Issuu on Google+


li1J�[jj)�(Q)���(Q)

υ=�� 1f(Q)

Ά'tl�[g�(Q)

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Ο Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός (Θαλής) .......................................... 3 Τα_ Μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα ?σο νο}lίzετε . .... .. .. ....... ...... . .. .. .... . ... . 8 _ και τα γραμμικα συστηματα ..... . ....... ........... .. . .......... 16 Θεματα στις συναρτησεις

Ασκήσεις Γεωμετρίας (Ισότητα τριγώνων, Παράλληλες ευθείες, Άθροισμα γωνιών τριγώνων ........... 22 Πολυώνυμα- Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις .................................. 26 Εφαρμογές της θεωρίας εμβαδών ................................................................. 32 Εμβαδά επίπεδων σχημάτων ........... ... . . .... .... ........ ........................ . ................ 34

!4�

�������;�����6�·:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::1��1

Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της Ανάλυσης ................. . ............. .. .. . Υπολογισμός της δύναμης Αν, ν ε Ν τετραγωνικού πίνακα Α ........................ 5 Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ ! . .... ...... .... ...................... . . . .. . ..... .... .. .. ..... .... ........... . . . . 58

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Γραμματεία Σύνταξης:

Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρλής ΓΙάννης

Συντακτική Επιτροπή:

IJ 20.000

μαθητές

Βακαλόπουλος Κώmας,

Βωκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόπουλος Κώmας,

πιστεύουν

Γράψας Κώmας,

ότι τα Μαθηματικά

Δαμ1Gνός Πέτρος,

προσφέρονται

Καρακατσάνης Βασίλης Κατσοuλης ΓΙώργος,

και για πνευματικούς

Κηπουρός Χρήmος,

αγώνες.

Κοvτογ1άvvης Δημήτρης, Κοτσ1φάκης ΓΙώργος, Κυρ1Gκόπουλος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τάσος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μπαδήi\αΛ,

IJ Πολλοί λέμε:

Μώκος Χρήmος, ΣαΤτη Εύα, Τουρλάς Λεωνίδας,

Τα μαθηματικά πολύ

Τσ1καλουδάκης ΓΙώργος,

Δύσκολο μάθημα!

Υπεύθυνοι Έκδοσης:

Παπαδόπουλος Νίκος, Τσαρπαpί\ής Ιωάννης

Μήπως δεν είναι έτσι;

Επιμέλεια Έκδοσης:

Μαpαγκάκης Σ.

Συνεργάστηκαν:

Ντρίzος Δημήτρης, Κώmας Αναγvώmου,

Σταμάτης Καi\ίκας, ΧρήmοςΛαzαρίδης, Τσάμης ΓΙώργος, ΠαναγΙώτης Ρεκοuμης

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

Πανεπ1mημίου 34-106 79 ΑΘΗΝΑ

17 784-36 16 532 36 41 025 Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής

Τηλ.: 36 Fax:

Διεuθuντής:Κ.Σάλαρης ISSN: 1105-8005 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεvχος: Ετήσια σ"νδρομή: Ορyανισμοί: Ταχ. Εnιταyές

350δρχ. 1.600δρχ. 3.000δρχ.

Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.Θ. 30044 Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση

ΕΛλ η ν ι κ ή Μ α θ η μ α τ ι κ ή Ε τ α ι ρ ε ί α

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81- 83

Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκωλος- τηλ. 34 74 654


Ο

Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός (Θαλής)

Επιτροπή Διαγωνισμών

Οπως κάθε χρόνο, έτσι και φέτος διεξήχθη με αρκετή επιτυχία ο Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός της Ε.Μ.Ε. Η προσέλευση των μαθητών ήταν πολύ μεγάλη, αν και σε αρκετά σχο­ λεία οι μαθητές άργησαν να ειδοποιηθούν. Η επιτροπή και από τη θέση αυτή ευχαριστεί τους συναδέλφους που βοήθησαν στη διεξα­ γωγή του διαγωνισμού είτε ως διορθωτές είτε ως επιτηρητές. Τα θέματα με τις λύσεις τους δημοσιεύουμε παρακάτω: Θέματα για την Α' τάξη Λυκείου

lA. Δύο μαθητές Α, Β παίζουν το ακόλουθο παιχνίδι:

Τους δίνεται ένα κανονικό πολύγωνο με άρτιο πλήθος πλευρών, μεγαλύτερο από 6 (π.χ. ένα 1 00-γωνο). Κάθε παίκτης συνδέει δύο από τις κορυφές του πολυγώνου με ένα τμήμα το ο­ ποίο, όμως, να μην τέμνει κανένα από άλλα τέτοια τμήματα που οι παίκτες είχαν φέρει προηγουμένως. Θα χάσει ο παίκτης που πρώτος δε θα μπορέσει να φέρει ένα τέτοιο τμήμα. Μπορεί ένας παίκτης να ακολουθήσει μια στρατηγική ώστε να νικήσει σίγουρα;

2Α. Ένα τετράγωνο ΚΛΜΝ είναι εγγεγραμμένο σε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ ώστε οι κορυφές του Κ, Λ, Μ, Ν να βρίσκονται πάνω στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ αντιστοίχως. Αν ο λόγος του εμβαδού του ΚΛΜΝ προς το εμβαδόν του ΑΒΓΔ είναι λ, να βρείτε το λόγο των μηκών των τμημάτων στα οποία διαιρούνται οι πλευρές του τετραγώνου ΑΒΓΔ από τις κορυφές του άλλου τετραγώνου. 3Α. Υπάρχει τρίγωνο με όλες τις πλευρές του και ένα ύψ ος του να έχουν ακέραια μήκη και η περίμετρός του να είναι 2 ι ; 4Α. Αν α > Ο, β > Ο να αποδείξετε ότι ...[ri + ..,[β �

νt � +

·

Θέματα για τη Β' -ctiξη Λυκείου

lB.

Έστω κύκλος ακτίνας ι, στον οποίο ορίζουμε ένα συγκεκριμένο σημείο Α0• Στη συνέχεια ορίζουμε τα σημεία Αν, ν ε IN ως εξής: Το μήκος του τόξου Α0Αν (όπου αυτό μπορεί να είναι μεγαλύτερο του 2π) να είναι ι +2ι + ···+νι ·

Να δείξετε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/3


Ο

Πανελλήνιος Μαθητικός Δια"(ωνισμός (Θαλής)

α) Δεν υπάρχει σημείο Αν , ν�1 που να συμπίπτει με το Α0• β) Δεν υπάρχουν μ, ν ε Ν, μ =F- ν ώστε τα σημεία Αμ, Αν να συμπίπτουν. 2Β. Αν ΑΒ ΓΔ είναι ένα τετράπλευρο περιγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας ρ, να δείξετε ότι ισχύει: ΑΒ + ΓΔ�4ρ. 3Β. Να εξετάσετε αν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί ν με την ιδιότητα: Από το σύνολο Α(ν) = { 1 , 2, . . . , ν} μπορούμε να διαλέξουμε κ αριθμούς α1, α2, . .. , ακ όπου κ�3, αi =F- αj , έτσι, ώστε να ισχύει: Ια1 - �� = I� - α3 Ι = ·· ·= Ιακ- 1 - ακΙ = Ιακ - α1 Ι · Τι συμβαίνει αν απλά κ�1 ; 4Β. Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 3

21 - 224 - 68 - 1 διαιρείται με το 1930.

Θέματα yια την Γ

lΓ.

Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης:

τάξη Λυκείου

� + ψ� - ��' με ΙχΙ � 1 , IΨI � ι

Π(χ, ψ) = Χψ + Χ

2 Γ. Έστω η συνάρτηση f: IR.

-+

IR. τέτοια ώστε για κάθε χ ε IR. να ισχύει ότι:

f(x - 2) + f(x + 2) = 13f(x). Να δείξετε ότι η f είναι περιοδική. 3Γ.

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και (ε) μια ευθεία που περνάει από το βαρύκεντρο Θ του τριγώνου και τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ, Λ αντίστοιχα. , ΑΚ�4 ΓΛ " Να δ ει'ξ ετε οτι: ΚΒ ΑΛ

4Γ.

Έστω Α ένα σύνολο ν ακεραίων αριθμών. Από το σύνολο αυτό κατασκευάζουμε όλες τις δυ­ νατές παραστάσεις παίρνοντας ένα ορισμένο πλήθος αριθμών και προσθαφαιρώντας τους μεταξύ τους. Π.χ. αν αϊ 1 , αϊ2 , αϊ3 , αi4 ε Α τότε μια δυνατή παράσταση είναι η αi 1 + αi2 - αi3 + αi4 ή -αi1 + αi2 + αi3 + αi4· Δύο διαφορετικές παραστάσεις ανεξάρτητα από το αριθμητικό τους αποτέλεσμα θα θεωρού­ νται διακεκριμένες. Να υπολογίσετε το πλήθος των δυνατών παραστάσεων. Λύσεις. του 56ου Πανελλήνιου Μαθητικού Διαγωνισμο ύ «Ο Θαλής»

Τάξη Α' Λυκείου lA.

Θα νικήσει ο Α παίκτης αν ακολουθήσει την παρακάτω στρατηγική: Φέρει τη διαγώνιο Α1Αν που χωρίζει το 2ν-γωνο σε δύο ίσα (ν + 1 )-γωνα (σχήμα). Τα σχήματα αυτά είναι ίσα και συμμετρικά. Ο δεύτερος παίκτης έστω ότι φέρει μια διαγώνιο AiAj . Τό­ τε ο Α φέρνει τη συμμετρική αυτής ως προς την Α 1 Αν κ.λ.π.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/4

A2v_2

,


Ο

2Α.

Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός (Θαλής)

Έστω ΑΒ = 1 , ΚΛ = νλ και ΚΒ = χ (σχήμα). Τότε ΒΛ = ΓΜ = ΑΝ = ΑΚ = 1 - χ και 2 2 χ + ( 1 - χ) = λ ή χ = ( 1 ± νλ).

, ΑΚ = -1 - χ 1 + :Jλ = Επομενως r-� · ΚΒ χ 1 ±"λ _

3Α.

Γ

Έστω ότι υπάρχει ορθογώνιο τρίγωνο με α, β, γ, υ ακέραιους (σχήμα). Τότε συν Β = Ά Ε Q, συνΓ 1.. Ε Q. Αλλά συνΒ = ΒΔ Ε Q άρα ΒΔ, ΔΓ α α υ ρητοί αριθμοί. Αλλά από το Πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι ΒΔ, ΓΔ ακέραιοι. Εξετάζουμε τις περιπτώσεις: α) Αν ΒΔ, ΓΔ και οι δύο άρτιοι είτε περιττοί. Τότε η ΒΓ είναι άρτιος, και από το Πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι οι β, γ θα είναι είτε και οι δύο άρτιοι, είται και οι δύο περιττοί. Τότε όμως η περίμετρος είναι άρτιος, πράγμα άτοπο. β) Είναι ΒΔ άρτιος, ΓΔ περιττός. Ομοια. =

4Α.

Μετά τις πράξεις βρίσκουμε � + β\[α � σ:να + Νβ ή (-Γα- νr,χα - β)�Ο που ισχύει.

Τάξ η Β' Λυκείου lB.

Β

r

α) Αν υπάρχει σημείο Αν που να ταυτίζεται με το Α0, θα πρέπει 1 + φυσικός), άτοπο. Πράγματι το α' μέλος της ( 1 ) είναι ρητός, ενώ το β' μέλλος άρητος. β) Όμοια θα πρέπει ..!. + 1 - + · · · + ..!. = 2κπ (κ Ε IN), άτοπο. ν μ μ+ 1 Δ Πρωτα αποδεικνύεται ότι σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: Α α�2ΑΔ εφ

+

···

+

� = 2κπ (1)

-

2Β.

(1)

Γ

όπου ΑΔ το ύψος από το Α (σχήμα). Ακολούθως εφαρμόζοντας το παραπάνω στα τρίγωνα ΑΟΒ Α και ΓΟΔ παίρνουμε: Β Ε Β Δ Γ Β Γ Β Β Α Α Α Δ + εφ = 2ρ εφ ΑΒ + ΓΔ �2ρ εφ (1), αφού ΑΟ Β + Γ ΟΔ = 1 80°. + σφ

(

�)

(

�)

, ΑΒ + ΓΔ�2ρ 2 = 4ρ. Αφου, εφ ΑΟΒ ΑΟΒ Οποτε · -2- + σφ-2-�2 3Β.

νεφ-ΑΟΒ2- · σφ-ΑΟΒ2- = 2{Ϊ = 2

Προφανώς η πρόταση για κ = 2 ισχύει: Ιαl - azl = Ιαz - αΙΙ · . Παρατηρούμε ότι η ακολουθία α1 , az, . . , αιc πρέπει να είναι γνησίως μονότονη, γιατί αν αϊ-Ι < αj και αi+Ι < αϊ, τότε αϊ - αϊ-Ι = Ι αϊ - αϊ-Ι Ι = Ιαi+Ι - αϊ Ι = αϊ - αi+Ι οπότε αϊ-Ι = αi+Ι . Αυτό ό­ μως είναι άτοπο αφού οι αριθμοί θα πρέπει να είναι κ το πλήθος, άρα διαφορετικοί. Έστω ότι Ια1 - azl = Ιαz - α3Ι = · · · = Ιαi+l - αϊ Ι = m. .

Τότε (κ - 1 )m = Σ I�- �-11 = αιc - α1 = m (1) IC

j=2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/5


Ο Πανελλήνιος Μαθητικός Δια.,ωνισμδς (Θαλής)

Η

(1) ισχύει αν κ = 2. 3

3

2

3

2

2

' α + β + γ - 3αβγ = (α + β + γ)(α + β + γ - αβ - βγ - γα) (1) 4Β. Ως γνωστον 7 8 ' 7 8 Αν α = 3 , β = - 2 , γ = -1 η (l) γινεται 3 - 2 - 1 = 1 930. lΓ.

Τάξη Γ Λυκείου

Θέτουμε χ= συνα, ψ = συνβ. Είναι: Π( συνα, συν β) = συνασυνβ + συναημβ + συνβημα - ημαημβ = συν(α + β) + ημ(α + β) = -../2 ημ (α + β + �) � -../2 Άρα η μέγιστη τιμή της Π(χ, ψ) είναι το -../2.

2Γ. Πολλαπλασιάζουμε τη σχέση f(x - 2) + f(x + 2) = ""./3f(x) και παίρνουμε: "".{3f(x- 2) + ""./3f(x + 2) = 3f(x) (1) Ομως ""./3f(x- 2) = f(x- 4) + f(x) και ""./3f(x + 2) = f(x) + f(x + 4), οπότε η (1) γίνεται: f(x - 4) + f(x + 4) = f(x) (2) Πολλαπλασιάζοντας τη (2) με ""-./3 παίρνουμε: f(x- 6) + f(x + 6) = Ο ή f(x + 12) =-f(x) άρα f(x + 24)= f(x), για κάθε χ ε IR.. Άρα η f είναι περιοδική με περίοδο 24. 3 Γ . Έστω ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ κάθετες από τα Α, Β, Γ στην Α (ε). Τότε ΑΔ = ΒΕ + ΓΖ (1). Ομως (ΑΚΛ) = Ι1 ΚΛΑΔ = Ι1 ΚΛ·(ΒΕ + ΓΖ) = (ΒΚΛ) + (ΓΚΛ);;;:: 2-ν(ΒΚΛ)(ΓΚΛ), άρα (ΑΚΛ/ ;;;:: 4(ΒΚΛ)(ΓΚΛ) ���J ;;;:: 4 fλ��� ΓΛ δηλαδη.ΑΚ ΒΚ ;;;:: 4 ΑΛ' 4Γ . Προκειμένου για κ (κ< ν) αριθμούς από το σύνολο Α, το πλήθος των κ-άδων είναι όσοι οι συνδυασμοί ενώ το πλήθος των διαφορετικών κ-άδων των προσήμων είναι 2κ. Άρα =>

(�)

(αρχή πολλαπλασιασμού) το πλήθος των παραστάσεων με κ αριθμούς είναι 2κ

νως όλες οι παραστάσεις, για τις διάφορες τιμές του κ είναι Σ 2κ 1C=l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 2/6

(�) Επομέ-

(� )= 3ν - 1, το πλήθος.


... Επειδή ο υποψήφιος της τέταρτης δέσμης αξίzει ένα βιβλίο γραμμένο ειδικά γι' αυτόν ... ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ ΑΠΟ ΤΙΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΣΑΒΒΑΛΑ Στέλιος Μαιιίνης Άλχη; Πα:rι:αδήμας

Δ'Δέομη Δ'Δέσμη Στέλιος Μαιιίνης Άλχης Ηα:rι:αδήμας

Στέλιος Μαpίνη;�,, Άλκης Ηαπαδήμας

�οκληρώματα

Εισαγωγή οτην

Δ'ΔLσμη

Ανάλυση

Δ'Δtυμη Γ

ΟΙ Σ ΥΝΑΔΕΛΦΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΟΙ Μ ΠΟΡΟΥΝ ΝΑ Π ΡΟΜΗΘ ΕΥΟΝΤΑΙ ΤΑ ΒΙ Β ΛΙ Α Μ Ε ΕΚ ΠΤΩΣΗ

Κιιρττ:;JΙfΑVrίf.'fι'Fr.ι)ο­ ΚιiΗλι.;:-1-:ι.JJι:ι'α

Γ

"(J!}ιιιιΠ!I'f.it}tljllη;

ΓΣιΨ{χrιιιοιιμι:ίφιμnιι:

5(J%

ΜΟΝΟΑΠΟΤΟ ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΣΑΒΒΑΜ

ΕΚΔΩΣΕ1Σ ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ •

Σημείο αναφοράς ατο ειmαιδεuτικ61Jι#Jλίο Ζωοδ.

Πηγής 18

106 81

Αθήνα Τηλ. 33.01.251-38.29.410

Fax: 38.10.907


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε Τάσος Λαμπρόπουλος Εισαγωγικό ση μείω μα

Φίλοι μας μαθητές της Α' Λυκείου (και όχι μόνο). Μόλις έχετε διαβεί το κατώφλι του Λυ­ κείου, κουβαλώντας, ενδεχομένως, μαζί σας μια προκατάληψη για τα μαθηματικά. Για σας γρά­ φτηκε αυτό το άρθρο, για να σας δείξει ότι, αν έχετε κατανοήσει τις βασικές γνώσεις που διδα­ χτήκατε στο Γυμνάσιο, τότε με διαδοχικά βήματα, όλοι σας μπορείτε να λύσετε προβλήματα, που ίσως σας φαίνονται άλυτα. Αρκεί να μελετήσετε με προσοχή τις ιδιότητες και Εφαρμογές των πραγματικών αριθμών, που αναφέρονται στο βι βλίο σας. Πάμε λοιπόν . .. Μια από τις ιδιότητες, την οποία αποδεικνύει το β ι βλίο σας είναι: , Q_ r _ Q..±.».I «Αν Q_- r τοτε β-δ-β+δ . β δ Την ιδιότητα αυτή μπορούμε να την γενικεύσουμε: «Αν αι = α2 = α3 τότε αι = α2 = α3 = αι + α2 + α3». β ι β2 β3 β ι + β2+ β3 ' β ι β 2 β3 Και ακόμα περισσότερο: «Αν α ι = α2= α3= ...= ιΙν τότε αι = α2= α3= ...= ιΙν= κ ι αι + κ2α2+ . . + Kv!lv βν κ ι β ι + κ2 β2 + + κvβν βν β ι β2 β 3 βι β2 β3 με κι , κ2, ..., Kv πραγματικούς αριθμούς και κ ι β ι + κ2β2+ ... + κvβν * 0.» · · ·

·

Ας λύσουμε τώρα μια άσκηση.

β, γ, δ θετικοί πραγματικοί αριθμοί, με !! χ δ ψϊΧ + ..JPY+ -fil + -JδΟΟ = -.J (α+ β+ γ+ )(χ + y + z + ω). Αν χ, y, z, ω,

α,

=

.I! = Ι z y

=! να ω

δειχθεί ότι:

Για να λύσουμε την άσκηση αυτή, πρέπει να κατασκευάσουμε του όρους αχ, βy', yz, δω και τα αθροίσματα α + β + y + δ, καθώς και χ+ y + z+ ω. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 2/8


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε

Για συντομία θέτουμε λ το λόγο της αναλογίας και θά' χουμε: Ά r = α + β + Υ + δ (1) και ακόμα λ =Q χ = y = z = .Q. ω x+y+z+ω δω (2). = ..lh = E. = δω <=> λ = αχ2 =..lh=E.= λ = αχ 2 2 χχ yy zz ωω χ y z ω2 Από την (1) έχουμε: νλ= α + β + y + δ" x+y+z+ω

Από την (2)έχουμε: "Ι/λ =

���W =

=

=

=

νλ = � = � = � = � = � + � + W + � χ y z ω x+y + z+ω τελικά παίρνουμε: α + β + y + δ_� + � + fΥΖ + � <=> _ ..:.;_;_ .. ;... ..ι;;.... ...;. ...ι.. ...;;..

.

x + y + z+ω

x+y+z+ω

..J ναχ + νf3Υ + -fiZ + ν&Ο = α + β + Υ + δ (χ + y + z+ ω)

νχ + y + z + ω ναχ + νf3Υ + -fiZ + ν&ό = ν(α + β+ γ+ δ)(χ + y + z + ω )

<=>

(εφαρμόζουμε ιδιότητες ριζών) .

Ας λύσουμε τώρα μια άλλη άσκηση. Δίνονται οι Πραγματικοί αριθμοί α, p, γ, χ, y, z με αχ3 = py3 = γz3 και!+!+!= 1 χ Υ z Να δειχθεί ότι:

�αχ2 + py2 + γz3 = �

,

+

�+ �.

με

xyz :;t: Ο.

, , 1- + -1 + 1-. 'Εχουμε , της ασκησης ειναι ο κλ ειδι, για τη λυση η κατασκευη, της παραστασης χ Υ z λοιπόν τ

2 2 2 αχ + βy + yz = αχ2+ β/ + γz2 1

επομένως

.

{:

αχ = κ βy3 = Κ γz = κ

α= �3 χ

β=�

3

Va = � χ

Υ

γ= κ333 z

και αν προσθέσουμε κατά μέλη

.

(

)

� r::+ .:yJS_ � r:: = 3VΚ -1 1 -1 = 3νκ,.ι 3να 3'W 3νΎ .:yJS_ + + = jχr:: + .:yJS_ +-+ z χ Υ z Υ Ας ασχοληθούμε τώρα με τις ταυτότητες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/9

=

}Ι 2 ν αχ

2

+ βy

+-

3

γz


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε :z

:z

:z

(α + β) = α + 2αβ +β . :z :z :z (α - β) = α - 2αβ + β

και τις προεκτάσεις τους.

Χρειάζεται να μπορούμε να διακρίνουμε, αν μια παράσταcrη είναι τετράγωνο μιας άλλης, ή αν περιέχει όρους που είναι ανάπτυγμα κάποιου τετραγώνου. Ας δούμε μερικές «δύσκολες» ασκήσεις: Αν η παράσταση, Α = � (ν+ 2- ν2ν + 3) με ν ε IN, είναι ρητός θετικός αριθμός, τότε και η πα-

ράσταση {Α είναι ρητός αριθμός.

Προφανώς έχουμε ότι αν η παράσταση Α είναι ρητός, τότε και η παράσταση κ = ν2ν + 3 εί­ ναι ρητός με κ > 1 . Επομένως παίρνουμε τις ισοδυναμίες: -� -ν L. -τ .J

ν

2- 3 = κ = 2ν + 3 = κ2 = ν = κ-2·

Τότε την παράσταση Α την γράφουμε:

Α = 22 κ- 2- 3 + 2 κ

(

_

7

)

=

. 2 - 3 + 4 2κ κ2 2κ + 1 9 2 = [2c 3 κ - 1) 2 - =2 (κ 1) 4 2 2 2 2

J

Τελικά παίρνουμε: ...JA = � (κ - 1) Μια άλλη άσκηση είναι:

2 2 Να δειχτεί ότι: α + 2β - 2αβ + 2α- 4β + 2;;::: Ο.

Είναι αρκετά δύσκολο να διάκρίνούμε ότι, η παράσταση αυτή είναι άθροισμα δύο τετραγώ­ νων. Μας διευκολύνουν, λίγο όμως, οι όροι 2αβ, 2α, 2β + 2 β = 4β, που .ε ίναι διπλάσια γινόμενα των α και β , α και 1 , β και 1 αντίστοιχα. Επομένως, η παράσταση μπορεί να γραφεί: . (α2 + β2 + 1 - 2αβ + 2α - 2β) + (β2 - 2β + 1 ), οπότε, εύκολα πλέον διακρίνουμε ότι, η παράσταση γράφεται:

2 2 (α - β + 1) + (β - 1) , η οποία προφανώς, είναι;;::: Ο . Αν κάποιος θέλει να κάνει παιχνίδι με τους αριθμούς και τις εξισώσεις, μπορεί εύκολα να βρει, πότε ισχύει: α2 + 2β2 - 2αβ + 2α - 4β + 2 = Ο . Σε ένα διαγωνισμό, νομίζω της Ε.Μ.Ε., είχε δοθεί μια άσκηση, περίπου ίδια με την: Να λυθεί η εξίσωση:

6

+

;

:z

+

2; - 4χ :z

9: 12 =

4

Ο

Το πρόβλημα δεν είναι πώς θα λύσουμε την εξίσωση, αλλά πώς θα παραγοντοποιήσουμε την παράσταση του πρώτου μέλους. Νομίζω πως εύκολα διακρίνουμε ότι: χ6 + _l + 2χ2 = (x3 'f + (1. 2 + 2 χ3 .!.. = (χ3 + . ! .J2 και 2 3 l3 ) �χ 3 χ l3 χ )

)

)

9 χ 4χ4 + 12 = '4(χ4 +3) 4χ4 +.1_ = 4χ 3 +!.. 3l3x 3χ 3l 3 χ 9χ 9χ

' οπότε θά χουμε:

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/10


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε

2 χ6 + _!_+2χ - 4χ4 + 1 2= ο� (χ3 + .!.j2 -�(χ3+.!.)=ο<=>(χ3+.!.)(χ3+.!.-�)=ο 9χ l3 χ l3 χ 3 9 χ2 3 l3 χ) 3 l3 χ .

3

� + �=Ο, η οποία δεν έχει ρίζες στο IR.. Γιατί;

�3 + � -1=Ο, στην οποία εύκολά μπορούμε να βρούμε ρίζα. Ποια είναι;

2 2 2 2 2 , , , , α +. β � 2αβ και αν θε(α - β) = α - 2αβ + β , προκυπτει η ανισοτητα Απο την ταυτοτητα 2 2 σουμε α= φ., β =νΥ, με χ, y� Ο, θα πάρουμε: φ. + νΥ �2φ. νΥ<=> χ+y� 2-ψ:y ,

Στηριζόμενοι στην πιο πάνω ιδιότητα, ας λύσουμε την άσκηση: Αν α, β, γ Ε IR.+, να δειχτεί ότι: α+β+γ+αβ+βγ+γα� 6ψί.βγ, μια άλλη έκφραση τη ς οποίας είναι: Αν α, β, γ Ε IR.+, με αβΎ� ι να δειχτεί ότι: α+β+γ+αβ + βγ+γα� 6. Η

λύση είναι εύκολη, αρκεί να κάνουμε κατάλληλη έπιλογή ζευγών, που είναι: (α + βγ) + (β + αγ) + (γ + αβ)

και προφανώς η κάθε παρένθεση, είναι μεγαλύτερη ή ίση της παράστασης 2{aβ-(. Εύκολα τώρα μπορεί να διατυπωθεί η απόδειξη. 2 2 Μια άλλη ταυτότητα είναι: (α + β)3 α3 + 3α β + 3αβ + β3 = α3 + β3+3αβ(α + β) και αν θέσουμε όπου α το χ+ y και όπου β το z παίρνουμε: ==

(χ + y + z)3 =(χ+y)3+z3 + 3(χ+y)z(x + y + z)= 2' χ3+ y3 + 3xy(x + y) + z3+ 3(χ + y)(zx+zy + z )= 2 χ3+ y3 + z3 + 3(χ + y)(xy+zx+zy + z )= χ3 + y3 + z3+3(χ + y)[x(y+z) + z(y + z)] =

χ3+ y3 + z3 + 3(χ + y)(y + z)(z+χ) , Επομενως: (χ+. y + z)3=χ3 + y3 + z3 + 3(χ + y)(y+z)(z + χ).

Γνωρίζοντας πλέον την παραπάνω ταυτότητα, θα λύσουμε με άνεση ασκήσεις, που θεωρού­ νται δύσκολες, όπως: 3 Αν xyz -:ι:. Ο, χ + y + z = ι και χ3+y3+z =ι, να δειχθεί ότι: α) Δύο τουλάχιστον από τους χ, y, z είναι αντίθετοι. ι ι +ι ι β) 3+3 3= . χ Υ z Έχουμε:

'

(χ + Υ+z)3= χ3+y3 + z3+ 3(χ + y)(y + z)(z + χ) 1 3 = 1 + 3(χ + y)(y + z)(z + χ)<=> (χ + y)(y + z)(z + χ)=Ο<=> χ+y=Ο ή y + z=Ο ή z+χ=Ο. Δηλαδή δύο τουλάχιστον από τους χ, y, z είναι αντίθετοι, οπότε ο τρίτος υποχρεωτικά είναι ίσος με 1 . , z= 1 και επομενως , 1 --y1 <=> 31 = -3<=> ι 3 ι +31 = 0 'Εστω χ= -y οποτε χ= χ Υ χ Υ <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/1 1


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε

1 +3 1 +3 1 = Ο+3 1 =1 ' 3 και τοτε: χ y z 1 Ομοια αν y = -z ή z = -χ. Μια άλλη διατύπωση της πιο πάνω άσκησης είναι: 3 3 3 Αν (α + β+γ{= α + β + γ , τότε να δειχθεί ότι: α)

1 995 1995 1 995 1995 = (α+β+γ) α + β +γ

β)

�995+ β�995+ γ� = (α + β+Ύ)1995 α

γ)

1

(α + β.+ γ)ν = αν + βν+γν, για κάθε ν Ε IN με ν= 2κ + 1, κ Ε IN. 3

3

3

3

Προφανώς από: (α + β + γ) = α +β +γ 3(α + β)(β + γ)(γ + α) = Ο που σημαίνει ότι δύο τουλάχιστον από τους α, β, γ είναι αντίθετοι οπότε εύκολα πλέον, όπως στην προηγούμενη άσκηση, μπορούμε να aποδείξουμε τα ερωτήματα της άσκησης. Και μια ακόμα, θεωρούμενη δύσκολη άσκηση 2

,

, οι ισοτητες χ + y + z = χ Αν ισχυουν

2

<=>

2

3 3 3 + y +z = χ + y + z = 1 τοτε xyz = ο. ,

Επειδή 2 2 2 2 (χ+y + z) = (χ + y + z ) + 2(xy + yz + zx), και 3 3 3 3 (χ + Υ + z) = χ +y + z + 3(χ + y)(y+z)(z+χ) τότε έχουμε xy+yz+zx = Ο xy + yz + zx = Ο και. και χ = -y η y =-z η z = -χ (χ + y)(y+z)(z+χ)= b

{

.

<=>

{

'

Αν χ = -y, τότε από xy+yz+zx = Ο Ομοια aν y = -'Ζ ή z � -χ: '

i) ίί)

:::::.

2

-y

.

'

+ yz - zy = Ο

<=>

2

y

<=>

y = Ο,

οπότε xyz = Ο .

Στις εφαρμογές του βιβλίου υπάρχουν οι ταυτότητες 2 2 2 , 3 3 3 1 α + β +γ - 3αβγ = 2 (α + β + γ)[(α- β) + (β - γ) +(γ - α) ), καθως και 3 3 3 αν α + β+γ= Ο, τότε α + β +γ

= 3αβγ Το βιβλίο κάνει υπόδειξη, για πράξεις στο β' μέλος, οπότε φθάνουμε στο α'. Εμείς θα πάμ, ε από το α' μέλος στο β' μέλος, αναλαμβάνοντας υπόψη την ταυτότητα: 3

,.

έχουμε: 3

3

3

α +β = (α+ β) - 3αβ(α+β) 3

3

.

3

3

3

3

α +β +γ - 3αβγ = (α+β) - 3αβ(α+β) - 3αβγ+γ = [(α + β) + γ ] - 3αβ(α+β + γ) = 3 (α + β + γ) - 3(α+ β)γ(α+β+γ) - 3αβ(α + β+γ) = 2 (α+ β + γ)[(α + β+γ) - 3(α + β)γ - 3αβ] = ; 2 2 2 (α+ β + γ)(α + β + γ + 2αβ+2αγ + 2βγ - 3αβ :- 3βγ - 3αβ) = 2 2 2 (α+β + γ)(α + β +γ - αβ - αγ - βγ) = (Ι) 1 (2α2 + 2β2 + 2γ2 - 2αβ- 2αγ - 2βγ) = . (α + β + γ)"2 '2 ' 2 2 2 1 (α+β+γ)[(α2 + β2 - 2αβ) + (β + γ - 2βγ)+(γ +α - 2α-y)] = 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2112


, Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε

2

21 (α+β+γ)[(α- β) ·.·

ί)

Οι εφαρμογές της πιο πάνω ταυτότητας, σταματημό δεν έχουν. Ας. δούμε μερικές: 3 3 3 α + β +γ - 3αβγ = α' με 'α' β ' γ εiR και α ::f:. β ::f:. γ ::f:. α τότε Αν 2 2 - αβ- βγ α-+ β +γ - γα ·

7

+_!_3-- ( α +ιβ+ _!_+_!_ 3 3 β

α

(1),

ι

2 2 +(β- γ )+(γ- α)].

γ

γ

)3

.

·

Κατά τη διάρκεια της απόδειξης, της πιο πάνω ταυτότητας, συναντήσαμε την παράσταση 3 3 δηλαδή α +β +/ 3αβγ= (α+β+γ)(α2+β2+γ2 - αβ - βγ- γα), οπότε -από: 3 3 3 α β + -3 2 : 2 γ αβγ = α <=> α+β+γ= α <=> β+γ=Ο, οπότε ισχύει η ισότητα α +β +γ - αβ- βγ - γα Γ ι · ·ι ι , , ι , , ' ""3+3 + --:3= 3, διοτι και τα. δυο μελη της ειναι ισα με 3. α . α β γ (α+ β+γ) '· '

_

ίί)

:

Αν ·

.

·

2 2 3 2 2 3 ' +L+ = Χ Ζ 3 (1), με χ, y, z ε IR+, να δειχθεί ότι Χ = L= z. χ xy 3 3 χ x .�Υ

zy

y -

2 2 2 2 2 23 L. Ζ= 3·1 = 3 οπότε...!__+L+3Ζ- � L 3z=Ο Παρατηρούμε ότι: �. 3-zy χ xy 3zy χ xy 3zy χ xy :ι·ο

γ;2 � 3 γ= �τότε και αν θέσουμε: α= -, β= L, χ xy. έχουμε: Υ 3 3 3 2 . 2 α +β +γ - 3αβγ= ? 21 (α+β+γ)[(α- β) +(β- γ )+ (γ- α)2.,J= 0<=> α+β+γ=Ο ήα=β= γ 3 3 3 � � (;[ = Jl.= _ fu <=> και επειδή α+-β+γ ::f:. Ο, τότε α= β= γ οπότε έχουμε: - ·νJΖΥ ·ν"'Χ ·νχy 2 2 _!_ _ y__ 3z 3zy - χ - xy· Για να βρούμε τα χ, y, z, παρατηρούμε ότι κάθε όρος της αναλογίας είναι ίσος με 1 .

<=>

"') ιιι

ι

.

. · ·

·

Να λ υθει' η εξ'ισωση: ι + 23χ+33χ= 2χ ·3χ + 1 ·

3 3 Αν θέσουμε α= 1, β= 2χ, γ= 3χ, τότε η εξίσωση γίνεται α +β +/= 3αβγ οπότε: 3 3 3 1 - β)2+(β - γ2)+(γ- α)2]=Ο<=> α +β +γ - 3αβγ=0<=>�α+β+γ)[(α _

<=>

{

1+2χ+3χ=Ο άτοπο η, 1 = 2χ= 3χ <=> χ= ο

Στο σχολικό βιβλίο υπάρχει η άσκηση Να αποδειχθε! η ταt)τότητ.α: (α2+ β2)(χ2+y2)= (αχ+ βy)2+(αy - βχ)2, που ονομάζεται ταυτό­ τητα Lagrange. 2 Η απόδειξη είναι θέμα πράξεων. Επειδή όμως (αy _:_ βχ) � Ο, εύκολα παίρνουμε την ανιcrό­ τητα: (α2+β2)(χ2+.y2) � (αχ+βy/, που ονομάζεται ανίσωση του Schwartz, και αν θέσουμε όπου α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/13


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε ,

(i i)α+β)

το .Jα· όπου β το·�, όπου χ το να, και όπου y το� παίρνουμε

+

�4V

α, β ε IR.:

2 2 2 2 2 ανισότητα του Schwartz μπορεί να γενικευθεί: (α + β + /)(χ +/+ z ) �(αχ+βy+γz) 2 2 από την οποία για α= β= γ= 1, παίρνουμε: 3(χ + /+z ) �(χ+y+z/ και ακόμα για χ, y, z>Ο, παίρνουμε: (�+�+�)χ+y+z) � 9 και για εξάσκηση να αποδείξετε: 2 2 2 «Αν χ +y+ z= 6 , τοτε χ +y +z � 12» Η

,

και ακόμα: 2 2 «Αν χ + y = 9, να βρεθεί η μέγιστη και ελάχιστη τιμή της παράστασης Α= 4χ +3y»

Προφανώς έχουμε: 2 2 2 2 2 . 2 -� (4 + 3 )(χ +Υ)� (4χ+3y) 25·9 � (4χ+ 3y) <:::::> -ν25·9 � Ι4χ+3yl <:::::> -1)::;; 4χ+ 3y::;; 1) Αναφέρουμε για ενημέρωση τη γενική μορφή της ανισότητας του Schwartz 2 2 2 2 .2 2 2 2 2 (αι + α2+α3+ ... +ακ )(Χ1 +χ2 +χ3+ ...+ χκ) � (α1 χ1 +α2χ2+ α3χ3+...+ακχκ) V κ ε IN*. Μια εφαρμογή βασική, του βιβλίου είναι: ί) Αν α>Ο τότε α +!� 2 α . �

<:::::>

ίί)

Αν α<Ο τότε α+!::;;- 2 α

Δηλαδή: Το άθροισμα δύο θετικών aντίστροφων είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 2, ε\ιώ το �θροισμα δύο αρνητικών aντίστροφων είναι μικρότερο ή ίσο του- 2. Η ιδιότητα ισχύει και στις δύο περιπτώ­ σεις, όταν οι aντίστροφοι είναι ίσοι, δηλαδή α= 1 αν α>Ο ή α=-1 αν α< Ο. Μερικές απλές εφαρμογές είναι i) + �+� � 4 με χ, y>Ο 2 2 Αρκεί να διακρίνουμε ότι οι! και Υ..χ καθώς και οι χ2 και� είναι aντίστροφοι. Υ χ Υ

(;: 5}(

)

χ

+1= 2 · 3χσυνχ. Την εξίσωση αυτή μπορούμε να τη γράψουμε 1 = 2 συνχ <=> 3χ +(-1 )χ= 2 συνχ 9χ + 3 3χ 3χ χ χ Παρατηρούμε ότι οι όροι 3χ και β) είναι θετικοί aντίστροφοι οπότε 3χ + � 2. επίσης γνωρίζουμε ότι- 1 ::;; συνχ::;; 1 οπότε 2συνχ::;; 2. Επομένως η ισότητα θα ισχύει όταν χ 1 3χ+(.!) = 2 <:::::> 3χ =3--;;:= 1 3 <=>Χ=Ο συνχ= 1 2συνχ= 2

ίί)

Να λυθεί η εξίσωση 9

β)

{

·

{

Εύκολα πλέον μπορούμε να λύσουμε την εξίσωση:

αν διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με 2χ.

2

χ

χ

2

+ 2 + 1= 3·2 συν4χ 2- χ .

Καιρός να εξετάσουμε και την εξίσωση αχ+ β=Ο ή την εξίσωση αχ= β. Το βιβλίο αναφέρει: «Αν α= Ο και β= Ο, τότε η εξίσωση είναι αόριστη και την ονομάζουμε ταυτότητα». ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2114


Τα μαθηματικά δεν είναι τόσο δύσκολα όσο νομίζετε

Μια άλλη έκφραση είναι: «Αν η εξίσωση αχ+ β= Ο ,αληθεύει για περισσότερες της μιας τιμής του χ, τότε θα αληθεύει για κάθε χ ε!R. και τότε θά'ναι α= β= 0».

Μια άσκηση είναι:

2 2 2 Αν η εξίσωση (α+ l)x- 2(βχ+ αy)+α +β +y = Ο, αληθεύει για κάθε χ εΙR. να βρεθούν τα α, β, y

Παρατηρούμε ότι η εξίσωση γράφεται: (α+ 1 - 2β)χ +(α2+ /- 2αy)+β2=Ο 2 2 και έχει τη μορφή Αχ+Β= Ο όπου Α= α+ 1 - 2 β και Β= (α + / - 2αy)+β και επειδή είναι, α­ πό υπόθεση, αόριστη, τότε: (α+ 1 - 2β)=Ο α- 2β= - 1 Α= Ο και και και οπότε τελικά παίρνουμε: . 2 2 α y = Ο και = Ο Β=Ο β (α- y) +β =0 β=Ο, α=- 1 , και y= α= - 1 . Από το γυμνάσιο έχουμε πάρει στοιχειώδεις γνώσεις, για τις ιδιότητες, -tης απόλυτης τιμής πραγματικού αριθμού α. ιy1ια άσκηση, που δόθηκε σε πανελλήνιο διαγωνισμό της Ε.Μ.Ε., ήταν:

{

<=>

{

<=>

{

-

Να βρείτε τα ζευγάρια των φυσικών αριθμών (�,y), που ικανοποιούν την εξίσωση: Ιχ- 21 + IY - 31= 3 Υ Η λύση είναι εύκολη αν εφαρμόσουμε-τις ιδιότητες:

ii) ΙαΙ=-α αν α< Ο iii) ΙαΙ � α. Παρατηρούμε στη δοσμένη άσκηση ότι IY - 31 � 3 - y και η ισότητα ισχύει όταν y- 3 �Ο, οπότε IY - 31 =-(y- 3)= 3 -Υ και ακόμα Ιχ- 21 � ο. Άρα έχουμε Ιχ 21+ IY - 31 � 3 -Υ i) Ιαl = α αν α �Ο

{

-

{

ισότητα ισχύει αν συγχρόνως έχουμε: χ - �� Ο χ :2 κ ι κ y- 3 �Ο y=Ο, 1, 2, 3 Άρα τα ζευγάρια είναι (2,0), (2,1), (2,2), (2,3). Μια άσκηση μπορούμε να την έχουμε λύσει τελειώνοντας τη μελέτη της εκφώνησης όπως: Η

<=>

I

Αν ισχύουν α + β= αβ και αΙβl= β, β ::ι:. Ο να δειχθεί ότι Ια

:Pl+Ια Ρ Pl � 2

Από την ισότητα αΙβl = β<=> Ιβl= 1!, α παίρνουμε ότι α και β ομόσημοι, επειδή lβl > Ο οπότε αβ> Ο, που σημαίνει ότι α+β> Ο και επειδή α, β ομόσημοι, τότε α> Ο και β>Ο. i)

Επομένως: .lQ..±. .lli. �= 1 +Ά α = α α

:_ill �= � - 1 Αν α:>-: β τότε .lQ..: β = β β α α και επομένως Ι : βl+ Ι β βl= 1 +�+�- 1 = �+� � 2, διότι � και �· θετικοί aντίστροφοι. '

:_ill �= 1 � ii) Αν α< β τότε .lQ..:=

β

β

:_ill 1 + Ά+ 1 .lli. .IQ..:.= οπότε και .lQ..±.+

α

β

α

- �= 2+

β

(��) α β

2 α2 2 2 = 2+β - > 2 διότι β - α > Ο. αβ ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/15


-------

Θέματcι στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα

------

Θέματα στις Συναρτήσεις και τα γραμμικ:α συστηματα ,

,

Δημήτρης Ντρίζος 1.

Π(χ)= 2·(2χ) + 2·h(x)<=> Π(χ)= 4χ + �81- 4χ 2. Επίσης:

Σε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΒΔ= 9 και ΔΓ = 2χ.

1.1. Να εκφράσετε την περίμετρο και το εμβα­ δόν του ΑΒΓ Δ ως συναρτήσεις του χ και να βρείτε τα πεδία ορισμού αυτών των συναρτήσεων. · ·

1. 2. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτη­ σης f(x) = Ε( 2χ - 5), όπου Ε είναι το εμβα­ δόν του ΑΒΓΔ

1.3. Να εξετάσετε αν η συνάρτηση της περιμέ­ τρου του ΑΒΓΔ είναι άρτια ή περιττή. Λύση Α�--�-Β ---�

9

h(x)

�------�r 2χ

(Σχ. 1)

Ε= (ΔΓ)(ΒΓ)<=> Ε(χ)= 2χν81- 4χ2. Είναι φανερό πως οι συναρτήσεις Π(χ) και Ε(χ) έχουν κοινό πεδίο ορισμού το διάστημα

(ο.�)

Επειδή η συνάρτηση Ε(χ) έχει πεδίο ορι­ σμού το και f(χι)= Ε(2χ- 5), θα πρέπει: 1. 2.

(ο.�)

ο< 2χ- 5< �<=>5< 2χ< � + 5 <=>

.?. < χ< 12 2 4 Άρα η f(x) έχει πεδίο ορισμού το διάστη' 5 μα %'4 . 1.3. Η ι;Jυνάρ;rηση της περιμέτρου Π(χ) θα εί­

.. (.. 19)

(ο.�)

νάι άρτι� ή περιττή, αν για κάθε χ Ε ιΘεωρούμ� τις συvαρτήσεις Π(χ): περίμετρος του ΑΒΓΔ και f(-x) f(x) ή f(-x) =-f(x) σχύει -χ Ε Ε(χ): εμβαδόν του ΑΒΓΔ αντίστοιχα. h(x): μήκος της πλι;:υράς ΒΓ '.Είναι q)ανερό όμως ότι για κάθε Χ Ε Εφαρμόζουμε το Πυθάγόρειο Θεώρημα στο ορθ. τρίγωνο ΒrΔ: δεν ισχύει-χ Ε Γι� παράδειγμα, 1Ε 2 2 ΒΓ = 81- 4χ ενώ -1 και επειδή (ΒΓ) > Ο παίρνουμε Επομένως η Π(χ) δεν είναι ούτε άρτια ο\J­ h(x) =ν81- 4χ 2. τε περιττή. Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης h(x) α2.1. Στη γραφική παράσταση της ποτελείται από εκείνα τα χ για τα οποία είναι: 2 συνάρτησης f(x ) = - , χ =ι:. Ο παίρνουμε το , χ χ>Ο και 81- 4χ2>Ο<=> χ>Ο 1;1.

.

·'

( )

και Ι χ Ι < �<=>χΕ Ο·� Έτσι έχουμε: Π= 2·(ΔΓ) + 2-(ΒΓ)<=>

(ο.�)

·

�(ο.�)

=

(ο.�) (ο.�)

(ο.�)

)

, , � - 2 α> ο. μεταβλητο σημειο Κ \α'a

Αν Λ είναι το συμμετρικό του σημείου Κ ως προς την αρχή 0(0,0) του καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων Οχψ, να βρείΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 1116


-'----

____

:._____

---

Θέματα στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα

τε την τιμή του α ώστε η απόσταση (ΚΛ) να γίvεται ελάχιστη.

' .

2.2.

Να εξετάσετε τη συνάρτηση x3·f(x) ως προς τη μονοτονία, να βρείτε το σύνολο των τιμών της και τα ακρότατα της συνάρ­ τησης, αν υπάρχουν.

2.3.

Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) και

x3·f(x).

------

2.2. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι f(x) ορίζεται για τα χ που είναι χ * Ο οπότε και η συνάρτηση x3-t(x) θα έχει το ίδιο πεδίο ορισμού με την f, δηλαδή το (-οο, Ο) U (0, +οο). Η γραφική παράσταση της συνάρτησης x3·f(x)=-2χ2, χ*Ο είναι η παραβολή του σχή­ ματος 3 χωρίς το σημείο 0(0,0).

η

+ΟΟ

ψ

Λύση ψ

χ

-00

χ -00

(Σχ. 3)

(Σχ. 2)

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι η ισοσκελής υπερβολή του σχήμα­ τος 2. Είναι γνωστό πως η γραφική παράσταση της f(x) έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή 0(0,0), οπότε το Λ είναι σημείο της γραφικής παράστασης της f(x). Για την απόσταση (ΚΑ) έχου με: = α- α)2+ (ΚΑ)=

2.1.

f(x)

ν

\]�-

[�-(-�)]2

( ) �� 4

(2α)2+ � �

Από τη μορφή της συνάρτησης -2χ2, αλλά και παρατηρώντας το σχήμα 3 προκύπτει ότι η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα για κάθε χ ε (-οο, Ο) και γνήσια φθίνουσα για κάθε χ ε (0, +οο). Σύνολο τιμών της είναι το διάστημα (-οο, Ο) και δεν έχει ακρότατα (γιατί;) ' 2.3. Οι συντεταγμένες (χ, ψ) των σημείων το­ μής των γραφ. παραστάσεων των f(x) και x3·f(x), είναι οι λύ.σεις του συστήματος:

{ψ= �

f x)

} <=> {ψ �-; , χ* } <=> ψ=-2χ2 Ο

ψ= χ ·f(x) ψ=-2, χ*0

ψ= -2 } Άρα (ΚΑ) � 4. Επομένως η ελάχιστη από­ <=> { χ= -;=-2r.2 . σταση του τμήματος ΚΑ είναι 4. Για να βρού­ με την τιμή του α ώστε η απόσταση (ΚΑ) να γίνεται ελάχιστη, λύνουμε την εξίσωση: Άρα τέμνονται στο σημείο A(l,-2). 2 3. Δίνονται οι συναρτήσεις: (ΚΑ)= 4 (2α) 2+ = 4 f(x)='./(χ- 5)2 + './(χ+5)2 και 2 2 =0<=> (2α)2+ � ,= g(x)=2� 2α � � <=> α2= 2 α= -fi, :�ατί α>d. 3.1. Να εξετάσετε αν είναι άρτιες ή πεμιττές. . 3.2. Με τη βοή�εtα της γραφικής παράστασης Σtην περίπτωση που η απόσταση (ΚΑ) \ της f(x) να βρείτε τα διαστήματα που η συ­ )γίνεται ελάχιστη είναι K(-J2,, �) και

{

(�) <=> <=> ( ) 16<=> (�α-:- �) <=>

Λ(�,12).

χ

;loi'

}

.0!

1

'

νάρτηση αυτή είναι γνήσια αύξουσα, γνή­ σια φθίνουσα ή σταθερή. Για ποιές θέσεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 1117


-------

Θέματα στις Συνάρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα -------'-

της (ανεξάρτητης) μεταβλητής η συνάρ­ χ iηση f(x) παίρνει την ελάχιστη τιμή της;

-tοο ψ

τ

τ'

Λύση Η συνάρτηση f(x) ορίζεται για τα χ που είναι: (χ- 5)2 � Ο και (χ +5)2 � Ο. Αυτό όμως συμβαίνει για κάθε χ Ε IR. Επομένως η f(x) έχει πεδίο ορισμού το IR και για κάθε χ Ε IR είναι: f(x)= Ιχ - 51 + Jx+5J. Εξετάζουμε τώρα αν η f(x) είναι άρτια ή περιττή. Για κάθε χ Ε IR ισχύει-χ Ε IR και f(-x)=Ι-χ- 51+Ι χ+51= 1-(χ+5)1 + J-(x- 5)1= ιχ+51 + χ ι - 51 = f(x) Αρα η f(x) είναι άρτια συνάρτηση. Η g(X:) ορίζεται για τα χ που είναι 2 3χ - 4 � Ο. Λύνοντας την τελευταία aνίσωση βρίσκουμε πως το πεδίο ορισμού της g(x) είναι 2f U 2 Ρ, + το σύνολο Α= Τώρα για κάθε χ Ε Α είναι -χ Ε Α (γιατί;) και: g(-x)= 2(-χΝ3(-χ)2- 4= -2χ'./3χ2 - 4= -g(x). Επομένως η g(x) είναι περιττή συνάρτηση.

. 3.1.

Α

lO

-5

-

00

ο 5

Β χ

--οο

(Σχ. 4)

Στο σχήμα 4 βλέπουμε πως η γραφική πα­ ράσταση της f(x) αποτελείται από: (i) την ημιευθεία Ατ: ψ=-2χ, χ< -5 (ii) το ευθ. τμήμα ΑΒ: ψ= 10, -5 �χ< 5 (iii) την ημιευθεία Βτ': ψ= 2χ,χ �5 Παρατηρώντας το σχήμα 4 προκύπτει ότι η f(x) είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα -5), σταθερή με τιμή το 10 στο διάστημα [-5, 5) και γνήσια αύξουσα στο διάστημα [5,+οο). Βλέπουμε επίσης ότι για κάθε χ Ε IR η α­ ντίστοιχη τεταγμένη f(x) είναι μεγαλύτερη ή ίση του 10. Δηλαδή για κάθε χ από το πεδίο ορισμού της f(x) ισχύει f(x) � 10. Παρατηρού­ με (σχήμα 4) ότι για τις θέσεις χ με -5 �χ � 5 η f(x) παίρνει ως ελάχιστη τιμή της το 10. Σημείωση: Από τη μορφή που πήρε ο τύ­ 3.2. Θα γράψουμε τον τύπο της f(x) χώρίς τις πος της f(x) θα μπορούσαμε να μελετήσουμε τη . απόλυτες τιμές. Για το πρόσημο τών (χ- 5) και μονοτονία της και χωρίς να γίνέι η γραφική (χ+5) εύκολα φτιάχνουμε τον πίνακιι: της παράσταση. (Πώς;)

(-οο, ] [

οο)

-

-5

5

l:1 :

_1

(-οο,

4.

Για μια ��υνάρτηση

χιχι+�= ι 9

2

f ισχύει f(x) = ψ

και

Να βρεθεί ο τύπος της f(x), όταν χ < Ο και ψ>Ο.

Επομένως: αν χ < -5 τότε ιχ - 51 = -χ + 5, 4.2. Να εξετάσετε την f(x) ως·προς τη μονοτο­ ιχ+51 =-χ- 5 και νία και να αποδείξετε ότι ισχύει: f(x)=(-χ+5) +(-χ-5)=-2χ f(-4)·f(-2)> f(-3)·f(-1) αν-5 �χ< 5 προκύπτει f(x)= 1 0 Λύση αν χ �5 προκύπτει f(x)= 2χ 4.1. Οταν χ< και ψ> τότε ιχι =-χ, IΨ I = ψ Άρα η συνάρτηση γράφεται: και η σχέση x�xl+�= 1 γίνtcαι v{_v\+�= \11\lf \112 Χ2 � <=> 1 <=>�--= ,ανχ<-5 - 2χ 9 2 2 9 1 ,αν- 5 �χ<5 10 f(x)= 18 9ψ2 - 2χ2= 1 8 <=> ψ2 = 2χ2+ 2χ , ανχ�5 9 <=> 4.1.

ο

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 1118

ο


-------

Θέματα στις Συναρτήσεις και iαγρaμμικά συστήματα

� ν2χ2 + 1 8 Άρα ψ = � · ν2χ2 + 18 επειδή ψ > Ο Οπότε f(χ) = � ν2χ2 + 1 8, χ < Ο IΨI =

·

·

Για κάθε χι, χ2 Ε(-οο, Ο) με την υπόθεση χ1 < χ2 διαδοχικά προκύπτει: Χ1 < Χ2 < 0 <=> 0 < -Χ2 < -Χι <=>

--------'-

ικανοποιούν την ψ = (2λ + l)x + λ + 2, δηλαδή αν: β = (2λ + l)α + λ + 2, για κάθε λ Ε IR.. Η τελευταία ισοδύναμα γράφεται: (2α + 1 )λ = β - α - 2 και ισχύει για κάθε λ Ε IR., αν και μόνο αν,

4. 2.

(-xz)2 < (-χι )2 επειδή -χι, -χ2 θετικοί <=> 2 χ22 < χι2 <=> 2χ22 + 18 < 2χι + 1 8 <=> -ν2χ22 +. 1 8 < -.j2x/ + 1 8 <=>

·

·

Θεαιρούμε τις συναρτήσεις f(x) = ( 2λ +

β =l2 Επομένως οι γραφικές παραστάσεις των f(x) περνούν από το Α( --:- � �) ·

f(χ ι ) > f(x2) δηλαδή η f είναι γνήσια φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της. Επειδή η f είναι γνήσια φθίνουσα, από τις ανισότητες -4 < -3 και -2 < -1 προκύπτει: f(-4) > f(-3) (1) και f(-2) > f(-1) (2). Τα μέλη των (1) και (2) είναι θετtκά (γιατί;), οπότε πολλ/Vζας κατά μέλη παίρνουμε f(-4)f(-2) > f(-3)f(- 1 ) . 5.

α = - -21

2α + 1 = Ο β-α-2=0

1)χ + λ + 2

που προκύπτουν για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου λ Ε IR.. 5.1. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές τους παρα­ στάσεις διέρχονται όλες από το ίδίο σημείο. 5. 2. Σε ποιά σημεία οι γραφικές παραστάσεις των f(x) τέμνουν τον άξονα χ' χ; 5.3. Ποιά από τις ευθείες ψ= ( 2λ + 1)χ + λ + 2, λ Ε IR.

Θα μπορούσαμε να αντιμετω­ Σημείωση: πίσουμε την ερώτηση 5. 1 . και με άλλο τρόπο. Δίνοντας στο λ δυο τυχαίες τιμές, για πα­ ράδειγμα Ο και 1 παίρνουμε τις ευθείες ψ = χ + 2 (1) και ψ = 3χ + 3 (2) Το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2) μας . συντεταγμε, δ'ινει χ = - 21 και ψ = 23 δη λαδη' τις νες του Α. , 'Επειτα με χ = - 21 και ψ = 23 δ ιαπιστωνου με ότι η ψ = (2λ + l )x + λ + 2 γίνεται: Ο λ = Ο, που ισχύει για κάθε' λ Ε IR. Άρα όλες οι ευθείες ψ = (2λ + l)x + λ + 2 περνούν από το ίδιο σημείο Α. ·

Τα σημεία του άξονα χ'χ έχουν τεταγμένη ψ = Ο. Οπότε οι τετμημένες των κοινών σημείωv των ευθειών ψ = (2λ + l)x + λ + 2 με�τον άξονα χ'χ είναι οι λύσεις της εξίσωσης: (2λ + 1 )χ + λ + 2 = ο 6 (2λ + l)x = - λ -2 (3) 5. 2.

Αν 2λ + 1 =ι:. Ο δηλ. λ =ι:. � τότε λόγω της (3) τα σημεία τομής έχουν συντεταγμένες ' -2λλ +- 12 Ο της μορφης 5.4. Αν λ < - ! να αποδείξετε ότι, για κάθε Τονίζουμε πως για κάθε μια συγκεκριμένη γ, δ Ε IR. με γ =ι:. δ ισχύει τιμή του λ προκύπτει και μια διακεκριμένη ευ­ θεία, η οποία τέμνει τότε τον χ'χ σ ' ένα μονα­ f(γ2 + δ2) < f( 2γδ) δικό σημείο. Λύση Αv· 2λ + 1 = Ο _δηλ. λ = - �· παίρνουμε τη 5.1. Οι γραφικές παραστάσεις όλων των συ­ ναρτήσεων f(x) - που είναι ευθείες γραμμές διακεκριμένη ευθεία ψ = � που είναι πα­ θα περνούν από ένα σημείο Α(α, β), αν και μό­ νο αν, για κάθε λ Ε IR. οι συντεταγμένες του Α ράλληλη στον άξονα χ'χ είναι παράλληλη στη διχοtόμο της 1ης 3ης ορθής γωνίας του καρτεσιανού συστή­ ματος Οχψ;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 1/19

-

(

'

)


-------

Θέματα στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματα

------

5.3� Η διχοτόμος της 1ης 3ης ορθής γωνίας έ­ 7.3. άπειρα κοινά σημεία (να ταυτj'ζονται) χει εξίσωση την ψ = χ. Οπότε οι ευθείες Λύση ψ= (2λ + 1)χ +λ+2 και ψ= χ γίνονται παράλ­ Θεωρούμε το σύστημα (Σ) των εξισώσεων ληλες όταν: 2λ+ 1= 1 =λ= Ο των ευθειών ει και ε2 Έτσι η ευθεία που ζητάμε είναι η λχ + (λ+ 1)ψ 2λ- 1 } ψ= Χ+2. (� 3)χ+2(λ- 3)ψ=-λ- 1 (Σ) 5.4. Οταν λ < - i τότε 2λ + 1 < Ο και οι και υπολογίζουμε τις ορίζουσες D, Dx , Dψ f(x) = (2λ+ 1)χ +λ+2 είναι γνήσια φθίνουσες του (Σ). Είναι: (γνωστή εφαρμογή). Για κάθε γ, δ Ε IR. με γ =ι:. δ λ (λ+1) D= I (λ- 3) 2(λ- 3) I = ισχύει: (γ- δ)2 >ο= γ2+δ2 - 2γδ >ο= 2λ(λ 3) - (λ+ 1)(λ- �)= .. .= (λ- 3)(1ι.r- 1) γ2+δ2 > 2γδ . 1 (2λ 1) (λ+1) 1. και επειδή f(x), γνήσια φθίνουσα προκύπτεί: Dx= (-λ- 1) 2(λ- 3 ) = _ f(γ 2+δ 2) < f(2γδ) 2(2λ- υ<λ- 3)- (λ+1)(-λ- 1)= ... = 6. Δίνεται το σύστημα 5λ2- 12λ+7= (5λ 7)(λ- 1) { (κ+λ)χ+(κ- λ)ψ Ο } (2λ 1) I I λ (Σ) ( 2κ- λ)χ- (3κ - 5λ)ψ= -92 Dψ. ,= (λ - 3) (-λ- 1) = Να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων λ(-λ- 1)- (2λ- 1)(λ- 3)= ...= κ, λ Ε IR αν μια λύση του συστήJιατος (Σ) είναι η (χ, ψ)= (1, 2). .-3(λ- 1)2 -

{

=

-

_

'

::.:

_

Λύση

Το ζεύγος (1, 2) είναι λύση του συστήμα­ τος (Σ). Άρα θα ικανοποιεί συγχρόνως τις εξι­ σώσεις του συστήματος, δηλαδή: { (κ+λ)+ 2(κ- λ)=Ο } = (2κ- λ)- 2(3κ- 5λ)= -92 3κ- λ=Ο } - 4κ+9λ=-92 Το τελευταίο είναι ένα σόΟτημα δυο γραμμικών εξισώσεων με αγνώστους τους κ, λ και χρησιμοποιώντας τη μέθοδο των αντιθέτων συντελεστών παίρνουμε ισοδύναμα: 27κ- 9λ=Ο } = - 4κ+9λ=-92 { λ= 3κ } = { λ=- 12 } 23κ=-92 κ=-4

{

{

7.

Δίνονται οι ευθείες ε1 κάι ε με εξισώσεις 2 τις λχ + (λ + 1)ψ = 2λ - 1 (1) και (λ - 3)χ + 2(λ - 3)ψ = -λ .:.. 1 (2), αντίστοι­ χα. Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου λ ε;: IR ώστε οι ευθείες ει και ε . για κάθε συ­ 2 γκεκριμένη τιμή της λ, vα έχουν: 7.1. ένα μόνο κοινό σημείο (να τέμνονται) 7. 2. κανένα κοινό σημείο

Οι ευθείες ε1 κa:i. ε2 -t�μνοντdι, αν και μόνο αν, το σύστημα (Σ) τών εξισώσεών τους έχει μια μοναδική λύση. Αυτό συμβαίνει ότaν: D =ι:. Ο = (λ- 3)(λ- 1) =ι:. Ο λ =ι:. 3 και λ =ι:. 1 Για κqθε τέτοια διάκεκριμένη τιμή της λ, το σημείο τομής των ευθειών έχει συντεταγ­ μένες (χο, Ψο) με Dx=5λ- 7 και ψ =�=-3(λ- 1) χο=ο ° D λ- 3 λ- 3 7.1.

=

Οι ει και ε2 δεν έχουν κοινό σημείο, αν και μόνο αν., το (Σ} δεν έχει καμιά λύση (είναι αδύνατο). Οι ει και ε2 έχουν άπειρα κοι­ νά σημεία (ταυτίζονται), αν και μόνο αν, το (Σ) έχει άπειρε·ς λύσεις. Με λ= 3 το (Σ) γράφεται: { 3χ+4ψ=5 } Οχ+Οψ=-4 Το σύστημα αυτό είναι αδύνατο, αφού είναι α­ δύνατη η 2η εξίσωσή του. Με λ= 1 το (Σ) γράφεται: 7.2.-7.3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 1/20


------�--

Θέματα στις Συναρτήσεις και τα γραμμικά συστήματ�

χ + 2ψ = ι } { χ + 2ψ = r } -2χ - 4ψ = -2 = χ + 2ψ = 1 ' που έχ.ε ι όπειρες λύσεις. Επειδή χ + 2y = 1 = χ = 1 - 2ψ, λύσεις του συστήματος στην περίπτωση αυτή είναι ό­ λα τα ζεύγη της μορφής (1 2κ, κ) όπου κ ε IR..

----�---

{ .

....,

{ {

8. Να λύσετε τα συστήματα: βχ + 6 1 + 2\1\il' + Ζψ + ι ιο 3'./χ2 + 4χ + 4 - Ιψ + 11 = -5 .! - � - ω και 2 3 4 (Σz) 5χ + 6ψ + 7ω = 112 �

}

}

(Σι)

}

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) και παίρνουμε (89+78)-χ + (89+78)-ψ = 2(8 9+78) = χ + ψ = 2 Πολ/ζουμε την (2) επί -1 και αυτήν που προκύπτει την προσθέτουμε (κατά μέλη) με την (1) και παίρνουμε (89-78)-Χ - (8 9-78)-ψ = 89-78 = Χ - ψ = 1 Έτσι τελικά το σύστηj.ια (Σ) γράφεται ι} σοδύναμα {: � � : � , που βρίσκουμε να έ-

.

Το σύστημα (Σι ) γράφεται: { 3Ιχ + 2 1 + 21ψ + 1 1 = 10 1 = 3 Ι χ + 21 - Ιψ + 1 1 = -5 J { 3ix + 21 + 2Ιψ + 1 1 = 10 } = -3Ιχ + 21 + IΨ + 1 1 = 5 {3Ιχ + 21 = 10 - 21ψ + 1 1 }· = 3Ιψ + 1 ! = 15 { Ιχ + 21 = ο � = Ιψ + 1 1 = 5 ) {χ + 2 = 0 ψ + 1 = 5 ή ψ + 1 = -5 }" = χ = -2 ;αι ψ = 4 χ = -2 και ψ = -6

{

Το σύστημα των εξισώσεών τους είναΊ το 89 · Χ + 78 · ψ = 3 · 892+ 78 , (1) (Σ) 7g · X + 89 · ψ = 89 +/· 78 (2) '

Λύση

{

Να βρεθεί το σημείο τομής τους, αν αυτές τέμνονται. Λύση

(�· �) Επομένως οι ευθείες με εξισ.ώ σεις. τις (1) και (2) τέμνονται στο σημείο Α (�· �) χει μοναδική λύση την (χ, ψ) =

}

0

Λύστε το σύστημα (Σ) χρησιμο­ ποιώντας και μια από τις γνωστές σας μεθό­ δους επίλυσης γραμμικών συστημάτων.

Σημείωση:

Άρα οι λύσεις του (Σ1) είναι τα ζεύγη (χ, ψ) = (-2, 4) ή (χ, ψ) = (-2, -6) Για το σύστημα (Σ?): Θέτοντας !2 = �3 = ω4 = α παίρνουμε χ = 2α, ψ = 3α, ω 4α," και η 2� εξίσωση του (Σ2) γράφεται: 0 10α + 18α + 28α = 1 12 = α = 2 Άρα χ = 4, ψ = 6, ω = 8 και το (Σ2) έχει μο­ ναδική λύση την τριάδα (χ,ψ,ω) = (4,6,8) =

Αχιλλέα Β . Κυριάκου

Κ�);οφοοεί: 330 Λυμένα rενιχά θέμα'tα 4� Δέσμης m'-'t�v rενιχών εξ&'Ι;άσεωv εφ όλ� 'tης

9.

Δίνονται οι ευθείες με εξισώσεις τις

Άλγεβρα Α · Λυκείου (2 τεύχη) • Άλγεβρα Ι ης Δέσμης 4ης Δέσμης Ανάλυση 4ης Δέσμης (2 τείJΧη) •

28

Άλγεβρα

Εκδοτ. ΌμLλ. Συγγρ. Καθηyητών. Σόλωνος 100 Αθήνα τηλ. 36461Ζ5. Αχι.λλέας Β. Κυρι.άκου • Ασκληπι.ού Λgρωα τηλ. (041) 259530 8ι •

(0495) 31125

Μαθηματικούς γίνεται έκπτωση 30%

89- χ + 7s· ψ = 3 ·892+ 78 και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 1/21

δωρεάν οι λύσεις των


/

Ασκήσεις Γεωμετρίας

Ισότητα τριγώνων, Παράλληλες ευθείες, Άθροισμα γωνιών τριγώνων

Κώστας Θ. Αναγνώστου - Λαμία

� Άσκηση 1

.-....

β) ΝΡΓ = ΝΒΓ + ΡΓΒ =

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Στην προέκταση της ΑΓ (προς το μέρος του Γ) θεωρώ τυχαίο σημείο Δ και στην προέκταση της ΑΒ (προς το Β), σημείο Ε με ΒΕ = ΑΒ + ΓΔ. Δείξτε ότι το τρίγωνο ΕΓΔ είναι ισοσκελές. Λύση

.-....

ΜΓΑ + 60° - ΜΓΑ = 60°.

...J

Άσκηση 3

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), με Α = 80°. Έστω Μ εσωτερικό σημείο του με ΜΒΓ = 30° και ΜΓΒ = ιοο . Εάν Ν το σημείο τομής της ΒΜ και της διχοτόμου της γωνίας Α, να υπολογισθούν: α) ΒΝΓ = ; β) ΑΜΓ = ; Λύση .-....

,....

Α

.-....

.-....

.-....

.-....

Α

Ε

}

Στη ΒΕ θεωρώ σημείο Ζ με ΒΖ = ΓΔ, τότε ΑΖ = ΑΔ Α άρα το τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισόπλευρο. = 60ο Τα τρίγωνα ΒΕΓ και ΖΔΕείναι ίσα γιατί: ΒΕ = ΖΔ ΒΓ = ΖΕ οπότε: ΕΒΓ = ΕΖΔ = 1 20° τρίγ . ΒΕΓ = τριγ. ΖΛΕ έτσι ΕΓ = ΕΔ συνεπώς τρίγωνο ΕΓΔ ισοσκελές. .-....

.-....

}

ΒΝΓtσοσκ.} ΒΝΓ= .-.... ΙΥ καιΝΓΒ=30" .-....

·

'

.-....

άρα ΜΓΝ = ΝΓΑ = 20° ......

τα ΜΝΓ, ΑΝΓ έχουν:

Στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ, θεωρώ τα σημεία Μ, Ν τέτοια ώστε ΒΜ = ΑΝ. Δείξτε ότι: α) ΒΝΓ = ΓΜΑ . β) να βρεθεί η γωνία ΝΡΓ, όπου Ρ το σημείο τομής τφv ΒΝ, ΓΜ. ·Λύση .-....

.-....

,

./."...

·.

'

j

.,,.

......

}

ΓΜΑ ισοσκελές Άρα ΑΜΓ = 70ο . MrA = 40o

'

'

,.....

ΜΝΓ = ΑΝΓ άρα ΓΜ = ΓΑ , οπότε

α) Ισχύει ΑΜΤ � �Β� άρα ΒΝΓ = ΓΜΑ'.: ...-:-.

}

ΝΓ = ΝΓ Μ�Γ = Α�Γ =. 120° οπότε: ΝΓΜ = ΝΓΑ = 20° .-....

.-....

:.

άρα

ΝΒΓ=30"

Άσκηση 2

.-....

......

·

Άσκηση 4

Α

....._

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), θεωρώ σημείο Δ στη ΒΓ και σημείο Ε στην πλευρά ΑΓ, τέτοια ώστε ΒΑΔ = 2ΓΔΕ. Δείξτε ότι ΑΔ = ΑΕ. Λύση ....._

....._

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/22 6

a B r ι,..ι σ?-L IS b ;;=l\ 6 ;:. & r . Α ν ο ·(..() � 't.o Α. λ '7 F. n-��

ο ·- -

\


Ασκήσεις Γεωμετρίας Ε

Α

Β Έ.στω

φ

Δ Δ

Β=Γ =φ, ΓΔΕ=ω, τόtεΔΑΒ=2ω. Ι σχύει ΔΕΑ = ω + φ οπότε ΑΔΕ + ω = 2ω +φ<=>ΑΔ:β = ω + φ άραΑΔΕ ισοσκελέςοπόtεΑΔ=ΑΕ. ,.. ... .:

------

.......

.......

.......

.<:>..

.<:>..

Άσκηση 5

Σε τρί"(ωνο ΑΒΓ με Α = 60° + Β, φ�ω τη διχοτόμο τουj'Δ και ΔΕ διχοτόμο της ΓΔΒ (το Ε στη ΒΓ). ϊί'είξτε ότι ΓΔ .l ΑΕ. Λύση .......

α) Έ��τω οτι τα Δ, Γ, Ε είναι συνευθειακά. Είναι BrE ισοσκελές, άρα fι = f2 και ΑΓΔ ισοσκελές, άρα Γ2 = Γ3 οπότε Γ = 60°. ' β) Εστω ότι Γ = 60°, τότε fι = f2 = f; = 60° , άρα Ε, Γ, Δ συνευθειακά.

- .......

Α

.......

.......

Άσκηση 7

Έστω τρi"(ωνο ΑΒΓ ισοσκελές (ΑΒ = ΑΓ), "" Β Φ ' ' ΒΔ και στην προε= 2· ερω τη διχοτομο με Α .

.......

'

κτασή της, θεωρώ σημείο Ε τέτοιο ώστε ΑΕ = ΑΒ. Δείξτε ότι: α) ΑΒΓ = ΕΑΔ β) εάν ΔΜ .l ΒΓ, ΔΝ .l ΑΕ τότε Δ, Μ, Ν συνευθειακά Λύση .<:>..

.<:>..

·

Β

·Γ-�Ντ------�Ε

.......

Έστω Β = ω, τότε Α = 60° + ω και Γ = 1 20° - 2ω, άρα Γ 1 = Γ2 = 60° - ω . ΓΔΒ = 1 80° - (Γ2 + Β) = 120° άρα ΒΔΕ = ΕΔΓ = ΓΔΑ = 60° . Ι σχύει ΓΑΔ = ΓΕΔ οπότε

.......

.......

.......

.<:>..

}

ΓΕΑ ισοσκελές , ετσι ΓΔ ..L1 ΑΕ ΓΔ διχοτ. Άσκηση 6

Δίνεται οξυ"(ώνιQ τρί"(ωνο ΑΒΓ, Δ και Ε τα συμμετρικά των σημέiων , Α και Β ως προς τις πλευρές ΒΓ και ΑΓ αντίστοιχα. Δείξτε ότι: Δ, Γ, Ε συνευθειακά αν καiμόνο αν Γ = �0°. Λύση

�)

.....

ΑΕ=ΑΒοπόtεΑΒΕισοσκελές άρα: Βι = Ε = Α ΑΔΕ =Bt + Α =2Α έτσι ΑΔΕ = Β Στα ΑΒΓ, ΑΕΔ έχουμε: ΑΒ = ΑΕ Α = � οπότε ΑΒΓ = ΑΕΔ .... Β ... = ΑΔΕ . .......

.......

.....

......

......

.....

}

....c..

.Δ.

Δ


Ασκήσεις Γεωμετρίας

------

"

Λύση

β) ισχύει ΕΑΓ = Γ οπότε: ΑΕ //ΒΓ

}

Α

ΔΜ _l ΒΓ, ΔΝ _l ΑΕ , αρα · ΑΕ // ΒΓ Δ, Μ, Ν συνευθειακά.

Άσκηση' S "

Έστω ορθογώνιο �ρίγωνο ΑΒΓ(Α = 90°) και τα σημεία Μ, Ν, Ρ στις πλευρές ΒΓ, ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Έστω Μ1 το συμμετρικό τQυ Μ ως προς την ΑΒ, Μ2 το συμμετρικό του Μ ως προς tην ΑΓ. Δείξτε ότι: α) Μ ιΜ2 = 2ΑΜ β) ΜΝ + ΝΡ + ΡΜ > 2ΑΜ Λύση

Γ

Β

Δ

Έστω ΑΒ = γ, τότε ΒΓ = γ + 1 , ΓΑ γ + 2 ' αρα , · γ · = 1....:t..1 οποτε: ' γ=2 ΑΕΒ ισοσκελες, 2 επομένως ΑΒ = 2, ΒΓ 3, ΓΑ = 4. =

......

=

Άσκηση 10

Γ

Δ(νεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος ΑΔ και Ε, Ζ τα μέσα των ΑΔ, ΔΓ aντίστοιχά. Εάν ΒΕ _i ΑΖ, τότε Α = 90°. Λύση "

Β

Α

"

α) ΜΑΜ2 ισοσκελές άρα Α 1 = Α2 ΑΜΜ 1 ισοσκελές άρα Α3 = Α4 ακόμη Α2 + Α3 = 90°, άρα Μ ι , Α, Μ2 συνευθειακά.

Γ

"

"

}

Μ Μ'; Μ2 ορθογ. ( Μ = 90°) , οποτε: ΑΜ διαμ. 2ΑΜ = ΜιΜ2. β) ισχύει Μ2Ρ + ΡΝ + ΝΜ ι > Μ ι Μ2, όμως Μ2Ρ= ΡΜ και ΝΜ1 = ΜΝ, Μ ι Μ2 = 2ΑΜ άρα ΜΡ + ΡΝ + ΝΜ > 2ΑΜ.

}

......

Ε ορθόκεντρο του ΑΒΖ, άρα ΕΖ _i ΑΒ (1) ......

Στο ΑΔΓ είναι Ε μέσο ΑΔ Ζ μέσο ΔΓ

άρι;χ ΕΖ // ΑΓ (2) "

Από (1), (2) προκύπτει ότι:Α = 90°.

Άσκηση 1 1 Έστω Δ, Ε τα συμμετρικά των κορυφών Β και Γ τριγώνου ΑΒΓ ως προς τα μέσα Μ, Ν των , πλευρών ΑΓ, ΑΒ �ντίστοιχα. Δείξτε ότι: α) Α, Δ, Εσυνευθειακά β) ΔΕ = 4ΜΝ.

Άσκηση 9 Σε τρίγωνο ΑΒΓ, τα μήκη �ων πλευρών του είναι διαδοχικοί ακέραιοι και ισχύει ΑΒ < ΒΓ < ΓΑ. Αν η διχοτόμος ΑΔ της Α, είναι κάθετη στη διάμεσο ΒΕ, να υπολογισθούν τα μήκη των πλευρών του. "


}

Ασκήσεις Γεωμετρίας

------

Στο τριγ. ΑΕΓ Μ μέσο ΑΓ άρα ΜΝ 11= �Ε (1) Ν μέσο ΕΓ όμοια στο τρίγ. �ΑΔ είναι ΜΝ 11= �Δ (2) Άρα α) ΑΕ // ΜΝ // ΑΔ είναι Α, Ε, Δ συνευθειακά β) ΑΕ + ΑΔ = 4ΜΝ δηλαδή ΕΔ = 4ΜΝ

Λύση

Α

·

z

Άσκηση 12 ..--..

Έστω xOy οξεία γωνία, Α ένα σημείο στην ημιευθεία Oy και Β σημείο τής ημιευθείας Οχ, τέτοω ώστε ΑΒ .l Οχ. Να αποδειχθεί ότι, υπάρχουν δύο σημεία στην ημιευθεία Oy, το καθένα από τα οποία, ισαπέχει από το Α και την Οχ. Λύση Μ'

Υ

. ΑΕ = ΕΖ} ΒΕ = ΕΔ άρα ΑΒΖΔ παρ/μο οπότε ΔΖ // ΑΒ ΔΖ // ΑΒ } Δ μέσο ΑΓ άρα Θ μέσο ΒΓ Το Η είναι κέν-tρο βάρους του ΒΔΖ, ΑΕ + ΕΗ ΕΖ + ΕΗ επομένως ΑΗ 2 = 2 = 2 = ΗΖ + 2ΕΗ = ΗΖ + ΗΖ οπότε. ΑΗ = ΗΖ 2 2 2 2 2 ο

Άσκηση 1 4

..--..

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α = 90°), το ύψος ΑΔ, ·η διάμεσος ΑΜ και Ε, Ζ τα μέ<!α των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Εάν Η το σημείο το­ μής των ΑΜ και ΕΖ, δείξτε ότι: ΑΖΔΗ ρόμβος, αν και μόνQ αν Β = 30°. Λύση ..--..

Έστω Μ το ζητούμενο σημείο. Τότε Γ ΜΑ = ΜΝ, όπου ΜΝ .l Οχ, άρα ΜΝΑ = ΜΑΝ = ΝΑΒ = ω οπότε: ΑΝ διχοτόμος της ΟΑΒ, άρα το Ν προσδiορίζεται. Φέρω τις διχοτόμους των γωνιών :ο:ΑΒ και BAy, πόυ τέμνουν την Οχ, στα Ν και Ρ , από τα Ν κα{ Ρ , φέρω τις ΝΜ 11 ΑΒ και Β ΡΜ' // ΑΒ (τα Μ, Μ' στην Oy). Τα Μ, Μ' είναι α) Αν ΑΖΔΗ ρόμβος, τότε τtl ζητΟύμενα σημεία γιατί ΑΖ = ΖΔ ΔΗ = ΗΑ Μ�Ά = ΜΑΝ = ΝΑΒ άρα Στο ΑΜΒ είναι: ΜΑΝ ισοσκελές οπότε Εμέσο ΑΒ} ΜΑ = ΜΝ, ΜΝ .l Οχ. ΕΗ // ΒΜ άρα Η μέσο ΑΜ ΑΓ = ΑΜ- � ΑΓ = ΒΓ οποτε: , Ομοια για το Μ'. ΑΖ = ΑΗ � Τ Τ 2 Άσκηση 13 Β = 30° Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, η διάμεσος ΒΔ και β) Β = 30° ισχύει ΑΓ = Β[ οπό� ε: ΑΖ = ΑΗ Ε το μέσον της. Φέρω την ΑΕ και στην προέ­ , ΔΖ = ΑΓ, ΔΗ = ΑΜ κτασή της, παίρνω τμήμα ΕΖ = ΕΑ. Εάν η ΑΖ ομως τ τ . τέμνει τη ΒΓ στο Η, δείξτε ότι ΗΖ = AJI. άρα ΑΖΔΗ ρόμβος. ..--..

..--..

..--..

..--..

..--..

"""'"

"'

=


Πολυώνυμα - Πολυωνυμικ.ές εξισώσεις και ανισώσεις Χ. Δ. ΜΦκος

Ένα από τα πιο παλιά προβλήματα της άλγεβρας είναι η λύση των πολυωνυμικών εξισώσε­ ων ποv συγκέντρωσε το ενδιαφέρον πολλών, ακόμα και μεγάλων, μαθηματικών. Ενδεικτικά ανα­ φέρουμε τους Καρτέσιο, Lagrance, Cauchy, Gauss, Abel, Galois, ... Το θέμα αυτό λοιπόν είναι τεράστιο. Εμείς εδώ θα ασχοληθούμε με ορισμένες ασκήσεις που έχουν σχέση με την ύλη της Β' Λυκείου. Ασκήσεις Ά σκηση 1

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = α2(β - γ)χ3 + β2(γ - α)χ2 + γ2(α - β), α,β,γ ε IR . Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει α3 + β3 + γ3 = 3αβγ και α + β + γ ::;:. Ο να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο είναι μηδενικό. Λύση

Από τις σχέσεις α3 + β3 + γ3 = 3αβγ και α + β + γ ::;:. Ο παίρνουμε ότι α = β = γ οπότε οι συντε­ λεστές του πολυωνύμου είναι α2(β - γ) = Ο , β2(γ - α) = Ο και γ2(α - β) = Ο. Επομένως Ρ(χ) = ό για κάθε χ ε IR. Άσκηση 2

Αν Ρ(χ) = χ4 + (συνθ - ημθ)χ3 - (ciυν2θ - ημ2θ)χ2 + (1 - ημ3θ)χ - 1 με θ ε IR , να βρείτε για ποιες τιμές του θ ε IR του πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα το Q(x) = χ + 1. Λύση

Για να είναι το Q(x) = χ + 1 παράγοντας του Ρ(χ) πρέπει Ρ(-1) = Ο, δηλαδή 1 - (συνθ - ημθ) - (συν2θ - ημ2θ) - (1 - ημ3θ) - 1 = Ο και καταλήγουμε μετά από πράξεις στην εξίσωση συνθ(2ημθ - 1)(2συνθ + 1) = Ο άρα: συνθ = Ο ή 2ημθ - 1 = Ο ή 2συνθ + Ι = Ο και τελικά: θ = κπ + � ή θ = 2κπ + � ή θ = 2κπ + 56Π ή θ = 2κπ + 23π ή θ = 2κπ - 23Π με κ ε 7l Άσκηση 3

Αν Ρ(χ) = χ3 + αχ2 + βχ - 6, α,β ε IR, . να προσδιορίσετε τα α, β ε IR ώστε τα πολυώνυμα Q(x) = Ρ(χ + 1) + 2αχ + β και φ(χ) = Ρ(χ - 1) - 2αχ - β να έχόυν συγχρόνως σαν παράγοντες το Q(x) το (χ - 1) και το φ (χ) το (χ + 1). Λύση

Q(x) = (χ + 1)3 + α(χ + 1)2 + β(χ + 1) - 6 +2αχ + β φ(χ) = (χ - 1) 3 + α(χ - 1)2 + β(χ - 1) - 6 - 2αχ .::. β Για να έχουν παράγοντες συγχρόvως τα χ - 1 και χ + 1 αντίστοιχα πρέπει: α= 1 6α + 3 β = -2 Q(l ) = O { φ(- 1) = Ο } { 6α - 3 β = 1 4 } � β = - 38

<=>

{

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/26


Πολυώνυμα - Πολυαινυμικές εξισώσεις και ανισώσεις

Ά σκηση 4

ί) ίί) ίίί)

Έστω Ρ(χ)= �4- 2χ3- 4χ2+4χ+ α πολυώνυμο που έχει ρίζα το Να βρείτε το α Ε Να εξετάσετε αν το 1 - -{3 είναι ρίζα του Ρ(χ) και Να λύσετε την aνίσωση Ρ(χ) � Ο. Λύση

IR..

'

1 +-{3.

Επειδή το 1 + './3 είναι ρίζα του Ρ(χ) με εφαρμογή σχήματος Horner βρίσκουμε ότι υ := α - 4=Ο<=> α= 4. ίί) Από το (i) προκύπτει:

ί)

Ρ(χ)= (χ- 1- �)[χ3 +(-1+'.{3)χ2- 2χ+(2- 2'./3)] και διαπιστώνουμε ότι για το Q(x) � χ3 + (-1 +'./3)χ 2- 2χ + (2 - 2�) ισχύει Q( l - �)= Ο, άρα και το 1- './3 είναι ρίζα του Ρ(χ). iii) Το Ρ(χ)= (χ- 1- './3)(χ- 1+�)(χ 2 - 2) έχ� ι ρίζες τις χ= 1+'.{3, χ= 1 - �. χ= --J2, χ= -J2 οπότε:

χ

Ρ(χ)

+

-fi l -13

+

+

χ Ε (-οο, --J2] υ [1 - ....[3', -Jl] υ [1 +'.[3, +οο)

Άσκηση 5

Να λυθεί η aνίσωση

Ρ (χ)= 2χ4 :.... 3(1 +�)χ3+ (1 +3\β)χ2+3(1 +1"J)x - 3(1 +-{j) > Ο. Λύση

Επειδή 2 - 3 - 3-J?, + 1+3'.{3 + 3 + 3� - 3 - 3'.{3= Ο, ο αριθμός χ = 1 είναι ρίζα του Ρ(χ) και εφαρμόζοντας σχήμα Horner παίρνουμε: με:

Ρ(χ)= (χ- 1)[2χ3 - (1 + 3-J?,) χ2+3 (1 +'./3)] Εφαρμόζοντας το σχήμα Horner στο Π(χ)= 2χ3 - (1+ 3-Jj) χ 2+ 3(1+ �) για χ+ 1 παίρνου-

Π(χ)= (χ+ 1)[2χ 2- 3(1+'./3)χ+3(1+'./3)], . 3(1 + './3)] που έχει ρίζές χ = 1 ή χ =-1 ή επομένως Ρ(χ) (χ - Ι )(χ + 1)[2χ2 - 3(1 + './3)χ + λ .!3 και παιρνουμε τε ικα, τον πινακα: , χ= _-νr:;:.J η χ= 3+.. 2 3 +6 -1 χ 2 =

'

'

Ρ(χ)

+

+

Οπότε: χ<-1 ή 1< χ< � ή 3+2-J3< x.

Άρα: Ρ(χ)>ο<=> χ Ε (-οο , - 1 ) υ ( 1 , �) υ ( 3+2..[3 , +οο) Άσκηση 6

Να λυθεί η εξίσωση

χ2 (χ - 1)2+ (χ+ l)(x+4)= 6χ2 (1). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ . 2/27

+


ί: Π λυώνυμα - Πολυωνυfιιι&ς εξισώσεις και ανισώσ ις ο

Λύση

(1) γίνεται: [χ(χ - 1)]2 + χ2 + 5χ + 4 = 6χ2 <=> (χ(χ - 1)]2 - 5 (χ(χ - 1)] -t 4 = Ο (2) Θέτουμε y = χ(χ - 1) οπότε η (2) γίνεται y2 - 5y + 4 � Ο και παίρνουμε y = 1 ή y = 4. Τελικά έχ�υμε: :Ji χ2 - χ = 1 <=> χ2 - χ 1 = Ο και χ1 -- 1 -2.J5': χ2 _- l...±: 2 ή χ? - χ = 4 <=> χ2 - χ - 4 = Ο και χ3 -- 1 - 2-JI7, χ4 -- 1 + 2\[[? Η

·

Άσκηση ,� Ν� λbθεί η aνίσωση χ(χ - l)(x - 2)(χ - 3) � · 5040 (1). ·'

Λύση

· ?(χ) = χ(χ - l)(x - 2)(χ - 3) - 5040 � Ο και p(x) .= [χ(χ - 3)J (σι_j ί)(� - 2)] - 5040 �JO <=> Ρ(χ) = (χ2 - 3χ)(χ2 - 3χ + 2) - 5040 � ο

Από την (1) παίρνο bμ�

��α τον προσδιορισμό τ�� ριζών του Ρ(χ) έχουμε:

f ος

τ.ρόπος Θέ�ουμε χ2 - 3χ = y. Τότε ·χ2 - 3χ + 2 = y + 2 και P(y) = y2 + 2y - 5040 του οποίου οι ρίζες είναι Υ ι = -72 κ�ι Υ2 = 70 .. Επομέ,νως: χ2 - 3χ -72 χ2 - 3χ � 72 :;:: 0 (αδ�vατη γιατί Δ < Ο) και χ2 - 3χ = 70 χ2 --: 3χ - 70 = Ο, άρα χ = -7 ή χ = 1 Ο Επρμένως Ρ(χ) =(χ + 7}(χ - 10)(χ2 - 3χ + 72) � Ο <=> χ Ε [-7, 10], γιατί' χ2 - 3χ + 72 > Ο για κάθε χ Ε JR.. ·. =

<=>

<=>

·

2°ς

τpόπ6ς �πό το Ρ(χ) = (χ2 - 3�)(χ2 - 3χ + 2) - 5040 = [(χ2 - 3χ + 1) - 1][(χ2 - 3χ + 1) + 1] - 5040 απ' όπου eέτοΎτας χ2 - 3χ + ι.= Υ παίρνουμ�: P(y) = (y - 1)(y + 1) - 5040 <=> P(y) y2 - 5041 με ρίζες y 1 = -71, y2 = 7 1 . Οπότε: χ2 - 3χ + 1 = -71 χ2 ,- 3χ + 72 = Ο (αδύνατη γιατί Δ < Ο) και χ2 -:: 3χ + 1 = 71 <=> χ2 -:- 3χ ,... 70.. = Ο, άρα χ -7 ή χ =;= 10 . . , Επομένώς Ρ(χ) � Ο <=> χ Ε [-7, 10) όπως παραπάνω. �

<=>

=

.

Άσκη.ση 8 •

1

. Να pρείτε τις t.ιμέ.ς: τοί> λ ε JR." για τις οπο4;ς τα πολυώνυμα Ρ(χ) Q(x) = χ2 - λχ + 2 έχ�vν ,iiα το�λάχισtον κοινή. ρίζα·: Λ ύση : ι!

f

= 5χ3 - 2λχ + 1 και

'Εστω ρ 1 , ρ2 οι ρ �'ε ( tc>ύ, πολυrοvύμο� Q(x). Τότε Ρ(ρ 1 ) = Ό 'ή Ρ(ρ2) = Ο, δηλαδή Ρ(ρ 1 )Ρ(ρ2) = Ο, οπότε έχουμε (5ρ{�Ίλp 1. +·1)(5ρ� ...,. 2λp2 + 1) b και καταλήγουμε: λ 25(ρ ι ρ2)3-l Ολριρ2(( ρ ι +ρz)2-2 ρr ρz]+5 [(pι +. Ρ2)3-3ρ ι ρ2(ρ ι +ρ . 2)]+4λ2ρ ι ρΓ2 (ρ ι+Ρ2)+ 1=0 (1) Αλλά ρl + Ρ = λ και ρlρ = 2 όπου αντικαθιστώντας. στην (1) παίρνουμε: 2 2 �

'

-

�-

·.

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/28 ��


Πολυώνυμα - fΙολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις

15λ3 ,... 6λ2 - sολ + 201 = σ

(2)

Χρησιμοποιώντας σχήμα Horner για την (2) παίρνουμε (λ - 3)(15λ2 + 39λ + 67) = Ο από όπου

λ = 3, γιατί 1.5λ2 + 3 9λ + 67 * Ο (επ ειδή είναι Δ < 0). Άσκηση 9

Να αναλύσετε σε απλούστερα τα, παρακάτω κλάσματα. : ,, ii) , ; χ - 1 ... χ�,� 3χ2 + 4 "

υ

·.

Λύση

i)

'Εστω f(x) = (χ

_

χ+3

2)(χ + 4)

χ+3 χ2 + 2χ - 8

με Dr= IR. - {- 4, 2} . Τότε έχουμε: ..

= χ Α 2 + χ Β+ 4 <=> Α(χ + 4) + Β(χ - 2) = χ + 3 <=> _

(Α + Β)χ + (4Α - 2Β) = χ + 3 και παίρνουμε το σύστημα:

Α =<=> � δ λαδή : Β = -61 5 + 1 χ+ 3 6(χ - 4-) 6(χ + 4) χ2 + 2χ - 8 χ 1 με χ ε !R. - { - 1 , 2} . Τότε έχουμε: ii) 'Εστω g(x) = x - J = 3 χ - 3η + 4 {χ -t 1)(χ - 2)2 � ___!!__ χ- 1 =χ+ + + r <=> (χ + l)(x - 2)2 1 χτ 2 (χ - 2)2 2 Α(χ - 2) + Β(χ + 1)(χ - 2) + Γ(χ + 1) = χ - 1 <=> (Α + Β)χ2 + (-4Α - Β + Γ - 1 )χ + (4Α - 2Β + Γ + 1) = Ο και παίρνουμε το σύστημα: Β=1 { 4ΑΑ +- 2� =3 } �

{ }� .

·- ·

·�

·

,

-

_

{

Α+Β=Ο 4Α + Β - Γ = -1 ΑΑ - 2Β + Γ = - 1

-1 = (χ + 1)(χ - 2)χ __ __:. .:.. _ _..::. ...,. ?

_

}

Α = ..,. 92 <=>

2 9(χ +

Β = '§:2

Γ =t 1)

+ 9(χ2- + 2)

επομ�νως:

1

3(χ --' 2)2

Άσκηση 10

Να αναλύσετε σε απλούστερα τα παρακάτω κλάσματα: " "" χ2 - 3 χ3 I) ll) 2 2 3 + χ 1 χ 2χ - 3 χ -χ Λύσrι -

i)

χ2 - 3 Το κλάσμα ? χ3 - χ- + χ -

'

1

ορίζεται για χ ε IR. - { 1 } και έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ �, ιι:θ. τ. 2/29


Πολυώνυμα - Πολυωνυμικές εξισώσεις και ανισώσεις

χ2 i = _Δ__ + Β� + Γ <=> (Α + Β)χ2 + (Γ - Β)χ + Α - Γ = χ2 - 3 οπότε : (χ - 1)(χ + 1 ) χ - 1 χ + 1 -

.

{ � �:: � } { �:� } Α - Γ = -3

1

<=>

Γ=2

χ2 - 3 1_ + 2χ + 2 __ χ 1 χ2 + 1 (χ - 1)(χ2 + 1) χ3 ορίζεται για κάθε χ ε IR. - {-1 , 3 } και γίνεται (με τη διαίρεση ii) Το κλάσμα 2 χ - 2χ - 3 χ3 : ('χ2 - 2χ - 3)): χ3 ' χ + 2 + 7χ + 6_ (1) οποτε. _ (χ + 1)(χ 3) (χ + 1)(χ 3) 7χ + 6 (χ + l )(x - 3) _Δ_ χ + 1 + _!!_ χ- 1 και με πρα' ξ εις: Α 1 Β 27 Άρ α:

.

= 4'

= τ·

Έτσι, από την (1) τελικά έχουμε:

1 χ3 27 (χ + l)(x - 3) 4(χ + 1) + 4(χ - 3) + χ + 2

Άσκηση 1 1

Να βρείτε αν υπάρχουν τα κοινά σημεία των Ύραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων: 3 f(x) = χ + 4χ2 + 4χ, χ ε IR και g(x) = !, χ ε IR • χ Λύση

Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g δηλαδή των Cr, Cg είναι εκείνα που έχουν τετμημένες τις ρίζες της εξίσωσης:

{ . f(x) = go(x) } Χ :;ι!:

-

<=>

χ3 + 4xz + 4χ = 2Χ <=> χ4 + 4χ3 + 4xz - 9 = ο (1)

(1) έχει πιθανές ακέραιες ρίζες ±1, ±3, ±9 και επειδή 1 + 4 + 4 9 = Ο, ο αριθμός χ = Ι είναι ρί­ ζα της (1). Με εφαρμογή του σχήματος Horner παίρνουμε:

Η

-

(χ - l)(x + 3)(χ2 + 2χ + 3) = Ο (2) όπου χ = 1 ή χ = -3 (χ2 + 2χ + 3 :;t: Ο γιατί Δ < 0).

Επομένως τα κοινά σημεία είναι τα Α(-3, -3) και B(l , 9).

Άσκηση 12

Δίνεται η πολυωνυμική συνάρτηση: f(x) = 6χ4 - 5χ3 + 13χ2 - lOx + 2. i) Βρείτε τα σημεία στα οποία η Ύραφική παράσταση της f, δηλαδή Cf τέμνει τον άξονα χ' χ. ii) Βρείτε το σημείο στσ οποίο η Cr τέμνει τον άξονα y' y. iii) Βpείτε τις τιμές του χ Ύι« της οποίες η γραφική παράσταση βρίσκεται πάνω από τον άξονα χ'χ. Λύση

i)

Τα σημεία στα οποία η Cr τέμνει τον χ'χ είναι της μορφής Μ(χ, 0), δηλαδή τα σημεία με τεΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/30


Πολυίονυμα - Πολυωνυμικές εξισώσεις και αν ισώσεις

τμημένη ρίζα της εξίσωσης 6χ4 - 5χ3 + 13χ2 - l Ox + 2 = Ο ( 1 ) . Οι διαιρέτες του σταθερού όρου της (1) είναι οι πιθανές ακέραιες ρίζες της, δηλαδή: ±1 , ±2. Οι πιθανές ρητές ρίζες της (1) είναι της μορφής

Ι' λ

::ι:.

Ο όπου κ ακέραιος διαιρέτης του 2 και

λ ακέραιος διαιρέτης του 6. Επομένως οι πιθανές ρίζες της είναι:

�·

±1, ±2, ± ± t. ± i· ± �

Εφαρμόζοντας σχήμα Horner παίρνουμε : (2χ - l)(3x - l)(x? + 2) = Ο, δηλαδή τα ζητούμενα σημεία είναι τα ,0), ,0) . -

Α(� Β(� .)

Τα σημεία στα οποία τέμνει η Cr τον άξονα y' y είναι της μορφής Ν(Ο, f(O)), δηλαδή το ση­ μείοΓ(Ο, 2). iii ) Τα σημεία της Cr που βρίσκονται πάνω από τον άξονα χ'χ είναι εκείνα που έχουν τεταγμέ­ νες τις λύσεις της ανίσωσης Ρ(χ) > Ο, δηλαδή (2χ - 1)(3χ - Ί)(χ2 + 2) > Ο και επειδή χ2 + 2 > Ο για κάθε χ Ε IR έχουμε :

ii)

(2Χ - 1)(3 Χ - 1) > 0 <=> Χ Ε (-οο,

Άσκη ση 13 f(x) g(x)

Να βρείτε τις τιμές του

= χ4 - 5χ3 + 8χ2 - 4χ + = -χ4 +.4χ3 - 6χ2 + 5χ+ ι .

�)υ ( t ,

+οο).

για τις οποίες η γραφική παράσταση της συνάρτησης 3 βρίσκεται πάνω από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης χ

Λύση

Η Cr βρίσκεται πάνω από τη Cg για εκείνα τα σημεία των οποίων οι τετμημένες είναι λύ σεις της ανίσωσης f(x) > g(x), δηλαδή :

χ4 - 5χ3 + 8χ2 - 4χ + 3 > -χ4 + 4χ3 - 6χ2 + 5χ + 1 <=> 2χ4 - 9χ3 + 14χ2 - 9 χ + 2 > ο (1)

Με εφαρμογή του σχήματος Horner παίρνουμε:

(Χ - 1)2(2χ2 - 5χ + 2) > 0 <=> (Χ - 1)2 (2Χ - 1)(Χ - 2) > 0 <=> Χ Ε (

-οο,

�)υ (2,+οο)

ΕΚΔΟΣΕΙΣ Ε. ΚΩΣΤΟΓΙΑΝΝΟΣ Αyyελάτου 17 Χαλκίδιι Τηλ. 0221 - 78509 Fax : 88542

ΘΕΩΡΗΜΑ

BOLZANO ' l'j\ lfl" .,.J>"

οε>

•. .......

� �b

,_ς Υ,.

Κ ΓΙΑΝΝΙΤΣΙΩΤΗΣ

Α. ΚΑΡΑΓΕΩΙ'ΓΟΣ

ΘΕΩΡΗΜΑ • , •

FERMAT ROLLE }'

., ό l' "' il'o •

'ι; �ό'�'

(>

όfι ι

ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ τΙΜΗΣ

ν."

Κ. ΓΙΑΝΝiτtΙΩΤΗΣ Α. ΚΑΡΑΓΕΩΡΓΟΣ

3 βιβλία ylα: · οπαjτηηκού ς αναγνώστες.

Θα τα βρείτε στις εκδόσεις μας και σε όλα τα βιβλιοπωλεία . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/31


Εφαρμογές της θεωρίας εμβαδών Λεωνίδας Τούρλας Για τους περισσότερους μαθητές η θεωρία εμβαδών ταυτίζεται με τους τύπους που μας δί­ νουν το εμβαδό διαφόρων επιπέδων σχημάτων. Και όμως δεν είναι έτσι! Χρησιμοποιόντας την θεωρία εμβαδών μπορούμε να αποδείξουμε βαcrικά θεωρήματα της γεωμετρίας και μάλι­ στα μερικές φορές με απλούστερο τρόπο. Χαρακτηριστικό παράδειγμα είναι το γνω­ στό μας θεώρημα του Θαλfι . (Στο βιβλίο της Α ' Λυκείου γίνεται απόδειξή του στο παράρτημα, λόγω της δυσκολίας που παρουσιάζει). Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και φέρνουμε ευ­ θεία (ε) παράλληλη π pος την ΒΓ , που τέμνει τις λΒ, ΑΓ στα Β' και Γ (σχ. 1 ). Θα δείξουμε ΑΒ' = ΑΓ . ότι: Β 'Β Γ Γ Α

Β'

ε

Β

#

, Γ

(Σχ. 1) ,φέρνουμε τα ;ΒΓ και ΒΤ. Τα ΒΒ ' Γ και ΓΓΒ' έχουν ίδιο εμβαδό (γιατί;) Δηλ. (ΒΒ ' Γ) = (ΓΓΒ') Τα ΒΒ ' Γ και ΑΒ'Γ έχουν το ίδιο ύψος ΓΉ. Άρα ο λόγος των εμβαδών τοuς θα ισού­ ται με τον λόγο των βάσ'εων τους: (ΑΒ ' Γ) = ΑΒ ' . (ΒΒ ' Γ) Β ' Β Για τον ίδιο λόγο (ΑΒ ' Γ) _ ΑΓ (ΓΓΒ ' ) - Γ Γ Επομένως: ΑΒ ' _ (ΑΒ ' Γ) (ΑΒ ' Γ) ΑΓ Β'Β - (ΒΒ ' Γ) - (Γ ΤΒ') - Γ Γ . Για. την απόδειξη του θεωρήματος στη γενική του μορφή (σχ.2)., αρκεί να φέρουμε ευθεία χ2 // χ3 • Τα υπόλοιπα αφήνονται στον α­ ναγνώστη. .....

.....

.Δ '

χ2

(Σχ. 2) Οπως παρατηρήσατε η απόδειξη του θεω­ ρήματος μ ' αυτό τον τρόπο είναι αρκετά απλή . Αξίζει να σημειώσουμε ότι η απόδειξη που δόθηκε από τον Ευκλείδη είναι με την θεωρία εμβαδών, γεγον'ός που δεν είνφ ευρύτερα γνωστό. Αντίθετα όλοι γνωρίζουμε ότι το Πυθαγό­ ρειο θεώρημα αποδεικνύεται με πάρα πολλούς τρόπους. Εκτός απ ' αυτόν που στηρίζεται στην ομοιότητα τριγώνων, υπάρχουν άλλοι με χρή­ ση εμβαδών. Ένας απλός τρόπος είναι ο ακό­ λουθος': Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒ ΓΔ, σημείο Ε στην ΑΒ και ΑΕ = χ, ΕΒ = ψ. Σχηματίζουμε τέσσερα ίσα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΘ, ΒΖΕ, ΓΗΖ και ΔΕ)Η . (σχ. 3) Αποδεικνύεται (πως ;) ότι το τετράπλευρο Ε�ΗΘ είναι τετράγωνο με πλευρά έστω z.

(Σ�. 3)

I

_

_

Από το αξίωμα εμβαδού έχουμε: (ΑΒ ΓΔ) = (ΕΖΗΘ) + 4(ΑΕΘ) 2 ή (χ + ψ)2 = z + 4 1 χψ 2 ή

2

2

2

χ + ψ + 2χψ = z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. l/32

+

2χψ


Εφαρμογές της θεωρίας εμβαδών ,

τ ε λ ικα, χ2 + ψ2 = z2 αυτο που θέλαμε να α· ποδείξουμε. Ο Ευκλείδης χρησιμοποίησε και αυτός εμ­ βαδά, αλλά η απόδ'ε ιξη του ήταν πιο πολύπλοκη. Σε δοθέν ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, κατασκεύα­ σε εξωτερικά του 3 τετράγωνα με πλευρές ίσες με τιςπλευρές του τριγώvου (σχ. 4). ,

·

Θ

σ((;

_

Ι

Η

(ΑΒΔ) ΒΔ (l) (ΑΔΓ) ΔΓ ίναι ΔΖ = ΔΕ. Επειδή ΑΔ διχοτόμ . Άρα αν στα ίδ�α τρίγωνα θεωρήσου με α­ ντίστοιχα σαν βάσέις τις ΑΒ και Α Γ, θα έχου­ με: (ΑΒΔ) ΑΒ (2) ' (ΑΔΓ) :- ΑΓ Από τις (1) και (2) έπεται ότι ΑΒ = ΒΔ ΑΓ ΔΓ " Βιβλιογραφία: Edwin Ε. Moise ''Eiementary Geometry", A.ddison - Wesley.

z

Γιάννη Δ. Στρατό ΠΡΑΓΜΑΥΙΚΗ ΑΝΜΥΣΗ Ι σελίδες: 392 τιμή 3.800δρχ.

I

Διατίθεται στα κεντρικά 6ι6λιοnωλεία

Δ ι__....Ι.:.Λ�---_j Ε

(Σχ . 4) Η απόδειξη με αυτόν το\' τ-ρόπο υπάρχει στσ β ιβλ\ο της Β ' Λυκείου (σελ. 46) και γι' αυτό ε δώ παραλείπεται. Οπωσδήποτε είναι πιο κομψή από την προηγούμενη. Είναι θα λέ­ γαμε · πιο «γεωμετρική», ενώ η προηγούμενη χρησιμοποιεί σ).γεβρικούς υπολογισμούς. Με τη θεωρία των εμβαδών αποδεικνύεται και το �εώρημα της (εσωτερικής) διχοτόμου. Στο τεύχός 1 1 του Ευκλείδη Β' (3 ° του 1 994) ο συνάδελφος Γ . Κατσούλης το έχει α­ ποδείξει χρησιμοποιόντας θεωρήματα εμβα­ δών με δύο τρόπους. Παραθέτουμε εδώ έναν τρίτο: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ διχοτόμος, ΑΗ ύψος και ΔΕ, ΔΖ οι αποστάσεις του Δ από τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ (σχ. 5). Θα αποδείΕου. ΒΔ , ΑΒ . με οτι . = ΑΓ ΔΓ " Α

ΠερΙέχ εΙ: •

Όλη τη θεωρία , σύμφωνα με το Αναλυπκό Πρόγραμμα που ωχύε1, με παραδείγματα κω ανηπαραδείγματα.

Κάθε κεφάλαΙΟ κλείνεΙ με μω πλούσια συλλογή ασκήσεων προοδευηκής δυσκολίας με αποτέ­

λεσματα στο τέλος του ΒΙβλίου κω υποδείξεΙς γω ης πιο δύσκολες. •

Γω την εμπέδωση των μεθόδων παρατίθετω ένα πλήθος από υποδε1γμαηκά λυμένα θέματα. Για την αποστολή (με ανηκαταβολή του ΒΙβλίου

ταχυδpομείστε το παρακάτω δελτίο παραγγελίας στη δΙεύθυνση:

"Γιάvvn Στρατή Εσnερίδωv 5 Γαί\άτm 111 46" ΔΕΛΥΙΟ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΑΣ

Όνομα: Επώνυμο:

z

ΔΙεύθυνση:

____

Πόλη:

_ _ _ _

Τηλέφωνο: Σχολείο:

Δ Γ (Σχ. 5) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔ Γ έχουν ίδιο ύψος ΑΗ. Άρα ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των βάσεων τους:

Φρονηστήρω:

-------

Στους συναδέλφους μαθημαηκούς γίνετω έκ­

πτωση 40% κω προσφέρετω ένα Β1βλωράκ1 με ης λύσεΙς των ασκήσεων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ι&

τ.

1 /3�


Εμβαδά επίπεδων σχημάτων Κατσούλης Γιώργος Για τη λύση των παρακάτω ασκήσεων θε­ ωρούμε γνωστές τις προτάσεις: α) Κάθε διάμεσος τριγώνpυ το χωρίζει σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα. β) Αν μια κορυφή τριγcόνου μετατοπίζεται παράλληλα στην απέναντι βάση, κάθε τρίγωνο που σχηματίζεται είναι ισοδύνα­ μο με το αρχικό ..,._

(ΑΒΓ) = (Α ι ΒΓ) (AAt // ΒΓ)

..,._

Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΕΗ είναι ισοδύνα­ μα γιατί έχουν την ίδια βάση ΑΕ και οι κορυ­ φές τους Δ και Η βρίσκονται σε παράλληλη ευθεία προς αυτή. Άρα (ΑΕΔ) = (ΑΕΗ) (2) Από ( 1 ) και (2) είναι

(ΑΔΓ) = (ΑΒΕ) + (ΑΕΗ) <=> (ΑΔΓ) = (ΒΕΗ)

Άσκηση 2 Στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε τμήματα ΑΔ = ΑΒ και ΑΕ = ΑΓ.

1

Β

Γ ..,._

για τα...... τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β' Γ είναι γ) Αν ...... ....... ...... Α = Α' ή Α + Α' = 1 80° τότε

Αν Μ μέσο της ΑΓ και η παράλληλη από το Μ προς την AB τέμνει την ΒΓ στο Η δείξτε ότι: J (ΑΒΗ) _ = ιΒΔΕΓ) Λύση Α

(ΑΒΓ) ΑΒ ·ΑΓ (Α ' Β'Γ) Α'Β'-Α ' Γ

δ) Ο λόγος των εμβαδών δύο ομοίων τριγcό­ νων ισούται με το τετράγωνο του λοyου ο­ μοιότητάς τους. Άσκηση 1

...,.. ..

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ διάμεσος και Ε σημείο της ΒΔ. Αν η παράλληλη από το Δ προς την ΑΕ τέμνει ττiν ΑΒ στο Η δείξτε ότι: (ΒΕΗ) = (ΑΔΓ) Λύση Η

Γ

Είναι (ΑΒΗ) = (ΑΒΜ) γιατί η ΑΒ είναι κοινή βάση και οι κορυφές Μ και Η βρίσκο­ νται σε παράλληλη ευθεία προς αυτή. Αλλά ΒΜ διάμεσος οπότε:

Γ) (ΑΒΗ) = (ΑΒΜ) �. (, ΑΒ , 2 ...,..

Τ�τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία Α άρα (ΑΔΕ) _ ΑΔ · ΑΕ _ 2 3 _ 1

(ΑΒΓ) - ΑΒ·ΑΓ -

...,..

Στο ΑΒΓ αφού ΑΔ διάμεσος είναι

(ΑΔΓ) = (ΑΒΔ) <=> (ΑΔΓ) = (ΑΒΕ) + (ΑΕΔ) (1)

3. 4-'2<=>

� Άρα και (ΒΔΕΓ) = � (ΑΒΓ) (γιατί;) (ΑΔΕ) = (ΑΒΓ)

Γ

...,..

(1)

� (ΒΔΕΓ) = (ΑΒΗ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/34


Εμβαδά επίπεδων σχημάτων

Άσκηση 4

Άσκηση 3 ......

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΓΔ η διάμεσός του. Αν Ε σημείο της ΓΔ ώστε = 3 και η ΑΕ

��

τέμνει την ΒΙ;' στο Η δείξ��ε ότι:

�ΑΒΓ)

i) (ΒΔΗ) =

ii) (ΕΗΓ) =

Λύση

Α

fο<ΑΒΓ)

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Φέρνουμε την εξωτερική διχοτόμο Γχ και την ΑΜ .l Γχ. . 2 Δείξτε . ότι (ΒΓΜ) = (ΑΓΜ) = α και βρείτε το ύψος ΓΗ του τριγώνου BrM. Λύση Α

Β

.•

.

· • •· •

ι ' ;t . ·. '··•.. . : .' • ' Ί .

Κ

Ε •

Η

.

.·· .·. ·.·.· Ή

......

f

Γ

......

Τα τρίγωνα ΒΔΗ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη Επειδή Ary = 120° είναι fi = fΊ = 60° ο­ γωνία Β άρα: πότε Αι = 30° άρα ΓΜ = Α = και: (ΒΔΗ) = ΒΔ · ΒΗ = l . ΒΗ (l) (1 ) Γ (ΑΒ Γ) ΒΑ-Β 2 ΒΓ 2 Φέρνουμε ΔΚ // ΑΗ οπότε: <=> ΑΜ 2 = ΑΓ2 - ΓΜ2 = α2 ΒΚ = ΚΗ (2) (γιατί;) 2 = 3α2 <=> ΑΜ = α-J3 (2) ΑΜ ΓΗ ΕΓ , Επισης ΕΔ = 3 <=> ΚΗ = 3 <=> 2 4 Είναι: ΓΗ = 3ΚΗ (3) (γιατί;) �/3 <=> (l) ,Ά ρα ΒΗ = 2ΚΗ = 52 (4) (ΑΓΜ) = -21 ΓΜ·ΑΜ = -2ι · -α2 · � 2 (2) ΒΓ 5ΚΗ 2 Από (1) κα (4) έχουμε: (ΑΓΜ) = α 8-J3 1 ΑΒΓ) (ΒΔΗ) - l <=> (Β ΔΗ) - '3< (ΑΒΓ) 5 Τα τρίγωνα ΑΓΜ και ΒΓΜ είναι ισοδύναμα γιατί έχουν κοινή βάση ΓΜ και . ii) Τα τρίγωνα ΕΗΓ και ΓΔΚ είναι όμοια ΑΒ // ΓΜ (γιατί;) (ΕΗ 11 ΔΚ) οπότε: � 2- Γ-2 Άρα (ΒΓΜ) = (ΑΓΜ) = Τ (ΕΗΓ) - (ΕΓ 2 - 1 2 - _2_ <=> 4 16 (ΔΚΓ) \_ΓΔ Επίσης ΜΑΒ = 90° (γιατί;) οπότε: (ΕΗΓ) = ΔΚΓ) .(1 ) ΒΜ2 :::: ΑΒ2 + ΑΜ2 <=> Αλλά (ΔΚΓ) = (ΒΔΓ) - (ΒΔΚ) <=> 2. = α2 + 3α2 = Ία2 <=> ΒΜ , ) (i) (ΑΒΓ) (ΒΔΗ) 4 4 · (ΔΚΓ) = 2 2 (γιατ ι, <=> S!:Π ΒΜ = 2 (3) (ΔΚΓ) = (Α�Γ) - (Αl�Γ) <=> Αλλά (ΒΓΜ) = l2 ΒΜ · ΓΗ· � (ΔΚΓ) = ΑΒΓ) (2) s6Il .' S!:Π . <=> = l2 · 2 . ΓΗ Από (1) και (2) είναι: 8 (ΕΗΓ) = · (ΑΒΓ) = (ΑΒΓ) {6 l� :ο i)

[1 (1)

.......

_

......

.....

) ()

......

_

_

ft<

_

.

.......

_

-fο<

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 2/35

......


Εμβαδά επίπεδων σχημάτων

ΓΗ = α� = αffi 14 2-{7 .'

Λύση """"

Αφού ΔΜ διάμεσος στο τρίγωνο ΒΔΓ . είναι (ΒΔΜ) = (ΔΜΓ) = (ΑΒ Γ)

Άσκηση 5

t

Β

""""

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με γ > α > β. Φέρνουμε την διχοτόμο ΓΔ και έστω Η σημείο της ΒΓ ώστε ΒΗ = α Ρ. Αν η διάμεσος ΑΜ τέμνει

;

την Δ� στο Κ δείξτε ότι: (ΒΔΚΜ) = (ΑΚΗΓ) _ Ι}\)ση Α

1

Άρα (ΑΔΓ) = (ΑΒΓ) (για'Fί;) �

Β """"

Τα τρίγωνα ΒΔΗ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία Β οπότε: .

/"-..

·�

ΒΔ -2 (ΒΔΗ) - ΒΔ · ΒΗ = (1) (ΒΑΓ) ΒΑ · ΒΓ γ·α Επ έ ι�ή ΓΔ διχοτόμος είναι: .

_

ΒΔ = αα}β

Γ

--

<=>

.

ΑΔ = .!. ΑΒ .

.

3

ΑΔ = .!.2 ΔΒ.

ΑΔ = 21 ΔΓ (διότι ΔΜ μ �σ/�ος ΒΓ)

·

.

Άρα Γ ι = 30°, Δι = 60° οΠότε:

(

(2)

. -12 ΑΔ ·ΑΓ =. 3Ι 12 ΑΒ · ΑΓ .

..

· (γιατί;)

Β ,·.

ΑΠό(1) κάι (2) είναι: (ΒΔΗ) = .!. (ΒΔΗ) � .!. (ΒΑ Γ) 2 (ΒΑΓ). 2. . Ι άρα και (ΑΔ � Γ) = 2 (ΑΒΓ) (3) -

<

I.

= 3.0°, (γιατί;) Γ = ?,Οό· :

......

......

·

•;

Άσκηση �

""""

Δίν'εται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) με Β_ ·�οο, η διάμεσος το.; ΑΜ και σημείο . Δ της ΒΓ ώστε ΒΔ = '3ι ΒΓ. Αν η κάθετη στη ΒΓ

/'-

=

"

Αφού ΑΜ διάμεσος είναι: � (ΑΒ Μ) = .!.2 (ΑΒΓ)

·

·

-

Ή

·

στο Δ τέμνει την ΑΒ στο Ε κα την προέκταση της �Μ στο Η δείξτε ότι (ΑΕΗ) = (ΑΒΓ)

;�

(ΑΒΜ).= (ΑΔΗΓ) (ΑΔΚ)+(ΒΔΚΜ) = (ΑΔΚ)+(ΑΚΗΓ) (ΒΔΚΜ) = (ΑΚΗΓ)

Β

Λύση

Άσκηση 6 . Η μεσοκάθετη Μχ στην υποτείνουσα ΒΓ ορθογωνίου τριγώνου ΑΒ Γ τέμνει την ΑΒ στο Δ ώστε (ΒΔΜ) =- (ΑΒΓ).

/"-..

Να βρεθούν οι γωνίες Β και Γ.

Γ

""""

Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΗΜ είναι όμοια ΕΥΚΛΕΙΔΗΙ; Β' κθ. τ. 2/36


. ΗΜ ( . , . Δ ) (γ ιατι ,) οποτε (ΒΔΕ)

�( )

Εμβαδά επίπεδων σχημάτων

Λύση

ΔΜ 2 (Ι ) ΔΕ Είναι ΒΔ � ΒΓ <=> ΒΔ � 2ΒΜ <=> ' ·

=

=

ΒΔ

=

� ΒΜ

Γ

<=>

ΒΔ = 2ΔΜ <=>

ΔΜ .!.2 ΒΔ (2) ..... Στο ΒΔΕ τρίγωνο έχουμε: ΒΕ2 = ΒΔ2 + Δ Ε2 <=> =

Δ

(ΑΒΓΔ) = (ΚΒΓ) + (ΓΚ:Ν) + (ΒΚΜ) + (ΜΚΛΝ) + (ΜΑΛ) + (ΔΝΛ) + (ΛΑΔ) (1) (2ΔΕ? ΔΕ2 = ΒΔ2 (γιατί ;) <=> Αλλά:2 2 ΒΔ = 3ΔΕ <=> ΒΔ = ...j3ΔΕ <=> (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΔ) + (ΒΓΔ) = 2(ΜΑΔ) + 2(ΒΓΝ) (2) . (γιατί;) ΔΕ = Β�J? (3) και: Από (1 ), (2) και (3) είναι: (ΑΒΓΔ) (ΒΑΓ) + (ΔΑΓ) = ΒΔ 2(ΒΓΜ) +2(ΔΑΝ) (3) (ΔΗΜ) � 1 <=> Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και 4 (ΒΔΕ) ΒΔ έχουμε: � (ΑΒΓΔ)=(ΜΑ�)+(ΒΓΝ)+(ΒΓΜ)+(ΔΑΝ) <=> (Δ � Μ) = � (ΒΔΕ) (4) (ΑΒΓΔ) = (ΜΑΛ) + (ΛΑΔ) + (ΚΒΓ) ...... + (ΓΚΝ) + (ΚΒΓ) + (ΒΚΜ) Τα τρίyωνα ΒΔΕ και ΑΒΓ είναι όμοια ο+ (ΛΑΔ) + (ΔΝΛ) (4) πότε: Από (1) καιc (4) αφού τα πρώτα μέλη είναι 2 iι ίp-α, εξισώνουμε τα δεύτερα μέλη και διαγρά­ = = = φοντας τους "όμοιους" όρους παίρνουμε: ; (ΜΚΝΛ) = (ΚΒΓ) + (ΛΑΔ) (ΒΔΕ) = 2� (ΑΒΓ) (5) Γιάννης Μπ αϊλάκης �

=

( L

J �� lA�) [�: � �

� �

J

Άρα (ΑΕΗ) = (ΑΕΔΜ) + (ΔΜΗ) (i) (Α ΒΓ ) (ΒΔΕ) + 1 (ΒΔΕ) <=> 2 4 (ΑΕΗ) (�) (ΑΒ2 Γ) .!.4 _.!_ 27 (ΑΒΓ) = (Α�Γ) (Α:.,Γ) <=> (ΑΕΗ) = ;; (ΑΒΓ) �

·

Άσκηση 8 Έστω Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΓΔ τετράπλεύρου (κυρτού) ΑΒΓΔ. Αν η ΓΜ και ΒΝ τέμνονται στο Κ και η ΑΝ τέμνει την ΔΜ στο Λ δείξτε ότι: (ΜΚΝΛ) = (ΚΒΓ) + (ΛΑΔ) (Μαθηματική Ολυμπιάδα Μόσχα)

Μαθη ματικά 4ης δέσμης

(Άλγεβρα - Α ν ά λυση)

Σε κάθε κεφάλαιο: 30 θέματα λυμένα 20 θέματα άλυτα

Ασκήσεις� διαγωνίσματα, θέματα εξετάσεων Ειδική μεθοδολογία · 200 νέα γενικά θέματα εξετάσεων

συνδιασμού της ύλης με το νέο πνεύμα των εξετάσεων Κυκλοφορεί σύντομα Εκδόσεις: ΜΑΘΗΜΑΤ ΙΚΉ Β Ι ΒΛΙ ΟΘΉΚΗ Χάρης Βαφειάδης Δέλιου 4 • 546 21 Θεσσαλονίκη Τηλ.: (031) 263 163 • Fax: (03 1) 240 59 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/37


Ασκήσεις Εμβαδών

Καλίκας Σταμάτης Α

Άσκηση 1

Το τρίγωνο που έχει πλευρές ίσες με τις διαμέσους τριγώνου ΑΒΓ έχει εμβαδό ίσο με τα του (ΑΒΓ).

Λύση

Β

Ακόμα: (ΘΒ)-(ΘΓ) · α = 4R ι ·(ΘΒΓ) (ΘΑ) · (ΘΓ) ·β 4R2 · (ΘΑΓ) (ΘΑ) · (ΘΒ) ·γ � 4R 3 ·{ΘΑΒ)

Γ

=

(από τον τύπο Ε = �'f[) Έστω ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ οι διάμεσοι του λΒΓ. Έστω ΕΚ = ΕΖ τότε ΕΚ = ΒΔ και Επίσης μ μ μγ = 4ρ · Ε' όπου Ε' το εμβαδό ΕΚ 11 ΒΔ άρα ΕΚΔΒ παραλληλόγραμμο οπότε του τριγώνου αμε βπλευρές τις μα, μβ και μγ . και ΔΚ // ΒΕ και ΔΚ = ΒΕ. Στο τετράπλευρο ΑΚΓΖ οι διαγώνιοι δι­ 3 R1R2R3 = χοτομούνται άρα είναι παραλληλόγραμμο. Έ­ τσι ΑΚ = ΓΖ. 3 (ΘΒ)(ΘΓ)α (ΘΑ)(ΘΓ)β (ΘΒ)(ΘΑ)γ = 4(ΘΒΓ) 4(ΘΑΓ) 4(ΘΑΒ) Δηλαδή οι πλε�ές του ΑΔΚ είναι ίσες με 2 μ 2 μ α 2 . 2μ 2 2μ γ τις διαμέσους του ΑΒΓ. 3 3 β 3 γ 3μα 3 γ β 3� 3 β = (ΕΚΔ) = (ΕΓΔ) = i (ΑΒΓ) ομοίως 1 43 -kΑΒΓ) -kΑΒΓ) -:;{ 3 ΑΒΓ) 3 3 (ΕΑΔ) = (ΕΑΚ) = i (ΑΒΓ) άρα 2α 3(μαμβμγ) βγ = (4ρΕ')24R(ΑΒΓ) = 3 3(ΑΒΓ)3 9(ΑΒΓ)3 (ΑΔΚ) = � (ΑΒΓ). (από άσκηση 1)

Άσκηση 2

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, Θ το βαρύκεντρο αυ1:ού και R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου. Αν R1, R2, R3 οι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ΘΒΓ, ΘΑΓ, ,ΘΑΒ , και ρ η ακτίνα του περιγεγραμμενου κυκ�ου στο τρίγωνο με πλευρές τις διαμέσους του ΑΒΓ, να δειχθεί ότι 4R·ρ2 = 3RιR2R3. Λύση

(ΘΒΓ) -_ .!. (ΘΑΓ) = .!. (ΘΑΒ) = .!. (ΑΒΓ) 3' (ΑΒΓ) 3' (ΑΒΓ) 3

16ρ2 _2_ 16 (ΑΒΓ)24R(ΑΒΓ) = 4Rρ2 9(ΑΒΓ)3 Ά σκηση 3

Ο εγγεγραμμένος κύκλος τριγώνου ΑΒΓ ε­ φάπτεται των ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ στα Δ, Ε, Ζ. Αν κ, λ, μ τα μήκη των πλευρών του τρι­ γώνου ΔΕΖ να δειχθεί ότι: α(τ - α) _ β(τ - β) γ(τ - γ) κ2 λ2 μ2 Λύση

τσι:

Τα ΑΖΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή την Α. 'Ε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ.· τ. 2/38


Ασκήσεις- Εμβαδών Α

------..,..

Τα ΑΒΓ, ΑΖΕ έχουν Α κοινή άρα: .

..

_r.IL _k_ _

(ΑΖΕ) - ΑΖ ΑΕ α + β α + γ (ΑΒΓ) ΑΒ ΑΓ β γ ρ γ β (α + β�(q + γ) ΒΖΔ) αγ Γ Ομοι, ως: ((Α Β Γ) (α + β)(β + γ) (ΑΖΕ) = χ2 ( 1 ) αβ (ΓΔΕ) (ΑΒΓ) βγ . (ΑΒΓ) (α + γ)(β + γ) οπότε: (ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) -: (ΑΖΕ) - (ΒΖΔ) - (ΓΔΕ) = ΑΖΕ .= ΖΔΕ (ΑΖΕ υπό χορδή και εφαπτομένη και ΖΔΕ (ΑΒΓ{ Ι - (α+ β)tα+γ) - (α+β)fβ+γ) - (α+γ)(β+γ)J = εγγεγραμμένη στο τόξο ΖΕ). 2αβγ (α + β)(β + γ)(α + γ) · (ΑΒΓ) (ΔΕΖ)' = J!:Δ (2) Οπότε: 2αβγ (ΑΖΕ) Χ·Κ · δη λαδη·, .. (ΔΕΖ) = + γ)(α + γ) (ΑΒΓ) (α + β)(β (ΔΕΖ) χμλ (3) , Απο, ( Ι') και (2) επεται: 2 Ομως: α + β � '\[(iβ (ΑΒ Γ) βγκ β + γ � 2Vβy κλ ΔΕΖ ( ) ρ α + γ � 2� Ομοίως: (ΑΒΓ) = αβμ (4) άρα (α + β)(β + γ)(α + γ) � 8αβγ οπότε: (ΔΕΖ) = � (5) 2αβγ (ΔΕΖ) = . � .l (ΑΒΓ) αγλ (ΑΒΓ) (α + β)(β + γ)(α + γ) "' 4· ρκλ � Άσκηση 5 Από (3) ' (4) και (5) έπεται: � βγκ = αβμ = αγλ Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με α > β > γ. Να δει­ Από την πρώτη ισότητα: χθεί ότι, αν Ρ εσωτερικό σημείο του τριγώνου και dα, dp, dγ οι αποστάσεις του Ρ από τις (τ - α)μ _- (τ - γ)κ η' � η lY:! πλευρές α, β, γ αντίστοιχα τότε α·μ γ·κ γκ αμ da + dp + dy > υα. α(τ - α) - γ(τ - γ) Λύση κ2 μ2 Αφού α > β > γ είναι υα < υ β < υ1 .. Ακόμα: Ομοίως, από τη δεύτερη ισότητα: Α γ(τ - γ) - β(τ - β) μ2 λ2 _

·

·

_

-

·

,..._

_,.....

_,.....

·

.

,

_

_

Άσκηστj 4

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ οι διχοτόμοι αυτού. Να βρεθεί ο λόγος συ­

��:��

ναρτήσει των α, β, γ. Στην συνέχεια να δειχτεί 1 , (ΔΕΖ) οτι ( ) � 4· ΑΒΓ

Λύση

Α

Γ

dα + � + � = (ΡΒΓ) + (ΡΑΓ) + (ΡΑΒ) = υα υ β υγ (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) ΑΒΓ) = Ι ((ΑΒΓ)

dί:ι d d dA dγ d -L. Ι � � __Q Έτσι: __Q υα + � υ α + υ α > υ α + υ β + υγ = οπότε: da + dβ + dγ > υ α.

Ε

Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β! κθ. τ. 2139

'


Το

βήμ� του Ευκλείδη

Η Στή λη αυτή είναι ανοιχτή σε όλους τους συναδέλφους και μάθητές. jια να εκφράσουν ελεύθερα τις απόψεις τους για τα μαθη μα�κά , ... ··

·

Από Γιώργο Π. Τσάμηι

Για να σταματήσει επί τέλους το μαρτύριο να εξετάζονται οι υποψήφιοι σε Παvεπιστημιακή ·Ύ λη που δεν μπορεί να γραφεί στο Σχολικό βιβλίο και δεν μπορεί χωρίς θεωρiα να γίνει σωστή αγωγή ούτε σε ψευδσευφυείς ασκησιολόyους (και μάλιστα στο τέλος της σχολικής χρονιάς).

«Οι Άσσοι που κρύβονται στα μανίκια των θεμάτων, στα μαθηματικά, της 1 ης και 4ης Δέ­ σμης των Πανελλαδικών εξετάσεων και που δεν περιέχονται στα βιβλία της Ανάλυσης των σχολικών βιβλίων}), Θεώρη μα 1

Για την συνάρτηση F(x)

=

f

ι2 = g2(x)

ιι

= g,(x)

f(t)

d(

και

την παράγ ωγο της F(x) ως προς χ, όπου η f: είναι συνεχής και οι g1 ·, g2 είναι παρα­ γωγίσιμες στο IR, είναι: IR - IR

F�(x) =

J (

ι, = g,(x)

ι ι = gι(χ)

f(t) dt

l'

Για την συνάρτηση F(x) =

f

f

χ e-tf(t)dt =· e-x - e-α - ε-χf(χ)

ο

'

(με α και χ ε IR) (1)

Για τη λύση έχουμε (από το Θε·ώρημα Ο:

e-x

e-.x

f(x)·xx. - e-O f(O)·Ox.

=

f(x)- 1 - 1 ·f(O)·O = e-x f(x) και

[e-x - e-α - -x e

=

-e-x+ e-x �f(

f(x)]X.

=

f( ) και τελικά λόγω της (1) έχουμε τη διαφορική

f(g2(x)) ·g2(x) - f(g 1 (x))· g; (x) Θεώρη μα 2

Να ευρεθεί η συνεχής συνάρτηση f: IR - IR για την οποία ισχύει:

ι2 = g2(x)

ι ι = g1(x) .

x)

-

e x χx -

.

εξίσωση:

f(x, t) dt

f� (x) -1 αν f�(x) = (-χ + c)� =

ά ρ α : f(x) = -χ + c.

και την παράγωγό της ως προς χ , όπου g1 , g2 ii) Ζήτημα των Πανελλαδικών Εξετάσεων, και f(x, t) είναι παραγωγίσιμες στο IR, είναι: στα μαθηματικά, της πρώτης δέσμηξ του J

FX(x) = ( '

2 = g (x) 2 ι

ι ι = gι(χ)

l

f(x, t) dt '

1995.

=

Να οριστείβ η F;(x) της συνιiρτησης

= f(x, g2(x))-g2(x) - f(x, g1 (x)) · g ; (x) +

ι = g (x) 2 J 2 ι1

= g1(x)

F(x) =

fx(x , t) dt

tz =

=

IJ

f(x - t) dt

όπου χ, α, β � IR και

η f είναι παραγωγίσιμη στο IR.

Και τώρα (ως εφαρμογές στα Θεωρήματα 1

και 2) ί)

f

Για τη λύση έχουμε (από το Θεώρημα 2): •,

J =( - '

Fχ(χ)

Ζήτημα των Πανελλαδικών εξετάσεων της 1 ης Δέσμης του 199 3 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/40

.

ι2 = β

ι,

_

f(x - t) dt

l'

=


Για το βήμα του Ευκλείδη Β

f t =

και επειδή βχ = Ο και � F�(x)

-

f -t)2 (χ

(χ -

t)1

t1 ,=β =α

ισοδύναμα έπεται:

α

1 f(t) =

fι f(t� dt (1). όπου

υ1 = 3t

ι 1 υ =

}υ du (2� και U

χ>Ο

και t > Ο

να βρείτε τον G"(x).

Κατ' αρχήν έχουμε εδώ διπλό ολοκλήρωμα (που για τους μαθητές του Λυκείου) είναι «αλλού Παππά Ευαγγέλιο» ήτοι είναι:

f (J u2 .= 3t _er.:u χ

G(x) =

Uι= l .

\

J.x

-JU

J

du dt

Αλλά από την δοθείσα: G(x) =

(Γ l

=

iv)

Μια άσκηση που υπάρχει στο βιβλίο της Ανάλυσης (για τηv Ι η Δέσμη). �τη Γ ομάδα (dτις γενικές ασκήσεις του 7ου Κεφαλαίου)1σελ. 294 δίνετaι η άσκηση 2 (Γράφουν): ·

«Αν η συνάρτηση g είναι συνεχής και για κάθε χ Ε IR. ισχύει:

f(x) =

J 2x +

·

·

ι

� (t) dt

χ

να αποδείξεη; ότι: f(x) = 2g(2x + 1) - g(x)»

J. tz = 2x-!-l '

Από . την f(x) =

.

ιι

g(t) dt έχουμε:

fx(x) = g(2x + . 1 )-(2χ + Ι )χ - g(x) ·xx <:::;>

I

f{t) dt

G"(x) ='�

Λύση ( σύμφωνα με το �εώρημα Ι )

f(t) dt (1)

(σύμφωνα με το Θεώρημα 1 ) έχουμε: G'(x) =

-ν3χ

-ν3χ

χ

=

Ι

ώστε G"(x} = _k 3 και είναι τελικά:

Ζήτημα Πανελλαδικών Εξετάσεων, στα μαθηματικά, της IV δέσμης του 1 995.

Αν G(x)

= �·(3χ)χ - _efϊ·O)x Ι

G"(x) =

f(x- β)- f(x- α)' άρα τελικά: F�(x) = f(x - β) - f(x - α). iii)

και έχουμε:

f:k(x - t) d(x - t) =

χ -

Ο

f�(x - t) dt =

=χ-β

=

=

f(x)·xX - f( l )·ΙΧ =

fx(x) = g(2x + 1 );2 - g(x) · l

fx(x) = 2·g(2x +: Ι) - g(x) .

ί

και τελικά

Η υπόδειξη που γίνεται στο βιβλίο της Ανά­ λυσης (Σελ. 343) είναι: και επομένως G'(x) = f(x) και επειδή δίνεται Γ Ομάδα . ότι: χ υz = 3t 2. Να θέσετε h(x) ::: g(t) dt υ f(x)· 1 - f( 1)·0'

f(t) =

θα είναι:

J = ι -νu du (2) _er.:

υι

G'(x) =

J

υz = 3χ

,

·

υ

_er.:

-νu

υι = ι

και πάλι με το π J G"(x) = (

.

1

du (α)

εώρηγα είναι: .L dul

������

uι =

J

ι

Και η λύση που δίνε1:αι στο λυσάρι (και για τους καθηγητές και για τους μαθητές) είνα ι: (Σελ. 280). 2. Για κάθε χ Ε IR. είναι: f(x) =

f\ χ

J

2x +

χ

g(t) dt =

>: J

g(t dt +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/41

ι

2x + l

. 1

.

g(t) dt =


Για το βήμα του Ευκλείδη Β

-ιχ g(t) dt ι2χ + ι g(t) dt (1) Θέτουμε h(x) ιχ g(t) dt οπότε για κάθε +

=

χ ε IR ισχύει h'(x) g(x) (2) Εξάλλου λόγω της (1), έχουμε f(x) -h(x) +h(2x + 1), οπότε f(x) -h'(x) + h'(2x + 1)·(2χ + 1)' 2h'(2x + 1) _:._ h'(x) Επομένως λόγω της (2), είναι:

3. Αν

F(x) =

=

f(t)

=

=

.

ι

ι

να βρείτε·την F"(2)

=

=

J χ f(t) dt, όπου: , du J ι- νι+Ί1' u

Αν F(x)

4.

ιχ xf(t) dt, να βρείτε την F'(x)

=

1

. Τηλ.38 05 378

Γ. ΤΣΙΚΑΛΟΥΔΑΚΗΣ ΓΕΝΙΚΑ

r(x) 2g(2x + 1) - g(x) Σημείωση:

ΘΕΜΑ Τ Α

Δ' ΔΕΣΜΗΣ

=

Δεν θα κάνω κανένα σχόλιο. Αλλά ας μη δοθεί ο ισχυρισμός της ύπαρξης μιας αρχικής συνεχούς συνάρτησης για την οποία δεν γίνε­ ται καμμία υποτυπώδης καλλιέργεια και της ο­ ποίας η απόδειξή της είναι καταχωνιασμένη στο Παράρτημα του βιβλίου Σελ. 308 ή ότι υ­ πάρχει η άσκηση 2 Σελ. 294.

e • • •

400 ΛΥΜΕΝΑ Θέματα Άλγεβρα - Ανάλυση Πρωτότυπα επαναληπτικά 1000 Ασκήσεις κατανεμημένες ανά παράγραφο 2 τεύχη Τηλ.: 95 1 7 863

Εφαρμογές

Ως εφαρμογές, όταν θα διδαχθούν στο τέ­ λος της χρονιάς το «Ορισμένο ολοκλήρωμa>». Να λυθούν με τον τρόπο αυτό οι ασκήσεις του βιβλίου Ι.

Να ευρεθή η παράγωγος :ι

χ ε (-1 , +οο)

2.

[f:' :ιJ 1

d

·

ΠΛΗΡΕΙΣ ΣΕΙΡΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ _:

Να βρείτε τις παραγώγους των συναρτή­ σεων ί) F(x) = ίί) F(x)

όλαν λγρυταμικ�έο πνραο,σγύμραyφμω;��-�ί;οσ αα υσ ικα σε άψογη εκδοτικη παρο α .η

ισυvχ � dt f..[χι συνθ θ dθ

)

Β. ΒΟΣΚΟΥ: ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ -...'"..__,....

=

ΩΡΟΑΟΓΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ

Χ. ΠΑΠΑΤΖΙΚΟΥ: ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑ11· ΚΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΚΑΤΑ ΕΝΟΤΗΤΑ ΥΛΗΣ

Φτιάξτε το ωρολόγιο πρόγραμμα του σχολείου σας (Γυμνάσιο - Λύκειο) με απλό και γρήγορο τρόπο. Το Π ρόγραμμα ERMHS για P.C., λύνει το αιώνιο πρόβλημα. Κατανομή ωρών, ελαχιστοποίηση κενών, προτιμήσεις, όλοι οι έλεγχοι, πρόσθεση-αφαίρεση καθηγητή στο τελικό ηρόγραμμα κλπ. Απεριόριστοι καθηγητές-τμήματα. Αναγνώστου Βασίλης - Μαθηματικός Τηλ. :

(01 ) 43. 1 4.702

Σιους καθηγηιές γίνειαι έκπιωση και δίνο•11αι δωρεάν οι λύσεις ιων ασκήσεων. Το βιβλιοπωλείο μας διαθέιει και πολλά άλλα βιβλία για ιη μέση εκπαίδευση καθώς και πλήθος επισιημονικών βιβλίων για ια ΑΕΙ και ΤΕΙ. Ζηιήσιε να σας σιείλουμε ιο περιοδικό ιου βιβλιοπωλείου μας με ια αναλυιικά περιεχόμενα ιων εκδόσεων μας και ιον ιιμοκαιάλογο ιου Σεπιεμβρίου 95.

ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ Β� κθ. τ. 2/42


ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ

Η Λ I Α Σ

Η Λ

8. Ν Τ Ζ I Ω Ρ Α Σ

Α Σ

ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

tJ T Z ! Q ? .δ Σ

Β

M A e M M A T 8 K A

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α

Α Ν Α ΛΥ Σ Η

ΑΝ ΑΛΥΣ Η

r· ΛΥΚΕIΟΥ • � τεΥΧΟΣ (fA Τ Ι Σ ΑΕΣΜ Ιϊ; J. Α'. 8' κιι• Α""

Γ AYII:810Y

Μαθηματικά-Ανάλυση Γ' Λυκεlου (3 τόμοι)

8' Υ8ΥΧΟΖ

ΘΕΩΡ!Α, ΠΑΡΑΔΕΙΓΜ:ΑΤΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΙΚΗΣΕIΣ ΑΣ:<ΗΣΕ'Σ Γ!Α ΛΥlΉ..ΑΠΑΙ'ΠΗΣΕlΙ. ΤΕΗ tΞΞΠΑΣΕΩΝ

•�-=

• Άλγεβρα

• Θtματα

Δ' δtσμης Ι

Ανάλυσης Γ' Λυκείου ΤΕ

ι1

I

Ο Σ

Γ

ο Γ' τόμος

ΑΙΜΙΛΙΟΣ ΤΣΟΥΛΦΑΝΙΔΗΣ

ΣΤΕΛΙΟΣ ΕΥΡΙΠΙΩΤΗΣ Μόλις κυκλοφόρησε

Μόλις κυκλοφόρησε

ΕΥ

Ρ

IΠJΩΤΗΣ

βΕΙΙΑΤΑ ΑΝΑΛΠΗΣ

Γ ΛYUIOY • 8' MEI"'Z

• Όριο συνάρτησης ­ Συνtχεια σσνά ρτησης ­ Ακολουθίες • Π ίνακες ­ Ο ρίζουσες ­ Γραμμικά συστήματα • Ακολουθ ίες για την Α' Δtσμη • Ολοκληρώ ματα • Παράγωγοι

Γ Ι Ο Ρ Γ Ο Σ

Σ Κ Α Ν Δ Α Λ Η Σ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

8' ΛΥΚΕΙΟΥ

Β'

ΜΕΡΟΣ

ΓΙΩΡ

rb!�ΙΚΑΝΔΑΛΗΣ

Μαθηματικά Α' Λυκείου Μαθ ηματικά Β' Λυκείου Μαθηματικά Γ' Λυκείου

Σε όλα τα βιβλιοπωλεία Κεντρική Διάθεση: Σ. Πατάκης ΑΕ. Εμμ. Μπενάκη 1 6, 1 06 78 Αθήνα. Τηλ: 38. 3 1 .078, Fax: 36.28.950 Υ.ποκ/μα Β. Ελλάδ�ς: Ν. Μοναστηρίου 1 22, 563 34 Θεσσαλονίκη, Τηλ: (03 1 )70.63.54-5


Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της ανάλυσης .

.

Χ ρήστος Λαζ αρίδης

Άσκηση 2

Άσκηση 1 α) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσω6 σης χ - 6χ + k = Ο, k.E IR.. β) Να λύσετε την aνίσωση: 6 χ - 6χ + 1995 < ο (2) Λύση α) Θεωρούμε τη συνάρτηση:

v α) Να λύσετε την εξίσωση ex = xv + 1� όΠου ν Ε IN* (Ι) β) Να λύσετε την aνίσωση: ιo ιο χ > ln(x + 1) (2) Λύση α) Προφανής ρίζα της ( 1 ) η χ = Ο. Θεωρούμε

τη συνάρτηση:

6

f(x) = χ - 6χ + k, Α = IR ,

με f'(x) = 6(/ - Ι ), Ισχύουν: f'(x) = Ο <=> χ = 1 f'(x) > Ο <=> χ > Ι και f'(x) < Ο <=> χ < Ι . Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, Ι ] και γνησίως αύξουσα στο [Ι , +οο). Θα υπολογίσουμε το σύνολο των τιμών της f. f((�oo, 1]) = [lirn f(x), lirn f(x)) = [k-5,+oo) χ- 1 χ--::ο f([1 ,+oo)) = [lirn f(x), lirn f(x)) = [k-5,+oo). χ- Ι

χ-+οο

xν fv(x) = e - χν + 1 , Α = IR., όπου f(O) = Ο. Η f είναι παραγωγίσιμη με:

·

Θα αποδείξουμε ότι η χ = Ο, είναι μοναδι­ κή ρίζα της fvΈστω ότι υπάρχει ρ > Ο, ώστε f(ρ) = Ο. Η f είναι συνεχής στο [0, ρ], είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,ρ) και f(O) = f(ρ) = Ο, άρα από το Θεώ­ ρημα Rolle, θα υπάρχει ξ Ε (0, ρ) ώστε:

f(ξ) = Ο ή νξν \e� - 1 ) = Ο Άρα f(IR.) [k-5,+oo) U [k-5,+oo) = [k-5,+oo). Αν κ > 5, τότε Ο ι.t: f(IR.) και η f(x) = Ο δεν έ­ οπότε ξ = Ο, άτοπο, διότι ξ Ε (0, ρ). χει λύση. Ομοια riν υπάρχει ρ < Ο, ώστε f(ρ) = Ο. Τελικά, λύση της f(x), άρα και της Αν κ < 5, τότε Ο Ε f(IR.) και η f(x) = Ο, έχει (1), είναιμοναδική η χ = Ο. δύο λύσεις στα (-οο, 1), (1 , +οο) , που είναι μοναδικές, διότι η f είναι γνησίως μονό­ χ !Ο β) (2) <=> e > χ! Ο + 1 <=> -ι:ονη σε καθένα από τα διαστήματα. Αν κ = 5, τότε Ο Ε f(IR.) και η f(x) = Ο <=> x ! Ο 1 0 1 > 0 <=> f (x) > f10(0) e -χ (2'). χ = Ι , (μοναδική λύση}. 10 β) Παρατηρούμε ότι το πρώτο μέλος της (2) είναι η f(x), για k = 1 995. Άρα: Η t' ε ίναι γνησίως αuξουσα στο (0, +οο) και (2) .b f(x) < Ο (2'}. γνησίως φθίνουσα στο : (-�, 0). Από το (α) προκύπτεί ότι f(l ) = 1990 είναι χ > Ο, τότε, (2') ·� χ > Ο, διότι fι ο γνησίως το ελάχιστο της f(x), άρα για κάeε χ ε IR., f(x)�f( l ) ή f(x)�1990 δηλαδή f(x) > Ο. αύξ9υσα στο (0, +οο). Τελικά η (2'), άρα και η (2) είναι αδύνατη. χ < Ο, τότε, (2') <=> χ < Ο, διότι fιο γνησίως φθίνουσα στο ( 0). Τελικά, η (2'), άρα και η (2) iσχύει για κά, θ ε χ ε IR. * . ,ν

-

=

.

.

-

'

·

---οο ,

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ:θ.

τ.

2/44

·1 ·

'

I '

·


Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της ανάλυσης

Θεωρούμε τη συνάρτηση:

Άσκηση 3 Να λύσετε τις εξισώσεις: α) 9χ - 7χ = Sx - 3χ (1) χ β) 3 + sx - sx = ο (2) Λύση

4

f(x) = ln� + χ4 - 5, Α = IR. * με f(± 4'V5) = Ο,

4 f(x) = 4(χ χ+ 1 ) με f(x) > Ο <::::> χ > Ο και

f(x) < Ο<=:> χ < Ο. Θεωρούμε την f(t) tx, t > Ο και χ Ε IR. με Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +�) και I f(t) = xt . γνησίως φθίνουσα στο (-οο , 0), άρα οι ρίζες Η f ικανοποιεί τις υπόθέσεις του Θεωρή­ ± � είναι μοναδικές. ·ματος μέσης τιμής σε καθένα από τα διαστή­ ματα [7 , 9] και [3, 5], επομένως, χ > Ο, τότε f(x) > Ο f(x) > f( �) <::::> χ > �· Υπάρχει ρ 1 Ε (7 , 9), ώστε: και f(x) < Ο f(x) < f( �) <::::> Ο < χ < Vs. f f( (9 ) f(ρ ι ) = - 7).<=:> 2χρ; - ι = 9χ - t 9 7 χ < Ο, τότε f(x) > Ο <::::> f(x) > f(- �) <::::> Υπάρχει ρ2 Ε (3, 5), ώστε: χ < -Vs και f(x) < ο· <::::> f(x) < f(- Vs) f(ρ2) = f( 55) -- f3(3) 2χρ:- ι = 5χ - 3χ 0 > x > - 1Js . Τελικά: τ ελ ικα,, απο' (1) <::::> 2χρ 1 - ι = ?χ .. - ι <::::> α)

=

χ

-

<::::>

<::::>

<::::>

-

<::::>

..

β)

_ ρ2

f(x) > Ο = χ > � ή χ < - Vs

f(x) < Ο = -Vs < χ < Ο ή Ο < χ < Vs f(x) = Ο = χ ± �

Προφανής λύση της (2) η χ = 1 . χ χ (2)

<::::>

αJ (iJ _ ι = +

ο

=

(2')

Άσκηση 5 Αν f(x) = εφχ, να βρεθεί η εξίσωση της ε­ . φαπτομένης ε της Cr στ� σημείο Ο και στη συ­ νέχεια να βρεθεί το πρόσημο της g(x) = εφχ - χ, ' , στο διαστημα (- Π Π .)

Θεωρούμε τη συνάρτηση: f(x) =

(�)χ (i) +

χ

1 , Α = IR. με f(l) = Ο.

2, 2 .

Έχουμε:

Λύση

Ι σχύει:

i

για κάθε χ Ε IR., διότι � < l , < l , άρα:

(i)

f(x) =

και f'(x) = �' συν χ συν χ 2 1-

ιη � < ο ιn < ο . με χ Ε (- 2π ' 2π ) . , ε: y - f(O) = f(O)(x - Ο) = y = χ. Η f είναι γνησίως φθίνουσα, άρα η χ 1 .είναι μοναδική λύση της (2'), επομένως και f'(x) = Ο χ·= Ο, f'(x) :< Ο = μοναδική λύση της (2). χ Ε (- Ι' 0), f'(x) > Ο = χ Ε (0, Ι ).

()

=

·

Άσκηση 4 Να βρείτε το πρόσημο της παράστασης: 4 χ + x4 - s. •ns Λύση

=

Η f είναι κοίλη στο [0, Ι ), κυρτή στο (- Ι• Ο] και (0, Ο) είναι σημείο καμπής, στο ο­ ποίο εφαπτομένη είναι η ε: y χ. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/45


(

Εξισώσεις και αν ισώσεις με τη βοήθεια της ανάλυσης

Συμπεραίνουμε ότι η Cr βρίσκεται «Κάτω» από την ε στο (- �' Ο) και «πάνω» από την ε στο (0, � ). Τελικά, g(x) = Ο = χ = Ο, g(x) < Ο =

χ Ε (-�, Ο) και g(x) > Ο = χ Ε (0,� ).

3

3

2

- .!.;, - συνχ + 1 < Ο 2

(1).

Vv

Vv

1 +.}ην ελάχισ ο, επομένως: τ

ί

νν

J

J

Ασκηση 8 . Να λύσετε την ανίσωση:

2

χ - χ - συνχ + 1 , Α = IR . f(x) = 3 2 .

χ � -1- και f' _l_ > Ο , άρα

Άρα f(x) > Ο, για κάθε χ > Ο. Τελικά, η f(x) = Ο , είναι αδύνατη.

Λύση 3

ί� J

=

f(x) ;;;: _l_ ή f(x) ;;;: 1 +νΙην > Ο (ν . ;;;: 1). ν

Άσκηση 6 Να λύσετε την ανίσωση: !....

f(x) = Ο

'

χ2- χ+7 3

2

< ln(2x+1)+22

ln(x -3χ+7)+2

χ+ ι

(1)

Λύση

2

f(x) = χ - χ + ημχ,

Η (1) ορίζεται για χ > - i (2). Θεωρούμε

f'(x) = 2χ - 1 + συνχ και

τη συνάρτηση:

f3\x) = 2 - ημχ, χ Ε ΊR.

Είναι f3\x) > Ο , χ Ε IR, διότι ημχ < 2, άρα η

f(x) = lnx + 2 , χ > Ο. χ

f' είναι γνησίως αύξουσα στο IR. f(x) = .!. + 2xln2 > Ο, χ > Ο, χ Αν χ ε (-οο, 0) . άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. f'(x) < f'(O) δηλαδή f'(x) < Ο, άρα η f εί­ 2 ναι γνησίως φθίνουσα στο ( 0), επομέ­ (1) = f(x - 3χ + 7) < f(2x + 1) = νως f(x) > f(O) δηλαδή f(x) > Ο, άρα η f 2 είναι γνησίως αύξουσα στο (-οο, Ο) και χ - 3χ + 7 < 2χ + 1 •

-οο ,

f(x) < f(O) δηλαδή f(x) < Ο . (διότι f γνησίως αύξουσα) 2 Αν χ Ε (0, +οο). = χ - 5χ + 6 < ο = 2 < χ < 3 . Αντίστοιχα, προκύπτει ότι η f είναι γνη­ Άσκηση 9 σίως αύξουσα στο (0, +οο) και f(x) > Ο. α) Θεωρούμε το σύνολο των συναρτήσεων Τελικά, (1) = f(x) < Ο = χ < Ο . fν(χ) = χ + ln(x + ν), όπου ν ε \Ν*. Να δεί-

. Άσκηση 7

Να δείξετε ότι η εξίσωση xv - lnx = Ο, εί­ ναι αδύνατη, για κάθε ν ε \Ν*. Λύση

ξετε ότι όλες οι συναρτήσεις . του συνόλου δέχονται ακριβώς μία όχι θετική ρίζα. Λύση

fν (χ) = χ + ln(x + ν) και 1 fν (χ) = 1 + -Θεωρούμε τη συνάρτη ση f(x) = χν - lnx , Χ + ν > Ο, για κάθε χ > -ν. Α = (0, +οο). Ι σχύει fν(Ο) = Ιην > Ο και ν ι ν1 νχ 1 f(χ) = νχ - - = fν(l - ν) = 1 - ν+ ln1 = 1 - ν < Ο , αν ν * 1 . χ χ ' 2 Είναι fν(O)fν(l) < Ο , άρα από Θεώρημα 1,χ>Ο f'(x) = ν(ν - 1)χν - + 2 B olzano, η fν έχει μια ρίζα στο ( 1 - ν, 0), που χ είναι μοvαδική διότι η fν είναι γνησίως αύ­ ξουσα. α)

,_

...;._ _ _ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/46 _ ,.


Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της ανάλυσής

Αν ν = 1 , τότε f1(x) = χ + ln(x + 1), που έ­ χει μοναδική ρίζα χ = Ο. Τελικά, κάθε συνάρ­ τηση του συνόλου, έχει ακριβώς μια ρίζα στο (1 - ν, 0), αν ν * 1 και τη ρίζα χ = σ αν ν = 1 .

ένα σημείο τομής αν α < Ο ή α = e, δύο σημεία τομής flν α ::> e και κανένα σημείο τομής αν α = Ο ή Ο < α < e.

Άσκηση 10 Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής e και της ευθείας παράστασης της f(x) y = αχ Λύση

Άσκηση 11 Να δείξετε ότι: Ιη(Ιηχ - 1) - J.nx + 2 � Ο, για κάθε χ Ε (e, +οο). Λύση

χ

==

.

Οι τετμημένες των σημείφν τομής προκύ­ x πτουν από τις λύσεις της εξίσωσης e = αχ <=> ex - αχ = Ο (1). Άρα το πλήθος των σημείων τομής ισούται με το πλήθος των λύσεων της (1). x Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = e - αχ με f(x) = e - α, χ Ε IR.. Αν α < Ο, τότε f(x) > Ο, άρα η f είναι γνη­ σίως αύξουσα στο IR.. Το σύνολο τιμών της έίναι: f(IR.) = ( lim f(x), lim f(x)) = χ

χ--ω

x---f-IX)

(-οο, + οο) = IR.. Το Ο Ε f(IR), άρα η f έχει μία ρίζα, η οποία είναι μοναδική, αφού η f είναι γνησίως αύξου..: σα στο IR.. Αν α > Ο, τότε f(x) = Ο <=> χ = lnα, f(x) > Ο <=> χ > lnα, και f(x) < Ο <=> χ < lnα. Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, lnα] και γνησίως αύξουσα στο [lnα, +α:>). f((-oo, lnα]) = [ lim f(x), lim f(x)) = χ-Ιηα

x-+--co

Θεωρούμε τη συνάρτηση: f(x) = ln(lnx - 1) - lnx + 2, Α = (e, +α:>). f(x) = 1 1 1 - -1 = (2 - lnx , x. E (e, +oo). nx - 1 χ χ χ Inx - 1) 2 f(x) > Ο <=> χ Ε (e, e ), 2 f(x) < Ο <=> χ Ε (e , +οο) και 2 f(x) = Ο <=> χ = e . Η f παρουσιάζει μέγιστο το f(e-) Ο, άρα: 2 f(x) < f(e ) <=> ln(lnx - 1 ) - lnx + 2 � Ο, για κάθε χ Ε (e, +α:>). ·

·

'

=

Άσκηση 12 Να μελετήσf;τε το πρόσημο της .συνάρτη3 . 3 σης f(x) = ημ χ + συν χ, στο (Ο, π). Λύση

f(x) = 3ημχσυνχ(ημχ - συνχ): Έχουμε,

* ή χ = �' f(x) < Ο <=> χ Ε (0, �) U ( �' π) και f(x) = Ο <=> χ =

π) f (χ) > 0 <=> Χ Ε ( π 2 [α(l - Ιηα), +α:>) και 4' . f([Ιηα, +οο)) = [α( l - lnα), +α:>) , Τα όρια της f(x) όταν το χ τείνει στα Ο, �' άρα f(IR.) = [α(l - lnα), +α:>). Αν α(l - lnα) > Ο <=> Ο < α < e, τότε Ο (;!: f(IR), π 3Π π αντιστοιχα ' ' . 1 , �, 1 , ο, - 1 , αρα ' ειναι. 2, 4, 2 άρα η f δεν έχει ρίζα. Αν α(l - lnα) < Ο <=>,α > e, τότε Ο Ε f(IR.), ά­ για το σύνολο τιμών της f, προκύπτει: ρα η f έχει μία μόνο ρίζα στο (-οο, lnα] και μία f((O, �4 ]) - [ 1i, 1), μόνο στο [Ιηα, +α:>). 2 Αν α(Ιηα - 1 ) = Ο <=> α = e, τότε Ο Ε f(IR), ά­ f([ �' ]) = [ , 1), ρα η f έχει τη ρίζα χ = Ο. x Αν α = Ο, τότε (1) <=> e = Ο, που είναι αδύ­ f([ , π)) = (-1 , 1]. νατη. Τελικά έχουμε, . Παρατηρούμε ότι Ο ε (-1 , 1], άρα η f έχει -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΙ; Β' κθ. τ. 2/47


Εξισώσεις και ανισώσεις με τη βοήθεια της ανάλυσης

μία μοναδική ρίζα στο [ . . π 34

�' π);. η οποία είναι η

Προτεινόμενες Ασκfισεις

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ex - χ - 1 . α) Να δείξετε ότι f(x) � Ο , χ Ε IR και lnx :;;.; χ __: 1 , χ > Ο. Αν χ Ε [0, ], από τα επί μέρους σύνολα . β) Να λύσετε τιμών, έχουμε ύτι f(x) > Ο. . την εξίσωση: 2 ln χ - 2lnx + 2χ - 2 = Ο. , π, 4 3 π ] , τοτε 3Π ) Αν χ Ε [ 2 fi(χ) > fi( 4 5 2. Να λύσετ.ε την εξίσωση χ -5χ+α = Ο, γιq f(x) > Ο. τις διάφορες τιμές του . α Ε IR . Στη συνέ­ χεια να :{fpείτε το πλήθος των ριζών της ) Αν χ Ε ( 34π , π), τότε f(x) < f( f(x) = 1995. f(x) < Ο. ' f(x) > ο π ] υ ( 4' 3 π π), 3. Να βρ �θ εί το. πρόσημο της: Τελικα, χ Ε (0, 2 f(x) = (ix - 3χ)(3χ - 4χ)(4χ - 5χ)(5χ - 6\ π, 4 3π 3 π ) και fi(χ) = Ο χ = 4. fi(χ) < Ο χΕ (2 4. Αν Ο < α < 1 , να δείξετε ότι η εξίσωση αχ = χ, έχει μία λύση. Άσκηση 13 '

1.

7

J i

Να λύσετε την aνίσωση: 2 3 2χ + 6χ + 8χ - 1 < ο (1). Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση: 3 f(x) 2χ + 6χ- + 8χ - Ι , Α = R. 2 'Εχούμε, f(x) = 6χ + 1 2χ + 8 > Ο, για κάθε χ Ε IR, διότι Δ = -144 < Ο. Η f είναι γ:νησίως αύξουσα στο IR. Η f εί­ ναι πολυωνυμική περιττού βαθμού, άρα .θα δέ­ χεται τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα ρ, η οποία θα είναι μοναδική, διότι η f είναι γνη­ σίως μονότονη. Είναι f(O)-f(l) = (-1)-15 < Ο, άρα από Θεώρημα B olzano, ρ Ε (0, 1). f(0,1)-f(0,5) < Ο, άρα ρ Ε (0,1 , 0,5). f(O, 1 1 )-f(O, 19) < Ο, άρα ρ Ε (0;11, Ο, 1 9). Με προσέγγιση ρ = 0,1 15. Τελικά, (1) f(x) < f(0,1 1 5) χ < 0,1 1 5 (διότι f γνη­ σίως αύξουσα).

5.

Να δείξετε ότι η εξίσωση 2-νχ. = Ιηχ,είναι αδύνατη.

6.

Να λύσετε την aνίσωση: - 3 -/ 3 2 3 χ - 3 - χ + χ :;;.; lnx.

7.

Να λύσετε την aνίσωση: εφχ + ημχ + χ < Ο στο διάστημα (

?

=

-�' � ).

8.

(f}

Να λύσετε την εξίσωση: 3eχ + 1 = x(eχ + 1). Να λύσετε την aνίσωση: 101χ + 200χ < 201χ + l00x.

10. Να βρείτε το πλήθος των κοινών σημείων

της γραφικής παράστασης της f(x) = lnx με την ευθεία y = αχ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/48


Θ.

Ν.

Θ. Ν. Καζαντζή ς

Καζαντζής

Πιθανότητες (τεύχος α)

Ολοκληρώματα

Ν. Καζαντζής 1000 ασκήσεις

Π. Β ασιλειάδης Γ. Μαυρίδης

Θ.

·

Ολοκληρωμάτων

Αλγεβρικά Θέματα Νέα έκδοση

Θ. Ν. Καζ αντζής Γ. Μαυρjδης Ελένη Μήτσιου

Θ. Ν. Καζαντζής Ελένη Μήτσιου Σειρά: ((εξετάσεις» • Διαγωνίσματα • Προβλήματα

Σειρά: ((εξετάσεις» • Εξετάσεις 95 Θέματα - επανάληψη

πωλείο

εκδ'όσεις ΑΤΙΚΗΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ

Περιοδικό ι ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΠΑΙΔΕΙΑ

Δ. Γεωργακίλας

-

. τ�

Θεοδωρακόπουλος

lo τεύχος κυκλοφορεί τον Νοέμβριο Δ.

Θ.

Άλγεβρα και Α ναλυτική Γεωμετρία

Δ.

Γεωργακίλας

Ν.

Γεωργακίλας

Άλγεβρα Β ' Λ υκείου για υποψηφίους 1 ης και 4ης δέσμης

Μαθηματικά επανάληψη 4ης δέσμης

Καζ αντζής

Συνδιαστική (τεύχος β)

Γιάννης Μπαϊλάκης

Γιώργος Ρίζος

Μαθηματικά 4ης δέσμης (Άλγεβρα - Α νάλυση)

Προβλήματα Μαθημαtικών γ ' γυμνασίου

Θ. Μάστορης Γ. Ρουσιάς Μαθηματικά Γ' Τ Ε. Λ .

Τ Ο ΒΙΒΛΙΟ Π Ε Ρ Ι ΕΧΕΙ : •

"'

ΟΛΗ ΤΗ Θ Ε Ω Ρ Ι Α με ερωτήσεις - απαντήσεις, ώστε να διευκολύνεται ο μαθητής στην καλύτερη κατανόησή της.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΥΠΟΔΕΙΓΜΑτΙΚΑ ΛΥΜΕΝΕΣ, ώστε με βάση αυ­ τές να μπορεί ο μαθητής να λύνει οποιαδήποτε άσκηση του δίνεται.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΥΤΕΣ για παραπέρα εξάσκηση του μαθητή και εμπέδωση της ύλης.

Θ Ε ΜΑΤΑ

ΓΙΑ

ΤΑ

Π ΡΟ Χ Ε Ι ΡΑ

ΔΙΑΓΩΝΙ ΣΜΑΤΑ

ΤΩΝ

ΤΡΙ Μ Η ΝΩΝ. •

Ο Μ ΑΔΕΣ

ΘΕΜΑΤΩΝ

ΓΙΑ

ΤΙΣ

ΑΝΑΚΕΦΑΛΑΙΩτΙ ΚΕΣ

ΕΞΕτΑΣΕΙΣ ιογΝΙΟΥ (2 θέματα θεωρίας και 3 ασκήσεις σε

κάθε ομάδα) , σύμφωνα με τις οδηγίες του Παιδαγωγικού

Ινστιτούτου και των Σχολικών Συμβούλων.

ΕΝΑ ΠΡΑΓΜΑτΙΚΟ ΒΟΗΘΗΜΑ •

ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΤΗ: Εξάσκηση και εμπέδωση της ύλης.

ΓΙΑ ΤΟΝ ΚΑΘΗΓΗΤΗ: Καλύτερη προετοιμασία και οργάνωση της διδασκαλίας.

Κεντρική Διάθεση :

Δ Η Μ . ΡΑΜΑΝΤΑΝΗΣ

Χάλκης 51

142 33 Ν . ΙΩΝΙΑ,

Τηλ. 01 - 27 1 30 71 ΟΜ ΙΛΟΣ ΣΥΓΓΡΑΦΕΩΝ ΚΑΘΗΓΗΤΩΝ

ΑΘΗΝΑ

1 995

Σόλωνος 1 00

1 06 80 ΑΘΗΝΑ, 01 - 364 6 1 25 FAX : 363 13 63


Υπολογισμός της δύναμης Αν, ν ε JN * τετραγωνικού πίνακα Α Ρεκούμης Παναγιώτης

Πολλές φορές, στις ασκήσεις και προβλήματα, πάνω στη Θεωρία των Πινάκων, υπεισέρχε­ ται άμεσα ή έμμεσα η νιοστή δύναμη τετραγωνικού πίνακα, που καλούμεθα να την προσδιορί­ σουμε. Δύο είναι τα βασικά προβλήματα στην κατηγορία αυτή. 1°

Πρόβλημα

Δίνεται ο τετραγωνικός πίνακας Α, με καθορισμένα στοιχεία και μας ζητούν ο πίνακας Αν να είναι ένας συγκεκριμένος τετραγωνικός πίνακας με στοιχεία συναρτήσει του ν. -1 Παραδείγματα. (α)Αν Α = να δείξετε Αν = 2ν -Α, ν Ε IN*.

Β

[ � � ], 2 ν (β)Αν Α .= [ -1 l � ], να δείξετε Αν = 2ν - 1 [ �ν 2 : ν ], για κάθf: ν Ε IN* . . � J και Β = [ �� �� J, να αποδείξετε ότι: (γ)Αν Α = [ [(Α3,Β2)ν}ι [ � � ν ], νΕΝ*. -l ο

=

Τα προβλήματα αυτά αντιμετωπίζονται πλήρως, χωρίς ιδιαίτερες δυσκολίες, με την επαγω­ γική μέθοδο και γι ' αυτ'ό δεν θα ασχοληθούμε παρακάτω με την κατηγορία αυτή των προβλημά­ των. ·

2° Πρόβλημα

Δίνεται ο τετραγωνικός πίνακας Α, με καθορισμένα στοιχεία και μας ζητούν να υπολογί­ σουμε τον πίνακα Αν, ν EIN* .

Παραδείγματα.

1 , να βρειτε τον Αν, ν Ε ΙΝ * . [ � !1 J (β)Δίδεται ο πίνακας Α = [ !1 �3 ]. Αν Β, Γ πίνακες 2 2, μη μηδενικοί, δ ει' ξτε οτι: Β ·Α ι993 + Γ Α2οοο = Ο . 6 -9 (γ) Δίδεται ο πίνακας Α = [ J. Υπολογίστε το άθροισμα 2 Sν = Α + 2Α + 3Α3 + . . . + νΑν . 4

(α)Δίδ ται ο πίνακας Α =

,

χ

,

·

4

_6

Οι παρακάτω σκέψεις μας, αποτελούν μια μικρή προσπάθεια αντιμετώπισης του προβλήμα­ τος στις διάφορες μορφές του και πιστεύουμε ότι θα διευκολύνουμε σε μεγάλο βαθμό.τους μαθη τές στις δικές τους προσπάθειες. ·

Γένικά

(Α)

Η δύναμη Αν, ορίζεται μόνο όταν ο Α Ε Πν. Επομένως α� Α ένας τετραγωνικός πίνακας, �qτε οι δυνάμεις

Α2 = Α ·Α , Α3 = Α·Α-Α κ.τ.λ., ορίζονται ως εξής: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ . 2/50


Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε JN• τετραγωνικού πίνακα Α

1.

2. 3.

, αν ν = 1 , αν ν > 1 Για τις δυνάμεις του παραπάνω πίνακα ισ.χύουν οι σχέσεις: λ+κ λ κ κ+λ κ λ Α · Α = Α = Α = Α Α , κ, λ ε JN • λ·κ λ " λ = Α κ·λ = Α = (Α ) κ (Α ) Αν ΑΒ = ΒΑ, τότε v v -2 2 v- ι (Α + Β)ν � Αν + νΑ Β + ν(ν - 1)A Β + . . . + B ·

2

(Β) Έστω Α ε Πν με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς. Η εξίσωση ΙΑ - xlv l = Ο λέγεται χαρα­ κτηριστική εξίσωση του Α. Η εξίσωση αυτή είναι χρήσιμο, ασφαλές και μεθοδικό εργαλεί­ ο, για την αντιμετώπιση διαφόρων θεμάτων, πάνω στο λογισμό πινάκων και κυρίως στον προσδιορισμό της νιοστής δύναμης, δοσμένου τετραγωνικού πίνακα Α. α β ' ' ' ' Εστω Α = γ δ , ενας τετραγωνικος πινακας 2χ2 . Η χαρακτηριστικη' του εξ'ισωση ειναι: ' α χ 2 ΙΑ - xlv Ι = Ο <=> δ χ = Ο <=> χ - (α + δ)χ + αδ - βγ = Ο κι:ι τελικά

[

?

J [ �

� J

χ- - (α + δ)χ + ΙΑ Ι = Ο (1). 2 ° Θέτω στο 1 μέλος της (1), χ = Α και έχω προφανώς Α - (α + δ)Α + ΙΑΙ Ι2 = Ο. Δηλαδή η (1) έ­ χει ρίζα τον πίνακα Α. (Αυτό προκύπτει επίσης και από τον ορισμό της χαρακτηριστικής εξίσωσης, θέτοντας χ = Α) βι γι αz .1 β2 γ2 , ένας τετραγωνικός πίνακας 3χ3. Η χαρακτηριστική του εξίσωση Έστω Α = α3 β3 γ3 α είναι: β β, � χ = ο <=> α3 β3 γ3 - χ ·

]

.

[ �� χ

[

�:

3 χ - c α ι + β2 + γ3) / +

]

( I :: � I I �: � I + I �: �: I} - ΙΑΙ = ο +

ο Θέτω χ = Α στο 1 μέλος της και έχω προφανώς: 2 3 Α - (α1 + β2 + γ3)Α +

( I :: � I + I �: �: I + I �: �: I} - ΙΑΙ 3 = Ο Ι

(2)

Δηλαδή η (1) έχει ρίζα τον πίνακα Α. Γενικότερα ισχύει το θεώρημα Cayley-Hamilton. «Κάθε νχν πίνακας Α ικανοποιεί την χα­ ρακτηριστική του- εξίσωση ΙΑ - x·lv Ι = 0». ν Υπολογισμός της Α , Α εΠν και ν ε IN *

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 2/51


(Α) 'Εστω

Α =[

Υπολογισμός της δύναμη� Α•, ν ε JN• τετραγωνικού πίνακα Α

� � ], ένας τετραγωνικός πίνακας 2 χ2.

Ε�ομένως από την (1) φανερά έχουμε:

'(α + δ)Α + I A I I2 = Ο (3) ' Τα α, β, γ, δ Ε IR, οποτ ε για τις δι(ιφορες τιμές τους έχ�υμε τις παρακ�τω περιπτώσεις: ?

Α- -

(α) α + δ == Ο και Ι Α Ι = Ο και η (3) γίνεται

Α2 = Ο.

Αν = Α2-Αν 2 = Ο· Αν - z = Ο 2 (β) α + δ = Ο και Ι Α Ι = -1 και η (3} γίνεται Α = 1 2. Αν = Α2κ = (Α.2)κ = Ικ = Ι Επομένως ί. ν = 2κ, ν 2 ii. ν = 2κ + 1 , Α = Α κ·Α = I ·A = Α 2 (γ) α + δ = Ο και Ι Α Ι = -.λ και η (3) γίνεται Α =·λ12, λ Ε JR.. * . ΕΠομένως ί. y = 2κ, ν 2 - "" ν' ν ii. ν = 2κ + 1 , Α = Α κ·Α = Λ · 12:Α = λ ·Α 2 (δ) α + δ = 1 και ΙΑΙ = Ο και η ·(3) γίvε7αι Α = Α. ' 2 . 3 2 Επομένως Α = Α · A = A�A = I\. = Α 2 4 3 Α = Α ·Α = ΑΑ. = Α- = Α ν · και γενικά Α = Α (επα'y�γικά) 2 (ε) α + δ = κ και ΙΑΙ = Ο και η (3) γίνεται Α = κ·Α, λ Ε IR * . 2 3 2 2 Επομένως Α = Α · Α = κ·ΑΑ = κΑ = Κ·ΚΑ = κ Α Α4 =' Α3 · Α = κ2Α· Α = κ2Α2 = κ2·κΑ = κ3Α , ν v-ι και γενικα Α --κ Α (επαγωγικά) Επομένως

'

• '::c

'

.

2

(στ) Αν δε συμβαίνει καμία από τις προηγούμενες περιπτώσεις τότε Α = κ ·Α λl2 (4) όπου κ = α + δ ;t: Ο και λ = Ι Α Ι ;t: Ο Για να προσδιορίσουμε τη νιοστή δύναμη του Α εργαζόμαστε ως εξής: 2 Θεωρούμε τα πολυώνυμα R(x) = χ - κχ + λ (5) και S(x) = χν (6). Επομένως: -

R(A) = Α2 κΑ + λ12 = Ο (7), λόγω της (4). -

Εξετάζουμε το είδος των ριζών του τριωνύμου (5): IΔ > �<:=:> ρ \ , ρ2 Ε IR και ρ \ < ρ2 (ή ρ \ > ρ2) Έστω Π(χ) και U(x) το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης του S(x) με το τριώνυμο R(x) ου και έχω: S(x) = R(χ)·Π(χ) + U(x) (8) και επειδή το R(x) ε ίναι τριώνυμο 2 βαθμού, η (8) γί­ νεται: S(x) = R(χ)·Π(χ) + cx + b (9) Για χ = ρ1 ·και χ = ρ2 ή (9) γίνεται: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/52


Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε ΙΝ• τετραγωνικού πίνακα Α

ν ν ν ρ ρ ρ ρ ι 2 1 z z P και επομένως c = Ριρ ι - ρ , b = ρ ι - ρ z z Η (9) για χ = Α γίνεται: S(A) = R(Α) ·Π(Α) + cA + b και λόγω της (7) ν ν ν ν , · ν S(A) = cA + b = ρ -1 ρ [(ρ 1 - ρ2 )Α + (ρ 1 ρ2 - ρ2ρ 1 )IJ (λογω της (6): S(A) = Α ) ο τ.ο-v Δ > ο ι z /Δ = Ο]<=> ρ 1 , ρ2 Ε IR και ρ 1 = ρ2 = ρ Επομένως χν = (χ - ρ{ Π(χ) + cx + b (10) ν-ι νχ = 2(χ - ρ)Π(χ) + (χ - ρ)2Π'(χ) + c (1 1) και Για χ = ρ, οι ( 1 0) και (1 1) γίνονται: ι ρν = cρ + b νρν - = c Επομένως c = νρν - ι και b = ρν(1 - ν). Και η ( 1 0) λόγω της (7) γίνεται:: 1 Αν = cA + b = νρν - ιΑ + ρν(1 - ν)Ι2•ι· Ο -z-o.. ν Δ -=- ο Από τα προηγούμενα σαφώς προκύπτει ότι για τον τετραγωνικό 2χ2 πίνακα Α, θα έχουμε ο­ πωσδήποτε μία από τις προηγούμενες (6) περιπτώσεις, οπότε ανάλογα υπολογίζουμε την Αν . ν

·

·

·

ν

Υπολογισμός της Α , Α Ε Π3 και ν Ε Ν* αι βι γ ι Έστω Α = αz βz . γz , ένας τετραγωνικός πίνακας 3χ3 και επομένως ισχύει η (2) από τα α3 β3 γ3 προηγούμενα: αι Α3 - (αι + β2 + Υ3)Α2 + Ρι και εργάζόμαστε όμοια όπως και για τον τετραγωνικό πίνακα 2χ2 (6 περιπτώσεις) προηγουμέ­ νώς. Αν όμως διαπιστώσουμε ότι δεν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ, λ ώστε να ισχύει η σχέση Α2 = κ·Α + λΙ3 , τότε εξετάζουμε μήπως υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ, λ, μ έτσι ώστε: Α3 = κΑ2 + λΑ + μΙ3 και εφ' όσον αυτό το εξασφαλίσουμε, θεωρούμε τα πολυώνυμα: R(x) = χ3 - κχ2 - λχ - μ και S(x) χν και εργαζόμενοι ομοίως, έχουμε: χν = R(χ)-Π(χ) + cx2 + bx + d. Επειδή R(A) = Ο τελικά: Αν = cA2 + bA + d, όπου τα c, b, d προσδιορίζονται ανάλογα με το είδος των ριζών του R(x). tενικά για τον τετραγωνικό 3χ3 πίνακα Α μας καλύπtει οπωσδήποτε μία από τις προηγούμε­ νες (7) περιπτώσεις, όπως και για τον 2χ2 πίνακα Α. (Δ)

[

]

(I

=

(Ε)

ν

.

Υπολογισμός της Α , Α Ε Πμ και μ > 3. Εργαζόμαστε όμοια, όπως προηγουμένως: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/53


Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε JN'• τετραγωνικού πίνακα Α

Υπολογίζουμε τη δευτέρα δύναμη του Α και έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: α. Α2 = Ο 2 β . Α = Ιμ λ Ε IR γ. Α2 = λlμ, δ. Α2 = Α 2 λ Ε IR ε. Α = λ·Α κ:, λ Ε IR. στ . Α2 = κ:·Α + λΙ., 3 2 r· -:> Α = κ:Α + λΑ + μlμ, κ:, λ, μ Ε IR * Στην περίπτωση που διαπιστώσουμε ότι δεν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ:, λ, μ ώστε να ισχύουν οι περιπτώσεις (στ) και (ζ), τότε εξετάζουμε μήπως υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ:, λ, μ, ν έτσι ώστε να ισχύει η σχέση: Α4 = κ:Α3 + λΑ2 + μΑ + νlμ Αν αποδείξουμε ότι πράγματι υπάρχουν τότε θεωρούμε τα πολυώνυμα: 3 2 ν R(x) = χ4 - κ:χ - λχ -:- μχ - ν και S(x) = χ και εργαζόμαστε όπως προηγουμένως. Υπολογίζουμε τις δυνάμεις Α3, Α4, . . . και έστω Ακ = Β , όπου Β πίνακας πολλές φορές ειδι­ κής μορφής: Ο, Ιμ, Α, λlμ, λΑ κ:.τ.λ . Δηλαδή γνωρίζουμε ότι Ακ = Β και μας ζητούν να προσδιορίσουμε την Α•. Τότε χρησιμο­ ποιούμε αμέσως τη σχέση: ν = κ:· π + u, Ο ::;;; u ::;;; κ: - 1 και έχουμε: π Αν = Ακπ u = Ακπ.Αu = (Ακ) ·Au = Βπ·Αu •

'

·

.

.

+

.

π. χ . Αν Α4 = Β τότε ν = 4π + u, που οι τιμές του u είναι: Ο, 1 , 2, 3 . Άρα π κ:αι Αν = (Α4) = Βπ ν = 4π ν = 4π + 1 κ:αι Αν = Α4π·Α = Βπ·Α ι ν = 4π + 2 κ:αι Αν = Α4π + ·Α = Βπ·Α2 κ:αι Αν = Α4π+ 2·Α = Βπ·Α3 ν = 4π + 3 •

και ερχόμαστε σε μια από τις προηγούμενες περιπτώσεις. Εφαρμο"(ές 1. Δίδεται πίνακας Α = l η Λύση

[ � � ]. Να υπολογίσετε τον Α•, ν Ε Ν * .

είναι τετραγωνικός της μορφής [ � � J με α = 2, δ = 3 και β = γ = Ο. Επομέ­ νως, επειδ1Ί α + δ = 5 και ΙΑΙ = 6, από την (3) (Α περίπτωση) έχουμε: Α2 - 5Α + 612 = Ο. Θεωρούμε τα πολυώνυμα: R(x) = χ2 - 5χ + 6 και S(x) = χ·, οπότε φανερά έχουμε: Ο πίνακας Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/54


Υπολογισμός της δύναμης Α•, ν ε Ν" τετραγωνικού πίνακα Α

2-

R(A) = Α

Το τριώνυμο

+ 612 = Ο

ν

S(A) = Α .

και

R(x), έχει ρίζες

ρ1 = 2, ρ2 = 3.

χν = (χ2 - 5χ + 6)-Π(χ) + cx + b,

Η (8) γράφεται:

2ν = 2c + b 3ν = 3c + b

ν b = 3·2 - 2·3ν

ν

Άρα: ν

Α

και για χ = 2; χ = 3 έχουμε:

[ 2 Ο ν = Α-(3 - 2 ) + (3 ·2ν - 2·3ν)12 = [ Ο 3 J·(3 - 2ν) + (3·2 - 2·3ν) ν

ν

2η Λύση

1 Ο J= 0 1

[ 2ν

Ο

Ο 3ν

J

Εάν δε θέλουμε να κάνουμε χρήση της χαρακτη ριστικής εξίσωσης, αναζητάμε δύο πραγμα­ ' 2 τικούς αριθμούς κ, λ ε!R., ώστε να ισχύει η σχέση: Α = κ·Α + λl 2 και έχουμε : κ=5 λ = _:6 2 Άρα Α = 5Α - 612 . Στη συνέχεια συνεχίζουμε όπως προηγουμένως .

3η Λύση Παρατη ρούμε ότι Α

3 2.

]

2

[= 22 ; ] ο

,

και αμέσως διαφαίνεται ότι ενδεχομένως να είναι.

Στη συνέχεια εργαζόμαστε επαγωγικά με τα γνωστά βήματα.

Δίδεται πίνακας Α =

l η Λύση

[ .: � ]. Να υπολογίσετε τοv Αν, ν Ε Ν·. .

Ο. πίνακας Α είναι τετραγωνικός της μορφής

νως: Α

2

_:

6Α + 912 = Ο .

[ � � J με α = 2, δ = 4 και ΙΑΙ = 9. Επομέ-

ν 2 2 Θεωρούμε fα πολυώνυμα: R(x) = χ - 6χ + 9 = (χ - 3) και S(x) = χ και κατά τα γνωστά από τα προηγούμενα έχουμ�: -ι ν χ = (χ - 3)2·Π(χ) + cx + b και νχν = 2(χ - 3)Π(χ) + (χ - 3)2Π'(χ) + c. ·

Θέτω στις προηγούμενες σχέσεις χ = 3 και έχω:

3ν = 3c + b Άρά: Α

2η Λύση

ν

=

[

b = 3ν( 1 - ν) C = ν·3ν - ι 3-ν ν - ν ν+3 J

2 Αναζητούμε δυο πραγματικούς αριθμούς κ, λ έτσι ώστε: Α = κ·Α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ; 2/55

+ λl

και εργαζόμενοι ό-


Υπολογισμός της δύναμης Αν, ν ε Ν • τετραγωνικού πίνακα Α

πως στην προηγούμενη άσκηση, τελικά έχουμε κ = 6 και λ = -9 και επομένως:Α- - 6Α + 9 1 = Ο Στη συνέχεια εργαζόμαστε όπως στην προηγούμενη λύση. ')

3η Λύση

Από τα προηγούμενα, με όποιο τρόπο θέλουμε, αποδεικνύεται ότι: Α2 - 6Α + 9 1 = Ο και έχουμε: +ι +? Αν - - 6 ·Αν + 9Αν = 0 , + + ') (το 3 διπλή ρίζα) Αν - - 2·3Αν ι + 32Αν = Ο, + ι 2 + ι Αν + 2 3Αν = 3Αν _ 3 Αν, + +? + Αν - - 3Αν ι = 3(Αν ι - 3Αν) Άρα: Αν + ι - 3Αν = 3(Αν -'-- 3Αν -:- ι ) = · · · = 3ν - \Α2 - 3Α) και επειδή Α2 - 3Α = 3Α - 9 1 έχου ' . - 9 1) = 3 ν(Α - 31) και επομενως: με: Αν + ι - 3Αν . = 3 ν· - ι (3Α + ι -1+-ι Αν - -1 Αν = -1 (Α - 31) για κάθε ν ε IN * . 3 3ν 3ν Από την προηγούμενη σχέση φανερά φαίνεται ότι η ακολουθία cν = Αν είναι αριθμη�ική ν πρόοδος με C ι == ! Α και ω = ! (Α - 31) και από την c = C + (ν - 1 )ω έχουμε: ν ι _l_ Αν = l.3 A +. (ν - 1) l3 (A - 31) 3ν 3-ν Τελικά Αν =3ν - ιΑ + 3ν - ι(ν - 1)(Α - 31) =3ν - ι [Α + (ν - 1)(Α - 31)] = 3ν - ι [ -ν _

;

3.

Δίδεται πίνακας Α =

1 η Λύση

[ �1 �1 ο� ]

.

ν . Να υπολογίσετε τον Α , ν ε Ν*.

3 Από τη σχέση (2) του γενικού μέρους έχουμε: Α - (1 + 1 + 1)Α2 + (1 + 1 + l)A - 13 = Ο δηλαδή: Α3 - 3Α2 + 3Α - 13 = Ο. 3 Θεωρούμε τα πολυώνυμα: R(x) = χ - 3χ2 + 3χ - 1 και S(x) = χν . Οι ρίζες του R(x) είναι 1 2 . (τριπλή) και επομένως: χν = (χ·- 1{Π(χ) + αχ + βχ + γ. Με τη β οήθεια της πρώτης και της δεύτερης παραγώγου, της προηγούμενης σχέσης, προσ­ διορίζουμε τα α, β , γ σύμφωνα με τα προηγοpμενα_, τελικά έχουμε: ν(ν • Α' � �

[ � Γ]

2η Λύση

Α�

] [� ! �Η� � !

� 13 + Β, όπου Β �

[� � !]

Επειδή Β · Ι = J . B έχουμε: Αν =( I + Β)ν =lν + ν Ιν - ι Β + ν(ν - 1)Ιν- zBz + . . . + Βν =I + νΒ + ν(ν - 1)Β2 + . . . + Βν Επίσης έχουμε:

2

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/56


Υπολογισμός της δύναμης ΑΌ ν ε JN• τετραγωνικού πίνακα Α

ο ο ο

ν και επομένω ς Β = Ο, ν ;;.:

ο ο ο 3.

,

'

' θ α εχουμε: ' Α = Ι + ν Β + ν(ν Συνεπως απο την προηγουμενη σχεση '

η 3 Λύση

'Εστω

ν

Α'

bv

1

[� ] Η� Η =

ο

Α

ν+I

ν

= Α ·Α =

[ �I

av

b ,. c"

ο

Επομένως: av + ι = 1 + a\'

bv + 1 = a,. + b,. cν � 1 = 1 + cv

-

2

1) Β2

=

[

ν

]

ν(ν - 1)

0 1 ο ο

2

ν

και έχω:

Ι

ο

Ι

ο

Ι

1 + av

ο ο

a\' + b ν

Ι

1 + cv Ι

ο

με a1 = Ι

με b 1 = Ο

]

με c 1 = 1

2 1)

Με τις σχέσεις αυτές προσδιορίζουμε τα aν , bν , cν και τελικά έχουμε: av = 1 , cν = 1 , bv = ν(ν

ΝΙΚΟΥ ΦΑΠΠΑ Μ Ι ΧΑ Λ Η ΚΑΡΑ ΜΑΥΡΟΥ μόλις κυκλοφόρησε

Άλγεβρα

Α'

(2 τεύχη)

Λυκεfου

Το βιβλiο περιέχει πλήρη θεωρία, επιλεγμένα παραδεlγματα και πολλές πρωτότυπες ασκήσεις. •

Η

απόδειξη οτα Μαθηματικά Για καθηγητές και φοιτητές Στα κεντ ρ ι κά βιβλι ο π ω λε ία

Κεντρική Διάθεση: Γ. Κορφιάτης Ιπποκράτους 6, τηλ. 36.28.492

ΤΟ ΣΥΓΧΡΟΝΟ ΒΙΒΛΙΟ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

Ακαρα[τητο crε όλους

ΚΑΘΗΓΗΤΕΣ κω ΜΑΘΗΤΕΣ

Κ. ΓΙΑΛΟΥΡΗΣ Διδάκτωρ Πληροφορικής- Μαθηματικός

Ζητείστε το στο βιβλιοπωλείο σας ή στη διεύθυνση :

Κ.ΣτΑΘΟΠΟΥΛΟΣ MSc Computer Science - Μαθηματικός

Φροντιστήρια " Δ ΙΑΓΩΝΙΟΣ "

ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΕΠΙΣΤΗΜΗ Πληροφορική Εκδοcrη Α 1995Παιδεlα

Τηλ. (03 1 ) 234 300, 270 390

ιί στα βιβλιοπωλεία :

Μητροπόλεως 1 05 - Θεσσαλονίκη

Fax : 24 1 1 84

-

Κεντρικιί διάθεση από τουςσυγραφείς, τηλ:

6205605, 094-507252, 9413516

ΕΚΔΟτJΚΟΣ ΟΜΙΛ ΟΣ Σ ΥΓΓΡΑ ΦΕΩΝ ΚΑ ΘΗΓΗΤΩΝ Σόλωνος

4

ΕΛΕ ΥΘΕΡΟ ΥΔΑΚΗΣ ΚΩΣΤΑ ΡΑ ΚΗ

Νίκης

ΠΑΠΑΣΩΤΗΡΙΟ Υ

Ζ. Πηγής 1 8 κω Σόλωνος

ΣΑ ΒΒΑΛΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/57

Ιπποκράτους 2 Στουρνάρα 35

100


Δημοσιεύουμε δύο ακόμα λύσεις της 1 ης άσκησης Γεωμετρίας Α' Λυκείου τεύχος 3/95. Λύση 3η

Α

Θεωρούμε σημεία Ζ εσωτερικό της ΒΓ, τέτοιο ...... ώστε ΒΑΖ = 30° και το συμμετρικό Ζ' του Ζ ως προς την ΑΒ. Εύκολα βρίσκουμε ότι: ΓΑΖ = 70° = ΑΖΓ, ΖΑΖ' = 60° = ΑΖΖ' = ΑΖ'Ζ, Ζ'ΖΒ = 50°, οπότε είναι και ......

......

......

......

Γ

ΑΓ = ΑΒ = ΓΖ, ΑΖ = ΖΖ'. ......

Ακόμη είναι ΒΖΔ = ΖΔΒ = 20°, καθώς εκ κατασκευής είναι ΒΔ = ΑΔ - ΑΒ = ΒΓ - ΖΓ = ΒΖ, ή Δ ΒΔ = ΒΖ. ...... Άρα Ζ'ΖΔ = 70° = ΖΖ' Δ, οπότε τα τρίγωνα ΓΑΖ και ΔΖΖ' είναι ίσα, αφού ΑΖ = ΖΖ' και ΓΑΖ = ΓΖΑ = Ζ'ΖΔ = ΖΖ'Δ = 70°, οπότε ΓΑ = ΔΖ' = ΔΖ = ΖΓ. ...... ...... ...... 20° Συνεπώς ΖΔΓ = ΖΓΔ = Τ = 1 0°, ή ΒΓΔ = 1 0°. Γεωρ. Κατσούλης .......

.......

Λύση

..-..

.......

Ε

Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΕΒ .....

ΑΔΓ = ΕΒΓ (ΑΔ = ΒΓ, ΑΓ = ΕΒ, ΔΑΓ = ΕΒΓ = 100°) ......

Άρα ..-..

.......

.......

Γ

.......

ΕΓ = ΔΓ, ΑΔΓ = ΕΓΒ = 3 0°, ΑΓΔ = ΒΕΓ = 50°. Άρα χ = 1 0°.

Ιωαννίδης Αντώνης, Μαθηματικός

Δ

Προτεινόμενη άσκηση 2 Γ.Κατσούλη (τεύχος 3, σελ. 61, Γεωμετρία Α' Λυκείου) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με: Α = 90°, ΑΒ = ΑΓ, ΒΔ διάμεσο και Ε σημείο της ΒΓ τέτοιο ώστε ΓΕ = ΒΓ. Δείξτε ότι ΑΕ J. ΒΔ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/58


Στις αακήσεις λέμε ΝΑΙ!

Λ ύση l η

Φέρω ΓΖ διάμεσο και έστω Η μέσο ΕΒ. Τότε ΗΒ = ΗΕ = ΓΕ. Φέρω ΖΗ. Αφού Ζ, Η μέσα των ΑΒ, ΕΒ, ΗΖ I/ ΑΕ <=>ΕΘ I/ ΗΖ. Αφού Ε το μέσο ΓΗ και ΕΘ // ΗΖ, τότε Θ μέσο ΓΖ. Άρα ΑΘ διάμεσος. Επομένως I fi = Λi (ΓΘ = ΘΑ <=> ΓeΑ ισοσκ. αφού η διάμε-

I

Γ

Δ

σος ισούται με το της υποτείνουσας) .......

.......

.......

ΓΑΖ = ΔΑΒ (Α = 90°, ΑΒ = ΑΓ (Υ), ΑΖ = ΑΔ μισά ίσων πλευρών) Ά ρα I Γ�

Β; = ι.

Α

z

Β

Τσακμάκης Κων/νος Α ' τάξη ΕΠΛ Αγρινίου

Λυση 2 Φέρνουμε ΑΚ διάμεσο Α Γ ισοσκελές άρα ΑΚ ύψ ος οπότε κΊ = 90° ΑΒΓ ορθογώνιο ,

Ι]

..-...

Στο ΟΚΒ, Οι =

..-...

1 80° - Κι

Οι = 02 άρα 02 = 90° - Β2 .......

Γ

}

,....

.......

Για να είναι ΛΊ = διότι τότε θα είναι :

90° ,

- Β2 = 90° - Β2 ( 1 ) .......

......

δηλαδή ΔΒ

.l

Δ

ΑΕ, αρκεί

I :Β: = Α� I

Λ ι + Αι = 1 80° - 02 άρα Λ ι + Αι = 90° + Β2 άρα Λ ι = 90° . Για να είναι Β2 = Αι αρκεί ΟΒΚ = ΑΕΚ. Είναι ΕΚ = ΓΚ - ΓΕ = Γ2Β - Β <=> ΕΚ = ΓΒ και Ο βαρύκεντρο στο Α Γ οπότε Β ..-...

......

..-..

..-...

.......

..-...

..ι::..

..-...

.Α.

k

ΟΚ = -1 ΑΚ = -1 21 ΓΒ <=> ΟΚ = -61 ΓΒ 3 3 Άρα ΟΒΚ = ΑΕΚ (ΕΚ = ΟΚ, ΑΚ = ΚΒ, ορθογώνια). · -

......

.....

Αναστόπουλος Δημήτρης του Γεωργίου

Λ ύση 3η Έστω Α' το συμμετρικό του Α ως π ρος την ΒΓ. Τότε το ΑΓΑ' Β είναι τετράγωνο (ΑΒΓ = Α' ΒΓ) και συνεπώς ΑΟ = ΑΌ δηλαδή Ο μέσο ΑΑ' (βλ. σχήμα 1 ). Έτσι, στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΑ' η ΓΟ εί­ ναι διάμεσος και επιπλέον ΓΟ = ΒΓ 2 <=> Ζ = μέσο της Α'Γ οπότε ΓΕ = ΒΓ .....

.....

Α

3

Α'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 2/59


Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

ΓΖ =

� = Α[ = ΑΔ.

ΑΓ

Επομένως, τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ, ΑΖΓ είναι ίσα, γιατί έχουν:

ii) ΑΔ = ΓΖ.

i) ΑΒ = ΑΓ, ......_

......_

......_

Άρα Α 1 = Β 1 ( Ι ) .Τότε όμως: Α ι + Δ ι =Β ι + Δ ι = 90 δηλαδή ΑΖ .l ΒΔ ή ΑΕ .l ΒΔ .

Τσακμακίδης Κοσμάς 1° Λύκειο Κομοτηνής

Λύση 4η

κατά ΑΓ την Προεκτείνω ΓΘ = ΑΓ = β. Στο ορθ. τρίγωνο ΑΒΘ Ε = βαρύκεντρο . Άρα το ΑΕ προεκτεινόμενο περνά απ 'το μέσο Ζ του ΒΘ. Γ, Ζ μέσα των ΑΘ και ΒΘ αντίστοιχα 8 �-------=�--�=κ οπότε ΓΖ // ΑΒ άρα ΑΒ .l ΑΘ ΓΖ .l ΑΘ.

}

Φέρνω ΑΙ // ΒΓ. Επειδή ΖΓ // ΑΒ, ισχύει: ΑΙΓΒ παρ/μο. Αφού Δ μέσο της ΑΓ ή ΒΔ προεκτεινόμενη θα περνά από το Ι . (Δ κέντρο του παρ/μου) . 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

θ

ΑΙ + ΙΘ = ΒΓ + (ΙΓ + ΓΘ ) = ΒΓ + ΑΒ + ΑΒ = ΒΓ + 2ΑΒ = 2

2

2

2

2

2ΑΒ + 2ΑΒ = 4ΑΒ = (2ΑΒ) = ΑΘ . ..Δ.

Άρα ΑΙΘ ορθογώνιο . ..Δ.

[fo ΑΙΘ ορθογώνιο αποδεικνύεται και από το ότι ΒΓΑ = ΓΑΙ = 45° (εντός εναλλάξ ΑΙ // ΒΓ) . Επίσης ΑΙΘ ισοσκελές αφού ΙΓ ύψος και διάμεσος οπότε ΑΘΙ = 45°] ..... ΖΔ // ΙΘ οπότε ΖΔ .l ΑΙ. Στο ΒΘΙ: Ζ, Δ μέσα των ΒΘ και ΒΙ άρα ΙΘ .l ΑΙ ..Δ.

}

..Δ.

......_

Άρα στο ΑΖΙ έχουμε ένα ύψος το ΑΓ και ένα άλλο το ΖΔ που τέμνονται στο Δ δηλαδή Δ ορθόκεντρο οπότε ΙΗ το τρίτο ύψος. Οπότε ΑΖ .l ΒΔ στο Η.

Ιωαννίδης Αντώνης Μαθηματικός

Λύση 5η Φέρουμε την ΕΖ .l ΑΒ που τέμνει την ΒΔ στο Η. Τότε

Γ

ΔΗ ΓΕ 1 = = ΗΒ ΕΒ 2 Άρα το Η είναι βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, άρα η ΑΗ είναι διάμεσος στο ΑΒΓ, άρα και ύψος (ΑΒΓ ισοσκελές) . .....

.....

Δ

Στο τρίγωνο ΑΕΒ τότε, έχουμε: ΑΗ .l ΕΒ, ΕΖ .l ΑΒ Άρα το Η ορθόκεντρο. Επομένως ΒΗ .l ΑΕ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/60

Α

Β

Καρπάθιος Στέλιος Μαθηματικός


Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ! Λύση

Έστω Μ μέσο της ΒΓ, οπότε προφανώς ΜΔ // ΑΒ και ά­ ρα ΜΔ .l ΑΓ. Αν η Γχ .l ΑΓ και ΔΕ n Γχ Ξ Β', τότε από τα όμοια τρίγωνα ΜΔΕ και ΓΒΈ θα είναι: ΓΒ' = ΓΕ = ΒΈ Ι ( ) ΜΔ ΕΜ ΕΔ

3,

Εξάλλου είναι

Ε

3

I

I

I

I

I

I

I

I

I , "' I _, "'

I

Β' Χ

Μ'

/

ΓΕ 1 ΓΕ 1 , ΓΕ = 2 = η ή = η ΓΜ ΓΒ 2ΓΜ 3 ΓΕ 2 , ΓΕ 2 = η = (2) ΓΕ + ΕΜ 2 + 1 ΕΜ l Από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε: ΓΒ' ΓΕ ΕΒ' = = = � ή ΓΒ' = 2ΜΔ = ΑΒ (3) ΜΔ ΕΜ ΕΔ 1

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

Ακόμη τα τρίγωνα ΕΑΓ και ΕΒ'Γ είναι ίσα, καθώς έχουν ΑΓ = ΓΒ', κοινή την πλευρά ΓΕ και ΑΓΕ = ΕΓΒ' = 45°. Άρα θα είναι ΑΕΓ = ΓΕΒ' και επειδή ΑΕΔ = ΒΈΜ', θα είναι ΔΕΓ = ΜΈΓ, οπότε τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΜΈΓ είναι ίσα, καθώς έχουν την ΕΓ κοινή και ΕΓΔ = ΕΓΜ' = 45° . Γ ' Α = ή το Μ' μέσο της ΓΒ'. Επομένως ΓΜ' = ΓΔ =

......

[ :

.......

......

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

.......

.......

Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΓΑΜ', ΓΒ'Δ είναι ίσα και άρα, αν ω = ΕΑΓ, ω' = ΑΒΔ, φ' = ΒΔΑ, φ = Β'ΔΓ, είναι ω' = ω, φ' = φ και επειδή φ' + ω' = 90°, θα είναι και φ' + ω = 90° ή ΑΚΔ = 90° ή ΑΕ .l ΒΔ.

Λύση

Κυριαζής Νίκος

Εύκολα βρίσκουμε ότι:

( )

2 2. 2 2 2 � 2 2ΒΓ 2 ΑΒ 4ΒΓ i . = = 2ΑΒ = ΑΒ . ΒΕ = ΑΔ = 4 ' 3 9 9 9 Ακόμη είναι: ΔΕ ΔΕ ΜΕ 1 ή = = ΕΒ' ΕΓ 2 ΔΕ + ΕΒ' Εξάλλου είναι:

1 = 1 = ΔΒ' ΔΕ

1 +2

3

2 ΔΒ' ΔΒ η' ΔΕ2 ΔΒ (4) = = η' ΔΕ = 9 3 3

:2 = % ΑΒ2, οπότε η (4) παραπάνω γίνεται: ΔΕ2 = {6 ΑΒ2.

2 2 2 2 Α ΒΔ = ΑΒ + ΑΔ = ΑΒ + Άρα θα είναι:

{6 ΑΒ2 = j� ΑΒ2 (5) και ' ' Συνεπως ' απο' τις (5) και (6) προκυπτει οτι: 2 2 2 ΑΒ + ΔΕ = ΑΒ +

2 2 2 2 ΑΒ + ΔΕ --ΑΔ + ΒΕ (7)

Η σχέση (7) , σύμφωνα με το αντίστροφο γνωστού θεωρήματος της Γεωμετρίας, σημαίνει ότι ΑΕ .l ΒΔ.

Κυριαζής Νίκος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/61


Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

Λύση 8η Έστω Ρ το μέσο της ΒΔ. Τότε ΒΡ ΡΔ ΔΓ. Φέρω ΔΜΗ. Ε ίναι ΔΜ // ΑΡ. =

=

Στο ΒΔΗ (Ρ μέσο, ΡΑ 11 ΔΗ) είναι Α μέσο της ΒΗ. "'

"'

Έτσι Βν = Ην (ΜΑ μεσοκάθετος του ΒΗ)

.....

"'

Γ

Ην = Αν (εντός - εκτός) "'

Αν = Αν• = ν (διότι ΑΡΒ = ΑΔΓ) "'

"'

Έτσι ΒΑΔ + ΑΒΜ = (ν + φ) + ν = 2ν + φ = Α = 90°, οπότε ΒΜ l. ΑΔ. Στεργίου Μπάμπης - Στασινοπούλου Τζίνα

.....

"'

Β

"'

Φέρω Δ Ε l. ΑΒ. Αρκεί χ + φ = 90° """"

Αλλά ΑΕΔ - ΑΒΜ διότι: ΑΕ = ΔΓ = , ΕΔ = ΒΔ = 2 ΑΒ ΓΒ 3 ΑΓ Βr 3· ΑΕ , ΑΒ 3 Οποτε Δ = = 2 = ΑΕ = 2 = ΑΜ ΑΒ ΔΕ Ε l ΑΓ 3

1

1

1(

1

Υ

)

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

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

Η

Από την ομοιότητα προκύπτει χ = y.

Γ

Αλλά y + φ = 90°, οπότε χ + φ = 90°.

Στεργίου Μπάμπης - Στασινοπούλου Τζίνα

Λύση 1 0η Θεωρούμε το τετράγωνο ΑΒΕΓ και τη διαγώνιο ΑΕ. Στο τρίγωνο ΑΓΕ είναι

Έτσι το Δ είναι κ. βάρους.

.....

...... ...... και ....φ .. = ....ω... ...... ...... θα είναι και + φ

Συνεπώς η ΑΔΝ είναι διάμεσος του ΑΓΕ.

...... ....... Αφού χ + φ =

Προφανώς ΑΒΜ ΑΓΝ έτσι χ = =

90°

Οπότε ΑΔ l. ΒΜ.

y

y

=

90°.

Στεργίου Μπάμπης - Σταcnνοπούλου Τζίνα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ;: Β' ιcθ. τ. 2/62


Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

Λύση l l

Ε

η

Προεκτείνω την ΑΒ κατά ΒΕ = ΑΒ. Θεωρώ το μέσο Ρ του ΒΔ. Τότε ΒΡ = ΡΔ = ΔΓ. Επειδή ΓΒ διάμεσος του ΓΑΕ και ΒΡ = ΒΓ, το Ρ είναι κέντρο

!

......

.......

βάρους του ΑΓΕ, έτσι η ΑΡΖ διάμεσος του ΑΕΓ. .......

Αφού ΑΕΓ ορθογώνιο, ΑΖ διάμεσος: ""

""

Εφ = Αφ = Βφ (λόγω ΒΜ // ΕΓ) = ω (λόγω ΑΡΒ = ΑΔΓ) ""

""

Άρα ΔΑΒ + ΑΒΜ = (χ + φ) + φ χ + φ + ω = Α = 90°. Έτσι ΑΔ .l ΒΜ. =

Στεργίου Μπάμπης - Στασινοπούλου Τζίνα

Προτεινόμενες Ασκήσεις

Γεωμετ ρία Α' Λυκείου �-\σκηση 1

η

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Φέρουμε την ΒΕ κάθετη στη διαγώνιο ΑΓ. Αν Ζ και Η τα μέσα των ΑΕ και ΔΓ αντίστοιχα. Δείξτε ότι ΒΖ .l ΖΗ. Γιώργος Κατσο6λης

'Ασκηση 2 η

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Α = 90° Με κορυφή το μέσο Μ της υποτείνουσας ΒΓ σχη­ ματίζουμε ορθή γωνία που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ,Λ αντίστοιχα. Από το Γ φέρουμε ΓΟ//ΛΚ. και ΓΟ = ΛΚ. Δείξτε ότι ΟΜ .l ΒΓ. Σταμάτης Καλίκας

Α ν άλυση Γ Λυκείου '

Ασκ η ση

Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο διάστημα [0, 1]. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f έχει πα­ ράγουσα στο διάστημα [0,1) και έστω F μια παράγουσά της. Δείξτε ότι υπάρχει Χο e (0, 1) τέτοιο ώστε να ισχύει: �2 I f(xo) F(xo) I ·

<

2

1 + F (χο).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 2/63

Κων/νος Γεωργακόπουλος


Στέφανος Μπαf!δέκιις

ΜΔθΗΜΑΤΙΚΔ Για κα'λοvςμα7Jητες

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΔ 1ια καλοvς μαrlητες

·

Γ'

Ζωοδ. Πηγής 1 8

&

Γ Υ

Μ..ΝΑΣ.Ι

oy

Γ'

ΓΥ Μ Ν ΆΣ Ι Ο Υ

Σ ό λ ω ν ο ς 1 0 6 8 1 Α θ ή ν α Τ η λ . 3 3θ 1 2 5 1 F a x�3 8 1 0 9 0 7 .

-----.._

. -

-- --

'

::::--�

.

'1-··�

..----·_::--- --�

I


Ευκλειδης Β 18