Math bhma 2001 by math-Ellinas

ΤΕΥΧΟΣ ΙΗ΄ - ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ

2001

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΒΗΜΑ ΤΕΥΧΟΣ ΙΗ΄ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2001

Επιμέλεια Έκδοσης Γρηγόρης Μακρίδης – Ανδρέας Φιλίππου

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΕΥΚΩΣΙΑΣ Β’ ΚΑΙ Γ’ ΛΥΚΕΙΟΥ

“Ιάκωβος Πατάτσος”

ΧΡΟΝΟΣ: 3 ώρες

Δεκέμβριος 2000

Επιμέλεια: Σάββας Αντωνίου – Κ. Αντωνίου Να απαντηθούν όλα τα θέματα 1. Αν για την ακολουθία αν δίνεται ότι : i) α1 = α2 ii) αν+1 = αν +αν+1 ∀ν ≥ 2, ν ∈ Να δείξετε ότι ∀ν ∈ ισχύει: α12 + α 2 2 + … + αν 2 = α1 ·αν +1 2. Στο εσωτερικό τεταρτοκυκλίου ΑΟΒ με κέντρο το Ο και ακτίνα R, γράφουμε δύο ημικύκλια. Το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΟ και το ημικύκλιο ΒΓΔ με διάμετρο την ΒΔ (Δ σημείο της ΟΒ) και Γ το σημείο επαφής με το ημικύκλιου ΟΑ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μέρους του τεταρτοκυκλίου που είναι έξω από ημικύκλια συναρτήσει του R. 3. Το Σ είναι εσωτερικό σημείο του τετραγώνου ΑΒΓΔ, που δεν βρίσκεται πάνω στις διαγώνιους του. Αν α, β, γ, δ είναι οι γωνίες υπό τις οποίες φαίνονται από το σημείο Σ οι πλευρές του τετραγώνου ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα, να δείξετε ότι: 1 1 + =1 σφα + αφγ σφβ + σφδ 4. Δυο κύκλοι (Κ, α) και (Λ , β) εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Αν ΒΓ το κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα τους να δείξετε ότι ΒΓ = 2 α ·β . Αν (Ν,γ) ο κύκλος που εφάπτεται των 1 1 1 . = + κύκλων (Κ,α), (Λ,β) και του ΒΓ να δείξετε ότι:

5. Αν Χ1, Χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης Χ² + ΠΧ +Κ = 0 καθώς και ρίζες τηε εξίσωσης Χ 2ν + Πν Χν + Κν = 0 όπου ν άρτιος αριθμός και Χ1 ≠ Χ 2 να δείξετε ότι:

(α)

Χ1ν + Χ 2ν + Πν = 0

(β)

( Χ1 + Χ 2 )

(γ) οι αριθμοί

= Πν Χ1 Χ2 ν και είναι ρίζες της εξίσωσης Χν + 1 + ( Χ + 1) = 0 Χ2 Χ1

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. Για ν = 1 ⇒ α12 = α1 · α2 ⇒ α12 = α12 ⇒ αληθεύει. Δεχόμαστε ότι ισχύει για ν = κ ⇒ α12 + α 2 2 + …ακ 2 = ακ ·ακ +1

Θα δείξουμε ότι ισχύει για ν = κ+1, δηλ. α12 + α 2 2 + …ακ 2 + ακ +12 = ακ +1 ·ακ + 2

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΕΥΚΩΣΙΑΣ

Απόδειξη: Α΄ μέλος = (α12 + α 2 2 + …ακ 2 ) + ακ2 +1 = ακ ·ακ +1 + ακ2 +1 = ακ (ακ +1 + ακ +1 ) λόγω της (ii) ⇒ ακ+2 = ακ+1 + ακ Άρα Α΄ μέλος = ακ+1 · ακ+2 ⇒ ισχύει ∀ν ∈

ΟΛ = R − χ ,

ΟΚ =

R , 2

ΚΛ = χ +

R 2

ΛΟΚ = 90° ⇒ ( ΛΚ ) + ( ΟΚ ) + ( ΟΛ ) ⇒ 2

R⎞ ⎛R⎞ R 2 ⎛ 2 ⎜ χ + ⎟ = ⎜ ⎟ + ( R − χ ) ⇒ 3Rχ=R ⇒ χ = 2⎠ ⎝2⎠ 3 ⎝ 2 2 ⎛ ⎛R⎞ ⎛R⎞ ⎞ ⎜π ⎜ ⎟ π ⎜ ⎟ ⎟ 2 πR ⎜ ⎝ 2 ⎠ 3 Εγραμ = − + ⎝ ⎠ ⎟= ⎜ 2 4 2 ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠

π R2 4

−

π R2 8

−

π R2 18

π R2 8

−

R 2

π R2 18

3. Έστω λ η πλευρά του τετραγώνου και χ1 , χ 2 , χ 3 , χ 4 οι αποστάσεις του σημείου Σ από τις πλευρές του τετραγώνου. α = α1 + α 2 ⇒ σφα = σφ (α1 + α 2 ) ⇒

Δ χ4

σφα1 ·σφα 2 − 1 ⎫ χ1 χ 1 σφα = · −1 ⎪ σφα1 + σφα 2 ⎪ χ2 χ4 ⇒ ⎬ ⇒ σφα = χ χ1 χ1 χ1 ⎪ 1 + σφα1 = , σφα 2 = χ2 χ4 χ2 χ 4 ⎪⎭ χ 12 − χ 2 χ 4 ⇒ σφα = χ1 ( χ 2 + χ 4 )

χ12 − χ 2 χ 4 ⇒ σφα = λχ1

χ2 + χ 4 =λ

γ χ3 β χ2 α

χ1

χ4

χ2

χ 32 − χ 2 χ 4 ομοίως σφγ = ⇒ λχ 3 χ12 − χ 2 χ 4 χ 32 − χ 2 χ 4 χ12 χ 3 − χ 2 χ 3 χ 4 + χ1 χ 32 − χ1 χ 2 χ 4 σφα + σφγ = + = λχ1 λχ 3 λχ1 χ 3 λ

χ1 χ 3 ( χ1 + χ 3 ) − χ 2 χ 4 ( χ1 + χ 3 ) χ1 χ 3 − χ 2 χ 4 χ χ − χ2 χ4 = ⇒ σφα + σφγ = 1 3 λχ1 χ 3 χ1 χ 3 χ1 χ 3

κατά τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι: σφβ + σφδ =

χ 2 χ 4 − χ1 χ 3 χ2 χ4 Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΕΥΚΩΣΙΑΣ

Άρα

χ1 χ 3 χ χ − χ2 χ4 χ2 χ4 1 1 + = + = 1 3 =1 σφα + αφγ σφβ + σφδ χ1 χ 3 − χ 2 χ 4 χ 2 χ 4 − χ1 χ 3 χ1 χ 3 − χ 2 χ 4

Φέρω την ΕΛ//ΒΓ ⇒ ΒΓΛΕ ορθογώνιο ⇒ ΕΛ = ΒΓ, ΕΚ = α – β , ΚΛ = α + β

Δ Γ

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΛΕΚ :

Η β

( ΕΛ )

= (α + β ) − (α − β ) 2

ΕΛ=ΒΓ⇒ ( ΒΓ ) = 4αβ ⇒ ( ΒΓ ) = 2 αβ 2

Κατά τον ίδιο τρόπο προκύπτει ότι:

( ΔΓ ) = 2 βγ , ( ΒΔ ) = 2 αγ ΒΓ = ΒΔ + ΔΓ ⇒ 2 αβ = 2 βγ + 2 αγ διαιρώ με αβγ ⇒

αβ αβγ

βγ αβγ

αγ αβγ

⇒

5. Επειδή χ1 , χ 2 είναι ρίζες της Χ 2ν + Πν Χν + Κν = 0 ⇒

Χ12ν + Πν Χ1ν + Κν = 0 ⎫⎪ ⎬⇒ Χ 2 2ν + Πν Χ 2ν + Κν = 0 ⎪⎭ χ1 ≠ χ 2

⇒ ( χ12ν − χ 2 2ν ) + Πν ( χ1ν − χ 2ν ) = 0 ⇒ ( χ1ν + χ 2ν ) ( χ1ν − χ 2ν ) + Πν ( χ1ν − χ 2ν ) = 0 ⇒

χ1ν + χ 2ν + Πν = 0 (1) χ1 , χ 2 είναι ρίζες της ⇒ Χ 2 + ΠΧ + Κ = 0 ⇒ χ1 + χ 2 = −Π ⇒ ( χ1 + χ 2 ) = ( −Π ) ν

Επειδή ν άρτιος ⇒ ( χ1 + χ 2 ) = Πν (2) . Από τις (1) και (2)⇒ χ1ν + χ 2ν + ( χ1 + χ 2 ) = 0 (3) ν

Αντικαθιστώ στην Χν + 1 + ( Χ + 1) = 0 όπου Χ = ν

χ1 ⇒ χ2

⎛ χ1 ⎞ ( 3) χ1ν + χ 2ν + ( χ1 + χ 2 ) χ χ1ν ν +1+ ⎜ + 1⎟ = = 0 ⇒ 1 είναι ρίζα της Χν + 1 + ( Χ + 1) = 0 ν ν χ2 χ2 χ2 ⎝ χ2 ⎠ χ ν κατά τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και 2 είναι ρίζα την Χν + 1 + ( Χ + 1) = 0 χ1 ν

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΜΕΣΟΥ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗ Β΄ ΚΑΙ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ « ΑΝΔΡΕΑΣ ΒΛΑΜΗΣ » Χρόνος: 3 ώρες Δεκέμβριος 2000 Επιμέλεια: Μάριος Ευσταθίου – Θεόκλητος Παραγιού

Να λύσετε και τα πέντε θέματα. Κάθε θέμα βαθμολογείται με10 μονάδες.

1. Σε ορθογώνιο σύστημα αξόνων δίνονται τα σημεία Ο(0 ,0) , Α(0,1) Β(2,3) και Γ(5,0).Αν Ε και Ζ τα συμμετρικά σημεία του Γ ως προς τα σημεία Ο και Β αντίστοιχα , να αποδείξετε ότι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΟΑΒ , είναι το μέσον Μ του ευθυγράμμου τμήματος ΕΖ. ⎡ 4ν − 2 ⎤ 2. Δίνεται η ακολουθία (α ν ) με α 1 = 2 και α ν +1 = ⎢1 + ⎥ ⋅ α ν με α ν ≠ 0 για κάθε 2 ⎢⎣ ( 2ν − 1) ⎥⎦ ν ∈ `∗ (α) Να βρείτε τους λόγους αν+1 , αν + 2 και να αποδείξετε ότι η ακολουθία (αν) είναι αν αν +1 αριθμητική πρόοδος.

(β) Να αποδείξετε ότι ο γενικός όρος της αριθμητικής προόδου είναι α ν = 4ν − 2 και να βρείτε το άθροισμα Σν = α 1 + α 2 + ....... + α ν −1 + α ν ˆ = 90° ). Αν (Ι,ρ) ο εγγεγραμμένος στο τρίγωνο 3. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α κύκλος και Ε, Ζ τα σημεία επαφής του κύκλου (Ι,ρ) με τις πλευρές ΑΒ και ΒΓ α+β+γ ) αντίστοιχα, να δείξετε ότι: (α) ΒΖ = τ –β (α ,β , γ οι πλευρές του τριγώνου, τ = 2 2 ρ (τ − β )α και (β) ΑΓ = 2 . 2 ρ + (τ − β )

4. Από σημείο Ο του επιπέδου φέρουμε τις ημιευθείες Οx, Οy και Οz έτσι ώστε οι γωνίες , xOy , yOz και zOx να είναι ίσες με 120°. Πάνω στις ημιευθείες Οx, Oy και n = 60° . Αν ΑΟ = λ , Οz παίρνουμε τα σημεία Α ,Β και Γ αντίστοιχα τέτοια ώστε BAΓ να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΒΟΓ συναρτήσει του λ . 5. Να λυθεί στο R το σύστημα :

x + x2 − 9 = y y( x − 3 ) = 2( x + 3) 2

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. Επειδή Ζ συμμετρικό του Γ ώς προς το Β οι συντεταγμένες του Ζ είναι: 0 + yΖ y + yΖ 5 + xΖ xΓ + xΖ ⇔2= ⇔ x Ζ = −1 , y Β = Γ ⇔3= ⇔ y Ζ = 6 άρα Ζ(-1,6). xΒ = 2 2 2 2 Το σημείο Ε έχει συντεταγμένες Ε(-5,0). Το μέσον Μ του ΕΖ έχει συντεταγμένες Μ(-3,3). Άρα ΒΜ ⊥ΑΟ δηλ. ΒΜ είναι το ύψος του τριγώνου ΑΟΒ απο το Β. Έστω ΑΤ ⊥ΒΟ, θα δείξουμε ότι η ευθεία ΑΤ περνά απο το Μ. 38

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΜΕΣΟΥ

λ ΑΤ ⋅ λ ΒΟ = −1 ⇔ λ ΑΤ ⋅

3 = −1 2

2 ⇔ λ ΑΤ = − 3

2 Εξίσωση ΑΤ : y − 1 = − x 3 Η ευθεία ΑΤ περνά από το σημείο Μ(-3,3) ,επομένως το Μ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΟΒ ,αφού είναι σημείο τομής των υψών του ΒΜ και ΑΤ. 2.

( 2ν − 1) + 2 ( 2ν − 1) ( 2ν − 1)( 2ν − 1 + 2 ) ⋅ α ν ⇔ αν + 1 = ⋅α ν ⇔ ( a ) αν + 1 = 2 2 ( 2ν − 1) ( 2ν − 1) 2

α ν +1 = 2ν + 1 , (1) με αν ≠ 0 2ν − 1 αν 2ν + 3 α (2).Απο τις (1) και (2) έχουμε: Επίσης ν + 2 = α ν +1 2ν + 1 α ν + 2 + α ν = 2ν + 3 + 2ν − 1 = 4ν + 2 = 2(2ν + 1) = 2 άρα έχουμε: 2ν + 1 2ν + 1 2ν + 1 α ν +1 ⇔

2 αν +1 = αν + αν + 2 (3) για κάθε ν ∈ Ν∗ δηλ. η ακολουθία (αν ) είναι αριθμητική πρόοδος.

(β) Από την σχέση (3) έχουμε : αν +1 − αν = αν + 2 − αν +1 για κάθε ν ∈ Ν∗ .Για ν =1 3 η (1) δίνει α2 = ⇔ α2 = 6 ,άρα α2 − α1 = 4 και επομένως αk +1 = αk + 4 , ∀k ∈ ` ∗ . α1 1 Από την τελευταία σχέση έχουμε: για k =1 α2 = α1 + 4 για k =2 α3 = α2 + 4 ………………………. ………………………. για k =ν-1 αν = αν −1 + 4 . Προσθέτοντας τις προηγούμενες σχέσεις έχουμε: αν = α1 + (ν − 1)4 ⇔ αν = 2 + 4ν − 4 ⇔ αν = 4ν − 2 (4) ( α 1 + α ν ) ⋅ν Το άθροισμα Σν είναι: Σν = α 1 + α 2 + ....... + α ν −1 + α ν ⇔ Σν = ⇔ Σν = 2ν 2 . 2 Β

(α) Έχουμε: 2ΒΖ +2ΑΕ+2ΓΝ = α +β + γ, γιατί ΒΖ =ΒΕ , ΑΕ =ΑΝ και ΓΝ=ΓΖ ΒΖ + ΑΕ + ΓΝ = ⇔ ΒΖ = τ − β

α + β +γ 2

⇔ ΒΖ =

α + β +γ 2

− β ⇔ ΒΖ =

2(τ − β ) Ζ

(1)

(β) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: ΑΓ = ημΒ⋅ΒΓ

Μαθηματικό Βήμα 2001

Ι Γ

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΜΕΣΟΥ

Β Β ⋅ συν ⋅ ΒΓ Επειδή ΒΙ διχοτόμος της γωνίας Β και από το ορθογώνιο 2 2 ρ ⋅ (τ − β ) ⋅ α ρ ΒΖ τρίγωνο ΒΙΖ έχουμε: ΑΓ = 2 ⋅ ⋅ άρα από το (α) ⋅ ΒΓ ⇔ ΑΓ = 2 ⋅ 2 ΒΙ ΒΙ ΒΙ ρ ⋅ (τ − β ) ⋅ α ρ ⋅ (τ − β ) ⋅ α ⇔ ΑΓ = 2 ⋅ 2 . έχουμε: ΑΓ = 2 ⋅ 2 2 ΒΙ ρ + (τ − β ) ⇔ ΑΓ = 2ημ

(

)

l 1 = 600 − Α m .Επειδή η γωνία ΒΑΓ l = 1800 − 1200 + Α m ⇒Β 4. Β 2 1 m=Α m και άρα τα m = 600 − Α m .Επομένως Β είναι 60° έχουμε: Α 1 2 2 1 m=Α m και Ο m =Ο m τρίγωνα ΑΟΓ και ΑΟΒ είναι όμοια γιατί: Β 1 2 1 2 Από την ομοιότητα έχουμε: ΟΒ ΑΒ ΟΑ = = ⇒ ΟΒ ⋅ ΟΓ = ΟΑ 2 = λ 2 (1). ΟΑ ΑΓ ΟΓ Άρα το εμβαδόν του τριγώνου ΒΟΓ είναι: 1 1 3 Ε = ⋅ ΟΒ ⋅ ΟΓ ⋅ ημ120 ⇒ Ε = ⋅ ΟΒ ⋅ ΟΓ ⋅ και από την (1) 2 2 2 λ2 3 . το εμβαδόν του τριγώνου ΒΟΓ είναι: Ε = 4

120° 120° Ο

120°

5. Από την πρώτη εξίσωση του συστήματος έχουμε: y − x = x 2 − 9 και συμπεραίνουμε ότι: y-x ≥ 0.Υψώνοντας στο τετράγωνο και τα δύο μέλη έχουμε: 2 y +9 2 2 y x x − = − 9 ⇔ = (Α), με y ≠ 0 γιατί αν y =0 η δεύτερη εξίσωση μας ( ) x 2y δίνει 2(x +3)=0 δηλ. x = -3 και η πρώτη εξίσωση δίνει -3 = 0 (αδύνατη). Αντικαθιστώντας την (Α) στην δεύτερη εξίσωση του συστήματος έχουμε: 2 2 ⎛ y2 + 9 ⎞ ⎛ y2 + 9 ⎞ y − 3 )2 ⎤ ⎡ ( y2 + 9 y⋅ − 3 = 2⎜ + 3⎟ ⇔ y ⋅ = 2⎜ + 3⎟ ⇔ ⎜ 2y ⎟ ⎟ ⎢⎣ 2 y ⎥⎦ ⎜⎝ 2 y 2y ⎝ ⎠ ⎠

(

⇔ y⋅

)

( y − 3) 4y

= 2⋅

( y + 3) 2y

⇔ ( y − 3) = 4 ⋅ ( y + 3) 4

Από την τελευταία εξίσωση έχουμε: ( y − 3 ) = 2 ( y + 3) (Β) ή

( y − 3)

= −2 ( y + 3) (Γ)

Οι (Β) και (Γ) κάνοντας τις πράξεις δίνουν τις εξισώσεις: y − 8y + 3 = 0 (Δ)

και

y − 4y + 15 = 0 (Ε) αντίστοιχα. Λύνοντας την (Δ) έχουμε y = 4 ± 13 . Η λύση y = 4 − 13 απορρίπτεται γιατί δεν ικανοποιεί το περιορισμό y-x ≥ 0 και από την (Α) y −

2 2 y +9 y −9 = ≥ 0 . Άρα από την (Δ) κάνουμε δεκτή την y = 4 + 13 . 2y 2y

Αντικαθιστώντας το y στην (Α) έχουμε: x = 8 − 13 . Από την (Ε) έχουμε την διακρίνουσά της Δ< 0 , άρα δεν έχει λύση στο R. Αρα η μοναδική λύση του συστήματος είναι: y = 4 + 13 και x = 8 − 13 .

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΑΡΝΑΚΑΣ – ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ «ΠΕΤΡΑΚΗΣ ΚΥΠΡΙΑΝΟΥ» ΛΑΡΝΑΚΑΣ – ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ ΓΙΑ ΤΗ Β΄ ΚΑΙ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΡΟΝΟΣ: 3 ώρες

Δεκέμβριος 2000

Επιμέλεια: Δημήτριος Ιωαννίδης – Ανδρέας Φιλίππου

Να απαντηθούν όλα τα θέματα

Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφή Α(3,4). Η διχοτόμος ΒΕ έχει εξίσωση ψ = 2 και το ύψος ΓΖ έχει εξίσωση 3χ + 2ψ − 10 = 0 . Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών ΑΒ και ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ. Α Β Β Α Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ημ ·συν 3 = ημ ·συν 3 , να δειχθεί ότι το τρίγωνο είναι 2 2 2 2 ισοσκελές.

2. 3.

Να βρεθούν όλες οι τιμές του πραγματικού αριθμού λ έτσι ώστε η εξίσωση : ⎡ χ 2 − 2μχ − 4 ( μ 2 + 1) ⎤·⎡ χ 2 − 4 χ − 2μ ( μ 2 + 1) ⎤ = 0 να έχει ακριβώς 3 διαφορετικές ⎣ ⎦⎣ ⎦ μεταξύ τους ρίζες.

Δίνεται κύκλος Γ1 ( O, R ) με διάμετρο ΑΒ. Εάν Ρ είναι τυχαίο σημείο του κύκλου και Ν η ορθή προβολή του Π πάνω στην ΑΒ. Κύκλος Γ 2 ( Ρ, ΡΝ ) τέμνει τον κύκλο Γ1 στα σημεία Γ και Δ. Η ΓΔ τέμνει την ΡΝ στο Ε. Λ είναι το μέσο του τμήματος ΑΝ. Εάν ΛΖ ⊥ ΓΔ , όπου Z ∈ ΓΔ . Να δείξετε ότι: (α) ΕΡ = ΕΝ = ΕΖ (β) Α, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά.

Αν α1 ,α 2 ,α , ... αν είναι αριθμητική πρόοδος και α1 + α 2 + ... α μ = α μ +1 + α μ + 2 + ... + α μ +ν = α μ +1 + α μ + 2 + ... + α μ + λ όπου μ ≠ λ ≠ ν ≠ μ τότε να δείξετε :

⎛1

( μ +ν )⎜

⎝μ

−

⎛ 1 1⎞ 1⎞ ⎟ = (μ + λ )⎜ − ⎟ λ⎠ ⎝μ ν ⎠

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1.

2⎫ 2 3 ⎬ ⇒ λΑΒ = , Α ( 3, 4 ) 3 ΑΒ ⊥ ΓΖ ⎪⎭

λΓΖ = − ⎪

2 ( χ − 3) 3 ⇒ 2 χ − 3ψ + 6 = 0 ( AB ) ⇒ ( ΑΒ ) : (ψ − 4 ) =

( ΑΒ ) :

1 2

2 χ − 3ψ + 6 = 0 ⎫

⎬ ⇒ χ = 0 ⇒ Β ( 0, 2 ) ψ = 2⎭

2 1

l1 = Β l 2 = ω (ΒΔ διχοτόμος), Β l 1 = ω (εντός εναλλάξ) ⇒ Eˆ = Β 1

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΑΡΝΑΚΑΣ – ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ

λΓΒ = εφφ = εφ (180° − ω ) = −εφω = −λΑΒ = −

2 3

2⎫ 2 3 ⎬ ⇒ ψ − 2 = χ ⇒ 2 χ − 3ψ + 6 = 0 ( ΒΓ ) 3 Β ( 0, 2 ) ⎪⎭

λΓΒ = ⎪

Α Β Β Α 2. ημ ·συν 3 = ημ ·συν 3 ⇒ 2 2 2 2

εφ

Α · 2

Β τεμ 2

= εφ

Β · 2

Α τεμ 2

⇒

Α Β ημ Β 2 ·συν 2 = 2 ·συν 2 Α ⇒ Α Β 2 2 συν συν 2 2

ημ

εφ

Α 2

Β 1 + εφ 2

εφ

Β 2

⇒

Α 1 + εφ 2 2

Α Α Β Β + εφ 3 = εφ + εφ 3 ⇒ 2 2 2 2

Β⎞ ⎛ Α Β ⎞⎛ 2 Α Α Β Β⎞ ⎛ Α + εφ ·εφ + εφ 2 ⎟ = 0 ⇒ ⎜ εφ − εφ ⎟ + ⎜ εφ − εφ ⎟ ⎜ εφ 2⎠ ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2 2 2⎠ ⎝ 2 Β ⎞⎛ Α Β Β⎞ ⎛ Α 2 Α + εφ ·εφ + εφ 2 ⎟ = 0 ⎜ εφ − εφ ⎟ ⎜ 1 + εφ 2 ⎠⎝ 2 2 2 2⎠ ⎝ 2 1 + εφ 2

⇒ εφ

Α Α Β Β + εφ ·εφ + εφ 2 > 0 2 2 2 2 Α Β π⎞ ⎛ ⎜0 < , < ⎟ 2 2 2⎠ ⎝

Α Β Α Β − εφ = 0 ⇒ εφ = εφ 2 2 2 2 Δ

ˆ =Β ˆ ⇒ ΑΒΓ ισοσκελές. ⇒ Α 3. ⎡⎣ χ 2 − 2μχ − 4 ( μ 2 + 1) ⎤⎦·⎡⎣ χ 2 − 4 χ − 2 μ ( μ 2 + 1) ⎤⎦ = 0 ⇒

χ 2 − 2 μχ − 4 ( μ 2 + 1) = 0 (1)

χ 2 − 4 χ − 2μ ( μ 2 + 1) = 0 (2)

(Ι) Οι δύο εξισώσεις να έχουν μια κοινή ρίζα χ = χ0 . ⇒

χ 0 2 − 2 μχ 0 − 4 ( μ 2 + 1) = χ 0 2 − 4 χ 0 − 2μ ( μ 2 + 1) = 0 ⇒ 2 ( 2 − μ ) χ 0 = 2 ( 2 − μ ) ( μ 2 + 1)

( μ ≠ 2 διότι αν μ=2 οι δύο εξισώσεις θα ταυτίζονταν)

⇒ χ0 = μ 2 + 1 Αντικαθιστούμε στην (1) ⇒

( μ + 1)( μ − 3) = 0 ⇒

(μ

+ 1) − 2μ ( μ 2 + 1) − 4 ( μ 2 + 1) = 0 ⇒ μ 2 − 2 μ − 3 = 0 ⇒ 2

μ= -1 ή μ = 3

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΑΡΝΑΚΑΣ – ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ

⎧ 2 ⎪ χ + 2 χ − 8 = 0 ⇒ ( χ + 4 )( χ − 2 ) = 0 ⇒ χ = −4, χ = 2 ⎫⎪ (α) μ= -1 ⇒ ⎨ ⎬ ⇒ μ = −1 (απορρ) 2 2 ⎪⎩ χ − 4 χ + 4 = 0 ⇒ ( χ − 2 ) = 0 ⇒ χ = 2 ⎭⎪ ⎧⎪ χ 2 − 6 χ − 40 = 0 ⇒ ( χ − 10 )( χ − 4 ) = 0 ⇒ χ = 10, χ = 4 ⎫⎪ (β) μ=3 ⇒ ⎨ 2 ⎬ ⇒ μ = 3 (δεκτή) ⎪⎩ χ − 4 χ − 60 = 0 ⇒ ( χ − 10 )( χ − 6 ) = 0 ⇒ χ = 10, χ = 6 ⎪⎭ (ΙΙ) Εάν δεν έχουν κοινή ρίζα (α) Δ1 = 0 ⇒ 4 + 5μ2 > 0 (β) Δ2 = 0 ⇒ 4+2μ(μ2+1) (πρέπει να έχει μόνο μια ρίζα ⇒ Δ2 = 0 ⇒ μ =-1 (απορρίπτεται όπως προηγουμένως) 4. Δίνεται κύκλος Γ1 ( O, R ) με διάμετρο ΑΒ. Εάν Ρ είναι τυχαίο σημείο του κύκλου και Ν η

ορθή προβολή του Π πάνω στην ΑΒ. Κύκλος Γ 2 ( Ρ, ΡΝ ) τέμνει τον κύκλο Γ1 στα σημεία Γ και Δ. Η ΓΔ τέμνει την ΡΝ στο Ε. Λ είναι το μέσο του τμήματος ΑΝ. Εάν ΛΖ ⊥ ΓΔ , όπου Z ∈ ΓΔ . Να δείξετε ότι: (α) ΕΡ = ΕΝ = ΕΖ (β) Α, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά. Έστω Η το σημείο τομής της ΡΝ με Γ1 ΡΗ ⊥ ΑΒ (δεδ.) ⇒ ΑΒ μεσοκάθετος της ΡΗ, ⇒ n = ΗΑΝ n ΡΝ = ΝΗ ∧ ΡΑΝ ΡΓ = ΡΝ = ΡΔ ( = R ) ⇒ n = ΡΔΓ n = χ (εγ/νες στο ΓΡ p ) ΡΗΓ Δ

Συγκρίνω τα τρίγωνα ΡΗΓ , ΡΓΕ ˆ 1 = Γˆ 1 = χ ⎫⎪ Η ⇒ n = ΓΡΕ n (κοινη γωνια ) ⎬ ΓΡΗ ⎪⎭ Δ Δ ΗΡ ΗΓ ΡΓ = = ΗΡΓ ≈ ΓΡΕ ⇒ ⇒ ΓΡ ΓΕ ΡΕ

( ΓΡ )

= ΡΗ·ΡΕ ⎫⎪ ⎬⇒ ΓΡ = ΡΝ = R ⎪⎭

( ΡΝ )

= 2 ( ΡΝ ) ·( ΡΕ ) ⇒ Ε μεσο ΡΝ ⇒ ΡΕ = ΕΝ

ΑΡΔ ισοσκελές τρίγωνο ˆ =Α ˆ ⇒ ΑΝ διχοτόμος ⇒ Α ΑΝ ύψος 1 2 Λ μεσο ΑΝ ⎫ ˆ =Λ ˆ (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες) ⎬ ⇒ ΛΕ // ΑΡ ⇒ Α 1 2 Ε μεσο ΡΝ ⎭ ˆ =Α ˆ =Λ ˆ ⇒Α 1

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΑΡΝΑΚΑΣ – ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ

Εˆ 1 = Γˆ 1,2

(1)

⎫ ⎪ ⎪ q ˆ +Α ˆ =Λ ˆ +Λ ˆ ˆ =Λ ˆ ⇒ Α ˆ ˆ = Λˆ ⇒ Α εγ νες / Γˆ 1,2 = Α ΡΒΗ ⎬ ⇒ Εˆ 1 = Γˆ 1,2 = Α 1,2 1,2 1 2 1 2 1,2 1,2 1,2 ⎪ ˆ (πλευρες καθετες ) ⎪ Εˆ 1 = Λ 1,2 ⎭

(

)

⇒ Λˆ 2 + Λˆ 2 = Λˆ 1 + Λˆ 2 ⇒ Λˆ 1 = Λˆ 2 ⇒ ⇒ ΖΛΕ = ΝΛΕ ⇒ ΕΖ = ΕΝ ⇒ ΕΡ = ΕΝ = ΕΖ ˆ =Λ ˆ ⇒ ΑΖ // ΛΕ (β) Ισχύει Α 1 2 Δ Λ μεσο ΑΝ ⎫ ( ΑΡΝ ) : ⎬ ⇒ ΛΕ // ΑΡ Ε μεσο ΡΝ ⎭

⇒ ΑΖ // ΑΡ ⇒ Α, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά.

5. Αν α1 ,α 2 ,α , ... αν είναι αριθμητική πρόοδος και α1 + α 2 + ... α μ = α μ +1 + α μ + 2 + ... + α μ +ν = α μ +1 + α μ + 2 + ... + α μ + λ όπου μ ≠ λ ≠ ν ≠ μ

τότε να δείξετε :

⎛1

( μ +ν )⎜

⎝μ

−

⎛ 1 1⎞ 1⎞ ⎟ = (μ + λ )⎜ − ⎟ λ⎠ ⎝μ ν ⎠

2α1 + ( μ − 1) δ

⎫ ⎪ 2 ⎪ 2α μ +1 + (ν − 1) δ ⎪ α μ +1 + α μ + 2 + ... + α μ +ν = ·ν ⎬ ⇒ 2 ⎪ 2α μ +1 + ( λ − 1) δ ⎪ α μ +1 + α μ + 2 + ... + α μ + λ = ·λ ⎪ 2 ⎪⎭ 2α μ +1 + (ν − 1) δ 2α μ +1 + ( λ − 1) δ 2α1 + ( μ − 1) δ ·μ = ·ν = ·λ ⇒ 2 2 2

α1 + α 2 + ... + αν =

·μ

2α1 + ( μ − 1) δ 2 ( 2α1 + μδ ) + (ν − 1) δ 2 ( 2α1 + μδ ) + ( λ − 1) δ = = 1 1 1

μ ν 2α1 + ( μ − 1) δ − 2 (α1 + μδ ) − (ν − 1) δ 1

−

λ =

μ ν δ ( −μ − ν ) 1

−

μ ν

δ ( −μ − λ ) 1

−

2α1 + ( μ − 1) δ − 2 (α1 + μδ ) + ( λ − 1) δ 1 1 −

⎛1 1⎞ ⎛ 1 1⎞ ⇒ ( μ +ν )⎜ − ⎟ = (μ + λ )⎜ − ⎟ ⎝μ λ⎠ ⎝μ ν ⎠

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΑΦΟΥ

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΦΟΥ “ΑΝΔΡΕΑΣ ΧΑΤΖΗΘΕΟΡΗΣ” ΓΙΑ ΤΙΣ Β΄ ΚΑΙ Γ΄ ΤΑΞΕΙΣ ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΡΟΝΟΣ: 3 ώρες

Δεκέμβριος 2000

Επιμέλεια: Ευθύβουλος Λιασίδης – Νίκος Νικολαΐδης

Να απαντηθούν όλα τα θέματα

1. α) Να υπολογίσετε την τετραγωνική ρίζα του f (θ ) ≡ (1 + ημθ )( 3ημθ + 4συνθ + 5 ) β) Να βρείτε το πεδίο τιμών ης συνάρτησης ψ =

1 + ημχ 7 + 6συνχ

2. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ < ΔΓ και ΑΒ // ΔΓ. Οι διαγώνιες του τέμνονται στο Ρ. Ένας κύκλος περνά από το Δ, Ρ και Γ και εφάπτεται στην ΑΔ στο Δ και στην ΒΓ στο Γ. Να αποδείξετε ότι: n = ΑΔΒ n α) ΒΑΓ β) Ο κύκλος που περνά από το Α, Ρ και Δ εφάπτεται ης ΒΑ στο Α γ) Από τα Α, Β, Γ Και Δ περνά ένας κύκλος. 3. Να εξετάσετε αν το άθροισμα των κύβων τριών διαδοχικών ακεραίων διαιρείται ακριβώς με το 9. Μήπως το συμπέρασμα σας ισχύει για οποιουσδήποτε διαδοχικούς ακεραίους; Δώστε απόδειξη. 4. Έστω το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προεκτείνετε την ΑΔ και στην προέκταση της πάρτε σημείο Ε. Η ΒΕ συναντά ην ΑΓ και την ΓΔ στα σημεία Η και Θ αντίστοιχα. Αν (ΒΘ) = 60 cm (ΒΕ) = 90 cm, να βρείτε το μήκος του (ΒΗ). 5. α) Έστω f ( χ ) ≡ ( λ − 1) χ 2 − 6 ( λ − 1) χ + λ + 3 . Να προσδιοριστούν οι τιμές του λ ώστε οι ρίζες ( ρ1 < ρ 2 ) της εξίσωσης f ( χ ) = 0 να βρίσκονται μεταξύ των αριθμών 2 και 7. β) Να αποδείξετε ότι η παράσταση Α = α 2 + β 2 + γ 2 − βγ − γα − αβ με α ≠ β ≠ γ είναι πάντα θετική οποιαδήποτε και αν είναι τα α., β, γ. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. α) 1ος τρόπος f (θ ) = 3ημθ + 4συνθ + 5 + 3ημ 2θ + 4ημθσυνθ + 5ημθ = 8ημθ + 4συνθ + 4ημθσυνθ + 3ημ 2θσυν 2θ + 4 = ( 2ημθ + συνθ + 2 ) Άρα

f (θ ) =

( 2ημθ + συνθ + 2 )

= | 2ημθ + συνθ + 2 |

θ 2 ⎞ ⎛ 1 + t 2 + 2t ⎞ ⎛ 6t + 4 − 4t 2 + 5 + 5t 2 2t ⎞ ⎛ 2t 1− t2 ⎛ + + f (θ ) = ⎜1 + · 3 4 5 ⎟=⎜ ⎟⎜ 2 ⎟⎜ 2 2 1+ t2 1+ t2 ⎝ 1+ t ⎠ ⎝ 1+ t ⎠ ⎝ 1+ t ⎠⎝

2ος τρόπος Θέτω t = εφ

Μαθηματικό Βήμα 2001

⎞ ⎟= ⎠

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΑΦΟΥ

(1 + t )

+ 6t + 9 )

(1 + t )

2 2

= 2

Άρα

(1 + t ) ( t + 3)

(1 + t )

2 2 2

θ⎞ ⎛ θ ⎛ ⎞ ⎜1 + εφ ⎟ ⎜ εφ + 3 ⎟ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ = f (θ ) = ⎝ 2 ⎛ 2 θ ⎞ ⎜1 + εφ ⎟ 2⎠ ⎝

θ ⎞⎛ θ ⎛ ⎞ ⎜1 + εφ ⎟ ⎜ εφ + 3 ⎟ 2 ⎠⎝ 2 ⎝ ⎠ θ ⎛ ⎞ 2 ⎜1 + εφ ⎟ 2⎠ ⎝

2t 2 (1 + t ) 1 + t 2 + 2t 1+ t2 = ⇒ψ = 2 t + 13 1 − t 2 7 + 7t 2 + 6 − 6t 2 7+6 2 1+ t 2 2 2 ⇒ ψ t + 13ψ = 1 + t + 2t ⇒ (ψ − 1) t − 2t + 13ψ − 1 = 0

1 + ημχ θ , Θέτω t = εφ ⇒ ψ = β) ψ = 2 7 + 6συνχ

t ∈\

άρα Δ ≥ 0 ⇒ 22 − 4 (ψ − 1)(13ψ − 1) ≥ 0 ⇒ 1 − (ψ − 1)(13ψ − 1) ≥ 0 ⇒

−13ψ 2 + 14ψ ≥ 0 ⇒ ψ ( −13ψ + 14 ) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ ψ ≤

14 Σύνολο Τιμών. 13

n = ΑΓΔ n (εντός και εναλλάξ) 2. (α) ΒΑΓ n = ΑΔΒ n (εγγεγρ και χορδή, εφαπτ.) ΑΓΔ n = ΑΔΒ n ⇒ ΒΑΓ n (β) Στο κύκλο που περνά από Α, Δ, Ρ η ΑΡ χορδή και η ΑΔΒ n = ΒΑΓ n ⇒ ΑΒ εφαπτομένη. εγγεγραμ. αφού ΑΔΒ Δ (γ) ΔΓ χορδή του κύκλου, ΔΑ και ΒΓ εφαπτόμενες του κύκλου n = ΔΓΒ n στα άκρα της χορδής. Άρα ΑΔΓ n + ΒΑΔ n = ΑΔΓ n + ΒΑΔ n = 180° (εντός και επί αυτά) αλλά ΔΓΒ Άρα οι απέναντι γωνιές του ΑΒΓΔ είναι παραπληρωματικές και επομένως εγγράψιμο.

A Ρ

3. 1, 2, 3 ⇒ 1³+2³+3³ = 1+8+27 = 27 διαιρείται με 9. -1, 0, 1 ⇒ (-1)³+0³+1³ = 0 διαιρείται με 9. -3, -2, -1 ⇒ (-3)³+(-2)³+(-1)³ = -36 διαιρείται με 9. Γενικά: Έστω ν-1, ν, ν+1 διαδοχικοί ακέραιοι θετικοί και Αν ≡ (ν-1)³+ν³+(ν+1)³ για ν = 1 ⇒ Α1=0³+1³+2³ = 9 ισχύει. Έστω ότι ισχύει για ν = κ δηλ. Ακ = (κ-1)³+κ³+(κ+1)³ διαιρείται με 9 Αρκεί να αποδείξω ότι ισχύει για ν=κ+1 δηλ. Ακ+1=κ³+(κ+1)³+(κ+2)³ διαιρείται με 9. Αφαιρώ τις δύο τελευταίες σχέσεις κατά μέλη ⇒ Ακ+1 – Ακ = (κ+2)² - (κ-1)³ ⇒ Ακ+1 – Ακ = (κ+2-κ+1)[(κ+2)²+(κ+2)(κ-1)+(κ-1)²] = 3·(3κ²+3κ+3) = 9(κ²+κ+1) ⇒ ∴ Ακ +1 = Ακ + 9 (κ 2 + κ + 1) και αφού Ακ διαιρείται με 9 και 9(κ²+κ+1) διαιρείται με 9 ⇒

Ακ+1 διαιρείται με 9. Επειδή για τους αρνητικούς ακέραιους η διαφορά είναι μόνο το πρόσημο ⇒ η πρόταση ισχύει για οποιοδήποτε διαδοχικούς ακέραιους.

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΑΦΟΥ

4. ΒΕ = 90 m, ΒΘ = 60 cm Β Δ Δ ΑΒ ΒΗ ΑΗ ΑΒΗ ≈ ΓΘΗ ⇒ = = Θ Η ΓΘ ΘΗ ΓΗ ΔΓ ΒΗ Α ⇒ = (1) Δ ΓΘ ΘΗ Δ Δ ΔΘ ΘΕ ΔΕ ΔΘ + ΓΘ ΘΕ + ΘΒ ΔΓ ΒΕ ΔΘΕ ≈ ΓΘΒ ⇒ = = ⇒ = ⇒ = ( 2) ΓΘ ΘΒ ΓΒ ΓΘ ΘΒ ΓΘ ΘΒ

(1) και ( 2 ) ⇒

ΒΗ ΘΗ

ΒΕ ΘΒ

⇒

ΒΗ ΘΗ + ΒΗ

ΒΕ ΘΒ + ΒΕ

⇒

ΒΗ ΘΒ

ΒΕ ΘΒ + ΒΕ

⇒

ΒΗ 60

90 60 + 90

⇒ ΒΗ = 36cm

5. (α) ρ1 < ρ 2 ⇒ ρ1 , ρ 2 ∈ \

Δ ≥ 0 ⇒ 62 ( λ − 1) − 4 ( λ − 1)( λ + 3) ≥ 0 ⇒ ( λ − 1)( 8λ − 12 ) ≥ 0 ⇒ 2

Για να είναι 2 < ρ1 < ρ 2 < 7 πρέπει

α · f ( 2 ) > 0 ⇒ ( λ − 1) ⎡⎣( λ − 1) 4 − 6 ( λ − 1)·2 + λ + 3⎤⎦ > 0 α · f ( 7 ) > 0 ⇒ ( λ − 1) ⎡⎣( λ − 1) 49 − 6 ( λ − 1)·7 + λ + 3⎤⎦ > 0

( λ − 1) ⎡⎣7 ( λ − 1) + λ + 3⎤⎦ > 0 ⇒ ( λ − 1)(8λ − 4 ) > 0 ⇒

Από (1) , (4) και (5) ⇒ Άρα

3 11 <λ< 2 7

1 2

3 2

( 2) ( 3)

(2) ⇒ ( λ − 1) ⎡⎣ −8 ( λ − 1) + λ + 3⎤⎦ > 0 ⇒ ( λ − 1)( −7λ + 11) > 0 ⇒ (3) ⇒

1 2

3 2

(1)

11 7

(4)

11 7

(β) 1ος τρόπος

(α − β ) > 0 ⇒ α 2 + β 2 − 2αβ > 0 ⎫ ⎪ 2 ( β − γ ) > 0 ⇒ β 2 + γ 2 − 2 βγ > 0 ⎪⎬ ⇒ 2α 2 + 2 β 2 + 2γ 2 − 2αβ − 2 βγ − 2αγ ⎪ 2 (γ − α ) > 0 ⇒ γ 2 + α 2 − 2γα > 0 ⎪⎭ 2

>0⇒

⇒ α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − αγ > 0 (β) 2ος τρόπος α 2 − ( β + γ )α + β 2 + γ 2 − βγ , Εξίσωση β΄ βαθμού ως προς α. Επειδή ο συντελεστής του α² είναι1>0 και 2 Δ = ( β + γ ) − 4 ( β 2 + γ 2 − βγ ) = β 2 + γ 2 − 2 βγ − 4 β 2 − 4γ 2 + 4 βγ = −3 ( β 2 + γ 2 − 2 βγ ) ⇒ Δ = −3 ( β − γ ) < 0 (αφού β ≠ γ ) 2

⇒ α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − αγ > 0

Μαθηματικό Βήμα 2001

∀α ≠ β ≠ γ .

(5)

Παγκύπριος Διαγωνισμός Μαθηματικών για την Γ ' Γυμνασίου Παγκύπριος Διαγωνισμός Μαθηματικών για την Γ ' Γυμνασίου "Ευαγόρας Παλληκαρίδης" ΧΡΟΝΟΣ: 3 ώρες

Φεβρουάριος 2001

Επιμέλεια: Ανδρέας Αθανασίου – Όλγα Παπαγιάννη

Να απαντηθούν όλα τα θέματα

ΘΕΜΑ 1 i) Να κάνετε τις πράξεις:

χ κ +1 − χ κ 4 χ 2 − 6 χ ⋅ 8 χ 2 − 12 χ χ κ +1 + 2 χ κ α

ii) Να δείξετε ότι: α

− β

3 2

2 β

+ 1 +

= α

α + β α − β

ΘΕΜΑ 2 i. Να υπολογίσετε την αριθμητική τιμή της παράστασης :

2α + β 2β + α + , α 2 + 1 β 2 + 1

ii.

αν α +β = 5 και α⋅β = 6.

2 2 Δίνεται η παράσταση p(χ) = ( α+β) χ − 4 ( α+β) χ+ γ + 4 , όπου οι αριθμοί α, β, γ 2

είναι ακέραιοι με α > 0, β > 0 και γ ≥ 0. Αν η παράσταση αυτή παίρνει τιμή 0 για χ=1, να βρεθούν οι αριθμοί α, β και γ. ΘΕΜΑ 3 +

l = 2⋅Γ . Φέρουμε το ύψος ΑΔ και στην προέκταση l < 90D και Β Σε τρίγωνο ABΓ έχουμε Β της ΑΒ προς το μέρος του Β παίρνουμε τμήμα ΒΕ=ΒΔ. Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΔΕ διέρχεται από το μέσο Μ της πλευράς ΑΓ.

ΘΕΜΑ 4 i. Ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) έχει ΒΓ=ΓΔ=ΑΔ και τη βάση ΑΒ κατά 2cm μικρότερη από το άθροισμα των τριών αυτών πλευρών. Αν το ύψος του είναι 5cm, να υπολογίσετε το εμβαδό του τραπεζίου. ii. Αν α, β, γ είναι θετικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι: αβ (α + β) + βγ ( β+ γ) + αγ ( γ + α ) ≥ 6αβγ ΘΕΜΑ 5 Να βρείτε το υπόλοιπο και το πηλίκο της διαίρεσης του αριθμού:

240 + 228 + 223 + 220 + 218 + 217 + 26 + 25 + 2 + 1 δια του 223 + 2 + 1 . ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1 (i)

2χ ( 2χ − 3) χ κ ( χ − 1) χ κ+1 − χ κ 4χ 2 − 6χ χ −1 ⋅ κ ⋅ κ+1 = = 2 κ 8χ − 12χ χ + 2χ 2 (χ + 2) 4 χ ( 2 χ − 3) χ ( χ + 2 ) 2

Μαθηματικό Βήμα 2001

Παγκύπριος Διαγωνισμός Μαθηματικών για την Γ ' Γυμνασίου

α 3 − β3 α 3 − β3 α 3 − β3 = = 2β2 2β2 2 β2 ( α − β ) 2 2 2 2 2 2 α −β + α −β + α −β + α+β α − β + α + β 2α 1+ α −β α −β

( ii )

α ( α 3 − β3 ) α ( α 3 − β3 ) α 3 − β3 = = = α ( α 2 − β2 ) + β2 ( α − β ) α ( α 2 − β2 ) + β2 ( α − β ) α ( α 2 − β 2 ) + β 2 ( α − β ) α =

α ( α − β ) ( α 2 + αβ + β 2 )

( α − β ) ⎡⎣α ( α + β ) + β2 ⎤⎦

α ( α − β ) ( α 2 + αβ + β2 )

( α − β ) ( α 2 + αβ + β2 )

ΘΕΜΑ 2

(i ) = = = = =

(2 α

2α + β 2β + α + = 2 α + 1 β2 + 1

+ β

) (β 2

+ 2 α + β 3 + β + 2 α 2β + α α 2β 2 + α 2 + β 2 + 1

2α β

+ β 3 + 2 α 2β + α 3 + 3β + 3α α 2β 2 + α 2 + β 2 + 1

(α

)

+ β

α β 2

(α

α β 2

(α

α 2β

(α

− αβ

)

+ β

− α 2β − α β

)

+ β

(α (α + β

+ 3

(α

+ β

)

(α

+ β

) − 2α β + ) (3 − α β )

+ β

)

+ 1)+

(α

2α β

+ β

=α

(2 β

+ 1 )( β

+ α + 1)

) (α

+ 2β + α

)

− 2α β + 1

(α

+ β

)

− 2α β + 1

Αν τώρα αντικαταστήσω το α+β=5 και αβ=6 θα έχω:

53 + 5 ⋅ ( 3 − 6 ) 125 − 15 110 11 1 2 = = = = . 62 + 52 − 2 ⋅ 6 + 1 36 + 25 − 12 + 1 50 5 5

( ii)

p(χ) = ( α +β) χ2 − 4( α +β) χ + γ2 + 4 2

χ = 1 ⇒ p(1) = 0 ⇔ 0 = ( α +β) − 4( α +β) + γ2 + 4 ⇔ 0 = ( α +β− 2) + γ2 2

⇒ ( α +β− 2) = 0 και 2

γ = 0 ⇒α +β− 2 = 0 ⇒α +β = 2 ⇒

⇒ α = β = 1 ( α > 0,β > 0)

Μαθηματικό Βήμα 2001

+ 1)

Παγκύπριος Διαγωνισμός Μαθηματικών για την Γ ' Γυμνασίου ΘΕΜΑ 3 (i) Έστω Μ το σημείο τομής των ΔΕ και ΑΓ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΔΕ έχουμε :

l=Δ l=Δ m ⎫ Ε 1 1 2 ⎪⎪ l l Β = 2Ε1 ( ως εξωτερικη ) ⎬ ⇒ Γˆ = Δˆ 2 ⇒ ⎪ l = 2Γ ( υποθεση ) Β ⎪⎭ ⇒ ΔΜ = ΜΓ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε: ⎫⎪ Aˆ1 = 900 − Γˆ ˆ = Δˆ ⇒ ΔΜ = ΜΑ ⎬⇒ Α 1 3 ˆΔ = 900 − Δˆ = 900 − Γˆ ⎪ 3 2 ⎭

⇒ ΔΜ = ΜΑ = ΜΓ ⇒

⇒ Μ μέσο της ΑΓ. ΘΕΜΑ 4 (i) Αν ΑΒ = ΓΔ = ΑΔ = χ τότε ΑΒ = ΒΓ +ΓΔ +ΑΔ - 2 ή ΑΒ = 3χ - 2 Φέρουμε τα ύψη ΔΕ και ΓΖ του ισοσκελούς τραπεζίου ΑΒΓΔ και έχουμε:

ΑΒ − ΕΖ 3χ − 2 − χ 2χ − 2 = = = χ − 1 Από το ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε: 2 2 2 2 ΑΕ 2 + ΔΕ 2 = ΑΔ 2 ⇔ ( χ − 1) + 5 2 = χ 2 ⇔ χ 2 − 2 χ + 1 + 25 = χ 2 ⇔ − 2 χ + 26 = 0 ΑΕ = ΒΖ =

⇔ χ = 13 Επομένως, ΑΒ = 3χ − 2 = 3 ⋅ 13 − 2 = 37, και Ε ΑΒΓΔ =

ΓΔ = 13

( ΑΒ + ΓΔ ) ⋅ υ = ( 37 + 13) ⋅ 5 = 50 ⋅ 5 = 125cm2 2

2 2 ( ii ) αβ (α + β ) + βγ ( β + γ ) + αγ (γ + α ) = α β + αβ 2 + β 2γ + βγ 2 + αγ 2 + α 2γ = β (α 2 + γ 2 ) + α ( β 2 + γ 2 ) + γ (α 2 + β 2 ) ≥ β ·2αγ + α ·2 βγ + γ ·2αβ = 6αβγ * (α-β)2 ≥ 0 ⇒ α2+β2 – 2αβ ≥ 0 ⇒ α2+β2≥ 2αβ Ομοίως (α-γ)2 ≥ 0 ⇒ α2+γ2 – 2αγ ≥ 0 ⇒ α2+γ2≥ 2αγ, (γ-β)2 ≥ 0 ⇒ γ2+β2 – 2γβ ≥ 0 ⇒ γ2+β2≥ 2γβ (α>0, β>0 και γ>0) ΘΕΜΑ 5

240 + 228 + 223 + 220 + 218 + 217 + 26 + 25 + 2 + 1 = ( 240 + 228 + 223 ) + ( 218 + 26 + 2) + ( 217 + 25 + 1) + 220 = 223 ( 217 + 25 + 1) + 2 ( 217 + 25 + 1) + ( 217 + 25 + 1) + 220 = ( 217 + 25 + 1)( 223 + 2 + 1) + 220 Άρα το πηλίκο είναι:

217 + 25 + 1 και το υπόλοιπο: 220 .

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 2001 ΧΡΟΝΟΣ: 3 ώρες

Φεβρουάριος 2001

Να απαντηθούν όλα τα θέματα

1. α) Στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση τηςψ = f ( χ ) = αχ 2 + βχ + γ , χ ∈ \ , και α, β, γ σταθεροί πραγματικοί αριθμοί. Να βρείτε και να δικαιολογήσετε αν τα πιο κάτω είναι θετικά ή αρνητικά. (i) αβ (ii) αγ (iii) α − β + γ (iv) 3α − β (v) 4α + 2 β

y x O

β) Αν κ και λ είναι οι ρίζες της χ 2 + Αχ + Β = 0 και κ 2 − λ 2 είναι διπλή ρίζα της χ 2 + Εχ + Ζ = 0 , να βρείτε το Ζ συναρτήσει των Α και Β. 2. α) Πάνω σε μια ευθεία ΧΨ που χωρίζει επίπεδο σε δυο ημιεπίπεδα παίρνουμε τρία σημεία Α, Β και Γ έτσι, ώστε ΑΒ<ΒΓ. Σ’ ένα από τα δυο ημιεπίπεδα κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΕ. Να αποδείξετε ότι ΑΕ = ΓΔ. β) Σ ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Aˆ =90° ) η εσωτερική διχοτόμος της γωνιάς Β τέμνει την n = 45°. εξωτερική διχοτόμο της γωνιάς Γ στο Δ. Να αποδείξετε ότι ΒΔΓ 3. α) Στο διπλανό κυκλικό κυκλοφοριακό κόμβο η κυκλοφορία γίνεται όπως δείχνουν τα βέλη. Κάθε ώρα • 1500 αυτοκίνητα εισέρχονται από το δρόμο δ1. • 900 αυτοκίνητα βγαίνουν από τον κόμβο από το δρόμο δ5. • 2000 αυτοκίνητα περνούν από το δρόμο δ2. • 1500 αυτοκίνητα περνούν από το δρόμο δ6.

Πόσα αυτοκίνητα μπαίνουν κάθε ώρα στον κόμβο από το δρόμο δ3 και πόσα αυτοκίνητα βγαίνουν από το δρόμο δ7 ; β) Πέντε άνθρωποι (Α, Β, Γ, Δ και Ε) κατάγονται είτε από την Εντοπία είτε από την Ουτοπία. Είναι γνωστό ότι όσοι κατάγονται από την Εντοπία λέγουν πάντα την αλήθεια, ενώ όσοι κατάγονται από την Ουτοπία λέγουν πάντα ψέματα. Επίσης, είναι γνωστά τα πιο κάτω: • Ο Α είναι από την Εντοπία. • O Β λέγει ότι είναι από την Εντοπία. • Ο Γ λέγει ότι ο Δ είναι από την Εντοπία, • O Δ λέγει ότι σι Β και Ε δεν είναι από την Εντοπία. • O Ε λέγει ότι οι Α και Β είναι από την Εντοπία. Πόσοι από τους Α. Β. Γ, Δ και Ε κατάγονται από την Εντοπία ; 4. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Aˆ =90°). Έξω από το τρίγωνο ΑΒΓ σχηματίστε τα

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

τετράγωνα ΒΓΡΘ και ΑΓΗΚ. Η προέκταση της ΑΓ τέμνει την ΡΗ στο Δ. Να αποδείξετε ότι (ΑΒ) = 2(ΓΔ) και (ΡΔ) = (Δ Η). 5. α) Να βρείτε και να σχολιάσετε (διερευνήσετε ) τις λύσεις του συστήματος χ +ψ χψ 1 + =α + χψ χ +ψ α α, β ≠ 0 χ −ψ χψ 1 + =β+ χψ χ −ψ β

β) Τα α, β, γ είναι τα μήκη των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι τουλάχιστον μία από τις εξισώσεις χ 2 − 2αχ + 2 βγ = 0 , χ 2 − 2 βχ + 2αγ = 0 και χ 2 − 2γχ + 2αβ = 0 δεν έχει πραγματικές ρίζες.. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1.

(α) (i) −

β β > 0 ⇒ < 0 ⇒ αβ < 0 2α α

ή α < 0 διότι η f(x) έχει μέγιστο και − ή x1 + x2 > 0 από σχήμα ⇒ −

β a

β 2a

<0 ⇒

> 0 ⇒ β>0 ⇒ α·β<0

β a

> 0 ⇒ α·β <0

> 0 ⇒ α ·γ > 0 a ή α<0 , γ = f(0) <0 από σχήμα ⇒ α·γ>0 iii) α – β +γ = f(-1) < 0 από σχήμα α < 0, β > 0 ⇒ -β < 0, γ < 0 άρα α – β + γ < 0 iv) α < 0, β < 0 ⇒ 3α – β < 0 β 2β v) − > 1 από σχήμα ⇒ − > 1 επειδή –4α > 0 ⇒ 2β > - 4α ⇒ 4α + 2β > 0 4α 2α 2 2 2 2 2 (β) Z = (κ 2 − λ 2 ) διπλή ρίζα Z = (κ + λ ) ·(κ − λ ) = (κ + λ ) ·⎡(κ + λ ) − 4κλ ⎤ ⎣ ⎦ 2 2 επειδή κ + λ = −Α και κ ·λ = Β ⇒ Z = ( − A ) ⎡( − A ) − 4 B ⎤ ⇒ Z = A2 ( A2 − 4 B ) ⎣ ⎦ ii) x1 · x2 > 0 ⇒

2. Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΔΒΓ έχουν ΑΒ=ΔΒ, πλευρές ισοπλεύρου τριγώνου.

n = ΔΒΓ n = 600 + ΔΒΕ n (ή =120°) ABE ΒΕ = ΒΓ , πλευρές ισοπλεύρου τριγώνου Δ

⇒ ΑΒE = ΔΒΓ ⇒ ΑΕ = ΓΔ

(β) Φέρω την εσωτερική διχοτόμο της γωνίας Γˆ που συναντά την ΒΔ στο Ε 52

Ε Γ

A Μαθηματικό Βήμα 2001 Δ

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ Δ Bˆ Γˆ n εξωτερική γωνία του BΕΓ ⇒ Επειδή Bˆ + Γˆ = 90° ⇒ + = 45° , ΓΕΔ 2 2 ˆ ˆ n = B + Γ = 45° . ΓΕΔ 2 2 Δ

n = 45° ⇒ Επειδή ΕΓΔ ορθογώνιο στο Γ (εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος ) και ΓΕΔ n = 45° . ΒΓΔ Γ

εξωτερική Γˆ = 90° + Βˆ ⇒ 2Γˆ 2 = 90° + 2Βˆ 1 ⇒ Γˆ 2 = 45° + Βˆ 1 (1)

Γˆ 2 εξωτερική του ΓΔΒ ⇒ Γˆ 2 = Δˆ + Βˆ 1 (2) n = 45° Από (1) και (2) ⇒ Δˆ = 45° δηλ. ΒΔΓ

1 2

3. (α) Από το δ2 περνούν 2000 αυτοκίνητα. Αυτά έρχονται από δ1 (1500) και από δ8 . Άρα από δ8 περνούν 500. Από τα 2000 που περνούν από το δ2 τα 900 βγαίνουν από δ5. Άρα 1100 συνεχίζουν στο δ6, όμως από το δ6 περνούν 1500. Άρα από το δ3 εισέρχονται 400. Αφού από το δ6 περνούν 1500 και τα 500 συνεχίζουν στο δ8 ⇒ ότι από δ7 βγαίνουν 1000.

(β) Ο Α είναι από Εντοπία. Επειδή όσοι είναι από την Εντοπία λέγουν πάντα την αλήθεια και ο Ε λέγει την αλήθεια για τον Α (άρα και για τον Β) και επομένως είναι και ο ίδιος από την Εντοπία. Ο Δ συνεπώς λέγει ψέματα καθώς επίσης και ο Γ. Άρα από την Εντοπία κατάγονται τρεις οι Α, Β και ο Ε. 4. Προεκτείνω την ΓΔ και παίρνω σημείο Ε: ΓΕ = ΑΒ. Τότε Δ

ˆ = Γˆ , ΒΓ=ΓΡ) ΑΒΓ = ΓΕΡ (διότι ΑΒ=ΓΕ, Β ˆ = 90° και ΡΕ=ΑΓ=ΓΗ δηλ. ΡΕ//=ΓΗ⇒ΓΗΕΡ # . Άρα Εˆ = Α Επειδή οι διαγώνιοι του διχοτομούνται ⇒ ΓΔ=ΔΕ και ΡΔ=ΔΗ ⇒ ΑΒ=ΓΕ=2ΓΔ και ΡΔ=ΔΗ ⇒ (ΑΒ)=2(ΓΔ) και (ΡΔ)=(ΔΗ) ή Από το Ρ φέρουμε κάθετη στην προέκταση της ΑΓ. Έστω Ε

Β Ρ

Α Δ Δ Γ Δ Ε το κοινό σημείο. Τότε ΑΒΓ = ΕΓΡ (ορθογώνια με ΒΓ=ΓΡ n = ΡΓΕ n ) ⇒ ΡΕ//=ΓΗ (κάθετες στην ίδια ευθεία) ⇒ και ΑΒΓ ΡΕ=ΑΓ=ΓΗ, ΡΕ//=ΓΗ ⇒ ΓΗΕΡ # . Επειδή οι διαγώνιες του διχοτομούνται ⇒ ΓΔ=ΔΕ και ΡΔ=ΔΗ ⇒ ΑΒ=ΓΕ=2·ΓΔ και ΡΔ=ΔΗ ⇒ (ΑΒ)=2(ΓΔ) και (ΡΔ)=ΔΗ)

χ +ψ χψ χ +ψ χ +ψ 1 , =a ή = (1) αντίστροφοι αριθμοί ⇒ χψ χψ a χψ χ +ψ χ −ψ χ −ψ 1 ομοίως =β ή = (2). Από (1) και (2) προκύπτουν τα συστήματα: χψ χψ β

5. (α) Επειδή

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

χ +ψ ⎫ =α⎪ χψ ⎪ ⎬ (3) χ −ψ = β⎪ χψ ⎭⎪

χ +ψ ⎫ =α ⎪ χψ ⎪ ⎬ (4) χ −ψ 1 ⎪ = ⎪ χψ β⎭

2 ⎫ =α⎪ ψ χ ⎪ ψ Από (3) ⎬⇒ 1 1 2 − = β⎪ ⎪⎭ ψ χ χ 1

χψ 1⎫ χψ 1⎫ = ⎪ = ⎪ χ +ψ α ⎪ χ +ψ α ⎪ ⎬ (5) ⎬ (6) χ −ψ χ − ψ 1 =β⎪ = ⎪ ⎪ χψ χψ β⎭ ⎭⎪ 2 ⎫ =α + β⎪ ψ = α+β ⎪ ⎬⇒ 2 χ= =α − β⎪ ⎪⎭ α−β

2 ⎫ =α ⎪ =α + ψ χ ⎪ ψ Από (4) ⎬⇒ 1 1 1⎪ 2 − = =α − ψ χ β ⎪⎭ χ 1

1⎫ 2β ψ= ⎪ β⎪ αβ + 1 ⎬⇒ 1⎪ 2β χ= β ⎪⎭ αβ − 1

1⎫ 2 1 2α ⎫ = + β⎪ ψ = ⎪ ψ χ α⎪ ψ α αβ + 1 ⎪ Από (5) ⎬⇒ ⎬⇒ 1 1 2 1 2α χ= − =β⎪ = −β⎪ ⎪⎭ ⎪⎭ 1 − αβ ψ χ χ α 1

1⎫ 2 1 1⎫ 2αβ = + ⎪ ψ = ⎪ ψ χ α⎪ ψ α β⎪ α+β Από (6) ⎬⇒ ⎬⇒ 1 1 1⎪ 2 1 1⎪ 2αβ χ= − = = − ψ χ β ⎪⎭ χ α β ⎪⎭ β −α Διερεύνηση: για να ισχύουν οι πιο πάνω λύσεις πρέπει α ≠ ± β και αβ ≠ ±1 1

(β)

χ 2 − 2αχ + 2 βγ = 0 Δ1 = 4 (α 2 − 2 βγ )

χ 2 − 2 βχ + 2αγ = 0 ,

Δ 2 = 4 ( β 2 − 2αγ )

χ 2 − 2γχ + 2αβ = 0 Δ 3 = 4 (γ 2 − 2αβ )

λόγω της κυκλικής εναλλαγής μπορεί να υποθέσουμε ότι α ≥ β ≥ γ Δ

Αν ΑΒΓ ισόπλευρο (α=β=γ) ⇒ Δ1=Δ2=Δ3 = – 4α² <0 ⇒ οι τρεις διακρίνουσες δεν έχουν ρίζες στο \ . Δ

Αν το ΑΒΓ ισοσκελές: α = β > γ (1) ή α > β = γ (2) αν (1) ⇒ Δ1=4β(β-2γ) ; Δ2 = 4(β² - 2βγ) = 4β[β(β-2γ)] ; Δ3 = 4(γ² - 2β²) < 0 διότι η τρίτη εξίσωση δεν έχει ρίζες στο \ . αν (2) ⇒ Δ1 = 4(α²-2β²)<0 διότι α>β. Δ2=4(β²-2αγ)<0 διότι α>β. Δ3=4β(β-2α)<0 διότι α>β. όλες οι παραστάσεις δεν έχουν ρίζες στο \ . Δ

Αν το ΑΒΓ σκαληνό: α > β > γ Δ1=4(α²-2βγ) ; Δ2=2(β²-2αγ) ; Δ3=4(γ²-2αβ) < 0 διότι γ² < αβ Άρα η τρίτη παράσταση δεν έχει ρίζες στο \ . Κατά συνέπεια τουλάχιστο μια από τις εξισώσεις δεν θα έχει ρίζες πραγματικές. 54

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ "ΖΗΝΩΝ" ΧΡΟΝΟΣ: 3 ώρες

Μάρτιος 2001

Επιμέλεια: Γρηγόρης Μακρίδης – Σάββας Ιωαννίδης Να απαντηθούν όλα τα θέματα Θέμα 1. α) Να βρεθεί τα υπόλοιπο της διαίρεσης του 227 δια του 123. β) Εξετάστε κατά πόσον η παρακάτω εξίσωση έχει πραγματικές λύσεις (χ,ψ). Σε περίπτωση που υπάρχουν, να βρεθούν όλες. Σε περίπτωση που δεν υπάρχουν, να αποδειχθεί γιατί δεν υπάρχουν. 2 χ 2 + 6 χψ + 10ψ 2 − 2 χ + 6ψ + 10 = 0 Θέμα 2. 2χ Να λυθεί ανίσωση, 2 ≤ 3·2

χ+ χ

+ 4·22

στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.

Θέμα 3. Να βρεθεί ο μικρότερος θετικός ακέραιος ο οποίος μπορεί να γραφεί ως το άθροισμα εννέα, το άθροισμα δέκα και το άθροισμα έντεκα διαδοχικών θετικών ακέραιων αριθμών. Να βρεθούν επίσης οι ομάδες των διαδοχικών ακεραίων. Θέμα 4. Δίδονται οι διάφοροι του μηδενός πραγματικοί αριθμοί α, β, γ, δ, οι οποίοι ικανοποιούν τις παρακάτω σχέσεις, α + β +γ =δ βγδ + αγδ + αβδ = αβγ

α 3 + β 3 + γ 3 = 343 Να βρεθεί η αριθμητική τιμή του αθροίσματος α + β + γ + δ . Θέμα 5. Δίδεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και σημείο Ε στο εσωτερικό του τέτοιο ώστε E ΓΔ = ΕΔΓ = 15° . Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ισόπλευρο. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Θέμα 1. (α) Μέθοδος Ι Παρατηρούμε ότι (123 + p )(123 + q ) = 123 (123 + p + q ) + pq = 123k + pq ⇒

227 = 27 ·117 = ( 27 )(112 )(112 )(112 ) (11) = (123 + 5 )(123 − 2 )(123 − 2 )(123 − 2 )(11) = = 123m − 440 = 123m − 492 + 52 = 123 ( m − 4 ) + 52

Το υπόλοιπο όταν το 227 διαιρεθεί με 123 είναι 52. Μέθοδος ΙΙ 227 = ( 27 )( 211 )( 211 )( 211 ) ( 2 ) = (128 )(121)(121)(121)(11)( mod123) = = ( 5 )( −2 )( −2 )( −2 )(11)( mod123) = −440 ( mod123) = 52 ( mod123) ⇒ Υπόλοιπο 52

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ

(β) Η εξίσωση μπορεί να γραφεί στη μορφή ως: ( χ 2 + 6 χψ + 9ψ 2 ) + ( χ 2 − 2χ + 1) + (ψ 2 + 6ψ + 9 ) = 0 ⇒ ( χ + 3ψ )2 + ( χ − 1)2 + (ψ + 3)2 = 0

χ + 3ψ = 0 ⇒ χ − 1 = 0 Το σύστημα δεν έχει λύση. ψ +3= 0 Θέμα 2. χ ≥0

4·22

⇒ 4·2

+ 3·2 χ + χ

Εφόσον 2

− 22 χ ≥ 0 ⇒ 4·22

)

(

+ 2χ − 2χ 2

)

+ 4·2 χ +

(

+ 2χ ≥ 0 ⇒ 2

+ 2 χ >0 για όλα τα χ ∈

χ +2≥ χ⇒ χ − χ −2≤0⇒

(

− 2χ + χ

+ 2χ

− 22 χ ≥ 0 ⇒

)( 4·2

, αρκεί να λύσουμε: 4·2

)(

χ −1

)

χ −2 ≤0 ⇒

)

− 2x ≥ 0 χ

− 2 x ≥ 0 ⇒ 4·2

≥ 2x ⇒

χ ∈ [ 0, 2] ⇒ χ ∈ [ 0, 4]

Θέμα 3. Ο μέσος όρος εννέα διαδοχικών ακεραίων είναι ο 5ος ακέραιος (α5). Παρόμοια ο μέσος όρος έντεκα διαδοχικών ακέραιων αριθμών είναι 6ος (β6)και των δέκα ο μέσος όρος του 5ου και 6ου ακεραίων (γ5,6). Ο ζητούμενος ακέραιος ισούται με: γ +γ6 = 5 (γ 5 + γ 6 ) . Ο αριθμός διαιρείται με το 9, 11 και 5. 9·α 5 , 11·β 6 , 10· 5 2 Ο μικρότερος τέτοιος αριθμός είναι 9·11·5 = 495. Έλεγχος: 495 = 51 + 52 + … + 59 = 45 + 46 + … + 54 = 40 + 41 + … 50 9 διαδοχικοι

10 διαδοχικοι

11διαδοχικοι

Θέμα 4. α + β +γ =δ 1 1 1 1 βγδ + αγδ + αβδ = αβγ ⇒ + + =

α 3 + β 3 + γ 3 = 343

α + β +γ =δ ⎫

⎛1 1 1⎞ α α β β γ γ ⎪ 1 ⎬ ⇒ (α + β + γ )·⎜ + + ⎟ = 1 ⇒ 1 + + + + 1 + + + + 1 = 1 ⇒ + + = β γ α γ α β ⎝α β γ ⎠ α β γ δ ⎪⎭ 1

α α β β γ γ + + + + + + 2 = 0 ⇒ α 2γ + α 2 β + β 2γ + β 2α + γ 2 β + γ 2α + 2αβγ = 0 ⇒ β γ α γ α β α 2γ + α 2 β + β 2γ + β 2α + γ 2 β + γ 2α + αβγ + αβγ = 0 ⇒

αγ (α + γ ) + αβ (α + γ ) + β 2 (α + γ ) + βγ (α + γ ) = 0 ⇒ (α + γ ) (αγ + αβ + β 2 + βγ ) = 0 ⇒

(α + γ ) ⎡⎣α ( β + γ ) + β ( β + γ ) ⎤⎦ = 0

⇒ (α + γ )( β + γ )(α + β ) = 0 .

Άρα δύο από τους δοθέντες ακέραιους είναι αντίθετοι. Έστω α + β = 0 ⇒ α = − β ⇒ γ = δ Τότε η τρίτη σχέση μας δίνει κατά σειρά 3 α 3 + β 3 + γ 3 = 343 ⇒ ( − β ) + β 3 + γ 3 = 343 ⇒ − β 3 + β 3 + γ 3 = 343 ⇒ γ 3 = 343 ⇒ γ = δ = 7

Άρα α + β + γ + δ = 7 + 7 = 14 . 56

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ

Θέμα 5. Το τρίγωνο ΡΓΔ είναι ισοσκελές με ΡΓ=ΡΔ ⇒ Δ

ΒΓΡ = ΑΡΔ ⇒ ΒΡ = ΑΡ. Άρα η από το Ρ κάθετη στις πλευρές ΓΔ και ΑΒ είναι και διάμεσος των τριγώνων ΡΓΔ και ΑΒΡ Θέτουμε ΜΔ = α ⇒ ΑΔ = 2α, Δ ΡΜ ⇒ ΡΜ = α ·εφ150 ⇒ Στο τρίγωνο ΔΜΡ : εφ150 =

ΝΡ = 2α − α ·εφ150 ⇒ εφ ΒΑΡ = ⇒ εφ ΒΑΡ =

2α − α ·εφ15

ΝΡ ⇒ ΝΑ

2α Ρ 75°

15°

75°

= 2 − εφ150

3 3 = 3− 3 3 3+ 3 1+ 3 3− 3 6+ 2 3 −3+ 3 3+3 3 εφ ΒΑΡ = 2 − ⇒ εφ ΒΑΡ = ⇒ εφ ΒΑΡ = ⇒ 3+ 3 3+ 3 3+ 3

εφ 450 − εφ 300 Έχουμε εφ150 = εφ ( 450 − 300 ) = = 1 + εφ 450 ·εφ 300

εφ ΒΑΡ =

(

3 3+ 3 3+ 3

Μαθηματικό Βήμα 2001

) ⇒ εφ ΒΑΡ =

1−

3 ⇒⇒ ΒΑΡ = 600 ⇒ ΒΡΑ ισόπλευρο τρίγωνο.

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 15 ½ «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» ΧΡΟΝΟΣ: 3 ώρες

Απρίλιος 2001

Επιμέλεια: Ανδρέας Σαββίδης – Μάριος Αντωνιάδης 1.

Να απαντηθούν όλα τα θέματα (α)

Αν χ −

= α και χ 2 −

= β να δείξετε ότι: α 2 (α 2 + 4 ) = β 2

(β) Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει: α 2 + β 2 + γ 2 = 1 , να βρείτε την πιο μικρή τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση: αβ + βγ + γα . 2. Δυο ευθείες τέμνονται κάθετα στο σημείο Ο. Να πάρετε 4 σημεία στις ευθείες αυτές για να σχηματίσετε το τετράπλευρο ΑΒΓΔ (το Ο να είναι εσωτερικό σημείο του τετραπλεύρου) για το οποίο ισχύουν ΟΑ = ΟΔ = 2 ΟΒ και ΟΓ = 2 ΟΑ . Να δείξετε ότι τα μέσα των πλευρών του ΑΒΓΔ σχηματίζουν ορθογώνιο και αν ΑΒ = 125cm , να υπολογίσετε το εμβαδόν του ορθογωνίου. 3. Σ’ ένα σχολείο έγινε ψηφοφορία για την επιλογή μιας αντιπροσωπίας. Ο λόγος των μαθητών προς τις μαθήτριες ήταν α : β . Επειδή κατά τη μέρα της ψηφοφορίας έλειπαν γ μαθητές και δ μαθήτριες, ο λόγος των μαθητών προς τις μαθήτριες έγινε κ : λ . Να υπολογίσετε συναρτήσει των α, β, γ, δ, κ, λ το πλήθος των μαθητών και μαθητριών του σχολείου.

Β1 4. Δυο ρόμβοι ΑΒΓΔ και ΑΒ1Γ1 Δ1 έχουν κοινή n = ΒΑΔ n , όπως φαίνεται στο κορυφή Α και ΔΑΒ 1

σχήμα . Να δείξετε ότι τα σημεία τομής των διαγωνίων κάθε ρόμβου και το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΒΔ1 είναι κορυφές ισοσκελούς τριγώνου.

Γ1

Α Β Δ1

5. Ο Α έχει μόνο μια επιταγή και πηγαίνει σε τράπεζα να την εξαργυρώσει. Ο ταμίας από λάθος πληρώνει στον Α αντί το ποσό των λιρών το ποσό των σεντ και αντί το ποσό των σέντ το ποσό των λιρών. Ο Α αφού εξόδευσε £3,50 από τα λεφτά που εξαργύρωσε αντιλαμβάνεται το λάθος που έγινε. Μετρά τότε τα λεφτά που του έμειναν και βλέπει ότι το ποσό που κατέχει είναι ακριβώς το διπλάσιο που ήταν γραμμένο στην επιταγή. Για πιο ποσό είχε εκδοθεί η επιταγή;

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 15 ½

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 2 2 2 ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎡⎛ 1⎞ 1⎞ ⎛ 2 1 1. (α) α (α + 4 ) = ⎜ χ − ⎟ ⎢⎜ χ − ⎟ + 4 ⎥ = ⎜ χ − ⎟ ⎜ χ − 2 + 2 + 4 ⎟ = χ ⎠ ⎢⎣⎝ χ⎠ χ⎠ ⎝ χ ⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎠ 2

⎡⎛ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1 ⎞⎛ 1 ⎞⎤ = ⎜ χ − ⎟ ⎜ χ 2 + 2 + 2 ⎟ = ⎜ χ − ⎟ ⎜ χ + ⎟ = ⎢⎜ χ − ⎟ ⎜ χ + ⎟ ⎥ χ⎠ ⎝ χ⎠ ⎝ χ ⎠ ⎣⎝ χ ⎠⎝ χ ⎠⎦ χ ⎠ ⎝ ⎝

⎛ 1 ⎞ = ⎜χ2 − 2 ⎟ = β2 χ ⎠ ⎝ β΄ τρόπος 2 2 ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎡⎛ 1⎞ 1 ⎞⎛ 1 α (α + 4 ) = ⎜ χ − ⎟ ·⎢⎜ χ − ⎟ + 4 ⎥ = ⎜ χ 2 − 2 + 2 ⎟ ⎜ χ 2 + 2 − 2 + 4 ⎟ = χ ⎠ ⎢⎣⎝ χ⎠ χ ⎠⎝ χ ⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎠ 2

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞ 1 = ⎜ χ 2 + 2 − 2⎟⎜ χ 2 + 2 + 2⎟ = ⎜ χ 2 + 2 ⎟ − 4 = χ 4 + 4 − 2 χ χ χ ⎠ χ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ 2

⎛ 1 ⎞ 1 β = ⎜χ2 − 2 ⎟ = χ4 + 4 − 2 χ ⎠ χ ⎝ Άρα α 2 (α 2 + 4 ) = β 2 2

(β) α 2 + β 2 + γ 2 = 1 Επειδή (α + β + γ ) ≥ 0 ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2 βγ + 2γα ≥ 0 ⇒ 1 + 2 (αβ + βγ + γα ) ≥ 0 2

⇒ αβ + βγ + γα ≥ −

1 1 άρα η πιο μικρή τιμή που μπορεί να πάρει η παράσταση είναι − . 2 2

2. Ε, Ζ μέσα των πλευρών του ΑΒΔ Θ, Η μέσα των πλευρών του ΓΒΔ ΒΔ ⎫ EZ // = 2 ⎪⎪ ⇒ ΕΖ // = ΘΗ ⇒ ΕΖΗΘ παραλληλόγραμμο ⇒ ⎬ ΒΔ ⎪ ΘΗ // = 2 ⎪⎭ (απέναντι πλευρές παράλληλες και ίσες) n = ΕΘΗ n (γωνίες με πλευρές παράλληλες) ΑΟΔ n = 900 ⇒ ΕΘΗ n = 900 ⇒ ορθογώνιο. ΑΟΔ Έστω ΟΒ = χ τότε ΟΑ = ΟΔ =2χ και ΟΓ = 4χ. ΑΒ²=ΟΒ² + ΟΑ² ⇒ 125² = χ² +4χ² ⇒ 5χ² = 125 ⇒ χ = 25 5 cm 1 3χ 1 ΒΔ = 3χ ⇒ ΕΖ = ΒΔ = , ΑΓ = 6 χ ⇒ ΕΘ = ΑΓ = 3χ 2 2 2 3χ 9 9 1 ( ΕΖΗΘ ) = ·3χ = χ 2 = ·5·252 = ·28125 cm2 . 2 2 2 2 3. Έστω μ ο αριθμός των μαθητών και ν ο αριθμός των μαθητριών μ α μ −γ κ = = (1) , ( 2 ) . Ζητούμενο: μ + ν ν β ν −δ λ

Μαθηματικό Βήμα 2001

A Ε

Ο Θ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 15 ½

(1) ⇒ μ =

αν ( 3) β

( 2 ) ⇒ μλ − γλ = κν − δκ

( 3)

αν λ − γλ = ν − δκ ⇒ ανλ − γλβ = βκν − βδκ ⇒ λαν − βκν = γλβ − βδκ ⇒ β β (γλ − δκ ) ν (αλ − βκ ) = β (γλ − δκ ) ⇒ ν = ( 4) αλ − βκ ( 4) α β (γλ − δκ ) α (γλ − δκ ) = . Άρα από (4) και (5) ( 3) ⇒ μ = β αλ − βκ αλ − βκ α (γλ − δκ ) β (γλ − δκ ) (α + β )(γλ − δκ ) μ +ν = + = αλ − βκ αλ − βκ αλ − βκ ⇒

4. Στο τρίγωνο ΒΔΔ1 E μεσο ΒΔ ⎫ 1 ⎬ ⇒ ΕΜ = ΔΔ1 Μ μεσο ΒΔ1 ⎭ 2

Όμοια στο τρίγωνο Δ1ΒΒ1 :

ΜΖ =

Β1 Δ 1 ΒΒ1 2

Συγκρίνω τα τρίγωνα ΑΒΒ1 και ΑΔΔ1 ΑΒ = ΑΔ πλευρές ρόμβου ΑΒΓΔ ΑΒ1 = ΑΔ1 πλευρές ρόμβου ΑΒ1Γ1Δ1 n 1 = ΔΑΔ n1 ΒΑΒ n n διότι Δ AB1 = BA Δ1 δεδομένο n = ΒΑΔ n + ΒΑΔ n 1 = ΔΑΔ n1 ΒΑΒ

Z Α

Γ1

M Δ1

Ώστε τα τρίγωνα ΑΒΒ1 , ΑΔΔ1 είναι ίσα διότι έχουν 2 πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες ⇒ ΒΒ1 = ΔΔ1 (3) Οπότε από τις σχέσεις (1), (2) και (3) ⇒ ΕΜ = ΜΖ. Άρα ΜΕΖ ισοσκελές τρίγωνο. 5. Το ποσό της επιταγής είναι σε £ και σεντ. Έστω ότι οι £ είναι χ (χ είναι ακέραιος) και ψ τα σέντ. (0< ψ < 100, ψ ακέραιος) Το ποσό της επιταγής είναι 100χ + ψ σέντ. Ο ταμίας όμως εξαργυρώνει την επιταγή για 100ψ +χ σεντ. 100ψ + χ – (3·100 + 50) = 2(100χ + ψ) ⇒ 100ψ + χ – 350 = 200χ + 2ψ ⇒ 199χ – 98ψ = - 350 ⇒ 98ψ − 350 14 ( 7ψ − 25 ) χ= = 199 199 Αλλά χ ακέραιος αριθμός και το 14 με το 199 είναι πρώτοι αριθμοί. Άρα πρέπει: 7ψ − 25 = 199t , 0 ≤ 7ψ < 700 ⇒ 0 ≤ 199t + 25 < 700 ⇒ −25 ≤ 199t < 725 . Ώστε το t μπορεί να πάρει τις τιμές 0, 1, 2, 3 και το ψ είναι ακέραιος για t=0 ⇒ 7ψ=25 απορ. , t=1 ⇒ 7ψ=199+25=225 ⇒ ψ = 32, χ = 24 t = 2 ⇒ 7ψ = 423 απορ. , t = 3 ⇒ 7ψ = 622 απορ. Ποσόν επιταγής : £ 14,32 σεντ.

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΒΜΟ – ΙΜΟ 2001 ΧΡΟΝΟΣ: 4 ½ ώρες

Μάρτιος 2001

Επιμέλεια: Γρηγόρης Μακρίδης - Ανδρέας Σχοινής

Να απαντηθούν όλα τα θέματα

Θέμα 1. α) Ο Ζήνων εναλλάσσει τις θέσεις ενός τετραψήφιου αριθμού δημιουργώντας νέους τετραψήφιους ώστε τα ψηφία του αρχικού αριθμού να βρίσκονται σε διαφορετική θέση μετά την εναλλαγή. Μετά αφαιρεί κάθε νέο αριθμό από τον αρχικό. Να βρεθεί το αποτέλεσμα ή αποτελέσματα που βρήκε ο Ζήνων, αν το αποτέλεσμα είναι τριψήφιος αριθμός και τέλειο τετράγωνο. 2·αν −1 − 3 , ν ∈ ` . Να βρεθεί β) Η ακολουθία αν ορίζεται επαγωγικά με α 0 = −1, αν = 3·αν −1 − 4 κλειστός τύπος για το γενικό όρο της ακολουθίας. Θέμα 2. Στη διπλανή περιφέρεια δίνονται τα σταθερά σημεία Α και Β και η σταθερή χορδή ΕΖ. Από τυχαίο Γ της περιφέρειας φέρνουμε τις χορδές ΓΑ και ΓΒ που τέμνουν τη σταθερή χορδή ΕΖ στα σημεία Μ ( ΕΜ )( ΝΖ ) είναι και Ν αντίστοιχα. Να δείξετε έτι ο λόγος: ( ΜΝ ) σταθερός.

A B Ε

ΘΕΜΑ 3. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι ν για τους οποίους ο αριθμός ν 8 − ν 2 δεν διαιρείται με το 72. ΘΕΜΑ 4. Δίδεται f ( x ) = χ 4 − 4 χ 3 + ( 3 + λ ) χ 2 − 12 χ + 12 όπου λ πραγματικός αριθμός. α) Να βρεθούν όλοι οι ακέραιοι λ ώστε η παρακάτω εξίσωση να έχει τουλάχιστο μια ακέραια λύση, f ( χ ) = f (1 − χ ) − 4 χ 3 β) Να βρεθούν όλες οι τιμές του λ, ώστε το f ( χ ) ≥ 0 να ισχύει για κάθε πραγματική τιμή του χ. ΘΕΜΑ 5. Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Ε, Δ, Ζ έτσι ώστε: ΒΕ 1 ΑΖ 1 ΓΔ 2 = , = , = . να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΔΕΖ αν γνωρίζετε ότι ΒΑ 2 ΑΓ 3 ΓΒ 7 το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ισούται με 7 cm².

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΒΜΟ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1 (α) αβγδ , βαδγ , γδαβ , δγβα , βδαγ , γαδβ

1000α + 100 β + 10γ + δ ⎫⎫⎫ ⎬⎪⎪ 900α − 900 β − 9δ + 9γ = 9κ −1000 β − 100α − 10δ − γ ⎭⎬⎪ ⎬ 990α + 99 β − 990γ − 99δ = 9κ −1000γ − 100δ − 10α − β ⎭⎪⎪ 999α + 90 β − 90γ − 999δ = 9κ −1000δ − 100γ − 10 β − α ⎭⎪ −1000 β − 100δ − 10α − γ # −1000γ − 100α − 10δ − β Άρα το αποτέλεσμα διαιρείται με το 9. Τριψήφιος και τέλειο τετράγωνο και πολλαπλάσιο του 9. 3 4 5 6 7 8 9 10 122 15² 18² 21² 24² 27² 30² 3 4 5 6 7 8 9 10 144, 225, 324, 441, 24², 27², 30² . 576, 729, 900 (β)

5 6·1 − 1 = 7 6·1 + 1 11 6·2 − 1 α2 = = 13 6·2 + 1 17 6·3 − 1 α3 = = 19 6·3 + 1 # 6·ν − 1 αν = 6·ν + 1 Απόδειξη με επαγωγή. 2α − 3 2·( −1) − 3 5 6·1 − 1 Ισχύει. ν = 1 α1 = 0 = = = 3α 0 − 4 3·( −1) + 4 7 6·1 + 1

α1 =

Έστω ότι ισχύει για ν=κ ⇒ ακ = 2 ( 6κ − 1)

6·κ − 1 6·κ + 1

−3 2ακ − 3 12κ − 2 − 18κ − 3 −6κ − 5 6 (κ + 1) − 1 6 κ 1 + ακ +1 = = = = = Ισχύει ∀ν ∈ ` 3ακ − 4 18κ − 3 − 24κ − 4 6κ + 7 6 (κ + 1) + 1 ⎛ ( 6κ − 1) ⎞ 3⎜ ⎟−4 6 κ 1 + ⎝ ⎠ ΘΕΜΑ 2. A Δ Από το σημείο Α φέρουμε τη χορδή ΑΔ//ΕΖ, και τη ΔΒ που τέμνει την ΕΖ στο σημείο Ο. Τα τρίγωνα ΜΓΝ και ΒΟΝ είναι όμοια γιατί: n = ΒΝΟ n και B ΜΝΓ Μ Ν n − ΖΔΒ n = 1 ΕΑΔ q − ΒΖ p = 1 ΕΑΔΒ q − ΔΖ p ˆ = ΕΖΔ Ο Ε Ζ O 2 2

(

) (

)

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΒΜΟ

(

)

1 q p 1q ˆ ΕΑΔΒ − ΑΕ = ΑΔΒ = Γ . 2 2 ΜΝ ΝΒ Άρα = ⇒ ΜΝ·ΝΟ = ΓΝ·ΝΒ . Αλλά ΓΝ·ΝΒ = ΝΕ·ΝΖ επομένως ΝΕ·ΝΖ = ΜΝ·ΝΟ ΓΝ ΝΟ ΕΝ ΝΟ ΕΝ − ΜΝ ΝΟ − ΝΖ ΕΜ ΖΟ ΕΜ·ΝΖ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ΖΟ σταθερό γιατί ⇒ ΜΝ ΝΖ ΜΝ ΝΖ ΜΝ ΝΖ ΜΝ το ΖΟ εξαρτάται μόνο από τη θέση των σημείων Α, Β και της χορδής ΕΖ. =

ΘΕΜΑ 3. Έστω Α (ν ) = ν 8 − ν 2 3 Α (ν ) = ν 2 (ν 6 − 1) = ν 2 ⎡⎢(ν 2 ) − 1⎤⎥ = ν 2 (ν 2 − 1)(ν 4 + ν 2 + 1) = ν 2 (ν − 1)(ν + 1) (ν 4 + ν 2 + 1) = ⎣ ⎦ 2 2 = ν (ν − 1)(ν + 1) (ν − ν + 1)(ν 2 + ν + 1)

72 = 8·9 Πρώτα θα δείξουμε ότι το Α (ν ) διαιρείται με το 9.

ν ≡ 0 ( mod 3) ⇒ ν 2 ≡ 0 ( mod 9 ) ν ≡ 1( mod 3) ⇒ ν − 1 ≡ 0 ( mod 3) ⇒ ν 2 + ν + 1 ≡ 0 ( mod 3) ν 2 ≡ 1( mod 3) ν ≡ −1( mod 3) ⇒ ν + 1 ≡ 0 ( mod 3) ⇒ ν 2 − ν + 1 ≡ 0 ( mod 3) ν 2 ≡ 1( mod 3) ⇒ ν 8 − ν 2 ≡ 0 ( mod 3) ∀ν ∈ ` * Τώρα αρκεί να αποδείξουμε ότι το Α (ν ) δεν διαιρείται με το 8. Αν ν περιττός τότε (ν − 1)(ν + 1) διαιρείται με το 8 εφόσον στο (ν − 1)(ν + 1) υπάρχουν τουλάχιστον τρεις παράγοντες που είναι 2. Αν ν άρτιος και ν διαιρείται με το 4 τότε το ν ² ≡ 0 ( mod 8 ) . Αν ν άρτιος και ν ≡ 2 ( mod 4 ) τότε το Α (ν ) διαιρείται με το 4 αλά όχι με το 8.

ν = 4κ + 2 ⇒ ν 2 = ( 4κ + 2 ) = 22 ( 2κ + 1) 2

ν -1 περιττός ν + 1 περιττός ν² - ν +1 περιττός ν² + ν +1 περιττός

(ν − 1)(ν + 1) (ν 2 − ν + 1)(ν 2 + ν + 1) περιττός

≠ 2κ ⇒

ν 2 (ν − 1)(ν + 1) (ν 2 − ν + 1)(ν 2 + ν + 1) ≠ 4·24

ΘΕΜΑ 4. (α) f ( χ ) − f (1 − χ ) + 4 χ 3 = 0 ⇒

χ 4 − 4χ 3 + ( 3 + λ ) χ 2 − 12χ + 12 − (1 − χ ) + 4 (1 − χ ) − ( 3 + λ )(1 − χ ) + 12 (1 − χ ) − 12 + 4χ 3 = 0 4

(1) 2 2 Δ = 4 (13 − λ ) − 24 (12 − λ ) = 4 (169 − 26λ + λ 2 ) − 288 + 24λ = 4λ 2 − 80λ + 388 = 4 ⎡( λ − 10) − 3⎤ ⎣ ⎦

⇒ 6 χ 2 − 26 χ + 2λχ + 12 − λ = 0

Μαθηματικό Βήμα 2001

⇒

6 χ 2 − 2 (13 − λ ) χ + 12 − λ = 0

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΒΜΟ

Για ακέραιες λύσεις ⇒ Δ = τέλειο τετράγωνο ⇒ ( λ − 10 ) − 3 = α 2 ⇒ ( λ − 10 ) = α 2 + 3 2

α 2 + 3 = β 2 ⇒ β 2 − α 2 = 3 ⇒ ( β − α )( β + α ) = 3 ⇒ α = 1, β = 2 ⇒

( λ − 10 )

− 3 = 1 ⇒ ( λ − 10 ) = 4 ⇒ λ = 12 η ′ λ = 8 2

Αν λ = 8 ⇒ (1) : 6χ² - 10χ + 4 = 0 ⇒ χ = 1 ακέραια λύση. Αν λ = 12 ⇒ (1): 6χ² - 2χ = 0 ⇒ χ = 0 ακέραια λύση . (β) f ( χ ) = χ 4 − 4 χ 3 + ( 3 + λ ) χ 2 − 12 χ + 12 = ( χ 2 + 3) ( χ − 2 ) + χ 2 ( λ − 4 ) Αν λ < 4 ή λ – 4 < 0 τότε υπάρχει πραγματικό χ ώστε f(χ) < 0, για παράδειγμα f(2) = 4(λ – 4). Έστω τώρα λ > 4. Τότε λ − 4 ≥ 0 και εφόσον χ² + 3 > 0, (χ – 2)² > 0 και χ² > 0 ⇒ f(χ) > 0. Άρα f(χ) > μόνον αν λ > 4 . ΘΕΜΑ 5. ΒΔ ΒΓ − ΔΓ ΔΓ 2 5 = = 1− = 1− = ΒΓ ΒΓ ΒΓ 7 7

A Ζ

ΕΑ ΒΑ − ΒΕ ΒΕ 1 1 = = 1− = 1− = ΒΑ ΒΑ ΒΑ 2 2 ΓΖ ΓΑ − ΖΑ ΖΑ 1 2 = = 1− = 1− = ΓΑ ΓΑ ΓΑ 3 3 1 ( ΑΕΖ ) 2 ( ΑΕ )( ΑΖ )ημΑ ΑΕ ΑΖ 1 1 1 = = = · = · ( ΑΒΓ ) 1 ( ΑΒ )( ΑΓ )ημΑ ΑΒ ΑΓ 2 3 6 2

(i )

( ΓΖΔ ) ( ΓΖ )( ΓΔ ) ΓΖ ΓΔ 2 2 4 = = = · = · ( ii ) ( ΑΒΓ ) ( ΓΑ )( ΓΒ ) ΓΑ ΓΒ 2 7 21 ( ΔΕΒ ) ( ΒΔ )( ΒΕ ) ΒΔ ΒΕ 5 1 5 = = = · = · ( iii ) ( ΑΒΓ ) ( ΒΓ )( ΒΑ ) ΒΓ ΒΑ 7 2 14 Προσθέτω τις (i) , (ii) και (iii):

( ΑΕΖ ) + ( ΓΖΔ ) + ( ΔΕΒ ) 1 4 5 5 = + + = 6 21 14 7 ( ΑΒΓ )

( ΑΒΓ ) − ( ΔΕΖ ) 5 ( ΔΕΖ ) 5 ( ΔΕΖ ) 5 2 = 1− = = ⇒ 1− = ⇒ 7 7 7 ( ΑΒΓ ) ( ΑΒΓ ) 7 ( ΑΒΓ )

( ΔΕΖ ) =

⇒ ( ΔΕΖ ) =

⇒ 2 ( ΑΒΓ ) ⇒ 7

2 ·7 = 2 cm 2 7

Μαθηματικό Βήμα 2001

5η Βαλκανιάδα Νέων κάτω των 15 ½ JBMO (Junior Balkan Mathematical Olympiad) 17-22 Ιουνίου, 2001, Λευκωσία, Κύπρος Ημερομηνία διαγωνισμού : Πέμπτη, 19 Ιουνίου, 15.00-19.30

Επιμέλεια: Ανδρέας Φιλίππου – Θεόκλητος Παραγιού Να λυθούν όλα τα προβλήματα 1. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a, b, c ώστε να ισχύει: a 3 + b 3 + c 3 = 2001 .

ACB =90° και AC ≠ BC . Παίρνουμε τα σημεία L και H 2. Θεωρούμε τρίγωνο ABC με n n n και με CH κάθετο ευθύγραμμο τμήμα πάνω στην της πλευράς AB ώστε ACL = LCB AB. α) Για κάθε σημείο Χ (διαφορετικό από το C) της ευθείας CL να αποδείξετε ότι n XAC ≠ n XBC . β) Για κάθε σημείο Y (διαφορετικό από το C) της ευθείας CH να αποδείξετε ότι n ≠ YBC n. YAC 3. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ABC. Έστω D, E τυχαία σημεία των πλευρών AB και AC αντίστοιχα. Aν DF, EG ( F ∈ AE , G ∈ AD ) είναι εσωτερικές διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου ADE, να αποδείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων DEF και DEG είναι μικρότερο ή ίσο από εμβαδόν του τριγώνου ABC. Επίσης να εξηγήσετε σε ποια περίπτωση ισχύει η ισότητα. 4. Δίνεται κυρτό πολύγωνο με 1415 πλευρές το οποίο έχει περίμετρο ίση με 2001cm. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν τρεις κορυφές αυτού του πολυγώνου, που σχηματίζουν τρίγωνο με εμβαδόν μικρότερο από 1cm². ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Άσκηση 1. Αν υποθέσουμε ότι a ≤ b ≤ c θα αποδείξουμε ότι έχουμε μια μοναδική λύση την a = 1 και b = c = 10 . Εστω n ∈ N . Αν n = 3k , k ∈ N τότε n 3 = 9λ και αν n = 3k ± 1 τότε n 3 = 9λ ± 1 .(1) Παρατηρούμε ότι 2001 ≡ 3(mod 9 ) . Επειδή a 3 + b 3 + c 3 = 2001

για να ισχύει

3 3 3 a + b + c = 2001 ≡ 3(mod 9) η μοναδική περίπτωση απο την (1) είναι: 3 3 3 α ≡ b ≡ c ≡ 1( mod 9 ) και άρα a ≡ b ≡ c ≡ 1(mod 3) , δηλαδή a = 3m + 1 , b = 3n + 1 ,

c = 3 p + 1 και επομένως έχουμε:

(

)

(

)

3 2 3 3 3 3 3 2 2 a + b + c = 27 m + n + p + 27 m + n + p + 9 ( m + n + p ) + 3 = 2001

(

)

Άρα ( 3m 3 + 3m 2 + m ) + ( 3n 3 + 3n 2 + n ) + 3 p 3 + 3 p 2 + p = 222 με m, n, p ≥ 0 .

Μαθηματικό Βήμα 2001

JBMO (Junior Balkan Mathematical Olympiad)

Παρατηρούμε ότι: 3 ⋅ 4 3 + 3 ⋅ 4 2 + 4 = 244〉 222 , άρα m, n, p ≤ 3 . Αν m = 0 ⇒ 3m 3 + 3m 2 + m = 0 .

Αν m = 1 ⇒ 3m 3 + 3m 2 + m = 7

Αν m = 2 ⇒ 3m 3 + 3m 2 + m = 48

Αν m = 3 ⇒ 3m 3 + 3m 2 + m = 111

Για να πάρουμε άθροισμα 222 πρέπει m = 0 και n = p = 3 και επομένως τελικά θα έχουμε a = 1 και b = c = 10 . Άσκηση 2. (α) Χρησιμοποιούμε την μέθοδο της

«εις άτοπον απαγωγής». Υποθέτουμε ότι έχουμε ένα σημείο Μ πάνω n n. στην CL για το οποίο ισχύει ΜΑ C = MBC

Επειδή έχουμε

CL ότι:

διχοτόμος

n της Α CB

n n και Α CM = MCB

επομένως

είναι

n n. ΑΜ C = CMB

Τα τρίγωνα ΑΜC και ΒΜC είναι ίσα, άρα, ΑC=BC, το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση AC≠BC, επομένως δεν υπάρχει κανένα σημείο Μ της CL για το οποίο ισχύει n n . Δηλαδή για κάθε σημείο Χ της CL ισχύει: XA n n. ΜΑ C = MBC C ≠ XBC

(β) Υποθέτουμε ότι έχουμε ένα σημείο Μ πάνω στην CΗ για το οποίο ισχύει n n . Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος (k1) του ΑΜC είναι ΜΑ C = MBC

ίσος με τον

περιγεγραμμένο κύκλο (k2) του BMC.

Αν το σημείο Α΄ είναι συμμετρικό ώς προς το Η τότε το Άρα βρίσκεται πάνω στον κύκλο (k2) και πάνω στην ΑΒ.

Μαθηματικό Βήμα 2001

JBMO (Junior Balkan Mathematical Olympiad)

n n n έχουμε ότι: Έστω Ο το κέντρο του (k2).Αφού ΑΑ ΄C = Α ΄ ΑC = BAC n n C ΟΑ΄ = 2ΒΑ C = 2n AA ' C (επειδή το Α΄ βρίσκεται πάνω στον κύκλο (k2)

και είναι επίκεντρη – εγγεγραμμένη στο ίδιο τόξο CA΄.) Το τρίγωνο COA΄ είναι ισοσκελές άρα έχουμε:

n΄ COA n n΄ ⇒ Ο n n n 2Ο CA΄ = 180 ο − COA CA΄ = 90 ο − ⇒Ο CA΄ = 90 ο − CBA 2 n n . Άρα από την τελευταία σχέση και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒC έχουμε: Ο CA΄ = CAB n n (πλευρές κάθετες) και Α n n Όμως Α CH = ABC CH = A ΄CH ( το τρίγωνο ΑCA΄ ισοσκελές)

επομένως

n΄ = ABC n HCA

CH ⊥ CO δηλαδή CH

n = HCA q΄ + Α΄CO n = ABC n + BAC n = 90 ο , άρα και έχουμε: HCO εφαπτομένη του κύκλου (k2) .Αυτό

είναι άτοπο γιατί δεν

n n πάνω στην εφαπτόμενη του κύκλου (k2). υπάρχει τέτοιο σημείο Μ ≠C με ΜΑ C = MBC Άσκηση 3.

Έχουμε : n n + GED n AGI = ADE

ο l−Α n n DE ADE 180 − Α ADE + =n = 60ο + 2 2

F E

S D

και από το τρίγωνο ΑDF έχουμε: n Α DE Ιn . FE = l A+ n ADF = 60ο + 2 Άρα συμπεραίνουμε ότι:

n n .(1) Α GI = IFE

n = DIS n. Παίρνουμε ένα σημείο S πάνω στην DE τέτοιο ώστε GID nΙ = IDS n . Άρα Τα τρίγωνα DGI και DIS είναι ίσα γιατί DI=DI και GD

έχουμε ότι :

DG =DS (2)

n n = AGE n = IFE n από την (1). F = In ΕS και ISE Τα τρίγωνα IFE και ISE είναι ίσα γιατί: IE=IE, ΙΕ Άρα

έχουμε ότι : ΕF =ES (3)

Aπο τις (2) και (3) έχουμε: DG +EF =DE (4). Αν ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑDE τότε έχουμε:

1 1 1 ρ ⋅ DG + ρ ⋅ EF = ρ ⋅ DΕ ⇒ Ε ΙDG + Ε ΙEF = Ε ΙDE . Άρα 2 2 2

Μαθηματικό Βήμα 2001

Ε DEF + Ε DEG = 3Ε ΙDE (5)

JBMO (Junior Balkan Mathematical Olympiad)

Αν το Μ είναι σημείο που ανήκει στο τόξο με χορδή την BC , τότε το εμβαδόν του τριγώνου MBC μεγιστοποιείται όταν το Μ είναι μέσον του τόξου. Αρα έχουμε:

p C = 120ο . Ε IDE ≤ Ε DME όπου Μ είναι το μέσον του τόξου Β n ≥ 60ο ≥ ABE n και BEC n ≥ 60ο ) Έχουμε επίσης ότι: DE ≤ BE ≤ BC (γιατί BDE Άρα έχουμε:

Ε IDE ≤ Ε OBC όπου Ο είναι το κέντρο του τριγώνου ΑΒC.

Τελικά από την (5) έχουμε: Ε IDE ≤ Ε OBC

Ε DEF + Ε DEG = 3Ε ΙDE ≤ 3Ε OBC = Ε ABC Η ισότητα ισχύει όταν το D ταυτιστεί με το Β και το F ταυτιστεί με το C. Άσκηση 4.

Έστω

Α1 Α 2 Α 3 ... Α1415

πολύγωνο υπάρχουν τρεις

διαδοχικές

το δεδομένο πολύγωνο. Στο

1415 τρίγωνα

που ορίζονται από

κορυφές: Α1Α 2 Α 3 , Α 2 Α 3 Α 4 ,….,

A1415

Α1414 Α1415 Α1 , Α1415 Α1Α 2 . Θα

χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο

της

«εις άτοπον

απαγωγής». Υποθέτουμε ότι κάθε ένα από αυτά τα τρίγωνα

έχει εμβαδόν Ε ≥ 1 (1). Για

κάθε

τρίγωνο

με

πλευρές

και

έχουμε:

2Ε = a ⋅ h a ≤ a ⋅ b (2) επειδή h a ≤ b .

Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις (1) και (2) για κάθε ένα από τα παραπάνω τρίγωνα ισχύουν: Α1Α 2 ⋅ Α 2 Α 3 ≥ 2 ,

Α 2 Α 3 ⋅ Α 3Α 4 ≥ 2 , …, Α1415 Α1 ⋅ Α1Α 2 ≥ 2

(

)

Εφαρμόζοντας την ανισότητα για τον αριθμητικό και γεωμετρικό μέσο α + b ≥ 2 α b , στις παραπάνω ανισότητες έχουμε: Α1Α 2 + Α 2 Α 3 ≥ 2 2 , Α 2 Α 3 + Α 3Α 4 ≥ 2 2 ,…, Α1415 Α1 + Α1Α 2 ≥ 2 2 . Αν Π η περίμετρος του πολυγώνου, προσθέτοντας τις τελευταίες ανισότητες έχουμε: 2Π ≥ 1415 ⋅ 2 2 ⇒ Π ≥ 1415 2

αλλά

2 ≈ 1.4142 έτσι έχουμε:

Π ≥ 2001, 093 ⇒ Π > 2001 . Το τελευταίο είναι άτοπο από την υπόθεση, άρα υπάρχουν κάποια από τα τρίγωνα που έχουν εμβαδόν Ε<1 .

Μαθηματικό Βήμα 2001

18η (ΒΜΟ) ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ Βελιγράδι, Γιουγκοσλαβία, 3 – 9 Μαΐου 2001 ΧΡΟΝΟΣ: 4 ½ ώρες

Μάιος 2001

Επιμέλεια: Ευθύβουλος Λιασίδης – Θεόκλητος Παραγιού

Να απαντηθούν όλα τα θέματα

Πρόβλημα 1. Έστω n ένας θετικός ακέραιος .Ν’ αποδειχτεί ότι αν a και b είναι ακέραιοι μεγαλύτεροι του 1 τέτοιοι ώστε 2 n − 1 = ab , τότε ο αριθμός ab − (a − b) − 1 είναι της μορφής k ⋅ 2 2m , όπου k είναι περιττός και m είναι ένας θετικός ακέραιος. (Κύπρος) Πρόβλημα 2. Ν’ αποδειχτεί ότι αν ένα κυρτό πεντάγωνο ικανοποιεί τις ακόλουθες συνθήκες: (α) όλες οι εσωτερικές γωνίες του είναι ίσες , και (α) τα μήκη όλων των πλευρών του είναι ρητοί αριθμοί τότε αυτό είναι ένα κανονικό πεντάγωνο. (Μολδαβία) Πρόβλημα 3. Έστω a , b , c θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε a + b + c ≥ abc . Ν’ αποδειχτεί ότι a 2 + b 2 + c 2 ≥ abc 3 . (Ρουμανία) Πρόβλημα 4. Ένας κύβος διαστάσεων 3 x 3 x 3 υποδιαιρείται σε 27 ίσα μοναδιαία κυβικά κύτταρα. Ένα απ’ αυτά τα κύτταρα είναι κενό και τα υπόλοιπα γεμίζονται με μοναδιαίους κύβους που μαρκάρονται με τους αριθμούς 1, 2 ,…….,26 κατ’ αυθαίρετο τρόπο. Μια αποδεκτή κίνηση είναι μια μετακίνηση ενός μοναδιαίου κύβου σ’ ένα διπλανό κενό κύτταρο. Υπάρχει πεπερασμένη ακολουθία αποδεκτών κινήσεων μετά από την οποία ο μοναδιαίος κύβος μαρκαρισμένος με τον αριθμό k και ο μοναδιαίος κύβος μαρκαρισμένος με τον 27 − k ανταλλάσσουν θέσεις για κάθε k = 1,2,.......,13 ; (Δύο κύτταρα θεωρούνται διπλανά αν έχουν κοινή έδρα). (Βουλγαρία) ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Πρόβλημα 1. Λύση 1η: Ο αριθμός γράφεται ab-a+b-1 =(a+1)(b-1) , άρα αρκεί να βρούμε την μορφή των αριθμών a+1 και b-1. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: Περίπτωση 1η: Αν n=2s, (άρτιος) s∈N έχουμε: 2 n − 1 = 2 2 s − 1 = ( 2 s − 1) ⋅ ( 2 s + 1) = a ⋅ b και άρα μπορούμε να θέσουμε a = 2s − 1 , b = 2s + 1 και θα έχουμε a + 1 = 1 ⋅ 2 s , b − 1 = 1 ⋅ 2 s ,άρα (a+1)(b-1)= 1⋅ 22s , m=s και k=1. Περίπτωση 2η: Αν n=(2t+1)(2r+1) t ,r∈N (περιττός σύνθετος) έχουμε: a ⋅ b = 2t +1 − 1 = ( 2 − 1) ⎢⎣⎡( 22t +1) + ( 22t +1) + .... + ( 22t +1) + 1⎥⎦⎤ και άρα έχουμε: (2 ) 2 r +1

2 r −1

2 t +1

(

) (

)

(

)

και b = ⎡ 2 2t +1 + 2 2t + 1 + .... + 2 2t + 1 + 1⎤ άρα ⎢⎣ ⎥⎦ b − 1 = 2 2t +1 ⋅ (2 z + 1) , z∈N και άρα b = (a+1)(b-1)= ( 2 z + 1) ⋅ 2 2( 2t +1) , με k=2z+1 και m=2t+1. a=2

2 t +1

− 1 και επομένως a + 1 = 2

Μαθηματικό Βήμα 2001

2 r −1

18η (ΒΜΟ) ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ

Περίπτωση 3η: Αν n =p όπου p περιττός πρώτος. Επειδή 2n − 1 είναι περιττός έπεται ότι a, b είναι περιττοί, και έστω ότι είναι: a=2L-1 και b =2U+1. Oι αριθμοί L και U δεν μπορεί να είναι της μορφής L = 2d−1 , και U = 2f −1 , γιατί (ι)Αν L = 2d−1 τότε a= 2d − 1 και επειδή a ⁄ 2n − 1 πρέπει n=πολλ/σιο του d, άτοπο γιατί n πρώτος. (ιι) Αν U = 2f −1 τότε b= 2f + 1 και επειδή b ⁄ 2n − 1 πρέπει n =άρτιο πολλ/σιο του f, άτοπο γιατί n πρώτος. Άρα έχουμε ότι οι αριθμοί L και U είναι της μορφής: L = 2 d −1 ⋅ ( 2h + 1) και U = 2 f −1 ⋅ ( 2v + 1) και επομένως a + 1 = 2 d ( 2h + 1) και b − 1 = 2 f ( 2v + 1) .Τώρα δείξουμε ότι d =f. Έχουμε: 2n − 1 = a ⋅ b = ⎡⎣ 2 d ( 2h + 1) − 1⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ 2 f ( 2v + 1) + 1⎤⎦ ή

αρκεί

να

d n d+ f d f 2 = 2 ( 2h + 1)( 2v + 1) + 2 ( 2h + 1) − 2 ( 2v + 1) ,αν d >f διαιρώντας με 2 την τελευταία σχέση έχουμε άρτιος ίσος με περιττό , άτοπο .Όμοια αν d <f διαιρώντας με 2f καταλήγουμε σε άτοπο , επομένως d=f και άρα (a+1)(b-1)= 22d (2h + 1)(2v + 1) , m=d και k=(2h+1)(2v+1).

Λύση 2η : Ονομάζουμε deg2 x τον μεγαλύτερο k ∈ Ν τέτοιο ώστε ο 2k να διαιρεί τον x . Τότε αν Τ = ab − (a − b) − 1 έχουμε: deg 2Τ = deg 2 ( ( a + 1) ⋅ ( b − 1) ) = deg 2 ( ( a + 1) ⋅ ( b − 1) ⋅ a ) , αφού a είναι περιττός (επειδή

n 2 − 1 = ab ). Άρα έχουμε:

(

)

deg 2Τ = deg 2 ( ( a + 1) ⋅ ( ab − a ) ) = deg 2 ( a + 1) ⋅ ( 2 n − 1 − a ) = deg 2 ( a + 1) ⋅ ( 2 n − ( a + 1) ) =

(

)

deg 2 c ( 2 n − c ) όπου c = a+1 άρτιος και c < 2n .Έστω deg 2c = k (δηλ. 2k /c ).Τότε deg 2

( 2 − c ) = k και deg Τ = deg c + deg ( 2 n

− c ) = 2k δηλαδή 22k / Τ ή

Τ = ρ ⋅ 22k όπου ρ περιττός και k θετικός ακέραιος. Πρόβλημα 2. Λύση : Έστω ότι το πεντάγωνο Α1Α 2 Α 3 Α 4 Α 5 έχει τις δεδομένες ιδιότητες .Τότε οι εσωτερικές του γωνίες ισούνται με 108ο . Έστω ότι η Α1 Α 5 τέμνει τις Α 2 Α 3 και Α 3 Α 4 στα σημεία C και D αντίστοιχα όπως φαίνεται στο σχήμα 1.Τα τρίγωνα Α1C A 2 , Α 4D A 5 και C A 3D είναι ισοσκελή. Επομένως έχουμε C Α 3 = Α 3D και 2C Α 2συν 72ο = Α1Α 2 , 2 D Α 4συν 72ο = Α 4 Α 5 . Επειδή C Α 2 + Α 2 Α 3 = Α 3Α 4 + Α 4D έχουμε: 2συν 72ο ( Α 2 Α 3 − Α 3 Α 4 ) = Α 4 Α 5 − Α1Α 2 .

A3 A4

Αν Α 2 Α 3 ≠ Α 3 Α 4 αυτό σημαίνει ότι το συν 72ο είναι ένας ΣΧΗΜΑ 1 D ρητός αριθμός , το οποίο είναι άτοπο. (Πράγματι , 2 4συν 72οσυν 36ο = 4ημ18ο 1 − 2ημ 18ο = 1 , άρα ο αριθμός α = ημ18ο = συν 72ο είναι

(

)

λύση της εξίσωσης 4 x (1 − 2 x 2 ) = 1 ⇔ ( 2 x − 1) ( 4 x 2 + 2 x − 1) = 0 . Όμως α ≠

1 επομένως 2

ο αριθμός α είναι άρρητος).

Μαθηματικό Βήμα 2001

18η (ΒΜΟ) ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ

Άρα έχουμε Α 2 Α 3 = Α 3 Α 4 και Α1Α 2 = Α 4 Α 5 .Ανάλογα μπορούμε να αποδείξουμε ότι όλες οι πλευρές του πενταγώνου είναι ίσες .Επομένως το πεντάγωνο είναι κανονικό. Πρόβλημα 3. Λύση 1η: α ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0

α + b + c ≥ abc .Αν

Από την υπόθεση

Β = abc 3 έχουμε:

(

a+b+c Β = 3a b c ≤ 3α bc (α + b + c ) ≤ 3 3 2

2 2

)( 3

(

a + b + c) ≤

1 1 4 ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc 9 9

(

≤ a2 + b2 + c2

)

Α = a 2 + b 2 + c 2 και

)

≤

(

1 ⎡3 a 2 + b 2 + c 2 9⎣

)⎤⎦

≤

= Α2

Λύση 2η: Από την υπόθεση

α + b + c ≥ abc ⇔

1 1 1 + + ≥ 1 (1). bc ac ab

( ) ( ) ( ) 2

1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 ⎞ ⎛ 1 Ισχύει: − + − + − ≥0⇔ 2+ 2+ 2 ≥2 ⎜ + + ⎟ και από a b b c c a ⎝ bc ac ab ⎠ a b c την (1) έχουμε: 1 1 1 2 2 2 2 + 2 + 2 ≥ 1 ⇔ ( bc ) + ( ac ) + ( ab ) ≥ ( abc ) ⇔ 2 a b c

( ab + bc + ca ) − 2abc ( a + b + c ) ≥ ( abc ) ⇔ 2 2 ( ab + bc + ca ) ≥ abc ⎡⎣ 2abc ( a + b + c ) + abc ⎤⎦ ≥ 3( abc ) 2

Άρα έχουμε: bc + ac + ab ≥ 3abc 2 2 2 τελικά a + b + c ≥ abc 3 .

(επειδή ισχύει α + b + c ≥ abc )

ισχύει η ανισότητα a 2 + b 2 + c 2 ≥ bc + ac + ab και

Πρόβλημα 4. Χρωματίζουμε τα κύτταρα με μαύρο και άσπρο χρώμα έτσι ώστε διαδοχικά κύτταρα να έχουν διαφορετικό χρώμα. Αριθμούμε τα κύτταρα 1,2,3,……..,27 με τέτοιο τρόπο ώστε διαδοχικοί αριθμοί να αντιστοιχούν σε διπλανά κύτταρα. Μια τέτοια αρίθμηση μπορεί να γίνει ως εξής: Χωρίζεται ο κύβος σε τρία επίπεδα με 9 κύτταρα σε κάθε επίπεδο. Αν [Ι] το πάνω επίπεδο η διάταξη είναι από το 1-9 και η αρίθμηση γίνεται για την πρώτη γραμμή από αριστερά προς τα δεξιά ,για την δεύτερη γραμμή από δεξιά προς τα αριστερά και για την τρίτη γραμμή από αριστερά προς τα δεξιά . 1

[I]

Μαθηματικό Βήμα 2001

[II]

[III]

18η (ΒΜΟ) ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ

Το μεσαίο επίπεδο [ΙΙ] 10 – 18 όπου το κύτταρο 10 είναι κάτω από το κύτταρο 9 , και διατάσσονται τα κύτταρα όπως στο προηγούμενο επίπεδο. Το κάτω επίπεδο [ΙΙΙ] 19- 27 , διατάσσονται τα κύτταρα ομοίως με το προηγούμενο επίπεδο με το κύτταρο 19 κάτω από το κύτταρο 18. Ορισμός Καλούμε το ζευγάρι των κύβων {m, n} aντιστρέψιμο αν ο κύβος με τον μεγαλύτερο αριθμό είναι μέσα στο κύτταρο με τον μικρότερο αριθμό. Δηλώνουμε με Ι(κ ) τον συνολικό αριθμό των aντιστρέψιμων μη διατεταγμένων ζευγαριών των κύβων μετά από κ > 0 κινήσεις. Με μία κίνηση ένας κύβος τοποθετείται μέσα σε κύτταρο με διαφορετικό χρώμα .Στην αρχική τοποθέτηση ο κύβος που είναι στο κελί k και στο κελί 27-k είναι σε διαφορετικό χρώμα και επομένως για να ανταλλάξουν θέση χρειάζεται άρτιος αριθμός κινήσεων .Κάθε κίνηση μετατρέπει το I(.) από άρτιο σε περιττό ή από περιττό σε άρτιο δηλαδή οι κινήσεις διατηρούν το Ι(.) σε άρτιο ή περιττό. Υποθέτουμε ότι έχουμε αναδιατάξει τους κύβους ⎛ 26 ⎞ (όπως χρειάζεται) σε z κινήσεις.26 κύβοι σχηματίζουν ⎜ ⎟ = 25 ⋅ 13 = 325 μη ⎝2⎠ διατεταγμένα ζευγάρια. Ένα ζευγάρι κύβων σε δύο κύτταρα είναι aντιστρέψιμο στην τελική διάταξη αν και μόνο αν το ζευγάρι των κύβων μέσα στα ίδια αυτά κύτταρα δεν είναι aντιστρέψιμο στην αρχική διάταξη. (για παράδειγμα έστω ότι στην αρχική διάταξη έχουμε : τον κύβο με αριθμό 4 να είναι στο κελί με αριθμό 7 και τον κύβο με αριθμό 23 να είναι στο κελί με αριθμό 15 Το ζευγάρι των κύβων {4,23} δεν είναι aντιστρέψιμο σύμφωνα με τον ορισμό που έχουμε δώσει. Όμως στην τελική διάταξη θα έχουμε: τον κύβο με αριθμό 23 να είναι στο κελί με αριθμό 7 και τον κύβο με αριθμό 4 να είναι στο κελί με αριθμό 15. Άρα το ζευγάρι των κύβων {4,23} είναι aντιστρέψιμο δηλαδή {4,23} ≡ {23,4}) Έστω Ι(0) ο αριθμός των αντιστρέψιμων ζευγαριών στην αρχική διάταξη και Ι( z) ο αριθμός αντιστρέψιμων ζευγαριών όταν γίνει η ζητούμενη αναδιάταξη. Οι Ι(0) και Ι( z) είναι και οι δύο άρτιοι ή περιττοί. Επειδή πρέπει να ισχύει Ι(z ) + Ι(0) = 325 (γιατί τα αντιστρέψιμα μετατρέπονται σε μη αντιστρέψιμα και αντίστροφα) και αυτό άτοπο, είναι αδύνατη επομένως η αναδιάταξη των κύβων με αυτό τον τρόπο.

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΛΥΚΕΙΩΝ (Λ.Ε.Μ.) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ 1,4,5

ΙΟΥΝΙΟΣ 2001

ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ/ ΧΡΟΝΟΣ 2 ώρες και 30 λεπτά ΜΕΡΟΣ Α΄ Να απαντήσετε σε 12 μόνο από τις 15 ερωτήσεις.. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 5 μονάδες.

1. Να βρείτε τη γενική λύση της εξίσωσης 2ημ 3χ = 3 . 2. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης ψ = 3χ 2 − 4 χ + 2 . 3. Έμπορος πώλησε ένα εμπόρευμα με κέρδος 15% επί της αξίας του και εισέπραξε £920. Ποια ήταν η αξία του εμπορεύματος;

4. Πόσο τόκο δίνει κεφάλαιο £640 τοκιζόμενο προς 6,25% με απλό τόκο για 3 χρόνια; 5. Να βρείτε τις τιμές των i)

Δ 53 (οι διατάξεις των 5 πραγμάτων ανά 3) και

⎛ 5⎞ ii) ⎜ ⎟ (οι συνδυασμοί των 5 πραγμάτων ανά 3). ⎝ 3⎠ 6. Ο μέσος μισθός των 15 υπαλλήλων μιας εταιρείας είναι £650. Αν ένας υπάλληλος με μισθό £850 αφυπηρέτησε και στη θέση του προσλήφθηκε νέος υπάλληλος με μισθό £400, ποιος ο νέος μέσος μισθός των 15 υπαλλήλων;

7. Κλειστό κυλινδρικό δοχείο έχει εμβαδόν ολικής επιφάνειας Εολ = 96π m² και ύψος υ=8 cm. Να υπολογίσετε την ακτίνα R και τον όγκο V του δοχείου.

8. Κανονικό τριγωνικό πρίσμα έχει ύψος υ = 20 cm και περίμετρο βάσης Π β = 15 cm . Να υπολογίσετε: i) το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας του πρίσματος. ii) τον όγκο του πρίσματος.

9. Μια τριμελής επιτροπή πρόκειται να επιλεγεί από ένα κατάλογο 4 αντρών και 3 γυναικών. Ποια η πιθανότητα να επιλεγούν: i) όλο γυναίκες. ii) δύο άντρες και μια γυναίκα iii) τουλάχιστον ένας άντρας.

10. Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της λέξης ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ. Αν πάρω ένα από αυτούς στην τύχη ποια η πιθανότητα να αρχίζει και να τελειώνει με Ε; (Οι απαντήσεις μπορούν να δοθούν σε παραγοντική μορφή). Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ1,4,5

11. Να βρείτε τις τιμές του χ για τις οποίες η εφαπτόμενη της καμπύλης με εξίσωση ψ = 3χ 4 − 6 χ 2 + 5 έχει κλίση ίση με 0.

12. Η περίμετρος της βάσης κώνου είναι 12π cm και το εμβαδόν της κυρτής του επιφάνειας είναι 60π cm 2 . Να βρείτε το ύψος και τον όγκο του κώνου.

13. Η αξία των ημερήσιων πωλήσεων ενός καταστήματος σε μια βδομάδα φαίνεται στον πιο κάτω πίνακα. Ημέρα Δευτέρα Τρίτη Τετάρτη Πέμπτη Παρασκευή Σάββατο Πώληση σε £ 550 450 380 480 620 520 Να βρείτε τη μέση τιμή (αριθμητικό μέσο) και την τυπική απόκλιση των ημερήσιων πωλήσεων για τη βδομάδα αυτή με ακρίβεια ενός δεκαδικού ψηφίου.

14.

Να βρείτε τις λύσεις της εξίσωσης εφχ=3σφχ όταν 0° < χ < 180°.

15. Στο σκιασμένο μέρος του διπλανού σχήματος οι γωνιές Α, Β, Γ, Δ, Ε και Ζ είναι ορθές και

ΑΒ=ΑΖ=12 cm

X A

12 cm

ΒΓ=ΖΕ=4cm. Το σχήμα ΑΒΓΔΕΖ περιστρέφεται πλήρη στροφή γύρω από την ευθεία ΑΖ. Να υπολογίσετε τον

12 cm

B Γ

όγκο και το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας του στερεού που σχηματίζεται.

ΜΕΡΟΣ Β΄ Να απαντήσετε σε 4 μόνο από τις 6 ερωτήσεις. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες.

1. Να βρείτε τη γενική λύση της εξίσωσης 4ημ 2 χ − 12συνχ + 3 = 0 . Ακολούθως να βρείτε όλες τις λύσεις της εξίσωσης αυτής για τις οποίες είναι −180° ≤ χ ≤ +180° .

2. Η συνάρτηση ψ = αχ 2 + βχ έχει τοπικό ακρότατο στο σημείο Α με συντεταγμένες (4,-4). Να βρείτε τις τιμές των α και β και να προσδιορίσετε το είδος του ακρότατου.

3. Κανονικής τετραγωνικής πυραμίδας η βάση είναι τετράγωνο πλευράς α cm και το παράπλευρο ύψος της h συνδέεται με το α με τη σχέση 13α =10h. Αν επιπλέον, το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας της πυραμίδας είναι Eπαρ = 260 cm ² να βρείτε: i) Την πλευρά α της βάσης, το παράπλευρο ύψος h και το ύψος υ της πυραμίδας. ii) Τον όγκο V και το εμβαδόν Εολ της ολικής επιφάνειας της πυραμίδας.

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ1,4,5

4. Κάποιος τόκισε £20000 προς 6% με ανατοκισμό για 2 χρόνια. Πόσα περισσότερα θα εισέπραττε σε τόκους αν τόκιζε το ποσό αυτό με απλό τόκο προς 7% για το ίδιο χρονικό διάστημα.

5. Πόσους

διαφορετικούς πενταψήφιους αριθμούς μπορούμε να σχηματίσουμε χρησιμοποιώντας τα ψηφία 3 ή 4; Αν επιλέξουμε στην τύχη ένα από αυτούς να υπολογίσετε την πιθανότητα να αρχίζει και να τελειώνει σε 4.

6. Σε μια έρευνα μεταξύ των υποψηφίων των εισαγωγικών εξετάσεων ρωτήθηκαν 125 υποψήφιοι πόσα μαθήματα δήλωσαν για τις εισαγωγικές εξετάσεις. Τα αποτελέσματα δίνονται στο διπλανό πίνακα. i) Να κατασκευάσετε το διάγραμμα συχνοτήτων των αποτελεσμάτων. ii) Να βρείτε πόσα μαθήματα δήλωσε κατά μέσο όρο καθένας από τους τελειοφοίτους αυτούς. iii) Να βρείτε το ποσοστό των τελειοφοίτων που δήλωσαν τουλάχιστον 6 μαθήματα.

Αρ. Μαθημάτων

Αρ. Τελειοφοίτων

2 3 4 5 6 7 8

fi 5 10 25 30 35 15 5

χi

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΕΡΟΣ Α’

3 ⇒ ημ 3χ = ημ 60° ⇒ 2 (i) 3χ = 360°κ + 60° ⇒ χ = 120°κ + 20° , κ ∈ ] ή

1. 2ημ 3χ = 3 ⇒ ημ 3χ =

(ii) 3χ = 360°κ + 180 − 60° ⇒ χ = 120°κ + 40° , κ ∈ ]

2. ψ = 3χ 2 − 4 χ + 2 ⇒

dψ = 6χ − 4 dχ

3. Έστω χ η αξία του εμπορεύματος

115 920·100 ⇒ χ = £800 ·χ = 920 ⇒ χ = 100 115

ΚΕΧ 640·6, 25·3 = = £120 ⇒ T = £120 100 100 ⎛ 5 ⎞ 5! 5·4 5! 5! 5 (i) Δ 3 = (ii) ⎜ ⎟ = = = 10 = = 3·4·5 = 60 . ( 5 − 3)! 2! ⎝ 3 ⎠ 3!·2! 1·2

4. T = 5. 6.

χ = 650 ⇒ 15·650 = 9750 ⇒ το σύνολο των μισθών των 15 υπαλλήλων είναι £9750 Το νέο σύνολο των μισθών είναι: 9750 – 850 + 400 = £9300 ⇒ 9300 = £620 Ο νέος μέσος μισθός ψ είναι: ψ = 15

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ1,4,5

7. Εολ = 96π m² , υ = 8cm, R=; , V = ;

E ολ = 2π Rυ + 2π R 2 ⇒ 96 π = 2π ·R·8 + 2π ·R 2 ⇒

R 2 + 8R − 48 = 0 ⇒ ( R + 12 )( R − 4 ) = 0 ⇒ ⇒ R = −12 απορρίπτεται

υ=8cm

R=4m

V = π R 2υ ⇒ V = π ·42 ·8 ⇒ V = 128π m3

R Κ

υ = 20 cm Π β = 15 cm ⇒ 3·α = 15 ⇒ α = 5 cm ⇒ ΕΒ =

(i) Eπαρ

α2 3

52 3 25 3 ⇒ ΕΒ = cm² 4 4 4 = Π Β ·υ ⇒ Eπαρ = 15·20 ⇒ Eπαρ = 300 cm² ⇒ ΕΒ =

(ii) V = EB ·υ ⇒ V =

5 25 3 · 20 ⇒ V = 125 3 cm³ . 4

9. Α: Άνδρας , Γ: Γυναίκα

4Α, 3Γ, 3-μελής επιτροπή

1 1 3!·4! 1·2·3 1 = = = = 7! 7! 7·6·5 35 ⎛7⎞ ⎜ ⎟ 4!·3! ⎝3⎠ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 3⎞ 4! ⎜ ⎟·⎜ ⎟ ·3 2 1 18 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2!·2! ii) P ( 2 A ∩ 1Γ ) = = = 7! 35 ⎛7⎞ ⎜ ⎟ 4!·3! ⎝3⎠

i) Ρ(όλο γυναίκες) =

iii) Ρ(τουλάχιστον ένας άντρας) = 1 – Ρ(κανένας Α) =1 – Ρ(όλο Γ) = 1 –

10. Ε Ξ Ε Τ Α Σ Ε Ι Σ Πλήθος αναγραμματισμών: M 9ε = Να αρχίζει και να τελειώνει με Ε:

7! 2!

1 Γράμμα Ε

11. ψ = 3χ 4 − 6 χ 2 + 5 ⇒

1 Γράμμα Ε

1 34 = 35 35

9! = 30240 3!·2!

7! = 2520 2!

7! 7!·3!· 2! 1 P = 2! = = 9! 12 9!· 2! 3·2!

dψ = 12 χ 3 − 12 χ dχ

dψ ⎫ = 12 χ 3 − 12 χ ⎪ dχ ⎪ 3 ⎬ ⇒ 12 χ − 12 χ = 0 ⇒ 12 χ ( χ − 1)( χ + 1) = 0 ⇒ χ = 0 ή χ = 1 ή χ = –1 . dψ ⎪ =0 ⎪⎭ dχ 76

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ1,4,5

12. Γ = 12π cm²⇒ 2π·R=12π ⇒ R = 6 cm.

Εκ = 60π cm 2 ⇒ π·R·λ = 60·π ⇒ 6·λ = 60 ⇒ λ = 10 cm.

υ² = λ² - R² ⇒ υ² = 10² - 6² ⇒ υ² = 64 ⇒ υ = 8 cm. υ

1 1 V = π R 2υ ⇒ V = π ·62 ·8 ⇒ V = 96π cm³ 3 3

13. Ημέρα Πώληση σε £

Δευτέρα 550

Τρίτη 450

Τετάρτη 380

Πέμπτη 480

R Σάββατο 520

Παρασκευή 620

550 + 450 + 380 + 480 + 620 + 520 3000 = = 500 ⇒ χ = 500 6 6 2 2 2 2 2 2 ( 550 − 500 ) + ( 450 − 500 ) + ( 380 − 500 ) + ( 480 − 500 ) + ( 620 − 500 ) + ( 520 − 500 ) 2 σ = 6 34600 σ2 = = 5766, 6 ⇒ σ = 5700, 6 ⇒ σ = 75,9 6

χ=

14. εφχ=3σφχ , 0° < χ < 180° εφχ =

⇒ εφ 2 χ = 3 ⇒ εφχ = ± 3

εφχ (i) εφχ = + 3 ⇒ εφχ = εφ 60° ⇒ χ = 180°κ + 60° , κ ∈ ] ⇒ χ = 60° (0° < χ < 180°) (ii) εφχ = − 3 ⇒ εφχ = εφ ( −60° ) ⇒ χ = 180°κ − 60° , κ ∈ ] ⇒ χ = 120°

15. V = Vκυλ1 + Vκυλ 2 ,

Vκυλ = π R 2υ

V = π ( ΖΕ ) ( ΔΕ ) + π ( ΑΒ ) ( ΒΓ ) 2

V = π ( 4 ) ( 8 ) + π (12 ) ( 4 ) = V = 704π cm3 2

Γ΄

2 2 2 Εολ = π ( ΖΕ ) + 2π ( ΖΕ )( ΔΕ ) + π ⎡( ΗΓ ) − ( ΗΔ ) ⎤ ⎣ ⎦

+ 2π ( ΑΒ )( ΒΓ ) + π ( ΑΒ )

Δ΄

2 2 2 2 Εολ = π ( 4 ) + 2π ( 4 )( 8 ) + π ⎡(12 ) − ( 4 ) ⎤ + 2π (12 )( 4 ) + π (12 ) ⎣ ⎦

Μαθηματικό Βήμα 2001

12 cm Ε΄

Εολ = 16π + 64π + 128π + 96π + 144π ⇒ Εολ = 448π cm²

R2 =12cm

Β΄

R1 =4cm

B 4cm

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ1,4,5

ΜΕΡΟΣ Β’ Να απαντήσετε σε 4 μόνο από τις 6 ερωτήσεις. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες.

1. 4ημ 2 χ − 12συνχ + 3 = 0 ⇒ 4 (1 − συν 2 χ ) − 12συνχ + 3 = 0 ⇒ 4 − 4συν 2 χ − 12συνχ + 3 = 0 ⇒ 4συν 2 χ + 12συνχ − 7 = 0 ⇒ συνχ =

1 2 7 − 2

−12 ± 144 + 112 −12 ± 16 = = 8 8

7 απορρίπτεται 2 1 (ii) συνχ = ⇒ χ = 360°κ ± 60° , κ ∈ ] 2

(i) συνχ = −

2. ψ = αχ 2 + βχ ,

−180° ≤ χ ≤ +180° ⇒ χ = 60° ,

χ = −60°

A ( 4. − 4 )

A ( 4, −4 ) ⇒ χ = 4, ψ = -4 ⇒ −4 = a·42 + β ·4 ⇒ 4α + β = −1 (1)

dψ = 2αχ + β dχ

⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⇒ 0 = 2α ·4 + β ⇒ 8α + β = 0 (2) dψ χ =4 ⇒ Για = 0⎪ ⎪⎭ dχ 4α + β = −1⎫ 1 2 dψ 1 1 = χ −2 ⎬ ⇒ α = , β = −2 ⇒ ψ = χ − 2 χ ⇒ 8α + β = 0 ⎭ 4 dχ 2 4 −∞ dψ 1 χ −∞ 4 ⎫ = χ − 2⎪ d ψ dχ 2 1 ⎪ – 0 + ⎬⇒ χ −2=0⇒ χ = 4 dχ dψ 2 ⎪ =0 -4 ψ 2 / ⎪⎭ dχ min(4,-4)

3. Eπαρ = 260 cm² , 13α =10h. 1 1 13α Eπαρ = ·Π β ·h ⇒ 260 = ·4α · ⇒ 2600 = 26α 2 2 2 10 13·10 ⇒ h = 13 cm ⇒ α 2 = 100 ⇒ α = 10 cm ⇒ h = 10

( ΚΟ )

= ( ΚΜ ) − ( ΟΜ ) ⇒ υ = 13 − 5 ⇒ υ = 144 ⇒ υ = 12 cm 2

1 1 V = Eβ ·υ ⇒ V = ·100·12 ⇒ V = 400 cm3 3 3 Eολ = Επαρ + Ε β ⇒ Eολ = 260 + 100 ⇒ Eολ = 360 cm 2

Ο A

h Γ Μα B

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Σ1,4,5

4. K 0 = 20 000 , ε = 6 % , ν = 2 χρόνια. ν

ε ⎞ 2 ⎛ Kν = Κ 0 ⎜ 1 + ⎟ ⇒ Κ 2 = 20 000 (1, 06 ) ⇒ Κ 2 = 20 000·1,1236 ⇒ Κ 2 = £ 22 472 ⎝ 100 ⎠ Τόκος T2 = 22 472 − 20 000 ⇒ T2 = £2 472 20 000·7·2 ΚΕΧ Απλός Τόκος Τ = ⇒Τ= ⇒ Τ = £2800 100 100 T − T2 = 2800 − 2472 = £328

5. 2

1 Ψηφίο 4

=25=32 ή δ 52 = 25 = 32

32 πενταψήφιοι

1 =2³=8 πενταψήφιοι που αρχίζουν με 4 και τελειώνουν με 4 Ψηφίο 23 1 1 1 Ρ= 5 = 2 = ⇒ Ρ= 4 4 4 2 2

2³

Συχνότητα

6. 40 35 30 25 20 15 10 5 0

Αρ. Μαθημάτων

Αρ. Τελειοφοίτων

2 3 4 5 6 7 8

fi 5 10 25 30 35 15 5

χi

Αρ. Μαθημάτων

(ii) χ =

χi

2·5 + 3·10 + 4·25 + 5·30 + 6·35 + 7·15 + 8·5 645 ⇒ χ = 5,16 ⇒ χ= 125 125

(iii) ποσοστό

Μαθηματικό Βήμα 2001

55 ·100 = 44 % 125

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΧΟΛΙΚΟΥ ΕΤΟΥΣ 2000 2001 ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ2,Σ3 και 10-ωρο

Ιούνιος 2001

ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά ΜΕΡΟΣ Α΄ Από τις 15 ερωτήσεις να απαντήσετε τις 12. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 5 μονάδες.

1. Να βρείτε το ολοκλήρωμα ∫ σν 3χ d χ . e2 x − 1 2. Να υπολογίσετε την τιμή του lim . χ →0 3χ + ημχ 3. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της ψ=χ2+2, τον άξονα των x και τις ευθείες χ=1 και χ=3.

4. Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της λέξης «ΕΝΙΑΙΟ». Πόσοι από αυτούς έχουν τα «Ι» συνεχόμενα;

5. Να βρείτε τις τιμές των α και β ώστε η γραφική παράσταση της ψ = αχ 2 +

β να έχει χ

ακρότατο στο σημείο (1,6) και να ορίσετε το είδος του ακρότατου. 6

⎛ 3⎞ 6. Να βρείτε τον όρο που είναι ανεξάρτητος του χ στο ανάπτυγμα του ⎜ χ 2 + ⎟ . χ⎠ ⎝ 7. Δίνεται ο κύκλος χ 2 + ψ 2 − 4 χ + 6ψ − 12 = 0 . Να βρείτε: (i) Το μήκος της ακτίνας του και τις συντεταγμένες του κέντρου του. (ii) Την εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου στο σημείο του (-1,1). 1 4

8. Αν Α και Β είναι ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου και Ρ ( Α ) = , Ρ ( Β / Α ) =

1 6

3 και Ρ ( Α ∪ Β ) = , να βρείτε τις πιθανότητες Ρ ( Α ∩ Β ) , Ρ(Β΄) και να δείξετε ότι τα 8 ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα.

9. Εισαγωγέας αγοράζει από το εξωτερικό εμπόρευμα προς £400, πληρώνει εισαγωγικό δασμό 55% πάνω στην τιμή αγοράς και έχει έξοδα £55 για μεταφορά και αποθήκευση. Ακολούθως προσθέτει το κέρδος του στο συνολικό κόστος του εμπορεύματος και αναγράφει την τιμή που προκύπτει πάνω στο εμπόρευμα ως τιμή πώλησης. Ο αγοραστής καλείται να πληρώσει επίσης ΦΠΑ προς 10% πάνω στην τιμή πώλησης. Αν ο αγοραστής πλήρωσε συνολικά £1069,20, να υπολογίσετε το κέρδος του εισαγωγέα ως ποσοστό του συνολικού γι’ αυτόν κόστους.

10. Ο διπλανός πίνακας συχνοτήτων παρουσιάζει τους μισθούς των υπαλλήλων μιας εταιρείας. Να υπολογίσετε: (α) το μέσο μισθό των υπαλλήλων της εταιρείας και (β) την τυπική απόκλιση των μισθών με προσέγγιση ενός δεκαδικού ψηφίου. 80

Μισθός £ 1800 1300 800 600 300

Αρ. Υπαλλήλων 1 3 9 10 17 Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

11. Χρησιμοποιώντας το μετασχηματισμό χ = 3 (ημθ + 1) , ή με οποιοδήποτε άλλο τρόπο, 9 2

να υπολογίσετε την τιμή του ολοκληρώματος

∫ 3

dχ 6χ − χ 2

12. Να βρείτε τους τρεις πρώτους μη μηδενικούς όρους του αναπτύγματος της συνάρτησης ψ = ln

1 + 2χ

(1 − χ )

σε σειρά Maclaurin και να δώσετε το διάστημα σύγκλισης της σειράς.

Χρησιμοποιώντας το ανάπτυγμα αυτό να βρείτε την τιμή του ολοκληρώματος 1 10

1 + 2χ

∫ ln (1 − χ )

d χ με προσέγγιση 2 δεκαδικών ψηφίων.

13. Να δείξετε ότι τοξεφ

α+χ 1 − τοξεφχ = τοξεφα όπου α = σταθερά και χ ≠ . 1 − αχ α

Χρησιμοποιώντας τη σχέση αυτή, ή με οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να δείξετε ότι η α+χ παράγωγος της συνάρτησης ψ = τοξεφ είναι ανεξάρτητη του α. 1 − αχ

14. Να βρείτε στη μορφή ψ = f ( χ ) τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης χ

dψ + 2 χ 2ψ + ψ = 0 dχ

χ2 ψ 2 15. Η εφαπτομένη της υπερβολής 2 − 2 = 1 στο σημείο της Τ(ατεμθ, βεφθ) συναντά τις α β ασύμπτωτές της στα σημεία Α και Β. Αν Ο είναι η αρχή των αξόνων, να δείξετε ότι το γινόμενο ΟΑ·ΟΒ είναι ανεξάρτητο του θ. Οι τρεις διαφορετικές ασκήσεις για το Ενιαίο Λύκειο (10 – ωρο) είναι στο Μέρος Α’

Αν f ( χ ) = ln −

να δείξετε ότι η εξίσωση f ( χ ) = 0 έχει τουλάχιστο μια λύση στο

διάστημα (1,2). Χρησιμοποιώντας τη μέθοδο Newton – Raphson να βρείτε μια δεύτερη προσέγγιση της λύσης με ακρίβεια 2 δεκαδικών ψηφίων, παίρνοντας ως πρώτη προσέγγιση την τιμή χ0 = 1,7.

11.

Στο διπλανό σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις των καμπυλών (κ 1 ) : ρ = 1 + συνθ και

(κ 2 ) : ρ = 4 + 2συνθ . Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που είναι εντός της κ 2 και εκτός της κ1 .

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

1 και 2 | z − 2 | = 3 | z − 1 | είναι εξισώσεις κύκλων. Να βρείτε τη θέση που έχουν μεταξύ τους οι δύο κύκλοι.

15. Αν z είναι σημείο του μιγαδικού επιπέδου, να δείξετε ότι οι εξισώσεις | z | =

Μέρος Β’ Από τις 6 ερωτήσεις να απαντήσετε τις 4. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες.

1. Δίνεται η συνάρτηση ψ =

χ2 χ2 − 4

(i) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της, τις εξισώσεις των ασυμπτώτων της και τα διαστήματα μονοτονίας της. (ii) Να βρείτε τα ακρότατά της και να τα χαρακτηρίσετε. (iii) Να κάνετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης.

2. Ένα ντεπόζιτο νερού πρόκειται να κατασκευαστεί ώστε να έχει σχήμα ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου με βάση τετράγωνο, να είναι ανοικτό στο άνω μέρος και να έχει χωρητικότητα 18 m3. Αν το κόστος κατασκευής της βάσης είναι £40 / m2 ενώ το κόστος για τις άλλες έδρες είναι £30 / m2 να βρείτε τις διαστάσεις του ντεπόζιτου ώστε το κόστος να είναι το χαμηλότερο δυνατόν. d 2ψ 3. Δίνεται η διαφορική εξίσωση + 4ψ = 8e −2 χ . 2 dχ (i) Να βρείτε τη γενική λύση της. dψ (ii) Να βρείτε την ειδική λύση ψ = f ( x ) για την οποία ψ = 1 και = −2 όταν χ = 0. dχ (iii) Για τη λύση που βρέθηκε στο (ii) να βρείτε το άθροισμα

∞

f (ν ) . ∑ ν =1

4. Να δείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής ψ = 4 χ στο σημείο της 2

T ( t 2 , 2t ) , t>0, είναι η χ − tψ + t 2 = 0 . Αν η εφαπτομένη αυτή συναντά τους άξονες Οx

και Oy στα σημεία Β και Α αντίστοιχα και το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι 4 τετ. μονάδες (i) να δείξετε ότι t =2 και να δώσετε τις συντεταγμένες του μέσου Μ του ΑΒ. (ii) να βρείτε την εξίσωση της δεύτερης εφαπτομένης της παραβολής από το Μ και να δώσετε τις συντεταγμένες του σημείου επαφής Σ της εφαπτομένης αυτής με την ⎛5 ⎞ παραβολή. Να δείξετε ότι οι συντεταγμένες του μέσου Δ του ΤΣ είναι ⎜ ,1⎟ . ⎝2 ⎠ 2 2 (iii) αν επιπλέον Ρ ( ρ , 2 ρ ) είναι τυχαίο σημείο πάνω στην παραβολή ψ = 4 χ και Κ το

άλλο άκρο του ευθύγραμμου τμήματος ΚΡ που έχει το Δ ως μέσο, να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης πάνω στην οποία βρίσκεται το σημείο Κ καθώς το Ρ κινείται πάνω στη δοθείσα παραβολή. Χ χ 0 −1 ⎞ 5. (i) Να δείξετε ότι με το μετασχηματισμό ⎛⎜ ⎞⎟ = Μ1 ⎛⎜ ⎞⎟ όπου M 1 = ⎛⎜ ⎟, η ⎝1 1 ⎠ ⎝Ψ⎠ ⎝ψ ⎠ καμπύλη Α: 17ψ 2 + 32 χψ + 16 χ 2 − 64 = 0 μετασχηματίζεται στην έλλειψη με εξίσωση E:

χ2 64

ψ2 4

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο −1

(ii) Να επαληθεύσετε ότι με τον πίνακα M 1 η έλλειψη Ε μετασχηματίζεται στην καμπύλη Α. (iii) Να βρείτε τον πίνακα μετασχηματισμού Μ2 με τον οποίο οι κορυφές της έλλειψης Ε που βρίσκονται πάνω στο θετικό ημιάξονα των x και στο θετικό ημιάξονα των y απεικονίζονται στα σημεία (4,0) και (0,4) αντίστοιχα. Στη συνέχεια να δείξετε ότι με πίνακα μετασχηματισμού το Μ2 η έλλειψη Ε μετασχηματίζεται σε κύκλο Β. (iv) Να δώσετε την εξίσωση του σχήματος στο οποίο μετασχηματίζεται ο κύκλος Β με −1 πίνακα μετασχηματισμού το M 2 .

6. Στο τετράεδρο ΑΒΓΔ οι ακμές ΑΒ = ΑΓ= ΑΔ = 2 3 cm και οι έδρες ΑΒΓ, ΑΓΔ και

(

)

ΑΒΔ βρίσκονται αντίστοιχα πάνω στα επίπεδα με εξισώσεις r · i + j − 2k = 0 ,

(

)

r · i + j + k = 6 , και r ·( i − j ) = 2 . (i) Να δείξετε ότι σι συντεταγμένες της κορυφής Α είναι (3,1,2). (ii) Να δείξετε ότι οι γωνιές των εδρών στην κορυφή Α είναι ορθές. (iii) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας πάνω στην οποία βρίσκεται η ακμή ΑΒ είτε σε καρτεσιανή μορφή είτε σε διανυσματική μορφή. (iv) Να υπολογίσετε τον όγκο του τετραέδρου. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΕΡΟΣ Α΄

∫ σν 3χ d χ = 3 ημ 3χ + c

e2 x − 1 1−1 ⎛ 0 ⎞ = = ⎜ ⎟ απροσδιόριστη μορφή 2. L = lim χ →0 3χ + ημχ 0+0 ⎝0⎠ e2 x − 1) ' ( 2e 2 x − 0 2·e0 2·1 1 L = lim = lim = = = χ →0 ( 3χ + ημχ ) ' χ →0 3 + συνχ 3 + συν 0 3 + 1 2 3

⎡χ3 ⎤ 3. ∫1 ( χ + 2 ) d χ = ⎢ + 2 χ ⎥ = ⎣ 3 ⎦1 3 ⎛3 ⎞ ⎛ 13 ⎞ 38 = ⎜ + 2·3 ⎟ − ⎜ + 2·1⎟ = ⎝3 ⎠ ⎝3 ⎠ 3 3

χ=1

χ=3

ψ=χ² + 2

4. “Ε, Ν, Ι, Α, Ι, Ο” 6! 1·2 ·3·4·5·6 = = 360 2! 1·2 (ii) Αναγραμματισμοί με «Ι» συνεχόμενα 5! = 120 (i) Πλήθος αναγραμματισμών M ε =

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

β χ

⎫ β ⎪ 2 5. ⎬ ⇒ 6 = α ·1 + ⇒ α + β = 6 1 (1, 6 ) ⇒ χ = 1, ψ = 6⎪⎭ dψ β β ⎫ = 2αχ − 2 ⎪ ψ = αχ 2 + ⇒ dχ χ χ ⎪ β ⎬ ⇒ 0 = 2α ·1 − 2 ⇒ 2α − β = 0 dψ 1 = 0⎪ (1, 6 ) ακροτατο ⇒ χ = 1, ⎪⎭ dχ α+β =6 ⎫ ⎬ ⇒ a = 2, β = 4 2α − β = 0 ⎭

ψ = αχ 2 +

ψ = 2χ 2 +

⇒

dψ 4 d 2ψ 8 d 2ψ 4 = 4χ − 2 ⇒ = + ⇒ dχ χ χ3 dχ2 dχ2

= 12 > 0 ⇒ Τοπικό ελάχιστο χ =1

6 −κ ⎛ 3 ⎞ ⎛ ⎛6 ⎞ ⎛6 ⎞ 3⎞ 6. ⎜ χ 2 + ⎟ ⇒ Tκ +1 = ⎜ ⎟·( χ 2 ) ·⎜ ⎟ ⇒ Tκ +1 = ⎜ ⎟·3k ·χ 12−3κ = Α·χ 0 ⇒ χ⎠ ⎝ ⎝κ ⎠ ⎝χ⎠ ⎝κ ⎠ ⎛6⎞ 6! 4 ·3 ⇒ T5 = 1215 . 12 − 3κ = 0 ⇒ κ = 4 ⇒ Τ5 = ⎜ ⎟·34 ⇒ Τ5 = 4!·2! ⎝ 4⎠

7. χ 2 + ψ 2 − 4 χ + 6ψ − 12 = 0 ⇒ g = -2, f = 3, c = -12 (i) R = g 2 + f 2 − c ⇒ R = 4 + 9 + 12 ⇒ R = 5 μ.

Κ ( − g , − f ) ⇒ K ( 2, −3)

(ii) (-1,1) ⇒ χ1 = -1 , ψ1 = 1 , χ1 χ + ψ 1ψ + g ( χ + χ1 ) + f (ψ + ψ 1 ) + c = 0 ⇒ ⇒ − χ + ψ − 2 ( χ − 1) + 3 (ψ + 1) − 12 = 0 ⇒ −3χ + 4ψ − 7 = 0 Εξίσωση εφαπτομένης. 1 4

8. Ρ ( Α ) = ,

Ρ (Β / Α) =

1 3 και Ρ ( Α ∪ Β ) = , 6 8

1 11 Ρ ( Α ∩ Β ) = Ρ ( Α )·Ρ ( Β / Α ) ⇒ Ρ ( Α ∩ Β ) = · ⇒ Ρ ( Α ∩ Β ) = 24 46

Ρ ( Α ∪ Β) = Ρ ( Α) + Ρ ( Β) − Ρ ( Α ∩ Β) ⇒ Ρ ( Β ') = 1 − Ρ ( Β ) ⇒ Ρ ( Β ') = 1 −

3 1 1 1 = + Ρ (Β) − ⇒ Ρ (Β) = 8 4 24 6

1 5 ⇒ Ρ ( Β ') = 6 6

11 1 1 ⇒ Ρ ( Α )·Ρ ( Β ) = Ρ ( Α ∩ Β ) = ⇒ Ρ ( Α )·Ρ ( Β ) = · ⇒ Ρ ( Α )·Ρ ( Β ) = 46 24 24 Τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα.

ή Ρ (Β / Α) = Ρ (Β) =

1 ⇒ Τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα. 6

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

100 χ;

110 1069,20

100 400

155 χ;

675 100

297 χ;

χ=

1069, 20·100 = 972 ⇒ Τιμή πώλησης χωρίς ΦΠΑ £972 110 400·155 = £620, 100

χ= χ=

620 +55 = £675,

972 – 675 = £297

297·100 = 44% ⇒ Κέρδος 44% 675

10. Αρ. Μισθός £ Υπαλλήλων xi fi

( χi − χ )

x if i

1800

1·1800=1800

1300 800 600 300

3 9 10 17

3900 7200 6000 5100

Σfi=40

(1800 − 600 )

fi ·( χ i − χ )

= 1440000

1·1440000=1440000

490000 40000 0 90000

1470000 360000 0 1530000 Σ fi ·( χ i − χ ) =4800000 2

ΣfixI= 24000

Σf i ( xi − x ) Σf x 24000 4800000 = 600 β) σ = (α) χ = i i = = = 120000 = 346, 41 ή 40 Σf i 40 Σf i 1800 + 1300·3 + 800·9 + 600·10 + 300·17 (α) χ = ⇒ χ = 600 40 2

(β) σ =

(1800 − 600 )

+ 3·(1300 − 600 ) + 9·( 800 − 600 ) + 10·( 600 − 600 ) + 17·( 300 − 600 ) 2

1200 + 3·700 + 9·200 + 0 + 17·( −300 ) 2

11. χ = 3 (ημθ + 1) ⇒ d χ = 3συνθ dθ 9 2

∫ 3

40 2

⇒ σ2 =

=120000 ⇒ σ = 120000 ⇒ σ = 346, 41

Για χ = 3 ⇒ θ = 0 και χ =

dχ 6χ − χ 2

∫ 0

12. ψ = ln

1 + 2χ

(1 − χ )

⇒χ=

π 6

3συνθ dθ

3/ συνθ dθ

6·3 (ημθ + 1) − 9 (ημθ + 1)

π 6

∫ 3/

2ημθ + 2 − ημ 2θ − 2ημθ − 1

συνθ dθ 1 − ημ 2θ

∫ dθ = 0

[θ ]06

π 6

. Αν χ < 1 ⇒ ψ = ln (1 + 2 χ ) − 2 ln (1 − χ ) =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ( 2 χ ) 2 ( 2 χ ) 3 ( 2 χ ) 4 ( 2 χ )5 ( − χ ) 2 ( − χ )3 ( − χ ) 4 ( − χ )5 + − + − …⎥ ⇒ + − + − …⎥ – ⎢( − χ ) − ⎢2χ − 2 3 4 5 2 3 4 5 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

10 3 χ − ... 3

⇒ ψ = 4χ − χ 2 +

(1) ⎫⎪

1 1 <χ≤ 2 2 Διάστημα σύγκλισης: ln (1 − χ ) ⇒ −1 ≤ χ < 1 ln (1 + 2 χ ) ⇒ −

1 10

1 1 ⎬⇒− < χ ≤ 2 2 ⎪ ⎭

10 ⎛ ⎛ 4 χ 2 χ 3 10 χ 4 ⎞ 10 χ 3 ⎞ 1 + 2χ 2 4 d χ χ χ − + = = χ ln d ⎟ ∫0 ⎜⎝ ∫0 ⎜⎝ 2 − 3 + 12 ⎟⎠ d χ = ∫0 (1 − χ )2 3 ⎠ 2

2 1 1 10 1 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ 10 ⎛ 1 ⎞ = 0,0201166 2·⎜ ⎟ − ·⎜ ⎟ + ·⎜ ⎟ − 0 = − · + · 100 3 1000 12 10000 ⎝ 10 ⎠ 3 ⎝ 10 ⎠ 12 ⎝ 10 ⎠

Αν χ > 1 ⇒ ψ = ln (1 + 2 χ ) − 2 ln ( χ − 1) όμως από τη σχέση (1) το ανάπτυγμα της ψ δεν συγκλίνει. α+χ 1 − τοξεφχ = τοξεφα , χ ≠ 13. τοξεφ 1 − αχ α α+χ α+χ τοξεφ = β ⇒ εφβ = , τοξεφχ = γ ⇒ εφγ = χ , τοξεφα = γ ⇒ εφγ = α 1 − αχ 1 − αχ α + χ/ − χ + αχ 2 α+χ −χ α (1 + χ 2 ) 1 − αχ εφβ − εφγ 1 − αχ εφ ( β − γ ) = = = = = α = εφδ ⇒ 2 2 α+χ 1 + εφβ ·εφγ 1 − αχ + αχ + χ 1 + χ 1+ ·χ 1 − αχ 1 − αχ

α+χ α+χ − τοξεφχ = τοξεφα ⇒ τοξεφ = τοξεφχ + τοξεφα (1) 1 − αχ 1 − αχ α + χ (1) dψ 1 dψ 1 ψ = τοξεφ ⇒ ψ = τοξεφχ + τοξεφα ⇒ ⇒ ⇒ = 0+ = 2 1 − αχ dχ dχ 1+ χ2 1+ χ dψ ανεξάρτητο του α dχ

β – γ = δ ⇒ τοξεφ

( 2χ + 1) d χ ⇒ dψ dψ 14. χ + 2 χ 2ψ + ψ = 0 ⇒ =− dχ ψ χ 2

ln | ψ | = − χ − ln | χ | + ln c ⇒ ln | ψ | = − χ − ln 2

15.

c |χ|

dψ

∫ψ

= −∫ 2χ d χ − ∫

⇒ψ = e

−χ2

·e

dχ

⇒ψ =

⇒ 2

·e− χ , χ≠0

χ ψ − = 1 , T (ατεμθ , βεφθ ) α2 β 2 2

Εξίσωση εφαπτομένης:

χ1 χ ψ 1ψ τεμθ χ εφθ ψ β − 2 = 1⇒ − = 1 Εξ. ασυμπτώτων: ψ = ± χ 2 α β α α β β εφθ χ Α τεμθ χ A εφθ ψ A τεμθ χ A α − = 1⇒ − =1 ⇒ α β α β

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

τεμθ χ A − εφθ χ Α = α ⇒ α χΑ = ⇒ τεμθ − εφθ β ψΑ = ⇒ τεμθ − εφθ ⎛ ⎞ a β A⎜ , ⎟ ⎝ τεμθ − εφθ τεμθ − εφθ ⎠

χ2 ψ 2 − =1 α2 β2 Α Τ(ατεμθ,βεφθ) χ

Ο Β

τεμθ χ B εφθ ψ B − = 1⇒ α β ⎛ β ⎞ εφθ ⎜ − χ ⎟ τεμθ χ A ⎝ α ⎠Α − = 1 ⇒ τεμθ χ B + εφθ χ B = α ⇒ α β α β ⎛ ⎞ a β χB = ⇒ ψB = − ⇒ B⎜ ,− ⎟ τεμθ + εφθ τεμθ + εφθ ⎝ τεμθ + εφθ τεμθ + εφθ ⎠

α2 + β2 α2 + β 2 α2 + β 2 α2 − β2 OA·OB = · = = = α 2 − β 2 ανεξάρτητο του θ. 2 2 τεμθ − εφθ τεμθ + εφθ τεμ θ − εφ θ 1 Οι τρεις διαφορετικές ασκήσεις για το Ενιαίο Λύκειο (10 – ωρο) είναι στο Μέρος Α’ 1 5. f ( χ ) = ln − . Η συνάρτηση είναι συνεχής στο (1, 2 )

1 0,19 > 0 ⇒ f (1)· f ( 2 ) < 0 ⇒ Άρα υπάρχει λύση της 2 εξίσωσης f ( χ ) = 0 στο διάστημα (1, 2 ) f (1) = −1 < 0, f ( 2 ) = ln 2 −

f '( χ ) =

, χ 0 = 1, 7 ,

ln1, 7 −

χ1 = 1, 7 −

χ1 = χ 0 −

f ( χ0 )

f '( χ0 )

1 1, 7 = 1, 76 1

1 + 1, 7 (1, 7 )2

11. (κ 1 ) : ρ = 1 + συνθ , (κ 2 ) : ρ = 4 + 2συνθ . E = 2·

1 π⎡ 2 2 4 + 2συνθ ) − (1 + συνθ ) ⎤ dθ ( ∫ ⎦ 2 0⎣

E = ∫ (15 + 14συνθ + 3συν 2θ ) dθ π

π⎛ 1 + συν 2θ E = ∫ ⎜ 15 + 14συνθ + 3 o 2 ⎝

Μαθηματικό Βήμα 2001

⎞ ⎟ dθ ⎠ 87

ln χ 0 − ⇒ χ1 = χ 0 −

χ0

χ0 1

χ 02

⇒

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

E=∫

3 3 ⎛ 33 ⎞ ⎡ 33θ ⎤ + 14ημθ + ημ 2θ ⎥ ⎜ + 14συνθ + συν 2θ ⎟ dθ ⇒ E = ⎢ 4 2 ⎣ 2 ⎦0 ⎝ 2 ⎠

3 33π ⎛ 33π ⎞ E =⎜ + 14ημπ + ημ 2π ⎟ − 0 ⇒ E = 2 4 ⎝ 2 ⎠

15. Έστω z = χ + ψ i , | z |= χ 2 +ψ 2 ⎫ 1 1 ⎪ 2 2 εξίσωση κύκλου με Κ (0,0) και R = χ ψ ⇒ + = 1 ⎬ 1 1 2 4 | z |= ⎪ 2 ⎭ | z − 2 |=3 | z −1| ⇒

2 ( χ − 2) + ψ 2

2 ( χ − 1) + ψ 2 ⇒

χ 2 − 4 χ − 4 + ψ 2 = 9 ( χ 2 − 2 χ + 1 + ψ 2 ) ⇒ 8χ 2 + 8ψ 2 − 14 χ + 5 = 0 ⇒ χ 2 +ψ 2 −

7 5 7 5 χ + = 0⇒ g = − , f = 0 ,c = ⇒ 4 8 8 8

⎛7 ⎞ K (−g, − f ) ⇒ K ⎜ , 0 ⎟ , ⎝8 ⎠

⇒R =

5 ⎛ 7⎞ R = g 2 + f 2 − c ⇒ R = ⎜ − ⎟ + 02 − ⇒ R = 8 ⎝ 8⎠

49 5 − 64 8

9 3 ⇒ R= 64 8

Μέρος Β’ 1. ψ =

χ2 χ2 − 4

, Πεδίο ορισμού χ ∈ − {−2, 2}

Κατακόρυφος ασύμπτωτος : χ = 2, χ = –2 .

Οριζόντια ασύμπτωτος : ψ =1

2 2 dψ 2 χ ( χ − 4 ) − 2 χ ( χ ) dψ −8 χ ⇒ = = 2 2 d χ ( χ 2 − 4 )2 dχ ( χ − 4)

dψ −8 χ ⎫ = d χ ( χ 2 − 4 )2 ⎪⎪ ⎬ ⇒ −8 χ = 0 ⇒ χ = 0 dψ ⎪ =0 ⎪ dχ ⎭

χ dψ dχ

-2

-∞

|| ||

0 0

+∞

Για χ ∈ ( −∞, 2 ) ∪ ( 2, 0 ) γνησίως αύξουσα η ψ Για χ ∈ ( 0, 2 ) ∪ ( 2, +∞ )

γνησίως φθίνουσα η ψ

Ακρότατο: max (0,0)

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

2. V = α 2 ·β = 18m 2 ⇒ β =

α2

Κόστος = 40α 2 + 120αβ = 40α 2 + 120·α ·

= 40α 2 +

2160

2160 ⎫ dΚ = 80α − 2 ⎪ dα α ⎪ ⇒ 80α − 2160 = 0 ⇒ α 3 = 27 ⇒ α = 3 ⎬ dΚ α2 ⎪ =0 ⎪⎭ dα

d2K 4320 d2K 80 = + ⇒ > 0 ⇒ για α = 3 παρουσιάζει ελάχιστο da 2 da 2 α =3 α3 Άρα οι ζητούμενες διαστάσεις είναι 3 m, 3 m, 2 m. 3.

d 2ψ + 4ψ = 8e −2 χ (1) 2 dχ (i) m² + 4 = 0 ⇒ m = ±2i ⇒ Συμπληρωματική συνάρτηση σ ( χ ) = Α συν 2 χ + Βημ 2 χ Υπό δοκιμή συνάρτηση : φ ( χ ) = δ e−2 χ ⇒ φ ' ( χ ) = −2δ e−2 χ ⇒ φ '' ( χ ) = +4δ e−2 χ (1) ⇒ +4δ e −2 χ + 4δ e −2 χ = 8e −2 χ ⇒ δ=1 ⇒ Μερικό ολοκλήρωμα: φ ( χ ) = e−2 χ Γενική Λύση: ψ = Α συν 2 χ + Βημ 2 χ + e−2 χ (2) (ii) ψ = 1 όταν χ = 0 ψ = Α συν 2 χ + Βημ 2 χ + e−2 χ ⇒ 1 = A + 1 ⇒ A = 0 dψ = −2 Α ημ 2 χ + 2Β συν 2 χ − 2e −2 χ dχ dψ = −2 όταν χ = 0 ⇒ -2 = 2B – 2 ⇒ B = 0 . Άρα ειδική λύση : dχ

Μαθηματικό Βήμα 2001

A = e −2 χ

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο ∞

∑ ν

(iii)

f (ν ) = e −2ν = e −2 + e −4 + e −6 + e −8 +

Γ.Π. α1 = e −2 , λ = e−2 , Σ∞ = 4.

e−2 1 = 2 −2 1− e e −1

α1 1− λ

ψ 2 = 4 χ , T ( t 2 , 2t ) , t>0

dψ dψ 2 2ψ = 4⇒ = ⇒ dχ dχ ψ

t>0

dψ 2 1 = ⇒ λεφ = d χ ψ = 2t 2t t

Τ(t²,2t)

Ρ(ρ²,2ρ) \ Δ \

( 52 ,1)

ψ − ψ 1 = λ ( χ − χ1 ) ⇒ ψ − 2t =

ψ² = 4χ

1 χ − t 2 ) ⇒ χ − tψ + t 2 = 0 ( t

ψ =0

(i) χ − tψ + t 2 = 0 ⇒ χ Β = −t 2 ⇒ B ( −t 2 , 0 ) χ =0

χ − tψ + t 2 = 0 ⇒ ψ Α = t ⇒ A ( 0, t ) 1 1 t3 | OA |·| OA |= ·t ·t 2 = = 4 ⇒ t = 2 2 2 2 2 t 22 t 2 M μέσο του ΑΒ ⇒ χ Μ = − = − = −2 , ψ M = = = 1 ⇒ M ( −2,1) 2 2 2 2 (ii) Έστω ψ = λχ + β που άγεται από το σημείο Μ . ψ = λχ + β ⎪⎫ ⎬ ⇒ 2λ − β = −1 Μ ( −2,1) ⎪⎭ E(OAB ) =

ψ = λχ + β ⎫

Δ= 0

ψ2

Δ= 0

2 ⎬ ⇒ ψ = λ · + β ⇒ λ ·ψ − 4ψ + 4 β = 0 ⇒ 16 − 16λβ = 0 ⇒ λβ = 1 2 4 ψ = 4χ ⎭ 2λ − β = −1⎫ 1 2 ⎬ ⇒ λ ( 2λ + 1) = 1 ⇒ 2λ + λ − 1 = 0 ⇒ λ1 = , λ2 = −1 λβ = 1 2 ⎭ 1 Για λ = ⇒ β = 2 ⇒ χ − 2ψ + 2 = 0 2 Για λ = −1 ⇒ β = −1 ⇒ χ + ψ + 1 = 0 Εφαπτομένη από το Μ προς Σ.

⇒ −1ψ 2 − 4ψ + 4 ( −1) = 0 ⇒ (ψ + 2 ) = 0 ⇒ ψ = −2, χ = χ = 1 ⇒ Σ (1, −2 ) 2

T ( 4, 4 ) , Σ (1, −2 ) Δ μέσο ΤΑ ⇒ χ Δ =

5 , ψΔ = 1 ⇒ 2

⎛5 ⎞ Δ ⎜ ,1⎟ ⎝2 ⎠

(iii) Ρ ( ρ 2 , 2 ρ ) , Δ μέσο ΚΡ ⇒

χΔ =

χΡ + χΚ

2 ψ +ψ Κ ψΔ = Ρ 2

⎫ 5 ρ 2 + χΚ = ⇒ χΚ = 5 − ρ 2 ⎪ ⎪ 2 2 2 ⎬ ⇒ Κ (5 − ρ , 2 − 2ρ ) 2ρ + ψ Κ ⇒1= ⇒ ψ Κ = 2 − 2ρ ⎪ ⎪⎭ 2

⇒

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

χ = 5 − ρ2 2

2 −ψ ⎛ 2 −ψ ⎞ 2 ⇒ρ= ⇒ χ = 5−⎜ ⎟ ⇒ 4 χ + ψ − 4ψ − 16 = 0 2 ⎝ 2 ⎠

ψ = 2 − 2ρ

⎛ 1 1⎞ ⎛ 0 −1⎞ −1 5. (i) M 1 = ⎜ ⎟ ⎟ ⇒ |M1| = 1 ⇒ M 1 = ⎜ ⎝ −1 0 ⎠ ⎝1 1 ⎠ ⎛ χ ⎞ ⎛ 1 1⎞ ⎛ Χ ⎞ ⎛Χ ⎞ ⎛χ ⎞ ⎛χ ⎞ −1 ⎛ Χ ⎞ ⎟·⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ = Μ1 ⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ = Μ1 ⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎝ψ ⎠ ⎝ −1 0 ⎠ ⎝ Ψ ⎠ ⎝Ψ⎠ ⎝ψ ⎠ ⎝ψ ⎠ ⎝Ψ⎠ χ = Χ + Ψ , ψ = −Χ (1) (1)

⎛χ ⎞ ⎛Χ + Ψ⎞ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⇒ ⎝ψ ⎠ ⎝ − Χ ⎠

Α: 17ψ 2 + 32 χψ + 16 χ 2 − 64 = 0 ⇒ 17 ( −Χ ) + 32 ( Χ + Ψ )·( −Χ ) + 16 ( Χ + Ψ ) − 64 = 0

Ù 17 Χ 2 − 32Χ 2 Χ2 Ψ 2 + = 1→ 64 4 ⎛ 1 −1 (ii) M 1 = ⎜ ⎝ −1

− 32ΧΨ + 16Χ 2 + 32ΧΨ + 16Ψ 2 − 64 = 0 Ù Χ 2 + 16Ψ 2 = 64 Ù

χ2

ψ2

+ = 1 καμπύλη Ε 64 4 1⎞ χ = −Ψ ⎛ Χ ⎞ ⎛ 1 1⎞ ⎛ χ ⎞ ⎛ χ ⎞ ⎛ 0 −1 ⎞ ⎛ Χ ⎞ (2) ⎟ ⇒ ⎜ ⎟=⎜ ⎟·⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟·⎜ ⎟ ⇒ 0⎠ ⎝ψ ⎠ ⎝ 1 1 ⎠ ⎝ Ψ ⎠ ψ = Χ + Ψ ⎝ Ψ ⎠ ⎝ −1 0 ⎠ ⎝ ψ ⎠ 2 ( 2 ) ( −Ψ ) 2 (Χ + Ψ) χ2 ψ 2 Ε: + =1 ⇒ + = 1 Ù Ψ 2 + 16 ( Χ 2 + 2ΧΨ + Ψ 2 ) = 64 Ù 64 4 64 4 2 2 17 Ψ + 32ΧΨ + 16Ψ − 64 = 0 → 17ψ 2 + 32 χψ + 16 χ 2 − 64 = 0 καμπύλη Α (iii) Ε:

χ2 64

ψ2 4

⎛ 4 ⎞ ⎛α (8,0) → (4,0)⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎝0⎠ ⎝γ M2

= 1 ⇒ α=8, β=2 ⇒ Κορυφές (8,0), (0,2) 1

β ⎞⎛ 8 ⎞ 4 = 8α ⇒ α = 2 ⎟⎜ ⎟ ⇒ δ ⎠⎝ 0 ⎠ 0 = 8γ ⇒ γ = 0

(0,2) (8,0)

(-8,0) Ο

χ (0,-2)

M2 0 = 2β ⇒ β = 0 ⎛ 0 ⎞ ⎛ α β ⎞⎛ 0 ⎞ (0,2) → (0,4)⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⇒ 4 = 2δ ⇒ δ = 2 ⎝ 4 ⎠ ⎝ γ δ ⎠⎝ 2 ⎠ ⎛1 ⎞ ⎛2 0 ⎞ 0⎟ −1 −1 ⎜ ⎟ Άρα M 2 = 2 ⇒ | M 2 |= 1 ⇒ M 2 = ⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 0 1 ⎟⎟ 2⎠ ⎝ 0 2⎠ ⎝ χ = 2Χ ⎛2 0 ⎞ ⎛χ ⎞ ⎜ ⎛Χ ⎞ ⎛χ ⎞ χ2 ψ 2 −1 ⎛ Χ ⎞ ⎟ = Μ ⇒ ⇒ + =1 ⇒ , Ε: = Ψ 1 2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ Ψ ⎟⎠ ψ = 64 4 ⎝ψ ⎠ ⎝Ψ⎠ ⎝ψ ⎠ ⎜ 0 2 ⎝ 2⎠ 2 ⎛Ψ⎞ 2 ( 2Χ ) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ X 2 Ψ2 + = 1 ⇒ Χ 2 + Ψ 2 = 16 → χ 2 + ψ 2 = 16 Κύκλος Β + = 1⇒ 64 4 16 16

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Λ.Ε.Μ και ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 10 – ωρο

⎛1 ⎛Χ ⎞ ⎜ (iv) ⎜ ⎟ = 2 ⎝ Ψ ⎠ ⎜⎜ 0 ⎝

χ2 64

ψ2 4

χ ⎞ 2 0⎟⎛ χ ⎞ Χ= 2 ⎛χ⎞ 2 2 ⇒ 2 , Χ + Ψ = 16 ⇒ ⎜ ⎟ + ( 2ψ ) = 16 ⇒ ⎜ ⎟ ⎟ ψ ⎝2⎠ 2 ⎟⎠ ⎝ ⎠ Ψ = 2ψ

= 1 καμπύλη Ε.

( ) r ·( i + j + k ) = 6

6. (ΑΒΓ): r · i + j − 2k = 0 → χ + ψ – 2z = 0 , η1 = i + j − 2k

(ΑΓΔ ):

(ΑΒΔ): r ·( i − j ) = 2

χ +ψ − 2z = 0 χ +ψ + z = 6 χ −ψ = 2 i)

→ χ + ψ + z =6 , η2 = i + j + k

η3 = i − j

→ χ–ψ =2,

(1) ( 2) ( 3)

χ + ψ − 2 z = 0⎫ χ + ψ = 4⎫ ⎬ ⇒ 3z = 6 ⇒ z = 2 ⇒ ⎬ ⇒ 2 χ = 6 ⇒ χ = 3 ⇒ ψ = 1 , A ( 3,1, 2 ) χ +ψ + z = 6 ⎭ χ −ψ = 2⎭

ii) Δίεδρες γωνιές στο σημείο Α η1 ·η2 = i + j − 2k · i + j + k = 1·1 + 1·1 + ( −2 )·1 = 0 ⇒ η1 ⊥ η2 ⇒ ( Α, Β, Γ ) ⊥ ( Α, Γ, Δ )

η2 ·η3 η1 ·η3

( )( ) = ( i + j + k )·( i − j ) = 1·1 + 1·( −1) + 1·0 = 0 ⇒ η ⊥ η ⇒ ( Α, Γ, Δ ) ⊥ ( Α, Β, Δ ) = ( i + j − 2k )·( i − j ) = 1·1 + 1·( −1) + ( −2 )·0 = 0 ⇒ η ⊥ η ⇒ ( Α, Β, Γ ) ⊥ ( Α, B, Δ ) 2

iii) Η ευθεία ΑΒ είναι παράλληλη με το διάνυσμα η2 και περνά από το σημείο Α.

(

) (

)

A ( 3,1, 2 ) , η2 = i + j + k ⇒ r = 3i + j + 2k + λ i + j + k , χ − 3 = ψ − 1 = z − 2 (ΑΒ)

ή Η ευθεία ΑΒ είναι η ευθεία τομής των επιπέδων (Α,Β,Δ) και (Α,Β,Γ) ( Α, Β, Δ ) : χ − ψ = 2 ⇒ χ = 2 + ψ ⎫

⎪ ⎬ ⇒ χ =ψ + 2 = z +1 ⎪ 2χ − 2 z = 2 ⇒ χ = z + 1 ⎭ 3 1 1 ΑΒ·ΑΓ 1 iv) V = EΑΒΓ ·ΑΔ = · ·ΑΔ = 2 3 = 4 3 cm3 3 3 2 6

( Α, Β, Γ ) : χ + ψ − 2 z = 0

(

)

( AB ) ( AB ⊥ AΓ )

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΧΟΛΙΚΟΥ ΕΤΟΥΣ 2000 2001 ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (6-ωρο) Ιούνιος 2001 ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά ΜΕΡΟΣ Α΄ Από τις 15 ερωτήσεις να απαντήσετε τις 12. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 5 μονάδες. 1.

Να βρείτε την παράγωγο των (i) ψ = χ −

dψ πιο κάτω συναρτήσεων: dχ

(ii) ψ = 2e3 χ + συν 5χ

Κάποιος αγόρασε μια τηλεόραση με έκπτωση 15% και πλήρωσε £272. Να βρείτε την τιμή πώλησης της τηλεόρασης πριν την έκπτωση.

Να βρείτε το lim

Ο διπλανός πίνακας παρουσιάζει τον αριθμό των μελών που έχει η κάθε μια από τις 100 οικογένειες ενός χωριού. Αν η μέση τιμή της κατανομής είναι 4 μέλη να υπολογίσετε τις συχνότητες χ και ψ των οικογενειών με 2 και 4 μέλη αντίστοιχα.

Να υπολογίσετε το πλήθος των αναγραμματισμών της λέξης ΑΒΑΚΑΣ. Πόσοι από αυτούς αρχίζουν με το γράμμα Α και τελειώνουν με γράμμα διαφορετικό του Α;

2 − χ + ln ( χ − 1)

χ 2 − 3χ + 2

x →2

Αριθμός μελών

χi

Οικογένειες f i

1 2 3 4 5 6 7

7 χ 20 ψ 18 10 5

6. Η καμπύλη με εξίσωση ψ = αχ 3 + βχ + 2 παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο σημείο (-1,10) (i) Να βρείτε τις τιμές των α και β. (ii) Να προσδιορίσετε το είδος του ακρότατου. 3

⎛ dψ ⎞ d 2ψ ⎛χ⎞ Αν ψ = τοξημ ⎜ ⎟ να δείξετε ότι ισχύει: −χ⎜ ⎟ =0 2 dχ ⎝3⎠ ⎝ dχ ⎠

Να βρείτε στη μορφή ψ

= f (χ)

τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης: χ

Να δείξετε ότι: 2

2 = ( χ + 4 )( χ − 2 )

dψ dχ

ψ χ +1

10. Κανονικής τετραγωνικής πυραμίδας το εμβαδόν ολικής επιφάνειας είναι Eολ = 12α 2 cm 2 και οι παράπλευρες πλευρές της σχηματίζουν με τη βάση γωνία 60°. Να υπολογίσετε συναρτήσει του α: (i) το μήκος της πλευράς της βάσης της πυραμίδας (ii) τον όγκο της πυραμίδας (iii) το μήκος της παράπλευρης ακμής της πυραμίδας

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

(

)

11. Να λύσετε την εξίσωση: τοξσυνχ + τοξσυν χ 3 = 12. Δίνονται σι κύκλοι: ( c1 ) : χ + ψ − 16ψ + 32 = 0 , 2

( c2 ) : χ 2 + ψ 2 − 18χ + 2ψ + 32 = 0

(i) Να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του κάθε κύκλου. (ii) Να δείξετε ότι οι δυο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά και να βρείτε το σημείο επαφής τους. (iii) Να βρείτε την εξίσωση της κοινής εφαπτομένης των δυο κύκλων στο σημείο επαφής τους. 13. Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση χ = ημ 2θ ,

ολοκλήρωμα:

∫

0 ≤θ ≤

π 2

να υπολογίσετε το

χ · 1− χ dχ

⎛ 1 −1⎞ 2 14. Δίνεται ο πίνακας A = ⎜ ⎟ με λ ∈ , για τον οποίο ισχύει Α + 2Ι = ( 0 ) όπου Ι ⎝3 λ ⎠ είναι ο μοναδιαίος πίνακας 2 x 2 και (0) ο μηδενικός πίνακας 2 x 2. (i) Να υπολογίσετε την τιμή του λ. ⎛ 165 ⎞ 16 ⎛ χ ⎞ (ii) Να υπολογίσετε τους πραγματικούς αριθμούς χ και ψ αν ισχύει: Α ⎜ ⎟ = ⎜⎜ 6 ⎟⎟ ⎝ψ ⎠ ⎝ −8 ⎠ (Μπορείτε να δώσετε τις απαντήσεις σας σε εκθετική μορφή).

15. Το χωρίο που περικλείεται από την καμπύληψ = ln

, την εφαπτομένη της καμπύλης

⎛1 ⎞ στο σημείο M ⎜ ,1⎟ και τον άξονα των Χ πλήρη περιστροφή γύρω από τον άξονα των Χ. ⎝e ⎠ Να βρείτε τον όγκο του στερεού που παράγεται. ΜΕΡΟΣ Β’

Από τις 6 ερωτήσεις να απαντήσετε μόνο στις 4. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες.

1. Δίνεται η συνάρτησηψ =

χ −1 . χ2

(i) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων, το τοπικό ακρότατο, το σημείο καμπής, τις ασύμπτωτες και να κάμετε τη γραφική της παράσταση. (ii) Η εφαπτομένη της καμπύλης στο σημείο Α(1 ‚0) τέμνει ξανά την καμπύλη στο σημείο Β. Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ όπου Ο είναι η αρχή των αξόνων.

2. Να βρείτε την εξίσωση ψ = f ( χ ) της καμπύλης η οποία περνά από το σημείο Α(0,2) και ικανοποιεί την εξίσωση ( χ + 1)

dψ = χψ + 2, dχ

χ > −1 .

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

3 4

3 5

3. Αν Α και Β είναι ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου και Ρ ( Α ) = , Ρ ( Β ) = , 9 , να υπολογίσετε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: 10 Να πραγματοποιηθούν και το Α και το Β. Να πραγματοποιηθεί μόνο το Β. Να πραγματοποιηθεί μόνο το ένα από τα Α και Β. Να μη πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α και Β. Να πραγματοποιηθεί το Α δεδομένου ότι πραγματοποιήθηκε το Β.

Ρ ( Α ∪ Β) = Γ: Δ: Ε: Ζ: Η:

4. Δίνεται η παραβολή ψ 2 = 4αχ , α>0 και τα σημεία T (α t 2 , 2α t ) και P (αρ 2 , 2αρ ) . (i) Να δείξετε ότι χορδή ΤΡ έχει εξίσωση 2 χ − ( t + ρ )ψ + 2α t ρ = 0 (ii) Από την εστία Ε της παραβολής φέρνουμε ευθεία (ε) κάθετη στη χορδή ΤΡ, η οποία τέμνει τη διευθετούσα της παραβολής στο σημείο Σ. Αν Μ είναι το μέσο της χορδής ΤΡ να δείξετε ότι: 2(ΣΜ)=(ΕΤ)+(ΕΡ).

5. Δίνεται η ισοσκελής υπερβολή χψ = 9. Φέρνουμε την εφαπτομένη (ε) της υπερβολής ⎛ 3⎞ στο σημείο της Τ ⎜ 3t , ⎟ , και από την αρχή Ο των αξόνων φέρνουμε ευθεία (δ) που ⎝ t⎠ τέμνει κάθετα την (ε) στο σημείο Ρ. Να βρείτε την καρτεσιανή εξίσωση του σχήματος πάνω στο οποίο βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Ρ.

6. Ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ με υποτείνουσα ΑΒ σταθερού μήκους λ cm περιστρέφεται πλήρως γύρω από την κάθετη πλευρά ΟΒ. Να βρείτε, συναρτήσει του λ, το μέγιστο όγκο που μπορεί να έχει το παραγόμενο στερεό. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΕΡΟΣ Α΄

1. (i) ψ

χ−

⇒

dψ dχ

1 2 χ

(ii) ψ = 2e3 χ + συν 5 χ ⇒

dψ = 6e3χ − 5ημ5χ dχ

85 272·100 ·χ = 272 ⇒ χ = ⇒ χ = 320 100 85 Άρα η τιμή πώλησης της τηλεόρασης πριν την έκπτωση είναι £320

2. Έστω χ η τιμή πώλησης πριν την έκπτωση,

2 − χ + ln ( χ − 1)

⎛0 ⎞ = ⎜ αϖροσδ . ⎟ . Κανόνα D’ Hospital χ − 3χ + 2 ⎝0 ⎠ 1 ' −1 + ⎡ 2 − χ + ln ( χ − 1) ⎦⎤ χ − 1 −1 + 1 0 L = lim ⎣ = lim = = =0 2 x →2 ( χ − 3χ + 2 ) ' x → 2 2 χ − 3 4 − 3 1 L = lim x →2

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

4. 7 + χ + 20 + ψ + 18 + 10 + 5 = 10 ⇒ 60 + χ + ψ = 100 ⇒ χ + ψ = 40

Αριθμός μελών

χi

Οικογένειες

1 2 3 4 5 6 7

1·7 + 2·χ + 3·20 + 4·ψ + 5·18 + 6·10 + 7·5 ⇒ 100 252 + 2 χ + 4ψ ⇒ χ + 2ψ = 74 4= 100 χ + ψ = 40 ⎫ ⎬ ⇒ χ = 6, ψ = 34 χ + 2ψ = 74 ⎭

χ=

fi 7 χ 20 ψ 18 10 5

5. “Α, Β, Α, Κ, Α, Σ” 6! = 4·5·6 = 120 . 120 Αναγραμματισμοί 3! (β) Αναγραμματισμοί που αρχίζουν από Α και τελειώνουν με γράμμα διαφορετικό του Α 4! ΒήΚή 2! Σ γράμμα Α 1 3 = 3·4·3 = 36 τρόποι

(α) Πλήθος αναγραμματισμός: Μ ε6 =

f ( χ ) = αχ 3 + βχ + 2 , τοπικό ακρότατο (-1,10)

(i) f ( −1) = 10 ⇒ α ( −1) + β ( −1) + 2 = 10 ⇒ α + β = −8 3

f ' ( χ ) = 3αχ 2 + β , f ' ( −1) = 0 ⇒ 3α ( −1) + β = 0 ⇒ 3α + β = 0 2

α + β = −8 ⎫ ⎬ ⇒ α = 4, β = −12 3α + β = 0 ⎭ dψ ⎫ = 12 χ 2 − 12 ⎪ dχ ⎪ 2 ⇒ ⎬ ⇒ 12 χ − 12 = 0 ⇒ χ = 1, χ = −1 dψ ⎪ =0 ⎪⎭ dχ

(ii) ψ = αχ 3 + βχ + 2 , χ ∈

χ dψ dχ

-1

-∞

0 10

-∞

1 –

Στο σημείο (–1,10) έχουμε τοπικό μέγιστο

-6

max

min 1 1 dψ dψ ⎛χ⎞ 3 = ⇒ = ψ = τοξημ ⎜ ⎟ ⇒ 2 dχ dχ ⎝3⎠ χ 9 − χ2 1− 9 3 1 d 2ψ d 2ψ 2 −2 = − ( −2 χ ) ( 9 − χ ) ⇒ = 2 dχ2 dχ2

(

χ 9 − χ2

)

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο) 3

⎛ dψ ⎞ d 2ψ −χ⎜ ⎟ = 2 dχ ⎝ dχ ⎠

9−χ

)

⎛ 1 −χ⎜ ⎜ 9 − χ2 ⎝

⎞ ⎟ = ⎟ ⎠

(

χ 9−χ

dψ

⎛1 1 ⎞ = ∫⎜ − ⎟ d χ ⇒ ln ψ = ln χ − ln χ + 1 + ln c ⇒ ⎝ χ χ +1⎠ Κ ·χ c·χ ⇒ψ = ln ψ = ln χ +1 χ +1

∫ψ

−

) ( 3

9−χ

dψ dψ dχ dψ dχ ψ ⇒ = ⇒ = ⇒∫ =∫ ψ χ ( χ + 1) ψ χ ( χ + 1) d χ χ +1

(

χ +4 χ +4 χ +4 1 1 2 = 2 χ 2 = ( χ + 4) 2 χ χ 2 2 χ 2 2 2

χ −2

= ( x + 4)

χ ( χ + 1)

υ = ΟΚ ⇒ υ =

χ = 0 ⇒ Α =1 χ = −1 ⇒ Β = − 1

2 = ( χ + 4) 2 χ − 2

(

)

χ 2

. Δ Ε

Γ 60°

3 1 1 4α 3 3 2a 3 cm ⇒ υ = α 3 ⇒ Vπυρ = ·ΕΒ ·υ ⇒ Vπυρ = ·4a 2 ·a 3 ⇒ V = 3 3 3 2

)

2 2 2 2 ΕΚΑ, Εˆ = 90° ⇒ ( ΑΚ ) = ( ΕΚ ) + ( ΕΑ ) ⇒ ( ΑΚ ) = 4α 2 + α 2 ⇒ ( ΑΚ ) = α 5 cm

11. τοξσυνχ + τοξσυν ( χ 3 ) =

2 Θέτω τοξσυνχ = α ⇔ συνα = χ

(

)

(1)

0 ≤α ≤π ,

Θέτω τοξσυν χ 3 = β ⇔ συνβ = χ 3 0 ≤ β ≤ π (1)⇒ α + β =

Μαθηματικό Βήμα 2001

⇒α =

−β 2 ⎛π ⎞ ⇒ συνα = συν ⎜ − β ⎟ ⇒ συνα = ημβ ⇒ συνα = + 1 − συνβ ⇒ ⎝2 ⎠ 1 1 χ = 1 − 3 χ 2 ⇒ χ 2 = 1 − 3χ 2 ⇒ χ 2 = ⇒ χ = ± 4 2 2

χ −2

(iii) Από Δ

Β ⇒ χ +1

1 = Α ( χ + 1) + Βχ

ˆ = 90° ⇒ συν 60° = 2 ⇒ 1 ·( ΕΚ ) = χ ⇒ ΕΚ = χ Από OKE , Ο 2 2 ΕΚ 1 (i) Eολ = ΕΒ + Επαρ ⇒ 12α 2 = χ 2 + ·4 χ ·χ ⇒ χ = 2α cm 2 Δ ΟΚ 3 ΟΚ χ 3 ⇒ = ⇒ ΟΚ = ⇒ (ii) ΟΚΕ : ημ 60° = χ ΕΚ 2 2

(

)

0 2 = ( χ + 4 )( χ − 2 ) χ −2

10. Eολ = 12α 2 cm2 . Έστω ΑΒ = χ ⇒ EO = Δ

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

1 1 3 π π π (δεκτή) ⇒ τοξσυν + τοξσυν = + = 2 2 2 3 6 2 ⎛ 1 3 ⎞ 2π 5π π ⎛ 1⎞ Για χ = − ⇒ τοξσυν ⎜ − ⎟ + τοξσυν ⎜⎜ − + ≠ (απορ.) ⎟⎟ = 2 2 3 6 2 ⎝ 2⎠ ⎝ ⎠

Για χ =

12. ( C ) : χ 2 + ψ 2 + 2 g χ + 2 f ψ + c = 0 K ( − g , − f ) , R = g 2 + f 2 − c (i)

( c1 ) : χ 2 + ψ 2 − 16ψ + 32 = 0 ⇒ g1 = 0, f1 = −8, c1 = 32 ⇒ K1 ( 0,8 ) , R1 = 64 − 32 ⇒ R1 = 4 2 ( c2 ) : χ 2 + ψ 2 − 18χ + 2ψ + 32 = 0 ⇒ g2 = −9, f 2 = 1, ⇒ K 2 ( 9, −1) , R2 = 81 + 1 − 32 ⇒ R1 = 5 2

c2 = 32

+ ( −1 − 8 ) = 9 2 ⎫⎪ (ii) ⎬ ⇒ ( K1 K 2 ) = R1 + R2 (εφάπτονται εξωτερικά). ⎪⎭ R1 + R2 = 4 2 + 5 2 = 9 2 χ 2 + ψ 2 − 16ψ + 32 = 0 ⎪⎫ Σημείο επαφής: 2 ⎬ ⇒ 18χ − 18ψ = 0 ⇒ χ = ψ χ + ψ 2 − 18χ + 2ψ + 32 = 0 ⎪⎭ χ =ψ ⎫ 2 2 ⎬ ⇒ ψ − 8ψ + 16 = 0 ⇒ (ψ − 4 ) ⇒ ψ = 4, χ = 4 ⇒ Σ.T . ( 4, 4 ) 2 2 χ + ψ − 16ψ + 32 = 0 ⎭ 8 +1 = −1 , ( ε ) ⊥ ( Κ 1Κ 2 ) ⇒ λε = 1 ⇒ εξ. εφαπτ. (ε): ψ – 4 = χ – 4 ⇒ ψ = χ (iii) λΚ1Κ 2 = −9

( K1 K 2 ) = ( 0 + 9 )

13. χ = ημ 2θ ,

0 ≤θ ≤

⇒ d χ = 2ημθ ·συνθ dθ ,

χ = 0 ⇒ θ = 0,

χ =1⇒θ =

π 2

∫

χ · 1− χ dχ = ∫

2 0

ημ θ · 1 − ημ θ ·2ημθ συνθ dθ = ∫ ημθ ·συνθ ·2ημθ ·συνθ dθ = 2

12 2 12 ⎡θ ημ 4θ ⎤ 2 π = = 2 d 1 4 d ημ θ θ − συν θ θ ( ) ⎢⎣ 4 − 8 ⎥⎦ = 8 2 ∫0 4 ∫0 0 2

−1 − λ ⎞ ⎛ 2 0 ⎞ ⎛ 0 0 ⎞ ⎛ 1 −1 ⎞ ⎛1 0⎞ ⎛ 0 0⎞ ⎛ −2 + 2⎜ =⎜ +⎜ 14. Α + 2Ι = ( 0 ) ⇒ ⎜ ⇒⎜ ⎟ ⎟ =⎜ ⎟ ⎟ ⎟ 2 ⎟ ⎝3 λ ⎠ ⎝0 1⎠ ⎝ 0 0⎠ ⎝ 3 + 3λ −3 + λ ⎠ ⎝ 0 2 ⎠ ⎝ 0 0 ⎠ −1 − λ = 0 ⎫ −1 − λ ⎞ ⎛ 0 0 ⎞ ⎛ 0 ⎪ =⎜ ⇒⎜ ⎟ ⇒ 3 + 3λ = 0 ⎬ ⇒ λ = −1 2 ⎟ ⎝ 3 + 3λ −1 + λ ⎠ ⎝ 0 0 ⎠ −1 + λ 2 = 0 ⎪⎭ 2

(ii) Από το Α 2 + 2Ι = ( 0 ) ⇒ Α 2 = −2Ι ⇒ Α16 = ( Α 2 ) = ( −2 ) ·Ι 8 ⇒ A16 = 28 ·I 8

5 0 ⎞ ⎛ χ ⎞ ⎛ 165 ⎞ ⎛ 28 χ ⎞ ⎛ 165 ⎞ ⎛ χ ⎞ ⎛ 16 ⎞ 8 ⎛1 Α ⎜ ⎟ = ⎜⎜ 6 ⎟⎟ ⇒ 2 ·⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜⎜ 6 ⎟⎟ ⇒ ⎜ 8 ⎟ = ⎜⎜ 6 ⎟⎟ ⇒ ⎝ψ ⎠ ⎝ −8 ⎠ ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ψ ⎠ ⎝ −8 ⎠ ⎝ 2 ψ ⎠ ⎝ −8 ⎠ 16

28 χ = 165 ⇒ 28 χ = 220 ⇒ χ = 212 ,

28ψ = −86 ⇒ 28ψ = −218 ⇒ ψ = −210

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

15. ψ = ln ⇒ψ = ln1 − ln χ ⇒ χ

ψ = − ln χ ⇒ dψ dχ

1 χ= e

dψ 1 =− ⇒ dχ χ

= −e ⇒ λεφ = −e Β

1⎞ ⎛ (ε) : ψ − 1 = −e ⎜ χ − ⎟ ⇒ e⎠ ⎝ ψ = −e χ + 2 , Τομή εφαπτομένης με τον χ - άξονα: 2 ⎛2 ⎞ ψ = 0 ⇒ χ = ⇒ B⎜ ,0⎟ e ⎝e ⎠ 1 1 2 2 V = π ∫ ( ln χ ) d χ − ·( ΑΜ ) ·( ΑΒ ) ⇒ 3 1

1 I = ∫ ln2 χ d χ = χ·ln2 χ − ∫ χ·2ln χ· d χ

1 ⎛ 2 1⎞ V = π ⎡⎣ χ ·ln 2 χ − 2 χ ln χ + 2 χ ⎤⎦ − π ·1⎜ − ⎟ ⇒ 3 ⎝e e⎠ ⎛1 2 2⎞ π V = 2π − π ⎜ + + ⎟ − ⇒ ⎝ e e e ⎠ 3e 5π π − κ .μ . V = 2π − e 3e 1 1 e

= χ·ln2 χ − 2∫ ln χ d χ ⎡ 1 ⎤ = χ·ln2 χ − 2 ⎢χ ln χ − ∫ χ· d χ ⎥ χ ⎦ ⎣ = χ·ln2 χ − 2χ ln χ + 2χ

ΜΕΡΟΣ Β’

1. (i) ψ =

χ −1 . π.ο. χ ∈ χ2

− {0} ,

Τομή με χ – άξονα: ψ = 0 ⇒ χ = 1 ⇒ (1,0)

χ −1 =0 ⇒ψ=0 x →±∞ χ 2

Ασύμπτωτες: Κατακόρυφη χ = 0 ,

Οριζόντια lim

dψ 2 − χ dψ = 0⇒ 2−χ = 0⇒ χ = 2 = , dχ dχ χ3 ⎛ 1⎞ Άρα max ⎜ 2, ⎟ ⎝ 4⎠ Ακρότατα:

Σημείο καμπής:

χ =1

Μαθηματικό Βήμα 2001

∞

+ 0 – 1 4

d 2ψ 2 χ − 6 = , dχ2 χ4

max

d 2ψ ⎛ 2⎞ = 0 ⇒ 2 χ − 6 = 0 ⇒ χ = 3 . Άρα Σ.Κ. ⎜ 3, ⎟ 2 dχ ⎝ 9⎠ dψ (ii) λε = dψ

χ −∞ dψ – dχ

2 −1 = = 1 ⇒ (ε): ψ = χ − 1 . 1

−∞

dψ dχ

–

– 0 +

∩

2 9

∪ Σ.Κ.

∞

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

ψ = χ −1⎫ χ −1 ⎪ Σημείο Β: χ − 1 ⎬ ⇒ χ − 1 = 2 ⇒ χ = ±1 ⇒ Β ( −1, −2 ) ψ= 2 ⎪ χ χ ⎭ E=

β ·υ 2

( ΟΑ )·| ψ Β | 2

1·2 = 1 ⇒ E( AOB ) = 1 τ .μ . 2

⎛ 1 ⎞ χ dψ − ∫ ⎜ 1− dχ −∫ ⎟d χ χ +1 = χψ + 2, χ > −1 ⎝ χ +1 ⎠ = = I χ e e ( ) dχ = e − χ + ln|χ +1| = e − χ ·( χ + 1) dψ χ 2 − ⇒ ·ψ = d χ χ +1 χ +1 dψ χ 2 · ( χ + 1) e − x ·ψ = · ( χ + 1) e − x ⇒ ( χ + 1) e− x ·ψ = 2∫ e− x dx ⇒ ( χ + 1) e− x · − dχ χ +1 χ +1

2. ( χ + 1)

( χ + 1) e− x ·ψ ⇒ψ =

= −2e − x + c . Για Α(0,2) ⇒ 2 = –2 + c ⇒ c = 4 ⇒ ( χ + 1) e − x ·ψ = −2e − x + 4

−2e− x + 4 4e x − 2 ψ ⇒ = χ +1 ( χ + 1) e− x 3 4

3 5

3. Ρ ( Α ) = , Ρ ( Β ) = , Ρ ( Α ∪ Β ) =

9 10

P (Γ) = P ( A ∩ B ) = Ρ ( Α) + Ρ (Β) − Ρ ( Α ∪ Β) = Ρ ( Δ ) = Ρ (Β − Α) = Ρ (Β) − Ρ ( Α ∩ Β) =

3 3 9 9 + − = 4 5 10 20

3 9 3 − = 5 20 20

Ρ ( Ε ) = Ρ ⎡⎣( Α − Β ) + ( Β − Α ) ⎤⎦ = Ρ ( Α ) − Ρ ( Α ∩ Β ) + Ρ ( Β ) − Ρ ( Α ∩ Β ) = Ρ ( Α ) + Ρ ( Β ) − 2Ρ ( Α ∩ Β ) =

3 3 18 9 + − = 4 5 20 20

Ρ ( Ζ ) = Ρ ( Α '∩ Β ') = Ρ ( Α ∪ Β ) ' = 1 − Ρ ( Α ∪ Β ) = 1 − 9 3 Ρ (Η ) = Ρ Α = = 10 = Β 3 Ρ (Β) 4 5 2 2 ψ = 4αχ , α>0 , T (α t , 2α t ) και P (αρ 2 , 2αρ ) .

( )

9 1 = 10 10

(i) ΤΡ :

Ρ ( Α ∩ Β)

2α ( ρ − t ) ψ − 2α t 2αρ − 2α t ψ − 2α t = ⇒ = 2 2 2 2 χ − αt χ − αt αρ − α t α (ρ − t) (ρ + t)

⇒ (ψ − 2α t )( ρ + t ) = 2 ( χ − α t 2 ) ⇒ 2 χ − ( t + ρ )ψ + 2α t ρ = 0 (ii) Σημείο Σ: λΕΣ = −

ρ +t 2

⇒ (ΕΣ): ψ = −

ρ +t

100

(χ −α )

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

χ = −α ⎫ ⎪ ⎬ ⇒ Σ ( −α , α ( ρ + t ) ) ρ +t ψ =− ( χ − α )⎪

⎭ ⎛α ⎞ Μ μέσο ΤΡ: ⇒ M ⎜ ( ρ 2 + t 2 ) ,α ( ρ + t ) ⎟ ⎝2 ⎠ 2

α ( ΣΜ ) = ⎡⎢ ( ρ 2 + t 2 ) + α 2 ⎤⎥ = ⎣2 ⎦ =

(ρ 2

+ t 2 + 2)

(TE ) = (αρ 2 − α )

+ ( 2αρ )

= α ρ 4 − 2ρ 2 + 1 + 4ρ 2

(ρ

=α

+ 1) = α ( ρ 2 + 1) 2

( ΡΕ ) = α ( t 2 + 1) (TE ) + ( PE ) = α ( ρ 2 + 1) + α ( t 2 + 1) = α ( ρ 2 + t 2 + 2 ) = 2 ( ΣΜ ) 5.

χψ = 9 ⇒ ψ + χ · dψ dχ

λεφ =

χ = 3t ψ=

3 t

dψ dψ ψ =0⇒ =− ⇒ χ dχ dχ

3 1 =− t =− 2 3t t

Εξίσωση εφαπτομένης στο Τ: 3 t

ψ− =−

1 χ − 3t ) ⇒ t 2ψ − 3t = − χ + 3t ⇒ 2 ( t

t 2ψ + χ = 6t

(δ ) ⊥ ( ε )

Εξίσωση (δ): ψ = t 2 χ

⇒ λδ = t 2

(2)

Σημείο Ρ: 6t 3 ⎫ 3 ⎪ ⎫⎪ ψ =t χ ⎫ ψ = t2χ ⎪ t 4 + 1 ⎪ ⇒ Ρ ⎛ 6t , 6t ⎞ ⇒ ⇒ ⇒ ⎬ ⎬ ⎬ ⎬ 6t ⎜ 4 ⎟ 4 4 t 2ψ − 3t = − χ + 3t ⎭⎪ t χ − 3t = − χ + 3t ⎭ χ = 4 ⎝ t +1 t +1⎠ ⎪ χ = 6t ⎪ t + 1⎭ t 4 + 1 ⎪⎭ Γεωμετρικός τόπος του σημείου Ρ 6t ⎫ ψ ⎫ 2 χ= 4 ⎪ = t2 ψ 2 + χ2 ) ( ⎪ ψ3 t + 1⎪ 2 2 2 2 χ ⇒ ⇒ = ⇒ + ψ ψ χ 36 ( ) = 36χψ ⎬ ⎬ 4 3 χ χ 2 6t 3 ⎪ ψ= 4 ψ 2 ( t 4 + 1) = 36t 6 ⎪⎭ t + 1 ⎭⎪ 2

Μαθηματικό Βήμα 2001

ψ = t2χ ⎫

101

ψ=

ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (ΕΝΙΑΙΟ ΛΥΚΕΙΟ 6 – ωρο)

6. Έστω (ΟΒ) = χ ⇒ (ΟΑ)² =λ² - χ² .

1 1 V ( χ ) = π ( λ ² − χ ² )·χ ⇒ V ( χ ) = π ( λ 2 χ − χ 3 ) 3 3 dV 1 λ ⎫ ⎧ = π ( λ 2 − 3χ 2 ) ⎪ χ= ⎪ dχ 3 3 ⎪ ⎪ 2 2 ⎬ ⇒ λ − 3χ = 0 ⇒ ⎨ dV ⎪ ⎪χ = − λ =0 ⎪⎭ ⎪⎩ dχ 3

d 2V 1 d 2V = π − χ ⇒ = −2πχ . 6 ( ) dχ2 3 dχ2

Για χ =

λ 3

λ cm

(απορ .) ⇒

A΄

d 2V 2πλ 3 =− <0 2 3 dχ

1 ⎛ λ 3 λ3 3 ⎞ 2πλ 3 3 = π ⎜⎜ − ⎟ ⇒ Vmax = 3 ⎝ 3 9 ⎟⎠ 27 3

Άρα ο όγκος V γίνεται μέγιστος. Vmax

102

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΧΟΛΙΚΟΥ ΕΤΟΥΣ 2000 2001 ΕΝΙΑΙΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Ιούνιος 2001

ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά Μέρος Α΄ Από τις 15 ερωτήσεις να απαντήσετε τις 12. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 5 μονάδες. ⎛ 1 ⎞ 1. Να βρείτε το ∫ ⎜⎜ χ + ⎟⎟ d χ χ ⎝ ⎠ 2 2. Η συνάρτηση ψ = χ + βχ + γ παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο σημείο (2,-1). Να βρείτε τις τιμές των α και β. ημ 4α + ημ 2α = εφ 3α . 3. Να δείξετε ότι: συν 4α + συν 2α

4. Να υπολογίσετε το lim χ →0

e χ ημχ − χ . χ 2 + 2χ 3

5. Δίνεται ο κύκλος χ 2 + ψ 2 − 2 χ − 4ψ − 4 = 0 (α) Να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του. (β) Να βρείτε τη θέση του σημείου Α(2,-3) ως προς τον κύκλο.

6. Να βρείτε με πόσους τρόπους μπορεί να εκλεγεί μια τετραμελής επιτροπή από μια ομάδα 12 ατόμων αν οι δυο από αυτούς είναι αδέλφια και δεν μπορούν να είναι μαζί στην επιτροπή. 10

7. 8. 9.

⎛ α⎞ Στο ανάπτυγμα ⎜ χ 3 + ⎟ ο συντελεστής του χ18 είναι 960. Να βρείτε την τιμή του α. χ⎠ ⎝ 1 3 Να δείξετε ότι 2τοξεφ = τοξεφ 3 4 d 2ψ dψ Αν ψ = e − χ ημ 2 χ να δείξετε ότι +2 + 5ψ = 0 . 2 dχ dχ

10. Να βρείτε το ∫ χ 2συνχ d χ 11. Να βρείτε στη μορφή ψ = f ( χ ) τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης dψ = ( χ + 1)ψ . dχ 12. Το χωρίο που περικλείεται από την καμπύλη ψ = χ 2 και την ευθεία ψ = 2 χ κάμνει μια πλήρη περιστροφή γύρω από τον άξονα των x. Να βρείτε τον όγκο του στερεού που παράγεται.

(χ

− 3χ + 2 )

13. Να λύσετε την εξίσωση: 2συν2χ+12συνχ-5=0.

Μαθηματικό Βήμα 2001

103

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

14. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης και της κάθετης της καμπύλης χ 2 + ψ 2 = 5 στο σημείο (1,-2) αυτής.

15. Μια δεξαμενή έχει σχήμα κύβου ακμής 5m. Αν στη δεξαμενή ρίχνουμε νερό με ρυθμό 1m³/min , να βρείτε σε cm/min το ρυθμό με τον οποίο ανεβαίνει η επιφάνεια του νερού στη δεξαμενή. Μέρος Β΄

Από τις 6 ερωτήσεις να απαντήσετε τις 4. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες.

1. Δίνεται η συνάρτηση ψ =

χ +1 χ2

(i) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων, τα τοπικά ακρότατα, τα σημεία καμπής, τις ασύμπτωτες και να κάμετε τη γραφική της παράσταση. χ +1 (ii) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την καμπύλη ψ = 2 , τις

ευθείες χ=1, χ=2 και τον άξονα των χ.

2. Να βρείτε στη μορφή ψ = f ( χ ) τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης χ

dψ − 2ψ = ln χ . dψ

3. (i) Αν χ = et + 3 , ψ = 2 + συν t με t ∈ \ , να δείξετε ότι d 2ψ dψ ( χ − 3) 2 + ( χ − 3) + ψ − 2 = 0 . dχ dχ (ii) Πόσοι αναγραμματισμοί της λέξης ΠΑΡΑΘΥΡ0 υπάρχουν; Πόσοι από αυτούς αρχίζουν με το γράμμα Α και τελειώνουν με φωνήεν; 3

4. Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση χ = 4ημθ , − < θ < 2

χ 2d χ

16 − χ 2

∫

να υπολογίσετε το

5. Να λύσετε την εξίσωση: ημχ συνχ + 3 συν 2 χ = 2 συνχ 6. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που περνά από τα σημεία Α(-1 ‚2), Β(3,0) και έχει το κέντρο του πάνω στην ευθεία 2 χ + ψ = 7 .

104

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Μέρος Α΄

1. 2.

1 ⎛ − 1 ⎞ χ2 2 χ χ χ χ χ χ + = + = +2 χ +c d d d ⎜ ⎟ ∫⎜ ∫ ∫ ⎟ 2 χ ⎝ ⎠ dψ ψ = χ 2 + βχ + γ ⇒ = 2χ + β dχ ⎫⎪ ψ = χ 2 + βχ + γ 2 ⎬ − 1 = 2 + β ·2 + γ ⇒ 2 β + γ = −5 (1) A ( 2, −1) χ = 2, ψ = −1⎪⎭ dψ ⎫ = 2χ + β ⎪ (1) dχ ⎪ 0 2·2 4 ⇒ = + ⇒ = − ⇒ β β γ =3 ⎬ dψ = 0 για χ = 2 ⎪ dχ ⎭⎪

ημ 4α + ημ 2α 2ημ 3α · συνα = εφ 3α . = συν 4α + συν 2α 2συν 3α · συνα

e χ ημχ − χ L = lim 2 χ →0 χ + 2 χ 3

⎛0⎞ (απρ. της μορφής ⎜ ⎟ , κανόνας του L’Hospital) ⎝0⎠

( e ημχ − χ ) ' = lim e ημχ + e συνχ − 1 L L = lim 2χ + 6χ ( χ + 2χ ) ' χ

χ →0

⎛0⎞ (απρ. της μορφής ⎜ ⎟ , κανόνας του ⎝0⎠ L’Hospital)

( e ημχ + e συνχ − 1) ' = lim e ημχ + e συνχ + e συνχ − e ημχ = lim 2 + 12 χ ( 2χ + 6χ ) ' χ

χ →0

2e χ συνχ =1 χ →0 2 + 12 χ

= lim

χ 2 + ψ 2 − 2 χ − 4ψ − 4 = 0 ⇒ g = −1, f = −2, c = −4 (α) K ( − g , − f ) ⇒ K (1, 2 ) . R = g2 + f 2 − c ⇒ R =

(β) Α(2,-3), χ = 2, ψ = -3 .

( −1)

+ ( −2 ) − ( −4 ) ⇒ R = 1 + 4 + 4 ⇒ R = 3 . 2

22 + ( −3) − 2·2 − 4 ( −3) − 4 = 25 > 0 άρα το σημείο (2,-3) 2

βρίσκεται έξω από τον κύκλο. ⎛ 2 ⎞ ⎛10 ⎞

6. Υπάρχουν ⎜ ⎟·⎜ ⎟ τρόποι για να εκλεγεί η επιτροπή και να περιλαμβάνει το ένα από τα ⎝1 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎛10 ⎞ δύο αδέλφια και ⎜ ⎟ τρόποι για να εκλεγεί η επιτροπή και να μη περιλαμβάνει ούτε το ένα ⎝4⎠ ούτε το άλλο από τα δύο αδέλφια.

Μαθηματικό Βήμα 2001

105

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

⎛ 2 ⎞ ⎛ 10 ⎞ ⎛10 ⎞ 2·10·9·8 10·9·8·7 Άρα υπάρχουν ⎜ ⎟·⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = + = 450 τρόποι για να εκλεγεί η επιτροπή 1·2·3 1·2·3·4 ⎝1 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 4 ⎠ και να μην περιλαμβάνει και τα δύο αδέλφια μαζί. Διαφορετικά ⎛12 ⎞ Υπάρχουν ⎜ ⎟ =495 τρόποι για να εκλεγεί η επιτροπή χωρίς κανένα περιορισμό. ⎝4⎠ ⎛10 ⎞ Υπάρχουν ⎜ ⎟ =45 τρόποι για να εκλεγεί η επιτροπή και να συμμετέχουν σ’ αυτή και τα ⎝2⎠ δύο αδέλφια. Άρα 495 – 45 = 450 . 10

10 −κ ⎛ α ⎞ ⎛ ⎛ 10 ⎞ α⎞ 7. ⎜ χ 3 + ⎟ Tκ +1 = ⎜ ⎟·( χ 3 ) ·⎜ ⎟·χ 30−3κ −κ α κ = 960 χ 18 ⇒ 30 − 4κ = 18 ⇒ κ = 3 χ⎠ ⎝ ⎝κ ⎠ ⎝χ⎠ ⎛10 ⎞ Άρα ⎜ ⎟·a 3 = 960 ⇒ 120·α³=960 ⇒ α³ = 8 ⇒ α =2 ⎝3⎠ 1 3 1 1 π 8. 2τοξεφ = τοξεφ . Θέτω τοξεφ = α ⇒ εφα = , 0 < α < 3 4 2 3 3 1 2· 3εφα 3 = 3 .Επειδή 0 < 2α < π ⇒ 2α = τοξεφ 3 ⇒ 2τοξεφ 1 = τοξεφ 3 = εφ 2α = 2 2 4 3 4 4 1 − εφ α ⎛1⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝3⎠ dψ d 2ψ −χ −χ −χ 9. ψ = e ημ 2 χ ⇒ = −e ·ημ 2 χ + 2e συν 2 χ ⇒ = −3e − χ ημ 2 χ − 4e − χ συν 2 χ 2 dχ dχ

d 2ψ dψ +2 + 5ψ = ( −3e− χημ 2χ − 4e− χ συν 2χ ) + 2 ( −e− χ ·ημ 2χ + 2e− χ συν 2χ ) + 5·e− χημ 2χ = 0 2 dχ dχ

10. I = ∫ χ 2συνχ d χ = ∫ χ 2 d (ημχ ) = χ 2ημχ − ∫ ημχ d ( χ 2 ) = χ 2ημχ − 2∫ χ ημχ d χ = χ 2ημχ − 2 ⎡⎣ ∫ χ d ( −συνχ ) ⎤⎦ = χ 2ημχ − 2 ⎡⎣ − χσυνχ − ∫ −συνχ d ( χ ) ⎤⎦ = χ 2ημχ + 2 χσυνχ − 2∫ συνχ d χ = χ 2ημχ + 2 χσυνχ − 2ημχ + C

11.

dψ = ( χ + 1)ψ ⇒ dχ ( χ + 1) d χ dψ dψ χ +1 = 2 ⇒∫ =∫ dχ ψ ψ χ − 3χ + 2 ( χ − 1)( χ − 2 ) −2 3 ⇒ ln | ψ | = ∫ dχ + ∫ dχ χ −1 χ −2 ⇒ ln | ψ | = −2 ln | χ − 1 | + 3ln | χ − 2 | + C ⇒

(χ

− 3χ + 2 )

106

A χ +1 Β = + ( χ − 1)( χ − 2 ) χ − 1 χ − 2

χ + 1 = Α ( χ − 2 ) + Β ( χ − 1) για χ = 1 ⇒ Α = −2 για χ = 2 ⇒ Β = 3

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

| χ − 2 |3 | χ − 2 |3 ψ C ln | ψ | = ln C1 ⇒ | | = ⇒ 1 | χ − 1 |2 | χ − 1 |2

( χ − 2) ψ =κ 2 ( χ − 1)

ψ = χ2 ⎫ 2 12. ⎬ ⇒ χ = 2 χ ⇒ χ ( χ − 2 ) = 0 ⇒ χ = 0, χ = 2 ψ = 2χ ⎭ 2 2 2 V = π ∫ ⎡⎢( 2 χ ) − ( χ 2 ) ⎤⎥ d χ ⇒ 0 ⎣ ⎦ 2

2 1 ⎤ ⎡4 V = π ∫ ( 4χ 2 − χ 4 ) d χ = π ⎢ χ 3 − χ 5 ⎥ ⇒ 0 5 ⎦0 ⎣3

1 ⎞ 64 ⎛4 V = π ⎜ ·23 − ·25 ⎟ − 0 = π κυβ . μον . 5 ⎠ 15 ⎝3

13. 2συν2χ+12συνχ-5=0 ⇒ 2 ( 2συν 2 χ − 1) + 12συνχ − 5 = 0 ⇒ 4συν 2 χ + 12συνχ − 7 = 0 1 ⎧ 1 ⇒ συνχ = ⇒ χ = 360°κ ± 60° κ ∈ ] −12 ± 144 + 112 −12 ± 16 ⎪⎪ 2 2 συνχ = = =⎨ 8 8 ⎪ − 28 απορρίπτεται ⎪⎩ 8

dψ dψ χ 1 =0⇒ = − . Στο (1,-2) ⇒ λεφ = ⇒ λκαθ = −2 dχ dχ 2 ψ 1 Εξίσωση εφαπτομένης: ψ + 2 = ( χ − 1) ⇒ χ − 2ψ − 5 = 0 2 Εξίσωση κάθετης: ψ + 2 = −2 ( χ − 1) ⇒ 2 χ + ψ = 0

14. χ 2 + ψ 2 = 5 ⇒ 2 χ + 2ψ

15.

dV dV dh dh dh 1 dh = 1 m3 / min, V = 25h ⇒ = 25· ⇒ 1 = 25· ⇒ = m / min ⇒ = 4cm / min dt dt dt dt dt 25 dt

Μέρος Β΄

1. ψ =

χ +1 . Πεδίο ορισμού : χ ∈ \ − {0} χ2

Σημεία τομής με άξονες: ψ = 0 ⇒ χ = -1 ⇒ ( -1,0) Κατακόρυφη ασύμπτωτη: χ = 0. ⎛1 χ +1 1 ⎞ Οριζόντια: limψ = lim 2 = lim ⎜ + 2 ⎟ = 0 ⇒ Οριζόντια ασύμπτωτη: ψ = 0 x →∞ x →∞ χ x →∞ χ χ ⎠ ⎝

Μαθηματικό Βήμα 2001

107

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2 χ +1 dψ χ − 2 χ ( χ + 1) = ⇒ ψ= 2 ⇒ dχ χ χ4 dψ − χ 2 − χ dψ − χ − 2 = ⇒ = = 0⇒ 4 dχ dχ χ χ4 χ = −2

−∞

dψ dχ

–

-2 0

− 14 / min

1⎞ ⎛ Η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο σημείο ⎜ −2, − ⎟ . 4⎠ ⎝ 2 d ψ 2χ + 6 ⎫ = dχ2 χ 4 ⎪⎪ -3 χ −∞ ⎬ ⇒ χ = −3 d 2ψ 2 dψ – 0 ⎪ dχ2 =0 2 ⎪ 2 dχ ⎭ ψ ∩

dψ αλλάζει πρόσημο, άρα dχ2 2⎞ ⎛ έχουμε σημείο καμπής Σ.Κ. ⎜ −3, − ⎟ 9⎠ ⎝ Γραφική παράσταση

2 ⎛1 χ +1 1 Εμβαδόν E = ∫ 2 d χ ⇒ E = ∫ ⎜ + 2 χ χ 1⎝ 1 χ

E = ln 2 −

∞

∪

Σ.Κ.

Για χ = -3 η

–

∞

0 ||

⎞ ⎡ 1⎤ ⎟ d χ ⇒ E = ⎢ln | χ | − ⎥ ⇒ χ ⎦1 ⎣ ⎠

1 1 − ln1 + 1 ⇒ E = + ln 2 2 2

108

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Παράγοντας ολοκλήρωσης

dψ dψ 2 1 − 2ψ = ln χ ⇒ − ψ = ln χ ⇒ dψ dψ χ χ 1 dψ 2 1 1 1 − 3 ·ψ = 3 ·ln χ ⇒ 2 ·ψ = ∫ 3 ·ln χ d χ ⇒ · 2 χ dψ χ χ χ χ

I =e

∫ − χ dχ

= χ −2 =

⎛χ ⎞ 1 χ χ d ( ln χ ) ⇒ ln χ − ∫ − = · ψ ln χ d ⎜ ⎟ ⇒ 2 ·ψ = − 2 ∫ 2 2 2 χ χ ⎝ ⎠ 1 1 1 1 1 1 1 1 ·ψ = − 2 ln χ + ∫ 2 · d χ ⇒ 2 ·ψ = − 2 ln χ + ∫ χ −3 d χ ⇒ 2 2 χ χ 2 χ χ 2χ 2χ 1

−2

·ψ = − 2

−2

= e −2 ln x = eln x 1

−2

χ2

1 χ −2 1 1 1 1 1 + + C ⇒ 2 ·ψ = − 2 ln χ − 2 + C ⇒ ψ = − ln χ − + C χ 2 ln · χ 2 2 −2 2 4 2χ 4χ χ 2χ 1

3. (i) χ = et + 3 , ψ = 2 + συν t με t ∈ \ , dψ dχ dψ dψ dψ −ημ t = et , = −ημ t ⇒ = dt = t ⇒ = −e − tημ t dt dχ dχ dχ dχ e dt d ⎛ dψ ⎞ d ⎜ ⎟ −e − tημ t ) 2 ( 2 χ dt d d 2ψ e − tημ t − e −t συν t dψ ⎝ ⎠ ⇒ d ψ = dt ⇒ ⇒ = = dχ dχ2 et dχ2 et dχ2 dt 2 dψ = e −2t (ημ t − συν t ) 2 dχ

d 2ψ dψ ( χ − 3) 2 + ( χ − 3) + ψ − 2 = e2t ⎡⎣e−2t (ημ t − συν t )⎤⎦ + et ( −e−tημ t ) + 2 + συν t = dχ dχ = ημ t − συν t − ημ t + συν t = 0. 3

(ii) “Π, Α, Ρ, Α, Θ, Υ, Ρ, 0” 8! 6! (α) = 10080 (β) 3· = 1080 αρχίζουν με το γράμμα Α και τελειώνουν με φωνήεν; 2!·2! 2!

χ = 4ημθ , −

<θ <

π 2

⇒ d χ = 4 συνθ dθ . Για χ = 0 ⇒ θ =0. Για χ = 2 ⇒ θ =

π 2

χ 2d χ

16 − χ 2

∫

=∫

16ημ 2θ ·4συνθ dθ

16 − 16ημ 2θ

6 ημ 2θ · 4συνθ dθ = 8∫ (1 − συν 2θ ) dθ = 4συνθ 0 0 6

= 16 ∫

⎡ π 1 3 ⎤ 4π π⎤ ⎡ 1 1 ⎡π 1 ⎤ ⎡ ⎤6 −2 3 8 ⎢θ − ημ 2θ ⎥ = 8 ⎢ − ημ 2 ⎥ − 8 ⎢0 − ημ 0 ⎥ = 8 ⎢ − · ⎥ = 2 6⎦ 2 ⎣ ⎦0 ⎣6 2 ⎣ ⎦ ⎣6 2 2 ⎦ 3

Μαθηματικό Βήμα 2001

109

π 6

ΕΝΙΑΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

5. ημχ συνχ + 3 συν 2 χ = 2 συνχ ⇒ συνχ (ημχ + 3 συνχ − 2 ) = 0 ⇒ (i) συνχ = 0 ⇒ χ = 360°κ + 90°, (ii) ημχ + 3 συνχ − 2 = 0 ⇒ ημχ +

κ ∈] ημ 60° συνχ − 2 = 0 ⇒ συν 60° 1 2

συν 60°ημχ + ημ 60° συνχ = 2συν 60° ⇒ ημ ( χ + 60° ) = 2· ⇒ ημ ( χ + 60° ) = 1 ⇒ ημ ( χ + 60° ) = ημ 900 ⇒ χ + 600 = 3600 κ + 900 ⇒ χ = 3600 κ + 300 ,

κ ∈]

6. Έστω ότι η εξίσωση του ζητούμενου κύκλου είναι χ 2 + ψ 2 + 2 g χ + 2 f ψ + c = 0 K (−g, − f ) ,

R = g2 + f 2 − c

Το κέντρο K ( − g , − f ) ανήκει στην ευθεία 2 χ + ψ = 7 ⇒ 2 ( − g ) + ( − f ) = 7 ⇒ 2 g + f = −7 (1) Τα σημεία Α(-1 ‚2), Β(3,0) ανήκουν στον κύκλο ⇒ 1 + 4 − 2 g + 4 f + c = 0 ⇒ −2 g + 4 f + c = −5 (2) 9 + 0 + 6 g + 0 + c = 0 ⇒ 6 g + c = −9 (3) ⎧ 2 g + f = −7 ⎪ (1) ^(2)^(3) ⇒ ⎨−2 g + 4 f + c = −5 ⇒ g = −2, f = −3, c = 3 ⇒ χ 2 + ψ 2 − 4χ − 6ψ + 3 = 0 ⎪ 6 g + c = −9 ⎩ ή 2ος τρόπος Το κέντρο του κύκλου ανήκει στην ευθεία 2 χ + ψ = 7 και στην μεσοκάθετο ευθεία του τμήματος ΑΒ όπου Α(-1,2) και Β(3,0). ψ −ψ Α 0−2 1 λΑΒ = Β ⇒ λΑΒ = − ⇒ λκ = 2 ⇒ λΑΒ = χΒ − χΑ 3 +1 2 −1 + 3 2+0 = 1, ψ Μ = = 1 ⇒ M (1,1) Μ μέσο ΑΒ ⇒ χ Μ = 2 2 Εξ. μεσοκαθέτου ΑΒ: ψ − ψ M = λκ ( χ − χ M ) ⇒ ψ − 1 = 2 ( χ − 1) ⇒ 2 χ − ψ = 1 2χ + ψ = 7 2 2 R = ( KA ) = ( 2 − ( −1) ) + ( 3 − 1) 2χ − ψ = 1 R = 9 + 1 ⇒ R = 10 4 χ = 8 ⇒ χ = 2 ⇒ ψ = 3 ⇒ Κ ( 2,3) Άρα η εξίσωση του ζητούμενου κύκλου είναι:

( χ − 2)

+ (ψ − 3) = 10 ⇒ 2

χ 2 + ψ 2 − 4χ − 6ψ + 3 = 0

110

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ ΑΝΩΤΕΡΑ ΚΑΙ ΑΝΩΤΑΤΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ Mάθημα : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

Ιούλιος 2001

Χρόνος : 3 ώρες ΜΕΡΟΣ Α΄ Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 10 ασκήσεις βαθμολογείται με 5 μονάδες. 1. Δίνεται η συνάρτηση ψ = ( χ − α ) e − χ , α ∈ \ .Να υπολογίσετε την τιμή του α, ώστε να ισχύει η σχέση

d 2ψ = ( χ + 1) e − χ 2 dχ

2. Έμπορος εισάγει αυτοκίνητα και τα πωλεί με κέρδος 20% πάνω στην τιμή κόστους τους. Ένας καταναλωτής αγοράζει ένα αυτοκίνητο πληρώνοντας επιπλέον 10% Φ.Π.Α. επί της αναγραφόμενης τιμής πώλησης. Αν ο καταναλωτής αγόρασε το αυτοκίνητο προς £2112 να βρείτε την τιμή στην οποία αγόρασε ο έμπορος το αυτοκίνητο. 3. Να βρείτε τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης

(χ

− 9)

dψ =ψ . dχ

4. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που έχει το κέντρο του πάνω στην ευθεία ψ =2χ και εφάπτεται του άξονα των y στο σημείο (0,3). 1 1 π 5. Να δείξετε ότι 2 τοξεφ + τοξεφ = . 3 7 4 6. Με πόσους τρόπους μπορούμε να μοιράσουμε 9 διαφορετικά δώρα σε τέσσερα παιδιά αν θα δώσουμε πρώτα στο πιο μικρό παιδί 3 δώρα και στα άλλα 3 παιδιά από 2 δώρα στο καθένα. (Μπορείτε να αφήσετε την απάντησή σας σε παραγοντική μορφή). x

7. Να υπολογίσετε το όριο: lim

∫ ln t dt e

x−e 0⎞ ⎛ χ + 8. Δίνεται ο πίνακας A ( χ ) = ⎜ ⎟, χ ∈ \ . ⎝ ln χ χ ⎠ α) Να δείξετε ότι Α(χ)·Α(ψ) = Α(χψ). β) Να λύσετε την εξίσωση Α3 ( χ ) = Ι , όπου Ι ο μοναδιαίος 2x2 πίνακας. x →e

⎛1⎞ γ) Να βρείτε την τιμή του λ, λ ∈ \ + , για την οποία ισχύει: Α ( λ 2 − 2λ + 1) = Α ( λ )·Α ⎜ ⎟ ⎝λ ⎠ 9. Δίνεται η παραβολή ψ = χ² και τα σημεία της Α(-1, 1) και Β(2, 4). Να βρείτε το σημείο Γ της παραβολής στο οποίο η εφαπτομένη της είναι παράλληλη με την ευθεία ΑΒ. Στη συνέχεια να δείξετε ότι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ της χορδής ΑΒ 4 και της παραβολής ισούται με τα του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ. 3

10. Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = 1 −

χ +α 2

α ∈ \ . Να δείξετε ότι αν η συνάρτηση

f ( χ ) έχει ακρότατα τότε δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη και αν έχει κατακόρυφη

ασύμπτωτη τότε δεν έχει ακρότατα.

Μαθηματικό Βήμα 2001

111

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ΜΕΡΟΣ Β’

Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 5 ασκήσεις βαθμολογείται με 10 μονάδες. 1. Δίνεται η συνάρτηση ψ =

χ −2 χ +1

(α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων, τις εξισώσεις των ασύμπτωτων και τα διαστήματα μονοτονίας της συνάρτησης και να κάνετε τη γραφική της παράσταση. (β) Σε ξεχωριστό σύστημα αξόνων να κάνετε τη γραφική παράσταση της καμπύλης με χ −2 . εξίσωση ψ = χ +1 (γ) Να βρείτε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου που ορίζεται από την καμπύλη χ −2 ψ= , την οριζόντια ασύμπτωτη της και την ευθεία χ=1. χ +1 2. Δίνεται η διαφορική εξίσωση χ 2

αντικατάσταση ψ =

1 z

dψ + 2ψ 2 = 3χψ , dχ

χ > 0 . Να δείξετε ότι με την

(z συνάρτηση του χ) η εξίσωση μετασχηματίζεται στη

dz + 3χ z = 2 . Στη συνέχεια να βρείτε, στη μορφή ψ = f ( x ) , την ειδική λύση της dχ dψ εξίσωσης χ 2 + 2ψ 2 = 3χψ για την οποία είναι ψ =1 όταν χ=1. dχ

χ2

3. Δίνεται η παραβολή ψ2 = 4αχ και το σημείο της Ρ(αt2, 2αt), t ∈ \ − {0}

(α) Να δείξετε ότι η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο Ρ έχει εξίσωση χ − tψ + α t 2 = 0 (β) Η εφαπτομένη της παραβολής τέμνει τον άξονα των γ στο σημείο Τ. Να δείξετε ότι ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από τα σημεία Ρ, Τ και την αρχή Ο των αξόνων έχει κέντρο το ⎛ αt2 αt ⎞ + α, ⎟ . σημείο K ⎜ 2 ⎠ ⎝ 2 γ) Να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Κ, καθώς το t μεταβάλλεται. 4. Οι έδρες ενός πράσινου ζαριού φέρουν ενδείξεις τους αριθμούς 1,1,1,2,2,3 και οι έδρες ενός κόκκινου ζαριού, τους αριθμούς 1,2,2,3,3,3. (α) Ρίχνουμε ταυτόχρονα τα δύο ζάρια. (i) Να υπολογίσετε την πιθανότητα να φέρουμε άθροισμα ενδείξεων μεγαλύτερο από το 4

(ii) Να δείξετε ότι η πιθανότητα να φέρουμε την ίδια ένδειξη και στα δύο ζάρια είναι

10 36

(β) Ρίχνουμε τα ζάρια ταυτόχρονα και επαναλαμβάνουμε μέχρι να φέρουμε την ιδια ένδειξη και στα δύο ζάρια. Να υπολογίσετε την πιθανότητα να το επιτύχουμε για πρώτη φορά στο τρίτο ρίξιμο.

112

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ψ = χημχ

Στο πιο πάνω σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης με εξίσωση ψ = χημχ . Η γραφική παράσταση τέμνει τον ημιάξονα Οx στα σημεία Ο, Α1, Α2, Α3, … . Το γραμμοσκιασμένο χωρίο που περικλείεται από την καμπύλη και το τμήμα ΟΑ1 του άξονα των χ περιστρέφεται πλήρη στροφή γύρω από τον άξονα των χ. Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού που παράγεται.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΕΡΟΣ Α’ 1. ψ = ( χ − α ) e − χ ⇒

dψ dψ = e− χ − ( χ − α ) e− χ ⇒ = e − χ (1 − χ + α ) dχ dχ

d 2ψ d 2ψ −χ −χ χ α = − e 1 − + − e ⇒ = e− χ ( χ − α − 2 ) ( ) dχ2 dχ2

(1)

( e− χ ≠ 0 ) (1) d 2ψ −χ −χ −χ = ( χ + 1) e ⇒ e ( χ − α − 2 ) = ( χ + 1) e ⇒ χ − α − 2 = χ + 1 ⇒ α = −3 dχ2 2. Κόστος Τιμή πώλησης Τιμή πώλησης+ΦΠΑ 100 120 132 χ; 2112 2112·100 χ= = 1600 ⇒ Ο έμπορος αγόρασε το αυτοκίνητο £1600. 132 3.

dψ dψ dχ dχ =ψ ⇒ ∫ =∫ 2 ⇒ ln ψ = ∫ ⇒ dχ ψ χ −9 ( χ − 3)( χ + 3) 1 dχ 1 dχ 1 1 − ∫ ⇒ ln ψ = ln χ − 3 − ln χ + 3 + ln c1 ⇒ ln ψ = ∫ 6 χ −3 6 χ +3 6 6

(χ

− 9)

Μαθηματικό Βήμα 2001

113

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4 1

6 χ −3 χ −3 6 ψ = c2 · ⇒ ψ = κ· χ +3 χ +3

4. α΄ τρόπος Έστω ότι η εξίσωση του ζητούμενου κύκλου έχει εξίσωση: (c): χ 2 + ψ 2 + 2 g χ + 2 f ψ + c = 0 , K ( − g , − f ) , K ∈ (ε ) : ψ = 2 χ ⇒ f = 2 g (1)

Ο κύκλος εφάπτεται του άξονα ψψ΄ ⇒ Δ= 0 χ 2 + ψ 2 + 2 g χ + 2 f ψ + c = 0⎫ 2 2 2 ⎬ ⇒ ψ + 2 f ψ + c = 0 ⇒ 4 f − 4c = 0 ⇒ f = c (2) χ =0 ⎭

Το σημείο (0,3) ανήκει στον κύκλο (c) ⇒ 0 + 9 + 0 + 6 f + c = 0 ⇒ 9 + 6 f + c = 0 (3) ⎫ 3 2 ⎪ 9 + 6 f + c = 0 ⎬ ⇒ 9 + 6 f + f 2 = 0 ⇒ ( f + 3) = 0 ⇒ f = −3 ⇒ g = − ⇒ c = 9 2 ⎪ f2 =c ⎭ f = 2g

⇒ ( c ) : χ 2 + ψ 2 − 3χ − 6ψ + 9 = 0 β’ τρόπος

(ε) : ψ =2χ R

3 ⎛3 ⎞ Κ ∈ ( ε ) ⇒ Κ (α , 2α ) .⇒ 2α = 3 ⇒ α = ⇒ Κ ⎜ ,3 ⎟ 2 ⎝2 ⎠

K(α,2α

3 3⎞ 9 2 ⎛ R = α = ⇒ ⎜ χ − ⎟ + (ψ − 3) = ⇒ 2 2⎠ 4 ⎝

( c ) : χ 2 + ψ 2 − 3χ − 6ψ + 9 = 0 2α 5. 1 1 = α ⇔ εφα = , 3 3 1 1 τοξεφ = β ⇔ εφβ = , 7 7

τοξεφ

0 <α < 0<β <

0 < 2α <

π 4

0<β <

114

2α + β =

0 < 2α + β <

2εφα 1 + 2 εφ 2α + εφβ 1 − εφ α 7 εφ ( 2α + β ) = = 2εφα 1 1 − εφ 2α εφβ 1− · 1 − εφ 2α 7

Πρέπει να δείξουμε ότι

3π 4

2 3 +1 1 7 1− 9 = = 1 ⇒ εφ ( 2α + β ) = 1 2 1 1− 3 · 1 7 1− 9

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

εφ ( 2α + β ) = 1⎫

1 1 π π ⎪ π ⎬ ⇒ 2α + β = 4 ⇒ 2 τοξεφ 3 + τοξεφ 7 = 4 0 < 2α + β < ⎪ 4⎭

⎛9⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 2⎞ 9! 6! 4! 9! · · ·1 = = 7560 6. ⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟ = 3!·2!·2!·2! ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 6!·3! 2!·4! 2!·2! x

∫ ln t dt 7.

lim

= lim

t ln t − 1 e

= lim

χ ln χ − χ − e + e

= lim

χ ln χ − χ

x−e x−e x−e x−e e−e 0 ln χ + 1 − 1 (Απροσδ. )= lim = ln e = 1 = lim x →e e − e x →e 0 x−e 0⎞⎛ ψ 0⎞ ⎛ χψ 0 ⎞ ⎛ χ 8. (α) Α ( χ )·Α (ψ ) = ⎜ ⎟·⎜ ⎟=⎜ ⎟ = A ( χψ ) ⎝ ln x χ ⎠ ⎝ lnψ ψ ⎠ ⎝ χψ ln χ + χψ lnψ χψ ⎠ x→e

x →e

x→e

(α ) ⎛ 1 (β) Α 2 ( χ ) = Α ( χ )·Α ( χ ) = Α ( χ ·χ ) = Α ( χ 2 ) = χ 2 ⎜ 2 ⎝ ln χ

0⎞ ⎟ 1⎠

⎛ χ3 0 ⎞ Α3 ( χ ) = Α 2 ( χ )·Α ( χ ) = Α ( χ 2 )·Α ( χ ) = Α ( χ 2 ·χ ) = Α ( χ 3 ) = ⎜ 3 3⎟ ⎝ ln χ χ ⎠ ⎛ χ3 0 ⎞ ⎛1 0⎞ 3 3 3 Α3 ( χ ) = Ι ⇒ ⎜ =⎜ ⎟ ⇒ χ = 1 και χ ln χ = 0 ⇒ χ =1 3 3⎟ 0 1 χ χ ln ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ (α ) ∧( β )

⎛

1⎞

⎛ ⎞ (γ) Α ( λ 2 − 2λ + 1) = Α ( λ )·Α ⎜ ⎟ ⇒ Α ( λ − 1) = Α ⎜ λ · ⎟ = A (1) ⇒ ⎝λ⎠ ⎝ λ⎠ 1

2 ⎛ ( λ − 1)2 0 ⎞ ⎛ 1 0⎞ ⎛ λ − 1) 0 ⎞ ⎛1 0⎞ ( ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ⇒ ⇒ = ⎜ ln ( λ − 1)2 ( λ − 1)2 ⎟ ⎜⎝ ln1 1 ⎟⎠ ⎜ ( λ − 1)2 ln ( λ − 1) 2 ( λ − 1)2 ⎟ ⎜⎝ 0 1 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 ( λ − 1) =1 και ( λ − 1) ln ( λ − 1) = 0 ⇒ λ² - 2λ =0 ⇒ λ = 2 ή λ =0 απορρ.

9. Α ( −1,1)

B ( 2, 4 )

4 −1 =1 λΑΒ = (εφ) // ΑΒ 2 +1 λεφ = λΑΒ ⇒ λεφ = 1 (1)

⇒

Εξίσωση ΑΒ: ψ − 1 = 1( χ + 1) ⇒

Μαθηματικό Βήμα 2001

ψ = χ²

(1)

dψ = 2χ ⇒ dχ 1 1 ⎛1 1⎞ 2χ = 1 ⇒ χ = , ψ = ⇒ Γ ⎜ , ⎟ 2 4 ⎝2 4⎠

ψ = χ2 ⇒

ψ=χ+2

ψ=χ–¼

1 ¼

ψ = χ +2

-1

115

Γ ½

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4 2

⎡χ2 χ3 ⎤ E = ∫ (χ + 2 − χ )dχ = ⎢ ⇒ + 2χ − 3 ⎥⎦ −1 ⎣ 2 −1 2

1 ( ΑΒΓ ) = | 2

−1 1 1 27 1 1 1 |= τ .μ . 2 4 8 2 4 1

10. f ( χ ) = 1 −

χ χ2 +α

⇒

9 τ .μ. 2 9 4 Ε 4 ⇒ ⇒ Ε = ( ΑΒΓ ) = 2 = 3 ( ΑΒΓ ) 27 3 8 Ε=

df χ2 − a = d χ ( χ 2 + α )2

Αν η συνάρτηση f ( χ ) έχει ακρότατα τότε

df = 0 για κάποιες τιμές του α, δηλ. χ 2 − α = 0 dχ

έχει λύσεις στο \ , άρα α > 0. α > 0 ⇒ ο παρονομαστής της συνάρτησης f ( χ ) δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. Αν η f ( χ ) έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες, τότε η εξίσωση χ 2 + α = 0 έχει λύσεις στο \ , δηλαδή α < 0. Στην περίπτωση αυτή όμως ο αριθμητής της

f ( χ ) δεν έχει ακρότατα. Αν α = 0, τότε η f ( χ ) = 1 −

df δεν μηδενίζεται και η dχ

έχει ασύμπτωτη την ευθεία χ = 0 και η

df 1 = 2 ≠ 0 , άρα dχ χ

δεν έχει ακρότατα. ΜΕΡΟΣ Β’ χ −2 1. (α) ψ = , χ ∈ \ − {−1} πεδίο ορισμού. χ +1 Τομές με άξονες: Για χ = 0 ⇒ ψ = -2 ⇒ (0,-2). Για ψ=0 ⇒ χ=2 ⇒ (2,0) Κατακόρυφος ασύμπτωτος: χ=–1, Οριζόντια ασύμπτωτος: ψ=1 χ -∞ 3 dψ ( χ + 1) − ( χ − 2 ) dψ d ψ = = > 0⇒ > 0 ∀χ ∈ \ − {−1} 2 2 + dχ dχ ( χ + 1) ( χ + 1) dχ ψ /

ψ=

∞

-1 //

χ −2 , χ +1

χ ∈ \ − {−1}

116

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ψ=

χ −2 χ +1

χ ∈ \ − {−1}

χ −2 , ψ=1 ⇒ χ +1 χ −2 1 ⇒ χ= ⇒ 1= χ +1 2

ψ=

1 ⎛ χ −2⎞ Ε = ∫ ⎜1 + ⎟dχ ⇒ χ 1 + 1 ⎝ ⎠ 2 1 ⎛ χ +1− 3 ⎞ Ε = ∫ ⎜1 + ⎟dχ χ 1 + 1 ⎝ ⎠ 2 1

⎛

3 ⎞

d χ ⇒ Ε = 2 χ − 2 ln | χ + 1 |] ⇒ Ε = 1 + 3ln ⇒ Ε = ∫⎜2 − χ +1⎟ 4 1

⎝

⎠

dψ 1 dψ dψ dz dψ 1 dz ψ= ⇒ + 2ψ 2 = 3χψ , χ > 0 . = ⇒ = − 2· · dχ z dχ dz d χ dχ z dχ ⎛ 1 dz ⎞ 1 1 dz dz 3 2 + 3χ z = 2 ⇒ + ·z = 2 (1) χ 2 ⎜ − 2 · ⎟ + 2· 2 = 3χ · ⇒ χ 2 z dχ dχ χ χ z ⎝ z dχ ⎠

χ2

Ι=e

∫ x dx

= e3 ln χ = eln χ = χ 3 3

(1)

χ 3 z = ∫ 2χd χ ⇒ χ 3 z = χ 2 + c ⇒

⇒ ψ=

dz 3 2 d + χ 3 2 ·z = χ 3 ⇒ χ 3 z ) = 2χ ⇒ ( 2 dχ dχ χ χ

χ3

⇒

χ3 χ +c 2

1 ⇒ z

χ +c 2

γενική λύση

Για χ=1, ψ=1 ⇒ 1 =

1 ⇒ c = 0 ⇒ ψ = χ ειδική λύση 1+ c

dψ dψ 2α = 4α ⇒ = ⇒ dχ dχ ψ 2α 1 λεφ = ⇒ λεφ = , Ρ(αt2, 2αt), t 2α t 1 Εξ. εφαπτομένης: ψ − 2α t = ( χ − α t 2 ) t 2 ⇒ χ − tψ + α t = 0 (β) Για χ=0 ⇒ ψ=at ⇒ T(0,at)

3. (α) ψ2 = 4aχ ⇒ 2ψ

1ος τρόπος Το κέντρο Κ θα είναι το σημείο τομής μεσοκαθέτων των ΟΤ και ΤΡ.

των

Μαθηματικό Βήμα 2001

117

Ψ M

Ρ(αt²,4αt)

T(0,αt)

K O(0,0)

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

Η μεσοκάθετος ευθεία της ΟΤ είναι ψ = ⎛ αt Μ μέσο ΤΡ ⇒ Μ ⎜ ⎝ 2 Εξίσωση ευθείας ΜΚ: ⎛ 3α t αt2 ψ− = −t ⎜ χ − 2 2 ⎝

3α t ⎞ ⎟. 2 ⎠

⎞ αt ⎟, ψ = 2 ⎠

αt 2 1 t

λεφ = , MK ⊥ εφ ⇒ λΜΚ = −t ⎛ at 3α t αt2 − = −t ⎜ χ − 2 2 2 ⎝

⇒

⎞ αt2 ⇒ χ = +α ⇒ ⎟ 2 ⎠

⎛ at 2 at ⎞ K⎜ + a, ⎟ 2⎠ ⎝ 2 ος 2 τρόπος

χ 2 +ψ 2 + 2g χ + 2 f ψ + c = 0 Ο κύκλος περνά από το σημείο Ο(0,0) ⇒ c = 0 at 2 ⎛ αt ⎞ Ο κύκλος περνά από το σημείο Ρ(αt2, 2αt) ⇒ α 2 t 4 + 4α 2 t 2 + 2α t 2 g + 2·⎜ − ⎟·2α t = 0 ⎝ 2 ⎠

Ο κύκλος περνά από το σημείο T(0,at) ⇒ 0²+α²t²+0+2f·αt+0=0 ⇒ f = −

−α t 2 (α t 2 + 2α ) ⎛ αt 2 ⎞ ⎛ at 2 at ⎞ −α 2 t 4 − 2α 2 t 2 ⇒g = ⇒ ⇒ α ⇒ = − + g = g K + a, ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 2 2⎠ 2α t 2α t ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎛ at 2 at ⎞ (γ) K ⎜ + a, ⎟ 2⎠ ⎝ 2

⎫ at 2 +a χ= ⎪⎪ 1 4ψ 2 1 2 ⇒ χ = ·α · 2 + α ⇒ ψ 2 = ·α ·( χ − α ) 2 2 2 ⎬ 2 2 α at at 4ψ ⇒ t2 = 2 ⎪ ψ = ⇒ψ 2 = 2 4 α ⎪⎭

4. Πράσινο ζάρι: 1,1,1,2,2,3 Κόκκινο ζάρι: 1,2,2,3,3,3 (α) (i) Ρ(άθροισμα > 4) = Ρ ( Π 2 ∩ K 3 ) + Ρ ( Π 3 ∩ K 2 ) + Ρ ( Π 3 ∩ K 3 ) 2 3 1 2 1 3 11 · + · + · = 6 6 6 6 6 6 36 Α: «τά ζάρια φέρνουν την ίδια ένδειξη»

3 1 2 2 1 3 10 P ( A ) = Ρ ( Π1 ∩ K1 ) + Ρ ( Π 2 ∩ K 2 ) + Ρ ( Π 3 ∩ K 3 ) = · + · + · = 6 6 6 6 6 6 36 (β) Ε: Επιτυχία 26 26 10 845 P ( E '∩ E '∩ E ) = ⎡⎣1 − Ρ ( Α ) ⎤⎦·⎡⎣1 − Ρ ( Α ) ⎤⎦·Ρ ( Α ) = · · = 36 36 36 5832

118

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ψ = χημχ

χημχ = 0 ⇒ χ = 0 ή ημχ = 0 ⇒ χ=κπ ⇒ στο Α1 χ=π ⇒ Α1(π,0) π π π π π VOX = π ∫ χ 2ημ 2 χ d χ = ∫ χ 2 (1 − συν 2 χ ) d χ = ∫ ( χ 2 − χ 2συν 2 χ ) d χ 0 2 0 2 0 π π π 2 π π 2 π ⎡χ3 ⎤ π π 2 ⎛ 1 ⎞ = ∫ χ d χ − ∫ χ συν 2 χ d χ = ⎢ ⎥ − ∫ χ d ⎜ ημ 2 χ ⎟ 0 0 0 2 2 2 ⎣ 3 ⎦0 2 ⎝2 ⎠ π ⎤ π 1 π⎡ 1 · ·π 3 − 0 − ⎢ χ 2 ημ 2 χ − ∫ ημ 2 χ 2 d ( χ 2 ) ⎥ 0 2 23 2 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0 0 π 4 ⎡π ⎛ 2 1 ⎤ ⎞ π π 1 = − ⎢ ⎜ ·π · ημ 2π − 0 ⎟ − ∫ ημ 2 χ · 2 χ d χ ⎥ 0 6 ⎣2⎝ 2 2 ⎠ 2 ⎦

= =

π 1

π4 6

2∫

χ ·ημ 2 χ d χ =

π4 6

2∫

⎛ 1 ⎝ 2

⎞ ⎠

χ · d ⎜ − συν 2 χ ⎟

π⎡ 1

⎤ π 1 ⎢ − ·χ ·συν 2 χ − ∫0 − συν 2 χ · d χ ⎥ 2 ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ 0

π4

π π ⎡π ⎤ = − ⎢ ·χ ·συν 2 χ ⎥ + ∫ συν 2 χ · d χ 6 ⎣4 ⎦0 4 0 π4

(

1 0 0 π π ⎛π ⎞ ⎡π ⎤ π = − ⎜ ·π · συν 2π − 0 ⎟ + ⎢ ·ημ 2 χ ⎥ = ημ 2π − ημ 0 − + 6 ⎝4 4 8 ⎠ ⎣8 ⎦0 6

⎛π 4 π 2 ⎞ = ⎜ − ⎟ κ .μ . 4 ⎠ ⎝ 6

Μαθηματικό Βήμα 2001

119

)

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ ΑΝΩΤΕΡΑ ΚΑΙ ΑΝΩΤΑΤΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ Μάθημα: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2001

Χρόνος : 3 ώρες Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 10 ασκήσεις του μέρους Α βαθμολογείται μι 5 μονάδες και κάθε μια από τις 5 ασκήσεις του μέρους Β βαθμολογείται με 10 μονάδες. ΜΕΡ0Σ_Α΄ 1. Η καμπύλη με εξίσωση ψ = e αχ + χ + β έχει ακρότατο το σημεία Α(0,3). Να βρείτε τα α και β. 8

⎛ 1⎞ 2. Να βρείτε τον όρο τον ανεξάρτητο του χ στο ανάπτυγμα του ⎜2χ + ⎟ χ⎠ ⎝

3. Ο πιο κάτω πίνακας παρουσιάζει τα ημερήσια έξοδα σε σεντ των μαθητών του τμήματος Α1 ενός Γυμνασίου. Έξοδα σε σεντ 45 50 52 62 70 85 Αριθμός μαθητών 2 5 4 1 2 6 Να βρείτε τη μέση τιμή και την τυπική απόκλιση των ημερήσιων εξόδων. ⎡ π⎤ 4. Το χωρίο που περικλείεται από τις καμπύλες με εξισώσεις ψ = ημχ , ψ = συνχ χ ∈ ⎢ 0, ⎥ ⎣ 2⎦ και τον ημιάξονα Οy, στρέφεται πλήρη στροφή γύρω από τον άξονα των x. Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού που παράγεται. 5. Μεταξύ 10 μαθητών οι τέσσερις έχουν το ίδιο ανάστημα και ο υπόλοιποι διαφορετικό. Να βρείτε: (α) Με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε δυο μαθητές με το ίδιο ανάστημα. (β) Την πιθανότητα του ενδεχομένου Ε: «να επιλέξουμε δύο μαθητές που να έχουν διαφορετικό ανάστημα». 1⎞ 1⎞ π ⎛ ⎛ 6. Να λύσετε την εξίσωση: τοξ ημ ⎜ χ − ⎟ + τοξ ημ ⎜ χ + ⎟ = . 2⎠ 2⎠ 2 ⎝ ⎝ χ +α β γ δ α χ+β γ δ 7. Να δείξετε ότι: Δ = = χ3 (χ +α + β + γ + δ ) α β χ +γ δ α β γ χ +δ

8. Δίνεται το επίπεδο (Π): 2 χ – ψ + 2 z + 4 = 0 και το σημείο Ρ (3, 2, -1). Να βρείτε την καρτεσιανή εξίσωση επιπέδου (Σ) που είναι παράλληλο προς τω επίπεδο (Π) κα απέχει εξίσου από το (Π) και το Ρ.

120

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

9. Η πυραμίδα Κ.ΑΒΓΔ έχει βάση τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά 4α και κορυφή Κ. Η ακμή ΚΑ είναι κάθετη στη βάση ΑΒΓΔ και ισούται με 3α. Να βρείτε τον όγκο και το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας της πυραμίδας συναρτήσει του α. ⎛1 0 ⎞ 10. Δίνεται ο μετασχηματισμός φ που ορίζεται από τον πίνακα Α = ⎜ ⎟ και οι ευθείες ⎝1 1 ⎠ (ε1): 2 χ + ψ = 3 και (ε2): χ − 2ψ = −1 . (α) Να βρείτε τις εικόνες των ευθειών (ε1) και (ε2) μέσω του μετασχηματισμού φ. (β) Να δείξετε ότι η γωνία των ευθειών (ε1) και (ε2) ισούται με 90° και να εξετάσετε κατά πόσο ο μετασχηματισμός φ διατηρεί τη γωνία των δύο ευθειών αναλλοίωτη. (γ) Να βρείτε τις ευθείες του επιπέδου που παραμένουν αναλλοίωτες μέσω του μετασχηματισμού φ. ΜΕΡΟΣ Β΄ 1. Δίνεται η καμπύλη με εξίσωση ψ = 2 χ + 1 +

2 . χ +1

(α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα ακρότατα κα τις ασύμπτωτες της καμπύλης και στη συνέχεια να κάμετε τη γραφική της παράσταση. (β) Να δείξετε ότι τα ακρότατα και το σημείο τομής των ασύμπτωτων της καμπύλης είναι συνευθειακά. (γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την καμπύλη και την ευθεία ψ = 4 . 2. Δίνεται η παραβολή και ψ 2 = χ και ο κύκλος χ 2 + ψ 2 = α 4 + α 2 , α ≠ 0 . Έστω Ρ σημείο τομής των δύο καμπυλών. Η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο Ρ τέμνει τον άξονα y’y στο σημείο Α και η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Ρ τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο Β. (α) Αν Μ είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ, να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης πάνω στην οποία κινείται το Μ, καθώς το α μεταβάλλεται. στο R − {0} (β) Να δείξετε ότι η γωνία ΑΡΒ είναι αμβλεία. 3. Η κορυφή ορθού κυκλικού κώνου είναι το σημεία Ρ (4, 0, 2) και ο άξονας του κώνου έχει χ −2 z . Αν το σημείο Α(9,1,2) ανήκει στην περιφέρεια της βάσης εξίσωση (ε): = 1 −ψ = 2 2 του κώνου, να βρείτε: (α) Τη διανυσματική εξίσωση της γενέτειρας ΑΡ του κώνου. (β) Την καρτεσιανή εξίσωση του επιπέδου της βάσης του κώνου. (γ) Τις συντεταγμένες του κέντρου Κ της βάσης του κώνου. (δ) Το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας του κώνου. dψ = e −ψ + χ −1 , χ > 0 (1) . dx (α) Να δείξετε ότι η αντικατάσταση ψ = lnu , όπου u συνάρτηση του χ, μετασχηματίζει τη

4. Δίνεται η διαφορική εξίσωση

Μαθηματικό Βήμα 2001

121

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

du =u + χ . dχ (β) Στη συνέχεια να βρείτε την ειδική λύση της (1) στη μορφή ψ = f ( χ ) , για την οποία

διαφορική εξίσωση (1) στη διαφορική εξίσωση χ

είναι ψ = 1 όταν χ = 1. 5. Για κάθε τιμή του m = 2,3,4, … , θεωρήστε τα σημεία α n του διαστήματος [1 , 2 ] που n

ορίζονται από τη σχέση α n = 2 m , n = 0,1, ... , m . Έστω Δ n το μήκος του διαστήματος [α n ,α n +1 ] , n = 0,1, ... , m − 1. n ⎛ 1 ⎞ (α) Να δείξετε ότι Δ n = 2 m ⎜ 2 m − 1⎟ , n = 0, 1, … , m – 1. ⎝ ⎠ m =1

(β) Αν f ( χ ) = χ 2 , να υπολογίσετε. την τιμή του αθροίσματος A m = ∑ f (α n ) Δ n . n =0

(γ) Να δείξετε ότι lim A m = ∫ f ( χ ) d χ , όπου f ( χ ) = χ 2 . n →+∞

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΕΡ0Σ_Α΄ ⎫⎪ ψ = e αχ + χ + β 0 1. ⎬⇒ 3=e +0+ β ⇒ β = 2 A ( 0,3) , χ = 0, ψ = 3⎪⎭ dψ ⎫ = αe αχ + 1 ⎪ dχ ⎪ 0 ⎬ ⇒ 0 = α e + 1 ⇒ α = −1 dψ = 0, χ = 0 ⎪ ⎪⎭ dχ κ

⎛8 ⎞ ⎛8 ⎞ 8−κ ⎛ 1 ⎞ 2. Τκ +1 = ⎜ ⎟·( 2 χ ) ·⎜ ⎟ = ⎜ ⎟·28−κ ·χ 8− 2κ = Α·χ 0 ⇒ 8 – 2κ = 0 ⇒ κ = 4 ⎝κ ⎠ ⎝χ⎠ ⎝κ ⎠ ⎛8 ⎞ 8! 4 ·2 = 1120 ⇒ Τ5 = 1120 Τ5 = Τ4+1 = ⎜ ⎟·24 = 4!·4! ⎝ 4⎠ 3. 2 2 χi fi χifi f (χ − χ ) (χ − χ ) i

45 50 52 62 70 85

2 5 4 1 2 6 Σfi=20

2·45 = 90 5·50 = 250 4·52 = 208 1·62 = 62 2·70 = 140 6·85 = 510 Σχifi = 1260

(45-63)² (50-63)² (52-63)² (62-63)² (70-63)² (85-63)²

= = = = = =

324 169 121 1 49 484

2·324 5·250 4·208 1·62 2·140 6·510

= = = = = =

648 845 484 1 98 2904

Σ f i ( χ i − χ ) = 4980 2

122

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

χ=

Σf i χ i

⇒χ=

Σf i ( χ i − χ )

1260 ⇒ χ = 63 20 2

4980 ⇒ σ = 249 ⇒ σ = 15, 78 20 ν ψ π π 4. ημχ = συνχ ⇒ εφχ=1 ⇒ χ = κπ+ ⇒ χ = 1 4 4 ψ=συνχ

σ=

⇒σ =

ψ=ημχ

V = π ∫ (συν χ − ημ χ ) dx ⇒ 4

⎡ημ 2 χ ⎤ 4 ⇒ V = π ∫ συν 2 χ dx ⇒ V = π ⎢ ⎣ 2 ⎥⎦ 0 0 4

V =

π⎛

⎞ ⎜ημ − ημ 0 ⎟ ⇒ V = κ .μ . 2 2⎝ 2 ⎠

5. 10 μαθητές Æ 4 ίδιο Æ 6 διαφορετικό ⎛ 4⎞ 4! 3·4 = 6 Æ 6 τρόποι (α) ⎜ ⎟ = = ⎝ 2 ⎠ 2!·2! 2 ⎛10 ⎞ 10! 6 39 13 = 45 , (β) Ν ( Ω ) = ⎜ ⎟ = Ρ(Ε) = 1 – Ρ(Ε΄) = 1 – = = 45 45 15 ⎝ 2 ⎠ 8!·2! ⎛ 4⎞ ⎛6⎞ ⎛6⎞ ⎜ ⎟·⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ 1 1 2 ⎛ 4 ⎞⎛ 6 ⎞ ⎛ 6 ⎞ 13 ή Ν ( Ε ) = ⎜ ⎟⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⇒ Ρ ( Ε ) = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇒ Ρ ( Ε ) = 15 ⎛10 ⎞ ⎝ 1 ⎠⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝2 ⎠ 1⎞ 1⎞ π ⎛ ⎛ 6. τοξ ημ ⎜ χ − ⎟ + τοξ ημ ⎜ χ + ⎟ = . 2⎠ 2⎠ 2 ⎝ ⎝ 1⎞ 1 π π 1 1 3 ⎛ τοξημ ⎜ χ − ⎟ = α ⇔ ημα = χ − , − ≤α ≤ , −1 ≤ χ − ≤ 1 ⇒ − ≤ χ ≤ 2⎠ 2 2 2 2 2 2 ⎝ 1⎞ 1 π π 1 3 1 ⎛ τοξημ ⎜ χ + ⎟ = β ⇔ ημβ = χ + , − ≤β≤ , −1 ≤ χ + ≤ 1 ⇒ − ≤ χ ≤ 2⎠ 2 2 2 2 2 2 ⎝ 1 π π 1 ⎛π ⎞ α + β = ⇒ α = − β ⇒ ημα = ημ ⎜ − β ⎟ ⇒ ημα = συνβ ⇒ − 2 2 2 ⎝2 ⎠ 2 2

1 1⎞ 1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ ⎛ = 1− ⎜ χ + ⎟ ⇒ ⎜ χ − ⎟ = 1− ⎜ χ + ⎟ ⇒ 2 2⎠ 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ ⎝ 1 1 1 1 1 χ 2 − χ + = 1 − χ 2 − χ − ⇒ 2χ 2 = ⇒ χ 2 = ⇒ χ = ±

χ−

Μαθηματικό Βήμα 2001

123

−

1 1 ≤χ≤ 2 2

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

τοξημ 0 + τοξημ

1 π = 2 2

⇒ χ =+

1 Δεκτή 2

π 1 ⎛ 1⎞ τοξημ ⎜ − ⎟ + τοξημ 0 = − ⇒ χ = − Απορρίπτεται 2 2 ⎝ 2⎠

χ +α α 7. Δ = α α

γ γ

δ δ δ

χ +α + β +γ +δ β γ χ+β χ +α + β +γ + δ χ + β γ = β χ +γ χ +α + β +γ +δ β χ +γ β γ χ +δ χ +α + β +γ +δ β γ 1 β γ δ 1 1 χ+β γ δ 0 = (χ +α + β + γ + δ ) = (χ +α + β +γ + δ ) β χ +γ δ 1 0 β γ χ +δ 1 0 3 = χ ·( χ + α + β + γ + δ )

δ δ δ

χ +δ β γ δ χ 0 0 = 0 χ 0 0 0 χ

8. 1ος τρόπος | 2·3 − 2 − 2 + 4 | 6 = =2 ( ΡΒ ) = d = 2 2 2 3 2 + ( −1) + 2

( ΡΑ ) = 1 ⇒ ( ΡΑ ) =

| 2·3 − 2 − 2 + Δ | ⇒ 3

|2+Δ| ⇒ 2 + Δ = ±3 ⇒ Δ=1 ή Δ = -5 3 Δ = 1 ⇒ (Σ1): 2χ –ψ + 2z + 1 = 0 1=

Δ = -5 ⇒ (Σ2): 2χ –ψ + 2z – 5 = 0 Απορρίπτεται διότι ΓΒ = 3

2ος τρόπος (Π): 2χ – ψ + 2z + 4 = 0, P(3,2,1) Εξίσωση της ευθείας ΡΒ JJJG G G ( Π ) ⊥ η ( 2, −1, 2 ) ⇒ ΡΒ // η ( 2, −1, 2 ) ⇒ ΡΒ:

χ −3 2

124

ψ −2 −1

z +1 =λ ⇒ 2

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Β ( 2λ + 3, −λ + 2, 2λ − 1) ⎫⎪ 2 ⎬ ⇒ 2·( 2λ + 3) − ( −λ + 2 ) + 2 ( 2λ − 1) + 4 = 0 ⇒ λ = − ⇒ 3 Β ∈ (Π ) ⎪⎭ ⎛5 8 7⎞ Β⎜ , ,− ⎟ ⎝3 3 3⎠ 5 8 7 3+ 2+ −1 − 3 = χ ⇒ χ = 7, 3 =ψ ⇒ψ = 7 , 3 = z ⇒ z = −5 A μέσο ΡΒ, A(χ,ψ,z) ⇒ 2 3 2 3 2 3 ⎛7 7 5⎞ ⇒ Α⎜ , ,− ⎟ ⎝ 3 3 3⎠ Α∈Σ 7 7 ⎛ 5⎞ Σ : 2 χ − ψ + 2 z + Δ = 0 ⇒ 2· − + 2·⎜ − ⎟ + Δ = 0 ⇒ Δ = 1 ⇒ Σ : 2 χ − ψ + 2 z + 1 = 0 3 3 ⎝ 3⎠ 9. KA= 3α , ΑΒ = 4α Δ

Εολ = ( ΑΚΔ ) + ( ΑΚΒ) + (ΚΒΓ) + (ΚΔΓ ) + ( ΑΒΓΔ ) Δ

ΚΑΔ Ορθογώνιο τρίγωνο ⇒ (ΚΔ)² = (ΚΑ)² + (ΑΔ)² ⇒ (ΚΔ)² = (3α)² + (4α)² ⇒ ΚΔ = 5α Δ

ΚΑΒ Ορθογώνιο τρίγωνο ⇒ (ΚΒ)² = (ΚΑ)² + (ΑΒ)² ⇒ (ΚΒ)² = (3α)² + (4α)² ⇒ ΚΒ = 5α Δ Δ AK ⊥ ( Α, Β, Γ, Δ ) ⎫⎪ Θ.Τ.Κ . ⇒ ΚΔ ⊥ ΔΓ ΚΔΓ : ΚΔΓ ορθογώνιο τρίγωνο ⇒ ⎬ ΑΔ ⊥ ΔΓ ⎪⎭

A B Δ

AK ⊥ ( Α, Β, Γ, Δ ) ⎫⎪ ⎬ ⇒ ΚB ⊥ BΓ ⇒ ΚBΓ ορθογώνιο τρίγωνο Γ ΑB ⊥ BΓ ⎪⎭ Δ Δ Δ Δ 4α ·3α 5α ·4α ΚΔΓ = ΚΔΒ . ( ΑΚΔ ) = = 6α 2 , (ΚΔΓ) = = 10α 2 , (ΑΒΓΔ) = 16α² 2 2 Θ . Τ. Κ .

ΚΔΒ :

4α

Εολ = 2·( ΑΚΔ) + 2·(ΚΔΓ)+ ( ΑΒΓΔ ) ⇒ Εολ = 2·6α² + 2·10α² + 16α² ⇒

Εολ = 48α²

1 1 V = Ε β ·υ ⇒ V = ·16a 2 ·3 a ⇒ V = 16a 3 3 3

⎛1 0 ⎞ 10. (α) A = ⎜ ⎟, ⎝1 1 ⎠

( ε1 ) : 2 χ + 3ψ = 3 , ( ε 2 ) : χ − 2ψ = −1

Μαθηματικό Βήμα 2001

A−1 =

⎛ 1 0⎞ 1 ⎛ 1 0⎞ 1 ⎛ 1 0⎞ ⇒ Α −1 = ⎜ ⇒ A−1 = ·⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ 1 0 ⎝ −1 1 ⎠ 1 ⎝ −1 1 ⎠ ⎝ −1 1 ⎠ 1 1 −1

⎛ χ ⎞ ⎛1 0 ⎞ ⎛ χ ' ⎞ ⎛ χ ' ⎞ ⎛ 1 0 ⎞⎛ χ ⎞ ⎛ χ ⎞ ⎛ 1 0⎞ ⎛ χ '⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟=⎜ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟·⎜ ⎟ ⎝ψ ' ⎠ ⎝ 1 1 ⎠⎝ψ ⎠ ⎝ψ ⎠ ⎝ −1 1 ⎠ ⎝ψ ' ⎠ ⎝ψ ⎠ ⎝1 1 ⎠ ⎝ψ ' ⎠

125

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

(ε '1 ) : 2 χ '− χ '+ ψ ' = 3 (ε '2 ) : χ '+ 2 χ '− 2ψ ' = −1

χ = χ' ⎛χ⎞ ⎛ χ' ⎞ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⇒ ψ = − χ '+ ψ ' , ⎝ψ ⎠ ⎝ − χ '+ ψ ' ⎠

⇒

χ '+ ψ ' = 3

⇒

3χ '− 2ψ ' = −1

(β)

λ1 = −2 ⎫

⎫ ⎪ ⎪ ˆ 1 ⎬ ⇒ λ1 ·λ2 = −1 ⇒ ( ε1 ) ⊥ ( ε 2 ) ⇒ θ = 90° ⎪ λ2 = ⎪ ⎪ 2⎭ ⎬ ⇒ λ '1 = −1 ⎫ ⎪ 3 ⎪ ⎪ 3 ⎬ ⇒ λ '1 ·λ '2 = − ≠ −1 ⇒ θˆ ' ≠ 90° 2 λ '2 = − ⎪ ⎪ 2⎭ ⎭

(γ)

⎫⎪ (ε ) : ψ = λχ + β , ⎬ (ε ') : − χ '+ ψ ' = λχ '+ β ⇒ ψ ' = ( λ + 1) χ '+ β ⎪⎭

η γωνία των δύο ευθειών δεν παραμένει αναλλοίωτη

(ε): αναλλοίωτη ⇒

λ = λ + 1 ⇒ 0·λ = 1 ⇒ (ε ) //ψψ '⎫ ⎬⇒ χ =κ , κ ∈\ β = β ⇒ 0·β = 0 ⇒ β ∈ ℜ ⎭ αν ( ε ) : αχ + βψ + γ = 0 ⇒ (ε ') : αχ '+ β ( − χ '+ ψ ') + γ = 0 ⇒ ⇒

( ε ') : χ ' (α − β ) + βψ '+ γ (ε ), ( ε ' ) ταυτίζονται ⇒

( ε ) : αχ = −γ

α ≠0

⇒χ =−

α α−β

γ ⇒ α

β γ = ⇒ α = α − β ⇒ β = 0 ⇒ ( ε ) : αχ + γ = 0 ⇒ β γ

χ =κ ,

κ ∈\

ΜΕΡΟΣ Β΄ 1. (α) ψ = 2 χ + 1 +

2 ⇒ χ +1

χ ∈ \ − {−1}

(Πεδίο ορισμού)

Τομές με άξονες χ = 0 ⇒ ψ = 3 ⇒ (0,3) ψ = 0 ⇒ (2χ+1)(χ+1) = 0 ⇒ 2χ² +2χ +χ + 1 +2 = 0 ⇒ 2χ²+3χ+3=0, (Δ<0) ⇒ ⇒ η καμπύλη δεν τέμνει τον άξονα των τετμημένων. dy dy 2 χ ( χ + 2 ) 2 = 2− ⇒ = . 2 2 dx dx ( χ + 1) ( x + 1)

χ dy dx ψ

-∞

0 +∞

-2

dy = 0 ⇒ χ = 0, χ = −2 dx

χ=0⇒ψ=3

–

-5

⇒ min ( 0 , 3 )

χ = -2 ⇒ ψ = -5 ⇒ man (-2 , -5 )

126

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ασύμπτωτες Πλάγια ασύμπτωτος: ψ = 2 χ + 1 Κατακόρυφος ασύμπτωτος: χ = -1 2 1 = 4 ⇒ 2 χ 2 − χ − 1 = 0 ⇒ χ1 = 1 ή χ 2 = − 2χ + 1 + χ +1 2 (β) Ε(0,3), Μ(-2-5), Α(-1,-1) Εξίσωση ευθείας ΕΜ ψ − 3 3 − ( −5 ) = ⇒ ψ – 3 = 4χ (ε) χ 0 − ( −2 ) Το σημείο Α ανήκει στην ευθεία (ε) διότι –1 – 3 = 4·(-1) ⇒ τα σημεία Ε, Μ, Α είναι συνευθειακά. ⎛ 2 ⎞ dx ⇒ (γ) Ε = ∫ ⎜ 4 − 2 χ − 1 − χ + 1 ⎠⎟ ⎝ 1

Ε = ⎡⎣3χ − χ 2 − 2 ln χ + 1 ⎤⎦ 1 −

1⎞ ⎛ 3 1 Ε = 3 − 1 − 2 ln 2 − ⎜ − − − 2 ln ⎟ 2⎠ ⎝ 2 4

⇒

⎛ 15 ⎞ E = ⎜ − 4 ln 2 ⎟ τ .μ . ⎝4 ⎠

(α) ψ 2 = χ , χ 2 + ψ 2 = α 4 + α 2 ⇒ χ² + χ – α4 – α² = 0 ⇒

χ1,2 = χ1,2 =

−1 ± 12 − 4·1( −α 4 − α 2 ) 2 −1 ± ( 2α ² + 1)

⇒ 2 χ1 = α ² ⇒ ψ ² = α ² ⇒ ψ 1 = ±α

χ 2 = −1 − α ² ⇒ ψ 2 = −1 − α 2 < 0

Επιλέγεται το Ρ στο 1ον τεταρτημόριο ⇒ Ρ ( α² , α ) εφ. παραβολής dy dy 1 1 =1⇒ = ⇒ λεφ = 2ψ 2α dx dx 2ψ 1 ( χ − α ² ) ⇒ χ − 2αψ + α 2 = 0 2α εφ. κύκλου: χχ1 + ψψ 1 = α 4 + α 2 ⇒ α 2 χ + αψ = α 4 + α 2 ⇒ αχ + ψ = α 3 + α

Ρ(α² , α) ⇒ ψ − α =

χ − 2αψ + α 2 = 0 ⎫ α ⎛ α⎞ Α: ⎬ ⇒ ψ = ⇒ Α ⎜ 0, ⎟ 2 χ =0 ⎝ 2⎠ ⎭ Μαθηματικό Βήμα 2001

127

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

αχ + ψ = α 3 + α ⎫ 2 2 Β: ⎬ ⇒ χ = α + 1 ⇒ Β (α + 1, 0 ) ψ =0 ⎭

χ=

α 2 + 1⎫

⎪⎪ 2 χ = α 2 + 1 ⇒ 2 χ = 16ψ 2 + 1 Μ: ⎬⇒ α α = 4ψ ⎪ ψ= ⎪⎭ 4 1 −α − 2 2α ⇒ εφ ΑΡΒ n = λΡΒ − λΡΑ ⇒ εφ ΑΡΒ n= n = −2α − 1 ⇒ εφ ΑΡΒ n<0 ⇒ (β) εφ ΑΡΒ 1 α 1 + λΡΒ ·λΡΑ 1− 2 n ΑΡΒ αμβλεία γωνία

(ε ) :

χ −2 2

= 1 −ψ =

z χ − 2 ψ −1 z − 0 ⇒ = = −1 2 2 2

Ρ(4,0,2)

JJJG G G G G G (α) AΡ ( −5, −1, 0 ) ⇒ r = 4i + 2k + λ ( −5i − j )

(β)

( Π ) ⊥ (ε ) ⇒ η ⊥ (ε )

2χ −ψ + 2 z + Δ = 0

Α(9,1,2) ⇒ 21 + Δ = 0 ⇒

(γ) Κ :

χ −2 2

(ε ) :

( Π ) : 2 χ − ψ + 2 z − 21 = 0

⎧ χ = 2λ + 2 z−0 ⎪ = = = λ ⇒ ⎨ψ = −λ + 1 2 −1 ⎪ z = 2λ ⎩

ψ −1

χ −2 2

= 1 −ψ =

z 2

Κ∈( Π )

⇒

Κ(6,-1,4)

Α(9,1,2)

2·( 2λ + 2 ) − ( −λ + 1) + 4λ − 21 = 0 ⇒ λ = 2 ⇒ Κ ( 6, −1, 4 )

(δ) Εολ = π Rλ + π R 2 ,

R = ( KA ) = 9 + 4 + 4 = 17 , λ = ( ΡΑ ) = 25 + 1 = 26

⇒ Εολ = π · 17· 26 + π 17

(

4. (α) ψ = ln u ⇒

)⇒

Εολ = π

(

442 + 17

)

τ .μ.

dy 1 du 1 du 1 1 du 1 1 du = · ⇒ · = e − ln u + ⇒ · = + ⇒ χ · = χ + u ⇒ u dx χ dx u dx u dx u χ dx

du 1 − ·u = 1 (1) dχ χ

(1) ⇒

I =e

d ⎛ 1⎞ 1 1 du 1 1 ⇒ · − 2 ·u = ⎜ u· ⎟ = dχ ⎝ χ ⎠ χ χ dχ χ χ

⇒

=∫

dχ ⇒

−

∫ χ dχ u

= e − ln χ =

= ln χ + ln c ⇒

u = χ ·⎡⎣ ln ( c· x ) ⎤⎦

128

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

u = χ ·⎡⎣ln ( c· x ) ⎤⎦ ⎫⎪ ψ ⎬ ⇒ e = χ ·⎡⎣ln ( c· x ) ⎤⎦ ⇒ ψ = ln ⎡⎣ χ ·ln ( c· χ ) ⎤⎦ Γενική λύση ψ ψ = ln u ⇒ u = e ⎪⎭

(β)

χ = 1⎫ e ⎬ ⇒ 1 = ln ⎡⎣1·ln ( c·1 ) ⎤⎦ ⇒ 1 = ln ( ln c ) ⇒ ln c = e ⇒ c = e ⇒ ψ = 1⎭

ψ = ln ⎡⎣ χ ·ln ( ee ·| χ |) ⎤⎦

n +1 n n ⎛ 1 ⎞ 5. (α) Δη = α n +1 − α n = 2 m − 2 m = 2 m ⎜ 2 n − 1⎟ ⎝ ⎠

m −1

n =0

n=0

(β) Am = ∑ f ( an )·Δ n = ∑

⎛ mn ⎞ mn ⎛ m1 ⎞ ⎛ m1 ⎞ m −1 ⎛ m3 ⎞ ⎛ m1 ⎞ ⎛ λm −1⎞ f ⎜ 2 ⎟·2 ·⎜ 2 − 1⎟ = ⎜ 2 − 1⎟ ∑ f ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 2 − 1⎟·⎜ ⎟ n =0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ λ −1 ⎠ Γ .Προοδος λ = 2, α1 =1

⎛ ⎛ 3 ⎞m ⎞ ⎛ 1 ⎛ m1 ⎞ ⎞ 2 − 1⎟ ·7 ⎜ ⎜ 2 m ⎟ − 1 ⎟ ⎜ 2 m − 1⎟·( 23 − 1) ⎜ ⎛ 1 ⎞⎜ ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ 7 ⎠ Α n = ⎜ 2 m − 1⎟·⎜ ⎝ 3 ⎠ = = 2 ⎟= 1 3 1 ⎛ m1 ⎞ ⎛ m2 ⎞ ⎛ m1 ⎞ ⎝ ⎠ ⎜ 2m − 1 ⎟ m m 3 ⎜ 2 − 1⎟ ·⎜ 2 + 2 m + 1⎟ 2 + 2 + 1 ⎜ 2 ⎟ −1 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 7 7 7 = = (γ) lim Am = lim 2 1 m →∞ m →∞ 1+1+1 3 2m + 2m + 1 2

∫ 1

f (χ )dχ = ∫ χ dχ =

Μαθηματικό Βήμα 2001

χ3 3

= 1

8 1 7 − = 3 3 3

129

⇒ lim Am = ∫ f ( χ ) d χ m →∞

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ (Τ.Ε.Ι.) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

ΙΟΥΝΙΟΣ 2001

ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά Από τα 6 ζητήματα να λύσετε τα 4. Ζήτημα 1ο. α) Να βρείτε τη γενική λύση της εξίσωσης: 3ημχ − συν 2 χ − 1 = 0

(Μονάδες 8)

β) Χωρίς τη χρήση υπολογιστικής μηχανής, να δείξετε ότι: 6− 2 ημ 70°συν 55° − ημ 55°συν 70° = 4 ημω − ημ 2ω + ημ 3ω γ) (i) Να δείξετε ότι: = εφ 2ω συνω − συν 2ω + συν 3ω ημω − ημ 2ω + ημ 3ω (ii) Αν = 2 και 0° < ω < 90° συνω − συν 2ω + συν 3ω χωρίς τη χρήση υπολογιστικής μηχανής, να δείξετε ότι εφω = Ζήτημα 2ο. α) Να δείξετε ότι:

1 + ημ 2θ − συν 2θ = εφθ 1 + ημ 2θ + συν 2θ

(Μονάδες 8)

−1 + 5 2

(Μονάδες 9)

(Μονάδες 6)

π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ β) (i) Να δείξετε ότι: ημ ⎜θ − ⎟ + ημ ⎜ θ + ⎟ = 2 ημθ 4⎠ 4⎠ ⎝ ⎝ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ (ii) Να λύσετε την εξίσωση: ημ ⎜ 2 χ − ⎟ + ημ ⎜ 2 χ + ⎟ = 2 συνχ , αν 0 ≤ χ ≤ 2π 4⎠ 4⎠ ⎝ ⎝ (Μονάδες 10) γ) Αν εφα = 3 και ημ (α + θ ) = 2ημ (α − θ ) να δείξετε ότι εφθ = 1. Αν επιπλέον θ = 3χ + 60° να βρείτε τις τιμές του χ που βρίσκονται στο διάστημα [0°,180°]. (Μονάδες 9) Ζήτημα 3ο. α) Ορθό τριγωνικό πρίσμα έχει βάση ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές 6cm και 8cm. Αν το ύψος του πρίσματος είναι ίσο με την υποτείνουσα της βάσης του να υπολογίσετε: (i) το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειάς του. (ii) τον όγκο του. (Μονάδες 8) 500 3 β) Κανονική τετραγωνική πυραμίδα έχει όγκο V = cm και το ύψος της είναι το μισό της 3 ακμής της βάσης της. (i) Να δείξετε ότι η ακμή της βάσης της είναι 10 cm. (ii) Να βρείτε το παράπλευρο ύψος της και το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας.της. (Μονάδες 8)

130

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ Τ.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

γ) Σφαίρα με εμβαδόν επιφάνειας E = 144π cm² είναι εγγεγραμμένη σε κύλινδρο (η σφαιρική επιφάνεια εφάπτεται των βάσεων και της κυρτής επιφάνειας του κυλίνδρου) Να υπολογίσετε: (i) την ακτίνα της σφαίρας. (ii) το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας του κυλίνδρου (iii)τον όγκο του χώρου που βρίσκεται μέσα στον κύλινδρο και έξω από την σφαίρα. (Μονάδες 9) Ζήτημα 4ο. (ε) Α α) Στο διπλανό σχήμα, το ΑΒΔ είναι τεταρτοκύκλιο και το ΒΓΔ είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 2α cm. Η σκιασμένη επιφάνεια περιστρέφεται πλήρη στροφή γύρω από την ευθεία (ε) που περνά από τα σημεία Β Δ Α και Δ. Να υπολογίσετε, συναρτήσει του α, το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας και τον όγκο του στερεού που παράγεται. (Μονάδες 15) Γ β) Η ακτίνα R και η γενέτειρα λ ορθού κυκλικού κώνου 1 1 1 ικανοποιούν τη σχέση: + = (α: σταθερά). Αν η γενέτειρα και η ακτίνα της βάσης R λ α V α του κώνου σχηματίζουν γωνία 30° να δείξετε ότι: = , όπου V ο όγκος του κώνου και Ε E 6 το εμβαδόν της ολικής επιφάνειάς του. (Μονάδες 10) Ζήτημα 5ο. α) Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα:

(

)

I1 = ∫ 3χ 2 + 3 χ + 1 d χ και I 2 = ∫ 4 ημ 2 χ d χ 1

(Μονάδες 8)

β) Δίνεται η καμπύλη με εξίσωση ψ = χ 2 − 2 χ + 3 . (i) Να βρείτε τα σημεία τομής της με τους άξονες των συντεταγμένων, το τοπικό ακρότατό της και να κάνετε τη γραφική της παράστασή της. (ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την καμπύλη και τον άξονα των χ. (Μονάδες 8) 4 γ) Δίνεται συνάρτηση ψ = χ − 1 + , χ ≠ −1 . Να βρείτε: χ +1 (i) την πρώτη και τη δεύτερη παράγωγο της. (ii) τα τοπικά ακρότατα και να τα χαρακτηρίσετε (μέγιστο / ελάχιστο) (Μονάδες 9) Ζήτημα 6ο.

α) Δίνεται η καμπύλη με εξίσωση ψ = χ 3 − αχ + 2 και Α το σημείο τομής της με τον άξονα Οy (i) Αν η εφαπτομένη της καμπύλης στο σημείο Α έχει κλίση λ = 1 να δείξετε ότι α = - 1. (ii) Να βρείτε την εξίσωση της κάθετης της καμπύλη ς στο σημείο Α. (Μονάδες 8)

Μαθηματικό Βήμα 2001

131

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ Τ.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

β) Να βρείτε το ολοκλήρωμα: I = ∫ ( 2ημ 2 χ + εφ 2 2 χ ) d χ .

(Μονάδες 8)

γ) Δίνεται η συνάρτηση ψ = χ ημ 2 χ . Να βρείτε την πρώτη και τη δεύτερη παράγωγό της

και στη συνέχεια να δείξετε ότι: χ

d 2ψ dψ −2 + 4 χψ + 2ημ 2 χ = 0 2 dχ dχ

(Μονάδες 9)

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Ζήτημα 1ο. α) 3ημχ − συν 2 χ − 1 = 0 ⇒ 3ημχ − (1 − 2ημ 2 χ ) − 1 = 0 ⇒ 2ημ 2 χ + 3ημχ − 2 = 0 ⇒

⎧−2 απορ . −3 ± 9 + 16 −3 ± 5 ⎪ 1 ημχ = ⇒ ημχ = ⇒ ημχ = ημ 30° ⇒ = =⎨ 1 2·2 4 2 ⎪⎩ 2

χ = 360°κ + 30° ή χ = 360°κ + 150° κ ∈ ] β) ημ 70°συν 55° − ημ 55°συν 70° = ημ ( 70° − 55° ) = ημ15° = ημ ( 45° − 30° ) = = ημ 45°συν 30° − ημ 30°συν 45° =

γ) (i)

2 3 1 2 = · − · 2 2 2 2

6− 2 4

(ημω + ημ 3ω ) − ημ 2ω 2ημ 2ω συνω − ημ 2ω ημω − ημ 2ω + ημ 3ω = = συνω − συν 2ω + συν 3ω (συνω + συν 3ω ) − συν 2ω 2 συνω συνω − συν 2ω =

ημ 2ω ( 2συνω − 1) συν 2ω ( 2συν 2ω − 1)

= εφ 2ω

(ii) 0° < ω < 90° ⇒ εφω > 0 (i ) 2εφω ημω − ημ 2ω + ημ 3ω = 2 ⇒ εφ 2ω = 2 ⇒ =2 ⇒ συνω − συν 2ω + συν 3ω 1 − εφ 2ω ⎧ −1 − 5 (απορ . αφου εφω > ω ) ⎪ ⎪ 2 εφω = ⎨ −1 ± 5 εφ 2ω + εφω − 1 = 0 ⇒ εφω = ⇒ ⇒ ⎪ −1 + 5 2 ⎪⎩ 2

εφω =

−1 + 5 2

Ζήτημα 2ο. 2 ημθ (συνθ + ημθ ) 1 + 2ημθ συνθ − 1 + 2ημ 2θ 1 + ημ 2θ − συν 2θ = = = εφθ 1 + ημ 2θ + συν 2θ 1 + 2ημθ συνθ + 2συν 2θ − 1 2 συνθ (ημθ + συνθ )

132

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ Τ.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ β) (i) ημ ⎜θ − ⎟ + ημ ⎜θ + ⎟ = 2ημ 4⎠ 4⎠ ⎝ ⎝

θ−

π 4

+θ + 2

π 4

·συν

θ −

π 4

−θ −

π 4

π 2 ⎛ π⎞ = 2ημθ ·συν ⎜ − ⎟ = 2ημθ ·συν = 2ημθ · = 2 ημθ 4 2 ⎝ 4⎠ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ (ii) ημ ⎜ 2 χ − ⎟ + ημ ⎜ 2 χ + ⎟ = 2 συνχ , αν 0 ≤ χ ≤ 2π 4⎠ 4⎠ ⎝ ⎝ (i )

2 ημ 2 χ =

⇒

2 συνχ ⇒ 2ημχ συνχ − συνχ = 0 ⇒ συνχ ( 2ημχ − 1) = 0

π ⎧ ⎪⎪συνχ = 0 ⇒ χ = 2κπ ± 2 ⇒⎨ ⎪2ημχ − 1 = 0 ⇒ ημχ = 1 ⇒ χ = 2κπ + π , χ = 2κπ + 5π ⎪⎩ 2 6 6 π π 5π 3π Στο διάστημα 0 ≤ χ ≤ 2π , χ = , , , 6 2 6 2 γ) εφα = 3 και ημ (α + θ ) = 2ημ (α − θ ) ⇒

κ ∈]

ημα συνθ + ημθ συνα = 2 (ημα συνθ − ημθ συνα ) ⇒ 3ημθ συνα = ημα συνθ ⇒ ημθ ημα ⇒ 3εφθ = εφα ⇒ 3εφθ = 3 ⇒ εφθ = 1 3 = συνθ συνα εφθ = 1 ⎫ ⎬ ⇒ εφ ( 3χ + 60° ) = 1 ⇒ 3χ + 60° = 180°κ + 45° ⇒ χ = 60°κ − 5° θ = 3χ + 60°⎭ χ = 60°κ − 5° , χ ∈ [ 0°,180°] ⇒ χ = 55°, 115°, 175°. Ζήτημα 3ο.

α) ⎛⎜ ΑΒΓ ⎞⎟ : χ² = 6² + 8² ⇒ χ² = 36 + 64 ⇒ χ² = 100 ⇒ χ = 10 cm. ⎝ ⎠ Ισχύει υ = χ ⇒ υ = 10 cm. Δ

(i) Eπ = Π Β ·υ ⇒ Eπ = ( 6 + 8 + 10 )·10 ⇒ Eπ = 240 cm 2 (ii) V = EB ·υ ⇒ V =

Μαθηματικό Βήμα 2001

8cm

6cm

133

χ K

Δ 2 2 2 ⇒ υ = 5 cm. ⎛⎜ KOM ⎞⎟ : ( KM ) = ( KO ) + ( OM ) ⇒ 2 ⎝ ⎠

6·8 ·10 ⇒ V = 240 cm3 . 2

500 3 α β) V = cm , υ = 3 2 1 500 1 2 α (i) EB = α 2 , V = EB ·υ ⇒ = α · ⇒ α 3 = 100 ⇒ α = 10cm 3 3 2 3

(ii) υ =

α 2

M α 2

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ Τ.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

h 2 = 52 + 52 ⇒ h 2 = 50 ⇒ h = 5 2 cm 1 1 Eολ = Ε Β + Ε Π ⇒ Εολ = α 2 + Π Β ·h ⇒ Εολ = 102 + ·4·10·5 2 ⇒ 2 2

(

)

Εολ = 100 + 100 2 cm 2

γ) (i) Eσφ = 144π cm² , Eσφ = 4π R 2 ⇒ 144 π = 4 π R 2 ⇒ R = 6 cm

(ii) υκ = 2 R ⇒ υκ = 12 cm EΟλ = 2π R 2 + 2π Rυ ⇒ EΟλ = 2π ·62 + 2π ·6·12 ⇒ EΟλ = 216π cm 2

4 V = Vκυλ − Vσφ ⇒ V = π R 2υ − π R 3 ⇒ 3 4 V = π ·62 ·12 − π ·63 ⇒ V = 144π cm3 3

( iii )

Ζήτημα 4ο. α) ( ΔΒ ) = ( ΒΓ ) = ( ΔΓ ) = 2α ,

( ΕΓ ) = ( ΔΗ ) = α

Ζ R R

(ε)

Α 2α

Eολ = Εημισφ + Εκ κολ .κωνου + Εκ κωνου

Eολ

( ΕΔ ) = α 3 (ύψος ισοπλεύρου τριγώνου) ( ΑΔ ) = ( ΔΒ ) = 2α (ακτίνες κύκλου) Eολ

1 2 = ·4π ·( ΔΒ ) + π ( ΔΒ + ΕΓ )·( ΒΓ ) + π ( ΕΓ )·( ΔΓ ) 2 1 2 = ·4π ·( 2α ) + π ( 2α + α )·( 2α ) + π (α )·( 2α ) 2

2α H

Β΄

2α

Γ΄

Β 2α

Eολ = 8πα 2 + 6πα 2 + 2πα 2 ⇒ Eολ = 16πα 2 V = Vημισφ + Vκ .κωνου − Vκωνου ⇒

14 1 1 3 2 2 2 V = · ·π ·( ΔΒ ) + ·π ·( ΕΔ )·⎡( ΔΒ ) + ( ΔΒ )·( ΕΓ ) + ( ΕΓ ) ⎤ − ·π ·( ΕΓ ) ·( ΕΔ ) ⎣ ⎦ 23 3 3 14 1 1 3 2 2 2 V = · ·π ·( 2α ) + ·π · α 3 ·⎡( 2α ) + ( 2α )·(α ) + (α ) ⎤ − ·π ·(α ) ·α 3 ⎣ ⎦ 3 23 3 16 πα 3 πα 3 3 16πα 3 7πα 3 3 πα 3 3 ⇒V = ⇒ 4α 2 + 2α 2 + α 2 ) − V = πα 3 + + − ( 3 3 3 3 3 3

(

)

(

)

2πα 3 8 + 3 3 16πα 3 + 6πα 3 3 ⇒ V = V = cm3 3 3

β)

1 1 1 R+λ 1 Rλ + = ⇒ = ⇒ R+λ = R λ α Rλ α α

134

υ Δ

30° Γ ΜαθηματικόRΒήμα 2001 Β

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ Τ.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

υ λ ⎛ Δ ⎞ ⎜ ABΓ ⎟ : ημ 30° = ⇒ υ = 2 λ ⎝ ⎠ 1 1 λ R π R 2υ V 3 3 2 =α = = E π R (R + λ) 6 Rλ

α Ζήτημα 5ο.

α) I1 = ∫

(

3 1 ⎡ 3 ⎤ ⎛ 2 ⎞ 2 3χ + 3 χ + 1 d χ = ∫ ⎜ 3χ + 3χ + 1⎟ d χ = = ⎢ χ + 2 χ 2 + χ ⎥ = 1+2+1 = 4 0 ⎝ ⎠ ⎣ ⎦0

)

1 π ⎛ 1 1 1 1 ⎡ 1 ⎤4 ⎞ I 2 = ∫ 4 ημ 2 χ d χ = ⎢ − συν 2 χ ⎥ = − συν 2· − ⎜ − συν 0 ⎟ = − ·0 + ·1 = 0 2 4 ⎝ 2 2 2 2 ⎠ ⎣ 2 ⎦0

β) ψ = χ 2 − 2 χ − 3 . Πεδίο ορισμού: χ ∈ \ (i) Τομές με άξονες: χ = 0 ⇒ ψ = 3 ⇒ (0,–3) ψ = 0 ⇒ χ2 – 2χ – 3 = 0 ⇒ (χ –3)·(χ+1) = 0 ⇒ χ = 3 ή χ = –1 ⇒ (3,0) , (–1,0)

ψ = χ 2 − 2χ − 3 ⇒

dψ = 2 χ − 2 = 2 ( χ − 1) dχ

dψ ⎫ = 2 ( χ − 1) ⎪ dχ d 2ψ ⎪ = 2 > 0 ⇒ Τοπικό ελάχιστο (1,-4) ⎬ ⇒ χ = 1, dψ dχ2 ⎪ =0 ⎪⎭ dχ −1

−1

⎡ χ3 ⎤ E = − ∫ ψ dx = ∫ ( χ − 2 χ − 3) dx = ⎢ − χ 2 − 3χ ⎥ ⎣ 3 ⎦3 3 −1 3 ⎛ ( −1) ⎞ ⎛ 33 ⎞ 2 − ( −1) − 3·( −1) ⎟ − ⎜ − 32 − 3·3 ⎟ E =⎜ ⎜ 3 ⎟ ⎝3 ⎠ ⎝ ⎠ 5 ⎛ 1 ⎞ E = ⎜ − − 1 + 3⎟ − 9 − 9 − 9 ⇒ E = + 9 ⇒ 3 ⎝ 3 ⎠ 32 E = τ .μ . 3 3

(

γ) ψ = χ − 1 +

Μαθηματικό Βήμα 2001

4 , χ +1

)

χ ≠ −1 . ψ = ( χ − 1) + 4 ( χ − 1)

135

−1

1 χ −∞ ∞ – 0 + ψ 2 -4 / min(1,-4)

dψ dχ

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ Τ.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

4 dψ dψ −2 = 1− ⇒ , = 1 − 4 ( χ + 1) ⇒ 2 dχ dχ ( χ + 1)

(i)

(ii)

d 2ψ 8 d 2ψ −3 = = 8 + 1 ⇒ χ ( ) 2 3 2 dχ dχ ( χ + 1)

4 dψ 2 = 0 ⇒ ( χ + 1) = 4 ⇒ χ + 1 = ±2 ⇒ χ = 1 ή χ = −3 = 0 ⇒ 1− 2 dχ ( χ + 1)

Για χ = 1 ⇒

d 2ψ dχ2

dψ dχ2

= 1 > 0 ⇒ η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο σημείο (1,2) χ =1

Για χ=-3⇒

= −1 < 0 ⇒ η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο σημείο (-3,-6) χ =−3

Ζήτημα 6ο.

α) ψ = χ 3 − αχ + 2 και Α το σημείο τομής της με τον άξονα Οψ ⇒ A(0,ψ) dψ ⎫ = 3χ 2 − α ⎪ (i ) dχ ⎪ 2 ⎬ ⇒ 3·0 − α = 1 ⇒ α = −1 dψ = λ =1⎪ ⎪ d χ χ =0 ⎭ 3 (ii) ψ = χ + χ + 2 , σημείο Α: χ=0 ⇒ ψ = 2 ⇒ Α(0,2) λεφ=1 ⇒ λκ=-1 ⇒ ψ – 2 = –1(χ – 0) ⇒ χ + ψ = 2

(

)

β) I = ∫ ( 2ημ 2 χ + εφ 2 2 χ ) d χ = ∫ (1 − συν 2 χ ) + (τεμ 2 2 χ − 1) d χ 1 1 = ∫ (τεμ 2 2 χ − συν 2 χ ) d χ = εφ 2 χ − ημ 2 χ + C 2 2

γ) ψ = χ ημ 2 χ ⇒

dψ d 2ψ = ημ 2 χ + 2 χ συν 2 χ ⇒ = 2συν 2 χ + 2συν 2 χ − 4 χημ 2 χ dχ dχ2

⇒

d 2ψ = 4συν 2 χ − 4 χημ 2 χ dχ2

d 2ψ dψ −2 + 4 χψ + 2ημ 2 χ = 2 dχ dχ

= χ ( 4συν 2 χ − 4 χημ 2 χ ) − 2 (ημ 2 χ + 2 χ συν 2 χ ) + 4 χ ( χ ημ 2 χ ) + 2ημ 2 χ = = 4 χσυν 2 χ − 4 χ 2ημ 2 χ − 2ημ 2 χ − 4 χ συν 2 χ + 4 χ 2 ημ 2 χ + 2ημ 2 χ = 0

136

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ ΑΝΩΤΕΡΑ ΚΑΙ ΑΝΩΤΑΤΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ Mάθημα : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

Ιούλιος 2001

Χρόνος : 3 ώρες ΜΕΡΟΣ Α΄ Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 10 ασκήσεις βαθμολογείται με 5 μονάδες.

1. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης ψ = 3χ e4 χ . 10

⎛ 2 ⎞ 2. Να βρείτε τον όρο που είναι ανεξάρτητος του χ στο ανάπτυγμα του ⎜ χ 3 − 2 ⎟ . χ ⎠ ⎝ ln (1 − χ ) 3. Να υπολογίσετε το lim . x →0 ημ 2 χ − συνχ + 1

4. Δίνεται ο κύκλός με εξίσωση: χ 2 + ψ 2 − 4 χ + 6ψ − 12 = 0 . (α) Να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του. (β) Να βρείτε την εξίσωση άλλου κύκλου που έχει το ίδιο κέντρο και διπλάσια ακτίνα..

5. Να βρείτε πόσοι αναγραμματισμοί της λέξης «ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ» υπάρχουν. Πόσοι από αυτούς αρχίζουν και τελειώνουν με φωνήεν; (Μπορείτε να αφήσετε τις απαντήσεις σας σε παραγοντική μορφή).

6. Αν χ = συνθ και ψ = συν 2θ όπου 0 < θ <

π 2

, να αποδείξετε ότι ισχύει:

d 2ψ dψ + − 4χ = 4 dχ2 dχ

7. Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = συν ( 350 + χ ) συν ( 350 − χ ) + συν ( 550 − χ ) συν ( 550 + χ ) (α) Να δείξετέ ότι f ( χ ) = συν 2 χ (β) Να βρείτε τη γενική λύση της εξίσωσης f ( χ ) = ημχ .

8. Να βρείτε τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης: χ (1 + χ )

dψ = 2ψ . dχ

9. Να βρείτε την κλίση της εφαπτομένης της καμπύλης 4 χ 2 + 8χψ + 13ψ 2 = 36 στο σημείο της (3,0).

10. Να βρείτε την ειδική λύση της διαφορικής εξίσωσης χ 2 ψ = 2 όταν χ = 1.

Μαθηματικό Βήμα 2001

137

dψ − χψ = 1 για την οποία είναι dχ

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

ΜΕΡΟΣ Β’

Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 5 ασκήσεις βαθμολογείται με 10 μονάδες.

2χ . χ2 +1 (α) Αφού βρείτε το πεδίο ορισμού, τα σημεία τομής με τους άξονες, τις εξισώσεις των ασυμπτώτων και τα ακρότατα της συνάρτησης, να κάνετε τη γραφική της παράσταση.

1. Δίνεται η συνάρτηση ψ =

(β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την καμπύλη ψ =

2χ χ2 +1

και την ευθεία ψ = χ για χ ≥ 0 .

2. Δίνεται η καμπύλη ψ = αχ 2 , α > 0 . (α) Το χωρίο που περικλείεται από την καμπύλη, τον άξονα των χ και την ευθεία χ=2 έχει εμβαδόν 8 τ.μ. Να δείξετε ότι α=3. (β) Να βρείτε τον όγκο του στερεού που παράγεται από την πλήρη περιστροφή του πιο πάνω χωρίου γύρω από τον άξονα των ψ.

3. Δίνονται οι κύκλοι C1 : χ 2 + ψ 2 − 4 χ − 6ψ + 9 = 0 και C2 : χ 2 + ψ 2 + 4 χ − 12ψ + 31 = 0 . (α) Να δείξετε ότι εφάπτονται εξωτερικά. (β) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που έχει διάμετρο τη διάκεντρο των δύο αυτών κύκλων.

4. Θέλουμε να κατασκευάσουμε κύλινδρο που να έχει όγκο 54π cm3. Να βρείτε την ακτίνα και το ύψος του ώστε να έχει ελάχιστη ολική επιφάνεια.

5. (α) Να βρείτε το ολοκλήρωμα ∫ χ e2 χ d χ . (β) Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση χ = συνθ , 0 < θ < τρόπο, να βρείτε το ολοκλήρωμα:

∫χ

dχ 2

1− χ2

π 2

, ή με οποιοδήποτε άλλο

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

1. ψ = 3χ e4 χ ⇒

dψ dψ = 3e4 x + 3χ ·4e4 x ⇒ = 3e 4 x + 12 χ e 4 x dχ dχ κ

10 −κ ⎛ ⎛ ⎛10 ⎞ ⎛ 10 ⎞ ⎛10 ⎞ 2 ⎞ 2 ⎞ κ κ 2. ⎜ χ 3 − 2 ⎟ , Τκ +1 = ⎜ ⎟ ( χ 3 ) ⎜ − 2 ⎟ = ⎜ ⎟ χ 30−3κ ·( −2 ) ·χ −2κ = ⎜ ⎟·( −2 ) ·χ 30−5κ ⇒ χ ⎠ ⎝κ ⎠ ⎝κ ⎠ ⎝κ ⎠ ⎝ ⎝ χ ⎠ ⎛ 10 ⎞ ⎛ 10 ⎞ 6 30 − 5κ = 0 ⇒ κ = 6 , T7 = ⎜ ⎟ ( −2 ) ⇒ T7 = 64·⎜ ⎟ ⇒ T7 = 13440 ⎝6⎠ ⎝6⎠

3. lim x →0

ln (1 − χ )

ημ 2 χ − συνχ + 1

(απροσδιοριστία

0 ) 0

138

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

−1 ⎡⎣ln (1 − χ ) ⎤⎦ ' ln (1 − χ ) −1 1 1− χ =− lim = lim = lim = x →0 ημ 2 χ − συνχ + 1 x → 0 [ημ 2 χ − συνχ + 1] ' x → 0 2συν 2 χ + ημχ 2 2+0

4. χ 2 + ψ 2 − 4 χ + 6ψ − 12 = 0 , g = −2, f = 3, c = −12 . (α) K ( 2, −3) ,

( −2 )

K ( −g, − f ) , R =

g2 + f 2 − c

+ 32 − ( −12 ) ⇒ R = 4 + 9 + 12 ⇒ R = 5

(β) K ( 2, −3) , R ' = 2·5 ⇒ R ' = 10 ⇒ ( χ − 2 ) + (ψ + 3) = 102 ⇒ 2

χ 2 + ψ 2 − 4 χ + 6ψ − 87 = 0

5. “Π, Α, Ρ, Α, Σ, Τ, Α, Σ, Η” (i) M 9ε =

9! = 30240 2!·3!

7! 2! 7! A … H → M 7ε = 2! 7! H … A → M 7ε = 2!·2!

(ii) A … A → M 7ε =

6. χ = συνθ ⇒ dψ dψ = dθ dχ dχ dθ 2 dψ d = 2 dθ dχ

dχ = −ημθ , dθ

⇒

7! 7! 7! + + = 7! = 5040 2! 2!·2! 2!·2!

dψ = −2ημ 2θ , dθ

ψ = συν 2θ ⇒

0 <θ <

π 2

−2ημ 2θ 4 ημθ συνθ = 4συνθ = −ημθ ημθ

⎛ dψ ⎞ dθ d 1 1 = = −4 ημθ · =4 ( 4συνθ )· ⎜ ⎟· −ημθ − ημθ ⎝ d χ ⎠ d χ dθ

(

)

d 2ψ dψ + − 4 χ = 4 + 4 συνθ − 4 συνθ = 4 dχ2 dχ

7. f ( χ ) = συν ( 350 + χ ) συν ( 350 − χ ) + συν ( 550 − χ ) συν ( 550 + χ )

(α) f ( χ ) = συν ( 350 + χ ) συν ( 350 − χ ) + συν ( 550 − χ ) συν ( 550 + χ ) =

1 1 1 = ⎣⎡συν 700 + συν 2χ ⎦⎤ + ⎣⎡συν 1100 + συν 2χ ⎤⎦ = ⎡⎣συν 700 + συν (1800 − 700 ) + 2συν 2 χ ⎤⎦ 2 2 2 1⎡ συν 700 − συν 700 + 2συν 2 χ ⎤ = συν 2 χ ⎣ ⎦ 2

Μαθηματικό Βήμα 2001

139

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

(β) f ( χ ) = ημχ ⇒ συν 2 χ = ημχ ⇒ συχ 2 χ = συν ( 900 − χ ) ⇒ (i) 2 χ = 360°κ + 90° − χ ⇒ 3χ = 360°κ + 90° ⇒ χ = 120°κ + 30° , κ ∈ ] (ii) 2 χ = 360°κ − 90° + χ ⇒ χ = 360°κ − 90°, κ ∈ ]

8. χ (1 + χ )

∫

dψ = 2ψ ⇒ dχ

dψ

∫ψ

=∫

χ ( χ + 1)

dχ ⇒

dψ

⎛2 2 ⎞ = ∫⎜ − ⎟ d χ ⇒ ln | ψ |= 2 ln | χ | −2 ln | χ + 1 | + ln | Κ | ψ ⎝ χ χ +1⎠ 2

⎛ χ ⎞ ⎛ χ ⎞ ⇒ ln | ψ |= ln Κ ⎜ ⎟ ⇒ψ = C⎜ ⎟ ⎝ χ +1⎠ ⎝ χ +1⎠

9. 4 χ 2 + 8χψ + 13ψ 2 = 36 ⇒ 8χ + 8ψ + 8χ (3,0) ⇒ λεφ =

10. χ 2

dψ dχ

= χ =3 ψ =0

χ ( χ + 1)

Β χ +1

2 ≡ Α ( χ + 1) + Βχ

χ =0⇒Α=2 χ = −1 ⇒ Β = − 2

dψ dψ dψ −8 χ − 8ψ + 26ψ =0⇒ = dχ dχ d χ 8 χ + 26ψ

−24 = −1 ⇒ λεφ = –1 24

dψ 1 1 dψ − χψ = 1 ⇒ − ·ψ = 2 ⇒ dχ dχ χ χ

I (χ ) = e

⎛1 ⎞ 1 ⎛1 ⎞ 1 1 dψ 1 1 · − 2 ·ψ = 3 ⇒ d ⎜ ·ψ ⎟ = 3 d χ ⇒ ∫ d ⎜ ·ψ ⎟ = ∫ 3 d χ ⇒ χ dχ χ χ χ ⎝χ ⎠ χ ⎝χ ⎠ −2 χ 1 1 1 1 1 + C ⇒ ·ψ = − 2 + C ⇒ ψ = − + Cχ , ·ψ = ∫ χ −3 d χ ⇒ ·ψ = 2χ χ −2 χ χ 2χ χ=1, ψ=2 ⇒ 2 = −

≡

∫ − x dx

= e − ln x =

1 5 1 5 + χ + C ·1 ⇒ C = ⇒ ψ = − 2χ 2 2·1 2

ΜΕΡΟΣ Β’ 2χ Πεδίο ορισμού: χ ∈ \ , Τομές με τους άξονες: χ = 0 ⇒ ψ = 0 ⇒ (0,0) χ2 +1 Ασύμπτωτες: lim ψ = 0 ⇒ οριζόντια ασύμπτωτη ψ = 0,

1. (α) ψ =

x →±∞

Δεν υπάρχει κατακόρυφη ασύμπτωτη. 2 dψ 2 ( χ + 1) − 2 χ ·2 χ dψ 2 − 2χ 2 dψ 2 (1 − χ )(1 + χ ) = ⇒ = ⇒ = 2 2 2 2 2 dχ d d χ χ + + 1 1 χ χ ( ) ( ) ( χ 2 + 1)

140

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

dψ =0 ⇒ dχ

2 (1 − χ )(1 + χ )

(χ

+ 1)

=0⇒

χ −∞

dψ dχ

2 (1 − χ )(1 + χ ) = 0 ⇒ χ = 1, χ = −1

–

-1 0

-1 2 min(-1,-1)

+1 0

+∞

–

1 / 2 max(1,1)

2χ ⎫ ⎧χ = 1 2χ ⎪ ⎪ 2 3 3 χ + 1⎬ ⇒ 2 (β) = χ ⇒ χ + χ = 2χ ⇒ χ − χ = 0 ⇒ χ ( χ − 1)( χ + 1) = 0 ⇒ ⎨χ = 0 ⎪ χ +1 ⎪ ψ =χ ⎭ ⎩χ = −1 χ ≥ 0 ⇒ χ =-1 απορρίπτεται

ψ=

⎡ ⎛ 2χ ⎞ χ2 ⎤ ⎛ 1⎞ 1 E = ∫⎜ 2 − χ ⎟ dx = ⎢ln ( χ 2 + 1) − = ⎜ ln 2 − ⎟ − ( ln1 − 0 ) = ln 2 − ⎥ 2 ⎦0 ⎝ 2⎠ 2 ⎠ ⎣ 0 ⎝ χ +1 1

2. (α) ψ = αχ 2 , α > 0 . 2

⎡ aχ 3 ⎤ α ·8 ⇒8= ⇒ α = 3 ⇒ ψ = 3χ 2 E = ∫ αχ dx ⇒ 8 = ⎢ ⎥ 3 3 ⎣ ⎦0 0 (β) Για χ =2 ⇒ ψ =12 2

⎡ ψ2 ⎤ ⎛ 2 ψ⎞ ⇒ V = π ∫ ⎜ 2 − ⎟ dψ ⇒ V= π ⎢ 4ψ − 6 ⎥⎦ 0 3⎠ ⎣ 0⎝ 144 ⎞ ⎛ V= π ⎜ 48 − ⎟ ⇒ V = π ( 48 − 24 ) ⇒ V = 24π κ .μ. 6 ⎠ ⎝ 12

3. (α) C1 : χ 2 + ψ 2 − 4 χ − 6ψ + 9 = 0 , g1 = −2, f1 = −3, c1 = 9 ⇒ K1 ( 2,3) ,

Μαθηματικό Βήμα 2001

R1 =

( −2 )

141

+ ( −3) − 9 ⇒ R1 = 2 2

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.Α.Ε.Ι. - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

C2 : χ 2 + ψ 2 + 4 χ − 12ψ + 31 = 0 g 2 = 2, f 2 = −6, c1 = 31 ⇒ K 2 ( −2, 6 ) ,

( 2 + 2)

K1 K 2 =

R2 = 22 + ( −6 ) − 31 ⇒ R2 = 3 2

+ ( 3 − 6 ) = 16 + 9 = 25 = 5 2

⇒ K1 K 2 = R1 + R2 = 5 ⇒ Οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. (β) R =

K1 K 2 5 ⇒R= , 2 2

⎛ 9⎞ ⇒ ⎜ 0, ⎟ ⇒ ⎝ 2⎠

( χ − 0)

χΚ =

χΚ + χΚ 1

ψ Κ + ψ Κ2 3 + 6 9 2−2 = 0 και ψ Κ = 1 = = 2 2 2 2

9⎞ ⎛5⎞ ⎛ + ⎜ψ − ⎟ = ⎜ ⎟ ⇒ χ 2 + ψ 2 − 9ψ + 14 = 0 2⎠ ⎝2⎠ ⎝

4. V = 54π cm3 ⇒ π R 2υ = 54π ⇒ υ = E = 2π Rυ + 2π R 2 ⇒ E = 2π R

54 R2

54 108π + 2π R 2 ⇒ E = + 2π R 2 2 R R

108π dE ⎫ = − 2 + 4π R ⎪ 108π 108 ⎪ dR R 3 ⎬ ⇒ − 2 + 4π R = 0 ⇒ 2 = 4 R ⇒ R = 27 ⇒ R = 3 cm dE R R ⎪ =0 ⎪ dR ⎭ R dE dR

–

3 0 min

Άρα για R = 3 cm ο κύλινδρος παρουσιάζει ελάχιστη ολική επιφάνεια 54 54 και υ = 2 = 2 = 6 cm 3 R

5. (α) ∫ χ e2 χ d χ = ∫ χ d ⎛⎜ e2 x ⎞⎟ = χ e2 x − ∫ e 2 x d χ = χ e 2 x − e2 x + C . 2 2 4 ⎝2 ⎠ 2 1

(β) χ = συνθ ⇒ d χ = −ημθ dθ ,

∫χ

dχ 2

1− χ

=∫

0 <θ <

−ημθ dθ

(συνθ )

1 − (συνθ )

=∫

2 − ημθ dθ

συν θ · ημθ 2

= ∫−

dθ

συν θ 2

= − ∫ τεμ 2θ dθ =

1− χ2 ημθ = −εφθ + C = − +C = − +C. συνθ χ

142

Μαθηματικό Βήμα 2001

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Στασίνου 36 , Γραφ. 102, Στρόβολος 2003, Λευκωσία Τηλ. 22378101, Φαξ: 22379122 cms@cms.org.cy , www.cms.org.cy

ΑΙΤΗΣΗ ΕΓΓΡΑΦΗΣ ΓΙΑ ΤΑΚΤΙΚΑ ΜΕΛΗ (ειδικότητα Μαθηµατικών µόνο) Ηµεροµηνία αίτησης: ................ 20....... Προς το ∆ιοικητικό Συµβούλιο της ΚΥ.Μ.Ε. Παρακαλώ να δώσετε την έγκρισή σας για να εγγραφώ ως τακτικό µέλος της ΚΥ.Μ.Ε. ∆ηλώνω ότι κατέχω τα απαιτούµενα από τα καταστατικό προσόντα και ότι αποδέχοµαι τις διατάξεις του. Με τιµή

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ: ………......……............………………

ΕΤΟΣ: ……………

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ: ……………………............……..……

M.S.

Ph.D. ΕΤΟΣ: …………… ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ: …………………............…………….. Άλλο : ……………………….....……………………………………………..............……………… ∆ΙΕΥΘΥΝΣΗ ΟΙΚΙΑΣ Αριθµός και οδός : …………...............................................…………………………………………. Πόλη: …………………………………….. Τ.Τ: ………………… Χωριό: ……………………………………. Τηλέφωνα: ..………………. / ..………………./ ..………………. ΕΠΑΓΓΕΛΜΑΤΙΚΗ ΑΠΑΣΧΟΛΗΣΗ Ιδιότητα - Βαθµός : ………………………………………….....……………..............……………... Σχολείο –Ίδρυµα -Υπηρεσία : …………………………....………………..............……………….. Χρόνια Εκπαιδευτικής Υπηρεσίας: ∆ηµόσιο Τοµέα: ….............… Ιδιωτικό Τοµέα: …............…... ∆ΙΕΥΘΥΝΣΗ ΕΡΓΑΣΙΑΣ …………..............……………………………..………………………. Αριθµός αποδ: …………………………… Ηµεροµηνία αποδ: ………………………..

Εγγραφή: £2 / 4 Ευρώ Ετήσια Συνδροµή: £10 / 20 Ευρώ

*Να επισυνάπτουν φωτοαντίγραφα των διπλωµάτων σας

ΑΙΤΗΣΗ ΕΓΓΡΑΦΗΣ ΓΙΑ ΕΚΤΑΚΤΑ ΜΕΛΗ (ειδικότητα εκτός Μαθηµατικών ή για Φοιτητές) Ηµεροµηνία αίτησης: ................ 20....... Προς το ∆ιοικητικό Συµβούλιο της ΚΥ.Μ.Ε. Παρακαλώ να δώσετε την έγκρισή σας για να εγγραφώ ως έκτακτο µέλος της ΚΥ.Μ.Ε. ∆ηλώνω ότι κατέχω τα απαιτούµενα από τα καταστατικό προσόντα και ότι αποδέχοµαι τις διατάξεις του. Με τιµή

(υπογραφή) Παρακαλούµε να συµπληρωθούν τα πιο κάτω στοιχεία: ΕΠΩΝΥΜΟ: ………………………………………. ΟΝΟΜΑ: ………………………………………….. ΠΑΤΡΩΝΥΜΟ: …………………………………… ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ ΓΕΝΝΗΣΗΣ: ……………19……….. ΑΡΙΘΜΟΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΑΣ: ……………… Α.Κ.Α: …………………………. ΠΤΥΧΙΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ* Β.S. ΕΤΟΣ: …………… ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ: ………......……............……………… ΕΤΟΣ: …………… ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ: ……………………............……..…… M.S. ΕΤΟΣ: …………… ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ: …………………............…………….. Ph.D. Άλλο : ……………………….....……………………………………………..............……………… ∆ΙΕΥΘΥΝΣΗ ΟΙΚΙΑΣ Αριθµός και οδός : …………...............................................…………………………………………. Πόλη: …………………………………….. Τ.Τ: ………………… Χωριό: ……………………………………. Τηλέφωνα: ..………………. / ..………………./ ..………………. ΕΠΑΓΓΕΛΜΑΤΙΚΗ ΑΠΑΣΧΟΛΗΣΗ Ιδιότητα - Βαθµός : ………………………………………….....……………..............……………... Σχολείο –Ίδρυµα -Υπηρεσία : …………………………....………………..............……………….. Χρόνια Εκπαιδευτικής Υπηρεσίας: ∆ηµόσιο Τοµέα: ….............… Ιδιωτικό Τοµέα: …............…... ∆ΙΕΥΘΥΝΣΗ ΕΡΓΑΣΙΑΣ …………..............……………………………..……………………….

Αριθµός αποδ: …………………………… Ηµεροµηνία αποδ: ………………………..

Εγγραφή: £2 / 4 Ευρώ Ετήσια Συνδροµή: £10 / 20 Ευρώ

*Να επισυνάπτουν φωτοαντίγραφα των διπλωµάτων σας