Issuu on Google+


ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε- επιτέλους - Θεώρημα! .............. 3 Ποια είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίzες .................... 10 Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» ........................................ 16 Μέγιmο- Ελάχιmο του τριωνύμου f(x) =αχ' + βχ + γ .................................... 20 Αναλογίες- Ομοιότητα- Μετρικές σχέσεις .................................................... 26 Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων ............................................................ 31 Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος ............................................................. 35 Δείξε μου τη γραφική σου παράmασn να σου πω τι είσαι ................................ 40

f~θβεJ~~~~~Wι,~~7δ·~· ~ ~ ~ ~ ~ ~~ ~ ~ ~~ ~~ ~~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~~ ~~ ~ ~ ~ ~~~~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~~ ~~ ~ ~ ~~ ~~ ~ ~ ~~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ '.~ ~ ~ ~ ~. ~ό

Ένα πρόβλημα- πολλές λύσεις .................................................................... Αλληλογραφία .. .. .. .. .. .. .. .. ... .. .. ... . ... ... . ... .. .. ... .. .. .. .. .. ... .. .. .. .. .. .. ... .. .. ... . ... .. .. .. .. .. . Στήλη Μαθηματικών Ολυμπιάδων ................................................................. Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ! ....... :........................................................................

54 56 57 60

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Γραμματεία Σύνταξης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρλής Γιάννης

Συντακτική Επιτροπή: Βακαλόπουλος Κώστας, Βισκαδουράκης Βασίλης,

Επιτέλους

Γεωργακόπουλος Κώστας, Γράψας Κώστας,

υπάρχει απόδειξη!

Δαμιανός Πέτρος,

Καρακατσάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήστος, Κοvτογιάννης Δημήτρης, Κοτσιφάκης Γιώργος,

Κυριακόπουλος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τ άσος, Μαλαφέκας Θανάσης,

IJDΎπαρξη

Μπανδήλα Λ, Μώκος Χρήστος,

ριζών

Σα'ϊτη Εύα, Τούρλας Λεωνίδας,

τριωνύμου;

Τσικαλουδάκης Γιώργος, /

/

/

Πρόβλημα

Υπεύθυνοι Έκδοσης:

πιθανοτήτων!

Παπαδόπουλος Νίκος, Τσαρπαλής Ιωάννης

Επιμέλεια Έκδοσης: Μαραγκάκης Σ.

Συνεργάστηκαν: Μάκρος Στράτος, Τουμάσης Μπάμπης, Τσαπακίδης Γ., Κώστας Αναyvώστου, Φωτιάδης Γρηγόρης, Τσάμης Γιώργος.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΗΣ ΕΤ ΑΙΡΕΙΑΣ

-106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ: 36 17 784-36 16 532 Fax: 36 41025

I.U1 Από τη γραφική παράσταση τα συμπεράσματα

Πανεπιστημίου 34

Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής

Διε"θ"ντής: Κ Σάλαρης

Μαθηματικές

ISSN: 1105-8005

Ολυμπιάδες

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: 350δρχ.

Τε\ίχος:

Ετήσια σ"νδρομή:

1.600δρχ.

Ορyανισμοί:

3.000δρχ.

Ταχ. Εnιταyές

Ταχ. Γραφείο Αθήνα Στοιχειοθεσία

-

ιDοι

54, Τ.θ. 30044

Σελιδοποίηση

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

αποκτούν και πάλι την μόνιμη στήλη τους Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α. Ε., Ιερά οδός Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκτυλος- τηλ.

81-83 34 74 654


- ----------- ι

Στράτος Ελ. Μάκρας Δρ. Μαθηματικών του Παν/μίου Αθηνών Ζάννειο Πειρ. Λύκειο Πειραιά Ο μεγάλος γερμανός μαθηματικός Κ. Γ. Γιάκομπι [Κarl Gustaν Jacobi (1804-1851)], έλεγε απαντώντας στον Ζ.Β.Ζ.Φουριέ [Jean-Baptiste-Joseph Fourier (1768-1830)] ότι στα μαθηματικά, οι μάχες δίνονται για την τιμή του ανθρωπίνου πνεύματος, και ο μέγιστος Αρχιμήδης, όταν ο Ιέρων τον προέτρεπε να χρησιμοποιήσει τις τεράστιες δυνατότητές του για πρακτικούς σκοπούς απαντούσε: «Προτιμώ να ανακαλύπτω αλήθειες που υπήρχαν ανέκαθεν, αλλά που κανείς δε γνώριζε πριν από εμένα.»

Η ιστορία του «Τελευταίου Θεωρήματος» του Φερμά είναι η ιστορία μιας μάχης που δόθηκε για την τιμή του ανθρωπίνου πνεύματος και οι πολύμοχθες προσπάθειες που απαιτήθηκαν μέχρι την τελική νίκη επιβεβαιώνουν ότι το ευγενές κίνητρο του Αρχιμήδη εξακολουθεί να εμπνέει

/

ένα μεγάλο μέρος της μαθηματικής κοινότητας. Οπως θα δούμε στη συνέχεια, η προσπάθεια που οδήγησε τελικά στη λύση του περίφημου προβλήματος και η οποία κράτησε πάνω από τρεις αιώνες, ήταν παγκόσμια, χωρίς σύνορα και aποκλεισμούς και είναι θεμιτό να τη δούμε σαν ένα θρίαμβο του ανθρώπου στον πνευματικό στίβο. Ας γυρίσουμε πίσω στο χρόνο για να παρακολουθήσουμε την προϊστορία και την ιστορία του προβλήματος.

Το πασίγνωστο «Πυθαγόρειο θεώρημα» αποδεικνύει ότι μεταξύ των μηκών χ, y των καθέτων z της υποτείνουσάς του ισχύει η σχέση:

πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου και του μήκους

xz + / = z2. Η σχέση αυτή επαληθεύεται και για φυσικούς αριθμούς 1 χ, y, z. Ένα παράδειγμα είναι η τριάδα χ 3, y 4, z 5. Τέτοιες τριάδες αριθμών, ονομάζονται «Πυθαγόρειες τριάδες» και ήταν γνωστές από την εποχή της ακμής του Βαβυλωνιακού πολιτισμού 2 • Οι αρχαίοι Έλληνες μαθηματικοί αναρωτήθηκαν πόσες τέτοιες τριάδες υπάρχουν και οι Πυθαγόρειοι έδωσαν μια μέθοδο για τον προσδιορισμό aπείρων. Ο Ευκλείδης, στο δέκατο βιβλίο των στοιχείων του δίνει

=

=

=

μια μέθοδο για την εύρεση όλων των Πυθαγορείων τριάδων χρησιμοποιώντας τους τύπους:

χ= κ(λ - μ\ y = 2κλμ, z = κ(λ + μ ) 2

1

2

2

2

Με τον όρο φυσικοί αριθμοί εννοούμε εδώ τους αριθμούς 1, 2, 3, ... δηλαδή τους θετικούς ακέραιους. Έχει βρεθεί μια πήλινη βαβυλωνιακή πινακίδα, όπου αναφέρονται 15 τέτοιες τριάδες. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/4


Το <<Τελευταίο θεώρημα>> του Φερμά έγινε- επιτέλους- θεώρημα!

όπου κ, λ και μ είναι φυσικοί αριθμοί και ο λ μεγαλύτερος του μ.

Ο Ευκλείδης δεν αποδεικνύει ότι οι παραπάνω τύποι δίνουν όλες τις Πυθαγόρειες τριάδες. Η απόδειξη δόθηκε αργότερα προς το τέλος της Αλεξανδρινής εποχής από το Διόφαντο στο περίφημο έργο του «Τα Αριθμητικά». Οι αιώνες που ακολούθησαν ήταν σκοτεινοί και δύσκολοι για την επιστήμη. Το 1453, μετά την Άλωση της Πόλης από τους Τούρκους, οι περισσότεροι Βυζαντινοί επιστήμονες έφυγαν προς τη Δυτική Ευρώπη παίρνοντας μαζί τους τα αριστουργήματα των Αρχαίων. Σχεδόν αμέσως αναζωπυρώθηκε το ενδιαφέρον για τις κατακτήσεις των Ελλήνων επιστημόνων. Το έργο του Διόφαντου είχε μείνει για πολλούς αιώνες στην αφάνεια αλλά το 1621 στο Παρίσι, ο Κλοντ Μπασέ

[Claude Bachet (1581-1638)]

μετέφρασε

τα

«Αριθμητικά»

στα

Λατινικά

και

τα

παρουσίασε σε μια επιμελημένη έκδοση με σχόλια και υποσημειώσεις. Ο Πιερ ντε Φερμά [Pierre de Fermat (1601-1665)] ήταν νομομαθής και το 1631 έγινε νομικός σύμβουλος στο τοπικό κοινοβούλιο της Γαλλικής πόλης Τουλούζ. «Ερασιτέχνης» μαθηματικός

αλλά τι ερασιτέχνης! Ο μεγάλος Γάλλος μαθηματικός και φιλόσοφος Μπ. Πασκάλ [Blaise Pascal σε μια επιστολή του προς το Φερμά του γράφει: «Είστε ο μεγαλύτερος γεωμέτρης της Ευρώπης!»3. Ας μην ξεχνάμε άλλωστε ότι μέχρι το τέλος του 18ου αιώνα δεν υπήρχε

(1623-1662)]

πραγματικά οργανωμένη ανώτατη εκπαίδευση για τα μαθηματικά και μεγάλοι μαθηματικοί όπως ο Φερμά, ο Ντεκάρ (Καρτέσιος), ο Γκάους ή ο Ντιρικλέ ήταν σχεδόν aυτοδίδακτοι και σπούδασαν μελετώντας τα έργα διάσημων προκατόχων τους. Ο Φερμά είχε ένα αντίτυπο της μετάφρασης των «Αριθμητικών» και όταν το μελετούσε, συνήθιζε να γράφει σύντομες υποσημειώσεις στο περιθώριο του βιβλίου. Πέντε χρόνια μετά το θάνατο του Φερμά, που συνέβη το 1665, ο γιος του Σαμουήλ βάλθηκε να τακτοποιήσει την επιστημονική αλληλογραφία του πατέρα του με σκοπό να εκδώσει τα άπαντά του. Η δουλειά του ήταν ιδιαίτερα δύσκολη γιατί, καθώς φαίνεται, ο Φερμά προτιμούσε την ευχαρίστηση που έβρισκε στις μαθηματικές του έρευνες από τη δόξα που θα αποκτούσε με τις δημοσιεύσεις!4 Έτσι ο γιος του βρήκε το αντίτυπο των «Αριθμητικών» που μελετούσε ο πατέρας του, με τις υποσημειώσεις στο περιθώριο. Αποφάσισε τότε να κάνει μια νέα έκδοση της μετάφρασης του

Μπασέ και να συμπεριλάβει τις 48 υποσημειώσεις του πατέρα του. Η δεύτερη από τις «Παρατηρήσεις επί του Διόφαντου» (όπως ονόμασε τις υποσημειώσεις ο Σαμουήλ) είχε γραφτεί από το Φερμά στο περιθώριο του προβλήματος 8 του βιβλίου ΙΙ των «Αριθμητικών» που έλεγε: «Να διασπασθεί τετράγωνος αριθμός σε άθροισμα δύο άλλων τετραγώνων». Η υποσημείωση του Φερμά,

γραμμένη στα λατινικά, έλεγε: «Αντίθετα, είναι αδύνατο να γράψουμε έναν κύβο ως άθροισμα δύο κύβων, μία τέταρτη δύναμη ως άθροισμα δύο τετάρτων δυνάμεων ή, γενικότερα, έναν αριθμό που

είναι δύναμη ανώτερη της δεύτερης ως άθροισμα δύο δυνάμεων της ίδιας τάξης. Έχω μια πραγματικά θαυμάσια απόδειξη αυτής της πρότασης αλλά δε χωράει στο περιθώριο του βιβλίου ... »

Με σημερινούς όρους η πρόταση του Φερμά διατυπώνεται ως εξής: Αν ο ν είναι ένας φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 2 τότε η εξίσωση Χ ν+ Υ ν= Ζν

(1)

δεν επαληθεύεται για καμιά τριάδα φυσικών αριθμών. Αυτό είναι το περίφημο «Τελευταίο Θεώρημα του Φερμά» 5 ή κατ' άλλους η «Εικασία του Φερμά». Η απλότητα της διατύπωσης και το σχόλιο που τη συνόδευε αποτέλεσαν το κίνητρο προσπαθειών για την ανακάλυψη της απόδειξης που ισχυριζόταν ότι κατείχε ο Φερμά, τόσο από επαγγελματίες όσο κι από ερασιτέχνες μαθηματικούς. Δε θα ήταν υπερβολή να ισχυριστεί κανείς ότι εδώ και τριακόσια χρόνια δεν υπάρχει μαθηματικός που να μην έχει κάνει κάποια

προσπάθεια για να αποδείξει το θεώρημα του Φερμά. Ο ίδιος ο Φερμά είχε παρουσιάσει την απόδειξη της πρότασης για την περίπτωση ν 4 χρησιμοποιώντας μια ιδιαίτερα ιδιοφυή και

=

3

Την εποχή εκείνη, ο όρος «Γεωμέτρης» ήταν συνώνυμος του όρου «Μαθηματικός».

4

Ο Φερμά είναι χωρίς αμφιβολία ο «βαθύτερος» μαθηματικός του αιώνα του με πλούσιο και πρωτότυπο

έργο σε διάφορους τομείς των μαθηματικών. 5

Μέχρι τις αρχές του 18°υ αιώνα όλα τα προβλήματα που είχαν τεθεί από το Φερμά είχαν λυθεί εκτός από

το πρόβλημα στο οποίο αναφερόμαστε και αυτή ίσως είναι η αιτία που ονομάστηκε «τελευταίο θεώρημα του Φερμά».

I<'VIl Α VJ Α I'IY R'

~<"Α τ.

1/"i


Το «Τελευταίο θεώρημα>> του Φερμά έγινε- επιτέλους

-

Θεώρημα!

ισχυρή μέθοδο, τη «μέθοδο της άπειρης καθόδου» 6 . Μα, θα ρωτούσε κανείς, γιατί «θεώρημα του Φερμά», αφού καμιά απόδειξη του Φερμά δε βρέθηκε ποτέ για τη σχετική πρόταση; Όσοι αποδεικνύουν κάποια σημαντική μαθηματική πρόταση μένουν βέβαια στην ιστορία, αλλά το ίδιο

συμβαίνει, και κατά μείζονα λόγο, με όσους θέ��ουν σημαντικά προβλήματα. Γιατί τα προβλήματα είναι η κινητήρια δύναμη των μαθηματικών! Άλλωστε για να θέσει κάποιος ένα σημαντικό πρόβλημα χρειάζεται να έχει κάποια σημαντική ιδέα και όπως έλεγε ο Αϊνστάιν

στον Γάλλο ποιητή και λάτρη των μαθηματικών Πωλ Βαλερύ: «Οι πραγματικά σημαντικές ιδέες είναι τόσο λίγες ... » Η μάχη λοιπόν είχε αρχίσει, οι προσπάθειες όμως έμεναν χωρίς αποτέλεσμα παρά το γεγονός ότι με το πρόβλημα αυτό ασχολήθηκαν, άλλος λίγο άλλος πολύ, όλοι σχεδόν οι μεγάλοι

μαθηματικοί από τότε! Μόλις το

1753

ο μεγάλος Ελβετός μαθηματικός Λ. Οϋλερ

[Leonard Eu1er

ανακοίνωσε σε μια επιστολή του ότι απέδειξε το θεώρημα για την περίπτωση ν= 3. Παρουσίασε όμως την απόδειξη μόλις το 1770. Η απόδειξη αυτή είχε κάποιο σφάλμα το οποίο διόρθωσε ο Γάλλος μαθηματικός Α. Μ. Λεζάντρ [Adrien Marie Legendre (1752-1833)].

(1707-1783)]

Το

1816

η Γαλλική Ακαδημία Επιστημών ανακοίνωσε την αθλοθέτηση βραβείου για την

επίλυση του «Τελευταίου» θεωρήματος του Φερμά.

Είναι πολύ εύκολο να διαπιστωθεί ότι, αν το θεώρημα αποδειχθεί για κάποιον φυσικό αριθμό ν τότε θα έχει αποδειχτεί και για όλα τα πολλαπλάσια του ν. Πράγματι- αν η εξίσωση (1) δεν έχει λύση τότε και η εξίσωση xmv + ymv = zmv δεν μπορεί να έχει λύση γιατί αν είχε μια, έστω χ

= a, y = b, z = c

τότε οι αριθμοί

am, bm

και

cm

θα αποτελούσαν λύση της

προσπάθειες περιορίζονται στην περίπτωση που ο ν είναι πρώτοςΊ αριθμός ή το

Το

1820

η Γαλλίδα μαθηματικός Σ.Ζερμαίν

[Sophie Germain (1776-1831)]8

(1).

Έτσι οι

4.

απέδειξε μια πολύ

ενδιαφέρουσα πρόταση η οποία επέτρεπε τον περιορισμό των περιπτώσεων όπου θα μπορούσε να μην είναι ορθό το θεώρημα του Φερμά. Απέδειξε λοιπόν ότι, αν η εξίσωση του Φερμά έχει τη

λύση χ= a, y = b, z = c για κάποιον εκθέτη ν> 2 ο οποίος είναι πρώτος αριθμός και ο 2ν + 1 είναι επίσης πρώτος αριθμός τότε ο ν θα διαιρεί έναν τουλάχιστον από τους φυσικούς αριθμούς a, b,

[Peter Gustav Lejeune Dirich1et (1805-1859)] που 20 ετών, απέδειξαν γύρω στο 1825, ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλον, το θεώρημα για ν = 5 και 14 χρόνια αργότερα, το 1839, ο Γάλλος Γ. Λαμέ [Gabrie1 Lame (17951870)] το απέδειξε για ν = 7. c9.

Ο Λεζάντρ και ο Γερμανός Π.Γ.Ντιρικλέ

τότε ήταν μόλις

Οι αποδείξεις όμως ήταν όλο και πιο περίπλοκες και η ελπίδα για μια σύντομη απόδειξη της γενικής περίπτωσης φαινόταν να χάνεται οριστικά. Πολλοί ήταν αυτοί που πίστευαν -και πιστεύουν- ότι η απόδειξη που ισχυριζόταν πως είχε στα χέρια του ο Φερμά περιείχε κάποιο σφάλμα που δεν είχε γίνει αντιληπτό από τον ίδιοJΟ. Ο ίδιος ο Λαμέ πίστεψε ότι κατάφερε να βρει την γενική απόδειξη του θεωρήματος, αλλά την 1η Μαίου του 1847 όταν ανακοίνωσε την «απόδειξή» του στην Γαλλική Ακαδημία Επιστημών, οΖ. Λιουβίλ [Joseph Liouville (1809-1882)] 6

Αυτή συνίσταται στο εξής: Δεχόμαστε ότι η εξίσωση χν + yv

= zv έχει μία λύση (α, β, γ) με α, β, γ

φυσικούς αριθμούς και αποδεικνύουμε ότι τότε θα έχει οπωσδήποτε και άλλη λύση (α 1 , β 1 , γ 1 ) με τον αριθμό γ 1 μικρότερο του γ. Η διαδικασία αυτή οδηγεί στην εύρεση aπείρων τριάδων που στην καθεμιά ο τρίτος αριθμός θα είναι μικρότερος από τον τρίτο της προηγούμενης, πράγμα προφανώς άτοπο αφού δεν υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί μικρότεροι από τον γ. 7

Πρώτοι λέγονται οι φυσικοί αριθμοί που είναι μεγαλύτεροι του Ι και έχουν μόνο δύο διαιρέτες: τον

εαυτό τους και τον Ι. 8

Από τις ελάχιστες γυναΙκες μαθηματικούς εκείνης της εποχής. Η οικογένειά της αντέδρασε έντονα

στην αγάπη της για τα μαθηματικά. Την ημέρα της απαγόρευαν να διαβάσει και τη νύχτα της έπαιρναν τα ρούχα και τα κεριά από το δωμάτιό της ώστε να μην μπορεί να σηκωθεί από το κρεββάτι και να εργαστεί! Παι1ά όμως τη λυσσαλέα αντίδραση των δικών της, η αγάπη της για τα μαθηματικά νίκησε. Σε ηλικία 18 ετών το επίπεδό της σε μαθηματικές γνώσεις ήταν ήδη πολύ υψηλό και το 18Ι6 τιμήθηκε με το Μεγάλο Βραβείο (Grand Prix) της Γαλλικής Ακαδημίας Επιστημών. 9

Με άλλα λόγια: αν ο ν και ο 2ν+ 1 είναι πρώτοι και ο ν δε διαιρεί τον xyz τότε η εξίσωση χν + yv = zv δεν

έχει λύση. 10

Κανείς σχεδόν δεν έχει αμφισβητήσει το ότι ο Φερμά πίστευε ειλικρινά ότι είχε βρει την απόδειξη του

θεωρήματος, γιατί η όλη του συμπεριφορά στη διάρκεια της ζωής του αλλά και τα γραπτά του δείχνουν

ότι επρόκειτο για έναν άνθρωπο εξαιρετικά έντιμο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/6


Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε -επιτέλους- Θεώρημα!

του επεσήμανε ένα αδύνατο σημείο της που τελικά την ακρωτηρίαζε. Την ίδια χρονιά, ο

μεγάλος Γάλλος μαθηματικός Α. Κωσύ [Augustin Cauchy (1789-1857)) παρουσιάζει μια απόδειξη που τελικά αποδεικνύεται εσφαλμένη. Στο μεταξύ το

1844, ο Γερμανός μαθηματικός Ε. Κούμερ

δημοσίευσε μια εργασία σ' ένα ελάχιστα γνωστό επιστημονικό περιοδικό, όπου με την εισαγωγή μιας νέας έννοιας, αυτής των «ιδεωδών αριθμών», έκανε ένα

[Ernst Kummer (1810-1893)]

τεράστιο άλμα: απέδειξε μονομιάς το θεώρημα για όλους τους εκθέτες ν που είναι μικρότεροι

του

37

και στη συνέχεια για όλους τους ν που είναι μικρότεροι του

περιπτώσεις ν =

37,

ν =

59

και ν =

67.

εκτός από τις

100

Επιπλέον, η νέα αυτή έννοια των ιδεωδών αριθμών

αποτέλεσε την πρώτη ύλη για την ανάπτυξη της γενικής έννοιας του ιδεώδους, και την ανάπτυξη ενός νέου εξαιρετικά γόνιμου κλάδου των μαθηματικών, της Θεωρίας των Ιδεωδών, στοιχεία της οποίας διδάσκονται σήμερα στις μαθηματικές σχολές των ΠανεπιστημίωνΙΙ.

Αργότερα ο ίδιος ο Κούμερ, επεκτείνοντας τη θεωρία του, απέδειξε το θεώρημα για όλους τους εκθέτες μέχρι τον 100. Το 1856 ο Κούμερ τιμήθηκε με το χρυσό μετάλλιο και ένα βραβείο 3000 φράγκων από την Γαλλική Ακαδημία Επιστημών που είχε ανανεώσει το είχε προκηρυχθεί το 1815 για τη λύση του προβλήματος του Φερμά.

1850

το βραβείο που

Το 1908 θεσπίστηκε το βραβείο Wolfskehl με το σημαντικό χρηματικό έπαθλο των 100000 γερμανικών μάρκων 12 • Από τότε, η επιτροπή που είναι υπεύθυνη για το έπαθλο έχει λάβει χιλιάδες «αποδείξεις» του θεωρήματος του Φερμά!

Γιάννη Τσαρπαλή Αλγεβρα Δ' Δέσμης βιβλιο κατcivlλιzλο

ηψη

Περιέχει:

• 409

ασκήσεις, πρωτότυπες, συνδυαστικές, σύμφωνα με το νέο

πνεύμα των εξετάσεων.

8

Θέματα από αντίστοιχες εξετάσεις σε Γαλλία

(Bac),

Βέλγιο,

Καναδά, Αγγλία, Γερμανία, Βουλγαρία, Ρωσία.

8

Μεθοδολογία για την λύση των ασκήσεων.

• Τ έστ κατάλληλα για την κατανόηση της ύλης. • Γενικές ασκήσεις επανάληψης στο τέλος κάθε

κεφαλαίου.

8 Όλα τα Θέματα των Πανελληνίων εξετάσεων της Δ' Δέσμης. Κεντρική Διάθεση: Φροντιmήρια Ρόμβος, Φλέμιγκ

40 Αργυρούπολη τηλ. 9911067- 9932291 3628492 3301251

Εκδ. Ομιλ. Συγγ. Σόλωνος 100, τηλ. 3646125 Γ.Κορφιάτης, Ιπποκράτους 6, τηλ. Παπαδημητρόπουλος Σόλωνος 99, τηλ. 3612412 Σαββάλας Ζωοδ. Πηγής 18, τηλ.

11

Δυστυχώς οι γνώσεις που προαπαιτούνται για να εξηγήσουμε τι ακριβώς είναι ένας ιδεώδης αριθμός

είναι τέτοιες που δε μας επιτρέπουν να επεκταθούμε εδώ πάνω σ' αυτό το θέμα. 12

Το ποσό αυτό έχει σήμερα περιοριστεί στα 10000 μάρκα περίπου μετά από τις αλλεπάλληλες και συχνά

δραματικές υποτιμήσεις των νομισμάτων και η προσφορά θα πάψει να ισχύει στις

2007. Ί<VΚ Λ Ί<ΙΛΗΣ

R'

κθ. τ.

3/7

13

Σεπτεμβρίου του


Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε- επιτέλους- Θεώρημα!

Έτσι λοιπόν το «Τελευταίο Θεώρημα» aντιστεκόταν αλλά οι προσπάθειες για την απόδειξή

του

αντιμετώπιση

άλλων

προβλημάτων. Οταν κάποτε ρώτησαν το μεγάλο Γερμανό μαθηματικό Δ. Χίλμπερτ

εμπλούτιζαν

την

[David

Hilbert (1862-1943)]

επιστήμη

με

νέα

όπλα

που

επέτρεπαν

την

γιατί δεν προσπαθεί να αποδείξει το θεώρημα του Φερμά, εκείνος

απάντησε: «Γιατί να σκοτώσω την κότα που γεννάει χρυσά αυγά;» Εξ' άλλου όπως ο ίδιος έλεγε: «Οποιος ψάχνει για μεθόδους χωρίς να έχει στο νου του κάποιο συγκεκριμένο πρόβλημα, τις πιο πολλές φορές ψάχνει μάταια.»

Οι προσπάθειες δεν έπαψαν καθόλου αν και πολλοί άρχιζαν να αμφιβάλλουν για την ισχύ του θεωρήματος παρά το ότι η πρόοδος της θεωρίας αλλά και τα επιτεύγματα της τεχνολογίας είχαν επιτρέψει το 1976 να επαληθευθεί η ισχύς του θεωρήματος για όλους τους εκθέτες μέχρι τον 125.000 και το 1992 για τους εκθέτες μέχρι τον 4.000.000. Το επιχείρημα ήταν aφοπλιστικό: Μα είναι δυνατόν μια πρόταση να αντιστέκεται στις προσπάθειες τόσων σημαντικών

μαθηματικών για τριακόσια ολόκληρα χρόνια; Ομως, στις αρχές του Φάλτινγκς

(Gerd

Faltings)Ι3

1983,

ένας Γερμανός μαθηματικός, ηλικίας τότε

έφθασε

σ'

ένα πολύ

29

ετών, ο Γ.

σημαντικό συμπέρασμα σχετικό με μια

μαθηματική έννοια, τις «Αβελιανές πολλαπλότητες», το οποίο σε ότι αφορά στο θεώρημα του Φερμά είχε την εξής επίπτωση: Αν για κάποιον ακέραιο ν> 2 υπάρχουν ακέραιοι χ, y, z που

είναι πρώτοι μεταξύ τουςΙ4 και ικανοποιούν την εξίσωση χν

+ yv

=

zv τότε το πλήθος των

αντίστοιχων τριάδων είναι πεπερασμένο (και όχι άπειρο όπως στην περίπτωση της εξίσωσης 2

χ +y

2

2

= z )Ι5.

Το αποτέλεσμα αυτό ήταν η σημαντικότερη εξέλιξη στις προσπάθειες για την

απόδειξη του Θεωρήματος του Φερμά τα τελευταία εκατό χρόνια! Το «κάστρο» aντιστεκόταν

ακόμα αλλά ήταν πια ασφυκτικά περικυκλωμένο. Η τεράστια πρόοδος των μαθηματικών τα τελευταία σαράντα χρόνια έδινε την ελπίδα ότι η τελική νίκη δεν ήταν μακριά!

Προς το τέλος της δεκαετίας του 1980 είχαν διατυπωθεί διάφορες εικασίες η απόδειξη των οποίων θα συνεπαγόταν την ισχύ του «τελευταίου» θεωρήματος του Φερμά. Αυτό σήμαινε ότι το θεώρημα αυτό δεν ήταν κάποια μεμονωμένη «aξιοπερίεργη» πρόταση αλλά αντίθετα ότι ήταν στενά δεμένο με άλλα σημαντικά θέματα της aριθμοθεωρίας. Στο μεταξύ είχαν γραφτεί πολλές και ενδιαφέρουσες μονογραφίες με θέμα τις έρευνες πάνω στο θεώρημα του Φερμά. Μια από αυτές, στα ελληνικά, από την αεί��νηστη Ιωάννα Φερεντίνου- Νικολακοπούλου που εκδόθηκε από τον Ο.Ε.Δ.Β. το

δεν

1984, δυστυχώς

σε ελάχιστα αντίτυπα.

Οι ψίθυροι για οριστική απόδειξη του θεωρήματος ακούγονταν κατά καιρούς, κανείς όμως «τολμούσε» να ανακοινώσει ότι έφθασε στη λύση του προβλήματος πριν θέσει τα

αποτελέσματά του υπόψη και άλλων, ειδικών στο θέμα, μαθηματικών. Πάντως αργά ή γρήγορα οι ψίθυροι σταματούσανΙ6 πράγμα που σήμαινε ότι το πρόβλημα aντιστεκόταν ακόμη σθεναρά. Ώσπου, την Τετάρτη 23 Ιουνίου του 1993, στο τέλος μιας σειράς τριών διαλέξεων που έδωσε στο Καίμπριτζ ο Βρετανός μαθηματικός Άντριου Γουάιλς (Andrew Wiles) ανακοίνωσε την απόδειξη του τελευταίου θεωρήματος του Φερμά! Ας κάνουμε εδώ μια μικρή παρένθεση για να μιλήσουμε για τη θέση του θεωρήματος του Φερμά στα σημερινά μαθηματικά. Το «θεώρημω> είναι ένα διάσημο μαθηματικό πρόβλημα, δεν είναι όμως μια πρόταση που κατέχει κεντρική θέση στα σημερινά μαθηματικά με την έννοια ότι η απόδειξή της θα επιτρέψει την επίλυση άλλων σημαντικών μαθηματικών προβλημάτωνΙΊ.

Αυτό που πρέπει βέβαια να τονίσουμε είναι ότι αποτέλεσε ένα πρόβλημα- πρόκληση και ότι οι

Ο Φάλτινγκς απέδειξε μια άλλη περίφημη εικασία, την εικασία του Μορντέλ [L.J. Mordell (1888-1972)]. Δηλαδή έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη τον 1. 15 Ο Φάλτινγκς τιμήθηκε για το μαθηματικό του έργο με το μετάλλιο Fields το 1986. Το μετάλλιο αυτό 13

14

είναι το αντίστοιχο του Βραβείου Νόμπελ για τα μαθηματικά και απονέμεται κάθε τέσσερα χρόνια από μια διεθνή επιτροπή μαθηματικών κατά τη διάρκεια του «Παγκόσμιου Μαθηματικού Συνεδρίου».

16 Οπως συνέβη για παράδειγμα το 1988 όταν ένας Ιάπωνας μαθηματικός ανακοίνωσε στη Βόννη την

απόδειξη μιας εικασίας η οποία συνεπαγόταν την ισχύ του «τελευταίου θεωρήματος». Τότε μάλιστα είχε ασχοληθεί με το θέμα ο παγκόσμιος τύπος αλλά μια εβδομάδα αργότερα βρέθηκε κάποιο λάθος στην απόδειξη. 17

Οπως θα συνέβαινε π. χ. αν αποδεικνυόταν η εικασία του Ρίμαν. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/8


Το «Τελευταίο θεώρημα>> του Φερμά έγινε- επιτέλους- Θεώρημα!

προσπάθειες αντιμετώπισής του συνέβαλαν στην ανάπτυξη των μαθηματικών. Η προσπάθεια του Γουάιλς ειδικότερα, πέρασε μέσα από την απόδειξη μιας άλλης εικασίας, αυτής των Τανιγιάμα­ Σιμούρα (τaniyama - Shimura) η σημασία της οποίας για τα ίδια τα μαθηματικά είναι πολύ μεγαλύτερη από τη σημασία του θεωρήματος του Φερμά. Σύμφωνα με την πρώτη αυτή εργασία του Γουάιλς, το θεώρημα του Φερμά είναι ένα απλό πόρισμα της εικασίας των Τανιγιάμα­ Σιμούρα.

Η αντιμετώπιση του προβλήματος ήταν έμμεση. Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση xν+yν=zv

=

=

=

έχει μια λύση χ α, y β, z γ για κάποιο φυσικό ν ~ 3. Αποδεικνύεται τότε η ύπαρξη ενός μαθηματικού αντικειμένου Ε, που λέγεται ελλειπτική καμπύλη, η οποία περιγράφεται από μια

εξίσωση της οποίας οι συντελεστές εξαρτώνται από τους αριθμούς αν και βν. Το

1986

ο

Αμερικανός μαθηματικός Κ. Ρίμπετ (Kenneth Ribet) είχε αποδείξει ότι η Ε είναι αδύνατο να έχει μια συγκεκριμένη ιδιότητα, την οποία ας την πούμε ιδιότητα (Μ). Ο Γουάιλς λοιπόν απέδειξε με τη σειρά του ότι μια οικογένεια καμπύλων που περιέχει και την Ε περιέχει καμπύλες που έχουν όλες την ιδιότητα (Μ). Οπερ άτοπον! Άρα η εξίσωση του Φερμά δεν έχει λύση για ν~ 3. Η αρχική εργασία του Γουάιλς ήταν ένα πυκνό κείμενο διακοσίων περίπου σελίδων με

αναφορές σε άλλες προτάσεις που αφορούσαν σ' ένα ευρύτατο πεδίο των σύγχρονων μαθηματικών. Χρησιμοποιούσε με λίγα λόγια τις περισσότερες από τις πιο σημαντικές προτάσεις της aριθμοθεωρίας και της αλγεβρικής γεωμετρίας των τελευταίων τριάντα χρόνων!

Η εργασία αυτή άρχισε να ελέγχεται από μερικούς από τους πιο ικανούς αριθμοθεωρητικούς του κόσμου. Παρουσιάστηκαν ορισμένα μικροπροβλήματα τα οποία ξεπεράστηκαν εύκολα. Όμως

τον Δεκέμβριο του

1993

εντοπίστηκε στην απόδειξη κάποιο «κενό», το οποίο φάνηκε πιο

σοβαρό. Με το κενό αυτό η εργασία εξακολουθούσε βέβαια να είναι ιδιαίτερα σημαντική αφού αντιμετώπιζε την εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα σε άπειρο πλήθος περιπτώσεων 18 , αλλά δεν έφθανε στην απόδειξη του βασανιστικού θεωρήματος του Φερμά! Τον Φεβρουάριο του 1994 ο Γουάιλς αρχίζοντας μια σειρά διαλέξεων στο Πρίνστον εκφράζει την αισιοδοξία του:

«... Πιστεύω

ότι θα καταφέρω σύντομα να καλύψω το κενό που παρουσιάστηκε, χρησιμοποιώντας

τις ιδέες που ανέπτυξα στο Καίμπριτζ.» Κανένας δεν είχε λόγο να αμφισβητήσει την αισιοδοξία

του. Το πλήθος και η σημασία των αποτελεσμάτων που είχε επιτύχει στην αρχική του εργασία ήταν από μόνο του ιδιαίτερα σημαντικό και η πορεία που είχε χαράξει, κάθε άλλο παρά είχε

εξαντλήσει τις δυνατότητές της. Ομως τον Αύγουστο του ίδιου χρόνου ο Γουάιλς αφήνει να εννοηθεί ότι η κάλυψη του κενού στην απόδειξη θα απαιτήσει «μερικά χρόνια δουλειάς ... ». Τι έγινε λοιπόν; Ακόμα μια αποτυχημένη προσπάθεια; Ακόμα μια «απόδειξη» του θεωρήματος που αποδεικνύεται εσφαλμένη; Πολλοί άρχισαν να πιστεύουν ότι παρά τον θόρυβο που είχε δημιουργηθεί το θεώρημα «aντιστεκόταν» ακόμα! Ομως δυο μήνες αργότερα η έκπληξη! Κυκλοφορούν δύο εργασίες, η μια του Γουάιλς και η άλλη του ίδιου σε συνεργασία με έναν

παλιό του μαθητή, τον Ρ. Τέηλορ (Richard Taylor) που ολοκληρώνουν την αντιμετώπιση της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα και ταυτόχρονα αποδεικνύουν οριστικά το περίφημο θεώρημα του Φερμά. Όπως είπαμε και πιο πάνω η απόδειξη είναι ιδιαίτερα σύνθετη, δύσκολη και τεχνική παρά το ότι η δεύτερη εργασία απλοποιεί ουσιαστικά την πρώτη και το ότι από τη στιγμή που ο Γουάιλς κοινοποίησε τις έρευνές του διάφοροι ερευνητές έχουν βρει aπλούστερες (αλλά όχι απλές) αποδείξεις. Ένα περίφημο πρόβλημα λύθηκε οριστικά. Αργά ή γρήγορα θα βρεθούν και aπλούστερες

λύσεις, ίσως και αποδείξεις που να χρησιμοποιούν μόνο τα μαθηματικά που ήταν γνωστά την εποχή του Φερμά. Όμως, πλήθος αμέτρητο άλλων προβλημάτων περιμένει την λύση του. Τα

μαθηματικά θα είναι πάντοτε ένας στίβος άσκησης, ένα μεταλλείο απ' όπου ο άνθρωπος θα αντλεί ευγενείς προκλήσεις και ύψιστες ικανοποιήσεις. Ας θυμηθούμε τα λόγια του Γάλλου λογοτέχνη Σταντάλ: «Αγαπούσα τα μαθηματικά γι' αυτά τα ίδια. Γιατί είναι μακριά από την υποκρισία και την ασάφεια, τα δύο πράγματα που απεχθάνομαι».

18

Ενώ μέχρι τότε είχε αποδειχθεί μόνο σε μερικές ειδικές περιπτώσεις. FΆVΚΑF:ΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/9


Ποια είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες; (Αφορμή από ένα θέμα των γενικών εξετάσεων

1ης Δέσμης 1995) Μπάμπης Τουμάσης

Στις γενικές εξετάσεις

1995 δόθηκε ένα θέμα, που τελικά κατέληγε στο εξής ερώτημα: {1, 2, 3, ... , 8} είναι ένας δειγματικός χώρος, που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Εκλέγουμε τυχαίως ένα απλό ενδεχόμενο λ ε Ω. Α ν f(x) = 2χ 2 - 4χ + λ, να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση f(x) ==Ο να μην έχει πραγματικές ρίζες. Έστω Ω=

Η απάντηση σ' αυτό το ερώτημα είναι απλή: Πράγματι, Δ= Ρ(μη πραγματικών ριζών)== Ρ(λ

i+i+ ... +i=~==~=

> 2) =

Ρ(λ

16- 8λ

<Ο~ λ>

2.

Συνεπώς:

== 3) + Ρ(λ == 4) + ... + Ρ(λ = 8) =

Ρ(πραγματικών ριζών)= 1-~=±== 0,25.

0,75.

Επειδή το πιο χαρακτηριστικό ίσως γνώρισμα της μαθηματικής σκέψης είναι η γενίκευση

και επέκταση από τα μερικά και απλούστερα, στα γενικότερα και συνθετότερα, θα αποτελούσε μια ενδιαφέρουσα ίσως μαθηματική εμπειρία να επιχειρούσαμε ένα διανοητικό περίπατο στα προκλητικά ερωτήματα που προκύπτουν από μια τέτοια διαδικασία, με αφορμή το θέμα που τέ­

θηκε στις γενικές εξετάσεις.

Μερικά απ' αυτά είναι τα εξής:

α)

Στο παραπάνω θέμα, μόνο ένας συντελεστής (ο σταθερός όρος) του τριωνύμου αχ + βχ + γ

2

μεταβάλλονταν, παίρνοντας τιμές στο σύνολο Ω. Υί γίνεται όμως όταν μεταβάλλονται και οι

τρεις συντελεστές α, β, γ (α =1: Ο) ταυτόχρονα; Ποια θα είναι τότε η πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες; β)

Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα όταν ένας μόνο συντελεστής μεταβάλλεται, όχι ό­

μως σε υποσύνολο των ακεραίων, όπως είναι το Ω, αλλά στο γ)

δ)

JR;

Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα, όταν δυο μόνο συντελεστές μεταβάλλονται στο

JR;

Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα όταν και οι τρεις συντελεστές μεταβάλλονται στο

JR; Για να απαντήσει κανείς στα ερωτήματα αυτά, θα χρειαστεί να διευρύνει κάπως το οπτικό του πεδίο στις πιθανότητες και να επιστρατεύσει μαθηματικές έννοιες από την Άλγεβρα, τη Γε­ ωμετρία και την Ανάλυση, αποδεικνύοντας έτσι για άλλη μια φορά το μεγαλείο της ενότητας των μαθηματικών και της διαπλοκής και αλληλοσυσχέτισης όλων των μαθηματικών κλάδων. Πράγματι, τα μαθηματικά αποτελούν μια ενιαία ολότητα. Ο διαχωρισμός τους σε κλάδους είναι τεχνητός και εξυπηρετεί κυρίως πρακτικές και λειτουργικές ανάγκες. Απάντηση στο (α) ερώτημα Το τριώνυμο θα έχει πραγματικές ρίζες εάν η διακρίνουσά του Δ είναι μη αρνητική, δηλαδή 2

εάν Δ ~ Ο ή β 2 - 4αγ ~ Ο ή α γ ::;;

Jf

(1 ).

Ένας τρόπος για να βρούμε ποιες από τις τιμές των α, β, γ στο Ω ικανοποιούν την ( 1), είναι να aπαριθμούμε τις δυνατές τριάδες (α, β, γ), δίνοντας κάθε φορά μια συγκεκριμένη τιμή στο β.

Αρχίζουμε λοιπόν με β=

1. Τότε δεν υπάρχουν τιμές των α, γ ε Ω που να ικανοποιούν την 1 Ρ( πραγματικών ριζών)= Ο. Εάν β = 2, η (1) γίνεται αγ ::;; 1 και ικανοποιείται για α == 1, γ == 1, οπότε Ρ( πραγματικών ριζών)== Ρ( α= 1, β= 1, γ== 1). Τα ενδεχόμενα όμως (α= 1), (β== 1), (γ== 1) είναι α­

(1).

Επομένως, εάν β=

νεξάρτητα μεταξύ τους, αφού η εκλογή τους είναι τυχαία στο Ω, οπότε η πιθανότητα να συμβούν ταυτόχρονα ισούται με το γινόμενο των πιθανοτήτων τους, δηλαδή:

Ρ( α = 1, β

1 = 1, γ = 1) = Ρ(α = 1) �� Ρ (β = 1) · Ρ (γ = 1) =81 · 81 · 81 = 13 = 512 · 8

Με τον ίδιο τρόπο εντοπίζουμε κάθε φορά τις τριάδες (α, β, γ) για τις διάφορες τιμές του β ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3110


Ποιά είναι η πιθανότητα να έ-χει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

και υπολογίζουμε την πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες. Στον πίνακα 1 aπαριθ­ μούμε όλες τις περιπτώσεις, υπολογίζοντας κάθε φορά και την αντίστοιχη πιθανότητα. Η συνο­ λική πιθανότητα θα βρεθεί εάν προσθέσουμε τις επί μέρους πιθανότητες, μια και οι διάφορες

περιπτώσεις συνιστούν ενδεχόμενα ασυμβίβαστα μεταξύ τους. Έτσι λοιπόν:

'

'

Ρ(πραγματικων ριζων) =

1 3 8 14 21 27 33 107 107 = ~ 0,209 και 3 + 3 + 3 + 3 + 3 +-3 + 3 = 3 512 8

Ρ(μη πραγματικών ριζών)~

8 8 8 8 1 - 0,209 ~ 0,791.

8

8

ΠΙΝΑΚΑΣ

8

1

Συνδυασμοί των α, β, γ για τις διάφορες τιμές του β και αντίστοιχες πιθανότητες Αριθμός τριάδων που ικανο2

β

ποιούν τη σχέση αγ:::;

lf

Πιθανότητα πρα'(ματικών ριζών

1

ο

ο

2

1

1 83

3

3

3 83

4

8

8 83

5

14

14

83 21

83

21

6

27

7

27

83

8

33

83

33

Εύκολα καταλαβαίνει κανείς πως όταν ο δειγματικός χώρος Ω μεταβάλλεται, θα μεταβάλλο­ νται και οι αντίστοιχες πιθανότητες. Οσο όμως ο δειγματικός χώρος γίνεται ένα όλο και μεγαλύ­ τερο υποσύνολο των ακεραίων, τόσο η απαρίθμηση όλων των δυνατών τριάδων (α, β, γ) θα Ίίvε­ ται δυσκολότερη, έως αδύνατη. Στην περίπτωση αυτή θα βοηθούσε ένας ηλεκτρονικός υπολογι­ στής, ο οποίος θα μπορούσε να απαριθμήσει όλες τις τριάδες (α, β, γ) '(ια δει'(ματικούς χc6ρους με πλήθος στοιχείων Ν 1.000, 10.000, 100.000 και κατόπιν να υπολόγιζε τις αντίστοιχες πιθα­ νότητες. Εάν οι πιθανότητες αυτές έτειναν σε κάποιο όριο, καθώς το Ν γινόταν όλο και πιο με­ γάλο, τότε το όριο αυτό θα μπορούσαμε να πούμε ότι θα ήταν η πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ή ανάλο'(α μη πραγματικές ρίζες στο σύνολο των ακεραίων αριθμών.

=

Απάντηση στο (β) ερώτημα 2

Ο μεταβλητός συντελεστής λ Ε JR. μπορεί να είναι ο σταθερός όρος ή ο συντελεστής του χ ή ακόμη ο συντελεστής του χ. Γι' αυτό διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

i)

Έστω το τριώνυμο αχ 2 + βχ + λ, όπου α, β σταθερές στο JR. (α* Ο) και λ μεταβάλλεται στο JR..

Ζητάμε να βρούμε την πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες. Αυτό θα συμβεί όταν J 2

Δ~ Ο, δηλαδή, β 2 - 4αλ ~Ο<=> λ :::;1[- εάν α> Ο ή λ ~1[ εάν α< Ο. 4α

ότι

4

α

ι

Επειδή ο συντελεστής α θεωρείται σταθερός κάθε φορά, μπορούμε αρχικά να υποθέσουμε 2 α > Ο, οπότε Δ Ο <=> λ :::; ~- 'Εστω τώρα Μ ένας θετικός πραγματικός αριθμός, τέτοιος ώστε

>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/11


Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραyματικές ρίζες;

Μ

>

r 4

.

α. Περιοριζόμαστε στο σύνολο [-Μ, Μ] της ευθείας των πραγματικών αριθμών και αναζη-

τάμε την πιθανότητα πραγματικών ριζών όταν λ Ε [-Μ, Μ]. Ο δειγματικός χώρος του προβλήματος είναι τώρα το διάστημα [-Μ, Μ] και ευνοϊκές περι-

πτώσεις θα έχουμε όταν -Μ ~λ ~

!i (σχήμα 2

1). Μ

ο

JR

Σχήμα

1 Σύμφωνα τώρα με τον κλασικό ορισμό της πιθανότηtqς είνάι λογικό να θεωρήσουμε ότι · ρι ζ·ων με λ Ε [-Μ , Μ])_ πλήθος ευνόϊκΦν tcεριπτώσεων = Ρ( πραγματικων λ 'θ δ , . . , π

η

ος

υνατων περιπτωσεων

μήκος του διαστήματος [-Μ,~] = I~+Μ I =~+Μ= _L + 1. μήκος του διαστήματος [-Μ, Μ)

8αΜ

Η πιθανότητα αυτή ονομάζεται και γεωμετρική πιθανότητ.α γιατί τα ενδεχόμενα αντιπροσω­ πεύονται από σημεία που ανήκουν σε μια γεωμετρική περιοχή· εδώ είναι υποσύνολα της ευθείας των πραγματικών αριθμών.

Ρ(μη πραγματικών ριζών με λ Ε [-Μ, Μ])= 1 - Ρ(πραγματ~!S:ών ριζών με λ Ε [-l'v1;: Μ]),;, Οταν Μ

+οο, τότε το διάστημα [-Μ, Μ] τείνει να καλύψει το

-

IR

4- sE~·

και παρατηρούμε ότι οι

δυο παραπάνω πιθανότητες τείνουν στο t· αφού J~ΠΖσο ( 8 ~~ + t) = i και J~ΠΖσο (i- s2~) = i· Επομένως, Ρ( πραγματικών ριζώ~ με λ Ε IR!- ~και ΡCμη πραγματικών pιζών με λ Ε IR)-

i

Ανάλογα συμπεράσματα θα έχουμε εάν υποθέσουμε αpχικά ότι α< ό:

ii)

'Εστω το τριώνυμο λχ 2 + βχ +γ, όπου β, γ σταθε~ές στο rR και λ μεταβλη~ή στο IR *. Δ~Ο

<=>

β

2

-

4λ γ ~ Ο

Εάν γ= Ο, τότε Δ~ Ο για κάθε λ Ε IR και Ρ(πραγματικών ριζών)=

Εάν γ > Ο, τότε Δ ~ Ο <=> λ ~~και προχωρώντας όπως παραπάνω βρίσκο~με ότι: Ρ( πραγματικών ριζών)-

1, Ρ(μη πραγματικών ριζών)= Ο.

t και Ρ(μη πραγματικών ριζών)-+ t·

Εάν γ< Ο όμοια βρίσκουμε ότι: Ρ(πραγματικών ριζών)-! και Ρ(μη πραγματι~ών ριζών)

-t·

iii) Έστω το τριώνυμο αχ + λχ +γ, όπου α =ι. Ο, γ Ε IR σταθερές και λ μεταβάλλεται στο IR. 2 . Δ ~ Ο <=> λ - 4αγ ~ Ο • Εάν a:y ~Ο, τότε Δ~ Ο για κάθε λ Ε IR οπότε: Ρ(πρα:yμαηκών ριζών)= 1 και Ρ(μη πρα:yμαηκών ριζών)= Ο. • Εάν αγ > Ο, τότε Δ < Ο <=> λ 2 < 4αγ <=> lλl < 2..J(ΧΎ <=> -2..J(ΧΎ < λ < 2-JCiY. Εκλέγουμε πάλι ένα Μ > Ο, τέτοιο ώστε Μ > 2..J(ΧΎ και αναζητάμε την πιθανότητα μη πραγματικών ριζών όταν λ Ε [-Μ, Μ] (σχήμα 2).

2

-2{αγ

Ο

2{riY

Μ

JR

Σχήμα2

Σκεπτόμενοι όπως προηγουμένως βρίσκουμε ότι:

Ρ(μη πραγματικών ριζών με λ Ε [-Μ, Μ])= μήκο~ του διαστήμα~ος [- 2ναγ, 2;Ja1] ~-~ μηκος του διαστηματος [-Μ, Μ]

Ρ( πραγματικών ριζών με λ Ε [-Μ, Μ]) =1 -

iJP.

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/12

2Μ-

Μ.


Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

' τωρα ' οτι ' για.Μ π αρατηρουμε Ρ(μη πραγματικών ριζών με λ Ε

m-

2- Γ(;. __... +οο, ~

Ο και 1 - 2 Μ

!R) -4 Ο και Ρ( πραγματικών

1, οποτε '

ριζών με λ Ε !R)-

1.

Απάντηση στο (γ) ερώτημα

Θα διακρίνουμε και εδό) κάποιες περιπτώσεις ανάλογα με τη θέση του σταθερού συντελεστή.

'Εστω τ~ τριcδνυμο χ 2 + βχ + γ, όπου β, γ μεταβ&λλονται στο !R (το ότι εδώ ο συντελεστής του χ 2 ισούτ.αι με l δε βλάπτει τη γενικότητα. Σε αντίθετη περίπτωση διαιρούμε με το σταθερό i)

συντελεστή α και αναγόμεθα στην ίδια περίπτωση). Αρχικά θα προσεγγίσουμε το πρόβλημα, θεωρώντας ότι τα β, γ μεταβάλλονται έτσι ώστε

κάθε φορά το διαtkταγμένο ζεύγος (β, γ) να παριστάνει ένα τυχαίο σημείο ενός πεπερασμένου χώρου στο επίπεδο, γ.ια παράδειγμα, ενός τέτραγώνου πλευράς 2Μ, τοποθετημένου έτσι ώστε το κέντρο του να βρίσκεται στην αρχή ενός ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων (σχήμα 3).

Στη συνέχεια, θα εντοΠίσουμε τα σημεία του τετραγώνου για τα οποία Δ > Ο, Δ = Ο και Δ < Ο, ακολουθώντας γραφική μέθοδο. ..

·

β' Μ

Α(Μ,2{Μ)

Το γραμμοσκιασμένο μέρος παριστάνει

τα σημεία για τα οποία β

2

-

4γ < Ο. Το

μη γραμμοσκιασμένο μέρος παριστάνει

τα σημεία για τα οποία β 2 - 4γ >Ο. Β(Μ,-2/Μ) -Μ

~χήμα 2

2

3

2

'Εχουμε ότι Δ= β - 4γ και β - 4γ =Ο <=::>β = 4γ. Η εξίσωση αυτή, εάν εκλέξουμε σύστημα συντεταγμένων Ογβ, παριστάνει παραβολή της οποίας η εστία είναι το σημείο E(l, μα 3, δείχνουμε τις περιοχές του τετραγώνου όπου Δ> Ο, Δ= Ο και Δ< Ο, με Μ> 4.

0).

Στο σχή­

Το τμήμα της παραβολής που είναι πάνω από τον άξονα των γ (δηλαδή τα σημεία της παρα­

βολής με β~ Ο) είναι γραφική παράσταση της συνάρτησης β= 2yy. Με τη βοήθεια τώρα του ο­ λοκληρωτικού λογισμού μπορούμε να βρούμε το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου μέρους του τε-

τραγώνου το οποίο ισούταιμε,2ιΜ 2-f{ dγ = 4J0M-fi dγ = ~ γ 312 )~ =~ Μ 312 = ~ ΜνΜ.. Επομένως Ρ( μη πραγμ. ριζών εντός του τετραγώνου)= εμβαδόν γραμμ?σκιασμέ~ου τμήματος = 8Μ..;Μ 2 ·

.

,

εμβαδον τετραγωνου

12Μ

2

3-/Μ'

Ρ(πραγμ. ριζών εντός του τετραγώνου)= 1- ~· Καθώς το Μ

...... +οο, το τετράγωνο τείνει

να καλύψει όλο το επίπεδο, ενώ

_h---. Ο και 1- _b- 1. Επομένως, Ρ(μη πραγμ. ριζών)- Ο και Ρ(πραγμ. ριζών)- 1.

3νΜ

ii)

3νΜ

Έστω το τριώνυμο αχ 2 + β χ+ 1, όπου α, β μεταβάλλονται στο JR (α 7:- 0). Για ευκολία στους υπολογισμούς θεωρήσαμε το γ = 1. Εάν γ = Ο το

τριώνυμο έχει πάντα

πραγματικές ρίζες. Εάν γ 7:- Ο διαιρούμε και καταλήγουμε στην περίπτωση που μελετάμε.

Εδώ Δ= β - 4α και η παραβολή με εξfσωση β 2 = 4α θα έχει ακριβώς την ίδια μορφή με αυ-

2


Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραyματικές ρίζες;

τήν της παραπάνω περίπτωσης στο ορθογώνιο σύστημα Οαβ (εξαιρουμένου του σημείου (0, 0)). Επειδ1Ί το σημείο (0, Ο) που εξαιρείται δεν επηρεάζει τον υπολογισμό των εμβαδών, θα ισχύουν και σ' αυτήν την περίπτωση τα ίδια με τα παραπάνω συμπεράσματα.

iii) Έστω το τριcόνυμο αχ +χ+ γ, όπου α, γ μεταβάλλονται στο IR (α* 0).

2

Θα ακολουθήσουμε και εδώ την ίδια τεχνική, θεωρώντας ότι τα α, γ μεταβάλλονται, έτσι ώ­

στε το διατεταγμένο ζεύγος (α, γ) να παριστάνει κάθε φορά ένα τυχαίο σημείο ενός τετραγώνου πλευράς 2Μ, (Μ> Ι), του οποίου το κέντρο βρίσκεται στην αρχή ενός ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων (σχήμα

4). γ

ο α

Σχήμα

Εδώ έχουμε ότι Δ= Ι- 4αγ και Ι

-

β ο λ η,'

Α

υπερ

' '

' y

αφου ειναι της μορφης

4

4αγ =Ο= γ= }α· Η εξίσωση αυτή παριστάνει ισοσκελή

=χ με

Α = Ι . Ε'αν

4

εκ

λ ε'ξ ουμε

'

'

ως συστημα συντεταγμενων το

Οαy, η γραφική της παράσταση αποτελείται από δυο κλάδους που βρίσκονται στο Ι

0

και 3° τε­

ταρτημόριο. Στο σχήμα 4, το γραμμοσκιασμένο μέρος παριστάνει την περιοχή του τετραγώνου όπου Δ .·c;, Ι- 4αγ <Ο και το μη γραμμοσκιασμένο μέρος την περιοχή όπου Δ> Ο.

Το εμβαδόν της μη γραμμοσκιασμένης περιοχής αποτελείται από δυο τετράγωνα πλευράς Μ 2

με εμβαδόν 2Μ και α;τό τα δυο καμπυλόγραμμα χωρία με εμβαδόν 2(Ε 1 + Ε 2 ), λόγω της συμμε­

τρίας της υπερβολής ω; προς κέντρο Ο. Το εμβαδόν Ε 1 του ορθογωνίου παραλ/μου είναι:

F1

~ 4~ Μ=~ και το εμβαδόν: Ε2 = f ~ Jα dα ==~f ~ i dα==~ hια ]ιι~ ==~ (hιΜ-~)==~ (hιΜ + hι4Μ) =

*

(1nM + ΙηΜ + Ιη4)

=~!πΜ+* Ιη4.

Τελικά έχουμε ότι το εμβαδόν της μη γραμμοσκιασμένης περιοχής είναι:

2Μ 2 + 2(Ει

+ Ε2) ==

2Μ 2

+ 2 (Ι4 + Ι

Ι

2 ΙηΜ + 4Ιη4

) = 2Μ 2 + Ι + lnM + Ι Ιη4 = 2Μ 2 + ΙηΜ + 1 + Ιη2.

2

2

2

Επομένως Ρ(πραγμ. ριζών εντός του τετραγώνου)= εμβαδόν μη γρα.μμοσκιασ~ένου μέρους= ' εμβαδον τετραγωνου 2Μ 2 + lnM + -1 + ln2 2 - - - = l + lnM + _1_ + ln2 ----,...2 4Μ 2 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 . Ρ(μη πραγμ. ριζών εντός του τετραγώνου)=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/14


Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

ι

_ (1 + lnM + _1_ + 2

2

ln2 ) = 1_ lnM __1_ _ In2 4Μ 2 2 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 .

2

Καθώς το Μ--. +οο, το τετράγωνο τείνει να καλύψει όλο το επίπεδο, ενώ

lim (1+ lnM +~+ ln2 )=1+ lim (lnM)=1+ lim ((lnM)')= Μ-+~ 2 4Μ 2 8Μ- 4Μ 2 2 Μ-+οο 4Μ 2 2 M-+CX) (4Μ 2 )' 1

1+ Iim 2 Μ-+:χο

Μ =l+ lim - 1-=l 2

Μ-+οο 8Μ

2

2"

Επομένως, Ρ(μη πραγμ. ριζών)--.

i και Ρ(πραγμ. ριζών)- i·

γ

Στην τελευταία αυτή περίπτωση υποθέσαμε ότι ο

Μ

σταθερός συντελεστής του χ είναι β

Δ;,Ο

Δ<Ο

Μ

Δ<Ο

Δ;,Ο

Ο, οπότε

β= Ο, οπότε θα έχουμε το τριώνυμο αχ 2 +γ, όπου α, γ μεταβάλλονται στο IR (α* 0).

ο -Μ

*

διαιρούμε με β και παίρνουμε συντελεστή 1. Μας μένει λοιπόν να εξετάσουμε την περίπτωση όπου

α

=-

=

Έχουμε τότε Δ ;,: Ο 4αγ ;,: Ο αγ < Ο. Το σχήμα 5 δείχνει τις περιοχές του τετραγώνου όπου Δ ;,: Ο και Δ < Ο, οπότε εύκολα προκύπτει ότι

i

Ρ(πραγμ. ριζών)= και Ρ(μη πραγμ. ριζών)= -Μ

Σχήμα

5

Απάντηση στο (δ) ερώτημα

z

Έστω το τριώνυμο αχ + β χ + γ, όπου α, β, γ μετα­

2

βάλλονται στο

IR

(α*

0).

Στην περίπτωση αυτή τα α, β, γ μεταβάλλονται έτσι ώστε η διατεταγμένη τριάδα (α, β, γ) να παρι­ στάνει ένα σημείο στον τρισδιάστατο χώρο. Για να αντιμετωπίσουμε επομένως το πρόβλημα αυτό, θα

I

I

4t-----L---

o ',

χρειαστεί να περιοριστούμε αρχικά στο εσωτερικό

--------

χ

: I I

......

ενός κύβου πλευράς 2Μ, το κέντρο του οποίου είναι τοποθετημένο στην αρχή των αξόνων (σχήμα 6). Υ

Σχήμα

6

Στη συνέχεια θα πρέπει να ακολουθήσουμε μια ανάλογη τεχνική με τις προηγούμενες περι­

πτώσεις αλλά στον τρισδιάστατο χώρο. Ο λόγος των όγκων θα δώσει τη ζητούμενη πιθ'ανότητα, ακριβώς όπως έγινε και με το λόγο των εμβαδών. Δυστυχώς όμως, ο υπολογισμός του όγκου της περιοχής του κύβου που περιλαμβάνει τα σημεία που δίνουν πραγματικές ή μη πραγματικές ρί­ ζες, παρουσιάζει κάποιες δυσκολίες και η αντιμετώπιση του απαιτεί κάποιες γνώσεις πέραν των σχολικών μαθηματικών. Έτσι αφήνουμε την περίπτωση αυτή ως μελλοντική πρόκληση για ε­

κείνους που στη μελλοντικ1Ί τους καριέρα θα αποκτήσουν πιο προχωρημένες μαθηματικές γνώ­ σεις. Πάντως, θα θέλαμε να προειδοποιήσουμε ότι η γενική περίπτωση του ερωτήματος (δ) δεν μπορεί να αναχθεί στις aπλούστερες περιπτώσεις του ερωτήματος (γ), με το να διαιρέσει π.χ.

κάποιος με το α και να μελετήσει στη συνέχεια το τριώνυμο χ 2 + .l?.x + 1... Κάτι τέτοιο δε θα ήταν α

α

σωστό, γιατί ενώ οι αρχικοί συντελεστές α, β, γ στο ερώτημα (δ) κατανέμονται ομοιόμορφα και

ανεξάρτητα μέσα στη περιοχή του κύβου πλευράς 2Μ, δε συμβαίνει και με τους νέους συντελε-

στές .l?.και 2. α

α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3115


Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα

«0

ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»

-------

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»

«0

Επιτροπή Διαγωνισμών

Το Σάββατο

20

Ιανουαρίου

Μαθηματική Ολυμπιάδα

«0

1996

διεξήχθη στο κτίριο Γκίνη του Ε.Μ.Π. η Εθνική

Αρχιμήδης». Συμμετείχαν

130

μαθητές Γυμνασίου και Λυκείου,

Παράλληλα με την Ε.Μ.Ο. διεξήχθη και ο 3ος Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθανοτήτων στον οποίο θα αναφερθούμε στο επόμενο τεύχος. Η απονομή των βραβείων έγινε την Κυριακή 21 Ιανουαρίου 1996 στην Μεγάλη Αίθουσα Τελετών του Πανεπιστημίου Αθηνών.

Στην τελετή παραβρέθηκε εκ μέρους του Υπουργείου Παιδείας ο Γενικός Γραμματέας του Υπουργείου Παιδείας κ. Γιάννης Πανάρετος. Τα ονόματα των βραβευθέντων μαθητών είναι τα εξής: ΓΥΜΝΑΣ/0

ΟΝ ΟΜΑ

ΣΧΟΛΕΙΟ

ΔΙΑΚΡΙΣΗ

ΓΥΜ. ΚΩΠΕΑ ΓΕΙΤΟΝΑ

Α' ΒΡΑΒΕ/0

ΜΠΟΥΡΝΗ ΘΕΟΔΩΡΑ

3ο ΓΥΜ. ΡΟΔΟΥ

Α' ΒΡΑΒΕ/0

ΠΝΕΥΜΑτΙΚΑΚΗΣΕΥΤ

βο ΓΥΜ. ΧΑΝ/ΩΝ

Β' ΒΡΑΒΕ/0

ΔΑΣΚΑΛΑΚΗΣ ΚΩΝ/ΝΟΣ

ΒΑΡΒΑΚΕΙΟΣ

Β'

ΚΑΡΑΜΗΤΡΟΣ ΔΗΜ.

ΕΚΠ/ΡΙΑ ΔΟΥΚΑ

Β' ΒΡΑΒΕ/0

ΖΕΑΚΗΣ ΕΜΜΑΝΟΥΗΛ

63ο ΓΥΜ. ΑΘΗΝΩΝ

Γ'

ΡΟΥΜΠΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ

ΠΕΙΡ.ΓΥΜ. ΚΑΒΑΛΑΣ

Γ'

ΠΑΝΑΓΙΩΤΙΔΗΣΑΘΗΝΟΔ.

ΓΕΡΜΑΝΙΚΗ ΣΧ. ΑΘΗΝΩΝ

Γ' ΒΡΑΒΕΙΟ

::.ΑΓΟΡΑΡΗ

ΛΕΟΝΤΕΙΟ Ν. ΣΜΥΡΝΗΣ

Γ' ΒΡΑΒΕ/0

ΙΩΣΗΦΙΔΗΣ ΛΕΩΝΙΔΑΣ

ΦΙΛΙΠΠΕΙΟ ΒΕΡΟΙΑΣ

Γ'

ΑΜΑΝΑ τΙΔΗΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ

11ο ΓΥΜ. ΠΕΙΡΑΙΑ

ΕΠΑΙΝΟ

ΚΑΤΡΑΝΑΡΑΣ ΕΥΣτΑΘ.

2ο ΓΥΜ. ΛΙΒΑΔΕΙΑΣ

ΕΠΑΙΝΟ

ΣΥΜΕΩΝΙΔΟΥ ΙΩΑΝΝΑ

ΑΝΑΤΟΛΙΑ ΘΕΣ/ΝΙΚΗΣ

ΕΠΑΙΝΟ

ΠΟΥΛΟΠΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜ.

8ο ΔΗ Μ. ΣΧ. ΚΟΡΥΔΑΝ\ΟΥ

ΕΙΔΙΚΟ

ΤΟΛΗ ΦΛΩΡΙΝΑ

2ο ΓΥΜ. ΑΡΓΟΥΣ

ΕΠΑΙΝΟ

ΑΝΤΩΝΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΣΠ.

MAPIPENIA

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/16

BPABEIO BPABEIO BPABEIO

BPABEIO

BPABEIO


Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα

«0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» - - - - - - -

ΑΥΚΕ/0

ΔΙΑΚΡΙΙΗ

ΣΧΟΛΕtΟ

ΟΝΟΜΑ ΤΑΚΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ

1ο ΠΕΙΡ.ΛΥΚ.ΑΘΗΝΩΝ

ΜΠΡΕΓIΑΝΝΗΣ ΠΕτΡΟΣ

2ο Λ ΥΚ.ΑΜΑΡΟΥΣΙΟΥ

Α' ΒΡΑΒΕ\0

ΜΜΙΚΙΩΣΗΣ ΡΩΜΑΝΟΣ

14ο ΛΥΚ.ΘΕΣ/ΝΙΚΗΣ

Α' ΒΡΑΒΕ\0

ΧΑΠΗΓΩΓΟΣ ΧΑΡΙΣΗΣ

Α' ΒΡΑΒΕ\0

ΑΝΑΤΟΛΙΑ ΘΕΣ/ΝΙΚΗΣ

ΣΗΦΑΚΗΣ ΕΥΤΥΧΗΣ

Β' ΒΡΑΒΕ\0

2ο ΛΥΚ. ΗΡΑΚΛΕΙΟΥ

Β' ΒΡΑΒΕ\0

Β' ΒΡΑΒΕ\0

ΡΟΥΤΖΟΥΝΗΣΣΤΑΥΡΟΣ

12ο ΛΥΚ.ΠΕΡ\ΠΕΡΙΟΥ

ΒΟΓΙΑΠΗΣ ΓΙΩΡΓΟΣ

ΚΟΛ.ΑΓ. ΠΑΡΑΣΚΕΥΗΣ

Β' ΒΡΑΒΕ\0

ΣΙΔΗΡΟΠΟΥΛΟΣ ΠΑΝΑΓ.

3ο Λ Υ Κ. ΚΟΖΑΝΗΣ

Β' ΒΡΑΒΕ\0

ΣΑΚΕΛΜΡΙΔΗΣ ΙΩΑΝ.

ΓΕΡΜΑΝΙΚΗ ΣΧ. ΑΘΗΝΩΝ

Γ' ΒΡΑΒΕ\0

ΑΡΜΠΗΣΓΕΩΡΓΙΟΣ

ΛΕΟΝΤΕ\0 ΛΥΚΕ\0

Γ' ΒΡΑΒΕ\0

τΣΑΚΜΑΚΙΔΗΣ ΚΟΣΜΑΣ

1ο

ΜΑΠΡΟΛΕΩΝ ΛΥΚΟΜ.

2ο ΛΥΚ.ΓΛΥΦΑΔΑΣ

ΛΥΚ. ΚΟΜΟΤΗΝΗΣ

ΕΠΑΙΝΟ Ε ΠΑ\ ΝΟ

ΔΗΜΗΤΡΟΜΑΝΩΜΚΗΣΑ

ΕΠΛΧΑΝΙΩΝ

Ε ΠΑ\ ΝΟ

ΨΥΛΜΚΗΣ ΠΕΡΙΚΛΗΣ

2ο ΛΥΚ. ΧΑΝΙΩΝ

ΕΠΑΙΝΟ

ΘΕΜΑΤΑ της Ε.Μ.Ο.

«0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»

ι. Έστω (αν) μια ακολουθία θετικών αριθμών για την οποία ισχύουν

(i) αν+z =!,για κάθε ν Ε Ν* αν

(ii) αη+ι+~ι, για κάθε η, ν Ε Ν* με \η- ν\* 1.

4

αη

αν

α) Να αποδείξετε ότι η (αν) αποτελεί γεωμετρική πρόοδο.

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει t>O, ώστε ~αν+l :::; !α.+ t 2

2.

Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τα ύψη ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ που τέμνονται στο Η. Έστω ακόμα ΑΙ και ΑΘ η εσωτερική και η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας Α. Αν Μ, Ν είναι τα μέσα των ΒΓ και ΑΗ να αποδείξετε ότι: α) Η ΜΝ είναι κάθετη στην ΕΖ.

β) Αν η ΜΝ τέμνει τις ΑΙ, ΑΘ στα Κ, Λ τότε ΚΛ=ΑΗ.

3.

Δίνονται sι φυσικοί αριθμοί των οποίων οι πρώτοι διαιρέτες ανήκουν στο σύνολο Να αποδείξετε ότι υπάρχουν τέσσερις αριθμοί, από τους

{2, 3, 5}.

81, που το γινόμενό τους είναι

τέταρτη δύναμη φυσικού αριθμού.

Να ορίσετε το πλήθος των συναρτήσεων f, με f :{ι,2, ... , ν} ---t-{1995,ι996} οι οποίες ικανοποιούν τη συνθήκη:

ο αριθμός

f(l )+f(2)+ ... +f(ν)

είναι περιττός.

ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ι.

Α) Από τη σχέση αv+ 2 =..!. έχουμε,ότι αv+ 3 =..!.άρα αν+ 2 = αV+ 3 (1). αν

αν+ Ι

4

αν

4

αν

Από τη σχέση αη +Ι + αν+ Ι = 1 παίρνουμε για η= 2 +ν ότι αν+ αη

αν

αν+2

Η σχέση (1) όμως γράφεται και ως εξής αν+ Ι = av+ αν

γεωμετρική ακολουθία. Αντικαθιστώντας στη (3)

Β)

αν

(2)

3

+2

+ αν+ Ι = 1 (2). αν

το οποίο φανερώνει ότι η (αν) είναι

παίρνουμε ότι 2 αν +Ι αν

= 1ή

αν+ Ι = -21 αν

δηλαδή λ = ~Αφού η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος θα ισχύει: αν

- r : ;+-Ι

ν uν

3

~

1 +Ι = 2

(αν.J.J

αν~ τ

ή

1 1 'θ !Ν* 2 αν + 4, για κ α ε ν ε . (Η λύση είναι του μαθητή Σ. Μιχαλάκη)

Πολύ καλές λύσεις έδωσαν και οι μαθητές Μπρέγιαννης Π., Τάκος Γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3117


Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «Ο Α.ΡΧΙΜΗΔΗΣ»

2.

-------

Α) Επειδή τα τρίγωνα ΝΖΕ και ΜΖΕ έχουν ΕΖ κοινή για να δείξω ότι ΕΖ j_ ΜΝ αρκεί να...-.,_ δέιξω...-.,_ ότι ΝΖ = ΝΕ και ΜΖ = ΜΕ. Το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο αφού

ΑΖΗ

= ΑΕΗ = 90°. = ΝΗ

Αρα αφού ΑΝ

το Ν είναι κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου άρα ΝΖ

=

ΝΕ.

Επίσης ΜΖ διάμεσος στο ΓΖΒ μεΖ= 90°. Άρα ΜΖ=~ ΒΓ = ΜΒ. Ομοια η ΕΜ είναι διάμεσος στο ΕΒΓ με Ε= 90. Άρα ΕΜ = ~ ΒΓ = ΜΒ Άρα ΜΖ= ΕΜ. Η

Β)

γωνία

στον

Α

c,

Α

είναι

εγγεγραμμένη

άρα η διχ~τόμος διέρχεται

από το μέσο του ΕΖ, το οποίο είναι

το σημείο Κ. Άρα ΗΚΑ = 90°, οπότε

ΗΚ

J..

ΑΙ

και

ΗΚ

11

ΑΛ.

Επειδή ακόμα Ν το μέσο του ΑΗ, η

ΚΛ θα τέμνει την ΑΙ, στο Λ ώστε ΚΛ

Γ

Δ

Β

= ΝΛ, δηλ. Το ΑΚΗΛ είναι ορθογώνιο παραλ/μο και συνεπώς ΛΚ=ΑΗ.

(Η λύση είναι Χατζηγώγου).

του

μαθητή

Χ.

Πολύ καλή λύση έδωσε και ο μαθητής Λ. Σιδηρόπουλος (Κοζάνη)

3.

Έστω α 1 , α2 , ... , α 81

οι δοσμένοι φυσικοί και έστω αί

= 2κi 3λi 5μi, όπου κί, λi, μi ε !Ν,

1 ~i~81. Το γινόμενο αi <1_j

κj

( αντιστ.

= 2κί +κj 3λi+λj 5μi+ μj

είναι τέλειο τετράγωνο, αν και μόνο αν οι αριθμοί κί,

λi, λj και μi, μj) είναι ταυτόχρονα άριτοι οι περιττοί.

Η κάθε τριάδα (κv, λv, μv) ανήκει στο σύνολο Μ που περιέχει στοιχεία τις τριάδες με στοιχεία Ο,

1 δηλ.

Τα υπόλοιπα διαιρέσεων των κv, λv, μv με τον

2.

Άρα ο πληθαριθμος

του Μ είναι 22 = 8, επομένως κάθε 9 στοιχεία από τους δοσμένους 81 φυσικούς θα υπάρχουν δύο τριάδες (κi, λϊ, μϊ), (κj, λj, μj) με τα ίδια ακριβώς στοιχεία, οπότε οι

αριθμοί κi

+

κj, λί

+

λj, μί

+

μj είναι άρτιοι και συνεπώς το γινόμενο ω, αj τέλειο

τετράγωνο.

0

αριθμός ω, αj έχει τη μορφή 2κη 3λη 5μη

Τα υπόλοιπα των κ η, λη, μη γινόμενα ω, αj προς

4.

4(0

ή

2),

me 4.

,

όπου

Kn = Ki + Kj,

Ο πληθάριθμος Μ1 είναι

= λ + λj, μη = 23 = 8, επομένως

λη

μϊ

+

μj.

κάθε

9

θα υπάρχουν δύο ζεύγη ω,, αj, και ω,, αj, που θα είναι ισουπόλοιπα ως

άρα το άθροισμα τους είναι πολ. Του

4.

Το

f(l) μπορεί να πάρει 2 τιμές 1995 ή 1996. Το F(2) μπορεί να πάρει 2 τιμές. 1995 ή 1996. Συνεχίζοντας μπορούμε να πούμε πως και το f(ν- 1) μπορεί να πάρει 2 τιμές, 1995 ή 1996.

Για κάθε (ν - 1)άδα όμως το f(ν) μπορεί να πάρει μόνο 1 τιμή γιατί αν το άθροισμα, f(l) + ... + f(ν- 1) είναι περιττός τότε για να είναι το άθροισμα f(l) +

f(2) + ... + f(ν)

= 1996. Αντίστοιχα αν το άθροισμα f(l) + ... + f(ν-

1) είναι άρτιος για f(l) + ... + f(ν) περιττός το f(ν) πρέπει να είναι περιττός δηλ. F(ν) = 1995. Άρα το πλήθος όλων αυτών των συναρτήσεων είναι: 2 · 2 ... 2 · 1 = 2 ν- 1• να είναι το άθροισμα

'----ν------'

η-!

(Η λύση είναι του μαθητή Π. Μπρέγιαννη) Πολύ καλή λύση έδωσε και ο μαθητής Ε. Σηράκης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3118


Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου· f(x) == αχ2 + βχ + γ Γ. Τσαπακίδη

1° Πρόβλημα

Ένας παραγωγός μήλων ξέρει ότι, αν μαζέψει σήμερα τα μήλα του, κάθε μηλιά θα αποδώσει κατά μέσο όρο 40 κιλά μήλα και η τιμή πώλησης θα εί­ ναι 200δρχ. το κιλό. Αν τα μαζέψει αργότερα (το αργότερο σε

7 εβδομάδες),

τότε για κάθε επιπλέον εβδομάδα η απόδοση κάθε. δέντρου θα αυξηθεί κατά 4 κιλά, ενώ η τιμή πώλησης μειώνεται κατά 10δρχ. το κιλό. Με-ι:ά από πό­ σες εβδομάδες συμφέρει τον παραγωγό να πωλήσει τα μήλα του;

Σκέψεις

Μετά από χ εβδομάδες από σήμερα, κάθε μηλιά θα αυξήσει την απόδοσή της κατά 4χ κιλά, ενώ η τιμή κάθε κιλού θα μειωθεί κατά 10δρχ. Έτσι μετά από χ εβδομάδες κάθε μηλιά θα έχει κατά μέσο όρο 40 + 4χ κιλά μήλα και κάθε κιλό θα πωληθεί προς

200- lOx δρχ., οπότε ο γεωργός θα 2 (40 + 4χ)(200 - lOx) = 40( -χ + lOx + 200) δρχ.

εισπράξει:

Επομένως το πρόβλημα ανάγεται στο να βρούμε για ποια τιμή του χ η παρά­ 2

σταση -χ + lOx + 200 παίρνει τη μεγαλύτε��η τιμή της.

2° Πρόβλημα

Δύο μικρά πλοία Α, Β διαθέτουν ασύρματο εμβέλειας

40

χιλιομέτρων. Το

Πλοίο Α βρίσκεται 65 χιλιόμετρα ανατολικά του Β. Α ν το Α πλέει δυτικά με σταθερή ταχύτητα 10χιλ. την ώρα και το Β νότια με σταθερ1) ταχύτητα 15χιλ. την ώρα, υπάρχει περίπτωση να επικοινωνήσουν τα πλοία μέσω α­

συρμάτων; Για να επικοινωνήσουν τα πλοία θα πρέπει σε κά­

Σκέψεις

ποια χρονική στιγμή η απόσταση που τα χωρίζει να γίνει μικρότερη ή ίση από 40 χιλιόμετρα. Επο­ μένως θα πρέπει να υπολογίσουμε την απόσταση

Β

των πλοίων σε κάθε χρονική στιγμή

t

και να εξε­

τάσουμε αν μπορεί να γίνει μικρότερη ή ίση των 40χιλιομέτρων. Ονομάζουμε Α 1 , Β 1 τις θέσεις των

πλοίων τη στιγμή που απέχουν Α2 ,

Β2

αντίστοιχα

(ΑιΑ2)

= 10t χιλ., (Α 2 Β 1 ) = 65- 10t χιλ.

Ν

μετά (Β 1 Β2)

65

χιλιόμετρα και

από

t = 1St

ώρες.

Τότε

χιλ.,

οπότε

Από το ορθογώνιο τρίγωνο Β 1 Α2Β 2 έχουμε:

2

(Α2Β2/ = (ΒιΑ2) + (ΒιΒ2) = (65- 101) + (151) 2 = 25(131 2 - 521 + 169), 2

2

άρα (Α 2 Β 2 ) = s.V 1312 -521 + 169, έτσι για να βρούμε την ελάχιστη απόσταση

των

πλοίων,

αρκεί

2 131 - 52t + 169.

να

βρούμε

την

ελάχιστη

τιμή

της

παράστασης

3° Πρόβλημα

Ένας κτηνοτρόφος θέλει να περιφράξει μια ορθογώνια μάντρα για τα πρό­ βατά του μέσα στο λιβάδι του. Για το σκοπό αυτό διαθέτει συρματόπλεγμα 100 μέτρων. Ποιες διαστάσεις πρέπει να έχει η μάντρα, ώστε να χωράει όσο το δυνατόν περισσότερα πρόβατα;

Σκέψεις

Για να χωράει η μάντρα όσο το δυνατόν περισσότερα πρόβατα θα πρέπει να

έχει όσο το δυνατόν μεγαλύτερο εμβαδόν. Αν χ, ψ είναι οι διαστάσεις της μάντρας, τότε η περίμετρος της είναι 2χ + 2ψ = Ι 00 <=> ψ = 50 - χ και το εμ-

βαδόν της χψ = χ(50- χ)= -χ + 50χ τετραγωνικά μέτρα. 'Ετσι το πρόβλημα ανάγεται στο να βρούμε για ποια τιμή του χ η παράσταση -χ 2 + 50χ παίρνει

2

τη μεγαλύτερη τιμή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/20


Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ

4° Πρόβλημα

2

+ βχ + γ

Ένας πεζός τρέχει με σταθερή ταχύτητα

για να προλάβει ένα λεωφο­

5m/s

ρείο, που βρίσκεται στη στάση. Τη στιγμή που ο πεζός απέχει

25

μέτρα από

το λεωφορείο, αυτό ξεκινάει κινούμενο με επιτάχυνση lm/{ Ποια είναι η μικρότερη απόσταση πεζού-λεωφορείου; Θα προλάβει ο πεζός το λεωφο­ ρείο;

Σκέψεις

Μετά από

t δευτερόλεπτα από τη στιγμή που το λεωφορείο ξεκίνησε, ο πε­

ζός θα έχει τρέξει 5t μέτρα ενώ το λεωφορείο ~ t 2 μέτρα και έτσι η απόσταση πεζού-λεωφορείου είναι~ t 2 + 25 - 5t = ~ t 2 - 5t + 25 μέτρα. 'Ετσι το ζη­ τούμενο ανάγεται στο να βρούμε ποια είναι η μικρότερη τιμή της παράστα­

σης~ t 2 - 5t + 25. Στις σκέψεις, που κάναμε, είδαμε ότι οι λύσεις των προβλημάτων μας τελικά ανάγονται στο να βρούμε τη μεγαλύτερη ή μικρότερη τιμή των παραστάσεων: 2

-χ +10χ+200,

ή τις τιμές των μεταβλητών χ, λύτερη Ίl μικρότερη τιμή τους.

t

2

13t -52t+169,

2

-χ +50χ,

1 2 2t -5t+25

για τις οποίες οι προηγούμενες παραστάσεις παίρνουν τη μεγα­

Αλγεβρικές παραστάσεις όπως οι:

2

+

!Οχ+

2

200, 13t - 52t + 169,

2

1 2 + 50χ, 2 t - 5t + 25

ονομάζονται τριώνυμα δευτέρου βαθμού ή πιο σύντομα τριώνυμα και έχουν τη γενική μορφή 2

αχ + βχ + γ με α =1= Ο. Αν το δευτεροβάθμιο τριώνυμο το συμβολίσουμε με f(x), τότε 2 f(x) == αχ + βχ +γ. Έτσι έχουμε να λύσουμε το γενικό πρόβλημα: Ποια είναι η πιο μεγάλη ή η 2 πιο μικρή τιμή του τριωνύμου f(x) = αχ + βχ + γ και για ποια τιμή του χ συμβαίνει αυτό; ' ' '"' 2 , χ 2 + 1, -χ 2 + 1. • Α ς «πειραματιστουμε» με απ λ' α τριωνυμα, π. χ. τα 2χ 2 , -.LX 2

12:'1 ~~ I ~ I ~ I ~ I ~ Ι ~

3

Ι

11 8 2 2 φαίνεται ότι 2χ ;;;-,Ο για κάθε τιμή του χ, δηλαδή η πιο μικρή τιμή του 2χ , είναι Ο για χ= Ο. 3

2

1-~'1-~ 81 =~ I =~ I ~ I ~2 I 81-~81 2

2

φαίνεται ότι -2χ : : ; Ο για κάθε τιμή του χ και η μεγαλύτερη τιμή του -2χ , είναι Ο για χ= Ο.

Iχ': 1I~~ I ~ I~~ I ο I ~ I ~

11

1-/ I=~ I =~ I ~ I ο I ο I

I ~8 I

2

2

3 0

I

φαίνεται ότι χ + 1 ) 1 για κάθε τιμή του χ, δηλαδή η μικρότερη τιμή του χ 2 + 1, είναι 1 όταν χ=Ο.

1

+ I :3 2 φαίνεται ότι -χ + 1 ::::; Ι για κάθε τιμή του χ, δηλαδή η μεγαλύτερη τιμή του -χ + 1, είναι 1 2

όταν χ= Ο.

Από τα προηγούμενα «πειράματα» φαίνεται ότι το τριώνυμο αχ + βχ + γ έχει μέγιστη (πιο

2

μεγάλη) τιμή, όταν α< Ο και ελάχιστη τιμή (πιο μικρή), όταν α> Ο.

Έχοντας υπ' όψη τα «πειραματικά» αποτελέσματα, θα προχωρήσουμε στη γενική λύση του ελάχιστο) του τριωνύμου

προβλήματος σταδιακά βρίσκοντας τα ακρότατα (μέγιστο ή 2

f(x) = αχ , f(x) = αχ +γ, f(x) = αχ + βχ +γ, στηριζόμενοι στο γεγονός ότι ισχύει χ ) Ο για

2

2

2

κάθε τιμή του χ. α>Ο

• Είναι xz ;;;-,Ο C

α<Ο

2

αχz ;;;-,Ο <:::> f(x) ;;;-,Ο= f(O) αχ ::::;O=f(x)::::;O=f(O) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/21


Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ2 + βχ + γ Συμπέρασμα:

Αν α> Ο, το f(x) = αχ 2 , έχει ελάχιστη τιμή το Ο για χ= Ο. 2 Αν α< Ο, το f(x) = αχ , έχει μέγιστη τιμή το Ο για χ= Ο. ,

α>Ο

2 αχ ~ Ο

r--

2

+ Ειναι χ ~Ο ι___ α<Ο

αχ

2

:,;

αχ

<=>

2

+ γ ;;::

?

Ο<=> αχ-+ γ:,;

γ

<=> f(x) ~ f(O) γ<=> f(x):,; f(O)

Συμπέρασμα: 2

Αν α> Ο, το f(x) = αχ +γ, έχει ελάχιστη τιμή το γ για χ= Ο. 2 Αν α< Ο, το f(x) = αχ +γ, έχει μέγιστη τιμή το γ για χ= Ο. 2 • Τη γενική περίπτωση f(x) = αχ + βχ +γ, θα την ανάγουμε στην προηγούμενη, προσπαθώ+ β χ+ γ. Ε'ι ναι: +1.)= 2 + 2_.1i_

, ντας να μετασχηματισουμε το αχ 2

f(x)

= αχ2 + βχ +γ= α(χ 2 +12.α χ

α(χ

α

χ+__/[_ ___/[_ +.rJ= 4α2 4α2 α

+ 4αγ- β2] =α( χ +JL)2 + 4αγ- β2 {( χ +JL)2 2α 4α 2α 4α 2

Σύμφωνα με την προηγούμενη περίπτωση έχουμε το συμπέρασμα:

Α ν α> Ο, το f(x) = αχ 2 + β χ+ γ, έχει ελάχιστη τιμή το 4 α~~ β Αν α< Ο, το f(x) = αχ 2 + βχ +γ, έχει μέγιστη τιμή το 4 α~~ β •

2

-k· 1--k)για χ=- -k·

=

2

=

~-!α) για χ =-

Το πρόβλημα θα μπορούσε να λυθεί και ως εξής:

Για κάθε τιμή του χ συμβολίζουμε με ψ την αντίστοιχη τιμή του τριωνύμου αχ + βχ +γ, ο­ 2 πότε αχ 2 + βχ + γ = ψ <=> αχ + βχ + γ - ψ =Ο. Η τελευταία εξίσωση είναι δευτεροβάθμια με 2

λίJσεις στο

IR

(αφού δίνουμε τιμή στο χ για να πάρουμε το ψ), οπότε:

Δ ~ Ο <=> β - 4α( γ - ψ) ~ Ο <=> 4αψ ~ 4αγ - β

2

Αν α> Ο, τότε (1) <=>ψ~ 4 α~~ β

2

<=> f(x)

~ 4 α~~ β

2

2

~-

2

(1)

-fa)

2

Α ν α < Ο τότε ( 1) <=> ψ ,:: 4 αγ - β <=> fl(x) ,:: 4 αγ - β = i- _.li_) '

""'

"'

~\

Έτσι έχουμε το συμπέρασ α:

~~--------------------~--------~

Ελάχιστο το

+

Τώρα είμαστε σε θέση να λύσουμε τα τέσσερα προβλήματά μας. 2

Λύση του 1ου προβλήματος: Στο τριώνυμο -χ + ΙΟχ + 200 είναι α= -1 < Ο, άρα έχει μέγιστο για ' ' να πω λ η' σ ει τα μη'λ α του χ = (lO -Ι) = 5. 'Ετσι συμφερει στο γεωργο 2

μετά από

5

εβδομάδες.

2

Λύση του 2°υ προβλήματος: Στο τριώνυμο 13t - 52t + 169 είναι α= 13 >Ο, άρα έχει ελάχιστο για t =-

~.~; = 2 το

13·2

2 -

52·2 + 169 = 117.

Επομένως η ελάχιστη από-

σταση, στην οποία θα βρεθούν τα πλοία, είναι 5-{ϊΓΊ =15-{13 = 54,08 χιλιόμετρα. Άρα δεν υπάρχει περίπτωση επικοινωνίας των πλοίων μέσω των ασυρμάτων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/22


2

Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ + βχ + γ 2

Λύση του 3°υ προβλήματος: Στο τριώνυμο -χ + 50χ είναι α = -1 < Ο, άρα έχει μέγιστο για 50 ' ' ' πε(_ ) = 25 . 'Ετσι για να χωραει χ = η μαντρα ο' σο το δ υνατον 2

1

ρισσότερα πρόβατα, θα πρέπει να έχει διαστάσεις

Λύση του 4°υ προβλήματος: Στο τριώνυμο~ t2 -

25 χ25.

5t +25 είναι α=~> Ο, άρα έχει ελάχιστο για t =- ;~ = 5 2

το~ 5

2

-

5·5 + 25 = 12,5

το λεωφορείο είναι

μέτρα. 'Ετσι η ελάχιστη απόσταση του πεζού από

12,5 μέτρα, γι' αυτό δε θα το προλάβει.

Εφαρμογές

Ι.

Δίνεται η παράσταση ψ= (χ- α) +(χ- β) , όπου α,β δοσμένοι αριθμοί. Για ποια τιμή του χ

2

2

το ψ γίνεται ελάχιστο;

2.

Ποιο δευτεροβάθμιο τριώνυμο έχει μέγιστο το

7 για χ= -3;

3.

Μια βιομηχανία κατασκευάζει τηλεοράσεις. Τα έσοδα και το κόστος της βιομηχανίας για πα­ ραγωγή χ συσκευών το χρόνο σε χιλιάδες δρχ. δίνονται από τις συναρτήσεις Ε, Κ αντίστοιχα 2

με Ε(χ) = 200χ- ~Ο και Κ(χ) = 2000 + 60χ. Να βρεθεί το μέγιστο κέρδος της βιομηχανίας.

4.

Αν χ

+ ψ = c, όπου c σταθερός θετικός αριθμός, τότε ποια είναι η ελάχιστη τιμή της παρά-

στασης χ

5.

3

3

+ψ;

Ένας ακροβάτης ενός τσίρ­ κου

εκτοξεύεται

από

f(x)

ένα

κανόνι και διαγράφει τροχιά που είναι η γραφική παρά­ σταση

της Ι

f(x) =χ- 20 χ

συνάρτησης

2

χ

.

Το στόμιο του κανονιού είναι 2 μέτρα πάνω από το έδαφος, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ποιο πρέπει να είναι το ελάχιστο ύψος του τσίρκου, ώστε να πραγματοποιηθεί το ακροβατικό αυ­ τό;

6.

Ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο έχει περίμετρο

44cm.

Ποιο είναι το ελάχιστο μήκος της

διαγωνίου του;

7. 8.

Ποια είναι η απόσταση του σημείου Α(-1,

2)

από την ευθεία ε με εξίσωση ψ= 3χ-

Να βρεθούν οι διαστάσεις και το εμβαδόν του μεγαλύτερου ορθο­ γωνίου, που μπορεί να εγγραφεί σε ορθογώνιο τρίγωνο πλευρών

12

και

15cm,

4;

Γ

9,

όπως φαίνεται στο σχήμα.

Β

9.

2

Για ποια τιμή του λ το τριώνυμο f(x) = χ - 2(λ + 1)χ + 3λ + 1 έχει τη μεγαλύτερη ελάχιστη τιμή;

10.

Δίνεται το τμήμα ΑΒ

=8

και το σημείο του Μ. Προς το ίδιο μέρος του ΑΒ κατασκευάζουμε

ισόπλευρα τρίγωνα AfM και ΜΒΔ. Ποια πρέπει να είναι η θέση του Μ, ώστε το τετρά­ πλευρο ΑΓΔΒ να έχει ελάχιστο εμβαδόν;

Υποδείξεις

Ι.

Είναι ψ= 2χ 2 - 2(α + β)χ + α 2 + β 2 , άρα το ψ γίνεται ελάχιστο, όταν χ= α; β_

2.

'Εστω f(x) αχ2 + βχ + y με α< Ο, τότε { ~~)==~: = { 9α- 3β +6aγ= 7 } ~ {

=

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/23

β=

γ

= 7 + 9α β= 6α

}


Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ + βχ + y 2

2

Το κέρδος της βιομηχανίας είναι Ε(χ)- Κ(χ) =-;Ο + Ι40χ- 2000, που γίνεται μέγιστο για

3.

χ=

2100.

'3 3 2 Ειναι χ +ψ =(χ+ ψ)(χ

4.

,

τριωνυμου 3χ

2

-

2 χψ +ψ)= 2

c[x2 - x(c- χ)+ (c-

(cJ2 - 3c 2 + c = 4

- 3cx + c2 ει, ναι 3

C

2 C ,

2

2 χ)]=

c(3x2 - 3cx + c2).

λ,

,

αρα η ε αχιστη τιμ η της χ

5.

Το ελάχιστο ύψος του τσίρκου πρέπει να είναι Ι2 μέτρα.

6.

Είναι 2χ + 2ψ = 44 = ψ= 22- χ και δ 2 = χ 2 + ψ 2 = χ 2 + (22- χ) = ...

3

' Το ελαχιστο του 3 3 , C ει ναι

4.

2

χ

ψ

Έστω Μ(χ, ψ) τυχαίο σημείο της ε, τότε:

7.

(ΑΜ) =.Vcx + Ι) 2 +(ψ- 2) 2 = .Vcx + Ι) 2 + (3χ- 6)2 = .V ΙΟχ 2 - 34χ + 37.

Μ(χ,ψ)

Α(-1,2)

2

Αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του 10χ - 34χ + 37.

χ

Γ

12

Από τα όμοια τρίγωνα ΓΔz και ΓΑΒ έχουμε χ = ~~ (1). Από τα

* 12 *

8.

όμοια τρίγωνα ΒΕΔ και ΒΑΓ έχουμε

=

~~

κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε Χ

=

Ι =ψ= 36 ~ 3 χ. Το εμ-

+

(2).

Με πρόσθεση Α

βαδό του ορθογωνίου είναι χ ψ=~ (-3χ + 36χ), άρα χ= 6 και ψ=~2

Η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου είναι f(λ +Ι)= (λ+

9.

νεται

Έστω

10.

' μεγιστη ΑΜ

ΔΘ = (8 (ΑΒΔΓ)

=

για

χ,

(ΑΓΗ)

2(λ +

2

1) +

12 2

3λ +Ι= -λ +λ

=

ΜΒ

οπότε

+

ΜΒ

= 4.

(ΗΓ ΔΘ)

= 8 -

χ.

Είναι

ΓΗ

Γ

~

2 '

'Εχουμε: + (ΒΔΘ) =

Α

Η

Μ

8 + 64)

χ,

= 4.

Βιβλιογραφία 1. R. BARNETT-M. ZIEGLER

2.

Ν.

3. S.

PRECALCULUS

FUNCτiONS

AND GRAPHS York-1989

Έκδοση: McGraw-Hill Company New MATHEMAτiCS ΙΝ ACΠON-5S

BLACKIE SMiτH-R.

που γί-

2

1.2 (ΑΓΜ) + (ΗΓ ΔΘ) + 1.2 (ΒΔΜ) = 1.24 χ\[3 + ~ 4 + 1_ (8 - χ{{3 = Jl ( 2 4 2 4 4χ άραΑΜ

Β

λ = 1.

;tJ3 και ΗΘ

=

2

1) -

Ε

CHARLES

4.

Α. POSAMENΎIER-C.SALKIND

5.

Ρ.

TERRACHER-R. FERACHOGLOY

Έκδοση: Thomas Nelson and Sons London-1992 ALGEBRA AND TRIGONOMETRY Έκδοση: Adddison-Welsey Publishing Company, New York 1982 CHALLENGING PROBLEMS ΙΝ ALGEBRA Έκδοση: Dele Seypmour Pub1ications USA-1970

MATH-ANALYSE-{es Έκδοση: Hachette-Paris-1995

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/24

Β


Αναλογίες- Ομοιότητα- Μετρικές σχέσεις Κώστας Θ. Α ναγνώστου Για την καλύτερη αντιμετώπιση των γεω­

μετρικών προβλημάτων, εκτός από τη σχετική θεωρία που υπάρχει στο σχολικό βιβλίο, θα χρησιμοποιήσω και το θεώρημα του ΜΕΝΕ­ ΛΆΟΥ, την απόδειξη του οποίου θα κάνω πα­

Άσκηση

-

Λαμία

1

Δίνεται

τρίγωνο

ΑΒΓ,

πλευρά ΑΒ και ΜΕ// ΒΓ, ΜΖ

ΑΕ· ΜΕ+ΒΖ

· ΜΖ~2ΜΕ

ρακάτω.

σημείο Μ

11

στην

ΑΓ. Δείξτε ότι

·ΜΖ.

(1)

Λύση Α

Θεώρημα Μενελάου Ευθεία (ε) που δεν περνάει από κορυφή .<:>.

τριγώνου ΑΒΓ, τέμνει τους φορείς των πλευρών ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ στα σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοι­ ΔΑ ΖΒ ΕΓ

χα, τότε:

ΔΒ . ΖΓ . ΕΑ

= 1.

Γ

ΜΕΓΖ παραλ/μο, άρα ΜΕ= ΖΓ, ΜΖ= ΕΓ

Απόδειξη

ΜΕ// ΒΓ . Από Θ . Θαλή έχουμε·. ΑΕ= ΑΜ ΕΓ ΜΒ ,

(ε')

ΑΕ

ΑΜ

δηλαδη ΜΖ= ΜΒ. Ομοια:

ΜΖ 11 ΑΓ από Θ . Θαλή έχουμε·. ΑΜ = ΖΓ ΜΒ ΒΖ δηλαδη'· ΑΜ =ΜΕ άρα· ΑΕ = ΜΕ Η (1) . ΜΒ ΒΖ' . ΜΖ ΒΖ.

Β

Φέρω από το Α (ε)'

ΒΓ που τέμνει την

11

(ε) στο Η.

ΑΕ

ΒΖ , ΜΖ + ΜΕ ~ 2 αρα:

ΔΑΗ ~ ΔΒΖ (ΑΗ 11 ΒΖ) άρα~ = ~~

Erz- ΕΑΗ (ΓΖ ιι ΑΗ) άρα ii =Ι~ ΖΓ

ΕΑ

ΒΖ

ΖΓ

Υ

ΑΗ

.

Εάν τα σημεία Δ, Ε, Ζ βρίσκονται στους φορείς των πλευρών ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ και ικανο-

,

,

ΔΑ

·

ΖΒ

ΖΓ

·

ΕΓ

ΕΑ

,

= 1, τοτε

ΜΖ

ΜΖ + ΑΕ ~ 2

Άσκηση

χ

2

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) ΑΒ 3Γ Δ, από τις κορυφές Γ και Δ φέρω θείες παράλληλες προς τις διαγώνιες ΒΔ, αντίστοιχα οι οποίες τέμνουν τις πλευρές και ΒΓ στα Ρ και Κ αντίστοιχα. Δείξτε ΜΝ // ΑΒ όπου Μ σημείο τομής των ΒΡ,

=

Θεώρημα Μενελάου Α ντίστροφο

ποιειται η σχεση ΔΒ

ΑΕ

<=>

Ισχύει γιατί!+ Υ~ 2 με χ, y > Ο.

Επομένως ΔΑ. ΖΒ. ΕΓ =ΑΗ. ΖΒ. ΓΖ= Ι ΔΒ

ΑΕ· ΜΕ+ ΒΖ· ΜΖ>- 2 γρ άφεται·. ΜΕ · ΜΖ ΜΕ · ΜΖ::--

τα Δ,

με ευ­ ΑΓ ΑΔ ότι ΑΓ

και Ν σημείο τομής των ΒΔ, ΑΚ.

Λύση

Ε, Ζ είναι συνευθειακά.

Ε

Απόδειξη Έστω τα Δ, Ε, Ζ ότι είναι μη συνευθεια­ κά, τότε η ΔΕ τέμνει την ΒΓ στοΖ', οπότε: ΔΑ Ζ'Β ΕΓ , ΔΑ ΖΒ ΕΓ ,

ΔΒ . ΖΤ . ΕΑ = Ι' ακομη ΔΒ . ΖΓ . ΕΑ = Ι α-

. Ζ'Β _ ΖΒ δ λ δ , ΒΓ _ ΒΓ , ρα. ΖΤ- ΖΓ η α η ΖΤ- ΖΓ αρα

,

.

ΔΑ

ΖΒ

z =_ Ζ'

ΕΓ

Επομενως. ΔΒ · ΖΓ · ΕΑ = 1 δηλαδή Δ, Ε, Ζ

• συνευθειακά.

(ε')

Α

Β

Έστω (ε)// ΒΔ, (ε)'// ΑΓ, Ε το σημείο το­ μής των ΑΔ, ΒΓ, Ο το σημείο τομής των ΒΔ, ΑΓ. Είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β''κ:θ. τ. 3/26


Αναλογίες- Ομοιότητα- Μετρικές σχέσεις

ΡΓ //ΒΔ από Θ. Θαλή έχουμε: ~~ = ~~·

2

(

ΑΜ ΑΜ) ΑΡ - ΑΝ

~

Ο . Τ ο ,ισον

,

,

ισχυει οταν το

Μ

ΔΚ // ΑΓ από Θ. Θαλή έχουμε:~~=~·

είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του ΑΒΓΔ.

ΔΓ // ΑΒ από Θ. Θαλή έχουμε: ~ = ~~·

Άσκηση

Άρα::~=~~ επομένως ΚΡ 11 ΔΓ 11 ΑΒ Αρκεί· ΡΜ = ΚΝ 'ΜΒ

ΟΓ

'

= 30Γ, ...,. ΟΒ = ΡΓ

ΟΔ

άρα:

ΔΓ'

Ρ. Να υπολογισθεί ο λόγος ~r.

30Δ.

ΡΜΓ- ΒΜΟ (ΡΓ ΡΜ

...,.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Μ και επί των ΑΒ και ΑΓ, αντίστοιχα με:

~~ + ~λ = 4. Η ΜΝ τέμνει τη διάμεσο ΑΔ στο

ΝΑ

ΑΟΒ - ΓΟΔ οπότε ΑΟ = ΟΒ = ΑΒ ΟΑ ...,.

Ν

4

// ΟΒ),

οπότε έχουμε:

Λύση

z

ΡΓ

ΜΒ =οΒ = 30Δ' ...,. ΑΔΟ (ΡΓ

ΑΡΓ

-

ΡΓ

ΑΓ

11 ΔΟ), οπότε , ΡΜ 4 αρα: ΜΒ =9·

4 ΟΔ = ΑΟ =3,

ο μοια

ΚΝ4 ΝΑ =9.

επομένως

ΜΝ

Ά

έχουμε:

ΡΜΚΝ ΜΒ =ΝΑ

ρα:

και

Ε

// ΑΒ.

Φέρω (ε)

Άσκηση 3 Δίνεται παρ/μο ΑΒΓΔ και σημείο Μ στη διαγώνιο ΒΔ. Η ΑΜ τέμνει τη ΒΓ στο Ν και τη ΔΓ στο Ρ. Να αποδειχθεί ότι:

i) ΑΝ+ ΑΡ ~ 4·ΑΜ ii) 4·ΑΜ ~ ΑΡ ·ΑΝ.

~

ΜΒ

Γ

~...,.

ΑΜΒ- ΡΜΔ (ΑΒ

// ΡΔ),

,

,

απο

.ΑΜ

'

1

1

1

αρα: ΑΡ +ΑΝ= ΑΜ.

ΑΡ + ΑΝ 2

2 r

2 1

1

'

ι ναι ομως:

ΑΖ), οπότε έχουμε:

4 = 2ΔΕ ΑΖ

ΔΕ

ΑΖ= 2. (1) ΡΔΕ

(3)

Ε'

11

ΓΕ

...,.

(2)

ΑΜ_

..,..

άρα:

οποτε: ΑΡ =ΒΔ (Ι)

(1) και (2). ΑΡ +ΑΝ- 1.

ΝΑΖ (ΓΕ

Άρα: ~~+~Ι= ΒΕ_;ΖΕΓ, δηλαδή:

Ρ

- ΒΔ .

-

ΒΕ), οπότε έχουμε:

11

ΝΑ= Az·

.ΑΜΒΜ

ΑΜ_ΜΔ

.

ΜΑΖ (ΑΖ

ΜΑ= Az· ΝΓ

ΑΜΔ- ΝΜΒ (ΑΔ 11 ΒΝ) οπότε:~~=~~. Επομενως. ΑΝ

-

ΒΕ

ΝΓΕ

~

Δ

ΒΓ. Έστω Ζ, Ε τα σημεία το­

~

ΜΒΕ

2

Λύση

11

μής της ΜΝ με τις (ε) και ΒΓ.

ΡΔ

-

ΔΕ

ΡΑΖ (ΔΕ

//

,

ΑΖ), οπότε έχουμε:

.

ΡΑ= ΑΖ (2). Απο (Ι) και (2). Άσκηση

ΡΑ

ΡΔ =

1

2.

5

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) με ΑΒ > Γ Δ και ΑΒ 15. Από το μέσον Κ της ΑΒ φέρουμε τις ΚΓ, ΚΔ που τέμνουν τις ΒΔ, ΑΓ στα σημεία Ν, Μ αντίστοιχα, έτσι ώστε ΜΝ 3. Να υπολογισθεί η βάση ΓΔ.

=

=

Λύση

και άρα·

.

ΑΡ+ΑΝ

ΑΡ+ΑΝ~ 4-ΑΜ

ii)

4-ΑΜ 2 ~ ΑΡ ·ΑΝ~ 4 ΑΜ . ΑΜ ~ 1 η' "" ΑΡ ΑΝ"' 2

ΑΜ ΑΜ (ΑΜ ΑΜ)

4 ΑΡ · ΑΝ ~ \ ΑΡ + ΑΝ

,

,

η ~σοδυναμα: Β ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/27


Αναλογίες- Ομοιότητα- Μετρικές σχέσεις

ΑΒ= 15,ΜΝ=3, ΑΚ=ΚΒ. ΈστωΓΔ=α.

ΑΜΚ ~ ΓΜΔ (ΑΚ 11 ΓΔ), τότε έχουμε: ΑΜ=ΜΚ=ΑΚ ΜΓ

ΜΔ

..c..

άραΑΜ=Jl

ΓΔ'

ΜΓ

(1)

..c..

ΚΝΒ,..., ΓΝΔ (ΚΒ

11 ΓΔ),

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο

οπότε έχουμε:

ρω τη ΔΖ _ι ΑΓ. Δείξτε ότι:

ί) ΔΒ·ΔΓ

= 2ΔΕ-ΖΓ,

2

2

iii) ΔΒ < ΕΖ + ΖΓ

2

ίί) 2ΕΖ

ΝΔ

ΓΔ

ΝΓ

> ΑΒ,

ΚΝ = ΝΒ = ΚΒ άρα ΚΝ = .!.2. (2) ΝΓ

Air (ΑΒ = ΑΓ),

ΑΔ το ύψος και Ε το μέσον της ΑΒ. Από το Δ φέ­

Λύση Α

από (Ι) και (2) ~~ = ~~ άρα ΜΝ 11 ΑΒ. •

ΓΑΚ ~ ΓΜΝ (ΜΝ // ΑΚ), οπότε έχουμε: ΑΓ = ΑΚ δηλαδή 1 + ΑΜ =Q (3) ΓΜΜΝ

ΓΜ6

i, άρα:

από (1), (3) έχουμ-ε 1 + ~~ = 1 Άσκηση

α= 5.

6

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ

// ΓΔ),

σημείο

Ρ στην ΑΓ, τέτοιο ώστε~~= λ, λ;;:: Ο. Από το Ρ φέρω ευθεία (ε), (ε) 11 ΒΓ, που τέ­ μνει τις ΒΓ, ΒΔ, ΑΔ στα σημεία Ν, Κ, Μ αντί­

Ι) ΔΖΓ- ΑΔΒ (Β ΔΓ

στοιχα. Δείξτε ότι:

'')ΚΡ= 1')ΜΝ_ΑΒ+λΓΔ 11 l+λ -

lλΓΔ-ΑΒΙ

l+λ

'

iii)

ΑΓ·ΡΝ::;; ΑΒ·ΡΓ

ΖΓ

,

= ΔΒ, δηλαδη:

ΑΒ

Άρα ΔΒ·ΔΓ

'

+ ΓΔ·ΑΡ.

ii)

Λύση

= Γ, ΑΔΒ = Ζ = 90°) οπότε

έχουμε:

ΔΕ// ΑΓ ι

ΔΖ _ι ΑΓ

= 2ΔΕ·ΖΓ. ""'

ΔΒ·ΔΓ

= 90°.

τότε έχουμε: ΕΔΖ

Άρα ΕΖ> ΕΔ,

iii)

ΔΒ·ΔΓ = ΖΓ·ΑΒ.

δηλαδή 2ΕΖ

= ΑΒ·ΖΓ

> ΑΒ.

οπότε έχουμε:

2

2

2

ΔΒ < 2ΕΖ·ΖΓ < ΕΖ + ΖΓ • 2 2 2 Άρα ΔΒ < ΕΖ + ΖΓ • (ε)

Δ

Α πο,

Άσκηση

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Θ το κέντρο βάρους

Γ

ΑΡ την ΡΓ

ΡΓ

, .ΑΡ = λ , παιρνουμε. ΑΓ

=

λ λ+ Ι

1

και ΑΓ= λ+ Ι' ..c..

8

του και ευθεία (ε) που περνάει από το Θ και τέ­

μνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ, Λ αντίστοιχα. Δείξτε όΑΚ ΓΛ τιΚΒ;;:: 4 .ΑΛ' Λύση

..c..

ΓΡΝ

,...,

ΡΝ

ΓΡ

ΓΑΒ (ΡΝ

,

.

ΑΒ), τότε

11

ΡΝ

_

έχουμε:

Α

Ι

ΑΒ =ΓΑ' οποτε. ΑΒ- λ+ Ι' ..c..

..c..

Ομοια ΑΜΡ ~ ΑΔΓ (ΜΡ

11

ΓΔ),

τότε έ-

. ΜΡ _ ΑΡ οπο'τε· ΜΡ _ λ Χ 0 υμε. ΓΔ- ΑΓ' ,· ΓΔ -λ+ ι·

i)

ΜΝ

= ΜΡ + ΡΝ, οπότε έχουμε:

ΜΝ =_λ_ ΓΔ +_Ι_ ΑΒ = ΑΒ + λ·ΓΔ λ+Ι

ii)

λ+Ι

= ΙΜΝ- ΜΚ- PNI = ΑΒ+λΤΔ _ _ 1_ΑΒ--1-ΑΒ .

ΚΡ

=

1

Ι+λ

λ+Ι

λ+1

tBI.

Δηλαδή: ΚΡ = lλΓt+-

1

Άσκηση

ΡΝ·ΑΓ::;; ΑΒ·ΓΡ

+ ΓΔ·ΑΡ

Δ

Γ

Ε

Εάν (ε)// ΒΓ τότε (θ. Θαλή)~~=~~= 2 ΓΑ

και ΑΛ

iii) ΡΝ = ΓΡ δηλαδη' · ΡΝ ·ΑΓ = ΓΡ·ΑΒ ΑΒ ΑΓ' . . Άρα:

Β

Ι+λ

ΘΔ Ι = ΘΑ= 2,

Εάν (ε)

ll.

,

,

,

αρα ισχυει ως 1.σοτητα.

ΒΓ και έστω Ε το σημείο τομής

της (ε) με τη ΒΓ.

Εφαρμόζω το θεώρημα ΜΕΝΕΛΆΟΥ στο ΑΒΔ, διατέμνουσα ΚΘΕ:

7 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ:θ. τ.

3/28


Αναλογίες- Ομοιότητα- Μετρικές σχέσεις

ΑΚ. ΕΒ. ΘΔ ΚΒ ΕΔ ΘΑ

τ, ΑΚ οτε ΚΒ

=1

.

= 2 . ΕΔ_ ΕΒ

Ομοια στο λΔr, διατέμνουσα ΘΛΕ: ΑΘ

ΕΔ

Άσκηση

ΛΓ

, ΛΓ 1 ΕΓ ΘΔ . ΕΓ . ΛΑ= 1. Τοτε ΛΑ= 2. ΕΔ" , , ΑΚ ΛΓ, Ηδθ ο εισα γραφεται: ΚΒ ;;;:: 4 · ΑΛ η

10

..,.

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ τα ύψη του

ισο-

δύναμα 2 ~~ ;;;:: 4· ~ ~~- Επομένως ΕΔ ;;;:: ΕΒ· ΕΓ ισχύει ΕΔ = ΕΓ + ΓΔ και ΕΔ = ΕΒ- ΒΔ, άρα: 2 ΕΔ = (ΕΓ + ΓΔ )( ΕΒ - ΒΔ ) 2

ΑΔ, ΓΕ και Η το ορθόκεντρό του. Εάν Μ, Ν τα μέσα των ΑΒ, ΓΗ αντίστοιχα δείξτε ότι ..,. ..Δ.

ί) ΑΔΓ ~ ΜΔΝ, ii) 2ΜΝ

Λύση

έχουμε ΔΜ =~Β και ΜΔΒ =Β Α

= ΕΓ·ΕΒ- ΕΓ·ΒΔ + ΓΔ·ΕΒ- ΒΔ· ΓΔ = ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ·(ΕΒ- ΕΓ)- ΒΔ· ΓΔ = ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ·ΒΓ- ΒΔ·ΓΔ

= ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ(ΒΓ- ΓΔ).

> ΑΓ.

Επομένως:

2

ΕΔ = ΕΒ·ΕΓ + ΒΔ , άρα ΕΔ 2 ; ;: ΕΒ·ΕΓ 2

ΑΚ

,

ΛΓ

και επομενως ΚΒ ;;;:: 4· ΑΛ"

Άσκηση

9 ..,.

Σε τρίγωνο ΑΒΓ δείξτε ότι:

i) ii)

,..... ΒΑΔ = ΕΓΒ (Πλευρές κάθετες)

α·υα = β·υβ = γ·υγ

,.....

(α-υβ)(β-υγ)(γ-υα)

άρα ΜΔΝ

= (α-υγ)(β-υα)(α-υβ)

,.....

= 180°- ΜΔΒ- ΝΔΓ =

180° - (Β + ΒΑΔ) = 90°, άρα ΜΔΝ = 90° ..,.

Λύση

ΑΔΒ,ΓΔΗ

Α

ΑΔΒ =ΓΔΉ,.....= 90°

τότε ΑΔΒ - ΓΔΉ δηλα-

ΒΑΔ=ΗΓΔ

Ε

δή ΑΒ

ΑΔ , 2·ΔΜ ΑΔ ΓΗ= ΓΔ" Επομενως: 2·ΔΝ = ΓΔ άρα ΔΜ

ΑΔ

ΔΝ=ΓΔ """

ΑΔΓ,ΜΔΝ

Γ

i)

"""

"""

ΑΔ

,

ΑΔΒ ~ ΓΖΒ, τοτε εχουμε: ΓΖ Άρα: ΑΔ·ΓΒ

"""

ii)

,

"""

= ΑΒ·ΓΖ, , ,

i)

δηλαδή υα·α

,.....

= ΜΔΝ = 90°

ΔΜ

ΑΔ

-'"""

τότε ΑΔΓ ~ ΜΔΝ

ΔΝ=ΓΔ

ΑΒ

=ΓΒ

ΒΕ

,..... ΑΔΓ

=

γ·υγ

ΒΓ

ii)

Ισχύει 2ΜΔ > ΑΔ δηλαδή ~~ > ~ ΜΔΔΝΜΝ

,

ΒΕΓ ~ ΑΔΓ, τοτε εχουμε ΑΔ = ΑΓ

ομως ΑΔ = ΔΓ = ΑΓ'

Άρα: υβ·β = υa·α, δηλαδή α·υα = β·υβ = γ·υγ

άρα~~>~- Επομένως 2ΜΝ > ΑΓ.

Θέτουμε: α·υa

=

β·υβ

=γ·υy =t, άρα:

(α- υβ) (β- υγ) (γ- υJ

=

Ua -!)(υtβ -~)(~Υ -i)=

Άσκηση

11

Σε τρίγωνο ΑΒΓ δείξτε ότι:

_!_2 = _!_2 + .!.2 αν και μόνο αν Α = 90°. Vα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

Vy

3/29


Αναλογίες- Ομοιότητα- Μετρικές σχέσεις

Λύση

σος, η προέκταση !ης οποίας τέμνει τη ΒΓ στο

Ζ. Να υπολογισθεί ο λόγος~~·

Λύση (ε)

Η

z

Α

Δ

Γ

Φέρω (ε)// ΑΓ και έστω Η το σημείο το­

μής της ΑΕ και της (ε).

""'"

~

,

ΑΕ

ΑΕΔ - ΗΕΒ (ΑΔ 11 ΒΗ), τοτε ΕΗ Άσκηση

12

, ΑΕ ΑΓ ΑΒ αρα ΕΗ = 2ΒΗ = 2ΒΗ

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

Οι διχοτόμοι των γωνιών Δ, Γ τραπεζίου ΑΒΓΔ (ΑΒ

//

""""

μείο Ε. Εάν ΔΕ

= 15, ΕΓ = 13 και το ύψος ΕΖ του ΕΔΓ είναι ίσο με 12, να υπολογισθούν τα

.Δ.

,

ΓΖ

ΑΒΉ = 90°

ΑΒΗ:

μήκη των πλευρών του.

Λύση

""""

ΑΓ

ΑΒ

ΒΕ ,

υψος

ΑΒ 2

,

1

(2)

ΑΕ

τοτε - -2 = ΕΗ (3) ΒΗ

από (1), (2), (3) έχουμε ~~ = ~

Γ

Άσκηση

14

...::...

Δίνεται

(Α= Β

Ισχύει ΑΔ =ΑΕ και ΒΓ= ΒΕ. Φέρω τις α­ ποστάσεις ΕΗ, ΕΖ, ΕΘ του Ε από τις πλευρές

ΑΔ, ΔΓ, ΓΒ αντίστοιχα τότε:

ορθογώνιο

τρίγωνο

ΑΒΓ,

ΑΔ το ύψος του και Ε το μέσον του

90°),

ΑΔ. Η ΒΕ τέμνει την ΑΓ στο Ζ. Δείξτε ότι

ΑΖ

ΑΒ 2

zr= Br· Λύση

ΕΗ = ΕΖ = ΕΘ = 12 ακόμη ΔΗ = ΔΖ και ΓΖ = ΓΘ

Γ

ΔΗΕ (Η = 90°): ΔΗ 2 = ΔΕ 2 - ΕΗ 2 = 2 2 = 15 - 12 άρα ΔΗ = 9 ΕΖΓ (Ζ = 90°): zr2 = ΕΓ 2 - ΕΖ 2 = 2 2 = 13 - 12 άρα ΖΓ = 5 επομένως ΔΓ

= ΔΖ + ΖΓ = 9 + 5 = 14 . 2 2 2 ΑΗΕ (Η= 90°): ΑΕ = ΑΗ + ΕΗ τότε 2 ΑΔ =(ΑΔ-9) 2 + 12 2, άρα ΑΔ = 12,5 ..,. ....... 2 2 2 ΕΘΒ (Θ = 90°): ΕΒ = ΒΘ + ΕΘ ή ΒΓ 2 = (ΒΓ- 5) 2 + 12 2, άρα ΒΓ = 16,9 άραΑΒ =ΑΕ +ΕΒ =ΑΔ + ΒΓ= 29,4. ..,.

.......

Άσκηση

,

(1)

ΑΖΓ- ΗΖΒ, τοτε ΖΒ = ΒΗ = ΒΗ

ΓΔ), τέμνονται στην ΑΒ στο ση­

Ζ

ΑΔ

= ΒΗ

Β

.Δ.

ΑΔΓ διατέμνουσα ΒΕΖ (Θ. ΜΕΝΕΛΆΟΥ) τότε

ΑΖ. ΒΓ. ΕΔ ΖΓ

ΒΔ

=1

ΕΔ = Ι ΒΓ = ΒΓ ΕΑ

'ΒΔ

άρα ΑΖ =ΑΒ ΖΓ

13

ΕΑ

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ....... ΑΒΓ, ( Α= 90°). Φέρω τη ΑΕ ..L ΒΔ,ΒΔ διάμεΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/30

2

ΒΓ2.

2

ΒΔ·ΒΓ

=

ΒΓ

2

ΑΒ2


Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων Γρηγόρης Δ. Φωτιάδης

1.

Θεωρία

Εμβαδόν κυκλικού δίσκου ακτίνας

R:

2

Ε=πR.

Εμβαδόν κυκλικού τομέα ακτίνας 2

R:

_ πR ·μ Εκ. τ- 360ο . 0

Α ν η επίκεντρη γωνία του κ. τομέα σε α­ κτίνια είναι ω, τότε:

Εκ.τ=πR

2 ω

2

π=

1

2

R

2

· ω= ,-..,

1

2 Ι·R,

ΑΓ

όπου Ι το μήκος του ��όξου ΑΒ.

Ε,

= 1 ΓΒ = 1 ΑΒ = 2 ρ

2

3

3

= Εημ.ΑΒ -

και ΓΒ

Εημ.ΑΓ + Εημ.ΓΒ

=4ρ

3

=

2

2

.!.πρz _.!.π (ΑΓ) +.!.π (ΙΒ) =~πρz 2 2 2 2\2 3 ο

R

,

Άρα Ε 2 =

μ

2. Εμβαδόν κυκλικού τμήματος (σχ. 1): _

Εκ.τμ- Εκ.τ- (ΟΑΒ)-

Π

R

2

2

Ε1 και Ε=

2.

2

"""""

Ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α είναι

εγγεγραμμένο σε κύκλο

Σχ. Ι

_

Ι

3 πρ

·μ

0

1

360 ο -2 R

2

""

ημ(ΑΟΒ).

(0, R). Αν το εμβαδόν του μη κοινού μέρους του κυκλ. δίσκου (Ο, R)

και του τριγώνου ΑΒΓ είναι Ε= 4π- JVj, να υπολογιστούν τα α και

R.

Α

Μ

Α~ Β

Σχ.

5

Ν Σχ.

2

Είναι α=

Μ

Α

~ Σχ.

2

z α~Α '3 Ε=Εκύκλ· -(ΑΒΓ)=πR -ψ= Β

3

Το εμβαδόν μηνίσκου είναι ίσο με το ά­ θροισμα (σχ. 2) ή τη διαφορά (σχ. 3) των εμ­

βαδών των δύο κυκλικών τμημάτων ΑΜΒ και ΑΝΒ.

2. 1.

Ασκήσεις Δίνεται κύκλος διαμέτρου ΑΒ

R -{3

π R2 -

3f R = (π - 3f) R 2

Ε = 4π -

3-{3 (υπόθεση) Άρα: 4π- 3{3 = (π - 3

f)

2

R

2

~ R =2

και α= 2{3.

= 2ρ.Ένα

σημείο Γ χωρίζει την ΑΒ σε λόγο ~· Με διαμέ­ τρους ΑΓ και ΓΒ yράφουμε ημικύκλια εκατέ­

3.

"""""

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υπο2

τείνουσα ΒΓ =α και εμβαδόν Ε= κ. ί) Να υπολογιστεί.!!. ακτίνα του εγγεγραμμένου

ρωθεν της ΑΒ. Να βρεθεί ο λόyος των εμβαδών

κύκλου

των δύο χωρίων που ορίζονται από τον κύκλο (0, ρ) και τα δύο ημικύκλια.

ii) (1,

(1,

ρ) του ΑΒΓ συναρτήσει των α, κ.

Α ν Δ, Ε, Ζ τα σημεία στα οποία ο κύκλος ρ) εφάπτεται τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντί-


Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων

στοιχα, να βρεθεί το εμβαδόν του χωρί~ που ο­

5.

ρίζεται από τη χορδή ΕΖ και το τόξο ΕΔΖ.

Α

Γ

Δίνε~ι

= 90°,

ορθογώνιο

Β·=

60°

και ΒΓ

τρίγωνο

= 4cm.

.ο<>.

ΑΒΓ

με

Με κέντρο Β

και ακτίνα ΑΒ γράφουμε τόξο που τέμνει τη ΒΓ

στο Μ. Με κέντρο Γ και ακτίνα ΓΜ γράφουμε

τόξο που τέμνει την ΑΓ στο Ν. Να υπολογιστεί η περίμετρος και το εμβαδόν του μεικτόγραμ­

μου τριγώνου πο~ σχημα~ζεται από το τμήμα

6

Σχ.

ΑΝ και τα τόξα ΑΜ και ΜΝ. Γ

Α

Ζ

Β

ΑΖΙΕ τετράγωνο και ΑΖ

i)

τ

α

-

β

2

=

ρ

+α=

= β

-

ρ

= 2ρ =

= (β + γ)

2

=

2

= (2ρ + α)

2

+ γ + 2βγ = 4ρ + 4αρ + α 2

2

+ 4αρ - 4κ = Ο

ρ =-α + Jα + 4κ 2

2

=

2

2

Σχ.

= 2

= 2

+ αρ - κ = Ο

=

Α

2

Το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι:

Ε = Εκυκλ + (ΙΕΖ) =*π ρ z + ~ ρ 2 =

ΑΝ=2νJ-2

*

1

2

(3π

π

= 3'

Η περίμετρος του καμπυλόγραμμου τρι-

-~

1

+ 2) = ϊ6 (3π + 2Κν α + 4κ -

α)

2

.

Δίνονται οι παράλληλες ευθείες ε 1 και ε 2

4.

Β

ΒΓ = 4, ΑΒ = 2 και ΑΓ = 2--j3 60 2π s 2 30 S ΑΜ = Π· 2 . 180 = 3' ΜΝ = Π· . 180

2

ii)

8

γώνου είναι: Π = 2 π + }- + 2'\[3 - 2 = π+ 2('\[3- 1).

Το εμβαδόν του είν<!!::

με d(ε 1 , ε2 ) = 6 και ο κύκλος (0, ψ) με κέντρο

Ε= (ΑΒΓ)

Ο που βρίσκεται στη μεσοπαράλληλη των ε 1 ,

-

Εκ.τ.Β.ΑΜ -Ε κ.τΓ.ΜΝ

=

2'\[3 .- 23π -}- = 2--13 - π.

ε 2 • Να υπολογιστεί το εμβαδό του κοινού μέρους του κύκλου και της ζώνης των ε 1 , ε 2 •

3

6.

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο

ΑΒΓ,)!ε υποτείνουσα ΒΓ

=

2α. Γράφουμε το τό­

ξο,__ΒΓ του κύκλου (Α, ΑΒ) και το ημικύκλιο Σχ.

7

ΒΓΜ διαμέτρου ΒΓ. Να αποδειχθεί ότι το εμ­ βαδόν του γραμμοσκιασμένου μηνίσκου είναι ίσο με το εμβαδόν τετραγώνου πλευράς α.

Οι ε 1 , ε 2 τέμνουν τον κύκλο

d(ε 1 , ε 2)

(0, R)

επειδή

< 2R.

Σχ.

ΟΑ= 3-.f2, ΟΚ =~= 3 2

2

2

2

2

ΑΚ = ΟΑ - ΟΚ = (3-J2) - 3 = 9

= ΑΚ = 3

Άρα ΟΑΚ ισοσκελές και δΊ = 45°. Το

Α

ΒΓ = 2α, ΑΒ = ΑΓ = α{2

τρίγωνον είναι ορθογώνιο στο Ο. Το ζητούμε­

Το εμβαδόν του μηνίσκου είναι:

νο εμβαδόν είναι:

Ε

Ε=Εκυκλ -2Ε 1 =πR -2(πR 2

Ε=(1π+

1f =9(π+2). 2

2

j6°; -1R )= 2

0

= Εημ.ΒΜΓ -

Ε κ.τμ.ΒΓ

1 mr)2

=

-

"2 Π ~2 - (Εκ.τομ.Α.ΑΒ 2

2

(ΑΒΓ)) = 2

lπα -lπ(ΑΒ) +l(AB) = α 2 4 2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/32

2

9


Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων

Θεωρούμε τους κύκλους (Κ, ρ) και (Λ, ρ)

κλιο εκτός των κύκλων. Να δείξετε ότι το ΑΒΛΚ

με διάκεντρο ΚΛ =ρ Αν η περίμετρος του κοι­

είναι ορθογώνιο με εμβαδόν, ίσο με το εμβαδόν του χωρίου που σχηματίζεται από το ημικύκλιο

7.

νού χωρίου τους είναι 8π, να υπολογιστεί το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου μηνίσκου. Α~--

Γ

Σχ.

ΒΑ και τα κυρτογώνια τόξα Ar και Br.

10

ρ

ρ

Σχ. Ι2 κ

Λ

..,. ΑΚΛλ

ισόπλευρα

τρίγωνα

και ΚΑ

ΑΚΒ = ΑΛΒ = Ι20°. Η περίμετρος του κοινού χωρίου τους είναι

Π =2·SΑΛΒ = 2· 2πρ j~~ = ~ πρ π

=

8π <=:>

(ΑΒΛΚ)

= ΑΚ·ΚΛ = Ε=Ε 1 +Ε 2 =

4

3 πρ = 8π <=:> ρ = 6.

ναι:

=

Ε κ.τμ.ΑΒΓ

Εκ.τομΛ.ΑΒΓ Ι 2

+

2240°

_

-

Ε κ:.τμ.ΑΒΛ

(ΑΒΛ) ο

-πρ 3600 ~ρ ημΙ20 - πρ 3600

-j πρ

2

+-Jfρ

2

+.2 ρ ημΙ20

2 πρ =

Ι2π+ Ι8·-νJ.

=

ΒΑ και

2

.

10.

2

Ι

2

+ 2ρ - 2· 4 πρ

2

2

= 2ρ .

Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος (Ια, Ρα) στο ι­

σόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εφάπτεται στις προε­ κτάσεις των πλευρών του ΑΒ και ΑΓ στα ση­ /'ο,_

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α= 30° και ΑΒ = ΑΓ = β. Με κ~τρο Α και ακτίνα το ύψος ΑΔ

8.

γράφουμε τόξο που τέμνει τις ίσες πλευρές στα ση­ μεία Ε και Ζ. Να βρεθεί συναρτήσει του β το εμβα­

μεία Ε καιΖ αντίστοιχα. Να υπολογισ~ύν συναρτήσει της πλευράς α του τριγώνου ΑΒΓ:

i) Η ακτίνα Ρα του κύκλου (Ια, Ρα). ii) Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος

χορδής

ΖΕ.

δόν του yραμμοσκιασμένου χωρίου.

"

11

2Ι π (ΑΒ) 2 + (ΚΛΒΑ)- 2Εκ.τ.Λ.ΒΓ = Ι

=

Εκ.τ.Κ.ΑΑΒ + (ΑΚΒ) = 2 Ι 20° Ι 2 ο

-

ΑΒ τότε ΑΚ

..l

2

Το εμβαδόν Ε του ζητούμενου μηνίσκου εί-

Ε

ΑΒ, ΛΒ

..l

ΑΚ =ΒΛ= ρ. Α.ρα ΑΒΛΚ ορθογώνιο με:

Α

Α

30

Σχ. Ι3 Σχ. Ι Ι

I

z

Ε

Β

ΑΔ Ε Ι

Δ

_ ΑΙα _ Ρα + υα

Ρα-

Γ

= ΑΒσυνΙ5° = βσυνΙ5°. .--. = (ΑΒΓ) - Εκ.τ.Α.ΕΖ =

2

=

υα

2

ημ30ο- π·υα ·

30ο

Ι

2

π

z

2

3600 =4' β - ϊ2 β συν Ι 5°=

Δύο ίσοι κύκλοι (Κ, ρ) και (Λ, ρ) τέμνονται

εξωτερικά στο σημείο Γ. Με διάμετρο το κοινό εφαπτόμενο τμήμα τους ΑΒ, γράφουμε ημικύ-

2

-

<=>

2

Ρα

_

-

υα

_ α-{3

-

= π ρ~ 360 120 _1_ ρ~ ημΙ20 = π2 3 Ε

.!_ z _ .2Ε.. 22 + {3 __ Ι _ _r:; 2 4β Ι2 β 4 -48 [Ι2 (2 +ΙΙ3)π]β. 9.

,

Iu

= Εκ.τ.Ια.έΖ -

(ΙαΕΖ)

Ι lil) 16 α· (4π-

2

(1 ill.) ρ~= 4

2

11. Η διαφορά των εμβαδών των τετραγώνων τα οποία είναι το ένα εγγεγραμμένο κωι το άλ­ λο περιγεγραμμένο στον κύκλο (0, R) είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ:θ. τ.

3/33


Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων

12τ.μ. Να υπολογιστούν:

δύο παραπάνω ημικυκλικών δίσκων συναρτήσει

i) το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου (0, R). ii) το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ του εγγε­ γραμμένου τετραγώνου και του (0, R). iii) το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ του περιγε­ γραμμένου τετραγώνου και του (0, R).

της ~λευράς ΟΑ= α.

Θ

Γ

iii) Αν ΑΒ το κυρτογώνιο τόξο του κύκλου (0, ΟΑλ δείξτε ότι το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρί­ ου είναι ίου με το εμβαδό Ε του ερωτήματος (ii). Β

Η

Σχ.

17

α

Ε

Α 2

Ζ 2

(ΑΒΓΔ) =α = (R-J2,) = 2R (ΕΖΗΘ)

i) ii)

2

2

2 2

2

Εκ.δίσκ. = πR = 6π

ii)

Ει= &.δ.- (ΑΒΓΔ)

iii)

Ε 2 = (ΕΖΗΘ)- &.δ.=

iii) 2

2

2

Ε2

= ΕσΛΈ- Ε 11 μ.οrΑ +Ε=

2

2

= πR - 2R = 6(π- 2). 4R -

3~;0 - ~ ΟΓ-ΑΓ)= i (π- 2)α .

2

(ΟΓ = ΑΓ = φ./2) 2

(ΕΖΗΘ)- (ΑΒΓΔ) = 2 R = 12 = R =...f6. i)

+ ΟΓΒ = 90° ,-._ + 90° = 180° Ε= 2Ει = 2[Εκ.τ.Α.ΟΓ- (ΟΑΓ)] = 2 (πα

= (2R) = 4R

Α

.--...

ΟΓΑ

πR

2

1πα 2 - 2· 2"1 π

4

= 6(4- π).

Δίνεται κύκλος (0, ρ) και οι εφαπτόμενές του ΑΒ, ΑΓ από σημείο Α τέτοιο ώστε ΟΑ = 2ρ.

12.

15.

(α) l

+ Ε= Ε.

Δίνεται τεταρτοκύκλιο Ο.ΑΒ. Α~ τα ση­

μεία Γ, Δ ισαπέχουν από το μέσο του ΑΒ, δείξ­

Να βρεθεί το εμβαδόν του κοινού τμήματος των

τε ότι το εμβ~δόν του σχήματος που ορίζεται

κυκλικών δίσκων

από το τόξο ΓΔ την ακτίνα ΟΑ και τις κάθετες

(0, ρ) και (Α, ΑΒ).

ΔΚ, Γ Λ στην ΟΑ, ε_!yαι ίσο με το εμβαδόν του

Β

κυκλικού τομέα Ο.ΓΔ. Β

Σχ.

18

Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο και

0Β= 0:. Άρα ΛΊ = 30°, 6Ί = 60° και ΑΒ = ρ{j. Ε=Ει+Ε2= Εκ.τ.ο.ir- (ΟΒΓ)

+ Εκ.τ.Α.Β-r- (ΑΒΓ) = 2 120° 1 2 ο __ ι:; 2 60° πρ 36Οο- 2 ρ ημ120 + π(vν3) . 36οο

-13ρ2ημ60

=

.---.Κ Οι γωνίες

0

1 και

02

είναι ίσες επειδή

βαίνουν σε ίσα τόξα. .--...

.--...

0 2 = Δι (εντός εναλλάξ) ..ο.

..ο.

Άρα ΟΓ Λ= ΟΔΚ.

ΕΚΛfΔ =Ει+ Ε2 =Ει+ Ε2 + Ε3- Ε3=

(56π--f3}2·

+ (ΟΓ Λ) - Ε 3 = Ει + (ΟΔΚ) - Ε 3 = Ει + Ε 4 = Εκ.τ.Ο.fΔ· Ει

14. Δ~εται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ (Ο = 90°). Με διαμέτρους ΟΑ και ΟΒ γράφουμε ημικύκλια που τέμνονται στο σημείο Γ.

Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. ίί) Να βρεθεί το εμβαδόν Ε του κοινού τμήματος των

i)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/34


Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος Εύα Σαίτη

Αρχικά παραθέτουμε μερικά βασικά στοιχεία της θεωρίας που αφορούν τις προό­ δους και κάποιες παρατηρήσεις, που θα βοη­ θήσουν στην κατανόηση των ασκήσεων που ακολουθούν.

2

Τρεις μη μηδενικοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι Γ.Π. αν και μόνο αν ι-

,

Το άθροισμα άπειρων όρων Γ.Π. με lλl

γνωστοί ο πρώτος όρος α 1 και ο λόγος λ.

1, ει, ναι S =

όρων Α.Π. συνήθως τους συμβολίζουμε: 2ω, α- ω, α, α+ ω, α+ 2ω,

...

όπου

Άσκηση

α

-

συνήθως τους

3ω, α

-

ω, α

+

ω, α

συμβολίζουμε:

+

3ω,

...

όπου

το άθροισμα όλων των όρων εκτός του τε­ λευταίου ισούται με Ο και η διαφορά του έκτου

-36,

όρου από τον δέκατο όρο ισούται με

Έστω ω η διαφορά της προόδου. Ισχύουν

Τρεις αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί ό­ ροι Α.Π. αν και μόνο αν ισχύει: α+ γ=2β.

οι σχέσεις:

{

Μια Α. Π. είναι πλήρως ορισμένη αν είναι γνωστοί ο πρώτος όρος α 1 της προόδου

, λν- I Ι σχυουν: α, = α 1 • , . λ"- 1 λ S,. = α 1 • ~με ~ 1, Sv = ν·α 1

με

λ

λ-

α

-λ, α, α

λ

, , αλz , ... οπου

= 1.

απ' όπου ν=

3

λ

10. Από την 1η εξίσωση έχουμε: 0

= 16.

2

Έστω Α.Π. με όρους φυσικούς αριθμούς πρώτων όρων είναι μεγαλύτερο του

(«μεσαίοι όροι» οιΪ· αλ και λόγος λ ) ή α

Άσκηση

= 36

για την οποία ισχύει: το άθροισμα των εννέα

... 2

α

Αφαιρούμε την

δηλ. α 1 - α 1 -(ν- Ι)ω

2 απ' όπου α 1

ρων Γ.Π. συνήθως τους συμβολίζουμε:

36

αι +αν- ι (ν_ Ι)=

,

Οταν έχουμε άρτιο πλήθος διαδοχικών ό­

α 1 -αν=

α ο «μεσαιος»

όρος και λ ο λόγος της προόδου.

• ... ,~,Ϊ, αλ, αλ ,

= -4.

2η εξίσωση από την 111 και παίρνουμε:

Οταν έχουμε περιττό πλήθος διαδοχικών α

+ 9ω)- (α 1 + 5ω) = -16

απ' όπου προκύπτει ότι ω

όρων Γ.Π. συνήθως τους συμβολίζουμε:

?•

+ αz· + α3 + ... + α, -:_Ι = Ο α 2 + α 3 + α 4 + ... + <1ν.· - -36 α 10 -α 6 =-16

(α 1

Για τη Γεωμετρική Πρόοδο

αΙ

Από την 3η εξίσωση έχουμε:

και η διαφορά ω.

-16 .

Λύση

διαφορά.

_λ'

1

α- ω, α+ ω οι δύο «μεσαίοι» όροι και ω η

1

όλων των όρων εκτός του πρώτου ισούται με

Οταν έχουμε άρτιο πλήθος διαδοχικών ό­

.. .,

<

αι

Να βρεθεί η Α.Π. της οποίας το άθροισμα

α ο «μεσαίος» όρος και ω η διαφορά της προόδου.

ρων Α.Π.

- = αγ.

Μια Γ.Π. είναι πλήρως ορισμένη αν είναι

Οταν έχουμε περιττό πλήθος διαδοχικών

... ,α-

β7

Ισχύουν: α,= α 1 +(ν- 1)ω,

S.. =~[2α 1 +(ν-1)ω]καιSv=~(α 1 +αν).

Λίτσα Μπανδήλα

(«μεσαίοι όροι» οι-Ϊ, αλ και λόγος- λ )

σχυει

Για την Αριθμητική Πρόοδο

-

3

... , λ3' -λ, α '-αλ ' ...

κρότερο του

220 και α2

200

και μι­

= 12. Να βρεθεί η πρόο­

δος.

Λύση Από τη υπόθεση έχουμε το σύστημα:


Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

{

α 2 =α 1 +ω=

3

12

(α-2ω) +α

200 < α 1 ; α9 ·9 < 220

Από την εξίσωση του συστήματος έχουμε ω και με αντικατάσταση στην ανισό­

= 12-

2

αμ+

Μ ετα' απο'

<i 2 - ω)+ 8 ω ·9 < 220 δηλ.

;> +

200 < 20 2 -

'ξ εις

α1

αριθμοί

<ω<

2

είναι

ω

=

και

4

Τέσσερεις

διαφορετικοί

ακέραιοι

αποτε­

λούν διαδοχικούς όρους Α.Π. Ένας από αυτούς τους ακέραιους ισούται με το άθροισμα των τε­ τραγώνων των άλλων τριών αριθμών. Να βρε­

θούν αυτοί οι αριθμοί.

' αρα κ=

2

= α + 2ω

2

1 =-ω,

= 2ω

2

α=± r.u.~ urν2iC=3

"'

"'

2

σχέση

=

2

49 ) + (48

-

99

και ω=

αν

= α 1 + (ν -

απ' όπου

έχουμε

(l)

+ ι,

αμ

+ 2,

αμ

+ 3,

αμ + 4 είναι διαδοχικοί όροι Α.Π. 3

3

+ αμ +2 + αμ +4 = κ( αμ + ι + αμ +3),

-

2ω, αμ

+ 1=

-

ω, αμ

αμ +3 =α+ ω, αμ + 4 =α+ 2ω, όπου ω Ε

'lL

α,

και

S μ = μ2κ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

ν

' Sκ =f:. μ τοτε

= κ3.

Λύση

?

Sμ =μ-κ

η δια­

φορά της προόδου. Η εξίσωση που έχει δοθεί γίνεται:

25.

25

οπου

+2 =

Ι)4 άρα ν=

6

Sν = ν 2Κ α

Ι )ω

99 = 3 +(ν-

κ ακέραιος, να βρεθεί η πρόοδος.

Λύση

= 3,

Είναι:

Αποδείξτε ότι αν σε μία Α.Π. ισχύουν

S ν = ν 2κ

,

4.

ν

Άσκηση

α

47 2) + ... + (2 2 - 1) =

Sν=i<α 1 +αv)=·Ύ(3+99)= Ι275

= 2.

4

Οι ακέραιοι αριθμοί αμ, αμ

=

-

πεπερασμένου πλήθους όρων Α.Π. με α 1 α_.=

Ι, α+ 2ω

3

2

Η τελευταία παράσταση είναι άθροισμα

Επειδή ω ακέραιος διαφορετικός από το Ο,θαείναιω= Ι.

3

5

99 + 95 + ... + 3

6

τη

2.

(50+49)(50-49)+(48+47)(48-47)+ ... +(2+ I)(2-l )=

α= Ι ±J-24ω 2 +24ω+ Ι (Ι)

από

ωΕ

Λύση

24

α= Ο, α+ ω

... -2ω, -ω, Ο, ω, 2ω, ...

502 - 492 + 482 - 472 + ... + 22 - 1

(50

Ι 2 -{168,::: ω,::: 12 + {168 τότε

Έστω αμ

4

2

δηλ.

2

Α ν αμ

αμ+

Να βρεθεί το άθροισμα:

Αν -24ω + 24ω +Ι~ Ο δηλ.

3

=ω, αμ+

2 ' ' 3 ' 4 οποτε

Άσκηση

(α - ω/ + α 2 + (α + ω) 2 2 3α - α+ (2ω - 2ω) =Ο.

Άσκηση

3

Άρα η πρόοδος είναι

Έστω α- ω, α, α+ ω, α+ 2ω οι ζητούμενοι

= -1,

=Ο, αμ+

= -2ω,

(1)

Για κ= 4 βρίσκουμε α=± νο =ο

αριθμοί. Η πρόοδος είναι αύξουσα. Ισχύει:

Οπότε

2

?

Για κ = 3 βρίσκουμε α=± ω.,Ρ ~ 'lL

Λύση

α- ω

?

Για κ= 2 βρίσκουμε α==± ω-{ϊ2 ~ 2

3

24

ά-

Πρέπει (24- 6κ)(2κ - 3) ~ Ο δηλ. ~ < κ ~ 4

4 4τ

= 12-4=8.

Άσκηση

],

ω\24- 6κ) = α\2κ - 3)

3 11 27

παιρνουμε

θα

3

3(α + 8ω ) = 2κ(α + 3ω ) δηλ.

Εφ' όσον όλοι οι όροι της προόδου είναι φυ­ σικοί

(α+ω)

(ii) αν α* Ο τότε από iην (l) έχουμε:

ω ·9 < 220.

'

πρα

?

2

8

ο

+ 8ω-) = 2κα(α- + 3ω-)

αν α= Ο τότε αμ

(i)

τητα βρίσκουμε:

200 < 0 2 - ω)+

3

+ (α+2ω) = κ[(α-ωΥ + 2 3 2 ρα 3α + 24αω = κ(2α + 6αω ) δηλ. 3α(α

α1

3

3

, αρα ,

αρα

α1 +αν = ν·Κ 2

α 1 +α

2

μ

}

μ·κ

Με απαλειφή του α 1 στο σύστημα παίρ­ νουμε:

8'

κθ. τ.

3/36


Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος rι

"""''

2

μ=κ(ν-μ)

δηλ.

[α 1 +(ν-l)ω]-[α 1 +(μ-l)ω]=κ(ν-μ)

δηλ.

ω(ν- μ)= 2κ(ν- μ)

2κ και α 1

=

Άσκηση

κ. Άρα:

=

2

2

κ+κ+(κ-1)2κ:.

2

δεν υπάρχουν τέσσερεις τέ­

8

Μία Γ.Π. έχει

S = αι + ακ ·Κ= α 1 + α 1 +(κ- Ι)ω ·κ= κ

χ= Ο, ω= Ο, α= Ο, β= Ο.

Επομένως τοιοι αριθμοί.

2

Συνεπώς ω

για ω=~ δίνει:

1000

ναι

8 1 και

το άθροισμα των όρων που κατέχουν

τις άρτιες θέσεις είναι

_ 3

όρους. Το άθροισμα

των όρων που κατέχουν τις περιττές θέσεις εί­

8 2•

Να βρεθεί ο λόγος λ

της προόδου.

Κ-Κ:.

Λύση Άσκηση

7

Να εξετάσετε αν υπάρχουν τέσσερεις μη

Ισχύουν οι σχέσεις:

s] = αι

μηδενικοί αριθμοί που να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π. τέτοιοι ώστε: το άθροισμα των δύο πρώ-

των να ισούται με α-{2, το άθροισμα των δύο τελευταίων με β, το γινόμενο των δύο μεσαίων

και το αντίθετο γινόμενο των δύο ακραίων είναι ρι'ζ ες της ε ξ'ισωσης

Sz == αz + α4 + α6 + .. · + αιοοο Αν πολ/σουμε την πρώτη με τον λόγο λ παίρ­ νουμε:

λ·αι + λ·α3 + λ·αs + ... + λ·α999 = λ·Sι

z2-α 2z+ β2 == ο •

α2

Λύση Έστω χ

-

3ω, χ

-

ω, χ

ω, χ

+

+

3ω οι τεσ­

σερεις διαδοχικοί όροι της προόδου όπου ω η διαφορά. Τότε ισχύουν:

2χ - 4ω = αν2 (l ), χ

2

-

ω

2

=

ρ Ι, 9ω

2

-

2χ + 4ω = β (2) χ

2

όπου ρ Ι, ρ 2 οι ρίζες της z

2

=

ρz

-

α z + β =Ο.

2

+ α3 + αs + ... + α999

2

'

οποτε

+ α4 + α6 + ... + α 1 σοο = λ·Sι λ

9

Να υπολογισθεί το γινόμενο:

!Α ~z G. ~3 f:23

!

sy~

νs-

-νs-

(χ - ω ) + (9ω 2 - χ 2 ) = α 2 δηλ. 8ω 2 = α 2 (3) 2

2

} r::2

Α= s·ν;)

2

·νs-

(l) και (2) έχου­ με: 4χ = β + α{i και με αφαίρεση της (2) από την (1): 8ω =β- α12.. Από την (3) παίρνουμε:

Αν:ηκαθιστούμε στην 8ω =β-

ή

a:{2 κι

έχουμε:

= -α-{2

Α ντικαθιστούμε στην 4χ = β + 4χ =ο

a:{2 οπότε:

χ= ο 2

Τότε η (4) γίνεται 9ω = -β η οποία:

για ω== -αfi δίνει 9 α 4

α= Ο, ω

=

Ο, β

4

64

=

Ο, ενώ

Gv

-νs-

... ==

zv

s33 .. .sr ... = 2

=

55 3

'

+ 4α2

=Ο οπότε:

+ ... 2(2)3 +(2)3 + ... +(2)' 3 2

Η παρασταση

3

1+]+

είναι άθροισμα άπειρου πλήθους όρων Γ.Π. με α ι=

4

~-

5

4

α{i ή β

...

= ]+~+(~)2 +(~)3+ . . +(~)ν+ . .

ω == -αV2 και ω = SΊ:Jl

=β -

·νs23

Από την πρόσθεση των

-2α-{2

ν

3

~- f:22 ~-ι-:23

(xz _ ωz)·( 9 ωz _ xz) = βz δηλ. χ4 + 9ω4- lOxzωz = -βz (4)

4

r::z.· ... ... ~,.-νsΛύση

2

Αλλά ρ 1 + ρ 2 = α και ρΙ ·ρz = β οπότε: 2

S2 = λ·S 1

s, s;·

=

Άσκηση

<::::>

<::::>

2 1, λ= J < 1

αι 1 S=π=-:---z=3

1-J Άρα Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣΒ' κθ. τ.

=53= 125.

3/37

οπότε

Qλ/ <1).


Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

Άσκηση

10

Δίνονται οι αριθμοί

Να δειχθεί

10, 14, 21.

και ω3

ότι δεν μπορούν να είναι όροι Γ.Π.

Αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές στην

Λύση

Έστω ακ+

= 10, αμ+ I = 14, αν+ I = 21, όροι

I

χ 1 =Ο, χ 2

10, α·λμ = 14, α·λ' = 21, οπότε:

l.l = λ" - μ

,

αρα

14

(21 )" - κ

14

χ3

-_ λ (ν - κ) (ν- μ)

Α πο,

και

f~ = λν- κ

ν- μ

άρα α~)

= λ (ν- μ) (ν- κ)

3

= (- 1 +;.JΠ)

=(- -;ill)

, αυτες

21 v - κ 21 ν - μ --=--

συνεπως

14ν-κ

ιοv-μ

21 ν -

1Ο\' -

κ

ο

λόγος

δηλ.--·--= 14ν-κ21ν-μ

1

=

11 2 Κατασκευάζουμε την Γ.Π. 1, α, α , ••• , αV, ... με ΙαΙ < 1 της οποίας κάθε όρος ισούται με το

γινόμενο ενός αριθμού κ επί το άθροισμα όλων

των επόμενων όρων. Για ποιες τιμές του αριθ­ μού κ το πρόβλημα έχει λύση;

Ισχυει α

\'

αν+ I

=

1

α 1 ·λ 7 2

Άσκηση

:ι\σκηση

)Ε''

+ ··· .

3

13

νουσας Γ.Π. με άπειρους όρους είναι 1 και κάθε όρος αυτής είναι διπλάσιος του αθροίσματος ό­

λων των όρων που ακολουθούν. Να βρεθεί η

φ οσον

Έστω α ο πρώτος όρος και λ ο λόγος της προόδου. Σύμφωνα με την άσκηση θα έχουμε:

Ι

.

α+ α· λ= Ι και

α·λν-Ι = 2(α·λv + α·λv+ I + α·λν+ 2 + ···)

1

< Ι δηλ.

12 η

(1 + χ)

1

113

θετική

ρίζα

1,

ενώ ο λόγος της της

εξίσωσης

= 1 +~·Να βρεθεί ο 7°ς όρος της.

Θέτοντας χ= ω , , ,

παιρνουμε μετα απο 3

-

'

απο

3

1

α·λv ' ν-1 α·λν 2λ = 1 _λ οποτε α· λ = 2· Ι_ λ δηλ. Ι = Ι_ λ' Ι 3 Ι - λ = 2λ', λ = άρα α = 4·

3

Άσκηση

14

1 (1) στην εξίσωση, , ω3 - 1 , πραξεις: ω = Ι + - η 4

'

= 1,

ω2

= -Ι+~ 2

y+z

y, z

τέτοιοι ώ­

= xy + yz + zx, αν είναι

γνωστό ότι οι αριθμοί χ, y, z είναι διαδοχικοί όροι Α.Π., ενώ οι xy, yz, zx είναι διαδοχικοί ό­ ροιΓ.Π.

Λύση

4ω + 3 = Ο = (ω - 1)( ω 2 + ω - 3) = Ο

'

ν ε ΊL.

Αλλά α·λv + α·λv + 1 +α· λ ν+ 2 + ... = α~+λ =

στε να είναι χ+

-

την οποια εχουμε ω 1

1 και

Να βρεθούν τρεις αριθμοί χ,

Λύση

ω

για κάθε ν;:;,:

< -2.

Ο 8ος όρος Γ.Π. είναι είναι

f δηλ.

Λύση ν+2

κ που ικανοποιεί την σχέση Ι κ~ και κ

=

Το άθροισμα των δύο πρώτων όρων φθί­

Το πρόβλημα έχει λύση για κάθε αριθμό

Ι ή α 1 ·λ 6

=

αΊ=λ= (-Ι +113)3-23.

α =Κ·--= Ι-α=κα=α=-Ι-α κ+Ι

για κ

είναι

πρόοδος.

Ι έχουμε:

<

Γ.Π.

3

Λύση

ΙαΙ

της

- Ι.

βλημα αν α 1 ο πρώτος όρος της προόδου, θα έ-

κ,

Άσκηση

= κ(α v+l

χ2

23

χουμε α 8

ν= μ, κ= ν, που είναι αδύνατο να ισχύει.

ν

3

+;Jϊ3)

-- (-1

λ= (- 1 +ν13) - 2 και σύμφωνα με το πρό-

μ

δηλ. 2Ιμ-κ.ιον-μ. Ι4κ-ν =Ι.

,

και

-1

θ ετικη, ειναι , η

Συνεπώς

Από την τελευταία σχέση έχουμε μ

-1

3

1

- ("'1"':; 3

,

(1)

κι έχουμε:

Γ.Π. με πρώτο όρο τον α και λόγο λ. Τότε

α· λ κ=

= - 1 -;vσ.

? 2 2y = χ + z και y-z = χ 2yz δ η λ . χ = yz. Η εξίσωση που έχει δοθεί γίνεται χ+ y + z = xy + χ 2 + zx = x(y + χ+ z) και εφ' ό-

Έχουμε

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/38


Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

σoνx+y+z:;t:O έχουμε χ=

Συνεπώς

y(x- 1) =(χ+ l)(x- 1)

1.

2y = z + 1 και yz = 1.

(x-I)(y-x-I)=O

Λύνοντας τις τελευταίες εξισώσεις έχουμε

2y::: 1 + z Αν χ = 1 έχουμε { (y _ Ι)2 = z _Ι

α)

1 ' z = Ι η' z = - 2. y = 1 η' y = - αρα

2

αφαίρεση

Οπότε οι ζητούμενοι αριθμοί είναι χ=

γενικό όρο βν για τις οποίες ισχύει: α 1

=

β1 ,

β) Αν y =χ+ 1 έχουμε {χ~~:(:~~) . Είναι:

α 2 = β 2 και αν> Ο για κάθε φυσικό αριθμό ν. Α­ ποδείξτε ότι αν< βν, για κάθε ν> 2.

?

χ-=

= β 2 δηλ.

α+ ω= α·λ (1),

άρα ω μη αρνητικός αριθμός και εφ' όσον α 1 :;t: α 2 θα έχουμε ω> Ο.

Άσκηση

α

ι

y = 1, z = 2.

17

2

ω·λ=2 και (~) ::: 6~λ4 •

α

Α ν το άθροισμα των τριών πρώτων όρων της γιαν>2.

Α.Π. είναι

Από (1): ω = α·λ- α= α·(λ - 1) οπότε η σχέση που θέλουμε να δείξουμε είναι:

12

και το άθροισμα των τριών πρώ­

των όρων της Γ.Π. είναι

λ"- Ι- Ι

λ_ Ι

1)

Είναι ω

έχουμε:

:;t: Ο και λ :;t: Ο. Ισχύουν { ω

λ=2ή ω=-Ι καιλ=-2.

ν-1<1+λ+ ... +λv-Ζ

Επίσης ισχύουν οι σχέσεις:

Jα + (α + ω) + (α + 2ω) =

1.

lβ + βλ+ βλ = 7 2

Άσκηση

ω-λ= 2

64 ω2 = λ6 απ' όπου λ~ 1. και 64ω 2 = 6 ~ οπότε ω= Ι και ω

δηλ.

που ισχύει εφ' όσον λ>

να βρεθούν οι έξι

Λύση

α(ν- l)(λ- 1) < α·(λv- 1 -Ι) Διαιρώντας με τον θετικό α(λ-

7

αυτοί αριθμοί.

α+(ν-1)α(λ-1)<α·λv- 1 δηλ.

ν- Ι <

=-χ

ουν:

λουμε να δείξουμε ότι α,.< βv, δηλ.

-

z)

Έστω Α.Π. μi διαφορά ω, Γ.Π. με λόγο λ (με πραγματικούς όρους) για τις οποίες ισχύ­

Από (1) έχουμε λ= α+ ω= 1 +ω> 1. Θέ-

v

Ι)~ χ(χ-

απ' όπου χ= Ο,

όπου ω η διαφορά της Α.Π. και λ ο λόγος της Γ.Π. Είναι α.,1 > Ο, για κάθε φυσικό αριθμό ν,

α+(ν-1)ω<α· λ

x(z-

η οποία λόγω της πρώτης γίνεται -2χ =-χ

Λύση

=α και α2

προκύπτει

1,3,5ή1,1,1.

15

= β1

μέλη

y 2 = Ι οπότε

Δίδεται Α.Π. με γενικό όρο αν και Γ.Π. με

Έστω α 1

κατά

και με

/ - 4y + 3 = Ο δηλ. y 1 = 3 οπότε z 1 ::: 5 ή z = Ι. Άρα οι λύσεις είναι

1,

Υ = 1' Ζ= 1 η' Χ= Ι ' y=-l.2' Ζ=-2 . Άσκηση

~

16

Ι2

δηλ.

Να βρεθούν τρεις αριθμοί χ, y, z αν είναι y, z είναι διαδοχικοί όροι

γνωστό ότι οι χ,

Α.Π., οι χ,

Γ .Π.

y - 1, z - 1

είναι διαδοχικοί όροι

, ν-1 και ισχυει y -χ = ~. χ

Λύση

2y= χ +z (y-I) 2 =x(z-1) V- 1 { Υ- χ::: ..ι.___:_ χ

Η

(3)

γίνεται:

xy-

χ

2

= y-

(Ι)

α)

Αν ω= ρα α 1 =

1 καιλ=2τότεα=3καιβ= Ι. Ά­ 3, α 2 = α 1 + ω = 4, α3 = αι + 2ω = 5 2 και β 1 = 1, β 2 = β 1 ·λ = 2, β 3 = β 1 ·λ = 4.

(2)

β) Αν ω= -Ι και λ= -2 τότε α= 5 και β=~­

(3)

Άρα α 1

= 5, α 2 = α 1 + ω = 4, α 3 = α 1 + 2ω = 3 7 14 2 28 βι =3, β2 = βι·λ = -3, β3 = βι·λ =3·

1~ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/39

και


Δείξε μου τη γραφική σου παράσταση , να σου πω τι εισαι.

Γιάννης Τσαρπαλής Η μελέτη μιας συνάρτησης f και οι πληροφο­ ρίες που μας δίνει η γραφική της παράσταση εξετά­ ζονται στο έκτο και τρίτο κεφάλαιο της ανάλυσης του σχολικού βιβλίου της Α' και Δ' δέσμης αντί­

1

της{.

iv)

στοιχα.

Θεωρούμε τις συναρτήσεις:

4

f 1(x)

Η πληροφορική όμως σήμερα μπορεί να μας απαλλάξει από τον κόπο της μελέτης και να μας δώσει κατ' ευθείαν την γραφική παράσταση μιας συνάρτησης. Αρκεί να εφοδιάσουμε γνωστά προ­ γράμματα ηλεκτρονικών υπολογιστών με τον τύπο

f 3(x) =

2

+

6 2 χ -6χ

+8

Ο ν��ος λοιπόν στόχος. της εκπαίδευσης ως προς το μάθημα των μαθηματικών πρέπει να είναι:

i)

κά να μπορούν να διαβάζουν τις πληροφορίες που δίνει η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης». Πόσες φορές δεν βλέπουμε στις εφημερίδες

ii)

χ-

-2+

iii)

4

Επειδή

+οο,

=

= -οο,

lim+ f(x)

χ-

είναι το

lim

χ-

lim f(x)

χ- +οο

lim f(x)

IR:•,{-2, 4}

=

4-

f(x)

+οο,

=

Ο και

f(x) <

Ο τότε

1

-=-οο

1

f(x)

Επίσης

lim f(x)

της οποίας η γραφική

. Ι ιm

χ- +οο

lim f(x) =

χ-

ι·ιm

χ-

-2-

1

~(

-211

)

-οο και

lim f(x) =

χ-

-2+

+οο

=ο

lim f(x) =

χ-

ι·

χ

4-

1

τοτε ιm ~( ) = χ- 4 1' χ

4,

f(x) < Ο τότε

1

Ομοίως

,

και

f(x)

,

τοτε

-=-οο

Έχουμε

+οο και

lim f(x)

χ-

4+

= -οο

ο

Άρα:

Να βρεθεί από την γραφική παράσταση το πεδίο ορισμού και το πρόσημο της

f.

Να

lim _f(x),

βρείτε

τα

όρια

lim f(x), Χ--+-00

Χ--+-2

lim f(x), lim f(x), lim f(x), lim f(x)

Χ--+-2+

iii)

f

χ--οο

παράσταση είναι:

ii)

,

χ--2

f(x)

χ- +οο

i)

f

χ--οο

. Ι ιm

f

+8

-2) U (4, +οο) είναι f(x) <Ο ενώ για χ Ε (-2, 4) είναι f(x) >Ο. Είναι lim f(x) = Ο, lim_ f(x) = -οο,

χ- -οο

Έστω συνάρτηση

Το πεδίο ορισμού της

lim

παραπάνω σκέψεις.

Θέμα

+

και για κάθε χ Ε (-οο,

τική και δεν ξέρουμε να τις διαβάσουμε; Το άρθρο αυτό θα παρουσιάσει μερικές ασκή­ σεις από βιβλία που διδάσκονται αυτή την εποχή οι μαθητές στην Ευρώπη και ανταποκρίνονται στις

2

Λύση

<<όλοι οί αυριανοί επιστήμονες ακόμη και αυτοί που

γραφικές παραστάσεις που αναφέρονται στην οι­ κονομία, στην υγεία, στην εκπαίδευση, στην πολι­

6 -χ

Α ν γνωρίζουμε ότι μια απ' αυτές είναι η να βρείτε ποια είναι;

της συνάρτησης.

δεν θα ασχοληθούν επαγγελματικά με τα μαθηματι­

f 2(x) =

,

+8

χ-4-

Χ--+4+

X--+-t<>O

Να προσδιορίσετε με την βοήθεια των πα­ ραπάνω ορίων την γραφική παράσταση

, Σημειωση:

Η

,

συναρτηση

, να οf1 eα μπορουσε

ρίζεται και στα σημεία χ=

iv)

-2 και χ= 4.

Από τη γραφική παράσταση έχουμε ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/40


- - - - - - - - - Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

f(O) = ~-

f 1.

η διαφορά ανάμεσα στις Cr και Cg γίνεται

Ομως f 1(0) =~άρα η f δεν είναι η

Επίσης f 2(-2) =

ζεται στο χ=

1=~όμως η 4

δεν ορί­

f

ποσότητα του προϊόντος πρέπει να περιέ­ χεται μεταξύ των 450 και 500. Άρα με

προσέγγιση είναι 475.

τα του προϊόντος και η καμπύλη

25

μονάδων η ποσότητα αυτή

Θέμα3

ση Cr παρουσιάζει το συνολικό κόστος της πα­ ραγωγής, (δραχ) σε συνάρτηση με την ποσότη­

Θεώ­

Από τη γραφική παράσταση βλέπουμε η

Θέμα2 Μια επιχείρηση κατασκευάζει μια συγκε­ κριμένη ποσότητα αντικειμένων με τις ίδιες προδιαγραφές. Η παρακάτω γραφική παράστα­

Cg,

ρημα Μέσης Τιμής).

δεν είναι η f 3 . Άρα η μόνη δυνατότητα είναι f 2(x) = f(x).

-2

άρα η

f

μέγιστη (όταν η εφαπτομένη της Cr γίνε­ ται παράλληλη προς την ευθεία

Μια συνάρτηση

f

έχει την παρακάτω γρα­

φική παράσταση Cr:

παρουσιά­

Cg

ζει το συνολικό έσοδο (δραχμές) για την ίδια αυτή ποσότητα. Οι μονάδες μέτρησης στους άξονες είναι: στον άξονα των τετμημένων μια διαίρεση α­ ντιπροσωπεύει 50 αντικείμενα και στον άξονα τεταγμένων μια διαίρεση αντιπροσωπεύει 1 ε­ κατομμύριο δραχμές.

4 - - - _ι_ - - - - - I

2

δρχ.

-4 i)

-3

-2

-1

ο

1

2

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της

f

ii)

Να επιλυθούν γραφικά οι παρακάτω εξισώσεις και οι ανισώσεις

iii)

Αν

α)

f(x) =Ο f' είναι

β)

γ)f(χ);;:.3

f(x) = 3

η παράγωγος της

f

να λυθούν οι

παρακάτω εξισώσεις και ανισώσεις

α)

f'(x)

β)

f'(x)

Λύση

100 200 300

i)

ii)

500

i)

Να βρείτε το διάστημα μέσα στο οποίο πρέπει να βρίσκεται ο αριθμός των αντι­

στον άξονα χχ' και είναι το

κειμένων του προϊόντος έτσι ώστε η επι­

Το σύνολο τιμών βρίσκεται από το σύνο­

χείρηση να έχει κέρδος.

λο των σημείων των προβολών της

Να δοθεί με προσέγγιση

25

στον άξονα

μονάδων η πο­

σότητα του προϊόντος για την οποία το

κέρδος είvαι μέγιστο.

ii)

Η επιχείρηση κερδίζει όταν η

Cg

yy' και είναι [0, 4].

α) Οι λύσεις της εξίσωσης

f(x)

=Ο είναι οι

το Α και η μοναδική λύση είναι χ=

β) Οι λύσεις της εξίσωσης

Cr

f(x) = 3

με

και της ευθείας

y = 3,

δηλαδή χ

=

Cr

Ο και

χ=-3.

γ) Οι λύσεις της

Cr. Για να έχει κέρδος λοι­

3 είναι οι τετμημέ­ Cr που είναι πάνω α­ ευθεία y = 3, δηλαδή χ ε [-3, 0]. f(x)

~

νες των σημείων της

πόν η επιχείρηση θα πρέπει ο αριθμός

πό την

iii)

α) Οι λύσεις της εξίσωσης

f'(x) =

Το κέρδος είναι η διαφορά ανάμεσα στις

οι τετμημένες των σημείων της

Cι- και

εφαπτόμενες

Cg. Το κέρδος γίνεται μέγιστο όταν

-4.

είναι οι

τετμημένες των κοινών σημείων της

είναι

των αντικειμένων του προϊόντος να είναι μεταξύ 150 και 650.

ii)

Cr

τον χχ'. Το μοναδικό κοινό σημείο είναι

Το θέμα αυτό αναφέρεται στη σημασία της θέσης των γραφικών παραστάσεων δύο συναρτήσεων.

πάνω από την

[-4, 4].

τετμημένες των κοινών σημείων της

Λύση

i)

Το πεδίο ορισμού βρίσκεται από το σύνο­ λο των σημείων των προβολών της Cr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/41

σ'αυτήν

Cr

Ο είναι όπου οι

είναι παράλληλες


---------

Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

προς τον άξονα χχ', δηλαδή χ=

-2.

β) Η f'(x) είναι αρνητική όταν η συνάρ­ τηση είναι γνήσια φθίνουσα, άρα f'(x) <Ο για κάθε χ ε (-2, 4] (το χ -2 δεν είναι

Θέμα5

λύση της

Cr2 , Cr3

Γνωρίζουμε τις γραφικές παραστάσεις

=

f'(x) < 0).

τριών συναρτήσεων

Cr,,

f 1, f 2 , f 3 οι οποίες

είναι ορισμένες στο διάστημα

[0, 4].

Θέμα4 Μια συνάρτηση έχει τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας.

1

-1

χ

/0~

'

f(x)

-α:J

-α:J

Με τη βοήθεια του παραπάνω πίνακα να απαντήσετε στις ερωτήσεις

1.

Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτη­

2.

Ποια είναι τα όρια στα άκρα του πεδίου ο­

3.

Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της

σης

ρισμού της

f

f

και το είδος της μονοτονίας σε κάθε διά­ στημα

4.

Έχει η

f ακρότατο; Αν ναι ποια είναι η τι­

τ1

μή του

5. 6.

Ποιο είναι το πρόσημο της

4

Μια απ' αυτές έχει για παράγωγο μια συ­

f;

Ποιος είναι ο πίνακας μονοτονίας της συ-

,

3

1

νάρτηση φική

f

δευτέρου βαθμού της οποίας η γρα­

Cr παράσταση

είναι

ναρτησηςf;

Λύση

1. 2.

Το πεδίο ορισμού της

4.

είναι το

(-1,

+οο).

Τα όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού εί­ ναι lim f(x) -οο και lim f(x) -οο.

=

χ--Ι

3.

f

=

χ-+α:ο

Η f είναι γνήσια αύξουσα στο (-Ι, Ι] και γνήσια φθίνουσα στο [Ι, +οο). Η

f

παρουσιάζει μέγιστο για χ

= Ι. Η τιμή

του μέγιστου είναι μηδέν.

5.

Η

f

είναι αρνητική στο (-Ι, Ι)

και μηδενίζεται για χ

6.

Επειδή

Iim f(x) χ-Ι

χ ΕΞ (-Ι, l)

U (1,

=

U (1,

+οο)

Ο

για

1.

f 1, f 2 και f 3

έχει για παράγωγο την f; Να δικαιολογή­

= Ι. Ο

Ποια από τις τρεις συναρτήσεις σετε την απάντησή σας.

και

f(x) <

3.

Δείξτε ότι η

+οο) τότε lim +'(Ι)= -οο και

f

έχει τύπο:

f(x)

χ-Ι 1' Χ

2

-

+ 3.

Ποιος είναι ο τύπος της αρχικής συνάρτη­ σης της f;

lim - 1- = Ο, lim _Ι_= Ο. χ--1 f(x) χ-+οο f(x)

Λύση χ

1 Ι

-1

1

Ι.

0~1/0 .·-

Η συνάρτηση

-ω l-ω

t είναι στο

φθίνουσα και στο

(1,

(-1, 1)

Σύμφωνα με την τέταρτη γραφική παρά­ σταση, το πρόσημο της

γνήσια

+οο) γνήσια αύξουσα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/42

f

είναι:


Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

---------

1

χ

πρόσημο

f

Ρ( χ)=

3

+

+

s(χ2 + ι;s)

Αν ο πίνακας μονοτονίας της Ρ(χ) είναι

iii)

Η f είναι η παράγωγος μιας εκ των συναρ­ τήσεων f 1, f 2, f 3• Έστω F η αρχική της f,

4

χ

+οο

Ρ(χ)

τότε ο πίνακας μονοτονίας της είναι: χ

να βρεθεί η ελάχιστη τιμή κόστους για την κατασκευή του κουτιού. (Να επαληθεύσετε

F(x)

μελετώντας την μονοτονία της Ρ(χ) την α­

λήθεια του παραπάνω πίνακα)

η

f1

είναι γνήσια αύξουσα στο

δεν μπορεί να είναι η η

f2

[2, 3],

άρα

[0, 1]

άρα

F.

είναι γνήσια φθίνουσα στο

δεν μπορεί να είναι η

Επειδή η

f

πάρχουν

είναι δευτέρου βαθμού, τότε υ­ α,

β,

i)

γ

Ε

έτσι

IR f

ii)

Η

f

Ο πυθμένας και το σκέπασμα του κουτιού 2

έχουν εμβαδόν 2χ και η τιμή κόστους (σε 2 2 χιλ. δρχ.) είναι 4·2χ = 8χ •

ώστε

Η παράπλευρη επιφάνεια έχει εμβαδόν:

που δίνεται

28 = 4.1 28 4·x·h = 4·x.lχ2 χ και η τιμή κόστους σε χιλ. δρχ. είναι":

Άρα γ = 3, α + β + γ = Ο και 4α + β = Ο απ' όπου έχουμε α = 1, β = -4 και γ = 3, δηλαδή:

2·4·128 = 8·128 χ

Ρ(χ) = 8xz + 8 1~8 = 8 (χ2 + 1~8)

έχει αρχική την f 3 , άρα

f3(x) = Επειδή f3 (0)

= 1, 1

3

-

2χ 2 + 3χ + c

έχουμε 3

f 3(χ) = 3 χ -

2

iii)

c = 1. Άρα:

Για χ = 4 το κόστος γίνεται ελάχιστο και η ελάχιστη τιμή είναι:

Ρ(4) = 8 (4 2 + 1; 8)= 384 χιλιάδες δρχ.

+ 3χ + 1

Πράγματι:

Θέμα6 Μια επιχείρηση θέλει να κατασκευάσει έ­ να κουτί σχήματος ορθογ. παραλληλεπιπέδου

με βάση τετράγωνο και όγκο 128cm3• Για τον πυθμένα και για το σκέπασμα θα χρησιμοποιη­

θεί ένα υλικό που στοιχίζει 4.000 δρχ. το cm2

Ρ'{χ)

2

Δείξτε ότι h = 128 χ2

ίί)

Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση του κό­ στους

του

κουτιού

χιλ.

δρχ.)

16 (χ-

~η=

χ

Ο πίνακας μονοτονίας της Ρ(χ) είναι: χ

Ρ'(χ)

Ρ(χ)

(σε

1

2

χ

h

i)

8

3

Συμβολίζουμε με χ

το μήκος της πλευράς της βάσης (σε cm) και το μήκος του ύψους του κουτιού (σε cm).

= (2χ- ~28)=

16χ -64=16(χ-4)(χ +8χ+16)

και για την πλευρική επιφάνεια ένα υλικό που

στοιχίζει 2.000 δρχ. το cm

χ

Άρα η συνολική τιμή κόστους είναι:

4χ + 3 και χ Ε [0, 4]

-

2

χ

από το τέταρτο σχήμα μας επιτρέπει να γράψουμε f(O) = 3, f(1) =Ο και f'(2) = Ο. Ομως f'(x) = 2αχ + β.

f(x) = χ 2

3

Άρα 128=hx 2 επομένως h= 1228

f(x) = αχ 2 + βχ +γ με α;: Ο. Η γραφική παράσταση της

Ο όγκος του κουτιού σε cm είναι:

V = h·X·X = hx

F.

μόνο η f 3 έχει την μονοτονία που θέλουμε. Άρα η f 3(x) είναι η αρχική της f.

2.

Λύση

είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/43


Ευθεία και καμπύλη Λαμπρόπουλος Τάσος

Ι.

Εξίσωση εφαπτομένης κύκλου σ'ένα σημείο του Υ

α)

2

2

Έστω c: χ 2 +..; = 1 και ΑΒ μια χορδή της α

ο

χ

β

έλλειψης με συντελεστή διεύθυνσης λ :;t Ο. Ε­ πειδή τα σημεία Α(χι, Υι) και Β(χ 2 ,

Έστω

c

ο κύκλος με κέντρο Κ(χο, Υο) και

ακτίναR και ε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του Α(χι, Υι). Το σημείο Μ(χ, y) του ε­

ΚΑ

2

α2

β2

2

α2

'

2

2

ΚΑ-(Μ + Κ11) =Ο ή ισοδύναμα

- - -

-2 -ΚΑ

+ ΚΜ)

+ ΚΑ·ΚΜ

(χι

=Ο ή ισοδύναμα

-

= [ χ ι - χο

χο

Υ ι- Υο

Υ ι- Υο

+ χ2)

2

+

(Υ ι

-

Υ2) (Υ ι β

+ Υ2) _

2

-

0

Αν διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με χι- χ 2

J, - = [ χ - χ ο J, ΚΜ

Υ- Υο

(χι +χ2)+ Υι -y2. (Υι +y2)=0 (Ι) α2

και

β2

χι -χ2

Έστω Μ(χ,

το μέσο της χορδής ΑΒ.

y)

Τότε θα έχουμε: Χι

J.[ χ - χο J= R 2 =

+

χ2

=

2χ, Υι

+

Υ2

= 2y

και

Υι- Υ =λ (λ σταθερό). Οπότε η εξίσωση (I) 2

Υ- Υο

χι- χ2

(χι- χο)( χ- χο) + (Υι- Υο)( Υ- Υο) = R Επομένως, η

χ2) (χι

παίρνουμε:

ΚΑ 2 = (ΚΑ) 2 = R 2 η ισότητα (I) γράφεται:

χι

-

α

ΚΑ.κ"Μ: = ΚΑ (I) -

2

β2

=Ο ή ισοδύναμα

2

Επειδή ΚΑ

β2

2

α2

ΚΑ·(-ΚΑ

2

χι - χ 2 +Υ ι- Υ 2 =Ο ή ισοδύναμα

ναμα

[

2

και με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε:

ΑΜ δηλαδή ΚΑ -ΑΜ = Ο ή ισοδύ­

j_

είναι

~+2::1.= 1 ~+R= 1

πιπέδου του κύκλου είναι και σημείο της εφα­

πτομένης ε αν και μόνο αν είναι:

y2)

σημεία της έλλειψης θα έχουμε:

2

.

εξίσωση της εφαπτομένης

2

του κύκλου c: ( χ - χ 0 ) +( y - y0) = R 2 στο ση­ 2

μείο Α(χι, Υι) είναι:

(χι- χο)( χ- χο) + (Υι- Υο)( Υ- Υο) = R2.

που είναι μια σχέση που συνδέει τις συντε­ ταγμένες των άκρων Α και Β της χορδής ΑΒ 2

γίνεται: 2; +λ·~= Ο δηλαδή y =-{-χ. α

β

α λ

Επομένως τα μέσα των χορδών της έλλει­ ψης που έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυν-

2

11.

Γεωμετρικός τόπος μέσου παράλληλων χορδών κωνικής τομής Έστω μια κωνική τομή

c

και λ ο συντελε­

στής διεύθυνσης των παραλλήλων χορδών της. Θα βρούμε τον Γεωμετρικό τόπο του μέ­ σου των χορδών.

σης λ βρίσκονται στην ευθεία ε: y = - { - χ η α λ

οποία διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας της έλλειψης.

β)

2

2

Έστω c: χ 2 -..; = 1 και ΑΒ μια χορδή της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

α

3/44

β


Ευθεία και καμπύλη

υπερβολής με δοσμένο συντελεστή διεύθυν­

στον άξονα χχ' τότε ο Γεωμετρικός τόπος

σης λ* Ο και Α(χι, Υ ι), Β(χ2, Υ2).

του μέσου τους είναι η χορδή που είναι

Αν εpγαστούμε με τον ίδιο τρόπο που πε­ ριγράψαμε στο α βρίσκουμε ότι ο Γ.τ. είναι 2

κέντρο συμμετρίας της κωνικής δηλαδή είναι ο οριζόντιος άξονας συμμετρίας της

παράλληλη στον χχ' και διέρχετaι από το

ευθεία ε: y ={-χ η οποία διέρχεται από το

κωνικής.

α λ

κέντρο συμμετρίας της υπερβολής.

γ)

2

2

111.

2

Έστω c: χ + y = R και ΑΒ μια χορδή του

Γεωμετρικός τόπος μέσου χορδών κω­ νικής τομής οι οποίες διέρχονται από σταθερό σημείο

με συντελεστή διεύθυνσης λ* Ο και Α(χι, Υι), Β(χ2, Υ2). Α ν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο που περιγράψαμε παραπάνω βρίσκουμε ότι ο ζητούμενος Γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία

ε: y = -lx y2)

και Ρ(χο, Υο) ση­

μείο του επιπέδου της. Θα βρούμε τον Γεωμε­

οποίες διέρχονται από το σημείο Ρ.

Έστω c: / = 2px και ΑΒ μια χορδή της

παραβολής με Α( χι, Υ ι) και Β(χ2,

c

τρικό τόπο του μέσου των χορδών της κωνικής

c οι

λ

δ)

Έστω μια κωνική τομή

c

και συ­

ντελεστή διεύθυνσης λ. Επειδή τα σημεία Α και Β είναι σημεία της παραβολής τότε θά2

2

χουμε: Υ ι= 2pχι και Υ2 Από

τις

= 2px2.

παραπάνω

ισότητες

παίρνουμε

διαδοχικά:

2

2

Υι- Υ2

(Υ ι

-

= 2pχι- 2px2 η'

ισο

Υ2) (Υ ι +Υ~= 2p(χι

Υι - y2 (Υι + Υ2) Χι- Χ2

και αν Μ(χ,

χουμε: λ·2y

y)

-

δ'υναμα χ2) ή ισοδύναμα

= 2p

(ε)

το μέσο της χορδής ΑΒ τότε έ­

=2p δηλαδή y =χ·

α)

Επομένως ο Γεωμετρικός τόπος των μέ­

σων των παραλλήλων χορδών της παραβολής

c: /

= 2px

είναι ευθεία παράλληλη προς τον

άξονα συμμετρίας της Παραβολής.

Οταν λέμε ότι ο Γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία (ε) εννοούμε το τμήμα της ευθεί­ ας που είναι χορδή της κωνικής τομής. Στην παραβολή εννοούμε την ημιευθεία που το άκρο της βρίσκεται στην παραβο­ ραβολής.

Αν λ

= 2px

δεν υπάρχουν τετοιες χορδές)

τότε ο Γεωμετρικός τόπος των μέσων τους

3.

β

η εξίσωση της έλλει-

ψης και ΑΒ μια χορδή αυτής που διέρχεται α­ πό το σταθερό σημείο Ρ(χο, Υο) με Α(χ 1 , Υι) και Β(χ2, Υ2). Θα βρούμε το Γ.Τ του μέσου Μ(χ,

y)

Επειδή τα σημεία Α και Β ανήκουν στην έλλειψη c τότε θα έχουμε: 2 2 2 2

~ + Xl = Ι και χ 2 + Υ 2 = Ι α2

β2

α2

β2

και με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 2 2 2 2

Χι - χ 2 + Υι- Υ 2 =Ο ή ισοδύναμα α2

δηλαδή οι χορδές είναι παράλ­

ληλες στον άξονα χχ' (στην παραβολή

c: /

α

ληθεύουν οι συντεταγμένες του μέσου Μ.

λή και η οποία τέμνει τις χορδές της πα­

2.

2

της χορδής ΑΒ δηλαδή την εξίσωση που επα­

Παρατηρήσεις

1.

2

Έστω c: χ 2 + ;

(χι

-

β2

χ2) (χι 2

+ χ2)

α

+

(Υι

-

Υ2) (Υι 2

+ Υ2) _

Διαιρούμε και τα δύο μέλη με Χι

= χ2

είναι η χορδή της κωνικής που είναι κά­ θετη στον άξονα χχ' και διέρχεται από το

Η ισότητα χ 1

κέντρο συμμετρίας της κωνικής.

αυτό μόνο όταν -α< χα

-

β

-

0

χ2 =Ι= Ο.

ισχύει μόνο στην περίπτω­

ση που η χορδή ΑΒ είναι κάθετος στον χχ' και

Α ν δεν ορίζεται ο συντελεστής διεύθυν­ σης λ δηλαδή οι χορδές είναι κάθετες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/4"

< α,

οπότε έχουμε:


Ευθεία και καμπύλη

(χι +χ2)+ Υι-Υ2. (Υι +y2)=0 (Ι) α2

χι- χ2

ση του λόγου Υ ι- Υ 2 .

β2

Χι- χ2

Επειδή τα σημεία Ρ, Α, Μ, Β είναι συνευ­

Οταν οι χορδές είναι παράλληλες τότε

θειακά τότε θα έχουμε λε = Υ ι - Υ 2 = Υ- Υο,

θέτουμε Υ ι - Υ 2 = λ. Οταν οι χορδές διέρχο­

Χ]- Χ2

χι+ χ2

=

2χ,

Υι

+

Υ2

Χ-

και οπότε η ισότητα

= 2y

Χι- χ2

XQ

νται από σταθερό σημείο τότε aντικαθιστούμε

τον λόγο Υ ι- Υ 2 με το λόγο χ- χο.

(Ι) γίνεται:

y-yo

χι-χ2

β)

2

2

Έστω c: χ 2 - ~ = 1. Εργαζόμαστε κατά τα α

β

γνωστά και βρίσκουμε:

(χι +χ2)

Υι-Υ2. (Υι +y2)=0

α2

χι -χ2

Θέτουμε: χι

+

χ2

β2

2χ, Υι

=

Υ2

+

= 2y

και

Υ ι- Υ2 = Υ- Υο, όπου Μ(χ, y) το μέσο της Χι- χ2

(χ- .l χο) 2 (y - .l Υο) 2 2

+

α2

(χ - .l χο) 2 2

2

=

β2

2

2

4α2

4β2

χορδής ΑΒ με Α(χι, Υι) και Β(χ 2 , Υ2) οπότε παίρνουμε:

~ + Υ ο ισοδύναμα

~-Υ- Υο · jl_= Ο ή ισοδύναμα α2

.l Υο) 2

(y -

l4α

.

2

.

συμμετριας

κ(1

2

χο,

1) 2 Υο

(χ _l χο)

με

.

μηκη

2

α2

η-

2

(y

_

_l Υο)

2

2

β2

( 2 2J = 1 χο _ Υ ο δηλαδή 4 α2 β2

2

(Ι)

α2

β2

2

2

που παριστάνει υπερβολή με κέντρο συμ-

α2

β2

+

Υο

χο + Υο

της έλλειψης c: χ 2 + ~ = 1, οι οποίες διέρχοβ

νται από το σταθερό σημείο Ρ(χ 0 ,

. Κ(1

.

μετριας το σημειο

Επομένως ο Γ.Τ. του μέσου των χορδών, 2 2

α

2

2 2 Q_ ( χο; _ Υο2J - ../[, ( χο; _ Υο2J = 1 4 α2 β2 4 α2 β2

χο

ii) Μικρού β 1 =Ά

β2

(χ- .l χο) 2 - (y- .l Υο) 2

μιαξόνων:

2

2

α2

2

Η εξίσωση (Π) είναι εξίσωση έλλειψης

κεντρου

β2

χ - χοχ- Υ - ΥοΥ = Ο ή ισοδύναμα

1

2

χ- χο

2

2

α{χδ + ΥδJ+ β2(χδ + ΥδJ= (Π) 2

χ- Χο

y0 )

είναι τό­

ξο έλλειψης που έχει εξίσωση την (Π) και το οποίο έχει όλα τα σημεία του στο εσωτερικό της καμπύλης c.

γ)

2

χ0 ,

1 y ).

2

0

Έστω η παραβολή c: / = 2px. Εργαζόμα­

στε με όμοιο τρόπο και βρίσκουμε:

Υ ι- Υ 2 (Υι + y 2) = 2p ή ισοδύναμα χι- χ2

Υ- Υο χ -χο

2y

=

2p

ή

ισοδύναμα

2 y - ΥοΥ = p(x- χο) ή ισοδύναμα

Παρατήρηση

Οταν θέλουμε να βρούμε τον Γ.Τ. του μέ­

σου των χορδών μιας κωνικής τομής είτε αυ­ τές είναι παράλληλες (δηλαδή έχουν δοσμένο

(y-

~ Υο) 2 =Ρ (χ- χο + ~~)ή ισοδύναμα

(y-

~ Υο) 2 =Ρ [χ- (χο- ~~)]δηλαδή

συντελεστή διεύθυνσης λ) είτε αυτές διέρχο­

νται από σταθερό σημείο Ρ εργαζόμαστε με τον ίδιο σχεδόν τρόπο. Η διαφορά βρίσκεται στην αντικατάστα-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/46


Ευθεία και καμπύλη

(y -

~y

2 0)

= 2}

(λχ + κ) 2 = 2px ή ισοδύναμα

[χ - ( χο- ~~)]

που παριστάνει εξίσωση παραβολής με κορυ-

2

, Ο'(χσ - Υοp, 1 Υο) , 4 2

φη

2

, Ε(χο - ΥοΡ + Q , 1 Υο) 4 4 2

εστια

2

Ομοια εργαζόμαστε και για τον κύκλο.

Α)

Σημεία τομής ευθείας και κωνικής Ας θεωρήσουμε την ευθεία ε:

και μια καμπύλη

c του

y =

τέμνουσας την κωνική σε δύο σημεία τα οποία συμπίπτουν με το Μ(χο, Υο)».

, λχ

+

β

επιπέδου με εξίσωση:

Αχ + Bxy + Γ/ + Δχ + Ey + Ζ = Ο. Η ευθεία ε και η καμπύλη c έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία, αφού το δευτεροβάθμιο σύ­

{ Αχ

2

+ Bxy + Γy + Δχ + Ey + Ζ =Ο

2

έχει το πολύ δύο διακεκριμένες πραγματικές αντικαταστήσουμε

Έστω σημείο Ρ(χ 0 , y0). Οι ευθείες που διέρχονται από το σημείο Ρ(χ 0 , Υο) αποτελούν μια οικογένεια ευθειών την οποία ονομάζουμε

δέσμη ευθειών και έχει την εξίσωση:

στη

(2)

θεία ε είναι εφαπτομένη της καμπύλης

c.

i)

Επομένως:

2

y = λχ + κ εφάπτεται της έλ2

λειψης c: χ 2 + ; = 1, αν και μόνο αν η εξίσω­

2

εχει Δ= Ο ~ β +α λ Η ευθεία ε:

κ εφάπτεται της υ-

y =

2

2 2

λχ

+

2

περβολής c: \ - ; = 1, αν και μόνο αν η εξί­ α

2

β

β 2

λχ +κ που διέρ­

βολής

c αν και μόνο άν: p = 2κλ δηλαδή p = 2(yo- λχο)·λ

μόνο αν λ 1 ·λ 2 = -1 δηλαδή l

2χ σ

επομένως

2

2

2

έχει Δ= Ο δηλαδή β + κ = α 2λ

2

iii) Η ευθεία ε: y = λχ + κ εφάπτεται της πα­ ραβολής c: / = 2px αν και μόνο αν η εξίσωση:

= -1 επομένως

χσ =-Ι όπου λ 1 , λ 2 οι συντελεστές διεύθυνσης των εφαπτομένων και οι οποίοι είναι ρίζες της εξίσωσης

(1).

Επομένως το τυχαίο σημείο

2

(λχ ~κ) = Ι ή ισοδύναμα

(β - α λ )χ - 2α 2λκχ- α 2 (β 2 + κ 2) =Ο 2

y=

εφάπτονται της παρα­

2

2 =κ .

2

p(xo, y0)

Οι εφαπτόμενες τέμνονται κάθετα αν και

'

α

= 2px οι ο­

2χολ - 2yολ +Ρ= Ο (I)

(β2 + α2λ 2)χ2 + 2α2λκχ + α2(κ2- β2) =Ο

-

λχο

τυχαίο σημείο του επιπέδου της

χονται από το

β

2

= Υο -

Να βρεθεί ο Γ.Τ. των σημείων τομής των 2

Έστω

2

σωση: c: χ

ή χ= χο όπου κ

ή ισοδύναμα

Λύση

β

2

= Χο

ποίες είναι κάθετες.

ση: c: χ + (λχ ~κ) = 1 ή ισοδύναμα

ii)

y = λχ + κ

παραβολής. Οι ευθείες ελ:

Η ευθεία ε:

α

ελ:

χο) ή χ

εφαπτομένων στην παραβολή c: y

Τα πιο πάνω αποτελούν πιστή αντιγραφή παραγράφου του σχολικού βιβλίου.

2

y- Υο = λ(χ -

εφαπτόμενων μιας κωνικής τομής που τέμνονται κάθετα.

όπου

λχ + β προκύπτει συνήθως μια δευτεροβάθ­ μια εξίσωση που έχει το πολύ δύο λύσεις. Στην περίπτωση που η εξίσωση αυτή έχει δύο λύσεις ίσες, δηλαδή Δ = Ο, τότε αποδεικνύεται ότι η ευ­

α

ελ:

IV. Γεωμετρικός τόπος σημείων τομής δύο

y=

i)

Εξίσωση ευθείας που διέpχεται από το ση­

μείο Ρ(χο, Υο)

(2)

λύσεις. Αν

Β)

(1)}

y=λχ+β

συνέπεια των πιο πάνω θα

«Καλούμε εφαπτομένη κωνικής τομής σε ένα σημείο της Μ(χ 0 , Υο) την οριακή θέση μιας

2

στημα:

Σαν άμεση

μπορούσαμε να δώσουμε τον παρακάτω ορι­ σμό της εφαπτόμενης σε μια κωνική τομή.

και διευθετούσα την ευθεία χ= χ 0 - ~~- ~· δ)

λ 2 χ 2 + 2(λκ- p)x + κ 2 =Ο έχει Δ= Ο δηλαδή p = 2κλ.

p(xo,

Υο) από

το οποίο οι εφαπτόμενες που φέρνουμε στην

παραβολή /

= 2px είναι κάθετες, είναι ση-

μείο της ευθείας δ: χ = - ~ που είναι διευθετούσα της παραβολής.

ίί)

Να βρεθεί ο Γ.Τ. των σημείων τομής των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/47


Ευθεία και καμπύλη

2

2

εφαπτομένων στην έλλειψη c: \ + J} = 1, οι ο­ α

β

'

κεντρος κυκ

iv)

ποίες είναι κάθετες.

λ ος

? y-? = 2R?-. c: χ-+

Το ίδιο πρόβλημα για την υπερβολή, όταν

α> β. Λύση

Έστω

p(x 0 , y 0)

Λύση

σημείο του επιπέδου της

έλλειψης. Οι ευθείες ελ: y

= λχ + κ που

διέρ­

χονται από το Ρ εφάπτονται της έλλειψης

c,

αν και μόνο αν:

β2

α2λ 2

+

β 2 +α 2λ2

= ( Υο-

β-+ α-?λ

?

2

κ

= λ χο)2 η'

?+ = y0

2

ή

ισοδύναμα

' ισο δ ηναμα

λ2χ2

-

0

2y0 λ χ 0 η'

2

ισο δ ηναμα

'

β + (y0 2

2

+ κ 2 = αzλ2 η, 2 2 λχ 0 ) 2 = α λ ή ισοδύναμα 2

?

και από: λ 1 -λ 2 = -1 τότε β~+ Υ~= -1 επομένως χ

β και μό­

ισοδύναμα

(χ~- α 2 )λ 2 - 2χ 0 y 0 λ + (β + y~) =Ο

2

νο αν, οι εφαπτόμενες στην έλλειψη τέμνο­ νται κάθετα, δηλαδή:

2

2

2 Υο

+

2

- α

=

2

α-

Χο

άρα

έχουμε

β2

2

+ Υο =α ' ' ειναι Ε πομενως Χο

0

?

'

ο κυκ

λ ος

c:

χ

2

+ y 2 =α2 -

β2 .

2

λ 1 ·λ 2 =-1 δηλαδή β 2 -y 02 =-1 επομένως

V.

β

νέπεια ορισμών), ότι για να εφάπτονται οι

α

2

2

2 Υο 2

-

2

2

=

0

έχουμε

άρα

γραφικές παραστάσεις cr και cg δύο συναρτή­

που σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Ρ επα­ 2

2

2

ληθεύουν την εξίσωση χ + / = α + β . Επομένως ο ζητούμενος Γ.Τ. είναι ο κύκλος

?

c:

χ-+

?

y-

?

Εφαπτόμενες καμπύλες Είναι γνωστό (έτσι το θεωρούμε, σαν συ­

2 Χο

Χο+ Υο =β +α

σεων

f

και

g

στο σημείο χ 0 θα πρέπει να έχουν

στο χ 0 την ίδια εφαπτομένη, δηλαδή πρέπει να ισχύουν:

f(xo) =

?

=α-+ β-.

g(χσ) και Γ (χο)

= g' (χο)

δηλαδή το χ 0 να είναι κοινή ρίζα των συναρ­

Να βρεθεί ο Γ.Τ. των σημείων τομής των

,

εφαπτομενων στον κυκ

ο

c:

χ

2

+ y 2 = R2

οι ο-

ποίες είναι κάθετες.

τήσεων φ και φ' όπου φ(χ) = f(x) - g(x) που σημαίνει ότι το χ 0 είναι ρίζα της φ(χ) = Ο του­

λάχιστον με πολλαπλότητα

2.

Επομένως, σαν άμεσο συμπέρασμα έχου­

Λύση

με: «Η ευθεία ε:

Έστω Ρ(χ 0 , y 0) σημείο του επιπέδου του κύκλου. Οι ευθείες ελ: y = λχ + κ που διέρχο­ νται από το Ρ εφάπτονται του κύκλου

c,

αν και

μόνο αν:

d(K,

βz

?

(α 2 - χΞ)λ + 2y 0 χσλ + (β - y~) =Ο Το σημείο p ανήκει στον Γ.τ., αν

ίίί)

Έχουμε συνοπτικά:

y =αχ+ β εφάπτεται της cr, αν και μόνο αν, η εξίσωση f(x) = y έχει διπλή ρί­ ζα το σημείο χ 0 , όπου χ 0 το σημείο επαφής»+ Αν η εξίσωση

f(x)

είναι δευτεροβάθ­

μια το ίδιο συμπέρασμα προκύπτει από την

ελ) = R δηλαδή~ = R ή ισοδύναμα

παράγραφο.

1 +λ-

κ2 = R (1 + λ 2

2

)

Α)

ή ισοδύναμα

2

(χ~- R )λ - 2χ 0 y 0 λ + (y~-

2 R )

Το σημείο Ρ ανήκει στον Γ.τ., αν και μό­

ΚΑΙ

Άσκηση

1

Α ν Cr και cg οι γρφικές παραστάσεις των

κάθετα, δηλαδή:

2

2_R2

λ 1 ·λ 2 =-1 δηλαδή Υο2

x 0 -R

R2

ΕΥΘΕΙΑΣ

Και τώρα, ως εφαρμογή των πιο πάνω ας λύσουμε μερικές ασκήσεις.

νο αν, οι εφαπτόμενες στον κύκλο τέμνονται

y20 -

ΤΟΜΗΣ

ΚΩΝΚΗΣ

2 2 2 2 (y 0 - λχσ) = R + R λ ή ισοδύναμα 2

ΣΗΜΕΙΑ

=-1 επομένως 2

, 2 2 R2 = R2 - χ20 αρα εχουμε χ 0 + y0 = 2

συναρτήσεων f(x) = χ - 4χ + 5 και 2 g(x) = χ + 2χ - 4 αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της cr στο σημείο Α(3, f(3)) εφάπτεται και στην cg.

Επομένως ο ζητούμενος Γ.Τ. είναι ο ομό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/48

·


Ευθεία και καμπύλη

Αν

Λύση

Η εφαπτομένη της έχει εξίσωση (ε):

cr στο

σημείο Α(3,

f(3))

y

= 2χ- 4 τότε f(3) = 2 και Γ(3) y- 2 = 2(χ- 3) ή ισοδύναμα (ε):

οπότε (ε):

= 2χ- 4.

=χ + χ- 1 και 2

y- f(3) = f'(3)(x- 3)

f(x)

Και επειδή Γ(χ)

=2

είναι οι γραφικές παραστάσεις

cr, cg

των συναρτήσεων:

χ

αντιστοίχως, να βρείτε για ποια τιμή του α, η

εφαπτομένη της

Η ευθεία (ε) εφάπτεται της

αν, η εξίσωση

g(x) = y

αν και μόνο

cg,

g(x) =2χ2 + 6χ- α

πτεται και στην

cr cg.

στο σημείο

έχει διπλή ρίζα η οποία

M(l, f(l))

εφά­

Λύση

είναι η τετμημένη του σημείου επαφής. Έχουμε:

2

Επειδή Γ(χ) = χ :Ι τότε Γ(Ι) = 2 και

2

g(x) = y τότε χ + 2χ - 4 = 2χ - 4 δηλαδή

χ

2

χ =Ο άρα χ= Ο δηλαδή η (ε) εφάπτεται της Β(Ο,

cg

στο σημείο

g(O)).

Η πιο πάνω άσκηση, είναι από την ανά­ λυση της Γ Λυκείου. Η ίδια άσκηση μπορεί να διατυπωθεί ως εξής:

f(l) = Ι οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της cr στο σημείο M(l, f(l)) είναι: (ε): y -Ι= 2(χ- Ι) δηλαδή (ε): y = 2χ- Ι Η ευθεία (ε) εφάπτεται της cg, αν και μό­ νο αν, η εξίσωση g(x) = y έχει διπλή ρίζα. Έ­ χουμε:

g(x) = y δηλαδή 2χ 2 + 6χ - α= 2χ - Ι άρα

Ν α βρεθεί η κοινή εφαπτομένη των γραφι­ κών παραστάσεων cr και cg των συναρτήσε-

ωνf(χ)

- 4χ + 5 και g(x)

2

2

+ 2χ- 4 αντί-

2χ 2 + 4χ- (α- 1) =Ο Πρέπει:

Δ=Οδηλαδή Ι6-8(α-Ι)=Οάραα=-Ι

στο ι χα.

και το σημείο επαφής είναι το:

Λύση

Η ευθεία ε: y

=

αχ

+

β εφάπτεται της

χσ=~=τ=-1.

μιας συνάρτησης f, αν και μόνο αν, κάθε μια από τις εξισώσεις:

, , f(x) = y { g( χ ) =Υ η ισοδυναμα χ 2 - 4χ + 5 = αχ + β ή { χ 2 + 2χ- 4 = αχ + β

χ2

Άσκηση

χ

ισοδύναμα

{

{

ρίζα,

δηλαδή

(α+ 4):- 4(5- β)= Ο ,

(2-α>-+4(4+β)=0

α

2

-

4α + 4β +20 = Ο

β

θα

πρέπει

ή ισοδύναμα

-(2-

2

α)

να βρεθεί το σημείο ε­

Η ευθεία (ε) εφάπτεται της

cr,

αν και μόνο

f(x) = y

με: f(x) =

δηλαδή - ~ = αχ + β άρα

ή ισοδύναμα

y

Πρέπει: Δ= Ο δηλαδή

έχει διπλή ρίζα. Έχουχ

64-

Ι6α =Ο άρα α=

4

και το σημείο επαφής είναι το: χ 0 = ~ = -8 2·4=-Ι.

2χ-

_R

cr,

αχ + 8χ + 4 =Ο

=-4

μείοχι =~=

β. Αν η (ε) εφάπτεται στην

αν, η εξίσωση

4 και εφάπτεται στη cr στο σημείο χ 0 = .=fi =(α+ 4) = 2 + 4 = 3 και στην Cσ στο ση2α 2 2 "' y=

+

2

οπότε και η κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση (ε):

= αχ

Λύση

α=2

{

y

παφής.

2

α + 8α + 4β - 4 = Ο

θεία (ε):

γραφική παράσταση

{ χ 2 + (2 - α)χ - (4 + β) = Ο έχει διπλή Δ= Ο δηλαδή

3

Δίνεται η συνάρτηση f(x) =-.!και η ευ-

(α + 4)χ + 5 - β = Ο

-

-4

_ι:ι

cr

Ο

= .

Άσκηση2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κfl_.,. 1ι.:ι.ο


Το βήμα του Ευκλείδη Η Στήλη αυτή είναι ανοιχτή σε όλους τους συναδέλφους και μαθητές για να εκφράσουν ελεύθερα τις απόψεις τους για τα μαθηματικά

Εξισώσεις Ευθειοκωνικών Με aντιπαράδειγμα από την Αναλυτική Γεωμετρία Λυκείου Από Γ. Π. Τσάμη

i)

ii)

Ενώ ξέρουν οι μαθητές τις εξισώσεις των σημειο-κωνικών σε σημειακές συντεταγμένες (χ, y), δεν ξέρουν όμως τίποτα περί ευθειο-κωνικών ούτε ποιες είναι οι εξισώσεις αυτών σε ευθειακές συντεταγμένες (κ, λ), ούτε ξέρουν ότι ο Απολλώνιος ορίζει πρώτα το μονοπαραμετρικό σύνολο των εφαπτομένων κωνικής και ύστερα τα σημεία επαφής. Ενώ ξέρουν ότι η εξίσωση y = λ.χ + k. με σταθερό το ζεύγος (λ., k.) και μεταβλητό ζεύγος (χ,

y),

ορίζει ευθεία ως σημειοσειρά.

Δεν ξέρουν όμως ότι η ίδια ακριβώς εξίσωση: και μεταβλητό το ζεύγος

iii)

y. = λχ. + k αλλά με σταθερό το ζεύγος (χ., y.)

λ) ορίζει σημείο ευθειογενές ως κέντρο επιπέδου δέσμης

(k,

ακτίνων. Τα κοινά σημεία δύο σημειο-κωνικών μπορούν ευθέως οι μαθητές να τα ορίζουν από το σύστημα των δύο σημειο- εξισώσεων των κωνικών, δεν μπορούν όμως να ορίσουν ευθέως τις κοινές εφαπτόμενες δύο κωνικών γιατί δεν ξέρουν ποιες είναι οι εξισώσεις αυτών σε ευθειακές συντεταγμένες.

iv) Οι κοινές εφαπτόμενες δυο σημειο-κωνικών δεν ορίζονται ευθέως αλλά με διαδικασία όχι σύντομη. Ο

ν)

G. Salmon

(στο τρίτομο βιβλίο του της Αναλυτικής Γεωμετρίας) αντιμετωπίζει,

με σημειο-εξισώσεις, το πρόβλημα των κοινών εφαπτομένων δυο κύκλων σε τρεις σελίδες. Στο προηγούμενο σχολικό βιβλίο Αναλυτικής Γεωμετρίας αναφέρεται το οδοιπορικό των κοινών σημείων κωνικής και ευθείας και στο οποίο ορίζει τα δυο κοινά σημεία από το

{F(χΛ y) =Ο

, συστημα: (Α)

Εξίσωση της σημειο-κωνικής

(1)

y = λ.χ + k.

Εξίσωση της ευθείας με σταθερό το ζεύγος (k., λ.) y)

(2)

και με μεταβλητό το ζεύγος (χ,

Συνέχεια στο βιβλίο από το σύστημα (Α) των δυο κοινών σημείων ορίζει με αντικαταστάσεις

F(x,

λ.χ

+ k.) =Ο

(1 ')

το ισοδύναμο σύστημα: (Α') { y = λ.χ + k.

(2)

Δεν αναφέρει όμως ότι η κωνική (1) εξαφανίστηκε και αντ' αυτής παρουσιάζονται από την

παράλληλες (προς τον άξονα y'y) ευθείες που μαζί με την ευθεία Τέλος όταν στο βιβλίο στην εξίσωση:

λ.χ

F(x,

+ k.)

δυο

(1 ')

(2) κρατούν τα δυο κοινά σημεία. (1 ')του συστήματος (Α') θεωρεί την

διακρίνουσα αυτής ΔF: για ΔF >Ο, ΔF =Ο, ΔF <Ο, τότε για την περίπτωση ΔF =Ο, γράφει: ,

,

,

,

/

2

2 2

α)

Για την ελλειψη με κανονικη εξισωση οτι: «

β)

Για την υπερβολη με καvονικη εξισωση οτι: «

γ)

, , Για την παραβολη με καvονικη εξίσωση ότι: « I ρ =2kλ

,

,

,

,

/

β

β +α λ

2

+k

2

=k

2 2 /

=α λ

2 /

= ,η ευθεία, και η έλλειψη , ,

}

{

εχουν ενα κοινο σημειο

= , η ευθεία , δκαιλ,η υπερβολή , ,

}

{

εχουν ενα

ιπ ο κοινο σημειο

I= { , η ευθεία , δκαιλ η, παραβολή , , εχουν ενα

ιπ

ο κοινο σημειο

»

}

»

»

Έτσι όμως οι μαθητές τις μαθαίνουν σαν κάτι ειδικό, σαν συνθήκες, ώστε η ευθεία να έχει διπλό σημείο με την κωνική και δεν ξέρουν ότι αυτές οι ίδιες είναι οι αντίστοιχες, όπως θα δούμε, εξισώσεις των ευθειο-κωνικών σε ευθειακές συντεταγμένες. Ούτε ξέρουν τι έγιναν η αρχική ευθεία (2) και οι δυο παράλληλες προς τον y'y ευθείες (1 ') που κρατούσαν τα δυο κοινά σημεία, όταν εξαφανίστηκε η κωνική από το οδοιπορικό (αυτό είναι το πρόβλημα που τίθεται). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/50


Εξισώσεις Ευθειοκωνικών

Ούτε ξέρουν ότι έγινε μια πληθυσμιακή παρά φύση αύξηση της αρχικής ευθείας σε ένα μονοπαραμετρικό σύνολο: των εφαπτομένων της εξαφανισθείσας κωνικής. Με άλλα λόγια: Πώς το δέντρο (η ευθεία) που έκρυβε το δάσος έκανε το θαύμα του. Σημείωση: Από την αρχή τίθεται το πρόβλημα: της θέσης του διπαραμετρικού συνόλου όλων των ευθειών του επιπέδου ως προς τη σημειο-κωνική και τον καθορισμό αυτών από τα σημεία της κωνικής. Και όπου:

α)

Τα ζεύγη πραγματικών διακεκριμένων σημείων της κωνικής, ορίζουν το διπαραμετρικό

υποσύνολο των ευθειών του επιπέδου, που τέμνουν την κωνική<=> β)

Τα ζεύγη φανταστικών συζυγών σημείων της κωνικής (χαώδη σημεία), ορίζουν το διπαραμετρικό υποσύνολο των ευθειών του επιπέδου, που είναι εξωτερικές ως προς την

κωνική <=> γ)

I ΔF(k, λ)> Ο I

I ΔF(k, λ) <Ο

/

Τα σημεία της κωνικής, ως ενωμένα, ορίζουν το μονοπαραμετρικό σύνολο των εφαπτομένων

I ΔF(k, λ)= Ο I

της κωνικής <=>

Δεν ξέρει όμως ο μαθητής, ότι αν θεωρήσει τη κωνική με σημεία ευθειογενή, τότε: με το ίδιο ακριβώς οδοιπορικό, με το ίδιο σύστημα και τα ίδια βήματα, χωρίς να εξαφανίζεται η κωνική, αλλά από την αρχή ως το τέλος να παραμένει αυτή και μόνη, θα έχουμε τελικά, στην τελική μορφή, την εξίσωση της κωνικής σε ευθειακές συντεταγμένες. Πραγματικά, έχουμε το ίδιο σύστημα (Α), αλλά ως (Β), που είναι: (1) F(x, y) =Ο (εξίσωση της κωνικής) Λ

(τη συνθήκη)

όπου (x.,y.) σταθερό ζεύγος

(

(Β) (β)

y.

και (k,λ) μεταβλητό ζεύγος

= λχ. + k

J

για κάθε ευθειογενές σημείο

της κωνικής

Αντίστοιχα, όταν από το σύστημα

F(x, y) =Ο (Β)

{

(Ι)

Λ (συνθήκη) Υ•

= λχ. + k

(β)

που είναι το σύνολο των σημείων της κωνικής ως ευθειογενή, ορίζουμε το σύστημα: F(x., λχ. + k) = Ο (1 ') (Β')

{

Λ

y.=λx.+k

(β)

που είναι ακριβώς σε μορφή με το (Α'), τότε εδώ δεν εξαφανίζ��ται η κωνική, αλλά απλώς, τα ευθειογενή σημεία της, κατανέμονται σε ζεύγη, που κάθε ζεύγος είναι σε παράλληλες στον άξονα y'y ευθείες. Τέλος, αν θεωρήσουμε τη διακρίνουσα Δρ της F(x., λχ. + k) =Ο (Ι') ίση με μηδέν, ήτοι την

Δp = Ο που είναι

I Δρ(λ, μ)= Ο

j, τότε

γίνεται μια νέα κατανομή των ευθειογενών σημείων της,

σε ενωμένα σημεία και που τότε κάθε ενωμένο σημείο ορίζει μια εφαπτομένη. Έτσι η σημειοκωνική με ευθειογενή σημεία γίνεται ευθειο-κωνική σε ευθειακές συντεταγμένες και με

εξίσωση α)

I Δρ(κ, λ)= ο

Για την ευθειογενή Έλλειψη η

I β2 + α\2 β)

=

μ2

2

+k

2

εξίσωση της σε ευθειακές συντεταγμένες, θα είναι

I

Για την ευθειογενή υπερβολή η

Ι β γ)

ι. Και θα έχουμε πάλι (σε κανονικές μορφές εξισώσεων):

εξίσωσή της σε ευθειακές συντεταγμένες θα είναι

=α\ Ι 2

Για την ευθειογενή παραβολή η εξίσωσή της σε ευθειακές συντεταγμένες είναι

I

ρ= 2λk

Βασική Παρατήρηση

Αντί να πάρουμε τη διακρίνουσα της

F(x., λχ. + k) =Ο (1') και να τη μηδενίσουμε, μπορούμε

'C"VV ..

ΏY.&Y•~--·

Λ


Εξισώσεις Ευθειοκωνικών

να κάνουμε ισοδύναμα την απαλοιφή του Χ*, μεταξύ των

F(x., λχ. + k) = Ο

(1') }

Λ

Fi

(χ., λχ.

(Γ)

+ k) =Ο

* και που μετατρέπει κάθε επίπεδο σημείο-καμπύλη με πολυωνυμική εξίσωση σε ευθειο-καμπύλη

με εξίσωση σε ευθειακές συν/νες την απαλείφουσα του' συστήματος (Γ) και που πάντοτε ορίζεται ανεξαρτήτως βαθμού.

Σημείωση: Η κωνική ως σημειο-κωνική έχει γενική εξίσωση σε σημειακές συντεταγμένες (χ,

i)

2

y)

την:

2

αχ + 2bxy + cy + 2dx + 2ey + f = Ο για κάθε σημείο Μ(χ, y) αυτής. Η ίδια κωνική ως ευθειοκωνική έχει γενική εξίσωση σε ευθειακές συντεταγμένες (κ, λ) την: (ckλ

2

2

2

+ bk + eλ + d) - (ck + 2ek + f}(cλ + 2bλ +α)=

2

2

2

Ο ή

2

2

(b- αc)k + 2(cd- be)kλ + (e - cf)λ + 2(bd- αe)k + 2(de- bf)λ + (d - αf) =Ο για κάθε εφαπτομένη όπου (0, k) το σημείο που πιάνεται από τον άξονα y'y

και λ ο

συντελεστής διεύθυνσής της.

ii)

Τα κοινά σημεία δύο σημειοκωνικών ορίζονται από το σύστημα των εξισώσεών τους: 2

α 1 χ + 2b 1xy + c1y ~ 2d 1x + 2e 1y + f 1 =Ο {

α2 χ

2

2

2

+ 2b 2xy + c2y + 2d2x + 2e2y + f 2 =

Ο

Οι κοινές εφαπτόμενες των ίδιων κωνικών ως ευθειοκωνικών ορίζονται από το σύστημα των εξισώσεών τους (σε ευθειακές συντεταγμένες):

(c 1 kλ + b 1k + e 1 λ + d 1) {

(c 2 kλ

+ b 2k + e 2 λ + d 2 )

2

2

~ 2e 1k + f1 )-(c 1 λ

2

+ 2b 1 λ + α 1 ) =Ο

-

(c 1k

-

(c 2k + 2e2k + f2 )·(c 2 λ + 2b 2 λ + α2 )

2

2

2

ΠΑΝΕΛΛΗΝ/0 ΣΥΝΕΔΡ/0

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Με διεθνή συμμετοχή Στις

29 - 30 Νοεμβρίου

και

1 Δεκεμβρίου 1996

θα διεξαχθεt το 13ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας στην Αλεξανδρούπολη με θέμα: ~ ~

"Κριτική και Σχεδιασμός

.

'

της Ελληνικής Μαθηματικής Παιδείας" . . /Υποβολή εργασιών μέχpι 20 Οκτωβρίου ~996/ '

;

'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/52

I


Ένα πρόβλημα

-

πολλές λύσεις Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος

Οπως ξαναγράψαμε η στήλη αυτή έχει βρεί μεγάλη ανταπόκριση. Έχουμε λάβει συνεργα­ σίες των συναδέλφων: Γιάννη Στρατήγη, Γιώργου Γκαρή, Ξ. Τασόπουλου, Λεωνίδα Τούρλα και Γιώργου Κατσούλη οι οποίες θα δημοσιευθούν στα επόμενα τεύχη. Σ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε μια επιστολή του συναδέλφου Ν. Κισκύρα η οποία αναφέ­ ρεται στο θεώρημα των

Steiner - Lehmus,

με αφορμή των όσων έγραψε στο τεύχος

17

η συνά­

δελφος Παναγιώτα Δημ. Βάθη. Ο Ν. Κισκύρας μας γράφει τα ακόλουθα: διχοτόμους είναι ισοσκελές.

Αγαπητέ Ευκλείδη Β'.

Διάβασα το άρθρο «Ένα πρόβλημα, πολ­ λές λύσεις» και επειδή, όπως και αναφέρεται

σε αυτό, είχα ασχοληθεί με το θεώρημα των Steiner - Lehmus παλιότερα θεωρώ αναγκαίο να προσθέσω μερικά. Στη σελίδα

57

αναφέρεται μια απόδειξη

Ο υπολογισμός των μηκών των διχοτόμων τριγώνου συναρτήσει των πλευρών του έγινε με τη βοήθεια θεωρημάτων που έχουν ΑΜΕ­ ΣΗ ΑΠΟΔΕΙΞΗ και το ίδιο συμβαίνει και για τις αλγεβρικές πράξεις που έγιναν. Επομένως η απόδειξη αυτή είναι ΑΜΕΣΗ.

ενός αμερικάνικου περιοδικού του Ιανουαρίου 1963. Έχει το Σχήμα αριθ. 5. Την έμμεση αυτή

Στο ίδιο τεύχος του Ευκλείδη Β' αναφέ­ ρεται η γεωμετρική απόδειξη της πρότασης:

απόδειξη την

βιβλίο

Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ δύο ευθείες ΒΕ και

«ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕ­ ΩΜΕΤΡΙΑΣ», επιμέλεια Χ. Τσαρούχη, το

ΓΖ από τις κορυφές μέχρι τις απέναντι πλευ­

1970

έχω

δημοσιεύσει στο

και δημοσιεύθηκε στον Ευκλείδη Β' στο

τεύχος Ιανουαρίου - Φεβρουαρίου 1979 του ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' στο δημοσίευμα «Η Αλγεβρι­

κή Μέθοδος». Η απόδειξη αυτή δεν είναι δική μου, αλλά την πήρα από τη Γεωμετρία του Νείλου Σακελλαρίου, που, μαζί με μια άλλη την οποία δημοσίευσα ταυτόχρονα, την είχε στη Γεωμετρία του πριν το 1935, όπως θυμά­ μαι.

ρές είναι ίσες και τέμνονται σε σημείο, έστω της διχοτόμου ΑΔ, τότε το τρίγωνο ΑΒΓ εί­ ναι ισοσκελές.

I,

Στην απόδειξη της άσκησης αυτής αριθ.

στο βιβλίο ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟ­ ΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ στηρίζω και την

264

απόδειξη της άσκησης αριθ.

266:

Αν δύο διχο­

τόμοι τριγώνου είναι ίσες το τρίγωνο είναι ι­ σοσκελές. Επειδή την απόδειξη της πρώτης την α­

Στο δημοσίευμα «Η Αλγεβρική Μέθοδος» στο ίδιο τεύχος, δίνω αλγεβρική απόδειξη της

ναφέρω στο τεύχος αυτό του Ευκλείδη και ί­

άσκησης: «Αν δύο διχοτόμοι τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσες, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές».

της άλλης με βάση τον ίδιο τρόπο, αλλά α­

(την άσκηση αυτή την δίνω για λύση στο τέ­ ταρτο τόμο των βιβλίων μου «Θεωρήματα και Προβλήματα Γεωμετρικά» στη σελίδα 400 με τη διατύπωση. «Με τη βοήθεια των μηκών των διχοτόμων τριγώνου να δειχθεί ότι: Αν δύο δι­ χοτόμοι τριγώνου είναι ίσες, το τρίγωνο είναι ισοσκελές» (Η ιδιότητα αυτή αποδεικνύεται με άλλους τρόπους στις προτάσεις αριθ. 70, 71, 266 και 927).

σως δε φαίνεται απλή, αναφέρω την απόδειξη πλοποιημένο. Δηλαδή την απόδειξη της ά­

σκησης: «Αν δύο διχοτόμοι ΒΕ και ΓΖ τριγώ­ νου ΑΒΓ είναι ίσες το τρίγωνο θα είναι ισο­ σκελές με ΑΒ

= ΑΓ».

Σχετικά με την αλγεβρική απόδειξη πε­ ριορίζομαι εδώ να αναφέρω ότι από τη σχέση

δ β = δΥ

και τη

δ 2β =

δ2

,

,

,

Υ επειτα απο σειρα απ

λ

,

ων

πράξεων προκύπτει ότι: 2

2

2

2

2

(γ-β)[(α+β) (α+γ) +βγ(γ +βγ+β +α +2αγ+2βγ+2αβ)]=0 Αλλά το εντός της αγκύλης είναι θετικό και

επομένως προκύπτει ότι θα είναι γ πότε γ

-

β

ο­

= β. Δηλαδή το τρίγωνο με τις δύο ίσες

Απόδειξη: Με χορδή τη ΒΕ γράφουμε τμήμα κύκλου το οποίο δέχεται γωνία ίση με την Α, έστω το κυκλικό τμήμα ΒΑΕ. Με χορ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/54


Ένα πρόβλημα- πολλές λύσεις

δή τη ΓΖ γράφουμε τμήμα κύκλου ΓΑΖ, το ο­

συνεχώς καταγγελλόμενα στα συνέδρια της

ποίο δέχεται γωνία ίση με τη γωνία Α.

Ε.Μ.Ε. ΣΟΒΑΡΑ ΛΑΘΗ των. σχολικών βι­ βλίων και άλλων μαθηματικών βιβλίων και ε­ ντύπων, αλλά στο να συνειδητοποιούν ότι κά­

Επειδή τα δύο κυκλικά τμήματα έχουν ί­ σες χορδές και δέχονται την αυτή γωνία Α θα είναι ίσα, τα τόξα ΒΑΕ και ΓΑΖ θα είναι ίσα καθώς και οι δύο κύκλοι (περιφέρειες). Ίσα θα είναι και τα άλλα κυκλικά τμήματα ΒΕ και ΓΖ τα οποία δέχονται γωνία παραπληρωματική της Α.

Α ν ΑΔ η διχοτόμος από την κορυφή Α και Ι η τομή των τριών διχοτόμων, επειδή οι δύο

κύκλοι είναι ίσοι θα είναι συμμετρικοί προς την ΑΙ (ΑΔ), οι ίσες γωνίες ΒΑΙ και ΓΑΙ θα βαίνουν σε ίσα, αντίστοιχα, τόξα και επομέ­ νως η ΑΙ (ΑΔ) θα διέρχεται από το κοινό ση­ μείο, έστω Θ, των δύο ίσων και συμμετρικών

προς την ΑΙ (ΑΔ) κύκλων. Έτσι τα τόξα ΘΕ και ΘΖ θα είναι ίσα και κατά συνέπεια και τα τόξα ΑΕ και ΑΖ θα είναι ίσα. Επομένως και οι γωνίες ΑΒΕ και ΑΓΖ θα είναι ίσες, επειδή είναι εγγεγραμμένες σε ί­

σους κύκλους και βαίνουν σε ίσα τόξα. Αλλά

""

..--...

ΑΒΕ = ~ και Afz = ~- Άρα Β = f και κατά συνέπεια ΑΓ

= ΑΒ.

Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ

είναι ισοσκελές.

Επειδή όλα όσα αναφέρθηκαν στη γεωμε­

τρική αυτή απόδειξη στηρίζονται σε θεωρή­ ματα, που έχουν ΑΜΕΣΗ απόδειξη, και η α­

ναφερθείσα απόδειξη είναι ΑΜΕΣΗ. Στάθηκα με τόσες λεπτομέρειες γιατί στον Ευκλείδη Β' Ιουλίου- Αυγούστου- Σε­ πτεμβρίου 1995 γράφεται ότι: «Από έγκυρα σχόλια και λεπτομερείς παρατηρήσεις, που έ­

χουν γίνει επάνω στις αποδείξεις του θεωρήμα­ τος

STEINER - LEHMUS, παίρνουμε την πληροφορία, ότι καμιά από αυτές τις αποδεί­ ξεις δεν είναι ΑΜΕΣΗ, με την έννοια ότι τα θεωρήματα, στα οποία αυτή στηρίζεται, έχουν όλα άμεση απόδειξη. Δεν έχει βρεθεί απόδειξη του θεωρήματος ΑΜΕΣΗ, με τη σημασία του

όρου, που δόθηκε παραπάνω». Επειδή στα

67

χρόνια από τότε που πρω­

τοδιορίσθηκα Καθηγητής των Μαθηματικών στη Δημόσια Εκπαίδευση μου έγινε ΠΙΣΤΗ να διαπαιδαγωγώ τους μαθητές όχι στο να α­ ποδέχονται το «0 ΤΑΔΕ ΕΦΑ ... », ή να αποδέ­ χονται τη σημερινή ΤΑΚΤΙΚΉ του ΤΥΠΟΥ και των ΜΜΕ με το «ΚΑΤΑ ΕΓΚΥΡΟΥΣ ΚΥΚΛΟΥΣ ... », ή να αποδέχονται σαν ορθά τα

θε μαθηματική έννοια, αλλά και κάθε έννοια και ιδιαίτερα αυτές που συνηθίζουμε να κα­ λούμε ΕΘΝΙΚΕΣ και ΗΘΙΚΕΣ ΑΞΙΕΣ, έχουν συγκεκριμένο περιεχόμενο με το οποίο κατά τρόπο ΓΕΝΙΚΑ ΑΠΟΔΕΚΤΟ πρέπει να εκ­ φράζονται στη ζωή, σε αυτό που συνηθίζουμε να καλούμε ΑΝΤΙΚΕΙΜΕΝΙΚΉ ΠΡΑΓΜΑ­ ΤΙΚΌΤΗΤΑ· ότι πρέπει να συνηθίζουν να κρίνουν το ΚΑΘΕ ΤΙ και τον ΚΑΘΕΝΑ, ΟΧΙ από όσα λέει και διακηρύσσει, αλλά βασικά και κύρια από αυτά που εκφράζονται στη συ­ γκεκριμένη πράξη. Έτσι, ΧΡΕΟΣ ΜΑΣ ως Μαθηματικών εί­ ναι να διαπαιδαγωγούμε τους μαθητές στο να στηρίζουν την κρίση τους, ΙΔΙΑΙΤΕΡΑ για μαθηματικά θέματα, στην μελέτη και έρευνα

για το συγκεκριμένο και αυστηρά καθορισμέ­ νο περιεχόμενο κάθε έννοιας με το οποίο κα­ τά τρόπο ΓΕΝΙΚΑ ΑΠΟΔΕΚΤΌ πρέπει να εκφράζεται στη ζωή καθώς και των σχέσεων (θεωρημάτων κ.λ.π), που με τη βοήθεια της μαθηματικής μεθόδου έχουν αποδειχθεί, ή έ­ χουμε αποδεχθεί σαν Αξιώματα.

Με βάση όλα αυτά, που κανείς δεν μπορεί να αμφισβητήσει την αξία και τη σημασία τους, είναι φυσικά αναγκαίο να δημοσιευθεί η

επιστολή μου αυτή, τουλάχιστον, στο μεθεπό­ μενο τεύχος του Ευκλείδη Β', ώστε οι μαθη­ τές, αλλά και οι συνάδελφοι, να είναι έτοιμοι

να αντιληφθούν ποιες από τις προτάσεις που αναφέρονται στην αλγεβρική απόδειξη του

1979,

την οποία σε γενικές γραμμές ανέφερα

πιο πάνω, δεν έχουν ΑΜΕΣΗ ΑΠΟΔΕΙΞΗ κατά τα «ΕΓΚΥΡΑ ΣΧΟΛΕΙΑ», αλλά και το ΙΔΙΟ για τη γεωμετρική απόδειξη, που ανέφε­ ρα σήμερα.

Θα μου επιτραπεί να αναφέρω ότι, όπως και είχα ΧΡΕΟΣ ως εκπαιδευτικός, ποτέ δεν παρουσίασα στους μαθητές μου τον εαυτό μου

σαν ΑΛΆΘΗΤΟ και δεν θα το θεωρήσω Υ­ ΠΟΤΙΜΗΤΙΚΟ, όποτε παρουσιαστεί περί­ πτωση να κάνω λάθος, να πω το «ΓΗΡΆΣΚΩ ΑΕΙ ΔΙΔΑΣΚΟΜΕΝΟΣ». Αθήνα,

26/10/95

Με συναδελφικούς χαιρετισμούς, Ν. Α. Κισκύρας


···'

Αλλ ηλογραφία Από τον Ακαδημαϊκό κ. Ν. Κ. Αρτεμιάδη λάβαμε το παρακάτω πρόβλημα το οποίο προτεί­ νει προς λύση στους αναγνώστες του Ευκλείδη Β':

«Να ευρεθούν λύσεις της εξισώσεως χΥ +χ+ y = yx όπου χ, y είναι ακέραιοι και θετικοί α­ ριθμοί. Μια προφανής λύση είναι: χ=

5, y = 2.

Το ερώτημα είναι: Υπάρχουν άλλες λύσεις;»

Ευχαριστούμε πολύ τον συνάδελφο Θ. Χαλάτση για τις παρατηρήσεις, τις διορθώσεις και τις επισημάνσεις του.

Από τον συνάδελφο Απόστολο Καζακόπουλο λάβαμε εργασία με θέμα «το πρόβλημα της πί­ τσας».

Από τον συνάδελφο Σαλεβουράκη Βασίλη λάβαμε λύση της άσκησης Γεωμετρίας της Γ Λυκείου του Πανελλήνιου Διαγωνισμού 1995 με τη βοήθεια της Αναλυτικής Γεωμετρίας. Από τον συνάδελφο Διολίτση Πέτρο λάβαμε έναν άλλο τρόπο λύσης της άσκησης του σχολικού βιβλίου της Β' Λυκείου.

1 σελ. 68

Από τον μαθητή Ζέρβα Αθανάσιο του 2°υ Λυκείου Γρεβενών λάβαμε εργασία που αφορά τα σημεία καμπής.

Ευχαριστούμε τον Πολυγένη Νικόλαο, απόφοιτο Λυκείου, για τα καλά του λόγια. Λάβαμε επίσης και μια ωραία λύση άσκησης της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας. Ευχόμαστε να συ­ νεχίσεις να ασχολείσαι με τα Μαθηματικά.

Ευχαριστούμε τον μαθητή Νταλαχάνη Δημήτρη για τα καλά του λόγια. Μας δίνει κουράγιο η πληροφορία που μας έδωσες ότι ο Ευκλείδης Β' έγινε η αφορμή να αγαπήσεις περισσότερο τα Μαθηματικά. Από τον κ. Καρέλλα Γιάννη λάβαμε μια αξιόλογη άσκηση Γεωμετρίας με αντιστροφή. Λυ­

πούμεθα που δεν μπορεί να δημοσιευθεί γιατί είναι εκτός ύλης. Ευχαριστούμε πολύ για τις φω­ τογραφίες της πανέμορφης Αχαίας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ:θ. τ.

3/56


Ετήλη

JRJl αθηματικών @λυμπιάδων .. ~'>~

λ

.~

Δ. Γ. Κοντογιάννη Αφορμή για το άρθρο αυτό, στάθηκε ένα

πρόβλημα που προτάθηκε στον φετεινό δια­ γωνισμό «ΘΑΛΗ» για την Γ Λυκείου. Το πρόβλημα πρότεινε ο περισινός Ολυμπιονίκης και νυν φοιτητής μαθηματικών στο πανεπι­ στήμιο του Καίμπριτζ Σ. Ράππος. Η λύση που έδωσε ο προτείνων την άσκηση είναι εξαιρε­ τικά απλή και συμβατή με το μαθησιακό επί­ πεδο των διαγωνιζομένων.

Εδώ θα δώσουμε μια γενική λύση του προ­ βλήματος και με την ευκαιρία αυτή, θα παραθέ­

f(ν

(γ)

+ 1)- (ν+

1)f(ν) ==Ο.

, Το αθροισμα

1 + 2 + ...

+ν== ν( ν

+ 1) == fl( ν) 2

ορίζει συνάρτηση, που είναι λύση της ΕΠΔ: f(ν (δ)

+ 1)- f(ν) =ν+ 1. Οι αριθμοί Fibonacci ορίζουν ακολουθία 1, Ι, 2, 3, 5, 8, 13, ... που ικανοποιεί την ΕΠΔ: f(ν + 2)- f(ν + 1)- f(ν) ==Ο κ.λ.π.

Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με μερικά παραδείγματα.

σουμε σε γενικές γραμμές τον τρόπο επίλυσης των

Εξισώσεων Πεπερασμένων Διαφορών (ΕΠΔ).

Οι ΕΠΔ έχουν πολλά κοινά σημεία με τις Διαφορικές Εξισώσεις και ουσιαστικά ταυτί­ ζονται με τις Αναδρομικές. ακολουθίες, τι~ ο­ ποίες εισήγαγαν οι Α. Moιvre,

Euler,

ο οποίος το

1748

J.

Bernoullι,

συναρτήσεων ακόμα και σε πολύ προχωρημέ­ να θέματα της Μαθηματικής Λογικής. Στους μαθητές της δευτεροβάθμιας εκπαίδευ­

σης είναι γνωστά τα παρακάτω παραδείγματα ΕΠΔ:

f(x + 2)- 2f(x + 1) + f(x)

=Ο, που έχει λύση

την αριθμητική πρόοδο:

f(x) = f(l) (β)

+(χ-

1)d.

Το γινόμενο των ν πρώτων μη μηδενικών

φυσικών αριθμών

1·2· ... ·ν =

ντικό)

εκφράζεται

f(ν)

ν!

==

και

με

είναι

ν! (ν παραγο­

τη

λύση

συνάρτηση

της

ΕΠΔ

f : IR. -ΙR που ικανοποιούν την ε­

ξίσωση:

F(x + 2) + 15F(x) =8F(x + 1) (1),

L.

έγραψε και σχετικό

σύγγραμμα. Οι ΕΠΔ χρησιμοποιούνται σε πολλούς κλάδους των σύγχρονων Μαθηματι­ κών, όπως π.χ. τη Θεωρία Αριθμών, τη Θεωρ~α Πιθανοτήτων, την Κατασκευαστική Θεωρια

(α)

Εστω το πρόβλημα: Να προσδιορίσετε τις

συναρτήσεις

για κάθε χ ε Η

(1)

IR..

αποτελεί όπως λέμε μια συναρτη­

σιακή εξίσωση, στην οποία ζητάμε να προσ: διορίσουμε μια συνάρτηση χ που ικανοποιεί την Η

(1)

f(x),

με μεταβλητη

(1) .

όμως είναι και μια Εξίσωση Πεπε­

ρασμένων Διαφορών (ΕΠΔ), στην οποία ζητά­

με να προσδιορίσουμε μια συνάρτηση

ικανοποιεί την

f(x)

που

(1 ).

Η (1) είναι ΕΠΔ γιατί εκτός από την F(x), περιέχει και τις F(x + 1), F(x + 2). Ακόμα η (1) είναι γραμμική, γιατί η

F(x + 2)- 8F(x + 1) + 15 F(x) γραμμική

σχέση

(2), είναι μια F(x + 2),

ανάμεσα στους

F(x + 1), F(x). Οι συντελεστές

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ιcθ. τ_ 1/1:,7

1, 15, -8 των

όρων της

(1),


Εξισώσεις πεπερασμένων διαφορών

ονομάζονται συντελεστές της εξίσωσης. Η (1) ονομάζεται ομογενής, γιατί το (β) μέλος της (2) είναι το Ο. Τέλος η (Ι) ονομάζεται ΕΠΔ τάξεως γιατί (χ

χ

+ 2) -

2,

= 2.

Ώστε η (1) είναι μια ομογενής, γραμμική, ΕΠΔ τάξεως

2.

f(x)

2.

F(x + 2)- 8F(x + 1) + 15 F(x) =Ο (2). Παρατηρούμε ότι η f(x) = 3χ, για κάθε IR. ικανοποιεί την (2). Πράγματι: 3χ+ 2 - 8·3χ+ ι+ 15·3χ = 3χ (9- 24 + 15) =Ο.

Πράγματι η g(x) = 5χ, είναι λύση της (2), αφού

5χ+ 2 - 8· 5χ+ ι+ 15· 5χ = 5χ (25- 40 + 15) =Ο. Έχει η (2) άλλες μερικές λύσεις; Η απά­ ντηση στο ερώτημα αυτό όπως θα διαπιστώ­

σουμε είναι καταφατική, π.χ. α·f(χ), (α Ε

IR.)

κ .λ. π.

Ο, για

υπάρχει, τότε:

βδ,

νούς γραμμικής ΕΠΔ. Έστω η ομογενής γραμμική ΕΠΔ:

F(x + 2) + αF(χ + 1) + με α, β Ε IR. Θα εξετάσουμε αν η

βF(χ) =Ο

(4)

έχει μια λύση της

(4)

μορφής f(x) = κχ (κ ε IR. *). Για το λόγο αυτό κατασκευάζουμε την εχ+ 2 χ+ I β χ 0 (5) '

ξ ισωση ,

+

κ

+

ακ

=

κ

, την

οποια

ονομάζουμε χαρακτηριστική εξίσωση της

(4)

και τη λύνουμε:

Είναι κ\κ + ακ + β)= Ο 2

Θεώρημα

+ 2) + α 2 F(χ + 1) + α3F(χ) =Ο (3) με α 2 ::f:. Ο μια ΕΠΔ με μερικές λύσεις f(x), g(x). Τότε η συνάρτηση h(x) = αf(χ) + βg(χ) αποτελεί μια λύση της (3) (α, β Ε IR). Απόδειξη

Πράγματι: α 1 [α

f(x + 2) +

β

g(x + 2)] +

α2[αf(χ+1)+βg(χ+1)]+

α3 [α

f(x) + βg(χ)] = α [αι f(x + 2) + α2 f(x + 1) + α3 f(x)] + β [α 1 g(x + 2) + α2 g(x + 1) + α 3 g(x)] = α·Ο + β·Ο = Ο. Ορισμός

κ + ακ +β= Ο (6). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Δ > Ο. Τότε κι,2 = -α + ·~{α

i)

ι

-

Έτσι π.χ. η ΕΠΔ F(x+2)-8F(x+1)+ 15F(x)=0 έχει χαρακτηριστική εξίσωση:

2 = -8 +- = 5 , 2 f(x) = 5χ, g(x) = 3χ. '

οποτε κι

Οι

f(x), g(x)

κ2

=3

' λ'υσεις

και μερικες

ικανοποιούν

τη

συνθήκη

Casorati. Πράγματι

g(x) ι 0· C(x) = g(x + 1) Η C(x) :;.: Ο ονομάζεται συνθήκη Casorati.

'*

15 χ άρα

I

13

C(x) = 51

I 5

χ +1

I =2·15 χ ::/:.0,

3

χ +1

I

=

(7) έχει γενική Φ(χ) = c1f(x) + c2g(x)(c1, c2 Ε IR).

Αρχικές σιJνθήκες μιας ΕΠΔ.

Έστω το πρόβλημα: Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί την ΕΠΔ

(7),

κ 2 - 8κ + 15 = Ο (8),

ΕΠΔ και:

f(x) f(x + 1)

4 β.

2

Ωστε υπάρχουν λύσεις κΙ, κ2 της ΕΠΔ.

Θα ονομάζουμε γενική λύση μιας γραμμι­

κής ομογενούς ΕΠΔ τάξης 2, μια συνάρτηση h(x) = αf(χ) + βg(χ) όπου f(x), g(x) λύσεις της

=>

2

Έστω α 1 F(χ

3.

:;.:

Εύρεση μερικών λύσεων μιας ομογε­

4.

(2).

Έχει η (2) και άλλη μερική λύση; Η απά­ ντηση στο ερώτημα αυτό είναι καταφατική.

2.2.

Ο με β

=

Δηλαδή, η συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες και λαμβάνεται από μια τέτοια διαδικασία, είναι λύση της ΕΠΔ.

Η συνάρτηση f(x) = 3χ, ονομάζεται μερική

+ + = + =

βF(χ)

κ.λ.π.

Έστω η ΕΠΔ:

2.1.

+ 1) +

f(x + 2) = -αf(χ + 1) - β f(x), οπότε f(2) = -αf(1)- β f(O) = -αδ- βγ, f(3) = -αf(2)- β f(l) = α(αδ + βγ)-

Επίλυση της ομογενούς γραμμικής

λύση της

αF(χ

χικές συνθήκες. Αν υποθέσουμε ότι μια τέτοια συνάρτηση

2.

ΕΠΔ τάξεως

χ ε

F(x + 2) +

την οποία f(O) =γ, f(l) =δ. Οι ισότητες f(O) =γ, f(l) =δ ονομάζονται αρ­

··)

ιι

η

Δ < ο . τ,οτε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/58

κι,2

= -α +2WίΔί

,

η κι

λύση

=

ρ

+

·ιq


Εξισώσεις πεπερασμένων διαφορών

=Ρ -

Κ2

iq, (p, q Ε !R).

Τις λύσεις αυτές μπορούμε να τις εκφράσουμε και σε τριγωνομετρική μορφή.

Έστω

π.χ.

ότι

κι

R(συνθ

iημθ),

+

κ2 = R( συνθ - iημθ). Τότε η ΕΠΔ έχει λύσεις:

κ~= R χ( συνχθ + iημχθ), κ~= R \ συνχθ - ίημχθ). χ

,

Κι

χ

χ

+ κ2

χ

2

χ

2

θ

Θετουμε:fίχ)=--=R συνχθ,g(χ)=--=R ημχ Παρατηρούμε ότι:

I

R

.

RΧ+ιημ(χ+ Ι)θ

β)

I=

έχει χαρακτηριστική εξίσωση κ +κ+ Ι =Ο, 2

π

.

π

κάτω θεώρημα:

π

οποτε κι =συ'3+ιη~,κz=συ'3-ιη~,

'

2πχ

2πχ

και αρα Φ(χ) = cι συ"3 + Cz η~, είναι μια λύση της

iii)

(8).

Δ=Ο. Τότε κ1 =κ2 =κ καιΦ(χ)=c1 κχ +c2χκχ.

Έτσι π.χ. η ΕΠΔ:

F(x+2)-8F(x+

Ι)+

2

-

5.2. Θεώρημα Αν f{x), g(x) είναι μερικές λύσεις των ΕΠΔ: F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Gι(χ) και F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = G2(x) αντίστοιχα, τότε η f{x) + g(x) είναι μερική

λύση της

ΕΠΔ:

I6F(x)=0 (9),

έχει χαρακτηριστική εξίσωση:κ

I

I

F(x + 2) + F(x + Ι)+ F(x) =Ο (8), .

μιας γενικής λύσης της ομογενούς ΕΠΔ:

Ώστε αν φ(χ) είναι μια μερική λύση της (10) και f(x), g(x) είναι λύση της (11) με: f(x) g(x) C(x) = f(x + Ι) g(x + Ι) *Ο, τόtε η (10) έχει γενική λύση: Φ(x)=φ(x)+cιfίx)+czg(x). Για τις μερικές λύσεις της (10) ισχύει το παρα­

Φ(χ) = cιf(x) + c~(x).

π

(10)

F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) =Ο (11).

Επομένως η ΕΠΔ έχει γενική λύση:

'

μιας μερικής λύσης της μη ομογενούς ΕΠΔ και

R2χ+ιημθ:;t:Ο.

Έτσι π. χ. η ΕΠΔ:

Μια γενική λύση της (10) είναι άθροισμα: α)

Rχημχθ

συν(χ+ Ι)θ

Μη ομογενείς γραμμικές ΕΠΔ τάξεως 2

Έστω η μη ομογενής γραμμική ΕΠΔ τάξεως 2: F(x + 2) + αF(χ + Ι)+ βF(χ) = G(x) (Ι 0). Για τις λύσεις της (10) ισχύει το παρακάτω θεώρημα:

C(x) =

Rχσυνχθ χ+ι

5.

5.1. Θεώρημα

χ

Κι- Κ2

οπότε η Φ(χ) = cι4χ + c2x4x, είναι μια λύση της (9).

8κ + Ι6 = Ο

F(x+2) + αF(χ+Ι) + βF(χ) = Gι(χ) + G2(x). =>

κι =κ 2 =4,

ο πνεύμα" .nnHNIΩN Ε::ΕτRΣΕΩΝ

ENR

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΕΡΙΕΧΟΥΝ

*

ΓENIKR θΕΗΑΤΑ

j.JO

ΟΕΣΗΗΣ

- Αnοθnσαύρισμα τnς 18χροvπς εμnειρlας

των τελευται'ων εξετάσεων που συνδυόζουν γνωσεις από πολλό

κεφόλαια αuγχόνως.

nΗΨΗ ΤΩΝ ΜΑθΗΜRΤΙΚΩΝ

1n ς

Ασκr'!σεις του συγγραφέα

του από τnv προετοιμοσlα των υποψnφίωv στο φροντίστnριο, στο nνεU­

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΟΥ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΑΝ το "ΣΤΥΛ" και το nΠΝΕΥΜΑ" ΤΩΝ ΦΕτtΝΩΝ

8

Λυμένα τα πιο ουσιώδn θέματα από τις Πανελλnνιες Εξετόσεις τnς

περασμένnς εντεκαετiας

8

1983-1994

Λυμένα θέματα αnό εξετόαεις διαφόρων ξένων πανεnιατnμlων

BACALAUREA Τ - LONDON POL YτECHNIC - NEW YORK UNIVERSirY LIVERPOOL UNΙVERSΠY- G.C.E. Αγγλικό- MOSCO\ιl/ UNIVERSΠY

~ Λυμένες μια σειρό aσκrΊσεωv που εnιλέχτnκαν από διόφορες εκδό­ σεις ελλnνΙΙ<:ών και ξένων περιοδικών οπως ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ τnς ΕΜΕ

-

ΠΡΟΕΚΤΑΣΕΙΣ ΣτΗΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ - ΘΕΑΙΤΗΤΟΣ - ΜΑ ΤΗΕΜΑ TIC NEWS

'.J

θΕΜΑΤΩΝ ΣfΙΣ ΠΑΝΕΜΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 1ης και 4nς ΔΕΣΜΗΣ ΟΣΟ ΚΑΝΕΝΑ ΑλλΟ.

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΟΥ ΤΑΥfΙΣΤΗΚΑΝ ΜΕ το ΝΕΟ ΠΝΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕrΑΣΕΩΝ

θΕΜΑΤΑ ΣΥΝΔΥΑΣΠΚΑ ΠΟΜΩΝ

CASSΠ Α ΜΑ τΕΜΑ τΙCΑ - ΤΗΕ ΥΟΚΟΗΑΜΑ ΜΑΤΗΕΜΑ τiCAL JOURNAL JOURNAL MARTICULA τΙΟΝ BOARD - LOOK JAPAN

ΕΡΩΤΗΜΑΤΩΝ ΠΟΥ ΜΟΝΟ ΤΟ "ΝΕΟ ΠΝΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ"

Λυuένες μια σειρό επιλεγμένων ασκnσεων από μια nλοUσια ελλnνικrΊ

του Μαθημοπκού φροvτιστή Σάκη Λιπορδέzη ΠΕΡΙΕΧΟΥΝ

και ξένn ΒιΒλιαγραφΙα

ο Λυμένα θέματα μαθnτικών διαγωνιαμών όπως τnς Ελλnνικnς Μαθn­

μαηκnς Εταιρεlας (ΕΜΕ), Μαθnμαηκών Ολυμπιόδων. ταυ Williαm Lowell σης ΗΠΑ,

που έχουν σχέσn ως προς τον περιεχόμενο με ης Πα­

Συνάδελφοι προτείνετε και διδάξετε t1rους υποφnφιους

ro μοναδικό εξι.κιχολικό Βοfιθnμα

νελλriνιες Εξετόαεις τnς Ιnς Δέαμnς.

που θα τους φέρει τόοο κονr6 ν" Τετρόδες Θεμότων από τα θέματα του ΒιΒλlου στο στυλ και το εnl­

πεδο των ΠανελλnνΙων Εξετόσεωv και με ερc.Jτr'!σεις θεωρ/ας; που κα­ λύπτουν το πιο πιθανό θέματα από όλn τnv ύλn για δοκψοστικό πριν τις εξετόσεις.

Toapxεlo θεμότων μοθnματικών 1nς Δέσμnς οπό ΠανελλιiνΙες Εξετό­ σεις

1983 - 1994

Τα SOS θέματα τnς θεωρlας

t1rα θtμαrα των εξεrάt1εων.

Test

ΓΙΑ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΕΣ fΗΛΕΦΩΝΗΣ1t

0531/21206 - FAX 0531/21916 fι znτfιοτε τcι οτcι καλά με:yάλα βιβλιοnωλεια.


Με μεγάλη μας χαρά διαπιστώνουμε ότι οι επιστολές με τις λύσεις των ασκήσεων συνεχώς πληθαίνουν. Έχουμε ήδη δημοσιεύσει τις λύσεις των ασκήσεων Γεωμετρίας του τεύχους

15.

Στο τεύχος αυτό δημοσιεύουμε λύσεις ασκήσεων του τεύχους 16. Στο επόμενο τεύχος ελπί­ ζουμε να έχουμε δώσει τις λύσεις όλως των ασκήσεων των τευχών 15, 16. Περιμένουμε ακόμη

λύσεις των ασκήσεων από τα τεύχη αυτά που ακόμα δεν έχουν λυθεί. Έχουν σταλεί αρκετές λύσεις και για τις ασκήσεις του τεύχους

18, τις

οποίες θα δημοσιεύ­

σουμε σε επόμενο τεύχος.

Άσκηση

As

Η δοθείσα εξίσωση γράφεται: χ

2ν Υ 2κ

+ Υ 2κ + χ2ν + 1 - 2χ= ν Ο =y 2κ( χ 2ν + 1) + (χν 1)2 = Ο =

y 2 κ(χ 2 ν+1)=0

και

Άρα η λύση είναι (χ,

(χν-1) 2 =0= y 2 κ=0 (αφούχ 2ν+17=0,νε1Ν*) και χν=1

y) = (1, Ο)

ή

(-1, 0). I 'ίύ\'ηl.:;

Στυματογιiι.ννης

--

\JαΟηματικός

Θέτουμε χ ν= φ και y 2κ =ω. Προφανώς ω~ Ο. Αντικαθιστούμε στην δοθείσα εξίσωση: 2

(φ + 1)(ω + 1) = 2φ = (ω + 1)φ 2 - 2φ + (ω + 1) = Ο ( 1) Δ= 4- 4(ω + 1) = 4 [ 1- (ω+ 1) 2

Αν ω

>

Ο τότε Δ

οπότε η

( 1)

2

]

= 4(1- ω- 1)(1 +ω+ 1) = -4ω(ω + 2)

δεν έχει πραγματικές ρίζες για την φ

(;

αδύνατο) άρα ω

Για ω= Ο έχουμε /κ= Ο δηλαδή y =Ο. 2 2 Ακόμα, η (1) γίνεται: φ - 2φ + 1 =Ο= (φ- 1) =Ο= φ = 1 οπότε χν= 1 (2)

(α)

Αν ν:άρτιος η

(2)

ισχύει για χ=

χ=

-1.

Δηλαδή έχουμε τις λύσεις:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/60

= Ο.


Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

(β)

= 1, y =

Ο)

και

Αν ν:περιττός η

(χ=

-1, y =

Ο)

ισχύει για χ=

(2)

1, οπότε

έχουμε την μοναδική λύση (χ=

1, y = 0).

\ι,, Ί.:.τi:λί . ας- \Ιαθηματικδς

Ει'ναι·. (χ2ν+ l)( Υ2κ + 1) = 2 χν (ν, (χ\γ)2 + (Χν)2 + (/)2

κ ε

IN)

<=>χ

+ Ι _ 2 Χν =Ο<=>

2ν Υ 2κ

+ 1 = 2χ ν <=>

(χνyκ)2 + (yκ)2 +(χ ν_ Ι)2 =Ο

Πρέπει το κάθε τετράγωνο να ισούται με το Ο. Άρα πρέπει: χ=Οήy=Ο

Χ ν= Ο ή Υκ =Ο

<=>

y=O Χν = 1

{

<=> { ή

y=O χ= 1 (ν ε IN) χ= -1 (αν ν άρτιος)

Επειδή η χ= Ο δεν μηδενίζει το χν- 1 δεν λαμβάνεται ως λύση της εξίσωσης. Οι λύσεις της εξίσωσης είναι:

Υ= Ο

χ=

{y = Ο

χ

1 = -1

(αν ν άρτιος)

Έχουμε διαδοχικά:

= 2 Χν <=> Χ2νy2κ + Χ2ν +/κ+ l _ 2 Χν =Ο<=> (χν)2 _ 2 Χν + 1 + (χνyκ)2 + Υ2ιc =Ο<=>

(Χ2ν + l)(y2κ + 1)

(χ ν- Ι) + (χνyκ) 2 + (/) 2 =Ο<=> χν- Ι= Ο και χνyκ =Ο και yκ =Ο<=> 2

χν= Ι και (χν=Ο ή yκ=Ο) και y=O<=>x=Vl και y=O<=>X=±l και y=O Άρα, τα ζεύγη λύσεων της εξίσωσης είναι: (χ,

y) = (-1,

Ο) ή (χ,

y) = (1, 0).

Άσκηση Α6

Η δοθείσα γράφεται:

( 2+

Υ

1)5

=

16χ

4

.

cx2+ 1 )4ηy

2+ 1 =

16χ

5

4

cx2+l)4

ή

y2

=~ 5 ~( 2χ ) ·νlχ2+Ι)

4

- 1 (1)

Επειδή/;;::: Ο η (1) δίνει:

}

ΓJ\~ ι ή (~)4 >- 1 ή

νlχ2+ 1) ~

χ2+ 1

7

[

(2χ)2

cx2+ ι/

]2-

Ι >- ο ή 7

2

[ (2x)z + cx2+ 1/

ι] [ (2χ)2

cx2+ 1>2

-

ι];;::: ο ή

2

~-ι)(~+ ι);;::: ο ή (\-Ι) (χ/ l) ::;;ο άρα χ= 1 ή χ=-1 2 2

+ Ι

χ +1

Συνεπώς, για χ= για χ=

χ + Ι

χ + Ι

1

η (Ι) δίνει

y = 0:

(χ,

y) = (1,

Ο)

-1

η (Ι) δίνει

y = 0:

(χ,

y) = (-1,

Ο)

! υΗ·Ι η.; ~ωμαωγι{ιννης - \1αθηματικός

i)

Για χ

έχουμε (y + 1) 5 = Ο <=> y 2

2

= -Ι:

αδύνατο στο IR., οπότε το χ

της εξίσωσης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/61

= Ο δεν αποτελεί ρίζα


Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

ii)

2 Για χ< Ο είναι χ 2 + 1) -2χ (η ισότητα ισχύει για χ= -1) <=>χ : 1 < -1 οπότε

2

(χ2 + 1)4 ~ 1 2χ

(y2 + 1)5) 1

( 1)

Για να ισχύει η δοθείσα εξίσωση πρέπει οι

(2)

(1), (2) να ισχύουν σαν ισότητες:

χ= -1 και y + 1 = 1 <=>(χ= -1 και y =Ο) 1

iii)

2 Για χ> Ο είναι χ 2 + 1) 2χ (η ισότητα ισχύει για χ= 1) <=>χ 2: 1 ) 1 οπότε

(χ2+ 1)4 ~ 1 2χ

v

(y2+

(3)

Για να ισχύει η δοθείσα εξίσωση πρέπει οι

1)5)

1

(3), (4)

(4)

να ισχύουν σαν ισότητες:

2

χ = 1 και y + 1 = Ο <=> (χ = 1 και y = Ο) Χρ. Στέλλας- :νΙαθηματικός

Σημείωση σύνταξης: Ο συνάδελφος έχει στείλει λύσεις και σε προηγούμενες ασκήσεις καθώς επίσης και προτεινόμενες.

Λύση της άσκησης Α 6 μας έστειλε και ο μαθητής Κοσμάς Τσακμακίδης από το 1° Λύκειο Κομοτηνής.

~<\σκηση Γ Λυκείου (τεύχος

15) β

α

c

Υποθέτουμε ότι Ο< α< β< c. Δείξτε ότι eβ- e < e - 1 (β+ α)+ 1 (1) 2c -α Λύση Η παραπάνω ανισότητα c

(1) είναι ισοδύναμη με την:

1

eβ- ea < ~ (β 2 - α 2 ) + β- α ή

2c

f

β

α

ec - 1 ? eχ dx- --(β-2c

Για την απόδειξη της

F(x) =

f

x α

(2),

α

2

) -(β-

Jβ α

α)< Ο

c 1 ex dx < ~ (β 2 - α2 ) +(β- α) ή 2c

(2)

θεωρούμε την συνάρτηση:

ι ec- 1 2 2 e dt- ~(χ -α ) -(χ-

α), χ Ε

[0, c]

Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη με F'(x) = ex- 2χ ec ~ 1 -

2

Για την συνάρτηση

1

και

F"(x) = ex- ec ~ 1 (3).

h(x) = ex στο διάστημα [0, c] ισχύει το θεώρημα της μέσης τιμής, οπότε

υπάρχει ξ Ε (0, c) τέτοιος ώστε h'(x) = h(c)- h(O) ή eξ = ec- 1 (4). c

c

Από (3), (4) έχουμε F"(x) = ex- eξ. Αν χ Ε (0, ξ) έχουμε F"(x) <Ο και για χ Ε (ξ, c) F"(x) >Ο. Συνεπώς, η συνάρτηση σα στο [0, ξ] και αύξουσα στο [ξ, c], ενώ F'(O) = F'(c) =Ο. Οπότε, έχουμε τον κατωτέρω πίνακα μεταβολών για τη συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/62

F':

F'

είναι φθίνου­


Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

ξ

ο

χ

c

F"

+

ο~

F'

/ο

F'(ξ) Δηλαδή, για κάθε χ ε στημα

[0, c]

είναι

F'(x)

:s:; Ο οπότε η συνάρτηση

F

είναι γνήσια φθίνουσα στο διά­

[0, c].

Έτσι, δείξαμε την ισχύ της

(2). Κ. Γεωργακόπουλος

Μια διόρθωση: Από παραδρομή δεν τηρήθηκε η σειρά στις προτεινόμενες ασκήσεις του τεύ­

χους

18. Έτσι λοιπόν, η Ι η άσκηση είναι η Α 8 , η δεύτερη η Α 9 και η Τρίτη η Γ 2 .

Προτεινόμενη άσκηση Α 10 Νησιώτης είχε κρύψει- στα χρόνια της κατοχής- έναν οικογενειακό θησαυρό σε σημα­ διακό τόπο γνωστής του νησιού παραλίας και για τον εντοπισμό του κατείχε το επόμενο τοπο­ γραφικό. ~

Β

Θ

I

αμμουδιά

«Στη θέση Β και Γ δηλώνεται από ένας ευκάλυπτος και στη θέση Α μία ροδακινιά. Τα τρί­ γωνα ΜΒΑ και ΝΓΑ δηλώνονται ισόπλευρα, το σημείο Κ δηλώνεται σαν το κοινό μέσο των ευ­ θυγράμμων τμημάτων ΜΝ, ΑΘ και το Θ σαν το σημείο του κρυμμένου θησαυρού.» Ο νησιώτης- ύστερα από την αποχώρηση των στρατευμάτων κατοχής- θέλησε να ανακτή­ σει τον οικογενειακό του θησαυρό, αλλά δεν τα κατάφερε, αφού η ροδακινιά είχε καταστραφεί.

Από τη δυσχερή του θέση τον «έβγαλε» ο εγγονός του

-

μαθητής της τρίτης Γυμνασίου τότε,

σήμερα της Α' Λυκείου ισοδυνάμως. Ζητείται το σκεπτικό προσδιορισμού του σημείου Θ και ο τρόπος εντοπισμού του.

Νικόλαος Θ. Βαδιβούλης- Σχ. Σύμβουλος Μαθηματικών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

3/63


Ευκλειδησ β' τεύχος 19 εμε ιαν μαρ 1996