Ευκλειδης Β 40 by demi de

'1ClfCΓO/,, ...,,,

�ΕΚΔΟΣΕΙΣ φπΑΤΑΚΗ

1959-2000

6ι\ι\ΗΝ.Ιι<Η ΜΑΘΗΜΑllΚH ErAIPEIA

λ6cινcιcιιeιc; ΣιανtΟ( Πονοvιurης Σιavτοc

18°

Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματική ς Παιδείας 23 - 24 - 25 Νοεμβρίου 2001 στην ΡΟΔΟ

«ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΑΛΦΑΒΗΤΙΣΜΟΣ: Ο ΡΟΛΟΣ ΤΟΥ ΣΧΟΛΕΙΟΥ ΣΤΗΝ ΚΟΙΝΩΝJΑ ΤΗΣ ΠΛΗΡΟΦΟΡJΛΣ ΚΑΙ ΤΩΝ ΝΕΩΝ 1ΈΧΝΟΛΟΓΙΩΝ»

Η διάγνωση και η έγκαιρη πρόληψη φαινομένων μαθηματικού αναλφαβητισμού αποτελούν σήμερα διεθνή προτεραιότητα στον σχεδιασμό και την πρακτική της μαθηματικής εκπαίδευσης. Έχει παρατηρηθεί ότι όλο και μεγαλύτεροι μαθητικοί πληθυσμοί, μετά την απομάκρυνσή τους από το σχολείο (από την υποχρεωτική εκπαίδευση είτε από το λύκειο) απομακρύνονται και από την μαθημα τική σκέψη, δεν χρησιμοποιούν τα μαθηματικά ως πνευματικό και επαγγελματικό εργαλείο σύμφωνα με τις δυνατότητες που είχαν επιδείξει. Ο ρόλος του σχολείου στην ανάπτυξη του μαθηματικού αλφαβητισμού έγκειται: • στον εμπλουτισμό του μαθηματικού περιεχομένου με διεπιστημονικές συνδέσεις και κοινωνικά χρή σιμες εφαρμογές, • στη διερεύνηση της διδακτικής πρακτικής με μαθησιακές δραστηριότητες που ενεργοποιούν το μα θητή στην εκτέλεση συγκεκριμένου έργου, ενθαρρύνουν τη συνεργατικότητα και αναπτύσσουν την aυτοεκτίμηση, • στην ιδιαίτερη ενασχόληση με μαθητικούς πληθυσμούς που εγκαταλείπουν γρήγορα το σχολείο ή έχουν δυσκολίες ένταξης στη σχολική ζωή λόγω πολιτισμικών διαφορών ή/και κοινωνικού αποκλει σμού των οικογενειών τους (μετανάστευση, ανεργία, μειονότητες). ΘΕ!\1 ΑΤΙΚΕΣ ΕΝΟΤΗΤΕΣ

ΤΟ Υ ΣΥΝΕΔΡΙΟΥ

Ο στόχος των προγραμμάτων μαθηματικού αλφαβητισμού είναι να αποκτήσουν τα σχολικά μαθηματι κά ουσιαστικό νόημα και η μάθηση τους να έχει διάρκεια ώστε η μαθηματική Ύνώση να κεφαλαι ο ποιείται και να ενδυ,•αμώνει συη:-ι:ώς τον αυριανό πολίτη: • στην κριτική ικανότητα, • την ικανότητα αντίληψης και επεξεργασίας πληροφοριών, • στην κατανόηση της τεχνολογίας και των μηχανισμών, • στην ικανότητα λήψης δίκαιων και σωστών αποφάσεων.

Η ελληνική μαθηματική κοινότητα καλείται στο 18° Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδε ί ας να διατυπώσει προβληματισμούς και να καταθέσει προτάσεις για το ρόλο του σχολείου στην πρόλη ψη του μαθηματικού αναλφαβητισμού και να επικεντρώσει την προσοχή της στην αναγκαία αναμόρ φωση της διδακτικής συγκεκριμένων μαθηματικών ενοτήτων στην πρωτοβάθμια, δευτεροβάθμια και πανεπιστημιακή εκπαίδευση. Στην κατεύθυνση αυτή προτείνεται να ταξινομηθούν οι ανακοινώσεις στις παρακάτω ειδικές θεματικές ενότητες: 1. Διδασκαλία και Μάθηση της Γεωμετρίας. 2. Διδασκαλία και Μάθηση Στατιστικής και πιθανοτήτων. 3. Διδασκαλία και Μάθηση Άλγεβρας και Ανάλυσης. 4. Διεπιστημονικές Θεματικές Ενότητες και η ένταξη τους στη σχολική πραγματικότητα. 5. Διδακτικές δραστηριότητες που ενθαρρύνουν την ενεργή συμμετοχή «aποθαρρυμένων» μαθ η τών σε μαθηματικές διαδικασίες.

ΣΗΜΑΝτΙΚΗ HMEPOMHNIA

Σεπτεμβρίου 2001

Τα πλήρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμ βρίου 2001 στην παρακάτω διεύθυνση*. Οι εργασίες οι οποίες θα υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 200 Ι θα κριθούν με βάση τα πλήρη κείμενα από την επιστημονική επιτροπή. Θα πρέπει να είναι πρωτότυπες και να εντάσσονται στους σκο πούς του συνεδρίου. Τα πλήρη κείμενα των εργασιών που θα εγκριθούν θα περιληφθούν στα πρακτικά του συνεδρίου, τα οποία θα καταβληθεί προσπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδριο. * Ε.Μ.Ε.

(για το 18οΣυνέδριο της Αθήνας)

Πανεπιστημίου

106 79Αθήνα

Τηλ.: 36 16 532- 36 17 784 Fax: 36 41 025

Παράρτημα Ε.Μ.Ε. Ρόδου Σταύρος Κοκκαλίδης

Γ. Μισίου 4, 85100 ΡΟΔΟΣ

e-ιηail: info@hms.gr

Τηλ.: (0241) 28571-63950 FAX: (0241) 61654

www.hms.gr

E-mail: mastakok@otenet.gr, ιηastakok@in.gι-

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 40

Υπεύ8υvο�Έκδοση� Συvιακηκή Ομάδα:

106 79 ΑθΗΝ"Α

16 532 Fωt

ISSN: 1105

36 41 025

7998

Μαραγκάκης Στέλιος

Εrιιμέλcια Έκδοοη�:

ΣΥΝΛJ>ΟΜRΣ:

Τεύχο� Ειήοια συνδρομή Ορyαvιομοί: Ταχ. Ειιιιαyέ�

Τ.

Τα μα6ημαιικά δεν είναι μόνο ασκήσεις Αρχαία Ελληνικά Μα6ημαιικά Ο 'Ευκλείδης' προιείνει ... Ευκλείδη και Διόφαvιο Μα6ημαιικοί Διαγωνισμοί - Μα6ημαιικές Ολυμπιάδες Το Βήμα ιου Ευκλείδη

Γενικές Ασκήσεις ί\λyε6ρας Α' Λυκείου Επαναληπιικά 6έμαια σιη γεωιιεφία ιης ΑΆυκείου

700 δρχ 2.800 δρχ 6.000 δρχ

Γραιρι,ίο ΛΟήvα 54, Τ.θ. :i0044

Θέμαια 'Αλyε6ρας Γενικής Παιδείας Β' Λυκείου

Κωνικές Τομές

Αλεξανδρής Νικόλαος Διευllυvιή�: Τυρλής Ιωάννης Εκδόιη�:

δρχ. 700 Euro: 2,05

Η σιήλη ιης Πληροφορικής

Ασκήσεις σιη μέιρηση κύκλου

ΜΑΘΗΜΑΊΊΚΙΙΣ F:ΊΆΗ"F:IΑΣ -

e-mail: info@hms.gr www.hms.gr

Εξισώσεις με συναριήσεις ιης μορφής h(x)=f(x)g(x)

Β' Λυκείου Καιεύ6υνση. Γενικά Θέμαια ί\λγε6ρας

I Μα8ημαηκά yια ιηv Γ' Τάξη ιου Λυκείου I

F:ΚΛΟΣΙ-1 ΤΗΣ Ι:<:ΛΛΗΝΙΚΗΣ 17 784

•

I Μα8ημαηκά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου ι.

Συvερyάιε�:

Τηλ;36

2001

I Μα8ημαηκά yια ιην Α' Τάξη ιου Λυκείου I

Γράψας Kωvfvoς Ανδρουλακάκης Νίκος Μεταξάς Νίκος Σιάχος Γιάννης Μήτσιου Κώστας Τασσόπουλος Γιώργος Γιαννακόπουλος Σπύρος Χρυσοβέργης Μιχάλης

ΠΑΝΕΙΠΣ'ΙΗΜΙΟΥ 34

•

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 3

Κερασαρίδης Γιάννης Κηrιουρός Χρήστος Κόvτζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θαvάσης Μαρούλη Βιολέτα Σαϊτη Εύα Σακελλάρης Βασίλης Τασσόπουλσς Γιώργος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας θαvάσης Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους θάvος

Απρίλιος Μάιος Ιούνιος

ΜΑΘΗΜΑτlΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στρατής Ιωάννης

Λρβανιωγεώργος Ανδρέας Βακαλόrιουλος Κώσιας Γιαvvοοrιύρος Σωτήρης Δούvαβης Αντώ,ης Καλίκας Σταμάτης Καρκάvης Βασίλης

58 Προ6λήμαια σε μcγισια και ελάχισια 64

Η συνάριηση 66 Ασκήσεις Γ' Λυκείου σια Ολοκληρώμαια 68 Επαναληπιικά 6έμαια, Καιεύ6υνση 72 74

ΗΟΜΟ MATHEMAΊICUS Η σιήλη ιης Αλληλογραφίας

76 Διάλογος με ιην Ασφονομία ΙΝΤΕι•rιι•εΣ Λ.Ι':.,

Σιοιχcιοllcοία - Σcλιδοnοίηοη

Εκιύπωση

Ελλιινικίι Μαθιιμαrικιί Ειαιρcία

Υπcυθ. ΊΊmoypaφcίou.

Ιcρά σ66ς 81

&�

Ν. ΑδάκΠJλος-Τηλ,3474654

κ.,

.,.,

eγι,. ••iι&

.. ..,

J••ι

.,,di.ιSι;,ιιΙL,.s ιι• /!fR.pίs κ/Jιικ•& του Κωνσταντίνου Γράψα

Ποιο; Ποιβιβλίο οάλλοθα εξακολουθεί ναημοδιακαιβάζεταιπολυδιακόμηαβασμένο και ότανανάόλατουςτααιάλλαώνεςβιβιββλίλίαογεωμετρί ας θααέχουν ξεχαστεί από το περί φ της γεωμετρί ς του δη μεκήτον,ούτετίτλοαπόδοση «Στοιχείτουςα>). στην Σήμερακαθομιστονλουμένη, τόπο μαςόμωςμπορείστοναπανεπι μην βρίστήμισκειοςΚλάρκ( έκδοσηClτουςark)στηνγια πααρ χαίΕυκλεί αράδειελληνι γμα μπορούμε δικτύουαπόαπότουςτο ημεδαπούς. Δηλάδη στην πραγματικότητα οι τηλεδαποί μετέχουν τηςνα ταελληνιμελετήσουμε κής παιδείμέσω ας περιδισασότερο 1 Μπορούμε να αναζητήσουμε τα «Στοι χ εί α ) του Ευκλεί δ η μέσω δι α δι κτύ ου να τα μελετήσουμε καιπό ναμικαπολαύσουμε, χ ωρί ς να μεί ν ουμε σε αυτά, τα δυναμι κ ά σχήματα που δημι ο υργούνται από τι άλλο, α t) στην γλώσσα Jaνa . γΜεματατηνθαεπονομαζόμενη Jaνa,πορούμε στην ναοποίδημια ακρο διαδικαλλάτύουκαι(Applμεeσυγκεκρι θιγήσουμε γώςροεφαρμογές αποσπασματκά μ ένα παραδεί αναφερθούμε, μ ουρ εκτός από μι κ ροεφαρμογές και ολοκληρωμένες εφαρμογές ( appl i c at i o ns ). αυτά ταcσχήματα, καποτελούν αι όχι μόνοστιαυτά,γμιότυπαδημιοτηςυργούνται δίνοντας δεδομέναΣε αυτό σε παραμέτρους στην Geometry. l a ss. και δηλαδή το παράδει γ μα η κλάση βρίσκεται μαζί με άλλες συμπιεσμένη στήν αρχειοθήκη Geometry.zip e Το παρακάτω κεί μ ενο το γράφουμε στον σημει ω ματάρι ο ( N ot pade) των Wi n dows και το σώζούμε σε μιΑνα διτοσκέταανοίμεξουμετο όνομα Geomet ry.htm. ανάγνωσης ιστοσελίδων συμβατό με Jaνa (lntemetExplorer με ένα το πρόγραμμα ) ενώ θανα.είμτααστεσύρουσυνδεδεμένοι 5, NatαscΑapκαιe,κ.λ.πμπορούμε σημεί με με το ποντίστοκδιι. αδίκτυο, θα δούμε κάτι σαν το Σχήμα όπου τα Geometry.htm 1 996.

Ι) Ενασχόληση

Όλα

κλάση

«αντικείμεναι>

11) Πεψαματισμός

Σχήμα 1

< APPLET code=Geometry.class codeBase=http: /(alephO. clarku. edu/'d joyce/ java/Geometry/ height=240 width=240 archive="Geometry. zip"> <PARAM NAME="e[1]" <PARAM NAME="e[2]" <param name="e[3]" <PARAM NAME="e[4]" ndom;">

VALUE="A;point; free; 120, 120"> VALUE="Γ;point; free;180, 120;red;b1ack;"> value=Άκτivα;line;connect;A,Γ; Ο; 1;red;"> Va1ue="Κόκλος;circle;radius;A,Γ;O;1;blue;ra

,----.---

�

/APPLET>

�240

</html>

:;;Ι εικονοστοιχεία-7

1http://alephO.clarku.edu/-djoyce/java/elements/booki/propil.html

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/3

Στήλη της Πληροφορικής

111) Σχολιασμός της γεωμετρικής σημασίας των παραμέτρων. Ο )Για να εμφανίσει το Σχήμα ο φυλλομετρητής λαμβάνει οδηγίες από την μιιφοεφαρμογή applet της

οποίας το όνομα Geometry.class είναι γραμμένο στην ιστοσελίδα Geometry.htm μεταξύ των σημάνσεων <APPLET> και . . . </APPLET> Το στοιχείο το e[1] να είναι σημείο με όνομα Α, ελεύθερο (να συρθεί με το ποντίκι),με συντεταγ μένες και χρώματα γράμματος Α και χρώμα σημείου το προκαθορισμένο . . Το ο στοιχείο το e[2] να είναι σημείο με όνομα Γ, ελεύθερο, με συντεταγμένες και χρώμα τα γράμματος Γ κόκκινο και σημείου μαύρο. Το στοιχείο το e[3] να είναι ευθειότμημα με όνομα Ακτίνα που συνδέει τα Α,Γ με χρώμα κόκκι νο. Δεν εμφανίζεται ή ετικέτα «Ακτίνα» λόγω του ;Ο; που υπάρχει στην σειρά των παραμέτρων . 4) Τέλος το e[4] να είναι κύκλος ακτίνας ΑΓ με μπλε χρώμα στην περιφέρεια και τυχαίο(raηdοm) χρώ μα στο εσωτερικό του. Η ετικέτα κύκλος να είναι κρυμμένη . Ας σταματήσουμε εδώ τον προηγούμενο πειραματισμό με μια κλάση που δεν γνωρίζουμε τον πρω τογενή κώδικα της(Source code) .Εξάλλου με την αποκήρυξη απαίτησης της εταιρίας Sun Microsystems,πoυ δημιούργησε την Jaνa, χορηγείτε άδεια χρήσης, αντιγραφής τροποποίησης και διανο μής του λογισμικού των παραδειγμάτων και της τεκμηρίωσης τους που βρίσκονται στο Πακέτο ανάπτυ ξης εφαρμογών Jdk ποv διατίθεται δωρεάν από την σελίδα της εταιρίας για σκοπούς μη εμπορικούς ή ε μπορικούς χωρίς χρέωση.

1) 1° 120, 1 20 2) 2 3) 3°

180, 120

JDK1.3

IV) Πειραματισμών συνέχεια σε Η/Υ που έχει εγκατεστημένο το c:\ Όπως και παραπάνω με το σημειωματάριο γράφουμε το αρχείο Clock2.htm και το σώζουμε οπου δήποτε .Όταν το ανοίξουμε με τον φυλλομετρητή θα αναζητηθεί η κλάση clock2.class από την διαδρομή c: \Jdkl. 3\demo\applets\Clock\ Clock2. class που οδηγεί στον υποκατάλογο [Clock] του σκληρού μας δίσκου. Εδώ βρίσκεται ο πρωτογενής κώδικας Clock2. java που είναι ένα αρχείο κα θαρού κειμένου και έχει μεταγλωττισθεί για να προκύψει η κλάσηClock2.class. Αυτή περιέχει κωδικολέξεις (byte code) κατάλληλες για τον Intemet Explorel ή άλλον συμβατό με Jaνa φυλλομετρητή. 'Ετσι ή Java δουλεύει ανεξάρτητα από τον τύπο του υπολογιστή και για διά

φορα λειτουργικό σύστηματα Όλη την εργασία την αναλαμβάνει ο φυλλομετρη τής •

Clock2.htm

Σ ' α

</html>

Τετ Απρ 11 13:56:27 2001

ΤετΑπρ 11 13:56:27 2001 �

170

εικονοστοιχεία 7

Για το τεχνικό θέμα της μεταγλώττισης δηλαδή της μετατροπής ενός αρχείου με επέκταση jaνa σε άλλο με επέκταση class υπάρχουν αναλυτικές οδηγίες στη σελίδα της sun στο διαδύκτιο καθώς και σε .Περιληπτικά από την γραμμή εντολών, MS-Dos prompt, γράφουμε βιβλία.([3] σελ JAVAC Clock2.jaνa και Enter.

552,639-700.)

http:// jaνa.sun.com/Download4, www. sun.com

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/4

Στήλη της Πληροφορικής Τώρα δώστε και άλλες τιμές στις παραμέτρους για να αλλάξτε τα χρώματα στο Σχήμα προτιμήσεις σας.

V) Ενασχόληση

κατά τις

Μελετάμε τις τεχνικές λεπτομέρειες μεταγλώττισης. Γράψουμε με προσοχή τον παρακάτω πρωτογενή κώδικα Fsinx. j ava .Μετά την μεταγλώττιση του θα μετατραπεί στην κλάση Fsinx.class .Όταν στον φυλλομετρητή φορτώσουμε την ιστοσελίδα Fsinx3.htm θα λάβουμε το Σχήμα 3 .Όλη την εργάσία την αναλαμβάνει ο φυλλομετρητής με τις κλάσεις περιέχει . Αν θέλουμε να έχουμε το ίδιο αποτέλεσμα σε ένα άλλο υπολογιστή αυτά που πρέπει να μετα φέρουμε είναι τα αρχεία Fsinx.class και Fsinx3.htm δηλαδή λίγες κιλοψηφιολέξεις (kilobyte)

http://users.forthnet.gr/ath/grakon!Fsίnx3 .htm

Fsinx, java

Fsinx3.htm

import

java. awt. Graphics;

public class

Fsinx extends

java.applet.Applet

String ΚΕΙΜΕΝΟ; double f(double χ)

}

{

Σχήμα 3 -----

ft � r

return (50+50*Math. sin(x/5)); public void paint(Graphics g)

KEIMENO=getParameter("KEIMENO"); for(int χ=Ο; χ<120;χ=χ+1)

g. drawLine(x, (int)f(x), χ+1, (int)f(x+1)); g. drawString("Γ. KΩΣTAΣ 2001", 0, 120); g.drawString(KEIMENO, 100, 120);

}

v v

.ΚΩ.ΣfΑΣ 2ΟΟΊ

ΕuκΒ'

�100 ε1κον/χεiα

�

VI) Παρατηρήσεις: α) Το Ευκβ' μπορεί να αλλάξει διότι εισάγεται στην κλάση Fsinx. class ως τιμή της παρα μέτρου ΚΕΙΜΕΝΟ(οι χαρακτήρες είναι λατινικοί) από την ιστοσελίδα Fsinx3.htm <PARAM ΝΑΜΕ="ΚΕΙΜΕΝΟ" VALUE=ΈuκB'"

Με την g.

drawString(KEIMENO, 100, 120);

width=100 height=120>

Εμφανίζουμε το Ευκβ' στη θέση

100, 120.

Γενικά μπορούμε να εισάγουμε παραμέτρους και από πλαίσια κειμένου Jaνa ή JavaScήpt ([4] σελ 1 36- 141) β) Η κλάση Fsinx που δημιουργούμε μ ε του παραπάνω κώδικα επεκτείνει (extends) την κλάση

Applet της Jaνa και κληρονομεί την συμπεριφορά της από αυτή. Μια κλάση χαρακτηρίζεται ως δημόσια( public) όταν ή πρ<?σπέλαση της επιτρέπετε . γ) Με την import java. awt. Graphics; Εισάγουμε την κλάση Graphics της Java για τον σχεδιασμό στην οθόνη με την_import java. awt. *; εισάγουμε όλες οι κύριες κλάσεις που αρχίζουν από j ava . awt πχ Java.awt.Componet, Java.awt.Container.

δ) Υπάρχει και η κλάση jaνa.laηg(περιέχει και της Integer και Stήng). που εισάγεται μόνη της κατά την μεταγλώττ:ι� μιας μικροεφαρμογής

Vll) Μερικά ακόμη παραδείγματα. Στον παρακάτω κώδικα Τtyχaiο.jaνa,δημιουργούμε δύο πίνακες x,y με 3 θέσεις για ακέραιους(iηt) για τον καθένα .Αυτές είναι οι συντεταγμένες x,y των κορυφών τριγώνου. Τιμές σε αυτές xO,yO κ.λ.π δί δονται ψευδοτυχαίοι αριθμοί(raηdοm) από το Ο έως το Η g.drawPolygon(x,y,3); σχεδιάζει πολύγωνο με 3 κορυφές. Οι συντεταγμένες τους είναι οι τιμές των πινάκων x,y .Κάθε φορά μέσα στο τετράγωνο επι εικονοστοιχείων σχηματίζεται διαφορετι κό τρίγωνο ή τρίγωνο εκφυλισμένο σε ευθύγραμμο .τμήμα . Τι πρέπει να σβήσουμε από τον κώδικα για να δημιουργείτε μόνο τυχαίο ευθύγραμμο τμήμα; Τα πρέπει να προσθέσουμε για δημιουργία τυχαίου τε τραπλεύρου;

99. 100 100

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/5

Στήλη της Πληροφορικής Ttyx.aίo.htm <html>

Tyxaio.iava /!τρίγωνο τυχαίο import java.awt. *; import java.applet.*; public class Ttyxaio extends Applet{ int[]x=new int[3]; int[]y=new int[3];

public void init() { int m=lOO; int x l =(int)(Math.random()*m); int y l =(int)(Math.random()*m); int xl=(int)(Math.random()*m); int y2=(int)(Math.random()*m); int x3=(int)(Math.random()*m); int y3=(int)(Math.random()*m); χ[Ο]=χ I ;y[O]=y 1; x[l ]=x2;y[l ]=y2; x[2]=x3;y[2]=y3;

<html> -------

}

ό�P i a

Γ.Κώστας 2001

public void paint(Graphics g) { g.drawPolygon(x,y,3); g.drawString("Γ.Kώστας 200 l ",0, 140);

4------

.Κώστας 2001

�

Στο παρακάτω παράδειγμα η τιμή της παραμέτρου k που εισάγεται από την ιστοσελίδα είναι η συμβολο σειρά που εμφανίζεται στο κέντρο του τετραγώνου(Rect). Στην συνέχεια με την a =Ι η t e g e r. p ars e Ι ηt ( k ) ; μετατρέπετε σε ακέραιο a = που είναι η πλευρά του τετραγώνου που φαίνεται στο Σχήμα αξιόπιστα με τον Netscape

100

Param.iaνa

4.61 100

Param meter.htm

//Παράμετρος απο σελiδα import java.awt. Graphics; public

Param extends java.applet. Applet I /κεiμεvο; String k; int a; Ι /ακέραlος; class

{

-------ό�Pia 5-----. .. fJe> 'tdt ':/JNN � '�

public void init () { k=getParameter("k"); a=Integer. parseint(k);

}

public void paint(Graphics TV) { TV. drawRect(O, O,a-l,a-1); TV.drawString(k,a/2,a/2);

}

} 1) 2) 3)

4) 5) 6)

8) 9)

Πη-yές-Βιβλιcryραφiα

[]

ΥΠΕΠΘ Προγραμματιστικά εργαλεία για το διαδίκτυο 2ος κύκλος Τ.Ε.Ε τομέας πληροφορικής και δικτύων Λιβάνης 2000 ΥΠΕΠΘ Αναπτυξη εφαρμογών σε προγραμματιστικό περιβάλλον Γ' Λυκείου Τεχνολογική κατεύθυνση Κορυφή Αθfινα 1999 Laura Lemay & Rogers Cadenhead Πfιρες Εγχειρίδιο Java 2 platform Μ. Γκιούρδας Αθηνα 1999 Dory Smith Java for WWW Peachpit press Berke1ey 1998 Peter Wayner Προγραμματίστε σεJava κα Javascήpt Compupress 1998 Steven Holzner Java 2 Βfιμα προς Βfιμα Μ.Γκιούρδας Sybex Inc Αθfινα 1998 Peter McBήde Java ο εύκολος τρόπος Δίαυλος Αθηνα 1997-98 Paul .J. Perry Jaνa Βfιμα προς Βfιμα Μ.Γκιούρδας 1996 Stephen R. Daνis Δουλέψτε με την J++ Microsoft Press Κλειδάριθμος 1996

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/6

δεν

Μαθημ τικά

μόνο Ασκη εις

ε,.. σι

rΙΑΤΙ ΤΑ ΜΑ!/ΡΑ ΠιfΗΚΤΡΑ EKTEINIJNTΑΙ ΑΝΑ 2, S, 4-, 4-, S, ...

του Νίκου Ανδρουλακάκη Μουσικομαθηματικός

IHι IΗ"�"�" I � 'I�" I�' I � " I � '��" 11 2 6

...

Ντο

...

... ... ... .......... . .......

Ντο 3

Nto4

Σολ 2

Σολ 3

3 3 264 528 4ι 8ι Μι

Σιb

Nto5

Μι

Σολ4

Ντο

!tl

Ρε4 Φα4 Λα4Σι4

Hz:

Συχνότης: Μήκος:

132 2ι

66 ι ν

1056 ιι6ν ι 6 1 51 ι ι1 ι14 ι 1ι1 1, 66Hz. Θ' ν

Ι2

9 π ϊ3 ϊ5

μεγάλος Πυθαγόρας προσπάθησε να συνδέσει την αρμονία των ήχων (παλλό μενη χορδή) με την αρμονία των αριθμών (μήκος χορδής). Τέντωσε ένα έντερο ζώ ου με ένα βαρίδι και κατασκεύασε το «μονόχορδο». Παρατήρησε ότι, με το ίδιο έντερο και το ίδιο βαρίδι, το μισό μήκος της χορδής, παλο , λοτανε με διπλ'ασια συχνοτητα. μοιως, το 3 με

ο ·.

τριπλάσια, το

.!_4

με τετραπλάσια κλπ. Ας έρθουμε

στο σήμερα κι ας κουρδίσουμε μια από τις χορδές μιας μπάσο ηλεκτρικής κιθάρας ώστε να πάλλεται

Ντο Σολ

Μι, Σιb Ρε, Φα, Λα, Σι

με συχνότητα ακούσουμε τη νότα Ντο ίδια με την πρώτη, αριστερά, νότα ενός αρμονί ου. Μία διευκρίνηση: τα σημερινά μουσικά όργα να, που κουρδίζονται με τη διαδοχή των νοτών του «συγκεκριμένου κλαβιέ» στο Λα (είναι η συχνότητα που μας δίνει και ο ΟΤΕ στο σήμα του, όταν σηκώνουμε το ακουστικό!) αποδίδουν σ' όλες τους τις νότες (εκτός των Λα, στις διάφορες οχτάβες, που είναι ακέραια πολλαπλάσια ή υπο πολλαπλάσια των συχνότητες σε με μέτρο άρρητους αριθμούς- τέλος διευκρινήσεως. Συνέπεια: Στη γραμμή του σχήματος, οι αριθ μοί: κλπ. είναι κατά προσέγγιση. Για ν' ακούσουμε το Ντο μία οχτάβα πάνω,

3 440 Hz =

440 Hz) 66, 132, 264 Hz

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/7

Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις πρέπει να βάλουμε το δάχτυλό μας στο άστο, ώστε το μήκος της παλλόμενης χορδής να μειωθεί στο μισό. Παρατηρούμε το ίδιο με τον Πυθαγόρα: η συχνότητα του Ντο είναι δηλαδή διπλά σια της Ντο Ομοίως, ανεβαίνοντας ανά οχτάβα στα επόμενα Ντο, η συχνότητα κάθε φορά διπλασιάζεται, ενώ το μήκος της αντίστοιχης χορ δής της κιθάρας, μειώνεται στο μισό, κάθε φορά. Αυτά τα Ντο, εμφανίζονται στη γραμμή Μήκος, του σχήματος. Παρατηρούμε ότι στην πρώτη ο χτάβα (Ντο έως Ντο αντιστοιχούν τα κλάσμα, , , Ι ' βα (Ντο εως τα l εως "2 , ενω στη δευτερη οχτα

2 132 Hz 1 66 Hz.

4 5), , 1 1 121 , 114 1 19 111 131 151 ' 74

τέταρτη οχτάβα (Ντο έως Ντο μεταξύ των (από την προηγούμενη υποδιπλασιαζόμενων) κλασματων

Ντο

3),

μεταξύ των κλασμάτων

και

παρεμ-

2 4 3ν 3 3 2). 1 1 ,

βάλλεται το κλάσμα

! (!

μήκος χορδής με

συχνότητα= Σολ Στις επόμενες οχτάβες (κόκ' κινη γραμμη Σολ) εμφανίζονται ως "6 και l2 , κα-

θε φορά με υποδιπλασιαζόμενο μήκος χορδής. Εν διαφέρον είναι ότι στην τρίτη οχτάβα (Ντο 3 έως Ντο

4),

στα κλάσματα (μήκους χορδής)

!, !, !

468 53 7 3 3 3 .13 3, 3,2, 3,21 3 1 456 7ης.

παρεμβάλλονται τα (πράσινα) κλάσματα

και

που ηχούν σαν νότες Μι και Σι μπεμόλ ( Σι ύφεση = ένα ημιτόνιο χαμηλότερο από το Σι το μαύρο πλήκτρο μεταξύ Λα και Σι ) Ενώ λοιπόν, στην πρώτη οχτάβα έχουμε μόνο Ντο και Ντο στη δεύτερη έχουμε Ντο Σολ και Ντο b στην τρίτη έχουμε Ντο Μι Σολ Σι και =

3, 2, 4 1 1

' .!.. που απο' τα ·�� Ντο . Να λοιπον ΙVΙ.Uσματα - , - , -,

και

' ' παιρνουμε την πιο διασημη συγχορδ'ια :

και

8, W,

παρεμβάλλονται

τα κλασματα (μπλε) -, -, - και- που αντιστοιχούν στις νότες Ρε, Φα, Λα, Σι. Όλες αυτές οι b νότες (με εξαίρεση το Σι ) δηλ. οι Ντο, Ρε, Μι, Φα, Σολ, Λα, Σι (πλήθος - ο «μαγικός» αριθμός) αποτελούν την κλίμακα Ντο ματζόρε, ΟΛΑ τα ά σπρα πλήκτρα. Όταν μετρήθηκαν οι συχνότητές τους, παρα τηρήθηκε ότι ο λόγος οποιωνδήποτε διπλανών, ή ταν σταθερός, εκτός των Μι-Φα και Σι-Ντο, που ήταν ο μισός. Κατασκευάστηκε λοιπόν το κλαβιέ του πιά νου με τις επτά άσπρες νότες, απέχουσες συχνοτι κά κατά έναν τόνο, εκτός των Μι-Φα και Σι-Ντο που απείχαν κατά ένα ημιτόνιο. Για λόγους ομοιο μορφίας και πληρότητας, χώρισαν τους τόνους των υπολοίπων, σε δύο ημιτόνια και έτσι παρενέβαλ λαν τα μαύρα πλήκτρα. Τώρα οι νότες, από έγιναν απέχουσες μεταξύ τους κατά ένα ημιτόνιο. Και μιας και έχουμε ... αδυναμία στα Μαθη ματικά, ας υπολογίσουμε αυτόν τον λόγο του ημι τονίου: Αφού η συχνότητα διπλασιάζεται όταν «α νεβαίνουμε)) κατά μία οχτάβα, εύκολα υπολογί ζουμε τον λόγο λ της γεωμετρικής προόδου, πα ρεμβάλλοντας νότες.

7 12,

Επειδή η τελευταία νότα πρέπει να έχει δι πλάσια συχνότητα, έχουμε 12 2 ν /! = ν => λ = ·

την Ντο Ματζόρε μεθ' Είναι συν-χορδές που συν-ηχούν γλυκύτατα στ' αυτιά μας. Τέλος στην

λ= 1{;[2 => λ=

1, 059463094

Φτωχότερη η Ε.Μ. Εταιρεία «ΕΦΥΓΕ» Ο ΝΙΚΟΣ Γ. ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ Ο σωστός ΑΝΘΡΩΠΟΣ, αγωνιστής για την Ειρήνη, τη Δημο κρατία, την Κοινωνική Δικαιοσύνη. Ο άριστος ΜΑΘΗΜΑ τJΚΟΣ, ακούραστο στέλεχος της ΕΜΕ, μέλος του Δ.Σ. της, υπεύθυνος του <<Ευκλείδη Β'». Ο δεξιοτέχνης ΔΑΣΚΑΛΟΣ, παιδαγωγός που αγαπούσε τα παι διά και τον αγαπούσαν, συνδικαλιστής που εκτιμούσε και τον εκτι μούσαν οι συνάδελφοι. Ο άξιος ΟΙΚΟΓΕΝΕΙΑΡΧΗΣ, σύζυγος, πατέρας και παππούς ι δανικής οικογένειας, στην οποία η Σ.Ε. του «Ευκλείδη . )) εκφρά ζει, με θλίψη, θερμά συλλυπητήρια. Η χαμογελαστή μορφή του θα μείνει στη μνήμη όλων μας. ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/8

λ.ΡΧλ.Ιλ. €λλΗΝΙΚλ. Μλ.ΘΗΜλ.ΤΙΙ<λ.

του Χρήστου Κηπουρού

Εύδοξος γεννήθηκε στην Κνίδο της Μ. i Ασίας το π .Χ.. Κατά τον Απολλό . δωρο, ήκμασε κατά την Ολυμπιάδα .. . π.Χ.) και απέθανε το π.Χ. σε ηλικία ετών.

(53ο 368-365

408

355103η

(I)

Προποντίδας όπου ίδρυσε μια περίφημη και επάξια σχολή το έτος π.Χ .. Το π.Χ. επανέρχεται στην Αθήνα συνο δευόμενος από τους συνεργάτες του στη Σχολή του. Μερικές από τις πληροφορίες που δίνει ο Διο γένης ο Λαέρτιος σχετικά με τον Εύδοξο, θεωρού νται ανακριβείς. Όiι, δηλ. τοποθετήθηκε αρνητικά (εχθρικά) προς τον Πλάτωνα ή ότι πήγε μαζί με τον Πλάτωνα στην Αίγυπτο ή ότι επισκέφθηκε τον Πλάτωνα όταν ήταν μαζί με τον νεαρό Διονύσιο, κατά την τρίτη επίσκεψή του στην Σικελία το π.Χ.. Το παρατηρητήριό του στην Κνίδο, όπως α ναφέρει ο Στράβων, διατηρήθηκε μέχρι της εποχής του (αρχές χριστιανικής χρονολογίας). Σ' αυτό το παρατηρητήριο, όπως αναφέρει ο Στράβων, ο Εύ δοξος παρατήρησε και τον αστέρα Κάνωβο (Canopus) ο οποίος δεν ήταν τότε ορατός από με γαλύτερα γεωγραφικά πλάτη. Συγκέντρωσε πολλές aστρονομικές παρατηρήσεις τις οποίες κατέγραψε σε δύο βιβλία: το «Κάτοπτρον>> και τα «Φαινόμε να» όπως βεβαιώνει ο Ίππαρχος. Ο ποιητής Άρατος (ήκμ. π.Χ.) έγραψε ένα ποίημα του οποίου οι στίχοι αναφέρονται στο αστρονομικό έργο «Φαινόμενα» του Ευδόξου. Αυτό που έχει μεγαλύτερη αξία για μας είναι το θεωρητικό μέρος της Αστρονομίας του Ευδόξου και όχι το πρακτικό (δηλ. το εκ παρατηρήσεων). Κανείς μέχρι τότε, δεν είχε διατυπώσει κάποια σπουδαία θεωρία σχετιζομένη με κινήσεις Ηλίου, Σελήνης και Πλανητών. Ο Εύδοξος είναι ο πρώτος που διατύπωσε την υπόθεση «του συστήματος των ομόκεντρων σφαιρών» και αντιμετώmσε την Α στρονομία με καθαρά μαθηματική θεωρία. Αυτή η θεωρία μαζί με τις μεγάλες και αθάνα τες προσφορές που έκανε στη Γεωμετρία, δικαίως τον τοποθέτησαν στην mo ψtλή βαθμίδα των Μα-

378 368

361

Εύδοξος

(408-355

π.Χ.)

Στην Αθήνα ήλθε, όταν ήταν ετών για να παρακολουθήσει μαθήματα Φιλοσοφίας και Ρητο ρικής και, ιδιαίτερα, τα μαθηματικά του Πλάτω νος. Επειδή ήταν πολύ φτωχός διέμενε στον Πει ραιά και πεζοπορούσε τη διαδρομή Πειραιά Αθήνα και αντίστροφα. Φαίνεται ότι, πριν έλθει στην Αθήνα για πρώτη φορά, είχε μεταβεί στην Ι ταλία και Σικελία για να σπουδάσει Γεωμετρία και Ιατρική από τους Αρχύτα και Φιλιστίωνα, αντί στοιχα. Αυτό συμπεραίνεται επειδή, μετά από την Αθήνα επανήλθε στην Κνίδο και, αργότερα, περί το π.Χ. ή και λίγο αργότερα, πήγε στην Αίγυπτο. Εκεί παρέμείνε μήνες και aφομοίωσε όλες τις aστρονομικές γνώσεις των Ιερέων της Η λιουπόλεως (ένα προάστιο του Καίρου) και εκτε λούσε παρατηρήσεις. Το αστεροσκοπείο που χρη σιμοποίησε για τις aστρονομικές του παρατηρή σεις που ήταν μεταξύ Ηλιουπόλεως και Κιρκισού ρας, διατηρήθηκε και στην εποχή του Αυγούστου. Μετά από την Αίγυπτο πήγε στην Κύζικο της

381-380

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/9

27019-732,

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά θηματικών ό'λων των εποχών. Ο Th. Heath αναφέ ρει ότι ο Εύδοξος ήταν «ο άνθρωπος της επιστή μης, εάν υπήρξε ποτέ τέτοιος άνθρωπος». Για τις μαθηματικές εργασίες του Ευδόξου, έ χουμε αναφορές στο έργο του Πρόκλου (στα σχό λια στο Α' βιβλίο του Ευκλείδη). Εν συντομία α ναφέρουμε μερικές από αυτές. •

•

Αύξησε το πλήθος των γενικών θεωρημάτων (των καθόλου καλουμένων θεωρημάτων) και πρόσθεσε άλλες τρεις αναλογίες, στις ήδη υ πάρχουσες τρεις. Τα γενικά θεωρήματα έχουν στη Γεωμετρία, Αριθμητική, Μουσική και σε εφαρμογή όλες τις μαθηματικές επιcrτήμες. Στον Εύδοξο αποδίδεται το V βιβλίο των στοι χείων του Ευκλείδη στο οποίο περιέχεται η θεωρία των αναλογιών που θεμελιώνει στην πραγματικότητα μία γενική θεωρία των με γεθών συμμέτρων και ασ1ψμέτρων.

Μετά από τον ισχυρό ·κλονισμό που δέχτηκε το φιλοσοφικό σύστημα των πυθαγορείων όταν διαπιστώθηκε ότι ο λόγος της διαγωνίου προς την πλευρά του τετραγώνου δεν μπορεί να εκφραστεί με ρητό αριθμό, άρχισαν οι πρώτες αμφισβητήσεις της πυθαγορικής φιλοσοφίας. Η αποκατάσταση ήλθε με την αναβάθμιση του ορισμού της αναλο γίας που περιέχεται στο V βιβλίο των στοιχείων του Ευκλείδη και αποδίδεται στον Εύδοξο. Σε με τάφραση είναι ο παρακάτω ορισμός 5 (V βιβλ. Στοιχ.): «Λέγεται ότι μεγέθη βρίσκονται στην ίδια σχέση (εν τω αυτώ λόγω), το πρώτον προς το δεύ τερον όπως και το τρίτον προς το τέταρτον, όταν τυχόντα ισάκις πολλαπλάσια του πρώτου και του τρίτου (καθ' οιονδήποτε πολλαπλασιασμό), εάν ληφθούν με κατάλληλη σειρά, είναι ή μεγαλύτερα ή ίσα ή μικρότερα συγχρόνως από τα ισάκις πολ λαπλάσια του δευτέρου και του τετάρτου». Από τον ορισμό αυτό συνεπάγεται ότι η αναλογία

ληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.)) σελ. ορισμ.

79, 2. 124. 134. 3. 143.

Ε. Σπανδάγου: Τα Μαθηματικά των αρ χαίων Ελλήνων, σελ. Α. SΖΑΒΣ: Απαρχαί των Ελληνικών μα θηματικrον, σελ. Στα δύο τελευταία έργα θα βρει ο αναγνώστης πολύ χρήσιμες πληροφορίες για τον Εύδοξο και τις εργασίες του, αφού δεν μπορούμε να επεκταθούμε περισσότερο σ' αυτό το άρθρο. Και για να κλείσουμε αναφέρουμε σύντομα, ότι: •

•

Θεωρείται ως εργασία του Εύδοξου, η ανακά λυψη των ιδιοτήτων της διαιρέσεως ευθυ γράμμου τμήματος σε « μέσο και άκρο λόγο». Ο Αρχιμήδης αναφέρει ότι ο Εύδοξος είναι ο πρώτος που απέδειξε το θεώρημα (του Δημό κριτου) ότι ο όγκος της πυραμίδας (ή κώνου) είναι ίσος με το τρίτον πρίσματος (ή κυλίν δρου) που έχει την ίδια βάση και το ίδιο ύψος με αυτήν. Ότι «δύο σφαίρες είναι μεταξύ τους ως οι κύ βοι των διαμέτρων των». Ο Εύδοξος είχε διατυπώσει και εφαρμόσει μία πολύ γενική αρχή ισοδύναμη με το περίφημο αξίωμα του Αρχιμήδη: «Δοθέντων δύο ομοει δών μεγεθών υπάρχει πάντοτε πολλαπλάσιον του μικροτέρου υπερβαίνον το μεγαλύτερο». Ο Εύδοξος εφάρμοσε την περίφημη «μέθοδο της εξαντλήσεως» η οποία αποτελεί τη βάση επί της οποίας στηρίχθηκε η ανακάλυψη του ολοκληρωτικού λογισμού.

α : β = γ : δ ισχύει τότε μόνον, όταν:

εάν μα νβ τότε και μγ νδ εάν μα = νβ τότε και μγ = νδ

και εάν μα < νβ τότε και μγ < νδ , όπου μ και ν εί ναι τυχόντες ακέραιοι αριθμοί. Τον ορισμό αυτό μπορεί ο αναγνώστης να βρει, εκτός από τα στοιχεία του Ευκλείδη, και στα εξής έργα:

Ήρωνα Αλεξανδρείας, τόμος IV (εκδ. Ελ-

(270 19-732 (408-355

Ο ποιητής Άρατος

π.Χ.)

Στους στίχους του ποιήματός του ανα φέρεται στο έργο «Φαινόμενω) του Ευδόξου. Εύδοξος π.Χ.)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/10

ΟΕuιW:ίδn� οροτι:ίvε:ι ... ΕuκΑ.ι:ίδn και ... lhόφavτo Απόδειξη Θέτουμε

Ο Ακαδημαϊκός κ. Ν. Α ρτεμιάδης δίνει τις λύσεις που είχε προτείνει στο τεύχος του Ευ κλείδη Β' 39

Α c = a = BC b = AC Β , , d=AD-CD. ( b+d )2 ( b-d ) BD = c2 - -2 = a - -2 -ac-a= bd= 2,. c = b+1 a = b-1. -+-+ · · +4b = bdαν, d = 4 d = 4 . (c+a)(c-a)=4b. c + a > b c-a = 1 1- +-+· 1 · + -=1 k 'll c -a > 2a + b , c > a + b4a , Ν =Ν �· · Ρ (όπ�ου αν η = 1 c + a = 4b c-a= c+a= , 3 Ν=1). + +··· + =NkE 4a+9 c = Ν η , c-a=2.AD-AC = 4 Α Β-BC = 2 , τοτε

Άσκηση Έστωσαν Ρι, p2, , Pn (η� ι) π ρώτοι α ριθμοί διάφοροι αλλήλων. Αποδεί ξτε ότι η , , ι ι ι , παρασταση δεν ειναι ποτε Ρι Pz Pn ακέραιος αριθμός. •••

Έστω

p1p2

Τότε

Όμως

και

Ρι

Ρ2

π-ι

Ρ2

για κάθε δείκτη

Ε IL.I.

τότε

ί με ί <

�e Ζ . Άτοπο. Pn

Παρατήρηση: Με ένα παρόμοιο τρόπο μπο ρούμε να αποδείξουμε ότι το άθροισμα των a ντίστροφων (διακεκριμένων} θετικών ΠΕΡΙτ ΤΩΝ αριθμών αυξημένο με το αντίστροφο ε νός αρτίου αριθμού δεν μπορεί να είναι ακέ ραιος. Άσκηση 2 Έστω ABC ένα μη αμβλυγώνιο τρίγω νο, με πλευ-ρές μήκους ακεραίους αριθμ ούς και τέτοιες ώστε BC < AC < ΑΒ. Έστω D ο πους της καθέτου από το Β τό επί της AC. Απ οδείξτε ότι: AD - CD τε και μόνο τότε όταν ΑΒ- BC 2.

= 4, =

-6-,

Άρα

, η-

, , , που δεν μπορει να ειναι ακεραιος. <=>

1 ) e+log4<4 (το σύμβολο log4 εννοεί το δε καδικό λογάριθμο του 4 .

) συνΒ+ ημΑσυνΓ >Ο

ΑΒΓ

2) Να αποδείξετε ότι: Σε κάθε τρίγωνο ισχύει Α· Α, Β, Γ τα μέτρα των γωνιών τριγώνου σε ακτίνια. 3) Αν α, β, γ πλευρές τριγώνου να α ποδείξετε ότι

ΑΒΓ αβγ (α+β-γ)(β +γ-α)(γ+α-β). f(χ)=2συνχ(1+ημχ) [Ο, π] . �

4) Δίνεται η συνάρτηση

ΧΕ

α) Να τη μελετήσετε ως προς μονοτονία και ακρότατα. β) Να αποδείξετε ότι

Από τον συνάδελφο Αντώνη Ιωαννίδη πήρα με τις εξής ασκήσεις:

, έπεται ότι το Από την ανισότητα ισούται με 1 , 2 ή 3. Αν , τότε οπότε , άτοπο. 3 , , τοτε συνεπως Αν

Ζ.

τοι c2 2 Αν τότε και οπότε Συνεπώς Αντιστρόφως, , τότε

Λύση

, , Έστω οτι ειναι

και

αν

ημΑ+ημΒ+ημΓ�JJ32

Α, Β, Γ γωνίες τριγώνου σε ακτίνια.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/11

Δ..,ιιιιω 11--ιdΡ"' 1.

Η ιιd.,.. μ •ι: -ιfrlι<tJ,.iι Η �tJ� Θέματα μεγάλων τάξεων Θέμ α 1°. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας R. Οι ΒΔ, ΓΕ είναι οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γ και η ΔΕ τέμνει το τόξο ΑΒ, που δεν περιέχει το Γ, στο σημείο Κ. Αν είναι ΚΑι _1_ ΒΓ, ΚΒι .l. ΑΓ, ΚΓι .l. ΑΒ και το σημείο Δ απέχει από τις πλευρές ΒΑ και ΒΓ απόσταση ίση με χ, ενώ το Ε απέχει από τις πλευρές ΓΑ, ΒΓ απόσταση ίση με y, τότε: ι.

να εκφράσετε τα μήκη των τμημάτων ΚΑι, ΚΒι, ΚΓ ι συναρτήσει των χ, y και

του λόγου λ = ΚΔ ΕΔ

η.

ΚΑ

ΚΓ

να αποδείξετε οτι: - = - + -. ΚΒ

Ο�.flf1"'ιι�4ε<;

τιι�έ<;

γράφουν από έναν αριθμό. Το παιγνίδι τελειώ νει όταν στον πίνακα απομείνουν δύο αριθμοί. Νικητής είναι ο Β, αν το άθροισμα των αριθ μών που απομένουν διαιρείται με το 3, διαφο ρετικά νικητής είναι ο Α. Αν ο Α αρχίζει πρώτος, έχει ο μαθητής Β στρατηγική νίκης;

Λύσεις Θεμάτων μεγάλων τάξεων

Θέμα 1° (α) Φέρουμε ΕΕ1 .lΒΓ, ΕΕ 2.lΑΓ, Δ Α1 .lΒΓ, M2.lAB, ο πότε σύμφωνα με την άσκηση θα είναι ΕΕ 1 = ΕΕ 2 = χ, ΔΔ1 = ΔΔ 2 = y . Είναι ΕΕ 2 .l ΑΓ, ΚΒ1 .l ΑΓ, οπότε ΚΒ1 = ΚΔ = λ�ΚΒ1 = λy. ΕΔ •

Θέμα 2°. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α,β τέτοιοι ώστε το γινόμενο (1 5α + β) (α + 1 5β) να είναι μία δύναμη με βάση το 3 και εκθέτη ακέραια ·

Θέμα 3°. Έστω f : Ν � JR είναι μία συνάρτηση τέ τοια ώστε (1) = 3 και + -1=

f f(m +η) + f(m -η)-m +η. f(2m) 2 f(2η)' m;:::η .

για όλους τους μη αρνητικούς ακέραιους m, η με Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f.

Θέμα 4°. Στο πίνακα είναι γραμμένοι όλοι οι ακέ ραιοι αριθμοί από 1 έως 500. Δύο μαθητές Α και Β παίζουν το εξής παιγνίδι: Με τη σειρά ο ένας μετά τον άλλον δια-

Επίσης ΚΓ ι/IΔΔ2 και - ΕΔ = λ - 1 �ΚΓι = (λ - l)x. ι = ΚΕ = ΚΔ ΕΔ χ ΕΔ Στο τραπέζιο ΚΑ1Δ1Δ(ΚΑ1 // ΔΔ1 ) είναι

ΚΓ

ΕΕ1 //ΚΑ1 // ΔΔ1 και ΚΕ = λ - 1, οπότε εύκολα ΕΔ υπολογίζουμε ότι ΚΑι + (λ - 1)χ = Υ�ΚΑ ι = λΥ - (λ - 1)χ. 1 - 1) (β) Η ζητούμενη σχέση είναι ισοδύναμη προς την

+(λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/12

Στήλη των Ολ1Jμπιάδων

ΚΒ. (1)έχουμε: ΑπόΚΑ·ΚΒ·τα τρίΚΚΓ=γΓ=2R· ωναΚΒ·ΚΓ+ΚΑ· ΚΒΓ,ΚΑΚΑΓ και · Κ Γ= , ΚΑ 1 ΚΓ ΚΑ =2R·ΚΒ · Κ Β=2R· 1, 1 , οπότε η ( 12R) γίν· ΚBεται1 :=2R·ΚA 1 +2R· K� ΚΒ + ΚΓ =ΚΑ ι , ι ι πουαποτελεσμάτων ισχύει, όπωςτουεπαληθεύεται ερωτήματοςεύκολα (α). μέσω των Θέμα κατ' αρχήν ότι, αν για κάποιους Παρατηρούμε θετι(1 5α+β) κούς (αακέραι ο υς α, β ι σ χύει η ι σ ότητα +15β)=3 κ , κεΖ, τότε πρέπει κ>4, 2 2 αφούΥποθέτουμε 15α+β�16>3ότι ο κκαιείνα+15β�16>3 . αι ο κατάλληλοιθετικθεός ακέραι ο ς γι α τον οποί ο υπάρχουν τικοί ακέ(ρ1 5α+β)·( αιοι α, β τέτοι ο ι ώστε α +15β)=3 κ (1) 15α+β, α+15β διαι ρούνΤότετο 15α+β=3 3 οιοπότεθετικθαοίm ,είακέραι να+15β=3 αι τηςοιμορφής ( 2 ) η , με m,Απόη ε τιΖ,ς (m2) >προκύπτει 2, η > 2,ότιmοι+ηαρι=κ.θμοί α, β είναι πολλαπλάσια τουα=3α3, δηλαδ ή έχουμε: ι , β=3β ι , ( 3 ) όπουΛόγω α1 , β1τωνε Ζ,(3α)1 και� 1,(2β)1έχουμε: � 1. �(15α(1 5·ι +β3α!1 )+3β. (αι1 )+·(15β3α1ι )+15·= 3m3+βn-1 2) =3= 3κ-2" κ, που είθετιναι κάτοπο. με mΆρα+η -2δεν υπάρχουν οι α, β για τους οποί(ο1υς5α+β)·( ισχύει ότια +15β)=3οί κακέραι , κεΖ. Θέμαα m=n=O από τη δοθείσα σχέση λαμβάνου Γι με f(0Επί)=σ1.ης για η=Ο λαμβάνουμε: ΚΑΒ

<=>

2°.

ελάχιστος

Κ,

<=>

3°.

2f(m)-m-1 f(2m)2+f(O) <::::>f(2m)=4f(m)- 2m-3, οπότεf(mη+η)+ δοθείσf(αmσχέση γί2f(νεταιm): + 2f(η)-2η-2, -η)= από την οποίf(mα,+γι1α) +η=1,f(mm�1,-1) =λαμβάνουμε 2f( m ) + 2 f(Αν θέσουμε m + 1) -f(m) = f(m) -f(m -1) + 2 m =f( m )-f( m -1 ) , m=1 , 2 , 3 , . . x τότε η τελευταί α ι σ ότητα γί ν εται = m +2, m=1,, 22,, 33,,.. .. _ xxmm+l+l - xxm =2, m=1 οπότε η ακολουθί α ( m ) , m � 1 , εί ν αι αρι θ μηx τιχκ1 ή= f(1) -f(πρόοδος μεκαι διαφορά πρώτοω=2. όρο O ) = 3 -1 = 2 ας (Xm ) θα είναιΆρα: Xm =Χο γενιι + κ(mός-1όρος)ω =της2μ,ακολουθί m=1 , 2 , . . οπότε θα έχουμεf(τι1)ς-f(ισότητες: O ) = χ 1 f(2)-f(l) = χ2 f( m )-f( m -1 ) = xm από τις οποίf(mες)-f( με πρόθεση κατά μέλη λαμβάνουμε O )= +χ + . + . f(m) -1 = 2 x1m((1 + 2+2+1). . + m)xm f(m) = 2 · � + 1 f(m)=m2 +m+1, mε Θέμαμαθητής 4°. Β έχει στρατηγική νίκης. Αρκεί να ότιθούνοισεαρι250θμοίζεύγη,από όπου 1 έωςτα500,στοιμποχεία παρατηρήσει ρούν να χωρι σ κάθε με τοΈτσιζεύγους 3. αν κάθεέχουνφοράάθροιο σΑμαδι501,αγράφειπουένανδιαιραριείταιθ οπότε άοι δύοθροιμό α,σαριμαο Βθ501,μοίθα διπουπουαγράφει θαδιαιμείρείτοντναιουναριμετελιθτομό3.κ50ά 1θα- α,έχουν ·

Ν.

ΕΛΛΗΝΙΚ Ο ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΟ ΙΝΣΤ ΙΤΟΥΤ Ο Λ Ε Υ ΚΟ Π Ο Υ Λ Ε ΙΟΣ ΔΙ Α Γ Ω ΝΙΣΜ Ο Σ ΠΙΘΑΝΟ ΤΉΤΩΝ 2001 10 Φεβρο υ αρίου 2001

Θέμα 1 α) Από ν ανδρόγυνα (2ν άτομα) επ1λέγουμε τυχαία 2 άτομα. Ποια η πιθανότητα να είναι ζευγάρι;

β) Αν από τα ν ανδρόγυνα πάρουμε τυχαία κ άτομα, να υπολογιστεί η πιθανότητα: ι) Να βρεθεί τουλάχιστον ένα ζευγάρι στα κ αυτά άτομα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/13

Στήλη των Ολυμπιάδων Να βρεθούν ακριβώςj ζευγάρια (Ο::; κ 2j::; ν - j ).

ιι)

Θέμα 2

Ρίχνουμε ν ( ν 2:: 2 ) συμμετρικά νομίσμα τα, με τις ενδείξεις Κ= Κεφαλή, Γ= Γράμμα τα, και με την εξής διαδικασία: Στην πρώτη δοκιμή ρίχνουμε και τα ν νο μίσματα, στη δεύτερη ρίχνουμε μόνο τα νομί σματα που έφεραν Γ στην πρώτη δοκιμή (αν υπάρχουν) , στην τρίτη μόνο αυτά που έφεραν Γ στην δεύτερη δοκιμή (αν υπάρχουν) κ.ο.κ., μέχρι που να μην υπάρχουν νομίσματα με την ένδειξη Γ. Να βρεθεί η πιθανότητα: Στην τελευταία δοκιμή να ρίξουμε ν α) 1 νομίσματα. Να τελειώσει η διαδικασία στην κ δοβ) κιμή. Να απαντηθούν τα ερωτήματα (α) και γ) (β), όταν ν = 5 και κ = 2 . Θέμα3

Στο ΛΟΤΤΟ επιλέγονται 6 αριθμού από τους 49. Αν σε ένα δελτίο συμπληρώσουμε 7 αριθ μούς πληρώνουμε το ίδιο ποσό με το να συ μπληρώσουμε 7 δελτία από 6 αριθμούς στο κάθε δελτίο. Μας ενδιαφέρει να πετύχουμε 5 ή 6 αριθ μούς στο ίδιο δελτίο. Τι είναι προτιμότερο: Να συμπληρώσουμε ένα δελτίο με 7 αριθμούς ή 7 δελτία από 6 α ριθμούς, έτσι ώστε ανά δύο τα 7 δελτία να μην έχουν κοινούς αριθμούς. Λύσεις των θεμάτων Θέμα 1

α) Οι δυνατοί τρόποι είναι

()

2 και οι ευ2ν

νοϊκοί είναι ν, όσα και τα ζευγάρια, η πιθανό τητα που ζητάμε είναι: Ρ. =

(�)

1 2v -ι

βι) Βρίσκουμε πρώτα την πιθανότητα να μην υπάρχει ζευγάρι στα κ άτομα.

πομένως:

Θέμα 2

Η πιθανότητα ένα νόμισμα να έχει την έν δειξη «Γ», για πρώτη φορά στην j ρίψη, είναι: 1 Ρι = .

Η πιθανότητα ένα νόμισμα να έχει την ένδειξη «Γ», για πρώτη φορά πριν τηνj ρίψη, είναι: 1 . 1 1 p2 = 1 + 2 +···+-. -1 ' ] = 1 2, . . -� = 1--. J J 2 2 2 2

, .

α) Αν πάρουμε ν- 1 συγκεκριμένα νομίσμα τα, από τα ν, η πιθανότητα να φέρουν για πρώτη φορά την ένδειξη «Γ» στην ί ρίψη και το άλλο νόμισμα να φέρει την ένδειξη «Γ», για πρώτη φορά, πριν την ί ρίψη, είναι: Ρ;

(Ξ Γ ( � } Ψ ι- 2 ,

i = Ι,2, . . .

Η πιθανότητα δεν αλλάζει αν αντί για την ένΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/14

Στήλη των Ολυμπιάδων δειξη Γ έχουμε την ένδειξη Κ. Επομένως η πι θανότητα, στην τελευταία ρίψη, τα συγκεκρι μένα (ν -1) νομίσματα, να φέρουν την ένδειξη «Γ» είναι: 1 = 2ν - 1 2ν-Ι _ 1

� Pi

Ρ• =

)

){

{

Επειδή υπάρχουν ν =

( )

ν διαφορετικοί ν-1

){

π, = 7

)

β) Η πιθανότητα να τελειώσει η διαδικα σία πριν την (κ + 1 ) ρίψη, είναι ίση με την πι θανότητα να τελειώσει η διαδικασία πριν την κ ρίψη συν την πιθανότητα να τελειώσει η διαδικασία στην κ ρίψη. Η πιθανότητα να φέρουν την ένδειξη «Κ», τα ν νομίσματα, πριν την j ρίψη, οπότε τελειώνει η διαδικασία, είναι: v 1 p3 = 1 - -.\ 2jΕπομένως αν Ρ είναι η πιθανότητα να τελειώ σει η διαδικασία στην κ ρίψη, τότε v 1 ν 1 Ρ = 1 -- - 1 2κ 2 κ-\ γ) Για ν = 5 και κ = 2 , η απάντηση στο

( J

( )( J

ερώτημα (α) είναι ναι

-21

1 024

__!__ = Ο, Ο108 και στο (β) εί93

= 0, 206 .

θέμα 3 i) Στο δελτίο που συμπληρώνουμε 7 αριθμούς η πιθανότητα, να πετύχουμε ένα του λάχιστον 5, είναι:

ρ, =

GtJ (7 )

(�)

και η πιθανότητα να πετύχουν ένα τουλάχι στον 6 είναι:

ii) Οι αντίστοιχες πιθανότητες στα 7 δελτία από 6 αριθμούς το καθένα είναι:

τρόποι να επιλέξουμε τα (ν - 1 ) νομίσματα, τότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι: ν Ρ= 2 ν - 1 2ν-\ - 1

{

Gt0 (7 ) (7 )

π6 = 7

GtJ (7 )

(�)

(iliJ (7 ) ( =

Επομένως η πιθανότητα να πετύχουν ένα του λάχιστον 5 ή 6 είναι μεγαλύτερη στα 7 δελτία + Ρ6 . των 6 αριθμών, π5 + π6 Αν μας ενδιαφέρει το αναμενόμενο κέρδος, τότε οι δύο τρόποι είναι ισοδύναμοι, διότι αν τα χρήματα ου εισπράττουμε είναι γ όταν πιά σουμε 5 και δ όταν πιάσουμε 6, τότε: Στο δελτίο με 7 αριθμούς αν πετύχουμε 5, πιά νουμε δύο πεντάρια και όταν πετύχουμε 6, πιάνουμε ένα εξάρι και έξι πεντάρια, το ανα μενόμενο κέρδος θα είναι: 1 806γ + 7δ 2ΎΡ5 + ( δ + 6γ ) p6 =

> Ps

(7 )

Στα 7 δελτία των 6 αριθμών, το αναμενόμενο κέρδος είναι: 1 806γ + 7δ γπ, + δπ. =

(7 )

Αυτό μας λέει ότι το αναμενόμενο κέρδος ε ξαρτάται μόνο από το πλήθος των έξι αριθμών που συμπληρώνουμε και δεν εξαρτάται από ποιοι είναι οι 6 αριθμοί που συμπληρώνουμε στο δελτίο. Στρατής Κουνιάς, Νίκος Π απαδάτος, Βασίλης Παπαθανασίου

Τμήμα Μαθηματικών, Πανεπιστήμιο Αθηνών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/15

Στήλη των Ολυμπιάδων

του Σωτήρη Λουρίδα Θα ασχολ ηθο ύμε με μία ενό τητα υ ψηλο ύ ενδιαφέροντος για το υς ειδικότερο υς μαθηματικούς διαγωνισμούς, την ενότητα των επίπεδων γεωμετρικών σημειακών μετασχηματισμών ή γεωμετρι κών πράξεων: ΜΕΤΑΦΟΡΑΣ, ΣΤΡΟΦΗΣ, ΟΜΟΙΟΘΕΣΙΑΣ, ΑΝτJΣΤΡΟΦΗΣ (θεωρούμε γνω στό τον γεωμετρικό σημειακό μετασχηματισμό ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ , από τα βιβλία το υ Ο.Ε.Δ.Β., όπως επίσης και τη στοιχειώδη θεωρία το υ διανυσματικού λογισμού). Ουσιαστικά η γνώση των γεωμε τρικών πράξεων μας επιτρέπει να κατανοούμε την γεωμετρική συμπεριφορά των επίπεδων σχημά των πο υ παράγονται από την μεταφορά, συμμετρία, στροφή, ομοιοθεσία, αντιστροφή ενός γεω μετρικού σχήματος, χωρίς να εμπλεκόμαστε σε περίπλοκες αποδείξεις. ΜΕΡΟΣ Α ' (ΜΕΤΑΦΟΡΑ, ΣΤΡΟΦΗ) 1. α) Για τη δημιουργία ενός επίπεδου σχήματος αρκεί ένα γεωμετρικό σημείο και έ νας σαφής αυστηρός μαθηματικός τρόπος με βάση τον οποίο κινείται στο επίπεδο για να παραχθεί το σχήμα αυτό. Τότε λέμε ότι το ση μείο αυτό διαγράφει το επίπεδο σχήμα. Π αρατήρηση: · Δύο σημεία ενός επιπέδου που κινούνται στο επίπεδο αυτό με βάση τον ίδιο σαφή αυ στηρό μαθηματικό τρόπο διαγράφουν το ίδιο επίπεδο σχήμα ή ίσα επίπεδα σχήματα. β) Μεταξύ δύο σχημάτων του επιπέδου ορίζεται μία αμφιμονοσήμαντη (ή 1 - 1 ) αντι στοιχία (συνάρτηση) αν ορίζεται ένας νόμος ο οποίος σε κάθε σημείο του ενός σχήματος να aντιστοιχίζεται ένα και μόνο ένα σημείο του άλλου σχήματος και αντίστροφα (τα σχήματα, τότε, ονομάζονται αντίστοιχα). Π αρατήρηση: Μεταξύ δύο ίσων σχημάτων ορίζεται, πά ντα, μία αμφιμονοσήμαντη ή 1 - 1 αντιστοιχία. Το αντίστροφο δεν ισχύει πάντα. π.χ.

Ο θεωρήσουμε ημιευθείες Οη σε κάθε σημείο τομής Μ της Οη με την ημιπεριφέρεια αντι στοιχεί μόνο ένα σημείο Ν της (ε), (σημείο τομής της Οη με την (ε)) και αντίστροφα (σχ. 1 ). Το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ του σχήματος 2 με την ανοικτή τεθλασμένη ΓΔΕ, είναι σχή ματα αντίστοιχα. Α

__/�

σχ. 2

Παρατήρηση: Θα λέμε ότι δύο αντίστοιχα σχήματα δια γράφονται όμοια αν κατά την διαγραφή καθε νός, αντιστοιχούν τα αντίστοιχα σημεία τους κατά την ίδια σειρά. γ) Θα θεωρούμε ότι η περίμετρος ενός επίπεδου σχήματος:

ί) διαγράφεται κατά τη

θετική φο ρά αν ένα «κινούμενο» σημείο τη διαγράφει κατά μία έννοια αντίθετη με τους δείκτες του ρολο γιού αν αυτοί ορίζουν επίπεδο παράλληλο προς εκείνο του επίπεδου σχήματος, ίί) διαγράφεται κατά την αρνητική φο ρά αν ένα κινούμενο σημείο την διαγράφει κατά μία έννοια αντίθετη της προηγούμενης.

(ε)

Γι �

σχ. 1 Αν

ΑΒ / (ε)

τότε η ημιπεριφέρεια με διά

μετρο ΑΒ, εξαιρουμένων των Α, Β, είναι σχή μα αντίστοιχο της ευθείας (ε), αφού αν από το

+- Μ -+ -

Α � Β � Γ � Α Θετική φορά Α � Γ � Β � Α Αρνητική φορά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/16

Στήλη των Ολυμπιάδων

Αι (ε ). (ει ) Α2 2 ΑιΑΒ2 χ• (B Byει )= Α Α ΑιΑ2Α3 Αν = ΒιΒ2Β3 Βν , By ι 2 x By Av_ιAv = Bv-ιΑBvι ,, ΑΒvι Αι = ΒvΒι (ε2 ) , ΑιΑ2 =ΒχΒy�Α2Βy// ΑιΒχ Α (ει ) 2 (ε ) (ε2 ). By Β χ 2, Α Α ι • 2 ( ε2 ) (ει ). ΑΒ Σ ι Σι Σ2

Σπουδαία παρατήρηση : Αν υποθέσουμε ότι έχουμε δύο σχήματα ί σα τότε μπορούμε να δημιουργήσουμε μία α ντιστοιχία, μεταξύ των σημείων τους ένα προς ένα. ως εξής: με Έστω ... • . .

• • •

και από τις κο ρυφές τους ξεκινήσουν ταυτόχρονα δύο κινητά με ίδιες ταχύτητες διαγράφοντας, αντίστοιχα, τις περιμέτρους τους, τότε την χρονική στιγμή to θα έχουν διαγράψει ίσες διαδρομές. 2.

ση)

ΜΕΤΑΦΟΡΑ (ή παράλληλη μετάθε

2. 1 . Έστω σημείο Α και διάνυσμα ii . Αν θεωρήσουμε = ii τότε το Β είναι μεταφορά του Α κατά διάνυσμα ii . 2.2. Έστω σχήμα Σ και διάνυσμα ii . Θε ωρούμε μεταφορά του Σ το σχήμα Σ ' του ο ποίου τα σημεία είναι οι μεταφορές όλων των σημείων του Σ κατά διάνυσμα ii (σχ. 1 ). -α -+

·· · · · ··

·· · · ·

Σ'

σχ. 1 Παρατήρηση: Αν Σ' είναι η μεταφορά του Σ κατά ii , τό τε Σ" είναι η αντίστροφη μεταφορά του Σ αν το Σ ' ' είναι μεταφορά του Σ κατά -ii (σχ. 2). 2.3 . Η Μεταφορά σχήματος «δίνει» σχήμα ίσο προς αυτό με περίμετρο διαγραφόμενη όμοια προς εκείνη του αρχικού. 2.4. Αν δύο ευθείες είναι παράλληλες τότε η μία από αυτές είναι μεταφορά της άλλης. Απόδειξη :

•

(ε�

τυχαίο σημείο της

Έστω

τυχαίο σημείο της

και

Δημιουργείται το διά

νυσμα

τυχαίο σημείο της

Έστω

ρούμε

. Θεω-

τυχαίο σημείο ώστε

Αυτό σημαίνει ότι το

•

είναι σημείο της

αφού

και

βέβαια (από το γνωστό αξίωμα του Ευκλείδη) από το διέρχεται μόνο μία παράλληλη στην δηλ. η Το είναι μοναδικό σημείο της

αντίστοιχο του

με βάση

την μεταφορά κατά διάνυσμα

Άρα η

είναι μεταφορά της

ΟΡ ΙΣΜΟΣ: Δύο μεταφορές λέγονται διαδοχικές αν η πρώτη μεταφέρει το σχήμα Σ στο και η δεύτερη το σχήμα στο •

Βασικό Θεώρημα: Δύο διαδοχικές μεταφορές ενός σχήματος · κατά διανύσματα διάφορων διευθύνσεων μπο ρούν να αντικατασταθούν από μία που ορίζε ται από διάνυσμα - συνισταμένη των δύο προηγούμενων (διάνυσμα - άθροισμα των προηγούμενων) διανυσμάτων.

Απόδειξη : Καθιστούμε τα διανύσματα τα ορίζοντα τις διαδοχικές μεταφορές διανυσματικές ακτίνες κοινής αρχής έστω

ΟΑ ΟΑ , ι Α 2

•

Θεωρούμε το τυχαίο σημείο Μ του αρχι κού σχήματος. Κατά την πρώτη μεταφορά aντιστοιχίζεται στη θέση ώστε Κατά την διαδοχικά δεύτερη μεταφορά αντι-

Μι ΜΜι =ΟΑι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.4/17

Στήλη των Ολυμmάδων

Μ;

Μ Γ=ΜΒ 2 Μ1Μ; = ΟΑ2 • = ΜΒ ΔΜ1 = Μ2Γ Μ1ΝΔΜ= ΝΜ1ΓΜ•2 2 1Μ2 Μ; . ΜΜ; = ΜΜ1 + Μ1Μ; ΜΜ ΜΜ Μ 1 2 =0Α ΜΜ =ΟΑ =0Α +0Α 1 1 1 , , 2 Μ1ΜΜ2 • Μ1Μ; = ΟΑ2 ΜΜ; =ΟΑ ΟΑι , ΟΑ2 • (K, R ), 1 (Λ, R2 ) (K, R1 ) (Λ, R ) ΑΒ=λ , 2 ΑΒΙΙ ε ; ) ( ε Α

στοιχίζεται στην θέση

ώστε, προφανώς

Άρα το Μ, μετά την εκτέλεση των δύο διαδοχικών μεταφορών aντιστοιχίζε ται στην θέση Είναι σαφές ότι το

:::::} ΜΜ;

αφού

Άρα, αντί για τις δύο διαδοχικές μεταφορές μπορούμε να εκτελέσουμε την με ταφορά κατά το άθροισμα των

του ΑΜ), ΑΜ

(Μεταφορά του ΜΒ) με

:::=)

εί . Άρα το ναι παραλληλόγραμμο οπότε Επομένως ΜΝ διάμεσος του τρ. ισοσκελές. Σημαίνει ότι η ΜΝ με τρ . Λ

θα είναι και διχοτόμος της

•

(ΔΙΕΘΝΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑ ΔΕΣ, εκδόσεις Ε.Μ.Ε., σελ. 37, πρόβλημα 3) 2. Δίνονται

Εύκολα αποδεικνύονται και τα εξής:

i) Μία μεταφορά ενός σχήματος μπορεί να αντικατασταθεί από δύο άλλες διαδοχικές μεταφορές συγκεκριμένων διευθύνσεων. ii) Τα παραπάνω ισχύουν και για περισ σότερες από δύο διαδοχικές μεταφορές.

δύο

περιφέρειες

και ευθεία ε . Υπάρχουν σημεία Α, Β ώστε αντίστοιχα των με

Λύση :

iii) Συνισταμένη μεταφορά διαδοχικών με ταφορών είναι εκείνη που τις αντικαθιστά.

ίν) Η τελική θέση ενός σχήματος, που εί

ναι αποτέλεσμα διαδοχικών μεταφορών είναι ίδια, ανεξάρτητα από την σειρά που διαδέχεται η μία την άλλη. Ασκή σεις στην μεταφορά: 1 . Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΔ Να αποδείξετε ότι η ευθεία που συνδέει τα μέσα των δύο άλλων πλευρών του είναι πα ράλληλη προς την διχοτόμο των ευθειών ΑΔ, ΒΓ.

= ΒΓ.

ΑΒ =λ ΑΒ ε (K, R1 ) (H,(Λ, RR1 )) ΚΗ=ΑΒ. 2ΗΒ ΑΒ=λ ΑΒΙΙ ε.

Αφού και 11 σημαίνει ότι το Β στην θα βρίσκεται στην μεταφορά της με

στο Β προσδιορίζεται το ΗΒ. Αν

ΚΑ =

ώστε

Λύση

Αν αυτή τέμνει την

τότε το ΑΒ προσδιορίζει τα Α, Β, με

3. ΣΤΡΟΦΗ!!

Έστω Μ, Ν τα μέσα των ΑΒ, ΔΓ αντί στοιχα. Μεταφέρουμε την πλευρά ΑΔ στην Αρκεί να θέση και την ΒΓ στην

ΜΜ1 ΜΜ2 • Μ Μ Ν = ΝΜΜ • 1 2 ΜΜ1 =ΜΜ2 • ΔΜ = ΜΜ1Μ2 1

αποδείξουμε ότι

Άρα το τρίγωνο

ισοσκελές. Επίσης:

ΑΜ

Πράγματι είναι

(ΜΕΤΑΦΟΡΑ

1 ) Μια γωνία xOy είναι ένα επίπεδο σχήμα. Αν θεωρήσουμε ότι αυτή σαρώνεται από την κίνηση της μίας πλευράς της έως την άλλη, τότε ορίζουμε μία φορά (αυτόματα ορί ζεται και η αντίθετη φορά) οπότε έχουμε την έννοια της προσανατολισμένης γωνίας. Συγκεκριμένα: Έστω το επίπεδο στο οποίο Λ

ανήκει η xOy και ένα επίπεδο παράλληλο σ' αυτό που κινούνται οι δείκτες ενός ρολογιού, θεωρούμε την κίνηση της Οχ από την αρχική της θέση Οχ έως την τελική της Oy. Αν η κί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/18

Στήλη των Ολυμπιάδων νηση αυτή είναι αντίθετη με την κίνηση των δεικτών του ρολογιού μιλάμε για θετική φορά (θετικά προσανατολισμένη ευθεία) ενώ αν εί ναι ίδια με την κίνηση του δεικτών του ρολο γιού μιλάμε για αρνητική φορά.

τα αντίστοιχα ομόλογά τους. Έχουμε: Λ

ΑΟΑ' ΒΟΒ' , ΑΟΑ' = ΑΟΒ+ ΒΟΑ' , ΒΟΒ' ΒΟΑ'+ ΑΌΒ' ΑΟΒ ΑΌΒ' ΑΟΒ ΑΒΣ=Α=Σ''Β'. Λ

�

τρ. = τρ. Α ΌΒ ' � θε ζεύγος σημείων Α, Β. Άρα

2) Έστω επίπεδο (π) και Ο είναι σημείο του που θα το θεωρήσω κέντρο της στροφής. Έστω τυχαίο σημείο Α του επιπέδου και μία προσανατολισμένη του γωνία θ. Ονομάζω στροφή του Α με κέντρο Ο και κατά γωνία θ (ή απλά με κέντρο Ο και γωνία θ) την αντι-

για κά-

5) Η στροφή ευθείας ως προς κέντρο, έ στω Ο, και γωνία έστω θ είναι ευθεία. Οι ευ θείες αυτές σχηματίζουν γωνία ίση με θ. Πράγματι:

ΑΟΑ'

στοίχιση του Α στο Α' αν = θ και ταυτόχρονα Τα σημεία Α, Α' ονομά ζονται ομόλογα.

ΟΑ= ΟΑ'.

σχ. 2 Θεωρούμε δύο τυχαία σημεία της ευθείας (ε) έστω Α, Β και Α', Β ' τα ομόλογά τους, ώστε 3) Στροφή του σχήματος Σ κέντρου Ο και γωνίας θ είναι το σημειοσύνολο των στροφών των σημείων του Σ κέντρου Ο και γωνίας θ. Τότε λέμε ότι το Σ στρέφεται περί το κέντρο Ο κατά γωνία θ. 4) Δύο σχήματα που το ένα προκύπτει α πό το άλλο με στροφή περί σημείο, έστω Ο, είναι ίσα.

Απόδειξη:

Αν το σχήμα Σ' παράγεται από το σχήμα Σ όταν αυτό στρέφεται περί το Ο, έστω κατά γωνία θ, τότε θα αποδείξουμε ότι

Σ =Σ' .

ΑΟΑ' = ΒΟΒ' . (ε') =θ Η

που ορίζεται από

αυτά είναι η στροφή της ε περί κέντρο Ο και γωνία θ, αφού ... 6) Έστω δύο σχήματα Σ, Σ' ··που το ένα προκύπτει από το άλλο δια στροφής περί Ο κατά γωνία θ. Αν Α, Β δύο τυχαία σημεία του Σ και Α', Β ' τα αντίστοιχα - ομόλογά τους του Σ' και ε η ευθεία που ορίζουν τα Α, Β και ε' η ευθεία που ορίζουν τα Α', Β', τότε η γωνία ταυτίζεται με την γωνία θ της των (ε), στροφής.

(ε')

Υπόδειξη: Με βάση την προηγούμενη

πρόταση .

7) Η στροφή μιας περιφέρειας (K,R) περί κέντρο Ο κατά γωνία θ είναι περιφέρεια (K',R) ίση προς την (K,R) όπου Κ' η στροφή του Κ.

σχ. 1 Έστω Α, Β τυχαία σημεία του Σ και Α', Β ' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/19

Στήλη των Ολυμπιάδων ΑΒ ,

Αφού

ΑΓ= ΒΑΓ=- ΒΑΓ=-Λ

το 3 3 Γ θα ανήκει στην στροφή με κέντρο το Α και ,

γωνια - η -- , αντιστοιχα. 3 3

Υπόδειξη: Αν Α τυχαίο σημείο της (K,R) και Α' το αντίστοιχο-ομόλογό του συγκρίνοΔ

ντας τα τρίγωνα τρ. ΟΚΑ , τρ. ΟΚΆ ' βγαίνουν ίσα

�R=R' . .

8) Εάν θεωρήσουμε ότι δύο ίσα σχήματα διαγράφονται όμοια τότε ένα μπορεί να εφαρ μόσει πάνω στο άλλο με μία μεταφορά και μία στροφή αυτού. Πράγματι: Έστω Α, Α' αντίστοιχα - ομόλογα σημεία των σχημάτων αυτών με μεταφορά του ΑΑ' του πρώτου σχήματος, έστω Σ φέρνουμε το Α στο Α' και το Σ, έστω στην θέση Σ'. Με στροφή τώρα του Σ' περί το Α' φέρνουμε το Σ' στο ίσο προς το Σ σχήμα.

2) Έστω σχήμα κινούμενο σε σταθερό ε πίπεδο ώστε να διατηρείται αμετάβλητο και κάθε μία από δύο δοθείσες ευθείες του να διέρχεται από ανά ένα σταθερό σημείο. Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειρες ευθείες του κάθε μία από τις οποίες στρέφεται περί σταθερό σημείο. Απόδειξη: (ε2)

Αι , ε2 ε ι , 02 (ει , ε2 ) =ω Οι02 (ει

Έστω ευθείες που διέρχονται από τα Ο αντίστοιχα. Αφού το σχήμα μένει Λ

Π αρατήρηση : Κατανοούμε ότι η συμμετρία ως προς ση μείο Ο είναι στροφή περί το σημείο Ο κατά γωνία π. Ασκήσεις στην στροφή

1) Δίνεται περιφέρεια {K,R) και σημείο Α εξωτερικό αυτού σημείο. Έστω ότι σημείο Β κινείται στην περιφέρεια αυτή και τρίγωνο Δ

ΑΒΓ κινούμενο, ώστε

νείται το σημείο Γ; Λύση

Α= Β=Γ=Λ

. Που κι-

αμετάβλητο η διατηρείται σταθερή άρα η τομή του Α θα κινείται σε σταθερό τόξο χορδής και γωνίας ω. Η τυχαία ευθεία (ε) που διέρχεται από το Α σχηματίζουσα γω νία φ με την ) τέμνει την περιφέρεια στο Κ. Επειδή εξακολουθεί να διατηρεί την γωνία φ σταθερή σημαίνει ότι εξακολουθεί να διέρχε ται από το Κ. Άρα κάθε ευθεία που περνάει α πό το Α κατά την στροφή διέρχεται από στα θερό σημείο.

Α ΝΛ ΚΟ Ι ΝΩ Σ Η Οι υπεύθυνοι της έκδοσης και η

συ

ντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Β ' ζητά την συνεργασία των συναδέλφων. Με άρ θρα για τις Μόνιμες στήλες και για την ύ

λη των Τάξεων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/20

'δη

�

,.' ,,._.._____._. ,

IJΙ tJ41JNTΙJrAYtfJΙ4EΣ, ΤΑ ΜΥΡΙΗΗΤΚ/,4 ΚΑΙ Τ() Π

του Νίκου Μεταξά

Όλα τα αποτελέσματα στη φύση δεν είναι παρά οι μαθηματικές συνέπειες λίγων αναλλο ίωτων νόμων.

Ε ποιίναιαδυνατό ναά ψηφίυπολογια χρησιστείμοοποιπ μέχρι κάο δεκαδι κ ώ ντας δοντογλυφί δ ες και ένα τραπεζομάντι λ ο; Με ποιοτοτρόπο τα μιμυρμήγκι α καταφέρνουν καιφος μετράνε εμβαδόν κ ρών ρωγμών στο έδατη όπου θα μπορούσαν να εγκαταστήσουν φωλιΑάντους;και φαινομενικά ασύνδετα τα παραπάνω ερωτήματα βασίτηςζονται στηντουίδBufια μαθηματι κή αρχή : το θεώρημα βελόνας f o n. Παρακάτω θα περι γ ράψουμε πώς, μετρώντας τονπαράλληλες αριθμό τωνευθείοδοντογλυφί δγωνέ τραπεζομάντι που τέμνουνλου,τις ε ς ενός ρι μπορούμεκαι τοναπώςβρούμεη φύσημερικεφαρμόζοντας ά δεκαδικά ψηφίέναα τουπόρι σματα στατηςμυρμήγκι παραπάνωα ναμεθόδου παρέχει τη δυνατότη ποψήφιας μυρμηγκοφωλιεκτιάμς.ούν το εμβαδόν κάθε υ βελόνες κόςυ και φυσιογνώστης Georges Ο μαθηματι 7 7 7 e Loui s Lecl e rc d Buf f o n (1 0 -1 88)μήκουςυπολόγιc πέφτει σε ό τιπάνωη πισεθανότητα όταν μι α βελόνα επι φ άνει α από παράλληλες ευθεί ε ς που ι σαπέχουνκάποιμεταξύ τουςτις ευθείαπόσταση α: 2c/(μεπαc να τέμνει α από ε ς εί ν αι Αυτό σημαίc η νκάθεει ότιμιανα σερίξουμε οδοντογλυφί δεςντιλομήκους ένα ρι γ έ τραπεζομά όπου οι παράλληλες ευθεί ε ς ι σ απέχουν μετα ξύότιτουςλ οδοντογλυφί απόστασηδες(μτέμνονται ε c α) καιμε τιδ.ςαπαράλληλες πιστώσουμε γραμμές του τραπεζομάντι λ ου, τότε η πι θ ανότητα μια οδοντογλυφίδα να τέμνει κάποια παράλληλη π

αλλά

Οι

το

Buffon

α),

(1).

P.S. Laplace

είπόναιτον(κτύπολασικτουός οριBufσfμόςon πιθεξιανότητας) : λ/κτα (2).καιΑ σ ώνοντας (2cκ2) προκύπτει οπότε = η εξί σ ωση : λ/κ = 2c/ π α (3). όν εκτελέσετε το ακόλουθο πείραμα: Α ν λοιπ πετάξετε πολλές (μμιερια κοριέςζχιόντιλιάαδεςεπιτουλάχι σπουτον)χωο δοντογλυφί δ ες σε φ άνει α ρίτραπεζομάντι ζεται από ισλαπέχουσες παράλληλες ( π χ ένα ρι γ έ με παράλληλες γραμ μέςτρώνταςκλπ)τονώστεαριο,cθέναμό τωνό11r0ςδάπεδοτομών παραπάνω, μπορεί τ ε με με παράλληλες ευθεί εκάποι ς να απροσδι ορίκάσετεψηφίμιααμεπροσέγγι ση τύπου του π μέχρι δεκαδι χρήση του Wolh τοf π=3,(18553). 1πήρε 596μέθοδος μετάπ=3,1απόαυτή553 5000μεέδωσε3204ρίψτο1856 ειρίςψειενώς. απόΣημει ο Smiτοώtνεται η τιμΣήμερα ή του π είμεναιτην3,1βοήθει 415926α .των. . που προσο μοιτυχαίώνουνα ρίψημέσωτων οδοντογλυφί κατάλληλωνδων,προγραμμάτων την μπορούμεστοννακυε κτελέσουμε το πεί ρ αμα αρκετές φορές έτσι διάφορες προσεγγί σεις γιεςβερνοχώρο αμετο πτέτοι(στοβρία iπρογράμματα nσtκοντας ernet υπάρχουν αρκετές τοποθεσί αλλάζοντας όπου παραμέτρους το πρόγραμμα αναπαριστά το πείραμα σκαιτικέςδίτινμειές αποτελέσματα διπαόνφορετιθέλετεκές προσεγγι γι α το λοι Αν ναδενδοκιείναιμάσετε να υπολογί σ ετε πει ρ αματι κ ά το να γεμίσετεδες:το στοδωμάτιτέλοςο μετου. . άρμε ριθρουκές χιλδίνιονται άανάγκη δες οδοντογλυφί κάποι ο ι τόποι στο i n t e rnet όπου μπορείτε . . αναίμακτα να πετάξετε κάποια εκα(1)

(1)

Ι αλ

�α

τις

Η/Υ

τις

: πλάτος παραλλήλων, μήκος βελόνας, αριθμός βελονών,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/21

π) .

π,

Το Βήμα του Ευκλείδη τομμύρια βελόνες στην οθόνη του υπολογιστή σας και να εντοπίσετε το π. Πώς όμως εξηγούνται μαθηματικά τα παρα πάνω; Θα εξετάσουμε την περίπτωση που α=c=2 (δηλαδή όταν οι παράλληλες ευθείες απέχουν με ταξύ τους απόσταση 2 και η βελόνα που πέφτει έ χει επίσης μήκος 2). Είναι φανερό ότι η βελόνα θα τέμνει μια ευθεία αν και μόνο αν η προβολή (έστω Π ) της μισής βελόνας στην κάθετη ( προς τις παράλληλες ευθείες ) διεύθυνση είναι μεγαλύτερη α πό την απόσταση δ του μέσου της βελόνας από την πιο κοντινή παράλληλη ( σχήματα ι α και ι β).

η βελόνα τέμνει την ευθεία αφού δ Σχήμα 1 α

1 2 ---- --------- - ---- ----

θ=Ο οπότε η προβολή Π είναι ίση με Ο (δ= l)

θ=π/2 οπότε η προβολή Π είναι ίση με 1 (δ=1)

Σχήμα 3 συνθήκη τομής δ :::: Π της βελόνας από κά ποια από τις παράλληλες γίνεται : δ � ημθ οπότε προκύπτει (η απόδειξη αμέσως πα ρακάτω) ότι η πιθανότητα είναι : 1 I (π/2) δηλαδή είναι ίση με 2/π (4) (πράγματι, αν παραστήσουμε την προβολή Π = ημθ σε σύστημα αξόνων με ορι ζόντιο άξονα τη γωνία θ και με τον κάθετο άξονα να εκφράζει την απόσταση του κέντρου της βελό νας από την κοντινότερη παράλληλη, οι βελόνες που ικανοποιούν τη συνθήκη θα αντιστοιχούν στην περιοχή που βρίσκεται κάτω από την καμπύλη y=ημθ για θ στο [Ο , π/2 ] ( σχήμα 4 ).

η βελόνα δεν τέμνει την ευθεία αφού Π � δ Σχήμα 1 β

f( χ )

Χρησιμοποιώντας λίγη τριγωνομετρία στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ που σχηματίζεται από την προβολή του μισού τμήματος της βελόνας προκύπτει ( βλέπε και σχήμα 2 ):

0.5

ο 0.5 ο

1 .5

π 2

f(χ)=ημχ , Ο ::!: χ�rο'2 Σχήμα 4 Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα της βελό νας να τέμνει μια από τις παράλληλες

Σχήμα 2

Όμως το μήκος της βελόνας είναι 2 οπότε ΑΒ=1 και επομένως ημθ=ΒΓ , δηλαδή ημθ=Π. γωνία θ είναι ίση με τη γωνία που σχηματί ζει η βελόνα με κάθε μια από τις παράλληλες ευ θείες και μπορεί να πάρει τις τιμές από Ο έως π/2.Στο σχήμα 3 δίνονται οι περιπτώσεις για θ=Ο και θ=π/2.

εμβαδόν της περιοχής κάτω από την καμπύλη συνολικό εμβαδόν του ορθογωνίου: π/2 χ 1

είναι:

ΒΓ ημθ = ΑΒ

υπολογισμός του αριθμητή του πιο πάνω κλάσματος γίνεται με το ολοκλήρωμα : π/2

J ημθdθ 1 και επομένως με αντικατάσταση στο (5) έχουμε τη (4) ) . ο

προηγούμενος υπολογισμός εύκολα γενι κεύεται και όταν έχουμε βελόνα μήκους c και οι παράλληλες ισαπέχουν μεταξύ τους απόσταση α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/22

(5 )

Το Βήμα του Ευκλείδη (με c .5. α ).Τότε η πιθανότητα βρίσκεται να είναι ί ση με : 2c I πα

Τα μυρμήγκια που ξέρουν το θεώρημα του Buffon ! Σε μια πρόσφατα δημοσιευμένη μελέτη (Α πρίλιος 2000) δύο βιολόγοι, οι Eamonn Mallon και Nigel Franks από το Uniνersity of Bath, αναλύουν το πώς ένα είδος μυρμηγκιών χρησιμοποιεί ένα .πόρισμα του θεωρήματος του Buffon προκειμένου να μετράει το μέγεθος κάθε υποψήφιας φωλιάς ! Το είδος Leptothorax albipennis των μυρμη γκιών , όταν χρειάζεται να αλλάξει μυρμηγκοφω λιά λόγω καταστροφής της προηγούμενης, στέλνει αρχικά κάποια μυρμήγκια ανιχνευτές τα οποία εξε τάζουν τα υποψήφια μέρη που θα μπορούσαν να φιλοξενήσουν την αποικία τους. Το γεγονός ότι α πορρίπτουν τις φωλιές που δεν ανταποκρίνονται σε ένα standard μέγεθος φωλιάς σημαίνει πως κατα φέρνουν να μετράνε το εμβαδόν με κάποιο τρόπο. Κάθε ανιχνευτής καθώς εξερευνά τις τρύπες αφή νει κατά μήκος των διαδρομών του ίχνη από μια ουσία (φερομόνη) που μπορεί κατόπιν εύκολα να τη αναγνωρίσει. Το μυρμήγκι ανιχνευτής κάνει πάντα και μια δεύτερη επίσκεψη σε κάθε σχισμή που έχει εξερευνήσει και ακολουθώντας διαφορε τική διαδρομή αναγνωρίζει τον αριθμό των σημεί ων τομής μεταξύ των δύο διαδρομών. Με αυτό τον τρόπο πετυχαίνει μια χοντρική εκτίμηση του εμβα δού της περιοχής χρησιμοποιώντας ένα πόρισμα του θεωρήματος του Buffon σύμφωνα με το οποίο το εκτιμώμενο εμβαδόν Ε μιας οποιασδήποτε ορι ζόντιας επιφάνειας είναι αντιστρόφως ανάλογο προς τον αριθμό των κοινών σημείων των δύο τε θλασμένων γραμμών-διαδρομών που περιέχονται σε αυτή, αναλυτικά : Ε 2 Μ Ν I π Κ όπου Μ, Ν είναι τα συνολικά μήκη των δύο τεθλασμένων ενώ Κ είναι ο αριθμός των κοινών σημείων τους. Μά λιστα παρατηρήθηκε ότι διατηρούν τα μήκη Μ, Ν των διαδρομών τους σχετικά σταθερά κάτι που κά νει το Ε να εξαρτάται μόνο από το Κ (το Ε αντι στρόφως ανάλογο προς τον αριθμό κοινών σημεί ων Κ):Ετσι, με τον αλγόριθμο αυτό ο αριθμός των τομών δίνει μια χοντρική εκτίμηση του εμβαδού της περιοχής. Όπως αναφέρουν οι ερευνητές, το πλεονέκτη μα αυτού του αλγορίθμου είναι ότι μπορεί να ε φαρμοστεί σε οποιουδήποτε σχήματος επίπεδη πε ριοχή όπως και ότι δεν χρειάζεται καθόλου φως για να ολοκληρωθεί. Μάλιστα είναι πιθανό ότι και οι μέλισσες χρησιμοποιούν ένα παρόμοιο αλγό=

ριθμο για να μετρήσουν το μέγεθος κάθε πιθανής νέας φωλιάς. Είναι τελικά το είδος των Leptothorax albi pennis τόσο ικανό ώστε να γνωρίζει και να εφαρ μόζει μαθηματικά θεωρήματα ; Όχι βέβαια. Όμως η φύση ή η εξέλιξη έχουν φροντίσει να δώσουν αλγορίθμους εκτέλεσης κά ποιων βασικών λειτουργιών σε κάθε ζωικό είδος με σκοπό την επιβίωσή του. Έτσι, έχουν εξοπλι στεί με πρακτικούς τρόπους αντιμετώπισης κά ποιων καταστάσεων εφαρμόζοντας γενετικά κλη ρονομούμενους αλγορίθμους που μπορούν να εξη γηθούν μαθηματικά. Τα μαθηματικά επομένως χρησιμοποιούνται από τη φύση ως κύρω μέσο εm βίωσης και προσαρμογής στο περιβάλλον. Συμπερασματικά Οι προηγούμενες δύο παράγραφοι σκοπό εί χαν να υπογραμμίσουν την συνάφεια των μαθημα τικών με τη ζωή, κάτι που δεν αναδεικνύεται πά ντα μέσα από την σχολική πράξη. Τα μαθηματικά είναι πιο ενδιαφέροντα και δραματικά από ότι συ νήθως οι περισσότεροι άνθρωποι νομίζουν. Βρί σκονται πλησιέστερα στην ζωντάνια και ενεργητι κότητα της ίδιας της φύσης, αποτελώντας αναπό σπαστο κομμάτι της, παρά σε μια αποστεωμένη αυστηρότητα με την οποία συχνά συγχέονται. Η επιστήμη των μαθηματικών περιλαμβάνει πολλά αναπάντεχα αποτελέσματα, όπως η πειρα ματική μέτρηση του π, αλλά και αμέτρητες εφαρ μογές στην ίδια τη φύση. Τελικά υπάρχουν μαθη ματικά σε κάθε επίπεδο της ζωής, το μόνο που χρειάζεται είναι να στρέψουμε το βλέμμα μας προς τα εκεί για να τα δούμε. . . •

Β ιβλιογραφία 1 . P.Billingsley :Probability and measure John Wiley & sons

2. E.B.Mallon, N.R.Franks : Ants estimate area using Buffon's needle Proceedings of the Royal Society. London (Β) 267 (Apri/ 22, 2000) 765 Τόποι στο intemet όπου ανενόχλητοι πετάτε όσες βελόνες θέλετε και βρίσκετε το π : http:/lwww.mste.uiuc.edulreese/buffonlbuffon.htnιl http://www.math.csusb.edu/faculty/stanton/m262/buffo nlbuffon.html http://www .nas.comHαιnkel/buffonlbuffon.html

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.4/23

Ι) του θανάση Τσιούμα 1 . θεωρούμε

ει : y = λχ

τις ευθείες με εξισώσεις 2 λ λ -- , λ 1 - λ και ε2 : y = -χ

ΕR.

Να βρεθούν οι τιμές του λ ώστε:

ει

Ι'

χχ,

2. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα τότε η Cr (γραφική παράσταση) θα

τέμνει τον άξονα χ'χ το πολύ σ' ένα σημείο.

β) Έστω η συνάρτηση

f ( χ ) = 2.002χ200ι + 2χ - 2.004

ii)

ει ..l χ'χ ,

iii)

οι ευθείες ει , ε2 να τέμνονται,

i) Σε πόσα σημεία η C r τέμνει τον άξονα χ'χ;

( ) (55)

ii) Να δειχτεί ότι: f 46 > f

( )

Πρέπει λ Ο . Οπότε ε : άρα i ) y ι ει Ι χ'i )χ Θα πρέπει η ει να έχει τη μορφή χ = χ0 . Προμηδενίφανώςζεταιδενο συντελεστής υπάρχουν τιτουμέςyτουδηλαδή λ έτσιτοώστε1. Άρανα ει � y'y για κάθε λΕR. {y- 1-λ i i) Έχουμε το σύστημα λ22 χ = 2 -λ με 1 --λ22 --λ22 +λ= -λ2 (2 λ). Για να τέμνονται οι ε , ε θα πρέπει Ο λ Ο και ι 2 λ"Φ2.iν) =Ο λ= Ο ή λ= 2 . Το θα έχει άπει ρ ες λύσει ς ή θα εί ν αι αδύ νατο.αν λ= Ο τότε ε : 1 και ε = Ο οπότε y y ι 2 ειΙΙ ε2 αν λ 2 τότε ει : y =2x -1 και =1

(Σ) Υ _

<=>

D 'Φ

<=>

(Σ)

•

λχ =

'Φ

-�

<( α) Υποθέτουμε ότι η τέμνει τον άξονα χΒ(χ'χ σε,0).δύοΈστωδιαφΧορετιι <χκάτότεσημείf(αxιΑ(χ)<f(ι ,xΟ)) και(ε 2 2αύξουσα) ή ()<Ο, άτοπο. πειΕπομένως δή2 η f είηναι γνησί ω ς ' τέμνει τον χ χ το πολύ σ' ένα σημείο (δηλαδή σ' ένα ή κανένα) . i ) Εί ν αι Α= R. Ε R με Έστω χ , χ ι 2 Χι <χ2 . 1 1 Τότε χ�00 <χ�00 2002χ�οο <2002χ�οοι (1). < 2χ Επί σ ης 2χ ( 2 ) έτσι από (1) , ( 2 ) έχου 1 2 0 01 001 με: 2002χ� 1+ 2χ1 < 2002χ� + 2χ21 οπότε2002χ�00 +2χ1 -2004<2002χ�00 +2χ2 -2004 ήσαfστο(χ1 ) <Rf επομένως χ2 ) , δηλαδήσύμφωνα η f είνμεαι γνησί ω ς αύξου το α) θα τέμνει τονότι χγι'αχ τοχ=1πολύέχουμε: σ' ένα σημείf(1)=2002+2-2004=0 ο. Παρατηρούμε όμως iii) Να λυθεί η ανίσωση : f χ2

Λύση

•

εΕπομένως 2 : 2χ ε-1ι πουε2 ότανταυτίλ=ζονταιΟ . . α)

Λύση

β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/24

<=>

(

Μαθηματικά Ύια την Α ' Λυκείου

α) Είναι (Σ) διότι D = I2χχ -yι =3xy:;t: O . φ β) Εί ν αι ( Λ ) δι ό τι έχει μοναδι κ ή λύση α ού 2 DDy:;t:=0Ο καικαιαπόD =-1.D; + (Dx + 1 �Ο προκύπτει ότι x γ) Εί ν αι ( Σ ) δι ό τι η λύση (2001 , 2 004) του ομογενούς είναι διάφορη της (Ο, Ο) . φ ) εί ν αι αδύνατο γι α δ) Εί ν αι ( Λ ) α ού το {Σ 1 λ= Ο , οπότε και το {Σ2 ) αδύνατο. να λυθεί το σύστημα. Αν -χ2 + 5χ-6 > 0 τότε να βρείτε την + -2 Λύση l l l x l x 3 της παράστασης Α = . τιμή Από την (1) έχουμε: + -1 l x l x l l 5 D2 2+D; +D; -DDx -DDy -DxDy =0� Λύση 2 -χ + 5χ-6 Το πρόσημο του τρι ω νύμου D 2D +2D;+2D;-2DD -2DD -2D y=O� y x x (D- Dx )2 + (D-Dy )2 + (Dx -Dy )2 = Ο οπότε φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. D=Dχ και D=D και Dx = Dy. ΕίDναι D:;t: O , αφού έχει μοναδική λύση, άρα χ= -Dχ =1 και �ι D y y = -D =1. 2 Επομένως -χ +5χ -6 > Ο για 2 <χ< 3. 4. Είναι σωστό (Σ) ή λάθος (Λ), αν: (να γί νει δικαιολόγηση) Γι α τι ς παραπάνω τι μ ές του χ έχουμε: {α2αχ+.., χ - β y=10= 21 χ-2>0 άρα lx -2l = x-2. , α) Για x, Ο το συστημα χ-3< Ο άρα lx -31 =3 - χ. έχει μοναδική λύση ως προς α, β. 2<χ�1<χ-1 άρα χ-1>0 οπότε Σ' ένα [2 χ2] γραμμικό σύστημα έχουμε = χ-1. x -1 D; + D; + 2Dx + 1 � Ο και D < Ο τότε το (Σ) έχει l 1 Τέλος χ <3 � χ-5<-2 άρα χ-5 <Ο δηλ. μοναδική λύση την (χ, = (Ο, Ο) lx -5' 1 = 5-x.Α χ-2+3-χ ..!_ γ) Ένα ομογενές [2 χ 2] σύστημα έχει ως Ετσι = χ-1+5 - χ = 4 . λύση την (χ, y ) = ( 2001,2004) τότε θα έχει ά πειρες λύσεις. α) Σώμα εκτοξεύεται κατακόρυφα + = {χ y , , , τ 3 λ δ) ο (Σ 1 ) χ +2λ =1 ειναι αδυνατο, τοτε προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα υ0 y θεί το μέγιστο ύψος σε συνάρτηση = , {λχ + 1 υ και το 0 το (Σ2 ) 2λχ + = 2 ειναι αοριστο. Αν υ0 = 10 Ποια χρονική δηλαδή η δι έ ρχεται από το Ρ{1, 0 ), άρα τέμνει τον χ'χ ακριβώς6 σ' ένα σημείο Ρ. Έχουμε 4 =3. 4 56 και 55=3. 1 25 δηλαδή 4f6{4>56 )5> r(sκαι5 ).αφού η f είναι γνησίως αύξουσα Επει δ ή η f εί ν αι γνησί ω ς αύξουσα θα έχουμε χ2 <2�J;.Z <.fi �ι χ ι< .J2 �-.J2 <x<.fi. . Ένα γραμμικό σύστημα δύο εξισώσεων 3 με δύο αγνώστους χ, έχει μοναδική λύση. Αν ισχύει: D2 + D; + D; = DDx + DDy Dx Dy (1), Cf

Λύση

ii)

)

iii)

- ο

-χ 2 + 5 χ 6

ο I

y :;t:

β)

•

max

β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/25

m/sec .

Να β ρεμε

το

στιyμή

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου S, S m ;

= = 10 / Λύση φ2 ης βολής α) Από την εξίσωση της κατακόρυ 1 προς τα πάνω, h = υ0 t --g2 t έχουμε: h(t)=-.!.2.gt2 + υ0t με α=-.!_2 g <Ο άρα το h γίνεται μέγιστο (max) για t= --υ2αο δηλ. t = 2 {-υ-�ο g ) = υgο οπότε υ�g2 0 υg0 , h = _J!_υ2g2 h =--2 g-+υ β) Επειδή y0 = 10 secm σύμφωνα με το (α) θα ' h = 210_ 120 = 5 m εποφτασει' σε μεγι' στο υψος φτάσει μένως καμί α χρονι κ ή στι γ μή δεν θα σε ύ ψος 5,5 m. Έστω β,γ :;ι: Ο IΙJI > Irl + 1 (1) και ε ξίσωση: + β + γ = Ο Να δειχτεί ότι: θα φτάσει σε ύψος h

max

· -

m sec2 ).

max

με

χ2

(2) ( χ ε JR ).

α) Η εξίσωση (2) έχει δύο άνισες ρίζες στο JR . β) Οι ρίζες Χι , χ2 αποκλείεται να είναι ταυτόχρονα ακέραιες. Χι , χ2

Λύση

α)ΈχουμεΕίναι Δ= β2 -4γ. 2 +1+21γl � 2γ+21� �2γ+2γ=4γ lάραβl > Ιγβl2+-4γ1�β>Ο2 >γοπότε Δ> Ο δηλ. η ( 2 ) έχει δύο άνισες ρίζες χ1 , χ2 β) Έχουμε: {χΧ1ιχ+χ2 =γ2 =-β οπότε ε JR .

> . + εί ν αι : + x Έτσι από την x x x I 1 1 l I l l l 2 2 Όμως lxι l + lx2 Ι � Ixι +χ2 Ι (1)

άραxιl +lxxιl +1 -lxx2 l > lxι-l x2>ο1 + I � l(I - Ixl 2) · (lxl 1ι l-x2)1 >Ο�I �(lx1 - I) ( x - ) <Ο 2. 1 , {ΙχI ι l - 1<0 {1-l<·xl1 <12 1 I οποτε ειναι: Iχ2 I - 1 > 0 � χ2 <- η χ2 > , αν είχαμε χ , χ2 Ζ τότε θα{1x1έπρεπε χ = Ο , άτοπο γιατί χ1 Ο ή αν ει,ναι lx2ll-_1>01 < 0 ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο. 1

1 ,

:;t:

Π ρ ο τ ε ιν ό μ ε ν ε ς γ ι α λ ύ σ η

Δί2 ν(Οονταιλ +4 οι ευθείες 1 ε1 , ε23λ+2με εξισώσεις: y=--3 x +--3 και y=--2 x +--2 αντιστοι'χως. Δείξτε ότι: εςλ τέμνονται σε σημείο ε κάθ M (xi)0, yΤοΟι0 ) γιMαευθεί (x0, y0 ) ανήκει σε σταθερή ευθεία. ω σύστημα 2 2 το [ Έστ ] 1 , το α (Σ) {αχ+y= χ+ -α()Σy=) να0 ,έχεια μοναδιΝακήβρεθει y ) ( χ , λύση 0 0 το έτσιτέτοιώστε α ώστε να ισχύει: χ0 < ο + 1 ( 1 ). 4y= i και ε, {x+χ+λy=2 . Δι,νεται το συστημα: ξίσωση χ2 = λχ , λ Να λυθεί το σύστημα. i ) Αν το σύστημα δεν έχει μοναδι κή λύση, να βρεθεί τοy2 =1πλήθος των λύσεων του συστήματος: 2{xχ2 +=λχ-1 α) ..!_ Να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση:2. (χ)= χ+ χ , χ> Ο έχει ελάχιστη (min) τιμή το β) i ) Να αποδει χ τεί ότι οι αρι θ μοί : α = �2 - και β = �2 + είναι αντίστροφοι. Να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση 1.

ε JR .

ii)

ε JR .

(Ι

ε JR

-1

ε JR .

ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/26

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου χ

(χ) = α +β είναι άρτια στο R , χ ε R . Να εξεταστεί αν η συνάρτηση h(x)= (�2-.JS )x + (�2+ .J3 )x παίρνει τι μή. ά ρτηση f: R R τέτοι α ώ Έστω η συν στε ναf(x+ισχύειy)=f(x)+f(y) : για κάθε x, y εR. Να δειχτεί ότι f(Ο) = Ο και η f είναι περιτΑν η fπαρουσι ά ζει στο χ ελάχι σ το 0 τότε στο -χ0 θα παρουσιάζει Α ν η f εί ν αι φθί ν ουσα στο R να δειχτεί ότι: xf(χ) Ο για κάθε χ ε R . Δί(�ν-λεται)χη2 εξί+λχ+λ(1+λ)(1-λ)=Ο. σωση Να βρεθούν οι τι μ ές του λ, ώστε η εξί σ ω να έχει δύο ρίζες άνισες. στη; Υπάρχει τιμή του λ, ώστε να είναι αόριΔίΡ(χ)= νεται τοαχτρι2 +βχ-2001, ώνυμο α :t!: Ο. Α ν εί ν αι Ρ (χ) Ο γι α κάθε χ ε R να α ποδειχτεί ότι: Ρ (2004) < Ο . Αν α+β>2001 (1) τότε η εξί σ ωση: αχ2 +βχ -2001 = Ο έχει ρίζες πραγματικές. Από ύψος h αφήνεται ελεύθερα σώμα που κατά το τελευταίο δευτερόλεπτο της πτώσης του διέτρεξε διάστημα χ = �4 h. Να βρεθεί ο χρόνος της κατακόρυφης πτώσης του. Το ενόςκόστοςβιοτηςμηχανιημερήσι απροϊς παραγωγής χ μονάδων κ ού ό ντος εί ν αι 2 -χ , ενώ η είσπραξη (χ) = χ από την πώληση χ 2 + 99χ + 1000 σε χιλιά μονάδων εί ν αι (χ) = -χ δεςτου δραχμές. Να βρεθεί η ημερήσι α παραγωγή χ εργοστασίου, για την οποία το κέρδος γίνεται g

iii)

min

�

τή.

ii)

(min)

max.

iii)

�

γνησίως

ση

ii)

μέγιστο. , χ εί ν αι οι ρί ζ ες του τρι ω νύμου: 10. Αν χ 1 2 f(χ)=αχ2 +βχ+γ, με α:t!: Ο και S=x1 +χ2 , να δείξετε ότι: (% +κ )= (% -κ } όπου κ R. 11. Δί ν εται η παράσταση: 2 Α=(α+βΥχ +2(α2 -β2 )χ+(α-β)2 , α· β :t!: Ο . Να δείξετεενόςότιπραγματι η παράσταση Αθμού.είναι ένα τέλειο τετράγωνο κ ού αρι ΝαΑν λυθεί η εξί σ ωση: Α= Ο. α+ β = Ο , να δείξετε ότι η εξίσωση: Α =Ο είναι αδύνατη. r

ii)

ll) του Χρήστου Λαζαρίδη

Άσκηση 1 α) Η εξίσωση χ2 - κχ + λ = Ο, κ,λε R έχει ρίζες χ1 , χ2 • Να βρείτε μια εξίσωση δευτέρου βαθμού η οποία να έχει ρίζες 2χ1 3χ2 και 3χ1 2χ2 • Να λύσετε την εξίσωση β) ί) .J2 2 χ - ( 1 ) χ .J2 ο ίί) Με τη βοήθεια των προηγουμένων ερωτημάτων, να λύσετε την εξίσωση χ2 - 5 (.J2 ι) χ 6 (.J2 ι 2 .J2 ο .

+ + = + + +)+ = Λύση α) Έχουμε: +χ2 =--βα = ---κ1 =κ και χ1χ2 = -αγ = -λ =λ. S=(2x1 +3χ2 )+(3χ1 +2χ2 )=5χ1 +5χ2 = =5(χ1 + χ2 )=5κ. Ρ= (2χ1 + 3χ2 )(3χ1 + 2χ2 ) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/27

Χι

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

= 6(χι + χ2 )22 -12χι χ2 + 13χι χ2 = =6(χι +χ2 ) +χιχ2 =6κ2 +λ.2 ζητούμενη εξί σ ωση εί ν αι χ + = -Sx δηλαδή χ2 -5κχ+ (6κ2 +λ) = β) i) Το άθροισμα των ριζών είναι αφανώς= .J2οι ρί+ ζ1εςκαιείντοαι οιγιν.J2όμενό, 1. τους α = .J2 . Προi ) Αν θέσουμε .J2 + 1 =κ και .J2 =λ η εξί 2 σωση του i ) γί ν εται : χ -κχ +λ= με ρί ζ ες χχ21 =-5κχ.J2 +και(6κχ2 2+λ= )1.= πουεξίσωσηόπωςτουδιαπιi )στώσαμε γίνεται στοοι ρία)ζεςέχειείναιρίοιζες2.J22χ ++33χκαι2 και3.J23χ+12+. 2χ2 . Τελικά Η

ο.

·_Q.

Ο,

Άσκηση 2

i) 'Εχουμε, α1α2 = -2 .!_2 =-1,άρα εl_ζ. α = α άρα, i-)Ιμ-31 Πρέπει και αρκεί 1 2 = 2 Ι μ-31 = 2 μ-3 =-2 ή μ-3=2{:::> μ =1 ή μ=5. 'Εστω η συνάρτηση f χ )= � λ - ) χ2 + ι με πεδίο ορισμού το α) Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να ισχύει λ<ι. ( )

{:::>

Άσκηση 3

(

•

β) Αν το σημείο (ι, 2) ανήκει στην γραφι κή παράσταση της f, να υπολογίσετε το λ. Για την τιμή του λ, που βρήκατε, να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της f. Είναι η fάρτια;

γ)

Δίνεται η ευθεία ε με εξίσωση y λ2 - 3λ ) ι , λ ΙR . α) Αν η ευθεία ε διέρχεται από το σημείο (ι, -ι) να υπολογίσετε τις τιμές του λ. β) Για τις τιμές του λ, που βρήκατε στο α) ερώτημα, i) να αποδείξετε ότι η ε είναι κάθετη στην ευθεία ζ με εξίσωση y .!.2 5 .

Λύση

α) Το πεδί ο ορι σ μού εί ν αι το άρα γι α κά =( χ+ θε χ , πρέπει: Άρα, δεν είναι δυνατόν να ισχόει λ < 1 . β) Οι συντεταγμένες του σημεί ο υ (1 , 2 ) πρέ πει να επαληθεύουν τον τύπο της συνάρτησης, ά = χ+ ρα, f (1 = 2 � λ -1 · 12 + 1 = 2 λ 1 = 2-1 λ -1 = 1. να βρείτε την τιμή του μ έτσι ώστε η ευ θεία η με εξίσωση y = -Ι μ - 31 χ+ να είναι Υψώνουμε και τα2 δύο μέλη στο τετράγωνο, οπότε έχουμε, ( λ-1 ) =12 {:::> λ -1=1{:::> λ =2. παράλληλη στην ε. Γι α λ= 2 η συνάρτηση γί ν εται , γ) f(x)=N +1= lxl + 1. α) Οι συντεταγμένες του 1 , 1 πρέπει να επαληθεύουν την εξί σ ωση της ε. Άρα, x Αν χ< ,τότε = -x και f(x)=-x+1. l l 2 2 2 -1 = (λ 3λ) · 1 + 1 -1 = λ -3λ + 1 λ -3λ+ 2 Αν χ � ,τότε lxl = x και f(x)=x+1 . Αν λύσουμετότετηνλ =εξί1 ήσωσηλ = 2δευτέρου βαθμού, που .προκύπτει -x+1, ανχ<Ο . f(x)= { χ+1 , ανχ � β)ε : yΑν= (λ=112 -3τότε1)χ + 1 y = -2χ + 1 . γραφικήΠαρατηρούμε παράσταση είνότιαι οιη γραφι δύο ημικήευπαρά θείες Ανε: yλ=2= (22τότε-3 2) χ + 1 y = -2χ + 1. τουστασησχήματος. εί ν αι συμμετρι κή ως προς τον άξονα ά yΎ, ρα η f εί ν αι άρτι α . Σε κάθε περίπτωση ε: y = -2χ + 1. Ε

ii)

Λύση

(

{:::>

IR ,

)

{:::>

(

{:::>

)

{:::>

)

{:::>

•

{:::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/28

Μαθηματικά οyια την Α· Λυκείου Υ

Λύση

α) Εύκολα έχουμε5 Δ = 25 , άρα, 3 χ= -1±2 <=>χ=1 η' χ=--.2 β) 2 α+ β 2 + α+ β -3 <=> α+ β = 1 ή χ α+ β = 2 (Χρησιμοποιήσαμε το α), αφού αν χ = α+ β προκύπτει ίδια εξίσωση.) 4 Έχουμε τα συστήματα: α) Να αποδείξετε ότι: 3χ2 - χ+ >Ο, yια 2α=2 α+β=1 , α+β=κάθε χε <=> η 2 1 α-β= α-β=1 } α-β=1 β) Να εξετάσετε πόσες λύσεις έχει το πα ρακάτω σύστημα: 1 } Ι -α= Ι α 2α=--=2 } <=> β -= η. β= 54 , α-β { 3α2 + 3β - ι ) χ-2y = α4 + β } χ + {α2 + β)y = α5 + 3 ύα) Δ=η -1 2 -4· 3 · 4 =1-48=-47 <0, άρα Δίνεται συνάρτηση f (χ) = χ2 + αχ + ι , τοα = τρι3 >ώνυμογια κάθε3χ2 χ-χ+ε 4 είναι ομόσημο του α ε Να εξετάσετε είναι δυνατόν f να εί ναι περιττή. β) Αν f είναι άρτια, να υπολογίσετε το Δηλαδή, 3χ2 - χ +4 >Ο, για κάθε χε Για την τιμή του α που βρήκατε να κάνετε τη γραφική παράσταση της f. β)2 Έχουμε: I = ( +3β-1) (α2 +β) -2 -2 -2 D= 3α +3β-1 � Το πεδί ο ορι σ μού της f εί ν αι το + 2 2 ( ) ( =[3(α2 +β) -1](α2 +β) +4=3 α2 +β) - α2 +β +4: χ ε α), ιΈστω σχύει: ότι η 2είναι περιττή, τότε για κάθε f -x =-f x <=> -χ +α -χ + 1 = 2 +β Από το α) γι α χ = α , προκύπτει ότι 2 -αχ- Ι <=> χ2 -αχ+1=-χ2 -αχ-1<:::> D>O δηλαδή D;t.: O . =-χ ά, συμπεραίνουμε, ότι το σύστημα έχει μία μόνοΤελικλύση. Άρα, δεν είναι δυνατόν η fνα είναι περιττή. α) Να λύσετε την εξίσωση 2χ2 +χ- 3 =Ο. β) Να υπολογίσετε τα α, β αν ισχύει χ ε β), ισχύειf :είναι άρτια, αν και μόνο αν, για κάθε 2 ( + β)2 + (α β) - 3 = Ο και α - β = f -χ = f x <=> χ2 -αχ+ 1 = χ2 +αχ+ Ι <=> 2 1

-1 ο

(

)

(

)

Άσκηση

JR .

Λ σ

αν

α)

JR .

( )

3ε?

α.

Λύση

( )

Άσκηση 5

ι.

JR .

( )

ii)

�

JR .

α2

-4

Άσκηση 6

( )

Ο,

-ο

i) Η

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4129

)

( )

Μαθηματικά για την Α" Λυκείου

χ2 -αχΟ +1-χ2α 2 -αχΟ -1α Ο . -2αχ =Ο <=> 2αχ Για α=Ο, f χ =χ2 +1. σχήμα.Η γραφική παράσταση της f, φαίνεται στο = <=>

= Ο <=> <=> =

( )

ίί)

Ειr•γ•JιιιrrιιtΑ. liιι•r• ,,,. fΙΙΙΙfΙΤΙi• τιιs Α� Juιtsioo του Σταμάτη Ε. Καλίκα Σκοπός του άρθρου αυτού είναι βοη θήσει κάθε μαθη τή της Α ' λυκείου να θυμ ηθεί την θεωρία που έχει διδαχθεί στο μάθημα τη ς γεωμετρίας και να μάθει να την χρ ησιμοποιεί στην επίλυση των ασκήσεων. Η επιλογή των ασκήσεων έγινε με κριτήριο την αναφορά σε όσο το δυνατόν περισσότε ρη ύλη ώστε το άρθρο αυτό να είναι μια ευκαιρία για επανάλ ηψη στο μάθημα της γεωμετρίάς.

,.\

1. Έστω κύκλος με κέντρο Κ και ακτίνα ρ. Αν ΑΒ μια χορδή του κύκλου (Κ,ρ) και Μ το μέσο του τόξου ΑΒ να αποδείξετε ότι οι αποστάσεις του Μ από τις ακτίνες ΚΑ και ΚΒ είναι ίσες με το μισό του μήκους της χορδής ΑΒ. (')

Λύση:

ΚΑΒ

Στο ι σ οσκελές τρί γ ωνο η δι χ οτόμος τηςΣτογωνίισοσκελές ας τρίθαγωνοείναι κάθετητα στην πλευράΜΓΑΒ.και τμήματα ΑΖρές. είΣυνεπώς ναι τα ύψηΜΓ=ΑΖ=ΑΒ/ που αντιστοι2.χΣτοούν στιισοσκελές ς ίσες πλευτρί γωνο ΒΖ είναιΣταιiνεπώςύψη πουΜΔ=ΒΖ=ΑΒ/ αντιΚΒΜστοιταχ2ούν.τμήματαστις ΜΔίσεςκαιπλευρές. ΑΚΒ

κτάσεων των υψών ΒΔ και ΓΕ και προς το μέ ρος των αντίστοιχων κορυφών παίρνουμε τμή ματα ΒΖ και ΓΗ ίσα προς τις πλευρές ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η γωνία ΖΑΗ είναι ορθή.

ΚΜ

ΚΑΜ

Τα τρί γ ωνα ΑΒΖ και ΑΓΗ εί ν αι ί σ α γι α τί ΑΒ=ΓΗ, ΖΒ=ΑΓ και γων ΑΒΓ=γωνΑΓΗ = =και90°ΑΓΕ αντί(εξωτερι κ ές γωνί ε ς των τρι γ ώνων ΑΔΒ Α Α Β= ΗΓ. στοιχα). Οπότε γωνΖ+ Τώρα γωνΖΑΗ= γωνΖΑΒ γωνΒΑΓ-t-γ ω νΓ ΑΗ= ° =ΕΑΗ+ΑΗΕ=90 . +Α Λ

ε.

Α ρ,{

Σχήμα 1.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και επί των προε-

�. v.σΊ:.ί � o. V Α 1\ .L ε. Γ . -ι_οz. f_· σZVJ

ιL t?\. \ t1 ε, ....

ε ε J\δ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β "

J,.. Α r

ιt� I

Σχήμα 2.

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τρεις γωνίες Δ,

λ.δ. τ.4/30 Γ Α 1. Α13 \ι;. "' I

ι μ,.

. �\ b � � ιvσ"'

σ ι:.ο

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Ε, Ζ οι οποίες συνδέονται με τις γωνίες του ΑΒΓ με τις σχέσεις μΑ+νΔ=μΒ+νΕ=μΓ+νΖ= 180° , ό που μ,ν θετικοί αριθμοί. Ποια σχέση πρέπει να πληρούν οι θετικοί αριθμοί μ, ν ώστε οι γωνίες Δ, Ε και Ζ να είναι γωνίες τριγώνου;

Λύση:

° 540 + + +νΔ+μΒ+ νΖ= μΓ δηλαδή νΕ μΑ ° ° ° 54 18 54 0 0 0 + + + μ(άραΑ μΒ+Γ) +ν ( Δ Ε+Ζ) = ή ( μ = ν) +ν=3

Δ Σχήμα3. Αφού πρώτα αποδείξετε την πρόταση Λύση: να αποδεί ξ ετε την παραπάνω άσκηση. Το πλήθος των δι α γωψnν ενός πολυγώνου με ν πλευρες. δι'νεται απο. τον τυπο. δ ν(ν2-3 . 6. πλήθοςΆρατωνανδιατογωνίπολύγωνο ων του είνέχειαι ν+2 πλευρές το δ (ν +2)(2ν +2-3) +11- ν(ν2-3) +11 η' (ν +2)2(ν -1) ν(ν2-3) +11 οποτεν= , 12. Το τμήμα ΔΕ συνδέει τα μέσα των πλευρών και ΑΓ άρα ΔΕ/ / Β Γ και ΔΕ=ΒΓ/ 2 . Ομοί ω ς ΑΒ Τα πολύγωνα λοι π όν εί ν αι το 6γωνο και το ΗΖ/είναι/ΒΓπαραλληλόγραμμο. και ΗΖ=ΒΓ/2. Άρα τοΓιατετράπλευρο ΔΕΖΗ 8γωνο. τον ί δ ι ο λόγο ΔΗ=ΕΖ=ΑΜ/ 2το=ΒΓ/παραλληλόγραμμο 2. Δηλαδή ΔΕΖΗ εί ν αι ρόμβος και άρα οι διαγώνιοι του ΔΕΖΗ τέμνονται κάθετα. 4. Να βρεθούν τα πολύγωνα που ο αριθμός των πλευρών τους διαφέρει κατά 2 και ο αριθ μός των διαγωνίων τους κατά 11.

=δ

ν+2 -

)

Δραστηριότητα:

«Αν σε ΑΒ=ΔΕ, γωνΒ= ΔΕΖ ύο τρίγωνα ΑΒΓ είναι και δ παραπληρωματική της γωνΕ και γωνΓ=γωνΖ τότε ΑΓ=ΔΖ» Σε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ γράφουμε με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΒ τόξο ΒΓ. Αν θεωρή σουμε τυχαίο σημείο Μ του τόξου ΒΓ και τα μέσα Δ, Ε, Ζ και Η των ΑΒ, ΑΓ, ΜΓ και ΜΒ α ντίστοιχα, να δείξετε ότι οι διαγώνιοι του ΔΕΖΗ τέμνονται κάθετα. Λύση :

5. Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε τμήμα ΒΔ στην προέκταση της ΑΒ και τμήμα ΓΕ=ΒΔ στην πλευρά ΓΑ. Αν Ζ η τομή των ΒΓ και ΔΕ, να αποδειχθεί ότι το Ζ είναι το μέσο της ΔΕ.

Λύση : Α ν φέρο υμε την ΕΗ παράλληλη στην Α Β τότε σχηματίζεται το ισοσκελές τρ ίγωνο ΕΗΓ γιατί γωνΓ=γωνΒ=γωνΕΗΓ (εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΑΒ και ΕΗ πο υ τέμνονται από την Βη. Όμως ΔΒ=ΕΓ=ΕΗ και επιπλέον ΔΒ//ΕΗ άρα το τετράπλευρο ΒΔΗΕ είναι παραλληλόγραμμο. Όμως οι διαγώνιοι παραλληλογράμμου διχοrομούνται. Έτσι το σημείο Ζ είναι μέσο το υ τμήματος ΔΕ. . � u ι:ιι ο\ �b.

Α βf w -κ.o ..J \tιλι ο.(1.ο 't.O Α ""\ )ζ Β Α -:=!f ι f3 Α Α "' '<:\ ι:> ι (λ eι.. Γ'ο Λ

y rA

n eo'

� 'l. Γ f\ �

εr

{\ov

Σχήμα4.

1. Αν σε τετράπλευρο ΑΒΓΔ φέρουμε

. ΔΕ//ΑΒ και ΔΕ=ΑΒ, να δείξετε ότι το τμήμα ΕΓ είναι παράλληλο προς .το τμήμα η:ο� .:�νδέει τα . μέσα των διαγωνίων και διπλάσιο από αυτό.

Β ({� (.).J εuΟειc.-- . ν,;r -z. 0 \ t...ιθfι!..ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β · λ.δ. τ.4/31

f' r- . ιιs r) "' ) · <f f.e c..> G.. f �"" c-� � f\ 1M , N τ;ι'!)

"e ος zo

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου Λύ ση :

Το αφού τετράπλευρο ΑΒΕΔ εί ν αι παραλληλό γραμμο οισες. Το μέσοπλευρές τουαγωνίείνοαιυ παΒΔ ράλληλες και ί Κ της δι είτηςναιδικαιαγωνίμέσοου ΑΓτουτότε στοΑν ονομάσουμε τοτμήμα μέσο τρί γ ωνο ΑΕΓ το ΚΑΚΝΙσυνδέει τα μέσα των πλευρών ΑΕ και ΑΓ άρα ΕΓ και ΕΓ=2ΚΑ. απέναντι ΑΕ.

Δ�Γ Σχήμα Στιςτμήματα πλευρές ΑΔΑΖ=ΔΕ. και ΔΓΑντετραγώνου ΑΒΓ Δ παίμέσαρνουμε Η και Θ εί ν αι τα αντίσστοτοιχτμήμα α, να αποδει το τμήματωνΗΘΕΖ είκαιναιΕΒκάθετο ΑΕ. χθεί ότι Τα τρία,γωναΔΕ=ΑΖ ΑΒΖ και ΑΔΕκαι είναιΑΔ=ΑΒ ίσα γιατί είάραναι ορθογώνι γωνΔΑΕ=γωνΑΒΖ. 90° + Όμως γωνΔΑΕ γωνΕΑΒ= οπότε. 0° 90° 9 γωνΑΒΖ+γωνΕΑΒ= και έτσι γωνΑΚΒ= Το τμήμα ΗΘ συνδέει τα μέσα των/Βπλευρών ΖΕτο τμήμα και ΕΒΒΖτουείτριναιγώνου ΒΖΕ. Άρα ΗΘ/ Ζ, όμως κάθετο στο το ΘΗ είναι κάθετο στο ΑΕ. τμήμα ΑΕ άρα και

Λύση :

Στοτωντρίπλευρών γωνο ΑΒΓΑΓ καιτο Γτμήμα ΖΚΖΚ/συνδέει ταη ΑΔ έτσι μέσα Δ άρα η ευθεί α ΕΜ εί ν αι κάθετη στην ευθεί α ΖΚ. Ομοί ω ς ΖΝΕΖ. είΕπομένως ναι κάθετηοι στην ΕΚ και η ΚΑ κάθετη στην ευθείεοςπουΜΕ,είΖΝναικαιτο ορθόκεντρο ΚΑ διέρχο νταιτου τριαπόγώνουτο ίδΚΕΖ.ιο σημεί I

1 Ο.

και ΑΓ τραπεζίου ΑΒΓΔ φέρουμε κάθετες ΕΜ και ΖΝ στις μη παράλληλες πλευρές ΑΔ και ΒΓ του τραπεζίου. Να αποδειχθεί οι δύο αυτές κάθετες και η μεσοκάθετος της μεγαλύτερης βάσης διέρχονται από το ίδιο σημείο.

ο.. 'Ι Ο

z.o

-z.u >Φ- ' ο

ιΑI

l,t:c.ι..\

Α � � ι.,...�

Μ L. l Α Β

�r

..t\ ..,.. ε.ew

Μ .

β ""ΖλΛ-� f3 Δ δ' \ χ Β Γ fv t7ε.ιc.ι t, JJ �

a_ et:> 1.:.10

€. l.f\ rJ Μ Ν

ΑΖ

Οι ΟΚ, στην ΒΗ καιΔΕ. Επειείνδαιή ορίπαράλληλες γι α τί εί ναιστηνκάθετες ζουν ίσα καιτμήματα ΑΒ ( Α Ο=ΟΒ) ορί ζ ουν ί σ α τμήματα στην ΔΕαπόδηλαδή ΖΚ=ΚΗ. Όμως ΚΔ=ΚΕ γιδήποτε ατί η κάθετη το κέντρο του κύκλου σε οποι α χορδή τουφοράτηνίσωντέμνειτμημάτων. στο μέσο της. Άρα ΔΖ=ΗΕ ως δια

11.

9 . Από τα μέσα Ε και z των διαγωνίων ΒΔ

Λύση :

Σχήμα 8.

Έστω κύκλος διαμέτρου ΑΒ και Γ τυχαίο σημείο της ΑΒ. Γράφουμε κύκλους με διαμέτρους ΑΓ και ΒΓ. Αν μία χορδή ΔΕ του κύ κλου με διάμετρο το ΑΒ διέρχεται από το Γ και τέμνει τους κύκλους με διαμέτρους τα ΑΓ και ΒΓ στα Ζ και Η αντίστοιχα, να δείξετε ότι ΔΖ=ΕΗ.

Σχήμα 6.

lσσ σ-�c.

b 6 1\ r \t-V' r � :: Ρ.:ι \ vqd �' Μ \4'i.O"O � r \i.υ.\ r� uψο� Αβr ι.ι..υι' {"t � f � ..ι ς).. δ· οΖ.Ι "Ζ.Μ � k εr " f\) b \-\ l Β r 't,Oz:t. �Α '4

Λ� '

ισο�

� Η -:ο �z . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/32 t li3 ί. Ν Δ.Ο tv\ Ν 4 Μ - - Μ 'Ζ .

1 c '"'<i.. >

Έστω κύκλος διαμέτρου ΑΒ και Γ τυ χαίο σημείο της ΑΒ. Έστω η χορδή ΔΕ που διέρχεται από το Γ. Να αποδείξετε ότι οι προβο λές των ΑΔ και ΒΕ πάνω στην ΔΕ είναι ίσες.

Λύση :

Κ Σχήμα 7.

� "'

I�

yιa

Μαθαμα"Ιικά 'ID Β' 'Ιά�α 'IOU Λσκι:ίοσ

Στο πρώτο δευτερόλεπτο το σώμα διανύει απόσταση 5 μέτρα και σε καθένα από τα επόμε να δευτερόλεπτα διανύει απόσταση 10 μέτρα περισσότερο απ' ό,τι διάνυσε το προηγούμενο δευτερόλεπτο. Αν ο χρόνος της πτώσης του σώ ματος είναι 12 δευτερόλεπτα να βρείτε:

Ε του ορθο

α) Το ύψος σει το σώμα.

I) του Βασίλη Σακελλάρη 1.

Έστω Μ το πέρας τόξου rad πάνω στον τριγωνομετρικό κύκλο. Αν Α, Β είναι οι προβολtς του Μ στους άξονες και ΥΎ αντί στοιχα,

χ'χ

α) Να εκφράσετε το εμβαδόν γωνίου ΟΑΜΒ συναρτήσει του

χ.

β) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του

Ε.

γ) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση

Ε(χ) στο διάστημα [0,2π].

α)Αλλά,Είναι(ΟΒ)Ε=(ΟΒ)· ( ΟΑ). = Ιημχι και (ΟΑ)= Ισυνχι. Οπότε Ε (χ)= Ιημχi · Ισυνχl = 212ημχ . συνχl = 2Ιημ2χι . β) Επειδή η μέγιστη τιμή του lημ2χl είναι 1, η μέγιστη τιμή του εμβαδού Ε(χ) είναι.!_.2 <Ο 2.ημ2χ,, αναν ημ2χ γ) Επειδή Ε(χ )= {--1 .!.ημ2χ ημ2χ �Ο 2 ηόπωςγραφιστοκήσχήμα. παράσταση της συνάρτησης Ε(χ) είναι ι

Λύση

�τ τ .

+Ι

+--'1'---�---i'-----++ χ

-1

β) Το ύψος υ του σώματος μετά από δευ τερόλεπτα από τη στιγμή που το αφήσαμε να πέσει.

(11 αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα).

Λύση

-I

h από το οποίο αφήσαμε να πέ

Ε(χ)=lη μχΗσυνψl/2lημ2χl

tl Ονομάζουμε α , α , α , . . , α •

τι ς αποστά1 · 3 ν 2 , ° ° ° ' ' δ 1 2 3 σει. ., ν0ς σε, . .μετρα που ι α νυει το σωμα στο , , , δευτερόλεπτο αντίπρόβλημα στοιχα. είναι α1 = 5, Σύμφωνα με το αα2ν =α=α1ν +10,+10, ν> l. και γενικά -Ι δηλαδή μια αριθμητική πρόοδο με Έχουμε α1 = 5, ω= 10 και ν= 12 . . α) · Ζητάμε το h=α +α + +α + α . 1 1 3 3 z λαδή το άθροισ2αμα1 των+ llω12 πρώτων όρων της δου. Είναι h = 2 · 12. Δη

προό-

2. Ας υποθέσουμε ότι μπορούμε να αφή σουμε να πέσει ελεύθερα από ύψος h προς το έ δαφος ένα σώμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/33

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Άρα, = 2 5 +2ιι - ι 0 - ι 2 = (ι Ο + ι ι Ο)· 6 = 720 μέτρα. β) υ2�+5ω = - ' όπου , = 2 · 6 =(1 0+50)· 3 =ι8Ο μετρα. Άρα, υ = 720 -ι8Ο = 540 μέτρα. h

h s6

3. Έστω το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ3 - 4χ2 + χ+ 6 . Αν ο

πρώτος όρος α1

και ο λόγος λ της γεωμετρικής προόδου ( αν ) εί ναι η μεγαλύτερη και η μικρότερη ρίζα του αντιστοίχως, να βρείτε τον γενικό όρο αν

Ρ (χ)

και το άθροισμα Sν των ν πρώτων όρων της προόδου. Λύση

Μι α ρί ζ α του πολυωνύμου Ρ(χ) εί ν αι το -ι γιχ+ατίι . Ρ(Με-σχήμα ι)=Ο. Homer Το Ρ(χ)βρίσκουμε έχει παράγοντα το διαίρεσης Ρ (χ) : (χ + ι) . το πηλίκο της 1 --14 51 -66 -1 6 2 - 5χ + 6 ( 2 ) Πηλί κ ο χ Έτσι έχουμε Ρ(χ)= (χ +ι) χ -5χ +6 Ρ(χ) =(χ+ ι ) (χ-2)(χ -3) Οιρί ζ εςτου Ρ(χ) εί ν αι-ι,2,3. Στη γεωμετρι κ ή πρόοδο (α = 3 ) έχουμε α 1 ν και λ=-ι. Οπότε αν =να-11 · λν-1 αν =3· (-ι) ν ( α λ 1 ν = αν -3 · (-ι) και Sν = -λ-ι'---ι--)-'Sν = 3 [(-ιγ_2 -ι] -%[(-ι)ν -ι] . Αν ν άρτιος, θα είναι Sν =-�2 · Ο = Ο ενώ αν ν περιττός, θα είναι Sν = -�2 (-2) = 3. 4. Π (χ) U(x) -5

Έστω

και

το πηλίκο και το

υπόλοιπο αντίστοιχα της διαίρεσης του πολυω νύμου με το πολυώνυμο δ

Ρ (χ)

(χ) .

α) Να αποδείξετε ότι: Αν το χ - ρ είναι

Π (χ) , τότε το ρ είναι ρίζα του πολυωνύμου Κ(χ) Ρ χ) 2 β) Αν δ (χ) χ2 χ ι και Π (χ) χ + χ , ) να λύσετε την εξίσωση Ρ( χ) παράγοντας του

= ( U(x). = + + U(x =Ο.=

Λύση

α) Από την ταυτότητα της δι α ί ρ εσης του Ρ(χ) μετο δ(χ) έχουμε: Ρ(χ)= δ(χ) · Π(χ) + υ(χ) Ρ(χ)-υ(χ)=δ(χ)· Π (χ). Γι α χ= ρ έχουμε: Ρ( ρ )-υ( ρ ) = δ(ρ ) Π( ρ ). · )=0. Δηλαδή Π(ρ )=0 οπότε, Ρ( ρ )-υ(ρ Αλλά Κλυωνύμου (ρ)= Ο, πουΚ (χ)σημαί. νει ότι το ρ είναι ρίζα του πο 2 +χ+ι>Ο γι α κάθε β) Εί ν αι δ(χ)=χ Π (χ) = χτου2 + Πχ =(χ)χ (χεί+ι)ναι χ. και χ + ι . χ Οικαιπαράγοντες Σύμφωνα με το ερώτημα α έχουμε Ρξίσ(χ)�ωσηςυΡ(χ)(χ)=-υδ (χ)·(χ)χ=· (Οχ +είνι)αικαιτο Οοικαιρίζτοες-ι.της εΡ (χ) χ+ Ρ ( 2χ Ο. �

�

ε IR

5 . α) Ν α αποδείξετε ότι: Αν το πολυώνυ ι , τότε το πομο έχει παράγοντα το

- ι)

λυώνυμο

έχει ρίζα το

β) Αν το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαί ρεσης του πολυωνύμου με το πολυώνυμο δ (χ) είναι χ 2 - ι πηλίκο

και

το

Δ (χ)

και

χ αντίστοιχα, να βρείτε το

υπόλοιπο

της

διαίρεσης

(χ · Δ(χ)) : (χ δ(χ)) . Λύση

α) Από την ταυτότητα της δι α ί ρ εσης Ρ (χ)Ρ: (χ)(χ +=ι)(χέχουμε + ι ) Θέτουμε όπου χ το Π (χ) . · 2χ-ι Ρ (2χ -ι) = 2χ · Π (2χ -ι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/34

Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

Ρ (2χ -1) = χ· 2Π (2χ -1) Άρα, το χ εί ν αι παράγοντας του πολυωνύμου Ρ (2χ -1) και συνεπώς το Ο είναι ρίζα του. ς ς δι α ί ρ εσ β) Από την ταυτότητα τ η η 2 Δ(χ):δ(χ) έχουμε Δ(χ)=δ(χ)· (χ -1) +χ. (Ο βαθμός 1 του υπόλοι π ου χ εί ν αι μι κ ρότερος του βαθμού του πολυωνύμου δ (χ)). Πολλαπλασι ά ζουμε με χ. 2 χ· Δ (χ)=[χ· δ (χ)](χ -1) +χ2 (1) 2 Επει δ ή ο βαθμός 2 του χ κρότερος(1) τουεκφράζει βαθμούτηντουταυτότητα πολυωνύμουτης διχ·αίδρείεσης(χ),ναι ητουμισχέση νύμου χ· Δ(χ) μετοπολυώνυμο χ· δ(χ). πο�υω πηλίκοποαυτήςείναιτηςτο χδι2αίρεσης είναι το 2χ -1Οπότεκαι τοτουπόλοι •

6. Έστω πολυώνυμο

Ρ (χ) και αριθμοί α, β

α) Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης του

-Ρ (χ)

<=>

7. Δίνονται οι και g (Χ) e1-x - 1 .

συναρτήσεις

( )

ex - e

α) Να βρεθούν τα κοινά σημεία των γραφι κών παραστάσεων των και g.

με α ;t: β .

λυώνυμο Ρ(χ)-υ έχει παράγοντα και το (χ-α)(χ-β). Οπότε: Ρ(χ)-υ = [(χ-α)(χ-β) ] · Π(χ) Ρ(χ)= [(χ -α)(χ-β)} Π(χ)+υ. Άρα, το υπόλοι π ο της δι α ί ρ εσης του Ρ (χ) με τοτων(χ-α)(χ-β) εί ν αι το ί δ ι ο με το υπόλοι π ο υ διαιρέσεων Ρ (χ) : (χ -α) και Ρ (χ) : (χ -β) . β) Επει δ ή Ρ(1)=Ρ(-1)=2, το υπόλοι π ο της διυπόλοι αίρεσηςπο τΡ(χ): ( χ-1) εί ν αι το Ρ(1)=2 και το ς δι α ί ρ εσης Ρ (χ) : ( χ + 1 ) εί ν αι το η Ρ (-1) = 2 . Σύμφωνα με το2 ερώτημα α το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ - 1) θα είναι και αυτό το2. fχ= =

Ρ(χ)

α είναι ίσο με το υπόλοιπο της διαίρε με το σης του με το β , να βρείτε το υπόλοι-

χ πο της διαίρεσης του Ρ ( χ ) με το ( χ - α ) ( χ - β ) . β) Αν για το πολυώνυμο Ρ ( χ ) ισχύει Ρ 1 ) Ρ (-1 ) 2 , να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ ( χ ) με το χ2 - 1 .

(= = Λύση

α) Έστω υ το υπόλοι π ο της δι α ί ρ εσης του Ρ (χ) με το χ -α και το χ -β . Τότε έχουμε: Ρ(χ)= (χ -α)· Π1 (χ)+υ και Ρ (χ) = (χ -β)· Π2 (χ)+ υ Ρ (χ)-υ = (χ -α)· Π1 (χ) και Ρ (χ)-υ = (χ -β) · Π2 (χ) . Δι α πι σ τώνουμε ότι το πολυώνυμο Ρ (χ)-υ έχει παράγοντα το χ - α και το χ -β . Άρα το πο<=>

β) Να βρείτε τις τιμές του για τις οποίες η γραφική παράσταση της είναι «κάτω» από τη γραφική παράσταση της g.

Λύση

α)κώνΟιπαραστάσεων τετμημένες τωντων κοιδύονώνσυναρτήσεων σημείων τωνεί γραφι ναι λύσεις της εξίσωσης (χ) = (χ) . ex -e = el-x -1 ex -e = ex -1 e · ex = eex- ex=ω>eΟ2xκαι+ (1έχουμε -e) · ex την-e =Ο.εξίσωση e2x -Θέτουμε · e ω2 +(1-e) ω =O. αι ν Εί Δ=(1-e)2 +4e=1 +e2 -2e+4e=1 +e2 +2e=(1 +e)2 π τεται Άρά, ω1,2 e -1 ±2(e + 1) = (-1e απορρί δεκτή Οπότε, ex = e χ = 1 . Το κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/35

<=>

�

<=>

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

είναι το (1, 0) β) Λύνουμε την aνίσωση f(x)<g(x), e(ex x -e)(e<x e-el-x) <ο� -1 � ee2xx-e+ (1-e)eexx-ee<ο� <ο� < � χ < 1 +1 Άρα, όταν χ ( 1 ) η γραφι κ ή παράσταση της fείναι «κάτω>} από γραφική παράσταση της go

(χ -1)log500 = (χ+ 1)log400 (χ -1)log (5 ° 1 02 ) = (χ+ 1) log (22 0 1 02 ) (χ -1) (log5 + 2) =(χ+ 1)(2log2 + 2) Είναι: log5=log 102 =logl0-log2=1-po Οπότε (χ -1)(3 - ρ)= (χ+ 1)(2p + 2) (3-p)χ -3 +p=(2p+ 2)χ + 2p+ 2 (2p+ 2-3+p)χ =-3+p -2p-2 (3p -1)χ = p 5ο Είναι 3p -1 ::;:. Ο γιατί 3p ::;:. 1 � 3log 2 ::;:. 1 � log 8::;:. 1 � 8::;:. 10 p+1-3p5 Άρα, η λ:υ.ση της εξι'σωσης ει'ναι χ = -ιn(3e2x ) < --+--= --Για να ορίζεται η aνίσωση πρέπει: Είναι: 1οgαβ χ 1 lοgαβ α 3e2x -2 >ο � 3e2x > 2 � e2x > �3 logα χ= lοgαβ α οπότε -ln e2x > ln �3 � 2χ > ln �3 � logα χ = lοgαβ χ (1)0 1logβ χ llοοggααββ χβ (2)0 23 n #-3 Ομοίως --= �x>-l21 n -�x>l σμό καιέχουμε: επειδή η συνάρ Με 1πρόσθεση1 κατάlομέληgαβ ατων+ lο(1)gαβκαιβ (2) έχου- τησηΜεln χαυτόνείναιτονγνησίπεριωςοριαύξουσα με: -logα χ + -logβ χ = lοgαβ χ = ln (3e2x -2) <-χ �3e2x -2<e"'"x � = lοgαβ (αβ) = --3 -2ω -1 <Ο x e Θέτουμε =ω και έχουμε 3ω 3 = Το πολυώνυμο 3ω -2ωω -10-1ΜεέχεισχήμαρίζαHomer το 1. = Οπότε έχει παράγοντα το βρίσμεκουμετο ωτο-1πηλίο κο της διαίρεσης του πολυωνύ μου Λογαριθμίζουμε: log50ox-ι = log400x+Ι ο

ΧΕ

JR.

-οο,

τη

8. Να αποδείξετε ότι:

logα χ

logμ χ

Να λύσετε την aνίσωση -

Ιοgαβ χ

χ.

Λύση

�

Λύση

(l )o

9. Αν log 2

l soox-

l 400x+

p , να λύσετε την εξίσωση

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δο τ.4/36

ο 3 3

-2 3 ι

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

-ι ι ο

Β ' τρόπος

Πηλίκο 3ω2 + 3ω + Έτσι η ανίσωση γράφεται : (ω-1)(3ω2 +3ω+12 ) <0 έχουμε· Αλλάω -1για<κάθεΟ <=> ω<ω εί1ναι 3ω + 3ω + Ο οπότε Δηλαδή ex < 1 <=> χ <Ο (2)0 Επέιδή ln J% < Ο <=> J% < 1 , με συναλήθευση των σχέσεων (1) και (2) βρίσκουμε 1n J% <χ< Ο ο ι

111)

του Γιάννη Σιάχου

χ οχ

(1 )

�

-4 �

(I)

�

2. ν οι ρητοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδο χικοί όροι γεωμετρικής προόδου και α * να δειχτεί ότι οι ρίζες της εξίσωσης α 4α - γ ) είναι ρητοί αριθμοί.

- 2βχ

Λύση

Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφι κής παράστασης της συνάρτησης

f ( χ ) χ2 Λύση

, 0 ) το σημεί ο τομής τ ς με το Αν (χ η 0 ν τότε f(x0 ) =Ο, οπότε: χ�+ 2-2συνχ0 =Ο<=> χ� = 2συνχ0 -2 Είναι: -1 συνχ0 1 <=> -2 2συνχ0 2 <=> 2συνχ -2 � Ο<=>-4 χ� � Ο άρα χ = Ο 0 0 με τον χ το χ εί ν α Το σημεί ο τομής της ' ι 0 (0, 0) Α Ο, =( χ2 22 -2βχ-α(4α-γ)= Ο έχει διαΗ εξί σ ωση χ + 4α(4α-γ) Επει δ ή α, β, γ εί ν αι κρίδιανδοχιουσακοίΔόροι= 4β γεωμετρι κής προόδου, θα ισχύει 2β =αγ 2 -4αγ= 4α2 =(2lαl)2 Οπότε Δ=4αγ+4α Άρα2βοι± 2ρίlζαεςl της εξίσωσης είναι χ1,2 = 2 β ± α που είναι ρητοί αριθμοί. Ρ ( χ )= 3 + 2 + + , = Ρ ( α2 = Ρ (1) Ρ 2 (1)+ Ρ 2 (-1)= Εία ναι= α(11)=Ρ(= 2-+1)=-2+α-β+γ, α+ β +γ οπότε 2i) ω=α -α =2β+4ο 12 2 2 i ) Όταν P ( 1 ) +P O. ( 1 ) =0<=>P(l ) =P(-l ) = Ο και 2 +α+ β+ γ= Ο Προ άρασθέτουμε-2 +α-β+ γ= κατά μέλη: 2(α+γ)= Ο<=> γ =-α

2 - 2συνχ με τον άξονα χ 'χ.

Α' τρόπος:

Είναι: f(x)=x2 +2-2συνχ=χ2 +2(1 -συνχ)= χ2 +2[1- (1-2ημ2 ; )] =χ2 +2ο 2ημ2 ; Γι α να βρούμε τα σημεί α τομής της με τον χ'χ λύνουμε την εξίσωση: f (χ)= ο<=> χ2 + 4ημ2 �=ο<=> 2 Ο = χ' ψημ� J =Ο "" {:ημ� =Ο "" χ=Ο {χ=2κπ, άρα Άραχ=Οο ' το σημεί ο τομής της με τον χ χ εί ν αι το σημείο 0 (0, 0) ο

κε Ζ '

3. Δίνεται το πολυώνυμο 2χ

αχ

βχ

ριθμητική πρόοδο είναι α1

i) ii)

α,β,γ ε ΙR . Αν σε α-

-1 ) ,

Να βρεθεί η διαφορά της προόδου.

Να δειχτεί ότι α = -γ και β = -2 όταν ο

Λύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δο το4/37

Μαθηματικά yια την Β ' Λυκείου

τότε είναι -β -2 = <=> β = -2 4 . (χ) Ρ = + + Ρ {1)=8 ο

Δίνεται το πολυώνυμο 2 α 2 χ3 α3 χ + α4 χ + 6 όπου α1 , α2 , α3 , α4 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής α1 χ4

2 2 χ +χ+στο1 �χ+ 1 καιισχύειεπειδότιή η: �Ο Εί ν αι : χ <=> f εί ν αι γνησί ω ς αύξουσα ί) f ( x2 +x+1 ) �f(x+1). Το «ίσον» ισχύει όταν ίί) S80 • χ=Ο (4J ·(9J-I = κοί όροι αριθωςμητιεή α α2 , αμπορούν Επεικής δπροόδου, 3 , α4 διαναδοχιπαρασταθούν log.,(log. = ξής: α, α+ ω, α+ 2ω, α+ 3ω. Επίσης Ρ{1)=8 ή α + α2 + α3 + α4 + 6 = 8 <=> αι +α2 +α3 +α4 =2 (1) 1 6α + 8α2 + 4α3 + 6 = 6 και Ρ ( 2) = 6 8αι + 4α2 + 2α3 + α4 =Ο (2). Οι (1) και (2) δίνουν: {log� _1 = { { 22 α ={4α+6ω=2 15α+11ω =Ο <=> ω= 233023 15α+11ω =Ο <=> 2α+3ω=2 Είναι ·= �Ο · [(2αι + (80 -1)ωJ = Λοyαριθμiζουμε κατά μέλη με βάση το α. = 40 . - 4423 + 79 3023 )= 930423 . (")Έχουμε: ιι μ= --1 . α Πρέπει 1 και το σύστημα γίνεται: 2 = , λοyαρι θ μί ζ ουμε κατά μέλη με χ 5 5 2 ίί) +� {βάση4 /τοχ 10.=10 } Το πεδί ο ορι σ μού της f εί ν αι το Γι α () ι σ χύει ότι : e x 1 < ex κάθε με ι < χ , , χ Χ Χ ι 2 2 2 διότιΟπότε: η ex είναιeχγνησί ω ς αύξουσα. <=> ) )< f{x e x z + χ f(χ ι +Χι< ι . z 2 Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Έχουμε: (2χ/ = 3χ-6χ2 (2χ)3χ = και Ρ ( 2 ) = 6

προόδου. Αν

Να βρεθεί η πρόοδος.

Να υπολσyιστεί το

Λύση

ι,

(i)

Να λυθεί η εξίσωση:

(ii)

Να δείξετε ότι:

(ii)

Αν

α, β > ο ' α :;C ι .

(i)

ιοg.

81 •

β)

logα β ,

logα μ = ν , τότε logYa μ = -ν , όπου

α > Ο , α :;e l , μ > Ο .

<=>

(iii)

<=>

Να λύσετε το σύστημα:

= 25

rι;;;; χ+νy··ο·

100

, οπου x,y > Ο .

Λύση

S80

ii)

(Π) (i) ιι

Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = ex + χ . Να

(ΠΙ)

δείξετε ότι:

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR 1 +l 2 ex +x+ l - e x 0 , για κάθε Χ Ε χ

Λύση i)

•

JR .

Ε JR

Ιog

log μ

/α

log -

y :;e

;ιogy ιogy/

ί' +ι

Να λυθεί η εξίσωση

3 χ = 53 χ-6χ2 , με

χ>Ο.

JR .

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.4/38

χ5

<=>

log5

=log5 53χ--6χ2 <=> 3xlog5 (2χ) = ( )log5 5 <=> 1 4. -2<3χ<2 3xlog5 (2χ) = 3x(l - 2χ) <=> log5 (2χ) = 1-2 4x+l Α. 1Ο < 2χ < 1 Ο < < .!_2 log5 (2χ) < Ο Γ. 2 < 1 2χ < Ο Ε. log5 ( < 2 ν 2x>l<=>x> .!.2. log5(2x)>O 2χ > 1-2χ < Ο � (10ν - 10 ) Α. 1� (10ν 1 ) log5 (2χ) > 1 - 2χ 2x=l<=>x= .!.2 . log5(2x)=log51=0 Γ. 1�(10ν ) :Ο (10ν -ι) 2 = 1 1-2χ = Ο 1 Ε. = Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

3χ - 6χ2

Αν + 5χ + 5χ 2 + ·

χ,

αφού χ :;t: O . •

Αν

<:::::>

και χ

<:::::>

τότε:

, οπότε ισχύει:

το

τότε

· ·

άθροισμα

ισούται με:

1 + 4χ χ

Β.

1 1 + -1-χ

Δ.

χ-1

5χ χ-1

Κανένα από αυτά.

2χ ) 1 - χ .

5. Το άθροισμα 9 + 99 + 999 + · · · + 999· · · 9 '-ν----'

•

Αν

τότε:

1 <:::::>

και

ισούται με:

, οπότε ισχύει: .

•

Αν

και

τότε:

<:::::>

, άρα η εξίσωση έχει

' την χ μοναδικη. λυση

"2 .

i) Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε) που διέρχεται από τα σημεία και

A(l,l l)

Β(-2, 1 6).

y = 4χ3 -

iii) Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία η βρίσκεται πάνω από την καμπύλη - 3χ 2 •

y =4x3

2. Σε αριθμητική πρόοδο ισχύει α�

και ω :;t:

Ο . Α. 6 = Γ.

Τότε θα ισχύει και:

Ε.

α4 α9

Β. α�

Κανένα απ;ό αυτά.

111'

= 1·

α α4

α4 α9

Δ. α + β = 2γ Κανένα από αυτά.

Κανένα από αυτά.

πρώτος, ο τέταρτος και ο όγδοος όρος της είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. Ακόμη ι σχύει β . Να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος.

α= 8

α, β ε IR και 2, α, β διαδοχικοί όροι αριθμητικής

προόδου. Αν το άθροισμα των τετραγώνων των ρι ζών της είναι 9, να βρεθούν τα α, β. β) Δίνεται το τριώνυμο χ 2 + αχ + β , α, β ε IR

και α, β διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Αν το άθροισμα των τετραγώνων των ριζών της είναι 7, να βρεθούν τα α, β. 8. Δίνεται η συνάρτηση (χ ) + χ+Χ

i) Δείξτε ότι η είναι « 1 - 1 ». ii) Να λυθεί η εξίσωση:

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, τότε θα ι σχύει: α=β=γ α<β<γ

Β.

Δ.

f = ex ln -1 . f 1 2 + x n x 2 ( x2 +1 ) -(χ-1)2 . =l n (2x)-l -e e ' f(x)=2x2+x-6 -56 2+x-9 x g(x)=2 y =-24 .

3 . Αν α, β, γ και - , - , - ειναι συγχρονως α β γ

Α. Γ. Ε.

-ν

7. α) Δίνεται το τριώνυμο χ 2 + αχ + β ,

ii) Να βρεθούν, αν υπάρχουν, τα σημεία το μής της (ε) με την καμπύλη 3χ 2 • (ε)

Β. �

6. Σε αριθμητική πρόοδο με διαφορά ω, ο πρώτος όρος είναι 3α και ο δεύτερος α + β .

Προτεινόμενες 'Υ'α λύση

9. Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία η

γραφική

παράσταση

της

συνάρτησης

βρίσκεται «κάτω>) από την

γραφική

παράσταση

της

συνάρτησης

και «πάνω>) από την ευθεία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/39

του Κώστα Μήτσιου Άσκηση 1 Από σημείο Α εκτός κύκλου με τέμνουσα ΑΒΓ ώστε ΑΒ

(O,R) φέρνου

RJ7

ΒΓ .

Αν

ΟΑ = να υπολογίσετε το εμβαδόν του τρι γώνου ΑΟΓ και το εμβαδόν του κυκλικού τμή-

Λύση

α) Επειδή ΑΟΒ=120° τότε ΑΒ=λ3 =R.J3 και ΒΟΓ=60° άρα ΒΓ=λ6 =R. Από το ορθογώνι ο τρί γ ωνο ΑΓ Δ επει δ ή 2 2 ΒΓ είRν.J3αι ΒΓΑΒ= ΑΒ ΒΔ ή R = R.J3 · ΒΔ δηλ. ΒΔ= 3 = 3 . Δ Λ

.l ΑΔ

ματος ΒΔΓ . Λύση

Α 2 2 Εί ν αι ΑΒ· Α Γ=ΑΟ -R ή AB· 2AB=7R2 -R2 δηλ. AB=BΓ=R.J3 =λ3 • Επειδή στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΔ είναι Επομένως ΒΟΓ=120°. = 30° τότε ΔΓ = δηλαδή 2 Άρα (B&r )� Ξ R2ημ120°� � R2 . ΔΓ= .!_2 4 · ΒΔ = 2.J33 R τρόπος: ΔΓ2 = ΔΒ · ΔΑ άρα ΔΓ = 2.J33 R ) Επειδή ΟΒ είναι διάμεσοςR2 .J3στο τρίγωνο ΑΟΓ (άλλοςΕπομένως τότε (ΑΟΓ )=2(ΒΟΓ )= -2- . μου τριγώνου είηναιπερί: μετρος του ΒΔΓ μικτόγραμ 2 Επί2 σης Ε 2 =Ε -Ε = πR60° .J3 .J33 R = πR3 + .J3R . + R + 3 180° πR360°· 120° _ .J34 R2 = πR3 _ .J34 R2 . Ε- =Ε -Ε = 2 (O,R) 1 2 . .J3 )= .!_2 R . .J33R - ( πR60° R 180° 4 = 120° .J36 R2_ πR3 + .J34 R2 = 512.J3 R2_ πR3 . =..!.3 . Είναι �ol'l-R2 (2�R J + R2 = 0Δ2 �OΔ=RJf . Δ

β)

.!._ ΑΔ

ιαικλ.τμ.

κ τ μ.ΒΟΓ . ο

ΒΟΓ

•

Άσκηση Σε κύκλο

παίρνουμε

το

ΒΔΓ

�

ιαι κλ.τμ.ΒΓ

τόξο

ΑΒ και τη διάμετρο ΑΓ. Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Γ τέμνει την προέκταση της χορδής ΑΒ στο σημείο Δ. α) Να δείξετε ότι ΔΒ

ΑΒ .

β) Να υπολογίσετε την περίμετρο και το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΔΓ.

ΔΓ'

γ) Να υπολογίσετε την απόσταση Δο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/40

�

Άσκηση 3

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

(O,R),

Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι και Δ σημείο του κύκλου Από το Δ φέρνουμε τις εφαπτόμενες ΔΑ και ΔΒ στον κύκλο Να υπολογίσετε το εμβαδόν και την περίμετρο του μικτόγραμμου τριγώνου ΔΑΒ.

(0,2R)

(0,2R).

··

· ·

··

.. . .

·· ··

(O,R).

Λύση

ΔΓ2 � ΟΓ2 -ΟΔ2 � R2 - ( R� J Δ άρα ΔΓ= R2 . Επομένως ΓΟΔ = 30°. Αν Ε τοΕ=Ε ζητούμενο εμβαδόν του ΔΓΒ τότε: Το ζητούμενο εμβαδόν Ε θα βρεθεί αν από το --Ε = εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΒΟ αφαι ρ έσουμε το{ΑΔΒεμβαδόν του κυκλι κ ού τομέα ΟΑΒ. Εί ν αι 0)=2(ΑΟΔ). ΣτοΟΔΑΟΔ είναι ΑΟ = R και ΟΔ = 2R άρα ΑΟ = 2 οπότε Δι = 30° και Οι = 60° . Επίσης Αν ΟΑΒ είναι τεταρτοκύκλιο ακτίνας R = RJ3 . ΔΑ2 = ΔΟ2 -ΑΟ2 άρα ΔΑ(ΑΔ)(ΑΟ) και ο κύκλος ( B , R ) τέμνει το τόξο ΑΒ στο Γ να υ 2 ά πολογί σ ετε το εμβαδόν του μι κ τογρ μμου τρι γ ώ Συνεπώς {ΑΔΒ0)=2 2 =R J3 . νουΟΑΓ. ΑΟΒ = 20ι = 120°πRάρα:2 · 1 20° πR2 Ε - = 360ο = 3 Τελικά E � R',/3-�2 � R' (�-π } Άσκηση 4 R. Να υπολογι σ τεί το κοι ν ό τμήμα των κυ R.J3 κλι κ ών δί σ κων ( K , R ) και ρ) όταν τέμνονται στα 2 Α, ώστε ΚΑ .1 ΑΛ και ΚΑ = 2ρ . Λ

ιαικλ.τομ. ΟΒΓ

ΟΔΓ

Προτεινόμενες Ασκήσεις

ιαικλ.ΟΑΒ

Δίνεται τεταρτοκύκλιο ΟΑΒ ακτίνας

Στην ΟΒ παίρνουμε τμήμα ΟΔ =

και υ-

ψώνουμε κάθετη στο Δ που τέμνει το τόξο ΑΒ στο Γ. Να βρεθεί το εμβαδόν του μικτογράμμου τριγώνου ΔΓΒ.

ΣτοΛύσηRJ3 ορθογώνιο τρίγωνο ΟΔΓ είναι ΟΔ=--2 και ΟΓ=R.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/41

(Λ,

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

Στο σχήμα δίνεται ο κυκλικός τομέας και ακτίνα 6α, και το ημι ΚΑΒ με γωνία Κ = κύκλιο κέντρο Ο που εφάπτεται της στο ση μείο Γ. Να βρεθούν α) η ακτίνα του ημικυκλίου, β) το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου μέρους.

30°

ΚΒ

γ) Με τι ισούται η ΒΓΔ σε μέρη ορθής; δ) Το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ΟΒΓΔΟ (σε συνάρτηση του R). ε) Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος Α ΓΝΟΑ.

στ) Το εμβαδόν του μηνίσκου ΑΖΕΚΑ. ζ) Αν R = cm να υπολογίσετε τα μήκη

των ΑΒ, ΑΕ, ΟΑ, την περίμετρο του ΑΒΓΔΕΖ, το εμβαδόν του ΑΓΕ, το εμβαδόν του ρόμβου ΒΓΔΟ. Α

4) Χωρίζουμε έναν κύκλο (O,R) σε έξι ίσα

μέρη, με τα διαδοχικά σημεία Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ. Να γράψετε τους κύκλους (Β,ΒΑ), (Γ,ΓΑ) και (Δ,ΔΕ). (βλέπε σχήμα). Να βρείτε τα πιο κάτω:

α) Τι σχήμα είναι το ΑΒΓΔΕΖ; Γιατί; Λ

β) Με πόσες μοίρες ισούται η ΒΟΓ ;

r E/t61#81S /11 6UY•ΙrR6BΙS rιιs l'l,iι& . Jt(xJ

f(x)ιfxJ

του Γιώργου Σ. Τασσόπουλου

Θεωρούμε τις συναρτήσεις f: Α -> IR, g: Β -> IR με Α, Β ς;; IR. Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της h πρέπει και αρκεί να βρούμε το ευρύτερο υ ποσύνολο του IR στο οποίο έχει νόημα πραγματι κού αριθμού η δύναμη f(x)g<x>. Προφανώς αυτό θα είναι υποσύνολο του Α Γ'Ι Β. Γι' αυτό πρέπει Α Γ'Ι Β =ι:. 0. Για παράδειγμα, δεν ορίζεται συνάρ τηση της μορφής h(x) = Fx Ιη(χ -Ι>, αφού +οο) , οπότε Α Γ'Ι Β = 0, ενώ Α = ( οο, Ο] και Β = της συνάρτησης για το πεδίο ορισμού 3 παρατηρούμε ότι: h(x) = (χ2 - χ -

(1, Ah 2)2χ - ( 2 A( h 2 <ο 2 3 2 3) ) } -1) (2, 2 -

= { χ Ε IR I Χ2 - χ Χ2 - χ ( Χ- ΕΖ Έχουμε Χ2 - χ -

>οή

Χ2 - χ 2χ -

> ο <=> χ Ε (-οο,

>Ο

+οο) .

{ χ2 - χ - 2 = } { χ = -1 χ = 2 } χ = 2. 2χ -3 2χ -3 Χ (-1, 2) } { χ - χ - 2 < } { 2χ - 3 =κ . >ο

Τέλος

<=>

χ_

Ο ΕΖ

2 3) κ+32 -1 < κ+32 < 2 � � �� =ι � - 3 2�-1.0} } {- �' 0, �' 1, �} 2

(

<=>

χ = --

<=>

ΚΕΖ

<=> χ Ε

Τελικά λοιπόν

Εξάλλου:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/42

<=>

>ο

{ ::κ+31 } .

·_

κ Ε Ζ.

�

κ κΕΖ

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

3χ

- ι

χ+

(χ -3) 2 =(χ -3) 3 (2) Σύμφωνα3 με την πρώτη λύση έχουμε: χ2__ (2) <:::> (χ -3) -(χ -3)-.3- =ο <:::> (χ -3) 3 L(x[ -3)7χ2 - 1J = Ο <=:>(χ -3)_3_ (χ -3)_6_ -1J = ο ( ) 7 χ=0 <=:>χ-3=0ήχ-3=1ή χ-36 ή -1 ) .η ( 7χ-χ-3= 6 . αρτιος <:::> χ ε {3, 4, } Προφανώς όμως για χ = � δεν ορίζεται η (2), αφού δεν2 ι έχει νόημα καμιά από τις δυνάμεις (χ - 3) ( 1,6(]χ - 3) 3 , δηλαδή δεν έχει νόημα η δύναμη - 7 . φ Σύμ ωνα με τη δεύτερη λύση παρατηρούμε ότιχ ε {3,όταν4, 2},(χ τότε- 3)μόνο{οι0, τι1,μές-1},3 καιδηλαδή όταν 4 επαληθεύ ουν τη (2). Αν--- 1 = τώρα χ χ = 3, ε4,ικα,2 λοτότειπον, β(ρι2,-) + 1 3χ χ <:::> 2 -3- <:::> σκουμε και πάλι (1) <:::> χ {3, 4, �}.που όπως εί παμε προηγουμένως, αποτελεί λανθασμένη λύση. Παραθέτουμε στη συνέχει α τη σωστή λύση και στις δύο αυτές εξισώσεις.

φορμή γι α το άρθρο αυτό αποτέλεσε η εξί Α = χ χ σωση λική Άλγεβρα της Λυκεί( 1) οπουυ, σελίυπάρχει δα 133.στη σχοη Λανθασμένη λύση (2) (1)<=:>χχ(2) <:::>χ χ-χ=Ο<=:>χ( Αλλά: =( Οχ2+3χ=Ο ή χχ χ=χ )1 <:::>χ-1)=0 χ = 0 ή χ = 1 ή χ Ο ή ( χ2 +χ=-1 3χ άρτι ο ς {0,λάθος 1,-3,-1}.έγκειται στο ότι η ιδιότητα Το εδώ, δεν χναι. χσιγουρο= χοτι ισχυειπουγια εχφαρμόζεται . π.χ. για χ = - 1 δεν έχει νόημα η δύναμη χ δηλαδή η (- tJ αλλά ούτε η χχ δηλαδή η (- tJ. ενώ για χ = η χ παρόλο = 01 = ότιΣυμπτωματι κά οιΟ γίορίρίνζεταιζεςεταιτης: 0μόνο·((1)0° -1)βρέθηκαν η ( 2 ) γι α χ= =Ο(! ! ) 2η Λανθασμένη λύση (Παραπλανητική) Εξετάζουμε αρχι κ ά αν η (1) ι σ χύει γι α χ ε {Ο, 1, -1}, πράγμα που συμβαίνει. Στη συνέχεια για χ� {0, 1, -1} έχουμε: (1) <:::><:::> χ = + χ=3χ -+3 <:::>1 χ==1-3.<:::> + 3χ Τελικάλοιπόν(1)<=:> χε {0, 1,-1,-3 }. φ Όμως, γενι κ ά εί ν αι λάθος να γρά ουμε 1, -1, περίδιότι α θ=ανόναλ <:::>νακμην= λ,ορίακόμηζονταικαιοιότανδυνάμεια ςΟ,. Στην πιπτωσή κ= χ2 + μας3χ + βέβαιοπότεα, είκ=χαμελ σημαίλ =νει1κ εε και Άρα οιοιδυνάμει βρίσκονται ρίζες τηςς ορί(1).ζονται και συμπτωματικά φ Στο επόμενο παράδει γ μα όμως θα ανείσε λανκα θαρά ότι και οι δύο δι α δι κ ασί ε ς οδηγούν να ορίζεται) η((1) πρέπειχ < καιΟ αρκεί)χ> Ο ή θασμένα συμπεράσματα. ( Γι+ αχ=Ο χ2 3χ + 1 > Ο ή (χ2 + 3χ + 1) ε Θεωρούμε λοιπόν την εξίσωση 2+ +I 3χ χ

•

Β'

+ 3χ

!..:!:.1Γ

χ+

<=:> Χ Ε

2+ χ 3χ

2 + χ + 3χ 1,

�ο

2 χ +3

+ 3χ +

2 χ + 3χ + I

9 ,

εί-

ο.

οή

h.:J. - (�) 3 -

*ο

αδυνατο

χ+

Χ2

3χ

Χ2

χ+

Ν*

Ν*.

7·

τ λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/43

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Έστω χ> Ο α) Αν χ = τότε προφανώς η ισχύει. β) Αν=χχ {0, -τότε3 } . Οι τιμ=ές χ2αυτές+ 3χαπορρί+ π=το νται αφού δεν είναι θετικές. Έστωισχύειχ=. Ο. Τότε χ2 + 3χ + = >Ο και η 3) Έστω χ < Ο. α) χΑν χ= = τότε χ2= -1+ =χ.3χ +Άρα=η (1) ισχυεικαι. β) Αν χ τότε = χ2 + 3χ + = = +Ο, -3 }. τότεΤελι χ2κά=χλοι3χπ{όν:0+, -3=} ==χχ=(χ2-3.+{ 3χ,Προφανώς Λύση της - 2 =(χ Για να ορίζεταιχ-3=0 η πρέπει καιχ-3αρκεί<:0χ -3 > Ο 3χ 3χ > 0 ή ή Έστω χ-3 >Ο, δηλαδή χ> 3. 1)

(1)

=1=

(1)

-1,

2 + 3χ + ι

=1=

(-1 )- ι

-1,

(1)

-1 ε '11..

(1)

1 (1)

Ι -

(χ 3)

3χ -

:::::::>

1 ) ε '11.. . -1,

Ι -

χ+ 3 - 3)

(2)

α) ηΑν χ-3ισχύει= . δηλαδή χ= 4, τότε προφανώς β) Αν =χ 3χ- 3- = χ + δηλαδήχ =χ 4,τιμτότεη ο-3-<::::;> < μως αυτη απορριπτεται, αφου 3. Έστω χ 3 = Ο, δηλαδή χ = 3. Τότε + 3Χ - = 4 > Ο χ 3 = 3 > Ο και η ισχυ'ει. 3) Έστω χ -3 < Ο, δηλαδή χ < 3. α) Αν3χ - χ =- 3 = αρα' ηδηλαδήδεν οριχ 'ζ=εται. τότε β) Αν= 3χ-χ - 3 = --χ- δηλαδή χ τότε = χ = 7· Τοτε ομως 3 χ ; = * οπότε η δεν ορίζεται. Τελικά λοιπόν: =χ {4, 3 } . 1,

(2)

- 1 2,

(2)

=1=

5 Η

�

(2)

-1,

'77. , '2 � u... 5

--1 2 1

=Ι=

�

(2)

=1=

'11..,

(2)

' 5

- 1 2-

=1=

(2)

- 1 '11.. ε 2

του Σπύρου Γιαννακόπουλου Ενότητα lη: Προσέγγιση βασικών θεμάτων τεροβάθμια εξίσωση. Οι ρίζες της εξίσωσης μας δίνουν τις τετμημένες ή τις τεταγμένες των Α, Β ανάλογα με τον άγνωστο που έχουμε στην εξί Θέμα 1°: Πολλές φορές συναντάμε θέματα που έχουν σωση. Για να αποφύγουμε τις πράξεις ενδέχεται να κάνουν με την ευθεία ψ = λχ κ, λ Ο, να να έχουμε εύκολα αυτό που ζητάμε κάνοντας τέμνει κωνικές τομές (κύκλο - παραβολή - έλ χρήση των τύπων Vieta για τις ρίζες της εξίσω λειψη - υπερβολή) στα σημεία Α, Β και χρεια σης. ζόμαστε να εργαστούμε με τις συντεταγμένες των Α, Β. Βασική σκέψη είναι να θεωρήσουμε Ση μείωση : το σύστημα των εξισώσεων της ευθείας και της με κωνικής τομής και να οδηγηθούμε σε μια δευ-

=Ι=

2 +βχ+γ=Ο, α=Ι=Ο δευτε Αν αχ ροβάθμια εξίσωση ρίζες ρ1 , ρ2 τότε οι τύποι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/44

Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

ειναι: ρι + ρ2 = - βα και ριρ2 =-.αγ Παραδείγματα 2 + ψ 2 = ρ2 Θεωρούμε τον χ και την ευθεία ε : ψ = λχ + κ, λ ν.ιeta

κύκλο

1°:

Ο.

i) Να βρείτε τη συνθήκη μεταξύ των κ, λ, ρ 2 ..!___2 _ 1 και η 2°: Δίνεται η έλλειψη c : χ ώστε η ε να τέμνει τον κύκλο στα σημεία Α, Β. 2 ii) Αν η ε τέμνει τον κύκλο στα Α, Β να ευθεία ε : ψ λχ 1. βρείτε το (ΑΒ). i) Δείξτε ότι για κάθε λ IR. η ε τέμνει την c σε δύο σημεία. Λύση ii) Αν Κ, Λ τα κοινά σημεία της ε με την c, i) να βρείτε την εξίσωση της ε, όταν ΚΟΛ 90°.

+ =

χ2 +ψ2 =ρ2 ((21)) Θεωρούμε το σύστημα {ψ=λχ+κ καθιστούμε το από την (2) στην (1) και παίΑντιρνουμε χ2 +(λχ+κ)2 =ρ2 <=> · · <=> (1 + λ2 )χ2 + 2κλχ + κ2 -ρ2 =Ο(Ε). Η ( Ε ) εί ν αι εξί σ ωση 2ο υ βαθμού με άγνωστο τον χ και διακρίνουσα αν μόνο και αν τον τέμνει ε α ευθεί Η 2 2 2 2 Δ>συνθήκη. Ο<=> ρ + λ ρ -κ >Ο, που είναι η ζητούμενη εί , χ ). Τα χ Έστω Α(χ ) , Β( χ , ψ , ι ι ι Ψ 2 2 2 ναι ρίζες της (Ε), οπότε από τουςκ2τύπους έ2 2κλ -ρ χουμε χι +χ2 =- 1+λ2 , χιχ2 = 1+λ2 . Επί σ ης έχουμε =λχ +κ και ψ =λχ +κ ι ι Ψ 2 2 οπότε +ψ =λ(χ +χ )+2κ <=> ψ +ψ = Ψι 2 2 ι 2 ι 2 2κ1+λ2 2κλ1+λ2 +2κ= --. =--(ΑΒ) = Jcx2 -χι )2 + CΨ2 - Ψι )2 = = J(x2 -χι )2 +(λχ1 -λχι )2 = = J(x2 -χι )2 +λ2 (χ2 -χι )2 = = J(x2 -χι )2(1 +λ2) = J[(χι +χ2)2 -4χιχ2 ](1 +λ2) = ψ

κύκλο

ii)

Vieta

= ύΘεωρούμε το σύστημα των εξισώσεων 2 (1) και ψ=λχ+1 (2). Αντικαθιστούχ2 +y_=1 με2χ2το+2(λψχ +από1)2 =την2 <=>(2()2 +λστην2)χ2(1)+2λχκαι-1παίρνουμε ( Ε ) . Η δι α κρί ν ουσα της ( Ε ) εί ν αι 2 2 )>0 γι α κάθε λε Αυτό ση Δ=4λ +4( 2 +λ μαίνει ότι η ε τέμνει την σε δύο σημεία. α κοι ν ά Έστω ότι Κ( χ ) , Λ( χ , ψ ) , τ ι ι Ψ 2 2 α της ε με την σημε τότε τα χ χ εί ν αι ρί ζ ες , ί ι 2 της (Ε), οπότε 2λ 1 χ1 +χ2 =--και χ χ =. ι 2 2 2 2+λ 2+λ ΨιΨ2 =(λ2 λχι +12λ)(λχ2 2 +1) =λ2 -2χ2λιχ22 +λ(χι +χ2 )+1= =- 2+λ2 - 2+λ2 +1= 2+λ2 . Λ ση i)

�ο

IR..

ii)

---

χ Έχουμε ΟΚ=(χι , Ψι ), ΟΛ=(χ2 , ψ2 ). Είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/45

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

ψ ΚΟΛ = 90° {::::> ΟΚ · ΟΑ= {::::> Χι Χ2 + Ψι Ψ2 =0 {::::> - 2+λ2 + 22+λ- 2λ22 =0 {::::> {::::> 2λ2 =ο {::::> λ2 = 2 {::::> λ= ± 2 χ Άρα ε: ψ = 2 χ+ ή ε : ψ =- 2 χ+ Παράδειγμα Παρατήρηση: έλλειψη έχει τις εστίες της Θεωρούμε την παραβολ1] c : ψ2 = 5χ και το 2 2 = οπότε 2 και β στονβ2 = αάξονα ψ' ψ με α σημείο Μ(2, - 3). 2 12 γ2 = α2 β2 = {::::> γ = i) Δείξτε ότι το Μ είναι εσωτερικό σημείο της c. Άρα οι εστίες της έλλειψης είναι ii) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ε που τέμνει την παραβολή στα Α, Β και το Μ είναι ευθεία ε διέρχεται από την εστία Ε. μέσο του ΑΒ. Λύση Θέμα 2°: 5 Μια ευθεία ε μη παράλληλη στον άξονα Έχουμε = , οπότε ο Οχ είναι άξονας 2 ψ'Δίνεται ψ τέμνειτο σημείο μια κωνική τομή c στα σημεία Α, Β. ατος της φέρνουμε παράλληλο προς τον ά Μ(κ, λ) (εσωτερικό της κωνι συμμετρί Από κής τομής) και ζητάμε να βρούμε την εξίσωση της έτσι, ώστε το Μ να είναι μέσο του τμήματος ξονα ψ'ψ που τέμνει το τμήμα της που βρίσκεται στηνΝ(2, ψ04η), γωνί{:::α :> ψ. των= 10 {=>αξόνων στο τότε ΑΒ. I Ψο I = Μ > l - 3 1 (1). Βήμα 1°: Από την προκύπτει ότι το είναι εσωτερικό Έστω Α(χι , Ψι ), Β(χ2 , ψ2 ). Οι συντεταγ- σημείο της μένες των Α, Β επαληθεύουν την εξίσωση της c, Λ

Ο {::::> 1

_.!_

J2 .

{::::>

Ε'(Ο, - 1) , Ε(Ο, 1).

Νε c

( 1)

Ν,

οπότε έχουμε δύο σχέσεις με τα Χι ,ψι και χ2 ,ψ2 αντίστοιχα. Βήμα 2°: Αφαιρούμε κατά μέλη τις σχέσεις που δη μιουργήσαμε στο 1° βήμα με στόχο να παρουσιάσουμε τον λόγο ψχ2 - Ψι , που είναι ο συντε 2 - χι λεστής διεύθυνσης της ε. Σημείωση: Στο κύκλο το παραπάνω θέμα αντι μ ετωπί ζ εται πιείνοαιεύκολα, γιατί οπότε αν Κ τολκκέντρο του= κύκλου τότεσυ λ ( Ο Μ ντελεστής δι ε ύθυνσης λΚ βρί σ κεται εύκολα, ο Μ πότε από την βρί σ κουμε τον συντελεστή δι εύ θυνσης της ε. της ΑΒ και έτσι βρίσκουμε την εξίσωση ΚΜ ..L ΑΒ,

(1)

ΑΒ

-1 1).

Έστω Α(χ , ) , Β( χ , ). ι ι Ψ Ψ2 2 Πρέπει ψ = 5χ φαι και ψ (2). = 5χ Α ι 2 ρούμε τις (2), κατά μέλη και παίρνουμε Ψ - ψ =5(χ2=-χ5(χι ) {:::-χ:> (ψ)2 -ψ) ι ΧΨ2 +ψι )= ι (3 . 2 Επειδή το είναι μέσο του ΑΒ έχουμε f

(1)

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/46

(1)

�

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Ψι �Ψz = -3 <::::} Ψι + ψ2 = -6, οπότε από την (3) έχουμε -6( ψ -χ -ψ ) =5( χ ) ( 4 ) . Εί ν αι 1 ι 2 2 = χ2 , τότεσυμμετρίΑΒ αςψ'τηςψ. χΔεδομένου 2 χι γιαότιτί ανο Οχήτανείναιχι άξονας παραβολής θα είχΨzαμε- τοψι Μ πάνω στον χ'χ. Άτοπο. Άρα (4) <::::} χ2 -χι =-�<::: :} λΑΒ =-�.6 6 Έτσι η εξίσωση5 της ε είναι ψ+3 =--(6 χ -2) 5χ +6ψ+8 =Ο. 11

"Φ

<::::}

άρα P(i+1, - �} Έστω (χ, ψ) τυχαίο από τα τότε για κάποια λ, ν έχουμε �+1=χ (3) και -�=ψ λ (4). Απαλ λοίφουμε από τις (3), (4) το �λ και βρίσκουμε χ + ψΆρα= 1 τα<::::} σημεί χ + ψ α-1 =διΟαγράφουν (Ε). την ευθεία με ε ξίσωση την (Ε). Ρ,

2η: Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα αξό νων Οχψ. Στο Ο έχουμε τοποθετήσει ένα προ ΕΝΟΤΗΤΑ 2η: ΑΣΚΗΣΕΙΣ βολέα και στο σημείο Α(2, 1) ένα εμπόδιο. Φω τίζουμε το Α και το φως ανακλώμενο τέμνει τον 1 η: Θεωρούμε τα σημεία στο Β και σχηματίζει με τον γωνία Α(χ1 , λχ1 ), Β(χ2 , - λχ2 ), λ Ο και Μ(μ, ν) Να βρείτε: το μέσο του ΑΒ. ί) Το σημείο Β. συναρτήσει των μ, ν ί) Να βρείτε τα ii) Το σημείο Μ της ΑΒ που δέχεται τον ι και λ. σχυρότερο φωτισμό. ίί) Αν Κ(χ1 , χ2 ), Λ μ, να δείξετε ότι iii) Τον περιγεyραμμένο κύκλο του τριγώ νου Ο ΜΒ. i oκ i Ji l oΛ j . iii) Να βρείτε την εξίσωση της γραμμής που Λύση 1, χ2 - μ). διαγράφουν τα σημεία Ρ(χ1

χ'χ 135°.

"Φ

χι , χ 2

χ'χ

( �}

-μ+ Λύση χ�ι -+x2 -=-z =μ <:::Αφ:} Χούι +τοχ2 = 2μ (1)μέσοκαιτου ΑΒ πρέπει ----'λχι'--λχ2 --=---- z =ν<::::} λχι -λχ2 = 2ν <::::} χι -χ2 =-(2νλ 2). Προσθέτουμε2ντις (1), (2) κατάν μέλη και. παίρνουμε 2χι = 2μ+ χι =μ+ λ. Αφαιρουμε από2χ την--2ν(1) την ν (2) και έχουμε 2 = 2μ λ χ2 =μ- -λ . -2Ιo� � Jxl +xJ � �.---(μ-+--� ) + (μ i_) � Μ είναι

λ <::::}

η ΑΒ σχηματίδιζεειύθυνσής με τον χ'τηςχ γωνίείναια Αφούο συντελεστής 135°, λΑΒΆρα= εφ ΑΒ135°: ψ= -1=-( -εφ 45°χ=-2)<=:}ψ=-χ+3 -1. (1). Γι α ψ=Ο από την (1 ) παί ρ νουμε χ=3. Άρα Β(3, 0). ψ i)

ο.

<::::}

_ _

ii)

Το σημεί ο της ΑΒ που θα δεχτεί τον ι σ χυ φ σομόκοντιείνναιό αυτόόμωςπουσημείθαοείτηςναιΑΒπιοαπόκοντάτο στοΟρότεροείΟ.ναιΤοηωτιπιπροβολή ΑΒ. προβολή λοιΜ. πόν του Ο στην ΑΒτουείΟναιστηντο ζητούμενο σημείο ΑΒ <::::} λ0(Μ2)λΑΒ. =-1 <::::} λσΜ = 1. Είναι χι -μ+1= λν +1 και χ2 -μ=-λν , ΆραΟΜΟΜ:ψ=χ Από τη λύση του συστήματος των εξισώσεων _

ii)

iii)

..l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/47

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

(1), (2) θα(2) βρούμε τις συντεταγμένες του3 3 ) από δύοΟισταθερά κύκλοι με εξίσωση την (2) διέρχονται από τα οποία το ένα εί 3 (1) �χ=-χ+3�χ=-.2 Άρα ( 2 2 ναι το κέντρο του σημεία κύκλου του (α) ερωτήματος. γ) Να βρείτε τη γωνία που σχηματίζει με επει δ ή το τρί γ ωνο εί ν αι ορθογώνι ο στο ' τον χ χ ο περιγεγραμμένος κύκλος του θα έχει κέντρο το τήματος.η κοινή χορδή των κύκλων του (β) ερω μέσο του ΟΒ δηλαδή (%• Ο ) και ακτίνα Λύση =ρ -(Ο2Β)- = 23 . α) Θα αναζητήσουμε λ τέτοι α ώστε η (1) να . 2 2 μορφή χ + ψ +Αχ+ Βψ +Γ= Ο Άρα η εξίσωση του ζητούμενου κύκλου είναι γράμε Αφεται2 +Β2στη-4Γ>Ο. (χ- Η +ψ' � � τ ούμε 2 -3λ + 2 =ο � λ= 1 ή λ= 2. 2. λ +Απαι 2 = 3λ � λ Θεωρούμε τα σημεία Μ(λ, μ) και τις ευ Για λ= 1 η (1) γράφεται θείες 2 2 ε1 : μχ - (λ + 5)ψ + 5μ = Ο, 3χ + 3� -6χ + 3ψ+ 4 =ο� χ = � -2χ+ ψ+ 3 =ο. ε2 : μχ + (5 - λ ψ - 5μ = Ο. 163 31 . Αν οι ευθείες είναι κάθετες να βρείτε το γε Α2 +Β2 -4Γ=4=1--=-ωμετρικό τόπο των σημείων Μ. Άρα γι α λ = 1 η ( 1 ) δεν εί ν αι εξί σ ωση κύκλου. Λύση Για λ = 2 η (1) γράφεται Έστω δ , δ τα παράλληλα δι α νύσματα στι ς ι 2 2 +6� -12χ+6ψ+4=Ο�χ2 +ηl - 2χ+ψ+3.3 =ο. 6χ ευθεί ε ς ε αντί σ τοι χ α. Τότε δ = ( ( λ + 5) , μ) , ε ι ι 2 και δΕί2ν=(αι5 -λ,-μ).ει ε � δι δ � δ δ- =Ο � Α2 +Β2 -4Γ=4=1- �3 = 2_3 > Ο. ι 2 2 2 2 2 2 Άρα γι α λ = 2 η ( 1 ) εί ν αι εξί σ ωση κύκλου με κέ�-( λ +5) ( 5 -λ)+μ =0�λ =0� -25+μ κύκλου. ντρο (1 - � ) και ακτίνα ρ= �. �Στιςλ2εξι+σμώσει2 =25ς των(1). ευθει(1)ώνείενιαι, εεξί2 οισωσησυντελεστές τωνΆρα χ,(λ,ψμ)*δεν(-5,μπορείκαινα(είλ,νμ)*αι ταυτόχρονα μηδέν. β) Κ+ -4Γ=(m-1)2 +nl-4(-� -� )= ( 5 , 0) . Τα σημεί α Α( 5, 0) , Β( 5 , Ο) εί ν αι σημεί α του =εξί2(σωσηm2 +κύκλου 1) > Ο γιγιαακάθεκάθε mετιμήJR.τουΆραm. η (2) είναι κύκλου με εξί σ ωση την (1). Άρα ο ζητούμενος γε ωμετρι κ ός τόμος εί ν αι ο κύκλος με εξί σ ωση την (1) εκτός των σημείων Α, Β. 2 2 ( 2 ) � ( ) χ+ψ� m+x +ψ -χ-± =0 4η: α) Δίνεται η εξίσωση (3). Οι κύκλοι με εξί σ ωση την ( 2 ) θα δι έ ρχο (λ2 + 2)χ2 + 3λψ - 6λχ + 3λψ + 4 = Ο Για νταιθε τιμαπόή τουσταθερά ποιο λ ε JR η είναι εξίσωση κύκλου; m. Αυτόσημείσυμβαία όταννει ηόταν(3) ισχύει για κά εξίσωση β) Θεωρούμε την {χ+ψ--=021 1 � m2 4 (2), χ2 +ψ 2 + (m -l)x+mψ----=0 mε ΝαJR δείξετε ότι: Για κάθε mε JR η (2) εί χ2 +ψ2 -χ- 4 =0 ναι εξίσωση κύκλου. ίί)

Μ.

Μ -, -

iii)

Μ,

3η:

)

Ο)

ii)

(1).

(1)

ί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/48

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

j� ψ2= �(-χ )2

� χ + � -χ -χ-�=Ο�χ.= Οήχ=1 {� χχ =1=0,, ψ=ψ=�1 . Άρα οι κύκλοι με εξίσωση την} (2) διέρχονται από τα σταθερά σημεία Λ(Ο, � (1, - � } Το είναι το κέντρο του κύκλου του (α) ερωτήματος. γ)είναικοιηνΚΑ.ή χορδήΈστωτωνω ηκύκλων του σχηματί (β) ερωτήζει ματος γωνί α που η ΚΑ με τον χ'χ. Πρέπει εφω=λΚΛ �εφω=-1�εφω=εφ(π- � ) � �εφω=εφ-3π4 � ω=-.3π4 5η: Θεωρούμε το κύκλο με κέντρο Κ(-1, Ο) ( �) . που διερχεται απο. το σημειο. Α -

' 'Εχουμε ΑΜ = (χ+ 1 ψ+ J3 ) νης εφαπτομενης. και ΑΚ = (-}_2'_ J32 ). Πρέπει ΑΜ.lΑΚ�ΑΜ ΑΚ=Ο� � � ( ( } �� χ+� ψ+ }Ο�· ·�χ--'3ψ-Ι �Ο παραβολή έχει εξί σ ωση β) ) ψ2 = 2px, p >Ο, εστία Ε(�· Ο και διευθετούσα δ =-Ε.2 . 2,

i) Η

:χ

Ο::>ω::>π

ι -l , - Τ .

Επειδή η ε διέρχεται από την εστία της παρα βολής πρέπει 2 -1 =Ο � p = 2. Άρα η εξίσωση 2 τηςσαςπαραβολής εί ν αι ψ = 4χ και της δι ε υθετού δ: χ =-1. Παρατηρούμε ότιτοη τρίδ διγέωνορχεταιΑΜΝαπόείτοναικέ ντρο του κύκλου, οπότε ορθογώνιο στο1 Α. απόσταση του Α από τη δ είναι d(Α,δ)=-.2 Άρα ΕΑΜΝ = 2 (ΜΝ) d(A, δ)= 2 τετρ. μονάδες. ΛύσηΈστω ρ ακτίνα του ζητούμενου κύκλου, 6η: Δίνεται η παραβολή = Ο α) ει = ε2 : = - οπότε λ τότεδή οηκύκλος εξίσωσηδιέτουρχεταιείναιαπό(χ +το1)2σημεί Επει καιθετικόςοι ευθείες + ψ2ο= Αρ2 .πρέπει ακέραιος. 2 ( 1 + 1 ) + 3 = ρ2 � ρ2 = 1 � ρ = 1. Δείξτε ότι οι ευθείες ει , ε2 τέμνουν την παραβολή σε σημεία Α, Β συμμετρικά ως προς χ 'χ. =1 (1).ο σημείο της ζητούμε- τον άξονα ΆραΈστω(χ +1Μ()2 χ+ψ, ψ)2 τυχαί ii) Να βρείτε τον λ όταν η ΑΒ διέρχεται από α) Να βρείτε: i) Την εξίσωση του κύκλου. ii) Την εφαπτομένη ε του κύκλου στο Α. β) Αν η ε διέρχεται από την εστία της παραβολής που έχει κορυφή την αρχή των αξόνων και άξονα συμμετρίας τον θετικό ημιάξονα Οχ, τότε i) να βρείτε την εξίσωση της παραβολής. ii) Αν η διευθετούσα της παραβολής τέμνει τον κύκλο στα σημεία Μ, Ν να βρείτε το εμβα δόν του τριγώνου ΑΜΝ.

ii)

-2

}__

ί)

iii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/49

c : ψ2

λχ,

2px, p >

λχ,

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

την εστία της c. ίίί) Όταν το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ γί νεται μέγιστο, όπου Ο η αρχή των αξόνων, δείξ τε ότι οι ευθείες ει , ε2 είναι κάθετες. Λύση

Από το σύστημα των εξι σ ώσεων της και 2 2 την<::::} χ(ειλ2χ-προκύπτει η εξί σ ωση λ χ = φέρει το =Ο ( 1 ). Επει δ ή μας ενδι α φ τομήςτωντης αξόνων ει με τηνπρέπειπουχείνΟ,αι διοπότεα ορετιαπό κόσημείτηςο αρχής την (1) παίρνουμε λ2χ- =Ο<::::} χ= λ; και από την εξίσωση της ει βρίσκουμε ψ= -λ . Άρα Α(�; , : } Όμοια από το σύστημα των εξισώσεων της με την ε2 βρίσκουμε χ= 2λ; , ψ=- λ Άρα Β(�; , : } Τα σημεία Α, Β έχουν ί δια τετμημένη συμμετρι κά ωςκαιπροςαντίτονθετεςάξονατεταγμένες, χ'χ. άρα είναι i)

2px <::::}

2p)

2Ρ

χ εστία της παραβολής είναι Ε(�' Ο ) Ε πειπαραβολής δή ο ημιάκαιξονας Οχψ'είψναιτοάξονας συμμετρί α ς της μέσο Κ της ΑΒ είναι σημείο του Οχ. 'Εχουμε κ(�;, Ο} δι2 έρχεται από την εστία Ε όταν -=-<::: λ2 :} λ = 4 <::::} λ = ii) Η

ΑΒ 11

Η ΑΒ

Ρ 2

λ>Ο

Είναι = 4λ . Αν Ε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ, τότε Ε= _!_ (ΑΒ)(ΟΚ) = 4λ�2 . Το εμβαδόν την ελάχιος ησελάχι τή τουΕσγίτητινεταιμτιή.μήΕπειμέγιτουδσλήτο3ογίότανλνείεταιντοαιότανθετιπάρει κλός=ακέραι 1. Άραες λεει , λεε εί=λ(ναι-κάθετες. λ)=-1, που σημαίνει ότι οι ευθεί 2 2 ψ2 7η: Δίνεται η έλλειψη c : χ + = 1 με α β2 iii)

(ΑΒ)

α2 α > β > Ο και η ευθεία ε : χ = -. γ ί) Δείξτε ότι η ε δεν έχει κοινά σημεία με την c. ii) Ευθεία ει με συντελεστή διεύθυνσης λ διέρχεται από την εστία Ε(γ, Ο) της έλλειψης και τέμνει την ε στο σημείο Μ. Η Β(Ο, β) είναι μια κορυφή της c. Να βρείτε το λ όταν: α) Ο κύκλος με διάμετρο το ΒΜ διέρχεται από το Ε. β) Ο κύκλος με διάμετρο το ΕΜ διέρχεται από το Β. γ) Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τα λ των παραπάνω (α), (β) ερωτημάτων. ίίί) Αν η ευθεία ει του (ii) τέμνει την ε, στην περίπτωση (α) στο Μ1 και στην περίπτωση (β) στο Μ 2 , να βρείτε · το εμβαδόν του τριγώνου ΕΜιΜ 2 • Λύση

Έχουμε α> γ α2 > αγ <::::} -αγ2 > α (1 ). Απόσημείτηνα με(1)τηνσυμπεραίαφούνουμεείναιότιπαράλληλη η ε δεν έχειστονκοιάξονά ναΑ(α,ψ'Ο)ψ τηςκαιέλλειβρίσψκεταιης. πιο δεξιά από την κορυφή τη ει έχει εξί σ ωση ψ = λ( χ -γ). Από λύση ει καιτουε βρίσυστήματος σκουμε των εξισώσεων των ευθειών <::::}

ii) Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/50

Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

αγ2 )=λ α2 γ-γ2 = -λβγ2 , οπότε και αν (α2 +β2β)�3 α2 -β2 , τοτε, Μ2 (-,αγ2 -λzγβ2 ) ψ=λ(--γ Μ (� , �2 } ε α) Εχουμε FΒ=(-γ, β), ΕΜ=(γ -γ,γ}(Ύ'Ύ) ε λz

ι?

ιf Ψ

με διάμετρο την ΒΜ διέρχεται από Ε ότανβ2 λβΒΕΜ3 = 90° <:::> ΕΒλβΕΜ3 =Ο<:::> γ <:::> -γ-γ + -γ =0 <:::> -β2 + - = Ο<::> λ = -<=> <=> λ �α2β- β2 β) Ε να ΒΕ=(γ,-β) και ΒΜ=(γα2 · γλβ2 -β) το από με διάμετρο την ΕΜ διέρχεται Β 2 ΕΕΜ�ο.,.ΒΕΙΜ�ο.,.α2 -β(� -β } ο.,. λβγ3 2 =0<:::> <::> α2 --+β λ= (α2 +ββ3 2 )γ <=>λ = (α2 +β2β)3 /α2 -β2 γ) Έστω λ1 = �α2β-β2 και Ο κύ κλος η

- --

Ο κύκλος όταν

.,:ν

_ _ _

- -

_ _ _

γ = ---zγβ4 (λ2 -λ1 ) = ---zγβ4 --βα2 -z λ1 = α2β�γα22 β2 ΕεΜ,Μ2 = �I det (EM1 , ΕΜ2 ) I = = 2Ι α2β�γα22 -β2 = 2 α2βα�2 α-β2 -β2 2 2 2 8η: θεωρούμε την έλλειψη χ + ψ =ι α β (ii)

c:2

με α > β > Ο. i) Αν Μ τυχαίο σημείο της έλλειψης και Ε', Ε οι εστίες της, να βρείτε τα (ΜΕ'), (ΜΕ). ii) εξετάστε αν υπάρχουν σημεία Μ της έλλειψης έτσι ώστε Ε'ΜΕ 90°. Λ

i i) Αν λ1

= Λύση Ο) και γΜ(χ-χο0,-, ο). iΜΕ') Έστω Ε'(-γ, 0), Ε(γ, ΜΕ=( Ψ Έχουμε (ΜΕ') + (ΜΕ)= 2α ) ψ0 ).

= (-γ - χ 0 , - ψ0 ),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/51

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

χουνΑνσημεία2 α-2βΜ και2 =Ο<:::μάλι:> σ·τα<:::τέσσερα. (ΜΕ')2 -(ΜΕ)2 =(γ + χο )2 -(γ -χο )2 .J2 :> α= <::::> [(ΜΕ') + (ΜΕ)] [(ΜΕ') -(ΜΕ)] =4γχ2γχ00 <::::> χουν σημεία Μ οι κορυφές (0, -β)β,καιτότε υπάρ Ο, β) . 2α[(ΜΕ') -(ΜΕ)] = 4rχο <::::> (ΜΕ')- (ΜΕ)= α (2). <==>

( Ι)

Β'

Β(

Τα σταθερά σημεία Ε', Ε είναι σημεία του χ'χ συμμετρικά ως προς την αρχή των αξό νων με (Ε'Ε)= 2JS. Σημεία Μ του επιπέδου ικανοποιούν τις σχέσεις �[(ΜΕ')-(ΜΕ)]2 4 -2 ι 24 (2). (1) και 1 ΜΕ'2 -ΜΕ i) Δείξτε ότι τα σημεία Μ ανήκουν σε δύο κωνικές τομές των οποίων να βρείτε τις εξισώ σεις. ii) Αν Μ(χ0, ψ0) δείξτε ότι χδ 9ψδ. 9η:

Προσθέτουμε τις 2γχ(1),0(2) κατά μέλη και παίρ νουμε 2(ΜΕ') = 2α + α <::::> (ΜΕ') = α+ γχαο <::::> (ΜΕ') = α+ χο �αα2 -β2 . Από την (1) aφαιρούμε�α2τη-β(22) και παίρνουμε (ΜΕ)=α - Χο α + + = )+ γ-χ = γ +χ % (3 ). Χ f � ΜΕ'ΜΕ --( % σ σ Επειχ2 δήψ2το Μ είν2αι 2σημεί2 ο2της έλλει ψ ης έχουμε α2 + β2 α=2β1 2<:::-β:> β2χδχο + α ψο = α2β2 <::::> . 2 α Άρα η (32) γρά2φεται α2β2 - β2Χο2 ΜΕ' ΜΕ = β -α + χδ + α2 ΜΕ' ΜΕ (α2 - β2 )χο2α:2α2β2 - α (4). Ε'ΜΕ=90°<::::> ΜΕ'ΜΕ=Οα2 (α<:::2 :>(-2βα2 -β2 ) 2 )χδ = = α2 (α2 -2β2 ) <::::> χδ α2 -β2 (5). Είναι α2α-β2 2 >Ο. 2 -2β2 <Ο<::::> α< .J2β, τότε η (5) είναι Αν α δεν υπάρχει στην έλλειψη σημεία Μαδύνατη, τέτοιΑν ααπουοπότε ζητάμε. 2 - 2β2 >Ο<::::> · · <::::> α> .J2β, τότε υπάρii)

_Q_

_Q_ <==>

(4)

<::::>

= ( 1 ) <::: :> I (ΜΕ') -(ΜΕ) I = 4. Άρα τα σημεία με εστί ε ς Ε' , Ε και Μ2αεί=ν4αι<:::σημεί α υπερβολής c 1 2. Επί σ ης 2γ = 2-JS <::: :> γ= Εί :> α= ναι β2 = γ2 -αχ22 β2 = 1 <::::> β = Άρα c1 : -4 -ψ2 = 1 . (2) I (ΜΕ')2 - (ΜΕ)2 I = 24 <::::> I [(ΜΕ') -(ΜΕ)] [(ΜΕ') +(ΜΕ)] I = 24 <::::> I (ΜΕ') -(ΜΕ) I [(ΜΕ') + (ΜΕ)] = 24 <::::> 4[(ΜΕ') + (ΜΕ)] =24 <::::> (ΜΕ')+ (ΜΕ)= Άραεστίετας Ε'σημεί, Ε. α Μ είναι σημεία έλλειψης c2 με Λύση i)

<::::>

JS.

<::::>

ψ42 Άρα' c2 : -χ92 +-=1. Τα σημεία χΜ2 είναι2 κοινά σημείχ2ο α Ψοτων2 , , -4ο - ψ0 = 1 και-+-= c1 , c2 αραπρεπει 9 4 1, iii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/52

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου .2 - χδ

5·.2 -45�·2 :ΛQ -

.2 _n. .2

οποτε -4 -.ψ0. -- +-4 �· ·� 'Ψο �.:ΛQ -::7\/ύ. ·

είδος της γραμμής που εκφράζει η (1). 9 β) Στην περίπτωση που η (1) είναι εξίσωση υπερβολής να βρείτε την εξίσωση της και το ιοη: Κύκλος c έχει το κέντρο του στο θετικό εμβαδόν του ορθογωνίου της βάσης, όταν οι a ημιάξονα Οχ και η ακτίνα του είναι ρ. Η ευθεία σύμπτωτες σχηματίζουν γωνία 60°. ε : ψ 2χ είναι aσύμπτωτη της υπερβολής Λύση χ2 ψ2 1 και εφάπτεται του κύκλου ρ2 16 i) Να βρείτε τις εξισώσεις των c, c1 και τα κοινά τους σημεία. .

Cι :

χδ

- =

α) ΔιΑνακρίνλ=ουμε1 τιςαπόπεριπτηντώσεις(1): παίρνουμε 2 =Ο ευθεί � χ =Ο.α καιΣτηνμάλισπερίτα τονπτωσηψ'ψαυτή. η ( 1) παρι χστάνει εβ είναι 4ασύμπτωτη της 4 με εξίσωση Αν λ 1, τότε (1) �_λ-1χ_2 + ψ2 = 1 ψ=-χα � ψ=-χ.ρ Άρα πρεπει' -ρ = 2 �ρ= 2. Αν λ-1<0�λ<1, τότε λ-1=-1 λ-11 και 2 2 2 2 χ χ χ ψ 2 . ' = 1. = �ψ . 1 η ( 2 ) γραφεται Άρα : -4 - -16 =1 (1). Το κέντρο του κύκλου -1λ-1 λ-1 1 1 >Ο. είναιεΚ(χ0, Ο) με χ0 : 2χ-ψ= Ο. ε εί ν αι εφαπτομένη του κύ Στην περί π τωση αυτή η εξί σ ωση εκφράζει υ περβολή με εστίες στον άξονα ψ'ψ. κλου αν και μόνοI ανI J5 d(Κ,ε)=ρ � � =2� χ0 = . Άρα η εξί- Αν λ -1 >Ο� λ> 1, τότε λ -1 = I λ -1 1 και η 2 ψ2 = 4 (2). (2) γράφεται χ1 λ-12 ψ2 = 1. Στην περίπτωση αυ J5) ( χσωση(1του) �κύκλου εί ν αι 2 - ψ2 =16 (3). Προσθέτουμε τις (2), τή η εξίσωση εκφράζειI έλλειψη. 4χ ((3x-) κατάJ5)2μέλη+4χκαι2 =20�5χ παίρνουμε2 -2J5x-15=0�x= J5 β) Έχουμε την υπερβολή με εξί σ ωση . 2 J5 χ ή χ=- 3 5 . Για χ= J5 από την (3) παίρνουμε ψ2 λ-1 =1 και λ<1. ψ2 =4 � ψ=±2. Για χ=- 3J55 από την (3) Είναι α= 1 και β= .Jίλ=1Ί = .J1 -λ. 2 = παίρνουμε 5ψ 4 4 αδύνατο. -Άρα τα κοιν(J5,ά σημεί-2α),των( 2). είναι είναιΟι εξισώσεις των ασύμπτωτων της υ�ερβολής ει :ψ=- ν1-λ � χ�χ+.J1 -λψ=Ο, ε :ψ= � χ �χ-.J1 -λψ=Ο. 2 ν1-λ J5 3 τιμη. χ = --5- μπορουσε να απορριφθει' Έστω δι , δ τα παράλληλα δι α νύσματα στι ς αμέσως δεδομένου ότι ο κύκλος βρί σ κεται δεξι ά 2 του ψψ. ευθείες ει , ε2 αντίστοι).χα. Τότε δι = (.J1 -λ, -1) =( .J 1 -λ,-1 και δ 2 Δίνεται η εξίσωση χ2 + (λ - 1)ψ 2 = λ - 1 (1), λε Εχουμε συν60 = 1_διδ11 1δ_δ221 �-=21 -(12-λ-λ)+1 � α) Για τις διάφορες τιμές του λ να βρείτε το Λύση Η

cι

ii)

:;t

(2).

+ .2 -� ψ

cι

- -� �

c,cι J5,

Σημείωση:

l lη:

JR.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ..δ. τ.4/53

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

λ2-λ λ =-.23 {::} -2 =--{::} χουμε α= 1 και β = ν3[ = J33 . Το ζητούμεΆρα2 ηχ2ζητούμενη εξίσωση της υπερβολής νο εμβαδόν είναι = 2α2β = 4 J33 τετρ. μονάδες. ναι ψ --=1. 1/3 1

'Ε

εί

K•rsόlιιr'•· Τsrικ.Α Ιiιι•r• ifλyslι•s 6 Αοκsiιο

ντ

του Α ώνη Κυριακόπουλου 1. Σ' ένα καρτεσιανό επίπεδο θεωρούμε τα σημεία Α 2λ-3,0 και Β (Ο,λ + 6 , όπου λΕ JR . Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο σταθερά σημεία του επιπέδου αυτού, από τα οποία το ευ θύγραμμο τμήμα ΑΒ φαίνεται υπό ορθή γωνία, για κάθε λ Ε JR .

{ )

)

Από ένα σημεί ο {x, ) του επι π έδου, το y M αν,ευθύγραμμο και μόνο αν:τμήμα ΑΒ φαίνεται υπό ορθή γωνία ΑΜΒ = lορθ. {::::} ΜΑ ΜΒ {::::} · ΜΒ =Ο (1) ) και Έχουμε: ΜΑ={2λ-3-χ, y ΜΒ=( χ,λ+6-y). , έχουμε: -χ)+ (-y)(λ+ 6-y)= Ο{::::} {Ι)Έτσι{::::} {2λ-3-χ)( 2 + y2 +3x-6y -λ(2x+ y)=O. χτελευταί α ι σ ότητα ι σ χύει γι α κάθε λ Ε αν, και{ μόνο αν: χ2χ2 + yy2=Ο+ 3χ-6y =Ο {::::} {5χΥ =2 -2χ+ 15χ = Ο {::::} {::::} {(χ(χ ==-3,Ο, yy==6)Ο) Άρα, γι α κάθε λ Ε , το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒΜ {-φαί3,6ν)εταιυπό ορθή από γωνίτα ασημεί α Μι ( Ο , Ο) και . 2 Θεωρούμε τις ευθείες ει χ+ - 2 = Ο και -

..L

ΜΑ

�

{- )

•

Λύση

ε2 2χ- y - 2 = Ο . Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ε η οποία τέμνει τις ει και ε2 στα ση μεία Α και Β αντιστοίχως και το σημείο Μ 1,1 είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ. Στη συνέχεια, να βρείτε το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ, όπου Γ είναι το σημείο τομής των ευθειών ει και ε2

Λύση 1)

Έστω Α{χ ) ένα σημεί ο της ευθεί α ς , y ι 1 ετε:1 καιΧι B{x+ Υι-22 , y2=Ο) ένα(1)σημεί ο της ευθεί α ς ε , οπό 2 και 2χ -2 =Ο ( 2 ) . y 2 2 Το σημεί ο ( -1 , 1 ) εί ν αι το μέσο του ευθυ Μ γράμμου τμήματος ΑΒ αν, και μόνο αν: ΑΜ=ΜΒ{::} {-1{-1-χ , -χι,l-yι)=(χ -1){::: :} +l , y 2 2 = χ + 1 ( 3 ) ι 2 1- Υ = (4) τοβρίσύστημα τωνΧι =εξι-2,σώσεων (1), ( 2 ) , (και3) καιΛύνουμέ (y =-2. 4) καιΆρα: σκουμε: =Ο = 4, χ ι Υ 2 Α{ 2, 4 ) και Β{Ο, 2). Έτσι , 2 έχουμε: λε =λΑΒ = -2-4 Ο+2 =-3. από το σημείο Β{ΟΚαι,-2) y+2=-3{x-0) ηεπειεξίδσήωσήη τηςε διείένρχεται αι{::} :y =-3x-2. Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων4 των ευθειών ει και ε2 και βρίσκουμε: χ =-3 και {::::}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.4/54

Yz - 1

4θροισμα μία παραβολή y 2 = . Το ά . Θεωρούμε των τεταγμένων δύο σημείων Α και Β

Μαθηματικά -yια την Β · Λυκείου

y = 32 . Άρα: r(�·�} Έχουμε: -ι 2-4)=(2, -6) και ΑΒ =(0+2, .!_Q i ΑΓ= ( 3 +2'�3 -4)= ( 3 ' 3ο ) Έτσι!έχουμε: ! 2 E = 2 ldet(AB, AΓ)I = 2 ι -ι3ο --30 ι= = ��- 230 + 6301 = 230 τ.μ. 3. Να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου χ2 + y 2 = , οι οποίες άγονται από το σημείο Μ ( 4.J2, 3.J2) είναι κάθετες. _

-6

Λύση

Το κέντρο του κύκλου εί ν αι (0, 0 ) και η 0 . κατακόρυφη ευθεί α που ακτίδιέρχεται να του απόείναι τορ = 5σημεί ο Μ έχει εξί σ ωση: .J2 .J2 χ = 4α δεν Επειείναιδήεφαπτομένη 4 5 , τουη κατακόρυφη αυτήευ ευθεί Κάθε άλλη θεία που διέρχεται από το Μ έχει μία εξίσωση της μορφής: y - .J23.J2 =λ.J2(χ -4.J2) λχ- y + (3 -4λ ) = (λε Μί α τέτοι α ευθεί α ελ εί ν αι εφαπτομένη του αν, και μόνο αν: 13J2 -4λ.Jil d( ,ελ)=ρ �λ2 +1 5 (3.J2 -4λJ2)2 = 25(λ2 + ) 7λ2 -48λ-7 =ο (2). προφανώς δύολ1 καιρίζεςλ2πραγμα τικαθικέςστώντας καιεξίσάνιωσηστιες.ς(τι2Τι)μέχειέςς ονομάζουμε • Αντι εξί σ ωση (1) αυτές του λ στην ελ του βρίαπόσκουμε ελ εφαπτόμενες και δύο σημείαος είΜ.ναι λσυντελεστής διεύθυνσης πρώτηςτο ευθεί είναι λτης2 1 και της δεύτερης Επειδή λ1λ2 = 7 = , αφού είναι ρίζες της εξίσωσης έπεται οι ευθείες αυτές είναι κάθετες. Η

�

JR)

�

(1).

�

τις

•

(2),

7._

ότι

-1

2px

της C είναι ίσο με το άθροισμα των τεταγμένων δύο άλλων σημείων Γ και Δ της C. Να δείξετε ότι ΑΒ ΙΙ ΓΔ . Λύση

) ), Γ(χ ), B(x Έστω ότι : A(x , y , y , y 1 1 3 3 2 2 καιf Δ(χ4 , y4 ), οπότε: yκαι=Υ2pxι + y1 z, =yy�3=+2py4x2(2, ) � =2px3 , y� = Έχουμε: ΑΒ =(χ2 -x1 , y2 - y1 ) και ΓΔ = (χ4 -χ3 , Υ4 -y3 ) Έτσι, έχουμε: det(AB,ΓΔ) = IΧx42 -χ-χ3ι Υy42 --yy3ι l = (xz -χιf)(Υ4 - y3 )-(x4 -� x3 )(�y2 - Υι )= ( 2pΥ� - 2py )(Υ4 - y3 )- ( 2py - 2pΥ )(Yz - yι )= = 2p (Υ2 + Υι ) (Υz -yι )(Υ4 - y3 )-

2px 4 ( 1 )

(\)

( ) Ώστε: det AB, Γ Δ =O. Άρα ABI I ΓΔ και συνεπώς ΑΒ ΓΔ . 11

Θεωρούμε μία έλλειψη (α > Ρ > Ο ) και ένα σημείο της Ρ (;t κορυφών Β και Β'). Οι ευθείες ΡΒ και ΡΒ' τέμνουν τον άξο να χ 'χ στα σημεία Μ και Ν αντιστοίχως. Να δείξετε ότι, όταν το Ρ διαγράφει τη C (εκτός των κορυφών Β και Β'), το γινόμενο ( ΟΜ ) (ΟΝ ) είναι σταθερό. 5.

Λύση

), οπότε: χ (x Έστω ότι , y P 0 0 0 2 2 χαz yβ2 = και _Q_+_Q_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/55

1 (1).

:;t: Ο , Υο :;t: ±β

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

Β '(Ο,-β)

(I)

(πράξεις κτλ.) �x2 +r+r-(ME'){ME)=2α2 �(2) (ΟΜ)2 +2α2 2 -(ΜΕ') {ΜΕ)=2α2 � � (ΟΜ) =(ΜΕ')(ΜΕ). χ= 3α + = Αν β)= ι, ι Jlχ=Υ =2α+β α+3 Έχουμε: =6α+8β �2χ _ 3Υ =5β (1). 4β � {32χy=6α+3β 5 β 2 x και επει δ ή 5 Έστω ότι 51 χ . Τότε 5 , 1 l από(5,3) = 1, έπεται (1) έπεταιότι 5 1ότιy . 5 1 3y . Και επειδή Έστω ότι 5 5 3 και επει δ ή 5l 5 β, y Τότε y 1 1 από(5,2)=1,έπεταιότι (1) έπεται5Ιότιχ . 5 1 2χ . Και επειδή ' Ε χουμε: Έστω ότι (α, β)= 1 . χ = 3α + 4β � 4y -x= 5α (2). = 4α + 4β � {4y=8α+4β {χy =3α+β και ( 1 ) , έχουμε: και των ( 2 ) Με{γ χγ {γ l 5λόγω α � 5β) �γ 1 5(α,β) � γ 5 β γ Υ 1 γ l 5�γ�(γ(=15α,ήγ=5) . = ν -4ν - ι+(-3)ν' ν=ι,2,3 + 3 ν. ν

Θεωρούμε δύο αριθμούς α,β Ε Ζ και τους 4β και y 5 1 χ <=> 5 1 Υ •

αριθμούς

+βΧο Έχουμε.. λ _ ΥοΧ-βο λ . _Υο-Οι εξισy0ώσει-βς των ευθειών ΡΒ καιΥοΡΒ+β' είναι ΡΒ: y -β= Χο χ (2)και ΡΒ': y+β= χσ χ (3). Από (2) με y =Ο βρίσκουμε χ = Υο-βχ-οβ και άρα: Μ ( Υο-βχ-βσ , ο ]. Από (3) με y =O βρί σκουμε χ= � Υ--οβ+βχο o J. Υο +β καιάρα: N(�. 'Ετσι, έχουμε: (ΟΜ)(ΟΝ)= Υο -β . Υο +β = ΡΒ - -- και

ΡΒ' -

την

�

ότι:α)

(α,

β)

2α + β . Να δείξετε

τότε οι αριθμοί χ και y δεν

έχουν άλλους θετικούς κοινούς διαιρέτες εκτός από το και το 5. Λύση

ι)

•

την

•

την

6. Έστω

Μ ένα σημείο της (ισοσκελούς) υπερ βολής C : χ2 - y 2 α 2 ( α > Ο). Να δείξετε ότι: ΟΜ 2 ΜΕ ΜΕ , όπου Ε' και Ε οι εστίες της C και Ο το κέντρο της.

{ ) ={ ){ ') Λύση

ΕΝ ,

I I

8. Θεωρούμε τους ακέραιους αριθμούς:

Έστω 2Μ {χ,2y) , 2οπότε: + = χ {ΟΜ) (1) y Έχουμε: Ε'(-γ, Ο) και Ε{γ,Ο2). 2 = α.fi ( 2 ) α α Επει δ ή β= α, έχουμε: γ = _ + ..f ,.--: :_ Έχουμε: I{ME')2- {ME)I 2= 2α� I{ME') -(ME)2I2 =4α2 � (ΜΕ') 2+(Μ2 Ε) -2 {ΜΕ'2 )2(ΜΕ) = 4α � 2 (χ+γ) + y +(χ-γ) + y -2(ΜΕ')(ΜΕ)=4α ι) Βρίσκουμε εύκολα ότι: αν

...

α) Να βρείτε τους αριθμούς: α1 , α2 , α3 και α4 • β) Να βρείτε την έκφραση: αν+Ι

τήσει του

γ) Να δείξετε ότι, για κάθε 32 1 αν .

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/56

αν συναρ

Ε Ν , ισχύει:

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

α1 =ΟΈχουμε, , α2 =γι32,α κάθεα3 =ν32 Ν*:και α4 = 192 . ν+Ι ] + αν+[Ι +3αν = [8(ν+1)2ν-4(ν+1)-1+{-3) +3 8ν22 -4ν-1+(-3) ] 2 (πράξεις κτλ.) = 32ν � αν+Ι + 3αν = 32ν ( 1). =Ο Επαγωγι κ ά. α) Γι α ν= 1 , έχουμε: α 1 καιάραβ) Έστω32 l α1ότι• ισχύει για ν = κ (κ Ν*), δηλα δή ότι: ακ ( 2 ) . 32 1 λαδήΘαότιδεί: ξουμε ότι32ισ1 χύειακ+Ι και(3). για ν = κ + 1 , δη Από την (1) , με ν= κ, έχουμε: ακπό+αυτή, . Α Ι + 3ακλόγω= 32κτης2 και(2) καιάρα:επειακδ+ήΙ =3232κ1 32κ2 -3ακ 2 , έπεται ότι 32 1 ακ+Ι . Άρα, η (3) ισχύει. ν Ν*, [ + ν+ =

Λύση

9. Να βρείτε τους αριθμούς

οποίους ισχύει:

2ν

1] 78

Έστω ότι για έναν αριθμό ν Ν* η (1) ισχύει. Έχουμε: (2ν+3, ν+ 1)· [2ν+3, ν+ 1] = (2ν+ 3)(ν+ 1) � (2ν+3, ν +1)· 78=(2ν+3)(ν+1) (2). Εξάλλου, ι σ χύει : ( 2ν + 3, ν+ 1 ) = 1 . Πράγματι , με γεΝ*, έχουμε: {γγ 1 ν+2ν +1 3 � {γγ 11 22νν ++ 23 � γ 1 1 � γ = 1 . Άρα: ( 2ν + 3, ν+ 1 ) = 1 . Έτσι7,8από= (2την +(23)(), έχουμε: ν+ 1) (πράξεις κτλ._!2 ) �2ν2 +5ν- 75=0�(ν=5 ή ν= - 2 )�ν=5 (αφού ν Ν*). ισχύ ν = 5 ηκός(1)ζητού ειμενος.. Άρα,Όπωςο αριβρίσθμόςκουμεν =εύκολα, 5 είναιμεο μοναδι

για τους

(1 ).

Μπορείτε να δείτε τις νtες μας εκδόσεις στο lnternet στην ιστοσελίδα:

Ε Π Ι Σ Τ Η Μ Ο Ν Ι Κ Α

•

Β Ι ΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ

e-mail:sales@ziti.gr

ΠΩΛΗΣΗ

ΧΟΝΔΡΙΚΗ ΛΙΑΝΙΚΗ

Τηλ. (031)203.720 • Fax (031 )21 1 .305

" ΓΙΑ ΤΑ Α.Ε.Ι. • T.E.I. • I.E.K.

ΘΕτΙΚΩΝ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗτιΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ

Ε Κ Π Α Ι Δ Ε Υ Τ Ι Κ Α

www.ziti. g r

ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ (ΓΕΝΙΚΟ • ΚΑτΕΥΘΥΝΣΕΩΝ)

" ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ •

Αρμενοπούλου 27 • ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35

ΤΕΧΝΙΚΑ

4$1t4elιι]eJUj8

Το 8ο Τεύχος του περιοδικού μας

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ

�.κ π α ι b ε υ τ ι κ ο ί "tιΡΟΒ \ Η \1 \ Ι Ι Σ \1 0 1

Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5) • ΑΘΗΝΑ 105 64 Τηλ.·Faχ (01)321 1097

ΠΛΗ.Ρ ΕΙΣ ΣΕ Ι ΡΕΣ Ε ΚΠΑΙΔΕΠΙ ΚΩΝ Β Ι ΒΛΙΩΝ

Γ Ι Α το ΛΥ Κ Ε Ι Ο �

(ΓΕΝιΚΟ- ΚΑΤΕΥθΥΝΣΕΩΝ)

ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣ Ι Ο �

Σύμφωνσ με τσ νέσ σνσλuτικά προyράμμστσ

Τα βιβλία μας θα τα βρείτε σε όλα τα βιβλιοπωλεία

_.__

_ _ _ _ _ _

e-mαil:info@ziti.gr

.t.t ι a � ι ι .z: •orιsιot lίllfJιPIBJ:BI

Α Ν Α ΛV Σ Η

11'!!141181:.

τΡΛΠΕΖΛ θΕΜΛΤΔΝ

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΛ

ΜΑθΗΜΑΠΚΛ

θ. ΞΕΝΟΥ

Γ . ΠΑΝ'ΓΕΙ\ΙΔΗ

Β. ΦΡΑΓΚΟΥ

ΑθΑΝ. ΧΑΛΑl!Η

ΣJΛ ΜΛθΗΜΛΠΚΛ

ΜΛθΗΜΛΠΚΟΝ

Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

(ΕΚΔΟΣΗ 2000)

ΛΟΓΙΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡJΗΣΗΣ

• ΣΥΝΟΛΑ-ΣΥΝΑΡJΗΣΕΙΣ

Α' ΛΥΚΕιΟΥ

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜιΑΣ ΠΡΑΓΜΑΠΚΗΣ

• θΕΔΡιΑ ΑΡΙθΜΔΝ

θ. ΞΕΝΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΛ ΚΑΙ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΛ ΓΕΟΜΕ1ΡΙΑ

θ. ΞΕΝΟΥ

ΑΝΛΛΥΣΗ Τ.1

ΑΣΚΗΣΕιΣ

ΜΕJΑΒΛΗJΗΣ Β' ΕΚΔΟΣΗ

ΑΡιθΜΗΠΚΗ

ΑθΑΝ. ΧΑΛΑl!Η ΓΕΔΜΕJΡΙΑ

Μαθnμαιιικά yια ιιn r' ιιά�n ιιου Λυκι:ίου

του Ανδρέα Αρβανιτογεώργου Θα παρουσιάσουμε μερικά προβλήματα σε μtyιστα και ελάχιστα ως εφαρμογή της παραγώγου. Τα βή ματα που ακολουθούμε γενικά για τέτοια προβλήματα είναι τα εξής:

1) Κάνουμε, όπου είναι απαραίτητο, ένα σχήμα και εισάγουμε συμβολισμό των μεταβλητών. Προσδιορίζουμε την ποσότητα που θέλουμε να μεγιστοποιήσουμε ή να ελαχιστοποιήσουμε.

2) Εκφράζουμε την προς μεγιστοποίηση ή ελαχιστοποίηση ποσότητα ως μιά συνάρτηση fμιας μεταβλητής.

=Ο

ήf'(χ) δεν υπάρχει. 3) Βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία τηςf, δηλαδή τα σημεία όπουf(χ) 4) Ελέγχουμε τη φύση των κρίσιμων σημείων, αν δηλαδή αυτά είναι τοπικά μέγιστα ή ελάχιστα. 5) Δίνουμε την απάντηση στο αρχικό πρόβλημα. Πρόβλημα 1. Να βρεθεί το πλησιέστερο σημείο στο

(-3, 1) που να βρίσκεται επί της ευθείας x + 3y = 6.

ύση να ελαχιστοποιήσουμε την απόστα ΛΘέλουμε 3y 6 α , y) τηςφαίευθεί πόση τοd ενόςσημείσημείο (-3,ου1)(,χόπως νεταιαστος χ +σχήμα. =

'Εχουμε ότι d = �(χ+ 3)2 + (y -1)2 και επει 3y προκύπτει δήd = �(χ9 -3y)2 +6(y -1)2 Προκει ότι μ ένου να μην ε μπλακούμε μετοτετραγωνι κή δρίήζατοστηνd είνπαραγώγι ση,η παρατηρούμε εξής: Επει αι θετι κ ό, συνάρτηση d ελαχι σ τοποι ε ί τ αι στα σημεί α που ε2 συνεπώς λαχιαρκείστοποι ε ί τ αι και η συνάρτηση d , να ελαχιστοποι2 ήσουμε την2 2 f(y)=d =(9 -3y) +(y -1) • Υπολογί ζ ουμε : f'(y) = 2(9 -3y)(-3) + 2(y -1) =20y-56' •

είναι: πίνακας μεταβολής του προσήμου της f(y) b + �· / άρα το y =-145 είναι ολικό ελάχιστο, και x=6-3y= --125 . Συνεπώς το σημεί ο επί της ευθεί α ς χ + 3 = 6 y που ελαχι(στοποι12 14εί την) απόσταση από το (-3, 1) είναι το η οποια μηδενι εται οταν , φαι,νεται και απο, το y =-.145 εδομενου, οτι, , οπως σχήμα, το πρόβλημα έχεια υποψήφι οπωσδήποτε λύσηη ελά'ΊJ και εμείς βρήκαμε μόνο μί α λύση, , θα προκυπτει οταν' y 514 και στη αποσταση x=6-3y=-512 , συνεπώς το σημείο είναι το (_ 125 ' 145 ).. χ

-οο

1 4/5

+οο

ε.

(ολικό)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/58

-5,5

'ζ

Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

Πρόβλημα 2 . Θέλουμε να κατασκευάσουμε ένα (κλειστό) κυλινδρικό κουτί όγκου V0 Να βρεθεί ο λόγος •

του ύψους προς την ακτίνα του κουτιού, προ κειμένου να ελαχιστοποιηθεί η ποσότητα του υ λικού που απαιτείται για την κατασκευή του.

Λύση.

ναι το ύψοςνα ελαχι και ησακτίτοποιναήσουμε του κουτο τιεμβαδό ούΑαντίν hSσκαιτοιτηςχrα,επιείθέλουμε φάνεικυκλιας τουκούςκυλίδίσνκουςδρου.ακτίΑυτήναςαr ποτελεί τ αι από δύο καιοποίτηνα ότανπαράπλευρη εmφάνειπροκύπτει α του κυλίένα νορθογώνι δρου, τηνο αναπτύξουμε παραλληλόγραμμο δι α στάσεων 2πr και h, συνεπώς 2 2 S = 2πr + 2πrh . Από τη σχέση V0 = Πr h προκύπτει ότι S(r) = 2πr2 + 2πr:� = 2 (πr2 + �ο } Υπολογίζουμε την παράγωγο S'(r) = 2(2πr- ��} η οποία μηδενίζεται όταν r3 = V2πo ή r = V"l;[\ζ . πίνακας μεταβολής της S'(r)είναι: Ο

�------�

+οο

s'(r)

�: ε. /

s(r)

μάρκετ �

Πρόβλημα 3. Σύμφωνα με κάποια δημοσκόπηση σχετικά με έναν υποψήφιο βουλευτή, το ποσοστό των ψηφοφόρων που Qα τον υποστηρίξει μήνες από την αναγγελία της υποψηφιότητάς του δί νεται. από τη σχέση f(x)

, - - - - - -

με τη διάμετρο τουος σεκουτιέναού.σούπερ Είναι ενδιαφέρον νασεςσούταιπαρατηρήσει κάποι κονσέρβες ικανοποιούν αυτή τη συνθήκη! = _!_(-χ3 6χ2 + 63χ + 29

1080),

Ο :5 χ :5 12 .

Αν οι εκλογές πρόκειται να γίνουν το Νοέμ βρη, πότε θα πρέπει ο υποψήφιος να ανακοινώ σει την υποψηφιότητά του; Αν χρειάζεται 50% των ψήφων για την βουλευτική έδρα, αναμένε ται ο υποψήφιος αυτός να κερδίσει ή όχι; Λύση. Ο

βουλευτής πρέπει ναχρονιανακοική στινώσειγμή την(μήνας)υπο, ψηφι ό τητά του εκεί ν η τη τονστομήνααριθτωνμό ψήφων. εκλογώνΣυνεπώς (Νοέμβρης)θέλουμενα έχεινα τονώστε μέγι μεγι[0, σ12].τοποιΥπολογί ήσουμεζοντας τη συνάρτηση f στο διτηςάστημακαι την παράγωγό παίρνουμε1 f'(x)=-29 (-3χ2 +12χ+63)=- 29 (χ -7)(χ +3), η οποίσημεί α μηδενίο απορρί ζεταιπστατεταισημείκαιαελέγχουμε 7 και -3. Τοεύκολαδεύ τερο ότι στοτις7τιυπάρχει ένα τοπικό μέγιστο. Υπολογί ζουμε μ ές f(O) = 21, 7 f(12) = 33, 5 f(7) =50, 76 καιότανπαρατηρούμε ότι τοο ολιυποψήφι κό μέγιοςστοθα προκύπτει χ = 7 . Συνεπώς πρέπει να νώσει τηνδηλαδήυποψηφι ότητάΑπρίλι του 7ομήνες πριν τοανακοι Νοέμβρη, τον μήνα . Αποτέλε σμαείναιαυτού (σύμφωνα πάντα μετοτη50,δημοσκόπηση) ο υποψήφι ο ς θα λάβέι φων, συνεπώς αναμένεται να κερδίσει76%(οριατωνκά!). 2_

ψή

(ολικό)

άρα στο σημείο V"l;{\ζ η s:(r) έχει ολικό ελάχιστο. Εμείς θέλουμε να βρούμε τον λόγο r ώστε η στο, συνεπώς h προκύπτει ότι χρησιμοποισυνάρτηση ώντας ότιναV0έχει= πr2ελάχι �r = -πrV._o3 = πV0V/2πo =2. πόν ηε"οιί hκ=ονομι2r , κδηλαδή ή" συσκευασί αυτήΈτσιπου λοtικανοποι το ύψοςα ναείναιι3

�

Πρόβλημα 4. Ένα βιβλιοπωλείο αγοράζει ένα βιβλίο από τον εκδότη στη τιμή των 3 ECU το καθένα. Ό ταν το βιβλιοπωλείο διαθέτει στην αγορά το κάθε βιβλίο στην τιμή των 15 ECU, τότε πουλά 200 αντίτυπα το μήνα. Προκειμένου να αυξήσει τις πωλήσεις του το βιβλιοπωλείο προσανατολί ζεται να μειώσει την τιμή πώλησης του βιβλίου και εκτιμά ότι, για κάθε 1 ECU μείωσης στην τιμή θα πωλούνται 20 περισσότερα αντίτυπα το μήνα. (α) Να εκφράσετε το μηνιαίο κέρδος του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/59

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου βιβλιοπωλείου από την πώληση αυτού του βι βλίου ως συνάρτηση της τιμής πώλησης του βι βλίου. (β) Να βρείτε την τιμή πώλησης του βιβλί ου για την οποία μεγιστοποιείται το κέρδος του βιβλιοπωλείου. Λύση . Υπάρχουν διάφορες εναλλακτικές προσεγγί σεις όσον αφορά την εισαγωγή της μεταβλητής στο πρόβλημα αυτό. Επιλέγουμε την εξής: έστω η τιμή πώλησης κάθε βιβλίου και έστω ο αριθ μός των μειώσεων κατά ECU από την τιμή των ECU. Τότε η τιμή πώλησης κάθε βιβλίου είναι Το πρόβλημα λέει ότι για κάθε μείωση ενός ECU από τα ECU, το βιβλιοπωλείο εκτιμά ότι θα πουλάει αντίτυπα περισσότερα (από τα συνεπώς θα πουλάει αντίτυπα. + Το συνολικό κέρδος του βιβλιοπωλείου θα είναι Κ = (συνολικός αριθμός βιβλίων που πωλούνται) χ (κέρδος ανά βιβλίο) + Εκφράζουμε την παραπάνω συνάρτηση χρη σιμοποιώντας τη μεταβλητή (τιμή πώλησης του βιβλίου) και λαμβάνουμε ότι πρέπει να μεγιστο ποιήσουμε τη συνάρτηση = Κ( +

χ k

χ 20 -χ χ χ=

τμήμα μήκους σχηματίζουμε ένα τετράγωνο και με το τμήμα μήκους σχηματίζουμε έναν κύ κλο. Να βρεθεί η τιμή του ώστε το άθροισμα των εμβαδών του τετραγώνου και του κύκλου να είναι μέγιστο. (Απάντηση: Ο. η σημαίνει αυτό;). (2) Στα πλαίσια ενός παγκόσμιου πρωταθλή ματος μπάσκετ ένα εργοστάσιο πλαστικών λαμβά νει μια παραγγελία να κατασκευάσει ποτή ρια με τον λογότυπο του πρωταθλήματος. Το ερ γοστάσιο διαθέτει Ο μηχανές για το σκοπό αυτό, η κάθε μία από τις οποίες μπορεί να παράγει ποτήρια ανά ώρα. Το λειτουf)Ύικό κόστος κάθε μη χανής είναι ECU. Ένας επόπτης επιβλέπει τη λειτουργία των μηχανών, ο οποίος πληρώνεται ΕCU την ώρα. (α) Πόσες μηχανές (από τις πρέπει να χρησι μοποιηθούν, ώστε να ελαχιστοποιηθεί το κόστος κατασκευής των ποτηριών;

8.000

30 15

1 20 15χ= 15-k. 1520 10) 200), 200 20k = (200 20k)(1 5-k-3). χ χ)= (-20(200 25-χ) 20(1 5-χ) ) ( χ -3) =χ (χ -3). χ 25 2 3 χ Κ(χ) = 20χ 4000/χ. [1, 10], χ = 14, , χ = 252 3 14 , , 400 200 Κ(14) = 242014 J. Β. (1990) . D. ( 2 000) . 20 χ 20-χ � fFUvά.pnιfFΙΙ (χ) = J: f( t ) dt (χ) J: ( =

Αυτή είναι ένα τριώνυμο του οποίου η γραφι κή παράσταση τέμνει τον άξονα στα σημεία και και λόγω του ότι ο συντελεστής του είναι προφανώς αρνητικός, το τριώνυμο έχει μέγιστο, το + = οποιο προκυπτει στο σημειο -. Συ-

νεπώς το βιβλιοπωλείο θα έχει μέγιστο κέρδος ό ταν πωλεί το βιβλίο στην τιμή των ECU. Τότε το κέρδος του θα είναι ECU. (Στο πρόβλημα αυτό παρατηρούμε ότι δεν εί ναι απαραίτητο να χρησιμοποιήσουμε την τεχνική των παραγώγων για να το λύσουμε). Προβλήματα προτεινόμενα προς λύση.

Κόβουμε ένα σχοινί μήκους μέτρων σε (1) δύο τμήματα μήκους και μέτρων. Με το

(β) η ποσό θα κερδίσει ο επόπτης κατά τη διάρ κεια αυτής της παραγωγής ποτηριών, όταν χρησι μοποιηθεί ο βέλτιστος αριθμός μηχανών που προ κύπτει από το ερώτημα (α);

(γ) Ποιό το λειτουργικό κόστος του βέλτιστου α ριθμού μηχανών;

( Υπόδειξη-Απάντηση: Κόστος κατασκευής (λειτουργικό κόστος) + (κόστος επίβλεψης). Αν είναι ο αριθμός των μηχανών που πρέπει να χρη σιμοποιηθούν, τότε η συνάρτηση που προκύπτει + είναι η Θέλουμε να την ελα αλλά το (ο χιστοποιήσουμε στο διάστημα λικό) ελάχιστο προκύπτει για συνεπώς πρέπει να χρησιμοποιηθούν όλες οι μηχανές. Οι α παντήσεις στα ερωτήματα (β) και (γ) είναι ECU και ECU αντίστοιχα.) Βιβλιογραφία Fraleigh: Calculus with Analytic Geometry, Addison-Wesley L. Hoffmann - G. L. Bradley: Calculus for Business, Economics, and the Social and Life Sciences, McGraw-Hill

του Βασίλη Καρκάνη

Με την συνάρτηση F

f t ) dt εισάγο

νται για μελέτη πλήθος από συναρτήσεις πέρα από τις στοιχειώδεις. Επομένως η σημασία της παραπάνω συνάρτησης είναι προφανής.

Μέσα από την παράθεση κάποιων μεθοδολο γικών παρατηρήσεων και παραδειγμάτων, θα εm χειρήσουμε να βοηθήσουμε τους μαθητές ΤΗΣ ΘΕτΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥ ΘΥΝΣΗΣ, στην αντίστοιχη παράγραφο του σχο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

λικού βιβλίου της Γ Λυκείου.

F(x)= Jrhg((xx)) f(t)dt f Α rhα(x) f(t)dt+ Jrαg(x) f(t)dt F(x)= J F (χ) = J: ff(t) dt , χ F{x)=-J:(x) f{t)dt+ J:(x) f{t)dt. f (χ) 2 (J:r(t)dtJ =f(x) F':(χ)=(J:f(t)dt x 2 r =(χ)= t d F συνtdt + Jroημχ συνtdt συνt J� J o 2 χ) =f(x). F f. f (f:(x) f(t)dt J =f(g (x))·g'(x) F : �; : = -J J f{t)dt 3 ( (x) f{t)dt+ J:(x) f{t)dt J = (f ( χ4 +3 4χ F -f(h(x))· h'(x)+ f(g(x))· g'(x). J: 4t3dt = χ44 + 3 [t4 Ι = χ4 + 3 χ4 = χ + 3 = 3 Αν F(x)= Jorx2 tημtdt (χ)=(foχ2 tημtdt)' = χ2 . ημχ2 . (χ2 )' = 2χ3 . 2 . Αν Α F(x)= J:r(t)dt F(x) =lσυνχημχ �1+t2dt=-rημx�1+t2dt+ rσυνχ�1 +t2dt F(x)=-J: f(t)dt. F' ( x)= {-J:μχ Pdt+ J;vx �1+t 2 dt )' = χ -�1+ημ2χ · (ημχ2 J + �1+συν2χ2 · (συνχ)' = F(x)= J: g(x) · f(t)dt = g(x) J: f (t)dt. -συνχ�1+ημ χ -ημχ�1+συν χ. f J0x (3x2 + 1)ημt2dt = (3χ2 +1)f:ημt2dt . F (χ)= J: f (t) dt F(x)= J:(x) f(t)dt h(x)= J:f(t)dt g(x). x _!_dt Α= r χ)= F( J o 3 + χ F(χ) = J, 2 ln tdt . Ο . -..;F(x)= J,x (In t+t)dt Α=(Ο,+<χ>) η οποία για α Ε Δ γράφεται:

Α. Θεώρημα ν μια συνάρτηση είναι συνεχής σε ένα διά στημα Δ και το α είναι ένα σημείο του Δ τότε η

Ε Δ είναι μια πα

συνάρτηση

ράγουσα ή αρχική της στο Δ. Δηλαδή θα ισχύει: ή

Παράδειγμα:

Παρατήρηση: Σύμφωνα με τη διατύπωση του παραπάνω θε ωρήματος η είναι μια αρχική της Πράγματι κάθε αρχική μιας συνάρτησης δεν προκύπτει από τη συνάρτηση που ορίζει το θεώρημα.

ε) Για την παραγώγιση των συνθέσεων συ ναρτήσεων ισχύουν:

και:

Παράδειγμα:

Η συνάρτηση είναι μια αρχική της στο IR , που δεν την δίνει η συνάρτηση γιατί αν: �

�

4 -α

Β. Παρατηρήσεις για όλες τις δυνατές μορφές της F Γνωρίζοντας τις ιδιότητες του ορισμένου ολο κληρώματος και τους κανόνες παραγώγισης σύν θεσης συναρτήσεων, επισημαίνουμε τα παρακάτω:

α)

Παράδειγμα:

που είναι αδύνατη.

ί)

τότε:

ημχ

ίί)

τότε:

β) Κάθε συνάρτηση του που υπάρχει μέσα στο ολοκλήρωμα, λογίζεται ως σταθερά. Δηλαδή:

Γ. Πεδίο ορισμού της F

Παράδειγμα:

α) Αν η είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της Δ που είναι διάστημα της μορφής: [κ,λ] ή (κ,λ) ή [κ,λ) ή (κ,λ] με κ, λ Ε !R u {-oo, +oo} και α Ε Δ

γ) Η συνάρτηση

σύνθεση της

είναι

με την

τότε η συνάρτηση

έχει πεδίο ο

ρισμού το Δ.

Παράδειγμα:

ί)

Παράδειγμα:

δ) Σύνθεση είναι και η συνάρτηση:

έχει

IR , εφόσον η

ορίζεται στο IR , είναι συνεχής και Ε IR

ίί) Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/61

έχει

Μαθηματικά για tην Γ' Λυκείου

εφόσον η ln

νεχής και 1 JΙDU

tε (Ο+, +οοt ) . f

ορίζεται στο

(Ο,+οο),

είναι σu

β) Αν η έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Α είναι ένωση διαστημάτων, είναι σuνεχής σε

αuτό ιcm α ε Α , τότε η

F(x)=J:f(t)dt

έχει πε

δίο ορισμού το «ευρύτερο» υποσύνολο του Α στο αιι:οίο ανήκει το α. Παράδειγμα:

F(x)= J�3 �t2 -4dt t2-4�0<=>t�-2 t�2 f(t)=(=-ο�t2ο,--42] υ[2,+οο) . -3ε (-οο, -2] F (-οο,-2] . F(x)= J:(x) f(t)dt ή F(x)= Jrhg((xx))f (t)dt f, F h(χ)ε g(χ)ε F(x)= 1ι-χ2+2χ--dt t f(t)= t = JR* =(-οο,Ο)υ(Ο, +οο), 1 ε ( Ο , +οο ) -χ2F+ 2χ >Ο<=> Ο<= (0,χ<2).2 F(x)= Jχ22x_-13 ....;t- -4dt 2 � υ[ -4 =( 2 f(t)= t 2 , + οο) οο, ] f 1 χ�2χ-3�-2 2 χ2 ή�-1 ή χ2 -1�-2 <=> <=> ή 5 2χ - 3�2 χ�-2 χ�-25 5 <=>χ�χ2 -1�2 χ2 �3 x�-J3ήx�.J3 2 Αν

τότε

δηλαδή για την

πεδίο

το

ορισμού

Όμως:

το πεδίο ορισμού της

πρέπει:

είναι

το

άρα

είναι το Α =

γ) Αν

και Ar το πεδίο ορισμού της

στο οποίο αυτή είναι σuνεχής, τότε το πεδίο ορι σμού της είναι το «ευρύτερο>> υποσύνολο του Ar για το οποίο: Ar και Ar . Παράδειγμα:

σuvt

i) Αν

σuvt

τότε για την

το Ar

είναι

σuνεχής και

οπότέ πρέπει:

άρα το πεδίο ορισμού

της

είναι το Α

ii)

την

ΓΖ"-:

Αν

το Ar

και

σuνεχής στο AF οπότε πρέπει:

και

αδύνατο

και

τότε για

και

F = [%,+οο ). F(x)= J:f(t)dt f, F (χ)= J: (t) dt

Άρα το πεδίο ορισμού της Παρατήρηση: Αν

είναι το Α

και Ar ,

AF τα πεδία ορισμού των α ε Ar τότε: A F ς Ar .

Δ.

αντίστοιχα και

Όρια και η συνάρτηση F

α) Για

τον

Χl�imΧο Jhrg((xx))f (t)dt

υπολογισμό

του

ορίου:

όπου g και h σuνεχείς σuναρτή

σεις διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ε JR

χ0 ( x) χ 0 ε F(x)= JΓh(g x f(t)dt χl�imχ0 Jhrg((xx)) f(t)dt= Jrhg((xx0o))f (t)dt tet = 1\ -ett dt = 1\ te dt = lχι.�mι 1χ -dt 1ι t (-e-t )' dt=· · =l - -.2e χ0 ε JR υ {-οο, +οο} F(x)= JΓgh((xx)) f(t)dt F f J:(�;f(t)dt = [F(t)J:�:� = F(g(χ))-F(h(χ)) Χl�imΧο [F(g(x))-F(h(x))] . lx�im+cc 1χ_!_dt t e J: ett dt = J: t (-e-t )' dt = [-te-t J: + J: e-tdt = -xe-χ + [-e-t ]χ =-xe_:_χ - e-χ + 1 = 1 - χex+ 1 ' ( ) x+l x+l lx�im-t-cc 1χ_!_dt= l i m =ll i m ιet x�-t-cc ex x�-t-cc ex 1ex =1-"' xl�im+cc-=1-0=1. i)

Αν

και

με

τότε:

(γιατί;)

Παράδειγμα:

-t

με Χο άκρο ανοι χτού διαστήματος στο οποίο ορίζεται η σuνάρτηση

ii) Αν

και

αρχική της

τότε:

οπότε το ζητούμενο όριο είναι ισοδύναμο με το:

Παράδειγμα:

i) Για το

τε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.4/62

έχουμε:

οπο-

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

Επίσης για το όριο: χ�limι+ rx_t.Jk;t1- dt αν f(t) = tνb-:-ln t έχω: =(Ι, (γιατί;) και αν θέσουμε: u = ln t = g (t) τότε: du =-dt1t άρα: n =g(e)=1, u dt=t d u και =g(x)=l x οπό U ι 2 τε:rx ιn x [ \nx 2�-2. t' ν�ln t dt =x Jι νu�du = 2..Γu]ι = Ετσι: χl�imι+ r tνb-:-ln t dt = χ�ιlim+ (2�-2) = -2 . Όρια της μορφής: Χl�imΧο Γgr(t)dt () ή Γ r(t)dt ή l i m lΧ�imΧο J:f(x) g (t) dt χ�χο J: g(t)dt Αν χ0 = α και αε και lim g = limf (χ) = οι παραπάνω μορφές μας οδηγούν σε απροσδιοριστια της μορφης 'οποτε' εφαρμο' ζουμε τον ' κανόνα de L Hospi' tal αφού: (J: r(t)dt) =f(x) και {J: g(t)dt) =g(x). ό Αν το χ0ε εργαζόμαστε πως στο (α) και εφόσον οδηγηθούμε σε aπροσδι ο ριστία της μορφής Q ή οο εφαρμόζουμε πάλι τον κανόνα de L'Hospital. ά ε γ F(x) Για τοόριο: χ�lim- χ--π με 2 2 μ χ J η F(x)= 2χ e dt έχουμε: συνάρτηση είναι συνεχής στο άρα η F παραγωγί σ ι μ η με: F'(x)= (-J::e.Qdt+ J:"" e�Ι+ημ'• dt J 2 ι + ) � - -e ( 2χπ J' e)ι+ημ2χ (ημχ)' --eπ2 � + συνχ e)ι+ημ2χ . Ακόμη ii)

+οο

)

β)

=-' α

ί)

χ->α

!R u {-oo, +oo}

ii)

Ο,

χ--

της συνάρτησης F

Ε.

t) dt

Παράδειγμα:

-οο

F" F

Π αρ δ ι μα :

(χ )

Έτσι: �� χ-F(x)� =�� ( F'(x)π ' 2) 2 2 2 J lχ��im r-3..π ι+:�2 +συνχ . e)Ι+ημ2χ ] =-3..π eJ2. 2 Μ ( (χ)= λέτη ε J : Όσαμιγνωρί ζουμε από εφαρμόζονται την παράγωγοκαιγιαστηντην μελέτη α ς συνάρτησης περίπτωση της F. (t2 +3t +2)dt. Δί ν εται η συνάρτηση F( χ)= J: Νατην μελετηθεί ως προς τη μονοτονί α , τα ακρότατα, κοιλότητα, τα σημεία καμπής, το χ�lim±-F(x) και να γίσυνάρτηση νει πίνακας tμεταβολών. 2 +φορές 3t + 2 παραγωγί είναι συνεχής στομε: και η F δύο σ ι μ η F'(x)= χ2 +3χ+2 και ρίζες -2 και -1 και F"(x)= 2χ +3 με ρίζα το 2 Έτσι: b b -3/2

-2

Τ.Μ.

-t

�-

Σ.Κ.

+οο

Τ.Ε.

, οπότε: F γνησί ω ς αύξουσα στα ( -2 ] γνησίωςάζειφθίντοπιουσακόστομέγι-2,στο-1το. [Στο-1, -2 ηκαιFFπαρουσι 3 3t2 2t12 = 2 F(-2)= J:2(t2 +3t+2)dt= [t)+""2+ 3 Στο -1 η F[t3παρουσι ά ζει τοπι κ ό ελάχι σ το το ι F(-1)=· · = -+3 -3t22 +2t] = Στο (-οο, -%] η F είναι κοίλη και στο [-i,+oo 2 ) η F είναι κυρτή. Στο η F παρουΗ

+οο

-οο,

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/63

[

•

i 2

]

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

σιάζει σημείο καμπής το F(-% )= · · = -% . Τέλος: f(x) = 3χ3 + 23χ2 + 2x οποτε:, F (χ) = και F(χ) = -too

lim

χ-Η-οο

lim

χ ��

(

)

f (χ) = συν J0χ ημ2tdt f (χ) = J1x ln tdt J:1+l ημtdt

α)

(

β)

)(

)

Λύση

α) ημ2t συνεχής στο οπότε η συνάρτηση J:Επίημσ2ηςtdtη ορίf παραγωγί ζεται στοσιμη στοάρα: ως=σύνθεση (για Δίνεται η συνάρτηση f (x) = J: .Γχ"ημt2dt. παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: Να βρεθεί: f' ( ) = -ημ (Jοχ ημ2 tdt ) . υ: ημ2tdt )' = x α) το πεδίο' ορισμού της, η f' και -ημ2χ . ημ (J: ημ2 tdt ) . γ) το limf (x) . γ ια ) και f παρα β) Είναι: = γωγί σ ι μ η στο ως αποτέλεσμα πράξεων Εί ν αι : f (χ) = J: ημt2dt με Α = α) σιμων συναρτήσεων με: για ) f παραγωγίσιμη στο (Ο,+=) ως γινόμε παραγωγί f' (χ)= χ J:2+1 ημtdt + Κ tdt ημ(χ2 + 1) · (χ2 + )' = νο παραγωγίσιμων1 με:r χ . J:2+1 ημtdt + 2χημ( χ2 + 1 ) J x tdt . 1 f'(x)= 2-νχc Joχημt2dt + -Γχ · ημχ2 . 3 Επί σ ης γι α την παραγωγι σ ι μ ότητα στο έ Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = J x { 2t - t2 ) dt . χουμε: Για χ>Ο: Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της 2 μt2dt dt J:ημt FxJ:η . f(x)-f(O) = . χ - . νχ στο σημείο M(3,f (3)). --ο συνάρτηση 2t - t2 είναι συνεχής στο ά ημχ1 2 = 2 �ο· {.,Γχημχ2) = Ο ρα = και f παραγωγί σ ι μ η με f'μεί(χ)ο M(3,= 2χf(-3)χ2έχειεξί ε της στο . εφαπτομένη ση 2-Γχ χ σωση: ε: y-f(3)=f'(3)(x-3). δηλαδή: f'(O) =Ο. Όμως: f' ( 3 )=-3 και f( 3 )= J3{2t-t2)dt=· · ·=-j Γ ο _ η χ> {_1 2 χ2, + 1 μt dt ημ Άρα: f'(χ) = 2 ο 2 Άρα: ε: y + 3 =-3(χ-3) , ε: y =-3χ+ 3 . χ=Ο γ) Λόγω του 1 για χ>Ο είναι: 4 Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο και η f'(χ) = [ Γ Γ ημt2dt + .,Γχημχ2 ] = Α

σκ

Άσκηση 1

-= .

σ/ ε ι ς λυ μ έ νιε ς

τί; ).

β)

χ �Ο

[Ο, -too )

..Γχ

τί; β) Η

(

(Ο, -too ) (Ο, -too )

•

Λύση

Ιιm

χ�·

lιm

χ -Ο

χ�·

� lim χ�ο·

- lιm

χ�·

..Γχ

Λύση

..Γχ .

(β)

Άσκηση

2-ν χ ο rlx ημt2dt οο η 2 J + 0= lim μχ1 = lim {,Γχ.ημχ2 ) =0. Iim 0 χ�· 2Fx χ�· 2 -- χ�· 2Fx lim

Άσκηση

lim

χ--70

τί ;

(

lim

χ �ο·

(

)

1 συνάρτηση F (χ) = fox t J1x ex f ( t) dt dt, χ ε IR . x2e-x J χ2 f (t)dt . Να δειχθεί ότι: F (x) = 2 1 Άσκηση 2 β) Αν f(x) > O στο IR και F (2) = 6e2 να Στις παρακάτω συναρτήσεις να βρείτε το πε βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται δίο ορισμού και στη συνέχεια την παράγωγό τους. από την γραφική παράσταση της f, τον άξονα

α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

= χ= Είναι: F(x)= Jrox (t ·ex ·Jι f(t)dt)dt= =e' · J:' f(t)dt· J: tdt= e' J: f(t)dt · [ 1� Ι = =-xz2-ex fιxz f(t)dt. Το ζητούμενο εμβαδόν εί ν αι : Ε= fι4f(t)dt (1) εφόσον η f(zx) στο x2ex Jιxz f(t)dt,xEJR Λόγω του (α) είναι: F(x)=-r απ' όπου για χ =42e2παίρνουμε: 2 4 F (2) = 2 f4ι f (t)dt = 2e Jrι f(t)dt . Όμως: F(2) = 6e2 (από υπόθεση) οπότε: 6e2 =2e2J4 f(t)dt<=> J4 f(t)dt=3<=>E=3τ.μ. 5 f : (Ο,+οο) f(x) = (Ι + x'J(ι+ J: :�� dt} ισότηταf(x)που δόθηκεx f(t)γράφεται: 1+χ2 =1+Jf (χι 1+t2 dt (1). Θέτουμε: g (χ) = 1+χ� με χ συνεχής και η (1) παίρνει τη μορφή: g(χ)= 1 + Jιχ g(t)dt (2). Εφόσον η g συνεχής στο η Jιχ g ( t) dt πα ραγωγίσιμη οπότε 'από την (2) παίρνουμε: g'(x)= (1+ fιx g(t)dt) ή g'(x)=g(x) (3). Όμως: g(x)= 1+χf(x)2 εφόσον: f(A) = (Ο,+οο) οπότε από (3) <=> g'g(x)(χ) = 1 <=> f g'g(x)(χ) = f ln g(x)=x+c =?g(x)=ex+c, cE Ακόμη g(1)= ec και λόγω (2): g(1)=1 άρα: χ'χ και τις ευθείες χ

και

Λύση

ΧΖ

α)

β)

>Ο

IR .

(I)

Άσκηση

IR -7

Να βρεθεί η συνάρτηση

νεχής, όταν ισχύει:

συ-

Λύση Η

Ε IR

dx =}

IR .

ec = 1 <=> c =Ο . 'Ετσι: g (χ)= ex <=> 1f+(χ)χ2 = ex <=> <=> f (χ)= (1 + χ2 ) ex- η ζητούμενη συνάρτηση. 6 f, g χ +Ι g( χ )= J 2χ-Ι 2 f' = g' κχ2 + f = -Άσκηση Δίνονται οι συναρτήσεις

-dt (1), 4 λχ - 4 (2) 10

ισχύουν:

(χ ) +

(χ )

για τις οποίες

και κ, λ Ε IR ,

(1)

για κάθε χ Ε IR

(3). 3 ο τύπος της και

g. α) Να βρεθούν: i) ii) Τα όρια: limg(x) im g(x). l χ---+0 iii) Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την Cg τον άξονα χ'χ και την ευθεία χ -32 β) Αν η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικά ακρότατα στα χ1 -1 και χ 2 3 να βρεθεί ο τύπος της. γ) Να βρείτε τη θέση χ3 του σημείου κα μπής της συνάρτησης f καθώς και το σημείο Χ---++οο

καμπής.

δ) Να δείξετε ότι τα σημεία:

Α( ,f( )) Χι

Χι

) α) i ) Εί ν αι = Α8 Από την (1) παίρνουμε: Zx+t g(x)= [� ] = . · =χ δηλαδή: g(x)=x. i ) Επίσης: 1im g(χ)= Ο και lim g( χ)= i i) Ακόμη f(x):::;; o στο [ % ] οπότε το ζητούμενο εμβαδόν0 είναι: . . 2. Ε= J 31 -f(x)dx = = τ.μ. β)Jf'Επί(x σης=απόf[g'την( χ)+(2) παίρ+νουμε: λχ -4 ]dx f(x) = g(x)+-xκ3 +-χ22λ -4χ +c, CE Όμως g(x)=x οπότε: f(x)=-x3 'Ετσι: f(1)= κ3 + �2 -3+c και λόγω (3): Β( χυf( χ2 ) και Γ{ x3,f( χ3 )) είναι συνευθειακά. Λύση

IR (γιατί;).

2χ-1

χ---+0

χ--++οο

+οο .

- ,0

)dx

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/65

κχ

κ:

+ - χ 2 - 3 χ + c, c E IR .

λ. 2

IR .

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Α

σκ

1\! CJ ειι ς

"f1l αι λ:ύ;

103 κ3 λ2 13 κ2 2λ Άσκήση Στις παρακάτω συναρτήσεις να βρείτε το Άρα: ( ) 3 2λ 31 κ3 2λ τους. πεδίο ορισμού και συνέχεια την παράγωγό f παραγωγί σ ι μ η στο με: = -1 -3 . Εφόσον στα σημεί α α) f ( x )= Ι: 2 � dt β) f (x) = Ilx ημ2 tdt f'και == παρουσιάζει t t ακρότατα από θ. Fermat γ) Ι (Ι: : 2 dt )dy δ) f (Χ)= Ι!; συνtdt . f' ( 1 ) =0 } t κ-λ=3 } κ=1 θα είναι: f'(και) =0 . 3κ+λ - 1 λ - 2 Άσκηση Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια: πt 13 α) lim2 l x ημ 2 νtdt β) lim J4 συν-dt Άρα: f( ) 31 t Χ Χ x r et-x dt f δύο φορές παραγωγί σ ι μ η στο με: γ) lim J o �+a . x 2 και f"(x)=2x-2 οπότε: f'(x)=x Άσκηση Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα χ -αJ 2 , , η συναρτηση ό ακροτατα f ( ) = J xz t dt . t +t Άσκηση Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο και γνησίως αύξουσα. Αν f (Ο) = Ο να δειχθεί Δηλαδή η στο σημείο =101 παρουσιάζει ότι ηΙεξίσωση: :(Άσκησηt2dt = ex έχει μια μόνο ρίζα στο σημείο καμπής το Γ(1, f(1))= (1,-3) . f παραγωγίσιμη στο δ) Έχουμε: A(26-1, f (-1))=(-1,2), 1° [Ο, Δίνεταικαιη συνάρτηση για την οποία ισχύει: B(3,f(3))= (3. - 3 ) και Γ(1,f(1))= (1, - 3 } Ι: f (t)dt l)f(x) Να βρεθεί ο y τύπος της f. Έτσι: λΑΒ = ΥΒ A 3 Άσκηση , , r Δινεται η συναρτηση f( = 2 + -λΒr = Y - ΥΒΒ = . . = 3 Οπότε: λΑ = λ με Ο . ΒΓ. Επομένως τα ΑΒ Β 1 α) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία σημεία Β, Γ είναι συνευθειακά. β) Να βρεθεί το lim x+l f(t)dt . - - = - + - - 3 + c <=> · · · <=> c = - - - - - - .

κ 3 2 f χ = - χ + - χ - 3χ - - - - - - .

Η (χ )

κχ

χ2

�

+ λχ

<=>

. . <=>

<=>

στη

Χ1

χ ο

2 = · · · = - χ 3 - χ - 3χ + - .

γ) Η

- 2χ - 3

r·

_ _

ί\

Σ.Κ.

(3 )

χ �Ο

�

•

-1

-3--

�

χ3

χ)

= · · · = -! _

1 4-

χ�4

�.

= (χ +

χ2 + 2001 .

r <=>

Α,

+οο )

Χ8 - ΧΑ

+οο

σuvtdt

η;

χ>

)

� ν

χ +1

2001 2004

χ�+οο χ

Θέμα 1° Με 12v+l Jrο1� ημ(2ν + 1 t dt ' δείξατε: ημt 1 2v+l l zv-ι . Ακολούθως υπολογίσατε το 12v+l . Λύση r� η μ (2ν + 1) t dt = r� ημ[(2ν - l) t+ 2t] dt= l:!v+l Jo Jo η� η�

= =

)

του Θάνου Χαραλάμπους ημ(2ν -1)t σ υν2t ημ2t σ υν(2ν -1 ) t = dt = ημt = l� ημ (2ν -1ημt) tσυν2t dt + l� ημ2tσυν (2ν -1 ) t dt = ημt

l�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/66

-------

Μαθηματικά Ύια τη ν Γ ' Λυκείου

= �rοiz2 ημ(2ν -1)tημt(1-2ημ2 t) ili+ + �rοiz 2ημt . συνtημt. συν(2ν -1)t ili = = iοiz ημrz(2ν-ημt 1)t dt- 2Jroiz ημ (2ν- 1)t· ημtdt + + 2J �συvt . συν(2ν -1) tdt = =lzv-1 +2J rz( συν(2ν -1)t -ημt ημ(2ν-1)t)dt = = lzv-1 + 2J συν[(2ν -1) t + tJ dt = ). Ξ = lzv-1 +2fιοiz συν(2vt)dt=I2v_1 +2 ημ(2νt2ν ο = = lzv-1 + ημ(ν2νt) 0 = lzv-1 +-ν1 (ημνπ -ημΟο) = lzv-ι Άρα 12v+1 = lπzv-1 Ιι = Jroiz dt = 2 ν=1 J{ = 11 ν=2 J{= J{ 1lz2ν++I1 =Ι= � v Μια J:r (x)dx = J: ( + - )d . ΕάνΓια χΙ ==αJ:f α=α+β (χ)dx , θέτω=>χ =α+ β-y. Τότε . -y yy=β=α χ=β β=α+β-y=> άρα I = J: f(α+β-y)(-dy)= J:f(α +β - y)dy = = J: f (α+ β - χ) dx . . Επομένως 21 =J:r(x)dx+ J:r(α+β-x)dx= = J: (f (χ)+ f (α+ β -χ)) dx 1 = 2 Jrβ(α f(x)+f(α+β -x))dx. συνt ·

2 π

yές

Θέμα 2° βασική ταυτότητα με πολλές εφαρμοα

•••

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

ΕΦΑΡΜΟΓΗ

υπολογισθεί

Να

το

ολοκλήρωμα:

Ι= J73πι .Jz dx Λύση Εrβφf(x) αρμόζοντας την ταυτότητα dx = rβ (α +β-χ)dχ άρα 21 = J: (f (χ)+ f (α + β -χ)) dx => 1 rβ {f(x)+f(α+β-x))dx. Άρα I=_!_2 J� [ 1 + εφ1.J20 1 χ + 1 + εφ.Jzο ι 1(� + Ι _ χ)] dx = J� [1 + εφ1.Jzo ι χ + + εφ.Jzo1ι ( χ) ] dx = 21 J� [ + εφ1.Jzο 1 χ + + σφ1.Jzο ι χ ] dx = �J� [ 1+εφ�χ 1+ -1-1- ] dx =-21 J� [ + εφ1.J20 1 χ + 1 +εφ.JΖΟ .,/εφ 200Οιχ1� ] dx =.!.2 J.� 11 ++ εφ χχ dx =.!.2 r� dx =�(�-�)=� � = 1� Άρα 1 = �12 . Γι α μι α συνάρτηση συμμετρί'\/χαες τηνΑ. ευθείΘέτοντας, α χ= α, ισχύειόπουf(α+χ,μεχ)=άξονα f( α-χ), έχουμε: -α χ το f(x)=f(2α-x), '\/ χ ε Α. μι α συνάρτηση f εί ν αι συνεχής στο δώ Αν στημα [α,β],α+βδέχεται δε το διάγραμμά της την θεία χ= -2-, άξονα συμμετρίας, τότε J:f(x)dx = 2J:;β f(x)dx. % ι + εφ

Jα

οοι χ

Jα

=> 1 = 2 J α

�

εφ./200ι χ

.J2oOi

εφ.J2oOi

Οpισμξνο ολοd.ήρωμα. 1\fl\ Rμμε-τp(α ιη ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ Συναρτήσεις με άξονα συμμετρίας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/67

ει>-

Μαθηματικά yια την Γ ' Λυκείου

χ, τοΈστωχ -α καισυνάρτηση έχουμε ff(χ)+γιαf(την2α-χ)οποί=α2βι.σχύει ε δηλαδή δέχεται χ)+ f (α-χ)= 2β, \/ χ Α , fτο(α+γράφημα της f κέντρο συμμετρί α ς το σημεί ο Σ(α,β). Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα και να δοθεί γεωμετρική ερμηνεία Ι= J:a f(x)dx . r(φ, ο) συνάρτηση f έχει κέντρο συμμετρί α ς 2 ι f(x)dx = ι f(x)dx = J� f(x)dx . έχουμε Σ(α,β).θέτοντας Από όπου f(α+χ)+f(α-χ)=2β, \/ χ ε Α χ το χ -α Εφόσον η f έχει άξονα συμμετρί α ς τον \/ χ ε Α χ = α+2 β τότε f (χ) = f (α+ β - χ) . zr αf(x)df(χ)+f(2α-χ)=2β, 2αf(2α- x)dx = r2α2βdχ (Ε) r + x J�β f (χ) dx = J�+β f (α + β -χ) dx = Χρ σι μ οποι ώ ντας τον τύπο: η Θέτουμεα+α+β-χ =--d y Ja l(y)(--dy) = J: r(x )dx= J: r(α+β-x)dx έχουμε για α=Ο, = β α+ β Για χ=χ=β 2 ' yy=α= 2 β= 2α. J:af(x)dx = J:af(2α- x)dx Επομένως (Ε) γίνεται: 2J:af(x)dx = J:a2βdx = J;α+β f(y)dy= J;α+β f(x)dα+βx. 2 :a f(x )dx = 2βJ:a dx J 2 Άρα ι f(x)dx = 2ι f(x)dx . )dx =βJ:αdx = β(2α-0)= 2αβ Δηλαδή το εμβαδόν (ΑΔΕΖΒ) = 2 (ΑΔΕΓ). άραJ:af(J:xaf(x)dx =2αβ. α έχεισυνάρτηση Σf(α+(αΜι, β)χ)+f(α-χ) τύπο= 2β.γιμεα κέντρο τον οποίσυμμετρί ο ισχύειας ΓιΆραα χ = Ο 2f (α) = 2β f (α) = β . f=f(α)-f(α-χ). (α + χ) + f (α -χ) = 2f (α) f (α + χ) -f (α) = Α ( 2αf(x)dx = (ΟΕΣΖΒ) r Σv 2αβ = ( ΟΔΣΓΒ) _/ Άρα (ΟΕΣΖΒ)=(ΟΔΣΓΒ) Στην f(α+ χ)+f(α -χ)=2β θέτουμε όπου Ε

Α(α,Ο)

ΑΠΟΔΕΙΞΗ β

Β(β,Ο)

Λύση

�

= y � dx

•;β

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ

�

f(α+χ)

α,Ο)

Β(2α,Ο)

f(α)= β f(α-χ)

α-χ

α+χ

ΕΙΙΙΙνιιλΙt.πrικΑ ΙipιιτΙΑ, ΚΙΑτsόlον6ΙΙ

του Αντώνη Κυριακόπουλου

1 ) Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορισμένες στο IR , παργωγίσιμες στο και

για κάθε f

χ,(χy+εy) = (χ)+ (y) +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/68

IR , ισχύει: f

4xy .

(1)

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Λύση

Έστω ότι Θαμίαδείσυνάρτηση fηπληροί τις δοσμέ νεςσιμησυνθήκες. ξ ουμε ότι f εί ν αι παραγωγί στο • Από την 1) με χ = = Ο , βρί σ κουμε ότι f(Ο)=.Ο . Έστω ένας αρ1 θ μός χ Έχουμε: Ε 0 f1(χ0 ) = lιm f(x0 +h)-h f(x0 ) (=1> = lι.m f(x0 )+ f(h)+h 4x0h -f(x0 ) O ) ] =f (0)+4χ0 +4χ =lι.m [ f(h)-f( 0 h-0 Άρα, η f εί ν αι παραγωγί σ ι μ η στο και αν θέσουμε f1 (Ο) = a , έχουμε στο f1(x)= a + 4χ f1(x2)= (ax + 2χ2 ) )=a f( +2 +c ( 2 ) . x x x Από αυτή με χ =Ο, έχουμε f (Ο)= c και επει δήχουμεf(O)στο=Ο, έχουμε c =Ο. Έτσι, από την (2), έ 2 +2 )=a f( x x x Όπωςa Ε βρί, πληρούν σκουμε εύκολα, οι συναρτήσει ς και όπου τι ς δοσμένες συνθήκες άρα είναι οι ζητούμενες. 2Ιη χ = λ+Ε1 (1) Το σύνολο ορι σ μού της εξί σ ωσης (1) εί ν αι Α = (Ο, Για κάθε χ > Ο , έχουμε: (1) <=>λχ2 =2ln x -1<=> 2 lnχx2 -l _ λ=O (2). Θεωρούμε2lnτηx -1συνάρτηση: f (Χ) χ2 -λ , Χ Ε (0, Στο (Ο,+οο), έχουμε: 2 _!_ . 2χ = 2l n χ -1) 2 χ -( Χ fl (Χ)= ___:_:_---:-4> Ο, αν χ < e χ =4 1 χln χ {=0<0, αναν xχ >e= e ν ουμε ότι : f γνησί ω ς αύξουσα στο e, (Ο, eΣυμπεραί και f γνησί ω ς φθί ν ουσα στο +οο) ] JR

h�O

(

h�O

JR :

�

(3).

(3),

2) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξί σωσης: λχ2 για τις διάφορες τιμές του JR Λύση •

)

-tco .

)

-tco .

[

JR .

__..:.---=.:... ..; __:_ .._ ...._ .:... __:_____:.--=....:..

JR :

+co

/λ � f(e)= �

-οο

Έχουμε: f 2ln x - l ) ιm f(χ) = ιm χ2 - λ = lim χ2 {21η χ-1)-λ] =-οο. lim f(x )= lim ( 2 lηχ�-l -λ)=-λ,γιατί lim 21nχχ2 (:) lim 22χ_!_ = lim -χ-12 = Ο. Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο1 τιμών της f: !μεμε χΧΕΕ ((O,e, e], εί),νείαιναι{{-λ,e2 1-λ-λ] =)=Δ1Δ 2 2 e Έστω ότι λ Ο. Τότε ΟΕ Δ • και Οιι: Δ 1 2 Συμπεραί ν ουμε ότι η f έχει μί α μόνο ρί ζ α, η οποί α e ανήκει 1 στο διάστημα (Ο, ) , αφού τότε f(e)= ---ze - λ> O. 'Εστω ότι Ο< λ< �e . Τότε ΟΕ και ΟδιάΕστημα Δ2 • Συμπεραί ν ουμε ότι η f έχει μί α ρί ζ α στο (Ο, e) και μία στο (e,+οο). 'Εστω ότι λ= �e . Τότε, όπως βρίσκουμε εύκολα η' fέχει μόνο τη ρίζα χ = e . Εστω ότι λ> �e . Τότε Οιι: και Οιι: Δ2 και άρα η fδεν έχει ρίζα. •

Ι.

χ �ο·

Ι _

χ �ο·

•

χ �-tcc

x�-tcc

χ �-tcc

-Ι

x�-tcc

_____Δ_

x�-tcc

-οο,

-tco

:ς

Δ1

Συνοπτικά

+oc

3) Έστω η συνάρτηση: f

(χ)= _eχ_+1 . χ

Να βρείτε: 1 ) Τα διαστήματα μονοτονίας και τα α κρότατα της f.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/69

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου 2) Το σύνολο τιμών της f.

3) Τις τετμημένες των σημείων της Cr στα οποία οι εφαπτόμενες αυτής διέρχονται από την αρχή των αξόνων. Λύση

= Το( Στο-1)σύνολοέχουμε: (-1, -toοριo) .σμού της f, είναι {>Ο,ανχ>Ο ex(x+l ) -ex e x f1(x) (χ +1)2 (χ+ 1)2 <Ο,=0' ανανχ=Ο χ< Ο (χ -1) Α

--οο ,

ι)

Α,

-=-

-00

-1

:;e

+οο

1 - ../5

και 2 · . (χ) = ln ( + a) -χ , > Ο . χ 0 = - ln a a (Ο, +οο) , ( χ0 ( χ0 ) ) Ι(χ)= J f είναι2eορι2X σμένη eκαι2X -aπαραγωγίσιμη στο JR με: f (χ)= e2x+a -1 = e2x+a . (1) Έχουμε: f'{x)>O<:::>1e2x -a>O<:::>e2x >elna <=> <=> 2χ > ln a <=> χ > -l2 n a . Όμοια, έχουμε: f1(χ)= Ο <=> χ = ..!.2.. 1n a και f1(x)<O<=>x<..!.2.. ln a. -Δ --

4) Έστω η συνάρτηση: f e2x.

ι) ι

όπου α

Να δείξετε ότι η f έχει ελάχιστη τιμή στο .

2 2) Όταν το

διατρέχει το διάστημα να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των ση,f

μείων

•

3) Να βρείτε το ολοκλήρωμα: e2x f ( x ) dx .

b � �4-. / Συμπεραί νουμε ότι: στο ( -1), f γνησίως f γνησί ω ς φθί ν ουσα φθί[Ο, +οο)νουσα. Επίστοσης,( 1ότι, Ο]ηκαιf στοf γνησίΟ έχειωςτοπιαύξουσα στο κ ό ελάΥJ στο, ίσο με f (Ο)= 1 . Έχουμε: f(x)= (ex -χ +1-1 )= o , f(x)= (ex -Χ +1-} )=-oo , f(x)= (ex-Χ +}1- )=-too , ��/ ( ) f(x)= X---7-tco� Q = ex =-too . +} 0 Χ Συμπεραίνουμε ότι η f στο χ0 =..!.2..ln a (και Συμπεραίνουμε εύκολα ότι : ' αυτό) έχει ελάΥJστη τιμή, ίση με: μόνο σ -to o ) . f(A) = ( -οο, Ο ) [ 1 , ( ' e εξί σ ωση της εφαπτομένης της σ έ f( Xo ) =l n ln a +a)-..!. . I n a=ln2a-_!_ l n a=l n 2+_!_ 1 n a. 2 2 2 να σημείο της με-fτετμημένη χ , εί ν αι : 0 Ένα σημεί ο (χ, ) ανήκει στο ζητούμε y ( χ ) = ( )f1 ( χ ). -χ Χ 0 0 0 Υ νο γ.τ. αν, και1μόνο αν, υπάρχει a >Ο με:1 εφαπτομένη αυτή δι έ ρχεται από την αρχή και y = y0 = ln 2+-2 lna. των αξόνων αν, και μόνο αν: eXo ΧοeXo χ= χ0 =-lna 2 τούτο, πρέπει καιναι αρκεί : yα=μεχ+εξίσ2.ωση:Ά-f(xo )=-xof (χο )<=> --=χ Χο +1 ο (χο + Ι)2 <=> ρα,y =x+lοΠροςζητούμενος γ. τ . εί η ευθεί n 2. 1 2(Χο -χο - 1) =0<=> (χσ = -2- η Χο = -2- ). Έχουμε: 2x ) f(x)dx = ( e χ) = J "2 Άρα, οι ζητουμενες τετμημενες' ει'ναι -1+.J52- =..!.2.. e2xf(x)- ..!.2.. J e2xf1(x)dx. (2). ο

-00

Λύ ση ι) Η

+οο

-οο ,

lim

χ -+--ao

lim

Χ---7- Γ

X---7- l+

lim

X---7- i+

lim

Χ-Ηοο

lim

χ-+--

--οο

lim

X---7-tco

3) Η

εΑ

+οο

ελαχ.

lim

l /2 lna

1 + ../5 '

1 - ../5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/70

Ι(

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου (I)

'Εχουμε: Ι1(χ)=Je2x · f'(x)dx.=Je2x · -ee22-χx +a-a dx.. 2 2 x e 2e Θέτουμε: ω= , οπότε dω = έχουμε: .!.. ω - a .!.. x)dx. Έτσι, Ι1 (χ) = J ω+a dω = J(1- ω+a dω = = .!..J dω - J ω+a1 dω. = -1 ω-aln(ω +a)+c= = Ξ e2x -a In (e2x + a) + c Έτσι, απόI την� e2x [έχουμε: (x)= In{e2x +a} -xJ- 41 e2χ + 21 a In (e +a) -2c.ι Jfe � s: :ι .(1) Παρατηρούμε ότι , αν θεωρήσουμε τη συνάρ x e dt τηγιαση:να δείξουμε gτην(χ)(1)= J, αρκεί να δείξουμε ότι, για ) κάθε χ> Ο, ισχύει: g(: � g(In χ). x Έχουμε e στο g' ( x) = >Ο. ως αύξουσα για ναΆρα,δείξηουμεg είντηναι γνησίαρκεί να δείξστοουμε ότιΈτσι, για, κάθε χ> Ο, ισχύει: e � In χ. τη συνάρτηση: Προς τούτο, θεωρούμε χ φ(χ)= e -Inx 1 (0,-too) . είναι παραγωγίσιμη>στοΟ, αν(Οχ,> e με: φ'(χ)=--eι χ1 = χexe {<0=Ο, ανανχ<e χ =e �

(2),

2χ

5) Να δείξετε ότι, ΎUJ κάθε χ > Ο , ισχύει:

e-tz dt

Λύση

-t

I IR '

(2)

IR :

IR .

(2),

Άρα, η ισχύει. (3)

J2� eσxυνχ1 dx π

+ = Ονομάζουμε Ι το ολοκλήρωμα του πρώτου μέλους.π Θέτουμε: ω= -χ , οπότε dω = -dx Με π π ' ω1 = - και με χ = - εχουμε ' χ = -- εχουμε , ω2 = π 'Ετσι, εχουμε: Ι=-JYz-iz συν(e-ω -+1ω) dω= J-izYz eιω+συνωeω dω= = srz exexσυνχ+ 1 dx . ΈχουμεYz λοtπόν: Ι= J exσυνχ+ 1 dx και Ι= JYz-iz eexχσυνχ+ 1 dx. Προσθέτοντας κατά μέλη τι ς ι σ ότητες αυτές, βρι,σκουμε: =J�2 συνχex+ e+ιχσυνχ dx. = = s-izrz συνχdχ = [ημχ]Yz-iz = Άρα: = και συνεπώς Ι = ι . 6)

Να δείξετε ότι:

-2

Λύση

-2

-iz

-�

7) Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συ νεχής στο διάστημα [Ο, 1] και για ένα φυσικό αριθμό ν � 2 ισχύει:

νJ; r (x)dx = 1 . (1)

Να δείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε ( Ο, 1 ) με f (x0 χ�-ι . Λύση

)= Από την_!_(1) έχουμε:1 r1 v-1 . 1r f(x)dxx dx=0=> νJ� [ =0=> r f(x)dxJ dx =Ο ΘεωρούμεF(x)=τη συνάρτηση: [r(t)-tv-1 ]dt. J; F εί ν αι ορι σ μένη και παραγωγί σ ι μ η στο 1 v [0, 1]Απόμε: τιF'ς(x)=f(x)-x . ( 4 ) Δ βρί σ κουμε ότι F{1) =Ο και και Fρήματος (Ο)= Ο του. ΈτσιRol, ηleFστοπληροίδιάστημα τις υποθέσει ς του θεω �λ/ [0, 1] και άρα υ Συμπεραίνουμε χότι, για κάθε χχ>Ο, έχουμε: πάρχει (0, ι) με: φ(x)�φ(e)=> --le n x�O=>-�e ln x. F'(x0 )=0=>f(x0 )-x�-1 =0=>f(x0 )=x�-1 • �

(3)

Ηφ

-too

)

f {Χ) - Χ ν-

=:::)

(2)

(3)

' φ φ

ελαχ.

+οο

(3)

Χο Ε

(4)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/71

(2)

Mat h emat i c us εί ν αι μι α στήλη στο περι ο δι κ ό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και ανάπτυξη προβληματι σ μού πάνω στα εξής θέματα: ΤιΠρέπειείναιήταόχιΜαθηματι κ ά, να δι δ άσκονται , των Μαθηματι κ ών και ποι ο το αντι κ εί μ ενο του καθενός, 3)4) ΠοιΠοιεοςι είείνναιαιοιοι κλάδοι εφαρμογές τους, Ποικάποιεςοεπις ναστήμες ή κλάδοι επι. στημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει τους σπουδάσει Κανόνας: τοτουκέντρο της μπάλαςστα,λίγμεο πριθ την φύγειγωνίααπόβολήςτα χέριτηςα μπασκετμπολί μπάλας, με Α το κέντρο του στεφανι ο ύ του καλα Προ και ρ ού ένας καλός φί λ ος Γυμναστής, που ού, μεοDύ, με φ τη γωνίτηναεσωτερι κήτηνδιάμετρο τουα ταιμεμεταταΜαθηματι σπορ με τόση επιμξάφνι έλειαα, σεόσηότανκαι θιστεφανι ( ω ς προς ορι ζ όντι οασχολεί Gaus s κ ά, μας δι ε ύθυνση) με την οποί α η μπάλα μπαί ν ει στο κα μαςάκουσεείπεότιπως,τασεΜαθηματι ένα σεμικνάάριχρησιο πουμεύουν έλαβεγιμέρος, λάθι , με ( 3, το ύψος του στεφανι ο ύ από α τουτην το πάτωμα, με δ (περί-που ίσο με τη διάμετρο μελέτη ενός από τα πι ο δημοφι λ ή αθλήματα, Ψάξαμε τη σχετιών πουκή βιβγήκεβλιογραφί αεπι. Απόφά της μπάλας, με h τη διαφορά υψομέτρου ανάμεσα τονειμπάσκετ. θησαυρό πληροφορι στην στο σημεί ο Β και το επί π εδο του καλαθι ο ύ, με αστημονιδιαλέξαμε αυτό που βρήκαμε στο έγκυρο εm την απόσταση του κέντρου του στεφανι ο ύ και του το περι ο δι κ ό κ ό ( β ι β λι ο θήκης) , κέντρου της μπάλας την στι γ μή που αυτή φτάνει "QUANTUM" (εκδόσεις κι"Κάτοπτρο") , μεγήπεδο τίτλο: στο στεφάνι, με την οριζόντια απόσταση του κέ ν ηματι κή στο ντρου της μπάλας ( τ ην στι γ μή που φεύγει από τα τουχος μπάσκετ " του Roman Vi n okur ( τ όμος τεύ σκτα)ή ταχύτητα και του κέντρου του άζουμε τα κυριότερα σημεία χέριστεφανια τουού,μπασκετμπολί μπάλας με V την αρχι της του. ΣτοΣαςσχήμαπαρουσι 2 της βαρύτητας. την επι τ άχυνση g=9, 8 1 rnlsec και που βλέπετε με U παρι σ τάνουμε τη διεύθυνση κατά την οποία κινείται η μπάλα, με Β την

Η Homo I)

Η Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Του Γιάννη Κερασαρίδη

Όποιος ξέρει καλά Μαθηματικά ξέρει και καλό...μπάσκετ ;

( 0,45 m) =

0) 2

ΔΙ

"Άλματα και καλαθιές,

6).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/72

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

αρχιρίπτωσηκή φάσηεφόσοντης δενβολήςείστε(πουγίγείαντας ναι συνήθης πε και,0=1,σουτά ρετε χωρί ς να πηδάτε) . Τότε h=3, 0 52 0 5 m. Λαμβάνοντας ως απόσταση .2),Αυπολογί θβελ = 45αυτό° +L=65°στην= m50°(προκύπτει τιστώντας α= 10°το, δηλ.αποτέλεσμα ντικαθιόζουμε ότι η αρχι κ ή ταχύτητα της μπάλας θα έ πτωσή μας) να ισούται με 8,35 m/πρεπεsec.Είν(σαιτηνενδιπερίαφέρον όταν η γωνίεκτόξευσης α βολής είτηςναιμπάλας η βέλτιείσντη,αι ηη αρχιελάχιπωςκήστη.ταχύτητα Πρόκει ταιβέλτιγιαστηςμια ωραί α ανακάλυψη. Αλλά η έννοι α της γωνί ας έχει τοκόπλεονέκτημα ότι μήκος μας οδηγείτου σεσουτέ νασχεδόνεκπληκτι φαι ν όμενο: το δεν εξαρτάται από μιστηκρέςτιμαποκλί σειαποτέ ς της γωνί α ς βολής από τη βέλτι ή! ! Το λεσμα αυτό(ή ευτυχώς) είναι ιδιαδενίτεραείμαστε χρήσιρομπότ μο επειδ-ή διδυα στυχώς πράττουμε σφάλματα και όχι μόνο κατά τη διάρ κεια του μπάσκετ. αέρα μπάλα του μπάσκετ επηρεάζεται απότου τοντέ αέρα σε μι κ ρότερο βαθμό από τη μπάλα νιτηςς ήείντουαι πολύποδοσφαί ρου, Οικυρίμπάλες ως γιατουτί ητένικίνςησήκι πι ο αργή. νούνται με μπάσκετ ταχύτητεςσυνήθως έως 30δενm/κιsec,νείτενώαι ταχύμια μπάλα του τεραΓιαπόα να10συμπερι m/sec. λάβουμε την αντίσταση του αέρα στα σουτσετουδιαμπάσκετ θαεξισχρειώσειαζόταν να προσφύγουμε φορι κ ές ς . Κάντε υπομονή διαφορικέςωςεξιότουσώσειγίνςετε. .καιφοιτότετητέςταγιλέμεα να. .μάθετε Λίγη Το 1891, στο Σπρί γ κφι λ ντ της Μασσαχου σέττης, " γ εννήθηκε" από τον Τζέϊ μ ς Νέϊ σ μι θ το μπάσκετ,να. με καλάθι ένα πραγματικό καλάθι για ροδάκι 77 Το 19 ο Τεντ Μάρτι ν πέτυχε 2. 0 36 καλα γωνί α α εξαρτάται από το L. Στην περί θι έ ς σε ι σ άρι θ μες βολές. < L πτωση μακρι ν ού σουτ ( h ) , η γωνί α αυτή εί ν αι πολύ σμιτηκρήγωνίκαια,βολής σύμφωναισούταιμε τηνπερίεξίπουσωσημε 45(3),° (ήη . χείς Τοκαλαθι197έ8ς ομεΦρεντ Νιομάτιύμανα !πέτυχε 88 συνε βέλτι κλει σ τά ίσως κατά λίγες μοίρες μικρότερη). το συμπέρασμα, τονταςΑς ότιελέγξουμε η μπάλααυτόβρίσκεται σε ύψος 2 mυποθέ στην Γι α να μπορέσει η μπάλα να περάσει μέσα στο στεφάνι, χωρίς να τοD αγγίξει1, πρέπει Δ1 � -2 (1 - 2ημφ) I ° συνθήκη αυτη εχει νόημα όταν φ> 30 , ° γιτεατίστοανχείφ<λος30 τουη μπάλα θα χτυπήσει οπωσδήπο στεφανιείναιούαρκετά (ιδιαίταταμεγάληόταντηη ταχύτητα της μπάλας στιγμήα φ,πουαυξάνουμε χτυπά στοτιχείς λπιος)θανότητές . Αν αυξήσουμε τη γωνί να " π ετύ . Μι60°α. "πολύ καλή" γωνία φ θεω ρείχουμε"ταιΕίναυτήαικαλάθι των φανερό ότι η γωνί α φ αυξάνει όσο με γίνεταιυπόη γωνί αμεγάλη θ. Αν γωνί προσπαθήσετε ναγαλύτερη σουτάρετε μι α α θ ( π . χ . ° 70 ) καιδύσκολο θΟμάλλον από σχετι κά μεγάληκαλάθιαπόσταση είναι να πετύχετε . Ορι σ μένες μάλλι στα. είΌτανναι δύσκολο ναφορέςφτάσειοι παίη μπάκτες λαφορές στο στεφάνι μερι κ ές σουτάρουν απότου ύψους μακριά,καιαναγκάζονται ναν χεριτο κάών νουν λόγω των μακρι ώ των Οιαντιεξιπάλων. σ ώσει ς που περι γ ράφουν την κί ν ηση του κέντρου της μπάλας είναι L=(Vσυνθ)t (1) h= L εφα=(V ημθ)t - t2 /2 Από τις (1) παίρνουμε έπεται πως έναςαπό παίτηχτηςμπασκέτα που α πέχει δεδομένη απόσταση να πετύχει-καιένα, κατάκαλόσυνέπει σουταμε, μετηντηνελάχιελά στηχιμπορεί ταχύτητα σ=90τη° . Άρακατανάλωση ενέργει α ς όταν 2θ α η βέλτιστη γωνία βολής είναι 1

Η αντίσταση του

L= y2

Από

τη ν

ημ(2θ -α) - ημα συνα

(2)

(2 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/73

ιστορία

Δ�·· · ·Ί

})]

•rίλt rtr Ιλλtλ•vp•φί•r

Απ' τον μαθητή μαθητήγράμματου όπου 1 ενιπροτεί αίου Λυκεί οαυπρακτι Σερρών,κή πήραμε έναεύρεσης ν ει μι μέθοδο τουθμού.τετραγώνου ενόςτην ακεραί ου καισε θεnκού αρι Την μέθοδο εφαρμόζει γματα, αλλά δε την δείχνει γενιορισκμένα ά.Σήμεραπαραδεί με την ευρείσεαπιοχρήση προσπάθειες στρέφονται σοβαράτωνζητήματα.οι τον μαθητή Απ' μαθητή τηςδύο α'γράμματα τάξης τουόπου1 Λυκεί ουνειΒόλουτρία πήραμε προτεί ασκήσειΔημοσις Γεωμετρί ατηνς. δεύτερη που νομίζουμε ότι ε ύουμε είναιΈστω ενδιαφέρουσα. τραπέζιΔΓο ΑΒΓΔ με γωνίες και 90° και ΒΓ 2 . Θεωρούμε το μέσο Ζ της ΓΔ καιΑνφέρουμε τη ΒΖ. ΠΡπλευράτου τραπεζί ου τέμνει την ΒΖτετράγωνο στοηΨδιΒΕΝΓ καιάμεσοςμεεξωτερι ΒΓ κατασκευάσουμε κάτέμνονται του τραπεζίοι οδιυ,ατότε: Το σημεί ο Φ, που γώνι ε ς ΒΓτης καιδιαμέσου ΓΕ τουΠΡ.τετραγώνου, είναι στην προέκταση Το τρί γ ωνο ΨΒΦ εί ν αι ι σ οσκελές και ορθογώνιΤοο.τετράπλευρο ΒΨΓΦ είναι τετράγωνο. Απ' τον μαθητή πήραμε το παρακάτω 12/ΠροςΕ. 03/0 1Μγράμμα. .Ε. Ονομάζομαι και πάω ' στηνναι Βτο τάξη Λυκείμουουμάθημα Πατρών.απόΤατομαθηματι κοά. είΜπορώ αγαπημένο Γυμνάσι ναμέροςκάθομαισε δύομε τιδιςαώρεςγωνισναμούςλύνωτηςασκήσει ς.. Έλαβα Ε. Μ . Ε (1998,οδι2000) δεν τα κατάφερα. Έμαθαόσογιαπιτοο περιγρήγορα κόγισαςνόταν.όμωςκαι Πιθέλησα να το αποκτήσω διευρύνω τους ορίστεύωζοντέςότι θαμουμε βοηθήσει στο θέμα:να Γιάννη Παναγιωτίδη,

ου

ΗΝ

Αναστάσιο Πασχαλίδη, ου

Γ=

ii)

iii)

Γιώργο Λιναρδάτο

6ου

Γιώργος Λ ιναρδάτος

κ ά! Μαθηματι ! μι Σας α λύση γράφω με αφορμή που θέλωκήναλύση.δείτεΤέλοςσε μιθέλωα άσκηση. Είευχαρι ναι καθαρά προσωπι να σας σ τήσω καιάτομαμόνοπουπουθέλουνυπάρχετε, πραγματικαι νακά ζήσουν βοηθάτεστοτα να μπουν μαγευτικό κόσμο των μαθηματικών. ΕΙ.ΣΓ.ΤΟΕιδΕΠΑΝΥ ΔΕΙΝ θέλω να κάνω στους Υ ι κ ή αναφορά μαθηματικούςτονμουσαγηνευτι που πραγματι κά με κόσμο βοηθούντωννα κατανοήσω κ ό αυτό Μαθηματι κοών:�Δημήτρης Ζαμπάρας, κα Κωστή Σχολεί Φροντ. � Κοσμάς Φάκος, Χρήστος Κλαουδάτος Τους φιλιοςκΛιούςναρδάτος χαιρετισμούς μου Γεώργι α προσπαθεί νατουλύσει τηνβιβλίυπ'ου αριΆλγεβρας θΣτημ. 12συνέχει άσκηση, σελ. 104 ' τάξης.δεύτερο γράμμα του προσπαθεί να Β Επί σ ης με λύσει μια άσκησηστοπουτεύχος είχε προτείΙούλινειοος-Ασυνάδελφος Κατσασύνης ύγουστος Σεπτέμβρινει .ο.ςΕυκλεί 2000δηστηκαι . στήλη «0 . Ευκλείδης προτεί . Δι ό φαντω> ΦίγιαλεταΓιώΜαθηματι ργο, είναικά.συγκικαινητισεκτιόμτοά ιενδιδιαίατφέρον σουαναφορά ερα η σου στουςστηνκαθηγητές πουή σκέψη. προσπαθούν ναωστόσο σε εισαγάγουν μαθηματι κ Πρέπει να απ'προσέξει ς. Ταεπιστήμες Μαθηματιστηνκά διαπόδει ακρίνξονται τι ς άλλες η. γιαΔέχεσαι χωρίςπουαπόδει ξηνα δείβασιξεικςά. ζητήματα την πρόταση θέλει ς Σου στέλνουμε προσωπικό γράμμα. συνάδελφογράμμα: πήραμεΑπόΘεσσαλονί τοτονπαρακάτω καιη,παραγωγί 22-2-01 σιμη στο τότε η ν η εί ν «Α είναι πάντοτεπαραπάνω συνεχής στοπρόταση». ζητήθηκε να χαρακτηρι σ τεί ως «Σωστό» ή «Λάθος» από τους μαθητές της Λυκείου, της θετικής κατεύθυνσης, σχ.

Κώστα Γκολφινόπόυλο

χ0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/74

χ0

Στήλη της Αλληλογραφίας

κατά τις απολυτήρι ε ς εξετάσει ς του Ι ο υνί ο υ 2000. ναπάντηση, αι «Λάθοφ.είναι Τοκάτι πωςπου διδενκαιζητήθηκε ολογείαπάντηση ταιβέβαιαυτήα,ηείαποτελεί όμωςσας. ένα ερώτημα, το οποίΘεωρώο και θέτω στο περι ο δι κ ό αυτονόητο ότιγνώσειη διςκαιπουολόγηση δεννα πρέπει να υπερβαί ν ει τι ς μπορεί ' έχει ΜεέναςΤιμαθητής της Γ Λυκείου. μ ή Κώστας Γκολφι νόπουλος Μαθηματι κ ός 031e-mai2l60541,0974895740 : Υ. Γ . 1 ) επι σ τολή αυτή εί ν αι η δεύτερη καιπρώτη,έχειπουακρισαςβώςέστειτολαίδτοιοκαλοκαί περιεχόμενο με τηνη ρ ι του 2000, οποία κατά πάσα πιθανότητα χάθηκε. χ* 0 είναι 2) συνάρτηση (χ)= {Ο,χ2ημ� ' χ=Ο έναείναιaντι«Λάθος». παράδειΥπερβαί γμα πουνειδείόμωςχνει τιότις γνώσει η πρόταση ς της αφούκηνύεταιμη ύπαρξη ορίου τηςών. στοΓ' Λυκεί=Οου,αποδει με χρήσητουακολουθι Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Πάνω σ' αυτό έχουμε να παρατηρήσουμε: ι) Στο σχ. βι β λί ο , που δι δ άσκεται τώρα, δεν νιγμόςναπάνωτεθεί στο εξετάσει ζήτημα ςαυτό. καιυπάρχεισυνεπώςούτε υπαιέπρεπε αναφέρεται στοτη υστερόγραφο 2, μπορεί να αποδει χθ εί απλά με βοήθει α του ορι σ μού του ορί ο υ ότι δεν έχει όρι ο κοντά στο Ο η ως εξής: χ-:F- 0 'Εχουμε.. χ) - {Ο,2χημ.!.χ . - συν.!.χ .,γιγιαα χ=Ο Θα δεί ξ ουμε ότι : «η δεν έχει όρι ο κοντά στο 0». Αρκεί αυτό να δείξουμε ότι η g με g(χ)=συν_!_χ δεν έχει όριο κοντά στο Ο, αφού lim (2xημ.!.. )= Ο. Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. Η

gKostas24@hotmail.com Η

χ0

απαντά:

δεν

2) Το παράδειγμα που Γ

f' (

γι

Χ--70

στις

�.

'Εστω: lim συν.!.. = .e, .e ε Τότε: «για κάθε ε >Ο υπάρχει δ >Ο τέτοιος i ώστε: Iσυν�-.e <ε, για κάθε χ με Ο< JxJ <δ>>. Ειlδικά γιαi ε =-21 υπάρχει δ1 >Ο τέτοιος ώστε: συν� -.e < � για κάθε χ με Ο< JxJ <δι . ' ν > -2πδ1-. ι . Εκλέγουμε φυσικο' ν τετοι' ον ωστε: Οπότε: 0< -2πν1 <δ1 και συνεπώς Jσυν2πν - .eJ < 2 ή Jι - .eJ < 2 Άρα: -<2ι .e <-.23 Κι επειδή: Ο < 2πν+-π < -2πν-. < δι ισχύει: Ισυν(2πν )-.ei < ή J.eJ <2 ή _..!._ < .e < 2 2 2 2 2 (Απ' 2)τις και (2) συμπεραίνουμε ότι: , -<2ι .e <-:21 ατοπο. 3)απΕί' ντοαι σημαντι κό ναπουβρεθεί παράδεικνύεταιγμα, πέρα παραπάνω, να αποδει στοισυνεχήςχειωστοδώς (με ιΠεριδιότητεςμένουμε.ορίου) ότι η δεν είναι Χ--70

_.!._

_.!._ .

(ι ) ι

..!._

+ 2:

_.!._

_.!._ .

(ι)

χ0

•

Απορίες σε άσκηση του συναδέλφου Νίκου Χατζόγλου

Αγαπητοί συνάδελφοι Στηνκής Κατεύθυνσης άσκηση 11, Γσελ.' Λυκεί271,ου, τουυπάρχειβιβλίμιοαυ Θετι απορί α. Ανμε τονο εσωτερι κός κύκλος συνεχία χρονισει κναή αυξάνει ί δ ι ο ρυθμό, σε κάποι στιδευτ.γμή) καιθα ξεπεράσει τονει. Άρα, εξωτεριτοκμέγιό κύκλοστο εμβαδόν (σε 200 θα συνεχί σ τουάπειρδακτυλί ου θα είναιναότανδιαψεύσουμε ο χρόνος γίτοννει ος. Μπορούμε ιεμβαδόν σχυρισμότουαυτό;δακτυλίΜήπως παργίν' εταιόλαμεγαλύτερο αυτά, το ο υ δεν απόδευτ.τοπερίμέγιπου)στο; εμβαδόν που βρήκαμε (στα 56

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/7S

4ιιμιΙupyίΑ, Εlέ.λιlιι ΚΑι IJίλvArΙs τωv AΙrepωv

του Μιχάλη Χρυσοβέργη

Ιστορικά

Ηαστέρων θεωρία είτηςναι δημιέναοαπόυργίατας καιμεγαλύτερα της εξέλιεπιξης τωντεύγματα της σύγχρονης Αστρονομίτηςας.εξέλιξης και Η κατανόηση της γένεσης τουσε θεωρητι τέλουςκτωνά μοντέλα, αστέρωνταβασίοποίσατηκεεκπονήθηκαν κατά πρώτοναπό τουςΣήμερα επιστήμονεςείμαστετα τελευταί α ναεκατόεπιχρόνι αώ.σουμε σε θέση β εβαι τιστηρις θεωρητι κέςστιπροβλέψει ςέςτωνπαρατηρήσει Αστροφυσις κπουών ζ όμενοι ς εξαι ρ ετι κ μας παρέχει η σύγχρονη τεχνολογί α . στοζειαριότιστουργημα τιδενκόείΑπότουναιέργοτοπαράPήnciήλιοοpΝεύτωνας iι όπως a υποστηρί οικάτιαστέρεςπου ο δι κ ός μας, είστέρες ναι σήμερα απολύτωςόμοιπαραδεκτό. Οριοσμένοι α εί ν αι απολύτως ο ι με τον Ήλι μας ενώ οιρακτηρι περισσσότεροι έχουν τα ίδια μ' αυτόν γενικά χα τι κ ά. Για ναέπρεπεγνωρίυποχρεωτι σουν λοιπκόνά οιναΑστρονόμοι τουςτον αστέρες μελετήσουν Ήλισουνο.ήτανΤο πρώτο πράγμακαιπουτοέπρεπε να κατανοή η θερμότητα φως που εκπέμπει ακατάπαυστα μεώνατηνοιίδεπιια ένταση ανάπίτουςστευαναιώότινες.η Τον αι σ τήμονες ενέργει α τουΠολύΉλισύντομα ου προέρχεται απόκατάλαβαν την καύσηότιτουσε άνθρακα. όμως τέτοιμαάπερίτουπσετωσημία οτοΉλιπολύοςχιθαλιεείτίχαε. εξαντλήσει ταμίακαύσι α καλύτερηαπόεκδοχήβαρυτιήτανκή ότιενέργειη ενέργει απροτου ΉλικύπτειοΜίυ απόπροέρχεται α που τη συρρίσανκνότιωσηέναςτης μάζας του.μηχανιΚαισπάλιμός σύντομα υπολόγι τέτοι ο ς θα παρείαχεχρόνιθερμότητα καικό διφωςάστημαμόνοεξαιγιαρετικάεκαμι τομμύρι α , χρονι κρότεροζεταιτων είναιδιησεκατομμυρί ωΓηςν ετώνκαι πουτων όπως υπολογί ηλι κ ί α της λοίπωνΤοπλανητώνο τουΒρετανός ΗλιακούΑστρονόμος μας·συστήματος.υπο Eddiοnςgtonόπωςπρότεικαι νκάθεε μία αστέρας θεωρία βάσειτροφοδοτεί της οποίταιας,μεο Ήλιπυρηνι κή ενέργεια.οΟιύνταιπυρηνιστοκέςκέντρο αντιδράσει ς οιοου ποίόπουες ηπραγματοποι του Ήλι θερμοκρασία και η πυκνότητά του λαμβάΙ 687

νουν την μέγι σ τη τι μ ή τους, μπορούν να προμη θεύουν ατονχρόνιΉλιαο. με ενέργεια για πολλά δισεκα τομμύρι Ήλιάμετροος είπερίναι πμίουα πύρινεκατομμύρι η σφαίρα αερία χιωλνιόπουμε έχειτρα. ΟδιΣύμφωνα μεκέντροτην επιτουκρατούσα θεωρίαφορέςέχει πυκνότητα στο σχεδόν εκατό μεγαλύτερηααπότουτηνεκείπυκνότητα του νερού, ενώ ηα θερμοκρασί φτάνει τους εκατομμύρι βαθμούς Κελσίείνοαιυ. απαραί Θερμοκρασί εςααυτής τηςουργίτάξεα ωςπυρηνι μεγέθους τ ητες γι την δημι κών αντική ενέργει δράσεωνα. χάριν των οποίων εκλύε ται η πυρηνι Γι α να σχηματι σ θεί ένας αστέρας απαι τ ούνται μία εξ αυτών είναι η ύληείναιαπόη τηνδύοδιαδιπροϋποθέσει οποίκασίααθαεκείδημινης.πουοΗυργηθεί και η δεύτερη συμπιέπυκνότητα. σει αυτή την ύλη ώστε να αποκτήσει πολύθαμεγάλη Ι ,6

Ι5

Η δημιουριyία των αστέρων

Ι 9°

Ι 00

4,6

Ι 920

Arthur

Σχήμα

Στη φωτογραφία παρουσιάζεται μεταξύ του διαστρικού χώρου σκοτεινή περιοχή σκόνης και αερίου. Στην 11Ε ριοχή αυτή πρόκειται να δημιουργηθεί ένας αστέρας μετά από 1 .000.000 χρόνια περίπου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/76

Διάλογος με την Αστρονομία

κεταικυρίσε μεγάλη αφθο σμα τηνμάζαςαύξηση της βαρυτικαι κτηνής ταυτόχρονη έλξης προς τοαύξηκέ νίυδρογόνο α στοΗ απαραί διάανάμει στηματητηκτκαιύληο συνίμεβρίμισσκταται ω ς από αέρι ο ντρο του νέφους συστολής τηςα αυξάνεται μάζας. στο κέντρο·της μά ρές ποσότητες άλ"ΜJ)ν ση τηςΗ θερμοκρασί χημιΤο αέρικώνο στοιαυτόχείείωτεν είκαιναιμιομοικροσωματι δ ί ω ν σκόνης. όπως συμβαί ναυτόν ει με κάθετον μηχανι ποσότητασμόμάζας που . το νέφος νομεγάλημέσασυγκέντρωση στον διαστημισεκόκάποιχώροόεμορφα είς περιτε οβρίκατανεμημέ σχές.κεται σε τωνζαςσυστέλλεται αερίων καιστάσειτηςςσκόνης διχαεςμορφώνεται σ' ένανμας Εκεί όπου υπάρχει μεγάλη συσσώρευση της δί σ κο με δι α αντί σ τοι του Ηλι α κού διαστημι κής αυτήςκαιύληςως ηεκβαρύτητα προφανώς εί συστήματος. (Σχήμαη θερμοκρασία στο κέντρο ανέλ ναισυρρι ισκνχuρότερη τούτου η αέρι α μάζα Τελι κ ά όταν ταυτόχρονη αύξηση της πυκνό τούςθει σεώστε ναεκατομμύρι αειβαθμούς Κελσί ου, πυρη αρκε τητάς της.ώνεται (αυτόνΣχήματονμε τρόπο έχει αρχί σ ο μηχανι σ μός των δημιέχειουργεί ται έναςμεριaστρι νιζεταικώνσεαντιαστέρα. δράσεων το νέφος πλέον μετασχηματί κόςκαταπυρήνας που μπορεί να δι ά μετρο κ ά δέ μάζες των αστέρων κυμαί ν ονται από το ένα Οι σημε ταχύτητα πουτουδιέτους ανύει φωτός το φως σ'έτοςέναφωτός γήιΟ πρωταρχι νο είέτοςναι ηκικόςναπόστα ούμενο δέκατοο οποίέως οκαις αποτελεί εκατό φορές την μάζαμέτρησης του Ηλίτηςου αυτός μας, και μονάδα πυρήνας έχειαπόμίατηνδιάτελιμετροκή κατά εκατομμύρι α φορέςπου μάζαςΜάζες των αστέρων. μεγαλύτερη δι ά μετρο του αστέρα μικδενρότερες τουδυνατότητα ενός εκατοστού της η πρόκειΗτσυμπερι αι να δημιφοράουργηθεί . λι α κής μάζας έχουν ν' αναπτύξουν τουτηναρχιβαρύτητα κού αστριάρακού απόπυρήνατην τιτηνς κατάλληλες θερμοκρασί εςαντιπουδράσεων απαιτούνταιάρα δενγια καθορί ζ εται κυρί ω ς από εκκί ν ηση των πυρηνι κ ών αρχικής. μάζα αερίου και σκόνης και από άλλες δυ επαρκούν γικαια τημάζεςδημιομεγαλύτερες υργία αστέρα.από το μέγεθος νάμει Αλλ ά το νέφοςκαιαυτόταυτόχρονα της αέριαςναμό.συμπι ζας αρχίέζε τωνματίσουνηλιένανακώναστέραμαζώνκαιπάλιτούτοαδυνατούν νανάσσο σχη ζειται.ναΚάποτε περι σ τρέφεται δώτι εκτι Τότε στονκαι πίπρωταρχι κaνθίό πυρήνα αναπτύσσεται νταιμιας πουπροςηταβαρυτιέξωκστοή έλξηγύρωδενδιμπορεί απλανητινακσυγκρα ό χώρο θερμότητα ε ση που σ ταται στην συμπίε ση της μάζας. τήσειΟτηνχρόνοςπίεσηπουπουαπαιδημιτοείυργεί ται. να δημιουργη τ αι ώστε θεί ένας καστέρας εξαρτάται απόα προβλέπει την μάζαότιτουα πρωταρχι ού αερί ο υ. Η θεωρί στέρες σαν τον Ήλι ο μας χρει ά ζονται περί π ου α να δημιτηςουργηθούν. Αστέ ρεςχρειεκατομμύρι μεάζονταιμάζαα χρόνι τοπερίέναα πγιουδέκατο ηλι α κής μάζας εκατομμύρι α χρόνι α .ηλιΕνώα με μάζα εκατονταπλάσι α αυτής της aστέρες κής χρειάζονται μόλις χρόνια. Μ'

Μ'

ιΟ

ι)

(ι

300.000 Κrn/sec).

ι 00

ιΟ

1 00

ι 0.000

Σχήμα

Σχήμα θεωρίκαια τηςενισδημιχύθηκεουργίκατάας τωντηναστέρων Η συνεχής αυτή διαδικασία έχει σαν αποτέλε- βεβαιΗώθηκε δεκαετία εmτου

Διαστρικά νέφη στον Αστερισμό του Ωρίωνα. Από τα νέφη αυτά πρόκειται να δημιουργηθούν νέοι αστέρες. Η φωτογραφία ελήφθη από τον δορυφόρο IRAS σε διά φορα μήκη κύματος της υπέρυθρης ακτινοβολίας

Ο Δορυφόρος IRAS που διεξάγει παρατηρήσεις στην υ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4Π7

πέρυθρη περιοχή του Φάσματος

Διάλογος με την Αστρονομία τανεμημένοι τυχαία και διάσπαρτα στο διάγραμμα. Αυτή η διαγώνια ζώνη στο διάγραμμα των ονομάζεται «κύρια α κολουθίω). Με το διάγραμμα αυτό διαπιστώθηκε ότι οι αστέρες που βρίσκονται στο κάτω και δεξιά άκρο της ζώνης είναι ερυθροί και έχουν αμυδρή λαμπρότητα, ενώ όσοι βρίσκονται στο άνω και α ριστερά άκρο της ζώνης είναι κυανοί και περισσό τερο λαμπροί. (Σχήμα 5α, Σχήμα 5β)

1 980 όταν εστάλη στο διάστημα ο αστρονομικός δορυφόρος υπερύθρου ακτινοβολίας ), ο οποίος ανί · χνευσε χιλιάδες αστέρες κατά την διάρκεια της δημιουργίας τους. (Σχήμα 3) Μεγάλη συμβολή στο θέμα της δημιουργίας των αστέρων έχουν τα ραδιοτηλεσκόπια τα οποία μπορούν ν' ανιχνεύσουν τα ραδιοκύματα που εκ πέμπονται κατά την διάρκεια του σχηματισμού των νέων αστέρων. Αξίζει να σημειωθεί ότι τα ο πτικά τηλεσκόπια δεν έχουν τη δυνατότητα να πα ρατηρήσουν την δημιουργία νέων αστέρων δεδο μένου ότι αυτά δημιουργούνται στο εσωτερικό πο λύ πυκνών αέριων μαζών, τις οποίες δεν διαπερνά το ορατό φως.

IRAS Hertzsprung-RusseH (H-R)

(lnfrared Astronomicaι SateHite

Η εξέλιξη των αστέρων

Μετά τον σχηματισμό του ένας αστέρας περνά το μεγαλύτερο μέρος της ενεργού ζωής του σε μεγάλη σταθερότητα. Είναι όμως η ζωή και η εξέλιξη όλων των α στέρων ίδια; Από τον 1 9° αιώνα οι Αστρονόμοι ανακάλυ ψαν ότι ορισμένοι αστέρες φαίνονταν φωτεινότε ροι από κάποιους άλλους που βρίσκονταν μ' αυ τούς στην ίδια απόσταση. Κατά την χρονική περίοδο 1 9 1 1 - 1 9 1 3 ο Δανός αστρονόμος και ο Αμερικανός αστρονόμος ανεξάρτητα ο έ νας από τον άλλο, ανακάλυψαν μια θεωρία εξαιρε τικά χρήσιμη για την μελέτη της εξέλιξης των α στέρων. Τοποθετώντας γειτονικούς αστέρες σ' ένα ορθογώνιο σύστημα αξόνων όπου ο οριζόντιος ά ξονας κατέγραφε το χρώμα του αστέρα και ο κα τακόρυφος την λαμπρότητα αυτού, οι δύο αυτοί ε πιστήμονες διαπίστωσαν ότι οι περισσότεροι α στέρες βρίσκονταν κατά μήκος μιας διαγώνιας ζώ νης στο διάγραμμα. (Σχήμα 4)

Σχήμα 5α

Ejnar HertΝοπίzsspRusrungseH Henry

ο 00 ο ο

ο ο 00 ο 00: οοοο ο 0 οο

Οι δύο επιστήμονες διαπίστωσαν ακόμη ότι τα άστρα με την μεγαλύτερη μάζα (βαρύτερα) είναι πιο λαμπρά και πιο κυανά ενώ τα άστρα με την λι γότερη μάζα είναι πιο ερυθρά και πιο αμυδρά. Επειδή όμως το χρώμα ενός άστρου έχει άμε ση σχέση με την θερμοκρασία του, το διάγραμμα δίνει τη σχέση που υπάρχει μεταξύ της λα μπρότητας ενός αστέρα και της θερμοκρασίας της επιφάνειάς του. Μελετώντας πλέον τους αστέρες μ' αυτό το αδιαφιλονίκητο κριτήριο διαπιστώσαμε ότι οι α στέρες περνούν το μεγαλύτερο μέρος της ζωής τους ως αστέρες της κύριας ακολουθίας στο διάγραμμα. Οι αστέρες της κύριας ακολουθίας καίνε την αρχική πρώτη τους ύλη δηλαδή το Υδρογόνο. Κατά την καύση αυτή τέσσερα άτομα υδρογό νου με την διαδικασία της σύντηξης δημιουργούν ένα άτομο Ηλίου ενώ ταυτόχρονα απελευθερώνε-

(H-R)

ο00 ο ο ο0 ο 0 0 0 ο ο ο

Σχήμα 5β

...·

•

H-R

Σχήμα 4 Διαπίστωσαν λοιπόν ότι υπάρχει άμεση σχέση μεταξύ λαμπρότητας και χρώματος ενός αστέρα κάτι το οποίο δεν θα ίσχυε αν οι αστέρες ήταν κα-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/78

Διάλογος με την Αστρονομία ται πυρηνική ενέργεια. Όταν. ο αστέρας έχει κατα ναλώσει περίπου το 1 0% του συνολικού υδρογό νου του οι κεντρικές περιοχές του αρχίζουν να συ στέλλονται ενώ οι εξωτερικές διαστέλλονται. Το άστρο λάμπει εξαιτίας της βαρυτικής ενέργειας που παράγεται καθώς ο πυρήνας του συμπιέζεται. Αντίθετα η επιφάνειά του λόγω των εξωτερι κών διαστολών σταδιακά ψύχεται. Η διαδικασία αυτή με τον χρόνο καθιστά τον αστέρα πιο ερυθρό ενώ τον εκτρέπει προς τα δεξιά του διαγράμματος H-R. Τότε ο αστέρας διογκώνεται υπέρμετρα καθί σταται όλο και πιο ερυθρός και καταλήγει σ' έναν ερυθρό γίγαντα. Ο Ήλιος μας είναι ένας αστέρας της κύριας α-· κολουθίας στο H-R διάγραμμα και έχει ηλικία 5 δισεκατομμυρίων ετών ενώ αναμένεται να ζήσει άλλα τόσα χρόνια. Στην διάρκεια αυτή θα κατανα λώσει όλο το υδρογόνο του και μετά θα διασταλεί σε ερυθρό γίγαντα. (Σχήμα 6)

να άτομο άνθρακα. Ακολουθεί μία αλυσίδα πυρη νικών αντιδράσεων όπου ο αστέρας καίει ολοένα στοιχεία με βαρύτερα άτομα μέχρις ότου ο πυρή νας του αστέρα να αποτελείται αποκλειστικά από σίδηρο. Ο σίδηρος είναι το χημικό εκείνο στοιχείο το οποίο αδυνατεί να δώσει ενέργεια είτε μέσω της σύντηξής του με άλλα άτομα είτε μέσω της διά σπασής του σε υποατομικά σωματίδια. Τότε ο αστέρας καταρρέει διότι έχουν εξα ντληθεί οι πηγές θερμότητας και πίεσης που θα a ντιστάθμιζαν την βαρυτική έλξη αυτού. Όταν ένας αστέρας έχει καταναλώσει τα πυ ρηνικά του καύσιμα έχει δύο δυνατότητες να τε λειώσει τη ζωή του. Μπορεί να καταλήξει σ' ένα λευκό νάνο ή σ' έναν αστέρα νετρονίων. (Σχήμα 7)

Σχήμα 7

Πλανητικό νεφέλωμα -yνωστό με το όνομα Helix. Στην κεντρική περ!οχή του νεφελώματος διακρίνεται ο λευ κός νάνος

Σχήμα 6 Σχηματική αναπαράσταση των διαδοχικών φάσεων της εξέλιξης του Ηλίου από τη δημιουργία του έως το τέλος του

Απ' εκεί και μετά σε μία χρονική περίοδο που θα διαρκέσει περίπου 1 00 εκατομμύρια χρόνια ο Ήλιος μας θα εξαντλήσει τα υπόλοιπα πυρηνικά καύσιμά του και θα καταρρεύσει. Αντίθετα άστρα με μάζα δεκαπλάσια του Ή λιου θα καταναλώσουν το υδρογόνο τους και θα μετατραπούν σε ερυθρούς γίγαντες πολύ γρήγορα σε διάστημα 30 εκατομμυρίων ετών μόνο ! ! !

Ο θάνατος των αστέρων Όταν ένας αστέρας καταλήξει σε ερυθρό γίγα ντα τότε αρχίζει να καίει το νέο πυρηνικό του καύσιμο που είναι το Ήλιο. Η σύντηξη τριών ατόμων Ηλίου δημιουργεί έ-

Ένας λευκός νάνος έχει διάμετρο 1 00 έως 1 .000 φορές μικρότερη από έναν νεαρό αστέρα που βρίσκεται στην κύρια ακολουθία και έχει την ίδια μ' αυτόν μάζα. Σήμερα οι Αστρονόμοι πιστεύουν ότι όλοι οι αστέρες με μάζα μικρότερη αυτής των οκτώ ηλια κών μαζών αφού εξαντλήσουν τα πυρηνικά καύσι μά τους θα καταλήξουν σε λευκούς νάνους. Αντίθετα σε αστέρες με μεγαλύτερη μάζα επι φυλάσσεται διαφορετικό τέλος. Οι αστέρες αυτοί μετά τη συρρίκνωσή τους και την μετατροπή τους σε λευκούς νάνους εκλύουν μια τεράστια ποσότητα βαρυτικής ενέργειας με αποτέλεσμα να εκραγούν κατά τρόπο ιδιαίτερα φαντασμαγορικό και να μετατραπούν σ' έναν υ περκαινοφανή αστέρα γνωστό και ως Supemoνa ο οποίος τελικά θα καταλήξει σε αστέρα νετρονίων. (Σχήμα 8)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/79

Supemoνa ενώ τελικ.ά μετατρέπονται σε αστρικά πτώματα εν τούτοις με τα υπολείμματα της ύλης τους που διασκορπίζονται στο διάστημα εμπλουτί ζουν το μεσοαστρικό διαστημικό χώρο και αποτε λούν το πρώτο συστατικό για τη δημιουργία νέων αστέρων. (Σχήμα 9, 1 0, 1 1)

Σχήμα 9 Το Νεφέλωμα Crab που δημιουργήθηκε από έκρηξη Supemova τα αέρα της περιοχής έχουν μάζα περίπου ί ση με μια Ηλιακή μάζα.

Σχήμα 8

Ο Supemova Κασσιόπη Α που εξερράγη πριν από 300 χρονιά πάνω φωτογραφία σε μήκη κύματος ραδιοκτινο βολίας κάτω φωτογραφία στο ορατό φώς

Ένας αστέρας νετρονίων είναι κατά 1 00.000 φορές μικρότερος από έναν συνηθισμένο αστέρα και συνίσταται αποκλειστικά από νετρόνια που εί ναι υποατομικά σωματίδια, τα οποία μαζί με τα πρωτόνια συνθέτουν τους πυρήνες των ατόμων των στοιχείων. Τόσο οι λευκοί νάνοι όσο και οι αστέρες νε τρονίων αποτελούνται από υποατομικά σωματίδια τα οποία δεν δύνανται να συμπιεστούν περισσότε ρο και ως εκ τούτου είναι αδύνατη η περαιτέρω βαρυτική κατάρρευσή τους. Οι αστέρες αυτού του τύπου δεν διαθέτουν πλέον καμία πηγή ενέργειας εκτός από την ενέρ γεια περιστροφής τους. Βαθμιαία θα σβήσουν και θα ψυχθούν παραμένοντας ως αστρικά πτώματα στο διάστημα. Ιδιαιτέρως για τους αστέρες νετρονίων η θεω ρία προβλέπει ότι εάν ένας τέτοιος αστέρας που προκύπτει από μια έκρηξη Supemoνa διατηρήσει τελικά μία μάζα μεγαλύτερη από το τριπλάσιο της ηλιακής μάζας τότε ο αστέρας αυτός θα καταλήξει σε μία μαύρη τρύπα. Η μαύρη τρύπα είναι ένα ουράνιο αντικείμενο του οποίου η βαρύτητα είναι τόσο μεγάλη που ού τε το φως δεν μπορεί να διαφύγει απ' αυτό. Παρ' όλα αυτά οι αστέρες που καταλήγουν σε αστέρες νετρονίων μετά από μία έκρηξη

Σχήμα 1 0 Υπολείμματα αερίων από την έκρηξη Supemova στο α στερισμό του Κύκνου. Υπολογίζεται ότι η έκρηξη συ νέβη πριν αΠό 30.000 χρόνια.

Σχήμα 1 1

Με το βέλος σημειώνεται η έκρηξη Supemova το 1 987 στην περιοχή του Γαλαξία Μεγάλο Νέφος του Μαηε λάνου. Η απόσταση είναι 1 70.000 έτη φωτός.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/80

;!1,

ΜΑΘΗ ΜΑΊΙΚΗ

�--;

Ε ΠΙΘΕΩΡΗΣΗ

ιοιιrs 1\QΛΜ! ΜΑθΗΜληκΗ λΝΑΛΊΣΗ

.,. ;,.ι.., ...... !1<. �"""' " ""'·�· ·'"''' .. ... '>Wiι:' <O, ••, ......�·� fll"1"i!>; ! >\>ιi!OJ.

Σ rοιχF.ι!ι.ΑΗΣ ΓεΩΜε:rΡ.ιλ 1.rf.fl ΑΝΩτ'Ε{''Π ΣΚΟΠΙΑ '•< I'>H<!e"...r'rf-\I Jλ.ΔIJ� ·-

ΗιJ..ΙJ'\.11 Rι"'J ιΙΝ>ι

Eudεiiqι;';A : Τεύχος 600δρχ.

Συνδρομή 3.000 δρχ. (4 Ίεύχη + 600 δρχ, tα)()Jδpομικά) Σχολεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) 13uddδι'ιςΒ : Τεύχος 700δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ. (4 1εύχη + 600 δρχ. ταχυδρομικά) Σχολεία: 2.800 δρχ. (4 τεύχη) � r...�ι .. _.: τευχος · 1 ·50Οδρχ.

=�=.:

Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Λlnpolιiilloς: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομη' 3.000 δρχ. (2 τεύχη) ιdιίίι �Τεύχος 2.000 δρχ.

&qιιna .-- σnι Α.Ε.Ι 1m - 18:

� Τα

1 .500 δρχ.

1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2"000 δρχ 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 3.000 δρχ 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.5οο δρχ θου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ

1 0ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 14ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5_000 δρχ 15ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

.Σνιο νέδp Her8is '92 �y.)yιλtRQ

7.000 δρχ.

Ι� Helwιis � �πλR) :! ,φοι ο ... 4.500 δρχ. fί� Mytppo Gr. Moιaes

ΗΡ'ΑΝΟΣ ΑΝ:ΞΑΗΙΔ� !(Ονόματα !Γι:ιω,μεφικώv Qpωv

1 .500 δρχ.

ΓΕΩΜΕrΡΙΚΑ) Δtαλtξεις: ο τόμος

Μαθημαπκή ΑvάΑυση Loυis Brand

6.000 δρχ. 1 .300 δρχ. 7·000 δρχ.

Δfαφορικtς ΕξιοVΘtις 2.500 δρχ. Stepbeιιson ΙΘ10pία �v lοήι

(4 10μοι.) Α, 8, rA, Γe 0 τόμος

71> .Χρόvια Ε.Μ.Ε.

2·000 δρχ.

"""'"""""""""'

1 ·000 δρχ.

εuηνικq � __......

1 .000 δρχ.

Σ� rεωμετpίο από Ανώτφη Ιιιοm\ί 2.500 δρχ. Θttιφ1α ApιeμlιW 5.000 δρχ.

παλαιότερο τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχο.uσες τιμές τοu 2000

Ράφια γεμάτα βιβλία, μυρωδιά ζεστού καφέ, μελωδικές νότες, χώρος φιλόξενος, ειδικά διαμορφωμένος για ευχάριστη και ήρεμη ανάγνωση. Στα βιβλιοπωλεία

ΒΙΒΛιο p υθf όt;

ΣΑ Β ΒΑΛΑ θα βρείτε όλες

τις παλιές και νέες εκδόσεις όλων των εκδοτικών οίκων για όλα τα θέματα: παιδικά, λογοτεχνία, ιστορία, ψυχολογία, κοινωνιολογία, εκπαίδευση, μεταφυσική, φιλοσοφία , διδακτική, οι κολογία, δοκίμια, ποίηση καθώς και πλήθος ξενόγλωσσων τίτλων . . . και κάθε μέρα ανάγνωση με τις μελωδίες του πιάνου.

ΘΕΣΣΑΛΟ Ν ι ι<Η : Β α σ . Η ρ α κλείο υ 47 ( α π έναντι α π ό το ε μ π ο ρ ι κό κέντρ ο ) Τn λ . ηο. 226 ΑΘ Η ΝΑ: Ζωοδόχου Π n y ri ς ι8 Τnλ. 33 . ο ι . 25 ι -

F�x: 33 . 0 6 . 9 ι 8

Fax: 250 . 972