Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

parmenides51 · #1

1. Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν πραγματικοί μη μηδενικοί αριθμοί $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma}$ ώστε οι εξισώσεις :

$\displaystyle{\begin{matrix} \alpha x^2+\beta x + \gamma =0\\ \beta x^2+\gamma x + \alpha =0\\ \gamma x^2+\alpha x + \beta =0 \end{matrix}}$

να έχουν λύσεις $\displaystyle{(x_1,x_2),(x_2,x_3),(x_3,x_1)}$ αντίστοιχα, όπου $\displaystyle{x_1,x_2,x_3}$ πραγματικοί αριθμοί διαφορετικοί ανά δυο.

2. Ας είναι $\displaystyle{M,N}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{A\Delta,B\Gamma}$ αντίστοιχα του ορθογωνίου $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{P}$ σημείο της προέκτασης της ημιευθείας $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ .
Αν $\displaystyle{\Sigma}$ η τομή των $\displaystyle{A\Gamma,PM}$ να δείξετε οτι $\displaystyle{\widehat{MN\Sigma}= \widehat{MNP}}$ .

3. Τα μέτρα των πλευρών τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι οι αριθμοί $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma}$ ( $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}_+^*}$ ).
i) Να δείξετε οτι και οι αριθμοί $\displaystyle{\frac{\alpha}{2\alpha+1},\frac{ \beta}{2\beta+1},\frac{\gamma}{2\gamma+1}}$ είναι μέτρα πλευρών $\displaystyle{A_1B_1\Gamma_1}$ .
ii) Τι πρέπει να συμβαίνει ώστε τα τετράγωνα των μέτρων του ενός τριγώνου να είναι τα μέτρα των πλευρών του άλλου;

4. α) Θεωρούμε το σύνολο $\displaystyle{A=\{1,2,...,1985\}}$ και μια συνάρτηση $\displaystyle{f: A \to A}$ που είναι αμφιμονοσήμαντη και επί.
Να δείξετε οτι το γινόμενο $\displaystyle{(f(1)+1)\cdot(f(2)+2)\cdot ... \cdot (f(1985)+1985)}$ είναι άρτιος αριθμός.

β) Να βρείτε μια πολυωνυμική συνάρτηση α' βαθμού $\displaystyle{f}$ γνωρίζοντας ότι $\displaystyle{f (0) \ne 0}$ και οτι η εξίσωση $\displaystyle{f (x\cdot f(x))=0}$ έχει μοναδική λύση.

KARKAR · #2

parmenides51 έγραψε: 2. Ας είναι $\displaystyle{M,N}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{A\Delta,B\Gamma}$ αντίστοιχα του ορθογωνίου $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{P}$ σημείο της προέκτασης της ημιευθείας $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ .
Αν $\displaystyle{\Sigma}$ η τομή των $\displaystyle{A\Gamma,PM}$ να δείξετε οτι $\displaystyle{\widehat{MN\Sigma}= \widehat{MNP}}$ .

Έχουμε , νομίζω , δεί στο

, διάφορες λύσεις του συγκεκριμένου θέματος . Ας γράψουμε μία ακόμη .

: 1985.png (11.8 KiB) Προβλήθηκε 1103 φορές

Φέρω την

(

το κέντρο ) , η οποία τέμνει την

στο

. Είναι : $\displaystyle \frac{MO}{PC}=\frac{SM}{SP}, \kappa \alpha \iota \frac{ON}{PC}=\frac{TO}{TP}\Rightarrow ST//MN$ .

Αν η

τέμνει την

στο

, προφανώς το

είναι το μέσο της

, συνεπώς

η

είναι διχοτόμος της $\widehat{SNQ}$ , άρα η κάθετή της

θα είναι διχοτόμος της $\widehat{SNP}$ .

#3

parmenides51 έγραψε:2. Ας είναι $\displaystyle{M,N}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{A\Delta,B\Gamma}$ αντίστοιχα του ορθογωνίου $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{P}$ σημείο της προέκτασης της ημιευθείας $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ . Αν $\displaystyle{\Sigma}$ η τομή των $\displaystyle{A\Gamma,PM}$ να δείξετε οτι $\displaystyle{\widehat{MN\Sigma}= \widehat{MNP}}$ .

: 1.svg.png (23.09 KiB) Προβλήθηκε 1079 φορές

Ας είναι $\displaystyle{ O \equiv MN \cap AC }$ , και $\displaystyle{ T \equiv PN \cap AC }$ . Τότε προφανώς (από το ορθογώνιο) είναι $\displaystyle{ O$ το μέσο της και $\displaystyle{ PC\parallel MN }$ οπότε η δέσμη $\displaystyle{ P.STOC }$ είναι αρμονική άρα και η σειρά $\displaystyle{ \left( {S,T,O,C} \right) }$ είναι αρμονική άρα και η δέσμη $\displaystyle{ N.STOC }$ είναι αρμονική και με $\displaystyle{ NO \bot NC \Rightarrow NO }$ διχοτόμος της $\displaystyle{ \angle TNS }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#4

1. Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν πραγματικοί μη μηδενικοί αριθμοί $\displaystyle{\alpha, \beta, \gamma}$ ώστε οι εξισώσεις :

$\displaystyle{\begin{matrix} \alpha x^2+\beta x + \gamma =0\\ \beta x^2+\gamma x + \alpha =0\\ \gamma x^2+\alpha x + \beta =0 \end{matrix}}$

να έχουν λύσεις $\displaystyle{(x_1,x_2),(x_2,x_3),(x_3,x_1)}$ αντίστοιχα, όπου $\displaystyle{x_1,x_2,x_3}$ πραγματικοί αριθμοί διαφορετικοί ανά δυο.

Λύση Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί. Σύμφωνα με τους τύπους Vieta

$\displaystyle{x_1+x_2=-\frac{\beta }{\alpha }}$ και $\displaystyle{x_2+x_3=\frac{\alpha }{\beta }}.$

Πολλαπλασιάζοντας βρίσκουμε $\displaystyle{x_1x_2x_3+x_2^2x_3=-1}.$

Ομοίως $\displaystyle{x_1x_2x_3+x_3^2x_1=-1}$

$\displaystyle{x_1x_2x_3+x_1^2x_2=-1}$ .

Άρα $\displaystyle{x^2_3x_1=x_2^2x_3=x_1^2x_2}$ .

Οι $\displaystyle{x_1,x_2,x_3}$ είναι μη μηδενικοί αφού οι $\alpha ,\beta ,\gamma$ είναι μη μηδενικοί.

Άρα x_1^2=x_2x_3

οπότε

Ομοίως

και

.

Επομένως

x_1=x_2=x_3

, άτοπο.

ArgirisM · #5

Μία λύση για το τέταρτο. α) Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση f τέτοια ώστε το γινόμενο των 1985 αυτών παραγόντων να είναι περιττός. Αυτό πρακτικά σημαίνει ότι κάθε τιμή της f θα είναι τέτοια ώστε προσθέτοντας σε αυτή τον άλλο αριθμό που υπάρχει στην παρένθεση να προκύπτει περιττός, ώστε να μην έχουμε κανέναν άρτιο παράγοντα. Αν δηλαδή το f(x)

είναι περιττός, πρέπει ο άλλος όρος στην παρένθεση να είναι άρτιος, ενώ αν είναι άρτιος, ο άλλος να είναι περιττός. Αυτό το κάνουμε χωρίς κανένα πρόβλημα στις περιπτώσεις των πρώτων 1984 παραγόντων. Παρατηρούμε όμως ότι στο σύνολο τιμών της f, οι περιττοί είναι περισσότεροι από τους άρτιους, επομένως στο τέλος θα μείνει ένας περιττός στον οποίο αναγκαστικά θα προσθέσουμε περιττό, οπότε το άθροισμα θα είναι άρτιος! Άρα πάντα, με οποιονδήποτε τρόπο κι αν η f αντιστοιχίζει τα στοιχεία το πεδίου ορισμού της στα στοιχεία του συνόλου τιμών της, θα υπάρχει τουλάχιστον ένας άρτιος παράγοντας στο γινόμενο.
β) Η συνάρτηση θα είναι της μορφής f(x) = ax + b

με $a,b \in R*$ . Είναι f(xf(x)) = a^2x^2 + abx + b = 0

το οποίο είναι τριώνυμο. Για να είναι η παραπάνω εξίσωση μοναδική λύση, αναγκαστικά η διακρίνουσα του θα πρέπει να είναι ίση με 0. Έχουμε $\Delta = a^2b^2 - 4a^2b = 0 \Longleftrightarrow b = 4 (a,b \ne 0)$ . Άρα f(x) = ax + 4

(π.χ.

.

parmenides51 · #6

parmenides51 έγραψε:2. Ας είναι $\displaystyle{M,N}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{A\Delta,B\Gamma}$ αντίστοιχα του ορθογωνίου $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{P}$ σημείο της προέκτασης της ημιευθείας $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ .
Αν $\displaystyle{\Sigma}$ η τομή των $\displaystyle{A\Gamma,PM}$ να δείξετε οτι $\displaystyle{\widehat{MN\Sigma}= \widehat{MNP}}$ .

άλλες λύσεις εδώ κι εδώ

#7

Λύση του 3ου

α) Εφόσον οι θετικοί αριθμοί $\displaystyle{a,b,c}$ είναι μέτρα πλευρών ενός τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ θα ισχύει:

$\displaystyle a<b+c,\ \ b<c+a,\ \ c<a+b \ \ (1)$

Για να είναι οι αριθμοί:

$\displaystyle \frac{a}{2a+1},\ \ \frac{b}{2b+1},\ \ \frac{c}{2c+1}$

μέτρα πλευρών ενός άλλου τριγώνου $\displaystyle{A_1B_1C_1}$ θα πρέπει να ισχύουν αντίστοιχες με την (1) ανισότητες.

Πράγματι η ανισότητα:

$\displaystyle \frac{a}{2a+1}< \frac{b}{2b+1}+ \frac{c}{2c+1}\ \ (2)$

μετά πράξεις γίνεται:

$\displaystyle{a<b+c+4abc+4bc}$

η οποία λόγω της (1) είναι αληθής. Όμοια δείχνονται και οι άλλες δύο.

β) Για να συμβαίνει αυτό θα πρέπει το σύνολο:

$\displaystyle S=\left\{a^2,b^2,c^2 \right\}$

να ταυτίζεται με το σύνολο:

$\displaystyle S΄=\left\{\frac{a}{2a+1},\frac{b}{2b+1},\frac{c}{2c+1} \right\}$

Ειδικότερα αυτό συμβαίνει όταν:

$\displaystyle a^2=\frac{a}{2a+1}\Leftrightarrow 2a^3+a^2-a=0\stackrel{a\neq 0}{\Leftrightarrow} 2a^2+a-1=0\Leftrightarrow a=\frac{1}{2}$

Όμοια:

$\displaystyle{b=c=\frac{1}{2}}$ .

Δηλαδή τα δύο τρίγωνα είναι ισόπλευρα.

Το πρώτο έχει πλευρά ίση με $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ και το δεύτερο με πλευρά ίση με $\displaystyle{ \frac{1}{4}}$

Κώστας Δόρτσιος

Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Re: Π.Μ.Δ.Μ. Β' Λυκείου 1985

Μέλη σε σύνδεση