Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Soteris · #1

Α΄ Λυκείου

Πρόβλημα 1

Να απλοποιήσετε την παράσταση: $\displaystyle{A=\sqrt[5]{2\sqrt{5}-3\sqrt{2}}\cdot\sqrt[10]{\dfrac{19+6\sqrt{10}}{2}}}$

Πρόβλημα 2

Έστω $\displaystyle{\nu}$ ένας θετικός ακέραιος. Να αποδείξετε ότι:

(α) Το άθροισμα $\displaystyle{\Sigma}$ των άρτιων αριθμών που βρίσκονται μεταξύ των θετικών ακεραίων $\displaystyle{\nu^2-\nu+1}$ και $\displaystyle{\nu^2+\nu+1}$ είναι: $\displaystyle{\Sigma=\nu^3+\nu}$

(β) Ο ακέραιος $\displaystyle{\Sigma+\nu}$ διαιρείται με το $\displaystyle{3}$ .

Πρόβλημα 3

Θεωρούμε δύο κύκλους $\displaystyle{(c_1)}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ , που εφάπτονται εξωτερικά στο $\displaystyle{B}$ και φέρουμε τις διαμέτρους τους $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , αντίστοιχα. Γράφουμε τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ , διαμέτρου $\displaystyle{A\Gamma}$ . Έστω $\displaystyle{I}$ σημείο ενός από τα δύο ημικύκλια, διαμέτρου $\displaystyle{B\Gamma}$ του κύκλου $\displaystyle{(c_2)}$ . Η ευθεία $\displaystyle{IB}$ τέμνει τον $\displaystyle{(c_1)}$ στο $\displaystyle{\Lambda}$ και τον $\displaystyle{(c)}$ στα σημεία $\displaystyle{N, M}$ , ώστε το $\displaystyle{\Lambda}$ να βρίσκεται μεταξύ των $\displaystyle{N}$ και $\displaystyle{B}$ . Από το κέντρο $\displaystyle{O}$ του κύκλου $\displaystyle{(c)}$ φέρουμε την κάθετη στην $\displaystyle{MN}$ , που τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ στο $\displaystyle{T}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{NT\Lambda}=\angle{MTI}}$ .

Πρόβλημα 4

Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη θετικών και πρώτων ακεραίων $\displaystyle{(\mu, \nu)}$ , για τα οποία ο αριθμός $\displaystyle{\mu^2+7\mu\nu+9\nu^2}$ είναι τέλειο τετράγωνο θετικού ακεραίου.

(Ένας θετικός ακέραιος $\displaystyle{A}$ είναι τέλειο τετράγωνο θετικού ακεραίου, όταν υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle{a}$ , ώστε $\displaystyle{A=a^2}$ .)

#2

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 02, 2017 2:00 pm
Α΄ Λυκείου

Πρόβλημα 1

Να απλοποιήσετε την παράσταση: $\displaystyle{A=\sqrt[5]{2\sqrt{5}-3\sqrt{2}}\cdot\sqrt[10]{\dfrac{19+6\sqrt{10}}{2}}}$

$\displaystyle A = \sqrt[5]{{2\sqrt 5 - 3\sqrt 2 }} \cdot \sqrt[{10}]{{{{\left( {\frac{{\sqrt {10} + 3}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}} = \sqrt[5]{{\left( {2\sqrt 5 - 3\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\sqrt {10} + 3}}{{\sqrt 2 }}} \right)}}$

$\displaystyle A = \sqrt[5]{{\frac{{2\sqrt {50} + 6\sqrt 5 - 3\sqrt {20} - 9\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}}} = \sqrt[5]{{\frac{{10\sqrt 2 + 6\sqrt 5 - 6\sqrt 5 - 9\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}}} = 1$

mathfinder · #3

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 02, 2017 2:00 pm
Α΄ Λυκείου

Πρόβλημα 2

Έστω $\displaystyle{\nu}$ ένας θετικός ακέραιος. Να αποδείξετε ότι:
(α) Το άθροισμα $\displaystyle{\Sigma}$ των άρτιων αριθμών που βρίσκονται μεταξύ των θετικών ακεραίων $\displaystyle{\nu^2-\nu+1}$ και $\displaystyle{\nu^2+\nu+1}$ είναι: $\displaystyle{\Sigma=\nu^3+\nu}$
(β) Ο ακέραιος $\displaystyle{\Sigma+\nu}$ διαιρείται με το $\displaystyle{3}$ .

(α) Ο αριθμός $\nu ^{2}-\nu +1$ είναι περιττός αφού ο $\nu ^{2}-\nu =\nu \left ( \nu -1 \right )$ είναι άρτιος ,όπως και ο $\nu ^{2}+\nu +1=\nu \left ( \nu +1 \right )+1$ είναι περιττός.
Άρα $\Sigma =\left ( \nu ^{2}-\nu +2 \right )+\left ( \nu ^{2}-\nu +4 \right )+...+\left ( \nu ^{2}+\nu \right )$
Το πλήθος των όρων του $\Sigma$ είναι $\frac{\left ( \nu ^{2} +\nu \right )-\left (\nu ^{2}-\nu \right )}{2}=\nu$
και αποτελούν αριθμητική πρόοδο με διαφορά

, άρα $\Sigma =\frac{\nu }{2}\left ( \nu ^{2}-\nu +2+\nu ^{2}+\nu \right )=\nu ^{3}+\nu$
(β) $\Sigma +\nu =\nu ^{3}+2\nu =\nu ^{3}-\nu +3\nu =\left ( \nu -1 \right )\nu \left ( \nu +1 \right )+3\nu =\pi o\lambda3$

Soteris · #4

Β΄ Λυκείου

Πρόβλημα 1

(α) Να βρείτε την τιμή της παραμέτρου $\displaystyle{\theta\in(0, \pi)}$ , για την οποία η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $\displaystyle{f(x)=\sigma\upsilon\nu^2x+\sigma\upsilon\nu^2(x+\theta)-\sigma\upsilon\nu x\cdot\sigma\upsilon\nu(x+\theta),\;x\in\mathbb{R}}$ είναι σταθερή.

(β) Να βρείτε την τιμή της $\displaystyle{f}$ .

Πρόβλημα 2

Δίνεται γωνία $\displaystyle{\angle{xOy}}$ και $\displaystyle{Oz}$ η διχοτόμος της. Στην πλευρά $\displaystyle{Ox}$ παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{OA}$ με $\displaystyle{(OA)=\alpha}$ , στη διχοτόμο $\displaystyle{Oz}$ παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{OB}$ με $\displaystyle{(OB)=\frac{4\alpha}{3}}$ και στην πλευρά $\displaystyle{Oy}$ παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{O\Gamma}$ με $\displaystyle{(O\Gamma)=\frac{16\alpha}{9}}$ . Αν το σημείο $\displaystyle{I}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{OB}$ και το σημείο $\displaystyle{K}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{O\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle{BIA}}$ και $\displaystyle{\vartriangle{BK\Gamma}}$ είναι όμοια.

Πρόβλημα 3

Θεωρούμε ορθογώνιο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ με διαστάσεις $\displaystyle{\alpha, \beta}$ με $\displaystyle{\alpha\neq\beta}$ . Από τις κορυφές $\displaystyle{A, \Gamma}$ φέρουμε παράλληλες ευθείες $\displaystyle{(\varepsilon_1), (\varepsilon_2)}$ , οι οποίες δεν έχουν άλλο κοινό σημείο με το ορθογώνιο και στη συνέχεια φέρουμε από τις κορυφές $\displaystyle{B, \Delta}$ ευθείες $\displaystyle{(\varepsilon_3), (\varepsilon_4)}$ κάθετες στις $\displaystyle{(\varepsilon_1), (\varepsilon_2)}$ . Οι ευθείες $\displaystyle{(\varepsilon_1), (\varepsilon_2), (\varepsilon_3), (\varepsilon_4)}$ σχηματίζουν ένα νέο ορθογώνιο $\displaystyle{K\Lambda MN}$ , του οποίου το εμβαδόν συμβολίζουμε με $\displaystyle{E}$ . Να βρείτε τη μέγιστη τιμή $\displaystyle{E_{max}}$ του $\displaystyle{E}$ .

Πρόβλημα 4

Δίνεται το σύνολο $\displaystyle{A=\{2006+\left|6^{2\mu}-5^\nu\right|,\;\mu,\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}\}}$ .
Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο του συνόλου $\displaystyle{A}$ .

Τσιαλας Νικολαος · #5

Xωρίς να θέλω να ¨χαλάσω" το θέμα θέλω να πω ένα μπράβο στους θεματοδότες και ειδικά για τα τέταρτα θέματα και των 2 τάξεων!!

Ζαιρ · #6

Συμφωνώ ως αφορά το 4 θέμα της β λυκείου , εξαιρετικό για τα τα αλλά τρία δεν μου άρεσαν , δεν μπορείς με αυτά να ξεχωρίσεις τον καλό μαθητή .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #7

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 02, 2017 2:00 pm
Α΄ Λυκείου

Πρόβλημα 4

Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη θετικών και πρώτων ακεραίων $\displaystyle{(\mu, \nu)}$ , για τα οποία ο αριθμός $\displaystyle{\mu^2+7\mu\nu+9\nu^2}$ είναι τέλειο τετράγωνο θετικού ακεραίου.

(Ένας θετικός ακέραιος $\displaystyle{A}$ είναι τέλειο τετράγωνο θετικού ακεραίου, όταν υπάρχει θετικός ακέραιος $\displaystyle{a}$ , ώστε $\displaystyle{A=a^2}$ .)

Έχουμε:

$m^2+7mn+9n^2=a^2\Leftrightarrow m^2+6mn+9n^2+mn=a^2\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow(m+3n)^2+mn=a^2\Leftrightarrow mn=a^2-(m+3n)^2\Leftrightarrow mn=(a-m-3n)(a+m+3n)$

Λόγω του ότι οι αριθμοί m, n

είναι πρώτοι, διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

1. m=a-m-3n, n=a+m+3n

Αφαιρώντας τις δύο σχέσεις κατά μέλη προκύπτει πως $n-m=2m+6n\Leftrightarrow 3m+5n=0$ (άτοπο)

2. n=a-m-3n, m=a+m+3n

Αφαιρώντας τις δύο σχέσεις κατά μέλη προκύπτει ότι $m-n=2m+6n\Leftrightarrow m+7n=0$ (άτοπο)

3. 1=a-m-3n, mn=a+m+3n

Αφαιρώντας τις δύο σχέσεις κατά μέλη προκύπτει ότι $mn-1=2m+6n\Leftrightarrow m=\dfrac{6n+1}{n-2}\Leftrightarrow m-6=\dfrac{13}{n-2}$ , άρα n-2=13

(

, άτοπο) ή $n-2=1\Leftrightarrow n=3$ και $m-6=13\Leftrightarrow m=19$ .

Η λύση (m, n)=(19, 3)

ικανοποιεί την αρχική και εγκρίνεται.

#8

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 03, 2017 12:45 pm

Πρόβλημα 4

Δίνεται το σύνολο $\displaystyle{A=\{2006+\left|6^{2\mu}-5^\nu\right|,\;\mu,\nu\in\{1, 2, 3, \ldots\}\}}$ .
Να βρείτε το ελάχιστο στοιχείο του συνόλου $\displaystyle{A}$ .

Θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε το $\displaystyle{f(m,n)=|36^m-5^n|, m,n=1,2,3,...}$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f(1,2)=11.}$ Θα αποδείξουμε ότι αυτή είναι η ελάχιστη τιμή. Αρκεί να αποκλείσουμε τις τιμές $\displaystyle{\pm 10, \pm 9, \pm 8, \pm 7, \pm 6, \pm 5, \pm 4, \pm 3, \pm 2, \pm 1.}$

Οι άρτιες τιμές βγαίνουν από το παιχνίδι αμέσως, γιατί φανερά $\displaystyle{f(m,n)}$ περιττός.

Επίσης η $\displaystyle{|36^m -5^n|}$ λήγει είτε σε

, είτε σε

, άρα από τις περιττές περιπτώσεις αρκεί να εξετάσουμε τις $\displaystyle{|36^m-5^n|=1, |36^m-5^n|=9.}$

Η δεύτερη αποκλείεται να ισχύει, αφού το αριστερό μέλος δεν είναι πολλαπλάσιο του

.

Ας είναι τώρα $\displaystyle{36^m-5^n=1\iff 36^m-1=5^n\iff 35k=5^n\implies 7|5^n,}$ άτοπο.

Τέλος, ας είναι $\displaystyle{36^m-5^n=-1.}$ Αυτή πάλι είναι αδύνατη, εξετάζοντας το τελευταίο ψηφίο του αριστερού μέλους.

Τελικά το ελάχιστο στοιχείο του συνόλου είναι το $\displaystyle{2006+11=2017.}$

***Διόρθωση τυπογραφικού

kfd · #9

Soteris · #10

Γ΄ Λυκείου

Πρόβλημα 1

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f:[0, +\infty)\to\mathbb{R}}$ , με τις ιδιότητες:
i. $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{[0, +\infty)}$
ii. $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0, +\infty)}$
iii. $\displaystyle{f(0)=0}$
iv. η γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ στρέφει τα κοίλα προς τα πάνω στο $\displaystyle{(0, +\infty)}$

Ορίζουμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g:(0, +\infty)\to\mathbb{R}}$ , με $\displaystyle{g(x)=\frac{f(x)}{x}}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\pi f(e)<e f(\pi)}$ .

Πρόβλημα 2

Ίδιο με το πρόβλημα 3 της Β΄ Λυκείου.

Πρόβλημα 3

Ίδιο με το πρόβλημα 4 της Β΄ Λυκείου

Πρόβλημα 4

Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ , με $\displaystyle{\angle{B}=\angle{\Delta}=90^\circ}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\angle{BA\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{B\Gamma A}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{I}$ και τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{H}$ και $\displaystyle{\Theta}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{B\Theta H}}$ . Η ευθεία $\displaystyle{OI}$ τέμνει τις ευθείες $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{\Xi}$ και $\displaystyle{N}$ , αντίστοιχα. Σημειώνουμε με $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής των διαγωνίων $\displaystyle{A\Gamma, B\Delta}$ του $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{A\Delta Z}}$ τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{K}$ , αντίστοιχα. Αν $\displaystyle{P}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{MK}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{M, N, \Xi, P}$ βρίσκονται πάνω στον ίδιο κύκλο.

KARKAR · #11

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 03, 2017 12:45 pm
Β΄ Λυκείου , Πρόβλημα 3
Θεωρούμε ορθογώνιο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ με διαστάσεις $\displaystyle{\alpha, \beta}$ με $\displaystyle{\alpha\neq\beta}$ . Από τις κορυφές $\displaystyle{A, \Gamma}$

φέρουμε παράλληλες ευθείες $\displaystyle{(\varepsilon_1), (\varepsilon_2)}$ , οι οποίες δεν έχουν άλλο κοινό σημείο με το ορθογώνιο

και στη συνέχεια φέρουμε από τις κορυφές $\displaystyle{B, \Delta}$ ευθείες $\displaystyle{(\varepsilon_3), (\varepsilon_4)}$ κάθετες στις $\displaystyle{(\varepsilon_1), (\varepsilon_2)}$ .

Οι ευθείες $\displaystyle{(\varepsilon_1), (\varepsilon_2), (\varepsilon_3), (\varepsilon_4)}$ σχηματίζουν ένα νέο ορθογώνιο $\displaystyle{K\Lambda MN}$ ,

του οποίου το εμβαδόν συμβολίζουμε με $\displaystyle{E}$ . Να βρείτε τη μέγιστη τιμή $\displaystyle{E_{max}}$ του $\displaystyle{E}$ .

Είναι το πρόβλημα αυτό , λύση Βισβίκη (πάλι ?

)

#12

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 03, 2017 12:45 pm
Β΄ Λυκείου

Πρόβλημα 2

Δίνεται γωνία $\displaystyle{\angle{xOy}}$ και $\displaystyle{Oz}$ η διχοτόμος της. Στην πλευρά $\displaystyle{Ox}$ παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{OA}$ με $\displaystyle{(OA)=\alpha}$ , στη διχοτόμο $\displaystyle{Oz}$ παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{OB}$ με $\displaystyle{(OB)=\frac{4\alpha}{3}}$ και στην πλευρά $\displaystyle{Oy}$ παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{O\Gamma}$ με $\displaystyle{(O\Gamma)=\frac{16\alpha}{9}}$ . Αν το σημείο $\displaystyle{I}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{OB}$ και το σημείο $\displaystyle{K}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{O\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle{BIA}}$ και $\displaystyle{\vartriangle{BK\Gamma}}$ είναι όμοια.

: Παγκύπριος 2017 (Β. Λύκειο).II.png (11.54 KiB) Προβλήθηκε 3549 φορές

$\displaystyle O{B^2} = \frac{{16{a^2}}}{9} = a \cdot \frac{{16a}}{9} = OA \cdot OC$ κι επειδή η

είναι διχοτόμος, τα τρίγωνα OAB, OBC

είναι όμοια,

άρα $O\widehat BA=O\widehat CB$ και $\displaystyle \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{3}{4}.$ Αλλά, $\displaystyle \frac{{IB}}{{KC}} = \frac{{2a/3}}{{8a/9}} = \frac{3}{4} = \frac{{AB}}{{BC}},$

οπότε τα τρίγωνα BIA, BKC

είναι όμοια (έχουν δύο πλευρές ανάλογες και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες).

#13

Soteris έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 03, 2017 12:45 pm
Β΄ Λυκείου

Πρόβλημα 1

(α) Να βρείτε την τιμή της παραμέτρου $\displaystyle{\theta\in(0, \pi)}$ , για την οποία η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ με $\displaystyle{f(x)=\sigma\upsilon\nu^2x+\sigma\upsilon\nu^2(x+\theta)-\sigma\upsilon\nu x\cdot\sigma\upsilon\nu(x+\theta),\;x\in\mathbb{R}}$ είναι σταθερή.

(β) Να βρείτε την τιμή της $\displaystyle{f}$ .

Αν υπάρχει τέτοια τιμή του $\theta\in (0,\pi),$ θα πρέπει να επαληθεύεται για κάθε τιμή του

άρα θα είναι και $f(0)=f(\dfrac{\pi}{2})$

$\displaystyle 1 + \sigma \upsilon {\nu ^2}\theta - \sigma \upsilon \nu \theta = \eta {\mu ^2}\theta = 1 - \sigma \upsilon {\nu ^2}\theta \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \theta (2\sigma \upsilon \nu \theta - 1) = 0 \Leftrightarrow \theta = \frac{\pi }{2} \vee \theta = \frac{\pi }{3}$

● Αν $\displaystyle \theta = \frac{\pi }{2},$ τότε: $\displaystyle f(x) = \sigma \upsilon {\nu ^2}x + \eta {\mu ^2}x - \sigma \upsilon \nu x( - \eta \mu x) = 1 + \eta \mu x\sigma \upsilon \nu x,$ που εξαρτάται από το

άρα απορρίπτεται.

● Αν $\displaystyle \theta = \frac{\pi }{3},$ τότε: $\displaystyle f(x) = \sigma \upsilon {\nu ^2}x + \sigma \upsilon {\nu ^2}\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) - \sigma \upsilon \nu x\sigma \upsilon \nu \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) =$

$\displaystyle \sigma \upsilon {\nu ^2}x + {\left( {\frac{1}{2}\sigma \upsilon \nu x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu x} \right)^2} - \sigma \upsilon \nu x\left( {\frac{1}{2}\sigma \upsilon \nu x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu x} \right) =$

$\displaystyle \sigma \upsilon {\nu ^2}x + \frac{1}{4}\sigma \upsilon {\nu ^2}x + \frac{3}{4}\eta {\mu ^2}x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu x\sigma \upsilon \nu x - \frac{1}{2}\sigma \upsilon {\nu ^2}x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu x\sigma \upsilon \nu x = \frac{3}{4}$

Άρα για $\boxed{\theta = \frac{\pi }{3}},$ η συνάρτηση είναι σταθερή και παίρνει την τιμή $\boxed{f(x)=\frac{3}{4}}$

#14

θέμα 1 Γ Λυκείου
Η $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$ με $\displaystyle{g'(x)=\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2},x>0}$ [1]

Ισχύουν οι προυποθέσεις ΘΜΤ στο $\displaystyle{(0,x)}$ για την $\displaystyle{f}$ και έτσι:

$\displaystyle{g'(x)=\frac{xf'(x)-(f(x)-f(0))}{x^2}=\frac{x(f'(x)-f'(u))}{x^2}=\frac{f'(x)-f'(u)}{x}}$ με $\displaystyle{0<u<x}$ [2]

H $\displaystyle{f'}$ είναι γν. αύξουσα για $\displaystyle{x>0}$ διότι $\displaystyle{f}$ κοίλη άρα $\displaystyle{g'(x)>0}$ από [2] αφού $\displaystyle{f'(x)>f'(u)}$ και τότε $\displaystyle{g}$ γν.αύξουσα στο $\displaystyle{[e,\pi]}$ μια που είναι και συνεχής στο διάστημα αυτό αρα $\displaystyle{g(e)<g(\pi)}$ που είναι το ζητούμενο

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #15

Soteris έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 04, 2017 8:06 pm

Πρόβλημα 4

Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ , με $\displaystyle{\angle{B}=\angle{\Delta}=90^\circ}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\angle{BA\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{B\Gamma A}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{I}$ και τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{H}$ και $\displaystyle{\Theta}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{B\Theta H}}$ . Η ευθεία $\displaystyle{OI}$ τέμνει τις ευθείες $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{\Xi}$ και $\displaystyle{N}$ , αντίστοιχα. Σημειώνουμε με $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής των διαγωνίων $\displaystyle{A\Gamma, B\Delta}$ του $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{A\Delta Z}}$ τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{K}$ , αντίστοιχα. Αν $\displaystyle{P}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{MK}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{M, N, \Xi, P}$ βρίσκονται πάνω στον ίδιο κύκλο.

: pagkyprios-g-4.png (31.61 KiB) Προβλήθηκε 3363 φορές

Από το εγγράψιμο AMKD

προκύπτει ότι πως $\widehat{RMA}=\widehat{ADK}=90^o$ .

Άρα αρκεί $\widehat{NXA}=90^o$ , δηλαδή $OI\perp AC$ .

Παρατηρούμε πως αφού το τρίγωνο BTH

είναι ορθογώνιο, το

είναι το μέσο του

.

Αρκεί ειδικότερα να αποδείξουμε αυτό το λήμμα:

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ABC

( $\widehat{A}=90^o$ ) με έγκεντρο

. Οι ευθείες

και

τέμνουν τις

και

αντίστοιχα στα σημεία E, D

. Να αποδειχθεί ότι η κάθετη από το

στην

διέρχεται από το μέσο του

.

: pagkyprios-g-4-limma.png (13.21 KiB) Προβλήθηκε 3355 φορές

Απόδειξη:

Έστω πως αυτή η κάθετη τέμνει την

στο

, την

στο

και την

στο

.

Από θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο EDB

με διατέμνουσα την IMK

έχουμε την σχέση:

$\dfrac{BI}{IE}\cdot \dfrac{EM}{MD}\cdot \dfrac{KD}{KB}=1$

Θέλουμε να αποδείξουμε πως EM=MD

, οπότε αρκεί:

$\dfrac{BI}{IE}=\dfrac{KB}{KD}$

Από θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο DBC

με διατέμνουσα την FIK

έχουμε την σχέση:

$\dfrac{BF}{FC}\cdot \dfrac{CI}{ID}\cdot \dfrac{KD}{KB}=1\Leftrightarrow \dfrac{BF}{FC}\cdot \dfrac{CI}{ID}=\dfrac{KB}{KD}$

Άρα αρκεί:

$\dfrac{BF}{FC}\cdot \dfrac{CI}{ID}=\dfrac{BI}{IE}\Leftrightarrow \dfrac{BF}{FC}=\dfrac{IB}{IE}\cdot \dfrac{ID}{IC}$

Τα τρίγωνα DIB

και

έχουν κοινή γωνία, επομένως ο λόγος $\dfrac{IB\cdot ID}{IC\cdot IE}$ δηλώνει το λόγο των εμβαδών τους.

Όμως αυτά τα τρίγωνα έχουν το ίδιο ύψος από την κορυφή

(ιδιότητα έγκεντρου), άρα ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με $\dfrac{BD}{CE}$ .

Αρκεί λοιπόν $\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{BF}{FC}$ .

Έστω $\widehat{DBI}=\widehat{IBC}=x$ . Θα είναι $\widehat{ECI}=\widehat{ICB}=45^o-x$ , $\widehat{BID}=\widehat{EIC}=45^o$ , $\widehat{BDI}=135^o-x$ και $\widehat{IEC}=90^o+x$ .

Από νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο IDB

έχουμε πως $\dfrac{BD}{BI}=\dfrac{\sin{45^o}}{\sin{(135^o-x)}}$ , ενώ από νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο EIC

έχουμε ότι $\dfrac{CE}{CI}=\dfrac{\sin{45^o}}{\sin{(90^o+x)}}$ .

Διαιρώντας προκύπτει ότι $\dfrac{BD}{CE}\cdot \dfrac{IC}{IB}=\dfrac{\sin{(90^o+x)}}{\sin{(135^o-x)}}$

Ακόμη έχουμε πως $\dfrac{BF}{BI}=\cos{x}$ , ενώ $\dfrac{FC}{IC}=\cos{(45^o-x)}$ .

Διαιρώντας προκύπτει ότι $\dfrac{BF}{FC}\cdot \dfrac{IC}{IB}=\dfrac{\cos{x}}{\cos{(45^o-x)}}=$

$=\dfrac{\sin{(90^o-x)}}{\sin{(45^o+x)}}=\dfrac{\sin{(90^o+x)}}{\sin{(135^o-x)}}=\dfrac{BD}{CE}\cdot \dfrac{IC}{IB}$

Άρα $\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{BF}{FC}$ και το λήμμα αποδείχθηκε!

Edit: προσθήκη σχήματος και διόρθωση κάποιων τυπογραφικών

Al.Koutsouridis · #16

Soteris έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 04, 2017 8:06 pm
Γ΄ Λυκείου

Πρόβλημα 4

Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ , με $\displaystyle{\angle{B}=\angle{\Delta}=90^\circ}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\angle{BA\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{B\Gamma A}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{I}$ και τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{H}$ και $\displaystyle{\Theta}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{B\Theta H}}$ . Η ευθεία $\displaystyle{OI}$ τέμνει τις ευθείες $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{\Xi}$ και $\displaystyle{N}$ , αντίστοιχα. Σημειώνουμε με $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής των διαγωνίων $\displaystyle{A\Gamma, B\Delta}$ του $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{A\Delta Z}}$ τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{K}$ , αντίστοιχα. Αν $\displaystyle{P}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{MK}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{M, N, \Xi, P}$ βρίσκονται πάνω στον ίδιο κύκλο.

Σίγουρα υπάρχει κάτι πιο όμορφο και απλό αλλά επειδή ξεκίνησα μετρικά ας έχει...Θα αποδείξουμε αρχικά το παρακάτω λήμμα:

: lhmma_orthogonio.png (8.71 KiB) Προβλήθηκε 3371 φορές

Λήμμα: Αν $ABC (\angle A =90^0)$ ορθογώνιο τρίγωνο και D,E,Z

τα ίχνη των διχοτόμων του από τις κορυφές A,B,C

αντίστοιχα τότε η ευθεία που ορίζουν το μέσο

του

και το έγκεντρο

του τριγώνου είναι κάθετη στην υποτείνουσα.

Απόδειξη: Αρκεί να δείξουμε ότι BI^2-CI^2 = BO^2-CO^2

. Για το δεύτερο μέλος έχουμε από το δεύτερο θεώρημα διαμέσων

$\left.\begin{matrix} 2BO^2+ZE^2/2=BZ^2+BE^2\\ 2CO^2+ZE^2/2=CZ^2+CE^2 \end{matrix}\right\} \Rightarrow 2(BO^2-CO^2) = BZ^2+BE^2-CZ^2-CE^2 = \xrightarrow[BE^2=AB^2+AE^2]{CZ^2=AZ^2+AC^2} =$
= BZ^2+AB^2+AE^2-AC^2-AZ^2-CE^2

(1)

Χρησιμοποιώντας τις μετρικές σχέσεις του θεωρήματος διχοτόμων η (1) γράφεται διαδοχικά

$2(BO^2-CO^2) = \dfrac{(ac)^2}{(a+b)^2} +c^2 +\dfrac{(bc)^2}{(a+c)^2} -b^2 -\dfrac{(bc)^2}{(a+b)^2} - \dfrac{(ab)^2}{(a+c)^2} =$

$= \dfrac{(ac)^2-(bc)^2}{(a+b)^2} + \dfrac{(bc)^2-(ab)^2}{(a+c)^2} + c^2-b^2 =$

$= \dfrac{c^2(a+b)(a-b)}{(a+b)^2} +\dfrac{b^2(a+c)(c-a)}{(a+c)^2} +c^2-b^2 =$

$= \dfrac{c^2(a-b)}{(a+b)} + \dfrac{b^2(a-c)}{(a+c)}+c^2-b^2 =$

$= \dfrac{c^2(a-b)(a+c)}{(a+b)(a+c)} + \dfrac{b^2(c-a)(a+b)}{(a+b)(a+c)} + \dfrac{(c^2-b^2)(a+b)(a+c)}{(a+b)(a+c)} =$

Αν ανοίξουμε τις παρενθέσεις και κανουμε αναγωγή ομοίων όρων στον αριθμητή εύκολα αλλά επίπονα στο γράψιμο στον υπολογιστή βρίσκουμε

$= \dfrac{2(c^3a+c^4-b^4-b^3a)}{(a+b)(a+c)} = \dfrac{2(a(c^3-b^3)+c^4-b^4))}{(a+b)(a+c)} = \dfrac{2(a(c-b)(c^2+b^2+bc)+(c^2-b^2)(c^2+b^2))}{(a+b)(a+c)} =$

Επειδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ισχύει a^2=b^2+c^2

και η παράσταση γίνεται

$= \dfrac{2(a(c-b)(a^2+bc)+(c-b)(b+c)(a^2))}{(a+b)(a+c)} = \dfrac{2(a(c-b)(a^2+bc+a(b+c))}{(a+b)(a+c)} =$

$=\dfrac{2(a(c-b)(a^2+bc+ab+ac))}{(a+b)(a+c)} = \dfrac{2(a(c-b)(a+b)(a+c))}{(a+b)(a+c)} = 2a(c-b)$ (2)

Ισχύει όμως BI^2-CI^2 = BK^2-CK^2

, όπου

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του ABC

με την υποτείνουσα ( $IK \perp BC$ ). Ομως $BK = \dfrac{(a+c-b)}{2}, CK = \dfrac{(a+b-c)}{2}$ . Οπότε έχουμε

$BK^2-CK^2 = \dfrac{(a+c-b)^2}{4}- \dfrac{(a+b-c)^2}{4} = a(c-b)$

γεγονός που ολοκληρώνει την απόδειξη του λήμματος.

Στο πρόβλημά μας τώρα (για ευκολία τα ονόματα των σημείων αντιστοιχήθηκαν σε λατινικούς χαρακτήρες, βλέπε σχήμα).

: pagkuprios_diagonismos_2017.png (34.77 KiB) Προβλήθηκε 3371 φορές

Εφόσον το τρίγωνο ABC

είναι ορθογώνιο με $\angle B =90^0$ το κέντρο (

)του περιγγεγραμμένου κύκλου του επίσης ορθογώνιου τριγώνου JBH

θα είναι το μέσο του

. Οπότε σύμφωνα με το παραπάνω λήμμα θα είναι $OI \perp AC$ .

Επειδή $\angle CDA =90^0$ και το τετράπλευρο ADKM

είναι εγγεγραμμένο θα ισχύει και $\angle CDA =\angle ADK =\angle AMP =90^0$ . Από την καθετότητα $OI \perp AC$ έχουμε ότι $NQ \perp AC \Rightarrow \angle NQP =90^0$ . Δηλαδή $\angle NQP =\angle NMP =90^0$ και τα σημεία N,Q,M,P

είναι ομοκυκλικά.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #17

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 09, 2017 10:23 pm

Soteris έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 04, 2017 8:06 pm
Γ΄ Λυκείου

Πρόβλημα 4

Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ , με $\displaystyle{\angle{B}=\angle{\Delta}=90^\circ}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\angle{BA\Gamma}}$ και $\displaystyle{\angle{B\Gamma A}}$ τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{I}$ και τέμνουν τις πλευρές $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{H}$ και $\displaystyle{\Theta}$ , αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{O}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{B\Theta H}}$ . Η ευθεία $\displaystyle{OI}$ τέμνει τις ευθείες $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{AB}$ στα σημεία $\displaystyle{\Xi}$ και $\displaystyle{N}$ , αντίστοιχα. Σημειώνουμε με $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής των διαγωνίων $\displaystyle{A\Gamma, B\Delta}$ του $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle{A\Delta Z}}$ τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ στα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{K}$ , αντίστοιχα. Αν $\displaystyle{P}$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{MK}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ , να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{M, N, \Xi, P}$ βρίσκονται πάνω στον ίδιο κύκλο.
Σίγουρα υπάρχει κάτι πιο όμορφο και απλό αλλά επειδή ξεκίνησα μετρικά ας έχει...Θα αποδείξουμε αρχικά το παρακάτω λήμμα:

Ανεβάσαμε σχεδόν ταυτόχρονα παρόμοια λύση! Διαφέρει μόνο ο τρόπος απόδειξης του λήμματος.

Al.Koutsouridis · #18

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 09, 2017 11:22 pm
Ανεβάσαμε σχεδόν ταυτόχρονα παρόμοια λύση! Διαφέρει μόνο ο τρόπος απόδειξης του λήμματος.

Όντως

. Η δικιά σου είναι πιο όμορφη και κοψή όμως

.

Al.Koutsouridis · #19

Soteris έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 02, 2017 2:00 pm
Α΄ Λυκείου
Πρόβλημα 3

Θεωρούμε δύο κύκλους $\displaystyle{(c_1)}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ , που εφάπτονται εξωτερικά στο $\displaystyle{B}$ και φέρουμε τις διαμέτρους τους $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , αντίστοιχα. Γράφουμε τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ , διαμέτρου $\displaystyle{A\Gamma}$ . Έστω $\displaystyle{I}$ σημείο ενός από τα δύο ημικύκλια, διαμέτρου $\displaystyle{B\Gamma}$ του κύκλου $\displaystyle{(c_2)}$ . Η ευθεία $\displaystyle{IB}$ τέμνει τον $\displaystyle{(c_1)}$ στο $\displaystyle{\Lambda}$ και τον $\displaystyle{(c)}$ στα σημεία $\displaystyle{N, M}$ , ώστε το $\displaystyle{\Lambda}$ να βρίσκεται μεταξύ των $\displaystyle{N}$ και $\displaystyle{B}$ . Από το κέντρο $\displaystyle{O}$ του κύκλου $\displaystyle{(c)}$ φέρουμε την κάθετη στην $\displaystyle{MN}$ , που τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{(c)}$ στο $\displaystyle{T}$ . Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\angle{NT\Lambda}=\angle{MTI}}$ .

: pagkuprios_diagonismos_2017_a_lukeiou_pr3.png (20.74 KiB) Προβλήθηκε 3249 φορές

Αφού $OT \perp MN$ το σημείο

είναι το μέσο του τόξου

. Άρα το τρίγωνο NTM

είναι ισοσκελές με TN=TM

. Η

θα είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε $\angle NTO = \angle MTO$ (1).

Επίσης είναι $\angle ALB = \angle CIB =90^0$ . Επομένως AL || CI

και εφόσον

το μέσο

η ευθεία

είναι μεσοπαράλληλος των AL, CI

θα διέρχεται και από το μέσο, έστω

, του τμήματος

.

Δηλαδή η

είναι διάμεσος και ύψος του τριγώνου LTI

. Άρα το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές με TL=TI

και $\angle LTK = \angle ITK$ (2).

Αφαιρώντας κατά μέλη την (2) από την (1) βρίσκουμε ότι $\angle NTL = \angle MTI$ .

Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Λυκείου, 2017

Μέλη σε σύνδεση