Transcript Θέματα και Λύσεις - Διαγωνισμός ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2017

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ
Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34
106 79 ΑΘΗΝΑ
Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025
e-mail : [email protected]
www.hms.gr
GREEK MATHEMATICAL SOCIETY
34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street
GR. 106 79 - Athens - HELLAS
Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025
e-mail : [email protected]
www.hms.gr
ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ
77ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ
ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ “Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ”
28 Ιανουαρίου 2017
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ
Β΄ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ
Πρόβλημα 1
(α) Να βρεθούν όλα τα μη μηδενικά κλάσματα

, με  ,  μη αρνητικούς

ακέραιους και     4 . (β) Για το μικρότερο από τα κλάσματα του προηγούμενου ερωτήματος να βρείτε

  6  2  9 
την τιμή της παράστασης:    2     3 
  .  7  
27 

Λύση

είναι μη μηδενικό πρέπει   0 και αφού το  είναι

παρονομαστής πρέπει   0 . Αφού  ,  είναι μη αρνητικοί ακέραιοι και
(α) Αφού το κλάσμα
    4 πρέπει να ισχύει   4 και   4 . Επομένως, έχουμε:


 1
 3 ,   2,   2,
 1 και   1,   3,  .


 3 (β) Το μικρότερο από τα κλάσματα που βρήκαμε στο προηγούμενο ερώτημα είναι
 1
το  , οπότε έχουμε:
 3
  3,   1,

 6
2  9
1 6
2 1 9

   2     3(
 )   2     3(
 )
 7

27 
3 7
3
27

7 6
2 1
   3(  )  2  1  1.
3 7
3 3
Πρόβλημα 2
Ο θετικός ακέραιος Α έχει το γινόμενο των ψηφίων του ίσο με 12, το άθροισμα
των ψηφίων του ίσο με 9 και επιπλέον διαιρείται με το 4. Να βρείτε τη μικρότερη
και τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του Α.
Λύση
Επειδή είναι 12  2  2  3 τα δυνατά ψηφία του Α, έτσι ώστε αυτά να έχουν
άθροισμα 9 είναι τα εξής:
(α) 2,6,1 (τριψήφιος αριθμός)
(β) 3,4,1,1 (τετραψήφιος αριθμός)
(γ) 22,2,3,1,1 (πενταψήφιοςς αριθμός)
Ημ
μικρότερη δυυνατή τιμή μπορεί να ππροκύψει από
α την περίπτωση (α).. Δεδομένου
υ
ότι ένα αριθμ
μός διαιρείτται με το 4, όταν το
ο τελευταίο διψήφιο τμήμα του
υ
διαιιρείται με το
τ 4. οι δυ
υνατές τιμέςς του Α είνναι οι 216 και 612. Ε
Επομένως η
μικρρότερη δυνα
ατή τιμή του
υ Α είναι 2116.
Η μ
μεγαλύτερη δυνατή τιμ
μή του Α μ
μπορεί να προκύψει
π
από
α την περρίπτωση (γ)).
Δεδδομένου ότιι ένα αριθμό
ός διαιρείτααι με το 4, όταν το τελ
λευταίο διψ
ψήφιο τμήμα
α
του διαιρείται με το 4, οι δυνατές τιμ
μές του Α πρέπει
π
να έχχουν τελευτταίο διψήφιο
ο
τμήμα το 12 ή το 32. Όμω
ως για τον ππροσδιορισμ
μό της μεγα
αλύτερης δυυνατής τιμής
τ πρώτο ψη
ηφίο του ναα είναι το 3.
3 Επομένωςς η μεγαλύττερη δυνατή
ή
του Α πρέπει το
τιμή
ή του Α είνα
αι 32112.
Πρόόβλημα 3
Δίνεεται τετράγγωνο ΑΒΓΔ
Δ πλευράς  . Προεκττείνουμε
την πλευρά ΑΔ
Δ κατά τμή
ήμα   
 και τηνν πλευρά
ΓΔ κατά τμήμα
α    .
(α) Να βρείτε πόσες μοίρες είναι οοι γωνίες 
 ˆ και
ˆ.

(β) Να αποδεείξετε ότι οι ευθείες ΑΓ και ΕΖ
Ε είναι
παρράλληλες.
Σημ
μείωση: Στηην κόλλα σα
ας να κάνετεε το δικό σα
ας σχήμα.
Λύσ
ση
Σχήμα 1
(α) Επειδή 
υθεία ΒΕ έχχουν τις ενττός εναλλάξ
   και τέμνονται από την ευ
γωννίες του ίσεςς, δηλαδή
̂1  ˆ 1
(1))
Επεειδή από υπόόθεση    , το τρ ίγωνο ΔΒΕ
Ε είναι ισοσκ
κελές και έχχει:
ˆ
ˆ
ˆ
   2  1
(2))
Απόό τις σχέσεις (1) και (2)) προκύπτειι η ισότητα::
ˆ  ˆ  
ˆ

(3))
2
1

Γ είναι ορρθογώνιο ισ
σοσκελές (   , ˆ  90 ) θα
α
Επεειδή το τρίίγωνο ΔΒΓ
έχουυμε:
 3
ˆ 
ˆ 
ˆ  45  2  
ˆ  45  
ˆ  22,5

1
2
ˆ  ˆ , αφού ΔΒ = ΓΖ,
Με το ίδιο σκεπτικό όπως προηγουμένως έχουμε ότι 
3
1
ˆ  ˆ , αφού  ||  . Επίσης είναι 
ˆ 
ˆ 
ˆ  45 , οπότε λαμβάνουμε
4
1
3
4
ˆ  ˆ  22,5 .
τελικά 
1
(β) Επειδή τα τρίγωνα ΔΓΑ και ΔΕΖ είναι ορθογώνια ισοσκελή θα έχουμε
ˆ  
ˆ  45 , οπότε οι ευθείες ΑΓ και ΕΖ τεμνόμενες από την ευθεία ΑΕ

σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες. Επομένως οι ευθείες ΑΓ και ΕΖ είναι
παράλληλες.
Πρόβλημα 4
Ένας πεζοπόρος περπατάει από το χωριό Α για να πάρει το τρένο στην πόλη Β. Ο
πεζοπόρος σε μία ώρα προχώρησε κατά 4 χιλιόμετρα και τότε διαπίστωσε ότι
περπατώντας με αυτή την ταχύτητα θα έφθανε στο σταθμό μία ώρα αργότερα από
την αναχώρηση του τρένου. Για αυτό το λόγο στο υπόλοιπο της διαδρομής
κινήθηκε με 6 χιλιόμετρα την ώρα και έτσι έφθασε στο σταθμό μισή ώρα
νωρίτερα από την αναχώρηση του τρένου. Να βρείτε την απόσταση του χωριού Α
από το σταθμό του τρένου στη πόλη Β.
Λύση
Έστω ότι η απόσταση του χωριού Α από το σταθμό του τρένου στη πόλη Β είναι
x χιλιόμετρα. Με την ταχύτητα που έτρεχε ο πεζοπόρος θα κάλυπτε την
x
απόσταση σε
ώρες, οπότε η ώρα που ξεκινούσε από το χωριό Α και η ώρα
4
x
αναχώρησης του τρένου διέφεραν κατά  1 ώρες.
4
Μετά την πρώτη ώρα ο χρόνος που είχε ο πεζοπόρος για να φθάσει έγκαιρα στο
x
x 
σταθμό ήταν   1  1   2 ώρες. Τα χιλιόμετρα που απέμεναν ήταν x  4
4
4 
x4
και για να τα καλύψει ο πεζοπόρος χρειάστηκε
ώρες. Σύμφωνα με την
6
υπόθεση θα έχουμε την εξίσωση:
x
x4 1
x x4 1
x x4 5
2
  
 2 

4
6
2
4
6
2
4
6
2
3 x 2 x  8 30



 3 x   2 x  8   30  3 x  2 x  8  30  x  22.
12
12
12
Επομένως η απόσταση του χωριού Α από το σταθμό του τρένου στη πόλη Β ήταν
22 χιλιόμετρα.
Γ΄ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ
Πρόβλημα 1
Να βρείτε την τιμή της παράστασης
4
3
3  3  3
27
 2
 3

, αν δίνεται ότι      ,      ,    .

16
 3
 2
Λύσ
ση
Έχοουμε
4
4
3
27
27
 2
 3  881
 3
        ,       ,    ,
8
16
 3
 2  116
 2
οπόότε οι δύο όρροι του Α γίίνονται:
3
3
3
3
3
3
4
3
3
 81   27   27   3   3   3 
               4   3     4 
6   8   16   2   2   2 
 16
312 39 39 312 23  39 39 312  23  39  3 9
 12  9  12  12  12  12 
2
2
2
2
212
2 2
39   33  23  1 39   27  8  1 39 18 39  32  2 311

 12 
 11 ,

212
2
2
212
212
4
3
3
10
81  27   27  3 3 3 3
           4  3  4  11
16  8   16  2 2 2
2
Εποομένως, έχουμε:
311
 3   3   3 211 311  211

 10  10 11  3
3

3 2
11
2
3
3
3
Πρόόβλημα 2
Δίνεεται τετράγγωνο ΑΒΓΔ
Δ πλευράς  . Προεκτεείνουμε την
πλευυρά ΑΔ κατά τμήμα 
   καιι την πλευρ
ρά ΓΔ κατά
τμήμα     . Αν Η είναι
ε
το μέέσο του ευθθυγράμμου
τμήματος ΕΖ, τότε:
τ
(α) Να βρείτε το
τ μήκος το
ου ευθύγραμ
μμου τμήμα
ατος ΒΕ.
σ
Δ απ
απέχει ίσες αποστάσεις
α
(β) Να αποδείξξετε ότι το σημείο
ΑΓΗ
απόό τις τρεις κοορυφές του τριγώνου Α
(γ) Να βρείτε το λόγο τω
ων εμβαδώνν των τριγώ
ώνων ΒΕΖ
και ΑΓΗ.
Σημ
μείωση: Στηην κόλλα σα
ας να κάνετεε το δικό σα
ας σχήμα.
Λύσ
ση
Σχήμα 1
(α) Από την υπόθεση έχουμε:          και        2 .
Τότε είναι      2 και από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΕ
έχουμε:
 
   2 
2


 2   2 4  2 2   4  2 2.
(β) Επειδή Η είναι το μέσο της βάσης ΕΖ του τριγώνου ΔΕΖ η ευθεία ΔΗ θα είναι
μεσοκάθετη της βάσης Το τρίγωνο ΔΖΕ είναι ορθογώνιο ισοσκελές με
     2 , οπότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα λαμβάνουμε ότι:
   2  2  2 2  2 2  2 .
Όμως και το τρίγωνο ΔΗΕ είναι ορθογώνιο ισοσκελές, (ΔΗ κάθετη στη βάση ΕΖ
ˆ  45 ), οπότε ότι:        . Έτσι έχουμε        ,
και 
2
οπότε το Δ απέχει ίσες αποστάσεις από τις τρεις κορυφές του τριγώνου ΑΓΗ.
(γ) Η ευθεία ΒΗ είναι μεσοκάθετη της διαγωνίου ΑΓ και έστω ότι την τέμνει στο
σημείο Κ. Ομοίως όπως στο ερώτημα (α), μπορούμε να βρούμε ότι:
BZ   4  2 2   .
Επομένως και το σημείο Β ανήκει στη μεσοκάθετη του ΕΖ, οπότε τα σημεία Β, Δ
και Η είναι συνευθειακά. Τότε είναι
     
 2
2
 

 2 2
2
Επομένως, έχουμε
 ,       


2   ,    2,


 2  2  2 1 2
1
       2 

,
2
2
2
1
      2     2   2 1  2 ,
2
   
οπότε ο ζητούμενος λόγος εμβαδών είναι:
2.
   




Πρόβλημα 3
(α) Να βρείτε πόσα πολλαπλάσια του 9 υπάρχουν μεταξύ των αριθμών 1 και 105 .
(β) Να βρείτε πόσα πολλαπλάσια είτε του 6 είτε του 9 υπάρχουν μεταξύ των αριθμών 1
και 105 .
Λύση
(α) Τα πολλαπλάσια του 9 μεταξύ 1 και 105  100000 είναι της μορφής 9 x, όπου x
θετικός ακέραιος. Έχουμε
1  9 x  100000 
1
100000
1
1
x
  x  11111   x  1, 2,...,11111 ,
9
9
9
9
αφού ο x είναι θετικός ακέραιος. Επομένως, μεταξύ του 1 και του 100000 υπάρχουν
11111 πολλαπλάσια του 9.
(β) Βρήκαμε στο ερώτημα (α) ότι μεταξύ του 1 και του 100000 υπάρχουν 11111
πολλαπλάσια του 9. Ομοίως βρίσκουμε ότι μεταξύ 1 και 100000 υπάρχουν 16666
πολλαπλάσια του 6. Από τα παραπάνω πολλαπλάσια, μετριούνται δύο φορές αυτά που
είναι κοινά πολλαπλάσια του 6 και του 9. Αυτά είναι τα πολλαπλάσια του ΕΚΠ(6,9) = 18.
Όπως στο ερώτημα (α), βρίσκουμε ότι μεταξύ 1 και 100000 υπάρχουν 5555 πολλαπλάσια
του 18. Επομένως μεταξύ των αριθμών 1 και 100000 υπάρχουν
11111  16666  5555  27777  5555  22222
πολλαπλάσια είτε του 6 είτε του 9.
Πρόβλημα 4
Μια μέρα ο Γιώργος καθώς πηγαίνει από το σπίτι στο σχολείο και έχει διανύσει το
 % της απόστασης, βλέπει ότι έχει αργήσει. Αποφασίζει να γυρίσει πίσω στο
σπίτι, να πάρει το ποδήλατο και να πάει με αυτό στο σχολείο. Αν υποθέσουμε ότι
ο Γιώργος περπατάει με 6 χιλιόμετρα την ώρα, ενώ με το ποδήλατο πηγαίνει με
15 χιλιόμετρα την ώρα, για ποιες τιμές του  συμφέρει να γυρίσει πίσω για να
χρησιμοποιήσει το ποδήλατο;
Λύση (1ος τρόπος)
Έστω x τα χιλιόμετρα είναι η απόσταση από το σπίτι στο σχολείο.
x
Με τα πόδια ο Γιώργος κάνει τη διαδρομή σε ώρες. Αν συνεχίσει την αρχική
6

θα χρειαστεί ακόμη
πορεία του, αφού έχει διανύσει τα
100
x  x 
  x

  1 
  ώρες
6 100 6  100  6
για να φθάσει στο σχολείο.
 x
Αν επιστρέψει να πάρει το ποδήλατο, θα χρειαστεί
 ώρες να φθάσει στο
100 6
x
ώρες για να φθάσει
σημείο που ξεκίνησε και στη συνέχεια θα χρειαστεί άλλες
15
στο σχολείο του. Άρα ο συνολικός χρόνος που θα χρειαστεί θα είναι:
x x  
1
 
   x ώρες.
600 15  600 15 
Για να τον συμφέρει η χρησιμοποίηση του ποδηλάτου πρέπει και αρκεί να ισχύει:
1
  x x0 
1 
  1
 





  1 
x
1



 

600 15  100  6
 600 15 
 100  6

1 100  

 
   40  100    2  60    30.
600 15
600
2ος τρόπος
Ας υποθέσουμε ότι ο Γιώργος αποφάσισε να επιστρέψει σπίτι όταν είχε καλύψει
x χιλιόμετρα και ότι από εκείνο το σημείο ως το σχολείο η απόσταση είναι y
χιλιόμετρα. Επομένως, αν συνέχιζε το περπάτημα, για να φτάσει στο σχολείο
x
y
ήθελε ακόμη χρόνο
(απόσταση προς ταχύτητα). Ενώ τελικά έκανε χρόνο
6
6
x y
μέχρι να φτάσει από το σπίτι
μέχρι να γυρίσει ξανά στο σπίτι και επιπλέον
15
στο σχολείο με το ποδήλατο, δηλαδή ο χρόνος που έκανε συνολικά είναι
x x y
. Για να τον συμφέρει αυτό, θα πρέπει αυτός ο χρόνος να είναι

6
15
μικρότερος ή ίσος από τον χρόνο που χρειαζόταν αν συνέχιζε με τα πόδια, δηλαδή
η επιλογή του ήταν καλή αν
x x y y
x
3

  5 x  2( x  y )  5 y  7 x  3 y  10 x  3x  3 y 
 ,
x  y 10
6
15
6
δηλαδή αν το ποσοστό είναι μικρότερο ή ίσο του 30% .
Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ
Πρόβλημα 1
Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση
x2  4 x  9  4 x .
Λύση
Για x  0 η εξίσωση γίνεται:
x 2  9  0  x   9  x  3 ή x  3,
από τις οποίες είναι δεκτή μόνο η λύση: x  3 .
Για x  0 η εξίσωση γίνεται
x2  8x  9  0 ,
με διακρίνουσα   64  36  100 . Επομένως, η εξίσωση αυτή έχει 2
διαφορετικές μεταξύ τους λύσεις στο  , τις
8  10
x
 x  9 ή x  1 ,
2
από τις οποίες είναι δεκτή μόνο η x  9 .
Επομένως, η εξίσωση έχει δύο λύσεις τις x  3 και x  9.
(2)
Πρόβλημα 2
Βρείτε όλους τους τριψήφιους θετικούς ακέραιους abc  100a  10b  c που
ικανοποιούν την εξίσωση:
2
abc   a  b  c   a  b  c .
Λύση
Η δεδομένη εξίσωση με αγνώστους τα ψηφία του αριθμού γράφεται:
2
2
abc   a  b  c   a  b  c  100a  10b  c   a  b  c   a  b  c
  a  b  c   99a  9b   a  b  c   9 11a  b  .
Επειδή 1  a  9, 0  b  9 , από την τελευταία ισότητα μπορούμε να έχουμε έναν
2
2
περιορισμό για τον αριθμό  a  b  c  . Πράγματι, έχουμε
2
9  11 1  0   99  9 11a  b   9 11  9  9   972
 99   a  b  c   972  10  a  b  c  31
2
Όμως είναι a  b  c  27, οπότε: 10  a  b  c  27 .
Επίσης από την ισότητα
a  b  c
2
 9 11a  b  προκύπτει ότι ο αριθμός
(a  b  c) 2 είναι πολλαπλάσιο του 9, οπότε ο αριθμός a  b  c θα είναι
πολλαπλάσιο του 3. Πράγματι, αν ήταν a  b  c  3k , όπου k θετικός ακέραιος,
τότε θα είχαμε τις περιπτώσεις a  b  c  3k  1 ή a  b  c  3k  2 , k  , από τις
οποοίες έπεται ότι  a  b  c   
..3  1, δηλαδδή  a  b  c    .99 , δηλαδή ο
2
2
αριθθμός (a  b  c) 2 δεν θα ήταν πολλλαπλάσιο του
τ 9, άτοπο
ο. Επομένω
ως οι δυνατέές
τιμέές του αθροίσματος a  b  c είναι οι: 12, 15, 18, 21, 24, 27.
 Αν a  b  c  12 , τότε 11a  b  16  a  1,, b  5 , οπόττε c  6 και abc  156
 Αν a  b  c  15 , τότε 11a  b  25  a  2,
ότε c  10 , άάτοπο.
2 b  3 , οπό
 Αν a  b  c  18 , τότε 11a  b  36  a  3,
3 b  3 , οπότε c  12 , άάτοπο.
 Αν a  b  c  21 , τόττε 11a  b  49  a  4,
ότε c  12 , άτοπο.
4 b  5 , οπό
 Αν a  b  c  24 , τόττε 11a  b  64  a  5,
ότε c  10 , άάτοπο.
5 b  9 , οπό
 Αν a  b  c  27 , τόττε 11a  b  81  a  7,
ότε c  16 , άάτοπο.
7 b  4 , οπό
Εποομένως ο ζη
ητούμενος αριθμός
α
είνααι ο 156.
Πρόόβλημα 3
ˆ  ˆ  240 κα
Θεω
ωρούμε τεττράπλευρο  ώ
ώστε 
αι   
   . Να
α
αποοδείξετε ότιι οι διχοτόμ
μοι των γωνιιών ˆ , ˆ τέέμνονται πάννω στην πλλευρά  .
Λύσ
ση
Έσττω οι διχοττόμοι των γωνιών
γ
αι στο  . Θα
Θ αποδείξξουμε ότι τα
α
ˆ , 
̂ˆ τέμνοντα
σημ
μεία Α, Ε κα
αι Δ είναι συνευθειακά
σ
ά, δηλαδή το
τ Ε βρίσκεεται πάνω σστην πλευρά
ά
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
  
  x και      y με x  y  120 ..Τα τρίγωνα
ΑΔ.. Έχουμε 
α
φού έχουν    ,  κοινή
ή και την ππεριεχόμενη
η

,  είνναι ίσα, αφ
γωννία ίση. Επ
πομένως θα είναι  ̂  y και από το τρίγωνο
τ

 έχουμ
με
ˆ   180  x  y  60 . Από την ισόττητα των τριγώνω
ων έχουμ
με
ˆ   ˆ   60 .
Όμοοια τα τρίγω
ωνα  , 
είναι ίίσα αφού έχχουν    ,  κοοινή και τηνν

περιιεχόμενη γω
ωνία ίση λόγγω διχοτόμοου. Άρα θα είναι: ˆ   ˆ   660 .
Εποομένως ˆ   ˆ   ˆ   60  60  60  180 καιι άρα το  αανήκει στηνν
 .
Σχήμα 3
Πρόβλημα 4
Δύο φίλοι Α και Β ανέλαβαν την εκτέλεση ενός έργου. Ο Β ξεκίνησε να εργάζεται
μία ώρα μετά το ξεκίνημα του Α. Τρεις ώρες μετά το ξεκίνημα της εργασίας του
9
Α διαπίστωσαν ότι έχουν ακόμη να εκτελέσουν τα
του έργου. Όταν τελείωσε
20
το έργο διαπίστωσαν ότι ο καθένας τους είχε εκτελέσει το μισό του έργου. Να
βρείτε σε πόσες ώρες μπορεί ο καθένας από του δύο φίλους να τελειώσει το έργο,
αν εργάζεται μόνος του.
Λύση.
Έστω ότι για την αποπεράτωση του έργου, ο Α, αν εργάζεται μόνος του,
χρειάζεται x ώρες και ο Β, αν εργάζεται μόνος του, χρειάζεται y ώρες. Τότε σε
1
1
του έργου. Έτσι
μία ώρα ο Α θα εκτελεί το του έργου, ενώ ο Β θα εκτελεί το
y
x
3
3 ώρες μετά την έναρξη εργασίας του Α αυτός θα έχει εκτελέσει τα
του έργου,
x
2
του έργου. Σύμφωνα
ενώ ο Β θα έχει εργαστεί 2 ώρες και θα έχει εκτελέσει τα
y
με την υπόθεση, σε 3 ώρες το μέρος του έργου που έχει εκτελεστεί είναι
9 11
, οπότε θα έχουμε την εξίσωση

1
20 20
3 2 11
 
(1)
x y 20
Επειδή στο τελείωμα του έργου ο καθένας έχει εκτελέσει το μισό μέρος του
x
y
έργου, θα έχουν εργαστεί ο Α ώρες και ο Β
ώρες, αντίστοιχα. Επομένως, θα
2
2
έχουμε
x y
(2)
 1
2 2
Άρα έχουμε το σύστημα
 3 2 11 
 x  y  20  20  2 x  3 y   11xy  20  2 x  3 y   11xy 




x y 2
y  x2
 

 x  y 1  
 2 2

20  2 x  3( x  2)   11x( x  2)  100 x  120  11x 2  22 x 



y  x2
y  x2

 


 
12 
12
12 

11x 2  122 x  120  0   x 2  10   x  10   0   x  10 ή x  
11 
11
11 




y  x2

 



y
x
2


y  x2

 
12
απορρίπτεται, γιατί σύμφωνα με την
  x, y   10,8  , αφού η λύση x 
11
υπόθεση πρέπει να είναι x  3. Άρα, ο Α τελειώνει μόνος του το έργο σε 10 ώρες
και Β το τελειώνει μόνος του σε 8 ώρες.
Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ
Πρόβλημα 1
Να βρείτε τις αναγκαίες και ικανές συνθήκες μεταξύ των παραμέτρων
a, b  , ab  0 , έτσι ώστε η εξίσωση
x 2  ax  b  a x
να έχει δύο διαφορετικές μεταξύ τους λύσεις στο .
Είναι δυνατόν η εξίσωση να έχει τρεις διαφορετικές μεταξύ τους πραγματικές
λύσεις;
Λύση
Σύμφωνα με την υπόθεση είναι a  0 και b  0 .
Για x  0 η εξίσωση γίνεται:
x 2  b  0  x   b , εφόσον b  0 .
(1)
Επομένως η εξίσωση έχει μία μόνο θετική ρίζα στο  την x  b , αν, και μόνον αν,
b  0. Αν b  0 η εξίσωση δεν έχει καμία λύση στους πραγματικούς αριθμούς.
Για x  0 η εξίσωση γίνεται
(2)
x 2  2ax  b  0 ,
2
με διακρίνουσα   4  a  b  . Επομένως, η εξίσωση (2) έχει 2 ρίζες στο  , αν
και μόνον αν, a 2  b . Όμως για να έχει δύο αρνητικές ρίζες x1  x2  0 στο  ,
πρέπει και αρκεί
  4  a 2  b   0, x1  x2  2a  0 και x1 x2  b  0  a 2  b, a  0, b  0 .
Η εξίσωση (2) έχει μία μόνο αρνητική ρίζα, αν και μόνον αν,
a 2  b και b  0  b  0 .
Συνοψίζοντας τα αποτελέσματα των δύο προηγούμενων περιπτώσεων έχουμε:
 Η εξίσωση έχει δύο πραγματικές λύσεις, αν και μόνον αν,
a 2  b, a  0, b  0 ή b  0 .
 Η εξίσωση έχει τρεις πραγματικές λύσεις, αν και μόνον αν,
a 2  b, a  0, b  0 και b  0, (αδύνατο).
Άρα η εξίσωση δεν είναι δυνατόν να έχει τρεις διαφορετικές λύσεις στο  .
Πρόβλημα 2
Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα:
x1  x2  ...  x2017  2017  0


 4
.
3
3
3
4
4
 x1  x2  ...  x2017    x1     x2   ...    x2017  
Λύση
Η πρώτη εξίσωση του συστήματος γράφεται:
( x1  1)  ( x2  1)  ...  ( x2017  1)  0 .
Η δεύτερη εξίσωση γράφεται:
4
3
x14  x24  ...  x2017
  x13  x23  ...  x2017
(1)
4
3
x14  x13  x24  x23  ...  x2017
 x2017
0
3
x13  x1  1  x23  x2  1  ...  x2017
 x2017  1  0
(2)
Με πρόσθεση κατά
κ
μέλη των
τ (1) και (2) λαμβάννουμε:
3
3
( x1  1)  x1  1  ( x2  1)  x 23  1  ...  ( x2017  1)  x2017
 1  0
2
 ( x1  1) 2  x12  x1  1  ( x2  1) 2  x22  x2  1  ...  ( x2017  1)
1 2  x2017
 x 2017  1  0
2
1 3

Επεειδή ισχύει ότι:
ό x  xi  1   xi     0, για κάθε xi  , i  1, 2,..., 2017 ,
2 4

η τεελευταία εξίίσωση αληθθεύει, αν, κααι μόνον ανν,
xi  1  0, i  1, 2,..., 2017
7  xi  11, i  1, 2,..., 2017  x1  x2  ...  x 2017  1.
2
i
Πρόόβλημα 3
Δίνεεται τρίγωννο ΑΒΓ εγγγεγραμμένοο σε κύκλο c(O,R) (μεε ΑΒ < ΑΓ
Γ < ΒΓ) κα
αι
τυχόόν σημείο Δ της πλευρ
ράς ΑΒ. Αππό το σημείίο Δ φέρουμε κάθετη σστην ακτίνα
α
ΟΑ, η οποία τέέμνει την ΑΓ
Α στο Ζ. Α
Αν Ε είναι το μέσο της ΑΔ και Μ το μέσο της
ΑΓ,, να αποδεείξετε ότι τα
τ σημεία Β, Ε, Ζ και
κ Μ είναι ομοκυκλιικά, δηλαδή
ή
ανήκουν στον ίδιο
ί κύκλο.
.
Λύσ
ση
Σχήμα 4
Πρώ
ώτα θα αποδείξουμε ότι το τεττράπλευρο ΒΔΖΓ είνα
αι εγγράψιμμο. Από το
ο
ισοσ
σκελές τρίγγωνο ΟΑΒ έχουμε:
έ
Α
90° Γ. Από την καθετότητα
κ
των ΟΑ κα
αι
ΔΖ έχουμε: Δ
90° Α . Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών,
γ
συμμπεραίνουμ
με
Γ και
κ κατά συνέπεια,
σ
ττο τετράπλεευρο ΒΔΖΓ
Γ είναι εγγγράψιμο (η
η
ότι: Δ
εξω
ωτερική γωνία ισούται με
μ την απένναντι εσωτερ
ρική).
Απόό το εγγράψ
ψιμο τετράπ
πλευρο ΒΔΖ
ΖΓ, έχουμε:Δ
Ζ . (η
( ΒΓ φαίννεται από τιις
απένναντι κορυφ
φές Δ, Ζ υπό ίσες γωνίίες)
Στο τρίγωνο ΑΔΓ,
Α
η ΕΜ συνδέει ταα μέσα τωνν πλευρών του
τ ΑΔ και
αι ΑΓ, οπόττε
είνα
αι παράλληλλη προς τηνν πλευρά ΔΓ
Γ, δηλαδή ΕΜ∥ΔΓ.
Ε
Απόό την παραλληλία ΕΜ
Μ∥ΔΓ, συμππεραίνουμε ότι :Δ
Ε (εντός εεκτός επί τα
α
αυτά
ά γωνίες).
Άρα είναι:Ε
Ζ και επομένως τα σημεία Β, Ε, Ζ και Μ είναι ομοκυκλικά,
δηλαδή ανήκουν στον ίδιο κύκλο.
Πρόβλημα 4
Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ρητών ( a , b ) που είναι τέτοια ώστε οι αριθμοί
ab  1
ab  1
και
να είναι και οι δύο ακέραιοι.
a
b
Λύση
Αφού οι αριθμοί
ab  1
ab  1
(1)
 p και
q
a
b
είναι θετικοί ακέραιοι, και το γινόμενό τους θα είναι θετικός ακέραιος. Δηλαδή,
το κλάσμα
( ab  1) 2
είναι θετικός ακέραιος. Θέτουμε ab  x και τότε
ab
( x  1) 2
 k , k  0, k   .
x
H τελευταία γράφεται:
x 2  2 x  1  kx  x 2  (2  k ) x  1  0 .
(2)
Ζητάμε η (2) να έχει ρητές λύσεις, επομένως η διακρίνουσα πρέπει να είναι τέλειο
τετράγωνο. Επομένως (2  k ) 2  4  s 2 για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο s .
Τότε ( k  2  s )( k  2  s )  4 , επομένως έχουμε τις περιπτώσεις:
k  2  s  1
k  2  s  2
ή 

k  2  s  4
k  2  s  2
Η μόνη περίπτωση που δίνει λύσεις είναι η δεύτερη όπου s  0 και k  4 .
Τότε η (2) γίνεται ( x  1) 2  0 , οπότε x  1 , δηλαδή ab  1 .
(3)
2
2
 p,
 q , οπότε η (3) γίνεται pq  4 , με
a
b
p, q θετικούς ακεραίους. Έπεται ότι ( p, q )  {(1, 4), (2, 2), (4,1)} , οπότε έχουμε:
Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε
 1 
 1 
(a, b)   2,  , (1,1),  , 2   .
 2 
 2 
Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ
Πρόβλημα 1.
Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση:
4 x2
 0.
x 4  32 x 2  257  2
x  4x  8
Λύση
Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση
4 x2
x 4  32 x 2  257  2
x  4x  8
Το πρώτο μέλος της (1) γράφεται:
(1)
x 4  32 x 2  257   x 2  16   1  1.
2
Η ισότητα ισχύει όταν x 2  16  0  x 2  16  x  4 ή x  4.
Το δεύτερο μέλος της (1) γράφεται:
4 x2
4 x2
4 x2
4 x2



 1.
2
2
2
2
2
x  4x  8  x  2  2
2 x  2 2
x2 2
Η ισότητα ισχύει όταν x  2  2  x  2  2  x  0 ή x  4.
Επομένως η εξίσωση (1) έχει λύση, αν και μόνον αν, και τα δύο μέλη της είναι
ίσα με 1, δηλαδή αν και μόνον αν x  4.
Πρόβλημα 2.
Να προσδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου n για τις οποίες ο αριθμός
  n  n  182  είναι ρητός.
Λύση
Για να είναι ο αριθμός Α ρητός, πρέπει και αρκεί να υπάρχει k   έτσι ώστε να
ισχύει:
  n  n  182   k  n  n  182   k 2 .
(1)
Επειδή ο αριθμός n  n  182  είναι θετικός ακέραιος, ο αριθμός k είναι ακέραιος.
Πράγματι, αν ήταν k 

, όπου  ,  * με   ,   1 , τότε θα είχαμε

  ,  1
2
*
2
2

n
n

182



      1.




2
Η εξίσωση (1) γίνεται:
2
n  n  182   k 2  n 2  182n  k 2   n  91  k 2  912
  n  91  k  n  91  k   912  7 2 132.
Επειδή n  91  k  n  91  k , η τελευταία εξίσωση είναι ισοδύναμη με τα
συστήματα
 n  91  k  7   n  91  k  13   n  91  k  72   n  91  k  1 
ή
ή

ή 
2
2
2
2
2
n  91  k  7 13  n  91  k  7 13 n  91  k  13  n  91  k  7 13 
  n, k    504,588 ή  n, k    234,312 ή  n, k   18,60 ή  n, k    4050, 4140
Επομένως οι δυνατές τιμές του n είναι οι 18, 234, 504 και 4050.
Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) (με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ) και
τυχόν σημείο Δ του μικρού τόξου ΑΒ. Από το σημείο Δ φέρουμε ευθεία
παράλληλη προς τη ΒΓ, η οποία τέμνει την ΑΒ στο Ε, την ΑΓ στο Ζ και τον
περιγεγραμμένο κύκλο c(O,R) (για δεύτερη φορά) στο Η. Ο περιγεγραμμένος
κύκλος c1 του τριγώνου ΒΔΕ τέμνει την ΒΖ στο Κ και την ΒΓ στο Λ. Ο
περιγεγραμμένος κύκλος c2 του τριγώνου ΓΖΗ τέμνει την ΕΓ στο Μ και την ΒΓ
στο Ν. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Κ, Μ, Ζ, Ε βρίσκονται επάνω στον ίδιο
κύκλο, στον οποίο εφάπτεται η ευθεία ΝΖ.
Λύσ
ση
Σχήμα 5
Το τραπέζιο ΒΓΗΔ είναι
ε
ισοσ
σκελές (διιότι είναι εγγεγραμμμένο
περιιγεγραμμέννο κύκλο του
υ τριγώνου ΑΒΓ), οπότε ΔΒ=ΗΓ και Δ Η.
στονν
Το τραπέζιο ΒΔΕΛ είναι
ε
ισοσ
σκελές (διιότι είναι εγγεγραμμμένο στονν
περιιγεγραμμέννο κύκλο του
υ τριγώνου C1(ΒΔΕ), οπότε
ο
ΔΒ=E
EΛ καιΛ
180° Δ.
Το τραπέζιο ΖΗΓΝ είναι
ε
ισοσ
σκελές (διιότι είναι εγγεγραμμμένο στονν
περιιγεγραμμέννο κύκλο το
ου τριγώνουυ C2(ΖΗΓ), οπότε ΖΝ=
=ΗΓ και Ν
Ν
180°
Η. Ά
Άρα είναι: Λ
Ν .
Απόό το εγγεεγραμμένο τετράπλευυρο ΒΕΚΛ
Λ, έχουμε: Κ
Λ . Από το
ο
εγγεεγραμμένο τετράπλευρ
ρο ΓΖΜΝ, έχουμε: Μ
Ν . Απ
πό τις τρειςς τελευταίεες
ισόττητες γωνιώ
ών, συμπερα
αίνουμε ότι::
Κ
Μ ⇔ 180°
Κ
180°
Μ ⇔Κ
Μ .
Άρα
α τα σημεία
α Κ,Μ,Ε,Ζ βρίσκονται
β
εεπάνω στονν ίδιο κύκλο
ο.
ˆ  ˆ  ˆ  
ˆ .

Απόό το εγγεγρραμμένο τεετράπλευρο ΓΖΜΝ, έχουμε: 
1
1
.
ˆ  
ˆ  ˆ . Επομένω
Απόό την παρα
αλληλία ΕΒ και ΗΓ έχουμε: ˆ 1  
ως
1
ˆ  
ˆ  , δηλαδή η εγγεγραμμένη γωνίία 
ˆ σττον κύκλο c

έχουυμε ότι: 
1
ισούύται με τη γωνία
γ
η χορδή ΜΖ
Ζ του κύκλοου c1 και τηνν

 που έχει πλευρές τη
 . Άρα η ΖΝ
ευθεεία ΝΖ και επιπλέον περιέχει
π
το αντίστοιχο τόξο 
Ν εφάπτετα
αι
στονν κύκλο πουυ ανήκουν τα
τ σημεία Κ
Κ, Μ, Ζ, Ε.
Πρόόβλημα 4
Ησ
συνάρτηση f :    ικανοποιεί
ι
ττην ισότητα
α
f  2xf  y   y   f  2 x  y  1   f  2 x  y   4xy
x ,
για κάθε x, y  .
(1)
(i)
Να αποδείξετε ότι υπάρχει a   τέτοιο ώστε f  a   1 .
(ii)
Να βρείτε τον τύπο της f .
Λύση
(i) Παρατηρούμε ότι υπάρχουν τιμές των x, y τέτοιες ώστε 2 x  y  1  2 x  y .
Πράγματι,
1
2 x  y  1  2 x  y  2 xy  2 x  2 x  y  2 xy  y  x  , y   ή x  , y  0.
2
Επειδή θέλουμε να βρούμε ζευγάρι  x, y  τέτοιο ώστε 4 xy  1 , παίρνουμε τις
1
1
τιμές x  , y  . Με αυτές τις τιμές η σχέση (1) γίνεται:
2
2
 1 1
 1 1
3
3
f  f      f    f    1  f  f      1,
2
2
 2 2
 2 2
1 1
δηλαδή για το a  f    ισχύει ότι: f  a   1.
2 2
1 
Διαφορετικά, αν θεωρήσουμε το ζευγάρι με  , y  , y   στη σχέση (1), τότε
2 
λαμβάνουμε την σχέση
f  f  y   y   2 y, για κάθε y  ,
από την οποία έπεται ότι η συνάρτηση είναι επί του  . Επομένως, το σύνολο
τιμών της f είναι το  , οπότε παίρνει και την τιμή 1. Αυτό εύκολα προκύπτει
1
από την παραπάνω σχέση για y  .
2
(ii) Από τη σχέση (1) για y  a και x   , λαμβάνουμε:
f  2 x  a   f  2 x  a  1   f  2 x  a   4 xa  f  2 x  a  1   4 xa. (2)
Παρατηρούμε ότι είναι a  1, αφού αν ήταν a  1 , τότε f  0   2 x, για κάθε
x  , άτοπο. Επομένως μπορούμε να θέσουμε στη σχέση (2) x 
t
,t  
2  a  1
,οπότε λαμβάνουμε:
2a
 2a 
f t   
.
 t  ct , t  , c 
a 1
 a 1
Επειδή η συνάρτηση f πρέπει να ικανοποιεί τη σχέση (1), έχουμε:
c  2 xcy  y   2cxy  2cx  2cx  cy  4 xy, για κάθε x, y  
 2  c 2  c  2  xy  0, για κάθε x, y    c  1 ή c  2.
Άρα οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι οι: f  x   x, x   ή f  x   2 x, x  .