Ευκλείδης 2006-2007 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2007 ΟΔΗΓΙΕΣ ΠΡΟΣ ΤΟΥΣ ΠΡΟΕΔΡΟΥΣ ΤΩΝ ΤΟΠΙΚΩΝ ΝΟΜΑΡΧΙΑΚΩΝ ΕΠΙΤΡΟΠΩΝ, ΠΡΟΕΔΡΟΥΣ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΩΝ ΚΕΝΤΡΩΝ ΚΑΙ ΕΠΙΤΗΡΗΤΕΣ

1. Παρακαλούμε να διαβάσετε προσεκτικά τις οδηγίες στους μαθητές. 2. Οι επιτηρητές των αιθουσών θα διανείμουν πρώτα κόλλες αναφοράς, στις οποίες οι μαθητές

3. 4.

5. 6.

7. 8.

θα πρέπει απαραίτητα να γράψουν ΕΠΩΝΥΜΟ, ΟΝΟΜΑ, ΣΧΟΛΕΙΟ, ΤΑΞΗ, ΔΙΕΥΘΥΝΣΗ ΚΑΤΟΙΚΙΑΣ και ΤΗΛΕΦΩΝΟ, τα οποία θα ελεγχθούν σε αντιπαραβολή με την ταυτότητα που θα έχουν οι εξεταζόμενοι, πριν καλυφθούν και μετά θα γίνει η υπαγόρευση ή διανομή φωτοτυπιών των θεμάτων στους μαθητές. Η εξέταση πρέπει να διαρκέσει ακριβώς τρεις (3) ώρες από τη στιγμή που θα γίνει η εκφώνηση των θεμάτων (9-12 περίπου). Δε θα επιτρέπεται σε κανένα μαθητή ν' αποχωρήσει πριν παρέλθει μία ώρα από την έναρξη της εξέτασης. Οι επιτηρητές των αιθουσών έχουν το δικαίωμα ν' ακυρώσουν τη συμμετοχή μαθητών, αν αποδειχθεί ότι αυτοί έχουν χρησιμοποιήσει αθέμιτα μέσα, σημειώνοντας τούτο στις κόλλες των μαθητών. Η επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. έχει δικαίωμα να επανεξετάσει μαθητή αν έχει λόγους να υποπτεύεται ότι το γραπτό του είναι αποτέλεσμα χρήσης αθέμιτου μέσου. Υπολογιστές οποιουδήποτε τύπου καθώς και η χρήση κινητών απαγορεύονται. Αμέσως μετά το πέρας της εξέτασης, οι κόλλες των μαθητών πρέπει να σφραγιστούν εντός φακέλου ή φακέλων, που θα έχουν την υπογραφή του υπεύθυνου του εξεταστικού κέντρου και ν' αποσταλούν στην Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε., Πανεπιστημίου 34, 106 79 Αθήνα, αφού πρώτα στα παραρτήματα , εφόσον είναι εφικτό, γίνει μία πρώτη βαθμολόγηση, σύμφωνα με το σχέδιο βαθμολόγησης της επιτροπής διαγωνισμών. Τα αποτελέσματα του διαγωνισμού θα σταλούν στους Προέδρους των Τοπικών Νομαρχιακών Επιτροπών (ΤΝΕ) και τα Παραρτήματα της Ε.Μ.Ε. και δεν προβλέπεται Αναβαθμολόγηση (διότι γίνεται εσωτερικά). Η Εθνική Ολυμπιάδα Μαθηματικών «ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» θα γίνει στις 24 Φεβρουαρίου 2007 στην Αθήνα. Από τους διαγωνισμούς αυτούς και επί πλέον από ένα τελικό διαγωνισμό στην Ε.Μ.Ε. και μια προφορική εξέταση με προκαθορισμένη διαδικασία θα επιλεγεί η εθνική ομάδα, που θα συμμετάσχει στη 24η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα (Ρόδος, 26 Απριλίου – 2 Μαΐου 2007), στην 11η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων (Βουλγαρία, Ιούνιος 2007) και στην 48η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα (Βιετνάμ, Ιούλιος 2007). Με την ευκαιρία αυτή, το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. ευχαριστεί όλους τους συναδέλφους που συμβάλλουν στην επιτυχία των Πανελληνίων Μαθητικών Διαγωνισμών της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας.

10. Παρακαλούμε τον Πρόεδρο της ΤΝΕ μαζί με τα γραπτά να μας στείλει το ονοματεπώνυμο και την ταχυδρομική διεύθυνση όλων των επιτηρητών για να τους σταλεί ονομαστική ευχαριστήρια επιστολή από το Δ.Σ. της ΕΜΕ. ΓΙΑ ΤΟ Δ.Σ. ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

Ο Πρόεδρος Καθηγητής Θεόδωρος Εξαρχάκος

Ο Γενικός Γραμματέας Ιωάννης Τυρλής

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Web site: www.hms.gr

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Str. GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Web site: www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2007

Β΄ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ 1. Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς ν που είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός

42 2ν + 1

να είναι ακέραιος.

2. Θεωρούμε οξεία γωνία ΑΟΒ και την προέκταση ΟΓ της πλευράς ΟΑ. Στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από την ΑΓ και περιέχει το σημείο Β, φέρουμε ευθεία ΟΔ ⊥ ΟΑ και ευθεία

n = 4ΑΟΒ n , να υπολογίσετε τη ΟΕ ⊥ ΟΒ . Αν είναι ΓΟΕ

3. Αν α , β , γ , δ είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε

γωνία

n. ΑΟΒ

(γ − δ )(γ + δ ) ≠ 0 και

α +β α −β α +β α −β + = + γ +δ γ −δ γ −δ γ +δ

να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους α , β , γ , δ ισούται με 0. 4. Να αποδείξετε ότι κάθε εξαψήφιος φυσικός αριθμός της μορφής xyzxyz , όπου

είναι ψηφία με

x≠0

x, y , z

διαιρείται με τους αριθμούς 7, 11 και 13.

Διάρκεια διαγωνισμού: 3 ώρες

Καλή επιτυχία

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Str. GR. 106 79 - Athens – HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Web site: www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ " Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ " ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2007

Γ΄ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ 1.

Δίνεται ο αριθμός Α = 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 7 . Να βρείτε σε πόσα μηδενικά λήγει ο Α και ποιο είναι το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του.

Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς

Έστω Μ σημείο της βάσης

x, y , z x y 6 = = . 3 4 z

ΜΚ ⊥ ΑΒ , ΜΛ ⊥ ΑΓ

που είναι τέτοιοι ώστε:

ΒΓ ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ με ΑΒ=6. Αν είναι

Κ 1Λ1 είναι η προβολή του ΚΛ στη ΒΓ, να υπολογίσετε το εμβαδόν του τραπεζίου ΚΚ 1Λ1Λ . και

4. Οι 15 μαθητές μιας τάξης έχουν συνολικά στις τσάντες τους 115 τετράδια. Αν κάθε μαθητής έχει ένα τουλάχιστον τετράδιο, να αποδείξετε ότι δύο τουλάχιστον μαθητές έχουν τον ίδιο αριθμό τετραδίων.

Διάρκεια διαγωνισμού: 3 ώρες

Καλή επιτυχία

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Str. GR. 106 79 - Athens – HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Web site: www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ " Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ " ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2007

Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 1.

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί η παράσταση

Κ=

α , β ,γ ,δ ,ε

με

α < β <γ <δ <ε

α δ − γ +α δ − ε + ε β −α + ε β − γ β −α + β − γ + δ − γ + δ − ε

(i) Να αποδείξετε ότι: (ii) Αν είναι

και

β <Κ <δ .

x = (α + β )( γ + δ ) , y = (α + γ )( β + δ ) , z = (α + δ )( β + γ ) , να συγκρίνετε τους αριθμούς x, y , z .

n = ΜΓΒ n και πάνω 2. Στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ υπάρχει σημείο Μ τέτοιο ώστε ΜΒΓ στις ΜΒ και ΜΓ υπάρχουν σημεία Δ και Ε, αντίστοιχα, έτσι ώστε ΑΔ=ΑΕ και

n = ΜΑΕ n . Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. ΜΑΔ 3. Αν είναι

x, y > 0

και

x 3 + y 2 ≤ 64 , να αποδείξετε ότι: x 4 + y 3 < 512 .

4. Έχουμε κέρματα και χαρτονομίσματα των 1, 10 και 100 ευρώ. Είναι δυνατόν με 1000 ακριβώς από αυτά να σχηματίσουμε το ποσό των 50000 ευρώ;

Διάρκεια διαγωνισμού: 3 ώρες

Καλή επιτυχία

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Str. GR. 106 79 - Athens – HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Web site: www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ " Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ " ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2007

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 1.

Δίνεται ότι το πολυώνυμο

Ρ ( x ) = x3 + κ x + λ

με

κ,λ ∈\

έχει τις πραγματικές

ρίζες x1 , x2 , και x3 που ανά δύο είναι διαφορετικές μεταξύ τους. Να εκφράσετε την παράσταση

Γ = (1 − x12 )(1 − x22 )(1 − x32 )

συναρτήσει των

κ,λ .

Θεωρούμε τόξο

p = 90D ΑΒ

ΒΓ=ΑΒ.

και προεκτείνουμε τη χορδή ΑΒ κατά ευθύγραμμο τμήμα

και Κ το ίχνος της κάθετης από το Α προς τη ΒΔ. Να αποδείξετε ότι: 3.

p από το Γ ΑΒ ΚΒ= 2ΚΑ.

Ονομάζουμε Δ το σημείο επαφής της εφαπτομένης του τόξου

Αν α , β είναι θετικοί ακέραιοι, να αποδείξετε ότι: α +β

⎛α4 + β4 ⎞ 3 ⎜ ⎟ ⎝ α +β ⎠ 4.

≥ αα β β .

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Από σημείο Μ της πλευράς ΒΓ φέρουμε παράλληλες προς τις ΑΓ και ΑΒ που τέμνουν τις ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Κ και Λ, αντίστοιχα. Αν είναι ΜΚ=

ΜΛ= y , να βρείτε το ελάχιστο της παράστασης S = x2 + y 2 και τη θέση του σημείου Μ για την οποία λαμβάνεται αυτό.

Διάρκεια διαγωνισμού: 3 ώρες

Καλή επιτυχία

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Str. GR. 106 79 - Athens – HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Web site: www.hms.gr

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

Αν

log150 2 = x, log150 3 = y

τότε να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης

A = 50 2.

Δίνεται ότι το πολυώνυμο κές ρίζες x1 , x2 , και την παράσταση

συναρτήσει των 3.

Ρ ( x ) = x3 + κ x + λ

με

κ,λ ∈\

έχει τις πραγματι-

που ανά δύο είναι διαφορετικές μεταξύ τους. Να εκφράσετε

Γ = (1 + x12 )(1 + x22 )(1 + x32 )

κ,λ .

Να λύσετε στο \ την εξίσωση:

1− x − y 2(1− y )

Αν Ι είναι το έγκεντρο τριγώνου ξετε ότι:

3x − 1 2 x3 + 1 = . 2 3

ΑΒΓ

με

ΒΓ=2

και

n = 60D , να αποδείΒΑΓ

ΙΑ + ΙΒ + ΙΓ ≤ 2 3 .

Διάρκεια διαγωνισμού: 3 ώρες

Καλή επιτυχία

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2007

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Οι λύσεις είναι ενδεικτικές και όχι μοναδικές. Οποιαδήποτε μαθηματικώς σωστή λύση είναι αποδεκτή ανεξάρτητα από τα χρησιμοποιούμενα εργαλεία, π.χ. η Αναλυτική Γεωμετρία και ο Απειροστικός Λογισμός μπορούν να χρησιμοποιηθούν από μαθητές οποιασδήποτε τάξης.

Β΄ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ 1.

42 ∈ ] με ν ∈ ` ⇒ 2ν + 1∈ Δ 42 = {1, 2,3, 6, 7,14, 21, 42} . 2ν + 1 Επειδή ο 2ν + 1 είναι περιττός έπεται ότι: 2ν + 1 = 1 ή 2ν + 1 = 3 ή 2ν + 1 = 7 ή 2ν + 1 = 21 ⇔ ν = 0 ή ν = 1 ή ν = 3 ή ν = 10 .

n = ω , τότε από την 2. Αν θέσουμε ΑΟΒ υπόθεση του προβλήματος έχουμε:

Γ Ο

4ω + 90D + ω = 180D ⇔ 5ω = 90D ⇔ ω = 18D

Ε Α

Δ Β

3. Από τις υποθέσεις έχουμε α +β α −β α +β α −β α +β α −β α +β α −β + = + ⇒ − = − γ +δ γ −δ γ −δ γ +δ γ +δ γ +δ γ −δ γ −δ 2β 2β ⇒ = ⇒ 2β (γ − δ − γ − δ ) = 0 γ +δ γ −δ ⇒ −2 βδ = 0 ⇒ βδ = 0 ⇒ β = 0 ή δ = 0. 4. Έχουμε ότι

Ν = xyzxyz = 100000 x + 10000 y + 1000 z + 100 x + 10 y + z = 100100 x + 10010 y + 1001z = 1001 ⋅ (100 x + 10 y + z ) = 7 ⋅11 ⋅13 ⋅ xyz. Άρα οι αριθμοί 7,11 και 13 διαιρούν τον αριθμό Ν.

Γ΄ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ 1. Έχουμε

Α = ( 2 ⋅ 5 ) ⋅ 22 ⋅ 34 ⋅ 7 2 = 1090 ⋅ 4 ⋅ 81 ⋅ 49 = 15876 ⋅1090 . 90

Άρα ο Α λήγει σε 90 μηδενικά και το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του είναι το 6. 2. Έχουμε

x y 6 4x και xz = 18 . = = ⇔ 4 x = 3 y και xz = 18 ⇔ y = 3 4 z 3 Επειδή οι αριθμοί x, z είναι φυσικοί έχουμε xz = 18 ⇔ ( x, z ) = (1,18 ) ή ( 2,9 ) ή ( 3, 6 ) ή ( 6,3) ή ( 9, 2 ) ή (18,1) ,

4x προκύπτει ότι : 3 ( x, y, z ) = ( 3, 4, 6 ) ή ( 6,8,3) ή ( 9,12, 2 ) ή (18, 24,1) .

οπότε, από την ισότητα y =

3. Έχουμε

( ΑΒΓ ) = ( ΑΒΜ ) + ( ΑΓΜ ) ⇔

36 3 1 1 = ⋅ 6 ⋅ ΜΚ + ⋅ 6 ⋅ ΜΚ ⇔ 4 2 2

ΜΚ + ΜΛ = 3 3 (1) A

K Β

Λ M

Λ1 Γ

Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΚΚ1Μ και ΛΛ1Μ γεωμετρικά ή τριγωνομετρικά έχουμε 1 1 KK1 = MK, ΛΛ1 = ΜΛ και 2 2 3 3 ΜΚ 1 = ΜΚ , ΜΛ1 = ΜΛ 2 2 3 9 Οπότε Κ 1Λ1 = ΜΚ 1 + ΜΛ1 = (ΜΚ + ΜΛ ) = . 2 2

1 1 3 3 . ( MK + M Λ ) = 3 3 = 2 2 2 1 27 3 . Άρα είναι ( ΚΚ 1ΛΛ1 ) = ( ΚΚ 1 + ΛΛ1 ) Κ 1Λ1 = 2 8 και ΚΚ 1 + ΛΛ1 =

4. Αν υποθέσουμε ότι όλοι οι μαθητές έχουν διαφορετικό αριθμό τετραδίων, τότε ο ελάχιστος αριθμός τετραδίων που μπορούν να έχουν όλοι μαζί είναι 1 + 2 + ⋅⋅⋅ + 15 = 120 > 115 . Άρα δεν είναι δυνατόν να έχουν όλοι οι μαθητές διαφορετικό αριθμό τετραδίων, οπότε δύο τουλάχιστον θα έχουν τον ίδιο αριθμό τετραδίων.

Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

1. (i) Λαμβάνοντας υπόψη τις ανισότητες α < β < γ < δ < ε εύκολα βρίσκουμε ότι Κ = γ , οπότε β < Κ < δ . (ii) Έχουμε x − y = (α + β )( γ + δ ) − (α + γ )( β + δ ) = αγ + βδ − αβ − γδ

= α ( γ − β ) + δ ( β − γ ) = ( γ − β )(α − δ ) < 0. Άρα είναι x − y < 0 δηλαδή x < y . Ομοίως λαμβάνουμε y − z = (δ − γ )(α − β ) < 0 . 2.

n = ΜΓΒ n , το τρίγωνο Επειδή είναι ΜΒΓ ΜΒΓ είναι ισοσκελές με ΜΒ = ΜΓ. (1) Επιπλέον, τα τρίγωνα ΜΑΔ και ΜΑΕ είναι ίσα γιατί έχουν: n = ΜΑΕ n. ΑΜ κοινή πλευρά, ΑΔ = ΑΕ, ΜΑΔ Άρα θα έχουν και n = ΑΜΕ n. ΑΜΔ (2) Λόγω των (1) και (2) τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΜΑΓ είναι ίσα, οπότε θα έχουν και ΑΒ =ΑΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

3. Επειδή είναι x, y > 0 έχουμε x3 + y 2 ≤ 64 ⇒ x 3 < 64 και y 2 < 64 ⇒ x < 4 και y < 8 ⇒ x 4 < 4 x3 και y 3 < 8 y 2 , από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε x 4 + y 3 < 4 x 3 + 8 y 2 < 8 ( x3 + y 2 ) ≤ 8 ⋅ 64 = 512 .

4. Αν υποθέσουμε ότι παίρνουμε x κέρματα του ενός ευρώ, y χαρτονομίσματα των 10 ευρώ και z χαρτονομίσματα των 100 ευρώ, τότε θα έχουμε τις ισότητες x + 10 y + 100 z = 50000 και x + y + z = 1000 , (1) από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε:

9 y + 99 z = 49000 ⇒ 9 ⋅ ( y + 11z ) = 49000 ⇒ 9 49000 ,

που είναι άτοπο, γιατί το άθροισμα των ψηφίων του 49000 είναι ο αριθμός 13 που δεν διαιρείται με το 9.

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 1. Από την υπόθεση έχουμε ότι: Ρ ( x ) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) .

(1)

Η παράσταση Κ γράφεται: Κ ( x1 , x2 , x3 ) = (1 − x1 )(1 + x1 )(1 − x2 )(1 + x2 )(1 − x3 )(1 + x3 ) = (1 − x1 )(1 − x2 )(1 − x3 )(1 + x1 )(1 + x2 )(1 + x3 ) = Ρ (1) ⎡⎣ − ( −1 − x1 )( −1 − x2 )( −1 − x3 ) ⎤⎦ = −Ρ (1) Ρ ( −1) = − (1 + κ + λ )( −1 − κ + λ ) = (1 + κ ) − λ 2 . 2

2. Γ Β1

Α1 Ε

1ος Τρόπος Έχουμε: ΓΔ 2 = ΓΑ ⋅ ΓΒ = 2R 2 ⋅ R 2 = 4R 2 ⇒ ΓΔ = 2R = 2 ⋅ OΔ. Δ

ˆ = 90ο , αρκεί να αποδείξουμε ότι Ο Γ Δ ≈ Α Κ Β ή ισοδύναμα Επειδή επιπλέον ΟΔΓ ˆ = ΑΒΚ ˆ . αρκεί να αποδείξουμε ότι: OΓΔ Πράγματι αν Ε είναι το αντιδιαμετρικό σημείο του Α ως προς τον κύκλο Ο, τότε: OB EΓ ⇒ ΕΓ ⊥ ΟΕ ⇒ ΟΔΓΕ εγγεγραμμένο τετράπλευρο

ˆ ⇒ 2ΔΓΟ ˆ = ΔΟΑ ˆ = 2 ⋅ ΑΒΚ ˆ ⇒ ΔΓΕ ˆ = ΑΒΚ ˆ ⇒ ΔΓΟ 2ος Τρόπος

Έστω Ε το αντιδιαμετρικό σημείο του Α ως προς τον κύκλο κέντρου Ο n = ΑΕΒ n = 45D , οπότε και Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΔΒΕ έπεται ότι ΚΔΑ το τρίγωνο ΑΔΚ είναι ορθογώνιο ισοσκελές. Άρα είναι ΑΔ 2 ΚΑ = ΚΔ = . (1) 2 Επιπλέον, αν είναι ΑΑ1 ⊥ ΓΔ , ΒΒ1 ⊥ ΓΔ και ΟΑ = R , τότε με χρήση του τύπου της απόστασης σημείου κύκλου από εφαπτομένη του, λαμβάνουμε 2 ΔΑ 2 ⎛ ΔΑ ⎞ 2 R = ΑΑ1 = ΓΑ = 2 . (2) ⎜ ⎟ = ΔΒ2 ΒΒ1 ΓΒ ⎝ ΔΒ ⎠ 2R ΑΔ 2 Από τη (2) έπεται ότι ΔΒ = , οπότε από την (1) έπεται ότι ΔΒ = ΚΔ = ΚΑ 2 και ΚΒ = ΚΔ + ΔΒ = 2 ⋅ ΚΑ . 3. Από την ανισότητα αριθμητικού – γεωμετρικού μέσου έχουμε α −φορ ές β −φορ ές 4 4 3 3 3 3 3 α +β α + α + ⋅⋅⋅ + α + β + β + ⋅⋅⋅β 3 α + β 3 α 3 β α + β α β 3 = ≥ ( α ) ( β ) = (α β ) , α +β α +β από την οποία έπεται το ζητούμενο.

4. Έστω ότι είναι ΜΒ = κ και ΜΓ = λ , οπότε θα είναι κ + λ = α . Τότε θα έχουμε x β y γ βκ γλ Α και y = . = και = ⇒x=

Άρα η παράσταση S γίνεται

β 2κ 2 γ 2λ 2 S=x +y = + 2 (1) α2 α 2 β 2κ 2 + γ 2 (α − κ ) ⇔S= α2 ⎛ β 2 + γ 2 ⎞ 2 2γ 2 κ + γ 2 = f (κ ) . =⎜ ⎟κ − 2 α ⎝ α ⎠ 2

Άρα η παράσταση S είναι τριώνυμο ως προς κ με συντελεστή του κ 2 τον

−2γ 2 β2 +γ 2 α > 0 , οπότε η παράσταση έχει ελάχιστο για κ = − 2 α2 2(β + γ 2 )

αγ 2 . β2 +γ 2

α2

αβ 2 , οπότε το σημείο Μ στο οπο0ίο λαμβάνεται το Τότε είναι λ = α − κ = 2 β +γ 2 ΜΒ γ 2 ελάχιστο της παράστασης S χωρίζει την πλευρά ΒΓ σε λόγο . = ΜΓ β 2 Η τιμή του ελάχιστου είναι

⎛ αγ 2 ⎞ = f⎜ 2 2 ⎟ + β γ ⎝ ⎠

⎛ β 2 + γ 2 ⎞ ⎛ αγ 2 ⎞ 2γ 2 − ⎜ ⎟⎜ 2 2 2 ⎟ α β + γ α ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ αγ 2 ⎞ 2 β 2γ 2 . γ ⋅⎜ 2 + = 2 ⎟ 2 2 β + γ β + γ ⎝ ⎠

2ος τρόπος

Μέσω της σχέσης (1) θα μπορούσαμε να προχωρήσουμε ως εξής: ⎛ α 2 α 2 ⎞ ⎛ β 2κ 2 γ 2 λ 2 ⎞ ⎛ α 2 α 2 ⎞ β 2γ 2 2 S ⋅ ⎜ 2 + 2 ⎟ = ⎜ 2 + 2 ⎟ ⎜ 2 + 2 ⎟ ≥ (κ + λ ) = α 2 ⇒ S ≥ 2 γ ⎠ ⎝ α α ⎠⎝ β β ⎠ β +γ 2 ⎝β β2 γ 2 . β2 + γ 2 βκ γλ κ γ2 = , δηλαδή όταν το σημείο Μ χωρίζει τη Η ισότητα ισχύει όταν α = α ή α α λ β2 β γ

οπότε έχουμε: Smin =

ΒΓ σε λόγο

γ2 . β2

Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 1. 150 x = 2, 150 y = 3 1− x − y

1− x − y

1− x − y 1− x − y ⎛ 150 ⎞ 2(1− y ) ⎛ 150 ⎞ 2(1− y ) 1− y 2(1− y ) 2 A=⎜ 150 150 = = = ( ) ⎟ ⎜ y ⎟ 3 150 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1− x − y 1− x − y 150 150 = (1501− y ) 2(1− y ) = 150 2 = 1501− x − y = = = x+y 150 150 x ⋅150 y

150 = 25 = 5. 2⋅3

2ος τρόπος

⎛ 150 ⎞ log150 ⎜ ⎟ 1− x − y ⎝ 6 ⎠ log 50 = 1 log 25 = log 5. = log150 50 = log150 A = 150 150 150 2 (1 − y ) 2 ⎛ 150 ⎞ 2 log150 ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠ Άρα Α=5. 2. Από την υπόθεση έχουμε ότι: Ρ ( x ) = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) .

(1)

Η παράσταση Κ γράφεται: Κ ( x1 , x2 , x3 ) = ( i − x1 )( −i − x1 )( i − x2 )( −i − x2 )( i − x3 )( −i − x3 ) = ( i − x1 )( i − x2 )( i − x3 )( −i − x1 )( −i − x2 )( −i − x3 ) = Ρ (1) Ρ ( −1) = ( −i + κ i + λ )( i − κ i + λ ) = λ 2 + (κ − 1) . 2

2x 2 + 1 είναι γνησίως αύξουσα, άρα αντιστρέφεται και 3 ⎧ 3x − 1 1 , x≥ ⎪3 2 3 ⎪ h −1 ( x ) = ⎨ ⎪− 3 1 − 3x , x < 1 ⎪⎩ 2 3 1 Άρα (1) ⇔ h −1 ( x ) = h ( x ) με x ≥ . 3 Αφού f γνησίως αύξουσα, τα κοινά σημεία των G h −1 , G h θα βρίσκονται στη πρώτη διχοτόμο y=x. 2x 3 + 1 ⎫ 2x 3 + 1 ⎫ y = h ( x ) ⎪⎫ y= x= ⎪ ⎪ Έχουμε: 3 ⎬⇔ 3 ⎬⇔ ⎬⇔ y=x ⎪⎭ ⎪ ⎪ y=x y=x ⎭ ⎭ 3.

Η συνάρτηση h ( x ) =

⎧⎪ 3 − 1 ⎧⎪ 3 − 1 ⎫⎪ ⎫ 3 + 1 ⎫⎪⎫ x ∈ ⎨1, ,− x ∈ ⎨1, 2x 3 − 3x + 1 = 0 ⎫ 1 ⎬⎪ ⎬⎪ 2 2 ⎭⎪⎬ ⇔ 2 ⎭⎪ ⎬ αφού x ≥ . ⎬⇔ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 3 y=x ⎭ ⎪ ⎪ = y=x y x ⎭ ⎭ ⎪⎧ 3 − 1 ⎪⎫ Άρα (1) ⇔ x ∈ ⎨1, ⎬. 2 ⎭⎪ ⎩⎪ 2ος τρόπος 2x 3 + 1 ⎫ ⎫ (2) 2x 3 + 1 y= ⎪ ⎪ y = h ( x ) ⎫⎪ y = h ( x ) ⎪⎫ ⎪ 3 ⎪ 3 ⎬⇔ ⎬⇔ ⎬⇔ ⎬ −1 3 2 3 x = h ( y ) ⎭⎪ y = h ( x ) ⎭⎪ 2y + 1 ⎪ 3 ⎪ x − y = ( y − x ) (3) x= ⎪⎭ 3 3 ⎭⎪ y=

( 3) ⇔ x = y

ή 2x 2 + 2yx + 2y 2 + 3 = 0

Δ = − (12y 2 + 24 ) < 0, ∀y ∈ \ κ.λπ.

( 4) ⇔ x = y

αφού η ( 4 ) έχει

4. Θεωρούμε τον περιγεγραμένο κύκλο C1 ( K, R ) του A B Γ και τον συμμετρικό του C 2 ( Λ, R ) ως προς τη ΒΓ. Τότε το Λ θα είναι μέσο του μικρού τόξου ΒΓ.

Έστω Α΄ το αντιδιαμετρικό του Α στον C1 και Α΄΄ το αντιδιαμετρικό του Κ στον C2. Το τρίγωνο ΒΑ΄΄Γ είναι ισόπλευρο οπότε IΑ΄΄ = IB + IΓ . Επίσης ˆ = 120ο . BIˆΓ = ΒΚΓ Επομένως IA + IB + IΓ = ΙΑ + ΙΑ΄΄. Αλλά IA΄΄ ≤ ΚΑ΄΄ = 2R (R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου) και IA = AΛ − R < A΄Λ − R = KA΄ = R. 2 3 2 2 3 Άρα IA + IB + IΓ ≤ 3R = 3 = 2 3 , αφού ΒΓ=2 ⇒ R = = . 3 3 3

A΄

K Ι

Β Λ

Α΄΄

2ος τρόπος Έστω ΙΑ=x, IB=y, IΓ=ω ˆ A Τότε = 30o ⇒ x = 2ρ 2 2 2 BIˆΓ = 120ο ⇒ y 2 + ω2 + yω = 4 ⇒ ( y + ω) − yω = 4 ⇒ ( y + ω) = 4 + yω ⇒ y + ω = 4 + yω = 4 + λ με λ=yω. 1 Εξάλλου ( IBΓ ) = ⋅ρ ⋅ 2 = ρ 2 1 3 λ 3 λ 3 , οπότε ρ = . ( IBΓ ) = yω = 2 2 4 4 λ 3 Αρκεί λοιπόν + 4+λ ≤ 2 3, ή λ 3 +2 4+λ ≤ 4 3 . 2 2 2 2 3 8 8 Όμως R 3 = 2 ⇒ R = και R > ρ ⇒ > ⇒ 8 > 3λ ⇒ > λ ⇒ 4 > > λ . 4 3 3 3 3

Οπότε αρκεί 2 4 + λ ≤ 3 ( 4 − λ ) , ή 4 ( 4 + λ ) ≤ 2 ( 4 − λ ) , ή 3λ 2 − 28λ + 32 ≥ 0 2

που ισχύει αφού Δ=−188. A 30 ρ y Β

I 120

ω Γ