Ευκλειδης Β 47 by demi de

EBPOYPIOI·

ΕΥΡΩ

2,5

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΒ www.patakis.gr

Νοοόριος Πρωτοπαπάς •uσιιι� yιν. mιιδιfας

r Ινιαfου Λυιιιfου

Γ. Βιδάλης - Β. Γκιμίσης 'Λλyιρpα yιν. mιιδιfας ι· Ενιαfου Λυιιιfου

Μ. Γεωρyάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά.

Α. Δασκαλάς, Κ. Σπανός κ.ά.

Ευιιλιfδιια Γιlι)μιtpfα Β' Ενιαiου Λυκιfου

Φυcrικ� yιν. nαιδιfας Β' Ενιαfου Λυκιfου

μαθηματικά Γ' Ενισlοu ι\υ•εΙοu

κ. Α. Κιιριακ6πουλος Μatιιματιd Ιn. mdluνιιις ι· Ινtιfιu Λuιιιfου

Τριανrάψυλλος Μελισσαρόπουλος

·"'� r Ινιαfοu Λυιιιfου ιn. ι uιν. nuόΟυνσqς

Ανrώνης Σαρρηyιάννης Mdoδoλoyfa ,υσιιιής ι· lνlafou Λυιιιfου

τάσος Βαρδόπουλος

Μιβοδολαyfα Χημdας

r Ινιαfου Λυιιιfου Oct. nuόΟυνσqς

I. Κ(ψαλλωνίτης, Β. Χρησrίδης Χημιfα lct. ιιαtιόβυνcrης ι· Ενιαfου Λυιιιfου

Ελ. Χονδροyιάννης, Δ. Σουψλή ς

Aνcimuξη •pμο�ν crι ntιινpομματιιτ�ιιό mpιρauoν r lνlafou Λυιιιfου

Ματθαίος Τσιλπιρίδης

Μαβημαtιιιd yιν. nαιδιiας Γ Ενιαfου Λυιιιfου

Πάρις Μηλίτσης φ� οιιιονομιιιής βllι)pfaς Γ lνlafou Λυιιιfου

Από το Παιδαγωγικό Ινοτιτούrο του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν 53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού των ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΠΑΤΑΚΗ ως ΕΠΙΣΗΜΑ ΣΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ yια τα σχολεία όλης της Ελλάδας.

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

Υπcύ6υvοι Έκδοσης Συvιακιική Ομάδα:

•

Ιανουάριος

•

Φεβρουάριος

•

Μάρτιος

1003

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

•

Ευρώ:

1,50

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛYKEIO

Π Ε Ρ I Ε Χ -0 Μ Ε Ν Α

Ευσταθίου Ευάγ:yελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στραπ'ις Ι ωάννης

Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγγελική Δοt'ιναβης Αντώνης Ευθύμογλου Πέτρος Καλίκας Σταμάτης Καρκάνης Βασίλης Κατοοόλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Κυριακοποόλου-Κυβερνήτου Χρυστ. Λα αρίδης Χρήστος ζ Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Ντζιώρας Ηλίας Παππάς Γιώργος Ρήγας θεόδωρος Σακελλάρης Βασίλης ΣαiτηΕόα Σταθόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας θανάσης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλαμποποόλου Λίνα Χαραλάμπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

2 Αρχαία Ελληνικά Μα8ηματικά 4

Προ8λήμαια απ' ιην Κα8ημεριvή Ζωή

Ο Ευκλείδη� προιείνει... Ευκλείδη και ...Διόφαvιο

11 14

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Μα8ηματικοί Διαyωνισμοί - Μα8ηματικέ� Ολυμπιάδε�

21 Ολυμπιακέ� Προσεyyίσει�

I Μα6ημαιικά yια ιην Α' Τάξη ωυ Λυκείου I 25 Ασκήσει� λλyε8ρα�, Σύνολα - Συναριήσει� 28 Παράλληλε� Ευ8είε�

I Μα6ημαιικά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου I 35 λλyε8ρα Γενική� Παιδεία� 35 I. Πρόοδοι

39 11. Εκ8ειική και Λοyαρι8μική Συνάριηση

Γεωμειρία: Εμβαδά

50 Κανονικά Πολύyωνα Μέιρηση Κύκλου •

Συvcρyάιcς:

Φελλοόρης Ανάργυρος, Στέφανος Μέτης, Νικόλαος Λιναρδάτος, Παόλος

I Μα6ημαιικά yια ιηv Γ Τάξη ιου Λυκείου I

Μάοτακας, Νικόλαος Φάππας. ΕΚΔΟΣΙΙ ΤΙΙΣ ΕΛΛΗΝΙΚΙΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΙΠΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ

Τηλ:36 17 784 - 36 16 532 Fax: 36 41 025 Εκδόιψ;;: Αλεξανδρής Νικόλαος

Διc υΟυvιής: Τυρλής Ιωάννης

56 I. Γενική Παιδεία

56 Ασκήσει� Σιαησιική�

62 11. Θετική Τεχνολοyική Καιεύ8υνση ·

ISSN: 1105

7998

Επιμέλεια 'Εκδοσης: Μαραγκάκης Στέλως

�ΥΝΛf>ΟΜΕ� 2,50 ευρώ Τεύχος: Ετησια συνδροJΠΊ 10,00 ευρώ (Σχολ) Συνδρομητές: 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) 18,00 ευρώ Οργανισμοί: Ταχ. Εnιιαγές

Τ. Γραφcίο Allήvn 54, Τ.θ. :30044

62 Θεώρημα Rolle - Θεώρημα Μέση� τιμή� και οι συvέοε� ιου 67 Μονοιονία Συνάριηση� 73 Ολοκληρώμαια

78 Κάτι περίερyα ολοκληρώμαια .

Σι_οιχcιοΟcσία

��

Σc1ιδοποίηση

blt-Jμ��} ·

Ακαδημίας 43, τηλ 210-3606826

Ειαύπωση ΙΙ\ΤΕΡΠΡΕΣ Λ.Ε., Ιερά οδός 81 - &3 YrreuO. Τuποyραφeίοu: Π Τρικεριώτης-ΤηλΜ74654

Εισαyωyή στην Έρευνα ΙστΌρικών θεμάτων

«Ευκλείδης Β'» παρακολουθεί με ιδιαίτερο ενδιαφέρον και χαρά, τον αυξανόμενο ρυθμό των επ"f στολών που δέχεται από τους αναγνώστες του, με θέματα γύρω από την Ιστορία των ΕλληνιΚών Μαθηματικών. Πολλές απ' αυτές προέρχονται από μαθητές διαφόρων Λ υκείων της χώρας, οι υπόλοιπες είναι, είτε από συναδέλφους μαθηματικούς, είτε από αναγνώστες που αγαπούν τα Μαθηματικά. Ωστόσο, η αναζή τηση, η επιλογή και η παρουσίαση τέτοιων θεμάτων, δεν είναι εύκολη υπόθεση. Απαιτείται γνώση, πείρα, κόπος, χρονοβόρα προσπάθεια και, προπαντός, συστηματική βοήθεια από κάποιον που θα βοη θήσει να � περκεράσετε τις πρώτες δυσκολίες. Σ ' αυτό το άρθρο, υποδεικνύουμε τον τρόπο μελέτης ενός «εμπειρικού Ηρωνικού τύπου» που μας δίνει το μήκος ενός τόξου μικρότερου ημιπεριφερείας. Την έρευνα αυτού του θέματος, που γίνεται για πρώτη φοpά, θα την κάνουμε μαζί σας, υποδεικνύοντας μόνο τον τρόπο της διαδρομής της. Τα αποτελέσματα θα τα βρείτε μόνοι και θα aξιολογήσετε το σφάλμα που γίνεται για τις διάφορες τιμές της επίκεντρης γωνίας φ. ' Ο «Ευκλείδης Β » θα δημοσιεύσει την καλλίτερη παρουσίαση και τα ονόματα όλων των αναγνωστών που θα λάβουν μέρος.

Χρήστος Κηπουρός, Μαθηματικός - Ιστορικός

Το θέμα που θα ερευνήσουμε είναι η αξιοπιστία Με αντικατάσταση των τιμών των β και υ από τη του εμπειρικού τύπου: (2), η (1) γίνεται: S

�β2+4υ2 +!4

(1)

Γ ο οποίος μας δίνει το μήκος S ενός τόξου, όταν γνωρί ζουμε το μήκος της χορδής του, ΑΒ=β και το μήκος του βέλους του, ΔΓ = υ (βλ. Σχήμα). Η διαδικασία που θα ακολουθήσουμε είναι η παρακάτω:

(

Ι �(1 - συν�) (3)

S(φ) = 2r ημ2 � + 1 - συν � + .------

2ο Βήμα:

(

)

2 Θέτουμε: S1 (φ) = 2r ημ2 � + 1 - συν � και s2 (φ) =

�(1 -συν�) οπότε η (3) γίνεται:

3ο Βήμα:

Το πραγματικό μήκος του τόξου ΑΓΒ = Σ(φ) υπολογίζουμε από τον τύπο:

Βήμα:

πr

Σ(φ) = - · φ � Σ(φ) = 0, 01745 (rφ) Εκφράζουμε τα β και υ συναρτήσει της ακτίνας r 1 80 και της επίκεντρης γωνίας φ. 4ο Βήμα: β = 2rημ και υ = r 1 - συν (2) Σχηματίζουμε τη συνάρτηση: F(φ) = S1 (φ) + S2 (φ) - Σ(φ)

�

(

(4)

�)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/2

(5 )

(6)

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

5ο Βήμα:

Σχηματίζουμε τη συνάρτηση: F(φ)/Σ(φ) (7) που δίνει το σχετικό σφάλμα. Δίνουμε, τώρα, γενικές συμβουλές για να φτάσετε, μΖ ασφάλεια, στο ποθούμενο αποτέλεσμα, το ο ποίο, όπως θα διαπιστώσετε, είναι και σπουδαίο και θεαματικό! 1η Σε καμία περίπτωση να μην απογοητευθείτε και να εγκαταλείψετε την προσπάθεια, στην πρώτη δυσκολία. 2η Τις συναρτήσεις S 1 (φ) και S2(φ) θα εκφράσετε συναρτήσει του ημ φ και, ως δια μαγείας, θα 4 απλοποιηθούν. 3η Για την ακτίνα r, να δώσετε την αριθμητική τι μή 1 Ο, που είναι και η αγαπημένη τιμή του Ή ρωνα. Έτσι, π.χ. η συνάρτηση Σ(φ) γίνεται: Σ(φ) = 0,1745 φ φ

rad

Sι(φ)

Sz(φ)

4η Να κατασκευάσετε τέλος, τον παρακάτω πίνα

κα και να τον συμπληρώσετε με τις αντίστοιχες τιμές των συναρτήσεων που περιέχει, αυξάνο ντας κατά 10°, τη γωνία φ, με φ Ε (0, 180•) .

511 Αν

χρησιμοποιήσετε «κομπιουτεράκι)) με τρι γωνομετρικές συναρτήσεις, τέσσερα δεκαδικά ψηφία είναι αρκετά. Ο παραπάνω πίνακας θα σας βοηθήσει για τον έλεγχο των υπολογισμών σας. 6η Αν χρησιμοποιήσετε το πρόγραμμα EXCEL, τότε τρέξτε τα δεδομένα και θα σας δώσει συ μπληρωμένο τον πίνακα ανά 1 για τη γωνία φ. 7η Κατασκευάστε τα γραφήματα των συναρτήσε ων: Sι(φ)+Sz(φ), F(φ) και F(φ)ΙΣ(φ). 8η Μελετήστε τα διάφορα γραφήματα και γράψτε μας τα συμπεράσματά σας. ο

Sι+Sz

Σ(φ)

F(φ)

F(φ)/Σ(φ)

ιο

0,01745 10° 0,1745 60° 1,0472

160°

1,7447 0,00951 1,75429 1,745 0,00929 0,005325 10,352 0,3349 10,6887 10,47 0,2177 0,020795 25,71 15 2,0658 27,622 27,774 0,1425 0,005106 ΙΣΤΟΡΙΚΟ

Το θέμα που θα εξετάσετε είναι ένας εμπειρι κός τύπος που χρησιμοποιεί ο Αλεξανδρινός Μη χανικός Ήρων για τον υπολογισμό του μήκους ε νός κυκλικού τόξου του οποίου γνωρίζουμε τη χορδή (βάση του τόξου) και το βέλος του (ύψος) (Βλ. ΗΡΩΝΟΣ Γεωμετρικά, σελ. 359). Την εποχή εκείνη (50 π.Χ. - 150 μ.Χ) που, πι θανόν να έζησε ο Ήρων, δεν ήταν εύκολη υπόθεση ο υπολογισμός του μήκους ενός τυχαίου.· τόξου, δηλ. ενός τόξου που η βάση του δεν ήταν πλευρά κανονικού πολυγώνου. Επειδή, οι επιστήμονες α't)-

τής της εποχής δεν είχαν εύκολη πρόσβαση στον πίνακα των χορδών του Ίππαρχου (145 π.Χ), έπρε πε, να βρεθεί κάποιος μαθηματικός τύπος για να μπορούν οι ενδιαφερόμενοι επιστήμονες, να υπο λογίζουν τα τόξα που οι βάσεις τους, δεν ήταν πλευρές κανονικών πολυγώνων. Τον τύπο αυτό μας έδωσε ο Αλεξανδρινός μηχα νικός Ήρων και περιέχεται στον IV τόμο των απά ντων που έχει εκδοθεί από την ΕΜΕ, το έτος 1995 και με τίτλο: «Ονόματα Γεωμετρικών Όρων, Γεωμ& τρικά))

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.213

HPt:I6ANAIA� AH'I'NI� lo

Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ι. Μαντάς στο τεύχος 43, σελ. 17.

Ένα διαστημόπλοιο κινείται γύρω απ ' τη γη στο επίπεδο του ισημερινού. Αν θεωρήσουμε ως αρχή του Συστήματος Συντεταγμένων το κέντρο της γης, τότε η θέση του στο επίπεδο αυτό δίνε ται κάθε χρονική στιγμή t από τις εξισώσεις: πt

πt

χ = 7.000συν πt 6 y = 7.000ημ πt 6 , συν πt = χ ημ πt = Υ επειΟποτε: 6 7.ΟΟΟ, 6 7.ΟΟΟ κι πt + η μ2 6 πt = Ι συμπεραινουμε , , δη, συν2 6 οτι:

χ = 7.000συν-, y = 7.000ημ-

χ 2 + Υ2 = 1 η' χ 2 + 2 = (7.000)2 . Υ (7.000)2 (7.000)2 (τα μήκη μετρώνται σε χιλιόμετρα, ο χρόνος σε Και συνεπώς το διαστημόπλοιο κινείται στον ώρες). κύκλο κέντρου 0(0, Ο) δηλαδή το κέντρο της γης ί. Να αποδειχθεί ότι το διαστημόπλοιο κινείται και ακτίνα R 7.000 km.

σε κύκλο, του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα. ίί. Κάθε πόσες ώρες ολοκληρώνει το διαστημό πλοω μία περιστροφή γύρω από τη γη; iii. Όταν t = 37.5 ώρες το διαστημόπλοιο πυρο δοτεί τις μηχανές του και ακολουθεί απ' αυ τό το σημείο κι έπειτα ευθύγραμμη τροχιά, εφαπτομενική της προηγούμενης κυκλικής τροχιάς του. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθεί ας πάνω στην οποία θα κινηθεί. iv. Ποια ευθεία θα ακολουθούσε το διαστημό πλοιο, αν πυροδοτούσε τις μηχανές. του 90 λεπτά νωρίτερα; Απάντη ση:

•

Για το (ίί):

Το διαστημόπλοιο ολοκληρώνει μια περιστρο φή 'γύρω απ ' τη γη αν και μόνο αν το μέτρο της γωνίας ΑΟΔ που είναι: φ(t) = π t γίνει ίσο με 2π 6 (όπου Δ η θέση του διαστημοπλοίου). Έτσι έχου με: �t = 2π <=> t = l2 ώρες 6 •

Για το (ίίί):

Για t = 37.5 ώρες το μέτρο της γωνίας ΑΟΔ γίνεται: π (37 .5) = 6π + � . Άρα η θέση του δια6 4 στημόπλοιου είναι το μέσο του τόξου ΑΒ και έχει συντεταγμένες: ξ = 7.000συν�, η = 7.000ημ π 4 4 ή ξ = 3.5oo.J2 5.οοο km, η = 3.5oo.J2 5.οοο km. Η γραμμή που θα κινηθεί είναι η εφαπτομένη του κύκλου Δ κι έχει εξίσωση: χχ0 + yy0 = R2 ή 3.500.Jix + 3.500.Jiy = (7.000)2 ή χ + y = 3.500.J2. ·

---

•

Για το (ί):

Οι συντεταγμένες του διαστημόπλοιου την τυ χαία χρονική στιγμή t είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/4

Προβλή τ π μα α α ' την καθημερινή ζω ή •

Αν πυροδοτούσε τις μηχανές του 90 λεπτά = 1.5 ώρες νωρίτερα, τότε t = 36 ώρες κι επομένως η γωνία ΑΟΔ θα 'χε μέτρο 36 π = 6π . 6 Άρα η θέση του διαστημοπλοίου θα 'τανε το σημείο Α. Και συνεπώς η ευθεία που θα ακολου θούσε το διαστημόπλοιο θα 'τανε η κάθετη στο Α του άξονα χ'χ. •

Για το (iv):

0,25m

Λχ χ

Η (1) γίνεται:

dx dy -x dt ή dy = � !.J1 - 4χ 2 dt .J1 - 4x 2 dt dt 4

(

Όμοια λύση μας έστειλε ο συνάδελφος Γ. Κρεκαι συνεπώς: μυδάς απ' την Κέρκυρα.

J (2)

Αλλ.ά για t = Ο είναι χ = Ο και y = 0,25 m. είχε προτείνει ο συνάδελφος Χρ. Πατήλας Άρα c=O (3) απ' τα Τρίκαλα Θεσσαλίας. Συνεπώς ο τύπος της (2) γίνεται: Πτυσσόμενη κεραία μήκους 24 cm στέκεται 0 1 ι 1- 4χ 2 <::: κατακόρυφα με το ένα άκρο της σταθερό στο & y =-ν :> 16y2 = 1 - 4χ 2 4 δαφος. Σχοινί μήκους ι m είναι στερεωμένο με τις δύο άκρες του Κ, Λ στο έδαφος και το μέσο 0 του είναι περασμένο από μικρή οπή που υπάρχει ή : 2 + y2 = 1 . στο άνω άκρο (μεταβλητό) έτσι ώστε να είναι τ& (0,5)2 (0,25)2 ντωμένο. Δηλαδή το πάνω άκρο της κεραίας γράφει μια Η κεραία αρχίζει να κινείται οριζόντια έτσι ώστε να είναι πάντα κάθετη στο έδαφος και κάθε ημιέλλειψη, της οποίας τα Κ, Λ είναι οι εστίες. Άρα: ΚΜ +ΛΜ = 2 (0,5) = 1 . Δηλαδή το σχοιχρονική στtΎμή από τότε που άρχισε να κινείται νί είναι τεντωμένο. ισχύει: ... ....... ......

2ο Το

{Υ>

{Υ

-·

.Jι - 4χ +χdx =0 z

(ι)

ι όπου χ < - η απόσταση της κεραίας από την 2 αρχική της θέση και y το ύφος της κεραίας σε

ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΩΝ UHIIi!ll -ff.XNOΛl'Πfii\1MΠ;'\'11\'N!.HΣ !),..,,,,

μέτρα.

Να δείξετε ότι:

fENIKA θΕΜΑΤΑ

((ΤΟ

σχοινί κατά την παραπά

νω κίνηση είναι τεντωμένο».

....

-------'I "' - '"" ι,..,._ ,_."'..... .... ...__,.__.,. Jό __._

Συγγραφική ομά�α

Απάντη ση:

Μαθηματικών

Δεχόμαστε ότι το έδαφος είναι επίπεδο οπότε η διεύθυνση της κεραίας πριν αρχίσει να κινείται και η ΚΛ ορίζουν ένα επίπεδο κατακόρυφο. Στο επίπεδο αυτό η διεύθυνση της κεραίας ορί ζει το θετικό ημιάξονα Oy και η ΚΛ τον οριζόντιο ημιάξονα χ'χ. Θεωρούμε δηλαδή ότι το κάτω άκρο της κεραίας είναι η αρχή Ο του Συστήματος Συ ντεταγμένων.

ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕ ΓΕ ΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

(Θετικής· Τεχνολογικής κατεύθυνσης)

••• I•

Β. Βλό.χοι; Π. Κουτσούκοι; Π. Ξηρόκωσται; Χ. Πλατήι;

Ένα βιβλίο σταθμός στη μέση εκπαί�ευση με α. Αναφορά στα λεπτά σημεία των Μαθηματικών και στα σημεία που γίνονται λάθη β. Εκατοντά�ει; θεωρητικό. θέματα όλα λυμένα

ν' Για τουι; μαθητές που στοχεύουν στο 30 και 40 θέμα.

ν' Για τουι; Μαθηματικούς που �ι�άσκουν

στο

Λύκειο, στο φροντιστήριο, στο ι�ιαίτερο.

Κοστίζει περίπου όσο μια ώρα ιδιαίτερο. Εξασφαλίζει εκατοντάδες ώρες διδασκαλίας.

ΕκΜσειι;: Β. ΒΛΑΧΟΣ (Μαθηματικός και Φυσικόι;)

ΠΑΠΑΦΛΕΣΣΑ 3 13451 ΖΕΦΥΡΙ

•

ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 010 2384834 Fax: 010 2320954

' ----------------�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/5

Ο Εκλείδης προτείνεL Ευκλείδη .•

•..

και Διόφαντο

Ο Εuκlι:ίδnς

nροτι:ίvι:ι ... Εuκlι:ίδn και . Δι6φαvtο ..

Ι. Απαντήσεις των θεμάτων που 'χανε προταθεί στο τεύχος 45.

1. (το 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικό λαος Αρτεμιάδης) Έστω ΑΒΓ ορθογώνω τρίγωνο με κορυφή της ορθής γωνίας το Α. Πάνω στη ΒΓ κατασκευά

ζεται ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓΔ που βρίσκεται στο εξωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδεί

ξετε ότι και τα τρία μεyέθη ΑΒ, ΑΓ, ΑΔ δεν είναι δυνατό να είναι ρητοί αριθμοί.

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι k2 2 k2 2 d1 = - c ε Q, d2 = - b ε Q . 2b 2c Αλλά ( BCD ) = (b2 + c2 ) = � l det (DC,DB) απ' b 2 + c2 .J3 = 1 - d2 ατοπο. dι +, , , προκυπτει οπου b c bc 2 • Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης απ' τη Λά ρισα μας έστειλε μία παρόμοια λύση. 2. (το 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικό

�

·-

Εφαρμόζουμε το Νόμο των Συνημιτόνων στο τρίΔ γωνο ΑΒΔ κι έχουμε: ΑΔ2 = ΑΒ2 + ΒΔ2 -2ΑΒ · ΒΔσυν(Β+60° )ή ΑΔ2 = γ 2 + α 2 -2αγ(συνΒσυν6ο· -η μΒημ6ο·) ή ΑΔ2 = β 2 + 2γ2 _ _

(

c1)

Το δεύτερο μέλος της (1) είναι άρρητος για ο ποιουσδήποτε ρητούς αριθμούς β, γ. Σχόλιο: Η πρόταση ισχύει και στη περίπτωση που το τρίγωνο ΒΔΓ πάρει τη θέση .ΒΔ Τ όπου το Δ' είναι το συμμετρικό του Δ ως προς τη ΒΓ. • Ο συνάδελφος Σωτήρης Σκοτίδας απ' την Καρδ� τσα μας έστεtλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Έστω ABC ορθογιQνιο τρίγωνο ώστε Α 0(0,0), B(b, 0), C(O, c). Αν D(dι, d2) η τρίτη κορυφή του ισοπλεύρου τριγώνου BCD τότε b2 +c2 dι2 + (c - d2)2 d22 + (b - dι)2 . Έστω ΑΒ, AC, AD ρητοί. δηλαδή d12 + d/ = � (k ρητός). Ξ

λαος Αρτεμιάδης)

Απάντηση:

_ 2αγ r.!_ 1 ι .J3 ή ΑΔ2 = β 2 + γ2 + βγ.J3 α 2 α 2

Για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ δε 2 2 4 και χόμαστε ότι: α + β + � + αβγ α�Ο, β�Ο, γ�Ο . Να αποδείξετε ότι: =

Ο:::; αβ + βγ +γα-αβγ:::; 2 . Απάντηση:

•

Για το πρώτο:

•

Αν α Ο η αποδεικτέα γίνεται: βγ � Ο , που ισχύει. Εξαιτίας μάλιστα της συνθήκης στην υπόθεση συμπεραίνουμε ότι: «οι αριθμοί α, β, γ δε μπο ρεί να είναι όλοι μηδέν». Απ' την αρχική συνθήκη διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί α, β, γ δε μπορεί να είναι όλοι μεγαλύ τεροι από 1 . Ας είναι α :::; 1 . Τότε: αβ +βγ + γα - αβγ = α(β +γ) + βγ(1 - α) � Ο Το "=" ισχύει μόνον όταν δύο απ' τους αριθ μούς είναι μηδέν.

•

Για το δεύτερο:

•

Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι: επειδή η συνθή κη που ικανοποιούν οι α, β, γ είναι συμμετρική (αναλλοίωτη . σε οποιαδήποτε εναλλαγή των γραμμάτων που περιέχει) δε μεταβάλλεται η γενικότητα, αν δεχτούμε ότι: α :::; β :::; γ . Κι επειδή είναι μη αρνητικοί αριθμοί παίρνουμε: ·α2 +α2 +α2 +α3 :::; α2 +β2 +γ 2 +αβγ=4:s; γ2 +γ2 +γ 2 +γ3 Συνεπώς: α3 +3α2 - 4 :::; 0 και γ3 + 3γ2 -4�0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/6

------

Ο Εκλείδης προτείνεL.. Ευκλείδη... και Διόφαντο

ή (α - 1)(α + 2) 2 :::; ο και (γ - 1)(γ + 2) 2 :2: 0 0 < (ω - 2)(ω2 + φ2 ) < 4(ω2 + φ2 ) ή Ο < ω - 2 < 4 Συνεπώς: 2 < ω < 6 . Δηλαδή: ω=3 ή ω=4 ή ω=5. Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι: α::::; 1 ::::; γ . Άρα θα ισχύει: α ::::; β ::::; 1 ::::; γ ή α ::::; 1 ::::; β ::::; γ . • Για ω = 3 ή ω = 4 η (4) δεν δίνει ακέραια τιμή για τον φ. • Έστω: α ::::; β ::::; 1 ::::; γ . • Για ω = 5 η (4) γίνεται: φ2 = 9 ή φ = 3. Έχουμε: 2αβ+γ 2 +αβγ ::::; α2 +β2 +γ2 +αβγ = 4 Έτσι έχουμε: χ = 5 + 3 = 8 και y = 5 - 3 = 2. Εύκολα βλέπουμε ότι οι τιμές αυτές επαληθεύ Άρα: αβ(2+γ) ::::; 4-γ2 =(2+γ)(2-γ) ή αβ::::; 2-γ ουν την εξίσωση (1 ) · άρα είναι μοναδικές. Συνεπώς: αβ + βγ + γα- αβγ ::::; • Ο συνάδελφος Γιώργος Αποστολόπουλος απ' ::::; 2 - γ + βγ + γα - αβγ = 2 -γ (1 - β)(1 - α) ::::; 2 το Μεσολόγγι μας έστειλε την παρακάτω δια • Έστω: α ::::; 1 ::::; β ::::; γ. πραγμάτευση: Έχουμε: α2 + 2βγ + αβγ ::::; α2 + β2 + γ2 + αβγ = 4 Η σχέση (1) γράφεται: Άρα: βγ(2+α) ::::; 4 - α2 =(2+α)(2--α) ή βγ ::::; 2- -α (χ + y)3 - 3xy(x + y) + xy(x + y) -8xy = Συνεπώς: αβ+βγ+γα - αβγ ::::; αβ+2- α+γα- αβγ = 8[(x + y)2 - 2xy + 1] . Θέτουμε: χ + y = α, xy = β και παίρνουμε: α2 - 8α2 - 2αβ + 8β - 8 = Ο (2) � αβ + βγ + γα - αβγ ::::; 2 - α(1 - β - γ + βγ) ή αβ + βγ + γα - αβγ::::; 2 - α(1 - β)(1 - γ) ::::; Ο . ή β(2α -8) = α3 - 8α2 - 8 (3) • Αν α = 4 η (3) γίνεται: β · Ο = -72 και είναι α Το "=" ισχύει όταν: β = 1 και γ = 2 - α, α ::::; 1 . Η λύση που βρήκαμε εδώ είναι βέβαια η ίδια με δύνατη. • Αν α :;t: 4 η (3) γίνεται: εκείνη που βρήκαμε προηγούμενα. 3 2 1 2 - 2α - 8 - 36 (4) 3. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Κυ β = α - 8α - 8 =-α 2α - 8 2 α-4 ριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Εmτροπής). Απ ' τη (2) συμπεραίνουμε ότι: α = «άρτιορ) και Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς χ και y λόγω της (4) 36 = πολ(α-::- 4). Ωστόσο α = x+y > Ο με χ > y, για τους οποίους ισχύει: [αφού η (1) γίνεται: (x+y)(x2+y)=8(x2+y+xy+ 1)]. χ3 + y3 + xy(x + y - 8) = 8(x2 + y2 + 1) (1) Συνεπώς: α Ε {2, 6, 8, 10, 16, 22, 40} . Απάντη ση : Απ' τις τιμές αυτές κατάλληλη είναι μόνο η Η ( 1) μετά από πράξεις γίνεται: α=10. Οπότε: β = 16. Επιλύουμε το σύστημα: (χ + y)3 - 2xy(x + y) = 8[(χ + y) 2 - xy + 1] (2) {χ + y = 10, xy = 16} και βρίσκουμε: χ = 8, y = 2 Εύκολα τώρα διαπιστώνεται ότι: «οι ακέραιοι χ (αφού: χ > y). και y είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί)). • Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα Έτσι οι αριθμοί χ + y και χ - y είναι άρτιοι. Συνε μας έστειλε τη παρακάτω διαπραγμάτευση: · πώς υπάρχουν ακέραιοι ω και φ τέτοιοι ώστε: Η (2) της προηγούμενης διαπραγμάτευσης γίνε + χ y = 2ω, χ - y = 2φ. ται: α3 = 8α2 + 2αβ - 8β + 8 απ ' όπου συμπεραί Οπότε (3) νουμε ότι ο α είναι άρτιος. Αν α = 2κ, Κ Ε Ζ η χ = ω + φ και y = ω - φ Επειδή: χ > y συμπεραίνουμε ότι: φ > Ο. Αντι παραπάνω ισότητα γίνεται: 8κ3 = 4(8� +κβ- -2β+2) ή 2(κ3-4� -1) = (κ-2)β (3) καθιστώντας στη (2) βρίσκουμε: 8ω3 - 2(ω2 - φ2 )2ω = 8[4ω2 - (ω2 - φ2 ) + 1] Οπότε κ - 2 = «άρτιορ) ή β = «άρτιορ). Οπότε, μετά από πράξεις, παίρνουμε την εξίσωση: 8 Κ - 2 = 2λ, λ Ε Ζ , Κ = 2(λ + 1) (ω - 2)(ω2 + φ2 ) = 2(2ω2 + 1) Και συνεπώς η (3) γίνεται: (4) 2[8(λ + 1)3 - 4 · 4(λ+ 1)2 - 1] = 2λβ ή (μετά·από Έχουμε φ :=:: 1 ( φ Ε Ζ και φ > 0). φ2 :=:: 1 ::::> 2φ 2 > φ2 :2:1 . Οπότε: 2φ2> 1. πράξεις) 8λ3 + 8λ2 - 8λ - 9 = λβ. Απ ' όπου συ μπεραίνουμε ότι: «ο λ είναι διαιρέτης του 9)). Άρα: Ο < 2(2ω2 + 1) < 2(2ω2 + 2φ2 ) = 4(ω2 + φ2 ) . Άρα λ Ε {±1,±3,±9} . Όλες οι τιμές αυτές αΈτσι, λόγω της (4), έχουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.2Π

Ο Εκλείδης προτείνει

•••

πορρίπτονται (δεν δίνουν ακέραια λύση). 3 • β = 2μ. Τότε η (3) γίνεται: κ -4r-1 = (κ-2)μ ή (κ - 2)(r - 2κ - 4) - 9 = (4 - 2)β (4) Συνεπώς ο (κ - 2) είναι διαιρέτης του 9. Άρα (κ - 2) Ε {±1, ± 3, ± 9} .Επομένως: κ Ε {-1, 1, 3, 5, 1 1, - 7} . Άρα: α Ε {-2, 2 , 6, 10, 22, -14} . Κατάλληλη είναι μόνο η α = 10. Οπό τε β = 16. Άρα έχουμε το σύστημα: {χ + y = 10,xy = 16} <=:>{χ = 8,y = 2} • Στην ίδια βασικά λογική κινείται η διαπραγμά τευση του συναδέλφου Ρ. Μπόρη απ' την Καλλιθέα Αττικής. • Ο συνάδελφος Χρ. Δεμιρτζόγλου απ' τη Δρά μα μας έστειλε τη παρακάτω διαπραγμάτευση. Η εξίσωση γίνεται: (χ - 8)(χ 2 + xy + y 2 ) = (2 - y)(4 + 2y + y2 ) (2) Απ' όπου συμπεραίνουμε αμέσως τη λύση: (χ, y) = (8, 2). Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχει άλλη λύση. Έστω μια λύση: (χι, Υι) με Χ ι > 8. Οπότε Υι < 2 (αφού: χ2 + xy + r > ο, 4 + 2y + y2 > 0). Η (2) (για χ = χι και y = Υ ι) γίνεται: 4 + 2y ι + Υ� η, Χ1 - 8 = 2 2 Χι + Χι Υ ι + Υ ι Χι - 8 - 2 + Υ ι x>y

(χ 1 -8)(2 -χ 1 ) = Χ ι + Υ ι - 10 (4 + 2y 1 + y21 ) (3 ) Χι + Υι + 2 Απ' τη (3) συμπεραίνουμε ότι: Χ ι + Υ 1 -1Ο < 0 , Χι + Υ ι + 2 (αφού χι > 8). Και συνεπώς -2 < Χ ι + Υι < 10 (4) Η αρχική εξίσωση για χ = χι και y = Υ ι γίνεται: (χ ι + Υ ι )3 - 2Χ ι Υ ι (Χι + Υ ι ) = 8(χ� + Υ� + ΧιΥ ι ) (5) απ' όπου συμπεραίνουμε ότι: χι + Υι = "άρτιος" (6) Απ' τις (4), (5) συμπεραίνουμε ότι: (7) (χ 1 + y 1 ) Ε {0,2,4,6,8} • Για: Χ ι + Υι = Ο η (3) γίνεται: (χ 1 - 8)(2 -χ 1 ) = . ' = -5(4 - 2χ 1 + χ 21 ) <=> 4χ21 = -4 : αδυνατη. Εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο για τις άΛλες τιμές, σύμφωνα με την (7), που μπορεί να πάρει το

Ευκλείδη

.•.

και Διόφαντο

άθροισμα χι + Υι και διαπιστώνουμε ότι σε κάθε περίπτωση η (3) δεν έχει ακέραια λύση. Δηλαδή το διατεταγμένο ζεύγος (χι, Υι) δεν είναι ακέραια λύ ση της εξίσωσης. Έστω τώρα μια λύση (χ2 , Yz) με χ2 < 8 και συ νεπώς: Υ2 > 2. Κι επειδή: χ2> Υ2 συμπεραίνουμε ότι: 2 < Yz < Xz < 8. Οπότε: (8) 2 < Χ 2 + Υ 2 < 8 ή 4 < Χ2 + Υ2 < 16 2 Η (3) τώρα για: Χ ι = Xz και Υ ι = Yz γίνεται: (χ 2 - 8)(2 -χ2 ) = χ 2 + y 2 - 1Ο (4 + 2y2 + y;) (9) Χ2 + y2 + 2 απ' όπου συμπεραίνουμε ότι: χ2 + Yz - 10 > Ο ή Χ2 + Υ2> 10. Άρα: 10 < χ2 + y 2 < 16 κι επειδή χ 2 + y 2 = «άρτιος» συμπεραίνουμε ότι: (Χ 2 + y 2 ) Ε {12, 14} . • Για χ 2 + y 2 = 12 η (9) γίνεται: 2 [3 + (13 -χ )2 ] (χ 2 - 8)(2 -χ 2 ) = 2 14 Η τελευταία είναι ισοδύναμη με την 2χ; - 24χ 2 + 71 = Ο , που δεν έχει λύση. Με όμοιο τρόπο αποκλείεται και η περίπτωση: χ 2 + y 2 = 14 . 4. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος). Θεωρούμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, τον περιγεγραμμένο του κύκλο και τη διάμετρο του κύκλου ΑΔ. Στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ παίρ νουμε τα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα έτσι ώστε: ΕΖ = ΕΒ + ΖΓ. Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ΕΔΖ (σε μοίρες). Απάντη ση : Α

Επειδή ΑΒ = ΑΓ και ΟΒ = ΟΓ (σχήμα), η ευ θεία ΑΟ, δηλαδή η ΑΔ, είναι η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ, οπό τε ΔΒ = ΔΓ. Στην προέκταση της πλευράς ΑΓ παίρ νουμε το σημείο Η με ΓΗ = ΕΒ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΕΔ και ΓΗΔ είναι προφαΗ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/8

Ο Εκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη... και Διόφαντο

νώς ίσα και άρα ΔΕ = ΔΗ. Επίσης, έχουμε: ΖΕ = ΕΒ + ΖΓ = ΓΗ + ΖΓ = ΖΗ. Άρα, τα τρίγωνα ΕΖΔ και ΗΖΔ είναι ίσα και συνεπώς η ΖΔ είναι η διχοτόμος της γωνίας ΕΖΗ . Επειδή και η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Α, έπεται ότι η ΕΔ είναι η διχοτόμος της γωνίας ΖΕΒ . Έτσι έχουμε: 1 1 ΕΔΖ = 180" --ΖΕΒ --ΕΖΗ = 2 2 = 180" _!_ (180" - Ε ι ) - _!_(180" - Ζι ) = 2 2 = _!_ (Ε ι + Ζ ι ) = _!_ (180" - 60") = 60". 2 2 Σημείωση : Ένας άλλος τρόπος θα ήταν να παρα τηρήσουμε ότι η ημιπερίμετρος του τριγώνου ΑΕΖ είναι ΑΒ(= ΑΓ) και στη συνέχεια να δείξουμε ότι ο κύκλος (Δ, ΔΒ) είναι ο παρεγγεγραμμένος στη γωνία Α του τριγώνου ΑΕΖ. • Ο συνάδελφος Ροδόλφος Μπόρης απ ' τη Καλ λιθέα Αττικής μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Α Θεωρούμε σημείο Μ πάνω στην ΕΖ τέ τοιο ώστε: ΕΜ = ΒΕ. Οπότε: ΜΖ = ΖΓ. Τότε: ΕΜΒ = ΜΒΕ και ZMΓ = Mfz Έτσι: αν ΜΒΕ = φ Δ και ΜΓΖ = ω, τότε ΑΕΖ = 2φ και ΕΖΑ = 2ω . Συνεπώς: 2φ + 2ω + 60" = 180" ή φ + ω = 60" . Άρα: ΒΜΓ = 120" . Ας είναι τώρα Ο το περίκεντρο του τριγώνου ΒΜΓ, που θα είναι πάνω στην ΑΔ.. Κι επειδή ΒΟΓ = 2(180" - ΒΜΓ) = 2(180" - 120") = 120" και ΒΔΓ = 120" συμπεραίνουμε ότι το Ο είναι το Δ. Επομένως: «η ΕΔ είναι μεσοκάθετη στη ΒΜ)) και «η ΔΖ είναι μεσοκάθετη στη ΜΓ>>. Έτσι οι γω νίες ΕΔΖ και ΒΜΓ είναι παραπληρωματικές δη λαδή ΕΔΖ = 60" . • Ο συνάδελφος Χρ. Δεμιρτζόγλου απ' τη Δρά . μα μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Λ

Θεωρούμε ένα σημείο Κ πάνω στην ΕΖ τέτοιο ώστε ΕΚ = ΒΕ. Α Άρα ΚΖ = ΖΓ. Γράφουμε κύκλο κέ ντρου Δ και ακτίνας ΑΔ ' προΤ , που διερχεται

φανώς απ ' το μέσο Σ της ΑΔ. Έχουμε: ΒΔ = ΔΓ = ΔΣ = ΒΣ = ΣΓ = ΣΑ (αφού: ΒΔΑ = ΑΔΓ = 60" ). Κι επειδή ΑΒ l. ΒΔ και ΑΓ l. ΔΓ , συμπεραίνουμε ότι: «η ΑΒ εφάπτεται του κύκλου Δ, �

( )

στο Α και η ΑΓ εφάπτεται του ίδωυ κύκλου στο Γ)). Συνεπώς: ΕΒΚ = κfΒ = ΕΚΒ απ ' όπου συμπεραίνουμε ότι «η ΕΖ εφάπτεται του κύκλου Δ, � στο Κ)). Κι επομένως «η ΚΔ είναι κάθε-

( )

τη στην ΕΖ και το μήκος της είναι ίσο με την ακτί να του κύκλου ΒΔ)). Οπότε: Ε ι = Ε 2 . Έχουμε: ΕΔΚ = 90" - Ε2 και κΔz = 90" - Ζι . Άρα: ΕΔΚ + κΔΖ = 180° - (Ε2 + Ζι ) ΕΔΖ = 180° - (Ε2 + Ζι ) ή (1) Αλλά: 2Ε2 = 60" + (18ο· - 2z ι ) . Οπότε: 2(Ε2 + Ζ ι ) = 240" ή Ε2 + Ζι = 120" (2) Απ' τις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι: ΕΔΖ = 60" . • Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Ας είναι: ΑΒ = ΒΓ = ΓΑ = λ, ΒΕ = ΕΘ = χ, ΘΖ = ΖΓ = y. Τότε: ΑΕ = λ -χ, ΑΖ = λ - y. Απ' το νόμο των συ Α νημιτόνων στο τρίγωνο ΑΕΖ παίρνουμε: (x+y)2 = (λ -χ) 2 +(λ- y) 2-2(λ -χ)(λ - y)συν60" ή λ2 -(χ+y)λ-3χy=Ο (1) Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: Δ ΒΔ = λεφ30" ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/9

-------

ΒΔ =

Ο Εκλείδη ς προτείνει... Ευκλείδη... και Διόφαντο

� . Και συνεπώς: ΒΔ = ΔΓ = R = � (2)

Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΔ έχουμε: λ2 ή (ΕΔ)2 = 3χ 2 +ι! ( Ι ) (ΕΔ) 2 =χ 2 + 3 3 2 + λ(x + y) + 3xy (χ + y)(3χ + λ) �3χ (3) 3 3 Όμοια απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓΖ έχουμε: 2 2 2 (ΔΖ)2 = y 2 + λ = 3y + λ �(χ + y)(3y + λ) (4) 3 3 3 ---

Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Stewart στο τρίγωνο ΕΔΖ 1α έχουμε: y(ΕΔ)2 +χ(ΔΖ)2 =(χ+y)[(ΘΔ)2 +χy] ή λόγω των (3) και (4): y (χ + y)(3x + λ) + 3 (χ + y)(3y + λ) +χ = (χ + y)[(ΘΔ) 2 + xy] και μετά 3 2 τις πράξεις παίρνουμε: (ΘΔ)2 = λ ή ΘΔ = �. 3 ν3 Συνεπώς: ΘΔ = ΒΔ = ΔΓ = � . Κι επομένως το 3 Δ είναι το παράκεντρο του τριγώνου ΑΕΖ. Τα τρίγωνα ΕΒΔ και ΔΘΕ είναι ίσα. Άρα ΔΘ .l ΕΖ και το τετράπλευρο ΕΒΔΘ είναι εγγράψιμο. Οπότε: Θ1 = ΒΔΘ . Όμοια Θ 2 = ΓΔΖ . Ωστόσο ΕΙ = 2ΘΙ ' zl = 202 και Ε Ι + zl + 60' = 180' ή ΕΙ + ZI = 120'. Συνεπώς: 2Θ1 + 2Θ2 = 120' ή Θ 1 + Θ2 = 60' . Άρα: ΕΔΖ=ΒΔΓ-(ΒΔΕ+ΖΔ Γ) = 120' - 60' = 60' . "

Ο κύριος Λουκάς Χυτήρης απ' το Νέο Κόσμο της Αθήνας μας έστειλε τη παρακάτω λύση: Η διάμετρος ΑΔ είναι Α προφανώς μεσοκάθετη στη ΒΓ και διχοτόμος της γωνίας Α. Συνεπώς: ΒΔ = ΔΓ (1) Πάνω στην ΕΖ παίρνου Δ με σημείο Κ τέτοιο ώστε: ΕΚ = ΒΕ (2). Άρα: ΚΖ = ΖΓ (3). Θα δείξουμε ότι: •

ΕΔΚ = ΒΔΕ και ΚΔΖ = ΖΔΓ (4 ) Προεκτείνουμε την ΑΒ προς το Β και παίρνου με τμήμα ΒΘ = ΖΓ. Τότε τα τρίγωνα ΒΘΔ και ΔΓΖ είναι ίσα (ορθογώνια με ΒΔ = ΔΓ .και ΘΒ = ΖΓ). Άρα ΘΖ = ΔΖ και συνεπώς: ΘΔΕ και ΕΔΖ εί ναι ίσα (έχουν τις πλευρές τους μία προς μία ίσες). Συνεπώς: ΔΕΘ = ΖΕΔ . Κι επομένως η ΕΔ είναι ε ξωτερική διχοτόμος του τριγώνου ΑΕΖ. Άρα το Δ είναι παράκεντρο του τριγώνου ΑΕΖ. Οπότε η ΔΖ είναι διχοτόμος της γωνίας ΕΖΓ . Δηλαδή: ΔΖΚ = ΓΖΔ . Άρα τα τρίγωνα: ΔΖΚ και ΓΖΔ είναι ίσα (δύο πλευρές ίσες μία προς μία και οι περιεχό μενες γωνίες επίσης ίσες). Άρα ΚΔ=ΔΓ. Τώρα τα τρίγωνα ΕΘΔ και ΔΚΕ είναι ίσα (έ χουν τις πλευρές τους μία προς μία ίσες). Άρα: ΚΔ = ΔΓ. Τώρα τα τρίγωνα ΕΘΔ και ΔΚΕ είναι ίσα. (Ε χουν τις πλευρές τους μία προς μία ίσες). ΔΚΕ = 90' και ΒΔΕ = κΔΕ Άρα (5) κΔz = zΔr Όμοια: (6) Άρα: ΒΔΓ=ΕΔΚ+2ΖΔΚ ή 120°=2(ΕΔΚ+ΖΔΚ) . Κι επομένως: ΕΔΖ = 60'. 5. (το είχε προτείνει ο μηχανολόγος κος Νικό λαος Ζαφειρόπουλος, απ' το Περιστέρι). 1 1 Αν Ο < χ < -, Ο < y < - και χ :;t: y , να αποΛ

2 2 2 δείξετε ότι: Ο < 1 - 2χ - 2y 2 Απάντη ση:

+ (χ 2 - y 2 )2 < 1 .

Έχουμε: 1-2χ2 -2y2 +(χ2 -y2 )2 =[1 -(x+y)2 ][1 -(x-y)2 ]

(1)

Απ' τις συνθήκες Ο < χ < .!.. και 0 < y < -Ι 2 2 .!_ παίρνουμε: _ < -y < Ο . Οπότε: Ο < χ + y < 1 και 2 O < lx - yl<.!_ (αφού x :;t: y ). 2 Συνεπώς: Ο < χ + y < 1 και (χ - y) 2 <.!... Τελι4 κά παίρνουμε: 0<1-(χ+y)2 <1 και 0<1-(x-y)2 <1 . Κι αυτό αποδεικνύει τη ζητούμενη σχέση.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/10

Homo Mathematicus

Η Homo Mathematicus

είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλημαη σμού πάνω στα εξής θέματα: Ι) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμcΥyές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτοίιν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επ._ πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Εισαγωγικά. Απ' ότι φαίνεται η πρόταση της Χρι στίνας (τεύχ. 44), κίνησε το ενδιαφέρον σημαντ ι κών φiλων της στήλης. Εμείς χαιρόμαστε που α νοίγει δημόσιος διάλογος, για ιδέες παιδιών. Αυτή

τη φορά δημοσιεύουμε την ενδιαφέρουσα τοποθ έ τηση του φίλου μαθηματικού Γ. Τριπικέλη. Σας παρουσιάζουμε, ακόμη, και ένα θέμα που έχει σχέση μα τα Μαθηματικά και την Τοξοβολία.

I. Μαθηματικά και Τοξοβολία

Γιάννης Κερασαρίδης

Εισαγωγικά: Με την ευκαιρία της σειράς "Μαθηματικά και Αθλητισμός", ας κάνουμε ένα ταξίδι σε β ά θος χρόνου, από την αρχαία εποχή μέχρι τον . . . Ρομπέν των Δασών, κι ας θυμηθούμε την απειλή τουΠέ ρ ση βασιλιά προς τους Έλληνες: «διαθέτουμε τόσους τοξότες ώστε μπορούν να καλύψουν τον Ήλιο με τα βέλη τους)). Με τη βοήθεια μιας εργασίας του V1adimir Drozdof, θα εξετάσουμε τις δυνατότητες βολής που έχει ένα τόξο. Τα τόξα υποδιαιρούνται συνήθως σε κατηγορίες αναλόγως της δύναμης F η οποία α παιτείται για την πλήρη τάνυσή τους. Στη βρετανική ταξινόμηση υπάρχουν τόξα . μικρής, μεσαίας και με γάλης τάσης. Σε σύγχρονες μονάδες, αυτή η υποδιαίρεση αντιστοιχεί σε δυνάμεις 648, 864 και 1079 Ν, αντίστοιχα. Κατά κανόνα, το μήκος 1 ενός βέλους ανέρχεται σε 60-100 cm, ενώ η διάμετρός του d κυμαί νεται μεταξύ 0,5 και 1 ,2 cm. Η αιχμή του βέλους εκτελεί διπλή λειτουργία. Δεν αποτελεί μόνο μέσο δ η μιουργίας τραυμάτων, αλλά συνάμα συντελεί στην αύξηση του βεληνεκούς μειώνοντας τη γωνία μεταξύ του βέλους και της ταχύτητάς του. Υποθέτουμε ότι το τόξο είναι ελαστικό σώμα που υπακούει στο νόμο του Hooke. Και τώρα, ας στείλουμε το βέλος όσο πιο μακριά μπορού με (!)

Όπως, όλοι, γνωρίζουμε το μέγιστο βεληνεκές που μπορούμε να πετύχουμε, δεν είναι απεριόρ ιστο. Με βάση τους κανόνες της Βαλλιστικής και των Μαθηματικών, έχει βρεθεί ο παρακάτω τύπος που μας δίνει το μέγιστο βεληνεκές που μπορούμε να πετύχουμε 2

�ο (1) g + -υ 2m L [όπου: το μέγιστο βεληνεκές του τόξου, υο η αρχική ταχύτητα του βέλους, m η μάζα του βέλους, g η επιτάχυνση της βαρύτητας, k συντελεστής αναL

είδος βέλους ...,. παράμετροι τ

ffiptλ

υο

lptλ

dptλ

ffiαιχμ

Lptλ

λογίας για τη δύναμη της αντίστασης του αέρα το k συνήθως γράφεται με τη μορφή k=(cρS)/2, όπου: ρ= η πυκνότητα του αέρα, S=το μέγιστο εμβαδόν διατομής του βέλους στο επίπεδο το κάθ ετο προς την ταχύτητά του, c παριστάνει έναν αδιάστατο παράγοντα (κατά κανόνα, c<l )] Παρακάτω σας δίνουμε έναν πίνακα όπου φα ίνονται τα πραγματικά αποτελέσματα στις τοξοβ oλίες, στις τρεις βασικές κατηγορίες τόξου. Είναι αξιοπαρατήρητο πως τα δεδομένα αυτά προσεγγ ίζουν καταπληκτικά τα αντίστοιχα δεδομένα από το μαθηματικό μοντέλο (1)

κοντό βέλος

μεσαίο βέλος

μακρύ βέλος

1 1,24gr 13 1,5 rnlsec 60cm 0,5cm 4gr 885 m

35,76gr 98,3 rnlsec 80cm 0,85cm 4gr 655 m

84. 13gr 80,1 rnlsec 100cm 1,2cm 5gr 509,6 m

IIa. Αυτό το ξέρατε;

« Ο τρωικός πόλεμος εξακολουθεί να μαίνεται στο . . . Διάστημα;)) [η απάντηση στο τέλος της στήλης] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/1 1

Homo Mathematicus 111. Το θεωρητικό υπόβαθρο των "δοκιμών" του ποΙJσμού και της πρόσθεσης Γ. Τριπικέλης, μαθηματικός - Κόρινθος «Εισαγωγή. Από τις πρώτες τάξεις του Δημοτικού οι μαθητές διδάσκονται τη· δοκιμή του πολ/σμού με τη μέθοδο του "σταυρού", ενώ στο τεύχος 44 η μαθήτρια Χριστίνα Πατσιούρα, στα πλαίσια της στήλης

''Homo mathematicus", παρουσίασε μια αντίστοιχη δοκιμή για την πρόσθεση. Σκοπός του άρθρου είναι να θεμελιώσει τις δοκιμές αυτές θεωρητικά και να δείξει ότι τέτοιους είδους δοκιμές δεν δίνουν σε κάθε περίπτωση ασφαλή αποτελέσματα. Βασικέ έννοιες

Έστω α, β, ν ακέραιοι με ν> Ο. Λέμε ότι 'Ό α είναι

ισότιμος ή ισοϋπόλοιπος με τον β ως προς μέτρο (modulo) το ν" αν οι διαιρέσεις α:ν και β:ν αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο. Θα γράφουμε: α=β (modν)

Μερικές άμεσες συνέπειες του παραπάνω ορι σμού είναι οι εξής: Σι: α=β(mοdν) αν και μόνο αν ο ν διαιρεί τον α-β (γράφουμε νΙα-β) Σ2: α=β(mοdν) αν και μόνο αν β=α(mοdν) Σ3: Αν α=β(mοdν) τότε νllα-βl Σ4: Η μεταβατική ιδιότητα: αν α=β(mοdν) και β=γ(mοdν) τότε α=γ(mοdν) Σ5: Προσθετική ιδιότητα: αν α=β(mοdν) και γ=δ(mοdν), τότε (α+γ)=(β +δ)(mοdν) (ισχύει και για περισσότερους προσθετέους)

ΠοΙJστική ιδιότητα: αν α=β(mοdν) και γ=δ(mοdν), τότε αγ=βδ(mοdν) (ισχύει και για περισσότερους παράγοντες) Σ1: Η δύναμη: αν α=β(mοdν), τότε αΚ:::β"(mοdν), για κ θετικό ακέραιο Επίσης ισχύουν οι παρακάτω προτάσεις Πρόταση 1: Έστω α θετικός ακέραιος γραμμένος στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης με ψηφία αν, αν-ι , ...,αο, τον συμβολίζουμε με α-avav_1 ...a0 και βέ βαια παριστάνει το άθροισμα αο+αι1Ο+αz102+ . . . +α,1ον τότε α=αο+αι+αz+ ... +αv(mod9) Πρόταση 2: Αν, για δύο θετικούς μονοψήφιους α ' Σ6:

κέραιους χ και ψ, είναι x=ψ(mod9), τότε χ=ψ

Οι δοκιμές

α) για δύο γινόμενα α1• 35----3 -. +5 ___. 8 �7 8 ___. 56 ___. 5+6 • 11 ___. 1+1 χ 52 ---+ 5+2 ---. 1r.. 1830---------.... 1+8+3+0 ---.12 ---. 1+2 ·

αz.

.. 2 Δηλ. 8 7 δηλ. 2:;t3, 2 1 3 άρα το γι---•• 3 νόμενο είναι λάθος.

653 ___. 6+5+3 ---. 14 • 5 �5-6 ___. 30 ___. 3+0 ---+ 3 Δηλ . � δηλ. 3=3, 321 ---. 3+2+1 ---. 6 • 6 I . 3 13 άρα το γι2+0+9+6+1+3---+ 21 ___. 2+1---+ 3 νόμενο είναι σωστό. 209613

β) Για ένα άθροισμα •3+5+3---.11___.1+1•2 353 ..9 2+9+6---ι 7---+ι+ 7 ___. 8 252 �+5+2 +__.11_____.1+5 ..6 510 ---+5+1+ 6

Δηλ.

2l 9 16 δηλ. 8:;t6 6118 άρα το

άθροισμα είναι λάθος, ενώ αν έβγαι νε 8=8 ή 6=6 θα ήταν σωστό.

Είναι τα παραπάνω συμπεράσματα ασφαλή; Για να δούμε!! Ισχύει η παρακάτω ''βοηθητική (των οποίων η ύπαρξη εξασφαλίστηκε από την πρόταση": <<Για οποιονδήποτε θετικό ακέραιο προηγούμενη ''βοηθητική πρόταση·�, τότε: α) αν αβ=γ τότε ζ'=γ', β) αν α+β=δ τότε ε'=δ' α= avav 1 ...a0, υπάρχει μονο ψήφιος θετικός ακέραι Πρότα ση 4:Άμεση συνέπεια της "Πρότ. 3" είναι: ος α' ώστε α=α'(mod9)»

α) αν ζ'h' τότε αβ;tγ, β) αν ε':;tδ' τότε α+β:;tδ

Τα βήματα των δοκιμών του πολ/σμού και της πρόσθεσης στηρίζονται στις παρακάτω προτάσεις Πρόταση 3: Έστω α, β, γ, δ θετικοί ακέραιοι τέτοιοι

ώστε α=α'(mοd9), β=β'(mοd9), γ=γ'(mοd9), δ=δ'(mod9), α'+β'=ε'(ιrιοd9) και ά 'β'= ζ'(mod9), όπου α',β',γ',δ',ε',ζ' θετικοί μονο ψήφιοι ακέραιοι

Πρόταση 5: Το αντίστροφο της "Πρότασης 3" δεν

ισχύει. Απόδειξη Κάνουμε χρήση aντιπαραδείγμα τος. Δηλ. αν: ζ'=γ' όχι απαραίτητα αβ=γ και ε'=δ' όχι απαραίτητα α+β=δ Πράγματι στο λανθασμένο γινόμενο 232.121= 28162, έχουμε:� 1 1 , όμως 232.121=28072

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/12

Homo Mathematicus

Στο λανθασμένο άθροισμα 35782+1202+ 7813+5678=50565, έχουμε

�

3 I I 13, όμως: 35782+1202+ 7813+5678=50475

Υπάρχουν, λοιπόν, λανθασμένα γινόμενα ή α θροίσματα, τα οποία δεν εντοπίζονται μ' αυτές τις δοκιμές. Μάλιστα έχουν ένα ιδιαίτερο χαρακτηρι στικό το οποίο ο αναγνώστης μπορεί να διαπιστώ σει με μια προσεκτική ματιά. Ποιο είναι;

Βιβλιογραφία.

!)"Θεωρία των αριθμών", έκδ. ΕΜΕ, 2) "Εισαγωγή στη Σύγχρονη Άλγεβρα" [Στ. Παπασταυρίδη, έκδ. Πανεπ/μίου Πατρών]» Μια πρόταση του Γ. Τριπικέλη. «.

.. απευθύνομαι προς το Παιδαγωγικό Ινσrιτούτο,

με την πρόταση, να βάλει στα επόμενα σχολικά βι βλία ΜΑΘΗΜΑτΙΚΏΝ του Δημοτικού τη "δοκιμή

Σημείωση. Οι αποδείξεις των προτάσεων Σ1,

της Χριστίνας" για την πρόσθεση, η οποία είναι τόσο ασφαλής όσο είναι και η κλασική δοκιμή του ποΥσμού με το "σταυρό"»

,�,1,2,3,4 και η "βοηθητική πρόταση", παραλείπονται (λόγω έλλειψης χώρου). Είναι στη διάθεση όποιου τις ζητήσει από τη στήλη Homo mathematicus. • • •

IV. Απαντή σεις σε προηγού μενα προβλήματα

Στο προηγούμενο τεύχος (αρ. 46), ο μαθητής Μιχάλης Ροδίτης από την Πάτρα, έθεσε στη στήλη μας δύο προβλήματα. Πριν κλείσει η ύλη της στήλης, πήραμε δύο απαντήσεις στο πρώτο από τα δύο προβλή ματα, τις οποίες δημοσιεύουμε· τους ευχαριστούμε.

lη. Χρήστος Κεφαλάς [Α' Λυκείου-1° Ενιαίο

Λύκειο Αλίμου] «Έχουμε: 359359=359.1001= 359.(13.77)=13.(359.77)=πολλαπλάσιο του 13, άρα ο 359359 διαιρείται με το 13. Όμοια έχουμε 471471=13.(471. 77)=πολ.13και 453453=13.(453.77)= πολ.13. Γενικότερα κάθε εξαψήφιος αριθμός του οποίου τα τρία πρώτα ψηφία συμπίπτουν σε μέγεθος και διάταξη με τα τρία τελευταία ψηφία, είναι πολλα πλάσιο του 1001 το οποίο, με τη σειρά του, είναι πολλαπλάσιο του 13 ))

2η. Δημήτρης Κανονίδης [Γ Λυκείου-δεν ση

μείωσε το Λύκειό του] «Αν x1xzx3xιxzx3 είναι ο εξαψήφιος αριθμός τότε έχουμε: ΧιΧ2Χ3ΧιΧ2Χ3= 3 =105χ1 +104xz+1Ο χ3+102χι+10xz +χ3= 3 =(105+102)χ1+{104+10)xz+(10 + l)x3= =100100x1+10010xz+l00lx3= =1001.100χ1+1001.1Oxz+100lx3= =1001(100χι+10xz+x3)= =13.77(100χι+ lOxz+x3)= =13[77(100χι+10xz+ Χ3)]= 13Κ= = πολλαπλάσιο του 13, άρα, κάθε τριψήφιος αριθμός τέτοιου είδους, διαιρείται με το 13»

Πμ. "αυτό το ξέρατε;" [η απάντηση]

Θεωρούμε έναν κύκλο με κέντρο τον Ήλιο (Η) και ακτίνα όση η απόσταση του Ήλιου από τον πλανήτη Δία (Δ). Ο Δίας εκτελεί μια, περίπου, κυ κλική τροχιά γύρω από τον Ήλιο. Εκατέρωθεν της ακτίνας ΗΔ, θεωρούμε τις ακτίνες ΗΕ, ΗΤ σε τρό πο ώστε γων.ΤΗΔ=γων.ΔΗΕ=55,5°. Στα σημεία Ε, Τ ανακαλύφθηκαν σμήνη aστεροειδών· σε καθένα απ' αυτούς τους aστεροειδείς δόθηκαν ονόματα εμπνευσμένα από τους ήρωες που, καθοιονδήποτε τρόπο, Πήραν μέρος στον τρωικό πόλεμο. Οι αστε-

ροειδείς του σημείου Ε πήραν ονόματα Ελλήνων ηρώων, ενώ του σημείου Τ ονόματα Τρώων ηρώ ων. Είναι αξιοπρόσεκτο πως οι νονοί αυτών των aστεροειδών φρόντισαν να "βάλουν" και. . . κατα σκόπους. Στις τάξεις των Ελλήνων τον Έκτορα και στους Τρώες τον Πάτροκλο.. . Σε πραγματικές συνθήκες κίνησης, προηγούνται οι Έλληνες, ακο λουθεί ο Δίας και έπονται οι Τρώες. Όλη η ιστορία ξεκί\ιησε στις 2/2/1906 από τον αστρονόμο Maximilian Wolf.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/13

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

ίΑ!. 63ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ", ΣΑΒΒΑΤΟ, 11 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2003

Β ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

Αν ο αριθμός χ είναι θετικός ακέραιος και κλά 3-χ , , αρνητικος σμα -- ειναι αριθμος το 2 και μεγαλύτερος από το -1, να προσδιορί σετε όλους τους τριψήφιους θετικούς ακέ ραιους των οποίων το άθροισμα των ψηφί ων ισούται με χ. Λύση 3- χ < Ο προκύπτει ότι 3 < χ < 5, χ ε Ζ, Από -1 < 2 οπότε θα είναι χ = 4. Οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 103, 112,121, 130, 202, 211, 220, 301, 310, 400. 2.

Να προσδιορίσετε τους ακεραίους α, β, γ και δ, αν είναι γνωστό ότι: 3 δ γ =5 4 βα =-j2 ' Υβ =4' και αβγδ=120 . Λύση

Στο διπλανό σχήμα, το τε τράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ορ θογώνιο, η ΖΘ είναι μεσοκάθε τος της ΓΕ και το τρίγωνο ΖΕΓ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο στο Ζ. Αν ΑΖΕ= φ , να υπολογίσετε τη γωνία ΒΕ Θ ως συνάρτηση του φ. Λύση Έχουμε Af'Z=90° -ΔΖΓ= = ΑΖ Ε = φ. Επίσης φ + ω = 45° (1) 90° + φ + 45° + ω + + ΒΕΘ = 180° <=>

(I)

Β ΕΘ = 45° + φ - ω = = φ + φ = 2φ Α

Απο, υπο'θεση -α ·-β =-1 =>γ= 2α. β γ 2 β γ = -2 => δ = -. 5α , -α · -·Επισης 4. Καθένας από τους αριθμούς β γ δ 5 2 Α=888 ... 8, Β=444 ···4 3α α 2 , Επισης - = - => β = -. έχει 2003 ψηφία, ενώ καθένας από τους α 2 β 3 ριθμούς Επομένως: Γ=333 ... 3, Δ=666 ...67 3α 5α · 2α = 120 <:::::> αβγδ = 120 <:::::> α · έχει 2002 ψηφία. 2 2 Ποιος από τους αριθμούς Χ=Α·Γ, Υ=Β·Δ α4 =16 <=> ( α2 )2 = 42 <:::::> είναι μεγαλύτερος και πόσο; <:::::> α2 4 1) α2 = -4 (αδύνατο) Λύση <:::::>α= 2 ή α= -2. α = 111 .. . 1 (2003 ψηφία), Για α= 2 προκ:ύπτουν β = 3, γ = 4 και δ = 5, ενώ Έστω β = 111 . . . 1 (2002 ψηφία). Τότε για α= -2 προκύπτουν β = -3, γ = --4 και δ = -5. <:::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λστ' τ.2/14

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Υ = ΒΔ = 4α (6β + 1) = 24αβ + 4α. Χ = ΑΓ = 8α · 3β = 24αβ Άρα είναι Υ - Χ = 4α > Ο , οπότε ο Υ είναι μεγα λύτερος του Χ κατά 4α = 444...4(2003 ψηφία) ·

δηλαδή κατά 4α = Β .

Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή των μη αρνητικών ακεραίων αριθμών α, β με α > β ο αριθμός (2α + ι)2 - (2β + ι)2 κ 4 είναι θετικός ακέραιος. Να προσδιορίσετε τις τιμές των α, β για τις οποίες ο κ είναι πρώτος, δηλαδή είναι κ > ι και οι μοναδικοί θετικοί διαιρέτες του είναι οι αριθμοί ι και κ. Λύση Έχουμε: ( +1+ +1 2α+ - - ) κ 2α 2β Χ fl 2β ;{ =(α+β+1Χα-β), 4 οπότε ο κ είναι θετικός ακέραιος, αφού οι α, β εί ναι ακέραιοι και α> β. Αφού α+β+1>1, ο κ είναι πρώτος μόνον όταν α - β = 1 ή α = β + 1 . Τότε κ = 2(β + 1) και είναι πρώτος όταν β + 1 = 1 <::::> β = Ο , οπότε θα είναι και α 1 . ι.

Ανάλογα βρίσκουμε Β Ε = ( ΒΓΖΕ) =

ΒΕ + ΓΔ · ΔΕ = 2

α J3 , ΑΕ = � . 2 2

)� �]( J3 J +

Γ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

-------

= 3.

_;___ ____;__:_ _ :...._ ....:. _ ...__

α2

(J3 + 1)2 8

+� = 2

α2 { 2 + -...:. ..._ = 4

J3 )

___:_ _

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ, y, z, w ισχύει η ισότητα χ2 + ιΟy 2 + ιΟz2 + 9w2 = 6(xy + yz + zw), να βρεθεί η σχέση που συνδέει τους χ και w. Λύση

Η δεδομένη ισότητα γράφεται:

(x - 3y)2 + (y - 3z)2 + (z - 3ω)2 = 0 <::::> χ - 3y = 0, y = 37 = 0, 7 - 3ω = Ο <::::> x = 3y, y = 37, z = 2ω � χ = 9z = 27ω

Είναι δυνατόν το γινόμενο τριών διαδοχι κών θετικών ακεραίων να ισούται με τον κύβο ενός θετικού ακεραίου; Λύση Ζητείται αν υπάρχει θετικός ακέραιος κ τέτοιος 2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο και ισοσκελές ώστε κ3 = (η -1)η(η + 1), με Α = 90° και ΑΒ=ΑΓ=α. Φέρουμε ευθεία η � 2 <::::> κ3 = η3 - η, η > 1. xAy εξωτερικά του τριγώνου έτσι ώστε Έχουμε κ3 = η3 - η < η3 και χΑΓ = 30° . Από τα Γ και Β φέρουμε κάθετες κ3 = η3 - η > (η -1)3 = η3 - 3η2 + 3η -1 προς την xAy που την τέμνουν στα Δ και Ε , α 4 1 <::::> 3η2 - 4η + 1> .Ο <::::> η2 - - η + - > Ο 3 3 ντίστοιχα .Να υπολογίσετε το εμβαδόν του 2 τραπεζίου ΒΓΔΕ συναρτήσει του α. 2 2 1 1 2 >9, > Ο<::: :> η -9 <=> η 3 3 Λύση Αν Ζ συμμετρι που ισχύει αφού η � 2 . κά του Γ ως Αφού το ζητούμενο δεν είναι δυνατό. προς τη xAy, τότε ΑΓΖ ισό z πλευρο τρίγωνο Α' ΛΥΚΕΙΟΥ και από Πυθα γόρειο Θεώρη ι. Να επιλύσετε ως προς χ την εξίσωση μα 3 α + l α - ι 2α(α2 - ι) αJ3 = 2 2 , α ε ΙR. ΑΔ = α+χ α-χ χ -α 2 ' Για ποιες θετικές ακέραιες τιμές του α οι ρίζες της εξίσωση ς είναι αριθμοί πρώτοι; =

---

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/15

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λύση

Μετά τις πράξεις η εξίσωση γίνεται: 2αχ = α2 (α +1), χ :;t: ±α. Αν α = Ο, τότε Ο · χ = Ο, χ :;t: Ο � χ Ε � * , δηλαδή η εξίσωση έχει άπειρες λύσεις. , χ = α(α + 1) , χ :;t: ±α. Η τιμή αυτή Αν α :;t: Ο τοτε 2 είναι ρίζα όταν έχουμε: α(α + 1) :;t: ±α � α + 1 :;t: ±2 � α :;t: 1 και α :;t: -3 . 2 α(α + 1) , πρωτος , Η ρι'ζα ειναι ο αριθμος μονον 2 όταν α = 2. ,

Λύση

Το Ζ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας Af'B , αλλά και στη διχοτόμο ΒΑ της γωνίας ΕΒχ . Άρα το Ζ ισαπέχει από τις πλευρές ΓΑ, Γχ και Β Ε, οπότε ανήκει και στη διχοτόμο της γωνίας ΑΕ Β . Άρα η ΖΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΕ Β . Α

ί.Αν α είναι πραγματική παράμετρος και 2α Α Β = --

για κάθε χ Ε � - {-α,α}, να βρείτε τους α ριθμούς Α και Β. ii. Αν είναι χ :;t: m , όπου m Ε {-ιΟ,-9,- · ·,-ι,Ο,ι,- · ·,9,ι0}, .

-ι

= ιι ... +

4 6 + + Ζ Ζ -4 + Ζ Χ Χ - 9 "' Χ

20 = - ι00

[ (χ - ι)(ιχ + ι + (χ - 2)(χι + 9) + . . (χ - ιΟ�(χ + ι) J ο)

Λύση

Β 2α Α ί. -- = --- �Α(χ+α)-�χ-α)=2α, 2 χ -ri χ-α χ+α για κάθε χ :;t: ±α . Για χ=2α έχουμε 3Α Β 2 (1) Για χ=3α έχουμε 4Α-2 Β=2 (2) Από (1), (2) λαμβάνουμε: Α=1, Β=1. -

ίί. Από το (1) για α=1,2, . . . , 10 έχουμε: 2 2 20 6 = + + + ... + 2 2 2 2 χ -1 χ - 4 χ - 9 χ -100 1 1 1 1 1 1 = -- - -- + -- --- + ... + -- - -- = χ -1 χ +1 χ - 2 χ + 2 χ -10 χ +10 --

Αν οι χ, y, z είναι θετικοί πραγματικοί α ριθμοί, να αποδείξετε ότι ι ι ι ι < + 3 3 + 3 3 ----: ---:- 3:----: -3 χ +y +xyz y +z +xyz z +χ +xyz xyz

Λύση

Θα χρησιμοποιήσουμε την aνίσωση χ 3 + y3 � xy(x + y) που αληθεύει γιατί χ3 + y3 - x2 y - xy2 � 0 � χ 2 (χ - y) - y 2 (x - y) � 0 � (χ - y)(x2 - y2 ) � ο ·� (χ - y) 2 (x + y) � ο , που ισχύει αφού χ, y, z > Ο. Τότε 1 1 1 < + + χ3 + y3 + xyz y3 + z3 + xyz z3 + χ 3 + xyz 1 1 1 = + + xy(x + y) + xyz yz(y + z) + xyz zx(z + χ) + xyz 1 1 1 = = + + xy(x + y + z) yz(y + z + x) zx(z + x + y) 1 z+x+y = = xyz(x + y + z) xyz -----

(χ�1 - χ�ιο) +(χ�2 - χ:9) + ... +( χ�ιο - χ�1) 11 11 11 + + . . .+ ---(χ-1)(χ+10) (χ-2)(χ+9) (χ-10)(χ+1)

----

Ομοίως βρίσκουμε ότι η ΕΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΕΓ . Άρα είναι ΔΕΖ = 90° ως γωνία των διχοτόμων δύο εφεξής παραπληρωματικών γωνιών.

να αποδείξετε ότι Ζ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 120° . Αν ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ είναι οι διχοτόμοι των γωνιών του, να υπολογίσετε τη γων�α ΔΕΖ .

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ ι.

Για τους ακέραιους α, β δίνεται ότι 4αβ (α - β)z = α+β-ι

(ι)

ί. Ν α αποδείξετε ότι ο α+β είναι τέλειο τε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/16

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ίί.

τράγωνο. Να βρείτε τα ζεύγη (α, β) των ακεραίων που ικανοποιούν την ισότητα (1 ). Λύση

ί.

(α +β)z = (α - β)z + 4αβ = α+ = 4αβ +4αβ= 4αβ( β) � α+β-1 α+β-1 (α +β)2 = (α -β)2 +(α +β)(α +β -1) � α+β=

{

(α -β)2, αν α+β :;C Ο Ο, αν α + β = Ο

Λύση του Σ ωτή ρη Λουρίδα :

4αβ 4αβ � α2 - 2αβ + β2 = 1 α + β -1 α + β �1 Αν υποθέσουμε α + β * Ο έχουμε: α2 - 2αβ + β 2 α2 + 2αβ +β 2 , = , οποτε: α+β 1 (α + β z ) � Ια + β = (α - β) z l , (α - β) z = α+β αν α + β = Ο τότε α + β = 02 . (α - β)z =

ίί.

Σε κάθε από τα παραπάνω τετράγωνα αντιστοιχεί ένα ακόμη τετράγωνα αντιστοιχεί ένα ακόμη τε τράγωνο με κορυφές τα μέσα των πλευρών του και ακτίνα J2, π. χ . στο τετράγωνο Τ αντιστοιχεί το τετράγωνο Τ ' = Α 10Α 1 Α 1 Α01 . 2 2 Επίσης υπάρχουν 4 τετράγωνα πλευράς 3 με πλευ ρές οριζόντιες ή κατακόρυφες.

Αν α+β=Ο, τότε η (1) γίνεται (α - β)2 = -4αβ � (α + β)2 = 0 , ισχύει.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, Α = 90° . Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΒΓΔ και ΑΓΕ. Αν Μ είναι το μέσο της ΑΒ και ΜΔ=u, ME=v, να υπολογίσετε το μήκος της ΑΒ, ως συνάρ τηση των υ , ν. Λύση

Αν Κ, Ν μέσα των ΑΓ, ΒΓ, αντίστοιχα, τότε το τρίγωνα ΕΜΝ είναι ορθογώνιο στο Ν, ενώ το τρί γωνο ΜΝΔ είναι αμβλυγώνιο στο Ν, αφού ΜΝΔ = 90° + ΜΝ Β = 90° + Γ . Από το τρίγωνο ΕΜΝ έχουμε: 2 u 2 = ΜΝ2 + ΕΝ2 = .r_ + l + β J3 ή 4 2 2

[

γ2 + 4β2 +....:. vi3 ..._ 2βγ ..:..._ ...:.. u 2 = --=- _ 4

Άρα α = κ, β = -κ με κ ε Ν * . Αν α + β * Ο τότε από την εξίσωση α + β = (α - β)2 θα έχουμε: α-β =κ κ(κ + Ι) κ(κ - Ι) _ �α= β= ' 2 2 α + β = κ2

(1)

}

Στο Καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε 25 σημεία με συντεταγμένες (κ, λ), όπου κ=Ο,1,2,3,4 και λ=Ο,1,2,3,4. Να προσδιορί: σετε το πλήθος των τετραγώνων που κατα σκευάζονται με κορυφές 4 από τα 25 δεδο μένα σημεία. Λύση

Συνολικά υπάρχουν Ι · 42 + 2 · 32 + 3 · 22 + 4 ·12 = 50 τετράγωνα. 2η Λύση Ονομάζουμε A;j το σημείο με συντεταγμένες (i, j). Κατ' αρχήν υπάρχουν 42 = 16 τετράγωνα πλευράς Ι . Επίσης υπάρχουν 2 τετράγωνα πλευράς 2 με πλευ ρές οριζόντιες ή κατακόρυφες, π. χ. AooA oA Ao = Τ κλπ. 2 2z z

Από το τρίγωνο ΜΝΔ με το νόμο των συνημιτό νων έχουμε: β αvf3 αvf3 2 β2 υ2 = - + - - 2 - · - · συν(90 + Γ ) 2 2 2 4

[ J

υ2 =

β2 + 3α2 + 2αβJ3ημΓ β2 + 3α2 + 2βγJ3 (2) = ' 4 4

αφού ημΓ = l . α Με αφαίρεση της (Ι) από τη (2) λαμβάνουμε: z 3α z _ 3β z _ γ z = , αφού α z = β z + γ z . υz - u 2 = 4 Άρα είναι γ = �2(υ2 - u 2 ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/17

�

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λύση του Σωτήρη Λουρίδ α : = u ΜΔ , ΜΕ = ν

-------

ΒΓ2 + 3ΑΓ2 - ΑΓ2 - 3 ΒΓ2

v2 - u2 =

+ 2ΕΕ' · Ε'Δ' - 2ΔΔ' · Δ'Η � 2ΑΓ2 - 2 ΒΓ2 ν2 - u2 = +

(I )

+ 2( ΕΕ' · Ε'Δ' - ΔΔ' · Δ'Η) � ν2 - u2 = ..!_ (ΑΓ2 - ΒΓ2 ) = 2 1 1 = -( ΒΓ2 - ΑΓ2 ) = - - Α Β 2 � 2 2 22(u2 - v2 ) = ΑΒ2 � Α Β = �.( u--,.2---v--.,.2) .

Δ •

Ε' Δ• π � ΑΒΓ δtόtιείναιορθοyώνιακαι ΗΔ'Ε' = Γ Ε'Δ' ΗΕ' ΗΔ' Ε'Δ' ΒΓ α άρα -- = - = - <=:> -- = - = ΗΔ' ΑΓ β ΒΓ Α Β ΑΓ

α.J3 ΔΔ' ΔΔ' α , = 2 <:::::> = ομως ΕΕ' β .Jj ΕΕ' β 2 Ε'Δ' ΔΔ' � IEE' . = Ε'Δ' = ΔΔ' . ΗΔ'I (1) = <:::::> <:::::> ΗΔ' ΕΕ' β .

•

ΜΔ 'Δ > 90• � στο ΜΔ'Δ από γεν. αμβλεία γrονία έχω: u 2 = ΜΔ'2 +ΔΔ'2 + 2ΔΔ' · Δ'Η

Πυθ.

για (2)

ΜΕ'Ε > 90· � στο ΜΕ'Ε από γεν. Πυθ. για αμβλεία γωνία έχω: ν 2 = ΜΕ'2 + ΕΕ'2 + 2ΕΕ' · Ε'Δ' (3) ΑΓ2 3 ΒΓ 2 (2) � u 2 = -- + -- + 2ΔΔ' · Δ'Η �

u2 = (3) � ν 2 = ν2 =

ΑΓ2 + 3 ΒΓ2 ΒΓ2

3 ΑΓ 2

ΒΓ2 + 3 ΑΓ2

+ 2ΔΔ' . Δ'Η + 2 ΕΕ' . Ε'Δ' � + 2ΕΕ' . Ε'Δ'

(-) �

Αν είναι 2α6 - 2α4 + α 2 = � , να αποδείξετε 2 8 ότι α > ι .

Λύση Αρκεί 4α8 +1 > 5 ή (2α4 )2 +12 > 5 ή (2α4 - 2α2 + 1)(2α4 + 2α4 + 2α2 + 1) > 5

ή (λόγω υπόθεσης) ---;. (2α4 + 2α 2 +1) > 5 2α 2 , 2α4 + 2α + 1 10 , γ 10 > - η 2 α2 + 2 + - > η � 3 3 � 2 1 ή α2 + α+ > , που ισχύει γιατί α+

( �)

�

( �)2 � 4 .

Λύση του Σωτήρη Λουρίδ α : Καλούμε α2 = t οπότε t > Ο. Άρα λύνουμε το εξής πρόβλημα: Αν 2 · t3 - 2t 2 + t = � να 2 αποδειχθεί ότι: t > ι. Λύση: 3 Απο' 2 · t 3 - 2 · t2 + t = - � 2 � 2 . t 3 - 2 - 2 . t 2 + 2 + t -1 = � -1 2 1 � 2 · (t - 1) - 2 · (t 2 -1) + t -1 = 2 3

� 2 . (t -1)(t 2 + t + 1) - 2(t -1)(t + 1) + t -1 = ..!.. 2 1 � 2 . (t -1) . (t 2 + t + 1) - 2 . (t -1)(t +1) + t -1 = 2

� < t -1)(2 · t2 + Ά' + I - Ά' - I +1) 1 � (t -1) · (2 · t2 +1) = 2 >0 � t -1 > Ο � t > 1 � α2 > 1 � α8 > 1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.2/18

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ 1.

Ο πενταψήφιος αριθμός Α = Χ 1 Χ2 Χ3 Χ4Χ5 (στο δεκαδικό σύστημα) έχει ψηφία

τέτοια ώστε χ3 > 1, χ4 > 1, χ5 > 1 και Χ1 + Χ1 Χ2 + Χ1 Χ2 Χ3 + Χ1 Χ2 Χ3 Χ4 + Χ 1 Χ2 Χ3 Χ4 Χ5 = 121

-------

Δίνεται ορθή γωνία xOy και τα σημεία Α, Β επάνω στις Οχ, Oy, αντιστοίχως, έτσι ώστε ΟΑ + ΟΒ =2λ, όπου λ > Ο. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό σημείο Τ στο εσωτερικό της γωνίας xOy έτσι ώστε Ε(ΟΑΤΒ) = λ2 , ανεξάρτητα από τη θέση των Α και Β. Λύση

Αν Β = Ο, Α Ε Οχ με ΑΒ =2λ , τότε το ευθύγραμμο σχήμα ΟΑΤΒ είναι το τρίγωνο ΟΤΒ, οπό Λύση τε το Τα θα βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας Από την υπόθεση έχουμε: Χ ι (1 +x z +x z xJ +X z X J X 4 +x 2 X 3 X 4 Xs ) = 121 = 1 1 · 1 1 xOy σε ευθεία παράλληλη προς την Οχ σε από Επειδή ο 1 1 είναι πρώτος και 1 :::;; Χ ι :::;; 9 , έχουμε σταση λ από την Οχ. Ομοίως, αν Α = Ο, Β Ε Oy με ΑΒ = 2λ , τότε το Τ ότι Χ ι = 1 και 1 + Χ 2 + Χ 2 Χ3 + Χ 2 Χ3 Χ 4 + Χ2 Χ 3 Χ4 Χ 5 ) = 121 θα βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας xOy σε 3 ευθεία παράλληλη προς Oy σε απόσταση λ από ή Χ 2 (1 + χ 3 + Χ3 Χ 4 + χ3 χ 4 χ5 ) = 120 = 2 · 3 · 5 . Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: την Oy. Άρα το Τ πρέπει να είναι το μοναδικό • χ =1 σημείο τομής των δύο αυτών ευθειών. 2 Τότε χ 3 (1 + χ 4 + χ 4 χ 5 ) = 1 19 = 7 · 17. Υ Υ Λ Επειδή είναι 1 < χ 3 :::;; 9, και οι 7, 17 είναι πρώ Β τοι, έπεται ότι χ3 = 7 και ------------- τ 1 + χ 4 + χ4 χ 5 = 17 ή χ4 (1 + χ 5 ) = 16. Άρα έχουμε χ4 = 2, χ 5 = 7 ή χ 4 = 4, χ5 = 3 ή Χ 4 = 8, χ 5 = 1(απορ.) ο κ χ Α Έτσι έχουμε τις λύσεις 2λ Σχ. 1 Σχ.2 Α=1 1727 ή Α=1 1743. Μένει ακόμα να αποδείξουμε ότι για την τυχούσα • χ =2 2 θέση του ΑΒ ισχύει ότι Τότε χ 3 (1 + χ 4 + χ 4 χ 5 ) = 59 (αδύνατη) Ε(ΟΑΤΒ) = λ2 . • χ =3 Θεωρούμε σημείο Κ Ε Οχ τέτοιο ώστε ΑΚ = ΟΒ, 2 Τότε χ 3 (1 + χ 4 + χ 4 χ 5 ) = 39 = 3 · 13 , οπότε τελι- οπότε ΟΚ = ΟΑ + ΑΚ = ΟΑ + ΟΒ = 2λ και κά προκύπτουν οι αριθμοί Ε(ΟΤΚ) = .!. οκ · λ = λ2 . 2 Α= 13325 ή Α=13333 ή Α=13342 Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι • Χ = 4 (οδηγεί σε άτοπο) Ε(ΟΑΤΒ) = Ε(ΟΤΚ) ή 2 • χ = 5 (επίσης οδηγεί σε άτοπο) Ε(ΟΒτ) + Ε(ΟΑτ) = Ε(ΑΚτ) + Ε(ΟLτ) ή 2 • χ =8 Ε(ΟΒτ) = Ε(ΑΚτ) , που ισχύει γιατί τα τρίγωνα 2 Τότε χ 3 (1 + χ4 + χ 4 χ 5 ) = 14 = 2 · 7 , οπότε θα εί ΟΒΤ και ΑΚΤ είναι ίσα [ΑΚ=ΟΒ, ΟΤ = ΤΚ και ναι χ 3 = 2 και χ 4 (1 + χ 5 ) = 6 ή χ 3 = 7 και Βότ = ΑΚ.τ = 45° ]. Χ 4 (1 + χ 5 ) = 1 (αδύνατο). ση του Σωτήρη Λουρίδα : Άρα είναι χ3 = 2, χ4 = 2, χ 5 = 2 ή χ 3 = 2, ΘεωρούμεΛύ τον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο Χ4 = 3, χ3 = 1 (απορ.) ΟΑΒ που τέμνει την διχοτόμο της χόψ = 90° στο Έτσι προκύπτει ο αριθμός Α= 1 8222. σημείο Τ. Θεωρούμε επί της Οχ σημείο Β', ώστε ΑΒ ' = ΟΒ. Να βρεθεί ο αριθμός Α.

:ι ·!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/19

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Τότε όμως 20α + β + κ � 100α + 10β + γ ή ±κ � 80α + 9β + γ (άτοπο, αφού κ<β από κ2 = β2 - 4αγ < β2 ) .

Αν α � ι και z ε c έτσι ώστε I z + α ι:::; α και Ι z2 + α ι:::; α , να αποδείξετε ότι η εικόνα του z στο μιγαδικό επίπεδο ανήκει στον κυκλικό δίσκο με κέντρο την αρχή των α ξόνων και ακτίνα α. Λύση Έστω z = χ + yi . Τότε z2 = χ2 - y2 + 2xyi 4.

Άρα: Ο Β ' = ΟΑ + ΑΒ' => Ο Β' = ΟΑ + Ο Β => Ο Β ' = 2 · λ . Άρα το Β ' είναι σταθερό σημείο.

Ι z + α Ι:::; α => �(χ + α)2 + y2 :::; α

Τα τρίγωνα Α Τ Β ' και Α Τ Β είναι ίσα διότι: Β = Αι (από το εγγεγραμμένο ΟΑΤ Β), Ατ = Τ Β, Δ

αφού ΑΤ = ΤΑ = 90σ και Ο Β=Α Β Ό Άρα ΤΟ=Τ Β ' που σημαίνει ότι το Τα είναι- σημείο τομής της δι χοτόμου (οδ) και της μεσοκαθέτου του Ο Β ' για οποιαδήποτε θέση της Α Β , ώστε ΟΑ+Ο Β =2λ. Έτσι έχουμε: ΟΤ · ΤΤ1 Ο Β · ΤΤ + 2= Ε ΑΤΒ) = 2 (Ο 2 ΟΑ λ Ο Β · λ = = !:_ (ΟΑ + Ο Β) = !:_ · 2λ = λ2 · + ' 2 2 2 2 , Ο Β ' 2λ αφου ΤΤ1 = ΤΤ = 0Τ1 = -- = - = λ . 2 2 2 Αν υπάρχει και ένα άλλο σημείο Τ , εντός χΟψ , με τις ιδιότητες του Τ τότε: E<oAn) = Ε<οΑΤΒ) => Ε σΑΒ) = Ε<ΓΑΒ) => ττ ΙΙ ΑΒ .....--_

ή χ 2 + y2 + 2αχ :::; Ο

(1)

ή (χ2 + y2)2 + 2αχ2 - 2αy2 :::; Ο

(2)

.....--_

για κάθε θέση του Α Β , πράγμα άτοπο. Άρα το Τ είναι μοναδικό σημείο. (Η παραπάνω διαδικασία συντομεύεται με το θεώρημα του Mac Lauήn).

3. Αν ο αριθμός αβγ (στο δεκαδικό σύστημα) είναι πρώτος, να αποδείξετε ότι η εξίσωση αχ 2 + βχ + γ = Ο δεν έχει ρητή ρίζα. Λύση Έστω Δ = β2 - 4αγ = κ2 , ( κ ε Ζ , αφού α, β, γ ψη φία) . Τότε θα έχουμε: 4α · αβγ = 4α(100α + ΙΟβ + γ) = 400α2 + 40αβ + 4αγ = 400α2 + 40αβ + β2 - κ2 = (20α + β)2 - κ2 = (20α + β + κ)(20α + β - κ) Επειδή ο αριθμός αβγ είναι πρώτος, έπεται ότι ο 20α+β+κ ή ο 20α+β-κ διαιρείται με τον πρώτο αριθμό αβγ .

Ι z2 + α Ι:::; α => �(χ2 - yz + α)2 + 4x2y2 :::; α Θέτουμε χ 2 + y2 = ω2 και οι Ι , 2 γίνονται:

ω +2αχ.:::; ο +2m' ο1

�ο/ -

l I χ')�ιJ..,., �2m! I"' �� ι

χ:::;�

2α ι.ε

α>Ο ή i �

-.ι

4[ cJ

(3) (4)

ω2 ω4 ω4 Από τις (3), (4): - :::; χ2 :::; - - 2 4α 4α2 ω2 ω2 <Ι-η' - 2α2 2α 2α2 2α2 Όμως :::; - = α2 διότι α + Ι � 2 . Ι+α 2 Έτσι: χ2 + y2 :::; α2 ή Ι z l 2 :::; α2 ή Ιι z ι:::; αl , δηλαδή η εικόνα του z στο μιγαδικό επίπεδο ανή κει στο κυκλικό δίσκο με κέντρο την αρχή και ακτίνα α. Λύση του Σωτήρη Λουρίδα : Ι z + α ι:::; α =>Ι z 1 2 +α(z+z) :::; 0 =>1 z 12 :::; -α(z + z) => Ι z l4:::; α2 · (z2 + z2 + 2 · z · z) => I z ι4:::; α2 · (z2 + z2) + 2α2· 1 z Ι 2 (Ι) --

Ι z2 + α ι:::; α => I z 14 +α · (z2 + z2 ) :::; ο =>

α· Ι z 14 +α2 (z2 + z2 ) :::; Ο

(Ι) + (2) => (α + Ι) Ι z 14:::; 2α2 · 1 z 12 =>1 z 12 :::; με

2α2 α+Ι

� :::; α2 άρα 2 :::; α + Ι , καθώς α � Ι . α+Ι

Τελικά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/20

(2)

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Σωτήρης Λουρίδας Λυμένες Ασκήσεις

Άρα: ΡΑ- + ΡΒ- + ΡΓ- -> ,

ημz Α + ημz Β + ημz Γ 1. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω ότι: Α = 30" και Β = 15" . θεωρούμε σημείο Ρ του επιπέ ημΑ = ημ3 00 = 21 ' ημΒ = ημ15 = �2 - Ji ' 2 δου του, ώστε: ΛΜ + ΛΝ + ΜΝ = 1, αν Λ, Μ, Ν οι προβολές του Ρ στις πλευρές ΒΓ, ημΓ = ημ135" = .fi , οπότε: 2 ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι: Α

με

•

ΡΑ2 + ΡΒ2 + ΡΓ2 �

ΡΑΖ + ΡΒΖ + ΡΓ2 � 1 0 + 2J3

10 + 2.J3 11

Λύση :

Θυμίζουμε ότι: «αν ένα τρίγωνο ΚΛΜ είναι εγγε γραμμένο σε κύκλο ακτίνας R και είναι ω το μέτρο της γωνίας ΜΚΛ , τότε ΛΜ = 2Rημω». (Νόμος ημιτόνων). Τα τετράπλευρα ΡΝΑΜ, ΡΜΓΛ, ΡΝΒΛ είναι εγγράψιμμα σε κύκλους (σχ. 2) αφού δύο απέναντι γωνίες τους είναι 90°ή δύο διαδοχικές τους είναι ίσες με 90° (σχ. 3). Αντίστοιχες αυτών διάμετροι είναι οι ΑΡ, ΓΡ, ΒΡ. Β

Είναι ο ρητός αριθμός 1 Χ = -1 + -1 + -1 + . . . + -, 3 5 7 2η + 1 όπου η ε Ν με η � 1 , ακέραιος;

Λύση : 1 'Ε ' ο χ=Σ η -- ειναι ' ' ακεραιος. στω οτι 2α + 1 α=Ι

Τότε το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρανο Μ μαστών είναι: 3 ιc 5 7 . . . (2λ + 1) όπου 2λ + 1 είναι ο μεγαλύτερος απ ' τους παρανομαστές που δεν είναι πολλαπλάσια του 3. Θέτουμε: m = 5 · 7 . . . (2λ + 1) κι έχουμε: 3ιcmx = 3ιc- 1 m + 3ιc · μ , όπου μ ε Ζ . Α Β -ι m ε Ζ : «άτοπο». Σχ. 2 Σχ. 1 Συνεπώς: 3ιc · m ε Ζ � 31( 3 Από την προηγούμενη παρατήρηση έχουμε: 1 1 1 με η ε 1�"�τ και η � 1 ΛΜ = ΡΓ · ημΓ , ΛΝ = ΡΒ · η μΒ , ΜΝ = ΡΑ · ημΑ . Άρα ο χ = - + - + ... + -2η + 1 3 5 ΛΜz MN-z + ΛΝ-z + , ρα: ΡΑz + ΡΒz + ΡΓ2 = δεν είναι ακέραιος. Ά 2 Α ημ z Β ημ2-Γ · ημ3. Ακολουθίες: i) Fiboηacci, ii) Lucas. Από την ανισότητα Cauchy - Schwarz i) Fiboηacci: είναι η ακολουθία fπ που ι Buniakowski έχουμε: κανοποιεί την αναδρομική σχέση: (PAz + ΡΒ2 + ΡΓ2 ) · (ημz Α + ημ2 Β + ημ2 Γ) � fn = fn -1 + fn-2 ' αν η = 3, 4, 5, ... με fι = 1 � (ΡΑη μΑ + ΡΒημΒ + ΡΓημΓ)2 = και f2 = 1. Προφανώς f3 = 2. Να αποδει = (ΛΜ + ΛΝ + MN)z = 1. χθεί ότι ισχύει: n f� = (-1) -l + fn-1 · fn+ l ' ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/21

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Απόδειξη : ,

α) β) γ)

Για η = 2 η σχέση ισχύει, αφού:

r; = (- 1) 1 + fl . f3 <::::> 12 = -1 + 1 · 2 : αληθής. Έστω ότι ισχύει: r; = (-1)"- 1 + f. _1 · fn+Ι . Θα

ποδείξουμε ότι: r;+ = (-1)" + f. · f.+ . Πράγματι: 1 2 ( -1)" + f• . fn + <=> 2 <=> r;+l - f• . fn + = (-1)" <=> 2 <::::> f;+ l - f. (f. + fn +l ) = (-1)" <::::>

<=> f;+l

='"

<=> [ f; - fn+l · (fn +l - f. )] = -(-1)" <::::> + <=> [f.2 - fn+l (fn- l + fn - f. )] = (- 1)" 1 <::::> n <=> r; - fn+l . fn 1 = (- l) -1 . (-1)2 <=> <::::> f; = (- 1)" - 1 + fn+Ι · f._ , που είναι αληθής.

Η απόδειξη τους γίνεται με βάση τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής. 4. Με β άση την ακολουθία Fibonacci. 1. Αν λ ε { 2, 3, 4, . . . } και ρ τυχαίος φυσικός Η απόδειξη γίνεται με βάση την μέθοδο της τέ λειας επαγωγής. 2.

ii) Lucas : Είναι η ακολουθία που ορίζεται από τις σχέσεις Lt = 1, L2 = 3, L. = L._1 + L._2 , η :?: 2 . Να αποδειχθεί ότι ισχύει: L� = Ln-ι · Ln+1 + (-1)" · 5 για όλα τα η > 1. Απόδειξη :

Για η = 2 ισχύει, αφού 32 - 1 - 4 = (-1)2 5 : «αληθήρ>. Έστω ότι ισχύει L2• = (-1)" · 5 + L._ 1 · Ln +Ι . Θα αποδείξουμε ότι: ·

L2n+Ι = L • Ln+ + (-1)" 1 . 5 <=> 2 . 2 <=> Ln +l - L• Ln+ = (-1)"+ 1 . 5 <=> 2 + <=> L2n + Ι - Ln · (Ln+Ι + L . ) = (-1)" 1 5 <::::> n+l <::::> L2n+ l - Ln Ln + l - L2n = (- l) . 5 <::::> + <=> -( L: - L:+ Ι + L · L.+ ) = (-1)" 1 · 5 <::::> 1 " <=> L2 - Ln +Ι (Ln+Ι - Ln ) = (-1)" (-1)2 · 5 <::::> " <=> L: - L. + ( Ln- + L. - L. ) = (-1)" · 5 <::::> 1 2 <::::> L: - Ln +Ι · L._ = (-1)" · 5 <::::> 2 <::::> L2• ( -1)" · 5 + L n+ Ι · L._1 που αληθεύει. •

•

Ln + I · Ln - 5 · fn+l . fn = 2(-1)"

Λύ ση

<::::> -(f;+ l + f� + fn · fn+l ) = (-1)" <::::>

L: - 5 · f; = 4 · (- 1)"

τότε έχουμε: χλ+ρ = χλ_1 · χρ + χρ+ 1

<=> r;+l - r; - f• . fn +l = (-1)" <=>

ii)

2 · ζ+n = ζ · L. + f. · Lm

Αν κ, λ φυσικοί αριθμοί και κ διαιρεί τον λ τότε ο όρος Χκ της ακολουθίας Fiboηacci διαιρεί τον όρο Χλ της ακολουθίας αυτής. Λύ ση

Η απόδειξη γίνεται με βάση την μέθοδο της τέ λειας επαγωγής. 3. Δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fibo ηacci είναι αριθμοί πρώτοι μεταξύ τους. Λύση

Έστω χ., Χν+ι δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fiboηacci. Έστω δ κοινός διαιρέτης τους. Αν η ο ελάχιστος φυσικός αριθμός ώστε δ/Χrι και δ/χη+Ι · Αφού δ/χ. και δ/χη+ι το σύνολο των αριθμών η εί ναι διάφορο του κενού. Αν η :?: 2 � η - 1 φυσικοί αριθμοί. Όμως: χη +Ι = χ. + χ _ και δ/χη και " δ/χn+1 � χ/δη -Ι άτοπο αφού η είναι ο ελάχιστος φυσικός με την ιδιότητα δ/Χrι και δ/χη+ 1 • Άρα η = 1 � δ = 1 1

Αν μ, ν θετικοί ακέραιοι αριθμοί με μ "* ν και δ = (μ, ν) τότε ο χδ = (χμ , χ. ) , όπου (χ.) η

ακολουθία Fibonacci. Λύση

Έστω (χμ, χ.) = m. Θα δείξουμε ότι: m = χδ. Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι: μ>ν. • Έστω ν/μ (μ = πολν), τότε δ = ν. iii) Η ακολουθία Fiboηacci (Fn) και η ακολουθία Άρα Χδ = χ)χμ. Κι επομένως: Χδ = m. Lucas (Ln) επαληθεύουν τις ισότητες: =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.l/22

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες •

-------

Έστω ν + μ ( μ :;t: πολν ), τότε υπάρχουν μοναδι- (συν2χ) · [2συν2 χ - 2ημ2 χ] · Η � Ο , όπου Η � Ο , αφού Η = (2συν 2 χy-ι + . . . + (2η/.ι2 χy- ι και κοί ακέραιοι λ, υ τέτοιοι ώστε: μ = νλ + υ, Ο < υ < ν 7. ί) Αν χ, ψ, α, β, βι, υ, υι ακέραιοι αριθμοί, Θα δείξουμε ότι: m = (xv, Χυ). ώστε χ = α · β + υ , Ο < υ < α, Έχουμε: μ = (νλ + 1) + (υ - 1). Οπότε, σύμφω Υ = α · β 1 + υ1 , Ο < υ1 < α να με την πρόταση 4. 1, παίρνουμε: με υ · υ1 - l = πολα , τότε (2) Χμ = Χνλ Χυ-ι + Χυ x · y - 1 = πολα . Έχουμε τώρα: mlxμ και mlxv. ίί) Έστω α πρώτος αριθμός και το πολυώ Συνεπώς: mlxμ και mlxvλ· Κι επομένως απ ' τη νυμο: (2) παίρνου με: ιη!χu. Ρ( χ) = α οχ ν + αι χν- 1 + . . . + αν-Ι . � + α. ' Έτσι συμπεραίνουμε ότι: (xv, Χυ) = m. όπου αο, αι, , α. ακέραιοι αριθμοί ώστε Με τον ίδιο τρόπο, αν ν = υλ1 + υι με Ο<υι<υ, α . :;t: πολα . Αν υπάρχει ακέραια τιμή :χο, τότε: (xu, Xv) = m. ώστε Ρ( χ0 ) = πολα , τότε υπάρχουν άΕίναι τώρα: μ = νλ + υ , Ο<υ<ν πειροι ακέραιοι ρ για τους οποίους το: Q(ρ) = α ν . ρν + α ν . ρν-Ι + . . . + αl . ρ + αΟ -Ι .•.

υ κ -2 = υ κ- Ι λκ + υ 0 < υ κ < υ κ- 1 υ κ- 1 = υ κ λ κ+ J • Και συνεπώς: υκ = δ. Τότε: (χ μ , Χ ν ) (χ ν , Χ υ ) = · · · = (x u,_1 ,χ υ. ) = Χδ ·

διαιρείται ακριβώς με το α.

κ '

ί)

Λύση : α/ υυ 1 - 1 � υπάρχει ακέραιος κ, ώστε κ � Ο ώστε: υ · υ 1 - 1 = κ · α �

Έστω ν φυσικός αριθμός και χ τυχαία γω νία. Να αποδειχθεί ότι: ημ2ν χ + συν2• χ � 2 1 -ν

Λύση : 1 ν ν ν 2 2 ημ χ + συν χ � 2 <=> 2ν . (ημ2 ν χ + συν 2 ν χ) � 2ν . 2 1- 1 = 2 <=> 2v · (ημ2 ν χ) + 2 v · (συν 2 ν χ) � 2 <=> (2ημ2 χ)' + (2συν2 χ)' � 2 (1) Για ν = 1 : (1)<=> 2ημ2 χ + 2συν2 χ � 2 <=> <=> ημ2 χ + συν2 χ � 1 : «αληθής». Έστω ότι ισχύει (2ημ2 χ)' + (2συν2 χ)' � 2 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι: (2ημ2 χ)'+1 + (2συν2 χ) ν+ 1 � 2 <=> (2ημ2 χ)' · (1 - συν2χ) + (2συν2 χ)-ν · (1 + συν2χ) � 2 <=> (2ημ 2 χ)' + (2συν 2 χ)' + [(2συν2 χ)' - (2ημ2 χ) ν ] · · συν2χ � 2 Αρκεί λοιπόν ν' αποδείξουμε ότι: [(2συν 2 χ)' - (2ημ2 χ) ν ] · συν2χ � Ο <=>

ίί)

Έστω χ0 ακέραιος τέτοιος ώστε Ρ(Χσ) = πολα. Κι ας είναι: χ 0 = α · β + υ, Ο :::::; υ < α . Αν υ = Ο � χ 0 = α · β � α/χ 0 και επειδή: α/Ρ(χ 0 ) � α!α. , πράγμα άτοπο από την υπόθεση. Άρα υπάρχουν ακέραιοι β, υ, ώστε: χ = α · β + υ , όπου Ο < υ < α. Έστω οι ακέραιοι της μορφής ρ = α· β' + υ' , ό που β ' τυχαίος θετικός ακέραιος, ώστε: Ο < υ ' < α και υ · υ' - 1 = κ α . Αυτό ισχύει αν Ο < υ' < α � Ο < κ · α + 1 < α � υ � 1 < α · (υ - κ) � υ > κ Οι αριθμοί ρ για ένα τέτοιο κ είναι άπειροι το πλήθος, αφού το β ' παίρνει άπειρες τιμές. Όι.ίως υ · υ' - 1 = κ · α � χ 0 · ρ - 1 = κ · α η παράσταση. Η(χ 0 ) = Ρ(χ0 )ρ ν - Q(x 0 ) = = αν-Ι · ρν-\Χ ο · ρ - 1) + αν-2 · ρν-2 (χ� · ρ2 - 1) + + . . . + α0 (χ� · ρ · - 1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/23

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Άρα: Ρ(χ 0 ) · ρ ν - Q(x0 ) = Η · (χ 0 · ρ - 1) , Η ακέΑπόδειξη : ραιος. Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι: Άρα α/Ρ(χ0) και α/χ0ρ - 1 και επειδή ο α είναι a :?: b :?: c :?: d . Τότε: πρώτος αριθμός αυτός θα διαιρεί τον Q(Xo). 1 = a2 + b2 + c2 + d2 :?: (a + c) · (b + d) (+) 1 = a 2 + b2 + c2 + d2 :?: (a + b) · (c + d) => Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f/ IR και ο σταθερός α Ε (0, 1) ,όταν για την f ισχύουν 1 = a2 + b 2 + c2 + d2 :?: (a + d) · (b + c)

}

τα εξής: α) f συνεχής στο IR β) f(O) = α γ) f(χ) - f(α · χ) = χ , για κάθε X E IR .

Λύση :

Έχουμε: f(κ) - f(α · κ) = κ για κάθε κ Ε IR . Έχουμε: για: κ = χ, f(x) - f(αx) = x κ = α · χ , f(αχ) - f(α2 χ) = α · χ κ = α2 · χ , f(α2 χ) - f(α3 χ) = α2 χ

3 :?: (a + c) · (b+d)+(a + b) · (c + d) + (a + d) · (b + c) αφού: a2 +b 2+c2 +d2 =(a - b)2 +2ab+(c - d)2 +2cd :?: 2ab + 2cd. Και συνεπώς αρκεί: 2ab + 2cd :?: (a + c)(b + d) <::::> ab + cd - ad -cb :?: 0 <::::> a(b--d)-c(b--d) :?: Ο <::::> ( a - c) (b - d) :?: Ο: αληθής

από την ανισότητα γεωμετρικού-aρμονικού μέ σου έχουμε: (a_+_c_)(_b_+_d-)(-a---,3 :?: 3 · �rc) b_+_ + b)(c_+_d_)(_a_+_d-)(_ => 1 :?: ψa + c)(b + d)(a + b)(c + d)(a + d)(b +c) 6 1 :?: 1 1 + -1 + 1 => + 1 + 1 + -a+c b+d a+b c+d a+d b+c Κ = αν · Χ , f(αv · Χ ) - f(αν+Ι . Χ) = αν · Χ 1 +1 +1 +1 + 1 +1 - 6 :?: 0 Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε: => a+c b+d a+b c+d a + d b+c f(χ) - f(αν+Ι · χ) = χ · (1 + α + α2 + . . . + αν) => 1 - αν+Ι => a + b - 1 + a + c - 1 + a + d - 1 + b + c - 1 + f(χ) = f(αν+Ι · χ) + χ · -a+c b+c a+b a+d 1-α Αν προς στιγμή το χ θεωρηθεί πραγμαnκός στα + b+d-1 + c+d-1 �0 θερός αριθμός και εφόσον α Ε (0, 1) => b+d c+d ΙWη. αν+Ι = Ο => lίm(αν+Ι · χ) = Ο και αφού η f => .._... 1 ' ' οταν Η ισοτητα ισχυει ' a = b = d = c = 2. είναι συνεχής => f(x) = f(O) + χ · 1 - 0 , "i/x Ε JR => a 2 + b2 + c2 + d2 :?: (a + c)(b + d) <=> 1-α χ- . a 2 + b 2 + c 2 + d2 :?: ab + ad + cb + cd <::::> f(x) = α+1-α (a - b) 2 + (a - d) 2 + (c - b) 2 + (c - d) 2 :?: 0 9. Αν a, b, c, d E IR: , τέτοιοι ώστε όπως αληθεύει. Όμοια εργαζόμαστε και για τις 2 2 2 2 a + b + c + d = 1 , να αποδείξετε ότι: άλλες. a+b-1 a+c-1 a+d-1 a+c-1 + + + + 1 0 . Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η b+c a+b a+c a+d εξίσωση: + b + d - 1 + c + d - 1 � Ο (ισχυει αν a, b, c, d 3 2 -

---

b+d c+d είνάι ομόσημοι).

(1 - χ)(χ + 1) = χ .

Υπάρχει εκπληκτική φαντασία στα Μαθη ματικά της Φύσης. Ο Αρχιμήδης δ..& θετε τουλάχιστον όση φ�ντασία είχε ο Όμηρος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/24

Βολταίρος

θ η ματι κ --

,,. α την Α Λuιιείου '

#i Ααιcήαc·ις Αλrcιιpσς Σύνολο

Εuναpτιfαcις

του Αντώνη Κυριακόπουλου Λυμένες Ασκήσεις 1.

Θεωρούμε τα σύνολα: A = x E JR. I x3 - χ2 + 2χ - 6 ;::: ο και

{ } B = { x E JR. I x3 + 2χ - 5 > 0} .

Να δείξετε ότι: Α ς Β . Λύση: Έστω ότι χ Ε Α . Τότε χ Ε JR.

και: χ3 - χ 2 + 2χ - 6 ;::: Ο � χ 3 + 2χ - 5 ;::: χ2 + 1 > 0 � χ3 + 2χ - 5 > 0 � χ Ε Β. Συμπεραίνουμε ότι, κάθε στοιχείο του Α είναι και στοιχείο του Β. Άρα: Α ς Β . 2.

Να λυθεί η εξίσωση: 2f(x) + lx - 11 + 4 = Ο Λύση :

α.

•

Να βρείτε τα σύνολα Α, για τα οποία ισχ� ουν: Α ς {2,3,4,5} (1), Α ς {2,4,6} (2) και{2,4} ς Α (3). Λύση:

{

(1)

•

Έστω ότι χ ;::: Ο . Τότε f(x) = 2χ -3. Έτσι, έχουμε: (1) <::::> 2(2χ-3)+1χ - 11 +4 = Ο <::::> 4x + lx - 1l - 2 = 0 (2) Με χ ;::: 1 , έχουμε χ - 1 ;::: Ο και συνεπώς: (2) <::::> 4χ + χ - 1 - 2 = Ο <::::> χ = � , απορρίπτεται 5 γιατι' -3 < 1 . 5 Με Ο � χ < 1 , έχουμε χ - 1 <Ο και συνεπώς: (2) <::::> 4χ - χ + 1 - 2 = Ο <::::> χ = -1 : δεκτή γιατί 3 ο ς !. < 1 . 3 Έστω χ < Ο. Τότε f(x) = -3χ + 1 και χ - 1 < Ο. Έτσι έχουμε: (1) <::::> 2(-3χ + 1) - χ + 1 + 4 = Ο <::::> χ = 1 , απορρίπτεται γιατί 1>0. Άρα, η εξίσωση ( 1) έχει τη μοναδική λύση 1 Χ = -. 3

Λόγω των (1) και (2) έχουμε: Χ Ε {2,3,4,5} χΕΑ� � χ Ε ( {2,3,4,5} 11 {2,4,6} ) Χ Ε {2,4,6} - � Χ Ε {2,4} . Συμπεραίνουμε ότι: Α ς {2,4} . Από τη σχέση αυτή και την (3), έπεται ότι: Α = {2, 4} . Αντίστροφως: Όπως βρίσκουμε εύκολα, το σύνο 4. Έστω η συνάρτηση: λο Α = {2, 4} πληροί τις δοσμένες σχέσεις (1), (2) 3χ - 1, αν χ ;::: 1 και (3). Άρα το σύνολο Α = {2, 4} είναι το μονα f(x) = χ + 2, αν χ < 1 δικό ζητούμενο.

{

3. Έστω η συνάρτηση: 2χ - 3, αν χ ;::: ο f(x) = -3χ + 1, αν χ < Ο

Να δείξετε ότι κάθε πραγματικός αριθμός είναι τιμή της f. Ποιο είναι το σύνολο τιμών της f; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/25

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

-------

Σχόλιο:

Έστω μία συνάρτηση f: Α � IR. . Ένας Έτσι έχουμε: αριθμός λ Ε IR. είναι τιμή της f, δηλαδή λ Ε f(A) , { -3 � χ � - 1 αν, και μόνο αν, υπάρχει χ Ε Α με f(x) = λ. Ισοδύ <=> 1�y�2 ναμα: αν, και μόνο αν, η εξίσωση f(x) = λ, με ά γνωστο το χ, έχει μία τουλάχιστιο λύση στο Α. Λύση :

{

-3� χ+ � -1 5 5 5 <=> 1 1 -�-�1 2 Υ

2�χ+ �4 5 χ+ 5 �4 1 1 ::::> 1 � --�-�1 Υ 2 Υ

(2)

Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR. . Έστω ότι έ νας αριθμός λ Ε IR. δεν είναι τιμή της f, οπότε η ε Από τις ( 1 ) και (2) συμπεραίνουμε ότι το σημείο ξίσωση f(χ) = λ είναι αδύνατη στο IR. . Ν ( χ ; 5 , y - χ ανήκει στο τετράγωνο ΕΖΗΘ. • Με χ ;:::: 1 , έχουμε: λ+1 f(χ) = λ <=> 3χ - 1 = λ <=> χ = -

Και επειδή η εξίσωση είναι αδύνατη, έπεται ότι: λ+1 (1) - < 1 <:::> λ + 1 < 3 <:::> λ < 2

Με χ< 1 , έχουμε: f(x) = λ <:::> χ + 2 = λ <:::> χ = λ - 2 Και επειδή η εξίσωση είναι αδύνατη, έπεται ότι: λ - 2 ;?: 1 <:::> λ ;?: 3

(2)

αν

{χ+2,-χ2, χχ� 22

f(x) = 1

•

Έστω η συνάρτηση :

αν

α. Να μελετήσετε την μονοτονία της f στο σύνολο ορισμού της.

β. Να κάνετε τη γραφική παράσταση της f. Σχόλιο: Έστω ότι μία συνάρτηση f είναι ορισμένη

Από τις ( 1 ) και (2), έχουμε: 3 � λ < 2 , οπότε 3 < 2, σε δύο (μη κενά) σύνολα Α και Β. Αν η f είναι μο άτοπο. Άρα, κάθε αριθμός λ Ε IR. είναι τιμή της f. νότονη σε καθένα από τα σύνολα Α και Β, δεν έ πεται αναγκαίως ότι είναι μονότονη και στην έν(J} Λόγω αυτού, έχουμε: f(IR.) = IR. . σή τους Α υ Β . 5.

Στο παρακάτω σχήμα, ένα σημείο κινείται στο ορθογώνιο

ότι το σημείο Ν ( τετράγωνο ΕΖΗΘ. 5

Δ• M(x ,y) :'

5 ,y -

�

I : :

!:: r--- 1 Θ

-1

ανήκει στο

N( x+S ,y-

�----- �-- -

•

-3

----

ΑΒΓ Δ. Να δείξετε

χ ; χJ

Μ(χ,

Λύση :

Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR. . α. • Με χ ::;; 2, έχουμε: f(x) = χ + 2. Άρα, η f εί ναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (-οο, 2] (μορφή f(x) = αχ + β με α = 1>0 και β = 2). _!_ x 2 • Άρα, η f είναι • Με χ>2, έχουμε: f(x) = 4 γνησίως αύξουσα στο διάστημα (2, +οο) (μορφή f(x) = αχ2 με α = _!_ > Ο ). 4

Εξετάζουμε τώρα αν η f είναι γνησίως αύ ξουσα και στο IR. . Παρατηρούμε ότι: f(1 ) = 3 και f(3) = 2_ . 'Εχουμε λοιπόν 1 <3,

----:!Η

Λύση :

αλλά

Σύμφωνα με το σχήμα, έχουμε: {-3 � χ � -1 1�y�2

::::>

{1 � -χ � 3 1�y�2

Άρα 2 � y - x � 5 ( 1 )

β.

f(l )>f(3). Συνεπώς, η f δεν είναι γνησί ως αύξουσα στο IR. . Άρα η f δεν είναι μονότονη στο IR. . Η γραφική παράσταση της f (παρακάτω σχήμα) αποτελείται από την ημιευθεία:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/26

------y = x+2, χ :::; 2

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

και το τμήμα της παραβολής:

Λύ ση:

ι y = - x 2 , χ > 2. 4

Να δείξετε ότι η συνάρτηση:

f(x) = χ - .J2 - 3 έχει ελάχιστη τιμή το 1.

Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR . Βρίσκουμε εύκολα ότι: -χ2 , αν χ ::; ο f(x) = :2 , αν Ο :::; χ :::; 2 -, αν χ > 2

α.

Σχόλιο: f(x) � κ

Έστω μια συνάρτηση f: Α � IR . Αν { f(x) :::; κ ) , για κάθε χ ε Α , δεν έπεται αναγκαία ότι το κ είναι ελάχιστη (μέγιστη) τιμή της f. Για να συμβαίνει αυτό θα πρέπει ακόμα το κ να είναι τιμή της f. Π.χ. f(x) = ημχ:::; 2 , για κάθε χ ε IR . Αλλ.ά το 2 δεν είναι μέγιστη τιμή της f I 1R , αφού το 2 δεν εί ναι τιμή της f. Λύση :

Το σύνολο ορισμού της f είναι: Α = •

Θα δείξουμε ότι χ ε Α , έχουμε:

f(x) � ι ,

[%,+α:>J .

για κάθε

χεΑ.

β.

x � l και άρα χ - ι>Ο) 2 <=> (χ - 1)2 � 2χ - 3 <=> χ2 - 2χ + ι � 2χ -3 <=>

(επειδή

χ2 - 4χ + 4 � 0 <::> (χ - 2)2 � 0 :

•

ισχύει. Θα δείξουμε ότι το ι είναι τιμή της χ ε Α , όπως παραπάνω, βρίσκουμε:

(δεκτή, γιατί 2 ε Α ). Άρα f(2) = ι , δηλαδή το ι είναι τιμή της f. Συνεπώς, η f έχει ελάχιστη τιμή το ι (για χ=2). 8.

Έστω η συνάρτηση:

{xlxl,

f(x) = 4 χ

αν χ :::; 2

, αν χ > 2

Με χ :::; Ο , έχουμε: f(x) = -χ2. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( -οο, Ο] (μορφή f(x) = αχ2 με α = - 1 <0). Με Ο :::; χ :::; 2 , έχουμε: f(x) = χ2. Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα και στο διάστημα [0,2] (μορ φή f(x) = αχ2 με α = ι>Ο). Εξάλλου, με χ 1 :::; Ο :::; χ 2 :::; 2 και χι<χ2 και έχουμε: f(x 1 ) :::; f(O) :::; f(x ) και άρα f(x ι )<f(x ) (για2 2 τί;). Συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως αύ ξουσα στο διάστημα ( -οο, 2] .

Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (-οο,2] , για κάθε χ :::; 2, έχουμε f(x) :::; f(2) = 4 . Επίσης, για κάθε χ>2, έχουμε:

4 ι ι χ > 2 :::::> - < - :::::> - < 2 < 4 = f(2) :::::> f(x) < f(2) χ χ 2

Με

f(x) = ι <=> (χ - 2)2 = ο <=> χ = 2

Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ ε IR ισχύει: f(x) :::; f(2) . Συνεπώς η f, στο χ = 2, έχει μέγιστη τιμή, ίση με f(2) 4. Υ Η γραφική πα ράσταση της f (διπλανό σχή μα) αποτελείται από: χ • Το τμήμα της παραβο λής: =

Ύ·

α. Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της f.

β. Να δείξετε ότι η f έχει μέγιστη τιμή.

γ. Να κάνετε τη γραφική παράσταση της f.

Με χ>2, έχουμε: f(x) = i . Άρα η f είναι γνη χ σίως φθίνουσα στο διάστημα (2, +οο) (μορφή α f(x) = - με α = 4>0).

Με

f(x) � ι <=> χ - .J2x -3 � ι <=> χ - ι � .J2x - 3

• •

.y = -x2, χ :::; ο .

Το τμήμα της παραβολής: y=x2, Ο :::; χ :::; 2 και Το τμήμα της υπερβολής: y = � , χ>2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/27

Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκείου

{

Έστω η συνάρτηση: αχ - 1, αν χ < -1 f(x) = 2χ + β, αν χ > 1

f(x) =

{2χ2χ +- 11, αναν χ <> -11 χ

Το σύνολο ορισμού της f είναι: Α = ( -1) υ (1, -too) . Είναι φανερό ότι, για Η γραφική παράσταση της f διέρχεται από κάθε χ Ε Α , ισχύει (-χ) Ε Α . Έστω τώρα ότι τα σημεία Μ(-2, -5) και Ν(3, 7). χΕΑ . α. Να βρείτε τους αριθμούς α και β. β. Να εξετάσετε αν η f είναι άρτια ή περιττή. ί. Έστω ότι χ<-1. Τότε f(x) 2χ - 1 . Εξάλλου, τότε -χ> 1 και συνεπώς: Λύση : f(-χ) 2(-χ)+ 1 --(2χ - 1) -f(x) α. Επειδή η γραφική παράσταση της f διέρχεται ίί. Έστω ότι χ > 1 . Τότε f(x) = 2χ + 1. Εξάλλου, από τα σημεία Μ(-2, -5) και Ν(3, 7), έχουμε: τότε: -χ < -1 και συνεπώς: f(-2) = -5 -2α - 1 = -5 2α = 4 α = 2 � � � f(-x) = 2(-χ) - 1 = - (2χ+ 1) = -f(x) f(3) = 7 6+β =7 β=1 β=1 Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ Ε Α , ισχύει: β. Επειδή α = 2 και β = 1 , έχουμε: f(-x) = f(x). Άρα, η f είναι περιττή. -οο,

{

Παpόλληλcς EufJεicς

Ευκλείδης μας άνοιξε το δp6μο (ας το εκμεταλλευτούμε)

του Δημήτρη Μυλωνά Το ίδιο ταξίδι το έκανα ξανά και ξανά με το μυαλό μου. Από την Α θήνα στη Λειβαδιά, από τη Λ ειβαδειά στο Δίστομο και από κει στη Δεσφίνα. Κι ενώ βρίσκομαι σαν σε αεροπλάνο ψηλά, αντικρίζω μπροστά μου τον κόλπο της Ιτέας και το Γαλαξίδι στο βάθος. Όπως και την πρώτη φορά αυτό σκέφτομαι πάλι για την Ιτέα. Ωραία ρυμοτομία. Δρόμοι φαρδείς, πα ράJληλοι στην ευθεία της παραλ ίας αλλά και κάθετοι σε αυτή ν. (Θα μπορούσα άραγε να αφήσω τη λέξη

«παράλληλοι» και τη λέξη «κάθετοι» χωρίς συνοδεία;) Δεν το έχουν και πολλές πόλεις στην Ελλάδα αυτό το πλεονέκτημα. Έτσι για μια ακόμη φορά ο Ευκλείδης έβαλε το χέρι του και άνοιξε τους δρόμους.

Όπως και τότε. Το 300 π.Χ περίπου όταν έγραψε τα «Στοιχεία» , το πιο πολυδιαβασμένο, μετά τη Βίβλο, βιβλίο. Πρωτοποριακό στη σύλληψη, άνοιξε το δρόμο στο πώς προσεγγίζουμε τα πράγματα σε κάθε παρα γωγική επιστήμη. Α υτό συνίσταται στο να αρχίζουμε με ορισμούς και υποθέσεις («αιτήματα» - «αξιώματα»)

και στη συνέχεια να προκύπτουν τα συμπεράσματα («προτάσεις» - «θεωρήματα») σύμφωνα με τους νόμους της Λ ογικής και με όσα προηγούμενα έχουν αποδειχθεί. Υπάρχουν 5 αιτήματα που αφορούν μόνο στη Γεωμετρία:

1. Μπορούμε να φέρουμε ευθεία γραμμή από οποιοδήποτε σημείο προς οποιοδήποτε σημείο.

2. Κάθε πεπερασμένη ευθεία μπορεί να προεκτείνεται συνεχώς και ευθυγράμμως.

3. 4.

Μπορούμε να γράψουμε έναν κύκλο με οποιοδήποτε κέντρο και ακτίνα. Όλες οι ορθές γωνίες είναι ίσες.

5. Αν μία ευθεία που τέμνει δύο άλλες ευθείες γραμμές, σχηματίζει εντός και επί τα αυτά γωνίες συνολικά

λιγότερες από 2 ορθές, οι

εν

λόγω ευθείες, προεκτεινόμενες απεριόριστα, συναντώντάι σε εκείνη τη μεριά όπου σχηματίζονται οι γωνίες που είναι λιγότερες από δύο ορθές γωνίες. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2128

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Όσα μάθαμε στα κεφάλαια 2 και 3 του Σχολικού Βιβλίου της Γεωμετρίας καθώς και η πρόταση : « αν μία ευθεία γραμμή που τέμνει δύο ευθείες γραμμές σχηματίζει τις εντός και εναλλάξ γωνίες ίσες μεταξύ τους, τότε οι δύο αυτές ευθείες είναι μεταξύ τους παράλληλες», αποτελούν τις 28 πρώτες προτάσεις του Ευκλείδη και μπορούν να αποδειχθούν χωρίς τη χρήση του 5'" αιτήματος. Αυτές αποτελούν την Απόλυτη Γεωμετρ ία. Ο Ευκλείδης πίστευε ότι το 5' αίτημα μπορούσε να αποδειχτεί από τα υπόλοιπα. Γι ' αυτό ανέβαλε τη χρήση

του όσο μπορούσε. Τελικά η πρόταση 29 το χρησιμοποιεί στην απόδειξή της και αυτή είναι : «Μια ευθεία γραμμή που τέμνει δύο παράλληλες ευθείες, έχει πς εντός και εναλλάξ γωνίες ίσες». Λυμένα Θέματα Α ' ΘΕΜΑΤΑ ΓΩΝΙΑΚΩΝ ΣΧΕ ΣΕΩΝ

Στο τρίγωνο ΑΔΕ ισχύει ότι : Α 1 + ΜΕ + ΑΕΔ = 180° ή λ + ω + ω = 180° ή Α 1 = 180° - 2ω (3) Από τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει ότι: 160° - 2φ = 180° - 2ω ή 2ω = 20° + 2φ ή ω =l0° + φ (4) Στο τρίγωνο ΕΒΔ η γωνία ΑΕΔ είναι εξωτερική οπότε ω = ΒΔΕ + φ (5) Από (4), (5) προκύπτει ότι ΒΔΕ = 10°

Στην περίπτωση αυτή μετασχηματίζουμε «δευ τερεύουσες» γωνίες του σχήματος (γωνίες μεταξύ διχοτόμων, υψών, διαμέσων κ.λπ.) στις «κύριες» γωνίες του σχήματος (τις γωνίες δηλαδή Α,Β, Γ,Δ κ.λπ. του δοσμένου τριγώνου ή τετραπλεύ ρου) χρησιμοποιώντας τις σχέσεις Α+Β+Γ = 1 80° σε τρίγωνο ή Α + Β + Γ + Δ = 360° σε τετράπλευρο ή Β + Γ = 90° για τις οξείες γωνίες ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ ή ότι η εξωτερική γωνία είναι το ά θροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών ή χρησι Παρ ατή ρη ση : μοποιώντας σχέσεις της μορφής Β = 2Γ κ.λπ. που Έστω ότι ΔΑr = r0 • Στην περίπτωση της παραπάνω απορρέουν από τα δεδομένα. άσκησης Α > f0 = ΔΑr το Δ είναι εσωτερικό ση μείο του τμήματος ΒΓ οπότε ΜΒ > Γ (σχέση εξω Θέμα l o τερικής-απέναντι εσωτερικής} και άρα ΜΒ > Β ο Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = πότε στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ΑΒ>ΑΔ δηλ. ΑΓ) όπου Α > 20° και τα σημεία Δ και Ε ΑΒ>ΑΕ και κατά συνέπεια το Ε είναι εσωτερικό των πλευρών ΒΓ και ΑΒ αντίστοιχα, ώστε σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ. ΑΔ = ΑΕ και ΔΑr =20°. Να υπολογίσετε τη Σκεπτόμενοι ανάλογα, στην περίπτωση που γωνία ΒΔΕ . Α < r0 = ΔΑr το Δ είναι στην προέκταση του ΓΒ Λύση (βλ. σχήμα παρακάτω) οπότε ΜΒ < Β και στο Είναι Α τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ΑΔ>ΑΒ δηλ. ΑΕ>ΑΒ και κατά συνέπεια το Ε είναι στην προέκταση του ΔΑr = Α 2 = 20° (1) τμήματος ΑΒ. Επειδή ΑΒ = ΑΓ έ χουμε ότι Β = Γ = φ Γενίκευση του παρ απάνω θέματος: και επειδή ΑΔ = ΑΕ έχουμε ότι Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ΑΔΕ = ΑΕΔ = .ω . (ΑΒ=ΑΓ) όπου Α < r , Ο < r < 180° και τα Στο τρίγωνο ΑΒΓ σημεία Δ και Ε των ευθειών ΒΓ και ΑΒ ισχύει ότι : Α+Β+Γ=1 80ο ή Α1 +Α2 +φ+φ=1 80ο αντίστοιχα, ώστε ΑΔ = ΑΕ και Δλr = r. Να ή (λόγω (1) ) Α1 = 1 80° - 20° - 2φ ή r δείξετε ότι ΒΔΕ =- . 2 (2) Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/29

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Λύση

Β = 180° - 2Α 2 δηλαδή Β=360° -4Α (4) Στο τρίγωνο ΓΕΑ έχουμε ΓΕ = ΓΑ άρα

Α Επειδή ΑΒ = ΑΓ έχουμε ότι Β = f = φ και επειδή ΑΔ = ΑΕ έχουμε ότι ΜΕ = ΔΕΑ = ω Στο τρίγωνο ΔΑ::_-1-_l:..._----<--; ΑΒΓ ισχύει ότι: (5) Ε Α+Β+Γ = 180ο ή Ο • Γ · Είναι ΓI + Ε I + Α = 1 80 η + Α + Α = 1 8σο η (1) 2 Γ = 1 80° - 2Α δηλ. f = 360° - 4Α Στο τρίγωνο ΑΔΕ ισχύει ότι: (6) 2 360 r ΔΑΕ + ΜΕ + ΑΕΔ = 180° ή φ + ω (2) Από (4),(6) προκύπτει ότι Β = f οπότε και β=γ. 2 Οπότε απ' το τρίγωνο ΒΔΕ παίρνουμε: β. Α + Β + f = 180° και λόγω των (4) και (6) ΒΔΕ + ΔΒΕ + ΔΕΒ = 180° ή φ+ω = 180° - ΒΔΕ (3) Α + 360° - 4Α + 360° - 4Α = 180° και επομένως Από τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει ότι: 540-0 = 770 1 -7Α = -540° δηλαδη Α = 360 - r = 1 80 - ΒΔΕ ή ΒΔΕ = � . 7 2 2 Κατά συνέπεια: 5400 Θέμα 2 ο 0 1 80 7- --360ο 51ο,45 Β=Γ 180ο - Α = Σε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε δp = γ (1) και 2 2 7 δγ = β (2). γ. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ με β=γ και για α. Να δείξετε ότι β = γ. παράδειγμα Α = 40°, Β = f = 70° . Τότε δεν β. Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου είναι δυνατόν να ισχύουν οι (1) και (2), γιατί αν ΑΒΓ. ίσχυαν σύμφωνα με το β. θα είχαμε γ. Με τη βοήθεια του β) να εξετάσετε αν 540° Β = Γ = 3 60° πραγμα ' ατοπο. Α = -ισχύει η πρόταση: <<Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ' 7 7 β=y ισχύουν οι σχέσεις δp = γ και δ1 = β )). δ. Να βρείτε το πλήθος των τριγώνων που δ. Σύμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε άπειρο πλήθος τριγώνων που ικανοποιούν τις (1) και ικανοποιούν τις σχέσεις (1) και (2) κα (2) και είναι όσα έχουν: θώς και το πλήθος των τριγώνων που ι 360° Α - 540° ' Β = Γ = κανοποιούν τις (1) και (2) και έχουν δε 7 7 δομένη πλευρά ΒΓ = α. Πράγματι κατασκευάζοντας ένα τρίγωνο με τις ε. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει τρίγωνο παραπάνω γωνίες και φέροντας παράλληλες στο οποίο να ισχύουν ταυτόχρονα προς την πλευρά ΒΓ προκύπτουν όλα αυτά τα δα = β , δp = γ και δ1 = α . άπειρα τρίγωνα. Ένα· μόνον από αυτά θα έχει ύ Λ ση πλευρά ΒΓ ίση με δεδομένο μήκος α. α. Υποθέτουμε ότι δβ = ΒΔ και δ1 = ΓΕ .Στο ε. Έστω ότι δα = ΑΔ, δ = ΒΕ, δ1 = ΓΖ . β τρίγωνο ΒΔΑ έχουμε ΒΔ = ΒΑ άρα Δ 1 = Α (3) Ακολουθώντας ανάλογους συλλογισμούς με το Β α. έχουμε : Είναι Β I + Δ I + Α = 180° ή + Α + Α = 180ο ή 2 �

�

•

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2130

�

-------

Α + 2f' = 180° 2 Β + 2Α = 180° ή 2

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΣΧΕΤΙΚΑ

ΜΕ

ΤΗΝ

ΠΑ

ΡΑΛΛΗΛΙΑ ΕΥΘΕΙΩΝ

Θέμα 4ο

t + 2Β = 180°

{� �

+ 4 = 360° Β + 4Α = 360° f' + 4B = 360°

Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει ότι : (Α + Β + Γ) + 4(Α + Β + f') = 3 · 360° ή 1 80° + 4· 1 80° = 1080° ή 900° = 1080° πράγμα άτοπο. Β' ΘΕΜΑΤΑ ΣΧΕΠΚΑ :ΜΕ ΤΟ ΑΘΡΟΙΣΜΑ ΤΩΝ ΓΩΝΙΩΝ ΚΥΡΊΌΥ ΠΟΛΥΓΩΝΟΥ.

Θέμα 3ο Θεωρούμε κυρτό πολύγωνο. Αν αθροίσουμε όλες τις γωνίες του, εκτός από μία, βρίσκουμε 7640°. Να υπολογίσετε το πλήθος των πλευρών τού πολυγώνου καθώς και το μέτρο της γωνίας που δε συμμετείχε στο άθροισμα. Λύση

Γ ' ΘΕΜΑΤΑ

Να δείξετε ότι αν ένα τετράπλευρο έχει δi>ο απέναντι γωνίες ίσες, τότε οι διχοτόμοι των δύο άλλων γωνιών ( εφόσον δεν ταυτί ζονται) είναι παράλληλες και αντίστροφα. Λύση Ευθύ: Θεωρούμε Α

το τετράπλευρο ΑΒΓΔ με Α=Γ (1) και έστω ΒΕ και ΔΖ οι διχοτόμοι των δύο άλλων γωνιών του. Τότε έχουμε: Α + Β + f' + Δ = 360° ή λόγω της (1) Α + Β + Α + Δ = 360° ή 2Α + 2ω + 2φ = 360° ή (2) Α + ω + φ = 180° Στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε : Α + ΑΒΕ + Ε, = 180° ή (3) Από (2), (3) Ε, = φ = zΔΕ οπότε ΒΕ//ΔΖ αφού με τέμνουσα την ΑΔ σχηματίζουν τις εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες. Αντίστροφο: Έστω ΒΕ//ΔΖ. Τότε Ε, = zΔΕ (4) ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των ΒΕ, ΔΖ που τέμνονται από την ΑΔ. Στο τρίγωνο ΑΒΕ έ χουμε: Α + ΑΒΕ + Ε, = 1 80° ή λόγω της (4) Α + ω + ΖΔΕ = 180° ή Α + ω + φ = 1 80° δηλαδή 2Α + 2ω + 2φ = 360° οπότε 2Α + Β + Δ = 360° και επειδή Α + Β + Γ + Δ = 360° έχουμε 2Α + Β + Δ = Α + Β + f' + Δ ή 2A = A + f' και επομένως Α = Γ .

Θεωρούμε ότι το πολύγωνο έχει ν πλευρές και έ στω χ η ζητούμενη γωνία. Τότε χ + 7640° = (2ν -4)·90° ή χ = 1 80° ·ν - 360°-7640° ή χ = 1 80°ν - 8000° (1). Επειδή η χ είναι γωνία κυρτού πολυγώνου, ισχύει ότι 0°<χ<180° ή λόγώ της (1) 0°<180°ν - 8000°<180° ή 8000°<180°ν < 8180°, δηλαδή 8000 < ν < 8180 η. 44,4 < ν < 45,4. Προτεινόμενα Θέματα 180 180 Και επειδή το ν είναι φυσικός αριθμός, έχουμε 1. Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) όπου Α > r , Ο < r < 1 80° και τα σημεία Δ και ν = 45 πλευρές. Ε των πλευρών ΒΓ και ΑΒ αντίστοιχα, ώστε Αντικαθιστώντας στην (1), το μέτρο της γωνίας ΑΔ = ΑΕ και ΔΑΓ = r0 • Να δείξετε ότι που δε συμμετείχε στο άθροισμα είναι: ΒΔΕ = -r . χ = 180° ·45 - 8000° = 100°. 2 --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/31

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

2. 3.

Υποθέτουμε ότι σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύεi β = γ και δβ = γ . Να εξετάσετε αν ισχύει και δΎ = β . Να κατασκευάσετε τρίγωνο ΑΒΓ με δβ = γ , δ1 = β και ΒΓ = 5cm.

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

ΑΝΤΙΚΕΙΜΕΝΙΚΟΥ

ΤΥ

ΠΟΥ ΣΤΟ 5° ΚΕΦΑΛΑΙΟ «ΠΑΡΑΛΛΗ ΛΟΓΡ ΑΜΜΑ - ΤΡΑΠΕΖΙΑ».

Α ΈΡΩΤΗΣΕΙΣ

ΣΤΗΝ

ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ

ΤΩΝ ΤΕΤΡΆΠΛΕΥΡΩΝ

4. Να δείξετε ότι σε κυρτό ν-γωνο, ν�4, κάθε Ε ρωτή σεις Τύπου Σ ωστό - Λάθ ος γωνία του είναι μικρότερη από το άθροισμα 1. Κάθε τετράγωνο είναι και ρόμβος Σ Λ Σ Λ 2. Κάθε τετράγωνο είναι και ορθογώνιο των υπολοίπων. 3. Κάθε κυρτό τετράπλευρό 5. Θεωρούμε κυρτό πολύγωνο με ν πλευρές. Αν Σ Λ είναι παραλληλόγραμμο αθροίσουμε κ από τις γωνίες του και προκύ Ε ρωτή σεις Π ολλαπλή ς Ε πιλογή ς ψει άθροισμα ίσο με αυτό των υπολοίπων γrο νιών, να βρείτε την ανισοτική σχέση που συν 1. Θεωρούμε τα παρακάτω σύνολα : Α: το σύνολο των παραλληλογράμμων δέει τα κ και ν. Β: το σύνολο των ορθογωνίων 6. Να δείξετε ότι αν ένα μη κυρτό και απλό τε Γ: το σύνολο των ρόμβων τράπλευρο έχει δύο απέναντι γωνίες ίσες, τότε Δ: το σύνολο των τετραγώνων Εξετάστε ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι οι διχοτόμοι των δύο άλλων γωνιών (εφόσον σωστή : δεν ταυτίζονται) είναι παράλληλες και αντί Β. Γ n Β = Δ Α. Γ ς Β ς Α στροφα. Γ. Β υ Γ = Α Δ. Β ς Δ (Υπόδειξη: Να θεωρήσετε δεδομένο ότι το ά θροισμα των γωνιών ενός μη κυρτού και α 2. Θεωρούμε τα παρακάτω σύνολα : Α: το σύνολο των παραλληλογράμμων πλού τετραπλεύρου είναι 360°). Β: το σύνολο των κυρτών τετραπλεύρων 7. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ. Γ: το σύνολο των τραπεζίων Δ: το σύνολο των ισοσκελών τραπεζίων Αν Δ σημείο της πλευράς ΑΒ, να δείξετε ότι Εξετάστε ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι υπάρχει iιόνο ένα τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο να σωστή : ισχύει ΑΔ = ΓΔ = ΒΓ. Β. Γ ς Δ Α. Α ς Β ς Γ 8. Σε κάθε μη ορθογώνιο τρίγωνο να δείξετέ ότι Δ. Δ ς Γ ς Β Γ. Α υ Γ = Β οι φορείς των υψών ΒΕ και ΓΖ και της διχο 3. Θεωρούμε ως βασικό σύνολο Ω το σύνολο τόμου ΑΔ, αν δεν συντρέχουν, σχηματίζουν όλων των παραλληλογράμμων (χοψίς τα ισοσκελές τρίγωνο με γωνία κορυφής ίση με τραπέζια) και έστω τα παρακάτω σύνολα : μία γωνία του αρχικού τριγώνου. Α: το σύνολο των ορθογωνίων Β: το σύνολο των ρόμβων 9. Δύο δρόμοι Α και Β όπως στο σχήμα καταλή Γ: το σύνολο των τετραγώνων γουν στην προκυμαία. Με δεδομένο ότι δε Εξετάστε ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι μπορούμε να τους προεκτείνουμε ώστε να σωστή : βρούμε το σημείο τομής τους και χρησιμο Α. Γ= Β Β. Γ υ Β = Α ποιώντας μοιρογνωμόνιο να βρείτε τη γωνία '=Α Γ. Β Δ. Γ ς Α u Β που σχηματίζουν. Β ' ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΣΤΑ ΚΡΙΤΉΡΙΑ ΤΩΝ

ΠΑΡΑΛΛΗΛΟ

ΓΡΆΜΜΩΝ-ΤΡΑΠΕΖΙΩΝ Ε ρωτή σεις Τύπου Σ ωστό - Λάθ ος

Οι διαγώνιες παραλληλογράμμου είναι ίσες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/32

-------

2. 3.

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Αν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει τρεις ορθές γωνίες τότε είναι τετράγωνο Αν οι διαγώνιες ενός ρόμβου είναι ίσες τότε αυτό είναι τετράγωνο Αν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει κάθετες διαγωνίους τότε είναι ρόμβος Αν σε ένα παραλληλόγραμμο δύο διαδοχικές γωνίες είναι ίσες τότε αυτό είναι ορθογώνιο Αν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει μόνο δύο πλευρές παράλληλες και δύο διαδοχικές γωνίες ίσες τότε είναι ισοσκελές τραπέζιο

Β. είναι ορθογώνιο Γ. είναι τραπέζιο Δ. τίποτα από τα προηγούμενα

Αν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει τρεις γωνίες ίσες τότε : Σ Λ Α. είναι ρόμβος 5. Β. είναι ορθογώνιο Γ. είναι τραπέζιο Σ Λ Δ. τίποτα από τα προηγούμενα 6. 5. Οι διαγώνιες του ορθογωνίου: Α. είναι κάθετες Β. διχοτομούν τις γωνίες του ορθογωνίου Σ Λ Γ. δεν διχοτομούνται Ε ρωτή σεις Π ολλαπλή ς Επιλογή ς Δ. είναι ίσες 1. Δίνεται παράλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και οι ευθείες Ε ρωτή σεις Αντιστοίχιση ς ε και ζ. Αν η ε διέρχεται από τις κορυφές Α και Γ και η ζ από τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΓΔ, Στην στήλη Α. υπάρχουν κυρτά τετράπλευρα και στη στήλη Β. τα πλήθη των αξόνων συμμετρίας εξετάστε ποιο από τα παρακάτω ισχύει: και των κέντρων συμμετρίας τους. Να κάνετε τις Α. Οι ευθείες ε και ζ είναι άξονες συμμετρίας κατάλληλες aντιστοιχίσεις: του ΑΒΓΔ Β. Μόνον η ε είναι άξονας συμμετρίας του ΑΒΓΔ. Γ. Μόνον η ζ είναι άξονας συμμετρίας του ΑΒΓΔ. Δ. Καμία ευθεία δεν είναι άξονας συμμετρίας του ΑΒΓΔ 4.

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΣΕΠ 2002-ΚΛΑΔΟΣ ΔΑΣΚΑΛΩΝ

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και οι ευθείες ε και ζ. Αν η ε διέρχεται από τα μέσα τωΎ πλευρών ΑΒ και ΓΔ και η ζ από τα μέσα των πλευρών ΒΓ ' ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΩΝ και ΑΔ, εξετάστε ποιο από τα παρακάτω ισχύει: Γ ΤΩΝ ΙΔΙΟΤΉΤΩΝ ΠΑΡΑΛΛΗΛ Ο Α. Οι ευθείες ε και ζ είναι άξονες συμμετρίας ΓΡΑΜΜΩΝ ΚΑΙ ΣΤΑ ΑΞΙΟΣΗΜΕΙ Ω του ΑΒΓΔ. ΤΑ ΣΗΜΕΙΑ ΕΝΟΣ ΤΡΙΓΩΝΟΥ Β. Μόνον η ε είναι άξονας συμμετρίας του ΑΒΓΔ. Ε ρωτή σεις Τύπου Σωστό - Λάθος Γ. Μόνον η ζ είναι άξονας συμμετρίας του 1. Αν ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓΔ. Σ Λ και Β = 30° τότε β= � . 2 Δ. Καμία ευθεία δεν είναι άξονας συμμετρίας του ΑΒΓΔ. Ε ρωτή σεις Π ολλαπλή ς Επιλογή ς 3. Αν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει τρεις δια- 1. Θεωρούμε τις προτάσεις : δοχικές πλευρές ίσες τότε : (Ι) το βαρύκεντρο ενός τριγώνου είναι πάντοτε Α. είναι ρόμβος εσωτερικό σημείο του τριγώνου 2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2133

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

(11) το

Β. Και οι τρεις είναι σωστές ορθόκεντρο ενός τριγώνου είναι πάντοτε Γ. Η (I) και η (Π) είναι λάθος εσωτερικό σημείο του τριγώνου Δ. Και οι τρεις είναι λάθος (111) το έγκεντρο ενός τριγώνου είναι πάντοτε Ε. Μόνον η (ΠΙ) είναι λάθος εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Τότε : Α. Μόνο η (Π) είναι λάθος Β. Και οι τρεις είναι σωστές Απαντήσεις p-τις ερωτήσεις Γ. Η (Ι) και η (ΠΙ) είναι λάθος αντικειμενικού τύπου Δ. Και οι τρεις είναι λάθος Α. Ταξινόμηση τετραπλεύ ρων Ε. Μόνον η (I) είναι σωστή Σωστό - Λάθος: lΣ, 2Σ, 3Λ Θεωρούμε ένα αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Πολλαπλή Επιλογή: lB, 2Δ, 3Δ Γ >90° και τις προτάσεις : Β. Ιδιότητες - Κριτήρια Παραλληλογράμμων (I) Το ύψος από την κορυφή Α βρίσκεται εκτός Σωστό ,.-- Λάθος: lΛ, 2Λ, 3Σ, 4Λ, 5Σ, 6Λ του τριγώνου Πολλαπλή Επιλογή: lΔ, 2Α, 3Δ, 4Δ, 5Δ (11) Το ύψος από την κορυφή Β βρίσκεται Αντιστοίχιση: l α, 2ε, 3ε, 4θ, 5β εκτός του τριγώνου (111) Το ύψος από την κορυφή Γ βρίσκεται Γ. Εφαρμογές Ιδιοτήτων Παραλληλογράμμων Σωστό - Λάθος: lΛ εκτός του τριγώνου Πολλαπλή Επιλογή: lA, 2Ε Τότε : Α. Μόνο η (Π) είναι λάθος Συνδρομές και αγορές βιβλίων τις ΕΜΕ με VISA ή MASTERCARD

ΙΙΡΟΣ ΤΗΝ

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία 0/Η υπογεγραμμένος/η . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Κωδικός Μέλους: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Κάτοικος: ΟΔΟΣ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ΠΕΡΙΟΧΉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .' . . Τ.Κ. . . . . . . . . . . . . . σας δηλώνω ότι είμαι κάτοχος της κάρτας VISA ή MASTERCARD/ (* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ) Ν ο . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . λήξη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και σας εξουσιοδοτώ με την παρούσα να χρεώνετε την κάρτα μου για την πληρωμή των συνδρομών της

ταιρείας και σας δηλώνω

Ελληνικής Μαθη ματικής Ε

ότι αποδέχομαι από τώρα σαν νόμιμες και ισχυρές όλες τις χρεώσεις που θα γί

νονται σύμφωνα με τη δήλωση - εξουσιοδότηση αυτή . Επίσης σας δηλώνω ότι σε περίπτωση μη αποδοχής της σχετικής χρεώσεως από την VISA ή MASTERCARD/(* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ) αναγνωρίζω ρητά και αμετάκλητα ότι η κύρωση/σεις του συμβολαίου που θα γίνουν από την παραπάνω αιτία οφείλεται σε δική μου υπαιτιότητα. Η παρούσα εξουσιοδότησή μου ισχύει μέχρι να κοινοποιηθεί σε σας έγγραφη ανάκλησή της. Αθήνα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ο ΔΉΛΩΝ και ΕΞΟΥΣΙΟΔΟΤΩΝ (*)

συμπληρώνεται αντίστοιχα η Τράπεζα έκδοσης (Εθνική - Ε μπορική κ.λ.π.)

ΣΗΜΕΙΩΣΗ :

ΜΑΖΙ ΜΕ ΤΗΝ ΠΑΡΟΥΣΑ ΝΑ ΣΤΕΙΛΕΤΕ ΚΑΙ ΦΩΤΟΑΝτΙΓΡΑΦΟ ΤΗΣ ΠΙΣΤΩτΙΚΗΣ ΚΑΡΤΑΣ ΚΑΙ ΤΗΣ ΑΣΤΥΝΟΜΙΚΗ ΣΑΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΑΣ ΚΑΙ ΑΠΟ ΤΙΣ ΔΥΟ ΟΨΕΙΣ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2134

τικ rzσ τη s · τdξη τοu ΛuΊ<είοu ΑΛrΕΒΡΑ fENIK#a IMMEIVU'

των Βασίλη Καρκάνη - Κώστα Βακαλόπουλου

Εισαγωγικό σημείωμα Παραθέτουμε στα δύο άρθρα που ακολουθούν μια σειρά από λυμένες ασκήσεις στα κεφάλαια των Προ όδων και της Εκθετικής και Λ ογαριθμικής Συνάρτησης για έλεγχο των γνώσεων και εμπέδωση της ύλης. Προσέξτε στο τέλος κάθε άρθρου τα προβλήματα που παρατίθενται και δείτε την εφαρμογή των παραπά νω εννοιών στην καθημερινή ζωή.

Ι.

Πp6ο6οι 2συν2 χ συν2χ + ημ

Λυμένες Ασκήσεις 1.

α) Το άθροισμα των 15 πρώτων όρων α ριθμητικής προόδου α, με νιοστό όρο α, = 5ν + 2 είναι: i) 610 ii) 620 iii) 630 iv) 640 v) 650 Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. β) Να βρεθούν οι τιμές του πραγματικού αριθμού χ ώστε οι αριθμοί: συν2χ, συν2χ, ημ - χ να είναι διαδοχικοί ό-

( � - χJ

<::::>

2συν2 χ 2συν 2 χ - 1 +συνχ <::::> συνχ 1 <::::> χ 2κπ, κ ε Ζ οι ζητούμενοι αριθμοί. γ) Οι διαφορές των διαδοχικών όρων της γεωμε τρικής προόδου που δόθηκε σχηματίζουν την ακολουθία: 4, 20, 100, 500, . . . που προφανώς είναι γεωμετρική πρόοδος με 1 ο όρο α1 = 4 και ; λόγο το λ = 5. Γενικά αν έχουμε τη γεωμετρική πρόοδο: α1, ροι αριθμητικής προόδου. ' ο' ρο α1 και λο-' α1 λ, α1 λ2 , α1 • λ3 , με πρωτο γ) Δίνεται η γεωμετρική πρόοδος 1, 5, 25, γο λ τότε οι διαφορές των διαδοχικών όρων της 125, 625. Δείξτε ότι οι διαφορές μεταξύ σχηματίζουν την ακολουθία: δύο διαδοχικών όρων σχηματίζουν μια αιλ - αι, αιλ2 - αιλ, αιλ3 - α 1 λ2, . . . ή νέα γεωμετρική πρόοδο. Να εξετάσετε α1 ( λ - 1 ) , α1 λ ( λ - 1 ) , α1 λ2 ( λ - 1 ) , .. . αν η προηγούμενη ιδιότητα ισχύει γενι που προφανώς είναι γεωμετρική πρόοδος με 1° κά. όρο α1 (λ - 1) και λόγο λ. <::::>

( J

•

Λύση

α) Σωστή απάντηση είναι η (iii) γιατί έχουμε: α1 5 1 + 2 7 ω = αν+Ι - αν 5 ( ν + 1 ) + 2 - 5ν - 2 5 οπότε S1 5 15 ( 2 . 7 + 14 5 ] 15 42 630 2 β) Θα πρέπει να ισχύει: =

•

.. •

Δίνεται η εξίσωση: χ3 - χ2 - 27χ + 35 = Ο α) Να βρεθούν οι ακέραιες ρίζες της. β) Να βρεθεί το άθροισμα S όλων των ρι ζών της εξίσωσης. γ) να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος της ο ποίας ο πρώτος όρος είναι ο α1 = S και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/35

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

το άθροισμα των όρων της που βρίσκο νται μεταξύ του 8°υ όρου και του 33°υ ό ρου (από τον 9° όρο μέχρι και τον 32° ό ρο της) ισούται με 1428. δ) Να βρεθεί ο όρος αι96ι της παραπάνω προόδου. ε) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 2004 πρώτων όρων της παραπάνω προόδου. Λύση α) Έχουμε την εξίσwση: χ3 - χ2 - 27χ + 35 = Ο (1) Οι πιθανές ακέραιες ρίζες της (1) είναι ±1, ± 5, ± 7 εύκολα διαπιστώνουμε με το σχή-

β) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 10 πρώτων όρων της ακολουθίας Pv γ) Να δειχθεί ότι η ακολουθία γν = «ν - βν με ν ε Ν* είναι γεωμετρική πρόοδος και να βρεθεί, ο πρώτος όρος και ο λόγος της προόδου. δ) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 10 πρώτων όρων της ακολουθίας γν. ε) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 10 πρώτων όρων της ακολουθίας α... Λύση

β)

μα ότι από αυτές ρίζα είναι μόνο το 5. Λόγω του (α) η (1) γράφεται: Homer

(χ - 5)(χ2 + 4χ - 7) = 0 � χ - 5 = 0 (2)

χ2 + 4χ - 7 = 0 (3)

α) Για την ακολουθία l3v που είναι αριθμητική πρόοδος με β1 = 2 και ω = 5 έχουμε: β ν = β, + (ν -1) ω = 2 + (ν -1) 5 = 5ν - 3

β)

Είναι:

S10 =

10 (2β 1 +(10-1) ω) =5(2· 2+9· 5) =245 2

Από την (2) � χ = 5 η γνωστή ρίζα από το α) γ) Έχουμε την ακολουθία αν με τύπο: α ν = 5 · 2 ν + 5ν - 3 ερώτημα ενώ για την (3) είναι: Δ = 44 > Ο οπό Έτσι γ ν = α ν - β ν = (5 · 2ν + 5ν - 3) - (5ν - 3) = τε αυτή θα έχει δύο ρίζες χ1, χ2 με άθροισμα: 4 β 5 · 2 ν+Ι χ, + χ = - - = - - = -4 . ν οπότε: γ ν+ I = -. 2 = 5 = 2 σταθερός για 2 α 1 γν 5 2 ν Έτσι: αν χ3 = 5 το άθροισμα των ριζών της ε κάθε ν ε Ν* οπότε η γν είναι γεωμετρική πρόο ξίσωσης (1) θα είναι: S=x1+x2+x3 = - 4 + 5 = 1 . δος με: γ, = 5 · 2 1 = 10 και λ = 2 γ) Λόγω του (β) ερωτήματος είναι: S = 1 οπότε ' άθροισμα τότε: α 1 = 1 ο πρώτος όρος της ζητούμενης αριθμητι δ) Αν S το ζητούμενο S'\ 0 = γ, ι.! ο ι = 10 . 2'ο ι = 10(2'ο - ι) = κής προόδου. Έτσι αν ω η διαφορά της προό λ -1 2 -1 δου και Σ = 1428 (4) το άθροισμα των όρων = 10(1024-1) = 10 ·1023 = 10 . 230 της, μεταξύ του 8ου και του 33ου όρου τότε: ε) Επειδή: γv = αν βv ή αν = βv + γv για κάθε 32 8 Σ = S - S8 = -(2α1 + 31ω) - -( 2α1 + 7ω) = . . . ν ε Ν* οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι: 32 2 2 (β) = 24+ 468ω s = s,o + s;o = 2445 + 10.230 = 10 . 475 •

δ) ε)

Η (4) � 24 + 468ω = 1428 � � 468ω =1404 � ω = 3 Επίσης: α1 96 1 = α, + 1960ω = 1 + 1960 · 3 = 5881 2004 ' Ακομη: S 004 = -- · [2α1 + (2004 - l)ω] = 2 2 = 1002 · ( 2 ·1 + 2003 . 3) = ... = 6.023.023

Δίνεται η ακολουθία («ν) με αν = 5 · 2v + 5ν - 3

και η ακολουθία (Pv) που είναι αριθμητική πρό οδος με πρώτο όρο Ρι = 2 και διαφορά ω= 5 τό-

τε:

α) Να βρεθεί ο νιοστός όρος της ακολουθί ας (βν)•

(δ)

νέο Ολυ μπιακό στάδιο της Αθήνας. Εν όψει των Ολυμπιακών αγώνων του 2004 γίνεται επέκταση στις κερκίδες του Ολυ μπιακού σταδίου μας. Το νέο στάδιο θα έχει 33 σειρές καθισμάτων. Η πρώτη σειρά θα έχει 800 καθίσματα και η τελευταία 4.160 ενώ ο αριθμός των καθισμάτων θα αυξάνε ται εξίσου από σειρά σε σειρά. Υπολογίστε τη νέα χωρητικότητα του στα δίου δηλαδή το σύνολο των καθισμάτων του σταδίου, καθώς και την αύξηση των καθισμάτων από σειρά σε σειρά. Το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/36

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Λύση

Οι αριθμοί που δίνουν τον αριθμό των καθισμάτων κάθε σειράς, αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθ μητικής προόδου (α.,) με αι = 800, αν = 4160, ν = 33. Αν ω ο αριθμός των καθισμάτων που αυ ξάνεται από σειρά σε σειρά θα ισχύει: αν = α. + (ν - 1)ω δηλαδή α33 = α1 + (33 - 1)ω <=> 4160 = 800+32ω<=:>ω= 105 Το σύνολο των καθισμάτων του σταδίου δίνεται από το άθροισμα των 33 πρώτων όρων τη παραπά νω αριθμητικής προόδου. 33 Έτσι: Σ33 =-{800 + 4.160) = 81.840 2 5.

Ο σύλλογος των καθηγητών.

Τα μέλη του συλλόγου των καθηγητών ενός κολλεγίου της Θεσσαλονίκης είναι πολύ ευ γενικοί: κάθε πρωί ανταλλάσσουν όλοι φι λική χειραψία μεταξύ τους. α) Πόσες χειραψίες ανταλλάσσονται μετα ξύ 25/35/60/75/ καθηγητών. β) Πόσα μέλη έχει ο σύλλογος των καθηγη τών αν κάθε πρωί ανταλλάσσονται 35ι/903/ι275/ι770/ χειραψίες. Λύση

•

ν(ν + 1) = 903 <=> ν2 + ν = 1806 <=> 2 <=> ν2 + ν - 1806 = Ο <=> ν = 42 (η λύση ν = - 43 απορρίπτεται) Μία γρήγορη δυσφή μη ση <<θα 'θελα να μην το πω, αλλά η Μαρία από το Β1 τμήμα έκανε στο χθεσινό διαγώνισμα αντιγραφή>> ψιθύρισε καυχησιάρικα ένας

συμμαθητής του εντελώς αθώου κοριτσιού σ' έναν φίλο του στη πρωινή συγκέντρωση των μαθητών του σχολείου. Αυτό δεν θα ήταν σημαντικό αλλά η υποτι θέμενη "είδηση" διαδόθηκε το επόμενο ει κοσάλεπτο σε άλλους δύο συμμαθητές τους. Αυτοί οι δύο το είπαν, στο επόμενο εικοσά λεπτο σε άλλους δύο. Με τον ίδιο ρυθμό διαδιδόταν η αβάσιμη είδηση σε όλο και περισσότερους μαθητές τα επόμενα εικοσάλεπτα. α) Σχηματίστε μια ακολουθία που να δίνει τον αριθμό των μαθητών που ενημερώ θηκε μέχρι το τέλος του ιου, 2ου, ... νου, εικοσάλεπτου. β) Επίσης μια ακολουθία που να δίνει τον αριθμό των μαθητών που ενημερώθη καν κατά τη διάρκεια του ιου, 2°υ, ... νου εικοσάλεπτου. γ) Πόσοι μαθητές γνωρίζουν μετά την πά ροδο ι, 2, 3 εικοσαλέπτων; δ) Πόσοι μαθητές γνωρίζουν μετά την πά ροδο ι, 2, 3 ωρών; ε) Κάτω από αυτές τις συνθήκες, τι ώρα θα έχει υποστεί βλάβη η φήμη της Μαρίας ως άριστης μαθήτριας σε όλους τους 5ι2 μαθητές του σχολείου;

α) Αν ο πρώτος καθηγητής ανταλλάσσει ν χειρα ψίες (α ι = ν), ο επόμενος θα ανταλλάσσει ν - 1 καινούργιες χειραψίες δηλαδή α2 = α 1 + (- 1) = ν - 1, ο επόμενος α3 = α1 + (- 2) = ν - 2 κ.ο.κ. Άρα έχουμε αριθμητική πρόοδο με α1 = ν και ω = - 1. � Sν = � [ 2α1 + (ν - 1)ω . ] = 2 [2ν + (ν - 1){-1) ] = 2 ν(ν + 1) ν + 1) = _2__... ν - ν + 1) = -{ν = -(2ν .!.. 2 2 2 25 · 26 = 235, S = 35 · 36 = 630, Ά' ρα: S25 = -35 2 2 Λύ ση Θεωρούμε την ακολουθία (αν) που δίνει τον αριθμό 75 76 60 61 s6o = � = 1830, s79 = � = 2850 των μαθητών που "ενημερώνονται" κάθε εικοσάλε πτο από τον πρώτο που το 'μαθε απ' τον αρχικό δυ β) Επιλύουμε τις εξισώσεις: σφημιστή. Η ακολουθία αυτή είναι γεωμετρική ν( ν+ 1) • 351 <=:> ν2 +ν = 702 <=:> ν2 +ν - 702 = Ο πρόοδος με α1 = 2 και λ = 2. Άρα: 2 αν = αl λν-1 = 2 2ν- Ι = 2ν <=> ν = 26 (η λύση ν = - 27 απορρίπτεται) --

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/37

•

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

α) Έστω (βν) η ακολουθία που δίνει το συνολικό αριθμό μαθητών που γνωρίζουν τα "νέα" κάθε εικοσάλεπτο που περνάει. Έτσι: βν = 2 + Σ,, ό που Σv το άθροισμα των όρων της προόδου (αν) και 2 ο αριθμός των πρώτων δύο δυσφημιστών. 2ν - 1 = ,Ετσι: β = 2 + α λν - 1 = 2 + 2 ·-1 -ν λ-1 2-1 +Ι ν ν =2+2 2 -2=2 . ' β) Εστω (γv) η ακολουθία που δίνει το σύνολο των μαθητών που "ενημερώνονται" στη διάρκεια κάθε εικοσάλεπτου. Τότε: γν = 2 + αν = 2 + αι . λν- 1 = 2 + 2 . 2ν- 1 = 2 + 2ν γ) βι = 2 1+1 =22 = 4, β2 = 22 +1 = 8, β3 = 23+1 = 24 = 16 δ) 1η ώρα: β3 = 24 = 16 2η ώρα: β6 = 2 = 64 3η ώρα: β9 = 2 1 0 = 1024 Σημείωση : κάθε ώρα έχει 3 εικοσάλεπτα. ε) βν = 5 12 <=:> 2 ν+ Ι = 512 <=:> ν + 1 = 9 <=:> ν = 8 (δηλ. σε 8 εικοσάλεπτα) Άρα: Η φήμη της Μαρίας θα "αμαυρωθεί" στις 1 0.40 ' ακριβώς! 7. Από ένα Κινέζικο βιβλίο : "9 βιβλία Αριθ

10 m α2 = 31 20 m α3 = 31 40 4η μέρα: α4 = - m 31 80 α5 = - m 31

•

μητικής Τεχνικής" που είναι γνωστό από τον 1 ο μ.Χ. αιώνα και θεωρείται το αρχαιό τερο διδακτικό βιβλίο αριθμητικής, διαβά ζουμε την άσκηση :

'"Ενα κορίτσι, που ξέρει να υφαίνει πολύ καλά, κάνει κάθε μέρα το διπλάσιο από τη προηγούμενη. Μετά από 5 μέρες έχει φτιά ξει 5 m. Πόσο ύφανε κάθε μέρα;" Λύση

Το ύφασμα που υφαίνει κάθε μέρα δίνεται από τους όρους μιας γ.π. με πρώτο όρο α1 το ύφασμα που υφαίνει την πρώτη μέρα και λόγο λ = 2. Θα ισχύει: αν = α1 λν- Ι = α1 2ν- ι ' κ -1 Ετσι, S5 = 5 <::::> α1 · -=5 λ-1 . 3 1α = 5 <=:> α = 5 m. 25 - 1 = 5 <=:> Άρα α1 · -1 1 2-1 31 Άρα: 1 η μέρα: αI = 2._ m 31 •

•

Σε παλιά Γερμανικά βιβλία συναντάμε το παρακάτω πρόβλημα :

'"Ενας καβαλάρης θέλει να πεταλώσει το άλο γό του. Κάθε πέταλο πρέπει να στερεωθεί με 6 καρφιά. Ο πεταλωτής έχει τον εξής παράλογο για πολλούς αλλά πραγματικό τιμοκατάλογο: 1° καρφί: 1 λεπτό, 2° καρφί: 2 λεπτά, 3° καρφί: 4 λεπτά, 4° καρφί: 8 λεπτά κ.λ.π. α) Πόσο κοστίζει συνολικά το πετάλωμα του αλόγου; β) Αν ο καβαλάρης έχει ακριβώς 50 μάρκα μαζί του. Με πόσα καρφιά μπορεί να στερεώσει κάθε πέταλο από τα 4; Λύση Η αξία κάθε καρφιού

δίνεται από τους όρους μιας ακολουθίας που είναι γ.π. με α = 1 και λ = 2. Άρα: αν = αιλν- Ι δηλαδή αν = 2ν- Ι . α) Προφανώς ο καβαλάρης χρειάζεται 24 καρφιά λ24 - 1 άρα 'Άρα: S 4 = α1 · -2 λ-1 4 2 - 1 24 s24 = 1 · -2-= 2 - 1 = 1 6.777.210 λεπτά 2-1 ή 167.772 μάρκα. Προφανώς το ποσό αυτό είναι απαγορευτικό για τον καβαλάρη! β) Πρέπει: Sv < 50 μάρκα ή Sv < 5000 λεπτά δηλαδή λν -1 2ν -1 ν <5001 .Άρα 1 · --<5000<=:>2 α1 ·--<5000 2-1 λ-1 Όμως: 2 12 = 4096 < 5001 Δηλαδή ο καβαλάρης μπορεί να αγοράσει 12 καρφιά, οπότε θα στερεώσει κάθε πέταλο με 3 καρφιά ( ... και θα πάρει και ρέστα!)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2138

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

11�� 1.

Εκθcτι«ιf και Λογαριθμική Εuνάpτηιιη

Στις παρακάτω ερωτήσεις να επιλεγεί η σωστή απάντηση. α) Η συνάρτηση f(x) = ln(x2 - 5χ + 6) έχει πεδίο ορισμού το: ίίί) ( 3, +οο) [2,3] ν) ( -οο,2) (3,+οο) β) Η συνάρτηση f(x) = log25x - ιο διέρχε ί)

(2, 3) ίν) ( -οο,2)

ίί)

ται από το σημείο:

Απαντήσεις α) ν, β) ii, γ) ν, δ) iii, ε) iν, στ) i, ζ) ii, η) ii, θ) ii. 2.

α) Να βρεθούν οι χ, ψ όταν:

2χ - ψ + ι = Ο β) Να λυθεί η εξίσωση: Ιη(2ω + ι2) = 2ωln2 γ) Να εξεταστεί αν οι χ, ψ, ω αποτελούν 3χ + 3Ψ = 4 και

διαδοχικούς όρους αριθμητικής προό δου της οποίας να βρεθεί η διαφορά και ο εικοστός όρος. δ) Να λυθεί η aνίσωση: log Ιog ψ · z2 - (χ + ψ + ω z + ι 2 < Ο

Β(4, - 8) ίίί) (4, 8) ίν) ( 4, - 8) ν) (8, - 4) γ) Η παράσταση Α = log53 είναι ίση με: [ ( ) )] ί) 3 ii) 5 iii) ιο με άγνωστο το z και τιμές για τους χ, ψ, ίν) ιs ν) 31og5 ω αυτές που βρέθηκαν στα ερωτήματα δ) Η παράσταση Β= log25 -log5 είναι ίση με: (α), (β). ί) log53 ίί) log25 ίίί) log5 Λύ ση ίν) 21og5 ν) log52 + ε) Η παράσταση Γ = -ln 5 + 3Ιη 2 είναι ίση α) Έχουμε: 3χ 3Ψ = 4 ( 1 ) και 2χ - ψ + 1 ο <=> ψ 2χ + 1 (2) με: ( 2) χ 5 5 Η <=:> · χ χ I nIn) 3 + 3 2x+l = 4 3 32 + 3 - 4 = Ο (3) ί) ln � (1) ) 2 2 8 Θέτουμε 3χ = ω (4) οπότε η (3) γίνεται: ν) ln-53 ίν) Ιη !5 3ω2 + ω - 4 = Ο <=> ω = -�3 ή ω 1 . oi S στ)Η παράσταση Δ = ι og είναι ίση με: Άρα: 3 χ = -� (αδύνατη) ή 3 χ = 1 <=> χ = Ο και ί) 5 ίίί) 2 ίί) ιο 3 ίν) 22 ν) 52 από την (2): ψ = 1 . ζ) Η παράσταση Ε = .!. log ι25 + .!. log ι6 εί- β) Έχουμε την εξίσωση: Ιη(2ω 1 2) = 2ωln2 με 4 3 ω ε IR. γιατί 2ω + 1 2 > Ο, για κάθε ω ε IR. . Έτσι ί) Α(2, ι Ο)

ii)

'' 11

<=?

111 '"

ναι ίση με: ί)

log5 ίν) ιο

ίί)

ι ν) log5· 1og2

ίίί)

η) Η παράσταση z = ι oot+log,/8-Ιog 2 είναι ίση με: ίίί) 800 ίί) 200 ί) 300 ίν) 400 ν) ι20 θ) Η παράσταση 7-+-4--,J3=3 + 21og 2 - J3) είναι Η = 71og �,--

(

ίση με: ί)

5 ίν) 3

ίί) ο

ν) log2

ίίί)

η εξίσωση γράφεται:

(

ln 2ω

+ 1 2)

<=?

2ω

+ 1 2 = 22ω

<=?

<=:> 22ω - 2ω - 12 = 0

Θέτουμε: 2 ω = u (2). Οπότε η ( 1 ) γίνεται: u2 - u - 12 = 0 <=:> u = - 3

Άρα: 2ω = -3

(1)

u = 4. 2ω = 22 <=> ω = 2 .

αδύνατη ή γ) Λόγω των (α), (β) είναι χ = Ο, ψ = 1 , ω = 2 που προφανώς αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο α1 = Ο και διαφορά ω 1 . Έτσι α2 = α1 + ( 20 - 1) ω = Ο + 1 9 · 1 = 1 9 δ) Έχουμε την ανίσωση: =

ln 22ω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2139

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

[

log log (ψ · z2 - ( χ + ψ + ω) · z + 12) < Ο �

� Iog[log(z2 - 3z + 12)] < 0 (Ι) Πρέπει: z2 3z + Ι2 > Ο που ισχύει για κάθε z Ε � γιατί η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι αρνητική. Επίσης πρέπει: Iog(z2 - 3z + 12 ) > Ο � z2 - 3z + Ι2 > Ι � � z2 - 3z + Ι Ι > Ο που ισχύει για κάθε z Ε � για τον ίδιο λόγο (Δ < 0). Έτσι η (1) � log(z2 - 3z + 12 ) < Ι � z2 - 3z + 12 < 10 � z2 - 3z + 2 < Ο � 1 < z < 2 . -

Α. α) Αν ισχύει

σούται με:

Ιη(συνχ) = Ο

τότε ο

ι-

κπ '71 iii) 2ιοr,κΕΖ , Κ Ε ιu 2 κπ 3κπ . --,κ ιν) Ε Ζ v) -,κ Ε Ζ 2 3 Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. β) Έστω α, β, γ, θ θετικοί πραγματικοί αριθμοί διάφοροι του 1 και διάφοροι μεταξύ τους ανά δύο. i) Οι λογάριθμοι Iogaθ, logpθ, log1θ να μετασχηματιστούν σε λογάριθμους με βάση το 10. logα θ logα θ - logΡ θ τό-= ii) Αν ισχύει: Ιοg1 θ logP θ - log1 θ τε να δείξετε ότι οι αριθμοί α, β, γ εί ναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. Β. α) Τι θα παρατηρούσατε για τις γραφι κές παραστάσε� των συναρτήσεων 1") ΚΠ, Κ

'71 Ε ιu

ll) •"

_ _

' fι(χ) = 7' και f2 (x) = (�J , Χ Ε � . β) Δίνονται οι αριθμοί α = logx, β = logψ, χ 25ψ γ = log45, δ = log--, ε = log-, 5 χ 1 ζ = log - με χ, ψ > Ο. Αν οι α, β, γ 5

ψ καθώς και οι δ, ε, ζ αποτελούν διαδο χικούς όρους αριθμητικής προόδου να βρεθούν οι χ, ψ. Λύση

Α) α) Σωστή απάντηση είναι η (iii).

β)

loga θ = logθ , logα log β θ = Ιοgθ log1 θ = logθ Ιοgγ Ιοgβ ' .. , logα_θ = Ioga θ - Ιοgβ θ 11) Επισης: � Iog1 θ Ιοgβ θ - log1 θ � Ioga θ {Ιοgβ θ - Iog1 θ) = = Iog1 θ(Ιοgα θ - logβ θ) � Ioga θ · logβ θ - Ιοg α θ · Iog1 θ = = Iog1 θ · Ioga θ - log1 θ · Ιοgβ θ � � loga θ · Ιοgβ θ + Ιοgβ θ · Iog1 θ = i) Είναι:

_ _

(i)

= 2Ιοgα θ · Iog1 θ� logθ · -Ιοgθ + -Ιοgθ · -Ιοgθ = � -logα Ιοgβ Ιοgβ Ιοgγ . logθ � = 2 Ιοgθ logα Ιοgγ 2 1 Ι + � � log α · Ιοgβ Iog β · logγ Iog α · logγ � Ιοgγ + Ιοg α = 2Ιοgβ � Iog( αγ) = logβ2 � αγ = β2 οπότε οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεω μετρικής προόδου. Β) α) Για χ Ε � είναι:

f2 (x) = (�J

= Τ χ = f (-x ) 1

οπότε οι γραφικές παραστάσεις των fι, f2 εί ναι συμμετρικές ως προς τον άξονα ψ'ψ. β) Έχουμε χ, ψ > Ο . Εφόσον οι α, β, γ καθώς και οι δ, ε, ζ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητι κής προόδου θα ισχύει: 2β = α + γ 2Iog ψ = Iog x + Iog45 και � 25ψ +Iog1 � χ 2Iog-=log. 2ε = δ + ζ 5 χ 5ψ Ιοgψ2 = Iog45x ψ2 = 45χ � X 2 25ψ 1 � Χ2 = 5 � Iog (5J = log ---;z- . � 5ψ 25 χ=5 χ 3 = 125 � � � ψ2 = 225 ψ2 = 45 . χ

}

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/40

:::15

}

} οπότε :: �5, (ψ > ΟΛ

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

ψ = -1 ή ψ+l=Ο ή. <::::> ψ : -2 ή (2) <::::> ψ-3 ψ2 - ψ - 6 = 0 Άρα: e1n x = -1 αδύνατη ή e1 n x = -2 αδύνατη ή e ιn x = 3 <::::> χ = 3 η ζητούμενη λύση .

}

α) Να λυθεί η εξίσωση: 2σuνχ + 2 . 2-σuνχ - 3 = ο στο διάστημα [0, π] συ 1 e νχ β) Να λυθεί η εξίσωση: _ = e-2σuv'x+ 2σuvx e

στο διάστημα [0, 2π) γ) Να λυθεί η εξίσωση: Λύση

e31" '

= 7e1"' + 6

α) Έχουμε την εξίσωση: 1 2σuνχ + 2 Γσυνχ - 3 = Ο <::::> 2συνχ + 2-- - 3 = Ο <::::> •

2συνχ

- 3 2συνχ + 2 = Ο (1) Θέτουμε: 2συνχ = ψ (2) οπότε η (1) γίνεται ψ2 - 3ψ + 2 = ο <::::> ψ 1 ή ψ 2. <::::>

2 2 συνχ

= 1 <::::> συνχ Ο άρα χ = 2: ή 2 x 2σuv = 2 <::::> συνχ = 1 άρα χ = Ο . (υπ ' όψιν χ Ε [Ο,π] ). β) Έχουμε την εξίσωση: 2 eσυν χ _ = e-2 συν3 χ+ 2συνχ <::::> eσul x- 1 = e-2συv' χ+ 2συνχ <::::> Άρα:

2συνχ

}

Σε μια περιοχή της ευρωπαϊκής ένωσης λό γω των μέτρων που πάρθηκαν ο πληθυσμός των αγροτών μειώνεται σύμφωνα με τον νό μο της εκθετικής μεταβολής. Αν ο αρχικός πληθυσμός ήταν 8 χιλιάδες αγρότες και σε δύο χρόνια έμεινε ο μισός τότε να βρεθούν: α) Η συνάρτηση που δίνει τον πληθυσμό κάθε χρονική στιγμή. β) Ποιος θα είναι ο πληθυσμός των αγρο τών ύστερα από τέσσερα χρόνια; γ) Πόσος χρόνος θα έχει περάσει όταν ο α γροτικός πληθυσμός της περιοχής θα έ χει μειωθεί στους χίλιους αγρότες; Λύση

<::::> συν2χ - 1 = -2συν3χ + 2συνχ <::::> α) Εφόσον η μείωση του αγροτικού πληθυσμού α <::::> 2συν3 χ: + συν2 χ - 2συνχ - 1 = Ο <::::> κολουθεί τον νόμο της εκθετικής μεταβολής θα <::::> συν2χ(2συνχ + 1) - (2συνχ + Ι) = Ο <::::> είναι: Q( t) = Qo . ect (1) όπου t > ο (σε χρό<::::> (2συνχ + 1)(συν2χ - 1 ) = Ο <::::> νια) και c Ε .IR . Έχουμε Q0 = 8 χιλιάδες ο αρχικός πληθυσμός συνχ = --1 και Q(2) = 4 χιλιάδες. 2 Έτσι από την (1) για t 2 παίρνουμε: 2συνχ + 1 = ο ή <::::> συνχ = -1 οπότε : <::::> ή Q ( 2) = Qo . e2c <::::> 4 = 8e2c <::::> = e2c <::::> ec = ή συν2χ - 1 = 0 συνχ = 1 με t > Ο (σε χρόνια) η οπότε: Q (t) � s { π � � χ �� ζητούμενη συνάρτηση. οι λύσεις εφόσον χ Ε [0, 2π) β) Λόγω του (α) έχουμε: ή χ=Ο γ) Έχουμε την εξίσωση: Q(4) = s[ �s-±�2 Ji eJ in x = 7e ln x + 6 <::::> e n x - 7e ln x - 6 = 0 Πρέπει χ > Ο, θέτουμε e1n x = ψ ( 2) οπότε η Δηλαδή ύστερα από τέσσερα χρόνια ο πληθυ ( 1) γράφεται: σμός των αγροτών της περιοχής θα έχει μειωθεί ψ3 - 7ψ - 6 = Ο <=> ψ3 - ψ - 6ψ - 6 = Ο <::::> στις 2 χιλιάδες. <::::> ψ (ψ2 - 1) - 6 ( ψ + 1) = ο <::::> γ) Αν Q(t) = 1 (1000 αγρότες) τότε λόγω του (α) <=> ψ (ψ - Ι)(ψ + 1) - 6(ψ + 1) = 0 <=> είναι: ι � s[ � � � ωi � <::::> (ψ + 1)(ψ2 - ψ - 6) = Ο <=>

}

:�

Η}

�

Η)'

Η}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/41

�

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

( ) = (21 )2 <:::> 3 = 2t <=> t = 6

<=> 21

.!.

Άρα κάτι τέτοιο θα έχει γίνει ύστερα από 6

6 <=> 16 <=> <:::> 6 = <=> t = 12 3 Δηλαδή ύστερα από 12 χρόνια θα έχει απομεί1 κιλ ' ' ποσοτητας. ' νει το 8ι α της αρχικης .!.

= (� ) 2 (� ) = (� ) 2

χρόνια. 6.

Μία ποσότητα ραδιενεργού υλικού θάβεται και με την πάροδο του χρόνου μειώνεται ακο λουθώντας το νόμο της εκθετικής μεταβολής. α) Αν γνωρίζουμε ότι μετά από δύο χρόνια 1 , απομεινει , το 3" , ποσοεχει της αρχικης ,

τητας να γραφεί ο τύπος της εκθετικής μεταβολής. β) Αν μετά από τέσσερα χρόνια η ποσότητα που έχει απομείνει είναι 1 κιλό να βρεθεί η αρχική ποσότητα που θάφτηκε. γ) Μετά από πόσα χρόνια η ποσότητα που 1 λά , θα ειναι , απομεινει , θα εχει κι ; 81 Λύση

α) Εφόσον η μείωση της ραδιενεργού ποσότητας ακολουθεί το νόμο της εκθετικής μεταβολής θα είναι: Q ( t) Qo . (1) όπου t > ο (σε χρόνια) και

= ect

Όμως Q( 2) _!_Q0 οπότε από 3 την (1) για t = 2 παίρνουμε: Q ( 2) Qo . <=> Qo Qo . <=> c ε IR .

= e2c � = e2c <=> � = e2c <=> ec = JI οπότε:

Q( t) � Q0

(Jf)' (Jf)' (Jf)'

ο ζητούμενος τύπος

β) Είναι Q(4) 1 οπότε από τον τύπο =

Q( t) � Q0

Q(4) � Q.

γtα

t 4 παίρνουμε: �

� l � Q.

(;} > Q0 � 9

λά η ζητούμενη αρχική ποσότητα.

γ) Μyαι των (α), (β)

έχουμε:

οπότε αν Q ( t) __!__ θα είναι: 81

Q ( t) � 9

ιcι-

{Jf)'

.!.

Η ατμοσφαιρική πίεση μειώνεται όσο αυξά νεται η απόσταση από το φλοιό της γης. Η σχέση μεταξύ πίεσης και ύψους περιγράφεται προσεγγιστικά από τον λεyόμενο βαρομετρι κό τύπο ύψους: Ph = Ρ0 0,88h όπου Ρο η πίεση στο φλοιό και h το ύψος σε km) α) Αν Ρο = 1013 mmHg τότε πόση είναι η πίεση σε ύψος: 500, 750, 1000, 1500, 2500, 5000, 7500, 10000 μέτρων; β) Τι πίεση επικρατεί στην κορυφή των παρακάτω βουνών: Όλυμπος (ύψος 2817 μ.) Λευκό όρος (4807 μ.) Κιλιμάντζαρο (5895 μ.) Έβερεστ (8848 μ.) από την επιφάνεια της θάλασσας αν η πίεση είναι 995 mmHg στην επιφάνεια της θάλασσας. γ) Δώστε την πίεση στην κορυφή των πα ραπάνω βουνών ως ποσοστό της πίεσης στην επιφάνεια της θάλασσας. δ) Σε μια ειδυλλιακή πόλη σε ύψος 260 μ. από την θάλασσα μια ωραία μέρα καλο καιριού μετρήθηκε η πίεση και βρέθηκε 980 mmHg. Σε ποια τιμή πίεση στην ε πιφάνεια της θάλασσας αντιστοιχεί; Λύση •

α) Ρ500 = 1013 · 0,88°'5 = 950, 27 = 950�g p750 "" 1013 . 0,88°'75 920,38 = 920mmHg

= Ρ10000 = 1013 Ο, 881 0 = 282, 12 = 282 mmHg ·

β) Έστω χ το βάθος της θάλασσας και Ρ η πίεση στην επιφάνειά της. Τότε: Ρχ Ρ0 · Ο, 88χ <:::> 995 Ρ0 Ο, 88χ <:::> Ο, 88χ 9 5 χ

•

Ρ0: η πίεση στο φλοιό της γης)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/42

= :. ο

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

ν h το ύψος των βουνών από την επιφάνεια της θάλασσας τότε: Ρ Ρ = Ρ0 · Ο, 88h+ x (όπου Ρ η ζητούμενη πίεση)

β) Σε τι ποσοστό της αρχικής έχει μειωθεί η έντασης της ακτινοβολίας σε βάθος 12 cm I 18 cm I 45 cm I 90 cml μέσα σε πυ κνό μόλυβδο; γ) Συγκρίνετε τα αποτελέσματα αυτά με αυτά που ια προκύψουν αν αντί για πυ κνό μόλυβδο Προστατευθούμε από γ ακτινοβολία επίσης με νερό, αλουμίνιο ή πάγο όπου η ένταση υποδιπλασιάζεται σε 25, 9, 2, 8 cm αντίστοιχα! Λύση

Άρα:

Ρ = Ρ · Ο' 88h Ο 88χ = Ρ Ο' 88h 995 = 995 Ο' 88h Ρ Έτσι για τον Όλυμπο έχουμε: Ρ = 995 0,882'9 1 7 = 685,29 685 mmHg ·

για το Λευκό όρος: Ρ = 995 0,884'807 = 538,20 538 mmHg =

για το Κιλιμάντζαρο: Ρ = 995 · 0,885'895 = 468,32 468 mmHg και για το Έβερεστ: Ρ = 995 · 0,888'848 = 321,07 321 mmHg

α)

Άρα: 8.

980 = 96,7% Ρχ <::::> Ρχ = 1013 mmHg ·

Για να προστεθεί ο άνθρωπος από την ι διαίτερα επικίνδυνη ακτινοβολία - γ χρη σιμοποιούνται τοιχώματα από πυκνό μόλυ βδο. Η ένταση μιας τέτοιας, ακτινοβολίας όταν εισέρχεται στο μόλυβδο ακολουθεί μια εκθετική μείωση. Σε βάθος 1,5 cm η έντα ση έχει μειωθεί στο μισό της αρχικής. α) Ποια συνάρτηση περιγράφει την μείωση της έντασης της ακτινοβολίας, σε πυκνό μόλυβδο;

Q( χ ) = Q0 · ecx με c < Ο, Qo η αρχική ακτινοβολία, χ > Ο. Όμως:

;

Για τα προηγούμενα βουνά αντίστοιχα έχουμε: � = 0,88 2 '97 1 = 68,87% ' px .!._ = 0,884'807 = 54,09%, px .!._ = 0,885'895 = 47,06%, px .!._ = ο' 888'848 = 32' 26% Ρ

Η συνάρτηση είναι της μορφής:

�

Q, · e' ' ·' � e'

�

ωf Jι ή z f �

= 0,0039 = 0,39% 0,4% -2·-1 8 Q2 = 2- 1 2 = 1 . ) Q2( 8 = Qo 2 3 = Qo . 2- 12 <::::> _ Qo = Ο, 00024 = Ο, 024% =

γ)

Η συνάρτηση φυσικά αλλάζει και γίνεται για το

νερό: Q( χ ) = Qo . ecx οπότε ;σ = Qo . ec·25 <::::> � = (ec )25 <::::>

()

� 1 ή 2-�25 ec = 21 <::::> ec = -ifi 2 χ Άρα Q(χ) = Q0 - 2 25 , χ > Ο και 12 12 Q 1 (12) = Q0 2-25 <::::> Q: = 2-25 = Ο, 7169 72% Q 12 Q 2 2 = 2-3 = 0, 63 = 63% ενώ Q1 (18)=Q0 · 2-ί8 <=> Qo <::::>

Να γίνουν ως άσκηση τα ποσοστά του αλουμι νίου και του πάγου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/43

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

rcωμcτpiα: ΕΜΒΑΔΑ του Στέφανου Μέτη και Νικόλαου Λιναρδάτου

Α. Εισαγωγή

Η έκταση μιας επιφάνειας, μπορεί να εκτιμηθεί με σύγκριση προς την έκταση μιας άλλης επιφά νειας, η οποία λαμβάνεται ως μονάδα. Ο θετικός αριθμός ο οποίος εκφράζει πόσες φορές η επιφά νεια περιέχει τη μονάδα των επιφανειών ή μέρη της, λέγεται εμβαδόν της επιφάνειας. Το εμβαδό μιας επιφάνειας συμβολίζεται συνή θως με το γράμμα Ε. Το εμβαδό μιας πολυγωνικής επιφάνειας ΑΒΓΔΕ συμβολίζεται και με (ΑΒΓΔΕ) ή ΕΑΒΓΔΕ "

Αν (ΚΛΜ) = 2 τ.JL, να βρεθεί το (ΑΒΓ). Λύση:

Είναι (ΑΚΜ) = (ΚΜΛ) = 2, αφού ΜΚ διάμεσος στο τρίγωνο ΑΜΛ. Ακόμα είναι ΚΜ II ΔΕ γιατί ΑΚ = ΑΜ = 1 . , ρα ( ΑΚΜ ) = 1 2 = 1 ΑΔ ΑΕ 3 Ά {ΑΔΕ) 3 9 Επομένως 2 = .!. ή (ΑΔΕ) = 18. { ΑΔΕ ) 9 Επειδή ΒΔ = ΔΕ = ΕΓ, είναι ΒΓ · υ = 1 {ΑΒΓ) , {ΑΔΕ) = 21 · 3 3 Για το εμβαδόν πολυγωνικών επιφανειών δεχόμα οπότε (ΑΒΓ) = 3(ΑΔΕ) = 54 τ.μ. στε τα εξής: Α τρίγωνο 2. Στο 1. Ίσες πολυγωνικές επιφάνειες έχουν το ίδιο εμ ΑΒΓ είναι: ΑΔ βαδό. .l. ΒΓ, ΕΗ .l. ΑΓ 2. Αν μια πολυγωνική επιφάνεια χωρίζεται σε πε και ΑΔ = 12, ΕΓ περασμένο πλήθος άλλων πολυγωνικών επιφα = 5, ΕΗ = 3. Β νειών (χωρίς κοινά εσωτερικά σημεία), τότε to Να βρεθεί το εμβαδόν της είναι ίσο με το άθροισμα των εμ εμβαδόν του τριγώνου ΑΔΕ. βαδών των πολυγωνικών επιφανειών στις οποί Λύση: ες χωρίζεται. 3. Το εμβαδόν ενός τετραγώνου πλευράς 1 είναι Είναι ΗΓ2 = ΕΓ2 - ΕΗ2 , άρα ΗΓ = 4. Δ Δ ίσο με 1. Ακόμα είναι ΑΔΓ-ΕΗ Γ (ορθογώνια και Γ κοι-νή), Σχόλια ΑΔ = ΔΓ η, , αρα • Αν δυο επιφάνειες έχουν το ίδιο εμβαδό, δεν εί 3 4 ναι κατ'ανάγκη ίσες. Οι επιφάνειες αυτές λέγο ΔΓ = 16 και ΔΕ = 16 - 5 = 1 1. 1 1 · 12 = 66 τ. μ. νται ισοδύναμες ή ισεμβαδικές. ' ( ΑΔΕ) = -Επομενως 2 • Αντί του όρου "εμβαδόν πολυγωνικής επιφάΑ νειας" χρησιμοποιούνται και οι όροι "εμβαδον 3. Στο διπλανό τρίγωνο ΑΒΓ πολυγωνικού χωρίου" ή "εμβαδόν ευθύγραμείναι: μου σχήματος". 1 Λυ μένες Ασκή σεις ΚΑ = -ΑΒ,

()

�

Στο διπλανό σχήμα ισχύει: ΒΔ = ΔΕ = ΕΓ, ΑΚ = ΚΛ = ΛΔ και ΑΕ=3ΑΜ.

4 1 ΓΔ = - ΓΚ , 4

ΔΗ .l. ΒΓ, ΛΕ = -ΒΓ , ΔΗ = 2cm και ΑΕ = 4 3cm. Να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓ) = 64cm2•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/44

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Λύση:

Είναι ΒΓ 4ΛΕ 12cm. Τα τρίγωνα ΓΔΗ και ΓΚΘ είναι όμοια, άρα ΚΘ = ΓΚ <:::> ΚΘ 4ΔΗ <:::> ΚΘ = 8cm ' ΔΗ ΓΔ οπότε (ΚΒΓ) = ..!.. · 12 · 8 = 48cm2 • 2 Για τα τρίγωνα ΑΚΓ και ΒΚΓ ισχύει: =

'Εχουμε 3ΑΔ = 2ΔΓ <:::> ΑΔ = � <:::> ΔΓ 3 ΑΔ 2 2 2 ΑΔ <:::> -<:::> - = - <:::> ΑΔ = -ΑΓ . = ΑΔ + ΔΓ 2 + 3 ΑΓ 5 5 Επειδή το Λ είναι μέσο του ΑΔ και ΛΚ // ΔΕ, το Κ είναι μέσο του ΑΕ και αφού ΑΕ //ΔΒ το Ε είναι μέσο του ΑΒ. 2 ΑΓ · ΑΕ (ΑΕΔ ΑΔ · ΑΕ 5 , 1 Ά� (ΑΒΓ ) = ΑΒ · ΑΓ = 2 · ΑΕ · ΑΓ = s ' ) οπότε (ΑΒΓ) 5(ΑΕΔ) (1) , ( ΑΚΛ ) 1 Ακο, μα εχουμε =(ΑΕΔ ) 4 ' (ΑΕΔ) = 4(ΑΚΛ) οπότε (2) Από τις (1), (2) συμπεραίνουμε ότι (ΑΒΓ) 20(ΑΚΛ) 80 τ. μ. ·

Επομένως ( ΑΚΓ ) = .!.. · 48 = 16cm2 • 3 Άρα (ΑΒΓ) (ΑΚΓ) + (ΒΚΓ) 48 + 16 = 64cm2• =

διπλανό Α Στο σχήμα είναι: Γ ΓΗ .L ΑΒ, AH = 5cm, HB = 9cm, Β ΗΚ = ΚΛ = = ΛΜ = ΜΝ = ΝΓ και (ΑΛΜ) + (ΒΜΓ) = 23cm2• Να βρεθεί το μήκος της ΒΜ. Λύση:

Έχουμε: (ΑΛΜ) + (ΒΓΜ) 23 <:::> ..!_ · ΛΜ · ΑΗ + ..!_ · ΓΜ · ΒΗ = 23 <:::> 2 2 1 1 1 2 <:::> - · -ΗΓ · 5 + - · -ΗΓ · 9 = 23 <:::> 2 5 2 5 <:::> 23ΗΓ 230 <:::> ΗΓ 1 Ocm Άρα HM = � HΓ = 6cm. 5 Έτσι στο τρίγωνο ΗΒΜ έχουμε: ΒΜ 2 = ΗΒ2 + ΗΜ 2 = 81 + 36 = 1 17. Επομένως ΒΜ = 3Jl3 cm. =

5. Στο παρακάτω τρίγωνο ΑΒΓ είναι: 3ΑΔ = 2ΔΓ, Α ΑΛ = ΛΔ, ΛΕ // ΒΔ και ΛΚ // ΔΕ. Αν (ΑΚΛ)=4 τ.μ., Β να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓ) = 80 τ.μ.

Στο διπλανό σχήμα είναι: Α ΑΓ .L ΒΔ, ΑΓ = 4ΛΓ, 1 ΑΕ = -ΑΔ , 3 18cm ΒΓ Β και ΓΔ = 12cm. Αν (ΑΒΔ) = 150cm2, να αποδειχθεί ότι: (ΛΓΕ) = 5cm2• Λύση:

ΑΒΓ Είναι: ( ) = ΒΓ = .!! = � (ΑΔΓ ) ΓΔ 12 2 (ΑΒΓ ) + (ΑΔΓ) 3 + 2 (ΑΒΔ ) 5 , <:::> = Άρα.. -2(ΑΔΓ ) 2 <=> ( ΑΔΓ ) (ΑΔΓ) 60cm2 • Ακόμα έχουμε: 3 1 ( ΑΛΕ ) - ΑΛ · ΑΕ = 4 ΑΓ · 3 ΑΔ 1 = (ΑΓΔ ) - ΑΓ · ΑΔ ΑΓ· ΑΔ 4 ' οπότε (ΑΛΕ) 15cm2 'Εχουμε: (ΑΛΕ) 15 <:::> ..!_ ΑΛ · ΕΖ = 15 <:::> 2 ..!_ · 3 · ΛΓ · ΕΖ = 15 <:::> ..!_ ΛΓ · ΕΖ = 5 <:::> <:::> 2 2 2 <:::> (ΛΓΕ) 5cm • =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/45

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Το διπλανό τε τράγωνο ΑΒΓΔ έ χει πλευρά

15J2 cm. Αν το τρίγωνο ΔΚΛ είναι ισό Α πλευρο, να απο δειχθεί ότι: α. το τετράπλευρο ΒΚΔΛ είναι ρόμβος β. το εμβαδόν του ΒΚΔΛ είναι 150.J3 cm2

άρα ΚΑ = i rκ � ΚΓ = 3J2 , οπότε ΑΓ = 6J2 . J2 . J2 Επομένως (ΑΒΓΔ) ΑΓ·ΒΔ 6 6 36cm2 • 2 2 9.

, Δ� .- ------------�Γ περιμετρος Η του ορθογωνίου ΑΒΓΔ του δι πλανού σχήματος Β Α Ε είναι 48cm. Αν ΑΔΕ = 15 και ΔΕΓ = 75° , να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΔΕΓ. Λύση : λ

Λύση :

Είναι ΔfΛ = 45 ° και Δλκ = 60° , άρα Έστω ΑΒ = χ και ΑΔ = y. ΓΔΑ = 15° . Όμοια είναι ΑΔκ = 15° , άρα 2χ + 2y = 48 ή χ + y = 24 (1) Τότε ΓΔΛ = ΑΔΚ . ° ° Ομοίως είναι ΓΔΛ = ΒΓΛ και ΑΔΚ = ΑΒΚ. Είναι ΑΕΔ = 75 , οπότε ΓΕΒ = 30 . Επομένως ΕΓ = 2ΒΓ = 2y. Άρα ΔΚ=ΚΒ=ΒΛ=ΛΔ, οπότε ΒΚΔΛ ρόμβος. Ακόμα είναι ΓΔΕ = 75° και ΔfΕ = 30° , επομένως β. Είναι ΒΔ 2 = ΔΓ2 + ΓΒ2 = 2 (15J2 )2 = 900 , ΕΓ = ΔΓ = 2y, άρα: x = 2y (2) άρα ΔΒ = 30cm και ΔΟ = 15cm. Από τις (1), (2) έχουμεy = 8 και χ = 16. Επομένως: Επειδή ΔΚΛ ισόπλευρο, Δ (ΔΕΓ) = _!_ ΔΓ ΕΓ ημ30° = _!_ · 16 · 16· _!_ = 64cm2 2 2 2 είναι: ΟΑ = _!_ ΔΑ , άρα 2 ι ο. Στο διπλανό σχή- ΔΓ-------,,;.-� 4·0Λ2 =0Δ2 +0Λ2 � μα το ΑΒΓΔ εί 3 · 0Λ2 = 225 � ναι ορθογώνιο. ΟΛ2 = 75 � 0Λ = 5J3 Αν (ΑΔΓ)=16cm2 Άρα ΚΑ = 1 o.J3 cm. και (ΚΓΑ)=7cm2, Α Επομένως να αποδειχθεί ότι: ί. (ΑΚΒ) = 9cm2, . ΔΒ 10J3 . 30 ΚΑ 49 = 150J3 cmz = (ΒΚΔΛ) = .. • •• (ΚΕΒ) = 7cm2 . 11. (ΚΓΕ) = - cm2, 111. 2 2 9 α.

Στο διπλανό τετρά γωνο ΑΒΓΔ, το Ε εί ναι το μέσο της πλευράς ΔΓ. Φέρουμε τη διάμεσο ΒΕ του τριγώνου ΒΔΓ, η οποία τέμνει την ΚΓ στο Λ. Αν ΚΑ = J2 cm, να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓΔ) = 36cm2• Λύση :

Λύση :

Είναι (ΑΔΓ) = (ΑΒΓ) = 16, άρα (ΑΚΒ) = (ΑΒΓ) - (ΚΓΑ) = 9cm2 • ii. Είναι κ r Ε�Κ Α Β , άρα = ί.

�

��\ (�)2 = (�:�) ο�σ ω ' �

�

Επομένως (ΚΓΕ) = 49 . 9 = 49 cm2 • 81 9 ίίί. Είναι (ΑΓΒ) = (ΑΕΒ) � (ΑΓΚ) + (ΑΚΒ) = = (ΑΚΒ) + (ΚΕΒ) � (ΑΓΚ) = (ΚΕΒ). Το Λ είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου ΒΔΓ, Άρα (ΚΕΒ) = 7cm2• ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/46

Μαθηματικά yια τη Β' Λυκείου

11.

Στο διπλανό παραλληλό 'γραμμο ΑΒΓΔ, τα Κ, Λ, Μ, Ν είναι τα μέσα των πλευρών του και Η, Ι τα μέσα των ΚΝ και ΚΛ αντίστοιχα. Αν (ΑΒΓΔ) = 264cm2, να αποδειχθεί ότι: (ΡΤΚΗ) = 22cm2• Λύση:

Είναι και

( ΝΤΚΑ) = _!_4 ( ΑΒΓΔ) = 2644 = 66 cm2 (ΝΤΚ)= �(ΝΤΚΑ)= 626 =33cm2•

= _!_4 [ΕΒ·(ΕΑ+ ΕΓ) + ΕΔ ·(ΕΓ + EA)J = = _!_4 (ΕΑ + ΕΓ) · (ΕΒ+ ΕΔ) =_!_ΑΓ 4 · ΔΒ = = -41 ·8 ·12 = 24 cm . 2

13. Στο διπλανό παραλληλό 'γραμμο ΑΒΓΔ, τα Ε, Ζ είναι τα μέσα των ΑΒ αντιΑΔ, στοίχως. Αν (ΕΑΟΜ)) = 24cm2, να βρεθεί το εμβαδόν του τρι'γώνου ΓΟΚ. Λύση:

Το Ρ είναι το κέντρο βάρους του τρι'γώνου ΜΝΚ, άρα ΝΡ =�ΝΤ . Στο τρίγωνο ΑΔΓ οι ΓΕ, ΔΟ είναι διάμεσοι, οπότε 3 -32 ΝΤ· -21 ΝΚ 1 ΔΜ =�3 ΔΟ. ΝΡΗ) ( ΝΡ·ΝΗ Επομένως 1 2Ο (ΝΤΚ) = ΝΤ·ΝΚ = ΝΤ·ΝΚ = -3 -ΑΔ·-Δ Δ (Ε Μ) ·Δ Μ ΕΔ 2 3 =1 Είναι = = Οπότε ( ΝΡΗ) = _!_ ( ΝΤΚ) = _!_ · 33 = 11 cm2• (ΔΑΟ) ΑΔ·ΔΟ ΑΔ·ΔΟ 3 ' 3 3 ( ΕΔΜ) = -1-= _!_ ' συνεπώς Έτσι έχουμε: οπότε (ΔΑΟ) - (ΕΔΜ) 3-1 2 (ΡΤΚΗ) (ΝΤΚ) - (ΝΡΗ) 33 - 11 22cm2• (ΕΔΜ) = _!_ ή (ΕΔΜ) = _!_ · 24 = 12 cm2• Στο διπλανό τε 2 (ΕΜΟΑ) 2 τράπλευρο ΑΒΓΔ είναι: Άρα (ΕΔΜ) = _!_ (ΔΑΟ) 3 · 12 36cm2' (ΔΑΟ) 3 (ΑΓ) = 8cm, επομένως (ΓΟΒ) (ΔΑΟ) = 36cm2• (ΒΔ) = 12cm ( ΓΟΚ) = ΟΚ ΟΓ =-=ΟΚ 1 γιατί το Κ είναι και ΔΕΓ = 150° . Είναι (ΓΟΒ) ΟΒ·ΟΓ ΟΒ 3 ' Να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓΔ) = 24cm2• το κέντρο βάρους του τριγώνου ΓΑΒ, οπότε Λύση: Είναι (ΑΕΒ) = �(ΕΑ) · (ΕΒ)·η μ150° = ΕΑ�ΕΒ , ( ΓΟΚ) =_!_3 ·(ΓΟΒ) =_!_3 · 36 = 12cm2• (ΒΕΓ) = �(ΕΒ)·(ΕΓ) ·ημ30° = ΕΒ�ΕΓ , 14. Στο παρακάτω ΕΓ·ΕΔ ° = 4 και σχήμα είναι ΑΒ (ΓΕΔ)=_!_(ΕΓ)·(ΕΔ)·ημ150 2 = ΒΓ = ΓΔ = ΔΕ ΕΔ·ΕΑ . ° (ΔΕΑ) = _!_(ΕΔ)·(ΕΑ)·ημ30 = και ΑΝ = ΝΜ = 2 4 =

12.

<:::}

Έχουμε:

(ΑΒΓΔ) =_!_(4 ΕΑ·ΕΒ+ΕΒ· ΕΓ+ΕΓ· ΕΔ+ΕΔ· ΕΑ)=

ΜΛ = ΛΚ. Α Αν (ΑΕΚ) = 80 τ.μ., να βρεθεί το εμβαδόν του τετράπλευ ρου ΓΔΛΜ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/47

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Λύση:

ΕΚ) = ΑΕ·ΑΚ = ΑΕ·ΑΚ 16 Είναι (Α (ΑΔΛ) ΑΔ·ΑΛ l AE . l AΚ 9 4 4 80 = -16 η. (ΑΔΛ)=45τ.μ. Άρα ( ΑΔΛ ) 9 Ακόμα είναι ��\ ΑΔ · ΑΛ - 49 . �3 ΑΔ · �ΑΛ 3 Άρα ( Α45ΜΓ) = 2.4 ή (ΑΜΙ) = 20 τ.μ. Επομένως (ΓΔΛΜ) = (ΑΔΛ) - (ΑΓΜ) = 45 - 20 = 25 τ.μ. κ 15. Έστω το τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) του διπλα νού σχήματος και Κ το σημείο Δ r τομής των ΑΔ και ΒΓ. Αν (ΑΟΒ) = α2 και (ΔΟΓ)=Ρ2, Ρ > α, να αποδειχθεί ότι: Ρ α. i. (ΑΒΓΔ) = (α + p)2, ίί. (ΚΑΒ) Ρ -α Λύση:

) = α2 ( ΚΑΒ) = α2 Οπότε (ΚΑΒ (ΚΔΓ) β2 (ΚΔΓ) - (ΚΑΒ) β2 - α2 (ΚΑΒ) = ----:-α---2 -:- . (ΑΒΓΔ) β2 α2 +α . Επομένως (ΚΑΒ)=(α+β)2 · β2 α-2 α2 =α2 _ββ-α �

�

Προτεινό μενες Ασκή σεις

�

Α.

�

με

=cC . +

Τα τρίγωνα ΑΟΒ και ΔΟΓ είναι όμοια με λόγο , λ=-=-=ΑΒ ΟΑ ΟΒ ομοιοτητας ΔΓ ΟΓ ΟΔ ' οπότε i��j =λ' = ω' - Άρα λ= i Είναι (ΑΔΓ) = (ΒΔΓ) (ΑΟΔ) + (ΔΟΓ) = = (ΒΟΓ) + (ΔΟΓ) (ΑΟΔ) = (ΒΟΓ) Ακόμα είναι ΑΟΔ + ΑΟΒ = 180° , άρα (ΑΟΒ) = ΟΑ·ΟΒ = ΟΒ =λ= � . ( ΑΟΔ) ΟΑ·ΟΔ ΟΔ β α2 =-α (ΑΟΔ) = αβ. Οπότε ( ΑΟΔ ) β Άρα (ΑΟΔ) = (ΒΟΓ) = αβ. Συνεπώς (ΑΒΓΔ) = α2 + β2 + αβ + αβ = (α + β)2 ii. Τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΔΓ είναι όμοια λόγο α Β , Α ομοιοτητας -=ΔΓ β .

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι (ΑΒ) = 8, (ΑΓ) = 12 και η ΑΔ είναι διχοτό μος της Α . Αν (ΑΒΔ) = 20 τ.μ., να βρείτε το (ΑΒΓ). ( ΑΒΔ) =-2 Υπόδειξη: (ΑΔΓ) 3 Στο τρίγωνο ΑΒΓ εί ναι (ΑΔ) = 6, (ΔΒ) = 5, (ΑΓ) = 8 και Α = 30°. Το εμβαδόν του τριγώνου ΒΓΔ είναι: Α. 6 Β. 8 Γ. 9 Δ. 10 Ε. 12 Υπόδειξη: ( ΑΒΓ) = _!_ ΑΒ · ΑΓ . ημ30° 2 ( ΑΔΓ) = _!_2 ΑΔ ΑΓ · ημ30° Στο διπλανό σχήμα είναι Β = 90° και ΒΑΓ= ΑΔΒ=30" . Ο λόγος �:\ είναι ίσος _!_4 Β. _!_3 Γ. _!_2 Δ. �3 Ε. 2 Υπόδειξη: Είναι ΓΑ = ΓΔ και (ΑΒΓ) = 1 ΑΓ (ΑΒΔ ) 2 ΉΔ Στο τετράγωνο ΑΒΓΔ είναι (ΔΕ) = 2cm και (ΔΕΒ) = 8cm2• Η πλευρά ΒΕ σε cm

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/48

με:

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

, , {ΑΒΓ) = ΓΑ·ΓΒ - 43 . είναι ίση με: 6 Β. 8 Γ. 10 Δ. 12 Υποδειξη: Ειναι {ΕΒΓ) ΓΕ . ΓΒ Ε. 14. Υπόδειξη: (ΔΕΒ) = l1 ΔΕ ΒΓ Στην πλευρά ΑΔ Το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο και ΔΕ Αν του ορθογωνίου ΑΕ = 9cm και ΕΓ = 16cm, να βρείτε το εμβα ΑΒΓΔ θεωρούμε δόν του τριγώνου ΑΕΒ. το σημείο Ε και Υπόδειξη: Είναι στις προεκτάσεις ΔΕ2 = 9· 16 και της ΒΓ τα σημεία {ΑΕΒ)= ΑΕ2 ·υ , Ζ, Θ, έτσι ώστε: (ΔΕΖ) + (ΑΕΘ) = 18 τ.μ όπου υ = ΔΕ. Να αποδείξετε ότι (ΑΒΓΔ) = 36 τ.μ. 1 1 Υπόδειξη: - ΔΕ· ΑΒ+ -ΑΕ·ΑΒ =18. 10. Στο διπλανό σχήμα το παραλληλόγραμμο 2 2 ΑΒΓΔ έχει εμβαδόν 108cm2• 6. Στο παραλλη Για το σημείο Ε της λόγραμμο ΑΔ ισχύει ΑΕ = ΑΒΓΔ τα Ε, Ζ 2ΕΔ και το Ζ είναι είναι μέσα τυχαίο σημείο της των ΑΔ, ΒΓ ευθείας ΒΓ. αντιστοίχως. Να βρείτε το εμβα= Αν (ΚΓΖΛ) 20 τ.μ., να βρείτε το εμβαδόν δόν του τριγώνου του ΑΒΓΔ. ΕΔΖ. Υπόδειξη: Είναι {ΕΔΖ)= � {ΑΒΓΔ) Υπόδειξη: Είναι ΔΚ = ΚΑ = 20 τ.μ. και (ΒΓΔ) = 6(ΒΛΖ) 1 1. Στο παραλλη {ΒΛΖ) = "3 λόγραμμο Το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο και Ζ το ΑΒΓΔ φέρουμε μέσο της ΒΓ. Αν (ΑΒΓΔ) = 132 τ.μ., να απο την ΔΚ ΒΓ, η δείξετε ότι (ΜΒΖ) = 11 τ.μ. οποία τέμνει Υπόδειξη: Είναι την ΑΒ στο Ε. (ΑΒΓ) = 2(ΑΒΖ) Αν ΔΚ = 8cm και = 4cm, να βρείτε το εμ66 τ.μ. και Μ κέ βαδόν του τριγώνου ΚΓΕ. ντρο βάρους του Υπόδειξη: τριγώνου ΑΒΓ. Είναι ΔΚΓ�ΚΒΕ, οπότε ΚΓ·ΚΕ = 32. 8. Στο διπλανό σχήμα το ΑΒΓΔ �-___:=====ϊ Β 12. Στο διπλανό σχήμα είναι ορθογώνιο είναι Α = 90°, ΕΒ με διαγώνιο ΑΓ = ΔΓ, ΑΒ = 9cm και 12. Αν η προέ ΕΔ = 8cm. κταση ΑΕ της βρείτε το εμβαδόν ισούται με 4, να αποδείξετε ότι Ντουα τριγώνου ΕΒΓ. {ΑΒΓΔ) =�{ΕΒΓ) Υπόδειξη: Είναι (ΕΒΓ) = (ΕΒΔ) 2 . Α.

..l ΑΓ.

t::ii;}

ΛΒ,

..l

!_�

ΚΒ

Ε ..,____

ΔL-----� r

ΑΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/49

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

13.

Στο διπλανό τρίγωνο ΑΒΓ είναι: ΒΓ και Θ, Ε, Μ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντιστοίχως.

Αν ΘΚ = 3cm, ΚΜ = 5cm και ΑΒ = IOcm, να αποδείξετε ότι (ΘΜΕΗ) = 20cm2• Υπόδειξη: Το ΘΜΕΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Είναι ΘΜ = 8, ΗΕ = καιΚΗ = 4.

ΑΗ .l

Κανονικ6 Πολύγωνα - Μέτpηrιη Κύκλου Θανάσης Κυριακόπουλος

Ο υπολογισμός των καμπυλόγραμμων, μεικτό γραμμων χωρίων, μηνίσκων κ.λ.π. γίνεται ανά λυση του Γεωμετρικού σχήματος σε αλγεβρικό ά θροισμα γνωστών εμβαδών (κυκλικών τομέων, κυκλικών τμημάτων, τριγώνων κ.λ.π.). Το Κεφάλαιο «Μέτρηση Κύκλου» βρίσκεται σε «αλληλεπίδραση» το Κεφάλαιο <<Κανονικά Πο λύγωνω), όπως διαπιστώνεται και ασκήσεις που ακολουθούν. Είναι γνωστό εξάλλου το μήκος ε'" νός κύκλου προσεγγίζεται κανονικά πολύγωνα Υπενθυμίζεται ότι το μέτρο ενός τόξου σε μοίρες μ είναι ίσο το μέτρο της αντίστοιχης επίκεντρης γωνίας, η οποία με τη σειρά της είναι διπλάσια της αντίστοιχης (που βαίνει στο ίδιο αυτή τόξο) εγγεγραμμένης γωνίας. Εάν τώρα το τόξο αυτό αντιστοιχεί σε χορδή που είναι πλευρά κανονικού πολυγώνου εγγεγραμ μένου στον κύκλο (0, R), έστω ΑΒ, είναι: 3600 . Εδω' η επικεντρη --- =ων = -' γωνια' λέγεται ΑΒ ν κεντρική γωνία του κανονικού πολυγώνου και συμβολίζεται με Όπου ΑΒ = λv. Έτσι εάν ΑΒ = � είναι: Α---Β -ω4 - 360°4 - 900 .

και ΒΓ = λ3. Τι συμπέρασμα βγάζετε για την ΑΓ; Απάντηση:

με

στις

με

ότι

με

ών .

Ε φαρμογή :

Στην περιφέρεια κύ κλου (Ο, R) δίνονται τα διαδοχικά σημεία Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = �

' Α---Β - ω6 - 360° - 600 • Επειδή ΑΒ = � ειναι 6 Επειδή ΒΓ = λ3 είναι Br = &3 = 36003 = 120° . Άρα ΑΒ+ΒΓ=60° +120° =180° , δηλαδή ή ΑΓ = 2R, διάμετρος του κύκλου. Α

---

...---._

Λυμένες Ασκή σεις :

ι.

Να δείξετε ότι το εμβαδόν του κανονικού εξαγώνου που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, R) είναι μέσο ανάλογο των εμβαδών των ισοπλεύρων τριγώνων που το ένα είναι εγγεγραμμένο και το άλλο περιγεγραμμένο στον κύκλο (Ο, R), δηλαδή: Ε; Ε3 · Ε; . . Απόδειξη:

Είναι λ3 = RJ3 οπότε (1) Ε3 = 3R42 J3 Ε6 =6(0ΓΒ)= 6R42 .J3 (2) Από (1), (2): Ε6 = 2·Ε3 (3) Τα και ΜΝΚ είναι κανονικά πολύγωνα (Ισό πλευρα Τρίγωνα), του αυτού πλήθους πλευρών άρα είναι όμοια και εάν λ λόγος ομοιότητας ισχύει: λ= αα3; = ΟΑ R . α3 =!_=2 2 Μ

ΑΓΔ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/SΟ

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Ε; - 4 η' Ε3' - 4Ε3 (4) '2 η λ = , (ΚΜΝ) ποτε Ε3 (ΑΓΔ) 4 Από (3): Ε� = 4Ε; = Ε3(4Ε3) (=) Ε3 ·Ε; . Ισχύει: Ε;ν =Εν ·Ε: Γενίκευση:

Λύση :

'Εχουμε:(ΜΒΓΔ) =(ΜΒΔ)+(Β r Δ) (1) Είναι ΔΒ = λ3 = RJ3, ΟΝ = α3 =-R2 και Α πόδειξη: (Άσκηση) . ΝΓ= ΟΝ = R2 2. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο Άρα: σε κύκλο (Ο, R) και έ R 2 J3 . J3 R . R ΒΔ ΝΓ στω Ρ το μέσο της ΒΓ. 2 = -= ) (ΒΓΔ 2 4 (2) 2 Εάν η ΑΡ τέμνει τον κύκλο στο Θ, να δείΕίναι ΑΒΔ = 90', άρα το τρίγωνο ΔΒΜ ορθο RJiO , γώνιο με ΔΒ = λ3 = RJ3 και ξετε οτι: ΡΘ = --ιθ" . ΑΒ =�= R . Οπότε: = ΒΜ ε ι Απόδ ξη: 2 2 2 Είναι ΑΒ � R.J2 . Με Πυθαγόρειο Θεώρημα . R2 R2 J3 RJ3 ΔΒ·ΜΒ στο ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Ρ : (3) (ΔΒΜ) = 2 = 2 = -4 2 ΑΡ 2 = ΑΒ2 + ΒΡ2 ή ΑΡ2 = λ� + (� ) ή Η (1) λόγω των (2) , (3): R 2 J3- + R2 J3- = R 2 J3-. (ΜΒΓΔ)= ΑΡ2 = 5λ4� ή ΑΡ = λ42J5 . 4 4 2 β. Προφανώς � το μέσο Με Θεώρημα Τεμνομένων χορδών: του τόξου ΒΓ . λ4J5- ·Ρ " = λ4 · λ4 η' ΑΡ·ΡΘ =ΒΡ·ΡΓ ή Αρκεί να δείξουμε 22 2 ΣΑΕ =90' . J5 J5PΘ =....λ2 .i. ή ΡΘ =-λ4(1) Έχουμε: 10 ΣλΕ =ΣΑr+ΓΑΕ = Η ( 1 ), επειδή λ4 = R .J2 γίνεται: BAr fΔ+ΔΕ = =--+ R.J2 . f5 RM 2 2 ΡΘ= 1 0 = -. 10 &5 72' 72' + 72' = 2 = -+ =-2 + &5 +&5 2 4 2 3. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ εγγε . 2 72' =1 + -γραμμένο σε κύκλο (0, R) 2 - + 72' - 90'. α. Εάν Μ το μέσο της ΑΒ να βρείτε το εμ γ. Έστω Μ το μέσο του βαδόν του πολυγώνου ΜΒΓΔ. τόξου ΑΕ και Ν του β. Σε κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ, εγγε fΔ . Θα δείξουμε ότι γραμμένο στον κύκλο (Ο, R), έστω η το τρίγωνο ΑΜΡ είναι διχοτόμος της BAr . ισοσκελές, δηλαδή ότι Να δείξετε ΑΕ . Ρ 1 = ΡΑΜ . 'Εχουμε: γ. Εάν Μ το μέσο του τόξου ΑΕ , να δείξετε ΑΜ+(Βr+ ΓΝ) = Ρ = ΑΜ+ΒΝ το τρίγωνο ΡΜΑ είναι ισοσκελές, όπου 2 2 Ρ το σημείο τομής της ΒΜ με την ΑΟ. α.

8°

ΑΣ

ΑΣ .l

ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/51

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

2 2 - - 3600 - 720 .-.. ΝΔ ΜΝ ΜΕ+ΕΔ+ = = ΡΑΜ =ΝΑΜ -22 = ΓΔ .-.. ΑΕ2 +ΕΔ+ 2 2 -ωs - 36Ο5 Ο =720. Εάν φέρουμε την ΒΟ τότε και το τρίγωνο ΡΒΟ εί ναι ισοσκελές (γιατί;). - ω5

�

Σχόλιο :

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ = 3α και τα εσωτερικά του σημεία Γ, Δ ώστε ΑΓ = ΓΔ = ΔΒ = α. Γράφουμε τους κύκλους (Γ, α), (Δ, α) που τέμνονται στα Κ και Λ. Στη συνέχεια με κέντρα τα Κ, Λ και ακτίνα 2α γράφουμε τόξα που τα άκρα τους κατα λήγουν στους πιο πάνω κύκλους. Ζητείται: α. Το εμβαδόν του «ωοειδούς» σχήματος που δημιουργείται. β. Η περίμετρός του. Λύση :

α.

Το εμβαδόν του «ωοειδούς» σχήματος αναλύεται σε αλγεβρικό άθροισμα εμβαδών, ως εξής, όπως προκύπτει από το σχήμα: Ε = (κ.τ.Γ · ΡΜ)+ (κ.τ.Δ · ΣΝ)+ + [(κ.τ.Λ·i>Σ) -(ρόμβος ΛΓΚΔ)] + 2 120° + πα2 120" + +(κ.τ.Κ ·ΜΝ)= πα3600 3600 600 = + π(2α360°2 )6οο -2(Κ r Δ) + π(2α)2 360° �

[

β.

]

Εάν S η περίμετρος, τότε: S=MAP+rnN +i>Σ+ΜΝ =2 (ΜΑΡ+i>Σ) = π(2α)60" = 8πα = 2 πα120° + 3 180° 180°

]

[

.-..

�

( )] + 47' = ......... =α' (2π- �) [

= π;' + π;' + 47' - 2 •'j3 +

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ = α, ΒΓ = β και ΑΓ = γ, όπου ΑΓ > ΒΔ. Με διαμέτρους τις διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ γρά φουμε κύκλους. Να βρείτε το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου που σχηματίζεται, ναρτήσει των α, β, γ.

συ

Λύση :

Από το γνωστό «μετρικό νόμο» του παραλληλο γράμμου, δηλαδή ότι το άθροισμα των τετραγώ νων των πλευρών του ι σούται με το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων του, έχουμε: 2 = ΑΓ2 + ΒΔ2 ή ΑΒ2 + ΒΓ2 +ΓΔ2 2 +ΔΑ 2α +β2 + α2 +β =γ2 +ΒΔ2 ή (1) ΒΔ2 =2(α2 +β2 ) - γ2 ΒΔ-2 ή ΒΔ ειναι , ΟΒ2 = Επειδη, ΟΒ = l 4

(2) (3)

Ακόμη είναι: Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν ( ) , ( ) ) πγ 2 2 π [ 2(α2 +β2 ) - γ2 = Ε=π·ΟΑ2 - π·ΟΒ2 = -J 4 4 = �4 (γ2 _ 2α2 _ 2β2 +γ2 ) = �4 2(γ2 - α2 -βz ) ή Ε = �2 (γz - αz - βz ) Ση μείω ση :

Ο «μετρικός νόμορ> του παραλληλογράμμου έχει μεγάλη σπουδαιότητα στην Διανυσματική Γεωμετρία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/52

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Είναι ισόπλευρο δηλ ΣΓ = ΣΒ = ΓΒ = R. (λu = R) Είναι: ΣΡ2 = ΣΓ ΣΔ ή ΣΡ2 = R · 2R ή ΣP =RJ2 =ΣΤ (1) Από το ορθ. τρίγωνο ΣΡΟ Πυθαγόρειο Θεώ ρημα: ΣΟ2 = 0Ρ2 + ΡΣ2 ή Σ02 = R2 + 2R2 ή Σ02 = 3R2 ή ΣΟ = Rf3 ΟΡ =--=--=-, R R ν'3 Ακομη: ημΟΣΡ = ΟΣ Rf3 Rf3 3 ν'3 ημΟΣΡ =δηλ. (2) 3 Οπότε και λόγω των (1) και (2): ( ΣΡτ) = 21 ΣΡ ·ΣΤ ημΡΣΤ = = � · RJ2 · RJ2ημ (2ΟΣΡ) = =�2R 2 2ημ (οΣΡ )συν (οΣΡ) = 2J2 R z = =2R z ν')3 . J2 ν'3 3 Είναι λοιπόν ( ΣΡΤ) = 2J2 3 R2•

Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ εγγε γραμμένο σε κύκλο (Ο, R). Οι προεκτάσεις των πλευρών του ΑΒ και ΓΔ τέμνονται στο Σ. α. Να υπολογισθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΣΑΔ, συναρτήσει της IR β. Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εγ γεγραμμένο στον κύκλο (Ο, R). Στην προέκταση της ΑΒ προς το Β, παίρνουμε ΒΣ = 2ΑΒ και έστω ΣΜ η εφαπτομένη του κύκλου. Να δείξετε ότι ΣΜ = 3�. γ. Στο κανονικό εξάγωνο του ερωτήματος (α) θεωρούμε τις εφαπτόμενες ΣΡ και ΣΤ του κύκλου (0, R). Να βρεθεί το εμβαδό του τριγώνου ΣΡ'f, συναρτήσει της ακτίνας R.

με

•

Λύση :

Είναι: Δι = ΓΒ+ΒΑ 2 AB= ffi =i4, =-6 = fiJ , άρα Δι =60° =Αι . Δηλαδή το τρίγωνο είναι ΣΑΔ ισόπλευρο οπότε: 2 ( ΣΑΔ) = ( ΑΔ)4 J3 = ( 2R)2 ν'3 =R2 f3 = 4 β. Είναι ΑΒ = λ3 = Rν'3,. ΒΣ= 2ΑΒ = 2Rf3 και ΣΑ =ΑΒ+ ΒΣ =3R, Ισχύει: ΣΜ 2 =ΣΒ·ΣΑ ή ΣΜ 2 = 2Rf3 · 3Rf3 = 18R2 ή ΣΜ =3RJ2 =3 (RJ2 ) =3λ4 γ. Κάθε μία από τις ίσες γωνίες κανο νικού εξαγώνου είναι: 360° φ -_ 1800 - 6 -6 =1200δηλαδή ΔΓΒ = ΓΒΑ = 120° Άρα Γι = Βι = 60° και το τρίγωνο ΓΣΒ. α.

�

300'

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ κλο (Ο, R) με ΒΓ = α, ΑΓ = β και ΑΒ = �α2 + β2 - αβ Να βρεθεί το εμβαδόν του κυκλικού τμή ματος που αντιστοιχεί στο κυρτογώνιο τόξο της πλευράς ΑΒ, συναρτήσει των α και β.

Λύση :

Είναιz z α2 +z β2 -αβ η, α +β2αβ+γ = 21 ' η' συνΓ = -21 . Οποτε: Γ = 60° . Κι επομένως ΒΟΑ= 120° . Άρα ΑΒ = λ3 ή AB=Rf3 Ακόμη α3 = ΟΚ ή OK =R Έστω (τ) το εμβαδόν του ζητούμενου κυκλ. τμήματος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/53

Μαθηματικά για τη Β· Λυκείου

Είναι: (τ)=(κ·τΟ·ΑΒ)-( ΟΑΒ) = = πR3602 12Οο0 - 21 ΑΒ·ΟΚ = J3 (1) = -πR3-2 - 21 R ν 3 ' 2R ή ( τ)=R 2 3π - 4 'Εχουμε: ΑΒ = RJ3 ή ΑΒ2 =3R2 ή R2 = ΑΒ2 3 2 2 . της υποθεσης, . η. λογω R2 = α +β3 - αβ και η (1) δίνει: ( τ) = α2 +β32 -αβ !!_3 - J34 ή (τ) = 316 {α2 +β2 - αβ)(4π-3J3 )

( )

r;;

( )

Δίνεται κύκλος (0, R) και χορδή ΑΒ = λν. Φέρουμε ΟΓ//ΑΒ και από το μέσο Μ του τόξου ΑΒ, ΜΕ/ΙΒΓ. Να βρείτε το εμβαδόν . του μεικτόγραμμου χωρίου ΕΓΜΒ που πε ριέχεται μεταξύ των παράλληλων χορδών ΒΓ και ΜΕ. Λύση :

Είναι Ε=(κ·τμήμα ΕΚΜ) - ( κ·τμήμα ) ( 1) Επειδή ΒΓ//ΜΕ θα είναι Er = ΜΒ (τόξα μεταξύ πα ράλληλων χορδών είναι ίσα ) άρα και ΜΟΒ=ΓΟΕ =<$ Όμως ΓΟ/ ΑΒ και ε πειδή ΟΖ ..l ΑΒ θα είναι και ΓΟ ..l ΟΖ , οπότε ό, = 90° - φ (κ·τμήμα EΚM)=(ofii)-( Ο Ε Μ) (2) ΓΚΒ

(Bor) R 2 - R 2 - 1 δηλαδή ( Μ ΟΕ) ( ΒΟΓ)=(ΜΟΕ) (5) Οπότε η (4): E = (ofii )-(orn)= (9οο + <Ρ) πR2 (9οο - <Ρ) = πR 2 360° 360° Επομένως (6) Όμως ΑΒ = 'Av άρα 1 2φ (7) 36ΟΟ η 2φ= 36ΟΟ η -= ων --ν ν ν 360° πR2 Η (6) λόγω της (7), δίνει Ε =ν -+-

-7-- -

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, πλευράς α. θεω ρούμε τα ημικύκλια με διαμέτρους τις πλευρές του ΑΒ και ΒΓ που τέμνονται στο Σ, στο εσωτερικό του τετραγώνου. Εαν ΜΝ η κοινή εφαπτομένη των δύο ημικυκλίων να βρείτε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΣΜΝ. Λύση :

Δ Εύκολα προκύπτει ότι το Σ είναι το κέντρο του τετρα γώνου ΑΒΓΔ Πράγματι: , Αi:Β+ΒΣΓ= = 90° + 90° = 180° (οι διαγώνιες τετραγώνου τέμνοκάθετα) (κ·τμήμα ΓΗΒ)=(οΒΓ)-( ΟΒΓ) (3) νται Εάν Κ, Λ τα κέντρα των δύο ημικυκλίων, τότε: ΚΣΛΒ τετράγωνο, πλευράς α/2 και ΚΛΜΝ ορθο Η (1) λόγω των (2), (3): γώνιο αφού είναι παρ/μο E=(oE:M) -(om) +(o:Br) -(οΕ:Μ) (4) (ΚΜ ..l ΜΝ,ΛΝ άραΚΜ//ΛΝ και Όμως ΒΟΓ + ΜΟΕ =90 -<$ +2<$+90 -<$ = 180° ΚΜ=ΛΝ= 2α ) με τουλάχιστον μια γωνία ορθή. Επειδή Κ2 = 45° είναι Κ, = 45° .Όμοια Λ, = 45° άρα Εάν Ε το ζητούμενο εμβαδόν, είναι: Α Γ-"'=-----�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/54

Β '--=-

,......

� ' '.. ' .:..._

..l MN

'-ν--'

-45�

' α/2

__j Γ

_ _ _

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Ε = (ΚΛΝΜ)-(κ -ΣΜ)-(Λ ·ΣΝ )-(κ Σ Λ) = ω ·45" ω ·45" ΚΛ ΚΜ· 360" 360" _!_ΚΣ 2 ·ΣΛ= = � ( � ·h) - π:2 · i - ± · �. � = ... = = (4.J2 16-π-2) ·α2 10. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α= 105" , Β= 45" και ·

11.

Δίνεται κύκλος (Ο, ρ) και δύο ίσοι κύκλοι στο εσωτερικό του (01 , � ρ (02 , � ρ εφαπτόμενοι μεταξύ τους στο Α και εφαπτόμενοι του κύκλου (Ο, ρ) στα Β, Γ αντίστοιχα. Ζητείται: α) Το εμβαδόν του καμπυλογράμμου τρι γώνου ΑΒΓ. β) Το εμβαδόν του χωρίου ΒΔΕΓΖΑΡΒ. γ) Τα εμβαδά των δύο κύκλων Οι και Oz. Λύση:

}

)

το ύψος ΑΔ=κ. Με κέντρα τις κορυφές Β, Γ και ακτίνες ΒΑ, ΓΑ αντίστοιχα γράφουμε α. Είναι: ΟΟι = ΟΒ-Οβ =ρ - _e_ = 2ρ = 00 3 3 2 τόξα ΑΝ, ΑΛ εντός του τριγώνου. Να βρε ρ ρ 2ρ θούν τα εμβαδά των τριών μεικτόγραμμων 0 Ο =0ιΑ+Α0 =-+-=ι 2 2 3 3 3 τριγώνων, στα οποία χωρίζουν το τρίγωνο τα τόξα αυτά. Λύση: Ε

Είναι ΑΔ = ΒΔ = κ. διότι το ορθ. τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές, αφού Β=45" ΑΒ = κ.J2 (Πυθ. Θεωρ. στο ΒΔΑ). Επί πλέον Γ = 30" , οπότε ΑΓ = 2κ. 'Εχουμε: ΔΓ = κ.J3 (Πυθ. Θεώρ. στο Α Δ Γ) Έστω Ει το εβαδόν του μ. τριγ. ΑΒΛ, Ε2 του ΑΛΝ και Ε3 του μ. τριγ. ΑΝΓ Είναι λοιπόν: Ει =( ΑΒΓ) - {Γ·ΑΑ)= π(2κ)2 · 30" = -1 κ(κ+κν3r::. ) - -1 π4κ2 ή = -ΑΔ·ΒΓ 2 12 360" 2 Ει = : (3 + 3.J3 - 2π) Ε3 =( ΑΒΓ)-(Β·ΑΝ)= ( κF2 )2 45" π .J3 .!_ ) ( = 2 κ κ + - 360" = = =: (2+2.J3 - π) Οπότε Ε2 =( ΑΒΓ)- Ε ι - Ε3 = ... = Β

Άρα το τρίγωνο ΟΟ ι Οz είναι ισόπλευρο πλευ

ράς 2ρ3 . Οπότε: ( καμπ. τριγ.ΑΒΓ) = = ( κ.τομ.ο Βr) -(Οι 002 ) - 2( κ.τομ.Οι · ΆΒ) = 2 ·120" 2π(_e_) πρ2 ·60" - ( 2ρ )2 � - 3 360" 3 4 360" = = _!_6 πρ2 - ( 2ρ3 )2 .J34 - 2πρ27 2 = ρ2 (5π - 6.J3) 54 β. ( ΒΔΕΓΖΑΡΒ) = πρ2 - ( καμπ. τριγ.ΑΒΓ) = . 2 ρ2 (49π + 6.J3) = =πρ2 - ρ (5π-6.J3) 54 54

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/55

r::.

για τη

μ ΤΙ

Γ' τάξη

Λ υκείου

του

Ι. Γ ενική Παιδ εία

Αακήι:rcις Ετατιιπικής

του Παύλου Μάστακα

Τα Στοιχεία Στατιστικής όπως παρατίθενται στα πλαίσια του Σχολικού βιβλίου και σε συνδυασμό με τις απαιτήσεις των γενικών εξετάσεων οδηγούν στο συμπέρασμα ότι, για το συγκεκριμένο μάθημα δεν απαιτούνται ιδιαίτερες ή εξεζητημένες γνώσεις τεχνικών λύσει ς των ασκήσεων. Εκείνο που απαιτείται, είναι σαφής και καθαρή γνώση της θεωρίας και των εφαρμογώ ν του βιβλίου. Καθοριστικός παράγοντας για τη λύση των ασκήσεων είναι η ικανότητα να συνδέει κανείς απλώς τους ορισμούς και τους τύπους που τους συνδέουν. Αυτό πιστεύουμε προκύπτει και από τις ασκήσεις που παραθέτουμε. Οι δυσκολίες που τυχόν εμφανίζονται οφείλονται, . όπως πάντα, στο ότι η κατανόηση των μαθηματικών εννοιών δεν είναι πλήρης, καθώς παράλληλα οι σχετικές γνώσεις του μαθητή δεν βρίσκονται στο προσκήνιο της σκέψης του, ώστε όλες να πρωταγωνιστούν επί ίσοι ς όροις όταν ο μαθητής προσπαθεί απέναντι σε μία άσκηση ή ένα πρόβλημα. Θα ήθελα ακόμη να ευχαριστήσω τον συνάδελφο Μπίρμπα Δ ημήτρη που βοήθησε να βελτι ωθούν πολλές από τις προτεινόμενες ασκήσεις και πρότει νε το 2ο Θέμα

Λύση: Θέμα lo α. Έχουμε ν = 40 ο αριθμός των μαθητών. Η βαθμολοβ. γ. Η διάμεσος γία των μα μ�ός_ βρίσκεται από το θητών μιας 4 _ ! .[Q, 4 τάξης σε ένα πολύγωνο των 6 10 [4, 8) διαγώνισμα σχετικών αθροι [8, 12) 10 20 Ιστορίας στικών συχνοτή Γ12, 16) 15 35 φαίνεται των Fi% βρίσκο στο παρα 40 rι 6, 20) Ι 5 ντας την τιμή κάτω πολύ Σύνολο I 40 που αντιστοιχεί γωνο αθροι στο 50%. Επειδή στικών χνοτήτων. ' Ν" και p· = Ni 100 ειναι ' ανα' λογα, τα ομως ν α. Να βρεθεί ο αριθμός των μαθητών. μπορούμε να την βρούμε και από το πολύγωνο β. Να γίνει ο πίνακας συχνοτήτων (απότων Ni βρίσκοντας την τιμή του χ που αντιλυτων και αθροιστικών). γ. Να υπολογιστεί η διάμεσος. στοιχεί στο �2 = 20 . 'Ετσι βρίσκουμε δ = 12. δ. Να βρεθεί το πλήθος των μαθητών που πήραν βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 10. δ. Από το διάγραμμα των Ni για χ = 1 Ο βρίσκουμε Ni

I I

συ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/56

- ·

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

κή μέση τιμή των ηλικιών με τη μέση τιμή που τιμή 15. Οπότε βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Ο έ χουμε: 40 - 15 = 25 μαθητές ή στο διάστημα [8, προέκυψε από τις απαντήσεις των ατόμων. 12) έχουμε 10 μαθητές ομοιόμορφα κατανεμημέ Λύ ση : , Έστω , ... , 0 t1 t 2 t12 οι πραγματικές ηλικίες και νους οπότε 5 θα είναι στο [10, 12) και όλοι οι μα Υι • Υ ts3 • tsμ · ·· • tι zo Xι , X z , ···• X zo• θητές με βαθμό 10 είναι 5+ 15+5=25. οι ηλικίες που δηλώθηκαν. Θέμα 2 Τότε αν η μέση τιμή που προκύπτει από τις α παντήσεις των ατόμων είναι χ' και χ της πραγμα Από την εξέταση ενός �----,--Ν; �' τικής, θα έχουμε: δείγματος προέκυψε ο δι 1 α Χ ι + X z + · · · + X zo + Ρ ι + · · · + = πλανός πίνακας και δια = χ 2 30 120 πιστώθηκε η μέση τι +Ρ� 3ο +�Υ� +t� . +� tι zo = 3 50 53 +--..-Yzι +� � μή και η διάμεσος δ 120 4 100 διαφέρουν κατά 0,46. ( 1)+ .. +( . t1 t20 - 1)+(t2 1 +2)+ ... + Να υπολογιστούν η μέ120 ση τιμή και η διάμεσος δ, αν είναι γνωστό ότι α > Ο. = +(tso +2)+(tsι -5)+120(tsz -5)+t53 + +tι zo = Λύ ση : t1 + ... + t1 20 -20+ 2·30-2 ·-5 Σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα. = �----��---------120 -τ ·-··· - � -·--···· · - ι 30 +-1 . t1 + t 2 + .. . + t1 20 60 - 30 =χ+-=χ = ι : ι ·:; 4 120 120 120 3 α 2(3� α) ρα = -χ+ 41 . I �4 I 1��οο I ��5ο I 2o_Q_J i Ι Ι I Τότε το Θέμα 4 +2 +6 320-α α+2(30-α) 0 00 = χ= Η βαθμολογία στα γραπτά 50 μαθητών κυ 100 100 = 3' 2 0' Οlα μάνθηκε από 10 έως 20. Χωρίζοντας τους Οι παρατηρήσεις είναι ν = 100 άρτιοςοπότε η 50 βαθμούς των αντίστοιχων γραπτών σε 5 3 + 4 + 1 t ts 5 o διάμεσος είναι δ = 2 = 2 = 3,5 . κλάσεις ίσου πλάτους και κατασκευάζοντας ιστογράμματα συχνοτήτων και σχετικών Αν είναι χ = δ+ 0,46 <=> συχνοτήτων καθώς και κυκλικό διάγραμμα <=> 3,2 - 0,01α = 3,96 <=>α= -76 <Ο, άτοπο. συχνοτήτων, παρατηρή-σαμε ότι: Οπότε είναι χ + Ο, 46 = δ :::::} χ = δ -Ο, 46 = ί. στο ιστόγραμμα συχνοτήτων, το εμβα = 3,5 - 0,46 = 3,04<=> 3,2-0,01α = 3,04:::::} δόν του ορθογωνίου της κλάσης 10-12 ι :::::} α = 16 άρα χ = 3,2 - Ο, 16 = 3, 04 . σούται με 5 Ρι , Ρυ · · · • ΡJο •

2':

Χ;

I 1

ότι

:ι_:; Ή

· ·

•

Θέμα 3 Ρωτήσαμε 120 άτομα ποια είναι η ηλικία τους. Είκοσι από αυτούς δήλωσαν ηλικία κατά ένα χρόνο μικρότερη της πραγματ� κής, τριάντα κατά δύο χρόνια μεγαλύτερη της πραγματικής, δύο κατά 5 χρόνια μικρό τερη της πραγματικής και οι υπόλοιποι δή λωσαν την πραγματική τους ηλικία. Να βρείτε τη σχέση που συνδέει την πραγμαη-

ίί. στο ιστόγραμμα σχετικών συχνοτήτων

(επί τοις εκατό), το ύψος του ορθογωνί ου της κλάσης 16-18 είναι 20 ίίί. στο κυκλικό διάγραμμα συχνοτήτων, το τόξο που αντιστοιχεί στην κλάση 14 - 16 είναι 144°. Αν οι μαθητές που το γραπτό τους βαθμο λογήθηκε με 12 - 14 είναι τετραπλάσιοι α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/57

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

σχετικών συχνοτήτων. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΔΓ έχουμε: ΚΔ ΑΒ -χ = -2 � -χ = -� 2 χ=Ο'8 -=-� 50-34 74-34 16 40 Άρα δ = 14 + 0,8 = 14,8. Θέμα 5 Λύση: Δίνεται η συνάρτηση α. Το εύρος είναι R = 20 - 10 = 10 . Το πλάτος της 3 R 10 = 2 . -χ-3 ' 2 � χ � 4 , θα ει,ναι c=-= κλασης 2 κ -5 f(x) = 3χ - 9 , 4 < χ < 6 β. Για τις κλάσεις θα έχουμε: 3 -χ [0, 12) είναι Ει = 5 οπότε νι = 5 γιατί το εμβαδό ' 6 � χ � 10 2 είναι ίσο την αντίστοιχη συχνότητα. Αν η γραφική παράσταση είναι το πολύγωνο [ 16 - 18) είναι f4% = 20 οπότε αθροιστικών συχνοτήτων μιας κατανομής ν4 ·100= 20� � ·100= 20 άρα ν4 = 10. συχνοτήτων, με 4 κλάσεις ίσου πλάτους: 50 ν α. Να γίνει το ιστόγραμμα αθροιστικών [14 - 16) είναι α3 = 144°, συχνοτήτων. α3 = �ν ·360° � 144° = �50 ·360° � ν3 = 20 . β. Να βρεθεί η εξίσωση παραβολής = αχ2 [18 -20) έστω νs. γνωρίζουμε η γραφική της παράσταση [12 - 14) έστω ν2 τότε ν2 = 4ν5 και από διέρχεται από το σημείο (δ, f(δ)) όπου δ εί ν1 +ν2 +ν3 + ν4 +ν5 =ν έχουμε: ναι η διάμεσος των παρατηρήσεων. 5+4ν5 +20+10+ν5 =50,νs = 3 και ν2 = 12. γ. Ποια είναι η εξίσωση της ευθείας που ε γ. Κατασκευάζουμε τον πίνακα συχνοτήτων: φάπτεται στην παραβολή στο σημείο (δ, f(δ)). : κλάσεις Λύση: ιnQ_=-ln_ 11 5 Η γραφική 34 παράσταση μ!�-�-ι.:υ -: _!L 12 156 ----της 20 300 74 ! [14- 1_ft_j_ 15 και ! ιι�- !�ι ι_ υ ι_---=-10=--c --'--- 170 94 τοσυνάρτησης ιστόγραμμα 57 100 αθροιστικών ιm-1QLj_!2_ ι ) : Σύνολο [ ! 50 συχνοτήτων είΗ μέση τιμή είναι το διπλανό. ναι: α. Γνωρίζουμε --Χ = Σ νχ. ν. = ότι το πολύγωνο αθροιστικών =14 76 = 738 συχνοτήτων γί50 ' νεται αν ενώσουμε τα άνω δεξιά άκρα των ορθο Για να βρούμε γωνίων·, δηλαδή τα σημεία Α, Β, Γ, τη διάμεσο κα Οι αθροιστικές συχνότητες είναι Νι = 3, Ν2 = 9, τασκευάζουμε Ν3 = 12, Ν4 = 15, ν = 15. Οι απόλυτες συχνότητες: το ιστόγραμμα νι = Νι = 3, ν2 = Ν2 - Νι = 6, ν3 = Ν3 - Ν2 = 3 και αθροιστικών· πό τους μαθητές που βαθμολογήθηκαν με 18 - 20, να δείξετε ότι: α. Το πλάτος της κλάσης είναι 2. β. Οι μαθητές με βαθμό 18 - 20 είναι 3. γ. Να γίνει πίνακας κατανομής συχνοτή των και να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος από τα ανάλογα ιστογράμματα.

•

ΚΓ

ΑΓ

με

•

ότι

•

____

_ _

10 9

738

7,5

5,5 6

Δ.

αν

14δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/58

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Θέμα 7 ν4 = Ν4 - Ν3 = 3. β. Η διάμεσος βρίσκεται αν από το 7,5 φέρουμε τον έλεγχο απουσιών του Α' τετραμή παράλληλη στον χχ ' και από την ομοιότητα Από των μαθητών ενός Λυκείου προέκυψε των τριγώνων ΑΒΚ και ΑΖΕ έχουμε νου ότι για κ μαθητές δεν σημειώθηκε απουσία, ΖΕ = - �-=χ 2 � χ = 1' 5 . ενώ λ μαθητές απουσίασαν μόνο μία ημέ 4,5 6 ΖΑ ρα. Αν S η τυπική απόκλιση του δείγματος Άρα δ = 4 + 1,5 = 5,5. των μαθητών που απουσίασαν το πολύ μία Το σημείο είναι Μ(5,5 7,5) οπότε 7,5 = α· 5,52 μέρα, δείξτε ότι S < !. . 30 και. η παραβολη' ειναι ' = 30 χ2 . 2 �α= 121 121 60 f'(5 5) = 60 . 5' 5 = 330 Αν χ η μέση τιμήΛύση: γ. Είναι f'(x) = τις ημέρες των απου121 ' ' 121 121 , ' ' - Κγια·0+1·λ λ και σιων, τοτε εχουμε: χ = κ+λ = κ+λ οπότε η εφαπτομένη είναι Y-7' 5 = 330 2 +λ(l -χγ = 121 (χ - 5' 5) . 2 = κ(Ο-χ)κ+λ S Θέμα 6 λ J2 +λ ( 1- λ J2 Μία μεταβλητή με τις τιμές Xz, Xs έ ο ( κ κ+λ = κ+λ χει μέση τιμή = 8 και τυπική απόκλιση Sx ��----�--�----�� κ+λ = 6. Η ίδια μεταβλητή με τιμές κ·λ(κ+λ) ; ; ; έχει μέση τιμή 3 και (κ+ λ)2 κ·λ = 4 . Να βρεθεί η μέση τυπική απόκλιση κ+λ κ+λ (κ+ λ)2 τιμή και η τυπική απόκλιση της μεταβλη τής όταν παίρνει τις τιμές Θέλουμε να αποδείξουμε ότι: S2 < _!_2 � � ; ... ; κλ < -1 � 2κλ < (κ+λγ � κ2 +λ2 > 0 , � (κ+λ) Λύση : 2 2 + Χ2 + ... +Χ8 Χι _ � χ= Είναι που ισχύει. 8 � Χι + Χ2 + ... Χ8 = 64 (1) Θέμα 8 Ο διπλανός πίνακας εμ r---�i � S2 _ Χι2 + Χ22 8+ · · + 2 -Χ2 � Χι2 + Χ 22 + . . . + Χ82 φανίζει μία κατανομή 1 5 χνοτήτων. =8(s; + χ2 ) � χ� + χ; + ... + � =800 (2) i- -�--..f_]Q J Αν η μέση τιμή του δείγ = ματος είναι 3 και ο � · 3 1_5__: (Είναι γνωστό S2 = χ2 - (χ)2 ). συντελεστής μεταβολής ι ι ι2 = 36 (3) και μοια ι� ι }_Q__ι ιΧι 2 +χι2Χι1 ++χ...2+Χ+ ...ιιz2+Χι300 i 70 ! cν = !. να βρεθούν: (4) . 3 α. Οι α, β, αν γνωρίζουμε ότι είναι ακέραι Αν χ η ζητούμενη μέση τιμή και Sx η τυmκή από οι αριθμοί. κλιση τότε έχουμε:: β. Η διάμεσος του δείγματος. + χ; + ... +χ;2 (1�3> 64 + 36 =5 και χ = Χι + ... +xa8+12 Λύση : 20 4 ι 2 + Χιι2 + , .. + Χ1 22 - (χ)2 (2)(,;, ) α. Από τον τύπο της μέσης τιμής έχουμε : S2 = Χι2 + 2 + +8+12 -Χ ---1 Σκ Χ- ν - � 3 _ 1·5+20·α+3·15+30·β 70 ν 2 = 800+300 -5 =30. � 2α + 3β = 16 (1) 20 ΚΒ

ΚΑ

χ , χ , . . ., χ 2

χ ,χ ,

•••

χ' =

s ..

Χ 1 , χ 1 , . . . , Χ8 ,

,χ 2 .

Χι,

συ

· ·;---·--··· · -�

___

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/59

: ___ '···--· [___ _! . ---

j�

_ _

...

�--- ------

r· _y;__

<::>

Μαθη ματικά για τη Γ ' Λυκείου

: Από cν = � <::::> _!_3 = �3 S = 1 . Αντικαθιστώ α. Βρίσκουμε τη μέσηΛύση τιμή χ στο διαγώνισμα. ντας στον τύπο της διακύμανσης έχουμε: 3·5 100 = 5 +5·8+6·4+ 3·7 = -χ = 1 - 3)2 · 5 + (α - 3)2 ·20+ (3 - 3)2 · 1 5 + 20 20 1 = -[(1 70 Είναι y = 16 αχ + β = 16 <::::> α · 5 + β = 16 και 2 2 2 +(β - 3) · 30] <::::> 2α - 12α + 3β - 1 8β + 40 = Ο (2) SY = Js <::::> iαi Sx = Js. Υπολογίζουμε την Sx. Λύνουμε το σύστημα των (1 ), (2) και έχουμε: (2 16;3β )2 -12 16;3β + 3β2 - 1 8β + 40 = 0 <::::> s2 5 · (3-5)2 +8 : (5 - 5)2 20+ 4 · (6-5)2 +3 · (7 - 5)2 = = 36 = 1,8 οπότε Sx = 1,8 τότε l αl · JI:8 = � <::::> ο <::::> 15β2 -96β + 144 = ο �5 β = 4 ή β = 2,4 που απορρίπτεται γιατί Ι α = .J5 � = � = 2 άρα α=2 και β= 16-10=6. l 5 ο 1,8 3 β Ζ . Για β = 4 τότε α = 2. β. Επειδή ν= 70 (άρτιος), S = +2 = 3 +2 3 = 3 Έτσι για 5 και y=2·5+6=16 θα είναι ο βαθμός στο τετράμηνο. Θέμα 9 Σε ένα Βα αθμ:λ�(�- β. Ει,ναι 5 ομως = 8 · ΧΑ + 12·Χκ <::::> 20 διαγώνι , <::: :> 20χ = 8χΑ + 12χκ <::: :> 100 = 8χΑ + 12χ <::::> σμα έκθε <::::> 2χ + 3Χκ = 2 5 <::::> -Χ' κ = 25 - 2χΑ . ε' λουμε να σης οι μα 3 θητές ενός ( 25-2ΧΑ ) - 625 η δείξουμεοτι ΧΑ · Χ κ � 625 ΧΑ . τμήματος 24 24 3 που αποτελείται από 8 αγόρια και 12 κορίτσια δεν κα <::::> -16χ� +200ΧΑ - 252 � 0 <::::> -(4χΑ - 25)2 � 0, τανόησαν τα ζητούμενα του θέματος που τ& που ισχύει. θηκε αποτέλεσμα η βαθμολογία τους που φαίνεται στον διπλανό πίνακα να είναι κακή. Θέ α <::::>

<::::>

0 0

<::::>

<=>

135

136

χ =

θ��

χ=

,� , - -

Αν ο βαθμός τετραμήνου για τον κάθε μαθητή

1, 2, ..., 20 και προκύπτει από τη συνάρ τηση Υϊ = αχί + β όπου α, β θετικοί αριθμοί. ί

�--1=1=�=

με

είναιyί

Σε ένα δείγμα με κανονική καμπύλη συχνοτή των το 83,85% των τιμών βρίσκονται στο διάστημα (15, 27) με τα άκρα του διαστήμα τος αυτού να είναι κάποιες από τις τιμές ((χ - 3S, χ - 2S, . . . ,χ + 3S). Να βρεθούν : α. η μέση τιμή, η διάμεσος, η τυπική από κλιση, ο συντελεστής μεταβολής και το εύρος του δείγματος. β. Το ποσοστό των τιμών που είναι πάνω από 27.

Ζητούνται: α. Ο βαθμός τετραμήνου του μαθητή που η έκθεσή του βαθμολογήθηκε με 5, αν γνωρίζουμε ότι ο μέσος όρος της προφο ρικής βαθμολογίας του τμήματος στο Α' τετράμηνο είναι 16 και οι βαθμοί πα6 Λύση : ρουσια'ζουν τυπικη' απο'κλιση s = J5 . α. Επειδή το δείγμα ακολουθεί κανονική κατανο β. Αν η μέση βαθμολογία των αγοριών στα μή το 83,85% των τιμών θα βρίσκεται σε ένα γραπτά είναι χΆ και των κοριτσιών Χκ , από τα διαστήματα (χ - S, χ + 3S) ή 62 ' ' 5 (χ - 3S, χ + S) γιατί δειξτε οτι: χΑ · -Χκ � . 24 -

83,85% = 2,35% + 13,5% + 34% + 34%.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/60

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

34% : 34%

συντελεστής μεταβολής τελικά είναι: �Υ = 1, 1�χ <:::::> 1, 1 5S. = 1, 1Sχ . <:::::> CV = 1,1CVι 2 <:::::>

x-s

: 13,5% : I

1, 1 5 _ 1 15 y = - x <:::::> 1, 1 5x - c = '-x <:::::> <:::::> 1, 1 1, 1

2,35 Ο

χ x+s x+2s x+3s

Για το διάστημα (x - S, x + 3S) έχουμε x - S = 1 5 και χ + 3S = 27. Λύνοντας το σύστημα έχουμε S = 3 και χ = 1 8. Αφού η κατανομή είναι κανονική ισχύει χ = δ = 1 8 και CV = � = 2 Ο' 1 67 άρα χ 18 CV = 1 6,7% και εύρος R 6S = 1 8 . 2η περίπτωση: Για το διάστημα (χ - 3S, χ + S) έχουμε χ - 38 = 1 5 και x + S = 27 οπότε S = 3 και χ = 24 συνεπώς δ = 24 η διάμεσος και CV = � = ; = 1 2, 5% ο συντελεστής μεταβο4 λής και το εύρος R = 1 8. β. Για την 1 η περίπτωση χ + 3S = 27 το ποσοστό είναι 0, 15% ενώ για τη 2η περίπτωση: χ + S = 27 το ποσοστό είναι 50%-34% = 1 6%.

(

το σταθερό ποσό που παρακράτησε η εταιρεία. β. Ο τελικός μισθός είναι : y = 1, 1 5χ - 1 04, 55 = = 1 150 - 1 04, 55 = 1045, 45 €.

Άρα οι υπάλληλοι ευνοήθηκαν κατά 45,45 €. Θέμα 1 2 Έστω f, g συναρτήσεις παραγωγίσιμες στο IR τέτοιες ώστε g(x) = f 2 (3x - 2) + f(x2 - χ

α.

Έστω y ο τελικός μισθός κάθε υπαλλήλου, χ ο αρχικός του μισθός και c το σταθερό ποσό που παρακράτησε η εταιρεία από τους νέους μι σθούς. Τότε είναι: y = 1, 1 5x - c και y = 1, 1 5χ - c με χ = 1 000 ε s = 1 1 5 Υ

sχ . ο

+ 1)

για

κάθε

και f(l) = -1, f'(l) = ι . α. Να δείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομέ νης (ε) της γραφικής παράστασης της g στο σημείο της Α ( 1 , g(l)) είναι η y = -5χ χ ε IR

+ 5.

β. Αν πάρουμε

2004

διαφορετικά σημεία (χι, Υι), (χ2, Υ2), ..., (χ2οο4, Υ2οο4) της προη γούμενης εφαπτομένης και οι τετμημέ νες τους έχουν μέση τιμή χ = 400 και τυπική απόκλιση S = 200 να βρεθούν: ί. Η μέση τιμή των τεταγμένων. ίί Η μέση τιμή των τετραγώνων των , τετμημένων δηλαδή των χ: , χ� , . . . , χ�004 •

Θέμα 1 1 Μια εταιρεία αύξησε τους μισθούς των u παλλήλων της κατά 15%. Συγχρόνως όμως παρακράτησε ένα σταθερό ποσό από το νέο μισθό κάθε υπαλλήλου για την υγειονομική τους περίθαλψη, ώστε ο τελικός συντελε στής μεταβολής (CV) των μισθών να είναι 10% μεγαλύτερος από τον αρχικό. Αν ο αρ χικός μέσος μισθός ήταν 1.000 € να βρείτε: α. Το ποσό που η εταιρεία παρακράτησε από τους μισθούς. β. Αν ευνοήθηκαν ή όχι οι υπάλληλοι από αυτή την απόφαση της εταιρείας., Λύση :

)

1 15 χ <:::::> c=0, 10455 · 1000= 1 04 55€ c = 1, 1 5 - ' ' 1,1

1η περίπτωση:

α.

Είναι

Λύση:

g ' (x) = 2f(3x - 2) · (f(3x - 2))' + f'(x2 - χ + 1 ) . ·( Χ 2 - χ + 1)' = 2f(3x - 2) · f'(3x - 2)(3χ - 2)' + +f'(x2 - χ + 1)(2χ - 1) = 6f(3x - 2) · f'(3x - 2) + +f'(x2 - χ + 1) · (2χ - 1).

Οπότε για χ = 1 έχουμε:

g ' (l) = 6f(l) . f'(1) + f'(l) · 1 = -5 .

εξίσωση της εφαπτομένης θα έχει μορφή y = αχ + β όπου α = g'( l ) = -5 . Έτσι ε: y = -5χ + β Επειδή A(l, g(1 )) είναι το σημείο επαφής θα όμως g(l) = -5 1 +β ισχύει Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/61

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

g(1) = f2 (1) + f(1) = 1 - 1 = 0 οπότε β = 5. Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: y = -5χ + 5. β. ί. Οι τετμημένες των σημείων επαληθεύουν τη σχέση Yi = - 5xi + 5 αφού τα σημεία της ε φαπτομένης οπότε y = -5χ + 5 = -5 · 400 + 5 = -1995. ίί. Είναι χ = 400 και S = 200. 2004 2 2004 2 Σ χί Σ χί s2 = ..l.=L__ - ..i.=L_ <=> 2004 2004

2004 Σ χ;

2002 = ..l.=L__ 4002 <=> 2004 004 2Σ χ; <=> ..l.=L__ = 2002 + 4002 = 200.000 2004 άρα χ = 200.000. <=>

[ ] 11.

Θ ετική - Τεχνολογική Κατεύθυν ση

θεώpημα Rolle θεώpημα Μέαης Τιμής ιιαι οι αuνεnειες τοu -

του Θανάση Τσιούμα

Θα προσπαθήσουμε να κάνουμε κάποιες επι σημάνσεις στα δύο βασικά «υπαρξιακά» θεωρήματα της Α νάλυσης στο Θ. Rolle και στο Θ.Μ. Τ του διαφορικού λογισμού.

νως υπάρχει: χ 0 ε (-1,2) , τέτοιο ώστε f'(xo) = Ο. Θ εώρη μα Rolle Εκείνο που το χαρακτηρίζει είναι η ύπαρξη ενός Είναι: τουλάχιστον Χο, τέτοιου ώστε f(Xo) = Ο και όχι ο υ- f'(x) = 5(x + 1) 4 (x - 2) 4 + 4(χ - 2)3(χ + 1) 5 = = (χ + 1)4 (χ - 2)3(9χ - 6) . Έχουμε: πολογισμός του χσ. • Το Θ. Rolle εφαρμόζεται όταν ισχύουν απαραί f'(x 0 ) = 0 χ ε (-1, 2) <=> χ 0 = 3. ε (-1,2) . 3 τητα και οι τρεις συνθήκες, δηλαδή f συνεχής • Αν θέλουμε η εξίσωση f(x) = Ο να έχει μία στο [α, β], f παραγωγίσιμη στο (α, β) και τουλάχιστον λύση στο (α, β) και δεν εφαρμό f(α) = f(β). ζεται το Θ. Bolzano τότε θεωρούμε τη συνάρ Προφανώς αν η f είναι παραγωγίσιμη στο τηση F(x) με F'(x) = f(x) (την F τη λέμε αρχι[α, β] θα είναι και συνεχής. κή της f) και εφαρμόζουμε για την F το Θ. • Αν θέλουμε η εξίσωση f'(x) = Ο να έχει μία Rolle: τουλάχιστον λύση στο (α, β), θα εξετάζουμε αν α εφαρμόζεται στο [α, β] το Θ. Rolle. π.χ. αν + .I!. + 1 = Ο , να αποδείξετε ότι η εξί4 3 2 π.χ. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=(x + 1)5 (χ - 2)4• σωση αχ3 + βχ2 + γχ = Ο έχει μία τουλάχιΝα αποδείξετε ότι η εξίσωση f'(x) = Ο έχει στον λύση στο (Ο, 1 ) μία τουλάχιστον ρίζα στο (-1, 2), και να Λύση : προσδιοριστεί. αχ4 βχ3 γχ2 Θεωρούμε την F(χ)=-+-+-+δ ορισμέΛύση: 4 3 2 Η f είναι συνεχής στο [-1, 2], παραγωγίσιμη νη στο [0, 1] τότε F'(x) = αχ3 + βχ 2 + γχ = f(x) . στο (-1, 2) και f(-1) = f(2) = Ο, άρα ισχύουν οι υ Είναι F(O) = F(1) = δ και F παραγωγίσιμη στο [0, ποθέσεις του Θ. Rolle για την f στο [-1, 2] επομέ- 1] άρα σύμφωνα με το Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 0 ε (0, 1) τέτοιο ώστε: Ι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/62

Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκείου

χ Υποθέτουμε ότι υπάρχει και άλλη ρίζα f(Xo) Χ ι :;t: δηλαδή f(χ ι ) = Ο . • Αν θέλουμε η εξίσωση f(x) να έχει το πολύ Αν χι τότε στο [0, χι] ισχύει το Θ. Rolle και μία ρiζα στο (α, β) αποδεικνύουμε ότι ftx) :;t: καταλήγουμε σε άτοπο. για κάθε χ Ε (α, β) και αν δεχτούμε ότι η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, καταλήγουμε σε άτοπο. • Αν η εξίσωση f(x) έχει κ διακεκριμένες ρίζες τότε η εξίσωση f(x) = Ο θα έχει κ + 1 το π.χ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση συνχ = χ - 1 πολύ διακεκριμένες ρίζες, γιατί ανάμεσα από έχει το πολύ μία ρίζα στο Ο, δύο διαδοχικές ρίζες της f(x) θα υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της f(x) Λύση : π.χ. Η εξίσωση 10χ4 - 2χ - 5 = Ο έχει ακριβώς Θεωρούμε την f(x) συνχ - χ + 1, χ Ε 0,

F'(xo) =Ο ή

= ΟΟ.

=Ο. =Ο

>Ο

=Ο

( �)

=Ο =Ο.

•

[ �]

δύο ρίζες στο JR .

που είναι συνεχής και παραγωγίσιμη με Έστω f(x) 10χ4 -2χ - 5 που είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο JR . Είναι f( 1) · f(O) και f'(x) -ημχ - 1 :;t: για κάθε χ Ε 0, . Υποθέf(O) · f(l) < O άρα από το Θ. Bo1zano στα [-1, ] και [0, 1] η εξίσωση f(x) θα έχει τουλάχιστον τουμε ότι η f(x) έχει δύο ρίζες Χ ι , χ 2 Ε από μία ρίζα στα (-1, και (0, 1). με χ 1 χ2 δηλαδή f(χι) f(x2) τότε κατά το Θ. Έχουμε f(x) = 40χ3 - 2 και η εξίσωση f(x) Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον έχει μία μόνο πραγματική ρίζα, οπότε η εξίσωση χ 0 Ε (χ ι , χ 2 ) τέτοιος ώστε: f'(x 0 ) άτοπο, f(x) θα έχει το πολύ δύο ρίζες. Τελικά η f(x) θα έχει ακριβώς δύο ρίζες στο JR . αφού f'(x) :;t: O για κάθε χ Ε • Αν θέλουμε η fνα ικανοποιεί μία ισότητα, που περιέχει τα f(Χσ), f(xo) και παράσταση του χ0 (ή ακόμη και g(x0) για μία συνάρτηση g) όπου Παρατήρηση χ0 Ε (α, β) τότε θέτουμε Χο χ και προσπαθούΟμοίως αν f"(x) :;t: τότε η εξίσωση f(x) θα έ με να εμφανίσουμε μία βοηθητική συνάρτηση F χει το πολύ δύο ρίζες, επίσης αν f <3> (x) :;t: Ο θα έ (αρχική) μιας κατάλληλης συνάρτησης. χει το πολύ τρεις ρίζες. Τα παρακάτω παραδείγματα είναι ενδεικτικά.

( �)

Ο =Ο

<Ο

=Ο

(Ο,�)

Ο)

(ο,�).

=Ο =

=Ο

Γενίκευση

εξίσωση f(x) θα έχει το πολύ κ ρίζες στο (α, β) όταν r <κ> (χ) :;t: για κάθε χ Ε (α, β) (η f είναι κ φορές παραγωγίσιμη). Η

ί.

=Ο

Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο [Ο, 1] με f(1) = 5 + f(O) να αποδείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (0,1) τέτοιο ώστε f'(Xo) = 5. Λύση

Αρκεί η εξίσωση f'(x) - 5 = 0 � [f(x) - 5x]' = O Αν θέλουμε μοναδικότητα ρίζας σε ένα διάστημα την εξασφαλίζουμε με Θ. Bo1zano ή ως προφανή να έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0, 1). και εργαζόμαστε όπως προηγούμενα. Θέτουμε F(x) f(x) - 5χ για την οποία εφαρ zοο4 zοο4 zoo4 + + ( π.χ. η εξίσωση x α = χ α) έχει μο μόζεται το Θ. Rolle στο [0, 1]. Σημείωση

ναδική ρίζα στο JR

•

Λύ ση :

ίί.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = χ 2ο04 + α2ο04 _ (χ + α) 2οο4 Η εξίσωση f (χ) = έχει προφανή ρίζα την

Έστω f, g παραγωγίσιμες στο [α, β] και g(x) :;t: O με f(α) = f(β) = Ο να αποδείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (α, β) τέτοιο ώστε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/63

f' (x0)g(x0 ) = f(x0 ) • g' (x0 )

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Λύση :

Είναι f'(x)g(x) - f(x)g'(x) = Ο � � f'(x)g(x)2- f(x)g'(x) = 0 ή f(x) = 0 . g(x) g (x) Θέτουμε F(x) = f(x) και για την F εφαρμόζε g(χ) ται το Θ. Rolle στο [α, β].

[

ίίί.

Έστω f παραγωγίσιμη στο [1, 2] με f(1) = eλf(2), λ Ε IR Να αποδείξετε ότι υπάρχει τέτοιος ώστε f'(x0 ) = -λf(χ0) .

Χ0

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο αφού f(1) f(3). ίί. Στην περίπτωση αυτή δεν χωρίζουμε το [1, 3] σε δύο ισομήκη διαστήματα, αλλά στα [1, γ], [γ, 3] όπου f(γ) Ο, διότι στο [1, 3] είναι f(1) · f(3) < Ο και f συνεχής άρα ισχύει για την f το Θ. Bolzano. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. στο [1, γ] οπότε υπάρχει ξ1 Ε (l , γ) : f'(ξ1 ) = f(γ) - f(l) ή γ-1 =

Ε (1, 2)

Λύση :

Έχουμε (1) f'(x) + λf(x) = O Πολλαπλασιάζουμε την ( 1) με eλχ για να εμφα νίσουμε παράγωγο γινομένου και έχουμε: f'(x) · eλx + f(x) · eλx = 0 ή [f(x) · eλx ]' = O Θέτουμε F(x) f(x)eλx για την οποία εφαρμόζε ται το Θ. Rolle στο [1 , 2]. =

•

11. Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ.)

1 0 - (-1) άρα 1 = γ - 1 . f'(ξ ι ) γ - 1 f'(ξ ι ) Επίσης υπάρχει ξ2 Ε (γ,3) : f'(ξ 2 ) = f(3) - f(γ) 3-γ 1 =3-γ . ' -οποτε f'(ξ2 ) 1 + -1 =2 . ' εχουμε: ' Επομενως -f'(ξ 1 ) f'(ξ 2 ) Το Θ.Μ.Τ. το χρησιμοποιούμε και για την από δειξη ανισοτήτων αφού το εφαρμόσουμε σε κα τάλληλη συνάρτηση f (που τη βρίσκουμε κυρί ως από τη διαφορά f(β) - f(α)) σε ένα διάστημα [α, β] δημιουργώντας το λόγο μεταβολής: f(β) - f(α) β-α

Αν αναζητούμε δύο σημεία χ 1 , χ2 σε ένα διά στημα (α, β) τέτοια ώστε να ικανοποιούν μία ι σότητα θα χωρίζουμε το [α, β] σε δύο ίσα (ή και άνισα) διαστήματα στα οποία θα εφαρμό π.χ. Να αποδείξετε ότι για κάθε χ > Ο ισχύει: ζουμε το Θ.Μ.Τ. 1 1 - - � Ιη χ � χ - 1 (1) π.χ. Έστω f παραγωγίσιμη στο [1, 3]. •

ί.

ίί.

ί.

αν f(1) = f(3) να αποδείξετε ότι υπάρχουν χ ι, χ2 με 1 < χι < χ2 < 3 τέτοιοι ώστε: f'(x1 ) + f'(x2 ) = Ο . αν f(1) = -1 και f(3) 1 να αποδειχτεί ότι υπάρχουν ξι, ξz με 1 < ξι < ξ2 <3 τέτοιοι 1- ώστε: + 1- = 2 . f'(ξ 1 ) f'(ξ2 )

Η ( 1) γράφεται

Λύση : χ-1 -- � ln χ - ln 1 � χ - 1 . χ

αν χ 1 τότε η ( 1) ισχύει ως ισότητα • αν χ > 1 τότε αρκεί να δείξουμε: 1 ln x - ln1 < 1 (2) -< . χ -1 χ Λύση : Εφαρμόζουμε για την f(t) = lnt το Θ.Μ.Τ. στο Χωρίζουμε το [1, 3] σε δύο ίσα διαστήματα τα [ 1, χ] δηλ. υπάρχει ξ Ε (1, χ ) ώστε [1, 2] και [2, 3] στα οποία εφαρμόζεται το f'(ξ) = ln x - ln1 ή _!_ = lnx - ln 1 Θ.Μ.Τ. άρα υπάρχει: χ -1 ξ χ-1 f(2) - f(l) = f(2) - f(l) και χ1 Ε (1,2) : f'(x1 ) = 2-1 τελικά ισχύει η (2) αφού 1 < ξ < χ. Χ2 Ε (2,3) : f'(x2 ) = f(3) - f(2) = f(3) - f(2) . 3-2 =

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/64

Μαθηματικά yια τη Γ Λυκείου

Ομοίως ισχύει και για Ο < χ < 1 αφού εφαρμό Λύση: Είναι (f(x)) ' = (g '(x)) ' άρα υπάρχει c ε IR ώστε: σουμε το Θ.Μ.Τ. στο [χ, 1]. f(x) = g ' (x) + c <:::> f(x) = (g(x) + cx) 111. Συνέπειες Θ.Μ.Τ. οπότε f(x) = g(x) + cx + cι, για χ = Ο έχουμε: (σταθερότητα και εύρεση συνάρτησης) f(O) = g(O) + Cι <:::> Cι = Ο. • Για να δείξουμε ότι μία παραγωγίσιμη συνάρ Τελικά f(x) = g(x) + cx. τηση f που ορίζεται σε ένα διάστημα [α, β] εί Σημείωση ναι σταθερή αρκεί η f(x) = Ο για κάθε χ ε (α, β) (στα άκρα δεν μας ενδιαφέρει η f) f '(x) = f(x) <:::> f(x) = ce' για κάθε χ ε Δ διότι f '(x) - f(x) = Ο <:::> f'(x) · e-• - f(x)e- • = Ο <:::> και αρκεί η fνα είναι συνεχής στο [α, β]. π.χ. ί. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση (f(x) . e- •) = Ο <:::> f(x) . e- • = c '

g(x) = f 2 (x) + [f'(x)]2 είναι σταθερή στο IR αν ισχύει f(x) = -f"(x) (ι) για κάθε χ ε IR . Να βρεθεί η τιμή της σταθεράς αν f'(O) = f(O) = ι . Λύση:

Λυμένες Ασκήσεις 1.

(I)

Έχουμε g'(x) = 2f(x)f'(x) + 2f'(x) f"(x) = O . Άρα g σταθερή στο IR , δηλαδή g(x) = c. Είναι g(O) = 1 + 1 = 2. Άρα g(x) = 2 για κάθε χ ε JR . ·

ίί.

Να βρεθεί παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο [Ο,+οο) για την οποία ισχύει f(x) = f'(x) · x , για κάθε χ > Ο, και f(ι) e. =

Λύση :

Είναι f'(x) · χ - f(x) = Ο , με χ :�:- Ο έχουμε f'(x) · x - f(x) = O <=:> f(x) ' = Ο χ2 χ άρα η συνάρτηση F(x) = f(x) είναι σταθερή στο χ f(x) (Ο,+οο) δηλαδή = c και f(1) = e. χ Άρα f(x) = ex, χ ε (0, +οο) . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο [Ο,+οο) άρα και συνεχής στο Ο οπότε: f(O) = limf(x) = limex = Ο . Επομένως f(x) = ex για κάθε χ ε [0, +οο) . • Αν δύο συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο Δ και f'(x) = g'(x) για κάθε χ εσωτερικό του Δ τότε f(x) - g(x) = c (c σταθερά).

[ ]

Χ-+0

π.χ. Έστω οι συναρτήσεις f, g ορισμένες στο IR με f(O) = g(O) και f"(x) = g"(x) για κάθε χ ε IR , να αποδείξετε ότι υπάρχει σταθερή c τέτοια ώστε f(x) - g(x) = cx για κάθε χ ε IR .

Δίνεται συνάρτηση f δύο φορές παραγωγί σιμη στο IR και η ευθεία (ε) που τέμνει τη Cr σε τρία διαφορετικά σημεία Α(α, f(α)), Β(β, f(β)) και Γ(γ, f(γ)), να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε IR τέτοιο ώστε f"(x0 ) = Ο . Λύση:

Αφού τα σημεία Α, Β, Γ είναι διαφορετικά θα έ χουμε και α =�:- β =�:- γ =�:- α . Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι α < β< γ τότε στα [α, β] και [β, γ] εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ. οπότε θα υπάρχουν: ένα τουλάχιστον χ1 ε (α, β) και ένα τουλάχιστον χ2 ε (β, γ) τέτοια ώστε να ισχύουν: Υ

ftx 1 )= f(β) - f(α) λε και ftx 2 ) f(γ) - f(β) λε β-α γ-β Άρα f(χι) = f(x2) με α < Χι < β < χ2 < γ. Στο [χι, χ2] για την f ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle (αφού f δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR ) Άρα θα υπάρχει ένας τουλάχιστον χ0 ε (χ 1 , χ 2 ) τέτοιος ώστε (f) '(xo) = Ο ή f"(x 0 ) = Ο . .

Έστω f παραγωγίσιμη στο IR με f(e) = και f(e2 ) = .!. , να αποδείξετε η εξίσωση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/65

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

xf'(x)ln x + 2f(x) = Ο

(1)

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 6κχ2 + 6λχ - 2κ - 3λ = Ο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0, 1 ). Λύση: Πολλαπλασιάζουμε την (1) με lnx > Ο (αφού 4. Έστω f παραγωγίσιμη στο [ 1, e] και f'(χ) "# Ο χ ε [e, e2 ] ) και έχουμε: xf'(x)ln 2 x+2f(x) · ln x = Ο για κάθε χ ε (l,e) με f(e) = Ο. Να αποδείξετε διαιρούμε με χ "# Ο οπότε είναι , υπαρχει , χ 0 ε (1 , e) : f(xo) + Χ0 ln χ0 = Ο . οτι f'(x 0 ) f'(x) · ln 2 χ + 2 ln χ . ..!. · f(x) = Ο <=> χ (Υποδ. Θέτουμε χ0 = χ άρα f'(x) · ln 2 x + (ln 2 x)' · f(x) = O ή [f(x) · ln2 x]' = O f (χ) + χ ln χ = ο <=> ..!. f(χ) + f' (χ) ln χ = ο Θέτουμε h(x) = f(x) · ln 2 χ . Η h είναι ορισμένη χ f'(x) 2 και �νεχής στο [e, e ]. ή (f(x) · ln x)' = O ). Για την h εφαρμόζεται το Θ. Rolle σ' αυτό το διά 5. Έστω f παραγωγίσιμη στο (0, 1) και συνεχής στημα (αφού h(e) = f(e2) = 1 και στο [0, 1] να αποδειχτεί ότι υπάρχει h(e2 ) = f(e) · 4 = 1 ). Άρα θα υπάρχει χ0 ε (e, e2 ) χ 0 ε (0,1) τέτοιος ώστε: τέτοιος ώστε h'(x0) = Ο δηλαδή η (1). f,(χ 0 ) = 2χ 0 - 1 f(x 0 ). (Υποδ. Θεωρούμε Xo(l - Χ ο ) 3. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο την F(x) = χ(χ - 1)f(x), χ ε [0,1] και εφαρμόIR με f(O) = .Ji και f 3 (χ) · f'(x) = .!. e• (1 ) 4 ζουμε το Θ. Rolle.) για κάθε χ ε IR , τότε: 6. Έστω f παραγωγίσιμη στο [0, +οο) με f(O) = Ο ί. Να αποδείξετε ότι f(x) > Ο για κάθε και η συνάρτηση F(x) = f(x) , χ > Ο. Να αx ε JR . χ ii. Να βρεθεί ο τύπος της f. ποδείξετε ότι αν η f είναι γνησίως αύξουσα Λύση στο (0, +οο) τότε και η F θα είναι γνησίως αύi. Έστω ότι υπάρχει χ ε IR τέτοιο ώστε f(x) = Ο ξουσα στο (Ο,+οο) . (Υποδ. αρκεί F ' (x) > Ο οπότε η (1) θα είναι αδύνατη, άρα f(x) "# Ο για για κάθε χ > Ο. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για κάθε χ ε IR και επειδή είναι συνεχής (ως παρα την f στο [0, χ]). γωγίσιμη) στο IR , διατηρεί το πρόσημό της, ά ρα f(x) > Ο αφού f(O) > Ο . 1. Αν Ο < α ::; β < 2: να αποδείξετε ότι: 2 ίί. Από την (1) έχουμε: β - α ::; σφα - σφβ ::; β - α . (Υποδ. αν α = β ι4f3 (x) . f'(x) = ex <=> (f4 (x))' = (ex )' ημzβ ημz α οπότε fl(x) = ex + c όμως f(O) = J2 άρα: σχ6ει ενώ αν α < β τότε εφαρμόζουμε το 4 Θ.Μ.Τ. για την f(x) = σφχ στο [α, β]). J2 = 1 + c <=> c = 3 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (e, e2).

Τελικά f(x) = �ex + 3 που επαληθεύει την (1).

Προτεινόμενες Ασκήσεις 1. 2.

'Εστω f παραγωγίσιμη στο ' υπαρχει χ0 ε δει'ξετε οτι '

[-�·�] να απο-

π π ) , ωστε (-2,.2 '

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ 3 -3χ + α = Ο f'(χ 0 ) = εφχ 0 · f(χ 0 ) . (Υποδ. Θεωρούμε την έχει το πολύ μία ρίζα στο (0, 1). h(x) = συνχ · ef(x>). Αν f(x) = (χ + 2)(χ + 1) · χ · (χ - 1) να αποδεί ξετε ότι η εξίσωση f(x) = Ο έχει ακριβώς 9. Αν fπαραγωγίσιμη στο [0, π] και ισχύει τρεις ρίζες στο IR . (Υποδ. Θ. Rollle για την f f'(χ)ημχ - f(χ)συνχ = f(χ)ημχ (1) στα [-2, -1], [-1, Ο] και [0, 1]). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.2/66

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

(�) = 2003e% να βρεθεί ο τύπος της f. ' (Υποδ. είναι [ f(x) ] = f(x) άρα f(x) = cex ). ημχ ημχ ημχ και f

10.

Αν fπαραγωγίσιμη στο (l,+oo) με f(x)(ln x + l) + xf'(x)ln x = O και f(e) · e = l , να βρεθεί η f. . 1 για κάθε (απ. f(x) = -χ ε (l,+oo )). xln x

11.

12.

Αν f δύο φορές παραγωγίσιμη στο � με f'(x)e2x + 2f(x)e2 x = Ο και f(O) = 2: ί. Να βρεθεί η f. ίί. Να αποδειχτεί ότι Γ(χ) = 4f(x) . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ2 - χημχ = συνχ έχει ακριβώς δύο ρίζες στο � . (Υποδ. Εφαρμοζουμε το Θ. Bolzano στα δια στήματα [-π, Ο] και [0, π]. Επίσης η εξίσωση f(x)=O έχει μοναδική ρίζα την χ= 0).

Μονοτονfσ Σuνόpτηιιη, του Βασίλη Σακελλάρη

Την έννοια της μονοτονίας μιας συνάρτησης τη γνωρίζουμε και από τις προηγούμενες τάξεις. Έχουμε μάθει ότι μια συνάρτηση fλέγεται: Γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για κάθε χ 1 , χ 2 ε Δ ισχύει: Αν Χι < χ2, τότε: f(xi) < f(x2) - Γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για κάθε χ 1 , χ 2 ε Δ ισχύει: Αν χι < χ2, τότε f(χι) > f(x2) Έτσι ένας τρόπος για να μελετήσουμε τη μονο τονία μιας μη σταθερής συνάρτησης f σε ένα διά στημα Δ του πεδίου ορισμού της, είναι να ελέγ ξουμε αν διατηρείται σταθερό το πρόσημο του λ� fχ γου μεταβολής λ = ( 1 ) - f ( χ 2 ) για οποιαδήποτε χ Ι - χ2 χ 1 , χ 2 ε Δ με χ 1 < χ2. • Αν λ > Ο, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ (f 1 στο Δ). • Αν λ < Ο, τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ (f � στο Δ). Ο έλεγχος της σταθερότητας του προσήμου του παραπάνω λόγου δεν είναι πάντοτε μια εύκολη υ πόθεση. Χρησιμοποιώντας τις παραγώγους διευ κολύνεται η εξέταση της μονοτονίας (και όχι μόνο) μιας συνάρτησης. Επισημάνσεις •

Βασικό Θεώρημα που χρησιμοποιούμε για την

•

εξέταση της μονοτονίας μιας συνάρτησης είναι το εξής: <<'Έστω συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστημα Δ. - Αν f' (x) > Ο σε κάθε εσωτερικό σημείο χ του Δ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε � λο το Δ. - Αν f'(x) < Ο σε κάθε εσωτερικό σημείο χ του Δ, τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το Δ». Το αντίστροφο του παραπάνω θεωρήματος δεν ισχύει. Δηλαδή μπορεί μια συνεχής συνάρτηση να είναι γνησίως μονότονη σε ένα διάστημα Δ, χωρίς να είναι η πρώτη παράγωγος αυτής πα ντού θετική ή παντού αρνητική στο εσωτερικό του Δ. Επίσης μπορεί μια συνεχής συνάρτηση να είναι γνησίως μονότονη στο Δ, χωρίς να είναι παραγωγίσιμη σε κάθε εσωτερικό σημείο του Δ. Το θεώρημα της μονοτονίας χρησιμοποιείται και σε ασκήσεις που πρέπει να δείξουμε ότι μια εξίσωση έχει μοναδική ρίζα ή το πολύ μια ρίζα σε ένα διάστημα. Το θεώρημα χρησιμοποιείται και σε αποδείξεις ανισοτήτων. Επίσης χρησιμοποιείται και στην εύρεση των ακρότατων τιμών μιας συνάρτησης. Αν η συνάρτηση f. είναι συνεχής και γνησίως μονότονη στο [α, β] ή στο (α, β) και η εξίσωση f(x) = Ο έχει ρίζα σε αυτό, τότε η ρίζα αυτή εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/67

Μαθηματικά -yια τη Γ ' Λυκείου

•

fιim f{ χ), ιi� f{ χ) χ --->β �->α+

Χ---> -1«>

)

Ενώ αν είναι γνησίως φθίνουσα, τότε το σύνολο των αντίστοιχων τιμών της f είναι το

�� f{x), !�� f{x))

( )

ιim f {χ) = lim 2: - ι = ιim = Ο Χ +2 Χ Είναι: f( ( --οο, -ι]) = f{ -ι) , Δ� f{ χ) = [ - ι, ο)

ναι μοναδική. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, γ) και στο (γ, β) και στο γ είναι συνεχής, τό τε η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β). Ομοί ως για το «γνησίως φθίνουσα>>. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ανοιχτό διάστημα (α, β), τότε το σύνολο των αντίστοιχων τιμών της f είναι το

Χ ---> -1«>

[

Χ --->-1«>

�

) r([-ι,2]) = [ f( -ι) ,f( 2) J = [-ι, �] f([2,+oo)) = (ι�� f{ x),f(2)J = ( ο. �]

Το σύνολο τιμών της fείναι:

[ �] υ (ο.�] = [-ι,�]

f{D) = [ -ι, ο) υ - ι,

Να μελετήσετε τη μονοτονίας της συνάρ2 τησης f ( χ ) = ln ( χ + 2 ) + +χ. χ+2

Για να μελετήσουμε τη μονοτονία μιας συνάρ Λύση τησης βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = ( -2, + ) πρώτη παράγωγος διατηρεί σταθερό πρόσημο. Η f είναι παραγωγίσιμη (ως άθροισμα παραγωγί σιμων συναρτήσεων) με Λυ μένες Ασκή σεις 2 χ2 + 5χ + 4 -ι ' •

οο

2χ - 1 Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = -2 χ +2 α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f. β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = JR α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με

f f

- 00

2 I

+ ao -

β. f(- ι) - ι ' f ( 2) = .!. '

( )

2χ- ι = ιιm 2χ = ιιm . f{ χ ) = ιιm · · · -2 = ο ιιm Χ Χ2 + 2 Χ2 Χ-> -«>

Χ->-«>

-2

-1

- ό + � I /

Επομένως rJ στο {-2, -ι] r1 στο [ -ι, +οο )

+ ao

e' x +1

Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = -2

Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = JR α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με

-οο,

Χ->-«>

α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f. β. Είναι η f "(V11 σίως μονότονη στο Dr; Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

Επομένως f J στο ( -ι] r1 στο [- ι , 2] f J στο [2,+οο) =

- 9 9 � _I / I � I

Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ

+ι= χ + 2 (χ + 2) 2 (χ + 2)2 f'{x) � O � x2 + 5χ + 4 � 0 � χ >(χ + 4)(χ + ι) � ο �2 χ � -ι f {χ) =

Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

2(χ2 + 2) - 2χ (2χ - ι) -2χ2 + 2χ + 4 = ------:-f (χ) = �2 + 21 �2 + 2t f'{x) � Ο � -2χ2 + 2χ + 4 � 0 � χ2 - χ - 2 :::;; Ο � -ι :::;; χ :::;2

f , {x) =

Χ->-«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/68

ex (χ 2 + ι)- 2xe x e • (χ - ι γ = (χ2 + ι)2 (χ2 + ι)2

Μαθηματικά yια τη Γ Λυκείου

Επομένως f J στο ( -co, 1) , f J στο ( 1, +co) (ή rJ στο [1,+co) β. Αν η f ήταν γνησίως φθίνουσα στο � έπρεπε να ισχύει ±ιχ ι ) > f(xz) για κάθε χ ,, χ 2 ε � με χ ι < Xz. ΑλλiJ. με Χι = Ο και Xz 1 έχουμε :Q:O) = 1 <:Q:1) = 2. Επομένως, η fδεν είναι γνησίως μονότονη στο � .

f(x) > O � e· (x - 1)2 > 0 � x :;e 1 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ

- 00

+ οο +

/ I /

Επομένως f 1 στο ( -co,1) r1 στο [1, +co) β. Η f είναι συνεχής στο χ0 = 1 και γνησίως αύ ξουσα στα ( -co,1) και [1,+co) . Επομένως, η f είναι γνησίως αύξουσα και στο ( -co,1) υ [I,+co) = �

{

Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f με τι μές θετικές. Η εφαπτόμενη της Cr στο ο ποιοδήποτε σημείο της Μ με τετμημένη ΧΜ τέμνει τον άξονα χ'χ σε σημείο Κ με τετμη μένη Χκ.

Να αποδείξετε ότι: Αν χκ < χΜ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα. Λύση

εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο Μ είναι: y - f(x M ) = f'(x M ) · (Χ - Χ Μ ) Θέτοντας y = Ο έχουμε: -f(χΜ ) =f'( χΜ )·( Χκ - χΜ ) Επειδή f(χΜ) > Ο έχουμε f'(χΜ )(χκ -χ Μ )<Ο α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f. β. Είναι η f γνησίως μονότονη στο Dr; Να Αλλά χκ -ΧΜ < Ο, οπότε f' (χ Μ ) > Ο για κάθε ΧΜ. δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα.

Δίνεται η συνάρτηση 2 r(x) = 3x - 12x + l, x < l 4 - 2χ, x�l

Λύση

Δίνεται

παραγωγίσιμη

συνάρτηση

Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = � f : � � � για την οποία ισχύει α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( 1) με f '(x) + 2x 4 Να αποδείξετε ότι η f lim χ-1 f' (χ) = 6χ - 12 είναι γνησίως μονότονη κοντά στο Χο = 1. Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( 1, +co) με Λύ ση f(x) = - 2 f'(x) + 2χ = με χ :;e 1 . Θέτουμε g (χ) Στο χ0 = 1 η f δεν είναι συνεχής, αφού χ-1 lill'! f (χ) = -8 :;e lim f (χ) = 2 Τότε f(x) = (χ - 1)g(x) - 2χ. Έτσι limf'( χ) = lim[( χ - 1) g( χ) - 2χ ] = 0 · 4 - 2 = -2 6x - 12, χ < 1 f'(x) = Επειδή limf'(x) < O , έχουμε f(x) < Ο κοντά στο -2, χ>1 Ά, ρα, χ0 = 1 . Συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα κοντά στο 1 . (Δηλαδή για τιμές του χ από ένα διάστημα Λύνουμε την ανίσωση f' (χ) � Ο στο ( 1) της μορφής (1 - δ, 1 + δ) και δ αρκετά μικρό θετι 6χ - 12 � 0 χ � 2 κό αριθμό) . ........,. χ<1 χ < 1 αδύνατο. 7. Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f για την Άρα f' (χ) < Ο με χ ε ( -co, 1) οποία ισχύει 1 Οχ + [f ' ( χ )Τ = 5χ2 για κάθε Επίσης είναι f'(x) = -2 < 0 με χ ε (1 , +cο ) χ ε Δ όπου Δ= ( 2,+cο ) και f'(3) < Ο. Αν η f' Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι: -co,

Ι--+1

Χ---+- 1

{

Χ---+ ] +

•

Χ--+1

χ--+1

{

-co,

α. Η εξίσωση f'(x) =Ο είναι αδύνατη στο Δ. β. Η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο Δ.

11 α.

Έστω ότι υπάρχει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/69

Λύ ση

χ0

Δ για το οποίο ισχ6ει

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

f'(x 0 ) = 0 . Τότε 10χ 0 + [ f' ( Χ 0 ) ] 2 = 5χ� � 10χ 0 = 5χ � � Χ 0 ( χ0 - 2) = Ο � χ 0 = Ο ή χ 0 = 2 που είναι ά τοπο (αφού χ0 ε Δ ). Άρα η εξίσωση f(x) = Ο β.

είναι αδύνατη στο Δ. Αφού η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ και η εξίσωση f(x) = Ο δεν έχει ρίζες στο Δ συμπε ραίνουμε ότι η f έχει σταθερό πρόσημο στο Δ. Επειδή f(3) < Ο, έχουμε f(x) < Ο για κάθε χεΔ Επομένως, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ.

Δηλαδή f(-1) < Ο (2) Από (1), (2) έχουμε f(1) · f(-1) < 0

Να μελετήσετε τη μονοτονία της συνάρτη

f (χ) = 2συνχ - χ4 12 [Ο,+οο) .

σης

Λύση Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR

στο

διάστημα

με

χ3 f'(χ) = -2ημχ - -

3 είναι παραγωγίσιμη στο JR με f"( χ) = -2συνχ - χ2 8. Δίνεται συνάρτηση f για την οποία ισχύει f( x+y) = f( x) + f(y) + 2xy για κάθε x,y ε JR Η f ' είναι παραγωγίσιμη στο JR με f(J) (χ) = 2ημχ - 2χ f (χ) και lim Γνωρίζουμε ότι ημχ < χ για κάθε χ > Ο. Χ--+0 Χ = 4 . α. Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγ� Οπότε 2ημχ - 2χ < Ο yίσιμη στο JR Δηλαδή f3J(x) < Ο για κάθε χ > Ο β. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f. Άρα η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο ) . y. Να αποδείξετε ότι f(1) · f( -1) < Ο . Με χ > Ο έχουμε Γ(χ) < f'(O) = - 2. Λύση Δηλαδή f '(x) < Ο για κάθε χ > Ο f(x) -f(xo) α. 'Εστω χ 0 ε JR . Θα βρούμε το lim Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο) . χ--+Χο χ-χ0 Με χ > Ο έχουμε f(x) < f(O) = Ο. f(x) - f(x0 ) f(x0 + h) - f(x 0 ) lim = lim = Δηλαδή f(x) < Ο για κάθε χ > Ο χ χ h--+0 χ - χ0 h --+ 0 Συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο) . Ηf

•

f( χ0 ) + f{h) + 2x0 h - f( χ 0 ) h f(h) = lim h--+0 h + 2x 0 = 4 + 2x0 ε JR . Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με = lim h--+0

(

f(x) = 2x + 4 β. f' ( x ) � 0 � 2x + 4 � 0 � x � -2 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ f f

- 00

-2

ό I

� I /

+ οο

Επομένως f � στο ( -οο - 2] f1 στο [ -2,+-οο ) y. Θέτουμε στη δοθείσα σχέση y = Ο. Τότε f(x + O) = f(x) + f(O) + O � f(O) = O Η f στο [ -2, +οο ) είναι γνησίως αύξουσα και ε πειδή Ο < 1, έχουμε f(O) < f(1). Δηλαδή f(l ) > Ο (1) Ομοίως, επειδή - 1 < Ο, έχουμε f(- 1) < f(O) .

1 0.

α. Να

αποδείξετε ότι η εξίσωση ln x = 1 - 4χ έχει μοναδική ρίζα στο

( Ο,+οο)

β. Να μελετήσετε τη μονοτονία της συνάρτησης f (χ) = 2χ2 - 2χ + χ Ιη χ . Λύση

α.

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = lnx + 4χ - 1 , χ ε (Ο,+οο) .

g είναι παραγωγίσιμη με g' (χ) = _!_ + 4 > Ο χ για κάθε χ > Ο. Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) Το σύνολο τιμών της g είναι fιim g( χ), χ-+-ι-α:> lim g( χ) = ( -οο,+οο ) = JR αφού \;-+ο+ lim g(x) = χ-+ lim0... (ln x + 4x - 1) = -oo και χ-+ 0+ lim g(x) = X-++co lim (In x + 4χ - 1) = +οο X-++co Η

)

Επειδή το σύνολο τιμών της g περιέχει το Ο και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2ΠΟ

Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκείου

η g είναι γνησίως μονότονη στο (Ο, +οο ) η εξί σωση g(x) = Ο, δηλαδή η lnx = 1 - 4χ, έχει μο ναδική ρίζα στο (Ο, +οο ) β. Είναι Dr = (Ο,+οο), f'(x) = 4x - 2 + ln x + 1 = ln x + 4x - 1 = g(x) Αποδείξαμε στο α) ότι η g είναι γνησίως αύ ξουσα στο (Ο, +οο) και ότι η εξίσωση g(x) = Ο έχει μοναδική ρίζα, έστω ξ, στο (Ο, +οο ) . Άρα η Γ είναι γνησίως αύξουσα και έχει μονα δική ρίζα το ξ. Με Ο < χ < ξ έχουμε f' (χ) < f' (ξ) = g ( ξ ) = Ο Με χ > ξ έχουμε f'( χ) > f'(ξ) = g(ξ) = Ο Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ ο + οο ξ f - b + .

ι2.

Επομένως f J στο (Ο, ξ] f 1 στο [ξ,+οο) όπου ξ η ρίζα της f

f(x) = e-x + 1η(ι - χ) α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f

Δίνεται η συνάρτηση

β. Να λύσετε την εξίσωση

e1-2x - e2-x = 1n 3 - χ 2 - 2χ

στο

(

-οο ,

Λύση

ι)

Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = ( -οο, 1) Η f είναι πάραγωγίσιμη με 1 f'(x) = - e- x + -- :< ο 1-χ (αφού e-x +-1- > Ο για κάθε χ < 1). 1-χ Επειδή f (χ) < Ο για κάθε χ Ε ( 1) , η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, 1) . 3 - Χ <=> x<l β. el-2 x - e2-x = ln 2 - 2χ ιe -zx - e2-x = ln ( 3 - x) - ln( 2 - 2x) <=> ei-Z x + ln ( 2 - 2χ) = e2- x + ln ( 3 - χ) <=> e-(zx-Ι) + ln[1-( 2χ -1)] = e-(x-z) + lη[1-( Χ -2)] <=> f ( 2χ - 1) = f ( χ - 2) ( 1) Η f είναι "1-1" αφού είναι γνησίως μονότονη. α.

(

)

-οο,

Να λυθεί η εξίσωση

χ2 = χ2 - ι .

Λύση

Προφανείς ρίζες της εξίσωσης είναι το 1 και το -1. Θεωρούμε τη συνάρτηση Φ(χ) = lnx2 - χ2 + 1, χ E !R* Η Φ είναι παραγωγίσιμη με z Φ' ( χ ) = 2� - 2χ = � - 2χ = 2 - 2x χ χχ 2 2 2χ > 0<=>χ (1 - χ 2 ) � 0 <=> Φ'(χ) � Ο <=> χ χ(χ - 1)(χ + 1) ::ο; Ο <:=> χ ::ο; -1 ή Ο :< χ ::ο; 1 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ - 00 -1 ο 1 + οο χ ..ο

Φ'

� I /

1 1.

Άρα, από την (1) έχουμε 2χ-1=χ-2 <:=>χ =-1 .

b i

b τ

/ I � / I�

Επομένως Φ 1 στο ( -οο, -1] και στο (Ο, 1] Φ J στο [ -1, Ο) και στο [ 1, +οο) Από τον πίνακα της μονοτονίας προκύπτει ότι Φ(χ) < Φ(-1) = Ο για κάθε χ Ε (-οο,-1) υ(-1,0) και Φ(χ) < Φ(1) = Ο για κάθε χ Ε (0,1) u (1,-too ) . Συνεπώς η εξίσωση Φ(χ) = Ο έχει στο ( , Ο) μοναδική ρίζα το - 1 και στο (Ο, +οο) μοναδική ρίζα το 1. -οο

13.

Έστω οι παραγωγίσιμες στο JR συναρτή σεις f και g με f(ι) = g(ι) α. Αν f'(x)· g'(x) < O για κάθε x E IR , να

αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) - g(x) = Ο έχει μοναδική ρίζα στο JR β. Αν f'(x) < g '(x) για κάθε χ Ε JR , να απο δείξετε ότι: ί. f(x) > g(x) για κάθε χ < ι ίί. f(x) :< g(x) για κάθε χ > ι Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση Φ(χ) = f(x) - g(x), χ Ε IR Προφανής ρίζα της εξίσωση Φ(χ) = Ο είναι το 1 (αφού f(1) - g(1) = 0). Είναι Φ ' (χ) = f(x) - g'(x). α. Επειδή f'( χ) · g'( χ) < Ο έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π1

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

2χ f'( χ ) - 2eχ - e- χ - 2e _ _Ι - 2e - 1 ex e• f' (χ) � ο <=> 2e2 x - Ι � ο <=> e2 • � -1 <=> x E IR 2 Άρα Φ J στο IR . Συνεπώς η εξίσωση Φ(χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα το Ι . Αν f'(x) > Ο, τότε 2x � -ln2 ή x � - }_2 1n2 . g'(x) < Ο. Οπότε Φ '(χ) = f(x) - g ' (x) > Ο για Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: κάθε χ Ε IR . Άρα Φ 1 στο IR . Συνεπώς η εξί 1 --ln2 σωση Φ(χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα το Ι . + οο 2 β. Επειδή f(x) < g ' (x), έχουμε f όj + Φ'(χ) = f'(x) - g'(x) < Ο για κάθε χ Ε IR . f � J / Άρα Φ J στο IR ί. Αν χ < Ι έχουμε Φ(χ) > Φ(l) = Ο. Επομένως f J στο � ln 2 Δηλαδή f (χ) - g (χ) > Ο <=> f (χ) > g (χ) ii. Αν χ > Ι έχουμε Φ(χ) < Φ(Ι) = Ο. r! στο - � ln2,+oo Δηλαδή f{ χ) - g( χ) < Ο <=> f{ χ) < g( χ) 14. Να αποδείξετε ότι Ιη(χ - 1) + -1- � 1 για Η f στο χ 0 = }_ ln 2 παρουσιάζει ελάχιστο το χ-1 2 . κάθε χ > ι. r - � ln2 = 2e+0 2 +e-k m 2 =h+ = = 2ν'2 Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) = ln (χ - Ι) + _Ι_ , Οπότε f( χ) � 2ν'2 για κάθε χ Ε IR χ-Ι Δηλαδή 2e• + e- • � 2ν'2, χ Ε IR χ Ε (Ι, +οο) . Η f είναι παραγωγίσιμη με Αν f'(x) < Ο, τότε g ' (x) > Ο. Οπότε Φ ' (x) = f'(x) - g'(x) < O για κάθε

- � - -

- 00

( [

-οο ,

] )

(

(=�Ι�2

�- � = χ Ι (χ Ι)2 f' (χ) � ο <=> χ - 2 � ο <=> χ � 2 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ 2 1 + οο f'(x) =

f f

� I /

Επομένως f J στο (Ι, 2] r! στο [2,+οο) Η f στο χ0 = 2 παρουσιάζει ελάχιστο το f(2) = Ι . Οπότε f{ χ) � f{2) = Ι για κάθε χ Ε (Ι,+οο) Δηλαδή ln(x - Ι) + -Ι- � Ι , χ > Ι χ-Ι 15. Να αποδείξετε ότι 2e" + e-• � 2J2 για κάθε X E IR .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση: f{ χ) = 2ex + e- x , χ Ε IR .

� Jz

)

Σχόλιο : Η ανισότητα

αυτή αν θέσουμε ex = u γίνεται:

[ �J' � Ο που είναι

2u ' - 2v'2u + l � Ο ή 2 u � αληθής. 16. Να αποδείξετε χ :::; ο.

ότι

e• χ2 + 1 :::;

για

κάθε

Λύση e• :::; Ι (Ι) Είναι: e• :::; χ 2 + 1 <=> -χ2 + Ι Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) � � , χ Ε IR . χ +Ι Αποδεικνύουμε ότι r ! στο IR (Βλ. άσκηση 3) Άρα, με χ < Ο έχουμε f(x) < f(O) = 1. e• Δηλαδή 2 < 1, χ < Ο (2) χ +1 (3) Η ισότητα στην (Ι) ισχύει με χ = Ο Από (2) και (3) έχουμε -+--- ::::; 1 για κάθε χ ::::; Ο χ +Ι

Η f είναι παραγωγίσιμη με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π2

Μαθηματικά -yια τη Γ ' Λυκείου ι7.

Να αποδείξετε ότι

χ � Ιη ( χ2 +χ+ι) � χ-ι+Ιη3 για κάθε �Λύση x � In (x 2 + x + 1 ) � x - 1 + ln 3 <=> O � In (x 2 + x + 1 ) - x � ln 3 - 1 Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = In (x 2 + x + 1 ) - x, Χ Ε � Η f είναι παραγωγίσιμη με 2 f'(x) = 22χ + 1 - 1 = 2χ - χ χ +χ+1 χ +χ+1

f' (χ) � ο <=> χ - χ 2 � ο <=> χ(χ - 1) � 0 <=> 0 � χ � 1 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ

f f

Η f στο [0,

- 00

ό j

+ οο -

� I/ I�

1] είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, με Ο � χ � 1 έχουμε f(O) � f( χ) ·� f(1) <=> O � In (x 2 + x + 1 ) - x � ln 3 - 1

r Ολ.οιιληpώματα

Χρήστος Λαζαρίδης

Τα ολοκληρώματα αποτελούν το τελευταίο μέρος της ύλης της Γ Λ υκείου και είναι μια φυσική συνέπεια ου τ κεφαλαίου των παραγώγων. Είναι μια καλή ευκαιρ ία, λοιπόν, να τα δούμε σε συνδυασμό με άλλα θέμα · τα, που έχουμε συναντήσει παλαιότερα. Όπως θα διαπιστώσετε η εργασία δεν ασχολείται ιδιαίτερα με κλασσικό υπολογισμό ολοκληρωμάτων, ο οποίος θεωρείται γνωστός. Στο τέλος υπάρχουν ασκήσεις, που προτείνονται για λύση.

Λυμένες Ασκή σεις ι.

λ Αν ισχύει f 2xe'dx =f x2e'dx + 4eλ , όπου λ λ > Ο, να υπολογίσετε την τιμή του λ. Λύση : ο

Η δοθείσα σχέση γράφεται: ο

Jλ 2xex dx - J x2 exdx =4eλ <=>

λ λ ex J 2x dx + Jλ x2 ex dx = 4eλ <=> ο

J (2xex + x 2 e' )dx = 4eλ <=>Jλ (x 2e' )'dx = 4eλ <=> ο

Έχουμε: f'(x) = 2xe•' +Ι- f ( x ) <=> f'(x) = 2xe•' +Ι e-f(x ) <=> e f(x ) f'(x) = 2χe•' +Ι <=> (e f( x J ) ' = (e'2+ 1 )' . Συμπεραίνουμε ότι: ef{x) = eχ'+ Ι + c , άρα f(x) = ln(ex'+ Ι + c) (1) Η αρχική σχέση για χ Ο γίνεται: f(O) = Ο. Από την (1), f(O) = ln(e + c) άρα, ln(e + c) Ο<=> e + c = 1 <=> c = 1 - e . Τελικά, f(χ) = ln(e x' +Ι + 1 - e) , χ Ε R . 3.

και ισχύει: f(x) = χ + - J f(t)dt . Να υπολο

ι.

[x 2 e' ]� = 4eλ <=> λ2eλ - 0 = 4eλ <=:> λ2 = 4<=>λ = 2.

λ>Ο

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο � . Αν ισχύει: f(x) = J 2te'' +t -rωdt , να βρείτε χ

τον τύπο της συνάρτησης f. Λύση:

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (Ο,+οο)

χt

γίσετε τον τύπο της συνάρτησης f. Η

Λύση: f είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) Από τη δο.

xf(x) = χ 2 + J f(t)d(t) . χ

θείσα σχέση προκύπτει: χ

συνάρτηση 2χ e •'+ Ι - f (x J είναι συνεχής, ως γινό Η f είναι συνεχής άρα η J f(t)d(t) παραγωγίσιμη, I μενο των συνεχών 2χ και ex' + Ι-f(xJ (σύνθεση των συνεχών ex , χ 2 + 1 - f(x) ), άρα η f είναι παραγω- επομένως και η f παραγωγίσιμη. Παραγωγίζοντας έχουμε: γίσιμη. f(x)+xf'(x) = 2x+f(x) <=> xf'(x) = 2χ <=> f'(x) = 2 . Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π3

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Από την τελευταία σχέση προκύπτει: J f'(x)dx = J 2dx � f(x) = 2χ + c

(1)

Για χ = 1 η αρχική σχέση, γίνεται: 1 rσ) = 1 + - ο � rσ) = 1 1

Από Θ. Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ε (α,β) ξ

J f(x)dx = -2α . Αν ισχύει ότι: f(x) > ι, για κάθε χ ε (α, β), να αποδείξετε ότι η εξίσωση α + β + J f(t)dt = χ , έχει α-

f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (Ο,+οο) με J f(x)dx = ι και συνάρτηση

J f(x)dx = 3 . θεωρούμε τη συνάρτηση 5

χ+2

F(x) = J f(t)dt, χ > Ο . χ+ Ι

κριβώς μια λύση στο (α, β). Λύση :

ί. χ

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(χ) = α + β + J f (t)dt - χ. Η

ίί.

� (ξ - β)f(ξ) = f f(t)dt.

συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], ό

που α > Ο και

g(α) = g(β) = Ο.

τέτοιο ώστε: g'(ξ)=Ο � J f(t)dt+(ξ-β)f(ξ)=O �

Από την σχέση (1 ), f(l) = 2 + c � 1 = 2 + c � c = -1 . Τελικά f(x) = 2χ - 1, χ ε (Ο,+οο) . 4.

g'(x) = J f(t)dt + (χ -β)f(χ) .

f είναι συνεχής άρα η J f(t)dt παραγωγίσιμη, εα

πομένως και συνεχής στο [α, β]. Η g είναι συνεχής στο [α, β], ως άθροισμα συνεχών. g(α) = α + β + Ο - α = β > Ο , διότι β > α και α > Ο g(β) = α + β - 2α - β = -α < Ο , διότι α > Ο. g(α)g(β) < Ο . Από Θ. Bolzano η εξίσωση

ί.

Να μελετήσετε τη F ως προς τη μονοτο νία. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ε (2,3) ώστε: f(ξ + 2) - f(ξ + ι) = -4. Λύση : x+l

χ+2

F(x) = - J f(t)dt + J f(t)dt .

F' (x)=-f(x+ 1 )+f(x+2) . Για κάθε χ ε (0, +οο) : χ + 2 > χ + 1, άρα f(x + 2) > f(x + 1), αφού η f γνησίως αύξουσα, επομένως F '(x) > Ο δηλαδή χ η F είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο) . g(x) = Ο � α + β + J f(t)dt = χ , έχει τουλάχιστον ii. Η F είναι συνεχής στο [2, 3] και παραγωγίσιμη μία λύση στο (α, β). g'(x) = f(x) - 1 > Ο , για κάθε στο (2, 3). Από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει τουλάχιστον χ ε (α,β), άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο (α,β). ένα ξ ε (2,3) ώστε: F' (ξ) = F(3;=�(2) (1) Τελικά η λύση, η οποία προκύπτει από το Θ. Bol F'(ξ) = -f(ξ + 1) + f(ξ + 2) . zano, είναι μοναδική. α

συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β]. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα α

ξ ε (α, β) τέτοιο ώστε: Jr(x)dx =(ξ - β)f(ξ). ξ

Λύση :

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = (χ - β)J f(t)dt . Η g είναι συνεχής στο [α, β].

F(3) = J f(t)dt = -3 και F(2) = J f(t)dt = 1 . Η (1) γίνεται: -f(ξ + 7.

1) + f(ξ + 2) = -4.

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ι, S] και f(x) > Ο, για κάθε χ ε [ι,5] . Να αποδείξετε ότι υπάρχει γ ε (ι, 5) τέτοιο ώστε: 3

2J f(x)dx + 3J f(x)dx = Ο

Η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) με

Λύση :

Έστω F μία αρχική της f στο [1, 5], τότε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π4

(ι)

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου 3

dx = --du και τα νέα άκρα γίνονται για χ = α: u = β και για χ = β: u = α. Άρα, β Ι = J f(α + β - u)(-du) =J f(α + β - χ)dχ .

J f(x)dx = F(3) -F(γ) και J f(x)dx = F(4) - F(γ) . 2F(3) - 2F(γ) + 3F(4) - 3F(γ) = Ο � 2F(3) + 3F(4) = 5F(γ) � F(γ) = 2F(3) + 3F(4) . 5 Από το Θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, αρκεί να α, η τιμη, 2F(3) + 3F(4) βρισκεται , ποδείξουμε οτι με5 ταξύ F(1), F(5). F ' (x) = f(x) > Ο, άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [1, 5]. 1 <3<5 => F(1)<F(3)<F(5) => 2F(l) < 2F(3) < 2F(5) 1<4<5 => F(l)<F(4)<F(5) => 3F(l) < 3F(4) < 3F(5) Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: 5F(1) < 2F(3) + 3F(4) < 5F(5) ή F(1) < 2F(3) + 3F(4) < F(5) . 5 Η (1) γράφεται:

8. Έστω f: � � συνεχής και J f(t)dt � χ2 - 9 , για κάθε χ ε �

Να υπολογίσετε το f(3). Λύση:

χ ε � Από την (1) προκύπτει: g(x) � Ο � g(x) � g(3) , για κάθε χ ε � , αφού χ

g(3) = Ο. Η fείναι συνεχής, άρα η J f(t)dt είναι 3

παραγωγίσιμη, επομένως και η g είναι παραγωγί σιμη με g'(x) = f(x) - 2χ. Η g είναι παραγωγίσιμη στο 3 και παρουσιάζει στο 3 ακρότατο. Από το Θ. Fennat είναι: g'(3) = Ο � f(3) - 6 = Ο � f(3) = 6 . 9.

ί.

Η συνάρτηση

f είναι συνεχής στο [α, β] . Να αποδείξετε ότι: J f(x)dx = Ρ

= J f(α + β - x)dx = -ι J[f(x)+ f(α + β - x)]dx ii.

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: α dx , ό�ου α > Ο Ι = J0 α -α 1

•

1_,

Λύση:

ί. Ι = J f(x)dx . Θέτουμε χ = α + β - u, οπότε α

ii.

(

)

χ ε �. 'Εστω η συνάρτηση f(x) = j �' ι+t 0

Να αποδείξετε ότι f(εφχ) = χ, για κάθε χ ε -; , ; ίί. Na υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = � ι+χ , τον άξονα χ'χ και τις ευθείες χ = Ο, χ = ι. Λύση: ί.

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(χ) = J f (t)dt - χ 2 + 9 ,

β β = 21 J f(x)dx + -1 J f(α + β - x)dx = 2 β = -1 J [f(α + β - χ) + f(x)]dx. 2α Αν χρησιμοποιήσουμε το ί. τότε: ι- χ 1 1 I = -1 J α' ι -χ + ι αχ dx = -1 J 1dx = 2 α - + α' 2 α' + α = 21 [ Χ ]ο = 21 .

ι ο. (ι).

Έχουμε: Ι = J f(x)dx =J f(α + β - χ)dχ =

�

(

}

ί. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(εφχ) - χ,

( .)

χ ε - � � . f'(x) = -1-2 και 1+χ 2 2 1 - -1- - 1 = h'(χ) = ftεφχ)(εφχ)' - 1 Ι+εφ 2 χ συν2 χ 1 -1= 1 = 1 z z z υν z χ - 1 = x η μ η μ σ x συν χ + 1+ υ 2 σνχ =1-1 = 0 . Συμπεραίνουμε ότι h(x) = c , χ ε

(-�, �) .

Αλλά h(O) = f(εφΟ) - Ο = f(O) = J � = Ο, άο 1 + t2 ρα, c = Ο. Τελικά, h(x) = Ο, οπότε: f(εφχ) = χ. ii. Έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π5

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου I I Ι Ε = Ilg(x)l dx =Ιdx =f(I) Ι + χ2 ο

κύπτει η (Ι). Τελικά, α = Ι και η ζητούμενη ευ θεία είναι η χ = Ι . Παρατήρηση Η τιμή του α, που βρήκαμε, είναι μοναδική. Πράγματι αν θεωρήσουμε τη συνάρχ χ τηση h(x) = Ι f(x)dx + Ι f(x)dx, τότε,

(Ι)

Από i), f(εφχ) = χ. Αν χ = � προκύπτει: 4

( 4J

h ' (x)=f(x)+f(x) =2f(x)= � > Ο , άρα η h εί Ι+χ ναι γνησίως αύξουσα άρα η τιμή χ = Ι , που

Τελικά, από την (Ι), Ε = � τετ. μον. 4 11. ί.

βρήκαμε προηγουμένως είναι μοναδική.

Να αποδείξετε ότι:

12.

1 1 . Ι dy + Ι -dy = O , 2 2 ι 1+y ι 1+y •

•

για κάθε χ Ε (0, +οο). ίί. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = � . Να 1+χ πολογίσετε την ευθεία με εξίσωση χ = α, η οποία χωρίζει το χωρίο που περικλείεται από τη Cr, τον άξονα χ'χ και τις ευθείες χ = .!., χ = 2 σε δύο ισεμβαδικά χωρία. 2 Λύση:

χ2συνχ , χ , η συναρτηση: , Δινεται f(x) = 2' + 1 ί. Να αποδείξετε ότι: f(-χ) + f(x) = χ2συνχ, χ JR ίί. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: Ε

}

( ) (�}

I Ι+ χ

ί.

Αρκεί να υπολογίσουμε α Ε JR τέτοιο ώστε:

2 2 Ι f(x)dx = Ι f(x)dx � Ι f(x)dx - Ι f(x)dx = Ο Ι 2 2 α

2 2 � Ι f(x)dx + Ι f(x)dx = Ο (Ι) α

(-χ) 2 συν(-χ) χ 2 συνχ = + Γχ + Ι 2χ + Ι χ 2 συνχ χ 2συνχ χ 2 συνχ χ 2 συνχ = 2χ + + Ι _ 2' + Ι Ι + 2χ 2χ + Ι +Ι 2χ χ 2συνχ --- (2' + Ι) = χ 2 συνχ. Ι +2χ f(-x) + f(x) =

Έστω Ι = Ι f(x)dx . Θέτουμε χ = - u, άρα 2 dx = -du και τα νέα άκρα ολοκλήρωσης π

( J

Λύση:

ίί.

Ι Ι I = 0. + --- - :2 = 2 Ι Ι+χ Ι+ I + x 2 χ/+ Ι χ2 Συμπεραίνουμε ότι: g(x) = c, χ > Ο. Αλλά, g(I ) = Ο, άρα c = Ο, επομένως g(x) = Ο. 2 ίί. Το εμβαδόν είναι: Ε = Ι f(x)dx . =

•

χ Ι χ Ι g(x) = Ι--2 dy + Ι--2 dy, χ > Ο. Ι Ι+y Ι Ι+y ψ l x'

JR .

Ι f(x)dx .

Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g '(

υ-

ί.

Π Π Π f εφ =� f(l) = .

, στοιχα γινονται -π , - -π . 'Εχουμε: 2

2 2 (i) I = Ι f(-u)(-du) = Ι f(-u)du = π

-2 π

αντί-

-2 π

Ι (u 2 συνu - f(u)du = Ι u2 συvudu - Ι f(u)du = 2

2 Ι χ 2 συνχdχ - Ι , άρα, π

-2

21 = Ι χ 2 συνχdχ = Ι χ 2 (ημχ)'dχ =

Από το ί). ερώτημα, έχουμε όn για χ = Ι, προΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π6

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

-π -π Π ροτεινό μενες Ασκή σεις 2 2 2 π 2ν [χ2ημχ]�� - J 2χημχdχ =- + J 2χ(συνχ)'dχ = 1. ί. 'Εστω Ι . = J + dx , όπου ν ε Ν* . Να 2 _� χ -1 � �

-2 2 π 2ν+Ι 22ν+Ι 3 αποδείξετε ---Ι π ότι: Ι. π 2 2 2 ν+ 1 = 2ν + 1 � + [ 2χσυνχ ]2π - J 2συνχdχ = � - [2χ]2π = 2 2 π -2 -2 ii. Αν f (χ) = ----;...- , να υπολογίσετε το εμ2 χ -1 π-2 - 2π . Τελικά, Ι = π2 - π. βαδόν του χωρίου, που περικλείεται από 2 4 τη Cr, τον άξονα χ ' χ και τις ευθείες χ = 2, 1 3. Η f είναι συνεχής στο JR και είναι τέτοια χ = 3. 2 . Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα: ώστε: f(x) = J e-1f(x - t)dt, για κάθε x ε JR . 2003 χ ί. J dx Να υπολογίσετε τη συνάρτηση f. ο 2003 χ + 2003 1 - χ Λύση: 2 dx Θέτουμε χ - t = y άρα -dt = dy και τα νέα άκρα ο ίί. � lnx + χ) λοκλήρωσης αντίστοιχα γίνονται χ, Ο. Έχουμε: ο Υπόδειξη: Η λυμένη άσκηση 9. χ f(x) = -J ey- x f(y)dy = e- x J eYf(y)dy 3. ί. Να αποδείξετε ότι για κάθε μ, ν ε Ν* ιΙ I χ Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με eX, άρα, σχύει: J xμ(l - x)"dx = J x•(1 - xYdx . χ ο ο exf(x) = J eYf(y)dy 2000 και g(x) = x(l-x)1 999, x) = χ(1-χ) ίί. Αν f( ο να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη, οπότε προκύπτει: που περικλείεται από τις γραφικές παρα ex f(x)+ex ftx) = ex f(x) <::::> ex f'(x) = Ο <::::> f'(x) = Ο , στάσεις των δύο συναρτήσεων. επομένως η f είναι σταθερή, δηλαδή f(x) = c , 4. ί. Ν α αποδείξετε ότι: χ ε JR . Από την αρχική σχέση f(O) = Ο, άρα c = Ο. β β Τελικά, f(x) = Ο, χ ε JR . J f(x)dx = J f(α + β - x)dx , όπου η f είναι 14. Δίνεται η συνάρτηση: eι + tz συνεχής στο [α, β]. f(x) = J 1e -dt ε JR . , x ii. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα +1 π-πν Να αποδείξετε ότι η f είναι πολυωνυμική. J χημ3 χdχ, ν ε Ν* . Λύση: 2 t ειναι , ,Εστω G μια αρχικη, , συνεχης. Η g(t) = eιe +ν +1 Η f είναι συνεχής στο [2, 3] και f(x) < Ο, για 5. της g, τότε G ' (t) = g(t), t ε JR . 2 f(x) = G(x) - G(-x), x ε JR . κάθε χ ε [2,3] . Αν J f(x)dx = 5 , να υπολογίf'(x) = G'(x) - G'(-χ)(-χ)' = G '(x) + G'(-χ) σετε το σύνολο τιμών της συνάρτησης: g(x) = J f(t)dt . 2 6. Η f είναι συνεχής στο JR και I g(x) = J f(t)dt, χ � 1 . ex + 1 1 + ex 1 + ex 'χ 2 ί. Να υπολογίσετε τη g'(x). = (ex + 1)(1 + χ ) = 1 + χ 2 ' χ ε JR. 1 + ex ίί. Αν f(x) = � , να λυθεί η εξίσωση g"(x) = 4 - 10x 2 . Άρα, f (χ) = � + χ + c, χ ε JR , δηλαδή είναι πο3 7. Η f είναι συνεχής στο JR και λυωννμική. (το c υπολογίζεται, αφού f(O) = 0). 2

•

1��3

•

-•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π7

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

J f(t)dt = 3χ2 - 4 , για κάθε χ IR .

(1)

ί.

Να υπολογίσετε μια συνάρτηση f, η οποία ικανοποιεί την (1). ίί. Για τη συνάρτηση f που βρήκατε στο ί., να υπολογίσετε το α. χ J in(t2 + 1)dt 0 8. Να υπολογίσετε το όριο: lim0 χ -> χ f (t 2 + 7)dt ο ln t dt, χ Ο . 9. 'Εστω η συνάρτηση: f(x) = j > 1+t

ίί.

ί.

ο.

•

()

Η f: IR IR είναι παραγωγίσιμη με f'(x) > Ο , �

για κάθε χ Ε IR . Θεωρούμε τη συνάρτηση: β F(x) = J f(x - t)dt, x E IR . ί. ίί.

Να αποδείξετε ότι η F είναι παραγωγίσιμη. Αν υπάρχει χ0 Ε IR ώστε F ' (x0) = Ο, να δείξετε ότι: F(x) Ο, για κάθε χ Ε IR . =

Κάτι

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα J lnx dx . χ Να υπολογίσετε τη συνάρτηση: g(x) = f(x) + f � ·

nεpiεpyα ολ οιιληpώμστα

Νίκος Φάππας

Θα ασχοληθούμε εδώ με τον υπολογισμό μερικών ορισμένων ολοκληρωμάτων, τα οποία παρουσιάζουν ιδιομορφίες. Η συνέχεια καθώς και η παραγωγισιμότητα συνάρτησης σε διάστημα [α, β} ή [α, β) κ.τ.λ. χρησιμοποιείται με την έννοια του σχολικού βιβλίου. Δίνουμε τώρα τρεις προτάσεις.

Πρόταση Έστω η συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [α, β]. Αν F είναι μια παράγουσα της f στο [α, β) και η F είναι συνεχής στο Χο = β, τότε η F είναι παράγουσα της f στο [α, β]. Απόδειξη:

Πόρισμα 2

Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [α, γ] και β Ε (α, γ) . Αν F είναι μια παράγουσα της f στο [α, β) υ (β, γ] και η F είναι συνεχής στο χο β, τότε η F είναι παράγουσα της f στο [α, γ]. Δίνουμε τώρα μερικά παραδείγματα. =

χ�Ο Προφανώς ισχι)ει: F ' (x) = f(x), για κάθε Δ,ινεται η συναρτηση f(χ) = χ + χ Ε [α, β) . Άρα είναι αρκετό να δείξουμε ότι: χ<Ο F ' (β) = f(β). Να βρεθεί το J:. f(x)dx . Έχουμε: F(β) lim F(x) (αφού η F είναι συνεχ-.β Λύση : χής στο β). Συνεπώς: Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η f είναι συνεχής στο (�) ) )) F(β (F(x ) ) F(x F(β [-1, 2]. Μια παράγουσα της f στο [-1,0) υ (Ο,2] = lim = F'(β) = lim -. χ β (χ - β)' ln(x + 1), χ > Ο χ....β χ -β είναι η: F(x) = . χ , χ<Ο limf( = limF' (x) = f(β). = x) χ->β χ -.β Ζητάμε τώρα μια «συνεχή επέκταση της F στο 0>>. Δηλαδή ζητάμε να δώσουμε στο Ο μια τιμής της F έ Πόρισμα τσι ώστε η συνάρτηση αυτή να είναι συνεχής στο Ο. Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο Είναι και lim F(x) = ln1 = 0, lim F(x) = O [α, β]. Αν F είναι μια παράγουσα της f στο (α, β] χ-.οχ-.ο• και η F είναι συνεχής στο χ0 α, τότε η F είναι συνεπώς μπορούμε να ορίσουμε F(O) Ο, επομέlη(χ + 1 ), χ > ο παράγουσα της f στο [α, β]. νως η συνάρτηση F(x) = Ο, χ =Ο χ, χ<Ο

ι.

{-ιι-ι,, .

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2Π8

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

είναι παράγουσα της f στο [-1 2] (πόρισμα 2). Έ τσι: J:/(x)dx = [F(x)]: 1 = ιη 3 - (-1) = ln 3 + 1 .

Έστω

η συνάρτηση 3χ2η μ -; - χσυν -; ,

{ 1 1 x:;t: O f(x) =

ο,

Δίνεται η συνάρτηση :

Να βρεθεί το J ο

χ(χ

χ=Ο

!x ( 1 -l n x ) 1 1 1 ) f(x) --1 , Χ= 1 f(x)dx. < X :;t:

Να βρεθεί το J12

f(x)dx.

Λύση:

Η f είναι προφανώς συνεχής στο ( 1 , 2]. Εξετάζου Προφανώς η f είναι συνεχής στο (Ο, �] . Εξετά με τη συνέχεια της f στο χ0 = 1 (από δεξιά). ζουμε τη συνέχεια της f στο χ0 = Ο (από δεξιά). 'Εχουμε f(1) = --1 και limf(χ) lim1 x(1 -lnx)-1 (�) χ--+1' + χ(χ -1)2 2 Επειδή -1 ::::; ημ ..!:.. ::::; 1 για κάθε χ ε IR* , έχουμε ότι: χ 1-lnx + x -..!..χ 1) x) ln (x(x ..!:.. . . 2 2 2 -3χ ::::; 3χ ημ ::::; 3χ για κάθε χ ε IR* . Είναι τώ ιιm -'----ιιm χ )' Χ-+[+ Χ -+ [' 3χ 2 - 4χ + 1 3 2 (χ - 2 χ + χ Λύση:

---'--'

ρα: χ�ο+ lim (-3x 2 ) = Ο = χlim 3χ2 και επομένως (κριτή-+ο+

( ) ( ) )

ριο παρεμβολής) είναι lim 3χ 2ημ ..!.. = Ο . χ Όμοια έχουμε ότι και lim χσυν ..!:.. = Ο . χ Άρα: lim 3x 2ημ ..!:.. - χσυν ..!:.. = Ο = f(O) . χ χ 'Ετσι η f είναι συνεχής στο χ--+0'

χ--+0

χ--+0'

(

[Ο,;] .

χ--+

( )

. 1 - ln x - 1 = ιιm . -lnx ω= ιιm + 2 3χ - 4χ 1 3χ 2 - 4χ + 1

χ-+!+

χ lim -1 = -(ln χ)' = ιιm · = (3χ 2 - 4χ + 1)' χ-+t• 6χ - 4 :ιι--+1. χ(6χ - 4) _ ..!.. . 'Ετσι η f είναι συνεχής στο [ 1 2], αφού 2 lim f(x) = f 1 Μια παράγουσα της f στο (1, 2] χ-+ +

. ιm ιχ-+!'

()

ο , η g(χ) ln χ . Επειδη, ιιm · ιηχ (η · g(χ)= ιιm= Χ- 1 Χ -1 1 ; της f στο (ο,±] . Επειδή lim g(χ) Ο, π χ)' lim � 1 , η συνάρτηση ιim (ln Χ ' 1 x -+ l + 1 1) ( ,χ Ο , , η συναρτηση F(χ) χ ημ -χ ειναι lnx , 1 < χ ::::; 2 , , Ο, χ = Ο ειναι παραγουσα της f στο F(x) χ - 1 1, χ = 1 παράγουσα της f στο [Ο,;] , αφού η F είναι και [1, 2] (πόρισμα 2). Έτσι: συνεχής στο χ0 =Ο (πόρισμα 1). Έτσι: ln2 J 2 f( x)dx [F(x )J2ι F( 2) F(1 ) 1 1 ln 2 1 fo4 f(x)dx [F(x)]� F ;4 - F(O)

Η g(x) χ3ημ ..!:..χ είναι προφανώς μια παράγουσα =

= --

:;t:

x-.+t•

()

x-.+t•

{

x-+t•

χ--+0+

{

ειναι

= -- -

s · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · -.

Συνάδελφοι, σας παρακαλούμε να στέλνετε τις ερyασtες σας καθαροyραμμένες, αν

εtναι

δυνατό

με

e-mail. Σε τρtα

αντtyραφα

και

σε

υπάρχει το όνομα, το τηλέφωνο ή και Fax, ηλεκτρονική διεύθυνση. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π9

κάθε

σελίδα

να

w..� ι:\�� r,\�!J τ:��ττη ! t;ιn)pτ i:·.Λ! ι,\� �rm ]:i"-JI:w πwπ r ι.\-' J� Ω J.A'\JJ.;lJ_�·::.ιU1 �Ι Jι.V1� . .\ \!J_ \R �..-. J.LJ.U.ΚΨi .�.�J.U..!. J.� -"�- _,JΓ.L � -� � . J.U: ..l!!

•

ΕυκλείδηςΑ'

•

ΕυκΑείδηςΒ' •

•

Δελτίο

Ευκλείδης y' •

Αστρολό�ος

Νέε ς Ε κδόσε ι ς

•

Διεθ\'εiς Μαθηματικές ΟλυιιnιόJ5ες(19:

ΟΛΥΜΠΟΣ Υ ΓΙ Ο

Ν Ε Α

Δ I E Y & Y N r H

c\f\'Ν'Ο \ΙΙkJΙl. Ι ι�ιηιιι.:ι. ,• \ ΙΙΙ 'Ιόtι,tι� \1 \ΝtιΨ

. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ· EUCLIDES

Ι)ιΊ ι rη"

Υ'

..-ιι8U!8Μ!Οιιu:ΛΙΙΙΙΙΙ

"""""" -""'�..:�

ιαιιs βRAND

διaατaαn kιιι.ΙJ�ηιιΨ) ·�

...,� -��

ΜΑSΗΜΑ'ΠΚΗ ΑΝΑΛVΣΗ

. ...

�,.• 1 '· ··-·· ��ill l.l<l; f -·� ··'1 ΙΙΙ•�� i.IΙf'IW> M�ιAojf•,ψ-1'ft

�

Ηι ι.ι.�c,\h

Σι·οη:ι.:ιιuΗΣ ΓtΩΜΣΤΙ'Ιλ ΑΠΟ ΑΝΟΠΡΗ ΣΚΟΟΙλ

Νι,.�t, ιιιι ιι

1\tιιJΙ;,-.ιιι·ιr·r l>ιtιιιιϊ:'ιn � �J

ΕυκλιlδηςΑ': Τεύχος 2 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: β ευρώ δρχ. ΕυκλdδηςΒ ': Τεύχος 2,5 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεiα: 10 ευρώ ΕυκλιlδηςΓ': Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Μαβημ. Επιkώρηση: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Αστρολάβος: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρcίι Διλ'ήο (Bulletln): Τεύχος 7,3D ευρcίι

Διεθνής Μαθηματικές ΟλυμΠιάδες 1959 · 1999: 20 ευρώ Βαλκανικές Μαθηματικές Ολuμmάδες 1984-2001 : 15 ευρώ θέματα Εξετάσεων ατα Α.Ε.Ι 1976 · 19β9: 6 ευρώ Πρακτικά: 1ou ΓΙανελληνίου Συνεδρίχι & ευρώ 2ou ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ · 3ou Πανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ β ευρώ Σιf.ιrδιDι 4ωδου J"ΙιΝελιΙη.Ωι 6ου ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ 7ou ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ 8ou Πανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ !bι ΓΙανελληνίου Συνεδρίχι β ευρώ 1Ιbι ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι 17 ευρώ

1JQJ ljfJQ,o\QIJ4� ��ltl

11ou ΓΙανελληνkJυ Σιινεδρb.ι 14ou ΓΙανελληνkJυ Σιινεδρb.ι 15ou ΓΙανελληνkJυ Σιινεδρb.ι

17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ 16ου ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι 17 ευρώ 17ou Πανελληνίου Σιινεδρb.ι 25 ευρώ 18ou Πανελληνίου ΣυνεδρkJu 25 ευρώ Συνέδριο Hermls 92 (Αγγλικά) 25 ευρώ Συνέδριο Hermls '94 (Αγγλικά) 2 τόμοι ο τόμος 15 ευρώ Γραμμική Άλγεβρα (Gr. Muncres) 6 ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων 20 ευρώ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) (Μετρικά · Διόπτρα) 20 ευρώ ·

Διαλέξεις: Ο τόμος Μαθηματική Ανάλυση (Louls Brand)

5 ευρώ 25 ευρώ

Διαφορικές Εξισώσεις (Stephenson) 10 ευρώ Ιατορiα Μαθηματικών Lorla ·

(4 Ίόμοι) Α, Β, ΓAr ΓΒ ο Ίόμος β ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ Ελληνική Μαθηματική Βιβλιογραφiα 4 ευρώ Στοιχειώδης Γεωμετρlα από Ανώτερη Σκοπιά Θεωρiα Αριθμών

β ευρώ 17 ευρώ

Q-'.f@V Ί;�\1 ε��V ΙjJJfA}λφjJVJΓJQJIJ Wtt TJ1�� TJtt]tΘ..ΨΚ(; 'lfiJiιiJtς; 'IJQtJ ztU

Σ www. saνa l as.gr

ΣημΕίο αναφοράς

ΖQΟΔ. Π Η ΓΗΣ 1 8

ΣΟΛQΝΟΣ, Α θ Η Ν Α 1 0 6 8 1

ΤΗΛ.:

2 1 0 3 3' 0 1 2 5 1

FAX: 2 1 0 3 3 0 6 9 1 8