Page 1


ΙΠJ ~~~

t?J ι; ©J ίΙJ\ π ~ :Q; ll U/,!\,

"ΙlΊΌ)

&W~[;'(U(QJ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Προσεyyίσεις Τ όσε ων- Ρευμάτων και ... Προβλημάτων .. .. .. ... .. .. . .. .. . .. .. .. .. .. .. . 3 Γεωμεrρlα Α' Λυκείου .................................................................................... 20

Μετρικές Σχέσεις ........................................................................................... 24 Yrιuμλt.J ......................................................................................................

32

Οι γεωμετρικοί τόποι του επιπέδου με διανυσματικές ιδιότητες ....................... 40 Το βήμu ωu [uκf.είδη ................................................................................... 46 Μαθπμαιη~ές Ολυμπιάδες (12η Β.Μ.Ο.) ........................................................ 52 Τονu ~φό6λr.μc,, ποίi.Λές λυσεις ...................................................................... 54

Σης cισκησεις λέμε ΝΑΙ ! ................................................................................ 60

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

Συντακτική Επιτροπή:

11 Τα προβλήματα με Μαθηματικά ή

Βωωλόπουλος Κώστας, Βισκαδουράκης Βασιί\nς, Γεωρyακόπουλος Κώστας, Γράψας Κώστας, Δαμιανός Πέτρος, Καμπούκος Γιώργος, Καρακατσάνnς Βασίλης Κατσούλnς Γιώργος,

Τα Μαθηματικά με Προβλήματα

Κηπουρός Χρήστος, Κοντογιάννης Δημήτρης,

Κοτσιφάκης Γιώργος, ΚυριακόπουΛος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τ άσος,

11 Η σωστή σκέψη

Μαλαφέκας Θανάσης, Μώκος Χρήσrος, Σαfτη Εύα, Τουρλάς Λεωνίδας, Τσικαλουδάκης Γιώργος,

aπλοποιεί αυτά που φαίνονται δύσκολα.

Υπεύθυνοι Έκδοσης: Παπαδόπουλος Νfκος, Tσanaρλriς Ιωάννης

Επιμέλεια Έκδοσης: Μαροyκάκης Σ.

Σuνεργόστηκαν: Ντρίzος Δημήτρης, Φωτιάδnς Γρnγόρnς,

Τσοπακίδης Γ., Αyριόynδος Κώστας, Τσάμης Γιώργος, Μπρέyιαννnς Π., Ρόπ­

πος Σ., Τάκος Γ.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ ΥΙΚΗΣ ΕΤ ΑΙΡΕΙΑΣ

13 Οι Βαλκανιονί­ κες μας

Πανεπιστημίου 34-106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 3617 784-3616 532

μεταφέρουν την

Fax: 36 41 025

εμπειρία τους.

Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής ΔUεvθvvτός:Κ.Σόλαρnς

ISSN: 1105- 8005 ΣVΝΔΡΟΜΕΣ:

350δpχ.

Τειίχος:

Ετιίσια σιινδρομιί:

1.600δρχ.

Ορyανισμοί:

3.000δρχ.

Εnιταyές Τ οχ. fραφείο Αθήνα

Tax.

Στοιχειοθεσία

-

54, Τ.Θ. 30044

Σ;ε:λιδοnοίnσο

Εί\λnvική Μαθηματικn Εταιρεία

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α. Ε., Ιερά οδός

81 - 83 74 654

Υπευθ. Τυπογραφεfου: Ν. Αδάκτυί\ος- τηί\. ~4


Αν κρίνει κανείς aπ6 τις δημοσιεύσεις στα περιοδικά της Ε.Μ.Ε. (κυρίως στον Ευκλείδη Γ') και

τις ανακοινώσεις στα Πανελλήνια Συνέδρια Μαθηματικής Παιδείας των τελευταίων χρ6νων, θα μπορούσε να ισχυριστεί 6τι οι 6ροι «Problem Solνiηg», «Problem Posiηg» και «Mathematical modeliηg», έχουν μπει για τα καλό στο φάσμα των προβληματισμών και των ενδιαφερ6ντων της Ελληνικής Μαθηματικής κοινότητας. Πώς θα μπορούσε όλλωστε να μη συμβεί αυτό, αφού στο ση­ μερινό κ6σμο σκέψεις, ιδέες, προτόσεις, θέσεις σε θέματα κοινού ενδιαφέροντος μεταδίδονται πα­ γκ6σμια με την ταχύτητα που χαρακτηρίzει την εποχή μας;

Κάποιες καθυστερήσεις βέβαια που παρατηρούνται, δεν οφείλονται σίγουρα στην έλλειψη ενη­ μέρωσης,

τουλάχιστον

στην

έλλειψη

δυνατ6τητaς,

για

ενημέρωση),

αλλά

στη

γνωστή

«αδραvειακιi "στέρnσn και εnιφ"λακτικότnτα». Άποψη του υπογράφοντος είναι ότι και αυτή η φόση έχει πλέον ξεπεραστεί από τη συντριπτική πλειοψηφία των καθηγητών Μαθηματικών στη Μ.Ε., οι οποίοι βλέπουν θετικά τα (πιο) νέα ρεύματα

στο χώρο της Μαθηματικής Παιδείας και Εκπαίδευσης, προβληματίzονται 6μως στο πώς και με τι

είδους υλικ6 θα περάσουν στη δουλειά τους τις νέες ιδέες-διαδικασίες

(Problem

Solνiηg-Posiηg,

mathematical modeliηg). Τ ο εγχείρημα σίγουρα δεν είναι απλό και η επιφυλακτικ6τητα δικαιοΛο­ γημένη. Υπάρχουν κίνδυνοι aπογοήτευσης των μαθητών μας. Έτσι, με τη συλλογή των παρακάτω διεξοδικό δουλευμένων (νομίzω) προβλημότων, επιχειρείται μια προσέyyιση στο πνεύμα των νέων τάσεων στα σχολικά Μαθηματικά και κuρίως αuτών τοu

Problem

Solνiηg και του

mathematical

modeliηg (μιας και οι δύο αuτές διαδικασίες πολλές φορές

συνuπάρχοuν και τα μεταξύ τοuς σύνορα δεν είναι πάντα ορατά).

ΕΎΚΛΕΙΔΗJ; Β' ιιβ. 1:.

1/8


---------

Πpοσεyyίσεις τάσεων-- pε\Ιμάτων και

...

οpοβλnμάτων

---------

Ο υπογράφων πιστεύει ότι είναι καιρός από τα λόγια και τη θεωρία να περάσουμε στην πράξη, γιατί αυτή είναι ο τελικός στόχος, αλλά και ο πιο ανηκειμενικός κριτής-οδηγός για όσο γίνεται σω­ στότερες προσεyyίσεις.

Ο «Ευκλείδης Β'» ίσως θα έπρεπε πιο συστημαηκά να μεριμνεί, ώστε να διαχέεται το «νέο nvεvμα» στο σύνολο του περιεχομένου του, αλλά αν αυτό (για διάφορους λόγους αντικειμενiκούς και μη) δεν είναι εύκολο, έστω και μια μικρή, μόνιμη (ή σχεδόν μόνιμη

) στήλη,

θα εξυπηρετούσε

σημαντικά το zητούμενο.

Ο Αν κάθε σημείο τοv εοιοέδοv χρωματιmεί με ένα αοό τα τρία χρώματα Α, Β, mον σημεία τοv ίδιοv χρώματος και με αοόmαση μεταξ'ΙJ τοvς 1 cm; Αvάλvσn

r,

vοάρχοvν δ'IJo τοvλάχι·

Λvσn

-

Προβλήματα όπως αυτό επιδέχονται γενικά λύσεις «κατασκευαστικές», θα μπορούσαμε να πού­ με. Δημιουργούμε ένα σύμπλεγμα σημείων αρχικά, με μετaξύ τους αποστάσεις ντας κατάλληλα

1

και συμπληρώνο­

το σύμπλεγμα αυτό, προσπαθούμε να κατaλήξουμε σε μια κατάσταση, όπου ο­

ποιαδήποτε επιλογή να μας δίνει απάντηση στο ερώτημά μας. Για την περίπτωσή μας λοιπόν, θεωρούμε ένα ισόπλ.ευρο τρίγωνο πλευράς

1

και το συμμετρικό

του ως προς μια πλευρά .

Έστω ότι οι κορυφές του τριγώνου είναι χρωματισμένες με διαφορετικά χρώματα Α, Β, Γ (αλλιώς θα είχαμε τελειώσει). Η τρίτη κορυφή του συμμετρικού πάλι πρέπει να είναι Α όπως στο σχήμα (αλλιώς πάλι θα είχαμε τελειώσει). Στρέφουμε τώρα το ρόμβο που δημιουργήθηκε προς τα αριστερά με κέντρο στροφής την κορυφή

(4),

ώστε η κορυφή

απόστασή της από την αρχική θέση να είναι ίση με

(1)

να έΛθει σε μια νέα θέση

(5)

και η

1. Α (1)

(5)

'

\\

/

I

I

Λ (4) Αν οι κορυφές

(6) ή (7) χρωμαηστούν με χρώμα Α, τότε τα σημεία (4) και (6) ή (4) και (7) θα α­ 1 και θα είναι ίδιου χρώματος Α, οπότε έχουμε τελειώσει. Αν πάλι στα (6), (7) έ­ χουμε τα χρώματα Β, Γ ή Γ, Β αντίστοιχα, τότε αν η κορυφή (5) εiναι Β ή Γ πάλι έχουμε τελειώσει. Αλλά και Α να είναι η κορυφή (5), πάλι θα απέχει από την (1) απόσταση ίση με 1 από την κατα­ σκευή που κάναμε. Έτσι ό,τι χρώμα και αν είναι το σημείο (5), θα έχουμε δύο σημεία ίδιου χρώμα­ τος και με μεταξύ τους απόσταση ίση με 1. (Προφανώς στη θέση της απόστασης 1 μπορούμε να έχουμε οποιαδήποτε απόσταση d και το πρό­ πέχουν απόσταση

βλημα δεν αλλάzει σε τίποτα).

θ Οι εvθείες (ε 1 , ε 2 ,

... ,

ε 100 ) είναι διαφορετικές μεταξ'ΙJ τοvς. Αο'αvτές οι ε4, εs, ει2. και yενικά ε4η είναι

οαράλληλες μεταξ'ΙJ τοvς . Οι εvθείες

1

5

9

ε , ε , ε , και yενικά ε

40 _3 διέρχονται αοό 100 ; 1 2 3

ένα mαθερό σημείο Α.

Ποιος είναι ο μέyιmος αριθμός σημείων τομής των εvθειών ε , ε , ε , ..• , ε

Αvάλvσn

-

Λvσn

( 1 η)

Οι παράλληλες ευθείες (ομάδα α') είναι τόσες, όσd τα πολλαπλάσια του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ . τ.

1/4

4

από το

4

ως το

100


-------δηλαδή

1~

25.

Προσεyyίσεις τάσεων- ρε\Jμάτων και

...

nροβλnμάτων

Επίσης οι διερχόμενες από το Α (ομάδα β') είναι και αυτές

25

--------

αφού έχουμε

4η- 3 ~ 100 <=> 4 ~ 4η ~ 103 <=>~~η~ 1 ~3 <=> 1 ~η~ 25 (αφού η θετικός ακέραιος)

Έτσι οι υπόλοιπες, yια τις οποίες δεν έχουμε καμία πληροφορία, (ομάδα

y)

είναι

50.

Φυσικά

yια να έχουμε όσο yίνεται μεyαί\ύτερο αριθμό σημείων τομής με τα δεδομένα του προβλήματος, θα πρέπει να μην υπάρχει τριάδα ευθειών που να διέρχεται από το ίδιο σημείο. Εκτός του Α δηλαδή,

κάθε άλλο σημείο τομής πρέπει να είναι κοινό μόνο σε δύο ευθείες. Τότε όμως θα έχουμε:

25· 25

= 625 σημεία τομής των ευθειών της ομάδας β'

κοινά σημεία των ευθειών της ομάδας

θ '

'δ ας .ι ' γ μ ' αυτες

ειων της ομα

της

y

β' , ακομα ' -5 0.-49 2

50.25

50.25 = 1250 = 1250 κοινά σημεία των ευ-

'

'

με τις ευθείες της ομάδας α',

μ'αυτές της α', άλλα

= 1225

σημεια τομης των ευ

θ ειων ' της

'δ ας .ι γ

ομα

μεταξύ τους και τέλος ένα σημείο τομής το Α. Συνολικά λοιπόν θα έχουμε το ποί\ύ:

625 + 1250 + 1250 + 1225 + 1 = 4351

Ανάλvσn

-

Λvσn

σημεία τομής.

(2°)

Οι

δ

100 ευθείες στο επίπεδο αν τέμνονται όλες , ανά δύο χωρίς να διέρχονται ανά τρεις από το ί1OQ. 99 = 4950 σημεια , , , τομης, ' που ειναι ' , θ , , , σημειο, οριιουν και ο μεyιστος αρι μος κοινων σημει2

ιο

ων.

Όμως στην περίπτωσή μας χάνουμε τα σημεία τομής των

'

ειναι

25 24 - ·- = 300) . 2

ναι πάλι 25~24 -

'

,

και τα σημεια τομης Ίων ευ

25 παραλλήλων της α' ομάδας (που β' ομα' δ ας (εκτος , απο, ενα , - το Α) , που ει-,

θ ειων , της

1 =299. Συνολικά λοιπόν χάνονται 300 + 299 =599

Άρα απομένουν

4950- 599 = 4351

σημεία τομής.

το ποί\ύ κοινά σημεία.

ο 'Exoupε evcι τετρcίyωvο εpβαδο\J ι. Ποιο είναι το pέyιστο εμβαδό

DOU

μπορεί vα έχει έvα τpίyωvο εντός

τοu τετpαyώνοu;

Ανάλvσn

Α

--

-

Λvσn

Ι< Β

2

..

~ ..;::::=:p

Μ v:..ι \ι.ιΡ ( , Ε (...

Ι

I

L1

/

'

I

Ι

I

I

/~ · ~ : ~ I

i

Ι ~

/\

Αν το τρίyωνο έχει δύο πλεuρές του πάνω στις πλευρές του τετραyώνου, τότε το μέyιστο εμβαδό θα το έχει, όταν οι κορuφές του ταυτίzονται με τρεις κορυφές του τετρayώνου (θέση ΑΒΓ) και είναι ίσο με

1.

2

Αν πάλι μία πλευρά του τριyώνου βρίσκεται πάνω σε μία πλευρά του τεφαyώνου, το εμβαδό θα yίνει μέyιστο όταν το ύψος yίνει μέyισrο, πράyμα που συμβαίνει όταν η απέναντι κορυφή βρίσκεται

στην απέναντι πλευρά του τετραyώνου . Οπότε αν είναι και η πλευρά μέyιστη (=

·

es·

ά'l'

εχουμε εμ α ο π ω ισο με

2'1 ·11 · ='12 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ιιθ. τ.

1/5

1) (θέση ΓΔΖ), Θα


- - - - - - - - Πpοσενν'σειs τάσεων-

p&\Ιpάτων και

•••

npoβAapάτωv --~~----

Τέλος αν οι τρεις κορυφές του τριγώνου βρίσκονται σε τρεις διαφορετικές πλευρές του τετραγώνου (θέση ΚΛΜ), φέρνουμε από μια κορυφή (έστω την Μ) ευθεία παράλληλη στην ΑΒ, που τέμνει την ΚΛ στο Ρ. Τότε όμως έχουμε:

(ΚΛΜ) =(ΚΜΡ) + (ΛΜΡ) =~ ΜΡ· ΒΕ + ~ ΜΡ· ΓΕ =~ ΜΡ(ΒΕ + ΓΕ) = ι

ι

ι

ι

ι

2'ΜΡ·ι =2ΜΡ<2ΜΕ=2·1 =2·

Άρα στην τελευταί~ περίπτωση έχουμε (ΚΛΜ) < ~· 'Ετσι τελικά το μέγιστο εμβαδόν τριγώνου,

που βρίσκεται μέσα στο τετράγωνο, θα είναι ίσο με~· Θ Μισa Ο& ιva κοιιτf "αάρχο"ν: Mfa oφafpa

onρaδep&vn

ρ& τον aριβρό

ι,

δ~ο

oφafpes onρaδeρiνes

ρ& τον aριβρό

τρeιs

oφafpes onρaδeρ&νes

ρ& τον aριβρό

:τ&σσ&ρι:s oφafpes : onρaδe~&νer

ρ~ τον aριβρό

2, 3, 4,

και τεΑικά aevάvτa oφafpes onρaδeρiνes pe τον aριβpό 50. Ποιοι efνaι ο &lάχιστοι aριβρόc σφαιρών no" αρ&αeι να τραβήCο"ρ& τ"xafa ααό το κοιιτf yιa να efραστε σfyο"ροι ότι βa "αάρχο"ν δ&κa σφafρeι σnρaδeρiνeι p& τον fδιο aριβρό; (Πανελλήνιος διαγωνισμός «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» τnς Ε.Μ.Ε. 19-2-94)

ΑvάΑνσn

-

Λ\1σn

Τραβάμε τυχαία μία σφαίρα απ6 το κουτί, μετά κι άλλη- κι άλλη κ.τ.λ. Αν αυτές τις σφαίρες τις τοποθετήσουμε 6λες σε ένα άλλο κουτί, τ6τε καμία ένδειξη για το πώς μπορούμε να λύσουμε το πρ66λημα δε διαφαίνεται Αν 6μως χρησιμοποιήσουμε πενήντα κουτιά αριθμημένα απ6 το

1 έως το

50 και κάθε σφαίρα που τραβάμε την τοποθετοuμε aν6λογa με τον aριθμό που φέρει στο aντίστοι­ χο κουτί, τότε τα πράγματα αλλ6zουν ολοκληρωτικά. Ένα σκιτσάκι θα μας βοηθήσει Έστω λοιπόν ότι έχουμε τα κουτιά:

I

ι

')

Είναι σίγουρο ότι στα κουτιά από

1 μέχρι

και

50

l!J

9 αποκλείεται να

βρεθοuν

10

σφαίρες, ακόμα και

αν τραβήξουμε (στην «χειρότερη» περίπτωση) κατά σειρά 6λες τις σφαίρες με νοuμερα από

9,

που ε{ναι ι+

2 + 3 + ... + 9

=45.

Έτσι συνεχfzοντας να τραβάμε σφαίρες που θα έχουν νοuμερa aπό ντας τις στα

41

10 μέχρι 50

1 μέχρι

και τοποθετώ­

aντfστοιχa κουτιά, στη «χειρ6τερη» περίπτωση θα τραβάμε σφαίρες μέχρι να τοπο­

θετηθοuν σε κάθε κουτί 9 σφαίρες, άρα θα τραβήξουμε 41·9::;; 369 σφαίρες. Η αμέσως επόμενη, ό,τι νοuμερο και να έχει (από το 10 μέχρι το 50) θα τοποθετηθεί σε ένα κουτί που έχει ήδη 9 σφαίΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κβ. τ.

1/6


- - - - - - - - Προοeννίοεις τάοεωv- ρε"μάτωv και ••• nροβΛapάτωv - - - - - - - ρες, άρα μ'αυτήν θα έχει

10.

Για να είμαστε λοιπόν σίγουροι ότι θα έχουμε τραβήξει σίγουρα

θα πρέπει να τραβήξουμε συνολικά τουλάχιστον

8

10 σφαίρες 45 + 369 + 1 = 415 σφαίρες.

με τον ίδιο αριθμό,

Εvvέα καρέκΑες σε ε"θεfα yραpμά uρόκειται να καταΑοφθοιίν αuό pαθuτές και αuό τρεις καθnyuτές Α, Β,

r. Οι καθαyuτές φθάνο"ν uριν αnό το"ς μαθατές και αuοφασfzο"ν να εnιΑέCο"ν τις καρέκΑες ι:ο"ς έ·

τσι, ώστε κάθε καθαyuι:άς να έχει αμέσως αρισrερά και δεξιά το" μαθατιί. Κατά uόσο"ς διαφορετικοιίς τρόuο"ς μuοροιίν οι καθnyuτές Α, Β, να διαΑέξο"ν τις καρέκΑες το"ς: (ΠρόβΛημα 8 αnό τον Πανελλήνιο Δια­

r

γωνισμό <<ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ>> της Ε.Μ.Ε.

19-2-94) Avάi\"σn

Λvσn

-

Είναι φανερό ότι δεν μπορεί κάθε καθηγητής να καθίσει αυθαίρετα όπου θέλει. Για παράδειγμα δεν μπορεί να καθίσει κανείς καθηγητής στις δύο ακραίες θέσεις. Επίσης δεν μπορεί να μείνουν τέσσερις συνεχόμενες θέσεις από αριστερά ή δεξιά μόνο για μαθητές, γιατί στις υπόλοιπες πέντε

θέσεις θα πρέπει να καθίσουν

3

καθηγητές και δύο μαθητές, οπότε αν οι δύο μαθητές διαχωρίzουν

τους καθηγητές, θα πρέπει ένας καθηγητής να καθίσει σε ακραία θέση, πράγμα άτοπο. Αυτές είναι οι βασικές περιοριστικές αρχές. Για μια «χειροπιαστή» τώρα διαπραγμάτευση του προβλήματος, ένας κατάλληλος συμβολισμός είναι όχι μόνο αναγκαίος αλλά και ικανός να μας ο­

δηγήσει στη λύση. Συμβολίzουμε λοιπόν με Ο τις θέσεις που θα καθίσουν οι μαθητές και με

1

τις

θέσεις των καθηγητών. Οπότε το zητούμενο πλήθος τρόπων που μπορούν να καθίσουν μαθητές και καθηγητές, θα είναι το πλήθος των διατεταγμένων 9-άδων με ψηφία Ο και τις βασικές περιοριστικές συνθήκες. Έτσι αν οι θέσεις είναι οι:

τος από αριστερά μπορεί να καταλάβει τις θέσεις

2, 3

(0,1,0,1,0,1,0,0,0) (0,1,0,1,0,0,1,0,0) (0,1,0,1,0,0,0,1,0) (0, 1,0,0, 1,0, 1,0,0) (0,1,0,0,1,0,0,1,0)

ή

4,

1, που θα ικανοποιούν (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), τότε ο πρώ­

οπότε έχουμε τις εξής 9-άδες:

(0,1,0,0,0,1,0,1,0) (0,0,1,0,1,0,1,0,0) (0,0,1,0,1,0,0,1,0) (0,0, 1,0,0, 1,0, 1,0) (0,0,0,1,0,1,0,1,0)

Επειδή τώρα μπορεί οι Α, Β, Γ να καθίσουν στις θέσεις που σημειώνονται με 1 κατά οποιαδήπο­ τε διάταξη και επειδή οι διατάξεις των τριών καθηγητών είναι 3! 6 δηλαδή οι: (Α,Β,Γ), (Α,Γ,Β),

=

(Β,Α,Γ), (Γ,Α,Β), {Β,Γ,Α), (Γ,Β,Α), τελικά οι καθηγητές μπορούν να επιλέξουν τις θέσεις τους κατά

εξήντα

(10.6)

διαφορετικούς τρόπους.

Φ Υuάρχει φ"σικός αριθμός uo" ο κιίβος το" να ισοιίται με το άθροισμα των κιίβων των διίο nρoayo"pέvων το" φ"σικώv;

ΑvάΑ"σn

-

Λvσn

Στο πρόβλημα γίνεται λόγος νια τρεις διαδοχικούς φυσικούς.

'Εστω λοιπόν ότι έχουμε τους η- 1, η, η+ 1 που είναι τέτοιοι ώστε: (η+ 1)3 = (η- 1)3 + η3 . Τότε όμως θα έχουμε: η 3 + 3η 2 + 3η + 1 = η 3 - 3n 2 + 3η - 1 + η 3 <:=: :> η 3 - 6η 2 = 2 <:=:::> η 2 (η- 6) = 2 και αφού η 2 >Ο και 2 >Ο πρέπει η- 6 >Ο<:=:::> η> 6. Αλλά τότε η 2 > 36 άρα και η 2 (η- 6) > 36 (γιατί αν η>

6 τότε η~ 7 άρα

η-

6 ~ 1). Έτσι η σχέση η (η- 6) = 2 είναι αδύνατη στο σύνολο των φυσικών, άρα η απάντησή στο ερώ­ 2

τημα του προβλήματος μας είναι αρνητική.

8

Χωρίzο"με το"ς αριθμοιίς Ι, 2, 3, 4, 5 σε δ.Jο ομάδες κατά οnοιοδιίuοι:ε τρόnο. Δείfτε ότι μία ομάδα uεριέχει οuωσδιίnοτε διίο αριθμοιίς και το διαφορά τονς. (Πανελλήνιος διαγωνισμός «0 Θαλής» της Ε.Μ.Ε. 1211-94)

Avάi\"σn

-

Λvσn

Ούτε και εδώ, όπως εξ' άλλου και σε όλα τα προβλήματα, θα πρέπει κανείς να περιμένει κάποια λύση «ρουτίνας». Παρατήρηση- υπόθεση και προχώρημα μέχρις εξάντλησης των αριθμών, μιας ΕΥΚΛΕΙΔΗJ: Β' κθ. τ.

117


---------

Προοεyyίοεις τάσεων- ρεvμά"Ιων και

...

nροβλnμά"Ιων

---------

και είναι πεπερασμένου πλήθους (και μάλιστα ποί\ύ μικρού). Εδώ λοιπόν παρατηρούμε ότι αριθμός «κί\ειδί» είναι το 2, γιατί από τη στιγμή που ανήκει σε μία ομάδα, αυτόματα κατατάσσει δύο άλλους, (το 1 και το 4), στην άλλη. Πραγματικά, αν τα

1, 2 ήταν στην 4- 2 = 2, που

ίδια ομάδα, τότε ο

και για τα

είναι

πούμε),

ανήκουν στην β' . Τ ώρα το

2, 4 τα 1, 4

ανήκει. Άρα τα

2- 1 = 1

πάί\ι ανήκει στην ομάδα. Το ίδιο

ανήκει στην ομάδα. Έτσι λοιπόν αν το

3 δεν μπορεί να

2

ανήκει στην α' (ας

ανήκει στην β', γιατί τότε

4- 3

=1, που

2, 3 θα ανήκουν στην α' ομάδα και τα 1, 4 στη β'.

Έχουμε όμως και το 5, που σε όποια ομάδα και αν θεωρηθεί, οπωσδήποτε αυτή θα περιέχει και τη διαφορά δύο στοιχείων της. Π.χ. για την ομάδα α' των {2, 3}, έχουμε 5 -- 2 3 και για την β', θα είναι 5 - 4 1. Έτσι το zητούμενο έχει δειχτεί.

=

=

Ο 'Εστω α 1 , α 2 ,

... ,α.

τότε το yινόμενο: (α

μια οnοιαδιinοτε διάταξn των αριθμών 1, 2, ... , n. Δεiξτε ότι αν ο n eiναι neριττός, 1

-

1)(α

2 ·-

2)· ··(α. - n) εfναι άρτιος αριθμός.

Ανάλvσn

-

Λvσn

( 1 n)

Είναι φανερό, ότι, αν ένας τουλάχιστον παράγοντας ενός γινομένου οσονδήποτε ακεραίων είναι άρτιος, τότε ολόκί\ηρο το γινόμενο είναι άρτιος. Αρκεί λοιπόν για την περίπτωσή μας, να δείξουμε, ότι κάποιος από τους αριθμούς αι-

... , αn -

1, α 2 - 2,

η, που είναι η το πλήθος (Qηλαδή περιπού πί\ήθους), είναι άρτιος. Ας υποθέσουμε ότι αυτό

δεν ισχύει. Τότε, επειδή η διαφορά δύο ακεραίων είναι περιιτός μόνο, όταν ο ένας είναι άρτιος και ο άλλος περιπός, θα πρέπει όλοι οι αριθμοί με δείκτη περιπό να είναι άρτιοι και όλοι με δείκτη άρ­

τιο να είναι περιποί. Δηλαδή α 1 , α3,

... , α2κ+l• ... , αn άρτιοι ενώ α2, Cl;ι, ••• , α2κ• ... , αn-ι περιποί. Αυ· τό όμως είναι άτοπο γιατί από τους η διαδοχικούς ακεραίους 1, 2, ... , η με η περιπό, οι περιποί εί, • , . ( • , η+- 1) απο• τους αρτιους ' (που ε fναι -η-- 1). 'Ετσι δ εν ναι κατα ενα περισσοτεροι συγκεκριμενα ειναι 2 2 μπορεί να είναι όλοι οι παράγοvrες α 1 - 1, α2 ·· 2, ... , αn ·η ηεριποί. Άρα ένας τουλάχιστον θα είναι άρτιος (ίσως και Ο - το μηδέν είναι άρτιος) οπότε και το γινόμενό τους θα είναι άρτιος.

Ανάλvσn

Οι αριθμοί α 1 , α2 ,

... ,

α 11 ,

-

Λvσn (2n)

η είναι όλοι 2n το πλήθος και απ' αυτούς οι 2 !!.~1 = η + 1

1, 2, ... ,

είναι περιποί αφού ο η είναι περιπός και το πλήθος των περιπών μεταξύ των

·e

πω

·

-

ηκε και προηγουμενα ειvαι

η~ + -1 ··ε··ωι

2

-

φτιαχvοντας ιις η

δ ιαφορες ,

α1

1, 2, ... ,

ι

α:;,

2

η όπως ει· α:.

η

μία τουλάχιστον απ'αυτές θα αποτελείται από δύο περιττούς (άρα θα είναι άρτιος) γιατί αν καμιά διαφορά δεν αποτεί\ούvταν από δύο περιπούς τότε οι περιττοί θα ήταν το πολύ η το πλήθος. Άτοπο αφού είναι η

+ 1 το πλήθος των περιττών. Ανάί\vσn- Λ\Sσn (3n)

Οι αριθμοί aι- 1, a 2 -

2, ... ,

0 11

-

η έχουν άθροισμα Ο δηλ. άρτιο. Αυτό όμως (αν ήταν όλοι

περιποί, aφού είναι και περιπού πλήθους) είναι άτοπο. Άρα ένας τουλάχιστον θα είναι άρτιος, άρα και το γινόμενό τους θα είναι άρτιος.

CD

Δίδεται μια σειρά διαδοχικών θετικών ακεραίων με nρώτο το 1. Παραiιεinο\Ιμε κάnοιον αn'α"τοιfς, οnό·

τε οι \ΙDόΑοιnοι ixo11v μέσο όρο 35

J Ποιον αριθμό nαραiιεfψαμε; 7

.

ΕVΚΛΕΙΔΗ~ Β' κθ. τ.

1/8


- - - - - - - - Προσεyyίσεις

τάσεων- ρεvμάτωv και

•••

nροβλaμάτωv

--------

Ανάλvσn- Λvσn

Έστω ότι οι αριθμοί μας είναι οι η(η + 1) θ , λ , και

2

α υποστει την

1, 2, 3, ... , η. Το άθροισμά τους τότε, όπως ξέρουμε, είναι , , λ , , , ε11αχιστη μειωση, οταν παραιιειψουμε το 1 και τη μεyιστη, οταν παρα-

λείψουμε το η. Οι μέσοι όροι τότε αντίστοιχα θα είναι:

η(η + 1)- 1 2 . ι,. . 2 _ η + η - 2 _ (η - Ι)(η + 2) _ η + 2 η- 1 - 2(η- 1) 2(η- 1) - 2 η(η+

1)

2 η-

1

2

+

η- 2η

2(η-

-

_

1)

η(η-

η

1) 2(η- 1)

2

, ' ' ελ αχιστος ' ' ' 'Ετσι θ α εχουμε: ' ο ι αριθ μοι, -η +-2, 2η ειναι αvτιστοιχα ο μεyιστος και ο μεσος ορος.

2

~::::; 35 177 ::::; η; 2 <=> η::::; 70 ii::::; η+ 2 άρα η= 69 ή η= 70 η(η

'Ο μως,

επει

ρα (η -1)·35

δ η'

'

αν ειναι χ ο αρι

θ μος '

λ

' που παραιιειπουμε,

. :. .;69'--'-(6..:. . :;9_+-C1;o;.!_) 2 -χ 35 7 _ = 69 1 17 2415- χ= 4602 <:::>χ= 2415- 2408 <:::>χ= 7 Τελικά λοιπόν πρέπει να έχουμε τους

,

αϊ>

η

_

1

:7 = η(η2+ 1)- ΧΕ z. Αλλά νια η= 70 ο (70-1)·35 :7 ~ Ζάρα η= 69.

Έτσι λοιπον , θ , α εχουμε:

χουν μεσο

θ α εχουμε ' ' τοτε:

+ 1L _χ 2

<=>

1, 2, 3, ... , 69

69·35- χ 7 = 35 17 68

<=>

7 ' = 35 α17

2415- χ 602 = 17 <=> 417

οπότε παραλείποντας το

7,

οι υπόλοιποι έ-

' 35 17τ ορο

Το ψaφίο των δεκάδων τοιι τετραyώνοιι ενός ακεραίοιι α είναι 7. Ποιο είναι το ψaφίο των μονάδων τοιι α2;

Ανάλvσn

-

Λvσn

Για να «προσανατολιστούμε» λίνο και να δούμε προς ποια κατεύθυνση πρέπει να κινηθούμε νια τη λύση του προβλήματός μας, θεωρούμε τα τετράγωνα μερικών αριθμών, ελπίzοvτας πως κάποιο

μυστικό θα μας αποκαλύψουν. Έχουμε λοιπόν: 2

2

2

2

2

2

4 = 16, 5 = 25, 6 = 36, 7 = 49, 8 = 64, 9 = 81, 2 2 2 2 2 2 10 = 100, 11 = 121, 12 = 144, 13 = 169, 14 = 196, 15 = 225, 2 2 2 2 162 = 256, 17 = 289, 18 = 324, 19 = 361, 2if = 400, 21 = 441, 2 2 2 2 2 22 = 484, 23 = 529, 24 = 576, 25 = 625, 26 = 676. Τι μπορούμε τώρα να παρατηρήσουμε;

Πρώτα-πρώτα ψηφίο δεκάδων 7 έχουν τα τετράγωνα 242 = 576 και 262 = 676 και παραπέρα. περmό ψηφίο δεκάδων έχουν μόνο τα τετράγωνα των αριθμών, που το τελευταίο τους ψηφίο είναι

4

ή

6,

των οποίων όμως τότε τα τετράγωνα λήγουν σε

6.

Αν λοιπόν καταφέρουμε να αποδείξουμε

vενικά την παρατήρησή μας, θά'χει λυθεί και το πρόβλημά μας.

ΕVΚΛΕΙΛΗ~

R' ... Α .r

1/Ο


---------

Προσεyyίσεις Ίάσεων- ρειιμάΊων και

...

οροβλnμάΊων

---------

Έστω λοιπόν, ότι το τελευταίο ψηφίο του α είναι το β. Τότε ο (α

+ β) είναι άρτιος, αφού + β = (10κ + β) + β = 2· (5κ + β) και ο α - β διαιρείται με το 10, αφού α- β= (10κ +β)- β= 10κ. Έτσι, θεωρώντας το γινόμενο (α+ β)(α- β)= α 2 - β2 , αυτό θα διαιρεί­ 2 ται με το 20. Αυτό σημαίνει, ότι οι αριθμοί α 2 , β έχουν ίδιο τελευταίο ψηφίο και τα ψηφία των δε­ κάδων τους είναι και τα δύο άρτιοι ή περιποί συγχρόνως. Έτσι, αν το ψηφίο των δεκάδων του α2 είναι περιπός, το β θα είναι ή 4 ή 6, γιατί όλα τα υπόλοιπα ψηφία 1, 2, 3, 5, 7, 8, 9 έχουν στα τε­ α

τράγωνά τους το ψηφίο των δεκάδων άρτιο. 2

Έτσι λοιπόν, αφού ο α έχει ψηφίο δεκάδων 7 (περιπό), ο αριθμός α θα λήγει σε 4 ή 6, αλλά 2 τότε ο α λήγει προφανώς σε 6 και το πρόβλημά μας έχει λυθεί.

Αν ένας διψήφιος θετικός ακέραιος διαιρεθεί με το άθροισμα των ψnφίων τοιι, οόσο μικρό και οόσο μεyάλο μοορεί να είναι το οnλίκο αιιτό;

Αν

Αvάλvσn

xy

-

Λvσn

ο αριθμός μας στο δεκαδικό (εννοείται) σύστημα αρίθμησης, τότε

').'

,

,

_').,

,

, .

,

πηιιικο του οποιου τη μεγιστη και την t~ιαχιστη ημη zηταμε ειναι το

και Ο::::;

y::::; 9).

Το κλάσμα αυτό έχει και στους δύο όρους του ης

xy =

10χ

+ y,

έτσι το

10χ

+ y (,οπου 1 ::::; χ::::; 9 x+y μεταβλητές χ, y οπότε δεν είναι

f( χ, y) =

εύκολο «παίzοvτας» με τους όρους του κλάσματος να δούμε τη μικρότερη ή τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του. Από το αδιέξοδο αυτό μπορούμε να βγούμε με κάποιο (ας πούμε) <<τρικ».

Αφ' ενός εμφανίzουμε το

y μόνο στον

παρονομαστή οπότε έχουμε:

f(x, y) = 10χ+ Υ=~+~= 1 +~ x+y x+y x+y x+y Το άθροισμα αυτό, όσον αφορά το λάχιστο όταν

y=9

και μέγιστο όταν

y (για το y = Ο.

οποίο μπορούμε να έχουμε συμπέρασμα), γίνεται ε­

Αφ' ετέρου εμφανίzουμε το χ μόνο στον παρονομαστή και έχουμε:

f(x

,y

) = 10χ + y = 10(χ + y)- 9y = 10 _ _2L x+y x+y x+y

Η διαφορά τώρα αυτή, όσον αφορά το χ (για το οποίο πάλι μπορούμε να έχουμε συμπέρασμα), γίνεται ελάχιστη όταν χ

= 1 και μέγιστη

όταν χ

= 9.

Έτσι σε συνδυασμό οι δύο περιπτώσεις μας δίνουν:

• Το f(x, y) =

10

χ +Υ γίνεται ελάχιστο όταν χ= 1 και y = 9 δηλαδή για τον αριθμό 19 και είναι

x+y

miηf(x, y) = i~ = 1,9. • Επίσης το f(x, y) = ναι

10

χ +Υ γίνεται μέγιστο για χ= 9 και y =Ο δηλαδή για τον αριθμό 90 και εί­

χ+y

90 maxf(x, y) = 9 = 10.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/10


Αοόλv"Ιες 1:ipές κcίι ρίzες . θεωρητικές εοισnμάvσέις και λvμέvες αόκιίσεις Δnμότριiς Ντρίzος

Οι έννοιες απόλυτες τιμές και ρίzες πραγματικών αριθμών αποτελούν ένα «πρόβλημα» με κά­ ποιες δυσκολίες, για πολλούς μαθητές της Α' Λυκείου. Τις έννοιες αυτές συναντούμε και σε επόμε­ νες τάξεις να «επεμβαίνουν» ουσιασηκά σrον ορισμό άλλων πολύ βασικών στα Μαθηματικά εν­ νοιών. Για παράδειγμα η απόλυτη τιμή στον οpισμό του ορίου μιας συνάρτησης. Κρίνουμε λοιπόν πως η κατανόηση σε βάθος αυτών των εννοιών είναι τελείως απαραίτητη. Σε αυτό το άρθρο τονίzεται κυρίως η έννοια της απόλυτης τιμής ως απόστασης. Γίνεται επίσης

μια προσπάθεια επισήμανσης των σημείων, που συνυπdρχουν οι απόλυtες τιμές με τις ρίzες. Ααόλvτn τιμιί χ

Ί' -α

κ

τ

ο

α

Οι πραγματικοί αριθμοί α και Ο στο Σχ.1 απεικονίzο­

χ

vται (αvτιστοιχίzοvται) στα σημεία Τ. και Κ του άξονα χ χ.

~ 1-al ~><E--Ial ~

το μήκος του τμήματος κτ εκφράzει την απόλυτη τιμή του

Σχ. 1 α που τη συμβολίzουμε με Iα1 ή με

Η απόλυτη τιμή του α, αφού εκφράzει μήκος, θα είναι θετικός αριθμός ή Ο. Δηλαδή Ι α1 ~ Ο ο­ ποιαδήποτε και αν είναι η θέση του αριθμού α πάνω στον άξονα χ χ. Ααόστασn δvο αριθμών τοv άξονα χ

Σ

Ρ

α

β

χ

~Ια-81 =Ιβ-αl~

Το μήκος του τμήματος ΣΡ στο Σχ.2 εκφράzει την α­ πόσταση των αριθμών α και β του άξονα, nου μπορούμε να

τη

συμβολίzουμε

d(α,β)

ή

d(β,α)

και

ορίzουμε

Σχ. 2 d(α,β) = Ια- ΒΙ. , Είναι εύκολο τώρα, θεωρώντας την απόλυτη τιμή ως απόσταση να $ιαπιστώσετε και εποπτικά (Σχ.1) ότι lal =Ι-αΙ. Επίσης πως: lal =α, αν α> Ο ενώ lal =-α, αν α< Ο. Καιlαl =Ο όταν α= Ο. Στο σημείο αυτό, να και ένας «ορισμός», που λέγεται μερικές φορες, τάχα χάριν απλούστευ­

όης(!) Λέγεται λοιπόν ότι: «απόλυτη τιμή ενός αριθμού είναι ο αριθμός χωρίς το πρόσημό του». Ί­ σως κάποιοι μαθητές ρωτάτε που βρίσκεται το λάθος. Μα τι σημαίνει αριθμός χωρίς πρόσημο; Ξέ­ ρετε να υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί χωρίς πρόσημο;

Ιδιότητες των αοόλvτων τιμών

Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς α και β ισχύει:

1. lal ~α, lal ~-α. Άρα και: -lal ~α~ lal 2. lalz = αz 3. la-81

4.

=Ια1·181

/Έ/ =~. β*ο

5. Iα + βΙ ~ Iα1 + IβΙ, τριγωνική ανισότητα Διαπιστώστε εδώ κάνοντας δικά σας παραδείγματα, ότι ισχύει: Iα

+ Β1 < Iα1 + IΒ1 όταν α, β + βΙ = /al + jβj. (γιατί;)

σημοι, ενώ όταν α, β ομόσημοι ή ένας από τους α, β είναι Ο, τότε jα

ετερό­


--------------Α.uόλvιες τιμ~ς και ρίzες - - - - - - - - - - - - - -

6./al =lβl ~α=±β ιaι =θ<=> α= ±θ,

1.

θ: θετικός

ιaι <θ~ -θ< ρ< θ, ~

(Σχ.3)

~

θ

χ

α

Σχ.3

8.laj >θ~α<-θήα>θ, (Σχ.4) ~

~

α<-θ

θ

χ

α>θ

Σχ.4

Ρίzες

Για κάθε μη αρνητικό αριθμό α ορίzεται στο = α, όηου ν== 1, 2, 3, ...

IR το σύμβολο \[α να παριστάνει τη μη αρνητική λύ­

ση της εξίσωσης xv

1. Ας •

δούμε μερικές ισότητες, ανισότητες αλλά και ισοδυναμίες που συνυπάρχουν οι απόλυτες η-

μές και οι ρίzες: 2

• lal

=~=W= ... = ~, α Ε IR, ΚΕΝ"

Με τη βοήθεια αυτής της ισότητας μπορούμε να κάνουμε την απόδειξη της ιδιότητας lα·βl = lal·lβl ως ε>ής:

Ια·ΒΙ =Μ=ψΝ=ΨW=ιaι·ΙΒΙ Με ανάλογο τρόπο κάνουμε την απόδειξη της ιδιότητας IΈ I = ~Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς α, β έχουμε ακόμη:

α2 = β2 ~ W = -{ιf <=> Ι αΙ = Ι βΙ 2κ

α

2_κ Γ2κ

2_κ

Γn2κ

<=> -να = -ν β

<=> ιaι = Ιβl. κ Ε Ν"

α2< β2~ν;ϊ<-{ιf~ιαJ <lβl α2κ < β2κ ~ 2~ < 2-\[β2κ ~ laJ

_vro

• -να- = ( νrai)

Ρ

<

Ιβl. κ Ε Ν"

, ρ άρτιος

• d\[8 = -Vι;;rθ, όταν α: αρνητικός και θ: θετικός Και τώρα διαπιστώστε κάποια σοβαρά λάθη στα παρακάτω παραδείγματα:

i)

-sνΊ =ν7(-5) 2

' 2

iii)

~=(~)

ii)

~=-3

iν) ~= ~=~ 4

ν) ~(χ~ 7) 2 =-νχ- 7

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/13


----------------------------ΑοόλwεςuμέςκαιρύΣς----------------------------

2. Αν α,

β είναι αρνηηκοί αριθμοί, τότε α· β > Ο, ~ > Ο και οι παραστάσεις να:Β, ~ είναι φανερό

ότι ορίzονται στο

IR..

Στην περίπτωση αυτή όμως οι ισότητες:

να:Β = \Γα·'fβ και -ν f9: = ~ -νβ

νΒ

παρουσιάzουν πρόβλημα. Γιατί; Η απάντηση φυσικά είναι εύκολη και το λάθος εντοπίzεται στο

2° μέλος των ισοτήτων. Ας βρούμε ως παράδειγμα, για ποιες ημές του χ ορίzεται και είναι σωστή στο

IR η

ισότητα:

ν(χ+ 5)(χ- 5) =νχ + 5νχ- 5 Για να έχει νόημα στο

IR το 1° μέλος της ισότητας πρέπει 2

(χ+ 5)(χ- 5) ~ο<=> χ - 52 ~ ο<=> χ2 ~5 2 <=> Ι χΙ ~ 5 <=>χ~ -5 ή χ~ 5 Για να έχει νόημα στο χ

IR το 2° μέλος της ισότητας πρέπει

+5

~ Ο και χ-

5

<=>

χ ~

-5

και χ ~

Άρα χ ~

5.

5

Παρατηρήστε, πως τα μέλη της Προφανούς (;)ισότητας δεν ορίzονται στο χ. Φυσικά η ισότητα γίνεται σωστή μόνο όταν χ~

3. Άξια ιδιαίτερης προσοχής είναι και η ισότητα

5.

IR για ης

ίδιες τιμές του

(γιατί;)

W = αρ/v, όπου α> Ο, ν= 1, 2, 3, ... και ρ ακέ­

ραιος. Στα παραδείγματα που ακολουθούν θα δούμε ιδιότητες των ριzών και των δυνάμεων να «συνερyάzονται» αρμονικά χωρίς aντινομίες.

3

3

χ>Ο}

2/3

χ

(i)

Μεχ::F:Ο, W=~=lxl

(ii)

32~5 ~~~w~~~~~;,

(iii)

~=

#2

2

2

=

31/431/2

~

2/3

=

33/4

~

={

(-χ)

2/3

χ< ο

= 31/4 = (~)1/4

33/4 (322)1/4

21/4

2

Ασκό σεις Ασκnσn

1

Τα εμβαδά δνο τετραyώyων

nov

το ένα έχει nλεvρά χ και το άλλο ψ διαφέροvν

κατά α με α ~ Ο και το άθροισμα των nεριμέτρων τοvς είναι

1.1. Nci βρείτε τον τιμή τος lx- ΨJ. 1.2. Αν το yινόμενο χ·ψ nαραμένει

80.

σταθερό, τότε yια nοιά τιμή τοv α το άθροι­

σμα των εμβαδών των τετραyώνων yίνεται ελάχιστο;

Λνσn

1 .1 . τ α

εμ

β α δ α,

,

των

zεται απο την

,

δ

I 2χ

αν χ ~ ψ τοτε χ

2

,

,

,

2

υο τετραyωνων ειναι χ ψ

~ ψ

21

2

και ψ

2

και η

δ

,

yιαη:

2

και χ

-

ψ

2

=Iχ2 -

ψ

F.VΚΛF.ΙΛΗΣ

Ε

,

πισης

R'

ιιθ_ τ_

,

ιαφορα τους σε κα

1/14

,

,

ε περιπτωση εκφρα-


-------------Αnόλtιτες τιμές και ρίzες - - - - - - - - - - - - - -

αν χ < ψ τότε χ < ψ και ψ - χ = Ι ψ - χ1 = Ι χ - ψ Ι.

2

2

2

2

2

2

2

Επειδή τα εμβαδά τους διαφέρουν κατά α, θα ισχύει:

Ιχ - Ψ 1 =α<:::;> I(χ+ ψ)(χ- ψ)l =α<:::;> Ι χ+ ΨΙ·Ιχ- ΨΙ =α 2

2

(1)

Οι περίμετροι των τετραγώνων είναι 4χ και 4ψ οπότε θα έχουμε: 4χ

+

= 80 <:::;> χ +

ψ

= 20

Άρα Ι χ+ ΨΙ= 20 και από την (1) προκύπτει Ι χ- ΨΙ= ~. 2

2

1.2. Για το άθροισμα χ + ψ των εμβαδών των τετραγώνων ισχύει: 2

χ

+

ψ

<=> χ2

2

=

-

ψ

)2

2

+ 2χψ,

,

,

yνωστη ταυτοτητα

+ Ψ2 = Iχ - ΨΙ2 + 2χψ

Άρα χ2 + ψ2 = (2~ )2 + 2χψ

(2) 2

Από τη (2) και επειδή χψ σταθερό προκύπτει πως το χ2 + ψ2 γίνεται ελάχιστο όταν (2~ ) =Ο, δηλαδή όταν α= Ο. Σ' αυτή την περίπτωση τα δύο τετράγωνα έχουν ίσα εμβαδά.

ί\.σκnσn

2

Στον ά~ονα των πραyματικών αριθμών μια μεταβλnτό χ κινείται, έτσι ώστε κά­

θε φορά

2.1.

n

απόστασή τος από τον αριθμό

4

να είναι μικρότερο τον

5.

Να βρείτε το διάστnμα Δ από το οποίο μπορεί να παίρνει τιμές

n

μετα­

βλnτό χ.

2.2.

rια κάθε χ Ε Δ, αποδεί~τε ότι yια τον παράστασn Α(χ) ισχvει

=

Ιχ

+

21 -

-41 < Α(χ) < 9. Λvσn

2.1.

Επειδή η απόσταση της χ από το

Ι χ-

2.2.

41

< 5 <:::;> -5 <

χ-

4

είναι μικρότερη του

4 < 5 <:::;> -1

<χ<

9

<:::;>χ Ε

5,

θα έχουμε:

(-1, 9)

Στην Α(χ) η Ι χ+ 21 μηδενίzεται νια χ= -2 και η Ι2χ- 191 νια χ=~· 19

-2

2 -ι

Ισχύει χ Ε Δ άρα χ>

-1 > -2,

χ

οπότε χ+

2

χ

9

>Ο και Ι χ+

21

=χ+

2.

Επίσης χ < 9 < ~, άρα χ - ι; < Ο δηλαδή 2χ - 19 < Ο και Ι2χ - 191 = 19 - 2χ. Έτσι προκύπτει: Α(χ) =χ+

2- 2(19-

2χ) =χ+

2-38 +

=

5χ-

36.

Έχουμε τώρα τις ισοδυναμίες:

χ Ε Δ <=> ί\.σκnσn

-1 <

χ

<9

<=>

-5 <

< 45 <=> -41 < Sx - 36 < 9 <:::;> -41 < Α(χ) < 9

3

Αν Α(χ) =.Vx2 - 2χ + 1 και Β(χ) = ~(χ2 - 1)4 , να λvσετε τον ε~ίσωσn ...jA(X) + Β(χ) FVKΛFIΛH~

=

R' vA

Ο (1) τ

1/1 ι;:

2·12χ-

191


--------------------------Αnόλ~εςupέςκαιpύΣς--------------------------

Λt3σn

Επειδή xz - 2χ + 1 = (χ - 1 )z προκύπτει Α(χ) =\)(χ - 1)z =Ι χ - 11 και φυσικά Β(χ) =Iχ2 - 11. Τώρα για κάθε χ ε ΙR.ισχύει: Ιχ- 11 ~Ο, Ιχz- 11 ~Ο και οι παρασrάσεις Α(χ), Β(χ) καθώς και η (1) ορίzοvται για κάθε χ ε JR.. Έτσι έχουμε:

εξίσωση

~Α(χ) + Β(χ) =Ο<=> Α(χ) + Β(χ) =Ο<=> \χ- 1\ + \xz- 1\ =Ο<=> z . Ι χ- 11 =ο και Ι χ - 11 =ο= χ= 1 και (χ= 1 ή χ= -1) Επομένως η λύση της εξίσωσης (1) είναι ο αριβμός 1. 'ί\σιιnσn

4

Αν Α(χ) = \)χ2 + 10χ. + 25 τότε: 4.1. Να αποδείξετε ότι yια κάθε χ -φ. -5 ισχ.vει: χ+ 5 - χ+ 6 < 2. Α(χ)

Α(χ)

2

4.2. Να βρείτε τις τιμές τοv χ yια τις οποίες: χ + Α(χ) = Ιχ 2 + χ + 51. Λvσn

4.1. Είναι xz + 10χ + 25 =(χ+ 5)z, dρα Α(χ) =Ι χ+ 51 και για κάθε χ 'Φ -5 έχουμε: χ+5

χ+ 5 ~Ι χ+ 51 =Ι χ+

51

~ 1

(1)

Επίσης: -(χ+ 6) <-(χ+ 5) ~Ι χ+ 51. Άρα ~~χ++ f) < 1

(2)

5

Από τις (1) και (2) προκύπτει ~1χ~- ~1xf < 2. 2

2

4.2. Χ + Α(χ) = Ιχ +χ+

5I <=> Ιχ1 +Ι χ+ 5I = Ιχ

2

+(χ+ 5)1

η τελευταία ισότητα γίνεται αληθής μόνο όταν οι χ2 και (χ+ 5) είναι ομόσημοι ή ένας από αυ­ 2 τούς είναι Ο (γιατί;). Δηλαδή μόνο όταν χ2 (χ + 5) ~ Ο και επειδή χ ~ Ο, πρέπει χ+ 5 ~ ο <=> χ ~ -5. 'ί\σιιnσn

5

Α:ν χ=

,

Ψ- 41ΨΙ - 12 +ίΨΙ

3

, απο δ ει~τε ·s: οτι , yια ιια'θ ε ψ ε τοτε

IR. ισχvει• 5

<χ<- 3 •

Λt3σn

Πρέπει

ΙΨΙ '*Ο. Όμως νια κάθε ψ ε ΙR.είναι ΙΨΙ ~Ο, οπότε

3+

χ ορίzεται για κάθε ψ ε

3+

ΙΨΙ >Ο και έτσι η παράσrαση

IR.

Θα εξετάσουμε αν υπάρχουν αριθμοί α ε

IR. και θ > Ο

ώσrε η σχέση

-5 <

χ

< -3

να γράφεται ι­

σοδύναμα σrη μορφή Ι χ+ α\< θ., f

χ

Ισχύει:

-5 <

Και απαιτείται:

(-5 +

< - 3 <=> -5 +

α)

+ (-3 +

<=> 2α - 8 = Ο <=> Συνεπώς η

-5

<χ<

-3

α

α)

α

<χ+

α

< -3 -+:

α

(1)

(γιατί;)

=4

ισοδύναμα πλέον λόγω της

(1),

γράφεται:

-1

<χ+

Έχουμε τώρα:

χ = ψ - 4j ΨΙ

-

3+\ΨΙ

12 <=> χ + 4 = ψ - 4j ΨΙ - 12 + 4(3 + IΨI) <=> χ + 4 = 3+\ΨΙ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/16

ψ 3+\Ψ\

4 < 1 <=> Ιχ +

41

< 1.


-------------Αnόλνιες τιμές και ρίzες - - - - - - - - - - - - -

.

Άρο Iχ+ '1ΛΙ -ι 3 +ψΙΨΙ ι-- 3 +~~ΙΨΙ < 1 . Οπότε για κάθε ψ ε

IR, Ι χ+ 4J < 1 <=> -1 < χ+ 4 < 1 <=> -5 <χ< -3.

Αν α, β θε1:ικοί αριθμοί και οι αριθμοί nοδεί~ε1:ε ό1:ι:

v;, Vi είναι μεyαλv1:εροι 1:ov -{3 να α·

Λvσn

Η aνίσωση που θέλουμε να αποδείξουμε ισοδύναμα γίνεται:

2# > 3νa + 3"./β <=> νaΒ + νaΒ- 3νa - 3"./β > ο <=> -νανΒ + -νανΒ- 3νa- 3"./β >ο<=> νa(νε,- 3) + νε,(νa- 3) >ο

(1)

Τα μέλη των ανισώσεων ~ > ".{3 και ~ > ".{3 είναι θετικά, οπότε τετραγωνίzοvτας ισοδύναμα παίρνουμε:

{~:~ }={ ~=~:~} Επομένως η

(1)

είναι αληθής, γιατί πράγματι το άθροισμα θετικών γινομένων είναι θετικός αριθ­

μός. Οπότε αί\ηθής θα είναι και η ισοδύναμή της αρχική

Ασκnσn Γιci

7

1:ις

δια01:άσεις

Α

και

Β

ενός

ορθοyωνίοv

nαραλλnλοyράμμοv

είναι

Α = ..V 5 - 2..J6 και Β = ..V 5 + 2..Ji. Να βρεί1:ε 1:0 εμβαδόν και 1:0ν nερίμε1:ρό 'IOV κα· θώς και

1:0

διαφορά 1:ων δια01:άσεών

1:ov. Λvσn

Το εμβαδόν του είναι: Α· Β= ..V5- 2~ ..V5 + 2~ = ..V52 - 2 2 (~) 2 = 1. Η περίμετρός του είναι:

2· (Α+

Β).

Όμως (Α+ Β) 2 = Α2 + Β2 + 2ΑΒ = 15- 2-{61 + 15 + 2-{61 + 2·1 = 12.

Άρα Α+ Β= {ϊ2 = 2"./3 και συνεπώς 2(Α + Β) = 4"./3. Για τη διαφορά Β- Α των διαστάσεών του: (Β- Α) = Β + Α - 2ΑΒ = ··· = 8

2

2

2

Επομένως (Β - Α) 2 = 8 <=> Ι Β - ΑΙ = -{8 = 2--J2 και επειδή Β > Α προκύmει Β - Α= 2--J2. Εδώ θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε τα Α

Επειδή: 5-2~= (--J2) + ("./3) 2

2

-

+

Β, Β

-

Α και με άλλο τρόπο.

2--J2".[3 = (~- "./3) 2 και 5 + 2~ = (~ + "./3) 2 προκύπτει ότι:

Α= ..V(-ν2- "./3) 2 = 1-ν2- "./31 =".[3- -ν2 και Β= -ν2 + ".[3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/17


- - - - - - - - - - - - - Αnόλt:τες 1:ιμές και pizες-------------

Έτσι βρίσκουμε πάλι Α+ Β= 2--./3 και Β- Α= 2'\[2. Ασκnσn

8

Να Αvσετε ως nρος χ: τις ε~ισώσεις

8.1.

(ι)

ν 4-4v v-wzν-~ χ χ =

(ίί) lxl- 3/χ- 3/ 8.2.

=

6

1

α,

,

onov 2

,

χ, α θετικοι και ν=

3, 4, 5, ...

~ XI και

τις ανισώσεις

(i) /χ - ιι ~ χ +χ+ ι 2 (ii) /χ +χΙ > /2χ + 21

3

2

Λvσn

R 1 ;... .•.

1:) \'

.

Ε'ιναι.

v-w2 v v-~ 4-4v -- v--ν Χv2-4v+4 -- v-~2 (v-2) -- v-:ν (Χv-2)v-2 -ι v-2, --Χv-2 Χ Χ Χ -Χ

ξ,

,

και η ε ισωση γινεται: χ

8.1. (ii) ,xj

v-2 =α=

v-~ C

\/α, επει

δ

,

η χ, α

θ

,

ετικοι:

Έχουμε:

-3/χ-31 =

1

6

~ 2 χι

=lxJ

lxJ = (3 + ~)ιχ- 3/ <=> lxJ =

3χ = llx 8.2. (i)

χ=

33

-3/χ-3/ = ι-~(χ-3)

1 =lxJ -3/χ-31 =~/χ-3/ <=>

~1 Ιχ- 3/ <=> 3/xj = 11/χ- 3/ <=> /3xJ =/llx- 33/ <=>

ή 3χ =-llx + 33 <=> χ = 3: ή χ= ~~

Έχουμε:

Ιχ3 - 11 ~ χ2 +χ+ 1 <=>Ι (χ- 1)(χ2 +χ+ 1)/ ~ χ2 +χ+ 1 <=>Ι χ- 1//χ2 +χ+ 11 ~ χ +χ+ 1 (1)

2

Είναι:

2

χ +χ+

12 1 = 2 (2χ + 2χ + 2)

2 12 2 =212 [χ + 1 +(χ + 2χ + 1)] = [(χ + 1) +(χ+ 1) ] >Ο, 2 2

ως άθροισμα του θετικού (χ2 + 1) με τον μη αρνητικό (χ+ 1) . Επειδή χ2 +χ+ 1 >Ο, θα ισχύει χ2 +χ+ 1 = /χ +χ+ 1/ και η (1) γίνεται: 2

Ι χ - 11 ~ 1 <=> -1 ~ χ - 1 ~ 1 = ο ~ χ ~ 2 [Σε μια από τις επόμενες παραγράφους του σχοΛικού σας βιβΛίου, θα δείτε πως η απόδειξη της

χ2 + χ+ 1 > Ο, μπορεί να γίνει και διαφορετικά με πιο απΛό και σύντομο τρόπο.]

8.2. (ii)

Είναι:

Ιχ2 + xJ > Ι2χ + 21 <=> /χ(χ + 1)/ > /2(χ + 1)/ <=> /xJ /χ+ 1/ > 2/χ + 1/ <=>/χ+ 1/ (2 -/χ!)< ο •

Αν χ -:1: -1 τότε /χ+ 1/

> Ο και η τεΛευταία aνίσωση

θα εfνω αληθής μόνο όταν:

2 -lxJ < ο<=> lxJ > 2 =χ< -2 ή χ> 2 •

Αν χ=

-1

η aνίσωση είναι αδύνατη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. Ί:.

1/18


--------------Αnόλυι:ες Ί:ιpές και ρίzες

--------------

Ασκnσn9

Av

ισχvει χ2 + ψ2 = ~

(1),

vα αnοδεί~ε'Ι:ε ό'Ι:Ι n nαpάO'I:αon ~χ4 + 6ψ2 + ~ψ4 + 6χ2

είναι αvε~άp'l:n'l:n "Ι:ωv χ και ψ. Λvon

νχ4 + 6ψ2 +νψ4 + 6χ2=~χ4 + 6 (~- /)+~ψ4 + 6 (~- ψ2)= νχ4- 6χ2 + 9 + νψ4- 6ψ2 + 9 = ν(χ2- 3)2 + ν(ψ2- 3)2 =

Ιχ -31 +lψ -31 =l3-x21+13-ψ1 = ~~+(~-χ2 )1 + ~~+(~-Ψ2 )1 2

2

=

3 + ψ2 + 2 3 + χ2 = 3 + (χ2 + ψ 2) = 3 + 2 3 =2 9 3 + ψ 21 + 13 2 2 + χ21 = 2 1 Βι8λιοyραφία • • •

Ο.Ε.Δ.Β.:

ΆΛγεβρα Ν Λυκείου, Σ. Αvδρεαδάκης, κ.ί\.π.,

Ε.Μ.Ε.:

Περιοδικό «Ευκλείδης Β'»

1994

Προσωπικές σημειώσεις (ανέκδοτες)

θ. Ν. Καzαvuός

θ. Ν. Καzαvuός

Ο. Βασιλειάδnς

ΟΛοκΛnρώμαrα

Πιθανόrnrες

Γ. Μαvρίδnς

1000 ασκήσεις

ΜγεΒρικά Θέματα

ΟΛοκΛnρωμάrων

(τεύχος α)

θ. Ν. Καzαvuός

Νέαέκδοσn

θ. Ν. Καzαvuός

θ. Ν. Καzαvuός

Ελέvn Μό'Ι:σιο"

Γ. Μα"ρίδnς

Σειρά:»εξεrάσεΙς>>

Ελέvn Μό"Ι:σιοv

Δlαγωvίσμαrα

Σειρά: »εξετάσεις»

•ΠροΒΜμαrα

εξετάσεις 95 - επαvάί\nψn

Θέματα

Περιοδικό ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗ

DAIΔEIA

lo

τεύχος

Δ. Γεωρyακίλας

Δ. Γεωρyακίλας

Δ. Γεωρyακίλας

Μαθnμαrικά

ΜγεΒρα Β' Λυκείου

τ. θεοδωρακόιιοuί\

επανάίΊnψn

για υποψήφιους

ΆΛγεΒρα και

lnς κω 4nς δέσμnς

ΑναΛυτική Γεωμετρία

4nςδέσμnς

σε ένα τεύχος

κυκΛοφορεί τον

όΛn

ΝοέμΒριο

Ε\'ΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. '1.

1/19

n

ύΛn


rεωμετρία Ν. Λ\)κείΟ\) θανάσnς Κvριακόnοvλος

Η Ευκλείδεια Γεωμετρία, όπως αυτή παρου­

σιάzεται μέσα από το aξεπέραστης επιστnμονι­ κής αξίας, διαχρονικό έργο του ΕυΚΛείδη

σες πλευρές και το αντίστροφο.

Για την ισότητα ορθογωνίων τpιγώνων {εκτός της ορθής γωνίας φυσικά) μας χρειάzονται

«Στοιχεία», αποτελεί το ιδανικότερο ίσως λογικό

δύο αντίστοιχα στοιχεία εκ των οποίων το έ­

κατασκεύασμα, αφού έθεσε ης βάσεις Ιhς απο­

να τουλάχιστον να είναι πλευρά.

δεικηκής διαδικασίας, πρωταρχικού εργαλείου,

για την ανάπτυξη και εξέλιξη των Μαθημαηκών, χρησιμοποιώντας για πρώτη φορά το αξιωμα­ τικό σvστnpα, ώστε η αλήθεια των προτάσε­ ων, να προκύπτει από τη λογική επεξεργασία

αρχικών δεδομένων και υποθέσεων.

Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο, το άθροισμα των

οξειών γωνιών του είναι 90ό. Δηλ. εάν ΑΒΓ (Α= 90°), Β+ Γ= 90° <=> Β= 90° - Γ και Γ= 90°- Β. Η εσωτερική διχοτόμος γωνίας τριγώνου εί­

ναι κάθετη στην αντίστοιχη εξωτερική διχο­

Γίνεται λοιπόν φανερή, η ανεκτίμητη διδα­

τόμο, καθ' όσον οι διχοτόμοι δύο εφεξής και

κτi:ή αξία της Ευκλείδειας Γεωμετρίας {η σχο­

παραπληρωμαηκών γωνιών, όπως ξέρουμε

λική Γεωμετρία αποτελεί στοιχειώδη αναφορά

τέμνονται κάθετα.

στη Γεωμετρία του Ευκλείδη), καθ'όσον, καλ­ λιεργεί,

οργανώνει,

μεθοδεύει και οξύνει τη

.Δ.

σκέψη και μέσα από την ποικιλία των μεθόδων

ένα από τα παρακάτω:

της και ης πολλαπλές επιλογές που παρέχει για

α) ΑΒ=ΑΓ,

την επίλυση ενός θέματος, συμβάλλει στη νοη­

β) Β= Γ,

τική δημιουργικότητα των μαθητών.

γ) Το ΑΔ ύψος και διάμεσος,

Οι ασκήσεις που ακολουθούν, αναφέρονται

δ) Το ΑΔ ύψος και διχοτόμος,

στα κεφάλαια της ισότητας τριγώνων, παραλλη­ λίας και καθετότητας, σχέσεων γωνιών στα τρί­ γωνα, ιδιότητες ορθογωνίων τριγώνων και ανι­ σοτικές σχέσεις.

Για τη σωστή αντιμετώπιση των ασκήσεων,

πέρα από την καλή γνώση της θεωρίας και την εμπειρία στην τεχνική του τρόπου εργασίας, που

ε) Τ ο ΑΔ διάμεσος και διχοτόμος.

Ορθογώνιο τρίγωνο με μια γωνία

ισοσκελές. Ισοσκελές τρίγωνο με μια γωνία

που βοηθά στην «αποκρυπτογράφηση» των δε­

{πλευρές, γωνίες, ύψη, διχοτόμους, κλπ.). Δηλ. η ισότητα τριγώνων μας βοηθά να απο­

δεικνύουμε

ισότητες

τμημάτων,

γωνιών,

κλπ. Η απόδειξη μιας ισότητας τριγώνων πολλές φορές δεν επιτυγχάνετω με μία μόνο σύγκριση αλλά συνήθως «περνάει» από εν­

διάμεσες

συγκρίσεις

τριγώνων

απ

όπου

παίρνουμε τα απαραίτητα στοιχεία για την τελική σύγκριση.

είναι ι­

Δύο τρίγωνα, που έχουν δύο γωνίες ίσες μία ίσες (Ισογώνια).

Παραπληρωμαηκές γωνίες ίσων γωνιών εί­ ναι ίσες {για παράδειγμα, οι εξωτερικές γω­ νίες, των παρά τη βάση γωνιών ισοσκελούς

Χρήσιμο είναι να έχουμε υπ' όψη τα εξής:

αντίστοιχα στοιχεία τους, ένα προς ένα, ίσα

60°,

είναι

προς μία, θα έχουν και τις τρίτες τους γωνίες

δομένων που «κρύβονται».

• Εάν δύο τρίγωνα είναι ίσα, θα έχουν όλα τα

45°,

σόπλευρο.

αποκτάται με τη συστηματική εξάσκηση, ανα­ γκαίο είναι ένα καλό και προσεγμένο σχήμα,

Για να δείξουμε όη ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές {με βάση τη ΒΓ), αρκεί να δείξουμε

τριγώνου, είναι ίσες).

Δύο τμήματα είναι ίσα και στην περίπτωση

που εκφράzονται σαν αθροίσματα ή διαφο­ ρές ίσων τμημάτων.

• Η διάμεσος στην υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου, χωρίzει το τρίγωνο σε δύο ισοσκε­ λή τρίγωνα.

Παρατιίρnσn:

'Εστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α =900). Ε­ άν Μ σημείο της ΒΓ ώστε ΜΑΓ = f (ή

ΜΑΒ = Β), τότε ΑΜ διάμεσος στη ΒΓ.

{Απόδειξη: Άσκηση)

Οι ίσες γωνίες βρίσκονται απέναντι από ης ί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/20


rεωμετρία Α' Λιικείοιι

--------------

-------------.Α.

Ασκήσεις

Από το ισοσκελές τρίγωνο ΓΑΔ (ΓΑ ..........

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

ναι Α

,.....

1\σκnσn ι

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

,.....= Δ2

και επειδή Δι

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

= Δ2 ,

=

ΓΔ) εί-

ως κατα κορυφή

Α=Δι.

Δίνεται ορθ. τρίyωνο Air (Α= 90°) και n διχοτόμος ΑΔ αvτοv. Φέροvμε αnό το Δ κάθετο στn Br noy τέμνει τnν ΑΙ' στο Ζ και τnv ΑΒ στο Ρ. Να δείξετε ότι ΔΖ= ΔΒ και ΔΡ =Μ.

,.....

"""'"

Η Γ ι σαν εξωτερική γωνία του ΓΑΔ είναι: ..........

..........

..........

...........

..........

Γι= Α+ Δ2 ή Γι= 2Δι

ή λόγω του τριγώνου ErB:

180° - Β - Ει = 2Δ;

Λvσn

ή αφού fι = Β (διότι ΓΕ = ΓΒ): 1800 - 2fι = 2& ή Δ; = 900 - Ει ή Δ;+ Ει= 90°. 1\σκnσn

Δίνεται τρίyωvο Air, στο ο ο οίο ι­ σχvει Β - f = 90°. Έστω ΑΔ n διχοτό­ μος τnς yωνίας Α. Να δείξετε Gτι

Γ

Φέρουμε ΔΣ

l.

ΑΒ και ΔΛ

ΑΓ. Συγκρί­

l.

3

νουμε τα ορθ. τρίγωνα ΡΣΔ και ΜΓ. Έχουν: 1) Ρ = Γ, διότι είναι οξείες γωνίες και έχουν ης

ΑΔΒ

=

45°. Λvσn

Α

πλευρές τους κάθετες μία προς μία.

2)

ΔΣ

= ΔΛ,

διόη το Δ ανήκει στη διχοτόμο.

Άρα ΡΣΔ = ΜΓ και επομένως ΔΡ = ΔΓ . .Α.

"""'"

Όμοια από τα ορθ. τρίγωνα ΒΣΔ και ΔΖΛ προκύπτει ΔΖ 1\σκnσn

= ΔΒ.

2

Γ

Δίνεται εvθ. τμόμα ΑΒ και σημείο

r

εσωτερικό αvτοv. Πάνω σε nμιεvθεία

rx,

DOV φέpνοvμε αqό το

τμόματα rΔ

ξετε ότι ΒΕ

:::: rA l. ΑΔ.

και

r, οαίpνοvμε rE = rB. Να δεί­

..........

...........

- Γ = 90° ή Β = 90° + ότι το ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο στο Β.

'Εστω ΜΒ =Δ;. ...... ...... ......

Είναι Δι= Γ+ Α2

Λvσn

...........

Όμως Δι

....

χ

Ε

Δι

ι,

\

....

_!....-""

...-""

....

\

\

......

= 180° -

.....

Λ

2

.....

ή Δι= Γ+ ...........

= 180° - Β -

Από

Β

-

..........

Γ έπεται

........ Α

2

,......,

(1) ~

Αι (από το ΑΒΔ)

ή

(2)

(1) και (2) έχουμε: 2& = 180° + Β) ή ,..... ,...... ,...... 2Δι = 180°- (Β- Γ) ή

,. \ \ \ \

\

Α

..........

Επειδή Β

(r -

2&=180°-90° ή &=45°.

Β Ασκnσn Σε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ: Β' κθ. τ.

4 ορθοyώvιο

1/21

τρίyωνο

Air


- - - - - - - - - - - - - - rεωμεΊρία Α: Λιικείοιι - - - - - - - - - - - - - -

Είναι Μ _ι Μ, δηλ. ΝΑΜ ορθογώνιο, οπό­

(Α= 90°), φέροvμε τον εvθεία ΒΖ, oov

τέμνε• τnv ΑΙ' στο Ζ, ώστε ΖΒΑ = :. Εάν Az =Ν (γιατί;).

τε για να δείξουμε ΒΜ

αοό το

μνει

r

φέροvμε τn

τn

ΒΖ

στο

rH

Η,

_ι ΑΖ

να

oov

δεί~ετε

τέ­

-""

Έχουμε: Αι

=

ΒΝ, αρκεί να δείξουμε

-""

= Ν, ως εντός εναλλάξ, -"" -"" Αι = Α2 , διότι ΑΝ εξ. διχοτόμος

ότι

Br = ΖΗ. 2

ΆραΝ=Αz. Λvσn Άσκnσn

Η

r

6

Δίνεται τρίyωνο ABr με Β = 45° και = 15°. Στον προέκταση τος ΒΑ ορος

το Α, οαίρνοvμε τμόμα ΑΔ = 2ΑΒ. Να

βρείτε το μέτρο τος yωνίας

Mr.

Λvσn Θεωρούμε τη διάμεσο ΓΜ του ορθ. τριγώνου

ΓΗΖ. Επειδή ΓΜ

z:

=

αρκεί να δείξουμε ότι

ΓΒ= ΓΜ.

Τ α τρίγωνα MfH και ΜzΓ είναι ισοσκεΛή (γιατί;).

Επειδή τα τρίγωνα zAB' και zrH, έχουν δύο γωνίες ίσες (τις ορθές και ~ = 2;, ως κατά κο­ ρυφή), θα έχουν και τις τρίτες __..._ τους γωνίες ίσες,

.......

δηλ. Η

=

.......

.......

.....

......

Β

Β1 ή Η

= ΖΒΑ ή Η= 3·

.... ....

....

Όμως Η= Γι, οπότε Γι=

.......

.......

2...........

= 38,

.......

Επειδή Β = 45° και Γ = 15°' είναι Α = 120°' δηλ. το ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο σrο Α.

Β

3. ......

......

__..._

28 Είναι: Μι= Γι+ Η ή Μι= 2Γι ή Μι =3· ...... Όμως ΖΒΓ

.......

...... ..... δηλ. Μι= ΖΒΓ και το τρί-

άν

Έσrω ΔΡ το ύψος του ΜΓ. Στο ορθ. τρίγωνο ΑΡΔ είναι Αι = 60°, οπότε

f1ι = 30°, άραΑΡ= ~Από υπόθεση ΑΒ = ~· άρα ΑΡ = ΑΒ και το

γωνο rMB ισοσκεΛές, άρα ΓΒ = ΓΜ. ί\σκnσn

Β

ΑΒΡ ισοσκελές και επειδή Α = 120° θα είναι

5

Δίνεται τρίyωνο Air με ΑΒ < Μ. Ε­ n οαράλλnλn αοό το Β ορος τον Ar,

ΑΒΡ = ΑΡΒ = 1800 - Α = 1800 - 1200 300 2

τέμνει τον εσωτερικό και ε~ωτερικό δι­

χοτόμο τnς yωvίας Α, στα Μ και Ν α­ ντίστοιχα, να δεί~τε ότι ΒΜ Λvσn

= ΒΝ.

2

οπότε ΡΒΓ = Β - ΑΒΡ = 45° - 30° = 15°.

Δηλ. ΡΒΓ = Γ= 15° και το τρίγωνο ΡΒΓ, εί­ ναι επίσης ισοσκεΛές, δηλ. ΡΒ .......

=

ΡΓ

(1). .Δ.

.......

Είναι Δι = ΔΒΡ = 30° και άρα το rρ. ΡΒΔ ισοσκελές, δηλ. ΡΔ

=

ΡΒ

(2).

' ιι),(Ζ) ΡΔ = ΡΓ και το φ. Απο=

p""'"rΔ

ορ

θ ογωνιο '

και ισοσκελές. Άρα Δz = 45°.

Έχουμε ΜΓ = Δι + Δz = 30° + 45° = 75°. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. Ί.

1/22


- - - - - - - - - - - - - - - rεωpεΊρία Άσκnσn

---------------

Θεωρούμε τη διχοτόμο ΑΔ και το μέσο Ε της

7

Δίνεται ορθοyώνιο τρίyωνο Air (Α = 90°) και n διάμεσος ΑΜ. Αοό τv­ χαίο σnμείο Ρ τnς ΑΜ φέροvμε κάθετο

στον ΑΜ

Ν Λ"κείο"

oov

τέμνει τις ΑΒ και

Ar

στα

Ε και Ζ αντίστοιχα. Εάν Ν το μέσο τnς

ΕΖ, να δεί~ετε ότι ΑΝ

.l

Br.

ΑΓ.

'Εχουμε: ΑΕ= ΕΓ = ~ = ΑΒ (υπόθεση). τότε όμως τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΜΕ είναι ίσα διότι έχουν:

1) ΑΔ = ΑΔ κοινή 2) ΑΒ =ΑΕ όπως αποδείξαμε 3) Αι = ~ (λόγω διχοτόμου).

Λvσn

Α

και

Άρα θα είναι και ~ = Β.

'Ομως Β < 90° άρα ~ < 90°, οπότε Ε2 < 90° (αφού ~+Ε;= 180°). /

κ

L"" .......

τα τρίγωνα ΑΕΔ και εΔr έχουν:

Γ

Ε

Έστω Κ το σημείο τομής της ΑΝ με τη ΒΓ.

Αρκεί να δείξουμε ΜΓ + Γ = 90°. Στο ορθογώνιο τρίγωνο AEz, η ΑΝ είναι διάμεσος στην υποτείνουσα και άρα διαιρεί το

τρίγωνο σε δύο ισοσκελή τρίγωνα, τα ΑΝΖ και ΛΝε.

1) ΔΕ= ΔΕ 2) ΑΕ= ΕΓ 3)

κοινή

~<Ε;

Άρα σύμφωνα με το σχετικό θεώρημα:

ΑΔ < ΔΓ οπότε_......στο τρίγωνο ΜΓ είναι

. . . . . . . . . . . . . ,. . . . . . Γ <Α2 η Γ

<

Α

2.

Είναι λοιπόν NAz = Ζι ή κΑr = Ζι (1) Ακόμη ΜΑΓ = Γ (2) νια τον ίδιο λόγο.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΡΖ:

Μαθηματικά 4ης Δέσμης

PAz + ~ = 90° ή ΜΑΓ + Ζι = 90° (3) Η

(3)

λόγω των

(1), (2)

δίνει:

•Άλγεβρα

Τ ΑΚΗΣ ΠΟΛΥΔΩΡΟΣ- ΓΙΑΝΝΗΣ ΣΙΑΧΟΣ

•Ανάλυση •Λυμένα Θέματα

Άσκnσn

Γενικής Επανάληψης

8

Δίνεται τρίyωνο

Ar =

"""'"

ABr

_......

με Β

< 90°

και

2·ΑΒ. Να δεί~ετε ότι f < ~-

και Διαγωνίσμα •Νέα Βιβλία

•Πρωτότυπες Ασκήσεις

Λvσn

Α

Απαραίτητα για τη ΣΩΣΤΗ προετοιμασία των υποψηφίων

A.E.l - T.E.l

Για ολοκληρωμένη ψοετοψασία των uποψηφίωl' Α έ.J

Διάθεση- Πληροφορίες: Γιώργος Κυριάκογλου Πάρνηθας 61, 152 35 Βριλήσσια, Αττική. Τηλ. (01) 80 45 790 - (01) 80 41 216

Αποστέλλονται και ταχυδρομικά με αντικαταβολή.

Γ

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. Ί.

1/23


rεωμετρία Β' Λ"κείο" Μετρικές Σχέσεις Ι'ρnyόρnς Δ. Φωτιάδnς

1. Δίνεται (ΑΒ

i)

ii)

ισοσκελές

τρίyωνο

ABf

= Af).

Άρα ΑΖ= ΑΔ= α.

Να δεί~ετε ότι:= 2·np~

Αν

ΔΖΖ= ΑΖΖ+ ΑΔz- 2ΑΖ·ΑΔσυν120° <=>

~ <ν2 + \[6), να vοολοyι­

: =

στοvν οι yωνίες τοv τριyώνοv.

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε:

z

=

z

(1-

'

α

Α

συνΑ) <=>Β= 2ημ .

z

2

ίί} αz=2βz(1-συνΑ)<=>(~) =2(1-συνΑ)<=> 4

-{ϊ2 = 2(1 - συνΑ) <=> 8+2 1 _ Γο = 1 - συνΑ <=> 4 + 2-νσ

_r;

z

zκz = αz +(~α

J_2α·~ α-(-~)= 1~αz

<=>

3. Οι ολεvρές α, β, v τριyώνοv Aiir, ι, , 22 κανοοοιοvν το σχεσn: α = 82 + v2. Αν Η είναι το ορθόκεvτρό τοv, να 2 2 2 δεί~ετε ότι: 2ΑΗ = ΒΗ + fH .

Λvσn

Α I I /

Ε

...._1/ Λ:::-

/

/

/

/

/

/ ΙΗ'' I I I

'-.....

......

..........

-...

δvο vψn τοv. Να vοολο­

yιστοvν, σvναρτόσει τοv α, τα τμή­

ματα ΖΔ, ΖΚ.

.......... Γ

Β

2. Σε τρίyωνο Aiir, είναι Α = 120°, ΑΒ = Μ = 2α, Κ το βαρvκεvτρό τοv

rz

z1

2

4- 2-J§ συνΑ = 1 - z _ Γο z <=> 4 - (2-v3) 2- 13 -13 συνΑ = 1 νv <=> συνΑ = ~ <=> 2 2 Α= 30° και Β= Γ= 75°.

και ΑΔ,

z

ΖΚ=αf9.

αz = βz + γz - 2βγσυνΑ <=> αz = 2βz- 2βzσυνΑ <=> α

z

ΔΖ = 2α + 2α - = 3α <=>ΔΖ= α-ν3

zκΖ =ΑΖΖ+ ΑΚΖ- 2ΑΖ·ΑΚσυν120°?

Λvσn

i)

πό γωνία 30° είναι το μισό της υποτείνουσας.

τ ο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο επειδή αz < 2α2 = βz + /. Από το γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έ­ χουμε:

Λvσn

αz=βz+vz-2B-AE

αz= Bz + / - 2γ·ΑΖ 2

2αz = 2(β + /)- 2(β-ΑΕ +γ· ΑΖ)<=> 2αz = 4αz- 2(β·ΑΕ +γ· ΑΖ)<=>

αz =β· ΑΕ+ γ· ΑΖ (1) Β Σε ορθογώνιο τρίγωνο η πλευρά απέναντι α-

Εφαρμόzουμε το ίδιο θεώρημα στα τρίγωνα

ΗΑΒκαιΗΑΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. "Ι.

1/24


---------------Μετρικές Σχέσεις---------------

z

z

Λvσn

z

ΒΗ =ν +ΑΗ -2νΑΖ

Α

ΓΗΖ = βΖ + ΑΗΖ - 2βΑΕ

BHz+ΓHz = βz+vz+2AHz-2(BAE+yAZ) <=> από τη σχέση

(1) /

BHz + ΓΗΖ = 2αz + 2AHz - 2αz <=>

/

/ /

2ΑΗΖ = ΒΗΖ + ΓΗΖ.

/

/

/

/

Γ

4. Δvο

κινητά κινοvvται ομαλώς με τα­

χvτnτες

v

nλεvροv α =

και

2v,

στις nλεvρές ισό-

"""' ΑΒΓ

τριyώνοv

nλεvράς

Από το 1° θεώρημα των νο ΑΒΓ, έχουμε:

και αναχωροvν ταvτόχρονα

20m

διαμέσων στο τρίγω-

AB2+Br2 = 2BMz + Ar <=>

αnό τις κορvφές Β και Γ, με κατεv-

(ΑΒ=ΑΓ=2ΜΓ)

2

θvνσn τον κορvφιί Α. Αν v = 2 ....!!...., sec

(2ΜΓ) + Bf = 2BMz + 2Mf <=>

να βρεθεί μετά nόσο χρόνο θα αnέ­

Br2 = 2(BMz- Mr2).

χοvν μεταξv τοvς αnόστασn

14m. 6. Δίνεται τρίyωνο ΑΒΓ και Κ το βαρv­ κεvτρό τοv. Αν ΚΑ = I, ΚΒ = 2, ΚΓ = -{3, να vnολοyιστοvν οι nλεv­

Λvσn Α

ρές τοv τριyώνον. Λvσn Α

Έστω μετά χρόνο

t θα

βρίσκονται στις θέσεις

Δ και Ε, τότε θα είναι: ΒΔ

= υ·t = 2·t και ΓΕ = 2υ·t = 4t. Στο τρίγωνο ΜΕ, από το νόμο

των συνημιτόνων, έχουμε:

ΔΕΖ = ΑΔz + ΑΕΖ - 2ΑΔ· ΑΕ- συνΑ <=> 2

2

1

2

14 = (20-2t) +(20-4t) -2(20-2t)(20-4t)·2 <=> 2

3t

-

30t + 51

2

z

Έχουμε δύο Λύσεις, αν υποθέσουμε ότι θα συνεχίσουν να κινούνται και μετά το Α στις ημι­

ευθείες ΒΑ και ΓΑ

ισοσκελές

Από το θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα κΒr , κΑΓ, κΑΒ έχουμε: z ΚΒz + J<Γ2 = 2ΚΔz + Q... <=> 2z + \[32 = 2·(~)z + ~z <=>α= \[13

= Ο και

= 5- 2-.fisec, tz = 5 + 2-.fisec.

5. 'Εστω

Γ

Β

τρίyωνο

ΑΒΓ

(ΑΒ = ΑΓ) και το μέσο Μ τος nλεv­

ΚΑΖ+ κr2 = 2ΚΕΖ + .!L <=> 2 z

lz + ...f3Z = 2· lz + ~ <=> β =2 2 z

ΚΑ2 + ΚΒ2 = 2ΚΖ2 + y_ <=> 2

ράς ΑΙΌ Να δειχθεί ότι:

ΒΓ

2

= 2(ΜΒ 2 - ΜΓ2 ).

lz + 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

2

= 2·(~J +t<=> v=.fl.

1/25


---------------Μετρικές Σχέσεις---------------

7. Θεωροvpε τρίyωνο

ABr

pεία Δ, Ε τnς ΒΓ ώστε ΒΔ

και τα σn­

= ΔΕ = ΕΓ.

Να "οολοyιστο.Sν τα τμήματα ΑΔ, ΑΕ από τις ολε"ρές το" τριyώνο". Λ.Son

Α

Α

Β

Γ

Στο τρίγωνο ΑΒΕ η ΑΔ είναι διάμεσος, ενώ σrο τρίγωνο ΜΓ η ΑΕ είναι διάμεσος. Άρα: 2

/ + ΑΕ2 = 2ΑΔ2 + ΒΕ <=> 2

2

/ +

ΑΕ2 = 2ΑΔ2 + ~ (~ α )

<=>

Από το θεώρημα διαμέσων έχουμε:

ΑΕ2 = 2ΑΔ2 + g ο 2 - γ2 (1)

2

9

2 62 + ΑΔ = 2ΑΕ2 + Δr <=>(από (1))

62+ΑΔ2 =

z(2ΑΔ2 + ~2 - γ2) + ~ (~ α )2 ~

62 + ΑΔ2 = 4ΑΔ2 + ~ α2- 2γ2 + g α2 <=>

9

9

6 2 = 3 ΑΔ2 <=> 62+ 2γ2 --α

ΑΔ2 =.! (362 + 6γ2 - 2α2 ) <=>

Από τη σχέση

+ 6γ (1),

2

2 6

2

2

/=!L+14 2 2 2 2 2 α + β = 2μv + "Ι<=>

β2 = 42 + ~ ( ~ + 14 j<=> ' 2

16 +

9. Οι ολε"ρές τριyώνο" ΑΒΓ ικανο· , , 22 62 + Υ2• οοιο"ν τn σχεσn: α =

9

ΑΔ = ~-ν36

2 62

β = 2{ϊϊ και γ = 6.

9

2

2

α +γ =2μβ +2~ 16+γ =30+2~

2

- 2α .

i) Να δεί~ετε ότι τα τρίyωvα Air και α"τό no" έχει ολε"ρές τις διαμέσο"ς

είναι:

μα, μ 8 , Pv το"

ΑΕ2 = 1 (662 + 3γ2 - 2α2 ) <=>

Air

είναι όμοια. Να

βρεθεί ο λόyος ομοιότnτας.

9

ii) Αν α

ΑΕ= ~-ν662 + 3γ2 - 2α2 .

= y·\[2 και μ8 = 3·\[3, να \)00•

λοyιστοvν οι ολε"ρές το" τριyώνο".

8. Σε τρίyωvο ΑΒΓ οι διάμεσοι ΒΔ και rE τέpνΟV'[αι κάθετα. Αν είναι α = 4, μs = να "οολοyιστοvν οι ολε"· ρές 6, y το" τριyώνο" .ABr.

...JiS,

Λ.Son

Λ.Son

i) Από τους τύπους των διαμέσων προκύπτει: μα

2 1 2 2 2 = 4 (2β + 2γ - α ) <=>

μ 2 =.! (4α2- α2) = ~ ο2 ~..Ξ.= 2·fl α

Από το ορθογώνιο τρίγωνο κΒr έχουμε:

4 4 2 1 2 2 2 μ6 = (2α + 2γ - β ) ~ 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/26

μα

3


--------------ΜεΊ:ρικές Σχέσεις-------------'----

2

μΒ

2 2 = 1(2 Β + ν + 2ν -

4 3

2

2

μΒ =-ν

4

υ

2·..J3

μΒ

3

~....l..=

Β

2

β β+ . .::ι_=--~ .::ι_= Q..!..Y ~ ΕΔ =_5!:!__

)~

ΕΔ

2 1 (β2

4

2

2

+ ν + 2Β μΥ

4

ΕΓ

2

ν

)~

Β +ν·

= ΔΕ.

Αν Β

< y,

= _ΕΥ_ και Β+ν

το Ε βρίσκεται

στην προέκταση της ΓΑ Ανάλογη απόδειξη.

3

ι ι. Έστω τρίyωνο

Air.

i) Να uοολοyιστεί ο ορο8ολιί ΗΔ τος διχοτόμοu ΑΔ στον ολεuρά

.§_ - .χ. -

μα-μy-μΒ-

'')

α

ισχύει ΔΒ

τ α τρίγωνα είναι όμοια επειδή έχουν πλευ­

ιι

Β+ν

ii) Από το θεώρημα δαοτόμων ΔΒ

ρές ανάλογες:

.Q. -

α

_E_=~~Er=L

μ 2 ~ 62 ~ .§_ = 2·-J3 Υ

ΕΔ

B+y

2 1 2 2 2 μΥ = 4 (2α + 2Β - ν ) ~ μΥ =

~

8, y• ίί) Αν Α = 90° και ΗΔ = 8 - y, δείξτε , ι ι ι ( ) οτι-=-+- 8 >v.

2V3 3

8

α

2·-13 ·μΒ~ν= 6, 3 α = y--{2. ~ α = 6\j2,

y

ν=

2 Β2= 22 α -ν ~

Β

Br,

σuναρτιίσει των nλεuρών α,

Λvσο

Α

2

c._/()2 = 2· (υν2) -

36 ~

Β= &\[3 ιΟ.Δίνεται ορθοyώνιο τρίyωνο Air (Α = 90°) με 8 '::1:- y και ο διχοτόμος ΑΔ. Η κάθετο στο τέμνει τον

i)

Ar

Br

ΔΒ = _!!:1_ (θεώρημα δαοτόμων)

στο σομείο Ε.

Να uοολοyιστοvν τα τμιίματα

Er,

ΕΔ αnό τις nλεuρές τοu τριyώνοu.

ii)

Γ

στο σομείο Δ

Να αnοδειχθεί ότι ΔΒ =ΔΕ.

Β+ν

β

2

2

= α + y2 -

2a· ΒΗ ~

(γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα) 2 2 2

ΒΗ= α +γ -Β

Λvσο

Γ

2

2

2

i) ΗΔ = ΒΔ - ΒΗ =....QY_- α + Υ - Β = Β+ν

(β- γ)( α+ β+ γ)(β +γ- α} 2α(β +ν)

ii) ΗΔ= Β- ν~ Β_

i)

Έστω Β

> y.

Από το θεώρημα δαοτόμων

ΔΓ = Βαβ . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕr είναι ό+ν

μοια (ορθογώνια με κοινή τη γωνία ΑΒ

ΑΓ

ΒΓ

ΔΕ= ΔΓ=ΕΓ Άρα

r').

= (β- γ)( α+ Β+ γ)( Β+ γ- α) ν 2a(B +ν) 2 2 (β + y) - a = 2αβ + 2αν ~ Β2 + y2 + 2βy - a 2 = 2αβ + 2ay ~

~

βy =α β + αν~ .! =.! + .!, α

Β

ν

ι2. Δίνεται ισοσκελές τρίyωνο Air (ΑΒ = Ar) και σnμείο Δ τος Ar, τέ­ τοιο

ώστε

ΔΑ

=

ΔΒ

= Bf.

Βε{. = 3Α δεί~τε ότι ΒΓ = Af· rΔ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. Ί:.

1/27

Αν


--------------Μετρικές Σχέσεις--------------

Λvσο Από το θεώρημα Θαί\ή, έχουμε:

Α

ΕΑ

ΜΖ ΜΑ ΕΓ = ΜΓ= ΜΒ (2 )

Από τις

(1)

ΔΑ

ΕΑ

ΔΒ

ΕΓ

και

(2),

έχουμε

-=-<=> ΔΒ·ΕΑ=ΔΑ·ΕΓ

.

• Α < 90°: τ ο σημείο Ε βρίσκεται στην προέ­ κταση της ΑΓ προς το Γ. Η αΠόδειξη είναι α­ νάλογη.

14. Σε

Β;ξ. = 3Α <=> 180° - Β = 3Α <=> Β = Γ = 180° - 3Α Α + Β + Γ = 180° <=> Α + 360° - 6Α = 180° <=> Α = 36° και Β = Γ = 72°.

=

ορθοyώνιο τρίyωνο Air 90°), οαίρνοvμε το ίiψος ΑΗ,

τn διχοτόμο ΑΔ και το διάμεσο ΑΜ.

Να αποδειχθεί:

Ι)· ο ΑΔ είναι διχοτόμος στο τρίyω­

νοΑΜΗ. ii) y > 8

Επειδή ΔΑ = ΔΒ, είναι ΑΒΔ = 36° και ΒΔ

<=> ΔΒ·ΔΜ- Δr·ΔΗ >Ο.

Λίiσn

διχοτόμος.

Γ

2

ΔΑ=~= _Lβ (θεώρημα διχοτόμων) α+γ

ΔΑ= ΔΒ

=

α+

α

ΒΓ =α (υπόθεση)

Μ

β2

Άρα --β= α α+

(1)

ΔΓ = ~ = ~ (2) (θ. διχοτόμων) α+γ

Α

α+β

Από τις σχέσεις

(1)

και

(2),

i)

ΑΓ· ΓΔ = β-~= α·-β- = α 2 = Br α+β

α+β

...--.

Α2

. --..

= ΔΑΒ -

...--.

Λι

·

= 45° -

...-.. Β

. .-. . = Az . .-. .

<=> Αι

ίί) ΔΒ·ΔΜ ~ ΔΓΔΗ >Ο<=> ΔΒ·ΔΜ

13. Δίνεται τρίyωνο :Air με Α -:~:. 90° και ο διάμεσος ΑΜ. Η διχοτόμος ΜΔ

τος yωνίας ΑΜΒ τέμνει τον οροέ­ κτασο τος Ar στο σοpείο Ε. Να α­ ποδειχθεί ο σχέσο: ΑΕ· ΒΔ = ΑΔ·

rE.

Λίiσο

~ = ΓΜ- ~ = 45° - Β }

είναι:

2

Β

Υ

> ΔΓ·ΔΗ <=>

ΔΒ> ΔΗ<-~ ΔΓ

ΔΜ

""" """ (από θ. διχοτόμων στα ΑΒΓ, ΗΑΜ)

y > υa <=> ( ΔΒ =y και ΔΗ = ΑΗ ) βJla

ΔΓβ

ΔΜΑΜ

~ Υ>~<=> (β·y = α·υa και μα= Q)

ΔΑΑΜ , ) Α> 900: ΔΒ = ΒΜ (1) (θ. διχοτομων

""'

β

α

2

2 Αν ΑΖ// ΜΕ τότε ΜΑ= ΜΖ.

α2 > 2β2 .:c~ β2 + v2 > 2β2 <=>

Ε

y2 > 62 <=> Υ > β.

~..................

' ' ............ ......

~ ~ '

Β

'

,~, \

15. Δίνεται τρίyωνο

Ζ

και ο διχοτό­

μος τοv ΑΔ::.:: δ 0 • Μια εvθεία. (ε) τέ­

'

Μ

Air

μνει τις εvθείες ΑΒ,

Γ

ΒΓ,

ΓΑ στα

σομεία Ε, Ζ, Η αντίστοιχα και είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κΟ. τ.

l/28


--------------Μετρικές Σχέσεις-------------2

ii) n ε~ίσωσn αχ + 2βχ + y

παράλληλο προς τον ΑΔ. Να απο· δειχθεί

n

σχέση:

έχει άνισες ρίzες, όοοv α, β,

!.ΕΖ+ !.zu =(ι+ !)δ β Υ β V .α

y

(ι) τα

μέτρα των πλεvρών τοv τριyώνοv

Air

iii) αν s και p το άθροισμα και το

Λvσn

yινόμενο των ριzών τος (ι) τότε:

s = 4p(ι + p). 2

Λvσn

Γ

Από το θεώρημα Θαλή και τα όμοια τρίγωνα

Γ

ΑΒΔ, ΕΒΖ έχουμε: .. . ΕΖ

ΒΖ

ΕΖ

ΒΖ

ΑΔ

δα

__QY_ β+ν

.......

Αν ΒΕ διχοτόμος τότε ΕΒΓ

-=-<=>-=--<=>

ισοσκελές με ΒΕ

ΔΓ

ΖΗ =δ .....fL <=> .!.zH = δα·~ΖΓ ~~

ν

αβν

(1) και (2)

ν

ν

τnς

β

2

2

-

αν = ν

2

(3)

(1) έχει άνισες ρίzες . α

α

2

4 ( 1 +Υ) <=> s2 = 4p(1 + p) <=> -4β2 = ~ α

ABr με

Β= 2r

ΑΒ οποv ' Μ ειναι ' . το = Τ'

Br.

2

β - y =α· ν<=> (από τη σχέση (2))

άρα η

και το vψος τοv ΑΔ. Να δεί~ετε ότι:

") ΔΜ ι

ii) β2 - y = 2α·ΔΜ <=> (2° θεώρημα διαμέσων)

... ) Ε'ιναι s = - 2β nι - και p = y

·

ι6. θεωροvμε τρίyωνο

(2)

2

.!.εz + lzH = (!+ l)δa. ν

~~ <=> (θεώρημα Θαλή)

Δ= 4β2 - 4αν = 4(β2 - αν)= 4y >Ο,

αβν

.!.εz + .!.zH =δα·~α= β ν αβy β

II ΑΔ.

Η διακρίνουσα της εξίσωσης (1) είναι:

.!. ΕΖ + .!. ΖΗ = δ)i_±_y (ΒΖ + ΖΓ) <=> β

...::::ι..

Γ και ΒΕΓ

2

(2)

β+ ν Προσθέtω κατά μέλη τις σχέσεις

.......

ΕΓ. Η διάμεσος ΕΜ είναι

ΔΜ = ~· ~<=>ΔΜ =~Β·

= (Mr ~ ΗΖΓ)

Β

=2 =

= ~ <=> (θεώρημα διχοτόμου ~ = ~)

:

.!.εz =δ α.!L±..Y.Bz (1) β αβy ΖΗ = ΖΓ

=

i) :

ΕΖ= δ α·~ΒΖ= . αν

ΑΔ

=

κάθετη στη ΒΓ και ισχύει: ΕΜ

(θ. διχοτόμων ΒΔ= __QΥ_βα )

.

.......

' μεσον

2

α

α

2

4β = 4y(α +ν)<=> β =αν+/ αληθής. ι7. Δvο κvκλοι (Κ, ρ) και (Λ, πτονται

ε~ωτερικά στο

R)

εφά­

σημείο Α.

Από τvχαίο σημείο Μ τοv πρώτοv

κvκλοv, φέρνοvμε εφαπτομένη ΜΒ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1129


--------------Μετρικές Σχέσεις--------------

στο δειΠερο κvκλο. Να δεί~ετε ότι:

Q.

ΜΒ=ΜΑ

-ν·· ρ

Λvσn

Από το θεώρημα της δαοτόμου έχουμε:

ΔA=Jb_= α+γ

&~β 4 .§.β+~β

4

=~β 8

4

.§. β2

ΔΓ=~= α+γ

4 4 ΔΒ2 = ΔΑ2 + ΑΒ2 <=> ΔΒ2 = ~ βz +

Έστω ΜΑΓ τέμνουσα και ΜΒ εφαπτομένη

του κύκλου (Λ, R), τότε ΜΒ = ΜΑ·ΜΓ <=> 2

ΜΒ

2

ΜΑ2

=

ΜΓ = ΜΑ'+ ΑΓ = 1 + ΑΓ

ΜΑ

ΜΑ

ΜΑ

ΔJ3. ΔΕ

=

ΔΑ· ΔΓ

8

=R ρ

(2 )

Από τις σχέσεις

Σ (1)

και

.

18. Σε ορθοyώνιο τρίyωνο Air (Α = 90°) n διχοτόμος ΒΔ τέμνει τον nεριyεyραμμένο κvκλο τοv τρι·

Ε • Α:v Υ 8

(τέμνουσες κύκλου)

ΔΒ υνεπως ΔΕ

,

8

3-JSβ =

8

:1]. β

= 3.

8

ΜΒ=~. ΜΑ -ν ·ρ

,

<=>

8 8

(2) έχουμε:

yώνοv, στο σnμειο

<=>

3-{5 &ΔΕ=~ β-.§. β<=> ΔΕ=~β.

είναι

ΑΓ

;6 βz

ΔΒ2 = ~ βz <=> ΔΒ = 3·f β

(1)

Τα τρίγωνα κΑΜ και ΜΓ είναι όμοια γιατί είναι ισοσκεΛή με Αι = Az (κατακορυφήν}. Θα

ΜΑ

=.§.β

4

.§.β+~β 8

= 43 '

19. Δίνεται τρίyωνο ABI", ΑΔ = δα n ε· σωτερικό διχοτόμος και ΑΖ = δ' a n εξωτερικό διχοτόμος τnς yωvίας Α. i) Να αnοδεί~ετε: δ: = &y - ΔΒ· Μ

και δ': = ZB·ZI" - &y

να

ii) Να vnολοyιστοvν οι δα, δ' α αnό τις nλεvρές τοv τριyώνοv.

βρεθεί ο λόyος : .

Λvσn

Λvσn

Ε

Είναι~= ~ <=> γ = ~ β.

i)

Από το πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμε:

"""" ""'" ΑΒΔ-ΑΕΓ (..\ι = Az,, Β = Ε βαίνουν στο ίδιο τόξο).

ΕΥΚ.ι\ΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/30


---------------Μετρικές Σχέσεις---------------

ΑΒ

2 δ' α+ β·y

ΑΔ

ΑΕ= ΑΓ <=>β· γ= δα· (δα+ ΔΕ)<=>

β· γ= δ~+ δα· ΔΕ<=> β· γ= δ~+ ΔΒΔΓ <=>

=

2 ΖΒΖΓ <=>δ' α= ΖΒΖΓ- β· γ

ii) δ~= β· γ- ΔΒΔΓ <=>(από θ.εσωτ.διχοτόμου)

(τέμνουσες κύκΛου ΔΒ ΔΓ = ΔΑ· ΔΕ)

δ2=β·γ-~~<=>

δ~

δ~=

α

= β ·ν- ΔΒ ΔΓ Ε

β+γβ+γ

βγ 2 [(β+ y)2- α2] =

(β+γ)

βy 2 (β + Υ + α)(β + Υ - α) =

(β+ γ)

βy

(β+ y)2

2τ·2(τ- α)

2 δa =-β "./βντ(τ- α)

z

δ';= ΖΒ·ΖΓ- β· γ<=> (από θ.εξωτ.διχοτόμου) ΖΑ·ΖΕ

αυ αβ β Υ <=> δ,2α -_ ......=.1...---β-γβ-γ

ΖΒΖΓ (τέμνουσες κύκΛου)

=

δ' α· (δ' α+ ΑΕ)= ΖΒ·ΖΓ

δ'~+ δ' α· ΑΕ= ΖΒΖΓ

<=>

δ'2= α

(1)

As

βy 2 2(τ- β)·2(τ- γ)

(β- γ)

ΑΖ

ΑΕ= ΑΓ <=>β· γ= δ' α· ΑΕ (2)

Από ης σχέσεις

(1)

και

δ' α= Iβ: yj"./βy(τ- β)(τ- γ}.

(2): ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕ

Δnμότρος rεωρyοκίλος

ΣΥrΧΡΟΝΗ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ

Τάσος θεοδωρακόοοvλος

ΤΩΝ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΩΝ ΜΠΑΜΠΗ ΤΟΥΜΑΣΗ

ΆΛγεΒρα κω

Δρ. Μαθηματικής Εκπαίδευσης

Αvαλυπκή Γεωμετρfα Λυμένα και άλυτα θέματα με υποδεί­

ξεις και aπαντήσεις

V

(β-γ)

(J3:ς = Ε στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓΕ, ~ = =Α;).

[α2-(β-•}2J=

βy 2 (α- β+ γ)( α+ β- γ)=

ΑΒΖ-ΑΕΓ

ΑΒ

βγ

(β_ y)2

8 Μαθημαηκά, Κοινωνία και Μαθημαηκή Εκπαίδευση 8 Πως μαθαίνουν τα παιδιά Μαθηματικά 8 Μοντέλα διδασκαλfας

8 Οργάνωση διδασκαλίας 8 Αξιολόγηση του μαθητή, κατασκευή τεστ 8 Ειδική διδακτική Άλγεβρας, Γεωμετρίας, Ανάλυσης

Θέματα συνδιασμένα με την Ανάλυση Κt!κλοφορεί σvντομα

8

Ερωτήσεις

Ένα χρήσιμο βοήθημα για όλους εκείνους τους δασκάλους

- Ασκήσεις - Δραστηριότητες

των μαθηματικών που

συμμερίzοvται τη βασική παιδαγωγική

αρχή, ότι η μάθηση των μαθηματικών εξαρτάται περισσότερο α­ πό το πώς θα διδαχθούν αυτά και λιγότερο από το τι θα διδαχθεί κάθε φορά.

Εκδόσεις: Μαθηματική Βιβλιοθήκη Χ. Βαφειάδης

ΔέΛιου Τηλ:

Ένα βιβλίο που θα ξεκουράσει το δάσκαλο των μαθηματι­

κών από τη λαίιΊαπα της σκληρής ασκησιολογίας που μαστίzει τπ σημερινή διδακτική πράξη και θα τον βοηθήσει να δει τη Μαθη­

4 • 546 21 Θεσσαλονίκη (031) 263 163 Fax: (031) 240 595

ματική Παιδεία και το ρόλο του σ' αυτή, μέσα από μια διαφορε­ τική οmική γωνία.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

Σόλωνος 103, Τ .Κ. Τηλ.: 36 00 798, Fax:

GUYENBERG:

1/31

106 78

36 00 127


Υοάρχει

... r. Τσαοακίδο

ΠΡΟΒΛΗΜΑ

lo:

Αν οι συναρτήσεις f, g είναι παραyωyίσιμες στο (0, 1] με f(x)g(x) -::/:. Ο για κάθε χ Ε

(0, 1)

και

f(O) = g(1) =

Ο, να δειχτεί ότι υπάρχει ξ Ε

(0, 1)

τέτοιο, ώστε

.[ill_ f(ξ) + g(ξ) - Ο.

f(ξ)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2ο:

Αν η συνάρτηση

f

είναι δυο φορές παραyωyίσιμη στο [α, β] και ισχύει

f(α) + f(β) = 2 f (α; β) να δειχτεί ότι υπάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιο, ώστε f'(ξ) =Ο.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3ο: Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, 1] και 1996fσ\(χ) dx = 1 να δειχτεί ότι υπάρχει ξ Ε [0, 1] τέτοιο, ώστε f(ξ} = ς

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4ο:

Αν η συνάρτηση

f

1995

.

είναι συνεχής στο [α, β], να δειχτεί ότι υπάρχει ξ Ε (α, β)

τέτοιο, ώστε f(ξ) =α~ ξ+ β~ ς· ΠΡΟΒΛΗΜΑ So: Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ψ ξΕ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 6ο:

(0, 1) τέτοιο,

ώστε

Αν οι συναρτήσεις κάθε χ Ε

[0, 1]

f(x):::;

f, g

-χ, χΕ 3

f(ξ) yια κάθε χ Ε

είναι συνεχείς στο

να δειχτεί ότι υπάρχει ξ Ε

(0, 1). Να δειχτεί ότι υπάρχει (0, 1).

[0, 1] με f(x} ~Ο [0, 1] τέτοιο, ώστε

και

g(x)

~Ο νια

ιξf(t) dt = ιξg(t} dt. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 7ο:

Αν η συνάρτηση

,

,

οτι υπαρχει

ξ

Ε

[

f είναι α,

συνεχής στο [α, β] και χ 1 , χ2,

β] ,

,

τετοιο, ωστε

f(ξ)

=

f(χι)

... Xv Ε

[α, β] να δειχτεί

+ f(x2) + ... + f(xv) . ν

ΠΡΟΒΛΗΜΑ So: Αν η f είναι συνεχής στο [α, β] με f(α) >Ο και ι f(χ) dx <Ο, να δειχτεί ότι υ­ 6

πάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιο, ώστε f(ξ) =Ο.

Όπως φαίνεται και από τα προηγούμενα προβλήματα, το συμπέρασμα πολλών θεωρητικών προβλημάτων της Ανάί\υσης είναι της μορφής: «να δειχτεί ότι υπάρχει ξ Ε (α, β) ή ξ Ε [α, β] τέτοιο ώστε ... ». Πώς θα μπορούσαμε να αντιμετωπίσουμε τέτοια θέματα στο πλαίσιο των Γενικών Εξετά­ σεων;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

8'

κθ. '1.

1/32


... - - - - - - - - - - - - - - - -

----------------Vοάρχει

Θα πρέπει πρώτα απ' όλα να yvωρίzουμε καλά όλα τα θεωρήματα με ανάλογα συμπεράσματα. τ α θεωρήματα αυτά είναι:

θι:

θε~ρnpα τοv

Bolzano

Αν η συνάρτηση

f είναι

συνεχής

mo

[α, β] με f(α)f(β) <Ο, τότε

θα υπάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιο, ώmε f(ξ) =Ο. θ2 :

θεώρημα ενδιαμέσων

Αν π συνάρτηση

τιμών

h

θεώρημα τοv ...'

Rolle

είναι συνεχής

[α, β] με f(α) :f:. f(β) και ο

mo

είναι μεταξύ των f(α), f(β) τότε υπάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιο, ώmε

f(ξ)

θs:

f

= h.

Αν η συνάρτηση

f

(α, β) και f(α)

f(β) τότε θα υπάρχει ξ Ε

=

είναι συνεχής

[α, β], παραyωyίσιμη

mo

mo

(α, β) τέτοιο ώmε

f(ξ) =Ο. θ4:

θεώρημα μέσος τιμής

Αν η συνάρτηση

f

mo (α, β) τότε θα f (ξ) = f(β) - f(α).

υπάρχει ξ ε (α, β) τέτοιο, ώmε

είναι συνεχής

mo

[α, β] και παραyωyίσιμη

β-α

θ5 :

θεώρημα μέσος τιμής

Αν η συνάρτηση

τοv ολοκλnρωτικοv

ξ Ε [α, β] τέτοιο, ώmε ι f(χ) dx =(β- α) f(ξ).

f

είναι συνεχής

mo

[α, β], τότε υπάρχει

6

λοyισμοv

Εκτός των παραπάνω θεωρημάτων μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και ης προφανείς προτά­ σεις:

Έmω συνάρτηση

f

με πεδίο ορισμού το Α και σύνολο ημών το

ξ Ε Α τέτοιο ώmε f(ξ)

= h.

f(A).

Αν

h

Ε

f(A)

τότε υπάρχει

(Η πρόταση αυτή είναι γενικότερη του θεωρήματος των Ενδιαμέσων

Τιμών.)

Αν η συνάρτηση

f(ξ) ~

Αν η συνάρτηση

mε f(ξ)::;;

f έχει

μέyιmη τιμή

mo

πεδίο ορισμού της Α, τότε θα υπάρχει ξ Ε Α τέτοιο, ώmε

yια κάθε χ ε Α.

f(x)

f(x)

f

έχει εi\άχιmη τιμή

mo

πεδίο ορισμού της Α, τότε θα υπάρχει ξ Ε Α τέτοιο, ώ­

για κάθε χ Ε Α.

Ειδικότερα, αν το zητούμενο είναι:

• f(ξ) =Ο, τότε είναι ένδειξη εφαρμογής του Θ. Bolzaηo. • f (ξ) = Ο ή f' (ξ) = Ο είναι ένδειξη εφαρμογής του Θ. Rolle. Οι σκέψεις που θα οδηγήσουν mη λύση των προτεινομένων προβλημάτων θα δώσουν και τη μεθοδολογία λύσης αναλόγων προβλημάτων. Πρόβλημα

lo Σκέψεις

Εmιάzουμε την προσοχή μας

' ' fill iffi_ ο mo zητούμενο: υπάρχει ξ Ε (0, 1) τετοιο, ωmε f(ξ) + g(ξ) - .

Το «υπάρχει» και η ύπαρξη παραγώγου το Θ.

Rolle

mo zητούμενο

είναι ένδειξη χρήσης του Θ.

έχει συμπέρασμα: υπάρχει ξ ε (α, β) τέτοιο, ώmε

Rolle.

Ai\i\ά

f (ξ) = Ο, πράγμα που σημαίνει ότι το

πρώτο μέλος της f (ξ) + .9J.Q = Ο θα έπρεπε να είναι η παράγωγος μιας συνάρτησης mo ξ. Ποιάς ό.

f(ξ)

g(ξ)

μ ως;

Μια παράmαση που περιέχει παρονομαmές απλουmεύεται με απαλοιφή, έτσι η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα

f

(ξ)g(ξ)

+ f(ξ)g' (ξ)

=Ο<=>

h' (ξ)= Ο με h(x) = f(x)g(x). RoHe y10 την h(x) = f(x)g(x) mo [0,

Επομένως θα πρέπει να εφαρμόσουμε το Θ.

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/33

11.


---------------Υnάρχει

... - - - - - - - - - - - - - - -

Λνσn

Θεωρούμε τη συνάρτηση

h(x) = f(x)g(x) που είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1] ως γινόμενο παρα­ [0, 1], με h'(x) = f(x)g(x) + f(x)g'(x). Είναι h(O) = f(O)g(O) = Q.g(O) =Ο και h(l) = f(l)g(l) = f(1)·0 =Ο, έτσι h(O) = h(1), επομένως ι­ σχύει το Θ. Rolle για την h στο [0, 11, άρα θα υπάρχει ξ Ε (0, 1) τέτοιο, ώστε h'(ξ) = Ο <=>

γωγισίμων συναρτήσεων στο

f (ξ)g(ξ) + f(ξ)g' (ξ)= Ο<=> f (ξ)g(ξ) + f(ξ)g' (ξ)= Ο (γιατί f(ξ)g(ξ) *Ο αφού f(x)g(x) *Ο για χ Ε (0 1)) f(ξ)g(ξ) f(ξ)g(ξ) ' '

f.ω+gjΏ_ ο

<:::>

f(ξ)

-

g(ξ)

.

Πρόβλnμα 2ο Σκέψεις

Το zητούμενο μας οδηγεί στο να εφαρμόσουμε το Θ.

Rolle για την f στο [α, β]. Αi\Λά τι θα έπρε­

πε να ισχύει για την

f ώστε να εφαρμόzεται το Θ. Rolle γι'αυτήν στο [α, β]; f να είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] (πράγμα που ισχύει, γιατί η f είναι δυο φορές παραγωγίσι­ στο [α, β]) και f (α) = f (β), όμως η σχέση αυτή δεν απορρέει από τα δεδομένα του προβλήματος.

Η μη

Έτσι είναι αναγκαία η αλλαγή πορείας και αναzητήσεων. Αναzητούμε σύνδεση δεδομένων- zητουμένων.

Υπάρχει θεώρημα με υπόθεση ανάλογη της f(α) + f(β) = 2 f (α; β);

'Οχι, αλλά η f(α) + f(β) = 2 f (α; β) γράφεται f(β)- f (α; β)= f (α; β)- f(α) που κάθε μέλος της εμφανίzεται στο Θ.Μ.τ.

Εφαρμόzουμε το Θ.Μ.Τ για την f στα [α, α; β] και [α; β, βJ. οπότε θα υπάρχουν ξι Ε (α, α; β) και

ξ2 Ε

α+ β β)

(

-

2

-,

, ,

τετοια, ωστε

_f(α;β)-f(α)_ t(α;β)-f(α) f (ξι) -

α

-

_

2 --"---=-β--'--α--

f(β)- f (α; β)_ f(β)- f (α; β)

f{ξz)-

-2--α

άρα

f

(ξι)=

f (ξz),

β-α+β

-2 --~--.L. β-α

2

έτσι εφαρμόzουμε το Θ.

Rolle για την f

στο [ξι, ξ2 ].

Λνσn Επειδή η

f είναι

δυο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β], θα είναι παραγωγίσιμη σε καθένα από τα

[α, α; β] και [α; β, βJάρα θα ισχύει το Θ.Μ.τ. για την f στα προηγούμενα διαστήματα, επομένως θ

,

α υπαρχουν

ξ ι ε ( α, -α + -β) και ξ2 ε (α β β) τετοια, , , - + -, ωστε

_ f (ξι) -

2

2

f(β)- f (α; β)

t(α;β)-f(α) _ t(α;β)-f(α) α+ β

- 2

β_ α

και

-2--α

έτσι

f

(ξι)=

f

(ξ2)

β

'

(1).

Επειδή η

f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο (α, β], η f θα είναι παραγωγίσtμη στο [α, β], άρα c [α, β] και λόγω της (1) θα ισχύει το Θ. Rolle για την f στο [ξι, ξ2 ], έτσι θα υπάρχει ξ2 ) c (α, β) τέτοιο, ώστε f' (ξ) = Ο.

και στο [ξι, ξ2 ] ξ ε (ξι,

f(ξz) = 2

ΕΥΚΑΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/34


----------------Υπάρχει

... - - - - - - - - - - - - - - - -

Πρόβλημα 3ο

Σκέψεις

Επειδή στις υποθέσεις του προβλήματος δίνεται σχέση με ολοκλήρωμα και το συμπέρασμα εί­ ναι: υπάρχει ξ Ε [0, 1] τέτοιο, ώστε ... έχουμε ενδείξεις εφαρμογής του Θ.Μ.Τ. του ολοκληρωτικού

λογισμού για τη συνάρτηση g(x) = f(x) - χ 1995 . Η εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. του ολοκληρωτικού λογισμού στο πρόβλημά μας ενδεχόμενα να οδηγεί σε λύση (εδώ οδηγεί) ή να μην οδηγεί σε λύση. Στη δεύτερη περίmωση αλλάzουμε πορεία σκέψης π.χ. δοκιμάzουμε αν εφαρμόzεται το Θ. Bolzaηo (αφού στο συμπέρασμα δεν υπάρχει παράγωγος). Λvση

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x)- χ

1995

Που είναι συνεχής στο [0, 1], άρα υπάρχει ξ ε [0, 1]

τέτοιο ώστε

f

lg(x) dx = (1 -

fl [f(x)

Ο) g(ξ) <=>

0

1995] dx = f(ξ)

1995 <=>

0

J

1 1996] 1 f( ) d - [ _χ_ = f(ξ)- ξ1995 <=> _1_- _1_ = f(ξ) - ξ1995 f(ξ) = ξ1995 ο χ χ 1996 ο 1996 1996 <=>' •

Πρόβλημα 4ο

Σκέψεις

Το zητούμενο είναι: υπάρχει ξ ε (α, β) τέτοιο, ώστε f(ξ) = ~ξ+ β~ ξ Συγκρίνοντας το zητού­ 0

μενο με τον παρακάτω πίνακα

Ζnτοvμεvο

Μέθοδος αvτιμετώnισnς

δεν υπάρχει παράγω-

Θ.Bolzano

yος στο zητούμενο

Σύνολο τιμών

υπάρχει

ξ ε (α, β)

υπάρχει παράγωγος

ή

ξ Ε [α,β] τέτοιο, ώστε

Θ.

στο zητούμενο

Rolle

ή Θ.Μ.τ.

υπάρχει ολοκλήρωμα

...

Θ.Μ.Τ. ολοκληρωτικού λογισμού

στο zητούμενο ή στην

υπόθεση υπάρχει aνίσωση στο

Ακρότατα

zητούμενο

καταλαβαίνουμε ότι θα πρέπει να εφαρμόσουμε το Θ. Bolzaηo, αλλά για ποιά συνάρτηση;

. (). .. κανεις, Θ α ι::;llεyε

.

και οχι α

β'ασιμα,

..

για τη συναρτηση

f() 1 g() χ = χ - -- α-χ

1

..

..

-β-, ομως η συναρ -χ

τηση αυτή δεν είναι ορισμένη στο [α, β], yι'αυτό θα πρέπει να αναzητήσουμε άλλη συνάρτηση. Παρατηρούμε ότι η zητούμενη σχέση είναι κίΊασμαηκή, γίνεταΙ απΛούστερη με απαί\οιφή παρο

νομαστών. Η απαί\οιφή δίνει (α- ξ) (β- ξ) f(ξ) =α+ β- 2ξ, επομένως θα εφαρμόσουμε το Θ. Bolzaηo για την g(x) =(α- χ) (β- χ) f(x) + 2χ- α- β στο [α, β].

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/35


... - - - - - - - - - - - - - - - -

----------------Υπάρχει

Λ\5ση

Θεωρούμε τη συνάρτηση

g(x) =(α- χ) (β- χ) f(x) + 2χ- α- β που είναι συνεχής στο [α, β], με 2 g(α) g(β) = (α - β) (β - α) = -(α - β) < Ο, επομένως, σύμφωνα με το Θ. Bolzaηo, θα υπάρχει ξ ε (α, β) τέτοιο ώστε g(ξ)

=

Ο <==>

(α- ξ) (β- ξ) f(ξ)

+

2ξ- α- β= Ο

<==>

(α- ξ) (β- ξ) f(ξ)

=

(α- ξ)

<==>

f(ξ} =β~ ξ+ α~ ξ (είναι (α- ξ) (β- ξ) =1: Ο, αφού ξ ε (α, β)).

+

(β- ξ)

Πρόβλημα 5ο

Σκέψεις

Η σύγκριση του zητουμένου με τον πίνακα του προβλήματος ακροτάτων της

4

μας οδηγεί στην αναzήτηση των

f στο (0, 1). Λνση

Για κάθε χ ε (0, 1) είναι f(x) = (χι 13 - χ3 )' = ~ χ- 213 - 3χ2 = _1__ 3χ2 •

3w

1

χ

ο/36

ο

f '(χ)

f(x)

+

/

1

~

μ γ.

-

~

έτσι η f παρουσιάzει μέγιστο για ξ= - 1- άρα f(x) ~ f(ξ) για κάθε χ ε (0, 1) και ο ξ είναι μοναδικός.

w

Πρόβλημα 6ο

Σκέψεις

Μια πρώτη ματιά στο συμπέρασμα θα μας οδηγούσε στη χρήση του Θ.Μ.Τ. του ολοκληρωτικού [α, β] τέτοιο, ώστε

λογισμού, αλλά το θεώρημα αυτό έχει στο συμπέρασμα: υπάρχει ξ ε

ι f(χ) dx =(β- α) f(ξ), πράγμα που δεν ταιριάzει με το zητούμεvο του προβλήματος, επομένως θα 8

πρέπει vα αλλάξουμε προσανατολισμούς.

ΕΥΚΑΕΙΔΗΣ Β' κθ. Ί.

1/36


----------------Vοάρχει

... - - - - - - - - - - - - - - - -

Πώς προέκυψε το zητούμενο; Προφανώς από τη συνάρτηση h(x) = ιxf(t) dt- ιxg(t) dt, αν είναι h(ξ) = Ο. Έτσι το συμπέρασμα του προβλήματος ανάγεται στο υπάρχει ξ ε [0, 1] τέτοιο, ώστε h(ξ) =Ο.

Είναι τώρα φανερό όη πρέπει να εφαρμόσουμε το Θ. Bolzaηo. Λvσn

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = ιxf(t) dt -Ιχg(t) dt που είναι συνεχής στο [0, 1] ως διαφορά

συνεχών συναρτήσεων στο [0, 1] με h(O) h(1) ::;: -

J

1

°g(t) dt ·

1

fσ\ω dt = ι g(t) dt · fσ\ω dt ~ Ο

(yιατί J g(t) dt;;;: Ο' και J\ω dt ~ Ο, αφού f(x) ~ Ο και g(x) ;;;: Ο για κάθε χ ε 1

ο

ο

[0, 1]).

• Αν h(O) h(1) <Ο, τότε ρύμφωνα με το Θ. Bolzaηo, υπάρχει ξ ε (0, 1) τέτοιο ώστε h(ξ) =Ο. • Αν h(O) h(1) =Ο, τότε h(O) =Ο ή h(1) =Ο άρα h(ξ) =Ο με ξ= Ο ή ξ= 1. Έτσι σε οποιαδήποτε περίπτωση υπάρχει ξ ε [0, 1] τέτοιο, ώστε h(ξ)

= ο~

J

ξ

'

ο f(t) dt

=

fξ 1 g(t)

dt.

Πρόβλημα 7ο Σκέψεις

Η μη ύπαρξη παραγώγου στο zητούμενο οδηγεί στην εφαρμογή του Θ. Bolzaηo για την

g(x)

= f(x)

f(χι) + f(x2) + · · · + f(xv) στο [α, β]. ΑΝιά βασική προϋπόθεση της εφαρμογής του Θ.

-

ν

Bolzaηo είναι η γνώση του προσήμου του γινομένου

g(a) g(β)

=(t(a) _ f(χι) + f(χ2)ν+ ··· + f(xv))(t(β) _ f(χι) + f(χ2)ν+ · ·· + f(xv))

Επειδή το πρόσημο του γινομένου g(a)g(β) δεν προκύπτει από τα δεδομένα του προβλήματος,

θα πρέπει να εφαρμόσουμε άi\i\o θεώρημα. Αν το Ουμπέρασμα δεν περιέχει παράγωγο θα χρησι­

μοποιούμε i:o Θ. ΒοΙΖaηο (εδώ το aποκλείσαμε) ή μονοτονία όταν στο συμπέρασμα υπάρχει και aνίσωση (εδώ αποκλείεται αφού το συμπέρασμα δεν περιέχει aνίσωση) ή την πρόταση: Αν το πεδίο ορισμού της

ώστε f(ξ)

f h.

=

είναι το Α και το σύνολο τιμών της το

f(A)

και

h

ε

f(A),

τότε θα υπάρχει ξ ε Α τέτοιο

Μένει να εξετάσουμε την εφαρμογή της τρίτης πρότασης. Ποιό είναι όμως το σύνολο τιμών της

είναι το [μ, Μ] όπου μ η εi\άχι­

σrη ημή της

συνεχής στο [α, β]).

,

f και Μ ,

η

f είναι ότι μέγιστη τιμή της (που υπάρχουν αφού η f είναι , , f(χι) + f(x2) + · · · + f(xv)

f;

Το μόνο που μπορούμε να πούμε για το σύνολο ημών της

Τωρα δε μενει παρα να δείξουμε οτι

ε [μ, Μ].

ν

Λvσn Επειδή η

f

είναι συνεχής στο [α, β] θα έχει ελάχιστη και μέγιστη ημή, έστω ης μ, Μ αντίστοιχα,

επομένως

μ~

f(x)

~Μ για κάθε χ ε [α, β], άρα

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ

8'

κθ. τ.

1/37


----------------Υuό.pχει

μ~f(χ1 )~Μ μ~f(xz)~M

(1) (2)

μ~ f(χv) ~ Μ

(ν)

Με πρόσθεση κατά μέί\η των

(1), (2}, ... ,

... - - - - - - - - - - - - - - - -

(ν) παίρνουμε

vμ ~ Ηχι) + f(xz) + ·· · + f(χv) ~ νΜ <=>μ~ f(χι) + f(xz) + ··· + f(χv) ~Μ δηί\αδή ν

'

f(χι) + f(xz) + ·· · + f(Xv) ε [μ, Μ] = f([α, β]), ν

έτσι θα υπάρχει ξ ε [α, β] με f(ξ) = f(χι) + f(xz) + · ·· + f(xv). ν

Πρόβλnpα 8ο Σκέψεις

Η μορφή του συμπεράσματος αφ'ενός και η ύπαρξη ανισοτικών σχέσεων στην υπόθεση μας ο­ δηγούν στο να εφαρμόσουμε το Θ. Bolzaηo στη συνάρτηση f. Αλλά σε ποιό διάστημα; Σίγουρα το αριστερό άκρο του διαστήματος θα είναι το α, αφού έχουμε την πληροφορία f(α) >Ο, δεν μπορού­ με να πάρουμε το β ως δεύτερο άκρο του κλειστού διαστήματος στο οποίο θα εφαρμόσουμε το Θ. Bolzaηo για την f γιατί δεν έχουμε πληροφορία για το β.

Αναγκαστικά το δεξιό άκρο του διαστήματος θα προκύψει από την πληροφορία ι f(χ) dx < Ο, 6

αλλά πώς; Τι αναzητούμε; Έναν αριθμό ρ με α

< ρ ~ β τέτοιο ώστε f(ρ) < Ο. Από πού θα προκύψει

6

το προηγούμενο; Από το γεγονός ότι ι f(x) dx < Ο. Ποιό θεώρημα συνδέει οί\οκί\ήρωμα με τιμή της

f;

Το Θ.Μ.Τ. του οί\οκί\ηρωτικού ί\οyισμού. Έ­

τσι έχουμε τη ί\ύση

Λvσn Επειδή η

f είναι

συνεχής στο [α, β], θα υπάρχει ρ ε [α, β] τέτοιο ώστε:

6

ι f(χ) dx = (β- α) f(ρ), αλλά ι f(χ) dx < Ο, επομένως (β- α) f(ρ) < Ο<=> f(ρ) <Ο 6

Δεν μπορεί να είναι ρ

=

α γιατί τότε f(ρ)

=

f(α)

>

Ο άτοπο ί\όyω

(1),

(1).

έτσι θα υπάρχει ρ με

α< ρ~ β τέτοιο, ώστε f(ρ) <Ο. Η

f είναι

συνεχής στο [α, ρ]

υπάρχει ξ ε (α, ρ)

c

c

[α, β] και f(α) f(ρ) <Ο, επομένως σύμφωνα με το Θ. Bolzaηo θα

(α, β) τέτοιο ώστε f(ξ) =Ο.

Σχόλια

Η εργασία αυτή έγινε, όχι μόνο νια τη μεθοδολογική αντιμετώπιση των προβλημάτων της ανά­ ί\υσης που στο συμπέρασμά τους περιέχουν τη ί\έξη «υπάρχει», αλλά γενικότερα, για να δείξει ότι τα Μαθηματικά είναι τρόπος σκέψης, μια μέθοδος σκέψης, της οποίας η βασική συνιστώσα

είναι η «δοκιμή- πί\άνη», δηί\αδή: μας έρχεται μια ιδέα για τη ί\ύση ενός προβλήματος, την ε­ φαρμόzουμε, αν οδηγεί σε ί\ύση έχει καί\ώς, αν όχι την απορρίπτουμε και εφαρμόzουμε άλλη ι­

δέα (άλλο θεώρημα που να έχει σχέση με το zητούμενο ή τα δεδομένα) κ.ο.κ έως ότου φθά­ σουμε στη ί\ύση.

Η μέθοδος δοκιμής-πί\άνης, που είναι και η κύρια επιστημονική μέθοδος, είναι μια κοπιαστική εργασία, που προϋποθέτει υπομονή και επιμονή, έρευνα και εί\εύθερο νου. Η ί\ύση των προ­ βλημάτων δεν έρχεται με πάτημα ενός πί\ήκτρου, όπως γίνεται με τις ηλεκτρικές και ηί\εκτρονιΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. "Ι.

1/38


----------------Υπάρχει

... - - - - - - - - - - - - - - - -

κές συσκευές.

• Άλλωστε, αυτό που κύρια μας ενδιαφέρει δεν είναι η λύση των συγκεκριμένων 8 προβλημάτων, αλλά η μέθοδος αντιμετώπισης προβλημάτων και πώς γεννιούνται οι ιδέες των μεθόδων, γιατί όπως είπε και ο Leibηitz: «τίποτε δεν είναι σπουδαιότερο από το να δει κανείς καθαρά την προ­ έλευση μιας ιδέας, ούτε η ίδια η ιδέα».

Βιβλιοyραφία 1. Μ. CΟΗΕΝκ.α 2.

ΜΜ

3.

ΜΜ

4. NCTM

: STUDENT RESEARCH PROJECTS ΙΝ CALCULUS Εκδοση: The Mathematical Association of America- 1991 : CALCULUS FOR Α NEW CENTURY- Α PUMP, ΝΟΤ Α FILTER Εκδοση: The Mathematical Association of America-1987 : TOWARD Α LEAN AND LIVELΥ CALCULUS Εκδοση: The Mathematical Association of Ameήca-1968 : PROFESSIONAL STANDARDS FOR TEACHING MATHEMAτiCS Εκδοση:

5. G.POLYA

:

6. G.POLYA

:

7. G.POLYA

:

8. S. RACHLIN

:

National Council of Teachers Mathematics- 1991

ΠΩΣ ΝΑ ΤΟ ΛΥΣΩ Εκδοση: Σπηί\ιώτη

9.

Α. Η.

SCHOENFELD

10. G. ALIGNAC

11.

Τ.

APOSTOL

12. F.AGRES 13.

BERΚEY-BLANCHARD

14. G.N.BERMAN 15. R. ELLIS- D. GULICK 16. H.FLANDERS 17. I.

Α.

MARON

18.

Μ.

19.

M.SPIVAΚ

SPIEGEL

20. G. THOMAS- R. FINNEY

: : : :

PAΠERNS

OF PLAUSIBLE INFERENCE Εκδοση: Princeton uniνercity press- 1954 MATHEMAτiCAL DISCOVERY Εκδοση: J.Wilex & Sons- 1962 PROBLEM SOLVING IN ΤΗΕ MATHEMAτiCS CLASSROOM Εκδοση: Mathematics Council of the Alberts Τeachers' Association- 1982 PROBLEM SOLVING !Ν MATHEMAτiCS CURRICULUM Εκδοσn: The Mathematical Assotiation of Ameήca- 1983 THEMES MATHEMATHIQEUS Εκδοση: ΑΙΘΡΑ 1995 CALCULUS Εκδοση: Μπεχί\ιβανίδης - 1962 ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ Εκδοση: Mc Graw-Hill- 1964

: CALCULUS Εκδοση: Saunders College Publishiηg- 1962 : Α PROBLEM !Ν MATHEMAτiCAL ANALYSIS Εκδοση: MIR Publishers-Moscow- 1977 : CALCULUS Εκδοση: HBJ- 1989 : CALCULUS Εκδοση: W. Η. Freemaη aηd Company- 1985 : PROBLEMS !Ν CALCULUS OF ΟΝΕ VARIABLE Εκδοση: MIR Publishers-Moscow- 1975 : ΑΝΩΤΕΡΑΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ Εκδοση: Mc Graw-Hill- 1963 : CALCULUS Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης- 1991 : CALCULUS Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης- 1993

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/39


Οι vεωμεΊρικοί Ίόοοι

Iov

εοιοέδοv με

διαvvσμαΙικές ιδιότητες Κωνσταντίνος Αyριόynδος

Εισαyωyή

1.

Στην

'

).

κ

'

περιπτωση που ι ι=- τοτε μ

-+ + κΜΒ (1) <=> μΜΑ = (μ+ κ)ΜΔ.

Επειδή γενικά η εύρεση ενός γ.τ. παρουσιά­

zει δυσκολίες, προσπάθησα στο άρθρο αυτό να κάνω μια ομαδοποίηση των γ.τ. του επιπέδου

που ικανοποιούν διaνυσμαηκές ιδιότητες. Οι απλές βασικές προτάσεις που θα χρησι­

2.

Ομαδοnοίnσn των y.τ.

(I)

Όταν θέλουμε να βρούμε τον γ.τ. των ση­

μοποιήσω στη συνέχεια και που είναι γνωστές

μείων Μ του επιπέδου που επαληθεύουν

από το σχολικό βιβλίο, είναι:

μιά σχέση μεταξύ των μέτρων διανυσμά­

α) Αν Δ το μέσον ενός ευθυγράμμου τμήματος

των, τότε προσπαθούμε να φθάσουμε στις

ΑΒ και Μ τυχαίο σημείο, τότε --+

--+

μορφές

--+

ΜΑ+ΜΒ=2ΜΔ.

(la) il\IAι

Μ

= lMB!,

όπο" Α, Β σταθερά

σημεία

Στην περίmωση αυτή ο zητούμενος γ.τ.

είναι η μεσοκάθετος του ΑΒ.

(1 8 ) Β β) Αν

G είναι το κέντρο βάρους ενός ΑΒΓ τότε __..,. και ........Μ τυχαίο ........ σημείο, __..,. ΜΑ+ ΜΒ + ΜΓ = 3MG.

τριγώνου

Ι.Αίtιι

= ρ,

όπο" Α σταθερό σnμείο

και ρ σταθερός θετικός αριθμός Στην περίπτωση αυτή ο zητούμενος γ.τ.

είναι ο κύκλος (Α, ρ).

Εφαpjιοyιί 1

Δίνεται τρίyωνο

A&r.

Να βρεθεί ο

y.τ. των σnμείων Μ το" επιπέδο" yια τα .........

--+

οποία ισχvει I3MA + ΜΒΙ Σε ποια περίπτωσn το

---....

= IΜΑ + Α

~

3Ma Ι•

βρίσκεται

στον παραπάνω y.τ.; Λvσn

γ) Αν Δ σημείο της ευθείας ΑΒ τέτοιο ώστε

(Α, Β, Δ)= λ με λ ε

- -

JR- {0,

-1} και Μ τυ­

χαίο σημείο, τότε

ΜΔ=~:~ (1). 8

Γ Θεωρώ το σταθερό σημείο Κ της ΑΒ τέτοιο,

ώστε (Α, Β, Κ) =~· Μ

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/40


-------+

Τότε 3ΜΑ

Οι yεωμειρικοί "Ιόnοι 'IOV εnιnέδοv με διαvvσμα"Ιικές ιδιό"Ιn"Ιες

-+

___,..

- - -

1--+-

___,..

3ΜΑ- 4ΜΒ

+ ΜΒ = 4ΜΚ κω ΑΚ = 4ΑΒ. = 3.

Η δοθείσα σχέση τώρα γράφεται

3 _____,. Τότε ΜΑ+ 3ΜΓ = 4ΜΛ και Μ= Ar. 4 -+

__,.

___,..

--+

---+

-

=ΙΜΑ + 3Μη <=>

Άρα ο γ.τ. των σημείων Μ είναι κύκλος με

κέντρο το σταθερό σημείο Κ και ακτίνα 2IAΔJ.

Άρci το ·.Μ βρίσκεται στην μεσοκάθετο του σταθερού ευθυγράμμου τμήματος ΚΛ.

(11)

μια γραμμική διανυσματική σχέση, τότε

όταν και μόνο όταν

1-

3-

-

Όταν θέΛουμε να βρούμε τον γ.τ. των ση­ μείων Μ του επιπέδου που επαΛηθεύουν

Το σημείο Α βρίσκεται σrον παραπάνω y.τ.

-

-+

-+

=lMB + ΜΓ- 2MAI <=> Ι -~ =12ΜΔ + 2~ <=>ΙΚΜΙ =21Μι

14~ = 14~ <=>I~ =Ι~

.:. . . .

---+-

____,..

I3MA- 4MBI

Η δοθείσα σχέση τώρα γράφεται

I3MA + ~

= -ΜΚ και

ΑΚ =- ~ <=> ... <=> ΑΚ =4ΑΒ

Θεωρώ επίσης το σταθερό σημείο Λ της ΑΓ

τέτοιο ώστε (Α, Γ, Λ}

-------

προσπαθούμε να φθάσουμε στη μορφή

- -

-

IAΚI = I~ <=>I4ABI = I4Αη <=>IA~ = 31Αη.

Ι~= λα, όοοv Α σταθερό σημεί-

ο, α σταθερό διάνvσμα και λ ε Εφαρμοyό

2

IR

Στην περίπτωση αυτή ο zητούμενος γ.τ .

.Δ.

Δίνεται τρίyωνο ΑΒΓ. Να βρεθεί ο

είναι ευθεία που περνάει από το Α και εί­

y.τ. των σημείων Μ τοv εοιοέδοv yια τα

ναι παράλληΛη προς το φορέα του διανύ-

οοοία ισχvει

σματος α.

---+

μιΜΑ-

---+

---...

4MBI = lMB +

-+

ΜΓ

-

--+

- 2MAj. Εφαρμοyό

Λvση

Δίνεται

Α

3 οαραλληλόyραμμο

ΑΒΓΔ.

- -

Πάνω στις ΑΒ, ΑΙ' οαίρνοvμε σημεία Ε,

Ζ

αντίστοιχα

----+ .,.. :

ΑΖ

:---+-

ώστε

=.

ΑΕ

ί\ΑΒ

και

= Mr., λ Ε IR. • * , i) Δ~i-ξτε ότι δεν vοάρχει λ ε IR τε-

.

τοιο ώστε τα σημεία Δ, Ε, Ζ να είναι . σvνεvθε'Ίακά.

ii) Να βρεθεί ο y.τ. τοv ροvς G τοv τριyώνοv ΔΕz.

κέvτροv βά­

Λvση

-

~--~~~~~------~Θ κ

--- - - - -

Θεωρώ το σι:αθερό σημείο Κ της ΑΒ τέτοιο,

ώστε (Α,. Β, Κ}·: - ~· , τοτε

,

ισχuει

Μ-Κ =

Θεωρώ τα διανύσμQ'ra ΑΒ Τότε είναι ΑΓ = α

4ΜΑ--ΜΒ 3

4 1--

3

<=>

+

και ΑΔ

= β.

β.

i) Έστω όη υπάρχει Λ ε IR* τέτοιο ώστε τα σημεία Δ, Ε, Ζ να είναι συνευθειακά. Τότε υ­

πάρχει κ ~

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. "Ι.

IR τέτοιο

1/41

ώστε να ισχύει


- - - - - - - Οι yεωpε'lpικοί 'Ιόnοι 'I0\1 εnιnέδο\1 pε διαv\!οpα"Ιικές ιδιό"Ιa"Ιες - - - - - - ----+-

~

ΔΖ

----+-

--+

κΔΕ ς::;,ΔΑ

=

--+

-+

+ ΑΖ =

----+-

--+-

---+

----+

+ ΑΕ)

-+ τος α.

+λα) ς::;,

---+

---+

(λ- κλ)α +(κ+ λ-l)β =Ο

(1)

Αν λ =f:. Ο και Η είναι η προβολή του Μ στο ---+

φορέα του διανύσματος α , έχουμε ότι

---+ ---+

Επειδή όμως τα α, β δεν είναι συγyραμμικά λόγω της (1) έχουμε

λ- κλ = Ο } { λ(l - κ) = Ο } { κ+λ-1=0 ς::;, κ+λ-1=0 ς::;,

--+

---+ ---+

--+

α·ΟΜ =λ ς::;,α·προβa ΟΜ =λ ς::;,

--+ ---+

--+-

--+

α·ΟΗ =λ ς::;,j αΙ·\ΟΗ\ =±λ<;:::;> --+

\OHI

λ

= ±~= σταθ.

Τότε το Η είναι σταθερό σημείο, οπότε το Μ

Κ= 1 }

λ= 0

{

Ο και είναι κάθετη στο φορέα του διανύσμα-

ς::;,

--+-

+ β)= κ(- β

-β +λ( α

__,..

κ(ΔΑ

άτοπο.

κινείται σε ευθεία που είναι κάθετη στο φορέα --+

Άρα δεν υπάρχει λ Ε

του διανύσματος α και περνάει από το σταθερό

IR.*

τέτοιο ώστε τα ση-

σημείο Η.

μεία Δ, Ε, Ζ να είναι συνευθειακά.

ii) Αν G είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου

ΔΕz, έχουμε --+

----+-

____,..

Φανερά το πρόσημο

--+

--+

----+-

---+

--+

β

3AG ---+

AG ---+

-

β

---+

--+

+ λα + λ( α + --+

--+

--+

--+

= λ(2 α + β)

1---+

λ

λ

--+

β) ς::;,

Εφαρμοyό

<;:::;>

G

κινείται σε ευθεία που περνάει από

-

το σταθερό σημείο Ι (ΑΙ

ι= '3ΑΒ)

Air.

Να βρεθεί ο

y."Σ. "Σων σημείων Μ 'ΣΟV εοιοέδοv yια 'ΣΟ

λ --+

AG + ΙΑ='3(2α +β) ς::;, IG ='3ΑΗ Άρα το

4

Δίνε"Σαι "Σρίyωνο

---+

--+

καθορίzει τη θέση του

της Οχ.

---+

3 β ='3(2α +β) ς::;, ---+

±

Η πάνω στην ημιευθεία ΟΑ ή την αvτικείμενή

3AG = ΑΔ +ΑΕ+ ΑΖ ς::;, 3AG =

Παρα"Σόροσο

οοοία ισ:χvει

(2ΜΑ- ΜΒ)·(ΜΑ- 2Mk +ΜΪ')= 6 Λvσο

και είναι πα-

ράί\ληλη προς το φορέα του σταθερού διανύ---+

σματος ΑΗ

(111)

=

--+

z

--+

2α +β.

Όταν θε?ιουμε να βρούμε τον γ.τ. των ση­ μείων Μ του επιπέδου που επαληθεύουν μια διανυσματική σχέση με εσωτερικό γι­

νόμενο, τότε προσπαθούμε να φθάσουμε στις μορφές

1110 )

Δίνε"Σαι Ο"Σαθερό σημείο Ο και "Σο ---+

σιαθερό διάνvσμα α =f:. Ο. Να βρεθεί ο y. τ. "Σων σο μείων Μ yια 'ΣΟ ο­

Αν Δ είναι το μέσο της ΑΓ, τότε

ο οία ισχvει -; ΟΜ = λ, λ Ε IR.

ΜΑ- 2ΜΒ

----+

---+

---+

Μ

--+

--+

+

2(ΜΔ+ ΒΜ)

__,..

--+

ΜΓ = 2ΜΔ- 2ΜΒ

=

--+

=

--+

2ΒΔ= 2α.

Αν Ε σημείο της ευθείας ΑΒ τέτοιο ώστε χ

Α

ο

Η

---+ α

(Α, Β, Ε)

__,..

ΜΕ=

ε

Αν

----+- ___,.

----+-

=-

το Μ κινείται σε ευθεία που περνάει από το

---+ --+ , τότε ΑΕ= -ΑΒ και 2

ΜΆ-.!.ΜΉ 2 1

--+

___...,.

Η δοθείσα σχέση γράφεται τώρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ: Β' κθ. '1.

1/42

___,.

ς::;,2ΜΑ-ΜΒ=ΜΕ

1-2

___...,.

.i\ =Ο, τότε α·ΟΜ =Ο ς::;,α ..l ΟΜ, οπότε

1


- - - - - - Οι --+

-.

yεωμετρικοί τόnοι τοιι εnιnέδοιι με διαvιιοματικές ιδιότnτες

--+

--+

(2ΜΑ- ΜΒ)· (ΜΑ- 2ΜΒ

--+

+ ΜΓ) = 6 <=>

Λvon

--+-+

~-+

=6 <:::;> ΕΜ- α =-3 <:::;> α·προβa ΕΜ =-3 <:::;> α·ΕΗ =-3 (1)

2Mt:: α --+

------

Λ

-+ --+

--+

---

Επειδή το εσωτερικό γινόμενο των συγγραμμικών διανυσμάτων α , ΕΗ είναι αρνητικός αριθμός έχουμε ΕΗ

- =~. 3 IEHI

t~

α και από την σχέση

(1)

lαl

Άρα το Μ βρίσκεται σε ευθεία (ε) κάθετη στην ευθεία ΕΖ, που απέχει από το σταθερό ση-

μείο Ε, σταθερή απόσταση Ι ΕΗι =

-

-

..l. lαl

και

ΕΗ Η ΕΖ.

Παρατόρnσn

--

Αν είχαμε (2ΜΑ-ΜΒ)· (ΜΑ-21\ΊΒ+Μr) = -6, θα φθάναμε στην ισότητα α· ΕΗ = 3, που θα

Θεωρώ σημείο Κ της ΑΒ τέτοιο ώστε

σήμαινε ΕΗ

(Α, Β, Κ)

- tt -

1118 )

ΕΖ.

Δίνονται τα σταθερά σημεία Α, Β. Να βρείτε το y.τ. των σnμείωv Μ

yια τα οποία ισχvει ΜΑ· ΜΒ

=

λ,

λ ε!R

(ΜΟ --.

(ΜΟ

--11!

--+

--+

........

-+

= --νΓίΑΡf ί\ + 4 '

δηλαδή το Μ κινείται

στον κύκλο που έχει κέντρο το μέσον Ο του ΑΒ

-fJ'.

Δίνεται

;:;-t

= 3ΓΔ .

--+

--+

(SMK)· (-ΜΛ) (ΜΟ

=ί\ <:::;>ΜΚ· ΜΛ =- 5λ <:::;> --+

--+

~,-+ 01.'\)·(ΜΟ + ΟΛ) =-

ί\

5 <:::;> ... <:::;>

-2

ι <5Μι 2 = lliΔL- Δ (1) 4

5

Εφ' όσον είναι~- ~ > Ο, η ( 1) <=>

- =·ν4-5• - fϊΚΙfλ δηλ. lOM! τετρόπλεvρο

ΑΒΙ'Δ.

Να βρεθεί ο y.τ. τωv σnμείωv Μ τοv ε­

πιπέδοv yια τα οποία ισχvει

(2ΜΑ + 3MB)·(2Mr- sΜλ) =λ, λ ε IR. Εφαρμοyιί

--+

-2

5 κvρτό

--+

(2ΜΑ + 3ΜΒ)· (2Mr- 3ΜΔ.) = λ<:::;>

ΟΑ)·(ΜΟ- ΟΑ) =λ<=;>

Εφαρμοyιί

3. 2--+

μου τμήματος ΚΛ η δοθείσα σχέση γράφεται

4

και ακrίvα

=-

Αν τώρα Ο το μέσο του σταθερού ευθυγράμ­

--+

ι Μδι 2 - ι σΑι 2 = rι <::;>ι δΜι 2 = rι + ι ΑΒι 2 <:::;>

IOMj

Θεωρώ επίσης σημείο Λ της ΓΔ τέτοιο ώστε

--+

+ ΟΑ)·(ΜΟ + ΟΒ) = ί\ <:::;> +

- και ΑΚ - =5 3ΑΒ. =SMK

Τότε 2ΜΓ- 3ΜΔ =-ΜΛ και ΓΛ

.ΜΑ. Μ8 = rι <:::;> --+

- + 3M.tj ~ τότε 2ΜΑ (Γ, Δ, Λ)

Αν Ο είναι το μέσον του ΑΒ, τότε

=23 .

το Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο το μέσο Ο

του ΚΛ και ακτίνα~·

6

Έστω ορθοyώvιο τρίyωvο ΟΑΒ (Ο= 90°). Αν I είναι το μέσο τοv ΑΒ και Μ τv· χαίο σnμείο τοv επιπέδοv τοv τριyώνοv, τότε

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/43


------2

Οι yεωμετρικοί τόοοι τοιι εοιοέδοιι με διαvιισματικές ιδιότnτες

2

2

-------

2

t) ΜΑ + ΜΒ - 2Mb = 4ΜΟ·Οι + Α8 ii) Να βρεθεί ο y.τ. των σημείων Μ τοv

εοιοέδοv όταν

MA2+Miι2-2Mb2=Afι2 2

Λ\Sσn

Μλ + 'ΜΒ2 2

i)

-

2Μδ2 =

(ΜΟ + ΟΑ) 2 + (ΜΟ + 00) 2 - 2Μδ 2 = 2

Mb2+ΟΑ +2ΜΟΟΑ+ΜΟ 2+002+2ΜΟ· 6Β-2Μδ2 = 2ΜΟ(ΟΑ+ 68) + δΑ + οο2 = 2

2

2ΜΟ·(2δi) + δλ +(δΑ+ ΑΒ) 2 2

=

4ΜΟ·δi + δλ + δλ + Α8 + 2DA·AB = 2

2

2

4ΜΟ·δi + ΑΒ + 2DA·(DA + ΑΒ)

=

4ΜΟ· δi + ΑΒ2 + 2DA· 6Β = 4Mb- δi + Α82

-

Β

"---ν----'

-

ο

αφού ΟΑ .l ΟΒ.

ii)

Η δοθείσα σχέση λόγω του πρώτου ερωτήματος γράφεται -2

ΜΑ2 + ΜΒ2 - 2ΜΟ2 = ΑΒ ' 2

_

_

-2

<:::::>

__

Α82

ΟΙ·προβσιΟΜ =τ<=:>

4ΜΟ· δi + ΑΒ2 =ΑΒ 2

-2

<:::::>

4ΜΟ· δi = - ΑΒ 2

- = zl ιΙ ΟΗΙ ο~' δηλ. το Μ βρίσκεται στη μεσοκάθετο της διαμέσου οι

ΜΑθΗΜΑΤΙkΑ ΜΕ ΓΡΑΦΙΚΟ ΥΠΟΑΟΓΙΣΤΗ """"-'Α<ΉΗ·'"

το μοv~8ικό

MA0H;r;:;:;I~~~io~ βιβί\ίο στ;ήv

Εnισόμαvσn

Εί\ί\ηvική J'ιJ'ί\ιοyρ~φί~

Οι γ.τ. της μορφής (ΠΙ) βρίσκονται πιο εύ­

κολα με Αναλυτική Γεωμετρία.

yι~. καβηyη~ς

·κ~ι μ~aητ-.eς η@~ ., ~p~σιμ~--

ΤΟ ΣΥΓΧΡΟΝΟ BillΛIO ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΚΑΘΗΓΗΤΕΣ και ΜΑΘΗΤΕΣ

""'"'"

Κ.ΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ MSc Conψuιer Science ·Μαθηματικός

nbιouv vρ~φι-

·

·

Αησ·'·

ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΕΠΙΣΤΉΜΗ , ι

~,

Πληροφορική Παιδεία Εκδοση Α • 1995 · Κεvτριλ-ή διάΟεση από τουςσυγραφείς, τηλ: ή στα βιβλιοπωλεία

6205605, 094-507252, 9413516

:

ΕΚΔΟΠΚΟΣ ΟΜΙΛΟΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΩΝ ΚΑΘΗΓΗΤΩΝ ΕΛΕΥΘΕΡΟΥΔΆΚΗ};

Νίκ:ης

ΚΩΣΤΑ ΡΑ ΚΗ

2 Στουρvάρα 35 Ζ. Πη-;ιjς /8 και

ΠΑΠΑΣΩΤΗΡΙΟΥ

ΣΑ ΒΒΑ Λ Α

<:::::>

8

OI·OH =τ> Ο (1). -+z

Κ ΓΙΑΑΟΥΡΗΣ Διδάκτωρ Πληροφορικής- Μαθηματικός

ΟΜ· δi = ΑΒ

Α82

Άρα ΟΗ ί ί δΪ και (1) <:::::> Ι~·ΙδΗJ = ~ <=>

Απαραίτητο σε όλους

-2

<:::::>

Σόλωνος

100

4

Ιπποκράτους

Σόλωνος

ΕVΚΑΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/44

t,'


Το βήμα το1J Ε1Jκλείδn Η Σ1:ιίλn αV"Ιιί είναι ανοιχ"Ιιί σε όλοvς 1:οvς σvναδέλφοvς και μαθn"Ιές yιa να εκφράσοvν ελεvθερα 1:ις αοόιpεις 1:οvς yια 1:α μαθnpα1:ικά.

0

λόyος Ο'IΟν ΚΟ

Η yραppικό Αλyεβρα, και

n

f.

Τ σάμn

n Αναλvτικό rεωpετρία

Προβολικό rεωpετρία

μέσα αοό "Ια βιβλία 'IOV Λvκείοv και οίσω αοό 1:nν ολά"Ιn 1:ων διδασκόπων και 1:ων διδασκομένων f.Π.Τσάμnς Πρόβλnμα

Να yίνει

n

μελέ"Ιn

1:ov

(yραμμικοv μονοοαραμε"Ιρικοv) σvσ"Ιιίμα"Ιος.

(m + 2)χ + (m - 1)y = 2m (3m + 2)χ - (m - 1)y = 2(m - 2)

Α) Με

'ID

(1) } (I)

(2)

(Θέμα της Άλγεβρας Ν Λυκείου)

fραμμικιί Άλyεβρα

(m + 2)χ + (m- 1)y =2m (3m+ 2)χ- (m- 1)y = 2(m- 2)

Για το σύστημα

(1) } (2)

(Ι)

έχουμε:

Α --

2 ( m+ 3m+ 2 2 Β = ( 3m+ m+ 2

1) Αν ο

ο πίνακας των συντελεστών των αyvώστων και

1 m) -(m -1) 1 2 mm ) -(m- 1) 2(m- 2)

βαθΑ =

2

ο επαυξημένος πίνακας.

που σημαίνει ισοδύναμα ότι:

I 3::22 -~-_ \) I Ο<=> (m- 1)(m + 1) Ο<=> { m ~ 1 ;i:

m

τότε και ο βαθΒ

=2

}

;i:

;τ:

αφού ο πίνακας Β περιέχει την ορfzουσα

-1

I

m+2 m+ 3 2

m-1 -(m -1)

του πίνακα Α και δεν έχει ορfzουσα τρίmς τάξης που πιθανά να ήταν ;i: Ο (και τότε θα ήταν ο Β βαθμού 3

00

Αφού είναι βαθΑ

= 2 = βαθΒ το γραμμικό σύστημα (Ι) έχει (πλήθος αyνώστων

2) -

).

λvσn, και επειδή ακόμη:

(κοινός βαθμός

2)

το γραμμικό σύστημα (Ι) θα έχει μηδενική απειρία λύσεων και το σύστημα (Ι) είναι σύστημα

Grammer

και επομένως δέχε1:αι μία και μόνα λvσn νια κάθε τιμή της κοινής παραμέτρου

νια την οiιοία ίο ε IR- {-1, 1}, την

χ=

0

χ=

D-

ι

2m

m+2 2m m-1 ι Λ Dy = 3m + 2 2(m - 2) -(m- 1) y= ι m+2 m-1 ι m-1 ι ;τ:Ο D = 3m+ 2 -(m- 1) -(m- 1)

I

I 2(m- 2) m+2 3m+ 2

2) α) Για m = -1 το σύστημα (I) είναι το

1·χ- 2·y = -2 } -1·χ

+ 2·y = -6

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/46

I ;i:

0

m


----

Η yραμμικιί Άλyεβρα, Ω Αvαλuτικιί rεωμετρία και Ω Προβολική rεωμετρία

οπότε έχουμε: Α=

-2 ) 2

1 ( _1

και είναι βαθΑ = I (αφού ι ξης του Α όπως η

-:1-

Β-

- 2 2

-_ 2 )

6

2

~ ι =Ο .ενώ μία τουλάχιστον από τις υποορίzουσες πρώτης τά­

:1

/11 = 1 είναι

- ( _1 1

και

----

0), ενώ είναι βαθΒ = 2 (αφού μία τουλάχιστον από τις υποορί2

zουσες 2ας τάξης του Β, οι I _\ =~

I, I ~

=~ I είναι -:ι. 0).

Αφού είναι βαθΑ

= I < 2 = βαθΒ το yραμμικό σvστομα (1 0 ) είναι αδvvατο. 3·x+O·y=2} 2) 6) Για m = 1 το σύστημα (I) γίνεται: _ Oa) 5·χ+ 0·Υ-- 2

οπότε έχουμε: Α = ( ~ ~ ) και Β = ( ~ ~ : 2 ) και είναι βαθΑ = 1 (αφού ι ~ ~ ι =Ο και μία τουλάχιστον υποορίzουσα πρώτης τάξης του Α όπως η /31 = 3 -:1- 0), ενώ είναι βαθΒ = 2 (αφού η ορίzουσα του πίνακα Β Πάλι, αφού βαθΑ

= I <2 =

I ~ ~ I =Ο ενώ η I ~ -~ I

βαθΒ το yραμμικό σvστομα

(1 8 )

-:1-

0).

είναι αδvvατο.

Β)Με τnv Αvαλvτική rεωμετρία Επιπέδοv και Χώροv Το γραμμικό σύστημα γράφεται ισοδύναμα:

8 1)

(m + 2)χ + (m- 1)y =2m (1) } (3m+ 2)χ- (m- 1)y = 2(m- 2) (2) (2χ- y) + m(x + y- 2) = Ο (1') } (2') (2χ + y + 4) + m(3x- y- 2) = Ο

rια τnv Αvαλvτική rεωμετρία τοv επιπέδοv

Οι εξισώσεις

και

(I')

(2') oρίzovv στο επίπεδο (I') ορίzει την επίπεδο δέσμη

y) =

2χ-

y =Ο

και

(εz):

(Ι')

Oxy

παραμέτροv ιο. Η εξίσωση {(ε 1 ): Η 1 (χ,

(Ι)

δvο επίπεδες δέσμες κοινής (Δm) =(Σι) από τις ευθείες:

Hz(X, y)

=χ+ Υ-

2

=Ο}

1 _ [ Ι ~ -1 Ι 3'2Υοι = I ~~ ~~ I 34] και με κεvτροτο Σι χοι = ~ 1 _

11

1 και ο εξίσωση

(2')

ορίzει την επίπεδο δέσμη

{(θ 1 ): Θ 1 (χ,

και με κέντρο το Σι Χο2 (

(2χ-

1

1

y) =

+ y + 4 =Ο

1

(Dm) = (Σ 2 ) από τις ευθείες: (θ2): Θ2(χ,

και

fi ι -~· Υοι 1

= 11

I

y) + m(x + y- 2)

=

I

+ y + 4) + m(3x- y- 2)

(1') =Ο

~

3χ- Υ-

2

=Ο}

i -~ Jοπότε το

-4

6

(I')

είναι:

3 -1

Λ

(2χ

2

y) =

(2')

με Σι = (~· ~) με Σz = (- ~·- 1s6)

Ι) V

} (Ι' ) κcn αιμβαfuεt

m ε IR- {-1, 1} να ορίzεται j.ιονοσήμανrα ένα zεύγος ευθειών των δεσμών (Δm) και (Dm) του συστήματος (Ι') και το οποfο zεύγος ορίzει μονοσήμαντα ένα σημείο Μ μιας κωνικής (C) και της ο­ ποίας η εξίσωση ορίzεται από το σύστημα (I') των εξισώσεων (1') και (2') με απαλλειφή της κοινής γραμμικής παραμέτρου m, οπότε παίρνουμε την εξίσωση: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ .... _ 1/47


----

Η yραμμικό Άλyεβρα,

2χ- y

χ+ Υ

- 2

Αvαλιιτικιί rεωμετρία και

n

= 2χ + y + 4 <=> j xz _ 2xy _ 3χ- Υ - 2

n

χ+2=0

Προβολικό rεωμετρία

\ <=> ι _

χ- 2y+ 2= ο 2) α)

Για

m = -1 το αντίστοιχο zεύγος

ευθειών:

-χ+ 2yΛ+ 6= Ο

{

----

~ = l χ_.!_+ l 2

2

χ

} (I~)

που είναι ένα διακεκριμμένο zεύγος παραλλήλων ακτινών των δεσμών (An) και

(Dm) ορίzει το ε­

nάnειρον σημείο Μ 100 της κωνικής (C) με διεύθυνση λ1 =~του διανύσματος \τ1 ( ~) 3χ- 2 =ο}

2) 6) Για m = 1 το αντίστοιχο zέυγος ευθειών:

{

5χ+~=0

(I~)

είναι εrήσης έvα διακεκριμμέvο zεύyος παραλλήλων ακπνών των δεσμών (Ατ,) και

(Dm) που ορίzει το δεύτερο ε­

nάnειρον σημείο Μ2χ:> mς κωVJΚής (C) με διεύθυνση i\z = οο =~του διανύσμαιος \τ2 ( ~ }ου άξονα (y'y). 3) Η

κωνική (C) με εξίσωση την: χ2 - 2xy- χ+ 2 =Ο<=> y =~χ-~+~

είναι στο αναλυτικό επίπεδο μια υπερβολή με ασύμmωτες τις παράλληλες αντίστοιχα προς τα \τ1 ( ~ )

και \τ2 ( ~ ) από το κέντρο της υπερβολής. 8 2)

rια τον Αναλvτικιi rεωμετρία τοv χώροv

,

,

τ ο γραμμικο συστημα:

Oxyz

(2χ- y) + m(x + y- 2) = Ο (2 x+y+ 4) +m (3 x-y- 2) = ο

ορίzει στον αναλυτικό χώρο

Oxyz δύο

(1') } (2')

(I')

αξονικές δέσμες με άξονες τους:

(ξι)= ( Χοι = ~· Υοι = ~) και (ξz) = (Xoz =- Έ· Yoz =- ~6 ) που είναι παράλληλοι προς τον άξονα (ΟΖ) του συστήματος αναφοράς.

Για κάθε τιμή της παραμέτρου δεσμών (ξ1 ) και (ξ2 ) που αν

m

ε

m ορίzεται από το σύστημα (I') ένα zεύγος επιπέδων tων αξονικών IR- {-1, 1} τα επίπεδοα του zεύγους τέμνονται κατά μια ευθεία

(μ) που είναι ευθεία παράλληλη προς τον άξονα (ΟΖ) του συστήματος αναφοράς. Με απαλλειφή της κοινής παραμέτρου m των εξισώσεων (1') και (2') ορίzεται η επιφάνεια που είναι ένας υπερβο­ λικός κύλινδρος (Υ) με εξίσωση 2

χ

- 2xy -

και έχει οδηγό γραμμή τnv υπερΒολή {

χ

2

-

χ

1 <=> y =-χ - -1 + -1

2

2

χ

2xy - y + 2 = 0 } και

z=

r) Με

Ο

+2=

που είναι στο επίπεδο

(Oxy}.

Ο

τον Προβολικό rεωμετρία

Επειδή το σύστημα:

(m + 2)χ + (m- 1)y =2m (3m+ 2)χ- (m- 1)y = 2(m- 2)

είναι γραμμικό ως προς χ και δέσμες (Δ,) και

(Dm)

y της

(1) }

αυτής γραμμικής παραμέτρου

του συστήματος

(1'):

F.VKΛF.IΛHΣ

R'

ιι:θ. τ.

(I)

(2)

1/4R

m,

γιαυτό οι αντίστοιχες επίπεδες


(2χ- y)

+ m(x + y- 2) =

Ο

Λ

(2χ + y

(Υ)

+ 4) + m(3x- y - 2) =

Ο

ορίzουν στο επίπεδο μια nροβολικό"Ιn"Ια και τα σημεία τομής Μ των αντίστοιχων ακτινών των (Σι) και (Σ 2 ) για κάθε τιμή της παραμέτρου m ορίzουν (συνθέτουν) μια κωνική (C). α) Στην κωνική (C) που ορίzεται από το σύστημα (Ι') των δύο προ­

βολικών επίπεδων δεσμών (Σι) και (Σ 2 ) ανήκουν τα κέντρα Σι και Σ 2 αυτών των δεσμών:

αι) Καθορισμός 'IOV Σ 2 ως σnμείοv "Σος κωνικής Θεωρούμε την ευθεία Σι υ Σ2

(C)

= Σι Σ 2 ως ακτίνα της δέσμης (1') την τιμή mι της παρα-

(Δω)= (Σι) και ορίzουμε από την εξίσωση

,

μετρου

m

,

,

με την απαιτηση η ακτινα

ΣιΣ

2 να

,

περιεχει το

Σ 2 ( - S' 2 -5 16

και έχουμε:

[ 2 (-

Έ)- (- 156 )] + mι (- Έ- 156 -

2) =

και συνέχεια για mν τιμή αurή mι = ~ ορίzουμε σm δέσμη

Ο ~ (-

g+

156) +

mι (- ι:

-

2) =

Ο~

(Dm) = (~) από mν εξίCXJXJn αurής (2') mν εξίαvση:

(2χ + y + 4) + ~ (3χ- y- 2) =Ο ~23χ + 4y +22 =Ο που ορίzει την ευθεία (ε2 ) και που είναι η ακτίνα της (σ2 ) που αντιστοιχίzεται στην ακτίνα ΣιΣ2 της (Σι). Η (ε2) είναι διάφορος της ΣιΣ 2 και το σημείο τομής Σ 2

κής

(C)

α 2 ) Καθορισμός 'IOV Σ 1 ως σnμείοv "Σος κωνικής

Θεωρούμε πάλι την Σ 2 υ Σι

(2')

=

(ΣιΣ 2 ) ΓΙ (ε2 ) είναι σημείο της κωνι­

με εφαmομένη στο σημείο Σ 2 την ευθεία (ε2 ) (λόγω γειτονιάς).

της δέσμης

(Dm) =

= Σ 2 Σι

ως ακτίνα όμως της δέσμης

(Σ 2 ) ορίzουμε την τιμή

περιέχει το Σι (~· ~)οπότε:

(C)

m2 της

παραμέτρου

( 2 ~ + ~ + 4) + m2 ( 3 ~- ~- 2) =

(Dm) = (Σ 2 ) και από την εξίσωση m με την αnαί"Ιnσn η Σ2Σι να

Ο ~ I m2 = 5 I

και στη συνέχεια για την τιμή αυτή

(1')

την εξίσωση:

m 2 = 5 ορίzουμε στη δέσμη (Δm) (2χ- y) + 5(χ + y- 2) =Ο~ 7χ + 4y- 10 =Ο

=(Σι) από την εξίσωση αυτής

που ορίzει την ευθεία (ει) που είναι η ακτίνα της δέσμης (Σι) που αντιστοιχίzεται στην ακτίνα (Σ2Σι) της (Σ2 ). Η (ει) είναι διάφορος της Σ2 Σι και το σημείο τομής Σ 1 κωνικής

(C)

και η (ει) εφάmεται της κωνικής

(C)

ΡVΙlΛΡΙΛΗΣ

=

(Σ 2 Σ 1 ) ΓΙ (ει) είναι σημείο μιας

στο Σι (λόγω γειτονιάς).

R' ·"~Τ~ 1/!iO


"αθnματικές Ολ"μ~ιάδες 12n Β.Μ.Ο. Επιμέλεια: Π. Μορέyιαννnς, Σ. Ράοοος,

r. Τάκος

Λvσεις: Σ. Ράοοος

Η 12n Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διεξήχθη σιην πόλη Φιi\ιππούπολη της Βουλγαρίας σιο διάσιημα 7-13 Μαίου 1995, με συμμετοχή των χωρών της Ελλάδας, Βουλγαρίας, Σερβίας, Κύπρου, Σκοπίω\! και Αλβανίας. Η φιλοξενία των Βόυλyάρων ήταν άψογη και το πρόγραμμα πλούmο (επισκέψεις σε μαθηματΊκά σχολεία, μουσεία κλπ.). Η εξαμελής ελληνική αποσιολή αποτελούνταν από τους · Π. Θεοδωρίδη,

Σ. Ράππο,

Ν. Καρανασιάση,

Σ. Ρουντzούνη,

Π. Μπρέyιαvvη,

Γ. Τάκ9

και συνοδεύονταν από τους Θ. Μπόλη, Δ. Κοντοyιάvvη και Π. Βλάμο. Η ομάδα μας κατάφερε να αποσπάσει ι1 χάλκινα μετάλλια, με τους Π. Θεοδωρίδη, Π. Μπρέyιαvvη, Σ. Ρουvτzούνη, Γ.Τάκο και ι αρyvρό με τον Σ. Ράππο.

Τα θέματα της 12ης ΒΜΟ με σύντομες λύσεις ήταν τα εξής: θέμα ορώ,-.:ο

(FYROM)

Να βρεί-.:ε -.:nν -.:ιμιί -.:nς έκφρασnς:

y=

χ*

χ+ Υ

ι

+xy

( ... (((2 * 3) * 4) * 5)

* ... ) *

ι995, όοοv

, yια κο~eε eε-.:ικο~ χ, y. Λ15σn

Παρατηρούμε

ότι

η

πράξη

+ 1) - 2 2 * 3 * . . . * η -_ n(n n(n + 1 ) + 2 , νια

είναι

προσεταιρισιική

και

με

επαγωγή

δείχνουμε

ότι:

,

η περιπο.

θέμα δεv-.:ερο (ΕΛΛΑΔΑ Δ. Κοποyιάννnς)

θεωρο15με -.:οvς κvκλοvς

C 1 (0 1 , r 1 ) και C2 (0 2 , r 2 ) oov τέμνοπαι σ-.:α Α. Β όοοv r 2 και 0 1ΑΟ 2 = 90°. Η εvθεία 0 1 0 2 -.:έμνει τον C 1 σ-.:α C, D ενώ τον Cz στα Ε, F. Το Ε είναι με-.:α~v -.:ων C, D και το D με-.:α~v -.:ων Ε, F. Η ΒΕ Ί:έμνει -.:ον Cι σ-.:ο Κ και -.:ον AC σ-.:ο Μ, ενώ n BD -.:έμνει -.:ον C2 σ-.:ο L και τον AF σ-.:ο Ν. Να δεί~ε-.:ε ότι

r1

<

ΚΕ

r2

rι = ΚΜ ·

LN

Lo· Λ15σn

Επειδή οι κύκλοι τέμνονται κάθετα, εύκολα δείχνουμε ότι

C,

Α,

L συνευθειακά

και

F,

Α, Κ συ­

νευθειακά.

Από το θεώρημα Μενελάου σια τρίγωνα MCE και NDF, που τέμνονται από ης ευθείες FAK,

CAL αντίσιοιχα,

έχουμε ότι: ΚΜ · AC. 2r2 = 1 =LN.

ΚΕ ΑΜ CF Στο εyγράφtμο ΑΜΒΝ, εύκολα δείχνουμε

rz r1 =

ΚΕ

ΚΜ.

2 AF. r1 LD ΑΝ CF ότι ΜΝ // FE,

(1) οπότε από την

(1)

προκύmει

LN LD"

Παρα-.:ιίρnσn. Οπως μας είπε ο κ. Κοντοyιάvvης, που κατασκεύασε την άσκηση, αυτή ιχύει και

οταν Ο1 Α 0 2

* 90°.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ.

1/52


- - - - - - - - - - - - - - Μαθnμαuκές θέμα Ίρίτο

Ολ.,μοιάδες

--------------

(MBANIA)

'Ecnω a, b θεΊικοί ακέραιοι με a 2

2

Ίος ε~ίσωσnς χ - (a

> b και a + b

a + 1)(χ- b

-

2

-

= άρΊιο. Νά δεί~nε όΊι οι ρίzες

1)- (b + 1)2 = Ο είναι θεΊικοί ακέραιοι 2

κανένας αοό Ίο"ς οοοίο"ς δεν είναι Ίέλειο ΊεΊράyωνο. Λvσn

οι

2

,

2 = b + 1,

ριzες της ε ξ'ισωσης ειναι χι

,

2

χ2

= a 2 - b2 - a

και εηει δ η

, a

~

b + 1 , εχουμε , , ση

a - b - a ~ a- 1 > b- 1 ~Ο, δηλ. χι, χ2 θετικοί ακέραιοι. Το χι ουδέποτε είναι τέλειο τετράγωνο, αφού b2 < Χι < (b + 1) 2. Για το χ2 θέτουμε m = (a ~ b), η = (a- b) και υποθέτουμε όη

. 2 2 c = χ2 = 4mη- η- m για κάποιο c ακέραιο. Τότε (4m- 1)(4η- 1) = 4(4mη- tή- η)+ 1 (1}. Αν όμως ένας αριθμός q είναι της μορφής q = 4κ + 1 θα έχει πρώτο διαιρέτη της μορφής ρ = 4λ- 1. Έστω φυmκοί χ, y ώστε (χ, ρ) = (y, ρ) = 1, οπότε από θ. Fermat προκύmει ότι: 22λ-Ι 22λ-Ι 2 2 2 2 (χ) + (y) -2 O(mod ρ)= χ + y δε διαιρεί το ρ =χ + y δε διαιρεί το q (2). Θέτουμε χ= 2c, y = 1, οπότε οι (1), (2} καταλήγουν σε αντίφαση.

=

θέμα ΊέΊαρΊο (ΣΕΡΒΙΑ)

ΈΟΊω n θεΊικός ακέραιος και S Ίο σvνολο όλων Ίων σημείων (χ, y) όοο" χ, y θεΊικοί ακέραιοι με χ ~

n,

Υ ~

Ίραyώνων με κορ"φές ΟΊΟ τωv σnμείωv τοv

όΊι αο = αz

+

S, nov

n.

ΥοοθέΊο"με όΊΙ τ είναι ΊΟ σvνολο όλων Ίων Ίε·

Σ"μβολίzο"με με ακ (κ~

S.

0),

ΊΟV αριθμό τωv zεtJVώv

είναι κορvφές ακριβώς κ ΊεΊραyώνων ΊΟ" Τ. Να δεί~εΊε

2αs. Λvσn

Προφανώς υπάρχουν μόνο τα α 0 , α ι, α2 , α3 . Ο πληθάριθμος του

η

2

( 2

)-

η (η- 1)(η + 1) -_ αο + οι + 2

2

α2

+

S είναι (1 )

α3

Τ ο πλήθος των τεφαγώvων του Τ πλευράς κ που έχουν πλευρές παράί\ί\ηλες στους άξονες είναι 2

(η- κ) . Σης πλευρές των τετραγώνων αυτών περιέχονται οι κορυφές ακριβώς κ τετραγώνων του Τ ο πληθάριθμος του τ είναι λοιπόν: η-ι

η-ι

η-ι

η-ι

2

ιτι =Σ κ( η- κ)2 = Σκ2(η- κ}= η Σκ2- Σκ3 =η (η- i~(η + 1}_ κ=ι

κ=ι

κ=ι

κ=ι

Αν το πλήθος των τετραγώνων του Τ οριστεί με βάση τα σημεία του 2

lll = (οι+ 2α2 + 3α3) η (η- 1)(η + 1) 6 Από

(1)

και

(2)

προκύπτει ότι α0

= α2 +

12

S,

έχουμε:

(2 )

2α3 .

Θα θέλαμε τέλος να ευχαριστήσουμε την Ε.Μ.Ε. και τον κ. Δ. Κοντογιάvvη για την πολύτιμη βο­ ήθειά του στις επιτυχίες μας αυτές.

E'VU Α r• Α._._.. _..,

-


Ένα ορόβλnμα, πολλές λcσεις Επιμέλεια: Νίκος Στάθο Παπαδόποvλος

Ο συνάδελφος rιώρyος Μενδωνίδος με τον τίτλο: «rεωμετρία ο επιστήμο τοv χθες και τοv αvριο», μας έστειλε και δημοσιεύουμε τα ακόλουθα: Όπως διάβασα κάπου, ο Καρλ Μαρ~, ο οποίος γνώριzε Ελληνικά, πριν από κάθε σοβαρή ε­ πιστημονική εργασία του, ε?ιυνε ασκήσεις Γεωμετρίας.

Μ' αυτόν τον τρόπο πιστεύουμε πως οδηγούσε τη σκέψη του στην κατεύθυνση της παραγωγικής και δημιουργικής αποδεικτικής διαδικασίας.

Η Γεωμετρία είναι το μάθημα, το οποίο μας μαθαίνει να κατασκευάzουμε, να υπολογίzουμε και να αποδεικνύουμε. Γι'αυτό έχει για πολέμιό της, τον «aρπακτικό καπιταλισμό» και τους ελάχιστους ευτυχώς αμέριμνους, πολλές φορές, επιστημονικούς συνοδοιπόρους του, οι οποίοι στο όνομα του «εκσυγχρονισμού των Μαθηματικών», ρίχνουν νερό στο μύλο της ελαχιστοποίησης της κριτικής ή αντικειμενικής σκέψης των μαθητών, με όΛες τις γνωστές συνέπειες ...

Η Γεωμετρία όμως έχει ένδοξο παρεΛθόν, πΛούσιο παρόν, εΛπιδοφόρο μέλλον και καμιά σκο­ πιμότητα ή αμέΛεια δε θα μπορέσει να της αλλάξει το μορφωτικό αλλά και το ουσιαστικό της περιε­ χόμενο.

Λένε πως πίσω από έναν «γεωμετρικά σκεπτόμενο» άνθρωπο, κρύβεται πάντοτε ένας καλός Γ ε­ ωμέτρης. Η μέση εκπαίδευση έχει σήμερα πολλές χιλιάδες τέτοιους Μαθηματικούς, που διδάσκουν «Αποδεικτική Γεωμετρία», με έμπνευση και μεράκι και δίνουν φτερά στην κριτική και αποδεικτική σκέψη των μαθητών τους.

Εδώ πιστεύω πως πρέπει να επαινέσουμε τη στήλη του περιοδικού «ΕυκΛείδης Β», «~Ενα πρό­ βλοpα

-

πολλές λύσεις», του συναδέλφου Νίκοv Στάθο Παπαδόποvλοv, γιατί Λύνοντας

εκεί πολλά γεωμετρικά προβΛήματα με πολλούς τρόπους, δίνει στο μαθητή τη δυνατότητα να αντι­ ληφθεί την πολυμορφία της μαθηματικής σκέψης, τον κάνουν ικανό στη συνεχή αναzήτηση νέων Λύσεων και του δίνουν τη δυνατότητα της επιλογής της καλύτερης, κατά τη γνώμη τους, δυνατής Λύσης.

Έτσι ο μαθητής μαθαίνει από μικρός να αναzητάει και για τα προβΛήματα της καθημερινότητας,

πολλές εναλλακτικές Λύσεις και γίνεται ικανός να επιλέγει την καλύτερη από αυτές.

Πιστεύοντας πως κανένας καλόπιστος άνθρωπος, δεν μπορεί να αμφισβητήσει, τον κυρίαρχο

ρόλο της Γεωμετρίας στη zωή μας, ας βοηθήσουν διδάσκοντες και διδασκόμενοι, ώστε το μάθημα αυτό να πάρει τη σωστή του θέση στο εκπαιδευτικό στερέωμα και ας μην ξεχνούμε ότι «αεί ο θεός ο μέγας γεωμετρεί».

Η συνάδεΛφος Παναyιώτα Δομ. Βάθο (Χαλκίδα), μας έστειλε και δημοσιεύουμε τα ακόΛου­ θα:

Θεώρnμα των

Steiner - Lehmus

Το θεώρημα «Εάν δvο εσωτερικές διχοτόμοι τριyώνοv είναι ίσες, τότε το τρίyωνο είναι ισοσκελές», είναι γνωστό ως Θεώρημα των Steiηer- Lehmus. Ο C.Lehmus, καθοynτής Πανεπιστοpίοv στο Βερολίνο, zήτοσε το

1840 από τον περίφοpο Ελβετό yεωμέτρο Jacob Steioer, να αποδεί~ει τον πρότασο αvτή. Το 1850, βρήκε και ο Lehmus δικιί τοv απόδει~ο. Από τότε πολλές αποδεί~εις τοv θεωρήματος έχοvν δομοσιεvθεί.

Στο τεύχος Ιανουάριος- Φεβρουάριος ρουσες αποδείξεις του θεωρήματος Steiηer

1995, σελίδες 56- 60, - Lehmus και σύντομες

δημοσιεύτηκαν εννέα ενδιαφέ­ ιστορικές σημειώσεις.

Για τους αναγνώστες του ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' δίνουμε ης ακόλουθες πληροφορίες και μερικές ακόμη αποδείξεις εκείνου του θεωρήματος:

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ

8' κθ. "Ι. 1/54


------------Ένα nρόβλnμα, nολλές λιlσεις

------------

ι. Σης εισαγωγικές εξετάσεις για το Μαθημαηκό Τμήμα του Πανεπιστημίου Αθηνών ετέθη στους υποψηφίους το

1952 το θέμα:

«Να αποδεαθεί (όχι με απαγωγή εις άτοπον), όη εάν τρίγωνο δεν είναι ισοσκελές, τότε δύο δι­ χοτόμοι του είναι άνισες».

(βλ. ΕΤΗΣΙΟΝ ΔΕΛΙΙΟΝ

1952 ΑΡΙΣΤΕΙΔΟΥ ΠΑΛΜ,

σελίδα

28).

Η πρόταση αυτή είναι, βεβαίως, ισοδύναμη με το θεώρημα Steiηer

2. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β', τεύχος Ιανουάριος- Φεβρουάριος 1976, Εκεί αποδεικνύεται η πρόταση:

3. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β', τεύχος Μάιος

«8 < y 1978,

- Lehmus.

σελ.39:

τότε δι> δy>>.

σελ.12:

Αποδεικνύεται διαφορετικά η ίδια πρόταση.

4. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β', τεύχος Ιανουάριος- Φεβρουάριος

1979,

σελ.136-

137:

Έχει δημοσιευτεί ένα ενδιαφέρον άρθρο του Μαθημαηκού Νίκου Κισκύρα σχεηκά με το θεώ­ ρημα Steiηer

- Lehmus.

5. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β', τεύχος Μάιος

1979,

σελ.237:

Ο Γ. Γ. Ωραιόπουλος ασχολείται με το θεώρημα Steiηer-

Lehmus

κω παραθέτει δύο αποδείξεις

του.

6.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β', τεύχος Νοέμβριος- Δεκέμβριος

1979,

σελ.95:

Δημοσιεύεται μια πολύ ενδιαφέρουσα επιστολή του Μαθημαηκού Νίκου Κισκύρα σχετικά με το θεώρημα Steiηer-

7. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Lehmus.

Β', τεύχος Μάρηος

1980,

σελ.160-

161:

Σχολιάzεται μια από ης γνωστές αποδείξεις του θεωρήματος

«8 < y

~ δι

>

δv» και δίνεται μια

απόδειξή του.

8. Ο

Ιωάννης Πανάκης στο βιβλίο του ΤΟ ΙΣΟΣΚΕΛΕΣ ΤΡΙΓΩΝΟ, που εκδόθηκε πριν από το

1960,

δημοσιεύει δώδεκα διαφορετικές αποδείξεις του θεωρήματος Steiηer-

Παραθέτω αμέσως την ι

1on και 12n από

Lehmus.

εκείνες ης αποδείξεις:

on Αnόδειξn Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, στο οποίο οι εσωτερικές διχοτόμοι του, ΒΕ και ΓΔ, είν01 ίσες.

Θ'αποδείξουμε όη το τρίγωνο είνω ισοσκελές (Σχόμα ι). Θεωρούμε το μέσον Ζ της ΒΓ και την ημιευθεία ΔΖ, πάνω στην

οποία παίρνουμε τμήμα ΖΗ

Α

= ΖΔ.

τ ο τετράπλευρο ΔΒΗΓ είναι παραλληλόγραμμο και επομένως

ΒΗ = ΓΔ = ΒΕ· άρα το τρίγωνο ΒΕΗ είναι ισοσκελές και ~

τ

~

+ λ=

.-"..

σ.

(1) .............

Υποθέτω όη Β

...::...

ΒΔΓ έχουν ΓΕ Από ης

(1)

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

..........

<

και

(2)

Γ, δηλαδή ω

...........

....ι:::ι..

φ. Άρα τα τρίγωνα ΒΕΓκαι .---... .---... ΔΒ =ΓΗ άραΓΕ< ΓΗ και ν< μ. (2)

<

<

προκύmει

Γ

τ+ λ+ ν< μ+ σ, ΒΗΓ< ΒΈΓ, ΒΔΓ < ΒΈΓ, "" ~ "' Γ Β ~ "" 180°- Β < 1800- "" Γ καιτέλος, Β> Γ.

2

2

Αυτό είναι άτοπο, γιατί υπέθεσα Β< Γ. ............

~

Άρα δεν είναι Β ~

...........

<

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

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

Γ" όμοια αποδεικνύεται όn δεν είναι Β

>

Γ ·άρα

Β= Γ καιβ=y.

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ_ τ

1t!'aι;;

Η Σχόμα ι


------------Ένα ορόβλnμα, οολλές λύσεις------------

12° Αοόδειξn ~

Έσιω τρίγωνο ΑΒΓ, οι εσωτερικές διχοτόμοι ΒΕ και ΓΔ του οποίου, είναι ίσες. Θα αποδείξουμε

ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές (Σχήμα 2). Πρόγματι, εάν υποθέσουμε Β < Γ, τότε θα είναι και ΑΓ

Α

< ΑΒ. Από τα σημεία Δ και Ε φέρνουμε τα ευθύγραμμα // ΒΓ. Είναι ;} = ~·· άρα ΗΕ = ΗΒ. Είναι ~ = φ άρα ΔΖ = ΖΓ.

τμήματα ΔΖ// ΒΓ και ΕΗ

Επειδή Β< Γ, δηλαδή~< φ, τα ισοσκελή τρίγωνα ΒΗΕ και ΔΊΓ .............l:χουν, από υπόθεση, ΒΕ = ΓΔ και τη γωνία ........... ........... .............

ν= σ< φ =ω άρα είναι άνισα και συνεπώς ΗΕ <ΔΖ.

(1) Επειδή οι ΒΕ και ΓΔ είναι διχοτόμοι, έχουμε διαδοχικά: ΓΕ ΒΓ ΒΓ ΔΒ , ΑΕ= ΑΒ < ΑΓ = ΑΔ' (2) επειδη ΑΓ < ΑΒ. Ά

Σχήμα

2

ΓΕ. < ΔΒ ΓΕ + 1 < ΔΒ + 1 ΓΕ +ΑΕ< ΔΒ + ΑΔ ΑΓ < ΑΒ ΒΓ < ΒΓ

ρο ΑΕ

ΑΔ' ΑΕ

ΑΔ

'

ΑΕ

ΑΔ

' ΑΕ

ΑΔ' ΕΗ

ΔΖ

(διότι ΑΗΕ ~ ΑΒΓ ~ Mz). Άρα ΔΖ

< ΕΗ.

Οι σχέσεις

(3)

(1) και (3) είναι ασυμβίβαστες. Καταλήγουμε λοιπόν, στο εξής:

«Εάν δύο εσωτερικές διχοτόμοι τριγώνου είναι ίσες, είναι αδύνατο οι αντίστοιχες γωνίες να είναι

άνισες" άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές».

9. Παραθέτω, τώρα, (Σχήμα

μια τριγωνομετρική απόδειξη του θεωρήματος Steiηer

- Lehmus:

3) ~

,

+m

χ+ υ

ημ2ω

ημ2φ

f

ΤριγωνοΑΒΓ:--=~

Α

(1)

Τρίγωνο ΒfΔ: ΓΔ = _!!_ ·ημ2φ (2) ημω

~

Τρίγωνο ΒΓΕ:

f-

χ

Br:. = - ·ημ2ω (3) ημφ

Από τις (2) και (3) προκύπτει: fημ2φ = χημ 2 ω ημω

(4)

ημφ

τ ρίγωνα AfΔ και ΑΒΕ: ....!!!._= ημω

ΓΔ

ημΑ

=

ΒΕ =_Lάρα_!!!_=_L

ημΑ

ημφ

Αvτικαθιστούμε τα

I!

και

m

ημω

ημφ

(5 )

από τις (4) και (5) στην (1) και,

μετά τις aπλοποιήσεις, παίρνουμε:

χ· ημω ημφ

Β

Γ Σχόμα

3

+ y· συνφ =χ+ y. (6 ) συνω

Εάν φ =ω, τότε η

(6)

είναι αληθής.

Εάν φ φ ω, τότε εύκολα αποδεικνύεται (επειδή Ο< φ, ω<~) ότι η (6) δεν ισχύει. Άρα φ

=

ω και επομένως β

= γ.

Η απόδέιξη αυτή έχει δημοσιευτεί σιο περιοδικό ριος

1969,

σελίδα

59.

The Mathematical Gazette,

Φεβροvά­


Ένα npόβλnpa, nολλές λ.Sσεις

------------

10. Στο περιοδικό Mathematics magazine, τε.Sχος Μάρτιος 1970, σελίδες 101 102, έχει δημοσιευτεί η παρακάτω απόδειξη· ο συyyραφέας ισχυρίzεται ότι δεν την έχει δει πουθεvό δημοσιευμένη και επομένως ότι είναι πρωτότυπη: (βλ. Σχιίμα 4) Μ

Έσιω τρίγωνο ΑΒΓ με ίσες ης εσωτερικές ΙΈ.

δαοτόμους

ΒΔ

και

~-- 0 ο

Ν

Στις ημιευθείες ΒΑ και ΓΑ

παίρνουμε τμήματα ΑΜ =- ΑΝ -= 81 και φέρνουμε ΜΜ 1 .1 ΒΔ και

/

ΝΝ 1

.1 ΓΕ. Η δαοτόμος ΑΙ του τριγώνου ΑΒΓ τέμνει τη ΜΝ σιο Ρ και

είναι μεσοκάθετος της ΜΝ Αριι .t->IN μ}Μ και 1Μ J.N. \1 ι Είναι ΒΕΓ ::: ΕΑΝ και ΒΔΓ ΑΔΜ Άρα ΒΔΜ = ΓΕΝ = ΑΒΓ. oCC

Άρα ΜΜ 1

:7:

ΝΝ1.

Άρα ΝΝ 1 Ι = ΜΜ 1 Ι και ElN- ΔΊΜ

Γ

Β

~χιίpα ~

4

~

Επειδή οι γωνίες στις (1) είναι εξωτερικές των τριγώνων ΑΙΓ και ΑΙΒ αvτιστοfχως, προκύmει ότι φ

-

ω και Β

Γ Άρα ΑΒ

-

-

0

ΑΓ

υ uυγγμαφέu~ ιuχυμιΖειαι, ακόμη, όιι η απόδειξη αυrή είvαι «άpεσn», δηλαδή δε χρησιμοποιεί

τη μέθοδο της απαγωγής εις άτοπον. Υτσ π:ι\χος Μnρηος

1974 ΙJι::λfδα RR τοο ίδιου περιοδικοιJ. ασκήθηκε αυστηρή κριτική σ'αυτήν

ιnv ιιηοbειζιι και εγιvε φανερο σα η παραπανω αποδειξη δεν είναι άμεση, διότι στηρίzεται σε προ­ τάσεις, οι οποίες δεν έχουν άμεση απόδειξη.

11. Ι Ιαραθέτοuμε

μια πολύ σύντομη απόδειξη του θεωρήματος Steiηer-Lehmus αυτή έχει δημο­

σιευτεί στο περιοδικό Ιαvοvάριος

1963.

MONTHLY τnς σελίδες

Αμερικανικός Μαθnματικιίς Εταιρίας, τε\iχος

79- 80:

(βλ. Σχιίμα

5) .Α.

"""'

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με ίσες δαοτόμους ΒΜ και ΓΝ' υποθέτω ότι το τρίγωνο ΑΒΓ δεν είναι ισοσκεΜς χωρfς βλάβη της γενικότητας υποθέτω ότι Β< Γ. (~χιίμα

Α

Θεωρούμε σημείο Λ της ΒΜ τέτοιο, ώστε ΛfΝ = ~. ........

........

Επειδή ΛΒΝ

5)

"='

ΛΓΝ τα σημεία Λ. Ν Β. Γ είναι ομοκυκλι-

hO

. '

β

/,

Ε:ιναι Β c;c-

8 Β ( Α i θ -t ι-···::ο 90° r - <- + -- < --· 0

2 2 2 2 Άρα ΓΒΝ < ΛrΒ < 90° (1) Οι ΒΛ και ΒΛ< ΓΝ

2

----

.

ΓΝ είναι χορδές του κύκλου ΛΝΒΓ και

(2)

_.....

.Λ.

Από τις (1) και (2) προκύπη:ι ΛΓΒ

< ΓΒΝ.

(3)

Αυτό είναι άτοπο, διότι ιοχυει η ( 1). ,.........,

..·..

.Apa Β · I κω Η) φίγωνο ΑΒΓ είναι ωοnκελές ~χιiμα ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κβ. τ.

1/57

5


~-------------------------Έvaαρόβ~apa,αο~ΑέςΑ~οεις---------------------------

12. Πολλές

αποδείξεις του θεωρήματος Steiηer -

Lehmus,

που έχουν προταθεί κατά καιρούς, έ­

χουν χαρακτηρισθεί από τους συγγραφείς τους ως ΑΜΕΣΕΣ.

Από έγκυρα σχόi\ια και λεπτομερείς παρατηρήσεις, που έχουν γίνει επάνω στις αποδείξεις του Lehmus, παίρνουμε την πληροφορία, ότι καμία από αυτές τις αποδείξεις δεν είναι ΑΜΕΣΗ, με την έννοια ότι τα θεωρήματα, rn:α οποία αυτή στηρfzεται, έχουν όλα άμεση από­

θεωρήματος Steiηer δειξη.

Δεν έχει ευρεθεί απόδειξη του θεωρήματος ΑΜΕΣΗ, με τη σημασία του όρου, που δόθηκε πα­ ραπάνω.

ΩΡΟΛΟΓΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ Φτιάξτε το ωρολόγιο πρόγραμμα του σχολείου σας (Γυμνάσιο

-

Λύκειο) με απλό

και γρήγορο τρόπο.

Το Πρόγραμμα το

ERMHS

αιώνιο πρόβλημα.

για

λύνει

P.C.,

Κατανομή

ωρών,

ελαχιστοποίηση κενών, προτιμήσεις, όλοι οι έλεγχοι, πρόσθεση-αφαίρεση καθηγητή

στο τελικό πρόγραμμα κ.λπ. Απεριόριστοι καθηγητές-τμήματα. Αναγνώστου Βασίλης- Μαθηματικός Τηλ.:

(01) 43.14.702

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΕΡΙΕΧΟΥΝ

*

Ασκr\σεις του συγγραφέα

-

Αποθnσαύρισμα τπς 18χρονπς εμπειρίας

του από τnv προετοιμσσlα των υnοψnφ!ων στο φροvτlστnριο, στο πνεύ­ μα των τελευταlων εξετόσεων που συνδυόζουν γνώσεΙ(;, από nολλό κεφάλαια αυγχόνως.

8

Λυμένα τα πιο ουσιwδπ θέματα οπό τις Πανελλr\νιες Εξετάσεις τrι;; nερασμένπς εντεκαετlας

8

1983-1994.

Λυμένες μια σειρό ασκnσεων nοι..ι εnιλέχ.τnκαν από διόφορες εκδό­ σεις ελλπνικΟΟν και ξένων περιοδικeι':ιν όπως; ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ τπς: ΕΜΕ ΠΡΟΕΚΤ ΑΣΕΙΣ ΣτΗΝ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ MARτiCULAτiON

-

- ΘΕΑΙΤΗΤΟΣ - ΜΑ ΤΗΕΜΑ τΙC NEWS

CASSΠA MATEMAτiCA- ΤΗΕ ΥΟΚΟΗΑΜΑ MATHEMAτiCAL

JOURNAL

JOURNAL

BOARD- LOOK JAPAN

'.J Λυμένες μια σειρό επιλεγμένων ασκr\σεων σπό μια πλούσια ελλnνικι\ και ξέvπ ΒιΒλιογραφlα.

•) Λυμένα θέματα μαθπτικwν διαγωνισμων όπως τπς Ελλπνικι\ς Μαθπ­ ματικι\ς Εταιρεlας (ΕΜΕ). Μαθπματικwν Ολυμπιάδων, του William Lowell στις ΗΠΑ,

"ΣΤΥΛ" και το "ΠΝΕΥΜΑ" ΤΩΝ ΦΕΥΙΝΩΝ θΕΜΑΤΩΝ ΣfΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 1ης και

4ης ΔΕΣΜΗΣ ΟΣΟ ΚΑΝΕΝΑΑΜΟ.

Λυμένο θέματα από εξετάσεις διαφόρων ξένων πανεπιστnμlων

BACALAUREAT - LONDON POLYτECHNIC - NEW YORK UNIVERSITY LIVERPOOL UNIVERSiτY - G.C.E. Αγγλικό - MOSCOW UNΙVERSITY

τΑ βfΒΛΙΑ ΠΟΥ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΑΝ το

που έχουν σχέσn ως προς τον περιεχόμενο με τις Πα­

νελΜνιες Εξετόσεις τπς lπς Δέσμnς.

τΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΟΥ ΤΑvτιtτΗΚΑΝ ΜΕ ΤΟ ΝΕΟ ΠΝΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕ'f'ΑΣΕΩΝ

θΕΜΑΤΑ ΣΥΝΔΥΑΣ11ΚΑ ΠΟΛΛΩΝ ΕΡΩΤΗΜΑΤΩΝ ΠΟΥ ΜΟΝΟ ΤΟ "ΝΕΟ ΠΝΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ"

του Μcιθnματικού φροντιοτή Σάκη

Λιnορδέzn ΠΕΡΙΕΧΟΥΝ luνάδtλφοι πpοπfνετε και διδάξετε ατους υποψnφιους το μοναδικό εξωσχολικό ΒοΠSnμα που θα τους φtpcι t&ιο κοντι!ι

!/

Τετράδες Θεμότων από τα θέματα του ΒιΒλlου στο στυλ και το επl­ nεδο των Πανελλnνfων Εξετόσεων και με εpωτnσεις θεωρlος; που κα­ Μπτοuν τα πιο πιθανό θέματα από όλn τnν ύλn για δοκιμαστικό

ΓΙΑ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΕΣ ΤΗΛΕΦΩΝΗΣΤΕ

πριν τις εξετόσεις.

Τοσρχεlο θεμάτων μαθπματικων 1nς Δtσμος από ΠανελΜνιες Εξετά­ σεις

1983 - 1994

0631/21206 • FAX 0631/21916 fl znmατc τα στα καλά μcγάλα βιβλιοnωλcια.

τα sos θέμα~α τnς θεωρlας

ΕΥΚΛΕΙΔΗ~ Β' κθ. τ.

ατα tΝμαrα των εξετ6ικων.

Test

1/58


~ 1ηΔΕΣΜΗ Ο ΑΛΓΕΒΡΑ

.

.·• ρf~~· Φ·~~va

μι το Ανaλuηκό

~~Ί>~~q. nou ;~cmύει, με naραδε!νματα και ~~"~Vματa.

• Πίνακες-Ορίζουσες-Συστήματα • Μιγαδικοί-Πιθανότητες υ ΑΝΑΛΥΣΗ

• Συναρτησεις-Ορια-Συνέχεια • Διαφορικός Λογισμός • Ολοκληρωτικός Λογισμός

' .Βαeι ~~ο κλείνει με μια πλούσια σuλλογή

~eιΦν nροοδιuτικnς δuσκολίας με αnοτέ­

λισματα. ατο τέλος τοu βιβλίοu κα.ι unοδείξεις

Διαφορικές Εξισώσεις

Υ~·~~·ΩΙΟ δσσκολες.

.riα τnν eμπέδςι>σn τ~νμεθόδ~ν παρατίθεται · wα πλήθος από unοδειγματ.ικd λuμένα θέματα.

~ 4ηΔΕΣΜΗ Ο ΑΛΓΕΒΡΑ

( Π(νακες-Συmήματα-Πιθανότητες ) Για rnν anοστοΜ (με aντικaτaβοΜ τοu βtβλίοu

ταχυδρομείστε το nαρακάτ~ δελτίο παραγγελίας

στn διεύθwσn:

U

ΑΝΑΛΥΣΗ

• Συναρτησεις-Ορια-Συνέχεια • Διαφορικός-Ολοκληρωτικός Λογισμός

''Γιdννn Στραι:ιt Εσπερίδων 5 ΓΜc:hσι

11146"

~~ Α' Λ YKEIOY Αλγεβρα

ΔΕΛΤΙΟ ΙΙΑΡΑΓΓΙι\ΙΑΖ

( Τ.ό.-Τ.β'.)

trW Β' Λ ΥΚΕΙΟΥ ( Τό.-Τβ'.)

Όνομα:

Αλγεβρα

~Εκπτωση:

Εnώνuμο:

ΔιεΌθuνσn:

25%

Στούς συνόδελφους

Διόθεση

: Αφοι

Σόλωνος

101 u 3812412·3818332

Παπαδημητρόnουλοι

Τηλέφωνο: Σχολείο:

Φροvτιστnριο: -~-~-~~-~-Στοuς σuναδέλφοuς μαθηματικούς γίνεται έκ­ nτ~

40% και

προσφέρεται ένα βιβλιαράκι με τις

λύσεις των ασκnσιων.

ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΑ Κλ8ΗΓΗΤΕΣ

ΝΙΚΟΥ

ΒΟΗ8ΗΜΑΤΑ ΓΙΑ ΜΑ8ΗΤΕΣ λ • ΑΕΣΜΗΣ

&

ΔΗΜΗΤΡΗ Ι.ΜΠΟΥΝΑΚΗ

ΦΑΠΠΑ

~yεβρα Α' Λuκεfοu

(2 τεύχη) Το βι{Wο περιέχει πλήρη θεωρlα, επιλεγμένα παραδεlγματα και πολλές πρωτότυπες ασκήσεις.

• ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΜΓΕΒΡΑ & ΜΙΓλΑ. ΑΡΙΘΜΟΙ • ΓΕΝΙΚΑ

8ΕΜΑΤΑ

ΑΝΑΛΥΣΗΣ

ΚΑΙ

ΤΟΜΟΣ

ι,

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ιι

•ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΑ ΠΙθλΝΟΤΗΤΟΝ & ΣΥΝΑ/ΚΗΣ (σε ηερuσινtς τιμtς)

Η απ6δειξη στα Μαθηματικά Για καθηγητές και φοιτητές Στα κcντρικ6 βιβλιοnωλc(α

Κeντρική Διάθεση: Γ. Κορφιότης Ιπποκράτοuς θ, τηλ. 36.28.492

ΠΑΡΑfΙΈΛΙΒΣ

τηλ.

(0 81) 2 52 14 Ο

* Και φtτο, στα ~ματα των urτηρχαν

4 σwαφ~

Γενικών εξετόσεων

θtματα από τα βιβλCα αuτά.

ΥΠΟ ΕkΑΟΣΗ: ΕΠλΝΑΛΗΠτtΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

Μλ8ΗΜΑ τΙΚDΝ λ' ΑΕΣΜΗΣ


Στο τεύχος αυτό δημοσιεύονται λύσεις ασκήσεων του τεύχους

15.

Προτεινόμενες ασκήσεις θα

υπάρχουν στο επόμενο τεύχος.

Η μεγάί'ιη συμμετοχή των αναyvωστών του Ευκί'ιείδη Β' έχει αιφνιδιάσει ευχάριστα την Σ. Ε. Εχοομετκ:ΧΝJ;ί\Sσεις m πάρα ιΜiς ~μεκαΜ?άγr:J. mευrιρ6ι:&«ες ~ mπαρ:ιριnρήσε1ς. Θα θέλαμε να παρακαλέσουμε τους aνa\Νώσrες μας να στέί'ινουν λύσεις χρησιμοποιώντας την διδακτέα ύί'ιη της τάξης που αναφέρεται ή προηγούμενης.

Τη φορά αυτή θα κάνουμε μια «παράβαση» δυμοσ1εύοντaς λύσεις που ξεφεύγουν aπό αυτόν τον

κανόνα. Οσοι θέί'ιουν να δώσουν ί'ιύσεις χρησιμοποιώντας ύί'ιη που αναφέρεται σε μεγαί'ιύτερης τά­ ξης, ή γειτονική ή στήί'ιη «Ενα πρόβλημα πολλές Λύσεις» είναι ανοιχτή

!

Λ\Sσεις ι nς άσκnσnς ΓΕΟΜΕΤΡΙΑ ΜΕ ~ΧΗΜΑΤΑ τε\Sχο"ς

3/95

Αα6δειea ιn Για να εφαρμόσουμε το αντίστροφο θεώρημα Ceνa (Σελ.

104

Γεωμ. Α' Λυκείου ΟΕΔΒ/94), υ­

ποί'ιογίzουμε τα τμήματα Br r Α και το ί'ιόγο ~~. I

π.χ. με το γενικευμένο θεώρημα του Πυθαγόρα.

ΒΑ'

Από το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου υπολογίzουμε τον ί'ιόγο ΓΝ και εφαρμόzουμε το αντίΒΑ' ΓΒ' 4 15 1 · ΓΑ' · APJ =5 · · 'i '="' 1 12 8

,

,Af"

στροφο θεωρημα Ceνa στο τρίγωνο ΑΒΓ, δηλaδn r

Κ. Γράψας

Λύση με το παραπάνω πνεύμα έχει στείλει ο Νίκος Κ"ριαzιiς.

Αα6δειen

Στην προηγούμενη ί'ιύση έχουμε υποί'ιογίσει τους ί'ιόγους ΑΙ"'

4 ΑΒ' Ι"' Β= 5 και ΓΒ'

ΑΙ"' ΑΒ' =12 15 οπότε Ι"' Β= ΓΒ'

δηλαδή Β r I

I

Αν ονομάσουμε Α" το σημείο τομής της Β'

r

// ΒΓ.

με τη διάμεσο Μ' θα έχουμε

και με εφαρμογή του aντίστροφου θεωρήματος δέσμης (σεί'ι. οι ακτίνες Μ I 88' I διέρχονται από το ίδιο σημείο.

rr

160 Γεωμ.

f"A" 1 ΓΑ' , = 2 == Ν Β 8

Α"

Ν Λυκείου ΟΕΔΒ/94), κ. Γράψας

Λvσεις ιns άσκnσnς ΓΕΟΜΕτΡΙΑ ΜΕ ~ΧΗΜΑΤΑ τεvχο"ς

3/95

Αα6δειea ι D (με γεωμετρία Α' Λυκείου} Κατασκευάzουμε το ισόπί'ιευρο τρίγωνο ΑΒΔ. Τότε, αν φέρουμε και τις ΟΔ, ΓΔ έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗJ: Β' κθ. τ.

1/60


- - - - - - - - - - - - - - Σ-.:ις

ασκόσεις λέμε ΝΑΙ!--------------

Α

• ΔΒΟ = 60° - 30° = 30°, οπότε ΒΟ μεσοκάθετος του ΑΔ. Έτσι ΟΜ = ΟΜ = 50°. 80° οπότε • Οι........γωνίες του ArΔ είναι 20°, 80°, ........ ΒΔΓ =80° - 60° =20° και ΟΔΒ = 60° - 50° = 10°. ........ ........ • Στο τετράπλευρο ΟΑΔΓ είναι ΟΑΓ = ΟΔΓ = 30°, οπότε αυτό ναι εγγράψιμο. Άρα orA = ΟΜ =50°. Επειδή ΒΑΓ + orA = 40° + 50° = 90° , είναι ΓΟ j_ ΑΒ.

εί-

Στερyίοv Μπάμπης (Χαλκίδα)

Απόδειξη

2° (με ομοιότητα και θεώρημα διχοτόμου) Α=40°

Φέρουμε το ύψος ΑΜ του τριγώνου

ΑΒΓ, στο οποίο είναι ΑΒ

........

= ΑΓ, Α = 40°, = ΜΑΓ = 20°,

άρα θα είναι και ΒΑΜ Β= Γ = 70°. Ακόμη, αν Αχ ΒΓ =Α', By Π ΑΓ = Β', ΑΑ' Π ΒΒ' = Κ, ΒΒ' n ΑΜ = ο και επειδή ΑΒΒ' = 30°' ΓΜ = 30°, θα είναι: ΓΒΒ' = 40° , ΒΑΝ = 10° και orB = ΟΒΓ = 40° .

n

/ / /

/ / / /

/ / /

/

Εξάλλου, αν το Ο' είναι το συμμετρι­

/ /

κό του Ο ως προς την ΑΒ, τότε επειδή

ΟΜ = 20° και ΟΒΔ = 30° θα είναι ' ο% = 20° οΈΔ = 30° ' ' Αοα = 1οο = Aao ' Βοα = Bao = 60° ' οπότε είναι: 00' = ΟΒ = ΟΓ (1)

/

/

Ο'~:(), \60

Ι

Είναι φανερό ότι τα τρίγωνα ΑΟΟ'

\ \ \ \

και ΑΒΓ είναι όμοια, οπότε:

ΑΟ

00'

' , ....

Δ

....

\ \

ΑΒ

= ΒΓ (2 )

Από ης

(1)

και

προκύπτει:

(2)

Επειδή η ΑΚ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΑΟ θα είναι: ~~ = ~ (4)

'Ετσι από τις

και

(3)

(4)

προκύπτει ότι και: ~~ = ~~· οπότε και η ΓΚ θα είναι διχοτόμος της

go = 20° και επειδή Β = 70° , θα είναι: Γ'ίΒ + Β = 20° + 70° = 90°, ή

orB. Άρα Kffi = 4 ΓΓ'

..L ΑΒ

ή το ΓΚ

= ΓΓ'

είναι ύψος του τριγώνου ΑΒΓ ή το Κ ανήκει στο ύψος ΓΓ'. · Νίκος Κυριαzής

Απόδειξη

3° (με τριγωνομετρία και θ. Ceνa)

Για να εφαρμόσουμε το αντίστροφο Θεώρημα Ceνa στο τρίγωνο ΑΒΓ ονομάzουμε Τ 1 ο, Ί' so,

... ,

τα ευθύγραμμα τμήματα στα οποία χωρίzεται κάθε πλευρά του τριγώνου, όπου ο δείκτης παριστάνει

την γωνία από την οποία φαίνονται από την απέναντι κορυφή. Από το Θεώρημα ημιτόνων στα ΑΒΑ' ..<:>.. καιΑΓΑ' λαμβάνουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ.

-.:. 1/61


------------Στις ασκιίσεις Αέμε

Τιο

ημl0°

=ημ(70° + 30°)

Τ' 30

και ημ30°

Ανάλογα λαμβάνουμε τ 40

Ί' 30

NAII - - - - - - - - - - - -

δ ~ δή Τιο _.Υ.. ημlΟΟ

6

=ημ(70° + 10°)

=Q. ηημμ4300οο ν

ηιια

Τ'3ο- β ημ3οο·

τ5ο - ~. nμ50ο

Τ' zo- α ημ2οο·

και με πολλαπλασιασμό κατά μέλη λαμβάνουμε

Τιο. Τ40. Tso = l διότι ημl0°·ημ400·ημ50° _ Τ' 3 ο Τ'3ο Τ' 20 ημ30°·ημ30°·ημ20°-

ημιοο.l (συνl0° - συν900) 2

1.1. 2 ημlΟοσυνlΟο

_ l -

2 2

Άρα έχουμε σύγκλιση ευθειών σύμφωνα με το αντίστροφο Θεώρημα Ceνa. Κ. Γράφας (Αθήνα)

Αο6δει~n

(με μιγαδικούς) Γ

Θεωρώ σύστημα όπως στο σχήμα. Από το θεώρημα των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε:

η~ο = η:ι~οο δηλ. ΑΔ =2 η~40ο (διότι ημ140° =ημ40°) Αν zΔ,

zr οι μιγαδικοί με εικόνες τα σημεία Δ και Γ τότε:

zΔ = ΑΔ· (συν10° + iημl0°) = 2 η:40ο (συν10° + iημl0°) zr = ΑΒ (συν40°

+ iημ40°) =Β· (συν40° + iημ400}.

Επειδή γενικώς κάθε διάνυσμα fΔ αντιστοιχεί σε ένα μιγαδικό τον zΔ - Zr έχουμε:

fΔ = zΔ- ~ = Ζη:40ο (συν10° + iημ10°) -Β· (συν40° + iημ40°) =

2 400 2 η:40ο ·[(συν10°- ημ80°) + ί(ημ10°- 1 + συν80°)] =2 η:40ο (-i) η:

(συνlΟΟ + inμlOO- 2ημ400·συν400- 2iημ240°} =

2

(διότι 2ημ40°·συν400 = ημ80°, 2ημ 40°

=1- συν80°, ημ80° =συνl0°, συν80° =ημ100)

Δηλαδή fΔ //στον φανταστικό άξονα yy' άρα ΓΔ .L ΑΒ. Αο6δει~n

Μπάμπης Στεργfου

5° (με αναλυτική Γεωμετρία)

Θα αποδε1ξοομε 6n τα σημεία Γ και Δ σrο προηγούμενο σχήμα &.αJvmv &ι τεη.ιημέvη δηλ

xr - ΧΔ = Ο

Πράγματι ΑΔ = Ζη:400 (Βλ. προηγούμενη λύση) και λαμβάνουμε:

=Β-συν40°- ΑΔ·συνlΟΟ =Β-συν400- 2 ημΒ4οο ·συνιοο = (3. 2ημ40°·συν40°- συνl0° =β· ημ8()0- ημ80° =0

xr- χΔ

2ημ2400

2ημ 240°

Ακόμη λύσεις στις προηγούμενες ασκήσεις

Μπάμπης Στεργfοu

1 και 2 έχουμε λάβει και από τον Τσακpαιιίδa

Κοσμά (1 ° Λύκειο Κομοτηνής)

ΕΎΚΛΕΙΔΗΣ Β' κβ. τ.

1/62


-------------Στις ασaιiοεις nέιιε

Λvσεις

1 nς άσκnσnς rEOMETPIA Α'

..,.

-""

-""

ΛΒΓ ωοσκεί".ές, Β= Γ

Α = 1οοο έχουμε -"" 80 οπ6τε 2Β = 80°

NAII - - - - - - - - - - - - -

ΛVKEIOV τεvχος

3/95

και εr.::ιδή

(1)

= 1soo - Α = 1soo - 1000 = -"" Β = 40° = r.

8+f

-""

δηλαδή

Στη συνέχεια, με πi\ευρά ΑΓ κατασκευάzούμε ισόπλευρο τρ(­ γωνο ΑΓΕ (ΑΓ

= ΑΕ =

ΕΓ).

Συγκρίνω τα τρίγωνα ΓΕΒ και ΓΑΔ τα οποία είναι ίqα διότι

=ΑΓ (απ6 το ισ6πλευρο τρίγωνο)

i)

ΕΓ

ii) iii)

ΒΓ = ΑΔ (εξ υποθέσεως) ...........

.

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

Δ ...........

...........

ΕΓΒ =ΓΑΒ (λόγω του ότι Γ 1 ..........

Γι+

= 40° και Γ2 = 60° από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΕ και .......... .......... .......... Γz = ΕΓΒ = 60° + 40° = 100° =ΓΑΒ εξ υποθέσεως).

Άρα τα τρίγωνα ΓΕΒ και ΓΑΔ είναι ίσα, επειδή έχουν δύο πλευρές ίσες, μία προς μία και τις πε­ ριεχόμενες σ' αυτές γωνίες ίσες.

Επίσης ισχύουν:

ΑΓ

ΑΕΒ =ΑΒΕ = 1800 -

......

= ΑΕ = ΑΒ δηλαδή ΑΒΕ

1600

=

2

200

ισοσκελές και

=10° και ΓΕΒ = 60° - ΑΕΒ = 60° -

2

100 = 50°

Άμεσες συνέπειες του ότι ΓΕΒ = ΓΜ είναι και οι εξής:

"""' ii) ΓΕΒ

ΕΒ= ΓΔ

i)

Παίρνουμε την ισ6τητα ...........

ΓΕΒ -""

ΒΓΔ

...........

(ii)

""' = ΑΔΓ. ""' iii) ΕΒΓ

""' =ΑΓΔ

και έχουμε:

..........

..........

...........

= ΑΓΔ = 50° και ΑΓΔ = ΑΓΒ +....,. ΒΓΔ = 500 οπ6τε -""

=50°-40° (από ισοσκελές ΑΒΓ) 6ρα ΒΓΔ = 10°.

/"'Ιιιr,

ΒΓΔ

..........

= 500- ΑΓΒ ή

Άρα η γωνία ΒfΔ ισούται με 10°.

Χαρλαύτης Δημήτριος,

Μαθητής Ν Λυκείου.

-""

Είναι Γ

-""

= Β =40°. Στη ΒΓ παίρνουμε το σημείο

Ε τέτοιο ώστε, ΒΕ νουμε την ΔΖ

J..

=

""'

ΒΔ, 6ρα Δι

ΑΕ και ΑΗ

και ΒΔ= ΒΕ, έπεται ότι ΑΒ ρο

ΕΓ

ΑΓ και

=

J..

=

........

Ει

= 20°.

ΒΓ. Επειδή ΑΔ

Α

Φέρ-

=ΒΓ

= ΕΓ. Αλλ.6 ΑΒ =ΑΓ 6-

επειδή

"" Γ = 40°

έπεται ότι

""' ""' ΑΔ ΒΓ ΕΑΓ =70° όρο Αι = 30° 6ρα ΔΖ=-=-= ΒΗ. ""'

Είναι ΑΔΖ

........ ΕΔΖ=40°,

= 60°

........

και επειδή Δι

2

= 20°

Γ

2

έπεται ότι

Δ

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΔΕ, ΗΒΑ είναι ίσα γιατί ΔΖ

=

""' ΒΗ και ΕΔΖ

=

= 40° = ""' Β.

Άρα ΕΔ ΑΒ και επειδή ΑΒ ..-....

χουμε ότι Γ 1

......

........

=ΕΓ έπεται ότι ΕΔ = ΕΓ 6ρα ΕΔΓ ισοσκελές και αφού Ει = 200, έ-

= 100.

Καρπάθιος Στέλιος Μαθηματικός Πορταριά Χαλκιδικής

Λύση της 6σκησης μας έστειλε και ο συνάδελφος Παοαpακάριος ~τέλιος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

8'

κθ. τ.

1/63

Ευκλειδησ β' τεύχος 17 εμε ιουλ σεπ 1995  
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you