ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

#21

ΑΣΚΗΣΗ 8 (Γ ΛΥΚΕΙΟΥ): Θεωρούμε τις ακολουθίες $\displaystyle{a_{n},b_{n},c_{n} , n\epsilon N}$ μη αρνητικών αριθμών , για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

$\displaystyle{3a_{n+1}\leq b_{n}+c_{n} }$

$\displaystyle{3b_{n+1}\leq a_{n}+c_{n}}$

$\displaystyle{3c_{n+1}\leq a_{n}+b_{n}}$ , για κάθε $\displaystyle{n\epsilon N}$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{lima_{n}=limb_{n}=limc_{n}=0}$

ΑΣΚΗΣΗ 9 (Α ΛΥΚΕΙΟΥ): Θεωρούμε τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ και σημείο $\displaystyle{Z}$ της προέκτασης της $\displaystyle{AC}$ ώστε $\displaystyle{AC=BZ=DZ}$ . Αν $\displaystyle{E}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{Z}$ ως προς το $\displaystyle{C}$ να υπολογίσετε την γωνία $\displaystyle{EBC}$

#22

ΑΣΚΗΣΗ 10

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ με την ιδιότητα :

$f(xf(y)) + f(yf(x)) = 2xy , \forall x,y \in \mathbb R$

Μπάμπης
(Για να έχουμε από την αρχή και μία τουλάχιστον συναρτησιακή)

#23

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ με την ιδιότητα :

$f(xf(y)) + f(yf(x)) = 2xy , \forall x,y \in \mathbb R$

Μπάμπης
(Για να έχουμε από την αρχή και μία τουλάχιστον συναρτησιακή)

Είναι η 419:
viewtopic.php?p=97285#p97285

Ιστοσελίδα · #24

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8 (Γ ΛΥΚΕΙΟΥ): Θεωρούμε τις ακολουθίες $\displaystyle{a_{n},b_{n},c_{n} , n\epsilon N}$ μη αρνητικών αριθμών , για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

$\displaystyle{3a_{n+1}\leq b_{n}+c_{n} }$

$\displaystyle{3b_{n+1}\leq a_{n}+c_{n}}$

$\displaystyle{3c_{n+1}\leq a_{n}+b_{n}}$ , για κάθε $\displaystyle{n\epsilon N}$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{lima_{n}=limb_{n}=limc_{n}=0}$

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

$3(a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1})\leq 2(a_{n}+b_{n}+c_{n}) \Rightarrow a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1}\leq \dfrac{2}{3}\left(a_{n}+b_{n}+c_{n}\right)$

Θέτουμε: $x_n=a_{n}+b_{n}+c_{n}$ και έχουμε:

$0\leq x_{n+1}\leq \dfrac{2}{3}x_n \leq \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 x_{n-1} \leq \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 x_{n-2} \leq ... \leq \left(\dfrac{2}{3}\right)^n x_1$

Επειδή $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left(\dfrac{2}{3}\right)^n =0$ τότε και $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_{n+1} =0 \Rightarrow \lim_{n\to\infty}x_{n} =0$ .

Είναι: $0\leq a_n\leq x_n$ και αφού $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n =0$ , τότε και $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n =0$ .

Όμοια $\displaystyle \lim_{n\to\infty}b_n = \lim_{n\to\infty}c_n =0$ .

#25

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8 (Γ ΛΥΚΕΙΟΥ): Θεωρούμε τις ακολουθίες $\displaystyle{a_{n},b_{n},c_{n} , n\epsilon N}$ μη αρνητικών αριθμών , για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις:

$\displaystyle{3a_{n+1}\leq b_{n}+c_{n} }$

$\displaystyle{3b_{n+1}\leq a_{n}+c_{n}}$

$\displaystyle{3c_{n+1}\leq a_{n}+b_{n}}$ , για κάθε $\displaystyle{n\epsilon N}$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{lima_{n}=limb_{n}=limc_{n}=0}$

Ορίζουμε την ακολουθία d_n = a_n+b_n+c_n

. Η

είναι ακολουθία μη αρνητικών αριθμών και προσθέτοντας τις δεδομένες σχέσεις βλέπουμε ότι $3d_{n+1} \leqslant 2d_n$ . Επομένως $0 \leqslant d_n \leqslant (2/3)^n d_1$ και άρα $\displaystyle{\lim_{n\to \infty}d_n = 0}$ . Τέλος, αφού $0 \leqslant a_n,b_n,c_n \leqslant d_n$ λαμβάνουμε το ζητούμενο.

Επεξεργασία: Με πρόλαβε ο Στράτης με διαφορά δευτερολέπτων. Την αφήνω για τον κόπο μου.

Α.Κυριακόπουλος · #26

ΑΣΚΗΣΗ 11 (Α΄ Λυκείου)
Θεωρούμε τρεις πραγματικούς θετικούς ρυθμούς a,b

και

. Να αποδείξετε ότι ισχύει μία τουλάχιστον από τις τρεις σχέσεις: $4a\left( 1-b \right)\le 1$ , $4b\left( 1-c \right)\le 1$ , $4c\left( 1-a \right)\le 1$ .

#27

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11 (Α΄ Λυκείου)
Θεωρούμε τρεις πραγματικούς θετικούς ρυθμούς και . Να αποδείξετε ότι ισχύει μία τουλάχιστον από τις τρεις σχέσεις: $4a\left( 1-b \right)\le 1$ , $4b\left( 1-c \right)\le 1$ , $4c\left( 1-a \right)\le 1$ .

Έστω ότι δεν ισχύει καμία από αυτές, οπότε είναι

$\displaystyle{4a>1+4ab,}$

$\displaystyle{4b>1+4bc,}$

$\displaystyle{4c>1+4ca.}$

Τότε, από την ανισότητα $\displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy}}$ έχουμε

$\displaystyle{4a>4\sqrt{ab},}$

$\displaystyle{4b>4\sqrt{bc},}$

$\displaystyle{4c>4\sqrt{ca},}$

οπότε με πολλαπλασιασμό βρίσκουμε $\displaystyle{abc>abc,}$ άτοπο.

#28

socrates έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb R \longrightarrow \mathbb R$ με την ιδιότητα :

$f(xf(y)) + f(yf(x)) = 2xy , \forall x,y \in \mathbb R$

Μπάμπης
(Για να έχουμε από την αρχή και μία τουλάχιστον συναρτησιακή)

Είναι η 419:
viewtopic.php?p=97285#p97285

Θανάση, σε ευχαριστώ πολύ !!!

Το χρονικό μας άσκησης - Λίγη ιστορία :

Η άσκηση αυτή είναι από έναν Ρουμάνικο διαγωνισμό. Την είχα δει σε κάποιο περιοδικό , αρκετά παλιά , και κράτησα μια υπόδειξη. Η λύση ήταν αυτή ακριβώς του Harazi(Gabriel Dospinescu), οπότε λογικά είναι η επίσημη.
Χθες είπα να τη δώσω με 6 υποερωτήματα στο φάκελο της Γ΄Λυκείου. Όταν πήγα να την ξαναλύσω αναλυτικά, στα Ββ) και Γγ) σταμάτησα(Δες το θέμα Συλλογή Θεμάτων σε Συναρτήσεις - όρια - συνέχεια). '' Αφού δυσκολεύτηκα εγώ, σκέψου οι μαθητές '' , σκέφτηκα. Απέσυρα λοιπόν την άσκηση, βάζοντας μια άλλη, άφησα όμως και την ίδια για την ιστορία. Χθες το βράδυ , αν και άρρωστος, έψαχνα μέχρι τις 1 τα μεσάνυχτα να βρω την πηγή, αλλά μάταια. Είπα λοιπόν να βρω μόνος μου μια άλλη λύση.Μετά από μία ώρα κατάφερα να κάνω κάτι, αλλά εύρισκα μόνο μια συνάρτηση, ενώ περίμενα δύο. Δεν άντεξα και έπεσα για ύπνο. Κατά τις 6 το πρωί , με ξύπνησε η άσκηση ! Πήγα στο γραφείο και έψαξα να δω τι φταίει. Ευτυχώς ήταν 1=f(1)

ή

, οπότε βρέθηκε και η δεύτερη συνάρτηση.

Μετά το link που έδωσες, βλέπω ότι στο τελείωμα της λύσης του Gabi(Harazi) είχα φτάσει και γω(έτσι έγραφα στην υπόδειξη), αλλά δίστασα να κάνω λίγες πραξούλες και η αμφιβολία με έκανε να την παρατήσω.
Στη νέα λύση χρειάστηκα το 1-1

, που βλέπω το αποδεικνύει πολύ έξυπνα ο δεύτερος λύτης στο link, είναι όμως το ίδιο περίπου απλά και τον ορισμό (αν πάρουμε τις περιπτώσεις f(1) = 1 , f(1) =-1).Από κει και πέρα, στη νέα λύση, βρήκα ότι η συνάρτηση είναι περιττή και απέδειξα όπως στην επίσημη λύση ότι $f(\frac {1}{x} = \frac {1}{f(x)}$ .Από κει και κάτω με ένα νέο τέχνασμα, αλλά πολύ βασικό, έφτασα στην τελική λύση !
Μετά από αυτή την περιπέτεια (και τη δική σας περιπέτεια φαντάζομαι να διαβάζετε τις δικές μου ιστορίες), νοιώθω ότι χρωστώ ολόκληρη τη λύση.Θα το κάνω στην πρώτη ευκαιρία !
Ίσως μάλιστα να τη σπάσω σε βήματα ώστε να γίνει θέμα και για μαθητές !

Μπάμπης

Α.Κυριακόπουλος · #29

ΑΣΚΗΣΗ 12 (Β΄ Λυκείου).
Θεωρούμενα ένα ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και στις πλευρές του

και

τα σημεία

και

αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία

να εφάπτεται στον εγγεγραμμένο του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: $\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1$

#30

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12 (Β΄ Λυκείου).
Θεωρούμενα ένα ισόπλευρο τρίγωνο και στις πλευρές του και τα σημεία και αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία να εφάπτεται στον εγγεγραμμένο του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: $\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1$

Διέγραψα την λύση, γιατί πήρα από αβλεψία μια ειδική μόνο περίπτωση.

S.E.Louridas · #31

matha έγραψε:
Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11 (Α΄ Λυκείου)
Θεωρούμε τρεις πραγματικούς θετικούς ρυθμούς και . Να αποδείξετε ότι ισχύει μία τουλάχιστον από τις τρεις σχέσεις: $4a\left( 1-b \right)\le 1$ , $4b\left( 1-c \right)\le 1$ , $4c\left( 1-a \right)\le 1$ .
Έστω ότι δεν ισχύει καμία από αυτές, οπότε είναι

$\displaystyle{4a>1+4ab,}$

$\displaystyle{4b>1+4bc,}$

$\displaystyle{4c>1+4ca.}$

Τότε, από την ανισότητα $\displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy}}$ έχουμε

$\displaystyle{4a>4\sqrt{ab},}$

$\displaystyle{4b>4\sqrt{bc},}$

$\displaystyle{4c>4\sqrt{ca},}$

οπότε με πολλαπλασιασμό βρίσκουμε $\displaystyle{abc>abc,}$ άτοπο.

Για να μαθαίνουν και οι μαθητές διάφορα Μαθηματικά κολπάκια, θα μπορούσαμε επίσης:
${\rm E}\sigma \tau \omega \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a,b,c > 0} \\ {\begin{array}{*{20}c} {4a\left( {1 - b} \right) > 1\;\left( * \right)} \\ {4b\left( {1 - c} \right) > 1} \\ {4c\left( {1 - a} \right) > 1} \\ \end{array} } \\ \end{array} } \right.\quad \dot \varepsilon \chi o\upsilon \mu \varepsilon :\begin{array}{*{20}c} {\left( * \right) \Rightarrow 4a\left( {1 - b} \right) > 1 \Rightarrow 2\sqrt a \sqrt {1 - b} > 1 \Rightarrow a - b > 0,} \\ {} \\ {\dot o\mu o\iota \alpha \;b - c > 0\;\kappa \alpha \dot \iota \;c - a > 0,\;o\pi \dot o\tau \varepsilon \;0 > 0,\;\alpha \tau o\pi o...} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #32

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12 (Β΄ Λυκείου).
Θεωρούμενα ένα ισόπλευρο τρίγωνο και στις πλευρές του και τα σημεία και αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία να εφάπτεται στον εγγεγραμμένο του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: $\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1$

Επειδή, όταν ο Α. Κυριακόπουλος προτείνει διδάσκει, αποτελεί πρόκληση η ενασχόληση με τα θέματα που προτείνει.

♦ $H \in BO,\;W \in CO,\;\mu \varepsilon$
$\begin{array}{*{20}c} {AH\parallel OD,\;AW\parallel OE.\quad 1)\;\angle WAH = \angle DOE =\angle DAE=60^ \circ ,\angle WOH = 120^ \circ \;\tau \alpha \;\sigma \eta \mu \varepsilon \dot \iota \alpha } \\ {} \\ {A,W,O,H\;\varepsilon \dot \iota \nu \alpha \iota \;o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \dot \alpha .\;{\rm A}\rho \alpha \;\angle AWH = \angle AOH = 60^ \circ = \angle AOH = \angle AHW,} \\ \end{array}$

2) Αυτό οδηγεί στο γεγονός ότι το τρίγωνο AWH

είναι ισόπλευρο. Από γνωστή πρόταση (Αποδεικνύεται και με θεώρημα του Πτολεμαίου) έχουμε:

OW + OH = OA( = OB = OC).

$\frac{{AD}} {{DB}} = \frac{{OH}} {{OB}} = \frac{{OH}} {{OA}}\;\kappa \alpha \dot \iota \;\frac{{AE}} {{EC}} = \frac{{OW}} {{OC}} = \frac{{OW}} {{OA}} \Rightarrow \frac{{AD}} {{DB}} + \frac{{AE}} {{EC}} = \frac{{OH + OW}} {{OA}} = \frac{{OA}} {{OA}} = 1.$

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #33

S.E.Louridas έγραψε:
Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11 (Α΄ Λυκείου)
Θεωρούμε τρεις πραγματικούς θετικούς ρυθμούς και . Να αποδείξετε ότι ισχύει μία τουλάχιστον από τις τρεις σχέσεις: $4a\left( 1-b \right)\le 1$ , $4b\left( 1-c \right)\le 1$ , $4c\left( 1-a \right)\le 1$ .
....Για να μαθαίνουν και οι μαθητές διάφορα Μαθηματικά κολπάκια, θα μπορούσαμε επίσης:
${\rm E}\sigma \tau \omega \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a,b,c > 0} \\ {\begin{array}{*{20}c} {4a\left( {1 - b} \right) > 1\;\left( * \right)} \\ {4b\left( {1 - c} \right) > 1} \\ {4c\left( {1 - a} \right) > 1} \\ \end{array} } \\ \end{array} } \right.\quad \dot \varepsilon \chi o\upsilon \mu \varepsilon :\begin{array}{*{20}c} {\left( * \right) \Rightarrow 4a\left( {1 - b} \right) > 1 \Rightarrow 2\sqrt a \sqrt {1 - b} > 1 \Rightarrow a - b > 0,} \\ {} \\ {\dot o\mu o\iota \alpha \;b - c > 0\;\kappa \alpha \dot \iota \;c - a > 0,\;o\pi \dot o\tau \varepsilon \;0 > 0,\;\alpha \tau o\pi o...} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

Εδώ ας μου επιτραπεί μία διευκρίνιση:
$\left( {\sqrt a - \sqrt {1 - b} } \right)^2 \geqslant 0 \Rightarrow a + 1 - b \geqslant 2\sqrt a \sqrt {1 - b} > 1 \Rightarrow a - b > 0,\;\kappa \alpha \vartheta \dot o\tau \iota ,\;a\left( {1 - b} \right) > 1 > 0 \Rightarrow 1-b>0.$

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #34

S.E.Louridas έγραψε:
Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12 (Β΄ Λυκείου).
Θεωρούμενα ένα ισόπλευρο τρίγωνο και στις πλευρές του και τα σημεία και αντιστοίχως, έτσι ώστε η ευθεία να εφάπτεται στον εγγεγραμμένο του κύκλο. Να αποδείξετε ότι: $\frac{AD}{DB}+\frac{AE}{EC}=1$
Επειδή, όταν ο Α. Κυριακόπουλος προτείνει διδάσκει, αποτελεί πρόκληση η ενασχόληση με τα θέματα που προτείνει.

♦ $H \in BO,\;W \in CO,\;\mu \varepsilon$
$\begin{array}{*{20}c} {AH\parallel OD,\;AW\parallel OE.\quad 1)\;\angle WAH = \angle DOE =\angle DAE=60^ \circ ,\angle WOH = 120^ \circ \;\tau \alpha \;\sigma \eta \mu \varepsilon \dot \iota \alpha } \\ {} \\ {A,W,O,H\;\varepsilon \dot \iota \nu \alpha \iota \;o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \dot \alpha .\;{\rm A}\rho \alpha \;\angle AWH = \angle AOH = 60^ \circ = \angle AOH = \angle AHW,} \\ \end{array}$

2) Αυτό οδηγεί στο γεγονός ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. Από γνωστή πρόταση (Αποδεικνύεται και με θεώρημα του Πτολεμαίου) έχουμε:

$\frac{{AD}} {{DB}} = \frac{{OH}} {{OB}} = \frac{{OH}} {{OA}}\;\kappa \alpha \dot \iota \;\frac{{AE}} {{EC}} = \frac{{OW}} {{OC}} = \frac{{OW}} {{OA}} \Rightarrow \frac{{AD}} {{DB}} + \frac{{AE}} {{EC}} = \frac{{OH + OW}} {{OA}} = \frac{{OA}} {{OA}} = 1.$

S.E.Louridas

Εδώ έχει ενδιαφέρον να επανέρθουμε και παρατηρήσουμε συμπληρώνοντας:

$1)\quad {\rm A}\nu \;\;D \equiv S\;o\pi \dot o\tau \varepsilon \;E \equiv A,\;\dot \varepsilon \chi o\upsilon \mu \varepsilon :\;\frac{{AD}} {{DB}} + \frac{{AE}} {{EC}} = \frac{{AB/2}} {{AB/2}} + \frac{0} {{EC}} = 1.$

$2)\quad {\rm A}\nu \;\;D \equiv B\;o\pi \dot o\tau \varepsilon \;E \equiv C,\;\pi \alpha \dot \iota \rho \nu o\upsilon \mu \varepsilon \;\frac{{AD}} {{DB}} + \frac{{AE}} {{EC}} = \frac{{AB}} {0} + \frac{{AC}} {0}...?!$

Το αυτό με την 1) και στην περίπτωση που το σημείο

ταυτιστεί με το σημείο επαφής της πλευράς

με τον εγγεγραμμένο κύκλο, οπότε το σημείο

θα ταυτιστεί με το σημείο

S.E.Louridas

Α.Κυριακόπουλος · #35

ΑΣΚΗΣΗ 13 (Γ΄Λυκείου)
Να βρείτε τους φυσικούς θετικούς ρυθμούς

και

, έτσι ώστε να ισχύει:
$\left| 1!-2!+3!-4!+...+{{\left( -1 \right)}^{x+1}}x! \right|={{y}^{2}}$

Α.Κυριακόπουλος · #36

ΑΣΚΗΣΗ 14 (Α΄Λυκείου)
Έστω ότι a,b

και

είναι τα μήκη των πλευρών ενός τρίγωνου. Να αποδείξετε ότι:
$\left| \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right|<\frac{1}{8}$ .

#37

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 14 (Α΄Λυκείου)
Έστω ότι και είναι τα μήκη των πλευρών ενός τρίγωνου. Να αποδείξετε ότι:
$\left| \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right|<\frac{1}{8}$ .

Είναι

$\displaystyle{\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}=\frac{(a-b)(b+c)(c+a)+(b-c)(c+a)(a+b)+(c-a)(a+b)(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=-\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

άρα

$\displaystyle{\left| \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right|=\Big|\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\Big|=\frac{|a-b||b-c||c-a|}{(a+b)(b+c)(c+a)}<\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)},}$ λόγω της ανισότητας του τριγώνου.

Η απόδειξη ολοκληρώνεται με την γνωστή ανισότητα $\displaystyle{(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc.}$

#38

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13 (Γ΄Λυκείου)
Να βρείτε τους φυσικούς θετικούς ρυθμούς και , έτσι ώστε να ισχύει:
$\left| 1!-2!+3!-4!+...+{{\left( -1 \right)}^{x+1}}x! \right|={{y}^{2}}$

Για

παίρνουμε $y=\pm 1$ άρα τις λύσεις (x,y)=(1,1),(1,-1)

Για

παίρνουμε $y=\pm 1$ άρα τις λύσεις (x,y)=(1,1),(1,-1)

Για

,

δεν έχουμε λύσεις.

Επειδή για $k\geq 6$ ισχύει $k!\equiv 0\pmod{9}$ άρα παίρνοντας $\mod{9}$ την αρχική σχέση έχουμε $y^2\equiv 2\pmod{9}$ . Όμως το 2 δεν είναι τετραγωνικό υπόλοιπο $\mod{9}$ , άτοπο.

Άρα δεν έχουμε άλλες λύσεις.

Αλέξανδρος

Antonis_Z · #39

Για την άσκηση 9)
Πιστεύω πως είναι λίγο δύσκολη για Α' Λυκείου.Είμαι σίγουρος πως η ζητούμενη γωνία είναι 30 μοίρες,αλλά δε μπορώ να τ'αποδείξω.Κάποια υπόδειξη?

Απόδειξη για το αντίστροφο:
Υποθέτουμε ότι $\angle EBC=30$ .Κατασκευάζουμε εσωτερικά ένα ισόπλευρο τρίγωνο $\vartriangle BCK$ και το σημείο

είναι η τομή των ευθειών DK,AB

.Το τρίγωνο ADK

είναι ισοσκελές με γωνίες (15,15,150)

και είναι προφανές ότι το

είναι το μέσο του

.Επίσης $\angle KGB=105=\angle BEC$ και $\angle GBK=30=\angle EBC$ .Τα τρίγωνα $\vartriangle GKB=\vartiangle EBC$ ,γιατί έχουν όλες της γωνίες τους ίσες και μια πλευρά ίση BC=GK

.Από την ισότητα των παραπάνω τριγώνων συμπεραίνουμε ότι->ι) $GK=EC\rightarrow GD=EZ$ , ιι) GB=EB

.Τα τρίγωνα τώρα $\vartriangle GDB=\vartriangle EBZ$ ( $GD=EZ,\angle DGB=\angle ZEB,EB=GB$ )
άρα έχουμε ότι AC=BD=BZ=DZ

γιατί προφανώς το σημείο

ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος

.

#40

Antonis_Z έγραψε:Για την άσκηση 9)
Πιστεύω πως είναι λίγο δύσκολη για Α' Λυκείου.Είμαι σίγουρος πως η ζητούμενη γωνία είναι 30 μοίρες,αλλά δε μπορώ να τ'αποδείξω.Κάποια υπόδειξη?.

Αντώνη καλησπέρα και συγχαρητήρια για την ενεργό δράση στο mathematica.

Σου δίνω δύο πληροφορίες για να λύσεις την πράγματι δυσκολούτσικη αυτή άσκηση:

Αν ονομάσουμε $\displaystyle{O}$ το σημείο τομής ων διαγωνίων του τετραγώνου και $\displaystyle{a}$ την πλευρά του, παρατήρησε ότι τοτρίγωνο $\displaystyle{BDZ}$ είναι ισόπλευρο με πλευρά $\displaystyle{a\sqrt{2}}$ . Υπολόγισε τώρα τα τμήματα $\displaystyle{EC,ZC,OE, BE}$ συναρτήσει του $\displaystyle{a}$ και ύστερα διαπίστωσε ότι $\displaystyle{\frac{BE}{EC}=\frac{EZ}{BE}}$ οπότε έχεις όμοια τρίγωνα.

Νομ'ίζω ότι θα δώσεις τώρα την λύση. Αν όχι, εδώ είμαστε πάλι.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Re: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ - Λύκειο

Μέλη σε σύνδεση