Ευκλειδης Β 79 by demi de

Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΣΤΗΝ ΤΕΧΝΗ, ΚΑι ΤΗΝ ΕnιΣtΗΜΗ� ,

"Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" 2011

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο <; 79

•

Ι α ν ο υ ά ρ ι ο <;

•

Φ ε β ρ ο υ ά ρ ι ο <; και

www.hms.gr ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

•

Μ ά ρ τ ι ο <; 2011· Ε υ ρ ώ: 3,50

e-mail: info@hms.gr

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ

ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1

kοτοσιι:ευή κανονικού πολυγώνου

\4αθημαπκοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Homo Mathematicus

Μαθηματικά Α' Τάξης

' ' • •

Άλyεβρα: Μελέτη συνάρτησης Ασκήσεις Πολλαπλής Επιλογής Ο ροΛοc; τηc; αρνητικής διακρίνουσαc; τριωνύμου Γεωμετρία: Εyyεγραμένεc; γωνίεc; - αναλογίες

23 32 35

Μαθηματικά Β' Τάξης

λλyεβρα: Εκθετική λογαριθμική συνάρτηση

ν' Άλγεβρα: Εκθετική λογαριθμική καμπύλη

/ Γεωμετρία: Κανονικά πολύγωνα μέτρηση κύκλου / Κατεύθυνση: Καμπύλες

/ Μαθηματικά Γενικ c; Παιδείας: Πιθανότητες / Μαθηματικά Κατευθυνσηc;: Παράγωγοι

56 62

�

Μαθηματικά Γ' Τάξης

/ Ο Ευκλείδης προτείνει•••

/ Το βήμα του Ευκλείδη

ν' Στήλη του Μαθητή

ν' Τα Μαθηματικά μαc; Διασκεδάζουν

ν' Κιρκίνοc;: Η Γεωμετρία στην τέχνη και την επιστήμη

Ε ΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Εκτελεστική Γραμματεία Αναστασίου Γιάννη<;

Tl)\.:2103617784 ·3616532 Fσχ: 2103641025 •

Εκδότης:

Καλ�

Διευθυντης:

Επιμέλεια "Εκδοσης:

Τασσόπουλος Γιώργος

Σας ευχαριστοuμε που περιβάλλετε με εκ τίμηση το περιοδικό μας, και βοηθάτε στην α ναβάθμισή του με την καλοπροαίρετη κριτική σας και τις ενδιαφέρουσες εργασίες σας.

Η συνεργασία σας μας είναι πάντα απαραί

τητη και μας ενδυναμώνει στη συνέχεια της προσπάθειάς μας Σε μικρό χρονικό διάστημα θα έχετε στα χέρια σας και το 4ο τεuχος για μια ολοκληρ ωμένη επανάληψη Με ευχές για υγεία και πρόοδο Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Τασσόπουλος Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής

Β. Ευσταθίου

Κόντζια<; Νίκο<;

Σταϊκο<; Κώστα<; Στάϊκο<; Παναyιώτη<;

Ανδρουλακάκη<; Νίκο<;

Κουτρουμπε'λα<; Κώστα<;

Τασσόπουλος Γιώργος

Αντωνόπουλο<; Νίκο<;

Κυριαζή<; Ιωάννη<;

Αρyυράκη<; Δημήτριο<; Βακαλόπουλο<; Κώστα<;

Αντιπρόεδρος: •

Ευσταθίου Βαyyε'λη<; Ζαχαρόπουλο<; Κων/νο<;

Γραμματεας:

Ζώτο<; Βαyyέλη<;

Χριατόηουλος ΓΙαΥαyιώιης

Καλίκα<; Σταμάτη<;

Μέλη:

Ευσταθίου Βαγγέλης Ζώτο ς Βαγγέλης

Κωδικιίς ΕΛ.ΤΑ.: 2055

Κακκαβά<; Απόστολο<;

Αργυράκης Δ.

Κανέλλο<; Χρήστο<;

Λουρίδας Σ.

Καρκάνη<; Βασίλη<;

Ταπεινός Ν.

Καραyκούνη<; Δημήτρη<; Κατσούλη<; Γιώρyο<;

Κυριακόπουλο<; Αντώνη<; Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδη<; Χρήστο<; Λάππα<; λευτiρη<; λουρίδα<; Σωτήρη<; Μαλαφiκα<; Θανάση<; Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκη<; Λεωνίδα<; Μενδρινό<; Γιάννη<; Μεταξά<; Νικόλαο<;

Στρατή<; Γιάννη<; Ταπεινό<; Νικόλαο<; Τασσόπουλο<; Γιώρyο<; Τζιώτζιο<; Θανάση<; Τριάντο<; Γεώρyιο<; Τσαyκάρη<; Ανδρiα<; Τσατούρα<; Ευάyyελο<; Τσικαλουδάκη<; Γιώρyο<; Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανε'λη Άννυ

Μπρίνο<; Παναyιώτη<;

Χαραλαμποπούλου λίνα

Μυλωνά<; Δημήτρη<;

Χαραλάμπους Θάνος

Μώκο<; Χρήστο<; Πανουσάκη<; Νίκο<;

Χριστιάς Σπύρος

Κηπουρό<; Χρήστο<; Κλάδη Κατερίνα

Ρiyκλη<; Δημήτρη<;

Ψύχος Βαyyε'λης

Κερασαρίδη<; Γιάννη<; Καρδαμίτση<; Σπύρο<;

ISSN: 1105- 7998

Σdίτη Εύα

Κοτσιφάκη<; Γιώρyο<;

Πρόεδρος:

Γρηyοριος Ευσταθίου Βαγγέλης

Τuρλής Ιωάννης

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

Συντακτική επιτροπή Αθανασόπουλο<; Γεώρyιο<;

106 79 ΑΘΗΝΑ

α της Σύνταξη

Γρά

Χριστόπουλος Παναyιώτης

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • •

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6n προτείνονται από την Ε.Μ.Ε.

Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στε'λνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β "' . Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται.

Ετήσια συνδρομή (12,00

2,00 Ταχυδρομικά

Τιμή Τεύχους: ευρώ 3,50

ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίπμο για τα τεύχη που παραyyε'λνονται στε'λνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Εκτύπωση: Ομηpος Ε.Π.Ε.: τηλ.: 210 6623778-358 fax.: 210 6643742 Υnεu8υνος τυπογραφείου: Δ. Παnαδ6nουλος

ΚΕΝΤΡΟ ΓΡΑΦΙΙωΝ fΕΧΝΩΝ: ΔΙΗΝΕΚΕΣ: :Κλεισόβης 7, ΑθιiVΟJηλ.: 210 3606760, (αχ.: 210 3606826 - e-mai/: dinekes@ofenef.gr

Κατασκευή κανονικού πολυγώνου Από τον Ευκλείδη κα ι τον Πτολεμαίο στον

Gauss

Σωτήρης Χ. Γκουντουβάς

I. Το πρόβλημα της γεωμετρικής κατασκευής ενός κανονικού πολυγώνου με ν πλευρές είναι ισο δύναμο με τη διαίρεση του κύκλου σε ν ίσα τόξα με κανόνα και διαβήτη . Στοιχεία για τα κανονικά πολύγωνα έχουμε ακόμη από τα βαβυλωνιακά μα θηματικά, αλλά η σαφώς επιστημονική τους δια πραγμάτευση ανάγεται στην αρχαία Ελλάδα. Οι αρχαίοι Έλληνες Γεωμέτρες είχαν κατασκευάσει με κανόνα και διαβήτη τα κανονικά πολύγωνα με πλήθος πλευρών : α) 4, 8, 1 6, 32, 64, ... δηλαδή της μορφής 2v, ν = 2, 3, 4, 5, 6, ... β) 3, 6, 1 2, 24, 48, ... δηλαδή της μορφής 3·2v, ν = Ο, 1 , 2, 3, 4, ... γ) 5, 1 0, 20, 40, 80, ... δηλαδή της μορφής 5·2v, ν = Ο, 1 , 2, 3, 4, ... δ) 1 5, 30, 60, 1 20, ... δηλαδή της μορφής 3·5·2v, ν= Ο, 1 , 2, 3, 4, ... Η κατασκευή ενός 2ν-γώνου γινόταν από το αντίστοιχο ν-γωνο με διχοτόμηση των πλευρών και των τόξων. Η πλευρά λ2 v του 2ν-γώνου δινόταν συναρτήσει της πλευράς λv του ν-γώνου από τον

τύπο λ2 ν = 2 R 2 - R �4 R 2 -λ� , που είναι γνω στός και σαν τύπος του Αρχιμήδη. Ο Αρχιμήδης (287-2 1 2 π.Χ), στην προσπάθειά του να υπολογί σει το εμβαδόν του κύκλου με τη μέθοδο της εξά ντλησης, κατασκεύασε κανονικά πολύγωνα μέχρι και 96 πλευρών ξεκινώντας από το κανονικό εξά γωνο και διπλασιάζοντας τις πλευρές. Το πρόβλη μα γενικότερα που τίθεται για τα κανονικά πολύ γωνα είναι το εξής:

�

Οι αριθμοί Fn είναι γνωστοί ως (πρώτοι) αριθ Ο Fennat ( 1 60 1 - 1 665) ισχυρί στηκε ότι όλοι αυτοί οι αριθμοί είναι πρώτοι. Πράγματι για η = 0, 1 ,2,3,4 προκύπτουν οι αριθμοί F0= 3, F1 = 5, F2 = 1 7, F3= 257, F4= 65537 που εί ναι πρώτοι. Όμως για η = 5 ο αριθμός που προκύ πτει, ο F = 4294967297, δεν είναι πρώτος αφού διαιρείται με το 64 1 , όπως απέδειξε ο L. Euler το 1 732 (F5 = 232 +Ι= 64 1 χ67004 1 7). Για τους αριθμούς του Fennat, δηλαδή της μορφής Fn=22" + 1 , η=Ο,l,2, ... έχουμε να αναφέ ρουμε τα εξής. Οι πέντε πρώτοι από αυτούς τους αριθμούς όπως είδαμε είναι πρώτοι. Για εκθέτες από η=5 μέχρι και η=32 έχει αποδειχθεί ότι προ κύπτουν σύνθετοι αριθμοί. Για περισσότερες από 60 μεμονωμένες περιπτώσεις όπως για η=9448 έ χει αποδειχθεί ότι προκύπτει σύνθετος αριθμός. Μέχρι σήμερα πάντως δεν έχει προσδιοριστεί άλ λος πρώτος αριθμός αυτής της μορφής. Το πρό βλημα λοιπόν για το αν υπάρχει και άλλος πρώτος αριθμός αυτής της μορφής παραμένει ανοιχτό και απαιτεί κολοσσιαίους υπολογισμούς αφού οι αριθ μοί αυτοί είναι τεράστιοι. μοί του Fermat.

Ποια κανονικά πολί>γωνα είναι κατασκευάσιμα με κανόνα και διαβήτη;

Η απάντηση στο ερώτημα αυτό θα αργούσε

πολύ και τελικά θα δινόταν από τον Carl Frie drich Gauss ( 1 777-1 855) το 1 796. Σε ηλικία μόλις 1 9 ετών(!) απέδειξε ότι το κανονικό δεκαεπτάγωνο μπορεί να κατασκευαστεί με κανόνα και διαβήτη. Στη συνέχεια έλυσε το πρόβλημα στη γενική του μορφή του αποδεικνύοντας ότι ένα κανονικό πο λύγωνο είναι κατασκευάσιμο με κανόνα και δια βήτη αν και μόνο αν το πλήθος των πλευρών του είναι της μορφής 2ν, ή 2ν·Fa·Fb···Fn , όπου Fn = 2 2 " + 1 , η=Ο, 1 ,2, ... είναι πρώτοι αριθμοί και διαφορετικοί μεταξύ τους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

( Gauss) Γκάου ς, 1777-1855

Κλείνουμε αυτήν την παράγραφο με τα κανο νικά πολύ,Υωνα με πλήθος πλευρών ν μικρότερο του 300 που είναι κατασκευάσιμα με κανόνα και διαβήτη. Παρακάτω είναι οι 38 τιμές του ν μικρό τερες του 300 : 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24, 30, 32, 34, 80, 85, 96, 102, 120, I 28,

40, 48, 51, 60, 64, 68,

136,160,170,192,204,240,255,256,257,272.

11.

Β'

Το κανονικό πεντάγωνο είχε κατασκευαστεί

79 τ.3/1

------- Κατασκευή Κανονικού Πολυγώνου

και μελετηθεί από τους Πυθαγορείους και μάλιστα το κανονικό αστεροειδές πεντάγωνο ( πεντάλφα) ήταν το έμβλημα της σχολής τους. Επίσης, σύμ φωνα με κάποιους μελετητές του έργου των πυθα γορείων {Κ. νοη Fritz), το κανονικό αστεροειδές πεντάγωνο σχετίζεται με την ανακάλυψη της α συμμετρίας (των άρρητων αριθμών). Α

λ10 είναι το μεγαλύτερο από τα τμήματα που προ κύπτουν αν διαιρέσουμε την ακτίνα R σε μέσο και άκρο λόγο (χρυσή τομή). Η κατασκευή της χρυσής τομής είναι η πρόταση 11. 1Ο των Στοιχείων. Στη συνέχεια βρίσκουμε τις υπόλοιπες κο ρυφές με τη βοήθεια της χορδής ΑΒ. Τώρα, η πλευρά του κανονικού πενταγώνου είναι το τμήμα ΚΛ=λ5. Μπορούμε εύκολα να απο δείξουμε με μετρικές σχέσεις ότι λ5 = R �I0-2J5 . 2 1 11. Η κατασκευή του κανονικού πενταγώνου που θα δώσουμε παρακάτω δίνεται από τον Κλαύ διο Πτολεμαίο (-90-170 μ. Χ) στο περίφημο σω ζόμενο έργο του Μεγάλη Μαθηματική Σύνταξις ή

Αλμαγέστη. Γ

Η κατασκευή του κανονικού πενταγώνου που θα δώσουμε παρακάτω είναι παραλλαγή αυτής που δίνει ο Ευκλείδης στα Στοιχεία του στην πρόταση 1 1 στο IV βιβλίο. Πρώτα διαιρούμε τον κύκλο σε 1 Ο ίσα μέρη και στη συνέχεια παίρνοντας τα τόξα ανά δύο διαιρούμε τον κύκλο σε 5 ίσα μέρη, δηλα δή κατασκευάζουμε το κανονικό πεντάγωνο.

••

Η κεντρική γωνία του κανονικού δεκαγώνου είναι ω=36°. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ καθεμία από γωνίες της βάσης είναι Α=Β=72°. Φέρουμε τη διχοτόμο ΑΔ οπότε έχουμε δύο ισοσκελή τρίγωνα ΑΟΔ και ΑΒΔ με ω=θ=36° και φ=ΑΔΒ=72°. Η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου είναι ΑΒ=λ10, ΟΔ=ΑΔ=ΑΒ=λ10 και ΔΒ=R-λιο. Το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο ΟΑΒ θα δώσει : R- λ1 0 ΑΒ = ΔΒ �� = �λ 21 0 = R(R-λ 1 0 ) ΑΟ ΔΟ R λ1 0 (*). Η σχέση (*)εκφράζει τη διαίρεση της ακτίνας R σε μέσο και άκρο λόγο. Όμως ΑΒ > ΔΒ �λ10 > R-λ10, οπότε η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Κλαύδιο Πτολεμαίο (-90-1 70

μ.Χ) Θεωρούμε ένα ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ και παίρνουμε την κάθετη ακτίνα ΟΓ. Διχοτομού με το τμήμα ΟΓ και έστω Δ το μέσο του. Διχοτομούμε την γωνία ΟΔΒ και έστω Ε το ίχνος της διχοτόμου πάνω την ΟΒ. Η κάθετη στην ΑΒ στο Ε τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο Ζ. Το τμήμα ΒΖ είναι η ζητούμενη πλευρά του κανονικού πενταγώνου. Γ

Όλες οι επιμέρους κατασκευές που απαιτού νται είναι απλές και πραγματοποιούνται με κανόνα και διαβήτη. Αυτές είναι η διχοτόμηση ευθ. τμή ματος, η διχοτόμηση γωνίας και η κατασκευή κα θέτου σε ευθεία από σημείο της. Οι κατασκευές αυτές δίνονται από τον Ευκλείδη στο πρώτο βιβλίο Β' 79 τ.3/2

-------

Κατασκευή Κανονικού Πολυγώνου

των Στοιχείων του στις προτάσεις 1 Ο, 9 και 1 1 α ντίστοιχα. Αν συγκρίνουμε την παραπάνω κατα σκευή με αυτή του Ευκλείδη μπορούμε να πούμε ότι είναι απλούστερη. Ας δούμε τώρα την απόδειξη. Η πλευρά του κανονικού πενταγώνου συναρ τήσει της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου R, R είναι λ5 = �10 -2 JS . 2 Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε την ακτίνα του ημικυκλίου ίση με 2, οπότε ΟΔ=ΔΓ=1 . Για να αποδείξουμε ότι το ΒΖ είναι η πλευρά του κανονικού πενταγώνου αρκεί να ισχύει ότι BZ= �1 0 - 2 J5 , αφού R=2. Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΔΟΒ έχουμε ότι ΒΔ=J5 . Στο τρίγωνο ΔΟΒ από το θεώρημα της διχο τόμου έχουμε : 2 J5 ΟΕ ΔΟ <:::::> 2 -ΕΒ 1 <:::::> = ΕΒ = =_ (*). ΕΒ ΔΒ ΕΒ J5 1 + J5 Εφαρμόζουμε στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΖ την γνωστή μετρική σχέση : 2 J5 = 1 0 - 2 J5 άρα ΒΖ Β Ζ2 = Β ΑΒΕ = 4· 1 + J5 = �1 0 - 2 J5 . Οπότε η απόδειξη συμπληρώθηκε. Ι ν. Θα διαπραγματευθούμε τώρα την κατασκευή του κανονικού πενταγώνου με την βοήθεια του μι γαδικού επιπέδου. Αυτή η κατασκευή είναι γενική με την έννοια ότι μπορεί να εφαρμοστεί για οποιο δήποτε κανονικό πολύγωνο. Χρονολογικά τοποθε τείται στην μετά τον Gauss εποχή. Η μέθοδος συ νίσταται στον υπολογισμό της παράστασης 2π , τ 2π , συν με τη βση' θ εια ριζικων. ο ειναι η κε-

ντρική γωνία του κανονικού πενταγώνου και 2π , , Ρ , ειναι η τετμημενη της κορυφης το συν 1•

Θεωρούμε στο μιγαδικό επίπεδο τον μοναδιαίο κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων. Επίσης θεωρούμε και την εξίσωση z5 1 =Ο. Οι εικόνες των ριζών αυτής της εξίσωσης στο μιγαδικό επίπε δο βρίσκονται πάνω στον μοναδιαίο κύκλο και τον διαιρούν σε 5 ίσα μέρη, δηλαδή είναι οι κορυφές του κανονικού πενταγώνου. Οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης σε τριγωνο μετρική μορφή δίνονται από την σχέση : 2 kπ . 2 kπ Pk = zk = συν--+ιημ--, k=Ο, 1 ,2,3,4. 5 5 Οι κορυφές του κανονικού πενταγώνου Ρ k=0,1,2,3,4 φαίνονται στο παραπάνω σχήμα. Από -

τη συμμετρία του σχήματός προκύπτει ότι οι τιμές για το συνημίτονο των ριζών z1 και z4 είναι ίσες, όπως και για τα συνημίτονα των z2 και z3• Υ

Αν θέσουμε για τη ρίζα z1 = x1+iy1 , τότε για το συνημίτονο της θα ισχύει ότι : 2π ' θ=Χι = συνθ ' οπου 5

Ομοίως και για τα συνημίτονα των υπολοίπων ριζών θα έχουμε ότι: Xz = συν2θ, χ3 = συν3θ και Χ4 2π = συν4θ ' όπου θ= 5

Το άθροισμα των πέμπτων ριζών της μονάδας ισούται με Ο, οπότε έχουμε τη σχέση z0 + z, + z2 + z3 + z4 = Ο και από αυτή προκύ πτει ότι : χ0 + Χι+ χ 2 + Χ3 + Χ4 = Ο . Όμως Χ 0 =1 , Χι =χ4, Χ2 =Χ3• Άρα η εξίσωση γίνεται Χι + χ 2 = .!_ (*). 2 Ο γνωστός τριγωνομετρικός τύπος συνα+συνβ α-β α+ = 2 συν β συν θα δώσει : 2 2 Χι+χ2 =Χι+χ3 =συνθ+συν 3θ =2συνθ·συν 2θ =2ΧιΧ2 • _

Άρα Χι +Χ2 = 2 ΧιΧ2, δηλαδή ΧιΧ2 = -.!_ (**). 4 Οπότε τα χ1και χ2 λόγω των (*) και (**) είναι εξίσωσης: δευτεροβάθμιας ρίζες της 2 χ + .!.. χ_ .!.. = Ο ή 4 χ 2 + 2 χ- 1 = Ο . Οι ρίζες αυτής 2 4 ' ' οι: Χι 2 = -2 ± .J20 = - 1 ± J5 . ειναι της εξισωσης . 8 4 Αφού Χι > χ2, τότε θα έχουμε ότι: -1 - JS - 1 + J5 > Ο και χ2 = < Ο. Χι = 4 4 2π 8 π -1 J5 Έτσι έχουμε ότι : συν- = συν- = + 5 5 4 ---

κ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

------

Β' 79 τ.3/3

-------

Κατασκευή Κανονικού Πολυγώνου

4 π = συν6 π = -1 -JS και συν5 5 4 Στη συνέχεια η κατασκευή του 2 π -1 +J5 θα μας δώσει την προβολή χ= 1 συν5 4 της κορυφής Ρ 1 στον άξονα χ'χ, άρα και την κορυφή Ρ •1 Το τόξο ΡοΡι είναι το ..!.. του κύκλου. Οι 5 υπόλοιπες κορυφές του κανονικού πενταγώνου θα βρεθούν με τη βοήθεια της χορδής ΡοΡι. -1 +J5 ' ' Η κατασκευη της παραστασης χ = 4 πραγματοποιείται πολύ εύκολα ως εξής: : Το J5 είναι η υποτείνουσα ενός ορθογωνίου τριγώνου με κάθετες πλευρές ίσες με 1 και 2. : Από το J5 αφαιρούμε τμήμα ίσο με 1. : Το τμήμαJ5 - 1 το διαιρούμε σε 4 ίσα μέρη. Με αυτόν τον τρόπο λοιπόν κατασκευάζουμε το κανονικό πεντάγωνο. Όπως αναφέραμε ήδη η μέθοδος αυτή είναι γενική για οποιοδήποτε κανονικό ν-γωνο και συνί2π ' σταται στον υπολογισμο' της παραστασης συνν με τη βοήθεια ριζικών. Για το. κανονικό δεκαεπτάγωνο η παράσταση 2π ) ' πολ'υ πιο πολ'υπλοκη : ( χ1 = συνειναι 17 Ο ίδιος ο Gauss έχει δώσει μια κατασκευή για το κανονικό πεντάγωνο στηριζόμενος στη χρυσή τομή και στη σχέση λ� + λ�0 = λ; , που είναι η πρό ταση ΧΙΙΙ.1 Ο των Στοιχείων. Ας δούμε τώρα αυτήν την κατασκευή. Θεωρούμε τον κύκλο (O,R) και τη διάμετρο ΑΒ. Στο άκρο της διαμέτρου στο σημείο Β φέρου με την εφαπτομένη του κύκλου ε. π, ' ε παιρνουμε ' ' ΒΓ= R ανω στην ευθ εια τμημα 2. Φέρουμε το τμήμα ΟΓ και πάνω στην ΓΟ παίρ νουμε το τμήμα ΓΔ=ΓΒ. Φέρουμε την ευθεία ΒΔ που τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ε. Το τρίγωνο ΔΟΕ είναι ορθογώνιο (γιατί;) και η πλευρά ΟΔ εί ναι η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου εγγεγραμ μένου στον κύκλο. Η πλευρά ΔΕ είναι η ζητούμενη πλευρά του κανονικού πενταγώνου εγγεγραμμένου στον κύ κλο. Αυτό αποδεικνύεται από τη σχέση λ� + λ�0 = λ;. Ο Gauss στην κατασκευή αυτή διαιρεί την α κτίνα ΟΒ σε μέσο και άκρο λόγο και μεταφέρει το ---

μεγαλύτερο από αυτά τα τμήματα (που είναι το \0 ) πάνω στην ΟΓ στη θέση ΟΔ= λ1 0 • ε

••

•• ••

Κλείνοντας αυτό το άρθρο θα πούμε το εξής. Όλοι οι μεγάλοι μαθηματικοί ασχολήθηκαν με την Ευκλείδεια Γεωμετρία και προσπάθησαν να λύ σουν διάφορα γεωμετρικά προβλήματα. Αυτό το έκαναν όχι γιατί η Ευκλείδεια Γεωμετρία ήταν στο επίκεντρο των ερευνητικών τους δραστηριοτήτων, αλλά ίσως γιατί εκεί βρίσκονται οι απαρχές της σύγχρονης επιστημονικής σκέψης. GG1172369N2

Γε ρ μανικό Νόμισμα των 10 Μάρκων ( 1999)

Ο Gauss για παράδειγμα ασχολήθηκε με ένα ευρύτατο επιστημονικό πεδίο τόσο των μαθηματι κών όσο και της φυσικής και τα επιτεύγματά του ήταν αξιοθαύμαστα. Παρόλα αυτά θεωρούσε την κατασκευή του κανονικού δεκαεπταγώνου σαν το κορυφαίο του επίτευγμα και θέλησε αυτό να

χαραχτεί πάνω στον τάφο του, μιμούμενος τον με γάλο Αρχιμήδη που έπραξε το αντίστοιχο. Πάνω στο τάφο του Αρχιμήδη είχε χαραχτεί η εγγεγραμ μένη σφαίρα σε κύλινδρο προς ανάμνηση του θε ωρήματός του ότι ο λόγος των όγκων τους ισούται νσφ ' β ρισκεται ' με -= -2 , το οποιο στο σωζ'ομενο 3 νκυλ έργο του Περί σφαίρας και κυλίνδρου. Μάλιστα ο ρωμαίος Κικέρων ( 1 06-43 π.Χ) αναφέρει ότι ανα γνώρισε τον τάφο του μεγάλου μαθηματικού στις Συρακούσες από το σχήμα που ήταν χαραγμένο πάνω στην επιτάφια πλάκα.

2 π = -1 +Jl7 +�34 - 2Jl7 + 2� 1 7 + 3Jl7 -�34 - 2Jl7 - 2�34 + 2Jl7 χ1 = συν16 17

ΜaβΙJ11JΙιCΙ'nΚΘλ Atcιcyrω'Ytσpoi

Μaβημ•τι.κ&s; ΟΑ_v;-μJΙJjιό:δ.ε�

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. 71 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ «0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» ΣΑΒΒΑΤΟ, 15 IANOYAPIOY 2011

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α'

Πρόβλημα ι

τάξη Λυκείου

(i) Να βρείτε τις τιμές των ρητών αριθμών α , β για τις οποίες ο αριθμός α+ βΜ είναι ρητός.

r=5 + Ji ειναι ' αρρητος ' (ιι.. ) Να αποδείξετε οτι ' ο αριθ μος χ = ν� . '

Λύση (i) Κατ'

αρχή παρατηρούμε ότι για β = Ο, ο αριθμός α + βΜ = α είναι ρητός, για κάθε ρητό αριθμό α . 'Εστω ότι, για β =F Ο, ο αριθμός ρ = α + βΜ είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός ρ-α = ( α+/3ν"i0 ) -α=/3ν"i0 θα είναι ρητός, αλλά και ο αριθμός ρ - α = .JϊΟ θα είναι ρητός, που είναι άτοπο. β Άρα ο αριθμός α + β Μ είναι ρητός, για β = Ο και για κάθε ρητό αριθμό α . 'Εστω ότι ο αριθμός χ = .J5 + J2 είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός Χ: = JS J1 2 =5� +fιΟ =!! +fιΟ , (ii) . 2 2 4 2 θα είναι ρητός, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (ί).

( ]

Πρόβλημ(J. 2

Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης

(lxl- 2Υ

χ2 + 4 α ,

για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθ μού α. ΛiJση

Η δεδομένη

εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση l xl 2 -:- 4l xl + 4 = x 2 + 4α<::> χ 2 - 4l xl + 4 = x 2 + 4α<=>l χ l = 1 - α . Επειδή είναι l xl � Ο , για κάθε πραγματικό αριθμό χ , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α < 1 , οπότε είναί 1 - α > Ο . Τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις: χ = 1 - α ή χ = α - 1 . α = 1, οπότε η εξίσωση έχει μόνο τη λύση χ = Ο . α > 1 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη.

•

Πρόβλημα 3

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε που διέρχεται από την κορυφή του Α και είναι παράλληλη προς τη πλευρά ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Δ και έστω Ε το συμμε τρικό του Δ ως προς τη κορυφή Α. Από το Α τέλος θεωρού με παράλληλη προς την ΕΒ η οποία τέ μνει τη ΒΔ στο σημείο Μ και τη ΒΓ στο σημείο Κ. Να αποδείξετε ότι : ΑΒ= ΒΚ= ΚΔ= ΔΑ . ΛiJση

Επειδή είναι

ΑΔ 11 ΒΓ

θα ισχύει:

Δ1

= Β1 = χ =

Β 2

. Επίσης η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 79 τ.3/5

ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β , οπότε

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

, θα ισχύει: Β ι = Β 2 = χ =- . Άρα Δι = Β2 = χ =- και κατα συνεπεια το τριγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, 2 2 δηλαδή: ΑΒ = ΑΔ . (1) �

�

Σχήμα 3 Επειδή Ε είναι το συμμετρικό του Δ ως προς το Α , θα ισχύει: ΑΔ =ΑΕ . (2) Από τις σχέσεις (1),(2) έχουμε ΑΕ = ΑΒ και κατά συνέπεια Ει =Β 3 =ω . Από το τρίγωνο τώρα ΒΕΔ έχουμε: Δ ι +Β 2 +Β 3 + Ει = 1 80° :::::::> 2χ + 2ω = 1 80° :::::::> χ +ω = 9 0° ' δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ορθογώνιο ( ΒΕ .l ΒΔ ) και εφόσον ΑΜ 11 ΒΕ καταλήγουμε: ΑΜ .l ΒΔ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΑΔ η ΑΜ είναι ύψος, άρα και μεσοκάθετη της πλευράς ΒΔ . Επειδή τώρα το σημείο Κ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΔ , το τρίγωνο ΚΒΔ είναι ισοσκελές και ίσο με το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (διότι Β ι =Β 2 =Β και ΒΔ κοινή πλευρά). Άρα θα έχουν και 2 ΑΒ = ΑΔ = ΒΚ = ΚΔ , οπότε το τετράπλευρο ΑΒΚΔ είναι ρόμβος. 1 ϊμοΙ{ί.ημυ ·� Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α, β ,γ που ικανοποιούν τις ισότητες α + β + γ= 2010 και αβ + βγ + γα= 22 3 · 52• 672• •

Από τις δεδομένες ισότητες λαμβάνουμε (α + β + γ γ = 201 0 2 :::::::> α 2 + β 2 + γ 2 + 2 ( αβ + βγ + γα) = 20 1 0 2 :::::::> α 2 + β 2 + γ 2 = 20 10 2 - 2 { αβ + βγ + γα) 2010 2 . :::::::> α 2 + β 2 + γ 2 = 20 1 0 2 - 2 ( 2 2 · 3 · 5 2 · 67 2 ) :::::::> α 2 + β 2 + γ 2 = 20 1 0 2 - -2 · 2010 2 = -3 3 2 20 1 0 1 Άρα έχουμε α 2 + β 2 + γ 2 - ( αβ + βγ + γα) = -- - - · 2010 2 = Ο<=:> α 2 + β 2 + γ 2 - αβ - βγ - γα = Ο 3 3 <:::::> · ( 2α2 + 2β 2 + 2y -2αβ -2βy -2γα) = 0 <:::::> ( α-β)2 + ( β-γ)2 + (γ-α)2 = Ο<=:>α-β = β -γ-γ-α=Ο<=:>α=β=γ,

�

γιατί, αν ήταν α - β :;e Ο ή β - γ :;e Ο ή γ - α :;e Ο, τότε θα είχαμε (α - β ) 2 + (β - γ ) 2 + (γ - α ) 2 > Ο. Επομένως, από την ισότητα α + β + γ = 2010 λαμβάνουμε α = β = γ = 670 . J��)�;f_if.ημH

-�

Β'

τάξη Λυκείου

Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση μές του πραγματικού αριθμού α.

Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση

{lxl-1 )2= 2χ + α,

για τις διάφορες τι

χ 2 - 2l xl + 1 = 2χ + α<:::::> χ 2 - 2(l xl + χ ) + 1 - α = Ο. (1) Λόγω της παρουσίας της απόλυτης τιμής του χ , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (i) χ;::: Ο . Τότε η εξίσωση (1) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ 2 - 4χ + 1 - α = Ο , (2) η οποία είναι δευ τέρου βαθμού με διακρίνουσα Δ = 1 6 - 4 ( 1 - α) = 4 ( 3 + α) . Άρα η εξίσωση (2) έχει ρίζες στο IR , αν, και μόνον αν, α;::: -3 . Για να διαπιστώσουμε πόσες από αυτές είναι δεκτές θεωρούμε το γινόμενο και το άΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 79 τ.3/6

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

θροισμα των ριζών που είναι Ρ 1 - α και S = 4 > Ο. Έτσι, για την εξίσωση (2)έχουμε τις υποπεριπτώσεις: Αν α = -3 , τότε η εξίσωσηέχει μία διπλή ρίζα, χ = 2 . Αν -3 < α s 1 , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες μη αρνητικές, χ = 2 ± -./3 + α . Ειδικότερα, αν α = 1 , τότε η εξίσωσηέχει τις ρίζες χ = 4 και χ = Ο . Αν α > 1 , τότε η εξίσωσηέχει μία μόνο ρίζα μη αρνητική, τη χ = 2 + -./3 + α 2 (ii) χ < Ο . Τότε η εξίσωση ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ + 1 - α = Ο, (3) η οποίαέχει μία μόνο αρνητική ρίζα, τη χ = --./α - 1 , αν α > 1 . Συνοπτικά, από τις δύο προηγούμενες περιπτώσεις, έχουμε για τη δεδομένη εξίσωση, τα ακόλουθα συμπεράσματα: Αν α < -3 , η εξίσωση δεν έχει ρίζες στο .IR . Αν α = -3 , τότε η εξίσωσηέχει μία διπλή ρίζα, χ = 2 . Αν -3 < α s 1 , τότε η εξίσωσηέχει δύο ρίζες, χ = 2 ± -./3 + α . Αν α > 1 , τότε η εξίσωσηέχειδύορίζες, τις χ = 2 +-./3 + α , χ = --./α - 1 . =

•

• •

•

ΠρtίβλtΗtα 2 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: χ +y +z = 8 χ2 + y2 + z2 = 26 xy + xz = ( yz + ι

γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.317

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Παρατηρούμε ότι

Η ισότητα στη

(2) ισχύει, αν, και μόνον αν, α = β . ( α3 + β 3 ) γ 1 Άρα έχουμε: - ( α + β ) γ � 2 2 < ( α + β ) γ . (3) 2 α +β ( β3 + γ3 ) α Ομοίως λαμβάνουμε: -1 ( β + γ ) α � 2 2 < ( β + γ ) α , (4) 2 β +γ ( γ 3 + α3 ) β 1 α γ β + � -2 ( ) γ 2 + α 2 < ( γ + α ) β . (5) Οι ισότητα στις (4) και (5) ισχύει αν, και μόνον αν, β= γ και γ= α, αντίστοιχα. Από τις (3), (4) και (5) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε :. ( α3 + β 3 ) γ ( β3 + γ 3 ) α ( γ 3 + α3 ) β αβ + βγ + γα � 2 2 + 2 2 + 2 2 < 2 ( αβ + βγ + γα ) (6) α +β β +γ γ +α

Όμως από την υπόθεση έχουμε: ..!.. + ..!.. + ..!.. = -1 - <::::> αβ + βγ + γα = 1 , (7) α β γ αβγ οπότε από τις (6) και (7) προκύπτουν οι ζητούμενες ανισότητες. Η ισότητα ισχύει αν, και μόνον αν, Jj ' απο' τη σχεση ' α β + βγ + γα = 1 , προκυπτει ' ' α = β = γ =-. α = β = γ , οποτε οτι 3

ι�φυτ•'!!Ιψfι�. Η δεύτερη ανισότητα είναι γνήσια από την κατασκευή της άσκησης με τους

, αριθμους , , λ'ογω της ισοτ, ητας πραγματικους

- + - + - = -. α β γ αβγ

( α3 + β3 ) γ ( β3 + γ3 ) α ( γ3 + α3 ) β α2 +β2

όπου η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, στροφοι.

θετικούς

, οι την περι,πτωση που επιτρεψουμε

να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, δίνοντας στην παραπάνω ισότητα τη μορφή

, ερη ανισοτητα , το, τε η δευτ γινεται

α, β, γ

α, β , γ

αβ + βγ + γα = 1 ,

+ 2 2 + 2 2 -< 2, β +γ γ +α ένας μόνον από τους α, β, γ είναι μηδέν και οι άλλοι δύο aντί

i I (Ηι!Jί.ημυ Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < ΑΓ ) εγγεγραμμένο σε κύκλο ( c) με κέντρο Ο και ακτίνα R. Από το σημείο Α φέρνουμε τις δύο εφαπτόμενες προς τον κύκλο ( c1 ) , που έ χει κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα r = ΟΜ (Μ είναι το μέσο της ΒΓ). Η μία εφαπτόμενη εφάπτεται στο κύκλο (c1 ) στο σημείο Τ , τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ν και το κύκλο (c) στο σημείο Ν 1 (θεωρούμε ΒΝ <ΒΜ ). Η άλλη εφαπτόμενη εφ άπτεται στο κύκλο ( c1 ) στο σημείο Σ , τέμνει την ΒΓ στο σημείο Κ και το κύκλο (c) στο σημείο Κ 1 (θεωρούμε ΓΚ <ΓΜ ). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες BNI' rκ.

και ΑΜ περνάνε από το ίδιο σημείο (συντρέχουν).

Οι χορδές ΑΝ ι , ΑΚι και ΒΓ του κύκλου ( c) , είναι εφαπτόμενες του κύκλου ( cι ) στα σημεία Τ, Σ και Μ αντίστοιχα. Άρα οι ακτίνες ΟΤ,ΟΣ και ΟΜ του κύκλου (cι ) , είναι κάθετες προς τις χορδές ΑΝι,ΑΚι και ΒΓ του κύκλου (c) αντίστοιχα. Δηλαδή οι ακτίνες ΟΤ,ΟΣ και ΟΜ του κύκλου (cι ) , είναι τα aποστήματα που αντιστοιχούν στις χορδές ΑΝι : ΑΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c) . Τα aποστήματα ΟΤ,ΟΣ και ΟΜ είναι ίσα μεταξύ τους , αφού είναι ακτίνες του κύκλου (c1 ) Άρα ΑΝ1 = ΑΚ1 = ΒΓ (*) και τα σημεία Τ, Σ, Μ είναι τα μέσα των χορδών ΑΝ1, ΑΚ1 και ΒΓ , α•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/8

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί Μ αθηματικές Ολυμπιάδες

ντίστοιχα. Από τους προηγούμενους συλλογισμούς, προκύπτουν οι παρακάτω ισότητες ευθυγράμμων ΜΒ ΜΓ = ΤΑ = ΤΝ , = ΣΑ = ΣΚ, τμημάτων: (1 ) Το σημείο Ν βρίσκεται εκτός του κύκλου ( c, ) και ΝΜ, ΝΤ είναι τα εφαπτόμενα τμήματα, οπότε N M =m m (1) : ΜΒ�ΊΝ1 ΜΒ ΊΝ Συνδυάζοντας τις σχέσεις ( 1) και (2) έχουμε: =>- = -1 � ™IIBN , (3) (2) : ΝΜ = Ντ ΜΝ Ντ Συνδυάζοντας και πάλι τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: (1) : ΜΓ = ΤΑ ΜΓ = ΤΑ � ΤΜ / / ΑΓ (4) (2) : ΝΜ = ΝΤ ΝΜ ΝΤ Από τις (3) και ( 4) έχουμε ΒΝ, 11 ΑΓ . Με ανάλογο τρόπο α ποδεικνύουμε ότι ΓΚ, 11 ΑΒ . 8 ιr.---��.:;...:.�....:::� r Αν λοιπόν Ρ είναι η τομή των ευθειών ΒΝ, και ΓΚ, , τότε το τετράπλευρο ΑΒΡΓ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα οι ευθείες ΒΝ, , ΓΚ, και ΑΜ θα συντρέχουν στο Ρ . (*)" Δύο χορδές ενός κύκλου είναι ίσες αν και μόνο αν τα αποστή ματά τους είναι ίσα." (Θεώρημα 111, Σελ.46, του Σχολικού βιβλίου Γεωμετρίας της ΕΜΕ) Σχήμα 4 =

}<:>

}�

Αν οι α , β , γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 12, να αποδείξετε ότι: α 2 + 4 β2 γ β2 + 4 γ2 α γ2 + 4α2 β ...ο.--� .._ >12 + + 4 βγ 4 αβ 4γα

(

)

(

)

(

Από τις γνωστές ανισότητες α2 + 4β 2 :?: 4αβ, β 2 + 4γ 2 :?: 4βγ, γ 2 + 4α 2 :?: 4γα , ( 1 ) λαμβάνουμε τις ανι( α 2 + 4β 2 ) γ 2 4αβ 2 :?: γ = 1 (η ισότητα ισχύει για α = 2β) � σότητες: α + 4β :?: (2) 4αβ 4αβ 4αβ ( β 2 + 4γ 2 ) α 2 4βγ β 2 +-.:... .._ 4γ---' :?:= 1 (η ισότητα ισχύει για β = 2γ) � :?:α (3) 4βγ 4βγ 4βγ ( γ 2 + 4α 2 ) β γ 2 + 4α 2 4γα :?: β -'----- > - = 1 (η ισότητα ισχύει για γ = 2α) � ( 4) 4γα 4γα 4γα Από τις (2), (3) και (4) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: ( α 2 + 4β 2 ) γ ( β 2 + 4γ 2 ) α ( γ 2 + 4α 2 ) β ....:.:?:α + β + γ = 12 . (5) ..._.. ---'-- + + 4γα 4αβ 4βγ Η ισότητα στη σχέση (5) ισχύει, αν, και μόνον αν, ισχύουν οι ισότητες και στις τρεις σχέσεις (2), (3) και (4) ή ισοδύναμα : α = 2β, β = 2γ, γ = 2α , από τις οποίες προκύπτει ότι α = β = γ = Ο , που είναι άτοπο, αφού οι αριθμοί α, β, γ είναι θετικοί. ( α2 + 4β 2 ) γ ( β 2 + 4γ 2 ) α ( γ 2 + 4α 2 ) β Επομένως έχουμε αποδείξει ότι: > 12 . + + 4αβ 4βγ 4γα Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: \:'·"·::ο:

Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει λύση Ο= 5 ή Ο = -2, άτοπο.

(χ, y )

{

5} .

χ2 + 2xy = y2 -3xy = -2

(Σ)

του συστήματος ( Σ ), με χ = Ο ή y = Ο , τότε λαμβάνουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/9

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Για 7:- Ο, η μία εξίσωση του συστήματος μπορεί να αντικατασταθεί με αυτήν που προκύπτει από τις δύο εξισώσεις του συστήματος, με διαίρεση κατά μέλη:

1(y)+22 ·Ιχ y = 25: {m17-32ymmm=-�2 } {5m2-I=ml m+2=0} -3·� �- χ {m -2 =mm=±} {my=2=2x } {my=-=χ±}· x2 χ2+2 =5 2 5} {_Ίχ_2=5} { ± } jx=± -5J7Ί_ I {χ y+=22xyx =S} { y=-χxy } {5yχ==2xS 5 χ xy==2xl χ y=s y=s (x,y)=(1,2) (x,y)=(-1,-2) (x,y)=( 5f,'7) (x,y)=(- 5f,- '7}

χy22+-32xxyy = 25 _

-=----:-

<:::::>

__ <:::::>

�

Επομένως έχουμε: ( Σ) <:::::>

<:::::>

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) με κέντρο Ο και ακτίνα R. Ο περιγεγραμμέ νος κύκλος του τριγώνου ΑΟΒ (έστω (c1 )), τέ μνει την ΑΓ στο σημείο Κ και την ΒΓ στο σημείο Ν . Έστω (c2) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΚΝ και (c3) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου Ο ΓΚ . Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι (c1 ), (c2) και (c3) είναι ίσοι μεταξύ τους.

(cΑΚΟΒ 1),(c2) ( Α1=Β,. Β Α = Β ΑΟ Ν 2 2 ΟΒΓ,ΟΑΓ, ΒΑ,2==ΓΓ,2. ΝΑΓ ΚΒΓΟΒ= ΟΓ ΟΚΒ Ν =ΟΚΓ(Νc )Γ ΚΒ= ΚΓ. = =Γ, ΟΚΚΒ= ΚΓ ΟΚΒ ΟΚΓΚΒΓ ). (c1) ΚΝΒ ΚΝΓ =(ΑΒΓ)= (c1) (c2) R 4 = ( ΚΝ Β) ΚΝΒ = ( ΚΝ Γ) Ε 2 ΒΚ Κ Β · Ν ·Ν = Β) = ( Κ Ν ΚΝΓ. Ε2=(ΚΝΓ)= ΝΓ·Ν44RRΚ2,·ΓΚ) Ε2= 44RR21·ΝΝΒΓ·Ν·ΝΚΚ··ΓΚΒΚ Ε2= RR21·ΝΝΓΒ, ΚΒ = ΚΓ, ΚΒΓ ). , , R R 1 2 = R2 = R

και c3 ) αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι R 3 οι ακτίνες των κύκλων R, έχουμε: 3 • Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρ ο έχουμε: • Από το ισοσκελές τρίγωνο έχουμε: • Από το ισοσκελές τρίγωνο έχουμε: Από τις παραπάνω ισότητες των γωνιών, προκύπτει NAr κΒr δηλαδή τα τρίγωνα και είναι ισοσκελή, οπότε Α και Τα τρίγωνα τώρα και είναι ίσα διότι έχουν: (ακτίνες του κύκλου (κοινή) (από το ισοσκελές τρίγωνο Εφόσον λοιπόν τα τρίγωνα και είναι ίσα, θα έχουν ίσους τους περιγεγραμμένους κύκλους τους και ( c3 ) . Έστω

(cι)

(c2)

και που έχουν περιγεγραμμένους κύκλους αβγ που εκφράζει το εμβαδό αντίστοιχα. Θα χρησιμοποιήσουμε στη συνέχεια τον τύπο Ε τριγώνου συναρτήσει του μήκους των πλευρών και της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου . Έστω λοιπόν Ε, το εμβαδό του τριγώνου και το εμβαδό του τριγώνου Θεωρούμε τώρα τα τρίγωνα

Τότε:

Ε,

και

..!Ξ_ι

•

(για τη τελευταία συνεπαγωγή χρησιμοποιήσαμε την ισότητα λές τρίγωνο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/10

..!Ξ_ι

•

(1)

που προκύπτει από το ισοσκε

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες Α

···

ϊσ�r··- ...

.. ,. ..,. .. . ... .. .. ...

(�}'"οι. .

\,. Ι

I 1 I I I ι ι

J.��:::::::�=�-=====��

I I I I I ι Ι I Ι

··.

Σχήμα 5 Τα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ έχουν τις γωνίες τους κΝΒ και κ.Νr παραπληρωματικές. Άρα: .§.ι = ΝΒ·ΝΚ ::::::> EL = ΝΒ . (2) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε R1 = R2· Ε 2 ΝΓ·ΝΚ Ε 2 ΝΓ (c2)

(cι)

= _β_ = _γ_ = 2R . ημΑ ημΒ ημΓ Εφαρμόζοντας το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ έχουμε: ΚΝ ΚΝ 2R 1 και --,- = 2R2• ημ(Γ) ημ(ΚΒΝ) Από την ισότητα τώρα των γωνιών κ.ΒΝ = Γ , καταλήγουμε: R 1 R2 • Για την απόδειξη, θα χρησιμοποιήσουμε το νόμο των ημιτόνων:

a_ _

---:-,- =

, ,. -"' ... • • • ,ιι""' <�.,,., • •

�� ,.:..�..

...........

'ιι

111

··.,,.

(;:} ..

"',..,�

�\

\.�

�

I I Ι I I Ι ι I Ι I Ι Ι I

..,.,"'· ιΙ// ι ι-'•, ' •,

! I

ιι' I

·;ι�. ·.:-'-/:_j_,--",.':/ ιc.J\ �

(σ�r .. ,. ...

.......

...

κ�

Από τις ισότητες ΝΑ = ΝΓ (το τρίγωνο και ΟΑ ΟΓ , προκύπτει η ισό τητα των τριγώνων ΟΝΑ και ΟΝΓ (η ΟΝ είναι κοινή πλευρά των δύο τριγώνων). Από την ισότητα τώρα των παραπάνω τριγώνων ( ΟΝΑ και ΟΝΓ) προκύπτει η ισότητα των περι γεγραμμένων κύκλων τους (c1) και (c4). Από την ισότητα των τριγώνων ( ΟΕΒ και ΟΝΓ ) προκύπτει η ισότητα των περιγεγραμμένων κύ κλων τους (c5) και (c4) (Ε είναι το σημείο τ ομής του κύκλου (c3) με την ΒΓ ). Προφανώς τα κέντρα Κ1,Κ3,Κ4,Κ5 των κύκλων (c1),(c3),(c4),(c5) θα βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο το Ο και ακτίνα r = R1 = R2 R3 = R4 = R5• Εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε ότι τα τετράπλευρα Κ1Κ3ΒΓ, Κ4Κ5ΒΓ και Κ1Κ3Κ4Κ5, είναι ισοσκελή τραπέζια. Εύκολα επίσης μπορούμε να αποδείξουμε ότι ΟΝ= 11 Κ2Κ3 και ΟΚ = 11 Κ2Κ4• ισ,Ι

κ. ··· ···

•.

•

χ , ........,. ,.. ΝΑΓ είναι ισοσκελές) ·-.

....

Η ακολουθία

an, η

ε Ν*,

ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις

όπου k θετικός ακέραιος. (i) Να προσδιορίσετε το γενικό όρο

an+ι

an -

;

, η

ε Ν* ,

της ακολουθίας ως συνάρτηση των η και k.

(ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικοί θετικοί ακέραιοι k, η τέτοιοι ώστε: a, = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/11

'i�.

Μ αθηματικοί Δ ιαγωνισμοί Μ αθηματικές Ολυμπιάδες

(i) Από

τις υποθέσεις έχουμε a 2 = a1

-Ξ, a3 = a 2 - ; , ••• , a" = a

από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: a" = a1

•.

= I + k- 2

(ii) Έστω

ψ (Η ) -

= ( 1 - k) + 2

�

-·, η = 1, 2, 3,

2n-1+\000

2n-l

= k ( 2n-1+1000

21000

�

-2

η = ι, 2,3, ...

(� + ;2 + + � ) = 1 _ 2 1

· · ·

-1 +

()

ι 1- - "

�

ι- -2

<:::::>

...

ι ι _<:::::> ( ι- k ) + � =_ _<:::::> ( ι- k ) ότι: a " = _21000 21000 2n-l

ραιος και η Ε Ν•, η > ι. Τότε έχουμε

-k

π- Ι

2n-Ι+ιοοο

21000

) <:::::> k = 2n-1+1000 - 21000 > 0' k 2n-l+\000

2n-l

"-1

όπου

θετικός ακέ-

(ι)

( Ο, 1 ), άτοπο. 2n-1+1000 2n-l 2n-IOOI 21000 2n-l Αν υποθέσουμε ότι η - ι< ι000 <:::::>η < ι00 ι, τότε έχουμε: k -1 2n-Ι+ΙΟΟΟ 21000 -1 2n-Ι+ΙΟΟΟ 21000 1 2-n-Ι , -ι οπότε θα είναι Ο < k - 1 < 1 , που είναι άτοπο. Άρα είναι η - 1 = 1 000 <:::::>η = 1 00ι, οπότε από την ( 1 ) προκύπτει ότι k = ι.

,, Αν υποθέσουμε ότι η - ι> 1 000 <:::::>η > 1 00 ι, τότε από τη σχέση ( 1 ) προκWττει, ότι _

Αν α,b,c,d, είναι δεδομένοι πραγματικοί αριθμοί, να λύσετε το σύστημα: .

Χ' -)Z-zu-yu=α

ι -zu-ux-:ιιz=b I -ux-xy-yu=c

J-xy-)Z-ZX=d

(' 2

είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, n > 2 , και α1 + α2 +... + αn = 1, να αποδεία α αn α α αn α α2 αn-1 ::ς 1 +• • • + + I 3 ξετε ότι: 2 3 2 αl +n-2 αn +n-2 α2 +n-2 (n-1) Αν

α1, α2, ..., αn ·

· · · · ·

•

Έστω Α' Ε ( BC ) , Β' Ε ( CA ) , C' Ε ( ΑΒ ) είναι τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύ κλων του τριγώνου ABC με τις πλευρές του τριγώνου ABC . Έστω R' η ακτίνα του περιγε γραμμένου κύκλου του τριγώνου A'B'C'. Να αποδείξετε ότι: 1 R' =- �2R(2R-ha)(2R-hb )(2R-hc), 2r όπου R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, r είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC και ha, hb, hc είναι τα τρία ύψη του τριγώνου ABC από τις κορυφές Α, Β και C , αντίστοιχα. Έστώ p θετικός ακέραιος, p > 1. Βρείτε τον αριθμό των m χ n πινάκων με στοιχεία από το σύνολο {1,2,... ,p} που είναι τέτοιοι, ώστε το άθροισμα των στοιχείων κάθε γραμμής και κάθε στήλης τους δεν διαιρείται με το p . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/12

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι σμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3 ) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφ αρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. \ '" ,,,,,,; ,.ψ:γ,-υ': '. ''i" ;,τ:')· ;· παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επί πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

; I ..

•'·-"

',i

1':,/-�

;

� .-�

";;-_ '

Η μαθηματικο:\:',, ποίηση της γνώσης είναι διαδικασία. Η ταχύτητά της εξαρτάται από την επικαιρότητα των απαιτήσεων της πρακτικής και από το επίπεδο των δυνατοτήτων που διαμορφώθηκαν στη δεδομένη στιγμή. Οι δυνατότητες αυτές σε κάθε ιστορική στιγμή καθορίζονται τόσο από το βαθμό της επιτρεπόμενης τυποποίησης των δεδομένων της επιστήμης, όσο και από το επίπεδο ανάπτυξης των μαθηματικών μέσων που αντιστοιχούν στην ουσία του προβλήματος. Η διαδικασία μαθηματικοποίησης διευκολύνεται και από τα τεχνικά μέσα των Μαθηματικών: τους προσομοιωτές (simulators) και τις υπολογιστικές μηχανές. Αποτέλεσμα της μαθηματικοποίησης, εκτός από τις επιτυχίες στην επίλυση ξεχωριστών προβλημάτων ή κλάσεων προβλημάτων, είναι η

εμφάνιση στο δοσμένο κλάδο της επιστήμης (και των Μαθηματικών επίσης) ενός συστήματος συμ βόλων και πράξεων μ' αυτά, δηλαδή συμβολικών λογισμών και αλγόριθμων, που απεικονίζουν τα υπό μελέτη φαινόμενα και τις διαδικασίες ανάπτυ ξης. Φυσικά ο βαθμός μαθηματικοποίησης της γνώσης, είναι κάθε φορά διαφορετικός. Πιθανόν, σαν πιο απλή είτε σαν μια από τις πιο απλές, κατώτερες βαθμίδες της μαθηματικοποίησης να μπορεί να θε ωρηθεί η ποσοτική επεξεργασίατων δεδομένων του πειράματος και της παρατήρησης, που συνοδεύεται συνήθως από τη διατύπωση απλών, πρωταρχικών ποσοτικών σχέσεων (υπολογισμοί, σχεδίαση γρα, φημάτων με βάση τους πίνακες αριθμητικών τιμών κ.α.). [πηγή : «ΕΙΣΑΓΩΓΉ ΣΤΗ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ» Κ.A.RYBNIKOV]

Μήπως γνωρίζετε ποιος είναι ο συντάκτης της παρακάτω επιστολής; επρότsινα όπως αποστείλη τήν εργασίαν σας δια

«Λειψία 8. 6.1943

τού διευθυντή του εν Μονάχω Σεμιναρίου Βυ

Αγαπητέ κ. Παπακυριακόπουλε Την συστημένην επιστολήν σου έλαβα προ και

ζαντινών σπουδών κύριο Dδlger εις το Γερμα

ρού δεν σου απήντησα μέχρι σήμερον διότι πε

νικό Ινστιτούτο σπουδών Αθηνών από όπου θα

ρίμενα να ταυτοποιήσω την υπόθεσήν σου. Το την πάρεις. Ελπίζω λοιπόν να τακτοποιηθή η Πάσχα δεν μπόρεσα να κατέλθω εις το Μόνα

υπόθεσή σου σύντομα. Γράψε μου όταν πάρεις

χαν. Ευτυχώς όμως προχθές ήλθεν εδώ ο κ. Κα

την εργασίαν σου. Επίσης εάν εξακολουθείς να

ραθεοδωρή δια να κάμει μίαν διάλεξιν εις το εργάζεσαι επιστημονικώς. Μαθηματικόν Kolloquim. Επί τη ευκαιρία αυτή Πολλούς χαιρετισμούς στους κ. Κριτικό και κ. ομιλήσαμεν εκτενώς δια την επιστημονικήν σου Βασιλείου.

Ο κ. Ελευθερουδάκης τι γίνεται; ε

εργασίαν, την οποίαν όπως και άλλοτε σου έ

ξακολουθεί το ενδιαφέρον του δια τα Μαθημα

γραψα, αλλά και ο ίδιος Καραθεοδωρή σου έ

τικά; Να τού διαβιβάσεις πολλούς χαιρετισμούς.

γραψεν, την εύρισκει αρκετά καλήν. Του

Με φιλίαν

... ...... .......»

Προ ημερών διάβαζα ένα άρθρο του Τεύκρου Μιχαηλίδη για τη μαθηματική λογοτεχνία, με τίτλο «Μαθηματική Λογοτεχνία: νέο γένος ή νέα μόδα;». Η Μαθηματική Λογοτεχνία είναι μια πολύ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/13

------

HOMO MATHEMAτiCUS

ενδιαφέρουσα οπτική για να "δούμε" τα Μαθηματικά. Σας το παρουσιάζω, αφού προηγουμένως ευχαρι στήσω τον φίλο Τεύκρο.

«Και ξαφνικά, κάπου στα μέσα της δεκαετίας του Αξίζει ωστόσο να επισημάνουμε μια εντελώς '90, κάποιοι παράξενοι τίτλοι άρχισαν να διεκδι διαφορετική προσέγγιση του ενδεχομένου μιας κοι κούν μια θέση στις βιτρίνες των βιβλιοπωλείων: «0 νής πορείας μαθηματικών και λογοτεχνίας, που α θείος Πέτρος και η Εικασία του Γκόλντμπαχ, Το ναπτύχθηκε στο δεύτερο μισό του εικοστού αιώνα Θεώρημα του Παπαγάλου , Οι Άγριοι Αριθμοί». και ανήκει πια μόνο στην ιστορία. Πρόκειται για το Έκπληκτοι εκδότες, βιβλιοπώλες, βιβλιοκριτι λεγόμενο πρόγραμμα OU.LI.PO . κοί έγιναν μάρτυρες μιας άνευ προηγουμένου α Βρισκόμαστε στις αρχές της δεκαετίας του '60 νερχόμενης δημοφιλίας για βιβλία που, παρά το και το φιλοσοφικό ρεύμα του συρμού είναι ο μυθοπλαστικό τους χαρακτήρα, έφεραν έντονα τη στρουκτουραλισμός. Το παραδοσιακό Ευκλείδειο, σφραγίδα του αρχέγονου σχολικού εφιάλτη: των αξιωματικό - παραγωγικό μοντέλο (πρωταρχική μαθηματικών. έννοια - αξίωμα - θεώρημα), ανακαινισμένο από Οι αντιδράσεις κι από τις δυο πλευρές ήταν τον Hilbert βρίσκεται στην ημερήσια διάταξη. μουδιασμένες. Οι «σκληροπυρηνικοί» μαθηματικοί Πέρα από τις παραδοσιακές «θετικές» επιστή αντιμετώπισαν με συγκαταβατική ειρωνεία, αν όχι μες κι άλλοι κλάδοι της γνώσης - η εθνολογία με με απροκάλυπτη εχθρότητα, την προσπάθεια κά τον Claude Leνi - Strauss και η ψυχολογία με τον ποιων ομότεχνών τους να ... μολέψουν την «κορω Piaget - κάνουν σημαντικές απόπειρες να ακολου νίδα των επιστημών» με τη μυθοπλασία και τα πα θήσουν τα βήματα της ομάδας Bourbaki που φιλο ρεπόμενά της: αμφισημία, διπλή ανάγνωση, κρυμ δοξεί να καταγράψει το σύνολο των μαθηματικών σ' ένα ενιαίο σύγγραμμα, τα Στοιχεία Μαθηματι μένα νοήματα, υποκειμενική κρίση. Όσο για τους επαtοντες της αφήγησης, έδειξαν κής (Eleιnents de Matheιnatique) με μια ενιαία δο κι αυτοί κάποιο σκεπτικισμό όσον αφορά στη σκο μή, κι ένα ενιαίο, γραμμικό τρόπο ανάπτυξης. Εκείνη ακριβώς τη στιγμή δημιουργείται, από πιμότητα αλλά και το εφικτόν της ζεύξης του ορ θολογισμού με τη φαντασία, του ηδυσμένου λόγου τους Fran�ois Le Lionnais και Reymond Queneau με την αφαίρεση και, σε τελευταία ανάλυση, της το Ouνroir de la Litterature Potentielle (OU.LI.PO θεωρητικής προσέγγισης με την καθημερινή πράξη. - εργαστήρι δυναμικής λογοτεχνίας). Οι γεωμε Όμως το κοινό είχε άλλη άποψη. Χέρι με χέρι, τρικοί όροι, σημείο - ευθεία - επίπεδο, αντικαθί στόμα με στόμα οι μαθηματικές ιστορίες άρχισαν στανται από τους λέξη - πρόταση - παράγραφος να μπαίνουν σε όλα τα σπίτια, σ' όλες τις βιβλιο και επιχειρείται μια αξιωματική - παραγωγική θήκες και το πιο ενθαρρυντικό: σε πολλά νεανικά θεωρία ανάπτυξης λογοτεχνικού κειμένου . Υ πήρξαν αρκετά ενδιαφέροντα αποτελέσματα που δωμάτια. Ο Χάρντι, ο Γκέντελ, ο Γκαλουά, ο Ραμάνου δεν ξέφυγαν ωστόσο ποτέ από το πειραματικό τζαν έλαβαν θέση δίπλα στη Σκάρλετ Ο'Χάρα, τον θεωρητικό στάδιο. Το σημερινό ρεύμα διαφέρει από το OU .LI.PO Ντάρσι και τον Μεγάλο Γκάτσμπι. Κάποιοι απ' αυ ως προς το ότι δεν προέκυψε από μια πειραματική τούς ανέβηκαν και στη σκηνή, σημειώνοντας μάλι εγκεφαλική διαδικασία, αλλά από την ανάγκη κά στα σημαντική επιτυχία. Βρισκόμαστε άραγε μπροστά στη γέννηση ενός ποιων δημιουργών να εκφραστούν μέσα από το λι νέου λογοτεχνικού γένους ή πρόκειται απλά για μια τό και σαφή μαθηματικό λόγο και τη συμπληρωμα εφήμερη μόδα που θα ξεφτίσει ύστερα από λίγα τική ανάγκη των αναγνωστών ν' ακούσουν να τους χρόνια, αφήνοντας πίσω της μερικές εκατοντάδες μιλούν με αυτόν ακριβώς τον τίμιο και ειλικρινή τίτλους που σε λίγο δε θα τους θυμούνται ούτε οι τρόπο. Στην εποχή του ξύλινου, υποκριτικού πολι σκληροί δίσκοι των υπολογιστών; Ή ακόμα, μήπως τικού λόγου, στον καιρό της εικονικής πραγματικό κάποια κλασικά λογοτεχνικά γένη, όπως το ιστορι τητας φαίνεται πως η μαθηματική λογοτεχνία είναι κό αφήγημα ή οι ιστορίες αναζήτησης, απλώς διεύ η αναμενόμενη αντίδραση σε μια μονότονη, κου ρυναν τη θεματολογία τους και προς τα μαθηματι ραστική και ιδιαίτερα ψυχοφθόρο δράση» κά; Το μέλλον θα δείξει. ( πηγή: Τεύκρου Μιχαηλίδη, «Μαθηματική Λογοτεχνία: νέο γένος ή νέα μόδα;». Άρθρο του στην www. culturenow.gr την 2/3/20 1 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/14

------- ΗΟΜΟ

MATHEMAτiCUS

Ο φίλος της στήλης Πάνος Πουλιάσης (Αθήνα) μου διηγήθηκε πως ξεφυλλίζοντας το περιοδικό Quantum έπεσε η ματιά του σε μια εργασία του George Berzenyi και, επειδή την θεώρησε ενδιαφέρουσα, μας την παρουσιάζει. Ας την παρακολουθήσουμε.

«εξισωτής τριγώνου» <<Έστω (ε) μια ευθεία στο επίπεδο του τριγώ νου ΑΒΓ. Θα ονομάζουμε την (ε) εξισωτή του ΑΒΓ όταν χωρίζει το τρίγωνο σε δύο τμήματα με ίσα εμβαδά και ίσες περιμέτρους. Για παρά δειγμα, αν στο παρακάτω σχή μα:

Α έχουμε εμβαδόν(Γ ΔΗ)=εμβαδόν(ΔΗΑΒ) και

Υπάρχει τότε μια ένα προς ένα αντιστοιχία ανάμεσα σε αυτά τα "υπό κλίμακα" τρίγωνα και τα ση μεία (α, β) της περιοχής του επιπέδου που φράσσεται από τις ευθείες χ+ψ= 1 , χ= 1 , και ψ=χ. Συνεπώς αν εισαγάγουμε ένα λεπτό πλέγ μα στο επίπεδο, μπορούμε να ση μειώσουμε σε αυτό εκείνα τα σημεία που τα αντίστοιχά τους τρίγωνα έχουν ένα, τρεις ή οποιοδήποτε άλλο πλήθος από εξισωτές. Τότε οι απαιτούμενες σχέσεις για να είναι η ΔΗ εξισωτής εκφράζο νται από τις συνθήκες: ΔΓ. ΗΓ

όπου η πρώτη συνθήκη προέρχεται από την

�!

ΔΓ. ΗΓ. ημΓ- ( αβ.ημΓ)

ΓΔ +ΔΗ+ΗΓ=ΔΗ+ ΗΑ+ΑΒ +ΒΔ, λέμε ότι η ΔΗ είναι εξισωτής του τριγώνου ΑΒΓ. Η πρώτη πρόκληση είναι η εξής: Απο δείξτε ότι για κάθε τρίγωνο υπάρχει ένας εξι σωτής. Υπάρχουν τρίγωνα που έχουν ακόμα και τρεις εξισωτές. Υπάρχουν τρίγωνα με πε ρισσότερους από τρεις εξισωτές; Το παραπάνω σχή μα ίσως δημιουργήσει την εντύπωση ότι ένα τρίγωνο μπορεί να έχει ακόμα και έξι εξι σωτές. Για παράδειγμα, αν ΓΔ<ΓΑ και ΓΗ<ΓΒ, μπορούμε να αντιστρέψ ουμε τα Δ και Η (δη λαδή να θεωρήσουμε τα συμμετρικά τους ως προς τη διχοτόμο της γωνίας ΒΓ Α), και το ίδιο μπορεί να γίνει όταν τα Δ και Η ανήκουν στα δύο άλλα ζεύγη πλευρών. Για να αναλύσουμε την κατάσταση μέσω πειραμάτων σε υπολογιστή , ας θεωρήσουμε ότι α,β,γ είναι τα μήκη των πλευρών ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ αντίστοιχα, και ας υποθέσουμε ότι α:::; β:::;γ= 1 .

==-!αβ και ΔΓ+ΗΓ=� (α+ β+γ),

και η δεύτερη από τη γ+ (α - ΔΓ)+ΔΗ+ (β - ΗΓ)=ΔΓ+ΗΓ+ ΔΗ. Επομένως μπορούμε να θεωρήσουμε ότι τα ΔΓ, ΗΓ, είναι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσω σης 1 1 χ2 - -:: (α+ β+γ) χ + :αβ=Ο.

Αν θέσουμε τ=(α+ β+γ)/2, έπεται ότι

�

ΔΓ,ΗΓ- [τ ± (τ2 - 2αβ)

112

]. Προφανώς πρέπει να ισχύει τ2 2: 2αβ, κα θώς και ΔΓ:::;α , ΗΓ:::; β. Παρόμοια ανάλυση εφαρμόζεται και σε κάθε άλλο δυνατό εξισωτή. Κλείνοντας, πρέπει να επισημάνω ότι υπάρχει και το τρισδιάστατο ανάλογο του εξισωτή . Δηλαδή ότι για κάθε τε τράεδρο υπάρχει ένα επίπεδο που το χωρίζει σε δυο τμή ματα ίσου όγκου και ίσου επιφανεια κού εμβαδού» [Πηγή: περιοδικό " Quantum" , τομ.4, τεύχος 3 . Εκδόσεις : Κάτοπτρο, Α θήνα 1 997)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/15

------

HOMO MATHEMAτiCUS

Από το Νίκο Λυγερό (Πανεπιστήμιο Λυών), λάβαμε και σας παρουσιάζουμε το παρακάτω έμμετρο, με τίτλο: «0 γέρος κοίταζε την πόρτα»

Περίμενε τον άγνωστο. Έπρεπε να μιλήσει για τα μαθη ματικά του. Η πόρτα άνοιξε. Δεν κουνήθηκε από την καρέκλα του. Ο άγνωστος κάθισε δίπλα του. Τότε άρχισαν να ξεχειλίζουν οι νεκροί από το στόμα του γέρου. Χαμογελούσε επιτέλους μετά από τόσα χρόνια. Έλεγε για τη γαλλική σχολή. Ζωντάνεψε ο Bourbaki και το σεμινάριο του Pisot. Ήρθε μετά η σειρά του Κrasner. Με τη λογική ο γέρος πήρε πιο σκοτεινά μονοπάτια. Ο άγνωστος τα ήξερε από τον Fraϊsse και δε ξαφνιάστηκε. Πέρασαν ανάμεσα στους τάφους ακίνητοι. Για να βρουν τη θεωρία κατηγοριών. Άγγιξαν τα πρώτα θεωρήματα του γέρου. Έτσι είδαν και πάλι τη σκιά του Caratheodory. Μα και ο Cartan δεν έμεινε πίσω. Ακόμα και αν άφησε για λίγα λεπτά στη θέ ση του τον Dieudonne. Η αναφορά στον Weil με τα Souvenirs d'Apprentissage ήταν αναμενόμενη.

Έτσι η αυτόματη ύπαρξη του Seπe επισκέφτηκε το διάλογο Έπεσε η νύχτα και ο γέρος δεν έβλεπε πια τον άγνωστο. Τον ένιωθε δίπλα του με τη σκιά του. Αυτό αρκούσε για εκείνον. Δεν ήθελε τίποτα άλλο. Και ήρθαν τα σύνολα με μερική διάταξη. Το ω πήρε άλλο νόημα. Η ιστορία δεν θα σταματούσε εκεί. Ο γέρος το ήξερε ότι ο άγνωστος κατέγραφε κάθε λεπτομέρεια. Δεν έπρεπε να ξεχάσουν τίποτα. Δεν ήξεραν αν θα ξαναβρεθούν. Η μοναδική συνάντηση μπορούσε να ήταν και η τελευταία. Ήξεραν και οι δύο για τον Hausdorff. Η σκιά έβλεπε για πρώτη φορά τον ανύπαρκτο λαό. Κι ένα κεφάλι πάνω από τους άλλους κοίταζε ο Poincare. Τότε ήρθε η στιγμή της αλγεβροποίησης. Η ισχυρή εφαρμογή της θεωρίας κατηγοριών. Ο γέρος γελούσε πια. Ήξερε πως ένιωθε ο άγνωστος. Θα ζούσε μέσα του για την τιμή του ανθρώπινου πνεύματος.

[πηγή: Από την ηλεκτρονική άλλη λογραφία μας, με τον Νίκο Λυγερό] ,_ _·· , .

Συντάκτης αυτής της επιστολής είναι ο Δημήτρης Κάππος και την απευθύνει στον Χ. Παπακυριακόπουλο

Στις 24 Απρίλη 20 1 0, ο συγγραφέας Denis Γεννήθηκε στο Σετίφ της Γαλλίας το 1 940. Ήταν μυθιστοριογράφος και καθηγητής της Ιστορίας της Επιστήμης στο Πανεπιστήμιο Paris VIII . Για κάποιους υπήρξε ένας στενός φίλος, για όλους, όμως, ένας σοφός, πολύτιμος, γενναιόδωρος δάσκαλος. Με τα βιβλία του, εννιά από τα οποία μεταφράστηκαν στα Ελλη νικά και αγαπήθηκαν ιδιαίτερα από το ελληνικό αναγνωστικό κοινό, έφερε τα μαθηματικά πιο κο ντά στο μη εξειδικευμένο κοινό και κατάφερε να Guedj έπαψε να υπάρχει.

αναδείξει τον ανθρώπινο χαρακτήρα τους

(το Θεώρημα Του Παπαγάλου, Τα Αστέρια Της Βερενί κης, Το Μηδέν, Η Έπαυλη Των Ανδρών, Επιχείρηση Μεσημβρία, Το Μέ τρο Του Κό σμου, Λ α Μπέλα, Το Δωρεάν Δεν Αξίζει Πλέον τίποτα, Εξηγώντας Τα Μαθηματικά Στις Κόρες Μου)

Ο Denis Guedj είχε δηλώσει: «Στην επαγγελ ματική μου ζωή είμαι και μαθηματικός και ιστορι κός, όμως αυτό που με προσδιορίζει πρώτα απ' όλα είναι η ιδιότητά μου ως "ανθρώπου" που θέλει να επικοινωνήσει και να εκφραστεί».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/16

;:>' , ..._ . .

Στόγιας Σωτήρης

Μια συνάρτηση f : Α � IR λέγεται και μόνο για κάθε χ ε Α ισχύουν

άρτια

αν

και f( -χ) = f(x) Αφού πρέπει για κάθε χ ε Α να ισχύει και -χ ε Α συμπεραίνουμε ότι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης πρέπει να είναι ένα διάστημα συμμετρικό ως προς το μηδέν. Η γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης έχει ως άξονα συμμετρίας τον άξονα y ' y . Για παράδειγμα η συνάρτηση f με τύπο f(x) = χ 2 είναι άρτια γιατί έχει πεδίο ορι σμού το IR που είναι συμμετρικό ως προς το μηδέν και ισχύει f( -χ) = ( -χ) 2 = χ 2 = f(x) Μια συνάρτηση f : Α � IR λέγεται περιττή αν και μόνο για κάθε χ ε Α ισχύουν -χ ε Α

-χ ε Α

και

f(-x) = -f(x)

Αφού πρέπει για κάθε χ ε Α να ισχύει και -χ ε Α συμπεραίνουμε ότι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης πρέπει να είναι ένα διάστημα συμμετρικό ως προς το μηδέν. Η γραφική πα ράσταση μιας περιττής συνάρτηση έχει ως κέ ντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων δηλαδή το 0(0, Ο ). Για παράδειγμα η συνάρτηση f με τύπο f(x) = χ3 είναι περιττή γιατί έχει πεδίο ορισμού το IR που είναι συμμετρικό ως προς το μηδέν και ισχύει f( -χ) = ( -χ)3 = -χ3 = -f(x)

Μια συνάρτηση λέγεται γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της όταν και μόνο για οποιαδήποτε χ1 , χ 2 ε Δ με χ, < χ 2 ισχύει f(x1 ) < f(x 2 ) . Η γραφική παράσταση μίας γνησίως aύξουσας συνάρτησης « ανεβαίνει » καθώς το χ κινείται από αριστερά προς τα δεξιά ή αλλιώς καθώς αυξάνεται η τιμή του χ η γραφική παράστα ση « ανεβαίνει ».

Μια συνάρτηση λέγεται γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της όταν και μόνο για οποιαδήποτε χ1 , χ 2 ε Δ με χ, < χ 2 ισχύει f(x1 ) > f(x 2 ) . Η γραφική παράσταση μιας γνησίως φθίνου σας συνάρτησης λέμε ότι « κατεβαίνει » κα θώς το χ κινείται από αριστερά προς τα δεξιά ή αλλιώς καθώς αυξάνεται η τιμή του χ η γραφική παράσταση «κατεβαίνει». Μια συνάρτηση η οποία είναι γνησίως αύξου σα ή γνησίως φθίνουσα λέγεται γνησίως μο

νότονη .

Έστω συνάρτηση f : Α � IR και χ 0 ε Α . Τότε λέμε ότι Ο Η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ 0 όταν και μόνον ισχύει f(x) � f(x 0 ) για κάθε χ ε Α Το χ 0 ε Α λέγεται θέση ελαχίστου ενώ το f(x 0 ) λέγεται (ολικό) ελάχιστο της συνάρτη σης f και συμβολίζεται με minf(x) . Ο Η συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο στο χ 0 όταν και μόνον ισχύει f(x) � f(x 0 ) για κάθε χ ε Α Το χ 0 ε Α λέγεται θέση μεγίστου ενώ το f(x 0 ) λέγεται (ολικό) μέγιστο της συνάρτη σης f και συμβολίζεται με maxf(x) . Το ( ο λικό ) μέγιστο και το (ολικό) ελάχιστο μιας συνάρτησης f λέγονται ολικά ακρότατα της συνάρτησης. Αν μια συνάρτηση f παρουσιάζει στο χ 0 ε Α μέγιστο τότε το σημείο Μ ( χ 0 , f(x 0 ) ) είναι το «υψηλότερο» σημείο της γραφικής παράστα σης της συνάρτησης, ενώ αν παρουσιάζει ελά χιστο τότε το σημείο Μ ( χ 0 , f(x 0 ) ) είναι το « χαμηλότερο» σημείο της γραφικής παράστα σης της συνάρτησης. Θα πρέπει να προσέξουμε ότι αν ισχύει f(x) � λ , για κάθε χ ε Α τότε το λ ε IR δεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/17

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου Για να είναι ν) Για να ορίζεται η

είναι απαραίτητα ελάχιστο της f . το λ ελάχιστο της f αρκεί επιπλέον να υπάρ χει χ 0 Ε Α τέτοιο ώστε f(x 0 ) = λ . Ανάλογα, αν ισχύει f(x) ::; λ , για κάθε χ Ε Α τότε το λ Ε � δεν είναι απαραίτητα μέγιστο της f . Για να είναι το λ μέγιστο της f αρκεί επιπλέον να υπάρχει χ 0 Ε Α τέτοιο ώστε f(χ 0 ) = λ . Μια συνάρτηση μπορεί να έχει μέγιστο και ελάχιστο, ή μόνο μέγιστο ή μόνο ελάχιστο ή να μην έχει ούτε μέγιστο ούτε ελάχιστο. 1 . Να εξετάσετε ποιες από τις παρακάτω συναρ τήσεις είναι άρτιες και ποιες είναι περιττές.

h(x) = .Jx 2 + 3 iii) ιι 2ο g(x) = x · lxl ίν) t(x) = -χ2x -Ι 2 -χ 2 - χ ' χ < Ο χ ν) Φ(χ) = -- vi) ω(χ) = χ+3 -χ 2 + χ ' χ > Ο ί)

f(x) = I - lxl

ii)

{

i ) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το Ar = � . -χ Ε Ar . Είναι Άρα για κάθε χ Ε A r , f(-x) = 1 - l-xl = 1 - lxl = f(x) . Άρα η συνάρτηση f είναι άρτια. ii) Η συνάρτηση h έχει πεδίο ορισμού το A h = � αφού χ 2 + 3 > Ο για κάθε χ Ε � . Άρα για κάθε χ Ε A h , -χ Ε A h . Είναι h(-x) = (-x) 2 + 3 = .Jx 2 + 3 = h(x) . Άρα η συ νάρτηση h είναι άρτια. iii) Η συνάρτηση g έχει πεδίο ορισμού το Ag = � Άρα για κάθε χ Ε Ag , -χ Ε Ag . Είναι g(-x) = (-x) · l-xl = -x · lxl = -g(x) . Άρα η συ νάρτηση g είναι περιττή. iv) Για να ορίζεται η συνάρτηση t πρέπει και αρ κεί δηλαδή χ :t:- Ι, - Ι . Άρα το πεδίο ορισμού της είτο ναι Α 1 = � - { - Ι , Ι } = (-οο, - Ι ) υ - Ι ,1) υ ( Ι , +οο) . Άρα -χ Ε Α1 Είναι για κάθε χ Ε Α1 , ιι 2ο ( -χ ) χ 2Οιι = -t(x) . t( -χ) = = Προσέξτε (-χ) 2 - 1 (-χ) 2 - 1 ιι ότι (-χ ) 2ο = -χ 2οιι διότι το 201 1 είναι περιττός και (-χ γ = χ 2 διότι το 2 είναι άρτιος. Άρα η συ νάρτηση t είναι περιττή.

�

(

•

συνάρτηση φ πρέπει και αρ κεί χ + 3 :t:- Ο , δηλαδή χ :t:- -3 . Άρα το πεδίο ορι το σμού της είναι Αφ = � - { 3 } = ( -οο, 3) υ (3, +οο) , οπότε -3 Ε Αφ αλλά 3 � Αφ . Η συνάρτηση φ δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή. vi) Η συνάρτηση ω ορίζεται στο Αω = � · = (-οο, Ο) υ (Ο,+οο) . Άρα για κάθε χ Ε Αω , -χ Ε Αω . Για χ < Ο είναι ω( χ) = -χ 2 - χ . Όταν χ < Ο είναι -χ > Ο . Για να βρούμε το ω( -χ) κάνουμε αντικατάσταση στον κάτω κλάδο . Είναι ω( -χ) = -( -χ γ + (-χ) = -χ 2 - χ = ω( χ) . Για χ > Ο είναι ω( χ) = -χ 2 + χ . Όταν χ > Ο είναι -χ < Ο . Για να βρούμε το ω( -χ) κάνουμε αντικα τάσταση στον πάνω κλάδο . Είναι 2 2 ω(-χ) = -( -χ) - (-χ) = -χ + χ = ω(χ) . Άρα η συνάρτηση ω είναι άρτια. 2. Δίνεται η συνάρτηση f η οποία είναι ορισμέ νη στο � για την οποία ισχύει 1 για κάθε χ, ε R . f χ- = f χ -f

(

( ) ( y) ( )

Δείξτε ότι: ί f

(Ο) Ο ii =

f είναι περιττή .

Για χ=Ο f( O -O) =f( O) -f( O) άρα f (O) = O ίί. Για χ = y και y = χ ( Ι) � f (y -x ) = f (y) -f ( χ) � f (y -x) =-( f ( χ ) -f (y) ) Άρα f( x) -f(y) =f( x- y) και -( f( x) -f(y) ) =f(y -x) Οπότε f ( x- y) =-f (y -x ) . Αν θέσουμε χ - y = ω τότε ισχύει f (ω) = -f (ω) . Άρα η f είναι περιττή. ί.

3. Να μελετηθούν οι παρακάτω συναρτήσεις ως προς την μονοτονία . 1 - χ4 1 = ί) f ( x ) = χ - ίί) ( ) x g χ3 χ

i) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το Ar = � · = (-οο, Ο) υ (Ο,+οο) . Θεωρούμε Χι , χ 2 τα οποία πρέπει να είναι ομό σημα. Άρα διακρίνουμε περιπτώσεις. Έστω Χι , χ 2 Ε ( -οο, Ο) με Χι < χ 2 . Τότε 3 1 1 Χι3 < χ 2 3 � - Χι3 > - Xz � - -3 < - χ23 · Χι Τότε για Χι , Χ 2 Ε (-οο,Ο) είναι Χι < χ 2 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/18

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

, , ' ι ι , < --. Π ροσθ ετοντας κατα μελη εχουμε 3 3 Χι χ2 χ - � => f( x1 ) < f( x1 ) . Άρα η f είΧ1 - � Χι < 2 χ2 ναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο,Ο) με χ1 < χ 2 . Τότε Έστω χ1 , χ 2 Ε ( 0 ,+οο) ι <- ι Χ ι 3 < χ 23 => - Χ ι 3 > -χ 2 3 => - Χ ι3 Χ 23 · Τότε για χ1 , χ 2 Ε (Ο, +οο) είναι χ1 < χ 2 και ι ' ' < ι . π ροσθ ετοντας κατα μελη εχουμε -3 Χι χ2 => f(χι ) < f(χ ι ) Άρα η f είΧ ι - �ι < χ 2 - � χ2 Χ ναι γνησίως αύξουσα και στο (Ο, +οο) Όμως f > f( ι ) ενώ < 1 , οπότε η f δεν εί ναι μονότονη στο IR = ( -οο, Ο) υ (Ο, +οο ) . ·

-3

( -�)

-�

•

Αν χ 1 < χ 2 < Ο τότε χ3 -χ3 > 1 =(χ1 -χ ) + � f(x1) -f( x2 ) =x1 - ---τι - x2 + ---τ 2 Χι Χ2 0 χ2 Χι , αφού χ1 < χ 2 => χ; < χ; . Ομοίως αν ο < χ 1 < Χ 2 κ.λ.π. ii) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το αφού πρέπει Ag = lR * = (-οο,Ο) υ (Ο,+οο) χ 2 -:ι= Ο <::::> χ -:ι= Ο . Απλοποιούμε τον τύπο της g . Χ 4 = -1 - x 2 ' g( x ) = 1 - χ 4 = -1 - Ειναι χ2 χ2 χ2 χ2 Έστω χ 1 , χ 2 Ε (-οο,Ο) με χ1 < χ 2 . Τότε χ 1 2 > χ / ( τα Χ ι , χ 2 είναι αρνητικά άρα αλλάζει η φορά ). Τότε χ 2 > χ 2 2 => -χ ι 2 < -χ 2 2 και ' ' 1 < 1 π ροσθ ετοντας ' κατα μεχ ι 2 > χ 2 2 => 2 2 Χι χ2 1 1 λη εχουμε -2 - χ ι 2 < -2 - χ 2 2 => g(x 1 ) < g(x 2 ) . Χι Χ2 Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο, Ο) με Χ ι < χ 2 . Τότε Έστω Χ ι ,χ 2 Ε (Ο,+οο) --

Επομένως η f δεν είναι μονότονη στο IR

f g

4. Αν η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο διάστη μα Δ και η είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ, να βρεθεί η μονοτονία των συναρτήσεων ί) , ίί) ίίί)

-2f

f-g

ί) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ οπότε για χ ι , χ 2 Ε Δ με χ ι < χ 2 ισχύει f( x 1 ) < f( x2 ) . Τότε f(xι) < f(x2)=>--2f(xι)> -2f(x2) . Αφού για Χ ι < χ 2 ισχύει -2f(χι ) > -2f( x2 ) , η συνάρτηση -2f είναι γνησίως φθίνουσα στο διά στημα Δ. ίί) Η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ οπότε για Χ ι ,χ 2 Ε Δ με Χι < χ 2 ισχύει g(χ ι ) > g(x 2 ) . Τότε g(xι) > g(x2) <::> 3g(x1 ) > 3g(x2) . Αφού για Χ ι < χ 2 ισχύει 3g( xι ) > 3g(x 2 ) , η συ νάρτηση 3g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστη μα Δ . . Γενικεύοντας, αν η συνάρτηση f είναι γνη σίως μονότονη στο διάστημα Δ τότε η συνάρτηση κ · f με κ > Ο έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με τη συνάρτηση f , ενώ αν κ < Ο έχει το αντίθετο είδος μονοτονίας. iii) Για Χι ,χ2 εΔ με Χι < χ 2 ισχύουν f(x1 ) < f ( x2) και g( xι ) > g(x 2 ) => -g( xι ) < -g( x 2 ) . Προσθέτο ντας κατά μέλη τις f(xι ) < f( x2 ) και-g(χ1 ) < -g(χ 2 ) έχουμε f(xι ) -g(x ι ) < f( x2 )-g(x2 ) =>(f -g)(xι ) < (f -g)(x2) Άρα η συνάρτηση f - g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ. Δίνεται η r( x) = αlx - � + β( 2- x) - βlx+� +lx - tl . Ν α βρεθεί ο IR ώστε η να είναι γνησίως αύξουσα στο [

.s.

αε 4, + οο) .

Αφού χ ::::: 4 είναι χ - 4 ::::: Ο Άρα I χ - 4 1 = χ - 4 Ακόμα χ2':4=:>-χ:::; -4 =>2-χ:::; -2. Άρα 1 2-� =χ-2. Με χ ::::: 4 => χ + 3 ::::: 7 . Άρα I χ + 3 1 = χ + 3 x 2': 4 =:> x - 1 2': 4 - l <::::> χ - 1 ::::0: 3 . Άρα l x - 1 1 = χ - 1 Τότε ο τύπος της f γίνεται f( x) = α l χ - 4 1 + β l 2 - x l - β l x + 3 1 + l x - II = = α (χ - 4) + β ( χ - 2) - β ( χ + 3) + χ - l = Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε = αχ - 4α + βχ - 2β - βχ - 3β + χ - I = 1 - χ 2 => g( ) 1 - Χι2 > ) . g(x > xι 2 = (α + 1) χ - 4α - 5β - 1 Χ 22 2 Χι2 Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (Ο, +οο) . Η f είναι συνάρτηση της μορφής f ( χ) = λχ + κ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/19

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

και είναι γνησίως αύξουσα αν και μόνο: α + 1 > Ο, δηλαδή α > -1 . Να συνάρτηση η μελετη θεί l l 1 1 f ( x ) -_x + 1 - x + 1 και να γίνει η γραφική l x + 1l + l x - 11

της παράσταση

Για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί l x + 1 1 + l x - 1 1 * Ο το οποίο ισχύει για κάθε χ ε 1R αφού l x + 1 1 + l x - 1 1 > Ο (γιατί;) για κάθε χ ε IR . Απλοποιούμε τον τύπο της f aπαλείφοντας τις α πόλυτες τιμές. (Δεν κάνουμε καμία απλοποίηση στον τύπο της f προτού βρούμε το πεδίο ορι σμού). Βρίσκουμε τις ρίζες των παραστάσεων που είναι μέσα στα απόλυτα. χ + 1 = 0 <=:> χ = -1 χ - 1 = 0 <=:> χ = 1 Ο παρακάτω πίνακας μας δίνει το πρόσημο των χ+ 1 και χ-1 αλλά καθώς και την τιμή των l x + 1 1 l x - 1 1 σε κάθε περίπτωση. :> - 1 1 +οο χ + + χ+1 χ+1 < χ+1 l x + 1 1 -χ - 1 + χ-1 χ-1 -χ + 1 l x - 1 1 -χ + 1 -00

1 χ'

·············

.γ

' ' ·· ...

Αν χ < -1, τότε -χ - 1 - ( -χ + 1 ) = f ( x ) = l x + 1 1 - l x -- 11 1 = -χ - 1 + ( -χ + 1 ) l x + 1l + l x 1 -2 = = -χ - 1 + χ - 1 = --χ - 1 - χ + 1 -2χ χ Αν -1 � f ( χ ) < 1 τότε -χ + 1 ) = f ( x ) = l x + 1 1 - l x -- 11 1 = χχ + 11 - (( -χ + + + 1) l x + 1l + l x 1 2χ = χ = χχ ++ 11 +- χχ +- 11 = 2 Αν χ ;::: 1 , τότε f ( x ) = l x + 1 1 - l x -- 11 1 = χχ + 1 - ( χχ -- 11 )) = +1+( l x + 1l + l x 1 2 == χ+1-χ+1 =χ + 1 + χ - 1 2χ χ 1 χ < -1 χ Άρα f ( χ ) = χ, - 1 � χ < 1 ,

----

Για χ < -1 η f είναι γνησίως φθίνουσα (υπερβολή της μορφής y = α με α = 1 > Ο ) χ Για -1 � χ < 1 η f είναι γνησίως αύξουσα (ευθεία της μορφής y = αχ με α > Ο ) Για χ ;::: 1 η f είναι γνησίως φθίνουσα (υπερβολή της μορφής y = � με α = 1 > Ο ) χ Η f είναι περιττή γιατί f ( -x ) = l -x + 1 1 - l -x - 11 = l x - 11 - l x + 1 1 = l -x + 1 1 + 1 -x - 1 1 l x - 1l + l x + 1 1 = - l x + 1 1 - l x - 1 1 = -f ( x ) l x - 1l + l x + 11 Η γραφική παράσταση της f φαίνεται παρακάτω.

Για να δικαιολογηθεί όμως η συνέχεια του σχήμα τος πρέπει να ορίσουμε την απόλυτη τιμή ως εξής: 1 χ � -1 χ χ, αν χ ;::: Ο l x l = -χ, αν χ � ο οπότε f ( x ) = χ, - 1 �χ � 1

{

χ Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ = -1 το f ( -1 ) = -1 και μέγιστο για χ 2 = 1 το f ( 1 ) = 1 . 1

Ι α-βl = l β - �

και 1 -α - β i = Ι α + β l Η γραφική παράσταση της f έχει οριζόντια ασύ μπτωτη τον άξονα χ ' χ .

. Ν α μελετηθούν οι παρακάτω συναρτήσεις ως προς τα ακρότατα . 5 ii) i)

f (x) = 3 - l x + 1 1 g(x) = χ4 - 4 χ 2 + - χ + 3 ' χ s; 1 iii) t(x) = 2χ ' χ > 1

{

i) Η συνάρτηση f ορίζεται στο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/20

= IR . Έχουμε:

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

θα είναι f(201 0) > f(20 1 1) lx+� 2:: 0 =>-lx+� � 0=>3 - lx+ � � 3=>f(x) � 3=f( -1) . Άρα η συνάρτηση f έχει μέγιστο το 3. Η συνάρτηση f είναι περιττή στο � και ii) Η συνάρτηση g ορίζεται στο A g = ffi. . στο χ0 1 έχει μέγιστο το f(1) 201 1 . Να Είναι g(x) = χ4 - 4χ 2 + 5 = χ4 - 4χ 2 + 4 - 4 + 5 δείξετε ότι η συνάρτηση f έχει ελάχιriτο το ο 2 = χ4 - 4χ2 + 4 - 4 + 5 = ( χ 2 -2) + 1 , οπότε g(x) 2:: 1 , ποίο και να βρεθεί. με το ίσον μόνον όταν χ 2 - 2 = Ο , δηλαδή Η συνάρτηση f είναι περιττή άρα για κάθε χ = ±J2 . Άρα έχει ελάχιστο το 1 . χ Ε IR. ισχύει f( -χ) = -f(x) . Αφού η συνάρτηiii) Η συνάρτηση t ορίζεται στο ffi. . ση f έχει μέγιστο το f(l) = 20 1 1 , θα έχουμε x � l => - x 2:: - 1 => - x + 3 2:: - 1 + 3 => t(x) 2:: 2 f(x) � f(l) => f( x ) � 201 1 (1) για κάθε χ Ε IR. . χ > 1 => 2x > 2 => t(x) > 2 . όπου χ το - χ θα έΆρα t(x) 2:: 2 = t (1) για κάθε χ Ε � . Άρα το Αν στη σχέση ( 1 ) θέσουμε f(- x J=-f( x J χουμε f(- x) � 201 1 => - f(x) � 201 1 => t(l) = 2 είναι ελάχιστο της t. => f(x) 2:: -201 1 = - f(1) = f ( -1) =

Άρα η συνάρτηση f έχει ελάχιστο το f ( -1) = -20 1 1 . Γενικεύοντας, αν η συνάρτηση f ακρότατα η συνάρτηση f με f (χ) χ +3 είναι περιττή και έχει μέγιστο το f(a) = β , θα έχει ·\. [)ση ελάχιστο το f( -a) = -β . Ανάλογο είναι το συμπέ Η συνάρτηση f ορίζεται στο IR. αφού είναι ρασμα αν η συνάρτηση f είναι περιττή και έχει χ 2 + 3 > Ο για κάθε χ Ε � . ελάχιστο το f(a) = β . Ισχύει κάτι ανάλογο αν η Έστω χ1 ,χ 2 Ε ( -οο, Ο) με χ1 < χ 2 . Τότε συνάρτηση f είναι άρτια ; 1 < 2-Χ Ι 2 > Χ 2 2 => Χ Ι 2 + 3 > Χ 2 2 + 3 => 2Να εξετάσετε αν είναι άρτιες ή περιττές οι παρακάτω Χ1 + 3 Χ2 + 3 συναρτήσεις : Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο 13 .

Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα =

-2

•

ί.

(-οο, Ο) .

χ1 , χ 2 Ε [ Ο, +οο) με χ 1 < χ 2 . Τότε 1 Χ Ι 2 < Χ 2 2 => Χ Ι 2 + 3 < Χ 2 2 + 3 => -2-3 > -2Χ 1 + Χ 2 + -3 -2 -2 => -2 -3 < 2 3 => f (x Ι ) < f (x 2 ) . Χ1 + Χ2 +

Έστω

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [ Ο,+οο) . Επομένως f(x) 2:: f(O) στο ( -οο, Ο) και στο [Ο, +οο) , δηλαδή στο ffi. , οπότε η f έχει ελάχιστο το f (Ο) = - -23 Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη στο � και

γνησίως μονότονη. Αν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το Α -1, και το Β

( 1, - 4)

(

να βρεθεί η μονοτονία της και να

συγκριθούν οι αριθμοί f(2010) και f(20 1 1) .

Είναι χΑ < χ8 και y A > y 8 • Τότε για -1<2 ισχύει f(-1) > f(2) και αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, θα είναι γνησίως φθίνουσα. Α φού 201 0<20 1 1 και η f είναι γνησίως φθίνουσα,

ίί. ίίί. ίν.

ν.

νί. νίί.

3 f(x) -χ + χ JxJ - 2 f(x) = 3χ - 5 aν χ :::;; -2 · 3χ + 5 aν χ 2 2 f(x) = J 3x - 4J - J 3x + 4 J f(x) = 2x5 - 5x 3 + x f(x) = J x J + � -χ + χ

{

f(x)

�+1 χ

Ν α εξετάσετε αν η συνάρτηση

f (χ) = χ 2

είναι άρτια

όταν i)

χ ε 9\ ii) χ Ε [-1, 1] ίί) Χ Ε [ -1, 1) iii) χ Ε ( -1, Ο) υ [ 3, 4] ίν) χ Ε [-3, - 2) υ (2, 3] Δίνεται η συνάρτηση f(x) = -3χ + 3, χ Ε [0, 4] . Να

μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. -i Το ύψος ενός βλήματος πυροβόλου όπλου δίνεται από τη συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/21

h (t) = -(t - 2)2 + 14

με

t E [0, 4]

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

όπου t σε και h σε μέτρα. Να βρεθεί ποιο είναι το μέγιστο ύψος του βλήματος καθώς και πόσα δευτε ρόλεπτα μετά τη βολή έφτασε στο μέγιστο ύψος. Να βρεθεί η μέγιστη ή η ελάχιστη τιμή κάθε συνάρτησης καθώς η θέση ελαχίστου ή μεγίστου. ί. f ( χ ) = ( χ - I )2 + 2 sec

ίί .

g ( x ) = l4 - xi - I

ίίί . h

( χ ) = -vfχ 2 + \ 6 - 3

Να μελετήσετε τις παρακάτω συναρτήσεις ως προς την μονοτονία. ί . f (χ) = -2 ( χ + 3 γ + I ii. f ( x ) = vf9 - x2

ίίί .

2 f ( x ) = -- + 4 χ-4

Να μελετηθούν οι παρακάτω συναρτήσεις ως προς τα ίί. f ( χ ) = � + 3 ακρότατα. ί . f ( χ ) = Ι χ - 21 + 3

ίίί .

f ( χ ) = 2χ 4 4 -

Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = 2χ + vfx 2 - 2χ + 1 . ί. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. ίί . Να γίνει η γραφική παράστάση της f . ίίί . Να γίνει η γραφική παράσταση της f και από αυ τήν να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της κα θώς και τα ακρότατα της, αν υπάρχουν. Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = .Jx - 2 - .J4 - χ ί. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού. ίί. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία. ίίί. Να εξετάσετε αν η f είναι άρτια ή περιττή. Μια συνάρτηση είναι ορισμένη στο IR και γνησίως μονότονη. Αν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το Α ( I , 3) και Β ( - I , 4) να βρεθεί η μονοτονία της. Αν είναι γνωστό ότι η f είναι περιττή να συμπλη-

Ποια από τα παρακάτω ζευγάρια μπορεί να ανήκει στην γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτησης και ποια στην γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης. ί. Α (Ι, 3) Β (-1, - 3) ίί. Α (2, 3) 8 (3, 2) ίίί . Α (-2, 4) 8 (2, - 4) iv. Α (-2, 4) 8 (2, 4) Α (-3, ι) Δ (3, - Ι) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = lx - 21 - 3 . i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της ii) Να βρεθεί για ποιες τιμές του χ η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ ' χ . iii) Ν α γίνει η γραφική παράσταση της f και από αυτήν να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της καθώς και τα ακρότατα της αν υπάρχουν. Δίνεται η συνάρτηση με f(x) = � + I i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της ii) Ν α μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα

ν.

ι·ι·ι· Να γραφει, η παρασταση , Α )

Ι + --Ι -f (3) f ( 4) - I

ρητό παρανομαστή.

με

Δίνεται η συνάρτηση f ( x) = �5 - lxl + ---;.. χ -4 i) Ν α βρεθεί το πεδίο ορισμού της ii) Να εξετάσετε αν είναι άρτια ή περιττή (β-3)χ+2α , χ<Ο Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = -(a+5)χ+β-Ι , χ�Ο i) Αν είναι f ( l) = -6 και f ( -I) = Ι να βρεθούν οι α, β IR ii) Να γίνει η γραφική παράσταση της f και από αυτήν να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της καθώς και τα ακρότατα της, αν υπάρχουν. Ν α βρεθεί η μονοτονία της συνάρτησης f + g στο διάστημα Δ αν i) οι συναρτήσεις f και g είναι γνη σίως aύξουσες στο διάστημα Δ ii) οι συναρτήσεις f και g είναι γνησίως φθίνουσες στο διάστημα Δ Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση στις παρακάτω προτάσεις. Α. Η συνάρτηση f είναι άρτια και 2f (l) + f ( -2) = 4 . Τότε η παράσταση Α = 3f ( 2) + 6f (Ι) είναι ίση με i) Ι 2 ii) - 1 2 iii) 4 iv) Ο Β. Η συνάρτηση f ορίζεται στο διάστημα Α = [ 3α - 2, 4 + α] . Αν η f περιττή τότε πρέπει "" α = 3 ) α = - -1 ιν ) α ι" ) α = -3 ) 2 C . Έστω h (χ) = 3f ( χ) - 2 . Αν η f είναι άρτια τότε η ii) περιττή iii) ούτε h είναι i) άρτια άρτια ούτε περιττή D. Η f είναι γνησίως αύξουσα και ορισμένη στο διάστημα Δ = [2, 3] . Τότε i.. η f έχει ελάχιστο το 2 και μέγιστο το 3 ίί. η f έχει μέγιστο το f ( 2) και ελάχιστο το f ( 3) iii. δεν έχει ακρότατα i v έχει ελάχιστο το f ( 2) Ε . Δίνεται η f (χ) = ( λ2 - 4 ) χ + 3μ Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο IR αν i) μ > Ο ii) λ Ε (-2, 2) iii) λ < -2 ή λ > 2 ίν) Ο λ < 2 Ια - 11 + 1 F. Δίνεται η f (χ) = . Η f είναι γνησίως αύχ ξουσα αν i) α > Ι ii) α * Ι iii) για κάθε α IR iv) α < 1 G. Για την f ισχύει ( f{3) -f{2) ) · ( f{3)-f{4) ) >0. Τότε η f είναι γνησίως αύξουσα ί. ίί. γνησίως φθίνουσα ίίί. δεν είναι γνησίως μονότονη iv. είναι σταθερή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/22

{

•

•••

111

lf]) Ε �

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ζώτος Συνεχίζουμε τις ασκήσεις των θεμάτων της πολλαπλής επιλογής και σας παρουσιάζουμε , αυτή τη φορά, αρκετό νέο υλικό από το χώρο των συναρτήσεων και των συστη μάτων. Στο τέλος παραθέτουμε τις λύσεις απαντήσεις από το προηγούμενο τεύχος, τ . 78 και τη σχετική ενδεικτική βιβλιογραφία. Πρέπει να σημειωθεί ότι η όλη αυτή προσπάθεια έχει και ανεξάρτητη υφή ανάγνωσης, μπορεί δηλαδή να διαβαστεί και να λυθεί το κάθε θέμα χωριστά, δηλαδή σαν θέματα ανάπτυξης χωρίς τις απαντήσεις - λύσεις, της πολλαπλής επιλογής. Επίσης μπορεί να διαβαστεί: «ποιο είναι το σωστό ή το λάθος», σε κάθε άσκηση . Η πληρότητα και η κάλυψη όλης της ύλης της Α' Λυκείου ήταν για μας το ζητούμενο, όπως και η καλή επεξεργασία κάποιων θεμάτων, που θα είναι χρήσιμα αργότερα, για τους μαθητές της Θετικής και Τεχνολογικής κατεύθυνσης της Γ

Λυκείου

Σε καθεμία από τις παρακάτω ερωτήσεις να σημειώσετε τη σωστή απάντηση. = χ + 3 για κάθε χ Ε IR. - - �2 , τότε το f( - 2) είναι: Αν f -23 + 2χ -1 ο 1 2 3. 3 5 Αν f (χ) = αχ + βχ + 2 , α, β * Ο και f ( 7) = 5 , τότε το f ( -7) είναι: 1 -1 -2 -3 -5 Αν f ( μχ + ν) = χ , μ * Ο για κάθε χ Ε IR. και f (α) = � , τότε το α Ε IR. είναι: μ μ·ν 2μ 2ν μ+ν μ-ν Αν για κάθε x E IR ισχύει ( x - 2) · f( x - 2) = f( x - 1) - 3x τότε το f(2) είναι 9 12 15 18 21. Αν f( x + 1) = χ - 1 για κάθε χ Ε IR. και f ( 5) = 12 , τότε το f ( 2) είναι f (χ) 1 2 3 4 5. 2 Αν 2f(1 - x ) - 3f( x - 1) = - x + 2 x - 2 για κάθε x E IR , τo f(-3) είναι 8 9 10 11 12. 3 Αν f( x ) + ( x + 3) · f( x - 4) = x - 2 x για κάθε x E IR , τo f(1) είναι 83 81 78 75 67 7 Η συνάρτηση f( χ) = � 2 έχει πεδίο ορισμού το χ - 2χ + 9 ]R* IR. (3,+οο) IR. - {3} IR. - {-3} ' πεδιο' ορισμου' το ' Η συναρτηση f( χ ) = 2χ -� 5� εχει χ+ χ IR, * ( -οο,Ο) ( -οο,Ο] (Ο,+οο) [Ο,+οο) Η συνάρτηση f( χ) = �9 - χ 2 - �4χ + χ 2 έχει πεδίο ορισμού [1,3) [1,2) (2,3 ] [2,3] [0,3] �χ 2 - 25 ' Η έχει πεδίο ορισμού συναρτηση f( x ) = � ) χ-2 [5, +οο) IR. (5,+οο) IR. - ( 5, +οο)

(

{ }

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/23

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

συνάρτηση f (χ) = � χ + 1 έχει πεδίο ορισμού 4 - l x - 71 IR - { 3} IR - [3,1 1] [ 3,1 1] { 3,1 1] { 3,1 1) Η συνάρτηση f (χ) = �5 - l2x - 1 1 + .Jχ - 2 έχει πεδίο ορισμού το { 2,3 } (2,3) IR - (2,3) [2,3] 0 1 έχει πεδίο ορισμού το Η συνάρτηση f (χ) = {/χ 2 - 9 + _.!._ χ χ-4 (-4,-3] (3,4) (0,4) IR - {-3,3} (-3,4) , , πεδιο ' ορισμου, το , , Η συναρτηση f( χ ) = x 2 - 3x + 2 εχει 3-χ (-οο,2) ( -3,1) (-οο,1] υ [3,2) ( -οο,1] υ [3, +οο) ( -οο,-3) υ (1,+οο) Jx 2 - 6 x + 5 + 8 - εχει , πεδιο' ορισμου, το , Η συναρτηση f( χ ) = +J15 - χ 6-χ ( �,1] υ(5,15) [-8,2) υ [5,6) υ (6, +οο) ( -6,1)(5,6) υ (6,13) IR-{6,15} [-8,1] υ [ 5,6) υ ( 6,15) ' πεδιο' ορισμου το , τοτε πρεπει: ' ' Αν η συναρτηση f( χ ) = 2 X J + 6 _ εχει χ 3χ + α 1 13 13 α < 13 α>4 α<4 α<α>4 4 αχ 4 Δίνεται η συνάρτηση f : IR - { -1 } � IR - { 3} με f (χ) = . Το α + β είναι χ+β ' -4 -2 2 3 4 3f( ) 2 x Δίνεται η συνάρτηση f : IR - {α} � IR - { β } με f {x ) = χ - 4 . Το α - β είναι ο 3 7 -7 -2 Αν f (χ + 1) = f (χ) + _!_ για κάθε χ Ε IR και f (Ο) = 4 , το f ( 77) είναι 11 12 11 10 9 13 -2χ + 4 αν χ � 1 , f (α) = -3 και β - α f ( -1) , το β είναι ίσο με Αν f { χ) = 1 - χ 2 αν χ > 1 8 10 12 14 6 χ 1 Αν f( χ) = , τότε το f(3 x ) συναρτήσει του f { χ) είναι ίσο με χ f( x ) 2f(x) 2 + f( x ) f( x ) 3f( x) 2 2 3 3 3 Αν r αχ β = χ 38 + χ 37 + χ 36 + . . + χ + 1 , α :;t: β τότε το f(1) είναι ίσο με βχ - α \ . -38 -1 ο 1 38 Αν r x - � = χ 2 + :2 + 4 , x :;t: O τότε το f(2) είναι ίσο με 10 8 6 4 2 Αν r -2 = 3χ - 2 για κάθε χ Ε IR - {1} ' τότε το f( χ) είναι ίσο με χ-1 χ+6 χ+2 χ+4 χ+8 χ+1 Η

�

{

(

) ( -)

liD m..

)

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/24

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

26. Αν f { x - 2) = � και f { f (α) ) = .i , τότε το α είναι ίσο με Λ. 1 2χ - 3 3 Iι

Β.

Γ.

·\ .

!·' .

Γραφικ1) παράσταση συνιΊρτησης

Αν Α( -1, -4) , Β(2,-1) και Γ( -2, 3) , τότε η περίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ είναι Λ . 8.fi Β. 1 0J2 Γ. 1 2.fi Δ. 1 4.fi Ε . 1 6.fi . 2 8 . Αν Α ( -2, 2) , Β(Ο,3) , Γ( Ο, χ) και το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με Α = 9 0° , . ·\ . -2 f.· -1 . Β. -4 Γ. -3 τότε το χ είναι ίσο με Λ . -5 2 7.

••

29. Δίνονται τα σημεία Α(-2, 2) , Β(Ο, 3) και Γ(Ο,γ) , γ E JR ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ορθογώνιο στο Α . Το μήκος της πλευράς .ι Β (Ο, 3) Α ( -2,2 ) () Β. 5 Γ. 6 Λ. 7 Ε. 8 ΒΓ είναι: Λ. 4 � \ ' \ 3 0 . Αν το σημείο Μ(2,5) ανήκει στη γραφική παράσταση της συ' χ χ \ χ + μ νάρτησης f (χ) = τότε: χ -1 [ 2 9] Α. μ = 2 Β. μ = 3 Γ. μ = 4 Δ.. μ = 5 Ε. μ = 7 . 3 Ι . Αν r 3_ = 3x + l για κάθε x E lR - { 0, 1} και το σημείο Μ(Ι,μ) χ χ-1 ανήκει στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τότε το μ είναι ίσο με Α. 6 Β. 7 Γ. 8 \. 9 Ε. 1 0 . 3 2 . Αν f ( 2χ - 3) = 8χ + 1 και το σημείο Μ ( 3 κ - 1, -3) ανήκει στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τότε το κ είναι ίσο με Λ. -2 Κ -1 Γ. l Δ. 2 Ε. 3 . 3 3 . Αν για κάθε χ Ε JR ισχύει f { χ) + 4χ = f (2x) και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο A(l , - 3) τότε το f { 2) είναι Λ . 5 Β. 4 Γ. 3 \. 2 Γ. 1 . 34. Αν f ( 3χ + 4) = μχ 2 - 3χ + 1 και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Λ. 1 Β. 2 Γ. 3 Λ. 4 Ε. 5. Μ ( 1 ,5) τότε το μ είναι ίσο με .., ,.. Αν r ι 2 χ 2 + 1 - - = -- και το σημειο Μ ανηκει στην γραφικη παρασταση της συναρτησης f , τοτε χ χ-2

()

.1 :1 .

( ) Α.

( %)

Μ 3,

Β.

( i)

M 3,

Γ.

Μ (3, 0)

Δ.

( i)

M 3, -

Ε.

( %}

Μ 3, -

Αν για κάθε χ Ε JR ισχύει xf (χ + 1) = μ · f (χ) και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από τα σημεία Α(3,3) και Β(4, 6) τότε το f { 5) είναι ίσο με Λ . 2 Β. 3 Γ. 6 Λ 9 1�. 1 2 3 7 . Αν για κάθε χ Ε JR ισχύει f (χ + Ι) = f (χ) + χ 2 και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Α(2, 6) , τότε το f (l O) είναι ίσο με Λ . 280 Β. 2 9 0 Γ. 2 92 \. 2 94 ι . 298 . 36.

1 1 1 . Η συν(ί.ρτ η ση f' ( χ )

= αχ +

38. Αν τα σημεία Α(-5,3) , Β(κ, 2) και Γ(-7, 6) είναι συνευθειακά, τότε το κ είναι ίσο με 1 Λ. -7 Β. -5 Γ. Δ. Ε.

-j-

Η κλίση της ευθείας

(ε) στο διπλανό σχήμα είναι ίση με [39] Λ. -� Β . -� Γ. -1 Δ. � Ε. � . 2 2 3 3 4 0 . Η ευθεία (ε) που διέρχεται από τα σημεία Α (2,0) και Β(Ο,5) έχει εξίσωση 39.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/25

\jψ. . \

'\.'\.\. (,'-,

\�'

'\.

,, '·

χ ...

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

2χ + 5ψ - 10 = 0 χ + 2ψ - 5 = 0 χ + ψ - 10 = 0

5χ + 2ψ - 1 0 = 0

2χ + ψ - 5 = 0

Δίνονται τα σημεία Α ( 10,3 ) , Β ( Ο,8 ) και το σημείο Μ στον θετικό ημιάξονα Οχ , όπως στο διπλανό σχήμα. Αν ΑΜΒ = 90° , τότε η τετμημένη του σημείου Μ μπορεί να είναι: 3 5 6 7 8 ' ' Η ευθεια' με εξισωση ψ = --3 χ + 6 τεμνει τους α' ξονες χχ και ψψ στα σηΙ

χ ...

μεία Α και Β αντίστοιχα. Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι ίσο με

18 24 48 ( 2 = Ο και 2 μ) χ + μψ + 5 = Ο τέμνονται πάνω στον 1 -1 2 άξονα ΧΧ • Το μ είναι ίσο με -3 -2 1 Η οξεία γωνία που σχηματίζουν οι ευθείες ψ J3 χ + 5 = Ο και ψ + χ - 3 = Ο είναι ίση με 45 ° 30° 60° 75 ° 85 ° Οι ευθείες με εξισώσεις (μ + 1 ) χ + ( μ + 2 ) ψ

Η κορυφή Γ του τετραγώνου ΑΒΓΔ βρίσκεται πάνω στην ευθεία (ε) με εξί σωση ψ = 2. χ και Δ (α, 9 ) . Το εμβαδόν Ε του τετραγώνου είναι ίσο με 4 4 8 16 32 46

Γ ο

[45] 4

ψ = -χ - 12 3

Στο διπλανό σχήμα τα τετράπλευρα ΑΒΓΔ , ΕΖΗ Θ είναι τετράγωνα και ( ΟΜ ) = (ΜΕ) . Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΒΓ είναι ίσο με

�

[4 6]

5 2

χ ψ

Το διπλανό σχήμα δείχνει πως μειώνεται το ύψος ενός κεριού που καίγεται. Πόσες ώρες θα κάνει για να τελειώσει το κερί;

[47]

13 2

11 2

ψ = 2χ + κ

Το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ στο διπλανό σχήμα είναι 39 και τα σημεία Α , Β έχουν συντεταγμένες ( 2, Ο ) , ( 5, Ο ) αντίστοιχα. Το κ είναι ίσο με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/26

(Υψος σε cm)

[48 ]

24 20

χ 1

(Χ ρ όνος σε ώρες)

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Στο διπλανό σχήμα η ευθεία (ε) είναι γραφική παράσταση της συνάρτησης ψ = J3x + 3 J3 + 3 . Το εμβαδόν του τετραγώνου ΟΑΒΓ είναι ίσο με 9 25 4 1 16

[4 9] χ

:r.:r:-:ι� Α Bir:-π.ι: .... ...,....... .,.,.,.,.,

............... ....J'•.!'•ιιl•rl' ............... •ιi'•J'•...,., ............... •J'•,•J'•I•rl' ...............

Η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη και f ( 2 ) = Ο . Η εξίσωση f { χ 3 + 1 Ο ) = Ο έχει λύση: χ = -2 χ = -10 χ = 10 χ = -� χ=2 2 Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και f ( 8 ) = 4 . Η aνίσωση f { χ - 1 ) > 4 έχει λύση: χ Ε ( -3,3 ) x E ( -oo,-3 ) u ( 3,+oo ) χ Ε ( -1,1 ) x E ( -oo,-l ) u ( 1,+oo ) Αν συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη και η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α( -7,-3 ) , Β( - 5,-4) τότε η f είναι: Γνησίως αύξουσα Γνησίως φθίνουσα Όχι γνησίως μονότονη Δεν γνωρίζουμε την μονοτονία Αν συνάρτηση f : [ α,β ] � IR είναι γνησίως φθίνουσα με f (α) = κ και f (β) = λ , τότε η f έχει: Μέγιστη τιμή λ Ελάχιστη τιμή κ Μέγιστη τιμή λ και ελάχιστη τιμή κ. Μέγιστη τιμή κ και ελάχιστη τιμή λ Αν η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το IR και παρουσιάζει ελάχιστο για χ = 1 τότε η συνάρτηση g ( χ ) = f { χ 5 + 3 3 ) παρουσιάζει ελάχιστο για χ=2 χ = -2 χ=1 χ = -1 X = -iffi Αν η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το IR και έχει ελάχιστο το -2 τότε για κάθε χ Ε IR ισχύει: f { x 3 ) ;::: 2 f { x3 ) � 2 f { x 3 ) + 2 ;::: 0 f { x3 ) � 8 f { x 3 ) ;::: -8 2 Αν η συνάρτηση f ( χ ) = 4χ + ( α + 4 ) χ - 1 είναι άρτια, τότε το α είναι ίσο με (α + 2) χ + 7 -5 -4 -3 -2 -1 Η συνάρτηση f είναι άρτια, η συνάρτηση g είναι περιττή και ισχύει: 3g( 2) + 2f( 5) =f( -5) -3g( -2) +6. Το f ( 5 ) είναι ίσο με 6 4 3 2 1 Η συνάρτηση f είναι άρτια και για κάθε χ Ε IR ισχύει f ( χ ) + 4 χ = f (-2χ ) . Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Α( Ι , - 3) τότε το f(2) είναι 2 4 5 3 Δίνονται οι συναρτήσεις f, g : IR � IR με f ( 6 ) = 2 και g ( 4) = -5 . Αν η συνάρτηση f είναι άρτια , η g είναι περιττή και h ( χ ) = 6f ; - 4g + g ( χ + 12 ) , το h ( -12 ) είναι: -12 -8 ο 8 12. Περιττή είναι η συνάρτηση f ( x ) = x 3 + ημχ f ( x) = lxl + x f ( χ ) = χ 2 + συνχ f ( χ ) = χ · ημχ 3 Η συνάρτηση f ( χ ) = αχ + βχ + γ , α, β, γ Ε IR είναι περιττή όταν: β = Ο γ > Ο, α · β :;t: Ο γ = Ο α :;t: Ο β :;t: Ο α + β = Ο, γ :;t: Ο γ < Ο, β = Ο Περιττή είναι η συνάρτηση: 1 f ( x ) = x 3 - 3χ + 2 f ( x ) = f (χ) = (χ - ιγ χ4 2

( ) (�)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/27

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f : IR � IR είναι συμμετρική ως προς τον άξονα ψψ ' και για κάθε χ ε :!R ισχύει f{ x) + 8 x 4 = 6x 2 - f{- x ) + 4 . Το f{1) είναι: .\ . -1 Β. Ο Γ. 1 Δ. 2 Ε, 3. 64 . Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f : IR � IR είναι συμμετρική ως προς την αρχή Ο{ Ο, Ο) των αξόνων και για κάθε χ ε IR ισχύει 3f (χ) + 6χ = 4χ 3 - f (-χ) . 8. Ο Γ. 1 Δ. 2 Ε. 3 . Λ -1 Το f{1) είναι: (ι � ο

. .

., ;

•

'\ ' ' •

•.

{

ι. �;.υ: τη τη .:: συν• φτη σψ; ι !_ χ J

' '" υ χ

+ μ,

+ γ

3χ 2 + 3ν, χ < 1 ι',. :<;; _ Δίνεται η συνάρτηση f{ x ) = 5χ 2 - ν, 1 � χ < 2 . Αν f{2) - f{1) + f{0) = 28 , τότε το ν είναι ίσο με 2χ 2 + ν, χ � 2 λ. 1 Β. 2 Γ. 3 Λ. 4 Ε. 5 . ψ [ 66 ] 6 (, , Στο διπλανό σχήμα έχουμε παραστήσει την γραφική πα ψ = f(x) ράσταση της συνάρτησης: \ f{ x) = ll x l + 3 l -x ll Β . f{x) = l x l + 3 � . f(x) = ll x l + 3 1 \ . f{ x ) = ll x l - 3 1 Ε. f{ x ) = l x l - 3 . χ ..

f:. 7 • Στο διπλανό σχήμα έχουμε παραστήσει την γραφική πα ράσταση της συνάρτησης: "'·-- f{x) = l x + 4 l + x Β . f{ x ) = ll x l - l x + 4 ll l l Λ . f{ x ) = l x + 4 1 - l x l � f{x) = l x l - l x + 4 1 Ε . f{ x) = ll x + 4 1 - l x ll + 1 ..

[6 7] χ

-4

_ _

ο _ _ _ _ _

-4

Στο διπλανό σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις δύο συ ναρτήσεων f , g . Ο αριθμός g ( f ( -1) ) - f ( g ( Ο )) + f ( g ( -1) ) είναι ίσος με Ε. 2 . Λ . -2 Β . -1 _\ . 1 Γ. Ο �' �-

Στο διπλανό σχήμα δίνεται η παραβολή f{ χ) = αχ 2 + βχ + γ . Το άθροισ μα β + γ είναι ίσο με 4 /\. -1 16 π. . -4 .\. Ε. Ο . ! . 3 3 6<� ..

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ) = αχ 2 + βχ + γ . Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f είναι ίση με ,. 1 1 . 9 Λ. 6 ,,, [ , .!2 Hc. 5 2 2 2 7Η.

[ 68 ] 4

[ 69] χ

[70]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/28

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συ νάρτησης f ( χ ) = αχ 2 + βχ + γ . Η ελάχιστη τιμή της συνάρτη σης f είναι ίση με 8 Β . -3 Γ. '}__ Δ . '}_ Ε . -4 . Α. - 2 3 3 71.

[7 1 ]

Jψ

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτη σης f ( x ) = x 2 - 1 0 x + p - 4 . Aν 3 ( 0Α ) = ( ΑΒ ) , τότε p είναι ίσο με Λ . 14 Β. 16 Γ. 1 8 \., 20 Ε . 24 . 72.

[72 ] Α

}

..�

,;/

-� ..........,,,.,..,."" "'

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f ( g ( χ )) = αχ 2 + βχ + γ . Αν g ( χ ) = χ + 1 , τότε το f ( 2 ) είναι ίσο με Λ . -4 Η. -2 Γ. Ο Δ. 2 Ε. 4 .

[73]

73.

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συ νάρτησης f ( χ ) = αχ 2 + βχ + γ και έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία χ = -2 . Το άθροισμα χ1 + χ 2 των ριζών της f είναι ίσο με Λ . -6 Β . -5 Γ. -4 . \ . -2 !�. -1 . 74.

J i

Χ ι .f

/�

[74]

�· \

\ χ2 --ι--.__-+-<,,, ---+

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συ νάρτησης f ( χ ) = αχ 2 + βχ + γ . Ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι λανθασμένη ; Λ . β 2 - 4αγ > 0 Ε. β · γ < Ο . Ε .. � < 0 r. α · γ < Ο \. γ > Ο α

-2

[76 ]

1;�, .

�

ι ι I ι I ι

76.

Σύμφωνα με το διπλανό σχήμα το ζευγάρι ( μ, ν ) είναι ίσο με Λ. ( -1,2 ) Β. ( -1,3 ) Γ. ( -2,4 ) Ε . ( -1,5 ) .

ι Ι I

75.

Στο διπλανό σχήμα η ευθεία ε : ψ = 2χ + 6 τέμνει την παραβολή ψ = -χ 2 + βχ + γ πάνω στους άξονες. Το άθροισμα β + γ είναι ίσο με Α. 4 Β. 5 Γ. 6 Δ. 9 Ε . 12 .

[75]

Ί \ 't \ �.

77.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/29

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συ νάρτησης f ( χ ) = χ 2 4 χ + 3 . Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσο με 3 4 5 6 7

[78]

� I

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρ τησης f( χ ) = χ 2 - 9χ + κ + Ι και ισχύει ( ΟΒ ) = (ΒΓ ) . Το εμβαδόν του τρι γώνου ΑΒΓ είναι ίσο με Ι8 9 27 54 36

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συ νάρτησης f ( χ ) = αχ 2 + βχ + γ . Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΚΛΜΝ είναι ίσο με 4 6 8 10 12 Στο σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f . Το f ( -2 ) + f ( 2 ) είναι: 4. Ο Ι 2 3

χ'

χ...

_χ'_+--τ-τί 1: =�μΓΆ ψ [81] 5

-1

4 -----; 1

-1

{

[79]

_ ___.,. ...:._ ...__

_ _

-4 -2 4 Αν 3χ - 4ψ = χ - 3ψ = 10 , τότε το ψ είναι ίσο με -5 5 χ 2 - ψ2 = Ι 8 -4 Αν _Ι 4 2 -6 -8 Ι _ = � , τότε το ψ είναι ίσο με χ+ψ χ-ψ 3 , , , Αν χ - ( α - Ι ) ψ = Ι , α ε � - { -Ι, 2 } , τοτε το ψ ειναι ισο με αχ - 2ψ = 4 - α Ι 2 2 2 2 α+2 α-2 Ι-α α+1 α+Ι Ι χ--= 8 ψ ( 1,9 ) ( 9,4 ) ( 9,1 ) Η λύση του συστήματος ει'ναι: ( 8,2 ) ( 4,9 ) �=2

{

_ _

ll1>

{

)ψ

2χ - 3ψ + 4 = 0 είναι αδύνατο, τότε α δεν είναι ίσο με Αν το σύστημα 4χ - 6ψ - α= Ο -Ι2 -8 8 Ι2 24

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/30

!--�

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

α - β = -4 8 . το χ ειναι . ισο . μ< 4 5 5 3 3 , τοτε Αν 4 4 7 7 7 1 �χ � . το χ ειναι . ισο . με 1 1 1 1 1 Αν -1 + -1 = -12 - -12 = 9 , τοτε 10 4 6 5 3 χ ψ χ ψ 2 . ισο με . το α β ειναι Αν α2 = 3β - 1 6 και α - β = 7 , τοτε 10 -10 1 5 -15 5 β = 3α - 16 2χ - 3ψ = 5 Αν το σύστημα 5χ + ψ = -13 , α Ε ffi. έχει λύση, τότε το α είναι ίσο με αχ - 5ψ = 1 1 4 -3 -2 2 3 3χ + μ = 5 Αν το σύστημα χ - ψ = 4 , α Ε ffi. έχει λύση, τότε το μ είναι ίσο με χ 2 - ψ 2 = 24 -10 -5 5 10 15 + Αν * � = 2 , τότε το άθροισμα α + β είναι ίσο με 12 8 9 10 15 2α + 3β = 20 2χ + ψ = 1 1 4 8 Αν -χ - 2z = 2 , τότε το άθροισμα χ + ψ + z είναι ίσο με 7 6 5 2ψ + z = 9

{

{ {

1 . Exercices de Mathematiques - D . Lats i s 2003 , [ Γ αλλία] 2 . 1 000 Exercices Corriges d e Mathematiques - Alain Gastineau, Philippe Poitrat 200 1 , [ Γ αλλία] 3 . Further Elementary Analys i s - R . I . Porter 1 990. [Η.Π.Α]

4. Μαθηματικά Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης , Α-Β τόμος, Χρ. Γκουβιέρος, Θυμ. Διαμαντόπουλος <Εκδ: Ξιφαράς, 2008 [Αθήνα]. 5 . Αλγεβρικά θέματα, τόμος Β -Γ, Παν. Μάγειρας , < Εκδ.: 1 975 [Αθήνα]. 6. Α Course of Pure Mathematics - G. Η . Hardy . 1 992 [Ινδία] 7 . Pήnciples o f Mathematical Analysis - Walter Rudin , 1 973 [Η.Π. Α.] 8 . lntroductory Real Analysis - Α. Ν . Kolmogoroν & S . V . Fonin, 1 970 [Η.Π.Α.] 9. Adνanced Calculus - Lynn Η. Loomis, S hlomo Stemberg, 1 980 [Η.Π.Α.] 1 0. 1 1. 12. 13. 1 4.

Problemes

Analyse Mathematique - G. Berman, 2005

[Γαλλία]

Calculus with Analytic G e o metry - Marν i n J . F o rrayT. , 1 9 8 8

[Η.Π.Α.] Άλγεβρα Α' Λυκείου , Τόμος Β, Θύμιος Διαμαντόπουλος , Β αγγέλης Ζώτος <Εκδ.: Ξιφαράς 20 1 1 , [Αθήνα]. Real Analysis: Α Problem - Oriented Uncluttered Friendly Approach, Bansi Lai - Sanj ay Arora, 1 993 [Ινδία] Problems in Higher Mathematics - V. Govorov, Ρ . Dybov, Ν. Miroshin, S. Smimova, 1 994,[ Η.Π.Α.]

1(Α), 2(Β), 3(Ε), 4(Β), 5(Γ), 6(Δ), 7(Α), 8(Γ), 9(Ε), lΟ(Δ), ll(A), 12(Δ), 13(Β), 14(8 ), 15(Ε), 16(Β), 17(Α), 18(Γ), 19(Γ), 20(Γ), 21(Β), 22(Β), 23(Β), 24(Α), 25(Ε), 26(Γ), 27( 8 ), 28(Ε), 29(Γ), 30(Α), 3 Ι (Γ), 32(Γ), 33(Β), 34(Ε), 35(Α), 36(Β), 37(Ε), 38(Ε), 39(Δ), 40(Δ), 41(Ε), 42(Δ), 43(Α), 44(Ε), 45(Β), 46(Α), 47(Δ), 48(Ε), 49(Ε), 50(Ε), 51(Β), 52(Β), 53(Α), 54(Δ), 55(Ε), 56(Γ), 57(Α), 58(Γ), 59(Γ), 60(Γ), 61(Β), 62(Β), 63(Γ), 64(Δ), 65(Δ), 66(Δ), 67(Δ), 68(Β), 69(Β), 70(Α), 71(Β), 72(Ε), 73(Γ), 74(Γ), 75(Ε), 7 6 (Ε), 77(Γ), 78(Β), 79(Β), 80(Ε), 81(Δ), 82(Γ), 83(Β), 84(Ε), 85(Δ), 86(Ε), 87(Β) . Αρκετά καλές λύσεις έστειλαν οι μαθητές από το 3 ° Λύκειο Λαμίας: Ι. Αρ κου μάνης, Δ. Γ αλανής, Κ . Πολύμερ ο ς.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

79τ.3 /31

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Γιώργο ς Τασσόπο υλο ς. Σχολικός Σύμβο υλο ς Μαθηματικώ ν.

Είναι γνωστό ότι προκειμένου ένα τριώνυμο f(x) = αχ2 + βχ + γ, α i= Ο να διατηρεί σταθερό πρόσημο, για κάθε χ ε �, πρέπει και αρκεί η διακρίνουσά του Δ = β2 - 4αγ να είναι αρνητική. Αν Δ = Ο τότε f(x) � Ο για κάθε χ ε � με το ίσον μόνον όταν χ = 2α Αποτελεί ως γνωστόν αυτή η παρατήρηση μια πολύ συνηθισμένη μέθοδο απόδειξης ανισοτήτων που εξαρτώνται από παραμέτρους α, β, γ, . . . , όταν μεταξύ αυτών υπ,άρχει κάποια 2ου βαθμού.

_1._.

Για παράδειγμα, αν Α = β3 - 3αβ + 3α2γ - 2αi, τότε : Α = 3γα2 - (3β +2 γ2)α + β3 f(α), δηλαδή ό ταν γ i= Ο πρόκειται για αριθμητική τιμή του τριωνύμου: f(x) = 3γχ2 - (3β +2γ2)χ + β3 - 3αβ, για χ = α. Επίσης Α = -2αγ2 + 3α2γ + β3 - 3αβ = g(γ), δηλαδή όταν α i= Ο πρόκειται για αριθμητική τιμή του τριω νύμου: g(x) = -2αχ2 + 3α2χ + β3 - 3αβ, για χ = γ Ακολουθεί μια απλή εφαρμογή της παραπάνω παρατήρησης. =

9t Να δείξετε ότι: Για κάθε α, β ε , ισχύει: α2 + 3 β 2 � 3 αβ ( 1)

Γι ' αυτό αρκεί α2 - 3βα +3β2 � Ο, δηλαδή f(α) � Ο, όπου f(x) = χ2 - 3βχ +3β2 . Πράγματι Δ = 9 β2 1 2β2 = 3β2 :::; Ο, για κάθε β ε � . Θα έχουμε δε f(α) = Ο μόνον όταν Δ = Ο, δηλαδή β = Ο και Jβ = Ο . Θα μπορούσαμε φυσικά να θεωρήσουμε αντί του f(x) το τριώνυμο g(x) = 3χ2 - 3αχ + α2 . α= 2 Τέλος επειδή δεν βλάπτεται η γενικότητα της ( 1 ) αν αβ � Ο, μια άμεση απόδειξή της μπορεί να γίνει με βάση την γνωστή ανισότητα: κ2 + λ2 � 2κλ για κ = α, λ = β.J3 , οπότε α2 + 3β2 � 2α · β.J3 � 3αβ, αφού 2 > .J3 και αβ � Ο. -

9t Αποδείξτε ανάλογα ότι: 3 (α2 + β 2 + γ2) � (α + β +γ) 2 , για κάθε α, β , γ ε και γενικά � �2 ν α ; + α � + ... + α � � (α 1 + α 2 + ... + α . ) 2 για κάθε α ι , α2, , α. ε , ν

(

)

...

Αρκεί: (ν - 1 ) α � - 2 ( α2 + ... + αν ) α 1 + ν (α ; + ... + α� ) - ( α2 + ... + αν ) 2 = f( α 1) � Ο, οπότε η Δ :::; Ο ανά γεται στην (ν - 1) (α ; + ... + α� ) � ( α2 + ... + αν ) 2 (επαγωγική απόδειξη) Όμοια για το προηγούμενο πρόβλημα εκτός των άλλων μορφών αρκεί: 2α2 - 2(β + γ)α + 3(β2 + γ2 ) - (β +γ)2 = f(α) � Ο, οπότε η Δ :::; Ο ανάγεται στην 2(β2 + γ2) � (β +γ)2. Τέλος η άμεση απόδειξη προκύπτει από εφαρμογή της ανισότητας Swartz \ια τις ν - άδες ( 1 , 1 , . . . , 1 ) και (α1, α2 , . . . α.), ν = 2,3,4, . . . , δηλαδή ( 1 2+ 1 2+ . . . +12)- (α� + α; + ... + α � ) � ( 1 · α 1 + 1 · α2 + . . . + 1 ·αv)2 . Ας θεωρήσουμε τώρα μια πιο ενδιαφέρουσα εφαρμογή που πιθανόν να μας «κλονίσει» σε πρώτη φάση την εμπιστοσύνη στην παραπάνω μεθοδολογία. Να δείξετε ότι: Για κάθε α, β> Ο ισχύει (α + β)(αβ + 1) � 4 αβ ( 1)

Με βάση την ανισότητα κ2 + λ2 � 2κλ έχουμε και πάλι μια άμεση απάντηση, αφού α + β � 2 Ν , αβ + 1 � 2 Ν · 1 ::::> (α + β)( αβ + 1 ) � 4 Ν . Ας επιχειρήσουμε λοιπόν να αποδείξουμε την ανισότητα με την χρήση του τριωνύμου. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/32

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Προφανώς αρκεί αντί της ( 1) να δείξουμε την: βα2 + (β2+ 1 - 4β)α +β z Ο. Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι το τριώνυμο: f(x) = βχ2 + (β2+ 1 - 4β)χ + β έχει Δ � Ο, όπου Δ = (β2 + 1 - 4β)2 - 4β2 = = (β2 + 1- 4β + 2β)(β2 + 1 - 4β - 2β) = (β2+ 1 - 2β)(β2 - 6β + 1) = ( β - 1 / (β2 - 6β + 1 ). Περιέργως όμως δεν ισχύει Δ � Ο για κάθε β > Ο, αφού ο παράγοντας β2 - 6β + 1 έχει διακρίνουσα Δι = 36 - 4 = 32 > Ο, δηλαδή δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο,π.χ. για β=1 και β=6. Τι άραγε μας διαφεύ γει; Αυτό που μας διέφυγε είναι ότι η (2) δεν θέλουμε να ισχύει για κάθε α Ε 9\ , αλλά για κάθε α Ε (0, +οο ). Αυτό μπορεί βέβαια να συμβαίνει όταν Δ � Ο , αλλά μπορεί να συμβαίνει και όταν το τριώ νυμο f(x) έχει άνισες ρίζες χ 1 < χ2 και α � (χ 1 , χ2 ), δηλαδή α < χι < χ2 ή Χ ι < χ2 < α . Στην προκείμενη περίπτωση λοιπόν αν χι<χ2<0 (3), οπότε χι < χ2 < α. Παρατηρούμε ότι: Αν β2 - 6β + 1 � Ο, τότε Δ � Ο και f(x) z Ο για κάθε χ Ε 91 άρα και για χ = α > Ο. Αν όμως β2 - 6β + 1 > Ο (4), τότε β ;t: 1 και το f(x) έχει δύο ρίζες άνισες Χι < χ2 . 'Εχουμε όμως Χ ι· χ2 = � β 2 2 2 αφού β2 + 1 - 6β > Ο, λόγω της = 1 > Ο και χ 1 + χ2 = - β + 1 - 4β = 4β - β - 1 6β - β - 1 β β β Άρα χι < χ2 < Ο . Ισχύει λοιπόν η σχέση (3) που επιδιώκαμε. (4). Το ίσον ισχύει μόνον όταν β=1 , οπότε και α=1 (γιατί;).

< Ο,

Μια άλλη συνέπεια των παραπάνω είναι το ότι αν οι συντελεστές ενός τριωνύμου f(x) = αχ2 + βχ + γ, α i= Ο εξαρτώνται από μια παράμετρο λ μπορούμε να αναζητήσουμε τις τιμές του λ για τις οποίες διατηρεί σταθερό πρόσημο. <\\'

Να βρεθεί το λ Ε 91 ώστε: λχ 2 - 2λχ + λ2 - λ - 3 � Ο για κάθε x e9i.

(Δα :s;<ΟΟJ ( γ� Ο OJ Εντελώς ανάλογα: > ΟO αχ2 + βχ + γ z Ο για κάθε χ <:::::> ( α J ή ( α =γ zβ =Ο Ο ) Δ � λ< O [ λ = Ο ] Στην προκειμένη περίπτωση πρέπει και αρκεί: ( < J ή -2λ = Ο . Από το δεύτερο σύστημα βρίΔ_Ο λ2 - λ - 3 � 0 Προσεκτικά σκεπτόμενοι διαπιστώνουμε ότι: ή αχ2 + βχ + γ � Ο για κάθε χ Ε 9\ <:::::>

α=β=

Ε 9\

σκουμε λ = Ο . λ<Ο Με λ < Ο εξάλλου έχουμε: Δ � Ο <:::::> 4λ2 - 4λ(λ2 - λ - 3 ) � Ο <=> λ - (λ2 - λ - 3 ) z Ο <:::::> - λ2 + 2λ + 3 z Ο <:::::> λ2 - 2λ - 3 � Ο <:::::> - 1 � λ � 3 <:::::> - 1 � λ < Ο. Τελικά λοιπόν λ = Ο ή λ Ε [-1 , 0), δηλαδή λ Ε [-1, Ο]

Αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι αν η Δ είναι τέλειο τετράγωνο π.χ. Δ = λ4 - 6λ2 + 9 = (λ2 - 3) 2 , τότε Δ � Ο <:::::> λ = ± .J3 , δηλαδή δεν βρίσκουμε άπειρες τιμές του λ όπως προηγουμένως. Η παρατήρηση που ακο λουθεί όπως θα διαπιστώσετε αποτελεί έναν ενδιαφέροντα τρόπο κατασκευής τριωνύμων αυτής της μορ φής. "'

Π α ρ α τ ι'Ηηι ση :

Αν (χ - α)(χ - β) z Ο, για κάθε χ Ε 91 (1), τότε α = β και αντιστρόφως. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/33

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

Αφού η (1) ισχύει για κάθε χ ε91, θα ισχύει και για χ = α + β . Τότε: (Ι) =>

(

α β

;

-α

)(

α β

;

)

-β 2 0

β α α β

( ; )( � ) 2 0 => - (α - β)2 � 0 => (α - β)2 � 0 =>

α = β. (Πως αιτιολογείται διδακτικά η επιλογή του χ = α + β ; ) 2 Το αντίστροφο είναι προφανές.

Φυσικά η απόδειξη μπορεί να γίνει και με απαγωγή σε άτοπο αποκλείοντας την εκδοχή να ισχύει η ( 1) και α =Ι- β, ή με την διακρίνουσα του τριωνύμου f(x) = (χ - α)(χ - β) = χ2 - (α + β)χ +αβ, δηλαδή από το γεγονός ότι Δ = (α + β)2 - 4αβ = α2 + β2 - 2αβ = (α - β)2 και Δ � Ο => α = β. Αντιλαμβανόμαστε λοιπόν ότι για να οδηγηθούμε σε τριώνυμο f(x) με διακρίνουσα τέλειο τετράγωνο μια απλή περίπτωση είναι να έχουμε: f(x) = (χ - α)(χ - β) . Να βρεθεί το λ ε 91, ώστε (χ - λ3 + λ)(χ - 2 λ + 2 ) � Ο (1) για κάθε χ ε 91.

Σύμφωνα με την παρατήρηση πρέπει και αρκεί λ3 - λ = 2λ - 2 ( 1 ), οπότε (1) <=> λ(λ - 1) (λ + 1) - 2(λ - 1) = ο <=> ( λ - 1 )(λ2 + λ - 2) = ο <=> λ = 1 ή λ = -2 Κάποιος όμως που δεν έχει υπόψη του την παραπάνω παρατήρηση θα εργαστεί με την χρήση της διακρί νουσας που αποτελεί τη φυσιολογική οδό. Αν όμως δεν διαπιστώσει ότι: Δ = (α + β)2 - 4αβ, θα εμπλακεί σε δαιδαλώδεις πράξεις. Στην περίπτωσή μας π. χ θα έχουμε: (1) <:::> χ2 - (λ3 + λ - 2)χ + 2(λ4 - λ3 - λ2 + λ) � Ο. Και μόνο η πολυπλοκότητα των συντελεστών μας απο τρέπει από την χρήση της διακρίνουσας. Νομίζω ότι δεν είναι πολύ πιθανό να παρατηρήσει κανείς ότι: 2(λ4 - λ3 - λ2 + λ) = 2[λ3 (λ - 1) - λ(λ -1)] = 2(λ - 1)(λ3 - λ) = (2λ - 2)(λ3 - λ) = α·β με α = 2λ - 2, β = λ3 - λ , οπότε α + β = 2λ - 2 + λ3 - λ = λ3 + λ - 2, για να διαπιστώσει έτσι ότι: Δ = (α + β)2 - 4αβ = = (α - β)2 και από Δ � Ο να φτάσει στην α = β, δηλαδή στην λ3 - λ == 2λ - 2. Οι συνάδελφοι μπορούν να κατασκευάσουν πολλά παρόμοια θέματα, οπότε η παρατήρηση (ως 1 ερώ τημα) και η εφαρμογή ( ως 2° ερώτημα) αποτελούν ένα ενδιαφέρον θέμα για την Α ' Λυκείου. Ως 3° ε ρώτημα δε, θα μπορούσε να ζητηθεί να δείξουν ότι: (λ3 + λ - 2)2 - 8 (λ4 - λ3 - λ2 +λ) � Ο, για κάθε λε91, που είναι πλέον άμεση συνέπεια των δύο πρώτων ερωτημάτων, χωρίς πράξεις. ο

Δίνουμε ενδεικτικά δύο ακόμη τέτοια τριώνυμα: f(x) = (χ2 - λ2 +2λ)((χ +λ - 2 ), f(x) = (χ - λ3 - λ2 +λ)(χ + λ2 - 2)

με την απαίτηση να βρεθεί το λ ώστε f(x) � Ο για κάθε χ ε 91.

Ο συνάδελφος κ. Θ. Τζιώρτζιος που είχε προτείνει την Άσκηση 7 σελίδα 24 (τ. 78) εκ παραδρο μής στην εκφώνηση ανέφερε (ν θετικός άρτιος και χ 2 + βχ + γ = Ο ) αντί του ορθού, όπως ο ίδιος επεσήμανε (ν θετικός περιττός και χ 2 - βχ + γ = Ο ). Οι απαραίτητες αλλαγές στη συνέχεια μπορεί να γίνουν εύκολα. Επίσης ο συνάδελφος κ. Ιωάννης Καρκαζής από την Τρίπολη, όπως και η συνάδελφος Αφροδίτη Πανταζή επεσήμαναν στην Άσκηση 5 σελίδα 54 (τ . 78) την παράλειψη, να ελεγχθεί αν πράγματι η ευθεία x+y=O ανήκει και στις δύο οικογένειες ευθειών. Προφανώς δεν ανήκει σε καμία απ' αυ τές. Τους ευχαριστούμε θερμά για τις εύστοχες παρατήρησείς τους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/34

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Μπρίνος Παναγιώτης. n

Δίνεται κύκλος (O,R) και τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο ώστε για τα τόξα ΑΒ και ΑΓ να ισχύει ΑΒ =2 ΑΓ . Αν ε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Α και Κ το σημείο τομής της ΒΓ με την ε, να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΑΓΚ είναι ισοσκελή. n

ΔΓ+ ΑΒ Επισης ' Δ ΓΛ Ε = ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ . 2 2 Ε

,..

,...

Από την ΑΒ =2 ΑΓ έχουμε Α ΓΒ=2· Α Β Γ (1 ). n

Ισχύει Δ Γ Ε = 1 80° ω ή ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ 2 + ΔΓ+ ΑΒ -_ 1 80ο -1 800 ΔΓ+2 ΑΒ η, ΔΑ+ΑΒ+ΒΕ 2 2 ° ή ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ+ ΔΓ+ ΑΒ = 360 ή ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ+ ΔΓ + ΑΒ = ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ+ ΔΓ+ ΓΕ Επίσης Α Β Γ= ΚΑ. Γ (2) ως γωνία υπό χορδή και ή ΑΒ = ΓΕ ή 2·Α Γ Β = 2·Ε Β Γ δηλαδή οι ΒΕ εφαπτομένη. Η γωνία Α Γ Β είναι εξωτερική του και ΑΓ τεμνόμενες από την ΒΓ σχηματίζουν τις τριγώνου ΑΚΓ επομένως Α Γ Β=Α Κ Γ+Κ Α Γ εντός εναλλάξ γωνίες τους ίσες, επομένως ΒΕ//ΑΓ (3). (1 ). Επίσης από την ισότητα ΑΒ = ΓΕ προκύπτει Η (3) γράφεται με τη βοήθεια των (1) και (2): ΑΒ = ΕΓ (2). Από (1), (2) συμπεραίνουμε ότι το 2· Α Β Γ = Α Κ Γ + ΚΑ Γ ή τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. 2·ΚΑ Γ = Α Κ Γ + ΚΑ Γ ή ΚΑ Γ= Α Κ Γ (4) δηλαδή το τρίγωνο ΑΓΚ είναι ισοσκελές με ΑΓ = Δίνονται δύο κύκλοι (O,R) και (Κ, ρ), με R>ρ ΚΓ. Επίσης από τις σχέσεις (2) και (4) προκύπτει τεμνόμενοι στα σημεία Α και Β. Θεωρούμε την Α Β Γ=Α Κ Γ, επομένως και το τρίγωνο ΑΒΚ είναι εφαπτομένη του (Κ, ρ) στο σημείο Α, η οποία τέμνει τον (O,R) στο σημείο Δ. Από το Β φέρου ισοσκελές με ΑΚ=ΑΒ. -

,..

Η γωνία Δ Κ Γ = ω είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΔΚ, επομένως: ΔΓ + ΑΒ ω= Δ ΚΛ Γ = Δ ΑΛ Γ + Α ΔΛ Β = 2 2 = n

,..

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ εγγεγραμμένο σε κύκλο και Δ Κ Γ = ω, όπου Κ το σημείο τομής των διαγωνίων του. Θεωρούμε σημείο Ε του τό" με Δ ΓΛ Ε = 180° -ω. Να δείξετε ότι το ξου ΒΓ τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

με ευθεία παράλληλη στην ΑΔ που τέμνει τον (O,R) στο σημείο Ζ και τον (Κ, ρ) στο σημείο Γ. Να δείξετε ότι το ΑΔΖΓ είναι παραλληλόγραμ μο.

Το τετράπλευρο ΑΔΖΒ είναι τραπέζιο γιατί Δ Α Ζ = Α Ζ Β (ως " ΔΖ ΑΒ "z = ΑΒ Δ εντος' εναλλα' ξ) η' η' = ή 2 2 ΔΖ=ΑΒ. Έχουμε: Α Δ Ζ = Δ Α Β (1) (ως γωνίες προσκείμενες στην βάση ισοσκελούς τραπεζίου) ZBIIΑΔ και ισοσκελές, γιατί:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/35

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

και Β Γ Α= Δ Α Β ( 2) (ως γωνία υπό χορδή και εφαπτομένη στον (Κ, ρ)) Γ

με ΒΔ=ΒΜ και Ζ το σημείο τομής της προέκτα σης του ΒΔ με τον κύκλο, να δείξετε ότι i) Ττο μήκος του τμήματος ΜΖ είναι σταθερό. ii) Ττο τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισοσκελές iii) Αν προεκτείνουμε την ΑΖ κατά ΖΛ=ΜΔ, να δείξετε ότι τα σημεία Μ, Γ, Λ είναι συνευ θειακά. λΥΣΗ

Επίσης Δ Ζ Β + Α Δ Ζ = 180° (3) (λόγω του τρα πεζίου ΑΔΖΒ). Από ( I), (2) προκύπτει Α Δ Ζ=Β Γ Α και από την (3) παίρνουμε ότι Δ Ζ Β + Β f Ά= 1 80° δηλαδή ΔΖ//ΑΓ (σχηματίζουν τις εντός και επί τα αυτά γωνίες τους παραπληρω ματικές), οπότε ΑΔΖΓ είναι παραλληλόγραμμο. Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) με ΑΒ<ΑΓ. Φέρουμε το ύψος του ΑΔ και τη διχοτόμο δ της γωνίας Ο Α Δ. Να δείξετε ότι η δ είναι διχοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ.

Έστω Ζ το σημείο τομής της δ με το κύκλο. Θεω ρούμε Α ' το aντιδιαμετρικό του Α. Αν η προέκτα ση του ύψους ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Κ, τότε ισχύει: Α ' Α Ζ=Ζ Α Κ (1 ). Λ

Έχουμε Μ Α Γ = Μ Β Γ ( I ) ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Για τον ίδιο λόγο ισχύει: Β Μ Δ = Α Γ Β (2) και Β Α Μ= Β Γ Μ (3). Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΔΜ έχουμε: Α Γ Β= Α Β Γ και Β Μ Δ= Β Δ Μ αντίστοιχα. Επομένως: Β Α Γ = 1 80° 2 Α Γ Β και Δ Β Μ= 1 80° 2 Β Μ Δ. Από την σχέση (2) προκύπτει: Β Α Γ=Δ Β Μ ή Β Α Μ+Μ Α Γ=Δ Β Γ+Μ Β Γ ή Β Α Μ = Δ Β Γ (από την (1)) ή Β Γ Μ=Δ Β Γ (από την (3)), δηλαδή ΒΔ//ΜΓ γιατί σχηματίζουν τις ε ντός εναλλάξ γωνίες τους ίσες. Επομένως το ΒΜΓΖ είναι τραπέζιο εγγεγραμμένο σε κύκλο άρα είναι ισοσκελές με ΓΖ=ΒΜ=ΒΔ. Έτσι ΜΖ=ΒΓ = σταθερό. ΑΒ ii) Έχουμε: Α Ζ Δ= l (4) και Α Δ Ζ=Β Δ Μ (ως κατακορυφήν) = Β Μ Δ (λόγω του ισοσκελούς τριγώνου ΒΜΔ)= �Β (5). Από (4), (5) έπεται ότι Α Ζ Δ=Α Δ Ζ, δηλαδή το τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισοσκελές με ΑΖ = ΑΔ. iii) Τα τρίγωνα ΑΓΛ και ΑΒΜ έχουν: ΑΓ=ΑΒ (ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ) ., ΑΛ = ΑΜ (γιατί ΑΖ=ΑΔ από το ισοσκελές ΑΔΖ και ΖΛ=ΜΔ, επομένως ΑΛ=ΑΖ+ΖΛ=ΑΔ+ΜΔ= ΑΜ) Β Α Μ = Γ Α Λ (Β Α Μ= ΜΒ = ΖΓ =Γ Α Λ) . 2 2 Επομένως τα τρίγωνα είναι ίσα και Α r Λ = Α Β Μ ή A Γ z + z r Λ= A B z+ z B M Λ

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΑ ' (Α Γ Α ' = 90° γιατί βαίνει σε ημικύκλιο) και ΑΒΔ (Α Δ Β = 90°) έχουν Α Α Τ=Α Β Δ (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο τόξο ΑΓ) επομένως Γ Α Α ' =Δ Α Β (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) , με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: Γ Α Α ' +Α ' Α Ζ=Δ Α Β+Ζ Α Κ ή Γ Α Ζ= Ζ Α Β, δηλαδή η δ είναι διχοτόμος της γω νίας Α του τριγώνου ΑΒΓ. Λ

Λ. Σ !< Η Σ Η 5η

Δίνεται οξυγώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο και Μ τυ χαίο σημείο του τόξου ΒΓ. Αν Δ σημείο της ΑΜ

<�>

·�

( Α Γ Ζ = Α Β Ζ = ΑΖ 2 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/36

z Γ Λ=Ζ Β Μ ή

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ΒΚ = ΚΛ η, ΚΛ=ΑΜ· ΒΚ ( 1 ). (Ζ Β Μ = Β Ζ Γ λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου εχουμε: , ΒΜ ΑΜ ΒΜ ΒΜΓΖ) ή z f Λ = Β Ζ Γ δηλαδή ΓΛ//ΒΖ γιατί τεμνόμενες από την ΖΓ γιατί σχηματίζουν τις ε ντός εναλλάξ γωνίες τους ίσες. Έτσι, ΓΛ// ΒΖ και ΓΜ // ΒΖ, επομένως Γ,Λ,Μ συνευθειακά. Λ Σ Κ Η Σ !-1 6 '1

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και το σημείο Κ που διαιρεί εσωτερικά τη διαγώνιο ΑΓ σε λό1 γο 2 . Αν η ευθεία ΔΚ τέμνει την ΑΒ στο Λ και την προέκταση της ΓΒ στο Μ, να αποδείξετε ό τι: 1 2 i) ΚΛ = 3 ΔΛ ii) ΚΜ = 3 ΔΜ -

ΛΥΣΒ

Τα τρίγωνα ΓΝΚ και ΓΑΜ έχουν ΚΝ//ΑΜ, εποrκ rκ μένως: ΓΜ = ΑΜ ΚΝ ή ΚΝ = ΑΜ· ΓΜ (2). 1 + (2) έχουμε: Επειδή ΒΜ=ΓΜ= ΒΓ 2 , από ( ) ΒΚ + ΒΚ +ΑΜ· rκ rκ =ΑΜ·( ΚΛ+ΚΝ=ΑΜ· ΒΜ ΓΜ )= ΓΜ ΒΜ ΑΜ·( 2 · ΒΚ + 2 · ΓΚ )=ΑΜ· 2 · ΒΓ = 2-ΑΜ. ΒΓ ΒΓ ΒΓ

Λ. Σ i<. Η Σ Η Η'�

Το σημείο Κ που διαιρεί εσωτερικά τη διαγώνιο ΑΓ σε λόγο _.!_ σημαίνει ότι 2 ΑΚ = 1 ΑΚ = 1 ΑΚ = 1 ή ή ΑΚ + ΚΓ 1 + 2 ΑΓ 3 ΚΓ 2 Από την ΑΒ//ΔΓ με τέμνουσες τις ΑΓ, ΛΔ έχουμε 1 ΚΛ = ΑΚ = 31 ή ΚΛ = 3 ΔΛ. ΔΛ ΑΓ )· ι· ) , ΑΚ 1 Απο, την ισοτητα = 3 έχουμε ΑΓ ΑΓ - ΑΚ 3 - 1 3 ΑΓ Από την ΑΔ//ΜΓ με τέμνουσες τις ΑΓ, ΔΜ έχουμε ΚΜ = κr 2 - ή ΚΜ = -2 ΔΜ = ΔΜ ΑΓ 3 3 i)

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ). Η παράλληλη από το Α προς τη ΒΓ τέμνει την ΒΔ στο Μ και η παράλληλη από το Β προς την ΑΔ τέμνει την ΑΓ στο Λ. Να αποδειχθεί ότι: i) ΜΛ // ΑΒ ii) ΑΒ 2 = ΓΔ·ΜΛ

i) Έστω Ε, Ζ τα σημεία τομής των ΑΜ, ΒΛ αντί στοιχα με την ΔΓ και Θ το σημείο τομής των ΒΖ και ΑΕ. Από τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΕ και ΑΒΖΔ έχουμε: ΕΓ=ΑΒ=ΔΖ ( 1 ). Επίσης ΖΓ=ΖΕ+ΕΓ=ΖΕ+ΖΔ=ΔΕ (2). Από την ΒΖ//ΑΔ, με τέμνουσες τις ΑΘ , ΔΒ έχουμε ΒΜ ( 3 ) , ενω' με τεμνουσες ΘΜ = ' τις Α.Γ, ΔΓ ε-' -ΜΑ ΜΔ ΔΖ ΑΒ (4) (από τις (1) και (2)). χουμε: Μ = = ΛΓ ΖΓ ΕΔ Από την ΑΕ//ΒΓ, με τέμνουσες τις ΘΒ,ΑΓ έχουμε ΘΛ = ΑΛ (5), ενώ με τέμνουσες τις ΔΒ, ΔΓ έχου ΛΒ ΛΓ ΓΕ ΒΜ = ΑΒ (6) (απο, ( 1 )). με: = ΜΔ ΕΔ ΕΔ Λ Σ Κ Η Σ Η 7'1 ΘΜ και από (4), (5) Από σημείο Κ της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ Από ( 3 ) , (6) έχουμε ΜΑ = ΑΒ ΕΔ φέρουμε την παράλληλη στη διάμεσο ΑΜ αυ ΑΒ , επομενως . ΘΛ = ΘΛ και από ΘΜ = , τού, που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Λ, Ν α εχουμε ΜΑ ΕΔ ΛΒ ΛΒ ντίστοιχα. Να δείξετε ότι ΚΛ + ΚΝ= 2·ΑΜ. το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή έχουμε ΛΥΣΗ Τα τρίγωνα ΒΚΛ και ΒΑΜ έχουν ΚΛ//ΑΜ. Από ΜΛ//ΑΒ . πόρισμα του θεωρήματος του Θ αλή στα τρίγωνα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/37

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

εξωτερικής διχοτόμου έχουμε: ΔΜ <:Μ ΟΑ =-1 . ΓΜ ΟΜ ΟΑ 1 και == ΓΖ ΟΖ 2 · 0Α 2 ΔΖ ΟΖ 2·0Α 2

- = - = -- = -

Επομένως ΓΖ = 2·ΓΜ και ΔΖ=2·ΔΜ.

ii) Έστω Ο το σημείο τομής των ΔΑ και ΓΒ. Από την ΑΜ//ΟΒ, με τέμνουσες τις ΔΒ, ΔΟ έχουμε: ΒΔ = ΟΔ (7). ΒΜ ΟΑ Τα τρίγωνα ΒΔΖ και ΒΜΛ έχουν ΔΖ//ΜΛ επομέΒΔ ΔΖ νως ΒΜ ΜΑ Τα τρίγωνα ΟΔΓ και ΟΑΒ έχουν ΔΓi/ΑΒ επομέ ΟΔ = ΓΔ νως ΟΑ ΑΒ Η σχέση (7) γράφεται από τις δύο τελευταίες ισό ΔΖ ΓΔ τητες: ΜΑ = ΑΒ ή ΑΒ·ΔΖ = ΓΔ·ΜΛ ή ΑΒ2 = ΓΔ·ΜΛ (από την ( 1 )).

Δύο κύκλοι με κέντρα Κ και Λ τέμνονται στα σημεία Α και Β. Αν ΓΔ είναι η κοινή εφαπτομέ νη τους και Ο το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΓΔ, να δείξετε ότι ΟΑ2 = ΑΚ·ΑΛ.

-- = --

Θεωρούμε κύκλο διαμέτρου ΑΒ και τις εφα πτομένες του ει, ε2 στα σημεία του Α,Β αντί στοιχα. Προεκτείνουμε την διάμετρο ΒΑ κατά τμήμα ΑΖ= ΑΒ και από το Ζ φέρουμε ευθεία ε 2 που εφάπτεται του κύκλου στο σημείο Μ και τέμνει τις ει, ε2 στα σημεία Γ,Δ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι ΓΖ = 2·ΓΜ και ΔΖ=2·ΔΜ.

Έστω Ο το κέντρο του κύκλου. Η διακεντρική ευ θεία ΓΟ διχοτομεί τη γωνία Α ό Μ και η διακε ντρική ευθεία ΔΟ διχοτομεί τη γωνία Β ό Μ. .l

Επειδή ΚΑ= ΚΓ και ΛΑ=ΛΔ, οι μεσοκάθετες των ΑΓ και ΑΔ άγονται από τα κέντρα Κ και Λ αντί στοιχα των δύο κύκλων. Έτσι, το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΓΔ βρί σκεται στο σημείο τομής των αποστημάτων των χορδών ΑΓ και ΑΔ. Η ζητούμενη σχέση γράφεται: ΟΑ ΑΛ οποτε , αρκει, να δει' ξου με οτι , τα τριγωΑΚ ΟΑ να ΑΚΟ και ΑΟΛ είναι όμοια. Η Α Γ Δ= ΑΚr 2 (ως υπό χορδή και εφαπτομένη ισούται με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης) και ΑΚΓ 2 =Α Κ Ο (το απόστημα διχοτομεί τη γωνία Α Κ Γ) επομένως Α Γ Δ=Α Κ Ο (Ι) Από τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΓΔ έχουμε: Α Γ Δ= ΑΟΔ (ως εγγεγραμμένη που 2 βαίνει στο ίδιο τόξο με την επίκεντρη) και ΑΟΔ =Α ό Λ (η ΟΑ είναι μεσοκάθετος του ΑΔ 2 άρα διχοτομεί την Α ό Δ) επομένως Α Γ Δ= Α Ο Λ (2) Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι Α Κ Ο= Α ό Λ Ομοίως δείχνουμε ότι Α ό Κ = Α Λ Ο Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΚΟ και ΑΟΛ είναι όμοια , ΟΑ ΑΛ οποτε ΑΚ ΟΑ - = - ,

ε,

Επομένως στο τρίγωνο ΖΟΜ η ΟΓ είναι εσωτερι κή διχοτόμος της γωνίας Ζ ό Μ και η ΟΔ εξωτερι κή διχοτόμος της. Από το θεώρημα εσωτερικής και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

- = - .

Β'

79τ.3/38

Στο άρθρο αυτό θα δούμε μερικές επαναληπτικές ασκήσεις για τα δυο αυτά είδη συναρτήσεων, κα θώς και κάποιες εφαρμογές τους Έστω θ ένας συγκεκριμένος θετικός αριθ μός. Θεωρούμε τη συνάρτηση f:R---t R με ·

f (χ) = θ · e- ex _

1. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθί νουσα στο R. 2. Έστω (αν) μια αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω. Να αποδείξετε ότι η ακο λουθία (βν) με βν=f(aν) είναι γεωμετρική πρόοδος της οποίας να βρείτε το λόγο.

1 . Έστω Χ ι,χ2 πραγματικοί αριθμοί με χι<χ2 . Τότε, αφού θ>Ο έχουμε -θχ1>-θχ2 . Επειδή η ( ex) είναι γνησίως αύξουσα συμπεραί νουμε ότι e-ex , > e - ex , οπότε τελικά θe e x , > θe e x , ή f( x1 )>f( x2 ). Συνεπώς, η f είναι γνησίως φθίvουσα στο R . 2. Αφού η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω, θα έχουμε ότι Ο.V+ ι=αv+ω για κάθε θετικό ακέραιο ν. Έχουμε τώρα; β ν+ l = f ( αν + l ) = θe - θ·αν+\ = θ . ε -θ (αv + ω) = = θ e -θ· αv · e - θω = e - θω · f(α v ) = e - θω · β v για κάθε ν�1 , οπότε η (βν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = e-θω . Η συνάρτηση f αν περιοριστεί στο [Ο,+οο), ορίζει τη λεγόμενη Εκθετική Κατανομή στη Θεωρία Πιθανοτήτων.

}

Καλάκος Αθανάσιος

log x 1og y = log102 <=> log x · log y = 2 (Σ) <=> log log χ + log y = 3 χ + log y = 3 Στο σύστημα αυτό γνωρίζουμε το άθροισμα S=3 και το γινόμενο Ρ=2 των αριθμών logx, logy. Συνεπώς οι αριθμοί logx , logy είναι οι λύσεις της δευτεροβάθμιας εξίσωσης t2-3t+2=0. Εύκολα βρί σκουμε t=1 ή t=2. Άρα: log x =1 ή log x =2 _._.._(x =10 ή χ=100 (Σ) <=> logy=2 logy =1 '"l. y=1 00 y= lO Και τα δύο ζεύγη είναι δεκτά.

( )( J

)( )

Έστω Ιη2=α, Ιη3=β, Ιη5=γ. Να εκφράσετε τους αριθμούς ln(10800) και ln(S/75) σαν συ νάρτηση των αριθμών α, β, γ. Ποιο γενικό συ μπέρασμα μπορεί να εξαχθεί;

Παρατηρούμε ότι οι αριθ 10.800 2 μοί 2,3,5 είναι πρώτοι, δηλαδή 5.400 2 έχουν μόνο δύο θετικούς διαι 2.700 2 ρέτες. Αυτό μας δίνει την ιδέα 1 .350 2 να αναλύσουμε το φυσικό 675 3 10800 σε γινόμενο πρώτων 3 225 παραγόντων. Έχουμε:3 2 75 3 Άρα, 10800=24 .3 .5 • 25 5 Επομένως, αν χρησιμο 2 5 ποιήσουμε τις βασικές ιδιότη 1 τες των λογαρίθμων, έχουμε: ln(10.800) = ln ( 24 · 33 · 5 2 ) = ln 24 + ln3 3 + ln 5 2 = ' y •g x Αν χ, y>O τότε να δείξετε ότι = 4 · ln 2+3 · ln3 + 2 · ln5 = 4α + 3β + 2γ . Παρόμοια: + lo y g x 200 ιn = ln8- ln 75= lni - ln( 3 · 52 ) = ln 2 3 - ln 3 - ln 5 2 Να λυθεί το σύστημα C: 3 Io g ν xy = 3 · ln 2 - ln3 - 2 · ln 5 = 3 - α - β - 2γ 2 Τα παραδείγματα αυτά δείχνουν ότι αν γνωρί gx , ζουμε τις τιμές του λογαρίθμου στους πρώτους αριθ y o g δηλαδή = log Αρκεί log χ Ι y1o μούς, ln2, ln3, ln5, ln7, lnl l, κ.λπ. τότε μπορούμε να log y · log χ = log χ · log y , που ισχύει. υπολογίσουμε lnρ για οποιονδήποτε ρητό ρ=μ/ν όπου Πρέπει και αρκεί χ>Ο και y>O και έχουμε: μ,ν θετικοί ακέραιοι διότι κάθε θετικός ακέραιος α 2 χ Jog y = 200 lx og y = 100 ναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. <=> <=> -21 log ( xy) = -23 log ( xy) = 3 Να υπολογιστούν οι τιμές των παραστάσεων:

{ x lo

' • g y gy x

= -

}

(;s)

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/39

lo�3+.!.3 1og25

( !ιog64-log2 )'og3

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

της δευτεροβάθμιας εξίσωσης (2) οπότε y1 +y2=λ. � Επομένως: ( 3) <::::> Ι Ο λ = 10λ <::::> -4 = λ λ Χωρίς να χρησιμοποιηθεί υπολογιστής τσέπης. 2 <::::> λ = 4 <::::> ! λ = 2 ή λ = -2 1 . Και οι δυο τιμές εί Χρησιμοποιούμε τις ιδιότητες των λογαρίθμων ναι δεκτές διότι ανήκουν στο Α. και έχουμε: � Ένα ηλεκτρικό κύκλωμα αποτελείται από '' log• J+�· Ioe 2 5 J - + 1 = ν/ Ι Ο'οs3+Ιοg( 25 ) + 1 = αντίσταση R, ιδανικό πηνίο συντελεστή αυτε παγωγής L, πηγή ηλεκτρεγερτικής δύναμης Ε = �� ologJ+Iog�5 + } = -lι olog3+ 1og 5 + J = και διακόπτη Δ. Το κύκλωμα διαρρέεται από = �I 0 ισg( ) + I = -.fl 0 ιοg ι + = .Ji5+1 = J16 = 4 ρεύμα ένταση 10• Τη χρονική στιγμή t=O ανοί γουμε απότομα το διακόπτη Δ οπότε η ένταση Για την Β έχουμε διαδοχικά: lo g J του ρεύματος μειώνεται βαθμιαία μέχρι να μη.!. ιog 64 - log 2 3 8 = + Β = 10 Α=

Α= 10

,--

(

Β=

103

---

0 1 o g 64 ' - lo g 2 ο

)

J s

lo g 3

δενιστεί. Αποδεικνύεται ότι: Ι( t) = 10 e , t � Ο . Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση l(t). Να υπολογιστεί ο χρόνος ημίσειας ζωής του ρεύματος. :r ;, Τι εκφράζει η σταθερά του χρόνου r=L/R; •

(

( ] O iog i/64-Ιog 2 + ) ,

)

log 3

= ( 1 olog4- log 2 + ) g = 1 ο g 2 + ( 1 0 g + ) ( 2 + ) g = 1 01og 3 = 3 . 8

1o 2

lo ' J

8 1 og 3 =

log 3

R - ·1 ι

8 1o 3

x'ogx

= χ , ( 1 ) όπου Δίνεται η εξίσωση \ΓιΟ · το λ είναι παράμετρος με λ;fΟ. Ν α βρείτε τις τιμές της παραμέτρου λ ώστε η (1) να έχει δυο πραγματικές ρίζες άνισες. ·. Έ στω χ ι <χ2 οι ρίζες της (1) και η ρίζα της εξίσωσης 1og χ = � . Να βρείτε τις τιμές του λ

ώστε οι αριθμοί χ ι , χ2 , χ3 να σχηματίζουν Γεωμε τρική πρόοδο με αυτή τη σειρά.

Η (1 ) ορίζεται προφανώς μόνο για χ>Ο. Ε φαρμόζοντας την l og στα δυο μέλη της ( 1 ), έχουμε: log ifiO + log x 1og x = 1og χ λ <::::> _!_ + ( 1og χ ) 2 = λ · 1og χ 4 . Θέτουμε y=logx και έτσι λαμβάνουμε την εξίσωση y·, -- λ · y + -4I := Ο (2), που είναι η επιλύουσα !11ς ( I ) . Η ( ι ) i:χει ρ ίζες πραγματικές Καt άνισες χ χ 2 μόνον όταν η (2) έχει ρίζες πραγματικές και ά νι σr.ς y ι . )' • μ ι: χ , = 1 0 � ' , χ2 = 1 0)' Συνεπ<ί)ς, πρέπει και αρκεί Δ>Ο, δηλαδή λ2I >Ο και τελικά λε(-οο, 1 )u( l , + οο)=Α. Με το συμβολισμό του α) χ 1 = ] ΟΥ' και χ: = I ο� : Καt ενώ προφανώς χ = 1 0 2 1λ • Οι αριθμ οί χ , , χ�.χ.1 σχηματίζουν Γεωμετρική πρόοδο εάν και μόνον εάν χ; =χ, · Χ , δηλαδ11 ωλ = ω� ι +) ο ( 3 ) . .2 . .. .. . 1 ο ιχΟpσισ μ α y , +y� ι:ιναι το αΟροισμα των ριζων I,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

� Ε (

I / \ / ._______.. ,.

t=O, άνοιγμα του Διακόπτη

Η I(t) είναι γνησίως φθίνουσα διότι η σταθε. R < Ο . Για t=Ο εχουμε . c = -ρα. c ειναι L 0 1 ( 0 ) = 10 · e -�- = 1 0 · e0 = 1 0 . Όταν το t γίνει πολύ μεγάλο (θεωρητικά t-++oo) η ένταση I(t) πλησιάζει όλο και περισσότερο το Ο. Για παράδειγμα, εάν t = 1 ο� έχουμε υ -�

(±Γ · 10 :::: 0,0000454 · Ι0 ενώ εάν t = 15- , βρίσκουμε (1)' 5 · Ι0 :::: 0,000000306 · 10 • Ι=

1 0 • e- ι ο = L

Ι= -

e Με τις πληροφορίες αυτές σχεδιάζουμε την: R

!ο

0,368Jo - - - - - - - - - - - - - ο

ι R

�5 ) Ο χρόνος ημίσειας ζωής είναι ο χρόνος που

Ι . το ρευμα . ο , χρεια' ζεται για να παρει την τιμη. 2

Β . 79 τ.3/40

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

δηλαδή να ελαττωθεί στο μισό. Έχουμε -�ι Ι ή Ι 0 e -�ιι = -Ι 1 1 Ι t) = � ή e ι = 0 2 2 2 ή lne��ι =ln-1 ή --R t · ln e = - ln 2 ή t = - · ln 2 . 2 L L � .!:: 1 γ } Το Ι (τ) =Ι0 ·e ι R =- · Ι0 c:::: Ο.368·Ι0 =36,8%·1σ · e Δηλαδή σε χρόνο ίσο με r η ένταση του ρεύ ματος πέφτει στο 36,8% της αρχικής της τιμής.

(

•

ΕiΞ]

Π ρ6βi.η μυ 7

π(χ )

χ \0 1 0" \ Oj

ι ο• ι ο, ι οο ι ιο ο ιο

ιοι

4 25 1 68 1 .229 9.592 78.498 664. 579 5 . 76 1 .455 50. 847.534 455.052.5 1 2

π ( χ)

ln x

Ιη χ

0,93 1,15 1,16

4,3 2 1 ,7 1 44,9 1 .086 8.686 72.464 62 1 . 1 1 8 5 .434.780 48 .309. 1 80 434.294.482

I, I !

1,\0 1 ,08 1 ,07 1 ,06 1 ,05 1 ,048

Ένας πληθυσμός κουνουπιών περιγράφεται Μελετωντας εναν παρομοιο πινακα για x� l O , οι ικανοποιητικά από μια εκθετική συνάρτηση ό μαθηματικοί Karl Friedrich Gauss και Α.Μ. Legendre που ο χρόνος t μετράται σε εβδομάδες και m(t) πρότειναν ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο, ότι για μεείναι ο αριθμός των κουνουπιών μετά από χρόνο t. Δυο εβδομάδες μετά από τη χρονική στιγμή γάλες τιμές του το πηλίκο π είναι περίπου 1 και έναρξης της παρατήρησης, ο αριθμός των κου νουπιών είναι 144 ενώ στο τέλος της τρίτης ε ln x βδομάδας είναι 216. είκασαν ότι αυτό το πηλίκο προσεγγίζει το 1 όταν το χ προσεγγίζει το +οο. Και οι δυο προσπάθησαν να το απο α) Ν α υπολογίσετε την σταθερά λ μ ; Υπολογίστε τον αρχικό αριθμό των κου δείξουν χωρίς όμως να τα καταφέρουν. Η εικασία αυτή προσέλκυσε το ενδιαφέρον πολλών μαθηματικών για νουπιών σχεδόν 1 00 χρόνια. Στα 1 85 1 ο Ρώσος Μαθηματικός γ) Μετά από πόσο χρόνο ο αριθμός των κου Chebysheν έκανε ένα σημαντικό βήμα μπροστά απο νουπιών θα είναι 729; δεικνύοντας ότι αν το πηλίκο όντως συγκλίνει σε κά λiφ ; η ποιον αριθμό, τότε ο αριθμός αυτός πρέπει να είναι το Η ) , ί} ) Από τα δεδομένα του προβλήματος 1 . Ωστόσο δεν μπόρεσε να αποδείξει ότι το πηλίκο αυτό 2 = 1 44 πράγματι συγκλίνει σε κάποιον αριθμό. Το 1 859 ο μα m · e 0 m(2)=144 και m(3)=2 16, ή θηματικός Bemhard Riemann προσέγγισε το πρόβλημα m 0 · e = 216 με αναλυτικές μεθόδους χρησιμοποιώντας έναν τύπο Διαιρώντας κατά μέλη τις εξισώσεις αυτές που ανακαλύφθηκε από τον Ελβετό μαθηματικό Leo nard Euler στα 1 73 7. Ο Τύπος αυτός συσχετίζει τους 16 , λαμβ ανουμε η e = -3 η, λ 1η -3 e = 21 44 πρώτους αριθμούς με τη συνάρτηση «ζήτα»: 2 2 1 ι ι 1n� J : (ι, +οο) � lR με J { S) = - +-+-+ . . . 2 ι' 2 ' 3' Τώρα έχουμε: m0 e 2 = 1 44 ή m 0 e 2 = 1 44 ή Ο Riemann θεώρησε και μιγαδικές τιμές του s και ln� m0 e = 144 ή 49 1ησ = 144 ή m0 = 64 κουνούπια. περιέγραψε μια εξαιρετική μέθοδο που συσχετίζει την κατανομή των πρώτων με ιδιότητες της συνάρτησης j. Όμως τα μαθηματικά που χρειάζονταν για να δικαιολο γ) Παρατηρούμε ότι ο τύπος της m(t) μπορεί γήσουν όλες τις λεπτομέρειες της μεθόδου του δεν είχαν να γραφεί στη μορφή αναπτυχθεί αρκετά, και ο Riemann δεν μπόρεσε να ο t ·ln� ln� την απόδειξη πριν το θάνατό του στα 1 866. m ( t ) = 64 · e t 2 = 64 e 2 = 64 23 , t 2: Ο . λοκληρώσει Τριάντα χρόνια αργότερα τα απαραίτητα αναλυτικά μέσα έτοιμα και στα 1 896 οι μαθηματικοί J.Hadamard 729 και C.l.de la Vallee Poussin κατάφεραν να αποδείξουν Έτσι όταν m(t)=729, έχουμε π ( χ) · lηχ 2 = 64 ή ι. ανεξάρτηα ο ένας από τον άλλο -ότι: lim 3 ή t= 6 εβδομάδες. Το αξιοσημείωτο αυτό αποτέλεσμα καλείται το 23 6 2 «θεώρημα των πρώτων αριθμών» και η απόδειξή του ήταν μια από τις μεγαλύτερες κατακτήσεις της αναλυτι κής θεωρίας αριθμών. Στα 1 949 οι μαθηματικοί Atle Ι σηψ ι a\{ι σημ�: ί ω μ α Για χεR συμβολίζουμε με π(χ) το πλήθος των Selberg και Paul Erdos προκάλεσαν αίσθηση στον κό πρώτων αριθμών στο (0, χ]. Έστω ο παρακάτω συνο σμο των μαθηματικών όταν ανακάλυψαν μια άλλη στοι χειώδη απόδειξη, χωρίς τις ιδιότητες J(S), ούτε Μιγαδι πτικός πίνακας των συναρτήσεων π(χ), και του κή Ανάλυση. Πηγη : Tom Apostol 'Ίntroduction to ln x Analytic Number Theory". πηλίκου τους. >ό

}

Jλ

)) -?) ·

- ·

•

()

•

( )ι

(χχ)

(l)ι

()

χ->«<>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

79 τ.3/41

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Θανάσης

Π.

Ξένος

Οι γραφικές παραστάσμς των aντίστροφων συναρτήσεων f(x) = α χ και g(x) = log α χ και η σχετική τους θέση εξαρτάται από τις τιμές της βάσης α. Στην εργασία αυτή θα διαπιστώσουμε τα εξής: ι.

ιι.

Στην περίπτωση α> 1, τα κοινά τους σημεία είναι το πολύ δύο και βρίσκονται πάνω στην ευθεία y=x. Στην περίπτωση Ο < α < 1 , έχουν ένα ή τρία κοινά σημεία και η απόδειξη της πρότασης αυτής, αν και εξαιρετικά δύσκολη, παρουσιάζει μεγάλο ενδιαφέρον.

Στο άρθρο αυτό θα βρούμε το πλήθος των κοινών σημείων των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων: f(x) = α χ και g(x) = log α χ , για τις διάφορες τιμές του θετικού αριθμού α οι= 1 . Θα εξεταστούν χωριστά οι περιπτώσεις i . α > 1 και ii . Ο < α < 1. Μάλιστα, στη δεύτερη περίπτωση, που οι δύο συναρτήσεις είναι γνησίως φθίνουσες (σχήμα 1 ), θα περίμενε κανείς την «προ φανή» απάντηση ότι έχουν μοναδικό κοινό ση μείο. Προσπαθώ ντας να αποδείξετε τον ισχυρισμό αυτό, θα διαπιστώσετε αμέσως ότι δεν είναι απ λά τα πρ άγματα. Οι ισότητες

(161 J114

(

1 log 1 /1 6 4 ' 2 1

( J1 12 = 41

= 21 , 116

Σχή μα 1 .

(21 = 41 , (1 1 J (1 1 J J

και log 1 / 16

1 ' ' ' ' για α = ' ' ' οτι, δ ειχνουν , οι δυ ο καμπυ λες εχουν κο ινα τα σημεια - , - και - , - . 4 2 2 4 16 Αν σκεφτούμε, ακόμη, ότι πρόκειται για καμπύλες συμμετρικές ως προς την ευθεία .'-' και επειδή τέμνονται, θα έχουν και τρίτο κοινό σημείο πάνω στην ευθεία αυη'Ί . Τ ι συ μβαίνει άραγε; Πού βρίσκονται αυτά τα ση μεία και δεν τα "βλέπουμε";

:\·

Αν α = e, από τις γνωστές ανισότητες e x :2:: χ + 1 και ln χ � χ 1 , προκύπτει ότι για κάθε χ > Ο ισχύx e > χ > ln χ (σχήμα 2). ει Αν α > e, τότε για κάθε χ > Ο ισχύει αχ > e x > ln χ Επειδή ln α > 1, για χ :2:: 1 ισχύει ln χ :2:: ln χ = loga χ , οπότε αχ > loga χ , για κάθε χ :2:: 1 . ln α χ Επίσης, αν χ ε (0,1), τότε α > Ο > logα χ . αχ > loga χ (σχήμα 3). Άρα, για κάθε χ > Ο ισχύει Τι γίνεται, όμως, αν 1 < α < e ; Καθώς το α μικραίνει, οι δύο καμπύλες, για χ > Ο πλησιάζουν την ευθεία y = χ . Αρχικά, θα εξετά σουμε την περίπτωση οι δύο καμπύλες να εφάπτονται της ευθείας y = χ στο ίδιο σημείο (σχήμα 4). Αυτό συμβαίνει όταν υπάρχει χ0 > Ο που ικανοποιεί τις ισότητες f(x 0 ) = g(x0 ) = χ 0 και f '(x 0 ) = g '(x 0 ) = 1 . ' λα βρισκουμε χ 0 = e για α = e 1/e . Ευκο -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

79 τ.3/42

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Άρα, αν α = e 11e , τότε οι δύο καμπύλες εφάπτονται της ευθείας y = χ στο σημείο ( e, e)

(Άλλο κοινό σημείο με την εφαπτομένη δεν υπάρχει, επειδή η f είναι κυρ τ ή και η g κοίλη συνάρ τηση).

Σχήμα 3.

Σχήμα 2.

Σχήμα 4.

Θ α αποδείξουμε, τώρα, ότι στην περίπτωση 1 < α < e 1 1e οι δύο καμπύλες έχουν ακριβώς δύο κοινά σημεία ( σχήμα 5). Για τη συνάρτηση h(x) = α χ - χ, χ > Ο ισχύει h(l) h( e) = (α - 1) ( α e - e) < Ο, οπότε η εξίσωση h(x) = Ο έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα (l, e) . Αν έχει δύο ρίζες στο διάστημα αυτό, τότε θα υπάρχει ξ ε (l, e) με h ' ( ξ) = Ο , που είναι άτοπο, αφού η ρίζα ξ = -ln(ln α) της h ' (χ) , ln α ο ι 1 1 , , εξαιτιας των ανισοτητων < η α < -e , ln α > e και Σχήμα 5 . -ln(ln α) > 1 , ανήκει στο διάστημα (e,+oo) . Συμπεραίνουμε, λοιπόν, ότι η εξίσωση α χ = χ έχει ακριβώς μια ρίζα στο διάστημα (1, e) . Επειδή limx--++oo h(x) = +οο υπάρχει χ0 > e με h( x0 ) > Ο και αφού h(e) = α e - e < Ο , η εξίσωση α χ = χ έχει ρίζα στο διάστημα (e, +οο) . Αν η εξίσωση αυτή είχε τρεις ρίζες, η h ' (χ) θα είχε τουλάχιστον δύο ρίζες, κάτι που δε συμβαίνει. Έτσι διαπιστώσαμε ότι η καμπύλη y = α χ έχει ακριβώς δύο κοινά σημεία με την ευθεία y = χ Αυτά τα κοινά σημεία ανήκουν, λόγω συμμετρίας ως προς την y = χ , και στην καμπύλη y = loga χ . Άλλα κοινά σημεία δεν υπάρχουν, αφού η συνάρτηση f(x) = α χ , α > 1 είναι γνησίως αύξουσα. ln x , , , , α χ > exl e . Επειδη' η συναρτηση Κ (χ) = -Αν α > e I le , τοτε για κα' θ ε χ > Ο ισχυει εχει μεγιστο χ , ln Χ � 1 η Χ � l η χ η, exl e � χ . , Ετσι, η y = α χ β ρισκεται ' ' απο' την ευτο κ (e) = 1 , ισχυει πανω ·

θεία y = χ , ενώ η

loga χ

κάτω από αυτήν. Για παράδειγμα, επειδή

έχε: δύο κοινά σημεία με την αντίστροφή της, ενώ η φ( χ) = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/43

(% ) κανένα. '

1 e 1e

1,4446 , η

f(x) =

(�)χ

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου Συμπεράσματα :

Αν α > e 1 1 e οι δύο καμπύλες δεν έχουν κοινά σημεία. 2. Αν α = e 1 1 e , οι δύο καμπύλες εφάπτονται στο σημείο (e, e) . 3. Αν 1 < α < e 1 1 e , οι δύο καμπύλες έχουν δύο κοινά σημεία. 1.

•

Πρόταση ι

Η Π Ε Γ Ι ΠΤΩΣΗ

Ο<ιι < J

f(x)

Αν Ο < α < 1 , οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων = αχ και τουλάχιστον κοινό σημείο, του οποίου η τετ μη μένη ανήκει στο διάστημα (0, Ι ). Απ{tδε ιξη Η συνάρτηση

h(x)

g(x)

= loga χ

έχουν ένα

= αχ - loga χ είναι συνεχής στο διάστημα Δ = (Ο,+οο) και επειδή

l i m x-7 0• h(x) = -οο και l i m x-->+oo

h(x)

= +οο , συμπεραίνουμε ότι έχει σύνολο τιμών το 9i και άρα

έχει τουλάχιστον μία ρίζα. Επίσης, για κάθε χ ;:::: Ι ισχύει αχ > Ο > loga χ κι επομένως η ρίζα ανήκει στο διάστημα (Ο,1) . •

Π ρόταση 2

Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων κό κοινό σημείο πάνω στην ευθεία y = χ . Λπ6δειξη

f(x)

= αχ

και

( χ ) = loga χ , Ο < α < 1 ,

έχουν μοναδι

Η συνάρτηση h( χ) = αχ - χ είναι γνησίως φθίνουσα στο 9i (h' (χ) = αχ ln α - 1 < Ο ) και έχει σύνο= ( -οο,+οο) = 9i . Επομένως, έχει μόνο μία πραγματι λο τιμών το διάστημα l im x-++oo h(x), lim x-->-oo κή ρίζα. Το ίδιο συμπέρασμα έχουμε και για τη συνάρτηση Φ(χ) = loga χ - χ .

h(x)

Επειδή οι συναρτήσεις f και g είναι aντίστροφες, το σημείο τομής (χ0 , χ0 ) της C1 με την ευ

θεία y = χ ανήκει και στη Cg . Επομένως, οι καμπύλες y = αχ , y = loga χ και y = χ έχουν μονα δικό κοινό ση μείο (χ0 , χ0 ) με Ο < χ0 < 1 . •

Πρόβλημα ι

Υπάρχει τιμή του α, με της ευθείας y = χ ; Λ1\ση

Ο<α<1,

ώστε οι καμπύλες

= αχ

και

= loga χ

να εφάπτονται σε σημείο

g( x ) = log α x , οι C r , C g έχουν κοινή εφαπτομένη σε σημείο Μ (χ0 , χ0 ) , ln χ 0 ισχύει f( x0 ) = g(x0) = χ0 και f'( x0 ) = g '( x0 ) , δηλαδή, α = -- = Χο Ιη α

Αν f(χ) = α' και μόνον αν

1 α'ο ln α = -. χ0 ln α

Η δεύτερη εξίσωση γράφεται χ 0 In α = _Ι

χ0 ln α

εξίσωση, τώρα, γράφεται χ0 ln α = ln χ0

�

<::::>

•

αν και και

χ 0 ln α = -1 ( αφού χ0 > Ο και ln α < Ο ). Η πρώτη

- 1 = ln χ0

�

χ0 = _!_ . ε

χ0 ln α = - 1 γράφε-

ται ln α = -e , δηλαδή α = e -e . Άρα, για α = e -e , οι καμπύ λες y = αχ και y = loga χ έχουν κοινή εφαπτομένη στο σημείο λ=

g'(�)

Μ(�,�)

και αντιστρόφως. Η κοινή εφαπτομένη έχει κλίση

= - 1 και άρα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/44

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

είναι κάθετη στην ευθεία y = χ . •

Π ρόβλημα 2

Υπάρχει κοινή εφαπτομένη των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) = α' και g(x) = log α χ , με Ο < α < 1 , σε διαφορετικά σημεία επαφής; ι\{Jση Η εφαπτομένη

Α( χ , ,f( x, )) έχει εξίσωση y = ( α ' lη α ) χ + α' (1 - χ, Ιη α) , ενώ η εφαπτομένη της Cg έχει εξίσωση στο Β(χ υ g(χ 2 )) Χ y = lnΙ α · X + ln Ιη-7α- 1 x2 '

της C r στο '

Οι δύο εφαπτομένες συμπίπτουν, όταν υπάρχουν

χ 1 Ε \Ώ Jι

και

χ1

με

1 α ' \η α = -χ 2 \η α

και

· · α ' ' (1 - χ 1 ι η α) = ιη χ , - ι , δη λαδη· οταν υπαρχει πραγμαΙn α

Σχήμα

τική ρίζα της εξίσωσης

h(χ) = α' Ιη α(Ι - χ lη α) + χ lη α + 2\n(-ln α) + 1 = 0 .

Για τυχαίο α Ε (Ο,Ι) το πρόβλη μα είναι αρκετά περίπλοκο και εξετάζουμε δύο συγκεκριμένες τι μές του α.

1 e Είναι h( x ) = -e-' ( x + 1) - x + 1 , h '( x) = x e - x - 1 Η h έχει μέγιστο το h '(1) = _!_ - 1 < Ο , οπότε e h '( χ) < Ο για κάθε χ ε 9\ .

α=-

και

h "( x ) = e - ' (1 - x ). χ

/ι"(χ)

Άρα, η h είναι γνησίως φθίνουσα και επειδή h(O) = Ο , /ι' (χ) έχει μοναδική ρίζα την χ = Ο . Αυτό ση μαίνει ότι οι καμπύλες

Υ --( ;'J'

- οο

y = \og11e χ έχουν μοναδική κοινή εφαπτομένη την ευθεία y = -χ + 1 . ii.

και

1 e2

-'' = ;)

α=-

Γ ια τη συνάρτηση

h( x ) = e -2 ' · (1 + 2 x ) - 2 x + 2ln 2 + 1 , Χ Ε � έχουμε h(O) = 2(1 + 1n2) > Ο και h(-1) = (3 + 2 ln 2) - e 2 ,

οπότε υπάρχει κοινή εφαπτομένη των δύο καμπυ λών. •

Γενικό Π ρόβλημα

Πόσες ρίζες έχει η εξίσωση

Σχήμα 7.

α χ = loga χ ,

όταν

γ = -x + l

Ο<α<Ι;

Λ ύ(:>η

Έχουμε ήδη αποδείξει ότι η εξίσωση αυτή έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα (0, Ι ) και δεν έχει καμία ρίζα στο διάστημα [Ι,+οο) (Πρόταση Ι ). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/45

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου y

Επιπλέον, ένα από τα κοινά ση μεία των καμπυ λών y = αχ και y = loga χ ανήκει στην ευθεία

= χ (Πρόταση 2).

Για κάθε χ ε (0,1) ισχύει loga χ > Ο κι επομένως η εξίσωση γράφεται

( )

x ln α = ln 1nln αx ln( -ln χ) - ln(-ln α) - χ ln α = x ln α = ln(loga x ) ή

Ο.

Θεωρούμε

τη

x ln α = ln(-ln x ) - ln(-ln α) , αφoύ ln x < O

h( x ) = ln(-ln x ) - ln(-ln α) - x ln α , /ι ' ' (χ) ln l 1 + x /ι ' (χ) h '( x ) = - ln α και h "( x ) = χ ln χ x ln x Είναι: lim � h '( χ) = αφού lim � (χ ln χ) = χ χ και x ln x < 0 . Η h' έχει μέγιστο το h = -e - ln a . Επίσης, lim �l h '( χ) = x e lη περίπτωση : -e - lnα δηλαδή α � e- e . Στην περίπτωση αυτή ισχύει h '( χ) � για κάθε χ ε (0, 1) , με h '( χ) = 2

ο+

-οο ,

ο+

•

-οο .

�Ο, Ο,

Στην περίπτωση αυτή ισχύει

1, κη,

(±) > Ο

μόνο για

(Ι )

ίι ' (.ι:) ίι (χ)

χ = _!_e . Επομέ

�

Ρι

(Ο,±) 1

P:c

και μοναδι-

Επείδή η h έχει τρία διαστή ματα μονοτονίας, συ μπεραίνουμε ότι έχει το πολύ τρεις ρίζες. Έστω χ0 η τετμη μένη του κοινού σημείου των καμπυλών y = αχ και y = loga χ με την ευθεία y = χ , όπου Ο < χ0 < 1

2).

(Πρόταση

Φ(χ) = αχ - loga χ ριοχή του ΧΌ .

Θα

αποδείξουμε ότι

1-. φ'( χ) = α χ ln α - x ln α

Ήδη, από το πρόβλη μα

1 , γνωρίζουμε

' α = e - e ισχυει χ 0 = -Ι ( σχημα 6) . e e e Για α < e - ισχύει α χ • < e - x . ή e � 1 Χ 0 < e- ex o ή X 0 eex o < 1 = - e e Και αφού η t(x) = Χ · e x '

οτι για

είναι γνησίως φθίνουσα σε μια πε-

Είναι:

Χο

e·

::,;

και λόγω των παραπάνω ορίων της h' στο Ο και στο

αλλά και της μονοτονίας της h' , προκύπτει ότι η h' έχει μοναδική ρίζα p1 ε ρι'ζα p 2 ε · 1 ;

ή 1

· (!)

νως, η h είναι γνησίως φθίνουσα και έχει μοναδική ρίζα. e δηλαδή Ο < α < e - . περίπτωση : -e - ln α >

2η

ln α < O

συνάρτηση χ ε (0, 1) και έχουμε

και

Σχήμα Β.

εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/46

.:_ e

�·

x a , a < e-d

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ναι

γνησίως

αύξουσα

στο

(0, 1 ),

προκύπτει

ότι

1 0 < χ0 < e

(σχή μα

8).

Ισχύει:

1 1 φ '(χ 0 ) = αχ ο ιη α - -- = χ 0 lη α - -- < Ο , επειδή x 0 ln α = ln α xo = ln x 0 < -1 (αφού χ 0 < _!_ ) και x 0 ln α x 0 ln α e 1 0<<1. χ0 1η α --

Επειδή η Φ' είναι συνεχής, ισχύει lim x--> xo φ '(χ) = φ '(χ0 ) < Ο . 'Ετσι, σε μια περιοχή του χ0 ισχύ

φ '(χ) < Ο και η φ είναι γνησίως φθίνουσα. Για το λόγο αυτό υπάρχει χ1 > χ0 με φ(χ 1 ) < φ(χ 0 ) = Ο . Επίσης, ισχύει φ(l) = α > Ο . Άρα, σύμφωνα με το θεώρη μα Bolzano, υπάρχει ξ ε (χ 0 , 1) με φ(ξ) = Ο . Επειδή οι καμπύ λες y = αχ και y = 1og α x έχουν κοινό το σημείο (ξ, κ) , με κ = α ξ = l οg α ξ και ξ ::1:- κ , θα έχουν κοινό και το ση μείο (κ, ξ) , συμμετρικό του (ξ, κ) ως προς την ευθεία y = χ .

ει

1. Αν

-e

< α < 1 , τότε οι καμπύλες y = αχ και y = log α χ έχουν ακριβώς ένα κοινό ση μείο, το ο -1 ποίο ανήκει στην ευθεία y = χ (Σχήμα 9). Για παράδειγμα, επειδή e > e -e = 0, 066 , η y = e - x έ

χει μοναδικό κοινό ση μείο με την aντίστροφή της. Αν α = e -e , ισχύει το ίδιο με το παραπάνω συμπέρασμα, αλλά επιπλέον οι δύο καμπύλες έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους σημείο (Σχή μα 1 0). 3. Αν Ο < α < e -e , τότε οι δύο καμπύλες έχουν ακριβώς τρία κοινά ση μεία και το ένα από αυτά J ανήκει στην ευθεία y = χ (Σχήμα 1 1 ). Για παράδειγμα, αφού e -3 < e -e , η y = e - x έχει τρία κοινά σημεία με την aντίστροφή της.

Σχήμα

Σχήμα 1 0.

·" = -χ - 1

Σχήμα 1 1 .

_,· =

Ιοgιο .\"

1 . Ξένος, Θανάσης ( 1 998). Μαθηματική Ανάλυση, Τόμος 1 , Εκδόσεις Ζήτη, [Θεσσαλονίκη] . 2 . Παντελίδης, Γεώργιος ( 1 989). Μαθη ματική Ανάλυση, Τόμοι Ι & 11, Εκδόσεις Ζήτη, [Αθήνα] . 3 . Arnaudies J . , Fraysse Η . ( 1 988). Analyse, Bordas, [Paris] . 4. Τουμάσης, Μπάμπης ( 1 994). Περιοδικό Ευκλείδης Β ' , Τεύχος 1 1 , σελ. 52-55 [Αθήνα] . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/47

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Κανον I κά

nολύyωνα

Μέτρηση Κύ κλου

....

Τ ου Αποστ όλη Κακαβά

Α 1 : (Οι μηνίσκοι του Ιπποκράτη σε τετράγω νο) Σε κύκλο (0 , R) εγγράφουμε τετράγωνο ΑΒΓΔ και εξωτερικά του τετραγώνου κατα σκευάζουμε τα ημικύκλια με διάμετρους τις πλευρές του τετραγώνου. Να δειχθεί ότι το εμ βαδόν των τεσσάρων μηνίσκων που σχηματίζο νται είναι ίσο με το εμβαδόν του τετραγώνου.

=> χ =

( 3 - 2-J2 ) α => χ = ( 3 - 2-J2 ) α 2-Ι

Άρα το εμβαδό του κυκλικού δίσκου (Ο,χ) είναι Ε ( ο.χ ) = πχ 2 = π ( 3 - 2J2 ) 2 = π ( Ι 7 - 1 2-J2 ) α 2 Λπόδf:ιξη Ε μηνίσκων

Ε τετραγώνου

4π

Ε πτραyώνου

Ε τετραγώνου

Α2 :

UtΙ 2

4Ε -

π(Rν'2) 2 2

ημ ικυκλίων

πR 2

ΠR 2 - ΠR 2

πR 2 =

-Ε

Α3: κυκλικούδίσκου

Ε τετραγώνου

πλ� - πR 2

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και γωνία A=l 20°. Γράφουμε το τόξο , , ΑΒ Α, Τ που β ρισκεται στο εσωτερικο του

Ε τετραγώνου

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά α στο εσωτερικό του ΑΒΓ Δ γράφουμε τεταρτοκύ κλιο που ορίζεται απο τον κύκλο (Α,α) και γράφουμε τον κύκλο (Ο,χ) που εφάπτεται στις πλευρές του ΒΓ ,Γ Δ του τετραγώνου και είναι εξωτερικά εφαπτόμενος του κύκλου (Α,α). Να βρεθεί το εμβαδό του κυκλικού δίσκου (Ο, χ ) ως συνάρτηση του α.

(

)

(

�)

τριγώνου ΑΒΓ και τέμνει τις πλευρές του ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Κ και Λ. α. Να βρεθεί το μήκος της πλευράς ΒΓ. β. Να δειχθεί ότι η ΒΓ εφάπτεται του κύκλου Β Α, Ν α βρεθεί το εμβαδόν και η περίμετρος του μικτόγραμμου χωρίου που ορίζεται απο Β το τόξο του κύκλου Α, και τις πλευρές

γ.

του τριγώνου ΑΒΓ.

(

�)

\ ίι σ η

Από τον νόμο συνη μίτονων στο τρίγωνο ΑΒΓ έ χουμε: ΒΓ2=ΑΒ 2+ΑΓ2-2ΑΒ - ΑΓ · συνΑ= Λ 1Jση Το κέντρο Ο του κύκλου ισαπέχει απο τις πλευ =Ι 2+ 1 2-2 · Ι · Ι · συνl20 ° =2-2 - i = 3 => ΒΓ = J3 ρές της γωνίας ΒΓ Δ, οπότε άρα ανήκει στην δι χοτόμο της δηλαδή στην διαγώνιο ΑΓ του τε β. {ΑΒΓ) = _!_ΑΒ · ΑΓημΙ20° = _!_ · Ι · Ι · .J3 = .J3 2 4 2 2 τραγώνου. Εφαρμόζουμε J3 = -ν3 . (ΑΒΓ) = -Ι α · υ => Ι � · υ => υ =.-Ι Αλλα 2 2 2 Π. Θ. στο ΟΖΓ: ΟΓ =0Ζ +ΖΓ =:>0Γ= χ-J2 2 α 4 2 α α 2 2 2 2 Επίσης Π.Θ. στο ΑΒΓ: ΑΓ =ΑΒ +ΒΓ =:> Άρα d(A ' ΒΓ) = υ α = ΑΜ = _!_2 = ρ = ΑΒ ΑΓ= α-J2 . Αλλά ΑΓ=ΑΕ+ ΕΟ+ ΟΓ=:> 2 ' α ( -J2 - Ι ) δηλαδή η ΒΓ εφάπτεται του κύκλου Α, � α-i2 = α + χ + χ-12 => χ = => => ( -J2 + I ) ι ι. .

( )

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/48

)

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

= � ( 6J2 + 6J3 + π )

Α� : Α

Δίνεται κύκλος (O,R) και ο κύκλος R , , που εφαπτεται εσωτερικα, του κυκ '2

( )

π · ρ 2 · Ι20ο = = .J3 4 360ο

κλου (O.R) ώστε η διάμετρος ΑΒ του κύκλου (O,R) να είναι εφαπτομένη R του κύκλου

3 .J3 - π 4 4 Ι2 Ι2 - = _!_ + JJ + _!_ + π· ρ· Ι2ΟΟ � = ΚΒ +ΒΓ+ΓΛ+ LΚΜΛ 2 2 Ι80°

διαμέσου ΑΒ και του κύκλου (O,R) εσωτερι

,l . Ε

yραμμ

= (ΑΒΓ) - Ε

�

Α · ΚΜΛ

Π · _!_ · Ι20° r::; .J3 + � = 3 + 3ν 3 + π = Ι + .J3 + 2 = Ι + Ι80° 3 3 Δίνεται κύκλος (O.R) και τα διαδοχικά τόξα του ΑΒ 90° και ΒΓ 30° . Να βρεθεί η περίμετρος και το εμβαδό του μικτόγραμμου χωρίου ΑΒΓ. Α4 :

(Κ,�) στο

Ο. Ο

κύκλος (Λ,ρ) εφάπτεται της

κά και του κύκλου

(Κ,�) εξωτερικά. Να υ

πολογιστεί το εμβαδό του χωρίου μεταξύ των τριών κύκλων ως συνάρτηση του R. Λι�ι σ η

( )

Η διάκεντρος των κύκλων Κ, � , (Λ,ρ) είναι R ΚΑ = - + ρ και η διάκεντρος των κύκλων (0, 2 R),(Λ, ρ) είναι OΛ=R-p Αν ΛΝ l_ ΚΟ , ]τότε ΚΝ=ΚΟ-ΝΟ = R - ρ 2

ΑΒ = 90° => ΑΟΒ =90 °=ω4=> ΑΒ = λ 4 = RJ2 => ABr = 90o + 30° = Ι20° => => ΑΟΓ = ω3 = Ι20ο => ΑΓ = λ3 = R.J3. Ε χ = Ε 0. 00 - (ΟΑΓ) - (ΑΔΒΕΑ) = 2 = π · R · Ι20° - lΙ · λJ · α3 - [ Ε ο. ΑΔΒ - (ΟΑΒ) ] = 360ο R - π · R 2 90° + -Ι · λ · α = π-· R 2 - -R.J3Ι 2 360° 2 4 4 3 2 R J2 = Ι J2 π · R 2 + -R R 2 .J3 - -π · R 2 - -= -4 4 2 2 3 2 2 2 2 2 R R .J3 - 3π · R + 6R = R ( π + 6 _ 3.J3 ) = 2π - 3 Ι2 Ι2 Π R · L x = ΑΒ + ΑΓ + L- = λ4 + λ3 + · 3 0° = Ι 80ο J3 + πR = = RJ2 + RJ3 + π 6· R = 6R J2 + 6R 6 •

ΒΓ

Στο ΚΝΛ: ΝΛ2=ΚΛ2-ΚΝ2 (1) Στο ΟΝΛ: ΝΛ 2 =0Λ 2 -ΟΝ 2 (2) Από ( Ι ), (2) έχουμε ΚΛ2-ΚΝ2=0Λ2-ΟΝ2 R +ρ 2 - 2 R - ρ 2 = (R - ρ) 2 - ρ 2 => => 2 2 R 2 - 2Rρ + ρ 2 - R + Rρ - ρ2 = R 2 - 2Rρ => 4 => Rρ = R 2 - 2Rρ => ρ = R Άρα 4 2 R2 R 2 l -Ε -Ε = = -π 4 = -π ξ E( o, R) ( κ.�) (Λ,ρ) πR l lπR2 R 2 = -R2 - π= πR2 - π4 Ι6 Ι6

( ) ( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/49

() ()

των Βασίλη Καρκάνη, Σπύρου Χρ ι στ ι ά, Κυρ ι ά κου Καμπούκου

Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου, ο οποίος εφάπτεται της ευθείας ει : χ + y + 13 = Ο και της ευθείας ε2: 7χ - y - 5 = Ο στο σημείο Μ(1,2). Το κέντρο Κ(χ0, Υο) του ζητούμενου κύκλου ισαπέχει των ευθειών ει, ε2 και ανήκει στην ευθεία (δ), η οποία είναι κάθετη στην ευθεία ε2 στο ση μείο M( l ,2). Η ευθεία (δ) έχει εξίσ ω ση χ + 7y = 15 (γιατί;). Το Κ ε δ , επομένως X0 + 7y0 = 15 ,δηλαδή X0 = 1 5 - 7y0 (1).

Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου, ο οποίος εφάπτεται των ευθ�ιών ει: 4χ - 3y - 10 = Ο , � : 3x - 4 y - 5 = 0 και �: 3x - 4 y - 15 = 0 . Το κέντρο K(x0, y0 ) του ζητούμενου κύκλου ισαπέχει τ ων ευθειών ει , ε2, ε3 . ει

ε2

ε ι :x+y+ 1 3,0

δ:x+7y= l 5

y 13 <=> l x 0 +h + 1 = l 7 x o - Υο - 5 1 <=> l x o + Υο + 13 1 = l 7 x o - yo - 5 1 <=> = J2 5 J2 Fo Ι( ) <=> 5 l x o + Υ ο + 13 1 = l 7 x o - Υ ο - 5 1 <=> <=> 5 1 15 - 7y0 + Υ ο + 13 1 = 1 105 - 49y0 - Υο - 5 1 <=> <=> 1 5 ( 28 - 6y0 ) I = 1 1 οο - 5 o yo 1 <=> <=> l 28 - 6y0 1 = l 20 - 10y0 1 <=> l 14 - 3y0 1 = I I 0 - 5y0 1 <=> 14 - 3y0 = 10 - 5y0 2y0 = -4 Υο = -2 <=> ή <=> ή <=> ή 14 - 3y0 = -10 + 5y0 8y0 = 24 y0 = 3 Για Υ ο = -2 από την (1) έχουμε χ0 = 29 . Για y0 = 3 από την (1) έχουμε χ 0 = -6 . Επίσης d( K , ει) =d(Κ, ε2)

{

Άρα υπάρχουν δύο κύκλοι με κέντρα: Κι(29,-2) , Κ2(-6,3) και ακτίνες

1 29 - 2 + 13 1 = 40 , ρΙ = d ( ΚΙ , εΙ ) = J2 J2 l -6 + 3 + 13 1 -_ __!_Q_ ρ 2 -- d ( Κ 2 , ε 1 ) _J2 J2

δύο κύκλοι,. οι οποίοι εφάπτονται των ευθειών ει, ε2, ε3

και έχουν κέντρα αντιστοίχω ς.

Οπότε οι ζητούμενοι κύκλοι έχουν εξισώσεις: c l : ( χ - 2 9) 2 + (y + 2/ = 800 και

( 30 ' _5) ' 2 ( -10 -25 ) 7 7

' 7

και ακτίνες ρι= 1 , ρ2= 1 αντιστοίχω ς. Οπότε οι εξισώσεις των ζητούμενων κύκλων είναι:

(

cl : χ - 7

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/50

) ( )

30 2 + Υ - 75 2 = 1

και

( ) (

)

10 2 + y + 25 2 = 1 c2 : χ + 7 7

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Οι κορυφές Α και Γ ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ έχουν συντεταγμένες (8,--6) και (2,2) αντιστοί χως. Να βρείτε τις συντεταγμένες των κορυφών Β και Δ. Οι κορυφές Β,Δ είναι τα σημεία τομής του κύ κλου διαμέτρου ΑΓ και της μεσοκαθέτου του τμή ματος ΑΓ (γιατί;). Το σημείο Κ(5,-2) είναι το μέ σο του τμήματος ΑΓ (γιατί;). Επίσης

λ Αr = -- = - = - - . Άρα η μεσοκάθετος (ε) 8-2 6 3 του τμήματος ΑΓ έχει συντελεστή διεύθυνσης 3 ' ' ω ση : λ ε = 4 και κατα' συνεπεια εξισ

' Η δοσμένη εξίσω ση είναι της μορφής 2 x + y 2 + Ax + By + Γ = 0 με Α = -(λ + 8) , Β=λ, Γ=7. Είναι: Α 2 + Β 2 - 4Γ = λ2 + 16λ + 64 + λ2 - 28 = = 2λ2 + 16λ + 36 = 2 ( λ2 + 8λ + 1 8 ) . Η παρά σταση της παρένθεσης αποτελεί τριώνυμο ω ς προς λ Ε JR. με Δ = -8 < Ο . Άρα Κ + 8λ+ 18 > 0 για κάθε λ Ε JR. . 'Ετσι Α2 + :W -4Γ > Ο για κάθε λ Ε JR. . Επο μένω ς η εξίσ ω ση παριστάνει κύκλο με κέντρο το

κ(-�, �) = (λ;8 , �)

σημείο

-6 - 2 -8

ε : y + 2 = 43 (χ - 5)

�

(1)

Γ (2,2)

Επίσης (ΑΓ) = (8-2) 2 +(--()-2) 2 =-136+64 =10 οπότε η εξίσω ση του κύκλου διαμέτρου ΑΓ είναι:

Λόγω του (α) είναι:

και

χκ = ·

ακτίνα

λ+8 --

και

λ Υ κ = - 2 ή 2 χ κ - 8 = -2y κ <=> Χ κ + Υ κ - 4 = 0

οπότε: τα κέντρα όλων αυτών των κύκλων κινού νται πάν ω στην ευθεία χ + y - 4 = Ο . Για να διέρχονται όλοι οι κύκλοι από κά ποιο σημείο Μ ( χ0 , Υ ο ) πρέπει και αρκεί (y0 - X0 )λ + x � + y� - 8 x0 + 7 = 0 για κάθε λ E JR. , δηλαδή y 0 - χ 0 = Ο και χ � + y � - 8χ0 + 7 = Ο . Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε ότι όλοι οι κύ κλοι διέρχονται από τα σημεία

C : (χ - 5γ + (y + 2) 2 = 25 (2) Η (2) λόγω της (1) γράφεται: Μ 2 + J2 ' 2 + J2 και Ν 2 - J2 ' 2 - J2 . 2 2 2 2 2 2 (χ - 5) + (χ - 5) = 25 � 1 Για λ=Ο προκύπτει η εξίσω ση i+y--&+7::::{) 25 (χ - 5) 2 = 25 � (χ - 5 ( = 10 � χ - 5 = 4 � x 2 - 8 x + 16 + y 2 = 9 � (χ - 4) 2 + y 2 = 9 . 16 Δηλαδή έχουμε τον κύκλο με κέντρο το ση ή χ - 5 = -4 � χ = 9 ή χ = 1 . Για χ = 9 από την (1) έχουμε y = 1 . Για χ = 1 από την (1) έχου μείο Κ(4,0) και ακτίνα ρ=3 όπ ω ς φαίνεται στο πα με y = -5 . Άρα οι ζητούμενες κορυφές είναι τα ρακάτω σχήμα: Υ σημεία (9,1) και (1 ,-5)

�

(

J (

Δίνεται η εξίσωση χ 2 + y 2 - (λ + 8) χ + λy + 7 = 0 με λ E JR. . Να δειχθεί ότι για κάθε λ Ε JR. η παραπά Α Β ( 1 ,0 (7,0) νω εξίσωση παριστάνει κύκλο του οποίου να Κ(4, 0) βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα. Ν α βρεθεί η γραμμή πάνω στην οποία κι νούνται τα κέντρα αυτών των κύκλων. Να δειχθεί ότι όλοι οι παραπάνω κύκλοι διέρ Το σημείο Α είναι το σημείο του κύκλου που χονται από δύο σταθερά σημεία για κάθε λ Ε JR. . θεωρούμε τον κύκλο που ορίζεται για απέχει από το 0(0,0) τη μικρότερη απόσταση ενώ λ=Ο. Ν α βρεθούν τα σημεία αυτού του κύκλου το σημείο Β είναι το σημείο του κύκλου που απέ που �πέχουν από την αρχή των αξόνων την ελά χει από το 0(0,0) τη μεγαλύτερη απόσταση . Προ φανώς τα σημεία αυτά είναι: Α( 1 ,0) και Β(7 ,0). χιστη και την μέγιστη απόσταση αντίστοιχα. χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/5 1

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου !\σ κηση 5

Δίνεται η εξίσωση: 5χ 2 + 5 y 2 - 20 χ + 16 Ο α) Να δειχθεί ότι η δοσμένη εξίσωση παριστάνει κύκλο του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα. β) Να βρεθούν οι εφαπτόμενες αυτού του κύκλου που διέρχονται από την αρχή των αξό νων. γ) Να βρεθεί η εξίσωση της υπερβολής 2 χ y2 - 2 1 που έχει ως ασύμπτωτες τις ευθείες α2 β του ερωτήματος β) όταν επιπλέον γνωρίζουμε ότι β 2 + α 2 20 . =

Λ ύ ση

Διαιρώντας με 5 τη δοσμένη εξίσωση παίρ16 νουμε: χ 2 + y 2 - 4χ + - = Ο <:::> χ 2 - 4χ + 4 + y 2 = 5 = 4 - .!i <=> ( χ - 2 ) 2 + y 2 = i 5 5 Η εξίσωση αυτή παριστάνει κύκλο με κέντρο 2J5 ' ρ = 2r; = -το σημειο ' Κ(2 , Ο ) και ακτινα 5 ....; 5 β) Οι εφαπτόμενες ευθείες θα είναι της μορφής (ε): y = λχ ή η ευθεία χ=Ο η οποία απορρίπτεται α)

αφού d (Κ, χ = Ο) = 2 *

Js = ρ .

Άρα οι ζητούμενες εφαπτόμενες θα έχουν εξί σωση λχ - y = Ο με λ Ε IR. . Τότε πρέπει και αρκεί d(Κ,ε) = ρ (1) , ( 1) <=>

� �

= <=>.fsi� =�Κ +1 <=> ν Κ +1 ν 5 1 1 1 <=> 5λ2 = λ2 + 1 <:::> λ2 = - <=> λ = - η' λ = - 4 2 2 Άρα οι ζητούμενες ευθείες έχουν εξίσωση : 1 1 y = x η' y = - x . 2 2 γ) Οι aσύμπτωτες της δοσμένης υπερ βολής έχουν εξίσωση : y = Q. x ή y = _ Q. x . α α Έτσι λόγω του β) ερωτήματος θα έχουμε ότι Q. = _!_ ::::> α 2 = 4β 2 . Όμως β 2 + α2 = 20 . α 2 Η λύση αυτού του συστήματος δίνει: α2 = 1 6 και β 2 = 4 . Άρα η εξίσωση της υπερβολής είναι: χ 2 y2 -- = 1 . 16 4 Ά σ κη ση 6

Δίνεται η εξίσωση χ 2 + y 2 - 2χ + 4 y + 4 Ο α) Να δειχθεί ότι η δοσμένη εξίσωση παρι=

στάνει εξίσωση κύκλου του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα. β) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτόμενης του παραπάνω κύκλου στο σημείο A(l,-1) γ) Έστω σημείο M(x,y) του παραπάνω κύ κλου. Να δειχθεί ότι και το συμμετρικό του Μ ως προς την αρχή των αξόνων κινείται σε κύκλο του οποίου να βρεθεί η εξίσωση. δ) Να βρεθεί η ελάχιστη απόσταση μεταξύ δύο σημείων Μ και Μ' όταν το Μ ανήκει στον κύκλο του ερωτήματος α) και το Μ ' ανήκει στον κύκλο του ερωτήματος γ). ;\ (}('ϊJ j α) δοσμένη

Η εξίσωση γράφεται: 2 x - 2x + 1 + y + 4y + 4 = 1 <=> ( χ - 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 . Άρα παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο K( l ,-2) και ακτίνα ρ1= 1 . β ) Η ζητούμενη εφαπτόμενη θα έχει μορφή ε : y + 1 = λ ( χ - 1) με λ Ε IR. (Η ευθεία χ = 1 α πορρίπτεται αφού τέμνει τον κύκλο ) . Η ευθεία αυ τή γράφεται: ε : λχ - y - ( λ + 1) = Ο . Πρέπει: λ + 2 -λ - 1 r:::z: d(Κ,ε ) - ρ1 <=> l jiΓ;i 1 = 1 <:::> νλ" + 1 = 1 <:::> λ = Ο . Κ +1 Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη είναι η ε: y = - 1 . γ) Το συμμετρικό του σημείου M(x,y) ως προς την αρχή των αξόνων είναι το σημείο Μ ' ( -x , -y) . Το σημείο Μ κινείται στον κύκλο με εξίσωση: (χ - 1/ + ( y + 2) 2 = 1 . Θέτοντας όπου χ το -χ και όπου y το -y προκύπτει η εξίσωση : (-χ - 1) 2 + ( -y + 2/ = 1 <=> ( χ + 1) 2 + ( y - 2) 2 = 1 που αποτελεί εξίσωση κύκλου με κέντρο το σημείο Κ ' ( - 1, 2) και ακτίνα ρ2= 1 . Στον κύκλο αυτό κινεί ται το σημείο Μ Ό δ ) Οι κύκλοι των ερωτημάτων α) και γ) φαίνο νται στο παρακάτω σχήμα: Υ

Προφανώς για την ελάχιστη απόσταση των σημείων Μ, Μ ' ισχύει: ( ΜΜ ' ) miη = (ΚΚ ' ) - ρ1 - ρ2 = �4 + 1 6 - 2 = 2 ( νΓs - 1 ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/52

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ί\σκηση 7

Έστω τα διαφορετικά σημεία A(x1,y1) και B(x2 ,y2) της παραβολής χ2 = 2 py για την οποία η ευθεία ΑΒ διέρχεται από την εστία της Ε. α ) Να δειχθεί ότι χ 1 χ2= p 2 β) Να δειχθεί ότι ΟΑ · ΟΒ = σταθερό (Ο η αρχή των αξόνων) γ) Να δειχθεί ότι οι εφαπτόμενες της παρα βολής στα σημεία Α και Β τέμνονται κάθετα και μάλιστα πάνω στη διευθετούσα της παραβολής. -

ΛίJση

α) Για τα σημεία Α και Β θα έχουμε ότι: 2 Χ ι = 2 ρy ι και χ 22 = 2 ρy 2 ' Αφαιρώντας από τη δέύτερη εξίσωση την πρώτη παίρνουμε: χ; -χ� =2p( y2 - Υι ) � ( Χ2 - Χι )( Χι +χ2 ) =2p ( y2 -yι ) � +χ � Υ2 Υι = Χ ι 2 ( 1 ) 2p Χ 2 - Χι Εφόσον x1:;t Xz αφού τα Α,Β είναι διαφορετικά σημεία της παραβολής, η ευθεία ΑΒ έχει εξίσωση : y -y y - y ι = 2 ι ( χ - χ ι ) · 'Ετσι λόγω της ( 1 ) προ χ2 - Χ ι , , . y - _ Χι + Χ2 ( χ - χ ) κυπτει οτι. ι · Υ ι - 2p Η εστία της παραβολής είναι το σημείο

( �)

Ε Ο,

που ικανοποιεί την τελευταία εξίσωση

οπότε:

� Χ ι Χ 2 = -p 2 (αφού χ� = 2py ι ).

χ 2 χ2 2p 2p

2 -ι β) Είναι: ΟΑ · ΟΒ = χ ι χ 2 + Υι Υ2 = -p + · 2 = �

�

2 3 ( χ χ 2 )2 2 + _E..__ = -p2 + E_ = -- p2 = 2 = -p = -p + 4 4 4p2 4p 2 σταθερό. Ί) Οι εφαπτόμενες της παραβολής στα σημεία Α και Β θα έχουν εξισώσεις: χ ει : xxι=p (y+yι) με \ = __!: και ι

ε2 : xx2=p(y+y2) με λ2 = � αντίστοιχα. Ρ α ) Χ ι Χ 2 =- p 2 = - 1 αρα ' ' ε 1 l. ε2 . Ε ιναι: λ1 λ2 = - -2 2 Ρ Ρ Επίσης το σύστημα των εξισώσεων των δύο εφαπτόμενων γράφεται:

X ι x - py = py ι x 2 x - py = py 2

}

Το σύστημα αυτό δίνει μοναδική

λύση (γιατί;) το σημείο

(

�

Χι χ2 ,

-�) . Άρα

πράγματι οι δύο εφαπτόμενες τέμνονται πάνω στην ευθεία δ : y = _ Ε. που είναι η διευθετούσα της πα2 ραβολής. Λσκηση 8 Η

παραβολή με εξίσωση χ2 = κy με κ ε IR. διέρχεται από το σημείο Μ(2,1). α ) Να βρεθεί η εστία και η διευθετούσα της παραβολής. β) Έστω Ε' το συμμετρικό της εστίας Ε ως προς τον άξονα χ'χ. Να βρεθεί η γραμμή (γ) στην οποία κινούνται τ � σημεία M(x,y) του επι� � πέδου για τα οποία ισχύει: ΜΕ 2 = ΜΕ '· ΜΕ . y) Να βρεθούν οι εφαπτόμενες της παραβο λής στα σημεία που η γραμμή (γ) τέμνει την πα ραβολή. δ) Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα δύο σημεία επαφής και από το σημείο τομής των εφαπτόμενων. Λύση ο ) Το

σημείο Μ(2, 1 ) ικανοποιεί την εξίσωση χ 2 = κy . Άρα 4=κ. 'Ετσι 2p=4� p=2 � Ε. = 1 . 2 Άρα η εστία της παραβολής είναι το σημείο Ε( Ο , 1 ) και διευθετούσα η ευθεία δ: y = - 1 . β ) Λόγω του (α) είναι: Ε ' ( Ο ,- 1 ). Τότε: ME = (-x, 1 - y) και ME ' = (-x, - 1 - y) ---+ 2 - Έτσι η εξίσωση ΜΕ = ΜΕ '· ΜΕ γράφεται: χ 2 + (1 - Υ γ = χ 2 + y 2 - 1 � χ 2 + y 2 - 2y + 1 = = X 2 + y2 - 1 � y = 1 Άρα τα σημεία Μ(χ, y) κινούνται πάνω στην ευθεία y = 1 . γ) Λύνουμε το σύστημα της παραβολής 2 χ = 4y με την ευθεία y = 1 . Τότε χ2 = 4 �χ = ±2 . Άρα τα σημεία τομής των δύο γραμμών είναι τα Α(2, 1 ) και Β(-2, 1 ). Η εφαπτόμενη της παραβο λής στο Α έχει εξίσωση : 2χ = 2 ( y + 1) � y = χ - 1 ενώ η εφαπτομένη στο Β έχει εξίσωση : -2χ = 2 ( y + 1) � y = -χ - 1 . δ) Οι δύο εφαπτόμενες τέμνονται κάθετα αφού λ1 λ2 = 1( -1) = -1 και μάλιστα στο σημείο Ε ' (Ο,- 1 ). Άρα ζητούμε την εξίσωση του κύκλου που διέρχε ται από τα σημεία Α(2, 1 ) , Β(-2, 1 ) και Ε ' (Ο,-1 ) . Αφού όμως ΒΕ ' .l ΑΕ ' συμπεραίνουμε ότι το ΑΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/53

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

θα είναι διάμετρος του κύκλου. Άρα κέντρο του θα είναι το σημείο Ε( Ο , 1 ) ενώ η ακτίνα του θα είναι ( ίση με ρ = ΑΒ) = 2 (γιατί; ) . 'Ετσι ο ζητούμενος 2 κύκλος θα έχει εξίσωση : χ 2 + ( y - 1) 2 = 4 .

Κύκλος C έχει το κέντρο του στο θετικό η μιάξονα Οχ και η ακτίνα του είναι ρ. Η ευθεία ε:y=2χ είναι aσύμπτωτη της υπερβολής C1 :

.; -L ρ 16 2

1 και εφάπτεται του κύκλου

C. Να βρείτε: Τις εξισώσεις των C, C1 και Τα κοινά τους σημεία. Έστω Κ ( χ0 , Ο) με Χ0 >Ο το κέντρο του κύ κλου. Τότε: C : (χ - χ0 ) 2 + y 2 = ρ 2 η εξίσωση του.

2 2 Επίσης C1 : .;. - L = 1 υπερβολή με ασύρ 16 μπτωτη την ε : y = 2χ . Για την C , είναι: α 2 = ρ 2 και β 2 = 1 6 οπότε α=ρ και β=4 οπότε η ευθεία 4 β ' ασυμπτωτη ' της C Εποy = - χ η' y = - χ ειναι ρ α χ 2 y2 ' C :' - - = 1 . Ακομη μένως i = 2 <:::> ρ = 2 αρα 4 16 ρ 2x o l =2 ε : 2χ - y = Ο οπότε: d ( Κ , ε) = ρ <=> 1 J22;i χ0 > 0 <=> l2x0 I = 2JS <:::> 2χ0 = 2JS <:::> χ0 = J5 1

•

}

Για τα κοινά σημεία των C,Cι λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων τους που είναι: 2 x - J5 + y 2 = 4 χ 2 + y 2 - 2J5x = - 1 <=> <=> 2 2 2 - 4y 2 = 64 1 6χ �-L = 1 4 16 χ 2 + y 2 - 2 J5χ + 1 = ο ( 1) <=> 2 2 4χ - y - 1 6 = 0 (2) + Από ( 1 ) (2) παίρνουμε: 3 J5 5x 2 - 2J5x - 1 5 = 0 <=> x = J5 ή Χ = --5 Για χ = J5 από την (2 ) είναι: 3 J5 από την y 2 = 4 <=> y = -2 η' y = 2 . Για χ = --5 (2) είναι: y 2 = - 44 αδύνατη. 5

(

)

}

Άρα τα κοινά σημεία των C,Cι είναι τα Α J5, 2 και Β JS, -2 .

(

)

(

)

Δίνεται η παραβολή C: y2= 2 p x, p> Ο και οι ευ θείες ε1 : y= λχ, ε2: y= -λχ, όπου ο λ είναι θετι κός ακέραιος. Να δείξετε ότι οι ευθείες ε1, ε2 τέμνουν την παραβολή στα σημεία Α, Β που εί ναι συμμετρικά ως προς τον άξονα χ'χ. Να βρείτε το λ όταν η ΑΒ διέρχεται από την εστία της παραβολής C. Όταν το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ γίνεται μέγιστο, όπου Ο η αρχή των αξόνων, να δείξτε ότι οι ευθείες ε1, ε2 είναι κάθετες. Έχουμε την παραβολή C: y2= 2px, p> Ο και τις ευθείες ει : y= λχ, ε2: y= -λχ , όπου ο λ είναι θετι κός ακέραιος. Οι ει ,ε2 έχουν κοινό σημείο το 0(0,0) που είναι η κορυφή της παραβολής. Από το σύστημα των ει και C έχουμε: 2ρ y = λχ χ=0 ή χ= 2 λ2 χ 2 - 2ρχ = 0 <=> <=> λ Υ = λχ y2 = 2ρχ Υ = λχ 2ρ 2 οπότε για χ=Ο το y=O και για χ = ; το y = λ λ άρα οι ει και C εκτός του 0(0,0) έχουν κοινό και 2 το σημείο Α . Από το σύστημα των ε2,c ,

}

( �; :) } }

}

2ρ y=-'λχ Κχ2 - 2ρχ =Ο χ=Ο ή χ = , <=> _ <=> εχουμε: . :ι _ Κ y - -'λχ Υ - 2ρχ y=-Ax 2ρ 2ρ οπότε για χ=Ο το y=O και για χ = 2 το y = λ λ άρα οι ε2 και C εκτός του 0(0,0) έχουν κοινό και 2 το σημείο Β . Προφανώς τα Α,Β είναι ,-

(� :)

συμμετρικά ως προς τον άξονα χ ' χ. Λόγω του (α) είναι

(Ξ )

2 ΑΒ : χ = ; λ

και

, ο είναι η εστία της C. Αν η ΑΒ διέρχεται

2 από το Ε θα ισχύει: Ε. = ; <:::> λ2 = 4 οπότε λ=2 2 λ εφόσον ο λ είναι θετικός ακέραιος. 1 1 4ρ 2ρ 4ρ2 ' Ειναι: ( ΟΑΒ) = "2 ( ΑΒ) · d( Ο,ΑΒ) = "2 · λ · = --:;r . Κ Όμως ο λ είναι θετικός ακέραιος οπότε το εμβαδό γίνεται μέγιστο όταν το ';.! πάρει την ελάχιστη τι μή. Αυτό γίνεται για λ= 1 .Τότε όμως ει : y=x και ε2: y=-x άρα ε , _l_ ε 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/54

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Να βρείτε την εξίσωση της ισοσκελούς υ περβολής που έχει τις ίδιες εστίες με την έλλειχ2 y2 ψη C : - + =1. 25 16 χ 2 y2 Για την έλλειψη C : - + - = 1 είναι: 25 1 6 α 2 = 25, β 2 = 1 6 οπότε: γ 2 = α 2 - β 2 = 25 - 1 6 = 9 . Εφόσον η ζητούμενη υπερβολή είναι ισοσκε λής και έχει τις ίδιες εστίες με την C θα είναι α=β 2 9 οπότε: γ 2 = α 2 + β 2 <:::> γ 2 = 2α 2 <:::> α 2 = L = 2 2 άρα C ' : χ 2 - ψ 2 = α 2 ή C ' : χ 2 - ψ 2 = 2. 2

χ2 y 2 Δίνεται η έλλειψη C : - + = 1 και η εφα16 9 πτόμενη ε στο τυχαίο σημείο της A(x1,y1). Η κάθε τη ευθεία ε' στην ε στο σημείο Α τέμνει τους άξο νες χ'χ και y'y στα σημεία Β και Γ αντίστοιχα. Αν Μ(Χο,Υο ) είναι το μέσον του ΒΓ τότε: Να εκφράσετε τα ΧαιΥο συναρτήσει των χι,Υι· Να αποδείξετε όtι το Μ κινείται σε έλ λειψη της οποίας οι εστίες βρίσκονται στον άξο να y 'y. χχ ΨΨ Είναι: ε : ι + ι = 1 ή ε : ψ = - � χ + _2_ 16 9 Ψι 1 6ψ ι 1 1 6ψ , , .1 , Επισης ε ε <:::> λ ε = -- = --ι οποτε: λ, 9χ ι 1 6Ψ ι ε ' : ψ - Ψι = (χ Από την εξίσωση της ε ' 9χ ι 7χ ο . , , για ψ= παιρνουμε χ = l6 και για χ=Ο παιρνου-

Χ ι ).

Β(��ι )

7ψ με ψ = -- . Έτσι είναι: και ,Ο 9 r 0,- 7 ι . Εφόσον το Μ είναι μέσον του ΒΓ θα

(

;)

-ι

}

(ξονα) y>'y.( ) 6 7 2

(l) (�)

7 2 - οι εστίες της 8

βρίσκονται στον ά-

χ2 y 2 = 1 και Δίνονται οι ελλείψεις C : - + 16 9 χ2 y 2 C2 : - + =1. 9 16 Να αποδείξετε ότι τα σημεία τομής των Cι,C2 βρίσκονται στις ευθείες που διχοτομούν τις γωνίες του καρτεσιανού συστήματος συντε ταγμένων. Ν α βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου που ορίζουν τα σημεία τομής. I

Έστω A(x,y) σημείο τομής των C 1 , C2 • Οι εξισώσεις των C1 , C 2 ορίζουν το σύστημα: 9χ 2 + 1 6y 2 = 1 44 ( 1 ) και 1 6χ 2 + 9y 2 = 1 44 (2) Με αφαίρεση των ( 1 ),(2) κατά μέλη παίρνου με: -7x 2 + 7y 2 = 0 <:::> y 2 = x 2 <:::> y = x ή y = -x οπότε πράγματι τα σημεία τομής των C1 , C2 β ρί σκονται στις ευθείες που διχοτομούν τις γωνίες του καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων. Λόγω του α) έχουμε y 2 = χ 2 οπότε από την 12 ' για (1) <:::> 25χ 2 = 1 44 <:::> χ = .!3. ή χ = -- οποτε 5 5 12 12 12 ' χ εχουμε y = ή y = -- και για 5 5 5 12 12 ' 12 ' χ = -- εχουμε y = -- ή y = αρα οι ελ5 5 5 12 12 , , , λ ειψεις C C 2 τεμνονται στα σημεια Α 5' 5 ' =

( ) _ _ι Β(.!3.5 ' _.!3.)5 ' r(-.!3.5 ' _.!3.)5 ' Δ(-.!3.5 ' .!3.5 ) και το τετράπλευρο ΑΒ Γ Δ που ορίζουν προφανώς είναι 24

χB +χ 7χ ψ +ψ 7ψ Χο = ' = και Ψ = = ειναι: 18 2 2 32 2 2 Το σημείο Α(χι ,Υ ι ) εC άρα � + 2:l_ = 1 ( 1 ) 16 9 = 32 χ 0 Χ0 = � Χ1 7 32 <:::> Λόγω του (α) είναι: 7y l 18 _ _

2 2 έλλειψη με εξίσωση C ' : � + � = 1 . Εφόσον

Υο = - IS Υι =-7 Υο οπότε η ( 1 ) μετά από πράξεις παίρνει την μορφή :

}

' τετραγωνο με πλευρα' α =

του είναι: (

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/55

' το εμβ αδ ο' οποτε

ΒΑ ΓΔ ) = α2 = ( 524 )2 = 52576

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ r · ΛΥΚΕΙΟΥ

Π ιθ ανότητες

Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα

Στην καθημερινή μας ζωή, παρατηρούμε ότι χρησιμοποιούμε συχνά λέξεις όπως: τυχαία, πιθανόν, ανα μενόμενο, αβέβαιο Που είναι γνωστό ότι οι όροι αυτοί σχετίζονται με τις πιθανότητες . Κάνοντας μια ι στορική αναφορά στην εξέλιξη της θεωρίας των πιθανοτήτων παρατηρούμε ότι κατ ' αρχάς η έννοια της πιθανότητας σχετιζόταν περισσότερο με τη φιλοσοφία παρά με τα μοντέρνα μαθηματικά και τη μορφή που έχει σήμερα . Η πρώτη επιτυχημένη προσέγγιση της πιθανότητας με αξιωματικό τρόπο έγινε το 1 9 33 από τον Α . Kolmo goroν και εξελίχθηκε ως τις μέρες μας που η εφαρμογή των στοχαστικών μο ντέλων είναι ευρύτατη και καλύπτει διάφορους τομείς:Ετσι εφαρμογές των πιθανοτήτων έχουμε στη γε νετική, στην επιδημιολογία, στη βιολογία, στη στατιστική, στη φυσική, στην αναλογιστική επιστήμη, στην οικονομετρία και στις επιχειρησιακές έρευνες. Χ Ι> Η Σ Ι Μ ΕΣ Ε Π Ι Σ Η Μ Λ ΝΣ Ε Ι Σ I . Αν ω ένα στοιχείο του δειγματικού

χώρου Ω και Α, Β δύο υποσύνολα του Ω, τότε οι παρακάτω εκφράσεις στην κοινή γλώσσα είναι ισοδύναμες με τις αντίστοιχες στη γλώσσα των συνόλων. Κοινή γλι!Jσσα

Το Α πραγματοποιείται Το Α δεν πραγματοποιείται Ένα τουλάχιστον από τα Α, Β πραγματοποιείται (πραγματοποιείται το Α ή το Β) Πραγματοποιούνται συγχρόνως τα Α και Β (πραγματοποιείται το Α και το Β ) Πραγματοποιείται μόνο το Α Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα Α και Β Πραγματοποιείται ένα το πολύ από τα Α και Β Πραγματοποιείται μόνο ένα από τα Α και Β

Γλι!)σσα συ\•όλων

ωΕΑ ω�Α

ω Ε ΑυΒ

«παίρνουμε τυχαία ένα στοιχείο του Ω» εννοούμε ότι όλα τα δυνατά αποτελέσματα είναι ισοπίθανα με πιθανότητα Ρ(ω; ) = .!.. , i=1 ,2,3, ... ,ν ν 4.

(A u B) ' = A' n B '

(τύποι De Morgan)

και ( Α n Β ) ' =Α ' υ Β '

5. Τα ενδεχόμενα Α-Β, Α n Β , Β-Α είναι ασυμ βίβαστα και ισχύει : (Α-Β ) u ( A n B ) u (B-A)= A u B ί\ σκηση Ι '�

ω Ε AnB ω Ε Α-Β

Λ 1)ση

ω Ε (A u B) ' ω Ε (A n B) ' ω Ε ( A - B) u ( B - A )

2.Αν Ρ(Α)+ Ρ(Β)> 1 , τότε τα Α και Β δεν είναι α συμβίβαστα, αφού αν ήταν θα ίσχυε Ρ( Α υ Β )=Ρ(Α)+ Ρ(Β)> 1 , άτοπο . 3.Όταν έχουμε ένα δειγματικό χώρο

Έστω α και β οι ενδείξεις δύο διαδοχικών ρίψεων ενός αμερόληπτου ζαριού. Δίνεται η ε ξίσωση χ 2 -(α-2β)χ-4=0. Να βρεθεί η πιθανό τητα του ενδεχομένου η εξίσωση αυτή να έχει δύο ρίζες αντίθετες.

Ω = { ω , , ω 2 , ..... , ων } και χρησιμοποιούμε τη φράση

Είναι Ω= { ( 1 , 1 ),( 1 ,2),( 1 ,3),(1 ,4),( 1 ,5),(1 ,6),(2, 1 ), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5),(2,6),(3, 1 ),(3,2), (3,3),(3,4), (3,5),(3,6),(4 , 1 ),(4 ,2),(4 ,3),(4 , 4),(4 ,5),(4 ,6),(5, 1 ), ( 5,2 ),( 5,3 ),( 5,4 ),( 5 ,5),( 5,6),( 6, 1 ),( 6,2),( 6,3 ),( 6,4), (6,5),(6,6) } με Ν(Ω)=36. Η εξίσωση χ 2 -( α-2β)χ-4=0 έχει δύο ρίζες αντίθετες αν και μόνο αν : ( α - 2β )2 + 1 6 > Ο >Ο <=> α=2β . Ρ < Ο <=> -4 < Ο S=O (α - 2β) = 0

{Δ {

Αν Α είναι το ενδεχόμενο « η εξίσωση 2 -(α 2β) χ-4=0 έχει δύο ρίζες αντίθετες», τότε -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 49 τ.3/56

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Ρ(Β)=Ρ(Χ υ S) ' = 1 -Ρ(Χ υ S)=

Α= { (2, 1 ),(4 ,2),(6,3) } ,με Ν(Α)=3 .

Άρα Ρ(Α)= 2_ ___!___ . 36 1 2 =

Έστω δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω

για τα οποία είναι Ρ(Α)= _!_ , Ρ(Β)= _!_ και 5 4

17 12 5 1 = 1 -[P(X)+P(S)-P(X n S)] = 1 - ( - + - - - )= 30 30 30 5 Ρ(Γ)=Ρ[(Χ-S) υ (S-X)]=P(X- S)+ P(S-X)= 19 =Ρ(Χ)-Ρ(Χ n S)+ P(S}- Ρ(Χ n S)= . 30

Έστω Α, Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού Ρ( Α ί'\ Β )= _!_ .Ν α βρεθούν οι πιθανότητες των χώρου Ω. Αν τα ενδεχόμενα Α, Α υ Β, A n B ανά 6 δύο δεν είναι ισοπίθανα και οι πιθανότητές τους παρακάτω ενδεχομένων: είναι στοιχεία του συνόλου α) «Δεν πραγματοποιείται το Β» 4 1 5α - 7 -5 , κ , β) «Πραγματοποιείται το Α ή το Β» = -'-' οπου α Ε ' να β ρεθ ει η γ) « Πραγματοποιείται μόνο το Β» 5 2 4 '3 ' δ) «Πραγματοποιείται ένα το πολύ από τα Α και πιθανότητα : Β» ί) Ν α πραγματοποιείται το Α ή να μην πραγμα ε) «Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα Α και τοποιείται το Β Β» ίί) Ν α μην πραγματοποιούνται συγχρόνως τα Α και Β

{

}

1 "'�

α) Ρ(Β ' )= 1 -Ρ(Β)= 1 - ]_ = i 5 5

β) Ρ( Α u Β )=Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ( Α n Β )=

1 γ) Ρ(Β-Α)=Ρ(Β -Ρ( Α n Β )= } 30

\ ·! ) Π ;:

-·· ··

' ' πιθ ανοτητα ' -5 δ εν μπορει' να ειναι κανεο αρι θ μος

17 60

νός ενδεχομένου αφού � > 1 , ενώ η πιθανότητα 3 κάθε ενδεχομένου είναι πραγματικός αριθμός που ανήκει στο [0, 1 ] .Επίσης αφού τα ενδεχόμενα Α, Α υ Β, Α n Β ανά δύο δεν είναι ισοπίθανα κάθε , 4 1 5α - 7 , ενας απο, τους αριθ μους , "2 , -- με α Ε 1"'� 4 S είναι πιθανότητα ενός ενδεχομένου. Θα ισχύει 7 11 5α - 7 Ο� � 1, α Ε Ν <=> � α � - , α Ε Ν <=> 4 5 5 5α - 7 3 α=2. -Επιπλέον Οπότε: 4 4 Α n Β ς Α ς Α υ Β, άρα θα είναι και Ρ( Α n Β) � Ρ(Α) � Ρ(Α υ Β ).'Ετσι τελικά παίρνου-

δ ) P( A n B ) '=1-P( A n B )= � 6 4 ε) Ρ( Α υ Β ) '=1-Ρ( Α υ Β )= 3 60

�τ

Σε μία τάξη 30 μαθητών Γ Λυκείου οι 12 έχουν PlayStation, οι 17 έχουν Xbox και οι 5 έχουν και Play Station και Χbοχ.Επιλέγουμε τυχαία ένα μαθητή της τάξης αυτής. Να βρεθούν οι πι θανότητες των παρακάτω ενδεχομένων: Α: Ο μαθητής έχει Xbox αλλά δεν έχει Play Station Β: Ο μαθητής δεν έχει ούτε Xbox ούτε Play με : Ρ(Α n Β)= _!._ , Ρ(Α)= � , Ρ(Α u Β)= i .Από τον 4 5 2 Station προσθετικό νόμο έχουμε: Γ: Ο μαθητής έχει μόνο PlayStation ή έχει μόνο 11 Xbox Ρ(Β)= Ρ(Α υ Β)+ Ρ(Α n Β)-Ρ(Α)= . --

Έστω S το ενδεχόμενο «ο μαθητής έχει Play Statίon» και Χ το ενδεχόμενο «Ο μαθητής έχει Χbοχ».Είναι

5 P(X n S)= - . 30

P(S)= � 30 '

Ρ(Χ)= .!2_ 30

12 P(A)=P{X-S)=P(X)-P(X n S)= 30

και

20 Οι ζητούμενες πιθανότητες είναι : ί) Ρ(Α υ Β ' )=Ρ(Α)+ Ρ(Β ' )-Ρ(Α n Β ' )= =Ρ(Α)+ 1-Ρ(Β)-[Ρ(Α)-Ρ(Α n Β)]= 1 1 1 19 = 1 -P(B) +P(A n B)=1- - + - = - . 20 2 20 ίί) P(A n B) ' = 1-P(A n B) = _!._ 2

Έστω ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/57

δειγματικός

χώρος

={ ω 1 , ω 2 , ω 3 , ω 4

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρ

λ τέτοιοι ώστε Ρ(ω ι )= i - κ 2 ' Ρ(ω 2 )=9λ 2 ' Ρ(ω 3 )=2 κ 2 - _!_ και 3 3 Ρ(ω 4 )= -6κλ.

χουν πραγματικοί αριθμοί κ και

Αν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί κ και λ θα ισχύει : Ρ( ω ι )+ Ρ( ω 2 )+ Ρ( ω 3 )+ Ρ( ω 4 )= Ι �

� - κ 2 +9λ 2 +2 κ 2 - .!. -6 κλ=Ι �

3 3 2 2 κ -6κλ+9λ =0 � (κ-3 λ) 2 =0 � κ=3 λ

� ω ι )+ Ρ ( ω 2 )= - 9λ2 + 9λ 2 = � > Ι , άτοπο.

Τότε όμω ς θα είναι

Ρ(

Έστω

Α, Β

δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού

χώρου Ω, για τα οποία ισχύει

3 Ρ(Α)= - και 4

Ρ(Β ')= ! . 3 i) Να εξετάσετε αν τα Α,Β είναι ασυμβίβαστα. ii) Να αποδείξετε ότι _.!_ :$; Ρ(Α-Β) :$; � 4 12 ί)

Είναι Ρ(Β)= Ι-Ρ(Β ')=Ι- .!_ = � .

3 3 Αν Α, Β ασυμβίβαστα, τότε από τον απλό προσθε

τικό νόμο παίρνουμε:

Ρ(Α υ Β)=Ρ(Α)+Ρ(Β)= � + � = _Q > I , άτοπο. Άρα 4 3 Ι2 τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. (συνθετικά) Παρατηρούμε ότι

:Ρ( Α n Β)=Ρ(Α)+ Ρ(Β)Ι 5 ' 3- + -2 - Ρ(Α υ Β) ::?: -7 -Ι= - >Ο. Άρα Ρ(Α υ Β)= 4 3 Ι2 Ι2 Α n Β * 0 .Οπότε τα Α,Β δεν είναι ασυμβίβαστα. ίί) Ισχύει A n Β � Β και Α n Β � Α. Άρα P(A n Β)

:$; Ρ(Β) και Ρ(Α n Β) :$; Ρ(Α).Όμως Ρ(Β)<Ρ(Α) άρα Ρ(Α n Β) :$; Ρ(Β). Επιπλέον Ρ(Α n Β) ::?: Ο.

Έχουμε:

2 Ο :$; Ρ( Α n Β) :$; Ρ( Β) � Ο ::; Ρ(Α n Β) ::; - � 3 2 - - :$; -P(A n B) ::; ο � 3

-3 - -2 ::; -3 -P(A n B) :$; -3 � 4 3 4 4 Ι Ι - :$; P(A)- P(A n B) :$; -3 � - ::s; P(A-B) :$; -3 4 Ι2 4 Ι2 Έστω Ω={ ω 1 , ω 2 , ω 3 , ω 4 , ω5 , ω6 } ο δειγματικός χώρος

ενός

πειράματος

τύχης

και

Κ= { ω ι , ω 2 , ω 4 } , Λ= { ω , ω 2 0 ω 3 , ω 5 } , Μ = { ω , ω 2 } , ι ι Ν={ ω 6 } ενδεχόμενα αυτού. Αν είναι γνωστό ότι

Ρ(Κ)=Ο,3, Ρ(Λ)=Ο,5 πιθανότητα Ρ(Ν).

και

Ρ(Μ)=Ο,2

να βρεθεί η

Είναι :Κ n Λ= { ω ι , ω 2 } =Μ και Κ υ Λ= { ω ι , ω2 , ω3 , ω 4 , ω 5 } =Ν ' . Άρα Ρ(Ν ' )=Ρ(Κ υ Λ)=Ρ(Κ)+Ρ(Λ)-Ρ(Κ n Λ)=

=Ρ(Κ)+Ρ(Λ)-Ρ(Μ)=Ο,3+0,5-0,2=0 ,6 . Οπότε Ρ(Ν)= Ι-0,6=0 , 4

i) Να αποδειχθεί ότι ( Α n Β } ' =Α' υ Β ' (D e Morgan) ii) Τα ενδεχόμενα Α υ Β ' και Α ' n B είναι αντί θετα.

ί) Έστ ω χ Ε ( Α n Β ) ' .Έχουμε:

χ Ε ( A n B ) ' � χ � A n B � cx � A ή χ � Β) � (χ Ε Α ' ή χ Ε Β ' ) � χ Ε Α ' υ Β ' . Άρα (A n B) ' � Α' υ Β '. ( 1 ) Έστω χ Ε Α ' υ Β ' . Είναι : χ Ε Α ' υ Β ' � (χ Ε Α ' ή χ Ε Β ' ) � (χ � Α ή χ � Β) � χ � A n B � χ Ε ( Α n Β ) ' . Άρα Α ' υ Β � ( A n B ) ' (2) Από ( 1 ), (2) έπεται ότι ( Α n Β ) ' = Α ' υ Β ' . '

Σημείωση :

Με τον ίδιο τρόπο μπορεί να αποδειχθεί και ο τύ πος (Α υ Β) ' =Α ' n B ' . ίί) Σύμφ ωνα με το ι) έχουμε (Α ' n Β) ' =(Α ' ) ' υ Β ' = Α υ Β ' , άρα τα Α υ Β ' και Α ' n Β ενδεχόμενα είναι αντίθετα. Δίνεται η συνάρτηση f( x)=e χ +Ιη χ:Εστω Α, Β δύο ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω για τα οποία ισχύει Α � Β. Να αποδειχθεί ότι : α) eP<B> - eP< A> ::?: ln

Ρ( Α) Ρ(Β)

Ρ(Β)= _!_ , τότε 2 vB eP<A > +ΙηΡ(Α υ Β)

β) Αν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/58

::?:

Fe -ln2

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

α) Α ς. Β � Ρ(Α) ::; Ρ(Β).Η f(x) ορίζεται για χ>Ο και είναι παραγωγίσιμη ω ς άθροισμα παραγωγί-

σιμων με f ' (χ)=e χ + _!_ >Ο για κάθε χ χ ε (Ο,+ οο ).Συνεπώς η f είναι γνησίω ς αύξουσα στο (Ο,+ οο ). Ρ(Α) ::; Ρ(Β) � f (Ρ(Α)) ::; f(P(B)) � e P ( A J +ιη (Ρ( Α)) ::; e P < B J +ιη(Ρ(Β)) � e P < B J - e P ( A J :?:

e P < B J - e P < A J :?:

ιη(Ρ(Α ))- ιη(Ρ(Β)) �

ιη Ρ( Α)

Ρ( Β ) Α � β) Β ς υ Β Ρ(Β) :s; Ρ(Α υ Β) � f(P(B)) ::; f(P(A υ Β)) � e P < B J ιη + (Ρ(Β )) ::; e P < A v B J +ιη Ρ(Α υ Β) � ι

ι +ιη - ::;

eP(AvBJ

eP<AvBJ

+ιηΡ(Α υ Β)

:?:

Je -ιη2

�

Ρ(Α)<Ρ(Β), τότε : α)Να βρεθούν οι Ρ(Α),Ρ(Β) β)Να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος των παρατηρήσεων Ρ( Α ΓΙ Β),Ρ(Α υ Β),Ρ(Β),Ρ(Α).

i)H f ορίζεται στο

IR. και είναι παραγωγίσιμη σε νυμική με f ' ( χ)=6χ 2 -5χ+ 1 = αυτό ω ς πολυ ω

ή =6(χ- .!_ )(χ- .!_ ). Άρα f' (x)=O � x= .!_ 2 2 3 1 ' ' της χ= - .Κατασκευα' ζ ουμε τον πινακα μονοτονιας 3 f. χ 1 + οο - 00 2 3 + + f' (x) f(x)

Από τον πίνακα μονοτονίας συμπεραίνουμε ότι η f 1 ' παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στη θ εση χ= 3 , το

() f( = . Ξ) %

1 1 61 ' χ= - το ' f - = - και τοπικο' ελαχιστο στη θ εση 2 3 54

Έστω Ω={ ω 1 , ω 2 , ω 3 } ο δειγματικός χώρος ενός τύχης με πειράματος πιθανότητες 2 α -3 2α - 1 και Ρ(ω 2 )= -Ρ( ωι )= -- , 5 4 α+1 , Ρ( ω 3 )= 2ο . Ν α β ρε θ ει το α.

Ρ( ω 1 )+Ρ( ω 2 )+ Ρ(ω 3 )= 1 α2 - 3 2α - 1 α + 1 ι � + + -- = � 4 5 20 5α 2 +9α-3 8=0 � α=2 ή α=-3 ,8. Πρέπει Ρ( ω ; ) ε [0, 1 ] . 1 3 α=2 Για είναι: Ρ( ω ι )= - , Ρ( ω 2 )= - , 5 4

-- --

' η τιμη' α=2 ει'ναι δ εκτη' . 3 , αρα Ρ( ω 3 ) = 20 43 Για α=-3,8 Ρ( ω 2 )=- - � [0, 1 ], άρα η τιμή 25 α=-3 ,8 απορρίπτεται.

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=2x

5 - - χ 2 +x+l . 2

Ι)Να εξεταστεί η f ως προς τη μονοτονία και τα τοπικά ακρότατα. II)Aν Α,Β είναι δύο ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω και οι πιθανότητες Ρ(Α), Ρ(Β) είναι οι θέσεις των τοπικών ακροτάτων της f με

ii) Σύμφωνα με τα παραπάν ω και αφού Ρ(Α)<Ρ(Β)

1 1 , ' είναι Ρ(Α)= - και Ρ ( Β) = - . 1 σχυουν ακομα 2 3 Ρ( Α ΓΙ Β) ::; Ρ( Α) και Ρ(Β) ::; Ρ(Α υ Β), άρα οι πα ρατηρήσεις κατά αύξουσα σειρά είναι : Ρ( Α ΓΙ Β),Ρ(Α),Ρ(Β), Ρ(Α υ Β). - P(A n B) + P(A) + P(B) + P(A u B) Εχουμε : χ 4 2 ( Ρ(Α) + Ρ( Β ) ) 5 , , , δ = = - και η τιμη της ιαμεσου ει4 12 � Ρ(Α) + Ρ(Β) δ ναι = 6 2

Ρίχνουμε ένα αμερόληπτο ζάρι και έστω Ω ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης. Δίνονται οι παρατηρήσεις : 3κ,-3κ, 6κ+4, -2κ, κ+ 1 με κ ε Ω. α) Να υπολογιστούν συναρτήσει του κ η μέση

τιμή � , η διάμεσος δ και η διασπορά s 2 . β) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων Α={κ ε Ω Ι η μέση τιμή χ είναι το πολύ 5 }

Β={ κ ε Ω I η διάμεσος είναι άρτιος αριθμός} Γ= Α n Β Δ={ κ ε Ω Ι η διασπορά παίρνει ελάχιστη τιμή}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/59

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου , \ {Jση :

α)Είναι: Ω= { Ι ,2,3,4,5,6 } , άρα κ>Ο. Επίσης κ 2:: Ι => 2κ 2:: 2 => 3κ 2:: κ+2 => 3κ>κ+ Ι . Άρα οι παρατηρήσεις κατά αύξουσα σειρά εί ναι : -3κ,-2κ,κ+ Ι ,3κ,6κ+4. Έχουμε: � 3κ - 3κ + 6κ + 4 - 2κ + κ + Ι 5κ + 5 = =κ+ Ι = 5 5 Το πλήθος των παρατηρήσεων είναι περιττό άρα η διάμεσος είναι η μεσαία παρατήρηση δηλα δή η τρίτη, με τιμή δ=κ+ Ι . - 2 1 5 2 s = - Σ ( χί - χ ) = 5 i=l = _!._ [(-4κ- Ι ) 2 + (-3κ- Ι ) 2 +0+(2κ- Ι ) 2 +(5κ+3) 2 ]= 5 54κ 2 + 40κ + Ι 2 5 β) χ � 5 <::::> κ+ Ι � 5 <=> κ � 4.Άρα Α= { Ι ,2,3,4} με Ν(Α) i 3_ . = = Ν(Α)=4 ' οπότε Ρ(Α)= Ν(Ω) 6 3 Η διάμεσος είναι άρτιος αριθμός μόνον όταν κ= Ι ή Ν(Β) = .!.. . κ=3 η' κ=5 .Άρα Β= { Ι ' 3 ' 5 } και Ρ(Β)= Ν(Ω) 2 Γ = Α n Β= { Ι ,3 } .Άρα Ρ(Γ)= _!._ 3 2 + 40κ + Ι 2 54κ , , =f(κ), οπου Βρηκαμε s 2 = 5 54χ 2 + 40χ + Ι 2 fiΊ l!J) � 111> � a με �) = και f: a 5 κ Ε Ω= { Ι ,2,3,4,5,6 } . Επειδή minf(x)= f - � = r - _!Q μπορεί κά27 2 · 54 ποιος να συμπεράνει (κακώς) ότι δεν υπάρχει ελά1Ο , ' χιστη τιμη του s 2 , αφου' -- <Ο , ενω' κ>Ο . Ειναι 27 όμω ς προφανές, ότι από τις τιμές f( l ), f(2), f(3), 1 06 f(4),f(5),f(6) ελάχιστη είναι η f( l )= .Οπότε 5

(

) ( )

Δ= { Ι } .Άρα Ρ(Δ)= _!_ .Θα μπορούσαμε βέβαια να 6 βρούμε την ελάχιστη τιμή του s 2 χω ρίς δοκιμές ω ς εξής: ' γνησι' ω ς αυ' ξουσα στο - 1 0 , +οο Α φου' η f ειναι 27 προφανώς η f( l ) είναι η ελάχιστη τιμή από τις f(κ), κ Ε Ω.

[

Π ιφα τιi ρη ση

)

Εάν ζητούσαμε την ελάχιστη τιμή του s 2 -80κ, τό-

54κ 2 - 360κ + Ι 2 , τε θ α ειχαμε : s 2 -80κ = = και η 5 54χ 2 - 360χ + Ι 2 , , αντιστοιχη συναρτηση f(x) = -----5 έχει ελάχιστη τιμή μόνο στη θέση 360 1 0 10 , ' χ= = . Α φου 3 < < 4 η ελαχιστη τι μη. θ α 3 54 . 2 3 582 είναι μία από τις f(3),f(4):Εχουμε : f(3) = 5 564 και f(4) = .Άρα minf(k)=f(3). 5 -

;�;.. ;;}· κ η c;η i 3

Σε ένα συρτάρι υπάρχουν 4κ μαύρα στυλό και

κ 2 +2κ+4 κόκκινα στυλό, όπου κ Ε Ν * . Επιλέ γουμε στη τύχη ένα στυλό.Να βρεθεί το πλήθος των μαύρων και το πλήθος των κόκκινων στυλό ώστε η πιθανότητα το στυλό που επιλέξαμε να είναι μαύρο να είναι μέγιστη. Ποια είναι η πιθα νότητα αυτή ; Λί;ση

Έστω Α= {το στυλό που επιλέγουμε είναι μαύρο} . 4κ Ν(Α) Τότε Ρ(Α)= = 2 . Ν(Ω) κ + 6κ + 4 4χ , , Θ "' εω ρουμε τη συναρτηση fiΊ\ x)-- 2 , με χ + 6χ + 4 χ 2:: Ι .Η f είναι παραγωγίσιμη ω ς ρητή. Έχουμε : -4χ 2 + Ι 6 4(χ 2 + 6χ + 4) - 4χ(2χ + 6) = f' (x)= (χ 2 + 6χ + 4) 2 (χ 2 + 6χ + 4) 2 Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f :

Η f παίρνει τη

μέγιστη τιμή της για χ=2.Άρα η 4κ πιθανότητα Ρ(Α)= γίνεται μέγιστη κ 2 + 6κ + 4 μόνο για κ=2.0πότε το συρτάρι πρέπει και αρκεί να περιέχει 4 · 2=8 μαύρα και 4+4+4= Ι 2 κόκκινα 8 , ' ' ' ιση ' με πιθ ανοτητα ειναι στυλο. Η ζητουμενη 20 λσκηση 1 4 .

α)Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόμενα ενός δειγμα τικού χώρου Ω να αποδείξετε ότι αν Β � Α, τότε Α ' � Β '. β) Έστω Α, Β, Γ ενδεχόμενα ενός δειγματικού

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 49 τ.3/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χώρου Ω με Γ ς Β ς Α και Ρ(Γ)=

� , Ρ(Β)= � και

Ρ(Α)= _!_ .Να βρεθούν οι πιθανότητες : 2 ί) Ρ(Α-Β) ii) Ρ(Α-(Β-Γ)] ίίί) Ρ((Α-Β)-Γ]

iii) Αφού Γ ς Β ς Α θα είναι Α-Β =A n B ' ς Β ' ς Γ, άρα (Α-Β) n Γ= 0 . Συνεπώς Ρ[(Α-Β)-Γ] =Ρ(Α-Β)-Ρ[(Α-Β) n Γ]= 3 3 Ρ(Α-Β)-Ρ( 0 )= - -0= - . 1 0 10 ί\ πκηση ! 5

Αν Α υ Β ς Α' ( Ι ) και Β ' ς Α n Β (2),τότε να αποδείξετε ότι Ρ(Α) � 0,5 � Ρ(Β).

, \ 1Ί σ η

α)Είναι Β ς Α. Αν χ ε Α ' , τότε χ � Α, άρα χ � Β διότι αν χ ε Β θα ήταν χ ε Α, άτοπο. Άρα χ ε Β ' . Οπότε Α ' ς Β Ό β)ί)Αφού Β ς Α, θα είναι Α n Β= Β . Έτσι έχουμε: 3 Ρ(Α-Β)=Ρ(Α)-Ρ(Α Γ\ Β)=Ρ(Α)-Ρ(Β)= ΊΟ . ίί) Ισχύει Γ ς Β ς Α, άρα Β-Γ ς Β ς Α. Θα είναι τότε Α n (Β-Γ)=Β-Γ και Β n Γ=Γ. Επομένω ς θα έχουμε : Ρ[Α-(Β-Γ)]=Ρ(Α)-Ρ[Α n (Β-Γ)]=

Λ ίιση

(Ι)

Α ς Α υ Β ::::> Α ς Α ' ::::> Ρ(Α) � Ρ(Α ' ) => Ρ(Α) � ΙΡ(Α) => 2Ρ(Α) � Ι => Ρ(Α) � 0,5 . (2) Α n Β ς Β ::::> Β ' ς Β ::::> Ρ(Β ' ) � Ρ(Β) => => Ι-Ρ(Β) � Ρ(Β) => Ι � 2Ρ(Β) => 0,5 � Ρ(Β). Τελικά Ρ(Α) � 0,5 � Ρ(Β).

=Ρ(Α)-Ρ(Β-Γ)=Ρ(Α)-Ρ(Β)+Ρ(Γ)= }___ . Ι5

Ευχαριστούμε θερμά το συνάδελφο Γιάννη Πρίντεζη , ο οποίος στο τεύχος 75 σελίδα 57 άσ κη ση 3 επεσήμανε την προφανή ασάφεια. Ο στόχος βέβαια της άσκησης ήταν η χρή ση δενδροδιαγράμματος για την εύρεση Δειγματικού Χώρου και στη συνέχεια να χρησι μοποιηθεί ο κλασικός ορισμός, ασφαλώς και πρέπει να ειπωθεί ότι, « . . τα απλά ενδεχό μενα να είναι ισοπίθανα και όχι ισοδύναμες οι ομάδες, . . . » γιατί τότε δεν οδηγούμεθα σε ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. .

Ένας απλός τρόπος να εξηγήσουμε το δεύτερο μέρος της άσκησης είναι με τον αξιω ματικό ορισμό αφού πρώτα υπολογίσουμε με δενδροδιαγράμματα τις πιθανότητες των απλών ενδεχομένων. · Το ο ρθ ό όπως αναφέρει και ο συνάδελφος Γ. Πρίντεζης είναι: « . . . Στην απλούστερη περίπτωση που οι ομάδες είναι ισοδύναμες και έχουν ίδιες πιθα νότητες νίκης (όπως αναφέρεται καθαρά στην εκφώνηση), με τη βο ή θεια της δεσμευμένης πιθανότητας, εύκολα βγαίνει ότι Ρ(αα) Ρ(ββ) 114, Ρ(αββ) Ρ(βαα) 1/8, Ρ(αβαα) Ρ(βαββ) 111 6 και Ρ(αβαβα) Ρ(αβαββ) - Ρ(βαβαβ) - Ρ(βαβαα) 1132. =

Έτσι η απάντηση στο β' ερώτημα «Ποια είναι η πιθανότητα να έχουμε νικητή σε τρεις αγώνες» είναι Ρ({αββ,βαα}) 1/8 + 1/8 1/4 2 5 % και όχι 20% που αναφέρεται λαν θασμένα. Επίσης η απάντηση στο γ ' ερώτημα «Ποια είναι η πιθανότητα να κερδίσει τελικά η ομάδα που θα κερδίσει τον πρώτο αγώνα» είναι Ρ({αα, αβαα, αβαβα, ββ, βαββ, βαβαβ}) 114 + 111 6 + 1132 + 114 + 1/1 6 + 1132 1 111 6 68, 75 % και όχι 60% , όπως υπολογί ζεται . . . Είμαι βέβαιος ότι και άλλοι συνάδελφοι θα σας έχουν επισημάνει το προφανές λάθος που θα προκύπτει, στο κατά τα άλλα εξαιρετικό άρθρο . . . » =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/6 1

Αντώνης Κυριακόπουλος -Χρυσταλλένη Κυβερνήτου Ασκήσεις που επιλέχθηκαν, όχι τόσο για τη δυσκολία τους, όσο για την μεθοδολογία επίλυσής τους Έστω. η συνάρτηση: f(x) l x l , όπου α IR . Να βρείτε: Το σύνολο ορισμού Α της f. Τους αριθμούς α, για τους οποίους η f είναι συνεχής στο Ο. Τους αριθμούς α, για τους οποίους η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο . =

Αν α ::; Ο , τότε Α = JR * και αν α > Ο , τότε Α JR . Αν α ::; Ο ,η f δεν είναι ορισμένη στο Ο (και συνεπώς δεν έχει νόημα να μιλάμε για συνέχεια και για παράγωγο της f στο 0). Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι α>Ο , οπότε Α = JR και f(O)=O. Έχουμε: ιim f(x) = ιim lxl · = Ο = f(O). Άρα, η f είναι συνεχής στο Ο, για κάθε α>Ο. ->0 =

{

χ ->0

1, άν α = 1 f(x) f(O) 1 I • 'Εχουμε: r: ( O) = ιim = lim � = ιim � = Ο, άν α> 1 (γιατί;) Χ ->0+ Χ ->0+ Χ Χ -70+ Χ Χ-ο +οο, άν Ο<α< 1 - 1 άν α=1 ' l xl· f(O) (-χ) f(x) α ( (0) = lim = ιim = ιim - L = Ο , άν α> 1 (γιατί;) = ιimο y->o• y χ-Ο χ χ - χ άν Ο<α<1 Συμπεραίνουμε ότι: r: (Ο) = f� (Ο) ε JR, δηλαδή ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο, μόνο για α> 1 και τότε f1(0) = Ο. , .... ο-

f(x)

....

ο-

( )

....

Να βρείτε τους αριθμούς χ l χ - αΙ + Ι χ - βΙ .

α, β ε IR , για τους

{

-οο,

οποίους είναι παραγωγίσιμη η συνάρτηση:

Το σύνολο ορισμό της f είναι το JR . Έστω ότι για δύο αριθμούς α, β ε JR η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR . Έστω ότι α < β. Τότε f(β) = β lβ - α l = β (β - α) . Έτσι έχουμε : f(x) - f(β) ιι· χ(χ - α) + (χ - β) - β(β - α) = tη ( γιατι' χ > β > α ) = f l (β) = f+l (β) = ι·ι tη Χ->β Χ ->β χ -β χ-β (χ - β)(χ + β - α + 1) ιim (χ + β - α + 1) = 2β - α + 1 . Όμοια βρίσκουμε ότι: = ιim χ ->β+ χ ->β + χ-β f1(β) = f� (β) = . . . = 2β - α - 1 . Έτσι έχουμε: 2β - α + 1 = 2β - α - 1 και άρα 1 = - 1 , άτοπο. Έστω ότι α > β. Τότε, όμοια φθάνουμε σε άτοπο. Συνεπώς: α = β, οπό τε: f(x) = x l x - αl + l x - αl = (χ + 1) l x - αΙ . Έτσι, έχουμε: (x + 1) l x - "'1 f(x) -f(α) lιm (χ + 1)(χ - α) = . · '4 ιιm α + 1 . ,Όμοια: f1(α) = f� (α) = -α - 1 . Συf (α) = f+1 (α) = lιm· · χ ->α χ ->α χ ->α χ -α χ-α χ -α νεπώς: α + Ι = -α - 1 και άρα: α = -1 . Ώστε , αν συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR , τότε : α = β = -1 . (χ + 1 )2 , άν χ ;::: - 1 Αντιστρόφως. Έστω ότι: α = β = - 1 . Τότε: f(x) = x lx + 1 l + l x + 1 l = (x + l) l x + 1 1 = , χ<- 1 -(χ + 1)2 , αν Έστω ότι χ > -1 . Τότε: f(x) = (χ + 1)2 και άρα f'(x) = 2(χ + 1) . Έστω ότι: χ < - 1 . Τότε f(x) = -(x + 1)2 και άρα f'(x) = -2(x + 1) . Εξετάζουμε την παράγωγο στο - 1 . Έχουμε: =

•

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/62

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f(x) - f(-1) l i (χ + 1) 2 l i = m = m (x + 1) = 0. '0μoια: f� (- 1) = ... = 0. f: (-1) = l i m Χ+1 Χ + 1 Χ -> - 1 " Συνεπώς, η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη και στο - 1 και άρα είναι παραγωγίσιμη στο IR . Συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: α = - 1 και β = - 1 . Χ ->- 1 '

Χ -> - 1 "

Να βρείτε την οριακή τιμή : L

lim χ --> 2

χ'

χ -

χωρίς τους κανόνες του De

L ' Hospital.

2 'Εχουμε: L = l i m x' - 2 = ( χ' ) ' = = f'(2) , όπου: f(χ) = χ' . Στο ( Ο, +οο ) , έχουμε: χ2 χ -->2 χ - 2 f(x) = χ' = e 1" '' = e ' 1" ' . Συνεπώς: f'(x) = e'1"' (χ ln χ)' = χ' ( ln χ + 1) . Άρα: L = f'(2) = 4(ln 2 + 1). Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f (x ) χ + ,χ (Ο, +οο) είναι γνησίως αύξουσα. Για κάθε χ>Ο, έχουμε: χ' + ' = e1" '"' = e < '+1 )1 " ' . Έτσι, για κάθε χ>Ο, έχουμε: χ

{

f'(x) = e < '+ 1)1" ' · [ (x + 1) lnx ] ' = e <x+1)1" ' ιη χ + (χ + Ι) ·

� ] = χ χ+1 ( 1η χ + Ι + � ) ·

Θεωρούμε τη συνάρτηση : g(x) = ln χ + Ι + .!.. , χ ε (Ο, +οο) . Η g είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με: χ > Ο , αν χ> Ι 1 Ι χ-1 1 g (x) = - - -7 = -.,- = 0 , αν χ= 1 χ χ- χ< Ο, αν χ< Ι 7 Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση g έχει ελάχιστο στο Ι , ίσο με g( l )=2. Άρα για κάθε χ>Ο, έχουμε: g(x) 2 2 > Ο και συνεπώς f'(χ) = x'+ 1 g(x) > Ο . Άρα: f !(O, +oo) .

{

�.

ραγωγίσιμη σε μια θέση χ 0

:.:::

( (x0 ) · f; (x0 ) < Ο . Να αποδείξετε ότι : χ0 • Η συνάρτηση f στο χ0 έχει τοπικό ακρότατο.

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα διάστημα (α, β) , είναι αριστερά και δεξιά πα

(α, β ) και ισχύει: Η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη στο ε

1) Έστω ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 • Τότε: f'(x0 ) = ( (χ0 ) = ( (χ0 ) . Έτσι, από

την υπόθεση θα είχαμε: ( f'(x0 ) ) 2 < Ο . Άτοπο. Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο χ0 . 2) Έστω ότι: ( (χ0 ) < 0 και ( (χ0 ) > 0 . β f(x) - f(xo ) i l m = 0 1 ) f ( (x0 < ) Τότε: � χ -> χ ίi χ - χ0 δ - ι · f(x) - f(x o ) ' ' ο'τι υπαρχουν και f' ( χ0 ) - ι m γ Ε ( α, χ0 ) και > Ο (2) . Απο' τις (Ι) και (2) , επεται χ -Η� χ - Χ ο f(x) -f(Xo ) , , f(x)-f(Xσ) , δ Ε ( χ0 , β) ωστε να ισχυουν: < 0 , για κα' θε χ Ε ( γ, χ0 ) και > 0 , για κα' θε χ Ε ( χ0 , δ) Ετσι, Χ - Χ0 Χ - Χσ για κάθε χ Ε (γ, χ0 ) ,ισχύει: f(χ) > f(χ0 ) και για κάθε Χ Ε (χ0 , δ) ,ισχύει f(x) > f(x0 ) . Άρα, για κά θε χ Ε (γ, δ) , ισχύει f(χ) 2 f(x0 ) . Συνεπώς , η συνάντηση f στο χ0 έχει τοπικό ελάχιστο. Αν f� ( χ0 ) > Ο και f: ( χ0 ) < Ο , τότε βρίσκουμε όμοια ότι η συνάρτηση f στο χ0 έχε ι τοπικό μέγιστο. +

•

Θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x) = e-• . Ένα σημείο Α κινείται στον η μιάξονα

Οχ με ταχύτητα υ=2cm/sec, ξεκινώντας από το σημείο Ο . Σε κάθε χρονική στιγμή t>O θεωρούμε το ισοσκελές τρίγωνο ΟΜΑ με κορυφή το ση μείο Μ, το οποίο ανήκει στην C1 . Να βρείτε τη χρονική

στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού Ε του τριγώνου ΟΜΑ είναι ελάχιστος. Ποια είναι η ελάχιστη αυτή τιμή ;

Σε κάθε χρονική στιγμή t, έχουμε: (OA)=υt=2t, οπότε οι συντεταγμένες του σημείου Α είναι (2t, 0). Έστω ΜΔ το ύψος του ισοσκελούς τρίγωνο ΟΜΑ. Προφανώς οι συντεταγμένες του Δ είναι (t,O). Επειδή το σημείο Μ ανήκει στην

�

έχουμε: (ΔM) = I f(t� = Ι e l = e ι . 'Ετσι έχουμε: E(t) = (OAXΔM) = · 2t · e-ι =te-ι . Ο -ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/63

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

είναι: μεταβολής ρυθμός του Ε E(t) =e-ι -te-ι = (1-t)e-ι . Έχουμε: E" (t) = -e-ι - (1 - t)e-ι = (t - 2)e-ι . Άρα ο ρυθμός μεταβολής Ε' του Ε έχει ελάχιστο τη χρονική στιγμή t=2 και είναι 9 ίσο με: Ε'(2) = -e-2 cm 2 I sec .

{ι J,_':.

- :c

+ 7

Ε Λ }./:. f

;\ Σ !\: 1 Π.: Η 7 " Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR και για κά θε χ ε ΊR. ισχύει: f2(x) + 4 :5: 4f(x3 ) (1). Να αποδείξετε ότι: f �� Η συνάρτηση f δεν είναι γνησίως μονότονη. 2 > Η συνάρτηση f' δεν είναι γνησίως μονότονη. η Η εξίσωση: f"(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο IR . \ ": ::� :: r, (του Νίκου Αντωνόπουλου). Παρατηρούμε ότι για τις τιμές του χ, για τις οποίες ισχύει:

χ3 = χ ( <::::> χ = Ο ή χ= Ι ή χ=- 1 ) , από την ( 1 ), έχουμε [ αφού τότε f(x) = f(x3 ) ] : f2 (x) + 4 � 4f(x) => [f(x) - 2] 2 � Ο => f(x) = 2 . Συνεπώς: f(O) = f(l) = f( -1) = 2 . � } Προφανώς η συνάρτηση f δεν είναι 1 - 1 και άρα δεν είναι γνησίως μονότονη. 2 ) Η συνάρτηση f πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Ro ll e σε καθένα από τα διαστήματα [-1 ,0] και [0, 1 ] και άρα η συνάρτηση f' έχει μία τουλάχιστον ρίζα ξ ε (-Ι, Ο) και μία τουλάχιστον ρίζα η Ε (0, 1 ) . Έτσι έχουμε : ξ < η και f'(ξ) = f'(η) = Ο . Προφανώς η συνάρτηση f' δεν είναι 1 - 1 και άρα δεν είναι γνησίως μονότονη. Η συνάρτηση f' πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Ro lle στο διάστημα [ξ, η] και άρα η εξί σωση: f"(x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (ξ, η) και άρα στο IR . \ Σ �< '� '! :�:. :' ;; i-� .

Ν α βρείτε τους αριθμούς χ ε (Ο, +οο ) και y ε ΊR. , για τους οποίους να ισχύει:

(2Fx+�-2)ey =

\ !l : H . Έστω

+l .

( 1)

ότι για δύο αριθμούς χ>Ο και y Ε IR η ισότητα ( Ι ) ισχύει, οπότε θα έχουμε: Ι 2-J;. + _!_ - 2 = Υ +Y . (2)Θεωρούμε τις συναρτήσεις: f(x) = 2 -J;. + _!_ - 2, χ Ε (Ο, +οο) χ χ e 1 και g(y) = Υ +Y , y Ε IR . 'Ετσι από τη (2), έχουμε: (3) f(x)=g(y). e - Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με: 1 > 0, άν χ> Ι + χ -1 1 R 1 = Ο ' άν χ= Ι f'(x) = 2 - -- - - = χ2 2 .f;. χ2 f.ι.αz. < Ο , άν Ο<χ< 1 Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f έχει ελάχιστη τιμή στο χ= Ι , ίση με f( Ι )= Ι . Συνεπώς: ... f(x) � 1 , για κάθε χ Ε (Ο, +οο) , με το = μόνο για χ= Ι . - Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο IR με: ο y<O αν 0, > ο e Y - (y + Ι e Y g'( y) = ) = -.1_Y = 0, αν y=Ο g ./ e2 y e uε" < 0, αν y>Ο Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση g έχει μέγιστη τιμή στο y=O, ίση με g( O)= 1 . Συνεπώς: g(y) � Ι, για κάθε y Ε IR , με το = μόνο για y=O . Έχουμε λοιπόν λόγω και της (3): χ=Ι f(x) = I Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουν εύκολα με χ= 1 και y=O η ( 1 ) => 1 � f(x) = g(y) � 1 => y=O g( y) = I ισχύει. Άρα, οι ζητούμενη αριθμοί είναι: χ= Ι και y=O.

{

- ::C

{

•

�

{

I ·

{

Θεωρούμε έναν αριθμό α>1. Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης: αα ' = χ . (1) Αποδείξτε πρώτα ότι η εξίσωση (1) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση: α' = χ . (2) \ Σ Κ � F: Σ Η 9 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

49 τ.3/64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Ρ ' ) Εστω ρ Ε IR. μία ρίζα της εξίσωσης. ( Ι ) . Τότε: αα = ρ .Επειδή α> Ι ' έχουμε: α ' ! ΙR . Αν αΡ > ρ , τότε ααΡ > αΡ > ρ και άρα ρ > αΡ > ρ , άτοπο. Αν αΡ < ρ , τότε ααΡ < αΡ < ρ και άρα ρ < αΡ < ρ , άτοπο. Άρα αΡ = ρ και συνεπώς το ρ είναι ρίζα της εξίσωσης (2). Έστω ρ Ε IR. μία ρίζα της εξίσωσης (2). Τότε: αΡ = ρ . Έτσι έχουμε: ααΡ = αΡ = ρ και συνεπώς ααΡ = ρ .Άρα το ρ είναι ρίζα της εξίσωσης (1). Αποδείξαμε ότι οι εξισώσεις (1) και (2) είναι ισοδύναμες. ,> Επειδή οι εξισώσεις ( Ι ) και (2) είναι ισοδύναμες, αρκεί να βρούμε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης (2). Προφανώς η εξίσωση αυτή δεν έχει ρίζα στο διάστημα ( -οο, Ο ] . Για κάθε χ>Ο, έχουμε: α' α' = Ι � - 1 = 0(3) . (2) � χ χ \

:υ ι

•·

Θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x) = � - 1, χ Ε ( Ο, +οο ) . Στο διάστημα ( Ο, +οο ) , έχουμε: χ Ι > 0, αν χ> lη α χ lιι σ Ί ι η α α' χα � αν = (x χ= 0, ln = α f'(x) = 1) ο χ2 ln α χ2 Γ

. -

-:c

,�·

Ι "\. ./ f < 0, αν χ< lη α 'C.MJ.χ. Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ι ι διάστημα: ο, __ και γνησίως αύξουσα στο: -- , +οο . Με πράξεις βρίσκουμε εύκολα ό�α �α ι τι: f -- = e ln α - 1 ( ελάχιστο). Επίσης έχουμε: lim f(x) = lim .!.. σ.• - ι = +οο . Και ιη α χ ι = +οο , γιατί: lim � μορφή +οο = lim ( α ' ln α ) = +οο . lim f(x) = lim .!.. α χ Χ Χ +00 ι Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο τιμών της f με χ Ε ο, __ είναι : [ e ln α - ί, +οο ) = Δ1 και με ιη α ι χ Ε -- , +οο είναι: ( e ln α - 1, +οο ) = Δ 2 ln α

( )

( ] Χ -+ +«>

[

Χ -+ +<»

)

(

'Εστω ότι: e ln α - I > Ο

( ) ( ) ( ]

( )

. .... ο·

, .... ο ·

Χ --++σ>

(<ο> ; } ( ±] (<ο> ; } α>e

)

Χ -+ +«>

Τότε, το Ο δεν ανήκει σε κανένα από τα διαστήματα Δ, και Δ, και

άρα η συνάρτηση f δεν έχει καμία ρίζα. Έστω ότι: e ln α - ι = ο •:

�

α=e

ι . Τότε προφανώς η συνάρτηση f έχει τη μοναδική ρίζα: χ = __ = e. ln α

α<e

Τότε το Ο ανήκει και στα δύο διαστήματα Δ, και Δ, και επειδή σε

'Εστω ότι: e ln α - I < ο

καθένα από αυτά είναι γνησίως μονότονη, έπεται ότι η συνάρτηση f έχει δύο ακριβώς ρίζες, μια στο διά

στημα

( ) ο,

(

)

Ο ρίζες, αν α > e•

ι ι __ και μία στο -- , +οο .Συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση ( 1 ) έχει: Ι ρίζα, αν α=e : ln α ln α 2 ρίζες, αν α < e• ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/65

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

JR ε JR, δ�εδfο(μέα)+νεςf(συh).νθήκες. Θεωρούμε έναν αριθμό α JR .Από τ'η. ν, (1ι)αμεΕκστα'χθω=ε αhό>τκαιιΟ,μει.αχ=οσυυhμενά:JRρfτ,η(αέσ+χηουfh)μεπλ-:ηffρ((οααί+)τ�ιh)ς--= h α f h f f ( α f ( f O ( ) h ) ( O ) f ( ) f ( h) ( ) ) + � h h h -Ο h h -Ο � � α 2 ( 2 ) . f ' ( α ( )� ) f(hh) f(hh) -Ο- f(O) � f(α+h)h - f(α) � f(hh) -Ο- f(O) ια κα' θε h<Ο, ε,χουμε: f(α+h)h - f(α) � --= � � � . α )� f � f ' ( α ) � 2 ( 3 f ( ( O ) ) ΑπόΣυμπτειρςά(ν2ο)υκαιμε (ό3τ)ι,, έγπιαετακιάόθτειχ: fε'(JR,α)=ισ2χ.ύει: f'(x)=2=(2χ)' κάι άρα: f(x)=2x+c, c ε JR. Και επειδή fκ(ήO)Όζ=ηπωςOτ,ούβμρβίερσνίκοησ.κουμευμόετειύcκ=οO.λαΣυ, ηνσυνεπώςά,ρττόητσεη: ff((xx))==22xx,πγλιαηρκάθοί τειςχ δοJRσμέ. νες συνθήκες και άρα είναι η μοναδι JR Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοχσεμέJRνες συνθήκες. Από την (1 ), παραγωγίζοντας, έχουμε: Έστω ότι γι2fα έ'(νxα)νf"αρ(xι)θ-μό2fα(xε)fJR'(xι)σ=Ο�χύει f'f('α(x)=)[Ο.f"(xΤό) -τεf,(απόx)]=τ0ην(2()1. ) με χ=α θα έχουμε: f2(α)=-1 , άτοπο. Συμπεfρ"(αxίν) ο-υfμ(εxό)=Ο�τι: f'(xf) "(xΟ,)+γιfα'(xκά)=θεfχ'(εx)JR.+fΈτ(xσ) ι,�απfό'(τxη)ν+(2f)(,xέ)χο'=υμfε'(γxια)+κάθf(xε)χ(3).JR: Θε ω ρ ο ύ με τ η σ υ ν ά ρ τ η ση: h( συ ν ά ρ τ η σ η α υ τ ή ε ί ν α ι ορ ι σ μ έ ν η κα ι παρ α γ ω γ ί σ ι μ η x ) = f ' ( x ) f ( x ). + στh'ο (JRx)=καιh(λόx )γ�ω τeη-ςxh(3'()x,)έ+χο(υeμ-xε γ' ιh(α xκάθ)=Οε χ ε�JR(e: -xh(x) '=Ο � e-xh(x )= c(c ε JR) � h(x)= cex . τ η ν ( 1 ) μ ε χ = Ο και ε π ε ι δ ή f ' ( O ) = 1 , β ρ ί σ κο υ με ό τ ι f ( O ) = O. Έχ ο υ μ ε λο ι π ό ν : h ( O ) = f ' ( O ) + f ( O ) = 1. Από Απόh(x)τ=ηeνx �fμε'(xχ)=+Οf,(xβ)ρ=eίσκουμεx �ex:fh'((xO))=+c(eκαιx ' fά(ρxα)=ec=21x. �Έτσ(eι,xfαπό(x)τ'η=ν (�e2έxχ)ο'υ�με,eγxιfα(xκάθ)=ε�χe2xJR:+c' � � f(x)=..!.2 ex+c'e-xe.x -e-Απόx την Ό με χ=Ο και επειδή f(O)=O βρίσκουμε ότι: c'= 2 'Ετσι, από την έσυνθχήοκυεςμεκαι: fά(ρxα)=είναι η2 μον,αχδιεκήJR.ζητοπωςύμενβηρ. ίσκουμε εύκολα η συνάρτηση αυτή πληροί τις δοσμένες Θεωρούμε τη συνάρτη{ση:> Οg,(αxν)=χ>e1χ-ι - χ. συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο JR με: g'(x)=e'·' =0<0,, αανν χχ<=ΙΙ . 1 ;. � Συμπε ρ α ί ν ο υ μ ε ό τ ι η συν ά ρ τ η σ η g στ ο χ = έ χ ε ι ε λ ά 1 χμεισ:τηg(xτι)μ�ή,g(ίlσ)η,δμηελαδg(1ή):=gΟ:(xΕ)τ�Ο,σι, γμεια τκάθο ίσεοχεJRν μόν.οέχαονυ-χ=l .Άρα η εξίσωση g(x)=O, επομένως και η (1 ), έ χει τημημοδνεναιδκιήκήσυρίνζάαρχτη=σ1η. f(x)=O,χ ε JR, προφανώς πληροί την ισότητα (2). Έστω τώρα ότι μια μη μηδεf'(O)

Να βρείτε τις συναρτήσεις f που είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο f(x + y) s f(x) + f(y) και για τις οποίες, για κάθε χ, y να ισχύει: y

ι·

ιm

με f(O)=O, (1)

r: co)

h -. o •

�

ι·

ιm --'--'------'--"-

h -.o•

ι·

--'--'ιm --'--'---

ιm

h -. o-

στο

Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορισμένες και δύο φορές παραγωγίσιμες με f'(O) = 1 και για τις οποίες, για κάθε να ισχύει: ( f'(x) ) 2 - f 2 (χ) = 1 . (1)

-:ι.

(

)

(4)

(4),

)

(5)

)

(5)

_!_ .

(5)

1) Να λυθεί η εξίσωση: e•- 1 = χ (1). r 2) Να βρείτε τις συναρτήσεις f : IR � IR , για τις οποίες ισχύει: f(x + y) = f(x)e <Y>-1 (2), για κάθε x , y ε IR .

-χ

-I

ΕΥκλΕΙΔΗΣ Β'

49 τ.3/66

-χ

·�

ελιi;:: .

+J' �"'

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

_;_ ·

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

νική συνάρτηση f : IR � IR πληροί τη (2). Έτσι, υπάρχει αριθμός α Ε IR με f(α) :;:. Ο . Από την (2) με χ=α και y=O, βρίσκουμε: f(α) = f(α)e f <OJ - Ι => 1 = e f <OJ - Ι => f(O) = l .Από την (2) με χ=Ο, έχουμε για κάθε y Ε IR : f(y) = f(O)e f <yJ - Ι => e f <yJ - Ι = f(y) . Έτσι, από τη λύση της εξίσωσης ( 1 ), έχουμε f(y)= l . Όπως βρίσκου με εύκολα η συνάρτηση f(x)=l , χ Ε IR πληροί την (2). Συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενες συναρτή σεις είναι η f(x)=O και f(x)=l ( χ Ε IR ). : να αποδείξετε ότι για κάθε χ Ε IR ισχύει: e' � 1 + χ , με το ίσον μόνο για χ=Ο. Να βρείτε τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : (Ο, +οο) -+ IR με e1<0 s; e - 2 (1) και για τις οποίες, για ! κάθε χ Ε (Ο, +οο ) ισχύει: f '( x)e1<xJ e1<xJ + χ (2). ·

' '' ... �

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει μια μοναδική ρίζα.

{

; Θεωρούμε τη συνάρτηση : g(x) = e x - 1 - χ . Η g είναι ορισμέ> Ο, αν χ>Ο νη και παραγωγίσιμη στο IR με: g'(x) = e x - 1 = Ο, αν χ=Ο < 0, αν χ<Ο

- :ι:

""\.

ελά):.

-χ

Συμπεραίνουμε ότι: g J ( -οο� Ο] , g 1 [Ο, +οο) και ότι η g έχει ελάχιστο στο Ο, ίσο με: g(O)=O. Άρα: g(x) � g(O) = Ο , δηλαδή e x � 1 + χ για κάθε χ Ε IR , με το ίσον μόνο για χ=Ο. Από την (2) έχουμε για κάθε χ>Ο: ( f'(x)-l) ef(x) =χ => ( f'(x) -l) ef(x )-x =xe-x -e-x +e-x => ( f(x)-x)' ef(x )-x = -e-x +(χ+ l)e-x => ( ef(x)-x ) ' = ( -{χ + l)e-x )' => => ef(x)-x = -{x+ l)e-x +c(c E IR) => ef(x) =-x-l+ cex (3). Από την (3) έχουμε για κάθε χ>Ο: -χ - 1 + ce x > Ο => ce x > χ + 1 => ιim (ce x ) � ιίm (χ + 1) => c � 1 . Εξάλλου από την (3), με x= l , βρίσκουμε: e f <ΙJ = -2 + ce και λόγω της ( 1 ) έχουμε: -2 + ce ::; e - 2 και άρα c ::; ι . Και επειδή, όπως είδαμε παραπάνω είναι c � 1 , έπεται ότι c=l . Έτσι από την (3) έχου με για κάθε χ>Ο: e f < x J = -x - l + e x και άρα: f(x) = ιn(e x - x - 1) . Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση: f(x) = ιη( e x - χ - 1) πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη . 3 Ι Το σύνολο ορισμό της εξίσωσης: f(x)=O είναι Δ = (Ο, +οο) . Για κάθε χ>Ο έχουμε: f(x) = O <:? ιn(e x - x - l) = ιn l <:? e x - x - l = l <:? e x - χ - 2 = 0 . Θεωρούμε τη συνάρτηση: h(x) = e x - χ - 2 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση: h(x) = Ο έχει μια μο ναδική ρίζα στο Δ . Έχουμε: h'(x) = e x - 1 > Ο , για κάθε χ>Ο. Άρα: h ! (Ο, +οο) . Εξάλλου έχουΧ -+0+

Χ -+0+

[(

)]

με: lim h(x) = lim (e x - χ - 2) = - 1 και lim h(x) = ιίm (e x - χ - 2) = ιim χ � - 1 - � +οο , γιατί : χ χ . e x μορφη, · e = . +οο = ι ιm ι ιm +οο χ +οο Συμπεραίνουμε ότι h(Δ) = ( - 1, +οο) . Επειδή Ο Ε h(Δ) , έπεται ότι η εξίσωση h(x) = Ο , έχει μία τουλάχι στον ρίζα στο Δ και επειδή h 1 (Ο, +οο) , έπεται ότι η ρίζα αυτή είναι μοναδική. \ 2., },; J ! 2.... 1 i \ -� . Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη, παραγωγίσιμη και κυρτή στο IR . Στο Ο έχει τοπικό ελάχιστο, η f' είναι συνεχής στο Ο και για κάθε χ Ε IR ισχύει: f(x) > Ο . Να αποδείξετε ότι: χ -.ο•

χ -. ο •

χ -++"'

(

)

χ -++σο

χ -+ +σο

χ -+ -+«>

1) Η συνάρτηση

f στο Ο έχει ολικό ελάχιστο. 2) Η συνάρτηση: g(x) f 2 (x) είναι κυρτή στο IR .

. Επειδή η συνάρτηση f είναι κυρτή στο IR , έπε ται ότι: f' . Επειδή η f έχει τοπικό ελάχιστο στο Ο, έπε'; Ί · }.

! ΙR ται ότι: f'(O) = Ο . Έτσι έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

- :ι:

Β' 49 τ.3/67

ελά.χ.

- :ι:

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

x < O � f'(x) < f'(O) = O � f'(x) < O και χ > Ο � f'(x) > f'(O) = Ο � f'(x) > Ο .

Άρα: f J ( -οο, Ο] και f ! [Ο, +οο) . Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f στο Ο έχει ολικό ελάχιστο. 2) Η συνάρτηση g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο IR , με: g'(x) = 2f(x)f'(x) . Θα αποδείξουμε όJR f(α) > f(β) τι: g' ! ΙR . Θεωρούμε δύο αριθμούς α, β Ε . Έχουμε: α < β < Ο � f'(α) < f'(β) < f'(O) = Ο f(α) > f(β)(> Ο) � -f(α)f'(α) > -f(β)f'(β) � g'(α) < g'(β) . � -f'(α) > -f'(β)(> Ο) (Ο <)f(α) < f(β) Συμπεραίνουμε ότι: g' ! ( -οο, Ο) .Επίσης έχουμε: Ο < α < β � (Ο = f'(O) <)f'(α) < f'(β) � f(α)f'(α) < f(β)f'(β) � g'(α) < g'(β) . Συμπεραίνουμε ότι: g' !(O, +oo) . Και επειδή g' !(-οο, Ο) και η συνάρτηση g' . είναι συνεχής στο Ο, έπεται ότι: g' ! IR .Άρα η συνάρτηση g είναι κυρτή στο IR .

{

(;)

Μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [α, β] (α<β) με f(α) = - α , r α β = - α β και f(β) = -β . Ακόμα, η f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο (α, β)

,\ l: Κ Η Σ Η

i 5.

;

με f "'(χ) < Ο , για κάθε χ e (α, β) . Να αποδείξετε ότι: J} Η C r έχει ακριβώς ένα πιθανό σημείο κα μπής. 1 ) Η C r έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής. 3 \ Αν -β < α < Ο , τότε η f έχει το πολύ τρεις ρίζες στο διάστημα (α, β) , εκ των οποίων η μία τουλάχιστον είναι μικρότερη του α + β .

[α, α;β] και [α;β , β] . 2

Λ Υ l: !-ι 1 }

Από το θεώρημα μέσης τιμής για την f σε καθένα από τα διαστήματα

( )

r( α+β2 ) -f(β)

- α+β +α 2 α+ β -β α+ β -α =-1 2 2 και όμοια f' (ξ 2 ) = ... = -1 . Προφανώς: α < ξ, < ξ 2 < β . Από το θεώρημα του Rolle για την f' στο διάστημα [ξ, , ξ 2 ] , έπεται ότι υπάρχει αριθμός ξ Ε (ξ, , ξ 2 ) με f "(ξ) = Ο . Άρα, το σημείο Μ (ξ, f(ξ)) είναι πιθαέπεται ότι υπάρχουν αριθμοί ξ, Ε α, α+β και ξ2 Ε α + β , β με: f'(ξ ) = 2 2

νό σημείο καμπής της C r . Και επειδή f" J (α, β) , αφού f m (χ) < Ο για κάθε χ Ε (α, β) , έπεται ότι το ση μείο αυτό Μ είναι το μοναδικό πιθανό σημείο καμπής (η f" δεν μπορεί να μηδενίζεται σε άλλο σημείο). α < ξ, < χ < ξ < β � f"(x) > f"(ξ) = Ο � [ f κυρτή στο (ξ, , ξ)] και 2 ) Επειδή f" J ( α, β) , έχουμε: α < ξ < χ < ξ 2 < β � f"(x) < f"(ξ) = Ο � [ f κοίλη στο (ξ, ξ 2 )] . Συμπεράνουμε ότι το σημείο Μ (ξ, f(ξ)) είναι το μοναδικό σημείο καμπής της C r . α + β > Ο . 'Εστω ότι η συνάρτηση f έχει τέσσερες ρίζες 3 ) 'Εστω ότι -β < α < Ο . Τότε α < Ο, β > Ο και 2 στο (α, β), τις ρ 1 < ρ 2 < ρ 3 < ρ 4 • Έτσι, από το θεώρημα του Rolle , η συνάρτηση f' θα έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες στο (α, β), τις η , Ε (ρ, , ρ 2 ) , η 2 Ε (ρ 2 , ρ 3 ) και η 3 Ε (ρ 3 , ρ 4 ) • Ό μοια, η συνάρτηση f" θα έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο (α, β), μία στο διάστημα (η, , η 2 ) και μία στο ( η 2 , η 3 ) • Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί f" J (α, β) . Άρα η συνάρτηση f έχει το πολύ τρεις ρίζες στο διάστημα (α, β). Επειδή f( α)f α β = α · α β < Ο, από το θεώρημα του Bolzano για την f στο διάστημα α, α β , έ-

(;)

;

( )

[ ;]

α +-β και αρα α +-β . , μια ' τουλαχιστον ' ειναι ' μικροτερη ' ' ' στο διαστημα ' του πεται οτι ρι'ζα της f ειναι α,2 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 49 τ.3/68

� � /

,. ,, . ' ' ' μ ·· � ' \ .<... �' �-� L. � il

1·'· �,ί -. .:..

Ε υ κλεί δ ης

π ρ οτείνει . . . Επιμέλεια:

ΛΥΣΗ

Άρτας ).

(ΤΕΥΧΟΥΣ 74 )

- - -

Πεύκη ) Ράμια

Δ i i !VH I T P J O Κ -\ ί) Β Ε Λ Λ " t Π Ω !) ! υ :\·1 !-ϊΓ2::J Ο -

(Από τον

P. R. HALMOS

! Ό 1\:. Τ η-\ \ Π)� - '-' · Θ Λ '\ Π ! \ΧΗJΟΥ .\ΟΣ -- Η . Λ. ΤΖ !ΩΤΖ Ι Ο Σ

Δίνονται δύο σταθερά σημεία Α, Β και τρία με ταβλητά σημεία Γ, Δ, Ε εκτός της ευθείας ΑΒ. Θεωρούμε σημείο Ζ του ΑΓ τέτοιο, ώστε ΖΑ = 2 · ΖΓ , σημείο Η του ΒΖ τέτοιό, ώστε ΗΒ = 3 · ΗΖ . Η ευθεία ΓΗ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Κ. Θεωρούμε σημείο Θ της ΑΔ τέτοιο, ώστε ΘΑ = 3 · ΘΔ , σημείο Ι της ΚΘ τέτοιο, ώ στε ΙΚ = 4 · ΙΘ , σημείο Λ της ΑΕ τέτοιο, ώστε ΛΑ = 3 · ΛΕ και σημείο Μ της ΚΛ τέτοιο, ώστε ΜΚ = 4 · ΜΛ . Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΔΙ και ΕΜ διέρχονται από το αυτό σημείο της ΑΒ.

(Από τον

ιιΗ καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα)).

= -1 (ΗΖ + ΖΑ + ΗΒ) = -1 (ΗΖ + 2ΓΖ - 3ΗΖ) = 2 2 ΓΖ - ΗΖ = Γ Η , οπότε τα σημεία Γ , Η , Κ ' είναι συνευθειακά και άρα Κ = Κ' είναι μέσον του ΑΒ. Αν Ν είναι το μέσον του ΑΚ ,τότε έχουμε ότι: - 1 - - 1 - - ΙΝ = - (IA + ΙΚ) = - (ΙΘ + ΘΑ + IK) = 2 2 1 --= - (ΙΘ + 3 · ΔΘ - 4 · ΙΘ) = -3 (ΔΘ ΙΘ) = -3 ΔΙ 2 2 2 οπότε τα σημεία Δ ,I ,Ν είναι συνευθειακά και 1 - - 1 - - ΜΝ = - (ΜΑ + ΜΚ) = - (ΜΑ + ΛΑ + ΜΚ) = 2 2 - 3 - - 31 (ΜΑ + 3 ΕΛ + 4 · ΛΜ) = (ΕΛ + ΛΜ) = ΕΜ 2 2 2 Οπότε τα σημεία Ε, Μ, Ν είναι συνευθειακά. Ώστε, οι ευθείες ΔΙ και ΕΜ διέρχονται από το ίδιο σταθε ρό (και ανεξάρτητο από την θέση των Γ,Δ,Ε ) σημείο Ν για το οποίο ισχύει: ΑΝ = _!_ · ΑΒ . 4 ΛΥΣΗ 3 " (Από τον ΓI Ω f' l U Λ Π ι)�Τ()Λ Ο ! ! Ο Υ Λ Ο - Μεσολόγγι ) Θεωρούμε σύστημα ορθογωνίων αξόνων με αρχή το σημείο Α(Ο,Ο) και B(l, O) . (οπότε το ΑΒ έχει μέτρο ίσο με την μονάδα μέτρησης ) ·

Ε Έστω Ρ , Ν τα σημεία τομής της ΑΒ με τις ευθείες ΔΙ και ΕΜ αντιστοίχως. Από το θεώρημα του ΜΕΝΕΛΆΟΥ: ι) Στο ΑΒΖ με διατέμνουσα την ευ θεία ΓΗΚ παίρνουμε: ΗΒ . ΓΖ = 1 => ΚΑ . 3 . _!_ = 1 => = ΚΒ ΚΑ . ' ΚΑ ΚΒ ΗΖ ΓΑ ΚΒ 3 δηλ το σημείο Κ είναι σταθερό ( μέσον του ΑΒ ) ιι) Στο ΑΘΚ με διατέμνουσα την ευθεία ΔΙΝ , ΝΑ ΙΚ ΔΘ ΝΑ 1 παιρνουμε: - · - · - =1 =>- · 4 · - =1=>N.k=NK ΝΚ ΙΘ ΔΑ ΝΚ 4 δηλ το σημείο Ν είναι το μέσον του ΑΚ. ( 1 ). ιιι) Στο ΑΚΛ με διατέμνουσα την ευθεία , ΡΚ · -ΜΑ · ΕΑ = 1 => ΡΚ · -1 · 4 = 1 ΕΜΡ εχουμε: ΡΑ ΜΚ ΕΛ ΡΑ 4 => ΡΚ = Ρ Α , δηλ. το Ρ είναι το μέσον του ΑΚ (2) Τελικώς, τα σημεία Ρ , Ρ ' συμπίπτουν με το μέσον του ΑΚ και ισχύει: ΑΡ = _!_ · ΑΚ = _!_ · ΑΒ . 4 2 ΛΥΣΗ 2 " ( Από τον Β Λ ! i 'Ει\ ; 1 !ν! t ) Υ !)Ο\' Κ Ο Αγρίνιο ) Έστω Κ ' το μέσον i-ου ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ.Τότε, έχουμε διαδοχικά Η Κ'' = _!_ (ΗΑ + ΗΒ) = 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

•

Δ(δ ι, δ 2)

•

ΟΞΑ(Ο,Ο)

Ε(ει,ε2)

B(l ,O)

Έστω Γ(γ 1 , γ 2 ) , Δ(δ 1 , δ 2 ) , Ε(ε 1 , ε 2 ) . Τότε, θα εί2γ + 1 γ ναι : Ζ(-2 γ 1 , -2 γ 2 ) , Η ( 1 , -2 ) . Ο συντελε3 3 4 2 2 στής διευθύνσεως λ της ΓΗ είναι λ = γ 2 και 2γ1 - 1 2γ η εξίσωσή της είναι y - γ 2 = 2 (χ - γ 1 ) ( 1 ). 2γ 1 - 1 Από την ( 1 ) , για y = Ο , παίρνουμε το σημείο το μής της ΓΗ με τον άξονα χ 'χ , δηλ. το σημείο Κ. 79 τ.3/69

------

Ο Ευκλείδης προτείνει

...

και η αποδεικτέα σχέση ( 1 ) γράφεται ισοδυνάμως Είναι Κ(.!.. ,0) ,οπότε το Κ είναι το μέσον του ΑΒ. 2 χ 3 + y 3 + z 3 � � + l. + � = x 2 y + y 2 z + z 2 x (2) Εύκολα βρίσκουμε ότι είναι: z χ Υ 6 ι + 1 3δ 2 3 3 Αρκεί , λοιπόν, να δειχθεί ότι: Θ( - δ ι , - δ 2 ) , 1 ( δ , -) και Λ ( -3 ε 1 , -3 ε 2 ) , 4 4 10 5 4 4 χ 3 + y 3 + z3 � x 2 y + y 2 z + z 2 x � 6ε + 1 3ε2 Μ( , ) Για τις ευθείες ΔΙ και ΕΜ έχουμε x 2 (x - y ) + y 2 (y - z) + z 2 (z - x) � O (3) 5 10 Η (3) ισχύει για κάθε χ, y, z Ε R : . Πράγματι., αν λ = � ' είναι χ � y � z > Ο , μία τυχαία διάταξη των χ, y, z συντελεστές διευθύνσεων: 4δ - 1 τότε η (3) ισοδυναμεί με : λ = 4ε 2 και αντίστοιχες εξισώσεις χ 2 (χ - y) + y 2 (y - z) + z 2 (z - χ) � Ο 4ε 1 - 1 � χ 2 (χ - y) + y 2 (y - z) + z 2 (z - y + y - χ) � Ο 4δ 2 (χ - δ ι ) , y - δ2 = � (χ 2 - z 2 )(x - y) + (y 2 - z 2 )(y - z) � O 4δ ι - 1 Η λύση του συστήματος των δύο αυτών εξισώσεων Δηλ. σχέση που ισχύει. δίνει το σημείο τομής Ρ των ευθειών ΔΙ, ΕΜ, που Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι : είναι Ρ(.!.. ,0) και είναι σταθερό . 4 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 74 ) ι :. : �< ': � Σ ' ' ,

•

ΔΙ

εΜ

' ι' Τ Γi ! .' (

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

Να δειχθεί ότι αν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί α, β, ρ ικανοποιούν την ισότητα α 2 + β 2 - α - β = ρ(l + αβ) (1) , τότε ο ρ είναι γι νόμενο διαδοχικών ακεραίων. (Από τον

ΤΕΥΧΟΥΣ 74 )

Να δειχθεί ότι για οποιουσδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει ότι: α+β+γ α2 β2 γ 2 + -2 + -2 + 3 � 2 · , co:: . 2 β γ α {ιαβγ

(Από τον ! Γ " · · <ι : : ·: · ' ' ' λόγγι ) i·• ΛΥΣΗ ( Από τον !, . ,

, r !( y , · : · �'

( • - Μεσο-

Δάφνη) , , α , μο-, Ειναι : β2 + 1 � 2 β , με την ισοτητα να ισχυει α2

·,

! -

νο για α = β . Κυκλικά, είναι: β + 1 � 2 Q. , γ

� + 1 � 2 1.α . Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε

α , , α2 β2 γ2 α β γ +-++ 3 � 2(- + - + -) , οποτε αρκει 2 2 β γ α β γ2 α , α β γ α+β+γ , η το αυτο: να δειχ;θει:, +-+-� β γ α Vα βγ α β γ Γa} , [ί32 , {i + + + � + (1) � � iti 13 γ α Αν τεθεί: α = χ 3 ' Q. = y 3 1.. = z 3 είναι xyz = 1 γ ' α ' β ,

Ψ ν

Θεσ/νίκη )

- Αγρίνιο ). Θεωρούμε το σύνολο S={ (x, y) EZxzι χ�Ο, y�Οκαι χ 2 + y 2 - χ - y= p( l + xy) } . Επειδή είναι (α, β ) Ε S => S * 0 . Το Ω = {χ + y / (x, y) E S } εί ναι μη κενό υποσύνολο του συνόλου των μη αρνη τικών ακεραίων και άρα έχει ελάχιστο στοιχείο, έστω m. Έστω (Α, Β) Ε S τέτοιο, ώστε Α + Β = m . Υποθέτουμε , χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι εί ναι Α � Β . Αποδεικνύουμε στην συνέχεια τον ι σχυρισμό: Β = Ο . Υποθέτουμε ότι Β > Ο . Επειδή (Α, Β) Ε S , θα είναι Α � Β > Ο και Α 2 + Β 2 - Α - Β = p(1 + ΑΒ) ή ισοδυνάμως: Α 2 - (1 + pB)A + Β 2 - Β - p = Ο . Δηλ. η εξίσωση x 2 - (l + pB)x + B 2 - B - p = O ( l ) , έχει σαν λύ ση τον αριθμό χ = Α . Από τους τύπους του VIETΑ η άλλη λύση της ( 1 ) είναι η ΛΥΣΗ (Από τον

• '

· . ·

Β2 - Β - Ρ . Από την σχέση χ = 1 + pB - Α = 2 Α χ = 1 + pB - Α προκύπτει ότι χ 2 Ε Ζ . Αν ήταν 2 χ < Ο , δηλ. χ � -1 , τότε θα είχαμε ότι 2 2 χ; - (l + pB)x2 + Β2 - B -p = 2 = χ; - χ2 - pBx2 + Β2 - B- p � x; - χ2 + pB + B - B-p � χ; - χ2 + p + Β2 - Β -p = χ; - χ2 + Β2 - Β > Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3!70

------

Ο Ευκλείδης προτείνει

Έτσι, αρκεί να δειχθεί ότι το Ζ είναι το μέσον της ΑΙ, δηλ. ότι το τρίγωνο ΑΕΙ είναι ισοσκελές. Τα τρίγ ωνα ΒΕΙ και ΓΕΑ έχουν: ΒΕ=ΓΕ, ΒΙ=ΑΓ=β ,

Πράγ μα άτοπο, αφού το χ 2 είναι λύση της ( 1 ). Επομένως, είναι χ 2 � Ο , οπότε (χ 2 , Β) ε S . Επειδή , Β2 - B - p Β2 Α2 < :s; Α � Β , θα ειναι χ 2 = =Α Α Α Α Οπότε χ 2 + Β < Α + Β = m , άτοπο, από τον ορισμό του m. Άρα, είναι Β = Ο . Από τον ισχυρισμό έχου με ότι (Α,Ο) ε S , δηλ. p = A 2 - Α = Α(Α - 1) που σημαίνει ότι ο ρ είναι γ ινόμενο διαδοχικών ακε . ραίων. -

αντίσrροφο της άσκησης. Δηλ. έσrω

ε Ζ , k > Ι . Τότε, η διοφαντική εξίσωση - x - y = p(1 + xy) ( ) έχει την λύση

p = k(k - 1) , k + y2

(x, y) = ( k , 1 + k 2 (k - 1) ) σrο σύνολο των θετι κώ ν ακεραίων. Γενικότερα, όλες οι λύσεις της (*) είναι διαδο χικοί όροι της ακολουθίας των θετικών ακεραίων (χ ν ) 2 που ορίζεται αναδρομικά : Χι = k , χ = 1 + k (k - 1) X v+2

και ΕΒΙ = ΕΓΑ . Άρα, τρΒΕΙ=τρΓΕΑ, οπότε ΒΙΕ Α 1 = Α 2 , που σημαίνει ότι το τρίγ ωνο ΑΕΙ είναι ισοσκελές και άρα το ζητούμενο. Αναλόγ ως εργ αζόμαστε γ ια την περίπτωση ΑΒ>ΑΓ. ΛΥΣΗ 2 8 (Από τον - Ηράκλειο Κρήτης) Έστω ΑΒ < ΑΓ . Επί της ΑΓ θεωρούμε σημείο Κ τέτοιο, ώστε ΑΚ=ΑΒ και από το μέσον Μ της ΒΓ φέρουμε την παράλληλο προς την ΒΚ που τέμνει την ΑΓ στο Λ. Έστω Ζ η τομή της ευθείας (ε) με την ΑΒ. Φέρουμε το ΜΖ. Θα δείξουμε ότι τα ση μεία Ζ , Μ , Λ είναι συνευθειακά. Αρκεί προς

'ΠΑΡΑ ΤΗΡΗΣΗ (του ιδίου συναδέλφου ). Ισχύει και το χ2

...

τούτο να δειχθεί ότι: ΖΜΒ+ ΒΜΟ+ ΟΜΛ = 1 80 ° . Α

= 1 + k(k - 1)x v+l - X v για ν = 1,2,3, . . . ..

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: ( ΤΕΥΧΟΥΣ 74 )

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=γ και ΑΓ=β , η διχοτό μος της γωνίας Α τέμνει την ΒΓ στο Δ και τον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ στο σημείο Ε. Από το Ε θεωρούμε ευθεία (ε) κάθετη στην ΑΒ. Να αποδειχθεί ότι η απόσταση της κορυφής Α από την ευθεία (ε) είναι ίση με .!. (β + γ) . 2 (Από τον

ΛΥΣΗ 1 8 ( Από τον ίδιο )

(ε)

Από το εγγ ράψιμο τετράπλευρο ΒΜΕΖ ισχύει: Λ

είναι �ΜΒ = 90° - "2 - Γ (2). Ακόμη, έχουμε Λ

ΖΜΒ ΒΕΖ . και επειδή

- Θες/νίκη ).

Α ΒΕΖ = 90° - ΖΒΕ = 90° - (Α1 + Ε1 ) = 90° - - - Γ 2

Έστω ΑΒ < ΑΓ . Τότε, το σημείο τομής Ζ της ευ θείας (ε) με την ΑΒ είναι εξωτερικό σημείο του τριγ ώνου ΑΒΓ. Αρκεί να δειχθεί ότι

Λ Λ Λ Λ ΟΜΛ = 90° - ΛΜΓ = 90° - (1 80 ° - Γ- Κ ι ) =

ΕΖ = .!_ (β + γ) . Στην προέκταση της ΑΒ θεωρούμε 2 σημείο Ι τέτοιο, ώστε ΑΙ = β + γ . Α ---

Από τις (2),(3) παίρνουμε: ΖΜΒ+ ΒΜΟ+ ΟΜΛ = Λ

Λ Α Α Λ = 90 ο - - Γ+ 90 ο + Γ+ = 1 80 ο .

Άρα ' το τε2 2 τράπλευρο ΒΚΛΖ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε ΑΓ - ΑΚ ΑΓ - ΑΒ β - γ ΚΓ = = ΖΒ = ΚΑ = 2 2 2 2 -γ β+γ Τελικά, ΑΖ = ΑΒ + ΒΖ = γ + β = . 2 2 ΛΥΣΗ 3 8 (Από τον Δραπετσώνα) Έστω ΑΒ < ΑΓ . Τότε ,το σημείο Ζ είναι στην προέκταση του ΑΒ. Αν ΕΗ .l ΑΓ το Η βρίσκεται ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

79 τ.3/71 ..

------

Ο Ευκλείδης πρ οτείνει . . .

μεταξύ των Α , Γ . Επειδή το Ε είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας Α ισχύει: ΕΖ=ΕΗ ( 1 ) και ΕΒ=ΕΓ (2).

(ε) Από τις ( 1 ),(2) έπεται ότι τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΒΖ και ΕΓΗ είναι ίσα, οπότε ΒΖ=ΓΗ (3). Τα ορ θογώνια τρίγωνα ΖΑΕ και ΗΑΕ είναι ίσα αφού έ χουν την ΑΕ κοινή πλευρά και ισχύει η ( 1 ). Συνε(3)

πώς, έχουμε: ΑΖ=ΑΗ::::> γ +ΒΖ=β-ΗΓ::::>2ΒΖ= β -γ β-γ β+γ β - γ ΑΖ = ΑΒ + ΒΖ = γ + = ::::> ::::> ΒΖ = 2 2 2

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: \

}

\ ' 1 ] ':

' . ' : .'. ί.,-ι ) \ τ ( ) ι ·, �-

! 7 ι,;. ( ΤΕΥΧΟ ΥΣ 74 ) Έστω μία συνάρτηση f : (Ο,+οο) � R τέτοια, ώστε για κάθε χ > Ο να ισχύει f(x) > Ο και f(f(x) + y) = xf( l + xy) (τ). Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f . (Από τον συνάδελφο .; i :' Λ. χ, Γ ι: .�: '·. ,! ( • : f ( , , '\ '. J - Ίλιον ) ' - Ρ άμια Άρ \ i i : ·; ΛΥΣΗ (Από τον ; τας ) Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση f που ικανο ποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Από την (τ) , για y = Ο, χ :> Ο έχουμε f(f(x)) = xf(1) ( 1 ). Αν χ 1 , χ 2 Ε (Ο,+οο) με f(χ 1 ) = f(χ 2 ) , τότε είναι

. \ Σ i'<

�;,τ�

. .

' '

f(f(x 1 )) = f(f(x 2 )) ::::> x 1 f(l ) = x 2 f( l ) ::::> χ 1 = χ 2

Δηλ. η f είναι 1 - 1 στο (Ο,+οο) . Η ( 1 ) για χ = 1 δί νει f(f(1)) = f( l ) ::::> f(1) = 1 , οπότε η ( 1 ) γράφεται f(f(x)) = χ (2). Από την (τ), για χ > Ο και y = 1 έχουμε: f(f(x) + 1) = xf(1 + χ) (3), ενώ αν θέσουμε όπου χ το f(x) και y = 1 , έχουμε: f(x + 1) f(x + 1)

(2)

f(x)f(l + f(x)) => (3)

f(x) · f(l + f(x)) =>

f(x) · χ · f(l + χ) => xf(x)

1 => f(x)

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας R . Θεωρούμε 9 τυχαία σημεία του κυκλικού δίσκου του (εντός ή επί του κύκλου). Να δειχθεί ότι για οποιαδήποτε επιλογή των 9 αυτών σημείων υ πάρχουν πάντοτε δύο σημεία των οπ�ίων η μεταξύ τους απόσταση δεν υπερβαίνει την τιμή -1 R J2 . J7 . (Προτείνεται από τον συνάδελφο 3 ;·i : - Ράμια Άρτας ) 1 :<' Αν μία πραγματική συνάρτηση f είναι κοίλη σε ένα διάστημα της μορφής Δ = [-οο, a) , a Ε R και έχει aσύμπτωτη στο - οο την ευθεία ε( χ) = λχ + β λ, β Ε R , τότε να δειχθεί ότι η γραφική παράσταση της f βρίσκεται «κάτ@) από την aσύμπτωτη στο διάστημα Δ . (Από τον \. ·: - Χανιά ) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f(x) = �4 x 2 - 28χ + 5 3 + �χ 2 - 6 x + 4 5 , x E R . (Από τον μαθητή - Μύρινα Λήμνου ) ;: . Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΒΓ μήκους α μονάδων. Θεωρούμε προς το αυτό μέρος του ΒΓ η μιευθείες Β χ , Γy τέτοιες, ώστε να είναι Λ

ΓΒχ = ΒΓy = 1 20 ° . Στο εσωτερικό της τεθλασμένης χΒΓy θεωρούμε τυχαίο σημείο Ρ και φέρουμε PΔ .l BΓ , PE .l Γy , PZ .l Bx . Να δει χθεί ότι : (ΖΒ) + (ΔΒ) - (ΕΓ) = σταθερό. (Από

τον · .c " ' � Σ; • ; : :.� ρ. , . , (; - Πρέβεζα ) Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθ μούς χ, y, z ισχύει χ + y + z = 1 , τότε να δειχθεί ότι ισχύει η σχέση :

� Jy:: J +

(I)

f(f(f(x)) + 1 )

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση αυτή ικανοποιεί τις υποθέσεις του προβλήματος.

1 χ

z zx y

: �%·

, ., / ; (Από τον Μεσολόγγι ) Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί χ, y, z, α , β , γ, ν που ικανοποιούν το σύστημα Χ ν + Υ ν-Ι + Ζ ν- 2 = α ν ( Σ ) Υ ν + Ζ ν-1 + Χ ν- 2 = β ν Ζ ν + Χ ν-1 + y ν- 2 = γ ν

{

Από τον Θεσαλονίκη )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/72

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Γεωμετρικές Αποδείξεις στην Άλγεβρα

Κωνσταντίνος Αλ. Νάκος Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

Ε ισαγωγή

Τα Μαθηματικά ως καθαρά θεωρητική επιστήμη δημιουργήθηκαν και αναπτύχθηκαν στην αρχαία Ελ λάδα. Οι αρχαίοι Έλληνες, μαζί με την θεωρία τους, επινόησαν και την ορολογία της επιστήμης, προσδιόρι σαν τις βασικές έννοιες, άσκησαν τον κριτικό λόγο, εισήγαγαν την αποδεικτική διαδικασία και οικοδόμη σαν τον παραγωγικό συλλογισμό. Στα έργα των αρχαίων Ελλήνων θα βρούμε όλες σχεδόν τις μεθόδους α πόδειξης. Εξάλλου, η αξιωματική θεμελίωση είναι ένας απλός τομέας που ξεκίνησε από την αρχαία Ελλάδα, κλασσικό παράδειγμα της οποίας είναι τα «Στοιχεία του Ευκλείδη» Ο Ευκλείδης κατέγραψε τις αρχικές έννοιες των γεωμετρικών αντικειμένων, τις βασικές ιδιότητες και καθιέρωσε τους ορισμούς. Τα «Στοιχεία» είναι ένα από τα σημαντικότερα μαθηματικά έργα όλων των εποχών, αφού εδώ και πλέον των 2. 300 χρόνων χρησιμεύει ως σταθερό κείμενο για την διδασκαλία των βασικών μαθηματικών εννοιών. Το βιβλίο Π είναι το μικρότερο σε έκταση σε σχέση με τα άλλα. Το κυριότερο χαρακτηριστικό του είναι η θεματική ομοιογένεια και συμπάγεια. Οι πρώτες δέκα προτάσεις αποτελούν αυτό που λέμ ε σήμερα «Γεωμετρική Άλγεβρα» των αρχαίων Ελ λήνων, δηλαδή αλγεβρικές σχέσεις που αποδεικνύονται με γεωμετρικές μεθόδους. Οι ιδέες του Ευκλείδη επεκτάθηκαν στα νεώτερα χρόνια σε βαθιές μαθηματικές θεωρίες (Αλγεβρική Γεωμετρία, Γεωμετρία των αριθμών, Γεωμετρική Ανάλυση . . . . .) .

Ας δούμε όμως μερικές τέτοιες εφαρμογές: 1) (α+β/ α1+/f+2αβ =

α2

αβ

Ετετ = ( α+β)2 Ετετ = αβ+ αβ+αβ+ αβ+Μ=4αβ+Μ Άρα ( α+β)2=4αβ+Μ � 4αβ Δηλαδή ( α+β)2 � 4αβ χ

1 �2 +χ

(χ>Ο)

β α 2 Ετετ = ( α+β) 2 2 2 2 Ετετ = α +β +αβ+αβ= α +β +2αβ

2) (α+β/ � 4αβ

αβ

αγ

αβ

αβ β

αβ

α β

Α Γ 2 Έστω ορθογώνιο τρίγωνο με ΑΓ=2 και ΑΒ

I 1

' ' = χ - -;1 τοτε σuμφωνα με το ,

ρειο θεώρημα:

α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

79 τ.3/73

πυ θ αγο-

+- ��' J : J : Η- Ι �Η

Το Βήμα του Ευκλείδη

ΒΓ �

�

4 + x' - 2 +

�

2 + x' +

�

χ+

Γ ράφ ω

χ+

�)

κύκλο

a b R= + 2

ΑΚ=α ΚΒ =b με κέντρο

και αφού η υποτείνουσα είναι μεγαλύ τερη από την κάθετη συμπεραίνουμε 1 ότι χ + - 2 2 χ 4) ΓΜ : Γεωμετρικός μέσος ΑΜ: Αριθμητικός μέσος

ΓΜ� a+b .fcili � 2

και ακτίνα

ο ΚΜ2= 0Μ · ΜΡ

z a+b ) ( = -2-

=> ν� ab ΜΡ =

ΜΡ

2ab

a+b αλλά λόγω των σχέσεων υποτείνουσας κάθε της στα ορθογώνια τρίγωνα θα είναι: a b ΟΜ � ΚΜ � ΜΡ => � .fcili � a

2::

;

Έστω ΑΡ=α ΡΓ=b

κυ κλος

ΑΜ : ΓΜ: ΑΡ·Μ :

Δηλαδή

ΑΜ

2 ΓΜ 2 ΑΡ ·Μ

ΑΝ ΙΣΧΥΕΙ: α�b�c�O

και

α+b+c� 1

τότε α2+ 3b2+5c2 � 1

' R= a + b και ακτινα -2 Το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Β . Άρα BP2=AP •PΓ=>x2=ab => x= .fcili a b Αλλά χ � R => x= .fcili � + 2 Πότε ισχύει : a+b .Jcili = =>2 .fab = a+b => 4αb=α2+b2+2αb 2 => ( α-b)2= Ο => α = b a+b , δη λαδη R= -- , ν� ab = νΓ2 a- = a 2 και

=> . . . . . .

' με κεντρο

ΑΡΙΘΜ ΗτΙΚΟ Σ Μ ΕΣΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ Μ ΕΣΟΣ ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ Μ ΕΣΟΣ

ΑΜ � ΓΜ 2 ΑΡ·Μ

αz

( α+b+c )2 α2+3b2+5c2+M (Εγραμμοσκιασμένου = Μ ) (α+b+c)2 = α2+3b2+5c2+M Άρα α2+ 3b2+5c2 � ( α+b+c)2 � 1 2 � 1 Ετετρ

Ετετρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3174

c c2

Το Βή μα του Ευ κλείδη

Κο ι νά Ση � εία των Γραφ ι κών Παρα

ΣΥΜΜ ΕΤΡ IΑ.

•

στ�σεων μ ι ας

Συναρτησης κα ι της Αντ ι στ οφ ς τ ς

Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ

Αν Α ς R , f : Α � R συνάρτηση 1 - 1 και Γ ' : f(A) � R η αντίστροφη συνάρτηση της f , τότε είναι γνωστό ότι οι καμπύλες C r , C r- , είναι συμμετρικές ως προς την διχοτόμο y = χ των γωΛ

νιών xOy , x'Oy' . ότι: Οι Ι ) Αποδεικνύουμε εξισώσεις 1 είναι πάντοτε ισοf(x) = χ (1) , Γ (χ) = χ (2) δύναμες στο σύνολο Τ = Α n f(A) Πράγματι. Χ Ε τ είναι λύση της (1) <::::> f(x 0 ) = Χ0 <::::> f- 1 ( X0 ) = Χ0 <::::> Χ0 Ε Τ είναι λύση της (2) . 1 1 ) Η εξίσωση f(x) = Γ 1 (χ) (3) , ορίζεται στο σύνολο Τ = Α n f (Α) και έχει λύσεις τις τε τμημένες των σημείων τομής των Cr , C Γ, . Τα σημεία τομής των Cr , C Γ, δεν βρίσκο νται όλα πάνω στην διχοτόμο y = χ των γω-

πρώτης γωνίας των αξόνων. f: (0, �) �R: χ �f(x) =� , r1 : (0, �) �R: χ �r1 (x) =� χ χ ' 1 ' ,- y = x y=,' χ ' ι

νιών xOy , x'Oy' . \ \ 11 !i \ ! ' \ \ ! 1 !

\! \

Είναι: Dr n f(Dr ) = [ 0, +oo) n (-oo, 1 ] = [ 0, 1 ] = T , ,, , ,'y = χ ,, ,, , , ,

...

-·

-u

{

..... , , , , ....

, ,,

I ' •

...

2.i

•I

{� ·.

·-.,.

Παρατηρούμε ότι:

�"

{

•

- =χ χ

f(χ) = Γ' (χ) Λ

<::::>

χ>Ο

<::::> χ > Ο .

χ>Ο

Δηλ. οι C r , C r- , ταυτίζονται στο (Ο, +οο) (ά πειρα κοινά σημεία με μοναδικό κοινό σημείο με την διχοτόμο y = χ , το A(l, 1) που αποτελεί και την μοναδική λύση των συστημάτων: y = f- ' (x) y = f(x) δηλ. του συστήματος: , y=x>O y=x>O

{

y = .!. χ = _!_ χ2 = 1 <::::> x = y = 1 ) χ <::::> χ <::::> -x>O Y y=x>O y=x>O Ι Η Αν η f : Α ---+ R είναι ΓΝΗΣΙΩΣ ΑΥΞΟΥ ΣΑ, τότε οι εξισώσεις:

(2) , f(x) = Γ1 (χ) (3) είναι ισοδύναμες στο σύνολο Τ Α f ( Α )

f(x) =x

(1) , Γ1 (χ) = χ

και όλα τα σημεία τομής των σκονται πάνω στην διχοτόμο

{

•

f : [O, +oo) � R : χ � f(x) = 1 - χ 2 ' r-ι : (-oo, l] � R : x � Γ (x) = �

...

..C

χ=Ο χ=1 J5 - 1 Χ= 2 J5 -1 J5 -1 Από τα σημεία τομής: Α(Ο,1),Β(Ι,Ο),Κ( ), , 2 2 μόνο το σημείο Κ ανήκει στην διχοτόμο της f(χ) = Γ ' (χ) 1 - χ 2 = ·Jι - χ .. � <::::> Ο�χ�1 ΧΕΤ .

C r , C r-•

=χ

βρί

•

Επειδή οι εξισώσεις ( 1 ) και (2) είναι πάντοτε ισο δύναμες στο σύνολο Τ, αρκεί να δειχθεί η ισοδυ ναμία των ( 1 ), (3) στο σύνολο Τ. (�) . Έστω χ 0 Ε Τ λύση της ( 1 ). Τότε f(x 0 ) = Χ0 <::::> f - 1 (x 0 ) = Χ 0 � f(x 0 ) = f - 1 ( X0 ) Δηλ, χ 0 Ε Τ είναι και λύση της (3) . ( <===) Έστω Χο Ε τ λύση της (3) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/75

Το Βήμα του Ευκλείδη

Τότε: f(x 0 ) = Γ 1 (χ0 ) . Δεχόμαστε ότι f(x 0 ) > χ0 • Επειδή η r- ι j f(A) ' είναι και (3) Γ 1 (f(χ 0 )) > Γ 1 (χ 0 ) => χ0 > Γ 1 (χ 0 )=>χ0 > f( x0 ) . Άτοπο. Δεχόμαστε ότι f(x 0 ) < χ 0 . Επειδή η r- ι i f(A) , είναι και f- 1 (f(x 0 )) < Γ 1 (x 0 ) => (3) => χ0 < f- 1 (x 0 ) => x 0 < f(x 0 ) . Άτοπο. Άρα, ισχύει f(x 0 ) = χ0 • Δηλ. χ0 είναι λύση της ( 1 ).

{

Π Α J> Λ λ Ε Ι Ι 'i\-1:\

..!.. χ ' χ � ο f(x) = 2 χ2 χ > 0

-3

f- 1 (x) =

{

2χ , χ � ο Γ

νχ , χ > Ο

·2

(Υ) οπότε χ 0 > -f- 1 ( x0 ) => Γ ' (χ0) > -χ0 =>f(χ0) > -Χ 0 • Άτοπο. Άρα ισχύει: f(x 0 ) = -χ 0 , άρα ισχύει.

-3

Είναι: f(x) = f- 1 (x) �

χ Ο με f(O) = O , f(l) = 1

χ =1 που είναι σημεία της διχοτόμου y = χ της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων. Iν)

Αν η f είναι ΠΕΡΙΤΤΉ στο Α, τότε και η Γ1 είναι περιττή στο f( A ) .

Πράγματι. Για χ Ε Α υπάρχει μοναδικό ι (y) = χ . Επίσης, rΤότε, = f(x) . Υ Ε f(A) : Υ -χ Ε Α => f(-x) = -f(x) = -y E f(A) . Γ ' ( -y) = Γ ' ( -f(x)) = r- ι (f( -χ)) = -χ = -f- ' (y) . ν)

Επειδή οι εξισώσεις ( 1 ) και (2) είναι ισοδύναμες στο σύνολο Τ, αρκεί να δειχθεί η ισοδυναμία των ( 1 ), (3) στο σύνολο Τ. Αποδεικνύουμε ότι κάθε λύση χ 0 Ε Τ της εξίσω σης ( 1 ) είναι και λύση της (3). Ι σχύουν: f(x 0 ) = -χ 0 και Γ 1 (χ 0 ) = -χ 0 • Άρα, f- 1 (Χ 0 ) = f(χ 0 ) . Δηλ. Χ0 είναι λύση της (3). Έστω χ0 μία λύση της (3). Δηλ. Γ ' (χ 0 ) = f(χ 0 ) (Υ). Θα δείξουμε ότι το χ 0 είναι και λύση της ( 1 ). Δηλ. ισχύει f(x 0 ) = -χ 0 • Δεχόμαστε ότι ισχύει: f(x 0 ) -:;:. -χ 0 • ,., Αν είναι f(xo) > -Χο ' επειδή η r- ι είναι γνησίως φθίνουσα στο f(A) , έχουμε: Γ' (f(Χο )) < Γ1 (-Χο) , (Υ) άρα Χο < -Ι1 (Χο ) => Γ 1 (Χο) <-χσ =>f(Χο ) <-χσ . Άτοπο. ,.,,, Αν είναι f(Xo)<-Xo, επειδή η r- ι είναι γνησίως φθίνουσα στο f(A) , έχουμε ότι r' (f(Xσ)) >t' (-Xσ) ,

-2

. /y = 2x

ΦΘΙΝΟΥΣΑ στο Α, τότε οι εξισώσεις f(x) = -x (1) , r• (x) = -x (2) , r• (x)=f(x) (3) είναι ισοδύναμες στο σύνολο T=Arlf(A) και όλα τα κοινά σημεία των C r , C r-, βρίσκο νται πάνω στην διχοτόμο y = -χ της δεύ τερης και τέταρτης γωνίας των αξόνων.

Αν η f είναι ΠΕΡΙΤΤΉ στο Α, τότε οι εξισώσεις f(x) = -χ (1) και Γ1 (χ) = -χ (2) , είναι ισοδύναμες στο Τ = Α rι f(A) και οι λύσεις τους (αν υπάρχουν) δίνουν τις τετμη μένες των σημείων τομής των C r , C r-, με την διχοτόμο y = -χ της δεύτερης και τέταρτης γωνίας των αξόνων.

f : R � R : χ � f(x) = -χ 3 συνάρτηση περιττή και γνησίω ς φθίνουσα. χ<Ο , r- ι : R � R : x � Γ 1 (x) = -� ' χ � Ο ομοίω ς περιττή και γνησίω ς φθίνουσα. • y = -X

{� '

h(x)=t-x..xsO δ

•

... ..

Εδώ, έχουμε: Τ = R και τις ισοδυναμίες: Πράγματι: Χ ο Ε τ είναι λύση της ( 1 ) f(x) = r-' (x) � f(x) = -χ � r- ' (x} = -χ � f(x0 ) =-Xo � r1 (f(Xo)) = r1 (-Xo ) �x0 = -r1 (Xo ) � � χ = -1 ν χ = Ο ν χ = 1 l Τα σημεία τομής: Α( - 1, 1) , 0(0, Ο) , B(l, -1) είναι � f- (χ 0 ) = -Χ 0 � Χ0 Ε Τ είναι λύση της (2). όλα σημεία της διχοτόμου y = -χ . ν I ) Αν η f είναι ΠΕΡΙτΤΉ και ΓΝΉΣΙΩΣ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/76

•

E u ro p e a n St u d e nt C o nfe re n ce i n M ath e m at i cs E U RO M AT H -2 0 1 1 3 0 M a rc h - 3 A p ri l , 2 0 1 1 , At h e n s , G reece www . e u ro m a t h . o r

Ι www . cm s . o r .c

www . t h a l es c

rus . co m

Atte n t i o n : Yo u n g R e s e a rch e rs o f a g e 1 2- 1 8 !

Στην Αθήνα, θα γίνει σε κεντρικό Ξενοδοχείο, διεθνές μαθητές ( 1 2 έως 18 ετών), με συμμετοχή μαθητών

Μαθηματικό Συνέδριο από όλη την Ευρώπη για καθηγητών και σχολείων. Τα θέματα που θα αναπτυχθούν έχουν σχέση με: Εφαρμογές των μαθηματικών στις επιστήμες, στη ζωή, στην τεχνολογία, στις κοινωνικές επιστήμες, στο διάστημα, στη γεωμετρία, στην οικονομία, στη λογοτεχνία, στη φύση, στη μουσική, στην στατιστική, στη Ιστορία των μαθηματικών, στην κοινωνία, στην φιλοσοφία, στην πληροφορική, στην αθλητισμό, στους διάσημους αριθμούς κ.λπ. (σχετική ενημέρωση υπάρχει στις παρα πάνω ιστοσελίδες)

��

\'\τ-&\ΚΗ ΙVΙ ΑΘ Η ΙVΙ Ατι Κ Η ε ; Α Ι

�"1\

p�/4

lΊΑΡΑΡ'ΓΗΜΑ ΑΙΤΩΛΟΑΚ.ΑΡΝΑΝΙΑΣ

lo Μ�μαnκό

Συνtόριο Αιτωλοακαρνανiα�

γινε με μεγάλη επιτυχία το πρώτο Μαθηματικό Μαθητικό Συνέδριο Αιτωλοακαρνανίας με θέμα: «Εκ παιδευτική πράξη και Μαθηματική Επιστήμη». Την επιμέλεια της Επιστημονι κής- Οργανωτικής Επιτροπής την είχαν: Τα μέλη της Διοικούσας Επιτροπής του Παραρ τήματος Αιτωλοακαρνανίας της Ε.Μ.Ε: Γιαν νακάς Κωνσταντίνος Διευθυντής Γυμνασίου, Πρόεδρος, Αποστολόπουλος Γεώργιος Αντι πρόεδρος, Μαστρογιάννης Αλέξιος Σχολικός Σύμβουλος, Γεν. Γραμματέας, Τριανταφύλ λου Αντιγόνη Ειδικός Γραμματέας, Καλα μπαλίκης Γεράσιμος Ταμίας , Γάτος Γεώρ γιος Μέλος, Νάκος Κωνσταντίνος Σχολικός Σύμβουλος, Υπεύθυνος Βιβλιοθήκης Δη μοσιεύουμε σχετικά αποσπάσματα από την έναρξη του Συνεδρίου

« . . . Σήμερα, το Παράρτημα Αιτωλοακαρνα νίας της Ελληνικής Μαθηματικής Εταρείας, πρωτοπορεί και πραγματοποιεί το πρώτο Μα θηματικό Μαθητικό Συνέδριο Αιτωλοακαρ νανίας. Στο Συνέδριο αυτό μαθητές Γυμνασί ων και Λυκείων του νομού μας θα μας πα ρουσιάσουν εργασίες τους μαθηματικού, και όχι μόνο, ενδιαφέροντος και περιεχομένου. Οι εργασίες αυτές γράφτηκαν από τους μαθητές με την επίβλεψη και καθοδήγηση καθηγητών των σχολείων τους και δηλώνουν το μεράκι μαθη τών και καθηγητών για την ανάπτυξη της μαθηματικής σκέψης και την αξιοποίηση των πνευματικών δυνατοτήτων του νομού μας. Οι εισηγήσεις αυτές των μαθητών μας κινήθηκαν στο πνεύμα και τους στόχους του Συνεδρίου μας, που ήταν: Να αναδείξει τη θετική στάση των μαθητών απέναντι στην έρευνα. Να τονώσει το ενδιαφέρον και την αγάπη των μαθητών για τις Θετικές Επιστήμες. Να καλλιεργήσει τον επιστημονικό τρόπο σκέψης, την ανακαλυπτική και διερευνητική μάθηση Με την παρουσία μας σήμερα , όλοι εμείς εδώ , δίνουμε συγχαρητήρια στους μαθητές μας, που ρίχτη καν στον πνευματικό στίβο του Μαθηματικού και Πνευματικού αυτού αγώνα. Τους προτρέπουμε : πάντα Jtακρύτερα να πηγαίνουν, πάντα ψηλότερα να ανεβαίνουν ... και τους ευχόμαστε η ζωή τους να είναι γεμάτη όμορφες, ευγενικές και θετικές δραστηριότητες, σαν ε τούτη εδώ, που πραγματώνουν σήμερα ... » ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3!77

« . . . Με την ευκαιρία αυτής της βράβευσης το παράρτημά μας έχει την μεγάλη τιμή και τη χαρά συνάμα να φιλοξενεί τον έμπειρο και δραστήριο πανεπιστημιακό δάσκαλο, τον καθηγητή στο πανεπι στήμιο της Αθήνας κ Διονύση Λάππα, που ανέλυσε στο συνέδριο τη γέννηση και διαμόρφωση των γε ωμετρικών εννοιών . . . » .

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΥΝΕΔΡΙΟΥ

!Χνι•ηση ιιαι διαμδρφωση Π:ωμιτpιΜύ ι• Εννοιιύι•

•

Διονύσιος Λάππας

, Αν. Καθηγητής Παν/μiου Αθηνών

Γιατί αhJnfJ rί; ς Ο<il. ο υμ <: τα /Ιιf αΟημα τι ιιrί. στη ι • Εh·

•

π α ίδι: υ ση

Μιχάλης Τζούμας , Σχολικός Σύμβουλος Ο Αρχιμψ5ης ι,·αι το /ρ γο τοι; Γυμνάσιο Μαλεσιάδας

• •

Το Π υ Ο rηιίιη: ι ο Θαύρ ημα ι.-αι οι αποδι:ίξι:ις

•

Γενικό Λύκειο Μεσολογγίου Ο αρ ι Ομ ιί ς φ 2 ° Γενικό Λύκειο Μεσολογγίου

•

του

1ο

Ο Ευιιl.<:ίδ η ς,

«πα τιiρ α ςιι της Γι: ωμ ι: τρία ς

Γυμνάσιο Καμαρούλας

•

Μετρ ιύ ντας το χιύρο ιωι το χρ ό ι ·ο, τη σημ ασία ιιαι τη

χρ ιj ση το υ στο β άΟος τω ι1 αι ιύ ι .• ω ι •

(Διαθεματική εργασία) Γυμνάσιο Φυτειών

•

Ο Πυ Οrηrίμ ας και η ι:πιμμ ο ιj το υ στα :'11 α 0ηματιh·ά

4° Γυμνάσιο Αγρινίου

3η

Αρχιμιj δ η ς: Η μ <:γ αl. ιί τ<ψ η διά ι •οια που ;•ι •rύρισt: η

•

Γυμνάσιο Καμαρούλας

•

Ο Θ αl. ιj ς ο .Ηιl. ιj σιος Ηιι το ιj;γιι το ιι

•

Ο ιίμορ φ ο ς Ερ ατο σΟf:ι•ης ιcrι.ι η μιi τρ η ση

•

Τα :'11 α 0ημ α τι ιιά στη ζωιj μα ς

1 ° Γενικό Λύκειο Ναυπάκτου

•

τη ς αhτίι·ας τη ς γ η ς

1 ο Γενικό Λύκειο Αγρινίου

νΟρ ω πιί τη τα 1 ° Γενικό Λύκειο Αγρινίου

Συ ιι ο π τι ιιιj παρ ο υ σία ση τω ι• ;'11α 0ημα τιh·οΊ ι • τη ς

Α ' Λ ΙJΙι"<:ίο υ , το υ ιφ ατι δ ίιι υ το ι; Βιψ οl. ίι • ιι υ

1 ° Γενικό Λύκειο Αγρινίου

Α πl.ά .Ηα fJιjμα τα Γι : ωμι:τριιιιj ς Ά Ι. γc.βρα ς

Κωνσταντίνος Νάκος , Σχολικός Σύμβουλος Ο θαl. ιj ς ιωι οι πιψαμίr>ι:ς

Παλλάδιο Λύκειο Αγρινίου

11 Υπ α τία : Η ζωιj ιιαι το <}ηιι τη ς

γ Γυμνάσιο Αγρινίου

Α νάl.ιιγα μ ι: ; ι Η J η ιιαι οι <: φαρμ ο γιi ς το υ ς στις α ι · Ορω πιστιh-ιiς h·αι Οετικ{ς ι·π ι στιjμ ι:ς

5 ° Γυμνάσιο Αγρινίου

Ρω τrύ ι · τας πας στη γηύση

1 ° Επαγγελματικό Λύκειο Αγρινίου

Μαθηματι κή Εβδομάδα Στη Θεσσαλονίκη (www.emethes.gr) γίνεται

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗ ETAIPEIA ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ

στο

).>

).> ).> ).>

ΚΕΝΤΡ Ι Κ Η Σ

f.1 r;'fi7ψ(;'ί:Ll'./;r;

;r.ιΧ()Iι\IJ

σ-ι;;;,

Μ Α Κ Ε ΔΌ Ν Ι Α Σ

flι.r'/lρrψLς

-;;..t,φrJ,f:&v

l"l.f. στο

μίλ7,rΛΙ.

Μαθηματικά Μοντέλα Κρυπτογραφία και Χάος Βιογραφίες Μαθηματικών Βραβεύσεις από διαγωνισμούς

3'1

Μ α θημ ατ ική ε βδομάδ α απ ό 2 - 6 Μ α ρ τ ίου 2 0 1 1 .

Έχει ως στόχο να προωθήσει το γόνιμο διάλογο και τον προβληματισμό στα Μαθηματικά, αλλά και να αναζητήσει απαντήσεις για το ρόλο των μαθηματικών στην εκπαίδευ ση, την επιστήμη και τον πολιτισμό στο πλαίσιο της διαθεματικής διεπιστημονικής προσέγγισης και ιδιαίτερα σε αυ τά που θέτει η στενή σχέση των Μαθηματικών με άλλες επιστήμες και με σημαντικές ανθρώπινες δραστηριότητες. Η Μαθηματική εβδομάδα διευρύνει τη θεματική της με άλλες παράλληλες εκδηλώσεις όπως εκθέσεις βιβλίων, ζωγραφικής και βραβεύσεις (Μουσείο Καραθεοδωρή, Μουσείο Εκπαίδευσης Βέροιας, Εστία επιστημών Χαλκί δας, Αθήνας και Πάτρας, Έκθεση γραμματοσήμων με θέμα τα Μαθηματικά από όλον τον κόσμο κ.λπ.). Μεταξύ των αξιόλογων εισηγήσεων ενδεικτικά αναφέ ρουμε μερικές: ).> Η αλληλογραφία Κραθεοδωρή - Rosenthal ).> Ένα πρωτόνιο στο κέντρο CERN διηγείται μια πτυχή της ιστορίας του σύμπαντος. ).> Ο κανόνας και ο διαβήτης από τον Όμηρο μέχρι τον Ευκλείδη. ).> Το τέλος της αρχαιότητας. Η περίπτωση της Υπατίας. ).> Τα Μαθηματικά της δημοσιογραφίας. )ο> Τα τρίγωνα Ρελώ ).> Βασικές Τεχνικές του Sudoku ).> Λειτουργικός αναλφαβητισμός στα Μ αθηματικά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/78

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν πιμέλεια: Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος Ε

αό ρ ατη Γ ε ωμ ετ ρ ί α

Η μέθ ο δο ς του άρα :

"Κι εκείνο το φυτό αντίκρι σα πο υ δι αιρ εί άνι σα, πλην σωστά το ν χώρο , είναι η αόρατη γεωμετρία πο υ δι έπει στο βάθο ς ο λάκαιρ η την Οδ . Ε λύτης οι κο υμένη " κόμβος (knot) είναι μονάδα μέτρησης ταχύτητας πλοίου και είναι ίση με ένα ναυτικό μίλι την ώρα. Ο όρος " κόμβος" προέρχεται από το πρώτο σχετικά όρ γανο μέτρησης της ταχύτητας των πλοίων που ήταν το Ο

δρομόμετρο.

Το δρομόμετρο επί ιστιοφόρων και πρώτων μηχανοκί νητων πλοίων αποτελείτο από το Δελτωτό, το σχοινί και το Αμμωτό ή αμμοκλεψύ δρα. Το Δελτωτό ήταν μια ξύλινη τριγωνική κατασκευή που έφερε φελλούς και στο κάτω μέρος είχε επένδυση μο λύβδου, έτσι ώστε να παραμένει στην επιφάνεια του νε ρού κάθετο (σαν τσαμαδούρα) . Το σχοινί ήταν αρκετά λεπτό και μακρύ το οποίο έφερε ανά σταθερό μήκος και ένα κόμπο. Αυτό το σταθερό μήκος μεταξύ των κόμπων ήταν ανάλογο με τι Αμμωτό γινόταν η δρομομέτρηση . Το Αμμωτό ανάλογα με το χρόνο που έκανε να περάσει η άμμος από τη μία σφαίρα στην άλλη, διακρινόταν σε 1 0 " δευτερόλεπτων, 3 0 " δευτερόλεπτων και 3 0 ' λε πτών. Έτσι λοιπόν σε 3 0 " αμμωτό οι κόμποι στο σχοινί ήταν ανά 1 5,43 μέτρα και σε 1 0 " ανά 1 5,43 :3= 5 , 1 5 μ. κλπ. (Ο υπολογισμός είναι πολύ απλός. Αν το αμμωτό είναι 3 0 " τότε: 3 0 " = 1 / 1 20 της ώρας, 1 1 1 20 Χ 1 852 μ (μίλι) = 1 5 ,43 μέτρα) . Ο τρόπος δρομομέτρησης γινόταν ως εξής: ο επί της χρονομέτρησης ναύτης χειριστής του αμμωτού κρατού σε το αμμωτό κατακόρυφα με τη κενή από άμμο φιάλη προς τα επάνω, δηλώ νοντας "έτοιμος" . Τό τε ο επί της δρομομέ τρησης ναύτης έριχνε από τη πρύμνη το Δελτωτό στη θάλασσα που ήταν δεμένο με το "πρόμετρο" (αρχικό τμήμα του σχοινιού ίσο με το μήκος του πλοίου) αφήνοντάς το ελεύθερο μέσα από το χέρι του, μόλις πέρναγε ο 1 ος κόμπος έδινε την εντολή " στρέ ψε" ! Τότε ο χειριστής του αμμωτού έστρεφε το όργανο ανάποδα παρακολουθώντας προσεκτικά το άδειασμα της άμμου, αναφωνώντας "προσοχή " μόλις πλησίαζε να αδειάσει, οπότε στο τέλος φώναζε "κράτει". Τότε ο επί της χρονομέτρησης ναύτης έκλεινε το χέρι του και σταματούσε την παρέκταση του σχοινιού με-

τρώντας πόσοι κόμποι πέρασαν από το χέρι του, ο α ριθμός των οποίων ήταν και η ωριαία ταχύτητα του πλοίου σε μίλια. Πόσο μήκος περισσεύει; Ξέρουμε ότι ένα ευθύγραμμο τμή μα έχει άπειρα σημεία. Αν ένα ευθύγραμμο τμήμα το χωρίσουμε σε 3 μέρη και αφαιρέσουμε το ένα θα μείνουν τα δύο. Κάθε ένα από αυτά χωρίζεται και πάλι σε 3 μέρη αφαιρούμε το ένα και μένουν δύο κ.ο.κ. για πάρα πολλά βή ματα ώσπου στο τέλος διαπιστώνουμε ότι: Αν το αρχικό ευθύγραμμο τμήμα είχε μήκος α, για ευκολία έστω α= 1 , όλα τα μέρη που αφαιρέσαμε έχουν μήκος

[

' 1 2 4 8 1 1 '3� -tz7-tgϊ + . =3 1 � =1 Ά ρα ..

- 1 =0 τι απεμεινε ο -

μως; Ενώ το αποτέλεσμα είναι μηδέν στην τελευταία γραμμή βλέπουμε ότι περισσεύουν άπειρα σημεία! ! ! -

• •

11 11

υ 1 11 1

1 1 1 11

11 11

• • 11 11

1 11 H l

Ο ι Δίδυμε.: Πόσο χρόνων είστε δεσποινίς; ρώτησαν την Μαίρη και την Εύα. Η Μαίρη απάντησε: Σε 9 χρόνια θα είμαι 3 φορές μεγαλύτερη από ότι ήμουν πριν 9 χρόνια. Ενώ η αδελφή της η Εύα είπε: Αν 3πλασιάσετε την ηλικία που θα έχω σε 3 χρόνια και από αυτό αφαιρέσετε το 3πλάσιο της ηλικίας που είχα πριν 3 χρόνια τόσων χρόνων είμαι. Είναι δίδυμες; Τα Δώρα Ο θείος είπε παρά την κρίση να κάνει δώρα μόνο στα μικρά ανίψια, τρενάκι στα αγόρια, κούκλες στα κορί τσια. Τα μέτρησε και όλα τα ανίψια είναι 1 6. Όμως τα 4/9 των αγοριών είναι μεγάλα και δεν θα τους δώσει δώρο. Πόσα τρενάκια και πόσες κούκλες θα αγοράσει;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3!79

------

Τ α Μαθηματικά μας Δ ιασκεδάζουν

Τέλεια τετράγωνα Να βρεθεί ένας ακέραιος αριθμός τέτοιος ώστε αν του προσθέσουμε είτε 7 είτε 24 τα δύο αθροίσματα να είναι τέλεια τετράγωνα. Το δέντρο Σε ένα ποτάμι με πλάτος Ι 2 μέτρα και στο μέσο ακριβώς υπάρχει ένα δέντρο που η κορυφή του είναι δύο μέτρα έξω από το νερό. Αν το λυγίσουμε η κορυφή του αγγίζει την όχθη. Τι ύψος έχει το δέντρο; Τα καράβια Ο καπετάν Μιχάλης άφησε στη διαθήκη του τα 20 καρά βια του να τα μοιραστούν οι 3 γιοι του ως εξής: ο πρωτότο κος να πάρει τα μισά, ο δεύτε ρος το Ι /4 και ο μικρότερος το Ι /5 . Όμως μέχρι που να ανοί ξουν την διαθήκη οι γιοί του το ένα καράβι βυθίστηκε, έτσι έμειναν τα Ι 9 καράβια. Πώς θα τα μοιράσουν τώρα; Ο περίπατος Η μητέρα και γιος ξεκινούν μαζί για έναν περίπατο στο δάσος. Για κάθε δύο βήματα της μητέρας, ο γιός κάνει τρία. Αν ξεκίνησαν πατώντας ταυτόχρονα πρώτα το δε ξί τους πόδι σε πόσα βήματα θα πατήσουν ταυτόχρονα το αριστερό τους πόδι; Το Καi:ίνο Ένας παίχτης έχει στην τσέπη του μόνο μερικά εκατο στάρικα του ευρώ. Μπαίνει στο καζίνο και παίζει αλλά Οι απαyτήσεις στα uαθnυαnκά U!J6 διασκεδάζουν Πόσο μήκος πεοισσεύει;

Αυτή η ακολουθία σημείων μηδενικού μήκους είναι γνωστή ως σύνο

λο Καντόρ. Ο Μάντελμπροτ το 1 975 επινόησε για αυτό και άλλα τέ

τοια φαινόμενα τον όρο «μορφοκλασματικό»(fractal). Οι Δίδυuες

Η Μαίρη Χ ετών και Χ+9=3.(Χ -9)�Χ= Ι 8, η Εύα Ψ ετών

και 3.(Ψ+3) -3.(Ψ -3)=Ψ�Ψ= Ι 8. Άρα δίδυμες.

-------

χάνει τα μισά εκατοστάρικα ενώ αφήνει και μισό (εκα τοστάρικο) για φιλοδώρημα. Ο παίχτης στη συνέχεια πηγαίνει σε ένα άλλο καζίνο αλλά και εκεί χάνει τα μι σά εκατοστάρικα από αυτά που του είχαν μείνει και αφήνει πάλι το ίδιο φιλοδώρημα. Ύστερα ο παίχτης ε πισκέπτεται και ένα τρίτο καζίνο αλλά και εδώ έκανε ότι στα δύο προηγούμενα. Άνοιξε το πορτοφόλι του, εί δε ότι του είχε απομείνει ένα μόνο εκατοστάρικο και γύρισε στο σπίτι του. Πόσα εκατοστάρικα είχε αρχικά; Ο Λαγός και η Αλεπού Ο Λαγός και η Αλεπού αν τρέξουν σε μια κούρσα Ι 00 μέτρων μόλις τερματίσει ο Λαγός η Αλεπού θα βρίσκε ται στα 90 μέτρα. Αν ο Λαγός ξεκινήσει Ι Ο μέτρα ποιο πίσω από την Αλεπού θα τερματίσουν ταυτόχρονα ή όχι;

Οι λαγοί Πέντε σκύλοι πιάνουν πέντε λαγούς σε πέντε λεπτά. Πόσοι σκύλοι πιάνουν 50 λαγούς σε 50 λεπτά; Το λάδ ι Δύο φίλοι θέλουν να μοιράσουν το λάδι από ένα δοχείο Ι Ο λίτρων που είναι γεμάτο. Πως μπορούν να το μοιρά σουν αφού στη διάθεσή τους έχουν μόνο δύο άδεια δο χεία το ένα 3 λίτρων και το άλλο 7 λίτρων, κάνοντας μόνο μεταφορές λαδιού απ' το ένα δοχείο στο άλλο; Ο Λαγός και n Αλεπού Όταν ο Λαγός θα έχει τρέξει Ι 00 μέτρα, η Αλεπού θα έχει τρέξει 90. Άρα θα συναντηθούν Ι Ο μέτρα πριν τον τερματισμό. Επειδή όμως ο Λαγός είναι πιο γρήγορος, θα διανύσει τα τελευταία αυτά μέτρα ταχύ τερα και θα τερματίσει και πάλι πρώτος. Οι λαγοί Από την πρώτη πρόταση προκύπτει ότι ένας σκύλος πιάνει ένα λαγό σε πέντε λεπτά ή ένας σκύλος πιάνει Ι Ο λαγούς σε 50 λεπτά. Άρα πέντε σκύλοι πιάνουν 50 λαγούς σε 50 λεπτά. Το λάδι Ο παρακάτω πίνακας δείχνει τις ποσότητες σε λίτρα, για το καθένα από τα τρία δοχεία, μετά από κάθε μεταφορά:

Γ\( )�� - Ι ( ι ι · \ι \(ι:-.: ι- ι()":\1·: - )�-i'Γi"i.i -- -ό-·-- !r··--·σ·--ι Γ -- 3------- --- · ·· -.:,· -- i- ·-σ -----: Γ --3 ... - - - - , - --4----- 3- ---

Τα Δώρα

Από τα 1 6 ανίψια αγόρια είναι τα 9 ώστε τα 4/9 να είναι ακέραιος. Τα

Γ"

κορίτσια είναι 7 και τα αγόρια 5. Άρα ο θείος θα αγοράσει 7 κούκλες

και 5 τρενάκια.

· - - - -69 -

τέλεια τετράγωνα

Αν χ είναι ο ζητούμενος αριθμός, πρέπει χ+7=ψ2 και χ+24=ω2, όπου ψ, ω ακέραιοι αριθμοί τότε ω2 -ψ2= 1 7 ή (ω -ψ)(ω+ψ)= \ . 1 7 μοναδική λύση ω -ψ= Ι και ω+ψ= \ 7 δηλαδή ω=9, ψ=8 και συνεπώς χ= 57.

9 2

Τ ο δέντρο

Αν Χ το ύψος: Χ2 =(Χ -2)2 +62 δηλαδή Χ= Ι Ο

·:τ=-��=Σ:::�Ι�::::] ι

· ; - --�---;-- · () " .. i ·· ··τ-· --σ--· - r· -τ ---! -

···

. ·--

·-----·--- �------------

- - - ·· · · - --

�

··-·-··· ·------·

- -- - - _ _ ___

_ __

ΞΣ\iο�-� ; 1- [��-��Χ �'<Ξ�� :!

Υπάρχει άλλη μία λύση που απαιτεί όμως μία επιπλέον μεταφορά:

Τ α καράβια

Αφού δανειστούν χρήματα αγοράζουν όλοι μαζί ακόμα ένα καράβι και γίνονται 20. Ο πρώτος γιος παίρνει το 1 /2, δηλαδή Ι Ο καράβια. Ο δεύτερος γιος παίρνει το Ι /4, δηλαδή 5 καράβια. Ο τρίτος γιος παίρ νει το 1 15, δηλαδή 4 καράβια και μένει ένα, αυτό που είχαν αγοράσει για να γίνει η μοιρασιά, το πουλάνε και επιστρέφουν τα χρήματα που δανείστηκαν για να το αγοράσουν. Ο περίπατος Ποτέ. Ταυτόχρονα πατούν μόνο στο δεξί πόδι της μητέρας. Το Καζίνο

Ξεκινάμε ανάποδα: Για να του μείνει ένα σημαίνει πως πριν μπει στο τρίτο καζίνο είχε τρία εκατοστάρικα. Πριν μπει στο δεύτερο είχε επτά και αρχικά είχε δεκαπέντε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/80

· ,----- ,,------ σ · ---------.:,·· ··:,-------:Γ- ·· ·· - · -,----3·--σ -

--·-· · - -- -

--- 44 - -6 · ---- · - - σ· · ·- ι -- -- --i τ --Γ-- ·- : ·· · ,-- - · : ,----τ-- -- -- - -- -----·r-·------i 7 , , 2 --- ·--g · --·-· : ·· · · cτ · · · - -- -τ··-· i g Γ 2 Γ i ·

···· -

-----

·- · -

:��=:τ=•=• r:::=J��=- r==-�Σ=] �------·-

·----- · --

-----

Επιμέλεια :

Αντώνης Κυ ριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

Για την Α ' Λυκείου Α6. Ευχαριστούμε το συνάδελφο κ. Γιώργο Γεω ργιόπουλο

από το εσπερινό ΕΠΑΛ Κοζάνης για την παρατήρηση του στην Άσκηση Α6, όπου επισημαίνει ότι στη ζητούμενη συναπαγωγή

( �)

είναι και η υπόθεση α3 +

�=Ο α'

α+

= 3 ψευδής και το συμπέρασμα

ψευδές. Αυτό όμως σημαίνει ότι η συνεπαγωγή εί-

ναι αληθής και όχι ψευδής. Ο κ. Α. Κυριακόπουλος έχει ανα φερθεί εκτενώς επ' αυτού στο Μαθη ματικό Συνέδριο της Θεσ

σαλονίκης, όπου μάλιστα ανέφερε ακόμη και θέματα πανελλα δικών εξετάσεων στα οποία η ζητούμενη συνεπαγωγή είχε ψευδή υπόθεση , εκεί ίσως ασυνειδήτως, εδώ όμως εντελώς συνειδητά. Αν βέβαια κάποιος είχε αποδείξει ότι η υπόθεση εί-

( �)

ναι ψευδής, δηλαδή ρήσει ότι: α3 +

� α

α+

με

2 ,ο

3 , τότε θα μπορούσε να θεω-

οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό .

Πάντως ανεξάρτητα από όλα αυτά, σας ευχαριστούμε πολύ.

Κ. Καββαδίας, 2° Λύκειο Κέρκυρας

Λύτες

Α 7.

Έ στω

ΜΊ = Μ2 < 90° ,

= Μ4 .

οπότε Μ3

α<.Ην!Β,

Αν

Ο Λ _1_ ΜΓ , τότε ΟΚ=ΟΛ,

=ΙΓ, ΒΒ ' ΓΓ ' ΜΚ = ΜΛ => - = 2 ' 2 ΜΚ = ΜΛ => ΒΚ = ΓΛ , Β'"" - - - - � "' ΜΚ = Μ Λ => Μ Β = Μ Γ , ω ς διαφορές ίσων τμη μάτων . Άρα Δ Δ Μ Α Β = Μ Α Γ ( ΜΑ = ΜΑ , Μ Β = ΜΓ, Μ1 = Μ 2 ) , οπόΜΚ = J\1Λ =>ΒΒ'

= ΑΓ => ΑΒ = ΑΓ. Ανάλογα εργαζόμαστε αν = Μ 2 > 90° . Η περίπτωση Μ 1 = Μ 2 = 90 ° είναι

= Μ2 Δ

τρίγωνα Ο Μ Β, Ο Μ Γ

9 0°

(οξείες ή αμ β λείες). Τ α

= ΟΜΓ ,

ως παραπλη ρω

ματικές ίσων γωνιών . Θα έχουμε

Β 1 + � = 1 80°

λοιπόν

ΟΒ

Μ =ΟΓΜ

(Αμφί β ολη περί

fΊ < 90 °

πτωση ισότητας τριγώνων) . Ο μοίως Λ

Άρα

Β1

90ο , Λ

(γιατί;)

81 +Γι * 1 80ο , οπότε OBM=OΠvl:::>q =q =>ΑΒ=ΑΓ. 38° Λύκειο Αθήνας Δ

Λύτες: Ζωή Λαμπράκου, Για την Β ' Λυκείου 86.

Η εξίσωση γράφεται :

\ ( χ - 3 \ ( 2χ - I ) +

�'"(χ--- -3 )-(χ---1) = 3 - χ

σιι \ Ί :Ο ! . .: : : ·. � - :: ·_, :c

λ =

(

-χ. 2

[ 3, + ) οο

� .J1 - 2x + � = � � � 1 - 2χ + 1 - χ + 2�(1 - 2χ ) ( 1 - χ) = 3 - χ � � 3�( 1 - 2χ ) ( 1 - χ ) = 1 + 2χ χ < _ J_ 2

Αν

_J_ � χ � J..

Αν

(2 ) .

( 2 ) είναι αδύνατη .

τότε :

2 (2) �4(1 -2χ) ( 1 - χ) = ( 1 + 2χ) �

2 2 4±m 4 2 � 4x - 1 6x + 3 = Q � Χ = � Χ = -m , 2 2 ' ] 4 - .fi3 1 4 + .fi3 ] � � , εν ω' > αφ ου : 2 2 -2 2 2. 4 - .fi3 ' Τελικά: (1) � χ = 3 η χ = --2

Λύτες Θ. Παπανικολάου, στους περιορισμούς . . .

γ Λύκειο Πάτρας (Προσοχή

Ν = l x l ) , 'Ελενα Κιβνιούκ, I ο Μαλλιάρα,

Λύκειο Μοσχάτου, Π. Γου μενάκης (Εκπ. Αθήνα) Για την

Γ Λυκείου

Γ5. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι: Για κάθε

χ1

χ2

και

f(x1 ) � f(x 2 ) .

χ1 , χ2

[ο,

+οο )

(I)

με

Για τους αριθμούς αυτού;

χ1

{2 f 5 (x 1 ) � 2f' ( x . ) => 3 f ( x 1 ) � 3f( x 2 ) 2f5 (x1 ) + 3f(x1 ) � 2f5 ( x 2 ) + 3f(x 2 ) => => 3χ� + 2χ 1 - 5 � 3χ; + 2χ2 - 5 => . . . => => ( χ1 - χ 2 ) [ 3 ( χ1 + χ 2 ) + 2 ] � 0, άτοπο . ,

και χ 2 εχου με:

Άρα, η σα.

f(x1 ) � f(x 2 ) =>

(I ) ισχύει και συνεπώς η

f είναι γνη σiω; αύξου-

Πέτ ρ ος Γαϊτάνος, Θεσσαλονίκη .

Προτεινόμενα

θέματα

Να β ρείτε τους φυσικούς αριθμούς χ και )Ό γ ι α τις 2 2 οποίες ισχύει: 1 + χ + χ = y Νίκος Αντωνίου, Π άτρα.

Α8.

87. Να λυ θεί η εξίσωση

Γ6. Μ ια

( 1 ) και έχει

τότε η

που είναι η εξή ς : Υπάρχουν

έχουν ΟΜ=ΟΜ, ΟΒ=ΟΓ=ρ και ΟΜΒ

1 ' 2 2 ( 1 ) � .J3 - x .J1 - 2x + .J3 - x � = (�) � Αν χ � - , τοτε:

•

Έστω ότι δεν ισχύει. Τότε θα ισχύει η άρνηση της

προφανή ς . Β ' τ ρ όπος : Μ ε Μ 1

� .Jx - 3 (.J2x - 1 + � + .Jx - 3 ) = Ο � χ = 3 .

χ1 , χ 2 Ε [ο , +οο), χ 1 < χ 2 => f (x 1 ) < f(x 2 ) ( 1 )

τε ΑΒ ΜΊ

χ � 3 , τότε : ( 1 ) � .Jx - 3 .J2x - 1 + .Jx - 3 � = - ( .Jx - 3 ) � Αν

•

( χ- )l+logx4 = \ 0 . 7

f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη f'(x ) � 3 , για κάθε χ Ε !R . Να απο δείξετε ότι η εξίσωση : f(x) = χ3 έχει το πολύ μια ρίζα μεγαλύτερη του 1 . συνάρτη ση

στο JR και ισχύει:

Σάντυ Φλαμιάτου, 4° Λύκειο Γαλατσίου

πό την ιδιωτική συλλογή του αρχιτέκτονα Θανάση Κουτρουβέλη, παρουσιάστηκε

για πρώτη φορά στην

Ελλάδα, στο πλαίσιο των Μορφωτικών Εκδηλώσεων " Επιστή μης Κοινωνία" του Εθνικού Ιδρύματος Ερευνών η έκθεση " Κίρκινος: Η Γεωμετρία στην τέχνη και την επιστήμη " , η οποία πραγματοποιήθηκε

από τις 30 Νοεμβρίου 2 0 1 0 - 30 Ιανουαρίου 201 1 , πλαισιωμένη από μία σειρά διαλέξεων και επιστη μονικών παρουσιάσεων σχετικά με την ιστορία και φιλοσοφία των Μαθηματικών και της Αρχιτεκτονικής. Στόχος των εκδηλώσεων ήταν να αναδειχθούν οι σχέσεις ανάμεσα στην ιστορία των επιστημών και την ιστορία των τεχνών, εστιάζοντας στη γεωμετρία και τον ρόλο της στη σύλληψη και εκτέλεση δημιουργικού

σχεδίου. Σε αυτό το πλαίσιο, τα όργανα παρουσιάζονταν ως η πρακτική εφαρμογή

μιας

μαθηματικής θεωρίας,

με σκοπό να καθοδηγηθεί ο

επισκέπτης τόσο στις τεχνικές σχεδίου, όσο και στα εικαστικά πρότυπα και

τον

τρόπο

σκέψης

σε

διάφορους

τομείς,

όπως

κλασική

αρχιτεκτονική . Στις ομιλίες συμμετείχαν διακεκριμένοι Έλληνες και ξένοι ομιλητές. Παράλληλα, παρουσιάστηκαν επιστημονικά ντοκιμαντέρ και

Κέπλερ 1596: Απεικόνιση του ηλιακού

διαδραστικό υλικό το οποίο έχει παραχωρηθεί από το Ίδρυμα Μείζονος

συστήματος βάση των Πλατωνικών στερεών

Ελληνισμού. Η έκθεση υποστηρίχτηκε με εικαστικό υλικό από το Science Museum της Οξφόρδης. Σημειώνεται ότι ο Κίρκινος είναι ο εφευρέτης του διαβήτη και ανηψιός του Δαίδαλου,

σύμφωνα με παραλλαγή του μύθου. Το όνομα του φέρει επίσης ένας aστερισμός σε σχήμα διαβήτη, που είναι ορατός στον ουρανό από το νότιο ημισφαίριο. διοργανώθη καν

έκθεση και οι τέσσερεις παράλληλες επιστη μονικές παρουσιάσεις

από το Πρόγραμμα Ιστορίας, Φιλοσοφίας και Διδακτικής των Επιστημών και της Τεχνολογίας του

Ινστιτούτου Νεοελληνικών Ερευνών του Ε θνικού Ιδρύματος Ε ρευνών, στο πλαίσιο του προγράμματος Hephaestus (''Hellenic Philosophy, H i story and Enν i ronmental Science Teaching Under Scrutiny") ·�

:Q ··-·-, --

ΚΙ Ρ Κ Ι ΝΟΣ: Ο εντυπωmακά απλός διαβήτης δεν είναι τίποτε άλλο από την αποτύπωση σε

μέταλλο των βασικών αρχών της Γεωμετρίας, από τις εξίσου απλές προτάσεις που αποδίδονται στον Θαλή τον Μιλήσια (όπως η διχοτόμηση του κύκλου από τη διάμετρο του) ως την Ευκλείδεια Γεωμετρία, το θεμέλιο των μετέπειτα εξελίξεων στα Μαθηματικά. Στην αρχαιότητα τα θεωρητικά μαθηματικά, κάποιες εφαρμογές τους, στην αρχιτεκτονική για παράδειγμα, η φιλοσοφία, η

κοσμολογία, ήταν αρκετά συνδεδεμένα.

έκθεση

Κίρκινος παρουσίασε

παραδείγματα αυτών των εξελίξεων. Τα περισσότερα από τα όργανα στην έκθεση χρησιμοποιή θ η καν από τον 1 5 ° έως τα τέλη του 1 7ου αιώνα στην Ι ταλία, τη Γερμανία, την Αγγλία και τη Γαλλία. Σ ε αυτή την ιστορική περίοδο ο διαβήτης έχει και συμβολική αξία.