mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2012 8:47 pm**

Θέματα του Πανελλήνιου Μαθηματικού Διαγωνισμού στα Μαθηματικά, Νοέμβριος 1987

Β' Λυκείου:

Θέμα 1ο)

Να βρεθούν οι πραγματικές ρίζες της εξίσωσης

$\displaystyle{2x^2+\sqrt{x^2+5}=x^4-5.}$

Θέμα 2ο)

Να βρεθεί η γενικότερη μορφή δευτεροβάθμιου πολυωνύμου $\displaystyle{P(x)}$ με συντελεστές ρητούς, που έχει την εξής ιδιότητα:
Όταν το $\displaystyle{x}$ είναι ακέραιος αριθμός, τότε και το $\displaystyle{P(x)}$ είναι ακέραιος αριθμός.

Θέμα 3ο)

Να αποδειχθεί ότι αν σε ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με πλευρές $\displaystyle{a,b,c}$ ισχύει η σχέση

$\displaystyle{ab^2\cos A=bc^2\cos B=ca^2\cos C,}$

τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Θέμα 4ο)

Μια ευθεία $\displaystyle{\epsilon}$ περνά από το βαρύκεντρο ενός τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και τέμνει τις πλευρές $\displaystyle{AB,AC}$ στα σημεία $\displaystyle{D,E,}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η παράσταση

$\displaystyle{\frac{DB}{DA}+\frac{EC}{EA}}$

έχει την ίδια τιμή για όλες τις δυνατές θέσεις της ευθείας $\displaystyle{\epsilon .}$

$\displaystyle{\rule{500}{1pt}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2012 9:07 pm**

Για την πρώτη:
Έστω x μία πραγματική λύση της εξίσωσης,τότε:

Θέτω $\displaystyle{\sqrt {{x^2} + 5} = a,a > 0}$ και έχω, μετά τις πράξεις:

$\displaystyle{{a^4} - 12{a^2} - a + 30 = 0}$

Μία ακέραια ρίζα είναι η a=3.

Με Horner, έχω την εξίσωση:
$\displaystyle{{a^3} + 3{a^2} - 3a - 10 = 0}$ με ακέραια ρίζα την a=-2.

Πάλι με Horner, έχω τελικά πως :

$\displaystyle{a = \frac{{ - 1 \pm \sqrt {21} }}{2}}$

Από όλες αυτές, δέχομαι τις: a=3

ή $\displaystyle{a = \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2}}$

Για a=3

είναι: $\displaystyle{x = \pm 2}$ , δεκτές αφού με έλεγχο ικανοποιούν την αρχική

ενώ αν $\displaystyle{a = \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2} \Rightarrow {x^2} = \frac{1}{2} - \sqrt {21} < 0}$ δηλαδή απορρίπτεται.

Τελικά $x = \pm 2.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2012 9:22 pm**

Για το α)

$\displaystyle{\begin{array}{l} 2{x^2} + \sqrt {{x^2} + 5} = {x^4} - 5 \Leftrightarrow \\ \left( {{x^2} + 5} \right) + \sqrt {{x^2} + 5} = {x^4} - {x^2} \Leftrightarrow \\ {\left( {\sqrt {{x^2} + 5} } \right)^2} + 2\frac{1}{2}\sqrt {{x^2} + 5} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = {x^4} - 2\frac{1}{2}{x^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow \\ {\left( {\sqrt {{x^2} + 5} + \frac{1}{2}} \right)^2} = {\left( {{x^2} - \frac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow \\ \left( {\sqrt {{x^2} + 5} + \frac{1}{2}} \right) = \pm \left( {{x^2} - \frac{1}{2}} \right) \end{array}}$

Παίρνουμε τελικά δυο σχέσεις : $\displaystyle{\sqrt {{x^2} + 5} = {x^2} - 1}$ και $\displaystyle{\sqrt {{x^2} + 5} = - {x^2}}$ απο τις οποίες η τελευταία είναι αδύνατη.Αρα απο την πρώτη έχω

$\displaystyle{\begin{array}{l} \sqrt {{x^2} + 5} = {x^2} - 1 \Leftrightarrow \\ {x^4} - 3{x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \\ \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \\ x = \pm 2 \end{array}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2012 9:35 pm**

Είχα τις υποψίες μου πως έχω απαντήσει λανθασμένα σε αυτήν την ερώτηση, ήρθε και μία παρατήρηση από το
μέλος Pla.pa.s και τελικά αποφάσισα να τη σβήσω. Θα επανέλθω, ελπίζω με σωστή θεώρηση.
Αν κάποιος ωστόσο έχει πρόταση, εννοείται να την καταθέσει!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2012 9:40 pm**

Το Θέμα 4ο) έχει απαντηθεί εδώ, όπου δείχθηκε ότι:

$\displaystyle{\frac{{DB}}{{DA}} + \frac{{EC}}{{EA}} = 1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2012 10:07 pm**

Για το Θέμα 3ο):

Από τη δοσμένη σχέση προκύπτει ότι το δοσμένο τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

Αν υποθέσουμε, δίχως βλάβη της γενικότητας, ότι $\displaystyle{a \ge b \ge c}$ , οπότε και $\displaystyle{A \ge B \ge C}$ , τότε θα έχουμε ότι:

$\displaystyle{0 < \cos A \le \cos B \le \cos C}$

και άρα

$\displaystyle{b{c^2}\cos B \le abc\cos C \le c{a^2}\cos C.}$

Από την υπόθεση, λοιπόν, θα είναι

$\displaystyle{abc\cos C = c{a^2}\cos C \Rightarrow a = b}$

και

$\displaystyle{a{b^2}\cos A = b{c^2}\cos B = b{c^2}\cos A \Rightarrow {b^3} = b{c^2} \Rightarrow b = c,}$

οπότε το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ θα είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2012 10:15 pm**

Για το 3ο:
Εύκολα αποκλείουμε τις περιπτώσεις το τρίγωνο να είναι ορθογώνιο και αμβλυγώνιο.

Επομένως πρόκειται για οξυγώνιο τρίγωνο.

Ας είναι χωρίς βλάβη: $A \ge B \ge C.$ Άρα θα είναι και $a \ge b \ge c.$

Επιπλέον: $cosB \le cosC \Rightarrow bc^2 cosB\le bc^2cosC$ απ'όπου λόγω της δοθείσας έχω:

$ca^2cosC \le bc^2cosC \Rightarrow a^2 \le bc.$

Όμως:

$a \ge b, a\ge c \Rightarrow a^2 \ge bc$

Δηλαδή: a^2=bc.

Τώρα από τη δοθείσα έχω:

$bc^2cosB=ca^2cosC \Rightarrow bc^2cosB=bc^2cosC \Rightarrow cosB=cosC \Rightarrow B=C.$

Επομένως: $b=c \Rightarrow a^2=b^2 \Rightarrow a=b=c$ και το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 24, 2012 7:47 am**

matha έγραψε: Θέμα 3ο)

Να αποδειχθεί ότι αν σε ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με πλευρές $\displaystyle{a,b,c}$ ισχύει η σχέση

$\displaystyle{ab^2\cos A=bc^2\cos B=ca^2\cos C,}$

τότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Ακόμα μια απόδειξη:

Η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{\frac{2bc\cos A}{c^2}=\frac{2ca\cos B}{a^2}=\frac{2ab\cos C}{b^2}\implies}$

$\displaystyle{\frac{b^2+c^2-a^2}{c^2}=\frac{c^2+a^2-b^2}{a^2}=\frac{a^2+b^2-c^2}{b^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1}$ .

Εξισώνοντας κάθε ένα από τα τρία κλάσματα με το $\displaystyle{1}$ βρίσκουμε

$\displaystyle{b=a,~c=b,~a=c.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 24, 2012 5:04 pm**

Πάμε ξανά τη λύση για το δεύτερο:(παραπάνω επισημαίνω γιατί το ξαναγράφω)

Έστω πως το τριώνυμο είναι το $P(x)=ax^2+bx+c,a,b,c \in \mathbb{Q}$

Τότε για x=0

έχω $P(0)=c \in \mathbb{Z}.$

Για x=1

είναι $P(1)=a+b+c \in \mathbb{Z} \Rightarrow a+b \in \mathbb{Z} \ (1).$

Ενώ για x=-1

προκύπτει ομοίως πως $a-b \in \mathbb{Z} \ (2).$

Από (1),(2)

με πρόσθεση και αφαίρεση προκύπτει πως $2a,2b \in \mathbb{Z}.$

Άρα:
$\displaystyle{a=\frac{k}{2},b=\frac{l}{2}, a+b=n,k,l,n \in \mathbb{Z}}$ δηλαδή $\displaystyle{b=n-\frac{k}{2}.}$

Επομένως η γενικότερη μορφή που ψάχνουμε για το τριώνυμο είναι η:

$P(x)=\frac{k}{2}x^2+(n-\frac{k}{2})x+c, k,n,c \in \mathbb{Z}$

γιατί:

$P(x)=\frac{k}{2} (x^2-x)+nx+c$ και φυσικά x^2-x

άρτιος όταν $x \in \mathbb{Z}$

Ευχαριστώ Pla.pa.s!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 24, 2012 5:26 pm**

matha έγραψε: Θέμα 2ο)

Να βρεθεί η γενικότερη μορφή δευτεροβάθμιου πολυωνύμου $\displaystyle{P(x)}$ με συντελεστές ρητούς, που έχει την εξής ιδιότητα:
Όταν το $\displaystyle{x}$ είναι ακέραιος αριθμός, τότε και το $\displaystyle{P(x)}$ είναι ακέραιος αριθμός.

Για την γενίκευση σε πολυώνυμα με μεγαλύτερο βαθμό δείτε εδώ.

mathematica.gr

Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987

Re: Π.Μ.Δ.Μ Β'Λυκείου-1987