Ευκλειδης Β 67 by demi de

67 Μοθημο'fικό περιοδικό γιο το ΛΥΚΕΙΟ

ΥΚΔΕΙΔΗΣ " �'

,!\:

""Γ

ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ*tΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ·ΜΑΡΤΙΟΣ 2008

•

EYPfl

3,5

Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού fΈΥΚΛΕΙΔΗΣ" 2008

•

2η Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές Αθήνα 5-10 Μαρτίου 2008

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

ΕλλΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA

Τεύχος

•

Ιανουάριος - Φεβρουάριος - Μάρτιος

2008-

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ

Έτος ί\η' - Ευρώ:

ΤΟ

3,50

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

./ Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

Τα βραβεία Nobel 2007

./ Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή

[1873

•

1950]

./ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" ./

Homo Mathematicus

./ Άλγεβρα Συστήματα τριώνυμα. ./ Γεωμετρία

αθ η

2008

Τάξης

Μαθηματικά Α'

Τάξης

ματ ι κά. Β'

./ Άλγεβρα Πρόοδοι

ευχαριστnσω, όχι μόνον αυτούς που στέλνουν άρΘρα για δημοσίευση, δηλώνοντας ότι είμαι

ιδιαίτερα

ματα παρουσίασης όρΘρων καΘώς και διορΘω τικές παρεμβάσεις σ' αυτό .

μου άποψη, είναι όχι η έπαρση ότι είμαστε

Επιστημονικn εντιμότητα, κατά την ταπεινn

./ Κανονικά πολύγωνα- μέτρηση κύκλου

./ Μαθηματικά Γενικής Παιδείας

./ Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Εφαπτομένη Καμπύλης

./ Θέματα επανάληψης

./ Συνεχείς συναρτήσεις

αλάΘητοι αλλά η μεγαλοαύνη να αποδεχόμα στε το λάΘος και να μην επιδιώκουμε τη συ γκόλυψn του. ΘυμηΘείτε το τρανό παράδειγμα του Frege που το 1902, ενώ τυπωνόταν nδη ο δεύτερος τόμος του βιβλίου του ''τα Θεμέλια της ΑριΘμητικnς" μετά τη διατύπωση από το Rυssell του γνωτού παράδοξου, ανακοίνωσε ο ίδιος, με τρόπο που χαρακτηρίζει μεγάλη φυ σιογνωμία, σε ένα συνταρακτικό επιμύΘιο, ότι αισΘάνεται κάποιο από τα Θεμέλια του οικοδο μnματός του να τρέμει . Πιστεύω ότι η συνεργασία των τριών αυτών παραγόντων, συγγραφέων, συντακτικnς

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

./ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

./ Ο Ευκλείδης προτείνει•••

επιτροπnς και "κριτών", είναι αυτn που Θα ανα βαΘμίσει το περιοδικό, προς όφελος όλων, μαΘητών και συναδέλφων. Με συναδελφικούς χαιρετισμούς

Ο Πρόεδρος της Συντακτικnς Επιτροπnς

Μαθηματική Ολυμπιάδα

όταν αυτό

σους κάνουν καλοπροαίρετη κριτικn σε Θέ

SEEMOUS 2008. Διεθνής φοιτητική

ειδικό

./ Μελέτη πάνω στην εξίσωση κύκλου

χαρούμενος,

προέρχονται από την περιφέρεια, αλλά και ό

Τάξης

Αγαπητοί μαΘητές και συνάδελφοι. ΑισΘάνομαι την ανάγκη απ' αυτn τη Θέση να

./ Εκθετική συνάρτηση

Μαθηματικά Γ'

Γράμμα της Σύνταξης

Γ.Σ. Ταααόποuλος

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

Εκτελεατική Γραμματεία

Συνταντική επιτροπή

Αθανασόπουλο$ Γεώργιος Αναστασίου Γιανν1Jς ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙQγ 34 · 106 79 ΑΘΗΝΑ Ανδρουλακάκης Νικος Πρόεδρος: Αντωνόπουλος Νίκος Τηλ.: 210 3617784-3616532 Ταααόποuλος Γιώργος Αργυ ρ�κης Δη μήτ_ρ ιος Βακαλόπουλος Κωστας Fax: 2103641025 Δρούτσας Παναγιώτης Αντιπρόεδρος: Ευσταθίου Βαγγέλης Εκδότης: Ευαταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Αλεξανδρής Νικόλαος Ζώiος ΒαγγέλΙJς Γραμματέας: Κακκαβάς Αποστολος Καλίκας Σταμάτης Διευθυντής: Χριατόπουλος Παναγιώτης ΚανέλλΟς Χρήστος Τυρλής Ιωάννης Καραγκούνης Δ!Jμήτρης Μέλη: Αργυράκης Δ. Καρακατσάνης Βασίλης Καρκά"ΙΙ"ης Βασίλης Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Δρούταας Π. Κατσούλης Γιώ�ος Κερασα9ίδης Γιαννης ISSN: 1105- 7998 Λουρίδας Σ. Καρδαμιτσης Σπύρος Κnπουρός Χρήστος Ταπεινός Ν. Κλάδη Κατερίνα Επιμέλεια Έκδοσης: Κόντζια� Νίκος εξωφύλλου: Σύνθεση Κοτσιφακης Γιώργος Ταααόπουλος Γιώργος Κουτρουμπέλας Κώστας Από αφίσσα της 2ης Μαθηματικής Κυριακόπουλος Αντώνης Ευαταθίου Βαγγέλης Κυ ιακόπουλος Θανάσης Ολυ πιάδας Φοιτητών 2008 - Αθήνα Κυ ερ"!]του Χρυστ. Λα αρίδης Χρηστος Λευτέρης • •••••••••••••••• • •••••• 8 8 ••••••••••••••••••• Λάππας

�

• •

Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανασης Μανολάκου Σταματική Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας ΜενδQινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνο$ Παναγιώτης Μ�λωναςΔΙJμήτρης Μωκος Χρηστος Πανουσάκης Νίκος Ρέy κλης _Δημήτρης Σαιτη Ευα Στα"ίκος Κώστας Στά"ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Ί'ζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλό'υδάκη� Γιώργος Τσιού_μαs Θανασης Τυρλης Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος ΧΙ?ιστόπουλος Παναγιώτης Ψυχας Βαγγέλης

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνοvtαι από την Ε.Μ.Ε. Οι σιΝεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέλνοvtαι έγκαιρα, Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β"'. Τα χειρόγραφα δεν επισtρέφονται. Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά

ευρώ

στα

γραφεία της

14,00)

Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη πσυ παραγγέλνοvtαι στε'λνεται με απλή επιταγή σε διαιαγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Εκτύπωση: /ΝrΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 270 8760330 ΥπειίΒuνοι; τuπογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης

Τα

βραβεία Nobel 2007 «...

εάν σ' ένα χρόνο έχω 3 00 ιδέες και η μια από αυτές μπορεί να έχει πρακτική εφαρμογή, τότε είμαι ικανοποιημένος » . . .

Alfred Nobel Alfred Nobel: [1833 (Στοκχόλμη) - 1896 (Σαν Ρέμο)]. Το 1842 η οικογένειά του μεταβαίνει στην Αγ. Πετρούπολη όπου διδάσκεται ιδιωτικά φυσική , χη μεία και μηχανική και παίρνει ευρύτερη εγκυκλοπαιδική γνώση . Το γαίνει στις Η.Π.Α. Μαθαίνει

1850

πη

5 γλώσσες και το 1851 ταξιδεύει Αγγλία, Γερμα

νία, Γαλλία. Η οικογένειά του ασχολείται με ατμομηχανές, σιδη ροκατασκευές και διάφορες πολεμικές κατασκευές. Το 1854 ασχολείται με διάφορα πειράμα

1859 επιστρέφει στη Στοκχόλμη [νιτρογλυκερίνη , δυναμίτης (δύναμη)]. Το 1864

τα και τη λογο τεχνία (Βολταίρος, Σέλλεϋ) . Το και ασχολείται με πειράματα

εξασφαλίζει το πρώτο δίπλωμα ευρεσιτεχνίας για την παρασκευή πυρίτιδας (πυροκροτητής Nobel). Το

1873

1866

χρησιμοποιούνται οι εκρηκτικές ύλες με πολλά ατυ χή ματα. Το

ιδρύει πολλά εργοστάσια παραγωγής εκρηκτικών υλών, μεγάλης κλίμακας. Αποκτά πολύ

[για τον Alfred Nobel όμως,

1866-

πλούτο

πλούτος σημαίνει γνώση και πληροφόρηση] Αναπτύσσει φιλία με τον Β .

Ουγκώ. Το 1875 εφευρίσκει την ουσία ζελατίνη και το 1877 την άκαπνη πυρίτιδα. Το 1890 εγκαθίστα ται στο Σαν Ρέμο της Ιταλίας. Από το 1879 μαζί με τα αδέλφια του έχουν μπει στο χώρο διεθνούς αγοράς (πετρέλαια) και δη μιουργούν σημαντική περιουσία. Τον ενδιέφερε η εξέλιξη , ο πολιτισμός, οι εξερευνή σεις (Θιβέτ, Βόρειος Πόλος), οι εφευρέσεις, η φιλοσοφία, το θέατρο, η ποίηση και

πρακτική

εφαρμογή . Το

θρ ωπο. Το

1897

1896

οι ιδέες που

είχαν

πεθαίνει από εγκεφαλικό επεισόδιο ολομόναχος, χωρίς ένα δικό του άν

ανοίχτηκε η διαθήκη του που εξέφραζε τη θέλησή του να ενθαρρύνει την πρόοδο της

aνθρωπότητας σε τρεις τομείς του πνεύματος. Τις επιστήμες (Φυσική , Χη μεία, Ιατρική), τη Λογοτεχνία και την Ειρήνη και αργότερα ' το 1986 προστέθηκε το βραβείο Nobel Οικονομίας που θέσπισε η Κρατική Τράπεζα της Σουηδίας με αφορμή τα

300 χρόνια από την ίδρυσή

της. Όλα τα βραβεία απονέμονται από

τη Σουηδική Ακαδη μία Επιστη μών, εκ τός από το Nobel Ειρήνης που απονέμεται έπειτα από απόφαση ε πιτροπής του Νορβηγικού κοινοβου λίου. Alfred Nobel ο aνθρ ω πιστής, ο φιλόσοφος, ο οραματιστής, ο φιλάνθρωπος, ο επιχειρη ματίας, ο μοναχικός, ο κοσμοπολίτης. Η αλήθεια είναι ότι δεν υ πάρχει Nobel Μαθηματικών . . . ίσω ς όμως, αυτή να είναι και η γοητεία ενός

ή πολλών βραβείων . . . που απονέμον ται καθη μερινά .. στην προσπάθεια για γνώση και ανα κάλυψη και δημιουργία . . . σ' αυτούς που ξέρουν για τη γοητεία της ανταποδοτικής αυτής επαφής Η βραβείου

. . .

μαγεία και η διείσδυση των προσωπικών αυτών στιγμών της ανθρώπινης υπέρβασης σε χώρους πρω τό

το στίγμα στα Μαθη ματικά, σαν απαραίτητο εφόδιο όλων των επιστη μών. Δεν θεω ρείται σή μερα πρόοδος και δημιουργία ανακάλυψης χωρίς μαθηματική υποδομή και αυτό όχι και τόσο σ' επιστή μες όπως η Φυσική , η Χημεία και η Οικονομία που λίγο πολύ είναι αναμενόμενη , όσο και σε

γνωρους δίνει και

Kinder Fragen, Nobel Preistrager Antworten (Β. Stiekel)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/1

-------

Τα βραβεία Nobel 2007

άλλες επιστή μες όπως Ιατρική , Βιολογία, Γενετική κλ.π που διαμορφώνουν πολλές νέες ιδέες και νέα δε δομένα μέσα από θεωρίες, λήψης σωστής απόφασης, διάρθρωσης και επεξεργασίας πληροφορίας, πρόβλεψης κλ.π Σ ' αυτή την προσπάθεια, θα αναφερθούμε σ' αυτό το σχετικό άρθρο με αφορμή την επικαιρότητα της απονομής των Nobel που έγιναν το Δεκέμβριο του

2007 από

τη Σουηδική Ακαδη μία

Επιστη μών.

Nobel Φυσικ, :

«Η συρρίκνωση των σκληρών δίσκων και η γιγάντια μαγνητοαντίσταση GMR»

Δύο Ευ ρωπαίοι Φυσικοί ο Γάλλος Αλμπέρ Φερ και ο Γερμανός Πέτερ Γκρίνμπεργκ μοιράζονται το

Νόμπελ Φυσικής επάνω στις μεγάλες μεταβολές ηλεκτρικού ρεύματος που μπορούν να προκαλέσουν μι κρές μεταβολές αντίστοιχων μαγνητικών πεδίων. Οι μνή μες συσκευών, όπως οι προσωπικοί υπολογιστές αλλά ακόμη και τα απλά iPod, βασίζονται στην αποθήκευση

πληροφοριών με τη πολύ μικρών περιοχών

υλικού μαγνητισμένων σε διαφορετικές διευθύνσεις. Μια κεφαλή ανάγνωσης «αισθάνεταω τις διαφορές αυτές και τις μετατρέπει

σε ηλεκτρικό ρεύμα.

Πέτερ Γκρίνμπεργκ

Αλμπέρ Φερ

Για παράδειγμα το κινητό μας τηλέφωνο εκτός από κλήσεις μάς επιτρέπει να ακούμε την αγαπημένη μας μουσική και να τραβάμε φωτογραφίες.

Στο mp3 μας έχουμε αποθηκευμένη την αγαπημένη μας μου

σική και την ακούμε όπου θέλουμε. Ο φορητός μας υπολογιστής ζυγίζει μόλις

2,5

κιλά και δεν έχει το

μέγεθος βαλίτσας, ενώ στον σκληρό του δίσκο χωράνε τόσα δεδομένα όσα σε πέντε βιβλιοθήκες Οι δύο αυτοί φυσικοί, ανακάλυψαν στα τέλη της δεκαετίας του κό φαινόμ�:νο

που ονομάζεται

στάθηκε δυνατό να

ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο, ένα

«γιγάντια μαγνητοαντίσταση»

φυσι

(GRM). «Χάρη σε αυτή την τεχνολογία

μικρύνουν δραστικά οι σκληροί δίσκοι τα τελευταία χρόνια»,

πτικό της Σουηδικής Βασιλικής Ακαδη μίας Επιστη μών. στο εσωτψικό

'80,

l:κληρός δίσκος

αναφέρεται στο σκε

ονομάζεται το

μαγνητικό μέσο

ενός υπολογιστή όπου αποθηκεύονται ψηφιακά πληροφορίες. Κάθε κομμάτι πληροφορί

ας εγγράφεται στο σκληρό δίσκο αλλάζοντας το μαγνητικό πεδίο μιας μικρής περιοχής στην επιφάνεια του . Όσο όμως αυξάνεται η

πυκν{Jτητα

των

δΣ:δομένων

στην επιφάνεια του μαγνητικού δίσκου, τόσο

εξασθενεί το μαγνητικά πεδίο και άρα είναι δυσκολότερο να «διαβαστεί» η κατεύθυνση του μαγνητικού

πεδίου (τα Ο και 1 της πληροφορίας). Ανακάλυψαν ότι aπειροελάχιστες διαφορές στο μαγνητικό πεδίο

του σκληρού δίσκου μπορούν να μετατραπούν σε πολύ μεγάλες διαφορές στο ηλεκτρικό σήμα της εξό

να aποκωδικοποιηθούν εύκολα. Ετσι το GRM « μπορεί να θεωρηθεί μια από τις πρώτες εφαρμογές της νανοτεχνολογίας», σύμφωνα με τη Σουηδική Ακαδη μία. δου, οι οποίες μπορούν

Οι πρώτοι σκληροί δίσκοι βασισμένοι εμφανίστηκαν στην αγορά το περισσότεροι από

700 εκατομμύρια σκληροί δίσκοι.

Σημειώνεται ότι: ο κ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/2

1997, ενώ σήμερα παράγονται Φερ, 69 ετών, διδάσκει φυσική

-------

68 ετών, εξακολουθεί να εργάζεται στο Γερμανικό Ινστιτούτο Γιούλιχ παρόλο που συνταξιοδοτήθηκε το 2004. Πως έχει όμως η όλη ιστορία αυ στο Πανεπιστή μιο του Ορσέ από το τής της

1976

Τα βραβεία Nobel2007

και ο κ. Γκρινμπεργκ,

ανακάλυψης; . . .

Σε ένα υλικό που λέμε ότι παρουσιάζει μαγνητικές ιδιότητες τα ηλεκτρόνια ως μαγνήτες θεωρούμε να

στην πλειοψηφία τους έχουν προσανατολιοσμένους τους ίδιους

πόλους παράλληλα και προς την ίδια

κατεύθυνση , η μειοψηφία τους έχει προς την αντίθετη κατεύθυνση . Αυτό όμως έχει και μια άλλη συνέ πεια. Σε περίπτωση , που υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο και δημιουργείται τάση ώστε να κινηθούν, τα ηλεκτρό νια αυτά, όταν συναντούν εμπόδια στην πορεία τους, σκορπίζονται και αποκλίνουν από την ευθεία με δι αφορετικό τρόπο ανάλογα σε ποια κατηγορία ανήκουν. Αυτό το εκμεταλλεύθηκαν οι

μπεργκ.

Το

1988 είχαν

Φερ

και

Γκριν

φτιάξει σάντουιτs τριών στρωμάτων απειροελάχιστου πάχους όπου ανάμεσα σε

δύο υλικά με μαγνητικές ιδιότητες, υπήρχε ένα μεταλλικό υλικό, χωρίς ιδιαίτερα έντονες μαγνητικές ι διότητες. Τα τρία στρώματα μπορούν να λειτουργήσουν και σαν μια μαγνητική κεφαλή ανάγνωσης με μεγάλη ευαισθησία. Κάθε φορά το μαγνητικό πεδίο που θα «αισθάνεται» το τρίτο στρώμα θα είναι ή ό μοιο ή αντίθετο με αυτό του σταθερού και έτσι ανάλογα θα περνούν εύκολα τα ηλεκτρόνια ή θα περνούν δύσκολα ως και καθόλου αφού η αντίσταση θα αλλάζει. Έτσι, θα έχουμε ένα ρεύμα πιο έντονο ή πιο α σθενές ανάλογα με το τι είναι γραμμένο στη μαγνητισμένη μνή μη . Η αλήθεια είναι ότι οι θιασώτες της Νανοτεχνολογίας θέλουν να λένε ότι πρόκειται για μια από τις χειροπιαστές επιτυχίες του

νέου εργαλείου που φαίνεται ότι αποκτά ο άνθρωΠος και ονομάζεται νανοτε

χνολογία επειδή ασχολείται με εργαλεία και κατασκευές σε επίπεδο ατόμων, δηλαδή σε μεγέθη που με τριούνται με μονάδες νάνο - όπου 1 νάνο - αντιστοιχεί σε

δισεκατομμυριοστό του μέτρου .

Ήδη ετοιμάζονται κοινούργιες μνή μες από υλικά όπως τα παραπάνω με Γιγάντια Μαγνητοαντίστα ση που θα αντικαταστήσουν τις ση μερινές μνή μες RAM αλλά θα είναι πολύ πιο πυκνές πιο ευαίσθητες και κυρίως δεν θα σβήνουν μετά το κλείσιμο του υπολογιστή . Ο Μπέν Μέρντιν, καθηγητής Φυσικής στο Πανεπιστή μιο του Σάρεϊ στη Νοτιοανατολική Αγγλία, περιέγραψε την τεχνολογία της γιγαντιαίας μαγνη τοαντίοτασης (GMR) σαν κάτι που μοιάζει να έχει βγει από την επιστη μονική φαντασία. «Η ανάγνωση ενός σκληρού δίσκου

30.000 χλμ. την ώρα

με αισθητήρα

GMR είναι κάτι αντίστοιχο με ένα τζετ που πετάει με ταχύτητα

σε ύψος μόλις ενός μέτρου πάνω από το έδαφος και είναι ωστόσο ικανό να

ζει

και να

ταξινομεί

διαβά

κάθε χορτα

ράκι στο γρασίδι πάνω από το ο ποίο περνάει . . . », δήλωσε ο Μέρ τιν. Πρέπει να σημειωθεί ότι η ανακάλυψη του εντυπωσιακού αυ τού φαινομένου κατέστη δυνατή με τη βοήθεια της ση μαντικής τε χνολογικής προόδου που επετεύ χθη τη δεκαετία του μεθόδους

και έδωσε

για τη σύσταση δομών

που αποτελούνται από πολύ λεπτά στρώματα διαφορετικών μαγνητι κών υλικών. Η ανάγνωση ενός σκληρού δίσκου

με

αισθητήρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Με τη φετινή βράβευση κα GMR

Β' 67 τ.3/3

ταρρίπτεται και ένα άλλο «τα-

-----

Τα βραβεία Nobel2007

μπού», εκείνο των συνεχόμενων διαδοχικών βραβεύσεων από το 2000 έως το 2006 Αμερικανών το Νό μπελ στον τομέα της Φυσικής, αφού στο διάστημα αυτό τιμή θηκαν

20 επιστήμονες,

από τους οποίους οι

16 ήταν Αμερικανοί πολίτες και έκαναν την έρευνά τους σε αμερικανικά κέντρα ή πανεπιστή μια. Και οι δύο φυσικοί είχαν από πολύ νωρίς επίγνωση για το ότι οι ανακαλύψεις τους θα είχαν τερά στια σημασία. «τίποτα δεν είναι προβλέψιμο στη Φυσική . Στα Μαθη ματικά υπάρχουν κάποια

ψιμα στοιχεία,

προβλέ

στη Φυσική , όμως δεν μπορείς ποτέ να είσαι σίγουρος γι' αυτό που ονειρεύεσαι», είπε ο

Αλμπέρ Φερ . «Είναι υπέροχο . . . » «Η εξέλιξη των υπολογιστών έδειξε τα τελευταία χρόνια, ότι αυτή η ανακάλυψη , είχε σημαντική σημασία . . . », είπε στη σουηδική τηλεόραση ο Πέτερ Γκρίνμπεργκ

Nobel Χ

εία :

«Οι μηχανισμοί αντίδρασης στις επιφάνειες»

Γκέρχαρντ Ερτλ, 7 1 ετών. Ασχολήθηκε με σημαντικές αντιδράσεις που συμβαίνουν στις επιφάνειες

διαφόρων σωμάτων, όπως του τι συμβαίνει με ένα κομμάτι από σίδηρο εκτεθειμένο στον ατμοσφαιρικό αέρα ή πως το επικίνδυνο μονοξείδιο του άνθρακα στο ΙΧ μας, μετατρέπεται σε διοξείδιο του άνθρακα ή πως από τον αέρα και το υδρογόνο φτιάχνονται τα λιπάσματα με βάση την αμμωνία. Έτσι ενδιαφέρθηκε περισσότερο με τη Χημεία των αντιδράσεων στις επιφάνειες και βραβεύ τηκε για την μελέτη στους μηχανισμούς των

αντιδράσεων.

Οι παραδοσιακοί αγρότες τους, χρόνια πριν, προσπαθούσαν με φυσι κούς τρόπους, να εμπλουτίσουν το χώμα του αγρού από το άζωτο. Το

1918 έρχεται ο Φρ.

Χάμπερ και παρουσιάζει μια μέθοδο όπου με τη βοή

θεια υδρογόνου και σιδήρου σε μορφή σκόνης, από το άζωτο που βρίσκε ται στον ατμοσφαιρικό αέρα, μπορούμε να παρασκευάσουμε αμμωνιακά λιπάσματα οπότε, έστω και με τεχνητό τρόπο, να επιτυγχάνεται ο εμπλου τισμός με άζωτο μεγάλων αγροτικών εκτάσεων. Έχουν όμως στο ενδιάμε σο χρονικό διάστημα, γίνει πολλές μελέτες για να φτάσουμε στο 2007 ό

Γκέρχαρντ Ερτλ

που ο Γκέρχαρντ: Ερτλ που σπούδασε Φυσικοχη μεία, προσπαθεί με γνώ σεις από τη Φυσική , όπως η θερμοδυναμική και η

κβαντική μηχανική

που χρησιμοποιούνται για να εξηγήσουν χημικά φαινόμενα σε επίπεδο μορίων, να δει με διαφορετικό τρόπο τους μηχανισμούς των αντιδράσεων. Εκεί παίρνει σοβαρά υπόψη τις μετα βολές στην ενέργεια, στην πίεση , στη θερ μοκρασία και στον όγκο, σε διεργασίες που συμβαίνουν στον μικρόκοσμο των ατόμων και των μορίων. Είχε παρατηρήσει ότι επει δή το μονοξείδιο του άνθρακα που βγαίνει από τον κινητήρα του αυτοκινήτου μετά την καύση της βενζίνης είναι δηλητηριώδες, πρέπει

να μετατραπεί σε κάτι,

που τουλά

χιστον δεν προκαλεί άμεσα τον θάνατο όταν το εισπνεύσουν οι άνθρωποι. Έτσι λίγο πριν από την εξάτμιση το μονοξείδιο του άνθρα κα μετατρέπεται σε διοξείδιο του άνθρακα με τη βοήθεια μιας αρκετά μεγάλης επιφά-

δράση . . . από τον αέρα στο λίπασμα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/4

-------

Τα βραβεία Nobel 2007

νειας από πλατίνα κατάλληλα τυλιγμένης ώστε να μην πιάνει πολύ χώρο. Αυτή η μετατροπή κίνησε την προσοχή του Γκέρχαρντ Ερτλ και βάλθηκε να τη μελετήσει στις λεπτομέρειές της . Γιατί σε έναν εντελώς άσχετο, φαίνεται

πολύ απλό,

το ότι ένα άτομο οξυγόνου πρέπει να βρεθεί από κάπου και να κολλήσει

στο μονοξείδιο του άνθρακα για να πάρουμε διοξείδιο του άνθρακα, αλλά δεν είναι

...

Από τα 25 του χρόνια ο Ερτλ δη μοσιεύει εργασίες αλλά οι συνάδελφοι του τον παραδέχτηκαν όταν, με

τρομερή

υπομονή , εξιχνίασε στην παρασκευή αμμωνιακών λιπασμάτων από το άζωτο του αέρα και

το υδρογόνο, όπως επίσης και στον καταλυτικό ρόλο, των απαραίτητων για να γίνει η αντίδραση, μικρο σκοπικών κομματιών σιδή ρου . Έναν ρόλο που φαινόταν ότι είναι εντελώς στατικός, ενώ ο Ερτλ, χρησι μοποιώντας τις όσο το δυνατόν, πιο προχωρη μένες μεθόδους που είχε στη διάθεση του, ανακάλυψε ότι ήταν πολύ

ενεργός αφού, η επιφάνεια του σιδήρου αντιδρούσε και βοηθούσε στη διάσπαση των μορίων.

Nobel Ιατ ικ' :

«Η συμβολή των γονιδίων στην εμβρυακή ανάπτυξη, τη φυσιολογία των ενηλίκων, τη γήρανση και τις ασθένειες»

Για την ερευνά τους με βλαστοκύτταρα που άνοιξε νέους δρόμους στην Ιατρική , δύο Αμερικανοί και ένας Βρετανός, πρωτοπόροι της Γενετικής Μηχανικής, τιμήθηκαν με το Νόμπελ Ιατρικής - Φυσιολογίας για το 2007. Το βραβείο που το συνοδεύει, απονέμονται από κοινού στον Μάριο Καπέκι, Αμερικανό Ιτα λικής καταγωγής, στο Βρετανό Μάρτιν Εβανς και τον Αμερικανό, βρετανικής καταγωγής Ολιβερ Σμίθις για τη συνεισφορά τους στην ιατρική γνώση . Η ερευνητική τους δράση

τη των γονιδίων και την κατανόηση

άνοιξε νέους δρόμους στη μελέ

του ρόλου τους, σε πολλές ασθένειες, με απώτερο στόχο την ανα

κάλυψη θεραπειών στο μέλλον. Αντικείμενο της εργασίας τους ήταν οι γενετι

κές μεταλλάξεις

σε πειραματόζωα, με τη χρήση

εμβρυϊκών βλαστοκυττάρων. Οι τρεις επιστήμονες δημιούργησαν μια νέα καινοτόμο μέθοδο για τις γε νετικές μελέτες, τη λεγόμενη

«στόχευση γονιδί

ων». Πριν από την ανακάλυψη τους οι επιστή μονες απομόνωναν, με δυσκολία, ένα γονίδιο προκειμένου

Μ.

Εβανς

Ολ. Σμιθις

Μ.

Καπέκι

να μελετήσουν το ρόλο τους στη λειτουργία ενός οργανισμού.! Με την εφαρμογή της τεχνικής που

ανέπτυξαν οι τρεις ερευνητές η όλη διαδικασία απλουστεύτηκε. Συνέβαλαν σε ση μαντικό βαθμό στον ε ντοπισμό γενετικών ανωμαλιών και στην αντιμετώπιση ασθενειών, όπως αυτή της μεσογειακής αναιμίας, της

υπέρτασης, της κυστικής ίνωσης, διαφόρων μορφών καρκίνου και της αρτηριοσκλήρυνσης. Το

200 1,

η ομάδα αυτή είχε τιμηθεί και με το βραβείο «Άλμπερτ Λάσκερ» για τη Θεμελιώδη Ιατρι-

κή Έρευνα, θεωρούμενο και ως αμερικανική εκδοχή του Νόμπελ, καθώς πολλοί από όσους το κέρδισαν τιμήθηκαν αργότερα και με το βραβείο της Σουηδικής Ακαδημίας. «Πετύχαμε να τροποποιήσουμε γονίδια του ποντικιού, ώστε να ανατρέξουμε στις ανθρώπινες ασθένει ες, να

μελετήσουμε την παθολογία τους και να αναπτύξουμε νέες θεραπείες», δήλωσε χθες ο δρ Καπέκι.

Στο σκεπτικό της απονομής, αναφέρεται ότι η νέα τεχνική βοήθησε να μάθουμε πάρα πολλά για ασθένειες όπως ο καρκίνος, ο διαβήτης, οι καρδιοπάθειες και οι νευροεκφυλιστικές παθήσεις όπως το Πάρκινσον και ότι «η επίδραση της ανακάλυψης αυτής στην κατανόηση της λειτουργίας γονιδίων και τα οφέλη για την ανθρωπότητα θα συνεχίσουν για πολλά ακόμα χρόνια». Οι επιστήμονες μπόρεσαν να βγάλουν αποτέλεσμα, ώστε απομονώνοντας

«νοκ άουτ» συγκεκριμένα γονίδια

το ένα προς ένα να συνθέσουν μια πλήρη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/5

και να παρατηρήσουν το

εικόνα για την

εξέλιξη

κά-

-------

Τα βραβεία Nobel2007

ποιας ασθένειας. Μέχρι σή μερα έχουν βγει «νοκ άουτ» περισσότερα από σχεδόν το

50% του συνόλου.

ανθρώπινες

Ως αποτέλεσμα αυτής της διαδικασίας έχουν

10.000

γονίδια ποντικών

χαρτογραφηθεί περίπου 500

ασθένειες του αντιγράφηκαν σε πειραματόζωα.

Αξιοση μείωτη είναι, η ζωή του Μάριο Καπέκι και τα δύσκολα παιδικά του χρόνια, που δήλωνε χα ρακτηριστικά. :

οι εμπειρίες που είχα νωρίς στην παιδική ηλικία μου, συνέβαλαν στις οποι αργότερα ή αν οι επιτυχίες επιτεύχθηκαν παρά τις εμπειρίες αυτές . . . ». «Όταν

« . . . δεν είναι σαφές, αν εσδήποτε επιτυχίες μου

ασχολούμαστε με την ανθρώπινη ζωή», είχε προσθέσει, «δεν μπορούμε να προβούμε στους κατάλληλους ελέγχους. Μήπως οι εμπειρίες αυτές είναι που συνέβαλαν σε ψυχολογικούς παράγοντες όπως η αυτάρ κεια, η αυτοπεποίθηση , η εφευρετικότητα . . . » Πιο συγκεκριμένα όμως οι ανακαλύψεις των τριών βραβευθέντων έδωσαν στην επιστημονική κοινό τητα την

ικανότητα να ελέγχει τον ρόλο του κάθε γονιδίου ξεχωριστά και να δη μιουργεί, μεταξύ άλλων,

πειραματόζωα μοντέλα για ανθρώπινες ασθένειες, όπως τα καρδιαγγειακά νοσή ματα, ο διαβήτης, οι νευ ροεκφυλιστικές νόσοι και διάφοροι τύποι καρκίνων. Με άλλα λόγια οι ανακαλύψεις των τιμωμένων έ

χουν ωφελήσει την ανθρωπότητα. Βασικό πρόβλη μα των βιολόγων υπήρξε ανέκαθεν

δίων. Τι κάνει το καθένα από τα χιλιάδες γονίδια που

ο ρόλος των γονι

φέρει καθένας από εμάς; Ένας τρόπος να απαντη

θεί αυτό το ερώτημα θα ήταν να απενεργοποιεί κανείς ένα γονίδιο και να παρακολουθεί την επίπτωση που αυτό θα έχει στον οργανισμό, Αν για παράδειγμα, το γονίδιο σχετίζεται με την όραση , είναι πιθανόν η απώλεια του να οδηγήσει σε τύφλωση . Η πειραματική αντιμετώπιση των θηλαστικών και η κατάλληλη απενεργοποίηση του

επιλεκτικού γονιδίου

με τη μέθοδο Καπέκι (Θετική - Αρνητική επιλογή ) ήταν μια

ευφυής τεχνική να απομονώνεται το γονίδιο που είχε ενδιαφέρον. Έτσι δη μιουργήθηκαν νέες θεραπείες σε δύσκολες ασθένειες.

Nobel Οικονο ία :

«Η ανάπτυξη της θεωρίας Σχεδιασμού Μηχανισμών με βάση την Θεωρία των Παιγνίων»

Η Σουηδική Ακαδη μία Επιστη μών αποφάσισε να τιμήσει τους τρεις επιστή μονες, Ε. Μάσκιν, Ρ . Μάγιερσον, Λ . Χούρβικς για την πρωτοπόρο ερευνά τους, στη

«θεωρία του σχεδιασμού μηχανισμών»,

διαψεύδοντας όσους πίστευαν ότι φέτος το Νόμπελ θα πήγαινε σε οικονομολόγους με έργο στο διεθνές εμπόριο, τα μακρο-οικονομικά ή την αγορά εργασίας, αλλά και όσους εκτίμησαν ότι θα κατευθυνόταν σε επιστή μονες με έργο σχετικό με

την πρόσφατη κρίση στη διεθνή αγορά πιστώσεων. Ωστόσο, όσοι τελι

κώς αποφασίζουν για το πρόσωπο ή τα πρόσωπα, που θα βραβευθούν, εξετάζουν θεωρίες, οι οποίες μέσα στον χρόνο δοκιμάστηκαν, αναπτύ χθηκαν, διευρύνθηκαν και αποδεί χθηκαν ανθεκτικές. Η θεωρία, στην οποία συνεισέφεραν τα μέγιστα οι τρεις, μελετά τρόπους ώστε να για την Λ. Χουρβικς

Ε. Μάσκιν

Ρ.

Μαγιερσον

πόρων

σχεδιαστούν μηχανισμοί καλύτερη κατανομή των

και των αγαθών, διορθώνο-

ντας ή ξεπερνώντας ορισμένα από τα προβλή ματα που προκαλούν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/6

οι ατέ-

-------

Τα βραβεία Nobel 2007

λειες των αγορών. Εφαρμογές της θεωρίας αυτής είναι ο σχεδιασμός των δημοπρασιών για τη χορήγηση , για παράδειγμα, των αδειών κινητής τηλεφωνίας ή ενός αποτελεσματικού φορολογικού συστή ματος. Τα

1960 για να την αναπτύξουν περαιτέρω στα τέλη του '70 οι Μάσκιν και Μάγιερσον. Ο μεν πρώτος, στα 90 του σή μερα, είναι και ο γηραιότερος Νομπελίστας στην ιστορία, ενώ για τη «θεωρία του σχεδιασμού μηχανισμών» είχε τιμηθεί και το 1990 από την κυβέρνηση θεμέλια της θεωρίας έθεσε ο Χούρβικς το

των ΗΠΑ. Γεννήθηκε στη Μόσχα και διατηρεί τη θέση του επίτιμου καθηγητή Οικονομικών στο πανεπι στήμιο της Μινεσότα. Οι Μάσκιν και Μάγιερσον,

56 χρόνων και οι

δυο, είναι πανεπιστη μιακοί. Ο πρώ

τος διδάσκει κοινωνική επιστή μη στο πανεπιστήμιο του Πρίνστον και ο δεύτερος οικονομικά στο πανε πιστή μιο του Σικάγου . Πάντως και οι τρεις οικονομολόγοι έχουν υπόβαθρο

τικά, στους δύο νεότερους ήταν το πεδίο του διδακτορικού τους,

στα εφαρμοσμένα μαθημα

επιβεβαιώνοντας ότι τα οικονομικά

αποτελούν, την πίσω πόρτα, για την απονομή ενός Νόμπελ Μαθη ματικών. Είναι φανερό ότι οι αποφάσεις των επιχειρήσεων λαμβάνονται αποκλειστικά με γνώμονα τη μεγι στοποίηση του κέρδους και μια σειρά άλλων παραδοχών. Έτσι πολλές από αυτές της παραδοχές δεν εί ναι ρεαλιστικές και ένα μεγάλο μέρος τους επιστη μονικής δουλειάς στα οικονομικά, κατά τις τελευταίες δεκαετίες, απαντά στο ερώτη μα τι συμβαίνει όταν

δεν ισχύει κάποια από αυτές. Ειδικότερα, η θεωρία των μηχανισμών χρησιμοποιεί κατά κόρον τη θεωρία των παιγνίων και μπο

ρεί να αναλύσει τον μηχανισμό της αγοράς κάτω από περισσότερο ρεαλιστικές (ή μάλλον λιγότερο μη ρεαλιστικές) παραδοχές Ο Χούρβικς όρισε ότι τέτοιου είδους μηχανισμοί αποτελούν συστή ματα οποίων στέλνονται μηνύματα ώστε να ληφθούν υπάρχουν τα κατάλληλα

κίνητρα,

επικοινωνίας

μέσω των

οικονομικές αποφάσεις. Ένα μεγάλο πρόβλη μα είναι να

ώστε οι ενδιαφερόμενοι να παρέχουν ειλικρινείς πληροφορίες; π.χ.

πόσο είναι διατεθειμένος να πληρώσει κάποιος ώστε να υπάρχει ένα «δη μόσιο αγαθό». Τελικά η ερευνητική δουλειά πάνω στη «θεωρία του σχεδιασμού μηχανισμών» πέρα από την καλύ τερη θεωρητική κατανόηση μιας πλειάδας ζητημάτων προσέφερε και πρακτικά αποτελέσματα όπως απο δοτικότερα συστή ματα δημοπρασιών για πώληση όσο και διαγωνισμών για προμήθειες αλλά και καλύτε ρη εποπτεία των μονοπωλίων και των ολιγοπωλίων. Λειτούργησε συμπληρωματικά στις εργασίες πάνω στην

«ασύμμετρη πληροφόρηση» (Νόμπελ Οικονομίας 2001) ενώ επεκτείνεται και σε προβλή ματα άλ

λων κοινωνικών επιστημών, ιδίως της πολιτικής επιστή μης Ο Χούρβικς, δήλωνε χαρακτηριστικά «Είμαι πολύ ευτυχισμ έ νος που ο κόσμος αναγνωρίζει τη θεωρία

του Σχεδιασμού Μηχα νισμών ως μια σημαντική γραμμή σκέψης στη σύγχρονη οικονομική επιστήμη» εκ φράζοντας ωστόσο την έκπληξή του για το Νόμπελ επειδή οι περισσότεροι από αυτούς που γνώρισαν το έργο του, όπως είπε, είχαν με την πάροδο του χρόνου . . . εκλείψει! Ενώ ο Μασκίν υπογράμμιζε: «Πολλοί από μας λέγαμε ότι η επιτυχία της θεωρίας του Σχεδιασμού εξαρτάται από τον έξυπνο καθορισμό των

«κανόνων του παιχνιδιού». Η θεωρία αυτή , ση μείωνε η Σου

ηδική Ακαδημία: « . . . έχει καταλάβει κεντρικό ρόλο στη σύγχρ ονη οικονομική και πο λ ιτική επιστήμη, καθώς επιτρέπει στους οι κονομολόγο υς, στις κυβερνήσεις και στις επιχειρήσεις να διακρίνο υν και να επηρεάσουν τις συνθήκες υπό τιs οποίες οι αγορές λειτουργούν αποτελεσματικ ά και να αποτρέψουν τη δημιο υργία συν θηκών πο υ βλάπτουν τη λειτουργία των αγορών». Η θεωρία του Σχεδιασμού Μηχανισμών αποτελεί μαζί με τη Θεωρία των Παιγνίων ουσιαστικό πυ λώνα της οικονομικής επιστή μης. Σημειωτέον ότι το Αουμαν και Τομας Σέλινγκ για τη Θεωρία

2005

η Ακαδη μία είχε βραβεύσει τους Ρόμπερτ

των Διαδραστικών Αποφάσεων,

και επεκτείνει την περίφημη Θεωρία των Παιγνίων, που διατυπώθηκε

η οποία επίσης βελτιώνει

1940. Και εκεινοι προσπάθησαν να

απαντήσουν στο ερώτη μα γιατί ορισμένες κοινότητες, κράτη ή και πρόσωπα καταφέρνουν να ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 67 τ.317

διαχειρι-

-----

στούν

Τα βραβεία Nobel2007

επιτυχέστερα τα συγκριτικά πλουτοπαραγωγικά τους πλεονεκτήματα. Η Θεωρία του Σχεδιασμού

Μηχανισμών έχει εφαρμογή σε οικονομικές πολιτικές, που έχουν όμως πολλές και ση μαντικές κοινωνι κές και πολιτικές προεκτάσεις, όπως είναι η έκδοση ενός κρατικού ομολόγου, ο ισολογισμός ενος προϋ πολογισμού και ο σχεδιασμός ενός συστήματος κοινωνικής ασφάλισης ή ενός φορολογικού συστή ματος. Η θεωρία που εξέλιξαν οι τρεις νομπελίστες αποσκοπεί στην εξαγωγή

του επιθυμητού

και εκ των προ

τέρων καθορισμένου αποτελέσματος.

Nobel Λο οτε νία :

Στα

88 της,

«Η γυναικεία διαίσθηση και η σύγκρουση των πολιτισμών

Ντο ρις Λέσινγκ .είχε τα τελευταία χρόνια μια διαρκή υποψηφιότητα, για την ανώτατη

διάκριση που τη βρίσκει παραγωγική όσο ποτέ. Το νέο της μυθιστόρη μα «Σχισμή» είναι μια αναφορά στην ελευθερία. Η Σουηδική Ακαδημία της απένειμε το Νόμπελ επειδή «με

πάθος και δύναμη προβολής υπέταξε έναν πολιτισμό ταχυτήτων στην εξαντλητική παρατήρηση». Ο πολιτισμός

σκεπτικισμό, δύο

δύο ταχυτήτων, δεν είναι μόνο τα δύο φύλα, αλλά και οι συγκρουό μενες δυνάμεις της αποικιοκρατίας, του καπιταλισμού, του σοσια λισμού, της οικολογίας. Η Ντόρις Λέσινγκ είναι πολυγραφότατη και μεταφρασμένη σε όλον τον κόσμο, με πιο διάσημο, ίσως βιβλίο της το «Χρυσό Ση μειωματάριο»

( 1962) .

Σε όλη της τη ζωή ακολουθούσε κύκλους ανάμεσα στην έλξη σε μαζικά συστή ματα πίστης και στην ανάγκη για διαφοροποίηση . Ντό ρις Λέσινγκ

Οπως είχε πει κάποτε, όλες οι ακλόνητες αλήθειες της νιότης της κατέρρευσαν και εξαφανίστηκαν.

Ήταν από τις πρώτες Αγγλίδες, που στα μέσα του

20ου αιώνα γύρισαν την πλάτη

σε οτιδήποτε συμ

βόλιζε τον προπολεμικό κόσμο. Η είδηση ήρθε πολύ γρήγορα και απρόοπτα . . . «Της τηλεφω νούσα, αλλά δεν απαντούσε. Προφανώς δεν κα θότα ν πά νω από το τηλέφω νο περ ιμένο ντας πότε θα την πάρω » είπε σε δη μοσιογράφο του Associated Press ο Χ. Ενγκνταλ, μόνιμος γραμματέας της Σουηδικής Ακαδη μίας. Χρειάστηκε να περάσουν περίπου δύο ώρες μετά τη ν επίσημη ανακοίνωση του ονόματός της για να ενη μερωθεί η Λέσινγκ σχετικά με την τιμή της βράβευσης της, Όπως μαθεύτη κε, ενώ η Ακαδη μία της τηλεφωνούσε, εκείνη . . . ψώνιζε. Όταν επέστρεψε στο σπίτι της, η Λέσινγκ βρήκε τους δη μοσιογράφους συγκεντρωμένους στο κατώφλι της, έξω από το σπίτι της στο Βόρειο Λονδίνο: «Έχω κερδίσει όλα τα βραβεία στην Ευρώ πη, οπότε τώρα είμαι περιχαρής πο υ τα έχω όλα. Είναι φλας ρουαγιάλ» είπε με σχετικό χιούμορ . . . Ο ι ακαδη μαϊκοί και οι συγγραφείς εκφράστηκαν θετικά για την επιλογή της Λέσινγκ. «Είναι μια μεγάλη φυσιογνωμία, σαφώς και το άξιζε» δήλωσε ο συγγραφέας Ουμπέρτο Εκο από την Εκθεση Βιβλί ου στη Φραγκφούρτη . Η Τ. Φρίντμσν, αποκάλεσε το Νόμπελ αυτό, «απόλυτη έκπληξη» . Π ώ ς έφθασε ν α συμπληρώσει μια τόσο μακροχρόνια πορεία η βρετανίδα συγγραφέας; Χάρη στο ευρύ λογοτεχνικό της φάσμα, που κυμαίνεται από το ακραίο πολιτικό και το κοινωνικοπολιτικό αφήγημα ως τον μυστικισμό και την επιστη μονική φαντασία. Όταν την κατηγόρησαν ότι. υποβίβαζε το ταλέντο της ασχολουμένη με την επιστημονική φαντασία ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/8

-------

Τα βραβεία Nobel2007

απάντησε ότι στην επιστημονική φαντασία βρίσκει κα νείς καλύτερη

κοινωνική μυθοπλασία της εποχής

μας. Η Ντόρις Μέι τέιλερ, όπως είναι το πατρικό όνομα της Ντορις Λέσινγκ, γεννήθηκε στην Περσία (Ιράν) στις 22 Οκτωβρίου 1 9 1 9. Και οι δύο γονείς της ήταν Βρετανοί: ο πατέρας της, ο οποίος είχε μείνει ανάπη ρος από τον Α' Παγκόσμιο Πόλεμο, εργαζόταν σαν υπάλληλος της Αυτοκρατορικής Τράπεζας στην Περσία. Η μητέρα της ήταν νοσοκόμα. Το 1 925 η οικογένεια μετακόμισε στη Νότια Ροδεσία (Ζι μπάμπουε) με την απατηλή υπόσχεση ότι θα πλούτιζε εκεί από την εκμετάλλευση της καλλιέργειας κα λαμποκιού . Ατυχώς τα τέσσερα εκτάρια θάμνων απέτυχαν να αποφέρουν κέρδη και τα σχέδια της μητέ ρας της να ζήσει τη ζωή της βικτωριανής ευγενούς σε «εδάφη αγρίων» ματαιώθηκαν. Η Λέσινγκ έχει περιγράψει την παιδική ηλικία της ως ένα άνισο μείγμα

λίγης χαράς και πολύ πό

νου . Ο κόσμος της φύσης, τον οποίο θα εξερευνούσε σε κάποιον βαθμό, με τον αδελφό της Χάρι, ήταν μια διέξοδος από την κατά τα άλλα αξιοθρήνητη ζωή . Η πλούσια βιβλιογραφία της Ν. Λέσινγκ περιλαμβάνει συνολικά 5 1 βιβλία (κάποια εξ αυτών περι λαμβάνονται σε θεματικές σειρές) στα οποία ξεδιπλώνονται όλες οι λογοτεχνικές δεξιότητες της, αγγίζο ντας θέματα όμως η ψυχολογία, ο μυστικισμός, η επιστημονική φαντασία. Εκτός από μυθιστορήματα, εξέδωσε συλλογές διηγη μάτων και ιστορίες για γάτες. Ενώ, ακόμη , δύο βιβλία της κυκλοφόρησαν με το ψευδώνυμο Τζέιν Σόμερς. Σε παλαιότερη συνέντευξη της πάντως, είχε επιση μάνει την «αδυναμία» της στη σειρά «Canopus in Argos», όπου αναπτύσσει τις ψεις της για το

μεταφυσικές ανησυχίες της.

αλλά και τις αντιλή

πεπ ρωμένο του ανθρώπου.

Ορισμένα από τα βασικά έργα της που κυκλοφορούν στα ελληνικά: «Αναμνήσεις ενός επιζώντος», «Γιαγιάδες» (Καστανιώτης), «Μόρα και Νταν» (Λιβάνης), «0 απεσταλμένος στον Πλανήτη 8» (Κέδρος). Ακόμη, αναμένεται τον Ιανουάριο το νέο της βιβλίο «Η σχισμή» (Καστανιώτης). Αξίζει να σημειωθεί ότι η Ντόρις Λέσινγκ

είναι το μεγαλύτερο σε ηλικία άτομο στο οποίο απονέ

μεται το Νόμπελ Λογοτεχνίας (σε δέκα η μέρες κλείνει τα 88) αφού έχει προηγηθεί μόνον ο Θ. Μόμσεν που κέρδισε το Νόμπελ το 1 902 σε ηλικία 85ετών. Επίσης, το φετινό Νόμπελ είναι το δεύτερο που απο δίδεται σε συγγραφέα με καταγωγή από τη Βρετανία στη διάρκεια της τελευταίας τριετίας (μετά τον Χά ρολντ Πίντερ, 2005) .

Στον Αλ Γκορ, πρώην αντιπρόεδρο των ΗΠΑ, επί θητείας Μ . Κλίντον, και πιθανόν υποψήφιο για τη Διακυβερνητική Διάσκεψη των Ηνωμένων Εθνών για τις Κλιματικές Αλλαγές (IPCC) δόθηκε το εφετινό Νόμπελ Ειρήνης, καθώς επίσης

και στην ίδια την IPCC.

Υπέρμαχος της προστασίας του περιβάλλοντος, ο 59 χρονος πρώην αντιπρόεδρος των ΗΠΑ, θεω ρούνταν το μεγάλο φαβορί για το εφετινό Νόμπελ σε μία περίοδο που η προσοχή τns παγκόσμιας γνώμης είναι στραμμένη

στις κλιματικές αλλαγές και την υπερθέρμανση του πλανήτη. Καθοριστική θεωρείται

η συμβολή τοu Γκορ στην ευαισθητοποίηση της κοινής γνώμης με το ντοκιμαντέρ «Μία ενοχλητική α λήθεια>>, που τιμήθηκε και με δύο Όσκαρ. Η IPCC (Διακυβερνητική Διάσκεψη των Ηνωμένων Εθνών για τις Κλιματικές αλλαγές) από την άλ λη ,

η οποία βραβεύτηκε μαζί του, δη μιουργήθηκε το

1 998 και έχει έδρα της τη Γενεύη . Η αρμοδιότητα

αυτού του οργανισμού είναι να συγκεντρώνει επιστημονικές έρευνες που γίνονται γύρω από το κλίμα και να δημοσιεύει εκθέσεις που αναφέρονται σε αυτές. Εφέτος δημοσίευσε τρεις εκθέσεις για το κλίμα. Στον ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 67 τ.3/9

-----

Τα βραβεία Nobel2007

κατάλογο των υποψηφίων για το Νόμπελ Ειρήνης βρίσκονταν συνολικά 181 προσωπικότητες και διε θνείς οργανισμοί, ανάμεσα τους ο πρώην καγκελάριος της Γερμανίας και ο γνωστός τραγουδιστής Μπό νο. Η επιτροπή επεσή μανε ότι « είναι πι θανότατα ο μόνος, ο οποίος έχει κά νει τόσα πολλά, ώστε να συ ο ιδητο ποιήσει ο κόσμος τα μέτρα που πρέπει να υ ιο θετη θούν για την αντιμετώπιση των κλιματικών αλλαγών» . Ο έτερος νικητής του βραβείου Νόμπελ Ει ρήνης είναι Διακυβερνητική Επιτροπή για την Κλιματική Αλλαγή (Intergoνernιnental Panel

ση

C1iιnate Change, IPCC), η οποία ιδρύθηκε to 198 8 από το Πρόγραμμα των

Ηνωμένων Εθνών

για το Περιβάλλον (United Nations Enνironment Programme, UNEP) και τον Παγκόσμιο Οργανι σμό Μετεωρολογίας (W orld Meteorological Or ganization, WMO).

Με έδρα τη Γενεύη της Ελβετίας. η IPCC

αποτελεί ουσιαστικά μια ομπρέλα υπό την οποία εργάζονται περίπου 2.500 επιστήμονες από πε ρισσότερες από 1 3 0 χωρες. Πρόεδρος της είναι ο κορυφαίος Ινδός περιβαλλοντολόγος Ραzέντρα Πατσαουρί, ο οποίος έχει επανειλημμέ\'ως δεzθεί κριτική (ακόμη και από τον Αλ Γκορ) ότι είναι

πολύ άνευρος για τη θέση αυτή . Αξιοση μείωτο είναι ότι η πρώτη του έκθεση , το 1 990. ήταν αυτή που

στην υπογραφή του Πρωτοκόλλου του Κιότο το ρίων που προκαλούν το φαινόμενο του θερμοκηπίου.

οδήγησε

1 992 για τη

μείωση

των εκπομπών

των

αε

Το 2007 ήταν το έτος κατά το οποίο η Επιτροπή θα δη μοσίευε τις τελευταίες μελέτες της για τις κλι ματικές αλλαγές. Τα πορίσματα τους ήταν ιδιαιτέρως επιβαρυντικά νια τον ανθρώπινο παράγοντα, τον οποίο κατονομάζουν βασικό υπεύθυνο νια το φαινόμενο του θερμοκηπίου. Προειδοποιεί ότι η αύξηση της θερμοκρασίας τον 2lo αιώνα θα κυμανθεί μεταξύ

1,8-4 βαθμών Κελσίου,

ότι εκατομμύρια άνθρω

ποι θα κινδυνεύσουν από τις πλη μμύρες που θα προκαλέσει η άνοδος της στάθμης της θάλασσας και ότι οι σοδειές ,�

θα μειωθούν ως και κατά 50% σε ορισμένες χώρες, μέχρι το 2020. ΑΡ. AFP. Reuters, Nobel Prize. org, Γαλλικό πρακτορείο, Associated Press και Ελληνικές

εφη μερίδες: Τα ΝΕΑ, Το ΒΗΜΑ, Ελευθεροτυπία, Καθη μερινή , Απογευματινή και Ελεύθερος Τύπος.

συντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Β' σας ευχεται: ,

και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 67 τ.3/10

Καλό Πάσχα

Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή [1873

1950]

ΞU'fΟ?Λ

έΛΛΗΝΙΚΗ

ΔΗΜΟΚΡΑΓΙΑ350

Έγινε στο Περιστέρι στις 2 Φεβρουαρίου 2008 τα αποκαλυπτήρια του ανδριάντα του κορυφαίου Έλληνα Μαθηματικού Κωνσταντίνου ΚαραΟ�:οδωρή, παρουσία του Υπουργοί1 Παιδ�:ίας Ε. Στυλιανίδη, του Δημάρχου της πόλης του Περιστερίου Α. Παχατουρίδη, του Προέδρου της ΕΜΕ Ν. Αλεξανδρή, πολλών άλλων επισήμων και πλήθος κόσμου. Δημοσιεύουμε ένα απόσπασμα της προσφώνησης για τα αποκαλυπτήρια του Προέδρους της ΕΜΕ Ν. Αλεξανδρή. « ... Είναι μεγάλη ικανοποίηση για την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία αλλά και για ολόκληρη τη μαθηματική κοινότητα της χώρας μας η σημερινή εκδήλωση προς τιμήν του μεγάλου Έλληνα μαθηματικού Κωνσταντίνου ΚαραΟεοδωρή.

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία τίμησε ξεχωριστά και ποικιλότροπα τον Κωνσταντίνο Αναφέρω ενδεικτικά μερικές από αυτές τις τιμητικές εκδηλώσεις: κατά τα έτη 1951, 1966 και 1975 διοργανώθηκαν από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία διαλέξεις σχετικά με το έργο του Κωνσταντίνου Καραθεοδωρή. Το 1973, η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία διοργάνωσε στην Αθήνα το διεθνές «Συμπόσιο Καραθεοδωρή» που σημείωσε μεγάλη επιτυχία. Τα πρακτικά του συμποσίου μάλιστα εκδόθηκαν από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία σε ένα καλαίσθητο τόμο 634 σελίδων. Κατά τα επόμενα έτη στα περιοδικά της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας δημοσιεύθηκαν πολλά άρθρα που αναφέρονται στο έργο και την προσωπικότητα του Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή. Επίσης η Ε.Μ.Ε. τίμησε τον Καραθεοδωρή με ιδιαίτερες εκδηλώσεις στο 19ο Πανελλήνιο Συνέδριό της που οργανώθηκε το 2002 στη Θράκη τόπο καταγωγής του φωτισμένου αυτού Έλληνα της διασποράς. Κορωνίδα, όμως, όλων των παραπάνω εκδηλώσεων αποτελεί το γεγονός ότι ήδη από το 1930, 20 ολόκληρα χρόνια πριν από το θάνατό του, η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία ανακήρυξε τον Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή επίτιμο πρόεδρό της. Είναι όμως επίσης σημαντικό ότι και ο Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή περιέβαλε με μεγάλη εκτίμηση το έργο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Απόδειξη ότι η μοναδική εργασία που έγραψε στα Ελληνικά, το Μάιο του 1921, με τον τίτλο: «Περί ενός μετασχηματισμού αναλόγου προς τον μετασχηματισμό του Legendre», (τη δημοσίευσε την ίδια χρονιά στο Δελτίο της Εταιρείας, στο τόμο III. Επίσης στο Δελτίο της Εταιρείας 9τομ. Ε τευχ. Α+Β 1924) δημοσιεύθηκε ομιλία του Κωνσταντίνου Καραθεοδωρή με τίτλο: «Περί των Μαθηματικών εν τη Μέση Εκπαιδεύσει», την οποία έδωσε από του βήματος της Εταιρείας μας. Ο Καραθεοδωρή άφησε ένα τεράστιο ερευνητικό έργο και λαμπρά επιτεύγματα σε πολλούς χώρους των μαθηματικών αλλά και σε παραπλήσιες περιοχές. Επέδειξε ιδιαίτερο ενδιαφέρον για τις εφαρμογές αλλά περισσότερο με τον τρόπο με τον οποίο τα Μαθηματικά αλληλεπιδρούν στενά με τη Φυσική, όπως αυτό συμβαίνει με τη γενική θεωρία της σχετικότητας και την κβαντομηχανική. Ο Καραθεοδωρή κατανοούσε και εκτιμούσε τη σημασία της απλότητας, της φυσικότητας και της κομψότητας στα μαθηματικά και αναζητούσε και αναδείκνυε πάντοτε τα στοιχεία αυτά στις εργασίες του. Ο Καραθεοδωρή δεν υπήρξε μόνον ένας μεγάλος επιστήμονας αλλά και καλλιεργημένος και ενσυνείδητος διανοούμενος, ένας υπεύθυνος κοινωνικός άνθρωπος. Με την τεράστια ακτινοβολία του στον ακαδημαϊκό, εκπαιδευτικό και πολιτικό κόσμο επηρέασε με την εισήγησή του τις εξελίξεις στην εκπαίδευση όλων των βαθμίδων. Ιδιαίτερη ήταν η συνεισφορά του στην ανασυγκρότηση των Ελληνικών Πανεπιστημίων, από τη θέση του Συμβούλου της Ελληνικής Κυβέρνησης στις αρχές της δεκαετίας του 30. Με τη σημερινή εκδήλωση τιμάται η προσφορά ενός μεγάλου Έλληνα στην επιστήμη αλλά και στον τόπο, γι' αυτό αξίζουν τα θερμά συγχαρητήρια και οι θερμές ευχαριστίες όλων μας, στο Δήμο Περιστερίου και όλους όσους την στήριξαν... » Καραθεοδωρή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/1 1

!(,;*"!'"'""�' J--,��*"'1'�' -- Mιι,.a,.p�J... "€� ΟJ;ιι p.,... Α.&ε.� Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. 68ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ «0 Ευκλείδης» 19 Ιανουαρίου 2008 Α'

Πρόβλημα 1

τάξη Λυκείου

Να aπλοποιήσετε την παράσταση Κ (β) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Α ακεραίου. (α)

= =

(χ + y)3- (χ - y)3- 6χ2y- y3•

2000043-1999963-24 2000002-64 ·

είναι κύβος

Λύ ση

Κ = ( χ + Υ)3 - ( χ - Υ)3 - 6χ 2 Υ-/ χ3 + 3χ2 Υ + 3xy 2 + / - ( χ3 - 3χ 2 Υ + 3xy 2 - /)- 6χ2 Υ-/ / - χ3 + 3 χ 2 Υ- 3χ/ + / - 6χ 2 Υ- y3 y3 = χ3 + 3χ 2 Υ + 3xy 2 + Α = 2000043 - 1 999963 - 24 · 200000 2 - 64 (β) Έχουμε ( 200000 + 4 )3 - ( 200000 - 4 )3 - 6 · 200000 2 · 4 - 43 ' οπότε, αν θέσουμε χ = 200000 και y=4 στην προηγούμενη παράσταση, αυτή γίνεται (α)

Έχουμε

Πρόβλημα 2

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a,b ισχύει ότι λύσεις της εξίσ ωσης ( 2x-a ) 3 - ( x-b) 3 χ 3 Ο =

Λύ ση

Έχουμε

+ b2- 2a

2b ab- 4,

/ =43•

να βρεθούν οι

α 2 + b 2 - 2α = 2b + αb - 4 <:::::> α 2 + b 2 + 2 2 - αb - 2α - 2b Ο <:::::> ( α - b )2 + (b - 2 γ + ( 2 - αγ

�[

Α=

J =Ο

<:::α::> - b b - 2 = 2 - α= Ο <:::::> α= b 2. Τότε η εξίσωση γίνεται ( 2χ - α )3 - ( x - b )3 - χ3 Ο <:::::> (2χ - 2 ) 3 - ( χ - 2/ - χ3 = Ο =

<=> ( 2χ - 2 ) 3 + ( 2 - χ )3 + ( -χ/ = 0 <:::::> 3 ( 2 χ - 2 ) ( 2 - χ )( - χ ) = ο, αφού ισχύει ότι ( 2χ - 2 ) + ( 2 - χ ) + ( -χ ) = Ο, όπως προκύπτει άμεσα από την ταυτότητα των κύβων. Η τελευταία παραγοντοποίηση μπορεί επίσης να προκύψει εύκολα, μετά από πράξεις. Άρα η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την ( 2χ - 2 ) ( 2 - χ ) ( -χ ) ο <:::::> 2χ - 2 = ο ή 2 - χ ο ή - χ ο <:::::> χ = 1 ή χ 2 ή χ ο. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/12

------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ρόβλη μα 3

------

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με πλευρές ΑΒ=2α και ΑΔ=α. Να αποδείξετε ότι το μέσον Μ της πλευράς ΑΒ έχει την ιδιότητα : το άθροισμα ΔΜ+ΜΓ είναι το ελάχιστο δυνατό για τις διάφορες θέσεις του σημείου Μ πάνω στην ευθεία ΑΒ. Λύση

Το τρίγωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές α Δ Γ (ΜΒ=ΒΓ= ), οπότε Β ΜΓ = 45° . Επειδή είναι ΔΑΜ + AMr = 900 + 1 800 - AMr = 225° > 1 80°, η προέκταση της ΓΜ τέμνει την προέκταση της ΔΑ προς το Α, έστω στο σημείο Ε. Τα τρίγωνα ΜΒ Γ και ΜΑΕ είναι ίσα , γιατί είναι Β Α ορθογώνια και έχουν Μ Α = ΜΒ και ΑΜΕ = Β ΜΓ (ως Μ' κατά κορυφή). Άρα θα έχουν και ΑΕ = ΒΓ = ΑΔ = α : Τότε όμως και τα τρίγωνα ΑΜΔ και ΑΜΕ είναι ίσα, γιατί Ε είναι ορθογώνια στο Α και έχουν την πλευρά ΑΜ κοινή και ΑΕ ΑΔ. Άρα θα έχουν και ΔΜ = ΕΜ, οπότε (1) ΔΜ + ΜΓ = ΕΜ + ΜΓ = ΕΓ . Έστω τώρα τυχόν σημείο Μ ' της ευθείας ΑΒ διαφορετικό από το σημείο Μ . Τότε προφανώς τα ορθογώνια τρίγωνα Α Μ'Δ και ΑΜ Έ είναι ίσα , οπότε θα έχουν Α Μ' ΕΜ' και (2) ΔΜ ' + Μ 'Γ = ΕΜ ' + Μ 'Γ . Επειδή η γραμμή ΕΜ 'Γ είναι τεθλασμένη, ενώ η γραμμή ΕΜΓ είναι ευθεία που έχει τα ίδια άκρα με την τεθλασμένη ΕΜ 'Γ , από τις ( 1 ) και ( 2 ) έπεται ότι ΔΜ + ΜΓ = Ε Γ <ΕΜ' + Μ 'Γ ΓΜ ' + Μ 'Δ . =

Πρόβλημα 4

Αν οι αριθμοί αποδείξετε ότι

x,y,z

είναι τέτοιοι ώστε x>O, y + 1>0, z + 2>0 και x + y + z = 3 , να

x ( y + 1 ) ( y + 1 )( z + 2 ) x( z+2 ) �3. + + x + y+1 y+ z+ 3 x + z+2 Για ποιες τιμές των x,y,z ισχύει η ισότητα;

Λύση

Επειδή τα κλάσματα του πρώτου μέλους της ζητούμενης ανισότητας παρουσιάζουν στον αριθμητή το άθροισμα δύο θετικών αριθμών και στον παρανομαστή το γινόμενό τους, θεωρούμε τη γνωστή ανισότητα (1) ( α + b )2 2 4αb, για κάθε α, b ε ffi., η οποία αληθεύει, αφού είναι ισοδύναμη με την προφανή ανισότητα ( α - b )2 2 Ο . Η ισότητα

αληθεύει όταν α = b. Για α, b θετικούς, από την ( 1 ) λαμβάνουμε αb α + b � -- , α+b 4 ενώ η ισότητα αληθεύει όταν α = b. Από την (2) για α = χ, b y + 1 λαμβάνουμε x(y + 1 ) x + y + 1 < x + y+1 - 4 και ομοίως προκύπτουν οι ανισότητες ( y + 1 )( z + 2 ) <y + z + 3 y+z+3 - 4

(2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/13

(3 )

(4)

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

x(z + 2 ) x + z + 2 < (5) x+z+2- 4 Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 3 ), (4) και (5) λαμβάνουμε x(y + 1 ) (y + 1 )(z + 2 ) x(z + 2 ) 2(χ + y + z) + 6 -----' ----'-- + + �x+z+2 χ+y+1 y+z+3 4 x(y + 1 ) (y + 1 )(z + 2 ) x(z + 2 ) 2 · 3 + 6 + + � =3. x+y+ 1 x+z+2 y+z+3 4 Η ισότητα αληθεύει όταν χ = y + 1 = z + 2 , οπότε από την σχέση χ + y + z = 3 προκύπτει ότι χ + χ- 1 + χ - 2 =3 <=> 3χ = 6 <=> χ = 2 και y = 1, z = Ο. -'---

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

: ;- .�·

Να λύσετε την εξίσωση 2 Θα αναζητήσουμε λύσεις που ικανοποιούν την ανίσωση 3 χ- 2 2 Ο <=> χ 2 -. 3 Επειδή και τα δύο μέλη της εξίσωσης είναι θετικά, η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την (1) ( χ2 + 2 ) 2 = 9 ( 3 χ - 2 ) <=> χ4 + 4χ 2 - 27 χ + 22 = ο . Οι πιθανές ακέραιες λύσεις της ( 1 ) είναι οι : 1 , - 1 , 2, -2, 1 1 , - 1 1 , 22, -22. Εύκολα διαπrστώνουμε ότι η ο ακέραιος 1 είναι ρίζα της εξίσωσης και μέσω του σχήματος Homer καταλήγουμε στην εξίσωση (χ - 1 ) ( χ3 + χ 2 + 5χ- 22) = Ο.

Χρησιμοποιώντας και πάλι το σχήμα Homer για χ = 2 , για το πολυώνυμο χ3 + χ2 + 5χ- 22 καταλήγουμε στην εξίσωση ( χ - 1 )(χ + 2 ) ( χ 2 + 3 χ + 1 1 ) = ο <=> χ = 1 ή χ = 2 ή χ 2 + 3 χ + 1 1 = ο <=> χ = 1 ή χ = 2, αφού το τριώνυμο χ 2 + 3χ + 1 1 = Ο έχει διακρίνουσα Δ = - 3 5 < Ο .

2 2 3-'Χ- 2L,-;::; για χ 2-. ' χ 2-. χ ρησιμοποιουμε ' τον μετασχηματισμο' y = νr;::;πρεπει 3 3 Τότε λαμβάνουμε y 2 Ο και / = 3 χ - 2 , ενώ η δεδομένη εξίσωση γίνεται χ 2 + 2 = 3 y . χ 2 = 3 y- 2 2 , 'Ε τσι εχουμε το συστημα με χ 2- και y 2 Ο . 3 y 2 = 3χ- 2 Με αφαίρεση των δύο εξισώσεων κατά μέλη λαμβάνουμε χ 2 - / = 3(y- χ ) <=> (χ- y )(χ + y + 3 ) = Ο <=> χ - y = Ο ή χ + y + 3 = Ο <=> χ = y ή χ + y = - 3 . ο μοιως '

{

}

είναι αδύνατη λόγω των περιορισμών χ 2 3. και y 2 Ο . 3 2 2 Για χ = y έχουμε την εξίσωση χ = 3χ- 2 <=> χ - 3χ + 2 =Ο <=> χ = 1 ή χ = 2.

Η εξίσωση χ + y = - 3 Πρ6j:1λημu. 2

Σε ένα "τουρνουά" ποδοσφαίρου συμμετέχουν n ομάδες οι οποίες θα παίξουν όλες μεταξύ τους μία μόνο φορά. Για τη νίκη μιας ομάδας δίνονται 3 βαθμοί, για την ισοπαλία 2 βαθμοί και για την ήττα 1 βαθμός. Αν στο τέλος του "τουρνουά" ο συνολικός αριθμός των βαθμών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/14

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

που συγκέντρωσαν όλες οι ομάδες είναι 364, να βρεθεί ο αριθμός συμμετείχαν.

-------

των ομάδων που

,\ύση

Έστω ότι συμμετέχουν n ομάδες. Η 111 ομάδα παίζει με τις υπόλοιπες n - 1 ομάδες , οπότε διεξάγονται n - 1 αγώνες. Η 211 ομάδα παίζει με τις υπόλοιπες n - 2 ομάδες , οπότε διεξάγονται n - 2 αγώνες. Η 311 ομάδα παίζει με τις υπόλοιπες n - 3 ομάδες , οπότε διεξάγονται n - 3 αγώνες.

Η (n- 1 )11 ομάδα παίζει με την τελευταία 1 ομάδα , οπότε διεξάγεται

1 αγώνας . + (n - 1) .

Άρα ο συνολικός αριθμός των αγώνων είναι: Σ = 1 + 2 + 3 + Αν γράψουμε τις ισότητες Σ = 1 + 2 + . . . + (n - 2 ) + (n - 1 ) 2 + 1 Σ = (n - 1 ) + (n - 2 ) + . . . και τις προσθέσουμε κατά μέλη, τότε λαμβάνουμε · · ·

2Σ = ( n - 1 ) [ ( n - 1 ) + 1 J = ( n - 1 ) n � Σ

�

(n 1 ) n

(1)

Σε κάθε αγώνα ο συνολικός αριθμός των βαθμών που δίνονται στις δύο ομάδες που συμμετέχουν (ανεξάρτητα από το αποτέλεσμα) είναι 4 . Άρα ο συνολικός αριθμός των αγώνων 364 = 91 είναι: (2) 4 Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: (n - 1)n 1 3 · 1 4 (n - 1)n (n - 1)n 7 . � n = 14 . = 91 � = 13 � = 2 2 2 2 Άρα συμμετείχαν 1 4 ομάδες. Πρόβλημα 3.

για τους πραγματικούς αριθμούς x,y ,z ισχύει χ2 + y2 + z2 + 2χ+ 4 y+ 6z+ 1 3 = Ο , να προσδιορίσετε το μέγιστο θετικό αριθμό m που είναι τέτοιος ώστε: χ+ y+ z+ m :::;; Ο . Αν

Λύση

Έχουμε χ 2 + y 2 + z 2 + 2χ + 4 y + 6z + 1 3 = Ο � χ 2 + 2χ + 1 + y 2 + 4 y + 4 + z 2 + 6z + 9 = 1 � (χ + 1) 2 + (y + 2) 2 + (z + 3) 2 = 1 και θέτοντας α = χ + 1 , β = y + 2 και r = z + 3 , έχουμε τελικά α 2 + β 2 + y 2 = 1 . Ισχύει όμως η ανισότητα 3( α 2 + β 2 + y2 ) ;:::: (α + β + y) 2 , που είναι ισοδύναμη με τη γνωστή ανισότητα α 2 + β 2 + y 2 ::::: αβ + αr + βy . Η ισότητα ισχύει όταν α = β = r . Επομένως έχουμε (α + β + y) 2 :::;; 3 . 1 � /α + β + r/:::;; F3 � /χ + y + z + 6/:::;; F3

� -F3:::;; χ + y + z + 6:::;; F3 � -F3- F3:::;; χ + y + z + 6 - F3:::;; Ο . F3 Ε πει δη' η ισοτητα ' ' για χ + 1 = y + 2 = z + 3 = - , επεται ' ' ο ζητουμενος ' ' θ ετικος ' ισχυει οτι μεγιστος 3 αριθμός είναι ο m = 6 - F3 . Πρόβλημα 4

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓ Δ με Α= Β = 90°, ΑΔ = α και (i) Να αποδείξετε ότι: ΔΑ+ ΑΓ < ΔΒ + ΒΓ.

ΑΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/15

= ΒΓ = 2α.

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

(ii) Να βρείτε σημείο Μ πάνω στην ευθεία ΑΒ για το οποίο το άθροισμα ΔΜ + ΜΓ είναι το ελάχιστο δυνατό. (iii) Για το σημείο Μ που θα βρείτε, να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΔΜΓ. Λύση

(i) Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος και το Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ΔΑ + ΑΓ=α +2αJ2=α 1 + 2J2 ,

(

)

( 2 + JS), οπότε ΔΑ + ΑΓ <ΔΒ + ΒΓ � α (1+2Ji ) <α ( 2+J5) ΔΒ + ΒΓ = α.JS + 2α=α

� 2Ji <1 + J5 � 8 <6 + 2J5 � 1 <J5, που ισχύει. (ii) Αν Ε είναι το συμμετρικό του Δ ως προς την ευθεία ΑΒ και το ευθύγραμμο τμήμα ΕΓ τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο Μ, τότε ΔΜ = ΜΕ και Ε ΔΜ + ΜΓ = ΕΜ + ΜΓ = ΕΓ . (1 ) Στη συνέχεια θεωρούμε τυχόν σημείο Ν πάνω στην ευθεία ΑΒ, διαφορετικό από το Μ, οπότε θα ισχύει ΔΝ ΝΕ και ΔΝ + ΝΓ = ΕΝ + ΝΓ . (2) Επειδή η γραμμή ΕΜΓ είναι ευθεία, ενώ η γραμμή ΕΝΓ έχει τα ίδια άκρα με την ΕΜΓ και είναι ΔΜ + ΜΓ = ΕΓ < ΕΝ + ΝΓ = ΔΝ + ΝΓ . τεθλασμένη, έπεται ότι Άρα το σημείο Μ είναι τέτοιο ώστε το άθροισμα ΔΜ + ΜΓ να είναι το ελάχιστο δυνατό. (iii) Επειδή είναι ΔΕ = 2α = ΒΓ και ΔΕ l_ ΑΒ, ΒΓ l_ ΑΒ � ΔΕ 11 ΒΓ , το τετράπλευρο ΔΕΒΓ είναι παραλληλόγραμμο. Αν οι διαγώνιοι του ΔΕΒΓ τέμνονται στο Ο, τότε το Ο είναι το μέσον της ΔΒ και η ΕΟ είναι διάμεσος του τριγώνου ΔΕΒ. Επίσης η ΑΒ είναι διάμεσος του τριγώνου ΔΕΒ, αφού ισχύει ΑΔ =ΑΕ =α . Άρα το σημείο τομής Μ των δύο διαμέσων του τριγώνου ΔΕΒ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΔΕΒ, οπότε θα ισχύει: ΑΒ 2α = . ΑΜ = Α

3 3 2· 1 1 2α 4α ) = ΔΕΜ ) = Άρα έχουμε: ΔΜΓ · 2α ·= -. · 2α · 2αΔΕΓ ) -( ( ( 2 2 3 3 2α 4α ΜΒ = 2α Διαφορετικά έχουμε - 3 = 3 και +2α)·2α 1 ·α· 2α 1 ·2α· 4α=3α 2 α2 4α2= 4α2 (α ΑΜ = = ) ΑΒΓΔ Δ ) ΜΒΓ ΔΜΓ -( ( ) ( ) ( 2 3-2 .3 -3--3- -3-. 2 Πρόβλη μα 1

Εάν ο z είναι μιγαδικός με να αποδείξετε ότι Ι z Ι= 1. Λύση (1 ος τρόπος)

Αν θέσουμε τότε έχουμε

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ Re(z),Im(z) :;t:Ο και

6 4 Sz 2 + 6 Ζ + 3z4 + z2 +3

6z 4 + 5z 2 + 6 3 z4 + z 2 + 3 ' 6z 4 + 5z 2 + 6 6:Ζ4 + 5:Ζ 2 + 6 W=W� 4 3 z + z 2 + 3 3 :Ζ 4 + z 2 + 3 w

---= ---=---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/16

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

z = καταλήγει στην ισότητα ( l z l 4 -1 ) ( z 2 -z2 ) = Ο � = 1, . αφού λόγω της υπόθεσης Re( z ), Im( z) *Ο έπεται ότι z 2 -z 2 , , , 6z4 + 5z 2 + 6 = 2 + 3z 2 κτελωντας τη δ ιαιρεση εχουμε, 3z 4 + z 2 + 3 3z 4 + z 2 + 3 , , 3z22 <=> 3z4 + z22 + 3 <=> z2 + -12 + -1 <=> z2 + -12 δηλαδη ισοδυναμα z 3 z 3z 4 + z + 3 3z , 1 ι ) = 0 <=> ( z 2 - -z 2 ) ( ι - ι;Ί'ι ) = 0 1 1 Ά ρα εχουμε z 2 +-;τ=z- 2 + 2 <::::> z 2 - -z 2 - 2 --;τ (2 2 Όμως, λόγω της υπόθεσης Re(z), Im(z) ;f:. 0 έπεται ότι z 2 -z 2 * Ο , οπότε τελικά λαμβάνουμε l zl4 = 1 � l zl = 1 . η οποία μετά από τις πράξεις και λαμβάνοντας υπόψη ότι

(211ς

τρόπος)

z lzl2 lzl *Ο Ε

ffi.

IR.

Π ρό β λ η μα

(Σ)

Να λύσετε το σύστημα Λύ ση

ος

χ3 + 3xy + / = 1 είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ3 + / + ( -1 )3 = 3xy(-1) , η οποία από την ταυτότητα του Euler είναι ισοδύναμη με τις εξισώσεις x+y-l = O ή x = y = - 1. x = y =-1 } x+y = 1 Άρα έχουμε (Σ) <=> χ 3 χ 2 / _ / } ( Σ1 ) ή χ 3 χ 2 3 2 ( Σ 2 ) { - = { - =y y Το σύστημα ( Σ 2 ) έχει λύση ( χ , y) = ( -1, -1) , ενώ ( Σ , ) � {χ' -/( ;, �1Υ' ) � Ο } � ι- Υ )( χ' :; : :: - χ - Υ ) � Ο } � {;�;:�} ή {x, +xy::;:: _ y � o} � (x, + (H) ή ι +y) ' �::-�� +y) �o} χ + Υ = 1} <=> ( χ, y) = (_!_ , _!_) ή ( χ, Υ ) = ( 1, Ο) ή ( χ, Υ ) = ( Ο, 1). <=> ( χ , y) = ( _!_ .-!- ) ή 22 2 2 { xy=O Η εξίσωση

τρόπος)

τη

211 ς

τρόπο ς

Μπορούμε πρώτα να προχωρήσουμε σε παραγοντοποίηση της δεύτερης εξίσωσης του συστήματος (Σ) ως εξής: / / <=> / <=>

χ3 χ2 = _ χ3 _ = χ2 _ y2 ( χ _ Υ ) ( χ2 + xy + y2 ) = ( χ_ y) ( χ + y) <=> ( χ - Υ )( x z xy + y 2 - χ - Υ ) = Ο <=> χ - Υ = Ο ή χ 2 + xy + y 2 - χ -y. Αν χ -y = Ο , τότε χ = y και σε συνδυασμό με τη πρώτη εξίσωση του (Σ) καταλήγουμε στην 2χ3 + 3χ2 -1 = Ο <=> ( 2χ -1) ( χ2 + 2χ + 1) = Ο <=> χ = � ή χ = -1, εξίσωση οπότε προκύπτουν οι λύσεις ( χ , y) = � , �) ή ( χ , y) = ( -1, -1) . ( _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/17

χ2 + xy + y2 - χ -y = Ο , ( χ2 + xy + y 2 ) ( χ + Υ) - ( χ + Υ ) = Ο <=> χ3 + y3 = ( χ + Υ ) 2 ( χ + y γ + 3xy = 1 . οπότε η πρώτη εξίσωση γίνεται (1) χ2 + xy + / - χ -y = Ο <=> ( χ + y )2 -( χ + y) + xy = Ο . (2) Επιπλέον έχουμε Για χ + y = φ και xy = ω καταλήγουμε στο σύστημα 2 1-φ ω = { φ-;-φ2 + 3ω+ω==1 Ο} <=> -1-φ3 -2 φ2 φ + 3 = 0 1-φ2 ω = -3 <=> (φ,ω) =(l,Ο) (φ,ω) = (Ξ , ±} φ = 1 η' φ =-21 {χxy+ y==O 1} <=> ( x,y) = (1,0) ή ( x,y) = (0,1) , Έτσι έχουμε τα συστήματα: { χ + y = ,xy = 1 } , που ειναι αδυνατο. ' 2 "4 ------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Αν είναι τότε

------

Π ρrιβλη μ α 3

Δίνεται η ακολουθία

Ν*

για την οποία ισχύει: αν+ l - αν = 2v+ 1 ' για κάθε v Ε Ν* . Να αποδείξετε ότι το γινόμενο δύο οποιωνδήποτε διαδοχικών όρων της ακολουθίας είναι επίσης όρος της ακολουθίας. αν

με

Λ ίJση

= 2v + για v = 1,2, ... ,(v -1) έχουμε: =2 + α =2 2+ = 2(v-1)+1 .

Εφαρμόζοντας την αναδρομική σχέση α ν + Ι - α ν Για 1 έχουμε α 2 Για έχουμε 3

v= v=2 Για v-1 έχουμε:

- α1

α2

αv - αv - J

= 2(1+2+3+···+(v-l))+v-1 <=> α -α = 2 v(v-l) +v-1 <=> α =v(v-1)+v-1 2 <=> = v 2 -l+ αJ . (1) <=> = v 2 -R, όπου = 1(2) Για το γινόμενο δύο οποιωνδήποτε διαδοχικών όρων της ακολουθίας έχουμε: αm α = (m 2 -R)( Cm+1) 2 -R) = (m 2 -R)(Cm 2 +2m+1-R) = = m4 +2m 3 +m 2 -Rm 2 -Rm 2 -2Rm-R+R2 = 2 = m4 +m 2 + R2 +2m3 -2Rm 2 -2Rm-R = ( m 2 + m -R) -R = Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες λαμβάνουμε:

αv - α I

αv

v - αI

•

nι+ J

αn,2 + m - ι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/1 8

------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες Επομένως το γινόμενο δύο διαδοχικών όρων της ακολουθίας είναι όρος της ακολουθίας, εφόσον ο αριθμός m 2 + m - f είναι φυσικός μεγαλύτερος του Ο, για κάθε m Ε Ν * , δηλαδή όταν * * 2 m + m - ( l - a1 ) Ε Ν , για κάθε m Ε Ν <=> α 1 Ε Ν

-------

Π ρ ιί) βλη μα 4

Έστω Σ εσωτερικό σημείο οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ . Οι ευθείες ΑΣ ΒΣ και ΓΣ τέμνουν τις πλευρές ΒΓ , ΑΓ και ΑΒ στα σημεία Α ' , Β ' και Γ ' αντίστοιχα, ώστε ΣΑ ' :::;;; ΑΣ ΣΒ ' ::s;; ΒΣ και ΣΓ ' ::s;; ΓΣ . Αν θέσουμε χ = ( ΣΑΒ ) , y = ( ΣΒΓ ) και z = ( ΣΑΓ ) ,να αποδείξετε ότι: ,

ι\ i) σ η

4 z z z :S l x y

lxzzz

ly zz z .

Από το δεδομένο σημείο Σ θεωρούμε παράλληλη προς τη σημείο Τ Τότε πρ οφανώς ( ΣΒΓ ) = (ΠJΓ ) Από τη σχέση ο

Από τη σχέση

(1 )

ΤΔ :S ΤΑ.

έχουμε:

ΤΔ · ΔΒ :::;;; ΤΑ · ΔΒ ..,.

ΒΓ που τέμνει το ύψος ΑΔ στο ΣΑ ' :::;;; ΑΣ προκύπτει προφανώς

(1)

1 1 ΤΔ · ΔΒ :::;;; ΤΑ · ΔΒ .,. (ΤΔΒ) 2 2

(ΤΑΒ)ο

(2)

Από τη σχέση

( 1)

έχουμε επίσης:

ΤΔ · ΔΓ ::s;; ΤΑ · ΔΓ .,.

� ΤΔ · ΔΓ ::s;; � ΤΑ · ΔΓ .,. (τΔΓ) ::s;; (τΑΓ)

(3)

Προσθέτοντας τις σχέσεις ( 2) και (3) έχουμε:

(ΤΔΒ) + (ΤΔΓ) ::s;; (ΤΑΒ) + (ΤΑΓ) .,. (ΤΒΓ) ::s;; (ΤΑΒ) + (ΤΑΓ) .,. (ΠJΓ ) :::;;; ( ΑΒΓ ) - (ΤΒΓ )

= (ΤΒΓ ) ,

παίρνουμε τελικά : ( ΣΒΓ ) :::;;; ( ΑΒΓ ) - ( ΣΒΓ ) ..,. ( ΣΒΓ ) :::;;; ( ΣΑΒ ) + ( ΣΑΓ) . Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι; (ΣΑΒ) ::s;; (ΣΒΓ ) + (ΣΑΓ) και (ΣΑΓ ) :::;;; (ΣΑΒ ) + (ΣΒΓ ) Επειδή έχουμε θέσει χ = ( ΣΑΒ ) , y ( ΣΒΓ ) και z ( ΣΑΓ ) , από τις τρεις τελευταίες ανισώσεις, έχουμε: O < x ::s;; y + z , O < y ::s;; x + z και O < z ::s;; x + y o (4) Αρκεί τώρα να αποδείξουμε ότι: χ 4 + y 4 + z 4 :::;;; 2χ 2 y 2 + 2χ 2 z 2 + 2y 2 z 2 ..,. ..,. χ 4 + Υ 4 + z 4 - 2χ 2 Υ 2 - 2 Υ 2 z 2 + 2χ 2 z 2 - ( 2xz / :::;;; Ο ..,. και σε συνδυασμό με τη σχέση

( ΣΒΓ )

..,. (χ 2 + z 2 - y 2 J - (2xz / :::;;; Ο (χ 2 + z 2 + 2xz - y 2 ) . (χ 2 + z 2 - 2xz - y 2 ) ::s;; Ο ..,. ..,. ((χ + z ) 2 - y 2 ) · ((χ - z) 2 - y 2 ) :::;;; Ο ..,. (χ + y + z ) · (x + z - yXx+ y - z ) · (x - y - z ) :::;;; Ο ..,. ..,. (χ + y + z ) · (x + z - y Xx + y - z ) · (y + z - χ ) � Ο , που ισχύει, λόγω των σχέσεων (4) ο ...

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 67 τ.3/19

Η Homo Mathematίcus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) τι είναι τα Μαθη ματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι

οι κλάδοι των Μαθη ματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός,

4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επι

στήμες ή κλάδοι επιστημών απαίτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τ ου ς συν φ γάτες τ η ς στή λης : παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως

προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών .

επ ι μ έλ ει α : Κ α ρ κ ά ν η ς Β α σ ί λ η ς , Κε ρ α σ α ρ ί δ η ς Γ ι ά νν η ς

I . "τι είναι τα Λιfα θιιματικά; « Τα Μαθηματικά έχουν εξυπηρετήσει τις ανάγκες όλων των κοινωνικο-ιστορικών σχηματισμών. Οι σχέσεις τους με τις πρακτικές ανάγκες και με το πνευματικο διανοητικό της ανθρώπινης κοινωνίας καθορίζουν την ανάπτυξή τους. Έτσι καταλήγουν σε καθολικά επιτεύγμα τα που τους επιτρέπουν να εξυπηρετούν και να επιδρούν μ' αυτά επί αιώνες και χιλιετίες στην ανάπτυξη των επό μενων εποχών. Σήμερα θα λέγαμε, ότι τα Μαθηματικά πάντοτε έφεραν τα ίχνη της "παραγωγικής δύναμης " στην πνευματική και οικονομική συγκρότηση κάθε επο χής, εξυπηρετώντας την με τα αντίστοιχα για τις ανάγκες της νέα και κληροδοτημένα καθολικά Μαθηματικά μέσα. Μ' αυτή την έννοια αποτελούν την Επιστήμη όλων των εποχών. Μια συνοπτική ματιά πάνω στην ανάπτυξη και στην επίδραση των Μαθηματικών ως τις μέρες μας θα μας αποδείξει σε γενικές γραμμές, ότι: α) Τα Μαθηματικά εξυψώνουν και βαθαίνουν την αν θρώπινη σκέψη. Εισάγουν νέες ιδέες στην επιστήμη και στην κοινωνία. Ασκούν τεράστια επίδραση στη Μέση Εκ παίδευση και σ' ολόκληρη σχεδόν την εκπαίδευση σήμε ρα. Εδώ και χιλιετίες μεταξύ της ανάπτυξης της Φιλοσο φίας και των Μαθηματικών υπάρχουν στενές αμοιβαίες σχέσεις. Μ' αυτές τους τις ιδιότητες τα Μαθηματικά

μοιάζουν με τις κοινωνικές επιστήμες και τη Φιλοσοφία. β) Τα Μαθηματικά βρίσκονται πάντοτε στη βάση της τεχνικής προόδου. Λ αμπρή απόδειξη σήμερα αποτελεί η τεχνολογία των υπολογιστικών μηχανών. Η ανάπτυξη γε νικά της τεχνικής συνδέεται με την ανάπτυξη των τεχνι κών μεθόδων. γ) Μέσω των μαθηματικών μοντέ/.ων, μελετήθηκαν πολύπλοκα προβλήματα των διαφόρων επιστημών, γα να καταλήξουμε σήμερα στη μαθηματικοποίηση, ως ένα ο ρισμένο βαθμό, όλων των επιστημών. δ) Ωστόσο, οι ανάγκες της σύγχρονης κοινωνίας δια φέρουν απ' τις ανάγκες των περασμένων εποχcόν. Πρέπει να πούμε αμέσως ότι και τα Μαθηματικά έ χουν επαναστατικά νέες δυνατότητες για τη χρι/ση τους. Και τώρα αποτελούν ' 'Επιστήμη του αιcόνα ". Κατά τις επόμενες κορυφαίες στιγμές της κοινωνικής ανάπτυξης και πνευματικής εξέλιξης θα παρατηρήσουμε σ' αυτά και το φαινόμενο της μαθηματικοποίησης. Τα Μαθηματικά είναι η επιστήμη με πολύπλευρες δυνατότητες» [πηγή :«ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ ΚΑΙ ΑΝΆΠΤΥΞΗ», L.G ILIEV] Γι ά ν ν η ς Κερασαρίδης

1 1. ' Ά υ η) το ξέρατε; , τι είναι τα ' ΈΘΝΟΜΑΘΗΜΑ ΠΚΑ "; [η απάντηση στο τέλος της στήλης] Ι Ι Ι . , οι συνι:ργάτα; της στιί).ιι ς γρ ά φ ο υ ν-ι:ρωτο ι5 ν ,

Προλεγόμενα. Σ '

"Χειρ αψίες", Τη λέμ . Μ π αλτ σα βι ά ς ( Κεφ αλλ ο ν ι ά )

αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε το δεύτερο και τελευταίο μέρος του ενδιαφέρ οντος σημειώ ματος του εκλεκτού συνάδελφου Τηλέμαχο υ Μπαλτσαβιά, με τίτλο «Χειραψίες». Τον ευχαριστούμε. . Π α ρ ά δ ε ιγ μα

3" :

Το παρακά τω παράδειγμα θε ω ρείται κλασικό σ τη Μαθηματική σκέψη : Ο κύ ριο ς Βολτέρας και η σύ ζυγό ς του κάλεσαν σ το σπίτι του ς άλλα 3 αν δρόγυνα . Μόλις ολοκληρώθηκαν οι συσ τάσεις , η κυρία Βολτέρα που είναι εξαιρε τικά παρατη ρη τι κή , πρόσεξε ό τι ο καθένας από του ς υπόλοιπου ς 7 παρευρισκόμενου ς είχε πραγματοποιήσει διαφ ορε -

τικό αριθμό χειραψιών. Το ερώ τη μα είναι: πόσες χειραψίες πραγματοποίησε ο κύ ριο ς Βολτέρας ; Εδώ δεχόμασ τε ό τι ουδείς έδ ω σε χειραψία με το ίδιο ά τομο πάνω από μια φ ορά, ό τι ουδείς έδ ω σε χειραψία με τον/την σύ ζυγό του, και ό τι κανείς βε βαίω ς δεν έδ ωσε χειραψία με τον εαυ τό του .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 7 τ.3/20

• • • •

Κάποιος Κάποιος Κάποιος Κάποιος

έδωσε 6 χειραψίες, έδωσε 4 χειραψίες, έδωσε 2 χειραψίες, έδωσε Ο χειραψίες,

δεν δεν δεν δεν

ξέρουμε ποιος, ξέρουμε ποιος, ξέρουμε ποιος, ξέρουμε ποιος.

Σχήμα 1 1

�--�π

ΚΥΡ ΙΑ ΒΟΛΤΕΡΑ

Ας φανταστούμε (σχή μα 1) ότι οι 8 παρευρι σκόμενοι στέκονται σ' έναν κύκλο, όπου ο καθέ νας ση μειώνεται με τον αριθμό των χειραψιών που έδωσε με τους άλλους. Το κάθε ευθύγραμμο τμή μα που συνδέει δυο άτομα συμβολίζει τη μεταξύ τους χειραψία. Ο παρευρισκόμενος 6 έδωσε χειραψία με όλους εκτός φυσικά με τον παρευρισκόμενο Ο . Άρα ο παρευρισκόμενος 6 είναι σύζυγος του πα ρευρισκόμενου Ο. Ο παρευρισκόμενος 5 δεν χαιρέ τησε τον παρευρισκόμενο Ο και δεν χαιρέτησε τον παρευρισκόμενο 1 (γιατί αυτός έδωσε τη μοναδική χειραψία του με τον παρευρισκόμενο 6). Χαιρέτη σε ωστόσο όλους τους υπόλοιπους. Συμπεραίνου με ότι ο παρευρισκόμενος 5 είναι σύζυγος του πα ρευρισκόμενου 1 . Προφανώς αποκλείεται να είναι σύζυγος του παρευρισκόμενου Ο, μια και αυτός εί ναι ήδη σύζυγος του παρευρισκόμενου 6. Ο πα-

• • •

Κάποιος έδωσε 5 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος, Κάποιος έδωσε 3 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος, Κάποιος έδωσε 1 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος,

ρευρισκόμενος 4 δεν χαιρέτησε τους παρευρισκό μενους Ο, 1, 2. Αυτό γιατί ο παρευρισκόμενος 1 έδωσε τη μοναδική του χειραψία με τον 6 και ο 2 έδωσε χειραψία με τους 5, 6. Χαιρέτησε βέβαια τους 3 , 5, 6 και φυσικά την κυρία Βολτέρα. Άρα ο 4 είναι σύζυγος του 2. Μέχρι τώρα έχουμε τα εξής: • Ο 6 είναι σύζυγος του Ο, • Ο 5 είναι σύζυγος του 1, • Ο 4 είναι σύζυγος του 2 . τι απομένει λοιπόν; Το αναπόφευκτο συμπέρα σμα ότι ο 3 είναι ο κύριος Βολτέρας. ΣυνεΠώς ο κύριος Βολτέρας έδωσε 3 χειραψίες, όσες και η σύζυγός του . Αν αγαπητοί μαθητές δεν καταλάβατε κάτι στην παραπάνω λύση , κάντε κάτι απλό. Σχεδιάστε έναν κύκλο, ση μειώστε πάνω του τους 8 παρευρισκόμε νους με τον τρόπο που είδατε και ενώσατε κατάλ ληλα τους παρευρισκόμενους με ευθύγραμμα τμή ματα. Το πιο πιθανό είναι να δείτε τη λύση να ξε προβάλλει από μόνη της. Τελειώνοντας, μια ευχή : Μακάρι κάποτε να βρούμε χρόνο, αλλά και τη διάθεση , για να διδά σκουμε στα παιδιά τέτοια ενδιαφέροντα μαθη ματι κά προβλή ματα. [ΠΗΓΕΣ: 1 . περιοδικό «Περισκόπιο της Επιστή μης», 2. «Σπαζοκεφαλιές» (Π . Γιαννόπουλος-Γ. Κεφαλλονίτης)]

<<Ενας καλός φ ίλος» Ρ.

Ο μαθητής Ρήγας Κοσμόπουλος (Γ Λυκείου, Θεσσαλονίκη) μας διατύπωσε, ηλεκτρονικά, μια παρατήρηση λέγοντάς μας πως αμελούμε το θέμα των ασκήσεων. Εμείς υπενθυμίζουμε στον καλό μας φίλο πως αρμόδιες για ασκήσεις είναι οι άλλες στήλες. Ο σκοπός και το περιεχόμενο της Homo mathematicus αναγράφεται αμέσως κάτω από τον τίτλο της. Όμως, για να τον aποζη μιώσουμε του δίνουμε το παρακάτω πρόβλημα (γνωστό ως πρόβλημα του Ν. Vasiliev) και περιμένουμε από όλους

Κοσμόπουλος

τους αναγνώστες της στήλης απαντήσεις. «Εκκε ντρότητα ορθογωνίων. Ονομάζουμε εκκεντρότητα ενός ορθογωνίου το λόγο της μεγαλύτερης πλευ ράς του προς την μικρότερη . Αποδείξτε πως όταν το ορθογώνιο (b) είναι εγγεγραμμένο στο ορθογώ νιο (a) [έτσι ώστε κάθε κορυφή του (b) να ανήκει σε διαφορετική πλευρά του (a)], τότε η εκκεντρό τητα του (b) είναι μεγαλύτερη ή ίση της εκκεντρό τητας του (a)» [πηγή : περιοδικό QUANTUM, τόμ. 2, τεύχ. 4, εκδ . ΚΆΤΟΠΤΡΟ]

<<Ε μμετρος βίος του Πυθαγόρα» π . Σοφιανός Προ/.εγδμειια. Ο Πέτρος Σοφια νός είναι ένας πο).ύ "a νήσυχος " μα θηματικός και πολύ καλός γνώστης της

αρχαίας προσωκρατι κής φιλοσοφίας. Εκείνο που τον κάνει ξεχωριστό είναι η ικανότητά του να αποδίδει έμμετρα ολόκληρες παρουσιάσεις σε συνέδρια (π.χ. 1 7ο συνέδριο της ΕΜΕ, κ. ά.) , διατηρώντας πλήρως τη "σοβαρότητα " του παρουσιαζόμενου υλικού . Ο Π. Σοφια νός ζει και εργάζεται στην πατρίδα του Πυ θαγόρα, στο Γυμνάσιο του Πυ θαγορείου. Έγραψε, ειδικά για τη στήλη μας, μια έμμετρη βιογραφία του Πυ θαγόρα. Εμείς τον ευχαριστούμε και, με μεγάλη μας χαρά, τη δημοσιεύουμε. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/21

«0

β ίος τ ο υ Π υ θ αγ ό ρ α», του Π έτ ρ ο υ � ο φ ιανού ( Γυμνά σ ιο Π υ Ο αγορείου Σ ά μ ο υ )

Έφη βος καθώς κίνησε από την Ιωνία

κι απ' τους καρπούς της γνώσης μου μονάχα θα

της Αρπεδώνης μυστικά να βρει στη Βαβυλώνα εικοσπέντε αιώνες πιο μπροστά από τούτο τον αιώνα στάλθηκε από ένα δάσκαλο που η μνήμη του αιωνία !

επιλέξω όποιους τον κόσμο χτίζουνε χωρίς αμορφωσιά " Στη Σάμο όμως αντάμωσε τον μέγα Πολυκράτη

Καθώς όμως εκεί γνωστό δεν είχε ακουστά

τύραννο ανήσυχο πολύ που χρόνια πιο μπροστά

στην Αίγυπτο αποφάσισε να πάει πιο μπροστά.

την Αστυπάλαια έχτιζε με φή μη τρομοκράτη

Ήταν ο γιος του Μνήσαρχου που λέγαν Πυθαγόρα

μεσ' του Αιγαίου πέλαγου τα ό μορφα νησιά. . .

σταλμένος απ' τον πρώτο του δάσκαλο τον Θαλή και με τη γνώση κίνητρο σ' αυτή φτάνει τη χώ ρα

Γνώση και κράτος άγρια κονταροκτυπη θήκαν μπρος στου Νυ μφαίου το στόμιο, του άντρου

στου Νείλου εκεί την εύφορη τη γη απ' την ιλή !

της Κυ βέλη ς καθώς πολλοί σοφοί μαζί και δικαστές α ν θέλεις κ ι

Βρίσκει λοιπόν τους ιερείς απ' τον Θαλή σταλμένος

" αντίθεο" γ ι α τ ο σοφό δάσκαλο αποφανθήκαν.

σαν έμπορος που έφτανε με ιδέες φορτω μένος με αναλογίες και σχή ματα γινότανε γνωστός για να γυρίζει πλούσιος κι ακόμα πιο σοφός . . .

Ο Πολυκράτης με χαρά τον Πυθαγόρα βλέπει δρόμο να παίρνει προς δυσμάς και από μια σπηλιά

Απλή δεν ήταν διόλου εκεί κ ι εύκολη η ζωή

του Κέρκη ν' αποχαιρετά φίλους και να τους γνέφει

για το νεαρό που έφτασε γεμάτος προσδοκία

την τελευταία του γι αυτούς πως δεν είπε μιλιά . . .

τη Γνώση να εύρει τη παλιά σε μία κοινωνία

Χρησμό ζητάει και συμβουλή κάποτε απ' το

που Φαραώ βασίλευαν κι η κούραση πολλή . Πέρασε χρόνια δύσκολα δοκιμασίες μεγάλες

μαντείο που ο πατή ρ του πιο παλιά ζητούσε και γι αυτόν

σαν παραγιός μεσ' σε ναούς στα πόδια ιερέων

βαφτίζοντάς τον με όνομα μετά από λόγο θείο που

μ' αγάλι αγάλι η γνώση τους σαν της βροχής τις στάλες

μια Πυθία αγόρευσε απ' το Χώρο των Δελφών.

στην κεφαλή του στάλαζε κι ο νους του στο Ηραίον.

-Προχώρα ακόμα προς δυσμάς και στη Μεγάλη

Μα ενώ σε ανώτατο βαθμό κάποτε είχε φτάσει

δώσε τα χαιρετίσματα σε φίλους και γνωστούς

Ελλάδα αρχιερέα στο ναό του Ήλιου , του Α μών Ρα

στον Κρότωνα σταμάτησε που περισσή ικμάδα δι

και τους καρπούς των κόπων του πήγαινε ν' απολαύσει

ακρίνει όσους φτάνουν δω να πάρουνε

Ασσύριοι τον σέρνουνε σε νέα αιχμαλωσιά.

χρη σμού ς .

Μαρτύρια άλλα περίμεναν τον θείο Πυθαγόρα στη Βαβυλώνα πού 'φτασε χωρίς να το ελπίζει με τέτοιο τρόπο πως θα 'ρθει, μα αρχίζει να γνω ρίζει

Αυτά άκουσε και χάραξε ο Πυθαγόρας δρόμο σε νέα δράση ν' ανοιχτεί στου Κρότωνα τα μέρη

καινούρια πράγματα τρανά στη πλούσια τούτη χώρα

κι από τις εμπειρίες του χωρίς καθόλου τρόμο

! Από τα πλούτη θαύμαζε πάλι όμως τη Γνώση

ταξίδεψε και έφτασε μου ούριο τ' αγέρι.

Γεωμετρίας , Μουσικής και για Αστρονομία

Πολλοί τον υποδέχτηκαν και κάθισαν ν' ακούσουν

του 'περνε θα 'λεγες το Νου που μανία τόση ρουφούσε σαν σφουγγάρι εκεί στη Μεσοποταμία.

τα όσα χρή σιμα άγνωστα μαθαίναν απ' αυτόν

Της Αρπεδώνη ς μυστικά συνέχεια γνωρίζει

κι άλλοι τον περιέπαιζαν θέλοντας

καθώς η Αστάρτη από ψηλά του γνέφει ερωτικά

αποκρούσουν

με ορθές γωνίες σε ναούς την ομορφιά να χτίζει

το κάθε τι που άκουγαν γι αυτούς όχι αρεστόν .

και με υποτείνουσες χορδές να παίζει μουσικά !

Μετά απ' το "η μικύκλιον" στη Σάμο που 'χε

Το περί την Ιστάρ πτηνό το είπαν περιστέρι

αρχίσει

κι αυτός πάντοτε έψαχνε της Αρπεδώνης ταίρι. . .

" ομακοείον" στον Κρότωνα ιδρύει , μια σχολή που

Ο Αυγερινός σαν πρόβαλε , τ' άστρο τ η ς Αφροδίτης

φή μη στους κατοπινούς αιώνες έχει αφήσει με έμ

που άλλο δεν είναι απ' αυτό που λέμε aποσπερίτη ς

βλη μα κι όρκο μυστικό αυτής την "τετρακτύ " !

τον Πυθαγόρα έβρισκε σε πάπυρους μπροστά πίνακες να κοιτάει σ' αυτούς και άλλα μυστικά . . .

Το ο μώνυ μο Θεώρημα κι οι Άρρητοι αριθμοί είναι επιτεύγματα τρανά Σχολής Πυθαγορείων

Καθώς ό μως θεμέλιωνε τ η γνώση του σ ε τούτα κι η νοσταλγία φούντωνε για τη γλυκιά πατρίδα της Β αβυλώνας άφησε τα νόστιμα αυτά φρούτα

καθώς η γλώσσα κι η γραφή που 'θελε η Μ ουσική στον Μύστη Δάσκαλο αυτόν οφείλει το Αριστείο ! Μύθος εντέλει η Δόξα του στον κόσμο έχει γίνει

κι είπε : " ως τώρα αρκετά εδώ γνώ ρισα και είδ α .

μιας εποχής γέννησε με Λόγο η Ιωνία

στη Σάμο τ η γενέτειρα πρέπει ν α επιστρέψω

την ΕΠΙΣΤΉΜΗ που αντοχή στου Χρόνου εντός τη δίνη

σχολειό τρανό να φτιάξω εκεί για νέους και παιδιά

δείχνει και αγωνίζεται για Ανθρώπου Κοινωνία !

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/22

« Μ αθηματική Λογοτεχνία» τ.

' Ι ιzα η λί δ η

Ιl ρ ο λ�:γ ό μ α α . Μια λαϊκή παροιμία λέει: «τρώγοντας έρχεται η όρεξη»· έτσι κι εμείς, αφού στο τρίτο θέ μα καταπιαστήκαμε με το βίο του Πυθαγόρα, σε έμμετρο λόγο, δεν αποφύγαμε τον πειρασμό να σας δώσουμε ένα ερέθισμα σχετικά μ' αυτό που, τελευταία, αναφέρεται σαν "μαθη ματική λογοτεχνία". Α φορμή , η άδεια που έδωσε ο (ειδήμων του θέματος) Τεύκρος Μιχαηλίδης, στον ένα από τους υπεύθυνους της στήλης μας (τον Γ.Κ.) κατά τη συνάντησή τους σε μια διάλεξη στις 1 6/ 1 /200 8 . Το καθαυτό κείμενο είναι μακροσκελές εμείς διαλέξαμε ένα μικρό απόσπασμα και σας το παρουσιάζουμε. Ευχαριστούμε τον Τεύκρο Μιχαηλίδη .

«Από τ ο ν Λ ισzίJλο στους μ π ι ηωντ f. ρ ν ο υ ς :

« . . . . Στον

δικτυακό

τόπο

(Matheιηatica1

του

Alex

μ α θ η μ α τ ι κ ι) λ ο γ ο η:zν i ω> , τ ο υ Τε iηφ ο υ Μ ιzαηλίδη

Kasman

καταχωρήσεων είναι άκρως υποκειμενική αφού δεν είναι δυνατό να υπάρξει ένας κοινά αποδεκτός ορισμός της "μαθηματικής λογοτεχνίας". Λαμβά νοντας υπ' όψη αυτή την επιφύλαξη , είναι ενδια φέρον να παρακολουθήσουμε τη ροή των καταχω ρήσεων :

website

Fiction,

. IΊ ttp : / lnΊ ίl t lΊ . c o tl: . c ιi u facu1ty/MATHFICτ) καταχωρούνται όλα τα λογοτεχνικά έργα που με τον ένα ή τον άλλο τρόπο μπορούν να χαρακτηριστούν "μαθη ματική λογοτεχνία". Φυσικά η επιλογή των

Δεκαετία Πλήθος τίτλων

Ι 90 1 -

19\0

191 11 920

Ι 92 1 Ι 93 0

1 93 1 1 940

1 94 1 1 95 0

1 95 1 1 960

1 96 1 1 970

1 97 1 1 980

1 98 1 1 990

1 99 1 2000

« . . . Είναι ακόμη ενδιαφέρον να παρατηρήσουμε ότι οι δη μιουργοί αυτών των έργων είναι συχνά κορυφαίοι μαθη ματικοί που διακρίνονται είτε στον τομέα της έρευνας (Stewart, Παπαδη μητρίου) είτε στον τομέα της διδασκαλίας (Guedj). Άλλοι πάλι (Δοξιάδης, Crumey, Schogt) παρόλο που δεν α σκούν αυτή τη στιγμή το επάγγελμα του μαθη μα τικού έχουν μια βαθιά μαθηματική παιδεία, συχνά σε επίπεδο διδακτορικού από κορυφαία πανεπι στη μιακά ιδρύματα. Με όλες τις επιφυλάξεις που

διατυπώσαμε πιο πάνω θα επιχειρήσουμε ένα πε ριγραφικό ''ορισμό" της μαθηματικής λογοτεχνίας: Θα ονομάζουμε "μαθηματι κή λογοτεχνία " κάθε μορφή μυθοπλασίας στην ο ποία τα μαθηματικά παίζο υ ν καθοριστικό ρόλο, είτε επειδή το αντικείμε νο της πλοκής σχετίζεται με α υτά είτε γιατί κάποιος από το υ ς χαρακτήρες της συ νδέο νται με α υτά και οι ενέργειές τους επηρεάζονται σημαντικά α πό α υ τή τη σχέση . . . »

Τα εθνομαθηματικά, μια έννοια που ορίστηκε απ' τον Abrosio ( 1 985), έγινε θέμα επιστη μονικής αναζήτη σης όταν διερευνώντας τις δυσκολίες της μάθησης των σχολικών Μαθη ματικών σε μη βιομηχανικές χώρες δια πιστώθηκε υπήρχε συγκλονιστικό μαθηματικό περιεχό μενο στις μαθη ματικές πρακτικές εκτός σχολείου . Οι μελέτες για τα <<Μαθηματικά του δρόμου» (street

Τα εθνομαθηματικά προτείνουν να περιορίζεται η δι δασκαλία των σχολικών Μ αθηματικών σε προβλήματα και σε πλαίσια που είναι οικεία και έχουν νόημα μέσα στο πολιτισμικό περιβάλλον των μαθητών. Οι ερευνη τές δεν επιθυμούν να κυριαρχεί η εντύπωση ότι τα Μα θηματικά είναι ένα αυστηρά καθορισμένο πεδίο της δραστηριότητας του ανθρώπου, και δίνουν έμφαση στις διαφορετικές μαθη ματικές προσεγγίσεις των δια φόρων πολιτισμών, αλλά και στην ποικιλία των Μαθη ματικών που υπάρχουν μέσα στους κόλπους του κάθε πολιτισμού. Τα εθνομαθηματικά δεν ισοδυναμούν μ' ένα σύνολο γενικών εργαλείων της σκέψης, αφού η μαθη ματική δραστηριότητα είναι «εγκλωβισμένη» σε μια συγκεκρι μένη πρακτική , της οποίας είναι μέρος, και δεν μπορεί να λειτουργήσει σαν εργαλείο ή σαν βάση για να κάνει κριτική σε αυτή καθεαυτή την πρακτική

mathematics) ((Μαθηματικά της υπαίθροω> (rura1 mathematics), ως παραδείγματα εθνομαθηματικών πρα

κτικών, αρχικά ασχολήθηκαν με τον εντοπισμό των δι αφορών και των ομοιοτήτων ανάμεσα στα Μαθηματικά του σχολείου και τη μαθη ματική πρακτική εκτός σχο λείου, με στόχο να διευκολυνθεί η σχολική μάθηση . Τα ση μαντικότερα ευρή ματα των μελετών αυτών προσ διορίστηκαν στη σύγκρουση ανάμεσα στο χειρισμό πο σοτήτων και στο χειρισμό συμβόλων. Τα σύμβολα στην περίπτωση αυτή δεσμεύονται και περιορίζονται από το πλαίσιο στο οποίο χρησιμοποιούνται, σε αντίθεση με τα γενικευμένα, αφηρη μένα και ανεξάρτητα πλαισίου σύμ βολα, στα οποία επικεντρώνονται και στοχεύουν τα σχολικά Μαθηματικά.

[πηγή : Christine Keitel, στο "Θέματα Διδακτικής Μαθη μα τικών V", Guteηberg-Πανεπιστήμιο Αιγαίου, 2000, σ. Ι 72]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/23

. .......'1 •••

,.. �ι• �� lι �•ιι Αιι••Ι• Άλγεβρα Συστή ματα - Τριώνυμο 1 11 Να βρεθούν δύο αριθμοί τέτοιοι ώστε το άθροισμά τους να είναι 16 και η διαφορά τους να είναι 32. ΑΣ Κ Η Σ Η

Λύση :

{ χ+ ψ = 16 {χ+ ψ = 16 {χ+Ψ =16 {χ+Ψ {χ=9 =16 χ-ψ=2 ψ=Ί

Έστ ω x,y με x>y οι ζητούμενοι αριθμοί. Τ ότε: χ 2 -ψ 2 =3

�

1 6 (χ - ψ )= 3 2

( χ + ψ )( χ - ψ )= 3 2

�

211 Να βρεθεί κλάσμα τέτοιο ώστε αν προσθέσουμε στους όρους του τον αριθμό 5 να βρίσκουμε τον 13 , αριθμό - , ενω, αν αφαιρεσουμε απο, τους 14 όρους του τον αριθμό 4 να βρίσκουμε τον 4 αριθμο, - . 5 ΑΣΚΗ Σ Η

Λύση :

Έστ ω χ,ψ με ψ=;t:Ο ο αριθμητή ς και ο παρανομαστή ς του κλάσματο ς αντιστοίχω ς . Τ ότε πρέπει και αρκεί:

χ +S = .!i και χ-4 4 } ( Σ ) ψ + 5 14 ψ -4 5 ψ=#:5 (Σ) � { 14(χ+5)=13(ψ+5) 5(χ-4)=4(ψ-4) � { 14χ+ 70=13ψ+65 { 14χ-13ψ=-5 5χ-20=4ψ-16 5χ-4ψ=4 � { -5(14χ-13ψ=-5) � { -7Οχ+65ψ=25 14(5χ-4ψ=4) 7Οχ-56ψ=56 =

Οπότε με

.,......_

........,.

και ψ=;t:4 έχου με:

{5χ-4ψ=4 {χ=8 9ψ=81 ψ=9 .,......_

........,.

Δεκτές τιμές .

Γ. Κοτσιφάκης

8 9

Οπότε το ζητούμενο κλάσμα είναι το - .

3 11 Υπάρχει περίπτωση η ηλικία ενός μαθητή να , τα 3 της η λ ικιας , του πατερα , του και ειναι 10 μετά 1 Ο χρόνια η ηλικία του μαθητή να είναι τα 5 , του; , του πατερα της η λ ικιας 12 ΑΣ Κ Η Σ Η

Λύση :

Έστω χ η ηλικία του μαθητή και ψ η ηλικία του πατέρα του . Προ φ ανώ ς πρέπει χ, ψ >Ο και τα χ, ψ να είναι αριθμοί κατάλληλοι να εκφ ράσουν τις ηλικίες τ ων συγκεκριμέν ων προσώπων του προβλήματο ς , αλλά και ηλικίε ς γενικότερα . Έχου με λοιπόν:

3 3 χ=-ψ χ=-ψ 10 10 5 50 5 χ+10=-ψ+χ+10=-(ψ+10) 12 12 12 3 χ=-ψ 3 � χ=-ψ 10 10 12χ+120=5ψ+50 12 · -103 ψ- Sψ=-70

{

3 χ = -ψ 3 χ =15 χ = -ψ 10 <::::> <::::> 10 ψ =50 18 - ψ -5ψ = -70 - Ί ψ = - 350 5

{

Η ηλικία του μαθητή και του π ατέρα είναι σή μερα είναι 15 και δεκτές .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/24

έτη αντίστοιχα. Που είναι ηλικίες

Μ αθη ματικ ά για την

{ 2

Το σύστη μα γίνεται : (λ - 1 )χ - ψ =

Ιλ - 1

3 (λ - 1 ) χ + λψ = 6

)

Dψ

{

3(λ - 1 )

Έχουμε: D

�

Αν D

-:;t:.

2λ

+ 3)

2(λ

Έχουμε λοιπόν :

(λ + 3) (λ - 1 ) = Ο λ �

Ο , δηλαδ ή λ

-:;t:.

-3 και 2( λ + 3 ) χ ( λ + 3)( λ - Ι )

-3 ή

-:;t:. l

{

λ=1

τ ό τε :

-3

ή λ =

τ ό τε :

{

λ= - 3 , έχουμε :

( Σ) <=>

-2 3 = - 1 8 + 1 5 = 7 -:;t:. O -5 4 1 3 24 = 28 = 4 Du = -8 4 -2 1 Dν = = 16 5 = 21 -5 - 8 , Du Dv Άρα : ( Σ ) � u = - ' ν = - � u 4 ' D D Δεκτές τιμές αφού

Αν D = Ο , δηλαδ ή λ =

Για

(Σ') Έχουμε γι ' αυτό το σύστη μα :

{ν;β ==

:=:: ο .

(Σ) <=>

Δεκτές τιμές αφού α :=:: ο , β :=:: 0 . β) Με α = 1 6 και β= 9 έχουμε : 1 6χ - 3 . 9ψ = 8

(Σι )

{ =

<=>

Και D

{

ΚΕ

β) Για λ = 1 , έχουμε : (Σ ) <=>

Οχ - ψ = 2

0χ + ψ = 6

<=>

4 � 3

<=>

{

-1

16 32

Οπότε το

- 17 45

-::F

{ βα : 1 6 -

ν= 3

1 6χ - 27ψ = 8 32χ + 4 5ψ = - 1

2 . 1 6χ + 5 . 9ψ

σύστημα έχει

μοναδική λύση .

Τα μ αθ η μ ατ ι κά

σήμερα ΑΝΑΛΥΣΗ

4χ+ ψ= -2 -4χ-ψ= 2 <=> <=>4χ+ψ=-2 -Ι 2χ-3ψ= 6 4χ+ ψ=-2

<=> (χ, ψ) = ( Κ, -4κ-2),

2 ;; χ = -( Σ) <=> λ-1 <=> <=> ψ=Ο ψ= ψ=� ( λ + 3�( λ - Ι ) χ=

- 5 u + 4v= -8

(Σ)

-1 λ (λ - 1) 3 (λ - 1) (λ + 3) (λ - 1) 3 (λ 1 ) λ _

-2u + 3v = l

Υπολογίζουμε τις ορίζουσες D , Dx, Οψ :

{

το βοηθητικό σύστη μα (επιλύοv σύστη μα)

λχ - = χ + ψ -3χ + λψ = -3λχ + 6

Να λύσετε το σύστημα:

Α' Λυκείου

Γ ΡΑ Μ . ΑΛΓ Ε Β ΡΑ

ΑΝΑΛ. Γ Ε Ω Μ Η Ρ Ι Α μ ετάφραση τ η ς Γ ε ρ μ . Έκδοσης

{Ψ

Athen

= -2 ψ=6

G π esel

•

Postel

αρ. έγκρ. Υπ. Π α ιδείας 60043/Γl/06

που είναι αδύνατο.

{-2� -s � }

}

Να βρείτε τους μη αρνητικούς αριθμούς α, β + 3 Jβ = 1 έτσι ώστε να ισχύει : (Σ) + 4νΓuβ = -8 Για τη μοναδική λύση (α, β) που θα προκύψει από το ερώτημα α) να αποδείξετε ότι το αχ - 3βψ = 8 σύστημα αχ + Sβψ -1 (Σ1) Έχει επίσης μία λύση.

Αν θέσουμε

� = u, Jβ = ν, u, ν ?: Ο

1 ο βραβείο στη διεθνή έκθεση Βερολίνου

3 τ ό μ ο ι έγχρωμοι πολυτελείς

Για το Γυμνάσιο - Λύκειο - Φοιτητές - Καθηγητές Μ ε εγγύηση το κύρος των κορυφαίων επιστ η μ όνων της Γ ε ρ μ ανίας Μ ε τον πρωτότυπο και ζωντανό τρόπο δι δασκαλίας των π ι ο μ οντέρνων μ α θ η μ α τ ι κών θεωριών, εξασφαλίζει ένα ευρωπαϊκό επίπεδο διδασκαλίας και γνώση ς .

αξία: 90 € προσφορά μέχρι 30 Ιουνίου 45 € -

Γ'J � εκδόσεις Κτίστη

ο σύντροφος του μαθητή

προκύπτει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 67 τ.3/25

Στουρνάρη 36, Αθήνα 1 04 33

Τηλ. 2 1 0 52 23 423

Μ αθη ματικά για την

Σ ' ένα γραμμικό σύστημα με αγνώστους χ, ψ ισχύουν οι σχέσεις : -4Dx+ 8Dy = Dχ 2 +16Dy 2 +5(1 ) 3Dx-4Dy = D(2) Όπου D, Dx , Dy οι ορίζουσες του συστήματος. Να δείξετε ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση η οποία και να βρεθεί.

{

Α' Λυκείου

\ ::: �'� Η 2.: iH1

Να λύσετε το σύστημα των εξισώσεων: 2χζ ψζ χψ � (Σ) � 1 χ+ψ χ+ζ 2 ψ+ζ 5 =

λ:ίJση

Για να ορίζεται το σύστημα πρέπει και αρκεί οι αριθμοί χ, ψ, ζ ανά δύο να μην είναι αντίθετοι.

=1 <=> _!_ + _!_=1

+ Τότε: ( 1 ) <=> χ ψ

χψ χ ψ Ομοίως 2 2 (Ι) => -4Dx+8Dy=Dx +(4Dy) +5 => ( 2 ) <=> -+1 1 =-κ 4 αι (3) <=> -+1 1 =-5 2 2 =>Dx +2·Dx·2+4+(4Dy) -2·4Dy+1=0=> 3 6 ψ χ 1 1 ( Dx +2) 2 +(4Dy-1) 2 =0=> Dx +2=Ο -+-=1 χ ψ Ι 1 -+-=1 και 4Dy-1 =0=> Dχ =-2 και Dy=4"1 1 + -=1 4 χ χ ζ 3 Άρα(2) => D= 3(-2) -1= -7 Ο. 1 1 4 Άρα (Σ) � - + - = - � Ο το σύστημα έχει μοναδική λύση την Αφού χ ζ 3 _!_+_!_=2 2 1 1 1 5 ψ ζ 6 -+-=(χ , Ψ ) = ( ) ζ 6 ο ο 7 , - 28 -χ1 + -ψ1 + -ζ1 = 1912 2 _!_ζ=!2_ -1 Να βρεθεί συναρτήση f(χ)=αχ +βχ+γ που η 12 -43 = χ γραφική της παράσταση να διέρχεται από τα 1 19 4 σημεία 4), Μ (2, 9), Μ (3, 16) . <=> - = - - - <=> ψ = 4 Δεκτές τιμές. ψ 12 3 ζ=� Έχουμε : 1 -1 9 --5 -= /(1 ) = α. 1 + β. 1 + = α + β + χ 12 6 ζ

-:t:-

-::/:-

M( l ,

{

/(3) = 9 a + 3β + r Τα α, β , γ λοιπόν πρέπει και αρκεί να επαληθεύουν το σύστημα : α + β + γ = 4 ( 1) 4α + 2 β + γ = 9 ( 2 ) (Σ) 9α + 3β + γ = 1 6 ( 3)

{ {

( 1) , (2) � ( 1 ) , ( 3) �

α+β+γ =4

3α + β = 9 - 4

α+β+γ = 4

{

. \ ::.: Κ ΓΗΙ Σ Β-11 9 "

/(2 ) = 4 a + 2 β + r

�

{+ { {

(i)

{ {

χ=α χ=β χ+ ψ = α+ β ή � χψ = αβ ψ=β ψ=α β) Για ποιες τιμές των λ. μ η εξίσωση 2 χ + 2λ+1 χ + 2μ = Ο (1), έχει ρίζες τριπλά σιες από τις ρίζες της εξίσωσης 2 2χ - μ + 2 χ + λ + 1 = ο (2) α) Να δείξετε ότι:

(

)

( )

+ ψ=α + β {ψ= α + β-χ α) {χχψ=αβ + β-χ)=αβ χ(α α+β+γ = \ ii ) <=> { ψ=α + β-χ 4α + β = 6 χ 2 - (α + β)χ + αβ= Ο <=>

α+β+γ =4

3α β = 5

� 8α + 2β = 16 - 4 α+β+γ=4 α=1 Άρα (i) , (ii) � 3α + β = 5 � β = 2 4α + β = 6 γ=1 Άρα η ζητούμενη παρα β ολή είναι η f(x) = x2 + 2x + l.

. \ 1! <"Π1

�

{

ψ=α+β-χ

({ { J

χ=α , χ=β η ψ=α ψ=β ( χ - α ) ( χ - β) = Ο β) Για να συμ β αίνει αυτό πρέπει και αρκεί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/26

�

Α' Λυκείου

Μ αθη ματικά για την

3χ 2 - 4χ - 4 ::F Ο δηλαδή χ � Ο και χ ::F 2 . Τότε: -4 1 ::::;; ο � (1) � 3χ 2 -4χ -4 4χ + 4-3χ 2

fX -4

_____;___ ___

{

ρίζες της (2). Οι (3) και (4) ισχύουν. Με την προϋπόθεση ότι ισχύουν οι ( 5 ) και (6) έχουμε και σύμφωνα με το ερώτημα (α); 3 ) -(2λ+1)- (μ+2) χ 1 +χ 2 =3(χ. 1 '+χ . 2� 2 � ( Σ1) ή ( Σ2) � = 9 9χ Χ1Χ2 ι Χ2 2μ- (λ+1) 2

{

-4λ - 2 = 3 μ +6 4μ =9λ+9

λ ΠΟΕ Η

�

{

-4λ-3μ=8 -9λ + 4μ=9

43 36 μ = -43

�

( )( ) ( )

(1)

( )( ) () 5 7 Οι αριθμοί ( χ- 7 ) και ( 3χ -4 ) είναι αντιστοίχως ομόσημοι με τους χ-7 και 3χ-4, ενώ ( χ-4 )6 >0 � χ * 4 .

Έχουμε λοιπόν: (2) � χ = 4 ή

4 ' �7 ( χ - 7 ) (3χ - 4) � 0 � χ = 4 ή χ :::=;; - ηχ 3

( �) U [7 , + oo ) U { 4 } .

� χ ε -oo ,

Να λυθεί η ανίσωση : -4 ::::;; 3χ 2 - 4χ - 4 4χ + 4 - 3χ 2

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί

( fX )CΧ - 2)(3χ + 2) ::::;; ο

)

Θεωρούμε τις ανισώσεις fi - 3 > Ο (ί) , χ - 2 > ο (ii) . Έχουμε: (i) � fi > 3 � χ > 9 και (ii) � χ > 2 , οπότε σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων.

Γ --- -Χ-----το-- - i

ι ---- ---- --- - - --- -

--- -

: A = .fi - 3

- -

- - --- -

- - +cΧJ

- r- - - -

----

�=�-�� j � -�-=Q�l-�

Λl: Κ Η Σ Η 1 2 '1

3χ-4 ;;f; Ο, δηλαδή χ ::F _i . Τότε: 3 5 6 7 (1) � χ-7 χ -4 (3χ - 4) � ο 2

, \ iJ ση

(

Αρα ( 2) � ΑΒ ::::;; Ο � χ ε ( 2, 9] .

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί:

/\ Σ Κ Η Σ Η η !

1 ::::;; ο <=> (χ -2)(3χ + 2)

(χ -2)(3χ + 2) -3 -3 �ο� (χ -2)(3χ + 2) � fi - 3 (χ - 2) ::::;; ο (2).

) , _, ,

Ν α λυθεί η ανίσωση: 5 -4 6 χ -� ..ο. .:...:._ 7 --χ ---"-- � -,. � ο 7 3χ - 4 λί1ση

λ= -

(1) χ

Ο και

Να αποδείξετε ότι αν η εξίσωση αχ 2 + βχ + γ Ο , έχει δύο πραγματικές ρίζες και επί πλέον α > IP + γ + α ! , τότε μία τουλάχιστον από τις ρίζες περιέχεται στο διάστημα (0,2).

Λi1ση

Αν Ρ ι , ρ 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης, τότε γ . ρ 1 + ρ 2 = - - και ρ 1 · ρ 2 = - Επισης : α α

[ � :[ < ι

lα + β + γl < lαl � α ::F Ο και ι + +

ι Ι

� ι - (ρ ι + ρ 2 ) + ρ ι · Ρ 2 < ι � ι - ρι - ρ2 + ρl ' ρ2 < ι �

I Pι CP2 - ι ) - (ρ2 - ι )Ι < ι � Ι cρ2 - ι ) ( Ρι - ι )/ < ι � I C P 2 - 1 ) 1 / ( Ρ ι - ι )/ < ι Έχουμε λοιπόν τους μη αρνητικούς αριθμούς και ρ 2 - ι να έχουν γινόμενο μικρότερο IαπόΡι τη- ι Ι μονάδα. l Ι Επομένως τουλάχιστον ένας από αυτούς θα είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/27

Μ αθη ματικά για την

Α' Λυκείου

μικρότερος της μονάδας ( διαφορετικά το γινόμενο δεν θα ήταν μικρότερο του 1 ). Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι lρ 1 - 1 1 < 1 . Τότε: l ρ1 -� <1:::::>-1<ρ1 -Ι<Ι :::::>Ο <ρ1 <2 ΑΣΚΗΣΗ

J 3 ll

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) =

4α� -β . 2 +1

χ Να βρεθούν τα α, β ώστε να έχει σύνολο τιμών το ( - 5, 2 ] . Λ ίJ σ η

<=>

{

-2 β = 4 + (- 1 0)

2) 2 +8α2 β

<=>

= 4-(- 1 0)

� {:� � 5 �{::�ή {::�Fs β= .

Δεκτές τιμές αφού επαληθεύουν την διάζευξη (α :;t: Ο ή Ο) ΑΣ Κ Η Σ Η 1 4

Να προσδιορίσετε την παραβολή αχ 2 + βχ+γ 2χ2 + που διέρχεται από τα σημεία Α(-1 , 3), 5) και να έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία 4 -β f(χ) = ψ<=> 2J +1 =y<=>2ψJ- +ψ=4αχ-β ε: 2χ+3=0. γ=5 <=>2ψJ- - 4αχ+ψ+ β=Ο(l) 4αχ + β = ( Σ) 3 , 3 =2α 2 2 α α (βΑ )= α-β = α-3α �-2 -2 { α � Ι ( ( Α ) α+β = 4 α+ 3α = β =3 Σ) 2) χ =5 rβ == 53α βr =5= 3α -4·2ψ(ψ + β) =-8ψ2 - 8βψ + 1 6α2 χ (2) ( ) 2 + 3χ + 5 ψ χ = 2 2 (2) ψ + β ψ - 2α � 3 Να λυθεί το σύστημα : (3) .J = β2 + 8α2 χ 2 - 5 χψ + 6ψ 2 = Ψ ι = -β + β 2 + 8 α 2 , 2χ - 5ψ = 3 ( 2) 22 2 � β + 8α ψ2 = -β(γιατι, ) , 2 - (�) + 6 � ο ( 3) ψ2 � � ψ �) -5 =ο 6 + ( � ;� (ι)� � 2ψ { χ2=ω { χ =ω{ } [ _ 5 2 ] -5 ω -5ω+6=0 ω = 2, 3 , {χ=3ψ <=> {χ=2ψ {2χ=2ψ (Σ) <=> χ -5ψ = 3 2χ -5ψ = 3 ψ -5ψ = 3 2 <=> {χ6 =-53ψψ {χ = -6 {χ = 2 Γ22 ψ = 3 ψ = -3 ψ = 3 Αφού 1 � Ο για κάθε χ ε JR , το πεδίο ορισμού της f είναι το Α= JR . Έστω ψ ε JR . Τότε στο Α= JR έχουμε:

B(l, 9) ,

Γ( Ο,

{

Λ ίJ σ η

1 ) Αν ψ=Ο τότε: ( 1 ) <=> Ο i) Για α=Ο και β * Ο , η ( 1 ) είναι αδύνατη, δηλαδή Ο � f *Οή ii) Για Ο , η ( 1 ) έχει λύση ε Α , οπότε Ο ε f Αν Ψ * Ο τότε: Δ= (--4a) 2 Για να έχει λοιπόν η ( 1 ) λύση ε Α = JR πρέπει και αρκεί Δ ;:::: Ο

'Εχουμε Η

- -

<=>

4 <=>

<=>

Δεκτές αφού α * Ο. Επομένως η παρα βολή είναι η Λ Σ Κ Η Σ Η 1 5η

έχει α ' = 1 >0, Δ '

Γι ' αυτό πρέπει και αρκεί : α :;t: Ο α-β+γ=3 , β (αφου ε: 2χ+3=0 <=> ε : χ=- -) α+β+γ=9 α :;t: Ο :;t: Ο

�Ο

, \ ίJ σ η

με

οπότε:

<=>

ψ1 - ψ2

Αν ψ = Ο, τότε το (Σ) δεν επαληθεύεται. Αν ψ * Ο, τότε: s

ψ =

Θα έχουμε λοιπόν:

f(A) =

<=> ψ =2

α:;t:Ο ή β = Ο

{ 1 Γ22 ψ =-5

Αλλά

ψ = ι

<=> Ψ

Επομένως:

-β - ν β"" + sα"'" = - 1 0

- β + ν β"'" + sα"'" = 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3128

<=>

Μ α θ η ματικ ά για την Α ' Λυ κείου

ΓΕ ΩΜΕ ΤΡΙΑ Α '

ΛΥ ΚΕΙΟΥ

Αντώνης Κυριακόπουλος - Θανάσης Μαλαφέκας Οι παρακάτω ασκήσεις αναφέρονται στα Κεφ"άλαια 6 : Εγγεγραμμένα Σχήματα, 7 : Αναλογίες και 8 : Ομοιότητα της Γεωμετρίας Α ' και Β ' Ενιαίου Λυκείου.

Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ με B=r=40° . Θεωρούμε τη διχοτόμο του ΒΔ. Να δείξετε ΒΔ + ΔΑ = ΒΓ. ότι:

στον κύκλο C έχουμε: ΑΟ Δ=2 . ΑΒ Δ=2 . ΓΒ Δ Δ

ΛίJση

Στην προέκταση του ΒΔ προς το Δ παίρνουμε ένα σημείο Ε με Δ Γ Ε=40°. Οι ευθείες ΒΑ και ΓΕ τέμνονται σ' ένα σημείο Ζ. Είναι φανερό ότι οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου ΖΒΓ διέρχονται από το σημείο Δ. Επίσης, από το τρίγωνο αυτό έχουμε: z = 1 80°--40°-80°=60°. Από το τρίγωνο ΒΔΓ έχουμε: Β Δ [= 1 80°-20°--40°= 1 20°.

.ι'

_, "'

- -

4\ I

_, "' 1 1 2 1 "'

I I

40° 1I 4 0° I

ΑΙ = z2 = zl = Ε1 => Α 1 = Ε 1 => ΔΑ = ΑΕ ο )

Εξάλλου, από το τρίγωνο ΕΒΓ, έχουμε: επειδή και Ε 2 = 1 80°-20°-80°=80° Β Γ Ε=80°, έπεται ότι: (1)

ΒΕ=ΒΓ :::::} Β Δ+ΔΕ=ΒΓ :::::} ΒΔ+ΔΑ=ΒΓ.

Θεωρούμε ένα σημείο Γ σε μία χορδή ΑΒ ενός κύκλου C . μ ε κέντρο Ο (Γ:;t:Α και Γ;t:Β). Ο περιγεγραμμένος κύκλος C ' στο τρίγωνο ΟΑΓ τέμνει τον κύκλο C σ' ένα δεύτερο σημείο Δ (το ένα είναι το Α). Να δείξετε ότι: ΓΒ=ΓΔ. Στον κύκλο

Στο εσωτερικό ενός τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε ένα σημείο Ρ τέτοιο ώστε: APB=r+60° και ΑΡΓ=Β+60° . Οι ευθείες ΑΡ, ΒΡ και ΓΡ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Α ', Β ' και Γ' αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το τρίγωνο Α 'Β Τ ' είναι ισόπλευρο. ΛίJ ση

Έχουμε: Όμοια, έχουμε: ΑΒ ' +Α Ή -Af> ' B = 1 80° -AP B= 2 = 1 80° -Γ -60° = 1 20° -Γ :::::} Α Γ '+ Α Τ = 'Ρ Α = 1 8 Ο " -Α Ρ = Γ Γ -

έχουμε: ΑΓΔ=ΑΟΔ και

= 1 8 0 ° -Β -6 0 ° = 1 2 0 ° -Β -

Α Γ '+ Α Τ 2

Έτσι, έχουμε: ΜΕ + Ζ = Β ΔΓ + z = 1 20°+60°= 1 80° Άρα, το τετράπλευρο ΑΔΕΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς:

Λύση

Έτσι, έχουμε: ΑΓ Δ=2 ΓΒΔ ( 1 ) Εξάλλου έχουμε: AtΔ=ΓΒ Δ+ΓΔ Β ( 2 ) Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε: 2 ΓΒΔ=ΓΒΔ+Γ ΔΒ :::::} ΓΒΔ=ΓΔΒ Άρα, το τρίγωνο ΓΒΔ είναι ισοσκελές και συνεπώς ΓΒ=ΓΔ. Λ

Ι Ι I I

1 1 -...::?t E (... ., ,.. 2 I

= 1 2 0 o _ J3

ΑΒ ' +Α Ή :::::} = 1 20 o -f' ( 2 ) 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/29

(1 )

Μ α θ η ματικά για την Α ' Λ υκε ίου

i ' ;

Β ',

τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο Δ, η ΒΗ τέμνει την ΑΓ στο Ε και η ΓΗ τέμνει την ΑΒ στο Ζ. Υποθέτουμε ότι τα σημεία Α, Ζ, Δ και Γ είναι ομοκυκλικά και τα σημεία Β, Γ, Ε και Ζ είναι επίσης ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι το Η είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

,___'"'

�-- . ---><�

Α'

/ Γ

;\ ύ σ η

Έχουμε:

-----

ΑΒ '+ΑΤ =Α (3) Εξάλλου, έχουμε: 2 Από τις ( 1 ), (2) και (3) έχουμε: Α Γ+ΑΤ ---ΑΒ ' + Α'Β Α'Β + ΑΤ + 2 2 2 =( 1 20° -13 )+( 1 20° - Γ ) -Α => Λ

....-...

....-....

...-....

...-...

....-...

....-....

----

z:BH = z:BE = zfΈ = zfΑ = zΔΑ = zΔΗ => ΖΒΗ = zΔΗ => (ΖΒΔΗ εγγράψιμο σε κύκλο) => ΒΖΗ + Β ΔΗ = 1 80° Λ

Εξάλλου, έχουμε ΑΖΓ ΑΔΓ συνεπώς Β ΖΗ Β ΔΗ . Άρα, Β Ζ Η Β ΔΗ 90°

και

Α Γ+ΑΒ ' 240° - 1 80° => � 1 20° 2 Όμοια βρίσκουμε ότι ΓΒΑ'= 1 20° . Έτσι έχουμε και ΑΤΒ '= 1 20° . Συνεπώς, το τρίγωνο Α 'Β 'Γ είναι ισόπλευρο. ---

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και τις διαμέσους του ΒΔ και ΓΕ. Υποθέτουμε ότι ΑΒΔ=ΑΙΈ . Να δείξετε ότι το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές. Επειδή ΑΒ Δ=ΑrΕ , το τετράπλευρο ΒΓ ΔΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Εξάλλου έχουμε: ΕΔ//ΒΓ. Έτσι , στον κύκλο που είναι περιγεγραμμένος στο τετράπλευρο, οι χορδές του ΕΔ και ΒΓ είναι παράλληλες και άρα ΕΒ=ΔΓ. Συνεπώς ΑΒ=ΑΓ και άρα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Συνεπώς ΓΖj_ΑΒ και ΑΔj_ΒΓ και άρα το Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Στο σχήμα η ευθεία PQ είναι η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ και ΑΒ Ρ + MQ =' 180° . Να δείξετε ότι: ΒΑΡ = ΓΑQ . "

Α ,/\

Ε :�

/ ,'i--(

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _

)Δ

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και ένα εσωτερικό του σημείο Η. Η ευθεία ΑΗ

Λ ύ ση

Έστω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ΑΓQ τέμνει την ευθεία PQ σ ' ένα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/30

Μ αθη ματικ ά για την Α ' Λ υκείου

Σ'ένα ημικύκλιο με διάμετρο ΑΒ δεύτερο σημείο τ θεωρούμε μία χορδή ΜΝ σταθερού μήκους Τ Επειδή Α Ρ + Af' Q 1 80° και και ονομάζουμε Κ το μέσον της. Φέρνουμε ΑΒ Ρ + Af' Q 1 80° έπεται ότι ΑΤ Ρ ΑΒ Ρ και την κάθετο ΜΑ στην ΑΒ. Ν α δείξετε ότι, άρα το τετράπλευρο Α ΤΒΡ είναι εγγράψιμο σε όταν η χορδή ΜΝ αλλάξει θέσεις, η γωνία κύκλο. Επειδή προφανώς η ΤΡ είναι διχοτόμος ΜΑ Κ παραμένει σταθερή. της γωνίας Β ΤΓ , έχουμε: Β Τ Ρ Ρ Τ Γ και Έστω Ο το κέντρο του ημικυκλίου. επειδή Β Τ Ρ Β ΑΡ και Ρ ΤΓ Q Τ Γ Q ΑΓ , Έχουμε: OIU_MN. Επειδή το μήκος της έπεται ότι: QΑΓ ΒΑΡ χορδής ΜΝ παραμένει σταθερό, η γωνία ΙΤ r- ... Μ ΟΝ παραμένει σταθερή, επομένως και η ... ... Α r. 1 \ //j . 2 ΜΟΝ = ΜΟΚ . Αλλά από το εγγράψιμο ο

,, ;\

Ι Ι .. Ι'

1 1'

...

I I

\ / /' / \.

/1I

I I I I I

Ι I I I I

τετράπλευρο ΜΛΟ Κ, έχουμε: Μ ΛΚ = ΜΟΝ σταθερή .

I Ι

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και τις διχοτόμους ΒΔ και ΓΕ των γωνιών Β και Γ, αντιστοίχως. Φέρνουμε την κάθετο ΑΖ στη διχοτόμο ΒΔ και την κάθετο ΑΗ στη διχοτόμο ΓΕ. Να δείξετε ότι: ΗΖ//ΒΓ. . \ {J ση

Προφανώς το τετράπλευρο ΑΗΓΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Α

ι ι ' <' ι � --\

-- - - -- - - · ---· - - ---- - - - - --- -

- - --

Θεωρούμε ένα σημείο Ρ στο εσωτερικό ενός παραλληλογράμμου ΑΒΓ Δ με ΑΒΡ 2ΑΔΡ και ΔrΡ 2ΔΑΡ . Να δείξετε ότι: ΑΒ=ΡΒ=ΡΓ. =

Θέτουμε ΑΔΡ = α και ΔΑΡ = β . Από το σημείο Ρ φέρνουμε ημιευθεία Ρχ η οποία είναι παράλληλη προς την ευθεία ΑΒ και η οποία τέμνει την πλευρά ΑΔ. Στην ημιευθεία Ρχ παίρνουμε το σημείο Ο με ΡΟ=ΑΒ=ΔΓ. Έτσι, τα τετράπλευρα ΑΒΡΟ και ΓΔΟΡ είναι παραλληλόγραμμα, οπότε ΑΟΡ = 2α και ΔΟΡ = 2β. Γ

..- "'

Έχουμε : ΗΖΒ ΗΑΙ ΗΑΓ - ΙΑΓ t Α 1 80° - t - Α 90 0 2 2 2 Β ΖΒΓ => ΗΖΒ ΖΒΓ => ΗΖ // ΒΓ 2 Λ

= -

...-- β

'�

,. ,..

0 /2β ,2α /

- - ..._� - - - - ιι- - - - 't" - - - -ιι- -:· - -

' , .....

.....

"Κ

' ...., ' \ \

,ι

ι' ,\�

.,.

,.- -?. ; / ..- "' / / ..- "' .,. κ/

- --

- -·-· ·· - - - � -- - - - - - -

Στην ημιευθεία Οχ παίρνουμε ένα σημείο Ε με ΟΕ=ΟΑ . Στο ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΕ, η εξωτερική του γωνία ΑΟΡ είναι 2α και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/31

Μ α θ η ματικ ά για την Α ' Λ υκε ίου

συνεπώς: Ο ΑΕ = Ο: ΕΑ = α . Έτσι, έχουμε ΡΕΑ = ΑΔΡ(= α) και το τετράπλευρο ΑΕΔΡ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε Α Ε Ρ Δ = Δ Ρ = β. Στο τρίγωνο ΟΔΕ η εξωτερική του γωνία ΔΟ Ρ είναι 2β και Ο Ε Δ = β , οπότε Ε Δ Ο = β και συνεπώς ΟΕ=ΟΔ. Επειδή ΟΑ=ΟΕ=ΟΔ, το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο ΑΕΔΡ είναι το Ο, οπότε Ο Ρ=ΟΑ. Έτσι, έχουμε: ΑΒ=ΟΡ=ΟΑ=ΡΒ και Ρ Γ=ΟΔ=ΟΡ=ΡΒ Άρα, ΑΒ=ΡΒ=ΡΓ. Α

1 1 Ρ = 1 80 - ω = 2 (360 -2 ω ) = 2 (360 - ω - ω ) Α

1 1 = 2 (360°- ΚΝΛ - ΚΝΛ ) = 2 ( ΚΜ Λ - ΚΝΛ ) -

Έτσι, έχουμε (σχήμα):

Θεωρούμε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, στο εσωτερικό του ένα σημείο Μ και τις κάθετες από το Μ: ΜΔ, ΜΕ και ΜΖ στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ, αντίστοιχα. Φέρνουμε τις ΜΒ και ΜΓ. Να δείξετε ότι: ΒΜΓ = Α + ΕΔΖ . Α

Λύση

Προφανώς τα τετράπλευρα ΒΔΜΖ και Γ ΔΜΕ είναι εγγράψιμα σε κύκλο. Έχουμε: ΕΔΖ = Δ + Δ 2 = Β + Γ2 = Β - Β 2 + Γ - Γ2 = = Β + Γ - (Β 2 + Γ2 ) = = 1 80°- Α -( 1 80°- Β ΜΓ )= Β Μ Γ - Α � ΕΔΖ = ΒΜΓ - Α � ΒΜΓ = Α + ΕΔΖ Λ

1 .....-., Α = 2 ( ΕΖ + ΖΗ + ΗΘ - ΕΘ ) και 1 ..-.., Γ = - ( ΕΖ + ΗΘ + ΕΘ - ΖΗ ) 2 και συνεπώς Α + Γ = ΕΖ + ΗΘ 1 Εξάλλου, έχουμε: ΕΙΖ = 2 ( ΕΖ + ΗΘ ) Το τετράπλευρ<;> ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμο σε κύκλο αν, και μόνο αν: Α + r = 1 80°� Ez + 00 = 1 80°� 1 � 2 ( ΕΖ + ΗΘ )=90°� ΕΙΖ =90°�ΕΗ_lΖΘ ....-...

...-...

Ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι περιγεγραμμένο σ' ένα κύκλο. Ονομάζουμε Ε, Ζ, Η και Θ τα σημεία επαφής των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ, αντίστοιχα. Να δείξετε ότι τα τετράπλευρο αυτό είναι εγγράψιμο σε κύκλο αν, και μόνο αν:ΕΗ.lΖΘ. Λ ύση

..-..,

.-..,

.....-...

_..--..._

...-...

Καταρχήν, στο σχήμα, στο οποίο οι ευθείες ΡΚ και ΡΛ εφάπτονται στον κύκλο, έχουμε:

Θεωρούμε ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με Α + Β 120" . Κατασκευάζουμε τα ισόπλευ ρα τρίγωνα, ΑΓΕ, ΔΓΗ και ΒΔΖ, όπως στο διπλανό σχήμα. Να δείξετε ότι τα σημεία Ε, Η και Ζ είναι συνευθειακά. =

Λύση

Οι πλευρές ΑΔ και ΒΓ προεκτεινόμενες τέμνονται σ ' ένα σημείο Ο. Επειδή Α + Β = 1 20°, έπεται ΑΟ Γ = 60° . Και επειδή ΑΕΓ = 60° , έπεται ότι το τετράπλευρο ΑΕΟΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/32

Μ α θη ματικά για την Α ' Λυ κείου

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

ΑΘ//ΒΓ, έχουμε: ΘΑΡ = ΑΡΒ = ΑΓΒ = ΑΗΔ => Θ ΑΡ = ΑΗ Δ ( 1 )

τ\ -----------_Α /-τ�Θ\ '' '

.,. .

Ί'

'' '

- --- -- - - -

' -...

'ι

\ \

�

Δ Ί'

!' Ί'

' ' ·, Ί' '. '

Ί'

· -��-..J..:.-'t-.---"'*

'::�:.�-��-:::.:::."Ρ/ Γ Επίσης, έχουμε: ΑΖΓ = ΑΡΓ = ΑΒΓ και επειδή ΑΗ Γ + ΑΒ Γ = 1 80° έπεται ότι ΑΗ Γ + ΑΖΓ = 1 80° και συνεπώς, τα σημεία Α, Η, Γ και Ζ είναι ομοκυκλικά. Συνεπώς: ΑfΙ Γ = Arz = ΓΛΡ ( 2) Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε: ΘΑΔ = Θ ΑΡ - ΓΑΡ = ΑΗ Δ - ΑΗ Ζ = Θ Η Δ Συνεπώς, τα σημεία Θ, Α, Η και Δ είναι Β

Έτσι έχουμε: 03 = 02 = ΕfΆ = 6(f = ό, Συνεπώς: 04 = 1 80' - 0 2 - 0 1 = = 1 80°-60°-60°=60°. Άρα, 0 3 = 0 4 • Έτσι, το σημείο Ε ανήκει στην ευθεία f που περιέχει τη διχοτόμο της γωνίας ΓΟχ . Όμοια δείχνουμε ότι και τα σημεία Ε, Η ανήκουν στην ίδια ευθεία f . �

Β Α

Άρα, τα σημεία Ε, Η και Ζ είναι συνευθειακά.

Έστω Η το ορθόκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ και Ρ ένα σημείο του περιγεγραμμένου του κύκλου, διαφορετικό από τις κορυφές Α, Β και Γ. Ονομάζουμε Ε και Ζ τα συμμετρικά σημεία του Ρ ως προς το μέσο της πλευράς ΑΓ, αντίστοιχα. Η ΒΗ τέμνει την ΑΓ στο σημείο Δ και η ΑΕ τέμνει την ΗΖ στο Θ. Να δείξετε ότι: ΔΘ//ΑΡ.

�

(2)

ομοκυκλικά και συνεπώς: Α!:Β= ΑΙΒ= ΑΗΖ= ΓΑΡ => ΑΔ Θ = ΓΑΡ =>ΔΘ//ΑΡ

Δύο κύκλο C ι και C2 που ο καθένας βρίσκεται στο εξωτερικό του άλλου, εφάπτονται εσωτερικά σ' ένα κύκλο C στα σημεία Α και Β αντίστοιχα. Θεωρούμε μία κοινή εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων Cι και C2 και ονομάζουμε Δ και Ε τα σημεία επαφής αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το σημείο τομής Μ των ευθειών ΑΔ και ΒΕ ανήκει στον κύκλο C. Φέρνουμε τις εφαπτόμενες Αχ και Βψ του κύκου C (στο σχήμα). Θέτουμε: χΑΔ =θ και ψΒΕ =φ. Από το τρίγωνο ΔΜΕ, έχουμε: Δ Μ Ε = 1 80°-θ-φ.

Προφανώς τα τετράπλευρα ΠΑΕΒ και Ρ ΑΖΓ είναι παραλληλόγραμμα. Επειδή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 67 τ.3/33

�

Β \

•,,

.... ,........______ _ _ ___

,...

...... · '

Μ α θ η ματικ ά για την Α ' Λυκείου

Επειδή Ο Αχ =90°, έχουμε: Ο ΑΜ =90°-θ. Όμοια, επειδή Ο Β ψ =90°, έχουμε: Ο Β Μ =90°-ψ. Έτσι, από το τετράπλευρο ΟΑΜΒ έχουμε: Ο Α Β =360°--{90°-θ)---{90°-φ)---{ 1 80°---θ-φ)=2θ+2φ. Έτσι, έχουμε: ω =360°-(2θ+2φ)=2( 1 80°-θ-φ)=2 Δ Μ Ε => 1 ω =2 ΑΜΒ => ΑΜΒ = 2 ω . Έστω τώρα ότι το σημείο Μ δεν ανήκει στον κύκλο C και έστω ότι η ευθεία ΑΔ τέμνει τον 1 κύκλο C στο σημείο ΜΌ Τότε: ΑΜ Έ = 2 ω και συνεπώς ΑΜ Ή = ΑΜΒ , άτοπο. Άρα, το · σημείο Μ ανήκει στον κύκλο C . �

�

είναι τετράπλευρο Ένα ΑΒΓ Δ εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει. ΔΓ=ΑΔ+ΒΓ. Να δείξετε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέμνονται πάνω στη ΔΓ. Θέτουμε ΒΑΔ = 2α και ΓΒΑ = 2β και έστω ότι α�β. Στην πλευρά ΔΓ παίρνουμε ένα σημείο Ε με ΔΕ=ΔΑ, οπότε ΓΕ=ΓΔ-ΔΕ=ΓΔ-ΔΑ=ΒΓ, δηλαδή ΓΕ=ΓΒ. Επειδή Γ + Α = 1 80 ° και Α = 2α , έχουμε: Γ = 1 80 ° -2α. Συνεπώς, Γ Β Ε = α . Όμοια, ΔΑΕ = Δ Ε Α = β. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει τη ΔΓ σ' ένα σημείο Ζ. Επειδή ΖΒ Α = β = Δ Ε Α , το τετράπλευρο ΑΒΖΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και άρα: ΖΑΕ = ΖΒΕ = α-β. �

Ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέμνονται σ' ένα σημείο Ε και η παράλληλη από το Ε προς την πλευρά ΓΔ τέμνει την πλευρά ΑΔ στο σημείο Ζ και την πλευρά ΒΓ στο Η. Να δείξετε ότι: ΖΗ=ΖΑ+ΗΒ.

�

Αν Α = Β , τότε το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι ή ένα ισοσκελές τραπέζιο ή ένα ορθογώνιο και η απόδειξη της ζητούμενης ισότητας είναι εύκολη . Έστω τώρα ότι Α * Β . Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι Α > Β . Θέτουμε: Α = 2α , Β = 2β , Γ = 2γ και Δ = 2δ Έτσι, έχουμε: �

{Α+Β +

1 80° => Δ 1 80° =

�

{2α2 ++ 2δ2γ =>{α++ δγ β β =

1 80° 1 80°

= 90°

90°

--------- - --- Β

Στη ΖΗ παίρνουμε ένα σημείο Σ με ΖΣ=ΖΑ. Έτσι, έχουμε: ΑΖΣ Δ ΖΣΑ = ΖΑΣ = 90° - -- = 90° -- = 90° -δ= 2 2 Β =β = 2 = ΑΒΕ και άρα ΖΣΑ = ΑΒΕ , οπότε το �

�

τετράπλευρο ΑΣΕΒ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Επειδή ΖΣΑ = β < α = ΖΑΕ , έπεται ότι το Σ είναι μεταξύ των Ζ και Ε. Εξάλλου, έχουμε: �

�

ΣΒΗ ΣΒΕ ΕΒΗ ΣΑΕ ΕΒΗ (ΖΑΕ - ΖΑΣ) + β = α-β+β=α= Λ

= ΕΑΒ = ΒΣΗ => ΣΒΗ = ΒΣΗ => ΣΗ=ΗΒ. Συμπεραίνουμε ότι ΖΣ+ΣΗ=ΖΑ+ΗΒ και άρα ΖΗ=ΖΑ+ΗΒ.

Έτσι, έχουμε: ΖΑΔ = ΖΑΕ + Ε ΑΔ = ( α-β ) +β=α. Άρα, η ΑΖ είναι η διχοτόμος της γωνίας Α . �

Ένας κύκλος περνάει από τις κορυφές Β και Γ ενός τριγώνου ΑΒΓ και τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Δ και Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/34

Μ αθη ματικ ά για την Α ' Λυκείου

αντίστοιχα. Ονομάζουμε Ζ το μέσο της ΒΓ και Η το μέσο του ΔΕ. Ν α δείξετε ότι: ΑΗ ·ΒΖ=ΑΖ· ΕΗ. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο έχουμε: Γ = Δ ι και Β = Ε ι . Έτσι, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΕΔ είναι όμοια. ΑΒ ΓΒ ΑΒ 2ΒΖ Έχουμε λοιπόν: - = - � - = � ΑΕ ΕΔ ΑΕ 2ΕΗ ΑΒ ΒΖ ΑΒ ΑΕ - - -�- - ΑΕ ΕΗ ΒΖ ΕΗ Λ όγω της τελευταίας ισότητας και επειδή Β = Ε ι , έπεται ότι τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΕΗ είναι όμοια. Λ

Ι ι + 1 3 + 1 2 = Α Ι + 1 3 + :8 = 1 80° 2 Α

ΒΖ

1\Ζ

Έτσι' έχουμε: - = - �ΑΗ·ΒΖ=ΑΖ· ΕΗ ΕΗ ΑΗ

Άρα, τα σημεία Μ, Ι και Κ είναι συνευθειακά.

Γ = 2Α

Οι πλευρές ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι α=4, β=5 και γ=6. Να δείξετε ότι Φέρνουμε τη διχοτόμο ΓΔ της γωνίας Γ .

,/'�·'·,,

/ �'(ω ",

I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I .... . . \ "- --- - �---- -�------------�-----'-- ' · ·- - - - ___, . _____ __;:_

""·

4 '

Ονομάζουμε Ι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Στις πλευρές του ΑΓ κ αι ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Μ και Κ αντίστοιχα, τέτοια ώστε, ΒΚ·ΑΒ=ΒΙ 2 και ΑΜ·ΑΒ=ΑΙ 2 • Να δείξετε ότι τα σημεία Μ, Ι και Κ είναι συνευθειακά. 2 Β Κ ΒΙ Έχουμε: Β Κ ·ΑΒ=ΒΙ � - = - . ΒΙ ΑΒ Β Β έπεται ότι τα τρίγωνα Κ αι επειδή 1 = ΚΙΒ και ΙΑΒ είναι όμοια και άρα: Ι ι = Α ι . Όμοια βρίσκουμε ότι 1 2 = Β 2 . ' Ετσι, έχουμε: υ

ΒΔ ΓΒ ΒΔ 4 Έχουμε: - = - � - = ΔΑ ΓΑ ΔΑ 5 ΒΔ ΔΑ ΒΔ + ΔΑ ΒΔ ΒΑ �- = - � �- = - = 9 5 4 4+5 4 8 ΒΔ 6 � - = - � ΒΔ = 9 3 4

Παρατηρούμε ότι: ΒΑ 6 3 ΒΓ 4 3 - και - = - = = -=ΒΔ 8 2 ΒΓ 4 2 3 ΒΓ ΒΑ Άρα: = και συνεπώς τα τρίγωνα ΒΔ ΒΓ ΒΓ Δ και ΒΑΓ είναι όμοια. Συνεπώς: Γ ro = A � - = A � Γ = 2Α 2 Λ

,...

Στον αγαπητό συνάδελφ ο Κώστα Γ ράψα, εκλεκτό μέλο ς τη ς μαθηματική ς κοινότητας , ευ χόμαστε «καλό ταξίδι» θα απώλεια του , μας ξάφνιασε όλου ς . . . Τα μέλη τη ς επιτροπή ς του Ευ κλείδη τον θυ μούνται πάντα για την σεμνότητα το ήθος και την αξιοπρέπεια του . . .

Β'

... Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/35

ΜιιΙ•ιιιι�ιιιj "'" �φ• Jr w�Ιφ τι•ιι Αιι••Ι•ιι Άλγεβρα Πρόοδοι

Χρήστος Κανέλλος

Στο άρθρο αυτό παραθέτουμε ορισμένες ασκήσεις που αναφέρονται στην ενότητα των προόδων, α ριθμητικών και γεωμετρικών. Άσ κ η ση

I Αν ( α + β )( β + γ )( γ + α ) :;e Ο , τότε να αποδείξετε 1 1 1 ο ' ' δ ιαδ οοτι: ι αριθ μοι' -- , , ειναι β+γ γ+α α+β χικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν και μόνο αν ' δ ιαδ οχικοι' οροι ' αριθ οι αριθ μοι' α2 , β 2 , γ2 ειναι μητικής προόδου. --

Απ ό δ ε ιξ η

Σύμφωνα με τον ορισμό οι αριθμοί χ, y, ω εί ναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου όταν και μόνον όταν y - χ = ω - y . Επομένως αρκεί να δείΙ Ι Ι Ι , η σχεση , -ξου με οτι - -- = (Ι) γ+α β+γ α+β γ+α είναι ισοδύναμη με τη σχέση β2 -α2 = γ2 - β2 (2) , Πραγματι: ( Ι ) � ( + βα )(- α + ) ( α + γ )(- β + α) � γ β γ β γ β-α = γ-β � β 2 - α2 = γ 2 - β 2 ( 2 ) β+γ α+β --

Ά σ κη σ η 2

Ν α αποδείξετε ότι η ακολουθία ( α ν ) , με γενικό � 2• 1 τύπο α. = 2ιοg χ + 2 log 2 2 , όπου χ :;e Ο δοσμένος πραγματικός αριθμός, είναι αριθμητική πρόοδος. Κατόπιν να βρείτε το άθροισμα των 100 πρώτων όρων της ακολουθίας. Αν επιπλέον ισχύει S1 00 = 5050 να βρείτε το χ. Λ ίι σ η

α ν + - α ν είναι σταθερή. Έχουμε: αν = _!_ 2ν log l x l + 2 � log 2 = ν ( log l x l + Iog 2 ) = ν log 2 l x l 2 2 Άρα α ν + Ι = ( ν + l ) log 2 l x l , οπότε αν + Ι - α ν = }og 2 l x l , δηλαδή η (αν) είναι αρ ι θμητική πρόοδος με ω = log 2 l x l κα ι α1 = l · log 2 l x l = ω . ΙΟΟ Επομένως Sιοο = ( 2αι +99ω) =50 · 10lω=5050log21 � 2 Οπότε έχουμε S 100 = 5050 => log 2 l x l = 1 => log 2 l x l = log l O => 2 l x l = 1 0 => l x l = 5 => χ = ±5 .

Για να αποδείξουμε ότι η (α.) είναι αριθμητική πρόοδος, αρκεί να αποδείξουμε ότι η διαφορά

Άσκη ση 3

Δίνεται η αριθμητική π ρόοδος ( α,. ) , με πρώτο όρο α 1 3 και διαφορά ω = 8. Να βρεθεί ο πρώ τος όρος της που υπερβαίνει το 2008. =

Λ ύ ση

Ζητάμε την ελάχιστη τιμή ν ε Ν * ώστε α ν > 2008 ( 1 ). ( Ι ) � 2α 1 + ( ν - 1 ) ω > 2008 � 6 + 8 ( ν - Ι ) > 2008 � 8 ( ν - Ι ) > 2002 � ν - Ι > 250, 25 � ν > 25 Ι, 25 � ν :::>: 252, αφού ν ε Ν * . Άρα ο πρώτος όρος που υπερβαίνει το 2008 είναι ο α 2 5 2 = 20 Ι Ι . Ά σκ η σ η 4

Μεταξύ των αριθμών α, β με άθροισμα 5 2 , πα ρεμβάλλουμε ν διαφορετικούς όρους αι, . . . , αν με άθροισμα 130 και σχηματίζουμε μια σειρά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/36

}

Μ α θ η ματικ ά για την Β ' Λυκείου

διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου. Αν οι α, «ν, β είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, να βρείτε: i) Το πλήθος ν ii) Τους αριθμούς αι, α2, . . . , α. , \ ίJση

Έστω α, α, , α2 , . . . , αν, β οι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου. Θέλουμε: α + β = 52 ( 1 ) και α, + . . . + α ν = 1 30 (2). Το άθροισμα λοιπόν των ν+2 αυτών αριθμών θα είναι: s ν + 2 = 52 + 1 30 = 1 82 (3) ν+2 ν+2 ,Ομως Sv+z = -(α + β) = - · 52 = 26 ( ν + 2) , 2 2 οπότε ( 3 ) � 26 (ν + 2) = 1 82 � ν + 2 = 7 � ν = 5 . ii) Έχουμε α κ = α 1 + ( κ - 1 ) ω = α + ω + ( κ - 1 ) ω = α + κω, για κάθε κ= 1 ,2, . . . ,5 Εξάλλου: β = α5 + ω = α + 5ω + ω = α + 6ω, β - α (4) δηλαδή ω = 6 Επομένως: (α, α._,, β διαδοχικοί όροι γεωμετρι κής προόδου ) � α� = αβ � α; = α · β � (α + 5ω γ = α(α + 6ω) � α � 25ω2 + 4αω = 0 � 25ω + 4α = 0 � 25 β + 4α = Ο i)

(�)

(5) . α = 50 , οπότε ( 4) � ω = -8 . Άρα ( 1 ) , ( 5 ) � β=2 Τελικά λοιπόν θα έχουμε α κ = α + κω = 50 - 8κ, . . . 5, δηλαδή κάθε κ= 1 ,2,3, για α 1 = 42, α 2 = 34, α 3 = 26, α 4 = 1 8, α5 = 1 Ο . Σχόλιο: Για ω= Ο θα είχαμε α = β = 52 = 26 και 2 α 1 = α 2 = . . . = α5 = 26 , πράγμα άτοπο. � α = 25 β

}

Λ σ κ η ση 5 :

Έστω ( α. ) , μια αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω για την οποία ισχύουν οι σχέσεις: ακ+4 + ακ+ιΟ + ακ+\7 = 26 και ακ+7 + ακ+9 = 8 για κάποιο κ ε Ν* . Εάν Sκ = -80 , να βρεθεί ο αριθ μός κ. .\ ίJ ση :

Αν α κ = β 1 , τότε α κ+ ρ = β l + r = β, + ρω = α κ + ρω για κάθε ρ Ε Ν * . Οπότε από τις δοσμένες ισότητες παίρνουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

}

α κ + 4ω + ακ + 10ω + ακ + 1 7ω = 26 3ακ + 3 1ω = 26 � � 2ακ + 1 6ω = 8 ακ + 7 ω + ακ + 9ω = 8 6ακ + 62ω = 52 6ακ + 62ω = 52 α,_ = -12 � � -6ακ - 48ω = -24 14ω = 28 ω=2 � α + (κ - 1)ω = -12 α = -2κ - 1 0 1 � 1 ω=2 ω=2 Επομένως: κ Sκ = -80 � - (α + ακ ) = -80 � κ(-2κ - 10 - 1 2) = -160 � 2 Ι � κ ( κ + 1 1 ) = 80 � κ 2 + 1 1 κ - 80 = Ο � κ = 5 ή κ = - 1 6 � κ = 5 , αφού κ ε Ν* .

}

Ά σκηση 6 :

Δίνεται αριθμητική πρόοδος ( α. ) , για την οποία ισχύουν οι σχέσεις: α μ + αλ+ 3 «ι 5 και α μ +s + αλ = «ι + 5 για κάποια λ, μ ε Ν* . Να βρε θεί η διαφορά ω της προόδου. =

Λ. ίJ σ η :

Οι αριθμοί αω και αλ συνδέονται με την ισότητα αω = αλ + 3ω ( 1 ). Ό μοια αμ +s = α μ + 8ω (2). Αντικαθιστώντας τα αλ + J , αμ+s (σχέσεις ( 1 ), στις δοσμένες σχέσεις, έχουμε: (2)) αμ + αλ + 3ω = α, - 5 και α μ + 8ω + αλ = α 1 + 5 . Με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει: 3ω - 8ω = -5 - 5 � -5ω = - 1 0 � ω = 2 Ά σ κ η ση 7 :

Ν α λυθεί η εξίσωση: Λ ίJση :

2008 ·8 -s -2 x x x •••χ

-2008

δοσμένη εξίσωση γράφεται: 00 + χ (-8 ) (-5)+(-2 )+ ... +2 8 = -2008 ( 1 ). Παρατηρούμε ότι η -8, -5, -2, . . . , 2008 είναι αριθμητική πρόοδος με α 1 = -8 και ω = 3 . Έστω ότι ο 2008 είναι ο όρος κ τάξεως αυτής. Τότε: ακ = 2008 <::> α, +(κ-1)ω=2008 <::> -8 +3(κ-1) = 2008 <::> 3 ( κ - 1 ) = 20 1 6 <=> κ - 1 = 672 <=> κ = 6 73 Άρα (-8) + (-5) + (-2) + ... + 2008 = 6 673 ( -8 + 2008) = 73 . 2000 = 673 · 1 000 = 673000 s673 = 2 2 673000 χ = -2008 και είναι αδύνατη, οπότε: ( 1 ) <:::> αφού ο εκθέτης είναι. άρτιος . Η

Ά σ κ η ση 8 :

Ν α υπολογίσετε το άθροισμα: Β' 67 τ.3/37

Μ αθη ματικ ά για την Β ' Λ υκε ίου

= λ = JS + ι . 2 Η παράσταση 1 + 2 · 4 + 3 · 4 2 + 4 · 4 3 + ... + 100 · 4 99 i) Να δείξετε ότι η ( Ρ. ) με Ρ. = α. + α ν +\ ' για είναι το άθροισμα των παραστάσεων: κάθε ν είναι γεωμετρική πρόοδος με πρώ 1 + 4 + 42 + 43 + ... + 499 = το όρο β 1 α : και λόγο λ. 3 α

. \ �)η· !η

4 + 4 2 + 4 + ... + 499 42 + 43 + ... + 499 43 + ... + 499

1 + 4 + 4 + 4 + ... + 499 = S 1 00 3

00 ισότητες

499 = S Ι οο - S99

Άρα η ζητούμενη παράσταση είναι ίση με:

SΙοο + (SΙοο - SΙ )+( SΙ οο - S2 )+( SΙ oo - S3 )+ ... + (SΙ oo - Sg9 ) = 100 . S Ι οο - ( S Ι + S 2 + S 3 + ... + S ) = 1 00 ( 1-41 1 -42 1-499 3 1-499 ) 1-4 =1 00 ·1 -1-4 + -1-4 + ... +-1-4 = 1 -4 - -1-4 + -1 00 1 - 4 1 +1 - 4 2 + 1 - 43 + ... + 1 - 499 1 4 = 100 --3 -3 1 00 99 100 - 100 · 4 + · 1 - (4 + 4 2 + 43 + ... + 499 ) = = -3 3

------100 · 4100 -100 100-(1 + 4 + 42 + 43 + ... + 499 ) ---- + -----100 · 4100 - 1 00 100 - 1 - ( 4 + 42 + 43 + ... + 499 ) ----- + 3

3 3 1 00 - S1 00 1 00 · 4 100 100 100 100 4 + S 1 00 = = ----..:..::..:.. 31 3 1 00 00 · 4 1 00 1 -�44_ _ 100 · 4 1 00 + -1 --34 100--�1_ - 3 1 00 + 1 - 4 1 00 2 99 . 4 100 3+ 1 . 4 00 3 = -----9 9

ιι_ι

___

)

Ν*

ii) Αν s. το άθροισμα των ν πρώτων όρων της (α.) και Σν το άθροισμα των ν πρώτων της (β.), να δείξετε ότι s .+ - Σ. α 3 z Παρατήρηση: J5 ' αριθ μος επαλη θ ευει την εξισωση

Θεωρούμε την γεωμετρική πρόοδο (α ν ) με α 1 = 1 και λ = 4. Έστω S κ το άθροισμα των κ πρώ των όρων της. Τότε: �

+ι φ= -2= χ + ι (ι). (πρόκειται για τον λόγο στον ·

•

οποίο διαιρείται ένα τμήμα με τη χρυσή τομή και για αυτό συμβολίζεται με το αρχικό του ο νόματος του Φειδία). Πράγματι:

φz = ( J52+ ι ) = ( J52: ι γ 5 + 2� + ι = 6 + �.J5 = = 2 ( 3 + .J5 ) = 3+.J5 = 2+ι + .J5 = ι + ι + .J5 = ι+ φ 2 2 2 4 z

Ο ν-aστός όρος της (αν) θα είναι ο α . = α l λν - 1 = φ . φ ν - 1 = φ ν ( 2) Ο πρώτος όρος της ( βv) θα είναι ο

(2)

β = α Ι + α 2 = φ + φ 2 = φ ( 1 + φ ) = φ · φ 2 = φ 3 = α� Για να δείξουμε ότι η ( βv) είναι γεωμετρική πρόοδος, αρκεί να δείξουμε ότι το πηλίκο δύο δια δοχικών όρων της είναι σταθερό. Είναι: Ι β ν+ α ν+ + α v +2 (_2 ) φ ν+ Ι + φ ν+2 _ φ ν+ (1 + φ ) _ - φ • + φ • +l - φ• (Ι + φ) - φ α . + α ν -ι- Ι β. Άρα η ( βv) είναι γεωμετρική πρόοδος με β 1 = α � και λόγο λ = φ. Ι

(I)

.. . 1 - φ • +2- α3 -1 - φ• = s.+2 - Σ . = φ --'--1 -φ }-φ 1 - φ • = --'--φ ν+---- 3 φ3 - φ ν+ 3 = φ ---'= φ 1 -1 -φφ• +2 - φ 3 -1-φ 1-φ 1-φ ν+3 = ν+-'- 3 ----'φ--"-3 +-φ ---'--- φ-- φ -'- -1-φ 2 φ( Ι - φ ) φ( Ι - φ)(1 + φ) = φ(l + φ) = φ . φz = φ3 (=2 ) α 3 1-φ 1 -φ

η) Ε ιναι

ο>

Δίνεται γεωμετρική πρόοδος { α. με Δίνεται το άθροισμα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/38

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Σ 1000 + 1024 + 7 50 + 512 + 500 + 256 + ... . Ν α βρεθεί ο πρώτος όρος που θα κάνει το ά θροισμα αρνητικό. =

'\_ !: ·: ,;

Παρατηρούμε ότι οι όροι 1 000, 750, 500, . . . είναι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου (α ν ) με α 1 = 1 00 Ο και ω = -250, ενώ οι όροι 1 024, 5 1 2, 256, . . . είναι διαδοχικοί όροι της γεω μετρικής προόδου (β ν ) με β 1 = 1 024 και λ = _!_ . 2 Έστω Sv το άθροισμα των ν πρώτων όρων της αν και S� το άθρο ισμα των ν πρώτων όρων της βν. Το άθροισμα Σ θα είναι το Σ = αΙ + β Ι + α2 + β 2 + α3 + β3 + · · · Η ( β,.) δεν έχει αρνητικούς όρους. Ο πρώτος όρος που θα κάνει το άθροισμα αρνητικό, πρέπει να είναι αρνητικός, οπότε θα είναι όρος της (αν ), έστω ο α". Άρα το Σ = α 1 + β 1 + α 2 + β 2 + . . . + ακ - Ι + βκ _ 1 + α κ είναι το πρώτο αρνητικό άθροισμα, Οπότε : Σ < ο <::::> S K + s �- 1 < ο

e>�[2 · I ΟΟΟ + ( κ - ΙΗ-250)] + 2'"

ι-(ΞΤ' 1-2

< Ο <ο>

( �) 1 1 25κ - 1 25κ 2 < 2 1 1 ( �_ 1 - 1 ) <=> 2

1 000κ - 1 25κ 2 + 1 25κ + 2 1 1 1 - _1 < 0 <::::> 2

ος

� .:

Δίνεται η εξίσωση 2χ 2 - 3αχ + α 2

Είναι: 2χ2 -3αχ+ιi =0<::::>2χ2 -2αχ-αχ+ιi =0<::::> 2JS:(x - α) - α( χ - α) = Ο <::::> (χ - α)(2χ - α) = Ο <::::> α <::::> χ = α η, χ= 2 Θέλουμε οι αριθμοί α, � , α + 1 , ανεξαρτήτως 2 σειράς να αποτελούν διαδοχικούς όρους αρ ι θμητι κής προόδου. Αφού ισχύει α < α + Ι , υπάρχουν 3 περιπiώσεις σχετικά με τη διάταξη τους � < α < α + 1, α < � < α + 1 και α < α + 1 < � 2 2 2 Παρατηρούμε λοιπόν ότι α α - < α < α + Ι <::::> - < α <::::> α > Ο 2 2 α α<α 2 <::::> -2 < α < Ο α < - < α + Ι <::::> α 2 -<α+1 2 α α και α < α + 1 < - <::::> α + Ι < - <::::> α < -2 2 2

(

)

}

Αν α>Ο, τότε � < α < α + Ι , οπότε: (Οι αριθμοί 2

κ Ι 25κ ( 9 - κ ) < 2 1 1 (2 1 - - Ι ) ( 1 ) Για κ Ε Ν . με κ ::; 9 η ( ι )δεν επαληθεύεται κ αφού τότε κ ( 9 - κ ) � Ο ενώ 2 1 - - Ι ::; ο και το ίσον δεν ισχύει συγχρόνως (γιατί;). Για κ = 1 Ο η ( I ) επίσης δεν επαληθεύεται, α φού Ι 25 - 1 0 ( - 1 ) > 2 1 1 ( Τ9 - ι) , δηλαδή - Ι 250 > -2044 . Για κ = 1 1 η ( I ) επαληθεύεται, αφού 1 25 · 1 1( -2) < 2 1 1 (2- 1 0 - Ι) δηλαδή -2 7 50 < -2046 . Άρα το άθροισμα γίνεται πρώτη φορά αρνητικό όταν κ = 1 1 και ο όρος που το καθιστά αρνητικό είναι ο 2 1 του αθροίσματος, δηλαδή ο α 1 1 = 1 000 + ( 1 Ι - 1 ) ( -250 ) = 1 000 + (1 0)( -250) = = 1 000 - 2500 = - 1 500 !

α ε R - {0, -2} . Να βρείτε για ποιες τιμές της παραμέτρου α, οι λύσεις της εξίσωσης και ο α ριθμός α + 1, ανεξαρτήτως σειράς, αποτελούν διαδοχικούς όρους μη σταθερής αριθμητικής ή γεωμετρικής π ροόδου.

όπου

� , α, α + 1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής 2 προόδου) <::::> 2α = � + α + I <::::> 4α = α + 2α + 2 <::::> α = 2 2 (Δεκτή τιμή). Εξάλλου: (Οι αριθμοί αυτοί είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου) α <::> α-, = - (α + 1) <::::> 2α-, = α ( α + l ) <::::> 2α-, = α 2 + α <=> 2 2 <::::> α = α <::::> α 2 - α = Ο <::::> α( α - I ) = Ο <::::> α = Ο ή α = 1 <::::> α = 1 (Δεκτή τιμή). Αν -2 < α < 0 , τότε α < � < α + Ι , οπότε: (Οι 2 αριθμοί α, � , α + 1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμη2 τικής προόδου) <::::> α = α + (α + 1) <::::> α + 1 = 0 <::::> α = -Ι (Δεκτή τιμή).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/39

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Ενώ: (Οι αριθμοί αυτοί είναι διαδοχικοί όροι Επίσης: (Οι αριθμοί αυτοί είναι διαδοχικοί ό γεωμετρικής προόδου) ροι γεωμετρικής προόδου) ( 2 α 2 <:::> α2 = α2 +α <::> α2 = 4α2 +4α <::> <:::> (α + 1) 2 = α-α2 <:::> α 2 + 2α + 1 = <:::> 2"α ) = α(α+1) <=> 4 2 <:::> 2α2 + 4α + 2 = α2 <:::> α2 + 4α + 2 = Ο Ο= 3α2 +4α <:::> 0 = α(3α+ 4) <::> α = Ο ή α=-�3 <::> α =-�3 Η εξίσωση έχει Δ = 4 2 - 4 ·1· 2 = 1 6 - 8 = 8 και (Δεκτή τιμή). . α 1 = -4 + J8 = -2 + 2, α = -2 - 2 . Δεριζες 2 2 ·1 κτή είναι μόνο η τιμή αz Συνοψίζοντας οι �2 ,α, α + 1 είναι διαδοχικοί Αν α<-2, τότε α < α + 1 < �2 , οπότε: μη σταθερής αριθμητικής προόδου για, (Οι αριθμοί α, α + 1, �2 είναι διαδοχικοί όροι όροι α { 2, -1, -4} και γεωμετρικής για αριθμητικής προόδου ) αΕ{1,-�,-2- J2 }. α + -α2 <=> α + 1 = --2 -<:::> 2α + 2 = α + �2 <:::> α + 2 = �2 <:::> 2α + 4 = α <:::> α = -4 (Δεκτή τιμή). � ν

� ν

Χρήστος Λαζαρίδης

Το παρακάτω άρθρο αναφέρεται στις εκθετικές και λογαριθμικές συναρτήσεις και έχει μάλλον επα ναληπτικό χαρακτήρα. Ειδικότερα πραγματεύεται τις συναρτήσεις f ( χ ) = e x , g ( χ) = lnx h ( χ ) = log χ , που κυρίως περιέχονται στην ύλη της Β · Λυκείου, χρησιμοποιώντας γνώσεις από τα προηγούμενα κεφάλαια. Καλό είναι, αν κάποιος ασχοληθεί, να έχει κάνει μία επανάληψη. ,

�

Έστω η συνάρτηση f ( χ ) = lnx, χ Ο . α) Να λύσετε την εξίσωση

( :) .

f ( 2 - ημχ ) - f ( συν2χ ) = f ( 3 ) , αν χ Ε Ο,

δ) Να λύσετε την εξίσωση �f ( x ) + f ( x ) - 10 = 0 . ε) Να αποδείξετε ότι

β) Αν α>Ο και f ( α) + f ( α2 ) + ..... + f ( α1 00 ) = 5050 , να αποδείξετε ότι α = e. γ) Έστω α, β, γ > Ο. Να αποδείξετε ότι: αν οι f ( α ) , f (Ρ) , f ( γ ) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, τότε οι α, β, γ είναι δια δοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

( �} · · f ( ημ 1 �0 ) > ο για κάθε χ ( Ο, : ) .

r ( ημχ ) r ημ

α) Ο < χ < -4π => 1 > ημχ => 2 > ημχ => 2- ημχ > Ο Ο < χ < -π4 => Ο < 2χ < -π2 => συν2χ > Ο Άρα: f ( 2 - ημχ ) - f ( συν2χ ) = f (3) <:::> ln ( 2 - ημχ ) - ln ( συν2χ ) = ln 3 <:::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/40

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

!η ( 2 - η μχ ) = \η 3 + !η ( συν 2 χ ) <=> \η ( 2 - η μχ ) = = Ιη 3( συν2χ ) <=> 2 - ημχ = 3συν2χ <=> 2 - ημχ = 3 ( 1 - 2 ημ 2 χ ) 2 - ημχ = 3 - 6ημ 2 χ <=> 6 ημ 2 χ - ημχ - 1 = ο <=> ημχ = _ .!_3 ή ημχ = .!_2 <=> χ = �6 (διότι χ (ο,�)). 4 <:::>

β ) f ( α ) + f ( α 2 ) + ..... + f ( α 1 00 ) = 5050 =>

!η α + Ιηα2 + ..... + Ιη α 1 00 = 5050 => !η α + 2 1η α + ..... + 100Ιη α = 5050 => => ( 1 + 2 + ... + 100 ) Ιη α = 5050 => 1 + 100 · 100 · \η α = 5050 => 10 · 50 · 1ηα = 5050 => -2 5050Ιηα = 5050 => Ιη α = 1 => α = e .

[Ο, ; ) . Αν χ ( ο ,�)' να λύσετε την εξίσωση:

για κάθε α Ε

γ) ί)

Ιη ( εφχ )

log ( εφ χ) . ίί) Ν α λύσετε την ανίσωση: ιη{χ2 + x ) - log ( x + l ) < log x (1) =

λ ίJ σ η

α) Υπολογίζουμε το πρόσημο της διαφ οράς: log χ - log χ = log χ [ -1- -ι) Δ = !η χ - log χ = loge loge 1 - log e = 1og χ --=: log 10 - log e = I og χ loge loge Το πρόσημο εξαρτάται από το πρόσημο του logx, , θετικος., Πραγ, , ο αριθ μος, log 10 - log e ειναι γ) ( f ( α ) , f ( β ) , f ( γ ) διαδ. όροι α.π.) => δ ιοτι Ιοge 2f ( β ) = f ( α ) + f ( γ ) => 2 1η β = !η α + !η γ => ματι: 10 > e => log10 > loge => log10 - loge > Ο Ιη β 2 = !η ( αγ ) => β 2 = αγ => (α, β, γ διαδ. όροι γ.π.) , log10 - loge > Ο. και e > 1 => loge > Ο, αρα loge δ) Με !η χ Ο, δηλαδή χ 1 έχουμε: Άρα: Δ > Ο<::>χ > 1 , Δ < Ο <=> Ο < χ < 1 και Δ = Ο � + \η χ - 10 = ο <=> <::> x = l. �=y �=y / + y - 10 = Ο <=> ( y - 2 ) ( Υ 2 + 2 y + 5 ) = Ο <=> Τελικά: !η χ > log χ <=> χ > 1 !η χ < log χ <=> Ο < χ < 1 �=Υ <=> � = 2 <=> Ιη χ = 8 <=> χ = e8 • lη χ = log χ <=> χ = 1 y=2 (Η τιμή είναι δεκτή, διότι e8 1 .) β) i) Για κάθε α IR : η μα > -1 => η μα + 3 > 2 => η μα + 3 > 1 <1 , ε) χ (ο, �2 ), άρα, Ο < ημχ, ημ �2 , ... , ημ � Ιη ( ημα + 3 ) > lοg ( ημα + 3 ) . 100 επομένως οι φυσικοί τους λογάριθμοι θα είναι αρ ii) α [Ο, � ) => Ο < συνα ::::; 1 � Ιη(συνα) ::::; Ιοg( συνα) . νητικοί. Έχουμε πλήθος 100 αρνητικών, οπότε το γινόμενό γ) i) Στο ( 0, � ) έχουμε τους θα είναι θετικό. ln ( εφχ ) = log ( εφχ ) <=> εφχ = 1 <=> χ = - , διότι 4 Λ σ κη η 2 2':

}

_.:::___

2':

}

2':

(α)

α) Για τις διάφορες θετικές τιμές του χ, να συ γκρίνετε τους αριθμούς Ιηχ, logx. β) ί) Ν α αποδείξετε ότι: Ι η ( η μα + 3) > log ( η μα + 3) , για κάθε α Ε IR . ίί) Ν α αποδείξετε ότι: Ιη( συνα) � log ( συνα) ,

ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/4 1

}

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί :2 � : � 0 + , δηλαδή χ>Ο. χ>Ο

Μ αθη ματικά για την Β ' Λ υκείου

τότε: (1 )<::} ln (χ 2 + χ) < log ( χ + 1 ) + log χ <::} ln( χ2 +χ) < logx ( x+1) <::} m ( χ2 + χ) < log( χ 2 + χ)<=}(α) ο < χ 2 + χ < 1 <::} χ 2 + χ < 1 <::} -1 - JS < χ < -1 + J5 <::} Ο < χ < -1 + J5 --2 2 2 ---

Αν οι αριθμοί logα, Ιηα, logβ, όπου α, β > Ο και α * 1 , είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προό δου με λόγο λ, τότε: α) Να απ οδείξετε ότι: λ = _ι_ . log e

Ιοg

[

�

ι ο χ 1" ' y

)

= 2

Ιη 1 0 Ιη y 1 ) - Ιη

{Ι οχ ) = 2

}(Σ )

κ> Ο α) Έχουμε: α lοgα = K<::} logα 1og α = log κ <::} 1 α = log κ <::} 1 = log κ <::} κ = Ι Ο . --log logα -1οgα1λ>Ο Άρα, α = 10 . Ο μοίως α1" α =λ<::} 1 = 1ηλ<::} λ =e. ι __

ι __

___!_

Γνωρίζουμε ότι: για κάθε χ>Ο έχουμε: x = 10 1og x = e 1" x , οπότε α 1οgα = (10 1οgα ) ιοgα = 10 και α Ιn α = ( el n α )ιη α = e β) Με Ο < χ, y * 1 έχουμε: ( 10· 10· y) =2 <::} logl02 +log y = 2 <::} (Σ) log lnlOlne-ln (lOx) = 2 lnlO- (lnlO+ lnx) = 2 2 + log y = 2 } <::} log y = Ο } <::} Υ = 1 ln χ = -2 χ = e -Ιη χ = 2 I

β) Να αποδείξετε ότι: Ιη α = log β log e .

γ) Να βρείτε την τάξη του όρου της γ.π., που είναι ίσος με { Iog α ) ( log e γ5 , αν θεωρήσουμε ως πρώτο όρο της γ.π. τον logα.

}

logα 1 . , ln α loge = -α) Εχουμε: λ = -= -logα logα loge β) (Οι logα, lnα, logβ είναι διαδοχικοί όροι γ.π.)� ln α α>'l ( Ιη α ) 2 = logαlogβ � ( ln α) 2 = -logβ� ln l O 1 ln e ln α = -ln lO logβ � lnlO logβ � ln α = -ln α = logelogβ . γ) Έστω (αν ), η γεωμετρική πρόοδος. Ο γενικός όρος της., είναι: α " = α 1 λ"- 1 , άρα, (Ιοg α ) ( log e ) �

(Ιοg e (

(iog α )

( Ι ο g e )1 - "

Άρα ( Ιοgα )( loge ) = α6

( -1- J log e

� -5

'· - Ι

'Ε στω η συνάρτηση r ( χ ) = ι η

γ) Να λύσετε την εξίσωση :

ι __

β) Να λύσετε το σύστημα:

f( χ) = - ln 2 .

ο}

e' + I

α lοgα Και α Ιη α , όπου 0 < α -:f:. 1 .

•

α) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί: { Σ ) Αφού e x + 1 > ο ' για κάθε χ JR >0 θα έχουμε (Σ) <::} e x > 1 <::} e x > e0 <::} χ > Ο . Άρα, Α = ( Ο,+οο ) . ex -1 = 1 <::}ex - 1 =ex + 1 <::} ex -1 ) =0<::}-β) Υ = Ο <::} m [-ex +1 ex +1 ' e - I --

α) Να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων

( :: : � )

β) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της δεν τέμνει τους άξονες.

e' + ι *

-5

}

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού Α της f.

:;;'

I - ν � ν

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/42

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

<::::> O e' = 2

( 1η α - 1 ) ( 1η β - 1) = Ο <::::> 1η α = 1

(αδύνατη)

Άρα η γραφική παράσταση της

δεν τέμνει τον

χ 'χ. Εξάλλου η f(x) δεν ορίζεται για χ = Ο, οπότε η γραφική παράσταση της f δεν τέμνει ούτε τον y 'y.

β)

γ) Στο Α = (Ο, +οο) έχουμε:

f ( χ ) = - 1η 2 <::::> 1η

[ exx - 1 ) = 1η Τ 1 <::::>

1η β = 1 <=>

α = e ή β = e. χ=e ή Υ=e χ=e ' Εχουμε: (Σ) <=> <=> 1η ( ey ) = ln 2 1η ( xy ) = ln 2 x=e y=e y=e , ή η <=> 2 2 1η ( xe) = 1η 2 y=χ =e e

} }

}

e +1

ex - 1 1 -= - <=> 2 e χ - 2 = e χ + 1 <::::> e χ = 3 <::> χ = 1 η 3 . ex + 1 2 (Η τιμή είναι δεκτή , διότι

3 > 1 => 1η 3 > Ο => ( 1η3) ε Α .)

Έστω η συν ά ρτηση f ( x) = ( l n α)' , όπου 0 < α :;e 1 . α) Να υπολογίσετε την τιμή του α ώστε η f να είναι γνησίως φθίνουσα στο JR . β) Να λυθεί η ανίσωση: (Ιη 2( > (Ιη 2)6-5' (1).

α) Να αποδείξετε ότι: 218 ' = Χ18 2 , για κάθε χ > Ο. β) Να λύσετε την ανίσωση : 5 218 ' � χ18 2 + 8 . logx+logy =3 (Σ) γ) Να λύετε το σύστημα: 1 + 2y. ) ogx =300 xog�

}

α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

1η ( 2 18 ' ) = 1η ( χ 18 2 )

1η χ · lη 2 = 1η 2 · 1η χ , που ισχύει. β) Με χ > Ο έχουμε: 5 2 l n χ � Χ l n 2 + 8 <::::> 5 2 ln χ � 2 l n χ + 8 <::::> 4 . 2 1" χ � 8 <=> 2 1 " χ � 2 <=> 1η χ � 1 <=> χ � e <=> ο < χ � e γ) Για κάθε x,y > Ο, ισχύει: x 1 ag y = y 1agx (η από ή

}

δειξη είναι αντίστοιχη του α ερωτή μτος) .

<::::> Ο < 1η α < 1 <::::> 1η 1 < 1η α < 1η e <::::> 1 < α < e β ) Από α ερώτημα, η συνάρτηση g ( x ) = ( 1n 2 ) ' είναι γνησίως φθίνουσα, διότι 1 < 2 < e . Έχουμε (1) <::::> g ( χ 2 ) > g( 6 - 5χ) <::::> χ 2 < 6 - 5χ <::::> χ 2 + 5χ - 6 < ο <=> -6 < χ < 1 (f γνησίως φθίνουσα)

Έστω α,β > Ο. α) Αν Ιη α · Ιη β = Ιη (αβ) - 1 , να αποδείξετε ότι: α = e ή β = e και αντιστρόφως. β) Ν α λυθεί το σύστημα: ln χ · ln y = ln ( xy) - 1 (Σ) ln χ + Ι η y - ln 2 = Ο

}

α)

ln α · ln β = Ιη( αβ

) - 1 <::::> ln α · ln β = ln α + lη β - 1 <::::>

1η α · 1η β - 1η α - 1η β + 1 = Ο <::::> 1η α ( 1η β - 1 ) - ( 1η β - 1) = Ο <::::>

1og ( xy) = 3 1og ( xy) = 3 <::::> <=> x log y = 1 00 3 x log y = 300 1og χ + log y = 3 1og χ + 1og y = 3 <=> <=> log y 1og χ = 1og 1 00 1og χ 1og y = 2

Άρα:

( Σ ) <::::>

}

logx, logy θα είναι ρίζες της εξίσωσης: 2 t - 3t + 2 = Ο . Οι ρίζες της είναι 1 ,2 . Ά ρα, 1og χ = 1 log χ = 2 χ = e2 , χ = e (Σ) <=> ή η <=> 1og y = l 1og y = 2 y=e y = e2

Οι

}

, . . , ; '(\

Έστω η ακολουθία (αν ) , τέτοια ώστε: α = e λ··- ι , για κάθε ν ε Ν* , όπου α > Ο, α :;ι!: 1 και λ ε JR * . α) Να αποδείξετε ότι η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος. β) Αν α 8 = λ7 Ιη 2 , να aποδείξτε ότι α = .!. . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/43

Μ αθη ματικ ά για την Β ' Λυκε ίου

� ( In κ 2 + In λν- Ι ) = � In ( κ 2 λν- Ι ) = = In ( κ 2 λν - Ι )� = In �( κ 2 λν - Ι ) " = ln �κ 2 "λv' - v

Λ ύ ση

α) Έχουμε:

γ) Έστω ότι α ν = ln κ - 4 1η λ , τότε: ln κ + (ν - Ι ) ln λ = ln κ - 4 ln λ ::::> λ ο' !

α,

Για ν

(ν - Ι ) Ιη λ = -4 1η λ ::::> ν - Ι = -4 ::::> ν = -3 . Άτοπο αφού ν Ε Ν* .

Ι έχουμε α = e i! ::::> α = eα' ::::> α1 = In α .

Άρα, η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ:;t:Ο και α1 = In α :;t: ο . ( α 1 ln α =ι:. 0 ,διότι: α =ι:. 1 ) =

β ) Ο γενικός όρος της γ.π. (αν) είναι: α ν = ( ln α) . λν - Ι ν Ε Ν* . Οπότε: α8 = ( In α) · λ7 ::::> ( In α) · λ7 = -λ7 1η 2 ::::> ln α = - ln 2 ::::> ln α = ln Τ 1 ::::> α = ..!.. . 2

Άρα ο αριθμός αυτός δεν είναι δυνατόν να είναι όρος της α.π. λσκηση 1 ι

:ι σ κ η σ η 1 0

α) Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο Ρ ( χ ) = χ 3 - ( 3 - I � α ) χ 2 + ( 3 Ιη α + 2) χ - 2 Ιη α , όπου α > Ο, έχει παράγοντα το χ - 1 . β) Ν α βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής πα ράστασης της πολυωνυμικής συνάρτησης y Ρ(χ) με τον άξονα χ ' χ. γ) Να λύσετε την ανίσωση Ρ( χ ) < Ο . δ) Αν α>e2 , να βρείτε το πρόσημο του Ρ(2008- 1 ).

Έστω η ακολουθία (αν), τέτοια ώστε: e α , = κ . λν -Ι ' για κάθε ν Ε Ν* ' όπου κ > Ο < λ =ι:. l .

ο,

α) Να αποδείξετε ότι η (α,.) είναι αριθμητική πρόοδος. β) Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των ν πρώ των όρων της α.π., είναι: S,. = ln �κ 2 •λ• ' -•

Λί1 ση

α) Από σχήμα Homer παίρνου μ ε: Ι - 3 - ln α 3 In α + 2 - 2 In α 1 2 ln α - 2 - In α - 2 - ln α 2 1η α ο Άρα, το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ - Ι .

γ) Να εξετάσετε αν ο αριθμός Ιη κ - 4 Ιη λ είναι όρος της α.π.

β) Ρ( χ) = 0 <=> (χ - 1) [ χ 2 -(Ιη α + 2) χ + 2 1η αJ = 0 <::>

Λ ί1ση

χ = 1 ή χ 2 ή χ = lnα. Επομένως η γραφική πα ράσταση της y = Ρ(χ) τέμνει χ 'χ στα ( 1 ,0), (2,0), (lnα,O) =

α) Για ν = Ι έχουμε: eα' = κ · λ? ::::> eα' = κ ::::> α1 = lnκ . Εξάλλου e α , , = κ · λ" , e α ,. = κ . λ" - 1 ::::> κ.λ e α, , -- = . " 1 ::::> e α , , - α ,. = λ ::::> α +! - α ν = ln λ . ν eα,. κ λν.•

.•

---

Άρα η (αν) είναι α.π. με α 1 = ln κ και ω = ln λ . β) Sv = � [ 2α1 + (ν - Ι ) ω] = � [ 2 1η κ + (ν - Ι) Ιη λ] = 2 2

γ) P ( x ) � O <=> ( x - 1) ( x - 2) ( x - ln α) < O Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: •

(1)

Αν ln α > 2, δηλαδή α > e 2 •

Ο παρακάτω πίνακας υπολογίζει τα πρόσημα των χ- 1 , χ-2, χ- Ιηα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/44

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

χ χ- 1 χ2 x lnα Ρ( χ)

- 00

ι ([)

ο ι

+ +

lnα I

([)

ο ι

+ +

+οο

+ +

Άρα, ( 1 )<:::::> χ < 1 ή 2 < χ < ln α Αν Ι < ln α < 2, δηλαδή e < α < e 2 ο Αντίστοιχα προκύπτει: ( 1 )<:::::> χ < 1 ή ln α < χ < 2 ο •

Αν ln α < 1, δηλαδή Ο < α < e ο Αντίστοιχα: ( 1 ) <:::::> χ < lη α ή 1 < χ < 20 •

•

Αν α = e , τότε: ( 1 ) <:::::> 1 :;t:x < 2 ο

•

Αν α = e2 , τότε: ( l ) <:=> χ < 1 0

Ρ( χ) < Ο <=> (χ < 1 η 2 < χ < ln α) ο 1 < 1, άρα, Ρ(2008- ι ) < Ο ο Έχουμε: 2008- 1 2008 = --

Ά σ κη σ η 1 2

Δίνονται οι συναρτήσεις r ( χ) = 2 1 " ' και g ( Χ ) = 2 1ogx , όπου Χ Ε ( Ο,+οο ) . Να αποδείξετε ότι: α) f ( χy) = f ( χ ) f (y) , για κάθε x, y e (O,+oo) . β) r ( x• ) = f'o ( x ) , για κάθε x e (O,+oo) και νεΝ.

(�) = :�;� , για κάθε ν ε Ν .

Λ ύση

β)

γ)

f ( xy) = 2 1n( xy) = 2 ln x +ln y = 2Ιη χ 0 2 ln y = f ( x) o f (y) o f(x• ) = 2 1n x ' = 2 ν l n x = (2 Ιη χ γ = f • ( x) ο

g ( �) = 2 log� = 2 1og x - log y = �:::: = :�� ο

δ) 1n 1 0 o lng ( χ ) = 1n 1 0 1n 2 1ogx

Ά σ κ η ση 1 3

Έστω η συνάρτηση f ( x) = log ( x3 - 4χ2 + 5 χ + κ ) , κ e R . α) Να υπολογίσετε την τιμή του κ ώστε f ( 3) = 2 1o g 2 . β) Να βρείτε τις τιμές του κ ώστε f (3) < ι ο - ιοg z γ) Αν κ = -2 , να βρείτε το πεδίο ορισμού της f και να δείξετε ότι: f ( x) = 2 1og ( x - 1) + log ( x - 2) Λ ύση

β) f(3)

1οg(κ+ 6)ο Με κ+ 6 > Ο δηλαδή κ > -6 έ χουμε: f ( 3 ) < ι ο - Ιοg 2 <:::::> log (Κ + 6 ) < ( 1 0iog 2 ( <:::::> =

<:::::> log ( κ + 6 ) < 2 - 1 <:::::> log ( κ + 6 ) < _!_ <:::::>

<:::::> log ( κ + 6 ) < log.[IO <:::::> κ + 6 < .JϊΟ <:::::>

<:::::> κ < .JϊΟ 6 <:::::> -6 < κ < .JϊΟ - 6 -

f ( x) = log(x 3 - 4x 2 + 5x - 2) 0 1 -4 5 -2 σχήμα Homer παίρνουμε: -3 2 -3 2 ο

Από

γ) Έχουμε:

Οπότε

δ) ln lOln g ( x) = ln f ( x) , για κάθε x e (O,+oo) .

α)

ι1 Χ

α) Με χ 3 - 4χ 2 + 5 χ + κ > Ο έχουμε: f{ 3 ) = 2log2 <:::::> log ( 27 - 36 + 1 5 + κ ) = log2 2 <:::::> κ + 6 = 4 <:::::> κ = -2 ο ( Η τιμή είναι δεκτή διότι 27 - 36 + 1 5 + κ = 4 > ο ο)

δ) α > e2, όπως αποδείξαμε στο γ,

γ) g

ln x 2 = ln χ o ln 2 = ln 2 1 = ln f ( χ ) ln 1 0 -ln ln l O

= 1n lOlogx o ln 2 =

f ( χ) = log [( χ - 1 )( χ 2 - 3χ + 2 )J = log [( χ - 1 ) 2 ( χ - 2 )]

Για να ορίζεται η f(x), πρέπει και αρκεί: ( χ - 1 ) 2 ( χ - 2 ) > Ο, δηλαδή χ > 2 ο Άρα Α = ( 2, +οο) ο Επομένως

f ( χ ) = log ( χ - 1 ) 2 ( χ - 2 ) = log ( χ - 1 ) 2 + log ( χ - 2 ) = 2log j x - 1 1 + log ( χ -2 ) = 2log ( χ - 1 ) + log ( χ - 2) , διότι: χ > 2 > 1 ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/45

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λ υκείου

Ε Ξ Ι Σ ΩΣ Η

Γ.Σ. Τασσόπουλος Καθηγητής Β αρβακείου Λυκείου Οι μαθητές της Κατεύθυνσης Β ' Λ υκείου θα πρέπει να καταλάβουν ότι στην ουσία ολόκληρη η Α ναλυτι κή Γεωμετρία που διδάσκονται έχει ως θεμέλιο τη μελέτη της ευθείας και του κύκλου. Α υτά που ακολουθούν βασίζονται σε κάποιους επιπλέον τύπους (για τις υπόλοι πες κωνικές τομές) αλλ ά οι τεχνικές επίλυσης των προβλημάτων είναι ή δη γνωστές α πό την ευθεία και τον κύκλο. Με το παρακάτω θέμα προσπαθήσαμε να συγκεντρώσουμε όσο πιο πο)λές χρήσιμ ες πληροφορίες για τη μελέτη των δυο αυτών σχημάτων και επισημάναμε μερικούς κινδύνους που κρύβονται σε ειδικές περι πτώσεις προκε ιμένου να το υ ς αποφύγουν οι μαθητές. 2 2 2 Θεωρούμε την εξίσωση χ +y +(μ+l)χ+(μ- l)y+μ +3μ+3 = 0 (1) όπου μ ε!R, παράμετρο ς.

1) Να βρεθούν οι τιμές του μ για τις οποίες η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει κύκλο. Η της εξίσωση είναι μορφής 2 2 + + + + + x y Ax By Γ=O, με Α=μ 1 , Β =μ-1 και Γ=μ2 + 3 μ+ 3 Για να παριστάνει κύκλο πρέπει και αρκεί 2 +Β Α 2 >4Γ (2) Έχουμε: Α2+Β 2-4Γ=-2μ2-12μ- 1 0, οπότε (2)<=:>μ2 + 6μ+ 5 < 0<:::> μ ε (-5, - 1 ) .

2) Να δείξετε ότι τα κέντρα αυτών των κύκλων ανήκουν σε ευθεία που σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο. Για το κέντρο Κ ενός τυχαίου κύκλου απ' αυμ+1 , , τους εχουμε - και χ κ = -2Α = -2 Β 1-μ

Υ κ = -2 = -2- .

Άρα μ=-2χκ-1 και μ=-2yκ+ 1 , οπότε -2χκ-1 = =-2yκ+ 1 �Χκ-Υ κ+ 1 =0. Επομένως το Κ ανήκει στην ευθεία (t):x-y+ 1 =0. Για να σχηματίζει η ευ θεία (t) ισοσκελές τρίγωνο με τους άξονες, ικανή και αναγκαία συνθήκη είναι να σχηματίζει με τον άξονα χ ' χ γωνία 45° ή 1 3 5°, δηλαδή να έχει κλίση 1 ή - 1 και να μην διέρχεται από την αρχή των αξό νων. Στην προκείμενη περίπτωση πράγματι έχουμε

λω= 1 και προφανώς η ευθεία (t) δεν διέρχεται από το Ο (0,0). 3)

Να δείξετε ότι όλοι αυτοί οι κύκλοι βρίσκο νται στην ταινία που ορίζεται από τις πα ράλληλες ευθείες (ε): x-y-1 =0 και (δ): x-y+3=0

Προφανώς (ε)//(δ)//(t), αφού λω=�δ)=λω= 1 και η (t) είναι μεσοπαράλληλος των (ε) και (δ), αφού αυτές τέμνουν τον άξονα χ ' χ στα σημεία Μ(-1 , 0), A( l ,O) και Β (-3, Ο) αντιστοίχως, οπότε

χΜ = χ Α +2 χ 8 , δηλαδή το Μ είναι μέσο του ΑΒ.

Η απόσταση των (ε) και (δ) ισούται με την α πόσταση του A( l ,O) από την (δ). Άρα: + 1 1 + 31 = d (( ε ) , ( δ )) = d ( Α, ( δ ) ) = 1 1 - 0 3 1 2 = 1 2 + (- 1 ) =

� = 2J2 .

�

Για να βρίσκεται λοιπόν ένας τυχαίος κύκλος απ' αυτούς στην ταινία των (ε) και (δ) αρκεί για την ακτίνα ρ = }__ JΑ 2 + Β 2 - 4 Γ αυτού να ισχύει 2 η σχέση ρ � J2 . 'Εχουμε λοιπόν ρ = }__ �-2μ 2 - 1 2μ - 1 0 , οπότε 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 67 τ.3/46

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

( �}

αρκεί �-2μ 2 - 1 2μ - 1 0 -:::, 2 J2 , ή -2μ2- 1 2μ- 1 0::Ξ:8, ή τέλος (μ+ 3)2�0 , που ισχύει

Μ 2 Ο, -

(δ)

. θα ειναι (ε)

y= l

χ= 2

Γενικότερα αν θεωρήσουμε τις παράλληλες ευθείες (ε): αχ + βy+γ=Ο και (δ): Αχ + Β y+Γ=Ο, όπου φυσικά I α I + I β I :;eO , και ορίζουσες τις I Α I + I Β I :;e O D=

l : :ι Ι ι

= αΒ - βΑ,

D, =

Ι =; : ι

= βΓ - γβ,

α -γ = γΑ - αΓ του συστήματος που ορίΑ -Γ ζουν, θα έχουμε: ( ε ) ΙΙ { δ) � D = Ο � αΒ = βΑ ( 1 ). Από την ( 1 ) βλέπουμε ότι: (A;i:O �αi=O) και (Bi:O�βi:O ) ( I) (γιατί;) i) Αν αi=Ο, τότε η (ε) τέμνει τον χ'χ στο D .v =

Μ1

( -�,0 ) , οπότε για τη απόσταση των ευ-

θειών θα έχουμε:

�A2 + "fi j D Y j . Που.

γΑ - αΓ I - l i α l vfA 2 + Β 2 l α l vfA 2 + Β 2

έγινε ά-

ραγε χρήση της σχέση ( 1 ); Αν λάβουμε τώρα υπόψη μας την ( 1 ) θα έχουμε και τον τύπο D d = 2 I 2 Y I 2 2 ( Ι ) � 2 I D2 Y I 2 = vfα A + α Β α Α + β Α 2

J I I

D I , . Μπορείτε άραγε και από αυτή A α2 + β 2 την παρατήρηση να δικαιολογήσετε τις σχέ σεις (I) ; ii) Αν βi:Ο, τότε η (ε) τέμνει τον y 'y στο �

οπότε η απόσταση των ευθειών Α · Ο +Β

ΗΗ

= Α2 + Β2 βΓ - γΒ I I D x l . Λόγω της ( 1 ) = - l � β l vfA 2 + Β 2 l β l vfA 2 + Β 2

Τελικά λοιπόν : j D Y j = j D Y j , όταν αΑ * Ο 2 2 2 2 d = l α l vfA + Β I A I �α + β I D x l = I D x l ' όταν βΒ :;t: Ο l β l vfA 2 + Β 2 I B I �α z + β z

Αν αβi:Ο διαπιστώστε και Αλγεβρικά ότι οι δυο τύποι είναι ίδιοι. Θα μπορούσαμε φυσικά αντί των περιπτώσεων αi=Ο και βi:Ο να διακρίνουμε τις περιπτώσεις ( αi=Ο και α=Ο) ή τις περιπτώσεις (βi=Ο και β=Ο). Στην περίπτωση λοιπόν α=Ο θα έχουμε β Β i=Ο και Α=Ο (γιατί;) οπότε οι ευθείες (ε), (δ) τέμνουν τον άξονα

( �) ( �) (( ) ( ) ) Ι � ( _ � )I Ι �� '

ψ 'ψ στα σημεία

0, -

και d ε , δ = - -

IDx l

l β l vfA 2 + B z

αντιστοίχως

, 0, -

ID l I Β I �α 2 + β 2

x = ----:---';==='==

αφού α=Α=Ο.

Εντελώς ανάλογα αν β=Ο τότε αΑi:Ο και Β =Ο, οπότε οι (ε), (δ) τέμνουν τον άξονα χ 'χ στα σημεία

( -�,0) και ( - : , Ο) και έχουμε d (( ε ) , ( δ ) ) = 1 - i_- ( _ ]_ )1 = ! γΑ - αΓ ι α I ΑI Α α =

jDY j l α l vfΑ 2 + B z

j D Y j ' αφού β=Β=Ο . I A I �α 2 + β z

Ειδική περίπτωση αποτελεί η Άσκηση 5 σελί δα 77 του σχολικού βιβλίου, όπου το πλέον κατάλ ληλο σημείο για τη λύση της είναι το (Α,Ο) (γιατί;) Τέλος, στους ίδιους τύπους καταλή γουμε αν αντί των συγκεκριμένων σημείων που επιλέξαμε ως πλέον πρόσφορα , παίρναμε ένα τυχαίο σημείο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/47

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λ υκείου

Μ(χο,Υο) της (ε) < •J Πράγματι στην περίπτωση π . χ. όπου α:;tΟ θα έχουμε Μ( βyοα+ γ ,y0 ) οπότε: I A ( _ βyοα+ γ ) + Βyο + ΓΙ -d -�Α 2 + β z - 1 -γΑ 2+ αΓ2I -_ I Dx2 l z l αi �A + β l αi �A + β Ανάλογα εργαζόμαστε αν β:!=Ο και Μ ( Χ ο , αχσβ+ γ ) . _

4) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των κέ ντρων αυτών των κύκλων _ \ίΗJη

Ας προσέξουν οι μαθητές την ουσιαστική δια φορά ανάμεσα στο ερώτημα 2 και το ερώτημα 4. Για να είναι ένα σημείο Κ κένtρο ενός τέτοιου κύκλου πρέπει και αρκεί να υπάρχει με(-5,-1), 1 - μ , δη λαδη' μ + 1 και Υ κ = -. ωστε . χκ = --τετοιο 2 2 να είναι συμβιβαστό το ως προς μ σύστημα μ+1 χ κ = --2 μ 1 Υ κ = -2- (Σ) -5 < μ < -1 Όμως: (Σ) συμβιβαστό <::::> μ = -2Χκ - 1 μ = -2 yκ + 1 <::::> -5 < -2Χκ - 1 < -1 συμβιβαστό <::::> -5 < -2 y κ - 1 < -1 -2 χκ - 1 = -2 yκ + 1 χ κ - y κ + 1 = Ο <::::> ο < χ κ < 2 <::::> ο < χ κ < 2 <::::> 1 < yκ < 3 1 < yκ < 3 το Κ ανήκει στο ανοιχτό ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ με Γ(Ο,1) και Δ(2, 3 ) (γιατί;) επί της ευθείας (t) : x-y+ 1 =0. Δεν είναι λοιπόν ολόκληρη η ευθεία (t) ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος, όπως κακώς

}

αυτή παρατήρηση έγινε από το συνάδελ <φο•J κ χρήσιμη Παναγιώτη Τσάκαλο Η

θα διαπίστωνε κάποιος ακολουθώντας την απά ντηση που δώσαμε στο ερώτημα 2 . 5) Να βρεθεί ο μεγαλύτερος απ ' αυτούς τους κύκλους .\ ύ σ η

Για να είναι ένας τέτοιος κύκλος μέγιστος πρέπει και αρκεί να έχει μέγιστη ακτίνα, δηλαδή η συνάρτηση f(μ)=-2μ2-12μ-10, με με(-5,-1) να γίνει μέγιστη. Αυτό ως γνωστό συμβαίνει μόνο όταν μ = _ 1_ 2α = -3 ε ( -5, -1 ) , οπότε: ρ,ηaχ = � �f ( -3) = � �-18 +3 6 -10 = fi = R Επειδή μόνο για μια τιμή του μ η f(μ) γίνεται μέγιστη η τιμή αυτή της συνάρτησης δεν θα είναι απλώς μέγιστη αλλά μεγαλύτερη από όλες τις άλ λες. Ο κύκλος λοιπόν με ακτίνα R = J2 είναι ο μεγαλύτερος από αυτούς τους κύκλους και έχει -3 + 1 = 1, κέντρο το σημείο Θ με χ 8 = -2 1 + 3 = 2 το οποίο προφανώς είναι μέσο του y = -2 ΓΔ αφού χ = +2 χ Δ 8

6) Να βρεθεί η εξίσωση της χορδής Α 1 Α2 των σημείων επαφής του μεγαλύτερου κύκλου με τις εφαπτόμενες από το σημείο Μ(-1,0) και να δειχθεί ότι η ευθεία αυτή διχοτομεί δύο πλευρές του τετραγώνου ΓΓ ΔΔ Ό .\ ίJση

Με τρόπο ανάλογο αυτού που ακολουθεί το σχολικό βιβλίο για να βρει ως εφαπτόμενη του κύκλου χ2+/=ρ2 σε τυχαίο σημείο (χο,Υο) αυτού την ευθεία x0x+y0y=ρ2 μπορούμε να δείξουμε ότι η εφαπτόμενη του κύκλου (c1): (χ-α)2+(y-β)2=ρ2 στο σημείο Μ ι (χο,Υο) αυτού είναι η ευθεία (ει): (χο-α)(χ-α)+ (yο-β)(y-β)=ρ2 Π ράγματι για να ανήκει ένα σημείο Σ1(χ ' ,y ' ) στη εφαπτόμενη(ε 1 ) πρέπει και αρκεί: Κ 1 Μ 1 _l Μ 1 Σ 1 (ί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/48

Μ α θ η ματικά για την Β · Λ υκε ίου

Π αρατή ρ η σ η . Η ευθεία αυτή προέκυψε όπως ακριβώς η εφαπτόμενη, δηλαδή από τον τύπο: (x- l )(xM- l )+(y-2)(yM-2)=2, μόνο που το Μ δεν βρίσκεται επί του κύκλου. Προφανώς όταν το Μ βρεθεί επί του κύκλου, τότε η Α 1Α2 εκφυλίζεται σε εφαπτόμενη.

Παρατηρούμε ότι: (i) � Κ1 Μ1 · Μ1 Σ1 =0 � Κ1 Μ1 · (Κ1 Σ1 - Κ1 Μ1 ) =0 � ΚιΜ ι . Κ ι Σ ι = Ι κ ι Μ ι l 2 � � (χ ο - α, Υ ο - β)(χ ' - α, y ' - β) = ρ 2 � � (χ ο - α)(χ ' - α ) + (Υο - β )(y ' - β ) = ρ 2 Άρα (ε ι ): (χ0-α)(χ-α)+(y0-β)(y-β)=ρ2 (ε ι )

(*)

Λύση

Αν λοιπόν Αι(Χ ι ,Υι ) και Az (x ,y ) τα σημεία επαφή ς, τότε οι εφαπτόμενες στα Α2 1,2 Α2 θα είναι σύμφωνα με τον προηγούμενο τύπο (ε ι ): (x ΓI )(x- l )+ (y Γ2)(y-2)=2 και (εz): (xz- l )(x- l )+ (yz-2)(y-2)=2 Αντιστοίχως. Όμως:Με(ε ι )�χ Γ 1)(-1-1)+(y Γ2)(0-2)=2 <=>---2 (χ Γ Ι )-2(y Γ2)=2�χ ι +yΓ2 =0 (I) Οι σχέσεις (I) και (II) σημαίνουν ότι η ευθεία + χ y-2=0 διέρχεται από τα σημεία A1(x 1 ,y1) και Az(Xz ,Yz) δηλαδή η ευθεία αυτή είναι η Α 1 Α2 • Άρα Α ι Αz : χ +y-2=0 και προφανώς διέρχεται από το μέσο Q ( l , l ) της ΓΓ και το μέσο Q ' (0,2) της ΓΔ Ό Η απλή αλλά ευφυής αντικατάσταση του (*)

Μ1 Σ1

με

Κ 1 Σ 1 - Κ 1 Μ 1 για να εμφανισθεί απευθείας το Ι κ 1 Μ 1 1 2 = ρ 2 , κάτι που δεν υπάρχει στις συνήθεις απο

δείξεις, οφείλεται στο συνάδελφο κ . Γιώργο Μαυρίδη από τη Θ εσσαλονίκη .

7) Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΜΑ 1 Α2 που βρήκαμε προηγουμένως και να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

'Εχουμε (ΜΑ 1 Α 2 ) = _!_ Α 1 Α · ΜΗ = Α 1 Η · ΜΗ 2 2 Όμως ΜΘ = �( 1 + 1 ) 2 + ( 2 - 0 ) 2 = J8 = 2J2 και ΘΑ 1 = R = J2 , οπότε όλα τα στοιχεία του τρι γώνου ΜΑ ι Θ υπολογίζονται Έχουμε λοιπόν: Α ι Θ 2 = ΘΜ · ΘΗ =:> 2 = 2.fi · ΘΗ =:> ΘΗ = J22 ' οπότε: ΜΗ = ΜΘ - ΘΗ = 2J2 - J22 = 3 J2 2 J2 · -3 J2 = -3 . και Α 1 Η 2 = ΗΘ · ΗΜ = 2 2 2 Άρα: A 1 H = J% . 3 .[3 Τελικά λοιπόν (ΜΑ 1 Α 2 ) = 'J2fi . 3 J2 = 2 2 . Εξάλλου ΜΑ� = ΜΗ · ΜΘ = 3J2 2 2J2 = 6 =:> ΜΑ 1 = .J6 = MA2 και A1 A2 =2A1 H=2� =.J6 Άρα ΜΑ ι =ΜΑz=Α ι Αz , δηλαδή το τρίγωνο ΜΑ ιΑz είναι ισόπλευρο. Ση μείωσ η : Προφανώς θα μπορούσαμε να βρούμε το ΜΗ ως απόσταση του Μ(-1,0) από την ευθεία Α ι Αz : χ +y-2=0. Ο προσδιορισμός όμως των Αι , Α2 είναι ασύμφορος. =>

8) Να βρεθούν οι εφαπτόμενες του μεγαλύτε ρου από αυτούς τους κύκλους από το σημείο Σ �3 + 2 J2 ,

(

Ο).

Στη συνέχεια να δείξετε με τρεις τρόπους, ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη για να εφάπτεται η ευθεία (δ):y=λχ+κ του κύκλου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/49

Μ α θ η ματικ ά για την Β ' Λ υκείου

2 2 2 (c): (χ-α) + (y-β) =ρ , με ακτίνα ρ, είναι η z z ρ (λ + l)=(λα+κ -β) z . . \ ί> ση

Εξίσωση του κύκλου με κέντρο Θ(1,2) και ακτίνα R = J2 είναι (c):(x-ι)2+ (y-2)2=2 'Εχουμε χ Σ = �ι 2 + ( J2) 2 + 2 + J2 = = �(ι + J2) 2 = ι + J2 = χ0 + R Η ευθεία λοιπόν χ = ι + J2 είναι μια εφαπτό μενη του (c), χωρίς κλίση. Το ίδιο θα συνέβαινε και αν βρίσκαμε xΣ=xe-R. Εξετάζουμε στη συνέχεια αν υπάρχει και εφαπτόμενη (ζ) του (c) με κλίση λ, διερχόμενη από το Σ . Θα έχουμε τότε (ζ): y - Ο = λ( χ - ι - J2) <::::> <::::> ( ζ ) : λχ - y - λ( ι + J2 ) = Ο Για να είναι η (ζ) εφαπτόμενη του (c) πρέπει και αρκεί d(Θ, (ζ))=R (3). λ - ι - 2 - λ(ι + J2) 1 = J2 {::::> (3) {::::> Ι � λ2 + ( - ι) 2 {::::> 1 2 + λJ21 = J2,)λ2 + ι {::::> <=> I J2 + λl = Jλ2 + ι <::::> 2+λ2 + 2λJ2 = λ2 + ι {::::> ι_ <=> λ = - J2 <=> 2λJ2 = - ι <=> λ = 2J2 4' . ( ζ ) : - J2 χ - y + J2 ( ι + ν2 ) = 0 <::::> οποτε 4 4 ( ζ ) : J2χ + 4y - J2 - 2 = 0 . •

_ _

ι;;

•

α 'τ ρ {ιπος

<::::> [λ(κ-β)-α] 2-(λ2+ ι ) [ (κ-β)2+α2-ρ2 ] =0 <::::>λ2 (κ-β2)+α2-2λα(κ-β)[λ2 (κ-β)2+λ2 α2-λ2 ρ2+(κ-β)2+α2-ρ2] =Ο<::::> <::::> ρ2 (λ2+ ι)= (κ-β)2+λα2+2λα(κ-β)<=> <::::> ρ2 (λ2+ ι )=(λα+κ-β)2 . ., γ ' τ ρ {»πος (Ο τρόπος αυτός είναι γενικότερος και εφαρμόζεται όχι μόνο στις υπόλοιπες κωνικές τομές αλλά και στις εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης συνάρτησης που θα διδαχθούμε στη Γ Λυκείου) Για να εφάπτεται λοιπόν η (δ) του (c) πρέπει και αρκεί να υπάρχει σημείο M(x0,y0) τέτοιο ώστε η εφαπτομένη του (c) στο Μ, δηλαδή η ευθεία (ε): (χ0-α)(χ-α)+ (yο-β)(y-β)=ρ2 να ταυτίζεται με τη (δ) Έχουμε (δ): λχ-y=-κ και (ε): (χο-α)χ+(yο-β)y=ρ2+α(χο-α)+β(yο-β) Για να ταυτίζονται οι (δ), (ε) πρέπει και αρκεί οι ορί ζουσες D, D,, Dy του συστήματος που ορίζουν να μηδενίζονται, αφού αποκλείεται να μηδενίζονται οι συντελεστές των χ, y συγχρόνως. (1) Έχουμε: D=O<::::> (χο-α)+λ(y0-β)=Ο (2) Dχ=Ο<::::>α(χο-α)+ (β-κ)(y0-β)=ρ2 2 +κ)(χ0-α)+λβ Dy=O<::::> (λα (y0-β)=-λρ (3) Αν χσ-α=χ ' και Υο-β=y ', τότε το επιλύον σύστημα των (ι), (2) είναι αχχ ' +. +λy'( β =- Οκ ) Υ , = -ρ 2 ( Σ' ) , με D'=β-κ-λα, D ' χ=λρ2 , DΎ=-ρ2 Προφανώς D' :;t:O , διότι διαφορετικά θα είχαμε β=λα+κ, δηλαδή η (ε) θα διερχόταν από το κέντρο Κ( α, β) του κύκλου (c ), οπότε αποκλείεται να ήταν εφαπτομένη του. Άρα: ( Σ ' ) <::::> χ ' = λα +λρκ2 - β , Υ ' = λα +ρκ2 - β οπότε: (ι),( 2 ) <=> χ ο = α - λα +λρκ2 - β , yο = β + λα +ρκ2 -β Οι τιμές αυτές επαληθεύουν<•> την (3), δημι ουργώντας την ψευδαίσθηση ότι είναι δεκτές. Για να είναι όμως αυτές οι τιμές δεκτές πρέπει και αρ κεί να επαληθεύουν την εξίσωση του κύκλου, δηλαδή: (χ0-α)2+(y0-β?=ρ2

}

(Εφαρμόζεται μόνο στον κύκλο και όχι στις άλλες κωνικές τομές) Το κέντρο του κύκλου είναι Κ(α,β) Πρέπει και αρκεί d(K, (δ))=ρ (1), όπου (δ): λχ-y +κ=Ο Άρα: κ i = ρ <=> ( λα + κ - β ) 2 = ρ 2 ( � + ι ) (ι) <=> j λ� λ2 + ι β · τρόπος (Η λύση αυτή εφαρμόζεται και στις άλλες κωνικές τομές, όμως δεν περιλαμβάνεται στην εξεταστέα ύλη, § 3 . 5 του σχολικού βιβλίου) Πρέπει και αρκεί η εξίσωση (χ-α)2+ (λχ+κ-β)2=ρ2 (2) να έχει διπλή ρίζα. <•> Παρατηρείστε ότι σε ένα πρωτοβάθμιο σύστημα 2χ2, (2)<::::> (λ2+ ι )χ2+2 [λ(κ-β)-α] χ+(κ-β)2+α2-ρ2=0 και με τους συντελεστές της μιας εξίσωσης διάφορους του αφού λ2+ 1:�0, πρέπει και αρκεί Δ=Ο, όπου Δ η δια μηδενός, ο μηδενισμός δυο εκ των οριζουσών D, D., Dy κρίνουσά της . Δ=Ο<::::>Δ/4=0<::::> συνεπάγεται και το μηδενισμό της τρίτης (γιατί;) ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/50

Μ α θ η ματικ ά για την Β · Λυκείου

( i) � ( λα +λ-'κρ - β) 2 + ( λα +ρκ - β) 2 = ρ 2 � � (λ2 + 1 )ρ 2 = ( λα + κ - β γ Για κατανόη ση της μεθόδου, ας επαναλάβουν τη διαδικασία οι μαθητές για την περίπτωση του κύκλου: χ2+y2=ρ2 οπότε θα καταλήξουν πιο εύκο λα στη συνθήκη: (λ2+1)ρ2=κ2Ν α δώσουν επίσης δυο ακόμη τρόπους λύσης στο 1 ο ερώτημα 4

Να δείξετε ότι για να είναι δυο κύκλοι απ ' αυτούς ίσοι πρέπει και αρκεί να είναι συμ μετρικοί ως προς Θ(1,2) και όλα τα ζεύγη αυτών των κύκλων έχουν τον ίδιο ριζικό ά ξονα, την ευθεία x+y=3. λ ίJση

Για να είναι δύο απ' αυτούς τους κύκλους ίσοι πρέπει και αρκεί να υπάρχουν μ 1 , μ2 ε(-5,-1) τέτοιοι ώστε: (1) με μ , ;fμz . -2μ 1 2-12μι-10=-2μ/-12μΓ10 (1)� μ 1 2-μ22+6(μι-μz)=Ο� μ,+μ2=-6 Τα κέντρα τους τότε θα έχουν συντεταγμένες μι + 1 , Υ κ, = - 1 --μ ι , και χ - - μ 2 +1 χ κ, = -κ , -2 , -2 2 1 -μ 2 ενώ το μέσο Κ του ΚιΚz θ α εχει ' Υ κ, = -2 _ μ , + 1 _ μ2 + 1 χ + χ κ, κ 2 2 ΧΚ = 2 - = ---=-2---=--6 + 2 -- ΧΘ (I) = μ , + μ42 + 2 -- - -4 Ομοίως Υκ=2=y8 (11) Από τις σχέσεις (1), (Π) φαίνεται ότι Μ Ξ Θ, δηλαδή οι κύκλοι (Κι), (Kz) είναι συμμετρικοί ως προς Θ. � η μ ε ί ω ση : Στην περίπτωση που τα Κ, Θ ανή κουν σε ευθεία της μορφής: y=λχ+μ η σχέση (11) μπορεί να παραληφθεί αφού είναι άμεση συνέπεια της (1) . Πράγματι (Ι )�χκ=χe�λχκ+ μ=λχe+μ�yκ=ye�(ΙΙ). Στην περίπτωσή μας πράγματι τα Κ, Θ ανήκουν στην ευθεία (t) : y=x+ 1 Ριζικός άξονας δύο κύκλων 2 2 ( c; ) : x + y + Α;χ + Β ; y + Γ; = 0 με ω

ιι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

ρ . = _!_2 ν/Α 2 + Β2 - 4Γ , i = 1,2 , οι οποίοι δεν είναι ομόκεντροι, δηλαδή (Α ι Α 2 ή Β ι Β2 ) , λέγεται ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(x',y ') που έχουν την ί δια δύναμη ως προς αυτούς τους κύκλους. Έχουμε λοιπόν: cύ(� ) = cύ(�) � Κ 1 Μ 2 - ρ � = Κ 2 Μ 2 - ρ � � ) ( 2 ( Β) = Α � χ '+ --:f + Υ '+ --:j: - ρϊ ( )2 ( Β )2 - ρ� � = χ '+ Α22 + Υ '+ ---:f (Α ι - Α 2 ) χ '+ (Β 1 - Β 2 )y '+ Γι - Γ2 = 0 Άρα ριζικός άξονας είναι η ευθεία (δ ι ) : (Α ι - Α 2 )χ + (Β 1 - Β2 ) y + Γ1 - Γ2 = 0 και στην προκείμενη περίπτωση η ευθεία ( δ , ) : (μ ι - μ 2 )χ + (μ ι - μ 2 ) y + +μ � - μ � + 3(μ ι - μ 2 ) = 0 � ( δι ) : χ + Υ + μ, + μ2 + 3 = Ο � ( δ ι ) : χ + y + ( -6 ) + 3 = Ο � ( δ , ) : χ + y = 3 . Π ρόκειται για την κάθετη στην ( t ) : χ - y + 1 = Ο στο σημείο Θ(1 ,2), πράγμα αναμενόμενο (γιατί;). ι

οι.

10) Να δείξετε ότι δεν υπάρχει κάποιος από αυτούς τους κύκλους που να βρίσκεται ε ντός του τετραγώνου με κορυφές Γ(Ο,l), Δ(2,3) και Γ ' (2,1), Δ ' (Ο,3). . 'Ι.:ίJ Ι7 11

Έστω Κ (x0,y0) το κέντρο ενός από αυτούς τους κύκλους επί του Γ Δ. Οι αποστάσεις του Κ από τις πλευρές του τετραγώνου είναι ΚΚ 1 =yο- 1 =χο=Κ� , ΚΚ2=2-χο=3-yο=ΚΚ3 , αφού x0-yo+l =O Για να μη βρίσκεται ένας τέτοιος κύκλος εντός του τετραγώνου πρέπει και αρκεί η ακτίνα ρ αυτού να ικανοποιεί μια τουλάχιστον από τις σχέσεις ρ>χ0 ή ρ>2-χ0, δηλαδή ρ>min { xo, 2-χο} (1) (το ελάχιστο εκ των δυο) Παρατηρούμε ότι: 67 τ.3/51

Μ αθη ματικά για την Β · Λ υκείου

μ + 1 > 1 <=> -3>μ<::>-5<μ<-3, χσ>2-χσ<=>χσ>1<=> - -2 αφού με(-5,-1). Εξάλλου: χσ<2-χο<::>μ ε(-3,-1), ενώ χσ=2-χο <=> μ= -3 Προφανώς για μ=--3 έχουμε το μεγαλύτερο από τους κύκλους ο οποίος είναι ο περιγεγραμμέ νος κύκλος του τετραγώνου (γιατί;) 'Εστω D = -2μ 2 - 12μ - 10 , οπότε ρ = _!_2 .JD . α) Αν -5<μ<-3 τότε: μ + 1 <=> ( 1 ) <=> ρ > 2 - χ 0 <=> -21 νD > 2 + -2 μ > -5 <=> .JD � μ + 5 <=> D > ( μ + 5 γ <=> <=> -2μ 2 - 12μ - 10 > μ 2 + 10μ + 25 <=> <=> 3μ 2 + 22μ + 35 < ο <=> -5 < μ < - -73 <=> -5 < μ < -3, αφού -3 < 7_3 r;:::

<::::>

Λ ύ ση

Θεωρούμε ένα τυχαίο κύκλο απ' αυτούς με 1 - -μ , με μ +-1 , Υ κ = κεντρο Κ-Ι-Θ δη λαδη' χ κ = -2 2 μ-:/=-3. Η ακτίνα του θα είναι ρ = Ί_2 .JD , όπου D = -2μ 2 - 12μ - 10 . Ο μεγαλύτερος κύκλος έχει κέντρο Θ( Ι ,2) και ακτίνα R = J2 . Η διάκεντρός τους θα είναι '

τ- " ,

( )( ) Ν )

δ � ι + μ; ι ' + 2 ι �μ ' � μ ; 3 ' � = l μ 2+ 3 I J2 . Για να τέμνονται λοιπόν οι κύκλοι (Θ) και (Κ) αρκεί: R-ρ<δ<R+ρ 'Εχουμε: R + ρ - δ = J2 + _!_2 .JD _ l μ 2+ 3 1 J2 = � .JD + v ψ - ι μ ; 3 Ι > ο , αφού _

�

χ=2

)

Ι μ +31 < 1 -5 < μ < -1 �-2 < μ +3 < 2 � Ι μ + 31 < 2 � -2 Άρα R+ρ>δ Εξάλλου δ + ρ - R = I μ 2+ 3 1 J2 + _!_2 .JD - J2 = = .JD - J2 (22 - Ι μ + 3 1 ) με 2- l μ+3 1 >0, όπως δείξαμε προηγουμένως. Για να είναι λοιπόν δ>R-ρ, δηλαδή δ+ρ-R>Ο, αρκεί D>2(2- l μ+3 1 ) 2 • Άρα δεν υπάρχει κάποιος από αυτούς τους κύ κλους που να βρίσκεται εντός του τετραγώνου. i) Για -3<μ<-1, αρκεί να δείξουμε ότι: β) Αν -3<μ<-1 τότε: μ + 1 μ<=><-Ι -2μ2-12μ-1 0>2(2-μ-3)2 , ( 1 ) <=> ρ > χ 0 <=> -21 .JD > - 2 ή -μ2-6μ-5>2(μ+1 )2 , ή μ2+4μ+3<0 . 2 D > (μ+ 1 ) -2μ2 -12μ - 10 > μ2 + 2μ+ 1 <=> Πράγματι μ2+4μ+ 3=(μ+ 1 )(μ+3)<0, αφού 1 1 <=> 3μ 2 + 14μ + 1 1 < ο <=> - -3 < μ < -1 <=> μ+ 1 <Ο και μ+ 3>0 ii) Για -5<μ<-1, αρκεί να δείξουμε ότι: -3 < μ < - 1, αφού _!_!3 < -3 . -2μ2-12μ-10>2(2+μ+3)2 , Τελικά ούτε κάποιος από αυτούς τους κύκλους ή -μ2-6μ-5>2(μ+5)2 , ή μ2+8μ+ 15<0 . βρίσκεται εντός του τετραγώνου. Πράγματι μ2+8μ+ 15=(μ+ 3)(μ+5)<0, αφού 1 1) Να δείξετε ότι ο μεγαλύτερος κύκλος τέμνει μ+3<0 και μ+5>0 όλους τους υπόλοιπους y= 3

y= l χ

χ'

<::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/52

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ΚΑΝΟΝΙΚΑ ΠΟΛΥΓΩΝΑ -

ΜΕ ΤΡΗΣΗ ΚΥΚΛΟΥ Λ. Μαυρογιαννάκης

1. Αν προεκτείνουμε κάθε μια πλευρά ενός κα νονικού ν-γώνου Α 1 , Α2 Αν κατά ίσο τμή μα και προς την ίδια φορά, τότε τα άκρα των προεκτάσεων αυτών είναι επίσης κορυ φές κανονικού ν-γώνου. •••

Λ ύ ση

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα: Α 1 Β ι Β 2 και Α 2 Bz Β3 Έχουν Α ι Β ι =Α' 2 Β2 ( Ι ) ' Β 1 Α 1 Β 2 = Β 2 Α 2 Β 3 (2) ως παραπληρωματικές των ·ίσων γωνιών του κανο' ' νικού ν-γώνου A v A 1 A 2 = Α , Α 2 Α3 . Β2

2 1 6° = 108° (2). = Επίσης ( ΑΕΔ ) = (AJiΔ) 2 -2Α

Όμοια ( ΕΑΔ ) = ( Αέ Β ) =

(�) = 36"

(3)

(�) = 36"

(4) (5) Άρα: ( 1 ), (2) Ai:E = ΑΕΔ και (3),(4) => ΕΑΔ = ΑΕΒ (6). Επομένως από (5), (6) τα τρίγωνα ΑΕΣ και ΑΕΔ είναι όμοια και έχουμε: ΑΕ = ΑΣ ΑΕ · ΕΔ = ΑΔ · ΑΣ => λ2 = ΑΔ · ΑΣ. ΑΔ ΕΔ =>

Ακόμη Α ι Α2=Α2Α3 (3) και Α2Β 2=Α3 Β3 (4). Με πρόσθεση κατά μέλη των (3),(4) παίρνουμε Α ι Β 2=Α2Β 3 (5) Άρα: (1), (2), (5) => Α , Β ι Β 2 = Α 2 Β 2 Β3 (6) Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι Α, Β ι Β 2 = Α 2 Β 2 Β 3 = Α 3 Β3 Β 4 = ... = Av B v Β , (7) (8), Άρα' θ α είναι: 'Β ι Β 2=Β2Β 3 = . .'. ΒvΒ ι Α 1 Β 1 Β 2 '= Α 2 Β2 Β 3' = ... = Av B v Bι ' (9) Και B v Bι Av = Β , Β 2 Α 1 = ... = B v- ι B vAv- ι (10) Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 9 ),(10) παίρνουμε: (1 1) Β ) 3 1 Β 2 = Β 1 Β 2 Β 3 = ... = Β v_ι Βv Βι Άρα: (8),(1 1)=>Β ι Β2 . . . Βν κανονικό ν-γωνο . 2. Δίνεται κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓ ΔΕ. Οι Δ

διαγώνιοι ΑΔ, εβ τέμνονται στο Σ. Να δείξε τε ότι λs2=ΑΔ·ΑΣ Λ ύ ση

- )= Είναι ( ΑΣΕ

(ΆΕ) + ( ΒΓΔ) 2

= 720 +21 0 44

:::::>

3. Δίνεται κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓ ΔΕ εγγε γραμμένο σε κύκλο (Ο, R) Οι προεκτάσεις της πλευράς ΕΔ και της διαμέτρου ΑΜ τέ μνονται στο Σ. Να δείξετε ότι: α) ΕΜ=ΜΣ, ΕΣ . β) � = λ 1 0 ΕΜ ΛίJση

α) Είναι προφανώς ΑΕΔ = ΑΒΓ = 144° άρα ΔΜ = Mr = ΔΓ = 36° (Ι) 2 ,...---..._

,...---..._

,---....

' = (EN.i) = 108°- = 54° (2) και Επίσης (ΕΑΜ) -2- 2 ( ( Αέ Δ ) = ι 3 . �2" = Ios" (3) Στο τρίΔ

108° ( Ι ).

�

γωνο ΑΕ Σ από (2), (3) έχουμε: Σ = 1 80° - 108° - 54 = 18°

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/53

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκε ίου

Τα τρίγωνα ΑΒΙ και ΒΓΚ έχουν ΑΒ=ΒΓ=λ8 (ΓΔ) = � ' (ΑΘ) = � ' (82 ) = ( 1 ) (8ι ) =2 2 2 2 νεπώς 8 ι = 8 2 (2). Προφανώς και Α ι = Γι (3). Επομένως ΑΒΙ =ΒΓΚ::::> ΑΙ=ΚΓ (4), και Β Ι =ΒΚ (5). Το σημείο Β είναι μέσον του τόξου ΑΓ άρα η ακτίνα ΟΒ είναι μεσοκάθετος της χορδής ΑΓ δηλαδή ΒΤ .l ΙΚ (6). Από (5) και (6) παίρνουμε Π=ΤΚ (7) Επιπλέον 18κ = 90 , άρα ΒΤ=Π=ΤΚ (8). (9), Είναι ΒΤ=Β Ο-ΟΤ= R - R J2 2 ΙΚ � 2 ΒΤ � 2 R - R ;z =>

,Μ ' ' ' '

' ' ' ...t 8"' ' '�

'�

(5).

(

β) Έχουμε: ΔΜ = ΜΓ => ΔΕΜ = ΜΔΓ "

�

)

=> ΙΚ = 2R - RJ2 = R( 2 - J2) ( 10) Από (9) και (10), το εμβαδόν του τριγώνου Β Ι Κ είναι: (Βικ } � Ξικ - Βτ � Ξψ - -Γz ) R - R ;z �

�

ΔΜ ) ( ι ) ( Εξάλλου είναι (ΔΕΜ) = -2- = 1 8° Άρα (4), (5) => ΕΜ=ΜΣ. (ΔΜ ) 36° Β 'τ ρ ό π οi::- (ΔΕΜ) = -- = - = 1 8° . 2 2 ( Σ ) � (ΑΕ) � (ΔΜ ι 72 " ; 36 � 1 8• �

( 1 ).

)

{

(2} , Ακόμη {ΜfΔ) ) ι 8" άρα και ΜrΔ = Σ (3) � Ξ R ' ( 2 - .Γz ) 2 -2-Γz � ±R ' ( 2 - .Γz)' ( l l ) Από ( 1) και (3) τα τρίγωνα ΣΕΜ και ΔΜ Γ Το εμβαδόν του τετραγώνου ΑΓΕΗ είναι είναι όμοια οπότε έχουμε λ5 = λ5 - λ ι ο => ΕΣ . ΔΜ => ΓΔ _- ( 12) Επομένως το Ε4 = (RJ2) 2 = 2R 2 ΕΣ ΕΜ ΕΣ ΕΜ λ ι ο ΕΜ εμβαδόν του ζητούμενου «αστεριού»θα είναι: Αφού ΔΜ η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου Ε = Ε4 + 4 · ( BIK ) = 2R 2 + 4 � R 2 (2 J2) 2 = που είναι εγγεγραμμένο στον ίδιο κύκλο (0, R). Δίνεται κανονικό οκτάγωνο εγγεγραμμένο = 2R 2 + R 2 ( 4 - 4J2 + 2) = σε κύκλο (0, R) ΑΒΓΔΕΖΗΘ. Οι πλευρές των τετραγώνων ΑΓΕΗ και ΒΔΖΘ τέμνο = R 2 ( 8 - 4J2) = 4R 2 (2 - J2). νται στα σημεία Ι, Κ, Λ, Μ, Ν, Ξ, Ρ, Σ. Να 2"c τ ρ {J π ο ς Α Ι Σ = Β I Κ = Κ ΓΛ οπότε αν οι υπολογίσετε το εμβαδόν του σχηματιζόμε κάθετες πλευρές τους είναι χ οι υποτείνουσες νου «αστεριού»: ΑΙΒ ΚΓ . . . ΣΑ, συναρτήσει είναι χ J2 , αλλά της ακτίνας R. ΑΙ + ΙΚ + ΚΓ = λ4 => χ + xJ2 + χ = RJ2 => => 2χ + J2x = R J2 x (2 + J2) = R J2 => χ = 2R+ 2 = RJ2 2 - J2) = 4( - 2 = 2RJ22 - 2R = R(J2 - 1) - λ24 + 2 Χ 2 -Ε =Ε + 2Ε Δ

{ )

συ-

γρ α μμ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

67 τ.3/54

τετρ . ΑΓΕΗ

τετ ρ .πλευ ρ . χ

Μ α θ η ματικ ά για την Β ' Λ υκείου

= ( Rν'2 ) 2 + 2 [R ( h -1 )]2 = 2R2 + 2R2 ( 3 - 2ν'2 ) = R 2 ( 8 - 4ν'2) = 4R 2 ( 2 - ν'2 ) .

5. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ εγγε γραμμένο σε κύκλο (0, R). Αν οι διαγώνιοι ΑΓ και ΒΖ τέμνονται στο σημείο Σ, να δεί ξετε ότι: α) ΑΓ=3ΑΣ β) Ε = 18(ΑΒΣ) 6

α) Φέρω τη διαγώνιο ΒΔ που τέμνει την ΑΓ (Br) (AZ) στο Τ. Είναι ( Σ , ) � : � 60' ( ! ) και { ΣΒτ) �

(�) � 60"

(2) Ά ρα Σ Β Τ ισόπλευρο και ΣΒ=ΣΤ=ΒΤ (3 ). _\

= _!_12 RJ3 · R = Rz12J3 = _!_6 · R22J3 = _!_6 · _!_3 Ε6 = _!_18 Ε

6. Σε κύκλο (0, R) εγγράφουμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Μ είναι το μέσον του τόξου ΑΒ . Οι προεκτάσεις των ΑΜ και ΓΒ τέμνονται στο σημείο Σ. Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Μ τέμνει την ΣΒ στο Τ . Να δείξετε ότι: α) Μ Τ = � λ3 β) (ΑΣΒ)=(ΑΒΓ) και 3 �

γ)

{ ΜΤ Β Η) = 2 (ΣΜ Τ) . 8

Λύση

α) Αφού Μ είναι το μέσον του AB=>OM.lAB ( 1) (2) ΜΤ εφαπτομένη άρα ΜΤ ..l ΟΜ 1( ), (2) => ΗΒ//ΜΤ (3) ,----....

(ΑΒΣ ) .!_ ΑΣ ΒΜ =

.!.. 2

( ) ·(.!.. R ) .!.. λ 3

ι ι ι ι ι ι ι

��

Στο τρίγωνο είναι προφανώς Α, = Β , = 30° => ΑΣ = ΣΒ (4). Για τον ίδιο λόγο ΒΤ=ΤΓ (5) Από (3), (4) και (5) παίρνουμε ΑΣ=ΣΤ=ΤΓ. Δηλ. ΑΓ=3ΑΣ β) Το εμβαδόν του κανονικού εξάγωνου είναι προφανώς Ε6=3 · (ΑΒΓΟ) ( 1) Επίσης το εμβα δό του ρόμβου (ΑΒΓ0)=2 (ΑΒΓ) (2) Από (α) ερώτημα _!_ (ΑΒΓ) = _!_ΑΓ 2 · ΒΜ = 2 ( 3 · ΑΣ)ΒΜ = = 3 ( -Ξ- ΑΣ · ΒΜ ) = 3 · (ΑΒΣ) (3) Από (1) (2) και (3) παίρνουμε Ε6=3·2 (ΑΒΓ)=6 · 3(ΑΒΣ)= 1 8 (ΑΒΣ). τ ρ ιiχως Από τον τύπο του εμβαδού του κανονικού εξάγωνου έχουμε: _!_ 6R · R../3 = 3R 2 ../3 . Εξάλ= Ε 6 = _!_Ρ · α 26 6 2 2 2 λου το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΣ είναι: =

---+ - - - � τ κ

Τα τρίγωνα επομένως Γ Η Β και Γ Μ Τ είναι όμοια οπότε: ΜΤ = -2R => ΜΤ = ΓΜ => ΜΤ = 2R => λ Γ ΓΟ Β + ΟΗ � R + R Η Η 3 2 2 2 1 2R 2 => ΜΤ = -2 λ3 -3- => ΜΤ = -3 λ3 -R 2 β) Η γωνία ΜΑΒ ως εγγεγραμμένη στο ΜΒ είναι { ΜΑΒ ) = � 30' (1) Επίσης η ΣΒΑ ως παραπληρωματική της ΑΒΓ του ισόπλευρου τριγώνου είναι: ΣΒΑ = 120° (2) ( 1 ),(2)=> Σ = 30° (3) Το τρίγωνο ΣΒΑ είναι ισοσκελές επομένως ΣΒ=ΒΑ=λ3 (4) Αφού και ΒΓ=λ3 Άρα στο τρίγωνο Σ Α Γ η ΑΒ είναι διάμεσος οπότε (ΣΑΒ)=(ΑΒΓ). ,----....

(�)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/55

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

τετράγωνο άρα ΣΑ= R (4) Έχουμε ΣΝ=ΣΜ+ΜΝ=>ΣΝ=ΣΜ+2R

γ) Από (3) του (α) ερωτήματος ΜΤΒΗ είναι τρα πέζιο με ύψος ΜΗ. Το εμβαδόν του είναι: 2R .J3 + -R .J3 -ΗΒ ΜΤ + 2 R= 3 (ΜΤΒΗ ) = 2 ΜΗ = 2 2 3R.J34R.J3- + 7R .J3 . -R = 7R 2 .J3 (1) 6 . -R = -6 2 2 6 4 24 Τα τρίγωνα Σ Μ Τ και Σ Α Β είναι προφανώς όΜΤ = -2 , , , ομοιοτητος οπως μοια με λογο (2) ΑΒ 3 εδείξαμε στο (α). Επομένως ο λόγος των εμβαδών τους είναι: (ΣΜΤ) = � 2 (β·;τ.) ( ΣΜΤ) = _i ( 3 ) (ΑΒΓ) 9 (ΣΑΒ) 3

(5)

--...__ -""'--" ----:. Δ

Λόγω των (4), (5) έχουμε: ( 1 ) => R2 = ΣΜ (ΣΜ+ 2R ) => R2 = = ΣΜ2 + 2R · ΣΜ χ 2 + 2Rx - R2 =0, χ > Ο . Έχουμε: Δ = ( 2R ) 2 - 4(-R 2 ) = 4R 2 + 4R 2 = 8R 2 και -2R ± 2 .fiR και αφού ---Χ = -2 R 2±·.J8R2 = 1 2 χ = ΣΜ > Ο είναι: 2R( - 1) = R( .fi - 1). ΣΜ = -2R +22 .fiR = ΣΜ=Χ

()

Το εμβαδόν του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ είναι: 2 .J3 3R 2 (R .J3) 2 λ .J3 (ΑΒ Γ ) = 34 = 4 = 4.J3 (4) (3),(4) (ΣΜτ) = · 3R .J3 = R 23.J3 (5) ( 1 ) (Μ ΤΒΗ) = 2_8 · R 23.J3 = 2_8 (ΣΜΤ) Β ' Τ ρ όπ ος (Για τον υπολογισμό του (ΣΜτ)) Στο β' ερώτημα δείξαμε ότι Σ = 30° , αλλά fΊ = 30° =:> ΣΜ = ΜΓ => ΣΜ = 2R (1) Φέ ρουμε ΣΚ .l ΜΤ Είναι προφανώς Μ 1 = 30° άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο 2R = R (2) και τελικά: = Σ Μ Κ : ΣΚ = ΣΜ 2 2 (ΣΜτ) = _!._2 ΜΤ · ΣΚ = _!._2 �3 R .J3 R = R 23.J3 . =>

i :

Β ' Τ ρ όπ ος

Αν Κ το κέντρο του τετραγώνου ΟΑΣΒ τότε R.fi ΣΚ=ΟΚ= α4 = -(1) 2 Επίσης KM = OM - OK = R - R .fi (2) 2 ( 1), ( 2 ) =:-ΣΜ � ΣΚ -ΚΜ� R R- R �

� -[ � )

= RJ2 -R=R( J2 -1 ) β) Βρίσκουμε το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ( Ο ΑΒ) = π 2 ( 1) Το εμβαδόν του τετραγώ νου (ΟΑΣΒ)= R2 (2) Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: Ε = (ΟΑΣΒ) - (ΟΑΒ) = R 2 - πR4 2 = = 4R 2 -4 πR 2 = R42 ( 4 - π )

( )

�

R.fi

7. Στα άκρα της χορδής ΑΒ κύκλου (0, φέρετε τα εφαπτόμενα τμήματα ΣΑ και ΣΒ. Αν η ΣΟ τέμνει το τόξο ΑΒ στο σημείο Μ τότε: α) Να δείξετε ότι ΣΜ =

_,..--.,

R( .fi - 1 )

β) Ν α υπολογίσετε το γραμμοσκιασμένο εμ βαδόν (ΣΑΒ) συναρτήσει της ακτίνας Λ ύ ση

8. Τετράγωνο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, και περιγεγραμμένο σε κύκλο (0, ρ). Οι ακτίνες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ, ΟΔ τέμνουν τον κύκλο (0, ρ) στα σημεία Α ' , Β ' , Γ, Δ ' αντίστοιχα. Να δείξετε ότι; α) Το εμβαδόν του κύκλου (0, είναι δι πλάσιο του εμβαδού του κύκλου(Ο, ρ)

α) Αν Ν το αντιδιαμετρικό του σημείου Μ τό τε ΣΑ2=ΣΜ · ΣΝ (1) Αλλά ΑΒ=λι, οπότε 0 ΑΟΒ = 3 = 90° (2), οΑΣ =ΟΒΣ = 90° (3). Από (2), (3) και ΟΑ=ΟΒ προκύπτει ότι ΟΑΣΒ

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

�

Β'

67 τ.3/56

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λ υκείου

β) Το Α ' Β ' ΓΔ ' είναι τετράγωνο πλευράς λ '4= R Λύ ση

RJ2 � ρ = -RJ2 ( 1 ) Το , 0Η = α4 = -α) Ειναι 2 2 εμβαδόν του κύκλου (0, ρ) είναι: ' Ε' = πρ ' = R ;Γ2 = π R �- 2 = � = Ξ Ε Άρα το εμβαδόν του κύκλου (0, R) είναι Ε=2Ε' β) Οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ του αρχικού τετρα γώνου σχηματίζουν γωνίες ΑΟΒ = ΒΟΓ = ΓΟΔ = ΔΟΑ = 9 0° (1) ·

Τα αντίστοιχα τόξα που ορίζονται επομένως στον κύκλο (0, ρ) θα είναι: Α 'Β ' = Β 'Γ' = Γ 'Δ' = ΔΆ' = 90° (2) Άρα Α ' Β 'Γ' Δ' τετράγωνο (γιατί σε ίσα τόξα αντιστοιχούν ίσες χορδές). Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΌΒ ' έχουμε Α ' Β ' 2= ΑΌ2+0Β ' 2 ' => Α Ή '' = 2 p1 => λ, ' = 2 R;Γ2 => λ,' = R' � λ4 = R . ...----....

....----._

( J

....----._

,.....---....

( J

Σε κύκλο (0, R) φέρετε χορδή ΑΒ R.fi και ΑΓ = R .J3 . Με διάμετρο ΑΒ κατασκευάστε ημικύκλιο εξωτερικά του κύκλου. Η χορδή ΓΒ τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο Κ α) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του σχηματι ζόμενου μηνίσκου β) Ομοίως το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΚΒ. =

Λύ ση

α) Το εμβαδόν του ημικύκλιου με διάμετρο RJ2 2 = -πR 2 ( 1 ) , Ε 1 = -21 π -ΑΒ ειναι: 2 4 Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που ορίζεται από τη χορδή ΑΒ είναι τ 1 = Ο · ΑΒ - ( ΟΑΒ ) = π: 2 - � R 2 (2)

( J

( )

(

)

Το εμβαδόν μ του ζητούμενου μηνίσκου είναι πR 2 - πR 2 - 21 R 2 = 21 R 2 . (Ει-, μ = Ε 1 - τ , = -τ 4

ναι προφανές ότι μ = ( ΟΑΒ ) . β) Είναι ( ΑfΉ) =

(�) = 45'

(1)

Αφού AΓ = R .J3 = λ3 � ( Λr ) = 120° και ΑΒ =Rν'2 =λ4 � ( Α8) =90° � Br = Ar -ΑΒ = 30°

(�)

Θα έχουμε: (sλr ) = = 15' (2) Επίσης ΑΚΒ = 90° (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο ), άρα το τρίγωνο Α Κ Γ είναι ορθογώνιο στο Κ, επομένως ( l )� κAr = 45° (3) (2), (3) � κλΒ = 30° (4) Άρα RJ2 ΑΒ = -και τελικα, ΚΒ = (5) 2 2 Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ΑΚΒ παίρνουμε ΑΚ 2 = ΑΒ 2 - ΚΒ 2 � ι 3 ' ' R ' ' ;Γ2 � (RΓz = 2R' = � => = ΑΚ ) R .J3 = -RJ6 (6) , Εχουμε: ΑΚ = -J2 2 . RJ6 = R 2 8M = (ΑΚΒ ) = _!_2 ΚΒ · ΑΚ = _!_2 RJ2 2 2 2 2 7 = 2R8 .J3 = R 4.J3 ( ) Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν του μικτό γραμμου τριγώνου ΑΚΒ είναι: Δ

Ε =

( J

( ΑΚΒ ) - τ ,

R 2.J3 -(πR2 _ _!_R2)= 4

R 2 .J3 + R 2 - -πR 2 = R 2 ( .J3 + 2 - π ) . = -4 4 2 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/57

Μ81ΙΙJΙ8τι8•

,., nι• r ��Ιι ιι•ιι Αιι••Ι•rι ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ Γκίνη ς Παναγιώτη ς - Χ ριστιάς Σπύρος Η διαφωνία

του Antoίne Gombaud Cheνalίer de Mere, ενός Γάλλου ευγενή, σε κάποιο τυχερό παιχνίδι το 1654, οδήγησε δύο διάσημους Γάλλους τον μα θηματικό, Blaίse Pascal και τον (Πρίγκιπα των ερασιτεχνών Μαθηματικών) Pίerre de Fermat σε μία ανταλλαγή επιστολών που σαν αποτέλεσμα είχε την δημιουργία της μαθηματικής θεωρίας των πιθανοτήτων. Εάν και μερικά ειδι κά προβλήματα τυχερών παιχνιδιών ήταν λυμένα από κάποιους Ιταλούς μα θηματικούς τον 1 5° και 1 (/ αιώνα, καμία γενική θεωρία δεν ήταν γνωστή πριν από αυτήν την διάσημη αλληλογραφία. Η θεωρία των πιθανοτήτων αναπτύχθηκε γρήγορα κατά τη διάρκεια του 1 8ου αιώνα με κυριότερους συνεισφέροντες τους Jakob Bernoullί (1654 - 1 705) και Abraham de Μοίνre (1 66 7 - 1 754). Το 1812 ο Pίerre de Laplace (1 749 Λ n d ιη κ ο Ι ιη ο g ο ηιν - 182 7) στο βιβλίο του, Theorίe Analytίque des Probabίlίtes εισήγαγε ένα πλήθος νέων ιδεών και μαθηματικών τεχνικών οι οποίες εφαρμόσθηκαν σε πολλά επιστημονικά και πρακτικά προβλήματα. (Σε αυτόν οφείλεται και ο κλασικός ορισμός πιθανότητας). Α πό τότε πολλοί επιστήμονες έχουν συμβάλλει στην ανάπτυξη της θεωρίας των πιθανοτήτων με σημαντικό τερους τους Chebysheν, Marko ν, Von Mίses και Kolmogoro ν. Ο Antrey Kolmogoro ν (1 903 - 198 7), Ρώσος μαθηματικός, το 1933 θεμελίωσε τις βασικές αρχές της θεωρίας των πιθανοτήτων πάνω σε αξιωματική βάση. Η αξιωματική του προσέγγιση ενίσχυσε σημαντικά την μαθηματική υπόσταση των πιθανοτήτων και πολλοί την παρομοιάζουν με αυτή του Ευ κλείδ η στην Γεωμετρία. Α πό τότε έχουν διασαφηνισθεί πολλές από ψεις και η θεωρία των πιθα νοτήτων είναι τώρα μέρος μιας γενικότερης θεωρίας γνωστής ως «Θεωρ ία Μέτρο υ » . Α.

Ε ΡΩ Τ Η Σ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ - Λ ΑΘΟΥΣ

Για όποιοδήποτε ζεύγος Α, Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω να χαρακτηρι στούν ως σωστή (Σ) ή λαθεμένη (Λ) κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις: 1 . A-B= A n B'. 2. Α υ Β = (Α - Β) υ (Β - Α). 3 . Αν Α c Β τότε Α n Β = Α και Α υ Β = Β. 4. Αν Ρ(Α)= Ο τότε Α = 0 . 5 . Αν Ρ(Α)=Ρ(Β) τότε Α=Β. 6. Εάν Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω τότε ισχύει ότι Α'υΒ' = Ω. 7. Εάν Α, Β είναι ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω και ισχύει ότι Α υ Β = Ω τότε Ρ(Α)+Ρ (Β ) = 1 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/58

Μ α θη ματικ ά για την Γ Λ υκε ίου

8. Αν Ρ(Α)+Ρ(Β)= 1 τότε Α= Β' . 9. Αν Ρ( Α) :::; Ρ(Β) τότε Α ς::; Β . 1 0. Ρ(Α-Β) +Ρ(Β-Α)= Ρ( Α υ Β) - Ρ( Α 11 Β). 1 1 . Ρ(Α 11 Β) :::; Ρ(Α υ Β ). 1 2 . Εάν Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω τότε και τα ενδεχόμενα Α' , Β' είναι επίσης ασυμβίβαστα. 1 3 . Ρ( Α υ Β) + Ρ( Α 11 Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β). 1 4. Εάν για δύο ενδεχόμενα Α, Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω ισχύει ότι Α υ Β = Ω τότε τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. 1 5 . Εάν Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω τότε ισχύει ότι Β ς::; Α'. Α Π Λ Ι\' η,� Σ Ε Ι � � Τ Ι � Ε Ρ .ΩΓΗ Σ Ε Ι Σ ΣΩ.l:ΊΌ Υ - Λ Α Θ Ο Υ Σ

ιο

Β . i Έ '\ Ι Κ λ Θ Ε :\1 Α Τ Λ Π Ι Θ Α Ν Ο Τ Ή Τ Ω Ν Θ Ε \ Ι .\ 1 '

�

Έ στω Ω= { ωι , ω 2 , ω3, ω..ι, ω s, ω6} ο δειγμα τικός χώρος ενός πειράματος τύχης. Για τις πιθανότητες των απλών ενδεχομένων ωί, με Ρ(ω 5 ) ι �ί� 6 ισχύουν: Ρ( ωι) =2 Ρ( ω3)= , 4 Ρ(ω4 ) Ρ(ω 2 )=2Ρ(ω 6)= και Ρ(ω5)=Ρ(ω6) · 2 α. Να υπολογισθούν οι πιθανότητες των β. απλών ενδεχομένων ωί, με 1 � ί � 6. β. Να υπολογισθούν οι πιθανότητες Ρ(Α) κ αι Ρ(Β) των ενδεχομένων Α={ω 2 , ω4, ω6} κ αι Β= { ω ι , ω3 , ωs } . γ. Ε άν Γ = { ω ι, ω 2 , ω3, ω4 } κ αι Δ= { ω3, ω4, ω5, ω6} είναι δύο άλλα ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω να υπολογισθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων Γ 11 Δ και Γυ Δ. γ. --

Λ ύ ση :

4Ρ(ω 1 )+4Ρ(ω 1 )= 1

67 - Ρ( ω , ) = 1 2

=> Ρ(ω 1 )= � . 'Ετσι για τις άλλες πιθανό67 1 τητες θα έχουμε: Ρ(ω 2 )= _!i , Ρ(ω 3 )= - , 67 67 32 8 8 και Ρ( ω 6 )= . Ρ( ω4)= , Ρ( ω s )= 67 67 67 Για την πιθανότητα του ενδεχομένου Α θα έχουμε ότι Ρ(Α)=Ρ( ω 2 )+Ρ( ω4 )+Ρ( ω 6)= 1 6 + 32 + 8 56 ' = - ενω' για την πιθανοτητα 67 67 του ενδεχομένου Β θα έχουμε ότι Ρ(Β)=Ρ(ω ι )+Ρ(ω 3 )+ Ρ(ω5) = 1 -Ρ(Α) (αφού τα ενδεχόμενα Α και Β είναι συμπληρωμα11 , = 1 - 56 = τικα) . 67 67 Από υπόθεση έχουμε ότι Γ 11 Δ = {ω 3 , ω4 } ενώ Γ υ Δ = {ω ι , ω 2 , ω 3 , ω4 , ω s , ω 6 } =Ω. 1 + 32 33 ' Άρα =Ρ( Γ 11 Δ )=Ρ(ω 3 ) +Ρ(ω4 )= 67 67 ενώ Ρ( Γ υ Δ) =Ρ(Ω)= l . ----

α. Έχουμε ότι Ρ(ωι )+Ρ(ω2)+Ρ(ω3 )+Ρ(ω4)+Ρ(ω s )+Ρ(ω6)= 1 ( 1 ) . Όμως από υπόθεση παίρνουμε: Ρ(ω 2 )=2Ρ(ω 6 )=2Ρ(ω5)=2 · 4Ρ(ω 1 ) = 8 Ρ(ω 1 ) , Ρ( ω , ) ΘΕΜΑ 2": , Ρ( ω4)=2Ρ( ω 2 )=2 · 8 Ρ( ω 1 )= Ρ( ω 3 )= -2 Έστω Α, Β =ι:. 0 εvδεχόμενα ενός δειγ = 1 6Ρ(ω ι ), Ρ(ω s )=4Ρ(ω ι ) και τέλος ματικού χώρου Ω με Α ς Β για τις πιθανό Ρ(ω 6 )=Ρ(ω s )=4Ρ(ω ι). Αντικαθιστώντας στην τητες των οποίων ισχύουν τα εξής: Ρ(ω , ) + 1 6Ρ(ω 1 )+ ( 1 ) έχουμε: Ρ(ω 1 )+8Ρ(ω 1 )+ 2 --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/59

Μ αθη ματικά για την Γ Λ υκείου

Θ Ε Μ Λ 3 11 :

α. β.

α.

Σε ένα αεροπλάνο της γραμμής Αθήνα Μαδρίτη υπάρχουν 300 επιβάτες (άνδρες και γυναίκες). Το 60% των επιβατών είναι 2 Ρ(Α) + Ρ(Β) :ο::.; �8Ρ(Α)Ρ(Β) . Να υπολογισθούν οι πιθανότητες Ρ(Α) άνδρες, το 70% των επιβατών έχουν ξανα ταξιδέψει με αεροπλάνο ενώ το 10% των και Ρ(Β). Εάν Γ ενδεχόμενο του δειγματικού χώ γυναικών ταξιδεύει πρώτη φορά με αερο ρου Ω για το οποίο ισχύει ότι Β, Γ ασυμ πλάνο. Επιλέγουμε τυχαία έναν από τους ε και πιβάτες. Ν α βρεθούν οι πιθανότητες των εν βίβαστα ενδεχόμενα δεχομένων: ι Ρ(Γ)= - - Ρ(Α n Β) να υπολογισθεί η α. Ο επιβάτης να είναι γυναίκα ή να έχει 2 ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο. του ενδεχομένου β. Ο επιβάτης να είναι άνδρας και να μην πιθανότητα ΑυΒυΓ . έχει ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο. γ. Ο επιβάτης να είναι άνδρας ή να έχει ξα 1\ύση : ναταξιδέψει με αεροπλάνο. χ2 - 9 Λ iJ ση : Στο πηλίκο 3 ο αριθμητής Οι άνδρες επιβάτες είναι σε πλήθος: χ - χ 2 - 3χ - 9 2 60% · 300 1 80. Άρα οι γυναίκες επιβάτες εί ( χ -9) ισούται με (χ-3 )(χ+3) ενώ ο παρο νομαστής με εφαρμογή του σχήματος ναι σε πλήθος 300- 1 80= 1 20. Οι επιβάτες που Homer γράφεται ( χ-3 )(χ 2+2χ+3 ). Έτσι το έχουν ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο είναι σε κλάσμα ορίζεται για κάθε χ * 3 . Επομένως πλήθος: 70% · 300 2 1 0. Άρα οι επιβάτες που ταξιδεύουν για πρώτη φορά με αεροπλάνο θα χ2 - 9 Ρ(Α)= .!_ 1im είναι σε πλήθος 300-2 1 0=90. Επίσης οι γυναί 2 χ -+ 3 χ 3 - χ 2 - 3χ - 9 κες επιβάτες που ταξιδεύουν για πρώτη φορά με αεροπλάνο είναι σε πλήθος: 1 0% · 1 20 12 . ..!_ l im ( χ - 3 ) · (χ + 3 ) = Άρα οι άνδρες επιβάτες που ταξιδεύουν για 2 2 Η 3 ( Χ - 3 ) ( Χ + 2Χ + 3 ) πρώτη φορά με αεροπλάνο είναι σε πλήθος (χ + 3) .!_ .!_ 90-1 2=78, οι γυναίκες επιβάτες που έχουν ξα l = ..!_ im 2 = ·� 2 Η 3 (χ + 2Χ + 3) 2 1 8 6 ναταξιδέψει με αεροπλάνο είναι σε πλήθος 1 20-1 2= 1 08 και οι άνδρες επιβάτες που έχουν Επίσης έχουμε: ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο είναι σε πλήθος ) P-(B-) => 2Ρ(Α)+Ρ (Β) � -J� A8P_(_ 1 80-78= 1 02. Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: «0 (2Ρ(Α)+Ρ (Β)) 2 :::; 8 Ρ(Α)Ρ(Β) => επιβάτης να είναι άνδρας», Β: «0 επιβάτης να 4(Ρ (Α)) 2+4Ρ (Α)Ρ (Β)+( Ρ (Β) / ::ς 8 Ρ(Α)Ρ(Β)=> έχει ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο» και Γ: «0 4(Ρ (Α) /-4Ρ (Α)Ρ(Β)+(Ρ(Β)) 2 � 0=> επιβάτης να είναι γυναίκα». Τότε: (2Ρ(Α)-Ρ(Β) ) 2 � 0 => 2Ρ(Α)-Ρ (Β )=Ο => α. Το ενδεχόμενο «0 επιβάτης να είναι γυ 2 1 ναίκα ή να έχει ξαναταξιδέψει με αερο Ρ (Β)=2Ρ(Α) => Ρ (Β)= πλάνο» είναι το ενδεχόμενο Β υ Γ. Έτσι 6 3. Ρ(Β υ Γ)=Ρ (Β)+Ρ(Γ)Άρα Ρ(Α)= .!_ και Ρ(Β)= .!. . 2 1 0 + 1 20 - 1 08 222 6 3 = = Ο 74 . Ρ(Β n Γ)300 ' 300 Αφού Α ς Β τότε Α n Β=Α και Α υ Β=Β . β. Το ενδεχόμενο «0 επιβάτης να είναι άν 1 1 1 1 Έτσι Ρ(Γ)= "Ξ - Ρ(Α)= "Ξ - = Τότε δρας και να μην έχει ξαναταξιδέψει με αε 6 3. ροπλάνο» είναι το ενδεχόμενο A n Β' . Το Ρ(Α υ Β υ Γ) = Ρ(Β υ Γ) =Ρ(Β)+Ρ (Γ) πλήθος των επιβατών που είναι άνδρες και (Διότι Β, Γ ασυμβίβαστα ενδεχόμενα). δεν έχουν ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο εί.!_ .!_ 78 Άρα Ρ(Α υ Β υ Γ) = + = � = 0,26. ναι 78. Επομένως P(A n Β' )= 3 3 3 300 Σχόλιο : Το ενδεχόμενο του ερωτήματος β) =

•

β.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/60

Μ αθη ματικά για την Γ Λ υκείου

είναι το συμπληρωματικό του ενδεχομένου ΘΕΜΛ 5": του ερωτήματος α). Έτσι για τον υπολογι Σε ένα κουτί υπάρχουν χ λευκά σφαιρί σμό της πιθανότητας Ρ(Α n Β ' ) θα μπορού δια, 20 κίτρινα και y μαύρα. Επιλέγουμε τυ σαμε να πούμε ότι: χαία ένα σφαιρίδιο. Η πιθανότητα να επιλέP(A n B' )=1-P(B u Γ) = 1 - 0,74 = 0,26. ξουμε λευκό σφαιρίδιο είναι ίση με ενώ η γ. Το ενδεχόμενο «0 επιβάτης να είναι άν δρας ή να έχει ξαναταξιδέψει με αεροπλά πιθανότητα να επιλέξουμε μαύρο σφαιρίδιο νο» είναι το ενδεχόμενο Α υ Β. Άρα , ιση , με 81 . ειναι Ρ(Α υ B )=P(A)+P(B)1 80 + 2 1 0 - 1 02 288 α. Να υπολογισθεί το πλήθος των σφαιρι = Ο 96 _ = P (A n Β) 300 300 ' δίων που βρίσκονται μέσα στο κουτί. β. Ν α υπολογισθεί η πιθανότητα του ενδε Θ Ε , Ι λ -ι " : χομένου: «Το σφαιρίδιο που θα επιλεγεί Ο ι πιθανότητες των ενδεχομένων Α , Β, να είναι κίτρινο». Α n Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό Λύση : χώρο Ω ικ ανοποιούν την σχέση [3Ρ(Α)- α. Το συνολικό πλήθος των σφαιριδίων που 1] 2 +[2Ρ( Β' )-1] 2 +[6P(A n Β)-1] 2=0. (1) Να βρίσκονται μέσα στο κουτί θα είναι βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: x+20+y. Θεωρούμε το ενδεχόμενο Λ : «Το α. Να πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο σφαιρίδιο που θα επιλεγεί να είναι λευκό» Α. και Μ: «Το σφαιρίδιο που θα επιλεγεί να β. Να πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο είναι μαύρο». Τότε λόγω υπόθεσης και Β. από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έχουγ. Να πραγματοποιηθεί ακριβώς ένα από χ = .!_ με: και Ρ(Α)τα ενδεχόμενα Α και Β. χ + 20 + y 4 δ. Να μην πραγματοποιούνται συγχρόνως Υ τα ενδεχόμενα Α και Β. = .!.. . 'Ετσι προκύπτει το Ρ(Μ) x 20 y 8 + + Λύση : Από την ( 1 ) παίρνουμε ότι 3Ρ(Α)-1 =0, 3χ - y = 20 σύστημα από όπου παίρ2Ρ( Β ' )-1 =Ο και 6Ρ(Α ιι Β)-1 =0. Τότε θα έ- χ + 7 y = 20 χουμε ότι: Ρ(Α)= .!_ , Ρ( Β' ) = .!_ � Ρ(Β) = .!_ νουμε ότι: χ=8 και y=4. Άρα το συνολικό 3 2 2 πλήθος των σφαιριδίων θα είναι 8+4+20=32 σφαιρίδια. και Ρ( Α n Β) = .!_ . Τότε: 6 β. Θεωρούμε το ενδεχόμενο Κ: «Το σφαιρί α. Πρόκειται για το ενεχόμενο Α-Β και έτσι διο που θα επιλεγεί να είναι κίτρινο». Τότε 1 1 1 από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έχουΡ(Α-Β)=Ρ(Α)- Ρ(Α n Β)= = 20 � 3 - 6 6. με ότι Ρ(Κ)= = . β. Πρόκειται για το ενδεχόμενο Β-Α και έτσι 32 8 1 1 1 Θ Ε Μ Α 611 : Ρ(Β-Α)=Ρ(Β)- Ρ(Α n Β)= = Σε έναν διαγωνισμό του Α.Σ.Ε. Π . για l -6 3. πλήρωση θέσεων στο Υπουργείο Οικονομι γ. Πρόκειται για το ενδεχόμενο κών συμμετέχουν 20.000 υποψήφιοι για (Α-Β) υ ( Β - Α ) και έτσι 3.000 θέσεις. Ο αριθμός τ ων υποψηφίων της Ρ((Α-Β) υ (Β - Α) )=Ρ(Α-Β)+ +Ρ(ΒΑθήνας είναι τριπλάσιος από τον αριθμό 1 1 1 Α)= - + - = - . των υποψηφίων των νησιών του Αιγαίου 6 3 2 και του Ιονίου μαζί. Ο αριθμός των υποψη δ. Πρόκειται για το ενδεχόμενο (Α n Β)' . φίων των νησιών του Αιγαίου είναι διπλά Άρα Ρ( (Α n Β)' )= σιος από τον αριθμό των υποψηφίων των νησιών του Ιονίου. Τα ποσοστά επιτυχίας 1 5 = 1 -P (A n B ) = 1 - - = - . είναι 40% για την Αθήνα, 30% για τα νησιά 6 6

�

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/61

Μ α θ η ματικά για την Γ Λ υκε ίου

του Αιγαίου, 40% για τα νησιά του Ιονίου και 5% για την υπόλοιπη Ελλάδα. Επιλέ γουμε τυχαία έναν επιτυχόντα του διαγωνι σμού. Ν α υπολογισθεί η πιθανότητα του εν δεχομένου: «0 επιτυχών να προέρχεται από τα νησιά του Ιονίου». 1\ iJ σi1 :

Λύση :

α. Από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έ1 50 3 χουμε: και Ρ(Α)= = 0,75 200 4 60 3 0,3 . Έστω ότι τα ενδεΡ(Β)= 200 1 0 χόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. Τότε για την πιθανότητα Ρ( Α υ Β) της ένωσης των ενδεχομένων Α, Β θα πάρουμε ότι: Ρ( Α υ Β) =Ρ(Α)+Ρ(Β)= Ο,75+0,3= 1 ,05> 1 . Άτοπο. Άρα τα ενδεχόμενα Α και Β δεν εί ναι ασυμβίβαστα. β. Για το ενδεχόμενο Α γνωρίζουμε ότι Ac Α υ Β . Άρα θα έχουμε: Ρ(Α) � Ρ(Α υ Β) ή 0,75 :-::; Ρ(Α υ Β) ή Ρ( Α υ Β) � 0,75 . Επίσης έχουμε ότι Ρ(Α υ Β) :<;; Ι , οπότε 0,75 :-::; Ρ( Α υ Β) :<;; Ι :::::;, 0,75 � Ρ(Α) + Ρ(Β)- Ρ (Α n Β) � 1 :::::;, -1 � P(A n B ) -P(A)-P( B ) � -0,75 :::::;, Ρ(Α)+Ρ(Β)-1 � Ρ(Α n Β) � Ρ(Α)+Ρ(Β)-0, 7 5 :::::;, τελικά 0,05 :-::; Ρ( Α n Β) :-::; 0,3 . γ. Το ενδεχόμενο Γ είναι το ενδεχόμενο (Α-Β) υ (Β-Α). Άρα Ρ(Γ)=Ρ((Α-Β) υ (Β-Α))= =Ρ(Α)+Ρ(Β)-2Ρ (Α n Β) = = 1 ,05-2P (A n B ) ( 1 ). Από το δεύτερο ερώτημα έχουμε: Ρ (Α n Β) � 0,3 =>-Ρ (Α n Β) 2:: -0,3 =:::;,-2Ρ ( Α n Β ) 2:: -0,6. Έτσι από ( 1 ) θα πάρουμε: Ρ(Γ) � 1 ,05-0,6 :::::;, Ρ (Γ) � 0,45 . Άρα η ελάχιστη τιμή της πι θανότητας του ενδεχομένου Γ είναι ίση με 0,45 . Σχu"»}. ω : Οι πιθανότητες Ρ(Α υ Β) και P(A n Β) δύο ενδεχομένων Α και Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω ικανοποιούν πάντοτε τις παρακάτω ανισο τικές σχέσεις: ί) max {Ρ(Α), Ρ(Β)} � Ρ(Α υ Β) � min {Ρ(Α)+ Ρ(Β), 1 } ίί) max{O,P(A)+P(B)-1 } � P(AnB)� min{P(A),P(B)} =

= -

Έστω χ ο αριθμός των υποψηφίων από τα νησιά του Ιονίου. Τότε οι υποψήφιου του Αι γαίου θα είναι 2χ, οι υποψήφιοι της Αθήνας θα είναι 3 (2χ+χ)=9χ και οι υποψήφιοι της υπό λοιπης Ελλάδας θα είναι 20.000-χ-2χ-9χ=20.000-1 2χ. Το πλήθος των επιτυχόντων της Αθήνας θα είναι 40% · 9χ 3,6χ , του Ιονίου θα είναι 40% · χ 0,4χ , του Αιγαίου θα είναι 30% · 2χ 0,6χ και της υπόλοιπης Ελλάδας θα είναι 5%(20.000- 1 2x)= l .000-0,6x. Τότε θα έχουμε: 3 ,6χ+Ο,4χ+Ο,6χ+ 1 .0000,6χ=3 .000:::::;,4 χ=2000:::::;, χ=500. Άρα οι υπο ψήφιοι του Ιονίου είναι 500 και οι επιτυχόντες τους θα είναι σε πλήθος: 40% · 500 200. Έστω Ι το ενδεχόμενο «0 επιτυχών να προέρ χεται από τα νησιά του Ιονίου». Αφού το πλή θος των επιτυχόντων είναι 3.000 και οι επιτυ χόντες από τα νησιά του Ιονίου είναι 200, από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έχουμε ότι 1 200 P ( l)= _. 3 .000 1 5 =

Θ f f\/� A 7" :

45%.

Σε ένα δείγμα 200 στρατιωτών από το Κέντρο Εκπαίδευσης Πυροβολικού της Θή βας, 1 50 στρατιώτες δήλωσαν ότι κατάγο νται από την Αθήνα ενώ 60 στρατιώτες δή λωσαν πτυχιούχοι Ανώτατης Εκπαίδευσης. Επιλέγουμε έναν στρατιώτη και θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: «0 στρατιώτης να κατά γεται από την Αθήνα» και Β: «0 στρατιώ της να είναι πτυχιούχος Ανώτατης Εκπαί δευσης». α. Να δειχθεί ότι τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Να δειχθεί ότι Ρ(Α υ Β) ;;::: Ο,75 και 0,05 � Ρ( Α n Β) � 0,3 . γ. Να δείξετε ότι η πιθανότητα του ενδε χομένου Γ: «0 στρατιώτης να κατάγεται μόνο από την Αθήνα ή να είναι μόνο πτυχιούχος Ανώτατης Εκπαίδευσης», αποκλείεται να είναι μικρότερη από

Θ Ε :\� Λ 8" :

Από μελέτες που έχουν πραγματοποιηθεί έχει διαπιστωθεί ότι επτά στα δέκα αυτοκί νητα που προσέρχονται για τεχνικό έλεγχο έχουν φθαρμένα ελαστικά. Από τα αυτοκί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/62

Μ α θ ηματικ ά για την Γ ' Λυκείου

νητα που εξετάζονται και βρίσκονται να έ χουν φθαρμένα ελαστικά το 60% παρουσιά ζει ηλεκτρικά προβλήματα ενώ από τα αυ τοκίνητα που εξετάζονται και δεν έχουν φθαρμένα ελαστικά το 20% παρουσιάζει ηλεκτρικά προβλήματα. Επιλέγουμε ένα αυτοκίνητο που προσέρχεται για τεχνικό έ λεγχο. α. Να βρεθεί η πιθανότητα να παρουσιάζει ηλεκτρικά προβλήματα. β. Να βρεθεί η πιθανότητα να μην έχει φθαρμένα ελαστικά και ούτε ηλεκτρικά προβλήματα. Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: «Το αυτοκί νητο να έχει φθαρμένα ελαστικά» και Β : «Το αυτοκίνητο να παρουσιάζει ηλεκτρικά προ βλήματα». Τότε το ενδεχόμενο: «Το αυτοκί νητο να έχει φθαρμένα ελαστικά και να πα ρουσιάζει ηλεκτρικά προβλήματα» είναι το ενδεχόμενο Α n Β . Από υπόθεση έχουμε: 7 και Ρ(Α ' )= Ο,3 Ρ(Α)= = 0, 7 , 10 60 .2_ = 0,42. Επίσης το ενδεΡ( Α n Β) = 1 00 1 0 χόμενο «Το αυτοκίνητο να μην έχει φθαρμένα ελαστικά και να παρουσιάζει ηλεκτρικά προ βλήματα» είναι το ενδεχόμενο Β-Α και από 20 υπόθεση έχουμε ότι Ρ(Β-Α)= = _ 1_ = 0,06. 1 00 1 0 Επομένως: α. Ρ(Β-Α)=Ρ(Β)Ρ(Α n B) � Ρ ( Β ) = Ρ( Β - Α) + Ρ( Α n Β ) � Ρ( Β ) = 0,06+0,42=0,48 . Άρα η πιθανό τητα το αυτοκίνητο να παρουσιάζει ηλε κτρικά προβλήματα είναι ίση με 0,48 . β. Τ ο ενδεχόμενο «Το αυτοκίνητο ν α μην έ χει φθαρμένα ελαστικά και ούτε να πα ρουσιάζει ηλεκτρικά προβλήματα» είναι το ενδεχόμενο (Α υ Β)'. Τότε Ρ((Α υ Β)' ) = 1 - Ρ(Α υ Β) = = 1 -[Ρ(Α)+Ρ(Β)- Ρ(Α n Β) ]= = 1 -(0, 7+0,48-0,42)=0,24. ·

ΘΕΜΑ

Η Θετική Κατεύθυνση της Γ ' Τάξης Λυκείου κάποιου σχολείου της Αττικής α ποτελείται από 60 μαθητές. Στην ερώτηση για το μέσο ακρόασης μουσικής που χρησιΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

μοποιούν βρέθηκε ότι 32 μαθητές χρησιμο ποιούν στερεοφωνικό σύστημα, 30 μαθητές χρησιμοποιούν ραδιόφωνο ενώ 10 μαθητές δεν χρησιμοποιούν κανένα από τα δύο. α. Να βρεθεί το πλήθος των μαθητών που χρησιμοποιεί και τα δύο μέσα. β. Επιλέγουμε τυχαία έναν από αυτούς τους μαθητές. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου «0 μαθητής που επιλέ χθηκε να χρησιμοποιεί μόνο στερεοφω νικό σύστημα ή μόνο ραδιόφωνο». /λ i.κ>η :

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: «0 μαθητής που επιλέχθηκε να χρησιμοποιεί στερεοφωνι κό σύστημα» και Β: «0 μαθητής που επιλέ χθηκε να χρησιμοποιεί ραδιόφωνο». Τότε Α n Β είναι το ενδεχόμενο: «0 μαθητής που επιλέχθηκε να χρησιμοποιεί και τα δύο μέσα» ενώ (Α υ Β )' είναι το ενδεχόμενο: «0 μαθητής που επιλέχθηκε δεν χρησιμοποιεί κανένα από τα δύο μέσα». Από υπόθεση έχουμε ότι Ν(Α)=32, Ν(Β)=30 και Ν((Α υ Β)' ) = 1 0. Τό τε θα έχουμε: Ν(Α υ Β) = 60 - 1 0 = 50. α. Ν (Α υ Β) = Ν (Α)+Ν(Β-Α) => 50=32+Ν(Β-Α) => Ν(Β-Α)= 1 8 . Επίσης Ν(Α υ Β) =Ν(Β)+ +Ν(Α-Β ) => 50=30+Ν(Α-Β) =>Ν(Α-Β)=20. Όμως Ν( Α υ Β) =Ν(Α-Β)+ Ν(Α n Β) + +Ν(Β-Α) => 50=20+ Ν(Α n Β) + 1 8 => Ν(Α n Β ) = 1 2 . Άρα οι μαθητές που χρησιμοποιούν και τα δύο μέσα είναι 1 2 . β . Τ ο ενδεχόμενο: « 0 μαθητής που επιλέ χθηκε να χρησιμοποιεί μόνο στερεοφωνικό σύστημα ή μόνο ραδιόφωνο» είναι το εν δεχόμενο (Α - Β) υ (Β - Α) με Α-Β, Β-Α ασυμβίβαστα ενδεχόμενα. Άρα Ρ( (Α - Β) υ (Β - Α ) )=Ρ(Α-Β) +Ρ(Β-Α)= Ν(Α - Β) Ν(Β - Α) 20 + 1 8 _!_2_ = . = + = 60 Ν(Ω) 30 Ν(Ω) ΙΕ .'\ Π Λ. n o '' :

ο χώρος δειγματικός Έστω Ω={1,2,3,4, . . .. ,ν } με ν ε Ν * . Το δείγμα των απλών ενδεχομένων του Ω έχει μέση τιμή 7 ενω, για τις πιθ ανοτητες , , τους ισχυει: , χ - =2 Β' 67 τ.3/63

Μ αθη ματικ ά για την Γ Λ υκε ί ου

Ρ( 2) Ρ(3) Ρ(ν) . = = ........... = 2 3 ν α. Να βρεθεί ο φυσικός αριθμός ν. β. Ν α υπολογισθούν οι πιθανότητες των απλών ενδεχομένων του Ω. γ. Θεωρούμε το δείγμα κ, 2κ, 3κ με κ στοι χείο του Ω. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Α: «Η τυπική απόκλιση του παραπάνω δείγματος να είναι μεγαλύτε2 J6 ρη του ». 3 P(l) =

Λύση :

α. Αφού το δείγμα των απλών ενδεχομένων ' τιμη' ιση ' με "27 θ α πρεπει: ' μεση ' του Ω εχει

1 + 2 + 3 + 4 ........ + ν = -7 � ν · (ν + 1 ) = -7 � 2 ν 2ν 2 � ν + 1 = 7 � ν = 6. Άρα Ω= { 1 ,2,3 ,4,5,6 } .

β. Από υπόθεση και λόγω του πρώτου ερω τήματος παίρνουμε ότι: Ρ(2) Ρ(3) Ρ(4) Ρ(5) Ρ(6) P(l) = . = = = = 2 3 4 5 6 Ρ(2) Ρ(3) Ρ( 4) 'Ετσι έχουμε: P(l) = = = = 3 4 1 2 Ρ(5) Ρ(6) = -- - -5 6 P(l) + Ρ(2) + Ρ(3) + Ρ(4) + Ρ(5) + Ρ(6) 1 21 1+2+3+4+5+6 (Αφού P( l )+P(2)+P(3)+P(4)+ 1 +Ρ(5)+Ρ(6)= 1 ). Άρα: P( l )= - , Ρ(2)= _3_ , 21 21 3 6 4 5 Ρ(3)= , Ρ(4)= , Ρ(5)= 2ι , Ρ(6)= . 2ι 2ι 2ι γ. Το δείγμα κ, 2κ, 3κ έχει μέση τιμή κ + 2κ + 3κ 2κ και διακύμανση Υ 3 S 2= _!_ [ ( κ-2κ) 2 +(2κ-2 κ) 2+(3κ-2κ) 2 ]= � κ 2 • 3 3 Λόγω υπόθεσης θέλουμε 8 8 2 2.J6 S> <:::} S 2 > - <:::} - κ 2 > - <:::} κ > 4 3 3 3 3 με κ στοιχείο του Ω. Άρα πρέπει κ=3 ή κ=4 ή κ=5 ή κ=6. Άρα Α= {3 ,4,5,6} . Τότε Ρ(Α)=Ρ(3) +Ρ(4)+Ρ(5)+Ρ(6) = =. _

_ _

��

Σχόλιο :

Στο τρίτο ερώτημα δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε κλασικό ορισμό πιθανότη τας αφού ο δειγματικός χώρος Ω δεν αποτε λείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. ΘΕΜ Α 1 1 °:

Σ ε ένα σχολείο τ ο 1 0 % των αγοριών και το 30% των κοριτσιών έχουν ξανθά μαλλιά. Στο σύνολο των παιδιών του σχολείου το ποσοστό αυτών που έχουν ξανθά μαλλιά είναι ίσο με 24%. Επιλέγουμε τυχαία ένα παι δί του σχολείου. α. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ νου: «Το παιδί που επιλέχθηκε να είναι αγόρι». β. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ νου: «Το παιδί που επιλέχθηκε να είναι κορίτσι ή να έχει ξανθά μαλλιά». Λ ύ ση :

α. Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι αγόρι», Β: «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι κορίτσι» και Γ: «Το παιδί που . επιλέχθηκε έχει ξανθά μαλλιά». Τότε το ενδεχόμενο: «Το παιδί που επιλέ χθηκε είναι αγόρι και έχει ξανθά μαλλιά» είναι το Α n Γ ενώ το ενδεχόμενο: «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι κορίτσι και έχει ξανθά μαλλιά» είναι το Β n Γ . Τότε λόγω υπόθεσης θα έχου μ ε: 10 Ρ(Α n Γ) = - Ρ(Α) ( 1 ) και 1 00 Ρ(Β n Γ) = ]_Q_ Ρ(Β) (2). 1 00 Επίσης ισχύει: Ρ(Α)+Ρ(Β)= 1 � Ρ( Β) = 1 - Ρ( Α ) (3) και Ρ(Α n Γ) +Ρ(Β n Γ) = 0,24 (4). Αντικαθιστώντας τις ( 1 ), (2) και (3) στην (4) παίρνουμε ότι: Ο, 1 Ρ(Α)+Ο,3( 1 -Ρ(Α))=Ο,24 <:::} 0,2Ρ(Α) 0,06 <:::} Ρ(Α) = 0,3 . Άρα η πιθανότητα του ενδεχομένου: «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι αγόρι» είναι ίση με 0,3 . β. Αναζητούμε την πιθανότητα του ενδεχο μένου Β υ Γ. Τότε Ρ(Β υ Γ) = Ρ(Β) + Ρ(Γ) - Ρ( Β n Γ) = =

= 1 - Ρ(Α) + Ρ(Γ) - 0,3 · (1 - Ρ(Α)) = = 1 - 0,3 + 0,24 - 0,3 · 0, 7 = Ο, 73.

Τρόπος Β ' :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/64

Έστω Α το πλήθος των αγο-

Μ α θη ματικ ά για την Γ Λυκείου

ριών, Κ το πλήθος των κοριτσιών και Ν το συνολικό πλήθος των παιδιών. Τότε Κ=Ν-Α. Έτσι λόγω υπόθεσης θα έχουμε ότι:

30 ( Ν - Α) = 24 Ν � 100 100 100 � 20Α = 6Ν � -ΝΑ = 0,3.

γ.

_!_Q_ A +

Ρ(Β)=Ο, 7 Ρ(Α)=Ο,3 , και Άρα 7 Ρ( Β n Γ )= 0,3 Ο, 0,2 1 . Τότε Ρ(Β υ Γ) = Ρ(Β) + Ρ(Γ) - Ρ(Β n Γ) = =0, 7 +0,24-0,2 1 =0, 7 3 . ·

ΘΕ,Ιλ 1 2" :

χώρος ο Έστω δειγματικός Ω={ 1 ,2,3,4, .. ,2008} ο οποίος αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Δίνεται ότι Α, Β είναι δύο ασυ μβίβαστα ενδεχόμενα του Ω για τα οποία ισχύει ότι : 16Ρ(Β) 2-25Ρ(Β)-Ρ(Α) + 1 0=0. α. Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχο μένων Α και Β. β. Να βρεθεί το πλήθος των στοιχείων των ενδεχομένων Α και Β. Τι συμπέρασμα μπορεί να προκύψει για γ. τα ενδεχόμενα Α και Β; α.

Λύ ση :

Αφού Α, Β ασυμ β ίβ αστα ενδεχόμενα θα έχουμε ότι Ρ( Α υ Β) =Ρ(Α)+Ρ(Β). Όμως Ρ(Α υ Β) ::; ι � Ρ(Α) ::; Ι - Ρ(Β) ( 1 ). Από υπόθεση παίρνουμε ότι Ρ(Α)= 1 6Ρ(Β) 225Ρ(Β)+ 1 0 (2). Έτσι από ( 1 ) και (2) θα έ χουμε: 1 6Ρ(Β) 2-25Ρ(Β)+ 1 Ο ::; 1 - Ρ(Β) � 1 6Ρ(Β) 2-24Ρ(Β)+9 ::; Ο � (4Ρ(Β)-3) 2 ::; Ο . Άρα 4Ρ(Β)-3=0 � Ρ(Β) � . 4 Αντικαθιστώντας την τιμή της Ρ(Β) που β ρήκαμε στην (2) θα πάρουμε ότι 1 Ρ(Α)= . 4 Αφού ο δειγματικός χώρος Ω αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε κλασικό ορισμό πιΝ(Α) = θανότητας και έτσι Ρ(Α)= _!_ 4 Ν(Ω) Ν(Α) , οποτε Ν(Α) = 502. ,0 μοια εργα2008 ' ζόμενοι θα έχουμε ότι N(B)= l 506. =

β.

3 1 + 1 και Α, Β 4 ασυμ β ίβ αστα ενδεχόμενα δειγματικού χώ ρου Ω με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Ε πομένως τα ενδεχόμενα Α και Β είναι συ μπληρωματικά δηλαδή Α' = Β.

'Εχουμε ότι Ρ(Α)+Ρ(Β)=

ΘΕΜΑ

1 3°: Σ ε ένα συρτάρι υπάρχουν ανακατεμένα γραπτά Β ' και Γ ' τάξης Λυκείου, Μαθημα τικών Θετικής Κατεύθυνσης. Τα γραπτά της Γ ' τάξης είναι 40 και τα γραπτά της Β ' τάξης με βαθμό μικρότερο ή ίσο του 1 0, εί ναι 10. Επιλέγουμε τυχαία ένα γραπτό και θεωρούμε τα ενδεχόμενα : Α: «Το γραπτό που επιλέχθηκε έχει βαθμό μικρότερο ή ίσο του 1 0» και Β: « Τ ο γραπτό που επιλέχθηκε είναι γραπτό της Β ' τάξης με βαθμό μεγα λύτερο του 1 0». Για τις πιθανότητες Ρ(Α) και Ρ(Β) των ενδεχομ ένων Α και Β ισχύει: 1 7 Ρ(Α)= 4 και Ρ(Β)= . 12 α. Να βρεθεί το πλήθος των γραπτών της Β ' τάξης καθώς και το πλήθος των γρα πτών της Γ ' τάξης με βαθμό μικρότερο ή ίσο του 10. β. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ νου Γ: « Τ ο γραπτό που επιλέχθηκε να είναι της Γ ' τάξης ή να είναι γραπτό με βαθμό μεγαλύτερο του 1 0». Λύ σ η :

Υποθέτουμε χ το πλήθος των γραπτών της Β ' τάξης, y το πλήθος των γραπτών της Γ ' τά ξης με β αθμό μικρότερο ή ίσο του 1 Ο και βα σιζόμενοι στην υπόθεση κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα: ΤΑΞΗ Β ΑΘ Μ Ο Λ ΟΓΙΑ Π Λ ΗΘΟΣ ΓΡΑΠΤΩΝ Μ Ε ΒΑΘΜΟ

::;

Π Λ ΗΘΟΣ ΓΡΑΠΤΩΝ

Π Λ ΗΘΟΣ ΓΡΑΠ ΤΩΝ

Β ' ΤΑΞΗΣ

Γ ' ΤΑ Ξ Η Σ

1 0+y

χ- 1 0

40-y

30+x-y

40+χ

Π Λ ΗΘΟΣ ΓΡΑ ΠΤΩΝ Μ Ε

ΣΥΝΟ Λ Α

ΒΑΘ Μ Ο > 1 0

ΣΥ!\ Ο Λ Α

α.

Από την υπόθεση και τον πίνακα θα έχου-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/65

Μ αθη ματικ ά για την Γ Λ υκείου

με: Ρ(Α)= -1 � I O + y = -1 � χ = 4y και --

40 + χ

νου

α. 7

Ρ(Β)= χ - 1 0 = - � 1 2 χ - 1 20 = --

40 + χ 1 2 = 280 + 7 χ � χ = 80 .

Αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση θα έχουμε ότι y=20. Άρα το πλήθος των γραπτών της Β ' τάξης είναι ίσο με 80 και το πλήθος των γραπτών της Γ τάξης με βαθμό μικρότερο ή ίσο του 1 0 είναι ίσο με 20. β.

Το πλήθος των γραπτών της Γ τάξης με β αθμό μεγαλύτερο του 1 0 θα είναι 4020=20 ενώ της Β ' τάξης θα είναι 801 0=70. Δηλαδή συνολικά τα γραπτά με β αθμό μεγαλύτερο του 1 0 θα είναι 20+70=90. Τότε από προσθετικό νόμο πιθανοτήτων θα έχουμε ότι

Α.

, \ίJ ση :

Από τους τύπους Vieta θα έχουμε: 1 2P( l )+P(2)=5P(2) � P(2)= 2 P( l ) (1 ) και 2Ρ( 1 )Ρ(2)= 3_ Ρ(3) (2) . 9 Από τις (1) και (2) παίρνουμε: Ρ(3)= 2_ (P( l )) 2 . 2 Όμως ισχύει: P( l )+P(2)+P(3)= 1 . Αντικαθιστώντας τις Ρ(2) και Ρ(3) στην προηγούμενη ισότητα θα έχουμε: 2_ (P( 1 )) 2 +P( l )+ .!_ Ρ( 1 )= 1 2 2 � 9(Ρ(1)) 2 + 3P(l) - 2 O =>P( l )= - 2 3 (απορρίπτεται) και Ρ( 1 )= 31 . =

Έτσι θα έχουμε:

Ρ(Γ)=Ρ(Γραπτό Γ τάξης)+Ρ(Γραπτό με β αθμό> 1 0)-Ρ (Γραπτό Γ τάξης και β αθ40 + 90 - 20 1 1 . μου' > 1 0) 40 + 80 12 =

1 1 1 1 Ρ( 1 )= - , Ρ(2)= - · - = 3 2 3 6

9 1 1 και Ρ(3 )= - · (-) 2 = - . 2 2 3

Θ Ε Μ Α 1 4° :

Έστω Ω={1,2,3 } δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και Ρ(1 } , Ρ(2), Ρ(3) οι πι θανότητες των απλών ενδεχομένων του Ω. Δίνεται ότι η δευτεροβάθμια εξίσωση :

χ 2- 5Ρ(2)χ+ � Ρ(3)=0 9 έχει ρίζες τους αριθμούς: 2Ρ(1) και Ρ(2). α. Να βρεθούν οι πιθανότητες

Ρ(3).

β. Δίνεται η συνάρτηση

3λχ+4, λ ε Ω

Ρ(1), Ρ(2),

f(x)=x + 21 λ2 χ 23

και το ενδεχό μενο

Α:

« Η εφαπτομένη της C r στο σημείο της (1, f(1)) να είναι παράλληλη στην ευθεία

y=x+2».

συνάρτηση f ορίζεται σε όλο το � και είναι παραγωγίσιμη σε όλο το � ως πο λυωνυμική με f ' (χ) =3χ2 +λ2 χ-3λ, χ ε � Η εφαπτομένη της C r στο σημείο της ( l ,f( l )) θα είναι παράλληλη στην ευθεία y=x+ 2 εάν και μόνο οι δύο ευθείες έχουν ίσους συντελεστές διευθύνσεως. Άρα ισο δύναμα έχουμε:

β. Η

f ' (l) = 1 � λ2 -3λ +3 1 � λ2 - 3λ + 2 = 0� από όπου προκύπτει ότι λ= 1 ή λ=2. =

Δηλαδή το ενδεχόμενο Α είναι το : Α= { 1 ,2 } . 1 1 1 Τότε Ρ(Α)=Ρ( 1 )+Ρ(2)= - + - - . 3 6 2 =

Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 67 τ.3/66

Μ α θ η ματικ ά για την Γ Λυκε ίου

Ε ΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΚΑΜΠΥΛΗΣ Αργυράκης Δημήτρης Ε Ξ Ι Σ ΩΣ Η Ε Φ Α Π Τ Ο Μ Ε Ν Η Σ

Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σ' ένα διάστημα Δ και χ 0 ε Δ . Αν η f είναι παραγ ωγ ίσιμη στο χ 0 , τότε ορίζου μ ε ως εφαπτομένη της γραφικής παρά στασης C r της συνάρτησης f στο σημείο Α ( χ 0 , f(x 0 )) την ευθεία ( ε ) που διέρχεται από το Α και έχει κλίση (συντελεστή διεύθυνσης) την f ( χ0 ) , δηλαδή την ευθεία μ ε εξίσωση '

...

J,i'

ι, γ

' \. i. \j

ι:�

Αν ω είναι η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη (ε) με τον άξονα χ 'χ, τότε ισχύει :

t �

Μ Ε Θ Ο _1 0 . \ Ο Γ Ι Α

Α ' Ο Μ ΑΔΑ :

Περιλαμβ άνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να β ρούμε την εξίσωση της εφαπτο μένης της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης και γνωρίζουμε το σημείο επαφής.

Άσκηση :

Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = χ

(.fx" - 3 )

κής παράστασης C r της συνάρτησης

Ν α βρείτε την εξίσωση της εφαπτομ ένης της γραφι

στο σημείο α)

και β)

)]

Η f παραγωγίζεται στο χ 0 = 4 με

= '}__ .f4 - 3 = Ο , επίσης είναι 2

[ (

f ( 4) = 4 .

(

Α (4 , f ( 4) )

Για χ > Ο έχουμε f ' ( χ) = χ Γχ - 3

Λύση

α)

) (

Β (Ο , f ( O) ).

)

' = χ · Γχ - 3 + χ Γχ - 3 = !_ · -1- Γχ 'i = Γχ - 3 + χ = - 3 + Γχ = Γχ - 3 . 2 2 2 Γχ

(.f4.- 3 ) = - 4 .

f ' ( 4)

Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της C r στο σημείο A (4 , f ( 4 )) είναι (ει ) : β)

y - f(4 )

= f ' (4) · ( x - 4 ) � y - (- 4) = Ο · (χ - 4) � y = - 4 .

Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο χ0 = Ο . Για χ > Ο έχουμε

(

)

f(x) - f( O ) χ Γχ - 3 Γχ = = - 3 , οπότε χ-0 χ

lim f(x)χ -- 0f( O) = lim(Γx - 3 ) = -3 .

χ �ο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/67

χ �ο

Μ αθη ματικά για την Γ Λ υκείου

Άρα η f παραγωγίζεται στο χ 0 = Ο με f ' ( Ο ) = -3 , οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της στο σημείο B (O , f ( O )) είναι (ε2 ) : y - f( O ) = f ' ( O ) · ( χ - Ο ) <=> y - Ο = -3 · (χ - Ο) <=> y = -3χ . Β ' Ο Μ ΑΔΑ :

Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να βρούμε την εξίσωση της εφαπτο μένης της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης f και δεν γνωρίζουμε το ση μείο επαφής.

Στη περίπτωση αυτή θεωρούμε σημείο επαφής Μ (χ 0 , f(x 0 )) και προσδιορίζου με τον συντελεστή διεύθυνσης, αν πρόκειται για μη κατακόρυφη εφαπτομένη , ή βρίσκουμε την εξίσωση της εφαπτομένης, αν αυτό είναι απαραίτητο. Στη συνέχεια με κάποια συνθήκη που θα δίνεται στην άσκηση προσδιορίζουμε την τετμημένη χ 0 του σημείου επαφής και ότι άλλο απαιτείται. Ά σ κη σ η 1

: ( Δίνεται ο συντελεστής διεύθυνσης)

Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων της γραφικής παράστασης C r της συνάρτη σης f(x) = χ 3 - 3χ 2 + 4χ + 8 οι οποίες α) είναι παράλληλες προς την ευθεία ζ : y = 13χ - 7. β) είναι κάθετες στην ευθεία η : y = γ) σχηματίζουν με τον άξονα

χ 'χ

-4 χ + 3. 1

γωνία ω = 45 ° .

Λύ ση

Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (x ) = 3x 2 - 6x + 4 . Επομένως ορίζεται εφαπτομένη της C r σε κάθε σημείο της. Αν Μ (χ 0 , f(x 0 )) το σημείο επαφής και (ε) η εφαπτομένη της C r στο Μ , τότε ο συντελεστής διεύθυνσης λ ε της εφαπτομένης είναι λε = f ' (x0 ) = 3 x� - 6 x0 + 4 . α) Είναι: ε // ζ <=> λ ε = λς <=> 3χ� - 6χ 0 + 4 = 1 3 <=> 3χ � - 6χ 0 - 9 = Ο <=> 3 (χ� - 2χ 0 - 3 ) = Ο <=> <=> χ � - 2χ - 3 ο <=> χ = 3 ή χ - 1 . Αν χ 0 = 3 τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (3 , f ( 3 )) είναι ο

•

(ε) : y - f( 3 ) = f ' ( 3) · ( χ - 3 ) <=> y - 20 = 1 3 · (χ - 3) <=> y = 1 3χ - 1 9 . Αν χ 0 = - 1 τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (- 1 , f ( - 1 )) είναι (ε) : y - f(- 1 ) = f ' (- 1) · ( x + 1 ) <=> y - 0 = 1 3 · (χ + 1 ) <=> y = 1 3χ + 1 3 .

β)

{ �) = - 1 <::> 3χ � - 6χ 0 + 4 = 4 <:::>

Είναι: ε ..l η <=> λε · λη = - 1 <=> (3χ � - 6χ 0 + 4 ) -

•

<::> 3χ � - 6χ 0 = 0 <=> 3 χ 0 (χ 0 - 2) = 0 <::> χ 0 = 0 ή χ 0 = 2 . Αν χ 0 = Ο τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο Μ ( Ο , f (Ο )) είναι (ε) : y - f( O ) = f ' ( O ) · ( x - O ) <::> y - 8 = 4 · (x - 0) <=> y = 4x + 8 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

67 τ.3/68

Μ αθη ματικά για την Γ Λ υκείου

Αν χ 0 = 2 τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (2 , f (2 )) είναι ( ε) : y - f(2 ) = f ' (2) · ( χ - 2 ) <=> y - 1 2 = 4 · (χ - 2) <=> y = 4χ + 4 . Είναι: λε = ε φ45 ° <::> 3χ � - 6χ 0 + 4 = 1 <::> 3 χ � - 6χ 0 + 3 = 0 <=> 3 ( χ � - 2χ 0 + 1 ) = 0 <:::> •

γ)

<=> 3 (χ 0 - 1γ = 0 <::> χ 0 - 1 = 0 <::> χ 0 = 1 . Για χ 0 = 1 η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (1 , f ( l )) είναι ( ε) : y - f( 1 ) = f ' ( l ) · ( x - 1) <::> y - 1 0 = 1 · (x - 1 ) <=> y = x + 9 .

•

Ά σκ η σ η 2 :

( Δίνεται σημείο εκτός της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης από το ο ποίο διέρχεται η ε φαπτομένη ) Να βρείτε την εξίσ ίο ση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης C r της συνάρτη σης

f(x) = x3 + x2 + x

(

)

η οποία διέρχεται από το ση μείο A O , l .

ΛίJ σ η

Για κάθε χ Ε R έχουμε f ' (x ) = 3χ 2 + 2χ + ι Επομένως ορίζεται εφαπτομένη της c f σε κάθε σημείο της. Αν Μ (χ 0 , f(x 0 )) το σημείο επαφής και (ε) η εφαπτομένη της C r στο Μ, τότε η εξίσωση της εφαπτομένης είναι (ε) : Υ - f (χ ο ) = f ' ( χ ο ) · (χ - χ ο ) <=> Υ - (χ � + χ � + χ ο ) = (3 χ � + 2χ ο + 1 ) · (χ - χ ο ) ( 1 ) · Όμως το Α ε (ε ) αν και μόνο αν η εξίσωση ( 1 ) επαληθεύεται για χ= Ο και y= 1 . 'Ετσι έχου με

1 - (χ � + Χ � + Χ 0 ) = (3χ � + 2χ 0 + 1 ) · (0 - χ0 ) <=> 1 - Χ � - Χ � - Χ 0 = -3Χ � - 2Χ� - Χ 0 <:::> <=> 2χ � + χ � + 1 = ο <=> (χ ο + 1 ) . (2χ � - χ ο + 1 ) = ο <=> χ ο + 1 = ο <=> χ ο = - 1 •

Για χ 0 = - 1 η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο Μ ( - 1 , f ( - 1 )) είναι ( ε) : y - f ( - 1 ) = f ' ( - 1) · ( χ + 1) <=> y + 1 = 2 · (χ + 1 ) <=> y = 2χ + 1 .

Γ ' ΟΜΑΔΑ :

Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να αποδείξουμε ότι μια ευθεία εφάπτεται στη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης. Μια ευθεία (ε) με εξίσωση της μορφής y=αχ + β εφάπτεται στη γραφική παράσταση C r μιας συνάρτησης f , αν και μόνο αν, υπάρχει σημείο Μ (χ 0 , f(x 0 )) , τέτοιο ώστε : η ευθεία (ε) να διέρχεται από το σημείο Μ και η κλίση της ευθείας (ε) στο Μ να ισούται με την f ' ( x 0 ) . •

()

-------�--·

•

, {

Δηλαδη, αν και μονο αν, το συστημα Άσκη ση Ι :

Να αποδείξετε ότι η ευθεία ( ε ) : τησης f(x) = x 3 - 2x + 4 .

f(x 0 ) = α χ 0 + β έχει μια τουλάχιστον λύση ως προς χ 0 • , f (χ 0 ) = λ ε = α

y=x+2

εφάπτεται στη γραφική παράσταση της συνάρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/69

Μ αθη ματικά για την Γ Λ υκε ίου

Λί>ση

Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (x ) = 3χ 2 - 2 , της. Η ευθεία (ε) : y = χ + 2 εφάπτεται Μ ε (ε) (Σ) . f '(xo ) = λ ε f(x0 ) = x0 + 2 <=> Έχουμε λοιπόν (Σ) <=> f '(x0 ) = 1

{

{ {

οπότε ορίζεται εφαπτομένη της C r σε κάθε σημείο της C r στο σημείο Μ (χ 0 , f(x0 )) , αν και μόνο αν

{

χ� - 2 χ 0 + 4 = χ0 + 2 χ� - 3 χ 0 + 2 = 0 <=> 3χ� - 2 = 1 3χ� = 3

{

<=>

χ� - 3 χ 0 + 2 = Ο χ� - 3 χ 0 + 2 = Ο <=> χ 0 = 1 . <=> χ0 = ± 1 χ� = 1 Άρα η ευθεία (ε) : y = x +2 εφάπτεται της C r στο σημείο Μ ( ι , 3 ) . <=>

Ά σ κη ση 2 :

Να προσδιορίσετε την τιμή του λ ε R για την οποία η ευθεία ( ε ) στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = e ' . . \ύση

Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (x ) = e ' , οπότε ορίζεται εφαπτομένη της Η

ευθεία (ε) : y = χ+λ εφάπτεται της

y = χ + λ ε φάπτεται

και μόνο αν { � { {

σε κάθε σημείο της.

στο σημείο Μ(χ0, f(x0)) , αν

{

( ) εε

f (χο ) = λ

(Σ).

f(χ0 ) = χ0 + λ λ=1 e'" = χ ο + λ e'" = χ 0 + λ <=> <=> <=> , o Χο = Ο . f (x0 ) = 1 e'" = e e'" = 1 Άρα για λ = 1 η ευθεία (ε) : y = χ + 1 εφάπτεται της C r στο σημείο Μ ( Ο , 1 ) . (Σ)

Έχουμε λοιπόν Ά

σ κη ση

<=>

Δίνεται η : συνάρτηση f(x) = α χ , Ο < α * 1 . Να προσδιορίσετε την τιμή του α για την οποία η ευθεία (ε) : y = x εφάπτεται στη γραφική παράσταση της συνάρτησης . Λύση

Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (χ ) = α ' Ι η α , οπότε ορίζεται εφαπτομένη της C r σε κάθε σημείο της. Η ευθεία (ε) : y = x εφάπτεται της C r στο σημείο Μ (χ 0 , f(x 0 )) , αν και μόνο αν Μ ε (ε) (Σ) . f '( xo ) = λε

{

{ {

Έχουμε λοιπόν f (Χ ο ) = Χ ο α = Χο <=> (Σ) <=> f '(x 0 ) = 1 α'" lηα = 1 <=>

'ο

<=>

α ' " = χ0 <=> ln x0 = ln e

{

α =Χ χ0 1ηα = 1 χ0

{

αc = e χ0 = e

<=>

{ {

Άρα για α = e c η ευθεία (ε) : y = x εφάπτεται της

α = Χο Ιη α'" = 1 'ο

e Ιηα = 1 χ0 = e

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/70

<=>

{

α =Χ ln x0 = 1 'u

Ιηα = _!_ e χ0 - e

<=>

στο σημείο M ( e , e ) .

Μ α θ η ματικ ά για την Γ Λ υκε ίου

Δ ' Ο Μ Α ΔΑ :

Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να αποδείξουμε ότι δύο γραφικές παραστάσεις δέχονται κοινή εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο, δηλαδή εφάπτονται. Cr

Οι γραφικές παραστάσεις

και

δύο συναρτήσεων

και

αντίστοιχα , δέχονται

κοινή

μη κατακόρυφη εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο f

(

\i !

(

αν και μόνο αν

χ0 ,

τετ μη μένη

f (x 0 ) = g ( x 0 )

•

με

και

Γ (χ σ ) = g ' ( x o )

•

t )

Ά σ κ η ση 1 :

Να

αποδείξετε

g (χ ) = 4 - 4e Για των

οι

ότι

παραστάσεις

των

συναρτήσεων

f(x) = e '

και

δέχο,•ται κοινή εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο.

x E R έχουμε συναρτήσεων f και

κάθε

, τμη μενη χ 0 ,

γραφικές

και g ' (x ) = 4 e -x . Οι γραφικές παραστάσεις C r και C g αντίστοιχα , δέχονται κοινή εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο με τε-

f ' (x ) = e x g

{

αν και μονο αν, το συστημα

f (x o ) = g ( x o )

f (χο ) = g (χσ )

' λυση ' ως εχει μια του λαχιστον

χ0 •

πρ ος

Είναι f ( x 0 ) = f ( ln2) = e 1 n2 τους σημείο M ( ln2 , 2).

=2.

Άρα οι

ώστε

οι

και

δέχονται κοινή εφαπτομένη στο κοινό

Α σ κ η ση 2 :

Να

f(x)

βρείτε =

τους

α, β

g (x ) = x 2 + 3βχ + 1 = 1.

συν(πχ) - α και

μείο με τετμη μένη χ 0

παραστάσεις

γραφικές

των

συναρτήσεων

να έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους ση

Λ 1Jση

Για κάθε χ Ε R έχουμε f ' ( x ) = -π ημ (πχ ) και g ' (x ) = 2 χ + 3 β . Οι γραφικές παραστάσει; C r και C g των συναρτήσεων f και g αντίστοιχα , δέχονται κοινή εφαπτομένη στο κοινό του ; ' ' με τετμημενη σημειο

Έχουμε λοιπόν

ι�

χ0 = 1 ,

r r c x o ) = g ( x ,-, )

' αν και μονο αν �

. . f ιχ J =g ιx

� -

Ι = '

�

:.:. -

.... =

....

........ -

:.·

( � ).

Μ α θη ματικ ά για την Γ Λυκείου

Περιλαμβ άνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να αποδείξουμε ότι δύο γραφικές παραστάσεις δέχονται κοινή εφαπτομένη.

Ε ' Ο Μ ΑΛΑ :

Έστω (ε1), (ε2 ) οι εφαπτομένες των γραφικών παραστάσεων C r και C g δύο συναρτήσεων f και g στα σημεία Α ( α , f(α)) και Β ( β , g ( β )) αντιστοίχως, με α :;t: β . Είναι : •

Β_.../ . .- ·�.

//.

•

(ε1 ) : y - f(α) = f '( α) · (χ - α) � y = f '( α) · χ + f(α) - α · f '( α) (ε2 ) : y - g ( β ) = g '( β ) · (χ - β) � y = g '( β) · χ + g ( β ) - β ·g ' ( β )

Οι ευθείες (ε 1 ), ( ε2 ) ταυτίζονται, δηλαδή οι C r , C g έχουν κοινή f '( α) = g '( β) , , (ε), αν και μονο εφαπτομενη αν f(α) - α . f '( α) = g ( β ) - β ·g '( β )

{

Άσκη ση :

Να βρείτε την κοινή εφαπτομένη των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων

1 f( χ) = χ

και g (χ ) = - χ 2 •

Λ ίJση

Για κάθε χ Ε R * έχουμε f ' (χ ) = -

οπότε ορίζεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της �, χ-

Για κάθε χ Ε R έχουμε g ' (x ) = -2 χ , οπότε ορίζεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της Η εξίσωση της εφαπτομένης της C r στο σημείο Α ( α , f(α)) , α :;t: Ο είναι 1 1 (ε Ι ) : y - f(α) = f ' ( α) · (χ - α) � y - __!__ = - - (χ - α) � y = - -- χ + 3_ α α α2 α2 Η εξίσωση της εφαπτομένης της C g στο σημείο Β ( β , g ( β) ) είναι (ε2 ) : y - g ( β ) = g ' ( β ) · (χ - β ) � y - (- β 2 ) = -2 β (χ - β ) � y = - 2 β χ + β 2

Cg .

Οι ευθείες (ε1), (ε2 ) ταυτίζονται, δηλαδή οι C r , C g έχουν κοινή εφαπτομένη (ε), αν και μόνο f ' ( α) = g '( β ) , ( Σ). ,Εχουμε λοιπον αν f(α) - α · f '( α) = g ( β) - β ·g ' ( β )

{

(Σ) �

Επομένως Α τις

και

1 - - = - 2β α2 3_ = β 2 α

1 2α 2 � 1 -2 = α 4α 4 β=

�

1 2α 2 � 1 α =8

β= 3

β= α=

1 2α 2

{

�

β�2 1 α=2

(Ξ- , 2) και Β ( 2 , - 4) είναι τα σημεία επαφής της κοινής εφαπτομένης (ε) με

αντίστοιχα .

κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση

(ε) : y - g (2 ) = g ' (2) · ( χ - 2 ) � y - (- 4) = - 4 · (χ - 2) � y = - 4χ + 4 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/72

Μ α θ η ματικά για την Γ Λυκείου

ΘΕΜΑ Τ Α ΕΠΑΝ-ΑΛΗΨΗΣ Ανδρ έ ας Τ σαγγάρης - Στέλιος Κάσδαγλης ΘΕΜΛ 1 "

Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί z1=α+βί και z2=α+γί με β<γ και α;t:Ο για τους οποίους ισχύει I z ι +z2 l I zι-z2 1 επίσης θεωρούμε συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α=[β, γ] και σύνολο τιμών f(Α)=[β, γ] η οποία είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α. Να αποδειχθεί ότι: 1). α2+βγ=Ο χ + f (β) χ + f (γ) 2). Η εξίσωση + = -3 (I) χ-β χ-γ έχει ακριβώς δυο ρίζες στο (β, γ) 3). Να βρεθεί το όριο: β χ3 + γ χ 2 + ημ l χ χ lim h ( ) , όπου h ( χ ) = γχ 2 =

Χ -Η«

μική 2ου βαθμού . Οι χ 1 και χ 2 είναι οι μοναδικές ρί ζες της g(x)=O στο (β, γ) άρα και η εξίσ ω ση (I) έχει ακριβώς δύο ρίζες στο (β, γ) . βχ 3 + γχ 2 + ημ l χ 3 ) . Έχουμε: h ( x ) = 2 γχ γ γ ημ2 ημ - β 3 1 βχ + γχ χ χ ..__ 2.:....__ + :..._ 2 = - χ + 1 + -3 · 1 γχ γχ γ χ χ

Άρα lim h ( x ) = � ( +oo ) + 0 · 1 = -oo , αφού � < 0 Χ - ΗΟΟ γ γ γ ημ - U = �γ χ = lim ημu και lim ιι �Ο U x � +oc γ ημ χ __

2 1 ) . έχουμε : I z ι -z 2 1 I z ι-z 2 l � I z ι +z2 l 2 = I z ι -zz l � ( z 1 -"- Ζ : ) ( �ι + � � ) = ( z 1 - z 2 ) ( �ι - �z ) � =

� 2z 1 z : + 2zιz� = 0 � � z 1 z: = -zιz � � Ζ 1 Ζ 2 = -z 1 Zz

� z 1 �: ε l � Re ( z 1 �2 ) = 0

(1)

Ζ1 �� =(α+βi)(α+γ)=α2 +βγ+(αβ-αγ)i 2 2 Οπότε Re ( z1 � 2 ) = α + βγ και ( 1 ) � α + βγ = 0 Είναι:

2). Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α=[β, γ] και έχει σύνολο τιμών το f(Α)=[β, γ] θα είναι: f(β)=β και f(γ)=γ, οπότε με χ:;fβ και χ:;fγ έχουμε : ( Ι ) � χ + β + χ + γ + 3 = Ο �(χ+β)(χ-γ)+(χ χ -β χ -γ -

β)(χ+γ)+ 3 (χ-β)(χ-γ)=Ο Έστ ω η συνάρτηση : g(χ)=(χ+β)(χ-γ)+(χ β)(χ+γ)+3 (χ-β)(χ-γ), για κάθε χ ε [β, γ] • Από το α) ερώτη μα έχουμε: βγ= -α2 <0 αφού α:;fΟ, οπότε οι αριθμοί β, γ είναι ετε ρόση μοι και επειδή β<γ θα είναι β<Ο και γ>Ο • Για τη συνάρτηση g ισχύουν τα εξής: α) Είναι συνεχής στο [β, γ] , ω ς πολυ ωνυμική β) g(β)=2β(β-γ)>Ο, g(γ)=(γ-β)2γ>Ο και g(Ο)=βγ<Ο Επομέν ω ς η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θε ω ρήματος Bolzano στα: [β, Ο] και [Ο,γ] . οπότε υ πάρχουν χ 1 ε (β, Ο) και χ 2 ε (Ο,γ) έτσι ώστε g(x 1 )=0 και g(xz)=O με x ι ,cXz και αφού η g είναι πολυ ωνυ -

Θ Ε :VΙ Λ 2 "

Έστω η συνάρτηση : g: IR -IR, με g(1 )=3, g(2)=4, συνεχής και γνησίως αύξουσα στο IR με [ 1, 2 ] ς g ( JR } . Αν (gog)(x)=x-4 για κάθε xεiR τότε: α) Να δειχθεί ότι η g αντιστρέφεται και g- 1 (x)=g(x)+4, για κάθε x ε g(IR). β) Αν zεC και I z+4i I =2, να βρεθούν η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του I z-3 1 γ) Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση: f(x)= I z-3 1 x+g-1(x)-1 4 Ν α δειχθεί ότι η εξίσωση f(x)=O έχει μια τουλά χιστον ρίζα στο [1,2] δ) Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση της g- 1 έχει ένα μόνο κοινό σημείο με την ευθεία (ε): y=-4x+12 που έχει τετμημένη στο (1,2). Από δ ει ξ η : α) • Αφού η g είναι γνησίω ς αύξουσα, είναι και « 1 1 » στο IR, οπότε αντιστρέφεται. • Είναι (gog)(x)=x-4 δηλαδή g(g(x))=x για κάθε x ε iR. Έστ ω ένας αριθμός y ε g(IR). Τότε υ πάρχει x ε iR ώστε g(x)=y. Έτσι έχουμε: g(x)=y �g(g(x))=g(y) � x -4=g(y) �x=g(y)+4�g- 1 (y)--= g(y)+4, για κάθε y ε g(IR). Άρα: g- 1 (x)=g(x)+4, για κάθε x ε g(IR) . β) • Είναι: I z+4i I =2� I z-(0-4i) I =2 . Οπότε η ει κόνα M(z) κινείται στον κύκλο c με κέντρο το Κ(Ο,-4) και ακτίνα ρ=2 . • Είναι I z-3 1 = I z-(3+0i I =(ΑΜ) όπου Α(3 ,0) Αφού η εικόνα Μ του z κινείται στον κύκλο c ισχύει: ( ΑΓ)::;(ΑΜ)::;( ΑΒ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3!73

Μ α θ η ματικά για την Γ Λυκε ίου

(ΑΚ)-Ρ:::;(ΑΜ):::;(ΑΚ)+Ρ � όπου ( ΑΚ) = ( Ο - 3 ) 2 + ( 4 - 0 ) 2 , ( ΑΚ) = .)9 + 16 = 5 οπότε: 5-2 :::; I z-3 1 :::;5 + 2,

3:::; I z-3 1 :::;7 . χ'

Υ ο

Α(3 ,0 )

-1

z-i z-1 1

Έστω η συνάρτηση : f(x)= I I χ+ I •-2, για κάθε χε!R. όπου μιγαδικός αριθμός με I I <1, I 1 και #i, #1 α) να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και να λυθεί η εξίσωση f(x)=O β) να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του γ) αν επιπλέον ισχύει I I I με z=α+βί να δειχθεί δ) να υπολογιστεί το όριο: ϊl' - l - 1 1

z-i

Β·.,� y

μοναδική στο ( 1 ,2). Δηλαδή η γραφική παράσταση της g-- έχει ένα μόνο κοινό σημείο με την ευθεία (ε) που έχει τετμημένη στο ( 1 ,2).

z-1 1 <

z-i < z-1 1 Re(z)<Im(z) !�"!(l z -

z } '

α) Είναι:Ο< I z-i I <1 και Ο< I z- 1

_ _

Άρα I z-3 1 min=3 και γ) Είναι: f(x)= I z-3 1 x+g- 1 (x)- 14 = = I z-3 1 x+ g(x) +4-14 = I z-3 1 x+g(x)-10 , για κάθε xεg(IR) . Οπότε για τη συνάρτηση f ισχύουν στο [1,2 ] ς:::::g (IR) τα εξής: Η f -συνεχής στο [ 1 ,2], ως αποτέλεσμα πράξε ων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων ., f( 1 )= I z-3 1 + g( l )-1 0= I z-3 1 +3-1 0= I z-3 1 -7 Από το β) ερώτημα έχουμε: I z-3 1 -7:::;0 � I z-3 1 :::; O �f( l ):::;O (1) f(2)=2 1 z-3 1 + g(2)-1 0=2 1 z-3 1 +4- 1 0= =2 1 z-3 1 -6=2( I z-3 l -3). Από το β) ερώτημα έχουμε: I z-3 1 �3� I z-3 1 -3�0, οπότε f(2)�0 (2) Εξάλλου: (1 ),(2) �f( l ).f(2):::;0 . Οπότε: Αν f( l ).f(2) < 0, τότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0ε( 1,2 ) με f(xo)=O Αν f( l ).f(2)=0, τότε f( 1 )=0 ή f(2)=0. Άρα η εξί σωση f(x)=O έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [ 1 ,2]. δ) Αρκεί η εξίσωση : g- 1 (x)=--4 x+ 1 2, δηλαδή η g(x)+ 4= -4χ+ 1 2 και τελικά η g(χ) +4χ-8=0,να έχει μια ακριβώς ρίζα στο ( 1 ,2). Για την h(x)=g(x)+4x-8, στο [ 1,2 ] ς:::::g(IR) ισχύουν: Η h είναι συνεχής στο [1 ,2 ] ως άθροισμα συ νεχών συναρτήσεων h( 1 )=g( 1 ) +4-8 =-1 <Ο h(2)=g(2) + 8-8=4>0 Από το θεώρημα Bo1zano υπάρχει ένα τουλά χιστον χ 0ε( 1 ,2) με h (χ0)=0 Για κάθε χι, χ 2 ε[ 1 ,2] με χι < χ2 ισχύουν 4χι8< 4χΓ8 και g(x 1 )<g(x2), αφού g γνησίως αύ ξουσα στο IR οπότε: ιι

}�

1 <1 Οπότε για l z -il '' > l z -il '' κάθε x2ε iR έχουμε: ι <χ2 � l z -11 '' > l z -11 '' � l z - i l ' ' + l z - 1 1 '' - 2 > l z - i l 2 + l z - 1 1 ' ' - 2 � f ( χ ι ) > f { χ 2 ) � η f γνησίως φθίνουσα στο IR Έχουμε: f(O)= I z-i I 0+ I z-1 I 0-2= 1+ 1 -2=0, οπότε το χ1 =0 είναι λύση της f(x)=O και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο IR η ρίζα αυτή Χι,

{

είναι μοναδική .

•

( κ , _/_:;_!3 ( 1,1 ) /

χ'

Λι / 2

�

eι

•

g(χ ι )+4χι-8<g(χ2)+4χΓ8�h (χ ι )<h(χ2 )

Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο [1,2 ] , πράγμα που σημαίνει ότι η ρίζα χ0 της h(x)=O είναι

y' β) Αφού: I z-i I <1� I z-(O+ i) I <1 και I z1 I < 1 � I z-(1 +O i) I < 1 , η εικόνα του μιγαδικού z είναι εσωτερικό σημείο των κύκλων C 1 : με κέντρο Κ(Ο, 1) και ρ 1 = 1 C : με κέντρο Λ(Ο,1) και ρ 2 = 1 2 Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων g

του z είναι το σύνολο των κοινών εσωτερικών ση μείων των δυο κύκλων C 1 και C 2 Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων των δυο κύκλων βρίσκονται από τη λύση του συ στήματος των δυο εξισώσεών τους. Δηλαδή : χ 2 + ( � - 1 )2 = 1 χ : + y2 + 1 - 2 = 1

{

( χ - 1 )- + y2 = 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/74

} <=> { χ · - 2x + 1 + y� = 1} <=>

Μ αθη ματικ ά για την Γ Λυκε ίου

{

}{

}

�;,� 2χ = 0 � : �� 1 ) = 0 � � = �} ή � : : } Οπότε τα κοινά σημεία των C 1 και C 2 είναι: 0(0,0) και Β( 1,1 ) γ) Είναι: l z-i l < l z- 1 1 => Ι α + βi - i i < Ι α + βi - 1 1 =>Ι α +(βi -i)l < I ( α-1) +βil r-----,-__ => Jαz + (β - 1 ) 2 < J( α - l ) 2 + β 2 => α2 + β2 - 2β + 1 < α 2 - 2α + I + β2 => -2β < -2α => α < β => R (z) < Im( z) . δ) Έχουμε: l z - i l' - l z - 1 1' = l z - i l ' 1 - l z -_ 1i 1 '' lz l Εξάλλου: Ο< I z-i I < 1 => lim l z - i l ' = +οο Επίσης: z- � z- � Ι z-i Ι < Ι z- 1 1 => Ι � > 1 => Ii m 1 � , = Ο 1 � 1 � Οπότε: Δ� ( l z - i l' - l z - Ι I ' ) = (+oo) ( l - O) = +oo z=α+βi

(

]

Χ �-Χ

Ζ-1

{

Χ -+--'Χ.

( : Ζ-1

Έστω η συνάρτηση: α·χ- + β2 χ, χ -< 1 f ( ) = αχ 2 _ α με α, β JR. -2β 2, x > l χ-1 α) Αν η f είναι συνεχής στο χ0= 1 να δειχθεί ότι α= Ι και β=-1 β) Αν z Ε C με I z-α I = I 2z-β I να βρεθεί ο γεω μετρικός τόπος των εικόνων του z γ) Αν lim f(x) -g(x) 3 Να βρεθεί το: lim g ( ) ο

Γ 1 ( χ) = g - 1 ( ιη 1_ ) , για κάθε χ>Ο. 1 δ) Α η εξίσωση: (gο1 1 )(χ)=χ2-ημ2χ έχει ρίζα χ0 (ο,+οο) τότε ισχύει: O<x0<ln2 Έστω συνάρτηση: f: IR. �IR με f(IR.)=IR., η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο IR. και συνεχής στο χ=Ο και σχύουν: (fof)(x)+f(x)=2 x+ 3, για κάθε X EIR f(x+y)=f(x)+f(y)-1 , για κάθε y EIR α) Ν α βρεθεί το f(O) και να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχή ς στο IR. 1 (χ)+ 3-χ, για κάθε xEIR β) Να δειχθεί ότι: f(χ)=2Γ 1 γ) Αν g(x)=f(x)lnx+21 (x) για κάθε χ>Ο να απο δειχθεί ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο [;, e] με f(χ)>Ο για κάθε xE[;, e]. δ) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μοναδικό ξ Ε ( ;, e) τέτοιο ώστε: f(ξ).lnξ=-2f\ξ) e'

χ,

Γ( χ ) e _ χ �+% e x

ε) Αν lim = να υπολογιστούν τα όρια: ημχ ι ιm 1.ιm f ( χ ) · -f(Χ) χ --> +

'Χ:

x --> + >e

Χ --> 1

Χ-1

δ) Να βρεθεί το όριο: }�� ( f ( χ )ημ �)

Χ --> 1

Έστω συνάρτηση: g: IR. �IR για την οποία ισχύουν: "' Είναι συνεχή ς στο IR. είναι γνησίως αύξουσα στο IR. ' είναι g(IR.)=IR. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=ln(lg(x)+ 1 )-g(x), για κάθε χ IR. Ν α αποδειχθεί ότι: α) η f είναι γνησίως φθίνουσα στο IR. β) Υπάρχει ένα μοναδικό ξEIR τέτοιο ώστε: f(ξ)=ln2 γ) Η f αντιστρέφεται με Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

κ ι ' Δ 'θ Σ. Κοκοτσάκης 2 1 0.3804347 - 231 0 . 2303 1 0 Β' 67 τ.3175

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Συνεχείς Συναρτή σεις

! αναφορά και

δ ι ό ρ θ ω σ η σε π ρ οηγού μενο ά ρ θ ρ ο !

Στο προηγούμενο τεύχος στο άρθρο - ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΩΝ ΣΥΝΑΡΤΉΣΕΩΝ - του συνα δέλφου κ. Β αγγέλη Ψύχα εκ' παραδρομής στις ασκήσεις 6, 7 , 8 δόθηκαν οι αρχικές λύσεις και όχι οι επε ξεργασμένες από την συντακτική επιτροπή, με αποτέλεσμα να παρουσιάζεται στην άσκηση 8, το προφανώς παράδοξο, η συνάρτηση g να έχει πεδίο ορισμού [Ο,

� 1 ] και να είναι συνεχής στο πλατύτερο

σύνολο [0, 1 ] , δηλαδή και σε σημεία εκτός του πεδίου ορισμούς της. Παραθέτουμε λοιπόν τις λύσεις τους όπως τις είχε προτείνει η συντακτική ομάδα για αποκατάσταση του θέματος. ΑΣ Κ Η Σ Η 6

Εστω f : [0,2] � R μία συνεχής συνάρτηση ώστε f(O) = f(2) . Αποδείξτε ότι υπάρχουν Χ 0 , y 0 ε [Ο,2] με ώστε lχ0 - y0 Ι = ι f(x 0 ) = f(y 0 ) . λ ύ ση

Έχουμε: l x o - Yo l = 1 <=> Χ 0 - Υ ο = ι ή χ ο - Υ ο = - 1 <=> χ ο = Υ ο + 1 ή Υ ο = Χ ο + ι . Οπότε: f (x0 ) = f ( y0 ) <=> f ( y0 + 1 ) = f ( y0 ) ή

f (x0 ) = f (x0 + 1 ) .

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε [0, 2] τέτοιο ώστε: f ( ξ ) = f(ξ + 1 ) . Θεωρούμε την h(x) = f(x) - f( x + ι) . Έχουμε f ( x + 1) = f ( g (x)) ,; (f g ) ( x ) , όπου g ( χ ) = χ + 1 . Αφού ο

A = { x E� /g(x) EAr} = {x ER/O::; x + 1 ::; 2} =[ -1, 1] 7= 0 , θ α είναι Α = Afog Άρα Ah = A r n Afog = [ - 1, 1 ] n [ 0, 2 ] = [ 0 , 1 ] Η h είναι συνεχής στο [Ο,ι] και h(O) = f(O) - f(ι) h(ι) = f(ι) - f(2) f(ι) - f(O) Άρα h(O) · h(l) = -( f(l) - f(0))2 ::; O::::> h(O) · h(1)::;0 Αν h(O) h(ι) < Ο , τότε σύμφωνα με το Θεώ

ρημα του Bolzaηo, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( 0, 1 ) τέτοιο ώστε: h (ξ) = Ο Αν h(O) h(ι) = Ο τότε h{O) = Ο ή h(l) = Ο , οπότε ξ = Ο ή ξ = 1 . Τελικά θα υπά ει ένα τουλά ιστον ξ Ε [0, 1] τέτοιο ώστε: h (ξ) = Ο

με f(x 0 ) = f(y 0 ) .

ΑΣ Κ Η Σ Η 7

ώστε

Υπόδειξη

Εργαζό μεν ο ι όπ ω ς στην προηγούμενη άσκηση χ ο - = β - α <=> έχουμε:

Υσ i

-2--

β - α η, Υ ο = Χ 0 + -β α , ο πο τε ο μ ο ιω ς χ ο = Υ ο + -2 2 αρκεί να υπάρχει ξ Ε [ α , β ] τέτο ιο ώστε

;

f ( ξ) = f ( ξ + β α

ΑΣ Κ Η Σ Η 8

)

Εστω f : [Ο,ι] � R μία συνεχής συνάρτηση ώστε f(O) = f(ι) και η θετικός φυσικός αριθ μός. Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο,ι] ώστε f(ξ) = f(ξ + _!_) . Λ {Jση

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - f(x + _!_) . η

Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον ξ ε [Ο,ι] ώστε g(ξ) = Ο . Εργαζόμενοι όπως στην άσκηση 6 βρίσκουμε ότι η συνάρτηση g έχει πεδίο ορισμού το Δ = [Ο, η

� 1 ] και είναι συνεχής στο Δ.

Εύκολα πλέον βρίσκουμε ότι:

Εστω f : (α, β] � R μία συνεχής συνάρτηση ώστε f (α) = f (β) Αποδείξτε ότι υπάρχουν

β-α IΧο - Υο I = 2-

g0)+\�}·· +\n�1)=0,

οπότε δύο τουλάχιστον από τους προσθετέους π.χ. g ( Χι ) , g ( Χ 2 ) με Χ ι < χ 2 θα είναι ετερόση μ οι ή όλοι τους μηδέν, δηλαδή g ( χ ι ) · g ( χ 2 ) ::; Ο . Κ αι στις δύο περιπτώσεις λοιπόν υπάρχει ξ Ε [χ ι , χ 2 ] ς [0, 1 ] τέτοιο ώστε g (ξ) = Ο , δηλαδή

f (ξ) = f (ξ + �) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/76

Μ α θ η ματικά για την Γ Λ υκείου

Επεξηγή σεις σε θέματα συ μβολισμών Απ ά ν τ η ση

στον συνάδελφο κ. Γ. Μαλλιαρό από το μέλος της συντακτικής επιτροπής κ. Α.

Κακκαβά

« . . . . Σχετικά με τα σχόλια του συναδέλφου κ. Μαλλιαρού για τα σύμβολα που χρησιμοποιήθη καν στην άσκηση 6 στην σελίδα 36 του τεύχους 66, έχουμε να παρατηρήσουμε τα εξής:

ισοδυναμία: χ Ε ( - 1 ] υ [ 1, +οο ) <=> χ Ε ( -οο, - 1 ) υ ( 1, 2 ) υ ( 2, +οο ) είπαμε ότι είναι αληθής για κάθε χ Ε ffi. - { - 1, 1, 2} και όχι για κάθε χ Ε ffi. , όπως ακριβώς για κάθε ν Ε Ν ισχύει η ισοδυναμία:

- ::tJ ,

ν > 2 <=> ν � 3 ,

Παραθέτουμε ένα ακόμη παράδειγμα πιο επεξηγηματικά για να γίνει απολύτως κατανοητός ο συμβολισμός μας. Όταν λέμε π.χ. ότι: Στο ( Ο, +οο ) έχουμε: χ 2 + χ - 2 = 0 <::::> χ Ε { 1, -2 } <=> χ = 1 , εννοούμε φυσικά ότι έχουμε: χ Ε { -1, 2 } χ2 + χ - 2 = <=> <::::> x E { 1, -2 } n ( O, +oo ) <=> x = 1 . χ Ε ( Ο, +οο ) χ Ε ( Ο, +οο )

ο}

}

Το ίδιο φυσικά ισχύει και στο επίμαχο θέ μα καθώς και σε κάθε παρόμοιο. Ελπίζουμε πλέον να μην υπάρχει αμφιβο λία σε κάποιον αναγνώστη για την ορθότητα των παραπάνω. Θα πρέπει λοιπόν να είμαστε πιο προσε κτικοί, όταν μάλιστα βαθμολογούμε μαθητές των οποίων κρίνεται το μέλλον από το βαθμό μας και να μην δηλώνουμε αβασάνιστα ότι ένα τέτοιο συμβολισμό, σε γραπτό μαθητή, δεν θα τον δεχόμαστε » ...

Το

βι βλίο

περιδιαβαfνει

το

χώρο

των

Μαθ η μ ατι κών Κατεύθυνσης της Γ Λυκείου και φιλοδοξεί να αποτελέσει ουσιαστικό βοήθημα για τους μαθητές-υποψήφιους και τους καθηγητές.

Τα ονόματα των επιτυχόντων στον διαγωνισμό του Ευκλείδη 2008 θα δη μοσιευ θ ούν στο επο μεν ο τευχος ,

Παράλληλα ,

επιδιώκει να συστήσει τη βάση

πάνω στην οποία θα αναmυχθεί ένας γόνιμος προβλη ματισμός γύρω από τα θέματα και το πνεύ μα των Πανελλαδικών Εξετάσεων.

Ε ΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΥΡΙΔΗ Τηλ. : 231 0 228009 Fax: 231 0 287097 •

Κεντρική Διάθεση : Σ. Κοκοτσάκης Τηλ : 2 1 0 3804347 - 23 1 0 2303 1 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 67 τ.3/77

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχουν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες όπως ο Διόφαντος, ο Ζήνωνας κ.ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπαστική ασχολία .

Επιμέλεια : Παναγιώτης Χριστόπουλος

Λ ίγ α λόγια απ{ι τ η ν Ι στ ο ρ ί α Το l: κ ά ιη

Ο βασιλιάς Ιαντάβα έδειξε τόσο μεγάλο ενδιαφέρον για τους κανόνες του παιχνιδιού, που βομβάρδιζε τον εφευρέτη με ερωτήσεις. Το παιχνίδι είναι το σκάκι. Γιατί η βασίλισσα είναι ισχυρότερη από το βασιλιά; Είναι ισχυρότερη, απάντησε ο Σέσα ο εφευρέτης, διότι στο παιχνίδι συ μ βολίζει τη θέληση του λαού. Και αφού τελείωσε με τις ερωτήσεις είπε στους καλεσμένους του ο β ασιλιάς Ιαντάβα: καλύτερο παιχνίδι δεν έχω δει. Απευθυνόμενος στο Σέσα του είπε: ζήτησέ μου ότι θες και θα το έχεις. Το δώρο σου βασιλιά μ ου είπε ο Σέσα θέλω να είναι: 1 σπόρος σταριού για το πρώτο τετράγωνο τη ς σκακιέρας, δύο για το δεύτερο, τέσσερα για το τρίτο, διπλασιάζοντας για κάθε επόμενο τετράγωνο μέχρι το 64°. Λέτε να έδ ω σε το δώρο ο Ιαντάβα στο Σέσα; Τα μαργαριτάρια

Ένας μαχαραγιάς πεθαίνοντας άφησε στις κόρες του κάμποσα μ αργαριτάρια και τη διαθήκη του που έλεγε ότι έπρεπε να τα μοιραστούν με τον εξής τρόπο: Η μεγαλύτερη να πάρει μαργαριτάρι και το ένα έβδομο των υπολοίπων, η δεύτερη και το ένα έβδομο των υπολοίπων, η τρίτη 3 και το κ.ο.κ. Η μικρότερη κόρη του προσέφυγε στο δικαστήριο διότι θεώρησε άδικο τον τρόπο μοιράσματος των μαργαριταριών αλλά ο δικαστής που έλυσε το πρόβλημα της είπε ότι δεν είχε δίκιο και ότι παίρνουν όλες ίδιο αριθμό μαργαριταριών. Πόσες κόρες είχε ο μαχαραγιάς; Κ αι πόσα μαργαριτάρια τους άφησε;

1/7

Ξ i:ρ ε τ ε ό τ ι Η Γη ε ίναι μια σφαίρα που έχει ακτίνα στον ισημερινό 6. 3 78 χιλιόμετρα και στους πόλο υς 6. 35 7 χιλιόμετρα. Άρα αν πάρουμε το γινόμενο 2 πρ (π 3, 1 4 ρ ακτίνα) θα βρούμε ότι ένας μεσημβρινός της Γης έχει μή κος περ ίπου 40. 000 χιλιόμετρα. Δ ιαιρούμαι τα 40. 000 χιλ με 360 μοίρες και έχο υμε 1 1 1 χιλιόμετρα. Δ ηλαδή αν κι νηθούμ ε 1 1 1 χιλιόμετρα με το α υτοκίνητό μας θα έχο υμε διανύσει μία μοίρα πάνω στη Γη. Ένα πρώτο λεπτό της μο ίρας ε ίναι 1 852 μ έτρα. Τα 1 852 μ έτρα είναι μονάδα μέτρησης α ποστάσεω ν από τους να υτικούς και λέγεται ΝΑ ΥΠΚΟ ΜΙΛ Ι. Ένα δεύτερο λεπτό της μοίρας είναι περίπο υ 310 μέτρα. =

Τi:στ

Σ� μι� στρατιωτικ� σχολή έδ � σαν στους υποψήφιους να συμπληρώσουν τον εξης πινακα μπορειτε να βοηθησετε;

1 6 1 48 1 41 0 1 1 2 1 100 3 . 6 . .

Ο Δ ε κέμβρ η ς

Η λέξη παράγεται από το λατινικό δωδέκατος. Μήπως ξέρετε γιατί;

decem

;

(δέκα) και όμως δεν είναι ο δέκατος μήνας του χρόνου αλλά ο

Το ε λ ι κ όπ τr.ρο

40°

Ένα ελικόπτερο απογειώθηκε από κάποιο σημείο της Εγνατίας Οδού κοντά στα Γρεβενά που βρίσκεται στον παράλληλο και κατευθύνθηκε βόρεια χιλιόμετρα, μετά στράφηκε ανατολικά και πέταξε χιλιόμετρα, κατόπιν στράφηκε νότια και πέταξε στο ίδιο ύψος για χιλιόμετρα. Τέλος στράφηκε δυτικά και αφού πέταξε χιλιόμετρα προσγειώθηκε. Που βρίσκεται τώρα ως προς το σημείο aπογείωσης;

500

500 500

500

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/78

------

Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

Στα παλιά παντοπωλεία, σήμερα όλα έγιναν super Market ή mini, ο παντοπώλης είχε όλα τα προϊόντα, το ρύζι, τα φασόλια, το στάρι, το κριθάρι, κλπ σε τσουβάλια (σακιά) . Κάποια μέρα ο παντοπώλης από λάθος έριξε μια χούφτα στάρι στο κριθάρι, αμέσως μετά ξαναπήρε

· · ωυ . .

μια χούφτα από το τσουβάλι με το κριθάρι στο οποίο είχε πέσει το στάρι και το έριξε στο τσουβάλι με το στάρι. Μήπως ξέρετε αν, μετά από αυτή την ενέργεια του παντοπώλη , το τσουβάλι με το στάρι έχει περισσότερο κριθάρι ή το τσουβάλι με το κριθάρι έχει περισσότερο στάρι; Η :' \ ι , , , , , ,

_ _

Σιτάρι

Κριθάρι

. ,

Μια μαούνα φορτωμένη σιδερένιε; ράβδου; είναι σε μια δε ξ α μενή . Αν αδειάσουμε τι; ράβδους μέσα στο νερό τι συμβεί στην επιφάνεια; Θα ανέβει ή θα κατέβει η στάθμη του νερού; ενός πλοίου έχουν ύψος 6 και 4 μέτρα αντίστοιχα. Σχοινιά συνδέουν την κορυφή του καθενός με τη βάση του άλλου και διασταυρώνονται σε ύψος 2,4 μέτρα από το κατάστρωμα. Πόσο απέχουν τα κατάρτια μεταξύ τους;

Δύο κατάρτια

6 m 4 m

Απαντήαι:ις στα μαθηματικά μας διαακι:δά(ουν. Το Σκάκι Δεν ήταν δυνατόν να ικανοποιήσει την επιθυμία του Σέσα διότι δεν υπάρχει τόσο μεγάλη παραγωγή σίτου στη Γη . Το σύνολο των κόκκων μας το δίνει η Γεωμετρική Πρόοδος (264 - 1 ) . Τ α μ α ργα ρ ιτάρ ια Είναι 36 τα μαργαριτάρια και 6 οι κόρες. Η πρώτη πήρε 1 και 3 5/7 δηλαδή 5 ακόμα, έμειναν 30, η δεύτερη πήρε 2 και 2 8/7, έμειναν 24, η τρίτη πήρε 3 και 2 1 /7 , έμειναν 1 8 , η τέταρτη πήρε 4 και 1 4/7, έμειναν 1 2 , η πέμπτη πήρε 5 και 7/7, έμειναν 6 τα οποία πήρε η μικρότερη . Το μοίρασμα ήταν δίκαιο . Το ελικόπτε ρο Επειδή το ελικόπτερο στην αρχή κινήθηκε βόρεια και ανατολικά και στη συνέχεια νότια και δυτικά δεν θα προσγειωθεί στο ίδιο ση μείο αλλά ανατολικά του σημείου aπογείωσης. Τούτο επειδή η Γη είναι σφαιρική και οι μεση μβρινοί συγκλίνουν στους πόλους. Υπολογίζεται και η απόσταση αν λάβετε υπ όψη , ότι μια μοίρα είναι 1 1 1 χιλιόμετρα δηλαδή τα 5 00 είναι περίπου 4° και 5 ' και ακόμα για κάθε παράλληλο δίνεται το μήκος μιας μοίρας από πίνακες. Ο Παντοπ ώλη ς Το σιτάρι που θα μείνει στο κριθάρι είναι το ίδιο με το κριθάρι που θα μείνει στο σιτάρι. Γιατί αν η χούφτα μας χωράει I 00 σπόρους σιτάρι ή κριθάρι όταν ρίξουμε μια χούφτα κριθάρι στο σιτάρι και ύστερα πάρουμε μια χούφτα για να την ρίξουμε πάλι στο κριθάρι θα έχει π.χ. η χούφτα 20 κόκκους κριθάρι και 80 σιτάρι. Έτσι το σακί με το σιτάρι θα έχει Σ+ I 00 κόκκους κριθάρι-(20 κόκκους κριθάρι +80 κόκκους σιτάρι) =Σ-80 κόκκους σιτάρι και 80 κόκκους κριθάρι. Ενώ το σακί με το κριθάρι Κ- 1 00 κόκκους κριθάρι +(20 κόκκους κριθάρι και 80 κόκκους σιτάρι)=Κ-80 κόκκους κριθάρι και 80 κόκκους σιτάρι. Το ίδιο πρόβλημα είναι αν έχουμε: ένα ποτήρι γάλα και ένα ποτήρι καφέ και πάρουμε από τον καφέ μια κουταλιά και τη ρίξουμε στο γάλα και στη συνέχεια από το γάλα με τον καφέ πάρουμε μια κουταλιά και την ξαναρίξουμε στον καφέ. Η Μαούνα Θ α κατέβει η στάθμη του νερού διότι ο σίδηρος είναι 8 φορές βαρύτερος από το νερό . Όταν βρίσκεται μέσα στη Μαούνα εκτοπίζει όγκο νερού οκταπλάσιο από τον όγκο που εκτοπίζει όταν είναι μέσα στο νερό. Τα κατάρτια Είναι αδύνατο να βρεθεί η απόσταση των καταρτιών διότι τα σχοινιά θα διασταυρώνονται πάντα στο ίδιο ύψος . Από το σημείο τομής των σχοινιών φέρουμε κάθετη στο σκάφος στο σημείο Μ και σχηματίζονται όμοια τρίγωνα και έχουμε υ/4=α/α+β και υ/6=β/α+β (α η απόσταση του Μ από το μεγάλο κατάρτι και β από το μικρό) και διαιρώντας έχουμε α/β=3/2 από τη σχέσεις αυτές υ=2,4 πάντα. Τέστ Στη δεύτερη γραμμή μετράμε τα γράμματα που έχει η λέξη . Άρα κάτω από το εκατό γράφουμε 5. 0 ..\εκέ μβρη ς Τ ο η μερολόγιο προέρχεται από τους Ρωμαίους οι οποίοι πριν τον Ιούλιο Καίσαρα θεωρούσαν πρώτο μήνα του Ξ : -: -. � :ο \ ι ά r τ η . Ο Δεκέμβρης τότε ήταν ο δέκατος μήνας του χρόνου . Όταν ως Πρωτοχρονιά ορίστηκε η I η : - :-·: σ u ασία τ ων μηνών δεν άλλαξε. .

. _

. .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/79

Ε υ κλε i δ n ς

n ρ ο τ ε f νε ι

<<Η καρ δ ιά των μα θηματικώ ν είναι τα προβλ ήματα και οι λύ σεις και

ο κύρ ιος λόγος ύπαρ ξη ς το υ μα θηματικο ύ είναι να λύ νει προβλήματα>;.

P. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος, Θ. Κυριακόπουλος 114. Για τους θετικούς αριθμούς α,β,γ και χ, y, z δί

ισχύει η ισότητα; (Επροτάθη από τον συνάδελφο

Αν για τους ακεραίους αριθμούς χ , y ι σχύει 9 χ 2 + 4y 2 - 9 x 2 y 2 + 6 xy + 2 = Ο , να απο δείξετε ότι ο αριθμός Α = 1000 · (χ 4 + y 4 ) + 40 1 είναι τέλεια τέταρτη δύναμη ακεραίου αριθμού.

Σ τ ρ άτη Α ντωνέα - Σπάρτη)

(Προτείνεται από τον συνάδελφο

νονται οι σχέσεις α' + β' = γ και '

ποδείξετε ότι ισχύει (γ + z )' ;::: (α +

Λύση :

(από την

χ'

χ )'

+y =z

+ (β + y )

Να α

' •

Π ότε

Γ ιαννακοπούλου Ι ωάννα - Λαμία)

(αφού γ, z

και

u+ v = (α + χ, β + y)

> Ο ). Είναι επίσης

ι � + �ι = �(α + χ)' + (β + y)' . ι �+ �ι :-:;; ι � ι + ι �ι

τητα

�(α + χ)' + (β + y)' :-:;; γ + z και τελικά η αποδεικτέα:

ι � + �ι = ι � ι + Η

λ > Ο τέτοιο,

tt � δηλ. όταν

ώστε να ισχύει:

� = λ � . Ό μως: � = λ � <=> (α, β) = λ(χ, y) <=> το ίσον ισχύει όταν και μόνον !: =

όταν

ισότητα ισχύει

δηλ. όταν και μόνον �

και μόνον υπάρχει

β Υ

{

α=

λχ άρα

β = λy

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

σα, Σταματογιάννης Γιάννης - Π έύκη, Τσιλιακός Λευ τέρης - Γαλάτσι, Μπεληγιάννης Αθανάσιος - Χαλκίδα, Αποστολόπουλος Γεώργιος- Μ εσολόγγι, Τσαπακίδης

ο Πολιτικός Μηχανικός Ανδρής και η μαθήτρια του 2°v Λυκείου Με

Γεώργιος - Αγρίνιο,

γάρων

Κα στάνη Αναστασία.

Προτεινόμενες ασκήσεις 131. Αν οι αριθμοί α,β ικανοποιούν τις εξισώ σεις: α3 - 3α2 + 5 α = 1 β - 3β2 + 5β =5, τότε να υ πολογίσετε την τιμή του αθροίσματος α + β . ,

(Προτείνεται από τον συνάδελφο δ η - Λ ά ρ ισα)

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ και διάμετρο του εγγεγραμμένου κύκλου του ίση με d . Να αποδείξετε ότι ισχύει: -1 + -1 + ----:;-1 ::; -1, . (Προτεινεται απο, τον Π ολι-

γ-

τικό Μηχανικό Ανδ ρή Ι ω άννη - Αθήνα) 1 34 . Αν για τους θετικούς αριθμούς α,β ισχύει η ισότητα α 3 + β3 α 5 + β5 , τότε να αποδείξετε ότι ισχύει α 2 + β2 ::; 1 + αβ . (Προτείνεται από τον =

συνάδελφο

Γεώ ρ γ ι ο

:\ ι κητάκ η

- Σητεία Κ ρ ή

τη ς)

Δίνεται η f(x) = k ημχ + λ · συνχ ,όπου k η μα η μ β , λ = συνα συνβ * - 1 . Να αποδείξετε ότι ισχύει f(x) ::; 1 , για κάθε 1 35.

χεR

•

(Προτείνεται από τον συνάδελφο

Θ ανάση

Κυ ρ ιακόπουλο) Α ναγνωστόπου

λος Βασίλης - Μ εσολόγγι, Ι ωαννίδη ς Αντώνης - Λάρι

Ι ωάννης - Αθt)να

1 33 .

Από την τριγωνική ανισό -

προκύπτει ότι

(γ + z ) ' ;::: (α + χ)' + (β + y)' .

Γ ιώ ρ γο Απο

στο λό πο υ λο - Μ εσο λόγγ ι )

Θεωρ ούμε τα διανύσματα � = (α, β) , � = (x, y) . Τότε έχουμε:

1 32.

Αντώνη Ι ωαννί

1 3 6.

Δίνονται τρία σταθερά μη συνευθειακά ση μεία Α,Β,Γ. Με κέντρο το σημείο Β και τυχαία ακτίνα γράφουμε κύκλο και θεωρούμε μια τυ χαία διάμετρό του ΔΒΕ. Θεωρούμε πάνω στην Γ Δ σημείο Θ τέτοιο, ώστε ΔΘ 2 ΓΘ και Ι το μέσον της ΑΕ. Να αποδείξετε ότι η ΘΙ διέρχεται από σταθερό σημείο το οποίο την διαιρεί σε δύο 2 ' ' ' λόγο 'Ι σο προς '3 . (Π ροτεινετμηματα που εχουν =

ται από τον Χημικό Δη μ ήτ ρ ι ο

Κα ρ β ελά - Π εύ κη)

Ο ι λυ μ έ νες α σ κή σ ε ι ς t ι 5, ι ι 6, ι ι 7, ι ι 9 καθ ώς κ α ι πολλές άλλες π ρ οτεινό μ ενε ς α σκή σε ι ς θ α δη μ ο σ ιευ θ ο ίJ ν σ το επό μ ενο τεύχο ς .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/80

South E astern E u ropean M athematical Olympiad fo r University students ΜΕΓΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΤΩΝ ΕΛΛΉΝΩΝ ΦΟΙΤΗΤΩΝ ΣΤΗ ΔΙΕΘΝΉ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΓΙΑ ΦΟΙΤΗΤΕΣ

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία στο πλαίσιο των δραστηριοτήτων της, σε συνεργασία με την Μαθηματική Εταιρεία της Νοτιοανατολικής Ευρώπης υπό την αιγίδα της Νομαρχίας Αθηνών διοργάνωσε στην Αθήνα, στις 5- l Ο Μαρτίου 2008, την 2η Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές. Η Ελλάδα συμμετείχε με μια εξαμελή Εθνική ομάδα και 4 ακόμα ομάδες που εκπροσωπούσαν τα πανεπιστήμια των Ιωαννίνων, Θράκης, Πειραιά και Ιονίου. Η Ελληνική Εθνική Ομάδα πήρε ένα Αργυρό και πέντε Χάλκινα Μετάλλια. Συγκεκριμένα πήραν: Χρήστος Τζάμος (Αργυρό Μετάλλιο), Μιχαήλ Σάββας (Χάλκινο Μετάλλιο), Κωνσταντίνος Μάστακας (Χάλκινο Μετάλλιο), Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος (Χάλκινο Μετάλλιο), Κωνσταντίνος Ψύχας (Χάλκινο Μετάλλιο), Δημήτριος Χατζάκος (Χάλκινο Μετάλλιο). Η Τελετή Λήξης και η απονομή των μεταλλίων στους νικητές πραγματοποιήθηκε την Κυριακή 9 Μαρτίου 2008 στη Μεγάλη Αίθουσα Τελετών του Πανεπιστημίου Αθηνών. Στην Τελετή παρευρέθηκαν ο Αντινομάρχης Παιδείας και Πολιτισμού Καθηγητής Γεώργιος Δημάκος, η Αντινομάρχης Εργασίας και Μεταναστών κ. Μάρω Χολέβα, ο Μορφωτικός Σύμβουλος της Ρουμανικής Πρεσβείας κ. Ντάνιελ Μπάλα, ο Πρόεδρος, Καθηγητής κ. Stefan Dodunekoν, και τα μέλη του Συμβουλίου της Μαθηματικής Εταιρείας της Νοτιοανατολικής Ευρώπης, καθώς και μέλη της Διεθνούς και Ελληνικής Πανεπιστημιακής Κοινότητας. Τα θέμ.ατα του SEE MOU S 2008 P ro b lern 1

Let f : [ 1 , οο ) --+ (0, οο ) be α conti1ιuous function. A ssume thαt for every equαtion f (x ) = αχ hαs αt leαst one solution in the intervαl [ 1 , οο )

α >

Ο, the

(α) Prove thαt for every

α >

Ο , the equαtion f (x)

= αχ

hαs infinitely mαny solutions .

(b) Give α n exαmple of α strictly increαsing continuous function f with these prop erties. P ro blern 2

Let Ρο , Ρ1 , Ρ2 , . . . be α sequence of convex polygons such thαt, for eαch k 2:: Ο , the vertices of Pk+ 1 αre the midpoints of αll sides of Pk · Prove thαt there exists α unique point lying inside αll these polygons.

P ro b lern 3

Let Mn (JR) denote the set of αll reαl n Mn(JR) --+ { 0 , 1 , . . . , n} which sαtisfy

for αll

Χ, Υ Ε

P ro b lern 4

Mn (JR) .

k Ε

{0, 1 ,

. . . , n -

n mαtrices. Find αll surjective functions f :

f(XY) ::; min { f (X) , f (Y) }

Let n be α positive integer αnd f : [0, 1]

for every

--+

JR be α continuous function such thαt

k x f(x) dx

1 } . Prove thαt

( f ( x ) ) 2 dx 2::

n2 .

από rι s ε κδόσε ι s <<Δ Ι Ο ΦΑΝΤΟΣ>> Γιώργος Μ . Μιχαηλίδης

Γιώργος

Μ. Μιχαηλfδης Octavian Ν. Stanasila (Prof. Unlv. Polt8/Dca8uctlarest)

ΜΑθΗΜΑΤΙ ΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΤΟΜΟΣ Β' Θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης Octavian Stanasila

•

Θrωυία

•

ΗαιιαΗwψrεις - Σχόλια

•

r\υμiνα Ιlα{}αbείrιιατα

•

Ερωτήσει:; Κατανιίησης

.\σΙοjοεις - θέματα

ΜεUοι)οί.ογία

Γιώργος Μ. Μιχαηλfδης

Γιώργος Μ . Μ ιχαηλίδη ς

Octavian Ν . Stanasila

(Prof. Unίv. Politehnlcaβucharest)

c:ι:

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ

Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ

c:ι: < Z t,;� c:ι: ΣΥΛΛΟ ΓΗ w ι < ι:::ι :Ε w w Θ Ε ΜΑΤΩΝ :Ε ι w c:ι: � :Ε ....ι

θετική - Τεχνολογική Κοτεύθυvσrt

Υποδείξεις - Λύσεις

C) α: α..

•

(Prof. Univ. Po!ftet,rιica Bucharest)

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

θετική - Τεχνολογική Κοτευθuνση

sξs,;άσsις 2008 - 2008

Πιθανά etματα

<C (..) 1-

c:ι: a: ;:ε ο .... .... .... .... c:e <

:ε ....ι !::

ΜΑθΗΜΑΤΙ ΚΑ ΓΛΥΚΕΙΟΥ

Γενικής Παιδείας

c:e (..) ι:c

i= :

"' ο

i= a:

c:e a..

� == ι _ 1-

α: ο w :t:

� �-::;:) u.

συvαprήσειs στατιστική πιaαv6τηrεs

•

�ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ Ρ ΕΚΔΟΣΕΙΣ-