Page 1

Αλγεβρα και οι γειuμετρικές κατασκευές Η

Μαθητικός Διαγιuνιαμός ''Ο Αρχιμήδης"

ΕΛΑΗΝΙΙJΚΗ

Μ.Ά.8ΗΜΆΤΙΙΚΗ

ΕΤΆ.ΙΡΕΙΑ


Επιμέλεια:

Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

Αγαπητοί μαθητές η στήλη σας που καθιερώσαμε φέτος με ασκήσεις που προτείνατε ή λύσατε διατυπώσαμε προκάλεσε το ενδι­ αφέρον αρκετών μαθητών. Ελπίζουμε την επόμενη χρονιά να λάβετε μέρος πολλοί περισσότεροι μαθητές προτείνοντας ασκήσεις ή λύνοντας τις ασκήσεις που θα προτείνουν αλλά συμμαθητές σας καλή επιτυχία στις εξετάσεις σας και καλό καλοκαίρι. Λύσεις Προηγούμενου τεύχους 75.

α2+β2+γ2+δ2+αβ+γδ=1 αποδείξετε ότι: αδ- βγ 1 (2).

AS. Έστω ότι:

(1). Να

, , Άρα το ξ ενα μοναδικη ρι'ζα της h( χ)στο

*

Λύση.'Εστω ότι η (2)δεν ισχύει. Τότε: αδ- βγ=Ι.Από αυτή και την (1)έχουμε:

+

z z z z α +β +γ +δ +α β+γδ- αδ βγ=Ο=> 2α2+2β2+2γ2+2δ2+2α β+2γδ- 2αδ+2βγ =Ο=>

1!= f(ξ)=

(α+β=Ο,β+γ=Ο,γ+δ=Ο,α-δ=Ο)=>

2

(α=Ο,β=Ο,γ=Ο,δ=Ο). Έτσι, από την (1) βρίσκουμε

ότι 0=1, άτοπο. Άρα, η (2)ισχύει. Ερμής Χατζηφωτιάδης, Λύκειο Μελισσίων Λύση έστειλαν και οι μαθητές Γιάννης Χανιώτης και Παναγιώτης Τσάκωνας από το Βαρβάκειο Λύκειο

9συν2' συν2χ Ι+

Β4. Να λυθεί η εξίσωση:

, , 2 Λ υση. Ε πειδη συν χ=

2

+9συν'χ = 4 (1).

<=>

π

συν2χ=Ο <=> 2χ=-+kπ(k ε Ζ) 2 Σάντυ Φλαμιάτου,

<=>

4° Λύκειο Γαλατσίου

(ίί)

f(x)=max{x3, συν2χ} Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ Ε (Ο,�) τέτοιο ώστε ξ3= συν2ξ Να δείξετε ότι r(ξ)= minf(χ) στο [Ο,�J.

(ίίί)

Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης

Γ2: Θεωρούμε τη συνάρτηση

[ �].

για

κάθε

τιμή

της

παραμέτρου

και

[ο,Ξ] ε(ο,Ξ) ξ

h(0)=1>0,

ώστε h(ξ)=Ο,

2

ο

τα

'

y=λ

'

π

ξ

χ

2

κοινά

1) Αν Ο :ς λ<f , τότε δεν έχουν κοινά σημεία. 2)

Αν λ= f, τότε έχουν μοναδικό κοινό σημείο το Β(ξ, 1! ) .

1, τότε έχουν δύο κοινά σημεία. 3

Αν Ι< λ :ς.::.__, τότε έχουν ένα μόνο κοινό σημείο 8

{α,β). Υποθέτουμε f{x):::: Ο, για κάθε Ε Δ και ότι η f έχει δύο (δια­ φορετικές) ρίζες στο Δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσω­ ση: fm{x)=Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ. χ

Λύση. Έστω ότι χι και χ2 με χι< χ2 είναι δύο ρίζες

της f στο Δ, οπότε: f(χι)=Ο και f(x2)=Ο. Εφαρμόζο­ ντας το θεώρημα του

Rolle για την f στο διάστη­

μα [χι,χ2],βρίσκουμε

ότι

χ0 ε (χι,χ2)

υπάρχει

με f'(x0)=Ο. Εξάλλου, από την υπόθεση, έχουμε για κάθε χ

ε

Δ:

f(x)::::Ο

και

συνεπώς

f(x):::: f(χι)

και

f(x):::: f(x 2). Άρα η f σε κάθε ένα από τα χι και χ2 έχει τοπικό ελάχιστο.

Έτσι σύμφωνα με το θεώρημα

του

Fennat, έχου­

και f'(x2)=Ο. Εφαρμόζοντας το θεώρημα

ε

h(x) συνεχής

h(Ξ)=-�

<0.

Άρα

στ

υπάρξε

ξ3 = συν2ξ= 1! :

f(ξ)=.€, Ο :ο; χ<ξ=> συν2χ> συν2ξ=.€, χ3<ξ3=.€=> συν2χ> 1!> χ3=> f(x)= συν2χ>.€=> f(x)> f(ξ). 2

Επίσης ξ<χ :ς 2:.=> συν χ<συν ξ= 1!,

2

'

/

Rolle γιατί την f' σε κάθε ένα από τα διαστήματα [Χι,χσ] και [χ0,χ2], βρίσκουμε ότι υπάρχουν ξι (χι,χσ)

Τότε

δηλαδή

π

/

του

2

Λύση Έχουμε f(x)= maχ{χ3,συν χ}

h(χ)= συν2χ-χ3

/

' χ

/

χ' ξ�2

όσα

με f'(χι)=Ο

λΕ ο,

α) Έστω

,Β,(ξ,/)

ότι

Παναγιώτης Τσάκωνας από το Βαρβάκειο Λύκειο

f(χ)=λ,

A(O,l)

στο

_

(�·f)

παραγωyίσιμη στο διάστημα Δ=

Λύση έστειλαν και οι μαθητές Γιάννης Χανιώτης και

(ί)

Είναι

Γ

Μαχιάς Παναγιώτης. 39ο Λύκειο Αθηνών

3συνΖχ= 3°

π

!αιlχ,

Υ

άρα

Γ3. Μια συνάρτηση f είνm ορισμέ\'η και τρεις φορές

χ=-+-. 2 4

<=>

·

σημεία της y=f(x) με την y=λ Εύκολα βρίσκουμε ότι:

4)

, , εχουμε:

( 3συνΖχ= 1 ή 3συνΖχ= -4, αδύνατον)

minf(x),

3) Αν 1!<λ :ς

1+συ 2χ (1) <::::> 9συν2χ+9-2ν- - 4=Ο<::::> ( 3συν2χ)2 +3.3συν2χ -4=Ο <=>

γ)

χε[ο,Ξ]·

και ��=

[ο,.::.]

(δ= α,γ=-δ=-α,β=-γ= α, α+β=Ο)=>

2

β) Δείξαμε ότι f(x)::::.e, για κάθε

- 2 2 2 2 (α+β) +(β+γ) +(γ+δ) +(α δ) = 0

π

,- .

(ο )

χ3 > ξ3= .e=> συν2χ<1!<χ3 => f(χ)= χ3> .e=> f(χ)> f(ξ)

f"(ξι)=Ο

ξ2 Ε (χ0,χ2) με

και

και

f"(ξ2)=Ο (α<Χι<ξ ι<χ0<ξ2<χ 2<β). Τέλος, εφαρμό­ ζοντας το θεώρημα του

[ξ ι,ξ2]

,

βρίσκουμε

Rolle για τηνf" στο διάστημα υπάρχει ξ

ότι

ε

(ξι,ξ2)

με

f"'(ξ)=Ο (α<ξ<β). Συνεπώς, η εξίσωση f' " (x)=Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ. Δημήτρης Πουλημένος, 1 ο Λύκειο Ν. Ιωνίας Διόρθωση:

Στη π

λύση

της

π ΚΔ+ΔΓ+ΓΛ :ς - , αντι του 2 4 '

Α4

να

γραφεί


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA 76

Τεύ χο ς

Απρί λιος

Μάϊο ς

Ιο ύνιος

201 Ο·

Έτος λ θ'

Ευρ ώ:

3,50

e-maίl: ίnfo@hms.gr www.hms.gr ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

.ι' Οι Ολυμπιάδες στην Αυστραλία

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

.ι'

Homo Mathematicus

.ι' Άλγεβρα

Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Μαθηματικά Α' Τάξης Επαναληπτικές ασκήσεις

.ι' Άλγεβρα

.ι' Γεωμετρία

ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1

.ι' Η άλγεβρα και οι γεωμετρικές κατσακευές

.ι' Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

ΓΙΑ

Μαθηματικά Β' Τάξης Ε παναληπτικές ασκήσεις

.ι' Γεωμετρία .ι' Κατεύθυνση

Μαθηματικά Γ' Τάξης Επαναληπτικές ασκήσεις

9

Φτδσαμε αισίως στο τέλος και αυτής της σχολικής χρο· νιδς με πιι:σμένο και φέτος τον απαιτούμι:νο διδακτικό χρ· όνο, γι' αυτό και οι μαθητές και οι δάσκαλοι είμαστε υποχρεωμένοι να καταβάλουμε μεγαλύτερες προσπάθειες

24

προκειμένου να καλύψουμε, κατά το δυνατό την ύλη σε λιγότερο χρονικό διάστημα.

31

Ιδιαίτερες ευχές στέλνουμε στους μαθητές της r· Λυκείου

που δίνουν φέτος ένα καθαριστικό αγώνα για την σταδιο­ δρομία τους.

38

Θέλουμε να πιστεύουμε ότι καλύψαμε και φέτος αρκετές

40

από

48

τις

απαιτήσεις

των

αναγνωστών

μας

παρά

τις

δυσκολίες που συναντήσαμε στην προσπάθεια μας να συγκεράσουμε τις εργασίες που μας στέλνονται από την περιφέρεια με τις εργασίες των συναδέλφων της Αττικής και τις Συντακτικής Επιτροπής με αμείλικτο οδηγό το χρδ·

56

.ι' Ο Ευκλείδης προτείνει... .ι' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν .ι' Στήλη του Μαθητή

75

νο που μας πιέζει πάντα. Έτσι 1<αταφέραμε και φέτος να βγουν σχετικά έγκαιρα τα δύο τελευταία τεύχη. Ευχαρι­

64

στούμε και από αυτή τη θέση όλους τους συνεργάτες γιατί χωρίς τη δική τους συμβολή, αυτό θα ήταν ανέφικτο.

ΒΌ

Σας ευχόμαστε καλό καλοκαίρι και σας περιμένουμε με

80

27η ΜαΘηματική Βαλκανιάδα 2010 Μολδαβία: 2 8 Μα ίου 201 Ο

της Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

20

.ι' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας .ι' Μαθηματικά Κατεύθυνσης

••••••••••••••••••••••

Γ ράμμα

3

Ο Ο

χαρδ για την νέα έκδοση του Ευκλείδη

82

Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Τασσόπουλος

Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής β. Ευσταθίου

ΣύνΘεση εξωφύλλου:

ΕλεύΘερη απόδοση σχεδίου από τα 50 χρόνια του Asterix και μιας γεωμετρικής κατασκευής

-

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ

ΤΙ)\: 21036 17784 ·3616532 Fax:2103641025

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος:

Τασσόπουλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος: Εκδότης: Ι<σλοyερόnου.\ο Γρηyόριος Ευσταθίου βαyyέλης Γραμματέας: Διεuθuντής: Τ υρλή ς Ι ω άννης

Επ ι μέλε ι α -Εκδοαης:

Ταcτcτόποuλος Γιώργος

� ΓΙcΜιyιώτης Μέλη:

Ευσταθίου Βαγγέλης

Ζώτος Βαγγέλης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105- 7998

Αργυράκης Δ. Λουρίδας Σ. Ταπεινός Ν.

Συντα κτική

Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αρyυρόκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Ευσταθίοu Βαyyiλης

Ζαχαρόποtιλοc; Κων νος Ζώτο<; BayyL\ης Καuαβάς Αmiοτολος Καλίκας Σmμάτης

ΚaviUoc; Χρήστοc; Καραyιι:ούνης Δημήτρης Καρκάνης Βαεπ'λης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα

επιτροπ ή

Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπέλας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόποuλος Αντώνηc; Κυριακσπούλοtι Κων να Κυβερνήτοu Χρυστ.

ι\αζαρtδης Χρήστοc;

Λάmιος ΛΣυτέριιc; ΛουριΟας Σιιmpις Μαλιιφόιας θανόσης Μανωλάιιοu Σπηιστuuj

Μαuροyιαwάιιηc; ΛαιΜ1iος Μενδρινός Γιάννης

Μεταξάς Νικο'λαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Ρέγκλης Δημήτρης

Σαϊτη Εύα Σταίκος Κώστας Στάίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Τσtnινός Νικόλαος Τασοόπουλος Γιώργος Τi:ιώτζιος Θανάσης τριάνrος Γεώρ)10S Τσι:η"Κάρης Ανδρ{ας Τσατοόρας Εuάητλοι; ΤσuιιWιοδάχης rιώfη9ς τεπούμας θανόση<; τ

υρΑι]<; Ιωάννηc;

Φανέλη Άννu Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχος Βαyyέλης

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

Τα διαφημιζ6μενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρtπει να οτέλνοvrαιlyκαιιχι, οτα yιχιφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόyιχιφα δεν εmοτρέφοvrαι.

τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραyyεΛνοvrαι οτεΛνεται με απλή εmταyή πληρώνεται οτα yιχιφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: ΦΟΙΝΙΚΑΣ ΑΕ τηλ.: 210 8/60330 Υπειίθuνος τuπογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης

σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ.

Γιχιφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή


Διαδικασίες επιλογής της Εθνικής Ολυμπιακής Ομάδας Μαθηματικών της Αυστραλίας Ο καθηγητής Νικόλαος Αλεξανδρής βρέθηκε στην Αυστραλία, κατά το τρέχον ακαδημαϊκό έτος, ως επισκέπτης καθηγητής στο Πανεπιστήμιο της Καμπέρα (Uniνersity of Canbeπa) στη Σχολή Επιστημών Πληροφορικής και Μηχανικής (Faculty of Informa­ tion Sciences and Engineering). Κατά την παραμονή του εκεί, είχε συνάντηση με τον καθηγητή Peter Taylor, (F A CE, CMath, FIMA , FΠC A ), εκτελεστικο διευθυντή (Executiνe Director) του Διοικητικού Συμβουλίου του Αυστραλιανού Μα­ θηματικού Ομίλου (Australian Mathematics Trust B oard). Στη συνάντηση, στην οποία παρευρέθηκε και ο ελληνικής καταγωγής καθηγητής της παραπάνω σχολής Peter Vassiliou, έγινε ανταλλαγή απόψεων και ενημέρωση για τις διαδικασίες που ακολουθούν οι δύο χώρες Ελλάδα-Αυστραλία για την επιλογή των μαθη­ τών που αποτελούν την Ολυμπιακή ομάδα της κάθε χώρας.

_ .. ·

-,

..)

··��/;-, .

Αν_ ....

.

.

·

..

··

'

1 .

AusτRALlAN MATHEMATlCS TRusτ

Ο καθηγητής Ν. Αλεξανδρής, ως πρόεδρος της οργανωτικής επιτροπής της 45ης Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας, Αθήνα 2004, μέλος του ΙΜΟΙΑΒ επι σειρά ετών και μέλος επιτροπών σε πολλές Ολυμπιά­ δες, παρουσίασε τις διαδικασίες που ακολουθούνται από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία για την επιλογή των ομάδων «μικροί, μεγάλοι», που εκπροσωπούν την Ελλάδα στους διεθνείς μαθηματικούς διαγωνισμούς. Ο καθηγητής Peter Taylor, παρουσίασε τις διαδι­ κασίες επιλογής των μαθητών της Αυστραλιανής ολυμπια­ κής ομάδας και τον φορέα υλοποίησης: Ο Αυστραλιανός Μαθηματικός Όμιλος ( Australian Mathematics Trust) είναι ένας εθνικός μη κερδοσκοπικός ορ­ γανισμός, που σκοπός του είναι να εμπλουτίσει τη διδασκαλία και την εκμάθηση των Μ αθηματικών σε όλες τις βαθμίδες της εκπαίδευσης. Παρέχει μαθηματικές δραστηριότητες με σκοπό τον εμπλουτισμό των μαθηματικών τόσο για τους Αυστραλούς όσο και για τους ξένους μαθητές και εκδίδει μαθηματικά βι­ βλία. Η έδρα του είναι στο Πανεπιστήμιο της Καμπέρα (Uniνer­ sity of Canbeπa). Το συμβούλιό του περιλαμβάνει αντιπρόσωπο της Αυστραλιανής Ακαδημίας Επιστη­ μών ( A ustralian Academy of Science), της Αυστραλιανής Μαθηματικής Εταιρείας ( Australian ΜatheΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/1


----

Διαδικασίες επιλογής της Εθνικής Ολυμπιακής Ομάδας Μαθη ματικών της Αυστραλίας

--­

Αυστραλιανής Ένωσης Καθηγητών Μ αθηματικών (Australian Association of και ένα αριθμό ακαδημαϊκών. Όλα τα θέματα των διαγωνισμών που πραγματοποιεί ο Αυστραλιανός Μ αθηματικός Όμιλος τίθενται με τα υψηλότερα πρότυπα, τα οποία είναι: γνήσιο πρωτότυπο μαθηματικό πρόβλημα, δημιουργούμενο και προτεινόμενο από ομάδες Αυστραλών που αποτελούνται από τους πιο έμπειρους καθηγητές και ακα­ δημαϊκούς και οι οποίοι στις επιτροπές δημιουργίας και επιλογής προβλημάτων εργάζονται εθελοντικά. Οι ομάδες αυτές εποπτεύονται από άλλες επιτροπές εθελοντών, οι οποίες εξετάζουν τη μαθηματική ακρί­ βεια των προβλημάτων, τη σαφήνεια της διατύπωσης και την αισθητική τους παρουσίαση κατά την εκτύ­ πωση . Η πιο γνωστή δραστηριότητα του ομίλου είναι ο Αυστραλιανός Μαθηματικός Διαγωνι­ σμός (Australian Mathematics Competition), που είναι το πρότυπο του διαγωνισμού για τα μαθηματικά στην Αυστραλία και διεξάγεται από το 1 978. Στο διαγωνισμό παίρνουν μέρος 400 χιλιάδες μαθητές της 3ης έως και 1 2ης τά­ ξης, 300 χιλιάδες από την Αυστραλία και I 00 χιλιάδες από το εξωτερικό, κυρίως από την Ασία και χώρες του Ειρηνικού. Οι μαθητές χωρίζονται σε πέντε ομάδες, ανάλογα με την τάξη που φοιτούν. Στην πρώτη ομάδα «Senior» συμμετέχουν μαθητές των τάξεων 1 1 ης και 1 2 η;. Σ τη δεύτερη ομάδα «lntermediate» συμμετέχουν μαθητές των τάξεων 9ης και Ι Οης. Στην τρίτη ομάδα «Junior» συμμετέχουν μαθητές των τάξεων 7'Ε και 8ης. Στην τέταρτη ομάδα «Upper Primary» συμμετέχουν μαθητές των τάξεων 5ης και 6ης και στην πέμπτη ομάδα «Middle Priιηary» συμμετέχουν μα­ θητές των τάξεων 3ης και 4ης Τα θέματα στα οποία διαγωνίζονται είναι 30 ερωτήσεις-προβλήματα πολ­ λαπλής επιλογής αυξανόμενης δυσκολίας. Η βαθμολογία των ερωτήσεων-προβλημάτων είναι κλιμακού­ μενη . Οι ερωτήσεις από 1 - 1 Ο παίρνουν 3 μονάδες, οι ερωτήσεις από 1 1 -20 παίρνουν 4 μονάδες και οι ερωτήσεις από 2 1 έως 25 από 5 μονάδες. Οι ερωτήσεις 26 έως 30 παίρνουν 6,7,8,9,και I Ο μονάδες βαθ­ μολογίας, αντίστοιχα. Ένας άλλος διαγωνισμός-πρόκληση για νεαρούς Αυστραλούς είναι ο διαγωνισμός «Mathematics Challenge for Young Aιιstralians» στον οποίο συμμετέχουν περίπου 1 5 χιλιάδες μαθητές της 5ης έως της I Οης τάξης. Ο διαγωνισμός πραγματοποιείται σε δύο φάσεις: matical Society), της Mathematics Teachers)

«Βασικό επίπεδο» (Challenge Stage), στο οποίο τίθενται 6 προβλήματα μέσα σε 3 εβδομάδες. Οι μα­ θητές στην προσπάθειά τους να λύσουν τα προβλήματα μπορούν να συμβουλευτούν καθηγητές, οι οποίοι έχουν τις λύσεις των προβλημάτων. «Εμπλουτισμένο επίπεδο» (Enrichment Stage), στο οποίο οι συμμετέχοντες, περίπου 7 χιλιάδες μα­ θητές, παρακολουθούν μαθήματα σε ομάδες (Course Work), για τρεις μήνες. Ο Αυστραλιανός Μαθηματικός Όμιλος έχει επίσης την ευθύνη της σύστασης της Αυστραλιανής Μα­ θηματικής Ολυμπιακής Επιτροπής (Australian Matheιηatical 0\yιηpiad Committee), η οποία πραγματο­ ποιεί αρκετούς μαθηματικούς μαθητικούς διαγωνισμούς για να καταλήξει στην επιλογή των μαθητών που αποτελούν την ολυμπιακή ομάδα, που εκπροσωπεί την Αυστραλία στη Διεθνή Μαθηματική Ολυ­ μπιάδα (International Mathematica\ Olympiad). Η διαδικασία επιλογής της Ολυμπιακής Ομάδας είναι: Τον Αύγουστο κάθε έτους, στον Αυστραλιανό Μαθηματικό Διαγωνισμό για Ολυμπιάδες (Australian Interιηediate Mathematical Olyιηpiad) συμμετέχουν περίπου 700 επιλεγέντες μαθητές. Από αυτούς επι­ λέγονται 1 00 μαθητές, στους οποίους παρέχονται ειδικά μαθήματα εμπλουτισμού μαθηματικών εννοιών. Οι μαθητές αυτοί διαγωνίζονται (Senior Contest) και επιλέγονται από αυτούς 25 μαθητές οι οποίοι, το Δεκέμβριο, για 1 Ο ημέρες σε φοιτητική εστία στη Μελβούρνη, παρακολουθούν μαθήματα μαθηματι­ κών. Από αυτούς περίπου οι μισοί θα είναι υποψήφιοι για την ολυμπιακή ομάδα του τρέχοντος έτους και οι άλλοι μισοί υποψήφια μέλη της Αυστραλιανής Ομάδας για μελλοντικές Διεθνείς Μαθηματικές Ολυ­ μπιάδες. ΕΥΚΛΕΙΔ Η Σ Β' 76 τ.4/2


Η άλγεβρα I.

και οι γεωμετρικέςωτήρης κατασκευές Χ. Γκουντουβάς Σ

Στην αναζήτηση ενός κριτηρίου για γεωμετρικές κατασκευές

Στις αρχές του 19ου αιώνα δεν είχε απαντηθεί ακόμη το ερώτημα για το ποιες κατασκευές μπορούν να πραγματοποιηθούν με αποκλειστική χρήση κανόνα και διαβήτη. Για να απαντήσου­ με στο ερώτημα αυτό θα εξετάσουμε πρώτα ποιες στοιχειώδεις κατασκευές μπορούμε να πραγματοποιήσουμε με τη βοήθεια του κανόνα και του διαβήτη. Οι στοιχειώδεις κατασκευές εί­ ναι οι παρακάτω : : Η κατασκευή μιας ευθείας που διέρχεται από δύο δεδομένα ή κατασκευασμένα σημεία : Η κατασκευή ενός ευθυγράμμου τμή ματος που διέρχεται από δύο δεδομένα ή κατασκευ­ ασμένα σημεία : Η κατασκευή ενός κύκλου με κέντρο ένα δεδομένο ή κατασκευασμένο σημείο και ακτίνα ένα δεδομένο ή κατασκευασμένο ευθύγραμμο τμήμα. : Η κατασκευή ενός σημείου που προκύπτει σαν τομή δύο ευθειών ή ευθείας και κύκλου ή δύο κύκλων • •

• •

• •

• •

Ένα σημείο είναι κατασκευάσιμο αν προκύπτει μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων στοιχειωδών κατασκευών. Γενικότερα ένα γεωμετρικό αντικείμενο (ευθεία, ευθύγραμμο τμή μα, κύκλος κλπ.) είναι κατασκευάσιμο αν προκύπτει μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων στοι­ χειωδών κατασκευών. Τώρα θα εξετάσουμε ποιες πράξεις μπορούμε να κάνουμε σε ευθύγραμμα τμή ματα με τη βοήθεια του κανόνα και του διαβήτη. Αν δοθούν δύο ευθύγραμμα τμήματα α και β μπορούμε να κατασκευάσουμε το άθροισμα τους α+β και τη διαφορά τους α-β με απλές κατασκευές. Για αυτές τις πράξεις απαιτείται η μεταφορά ευθυγράμμων τμη μάτων η οποία δίνεται από τον Ευκλείδη στην πρόταση 1.2 των Στοιχείων. Η διαφορά ευθυγράμμων τμημάτων δίνεται στην πρόταση 1.3. Αν δοθεί ένα ευθύγραμμο τμήμα α μπορούμε να κατασκευάσουμε τμήματα μήκους 2α, 3α κλπ, δηλαδή ακέραια πολλαπλάσια του α, όπως στο παρακάτω σχήμα. Α

α

α

α

α

α

Β

Μπορούμε επίσης να διαιρέσουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα α σε ίσα μέρη. Στο επόμενο σχή μα έχουμε διαιρέσει το ευθύγραμμο τμή μα ΑΒ=α σε 4 ίσα μέρη. Α

Γ I

I

Γ' Δ'

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

Δ

Ε'

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

Ε

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

Β

χ Β' Ξεκινώντας λοιπόν από το ευθύγραμμο τμήμα α μπορούμε με συνδυασμό των δύο παραπά­ νω κατασκευών να κατασκευάσουμε κάθε ρητό πολλαπλάσιο του τμήματος α, όπως για παρά4 δειγμα το -α. 3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/3


-------

Η άλγεβρα και οι γεωμετρικές κατασκευές

-------

Επίσης μπορούμε να κατασκευάσουμε το γινόμενο δύο τμη μάτων α και β αν δοθεί ένα τμή­ μα με μήκος που θα λάβουμε σαν μονάδα μέτρησης. Η κατασκευή είναι η παρακάτω. Αν ΟΑ=α, ΟΒ=β και ΟΓ= l , τότε τοποθετούμε τα τμήματα στις ημιευθείες Oy, Oz όπως στο σχήμα, φέρου­ με την ΑΓ και την ΒΔ//ΑΓ. Β

α

-

ο

I

α

I

I

I

I

I

I

I

I

Α

I

I

I

Ι

I

Ι

Ι

I

Ι

Ι

Υ

Ι

Δ z Προσδιορίζουμε τότε το σημείο Δ στην ημιευθεία Oz, οπότε το τμήμα ΟΔ είναι το γινόμενο αβ. ΟΑ ΟΓ Αυτό προκύπτει από την αναλογία = <=> ΟΔ = ΟΑΟΒ = αβ. ΟΔ ΟΒ Ανάλογα μπορούμε να κατασκευάσουμε το πηλίκο δύο τμημάτων α και β αν δοθεί ένα τμή­ μα με μήκος ίσο με τη μονάδα. Αν ΟΑ=α, ΟΒ=β και ΟΓ= l τότε φέρουμε την ΑΒ και την ΓΔ//ΑΒ. Η αναλογία δίνει ΟΑ ΟΒ α β α <=> - = - <=> ΟΔ - χ --. = Β Υ ΟΔ ΟΓ χ 1 β Θα δούμε τώρα την κατασκευή της τε­ τραγωνικής ρίζας ενός τμήματος ΑΒ=α, δη­ λαδή θα κατασκευάσουμε ένα τμήμα χ τέτοιο ο ώστε χ = Fα . Έστω ΑΒ=α και ΒΓ= l . Γρά­ χ φουμε τον κύκλο με διάμετρο ΑΓ και φέρ­ Δ νουμε την κάθετο στην ΑΓ στο σημείο Β, που Α τέμνει τον κύκλο στο σημείο Δ. Τότε στο ορ­ z θογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: ΒΔ 2 = ΑΒ· ΒΓ <=> χ 2 = α· l <=> χ = Fα . Άρα το τμήμα ΒΔ= χ = Fα . Η κατασκευή φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Δ Μπορούμε λοιπόν με κα­ νόνα και διαβήτη για ευθύγραμμα τμήματα που δίνο­ χ νται ή τμήματα που κατα­ σκευάζονται να εκτελέσουμε τις πράξεις της πρόσθεσης, Γ α της αφαίρεσης, του πολλα­ πλασιασμού, της διαίρεσης και εξαγωγής τετραγωνικής ρίζας. Αν τώρα χρησιμοποιή­ σουμε την αναλυτική γεωμε­ τρία μπορούμε να αποδείξουμε ότι είναι αδύνατο να εκτελέσουμε με κανόνα και διαβήτη άλλες πράξεις εκτός από τις παραπάνω. Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι η ευθεία και ο κύκλος έ­ χουν εξισώσεις πρώτου και δεύτερου βαθμού αντίστοιχα. Δηλαδή αν δίνεται ένα ευθύγραμμο τμήμα α και ένα ευθύγραμμο τμή μα με μήκος 1, τότε γενικά είναι αδύνατο να κατασκευάσουμε -

-

_

_

I

I

'

'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/4

'

'

'

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I


-------

Η άλγεβρα και οι γεωμετρικές κατασκευές

μόνο με κανόνα και διαβήτη ένα τμήμα μήκους ίσου με � ή συνα ή logα. Ειδικές όμως περι­ πτώσεις αυτών των κατασκευών μπορούν να πραγματοποιηθούν όπως για παράδειγμα αν α=8, τότε το τμήμα � = � =2 προφανώς είναι κατασκευάσιμο. Μπορούμε να επεκτείνουμε τώρα τις γεωμετρικές κατασκευές και στους πραγματικούς α­ ριθμούς δίνοντας τον παρακάτω ορισμό. Ένας πραγματικός αριθμός α είναι κατασκευάσιμος με κανόνα και διαβήτη αν μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα μήκους Ιαl σε πεπερασμένο αριθμό βημάτων ξεκι­ νώντας από ένα δεδομένο μοναδιαίο ευθύγραμμο τμήμα. Ο Γερμανός μαθηματικός Leopold Kronecker ( 1823- 1 891) είναι γνωστός για την επιμονή του στην κατασκευασιμότητα των μαθηματικών αντικειμένων. Όπως χαρακτηριστικά έλεγε, «ο Θεός έφτιαξε τους φυσικούς αριθμούς. Όλα τα άλλα είναι δουλειά του ανθρώπου.»

Η κατασκευή της τετραγωνικής ρίζας του 2 ήταν γνωστή στους πυθα­ γορείους σαν η διαγώνιος τετραγώνου πλευράς 1 και αποδίδεται στον Ίπ­ πασο τον Μεταποντίνο τον 6° αιώνα π.Χ. Ήταν στενά συνδεδεμένη με την ανακάλυψη της ασυμμετρίας (των άρ­ ρητων) και την κρίση που προκάλεσε στην κοσμοθεωρία των πυθαγορείων. Η κατασκευή τετραγωνικών ριζών φυσικών αριθμών ή­ ταν γνωστή στους αρχαίους Έλληνες με τη βοήθεια του πα­ ρακάτω σχήματος. Ξεκινώντας από ένα ορθογώνιο και ισο­ σκελές τρίγωνο με κάθετες πλευρές ίσες με τη μονάδα βρί­ σκουμε την υποτείνουσα ίση με J2 . Στη συνέχεια κατα­ σκευάζουμε νέο ορθογώνιο τρίγωνο με μία κάθετη πλευ­ ρά J2 και την άλλη κάθετη ίση με τη μονάδα και παίρνουμε τη νέα υποτείνουσα ίση με J3 . Η διαδικασία αυτή επανα­ λαμβάνεται επ' άπειρον και μπορεί να μας δώσει τις τετρα­ γωνικές ρίζες όλων των φυσικών αριθμών. Η κατασκευή αυτού του κοχλία στο σχήμα σταματάει στην κατασκευή του Jfi . Από το ε­ πόμενο βήμα αυτής της διαδικασίας το σχήμα θα αρχίσει να επικαλύπτεται. Βλέπουμε λοιπόν ότι η κατασκευή των πραγματικών αριθμών με κανόνα και διαβήτη ανάγε­ ται στην κατασκευή ευθυγράμμων τμημάτων με αντίστοιχα μήκη . Μπορούμε τώρα λοιπόν να δώσουμε απάντηση στο ερώτημα για το ποιες κατασκευές μπο­ ρούν να πραγματοποιηθούν με κανόνα και διαβήτη . Η απάντηση είναι η εξής :

Αν δοθούν ένα ή περισσότερα ευθύγραμμα τμήματα πεπερασμένου πλήθους, όπου το ένα λαμβάνεται ως μονάδα μέτρησης του μήκους και τα άλλα έχουν μήκη a, b, c, . . . , τότε ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι ένα ευθύγραμμο τμήμα χ κατασκευάσιμο με κα­ νόνα και διαβήτη, είναι να μπορεί το χ να εκφραστεί σαν συνάρτηση ρητών πολλαπλασίων των μεγεθών 1, a, b, c, . . . , καθώς και συνδυασμών αυτών με τη χρήση ενός πεπερασμένου πλήθους από τα πέντε σύμβολα +, , χ , : , F . -

Αυτά τα πέντε σύμβολα θα τα ονομάσουμε στοιχειώδη . Η απάντηση αυτή μας παρέχει ένα κριτήριο που φαίνεται επαρκές, όμως η εφαρμογή του προσκόπτει σε σοβαρές δυσκολίες. Για να είναι εφικτή η κατασκευή ενός ευθυγράμμου τμήμα­ τος με κανόνα και διαβήτη, πρέπει να γνωρίζουμε αν το μήκος χ του ζητούμενου τμήματος μπο­ ρεί να εκφραστεί σαν συνάρτηση ρητών πολλαπλασίων των δεδομένων στοιχείων και των πέντε στοιχειωδών συμβόλων. Όταν το μήκος χ δίνεται μέσω μ:ιας εξίσωσης, όπως για παράδειγμα 4χ3 - 3χ - α = Ο στην περίπτωση της τριχοτόμησης μιας γωνίας, ή χ= J;. στην περίπτωση του τετραγωνισμού του κύκλου, τότε δεν μπορούμε να ξέρουμε αν το χ ικανοποιεί τις απαιτήσεις του κριτηρίου. Ε ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/5


-------

Η άλγεβρα και οι γεωμετρικές κατασκευές

-------

τίθεται τώρα το εξής ερώτημα. Αν ένα μέγεθος χ μας δοθεί απευθείας συναρτήσει άλλων μεγεθών ή εμμέσως ως ρίζα μιας εξίσωσης, τότε πως μπορούμε να aποφανθούμε αν αυτό μπορεί να εκφραστεί σαν συνάρτηση ρητών πολλαπλασίων των δεδομένων μεγεθών και των πέντε στοιχειωδών συμβόλων; Η απάντηση στο ερώτημα αυτό δόθηκε από τον Γάλλο μαθη ματικό Pierre L. Wantzel (18141848) το 1837 με το παρακάτω θεώρη μα.

Αν ένας αριθμός είναι κατασκευάσιμος με κανόνα και διαβήτη τότε είναι ρίζα ενός πο­ λυωνύμου με ακεραίους συντελεστές, ανάγωγου στο σύνολο των πολυωνύμων με ρητούς συντελεστές και ο βαθμός του είναι δύναμη του 2. Η απόδειξη του θεωρήματος του Wantzel γίνεται με τη βοήθεια της θεωρίας Galois. Επίσης είχε αποδειχθεί και το παρακάτω θεώρη μα :

Αν ένας αριθμός είναι ρίζα ενός ανάγωγου πολυωνύμου νιοστού βαθμού, τότε δεν μπο­ ρεί να είναι ρίζα άλλου ανάγωγου πολυωνύμου διαφορετικού βαθμού. Ο συνδυασμός αυτών των δύο θεωρη μάτων μας δίνει το τελικό κριτήριο κατασκευασιμότη­ τας για ένα ευθύγραμμο τμήμα και ως εκ τούτου απαντά οριστικά στο πρόβλημα. Στην επόμενη παράγραφο θα εφαρμόσουμε αυτό το κριτήριο στα τρία περίφημα "άλυτα" προβλήματα της αρχαιότητας. Αυτά είναι: ο��

Ο διπλασιασμός του κύβου ή Δήλιο πρόβλη μα �:φ Η τριχοτόμηση γωνίας Ο τετραγωνισμός του κύκλου Θα πρέπει εδώ να σημειώσουμε ότι εκτός από τις προσπάθειες πολλών μαθηματικών να επι­ λύσουν τα εν λόγω περίφημα προβλή ματα θετικά, δηλαδή να πραγματοποιήσουν μια κατα­ σκευή, υπήρξαν και προσπάθειες από μαθηματικούς να επιλύσουν αυτά αρνητικά, δηλαδή να αποδείξουν το αδύνατο της κατασκευής τους με αποκλειστική χρήση κανόνα και διαβήτη . Μια λανθασμένη απόδειξη της μη επίλυσης του τετραγωνισμού του κύκλου διατυπώθηκε το \668 από τον James Gregory. I ι Η θει,Jpiα (Gniois

και οι

κατασκευές

Όπως έχουμε αναφέρει οι προσπάθειες των μαθηματικών για την επίλυση των τριών περί­ φημων "άλυτων" προβλημάτων της αρχαιότητας με κανόνα και διαβήτη απέβησαν άκαρπες μέ­ χρι και τις αρχές του 19ου αιώνα. Το πλήρωμα του χρόνου ήλθε το 1837 για το διπλασιασμό του κύβου και την τριχοτόμηση της γωνίας και το 1882 για τον τετραγωνισμό του κύκλου. Η άλγεβρα και πιο συγκεκριμένα η θεωρία ομάδων απάντησαν οριστικά μετά από μια μακρά χρονική περίοδο 25 αιώνων, ότι η επίλυση αυτών των τριών προβλημάτων με κανόνα και

διαβήτη είναι αδύνατη. Η

θεωρία ομάδων αναπτύχθηκε στις αρχές του 19°υ αιώνα από πολλούς μαθηματικούς με τους Ν. Η. Abel (1802-1829) και Evariste Galois (1811-1832) να έχουν την πιο σημαντική συ­ νεισφορά. Ο Ga\ois εφάρμοσε την έννοια της ομάδας στη μελέτη των εξισώσεων και εισήγαγε στη θεωρία ομάδων έννοιες τόσο σπουδαίες ώστε μπορεί να θεωρηθεί ότι είναι ο θεμελιωτής της μαθηματικής θεωρίας που σή μερα ονομάζουμε θεωρία Galois. Η θεωρία Ga\ois, όπως είδαμε στην προηγούμενη παράγραφο, μας παρέχει το παρακάτω κριτήριο κατασκευασιμότητας (θεώρημα Wantzel):

Αν δοθούν ένα ή περισσότερα ευθύγραμμα τμήματα, πεπερασμένου πλήθους, όπου το ένα λαμβάνεται ως μονάδα μέτρησης του μήκους και τα άλλα έχουν μήκη a, b, c, . . . , τότε ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι ένα ευθύγραμμο τμήμα χ κατασκευάσιμο με κα­ νόνα και διαβήτη, είναι το χ να είναι ρίζα μιας ανάγωγης αλγεβρικής εξίσωσης της οποίας οι συντελεστές είναι ρητές συναρτήσεις των μηκών 1, a, b, c, . . . , των δοθέντων ευθυγράμ­ μων τμημάτων, και ο βαθμός της είναι δύναμη του 2. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/6


------- Η άλγεβρα και οι γεωμετρικές κατασκευές Ο διπλασιασμός

του κύβου Αν δοθεί ένας κύβος ακμής α, τότε ζητείται να κατασκευαστεί κύβος με διπλάσιο όγκο. (Δήλιο πρόβλημα)

χ

Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να θεωρήσουμε ότι η δοθείσα ακμή είναι ίση με 1. Τότε ο κύβος με διπλάσιο όγκο θα έχει ακμή ίση3 με χ =ifi, οπότε το τμήμα χ που ζητείται να κατασκευάσουμε επαληθεύει την εξίσωση : χ - 2 Ο εξίσωση αυτή έχει ακέραιους συντελεστές και είναι ανάγωγη δηλαδή δεν μπορεί να παραγο­ ντοποιηθεί σε δύο πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές. Ο βαθμός της εξίσωσης ισούται με 3 οπό­ τε δεν είναι δύναμη του 2. Επίσης δεν μπορεί να υπάρξει άλλη ανάγωγη εξίσωση με συντελεστές ακέραιους της οποίας το ζητούμενο μέγεθος να είναι ρίζα και της οποίας οχβαθμός να είναι ίσος με κάποια δύναμη του 2. Άρα σύμφωνα με το παραπάνω κριτήριο το τμήμα δεν κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη. Δηλαδή ο διπλασιασμός του κύβου με κανόνα και διαβήτη είναι αδύνατος. Έστω ότι η γωνία που δίνεται για να τριχοτομηθεί είναι θ. Ζητείται τότε να κατασκευαστεί γωνία φ ίση με το _!_3 της θ. Δηλαδή φ = _!_θ. 3 =

Η

-

._

.

t/ ·Jωμψ:rιι γι•j)ηυ:ς

Από την τριγωνομετρία γνωρίζουμε τη σχέση : συν3φ = 4συν3φ - 3συνφ η οποία μας δίνει το συνημίτονο της γωνίας 3φ όταν το συνημίτονο της γωνίας φ είναι γνωστό. θ Θέτουμε τώρα θ=3φ και συνθ=α, άρα η παραπάνω εξίσωση γίνεται: 4συν33 -3συν �3 -α=Ο (1) Αν τώρα στην (1) θέσουμε συν�3 = χ, τότε προκύπτει η εξίσωση 4χ3 - 3χ - α Ο (2), της οποίας ρίζα είναι το συνφ, δηλαδή το συνημίτονο της ζητούμενης γωνίας φ. γωνία φ είναι κατασκευάσιμη αν το συνημίτονο της είναι κατασκευάσιμο. Άρα αν κατα­ σκευάσουμε το χ = συνφ, τότε έχουμε τριχοτομήσει τη γωνία θ. Το μοναδικό δεδομένο του προβλήματος είναι η γωνία θ η οποία μας δίνεται μέσω του συ­ νημιτόνου της α. Θεωρούμε και το τμήμα με μήκος 1 και τώρα είμαστε σε θέση να εφαρμόσου­ με το κριτήριο κατασκευασιμότητας. Μπορεί να αποδειχθεί ότι όταν το α παίρνει διάφορες τιμές, δηλαδή παραμένει απροσδιόρι­ στο, τότε η εξίσωση (2) είναι ανάγωγη. Ο βαθμός αυτής της εξίσωσης είναι 3 που δεν είναι δύ­ ναμη του 2. μι:: η τριχοτόμηση Πρέπει εδώ να σημειώσουμε ότι για ορισμένες γωνίες θ η τριχοτόμηση με κανόνα και διαβή­ τη είναι εφικτή. Για παράδειγμα αν θ=90° τότε α=συν90°=0, οπότε η εξίσωση (2) γίνεται : 4χ3 =

Η

Άρα

τυχαίας γωνίας ι::ίναι αδί>νατη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/7

κανόνα και διαβήτη.


-------

Η άλγεβρα και οι γεωμετρικές κατασκευές

= Ο<=> χ(4χ2-3) = Ο, δηλαδή το πρώτο μέλος αναλύεται σε γινόμενο δύο πολυωνύμων πρώτου και δεύτερου βαθμού με ακέραιους συντελεστές, οπότε το χ είναι κατασκευάσιμο, δηλαδή η ορ­ θή γωνία τριχοτομείται. Για να τριχοτομηθεί η ορθή γωνία πρέπει να κατασκευαστεί μια γωνία 30°. Αυτό μπορεί να γίνει με την εγγραφή σε κύκλο ενός κανονικού δωδεκαγώνου. Τότε η κεντρική του γωνία είναι 30°. μπορεί να αποδειχθεί ότι οι μόνες ακέραιες γωνίες που κατασκευάζονται με κανόνα και Γενικά διαβήτη είναι πολλαπλάσια του 3 . Αν δοθεί ένας κύκλος ακτίνας ρ, τότε ζητείται να κατασκευαστεί τετράγωνο πλευράς χ, ώ­ στε να έχει εμβαδόν ίσο με του κύκλου. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να θεω­ ρήσουμε την ακτίνα του κύκλου ρ= Ι . Τότε πρέπει να κατασκευάσουμε με κανόνα και διαβήτη ένα τμήμα χ = J;. . Το κριτήριο κατασκευασιμότητας απαιτεί το χ να είναι ρίζα μιας ανάγωγης αλγεβρικής εξίσωσης με συντελεστές ρητές συναρτήσεις των δεδομέ­ νων. Το μοναδικό δεδομένο του προβλήματος είναι η ακτίνα, δηλαδή τμήμα μήκους ίσο με Ι , οπότε οι συντελεστές πρέπει να είναι ρητοί αριθμοί. Άρα πρέπει πριν απ' όλα το π να είναι αλ­ γεβρικός αριθμός, δηλαδή ρίζα μιας πολυωνυμικής εξίσωσης με συντελεστές ακέραιους αριθ­ μούς. Το πρόβλημα λοιπόν του τετραγωνισμού του κύκλου aντιστεκόταν ακόμη στις προσπάθειες για την επίλυσή του, ενώ στα άλλα δύο προβλήματα είχαν ήδη δοθεί απαντήσεις από 183 7 με τη βοήθεια του κριτηρίου κατασκευασιμότητας. Μη απόδειξη του ότι το π είναι αλγεβρικός α­ ριθμός ισοδυναμούσε με την αδυναμία μας να επιλύσουμε το πρόβλημα. Το Ι 844 ο Joseph Liouνille ( 1 809- Ι 882) απέδειξε την ύπαρξη υπερβατικών αριθμών, δη­ λαδή αριθμών που δεν είναι ρίζες καμιάς πολυωνυμικής εξίσωσης με ακεραίους συντελεστές. απόδειξη όμως του Liouνil\e είναι κατασκευαστική, δηλαδή συνίσταται στην κατασκευή υπερ­ βατικών αριθμών και δεν μας παρέχει τη μέθοδο για να αναγνωρίσουμε αν ένας αριθμός είναι υπερβατικός ή όχι. Το Ι 873 ο Charles Henηite (1822- Ι 90 Ι ) απέδειξε ότι ο αριθμός e, η βάση των νεπέριων λο­ γαρίθμων, είναι υπερβατικός αριθμός. Στηριζόμενος στο αποτέλεσμα αυτό το 1 882 ο Γερμανός μαθηματικός ( 1 852-Ι 939) απέδειξε ότι ο αριθμός π είναι υπερβατικός, άρα ο τετραγωνισμός του κύκλου με κανόνα και διαβήτη είναι αδύνατος. Έτσι και το τρίτο και τελευταίο από τα περίφημα "άλυτα" προβλήματα της αρχαιότητας λύ­ θηκε αρνητικά, δηλαδή αποδείχθηκε η μη επιλυσιμότητά του με κανόνα και διαβήτη. Ο Isaak Newton ( Ι 643- Ι 727) είχε ασχοληθεί εκτεταμένα με τις γεωμετρικές κατασκευές. Σε μια σειρά μελετών προσπάθησε να ταξινομήσει τις θεμελιώδεις ερωτήσεις σχετικά με τη χρήση άλγεβρας στη γεωμετρία. Το συμπέρασμα αυτών των μελετών μπορεί να συνοψισθεί ως εξής 3χ

Ο η:ηuιαγ'•)\\'!σ;��όζ

H)TJ

ιc/1'Ι(λου

χ

το

Η

C.F. Von Lindemann

:

αντίθετα με ότι ο Καρτέσιος είχε σκεφθεί, η άλγεβρα δεν είναι το μέσο που θα φέρει τάξη στη γεωμετρία.

Κλείνοντας την παράγραφο αυτή και αντίθετα με την άποψη του Newton, θα λέγαμε ότι η άλγεβρα μπορεί να απαντήσει αποδεικτικά για την επιλυσιμότητα ή μη των γεωμετρικών προ­ βλημάτων και με κάποιο τρόπο "τακτοποιεί" τη Γεωμετρία. 1. Αρτεμιάδης Νικόλαος, Αθήνα 1998, Εκδό­ σεις Ε.Μ. Ε . Μπρίκας Μαυρίκιος, Αθή­ 2. ναι, Ι 973 . 3. Αθήνα 1 994, Εκδόσεις ΠΕΚ. ΒΙΒΛΙΟi.ΡΑΦiΛ

Στοιχειώδης Γεωμετρία Από Ανώτερη Σκοπιά,

Τα περίφημα Άλυτα Γεωμετρικά Προβλήματα της Αρχαιότητας,

Fraleigh John Β., Εισαγωγή στην Άλγεβρα,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 7 6 τ.4/8


,αθημαttκοi. Δtαyωvι σμοi. Μαθημαttκές ΟλvμπtάδεG Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

27η

Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα ΣΑΒΒΑΤΟ,

27 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2010

Θέματα μεγάλων nΡΟΒΛΗΜΑ

Αρχιμήδης"

τάξεων

Ενδεικτικές λύσεις

1

Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 2 χ4 - 6χ + ι = 1. 2r. Λύση

(1 )

(1°" τρόπος)

Παρατηρούμε ότι για y < Ο η δεδομένη εξίσωση δεν μπορεί να έχει ακέραιες λύσεις. Ομοίως για y=Ο η ( Ι ) δεν έχει ακέραια λύση Για yΕΖ, y::::: Ι, η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση (2)

η οποία για να έχει ακέραιες λύσεις πρέπει η διακρίνουσα της αντίστοιχης επιλύουσας της (2) να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου, δηλαδή πρέπει Δ=36-4(1-7·2Υ)=32+4·7·γ=4·(8+7·γ) να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Επειδή είναι 4=22, για να είναι ο αριθμός Δ τέλειο τετράγωνο ακέραιου πρέπει και αρκεί ο αριθμός Α=8+7·2Υ, y:?: Ι να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Όμως ο αριθμός Α είναι άρτιος, οπότε, αν είναι τέλειο τετράγωνο, τότε θα ισχύει ότι Α=8+7·2Υ=(2κ )2=4κ2,κΕΖ,κ > Ο <::::> 2+7 2y-2=κ2,κΕΖ,κ> Ο (3) Η εξίσωση (3) για y=Ι είναι αδύνατη, ενώ για y=2 δίνει κ=3, οπότε είναι Α=36 και Δ=4·36=Ι22• Έτσι η εξίσωση (2) έχει τις λύσεις ·

χ2=

6±Ι2

--

Για

y=3, η

, χει τις λυσεις

2

εξίσωση (3) δίνει

6±Ι6 χ2= -2-

<::::>

<::::>

9' ' χ2= η χ2=-3(απορριπτεται ) <::::> χ=±3 .

κ=4, οπότε

είναι Α=64 και Δ=4·64=Ι 62 Έτσι η εξίσωση (2) έ' αποδ εκτη.' ' καμια ' δ εν ειναι χ2=Ι Ι'η χ2=-5 , απο' τις οποιες •

είναι άρτιος, η εξίσωση (3) είναι ισοδύναμη με την εξί2+7·2y-z ( 2λ ) 2 , λΕΖ,λ >Ο<::> Ι+7·2y-J =2λ2,λΕΖ,λ >Ο, σωση η οποία είναι αδύνατη. Άρα οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης είναι οι: (χ,y)=(±3,2). Για

y::::: 4, αφού

ο ακέραιος

Β=2+7·γ-2

=

2";

τρόπος

Όπως και στον πρώτο τρόπο παρατηρούμε ότι για Η δεδομένη εξίσωση γράφεται στη μορφή <::::>

{

y::;; Ο

} {

η εξίσωση είναι αδύνατη στους ακέραιους.

(χ2+2χ-Ι) (χ2-2χ-Ι)=7·γ,

x2+2x-I=2•,aEZ+ x2-2x-I=7·2b,bEZ+ a+b=y

( Σ, ) ή

χ2-2χ-Ι=2κ,κΕΖ+ χ2+2χ-Ι=7·2\λΕΖ+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/9

κ+λ=y

}

(4)

(Σ ) 2


------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες ------Λ(Jση

( Σ1 )

Για να έχει ακέραια λύση η εξίσωση χ2 + 2 χ - 1 = 2" πρέπει η διακρίνουσά της ) ) ( ( Δ = 4+ 4 1 + 2• = 4 2 + 2" να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου, για το οποίο πρέπει και αρκεί ο αριθμός Κ = 2 + 2" να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Για a = Ο ή a = 2 ο αριθμός Κ δεν είναι τέλειο τετράγωνο, ενώ για a = Ι είναι Κ= 4 = 2 2 , οπότε η ε­ ξίσωση χ 2 + 2 χ - 1 = 21<::::> χ 2 + 2χ - 3 = Ο έχει τις λύσεις χ = -3 ή χ = 1 . Για χ = -3 η εξίσωση χ 2 - 2 χ - 1 = 7 · 2b δίνει την εξίσωση 1 4 = 7 · 2b η οποία έχει τη λύση b = 1 , οπότε προκύπτει y = a + b = 2 και για την δεδομένη εξίσωση η λύση ( χ, y) = (-3, 2) Για χ = 1 η εξίσωση χ 2 - 2χ - I = 7 · 2b δίνει την εξίσωση -2 = 7 · 2b η οποία είναι αδύνατη . Για a � 3 , αφού ο αριθμός Κ = 2 + 2" είναι άρτιος, πρέπει Κ= 2+ 2" = (2m) 2 ,m Ε Ζ+<::::> 1 + 2"- 2 =2m 2 ,m Ε Ζ+, η ΟΠΟία είναι αδύνατη . ι\(Jση

( Σ2 )

Για να έχει ακέραια λύση η εξίσωση χ 2 - 2χ - 1 = 2κ πρέπει η διακρίνουσά της Δ = 4+ 4 ( 1 + 2κ) = 4 ( 2+γ) να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου, για το οποίο πρέπει και αρκεί ο αριθμός Λ= 2 + 2κ να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Για κ= Ο ή κ = 2 ο αριθμός Λ δεν είναι τέλειο τετράγωνο, ενώ για κ= I είναι Λ = 4 = 2 2 , οπότε η ε­ ξίσωση χ 2 - 2χ - 1 = 21 <::::> χ 2 - 2χ - 3 = Ο έχει τις λύσεις χ = 3 ή χ = - I . Για χ= 3 η εξίσωση χ2 + 2χ - 1 = 7 · 2λ δίνει την εξίσωση 1 4 = 7 · 2λ η οποία έχει τη λύση λ = I οπό­ τε προκύπτει y =κ+ λ = 2 και για την δεδομένη εξίσωση η λύση ( χ, y) = ( 3, 2) Για χ = - 1 η εξίσωση χ2 + 2χ - 1 = 7 · 2λ δίνει την εξίσωση -2 = 7 · 2λ η οποία είναι αδύνατη . Για a � 3 , αφού ο αριθμός Λ = 2 + 2λ είναι άρτιος πρέπει Λ= 2+γ=(2m) 2 ,m Ε z+ <::::> 1 +γ- 2 =2m2 ,m Ε z+, η οποία είναι αδύνατη. ΠΙ'ΟΒΛΗΜΑ 2 Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί χ και y έχουν άθροισμα 2α, όπου α> Ο, να αποδείξετε ότι: ,

(

x3y3 x2 +y2 2 �4αιο.

Για ποιες τιμές των χ και y αληθεύει η ισότητα;

)

(1)

Λί1ση

Επειδή για τους θετικούς πραγματικούς αριθμο ύς χ, y δίνεται ότι χ+ y = 2α, α > Ο , μπορούμε να χ = α+t, y =α -t , - α:::;t :::;α . θέσουμε: Με αντικατάσταση των χ, y στην ( 1 ), προκύπτει ότι, αρκεί να αποδείξουμε την ανισότητα

( α+t) 3 ( α -t)3 [ ( α+t) 2 + ( α -tγ Τ :::;4α10 <::::> 4 (α 2 -t 2 γ(α2 +t2 ) 2 :::;4α10 <=> (α2 -t2 )(α2 -t2 ) 2 (α2 +t2 ) 2 � α ιο <=> (α2 -t2 )(α4 -t4) 2 :::;α ιο , η οποία αληθεύει, αφού λόγω της υπόθεσης -α:::;t:::;α για τη νέα μεταβλητή t , έχουμε (α2 -t 2 )(α4 -t4)2 � α2 · αs =α ιο. Η ισότητα ισχύει όταν t = Ο , δηλαδή όταν χ = y = α . Παρατήρηση

όπου η ισότητα ισχύει για χ = y = α .

( ) χ3 y 3 � ( χ; Υ}' =α

2 xy:::; x ; y =α2

Για χ+ y = 2α ισχύει ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 0

6

(1)

(2)


------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

2α2 :::; χ 2 + y 2:::; 4 α 2 (3) � 4α4:::; ( χ 2 + / ) 2 :::; 16α4 (4) όπου η ισότητα αριστερά ισχύει για χ = y =α , ενώ η ισότητα δεξιά ισχύει για (χ, y) =( 2α, Ο) ή (Ο, 2α ) . Όμως από τις (2) και (4 ) δεν μπορεί να προκύψει η ζητούμενη ανισότητα. Επομένως πρέπει να προσ­

Επίσης, για χ + y = 2α ισχύει ότι

διορίσουμε τη μέγιστη τιμή της συνάρτησης f ( x, y) = x 3/( x 2 + y 2 ) 2 = xy [ xy ( x 2 + y2 ) T = xyg(x, y) , υπό τη συνθήκη χ + y = 2α. Όμως η συνάρτηση g( χ, y ) =χ 2 y 2 ( χ 2 + y 2 γ έχει μέγιστη τιμή, όταν η συ­ νάρτηση h( χ, y ) = xy ( χ 2 + / ) έχει μέγιστη τιμή, δηλαδή όταν η συνάρτηση φ( χ)= h(χ, 2α - χ)= χ (2 α - χ) ( 2χ 2 - 4 αχ + 4 α 2 ), ο :::; χ :::; 2α έχει μέγιστη τιμή φ( α ) = 2α4, όπως εύκολα προκύπτει με χρήση παραγώγων. Από αυτό και την ( 1) μπο­ ρεί να προκύψει η ζητούμενη ανισότητα. ΓΗ>ΟΒΛΗΙ\ΙΛ 3

Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (O, R) και έστω I το έκκεντρό του. Οι προεκτά­ σεις των ΑΙ,ΒΙ και CI τέμνουν το περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία D,E και F αντίστοιχα. Οι κύκλοι με διάμετρο ID, ΙΕ και IF τέμνουν τις πλευρές BC, AC και ΑΒ στα σημεία Α1, Α2 , Β1, Β2 και C1 ,C2 αντίστοιχα. Να aποδείξτε ότι τα σημεία Α1,Α2 , Β1, Β2 , C1,C2 είναι ομοκυκλικά.

D

Έστω (C A ) ο κύκλος με κέντρο το Κ1 και διάμε­ τρο ID ( Κ 1 το μέσο του ID ), (C8 ) ο κύκλος με κέ­ ντρο το Κ 2 και διάμετρο ΙΕ ( Κ 2 το μέσο του ΙΕ ) και (Cc· ) ο κύκλος με κέντρο το Κ 3 και διάμετρο IF ( Κ 3 μέσο του IF ). Θεωρούμε τις γνωστές ισότητες ευθυ­ γράμμων τμημάτων: DI=DB=OC, EI= EA=EC και R=FA=FB (I) Οι κύκλοι (C A ) και (Cc. ) τέμνονται στα σημεία και L2 . Οι γωνίες DL2 I και FL) είναι ορθές διότι βαί­ νουν στις διαμέτρους DI και FI των κύκλων (C A ) και (Cc· ) οπότε τα σημεία D, L2 , F είναι συνευθειακά. Σ ε συνδυασμό με τις ισότητες ( 1) καταλήγουμε ότι η DF είναι μεσοκάθετη της ΙΒ . Με όμοιο τρόπο κα­ ταλήγουμε ότι η DE είναι μεσοκάθετη της IC και η

Σχήμα ι EF είναι μεσοκάθετη της ΙΑ . Άρα το σημείο Ι είναι ορθόκεντρο του τριγώνου DEF του οποίου το περίκεντρο ταυτίζεται με το περίκεντρο Ο του τριγώνου ABC. Τα σημεία Κ 1 , Κ 2 , Κ 3 και L1 , L2 , L3 ανήκουν στο κύκλο του EULER του τριγώνου DEF που έχει κέντρο το μέσο Κ του ευθύγραμμου τμήματος 10 . Στο τρίγωνο IOD , έχουμε: Κ1 το μέσο του ID και Κ το μέσο του 10. Άρα ΚΚ 1 I IOD και επειδή OD .l BC συμπεραίνουμε ότι το Κ ανήκει στη μεσοκάθετη του Α 1 Α 2 • Με όμοιο τρόπο συμπεραίνουμε ότι το Κ ανήκει στη μεσοκάθετη των Β 1 Β 2 και C 1 C 2 • Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία Α 1 , Α 2 , 81 , Β 2 , C 1 , C 2 ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το σημείο Κ. Θεωρώντας τη δύναμη του σημείου Α ως προς τους κύκλους (C 8 ) και (C c ) έχουμε: AC 1 · AC 2 = ΑΒ 1 · ΑΒ 2 = A l · AL1 • Ά ρα τα σημεία Β 1 , Β 2 , C 1 , C 2 ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το σημείο Κ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 1


------

ΠΡΟΒΛΗ'\ΙΙΑ 4

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

διαφορετικές μεταξύ τους ευθείες, όπου k ακέραιος με k > 1 και η θετικός ακέραιος, οι οποίες ανά τρεις δεν περνάνε από το ίδιο σημείο. Από τις ευθείες αυτές, k είναι παράλληλες μεταξύ τους ενώ οι υπόλοιπες η τέμνονται ανά δύο και δεν υ­ πάρχει κάποια από αυτές που να είναι πα­ ράλληλη με τις k παράλληλες ευθείες. Όλες οι παραπάνω ευθείες τεμνόμενες διαμερίζουν το επίπεδο σε χωρία (π. χ τριγωνικά, πολυ­ 4 γωνικά και μη φραγμένα). Δύο χωρία θεω­ 4 ρούνται διαφορετικά, αν δεν έχουν κοινά σημεία ή αν έχουν κοινά σημεία μόνο στο σύνο­ ρό τους. 3 4 Ένα χωρίο θα το ονομάζουμε "καλό" όταν 2 βρίσκεται ανάμεσα στις παράλληλες ευθείες. Αν σε ένα σχηματισμό, το ελάχιστο πλήθος Σχήμα 2 των "καλών" χωρίων είναι 176 και το μέγιστο πλήθος τους είναι 221, να βρεθούν τα k,η. Στο επίπεδο θεωρούμε

k+η

Λύση

Προφανώς οι k (διαφορετικές μεταξύ τους) παράλληλες ευθείες ορίζουν k- Ι διαδοχικές παράλληλες "λωρίδες" στο επίπεδο. Επίσης οι η διαφορετικές, μη παράλληλες μεταξύ τους ευθείες, τέμνονται ανά , , δυο, περιπτωσεις. , , Δ ιακρινουμε τωρα δυο, σε ( η2 ) = η(η2-Ι) σημεια.

Τα ( ; ) σημεία τομής των η ευθειών (που τέμνο­ νται ανά δύο), βρίσκονται εκτός των παράλληλων "λωρίδων". Στη περίπτωση αυτή κάθε μία από τις η ευθείες ορίζει σε κάθε "λωρίδα" η +Ι "καλά" χωρία. Άρα ορίζο­ νται συνολικά (k -Ι)(η+Ι) συνολικά "καλά" χωρία. Στο σχήμα 2 βλέπουμε τα "καλά" χωρία που δημιουργούνται από η = 3 ευθείες. Σχήμα 3 Αν τώρα ένα από τα ( ; ) σημεία τομής των η ευθειών το θεωρήσουμε μέσα σε μία λωρίδα των παράλληλων ευθειών, τότε στη λωρίδα αυτή θα δημιουργηθεί ένα επί πλέον "καλό" χωρίο (σχήμα 3). Άρα (k-Ι)(η I) είναι ο ελάχιστος αριθμός "καλών" χωρίων που μπορούν να δημιουργηθούν, διότι με την είσοδο καθενός από τα ( ; ) σημεία τομής στις λωρίδες, αυξάνεται ο αριθμός των "καλών" χωρίων. 1'1

4

Πr.οίπη•)ση:

5

4

3

3

4

+

Τα ( ; ) σημεία τομής των η ευθειών (που τέμνονται ανά δύο), βρίσκονται εντός των παράλληλων λωρίδων. Συνεχίζοντας τη διαδικασία εισαγωγής των σημείων τομής μέσα στις "λωρίδες", θα προστίθεται κάθε φορά και ένα "καλό" χωρίο. 'Ετσι στο τέλος θα έχουμε επί πλέον ( ; ) "καλά" χωρία. 2'� Περίπτωση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 2


------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες

--------­

Τελικά ο μέγιστος αριθμός των "καλών" χωρίων είναι: (k - l)( η + 1)+ η ( η2- 1) . 4

- - - - - - - ·- - - - - -

{

{

{

Σχήμα 4

Εφόσον τώρα (σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος), ο ελάχιστος αριθμός των "κα­ λών" χωρίων είναι . 1 76 και ο μέγιστος 22 1 θα ισχύει: ,

(k - 1)( η + 1)=1 76 (k - 1)(η+ 1) = 1 76 (k - 1)( η + 1)=1 76 . k 1 7 l0. (k - 1)( η + l)+ η ( η2- 1) =22 1 <=> 176+ η ( η2- Ι ) = 22 1 <=> 1 76+ η ( η2- 1) = 22 1 <=> - ' η _

_

Λε\π ε ρος τ ρ ό π ος υ π ολογ ι σ μοίJ του μi:γ ιστου α ρ ιΟ μο\J τ ω ν καλών χω ρ ίων.

Με τη συλλογιστική που αναπτύχθηκε στον προηγούμενο τρόπο, ο μέγιστος αριθμός των καλών χω­ ρίων επιτυγχάνεται όταν τα σημεία τομής των τεμνομένων ευθειών βρεθούν μέσα στις λωρίδες που δημι­ ουργούν οι παράλληλες ευθείες. Θα υπολογίσουμε λοιπόν όλα τα χωρία που δημιουργούνται από τις k+ η διαφορετικές μεταξύ τους ευθείες και στη συνέ­ χεια θα αφαιρέσουμε τα χωρία που βρίσκονται εκτός των πα­ ραλλήλων (έχοντας πάντα υπ' όψιν ότι τα σημεία τομής των τεμνομένων ευθειών βρίσκονται μέσα στις λωρίδες που δημι­ ουργούν οι παράλληλες ευθείες). Έστω p(m) το πλήθος των χωρίων στα οποία χωρίζεται το επίπεδο από m ευθείες οι οποίες δεν διέρχονται ανά τρεις από το ίδιο σημείο. Προφανώς p(l) =2. Θεωρούμε τώρα ότι p(m) είναι το Σχήμα 5 πλήθος των χωρίων στα οποία χωρίζεται το επίπεδο από τις m ευθείες και φέρουμε μία επί πλέον ευθεία με σκοπό να υπο­ λογίσουμε επαγωγικά το p(m + 1). Προφανώς p(m 1) = p(m)+ όπου r είναι το πλήθος των επί πλέον χωρίων που "δημιουργούνται" με τη χάραξη της ( m+ 1 ) ευθείας. Με τη χάραξη λοιπόν της ( m+ I ) ευθείας "δημιουργούνται" τόσα επί πλέον χωρία, όσα είναι τα σημεία τομής της με τις υπόλοιπες ευθείες αυξημένα κατά ένα. Αν δηλαδή η ( m 1 )-ευθεία είναι παράλ­ ληλη με κάποια από τις προηγούμενες ευθείες, τότε τα σημεία τομής της θα είναι m - 1 και κατά συνέ­ πεια "δημιουργούνται" =m επί πλέον χωρία . Αν όμως η m+ I ευθεία δεν είναι παράλληλη με κάποια από τις προηγούμενες ευθείες, τότε τα ση­ μεία τομής της θα είναι m και κατά συνέπεια "δημιουργούνται" = m+ 1 επί πλέον χωρία. Αν λοιπόν οι ευθείες δεν είναι ανά δύο παράλληλες μεταξύ τους και δεν διέρχονται ανά τρεις από το ίδιο σημείο, μπορούμε να διατυπώσουμε την αναδρομική σχέση: p(m) =p (m - 1)+ m και p(l) = 2. 2

4

3

+

ης

ης

r,

+

r

r

+

m2 + m 2 , αυτη, προκυπτει: , p(m) = . Απο, τη σχεση 2 Θεωρώντας τώρα τα δεδομένα του προβλήματος, συμπεραίνουμε ότι τα χωρία που "δημιουργούνται", ,ειναι: η 2 + η + 2 + k( + 1) . τα καλα, χωρια, προκυπτουν ' , αν αφαιρεσουμε τα 2( η + 1 ) που β ρισκονται ε' η 2 κτός των παραλλήλων ευθειών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/13


------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

Προκρ ιματικός διαγωνισμός Νέων 2 0 1 0 2 7 Μαρτίου 2 0 1 0

Π ρ ό β λη μ α I

Εννέα θετικοί ακέραιοι αριθμοί a1, a2 , , a9 , έχουν το τελευταίο διψήφιο τμήμα τους 1 1 , 12 13, 1 4 , 1 5, 1 6, 17, 1 8 και 1 9, αντίστοιχα. Να βρεθεί το τελευταίο διψήφιο τμήμα του αθροίσματος των τετραγώνων τους. •••

ΛiJ σ η

Κάθε θετικός ακέραιος που τελειώνει σε 1 1 είναι της μορφής: τικός ακέραιος. Το τετράγωνο του ακεραίου αυτού είναι:

1 ΟΟχ + 1 I ,

όπου χ κάποιος μη αρνη­

( ι οοχ + 1 1 ) 2 = ι οοοοχ 2 + 2 · 1 1 · ι οοχ + 1 2 1 = ι οο ( ι οοχ 2 + 2 - Ι Ιχ + 1 ) + 2 1 . Αυτό σημαίνει ότι το τελευταίο διψήφιο τμήμα του ακέραιου ( 1 ΟΟχ + 1 1 ) 2 , ταυτίζεται με το τελευταίο διψήφιο τμήμα του ακέραιου 1 1 2 = 1 2 1 . Όμοια, το τελευταίο διψήφιο τμήμα του ακέραιου ( Ι ΟΟχ + 1 2 ) 2 ,

ταυτίζεται με το τελευταίο διψήφιο τμήμα του ακέραιου 1 2 2 = 1 44 . Ισχύει όμως : 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + 14 2 + 1 5 2 + 1 6 2 + 1 7 2 + 1 8 2 + 1 9 2 = 1 2 1 + 1 44 + 1 69 + 1 96 + 225 + 256 + 289 + 324 + 36 1 = 2085 , Άρα το τελευταίο διψήφιο τμήμα του αθροίσματος των τετραγώνων , θα είναι 85 . Το ίδιο αποτέλεσμα βρίσκουμε θεωρώντας το άθροισμα: 2 1 + 44 + 69 + 96 + 25 + 56 + 89 + 24 + 61 = 485 . Π ρ ό βλη μα 2

Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς χ, y, z που ικανοποιούν το σύστημα: x - 2y 2y - 4 _!_ + χ + xy = Ο, .!_x + .!_y + ..!_z = 2 . y Λ iJ ση

:f:.

[ )

Το δεδομένο σύστημα, με τον περιορισμό xyz

Ο , είναι ισοδύναμο με το σύστημα: 1 x+y 1 1 Ι χ ( x - 2y ) + y ( 2y - 4 ) + 4 = 0, - = 2 - - + - <:=> χ 2 - 2xy + 2y 2 - 4y + 4 = 0, - = 2 z χ y z xy 1 χ+Υ 1 χ+Υ <=> ( x - y ) 2 + ( y - 2 ) 2 = 0, - = 2 <=> ( χ 2 - 2xy + y 2 ) + ( y 2 - 4y + 4 ) = 0, - = 2 - -ry z ry z x+y 1 <=> χ = y = 2, z = 1 . <=> χ = y = 2, - = 2 xy z

---

--

Π ρ ό β λη μα 3

Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC με ΑΒ < AC και τυχούσα ευθεία (ε) που περνά από το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου του c(O, R) . Η ευθεία (ε) , τέμνει τις πλευρές BC, AC, AB στα σημεία A1,B1,C1 (το σημείο C1 βρίσκεται στη προέκταση της ΑΒ προς το Β). Η κάθετη από το Α προς την ευθεία (ε) και η ΑΑ1 τέμνουν το περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Μ και Α2 αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: (α) τα σημεία Ο, Α1, Α2 , Μ βρίσκονται επάνω στον ίδιο κύκλο (c1) (δηλαδή τα σημεία είναι ομο­ κυκλικά). (β) αν (c2 ) είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου OBC1 και (c3 ) είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου OCB1 , να αποδείξετε ότι οι κύκλοι (c1), (c2 ), (c3 ) έχουν κοινή χορδή. Λ ίJ σ η

α) Προφανώς η ευθεία (ε) είναι μεσοκάθετη της ΑΜ , οπότε το τρίγωνο ΑΑ 1 Μ είναι ισοσκελές και κατά συνέπεια Α2 = Μ 2 • Τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ και ΟΜ είναι ίσα (ακτίνες του κύκλου c(O, R) ). Άρα το τρίγωνο ΟΑΜ είναι ισοσκελές, οπότε Α, = , . Προσθέτοντας τώρα τις δύο τελευταίες ισότητες (I) γωνιών έχουμε: Α, + Α 2 = Μ , + Μ 2 • Λ

Μ Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/1 4

Λ


------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------­

Τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ και ΟΑ 2 είναι ίσα (ακτίνες του κύκλου c(O, R) ) . Άρα το τρίγωνο ΟΑΑ 2 (2) . είναι ισοσκελές, οπότε : Α, + Α 2 = ψ. Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: Μ, + Μ 2 = Φ . Άρα το τετράπλευρο Ο,Α 1 ,Α 2 , Μ είναι εγγράψιμο.

Θα αποδείξουμε ότι τα τετράπλευρα OBC, Μ και (c, ),(cc ).(c_, ) θα έχουν κοινή χορδή την ΟΜ . β)

OB, CM

είναι εγγράψιμα οπότε οι κύκλοι

Α2 Ί

Εφόσον η ευθεία (ε) είναι μεσοκάθετη της ΑΜ , τα τρίγωνα AOC, και MOC, είναι ίσα, οπότε: A c = Μ c . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΟΒ έχουμε Α 2 = Φ . Από τις δύο ισότητες γωνιών Α 2 = Μ 2 και Ac = φ , συμπεραίνουμε ότι: Μ 2 = φ . Άρα το τετράπλευρο OBC, M είναι εγγράψιμο. Από την ισότητα των τριγώνων ΑΟΒ, και ΜΟΒ, έχουμε Α, = Μ, . Από το ισοσκελές τρίγωνο OMC έχουμε: Α, = C, . Από τις δύο παραπάνω ισότητες γωνιών Α, = Μ, και Α, = C1, συμπεραίνουμε ότι Μ , = C,, οπότε το τετράπλευρο OMCB , είναι εγγράψιμο. "'

"'

Λ

Λ

Π ρ όβλη μ α 4

Χρωματίζουμε κάθε έναν από τους αριθμούς 1 ,2, . . . ,8 με άσπρο ή μαύρο σύμφωνα με τους εξής κανόνες: ( α ) Ο αριθμός 4 χρωματίζεται με άσπρο και τουλάχιστον ένας από τους υπόλοιπους αριθμούς χρω­ ματίζεται με μαύρο. (β) Αν δύο αριθμοί α, β είναι χρωματισμένοι με διαφορετικό χρώμα και α + β 5 8 , τότε ο αριθμός α+ β χρωματίζεται με μαύρο. (γ) Αν δύο αριθμοί α, β είναι χρωματισμένοι με διαφορετικό χρώμα και α · β 5 8 , τότε ο αριθμός α · β χρωματίζεται με άσπρο. Αν με τους παραπάνω κανόνες χρωματίζονται όλοι οι αριθμοί, να βρείτε το χρώμα κάθε αριθμού. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 5


------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες Λ {Ι CΊΊ l ( Η ) "Ε στιη ri. τ fl

------

8 ε i ν ω /fΗ"ηΗκησμi:�.·ο μυίψ ο . Αν το 1 ήταν χρωματισμένο άσπρο τότε το 1 · 8 = 8 θα ήταν χρωματισμένο άσπρο, άτοπο. Άρα το 1 είναι χρωματισμένο μαύρο και άρα το 4 + 1 = 5 είναι μαύρο. Αν τώρα το 2 ήταν μαύρο, τότε το 2 4 = 8 θα ήταν χρωματισμένο άσπρο, άτοπο. Άρα το 2 είναι χρωματισμένο άσπρο, οπότε το 2 + 1 3 είναι χρωματισμένο μαύρο. Άρα το 2 · 3 6 είναι χρωματισμένο άσπρο και το 1 +6=7 είναι χρωματισμένο μαύρο. Άρα έχουμε τη λύση: Μ, Α, Μ, Α, Μ, Α, Μ, Μ. ΟΗ [ση•) 6 ::ίνω z ρ ω μ αη.ηι �:νσ Τότε κάποιος από τους υπόλοιπους αριθμούς, έστω ο αριθμός κ θα είναι χρωματισμένος μαύρος και σε αυτή την περίπτωση όπως και πριν το 1 είναι χρωματι­ σμένο μαύρο. Άρα το 4+ 1 =5 είναι μαύρο. Τώρα συνεχίζουμε ως εξής: Αν το 2 είναι χρωματισμένο μαύρο, τότε το 2 + 4 = 6 θα είναι μαύρο. Αν το 3 είναι άσπρο, τότε το 2 3 = 6 θα έπρεπε να είναι άσπρο, άτοπο. Άρα το 3 είναι χρωματισμένο μαύρο, οπότε το 3 + 4 = 7 είναι χρωματισμένο μαύρο. Άρα έχουμε τη λύση: Μ, Μ, Μ, Α, Μ, Μ, Μ, Α. " Αν το 2 είναι χρωματισμένο άσπρο, τότε το 2 + I = 3 θα είναι χρωματισμένο μαύρο, οπότε το 2 · 3 = 6 θα είναι χρωματισμένο άσπρο και το 3 + 4 = 7 μαύρο. Σ ε αυτή την περίπτωση παίρνουμε Μ, Α, Μ, Α, Μ, Α, Μ, Α. τη λύση: η�

·

=

=

tιn το

c

·

Π jι{ι �}. ;•. η !LΙΙ ι:· "

Να προσδιορίσετε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x, y,z, w που ικανοποιούν το σύστημα x+y+z+w = 4 1 1 1 1 1 - + - + - + - = 5 - -­ xyzw χ y z w

. \. (Ι σ η

Θέτουμε χ + y + z + w = S κα ι xyzw = Ρ Τότε από την εξίσωση χ + y + z + w = 4 και την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε: 1 = χ + Υ +4 z + w � �xyzw � iP � 1 � Ρ � 1, ( Ι ) όπου η ισότητα ισχύει όταν χ = y = z = w = 1 . Η δεύτερη εξίσωση γράφεται xyz + yzw + zwx + wxy + 1 = 5 xyzw , από την οποία με χρήση του αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου προκύπτει 5Ρ = xyz + yzw + zwx + wxy + 1 � 5 ψ xyzw ) 3 � Ρ � W � Ρ 5 � Ρ 3 � Ρ � 1, , (2) όπου η ισότητα ισχύει όταν xyz = yzw = zwx = wxy = 1 . Από τις (1) και (2) προκύπτει η ισότητα Ρ = 1 , η οποία είναι δυνατή για χ = y = = = I . Άρα η μοναδική τετράδα θετικών πραγματικών αριθμών που ικανοποιεί το δεδομένο σύστημα είναι η (χ, y,z, w) = (I, 1, 1, 1) .

z

Π ρ·rψλη μα

2

w

Στον πίνακα υπάρχουν Κ κύκλοι στη σειρά

ο ο ο ο . ... ο

ι 2 3 4 κ που ο καθένας, από αριστερά προς τα δεξιά, αντιστοιχεί σε έναν από τους αριθμούς 1 ,2,3, ... ,Κ. Αλλαγή κατάστασης ενός κύκλου είναι το να γράφουμε μέσα στον κύκλο τον αριθμό που του α­ ντιστοιχεί, αν δεν είναι γραμμένος ή να σβήνουμε τον αριθμό που του αντιστοιχεί, αν είναι γραμμέ­ νος. Στην αρχή δεν υπάρχει κανένας αριθμός γραμμένος μέσα στον κύκλο του. Για κάθε θετικό διαιρέτη dτου Κ, 1 � d � Κ , αλλάζουμε την κατάσταση όλων των κύκλων που αντιστοιχούν σε αριθμούς που είναι πολλαπλάσια του d . Για κάθε διαιρέτη d, πραγματοποιούμε συνολικά Κ αλλαγές καταστάσεων, αρχίζοντας πάντοτε από αριστερά προς τα δεξιά και επανερχό­ μενοι, αν χρειάζεται, ξανά στον πρώτο από αριστερά κύκλο που αντιστοιχεί σε αριθμό που είναι πολλαπλάσιο του d . Να προσδιορίσετε τις τιμές του Κ, για τις οποίες, όταν η διαδικασία αυτή εφαρμοστεί μία φορά για όλους τους θετικούς διαιρέτες του Κ, τότε όλοι οι αριθμοί 1 ,2, ... ,Κ είναι γραμμένοι στους αντί­ στοιχους κύκλους τους. ••••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 6


Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

------

Λύση

-------

Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος, για το διαιρέτη 1 του Κ, θα γίνει αλλαγή κατάστασης σε όλους τους κύκλους, οπότε συμπληρώνονται οι Κ αλλαγές καταστάσεων που απαιτούνται για το διαιρέτη αυτό . Έτσι, δεδομένου ότι στην αρχή της διαδικασίας σε κανέναν κύκλο δεν είναι γραμμένος ο αριθμός του, σε όλους τους κύκλους θα γραφούν οι αντίστοιχοι αριθμοί τους. Επομένως, πρέπει και αρκεί με την εφαρμογή της διαδικασίας για τους υπόλοιπους διαιρέτες, να μην προκύψει μεταβολή κατάστασης σε κα­ νέναν από τους κύκλους. Στη συνέχεια για τον τυχόντα διαιρέτη d του Κ , υπάρχουν Κd πολλαπλάσιά του μέσα στους αριθ­ μούς 1 , 2, 3, . , Κ, οπότε για να συμπληρωθούν οι Κ αλλαγές κατάστασης που απαιτούνται πρέπει να επαναλάβουμε τη διαδικασία Κ : Κd = d φορές στους κύκλους που αντιστοιχούν σε πολλαπλάσια του d . Έτσι, διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν ο d είναι άρτιος, τότε δεν θα προκύψει τελικά μεταβολή κατάστασης αυτών των κύκλων. Αν ο d είναι περιττός, τότε θα αλλάξει η κατάσταση αυτών των κύκλων. Επομένως. αν υποθέσουμε ότι ο αριθμός Κ έχει ένα περιττό πρώτο διαιρέτη d , τότε μετά την εφαρ­ μογή τη ς διαδικασίας για αυτόν οι κύκλος που αντιστοιχεί στον αριθμό d θα αλλάξει κατάσταση, δηλαδή ο αριθμός d θα σβηστεί από αυτόν, χωρίς να είναι δυνατόν αλλάξει κατάσταση ξανά, αφού ο d δεν είναι πολλαπλάσ ιο κάποιου άλλου διαιρέτη του Κ. Άρα ο αριθμός Κ είναι δυνατόν να έχει πρώτο παράγοντα μόνο το 2. οπότε θα είναι της μορφής Κ = 2" , Ν . .

.

η ε

Π ρ O iJ '.IJil'f 3

.1ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ το περίκεντρό του Ο και η ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου του. Έστω Ο, το συμμετρικό του Ο ως προς την πλευρά ΒΓ, 02 το συμμετρικό του Ο ως προς την πλευρά ΑΓ και Ο3 το συμμετρικό του Ο ως προς την πλευρά ΑΒ. (α) Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι C1 (01 , R) , C2 (02 , R) και C3 (03 , R) διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω Τ). (β) Από το σημείο Τ θεωρούμε τυχούσα ευθεία η οποία τέμνει το κύκλο C1 στο Λ, το κύκλο C2 στο Μ και το κύ κλο C3 στο Κ. Από τα Κ,Λ,Μ θεωρούμε κάθετες προς τις πλευρές ΑΒ , ΒΓ και ΑΓ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι αυτές οι κάθετες περνούν από το ίδιο σημείο. \ �'. �η

Αι το μέσο του ΒΓ , Βι το μέσο του ΑΓ και Γι το μέσο του ΑΒ . Το τρίγωνο Οι0 2 03 είναι το ομοιόθετο του τριγώνου ΑιΒ ι Γι στην ομοιοθεσία με κέντρο το Ο και λόγο 2 . Άρα 020 3 I ΙΒιΓ ι I ΙΒΓ , Οι0 2 I I Α ι Βι I I ΑΒ και Ορ 3 I I Α ι Γ ι I I ΑΓ . Έστω τώρα ότι οι κύκλοι C 2 (0 2 , R) και C 3 ( 03 , R) , τέμνονται στο σημείο . "· ·

Έστω

.

Α 0 3.,.,-------�,..:-: · ·/ ·· · ··· · · '

... . .

Γι

•••.•/....... ··

:

,\'

.

.

·

.

.

··· · ···· ·· ···· · · · · ·· · · ·· · ·· · · .

τ

- -

- -·-

), ·

Ι

.. .

01

.

· · ··· · ·· · ·· · . .

··

7'' I

..

,

6; .

,

.

.

.

. ... . . ..

.

.

.

.

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

. ..

..

.

. .

....

..

.

.. ...

.

. .

.. . . .

.

.....

.

.

..

.

. . .

...

.

..

.

.

.\

.

....

.

.

.

....

....,

.

.

.

.

....

\

!

:

/

- -- - .... .

. .

.

·

.

.

.

ι·.· _I BJ . . .

/

.....

.

,

.

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 7

Τ . Τότε η ΑΤ είναι η μεσοκάθετος της διακέντρου 0 2 0 3 των ίσων κύκλων C 2 (0 2 , R) και C 3 (0 3 , R) . Επειδή όμως Οι Τ = R , το σημείο Τ θα ανήκει και στο κύκλο Cι (Ο ι , R) . Άρα οι κύκλοι C ι (Οι , R) , C 2 (0 2 , R) και C 3 (0 3 , R) περνάνε από το σημείο τ που είναι το περίκεντρο του τριγώνου Οι0 2 0 3 και το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ . (Από εδώ μπορεί να προκύψει ότι οι κύκλοι του EULER των τριγώνων Οι0 2 0 3 και ΑΒΓ ταυτίζονται) ( �� ) Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο


-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------­

ΑΜΓΓ

έχουμε Μι =fΊ =90° - Α . Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΚΒΤ έχουμε Κι = Β ι = 90° - Α . Άρα έχουμε Μι = Κι = 90° - Α, οπότε το τρίγωνο ΑΚΜ είναι ισοσκελές , δηλαδή ΑΚ = ΑΜ . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΚΜ έχουμε: κΑΜ=180° -Μι -Κι =180" -(CJJ' -A) -(CJJ' - Α) = 2Α . Από το Μ θεωρούμε κάθετη προς την ΑΓ , η οποία τέμνει το περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ ( C(O, R) ) στο σημείο Ρ . Τότε η ΑΓ είναι μεσοκάθετος του τμήματος ΜΡ (διότι το τμήμα ΜΡ είναι κάθετο στη κοινή χορδή ΑΓ δύο ίσων τεμνόμενων κύκλων). Άρα το τρίγωνο ΑΜΡ είναι ισο­ σκελές. Δεδομένου όμως ότι και το τρίγωνο ΑΚΜ είναι ισοσκε­ λές, έχουμε τελικά: ΑΚ = ΑΜ = ΑΡ ., δηλαδή και το τρίγωνο ΑΚΡ είναι ισοσκελές. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΡ έχουμε: Α3 = Α4 = ω . Επίσης Α2 = Α - ω . Επειδή όμως κΑΜ = 2Α , έχουμε διαδοχικά: .----Α ι + Α 2 + Α 3 + Α 4 = 2Α 1

....

Μ

Γ

Λ

Ρ

χ

Λ

Λ

Λ

Λ

+ (Α - &) + & + & = 2Α χ =Α-&.

Άρα στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΚΡ , η ΑΒ είναι διχοτόμος της γωνίας κΑΡ και κατά συνέπεια μεσοκάθετος της ΚΡ , δηλαδή η κάθετος από το Κ προς την ΑΒ , περνά από το Ρ . Θα αποδείξουμε ότι και η κάθετος από το Λ προς τη ΒΓ , περνάει από το Ρ . Έστω Δ η τομή των ΑΒ , ΚΡ και Ζ η τομή των ΑΓ , ΜΡ . Τότε ΔΖ είναι η ευθεία SIMPSON του τριγώνου ΑΒΓ που αντιστοιχεί στο σημείο Ρ . Άρα έχουμε ΔΖ = I I .!..2 κΜ και ΡΕ ..l ΒΓ (όπου Ε η τομή των ΒΓ , ΔΖ ), οπότε το συμμετρικό του Ρ ως προς τη ΒΓ θα βρίσκεται στο κύκλο C ι (Οι , R) και στην ΚΜ I I ΔΖ , δηλαδή θα ταυτίζεται με το Λ . u ff �Jι'ι. fiλη μ α

4

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : ll�.* � IR.* οι οποίες ικανοποιούν την ισότητα fχ f ( ) .!. f { f ( χ ) ) , για κάθε χ , y ε IR. • και είναι γνησίως μονότονες στο {Ο, +οο ) f(y) Υ

(

)

=

·

Λ ί1ση

Θα ακολουθήσουμε μία σειρά βημάτων τα οποία τελικά θα μας οδηγήσουν στον προσδιορισμό των ζητούμενων συναρτήσεων. !S IH11 Qft. Η συνάρτηση f είναι 1 - 1 . (θα εξεταστεί ανεξάρτητα από την υπόθεση της γνήσιας μονοτο­ νίας της συνάρτησης f ) (1) f ( f(x ι ) ) = f ( f(x 2 ) ) . Έστω χ ι , χ 2 ε ΙR.* με f(χ ι ) = f(χ 2 ) . Τότε έχουμε Θέτοντας στη δεδομένη σχέση χι ,χ 2 αντί των χ,y, αντίστοιχα, λαμβάνουμε f(x ι ) = f(f(x ι ) ) � f(l) = f ( f(x ι ) ) � χ = f ( f(xι ) ) (2 ) r f(x ?- f(1) χ2 χ2 2) Θέτοντας στη δεδομένη σχέση χ 2 ,χ ι αντί των χ, y, αντίστοιχα, λαμβάνουμε 2 ) = f ( f(x 2 ) ) � f(l) = f ( f(x 2 ) ) � Χι = f ( f(x 2 ) ) (3) f f(x f(1) f(χ ι ) Χι Χι Από τις σχέσεις (1) , (2) και (3) προκύπτει ότι: χ ι = χ 2 . Άρα η συνάρτηση f είναι 1-1. i :

( ) ( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 8


------ΒΙΊ μ α 2 :

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------­

f(Ι) = I και f ( f(x) ) = χ , για κάθε χ Ε IR * . f(x) = f ( f(x) ) f(l) = f (f(x)) , Για χ = y στην αρχική σχέση, λαμβάνουμε: f -χ χ f(x) από την οποία για χ = Ι προκύπτει f(l) = f ( f(l) ) => f ( l ) = l , αφoύ η f είναι Ι- 1 . Άρα έχουμε f ( f(x)) = χ , για κάθε χ Ε IR * . Βήμα 3 : Η συνάρτηση f είναι επί Έστω κ Ε ΙR * . Τότε υπάρχει λ = f(κ) Ε ΙR * τέτοιο ώστε: f(λ) = f ( f(κ) ) = κ . Βήμα 4 : Για κάθε x, y Ε IR* έχουμε: f χ · ) = f(x) · f �) f ( f(x)) και τη σχέση f ( f(x) ) = χ , έχουμε ) = Από την αρχική σχέση f f(x) f(y) Υ f (�i�� ) � ( ) f ( �) f � :i�� . �

=O

( )

( ψ �i�� )

(�

( / ()

()

<=>

(

Θέτοντας χ = I , λαμβάνουμε f � ) = f y ) , για κάθε y Ε IR* , οπότε ισχύει και η ζητούμενη σχέση. Βιi μ υ 5 . Η συνάρτηση f είναι περιττή. 1 , οπότε f(-1)=-1 f 2 ( - I ) = 1 ( f( -Ι) = Ι ή f( - I ) = -1 ) . Θέτουμε y = - I στη σχέση f _!_ =f(-I) Υ f ( Υ) f (χ) , θέτοντας -χ αντί του y , = Επειδή η f είναι Ι-Ι, προκύπτει ότι f (- Ι) = -Ι και από τη σχέση f (�) Υ f(y) f(x) f( -Ι) = f(x) - I = f(x) f( -χ) = -f(x) . λαμβάνουμε: f � = -χ f( -χ ) f( -χ) f( -χ) Η iυια 6 : Προσδιορισμός της συνάρτησης f Η σχέση f x · = f(x) · f � , μπορεί να γραφεί στη μορφή f( χ · y) = f ( χ) · f (y) , για κάθε x,y Ε IR* , η οποία είναι μία από τις γνωστές σχέσεις τύπου Cauchy . Επειδή η f είναι περιττή, αρκεί να προσδιο­ ρίσουμε τις ζητούμενες συναρτήσεις στο διάστημα (Ο, +οο ) . Για κάθε χ > Ο έχουμε f ( χ ) = f { fx fx ) = f { ..Γχγ > Ο , οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε τη συνάρτηση g : IR IR, με τύπο g ( u) = \η f ( e" ) . Η συνάρτηση αυτή ικανοποιεί τη σχέση g(x + y) = ln f ( e' + Y ) = ln f ( e' · e Y ) = ln [ f ( e' )f( e Y ) J = ln f ( e' ) + ln f( e Y ) = g(x) + g(y) . Επειδή η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο διάστημα ( Ο, +οο ) και η συνάρτηση g είναι γνησίως μονότονη στο (Ο, +οο ) , οπότε κατά τα γνωστά για τις συναρτήσεις τύπου Cauchy λαμβάνουμε: g( u) = au, u Ε IR ln f ( e" ) = au, u Ε IR f ( e" ) = e"" = ( e" ) " , u Ε IR. Άρα, αν θέσουμε χ = e" > Ο , λαμβάνουμε f( χ ) = χ" , χ > Ο. Λαμβάνοντας υπόψη τη σχέ­ ση f ( f(x) ) = χ , για κάθε χ Ε IR* , λαμβάνουμε f ( f(x)) = χ => f ( χ" ) = χ => ( χ " ) " = χ => χ"' = χ , για κάθε χ > Ο . Έτσι βρίσκουμε ότι χ a ' - ι = I , για κάθε χ > Ο , δηλαδή a 2 - 1 = Ο ή a = ±Ι , οπότε έχουμε τελικά τις συναρτήσεις f ( χ ) = χ, χ > Ο ή f ( χ ) = _!_, χ χ > Ο, οι οποίες είναι περιττές στο IR* , οπότε αυτές είναι οι ζητούμενες συναρτήσεις. <=>

( ) ( �) ( )

<=>

<=>

<=>

·

<=>

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/ 1 9

<=>


ΗΟΜΟ MA THEMA TICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλη ματι­ σμού πάνω στα εξής θέματα: I ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3 ) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα­ τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5 ) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους ιτυ,·ι:ργiι.τ::ς της ιττι] ί.ης : παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το ε­ πίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών. I.

επ ι μ έλ�: ι α : Κ ε ρ α σ α ρ ί δ η ς Γ ι {ινν η "τι ;:ίι•αι τα ιWαΟηματιιιά; , Η Λ ΟΓ!f(Η f(A f ΤΑ ΓΙΑ ΡΑ Δ ΟΞΑ Σ ΤΑ ΜΑ ΘΗΜΑ ΠΙ<Λ ( Π ρώτο κr:ίμενο)

«Δεδομένου ότι τα παράδοξα είναι συνδεδεμέ­ ξέρει μόνο αν η αλήθεια των υποθέσεων συνεπά­ να με τη λογική, καλό θα ήταν να δίναμε έναν, όχι γεται την αλήθεια του συμπεράσματος. Τα παράδοξα, λοιπόν, δεν είναι τίποτα παρά το ιδιαίτερα αυστηρό, διαισθητικό ορισμό της. Η λο­ γική λοιπόν είναι κατά βάση η επιστήμη της ανά­ αποτέλεσμα θεμιτών συμπερασματικών διαδικα­ λυσης των συμπερασματικών μεθόδων (επαγωγι­ σιών που οδηγούν σε αντιφάσεις · που οδηγούν δη­ κών και παραγωγικών) που το ανθρώπινο μυαλό λαδή σε συμπεράσματα της μορφής "και το Α και χρησιμοποιεί. Θα πρέπει να τονιστεί στο σημείο η άρνηση του Α, ισχύουν" Τα παραπάνω περιληπτικά σχόλια είναι αρκετά αυτό ότι η λογική, εξετάζοντας και αναλύοντας αυ­ τές τις μεθόδους, ενδιαφέρεται περισσότερο για τη για μια ικανοποιητική προσέγγιση των παραδόξων. φόρμα παρά για το περιεχόμενο της οποιασδήποτε Τα παράδοξα μπορούν να ταξινομηθούν σε δύο συγκεκριμένης συμπερασματι κής διαδικασίας. Ας κατηγορίες: Τα λογικά ή συνολοθεωρητικά, και τα δούμε όμως ένα παράδειγμα: ερμηνευτικά (εδώ ακολουθώ μια διάκριση που υι­ «Όλοι οι άνθρωποι έχουν δύο πόδια. Ο Κώ­ οθετείται μεταξύ άλλων και από τον Mendelson [Ε. στας είναι άνθρωπος. Άρα ο Κώστας έχει δύο πό­ Mendelson Introduction to Mathematical Logic. δια». Το παράδειγμα αυτό είναι της παρακάτω Van Nostrand Reinhold Co, New York, \ 964, p . 2μορφής: «Όλα τα Α είναι Β. Το Γ είναι Α. Άρα το 3])» [πη γή : Γ είναι Β». Το αν κάθε μια από τις παραπάνω τρεις Διον . εκδ. μικρές προτάσεις είναι αληθής ή ψευδής δεν ενδι­ Αθήνα 1 98 5 ] αφέρει άμεσα τη λογική. Η λογική ενδιαφέρεται να « Ε I ΣΑ ΓΩΓΗ

ΜΑΘΗΜΑ τJ ΚΩΝ » ,

ΣΤΗ

Α.

ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

ΤΩΝ

Αναπολιτάνος,

Ν ΕΦΕΛΗ,

(Δείπερο κείμενο)

«Παράδοξα, με τη στενή έννοια του όρου, λέγονται τα αδιέξοδα της σκέψης όπου ο νους εξωθείται από την ίδια τη λογική σε αντιφατικά συμπεράσματα. Πολλά απ ' αυτά ανήκουν στην οικογένεια των παραδόξων αυτό-αναφοράς, όπου το πρόβλημα δημιουργείται επειδή κάποιο γλωσσικό στοιχείο, μια περιγραφή, μια πρόταση, αναφέρεται δυνητικά στον εαυτό του. Το αρχαιότερο παράδοξο αυτού του είδους, το «παράδοξο του ψεύτη», που αποδίδεται στους αρχαίους Έλληνες, ξεκινά με την εξής αυτό-αναφορική πρόταση: «Αυτή η πρόταση είναι ψευδής». Αυτή η πρόταση πρέπει να είναι, όπως όλες οι προτάσεις, είτε αληθής είτε ψευδής. Όμως αν είναι αληθής, τότε είναι ψευδής, αφού αυτό ακριβώς δηλώνει. Και αν είναι ψευδής, τότε είναι αληθής, αφού και πάλι, αυτή είναι η σημασία της. Επομένως, πρέπει να είναι συγχρόνως και αληθής και ψευδής. Μπροστά σ ' αυτό το πρόβλημα η λογική καταρρέει. Σε αυτή τη μορφή παραδόξων στήριξε ο Γκέντελ το τεχνικό μέρος της απόδειξής του για το συ-

ναρπαστικό πρώτο θεώρημα μη πληρότητας. Δα­ νείστηκε τη δομή των παραδόξων αυτό-αναφοράς, τη δομή που κάνει τη λογική μας να καταρρέει μπροστά στο «Αυτή η πρόταση είναι ψευδής» - και την μετέτρεψε σε απόδειξη ενός από τα πιο συ­ γκλονιστικά αποτελέσματα στην ιστορία των Μα­ θηματικών. Αυτό, από μόνο του, φαντάζει σαν παράδοξο. Τα παράδοξα μοιάζουν φτιαγμένα για να μας πεί­ σουν ότι δεν είμαστε αρκετά έξυπνοι ώστε να λύ­ σουμε το πρόβλημα που μας οδήγησε σ ' αυτά. Ο Γκέντελ, ωστόσο, κατάφερε να μετατρέψει αυτή τη λειτουργία των παραδόξων σε μια απόδειξη απ' την οποία απορρέουν σημαντικά συμπεράσματα για τη φύση της αλήθειας, της γνώσης και της βε­ βαιότητας» [πηγή :

Rebecca Goldstein, 'ΆΙΧΜ ΑΛΩΤΟΣ ΤΩΝ

Μ Α Θ Η Μ Α τΙΚ.ΩΝ",

2006]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/20

εκδό σεις

ΤΡΑ Υ ΛΟΣ,

Αθ

Γ ι άνν η ς Κ ε ρ α σ α ρ ί δ η

ήν α


ΗΟΜΟ ΜΑΤΗΕΜΑ τiCUS ---------------------------------------------------------

1 1 . 'Ά υτrί το

ξ/ρατε: "

Πως γν ωρίστηκα ν οι δύο γ ίγα ντες της επιστημονικής σκέ ψης, ο μαθηματικός Κουρτ Γκέ ντελ και ο [η απάντηση στο τέλος της στή λης] φυσικός Ά λμπερτ Α ϊνστά ϊν;

1 1 1 . "οι συ νιρ γάτες

Πμ (& το Ο/μα : lfμο)ηlίμ;:ι•α.

τη ς στιί). η ς γράφο υ v-ιφ ω το ιί ν ,

« Το ΠfΗίfΠημα τοιJ δι:Ι•δtΗύ ι·αιι,

το υ

J '/{1(/ίιιιiι· .Ιωκο ι•ί(:

Ο φίλος της στήλης Χρήστος Κιετής (Αθήνα), μας έστειλε ηλεκτρονικά ένα θέμα που

συνδέει τη δενδροκομία με τα Μαθηματικά. Μας τονίζει πως τον ενέπνευσε η ανάσταση της Φύσης (Ά­ νοιξη γαρ ! ! ) και ση μειώνει: « . . . το θέμα το άντλησε από ένα σπουδαίο περιοδικό, το QUΑΝΤUΜ . . . δυστυχώς αυτό το περιοδικό έπαυσε να κυκλοφορεί στη χώρα μας . . . έτσι στερηθήκαμε την ενημέρωση από ένα διεθνές περιοδικό θετικών επιστημών . . . ». Η στήλη μας φιλοξένησε, κατά και­ ρούς θέματα απ' αυτό το περιοδικό. Προσυπογράψουμε την πικρία του καλού συναδέλφου για τη διακο­ πή κυκλοφορίας του περιοδικού. ΊΌ

πρ6βλη μα

Μια φορά κι έναν καιρό ζούσε ένας κηπουρός που αγαπούσε τα Μ αθηματικά και τον έλεγαν Μάρτιν. Μια μέρα ο Μ άρτιν φύτεψε ένα δενδρώνα γύρω από το μικρό (αμελητέων διαστάσεων! ) σπίτι του. Ακολουθώντας τη φυσική του κλίση, το σχε­ δίασε με μεγάλη ακρίβεια: όρισε ένα πλέγμα μονα­ διαίων τετραγώνων με το σπίτι του σ' έναν από τους κόμβους του και φύτεψε τα δέντρα σε όλους τους άλλους κόμβους οι οποίοι βρίσκονταν μέσα σ' έναν κύκλο που είχε κέντρο το σπίτι. Τα δέντρα τα διάλεξε με μεγάλη προσοχή : ήταν όλα του ίδιου εί­ δους, μεγέθους και ηλικίας, και έτσι αναπτύσσο­ νταν με τον ίδιο ρυθμό. Στην αρχή ο Μάρτιν μπο­ ρούσε να κοιτάζει έξω από το παράθυρό του και να απολαμβάνει μια απεριόριστη πρακτικά θέα του γαλήνιου τοπίου που απλωνόταν πέρα από τον δεν­ δρώνα του. Όσο περνούσε ο καιρός, όμως, τα δέ­ ντρα γίνονταν όλο και πιο χοντρά, μέχρι τη μέρα που ο Μ άρτιν διαπίστωσε ότι ο δενδρώνας του είχε κρύ ψει εντελώς τη θέα. Το ερώτημα. λοιπόν, είναι το εξής: με δεδομέ­ νη την ακτίνα R (R > ι ) του δενδρώνα, ποια είναι η μεγαλύτερη ακτίνα r των δέντρων που επιτρέπει στον Μάρτιν να εξακολουθεί να βλέπει κάτι πέρα από το δενδρώνα; Πρέπει να εξηγήσουμε εδώ ότι μια οπτική ακτίνα εμποδίζεται από ένα δέντρο μόνο όταν το τέμνει (Υποθέτουμε ότι τα δέντρα είναι κα­ τακόρυφοι κύλινδροι της ίδιας ακτίνας). Έτσι, οι «τελευταίες» ανεμπόδιστες ακτίνες θα εφάπτονται στις πλευρές δύο τουλάχιστον δέντρων (μέγιστης ακτίνας r), Ένα επιπλέον ερώτημα είναι ο προσδιο­ ρισμός της διεύθυνσης αυτών των τελευταίων ανε­ μπόδιστων ακτίνων. Αυτό το πρόβλημα έχει εμφα­ νιστεί σε πλήθος βιβλίων. Δίνουν, όμως, μερική μόνο απάντηση στο πρώτο από τα ερωτήματα που διατυπώσαμε παραπάνω. Πρέπει να αποδείξετε πως όταν η ακτίνα R είναι, ας πούμε, 50, τότε τα δέντρα με ακτίνα l /50 (ή γενικότερα, l /R για τυχαίο R) εμποδίζουν τη θέα, ενώ δέντρα με μικρότερη ακτί­ να δεν την εμποδίζουν. Στη συνέχεια σας παρου-

σιάζω την πλήρη λύση του προβλήματος του δεν­ δρώνα στη γενική του μορφή. Μπορούμε να θεωρήσουμε ότι το «πλέγμα του δενδρώνα» είναι το πλέγμα των ακέραιων σημείων (δηλαδή των σημείων με ακέραιες συντεταγμένες) στο σύστημα συντεταγμένων με αρχή Ο το σπίτι του κηπουρού. Από τα ακέραια σημεία που βρίσκονται έξω από το δενδρώνα επιλέγουμε αυτό που είναι πλησιέστερα στην αρχή και οι συντεταγμένες τους είναι σχετικά πρώτοι αριθμοί. Έστω ρ η απόσταση μεταξύ του κέντρου και ενός από αυτά τα σημεία. Ισχυριζόμαστε ότι η μεγαλύτερη ακτίνα δέντρου που επιτρέπει στον κηπουρό να βλέπει μέσα από το δεν­ δρώνα είναι Ι /ρ και ότι οι τελευταίες ακτίνες που δεν εμποδίζονται είναι αυτές που κατευθύνονται από την αρχή προς τα επιλεγμένα σημεία. Πιο αυστηρά, αν ρ2 είναι ο μικρότερος αριθμός που είναι μεγαλύτερος ή ίσος του R2 και μπορεί να παρασταθεί ως το ά­ θροισμα των τετραγώνων δύο σχετικά πρώτων ακε­ ραίων, τότε θα δείξουμε ότι: l . Για κάθε r> Ι /ρ, οποιαδήποτε ακτίνα από την αρχή Ο τέμνει έναν κύκλο ακτίνας r με κέντρο ένα ακέραιο σημείο που ανήκει στον κύκλο με ακτίνα R και κέντρο το Ο. 2. Για ι=l /ρ, οι μοναδικές ακτίνες που δεν τέ­ μνουν αυτούς τους κύκλους είναι αυτές που τέμνουν τον κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα ρ σε σημεία με συ­ ντεταγμένες σχετικά πρώτους ακεραίους. Για παράδειγμα, αν R=50, τότε R2=2500<250 1 =502+ ι 2 , επομένως ρ=250 1 112 . Μπορεί να αποδειχτεί ότι υπάρχουν δύο ακριβώς αναπαρα­ στάσεις του 2.50 1 ως αθροίσματος με τετραγώνων δύο σχετικά πρώτων θετικών ακεραίων: 250 ι = 502 + ι 2= 492 + 1 02 . Έτσι, ένας δενδρώνας ακτίνας 50 ε­ μποδίζει τελείως τη θέα για κάθε r>250 l - 112 , ενώ για ι=250 ι - '12 υπάρχουν δεκαέξι ακριβώς διευθύνσεις στις οποίες η περιοχή πέρα από το δενδρώνα είναι ορατή [διέρχονται από τα σημεία (±50, ± ι ), (± ι , ±50), (±49, ± 1 0), (± 1 0, ±49)] (όπου τα πρόσημα επιλέγονται ανε­ ξάρτητα). Απόδι:ιξ η . Θεωρούμε μια τυχαία ακτίνα h που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/2 1


Η Ο Μ Ο ΜΑ ΤΗ ΕΜΑ τiCUS ---------------------------------------------------------

ξεκινά από την αρχή Ο. Λόγω της συμμετρίας του προβλήματος μπορούμε να υποθέσουμε όχι βρίσκε­ ται στο πρώτο τεταρτημόριο του επιπέδου συντε­ ταγμένων. Θέλουμε να προσδιορίσουμε για ποιες τιμές του Γ θα εμποδίζεται η ακτίνα από κάποιο δέ­ ντρο. Όταν η ακτίνα διέρχεται από το κέντρο ενός δέντρου, τότε εμποδίζεται από αυτό για κάθε Γ > Ο. Έτσι, στη συνέχεια θα υποθέσουμε ότι η ακτίνα δεν διέρχεται από ακέραια σημεία του δενδρώνα. Μπορούμε να αγνοήσουμε τα δέντρα που βρί­ σκονται έξω από το πρώτο τεταρτημόριο, διότι προ­ τού γίνουν τόσο μεγάλα ώστε να φτάσουν σ' αυτό (ι= l ), θα έχουν ήδη ακουμπήσει στα γειτονικά τους (r= 1 /2), θα εμποδίζουν να περάσει οποιαδήποτε ακτί­ να και θα πάψουν να αναπτύσσονται, Ας διαλέξουμε τώρα σε κάθε πλευρά της ακτίνας h το σημείο του δενδρώνα που βρίσκεται πλησιέστερα στην h. Συμβολίζουμε τα δύο σημεία με U και ν (Σχήμα 2). Είναι φανερό ότι η ακτίνα μας εμποδίζεται αν και μόνο αν τη σταματά ένα από τα δέντρα στα U και V. Παρατηρούμε ότι, με εξαίρεση τις κορυφές του, δεν υπάρχουν ακέραια σημεία στο εσωτερικό q στην πε­ ρίμετρο του τριγώνου OUV, διότι διαφορετικά το U ή το ν (ή και τα δύο) δεν θα είχαν το πλησιέστερο προς την ακτίνα h. (Θυμηθείτε ότι έχουμε υποθέσει πως η ακτίνα h δεν περνά από ακέραια σημεία στο εσωτερικό του δενδρώνα) Αυτό είναι το κρίσιμο ση­ μείο της απόδειξης: θα μας επιτρέψει να υπολογίσου­ με τις αποστάσεις των U και ν από την h. Θα μας χρειαστεί μία επιπλέον κατασκευή. Ας συμπληρώσουμε το παραλληλόγραμμο ουwν (Σχήμα 2). Η τέταρτη κορυφή του, W, είναι επίσης ακέραιο σημείο (όπως τα Ο, U και ν), αφού οι συ­ ντεταγμένες του είναι το άθροισμα των αντίστοι­ χων συντεταγμένων των U και ν. Από την ιδιότητα του τριγώνου ουν που αναφέ­ ραμε προηγουμένως έπονται τα εξής τρία γεγονότα: 1. Το παραλληλόγραμμο OUWν έχει εμβαδόν 1 . 2. Το σημείο W βρίσκεται έξω από το δενδρώνα. 3. Οι συντεταγμένες του W είναι σχετικά πρώτοι αριθμοί. Λ π ό <i ε ιcη

του

ί:

Πραγματικά, το εμβαδόν του OUWν είναι δι­ πλάσιο του εμβαδού του τριγώνου OUV. Είναι γνω­ στό, όμως, ότι το εμβαδόν ενός τριγώνου με ακέραιες κορυφές και χωρίς άλλα ακέραια σημεία στο εσωτε­ ρικό του ή την περίμετρό του ισούται με 1 /2. (Αυτό είναι τα βασικό λήμμα που χρησιμοποιείται στην α­ πόδειξη του θεωρήματος του Pick για το εμβαδόν ε­ νός τυχαίου πολυγώνου με ακέραιες κορυφές Λ π6δαξη τ ο υ 2 :

Ας υποθέσουμε ότι η ακτίνα h τέμνει την πλευ­ ρά UW του παραλληλογράμμου (και όχι την VW). Τότε το W βρίσκεται πλησιέστερα στην h απ' ό,τι το ν, επειδή το W βρίσκεται μεταξύ του ν και του

σημείου τομής των h και νw. (Μπορείτε επιπλέον να δείξετε ότι η απόσταση του W από την h ισούται με τη διαφορά των αποστάσεων των ν και U από την h.) Αυτό σημαίνει, λόγω της επιλογής του ν, ότι το W δεν ανήκει στο δενδρώνα. Τούτο το συ­ μπέρασμα εξακολουθεί να ισχύει ακόμη κι αν η α­ κτίνα h διέρχεται από το W, αφού αυτή δεν έχει ακέραια σημεία μέσα στο δενδρώνα. Λπ6δr.ιζη

τ ο υ :�. :

Έστω d ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των συντε­ ταγμένων a και b του W. Τότε το σημείο {a/d, b/d) είναι ακέραιο σημείο της OW. Αν d:Ξ::2 , τότε το ση­ μείο αυτό θα βρισκόταν στο τρίγωνο ΟUν, πράγμα που, όπως γνωρίζουμε, είναι αδύνατον. Επομένως, d= 1 . Είμαστε πλέον έτοιμοι να ολοκληρώσουμε τη λύση του προ β λή ματος του δενδρώνα. .Υ

Σ χή μα Ι

R=2 L=S 1 12 ι= 5 .

ι ι2

Συμβολίζουμε με w το μήκος της πλευράς OW του τριγώνου ουw. Αφού το εμβαδόν αυτού του τριγώνου ισούται με 1 12 (γεγονός 1 ), το ύψος που φέ­ ρουμε από την κορυφή U -δηλαδή, η απόσταση του υ από την ΟW-ισούται με (2 · 1/2)/w = 1/w. Η από­ σταση του ν από την OW είναι, φυσικά, η ίδια. Λό­ γω, όμως, των γεγονότων 2 και 3 και του ορισμού του ρ, έχουμε w :Ξ::ρ . Άρα, για κάθε Γ 2:: 1 /ρ, και τα δύο δέ­ ντρα στα σημεία υ και ν εμποδίζουν την ακτίνα OW και, συνεπώς, κάθε ακτίνα που περιέχεται στη γωνία UΟν-και ειδικότερα την ακτίνα μας h. Οπότε, για κάθε r> 1 /ρ η θέα από την αρχή εμποδίζεται τελείως. Και όχι μόνο αυτό. Το ίδιο επιχείρημα μας δείχνει ότι η ακτίνα h θα εμποδιστεί ακόμη και για ι= Ι/ρ, αν δεν συμπίπτει με το OW. Αν μάλιστα w > ρ, θα εμποδι­ στεί ακόμη και όταν συμπίπτει. Επομένως, απομένει να εξετάσουμε την περίπτωση κατά την οποία η h διέρχεται από ένα σημείο ι με θετικές σχετικά πρώ­ τες ακέραιες συντεταγμένες (a, b) σε απόσταση ΟL=ρ από την αρχή. Θεωρούμε ένα τυχαίο ακέραιο σημείο Μ (χ, y) του πρώτου τεταρτημορίου. Δεν ανήκει στο εσωτερικό του τμήματος OL, διότι ο' αυτή την περίπτωση θα είχαμε y/x = b/a ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/22


ΗΟΜΟ ΜΑ ΤΗΕΜΑ τiCUS ---------------------------------------------------------

Επομένως, � a, y� b και ΟΜ� OL . Αν τώρα Ν ay=bx και, αφού οι a και b είναι σχετικά πρώτοι, τα χ και y θα διαιρούνταν από τα a και b, αντίστοιχα . είναι το ακέραιο σημείο του τριγώνου OLM που /] βρίσκεται πλησιέστερα στην OL, τότε - με βάση το ίδιο επιχείρημα που χρησιμοποιήσαμε προηγουμέ­ .Υ νως για το τρίγωνο OUV - το εμβαδόν του τριγώ­ νου OLN ισούται με 1 /2. Συνεπώς, το εμβαδόν του OLM είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 1 /2 και η από­ σταση του Μ από την OL είναι μεγαλύτερη ή ίση του 1 /ρ. Έπεται ότι ένα δέντρο με ακτίνα r::Ξ; 1 /ρ δεν μπορεί να εμποδίσει την ακτίνα OL, γεγονός που ----- - � ολοκληρώνει την απόδειξη της πρότασής μας. ο Σ χή μα 2

t

IC-----

χ

!\Ό F: π ι κ α ψ ότη τ α : -\ :τ ο η : μ ή Ο η κ:: το " Λ l) c l P r ize " γ ι α το 20 I U στον

Ο John Toπence Tate γεννή θηκε στις 1 3 Μαρτί­ ου 1 925 στην Μινεάπολη, Μινεσότα στις ΗΠΑ. Α­ ποφάσισε να σπουδάσει Φυσική στο Πανεπιστήμιο, αλλά ήδη κατά τη διάρκεια της πρώτης χρονιάς στο Πρίνστον κατάλαβε ότι η πραγματική αγάπη του ήταν τα μαθηματικά. Έλαβε Bachelor of Arts από το Κο­ λέγιο του Χάρβαρντ το 1 946 και το διδακτορικό του από το Πανεmστήμιο του Princeton το 1 950. Ήταν βοηθός έρευνας και εκπαιδευτής στο Princeton ( 1 950-53) και επισκέπτης καθηγητής στο Πανεπιστήμιο Columbia ( 1 953-54). Το 1 954 μετα­ κόμισε στο Πανεπιστήμιο του Harνard, όπου διετέ­ λεσε κ αθηγητής και δίδαξε για τριάντα έξι χρόνια. Τ ο 1 990 δέχθηκε την τελευταία ακαδημαϊκή θέση του ω.; καθηγητής στα Μαθηματικά στο Πανεπι­ στήμιο του τέξας στο Όστιν. Ο Tate δίδαξε ως επι­ σκέπτη.; καθηγητής σε πολλά πανεπιστημιακά ι­ δρύματα, σε Αμερική [Πανεπιστήμιο της Καλιφόρ­ νια στο Μπέρκλεϊ, Princeton Uniνersity] και σε j!

Η

απά ιτηση στο: 'Ά υ π)

το

ξι:μαη:; "

Βρισκόμαστε στο Πρίνστον του Νιου Τζέρσεϊ, την έδρα ενός από τα σπουδαιότερα πανεπιστήμια του κόσμου. Εδώ ο Άμπρααμ Φλέξνερ με δωρεές διαφόρων ίδρυσε το Ινστιτούτο Ανωτέρων Μελε­ τών, το οποίο στις αρχές της δεκαετίας του 1 940 αποτελούσε μια αμερικανική ιδιομορφία, καθώς απαρτιζόταν από λίγους αλλά εκλεκτούς στοχα­ στές. Η άνοδος του Χίτλερ στην εξουσία έγινε η αφορμή να φύγουν εξέχοντες επιστήμονες, δύο από τους οποίους ήσαν ο Άλμπερτ Αϊνστάϊν (Θεωρητι­ κή Φυσική) και ο Κουρτ Γκέντελ (Μαθηματική Λογική). Αρχικά, μεγάλο ενδιαφέρον για τον Αϊν­ στάϊν έδειξε το Τεχνολογικό Ινστιτούτο της Καλι­ φόρνια στην Πασαντένα, όμως, αυτός προτίμησε το Πρίνστον. Όταν ζήτησε από τον Φλέξνερ μισθό 3 .000 δολάρια, εκείνος του αντιπρότεινε 1 6.000. Ήδη, από το 1 930 ο Κουρτ Γκέντελ, σε ηλικία μόλις 23 ετών, απέδειξε στη Μαθηματική Λογική το λεγόμενο "θεώρημα της μη πληρότητας", το ο­ ποίο προκάλεσε μεγάλη αναταραχή στην επιστήμη των Μαθηματικών. Να τι γράφει η Rebecca Gold-

Τ.

Tate

Γαλλία [Institut des Hautes Etudes Scientifques, Uniνersite de Paris, Ecole Normale Superieure] Θεμελιώδης ήταν η συμβολή του στην αλγε­ βρική θεωρία αριθμών και σε συναφείς τομείς της αλγεβρικής γεωμετρίας. Ο Tate παίρνει το 20 1 0 το βραβείο " Abel Prize" «για τις τεράστιες και μακρο­ πρόθεσμες επιπτώσεις των εργασιών του στη θεω­ ρία των αριθμών», όπως αναφέρει η επιτροπή Abel. Κατά τη διάρκεια των 60 ετών διδασκαλίας, ο Tate έχει αφήσει τα σημάδια του στα σύγχρονα μαθημα­ τικά. Είναι αξιοσημείωτο, το πόσες μαθηματικές έννοιες είναι συνδεδεμένες με το όνομά του.Ο Tate έχει λάβει πολλά βραβεία και τιμητικές διακρίσεις. Ήδη από το 1 956, του απονεμήθηκε το "Cole Prize" της Αμερικανικής Μαθηματικής Εταιρείας (βραβείο για την εξαιρετική συμβολή στην θεωρία αριθμών). [πηγή : από την ηλεκτρονική αλληλογραφία μας με τον Ν. Λυγερό]

stein: «0 νεαρός ειδικός της Λογικής δεν έγινε πο­ τέ ιδιαίτερα γνωστός ούτε στην εποχή του ούτε στη δική μας, παρόλο που το έργο του, υπήρξε ισάξιο του Αϊνστάιν. Σ ' αυτόν οφείλουμε μία από τις μεγαλύτερες ανακαλύψεις του περασμένου αιώνα η οποία με τα αποτελέσματά της επηρέασε διάφορα επιστημονι­ κά πεδία και κλόνισε τις πιο θεμελιώδεις προκατα­ λήψεις μας. Μόνο στα Μαθηματικά, το πρώτο ένα τρίτο του εικοστού αιώνα έφερε aπανωτές επανα­ στάσεις σε επίπεδο ιδεών. Το θεώρημα αυτού του ανθρώπου, μαζί με την αρχή aπροσδιοριστίας του Χάιζενμπεργκ και τη σχετικότητα του Αϊνστάιν, συνθέτει το θεωρητικό τρίπτυχο που συγκλόνισε τα θεμέλια των "θετικών επιστημών". Πρόκειται για τρεις ανακαλύψεις που μας εισάγουν σε ένα κόσμο ανοίκειο, ένα κόσμο που συγκρούεται τόσο ριζικά με όλες τα προηγούμενες υποθέσεις και διαισθή­ σεις μας, ώστε έναν αιώνα μετά ακόμα προσπα­ θούμε να τον καταλάβουμε»

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/23

[πη γή : Rebecca Goldstein, ό. π . ]


Μαθηματ ι κά για την Α τάξ η του Λυκε ίου '

Άλγεβρα : Ε παναληπτι κέ ς Α σκήσε ι ς

Δημ. Αργυρά κης - Χ αρ. Μαστορό που λος

ΑΣΚΗΣΗ Ι η

3 - χ + -ι χ

5(5 - 2χ) ( Ι ) και ι :::;; l 3x - 7 1 :::;; 3 ( 1 1 ) 6 4 6 β) Ν α εξετάσετε αν υπάρχουν ακέραιες τιμές του χ ώστε οι ανισώσεις του (α) ερωτήματος να συ­ ναληθεύουν.

α) Να λύσετε τις ανισώσεις:

--

<

2(χ - 2) +

Λύ σ η :

'Εχουμε : (Ι) <=> 6-2χ +3χ < 24(χ -2) +ΙΟ(5-2χ) <=> 6-2χ +3χ < 24χ-48+50-20χ<::> -3χ<-4<::> χ >� 3 � :::;; χ :::;; I� (1) 3 3x:::; ; -3 3χ3 4:::; 7 Ο :::; ; ; 3 χ :::; ; Ι 7 :::; ; { 1 l και (Π)<=> Ι:::;; I 3χ- 7I :::;; 3 <=> 3x- I � <=> 3χ- 7:$; - Ι ή 3χ- 7 � Ι <=> 3χ::;6 ή 3χ� 8 <=> l 7 I χ::;2 ή χ� � (2) Για να βρούμε τις λύσεις της ανίσωσης ( li ) συναληθεύουμε τις (Ι) και (2) με τη βοήθεια του παρα­ κάτω άξονα :

{

α)

{

{

-

2

4 3

00

1 =--l

(2) ---....-+-- .

___.}

( I:.:_ )

+οο

(2 )

Άρα : Συναληθεύουμε τις ( Ι ) και ( Ι Ι ) με τη βοήθεια του παρακάτω άξονα :

--

β)

!Ο 3

8 3

-00

_i 3

I

__,__

_

(11)

ΑΣ Κ Η Σ Η 2 η

_ _

2

1

I

ι

l9

3

3

(Π)

ι

+οο

(i)--> Άρα: (Ι) ... (π) <ο>χ

{�· 2Ju[�. I�J <o>x=2

Δίνεται η εξίσωση μ 2 (χ - ι) - 3(χ + 2) = μ(5 - 2χ) , μ Ε R. α) Να βρείτε τις τιμές του μ, για τις οποίες η εξίσωση έχει μοναδική λύση β) Να εκφράσετε τη μοναδική λύση Χ0 της εξίσωσης συναρτήσει του μ . γ) Ν α βρείτε τις τιμές του μ, για τις οποίες Χ 0 Ε ( -2 , 3 ) .

η

χ=3, αφού χ Ε z

Χ0 •

ισοδύναμα γράφεται ( μ 2 + 2 μ - 3 ) χ = μ 2 + 5 μ + 6 , μ Ε R. Για να έχει μοναδική λύση πρέπει και αρκεί μ 2 + 2μ - 3 Ο δηλαδή, μ Ε R - { Ι , - 3 } . 5μ + 6 = ( μ + 2 )( μ + 3) = μ + 2 . ' ' ' ' β) Αν μ Ε R - { Ι , - 3} η εξισωση εχει μοναδικη λυση την Χ 0 = μ2 + μ-Ι ( μ - Ι )( μ + 3 ) ( μ - Ι )( μ + 3 ) -μ + 2 ::; 3 (1) <=> - 2 < μ + 2 (Ι) και μ + 2 ::; 3 (2). γ) Με μ Ε R - { Ι , - 3} έχουμε χ 0 Ε (-2 , 3) <=> - 2 < μ-\ μ -Ι μ-\ Λύ σ η :

α) Η εξίσωση

:;t:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/24


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

� � 3 μ ( μ - 1 ) > 0 � μ < Ο ή μ > Ι � μ Ε (- οο , - 3 ) U ( -3 , 0 ) U ( Ι , + οο ) . μ-1 -2μ + S (2) � ::; Ο � ( 2μ - 5 )( μ - 1 ) � 0 � μ ::; 1 ή μ � 2. � μ E (- oo , - 3 ) U ( -3 , 1 ) U [ 2. , + οο ) . (1) � 0 <

μ-1

-00

-3

2

5

2

ο

f- }-<�ι

: �:-->--ι -:;=�:-�-· 3 11

A l: K I I l: H

+οο

(2 )

___

2

()

) [ % , +οο}

(

Άρα: ι �μ Ε(-οο, -3 ) U - 3 , o u

4χ2 - 28χ + 49. �4χ2 - 28χ + 49 = 3λ + 4 , λ

α) Να παραγοντοποιήσετε το τριώνυμο

β) Να λύσετε την εξίσωση Ε R ( Ι) γ) Να εξετάσετε, αν υπάρχουν ακέραιες τιμές του λ έτσι ώστε η εξίσωση να έχει μη αρνητικές λύσεις. \ 'ί> σ η :

)

α) Η δια κρίνουσα του τριωνύμου 4χ 2 - 28χ + 49 είναι Δ = ( -28 2 - 4 4 49 = 784 - 784 = Ο , οπότε έχει 2 διπλή ρίζα τψ ρ = _2 8 = 2 και παραγοντοποιείται ως εξής: 4χ 2 - 28χ + 49 = 4 χ = (2χ - 7) 2 • 2·4 2 2 2 � Ο για κάθε χ Ε IR , θα έχουμε: ( Ι) � 2χ -7 = 3λ+4 �1 2χ - 7 Ι = 3λ+4 ( I ). Αφού 4χ2 - 28χ + 49 = ( 2χ

-7)2

·

·

( 2)

)( ) Διωφί\υυμε περιπτώσεις: Αν 3λ + 4 < Ο , δηλαδή για λ < - i η εξίσωση ( 1 ) είναι αδύνατη. 3 -3λ+3 3λ+ 1 1 ή χ= 3 +4 � , δη λαδή γ α λ � - i έχουμε: ( 1 ) �2χ - 7 = 3λ+4 ή 2χ - 7 = -3λ-4 �χ = 3 2 2 Α,·

γ)

0

λ

Θ έ λ ου με

"

ι

οι λύ σεις της εξίσωσης να είναι μη αρνητικές, δηλαδή να ισχύουν: -3λ + 3 ο 3λ + 1 1 ο 11 � και 2':: , δη λαδη' λ � -- και λ ::; 1 2 2 3 --

λΕΖ

.!...!_

συναλήθευση των ανισώσεων λ � _i , λ � _ και λ :::; 1 προκύπτει _ _i :::; λ :::; 1 και επειδή 3 3 3 έχουμε τελικά λ Ε {- 1 , Ο, 1 } .

Από τη

..

_

-

, ,

. . . . .

- ..

Δίνεται η εξίσωση λ ( χ + 1 ) + 2 = χ + λ 2 (χ + 2 + λ ) , λ Ε R . α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει λύση για κάθε λ Ε R και να την βρείτε συναρτήσει του λ. β) Να βρείτε τις τιμές του λ Ε R , για τις οποίες η εξίσωση έχει μη αρνητική λύση.

Λί>ση : Η

(

)

εξίσωση ισοδύναμα γράφεται -λ 2 + λ - 1 χ = λ3 + 2λ 2 - λ - 2 . Το τριώνυμο -λ 2 + λ - 1 έχει διακρίνουσα Δ = -3 < Ο , επομένως δεν έχει πραγματικές ρίζες. 2 3 ' , η εξισωση , μοναδικη, λ:υ, ση τη χ = λ + 2λ - λ - 2 για κα, θε λ Ε R . Άρα -λ-? + λ - 1 Ο για κα, θε λ Ε R , οποτε εχει -λ 2 + λ - 1 =t2 3 ' η λυση ' της εξισωσης ' ' και αρκει:' λ + 2λ - λ - 2 � ο ( 1 ) . β) Για να ειναι μη αρνητικη' πρεπει - λ ?- + λ - 1 Όμως -λ 2 + λ - 1 < Ο για κάθε λ Ε R , αφού Δ < Ο και ο συντελεστής του λ2 είναι - 1 < 0. Άρα ( 1 ) � λ 3 + 2λ 2 - λ - 2 :::; Ο � λ 2 - 1 λ + 2 :::; Ο � λ - 1 λ + 1 λ + 2 :::; Ο . +οο - οο -2 -1 1 - --l + 1 Ι + Άρα: ( 1 ) � λ Ε (- οο , -2 ] υ [-1 , 1 ] α)

(

)(

)

( )( )( )

·---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/25


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Λ2..: Κ Η Σ Η 5 η

( %)

Δίνονται τα σημεία Α -4 , - 1 , Β 1 •

(

)

( 1).

και Γ 2 ,

α) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας (ε) που διέρχεται από τα σημεία Α και Β . β) Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Δ της ευθείας (ε), το οποίο απέχει την ελάχιστη απόσταση από το σημείο Γ . γ) Αν η ευθεία (ε) τέμνει τον άξονα στο σημείο Ζ, να βρείτε το εμβαδό του τριγώνου ΓΔΖ. Λ ί1 σ η :

{

χ'χ

{

α) Η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας (ε) είναι της μορφής

των σημείων Α και Β. Άρα:

{

{

y =αχ+ β και την επαληθεύουν οι συντεταγμένες -1=-4α +β � 4α -β=1 � 4α-β=Ι � β=Ι , οπότε: ( ε ) : y = _.!._ χ + Ι . 2 23 = α+β α+β= 23 5α= 25 α= 2 1

β) Το σημείο Δ θα είναι το σημείο τομής της ευθείας (ε) και της ευθείας (ζ) που φέρνουμε από το και ισχύουν οι σημείο Γ κάθετα στην (ε). Η εξίσωση της ευθείας (ζ) είναι της μορφής

y =αχ + β _.!._ σχέσεις : α· =-1 �α=-2 και 1 =-2·2+β�β=5 (αφού ε..lζ και Γ Ε ζ ). 2 Άρα η εξίσωση της ευθείας (ζ) είναι y = -2 χ + 5. Οι συντεταγμένες του σημείου Δ προκύπτουν από τη λύση του � y=-2x+5 1 y= 9 ) y=-2x+5 { y=-2x+5 5 . Άρα , , y=-x+l Δ (-8 , - . συστηματος: { 2 1 55 y=-2x+5 2 x+l=-2x+ 5 x+2=-4x+IO 5χ= 8 χ= � γ) Στην εξίσωση της ευθείας (ε) για y =Ο έχουμε χ = -2 , άρα Ζ ( -2 ,0). Επομένως το τρίγωνο ΓΔΖ είναι ορθογώνιο ( αφού ε..l ζ ) με κάθετες πλευρές τις ΔΓ και ΔΖ , που έχουν μήκη : !5 2 ψΥ ( ( ( 2 ( 2 2 2 2 2 9 ) 9 9 9) 9 9 ) ) ) ) ) J5 {20 2 8 8 (ΓΔ)= (s -2 + s -1 = ν 2s = -5- και ( ΖΔ)= (S +2 + S = 2· s + S = ν 5ls) = -5- . 1 2J5 9J5 1 Επομένως το εμβαδό του τριγώνου Γ ΔΖ είναι: Ε =-(ΓΔ ) · ( ΖΔ ) =-· -- -- =-. 2 5 5 5 2

{

<=>

ΑΣ Κ Η Σ Η 6η

{

<=>

<=>

(χ- λ) = 1-y { λ2λχ-λ2=3-

<=>

{

9

·

και η ευθεία ( ε ) :

y = -- χ 2λ + 1

+λ+2 , λΕR. 4 2λy α) Να βρείτε την τιμή του λ , για την οποία το σύστημα έχει άπειρες λύσεις, τις οποίες και να προσδωρίσετε. Δίνεται το σύστημα

!1)

Αν το σύστημα έχει άπειρες λύσεις, να δείξετε ότι η ευθεία (ε) τέμνει τους άξονες

σημεία Α και Β αντίστοιχα, έτσι ώστε το τρίγωνο ΑΟΒ να έχει εμβαδό 6. ι\ίJση :

χ +Υ= 2 + I {2λχ+2λy=λ-+3

χ'χ

και Υ Ύ στα

I , λ Ε R και έχει = Το σύστημα ισοδύναμα γράφεται " 2λ 2λ 1 = 2λ(λ-1). Ι Μια αναγκαία αρχική προϋπόθεση για να έχει το σύστημα έχει άπειρες λύσεις είναι D =Ο. Αλλά : 0 = 0<:::> 2λ(λ -1) =Ο<=> λ= Ο ή λ= 1 . + Υ = 1 (αδυνατο , , , , συστημα τιμη, λ = Ο απορριπτεται. ) , οποτε Γ ια λ = ο το συστημα , γραφεται , { ΟχΟχ +0y=3 + Υ= 2 χ + y = 2 y = 2 -χ. Άρα εχει ' { 2χχ +2y=4 ' ' απειρες ' λυσεις της ' γραφεται Γ ια λ = 1 το συστημα μορφής (χ , y) = (χ , 2- χ) , χ Ε R , οπότε η τιμή λ = I είναι δεκτή . α)

λ

λ

D

η

η

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/26

λ

<=>


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

I , οπότε η ευθεία (ε) έχει εξίσωση 3 y = - x + 3 και τέμνει τους άξονες χ'χ και y 'y στα σημεία Α ( - 4 , 0 ) και Β ( Ο , 3 ) . 4 Το τρίγωνο ΑΟΒ που σχηματίζεται είναι ορθογώνιο με κάθετες πλευρές ΟΑ και ΟΒ, που έχουν μήκη

j) ) Αφού το σύστημα έχει άπειρες λύσεις συμπεραίνουμε ότι λ =

( OA} = I -4 1 = 4 και ( OB} = j 3 j = 3

Λ. Σ Κ Η � !-1 7 η

Δίνεται το σύστημα υ}

{

μονάδες. Άρα το τρίγωνο ΑΟΒ έχει εμβαδό Ε = � ( ΟΑ){ ΟΒ} = � · 4 · 3 = 6 2 2

χ + 8y = α ( 4- χ ) , α ε R και η συνάρτηση f ( χ ) = χ - χ + κ, κ ε R . 1 + 3y = α ( 3- x - y ) 2

Να βρείτε την τιμή του α ε R για την οποία το σύστημα είναι αδύνατο.

(

μ ) Να βρείτε την τιμή του κ ε R για την οποία το σημείο Μ -1 , 1

σταση της συνάρτησης f . γ)

)

ανήκει στη γραφική παρά­

Να αποδείξετε ότι για τις τιμές των α και κ που βρήκατε στα προηγούμενα ερωτήματα, τα ση­ μεία Α ( κ + 1 , α + 1 ) , Β ( 2κ , α - 3 ) και Γ ( α -2κ + 1 , - κ ) σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο .

. \ ί1 σ η : Το D

σύστημα ισοδύναμα γράφεται

=

Ι α + Ι 8 ι = α 2 - 4α + 3 α α+3

=

{(

α + 1 ) χ + 8y = 4α , α ε R και έχει: α χ + ( α + 3 ) y = 3α - 1

(α - I )(α - 3) . Μια αναγκαία προϋπόθεση για να είναι το σύστημα α-

δύνατο είναι η 0 = 0 . Αλλά: D=Ο <=:> (α - 1 )(α - 3) = 0 <=> α = l ή α = 3 . Για α = I το σύστημα γ ρ ά φ εται

τη ς μο ρφ ής ( χ , y )

=

( 2 - 4y , y) , y

{ 2x + 8y = 4 <=> χ + 4y = 2 <=> χ = 2 - 4y . Άρα έχει άπειρες λύσεις χ + 4y = 2

ε

1

, οπότε η τιμή α = 1 είναι απορρίπτεται.

R

{ 4χ +8Υ= 12 Για α=3 το σύστημα γράφεται 3χ +6y=8

x +2y=3 8 (αδύνατο σύστημα), οπότε η τιμή α=3 είναι δεκτή. χ + 2y= 3

/:1 ) Για να ανήκει το σημείο Μ στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f ( - 1 ) = 1 , δηλαδή I = ( -1 ) 2 + I + κ , ή κ = - Ι .

γ)

f

πρέπει και αρκεί να ισχύει:

2

Για α = 3 και κ = - 1 έχουμε Α ( Ο , 4 ) , Β ( -2 , 0 ) και Γ ( 6 , 1 ) . Ε ίναι

( ΑΓ ) = J6 2 + (-3 ) 2 J45

( ΑΒ ) = J2 2 + 4 = J2ο , ( ΒΓ ) = J8 2 + 1 2 = J65 . Παρατηρούμε ότι ( ΒΓ ) 2 = ( ΑΒ ) 2 + ( ΑΓ (

και Ισχύει λοιπόν το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ, οπότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με υπο­ τείνουσα την πλευρά ΒΓ. =

/•..:z..: Κ Ι ! Σ Η 8 η

Για την ορίζουσα των συντελεστών

D

και τις ορίζουσες των αγνώστων

Dx

και D y ενός γραμμικού

συστήματος δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους χ και y, ισχύουν οι σχέσεις: (i) και Αν η μια από τις εξισώσεις του συστήματος είναι η 2χ - y = 4 , να βρείτε την άλλη εξίσωση, αν εί­ ναι της μορφής y = αχ + β . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/27


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

\ {Ι ση :

Οχ ) 2 =Ο<=> 0- Οχ =Ο<=> 0= Οχ ( I ). { ΟΟΥ +20=0 +Ι= Ο { Ο =-Ι { Ο = -Ι { Ο =-Ι Επίσης : ( i i ) <=> χ ΟΥ =-20 ΟΥ =-2·{-Ι) ΟΥ = 2 Άρα έχουμε Ο= -Ι και ΟΥ = 2, οπότε η λύση του συστήματος είναι (χ , y)= [ � , � ) =(1 , -2) . Η ζητούμενη εξίσωση είναι της μορφής y= αχ +β<=> αχ -y= - β (2), και το σύστημα γράφεται: I 4 -Ι ι 2x - y = 4 2 (Σ) : { . Οπότε: 0 = 0 χ = - Ι , δηλαδή 1 I = I - β -Ι =-Ι α χ- y =- β α -Ι Και τελικά α = Ι και β =-3 άρα η ζητούμενη εξίσωση είναι η y = χ -3 . χ2 χ+2 ) Ν α β ρειτε ' την τιμη' του λ για την οποια ' ' η εξ ισωση ' μια ' μονο ' πραγλ -- , εχει 3-χ χ-3

Έχουμε: ( i ) <::::> ( 0-

<::::>

χ

<ΙΙ <::::>

χ.

χ

<::::>

Οχ =

. \ 2-: K H :l.: H 9η

4

α

4

--

=

·

(1 )

ματική ρίζα.

β) Για την τιμή του λ που βρήκατε να λύσετε την εξίσωση. ιιι )

Για

χ ;t: 3 έχουμε: (Ι)<=>χ2-4-4(3-χ)=-λ(χ+2)<::::>χ2+(λ+4)χ+2λ-Ι6=0 (2). / Η εξίσωση (2) είναι 2ου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ = (λ+ 4 -4 ( 2λ-Ι6) = λ2 + 8 0 > Ο για κάθε λεξίσωση Ε R . Επομένως η εξίσωση (2) για κάθε λ Ε R , έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. Για να έχει η (Ι) μία μόνο πραγματική ρίζα, πρέπει και αρκεί η άλλη ρίζα της (2) να είναι χ = 3 , δεν 9 είναι ρίζα της (Ι )δηλαδή πρέπει και αρκεί + 3 (λ + 4) + 2λ -Ι6 = Ο , δηλαδή λ = -Ι . } Για λ=-Ι με χ ;t: 3 έχουμε: (l) <=>x2+3x-I 8 =0<=>xE{3,--6 <=>x=--6. η

που

β}

ι\ l: �( �- j l: H Ι Ο η

Δίνεται η εξίσωση ( λ - 1 ) χ 2 - ( 2λ + l ) χ + λ + 2 = 0 , λ Ε R . Η ) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης για τις διάφορες τιμές του λ . rΙ ) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του λ , η παραπάνω εξίσωση έχει ρίζα σταθερό ακέραιο αριθμό χ , τον οποίο και να βρείτε. γ} Να βρείτε τις τιμές του λ , για τις οποίες η εξίσωση έχει και άλλη ρίζα χ 2 , με χ 2 > χ 1

1

fR )

Διακρίνουμε περιπτώσεις: Αν η εξίσωση γράφεται και είναι της μορφής α β = με α = - ;t: οπότε έχει μία μόνο ρίζα απλή . "' Αν ;t: η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα Δ = (λ2 > οπότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. !:1} Διακρίνουμε περιπτώσεις: Αν η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα τη �

γ)

λ= Ι -3χ + 3 =Ο χ+ Ο 3 Ο, 2 -4(λ -Ι){λ + 2) = λΙ {2λ +Ι ) ) = 4λ 2 + 4λ +Ι 4 +λ-2 = 9 Ο , λ=Ι χ=Ι. (2λ+1 ) +3 λ+2 = -Αν λ Ι η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες τις: χ (2λ+l)-3 Ι και χ 2 2(λ-Ι) λ-Ι Επομένως για κάθε λ Ε R η εξίσωση έχει ρίζα τον ακέραιο χ = Ι. { Για λ Ε R - Ι } έχει και δεύτερη ρίζα τη χ ;t: χ 3 λ+2 Οπότε: χ > χ <=> -- > Ι <=> ---Ι > Ο <=> 2 λ+2 λ-Ι > Ο <=> λ -Ι > Ο <=> λ > Ι. λ-Ι λ-Ι ;t:

1

1

2

1

1 •

--

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/28

4λ-1)


.Η�•

Δίνεται

η

I ; ·!

παραβολή

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

y

=

( κ - ι ) χ 2 - ( κ + 4 χ + 2κ + 5 . Να βρείτε τις τιμές του κ Ε R- { 1 } , για τις

)

οποίες η παραβολή : α) Εφάπτεται στον άξονα χ ' χ. β) Έχει άξονα συμμετρίας τον y 'y . γ) Έχει κορυφή ένα σημείο με τεταγμένη 9 . . \ lι σ η :

Η παραβολή εφάπτεται στον άξονα Αλλά: Δ (κ - 4(κ

χ' χ, αν και μόνο αν Δ = Ο . 2 = Ο 9 +4)2 -1)(2κ+5) = 09 κ2 + 8κ+ 1 6-4 ( 2κ 2 + 5κ - 2κ 5 ) =Ο 9 9 -7κ -4κ+36= 09 κ =- �7 ή κ = 2 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ( κ -1)χ2- ( κ + 4)χ + 2κ + 5 , χ Ε R . Η παραβολή έχει άξονα συμμε­ τρίας τον αν και μόνο αν η συνάρτηση f είναι άρτια, δηλαδή αν και μόνο αν f( -χ)= f(x) για κάθε χ R . Έχουμε λοιπόν: f(-x)=f(x)� κ-1) (-χ)2-( κ+4)(-χ)+2κ+5=( κ-Ι1._) χ2-( κ+4)χ+2κ+592( κ+4)χ=Ο ( Ι ). Η ( 1 ) ισχύει για κάθε χ R9 κ + 4 =Ο 9 κ = -4. (Διαφορετικά _ =09κ+4=09κ=-4 ). 2α . . . Δ 7κ2 + 4κ - 36 , οποτε εχουμε: τεταγμενη της κορυφης της παρα β ολης ειναι y = - -= 4α 4 κ - 1) ( 32 7κ c + 4κ - 36 =9 9 7κ-+4κ -36 = 36κ -36 9 7κ2-32κ =Ο 9 κ ( 7κ -32) =Ο 9 κ= Ο ή Κ=-. ) 7 4 ( κ -1 α)

1:.\ )

' y y,

ε

'! )

-

Η

.

ε

Κ

,

,

κ

?

Δίνεται η συνάρτηση f(x) λχ 2 - 2 ( λ + 2 ) χ + 8 , λ Ε R. α) Ι\ α αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του λ η γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τέμνει =

τον άξονα y ' y σε σταθερό σημείο Α. β) �α αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του λ η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχει ������� ­ στον ένα κοινό σημείο με τ()ν άξον � χ ' χ , με σταθερή τετμημένη. . γ) Να βρείτε τις τιμές του λ, για τις οποίες η εξίσωση f(x) Ο έχει ομόσημες ρίζες. =

δ) Αν Β , Γ είναι τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με τον άξονα Sl λ - 21 χ ' χ , να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι Ε . Στη συνέχεια να I λI βρείτε τις τιμές του λ, για τις οποίες είναι Ε 24 . =

=

Λ {ι ση : υ. ) Για

χ = Ο έχουμε f(O) =λ· 02- 2 ( λ + 2 ) ·Ο+ 8 9 f(O) = 8 , άρα για κάθε τιμή του λ η γραφική παράσταση της συνάρτησης f, τέμνει τον άξονα στο σταθερό σημείο Α (Ο , 8 ). Διακρίνουμε περιπτώσεις: "' Αν λ= Ο η συνάρτηση γράφεται f(x) = -4χ + 8 και η γραφική της παράσταση έχει κοινό σημείο με τον άξονα χ' χ το ( 2 , Ο), αφού f( 2 ) = -4· 2 + 8 =Ο. Αν λ::;t:Ο η συνάρτηση f(χ)=λχ2-2(λ+2)χ+ 8 είναι τριώνυμο 2ου βαθμού με διακρίνουσα: Δ = 4(λ+ 2)2 -4· λ· 8 = 4 ( λ2+4λ+4- 8λ) = 4 ( λ2-4λ+ 4) =4(λ- 2 γ �Ο. Διακρίνουμε περιπτώσεις: 1._ Αν λ= 2 τότε Δ = Ο, οπότε η εξίσωση έχει διπλή ρίζα την χ = _ = 2 . Επομένως η γραφι2α κή της παράσταση έχει κοινό σημείο με τον άξονα χ' χ το ( 2 , Ο) .

β)

' y y

e

./

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/29


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Αν λ ::;t. 2 τότε Δ > Ο και οι ρίζες της εξίσωσης είναι: -β 2α+ JΔ 2 ( λ + 2)2±λ2 (λ - 2) άρα 4 . η γραφική της παράσταση έχει κοινά σημεία με τον άξονα τα 2 η χ =-. Επομενως λ ( 2 , Ο) και ( i , Ο ) . Σε κάθε λοιπόν περίπτωση η γραφική παράσταση της συνάρτησης fέχει κοινό σημείο με τον άξονα το (2,0). Η εξίσωση f(x) Ο θέλουμε να έχει ομόσημες ρίζες. Επειδή μια ρίζα της εξίσωσης είναι ο θετικός αριθμός 2 πρέπει και αρκεί η άλλη της ρίζα _i να είναι θετικός αριθμός, δηλαδή _i > Ο, ή λ > Ο λ λ Αν θεωρήσουμε την πλευρά ΒΓ , ως βάση του τριγώνου ΑΒΓ, τότε το αντίστοιχο ύψος του είναι το ΟΑ, όπου Ο η αρχή των αξόνων. Είναι (Β Γ) 1 2 -i I 1 2λ; 4 1 2 1 �λ� 2 1 και ( ΟΑ ) = 8 , οπότε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι Ε 21 ( ΟΑ ) (Β Γ ) 2Ι · 8 · 2 l λI λ-l 2 1 8 l λI λ-l 2 1 Οπότε: Ε 24<=> 8 l λl λ-l 2 1 24 <=> 1 λ 2 1 3 l λ l <=> λ 2 3 λ ή λ-2= -3λ <=:> λ = -1 ή λ 2 χ

./

χ=

=

χ 'χ

.

χ ·χ,

γ)

χ=

-

=

=

χ

,

=

δ)

=

=

=

ΑΣΚΗΣΗ

1 3η

=

=

=

-

=

=

=

-

=

=

Ι

Δίνεται η εξίσωση χ 2 - ( λ - 3 ) χ 5 - 4λ Ο , λ Ε R.

+

=

α) Να βρείτε τις τιμές του λ για τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες ρ 1 , ρ2 πραγματικές και

άνισες .

β) Για ποιες από τις τιμές του λ είναι � + h � - 2 ; ρ2 ρ, Λ ί) σ η : ο)

Για να έχει η εξίσωση δύο ρίζες πραγματικές και άνισες πρέπει2και αρκεί Δ > Ο ( I ). 2 2 ( 1 ) <=> ( λ-3 ) -4 ( 5-4λ) > Ο<=> λ -6λ + 9 - 20 + 16λ > Ο<=> λ + ΙΟλ- 1 1 > Ο<=> <=> ( λ+ l l) ( λ - I ) > 0 <=> λ Ε ( - -11 ) U ( 1 , + ) (2). Τότε με ::;t. Ο δηλαδή 5-4λ ::;t. Ο, ή λ -45 έχουμε: S=ρ1 +ρ2 Q.α λ 3 και Ρ=ρ1ρ2 = 1α =5-4λ, 2 οπότε: Ε.!_ρ2 + ρρ2, � _2 <=> ρ ,ρ,+ρ2ρ2 + 2 �Ο <=> ρ ,2 + ρρ2, ρ+2 ρ , ρ 2 Ο<=> (ρ ρ+ρ, ρ2 ) �Ο 2 ο <=> (λ-3)2 ( 5-4λ) ο <=> λ= 3 ή λ < -5 (3). <=> (λ-3) 5-4λ τις ( 2 ) και ( 3 ) με τη βοήθεια του παρακάτω 4 άξονα : Συναληθεύουμε 00

00 ,

ρ1 ρ 2

β)

::;t.

1

1

1

2:

-11

-00

.----r (2)

+------;:,...:; -0 -

= -

2

2:

ι

=

-

2

2:

5

4

3

I

+οο

o------;-;; ) -�·---.. (2c:-

Τελικά βρίσκουμε: λΕ ( -11 )u( I ' �) U { 3 } .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/30

- οο ,


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Γεωμετρία : Επαναληπτι κές Ασκήσει ς Γ ιάννη Κυριαζή - Κώστ α Βακαλόπουλου μόλογα στοιχεία των ίσων τριγώνων).

ΙVΙ Ε ΡΟΣ Ά σκ η σ η I Λ'

Α

Επίσης ΑΒΔ = Α'Β 'Δ ' (κριτήριο: Γ-Π-Γ) γιατί: Δ

θεωρούμε 2 τρίγωνα ΑΒΓ και Α ' Β ' Γ και για τα οποία ισχύει ότι: α) Β = Β ' β) Γ = f " γ) 2τ=2τ ' , όπου 2τ,2τ ' ο ι περίμετροι των δυο τριγώνων. Να δείξετε ότι είναι ίσα. Α

I.

2. ΑΔ = Α ' Δ ' (από τη σχέση ( 1 )) Β Β' ' ' 3 . Δι = Δι η' - = - μισα' ισων γωνιων 2 2 Επομένως: ΑΒ = Α Ή 'ή γ = γ ' (3) Α

Α πόδ ε ιξ η :

Στη προέκταση της ΓΒ προς το Β θεωρούμε σημείο Δ, τέτοιο ώστε ΒΔ = ΑΒ = γ και στην προέκταση της ΒΓ, προς το Γ σημείο Ε, τέτοιο ώ­ στε ΓΕ = ΑΓ = β . Αντίστοιχα στην προέκταση της Β 'Γ σημεία Δ ' και Ε ', τέτοια ώστε Β 'Δ ' = Α'Β ' = γ' και Γ Έ ' = Α 'Γ = β Ό Α

- - - - - - - - -11�� -

�------� α Γ

γ

.. - ..

.. ..

.. .. ..

.. ..

..ι

Ε

β

Α'

β'

',

- J� �ί - - '- - - - �'�--�----�Γ- - - - -β'- - =11��Ε-' Δ'

Β'

γ

α

·

Είναι φανερό ότι ΔΕ = 2τ = 2τ' = Δ Έ ' . Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ, η γωνία Β είναι εξωτερική οπότε Β = Δι + Ει = Δι + Δι = 2Δι Α Β Μ ε ανα' λογο τροπο ' ' ' προκυπτει => Δ ι = 2 . οτι "

Λ

λ

"'

Α

,

Όμοια ΑΓΕ = Α Τ Έ ' οπότε ΑΓ = Α 'Γ' ή β = β ' (4) Επίσης Α = Α ' (5) κατ ' ανάγκη. Από (3),(4),(5) προκύπτει ότι: Δ

Δ

ΑΒΓ = Α'Β 'Γ (κριτήριο: Π-Γ-Π). Δ

Δ

Ά σκη ση 2

β Δ

Δ

Λ

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ, τυχαίο ση­ μείο αυτού Μ και 2 παράλληλες ημιευθείες Αχ και Βψ στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζει η ευθεία ΑΒ.Στην Αχ θεωρούμε σημείο Δ, τέτοιο ώστε ΑΔ=ΑΜ (1) και στην Βψ σημείο Ε τέτοιο ώστε ΒΕ=ΒΜ (2). α) Να δείξετε ότι ΔΜΕ = 90" β) Αν Κ είναι το μέσο της ΔΕ να δείξετε επίσης ότι: ΑΚΒ = 90• Α πόδ ε ιξ η :

α) ω+φ Α

Α

1 800 -Α 1 800 - Β + 2 2

Άρα ΔΜΕ = 90"

Λ

Α Λ +Β Λ 1 80' Ι 80' -= Ι 8σ --- =<Jσ' 2 2

χ

ψ

Γ' Γ Β' Δι = - , Ει = - και Ει = 2 2 2 Α

Α

Α ,

Α

Α '

Α

Τότε όμως ΑΔΕ = Α'Δ Έ ' (κριτήριο: Γ-Π-Γ) γιατί: Β Β' I. ή -=-. 2 2 2. ΔΕ=Δ Έ ' ή 2τ=2τ ' (υπόθεση) Γ Γ' ' ' 3 . Ει = Ει η' - = - (μισα' ισων γωνιων) 2 2 Επομένως: ΑΔ=Α 'Δ ' (I) και ΑΕ=Α Έ ' (2) (οΔ

Α

Α

,

Δ

Α

Σ

Μ

β) Έστω Σ το μέσο του ΑΒ. Στο τραπέζιο ΑΔΕΒ η ΚΣ είναι διάμεσος. Ά­ ρα: ΚΣ//ΑΔ//ΒΕ και ΑΜ + ΒΜ => ΑΒ ΑΔ + ΒΕ � ΚΣ = ΚΣ = ΚΣ = . 2 2 2 Τότε όμως ΜΒ = 90° αφού στο τρίγωνο ΑΚΒ η διάμεσος ΚΣ είναι ίση με το μισό της πλευράς ΑΒ στην οποία άγεται.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/3 1


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ και ΑΔ και ΓΕ οι διχοτόμοι αυτού που τέμνονται στο Ι (έ­ γκεντρο). Να δείξετε ότι: Α α) ΒΙΓ = 90" + 2 Λ

Β-Γ Λ

β) ΑΔΒ = 90" -

Λ

2 γ) Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο στο Β και ισχύει ότι Β - Γ = 90" (1) να αποδειχθεί ότι η διχοτόμος ΑΔ σχηματίζει με τη βάση ΒΓ γωνία 45°.

α) Από το τρίγωνο ΒΙΓ έχουμε ότι: ΒΛ ΓΛ Λ + ΒΙΓ Λ + Γ,Λ = 1 80" :::::> Λ +Β, = 90° + 90° :::::> + ΒΙΓ 2 2 Λ ΑΛ ΒΛ ΓΛ ΒΛ ΓΛ :::::> Λ Α Λ ΒΙΓ = 90° + + - + - - - - - ΒΙΓ = 90° + - . 2 2 2 2 2 2 Α

Β

Γ

β) ΑΔΒ εξωτερική του τριγώνου ΑΔΓ επομέΑ Λ :::::> Λ = Αο Λ + ΓΛ :::::> ΑΔΒ Λ =νως: ΑΔΒ +Γ 2 Λ ΓΛ ΓΛ Α Λ = 90 0 - 90 0 + ΑΔΒ + + - :::::> 2 2 2 ΑΛ ΒΛ ΓΛ ΑΛ ΓΛ Γ Λ = 90 0 - - - - - + + - + - :::::> ΑΔΒ 2 2 2 2 2 2 Β Γ Β Γ ΑΔ Β = 90° - + :::::> ΑΔΒ = 90° - - :::::> 2 2 2 2

Δ

Από τα ίσα τρίγωνα Δ Β Γ Δ

και Ζ Β Γ προκύπτει ότι: ΔΒΓ = zΓ Β = 60° οπότε το τρίγωνο ΚΒΓ ισόπλευρο όπως επίσης και το τρίγωνο ΚΔΖ. Η γωνία ΒΕΓ είναι εξω­ τερική του τριγώνου ΕΑ Γ ε­ πομένως ΒΕΓ = Α + ΑfΈ = 20° + 30° = 50° Τότε όμως ΒΕΓ = Β Γ Ε = 50° Β r δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΓ ισοσκελές με Β Ε= ΒΓ ( 1 ) και ΒΓ=ΚΓ=ΚΒ (2) (πλευρές του ισόπλευρου τρί­ γώνου ΚΒΓ). Από ( I ) και (2) =:>ΒΕ=ΒΚ=:>το τρίγωνο ΒΕΚ ισοσκελές με γωνία κορυφής 20° οπότε ΕΚΒ = 80" . Άρα ΕΚz = 1 80° - ( 60° + 80° ) = 40° . Αλλά και ΕΖΚ = 20° + 20° = 40° αφού είναι ε ξω τ ε ρ ική γω­ νία στο τρίγωνο ΑΖΓ. Τότε όμως το τρίγωνο ΕΖΚ ισοσκελές με ΕΖ=ΕΚ (3) Ισχύει ΕΖΔ = ΕΔΚ (Κριτή ρ ιο : Π-Π-Π) γιατί: Δ

Δ

( ) .

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90" . Αν ΑΔ είναι το ύψος του, ΑΕ η διχο­ τόμος και ΑΜ η διάμεσος να δείξετε ότι: α) ΑΕ η διχοτόμος της ΔΑΜ ΒΓ β) Αν ΔΜ = - τότε Γ = 30" 4

Β-Γ . 2 γ) Από το β) ερώτημα έχουμε ότι Γ 90 0 :::::> ΑΔΒ = 90° - Β - � ΑΔΒ = 90° 2 2 ΑΔΒ = 90° - 45° :::::> ΑΔΒ = 45°

ΑΔΒ = 90° -

Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και γωνία κορυφής Α = 20" . Στο εσωτερικό του τριγώνου φέρουμε ευθύ­ γραμμα τμήματα ΒΔ (Δ σημείο της ΑΓ) και ΓΕ (Ε σημείο της ΑΒ) τέτοια ώστε ΑΒΔ = 20" και ArE = 30" . Να υπολογισθεί η γωνία ΑΔΕ = χ - i !,i i < Ι i 'J/ i rι

Φέρουμε ΔΖ//ΒΓ βοηθη­ τική.Τότε το ΔΖΒΓ ισοσκελές τραπέζιο με ΒΖ=Γ Δ και επο­ μένως ίσες διαγώνιους ΒΔ=ΓΖ.

Ι . ΔΕ κοινή 2. ΕΖ=ΕΚ (από σχέση ( 3 ) ) 3. ΔΖ=ΔΚ (πλευρές του ισόπλευρου τριγώνου ΚΔΖ) , zΔ 60" Ά ρα ΕΔΛz = ΕΔΛ κ = κ = - = 30" οποτε 2 2 ΑΔΕ = ΑΔz + zΔΕ = 80° + 30" = 1 1 οο .

Α

:"'- σ !!<: η υ η .j.

καετία του 1 980 από τον αείμνηστο συνάδελφο Νί­

κο Κισκύρα, στη μνήμη του οπο ίου αφιερώνεται .

Η άσκηση αυτή είχε προταθεί τη δε-

Ά σ κ η σ η :5

--

Λ

. \π{ιΙ!·η�η

Α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ η ΑΜ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα ΒΓ. ΒΓ Άρα: ΑΜ = = ΜΒ = Μ Γ ( 1 ) 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/32


Β

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου φ

=

ω

Γ

Τότε όμως το τρίγωνο ΜΑΓ είναι ισοσκελές με M rΑ = ΜΑΓ = ω όπως επίσης και το τρίγωνο ΜΑΒ με Μ Β Α = ΜΑΒ = ψ . Όμως r = ΔΑΒ = & οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες και . 90 ' ΕΑΒ = ΕΑΓ = - = 45· (ΑΕ διχοτόμος). Τότε Δ

Δ

2

όμως ΕΑΔ = ΕΑΜ = 45" - ω διαφορές ίσων γω­ νιών οπότε ΑΕ διχοτόμος της ΔΑΜ . β) Από υπόθεση έχουμε: ΒΓ .!_ · ; Δ ΔΜ = = Μ = .!_2 ΑΜ = ΑΜ . 2 4 2 2 Στο ορθογιονιο τρίγωνο ΔΑΜ ισχύει ΑΜ ΔΜ = ") . Από θεώρημα έχουμε ΜΑΔ = 30° επομένω; ΔΜΑ = 60° . Όμω; η γωνία ΔΜΑ είναι εξωτερική του τρι­ γώνου ΜΓ Α οπότε ΔΜΑ = ω + ω => 60 0 6 0L' = 2 ω => ω, = - = 30 0 => Γ, = 30 0 . 2

ΒΓ

,

λ σκη σ η 6

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Στο σημείο Δ υψώνουμε κάθετη επί την ΔΒ που τέμνει την ΑΒ στο Ζ. Φέρουμε τη διχοτόμο ΔΕ της ΑΔΒ και κατασκευάζουμε το παραλληλόγραμμο ΕΔ­ ΖΗ. Να δείξετε ότι: α) Το τρίγωνο ΕΔΖ ισοσκελές. β) Αν 2ΔΖ-ΑΖ=ΓΔ τότε το ΔΕΗΖ είναι ρόμβος. Α

Απόδ ε ιξη

β) Έστω ότι 2ΔΖ-ΑΖ = Γ Δ <=::> 2ΔΖ Γ Δ + ΑΖ ΒΖ <=> 2ΔΖ = ΑΒ + ΑΖ <=::> 2ΔΖ = ΒΖ <=::> ΔΖ = . 2 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΖΔΒ ισχύει ΒΖ ΔΖ = . Άρα: ψ = 30° οπότε ΒΖΔ = 60° . Επο2 μένως το ισοσκελές τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο. Τότε όμως ΖΔ=ΔΕ οπότε ΕΔΖΗ ρόμβος αφού εί­ ναι παραλληλόγραμμο με δυο διαδοχικές πλευρές ίσες.

α) Έχουμε: Η ΑΔΕ = ΕΔΒ = ω , ΔΕ διχοτόμος ΑΒΔ = ΑΔΖ = ψ z (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες). Η γωνία ΖΕΔ εί­ ναι εξωτερική γωνία του τριγώνου Γ Δ ΕΒΔ. Επομένως: ΖΕΔ = ΕΔΒ + Ε Β Δ = & + ψ. Τότε zΔΕ = ΖΕΔ = ω + φ. Άρα το τρίγωνο ΖΔΕ ισοσκελές με ΖΔ=ΖΕ.

Άσ κ η σ η 7

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να δείξετε ότι: β > γ <=> μp < fLy

Α πόδε ιξη το ε υ θίJ :

Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΜΓ έχουν: l . A M κοινή πλευρά 2. ΜΓ=ΜΓ (Μ μέσο ΒΓ) 3. ΑΒ < ΑΓ ή γ < β (υπόθεση) Β Από εφαρμογή ανισοτικών σχέσεων τριγώνου έχουμε Μ Ί < Τα τρίγωνα ΒΘΜ και ΘΓΜ έχουν: Ι . ΘΜ (κοινή πλευρά) 2. ΜΓ = Μ Γ ( Μ μέσο ΒΓ) 3. (σχέση ( 1 )) Από την ίδια εφαρμογή προκύπτει ότι ΒΘ < ΘΓ Α

Μ2 ( I ) Μ, < Μ2

Γ

(Θ βαρύκεντρο) => � μ Ρ < � μ Υ => μ Ρ < μ Υ . 3 3 Το αντίστροφο αποδεικνύεται με ανάλογο τρόπο. Β ' Μ Ε ΡΟΣ Στι ς ασκήσεις που α κολουθούν μπορείτε να πα­ ρακολουθήσετε την εξέλιξη τω ν αποδείξεων μερι­ κών «Επώνυμω ν» προτάσεω ν όπως είναι η ευθεία SIMSON, η ευθεία EULER και ο κύκλος του EULER. Πρ ιν από την τελική άσκηση που διαw­ πώνεται η κάθε μια πρόταση από αυτές, προη γού­ νται όσες ασκήσεις - προτάσεις συμβάλουν στην απόδειξή τους. Υπάρχουν επίσης και μερικές ασκή­ σεις - εφαρμο γές τους. Όλες όμως ο ι ασκήσεις αποτελούν και αυτοτε­ λείς προτάσεις με τις οποίες μπορείτε να κάνετε μια

πολύ καλή επανάλη ψη ειδικά στα τελευταία κεφά­ λαια της ύλης σας όπως είναι τα κεφάλαια 5 και 6 του σχολικού σας βιβλίου. Καλό διάβασμα λοιπό ν .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/33


Ά σκ η σ η I ( Η r:υΟιία του Simson)

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και ο περιγε­ γραμμένος σ ' αυτό κύκλος. Αν Μ τυχαίο σημείο του κύκλου αυτού, δείξτε ότι οι προβολές του Μ στις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ είναι συνευθει­ ακά σημεία. (Η ευ­ θεία αυτή λέγεται ευ­ θεία του Simson)

Α

ΛπόΟΕιξη

Φέρουμε τις προβολές του Μ στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ, Α ' και Β ' αντίστοιχα. Άρα: ΜΑ' _l ΒΓ και Μ Β ' _l ΑΓ . Προεκτείνουμε την Α 'Β ' και έστω Γ το σημείο που τέμνει την ΑΒ. Θα αποδείξουμε ότι το σημείο Γ είναι η προβολή του σημείου Μ στην πλευρά ΑΒ. Το τετράπλευρο ΜΒ Ά Τ είναι εγγράψιμο αφού ΜΒ τ = Mft.'Γ = 90° . Άρα: ΓΒ 'Μ Mf'B ( 1 ). Το τετράπλευρο ΑΜΓΒ είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο οπότε: Mf'B = Γ 'ΑΜ (2) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι Μ Β Τ = Γ ΆΜ . Άρα το τετράπλευρο Γ ΆΒ 'Μ είναι εγγράψιμο. Επομένως Μ Γ Ά + ΜΒ Ά = 1 80 ° => ΜΓ Ά = Ι 80 ° - 90 ° = 90 ° Άρα: Το Γ είναι η προβολή του σημείου Μ στην πλευρά ΑΒ.

=

Λ

Σχήμα Ι ράγματι: Στο τραπέζιο ΑΑ 'ΒΒ ' το Ο είναι Π μέσο της διαγωνίου ΑΒ και το 00' παράλλη­ λο στις βάσεις ΑΑ ' και ΒΒ ' (ως κάθετα στην ίδια ευθεία). Άρα το 00' θα τμήσει στο μέσο και την Α Έ '. Επομένως: Ο Ά '=Ο Έ ' (2) Προσθέτοντας κατά μέλη τις ( Ι ) και (2) έχου­ με: Ο Ά '+Ο Τ=Ο Έ '+Ο 'Δ<::::> ΓΑ '=ΔΒ ' . Αν Ο ' η προβολή του κέντρου του κύκλου στη Γ Δ και Ο ' δεν ανήκει στις προβολές των ΑΓ και ΒΔ θα δείξουμε ότι: Γ Α' =ΔΒ ' (σχ. 2) Πάλι όμως ισχύει ότι: ΟΤ=Ο ' Δ( l ) και Ο ' Α '=Ο Έ '(2) Αφαιρώντας κατά μέλη τις ( l ) και (2) έχουμε: Ο Τ-0 'Α '=Ο ' Δ-0 ' Β ' <::> ΓΑ '=ΔΒ '.

Λ

Β

Robert Sίmson

(1 68 7- 1 768). Σκωτσέζος Μαθηματικός γνω­ στός για την Sim8on line (ευθεία Sim8on) παρόλο που δεν ήταν ο πρώ­ τος που την ανακάλυψε.

Γ

Σχήμα 2

Ά σκ η σ η 2

Δίνεται κύκλος Ο διαμέτρου ΑΒ και χορδή ΓΔ που τέμνει την ΑΒ. Να δείξετε ότι οι προβο­ λές των ευθυγράμμων τμημάτων ΑΓ και ΒΔ στην ευθεία ΓΔ είναι ίσες.

Στην περίπτωση που είναι Γ Δ .l ΑΒ , τότε η προβολή των ΑΓ και ΔΒ στην Γ Δ είναι τα τμήματα Ο Τ και Ο ' Δ, όπου Ο ' το σημείο το­ μής της ΓΔ με την ΑΒ, Όμως Ο Τ=Ο 'Δ αφού ΟΟ 'το aπόστημα της ΓΔ. (σχ. 3)

Λ 1) σ η

Έστω Α 'και Β Όι προβολές των Α και Β στη ΔΓ. Αν Ο 'η προβολή του κέντρου του κύκλου στην ΔΓ και Ο' ανήκει στις προβολές των ΑΓ και ΒΔ (σχ. Ι ) θα δείξουμε ότι: ΓΑ '=ΔΒ '. Όμως: Το Ο' είναι μέσο της ΓΔ (00 ' aπόστημα στη χορδή ΓΔ). Οπότε: ΟΤ=Ο 'Δ ( Ι ). Αρκεί λοιπόν να απο­ δείξουμε ότι: ΟΆ'=Ο'Β ' (2) ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/34

Α

Β

Σχήμα 3


ί\ σ κ η σ η J

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Α

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Μ τυχαίο σημείο της περιγεγραμμένης περιφέρειας του τριγώνου αυτού. Αν Α ' και Β ' οι προβολές του σημείου Μ στις πλευρές ΒΓ και ΑΓ αντίστοιχα να δείξετε ότι η προβολή της πλευράς ΑΒ στην ευθεία Α ' Β ' ισούται με το μήκος Α ' Β ' . Λ \J σ η

Γ

Έστω Κ, Λ οι προβολές των σημείων Α, Β στην ευθεία Α 'Β ' . Πρέπει να αποδείξουμε ότι: ΚΛ=Β Ά ' .

Α'

Επομένως το τετράπλευρο ΑΒΑ Τ είναι εγ­ γράψιμο δηλαδή ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ διέρχεται από το Α · . Ά σ κη σ η 5

Αποδείξτε ότι το περίκεντρο Ο ενός τριγώ­ νου απέχει από κάθε πλευρά όσο το μισό της απόστασης του ορθόκεντρου από την απέναντι κορυφή της πλευράς αυτής. Λ ύ ση

Όπως είδαμε στην άσκηση I η ευθεία Α 'Β ' θα τμήσει την ΑΒ στην προβολή του Μ στην ΑΒ έ­ στω Γ( ευθεία SIMSON). Άρα ΜΓ ' .1 ΑΒ . Το τετράπλευρο ΑΓΜΒ'είναι εγγράψιμο και η ΑΜ διάμετρός του. Αν Μ ' η προβολή του Μ στην ευθεία Α'Β ' (έστω ευθεία (ε)) σύμφωνα με την άσκηση 2 θα ισχύει: ΓΜ '=ΚΒ ' ( 1 ) ( Οι προβολές των ΜΓκαι ΑΒ ' στη χορδή ΓΒ ') Το τετράπλευρο ΒΑ 'ΜΓ είναι επίσης εγγρά­ ψιμο με τη ΜΒ διάμετρό του. Οπότε οι προβο­ λές των ΒΑ 'και ΜΓστην Α 'Γ είναι ίσες σύμ­ φωνα με την άσκηση 2 άρα ΓΜ'=ΛΑ ' (2). Από ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι ΚΒ '=ΛΑ' �ΚΒ ' +Β 'Λ= Β 'Λ+ΛΑ'�ΚΛ=Β Ά'

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Ο το κέντρο του περι­ γεγραμμένου κύκλου του. Αν ΟΜ .1 ΒΓ και Η το Α ορθόκεντρο τότε θα αποδείξουμε ότι: ΟΜ = Η . 2 ύμφωνα με την άσκηση 4 το συμμετρικό του ορ­ θόκεντρου Η ως προς το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ, το σημείο Α· είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου και μάλιστα με διάμετρο ΑΑ '. Α

Ά σ κη ση 4

Αποδείξτε ότι το συμμετρικό του ορθοκέ­ ντρου Η ενός τριγώνου ΑΒΓ ως προς το μέσο της πλευράς ΒΓ, βρίσκεται στην περιγεγραμμέ­ νη περιφέρεια του τριγώνου. Λ π ίl δ ε ι ξ η

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Η το ορθόκεντρο, Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ και Α' το συμμετρικό του Η ως προς το Μ. Στο τετράπλευρο ΒΗΓΑ Όι διαγώ­ νιοι διχοτομούνται. Άρα είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως ΓΑ Ί/Β Η Όμως Β Η ..l ΑΓ (ύψος) Άρα ΓΑ ' .1 ΑΓ δηλαδή AfΑ' = 90° . Όμοια ΒΑ ' //ΓΗ οπότε ΑΒ Α' = 90° .

Άρα η ΑΑ · διέρχεται από το κέντρο του κύ­ κλου. Στο τρίγωνο ΑΗΑ 'τα Μ και Ο ενώνουν τα μέσα των ΗΑ ' και ΑΑ '. Άρα θα ισχύει: Α ΟΜ = Η 2 Ά σ κ η σ η 6 ( Η ε υθ εί α τ ο υ Ε ιιleΙ") Να δείξετε ότι: Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ, το ορθό­ κεντρο Η, το βαρύκεντρο Θ και το περίκεντρο Ο, βρίσκονται σε ευθεία γραμμή και ισχύει: ΗΘ = 2 · 0Θ .

στω το ορθόκεντρο, το περίκεντρο και ΈΘ το σημείο τομής της ΑΜ (Μ μέσο της ΒΓ) με την Α πόδ ε ιξη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/35

Η

ΟΗ .

Ο


Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Α I I I I I I I I

� ------� ��0 Θα δείξουμε ότι το Θ είναι το βαρύκεντρο Β

Μ

Δ

Γ

του τριγώνου. Αρκεί να δείξουμε ότι: ΑΘ=2. Θ Μ. Αν Κ και Λ τα μέσα των ΑΘ, και. ΘΗ αντιστοιχα α ισχυει: ΚΛ = Α2Μ αφου απο την άσκηση 5 ισχύει ότι: ΟΜ = ΚΛ . Άρα το τετράπλευρο ΚΛΜΟ είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως οι διαγώνιοί του διχοτομούνται δη­ λαδή ΚΘ=ΘΜ. Όμως: ,

θ

11

,

--

11

ΚΘ =

ΑΘ <=> ΑΘ = 2ΚΘ <=> ΑΘ = 2 · ΘΜ 2

Leonhard Euler (1 70 7 - 1 783)

Γεννήθηκε στη Βασιλεία (Ελβετί­ α). Ήδη ως 20ετής ήταν καθηγητής στην Α καδημία της Πε­ τρούπολης, Το 1 741 ως το 1 756 ήταν διευθυντής της τάξης Μαθη­ ματικώ ν της Α καδημίας Επιστη­ μών. Α ν και από το 1 767 ήταν ήδη τελείως τυφλός, δεν μειώθηκε η δραστηριότητα του και θεωρείται ως ο πιο παραγωγικός ερευνητής στην ιστορία των Μαθηματικώ ν. Εισήγαγε τα κυριότερα αλγεβρικά σύμβολα που χρησιμοποιούμε και σήμερα, ε­ πεξέτει νε την αναλυτική μέθοδο στα Μαθηματικά που ει­ σήγαγε ο Καρτέσιος και την εφάρμοσε, εκτός από τη Γε­ ωμετρία και στη Μηχανική. Με αυτό τον τρόπο υποβοή­ θησε την αριθμοποίηση και τυποποίηση των θετικών επι­ στημών. Δημιούργησε την Υδροδυναμική και τα μαθημα­ τικά πεδία της Θεωρίας Γράφων και του Λ ογισμού Δ ια­ ταραχών, περιέγραψε μαθηματικά την πολύπλοκη κίνηση της σβούρας και συ νέβαλε αποφασιστικά στη θεωρία α­ ριθμών, θεωρία άπειρων σειρών και στη θεωρία τω ν δι­ αφορικών εξισώσεων.

Να δείξετε ότι: «Κάθε ισοσκελές τραπέζιο είναι εγγράψιμο» Πότε είναι περιγράψιμο; Απόδειξη .

Έστω ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΔ=ΒΓ) Ισχύει Α Β και Γ Δ . 360° Άρα Α + Γ = Β + Δ = -- = 1 80° . 2 Επομένως το τραπέζιο είναι εγγράψιμο. Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

=

=

Λ

Δ

Γ

Αν ΜΝ η διάμεσος του τραπεζίου τότε ΑΒΓΔ περιγράψιμο<=>ΑΒ +Γ Δ=ΑΔ+ ΒΓ<=>2ΜΝ=2ΑΔ <=>ΜΝ=ΑΔ.

Ά σκ η σ η 8 ( Ο κiJ κλος τ ου τ ων 9 σ η μ ε ί ων)

Λ

Λ

E u l c l'

ti κiJ κλος

Να αποδείξετε ότι: Α) Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ, τα μέσα των πλευρών του, τα ίχνη των υψών του και τα μέσα των αποστάσεων των κορυφών του από το ορθόκεντρο είναι σημεία του ιδίου κύ­ κλου (κύκλος του Euler). Β) Ο παραπάνω κύκλος έχει ως κέντρο το μέσο της απόστασης του περίκεντρου Ο του τριγώ­ νου από το ορθόκεντρο και ακτίνα το μισό της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου του τρι­ γώνου. Απόδειξη

Α) Έστω Η το ορθόκεντρο, Μ,Κ,Ν τα μέσα των πλευρών ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα και Δ, Ε, Ζ τα ίχνη των υψών από τις κορυφές Α, Β και Γ αντίστοιχα. Α

Β Γ Το τμήμα ΚΝ ενώνει τα μέσα των ΑΓ και ΑΒ στο τρίγωνο ΑΒΓ. Άρα: ΚΝ//ΒΓ. Το ΚΜ ενώ-

νει τα μέσα των ΑΤ και ΒΓ άρα: ΚΜ = ΑΒ 2 Στο ορθογώνιο ΑΔΒ η ΔΝ είναι διάμεσος στην ΑΒ ' ' ' ΔΝ = υποτεινουσα, αρα: . Ά ρα το τετρα2 πλευρο ΝΚΜΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο οπό­ τε είναι εγγράψιμο ( σύμφωνα με την άσκηση 7). Άρα περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΜΚΝ διέρχεται από το ίχνος Δ του ύψους από το Α. Όμοια αποδεικνύεται ότι διέρχεται και από τα άλλα δυο ίχνη Ε και Ζ. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι ο ίδιος κύ­ κλος διέρχεται και από τα μέσα Ρ, Π, Σ των -

Ά σκη ση 7

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/36


Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΓΗ, ΑΗ και ΒΗ αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι το τετράπλευρο ΝΚΡ Μ είναι εγ­ γράψιμο. Πράγματι, Ν Μ//ΒΓ, Μ Ρ//ΑΗ (ενώνει τα μέσα των πλευρών ΑΓ και ΓΗ στο τρίγωνο ΑΓΗ) Όμως ΑΗ l.. ΒΓ . Άρα: Ν Μ l.. Μ Ρ δηλαδή ΝΜΡ = 90° . Επίσης ΝΚ//ΑΓ, ΡΚ//Β Η (ενώνει τα μέσα των πλευρών ΓΗ και ΒΓ στο τρίγωνο ΒΗΓ) Όμως ΒΗ l.. ΑΓ άρα ΝΚ l.. ΡΚ δηλαδή ΝΚΡ = 90° . Άρα το τετράπλευρο ΝΚΡ Μ είναι εγγράψιμο. Άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΜΚΝ διέρχεται από το μέσο Ρ της ΓΗ. Όμοια αποδεικνύεται ότι διέρχεται και από τα άλλα μέσα των ΑΗ και ΒΗ. Β) Αν Ο το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και Ο ' ο μέσο του ΟΗ θα αποδείξουμε ότι Ο ' είναι το κέντρο του παραπάνω κύκλου (των 9 σημείων) και

η ακτίνα του R' ισούται με � όπου R η ακτίνα 2 του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Α �--�

8) το Ο ' είναι το κέντρο του κύκλου του Euler του τριγώνου ΑΒΓ. Αν Κ το μέσο της Η Μ τότε αρκεί να δείξουμε ότι: Ο 'Κ=R Ό (R' του κύκλου Euler). Αν R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου στην R ΟΜ άσκηση 8 αποδείξαμε ότι: R ' = = . 2 2

Όμως στο τρίγωνο ΗΟ Μ το τμήμα Ο 'Κ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΗΟ και ΗΜ άρα: ΟΜ = � = R ' . Άρα ο κύκλος του Euler Ο'Κ = 2 2 διέρχεται από το σημείο Κ. Ά σ l( η ση 1 0

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το περίκεντρο Ο, το ύψος ΑΔ και έστω Μ τυχαίο σημείο του ύψους ΑΔ. Αν Ρ το μέσο του ΟΜ και Κ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα δείξτε ότι:

ΡΝ=ΡΚ

Λ ύ ση

ΑΗ ' ΟΜ = Στην ασκηση ' 5 απο δειι;αμε οτι: 2 ' �

-

δηλαδή ΟΜ = ΠΗ το τετράπλευρο ΠΗΜΟ είναι παρ μο οπότε οι διαγcονιοί του διχοτομούνται. Ά­ ρα: ο ·\-t=ο ·π. Όμοια αποδεικνύεται ότι Ο 'Κ=Ο 'Σ Άρα Ο · είναι το κέηρο του παρακάτω κύκλου του Euler,αφoύ ισαπέzει από τρία τουλάχιστον

Μια οριακή θέση του Μ είναι το ορθόκεντρο Η. Τότε το μέσο Ο' της ΟΗ είναι το κέντρο του κύκλου Euler, οπότε θα ισχύει: Ο 'Κ=Ο 'Ν, δηλαδή το Ο ' ανήκει στη μεσοκάθετο του ΝΚ. Α

σημεία του. Στο τρίγωνο Α Η Ο το τμήμα ο η ενώ­ νει τα μέσα των πλευρών ΟΗ και ΑΗ άρα , ο η = ΑΟ = R άρα: R = R . 2 2 2 ί\ σ l(η ση 9

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Η το ορθόκεντρο και Μ τυχαίο σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του. Αν Κ το μέσο του ΗΜ να αποδείξετε ότι το σημείο Κ βρίσκεται στον κύκλο Euler του τρι­ γώνου ΑΒΓ. ι\ (J σ η

Έστω Ο το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και Ο ' το μέσο της ΟΗ. Ως γνωστόν (από την άσκηση

/

/

/

/

/

/

/

/

Γ

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι και το Ρ ανήκει σ' αυτήν, δηλαδή αρκεί δείξουμε ότι ΡΟ ' l.. ΝΚ . Πράγματι το τμήμα ΡΟ ' ενώνει τα μέσα των ΟΜ και ΟΗ στο τρίγωνο Ο Μ Η. Άρα ΡΟ Ί/ΗΜ. Όμως ΗΜ l.. ΒΓ και ΝΚ//ΒΓ. Άρα: ΡΟ ' l.. ΝΚ .

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/37


Μαθηματι κά για τη Β ' τάξ η του Λυκ ε ίου

Άλγε�ρα : Επαναληπτι κά θέματα

Κωνσταντίνος Κουτρουμπέλας

1 . Να λυθεί η εξίσωση (1), αν χ + β+2α = Ο (2) και β ρίζα της εξίσωσης χ 2-α -αβ=Ο με α, β > Ο. Λ ύ σ η : Ο β είναι ρίζα της χ 2 - αχ - αβ = Ο=:>β 2 - αβ - αβ = Ο => β 2 - 2αβ = Ο => β(β - 2α) = Ο=:>β - 2α=Ο + 2α = Ο => χ = - 4α. => β = 2α, αφού β>Ο. Οπότε: (2)=> χ + 2α ' ' ' ' 2 2 ' ' ' ' α α) α( (2α)(-4α) α ) - α( 2 α) ( -2α(-4α)+α · Άρα: ( Ι ) <=> = 4 4 <=> α1 6α +4α -2α = (2α) Ι 6α -Χα+α <=> α1 8α = (2α) 9α

<=> ( α 2 )9 α ' ( 2 α )9 α ' <=> α2 = 2α <=> α( α - 2) = Ο <=> α =2, αφού α>Ο οπότε και 9α2 >0. Άρα: ( I )<::::> χ=--8 . 2. Να βρεθούν τρεις πραγματικοί θετικοί αριθμοί, διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, που εί­ ναι ρίζες της εξίσωσης χ3 - (3 + α)χ2 + (β + 3α)χ - αβ = Ο (1) και ο γεωμετρικός τους μέσος επαληθεύει την εξίσωση 5 = � 5 4 ' - 2 (2). 50 , Ι Λύσ η : - 5 4 ' - 2 <=> 5 ,-, = 5 -2 5 4 ' - 2 <=> 5 ,-, = 5 4 ' - 4 (ή 5 ' είναι « Ι - Ι ») <=> χ2 = 4χ - 4 Έχουμε: (2)<=> 5 25 <=> χ 2 - 4χ + 4 = Ο <=> (χ - 2)2 = Ο <=> χ = 2. Επομένως ο γεωμετρικός μέσος είναι ο 2. Έστω κ, λ θετι­ κοί πραγματικοί αριθμοί ώστε κ, 2, λ διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, τότε κλ = 22 = 4 (3). Έχουμε: ( I ) <::::> χ 3 - 3χ2 - αχ2 + βχ + 3αχ - αβ = Ο <=> (χ 3 - αχ) - (3χ - 3αχ) + βχ - αβ = Ο <=> <::::>χ2 (χ - α) - 3χ(χ - α) + β( χ - α) = Ο <=> (χ - α)(χ2 - 3χ + β) = Ο. Οι αριθμοί κ, λ δεν μπορούν να είναι και οι δύο ρίζες της εξίσωσης χ2 - 3χ + β = Ο διότι τότε κλ = β δηλαδή β = 4 και η εξίσωση θα γινόταν χ2 - 3χ + 4 = Ο η οποία είναι αδύναμη διότι Δ < Ο. Συνεπώς μια ρίζα της ε­ ξίσωσης χ2 - 3χ + β = Ο είναι το 2, δηλαδή 4 - 6 + β = Ο => β = 2, και η εξίσωση γράφεται χ2 - 3χ + 2 = Ο με ρίζες χι = 1 και χ2 = 2. Επομένως η ζητούμενη τριάδα είναι Ι , 2, λ ή κ, 2, Ι . Άρα στην περίπτωση Ι , 2, λ έχουμε 1 -λ = 4 ή 1 -κ = 4 δηλαδή λ=4 ή κ=4. Οι αριθμοί λοιπόν είναι Ι , 2, 4 ή 4,2, Ι . 3. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = α(Ιηχ) 4 + 8(1nx) 2 ·1n(e2 x) με χ > Ο και α ε R. i. Αν η γραφική παράσταση G r της συνάρτησης διέρχεται από το σημείο A(e2, 144) να βρεθεί το α. ii. Για α=1 να δείξετε ότι f(x) = (ln 2 x + 4Ιηχ) 2 . iii. Να λυθεί η εξίσωση f(x) = Ο. =

•'

χ· =

Λίισ η

ι.

ΑεGΓ =>f(e2 )= 1 44=>α(lne2 )4+ 8(1ne2 )2 ·In(e2 e2 )= 1 44=>α · 24+ 8-2 2 -4= 1 44=> Ι 6α+ Ι 28= Ι 44=> 1 6α= Ι 6=:>α= 1 . 11. Για α = Ι έχουμε: f(x)=(lnx)4+8(Inx) 2 · ln(e2 x)=In4x+8ln 2 x(lne2 +Inx)=ln4x+8ln2 x(2+lnx)= =ln4x+ 1 6ln2 x+ 8ln 3 x=ln2 x(ln 2 x + 8lnx + \ 6) = ln 2x(lnx + 4) 2 =[\nx(lnx+4)] 2 =(ln 2 x+4\nx)2 . 111. f(x) = Ο <=> (ln2 x + 4lnx)2 =0<::::> \ n2 x+4lnx =Ο<=> lnx(lnx + 4)=0<::::> lnx = Ο ή lnx= -4<::::>χ= 1 ή χ =e-4. 4. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ4 - (α - 2)χ3 + (2α + β)χ 2 - 2(α + β + 1 )χ + 1 2, με α,β ε R. Το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ - 1 και η γραφική παράσταση τέμνει τον χ ' χ στο σημείο Μ(3, 0). i. Να αποδείξετε ότι α = 1 0 και β = 3. ίί. Να λύσετε την ανίσωση Ρ( χ) � Ο. iii. Έστω χ , , χ 2 , Χ3 με Χ ι < χ 2 < Χ3 οι ρίζες του Ρ(χ). α) Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί e ' ' , e ' ' , e' ·' είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. β) Να λύσετε την εξίσωση Ρ(συνχ)=Ο. γ) Να λύσετε την ανίσωση P(lnx)>O. Λύσ η

ι.

Εφόσον το Ρ(χ) έχει παράγοντα τον χ - Ι , το 1 θα είναι ρίζα του πολυωνύμου, δηλαδή Ρ( 1 )=Ο Αλλά: Ρ( 1 )=Ο=> 1 4 - (α - 2) Ι 3+(2α+ β) Ι 2 -2( α+β+ 1 ) 1 + 1 2=0 => 1 -α + 2 + 2α + β - 2α - 2β - 2 + 1 2 = Ο => - α - β = -1 3 ( Ι ). 1 -8 23 -2 8 1 2 ρ= 1 Ι 1 -7 1 6 - 1 2 Επειδή η γραφική παράσταση του Ρ(χ) τέμνει τον χ'χ στο 1 6 -1 2 ο 1 -7 Μ(3 , Ο) θα έχουμε: Ρ(3) = Ο Όμως: Ρ(3) = Ο => + + + + + + + + 34-27(α - 2) 9(2α β)-6(α β Ι ) Ι 2 = 0 =:> 8 Ι - 27α 54 1 8α 9β - 6α - 6β - 6 + 1 2=0 => -1 5α + 3 β = -1 4 Ι (2). Από ( I ) και (2) παίρνουμε α = 1 0 και β = 3 . ΕΥΚΛ Ε Ι Δ Η Σ Β ' 76 τ.4/38


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Για α = 1 0

11.

και β = 3 έχουμε: Ρ(χ)=χ4 - 8χ3+23χ 2 - 28χ+ Ι 2. ι -7 Επειδή το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ - Ι το σχήμα Horner με ρ= 3 I δ ίνει: Οπότε Ρ( χ) = (χ - Ι )(χ3 - 7χ 2 + \ 6χ - Ι 2). -4 1 Για το χ3 - 7χ 2 + \ 6χ - 1 2, το σχήμα Horner με ρ=3 δίνει: Άρα Ρ(χ)= (χ - \ )(χ - 3)(χ 2 - 4χ + 4) = (χ - \ )(χ - 3)(χ - 2)2 , άρα: Ρ(χ) � Ο <=:> (χ- 1 )(χ-3)(χ-2) 2 � Ο. Παρατηρούμε ότι: (χ - 2)2 > ο <=:> χ * 2 χ - 3 > ο <=:> χ > 3 χ - 1 > ο <=:> χ > 1 •

-00

χ χ- Ι χ-3 (χ - 2) 2 Ρ(χ)

ό

-

-

+

+

1 6 - 1 2 ρ=3 Ι -12 12 4

I

2

+

-

+

ο

+ -

+

ο

ο

-

-

3

+

ο

+οο

+

ο

+

+

ο

Άρα Ρ(χ) � Ο <=:>χ Ε (-οο, Ι ] υ {2 } υ [3 , +οο). 111. α) Οι ρίζες του πολυωνύμου είναι χ ι = 1, χ2 = 2, χ 3 = 3 οπότε: I <2<3 :::::> e < e2 < e3 Αλλά: ( e2 ) 2 = e e3 :::::> e , e2 , e3 διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. β) Σύμφωνα με το ερώτημα (ii), θα έχουμε: Ρ(συνχ) = Ο <=:> συνχ = 1 ή συνχ = 3 ή συνχ = 2 <=:> συνχ = I <=:>χ = 2κπ, με κ Ε Ζ, αφού: - I :ς συνχ :ς I . γ ) Ε πίσης σύμφωνα με το ερώτημα (ii), θα έχουμε: P(lnx) > Ο <=:> lnx < I ή lnx >3 <=:> χ < e ή χ >e 3 <=:> χ Ε (0, e) υ (e3 , +οο). Έστω η συνάρτηση f(x) = ln(6 - e'). 5. ί. :\α βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. ίί. Αν οι αριθμοί: α = 4χ, β = f(x), γ = ln4, είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, τότε: α) :\'α βρείτε το χ. β) Αν ο αριθμός α είναι ο 4ος όρος της προόδου, να βρείτε ποιος όρος της ισούται με: 1 1Ιη2 - 6Ιη3 . ·

. \ ίΙ G Ι]

ί.

Για \'α ορί�εται η f( x). πρέπει και αρκεί: 6 - e' > Ο. Αλλά 6 - e' > 0<=:> e' < 6 <=:> lne' < ln6 <=:> χ< In6. Αρα πεδίο ορισμού τη; είναι: το Α = (-οο , ln6). ίί. α) α. β . γ. διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου :::::> 2 β = α + γ δηλ. 2f(x) = 4x + ln4 :::::> 2ln(6 - e') = 4χ - Ιη2: :::::> 2ln(6 - e χ ) =4 χ + 2Ιη2 :::::> 2ln(6 - e') = 2(2χ + In2) :::::> ln(6 - e') = Ine2 ' + ln2 <=:> ln(6 - e')=

,

}

}

e' = t e =t . 3 3 :::::> 3 :::::> e' = -2 => x = ln -2 . 2t2 + t - 6 = 0 t = -2 ή t = 2 9 3 3 β) Έχουμε: � = α =41n 2 =41n3-4ln2, α5 = β=f(ln 2 ) = Ι η(6-- e ιπ�2 )=!η(6-- 23 )=ln 2 =ln9 - ln2=21n3-ln2, άρα: ,χ

,

χ

ln(2e- ) :::::> 6 - e = 2e- :::::> 2e- + e - 6 = 0:::::>

ω=αs-αι= 3ln2 - 2ln3. Οπότε: α ι = � -3ω=41η3-41η2-3 (3ln2 - 2Ιη3) = 1 0ln3 - 13ln2. Επομένως: αv = α ι + (ν - I )ω <=:> 1 \ ln2 - 61n3 = I Oln3 - \ 3ln2 + (ν - I )(3Ιη2 - 21n3) <=:> 241n2 - \ 61n3 = ν(31η2

- 2ln3) - 3ln2 + 21n3 <=:> 27Ιη2 - \ 8ln3 = ν(Ιη8 - ln9) <=:> 9\n � = ν\η � <=:> ν = 9. Άρα: <19 = 1 1 ln2 - 6ln3. 9 9 6. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2α + ln(e' - 3). i. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. ί. Αν η γραφική παράσταση Gr της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο A(ln4, 4) α) Να αποδείξετε ότι: α = 2. β) Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με τον άξονα χ ' χ, όταν α=2. γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Λ ίJ ση i Για να ορίζεται η f(x), πρέπει και αρκεί: e' - 3>0. Αλλά: e' - 3>0 <=:> e'>3<=:>1ne'>ln3<=:> x>In3 . Άρα πεδίο ορισμού της είναι το: Α = (ln3 , +οο). ii. α) Α Ε G Γ :::::> f(ln4) = 4 :::::> 2α + ln(e ι "4 - 3) = 4 :::::> 2α + ln(4 - 3) = 4 :::::> 2α = 4 :::::> α =2. β) Για α = 2 έχουμε: f(x) = 4 + ln(e' - 3). Η GΓ τέμνει τον χ ' χ σε σημεία της μορφής (ρ,Ο), όπου ρ, ρίζα της εξίσωσης f(x) = Ο. Έχουμε: f(x) = 0<=:> ln(e' - 3) = -4 <=:> ln(e' - 3) = e4 + 3 <=:> χ = In( + 3) <=:>x=ln( lne-4 <=:> e' - ·3 = e-4 <=:> e' = ) <=:> χ = ln( I + 3e4) - 4. Άρα τέμνει e e e τον χ ' χ στο σημείο (ln( 1 + 3e4) - 4, 0). γ) Για κάθε χ ι , x 2 , E (In3 , +οο) έχουμε: ln3< χι <χ2 :::::> e ' ' < e ' :::::> ln( e ' ' -3)<\n( e ' ' -3) :::::> 4 + ln( e ' ' -3)<4+ Ιη( e ' ' -3):::::> f(x ι )<f(x 2 ). Άρα η f γνήσια αύξουσα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/39

1 +�

'


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Επαναληπτι κές Ασκήσει ς Γεωμετρ ίας

Παν. Μπρίνος - Αν. Χατζημανώλης

ΑΣΚ Η Σ Η Ι η

Δίνεται τεταρτοκύκλιο ΑΟΒ. Από τυχαίο σημείο Μ του τόξου ΑΒ φέρνουμε παράλληλη στη χορδή ΑΒ η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των ΟΑ και ΟΒ αντίστοιχα στα Γ και Δ. Να δείξετε ότι : ΜΓ 2 + ΜΔ 2 = ΑΒ 2 • Λ ίJ σ η :

Αν φέρουμε Μ Ε ..l ΟΑ και ΜΖ ..l ΟΒ τότε, τα τρίγωνα ΜΔΖ και Μ ΕΓ είναι ισοσκελή (αφού Δ = Γ = 45 ° και συνεπώς ΔΜΖ = ΕΜΓ = 45 ° ) . Από το ορθογώνιο τρίγωνο Μ ΕΓ με εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος έχουμε ΜΓ 2 = ΜΕ 2 + ΕΓ 2 = 2ΜΕ 2 {Ι) . Ομοίως από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΔΖ έχουμε: Δ Μ Δ 2 = ΜΖ 2 + ΔΖ 2 = 2ΜΖ 2 ( 2 ) . Π ροσθέτοντας τις { 1 ) και { 2 ) έχουμε: ΜΓ 2 + ΜΔ 2 = 2 { ΜΕ 2 + ΜΖ 2 ) ( 3 ) Λ

Λ

Λ

Λ

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΕΜ έχουμε: ΜΕ 2 + ΟΕ 2 = Ο Μ 2 ή ΜΕ 2 + ΜΖ 2 = Ο Μ 2 = R 2 ( 4) . Η σχέση (3) με τη βοήθεια της (4) γίνεται: Μ Γ 2 + ΜΔ 2 = 2R 2 (5). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟΒ έχουμε: ΑΒ 2 = ΟΑ 2 + ΟΒ 2 <=> ΑΒ 2 = 2R 2 (6). Από τις σχέσεις ( 5) και ( 6) προκύπτει η Μ Γ 2 + ΜΔ 2 = ΑΒ 2 .

ΑΣ Κ Η Σ Η 2 η

3R . 2 Η προέκταση της ΑΓ τέμνει την εφαπτομένη στο Β στο Θ. Αν Η η προβολή του Γ στην ΑΒ, και Δ το σημείο, όπου η κάθετος από το Θ στην ΑΘ τέμνει την προέκταση της ΑΒ. α) Να υπολογισθεί η ΗΒ συναρτήσει του R. β) Να δειχθεί ότι ΓΗ · ΒΘ = ΓΑ · ΓΘ . γ) Να υπολογισθούν τα ΓΘ, ΒΔ συναρτήσει του R. Δίνεται ημικύκλιο κέντρου Ο και διαμέτρου AB=2R. Φέρουμε τη χορδή ΑΓ =

Λ ί> ση :

α) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε : 9R 2 9 ΑΓ 2 = ΑΒ · ΑΗ <::> - = 2R · AH <=> ΑΗ = - R . 8 4 ΗΒ

2

= ΑΒ - ΑΗ = 2R - 2_ R = R. 8 8 Γ Γ β) Τα τρίγωνα Α Η , Θ Β είναι όμοια γιατί είναι ορθογώνια με ΓΑ Η = Γ Β Θ (οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές.) ΑΓ ΓΗ = Άρα ή ΑΓ · ΓΘ = ΒΘ · ΓΗ . ΒΘ ΓΘ γ) Το ΒΓ είναι ύψος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΘ, Άρα

Θ

Γ

Β

άρα ΒΓ 2 = ΑΓ · ΓΘ ( 1 ). Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε; 9R 2 2_ 2 = R οπότε η ( l ) γίνεται : 2. R 2 = l R · ΓΘ <::> ΓΘ = ΒΓ 2 = ΑΒ2 - ΑΓ2 = 4R 2 4 2 6 4 4 '

?R .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/40


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Λόγω της παραλληλίας των ΓΒ, ΔΘ ισχύει :

ΑΒ ΒΔ lR = ΒΔ � ΒΔ = _!i R . � = 7R 3R ΑΓ ΓΘ 9

2 6

ΑΣ Κ Η Σ Η 3η

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ 6, ΑΓ 8. Από το μέσο Μ της υποτείνουσας ΒΓ φέρουμε κάθετο στην ΒΓ, η οποία τέμνει την ΑΓ στο Δ και την προέκταση της ΒΑ στο Ε. α) Να υπολογίσετε την ΜΓ. β) Να υπολογίσετε τις πλευρές του τριγώνου ΔΜΓ. γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του περιγεγραμμένου κύκλου στο ΕΑΜΓ. =

=

Λ ύ ση :

α) Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 � ΒΓ 2 = 1 00 � ΒΓ= Ι Ο και ΜΓ = β) Δ Μ Γ ΑΒΓ γιατί είναι ορθογώνια, με Γ γωνία κοινή. ΜΓ ΑΓ , - = - � - = - � ΔΜ = Άρα ΔΜ ΑΒ ΔΜ Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΔΜΓ έχουμε: �

5 8 6

15 4

( ) 2 + 5 2 = 2251 6

ΔΓ 2 = ΔΜ 2 + ΜΓ 2 = _!2

+

Ε

Α

5.

8�------��------� Γ Μ

400 Επομένως ΔΓ = 4 16 16 γ) Είναι ΕΒΜ :::: ΑΒΓ γιατί είναι ορθογώνια με Β γωνία κοινή. , ΒΓ ΕΒ 10 ΕΒ = ' ΕΒ = ΕΓ αφου, η ΜΕ ει,ναι μεσοκα' θ ετος της ΒΓ , ε� - = � = - . Ε ιναι Άρα 3 ΒΜ ΑΒ

= 625 .

25 . 4

25 Β Ε 5 6 Α 25 πομένως ΕΓ = , που είναι και η διάμετρος του ζητούμενου κύκλου, εφόσον ΕΜΓ = Ε Γ = 90° . 3 ( 25 )2 = 3 , 1 4 . 625 :: 52 Το ζητούμενο εμβαδόν είναι Ε= π . 36 6 τ.μ.

ΑΣ Κ Η Σ Η 4 η

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ Δ με διαγώνιο ΑΓ 8 και γωνία διαγωνίων 60°. Π αίρνουμε στην ΑΓ τμήμα

, Ε και Ζ Α Γ και απο' το Σ φερουμε παρα' λλη λη στην Β Δ που τεμνει ' ΑΣ 6 τις ΑΔ και ΑΒ στα σημεια =

=

'

αντιστοίχως. α) Να βρείτε το εμβαδόν του ΑΒΓΔ. β) Να υπολογίσετε τα εμβαδά των τριγώνων ΒΖΓ και ΔΓΕ. γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΖΓΕ. Λ \J ση :

α) Αν φέρουμε την ΟΚ//ΔΓ η γωνία ΓΟΚ = 30° και από το

ορθογώνιο τρίγωνο ο κ r έχουμε

= or = � =

2 2 2 Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΟΚΓ έχουμε: ο

Ε

2J3 , J3 ·4= Ι6J3 . συνεπώς = 2·0Κ =4J3 . Επομένως (ΑΒΓΔ)= ΑΒ· ΒΓ=4 J3 4 , , , β) Λ ογω της ΕΖ//ΔΒ εχουμε - = - � - = � Αz = που σημαινει οτι ΑΟ ΑΒ 3 4 ν 3 3 J3 8J3 J3 16J3 J3 4 8 = ΑΒ - ΑΖ = 4 - 3 = 3 και συνεπώς ( ΖΒΓ) = _!_2 ΖΒ ΒΓ = _!_2 3 · 4 = 3 τ.μ. ΟΚ2 = 0Γ2 - ΓΚ 2 � ΟΚ 2 = 1 6 - 4 � ΟΚ 2 = 1 2 � ΟΚ = ΑΒ

,

ΑΣ

ΑΖ

I

ΑΖ

Α

z

---

ΖΒ

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/41

κ

Β


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ΑΣ , , Επισης απο, την ΕΖ//Δ Β εχουμε: ΑΟ

=

ΑΔ

ΑΕ

<=>

ΑΕ 2 31 2 <=> ΑΕ = 3 και =

2 1ο ' 1 1 1 ο r:; 20 r:; ΔΕ=ΑΔ-ΑΕ=4- - = - . Επομενως (ΔΓΕ)= - ΔΕ·ΔΓ = - - 4 ν 3 = - ν 3 τ.μ. 3 3 2 2 3 3 r:; 16J3 20 r:; r:; γ) (ΑΖΓΕ) = (ΑΒΓΔ) - (ΖΒΓ) - (ΔΓΕ) = 1 6 -ν j - -- - 3 ν 3 = 4 ν 3 τ.μ. 3 A l: K H l: H 5 η

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 90° , ΑΓ = 12 και Μ το μέσο της πλευράς ΑΓ. Αν η προέ­ κταση της ΑΒ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο (Ο , R του τριγώνου ΒΓΜ στο σημείο Κ έτσι, ώ­ στε BK= R. α) Να βρείτε τις οξείες γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ, το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΒΜΓΚ και το εμβαδόν του κύκλου (Ο , R . β) Έστω Δ το μέσο της ΒΓ και Ε, Ζ τα σημεία τομής της ΑΔ με την ΒΜ και τον κύκλο (Ο , R ) αντίστοιχα. Κατασκευάζουμε τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία Β και Ε και το κέντρο του Ι βρίσκεται πάνω στην ΒΟ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μεικτό­ γραμμου τετραπλεύρου ΒΕΜΖ.

)

)

. \ ί)σ η :

ΓΒΚ =

α) Η εγγεγραμμένη γωνία 90° βαίνει στο τόξο ΚΓ, άρα ΚΓ = 1 80° , δηλαδή η ΚΓ είναι διάμετρος του κύκλου (O, R). �

Β= ΒΜ ΜΓ ΒΚ =

Α

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με 90° , ΒΜ διάμεσο, έχουμε: ΒΜ = ΜΓ = ΑΜ άρα = ( Ι ). Επειδή έχουμε 60". (2) �

ΒΚ=R=λ6

...--._

ΒΓ = MrB =

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι το τόξο 1 20° χωρίζεται σε δύο ίσα τόξα των 60°. Επομένως 30° , (εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε τόξο 60° ) και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε 60°.

Α=

R =ΜΓ= 2 = 6. Επομένως το εμβαδόν του κύκλου (0, R) είναι Ε = πR 2 = 36π τ. μ. Στο τρίγωνο ΑΒΜ ισχύει ΑΜ=ΒΜ και Α= 60° συνεπώς ΑΜΒ = 60". Επίσης MrK = 60° επομένως ΒΜ ΓΚ, δηλαδή το τετράπλευρο ΒΜΓΚ είναι ισοσκελές τραπέζιο, με μικρή βάση ΒΜ = R = 6, μεγάλη βάση ΓΚ= 2 R =1 2 και ύψος υ=α6= R� =3!3. Άρα το εμβαδόν (Β + β)υ = 27 J3 τ.μ. του τετραπλεύρου ΜΒΚΓ είναι (Μ Β ΚΓ) = 2 β) Το κέντρο Ι του κύκλου είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος ΒΕ (αφού ΙΕ = Ι Β ) με το τμήμα ΒΟ. Θα βρούμε την ακτίνα του. Το σημείο Ε είναι βαρύκεντρο του 2 2 τριγώνου ΑΒΓ (είναι σημείο τομής των διαμέσων ΑΔ και Β Μ ), άρα ΒΕ = -ΒΜ = - R = 4 3 3 Είναι ΙΕ=Ι Β και στο τρίγωνο ΙΕΒ η γωνία Β =60° (το ΟΒΜΓ έχει όλες τις πλευρές του ίσες Ι - Ι με R, δηλαδή είναι ρόμβος και έτσι, ΜΒΟ Μ ΓΚ = -Μ Κ = - 1 20° = 60° ) άρα το τρίγωνο 2 2 ΙΕΒ είναι ισόπλευρο με πλευρά ΒΕ = 4, δηλαδή η ακτίνα του κύκλου είναι 4. ΑΓ

' Εχουμε

II

=

ΕΥΚΛ Ε Ι ΔΗΣ Β ' 76 τ.4/42


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ε1 είναι το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που περικλείεται στην κυρτή γωνία ΒΟΜ του κύκλου (Ο , 6) και ε 2 είναι το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που περικλείεται στην κυρτή γωνία Β ΙΕ του κύκλου ( Ι , 4) , τότε το ζητούμενο εμβαδόν Ε δίνεται από τον τύπο: Ε =ε , - ε, = [( ΟΒΜ) ( ΟΒ )] -[( ιΒε) - ( ΟΒΕ)] = [π ::,ω 6'�) -[π �ω_ 4'�) = (1� _sJ3) τ μ

Αν

-

Μ

Α Σ Κ Η Σ Η 6η

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α και με κέντρο τυχαίο σημείο Κ της διαγωνίου ΒΔ γράφουμε κύκλο ο οποίος διέρχεται από τα άκρα Α και Γ της διαγωνίου ΑΓ. Έστω Λ και Ζ τα σημεία τομής του κύκλου με τις πλευρές ΒΓ και ΔΓ αντίστοιχα του τετραγώνου ΑΒΓΔ. α) Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΛΓΖ είναι ισεμβαδικό με το τετράγωνο ΑΒΓΔ. β) Αν R η ακτίνα του παραπάνω κύκλου, να αποδείξετε ότι ΑΖ = RJ2 . γ) Από το σημείο Ζ φέρουμε ευθεία παράλληλη στην ΑΚ, η οποία τέμνει την προέκταση Sα2

της ΒΑ στο σημείο Μ. Αν η δύναμη του σημείου Μ ως προς τον κύκλο (K,R) είναι

να βρείτε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΜΖ συναρτήσει της πλευράς α .

. \ ί • (i η :

ΑΖΔ=ΜΒ.

ΑΒ=ΑΔ=α, Β=Δ= 90° ΑΖΔ=λλΒ

,

::, M.�-----7iwE==::::><:::-

ΑΛΓΖ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, άρα ΑΒΛ και ΑΖΔ είναι ίσα γιατί έχουν τρίγωνα Τα επομένως θα είναι και και ισεμβαδικά, δηλαδή (ΑΒΛ)=(ΑΖΔ) ή (ΑΒΛ) + (ΑΛΓΔ) = (ΑΖΔ) + (ΑΛΓΔ) ή (ΑΒΓΔ)=(ΑΛΓΖ). β) Η εγγεγραμμένη γωνία

Τ ο τετράπλευρο

4

,.

,

_ _

ΖΑΛ=ΖΑΔ + ΔΑΛ= ΛΑΒ + ΔΑΛ= Λ

1'\

1'\

"

"

= 90°, άρα η ΖΛ είναι διάμετροςτου κύκλου. Από την ισότητα των τριγώνων ΑΒΛ και ΑΔΖ προκύπτει ότι ΑΛ=ΑΖ άρα το τρίγωνο ΑΖΛ είναι ισοσκελές , επομένως η χορδή ΑΖ = λ = R J2 . ΑΚ και η ΑΚl_ΖΛ, άρα ΜΖl_ΖΛ, δηλαδή η ΜΖ είναι4 η εφαπτομένη του κύκλου γ) Η (Κ , R ) στο σημείο Ζ. Από τη δύναμη του σημείου Μ ως προς τον παραπάνω κύκλο έχουμε 5α - ΜΖ = αν 5 ,Εστω Ε το σημειο, τομης της ΑΚ με την ΔΓ. Από το 5α- ΜΖ 2 = 4 Δ<κ.R) = 4 αJ5 . Επίσης από το τρίγωνο παραλληλόγραμμο ΑΜΖΕ (ΑΜ//ΖΕ και ΜΖ//ΑΕ) έχουμε ΑΕ = ΜΖ = ΑΔΕ με Δ = 90° με χρήση Πυθαγορείου θεωρήματος βρίσκουμε: ΔΓ δηλαδη, το Ε ειναι , της ΔΓ. , μεσο ΑΕ- = ΑΔ - + ΔΕ- 5α-4 = α - + ΔΕ - ΔΕ = -α = -, Έτσι στο τρίγωνο ΑΔΓ οι ΑΕ και ΔΟ (Ο το κέντρο του τετραγώνου ΑΒΓΔ) είναι διάμεσοι, οπότε το σηαJ5 αJ5 = --. . τους Κ ειναι το β αρυκεντρο του τριγωνου. , τομης ' R = ΖΚ = ΑΚ =- ΑΕ =' Συνεπως μειο =

ΔλΒ

ΜΖ /I

?

Μ

?

G

r,;

2- .

G

,

2

?

?

?

?

?

q-

.

ο

G

2

2

2

'

2

3 Αν Ε είναι το ζητούμενο εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΜΖ, τότε έχουμε:

Ε = Εμβαδόν τραπεζίου ΑΜΖΚ - Εμβαδόν κυκλικού τομέα Κ ΑΖ = αJ5 + αJS J αJ5 π 5α2 [ 2 3 = (ΑΚ +ΜΖ)ΖΚ π R 2 90" 3 - 9 = 5α (5 - π) ---

2

2

2

--

4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/43

36

τ. μ.

3

·

2

--

3


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Λ Σ Κ Η Σ Η 7η

Δύο κύκλοι (Ο , ρ) και (Κ , R) με ρ < R, εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Λ και ΑΒ είναι η κοινή εξωτερική εφαπτομένη τους. α) Να αποδείξετε ότι η ΑΒ είναι μέση ανάλογος των διαμέτρων των δύο κύκλων. β) Θεωρούμε τον κύκλο Ζ, r) που εφάπτεται της ΑΒ και εξωτερικά στους κύκλους (Ο , ρ)

(

και (Κ, R) . Ν α βρείτε την ακτίνα r συναρτήσει των ακτίνων ρ και R. γ) Αν R = 3ρ, να βρείτε το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου σχήματος που βρίσκεται στο εξωτερικό των τριών κυκλικών δίσκων και εσωτερικά του τετραπλεύρου ΑΒΚΟ. Λ ίJση :

ΟΓ ΚΒ, ΑΒ = ΟΓ ΓΒ = ΟΑ = ρ. ΚΓ= ΓΒ = R - ρ , ΟΚ = R +ρ, ΟΚ 2 = 0 Γ 2 + Γ Κ2 (R +ρ)2 =ΑΒ2 + (R - ρ)2 ΑΒ 2 = + ρ) 2 - (R - ρ) 2 = 2 2ρ,

_l οπότε το ΑΒΓΟ είναι α) Φέρνουμε την ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, με και Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΓΚ έχουμε: ΚΒ επομένως: ή R δηλαδή η (R ή ΑΒ είναι μέση ανάλογος των διαμέτρων των δύο κύκλων. β) Από το (α) ερώτημα έχουμε Αν Δ είναι το σημείο επαφής του κύκλου ·

(Ζ, r) με την ΑΒ, AB = ΊJ"RP . τότε με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι = 2� και = 2.}Rr. Επειδή ΑΒ=ΑΔ+ΔΒ Rρ έχουμε 2 .jRP = 2� + 2JRr ή Jr ( JP + JR ) = .JRP ή r = ( JR + JP ) γ) Η ΟΚ= ρ+ R = 4ρ , ΚΓ = Κ Β - Γ Β = ρ = 2 ρ. Δηλαδή στο τρίγωνο ΟΓΚ με r = 90" είναι ΚΓ= ΟΚ2 , οπότε ΚΟΓ = 30° και ΟΚΓ = 60". 'Ετσι, ΑΟΚ = Α0Γ+Γ0Κ=90"+30° =120" και OΓ=AB= 2JRP =2� = 2ρJ3. Από το (β) ερώτημα έχουμε 3. 3 2 3ρ ( 2- J3 ) . Αν Ε το ζητούμενο εμβαδόν τότε: 2 ( ν'R +Jρ) ' ( Fr+ �) ' 4ρ+ �J3ρ Ε= Εμβ. τραπ. ΑΒΚΟ- Εμβ. τομέα ολλ - Εμβ. τομέα ΚΒΑ - Εμβ. δίσκου ( Ζ, r )= 2 ( 2 - J3____:_γ π·9ρ 2 · 2 2 3ρ ρ ( πρ π 9ρ ) + (= ΟΑ+ΒΚ) · ΑΒ πρ2 1 20" Jiι1 2 = - 3 6 π r -'-----'--2 --'-2 4 = 360" = �2 ( 48J3 -2 lπ+I08J3π ) τ.μ. ΑΔ

ΔΒ

2 .

R-

r �

R

,

κυκλ.

κυκλ.

κυκλ.

-

2

--

__.:__

_ _

_

ΛΣ Κ Η Σ Η Sη

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ για το οποίο ισχύει β2 + γ 2 = 2α 2 (1) . Αν Δ , Ε τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα και Θ το βαρύκεντρο του ΑΒΓ, τότε: i) Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α , Δ , Θ , Ε είναι ομοκυκλικά. ii) Αν β · γ = 3 και

Α = �6 να βρείτε: Α)

συν

τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ Β) το εμβαδόν του.

Γ) την ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ καθώς και την ακτίνα R' του πε­ ριγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου ΑΔΘΕ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/44


Λ Ί>ση :

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

' ' · ( 1 ) παιρνουμε: ' β2 +γ2 = 2μα2 +-α2- , οποτε' απο' τη σχεση εχουμε ) Απο' το 1 θ εωρημα δ ιαμεσων · 2 3 2 α 2 = 2 μ 2 + � <=> μ� = :- (2) :Εστω Μ το μέσο της ΒΓ και Κ το σημείο τομής των ΑΘ και ΔΕ. α Το τετράπλευρο ΑΔΜΕ είναι παραλληλόγραμμο γιατί Ε Μ =11 επομένως το Κ είναι μέσο της Α Μ και της ΔΕ Ισχύει: ΑΘ = � μ και ΚΘ= ΑΘ - = � μ _!_ μ = _!_ μ . 3 α 2 6 α 3 α Επομένως με τη βοήθεια της σχέσης (2) έχουμε: 3α2 α2 (3) ΑΚ · Θ = 21 μα · 61 μα = ]2I μα2 = 121 · 4 = )6 ΔΚ Κ Ε � Δ2Ε Δ2Ε � >Ε'� :( � )'� �; (4) ΚΘ = ΔΚ ΚΕ, δηλαδή το Από (3) και (4) προκύπτει ΑΔΘΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο . , 2 2 2 5 2α 2 - α 2 +γ α β , , , , <=> Α πο το νομο των συνημιτονων εχουμε αρα = ..) Α) Α 2βγ 2·3 6 <=> α 2 = 5 <=> α= JS . Αν αντικαταστήσουμε στην ισότητα (β+ γ ) 2 β 2 + γ 2 + 2βγ , = λύσεις της εξίσωσης β 2 +γ 2 = 2α 2 = 10 και β γ = 3 παίρνουμε β+γ = 4. Άρα τα β, γ είναι χ 2 - 4χ + 3 = 0 από την οποία εύκολα βρίσκουμε ότι β = 1 και γ = 3 ή β = 3 και γ = l . 1 Β) Το εμβαδό του ΑΒΓ μπορούμε να το υπολογίσουμε από τον τύπο ( ΑΒΓ) = - βγημΑ 2 ( 5 )2 2 5 1 1 υπολογίζοντας το η μΑ. Έχουμε η μ 2 Α 1 Α = 1 - - = 1 - - = - , άρα = 36 36 6 1 3 ffi fι1 ημΑ = - , γιατί ημΑ > Ο αφού Ο < Α < 180 . Είναι (ΑΒΓ) =-βγημΑ = -- τ.μ. 2 6 12 αβγ παίρνουμε R α β γ J.J55 . Ο περιγεγραμμένος κύκλος Γ) Από τον τύπο { ΑΒΓ ) � 4R 4 { ΑΒΓ ) 11 ι ·

?

ο

?

ΑΔ ,

ΑΚ

Α

α

_

Κ

ΑΚ

·

·

ιι

συν

_ _ .:..____.:_ __

,

συν ?

ο

ο

του τετραπλεύρου ΑΔΘΕ είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΔΕ του οποίου η ακτίνα R' είναι το μισό της ακτίνας R του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Πράγματι, από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΔΕ έχουμε: ΑΕ ΑΓ _!!Δ = = ΔΕ = 2R' όπου ΑΔ = ΑΒ ΑΕ = ΔΕ = και 2 ' 2 ' 2 '

ημΕ ημΔ ημΑ

Άρα :

ΒΓ

ΒΓ

ημΕ =ημΓ, ημΔ=ημΒ.

R 3 = � =2R' � = ΑΓ = =4R' , άρα 2R = 4R' <=> R' = � R' = J5s . 2ημΓ 2ημΒ 2ημΑ ημΓ ημΒ ημΑ 2 22 ΑΒ

=

ΑΓ

Α l: Κ Ι-Ι Σ Η 9η

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο , R) . Η εφαπτομένη από την κορυφή Α τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Ρ. Από το Γ φέρουμε ευθεία παράλληλη στην ΑΡ που τέμνει τον κύκλο στο Κ. α) Να αποδείξετε ότι η ευθεία που διέρχεται από το Β και το σημείο τομής της ΡΚ με τον κύκλο, διχοτομεί το εφαπτόμενο τμήμα ΡΑ. β) Αν PB=R, να βρείτε το λόγο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/45

( Α Β ΚΓ ) . (Α ΡΚΓ)


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

R)

Λ \J ση :

και Μ το σημείο τομής της ΛΒ με την ΑΡ. α) Έστω Λ το σημείο τομής της ΡΚ με τον ( 0 , Η γωνία ΡΓΚ=ΑΡΒ, ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΡ και ΓΚ που τέμνονται από την ΡΓ Α

Α

Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΓΒΛΚ έχουμε ΡΓΚ=ΡΛΒ , αφού κάθε γωνία εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ισούται με την απέναντι εξωτερική. Άρα ΑΡΒ ΛΒ . Τα τρίγωνα ΜΡΒ και ΜΡΛ έχουν δύο γωνίες ίσες (η Ρ Β είναι κοινή) άρα είναι όμοια. Από την ομοιότητα των δύο τριγώνων έχουμε ΜΒ (Ι) η Α

Μ

Α

ΜΡ = ' ΜΡ 2 = Μ Β ·ΜΛ ΜΛ ΜΡ Η ΜΑ εφαπτομένη και η ΜΒΛ τέμνουσα του κύκλου, άρα ΜΑ 2 = ΜΒ·ΜΛ (2). Από ( Ι ) και (2) συμπεραίνουμε ότι ΜΡ 2 = ΜΑ 2 , άρα ΜΡ = ΜΑ , δηλαδή το Μ είναι το μέσο του ΡΑ.

κ

2R = 2 οπου ΒΓ = , = --'---(ΑΒΓ) -'(ΑΡΓ) ΡΓ 3R 3 ' ΡΓ = ΡΒ + ΒΓ = + 2R = 3R (ΚΒΓ) ΒΓ 2 R 2 , , , , , , Επισης τα τριγωνα ΚΒΓ και ΚΡΓ εχουν κοινο υψος, επομενως 3 R = -3 (ΚΡΓ) ΡΓ = Κ----'-Γ) 2 = (ΑΒΓ) = (ΚΒ Γ) = (ΑΒΓ) + (ΚΒΓ) = -'---(ΑΒ, παιρνουμε , ισοτητες , , παραπανω Απο, τις δυο 3 (ΑΡΓ) (ΚΡΓ) (ΑΡΓ)+(ΚΡΓ) (ΑΡΚΓ)

β) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΡΓ έχουν κοινό ύψος, επομένως

-

R

=

-

-

ΑΣ Κ Η Σ Η

Ι Οη

Δίνεται τεταρτοκύκλιο ΑΟΒ κέντρου Ο και ακτίνας R. Ο κύκλος

(Α, R) τέμνει το τεταρτο-κύ κλιο

στο σημείο Δ. Αν ( Κ , r ) ο κύκλος που εφάπτεται των παραπάνω κύκλων και της ακτίνας ΟΒ, να υπολογίσετε: α) Την ακτίνα r συναρτήσει της ακτίνας R. β) Το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τρι­ γώνου ΟΒΔ γ) Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται στο εσωτερικό του τεταρτοκυκλίου και στο εξωτερικό του A , R) και του ( Κ , r ) . Λ (J ση :

(

α) Γνωρίζουμε ότι η διακεντρική ευθεία δύο εφαπτόμενων κύκλων διέρχεται από το σημείο επαφής τους. Έτσι, αν Λ, Ζ είναι τα σημεία επαφής του με τους και αντίστοιχα, έχουμε και Β Λ Αν Μ το σημείο επαφής του με την ακτίνα ΟΒ, KE_lOA τότε Από Γενίκευση Πυθαγορείου Θεωρήματος Μ στο τρίγωνο ΟΚΑ, έχουμε ή

( Κ , r)

(Ο, R)

Ο Κ=ΟΛ-ΛΚ= R- r ΑΚ=ΑΖ+ΖΚ= R +r. (Κ , r ) ΟΕ = ΚΜ = r. Κ Α 2 = ΚΟ 2 + ΟΑ 2 - 2 · ΟΑ · Ο Ε ( R+r) 2 = ( R -r) 2 +R 2 -2Rr ή r = R6 . β) Το τρίγωνο ΟΑΔ είναι ισόπλευρο πλευράς R. Αν ε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που περιέχεται στην γωνία Ο Α Δ, τότε ε = (ο λλ ) - ( ΟΑΔ ) = π�;��ο - R 24J3 π� 2 - R 24J3

( Α, R )

Α

ΑΟΔ

Το ίδιο εμβαδόν ε έχει και το κυκλικό τμήμα που περιέχεται στην γωνία Επομένως: Εμβαδόν μεικτόγραμμου τριγώνου ΟΒΔ = = Εμβαδόν τεταρτοκυκλίου - Εμβαδόν μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΟΔ = ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/46

.


Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

= π 3R60°2 90ο - [ ( ΟΑΔ ) + 2ε ] = π 4R 2 - R 24J3 -2 [ πR6 2 - R 24J3 J = R 24J3 - πR12 2 .

γ) Το ζητούμενο εμβαδόν Ε βρίσκεται αν από το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΟΒΔ (Κ , r , δη λαδη' Ε ' του κυκλικου. δ ισκου ' ' Γ αφαιρεσουμε το ε μ β αδ ον

π R2 - π = R 2 J3 - -= -) 4 12 = R '4J3 - ��' - π (:) ' = R ' ( �- I� - 3: J = R ' ( � - ; } τ μ ?

Δίνεται ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ, με ΟΑ=ΟΒ=α. Γράφουμε τόξο κύκλου ΑΜΒ, το οποίο εφάπτεται των πλευρών της ορθής γωνίας Ο στα Α και Β. Γράφουμε επίσης ένα δεύτερο τόξο ΑΝΒ, το οποίο εφάπτεται των διχοτόμων των γωνιών Α και Β στα σημεία Α και Β. Έστω Γ το κέντρο του δεύτερου κύκλου. Να υπολογίσετε: α) Την απόσταση ΓΗ του σημείου Γ από την πλευρά ΑΒ. β) Την ακτίνα του δεύτερου κύκλου. γ) Το εμβαδόν του μηνίσκου ΑΜΒΝΑ. Ι lη

ΑΣ ΚΗΣΗ

Λ ύ ση :

α) Έστω Δ το κέντρο του κύκλου, ο οποίος εφάπτεται στο τρίγωνο ΟΑΒ στα Α και Β . Το τετράπλευρο ΟΑΔΒ είναι τετράγωνο, γιατί έχει 3 ορθές γωνίες και 2 διαδοχικές πλευρές ίσες. Η διαγώνιος ΟΔ είναι κάθε-

ο

ΟΔ = -αfi . Επειδη' 22 , 5 ° , . ΑΒ. Ε ι α ΔΗ =2 2 ΒΜ = 4 5 ΕΑΓ = 90° θα είναι: Δ Α Γ = 90()- ( 22, 5 () + 45° ) = 22 ,5° . Επίσης ΕΑΒ Ar Δ γιατί έχουν τις πλευρές τους κάθετες , άρα AfΔ = 22 ,5 °. Άρα το τρίγωνο ΓΔΑ είναι ισοσκελές, οπότε θα είναι: . ΓΗ= ΓΔ+ΔΗ=α +-αfi- = α ( 2+ν2r;:.) . ΓΔ=ΔΑ=α . Ειναι 2 2 .

το-: στο μεσο Η τη-:

·

.

Α Ε ΑΒ

ν ι

=

° ,

=

Δ

β) Η ακτίνα του δεύτερου κύκλου είναι η υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου Γ ΑΗ, οπότε ισχύει:

=

2

:

2

( 6 + 4f2 ) + 2:

γ) Είναι:

(

=

2

: ( 8 + 4f2 ) = α 2 ( 2 + fl ) .

Γ

Επομένως

ΑΜ Β ΝΑ) = ( ΑΜΒΑ \κuκλ τμ) - ( ΑΝΒΑ λκuκλ. τμ . > ( 1 ) π ΑΔ 2 ( ΑΜ ΒΑ ) ( ( ΜΒΔ ) ) - ΔΑΒ ( ) = = ΔΑ

---- = 4 -

2 2 ΑΔ 2 � � (2) (κυκλ.τμ.) (κυκλ.τσμ.) τριγ. 4 2 2 2 πΑΓ · ΑΒ Γ Η ( ΑΝΒ Α ) ( κυκλ.τμ.) = (ΓΑΝΒΓ) ( κυκλ.το μ . ) - (ΓΑΒ)(τριγ.) 2 36 2 2 2 πα 2 + f2 πα 2 + f2 α t + f2 ( 3 ). α 2 f2 = · 2 + f2 = 4 8 8 2 3 Η σχέση ( 1 ) με βάση τις σχέσεις (2) και ( ) γίνεται: α 2 t + fl πα 2 2 + -f2 α 2 .J2 ( 4 - π ) πα 2 ( Α Μ ΒΝΑ ) = . 4 2 8 2 8

(

)

(

)

=

-�-( ( l

)

_

(

(

)

=

_

(

) ... =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/47

J

45° 0° )

.


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Ε παναληπτι κέ ς Α σκήσε ι ς

Μ αθηματι κών Κ ατεύθυνση ς Β ' Λυκε ίου Δημ. Αργυράκης - Χαρ . Μαστορόπουλος Α l: Κ Η Σ Η ι ιι

--> --> Δίνονται τα διανύσματα α=( Ι , -3) και β =(1 , 2) . α) Να υπολογίσετε τη γωνία των διανυσμάτων --> --> α και β . β) Να υπολογίσετε το μέτρο του διανύσματος --> --> --> γ = α + 4β. γ) Να υπολογίσετε τη γωνία που σχηματίζει το --> διάνυσμα γ με τον άξονα --> --> δ) Να αποδείξετε ότι προβ_, β = --21 α . ε) Να υπολογίσετε τις τιμές του λ ε R , ώστε το διάνυσμα � = ( λ2 -4 , -λ) να είναι κάθετο στο --> διάνυσμα α .

χ'χ .

α

Λ \1 ση :

α)

Είναι συν

( α))= �� �

γ= + + 4 · ( 1 , 2) = =< < < Άρα Ι; Ι = J5 2 + 5 2 = .J50 = 5J2.

β)

γ) -->

-->

-->

-->

α 4 β = ( 1 , - 3) Είναι 1 , - 3) + 4 , s) = 5 , 5) . ι

,

Αν ω είναι η γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα

γ με τον άξονα

χ 'χ

τότε εφω = λγ , όπου λγ είναι -->

ο συντελεστής διεύθυνσης του διανύσματος γ . Υγ 5 π , Ε ι, ναι εφω λ Υ 1 αρα ω 4 Χ. 5 '

= - =-=-=

δ)

Επειδή προβ

.... β

--+

α

γ

=-.

--+

--+

I I α και α -->

=F

--+

Ο θα υπάρχει

-->

λ ε R τέτοιο, ώστε προ β . β = λ α ( 1 ). -

-

α

-

-->

(I) - -

-

( ) -->

Αλλά: α · β = α · προβ ; β � α · β = α · λ α �

� α ·β = λα -

-

-->

2

-

-

I 12 -->

1 => α ·β = λ α => -5 = l Ολ => λ = - . 2

-->

1 Άρα προβ_, β = - - α . α

ε)

<=>

Είναι u _i

-->

α <::> · = 2

λ 2 + 3λ - 4 = ο <=>

ΑΣ Κ Η Σ Η

2 - 4 , - λ) · ( 1 , - 3) = 0 λ = -4 ή λ = 1.

u a O <=> ( λ

2 '1

<=>

Δίνονται τα διανύσματα α ' β με I α I = 2 και I β I = 3 . Αν f(x) = l xα - β l , και f(2)=7, τότε: α) Να αποδείξετε ότι α · β = - 6 . β) Να αποδείξετε ότι α = - -2 β . 3 γ) Να υπολογίσετε την τιμή f (

χεR

�) .

Λ ύ ση :

α) f(2) = 7 � 1 2a-β 1 = 7 � Ι 2α-β 1 2 = 49 �

� ( 2α - β ) 2 = 49 � 4α2 - 4αβ + β2 = 49 � � 41α1 2 - 4αβ + Ι β 1 2 = 49 � 16- 4αβ + 9 = 49 � � -4αβ- = 24 � α β- = -6. β) ;.β=Ι αi·Ι βl ·συν(α ) 6 = 2 · 3· συν α ) �

-

-

)

( )

� συν (α: β) = - 1 � (α : β) = π� α t � β Άρα α = λ β λ < Ο ( 1 ). από ( 1 ) έχουμε: Ι α l = l λ l · l β l � 2 = l λ l · 3 l λ l =f � λ= - f . Επίσης από ( 1 ) έχουμε α= - � β (2). 3

,

ο

r ( �) = J � α -β J '� I�{ - f β ) -β l = = Ι -± β-β ι = ι - � β ι = � -� β 1 = � · 3 = 4 .

γ)

Είναι

Α Σ Κ Η Σ Η 3ιι

Δίνονται τα σημεία Α(2, 9), Β(- 6, 1 5) και Γ(4, -5). α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία αυτά είναι κο­ ρυφές τριγώνου . β) Αν ΑΜ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ, να απο­ δείξετε ότι ΑΜ _l_ ΑΒ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/48


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

γ) Να υπολογίσετε τη γωνία των διανυσμάτων ΑΒ και ΑΓ . δ) Να αποδείξετε ότι προβ 8Λ ΒΓ = 2 ΒΑ . -

-

Λ ύ ση :

I II i

α) Είναι ΑΒ · ΑΓ = ΑΒ · ΑΓ συνΑ =

) · 2 J3 . -l = 3 J3 - 3 = 3 ( J3 - 1 ) . α) Ε ίναι: ΑΒ = ( χ 8 - χ Α , Υ Β - y A ) = β) Είναι ΑΜ = l( ΑΒ + ΑΓ ) , οπότε = ( -6 - 2 , 1 5 - 9) = ( -8 , 6) ΑΓ = (χ - χ Α , Υ Γ - Υ Α ) = ( 4 - 2 , - 5 - 9) = ( 2 , 1 �1 2 = � I ΑΒ + ΑΓΙ 2 = � ( ΑΒ+ ΑΓ) 2 = -8 6 det ( ΑΒ , ΑΓ ) = = 1 1 2 - 1 2 = 1 00 Ο . = � [ΑΒ2 +ΑΓ2 +2ΑΒ·ΑΓ]= � [I ABI2 +ΙΑΓΙ2 +2ΑΒ · ΑΓ] = 2 14 Άρα τα σημεία Α (2, 9), Β (-6, 1 5) και Γ (4, -5) 3 = � [( 3- J3 ) \ ( 2J3 ) \ 2· { J 3 -Ι ) ] =, άρα I AM I = . είναι κορυφές τριγώνου. 1 I _!_ β) Ε ίναι: ΑΜ= ( ΑΒ+ΑΓ) = "2 [(-8 , 6) +( 2 , - 14) J = - ·2 ΑΒ ΑΜ ΑΒ · 2 ( ΑΒ+ ΑΓ ) γ) Είναι συν ΒΑΜ = = I = 2 (-6 , - 8) = (-3 , - 4) I ABI · I AMI I ABI ·I AMI · ΑΒ = (-3 , - 4) · ( -8 , 6) = ΑΒ 2 + ΑΒ · Ar ) l(Ι ΑΒ Ι \ ΑΒ · ΑΓ ) _!_( 2 -= (-3 ) · ( -8 ) ( -4) · 6 = 24 - 24 = Ο , άρα ΑΜ ΑΒ. · · A A A A B B I I I I MI I II M >r = γ) Είναι συν l[( 9 - 6J3 + 3 ) + 3 ( J3 - 1 ) J 9 - 3J3 = = = J3 ) . 3 h 3 ( 3 ( ) 2 6 · (- ) fi . J3 (3 - ) f = =2 Ιoofi fiOO . 2 .J\OO 6 22 J(---8) ) 3 ( 3 - J3 ) 1 h 3 --,---'----,----'-- = - = - . Άρα ΒΑΜ = - . ΑΒ , ;. 4 ( 3 - J3 ) · 3 h h 2 Λ ί> ση :

ι

Γ

-

-

ι

_

-

(

= 3 - J3

:;t:

-

-.,...-,--,..=:c. ----,-

Λ

ΑΜ

+

l.

( ) �� �� ΑΒ

·

-8

+

14

+

2

+ (-14)2

Άρα [ ΑΓ)

-

- 1 00

-1 00

Λ

=

Λ Σ Κ Η Σ Η 511

δ) Ε ίν α ι Β Γ = ( χ , - Χ 8 , ΥΓ - y Β ) = = (4 + 6 ,

- 5 - 1 5) = ( 1 0 , - 20 ) .

Δίνονται τα διανύσματα α ' β με

-->

Επειδή προβ 8ι\ ΒΓ I I ΒΑ και ΒΑ :;t:. Ο θα υπάρχει λ ε R τέτοιο, ώστε προβ 8Λ ΒΓ = λ ΒΑ ( I ). -

_ (I)

--

- --

Είναι ΒΓ · ΒΑ = ΒΑ · προβ 8,.; ΒΓ �

(

)

ΒΓ · ΒΑ = ΒΑ · λ ΒΑ � ΒΓ · ΒΑ = λ ΒΑ 2 � � ΒΓ · ΒΑ = λ l ΒΑ 1 2 � ( 1 Ο , - 20 ) · ( 8 , - 6) = -->

Δίνεται

-->

ΒΑ

τρίγωνο

ΑΒΓ

με

I ΑΒ 1 =3 - J3 ,

και Α = 60°. Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ, να υπολογίσετε: α) Το εσωτερικό γινόμενο ΑΒ · ΑΓ . β) Το μήκος της διαμέσου ΑΜ.

I ΑΓ I =2J3

Λ

γ) Τη γωνία ΒΑΜ .

( β}

φ = a:

όπου

φ ε [Ο , π)

φ ε[ Ο , πj .

I al = Ι I ϊil = 3 '

Αν για κάθε

ισχύει ( a·ίi + 3) x +( a·;i-3)y-6=0 (1). Να αποδείξετε ότι : α) Η εξίσωση (Ι) παριστάνει ευθεία για κάθε

φ ε [ Ο , π) .

= 1 00λ � 200 = 1 00λ � λ = 2 . Άρα �� fΓ=2ΒΔ...

Α Σ Κ Η Σ Η 4'1

και

Π

β) Όλες οι ευθείες της οικογένειας (1) διέρχο­ νται από σταθερό σημείο το οποίο και να προσ­ διορίσετε . γ) Αν ευθεία της οικογένειας σχηματίζει με τον άξονα χ ' χ γωνία 45°, τότε α l. β . δ) Αν ευθεία της οικογένειας είναι παράλληλη με τον άξονα χ ' χ , τότε β = -3 α . -

Λ ί> ση :

i3 Ι Ι Ι l

α) Είναι �· = a · β · συν

-

(α: )

β = 1 · 3 · συνφ = 3συνφ ,

οπότε η ( 1 ) ισοδύναμα γράφεται: ( 3 συνφ + 3 ) χ + ( 3 συνφ - 3 ) y - 6 Ο � =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/49


Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

εφαπτομένες. ( συνφ + I ) χ + ( συνφ - 1 ) y-2 = Ο (2). Έστω ότι υπάρχει φ ε [ Ο , π ] τέτοιο, ώστε α) εξίσωση χ2 +y2 -2λ2χ-4λy +4λ2 =0, λΕR* { συνφ + I = Ο , τοτε, { συνφ = - 1 => - I = 1 ατοπο. , είναι της μορφής χ 2 + y 2 + Αχ + B y + Γ = Ο , με συνφ = I συνφ - I = Ο Α = -2λ2 , Β = -4λ και =4λ2 . Άρα η εξίσωση ( 1) παριστάνει ευθεία για κάθε φ ε [ Ο , π] . Είναι Α2 +Β2 - 4Γ=4λ4 +16λ2 -16λ2 =4λ4 >0, * η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει β) Δίνουμε δύο τιμές στη γωνία φ, οπότε από την άρα για κάθε λ (2) παίρνουμε δύο ευθείες της οικογένειας ευ­ κύκλο. Κάθε κύκλος που ορίζεται από την ( I ) έχει θειών. Για φ = Ο έχουμε ε ι : 2 χ -2 = Ο και για κέντρο κ(-� ' -�} δηλαδή κ( λ2 ' 2λ ) και φ=�2 έχουμε ε -7 : x -y - 2 = 0 . Α2 + Β2 - 4Γ = � f4i4 = λ2 , λ Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων των ευ- ακτίνα ρ= � J θειών ε ι και ε 2 και έχουμε: β) Είναι d ( Κ , Υ Ύ) = I χ I = λ 2 = λ R * , άρα { 2 χ -2=0 <=> ( x , y ) =( 1 , - 1 ) . κάθε κύκλος που προκύπτει από την εξίσωση ( 1 ) εφάπτεται στον άξονα y' y . x -y - 2 = 0 γ) Αν Κ( χ 0 , y 0 ) , τότε έχουμε: Άρα οι ευθείες ε και ε 2 τέμνονται στο Μ( I , -I) . Χο = λ2 � - ( Υο )2 � Αρκεί να δείξουμε ότι οι συντεταγμένες του ση­ { Χο = λ2 � Χ0 - 2 μείου Μ επαληθεύουν την εξίσωση (2). ο λ = Υ ο = 2λ � Πράγματι για χ = I και y = - I έχουμε: ( συνφ + 1 ) I + ( συνφ - I ) ( -1 )-2 = Ο = Υο - � Υο 2 = 4 χ . = Χο = συνφ + I - συνφ + I - 2 = Ο . Άρα όλες οι ευθείες 4κέντρα όλων των παραπάνω κύκλων ανήΆρα τα της οικογένειας διέρχονται από το σημείο κουν στην παραβολή y 2 = 4 χ Προφανώς η κορυφή Μ( Ι , - 1) . γ) Έστω ευθεία ε της οικογένειας που σχηματίζει της εξαιρείται αφού λ ε R * => ( Yo):f: ( Ο, Ο ) . με τον άξονα χ ' χ γωνία τότε: δ) Για κάθε λ ε * είναι συνφ + 1 λ"=εφ45° συνφ - 1 = I :::> -συνφ - 1 = συνφ - 1 ( ΟΚ)=�( λ2 )2 + ( 2λ)2 = �λ4 +4λ2 > [I! = λ2 =ρ . π - Επειδή ( Ο Κ) > ρ το σημείο 0 (0,0) είναι εξωτε­ => 2συνφ = Ο => συνφ = Ο => φ = - => α β . 2 ρικό σημείο κάθε κύκλου που προκύπτει από την δ) Έστω ευθεία ε της οικογένειας που είναι πα­ εξίσωση (1). Άρα από το σημείο 0 (0 , 0), άγο­ ράλληλη με τον άξονα χ ' χ , τότε: νται προς κάθε κύκλο δύο εφαπτομένες. συνφ = Ο => συνφ = - 1 φ = π => α t -1.- β Δίνεται η εξίσωση και επειδή J i3J = 3 J a J θα είναι β = -3a. χ2 + y 2 + 8λ2 χ - 8λy + 16λ2 ( λ2 + 1 ) = 5 , λ Ε R ( 1 ) . <=>

Η

ι\ \) ση :

Γ

Ε

R

ρ,

κ

ε

ε

R* .

{

1

?

·

=>

=>

Χο.

R

45°,

.l

=>

->

->

Α Σ Κ Η Σ Η 6'ι

Δίνεται η εξίσωση

χ 2 + y 2 - 2λ 2 χ - 4λy + 4λ 2 = 0 , λ Ε R*

(1 ) .

Να αποδείξετε ότι: α) Η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο για κάθε λ Ε R* , του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα. β) Κάθε κύκλος που προκύπτει από την εξίσω­ ση (1) εφάπτεται στον άξονα y 'y. γ) Τα κέντρα όλων των παραπάνω κύκλων α­ νήκουν σε παραβολή δ) Από το σημείο 0 ( 0 , 0 ) , άγονται προς κάθε κύκλο που προκύπτει από την εξίσωση (1) δύο

Λ Σ Κ Η Σ Η 7 11

Ν α αποδείξετε ότι: α) Η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο για κάθε

λ Ε R. β) Οι κύκλοι που ορίζονται από την εξίσωση (1) είναι ίσοι μεταξύ τους. γ) Τα κέντρα όλων των παραπάνω κύκλων α­ νήκουν σε παραβολή, της οποίας να βρείτε την εστία και τη διευθετούσα. δ) Δύο μόνο από τους παραπάνω κύκλους διέρ­ χονται από την αρχή των αξόνων. ι\ ί) ση :

2 + / + 8λ2 χ - 8λ 16λ4 + 16λ2 - 5 = ' λ

α)

χ

Η

ΕΥΚΛ Ε Ι ΔΗΣ Β' 76 τ.4/50

εξίσωση

(I) Υ+

ισοδύναμα

γράφεται

ο

Ε

R


Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

χ 2 + y2+ Αχ + By +Γ= Ο, Α=8λ2 , Β = -8λ Γ=16λ4 +16λ2 ) λ

και είναι της μορφής - 5. με και Είναι Α2 + 82 -4Γ = 64λ4 -4( 1 6λ4 + 1 6λ2 - 5 = 20 > 0, άρα για κάθε Ε R η εξίσωση ( I ) παριστάνει κύ­ κλο. β) Κάθε κύκλος που ορίζεται από την ( I ) έχει α-

ρ=..!.�Α2 2 + Β2 - 4Γ , οπότε ρ =..!.2 fiδ =..!.2 2J5 =J5, άρα όλοι οι κύκλοι είναι ίσοι μεταξύ τους. κτίνα

·

κ (- � ' - �) , δηλαδή κ( -4λ2, 4λ) , με λ R . Έστω Κ ( χ , y) σημείο της ζητούμενης 4λ2 χ : =� { λ 2 -4 χ 1 παραβολής, τότε έχουμε: y- 4λ λ --4 Χ = -4 (�γ Χ = - 4 ;; � y 2 = - 4Χ .

γ) Κάθε κύκλος που ορίζεται από την ( 1 ) έχει κέ-

ντρο Ε

=>

Ά ρα τα κέντρα όλων των παραπάνω κύκλων α­ Η παραβολή νή κ ου\ ' στ ην π αραβο λή 2 με είναι της μορφής

y = - 4χ. / = -4χ y2 = 2 ρχ , ρ = οπότε έχει εστία Ε(% , Ο) , δηλαδή το σημείο Ε( - , Ο) και διευθετούσα χ =- , δη­ \ % λαδή την ευθεία με εξίσωση χ = 1. -2 ,

δ) Για να διέρχεται κάποιος κύκλος από την αρχή των αξόνων, πρέπει και αρκεί η ( 1 ) να επαληθεύεται για και y δηλαδή -5 (2). λ2 = ω λ2 =ω s �λ2 =� �λ= ±� (2)� 1 4 2 1άJ +1άυ-5=0 ω=- ή ω=4 4 Άρα δύο μόνο από τους παραπάνω κύκλους διέρ­ χονται από την αρχή των αξόνων.

16λ4 + 16λ2 = Ο

=Ο,

1

{

Α l: Κ Η Σ Η 8'�

χ =Ο

Δίνεται η εξίσωση λ 2 χ 2 + ( 2 - λ ) y 2 - 6λχ - 8y + 1 6λ 2 = 0 , λ Ε R (1). α) Να αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση πα­ ριστάνει κύκλο C) μόνο για λ = 1 . β) Ν α βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του κύ­ κλου C) . γ) Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων

(

(

(

του κύκλου C) που διέρχονται από την αρχή των αξόνων. δ) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C ) που έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και εφά­ πτεται εξωτερικά του κύκλου C) .

(

(

Λ ι'J ση :

1

,

α) Η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει κύκλο αν και μόνο αν: Είναι της μορφής x 2 + y 2 + Ax + By + Γ = 0 και Ισχύ ει Α 2 + Β 2 - 4 Γ > 0 . Για να είναι της παραπάνω μορφής πρέπει και αρκεί λ 2 = 2 - λ :;t: Ο άρα λ = -2 ή λ = I . Για λ = -2 η ( 1 ) γράφεται 4χ2 + 4y2 + 1 2x - 8y + 64= 0 � χ 2 + y2 + 3x - 2y + 1 6 = 0 και είναι της μορφής χ 2 + y 2 + Αχ + By + Γ = Ο με Α = 3 , Β = -2 και Γ = 1 6 . 2 Είναι Α + 8 2 - 4 Γ = 9 + 4 - 64 = -5 1 < Ο , άρα η εξίσωση ( 1 ) δεν παριστάνει κύκλο για λ = -2 . Για λ = 1 η ( 1 ) γράφεται + I - 6x - 8y + 1 6= 0 και είναι της μορφής χ 2 + y 2 + Αχ + By + Γ = Ο με Α = - 6 , Β = - 8 και Γ = 1 6 . Είναι Α 2 + Β 2 - 4 Γ = 36 + 64 - 64 = 36 > Ο , άρα η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει κύκλο C ) για λ = I . • •

χ2

( β) Ο κύκλος ( C ) έχει κέντρο κ ( - � , -�) , δηλαδή το σημείο Κ ( 3 , 4) και ακτίνα 1 - + Β- - 4Γ = 21 ν 36 = 3 . = 2-vA γ) Από την αρχή των αξόνων διέρχονται: p

ι

r:;-;:-

?

?

Η

κατακόρυφη ευθεία χ = Ο , δηλαδή ο άξονας Υ Ύ και Μη κατακόρυφες ευθείες που καθεμία από αυ­ τές έχει εξίσωση της μορφής y = λ χ Ε R . Η ευθεία χ = Ο είναι εφαπτομένη του κύκλου ( C ) , γιατί d ( K , Υ Ύ ) = I χ κ l = 3 = ρ . Εξετάζουμε αν υπάρχει Ε R τέτοιο ώστε d Κ ε ) = ρ = 3 όπου ε : y = λ χ � λ χ - y = Ο .

,

( ,

Είναι: d ( Κ, ε) =3 <c>

λ

= 3 <c> � ψλ -� λ- +1 � 9 ( λ 2 + Ι ) = l 3λ - 4 1 2 � 9 ( λ 2 + I ) = ( 3λ- 4 ) 2 �

7 � 9λ - + 9 = 9λ - 24 λ + 1 6 � 24 λ = 7 � λ = - . 24 7 ' ' με εξισωση ' εφαΆ ρα η ευ θ εια ε : y = χ ειναι 24 πτομένη του κύκλου C ) . Επομένως οι εωα;ττο uέ?

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/5 1

?

-

(


)

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

νες του κύκλου ( C) που διέρχονται από την αρχή των αξόνων είναι οι ευθείες με εξισώσεις χ = Ο 7 και y = 24 x . δ) Ο κύκλος ( C ) έχει κέντρο την αρχή των αξόνων, άρα έχει εξίσωση της μορφής χ 2 + y2 = ρ 2 Οι κύκλοι ( C) και ( C ) εφάπτονται εξωτερι­ κά αν και μόνο αν ( ΟΚ ) = ρ + ρ ι (2). Αλλά: (2) � J3 2 + 4 2 = 3 + ρ ι � 5 = 3 + ρ ι � Ρι = 2. Επομένως η εξίσωση του κύκλου ( C ι) είναι x2 +y=4 . ι

ι

ι

Α� Κ Η Σ Η 9'ι

Δίνεται

ευθείες και 1 ε 2 : 4λχ + y = - , λ Ε R* . λ α) Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ε1 και ε 2 τέ=

μνονται για κάθε λ Ε R * . β) Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών ε1 και ε 2 , για τις διάφορες τιμές του λ Ε R . γ) Να βρείτε το είδος της γραμμής στην οποία ανήκει το σημείο τομής των ευθειών ε1 και ε 2 για τις διάφορες τιμές του λ Ε R* .

{

Λ.-(J ση :

,

! !

. \Σ Κ Η Σ Η

i Οη

Δίνονται οι ευθείες ε1 : λχ - 2y - 2λ και ε 2 : χ + 2λy 2 , λ Ε R . α) Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ε1 και ε 2 τέ­ μνονται για κάθε λ Ε R . β) Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου το­ μής των ευθειών ε1 και ε 2 , για τις διάφορες τιμές του λ Ε R . γ) Να χρησιμοποιήσετε την αντικατάσταση =

ε1 : 2λ 2 χ - λy 2

οι

1 ε -? είναι το Μ (-12λ-? - --λ , λ Ε R* . γ) Αν Μ ( χ 0 , Υ ο) τότε: Χο = 2�2 2Χο = �2 � I � Υο2 = 2Χο . I Υο =- λ Υο2 = λ2 Άρα το σημείο τομής Μ των ευθειών ε ι και ε 2 ανήκει στη ν παραβολή y 2 = 2 x. Προφανώς η κο­ ρυφή της εξαιρείται αφού ( χο. Yo):;t: ( Ο , Ο ) . =

' το ει'δος της γραμλ=�, --<ω<π π για να β ρειτε 2 2 μής στην οποία ανήκει το σημείο τομή ς των ευθειών ε1 και ε 2 , για τις διάφορες τιμές του λ Ε R .

ΛίJση :

,

{ λχ - 2y = - 21. λ Ε R , 2λ2 χ-λy = 2 α) Έχουμε το σύστημα χ + 2 λy = 2 α) Έχουμε το σύστημα 4λχ + y = -λι , λ Ε R* , των εξισώσεων των ευθειών ε των εξισώσεων των ευθειών ε και ε 2 2 2 Είναι ο= λI -2 2λ = 2λ -( -2) =2λ2 +2= � λ +1) ::ι: ο. Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση, επομένως οι ευθείες ε και ε 2 τέμνονται για κάθε λ Ε R . αφού λ Ε R * . Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύ­ β) Είναι ση, επομένως οι ευθείες ε και ε 2 τέμνονται για ο χ = 22λ -2λ2 = -4λ- - ( -4 ) = 4 - 4λ- = 4 ( \ - λ-? ) κάθε λ Ε R* . 2 -λ λ - 2λ = 2λ - (-2λ) = 4 λ . - I ) = 3 και και Ον = β) Είναι χ = Ι ( 2= Ο I 2 λ Η μοναδική λύση του συστήματος είναι: = 4λ = 2 λ - 8λ = -6λ . (χ , Ο 2 (��+ 1) λ Η μοναδική λύση του συστήματος είναι 2 ( Ι λ2 ) __3_!:___ = I 3 -6λ = ( 1 λ-:+ Ι λ2 + 1 ΟΥ = ( Οχ ' ο χ( ' y) = ο 6λ2 ' 6λ2 2λ2 ' - λ Επομένως το σημείο τομής των ευθειών ε και ε 2 Επομένως το σημείο τομής των ευθειών ε και ι

ε

Ι 1

ι

και

2 •

ι

ι

1- 1 Ι 1 Ψ (� � Η :i���;; , [ ] ) ?

?

·

Υ

]"

,

(

)

)

,

ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/52

·

ι


Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

Από υπόθεση δίνεται ότι η εξίσωση της εφα­ πτομένης ε είναι 4χ + 5y = 25 , δηλαδή 4 5 y=I. + -x 25 25

, !: �

{

2 =2 α 2 = 25 (γιατί;). 9 - -5 β2 = 9 2λ 2λ 2 5β 25 Υο = � Υο = λ 2 + ι Επομένως η εξίσωση της έλλειψης είναι 2ω ι εφ Χ0 χ2 y2 = 2 τ ι + εφ ω � �2 = συν2ω --< ω <25 + -9 = Ι 2 2 2εφω? και έχει εστίες τα σημεία Ε ' ( - 4 , Ο ) και Υ ο = ημ2ω Υ ο = Ι + εφ-ω Ε ( 4 , Ο) , αφού γ 2 = 2 - β 2 = Ι 6 , οπότε γ = 4 . Όμως: συν 2 2ω + ημ 2 2ω = ι β) Οι εφαπτόμενες της έλλειψης στα άκρα c 2 Α ' ( -5 , Ο ) και Α ( 5 , Ο ) του μεγάλου της άξονα Χο ) , , ι � Χι + = + = , οποτε το σηΙ Υο � y0Τ έχουν αντίστοιχα εξισώσεις ε : χ = - 5 και μείο τομής των ευθε ι cο\' ε κ α ι ε ανήκει στην έλ- ε 2 : χ = 5 . Από τη λύση των συστημάτων : ? ' χ(Σ ) 4χχ =+-55y = 25 και ( Σ -? ) : { 4χχ =+55y = 25 λειψη 4 + y- = ι Λ:L h: H � H προκύπτουν οι συντεταγμένες των σημείων Γ ' και Γ. Δίνεται έλλειψη με εστίες Ε ' και Ε στον άξονα Έτσι έχουμε Γ ' (-5 , 9 ) και Γ ( 5 , Ι ) . Η ευθεία , εφα- Γ ' Ε ' εχεισυντε , στο σημειο, της Ρ ( 4 , S9 ) εχει χ , χ, η οποια Ο 9 ' λεστη' διευ' θυνσης λ = --4-+ 5 = 9 πτομένη την ευ θ εία ε : 4χ + Sy 25 . και η εξίσωση της είναι α) :\α βρείτε την εξίσωση της έλλειψης. y = - 9 ( χ + 4 ) y = - 9χ - 36. Η ευθεία ΓΕ β) ν η ευ θεία ε τέμνει τις εφαπτόμενες ε ι , ε Άρα:

{

(

π

π

α

ο

1 1

1

.

1

2

1

:

{

1

=

<=>

Α

2 της έλλειψης στα άκρα Α ' , Α του μεγάλου της άξονα στα σημεία Γ και Γ αντίστοιχα, να α­ ποδείξετε ότι οι ευ θ είες ΓΈ ' , ΓΕ και η κάθετη ζ στην ε στο σημείο της Ρ , συντρέχουν στο ση­ μείο Σ. γ) Να αποδείξετε ότι τα σημεία Γ, Ε ' , Ε και Γ ανήκουν στον κύκλο με κέντρο το σημείο τομής Κ της ευθείας ε και του άξονα y Ύ. δ) Να εξηγήσετε γιατί το σημείο τομής Η των ευθειών Γ Έ και ΓΕ ' είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΓΣΓ. ε) Αν οι ευθείες ε , ζ τέμνουν τον άξονα χ ' χ στα σημεία Λ και Δ αντίστοιχα, να δείξετε ότι: ΛΕ ΡΕ ΛΕ ' ΡΕ ' --

=

--

Λ (J σ η : α) Η

έλλειψη έχει τις εστίες της στον 2 2 άρα έχει εξίσωση της μορφής ..;.α- + .;.β =ι . Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης στο 4 σημείο της Ρ ( 4 , 2) είναι ε 2 χ + �y =1. 5 5β

άξονα χ ' χ,

:

α

-

·

Σ

ο-Ι ι εχει συντελεστη· διευ'θυνσης λ -? = -4 - 5 = και η εξίσωση της είναι y = ι ( χ - 4 ) y = χ - 4. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής Σ, των ευ­ θειών ΓΕ και Γ Έ ' προκύπτουν από τη λύση του συστήματος: ( Σ ) : { yy == -χ -9χ4 - 36 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/53

<=>


Σ(- 516 ,- 536) , 'Ε τσι εχουμε Η ευθεία ζ είναι κάθετη στην ε στο σημείο Ρ, άρα λ; · λε = -1 . Επειδή λ ε = - � είναι λ ζ - % . Επομένως η ευθεία ζ έχει εξίσωση , στην ευθ εια, ζ, Υ = 45 χ - 51 6 . το σημειο, Σ ανηκει ' αφου' ισχυει --365 =-45 (- 1-56) - -165 . Ά' ρα οι ευθειες' ΓΈ ' , ΓΕ και ζ συντρέχουν στο σημείο Σ . γ) Για χ = Ο από την εξίσωση της ευθείας ε έχου­ με y = 5 . Άρα η ευθεία ε τέμνει τον άξονα yy ' στο σημείο Κ ( Ο , 5 ). Είναι (ΚΓ) = (ΚΓ') =(ΚΕ') = (ΚΕ) =�5 2 +42 =fLΠ. Επομένως τα σημεία Γ, Ε ' , Ε και Γ ανήκουν σε κύκλο με κέντρο Κ (Ο , 5 ) και ακτίνα ρ J4I . δ) Ο προηγούμενος κύκλος ( Κ , ρ ) έχει διάμετρο τη ΓΓ, αφού ( ΓΓ) = (ΚΓ ) + (ΚΓ) = 2ρ , άρα οι γωνίες ΓΈΤ και ΓΕΓ είναι ορθές επειδή είναι εγγεγραμμένες σε ημικύκλιο. Επομένως το τρίγω­ νο ΓΣ Γ έχει ύψη τα ΓΕ, ΓΈ ' και ΣΡ. Έτσι λοιπόν το σημείο τομής Η των ευθειών ΓΕ και ΓΈ' είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΓΣΓ . ε) 'Εχουμε: γ = �α 2 - β 2 = 4 και εύκολα βρίσκου25 . Άρα ΛΕ = 25 - 4 = 2_ με: χι\ = 4 4 4' ΛΕ 9 Εξάλλου ΛΕ' = 254 + 4 = i!_4 ' οπότε: -Λ Ε' = 41

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

.

=

9

5' 2 ΡΕ' = ( 4 + 4 ) 2 + (2_5 + 0 ) = �64 + 2581 = / 62581 = �5 (ή σύμφωνα με γνωστή πρόταση του σχολικού βι, ΡΕ=α-εχ0=5--4 - 4 =-9 ΡΕ=α+εχ0=5 + -4 · 4=-4 1 ). βλιου 5 5' 5 5 9 Λ ΡΕ ΡΕ Ε , Άρα Λ Ε ' = ΡΕ ' (1) ΡΕ' =-41 , οποτε: Η σχέση ( Ι ) σημαίνει ότι η ΡΛ είναι εξωτερική δι­ χοτόμος στο τρίγωνο ΡΕΕ ', οπότέ η Ρ Δ θα είναι εσωτερική διχοτόμος του. Παρατηρείστε ότι έτσι δικαιολογήσαμε την ανακλαστική ιδιότητα για τη συγκεκριμένη έλλειψη (Ανάλογα μπορεί να γίνει η απόδειξη στη γενική περίπτωση). •

Α2: Κ Η 2: Η

1 2'�

α) Να βρείτε την εξίσωση της υπερβολής, που έ-

χει εκκεντρότητα ε = 2 , διέρχεται από το σημείο Ρ ( J6 , 3 ) και έχει τις εστίες της στον άξονα χ 'χ .

β) Να βρείτε τις εξισώσεις των ασυμπτώτων της υπερβολής του (α) ερωτήματος και να υπο­ λογίσετε την οξεία γωνία τους. γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης ε του δεξιού κλάδου της παραπάνω υπερβολής, η οποία είναι παράλληλη στην ευθεία ζ

: J3x - !y + 1 = 0. 2

δ) Αν Κ, Λ είναι τα σημεία τομής της ευθείας ε με τις ασύμπτωτες της υπερβολής, να υπολο­ γίσετε το εμβαδό του τριγώνου ΟΚΛ, όπου Ο η αρχή των αξόνων. Α 1J σ η :

Η

υπερβολή έχει τις εστίες της στον άξονα χ ' χ, άρα έχει εξίσωση της μορφής χα-: - β-Υ: = Ι . Είναι �α = Jε 2 - l � �α = ν'3 � β = α ν'3 ( 1 ). Οι συντεταγμένες του σημείου Ρ ( J6 , 3 ) επαληθεύουν την εξίσωση της υπερβολής, οπότε έχουμε 6 - 9 = Ι �( I ) 6 - 9 = 1 � 3 = I α2 β2 α 2 3α2 α2 α 2 = 3 � α = ν'3 , άρα β = 3. Επομένως η εξίσωση της ζητούμενης υπερβολής yχ- -' C: ειναι 3 9 =1 . β) Οι εξισώσεις των ασυμπτώτων της υπερβολής είναι: y = ν'3 χ , y = -ν'3 χ και σχηματίζουν με τον άξονα χ ' χ, αντίστοιχα γωνίες 60° και 120°, αφού εφ60" = ν'3 και εφ 120° = -ν'3 . Άρα η με­ ταξύ τους οξεία γωνία είναι ω = 120° - 60° = 60°. γ) Αν Μ ( χ , y 1 ) το σημείο επαφής της εφαπτομένης ε και της υπερβολής, τότε η εξίσωση της εφαπτομένης είναι ε : Χι3Χ - Υ9ι Υ = I � Υ = 3χ ι χ - _2__ . Είναι : Υι Υι J3 χι (2). , λε = λζ �-3χΥι ι =2ν3 �Υι =-ε 11 ζ αρα 2 2 2 Μ( Χ ι , Υι ) εC άρα �3 - 2:1_9 = 1 � 3χ� - y� =9 (3) . Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (2), (3) και λαμβάνοντας υπόψη ότι χ ι > Ο , βρίσκουμε ότι ( χ ι ' Υ ι ) = ( 2 , ν'J ) . Άρα η ζητούμενη εξίσωση εφαπτομένης της υα)

'

?

?

1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/54

r:.

ο


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

περβολής είναι: ε : y = 2J3 χ-3J3 . J3 J3 ( { y=2 x-3 δ) Λύνουμε τα συστήματα: Σ ι ) : y=ν3χ J3 J3 x-3 . και ( Σ 2 ) : { y=2 y=-ν3χ Έτσι,Κβρίκαισκουμε τιςεφαπτομένης συντεταγμένεςε καιτωντωνσημείων της ασυ­ Λ τομής υπερβολής. της μπτώτων ­ του ΟΚΛ σχηματίζε Οι ώνου γ κορυφές που τρι :) ( ται έχουν συντεταγμένες J3 ( 0 (0 , 0) , κ 3,3 και Λ Ι , -{J3 ) .J3 ) J3 ( ) Έχουμε ΟΚ= 3 , 3 και ΟΛ= Ι ,- . Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι f3 (ΟΚΛ )= _!_ I 3 3 = -:;-1 1 - 3J3 - 3J3 I = 3J3 τ. μ .

! �-Ι

( ) στη γενικη, της μορφή είναι η ΧιΧ _ ΥιrιΥ --I' 2 - Χι =α� α επομένως ισχύει: = J2 <::::>{ Υι =ν2β2 β2 Επειδή το σημείο� Ρ ( χι , Υ ι ) ανήκει στην υπερβολή θα ισχύει χ - β-Υ� (3). α4 2β4-, =l � α -2β =l�ι ι ι (3)�(2) -α2 β 2 = 1 �-= α2 1 � α- = 3 �α= J3 ' οπότε α- --α3 3 β = 1 . Άρα υπερβολή είναι 3 y2 = Ι - J3 β) Οι aσύμπτωτες τηςJ3υπερβολής έχουν εξισώσεις: J3 και y =--χ και οι εξισωσεις ' των εy =-χ 3 3 α) :\α βρείτε την εξίσωση της υπερβολής που ς κορυφέςJ3της Α έχει τις εστίες της στον άξονα και για την φαπτομένων της υπερβολής στι J3 ' και Α είναι αντίστοιχα οι x= και x=- . Άρα οποία ισzύουν: Έχει aσύ μπτωτη η οποία σχηματίζει με τον τα σημεία τομής τους έχουν συντεταγμένες: άξονα γωνία 30°. κ(J3 , ι), Λ(J3 ,-ι), M(-fi , Ι), και N(-p , - 1) . δεξιός κλάδος της έχει εφαπτομένη την J2 1 . ευ θ εία ε με εξίσωση Είναι γ= � 2 + β2 = .J3+ϊ = 2, οπότε οι εστίες της υπερβολής είναι Ε ( 2 , Ο ) και Ε ' ( -2 , Ο) , οπό­ β) Αν οι εφαπτόμενες της υπερβολής στις κορυ­ φές της και Α ' τέμνουν τις ασύμπτωτές της τε ο κύκλος με διάμετρο ΕΕ' έχει κέντρο την αρ­ στα σημεία Κ, Λ, Μ και Ν, να αποδείξετε ότι τα χή των αξόνων 0(0,0) και ακτίνα ρ= 2. J3+ϊ σημεία αυτά ανή κουν στον κύκλο διαμέτρου Είναι (ΟΚ)=(ΟΛ)=(ΟΜ)=(ΟΝ)= =2, ΕΕ , όπου και Ε ' οι εστίες της υπερβολής. οπότε(Ο,τα σημεία Κ, Λ, και ανήκουν στον κύ­ ). κλο ρ γ) Να αποδείξετε ότι τα σημεία Κ, Λ, Μ και Ν, είναι κορυφές ορ θ ογωνίου του οποίου και να γ) Το τετράπλευρο με κορυφές τα σημεία Κ, Λ, βρείτε το εμβαδό του . και Ν είναι το ορθογώνιο βάσηςσυντεταγμένες: της υπερβολής. Πράγματι οι κορυφές του έχουν Κ( β), Λ( ,-β) , Μ(-α , β) και α) Η υπερβολή έχει τις εστίες της στον άξονα χ' χ , J3 : Ν ( , -β) , όπου α = και β = I άρα έχει εξίσωση της μορφής χα- - β-Υ: = Ι . και υπερβολής. οι διαγώνιεςΤοτουεμβαδό είναι τουπάνωορθογωνί στις aσύμπτωτες Επειδή η υπερβολή έχει aσύμπτωτη που σχηματης ου είναι: J3 J3 τίζει με τον άξονα χ'χ γωνία 30", θα ι σ χύει: {ΚΛΜΝ)=(ΚΛ)·(ΚΜ)=2·2 =4 τ. μ . β-=εφ30 <=>-=-<::: β J} :> β =-α J3 α 3 3 (l) Έστω Ρ ( Χ ιJ2, Υ ι ) το σημείο επαφής της εφαπτομέ- απέναντι Θα μπορούσαμε επίτετραπλεύρου σης να παρατηρήσουμε ότι ταοι πλευρές του με κορυφές νης ε: χ- y = 1 με την υπερβολή. Η εξίσωση σημεία Κ, Λ, Μ και είναι ίσες και ότι δύο διαδοχι­ της εφαπτομένης της υπερβολής στο σημείο της κές πλευρές του είναι κάθετες, άρα είναι ορθογώνιο. Ρ Χ ι , Υι

h

Xl_

h

2

,

I

Ι

?

?

α-

Η

?

2 α

( 2).

2

α>Ο

1

Ί

2

?

�-

A� h: H � H U ':

χ 'χ

i)

χ 'χ ίί) Ο

χ

-

y

α

=

..\

'

Μ

Ε

Μ

Λ \ι σ η :

?

α

α ,

?

α

ο

L η μεί ωσ η :

Ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/55

Ν


Μ αθηματ ι κά Γ ενι κής Πα ι δ ε ίας γ ι α τη Γ ' τάξ η του Λυκ ε ίου Επαναληπτι κέ ς ασκήσε ι ς Τ ων Βασίλη Καρκάνη - Σπύρου Καρδαμίτση

Θ i: μ α 1 "

Α. Να βρείτε πολυώνυμο Ρ(χ) όταν αυτό είναι 3 ου βαθμού και ισχύουν: Ρ(Ο)= -3, Ρ ' (-1)=36, Ρ "(2)=-6 και p<3 >(1)=6. Β. Αν η συνάρτηση f(x)=P(x) όπου Ρ(χ) το πολυώνυμο του ερωτήματος (Α) και χ ε R τότε: α) Να βρείτε την f' (x) β) Να βρείτε τα σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στα οποία η εφαπτόμενη είναι παράλληλη στον άξονα χχ ' . γ) να εξετάσετε τη μονοτονία της f και να προσδιορίσετε τα ακρότατά της. \ ίJ σ η

λ. 'Εστω Ρ(χ)=χ3 + βχ2 +γχ+ δ με α,β,γ,δ ε R το ζητούμενο πολυώνυμο και χ ε R. Είναι Ρ'(χ)=3αχ2+ 2βχ+γ, Ρ"(χ)=6αχ+2β και p0>(x)=6.

Ρ ( Ο ) = -3 Ρ' ( -1 ) = 3 6 Ρ" ( 2 ) = -6 p(3) ( 1 ) = 6

α=l δ = -3 3 α - 2β + γ = 3 6 β = -9 Άρα Ρ(χ)=χ3-9χ2+ 15χ-3 όμως γ = 15 12 α + 2β = -6 6α = 6 δ = -3 Β. Λόγω του (Α) είναι f(x)=P(x)=x3-9x2 + 1 5x-3 με χεR. α) Είναι: f'(x)=3x2-1 8x + 15 β) Επίσης f'(x)=0<=>3(x2-6x+ 5)=0<=>x= 1 ή χ=5 άρα A(l ,f(l))=(l,4) και B(5,f(5))=(5 ,-28) είναι τα ζητούμενα

σημεία. γ) Ακόμη οπότε η

<:::::>

<:::::>

5

ΤΜ.

+ 00

ft στα (--oo, l ] και [ 5, +οο) ενώ η f,J, στο [1,5]. τέλος στο χ1=1 η f εμφανίζει τοπικό μέγιστο με τιμή f(l )=4 και στο χ =5 εμφανίζει τοπικό 2 ελάχιστο με τιμή f(5)= -28. v

Τ.Ε .

Λ

Θi;μ Η 2 ο

χ + λ , χ > Ο όπου λ σταθερός πραγματικός αριθμός χ

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = 1 n

διέρχεται από το σημείο Α (1, 3) α) Να βρεθεί η τιμή του πραγματικού αριθμού λ. β) Για λ = 3 να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. . f(l + h) - 3 , γ) Ν α υπο λογισετε το οριο ιm --'- -'--1 h ,

h .... o

-

Λ ίJ σ η

α) Αφού η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Α( Ι ,

σημείου επαληθεύουν τον τύπο της, άρα f( 1) = 3 <:::::> � + λ = 3 <:::::> λ = 3

1

3) οι συντεταγμένες του

β) Για λ = 3 η συνάρτηση γράφεται f(x) = 1nχχ + 3 , η οποία είναι ορισμένη και συνεχής στο σύνολο (0, +οο) ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/56


' ( Ιη χ )' · x - ln x · (x) ' 1 - ln x ( ) ln x = χ 2 , χ > Ο, για κάθε χ > Ο έχουμε: f'(x) = � + 3 = 2 χ I-I χ f'(x)>O<::> χ� >0<::> 1 -lnx>O<::>\nx<1 <::>1 nx<lne επειδή η ο f ' (x) συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα έχουμε ότι x<e και έχουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμου: Για χ ε (Ο, e] η f(x) συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και για χ [0, + οο) η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα. ! e Για χ = e η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο το f( e) = η + 3 = .!. + 3 e e f(l + h ) - 3 γραφεται: , ' , οτι, fi( l ) = -lnI 1 + 3 3 , συνεπως, ο λογος γ ) π αρατηρουμε h f( l + h ) - 3 = f( l + h ) - f(l) άρα li m f(l + h ) - 3 = li m f(1 + h ) - f(1) f '(1) = 1 - ln l = O h 12 h h h Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

e

χ

ε

=

h --> 0

Θ έμα 3 "

h --> 0

Έστω ο ι παρατη ρή σεις : α. Ν α κάνετε το ιστόγραμμα συχνοτήτων και το ιστόγραμμα αθρ ο ι στι κ ών σχετικών συχνοτήτων αφού πρώτα ομαδοποιήσετε τα παραπάνω δεδομένα σε 4 κλάσεις. β. !\α βρεθεί η διάμεσος της κατανομής γ. Ε ίναι το δείγμα ο μ ο ι ογενέ ς ; Δίνεται: J26,5 = 5,15 .\ί ση α.

Τ ο εύρο;

2 12 19 8 7 9 15 14

του δείγματος είναι: R= 1 9-0= 19 οπότε το πλάτος κάθε κλάσης είναι:

c

=

17 1 18 19

16 ο 14 11

13 10 12 7

� 1: 4, 7 5 5 =

=

=

οπότε έzου με:

Κλάσει.:

(- Ι

Ο-:' 5- 1 0 I 0- 1 5

1 5-20

i

Κεντρικές τιμές χ ;

Διαλογή Συχνότητα ν; III IIII

2,5 7,5 12,5 17, 5

JH1 1 1 JH1 I

ΣΥ�Ο.\ 0 Έτσι:

Σχετ. συχν. fi

fi%

fi %

Χ; V;

15 35 70 1 00

7,5 6,25 18,75 30 56,25 225 87,5 156,25 1093,75 1 05 306,25 1837,5

3 4 7 6

0,15 0,2 0,35 0,3

15 20 35 30

20

1

100

ο

χ� ι

230

Fi%

1 00

90

Vi 7

80

70

6

60

50

4

40 35 30

2

Ο

20 15 5

10

15

20

Βαθμός

Ιστόγραμμα συχνοτήτων

5

10

δ

15

20

Βαθμό;

Ιστόγραμμα αθροιστικών συzνοτή τω"

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/57

?

x;-v;

3 1 75


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

β. Από το ιστόγραμμα αθροιστικών συχνοτήτων του (α) ερωτήματος έχουμε: δ= 1 2,5 η διάμεσος της κατανομής. S2 = _!_ Σχ 2 ν - ( Σχ i ν i γ = -1 3 1 7 5 - 230 2 = -1 (3 1 7 5 - 2645 ) = 530 = 26' 5 οπότε γ. Είναι: ν 20 20 20 20 ν

[

1

] (

1

)

S = N = J26,5 ::::; 5,15 . Ακόμη: -; = Σχνί ν ί = 230 = 1 1,5 . 'Ετσι: CV = !. = 5 • 1 5 ::;;; o,45 δηλαδή: χ 1 1,5 Σ i 20 CV=45%> Ι 0% οπότε το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. Θ i: μ υ 4 ο

Έστω χ 1 , χ 2 , , χ ν παρατηρήσεις με μέση τιμή διάμεσο δ. α) Αν Υ Υ , Υ είναι οι παρατηρήσεις που προκύπτουν αν προσ θ έσουμε σε κα θ εμιά από τις χ 1 , χ 2 , , x v μια στα θ ερά c, να δειχτεί ότι για την διάμεσό τους δ ) ισ χύ ει: δ � = δ + c β) Αν Υ Y Y είναι οι παρατηρήσεις που προκύπτουν αν πολλαπλασιάσουμε τις Χ Ι , x 2 , , x v επί μια θ ετική σταθ ερά c , να δειχτεί ότι για την διάμεσό τους δy ισχύ ει: δ� = c · δ • • •

I ,

2 ' •••

ν

ν

•••

ι •

z • ····

ν

•••

. \ \ι ση

Έχουμε yi = x i + c , i = 1,2, ... , ν , επομένως: Αν το πλήθος των παρατηρήσεων είναι πε ρι ττό με μεσαία παρατήρηση Yk τότε είναι: δy=yk=xk+c=δ+c. Αν το πλήθος των παρατηρήσεων είναι άρτιο με τι ; δύ ο 2c , yk , Yk+ ι τότε είναι: δ - Y k + Υ + - x k + c + χ + + c -- xk + Χμ , παρατηρησεις -δ+c. μεσαιες 2 2 2 2 Επομένως σε κάθε περίπτωση είναι: δy = δ + c β) Έχουμε y i = cx i , i = 1,2, ... , ν , επομένως: Αν το πλήθος των παρατηρήσεων είναι περιττό με μεσαία παρατήρηση Yk τότε είναι: δy = Yk = c·xk = c ·δ. Αν το πλήθος των παρατηρήσεων είναι άρτιο με τις δύο μεσαίες παρατηρήσεις yk , Υk+ι τότε είναι: δ = Υ +2Υ = c · x k +2c · χ + = c . x k +2χ + =c ·δ. Επομένως σε κάθε περίπτωση είναι: δ = c·δ α)

Υ

k

Υ

k+Ι

k

Ι

k

k

Ι

k

Ι

+

Ι

-

Υ

Θi:μα: 5 " Οι αριθ μοί Ρ(Α) και Ρ(Β) είναι ρίζες της εξίσωσης 10χ 2-1 1 χ+3=0, με Ρ(Α)<Ρ(Β). α) Να δείξετε ότι τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β) Να δείξετε ότι ισχύει: Ο, 1 :5: Ρ ( Α n Β) :5: 0, 5 .

.\() σ η

'Εχουμε την εξίσωση 1 0x2-l lx+ 3=0 με ρίζες = _!_Q_ και χ? = � . Εφόσον για τα ενδεχόμενα Α, Β - 20 20 1 0 = -Ι και ισχύει Ρ(Α)<Ρ(Β) όπου Ρ(Α),Ρ(Β) είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης θα είναι: Ρ( Α ) = 20 2 � Ρ (Β) = � 20 = 5 . α) Έστω ότι τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα τότε Α Β = 0 και � 22 > Ρ( Α Β ) = Ρ ( Α ) + Ρ (Β) = _!_Q_ 20 + 20 = 20 1 άτοπο. Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. Χι

ΓΙ

υ

( Α n Β) ς Α οπότε Ρ( Α ΓΙ Β) � Ρ ( Α ) ή P ( A n B ) � � = 0,5 ( I ) 10 +12 - 1 � P ( A n B ) � ' Ρ ( Α Β ) � I � Ρ ( Α ) + Ρ ( Β ) - Ρ (Α Β) � 1 � Επισης: 20 20 2 � - � P ( A n B ) � 0,1 � Ρ( Α n Β ) (2). Λόγω των ( I ), (2) είναι: 0,1 � Ρ( Α Β) � 0,5 . 20 β) Είναι:

υ

ΓΙ

ΓΙ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 6 τ.4/58


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου Θ i: μ α 6° Ρ

Αν ισχύει

( Α ) · Ρ ( Β ) = 2._ , Ρ ( Β ) - Ρ ( Α ' ) = .!. και Α ς Β να βρεθούν οι πιθανότητες των 3 12

ενδεχομένων Α n Β και Α υ Β Λ ίJ ση

_!_ _!_ 'Εχουμε Ρ ( Α) · Ρ (Β) = _2_ 12 ( I ) Ρ(Β) - Ρ(Α') = 3 <=> Ρ (Β) - ( 1 - Ρ ( Α ) ) = 3 <=>

<::> P ( B ) + P (A) = * + l <=> P (A) + P ( B ) = � (2). Επίσης Α ς; Β (3) οπότε και P(A) s P ( B ) (4) , P ( A n B ) = P (A) (5) , A n B � A οποτε: Ακομη: Ρ ( Α υ Β) = Ρ (Β) A u B� B

}

}

Αν θέσουμε: Ρ(Α)=χ και Ρ(Β)=ψ η (2) γράφεται: χ + ψ = i3 <:::> ψ = i3 χ ( 6) και η ( ) ( 1 ) <=>χ · ψ = J25 <::>χ 34 -χ = 52 <::> 34 x -x- = J25 <=>x- - 34 x+ J25 =0 <::> I2x - - 16x + 5 = 0 <::> x = 21 η' χ = 65 I Για χ = ..!.2 . από την (6): ψ = �6 οπότε: Ρ(Α) = ..!.2 . και Ρ(Β) = �6 , δεκτές τιμές λόγω της (4) οπότε από τις (5) παίρνουμε: P ( A n B ) = ..!.2 . και Ρ(Α υ Β) = �6 . Για χ = � από την (6): ψ = _!_ οπότε: Ρ ( Α ) = � και Ρ(Β) = ..!.. τιμές που απορρίπτονται λόγω της ( 4 ) 6 6 2 2 16)

7

Α. Αν Ω= { ω 1 .ω!.ω3} ο δειγμα τ ικός

Ρ(ω, ) = κ -

να βρεθεί ο κ ε !R

7

7

χώρος ενός πειράματος τύχης και Ρ ( ω, ) = κ 2

-�,

Ρ (ω 2 ) = κ - - , 2

3

Β . Εκτελού με ένα πείραμα τύχης και έστ ω α, β, γ, δ τα δυνατά αποτελέσματα των οποίων οι πιθανότητες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Αποτέλεσ α Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Κ={α,γ}, Λ={β,δ}, Μ {α,β,ε}. Να βρεθούν: α) το λ β ) Οι πιθανότητες: Ρ(Κ ), Ρ (Λ), Ρ (Μ). γ) Οι πιθανότητες των ενδεχομένων: Μ -Κ και Μ-Λ.

Λ ίJ σ η

Ρ( ω 1 ) = κ 2 - i

Λ. 'Εχουμε Ω = { ω 1 ,ω2 ,ω3 } με Ρ( ω 2 ) = κ - 1 ( Ι ) Ρ ( ω , ) = κ - _!_2 Κ = -3 2 2 'Ο μως Ρ( ω 1 ) + Ρ( ω 2 ) + Ρ( ω3 ) = I <=> κ - i + κ -1 + κ - � = I <=> κ + 2κ - 3 = Ο <=> ή κ=Ι Για κ= -3 είναι Ρ ( ω 1 ) = ( -3 ) 2 - i = 9 -i = � > Ι άτοπο οπότε η τιμή -3 απορρίπτεται. Για κ= Ι είναι Ρ ( ω 1 ) = Ι - � = _!_ , Ρ ( ω , ) = 1 - � = _!_ , Ρ ( ω3 ) = 1 - _!_ = ..!.. τιμές δεκτές. Άρα κ=1 είναι η ζητούμενη τιμή. 6 6 2 2 3 3 ·'

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ

Β ' 76 τ.4/59


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Είναι: Ρ ( α ) + Ρ ( β ) + Ρ ( γ ) + Ρ ( δ ) + Ρ ( ε ) = 1 που λόγω του πίνακα γράφεται: 0, 1 3 + 0, 05 + λ + 0, 5 5 + Ο, 1 = 1 <::::> λ = 1 - 0, 83 <::::> λ = Ο, 1 7 η ζητούμενη τιμή

Β) α )

(α)

β) Επίσης: Ρ ( Κ ) = Ρ ( α ) + Ρ ( γ ) = 0, 1 3 + 0, 1 7 = 0, 3 Ρ(Λ)=Ρ(β)+ Ρ(δ)=Ο,Ο5 + 0,55=0,6 Ρ(Μ)=Ρ( α)+ Ρ(β)+ (Ρε)=Ο, 1 3 +0,05 + 0, 1 =0,28 οι ζητούμενες πιθανότητες. γ) Ακόμη Μ-Κ= {β,ε} οπότε: Ρ( Μ-Κ)=Ρ(β) + (Ρε)=Ο,Ο5 + 0, 1 =0, 1 5 ή (β)

Ρ(Μ-Κ)=Ρ(Μ)-Ρ(Μ n Κ)=Ρ(Μ)-Ρ(α) = 0,28-0, 1 3=0, 1 5 Τέλος Μ-Λ= {α,ε } οπότε: Ρ(Μ-Λ)= Ρ(α) +Ρ(ε)=Ο, 1 3 + 0, 1 =0,23 ή Ρ(Μ-Λ)=Ρ(Μ)-Ρ(ΜnΛ)= Ρ(Μ)-Ρ(β)=Ο,28-0,05=0,23 . Θi: μ α 8 ο

Έστω Α και Β δύο ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου Ω . α) Να δείξετε ότι: P(AnB) + Ρ(ΑυΒ) Ρ(Α) + Ρ(Β). β) Αν Ρ(Α ') s 0,4 και Ρ(Β) � 0,5 να δείξετε ότι: i) Ρ(Α) � 0,6 και ίί) P(AnB) + Ρ(ΑυΒ) � 1,1 γ) Να δείξετε ότι AnB -:f. 0 =

Λί)ση

α) Μ ε βάση τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων έχουμε: Ρ(ΑιιΒ) + Ρ(ΑυΒ) = Ρ(ΑιιΒ) + Ρ(Α) + Ρ(Β) - P( AnB) = Ρ(Α) + Ρ(Β) β) ί) Έχουμε: Ρ(Α ' ) s 0,4 <::::> 1 - Ρ(Α) s 0,4 <::::> - Ρ(Α) s 0,4 - 1 <::::> - Ρ(Α) s - Ο, 6<=:>Ρ(Α)�Ο,6. ίί) Έχουμε ότι: Ρ(Α)�Ο,6 και Ρ(Β)�Ο,5 με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι: Ρ(Α)+Ρ(Β)�Ο,6+0,5= 1 , 1 και με βάση το α) ερώτημα προκύπτει ότι: Ρ(ΑιιΒ) + Ρ(ΑυΒ) � 1 , I γ) Υποθέτουμε ότι ΑιιΒ = 0, επομένως τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα, συνεπώς ισχύει ο απλός προσθετικός νόμος και έχουμε: Ρ(ΑυΒ) = Ρ(Α) + Ρ( Β) � 1 , 1 δηλαδή Ρ(ΑυΒ) � 1 , 1 που είναι άτοπο γιατί Ο s Ρ(ΑυΒ) s 1 , άρα ΑιιΒ -:f. 0 Θ i: μ α

9ο

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (χ - 2)3 + 8 και η εφαπτομένη της στο σημείο Χ 0 3, η οποία συμπίπτει με το πολύγωνο αθροιστικών συχνοτήτων της συνεχούς μεταβλητής Χ. α) Αν οι τιμές της Χ ανήκουν στο [0,10), να βρείτε το μέγεθος του δείγματος. β) Αν οι παραπάνω τιμές της Χ ομαδοποιηθούν σε πέντε ισοπλατείς κλάσεις να προσδιορίσετε τη μέση τιμή χ και τη διακύμανση S 2 , της κατανομής. γ) Να εξεταστεί το παραπάνω δείγμα ως προς την ομοιογένεια. δ) Να βρεθεί η μικρότερη τιμή της θετικής ακεραίας σταθεράς c που πρέπει να προσθέσουμε σε κάθε τιμή c ώστε το δείγμα να γίνει ομοιογενές. =

Λ ύ ση Η συνάρτηση

είναι ορισμένη στο σύνολο των πραγματικών αριθμών με παράγωγο f ' (χ) = 3(χ - 2 )2 . Είναι f(3) = 9 και f ' (3) = 3 , συνεπώς η εξίσωση της εφαπτομένης της στο σημείο Χ 0 = 3 είναι: y - f(3) = f ' (3)(χ - 3) <::::> y - 9 = 3(χ - 3) <::::> y = 3χ ιι. ) Από το γεγονός ότι εφαπτομένη της συνάρτησης στο σημείο Χ0 = 3 συμπίπτει με το πολύ γωνο αθροιστικών συχνοτήτων της συνεχούς μεταβλητής Χ και ότι η τελευταία κορυφή του πολυγώνου έχει συντεταγμένες ( Ι Ο,ν) προκύπτει ότι οι συντεταγμένες του σημείου επαληθεύουν τον τύ πο της εφαπτομένης, άρα ν = 3 · 1 0 = 30.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 7 6 τ.4/60


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

β) Ομαδοποιώντας τις τιμές σε 5 ισοπλατείς κλάσεις έχουμε ότι: εύρος R = 1 Ο, αριθμός κλάσεων κ = 5, R άρα το πλάτος c των κλάσεων είναι: c = = 2 , οπότε από το παραπάνω πολύγωνο αθροιστικών κ συχνοτήτων προκύπτει ο παρακάτω πίνακας. Ni

Xi

[ 0 , 2) [ 2 ,4) [4 , 6) [ 6 , 8) [8, 1 Ο]

1 3 5

24 30

9

i

χ ι.2

6 18 30 42 54 1 50

6 6 6 6 6 30

6 12 18

7

\ \X

νι ·

1 9 25 49 81

X2 \\ i

6 54 1 50 2 94 486 990

" V ; Χ ; = I \ 50 5 και . . . πη·ακα - 1 Σ Μ ε β α. ση τον παραπα\'ω εχουμε: χ = ν 30 = - ·

γ) Εί\'αt S

=

2 ν 2 επομένως CV =

δ) Μ ε τψ πρόσθεση της

y=χ-

c=

5 - c και S,

-

0, 57 ή 57% συνεπώς το δείγμα δεν είναι ομοιογενές.

θετικής σταθεράς c η νέα μέση τιμή y και η νέα τυπική απόκλιση Sy είναι: = S = 2J2 , το δείγμα θα είναι ομοιογενές όταν για τον νέο συντελεστής

μεταβλη τότητα.: CV, ισχύει: ·

� = 2�

- ·

i=Ι

CV :::; __!_ 10 v

·

� :::; __!_ � 10

y

2J2 :::; __!_

5+c

10

c ::::: 23,2 άρα c = 24

Σ την ένδειξη της πρώτης ρίψης aντιστοιχούμε την μέση τιμή χ μιας στην ένδειξη της δεύτερης ρίψης aντιστοιχούμε την διάμεσο δ της ίδιας κατανομής. κατανομής και Από τον δειγματικό χώρο του πειράματος επιλέγουμε τυχαία ένα ζεύγος ενδείξεων. Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: Α: «η κατανομή είναι ασύμμετρη με θετική ασυμμετρία», Β: «η κατανομή είναι ασύμμετρη με αρνητική ασυμμετρία», Γ: «η κατανομή είναι κανονική », Δ: «η κατανομή είναι ασύμμετρη με θετική ασυμμετρία ή κανονική » . Ρί χνουμε ένα ζάρι δ ύ ο φορέ ς .

Ί_ ι) (Π

Ο δειγματικός χώρος Ω του πειράματος τύχης φαίνεται από τον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου:

i------§

1 2 3 4 5 6

1

(1 , 1) ( 1 , 2) ( 1 ,3) ( 1 ,4) ( 1 , 5) ( 1 ,6)

2

(2 , 1 ) (2 , 2) (2 , 3) (2,4) (2 , 5) (2 , 6)

3

(3 , 1 ) (3 , 2) (3 , 3) (3 ,4) (3 , 5) (3 , 6)

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ

4

(4 , 1 ) (4 , 2) (4 , 3) (4 ,4) (4 , 5) (4 , 6)

Β ' 76 τ.4/6 1

5

(5 , 1 ) (5 , 2) (5 , 3) (5 ,4) (5, 5) (5, 6)

6

(6 , 1 ) (6 ,2) (6 ,3) (6 ,4) (6 ,5) (6 ,6)


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Θετικά ασύμμετρη κατανομή σημαίνει

χ>

δ. Αρνητικά ασύμμετρη κατανομή σημαίνει

χ<

δ.

Κανονική κατανομή σημαίνει χ = δ. Επομένως έχουμε: Ν(Ω) = 3 6, Ν(Α) = Ν(Β) = 1 5 και Ν(Γ) = 30

και οι πιθανότητες των ζητούμενων ενδεχομένων είναι: Ρ( Α) = .!2_ , Ρ(Β) = .!2_ , Ρ(Γ) =

36

Ρ(Δ) = Ρ(ΑυΓ) = Ρ(Α) + Ρ(Γ) = Ρ(Α) + 1

-

36

Ρ(Γ) = .!2_ + 1 -

36

30 36

και τέλος

30 = � 36 36

Θi:μα I Ι ο

Μια μεταβλητή Χ παίρνει τιμές 0,1,2,3 με αντίστοιχες συχνότητες 4,3,2,1 αντίστοιχα. ιι )

Να υπολογίσετε την μέση τιμή χ , την τυπική απόκλιση S και τον συντελεστή μεταβολής CV. Β είναι δύο ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου Ω. Για τα ενδεχόμενα αυτά

β) Αν Α και

ισχύουν

Ρ(Α)=� ,Ρ(Β)= x + S1+ CV x+S _

και

P(AnB)= .!.2 . p(B) , Να βρεθεί η πιθανότητα της

ένωσης

των ενδεχομένων Α και Β γ) Να υπολογίσετε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: Χ: Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α και Β. Ψ: Να πραγματοποιηθεί ένα μόνο από τα Α, Β.

Λ iι σ η u ) Με βάση τα δεδομένα της εκφώνησης έχουμε τον παρακάτω πίνακα, που περιέχει επιπλέον 2 ν ; χ ; , χ ; και x ?v; χρήσιμες για τον υπολογισμό της μέσης τιμής και της τυπικής απόκλισης. Xi ο

\ 'i

...

(I

.,

..ι

..ι

10

10

..ι

1

_:ι.

1

_:t,

_:ι.

_:ι.

χ2

χ2

\"iX i ο

I

ο

1

I

_:ι. (• ...

(t

9

lO

Έχουμε: ι ι χ = - . Σν χ = - - ιο ν

ν

i=Ι

I

I

10

=

S = Jϊ = Ι , τέλος έχουμε: CV =

β) Έχουμε: Ρ(Α)=

ι

ι και s 2 = - . ν

�χ = Ι

ι

ι ι ι 1 ι ι ι 1 = - και Ρ(ΑnΒ)= - · Ρ(Β) = - · - = = - = - , Ρ(Β)= 2 2 3 6 Ι+1 2 χ+S χ + S + CV 3

--

Επομένως είναι: Ρ(ΑυΒ) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - P( An B ) = .!_ + .!_ - .!_ � 2 3 6 3 =

γ ) ' Εχουμε:

Ρ(Χ) = Ρ[(ΑυΒ) ' ] = 1 - P(A uB ) = Ι - � = .!_ και

3 3

Ρ(Ψ) = Ρ[(Α - Β) υ (Β - Α)] = Ρ(Α - Β) + Ρ (Β - Α) =

ι ι 1 ι = Ρ( Α) - P(AnB) + Ρ(Β) - P(A n B ) = Ρ( Α) + Ρ( Β) - 2P(A nB ) = - + - - 2 · - = - . 2 3 6 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' 76 τ.4/62

τις στήλες


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Μερικές απαραίτητες διο ρ θώσεις και διευκρινήσεις σχετικά με το άρθρο «Στατιστική» της Γ' Λυκείου του τεύχους 74.

Όταν μια μικρή αλλαγή διαμορφωνεί νέα δεδομένα. Απαραίτητη και σημαντική η προσοχή ιδίως σε θέ ματα Στατιστικής. Έτσι ο « κακός δαίμονας του HIY» έγι νε αιτία να υπάρξουν ορισμένα λανθασμένα αποτελέ σματα στα αθροίσματα των Α 6 και

Α 7 της σελίδας 60. Σημειώ νουμε μ ε ί:ρ r/ιJΙα τις απαραίτητες διορθώσεις. Α fι. Δ ύ ο

Α ,Β

δείγματα

μεγεθώ ν

ενός

2 {)

και

παρουσίασα ν

ως

Χ

πλη θυσμο ύ αντίστοιχα

προς

έ να τιμή:

χΑ = χ8 = 5 και διακύμανση s i 4 και s� 9 αντίστοιχα. Να υπολογιστεί η

χαρακτη ρι στικό

ίδια

μ έσ η

=

=

s2

μέ ση τιμή χ και η διακ ύμανση

του

συ νόλ ο υ τω ν δύο δ ειγμάτω ν, θεω ρο ύμενα ως έ να δείγμ α.

Λ \� � ι .

Η μέση

τιμιj

δ είγμα

θα έ χει μέση τιμή χ

ίδ ι α :

2

=

s

2

=

Α

= χ8 = 5 ,

χΛ

s

και

50

Ι

Ο πότε <=>

Σ<ti - sγ

9

_1_

=

20

και

s

=

no

2\i

31 0

=

4

(2)

το συνολικό Τότε έχουμε:

=

0

2 �(t; - 5) 2 . 1=1

31i

/υi t;<ti - sγ

και

10

Σ<ti - sγ Σ<ti - sγ <=>

i =l

Με πρόσθεση κατά �11

Σ(t ; -

έ χουμε:

i=l

s

2

=

_L 50

5)2

i=l

=

1 su

=

3 0 0 , οπότε:

Σ<t . - 5) 2 I

=

300 50

=

(3)

(2), (3)

μέ λη των

�11

i=J

είναι:

Ακόμα

έχουμε:

.1 1 1

i=l

(Ι)

i= l

Ι =l

= 5.

οπότε και

Σ (t; - 5)2 20 _l_ Σ<t . 5) 2 20 . _L 50

δειγμάτων είναι

των δύο

6

α)

Έστω

Α

και

Β

τα δύο δείγ ματα.

CV8

=

CVA

<

και

�:

t

=

CV8 ,

56

%.

Άρα ότι

σημαίνει

που

έχουμε:

Τότε

το

Α

μεγαλύτερη ομοιογένεια από το Γι α τη μέση τιμή των δύο δείγ ματα μαζί

παρουσιάζει

Β . β)

40 2 + 60 7 5 00 5 (Ι) 100 100 , υμε: S 2 = -1 Σ t ; 2 - -χ 2 , εχο

(θεωρούμενα

έχουμε . χ

=

.

ως

έ να

δείγ μα)

=

Α πό

=

·

·

ν

τον τι) πο:

Α

ν

1 = l Σ ιz - 2 2 40 Ι, =l

δείγμα:

.JII

16 = 1 60

για

�>; 2 1> 1 1

Ι=l

.J I I

I

Σ t; 2 = 200 . i=l

ί=ι

-

72

άρα

Β

το

για το

'

δείγμα:

Σ t; 2 = 3900 , 611

,

άρα

οπότε

i=l

και για τα δύο δείγ ματα μαζί (θεωρούμ ενα ως έ να

δείγ μα)

εχουμε:

Σ t ; 2 =Σ t; 2 + Σ t; 2 = 2 00 + 39οο = 4 1 οο 1 1111

.J I I

i=l

i=l

1> 1 1

i=l

1 Σ t 2 - - 2 - 1 . 41οο 52 -- 1 00 i - . χ - 1 00 Ι. = l Επομένως είναι: S 2 = 4 1 - 25 = 16 και S =4.

και

1 1111

cιι

άρα

Επίσης: Στο εδάφιο Γ στη σελίδα 59 και ο τύπος για την διακύμανση: 2 2 2 VISA + V 2SB αναφέρεται ν, + ν 2 περίπτωση που η μέση τιμή δειγμάτων είναι ίση δηλαδή: = για την περίπτωση που η μ η διαφορετική δηλαδή: . -:: : διαμορφώνεται ως) εξής( 60 s

στη

=

χ\

.

Επίσης η λύση το παραδείγματος Α 7 έ χει ως εξής:

Α 7. Λ V Σ Η :

είναι:

s

2

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/63

ν1

(

χλ

2

-'

' + χ ; 5� + ν :

ν + \' -

'

; .

έσ

:::

�::

-

δι•ο

G'- .

τι u � : Ή· : :

.

- '; Ι _

τcσ\'

·

_

:-


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ΜΑ ΘΗ ΜΑ ΤΙ ΚΑ ΚΑ Τ ΕΥΘΥΝΣ ΗΣ

Γ ' ΛΥ Κ Ε Ι ΟΥ Θ Ε ΜΑ Τ Α Ε Π Α ΝΑ Λ ΗΨΗΣ Των Βασίλη Καρκάνη, Μιχάλη Πατσαλιά, Σπύρου Χριστιά Η περίοδος των πανελληνίων εξετάσεων πλησιάζει. Καθώς έχει ολοκληρωθεί η διδασκαλία της ύλης δίνουμε στους μαθητές την δυνατότητα να αντιμ ετωπίσουν θέματα επανάληψης που να διατρέχουν

την

εξεταστέα

ύλη

τους

καθώς

και

τα

λεγόμενα

συνδυαστικά

θέματα.

Αφιερώνεται στους μαθητές μας

Θέμα 1 °

Αν Ιwl ι και z - 5 2 .fi w - 5 i, τότε: α) Να δείξετε ότι τα σημεία M(z) ανήκουν σε κύκλο β) Να δείξετε ότι: 3 fi � Ιzl � 7 fi . =

=

Λύση :

Έχουμε Ιwl = 1 ( 1 ) και έστω z = y εiR , και Μ(χ, y) η εικόνα του z . α) Είναι: z - 5 = 2 .fi w - 5i �

χ +yi με χ,

z - 5 + 5ί = w � χ - 5 + y + 5 . = w � 2.fi 2.fi 2.fi ι ,-χ - 5 + -y + 5 . j = ι w ι =:>( } 2.fi 2.fi ι ( χ - 5 )2 + ( y + 5 )2 = 1 � (χ - 5) 2 + (y + 5)2 = 1 8 8 2.fi 2.fi Ι

� � (x-5)2+(y+5)2=8. Άρα τα M(z) ανήκουν στο κύκλο C με κέντρο το Κ( 5, -5) και ακτίνα ρ = 2 .fi 1

2

3

4

6

·3

=:> 3.fi � l zl � Ί.fi .

Θέμα 2 °

Δίνεται ο μιγαδικός z χ + yi με εικόνα το σημείο Μ(χ, y) που ανήκει στον κύκλο 2 2 ι Να δείξετε ότι: C: χ + y z ί με α) Η εικόνα του μιγαδικού w= + =

=

.

ανήκει στον κύκλο C. z-w με zw β) ο αριθμός ν =

z#-i

πραγματικός. γ) Ο αριθμός

1 - zw

u

φανταστικός.

=

z+w 1 - zw

με zw

-

iz + l

# ι

είναι

# ι

είναι

Λ ύ ση :

Έχουμε τους μιγαδικούς z = χ +yi με χ, yεiR , και εικόνα το σημείο Μ ( χ, y) που ανήκει στον κύκλο C : χ2 + y2 = 1 , οπότε: Ιzl = 1 (1) z+i -Ι1 , , α) Ειναι w = - με z τ- - , οποτε:

-ιz + l , x + (y + 1)i = x + (y + 1)i οποτε: w= -xi + y + l (y + 1) - xi ' 2 2 l w l = ι χ(y++(y1) +- 1)ixi l = ll (yx ++(y1) +- 1)ixi ll _ ��x +(y+l) (y+l)z +xz .

-4

Πράγματι η εικόνα του w είναι σημείο του κύκλου C.

-5

β) Είναι

·6 -ί

β) Έχουμε ( Ο Κ)=5 .fi και

ρ = 2.fi . Άρα: (ΟΑ) � ιzι � (ΟΒ) 5.fi - 2.fi � ιzι � 5.fi + 2.fi =>

=>

w = 1z--zw

--

με z·w f. 1 . Για να

δείξουμε ότι ο ν είναι πραγματικός αριθμός αρκεί να δείξουμε ότι ν = ν ( Πράγματι αν ν = α + βi, τότε: ν = ν � α - βi = α + βi � β = ο� ν Ε IR . Λόγω της ( 1 ) και του (α) ερωτήματος έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/64


{ } { }

{

l z l = Ι � l z l 2 = 1 � z · : =1 lwl = Ι l w l 2 = Ι w·w=I

( 2)

(

}�

{ �}

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

z=

w

= _!_w

)

δεν είναι πραγματικός. Λί>ση :

Ισχύει : ( 1 + iz)7 = ( z + i)5 ( 1 ) Θα δείξουμε ότι ο z δεν είναι πραγματικός. Έστω ότι ισχύει η ( 1 ) και ο z είναι πραγματικός αριθμός, δηλαδή z = λ με λ Ε IR. . Τότε:

z - w (2) z w I - z · w 1 - -1 · -1 ( 1 ) � ( 1 + λί)7 = (λ + i )5 � 1 1 + λil7 = lλ + il5 z w w-z -./Ι + λ2 7 = -iλ2 + 1 5 � -./1 + λ2 2 = Ι � 1 +λ2 = 1 z-w Z · W w - z = -� λ2 = Ο � λ = Ο, οπότε ( 1 ) � 1 7 = i 5 � 1 = Z · W - 1 -zw - I 1 - zw = ν οπότε ν E IR. i που είναι άτοπο. Άρα ο δεν είναι Z·W πραγματικός αριθμός. z w γ) Ε,ιναι = + με z·w -:f 1 . Για να δείξουμε Θέμα 5" 1 - zw

ν = 1 z- -Z w· W

_

τσι :

--

u

ότι ο u είναι φανταστικός αριθμός αρκεί να δείξουμε ότι: ϊϊ = -u . (Πράγματι αν u = α + β ί , τότε: ϊϊ = -υ α - βί = - α - βί � α = Ο � U

Ε 1).

'Ε τσι..

( ]

z + w = z + νν· u - -Ι - zw Ι - z w

_

_

·

I+ I = w z

_

.

w

w+z z + w = -u αρα , z · w w + z = --- -zw - 1 = -zw - 1 1 - zw Z·W _

z+I

φανταστικός. Λί>ση :

_!_ _!_ z

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των M(z) z-1 , w=, ωστε ο αριθ μος με z ;t:-ι να είναι

υ

z=x+yi με χ, Υ Ε IR. και M (x ,y) η εικόνα z, τότε με z-:j:- 1 έχουμε: I) +yi w = x + yi -1 (x +- 1)+yi x + yi + 1 (x - χ2 + y 2 - 1 + 2 y ι. με ( χ, y) (- 1 , (x + l)z + yz (x + l)z + yz

Έστω του

-=-.,....,...:.:

I

z

_

Ε Ι.

Θέμα 3"

α) Να δείξετε ότι: Ι z + ι6Ι = 4 lz + ι Ι � Ιzl = 4 β) Να βρεθεί μιγαδικός αριθμός z τέτοιος ώστε: z = ΙzΙ - ι + i ·(Ιzl - 2 ) (ι) Λύση :

*

Ο)

w Ε Ι � χ 2 + y2 - I (χ + Ι)- + yz ο <=> χ2 + y2 = 1

Άρα:

?

ο

<=> χ2 + / - 1

=

Άρα ο γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος με κέντρο το 0(0, Ο) και ακτίνα ρ = 1 με εξαίρεση το σημείο Α(-1 , 0) .

Ιz +1 61 = 4 lz +1 1 � Ιz + 1 612 = 1 6 l z Θέμα 6° +1 1 2 � (z +1 6) ·( z + I 6) = I 6( z + l) · ( z + 1 ) � Δίνεται η συνάρτηση f για την οποία ισχύει: � (z +1 6) {z + 1 6 ) = 16(z + 1) · (z + l) � f(f(x)) + f 3 (x) = - 3χ + 7 για κάθε χ Ε IR. . � α) Να δείξετε ότι η f είναι ι - ι . z :z- + 1 6z + 1 6z + 256 = 1 6zz + 16z + 1 6z + 1 6 <=> β) Να λύσετε την εξίσωση f(2x3+x)=f(4-x) στο <=> 1 5 zz = 240 <=> Ιzl2 = 1 6 <=> Ι zΙ= 4. IR. . z = l zl - 1 + i · ( l zl - 2 ) Λύση : β) ( Ι ) � Για την συνάρτηση f και για κάθε χ l z l = �( l z l - 1 ) 2 + (1 z l -2 ) 2 ( 2) Ε IR. ισχύει: Αλλά: ( 2) <=> Ιzl2 - 6lzl + 5 = Ο <=> I z Ι = Ι ή I z Ι = 5, οπότε: ( 1 )<=>z=-i ή z=4 + 3i. f(f(x)) + f\x) = -3χ + 7 ( 1 ) α) Έστω χι, χ2 E IR. ώστε f(χ1 ) = f(χ2 ) τότε: Θέμα 4 " Αν ισχύει ( ι + iz)7 = (z + i)5 να δείξετε ότι ο z f(f(xι)) = f(f(x2 )) και f \ χ 1) = f \ χ2 ) και με α) Έχουμε:

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' 76 τ.4/65


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

πρόσθεση κατά μέλη των δύο ισοτήτων παίρνουμε:

Χ παραγωγίσιμη στο -2 . Για την 0 παραγωγισιμότητα της f στο 2 έχουμε: Για =

(I) χ<2 f( f(x i )) +f 3 (χ ι ) = f( f(x2 )) + f 3 (χ2 ) � -3χ ι + 7 = -3χ2 + 7 => χ ι = χ2 . Άρα η f είναι 1 f (x) - f (2) = (χ - 2) � = .J4 _ x 2 άρα χ-2 χ-2 - 1. β) Έχουμε: f(2x3 + χ) = f(4 - χ) <=> 2χ3 + χ = 4 l i m f( x) - f( 2) = l i m .J4 - x2 = Ο ε �Η άρα η f Χ->-2 Χ ->-2 Χ -2 - χ (εφόσον η f είναι 1 - 1 λόγω του (α)) είναι παραγωγίσιμη στο 2 με f '(2) = Ο. <=> 2χ3 + χ = 4 - χ <=> 2χ3 + 2χ - 4 = ο <=> -2χ2 + 2χ + 4 <=> 2(χ3 - 1 + χ - 1 ) = ο <=> χ ε (-2 , 2) _ xz , Έτσι: f '(χ) = .J4 2 <=> 2 [ (χ - ι )(χ + χ + ι ) + (χ - ι ) J = Ο<=> χ=2 ο. <=> (χ - 1 )(χ2 + χ + 2) = ο <=> χ = 1 β) Λόγω του (α) είναι f '(2) = Ο. Στο (-2, 2) (γιατί: χ2 + χ + 2 = Ο αδύνατη εφόσον Δ< Ο) Θ i: μ α 7" έχουμε: f '(χ) = Ο � -2χ- -+- 2χ + 4 = Ο <=> <::: :> χ = - 1 ή χ = 2 <::::> χ = - \ . Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (χ - 2) f4"7 α) Να βρείτε την f ' όπου ορίζεται. Έτσι στα ση μεία Α(- 1 , -3 .J3 ) και 8 ( 2 , 0 ) η β) Να βρείτε τα σημεία της Cr στα οποία η εφαπτομένη της Cι- είναι παράλλη λη στον εφαπτομένη είναι παράλληλη στον χ ' χ. άξονα χ 'χ.

{

(αι

\ (J ση :

Έχουμε την συνάρτηση f(x)=(x-2) J4-x2 με Α=[-

2,2] α) Για χ ε (-2, 2) η f είναι παραγωγίσιμη με: f '(x) = [(x - 2) .J4 - x2 ) '= I .J4 - χ 2 +(χ - 2) ( -2 χ) 2 .J4 - χ 2 2 2 2 = � χ - 2χ 4 - χ - χ + 2χ .J4 - x2 .J4 - x2 ·

=

-2χ 2 + 2χ + 4

Για την παραγωγισιμότητα της f στο -2 έχουμε: > χ Για 2 είναι: f(x) - f (-2) (χ - 2) � = χ+2 χ - (-2) (χ - ηJ(2 - χ)(2 + χ ) χ+2

� = = ( Χ - 2 )ν'� L-Χ 2-Χ = ( Χ - 2)ν'� ·

χ+2 ι· f(x) - f (-2) = ' αρα ιm Χ ->-2 ' χ - ( -2) lim

li m

·

I

----==

�χ + 2

1 χ ->-2 χ ->-2 ' �χ + 2 = (-4}2· (+οο) = - οο άρα η f δεν είναι

(χ - 2)� ·

ρΟ ο

Δίνεται η συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α = (0, +οο) και για κάθε χ Ε Α ισχύει: f(x)= � · f'(x) και f(2) = - 16 τότε: 5

i) Να αποδείξετε ότι

=

η

συνάρτηση g(x)

f(x) , ειναι στα θ ερη.,

5

ίί)

χ

Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f

Λ ίJ ση :

.J4 - χ2

=

Θ ε' μ α

.,

Για την συνάρτηση f είναι Α = (0, +οο) και για

κάθε χ

Ε

Α ισχύει: f(x)= � f'(x) ( I ) και 5 ·

f(2) = -1 6 (2) α)

Η

συνάρτηση

g(x)

_ f (x)

χ5

είναι

με (Ο,+οο) στο παραγωγίσιμη 4 _ - 5 x f( x ) 1=1 ) x5 f'(x) -xY (x) _ , 0 αρα g , (χ) - x5 f '(x) χ χ η g είναι σταθερή στο (0, +οο). β) Λόγω του (α) είναι g(x)=c, c ε iR οπότε f(:) = c ή (x)=c·x5 με χ ε (Ο, +οο) και λόγω f χ 10

της (2): -1 6=c· 32 <::::> c = ζητούμενη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/66

' -----,Ι ο,--

-k, άρα f(x)= -k χ5 η


Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

f(x) _!_ = Θα δείξουμε ότι: 1χim 3 --> 0 χ 12 Οι συναρτήσεις που εμφανίζονται στα δύο μέλη της ισότητας (2) είναι όλες παραγωγίσιμες οπότε: (2)�[ e t\ x )+f(x)] '= [ 1 - χ+η μχ] · �e l\ x ) Γ (χ)+Γ (χ)

Θέμ α 9"

_

Να βρείτε τα α, β, γ ε IR ώστε η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = αlnx + βχ2 + γχ - β να έχει σημείο καμπής το A(l, -2) και η εφαπτομένη της Cr στο σημείο Β(2, f(2)) να είναι κάθετη στην ευθεία = - 1 + συνχ � f '(χ) · [ e f( x ) + 1 ] = συνχ - 1 � ε: χ +3y +4 = Ο . \ ίJ σ η :

Έχουμε την συνάρτηση f(x) = αlnx + βχ 2 + γχ - β με Α = (0, +χ) και α, β, γ ε IR δύο φορές με Γ(χ)= � +2βχ+γ και παραγωγίσιμη χ f"(x ) = - � +2β. Αν το σημείο Α( 1 , -2) είναι

χ-

Cι·

ση μείο καμπής της

{β+ ν -β=-2} � { -α,+ 2β = Ο

τότε:

(I) γ = -2 -α + 2β = Ο (2)

}

{f(l)=-2}� f'(l)=O

.

Ι ' λε= _ .!_ και εφόσον η εφαπτομένη της C f στο

(

α

Β(2), f(2) εί\·αι κ ά θε τη στην ε θα ισχύει: f ( 2) �-3) ο

=

-I

� +4β-2=3=> � + = 2 2 4β

2

-

4β +

5� α

ιι γ = 3 =>J

- 8 β = 1 0 (3)

Από το σύστη μα των ( 1 ) ( 2 ) και (3) παίρνουμε: α = 2, β = 1 , γ = -2. Οι τιμές αυτές είναι δεκτές αφού όπως εύκολα διαπιστώνεται ικανοποιούν τις απαιτήσεις (η Γ(χ) αλλάζει πρόση μο στο χ0= 1 και η ε είναι κάθετη στην εφαπτομένη στο Β . ,

Θέμ α 1 0°

Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο IR για την οποία ισχύουν f(O) = Ο και ef(x) + f(x) = 1 - χ +ημχ για κάθε χ Ε IR . Να

,,

δ ειχτει οτι: ΛίJση :

3 = Ιι m χ -. ο χ

. f(x)

Χ --> 0

Χ -->0

Χ --> 0

XJ

[ συνχ - 1 ] ' συνχ - ι * lιm [3x - (e ι χ J + \)]' 3x- (e (x J 1) -ημχ = = lim x--. 0 6x(e 1· ιx J + 1) + 3χ 2 · e ' (x J · f ' (x) -Ι ημχ 1 . . = ι ιm · ιm ------­ ο χ--. χ χ--. 6(e ιω + 1) + 3χ 2 . f'(χ) · eΓιχ > (I) -] 1 -1 = -.,-= I · 0 6(e�' ι oJ + l) + 0 6(e + 1) 6( 1 + 1)

-- lιm ο

χ--. ο

,

1.

+=

,

ο

χ--. ο

-

1.

t

Ο

επίση ς έχουμε την ευθεία ε:χ+ 3y+4=0 με 3

συνχ - I . f , (χ) = Γ , εφοσον e f( x ) + 1 :;t Ο ι J e χ +I συνχ - 1 . e Γ( χ ) + ι . f(x) %λόγω( ! ) . f '( x) = Άρα lιm - = 1 ιm -- = lιm 3χ 2 3χ 2

1 12

- ­

Κανονικά

Σημείωση :

αντί

πρέπει

ισότητες

h(x) h' ( x) h"(x) :> 1l-'--'- =€ liln--'--'- =R:::::>Iim-----'-'- = €::::fu ' " g ( χ) Χ->\) g ( χ) Χ->\) g( χ)

για να

παραπάνω γράφουμε :

Χ->\)

καθόσον

οι

aντίστροφες

συνεπαγωγές

πάντοτε, δη λαδή μπορεί να υπάρχει το

'(χ) ( )

h το liιn -- να μην υπάρχει . Χ -> Χο g ' Χ

Θtμυ 1 1 "

Να δείξετε ότι

α

α

ο

ο

δεν

ισχύουν

' 11 ( χ ) lιm -χ --> χο g ( ) Χ

και

Jx 2 (α - x)" dx = Jx'' (α - x) 2 dx

για κάθε ν Ε 1"( και στην συνέχεια να υπολογιστεί η κοινή τιμή των δύο ολοκληρωμάτων. Λύση :

Θέτουμε u = α -x=g(x) τότε du=-dx ή dx=-du u , = g(O) = α, u2 = g(α) = Ο επομένως για κάθε α

ν Ε Ν * είναι: Jχ 2 (α χ)" dx =

Έχουμε την συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο IR για την οποία ισχύουν f(O) = Ο ( 1 ) και e 1\ x ) + f(x) = 1 - χ +ημχ για κάθε χ Ε IR (2).

τις

12

α

=

Ο

-

α

Ο

fca - u) 2 uv (-du) =

α

Juv · (α - u ) 2 du = Jxv · (α - χ) 2 dχ

ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/67

ο


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Αν Ι η κοινή τιμή των δύο ολοκληρωμάτων τότε: Ι= =

α

α

α

ο

ο

[ ι� � � ο

Ι

Ε= J[g(x) -f(x)]dx =

]

α

(ν+ ΙΧν+ 2Χν+ 3)

=

0

·

ε

α

Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο 2χ - 1 IR με f ' ( x) = ,- και f(Ο) = - 1 . e

α) Να βρεθεί η συνάρτηση f. β) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και g με f ( x)

g (χ) = 2x l τον άξονα +

χ= Ι

' ψ ψ

και την ευθεία

Λ ίJση :

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο

Γ (χ) = 2xe'- l

α) Από την ( 1 ) είναι:

IR

και

( l ), f(0) = - 1 (2).

Jf ' (x)dx = f(2x - l)e - 'dx

f(x) = J(2x - l) · (-e - ' ) ' dx = = (2x-l )( ' ) J(2x - 1)'( -e-' )dx = 2x - l + 2 Je-'dx = - 2x - 1 _ 2e - x + c = = e' e' 2χ + I 2χ 1 2 = - -_ - - - + c = - ---- + c , c ε iR . e' e ' e' 2χ + 1 Δηλαδη. f(x) = - -- + c , c ε iR e' e·

-

Όμως f(O) = - 1 + c οπότε: (2)=>

2χ + I . f ( χ ) = -� => c = Ο , αρα 2χ + I f(x) e β) Είναι g(x) = -- = 2χ + Ι 2χ + 1 e'

-1 + c = - 1

(α) -

έτσι για κάθε χ

Ε

ο

ο

+

,-

[0, 1 ] είναι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

1-

Τ α σημεία Μ ;. , Μ1 είναι οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών zλ = 2λ + 2λί λ Ε IR , z1 = 3 - ί αντίστοιχα και Μ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου 0Μ ι. ΜΜ 1 (Ο η αρχή των αξόνων). α) Να β ρείτε την εξίσωση της γραμμής στην οποία κινε ίται το σημείο Μ ,αν το λ παίρνει τιμές στους πραγματικούς αριθμούς. β) Αν το ση μείο Μ (του προηγούμενου ερωτήματος) είναι εικόνα του μιγαδικού αριθ μού z να βρείτε σε ποια

καμπύλη

κινείται η εικόνα του μιγαδικού αριθμού w

ή

-

I

J2xe-'dx = 2 Jx(-e- ' )'dx =

Θέμα 1 3"

J

.

I

οπότε το

ψ-xe ' Ι - J(x)'(-e ' )dx ) 2 ( -e ' - [e ' J� ) 2 [-�-( e-1 ) ] =2 (-� - � ι ) = 2( Ω = 2(e;2) . ο

Χ ν+ - 2α . Χ ν+2 + Χ ν+ 3 = α2 . ν+2 ν+3 ν+Ι + = } αν+ = . . . = � ν 2 ν 3 2 ----- ·αν+3 e · μ 1 2 " I

_ __!_ + 2χ + 1 = 2χ � Ο e' e' e'

ζητούμενο εμβαδό είναι:

Jxv(α - x) 2 dx = Jχ ν (α 2 - 2αχ + χ 2 )dχ =

J(α 2 χ ν _ 2αχ ν+ Ι + Χ ν+2 )dχ =

g(x) - f(x) =

= - , με το

1

z

, λ να παιρνει

, τιμες στους

πραγματικούς αριθ μούς.

Λύση :

α) Αν (x,y) οι συντεταγμένες του σημείου Μ τότε z = χ + yi . Επειδή το Μ είναι η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου ΟΜ�. ΜΜ 1 θα ισχύει: ΟΜ=ΟΜ, +ΟΜ επομένως: Ζ=Ζι. +z. =2λ+2λi +3-ί =(2λ+3) +(2λ-l) ί => χ = 2λ + 3 , y = 2λ - 1 => χ - y = 4 . Άρα το Μ κινείται στη ευθεία ε : y = χ - 4 β) Αν (α, β) οι συντεταγμένες της εικόνας του w στο μιγαδικό επίπεδο τότε w = α + βί , οπότε: I . α ? 0 β ? ι=> . 1 w = - => z = - => χ + yι = -?-w z α- + β - α- + β --

Υ = α 2 +β β 2 χ = α 2 +α β 2 ( 1), Αλλά: α 0 β - =4 => α2 +β-ο - -α - -β = ο x- y =4 =>-2α +-β2 + -α--4 4 + β2 •

οπότε (κατά τα γνωστά) τα σημεία Β' 76 τ.4/68

Ν

(α, β)


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

, , ' λο με κεντρο κινουνται σε κυκ το

' ρ=J2 . 8

Κ( -81 , -81 ) και

ακτινα

Θέμ α 1 4 "

α) Να

βρεθεί

συνεχής

f : ( 0, -too) �JR

τέτοια ώστε:

(Α) για κάθε

χ>Ο

και

συνάρτηση

r(x) =(x-1) + r(tt) ι

r(o) = O

χ

<I

t dt

β) Να βρείτε τον τύπο της F ( χ) = Jr( ) Λ ί) ση :

α) Στο

( Ο,+οο ) έχουμε:

χ ;::: ο

γ) Αν Ε(λ) είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των f, g, τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες χ = Ο , χ = λ με λ > 1 να δείξετε ότι lim Ε ( λ) � 2010e

λ->+«>

χ>Ο.

για

g ( χ) = χ - 1 με χ ;::: Ο . α) Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις CΓ και C g των f και g αντίστοιχα έχουν ως μοναδικό σημείο τομής το σημείο Α(Ο,-1). β) Να δείξετε ότι f (x) �x +2009, για κάθε

Λ ί) ση :

J� ctι)l

α) Θεωρούμε

τη

συνάρτηση + 2010 x) - x + l για

h(x) = f (x) - g(x) = ln ( e x - Ι ( Α) � f 1 (x) = (x -1) + t χ Ο και εξετάζουμε το πλήθος των ριζών I της εξίσωσης h ( χ ) = Ο για χ Ο . Έχουμε: l χ f (x) f (x) 1 = -χ => h ( χ) 2010( 1-χ) , οπότε: h 1 ( χ ) > Ο <=> Ο ::; χ < Ι => x f ( x ) - f ( ) = x => χex-l +2010χ f(x) η f ( x ) = ( lη χ ) => -και επειδη και h 1 ( χ ) < Ο <=> χ > I Η συνάρτηση h λοιπόν = + c x l χ στο διάστημα [0,1 ] είναι συνεχής και γνησίως I f( t) άρα: f( Ι ) =(l-1)+ J-dt t =O, θα είναι και c = O άρα: αύξουσα, h ( [Ο,Ι ]) = [ h( O ),h ( I ) J = [ Ο, Ι η (201 1 )] . f ( χ ) = !η χ για χ > Ο Η συνάρτηση h στο διάστημα [Ι,+οο ) είναι χ συνεχής και γνησίως φθίνουσα και επειδή : O' ( -oc) Ιη χ 1 limf (x) = li� x lη x = li� -1- � Διτι., h( χ ) = Διτι, ( !η ( e x - + 2010χ) - χ + I ) = = lim [ιη ( e χ - Ι + 2010χ) - Ιη e χ - Ι ] = χ = Ιί�Ί! ( -χ ) = 0 = f( Ο) οπότε τελικά προκύπτει: = lim ιη ( 1 + 2010X J = o γιατί: lim (l+ 201_?xlJ = ι Χ->+-Ν Χ-*" e' eX-1 x lnx χ > Ο η οποία επαληθεύει την f( χ) = { +oc Ο χ=Ο . 2ο10χ = 1 ιm . 2010 = Ο οποτε: , , 1 ιm εφοσον ->+oc x Χ->+ΟΟ x (Α). e x e β) Για χ>Ο έχουμε: h ( (1, +oo ) ) = ( O,ln 201 1 ) . ( ) Συνεπώς η εξίσωση h ( χ ) = Ο για χ Ο έχει F (x) = Jf(t)dt = fι lη tdt = -21 f( t 2 )1 lη tdt = μοναδική λύση την χ=Ο οπότε ψ= -1 άρα το = � ( [ι 2 ι η ι Τ J' tctι ) = �( [ι 2 ιη ιΤ - � [ι 2 Τ J = Α(Ο,-1 ) είναι το μοναδικό κοινό σημείο τους. β) Εξάλλου: h γνησίως αύξουσα στο [0. 1 ] 1 2 1 1 = 2 ( χ !η χ - 2 χ 2 + 2 J . και γνησίως φθίνουσα στο [ 1 , +oc ) οπότε η h(x) έχει ολικό μέγιστο το h(l) = Ιη ( 201 \ Ι . λ � c� : Θέμ α 1 5" κάθε για χ ε[Ο,+οο) θ α ισ:ι:--· .:: ·. Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο r(x) = tn(e•- ι + 2010χ) και την ευθεία h( χ) ::;h( l) �h( χ) ::;Ιη( 2011) ( 1 ) .

(

x

1

( \' --

χ

ι

= 1 + f(x )

ο

)

2

I

·

2

Χ

,

.

I

+>:

χ --> 0

χ --> 0

χ --> 0

D.ι .Η .

χ � + Χ>

χ -->0

-_ 1-

χ

α

I

χ I

+.,

D,L'.H.

_1

χ

2

Ι

_

,

Θα δείξουμε ότι για κάθε χ ;:::: Ο ισ[.ίιε'. :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/69


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

f ( x) ::; x + 2009 , ή f(x) - g(x) ::; x + 2009-g(x) , ή h ( χ ) :::; 2010 (2) Αρκεί να αποδείξουμε Ι η ( 201 1 ) :::; 2010 (3). Αν αποδείξουμε ότι \η ( 1 + χ ) :::; χ για κάθε χ 2: Ο , τότε η (3) προκύπτει για χ=20 1 Ο. Θεωρούμε τη συνάρτηση t ( χ ) = Ι η ( I + χ ) - χ χ_ < Ο για χ > Ο για χ 2: Ο . Επειδή t ' ( χ ) = χ+1

7 ιn(x+ �)dx Λ i> σ πη :

Για να αποδείξουμε την (Ε) αρκεί να ότι: δείξουμε

Α.

Jf( x)dx = f ( β)β-f ( α ) α- J f- 1 (x)dx .

α

λ

λ

ο

ο

Ε(λ ) = ]h( t )ldt = Jh( t)dt επειδή h(x) 2: 0 για χ 2: 0 (λόγω του (α)). Συνεπώς Ε(λ) = J( Ιη ( e' - 1 + 2010t) t + 1 ) dt 20 1 0t dt =2010eλ e-'dt = (3) 2010t dt=>E = γΛ\η (1+ ---;ι=ι ( λ) ::; γΛ-;.=ι 1ft ]ι ). (( ' = -2010e { e-' ) tdt = -2010e te -' � - Je-' dt = 0 -2010e ( e- λ ( λ + l ) - 1) = 2010e ι(. -λ1 + Ι ) + 201 0e 2010 ( λ + 1 ) + 2010e ' Τελικά θα ισχυει: Ε ( λ ) :::; e λ- 1 Ι ι· . . ι· λ + Ι και επει δη ιm -,-1 D. L=' . H . -Hx eλ ιm -.e Λ--1 = ο θ α ειναι: 20Ι Ο ( λ + Ι ) + 2010e η Δ� Ε(λ) ::; Δ�, eλ- 1 , )im Ε ( λ ) :::; 20 1 0e.

γ) Είναι:

λ

))

1

Ο

([

)

_

)

+ >Ο

λ-ΗΧ

(

+ "'

1

)

Λ � +::t.:

Θ έ μ α 1 6°

Α. Δίνεται η 1-1 συνάρτηση f με συνεχή πρώτη παράγωγο. Ν α δείξετε ότι: r (β)

β

· ι α

α

J Γ1 {χ) d χ + Jr(x)dx = f(β)β -f{α)α

( )

(Ε)

Β. α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση με τύπο

f (χ) =

e

'

-e

2

-x

έχει αντίστροφη της

οποίας να βρείτε τον τύπο. β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

β

α

a

ψι)

β <ι

a

Επειδή f είναι « 1 - 1 » υπάρχει αντίστροφη της f. Θέτουμε y = f(x) , ή x = f -1 (y) με

(3) μπορεί να αποδειχτεί και με το

Θ. Μ . τ.

β

β Jf ( x)dx= Jf( x)( x) ' dx = [f( x) xJ - Jf' ( x) xdx

συμπεραίνουμε ότι η t είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο). Άρα: χ 2: 0 => t(x) ::; t ( O ) => \η ( 1 + χ ) - χ :::; Ο => Ι η ( 1 + χ ) :::; χ . Η

Γ (β)

β

_ _

ο

dy = f'( χ ) dx οπότε : Jf'(x) xdx = Jxdy = f f - 1 ( y )dy β

β

Γ( β I

a

1'( :ι )

Ισχύει: (1)

f- 1

(2)

Από τις ( 1 ) , (2) προκύπτει

Γ( β ) Jf(x )dx = f( β ) β - f( α ) α - J f - 1 (x)dx .

β

t'(a)

)'

f' ( χ ) = ( e ' �e- χ = e ' �e- χ > Ο

α

Β . α) Επειδή

συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα συνεπώς είναι « 1 - 1 » οπότε αντιστρέψιμη . Για την εύρεση της Γ 1 θεωρούμε y Ε JR , οπότε:

f (x) = y <=> e' -2 e-" = y <=> e2' - 2 ye ' - 1 = 0 <::::> eΊ = ω <=> e' = y + � <=> ω - 2yω - 1 = 0 x = tη ( y + �/ + 1 ) (γιατί;) Άρα: f - 1 ( χ ) = In ( χ + .Jχ 2 + 1 ) , για κάθε χ Ε JR .

}

β) Από τη σχέση (Ε) του Ερωτήματος (Α) και

για τις συναρτήσεις f και r1 που ορίστηκαν παραπάνω καθώς και για α=Ο και β= 1 είναι e2 - I οπότε f ( α ) = f( O ) = O και f ( β) = f ( 1 ) = -

2e

θα ισχύει:

e' - 1 J f - 1 (x)dx = f ( 1) · 1 - f(O) · O - Jf(x)dx 2c

I

ο

ο

Β ' 76 τ.4/70

ή


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου e' - I 2e

2

Ι

1 .__.=._ - Je - e dx = J 1 n ( χ + Jχ + 1 ) dx = .:. 2e 2 2

χ

α) Το χ=2 είναι προφανής ρίζα της g . Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (Ο , +οο) και 2 Ε (Ο , +οο) παίρνουμε ότι η συνάρτηση

1

0 0 = e'2: 1 - [ e' �e ' = = 1 - ± = • : 1

g(x) = r f(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο (Ο , +οο) με g'( x) = f(x) για κάθε χ Ε (Ο,+οο) . Από Έστω η συνεχής συνάρτηση f : 91 � 91 και υπόθεση έχουμε: r f(t)dt > xf(x) . Αφού ο μιγαδικός αριθμός z = r f(t)dt + ί Ι f(t)dt για τον οποίο ισχύει ότι l z + ij 2 = 2 + lz + lj2 (1) g(x) = r f(t)dt και g'( x) = f(x) για κάθε χ Ε (0, +οο) , θα έχουμε: για κάθε χ Ε R . ( 1 ) => g( χ) > xg '( χ) => xg '( χ) - g( χ) < Ο α) Να δειχθεί ότι 12 f(t)dt = 1 . xg'( x) � g(x) < O � ( g(x) )' < O . Επομένως η � β) Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χχ χ0 (1, 2) τέτοιο ώστε f(x0 ) = 1 . Κ( g(x) συνάρτηση χ) = χ είναι γνησίως Λi) Jη α) ( 1) => jz + ij 2 = 2 + jz + Ιj2 => g(2) = Ο . φθίνουσα στο (Ο , +οο) . Ομως Κ(2) = => ( z + ί )( z - i) = 2 + ( z + 1 )( z + Ι ) => 2 => ... => i(z - z) = 2 + z + z => Άρα χ Ε (0,2)�Κ(χ)>Κ(2) => Κ(χ) > Ο => => 2 Im(z) = 2 + 2 Re(z) => lm(z) = Re(z) + I g(x) >O=>g(x)>O. Ομοια: g(x) < Ο στο (2,+οο) . => r f(t) dt = r f(t)dt + 1 => r f(t)dt - rf(t)dt = 1 => χ β) Αρκεί η συνάρτηση : rvt:x)= r f(t)dt-x(l-x)f(x) => Γ f(t)dt + i' f( t ) dt = 1 => J f(t)dt = 1 . Θ i: μ α i 7 "

Ε

-

-

-

-

2

β) Αρκεί η εξίσωση Κ '(χ)=Ο να έχει ρίζα στο

( 1 ,2), όπου

Κ( χ) = J' f(t)dt - χ

με

χ Ε [ 1,

2] ,

αφού: K'(x)=f(x)- 1 . Επίσης Κ( l ) = - 1 και Κ(2)= Γf(t)dt - 2 = 1 - 2 = -I = K (l) . Επομένως ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle. Άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Χ0 Ε ( I , 2) τέτοιο ώστε Κ'( χ 0 ) =Ο Δηλαδή f(x 0 ) - 1 = Ο , οπότε: f(x 0 ) = I . .

Θ η .Μ

• (·

να έχει ρίζα (1, 2). Η συνάρτηση Μ(χ) είναι συνεχής στο [ I , 2] ως διαφορά συνεχών συναρτή σεων με M ( l )= h f(t)dt =g( I )>O (λόγω

του α) ερωτήματος) και M (2)=2f(2)<0 (αφού λόγω υπόθεσης έχουμε: [f(t)dt>2f(2)=>2f(2)<0 ). Άρα από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (1 ,2) τέτοιο ώστε Μ (χ 0 ) = Ο, δηλαδή :

Ι" f(t)dt = x 0 (l - x0 )f(x 0 ) .

Θ :f. �Η!( ] 9 "

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : (0, +οο) � 91 Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : f(x + t)dt � f(x)dx για την οποία ισχύει: r f(t)dt > xf(x) (1) για 91 � 91 τέτοια ώστε κάθε χ Ε (0, + οο) για κάθε χ Ε 91 και α<β. α) Να μελετηθεί η συνάρτηση α) Να δειχθεί ότι f(t)dt � f(x)dx γι α g(x) = r f(t)dt ως προς τις ρίζες και το κάθε χ ε 91 . πρόσημο. β) Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f δεν είναι «1-1». β) Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (1, 2) τέτοιο ώστε γ) Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

r

r::

L'" f(t)dt = χ0 (1 - X0 )f(x0 ) .

χ0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Ε

Β ' 76 τ.4/71

r

r

[r(t�

(α, β) τέτοιο ώστε f'(χσ)=f(χσ)-=-­ β--α


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ένα τουλάχιστον Χ0 Ε (α, β) τέτοιο ώστε

Λ ύση :

α) Από υπόθεση έχουμε:

f r (x + t)dt � ff(x)dx

για κάθε X E JR. . Στο ου

ολοκλήρωμα του 1 μέλους θέτουμε u=x+t=h(t). Τότε για t =α έχουμε ότι u 1 =h(a)=x+a ενώ για t=β έχουμε ότι u 2 =h(β)= χ+β. Επίσης dt = du και f(x+t) = f(u). Έτσι η aνίσωση γράφεται f(u)du � f(x)dx για

r

r:,x

κάθε Χ Ε JR. , δηλαδή το ζητούμενο. β) Έστω g(x) = f(t)dt - f(x)dx . Τότε

!3::

l3

λόγω υπόθεσης έχουμε: g(x) � Ο για κάθε χ Ε JR. . Όμως g(O)=O. Άρα g(x) � g(O) για κάθε χ Ε JR. . Η συνάρτηση g(x) γράφεται και g(x) = f(t)dt - f(t)dt - f(x)dx

r+x

r+x

r

είναι παραγωγίσιμη στο JR. ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με ( x) = f(x + β) f(x + α) . Επομένως η g' συνάρτηση g(x) παρουσιάζει στο χ0=0 ολικό ελάχιστο, άρα και τοπικό. Έτσι λόγω του θεωρήματος Fermat προκύπτει ότι g '(O)=O οπότε παίρνουμε: f(β)-f(a)=O => f(β) = f(α) με α<β. Άρα η συνάρτηση f(x) δεν είναι συνάρτηση « 1 - 1 ».

γ)

Αρκεί:

r f(t)dt = f ( x 0 ) - f . ( x 0 ) , β-α

ή

Κ(α) = ! r(t)dt - f(β)- r f(t)dt +f(α) = Κ(χο) Κ(β)β-α β-α ( f'(α �t'(β )) r f(t)dt - r f(t)dt r f(t)dt β-α β-α I

Θέμα 20"

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : [0, +οο) � 91 με f(x) ,c Ο για κάθε χ Ε [ Ο,+οο) και τέτοια

f(x) = 3f(l) - rf 2 (t)dt χ ε ι ο, + οο) .

ώστε

για

κάθε

α) Να δειχθεί (χωρίς να βρεθεί ο τύπος της t) ότι f(x)>O για κάθε χ Ε [0, + οο) . β) Να δειχθεί (χωρίς να βρεθεί ο τύπος της t) ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (0, 1 )

, ωστε , τετοιο

3 ' (x 0 ) = x 0 f ' (x 0 ) . f(x0 ) + -f 2

γ) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f. ΛVΣΗ :

α)

Από υπόθεση

για

χ= 1

έχουμε ότι

f(l) = 3f(l) - ! f2 (t)dt => 2f(l) = !r'(t)dt . Θέτουμε g(x) = L' f 2 ( t )dt . Αφού η συνάρτηση f(x) είναι συνεχής στο [0, +οο) η συνάρτηση g(x) θα είναι παραγωγίσιμη στο [0, +οο) με g'( x) = f2 (x) > O (αφού f(x) :;t: O ) στο [0, +οο) .

Άρα η συνάρτηση g(x) είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) οπότε g( 1 )>g(O) =O, δηλαδή

r f(t)dt = Κ ' ( χ 0 ) , όπου Κ(χ) = C', f(t)dt - f(x) -=--1 ! f2 ( t )dt > Ο . Επομένως f( 1 )>0. Όμως η β-α με χ Ε [α, β] . Η συνάρτηση Κ(χ) είναι συνάρτηση f(x) είναι συνεχής και f(x) Ο στο παραγωγίσιμη στο [α, β] με [0, +οο) . Άρα η συνάρτηση f(x) διατηρεί Κ '( χ) = f(x) - f'( x) , άρα και συνεχής σε αυτό. σταθερό πρόσημο στο [0, +οο) και αφού Τότε από θεώρη μα μέσης τιμής θα υπάρχει f( 1 )>0, παίρνουμε ότι f(x)>O στο [0, +οο) . ,c

Θανάσης Κυ ριακόπουλος

Έφυγε πριν λίγο καιρό ο αγαπητός συνάδελφος και συνεργάτης του Ευκλείδη Β ' Θανάσης Κυριακόπουλος. Αξιόλογος και δημιουργικός, μέσα από τις στήλες του περιοδικού, βοήθησε με πολλές συνεργασίες κυρίως σε θέματα Γεωμετρίας. Προσιτός και χαμηλών τόνων με αρκετό μεράκι και κέφι, βοήθησε με ιδέες και εύστοχες παρατηρήσεις στη βελτίωση του περιοδικού. Σημαντική απώλεια. Οι συνάδελφοι από τον Ευκλείδη Β ' του ευχόμαστε καλό ταξίδι. Θα τον θυμόμαστε όλοι με αγάπη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/72


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

β ) Αρκεί η εξίσωση

να

( x - % ) r(x ) - ( x - % ) f'(x ) = 0 � έχει

(1 ) �

[

f(x) - f '( x { χ - % ) = Ο ( 1 )

ρίζα

στο

(0, 1 ).

Όμως:

3 Κ(Ο)= - 2f(O)

Επίσης

και

1

3

Κ( Ι )= 2f(l) = 2f(O) ,

αφού από υπόθεση έχουμε: f( l )=

f(O) . 3

Άρα: K(O)=K( l ). Επομένως ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρή ματος Rolle για τη συνάρτηση Κ( χ) στο [0, Ι ] . Άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Χ0 ε (Ο, 1) τέτοιο ώστε

f 2 (x )

' χχ -% � f ( χ 1 = O <c:> K '(x ) = O, όπου Κ(χ) = f(x)% Κ '( χ 0 ) = 0 . ) γ) Από υπόθεση, παραγωγίζοντας την ισότητα J με χ ε [ Ο, Ι ] . Παρατηρείστε ότι: συνάρτηση που δόθηκε παίρνουμε: Ι f 2 (t)dt είναι παραγωγίσιμη στο [0, +οο) f'( x) = -f 2 (x) � - f'2 ( x) = Ι f (x) (αφού f συνεχής στο [0, + χ ) ), άρα και η για κάθε χ ε [0, +οο ) � συνάρτηση f(x ) = 3f(l ) - I f2 (t)dt είναι 1 - = χ + c για κάθε χ ε [0, +οο) . Όμως παραγωγίσιμη στο [0, +οο) ως διαφορά f(x) παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Τότε η f(0) = 3f(l) � 1 = 1 � c = 1 ( 1 + c) � 3 f(O ) 3f(I ) συνάρτηση Κ(χ) είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1 =x+-1 �f(x)=-2 1 ] ω; πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, 3c = c + l � c = -21 . Ά ρα 2χ+1 f(x) 2 και συν ε zή ; στο [ 0 , Ι ] . για κάθε χ ε [0, +οο ) . Πανελλαδικές Εξετάσεις 2 0 1 0

Μ ε αφορμή την έναρξη των Πανελλαδικών Εξετάσεων, 1 4 Μαίου 20 1 0, συμμεριζόμενοι την αγωνία των μαθητών θα θέλαμε να δημοσιοποιήσουμε μερικές σκέψεις αρκετών άλλων συναδέλφων και ειδικά του συναδέλφου Γκάρη Γεώργιο από το Λύκειο Αίγινας Αναφέρει λοιπόν ο συνάδελφος περιστατικά που οι συνάδελφοι Βαθμολογητές στα μαθηματικά Γενικής Παιδείας θεωρούν απαράδεκτες και (βαθμολογούν αναγκαία) τις λύσεις που δίνουν μαθητές θετικής κατεύθυνσης με βάση όσα έχουν μάθει στην κατεύθυνση (εφαπτομένη καμπύλης, κανόνας De' Hospital κ.λ.π.) Αφού κατά τις οδηγίες του υπουργείου «κάθε λύση επιστημονικά τεκμηριωμένη πρέπει να είναι αποδεκτή» θα πρέπει σύμφωνα με το συνάδελφο να θεωρούν αποδεκτές οι εν λόγω λύσεις. Σ' αυτό μας βρίσκει απόλυτα σύμφωνα και θα παρακαλούσαμε την επιτροπή εξετάσεων να διευκρινίσει αυτό το θέμα με σχετικές οδηγίες προκειμένου να μην υπάρξουν διχογνωμίες μεταξύ των βαθμολογητών και να μην αδικηθούν οι μαθητές Συντακτική Επιτροπή του Ευκλείδη Β '

ΓΕΩΜΕτΡΙ#(Α Π :.tzΛ • ΠΑΙΧΝι�IΑ

Το Paιago του μαθηματικού Cameron Brown και το πολυβραβευμένο Tantrix του Mike McManaway κυκλοφορούν σε πλήρη ελληνική έκδοση.

Λοrιιrι-�

ιitle41l"J-�4

Ί"J.ι /).� <" J.ι

Περιλαμβάνουν ατομικά παζλ. παιχνίδια ατpατπyικής και οικογενειακά παιχνίδια. Δπμιουpyικά. διασκεδαστικά. εκπαιδευτικό. με πολλαπλό επίπεδα δυσκολίας. Κατόλλnλο

yια όλες τις ηλικίες. Ενημερωθείτε και αποκτήστε το από την Μα8nματικιί Βιpλια8ιίκn

Τηλ. 2310 263163 - www.vafeiadisbooks.gr/site2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 76 τ.4/73


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου �-. { ; "' �

λ <>' IΚ ψ}!j

11•

ίν.Να δειχτεί ότι : . Θετουμε f(t)=

Ι � dt . Να

3

t -1

ι

x ---+ e·'

1 Ι 2 dt = JJhiHd χ Ε DF Jt - 1 .,, t Iιit-1

lnx

χ

ι

Γ?-:

ν t2 - ι

διαστύματος (0, 1 )

f

οπότε:

In x

1

?

,

Ισχύει: F ( x ) = )ο>

'

χ J -ι dt = χJ 1 du = J 1 dt 2 c; u�ln 2 u - 1 � c' t�ln 2 t - 1 3

lnx

-

1 Δίνεται η συνάρτηση F: F(x)= I --dt . Να βρεθεί: lnt χ' χ

ί.

Το πεδίο ορισμού της και ii. Το lim F(x) και το lim F(x) χ -+ +«>

χ ---+ 0+

Θέτουμε f(t)=_!_ και έχουμε D1=(0, 1 ) υ ( l ,+ oo ) lnt

Για να ορίζεται η F(x) πρέπει και αρκεί η f(t) να είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα χ, χ 2 O<x< l x>l δη λαδη, : η Ο<χ 2 < Ι χ2 > Ι Τελικά: Dr=(O, l ) υ ( 1 , + οο )= Dι- (όχι διάστημα).

{

,{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Για

την

-1

7

t · ln - t

στο

γνησίως

χ

1 f, dt f - dt . ' lnt ln t

'- 1

=-

του

εύρεση

ιη χ , : ι· Ισχυουν και ιim [

χ

ιm i

θεωρούμε

F(x)

' _. ο-

� f(x)<f(t)<f(x2) �

J,-

ιηχ -

1

ιη χ

ιm+ [ (χ-χ 2 ) - ]=0

χ --+ ο

χ --+ ο+

u

αφού Οπότε:

Γ(t)=

1 1 ? ( χ-χ 2) -- < r', f(t)dt <(x-x2) --

1 dt=g '(u)du= - du

e3,x

και στο + οο . Ελέγχουμε την

2

ο

Τα νέα άκρα ολοκλήρωσης είναι: g(e3)=lηe3 =3 και g(x)=lηx

(γιατί ; )

χ

ι f(x)dt < [ f(t)dt < [ f(x )dt ) � (x-x2)f(x)< [ f(t)dt <(x-xc)f(xc) �

(e, + lίιη F(x)=F(e3)=0

θέτουμε t =lηu = g(u) οπότε:

χ

Χ Ε (0, 1 ) Τότε: O<xc <t<x< l

χ Ε ( e,

x ---+ e ·'

1 dt F( χ ) = flnt

D1=(0, I ) υ ( l , + oo ) � H f είναι φθίνουσα στο (0, Ι ) και στο ( Ι , + οο ).

iv. Για να αλλάξουμε τα άκρα στο 1 ολοκλήρωμα

\:ίJση.

._

της. Έχουμε:

μονοτονία

και έχουμε

1 -- dt ) '=· 2

· - -

xo=e3 ,

( :-'- 1' �· ·._,_:;.;. -1-

ίίί. Ζητάμε όρια στο άκρο χ ο =Ο του ανοικτού

�ιη - χ - 1 ( ) = χ-1 χ χ ιη 2 χ- 1 για κάθε + οο ) είναι συνεχής στο οο ) άρα και στο lnx

� 3 1 � � ln2

�u

συνάρτηση με τύπο

3

01=(- οο ,-1 ) υ ( Ι , + οο ) Για να ορίζεται η F(x) πρέπει και αρκεί η f(t) να είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα 3 , Ιηχ και αφού 3 Ε ( 1 + οο ) πρέπει και αρκεί: ! η χ> 1 δηλαδή x>e. Άρα: DF=(e, + οο )

ίίί. Η F

--

Παρατηρείστε ότι δεν μπορεί να οριστεί

ι

lnx

βρεθεί : ί. Το πεδίο ορισμού της ίί. Η παράγωγός της ίίί. Το lim F(x) και

ίί. F '(x)=(

τ ·. ­ .{�_ !' ��

,

Από τους Δημήτρη Δ αφνή και Σπύρο Δ αφνή

Δίνεται η συνάρτηση F : F(x)=

ί.

(,

1 (χ-χ2) -- ]=Ο 2

παρεμβολής )ο>

ιη χ χ

ιim f

χ --+ ο+

χ

και από κριτήριο

1 - dt =Ο - lnt

και lim

,

χ--+ ο+

F(x)=O

Για την εύρεση του Χ---7 lim F(x) θεωρούμε +00 χ Ε ( l ,+ oo ) . Τότε: I <x<t<x2 � f(x2)<f(t)<f(x) �

( f(x)dt < ( f(t)dt < ( f(x 2 )dt ) � (x-x2)f(x)< ( f(t)dt <(x-x2)f(x2) � 1 (χ-χ2) - < f(t)dt <(χ-χ2) -- . ιη χ Ιχ' ιηχ 2 Ι

Ισχύουν :

ιιm. ιim Χ --+ +?Ο

Χ---? +Χ·

ι ι.m 2χ) ·

X --+ +OC

x( l 1

2

οο , ομοίως

1 - =2 [ ( χ-χ ) - ] οο . !η Χ 2

από κριτήριο παρεμβολής. Β' 7 6 τ.4/74

+οο

Ι

[ (χ-χ ) - ]=( - )= +00 ]η Χ

Άρα

lim

Χ--++<Χ>

F(x)= - οο


Ε u κλεi δ n ς

n ρ ο τ ε ί νε. ΙΙ

Επιμέλεια:

Γ . Κ . Τ Ρ ΙΑi'ΠΟΣ - Ν . Θ Α '' Π Ω Ν Ο Π Ο Υ ΛΟΣ Κ ων/νος Τζαγκαράκης - Χανιά, Β αγγέλη ς Μ ου ρούκος

ΑΣΚΗΣΗ 161 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 72 ) Ν α επιλυθεί στο σύνολο Ζ η ως προς χ εξίσωση : -./χ 2 + 5 - -./χ 2 - 1 3 = k, όπου k ε Ζ . (Προτάθηκε από τον συνάδελφο

Ν Ι ΚΟΛΑΟ

Β Α Δ Ι Β Ο Υ ΛΗ

-

Γλυκόρριζο Άρτας )

Λ ΥΣΗ

(Από τον συνάδελφο

ΑΝ ΤΩΝ Η Ι ΩΑ ΝΝ Ι Δ Η ­

x 2 - l 3 ;::: 0 <::> / x / ;::: Jϊ3 και επειδή πρέπει να ισχύει : χ ε Ζ και /χ/ ;::: 4 . Επειδή ισχύει -./χ 2 + 1 5 > -./χ 2 - 1 3 , ο k είναι θετικός ακέραιος Πρέπει

ενώ οι υπόριζες ποσότητες τέλεια τετράγωνα ακεραίων. Η αρχική εξίσωση γράφεται: ( l ). Επειδή ο k είναι

θετικόc:_ ακέραιος, ο k και η παράσταση

Jχ 2 + 1 5 + Jχ - 1 3

πρέπει να είναι θετικοί

2

28.

του

διαιρέτες

Θέτουμε

χ 2 + 1 5 = y2 , χ 2 - 13 = z 2 με y,z ε Ζ οπότε y 2 - z 2 = 28 <::> (y + z)(y - z) = 28 (2) . Σύμφωνα με τα παραπάνω, από την (2) έχουμε: y + z = 28 v y + z = 14 v y + z = 7 y-z=1 y-z=2 y-z=4 με μοναδική ακέραιη λύση (y,z) = (8, 6) από το δεύτερο σύστημα. Έτσι, είναι k = 2 και ισχύουν χ2 +15 =64 <::> χ2 = 49 <::> χ =±7 Τελικα' η εξισωση ' . χ2 -13 =36 δέχεται τις λύσεις χ = 7 ,χ = -7 για k = 2 .

{

{

{

Κ α ρ δ α μ ίτσης - Κ ο ρ ω π ί , Γιώργος Π ατήσια.

Δελη στάθης - Κ άτω

Δη μ ι) τ ρ ι ο ς Κουκάκης - Κ ιλκίς, Ν ι κόλαος

Π α ίιλου - Χ αλκί δ α . Δη �ll1 τ ρ η ς Μ αντζαβίνος - Λ α μία και ο Π ο λιτικός Μ η χανικός Ι ω άννη ς ΑνδριΊ ς - Αθήνα.

ΑΣΚΗΣΗ 162 (τΕΥΧΟΥΣ 72) 2π χ ε Ζ , Να δειχθεί ότι: JeΓχ (συνχ - ημχ)dχ < e 2 π . 3π

Λάρισα)

28 =k -./χ2 + 1 5 + Jx: - 1 3

Α γ ρ ίνια. Δ ιονύσης Γ ιάνναρος - Π ύ ργος, Β ασ ιλέας

{

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι :

(Προτάθηκε από τον συνάδελφο Ν Ι ΚΟΛΑΟ ΒΑΔ Ι ΒΟΥ Λ Η - Γλυκόρριζο Άρτας) Λ ΥΣΗ 1 11 (από τον συνάδελφο Γ Ι ΑΝΝΗ ΗΛΙ ΟΠΟΥ Λ Ο - Καλαμάτα) Για κάθε

3π 2 π] χ ε [-, 2

ισχύουν J;. < χ και

συνχ - ημχ > ο ' οπότε είναι e Γχχ < ex και eΓχ (συνχ - ημχ) < eχ (συνχ - ημχ) . Συνεπώς, 2π 2π J eΓχ (συνχ - ημχ)dχ < J eχ (συνχ - ημχ)dχ = Ι 3π 3π 2π Ι = Jeχ (συνχ - ημχ)dχ = [eχ (συνχ - ημχ)]� 3π 2 3π 2π J e x (-ημχ - συνχ)dχ = e 2 π - e2 + 3π 2 3π π2 π 2 Jeχ (συνχ + ημχ)dχ = e - e2 + 3π 2 2π [eχ (συνχ + ημχ)]� - Jeχ (συνχ - ημχ)dχ = 2 3π 2

Γιώ ργος Τσαπακίδ η ς - Κυψέλη Α ιτ/νίας, Α θ ανάσιος Καλάκος

-

Κάτω

Π αηΊ σια,

Λ ο υ κάς

ΧυηΊ ρ η ς

-

Κέρκυρα, Γιάννης Η λ ιόπουλος - Κ αλαμάτα, Π έτρος Σκαλτσάς -

Αγρίνιο,

Ροδόλφος

Μπόρης

Τελικά,

- Δάφν η ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 76 τ.4175

2π f e Γχ (συνχ - η μχ )dx < e 2 π 3π 2


-------

Λ ΥΣΗ 2 " : (Από τον συνάδελφο ΤΣΑ ΠΑ Κ Ι Δ Η - Κυψέλη Αιτ/νίας)

Ο

Ευκλείδης προτείνει . . .

Γ Ι ΩΡΓΟ

------

π < .J? � π < e π � eJ2;; π < eJ2;; e π �

Είναι

2π 2π f eΓχ (συνχ - ημχ)dχ = f eΓχ (συνχ + ημχ)'dχ = 3π 3π 2 2 π2 [eΓχ (συνχ + ημχ)]� - f (eΓχ )'(συνχ + ημχ)dχ 3π Θε Η 2π = eJ2;; - e 2 - J<eΓχ)'(συνχ + ημχ)dχ (1 ) 3π 2 ωρούμε την συνάρτηση f(x) = ημχ + συνχ , -

3π χ ε [, 2π] . 2 κάθε [

Επειδή f'(x) = συνχ - ημχ > Ο , για

3π χ ε [, 2π] , η 2

f είναι γνησίως αύξουσα στο

3π 3π , 2π] , οπότε f(x) � f( ) = - 1 , για κάθε 2 2

Άρα,

είναι

2π ?π JeΓχ (συνχ - ημχ)dχ < J 2 � dx = 3π π 2

2π 3π

-

'

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Ροδόλφο� \ l:cό,•ll �

Λ αμία. Α\"Ίι:J\ η � I ·: JCf\\iδη�

πλευρά; Β Γ=α. οι διάμεσοι

ΒΜ = μΡ , ΓΝ = μΊ

σχη ματί�ου\' γω\'ία

Α Π ΟΣΤΟΛΟ Π Ο Υ Λ Ο -

{); {); 2π Je Γχ (συνχ - ημχ)dχ � eJ2;; + e V 2 + e J2;; - e l/2 = 2 3π 2 "

ΛΥΣΗ 3 : (Από τον συνάδελφο ΠΑΝΝ Η ΣΤΑ ΜΑΤΟ Π Α Ν Ν Η - Δροσιά Αττικής) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = χ - \η χ, χ > Ο Η συνάρτηση χ ,χ > Ο . παρουσιάζει ελάχιστο h(l) = 1 , οπότε ισχύει h( χ) = χ - \η χ � l > Ο , για κάθε χ > Ο . Άρα,

(Β ΝΜ Γ) �

.., , .., :> ν :> --

h

16

,

α-

2π . Να 3

,

. Ποτε ισχύει η

(Προτάθηκε απ ό τον συνάδελφο

ισότητα;

Από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε:

-1

\ άρισα. ι·ιιί)ργος Δελη στάθης

Σε τρίγωνο ΑΒ Γ

ΛΥ Σ Η

χ

·

-

- Κάτω Π ατή σια. Κι·Λ \\'� Τ �u· Ί-:αρcΊ"llC - Χανιά, Βαyyέλης

δειχθεί ότι:

(2)

--

j,ό.ω\'11. Δηr11Ίτρης Μαντζαβίνος

-

h ' (χ) =

-

ΑΣ Κ Η Σ Η Ι 63 ( ΤΕΥΧΟΥΣ , 2 Ι

e Γχ 3 , 2π] . Επειδή (eΓχ )' = Γ > Ο , είναι και χ ε [� 2 2ν χ (eΓχ )'(συνχ + ημχ) � -(eΓχ )' . Συνεπώς, ισχύει 2π 2π f (eΓχ )'(συνχ + ημχ)dχ � - f (eΓχ )'dx 3π 3π 2

Με

χ ε [ 3π2 , 2π]

Επειδή 2 � συνχ - ημχ > Ο , για κάθε

Γ Ι Ω Ρ ΓΟ

Μεσολόγγι) Γ Ι Ω Ρ ΓΟ

(Από τον συνάδελφο

Μ Η ΤΣ Ι Ο

-

Ράμια Άρτας).

σχήμα είναι Θ το κέντρο βάρους Στο παρακάτω < e2π 2π του τριγώνου ΑΒΓ και ΒΘΓ = - . Θεωρούμε 3 γνωστό τον τύπο: (Άσκηση 7/σελ. 2 1 8 σχολικού)

J2;;

Λ

2π J3 1 (ΒΜΝΓ) = -μpμ,ημ- = -μpμ ( 1 ) 4 ' 2 3 Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΒΘΓ Υ

' εχουμε: ΒΓ-?

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/76

2π = ΒΘ 2 + ΓΘ-? - 2ΒΘ · ΓΘ · συν3


-------

Ο

Ευκλείδης προτείνει

Α

• . .

η μχ 2 χ - �3 ( 1 ),

Ισχύει ότι:

6

για κάθε

την ισότητα να ισχύει μόνον όταν Επειδή Γ Κατά συνέπεια, αρκεί να δειχθεί ότι ισχύει:

που ισοδυναμεί με την σχέση : (μβ - μΥ ) 2 Η

= μΥ .

ισότητα ισχύει όταν μβ

2 Ο , που Τότε το

τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με την διάμεσο

ΑΘΛ

Από το ορθογώνιο τρίγωνο

ΘΛ = 21 Βθ q 31 μ α = 21 · 32 μβ ,

π

Λ

Λ

να είναι και ύψος, ενώ

ΘΒΓ = ΘΓΒ = -6 . ΒΘΛ μ

δηλ.

α

έχουμε

= μβ , που

σημαίνει ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

ημ(συνχ) 2 συνχ - συν 3 χ (2) 6

Διονύσης

Καρδαμίτσης Δραπετσώνα.

Γιάvναρος Κορωπί,

-

Ροδόλφος

-

Π ύ ργος.

των δύο μελών της

Στέλιος

Μπόρης

-

Π ετρολέκας Δάφνη.

-

Γ ιάννης

Σταματογιάvνης - Δροσιά Αττικής, Αθανάσιος Καλάκος ­ Κάτω Π ατιΊσια, Δη μ1Ίτριος Κουκάκη ς - Κιλκίς, Δη μιi τρης Μ αντζαβίνος - Λαμία, Ορέστης Κατσάνος - Π ρέβεζα, Γ ιι;) ργος Τ σαπακίδης - Κ υ ψ έλη Ατ/νίας.

ο

π

-

(Προτάθηκε

ο

6

π

Α Π ΟΣΤΟ Λ Ο Π ΟΥ Λ Ο -

ΛΥΣ Η

(Από

Μ Ο Υ Ρ Ο Υ ΚΟ -

Αγρίνιο)

π

-

-

-

ο

6ο

6ο

2 2 = Jσυ vxdx - -1 Jσυνχ(1 - ημ 2 χ)dχ = -5 Jσυνχdχ ό 2

π

5 2': 1 12 +- Jσυνχ · ημ 2 χdχ = -[ημχ]J + - 1 6

60

ημχ = u

π

6

(3)

Ι = 2Jσυνχημ 2 χdχ . ο

Θέτουμε Τότε

ο

du = συνχdχ ' χ = Ο q u = Ο ' χ = -π2 q u = 1 π

l

I

ο

ο

3 =1 Ι = Jσυνχημ 2 χdχ = Ju 2 du = [�]� -3 3 τις

σχέσεις

και

(4).

(3),(4)

έχουμε:

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

συνάδελφο

συνάδελφο

ο

ο

ΠΩ Ρ ΓΟ

Μεσολόγγι)

τον

ο

π

5 1 6 = -8 - 0) + -Ι · -1 = Jημ(συνχ)dχ > -(1 . 6 6 3 18 9

ο

τον

-

2

2

Jημ(συνχ)dχ > �9 .

από

π

π

π

Να δειχθεί ότι:

π

-

1 3χ)dχ = Jσυνχdχ - -1 2Jσυν3χdχ J(συνχ - -συν 6

2

Από

ΑΣΚΗΣΗ 164 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 72 )

Με ολοκλήρωση

(2) έχουμε: 2Jημ(συνχ)dχ >

που έχει τεθεί

Βασιλέας

ισχύει:

π

Κων/νος Τζαγκαράκης - Χανιά, Β αγγέλης Μουρούκος Αγρίνιο.

με την ισότητα να ισχύει

χ = 2:.2 . Δηλ. για κάθε χ Ε [0,2:.] 2

μόνον για

ή 3μβμy :$ μp2 + μΥ2 + �μΥ '

3

ισχύει.

συνχ

--

1 μβμy :$ (μβ2 + μΥ2 + μβμy )

χ=Ο.

η (1) ισχύει συνχ 2 Ο , για κάθε χ Ε [0,2:.] 2

αν τεθεί όπου χ το

Β

χ 2 Ο με

Ρ οδόλφος Μ πόρης - Δάφνη , Α θ ανάσιος Καλάκος Κ άτω

ΒΑΓΓΕΛΗ

Π αηΊσια,

Κων/νος

Τζαγκαράκης

-

Χ ανιά ,

Δ ιονύσης Γ ιάvναρος - Π ύ ργος, Γιάνν η ς Η λιόπουλος Καλαμάτα,

Γ ιώ ργος

Δελη στάθη ς - Κάτω Π ατή σια,

Γι ώ ργος Τσαπακίδη ς - Κυψέλη Α ιτ/νίας .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4177


------

ΛΣ Κ Η Σ Η 1 65

Ο

Ευκλείδης προτείνει Λ ΥΣΗ 2 "

( ΤΕΥΧΟΥΣ 72 ) Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και σταθερό σημείο Γ εσωτερικό του ΑΒ. Μεταβλητό σημείο Δ του επιπέδου κινείται εκτός της ευθείας ΑΒ. Κατασκευάζουμε τρίγωνο ΕΑΓ τέτοιο, ώστε να είναι ΕΑΙΙΔΓ και ΕΓΙΙΔΒ. Κατασκευάζουμε δεύτερο τρίγωνο ΖΒΑ τέτοιο, ώστε να είναι ΖΒ I I ΔΓ και ΖΑ I I ΔΒ . Αν Μ είναι το μέσον του

. . .

-------­

Ο Ρ ΕΣΤΗ Κ Α ΤΣ Α Ν Ο

(Από τον συνάδελφο

- Πρέβεζα)

}

Έστω Ν το μέσον του ΑΒ. Τότε, έχουμε: ΝΜ=ΝΒ+ΒΔ+ΔΜ

_

_

_

_

ΝΜ= ΝΑ+ΑΕ+ΕΜ

�2 · ΝΜ= (ΝΒ+ΝΑ) -

-

Ι +(ΒΔ+ΑΕ) +(ΔΜ+ΕΜ) =ΒΔ+ΑΕ�ΝΜ=-(ΒΔ+ΑΕ) (1) 2 -

-

-

-

-

-

-

-

-

Ε

ΕΔ , να δειχθεί ότι η ΜΖ διέρχεται από σταθερό σημείο. (Προτάθηκε από τον Χημικό Δ Η Μ Η Τ Ρ Ι Ο Κ Α Ρ Β Ε Λ Α - Πεύκη ). Λ ΥΣΗ 1 " (Από τον συνάδελφο Σ Π : Λ Ι Ο Π Π Ρ Ο Λ Ι-: Κ Α

Ονομάζουμε Ρ το σημείο τομής των ευθειών ΑΕ και ΒΔ. Επειδή ΕΓ 11 ΔΒ και ΑΕ 11 ΔΓ το τετράπλευρο ΕΡΔΓ είναι παραλληλόγραμμο οπότε το μέσον Μ του ΔΕ είναι και μέσον του ΡΓ. Επειδή ΒΖΙΙΔΓ και ΔΓΙΙΑΕ είναι BZIIAP. -

Δραπετσώνα)

Ρ

z

Αν (ΑΓ) = α (ΒΓ) = β , τότε τα τρίγωνα ΑΓΕ, ,

ΒΓΔ, ΖΑΒ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας

β_zΑ και ΑΕ =� ΖΒ . οπότε έχουμε: ΒΔ = _

β

α+β Ι β - αΖΒ] � Η ισότητα ( Ι ) γράφεται ΝΜ=-[--ΖΑ+ 2 α +β +β α+β

α

-

Β

α,

--

α

β Ι ΖΒ] (2) ΝΜ = _!_ [ ΖΑ + α α +Ι 2 +Ι β β

Α

--

__

-

α

Επειδή ΑΓ = - · ΓΒ θα είναι και

'" /

z

Όμως ΑΖ 11 ΒΡ. Άρα, το τετράπλευρο ΑΖΒΡ είναι επίσης παραλληλόγραμμο με αποτέλεσμα οι διαγώνιοι ΑΒ και ΡΖ να διχοτομούνται στο Ν. Στο τρίγωνο ΡΓΖ είναι ΖΜ και ΓΝ διάμεσοι οπότε το σημείο τομής τους, έστω Τ, να είναι το κέντρο βάρους του και ισχύει ΤΓ = � ΓΝ . 3

Επειδή τα

σημεία Ν και Γ είναι σταθερά το Τ είναι το ζητούμενο σταθερό σημείο από το οποίο διέρχεται η μεταβλητή ευθεία ΜΖ.

β

-

α

Ι β - ΖΒ ΖΓ = -- ΖΑ + α α -+1 -+Ι β β (3) παίρνουμε ότι

zr

(3) . Από τις (2) και

= 2·ΝΜ (4). Έστω τ το

σημείο τομής της ΑΒ με την ΖΜ, τότε η (4) δίνει τr - τz = 2(τΜ - ΊΝ) � 2™ + τz = 2ΊΝ + τr

� 2τΜ + χτΜ = 21Ν + yΊΝ � (χ + 2)τΜ = (y + 2)ΊΝ (5) Επειδή τα διανύσματα τΜ , ΤΝ είναι μη -

-

συγγραμμικά, η σχέση (5) ισχύει όταν και μόνον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 76 τ.4/78


{

όταν

χ+2

Ο

Ευκλείδης προτείνει . . . 1 84. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση Τελικά, είναι ( 1 ) ( x + k )9s + χ ι ι - ν ι 4 = 0 , όπου

-------

=ο χ = -2 <=> . y = -2 y+2=0

{

ΤΓ = -2ΤΝ , οπότε το Τ ( που διαιρεί το σταθερό

ΤΝ ι ) , , ' ΓΝ σε στα θ ερο, λογο = - ειναι το τμημα ΤΓ 2 ζητούμενο σταθερό σημείο από το οποίο διέρχεται η ευθεία ΖΜ. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι : -

l'οδι'ι λφος Μ π ι ψ η c - Δάφν η , Γ ιάννης Σταματογ ιάννης -

Δ ρο σ ι ι'ι. Α ττ ι ιαΊς.

Γιώργος

Τ σαπακίδης

Γ ιι;Jργος

Τζαγκαρύ.κης

-

Μ ιΊτσιος -

Κ υψι\λη

Ράμια

Α ιτ/νίας.

Χ υ.ν ι ι'ι. . Β αγγέλης Μ οιφο\ικος

Ά ρτας. Κ ω ν/νο c

Λγρίνω.

Π ΡΟΤ Ε Ι Ν Ό Μ Ε Ν Α Θ Ε Μ ΑΤΑ

181. Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ,

y,

xy + yz + zx = _!_2 ,

z ισχύει:

να βρεθεί η

Α

=

( :\

+

y)y + (y + z)z + (z + χ ) χ

και οι τιμές

των :\. y, z για τις οποίες έχουμε την ελάχιστη τιμή . ι Π ροτείνεται από τον συνάδελφο Γ Ι Ω Ρ Γ Ο \ Π Ι� ::: : ι ) \ Ο Π Ο Υ Λ Ο -

1 82 . '\'α λυθεί στο σύνολο R το σύστημα: (Σ )

'

8x - 2xy + (3x - 4 y).J4 - x 2 = 0

α;;:c'> το\'

1 83 .

συνάδελφο

(Προτείνεται

Λ Ν Τ Ω Ν Η Ι ΩΛ Ν Ν Ι Δ Η -

Λάρισα)

χ 2 y2 Δίνεται η έλλειψη C :- + -7 = l , α > β > Ο α 2 β-

κ αι δύ ο σημεία της

Λ ΙlΟΣΤΟΛΟ Κ Α Ι. Α ΚΟ Π Ο Υ Λ Ο -

Θες/νίκη )

1 85. Να βρεθούν οι τιμές των ακεραίων αριθμών χ

, y , z που επαληθεύου την εξίσωση :

( ι ) : ( χ 2 + y2 )2 + ( y2 + z2 ) 2 - χ 2 + z2 = 0 ται από τον Χημικό κ. Δ Η Μ Η Τ Ρ Ι Ο

(Προτείνε-

Κ Α Ρ Β Ι-: Λ Α -

Πεύκη)

1 86. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α = 2: , Β Γ = α και 3

μα

η διάμεσος που αντιστοιχεί στην ΒΓ. Να δειχθεί ότι

α

ισχύει:

μα

-

συνάδελφο Γ Ι ΩJ Γ Ο

2

2 J3 3

--

.

(Προτείνεται

από

τον

Λ Π ΟΠΟΛΟ/ Ι Ο Υ ΛΟ - Μεσολόγγι)

1 87. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = ι44° και

ΑΓ φ , , τομης. , ' της χρυσης = , οπου φ ο λ ογος ΑΒ Στην πλευρά ΑΓ θεωρούμε σημείο Η τέτοιο, ώστε να ισχύει ΑΒ = 2Φ ενώ στην προέκταση της ΒΑ ΑΗ

Μεσολόγγι )

.J4 - x 2 = 8 - 4y + 2x

δοσμένοι θετικοί ακέραιοι, δεν έχει ακέραιη και θετική ρίζα. (Προτείνεται από τον συνάδελφο

>

ελάχιστη τιμή της παράστασης:

είναι

k,ν

M 1 ( X1 , y 1 ) , Μ 2 ( Χ υ Υ 2 )

θεωρούμε τμήμα ΑΘ=ΑΗ . Ονομάζουμε Ζ την τομή της ΘΗ με την ΒΓ. 1) Να υπολογισθεί ο λόγος των εμβαδών: ( ΑΒ Γ)

( ΑΖΘ )

2) Να δειχθεί ότι η ΑΗ διχοτομεί την γωνία ΖΑΘ. (Προτείνεται από

Ι Ι Ω J> J Ό f\ιl l Jτ Σ Ι Ο -

Ράμια Άρτας )

ΕΝ Η Μ Ε ΡΩΣ Η - Ε Π Ι ΚΟ Ι ΝΩΝ Ι Α

διαφορετικά μεταξύ τους. Να δειχθεί ότι:

Ευχαριστούμε θε ρ μά όλου ς του ς φίλου ς και συνε ργάτες της

ι)

στήλης, για τις λύσεις, τα προτεινόμενα θέματα και τα

-ι ::;; χα-1 � 2 + Υβι �2 < ι . ( Πότε ισχύει το ίσον)

2 ) Από

-

όλες τις χορδές της έλλειψης (C) που είναι

μεταξύ τους παράλληλες, η μεγαλύτερη σε μήκος είναι αυτή που διέρχεται από την αρχή των αξόνων. (Προτείνεται από τον συνάδελφο Ο Ρ ΕΣΠ1 Κ Α ΤΣΑ Ν Ο -

Πρέβεζα )

εύστοχα σχόλια. Ελπίζουμε και με τη νέα σχολική χρονιά στη θετική ανταπόκριση και νέες συνεργασίες. Ση μειώνουμε ότι πήραμε με καθυστέρηση από τον συνάδελφο I Τ Ω !' I Ί Ο

ΚΛ ΤΣΑ Ο Υ Ν Η

-

Πρέβεζα

τις

λύσεις

των

ασκήσεων 1 5 5 - 1 5 6 - 1 5 7 - 1 5 8 - 1 60 που έχουν ήδη δη μοσιευθεί στο τεύχος 75 και τον ευχαριστούμε. Με αφορμή τη λήξη του τρέχοντος σχολικού έτους, ευχόμαστε σε όλους καλό καλοκα ίρ ι και ευχάριστες διακοπές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4!79


Τα Μαθη ματικά

μας διασκεδάζουν

Π αναγιώτης Π . Χριστόπουλος Γνωρ ίζετε ότι : :

• •

:

• •

:

• •

:

• •

:

• •

:

• •

:

• •

:

• •

:

• •

:

• •

Πάσχα έχουμε την πρώτη Κυριακή μετά την πανσέληνο που ακολουθεί μετά την εαρινή ισημερία (2 1 Μάρτη ) και συγκεκριμένα μεταξύ 4ης Απρίλη και 8ης Μ άη ; Οι επιστή μονες βρήκαν φωσφορίζοντα βακτή ρια που επικοινωνούν χη μικά; Το λάθος στα μαθη ματικά είναι η αρχή της απόδειξης; Οι ερευνητές βρήκαν ότι στον εγκέφαλό μας λειτουργεί το ίδιο κέντρο για τα μαθη ματικά και τη γραμματική ; Ένας αριθμός διαιρείται με I 1 όταν τα ψηφία του αριθμού που είναι στη I 11 • 3 11 • 5 '1 , κ.ο.κ. θέση έχουν το ίδιο άθροισμα με τα ψηφία που είναι στη 2'1, 4'1, 6'1, κ.ο.κ. θέση ; Κάθε αριθμός που λήγει σε 76 έχει τετράγωνο που επίσης λήγει σε 76; Ο Γκάους είχε πει «μείνετε μακριά από το άπειρο μη το κοιτάξετε κατάματα ποτέ» αλλά ο Καντόρ ο άρχοντας του απείρου και πατέρας της θεωρίας των συνόλων τον παράκουσε; Οι εκτοξεύσεις των διαστημοπλοίων γίνονται προς τα ανατολικά και κοντά στον ισημερινό για \'α είναι μικρότερο το βάρος τους και στην ταχύτητά τους να προστίθεται η ταχύτητα των 1 670 km/h της γης; Πυθαγόρας ο Σάμιος τον 6° αιώνα π. Χ . ανακάλυψε τη σχέση των μαθηματικών με τη μουσιλι'] αρμονία. Παρατήρησε ότι όταν ο σιδεράς χτυπούσε το αμόνι με διαφορετικά σφυριά παράγονταν διαφορετικοί ήχοι ανάλογα με το βάρος του σφυριού. Ακόμα, παρατήρησε ότι σε δυο χορδές που η μια έχει το μισό μήκος της άλλης, ο τόνος της πρώτης είναι μια οκτάβα ψηλότερος από αυτόν της άλλης; Ο Παρθενώνας είναι κτίριο aπαράμιλλης ομορφιάς και αρμονίας, χαρακτη ριστικό παράδειγμα αρχιτεκτονικής κομψότητας, του οποίου η κατασκευή στηρίχθη κε στην λεγόμενη χρυσή τομή . Έχει συμμετρία κλίμακας όπως είπε ο καθηγητής της Οξφόρδης Μ. Σότοϊ σε διάλεξή του στο μέγαρο Μ ουσικής ( συγγραφέας «η Μ ουσική των Φ πρώτων αριθμών» κ.ά.). Οι αρχαίοι Έλληνες παρατήρησαν ότι όταν οι διαστάσεις έχουν την αναλογία , όπου φ

:

• •

:

• •

Ο

Φ δ' ) δ J5 + I ( Φ απο' τον γ λυπτη ' ' θη ση της αρμονιας; ' ει ια , η μιουργει' την αισ 2

= --

Φ

είναι παράξενος αριθμός διότι

Φ+ Ι =Φ . Φ , Φ 2 +Φ=Φ 2 . Φ , Φ3- Φ2=

φ

:,

φ-

1 -Φ= _!_ φ

;

Τα μαθη ματικά έχουν εξέχουσα θέση στη ζωγραφική . Ο διάση μος Ολλανδός Maurits Come l l i s Escher ( \ 8981 972) παρατήρησε τα ψηφιδωτά του ανακτόρου Αλάμπρα στην περιοχή Γρανάδα της Ι σπανίας, μαγεύτηκε από την ομορφιά τους και άρχισε να κατασκευάζει αντίστοιχα σχέδια κάλυψης του επιπέδου χρησιμοποιώντας σχή ματα όπως πουλιά, ψάρια, ερπετά και ανθρώπους.

i� �;:�.,.� t•�

·� .� � ,.::� :: . ::;�:: ..

. �� " " tJt+�� r.- -�·-"'jO !Ι!ι ιιι �-. J �- . Αυτό το κατάφερνε με το να «διαστρεβλώνει» τετράγωνα, ισόπλευρα τρίγωνα ή κανονικά εξάγωνα, έτσι ώστε να μοιάζουν με πουλιά, ερπετά ή ψάρια. Το πρώτο μας διάγραμμα Όταν έμαθα στο σχολείο ότι μπορούμε να δώσουμε μια εικόνα των αριθμών βάζοντάς τους πάνω σε μια ευθεία έφερα αμέσως στη μνή μη μου μια άλλη εικόνα που είχε δη μιουργηθεί στο μυαλό μου στη παιδική ηλικία όταν έμαθα να μετράω . Αργότερα ως φοιτητής Σχ . l ρώτησα και άλλους αν είχαν δη μιουργήσει κάποια εικόνα των αριθμών στην παιδική τους ηλικία και θαυμάστε (ένα δείγμα) από το αποτέλεσμα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

___

Β' 76 τ.4/80


-----

\: :__- -. . .

Σχ. l από

--

Σχ.2 Σχ.3 Σχ.4 Σχ. 5 Σχ. 6

από από από από

...

::-

Τα ' Ι α θη μ ατι..:ά μα.; -.\ιασκεδά;ουν

:ο

5ι�ό

)( C. l

� ...:. _.<:._"'-=:

c.r;ι::_.-::;� --: cc::α:

. .

'"

- - -- - 5 ·

σα.:

,.. α ':""" ,.. cι:-χL'- 1-'ϊ_ο·: .'αcη u α .

,:: ·- ·.:..· .�.c· · , . c

'"·.ι:�·.:'-C':

:: ο .. . --..:z:ι�··c:-.c·

από

I

.

� :c::.:·.:c:

,,

----

: c: : o ·. c:.

::c·_.

�c:�c::α

α�ι.:o in:a.l

'.: α :

_-, -

�·α.;

με

ο�:ο:-.ά�c;:αι

Σ την Εί.ί.άδα υπάρzου\' σι.εnκά μετα:πυzιακα

προγράμματα.

-

- --- · :

I

Ο Ρώσος Γκριγκόρι Πέρελμαν απέδειξε την εικασία του Πουανκαρέ, αλλά αρνήθηκε το βραβείο Φϋ.ντς και

μέχρι τώρα και το βραβείο C/ay. Είχε πάει να μαζέψει μανιτάρια! ! ! Α φιέρωμα στο επόμενο τεύχος και για τον Ινδό Ραμανουτζάν.

Η δασκάλα Ρώτησαν οι μαθητές την δασκάλα για την ηλικία της. Εκείνη τους έδωσε δύο τετραψήφιους αριθμούς και είπε «το άθροισμά τους είναι η ηλικία μου στο τετράγωνο, ο ένας δίπλα στον άλλο δίνουν την 4η δύναμη της ηλικίας του συζύγου μου, ο οποίος είναι μεγαλύτερός μου». Ποια ηλικία έχει η δασκάλα; Το κλάσμα

Απλοποίησε ο μαθητής ένα κλάσμα με όρους τετραψήφιους αριθμούς και προέκυψε το κλάσμα

�. Ο 5

, ειχε τη μορφη, μαθ ητης οτι , θ υμαται , , το κλασμα ,

ΑΒΒΒ

---

ΒΒΒΓ

, . Ποιο ηταν , το κλασμα;

Το αντηλιακό Έρχεται το καλοκαίρι και αγόρασα ένα αντηλιακό με δείκτη 1 5 . Η Μαίρη πήρε ένα αντηλιακό με δείκτη 3 0. Πόση υπεριώδη ακτινοβολία απορροφά το δικό μου και πόση υπεριώδη ακτινοβολία απορροφά της Μαίρης το αντηλιακό; Τρ Τετ Δευ Παρ Πέμ Σάβ Κυρ Παίξτε με το ημερολόγιο Μήνα Μάη 20 1 0 2 I Μαντέψτε από το η μερολόγιο μια ημερομηνία που σκέφτηκε ο 9 5 3 4 8 6 7 φίλος σας αρκεί να σας πει το άθροισμα των 8 αριθμών που είναι 1 2 1 4 1 3 1 5 16 1 1 1 0 γύρο από αυτήν (δεν έχει σχέση ο μήνας και το έτος). 17

24 31

Α G

r-.. D

11 -

Ε

I

Β

mtffHΦUI I

c

Ρ

Μ

Ευχαριστώ για την στήριξη τους συναδέλφους

18

25

19

26

21

20

28

27

22 29

Το 64 είναι ίσο με το 65;

Βασίλη Σταθόπουλο και Θεοδόση Γιαννόπουλο.

Απαντήσεις στα μαθηματικά μας δ ι ασκεδάζο υν.

δασκάλας 56<67 ηλικία συζύγου.(Σημ.σ4- δ2=2Ο ι 5.9999 =5 . ι 3 . 3 ι .3 .3 . ι ι . ι ο ι πρώτοι αριθμοί). Το ΑΒΒΒ θα είναι ΒΒΒΓ

-·- . 5 .χ

συμβαίνει νια ' χ= ι 3 3 3 . Και το κλάσμα είναι

30

Κόψαμε το τετράγωνο σε δύο τραπέζια και δυο τρίγωνα και με τα κομμάτια φτιάξαμε το ορθογώνιο που είναι δίπλα αλλά τα 8χ8=64 τετραγωνάκια γίνανε 5χ1 3=65 ! ! ! !

Η δ α σκά λα Οι αριθμοί που έδωσε η δασκάλα είναι 20 ι 5 και ι ι 2 ι . Είναι 20 ι 5 + ι ι 2 ι =3 1 3 6=562 και 20 ι 5 ι ι 2 ι =674 Τ ο κλάσμα

23

ηλικία

Άρα Γ=Ο ή 5, Β= 2,4,6,8 και Α::Ξ4 για να είναι 4ψήφιος ο Παρονομαστής. Αυτό

2666 --

6665

.

Τ ο αντηλιακό Αν το αντηλιακό εμποδίζει το 80% της ακτινοβολίας άρα εκτίθεσαι στο20% και μπορείς να μείνεις 5 φορές περισσότερο στον ήλιο δηλ. έχει δείκτη 5 (5 .20= 1 00) . Άρα εγώ μπορώ να μείνω ι 5 φορές περισσότερο χρόνο στον ήλιο και η

100 30

Μαίρη 30 φορές περισσότερο. Ποσοστό απορρόφησης υπεριώδους ι 00- =93 ,3% το δικό μου και ι 00- -- =96,7% της Μαίρης.

Π αίi;τε με το ημερο λόγι ο Το άθροισμα είναι πολλαπλάσιο του 8 . Συμβολίστε τον πρώτο με χ και έχετε χ+( χ+ I )+(χ+ 2)+(χ+ 7)+(χ+9)+(χ+ ι 4 )+(χ+ ι 5)+(χ+ ι 6)=8χ+ 64=8(χ+8). Στο παράδειγμα 8( 1 2+8). Το 64 είναι ί σο με το 65; Είναι λάθος ο μετασχηματισμός του τετραγώνου σε ορθογώνιο και έχει γίνει μια μικρή αύξηση του εμβαδού.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 76 τ.4/81

Ευκλειδης Β 76  

Ευκλειδης Β 76

Ευκλειδης Β 76  

Ευκλειδης Β 76

Advertisement