Page 1


IFii�IFJ�(Q)&,��(Q) [f'�&, 'iί'(Q)

&W���(Q)

DEPIEXOMENA

Η εικασίq των Τανιγιάμα- Σιμούρα και το τελευταίο Θεώρημα ωυ Φερμά .. . . . 4

· · · · Λ�������λ��σ·Διάγωγισμ6ςΊϊieανστriτωνϊ996 : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 1� � . . . . . . . . ... . . ..::.:.:. .: :.:.:.: :.:.::..:.:.: :.: .: .: :.: . . .... ........ .. . ........ ... . ... . . . . . .. ..... . ... ... . · · · · · · · · · · · �:g �g���-7Υιόή· τής�;;,εJeερής πτwσης εν_ός σίδματσς Ί:ιέτηνλνciχuση ::::::::: Γενικες επαναληπτικες ασκησεις Γ Λυκειου ................................................ Ασκήσεις Ολοκληρωμάτων . .... ..... .. .... ........ ......... .... .. .. ....... . .... ... ......... ... .... .. . 4 Ασκήσεις_Μαθηματικών Γ Λυκείου .... ..... ...... .... ....... ....... .... .. ... . .. .... .. ...... . ... 5 .

Ασκήσεις Άλy ρας Α Λυκείου . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . ... ... . . .. 16 Γεωμετρια Α Λυκειου (Ασκήσεις Επανάληψης) . . ... .... . .. . .. .. 22 Σκέψεις πάνω σε θέματα ΜαθηJ-Ιατικών Β· i\υκείου . .. . . . . . . . . . .. . . Ασκησεις Γεωμετρίας Β· Λυκειου ................................................................

Ένα πρόtiληι,ια, πολλές λύσεις ......................................................................

: :· · ·::· ·::·:·:· ·::· :·:· ·::·:·:·:·:· ·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:·::· · ·:: ·:·:·:·:·:·:·:·:·:·:· :·: �8 !���1!�ί��!ά�;�i��b�:.::..:.:.::.::.::·:·:....... ... . . .. . . . .... . . ..... .. .

Στήλη Μαθηματικών Ολυμπιάδων

.

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

.. ....... . .

. . 62

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Γραμματεία Σύνταξης:

Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρλής Γιάννης

11 Π οιό ήταν το

Συντακτική Επιτροπή:

Βακαλόπουλος Κώmας, Βισκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόηουλος Κώmας, Γράψας Κώmας, Δαμιανός Πέτρος, Καλίκας Σταμάτης, Καρακατσάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήmος, Κοvτογιάνvης Δημήτρης, Κοτσιφάκης Γιώργος, Κυριακόηουλος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τάσος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μεταξάς Νίκος, Μπανδήλα Λ, Μώκος Χρήmος, Σαiτη Εύα, Τουρί\άς Λεωνίδας, Τσικαλουδάκης Γιώργος,

βασικό εργαλείο για την απόδειξη;

11 Φιλόσοφος

και όχι μόνο

Υπεύθυνοι Έκδοσης:

Παπαδόπουλος Νίκος, Τσαρπαί\r\ς Ιωάννης Μαραγκάκης Σ.

Επιμέλεια Έκδοσης:

Συνεργάστηκαν:

= είναι

Αρβανιτογεώργος Ανδρέας, Τzαμτzής Ηλίας, Φωηάδης Γρηγόρης, Τσαπακίδης Γ., Ντρίzος Δημήτρης, Αγριόγηδος Κώ­ mας, Σπανέλλης Ευmράηος.

διακεκριμένες οι ομάδες ή όχι!

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

Πανεπιmημίου 34-10679 ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 3617 784-3616532 Fax: 3641 025 Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής Διειιθιιντής: Κ Σάλαρης ISSN: 1105-8005

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 350δρχ. Ετήσια σιινδρομή: 1.600δρχ. 3.000δρχ. Οργανισμοί: Ταχ. Εnιταyές Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.θ. 30044 Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

Η

,�. --

Στήλη1 Σ,τις αι σ. κΛσε_ις ι,

��Η\�·

'�

...

·�� • •

w

...,: !'�.ι:JΛ ��

�t

,

λιf:.Ιιε N1A,I'!1 "'"' , ., ;. '"; ,."'�:�ι. •"

.-

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

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


ΆΛΓΕΒΡ/\

---

---


Δρ Ανδρέας Αρβανιτογεώργος Στο τεύχος 1 9 του Ευκλείδη Β' ο Σ. Μάκρας αναφέρθηκε στο πρόσφατο γεγονός της από­ δειξης του τελευταίου θεωρήματος του Φερμά (Fermat) από τον Άντριου Γουάιλς (Andrew Wiles), καθώς και στις προσπάθειες που έγιναν από επιφανείς μαθηματικούς γιά την απόδειξή του τα τελευταία 350 χρόνια. Οπως γράφτηκε στο άρθρο αυτό, ο Γουάιλς έλυσε ένα από τα πιό φημισμένα προβλήματα της μοντέρνας θεωρίας αριθμών, την εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα (τaniyama-Shimura), από την οποία τελικά το θεώρημα Φερμά προέκυψε σαν πόρισμα [5], [6]. Εδώ θα παρουσιάσουμε, με όσο το δυνατόν απλούστερο τρόπο, τη σχέση της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα με το θεώρημα Φερμά, καθώς επίσης και με την έννοια της ελλειπτικής κα­ μπύλης από την αλγεβρική γεωμετρία. ----:c.. -, Μία ελλειπτική καμπύλη είναι το σύνολο :on - --------τ----,----τ-_.__ /_, <24. 168) των λύσεων μίας κυβικής εξίσωσης δύο μεταi βλητών. Γιά παράδειγμα, η καμπύλη y2 = χ (χ--� /_.__. l 3)(x+ 32) είναι ελλειπτική . Από όλες τις λύ- Ιω σεις μίας ελλειπτική ς καμπύλης, αυτές που / __... -...._ έχουν ιδιαίτερο ενδιαφέρον στη θεωρία α�" • 'j � -- - --+-' -i-- -------1 i!-J:..oι ριθμών είναι τα ονομαζόμενα "ρητά σημεία", δηλαδή λύσεις {χ, y} γιά τις οποίες τα χ, y εί\ ναι ρητοί αριθμοί.. Ι Ενα β ασικό ερώτημα του κλάδου της αλ- -Ιοο Γ γεβρικής γεωμετρίας είναι η ύπαρξη τέτοιων ρητών σημείων, και σε καταφατική απάντηση :!.Οίl Ic------'--'---"--' κατά πόσον είναι πεπερασμένα ή άπειρα σε 20 -411 -20 πλήθος. Γιά παράδειγμα, η καμπύλη y2 = χ3 + 7 δεν έχει κανένα ρητό σημείο , η καμπύλη y2 + y = χ3 - χ2 έχει ακριβώς τέσσερα (τα σημεία (0, 0), (1, 0), (0, -1 ), (1, -1 )), ενώ η καμπύλη y2 = χ (χ3)(χ+ 32) έχει άπειρα το πλήθος ρητά σημεία. Οπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, γιά τα ση­ μεία αυτά ισχύει ότι μία ευθεία που ενώνει δύο από αυτά, θα τέμνει την καμπύλη και σε ένα τρί­ το. Συνεπώς μπορούμε να παράγουμε όλα τα ρητά σημεία χρησιμοποιώντας μόνο λίγα από αυτά. Η εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα συνδέει τις ελλειπτικές καμπύλες (άλγεβρα) με την έν__

�-��-�-�. •

·

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/4

---�


Η εικασία των Ταν ιyιάμα- Σιμούρα και το τελευταίο θεώρημα του Φερμά

-------

νοια των modularι μορφών (modular forms) (ανάλυση). Ο ορισμός μίας modular μορφής είναι αρκετά τεχνικός και δύσκολος. Πολύ απλά μπορούμε να πούμε ότι είναι μιγαδικές συναρτήσεις f μίας μιγαδικής μεταβλητής z που ορίζονται στο άνω μιγαδικό ημιεπίπεδο (δηλαδή γιά z με Ιιη(z) > 0), και έχουν μία συγκεκριμένη ιδιότητα. 2 Χρησιμοποιώντας τώρα τη θεωρία των modular μορφών ορίζουμε ένα υποσύνολο των ελλειπτι­ κών καμπύλων τις ονομαζόμενες modular καμπύλες (είναι η ιδιότητα (Μ) που αναφέρεται στο άρθρο [4] του Σ. Μάκρα). Ο ορισμός και εδώ είναι τεχνικά δύσκολος, αλλά γενικά μπορούμε να πούμε ότι μία ελλειπτική καμπύλη είναι modular αν είναι δυνατόν να βρεθεί ένας τύπος που να δίνει τον αριθ­ μό των λύσεων της καμπύλης. Υπάρχουν πολλά παραδείγματα ελλειπτικών καμπύλων που είναι modular και το ερώτημα είναι κατά πόσον όλες οι ελλειπτικές καμπύλες είναι modular. Η εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα λέει πως όλες οι ελλειπτικές καμπύλες είναι modular. Ερχόμαστε τώρα στη σχέση του θεωρήματος του Φερμά με την εικασία των Τανιγιάμα­ Σιμούρα. Το 1 985 ο Γ. Φρέυ (Gerhard Frey) σκέφτηκε πως ένα αντιπαράδειγμα3 στο θεώρημα Φερ­ μά θα μπορούσε να χρησιμοποιηθεί γιά την κατασκευή ενός aντιπαραδείγματος της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα. Συγκεκριμένα επρότεινε ότι αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α, β, γ τέτοιοι, ώ­ στε: α'' +β" = γ'· γιά κάποιον φυσικό αριθμό ν

> 2,

τότε η ελλειπτική καμπύλη

y2 = χ(χ-αν)(χ+βν) δεν είναι modular. Την ιδέα αυτή του Φρέυ διετύπωσε ο Ζ-Π Σερ (Jean-Pierre Seπe) σαν εικασία, την οποία απέδειξε το 1 986 ο Κ . Ρίμπετ (Kenneth Ribet). Συνοψίζοντας λοιπόν όλα τα παραπάνω μπορούμε να διατυπώσουμε το θεώρημα του Φερμά με τη λογικιΊ της απόδειξής του.

Θεώρημα (Φερμά-Γουάιλς) Αν ο ν είναι φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 2, τότε η εξίσωση Χ''

+yν =zv

(I)

δεν έχει λύση γιά καμμία τριάδα φυσικών αριθμών χ, y, z.

"Απόδειξη" Εστω ότι υπάρχουν φυσικοί αριθμοί α, β, γ οι οποίοι να ικανοποιούν την (Ι), δηλαδή α" +β''= γ". Τότε σύμφωνα με τον Ρίμπετ η ελλειπτική καμπύλη y2 = χ(χ-αν)(χ+βν) δεν είναι modular. Αυτό όμως αντίκειται στην ε ικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα (που απέδειξε ο Γουάιλς), ότι όλες οι ελλειπτικές καμπύλες είναι modular, συνεπώς καταλήξαμε σε άτοπο, άρα το θεώρημα ισχύει. Τελειώνοντας να αναφέρουμε ότι η απόδειξη της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα και τελι­ κά του θεωρήματος του Φερμά, είναι τμήμα ενός γενικότερου προγράμματος τις βάσεις του ο­ ποίου έθεσε ο Ρ. Λάνγκλαντς (Robert Langlands) το 1 960. Το πρόγραμμα αυτό αφορά στην εν­ νοποίηση της θεωρίας αριθμών, αλγεβρικής γεωμετρίας και μιγαδικής ανάλυσης. Κ άτι αντί­ στοιχο επιχειρείται γιά πολύ καιρό από τους θεωρητικούς φυσικούς γιά την εννοποίηση όλων των δυνάμεων της φύσης (συγκεκριμένα της βαρύτητας με τις υπόλοιπες). Ο φυσικός Ε. Γουίτεν (Edward Witten) έχει ιΊδη προτείνει κάποιες σχέσεις μεταξύ της φυσικής και του προγράμματος του Λάνγκλαντς. Βιβλιογραφία

[Ι] Β. Cipι-a: Α Τrιι l)' Reιnaι·/ωhle Ρι·οοf . , in: What's Happening in the Mathematical Sciences, Ameι-ican Mathematical

Society, 2 (1994) 3-7. [2] Β. Cipι-a: Fennat '.� Πιeοι·eπι - Α ι /a.�t! in: What's Happening in the Mathematical Sciences, Ameι-ican Mathematical Society, 3 (1995-96) 2-13. [3] G. Faltings: Πιe Ρι·ο4 4 Feι·π1at '.� La.H Πιeοι·eπ1 by R. Tayloι· and Α. Wiles, Notices of the Ameι·ican Mathematical

Society, 42 (7) ( 1995) 743-746. [4] Σ. Ε. Μ άκρας: Το "τε/.ωταίο Οεώρημα" του Φερμά έγιl'ε- επιτέ/.ου;- Θεώρημα, Ευκλείδης Β', 19 (3) ( 1996) 4-9. [5] Α. Wiles: Μοdιι /α ι· e//iρtic cuιτe.� and Feι·n1at '.� La.�t Πιeοι·eη1, Annals of Mathematics, 141 (3) ( 1995) 443-551. [6] Α. Wiles- R. Tayloι-: Ring-tlιeoι·etic fJΙ'oρeι·tie.� o.f certain Hec/.;e a/gebrcι.�. Annals of Mathematics, 141 (3) (1995) 553-572. ι 2

Λε θα επιχειρήσω να μεταφράσω τον όρο. \Ιαραμένουν αναλλοίωτες μέσω της ομάδας

σχι'>ει J

f

(z+δβ ) γz+

=

(γz+δ )2 f ( z),

γιά κάθε

Ζ) των

(α )

S\(2,

γ

β

δ

2

Χ

2

πινάκων με στοιχεία ακεραίους και ορίζουσα I, συγκεκριμένα ι-

Ε Sl(2,

Ζ).

Δηλαδι1 ι::να παρίχδειγμα που δείχνει ότι μία πρόταση δεν ισχύει.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/5


ΕΡΑΤΟΣΘΕΝΗΣ

Φιλόλογος, Ποιητής, Γεωγράφος, Γεωδαίτης, Αστρονόμος, Μαθηματικός Χρήστος Κηπουρός Ο Αλεξανδρινός φιλόσοφος Ερατοσθένης. λέγεται ότι ήταν γιος του Αγακλέους ή του Α γλαού ή του Αμβροσίου, γεννήθηκε στην Κυρήνη της Β.ΑφρικιΊς κατά την 126ην Ο­ λυμπιάδα (276- 272 π.Χ), πιθανόν το -276 π.Χ. και πέθανε το 195 π.Χ. στην Αλεξάνδρεια. Ως πρώτο δάσκαλο είχε τον συμπατριώτη του λόγιο Λυ­ σανία. ενώ κατόπιν στην Αλεξάνδρεια, το φιλόσοφο ποιητιΊ Καλλίμαχο, που ήταν και ο πρώτος διευθυντι1ς της περίφη-μης βιβλιοθήκης. Για να συμπληρώσει τις σπουδές του ιlλθε και παρέμεινε πολλά χρόνια στη Αθήνα. Οπου έγινε μαθητιΊς του στωικού φιλόσοφου Αρίστωνος του Χίου και του Αρκεσιλάου των οποίων δέχτηκε την επίδραση και τη μύηση στη Πλατωνική φιλοσοφία. Κανείς όμως από τους δασκάλους του δεν μπόρεσε να αντιληφθεί το ευρύ φάσμα των γνώσεων και την επιδεξιότητα της μαθήσεώς του, από την οποία πολύ σύντομα θα διέπρεπε και θα κέρδιζε το παρανόμι (κ. παρατσούκλι) του πέ­ νταθλου και του βήτα. Κατά τον Paul Tannery, το πρώτο παρανόμι του δόθηκε επειδή κέρδιζε το δάφνινο στεφάνι σε όλα τα είδη της τέχνης και της επιστήμης: ποίησιι, κριπκή, φιλοσοφία, Γεωμετρία κ.λ.π. Το βιί­ τα φαίνεται ότι του δόθηκε στο Μουσείο της Αλεξανδρείας, όπου οι σοφοί κατατάσσονταν, ως προς την αξία τους, με τα πρώτα γράμματα του αλφαβήτου και, του οποίου, αγνοούμε την πραγ­ ματική σημασία. Μία λιγότερο επιτυχής αλλά αρκετά αληθοφανής είναι ότι, επειδή το βήτα εί­ ναι το δεύτερο γράμμα του αλφαβήτου, ο Ερατοσθένης θα άξιζε τη δεύτερη θέση σε όλα τα είδη των δραστηριοτήτων του, γι αυτό το πρώτο γράμμα δηλ. το «άλφα» το άφηναν να χρησιμοποιεί­ ται για aντιπάλους, λιγότερο γενικούς. Σε προηγούμενο άρθρο μου (Ευκλείδης Β', 6ο. 1992 Οκτώβριος - Δεκέμβριος) που γίνεται μία αναφορά του βοίί..:ού προβ)"ιjματος του Αρχιμήδη, διαφαίνεται η μεγάλη εκτίμηση που είχε ο τελευταίος προς τις μαθηματικές ικανότητες του Ερατοσθένη, αφού του αφιέρωσε τη μέθοδο και τις έννοιες για το πρόβλημα των αγελάδων και με την υπόδειξη να σταλεί, δια μέσου αυτού, στους σοφούς της Αλεξανδρείας. Κατά την άποψη του sir Thomas Heath, ονομαζόταν βήτα γιατί, μολονότι είχε αναγνωριστεί από τους συγχρόνους του η ικανότης του σε όλους τους τομείς της γνώσεως, όμως, σε κάθε αντι­ κείμενο, πολύ λίγο υπολειπόταν της πρώτης θέσεως. Υπήρχε δηλ. κάποιος πιο ειδικός για το συγκεκριμένο αντικείμενο. Για το υποκοριστικό πένταθλος μας λέγει ότι έχει την ίδια σημασία, αφού η λέξη αυτή ση­ μαίνει έναν ολοκληρωμένο αθλητή που δεν ήταν ο πρώτος δρομέας ή παλαιστής, αλλά κέρδιζε το δεύτερο έπαθλο σε τέτοιους αγώνες, όπως και σε άλλους. Μία άλλη άποψη (Smith hist. of math. I, σελ. 108) είναι αυτή που θέλει τον Ερατοσθένη α­ ποκαλούμενο από τους θαυμαστές του ως «Ο δεύτερος Πλάτων». Έτσι, μερικοί πίστεψαν ότι το παρατσούκλι βήτα σήμαινε τον δεύτερο σοφό άνδρα της αρχαιότητος, αφού το γράμμα «β» στο αλφαβητικό σύστημα αριθμήσεως αντιπροσωπεύει τον αριθμό 2. Άλλοι, πάλι, γιατί το γραφείο του έφερε τ.ον αριθμό 2, στο Πανεπιστήμιο. Σε ηλικία 40 ετών περίπου, προσκλήθηκε στην Αλεξάνδρεια από τον Πτολεμαίο τον ευεργέ­ τη (ονομάστηκε έτσι γιατί προστάτευε τις τέχνες και τις επιστήμες) για να αναλάβει την διαπαιδα­ γώγηση του γιου του, που αργότερα ονομάστηκε «ψιλοπάτωρ}} και αναλαμβάνει τη διεύθυνση της βιβλιοθιΊκης της πόλης, την οποίαν διατήρησε μέχρι του θανάτου του και είχε ως μαθητές, ως επί το πλείστον, φιλολόγους του τέλους του 3ου π.Χ. αιώνος και των αρχών του 2ου. Τις τελευταίες η­ μέρες της ζωής του, τυφλώθηκε και άφησε τον εαυτό του να πεθάνει από ασιτία. Αναγνωρίζοντας τις ευεργεσίες του Πτολεμαίου, ανήγειρε μία στήλη με ένα ευχαριστι1ριο επίγραμμα επ αυτής. Σ αυτό το επίγραμμα γίνεται αναφορά των λύσεων που είχαν δοθεί μέχρι τό--

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4/6


Ερατοσθένης LF.

στο πρόβλημα του διπλασιασμού του κύβου με -:η βο1Ίθεια ενός μπρούτζϊνου οργάνου που

(Δήλιον πρόβλημα). Η δική του μέθοδος γινόταν ονομάστηκε μεσόλαβον και ήταν στερεωμένο με μολύβι. πολt> κοντά στη στεφάνη της στήλης. Υπήρχε, επί πλέον, επί του κίονος, η απόδειξη τ:p1.ληπτικrχ διατυπωμένη και, στο τέλος, το επίγραμμα που προστέθηκε από τον Ερατοσθένη κ:ω περιyρ6:φει τη μέθοδο κατασκευής του μήκους της πλευράς του διπλασίου κύβου και ...ειρωνε1'Η·:τω κ{:ιπως τις 6:λλες μεθόδους του Αρχύτα και του Μέχναιμου. Αλλά γι' αυτό θα μι­ λι1σουμε αργότερα. Αυτ{:ι, σαν μια πρώτη γνωριμία με τον άνδρα. Ας δούμε, τώρα, και το έργο του. Ο Ερατοσθένης έχει γράψει πάρα πολλές εργασίες, των οποίων, δυστυχώς, αγνοούμε το περιεχόμενό τους (ο Fabricius στον κατάλογό των τίτλων των εργασιών, τον καταχωρεί πέμπτο). Για το λόγο αυτό δεν μπορούμε να πούμε τίποτα για τα φιλολογικά του έργα και τις επιστημονι­ κι:':ς του εργασίες που αγνοούμε ή έφτασαν σ εμάς από «δεύτερο χέρι>>. Απένειμε στον εαυτό του τον τίτλο του φιλολόγου, διεκδικώντας έτσι, το όνομα που έπρεπε οι Αλεξανδρινοί να του είχαν απονείμει γιατί αυτός, πραγματικά, aντικατόπτριζε την Αλεξαν­ δρινή επιστι1μη της εποχής του και ήταν, αναμφισβήτητα, ο τέλειος αντιπρόσωπός της και, μά­ λιστα, ο περισσότερο επιφανής. Με το όνομά του υπάρχουν δύο μικρά συγγράμματα: Ι. Ένα μικρό σχόλιο των φαινομένων του Αράτου (ήκμ. το 270 π.Χ.) το οποίον περιέχεται μέσα στο οιJρανολόγιο του Petau και είναι βέβαια πολύ μεταγενέστερο και, 2. Ένα 6:λλο με τίτλο καταστερισμοί και το οποίον περιέχει «πολυ/.ογίες» για τις πηγές των μύ­ Θων των ονομάτων των aστερισμών. Αυτό εξέδωσε ο Fell το Ι 672 στην Οξφόρδη, μετά την έκδοση του Αράτου, μαζί με μία συλλογή αποσπασμάτων του Ερατοσθένη που aνθολογήθη­ κε από τον Hygin και τον σχολιαστή του Γερμανικού. Αν και το κείμενο θεωρήθηκε αυθε­ ντη�ό. όμως, έχει μυθογραφική αξία, κατά την άποψη του Tannery. Ο TcιnneΓ)" ισχυρίζεται, όχι αδικαιολόγητα, ότι δεν μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα <<'!ϊ.ατiίλοyο cων τ"ίτλων των πολυπληθών εργασιών του Ερατοσθένη», από τις διάφορες αναφορές :τocJ Ό'i\·οηαι σ'αυt(Χ, από άλλους aρχαίους συγγραφείς, γιατί δεν φωτίζουν επαρκώς το θέμα, ενώ σι rωραGι-:σεις των χωρίων, έτσι όπως είναι, σπάνια επιτρέπουν τον προσδιορισμό του θέματος. Το κύριο έριο του Ερατοσθένη, ως ποιητή, είναι ο «Ερμής» του, το οποίον φαίνεται ότι ή­ ταν ι:':να διδακτικό επικό ποίημα αστρονομίας αναμεμειγμέ:νο με μυθολοΊικά επεισόδια και το α­ πόσπασμα που διασώθηκε αναφέρεται στις 5 ζώνες της γης. Μεγάλη εκτίμηση απέδιδαν οι αρ­ χαίοι στο ποίημά του« Ήριγόνψ> το οποίον ο Λ ογγίνος χαρακτηρίζει ως «άμώμητον δια πάντων ποιημάτων>> στο οποίο περιγράφεται ο μύθος του θανάτου του Ήρωας των Αθηνών Ίκαρiου, πατι:';ρα της Ήριγόνης, η οποία, όταν ανακάλυψε το πτώμα του πατέρα της, οδηγημένη από την πιστιΊ σκύλα του Ήρωα, κρεμάστηκε σε παρακείμενο δέντρο. Ένα άλλο ποίημα η «Αντερινύδα» αναφέρεται στους aστέρες και τις μεταμορφώσεις και πι­ θανόν να περιέχει αναφορές για το θάνατο του Ησιόδου. Ο Ερατοσθένης έχει συνθέσει πλήθος άλλων επικών στίχων με την ίδια διάταξη ιδεών. Δυ­ στυχώς, ο χώρος δεν μου επιτρέπει εκτενέστερη αναφορά στο ποιητικό έργο του. Ο Ερατοσθένης υπήρξε ο πρώτος συστηματικός γεωγράφος. Το έργο του γεωγραφικά αποτε­ λείται από 3 βιβλία: στο Ιο, εξετάζει με κριτικό ύφος, την ιστορία της γεωγραφίας από τον Ομη­ ρο μέχρι τους διαδόχους του Αλεξάνδρου, στο 2ο, τη σφαιρικότητα της γης και στο 3ο, χωρο­ γραφικι::ς και εθνογραφικές μελέτες. Στην ιστορία της γεωγραφίας ισχυρίζεται ότι οι προγενέ­ στεροι από αυτόν γεωγράφοι, ενώ άρχιζαν με πολύ ζήλο τα έργα τους, τα εγκατέλειπαν ημιτελή. Υπ{φχει η άποψη ότι το έργο του «περί αναμετρήσεως της γης» για το οποίο θα μιλήσουμε πάρα κ{χτω, να ιΊταν ένα μέρος των Γεωγραφικών του. Πολύ δίκαια ο Ερατοσθένης κέρδισε τον τίτλο του πρώτου γεωδαίτη, αφού κατόρθωσε να υπολογίσει με μεγαλύτερη ακρίβεια 'την περίμετρο της γης, η οποία την εποχΙ1 εκείνη είχε υπολογιστεί σε 300.000 στάδια. Θα κάνω μια σύντομη περιγραφΙ1 αυηΊς της μεθόδου και στη συνέχεια θα αναφέρω και του Ερατοσθένη. Η παλαιά μέ­ θοδος είχε βασιστεί στις παρατηρήσεις που είχαν γίνει σε δύο πόλεις που ανήκαν στο ίδιο με­ σημβρινό. Η μία 1Ίταν η Λυσιμάχεια, αρχαία πόλη της Ν.Θράκης κοντά στην Προποντίδα και η {:ιλλη η Συήνη της Αιγύπτου (Ασσουάν). Παρατηρήθηκε, λοιπόν, ότι η κεφαλή του Δράκοντος Ι1ταν στο Ζενίθ της Λυσιμάχειας και ο καρκίνος στο Ζενίθ της Συ1Ίνης. Ο λόγος του τόξου του ουρίχνιου μεσημβρινού που συνέδεε αυτές τις δύο θέσεις, προς ολόκληρη την περιφέρειά του ε­ λΙ1φθη ίσος με Ι: Ι5. Επειδή τώρα, η απόσταση των δύο πόλεων, που υπολογίστηκε σε 20.000 στίχδια, {;χει, ως προς την περιφέρεια του μεσημβρινού της γης, τον ίδιο λόγο, εύκολα υπολογίΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 417


Ερατοσθένης

στηκε το μήκος της περιμέτρου της γης σε Ι5 χ 20.000 = 300.000 στάδια. Ο Ερατοσθένης βελτίωσε τη μέτρηση αυτή ως εξής: Παρατήρησε ότι ο ήλιος, κατά το με­ σουράνημά του στη Συήνη το θερινό ηλιοστάσιο, δεν ρίχνει σκιά επί ενός γνώμονας τοποθετημέ­ νου καθέτως (και καλώς φωτιζόμενου), ενώ, ταυτόχρονα, σε ένα, όμοια τοποθετημένο γνώμονα, στην Αλεξάνδρεια, που βρίσκεται στον ίδιο μεσημβρινό με τη Συήνη, ρίχνει σκιά σε μία γωνία, μεταξύ του γνώμονα και της διευθύνσεως των ακτινών του ηλίου ίση με το Ι/50 ενός ολοκλήρου κύκλου ή 4 ορθών γωνιών (η μέτρηση των γωνιών σε μοίρες έγινε αργότερα από τον Ίππαρχο). Στο παραπλεύρως σχήμα έχουμε συμβολίσει τις δύο πόλεις, την Ι Συ1Ίνη με (Σ) και την Αλεξάνδρεια με (Α). Η γωνία ΣΟΑ=α= χ 4 ορθ. Γ 50 Σ = 7,5°. Επειδή η απόσταση των δύο πόλεων βρέθηκε ίση με 5000 στάδια, η περιφέρεια της γης θα είναι 250000 στάδια. (δ) Αυτή την περιγραφή αναφέρει ο Κλεομήδης (ήκμ. 45 π.Χ.) στο έργο του:«κυκλικής θεωρίας, μετεώρων βιβλία δύο». Ομως τόσον ο Θέων ο Σμυρ­ ναίος όσον και ο Στράβων μας δίνουν την τιμή 252000 στάδια. Η αιτία αυ­ τής της ασυμφωνίας δεν μας είναι γνωστή. Είναι δυνατόν, κατά την άποψη του Heath, ο ίδιος ο Ερατοσθένης να διόρθωσε το 250.000 σε 252.000 στάδια, θέλοντας το εξαγόμενο να διαιρείται με το 60 και στρογγυλοποί­ ησε τον αριθμό των σταδίων, ώστε σε Ι ο να αντιστοιχούν 700 στάδια. Υ­ ΣΓ και Α Γ οι ;τώμο1·ε; πάρχει και η άποψη του Πλινίου που λέγει ότι ο Ερατοσθένης έλαβε το στη Συιj1•η και Α/.εξάΙ·­ μήκος του Αιγυπτιακού σταδίου ίσον με 300 βασιλ. Αιγιπτ. πήχεις που ι­ δρεια. σοδυναμούν με 240 βήματα, δηλ. Ι στάδιο= Ι 57,5 μέτρα περίπου. Αυτή η (δ) η διεύΟυ,·ση τoJI' ακτί­ μέτρηση αντιστοιχεί σε μήκος ίσον με 39.700 χιλιόμετρα και είναι, για ,.ω,. τοιJ ιj/.ιου. την εποχΙ1 εκείνη, μία αξιοθαύμαστη προσεγγιστική τιμή. Κ<'iπου εδώ, διαισθάνομαι την παρουσία του ...«δαίμονα του τυπογραφείου». Ο Ήρων μας δί­ νει για το στ{χδιο 400 πήχεις=240 βήματα, όπως έχω καταχωρίσει στον πίνακα 111 του έργου μου (Ήρωνος Αλεξανδρέως, ονόματα γεωμετρικών όρων, γεωμετρικά έκδ. ΕΜΕ 1995) στο σχόλιο της σελίδας 403. Τώρα, ή ο Πλίνιος σφάλει, ή οι διάφοροι μεταποιητές των κειμένων το αντέ­ γραψαν λάθος, ή ο P.TanneiΎ μας το παρουσιάζει έτσι από δικό του λάθος, δεν το γνωρίζω γιατί δεν διαθέτω τους κώδικες, αφού οι αρμόδιοι φορείς του τόπου δεν ενδιαφέρονται να αποκτήσει η χώρα μας, τουλάχιστον, φωτοτυπίες αυτών. Ο Thomas Heath, διερωτάται αν είχε δίκαιο ο Πλίνιος, λέγοντας ότι ο Ερατοσθένης έλαβε τον Αιγυπτιακό σχοίνο=με 40 στάδια και, παίρνοντας το μήκος του σχοίνου= Ι 2000 πήχεις των 0,525 του μέτρου, δηλ. το I στάδιο = 300 πήχεις = Ι57,5 μέτρα. Με αυτή τη λογική τα 252.000 στάδια αντιστοιχούν, για διάμετρο της γης, ίση με 7850 miles. που είναι μία εκπληκτική προ­ σεγγιστική τιμή. Άσχετα με αυτά που γράφουν αυτοί οι δύο πολύ αξιόλογοι σύγχρονοι ιστορι­ κοί, πληροφορώ τους αναγνώστες ότι η μεν ελληνική σχοίνος= 30 στάδια= 12000 πήχεις η δε βαρβαρική=45 στάδια. Στη διόπτρα του Ηρωνος (σελ. 302,17) στην περιγραφή της μετρήσεως της αποστάσεως Αλε­ ξανδρείας- Ρώμης, ο Ήρων αναφέρει ότι χρησιμοποιεί την τιμή 252.000 στάδια για την περίμε­ τρο της γης, επειδή είναι ακριβέστερη και ότι αναπτύσσεται από τον Ερατοσθένη στην πραγμα­ τεία του «περί της αναμετρήσεως της γης>>. Η εργασία αυτή καταξιώνει τον Ερατοσθένη και σαν αστρονόμο γιατί, κατά τον Galen α­ σχολείται, γενικά, με aστρονομική ή μαθηματική γεωγραφία που πραγματεύεται θέματα, όπως: το μέγεθος του ισημερινού, η απόσταση των τροπικών κύκλων, η έκταση της πο/.ικιjς ζώνης, οι διαστά­ σεις ι.;αι αποστάσεις του ηλίου και της γης, η μερικιj και ολικιj έκλειψη των ουρανrω1• σωμάτων, οι με­ ταβο/.ές της χρονικής διάρκειας της ημέρας σχετικά με τις εποχές, κ. α. Αρκετά εξαγόμενα διασώθη­

καν σε άλλα κείμενα, ως αποτελέσματα που οφείλονται στον Ερατοσθένη, με βεβαιότητα ανή­ κουν σ' αύτη την εργασία. !Ι ' ' κυκ ' λων περιπου ' ' ενης υπολογισε την αποσταση των τροπικων σε της περιφεο Ερατοσθ' 83 ρείας ενός μεσημβρινού κύκλου δηλ. σε 4γ 42' 39", που αντιπροσωπεύει το διπλάσιο της λοξώ­ σεως της εκλειπτικής, την οποία χρησιμοποίησε και ο Ίππαρχος. Με aστρονομικές παρατηρήσεις και με τριγωνομετρικές γνώσεις της εποχής του κατασκεύασε γεω­ γραφικό πίνακα. Σ' αυτόν, χώριζε τον γνωστό κόσμο σε δύο ημισφαίρια, το βόρειο και το νότιο με μία γραμμή παράλληλη προς τον ισημερινό που άρχιζε από τις Ηράκλειες στήλες και δια του Σικελικού πορθμού, του κορινθιακού κόλπου, της Ροδίας και του 'Ισαίου κόλπου, τελείωνε στις κορυφογραμμές της Β. Ινδίας. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4/8


Ερατοσθένης

Μολονότι τις γεωγραφικές εργασίες του Ερατοσθένη έχουν εκτιμήσει πολλοί μsταγενέ­ στερC'ι αρχαίοι συγγραφείς, ωστόσο υπάρχουν και διαφωνούντες. Ο Στράβων,.ο Μα:ρτιάνός, ο Πλίνιος κ.α. επικρίνουν πολλές εργασίες του. Στα κείμενα του Στράβωνας και Πολυβίου περιέ­ χονται κατηγορίές κάτά του Ερατοσθένη και μνημονεύεται ένα aντιρρητικό έργο του Ήlππαρχσυ με τίτλο: «Τά πρός Ερατοσθένη». Ο Στράβων π.χ.; λέγει για τον Ερατοσθένη: «διιtμαρτών τά τού πλάτους (γεωγρ. πλάτους) ήνάγκασται καf τΟύ μήκους άστοχεiν». ·Για τα Ομηρικά γεω­ γραφικά ζητήματα που αναφέρει ο Ερατοσθένης, ο Στράβων �έγει ότι: «άπήντησεν οvκ εύ» ή <<είκάζει ούκ εύ». Ακόμη κατακρίνει τον Ερατοσθένη για τις πηγές του, διότι «άνδpών ούκ . .

aςftιJV έπί πλέον μέμνηταl>-'.

Ο χάρτης του κόσμου κατά τον Εκατaίσ (517π.χ.)

Ο χάρτης του κόσμου κατά Ερατοσθένην (3ος π.χ. qιώνας)

Και άλλες πολλl:ς εργασίες έγραψε ο Ερατοσθένης οι οποίες δεν μπορεί να διατυπωθούν σε

tκα\'οτ.ο: ητικ:ό βαθμό, στα ,υποχρεωτικώς, στεν{.ι πλαίσια αυτού του άρθρου. Γι' αυτό τις παραλείπω. Ο Ξρατοσθi;νης ι�γραψε ένα έργο με τον τίτλο «Πλατωνικός» και, μολονότι 1Ίταν ένα είδος σzολίου του τίμαιου του Πλάτω\!ος ή ένας διάλογος που τα κύρια μέρη του αφορούσαν τον Πλ{:ι­ τω\ια, προφανώς; περιείχε τις βασικές μαθηματικές έννοιες, που σχετίζονταν με την Πλατωνική φιλοσοφία . Σ' αυτό το έργο βασίστηκε ο Θέων ο Σμυρναίος για να γρ{:ιψει το βιβλίο του περί <<τώv κατά τι) μαθηματικόνχρησfiιωv εiς τήv Πλάτωνος άνάγvωσιν» (έκδ. E.Hiller. Leibzig

1878) όπου ο Θέων αναφέρει δύο φορές την εργασία αυηΊ του Ερατοσθένη, επωνύμως. Φαίνεται ότι άρχιζε με το περίφημο Δήλιο πρόβλημα, αναφέροντας την ιστορία που μνημονεύει ο Θέων, πως ο Θεός απαίτησε σαν αντάλλαγμα της απαλλαγής από μία επιδημική νόσο, .yα κατασκευι;ι­ στεί ένας βωμός διπλάσιος κατ όγκον 'από τον υπάρχόντα κυβικόν βωμόν, χωρiς όμως να αλλάξει το κυβικό του:cηr;11μα. Στο σημείο αυτό, για την καλλίτερη παρουσίαση του άρθρου,. επιβάλλεται να κr.ινω μία παρένΘεση. ' ' { \ .Επανέρχομαι, πάλι,,στην ιστορία του επιγράμματος του Ερατοσθένη, που προa.ναφέραμε. Ο σχολιαστής των έργων του Αρχιμήδη, Ευτόκιος μας έχει διασώσει (Αρχιμήδτjc, Heiberg τόμ. Ill σσ 54.26--. '106�24) μία Πολύτιμη συλλοy11 των λύσεων του Δήλιου προβλήματος. ftoυ f:ί:χαν δοθεί από τους διaφοροyς προγενέστερους ερευνητές. Αυτές τις παρQυσιάζει με την παρακάτω σείρά: Ι . Πλάτωνος, 2. Ήρωνος, 3. Φίλωνός Βυζαντινού, 4� Απολλωνίου, 5. Διοκλέους, 6. ΠάπΠου, 7. ΣΠόρου, 8. Μέναιχμου, 9. Μένcηχμου (β' απόδειξη), 10. Αρχύτα, 11. Ερατοσθένη, 12. Νικομήδη. Η λύση του προβλήματος από τον Ερατοσθένη, περιέχετα\ σε μία επιστολ1Ί που έστειλε στq βασιλέαΠτολεμαίο (τον ευεργέτη) όπως έχουμε αναφέρει πιό πάνω και την οποίαν, ο Ευτόκιος, προτάσσει της αποδείξεως του Ερατοσθένη. . Στην επιστολ1Ί αυτή περιγράφεται το.ιστορικό του Δηλίου προβλήματος που έχει, κατά τον Ερατοσ­ Θένη, διαφορετικό σενάριο από αυτό του Θέωνος του Σμυρναίου. Σε σύντομη περιγραφή έχει ως εξής: Ο Βασιλέας της Κρήτης, Μίνωας, θεώρησε ότι το μέγεθος του κυβικού βασιλικού τάφου, που είχε διατάξει να κατασκευαστεί για το γιο του Γλαύκο, ήταν μικρό. Απαίτησε να διπλασια­ στεί η χωρητικότητα του τάφου χωρίς να αλλάξει το κομψό κυβικό του σχήμα. Το πρόβλημα αυ­ τό ονομάστηκε «διπλασιασμός του κύβου». Από όλους τούς γεωμέτρες που καταπιάστηκαν με το πρόβλημα αυτό,,ο ΙπΠοκράτης ο Χίος 1Ίταν αυτός που πρώτος επενόησε μία μέθοδο επιλύσεως του προβλήματος Κατ'αυτήν, θα πρέπει να κατασκευασθούν «δύο μέσες ανάί.ογες ευθείες σε συνεχιj αναλογία δύο δοσμένωι• ευθειών όπου η μiα ι·α είναι διπί.άσια της άλλης». Αυτή όμως η επινόηση για να εφαρμοστεί και να μας δώσει τις ποθούμενες δύο γεωμετρικές μέσες, δεν γινόταν με «στοιχειώδη διαδικασία», δηλ. με τη βοι1·

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4/9


Ερατοσθένης

θεια μόνο του κανόνα και του διαβήτη� . Η παράδοση αναφέρει, ακόμη, ότι κάποιος χρησμός επέβαλε στους κατοίκους της Δήλου; να δι­ πλασιάσουν ένα από τους βωμούς του Απόλλωνος που είχε κυβικό σχήμα. Οι κάτοικοι ζήτησαν από τους γεωμέτρες τί,ς Ακαδημίας του Πλάτωνος να λύσουν το πρόβλημα. Λέγεται ότι βρήκαν τη λύση ο Αρχύτας ο Τμρ11ντίνσς με τη βοήθεια ημικυ)iνδρων και ο Εύδοξσς με χρήση καμπύλων γραμμών. Αυτοί ,όίiως έδωσαν θεωρητική λύση, χωρίς να πετύχουν κάποιο τρόπο κατασκευής, εκτός από τον Μέvαιχμο τόυ οποίου η πρακτική λύσrj ήταν δυσχερής. Εγώ, λέγει ο Ερατοσθένης, επενόησα ευκολόχρηστη συσκευή με τη βοήθεια της οποίας μπορεί κανείς να βρει όχι μόνο δύο μέσες ανάλογες, αλλά όσες θελήσει. Στη συνέχεια της επιστολής, ο Ερατοσθένης αναφέρει το πλήθος των εργασιών που μπορεί κάποιος να εκτελέσει με το όργανο αuτό·και κλείνει την επιστολή του περιγράφοντας τη λει­ τουργία του οργάνου, υπό μορφήν ποιήμάτος, ειρωνευόμενος τις λύσεις του Αρχύτα και του Μέ­ ναιχμού, κοΛακεύει δε τον Πτολεμαιο και το γιο του και υπενθυμίζει σ αυτόν που θα διαβάσει αυτό το επίγpαμμα στη στήλη, ότι είναι έργο του Ερατοσθένη του Κυρηναίου. Χρήσιμο είναι πpοτού περίγpάψqυμε το όργανο και την απόδειξη του Ερατοσθένη, να θέ­ σουμε το πρόβλημα και την απόδειξη του Ιπποκράτη του Χίου. Αν η πλευρά του kύβου είναι α και του διπλασίου τότε θα ισχύει:

χ, χ = 2α δηλ. χ= )r:=; -v2 Επειδή τώρα ο αριθμός 12 είναι aσύμμετρος η πλευρά χ, δεν κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη. 3

3

Μπορεί όμως να κατασκευαστεί με κανόνα και διαβήτη, αλλά με χρήση κινηπκής γεωμετρί­ ας όπως φαίνεται και από ττiν απόδειξη του Πλάτωνος, ή με τη βοήθεια διαφόρων καμπύλων, ε­ κτός του κύκλου. Ο Ιπποκράτης ανάγει το πρόβλημα στο εξής: Αν δοθούν δύο ευθύγραμμα τμήματα α και β, όπου β = 2α, να βρεθούν δύο άλλα ι.iέcrα ανάλογα αυτών, σε συνεχή αναλογία, δηλ. Διότι από την αναλογ{α:

�=Υ=�. Υ χ α �Υ �α = xy = αβ (1) χ χ- αy (2) .ι..χ = -= α

και y,

=

v

και από την:

χ

7

.

=

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις (1) και (2) και λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι β = 2α, βρίσκουμε:

3

3

χ = 2α =χ= α ·)ri; ν2.

κ Ολες οι' γεωμε.fρικές κατασκευές που έδωσε ο Ευτόκιος στηρίζο­ νται στην πιψιir.rάνω αναγωγ_ή του Ιπποκράτη του Χίου. α Ας δοJ)ιJ.ε, τψρα, την κατασκευή αυτών των δύο μέσων αναλόγών με τη χρήση τηζσυσκευής του Ερατοσθένη (δηλ. το μεσόλαβον) που β Δ στηρίζεται στην κινητική Γεωμετρία. α Το μεσόλαβον αποτελείται από .ένα ορθογώνιο μεταλλικό πλαίσιο ΑΕΘΚ εντός του οποίου ο�ισθάίνουν τρία ίσα μεταλλικά ή ξύλινα ορΕ θογώνια τρίγωνα, ΑΛΖ, ΛΙΗ και ΙΚΘ (Σχ.l) (Υπενθυμίζουμε ότι οι αρΣχ. Ι χαίοι το ευθύγραμμο τμήμα π.χ. ΑΒ, ονόμαζαν ευθεία ΑΒ). Έστω ότι η μεγαλύτερη ευθεία είναι η ΑΕ κι:η η μικρότερη η ΔΘ (που είναι ίση με την πλευρά του δοθέντος κύβου) και είναι ΑΕ=2 χ ΔΘ (βλ. Σχ. 1). Κατά τη διαδικασία της κατασκευής το τρί­ γωνο ΑΛΖ παραμένει σταθερά ακίνητο, ενώ, τα άλλα δύο τρίγωνα ΛΗΙ και ΙΘΚ, δύνανται να ολισ­ θαίνουν μεταξύ των παραλλήλων ΑΚ και ΕΘ και παραλλfιλως προς τη διεύθυνση αυτών. Μετατοπίζουμε, τώρα, τα δύο τρίγωνα ΛΗΙ και ΙΘΚ κατά τέτοιο τρόπο ούτως ώστε: (i) Η τομή Β, της καθέτου ΖΛ του α' τριγώνου και της υΠοτεινούσης ΗΛ του β' τριγώνου, (ii) Η τομή Γ, της καθέτου ΗΙ του β' τριγώνου και της υποτεινούσης ΘΙ του τρίτου τριγώνου και, (iii) Το μέσόν Δ, της καθέτου ΘΚ του γ' τριγώνου, να γίνουν συνευθειακά και η ευθεία ΔΓΒ να «νεύει» προς το Α. .[Λέμε ότι μία ευθεία «νεύει» προς ένα σημείο όταν προεκτεινομένη διέρ­ χεται από το σημείο, (κατά τον ορισμό του Αλεξανδρινού Πάππου)].

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4/10


Ερατοσθένης Α

Έστω ότι τα σημεία Α, Β, Γ και Δ έγιναν συνευθειακά όταν τα Ζ, Η, Θ έλαβαν τις θέσεις Ζ', Η', Θ', αντίστοιχα (Σχ.2). Θα δείξουμε ότι, στην περίπτωση αυτή ισχύει η συ­ νεχής αναλογία: .li=.Y.=� (3) Υ Χ α όΠου ετέθη: ΑΕ= β,

0ς,-

---.,

----

Ε

ΒΖ'= y, ΓΗ'= χ, και ΔΘ'=α.

� Α

Σχ. 2

--

ο

ΑΖ' (4) ΒΗ' ΑΖ'_ v (5) Από το: όμοια τρίγωνα ΑΖ 'Β και ΒΗ'Γ, έχουμε: ΒΗ'Υ- ΒΗ' Από τα όμοια τρίγωνα ΒΖΉ' και ΓΗ'Θ', έχουμε: (6) χ- ΓΘ' ΒΗ' = χ (7) και από τα όμοια τρίγωνα ΒΗ'Γ και ΓΘ' Δ, έχουμε: ΓΘ' a Εφαρμόζοντας την μεταβατική ιδιότητα στις (4), (5), (6) και (7) καταλήγουμε στην (3). Ο Ερατοσθένης έχει γράψει μία πραγματεία επί των «αναλογιών» σε 2 βιβλία και ήταν πολύ σπουδαία ώστε να αναφέρεται από τον Πάππο, παράλληλα με εργασίες του Ευκλείδη, του Αρι­ σταίου και του Απολλώνιου, ότι αποτελούσε μέρος του «Θησαυροφυλακίου της αναλύσεως» (Παππος, VII, σελ. 636, 24). Κατά τη άποψη του Thomas Heath ήταν μια σημαντική Γεωμετρική πραγματεία. Μ ια άλλη εργασία του Ερατοσθένη που μνημονεύει ο Πάππος, ομιλεί για κάποιους τόπους τους οποίους ο Ερατοσθένης ονομάζει «τόποι προς μεσότητας» και την οποία μνημονεύει ο Πάπ­ πος (VI I σελ. 662, 15 κ.ε) και, πιθανώς, αυτοί οι τόποι να αποτελούσαν αντικείμενο αυτής της πραγματείας. Δεν γνωρίζουμε όμως τίποτα που να μας βεβαιώνει τι είδους τόποι ήσαν αυτοί. Ο Paul Tannery δίνει κάτι συμπεράσματα γι aυτούς τους τόπους, τα οποία δεν θέλω να τα α­ ναφέρω, όχι μόνο γιατί τα αμφισβητώ, αλλά γιατί ο Zeuthen στο βιβλίο του (Die Lehre von dem Ke gelschnitten im Alteι-erum, 1886, σ.σ. 320, 321) έχει τελείως διαφορετική άποψη. Άφησα τελευταία ,την εργασία του Ερατοσθένη που διδάσκει με ποιο τρόπο εντοπίζονται οι πρώτοι αριθμοί και η οποία αποτελεί, μέχρι σήμερα τουλάχιστον, το μοναδικό εργαλείο μας γι' αυτό τον εντοπισμό. Η εργασία αυηΊ του Ερατοσθένη είναι μία έξυπνη μέθοδος εντοπίσεως των πρώτων αριθμών και φέρει το όνομα: Το κόσκινο του Εpάτοσθένη. Α ν και είναι γνωστή αυτή η μέθοδος, είμαι υποχρεωμένος να την επαναλάβω, για τους μα­ θητ�:ς που, πιθανόν, δεν την θυμούνται. Ας θεωρήσουμε ένα απόκομμα των φυσικών αριθμών από το 2 μέχρι το ν, γραμμένο με τη μορφ1Ί: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, . .. , ν και ας διαγράψουμε από αυτούς τα πολλαπλάσια του 2, τότε θα μέίνουν, όλοι οι περιττοί μαζί με το 2, δηλ. οι: 2, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, ..., 2λ +Ι:::;; ν (α' διαγραφή) Από αυτούς διαγράφουμε τα πολλαπλάσια του 3. Θα μείνουν οι: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29, ... :::;; ν (β' διαγραφή) Κατόπιν τα πολλαπλάσια του 5. Θα μείνουν οι: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 49 .. .:::;; ν (γ' διαγραφή) Κατόπιν τα πολλαπλάσια του 7. Θα μείνουν οι: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, ... :::;; ν (δ' διαγραφή). Εργαζόμενοι με το ίδιο τρόπο, διαγράφουμε, διαδοχικά, τα πολλαπλάσια του 11, του 13 κ.ο.κ. Ο 2 και οι περιττοί που θα απομείνουν, αποτελούν το σύνολο των πρώτων αριθμών p, για τους οποίους ισχύει η σχέση: p:::;; ν. Αν π.χ. το ν= 100, τότε θα πρέπει στους παραπάνω αριθμούς να ενταχθούν και οι: 67, 71, 73, 79, 83, 89, και 97. Στην περίπτωση αυτή θα γίνουν τέσσερις διαγραφές, δηλ. τα πολλαπλάσια των 2, 3, 5, και 7. 2 2 Ο 7 είναι ο μέγιστος πρώτος αριθμός< 100 του οποίου το τετράγωνο είναι< 100. (Αφού 7 < 10 .) Αν π.χ. θέλουμε στο κόσκινο του Ερατοσθένη να μείνουν οι πρώτοι αριθμοί που είναι<ν, θα πρέπει 2 να διαγράψουμε τα πολλαπλάσια όλων των πρώτων αριθμών p, για τους οποίους ισχύει η p <ν. Π.χ. αν θέλουμε να έχουμε τους πρώτους αριθμούς που είναι μικρότεροι από τον αριθμό Πρίχγματι: Από τα όμοια τρίγωνα ΑΕΖ' και ΒΖΉ' έχουμε:

·

,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4/ll


Ερατοσθένης

1821, θα διαγράψουμε δίαδοχικά τα πολλαπλάσια των πρώτων αριθμών 2, 3, 5, 7, II, . .. , 37, 41 διότι, ο 4 1 είναι ο μέγιστος πρώτός αριθμός, που είναι μικρότερος του 1821 και έχει την ιδιότη­ 2 τα: 4 12 < 1821,ενώ ο αμέσως μεγαλύτερος πρώτος δηλ. ο 43,έχει τετρaγωνο (43 = 1849) μεγαλύ­ τερο από το 1821. Ο Ευκλείδης μας έχει δώσει μία σπουδαία απόδειξη στο ερώτημά:. «Αν ο p είναι ένας πρώτος αριθμός, "υπάρχει άλλος πρώτος μεyαλύτερος αirό aυτόν;» Με άλλα λόγια: η άκολουθία των πρώτων αριθμών έχει πεπεράσfιένο πλήθος ή άπειρο; ή αλλιώς: η ακολουθία των πρώτων aριθμώ� έχει ανι[Jτερο φράγμα ή είναι απέραντη; Απέδειξε, λοιπόν, ότι δεν υπάρχει πρώτος αριθμός μεγαλύτερος παντός άλλου πρώτου. ·

Το θεώρημα με διαφορετική διατύπωση αναφέρέτ:αι στα στοιχεία του Ευκλείδη (βιβλ: IX, θεώρ. 20) καθώς και η απόδειξη. Περισσότερες πληροφορίες θα βρει ο αναγνώστης στο βιβλίο του EdmunιJ Landau ( Elenιantary Numher Theoί·y κεφ. Π, σελ. 18.) και στα crτοιχεία του Ευκλείδη, του T.Heath (Τ()μ. ll.. σεi.. 412). Σε ελληνική βιβλιογραφία και σε μετάφραση του Ε. Σταμάτη: ΕΙJκi.είδου Γεωμετρία (θεωρία αριθμών, βιβλ. /Χ, πρότ. 20, σεί.. 250). Ακόμη στο βιβλίο του Παv. Μάγειρα με αρκετές επεξηyήσεις: Εισαγωγή εις την Αριθμοθεωρίαν, τόμ. Ι, σελ. 146. Κλείνοντας αυτό το άρθρο θα δώσω μερικές Πληροφορίες που αφορούν τους πρώτους αριθμούς. Υπάρχουν «ανοιχτά» θέματα των πρώτων αριθί.ιών που περιμένουν απαντήσεις. Ένα από αυτά είναι το παρακάτω: . . Η ακολουθία τ:ων πρώτων αριθμών παρουσιάζει μία ιδιομορφία. Περιέχει πολλά ζεύγη που έχουν διαφορά 2. Π.χ. (3, 5), (I I,13), (59,61) κ.ο.κ. Δύο πρώτοι αριθμοί p1, p2 για τους οποίους ισχύει p1 - p2 = 2, (p1 > p2) λέγονται δίδυμοι. Τα παρακάτω ζεύγη είναι δίδυμοι πρώτοι aριθμοί: (3, 5), (5, 7), (11, 13.), (17, 19), (29,31), ... (101, 103) Ωστόσο, η απάντησr1 gτο ερώτημα: αν αυτά τα ζεύγή των διδύμων έχουν πεπεpa;,μένο ή άπειρο πλιίθος, δεν έχει ακόμη δοθεί. Υπάρχει και κaποια «αι•ωμαί.ία» στην ακολουθία των δίδυμων πρώτων αριθμών, ένα είδος «ερμαφροδιτισμού».

:. ι .

.

Ο 5 το παίζει σε δύο «rαμπλό». Στο πρώτο ζεύγος είναι ... πίσω από τον 3 και στο δεύτερο, μπροστά από τον 7. Αυτή, η ανωμαλία είναι μοναδική στο σύνολο των πρώτων αριθμών. Δεν υ­ πάρχει άλλη τριάδα διαδοχικών πρώτων αριθμών, εκτός από την (3, 5, 7), που ν� συνιστά ... αμαρτωλό τρίγωνο. Για να βρούμε την αιτία θα Πρέπει να παρατηρήσουμε, ότι κάθε τριάδα διαδοχικών δίδυμων ακεραίων έχει την μορφή: χ, χ + 2, χ + 4 και γι'αυτό περιέχει έναν αριθμό που διαιρείται με το 3. Η τριάδα αυτή μόνο, για χ = 3 δίνει πρώτους αριθμούς, δηλ. την τριάδα 3,5, 7. Γνωρίζουμε, τώρα, ότι η σειρά:

l.2 +l.3 +l.4 +l.5 + ... +l.ν + ... αποκλίνει. Έχει όμως αποδειχθεί ότι η σειρά των aντίστροφων διδύμων αριθμών 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3+5+5+7+π+π+17+ϊ9+ 29 +π+··· συγκλίνει. Το θεώρημα αυτό που δεν είναι καθόλου εύκολο, έχει αποδειχθεί από τον διάσημο Νορβηγό μαθηματικό και ακαδημαϊκό Vigo Brun. Ο Vigo Brun υπήρξε μεγάλος φιλέλληνας και θαυμαστής των . αρχαίων ελληνικών.Μαθημα­ τικών και, όταν επισκέπτοταν την Ελλάδα, έδινε πολλές και ενδιαφέρουσες διαλέξεις στο Πα­ νεπιστήμιο Αθηνών. Πολλά από τα θέματα των ομιλιών . του, ακούγονταν για πpώτη φορά. Αυτός ο εξαίρετος άνθρωπος και επιστήμονας, που δεν ζει πλέον, ξεχώριζε για το ήθος του και την α� πλότητά του. . , Υπήρξε μεγάλος αριθμοθεωρητικός και το σπουδαίο θεώρημά του καταλαμβάνει ολόκληρο το 11 κεφάλαιο στο κλασσικό βιβλίο της aριθμοθεωρίας του Landau που αναφέραμε πιο πάνω (σ.σ. 94- 103) με τον τίτλο «Brun '�· theorem on prime pairs». ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' κθ. τ. 4112

·


Λ ευκοπούλε ιος Δ ιαγωνισ μό ς Πιθ αν οτήτ ων 1996 Άσκηση 4

Ά�κηση ι

Μια ομάδα Α έχει πιθανότητα p1 να νική­ σει την Β και p 2 vα νικήσει η1 ν Γ. Η Α θα παί­ ξει τρία παιγνίδια εναλλάξ με τις Β και Γ αρ­ χίζοvτας μ' όποια ομάδα θέλει.

α)

β)

Ο Α ρίχνει ζάρι 3 φορές. Να βρεθούν οι πιθανότητες: ·

α)

Το ίδιο αποτέλεσμα να εμφανισθεί δύο φορές (ακριβ ώς).

Η Α ανακηρύσσεται νικήτρια αν (στα τρία παιχνίδία) εξασφαλίσει τουλάχιστο δύο διαδοχικές' νίκες. Έστω Ρι > p 2• Με ποια ομάδα (Β ή Γ) _πρέπει να παίξει το πρώτο παιγνίδι (ώστε vα · μεγιστοποιήσει την πιθανότήτα νίκης); ·

β)

Κανένα αποτέλεσμα να μην εμφανισθεί πάνω από μία φορά.

γ)

Να μην εμφανισθεί αποτέλεσμα ζυγός α­ ριθμός.

Αν στόχος της Α είναι να μεγιστοποιήσει τ ον προ σδοκώμενο (μέσο) αριθμό κερδι­ σμένων παιγνιδιών (στα τρία), ποια ομάδα πρέπει να επιλεγεί πρώτη;

Με τα ψηφία 1 , 2, 3, 4, 5 κατασκευάζουμε 3-ψήφιους αριθμούς. Ποιά η πιθανότητα πε­ ριττού (μονού) τριψήφ ψυ όταν: '

Άσκηση 2 Το Συμβούλιο Χαρίτων αποφάσισε να δώσει χάρη (με κλήρο) σε 2 από τους τέσσε­ ρεις κατάδικους Α, Β , Γ, Δ. Ο φρουρός, γνω­ στός του Α, γνωρίζει τους δύο που θα αφεθούν ελεύθεροι. Ο Α βλέπει ότι δ εν είναι σωστό να ρωτήσει το φρουρό αν του δόθηκε χάρη, θα μ�ορούσε όμως να μάθει έναν από τους Β , Γ, Δ ΠQυ ο πωσδήπότε θα τύχει χάρης. Σκέφτεται όμως ότι η πιθανότητά του για χάρη· θα ελατ­ τωθέί από 1 /2 (γιατί;) στο 1 /3 όταν ο φρουρός τρυ αποκαλύψει ότι, π. χ. στον Β δόθηκε χάρη, <�αφού» τότε ένα από τα τρία (ισοπίθανα) ζεύ­ γη (Α, Β), (Β , Γ), (Β, Δ) θα έχει τύχη χάρης. Έτσι ο Α φο β άται να ρωτήσει το φρουρό. Ευ­ σταθεί ο φόβος του; (Να δειχθεί ότι η απά­ ντηση του φρόυρού δεν επηρεάζει την πιθα­ νότητα να αφεθεί ο Α ελεύθερος). Άσκηση 3 Οι Α και Β ρίχνουν εναλλάξ το δικό τους νόμισμα ο καθένας. Του Α, που ρίχνει πρώτος, το νόμισμα έχει πιθανότητα κορώνας p1 και του Β p 2. Το παιγνίδι συνεχίζεται μέχρις ότου έ νας (ο νικητής) φέρει για πρώτη φορά κορώ­ να. Ποιά πρέπει να είναι η σχέση των p 1 και p 2 ώστε οι Α και Β να έχουν ίδια πιθανότητα νίκης; Πώς πρέπει να παίξουν το Παιγνίδι αν διαθέτουν ένα ζάρι και ένα νόμισμα (χωρίς να τερματισθεί το παιγνίδι με μία ρίψη);

Άσκηση 5

α)

Επιτρέπεται ε7tανάληψη.

β)

Δεν επιτρέπεται επανάληψη.

Άσκηση ι

Λύσεις

α) Ας θ ε ω ρ ή σο υ μ ε τ α ε ν δ ε χ ό μ ε ν α Bj (αντίστ ο ι χ α Γj ) ό π ω ς η Α κ ε ρ δ ί ζ ε ι τ η Β (αντίστ ο ι χ α τ η Γ) στο j παιχνίδ ι , j = 1 ' 2, 3 .

Παίζοντας πρώτα με τη Β , η πιθανότητα νίκης Ρ8 ισούται με:

ΡΒ =Ρ[(Βι nΓ2nΒ3)υ(Βί nΓ2 nΒ3)υ(Β ι nΓ2nB3)] = Ρ(Β ι nΓ2nΒ3)+Ρ(Βί nΓ2nΒ3)+Ρ(Β ι nΓ2nB 3) = Ρ ι Pz Ρ ι +( Ι - Ρ ι) Ρ2 Ρ ι +Ρ ι Pz ( Ι - Ρ ι ) = Ρ ι Pz (2 - Ρ ι ) .

[Αλλοιώς: ΡΒ = Ρ[Γz n (Β ι υ Β3)] = Ρ(Γ2)·Ρ(Β1 υ Β3) = Pz(2p 1 - P i) , αφού η Α κερ­ δίζει αν και μόνο αν κερδίσει το δεύτερο αγώ­ να (Γ2) και έναν τουλάχιστον από τους άλλους δύο (Β 1 υ Β3)]. Ομοίως, αν παίξει πρώτα με τη Γ , η πιθα­ νότητα νίκης:

ΡΓ = Ρι Ρ2 (2 - Pz) > Ρ ι Pz (2 - Ρ ι ) = ΡΒ

δηλ. πρέπει να παίξει πρώτα με την (ισχυρή) ομάδα Γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/13


Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθανοτήτων 1996 ΑΑί

β) Ο προσδοκώμενος αριθμός κερδισμένων παιχνιδιών όταν παίζει πρώτα με τη Β, είναι: μΒ = Ρ ι + Ρ 2 + Ρ ι = 2p ι + Ρ 2· Ομοίως, μΓ = 2p 2 + Ρ ι < μΒ , και συνεπώς πρέπει να επιλέξει την (αδύνατη) Β.

Βί οπότε ΑΑίΒί = ΑΑί.

Ομως Ρ(Α ! ) = Ρ ι και

Ρ(ΑΑίΒί) = Ρ(Α I ΑίΒί ) · Ρ(ΑίΒί)

=

ΡΑ ·α,

όπου α = Ρ(ΑίΒί) = ( 1 - Ρ ι) ( 1 - Pz) < 1

Άσκηση 2

(παρατηρείστε ότι η δεσμευμένη πιθανότητα Ρ(Α Ι ΑίΒί) ισούται με Ρ(Α) = ΡΑ • διότι, όταν είναι γνωστό ότι ο Α και ο Β απέτυχαν στην πρώτη ρίψη, γεγονός που συμβαίνει με πιθα­ νότητα α, η πιθανότητα να κερδίσει τελικά ο Α δεν αλλάζει, αφού το παιχνίδι αρχίζει πάλι από την αρχή με τα ίδια δεδομένα).

Προφανώς ο Α έχει πιθανότητα 1/2 να α­ φεθεί ελεύθερος, επειδή, από τα 6 ισοπίθανα ενδεχόμενα (Α, Β), (Α, Γ), (Α, Δ), (Β, Γ), (Β, Δ), (Γ, Δ), τα τρία [(Α, Β), (Α, Γ), (Α, Δ)] εί­ ναι ευνοϊκά για τον Α. Ας ορίσουμε το ενδεχόμενο Βφ (αντί­ στοιχα Γφ • Δφ) όπως ο φρουρός απαντάει "Β" (αντίστοιχα "Γ", "Δ") στην ερώτηση του Α. Παρατηρούμε ότι ο φρουρός αναγκαστικά θα επιλέξει να πει έναν από τους Β, Γ, Δ (αφού ο Α αποκλείεται) και συνεπώς: Ρ(Βφ) = Ρ(Γφ) = Ρ(Δφ) =

c

Από τα προηγούμενα συμπεραίνουμε ότι η ΡΑ ικανοποιεί τη σχέση:

-

ΡΑ = Ρ ι + αΡΑ , δηλαδή ΡΑ = Ρι . 1 α -

� (λόγω συμμετρίας)

Συλλογιζόμενοι ανάλογα για τον Β, βρίσκουμε: ΡΒ = Ρ(Β ι ) + Ρ(ΑίΒί)Ρ(Β I ΑίΒί) =

Αυτό όμως οδηγεί στο αποτέλεσμα:

Ρ ( 1 - Ρ ι) Ρ2 Ρ(Α I Β φ) = (Α, Βφ) = Ρ(Α, Β) = (1 - p ι )p2 + αΡΒ • δηλαδη' ΡΒ = Ρ(Βφ) Ρ(Βφ) 1 _α · 1 Άρα, ΡΑ = ΡΒ <=> Ρ ι = ( 1 - Ρ ι )Ρz · 6 1 - = 2 = Ρ(Α), 1 (Παρατηρείστε ότι Ρ ι � και μάλιστα Ρ ι = 3 δηλ. η πιθανότητα δεν επηρεάζεται από την αν και μόνον αν p 2 = 1 ). απάντηση του φρουρού (είναι, όπως λέμε, α­ Αν οι παίκτες Α, Β διαθέτουν ένα (δίκαιο) νεξάρτητα τα Α και Β φ). Ας σημειωθεί ότι τα ζάρι και ένα (δίκαιο) νόμισμα, τότε το παιχνί­ ενδεχόμενα (Α, Βφ) και (Α, Β) ταυτίζονται 1 δι θα πρέπει να ξεκινήσει από τον παίκτη με (γιατί;), και επίσης, τα ενδεχόμενα (Α, Β), το ζάρι, αλλοιώς θα ήταν p1 = και συνεπώς (Β, Γ) και (Β, Δ) δεν είναι ισοπίθανα όταν ο φρουρός λέει "Β" (όταν δηλ. δίνεται το Β φ). p2 = 1 και το παιχνίδι θα τέλειωνε σε μια ρίψη (κορώνα-γράμματα του Α). Έτσι το παιχνίδι λσκηση 3 ξεκινάει με το ζάρι, και έστω Ρ ι = όπου Ορίζουμε τα ενδεχόμενα: ν ε { 1 , 2, . . . , 5} (δηλ. ο Α κερδίζει αν φέρει Αι = {ο Α κερδίζει στην l η του ρίψη} , κάποιον από ν προεπιλεγμένους αριθμούς, π.χ. τους 1 , 2, . . . , ν). Τότε, Α = {ο Α τελικά κερδίζει} και ομοίως, 1 1 ν 2 p 2 = 2 και συνεπως p ι = 3 = 6 η ν = , Β ι = {ο Β κερδίζει στην l η του ρίψη} ,

·

*'

,

Β = {ο Β τελικά κερδίζει} .

Προφανώς Α ι c Α, Β ι c Β, ΑΑί c Βί και ΒΒί c Αί. Τότε η πιθανότητα να κερδίσει τε­ λικά ο Α ισούται με: ΡΑ = Ρ(Α) = Ρ(ΑΑ ι U ΑΑί) =

Ρ(ΑΑ ι ) + Ρ(ΑΑί) = Ρ(Αι ) + Ρ(ΑΑίΒί) διότι, Αι

c

δηλ. ο παίκτης Α (με το ζάρι) προεπιλέγει 2 αριθμούς (π.χ. τους 5, 6). λσκηση 4 Οι δυνατές περιπτώσεις είναι Ν = 63 = 2 1 6.

α) Οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι (βάσει της Βασικής Αρχής της Απαρίθμισης): Νε =

Α οπότε ΑΑ ι =Αι και

,

(�)

· 6 · 5 = 90,

αφού διαλέγουμε πρώτα σε ποιές 2 ρίψεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/14


Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθανοτήτων 1996

(από τις 3) θα εμφανιστεί το ίδιο αποτέλε­ σμα με

(�)

=

3 τρόπους, κατόπιν διαλέ­

γουμε με 6 τρόπους το αποτέλεσμα που θα επαναλαμβάνεται και τέλος με 5 τρόπους το αποτέλεσμα που εμφανίζεται ακριβώς μία φορά. Συνεπώς, η ζητούμενη πιθανότητα ι­ σούται με: ΝΕ I Ν =

90 I 2 1 6 = 5 I 1 2. Εδώ ΝΕ = 6 · 5 · 4 = 1 20 και συνεπώς η ζη­

β)

τούμενη πιθανότητα είναι ·

Προφανώς ΝΕ = 33 = 27 και συνεπώς η πι­

γ)

-k

Άσκηση 5 α) Με επανάληψη, οι δυνατές περιπτώσεις είναι Ν = 53 = 125, ενώ οι ευνοϊκές ΝΕ = 5·5·3 = 75 (διαλέγοντας κατά σειρά το πρώτο, δεύτερο και τρίτο ψηφίο του αριθμού). Συνε­ πώς, Ρ(μονού) = ΝΕ I Ν = 75 1 1 25 = 3 1 5.

β) Εδώ Ν = 5· 4·3 = 60 ενώ Ν Ε = 3· 4 ·3 = 36 (διαλέγουμε πρώτα το τελευτάίο ψηφίο με 3 τρόπους, μετά το δεύτερο με 4 τρόπους και τέ­ λος το πρώτο ψηφίο με 3 τρόπους). Άρα, Ρ(μονού) = ΝΕ I Ν = 36 1 60 = 3 1 5.

Οι λύσεις δίνονται από την εξεταστική ε­ πιτροπή .

θανότητα ισούται με ·

Θ. Κάκουλλος, Ν. Παπαδάτος

Κ. ΚURΑΤΟWSΚΙ:ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

Ο ΑΛΓΕΒΡΑ •

Η βασική θεωρία της αναλύσεως (ακολουθίες, συναρτήσεις, παράγωγοι, ο­ λοκλη ρώματα) με πλήθος ασκήσεων και ε­ φαρμογών. Βιβλίο γραμμένο με το χάρισμα της μεγαλοφυίας από τον κορυφαίο Πολω­ νό μαθηματικό Κ . Kuratowski, δίνει με α­ πλό τρόπο ό,τι χρειάζεται ο μαθητής­ υποψήφιος Ι ης και 4ης δέσμης. Τιμή 2000 δρχ + ταχυδρομικά. Μαζί δώρο ένα βιβλίο με ασκήσεις επαγωγής και ακολουθίες.

� 1η ΔΕΣΜΗ

Πίνακες-Ορίζουσες-Συστήματα Μιγαδικοί-Πιθανότητες

U ΑΝΑΛΥΣΗ •

Συναρτήσεις-Ο ρια-Συνέχεια • Διαφορικός Λογισμός • Ολοκληρωτικός Λογισμός Διαφορικές Εξισώι;εις

Τ. ΡΟΥΠΑΚΗ ΤΕΣΤ ΣΤΡΑΤΙΩΤΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ

� 4η ΔΕΣΜΗ

Λογισμός

Γενικά τεστ και τεστ προσωπικότητας για τις εξετάσεις των σχολών αξιωματικών, υπαξιωματικών, Λιμενικού κλπ. Μαζί δω­ ρεάν το φυλλάδιο ειδικών θεμάτων για τις στρατιωτικές σχολές (αιγιαλίτιδα ζώνη, υ­ φαλοκρηπίδα, FIR Αθηνών). Τιμή 2750 δρχ + ταχυδρομικά.

I@' Α' Λ ΥΚΕΙΟΥ

ΕΚΘΕΣΕΙΣ ΔΗJ.\ΙΙΟΣΙΩΝ ΥΠΗΡΕΣΙΩΝ

Ο ΑΛΓΕΒΡΑ

( Πίνακες-Συστήματα-Πιθανότητες )

U ΑΝΑΛΥΣΗ •

Συναρτήσεις-Ο ρια-Συνέχεια

• Διαφορικός- Ολοκληρωτικός

Αλγεβρα ( Τά.-Τ.β'.) I@' . Β ' Λ YKEIOY

Αλγεβρα ( Τά.-Τβ'.) � Εκmωση : 25% Στούς συνάδελφους Διάθεση : Αφοι Παπαδημητρόπουλοι Σόλωνος 1 0 1 'Β' 3 8 1 24 1 2-38 1 8332

Για τους διαγωνισμούς προσλήψεως στο Δημόσιο, σε οργανισμούς (ΔΕΗ, ΟΤΕ, Ολυμπιακή , ΟΣΕ κλΠ), Τράπεζες. Τιμή 2500 δρχ + ταχυδρομικά. Ζητήστε τα στα κεντρικά βιβλιοπωλεία ή τηλεφωνήστε μας, για να σας σταλούν με το ταχυδρομείο Κεντρική διάθεση: 3300.235 (ώρες 7.301 4.30)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 4/15


Α σκή σ�ις Άλγε βρ ας Α ' Λυκείου Κοτσιφάκης Γιώργος, Μεταξάς Νίκος, Τζαμτζής Ηλίας

{Δ_

Άσκηση 1

Αν Ι α + β + γi < Ι αΙ, (1) δείξτε ότι μια ρίζα 2 τουλάχιστον της αχ + βχ + γ = Ο, περιέχεται μεταξύ Ο και 2 (υποτίθεται ότι υπάρχουν ρίζες).

Άσκηση 3 Αν f(x) = αχ2 + βχ + γ, να δειχθεί ότι. αf(χ) +

Λύση

β

ι α + βα + γι < .[Qt/α/ ή Ι ι + Άα + 1.1α < ι ή / 1 - (Χι Χ2) + Χ ι Χ2/ 1 ή <

ι

1

Άσκηση 2

Για ποιές τιμές του μ η ανισότητ(Χ• · 2 4χ - 6χ + 1 2 > αληθεύει για κάθ ε μ χ Ε JR:. " 2 +4 Μ

·

. Λύση

Δ

Επειδή το τριώνύμο χ2 - 2χ + 4 έχει = - 1 2 < Ο θα ισχύει α = 1 > Ο και 2 χ - 2χ + 4 > Ο για κάθε χ Ε IR.. Οπότε η αρχική ανισότητα γίνεται διαδοχικά: ·

4χ 2 - 6χ + 1 2 - μ(χ2 - 2χ + 4) > ,.,Λ2 - 2Χ τ' 4. χ2 - 2χ τ' 4"

ο <=>

+ 1 2 - μχ2 + 2μχ - 4μ > ο <=> (4 - μ)χ2 + 2(μ - ·3 )χ + 4(3 � μ) > ο __

4χ2 - 6χ

χ

Δ

Ε

Για να ισχίJει αυτή η ανισότητα για κάθε οι ανισώσεις

4

<ηΙJ•ί:>

- α Α. + = α2 χ 4α 4

'

"'

Ο

Λύση

(5 - '\[7)2 + α(5 - '\[?) + β = Ο <=> 25 - 1 ο'\[7 + 7 + 5α - '\[? α + β = Ο <=> (32 + 5α + β) + (-α - ιο)'\[7 = ο <=> (-α - · 10)'\[7 = - (32 + 5α + β) ( 1 ) �ότε -.[7 = 32 + 5α + β Q που Αν -α - 10 α + 10 είναι αδύνατο. Αρα -α - 10 = Ο ή. I α = -10 I Για α = �-� 0 ή (1) γίνεται: -[32 + 5(-1 0) + β] = ο ή 32 - so + � � o ή Ι β =; ι s l

Ο < Χι < 2

Δ ( + ...IL)-

l_

5

- 1 - 1 < - χ ι < 1 - 1 ή �2 < -χι < Ο ή

4χ - 6χ + 1 2 _ μ > 0 <=> χ - 2χ + 4

)� ,

Ο αριθμός - '\[? πρέπει να επαληθεύει την εξίσωση, δηλ. πρέπει:

ι

- 2χ

(

4

Άσκηση 4 Να βρεθούν οι ρητοί αριθμοί α, β ώστε η ε­ ξίσωση ·χ2 + αχ + β να έχει ρίζα τον 5 - -f7. Ποια είναι η άλλη ρίζα της εξίσωσης;

IO - xι)(l - x 2)/ < ή ι ι - χ ι l/ 1 - x2 / < Παρατηρώ ότι έχω γινόμενο μη αρνητικών παραγόντων < 1 , οπότε ένας τουλάχιστον π ?-ράγοντας θα είναι < 1 . Έ�τω: / 1 - Χ ι / < 1 ή -1 < 1 - Χ ι < ή

χ

!R.

Δ = �Γα(χ + _]_)2 _ Α.] + Δ

α2 χ + ...IL 2α ·

ε

Λύση

αf(χ) +

( Ι ) <=>

/( 1 - Χι) - Χ2(Ί - Χι)/ < Ί ή

: � Ο για κάθε χ

Έχ ουμε:

Από την ( ι ) προκύπτει ότι α * Ο γιατί αν ήταν α = Ο θα έιχαμε / + γ/ < Ο (άτοπο). Αφού α * Ο, έχουμε:

+

{

<Ο -3μ2 + 22μ - 39 < Ο <=> μ < 3 <=> α>Ο 4-μ> Ο

Κοτσιφάκης Γιώργος

·

? Ο .

Ε

Αν τill ρ α α = �·1 0 και β = 1 8 η αρχική εξίσωση · παίρνει τη μορφή :

x2 - 1 0x + l 8 = 0 <=>

10 + ..J28 ή χ2 = 1 0 --J28 <=> 2 . ·2 = = 5 '\[? 5 ή -\[7 Χι Χ2

Χι =

+

Επομένως η άλλη ρίζα της εξίσωσης είναι η 5 + '\[?.

R πρέΠει να συναληθf;·ύ�υν < Ο και ά > Ο. Έχουμε: ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/16


Ασκήσεις Άλγεβρας Α' Λ υκείου Άσκηση 5 εξίσωση Να αποδείξετε ότι η χ - 2 - χ - 3 = !::, λ μ ;1; Ο, έχει δύο πραγ τικές μα χ- 3 χ- 2 μ , και άνισες ρίζες στο πεδίο ορισμού της. Λύση

Θα πρέπει χ ? 2 και χ ? 3. χ-2 χ-3_λ χ-3 χ-2 μ <χ - 2)2 -<χ - 3)2 = Δ <=> (χ - 3)( χ - 2) μ [((χ - 2)2 - (χ - 3)2]μ = λ(χ - 3)(χ - 2) (χ2 - 4χ + 4- χ2 + 6χ - 9)μ = λ(χ2 - 2χ- 3χ + 6) (2χ - 5)μ = λ(χ2 - 5χ + 6) 2χμ - 5μ = λχ2 - 5λχ + 6λ λχ2 - 5λχ + 6λ - 2χμ + 5μ = ο λχ2 - (5λ + 2μ)χ + 6λ + 5μ = ο Δ = [-(5λ + 2μ)]2 - 4λ(6λ + 5μ) Δ = 25λ2 + 20λμ + 4J,i.Z - 24λ2 - 20λμ Δ = λ2 + 4μ2 > Ο .(Αφού λ, μ Ο) -- - -- - -

<=>

<=>

ο

<=>

<=>

<=>

<=>

;1;

Άσκηση 6 Για ποιές τιμές του λ (με λ , χ Χι 2 της εξίσωσης:

;1;

1) οι ρίζες

(λ - 1)χ2 - (3λ + 1)χ + 12 = Ο

Άσκηση 8 2 Δίνεται το τριώνυμο f(x) = αχ + βχ + γ, με α, β, γ ε IR και α ;1; Ο. Αν f(1) = -1, f(-1) = -5 και f(2) = -14, δείξτε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές και ετερόσημες. Λύση

Έχουμε: f(1) = -l δηλ. α·1 2 + β · 1 + γ = -1 ή α + β + γ = -1 f(-1) = -5 δηλ. α·(-1)2 + β·(-1) + γ = -5 ή α - β + γ = -5 f(2) = -14 δηλ. α·22 + β·2 + γ = -14 ή 4α + 2β + γ = -14 Έτσι έχουμε το σύστημα: ά = -5 α + β + γ = -1 α - β + γ = -5 β=2 4α + 2β + γ = -14 γ=2 Οπότε το τριώνυμο γίνεται f(x) = -5χ2 + 2χ + 2. Παρατηρώ ότι 1.α = -25 < Ο, επομένως η εξ ί­ σωση έχει δύο πραγματικές και ετερόσημες ρίζες. •

{

χ ικανοποιούν τη σχέση 2 + Χι = 25. Χι Χ2 12 Λύση

Έχουμε: Για λ ;1; 1: Χ ι + χ2 = 3��1 1 και Χιχ2 = λ1_21 Οπότε: χ2 + � = 25 Χ ι χ2 12 12[(χ2 + χ 1 )2 - 2x 1 xz] = 25χ 1χ2 ] λ - 1 .. 1 4_...Γ(3λλ -+1 1 )2 - 2 .J1. λ - 1 .. = 25 .J1. 9λ2 - 43λ + 50 = Ο λ 1 = 259 ή λ2 = 2 <=>

<=>

<=>

<=>

Λύση

Έχουμε: - �α = 3 + 4 = 7 ή -β = 7α ή β = -7α �= 3,4 = 12 ή γ = 12α Οπότε: β2 - 5(β + γ) + γ2 ; 2(β + γ)2 143α2 - 25α � ο <=> α � ο ή α � 1213 Άρα α < Ο ή α > 12i8 •

<=>

<=>

Αν οι αριθμοί 3 και 4 είναι ρίζες της εξί­ σωσης αχ2 + βχ + γ = Ο, α, β, γ ε IR και α ;1; Ο, βρείτε τις τιμές του α ώστε να ισχύει β2 - 5(β + γ) + γ2 � 2(β + γ)2.

<=>

{

Άσκηση 9 Έστω η εξίσωση - 3χ2 + 2χ = 4λ. Να βρε­ θούν οι τιμές του λ ώστε να έχει δύο ρίζες Χι , χ2 άνισες και να ισχύει 4χ1 - 3χ2 = 5. Να βρεθούν και οι ρίζες.

Άσκηση 7

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/17


Ασκήσεις Άλγεβρας Α' Λυκείου Λύση Dx - 2 -�- 4 οπότε .· χο -- D - λ 2' Υο - D - λ + 2 " Είναι: Επομένως η μοναδική λύση του συστήμα­ -3χ2 + 2� = 4λ -3χ2 2χ - 4λ = ο τος είναι η : Για να έχει δύο ρίζες άνισες η εξίσωση, πρέ­ (χο, Υο) = (λ � 2' λ 1 2) πει: β) Έχουμε: Δ > Ο ή 22 - 4(-3)(-4λ) > Ο ή χ0 > 2 και y0 > Ο 4 - 48λ > ο ή λ < /2 Ακόμα ισχύει: λ � 2 > 2 και λ : 2 > Ο 1( ,, Λι -r-' χz - - �8 _- -23 2 4 >Ο -- 2 > Ο και -1 λ + 2 λ+2 ")I ΧιΧΊ- '1.α. ±...3λ 2 - �(�; 2) > Ο και 4(λ 2) > Ο ·I Ι... 4χι - 3χ 2 = 5 Χz _- -23 - Χι -��-{ > Ο και λ > -2 -2f\+ 1) > Ο και λ > -2 χ {� - χι ) = �λ 2 4χι - 3G - χ ι ) = 5 (λ + l)(λ + 2) < Ο και λ > -2 -2 < λ < -1 και λ > -2 -2 < λ < -1 Xz = l3 _ Χι 4λ -23 Χι - Χι 2. _- 3 Μεταξάς Νίκος 4χι - 2 3χι = 5 Χι = 1 Άσκηση 1 Να δειχθεί η παρακ�τω ταυτότητα: χ2 - - -31 4 �ημ χ + 4συν2χ + "./συν4χ + 4ημ2χ = 3. .!. λ= 4 Λύση ι ι2 = = (ημ\ 4ημ2χ) + 4 Vημ4χ + 4συν2χ Άσκηση 10 2χ - 2)2] ι /2 = 2 - ημ2χ [(ημ Δίνεtαί το σύστημα: και "./συν\ + 4ημ2χ = (συν\ + 4 - 4συν2χ)112 = { λχ + y = 2 ί (συν2χ - 2)2] !!2 = 2 - συν2χ 4χ λy = 4 Για ποιες τιμές του λ έχει μοναδική λύση, Άρα τελικά: την (Χο, y0). Για ποιες τ:ιμές του λ συναληθεύ­ Vημ\ 4συν2χ + .�συν4χ + 4ημ2χ = ουν οι ανισώσεις Χο > 2 και y0 > Ο. 4 - (ημ χ + συν�χ) = 3 <=>

+

+

<=>

<=>

<=>

α

I

:

:

+

<=>

<=>

<=>

<=>

<=>

+

+

+

.

2

Λύση

α) Για να έχει το σύστημα μοναδίκή λύση πρ έπε ι: λ 1 ? Ο ή λ2 - 4 Ο ή D= I 4 λI λ -2 και λ 2 Ομως: ll Dx = I � = 2λ - 4 = 2(λ - 2) και Dy = I � � I = 4λ - 8 = 4(λ - 2), :;t:

:;t:

:;t:

"

Άσκηση 2 Να δειχθούν οι παρακάτω ανισότητες, για

χ z (ο,

Ι>:

-

ί) ημχεφχ > 2(1 συνχ), ii) ημχ > εφχ

i)

Λύση

ημχεφχ > 2(1 - συνχ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/18

<=>

-! εφ3χ


Ασκήσεις Άλγεβρας Α' Λυκείου

2 ..!. > 2(1 ..!�..!:!.

- συνχ) <=> Άσκηση 4 συνχ Να λυθεί η εξίσωση: - συνχ)(l + συνχ) > 20 συνχ) (1 y) (χ+ 2 + 6(χ + y)ημ(χ - y) + 9 ο συνχ Λύση Επειδή χ (0, 1> έχουμε συνχ (0, Ι) άρα η Η δοσμένη γράφεται: προηγούμενη είναι ισοδύναμη: (χ + y)2 + 2(χ + y)3ημ(χ - y) + Ι + συνχ > 2 <=>Ι > συνχ συνχ + 9ημ2(χ - y) - 9ημ2(χ - y) + 9 = ο <=> που ισχύει. (χ + Υ + 3ημ(χ-y))2 + 9(1 - ημ2(χ-y)) = Ο <=> ) ημχ > εφχ - '2Ι εφ χ <=> {χ + Υ + 3ημ(χ - y) = Ο και ημ2(χ - y) = Ι } 2(εφχ - ημχ) < εφ\ <=> Αν ημ(χ - y) = Ι τότε: 2εφχ(Ι - συνχ) < εφ\ χ - y = 2κπ + 1 και χ + y = -3 οπότε: Επειδή εφχ > Ο (χ (0 , 1)) έχουμε: -3 + κπ + 4'π Υ = 2-3 - κπ - 4'π κ 2 χ = / Ι χ συ 2( 1 - συνχ) < εφ2χ = συν χ <=> Αν ημ(χ - y) = -Ι τότε: σ νχ Ι + 2< χ - y = 2κπ - 2Ε2 και χ + y = 3 ή συν�χ <=> 2συν2χ < Ι + συνχ χ - y = 2κπ + 3π2 και χ + y = 3 Ομως χ (0, 1> οπότε συν2χ < Ι και Επομένως: συν2χ < συνχ, οπότε η τελευταία ισχύει. = κπ -2Ε4 + .J.2' Y -_ -23 - κπ + -π4 χ Άσκηση 3 3π ή χ = κπ + 3π4 + .J.2' y -- -23 - κπ - Έστω ΑΒΓ τρίγωνο ώστε: 4 _

=

Ε

Ε

3

l· · ι

Ε

'71 Ε u... .

Ε

19

ημ

Β

96

Γ

( 1996) συν ( 1996)

-

_

ημ

19

Γ

96

Β

( 1996) συν ( 1996)

Να δειχθεί ότι είναι ισοσκελές (ΑΒ

=

ΑΓ).

Λύση

Η

(�J (

δοσμένη γράφεται: 19

ί)

ii) 96

συν(�) = συν(Ι�6) η {Ι�6 ) Β , Γ (Ο , π) επεται οτι: Επειδη, Ι996 , Ι996 '2 , Αν η {Ι�6) > η {Ι�6 ) > Ο τότε: Γ ) > συν( Β ) > Ο και ομοια.. συν(Ι996 Ι996 ( Γ , .. Β Αν ο < ημ(Ι996 ) < η \)996 ,, ) τοτε Ο < συν(Ι�6) < συν(Ι�6) Άρα για να ισχύει η ισότητα πρέπει: η {Ι�6) = η {Ι�6) άρα και συν(ι�6) = συν(Ι�6) δηλαδή . Β = Γ οπότε ΑΓ = ΑΒ . Ε

Άσκηση 5

J

,

j-> (0, j-> και

Δείξτε ότι ημθ + συνθ > ι για θ Ε (0,

Να εξετάσετε αν υπάρχουν θ

Ε

α, β > Ο ώστε οι συνθ, ημθ να αποτελούν ρίζες α +β χ + ..J3 + 2..,[5 = 0 της· xz · 19α + 96β · 7 _

Οταν θ (0, Ι) είναι συνθ > Ο και ημθ > Ο, άρα: ημθ + συνθ = [(συνθ + ημθ)2] 1 12 (Ι) και (συνθ + ημθ)2 = Ι + 2συνθημθ > Ι , οπότε η (Ι) δίνει: ημθ + συνθ > Ι . ίί) Αν συνθ, ημθ ήταν ρίζες τότε: ημθ + συνθ = Ι9�: �6β (11) Ομως Ι9α + 96β > α + β για α, β > Ο οπότε :� Ι9� 6β < Ι, οπότε απ' το (ί) η (11) δεν μπο­ ρεί να ισχύει, επομένως δεν υπάρχουν τέτοια θ (0, 1>· α, β (0, +οο). Λύση

Ε

ί)

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 4119

Ε


Ασκήσεις Άλγεβρας Α ' Λυκί:ίου

Τζαμτζής Ηλίας

1 +! Αν είναι ! + = (1), αβγ :;t Ο, α β · 1 α+ +γ να δειχθεί ότι από τους ά, β, 1 δύο είναι αντίθε­ τοι. Γενικά: αν ισχύει η (1), τότε ___1_ _ι_ + _1_ = 1 α2ν + ! β2ν + ! γ2ν + 1 (α + β + ';()2ν + Ι' 1.

+

νοποιούν τις σχέσεις: · 2 2 j y3 + z3. + κ(y + z ) = α (1 2 2 :ι;3 + χ3 + κ z + χ ) = α (2) ' 2 2 ' χ3 + Υ3 + κ(χ + y ) = α {3) Να δειχθεί ότι i) χ +, y + z ,+ κ = Ο '') x3y3 + y3z3 + z3x3 = 3x2y2z2 n iii) α = 2xyz

(

Λύση

Από (1) και 2(2) έχουμε 2 3 γ' χ + κ(y - χ ) = Ο, τότε Από την lα + 1..β + .!.γ = α + βι + γ, έχουμε 2 + yx + χ2) + κ(y + x)(y - χ) = Ο (y x)(y βγ(α+ β +γ) + αγ(α+ β +γ) + αβ(α+ β +γ) - αβγ = Ο τότε αλλά 2Υ +' yxy -+χχ2 +Ο, κ(y τότε + χ) = Ο. (4). αβγ + β2γ+ /3'1+ dγ + αβγ + αΙ +ιχ13 + αβ2 + αβγ - αβγ=Ο Ομοίως (2) και (3) έχουμε 2z + yz +από α22γ + α2β + αβ2 + γβ - βγ22 + αγ2 2 + 2αβγ = Ο y2 + κ(y + z) =· Ο (S). Και τέλος από (4) και (5) έχουμε α2(β + γ) + βγ(β + γ) + α(β + γ2 + 2βγ) = Ο 2 2 2 " 2-κ(y+z) = Ο β β β β y +yx+x +κ(y+x)-z -yz-y αβ ( + γ) + γ(β + γ) + α(β + γ) = Ο yx - yz + κχ - κz +. (χ - z)(x + z)·= Ο ( + γ)[α(α + ) + γ(α + )] = Ο y(X - z) + κ(χ - z) + (χ - z)(x + z) = Ο (β +βγ)(α + ββ)(α + γ) = Ο, συνεπώς (χ - z)(x + y + z + κ) = Ο! χ - z Ο, α + β= Οβή + γ = Ο ή α + γ = Ο, δηλαδή άρα χ + y + z + κ = b (6). α = - ή = -γ ή α = -γ. β ii) Είναι -(χ + y + z) = κ, τότε η (4) γράφεται Έστω ότι είναι α = - , τότε έχουμε: 2 2 _2νι_ _ ι ι Υ + yx + χ - (χ + y z)(y + χ) = Ο _= + β2ν_+._ + _ 2ν + + 2 2 2 2 γ α Υ + xy + χ - xy -χ - y - yx - zy - zx = Ο ι2ν + -2νιι +_ = xy3 +3 yz +3 3zx =3 Ο3(7), οπότε ' _ + + 2ν β ( β) γ χ3Υ3 + Υ3z3 + z3χ3 = 3xy2 yz2 2zx, αρα ι ι ι ι χ Υ Υ z + z χ = 3χ y z - β2ν + + β2ν + 2ν + Ι /ν + Ι (2) γ iii) Αντικαθιστώντας στην (1) την τιμή του κ έχουμε3 3 ι 2ν+ Ι = ι 2ν+ Ι = 2 2 ' β β β (- + + γ) (α + + γ) Υ + z - (χ + y + z)(y + z ) = α, τοτε 3 3 2 2 3 2 2 3 - zy - z = α y + z -2xy 2-xz -2y - yz 2γ !+ (3) 2 α = - xy -xz - yz - zy = από (2) και (3) προκύπτει -y(xy + zy) - z(xz yz) (7)= __;;,. 1 _ι +__ +_ _ __ ι ι = : + Ι" -y(- zx) - z(- xy) = xyz + xyz = 2xyz. γ)2ν:--:-� α2ν + Ι β 2ν + Ι γ2ν+ Ι (α + β +----: i)

Λύση

;.

.

:;t

-

+

·'

:;t

I

I

+

_

I

I

I

+

+

I

·.

-

I

+

I

I

+

_

2.

5 Αν α - α3 + α = 3, να δειχθεί ότι α > Ο.

Λύση

' α - α3 + α = 3 , εχουμε ' Απο τη 2σχεση α(α4 - α 2 + 1)2 = 3 (1) 2, άρα 2α = α4 + 1) αλλά (α ι (α2 - ι2)2 + α2 = α4 - α2 + 1 , δηλαδή α4 - α + ι > Ο για κάθε α IR. Τότε επειδή ισχύει η (1), ο α και α4 - α2 + ι , είναι ομόσημοι, άρα α > Ο. 5

ε

3.

Αν χ, y, z διάφοροι μεταξύ τους, που ικα-

Αν αβχy :;t Ο και

4.

i) � + I =1 α β " α3 1[3 = β2 - α..., τοτε , ιι) - + ' χ Υ 2 2. 2 2 χ Υ =α β _

_

Λύση

Από τη σχέση � + j = ι , έχουμε χ β + yα = 3αβ (13), , . απο' την Q...χ + ΑΥ = β2 - α2, προκυπτει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/20


Ασκήσεις Άλγεβρας Α' Λυκείου

2 - α2), τότε από πρόσθεση των (2) και (3) έχουμε α3y - β \ = χy(β β + γ < 2α + β + γ ή α > Ο. 3α y + α xy =:= β3χ + χyβ2 Άρα α, β, γ θετικοί και α + β + γ > Ο. α2y(α + χ) = β 2χ(β- + y) (2), αλλά από την (1 ) (ταυτότητα Euler) 3 3 3 αβ - χβ yα =(α χ)β = yα (3) και α + β + γ -. 3αβγ = βχ = α(β - y) (4). 1 (α + β + γ)[(α - β)2 + (β - γ)2 + (γ - α)2], Πολλαπλασιάζοντας τις (2), (3), (4) έχου­ με 2 οπότε α3 + β 3 + γ3 > 3αβγ (4). 2(β - y), α y(α' +' χ)(α -οχ)β'2χ = 2β2χ(β2 + y)yα Η σχέση ποp θέλουμε να αποδείξουμε, α2λλα2αβ xy2 2, τοτε α - χ = β2 - y2 γράφετα χ _y =α β . ι2[α2(β + γ) + β 23(α + γ) + γ2(α + β)] > α3 + β3 λόγω της (4) + γ + 3αβγ 5 . Αν α, β, γ πραγματικοί αριθμοί και ισχύουν επειδή β + γ > α τότε α22(β + γ) > α3 α + γ (2), οι σχέσεις α β + γ (1), β 3 γ α + β (3), να αποδειχθεί ότι α + γ > β τότε β (α + γ) > β 3 3 3 2(α+β+γ)(� +β +'J ) > 3(α +β +γ +3αβγ). α + β > γ τότε γ2(α + β) > γ3 άρα 3+2β3+2γ3 Λύση 2[α22(β+γ) + β22(α+γ) + /(α+β)] > 2α Αν προσθέσουμε τις (1), (2),· έχουμε 2[α3 (β3+ γ)3 + β3 (α +3 γ) +3 γ2(α3 + β)]3 > 3 α + β α + β 2γ ήγ > Ο, α + β + γ + α + β + γ > α + β + γ + 3αβγ ομοίως με πρόσθεση των ( 1 ), (3), έχουμε λόγω της (4). α + γ 2β + + γ ή.β > Ο 2

:=

·

*

·

=

,

_

<

.

2

< 2

2

+

<

<

<

α

Θ. Ν. Καζαντζή ς

Ολοκληρώματα

Θ. Ν. Καζαντζ ή ς

Π. Βασιλειάδης Γ. Μαυρίδης

Πιθανότητες (τεύχος α)

Αλγεβρικά Θέματα Νέα έκδοση

Θ. Ν. Καζαντζής Ελένη Μήτσιου

Ι 000 ασκήσεις Ολοκληρωμάτων

Θ. Ν. Καζαντ ζή ς Γ. Μαυρίδης

Σειρά: ((εξετάσεις>> • Δ ιαγωνίσματα • Προβλήματα

Ελένt} Μ ήτσιου

Σειρά: ((Ε:ξέτάσεις» • Εξετάσεις 95 Θέματα - επανάληψη

Βιβλιοπωλείο - εκδόσεις

Περιοδικό

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΒΙΒΛΙΟΘΉΚΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΠΑΙΔΕΙΑ

Κυκλοφόρησε το Ιο τεύχος

Θ . Ν. Καζαντζ ής

Χάρης Βαφειάδης

Δέλιου 4

546 2 1

Τη λ. : (03 1 ) 263 1 6 3

Θεσσαλονίκη

Fax: (03 1 ) 240 595

Δ. Γεωργακίλας Τ. Θεοδωρακόπου­ λος

Άλγεβρα και Α ναλυτική Γεωμετρία σε ένα τεύχος όλη η ύλη

Δ. Γεωργακίλας

Δ. Γεωργ ακίλας

Μαθηματικά επανάληψη 4η'ς δέσμ'ης

Ά λγeβρα Β ' Λ υκείου για υποψηφίους Ι ης και 4ης δέσμης

Θ. Ν. Καζαηζής

Σύνδίαστική (τεύχος β)

Χρήστος Πατήλας

Γιώργος Ρίζος

Γενικά θέματα Μαθηματικών Ιης δέσμης

Προβλήματα Μαθηματικών γ ' γυμνασίου

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 4/21

Θ. Μάστορη ς Γ. Ρουσιάς

Μαθηματικά Γ Τ Ε.Λ.


Γε ωμετ ρ ία Α' Λυκείου Ασκήσεις Επαν άλ η ψη ς Γρηγόρης Δ. Φωτιάδης Άσκηση 1

Τα μέτρα α, β, γ των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ ικανοποιούν τη σχέση: � + Ά.::.1. α + L..! β !:. -- ο Ί Να βρεθεί το είδος του τριγώνου ΑΒΓ. .

Λύση

Είναι:

� + L..!!:. = ο = α γ + ./L::-_1

β αβ(α - β) + βγ(β - γ) + αγ(γ - α) = Ο = αβ(α - β) - γ(α2 - β 2) + γ2(α - β) = = (α - β)(αβ - γ(α + β) + γ2) = Ο = (α - β)[α(β - γ) - γ(β - γ)] = Ο = (α - β)(β - γ)(α - γ) = Ο = α = β ή β = γ ή α = γ. Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

_

080°

- Β - f>+ 080° - Α - Β) + Δ = 2

<Α+ Β + f + Δ) + <Β + Δ) - 360° _- Β +Δ. 2

-

2

-

λσκηση 3

Δίνονται δύο ίσες γωνίες χΟψ και zΟω, ώστε η ημιευθεία Oz να είναι εσωτερική της γωνίας χΟψ. Πάνω στις πλευρές Οχ, Οψ, Oz, Οω παίρνουμε αντίστοιχα τα σημεία Α, Β, Γ, Δ ώστε: ΟΑ = ΟΔ και ΟΒ = ΟΓ. Να δείξετε ό­ τι: α) ΑΓ = ΒΔ. p) Οι γωνίες χδω και ψΟz έχουν κοινή διχο­ τόμο. γ) ΑΔ // ΒΓ. Λύση ο

χ

(I)

λσκηση 2

Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ και Ε,Ζ τα σημεία τομής των προεκτάσεων των α­ πέναντι πλευρών του. Να αποδειχτεί ότι η γω­ α) Τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ είναι ίσα επει­ νία η σχηματιζόμενη από τις διχοτόμους των δή: γωνιών Ε και Ζ ισούται με Β ; Δ . ΟΑ = ΟΔ (υπόθεση) ΟΓ = ΟΒ (υπόθεση) Λύση Οι = 02 (χ0ψ = z0ω = Οι + zΟψ = 02 + zΟψ) άραΑΓ = ΒΔ. Ρ) Έστω Ot η διχοτόμος της zΟψ τότε: χΟt = Οι + 03 = 02 + 04 = t0ω. γ) Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΓ είναι ισοσκελή με κοινή διχοτόμο Ot. Επομένως ΑΔ .l Ot και ΒΓ .l Ot . Άρα ΑΔ // ΒΓ. Είναι: Eoz = 1 80° - <Ει + i> - αΞΊ + ΖΊ) = λσκηση 4 + Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2f και το ύψος 1 80° Ε z - ( 1 80° - ΕΔΖ) = 2 του ΑΗ. Στην προέκταση της ΑΒ παίρνουμε ψ

z

.

_,....

_,....

z

.,....,_

Β

_,....

_,....

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κθ. τ. 4/22

.......

,.,.....

.,-.....


Ασκήσεις Επανάληψης

τμήμα ΒΕ = ΒΗ . Αν η ΕΗ προεκτεινόμενη τέ­ μνει την ΑΓ στο σημείο Δ, να δείξετε ότι: α) ΑΓ = 2ΔΗ, β) ΑΕ = ΗΓ. Α

Λύση

Γ χ

φ

β) Γ

Αν ....Γ... = ....φ ... τότε ....Β ... = 2φ...... και Ε = ΒΗΕ = ΔΗΓ = φ ΗΑΔ = 90° - φ = ΑΗΔ άρα ΗΔ = ΔΑ = ΔΓ .Άρα η ΗΔ διάμεσος στο ορθογώνιο τρί­ γωνο ΑΗΓ και είναι ΔΗ = �Γ. β) Έστω Β' το συμμετρικό του Β ως προς Η . ΑΒΒ' ισοσκελές . ΑΒ'Β = 2φ = ΛΊ + f, άρα ΑΊ = φ οπότε: ΑΒ' = ΒΤ ' ΗΓ = ΗΒ' + ΒΤ = ΒΗ + ΑΒ' = ΒΕ + ΑΒ = ΑΕ α)

Από την υπόθεση ΑΒ ' > ΑΖ. ΖΒ ' = ΑΒ ' -ΑΖ = ΑΒ _ ΑΓ -2 ΑΒ = 3ΑΒ - ΑΓ 2

Άσκηση 6

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και τυχαίο σημείο Μ της ΑΒ . Στην προέκταση της ΒΓ παίρνουμε τμήματα ΓΔ = ΒΜ και ΓΕ = ΑΒ . Να δείξετε ότι τα μέσα των τμημά­ των ΒΓ, ΜΔ και ΑΕ είναι συνευθειακά. Α

Λύση

..ο.

Άσκηση 5

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (! ΑΓ < ΑΒ < ΑΓ) Έστω Β ' το συμμετρικό....του .. Β ως προς τη δι­ χοτόμο Αχ της γωνίας Α και Ε το ιφινό ση­ μείο της Αχ με τη ΒΒΌ Αν η παράλληλη από το μέσο Δ της ΒΓ προς την Αχ τέμνει την ΑΓ στο Ζ, δείξτε ότι: ΑΓ ΑΒ , β) ΖΒ ' = 3ΑΒ ΑΓ. α) ΑΖ = 2 :; Λύση

z

Ε

Έστω Κ, Ν τα μέσα των ΒΓ, ΑΕ αντίστοι­ χα. Η ευθεία ΚΝ τέμνει τη ΜΔ στο Λ. Αρκεί να δείξουμε ότι το Λ είναι το μέσον της ΜΔ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΕ, η ΚΝ είναι διάμεσος και είναι :ιζ = Ε (1). Στην προέκταση της ΓΒ παίρνουμε τμήμα ΒΖ = ΒΜ. Τα ισοσκελή τρίγωνα ΓΑΕ και �ΜΖ έχουν ίσες τις γωνίες Β;ξ = f:ξ, επομένως θα είναι Ζ = Ε (2). Από τις ( 1 ) και (2) Ζ = Κ1 , οπότε ΜΖ // ΚΝ. Ακόμα Κ είναι μέσο της ΖΔ και η παράλληλη από το Κ προς τη ΜΖ διέρχεται από το μέσον της ΔΜ στο τρίγωνο ΔΜΖ. .Δ.

·

Άσκηση 7 ΑΒΒ' ισοσκελές, ενώ ΑΕΔΖ παρ/μο. Δύο ευθείες ε, ε' τέμνονται από παράλλη­ ΑΖ = ΕΔ λες στα σημεία Α, Β, Γ, Δ και Α', Β', Γ, Δ' α­ ΕΔ Παράλληλη και ίση Β2Τ = ΑΓ -2 ΑΒ ' = ντίστοιχα ώστε ΑΒ = ΒΓ = ΓΔ (σχήμα).. Δείξτε ΑΓ l ΑΒ (η ΕΔ ενώνει τα μέσα των πλευρών ότι: 3ΒΒ' = 2ΑΑ' + ΔΔΌ στο τρίγωνο ΒΓΒ').

α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/23


Ασκήσεις Επανάληψης

ΟΔ + ΟΕ = R � ΟΔ = ΟΕ = R

Λύση

Α

Φέρνουμε ευθεία ΑΗ 11 Α' Δ' (σχήμα) . Από τα όμοια τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΔΗ ισχύει: Β Ε = ΑΒ = l � 3Β Ε = ΔΗ � ΔΗ ΑΔ 3 3ΒΕ + 3 ΕΒ' = ΔΗ + 3ΕΒ' � 3ΒΒ ' = ΔΗ + ΗΔ' + 2ΑΑ' � 3ΒΒ ' = ΔΔ ' + 2ΑΑ ' λσκηση 8

Δ ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90°, Γ = 30° εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Η διχοτόμος της γωνίας Γ τέμνει τον (O,R) στο Δ, ενώ η διχοτόμος της γωνίας ΒΔΓ τέμνει τον κύκλο στο Ε . Η παράλληλη από το Δ προς τη ΒΓ τέμνει τον κύκλο στο Ζ . Δ είξτε ότι το ΔΕΖ είναι ισόπλευρο . .......

Λύση

2

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΔ η γωνία .ΑΊ = 30° , οπότε Α = 60°. ΑΒΓ ιqόπλευρο και Ο ταυτίζεται με το ορθόκεντρο. λσκηση 10

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, 4), ώστε ΒΓ = 40°. Σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. α) Να υπολογιστεί η ακτίνα R του περιγε­ γραμμένου στο τρίγωνο ΑΓΔ κύκλου.

β) γ)

_,....

Να υπολογιστεί η γωνία ΑΓΔ .

Να προσδιοριστεί η θέση του ορθόκε­ ντρου του τριγώνου ΑΓΔ. Λύση

Η

Δ

Ε

Ε ίναι Β Δ = 30°, Β Ε = 90°, ΖΓ = 30°, Er 90°. Άρα: ΔΕ = 30° + 90° = 1 20°, άρα Ζ = 60° Ez = 90° + 30° = 1 20°, άρα Δ = 60° οπότε ΔΕΖ ισόπλευρο τρίγωνο. ,......

,......

,......

=

λσκηση 9

Δ ίνεται κύκλος (O,R) και δύο ίσες χορδές του ΑΒ και ΑΓ. Αν το άθροισμα των αποστά­ σεων του Ο από τις ΑΒ, ΑΓ είναι ίσο με R, δείξτε ότι το Ο συμπίπτει με το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Λύση

Ε ίναι: ΑΒ = ΑΓ � ΟΔ = ΟΕ

Β

α) Επειδή τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ είναι ί­ σα θα είναι R = 4.

β) γ)

ArΔ = BAr = 2οο <ΒΓ = 40°). Αν ΑΗ ..l ΓΔ θα είναι ΑΗ ..l AB (ΑΒ // ΓΔ) και τα σημεία Β και Η θα είναι aντιδιαμετρι­ κά. HrB 90°, οπότε ΗΓ ..l ΒΓ, άραΗΓ ..l ΑΔ, άρα Η = ορθόκεντρο. =

λσκηση 11

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Η μεσοκάθετος της ΒΓ τέμνει τον (O,R) στο σημείο Δ. Αν Κ, Λ οι προβολές του Δ στις ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα, δείξτε ότι: α)

ΒΚ = ΓΛ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/24


Ασκήσεις Επανάληψης β)

ΑΚ = ΑΛ = ΑΓ - ΑΒ (ΑΓ > ΑΒ) 2

Ο κύκλος με διάμετρο ΟΓ διέρχεται από τα σημεία Κ και Ε .

Λύση

ΒrΔ = Β = 30° και ArB = 3ΒfΔ. . δ) ΑΓΖ = ΟΓΕ έχουν:

γ)

......

α)

Α2 = � (εγγ εγρ . βαίνουν στο ίδιο τόξο) Αι = f (ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο) 2 � = f; (ΑΒΓ ισοσκελές) από την ( Ι ) έχουμε: Αι = Α 2 , δηλ. ΔΑ διχοτόμος. Αφού ΑΔ διχοτόμος, ισαπέχει από το ΑΒ, ΑΓ και ΔΚ = ΔΛ, ΑΚ = ΑΛ. β) Τα τρίγωνα ΚΒ Δ και ΛΓΔ είναι ίσα επει­ δή είναι ορθογώνια, Β; = f; (εγγεγραμ.) και ΔΚ = ΔΛ. Άρα: ΒΚ = ΓΛ = ΑΚ + ΑΒ = ΑΓ - ΑΛ <=> .-....

.-....

......

ΑΓ = ΟΓ = R, Αι = 30° = f; και είναι ορθογώ­ νια επομένως ΓΖ = ΟΕ . Άσκηση 13

Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, δείξτε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών που σχηματίζουν οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες προς τις διχοτόμους των γωνιών που σχηματί­ ζουν οι διαγώνιές του . Λύση χ

ΑΚ + ΑΛ = ΑΓ - ΑΒ <=>

2ΑΚ = ΑΓ - ΑΒ = ΑΚ = ΑΛ = ΑΓ -2 ΑΒ . ·

Άσκηση 12

Δ ίνεται κύκλος (0, R) μια διάμετρός τόυ ΑΒ και σημείο του Γ ώστε ΑΓ = 2ΑΒ. Η κάθε­ τη Ο Ε στη ΒΓ τέμνει τον (0, R) στο σημείο Δ. Να δείξετε: α) Το τετράπλεi>ρο ΑΓΔΟ είναι ρόμβος.

Το μέσον του ΑΟ βρίσκεται στον περιγε­ γραμμένο κύκλο του τριγώνου ΟΕΓ. β)

γ)

ΑΓΒ = 3ΒrΔ.

Αν η εφαπτομένη του κύκλου στο Α τέ­ μνει την ευθείά ΓΔ στο Ζ τότε ΓΖ = ΟΕ . Λύση

ΟΕ Ι! ΑΓ (κάθετες στη ΒΓ) ΑΓ = R (υπόθεση) = ΟΔ = ΟΑ

} οπότε:

ΑΟΔΓ ρόμβος β)

Κι = Δι + Ε; (εξωτερική του ΔΕΚ)

= Αι + ΕΊ (εγγεγρ. Αι = Δι , διχοτ, Ε; = Ε� = Αι (εξωτερική του ΜΕ)

Ζι + Ζ,. = Κι + Αι (εξωτερική του ΖΚΛ) 2Ζι = 2Κι <=> Ζ ι = Κι. ,....._

,......,

.,......_

.,.....,_

Άσκηση 14

δ)

α)

Για να είναι Εχ // Zy αρκεί Ζι = Κι .

Afo ισοσκελές άρα ΓΚ .l ΑΟ.

·. Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ· με γωνία ΒΑΓ = 60°. Μια ευθεία διέρχεται από την κο­ ρυφή Γ και τέμνει τις ευθείες ΑΒ και ΑΔ στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Έστω ακόμη Μ το κοινό σημείο των ευθειών ΒΖ και ΔΕ. Να δει­ χτεί ότι: α) Το γινόμενο ΒΕ ·ΔΖ είναι σταθερό. β) Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΖΒ είναι όμοια. γ) Το τετράπλευρο ΑΒΔ Μ είναι εγγράψιμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/25


Ασκήσεις Επανάληψης

(Ι) Β Ε·ΔΖ = ΒΓ2 = Β Δ2

Λύση

β)

Τά τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΖΒ είναι όμοια ε­ = (από τη πειδή ΔΒΕ = ΒΔΖ = 60° και

:� :�

σχέση (!}).

α)

Εiνω

BfE - ΔΖΓ επειδή Β = Δ =

� = fι (εντός εναλλάξ).

1 20°

και

γ)

O"C.

.J Α ) \ι:\0':,

ιf"'ι. 0 € cιΟ

Γ = "i. A B

Ιfw v i.O

"2{> 1.

ΒΖΔ = ΒΔΕ � 60° + :ΒΊ = 60° + � "'

Β1

Β Γ = Β Ε � Β Ε ·ΔΖ = ΒΓ · ΔΓ � ΔΖ ΔΓ (\ J

Επειδή ΒΔΕ - ΔΖΒ έχουμε: "'

= Δ1 � ΑΒΔΜ εη ράψ ιμο .

Ζ,Ο .l. � dι.IGOZΙP �ς z...ε. ι-ι.ο 1/u.. ι!ψεt. .. � _ ...._ fλν'Cιι :;...;..;. ... ..:β :;.=., �0 J-_. :: ---3�('.. D- .:.ι..:;.:.;:; ι =..Jο "� 0-� � �

z-.. S

Γ. Τσικαλουδάκης

ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ � ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 8

8

ΑΣΚΗΣΕΙΣ (ανα Παράγραφο) 1 500 θΕΜΑΤΑ ΛΥΜΕΝΑ

3) δ σ-ι.v->

α ('\.0

� t.\' V

"l. V\ ν

. (γενικά ανά Κεφάλαιο) 225

8

<;..

Πολλά πρωτότυπα θέματα και ασκήσεις

C""L""

�ο

Μ

ε..:ι

� β � Β\

Τηλ.: 95 1 7 863 r---------------------�-------------------,

n·. ΓεΩΡΓΟΠΟΥΛΟΥ

ΑξΚ�ΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗΣ Με· ΥΠΟΔΘΙΞCΙΣ · (Γ ' Λvκειοv)

ΚΑΤΙ ΝΕΟ ΣΤΗ ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ Σ' ένα μόνο τόμο περιέχονται: 570 ασκήσεις και 1 57 ερωτήσεις θεωρίας, που καλύmουν όλη την ύλη της Γ · Λυκείου (κεφ.

1 -1 2).

Σε ολες τις ασκήσεις υπάρχει υπόδειξη , σύντομη αλλά περιεκτική, που οδηγεί το μαθητή στη λύση.

Για_ να γίνει η Άσκηση Φυσικής προσιτή σε όλους τους μαθητές. ' I

Με το απόκομμα αυτό έχετε έκπτωση 40% από τις

Εκδόσεις Γκοβόστη.

Ασκληπιού 3, τηλ. 36246 1 0 - Ζωοδόχου Πηγής 2 1 , τηλ. 381 5433. \

.

.

L - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - � -� �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/26

Α Ρ.>

(

-

\;\ 'LC"O zv,.S. 'θειv /"ο u � ��� Α Β C> �ο μ \ι..U. I rι r b . Α \} !Μ ιv :: tJ b. το

-ι;;:>

"tkl

,Δ � ε,.<;.

p. \


Σκέψ ε ις π άνω σε θέ ματ α μαθ η ματ ικών Β ' Λυκείου Γ. Τσαπακίδη Άσκηση ι Αν α + β+ γ = π να δειχτεί ότι συν2α + συν2β + συν2γ + 2συνασυνβσυνγ = ι. Σκέψεις

Το ζητούμενο είναι η απόδειξη μιας τριγωνομετρικής ταυτότητας της οποίας οι μεταβλητές α, β, γ ικανοποιούν μια συνθήκη . Ε ίναι γνωστό ότι η απόδειξη ταυτότητας γίνεται με το μετασχηματισμό του ενός μέλους της στο άλλο . Στο πρόβλημα μας ο μετασχηματισμός του πρώτου στο δεύτερο μέλος θα στη ριχτεί στο γε­ γονός ότι α + β + γ = π, υπόθεση που aποτελεί μια δέσμευση για τις τιμές των μεταβλητών α, β, γ. Ποιες τιμές μπορούν να πάρουν τα α, β, γ; Μια σχέση καθορίζει την τιμή μιας μεταβλητής, έτσι α = π - (β + γ) με β, γ ε IR.. Επομένως ο μετασχηματισμός του Ι μέλους της αποδεικτέας στο 2° θα γίνει με την αντικατάσταση του α με π - (β + γ). ου

ι η Λύση

Έχουμε:

J

συν-α + συν2 β + συν2γ + 2συνασυνβσυνγ = συν2(β + γ) + συ/β + συν2γ - 2συν(β + γ)συνβσυνγ = συν2 β + συν2γ - συν(β + γ)[2συνβσυνγ - συν(β + γ)] = συν2β + συν2γ -:- συν(β + γ)(2συνβσυνγ - συνβσυνγ + ημβημγ) = συν2β + συν2γ - (συνβσυνγ - ημβημγ)(συνβσυνγ + ημβημγ) =

συν2β + συν2γ - συν2βσυν\ + ημ2 βημ2γ = συν2β + συν2γ - συν2βσυν2γ + (1 - συν2β)(Ι - συν2γ) = σ:υν2β + συν2γ - συν2βσυν2γ + Ι - συν2β - συν2γ + συν2βσυν2γ = Ι Μια δεύτερη σκέψη

Μια από τις γενικές μεθόδους απόδειξης είναι η «ευθεία απόδειξη». Σ' αυτήν ξεκινάμε από τις υποθέσ&ις του προβλήματος και κατασκευάζουμε βήμα προς βήμα το συμπέρασμα. Μπορεί, άραγε, να εφαρμοστεί η μέθοδος αυτή στη λύση του προβλήματός μας; Τι θέλουμε να δημιουργήσουμε; Μια σχέση συνημιτόνων μεταξύ των α, β, γ. Θα ήταν φυσιολογικό να αρ­ χίσουμε ως εξής: Ε ίναι α + β+ γ = π, άρα συν(α + β + γ) = συνπ, αλλά δεν γνωρίζουμε το ανάπτυγμα συνημιτό­ νων τριών προσθετέων, παρά μόνο δύο προσθετέων, έτσι θα πρέπει να αρχίσουμε από την: συν(α + β) = συν(π - γ) = συνασυνβ - ημαημβ = -συνγ ( 1 ) Επειδή στην αποδεικτέα υπάρχουν τετράγωνα θα πρέπει να υψώσουμε τα μέλη της ( 1 ) στο τετράγωνο, όμως τότε στο Ι μέλος θα εμφανιστεί το ανεπιθύμητο γινόμενο 2συνασυνβημαημβ, ενώ χρειαζόμαστε το 2συνασυνβσυνγ, που εμφανίζεται στο ανάπτυγμα του (συνασυνβ + συνγ)2, έτσι από την ( 1 ) θα πάρουμε πρώτα συνασυνβ + συνγ = ημαημβ και μετά θα υψώσουμε στο τε­ τράγωνο. 0

Έχουμε α + β + γ = π = α + β = π - γ, άρα: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4121


Σκέψεις πάνω σε θέματα μαθηματικών

συν(α +. β) = συν(π -:- γ) = συνασυνβ - ημαημβ = -συνγ = συνασυνβ + συνγ = ημαημβ, έτσι: (συνασυνβ + συνγ)2 = η μ2αημ2β <=> συν2ασυν2β + 2συνασυνβσυνγ + συν2γ = (1 - συν2α)( Ι - συν2β) =

συν2ασυ·/ β + 2συνασυνβσυνγ + συν2γ = 1 - συν2 β - συν2α + συν2ασυν2 β = συν2α + συν2β + συv2γ + 2συvασυνβσυvγ =

!.

-

Σχόλιο: Ε πειδή σε κάθε τρίγωνο ε ίνα� Α+Β+Γ = π, ειδική περίπτωση του προβλήματος είναι το: Σε κάθε τρίγωνο να δειχτεί ότι ισχύει: συν2Α + συν2Β + συν2Γ + 2συνΑσυνΒσυνΓ = ,1 . Ασκηση 2 Αν σε τρίγωνο ισχύει σφΑ + σφΒ + σφΓ = -{3 να δειχτεί ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. Σκέψεις

Για να είναι το τρί"(ωνο ισόπλευρο θα πρέπει να ισχύει Α = Β = Γ <=>σφΑ = σφΒ = σφΓ έτσι το προβλημα μεταφέρεται στο γενικότερο πρόβλημα: «Αν f(x , ψ, z) = Ο να δειχτεί ότι χ = ψ = Ζ». Και το ερώτημα τώρα είναι: σε ποια crχέση πρέπει να μετασχηματιστεί η f(x, ψ, z) = Ο, ώστε να προκύπτει χ = ψ = z; Πότε ισχύει χ = ψ = z; Όταν χ = ψ και ψ = z και z = χ = χ - ψ = Ο και ψ - z = Ο και z - χ = Ο. Πώς η πρόταση χ - ψ = Ο και ψ - z = Ο και z - χ = Ο μπορεί να περιγραφεί μόνο από μια σχέση ; Από την (χ - ψ)2 + (ψ - z)2 + (z - χ)2 = Ο. Έτσι η f(x, ψ, z) = Ο πρέπει να μετασχηματιστεί στην (χ - ψ)z + (ψ - z)z + (z - x)z = Ο. Στο πρόβλημά μας από την σφΑ + σφΒ + σφΓ = '\{3 πρέπει να δημιουργήσουμε την: (σφΑ - σφΒ)2 + (σφΒ - σφΓ)2 + (σφΓ - σφΑ)2 = Ο <=>

2σφ 2Α + 2σφ2Β + 2σφ2Γ - 2(σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ) = Ο. Η προηγούμενη σχέση περιέχει τετράγωνα, έτσι θα αρχίσουμε τη λύση υψώνοντας στο τε­ τράγωνο τη σχέση της υπόθεσης και συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή ισότητα: σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ = 1 που ισχύει σε κάθε τρίγωνο. Λύση

Ε ίναι: σφΑ + σφΒ + σφΓ = -J3, άρα

(σφΑ + σφΒ + σφΓ)2 = 3 <=> σφ2Α + σφ2Β + σφ 2Γ + 2(σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓcrφΑ) = = 3( σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ) = σφ2Α + σφ2Β + σφ2Γ - σφΑσφΒ - σφΒσφ Γ - σφΓσφΑ = Ο <=> 2σφ 2Α + 2σφ2Β + 2σφ2Γ - 2σφΑσφΒ - 2σφΒσφΓ - 2σφΓσφΑ = Ο = (σφΑ - σφΒ)2 + (σφΒ - σφΓ)2 + (σφΓ - σφΑ)2 = Ο = σφΑ - σφΒ = Ο και σφΒ - σφΓ = Ο και σφΓ - σφΑ = Ο =

σφΑ = σφΒ = σφΓ = Α = Β = Γ (αφού Α, Β, Γ γωνίες τριγώνου)

Μια δεύτερη σκέψη

Η υπόθεση του προβλήματος είναι μια συνθήκη υπό περιορισμό, γιατί ισχύει σφΑ + σφΒ + σφΓ = '\{3 (1) όταν Α + Β + Γ = π. Η (1) μπορεί να μετατραπεί σε συνθήκη χωρίς περιορισμό, αν στη θέση του Α θέσουμε π - (Β + Γ), οπότε: (1)

= σφ[π - (Β + Γ)] + σφΒ + σφΓ =

'\{3

� -i

<=> - σφ σφΓ σφ + σφ

+

σφΒ + σφΓ = '\{3 =

--'σφΒσφ� + 1 + σφ2Β + σφ2Γ + 2σφΒσφΓ = '\{JσφΒ + '\{JσφΓ = σφ2Β + (σφΓ - '\{J)σφΒ + σφ2Γ - '\{JσφΓ + 1 = Ο ( 1 ) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κθ.

τ. 4/28


Σκέψεις πάνω σε θέματα μαθηματικών

Αλλά η ( 1 ) είναι δευτεροβάθμια εξίσωση με λύση στο IR. άρα Δ � Ο. Λύση

Ε ίναι Α + Β + Γ = π <=> Α = π - (Β + Γ). Έτσι: σφΑ + σφΒ + σφΓ = ...β <=> σφ[π - (Β + Γ)] + σφΒ + σφΓ = ...β <=> σφ2Β + (σφΓ - ...β)σφΒ + σφ 2Γ - ...βσφΓ + 1 = Ο (1) Επειδή η ( 1 ) είναι δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς σφΒ με λύση στο IR. θα είναι: Δ ;;::: Ο <=> (σφΓ - ..j3)2 - 4(σφ2Γ - ...βσφΓ + 1) � Ο <=> σφ 2Γ - 2...βσφΓ + 3 - 4σφ2Γ + 4...βσφΓ - 4 � Ο <=> -3σφ2Γ + 2...βσφΓ - 1 ·� Ο <=> 3σφ 2Γ � 2...βσφΓ + 1 � Ο <=> (...βσφΓ - 1 ) 2 � Ο <=> ...βσφΓ = 1 <=> σφΓ =

� <=> Γ = 60°

Άσκηση 3 Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) βαθμού μεγαλύτερου του 2. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης . α2 Ρ(χ) : (χ2 - ) με α * Ο.

Σκέψεις

Ποιες γνωστές προτάσεις αναφέρονται στο υπόλοιπο της διαίρεσης; 1η Πρόταση: Υπόλοιπο [Ρ(χ): (χ - α)] = Ρ(α) Δ εν μπορούμε να εφαρμόσουμε την προηγούμενη Πρόταση στο πρόβλημά μας γιατί ο διαιρέτης είναι δευτεροβάθμιος και όχι πρωτοβάθμιος. 2η Πρόταση: Δ(χ) = δ(χ)π(χ) + υ(χ) με Ο � βαθ υ(χ) < βαθ δ(χ) Η εφαρμογή της προηγούμενης πρότασης στο πρόβλημά μας δίνει: 1 Ρ(χ) = (χ2 - α2)π(χ) + υ(χ) ( ) με Ο � βαθ υ(χ) < βαθ (χ2 - α2) = 2,

άρα το υ(χ) θα είναι βαθμού το πολύ 1 , έτσι υ(χ) = κχ + λ. Επομένως αρκεί να προσδιορίσουμε τα κ, λ. Η (1) γράφεται Ρ(χ) = (χ2 - α2)π(χ) + κχ + λ (2). Από τη (2) πρέπει να πάρουμε δύο εξισώ­ σεις με αγνώστους τους κ, λ που θα υπολογιστούν ως συνάρτηση των δεδομένων α, Ρ(χ), άρα στην (2) δεν θα πρέπει να υπάρχει το π(χ), πράγμα που μπορεί να γίνει αν μηδενιστεί ο συντελεστής του π(χ), δηλ. χ2 - α2 = Ο <=> χ = ± α, άρα στη (2) θα πρέπει να θέσουμε διαδοχικά όπου χ

m��

Λύση

Από την ισότητα της διαίρεσης έχουμε: Ρ(χ) = (χ2 - α2)π(χ) + υ(χ) (1) με Ο � βαθ υ(χ) < βαθ (χ2 - α2) = 2,

έτσι το υ(χ) είναι βαθμού το πολύ 1 , γιαυτό γράφεται υ(χ) = κχ + λ (2). Για χ = α η (2) δίνει: Ρ(α) = κα + λ (3) Για χ = -α η (2) δίνει: Ρ(-α) = -κα + λ (4) Από τη λύση του συστήματος των (3), (4) παίρνουμε κ = Ρ.(α) - Ρ(-α) και λ = Ρ(α) + Ρ(-α) _ 2 2 Επομένως υ(χ) = Ρ(α) - Ρ(-α) χ + Ρ(α) + Ρ(-α) _ 2 2 Άσκηση 4 Έστω το �ολυώνυμο Ρ(χ) = χν - νχ + (ν - 1) όπου ν θετικός ακέραιος, ν � 2. α) β) γ)

Να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης �(χ) : (χ - 1)2• Να δειχτεί ότι Ρ(χ) � Ο για κάθε χ �· Ο. . .

Αν ν άρτιος ν� δειχτεί ότι Ρ(χ) > Ο για κάθε χ < Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 4/29

)


Σκέψεις πάνω σε θέματα μαθηματικών

δ)

Να λυθεί η εξίσωση

Σκέψεις

χ100 - lOOx + 99 = Ο.

Πως βρίσκουμε το πηλίκο και το υπόλοιπο μιας διαίρεσης; Εκτελούμε τη διαίρεση ή με το σχήμα του Horner, εφ' όσον ο διαιρέτης είναι της μορφής χ - α.

Στο πρόβλημά μας κατ' αρχήν φαίνεται δύσκολα η εκτέλεση της διαίρεσης γιατί ο ν δεν έ­ χει συγκεκριμένη τιμή , αλλά πάλι το σχήμα του Horner είναι ανεφάρμοστο για τη διαίρεση Ρ(χ) : (χ - Ι)2• Φαινομενικά φτάσαμε σε αδιέξοδο, όμως Ρ(χ) : (χ - Ι)2 = Ρ(χ) : (χ - Ι) : (χ - 1), έτσι μπορούμε να πάρουμε τα ζητούμενα εφαρμόζοντας δύο φορές το σχήμα του Horner. Λύση α)

Εφαρ μόζουμε το σχήμα του Horner για τη διαίρεση

Ρ(χ) : (χ - Ι)

1�---:--il�:----i-1-:-,�--+1-] τ-ο-πλ-ή-θο-ς-μη-δε-+1---:'1:-ά+-1--ν..��--;-..;.;. :-+ι-: l --ν-=-:+__;\'--11

ρ=

[Ρ(χ) : (χ - 1)] = χν - Ι + χν - 2 + . . . + χ + ( ! - ν) Υπόλοιπο [Ρ(χ) : (χ - 1 )] = Ο 2 Άρα: Ρ(χ) = (χ - l)·(xv - I + χν - + . + χ + (1 - ν)) ( 1 ). Σχήμα του Horner για τη διαίρεση (χ'' - 1 + χν - 2 -;- . . · + χ + ( (-- ν)) : (χ - Ι) Έτσ ι:

J

Πηλίκο

. .

1

Ι

! 1 I 1 Ι 2 I 2 Ι 3 I

ν-

1 1

1

το

... . ..

πλ-:-'iθοc:- 1

I

. .

.

2

1

I

1 -

ν

Ι ν-2 1 ν- 1 Ι ν- 1 Ι ο

Έτσι: Πηλίκο[( χ'' - ] + xv - + . . . + χ + (1 - ν)) : (χ - 1)] = χ ν - -' + 2χ v - 3 + 3χv - 4 + . . · + (ν - 2)χ + (ν - 1) Υπόλοιπο [( χ ν - 1 + xv - 2 + . . · + χ + (Ι - ν)) : (χ - Ι)] = Ο Άρα: (xv - 1 + xv - z + . . · + x + (l - ν)) = (x - 1 )(xv - z + 2x'' - 3 + 3xv - 4 +

D

=! I

..

· + (ν - 2)x + (ν - I ))

(2)

1)2(χν - 2 + 2χν - 3 + 3xv - 4 + · · · + (ν - 2)χ + (ν - Ι)) (3) Επομένως: Πηλίκο [Ρ(χ) : (χ - 1)2] = xv - 2 + 2xv - 3 + 3xv - 4 + . . . + (ν - 2)χ + (ν - 1) Υπόλοιπο [Ρ(χ) : (χ - 1)2] = Ο β) Επειδή (χ - 1)2 � Ο για κάθε χ � Ο και χν - 2 + 2χν - 3 + 3χν - 4 + . . . + (ν - 2)χ + (ν - Ι) > Ο για κά­ θε χ � Ο, από την (3) έχουμε Ρ(χ) � Ο για κάθε χ � Ο. γ) Για ν άρτιο και χ < Ο έχουμε χ: > Ο και -νχ > Ο έτσι Ρ(χ) > Ο για κάθε χ < Ο. δ) Εί�αι χ100 - l OOx + 99 = Ο <=> Ρ(χ) = Ο (για ν = 1 00) Για κάθε χ < Ο η (3) είναι αδύνατη , αφού Ρ(χ) > Ο . Επειδή για χ � Ο είναι χ98 + 2χ9 7 + 3χ9ό + . · + 98χ -:- 9 9 > Ο και η (3) γράφεται: .... C; 7 .::.., Χ9 6 • · · ' 9"οΧ 99') = V <=> Χ = (Χ 1 )2 (Χ 98 L.X Η (Ι) λόγω της (2) γίνεται Ρ(χ) = (χ -

.

' -τ

' -.-

' -.-

-.-

' τ

"

·,

Επομένως η μοναδική ρίζα της εξίσωσης είνα1 ·:ο 1 .

Άσκηση 5 Δίνονται τα σύνολα των διαδοχικών θετικών ακεραίων: {1}, {2, 3}, {4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10} , : . . , όπου το πλήθος των στοιχείων κάθε συνόλου είναι κατά ένα μεγαλύτερο από το πλήθος των στοι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ . 4/30


Σκέψεις πάνω σε θέματα μαθηματικών χείων του προηγούμενου συνόλου και το πρώτο στοιχείο κάθε συνόλου είναι κατά ένα μεγαλύτερο από το τελευταίο στοιχ_είο του προηγούμενου συνόλου. Να μρεθεί το άθροισμα Sν των στοιχείων του ν-ού συνόλου. Σκέψεις Ποιο είναι το ζητούμενο; Ένα άθροισμα. Τι αθροίσματα μπορούμε να υπολογίσουμε; Αθροίσματα των οποίων οι προσθετέοι είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά ω = 1 , επομένως το πρόβλημα ανάγεται στο να βρούμε τον πρrοτο όρο αυτής της αριθμητικής προόδου. Αλλά:

1 ° στοιχείο νιοστού συνόλου = τελευταίο στοιχείο ν - 1 συνόλου + 1 .

·

Παρατη ρούμε ότι το τελευταίο στοιχείο κάθε συνόλου ισούται με το άθροισμα του πλήθους των στοιχείων των συνόλων που έχουν γραφεί, π.χ. 3 = 1 + 2 6= 1 +2+3 10 = 1 + 2 + 3 + 4 έτσι τελευταίο στοιχείο ν - 1 συνόλου = 1 + 2 + 3 + . . . + (ν - 1 ). Από τα προηγούμενα έχουμε την:

Λύση

Το νιοστό σύνολο περιέχει ν το πλήθος στοιχεία, που είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής [2α1 + (ν - 1)ω]ν (2α1 + ν - 1 )ν , , = προοδου με ω = 1 , επομενως S v = (1 ), όπου α1 το πρrοτο στοιχείο 2 2 του νιοστού συνόλου.

Είναι: α1 = τελευταίο στοιχείο ν - 1 συνόλου + 1 (2) Παρατηρούμε ότι το τελευταίο στοιχείο κάθε συνόλου ισούται με το άθροισμα των πλήθων των στοιχείων που έχουν γραφεί, έτσι:

i>](ν - 1) = ν(ν2 η,

τελευταίο στοιχείο ν - Ι συνόλου = 1 + 2 + 3 + . . . + (ν - 1) = [1 + (ν Επομένως· η (2) γίνεται: και από την (1 ) παίρνουμε:

ν2 - ν + 2 + ν - l)ν Sv = ( 2

2 (ν + l)ν 2

Άσκηση 6

·

Έστω οι ακέραιοι α, μ, γ με α = 11 . . 1(2ν το πλήθος 1), μ = 11 . . . 1 (ν + 1 το πλήθος 1) )!:αι γ = 66 . . 6 (ν το πλήθος 6). Να δειχτεί ότι ο α + μ + γ + 8 είναι τεtράγmνο ακεραίου. .

.

Σκέψεις

Για να είναι ο α + β + γ + 8 τετράγωνο ακεραίου θα πρέπει να μετασχηματίζεται στον 2 + 2 2 2 χψ + ψ = (χ + ψ) ή χ2 + ψ2 + z2 + 2(χψ + ψz + zx) = (χ + ψ + z)2 , αλλά χ α + β + γ + 8 = 1 1 . . . 1 + 1 1 . . . 1 + 66 . . . 6 + 8 που δε φαίνεται να μετασχημqτίζεται σε κάποια από τις προηγούμενες μορφές, έτσι είναι ανάγκη να γράψουμε τα α, β, γ με διαφορετικό τρόπο. 1 Πως γράφεται ένας αριθμός π. χ. ο 1 37 με άλλο τρόπο; 1 37 = 1 00 + 3· 1 0 + 7 = 1 02 + 3· 1 0 + 7.

��ν / (αφού είναι άθροισμα 2ν όρων

1 Επομένως α = 1 1 . . . 1 = 1 0 2 v - I + 1 0 2 ν - 2 + . . . + 1 0 + 1 = 1 . γεωμετρικής προόδου με α1 = 1 και λ = 1 0).

ΕΥΙΛDΔΗΣ Β' ..0 . τ. 4131

_

_


Σκέψεις πάνω σε θέματα μαθηματικών Λύση

= 1 02ν - ι + 1 02ν - 2 + . . . + 1 0 + 1 = (άθροισμα 2v ό ρων γ.π. με α1 1 και λ = 1 0)

Είναι: α =

11...1

=

β = 1 1 . . . 1 = i Ov + ! Ον - ι + · · · + 1 Ο + 1 = (άθ ρο ισμα ν + 1 ό ρων γ.π. με α1 = 1 και λ = 1 0) γ = 66 . . . 6 = 6 · 1 1 . . . 1 = 6·(1 0ν - ι + ι ον - 2 + . . . + 1 0 + 1 ) = (η παρένθεση είναι άθροισμα ν όρων γ.π. με α = 1 και λ = 1 0) ι 6·

1 0ν - 1 = 6 · 1 0ν - 1 9 10 - 1

1 02ν + 1 0 · 1 0ν + 6 · 1 0ν + 64

9

)2 (:9 ν + ν· 9 ν - ι + · · + 9 + Ι + 8

3

�9ν + ν ·9ν - ι = (: •

; · · · + 9 + 9)2 =

[� (9ν - ι + ν ·9ν - 2 + . . . + Ι + 1)J 2 = [3(9ν - ι + ν· 9ν - 2 + · · · + 1 + 1)]2 τετράγωνο ακεραίου. Άσκηση ? 2

Αν α, β, γ θετικοί, α

_

= γ2 - β2 να δειχτεί ότι logβ 1α + logy βα = 2logβ 1α·logy pα. +

+

_

Σκέψεις

Φαίνεται πολύ δύσκολο να δημιουργήσουμε την αποδεικτέα από την υπόθεση, δηλαδή να χρησιμοποιήσουμε την ευθεία μέθοδο απόδειξης, γι' αυτό δουλεύουμε με τη μέθοδο των ισοδυ­ ναμιών, δηλαδή με συνεχείς ισοδυναμίες μετασχηματίζουμε την αποδεικτέα σε σχέση που ι­ σχύει. Λύση

_

l ogα logα (Ι) 2 l ogα οg β γ) ' l o g(γ - β) log(β + γ) l og(γ - β) (Χρησιμοποιήσαμε τον τύπο αλλαγής της βάσης)

1 οgβ + γα ·-τ-.

α 1 og.y - β α - 21 οgβ + γα . 1 ogy - βα <=> Ι l(og+

..L.

Αν l o gα = Ο η ( 1 ) ισχύει, αν l ogα 7:- Ο η ( 1 ) γράφεται ισοδύναμα: 1 gα 1 =2 + <=> og(γ β) + l og(β + γ) = 2l ogα <=> 1o g + γ) 1o g γ - β) l 1 og + γ) 1o g(γ - β)

(J

(J

(

l og(γ - β)(β + γ) = l ogα2 <=> (γ - β)(β + γ) = α2 <=> γ2 - β2 = α2 ισχύει άρα ισχύει και η ισοδύναμή της που είναι η αποδεικτέα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ:θ. τ. 4/32


. Ασκήσε ις Γε ω μετ ρ ίας Β ' Λυκείου Κατσούλης Γιώργος, Καλίκας Σταμάτης

Κατσούλης Γιώργος . Άσκηση 1

Δίνεται τρίγωνο Aiir με β2 + y2 2α2• Αν η διάμεσος ΑΜ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο Δ δείξτε ότι:

= ·

i) ΜΔ = ·.·

-� 6 .

·

ii) (ΑΒΓ) Λύση

= 3(ΒΔΓ)

Γ

Ε ίναι:

3Α2 <=> � = τ(:) β <=> �2 = τ 2α2 + 2β2 γ2 = 3β2 <=> β2 + γ2 = 2α2 ( 1 ) Αν ΑΔ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ αρκεί να δείξουμε ότι ΔΜ·ΔΑ = ΔΒ2 (γιατί;) �

_

Έχουμε:

i) Στο τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΜ διάμεσος οπότε: α2 2�2 <=> α2 <=> 2α2 -τ= β 2 + γ2 = 2μα2 + τ 3α2 = μα2 <=> � = � ( 1 ) 2 4 ΑΔ, ΒΓ χορδές άρα: · ΜΓ g; ΑΜ · ΜΔ = ΒΜ·ΜΓ <=> ΜΔ = ΒΜΑΜ lα · lα =� (2) <=> ΜΔ ΜΔ = � = _Q_ 6 2VJ

ΔΜ·ΔΑ = μα· .!.3 μα = .!.3 μα2 =

.<>..

2

(ΑΒΓ) = ΑΗ (3) (γιατί;) (ΒΔΓ) ΔΚ '- < Ι >.<2> Η Αλλα, Α - ΑΜ (γιατι, ) -� ΔΚ ΜΔ � (ΑΒΓ) - 2 <=> (ΑΒΓ) - 3 <=> (ΑΒΓ) - 3(ΒΔΓ) (ΒΔΓ) ανJ (ΒΔΓ) ί ί)

<=> ΔΜ · ΔΑ = .!.3 4α24- α2 <=>

2- 2 () ι β2 - 2 + 2γ α Ι 3 4

3α2 <=> ΔΜ·ΔΑ = (α)2 <=> ΔΜ·ΔΑ = Jι · Τ l ΔΜ·ΔΑ = ΔΒ2

Άσκηση 3

=

Ε ίναι

_

_ _ _

_

_

6

Άσκηση 2 Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι JLy

.

=

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β 2γ, η διχοτό­ μος του ΑΔ και η διάμεσος του ΒΜ. Δείξτε ότι: (ΑΒΓ) 6(ΒΔΜ). Λύση

Β

Δ

Η

(ΒΜΔ) = ΒΔ (1) (γιατί;) (ΒΜΓ) ΒΓ α !:l_ Στο ΑΒΓ (ΑΔ διχοτόμος) <=>. ΒΔ = ...! β+γ Ε ίναι

Από (Ι ) και (2) έχουμε:

= 'i{ β. Αν Μ βα-

......

ρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ δείξτε ότι ο κύκλος ο περιγεγραμμένος στο τρίγωνο ΑΒΜ ε­ φάπτεται της ΒΓ στο Β. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8'

(ΒΜΔ) .....::ι_ = ___:j__ =.!. <=> (ΒΜΓ) β + γ 2γ + γ 3 (ΒΜΓ) = 3(ΒΜΔ) <=>

κ:θ. τ. 4/33

Γ

(2)


Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

(Α Γ) = 3(ΒΜΔ)

(γιατί;) =

( �) ·2R R+

(γιατί;) = ΡΜ·?Η = 3R2 = ΡΜ·ΡΗ = (Rvi3)2 =

ΡΜ·ΡΗ =

Απδ σημεiο Α εκτός κύκλου (0, R) φέρ­ νουμε τέμνουσα ΑΒΓ ώστε ΑΒ = ΒΓ. Αν ΟΑ να υπολογιστεί το εμβαδό του τρι­ γώνου ΑΟΓ. Λύση

= R-j!

Άσκηση 6

R)

Δίνεται κύκλος (0, μια διάμετρος ΑΒ κα1 Γ, Δ τα μέσα των ΟΑ, ΟΒ αντίστοιχα. Αν μια χορδή :ΕΗ που διέρχεται από το Γ είναι

ΕΗ = -JI3 R, δείξ;;ε ότι ΕΑΗ = 90°. 2

Λ6ση

Ε

Είναι:

ΑΒ ·ΑΓ = Α0 2 - R2

= ΑΒ·2ΑΒ = 6R2 = 2ΑΒ 2 = 6R2 = ΑΒ2 = 3R2 = ΑΒ = ΒΓ = Rvi3 = λ3 (1) Άρα: (ΑΟΓ) = 2(ΒΟΓ) (γ ιατί;) � (ΑΟΓ) = 2 · 4 λ3·α3 = (ΑΟ Γ) = R·J3· � = (ΑΟΓ) = .1.'-2;1 .) }:')

r::;

Άσκηση 5

R)

Δίνεται κύκλος (0, και χορδή του ΑΒ λ3• Από το μέσο Ρ του μη κυρτογώνιου τόξου .ι\Β φέρνουμε τυχαία χορδή που τέμνει την ΑΒ στο Μ �<ι!"!. τον κύκλο στο Η. Δείξτε ότι: � ΡΜ · ΡΗ Α�Β-.

=

=

Λύση

Ρ

...,.. έχουμε: Στο τρίγωνο ΕΓΔ

ΔΕ2 + ΕΓ2 = 20Ε2 + ΓΔ2 2 ΔΕ2 + ι:;τ2 - �,p 2 R22 ( "1 ) .ο......ι •

- .ιι:..

....

=

_,_

"-

ι

Στο τρίγωνο ΔΗΓ έχουμε: ΔΗ2 + ΗΓ2 = 20Η2 + �Δ' 12 - = �2 ΔΗ2 + ΗΓ2 = 2R2 + � (2) Από ( 1 ) κω (2) με πρόσθεση κατά μέλη παίρνου με:

ΔΕ2 + ΔΗ2 = 5R2 -

Αλλά:

ΕΗ2

(ΕΓ2 -:- ΗΓ2)

= (ΕΓ + ΓΗ)2 =

(3)

+

("'!IJR)2 = ΞΓ2 + ΗΓ2 2ΕΓ· ΓΗ = ί3R2 = ΕΓ2 ΗΓ2 2ΑΓΤΒ (γιατί;) = 4 1 3:2 = ΕΓ2 ΗΓ2 + 2 . 3 = � f +

+

+

2

7R - t � Γ2 τ. .t1. τ τΓ2 τ _

(4)

Από (3) και (4) έχουμε: ΔΕ2 ΔΗ 2 = 5R 2 - 7R2 = Φέρνουμε τη διάμετρο ΡΔ που τέμνει την 4 ΑΒ στο Κ. Το τετράπλευρο Μ ΗΔΚ είναι εγ­ 2 γράψιμο (Κ + Η= 1 80°) οπότε: ΔΕ2 ΔΗ 2 = 1 3R = ΔΕ2 4 Δ

+

+

ΕΥΚΛΕiΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/34

+

=

ΔΗ2 ΕΗ2


Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

και κατά συνέπεια Ε.ΔΉ = 90°(γιατί;) -

· -

Άσκηση 1

Καλίκας Σταμάτης

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Με διαμέτρους τις ΑΒ και ΑΓ γράφουμε η­ μικύκλια εκτός του τριγώνου. Με κέντρο το Α και ακτίνα α γράφουμε τό­ ξο ΒΓ εντός της γωνίας Α του τριγώνου. Τέλος με κέντρο το Α γράφουμε κύκλο που εφάπτεται στην ΒΓ στο σημείο Η και τέμνει τα ημικύκλια στα Δ και Ε. Να υπολογιστεί το εμβαδό του κα­ μπυλόγραμμου χωρίου ΔΒΓΕΗ.

=�ΑΒΓ) - ��2 Οπότε: Ε = Ε ι + 2Ε2 = _ ι;; 1 2 �2& �3 2πα2 - 3α2v3 lE!!._ = � (ΑΒΓ) + 12 2 . 6 8 _

Άσκηση 2 Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. Με κέντρα τις κορυφές του τετραγώνου και α­ κτίνα α, γράφουμε τεταρτοκύκλια εντός του τε­ τραγώνου. Να βρεθεί το εμβαδό του σχηματιζό­ μενου καμπυλόγραμμου τετραγώνου. Α

Λύση

Δ

z

Έστω: Ε ι το εμβαδό του κυκλ. τμήματος ΒΖΓ Ε2 το εμβαδό του χωρίου ΔΘΒΗ Ε3 το εμβαδό του χωρίου ΕΚΓΗ Τότε λόγω συμμετρίας Ε2 = Ε3. Το εμβαδό που ζητάμε είναι: Ε = Ε ι + Ε2 + Ε3 = Ε ι + 2Ε2 Ει = (A.Br) - (ΑΒΓ) = π����ο - α2p = α\/3 = πα6 2 4 = 2πα2 -123α\[3 Ε2 = εμβαδό ημικυκλίου ΒΔΑ + (ΑΗΒ) - εμβαδό τομέα Α.ΔΗ - εμβαδό τμήματος ΑΜΔ = πα2 + (ΑΒΓ) _ π(�)2 . 60° =τ 2 2 360° (τομέας Ν.ΑΔ - ( ΔΝΑ)) = _ 3α2π . l. = πα8 2 + (ΑΒΓ) 2' 4 6 π(�)2 · 120° - 360° 16 _ (ΑΒΓ) πα2 α\[3 - 2 12 + 16 = _

_i:l}_J

[

Λύση

Γ

Το ΔΕΓ είναι ισόπλευρο έτσι ΕΔΓ = 60°. Το ΑΔΖ είναι ισόπλευρο έτσι ΑΔΖ = 60°. Τότε ΑΔΕ = 30° =ΓΔΖ οπότε και ΕΔΖ = 30°. Είναι Ε = (ΕΘΗΖ) + 4τ όπου τ το εμβαδό κάθε τμήματος. Επίσης ΕΔΖ = 30°, άρα η ΕΖ είναι λι 2 = �. οπότε: (ΕΘΗΖ)---= (ΕΖ)2 = α2(2 - νJ) τ = (Δ.ΕΖ) - (ΔΕΖ) = πα360230°ο ·2Ι α·α·ημ30ο = πα2 _ Q...2 = .Q_2 (π - 3) 12 4 12 Άρα: Ε = α2(2 --ν3) + 4f22 (π - 3) = α2 (3 - � + π) 3

Άσκηση 3 ,... Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνονται Α 10 , Β και το ύψος ΑΔ = υ. Με κέντρα τις κο­ ρυφές Β, Γ και ακτίνες ΒΑ, ΓΑ αντίστοιχα, γράφουμε τόξα ΑΖ., ΑΗ εντός του τριγώνου. Να υπολογισθούν τα εμβαδά των τριών με­ ρών, στα οποία χωρίζουν το τρίγωνο τα τόξα αυτά.

=

= 45°

_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

Β

Λύση

κθ. τ. 4/35


Α

-!

Ασκήσεις Γεωμετρίας 8' Λυκείου

\

I� ι

Β

αυτοί

κύκλοι θα είναι ίσοι με τqν περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ.

τρεις

Ξ3

Ε,

z

ΟΘΔ

είναι

λές με ΒΟΔ = ΒΔΟ και μάλιστα ΒΟΔ = τε ΟΒΔ = I 8Q0 - 2Α έτσι:

Α οπό-

Το

30

°

Γ

S1 = 2πR ......

Ε ίναι ΑΔΒ ισοσκελές άρα: ΔΒ2 + ΑΔ2 = ΑΒ 2 <=> υ 2 + υ 2 = ΑΒ 2 <=>

AB = u-J2 Ε ίναι Γ = 30° άρα ΑΓ = 2ΑΔ <=> ΑΓ = 2υ. Τότε: •

νΛr

2 - ΑΔ2 = � ΔΓ = Ε Ι = (ΑΒΓ) - (Γ .ΑΗ) = _

c

+

2

�\[3 - 2π)

,-..,

+

του

τόξου

�:0�· Το τρίγωνο �ΟΔ είναι ισοσκε­ -

.......

'

360ο2Α = π�(Ι - 9Α0ο)

S1 = 2πR ι sο

.

ο-

Ομοίως το μήκος τωv τόξων ΟΗΖ και ΟΚΕ αντιστοίχως είναι: ·

-

( 9�ο) S3 = πR(Ι - !σο) Η περίμετρος του τρίφυλλου είναι: S = 2S1 + 2S3 = 2πR(Ι - Α fο - 9130ο) = - 90 l:ι.. Α + Β + f) = 2 2 R( + 2S 2

Ε2 = (Α-ΒΓ) - (Β.ΑΖ) =

� (2

μ;lκος

- S2 = πR Ι -

J.<υ + υ-{3) - υ π(2υ{30 ° = 2 360° 2

� (3

ίσοι

Π�

9 ο+ Ι 0

90

ο

+

Ι

ΠR

β) Για -cΌ εμβαδό τόυ φύλλου που γραμμοσκιασμένο στο σχή μα έχουμε:

2{3 - π)

2Ε1

= 2[(0.Μ) - (ΟΒΔ)] =

[ 8�ο60?Α - (ΒΟΓ)] = πR2( Ι - 9�ο ) 2(ΒΟΓ)

2 πRz 1

Άσκηση 4 Τρεις ίσοι κύκλοι ακτίνας R έχουν τα κέ­ ντρα τους στις κορυφές τριγώνου ΑΒΓ και ένα κοινό σημείο Ο εντός του τριγώνου. Τα κοινά μέρη των κύκλων σχηματίζουν ένα τρίφυλλο. α) Βρείτε την περίμετρο αυτού συναρτήσει της ακτίνας R. β) Βρείτε το εμβαδό αυτού, συναρτήσει της α­ κτίνας R και του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ. Λύση

-

ομοίως για τα άλλα φύλλα έχουμε:

( !σο) - 2(ΑΟΓ) 2Ε3 = πR2(1 - ��ο ) - 2(ΑΟΒ) 2Ε = πR2 1 2

οπότε:

( Α +9�/ f) - 2(ΑΒΓ) =

Ε = πR2 3 -

πR2 - 2(ΑΒΓ)

α) Επειδή οι κύκλοι είναι ίσοι θα είναι ΟΔ, ΟΕ , ΟΖ μεσοκάθετοι στις ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντί­ στοιχα. Το κοινό σημείο Ο των κύκλων θα εί­ ναι το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και οι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8'

κθ. τ. 4/36

είναι


Ε ΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ

Μ ΑΘ Η Μ ΑΤ Ι Κ Α Γ Ι Α ΤΟ ΛΥ Κ Ε Ι d Η Λ J Α Σ

Β.

Η Λ Ι Α Σ

Ν Τ Ζ Ι Ω Ρ Α Σ

ΑΝ ΑΛΥΣ Η ΔΕ Σ Μ Ε Σ Α�,

Ν Τ Ζ Ι Ο ;) .Δ Σ

ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

Α Ν Α ΛΥ Σ Η

Γ' ΛΥΚΕΙC)Υ • Α' 'RΥΧΟΣ Γ Ι Α ΤΙΣ

Β .

M A e M M A T I K A

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α

Γ ΑΥΚ880Υ

Μαθηματικά-Ανάλυση Γ'

8' Τ8ΥΧΟΖ

Λυκείου (3 τόμοι)

8' ικ- α ι Δ'

θΕΩΡΙΑ. ΠΑΡΑΔΕΙΓ:fΑΤι\ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΙ<ΗΣΕ!Σ, ιllfO-IΣEIΣ ΠΑ Α.VΣΗ. NWmiΣE!Σ. ΊΈΣΤ ΕΕΊΑΙΕΟΝ

ιlilla = .= ΠArJUDI

• Θέματα

• Άλγεβρα

Δ' δέσ}Jης 1 τ f , •

• Ό ριο

Ανάλυσης

Ο Σ

Γ

συνάρτησης ­

Γ' Λυκείου

ΕΥ ΡI Π I Ω τ

Συνέχεια συνάρτησης ­

Η Ι

ΘΕΙΙΑΥΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ

Ακολουθίες

Γ ΛΊΚΕIΟΥ • 8" Μ81'0Σ r ι .a

τ Μ

ο Γ' τόμος

ΑΙΜΙΛΙΟΣ ΤΣΟΥΛΦΑΝΙΔΗΣ

ΣΤΕΛΙΟΣ ΕΥΡΙΠΙΩΤΗΣ

Μ.όλις κύκλοφόρησε

Μόλις κυκλοφόρησε

Ν

Α

• Σ Μ

• Πίνακες ­

Μ

Ορίζουσες ­ Γραμμικά συστήματα • Ακολουθίες για την Α' Δέσμη • Ολοκληρώματα • Παράγωγοι

Γ Ι Ο Ρ Γ Ο Σ

Σ Κ Α Ι-! Δ Α Α Η Σ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Β-'ΛΥΚΕΙΟΥ

• Β'

�Ί

ΜΕΡΟΣ

ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΚΑΝΔΑΛΗΣ Μαθηματικά Α' Λυκείου Μαθηματικά Β' Λυκείου Μαθηματικά Γ' Λυκείου

ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΝΤΖΗΣ

...-

Άλγεβρα Α' Λυκείου

Σε όλα τα βιβλιοπωλεία Κεντρική Διάθεση: Σ. Πατάκης ΑΕ. Εμμ. Μπενάκη 1 6, 1 06 78 Αθήνα. Τηλ.: 38.31 .078, Fax: 36.28.950 Υποκ/μα Β. Ελλάδας: Ν. Μοναστηρίου 1 22, 563 34 Θεσσαλονίκη, Τηλ.: (03 1 )70.63.54-5


Από τον Καθήγητή του Πανεπιστημίου Αθηνών, Αντιπρόεδρο του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου και Αντιπρόεδρο της Ε.Μ.Ε. κ. Σταύρο Παπασταυρίδη λάβαμε την παρακάτω άσκηση :

Ε να τηλεοπτικό παιχνίδι παίζεται ως εξής. Υπάρχουν τρεις κλειστές πόρτες, πίσω από τις δύο δεν υπάρχει τίποτε και πίσω από την τρίτη υπάρχει ένa αυτοκίνητο. Ο παρουσιαστής ξέρει τι υπάρχει πίσω από κάθε πόρτα, αλλά ο προσκεκλημένος παίκτης δεν έχει την πλη ροφόρηση αυτή . Ο παίκτης διαλέγει τυχαία μια πόρ­ τα και κερδίζει ό,τι υπάρχει πίσω της. Σε μια εκπομπή ο παρουσιαστής αποφασίζει να αλλάξει λίγο το παιχνίδι. Μόλις ο παίκτης διαλέξει μια πόρτα, τότε, χωρίς να ανοίξει την πόρτα αυτή, ο παρουσιαστής πηγαίνει και ανοίγει μια από τις υπολοιπόμενες πόρτες, που από πίσω της δεν έ­ χει τίποτε. (Σχόλιο. Αυτό είναι πάντα δυνατόν και ο παρουσιαστής ξέρει εκ των προτέρων ποια ή ποιες πόρτες δεν έχουν τίποτε). Στο σημείο αυτό, ο παρουσιαστής καλεί τον παίκτη και του δίνει το δικάιωμα, αν θέλει, να αλλάξει την επιλογή του και να διαλέξει την υπολοιπόμενη κλειστή πόρτα. Ε ρωτώνται τα εξής: Ι . Κάποιος κάνει τον εξής συλλογισμό. Για τις δυο πόρτες που είναι κλειστές, η μια ξέρουμε ότι κρύβει το αυτοκίνητο και η άλλη δεν κρύβει τίποτα. Αρα ό,τι και να διαλέξει ο παίκτης η πιθανότητα να κερδίσει είναι Ι/2. Συμφωνείτε μ' αυτό ; 2. Τι πιθανότητα έχει ο παίκτης να κερδίσει το αυτοκίνητο αν αλλάξει την επιλογή του ; 3. Τι πιθανότητα έχει ο παίκτης να κερδίσει το αυτοκίνητο αν δεν αλλάξει την επιλογή του ; ΛΥΣΗ Ι . Αυτός που το ισχυρίζεται αυτό, πρέπει να αποδείξει ότι οι δυο αυτές επιλογές είναι ισοπίθα­

νες. Αυτό πώς το ξέρει ; 2. Αφού η πρώτη επιλογή του παίκτη είναι τυχαία, αν μείνει στην επιλογή του , κερδίζει με' πι­ θανότητα Ι /3. 3. Αν ο παίκτης αλλάξει πόρτα, τότε κερδίζει, τότε και μόνον τότε αν, η πpώτη επιλογή είναι μια από τις δυο πόρτες που δεν κρύβουν τίποτε. Αυτό συμβαίνει με πιθανότητα 2/3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

κ.θ. τ. 4/38


Μια π ρ ο σέ γγιση τ η ς ελεύ θ ε ρη ς πτ ώ ση ς ε ν ό ς σώματ ος με τ η ν Αν ά λ υση Δημήτρης Ντρίζος

Για τη μελέτη αρκετών φαινομένων από το χώρο της Φυσικής και όχι μόνο, κάνουμε τις περισσότερες φορές κάποιες «συμβάσεις» - αρχικές aπλοποιητικές παραδοχές. Έτσι, για πα­ ράδειγμα, στη μελέτη του φαινομένου της ελεύθερης πτώσης ενός σώματος προς τη Γή , θεω­ ρούμε συνήθως μηδενική την αντίσταση του αέρα και την επιτάχυνση g της βαρύτητας να έχει την συνήθη αριθμητική τιμή της. Στο άρθρο αυτό, θα επιχειρήσουμε, χρησιμοποιώντας στοιχεία του Ολοκληρωτικού Λογι­ σμού, να δούμε μιαν άλλη προσέγγιση του φυσικού φαινομένου της ελεύθερης πτώσης ενός σώ­ ματος προς τη Γη. Θεωρούμε ένα σώμα που έχει σταθερή μάζα m και πραγματοποιούμε το πείραμα της πτώσης του·σώματος κάθε φορά στον ίδιο τόπο. Ορίζουμε δε ως θετική φορά αυτήν της κίνησης του σώ­ ματος κατά την ελεύθερη πτώση του προς τη Γη. 1.

Ας δούμε πρώτα την πτώση του σώματος από χαμηλό ύψος και αγνοώντας κατ' αρχήν την α­ ντίσταση του αέρα.

Η παραδοχή πως το αρχικό ύψος είναι μικρό, μας επιτρέπει να θεωρούμε την επιτάχυνση της βαρύτητας g ως σταθερά, γιατί ri τροχιά που διαγράφει τότε το σώμα έχει πολύ μικρό μήκος σε σχέση με την ακτίνα της Γης. Με αυτές τις παραδοχές απομένει το βάρος Β = m·g του σώματος ως η μόνη δύναμη που το κινεί προς τη Γη. Σύμφωνα με το θεμελιώδη νόμο της Μηχανικής F = m·γ (γ είναι η επιτάχυνση του σώματος λόγω της δύναμη (; F = υ ' (t), όπου υ είναι η ταχύτητα του Sο = S(O) που το κινεί) και επειδή γ = γ(t) =

d��t)

- -

σώματος κατά την πτώση, θα έχουμε: F = Β <=> m · υ ' (t) = m· g <=> υ'(t) = g Άρα:

J υ '(t)dt = J gdt J υ '(t)dt = gf t'dt <=>

<=>

υ(t) = g·t + c 1 ,

_ _

c1

Ε

IR. ,

(1

Κατά τ η χρονική στιγμή t = Ο (έναρξη μελέτης της πτώσης και το σώμα βρίσκεται στη θέση Α του σχήματος 1 .) το σώμα έχει αρχική ταχύτητα υ(Ο) = υο.

Γ

-

ι

Σχήμα 1

Έτσι από την (1 ) για t = Ο παίρνουμε υ(Ο) = g ·O + c 1 , άρα c 1 = υο.

Οπότε:

υ(t) = g·t + υο

(2)

Αν τώρα S(t) είναι το διάστημα που διανύει το σώμα κατά την πτώση του, ως συνάρτηση του χρόνου, θα έχουμε τις ισότητες: S(t) =

J S'(t)dt = J υ(t)dt = J (g·t

2

J

J

+ υo)dt λόγω της ( ) g· tdt + υο t'dt = g ·

Επομένως:

+ υο · t + c2, c2 Ε 1R.

(3)

Κατά τη χρονική στιγμή t = Ο το σώμα απέχει από τη Γη γνωστή (αρχική) απόσταση So = S(O). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

κθ. τ. 4/39


Μια προσέγγιση της ελεύθερης πτώσης ενός σώματος με την Ανάλυση

Έτσι από την (3) για t = Ο προκύπτει c2 = S0 και η (3) γράφεται: 2

S(t) = 21 g·t + υ0 · t + S ο

(4)

Οι εξισώσεις (2) και (4) περιγράφουν την πτώση του σώματος, που έγινε από σχετικά χα­ μηλό ύψος, αγνοώντας και την αντίσταση του αέρα. 2.

Θα επιχειρήσουμε τώρα να πλησιάσουμε περισσότερο την «πραγματικότητα», συνυπολογί­

ζοντας και την αντίσταση του αέρα, κατά την πτώση του σώματος αΠό σχετικά χαμηλό πάλι ύψος. ·

Από πειραματικές μετρήσεις προέκυψε ότι η αντίσταση του άέρα σ'αυτή την περίπτωση είναι ανάλογη της ταχύτητας με την οποία πέφτει το σώμαΙ και ότι ισούται με -α·υ(t), όπου α κατάλληλη θετική αριθμητική σταθερά που τη λέμε συντελεστή αντίστασης του αέρα. Στην περίπτωση αυτή η συνολική δύναμη που κινεί το σώμα προς τη Γη είναι η

F = m ·g - α·υ(t) και επειδή είναι και F = m ·γ έχουμέ:

m · g - α·υ(t) = m·υ ' (t)

<=> I --υ-'-'- (t_)_=_g_-__mα_·_υ(_t)---1

(5)

ι...

Η εξίσωση (5) περιγράφει την πτώση του σώματος από σχετικά χαμηλό ύψος, συνυπολογί­ ζοντας την αντίσταση του αέρα. 3.

Ας ξεκινήσουμε �άλι για μια ακόμη μεγαλύτερη προσέγγιση της «πραγματικότητας» . μί:: λιγότερους αυτή :rη φορά περιορισμούς. Δε θα αγνοήσουμε τώρα ότι το βάρος tού σώματος

εξαpτάται απ.ό το ύψος που βρίσκεται κάθε φορά το σώμα. Δε θα αγνοήσουμε επίerης ότι ο συ-· ντελεστής α της αντίστασης του αέρα εξαρτάται ουσιαστικά από την πυκνότητα τrον στρωμό.­ των της ατμόσφαιρας που συναντά το σώμα κατά την πτώση του.

Οταν λοιπόν το αρχικό ύψος είναι σχετικά μεγάλο, είμαστε υποχρεωμένοι να θεωρήσουμε το g ως συνάρτηση του ύψους. Επειδή όμως το ύψος του σώματος κατά τη διάρκεια της πτώσης του είναι συνάρτηση του χρόνου t, προκύΠτει ότι το g είναι τελικά συνάρτηση του χρόνου, δη­ λαδή g = g(t). Αυτό έχει ως άμεση συνέπεια και το βάρος του σώματος να είναι συνάρτηση του χρόνου. Σκεπτόμενοι ανάλογα έχουμε και τη συνάρτηση α = α(t).

Σύμφωνα με το νόμο του Newton - η γενική μορφή του είναι F = G·

�2, όπου F είναι η

mι·

r

ελκτική δύναμη που αναπτύσεται μεταξύ δύο σωμάτων μαζών m 1 , m 2 που βρίσκονται σε από­ σταση r και G η σταθερά της παγκόσμιας έλξης - το σώμα με μάζα m ελκόμενο από τη Γη απο­ κτά βάρος Β, που είναι αντιστρόφως ανάλογο προς το τετράγωνο της απόστασης του σώματος από το κέντρο της Γης. Έτσι σύμφωνα και με το σχήμα 1 . κατά τη χρονική στιγμή t θα έχουμε: .

B(t) =

k

(So + r - S(t))

2

,

(6) όπου k θετική σταθερά και S0 τώρα σχετικά μεγάλο.

Η σταθερά k μπορεί να υπολογιστεί αν πάρουμε υπόψη μας ότι: όταν το qώμα βρεθεί στην επιφάνεια της Γης (βλέπε σχήμα 1 ) ισχύουν S(t) = S0 και Β = m·g, όπου το g έχει τότε τη συνήθη αριθμητική τιμή. Τότε από την (6) προκύπτει: k αρα ' k = m·g· r2 m·g = 2

r

Το μέτρομετηςτηναντίοποίσταασης χύτητας πέφτειτουτο.αέρασώμα.υπό ορισμένες άλλες συνθήκες είναι ανάλογο του τετραγώνου τηζ τα­ Οπότε για κάθε χρονική στιγμή t η (6) γράφεται:

ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

κθ. τ. 3/40

·


Μια προσέγγιση της ελεύθερης πτώσης ενός σώματος με την Ανάλυση

B(t) rn · g(t) με g(t) =

=

g· r S(t)) 2

(So + r -

2

Αν τώρα F είναι η δύναμη που κινεί το σώμα μάζας m κατά την πτώση , η ισότητα F επειδή F B(t) - α(t)·υ(t) γίνεται: B(t) - α(t)·υ(t) m · γ (t) = =

··

=

=

2

m·γ

m gr 2 α(t)·S'(t) m·S"(t) (So + ι- - S(t)) αφού υ(t)

=

S'(t) και γ(t)

=

υ ' (t)

=

(7)

=

S"(t)

Η εξίσωση (7) περιγράφει την πτώση του σώματος από σχετικά μεγάλο ύψος.

Τελειώνοντας, επισημαίνουμε πως στόχος μας ήταν η δημιουργία των εξισώσεων που περι­ γράφουν την ελεύθερη πτώση του σώματος προς τη Γη, χρησιμοποιώντας στοιχεία από την Α­ νάλυση. Η επίλυση των εξισώσεων αυτών δεν εντάσσεται στους στόχους και τη φιλοσοφία του περιοδικού .

Βιβλιογραφία

Εισαγωγ-ή στις Διαφ. Εξισώσεtς.

1.

Richard Bronsση:

3.

Χ. Γεωργαλά κα! Δ. Σουρλά: Εισαγωγή στις Συνήθεις Δ.ϊαφ. Εξισώσεις, Εκδ. Ηαν/μίου Πα­ τρών, 1 992. Κ. Δ. Αλεξόπουλου: Γενική Φυσική . ΝΙΚΟΥ ΦΑΠΠΑ Ε.Μ.Ε: περωδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ .

2.

4.

5.

6.

Χ.

Δ.

Στράντζαλος: ΕtσαΊωΊή στις Διαφ. Εξισώσεις.

Ν-φiζος: Ενότητες Α νάλυ ση ς .

Άλγεβρα Α' Λυκc(qυ (2 τ.εύχrι με τις λύσεις των ασκήσεων) Στα

ιιεντpικ6

fJιfJλι�πωλεfα

Για τouc; συν6δ�φουc; μαθηματικούς 2 βιβλLα + ? λυσάρια = 2.080 + τeiχ. tξοδα <

Γράψrε ή τηλεφωνήστε:

Ν. Φόττη�ς.

Τ.Κ. 1 7 , 23

Καρπάθου 1 7 Ν. Σμύρνη

ΑθΗΝΑ Τηλ.: 93.34.071

Μόλις κυκλοφόρησε IIAN'rElUI m:ETOΦillH Μαθηματικού

"Θέματα Μαθηματικής Ανάλυιτης"

Μία περliιγnσn στην πραγματική ανάλυση, μέσα από μία λεmά εΠΙλεγμένη θεματογραφία,"" κατάλληλα σΧο.λJ.αάμένn, με προβληματισμούς και ερέθίσματα, :gου βα εξασφαλίσουν στον φιλόδοξο αναγνώστη, μία ποιοτ:ι.κότερrί κίνnόn στη\7 .περιοχ(ι αυτή της μαθηματικής επιστήμης.

ΚΕΝΤΡΙΚΉ ΔΙΑΘΕΣΗ: "Φ.ΙUΣ'l'ΟΣ" ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΣ ΜΙΙΑΧΑΡ�Σ οδός Ιω. Δέλλlου 9. 546 21 ΘΕΣι'ΝΙΚΗ;. τnλε:CΡ,.: (031) 263-582 , F.AX: (0�,1) 293-582. '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

κθ. τ. 3/41


Γενικές επανα λ ηπ τ ικές ασκ ήσεις Γ ' Λυκείο υ Αγριόγηδος Κ ωνσταντίνος Άσκηση ι

Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο !R * για την οποία ισχύουν : χΓ(χ) - f(x) = - e 11\ για κάθε χ ε !R * και f( ι ) = e.

f(ν\ J 1/e�

Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης και να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα

1/eι Χ

dx.

iv) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού

τη χρονική στιγμή t = ί) Για κάθε χ ε !R:

Για κ{:ιθε

<=>

_

)

·

=

1:

<=>

f(x) = xe 11x + cx

fψ = In(ex + l ) + c =f(x) = ex[ ln(ex + l ) + c] ( I )

(I)

f( I ) = e + c e = e + c c = Ο , οπότF. από τ η ν ( I ) έχουμε: f(x) = xe 11x . 1 /e 1 /\ e l /x 1 /cf(x) -I e Ι/χ dx = dx = -dx = 3 3 1 /e2 Χ 1 /e2 Χ 1 /e2X2 <=>

<=>

f

f

f

e2

I / - e2 - e ] Ι/e - e e .

[ I /χ e

f(O) = ln2 .

e

x

, για κάθε

χ ε

R και

Σημείο Μ κινείται πάνω στο θετικό ημιά­ ξονα Οχ με ταχύτητα υ = 2 cm και η θέση. του sec ίί)

<=>

1

<=>

1

u = φ(χ) = ex + 1. Τότε: du = (ex + ι )' dx du = exdx <=>

ί) Να βρεθεί συνάρτηση f: IR --+ IR, παραγω­ γίσιμη στο IR που ικανοποιεί τις συνθήκες: Γ( χ ) - f(x)

e Για χ = 0: f(O) = e0[ ln(e0 + I ) + c] ln2 = ln2 + c c = Ο , οπότε η ( I ) γράφεται: f(x) = ex\n(ex + Ι ). ίί) Για κάθε t ε [0, \], η f(x) = exln(ex + I ) είναι συνεχής στο [0, 2t] και f(x) > Ο. Άρα: 21 21 E(t) = f(x)dx = ex l n(ex + l )dx. Θέτουμε:

Άσκηση 2

<=>

<=>

lr( x ) = e 11x + c <=> χ

Για χ

2χ f'(x) - f(x) = _e_ ex + I

<=>

�Γ(χ) +(�} f(x) = (�} e l/x ( I f(x) ) = (e Ιtχ χ

! sec.

Λύση

Λύση

χ ε !R * : χΓ (χ) - f(x) = - e 11x I fi( ) Ι Ιtχ χ - - ,e -χI f" ( χ ) - ---, χχ-

πάνω στο ημιάξονα δίνεται από τη συνάρτηση g(t) = υt, t . ε )0, 1 ). Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από την Cr, τον άξο­ να χ'χ και τις ευθείες χ = Ο, χ = g(t). iii) Ποια χρονική στιγμή το εμβαδόν γίνεται μέγιστο και ·ποια η μέγιστη τιμή του;

και τα άκρα ολοκλή ρι:Qσης είναι φ(Ο) φ(2t) = e21 + Ι . Οπότε έχουμε: E(t)

1 2 = J:

+

1

Ιnudu =

J e2t

2t [ulnu( 1 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/42

+

+

I

J:21 \u)Ίnudu = +

u( l nu)' du =

2,


Γενικές επαναληπτικές ασκήσεις

(e" + l )ln(e" + I ) - 21n2 -

J:''

1

+

2t

du =

+ ι (e- + 1 )ln(e2t + 1) - 2ln2 - [u] = 2 (e21 + 1 )ln(e2 1 + 1) - 2ln2 - e21 - 1 + 2 = e21 [ln(e21 + 1) - 1 ] + l n(e21 + 1) + 1 - 2ln2. iii) Επειδή f(x) > Ο, για κάθε χ Ε !Rαι η g(t) = 2t είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1], φα­ νερά μέγιστο εμβαδόν έχουμε όταν t = 1 sec. e

?(

Είναι Emax =

e2Qn(e2 + 1 ) - 1] + ln(e2 + 1) + 1 - 2ln2

Είναι E'(t) =

iv)

i)

Ο πολλαπλασιασμός του z2 με το i στρέ­ -+

δή στη θέση του ΟΑ. Άρα:

. Ζ2Ι = Ζι

<=>

• -Z2l· 2 = -ΙΖι

ii)

Αν Ζι = Χι + iyι , τότε Α(χι, Υι) και ισχύει: χ i + (Υι - 1) 2 =

(1)

Ακόμη:

2e21ln(e21 + 1). Τότε Ε Ε

2 <=> z3i. = -izι <=> z3 =· z.1 και . 2 Z4l = Ζ3 <=> Z4l = -Ζι <=> -Z4l = ΙΖι <=> z4 = ΙΖι

z2 = -izι <=> z2 = -Ϊ(χι + iyι) <=> z2 = Υ ι - Ϊχι, οπότε Β(yι, -χι).

'

(�) = 2e1n(e + 1).

E'(t) = 2e21ln(e21 +

Άσκηση 3

Ένας μιγαδικός αριθμός z1 * Ο έχει για ει­ κόνα στο μιγαδικό επίπεδο το σημείο Α. Θεω­ ρούμε το τετράγωνο ΑΒΓΔ που είναι εγγεγραμ­ μένο σε κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων και (Μ--; ΑΒ) = 90°. i) Να βρεθούν σαν έκφραση του μιγαδικού α­ ριθμού z 1 οι μιγαδικοί αριθμοί z2, z3, z4 που έ­ χουν τις εικόνες τους στα σημεία Β, Γ, Δ αντί­ στοιχα. ii) Θεωρούμε το τετράγωνο ΑΟΒΕ. Αν το Α 2

2

κινείται στον κύκλο χ + (y - 1 ) = γ.τ. των σημείων Ε.

� να βρεθεί ο

--+

--+

{ }

χΕ = Χ ι + Υ ι και ΥΕ = Υ ι - Χι

{ Χι + Υι = ΧΕ}

1 ) > Ο, για

[0, 1], οπότε Ε γνησίως αύξουσα στο [0, 1 ] και επομένως Emax = E( l ) .

[][][

ΧΕ Χι Υι + ΟΕ = ΟΑ + ΟΒ <=> ΥΕ = -Χ ι Υι --+

t

= -ΙΖι

z3i = z

Αν Ε(χΕ, ΥΕ), τότε:

κάθε

<=> z2

Ομοια έχουμε:

1 0cm 2•

(e2 ι)' Q n(e2 1+ 1)-1]+e21Qn(e21+ 1)-1]' +Qn(e21+ 1)]' =

Σημείωση: Είναι

φει τη διανυσματική ακτίνα 6Β κατά ' δηλα-

-Χι + Υι = ΥΕ

<=>

Χι =

J

<=>

ΧΕ ΥΕ

;

ΧΕ + ΥΕ Υ _ 2 ι

Τότε η (1) ισοδύναμα γράφεται:

(ΧΕ ; ΥΕ)2 + (ΧΕ ; ΥΕ _ 1 )2 = � (χΕ - ΥΕ)2 + (χΕ + ΥΕ - 2)2 = 1

<=>

<=>

3 <=> ΧΕ2 + ΥΕ2 - 2χΕ - 2yE = 2 -

� (�)2

(xE - 1)2 + (yE - 1)2 = =

δηλαδή το Ε κινείται πάνω στον κύκλο που έ­ χει κέντρο K( l , 1) και ακτίνα

�.

Άσκηση 4 2 2 , , ι Δ'δ ι εται ο κυκλος χ + y = και τα σημεια Β(-3, -2), Γ(+3, -2). Σημείο Α κινείται πάνω στον κύκλο με σταθερή γωνιακή ταχύτητα και τη χρονική στιγμή t = Ο βρίσκεται στο σημείο (1, 0). Αν η περίοδος περιστροφής είναι 12sec, τότε i) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ τις χρονικές στιγμές t = 3sec και t = 9sec.

Λύση

Υ

Δ(z.,)

ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

Αποδείξτε ότι σε δυο οποιαδήποτε αντι-

κθ. τ. 4/43


Γενικές επαναληπτικές ασκήσεις

μετρικά σημεία τοι> κύκλου οι ρυθμοί μεταβο­ λή ς τotJ εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ είναι αντί-

·

Οποι.

iii) Να βρεθεί ο γ.τ. το\J κ. βάρο\Jς του τριγώ­ νο ιJ Α Β Γ. Λύση

ΑΒΓ τότε: xa

Γ(3,-2)

Επειδι1 Τ = 1 2sec, σε χρόνο I sec η ΟΑ , σε χρονο , t η ΟΑ , δ ι αγ ραφει γ ν ,ι α 2π = π · Τοτε ε; ω 2 1 διαγράφει γωνία χΟΑ = �t και συνεπώς Α(συν�1 . ημ�1 ).

.l 2 ιr-"η μ πι 6

πι αφου. !ψ---z"

Ε ί \'ω

=

3

ο . "( Ι α

(� } t

-1- 6' '

καθ ε ,

,

t.

π Ε ' ( 3 ) = 1συν� = Ο , Ε ' ( 9 ) = �συ)2 = Ο . ii) Έστω Μ, Ν ' δυο οποιαδήποτε αντιδιαμε­ τρι κίχ. σημεία του κύκλου . Αν τη χρονικι1 στιγ­ μι1 t1 το Α βρίσκεται στη θέση Μ, τότε τη χ ρονικι1 στιγ μ ή t2 = t 1 + 6 βρί σκ εται σ:r η θέση Ν . Είναι:

)

π υνπt, π υν π πt, = +Τ � 6+� π υνπt, π σ πt , ο � 6 - 2 \J ν6 =

ο

=

Από τις σχέσf-ις αυτ}:ς έχουμε χΑ = Υ Α = 3 yo + 4 κ φ επειδ �1 : <=>

3 χ0

και

( 1) = I ό + ( + 1J = � = (t)2' δηλαδή( το 4 )κινείται σε κύκλο που i:χει κέ· ντρο και ακτίνα <=>

Υο

-

Κ Ο,

G

I Ι

-3

.

'

Άσκηση, , 5

Δίνεται η παραβολή y2 = 2χ και τ ο σημείο Α(2, 0). Ε\Jθεία (ε) στρέφεται γύρω από το Α με , dλ ιο'--3 - ι , ο ρυθ μο dt = sec , οπου λ Ε ( , +οο) ει, ναι ο

ii) Αν Κ είναι το μέσον της χορδής ΡΤ να βρεθεί ο γ. τ . των σημείων Κ. -

συv�t = 1συν�t_ και

(

3

·

, στι μη γ

χ ρονικη

Χ

3

i) Το τρίγωνο ΟΡΤ είναι ορθογώνιο, για κάθε λ Ε (0, +οο).

-2

Ι ?- Ι 6 - -3 ημ πι

"' > + L.

τι'Jτε:

E '(t)

. '

3 3

συντελεστής διεύθυνσής της. Αν η (ε) τέμνει την παραβολή σt� σημεία Ρ, Τ να δείξετε ότι:

Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι : συνπt ημπt Ι . 6 6 I= -2 -3 3

+

Α και <=> χ0 == τ -VA - 2 - 2 )' · 3-- 4 . VA

Υο = -

χ

i)

ΧΛ -

9xl, + 9 );G +

χ

Β(-3,--2)

=

iii) Αν οι εφαπτόμενες της παραβολής στα ση ­ μεία Ρ, Τ τέμνονται στο Μ νά βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Μ. iv) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριΎώνου ΟΜΚ, τη χρονική στιγμή που η ευθεία (ε) σχηματίζει με τον άξονα χ ' χ γωνία ·

Λύση

Έστω Ρ(2ρ2, 2ρ), Τ(2τ2, 2τ) τα κοιν(χ. ση­ μεία της ευθείας {ε) με την παραβολή /" = 2χ. Επειδή τα σημεία Α, Ρ, Τ είναι συνευθειακί:χ., ισχύει: 2 ο <::::> =ο 2ρ2 2ρ 2τ2 2τ 2(2ρ - 2τ) + 4ρ-� - 4ρτ· = Ο <=> 4(ρ - τ) + 4ρτ(ρ - τ) = Ο <=> _-:-' 4� ρ - τ)( Ι + ρτ) = Ο <=> 1.-- = _ 1 ρτ_ '

iii) Α ν G είναι το κ. βάρους του τριγώνου

αφού ρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/44

=1-

τ (σε αντίθεση περίπτωση είναι


Γενικές επαναληπτικές ασκήσεις

(ε) // yΎ, αλλά τότε έχουμε άτοπο αφοt η ευ­ θεία (ε) έχει συντελεστή διεύθυνσης). Υ

Άρα ο γ.τ. των σηι.ιείων Κ είvαι η παραβολή . ' ?!ι - 2) y > ο που εχει κορυφη' το σημειο y-') = -rx '

Είναι:

')

ε1 : 2ρy = χ + 2ρ..

χ

=

')

χ - 2ρy + 2ρ- = Ο κα ι ..,

χ - 2τy + 2τ- = Ο Το σύστημα tων εξισώσεων: ε2:

=

{ χ - 2ρy = -'-2ρ2 }

I

: χ = -2

Επίσης ο συντελεστής διεύθυνσης της έυΟείας (ε) είναι: 2(ρ·- τ) = Ι - �, λ - 2ρ - 2τ _2ρ- - 2τ- 2(ρ - τ)(ρ + τ) ρ + τ

ί)

I ..,

2τy = χ + 2τ.·

ρ+τ=

(9 )

. 1 Α(2, Ο) και εστία Ε( 4 + 2, Ο) = 4' Ο

iii)

..,

:

'

,

.......

..,

tI

γι α κάθε λ Ε (0, +οο), έχουμε: λοp ·λοτ = � · 2τ., = _!_ = ..l_ = - Ι , 2ρ- 2τ- ρτ - Ι

οπότε Ο Ρ j_ οτ δηλαδή το ΟΡΤ είναι ορθο­ γώνιο. ii) Οι συντεταγμένες του Κ είναι: 2ρ + 2τ = ρ + τ = Ι ' Υκ = λ 2 ?ρ2 + ? τ2 ., ., Χκ = - = ρ- + τ = (ρ + τ)- - 2ρτ = 2 +2 J, λ.,

χ --;- 2�y = -2�2 Ι -2ρ με D = 1 _2τ = 2( ρ - τ) ;e 0

I

I

τ

.

f

έχει μοναδική λύση χ = -2, y = > Ο. Άρα

M �2, t

( ) οπότε το

1

Μ

κινείτα ι στην

ημιέυθεία χ = -2 (y > 0). iv) Για το εμβάδόν του τριγώνου ΟΜ Κ έχου­ με: ο

1

Ε<λ > = ι

-2

ο Ι

λ Ι

_l2 + 2 λ λ

I=

Τότε:

2 Ε ' (λ) = - 3 + 4λ 2λ4

και επειδή τη χ � ονιiα1 στιγμή που η ευΟεία (ε) σχηματίζει γωνία � με τον άξονα χ ' χ, είναι λ = Ι παίρνουμε: dE

dt

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/45

= E ' (l)

dλ = dt

') cιηsec


Ασκήσε ις Ο λοκ λ ηρ ωμάτ ων Γιάννης Τσαρπαλής Θέμα ι Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα: Ι

ν

= JroI

t

(1 + t)ν

dt, ν Ε IN

ί) ii)

για ν � 3 για ν = ι και ν = 2.

ί)

Θέτω χ = 1 + t, τότε για ν � 3 έχουμε 2 2 2 - ν ΧΙ - ν 2 = Ι,. = r l t . d t = x -. 1 dx = (Χ Ι - ν _ χ-ν ) dχ = Χ 2 -ν 1 -ν ι ι 1 χ\ J o ( 1 + t)' 1 2 1 - '" - 1 . = 1 - ν- 2 - ν 21 1 2-ν Ι -ν ( 2 - ν)( l - ν)

Λύση

J

J

[

]

ν -

ίί)

J( ) [ ] t dt = J 2 x - 1 dx = J 2 1 - - dx = [x - lnx] 21 = 1 - ln2 Ι 1 = 11 -( Χ) 1 +t J

2 2 2 ..!. - x-2 dx = 1nx + ..!. = l n2 - -1 Για ν = 2 έχουμε: Ι 2 = r 1 t dt = x � 1 dx = 2 χ ι ι 1 χ Jo ( 1 + t) 2 χ-

Για ν = l {;χουμε:

Ο

I

Χ

Ι

--

1

Θέμα 2 Έστω μια συνάρτηση f, η οποία έχει στο fα, Pl παράγωγο ν + 1 τάξης, συνεχή. Να αποδειχθεί t)ν fν + t) - (χ - α)ν fν)(α) (t) dt = f(x) - f(α) - (χ - α)f' (α) ότι: ν. ν., α

J χ (χ -,

Θέτω Iv(x) =

[

· · ·

J

x

α

1

+

v

l ',(x) = rν>(t) ( χ - t) ν! Ομοί ως :

Λύση

( χ t) ν rν 1 >(t) dt. Τότε: ν. x

x

] - J - (χ(ν--t)ν)!- 1 rν>(t) dt = - (χ -ν!α)ν rν>(α) + Ιν . (χ) α

α

1

I

-I Ι ν - Ι ( Χ ) - - ( χ - α)ν .i ν - I )( α) + Ιν . 2(Χ ) (ν - I )! Ι ' Ι 1 (χ) = - (χ - α) f'(α) + 10(χ) lσ(χ) =

Ι' f'(t) dt = f(x) - f(α)

ν Άρα Iv(X) = f(x) - f(α) - (χ - α)f'(α) - . . . - ( χ - Ι α) rν1 (α). ν.

Θέμα 3 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

Ι = Jroπ/2 ημ6χ dx ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/46


Ολοκληρώματα

Λύση

Θ�:τω ιι = συν χ + ίημχ, τότε u = συνχ - ίημχ και: 6 ημ6 χ - u - 6ιι _

Όμω ς

: ιι

6

sιι

4 - 7

3 - 3

ημχ = u 2i u

2 - 4

- 6

-

+ 1 5u ( u)- - 20ιι ( u) + 1 5ιι ( u ) - 6u(u)s + ( u)

- 6

- s

s-

-64

4 -

- 4

3

-

3

+ ( ιι ) = 2συν6χ, ιι ιι + ιι( ιι ) = 2συν4χ, u ( ιι )2 + u-( u ) = 2συν2χ, u ( ιι ) = 1 , άρα ?

6 3 συν4χ - 1 5 συν2χ + 16 5 ημ χ = - I συν6χ + 16 32 32

r

Ι=

Επομένως:

π/2 (- i συν6χ

Jo

32

)

3 συν4χ - 1 5 συν2χ + 16 5 dx = 5π 32 32

+ 16

Θέμα 4 Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι =

ιπtz

9χ ημ2χσυνχ dx Λύση

J,"" 9χημ2χσυνχ dx = J,"" 9χ (��j'x )' dx = [9χ η!j'χJ:- J,'"' 9 η�j'χ dx = 2 2 2 3 π - l π/ 3ημ3 χ dx = 3 π - lπ/ 3(. - συ 2χ)ημχ dx = 3 π - lπ/ (3ημχ - 3συν2χη μχ) dx = 2 1π [ - 3συν χ + συν3 χ] π/2 = 3π - 2 )-τ

Είναι: Ι = ? -

? -

ο

ο

-

Θέμα 5

i) limf(x) ί)

χ-ο

Η

= J αχ α. χ-ο

!ll:!t ! dt και g(x) = t

και

ii) limg(x)

Οiαν χ .

συνt dt με α > Ο. Να υπολογίσετε τα όρια: t Λύση

.!ψ! είναι συνεχής στο [χ, αχ] άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ f(χ) = (αχ - χ) � = (α - 1 )χ �.

-

Ο τότε

Άρα Ιίιηf(χ) = Ο . χ-0

Έχουμε: Η

Jααχ

συν{:φτηση

ώστε :

ii)

ο

-

.

Έ στω f(x)

ν

I

ο

ξ

-

Ο

και !imfl!!S = ς- ο

ξ

Ε

[χ, αχ] τέτοιο

Ι.

2 ημ

2

J αχ t J αχ t dt J αχ t dt = [lnltl]αx-2J αχ t � dt = Ιηα - zJ αx t � dt . α 2 α α χ χ χ συνt dt =

συνάρτηση

.l

+

συνt - I

ημ _!_

� είναι συνεχ1Ίς στο [χ, αχ] άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ 2 ημ _ς?

ώστε g(x) = Ιηα - 2ξ (α - 1 )χ = lna -

ημ,ς? - · ημ �� (α _ς 2

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/47

1)

· χ.

ημ

Ε

[χ, αχ] τέτοιο


χ � Ο τδ τ ε ξ - Ο {:φ α

Οταν

���

η μ_ς_

1.2

Ολοκληρώματα =

2

Ά r α li111g(x) = Ι η α . χ�ο

και ��� ημ = Ο �

1

θέ Jια 6 Έστω ένα μεταβ).ητό σημείο Μ π.lνω σf: ένα ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ = 2ρ. Να υΠολογίσετε τη μi:ση τιμή τοι> Α Μ 2 σε κάθεμια από τις παρακάτω περιπτώσεις: .

α) β)

Όταν η θέση τοι> Μ , πάνω στο ημικί>κλιο, ορίζεται από τη γωνία θ =

\ΑΒ, �Μ) με θ

Ε

[Ο,�}

Όταν η θέση του Μ ορίζεται από το ΑΗ = χ , όπου Η είναι η προβολή του Μ πάνω στο ΑΒ. Λί>ση

α)

Έχου μ Ε δτι ΑΜ2 = (2Rσυνθ) 2 = 4R2συν2θ. Οπότε η μέση τιμή είναι: ι11

β)

I

== -

2!. 1

i πιz 4R-συν2θ dθ = 4R2 iπιz 8R2 i πιz συν2θ dθ = π π ?

ο

ο

Έχουμε ότι ΑΜ 1 -

ω ' = 7 1R

=

2 R x.

ο

Παρrtτη ρούμε ότι 111 = 111

[J 1

'

Δίνεται η σι>νάρτηση f(x) = ln(x

+

Να βρεθεί η παράγωγος της f.

ii)

Να ι>Πολογιστεί το ολοκλήρωμα Ι = Γ

Jo

xz + 2

Η

1

Jo

dx και Κ = Γ

Jo

'

� + xz

2

dx.

.,)χ' + 2 dx να αποδειχθεί ότι J + 21

=

iv) Δείξτε ότι Κ = -.J3 - J και μετά να υπολογιστούν τα ολοκληρώματα J και Κ.

i)

Για χ Ε IR. έχουμε:

f'(x) =

I

Β

\}χ2 + 2) με χ Ε IR.

i)

k

ο

-

Θ i: Jια 7

iii) 'Εστω ότι J = Γ 1

( I + συν2θ) dθ =

Οπότε η μέση τψ Ιl είναι: 2R x dx = �= 2R2

121t 2 R x dx = i2R ο

ο

+

χ

Λύση

g+2

=

1

χ + νχ2 + 2 νχ2 + 2

ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/48

Κ.

Sujet national Bac 95


Ολοκληρώματα

iii) J + 2 1 iv)

= r 1 k dx + 2 r 1 h dx = r 1--jx2 + 2 dx = K Jo χ + 2 Jo Jo χ + 2

r I .Vx' + 2 dx = r I (χ)' .Vx' + 2 dx = ( 1<"1/χ2 + 2] I - r I Χ� dx = �ο Jo ο Jo χ� + r = ..J3 - I k dx = ..J3 Κ=

·.·

2

_

J

Jo

χ- + 2 και Κ = -{3 - J . Από τη λύση του παραπάνω συστήματος έχουμε: Έχουμε J + 21 + 13 και κ = � + lnl....±..:ll J -- � ,., 2 � 1 η 1 _-ν2 � �

'

·

Θi:μα 8

fx = l +x . (� ) χ >

Δίνεται η συνάρτηση ( )

1

2

-

με χ Ε IR

α)

Έστω F η αρχική της f για την οποία ισχύει F(O)

β)

' Ε τω i) ίΟ

� φ(�) = F(x) -t F

με

Ο.

Δείξτε ότι:

.

.

= Ο. Να αποδείξετε ότι η F είναι περιττή.

η ψ είναι,σταθερή στο (0, +οο) lim .

χ-+�

φ(χ) = 2F( l)

iii) F( l ) :;t: O

Bac 95 Concours FESIC Λύση

α)

'Ε. στω F μια αρχικιΊ της f. Αυτή που μηδενίζεται για χ = ο

x r έχει τύπο F(x) = f(t) dt. Jo

J-o J x ο χ x . x O i ix Επομί:νως κ{:ιθε χ IR έχουμε: J f(t) dt = J . f(t) dt + f(t) dt = 2 f(t) dt = 2F(x) χ χ όμως ι: f(t) dt = ι: f(t) dt + fσχ f(t) dt =-ι-χ f(t) dt + fσχ f(t) dt = -F(-x) + F(x)

f είναι άρτια, f(-x) = f(x) για κάθε χ Ε IR η γραφική της παράσταση έχει {:ιξονα . συμμετρίας τον y. Άρα για κάθε χ Ε IR έχουμε: f(t) dt = f(t) dt Επειδ ιΊ η

για

β)

Ε

Άρα 2F(x) = -F(-x) + F(x) δηλαδή F(-x) = -F( x) . Επομι:: νως η F είναι περιττή.

i) ·ε χου με φ( χ> =

ο

-

ο

-

F(x> + Fσ) =

Γ ια κ{:ιθε χ > Ο έχουμε:

fσχ f(t> + fσ'ιχ f(t> ctι

ctι

= f(x) _!_2 tflχ ) = -l 2 _!_2 -1- = -1-2 - -1-2 = Ο φ'(χ) = F'(x) - -4 F '(l) χ χ-. 1 1 +χ 1 +χ χ "\_ l + x χ l + χ2 Άρα η φ είναι σταθερή στο (0, +οο). _

_ _

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κ.θ. τ. 4/49


Ο λοκληρώματα

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

φ( χ) = 2F( l ). Άρα lim φ( χ) = 2 F( I ). ίί) Επειδι1 η φ είναι σταθερή και φ( Ι ) = 2F( l ) έχουμε . iii) Για

κ{χθε t Ε [Ο Ι ] είναι f(t) > Ο . Άρα .

Ασκήσεις για λύση ι.

2.

Ν α υπολογίσετε το ολοκλήρωμα Ι,. =

ι1 f(t) dt

11

ι?

Ο ( 1 + t) v

χ -+Χ>

>

Ο

δηλαδή F( l ) > Ο . Άρα F( l ) -=ι- Ο .

dt όπου ν Ε Ν*

Έστω f μια συνάρτηση η οποία έχει στο [α, β] παράγωγο τρίτης τάξεως συνεχή. Ν α αποδει­ χθεί ότι: 2 2 ( χ - t) r 3 >(t)dt = f(x ) - f(α) - (χ - α)f'(α) - (χ - α) f" (α) 2 2

Jx {(

3. 4.

Να υπολογίσετε το ολοκλι1 ρωμα Ι =

Έστω Μ

α) Ότα\' η Ε

α

μεταβλητό σημείο πάνω σε ένα τεταρτοκύκλιο ΑΒ με κέντρο Ο και ακτίνα R. Έ­ προβολι1 του Μ πιχνω στο ΟΑ. Να υπολογίσετε τη μέση τιμή ΜΗ 2 σε κάθε μια από

στω Η η τ 1 ς παρακ(ιτω Π fψ ι πτώσΕ ι ς :

ο

Jπ/4 ημ\συν2χ dx.

IΟ , �]·

.......

-+

-

Θ�:ση του Μ πίχvω στο ημικύκλιο ορίζεται από τη γωνία θ = ( ΟΑ, ΟΜ) με

-

L

β) Όταν η θέση του Μ ορίζεται από ΟΗ = χ.

5.

Έστω g(x) = xlnx + (4 - x)l n(4 - χ) με χ Ε [2 , 3] ί) Να βρεθεί η παρ{χγωγος της g. 3 ίί) Να υπολογίσετε. το ολοκλι1 ρωμα I = 1 n χ dx. 2 4-χ

J

-

με χ Ε [2 3]. Αφού αποδείξετε ότι για κάθε χ Ε [2 3] ισχύει f(x) ;;:: Ο , να 4-χ βρείτε το εμβαδόν που περικλείεται από τον άξονα χ , την cΓ , τις ευθείες χ = 2 και χ = 3.

ίίί) Έστω f(x) = ln

6.

"Εστω

ι ,. =

JroI

' χ !Ο χ -r-

χ

,

,

-

dx με ν Ε Ν. Να αποδειχθεί ότι:

1

Bac 95 Serie E.S. An1erique ΝοΓd

ί) για κ{χθε ν Ε Ν ισχί>ει Ιν + � Ιν

ίί) για κ{χθε ν Ε IN ισχύει Ο � 1,. � 1. ίίί) για κ{:ιθε iv) 13

=

ν Ε

Ν. ισχύει Ιν + ...

2 6 - 1 000

1

ν

+

1 0Ιν =

1 -1

ν +

-

Bac 95 ConcoιιΓs FESIC ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/50


"

. fιVt� F�α:*ω� I) 21 J�i)ij

θEill\NJι'JJX}I 6!\6 %

Δημήτρης Κοντογιάννης

8ιιι8!ιlΥ

ΦΩΤΟΠΟJΧΕΙΟΘΕΣΙΕΙ - ΕκτvnΩΣΕΙΣ: ΣΟΛΩΝΟΣ 79-81 - τΗΛ: 825453 - θΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

Διδάκτωρ Πανεπιστημίου Αθηνών

Βαγγέλης Ντζιαχρήστος Διδάκτωρ Πανεπιστημίου Αθηνών

ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΠΙΣ ΙΕΩΜΕΙΡΙΑΣ

Για μαθητές Λυκείων Φοιτητές καθηγητές και όσους αγαπούν τη Γεωμετρία. Ένα βιβλίο μοναδικό. Στους εκπαιδευτικούς γίνεται έκπτωση 3()0/ο Παραγγελίες - Πληροφορίες

Εκδόσεις ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΉ ΠΡΑΞΗ Τηλ.: 76 42 728

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ Α', Β' & Γ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

m\ffi!f\w

�::=

'1 Q ιιο�&ΟΔόl-111' " !44 ��!1!f<li�t ., ,ooaρ:1d!Uf �-� .��� en 'Αι' ··

ΑΛΓΕΒΡΑ - ΓΕΩΜΕ'JΡΙΑ Α' & Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΝΑΛΥΣΗ

Ολοκληρωτικός Λοyιομόc

0rιιιοrοηισι&ι

i.;.im

ΑΝΑΛΥΣΗ ιης Δέσμης ιομ. ι, 2,3

� ,-..::

ταχΟΟρομέ(σft'i:ο riόbCΊΙκai:ro ιδt/\τ(() σm &εύθυνοn: ΑΛΓΕΒΡΑ 4ης Δέσμης ΑΝΑΛΥΣΗ 4ης Δέσμης, ιομ. ι ,2

Όvόμά:

Enfδvυμq:

· ·


Α σκ" ή σεις ΜαQη μα τ ικών Γ' Λυκείο υ (έφαρμογές στην Οικονομία) e Η πρώτη άσκηση μας εξηγεί γιατί μερικοί Παραγωγοί για ν� μεγιστοποιήσουν τα κέρδη του: αποσύρουν μια- Ποσότητα προϊόντος. • Η δεύτερi1 άσκηση, εξηγεί ότι για να μεγι­ στοποιήσουμε τi1 χρησιμότητα των χ ρημάτων μας, ό'ταν &κριβαίνει f;να προϊόν ενώ όλα τα άλ­ λα μεγέθη παραμένουν σταθερά, αγοράζουμε μικρότερη ποσότητα από αυτό. Δηλ. απόδειξη (σε f:ιδική περίΠτωση) του νόμου της ζήτησης. • Στην τρίτη άσκηση είναι f(x) συνάρτηση κόστους, f ) συy άρ�ηση μέσου κόστους και

οριακού κόστους. Εξηγείται (σε ειδική περίπτωση) 'γιατί η' καμπύλη y = Γ( χ) περνά α' . ' της καμπυ' λης y = !ω.. πο, το κατωτερο σ;ημειο Γ(χ)

χ

8 Στην τέταρτη άσκηση f(x) ε ίναι συνάρτηση

κόστους και χ·� το σημείο στο οποίο ελ�χιστοποιείται η Γ . Αποδεικνύονται (σε ειδική περίπτωση) i) Αν ;, τιμή-·πrολησης p � Γ(χό) η παρqγωγή 1tροϊόντων σταματάει . . ii) Α ν η τιμή π ώλησης p > Γ (χ0) ω:τάρχει ένα μόνο σημε tο Χρ > χ0 παραγωy ή (; που αποδίδει ,iέyιστο κέρδος (ή ε'λ άχιστη ζημία). · iii) Η κάμtτύλη προσφοράς προσδιορίζεται από το ανερχόμε νο τμι1μα της κ αμπύλης οριακού κόστους. ·

.

·

·

'

'

.

·

.

· ,

ι.

ι:

·

Άσκηση 1

Υποθέτουμε ότι ένας παραγωγός έχει στη διάθεση του 20.000 κιλά πορτοι(άλια και ότι μόνο αυτός έχει το δικαίωμα να τα διαθέσει σε μια αγοριί ενός νησιού, σε όποια τιμή θέλει. Αν η τιμι1 πώλησης ε ίναι χ δραχμές το κιλό τότε θα ζητ.ηθο�ν 1 00(200 - χ) κιλά από τους αγοραστές. Τι τιμή θα προτιμήσει; Λύση

Αν η τιμή είναι χ δρχ. το κιλό θα ζητη­ θούν 1 00(200 - χ) κιλά και οι εισπράξεις θα εί­ �αι f(x) = χ - [ 1 00(200 - χ)} = 20.000χ - 1 00χ2 • Αφού Ο � 1 00(200 - χ) � 20.000 Ο � 200 - χ � 200 Ο � χ � 200 η ανωτέρω συνάρ­ τηση έχει πεδίο ορισμού το σύνολό [0, 200). Ο παραyωγός θα προτιμήσει εκείνη την τιμή ποu μεγιστοποιεί τις εισπράξεις. =

=

'

Γ(χ) = 20.000 - 200χ = 290( 1 00 - χ)

Σπανέλλης Ευστράτιος

f'(x)

ο

f(x)

+

/

100 τ.μ.

"00

-

-

Η f μεγιστοποιείται για χ = 1 00.

Η ποσότητα που θα πουληθεί είναι 1 00·(200 - 1 00) = 1 0.000 κιλά και οι είσπράξεις 1 00· 1 00(200 - 1 00) = 1 .000.000 δρχ. Τα υπόλοιπα 1 0000 θα αποσυρθούν (αr�ό

αυτή την αγορά).

Σημείωση: ε ίναι φανερό ότι αν μειώσει την τιμή κατά 20 δρχ. θα π6υλήqει π�ρισσότερα κιλά. Ομως οι συνολικές εισπράξε ις είναι -λιγότερες 80· 1 00· 1 20 960.000 δρχ.

Ερώτησή: Τι θq Ουνέβαινε qν ο παραγωγός =

είχε στη διάθεση του 5.000 κιλά πορτοκάλια μόνο; · Απάν�ηση: Επειδή Ο � � 00(200 - χ) � 5000 ή Ο � 200 - χ � 50 ή 1 50 � ·χ � 200 η συνάρτηση f(x) έη;ι πεδίο ορισμού το [t50, 200]. . , Σ' αuτό το διάστημα iίνi:ιι γνησίως φθί· νουσα και μεγισΙοποιείται yια χ 15Q. Άρα η τιμή πώλησης θα ήταν 1 50 'δρχ το -ι<:ίλό και οι εισπράξεις 1 50 · I OQ-50 = 750.000 δ.ρ χ. ,

:;::

Άσκηση 2

Υποθέτουμε �ι η ωφ�λιμότητα που έχει ένας άνθρφπσί; από την κατανάλώση χ κιλών μήλων και y κιλών πορτοκαλιών την ημέρα μπορεί.vα μετρη­ θεί από τη συνάρτηση u(x, y) = 1nx + 21ny Διαθέτουμε Ι δρχ. την ημέρα για την · κατα­ νάλωση των δύο αυτών προϊόντων. Αν η τιμή των μήλων είναι p δρχ. τό κιλό και των πορτοκαλιών q δρχ. το κιλό ποιές ποσότητες πρέπει νq αγορά­ σουμε για να πετύχουμε μέγιστη ωφελιμότητα. Εφαρμογή: Ι = 300, p = 1 00, q = 1 00.

·

Λύση

Οταν καταναλώσουμε τις Ι δρχ. στην αγο­ ρά χ κιλών μήλων και y κιλών πορτο!_(αλιών έχουμε px + qy = Ι . Η ωφελιμότητα μπορεί να γραφε�: ·

f(x) = lnx + 2� ( 1 ) _q

και επειδή Ο < px < Ι ή f έχει πεδίο ορισμού το (0, !). Ι - 3px Γ(χ) = x(l - px) Ο παρονομαστής χ(Ι - px) είναι θετικός στο (0,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/52

Ρ

�(Ρ).


Ά

Ασκήσεις Μαθηματικών Γ Λιικείου

.

()

1/p

l/3p +

Γ'(χ) f(x)

/

τ.μ.

-

γραφικής παράστασης της f{x)- 512

χ

·-

-::;-

21

ο -::

_1 q

� ' κιr.α πορτοκα' λ ια.

Ι

3p π

κιλα'

αρατη-

ρούμε ότι όταν αυξάνεται η τιμι1 p και τα άλλα μιηr};θη παραμ}:νουν σταθερ(χ μειώνεται η πο­ σότητα χ0 που πρέπει να αγοράσουμε. Σημείωση: Η σχέση χο

=

για τα μήλα.

\ 'ι'ιμο τ ης ζ1Ίτ η ση ς

31ρ περιγρr1φει το

�ι\σκηση 3

Το κι'>στος για την κατασκεωΊ χ μονάδων προϊόντος δίνεται από τη συνάρτηση "' Λ .γ;

r:( x ) - "3 - -'�('x2 -'-• -1"--0 ·x -'-• )- 1 ? ...1 ·

0.

Ν α αποδF.ιχΟεί ότι η γραφικιΊ πrψrLσταση τ η ς Γ( χ) διf: ρχεται από το κατιίηερο σημείο της . t(x) , παραστασης γραφικης της � ι

ι

-

.-\.

• -"

Λύση 512 f(x) = x2 - 30x + 320 + χ χ

(f(x)).

,

(

f(

.

χ. .

Γ(χ)

.

χ

16

τ.ε.

6 α) Να αποδειχθεί ότι για να μεγιστοποιήσει τα κέρδη της η επιχείρηση παράγει και προσφέρει: i) Αν p :,:;; f'{x0), χ = Ο μονάδες προϊόντος. ii) Αν p > f(x0) μια (μόνο) ποσότητα Χρ προϊόντος που έχε ι τις ιδ ιότητες " f' (xp) = p και Χρ > χ0" β) Γι α τη συνάρτηση: g: (f' ( x0 ), +CYJ ) _,. (χ0 , +οο) : p - g(p) = Χρ να αποδειχθεί g- 1 = f' l(x0, +οο)

Λύση

'

+οο

. -60 1Δ < ι ο Χρ , Χ p : χρ = -6

+

-

Το κόστος για την κατασκευιΊ χ μονάδων ενός προϊόντος δίνεται από την συνάρτηση 3 f(x) = χ - 30χ2 + 320χ + α, χ � Ο (α > 0). Η τιμιΊ πώλησης της μονάδας του προϊό­ ντος είναι p (σταθερή). Η f'(x) =3χ2 - 60χ + 320 παρουσιάζει όπως είναι γνωστό ελάχιστο στο 6° ί χ0 = = Ο το Γ(χ0 ) = 20.

f' (x0)f'(x)

χ>Ο

\?

)

Άσκηση 4

Κέρδη = έσοδα μείον έξοδα. Κ(χ) = p·x - f(x) 2 = -3χ + 60χ - 320 + p ( l ) α) Κ ' (χ) = p τότε p :,:;; Γ(χ) για κάθε χ � Ο, i) Αν p ::( ' άρα Κ (χ ) < Ο για κάθε χ �- Ο. Ά ρα Κ(χ) φθί­ νουσα και επομένως μεγιστοποιείται για χ = Ο. ii) Αν rϊ > f'(x0) = 20 η δ ιακρίνουσα του τριω νύμου ( 1 ) είναι Δ = 602 - 4(-3) · (p - 320) = 1 2(p - 20) > Ο άρα η Κ (χ) = Ο έχει δύο λύσεις

5 = = 2χ - 30 χ χ2 3 2 2(χ - 1 5χ - 256) - 2(χ - 1 6)(χ + χ + 1 6 ) 2 χ χ2 ο ' x)

/

( f?�j) Το σημείο βρέθηκε από τη (μοναδική) εξί σωση ς (f�)J' = Ο (! )

Το σημείο (Ιl σημεία) τομι1ς t ων γραφικ Cδ ν · παραστασεων των συναρτησεων rΝ ( χ). και f( x \ ,

'

_

_

βρίσκονται απ_ό τη λύση της εξίσωσης: Γ(χ) =

(f(x) )' χ

)

δ

Ι

χ,,

ο

'

)

+ VΔ = χρ -6

< _--6 ο χ,

� I ι� '�I� / +

/

·ι

I

χ

f( x) (2) χ

__,

ι"'( Χι; · 'ι ·Ι

· ·

;, ο = Γ (χ)· χ - f{χ) = Ο χ�ο ' χ2 _ f{ x) Γ (χ = η. λ. { \ ) <=> (2) χ Σημείωση: Αποδε��εται ακόμη ότι η γραφΙκή πα­ ρι'ισταση της Γ(χ) περνά και από το κατ&τερο σημείο της

Αλλά:

Κ(χ)

16

λί1ση τ η ς

Κ '(•

Κ aτι:Οτερο σημείο της γραφικιΊς Παράσταε i ναι τό 1 6 , σης της

f�)

3 2 χ - 30χ -ι- 320χ χ

(συνάρτηση του μέσου μεταβλητού κόστους).

, ρα πρεπει να αγορασουμε χ0 =

μ η' λα και )Ό

=

ι

.

ι

τ.μ.

/1 /Ι

I

-

_

Το Χρ > χ0 και K' (xp) = Ο <=>p - f(χρ) = Ο <=> f(χρ) = ρ. β) Από το (ii) 11 g είναι « 1 - 1 >>. Αφοί) 1 g(p) ,;, χρ , g- (xp) = ρ = f'(xp), και αυτό για κάθ ε · -1 χ Ρ ά p α g = fΊ (χο,. +οο). .

Ση μείωση: Στη γλώσσα της Οικονομί ας η g είναι η ι:tυνάρτηση Προσφοράς. Επειδη οι ποσότη ­ τες παρ ιστάνονται dτον οριζόντιο άξονα η καμπύ1 λη προσφοράς ε ίναι ;, γραφ. παράστασ ιl της g- .

ΕΥ ΚΛΕIΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/53


'Ένα πρόβ λ η μα, π ολλ ές λύ σε ις Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος Άσκηση 1 2η (Λάβαμε από το συνάδελφο Γιάν­ νη Στρατήγη, Τρίπολη) Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, πλευράς α. Στο εσωτερικό του τετραγώνου παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο ώστε: ΕfΔ = ΕΔ Γ = 1 5°. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο. Λύση 1 ος Τρόπος

ΔΓ-=::::--;-;:ο-----,,..,..---=-'Γ

κτός του τετραγώνου γωνία zΔΉ = 60°. Το τρίγωνο ΗΔΕ είναι ισοσκελές (ΗΔ = ΗΕ) γιατί: ΗΔΕ = ΗΕΔ = 75°. Στο ορθογώνιο τρί­ γωνο ΖΗΔ είναι ΖΗΔ 30°, άρα ΔΗ = 2ΔΖ = α =α = ΕΗ. (σχ. 2) 2· 2 =

Το ΑΕΗΔ είναι pδμβος γιατί Η Ε είναι παράλληλη και ίση με την ΑΔ και ΔΗ = ΗΕ. Άρα Α Ε = ΑΒ με ΕΑΒ = 90° - 30° =60°, δηλα­ δή το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο.

3ος Τρόπος

Σχ. l

Β Στο εσωτερικό του τριγώνου ΕΒΓ παίρ­ νουμε σημείο Ζ τέτοιο ώστε: BrZ = ΖΒΓ = ] 5° (σχ. 1 ), οπότε : ΓΖΒ = 1 50°. Είναι ΕΓΔ = zrB, οπότε ΕΓ = ΖΓ,j> ηλαδΊ1 το τρίγωνο ΓΖΕ είναι ισοσκελές με ΕΓΖ = 60°, {φα το τρίγωνο ΓΖΕ είναι ισόπλευρο. Επίσης ΖΕΒ = ΖΒΓ (γιατί: ΖΕ = ΖΓ, ΖΒ κοιν11 , ΕΖΒ = ΓΖΒ) άρα ΕΒ = ΒΓ και ΕΒΖ = ΓΒΖ = 1 5°. Από ΕΒ = ΒΓ = ΑΒ, προκύπτει ότι το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκε­ υ:ς με ΕΒΑ = 90° - ΕΒΓ = 90° - 30° = 60°. Άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο.

Δ.r=___Γ '_,�....,=---=-

Α

/"'.

/"'.

2ος Τρόπος

Σχ. 3

Β Φ�:ρουμε ΒΖ ..l ΕΓ και ΔΗ ..l ΕΓ (σχ . 3). Τα τρίγωνα ΖΒΓ και Η ΓΔ είναι ίσα (γιατί: είναι ορθογώνια, ΒΓ = ΓΔ, Brz = ΓΔΉ = 75° ). Άρα ΖΓ = ΗΔ ( 1 ). Είναι: ΔΕΉ = 30°, ως εξω­ τερικΊΊ γωνία του τριγώνου ΕΓΔ. Από το ορθογών ο τρίγωνο Η ΕΔ έχουμε : ΔΗ = Δ Ε Γ Ε . 2 2 ι Ε Γ Οπότε ΓΖ � , δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΓ είναι . 2 ισοσκελές με ΕΒΓ = 30°. Ά ρα ΕΒ ΒΓ = ΑΒ και ΑΒΕ = 90° - 30° = 60°. Συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο . =

=

Ι

ιι Η

Ι I I

4ος Τρόπος Δ

I

Γ

Σχ. 4 Σχ. 2

Φέρουμε ΕΖ

..l

ΓΔ και σχηματίζουμε ε-

Α

Β

Έστω ότι το τρίγωνο ΑΒΕ δεν είναι ισό­ πλευρο. Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο ΑΒΖ (σχ. 4), οπότε: ΖΒ = ΑΒ = ΒΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΒΓΖ είναι ισοσκελές με: ΒΖΓ = BrZ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/54


Ένα πρόβλημα, πολλές λύσεις

( I SOo; 30ο) = 75°, άρα zfΔ = 1 5° . Ομοια προ­

κί>πτει ότι zΔr = 1 5°. ΕποιJ.*νως τα σημεία Ε, Ζ συμπίπτουν και κατά συνέπεια το ΑΒΕ είναι ισόπλευρο .

5ος Τρόπος

Δ,....:::::---;-;:;;-=Γ--""i'i"'"---:::,..,

α ΕΓ ΕΘ = ΗΘ η, 2 = 4 ΕΓ2 = 2α·ΘΓ ( l ) ΕΓ ΘΓ ΕΓ ΘΓ Αλλά από το οξυγώνιο τρίγωνο ΒΕΓ έι , χουμε: ΒΕ 2 = ΒΓ2 + Ε Γ2 - 2 · ΒΓ·ΘΓ ι=) ΒΓ2 , αρα ΒΕ = ΒΓ ή ΒΕ = ΒΑ με ΑΒ Ε = 60°. Επομένως το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευpο. -

<=>

7ος Τρόπος

Δ;....:,...____,.�π--,.=-.....,...;

α

α

Σχ. 5

Σχ. 7

Α

Φέρουμε ΕΖ

Hl .l ΒΓ (σχ. 5).

Είναι: ΓΖ = ΕΘ = ΓΖ =

-

1

.l

ΓΔ, ΒΗ

.l

ΕΓ, ΕΘ

.l

ΒΓ,

1 και ΕΖΓΘ ορθογώνιο όπότε: (l)

Εiι:ί&ης έχουμε: ΗΒ Γ = 90° - 75° = 1 5° και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΒΓ: H l = ΒΓ = Q (2) 4 4 (I) και (2) (επ Ε; ιδή Από τις Ε ) Η Ι παράλληλη προς την ΕΘ και ίση με

προκύπτει ότι το Η είναι το μέσον της ΕΓ, δη­ λαδή το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές με ΕΒ = ΒΓ . Άρα ΕΒ = ΑΒ με ΑΒΕ = 9 0° - 30° = 60°. Συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο. /'..

6ος Τρόπος

Α

Φέρουμε ΕΖ

.l

ΓΔ καί ΒΗ

ΕΓ ( σχ. 7). + l ). Α ­

Vl<ν; .l

Ε ίναι συν l 5° = συν(45° - 30°! = πό το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΕΓ έχουμε: συν1 5° =

��

ΓΕ =

<=>

ΓΖ = - l) α συν l 5° ..j2(-J}2 · ( l )

Είναι συν7 5 ° = συν(45° + 30.:,) = V2<13 - I ) 4 Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΒΓ έχουμε: συν75° =

��

<=>

ΗΓ = ΒΓσυν75° = V2()[3 - 1 ) α = ΓΕ 4 2 ' δηλαδή στο τρίγωνο ΒΕΓ η ΒΗ είναι διάμεσος και ύψος, άρα το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκε­ λές με ΕΒ = ΒΓ . . . Επομένως το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο.

8ος Τρόπος

Δ��:-::::-.:n--�---:::,.., Σχ. 6

Φέρουμε ΕΖ .l Γ Δ, ΕΘ .l ΒΓ και ΘΗ .l ΕΓ (σχ. 6). Από το ορθογώνιο ΕΘΓΖ έχουj.ιε: α· ΓΕΘ = ΕΓΖ = 1 5° και ΘΗ = ΕΓ · ΕΘ = ΖΓ = 2 τ "'

"'

·

,

Από τα όμοια"' τρίγωνα ΗΕΘ καί ΘΓΕ (ορθογώνια με ΓΕΘ κοινή) έχουμε:

α

Σχ. 8

Φέρουμε ΖΕ .l Γ Δ, η οποία αν προεκταθεί τέμνει κάθετα και την ΑΒ στο Η (σχ. 8) . Έχουμε ΓΖ = ΗΒ = άρα στο τρίγωνο

ΑΒΕ η ΕΗ είvαι διάμεσος και ύψος . Επομένως

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 4/55


Ένα πρόβλημα, πολλές λύσει�

λΒΕ ισοσκελές. Είναι : εφ l5° = εφ(45° - 30° ) = . . . = 2 - -/3. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΕΓ έχουμε: εφ 1 5° =

��

ι1 ΕΖ = ΓΖ εφ 1 5° = i (2 - -/3 )

� (2 - -/3) = αf.

Στο ορθογό)νιο τρίγωνο ΗΒΕ ,έχουμε: + α ΒΕ2 � = α : ΒΕ = α , . . . , (φα το

,

=

·

Είναι : ΕΗ = ΖΗ - ΖΕ = α -

Επειδή η ανισότητα (1 ) είναι συμμετρική ως προς τα α, β, γ μπορούμε να ηrτοθέ?'ουμε, χωρίς βλ�βη τι) ς γενικότητας, ότι _ το α είναι , κατα, σειρα, μεγαλύτερο απο τα β και γ . Τοτε έχουμε: ' '. 2 , α + β- + γ- - αβ - βγ - γα � Ο <=:::> (I) α(d - β) + β( β - γ) - γ( α - γ) � Ο <=:::> α( α - β) + β(β - γ) - γ( α - β + β - γ) � Ο <=:::> α(α- β) + β(β-γ) - γ(a- β) - γ(β - γ) � ο <=> (α - β)(α - γ) + (β .:... γ)2 � Ο .

(�)2 ( f)2 �

τρίγωνο ΛΒΕ είναι ισόπλευρο ..

·

Την άσκη�η 13 μας έδrοσε ο συνί:ιδελφος και μέλος τ η ς συντακτικής επιτροπιΊς του Ευκλεί­ δη Β' Λ εωνίδας Τούρλας.

Η τελ�ύτα:ία προφα:νιδς ισχύει λόγω και της υπόθεσrjς Πού κίιvαμέ στην αρχιΊ.

τώρα στη στήλη αυτή έχουν δημοσιευ­ τεί αρκετά προβλι1 ματα με πολλές και ενδια­ φέρουσες λύσεις. Επειδή όμως όλα ιΊταν από το χώρο της Γεωμετρίας, ας μη θεωρηθεί ότι οι αd'κιΊσεις που συναντ(lμε στην Άλγεβρα λύ­ �ονται με έναν και μοναδικό τρόπο. Η άσκηση που ακολουθεί και που την πρωτοσυναντάμε στη α' Ληκέίου λύνεται με (τουλάχιστον) 5 τρόπους.

Παpατηρούμε ' ότι i; ( I) εiναι ομογενής ως προς α, β, γ . Θέτουμε β = α + χ και γ = α + y, ύ­ που χ , y πραγματικοί αριθμοί. . Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) καταλήγουμε στην: χ2 + / � xy, Που ισχύει (γιατί;)

Ση με ί ωση : Ως

Άσκηση 1 3η Αν οι a, β, γ είναι πραγμάτικ�ί αριθμοί, τό­ 2 (1 ) 2+ 2 : τε α + β γ � αβ + βγ + γα Λύση

Η ( Ι ) γράφεται: 2ι/+ 2β2 + 2/- 2αβ -2βγ - 2γα� Ο ,

?

<=:::>

?

( α - β)- + ( β - γ) -+ ( γ - α) - � 0.

Η ( I ) ισχύει σαν ισότητα όταν α = β = γ.

2ος Τρόπος

:

'

4ος Τpόπος -

Θεωρούμε το (ως Προς α) πολυώνυμο: . σ(α) = α2 - ( β + γ)α + β2 + γ2 - βγ Αυτό έχει' διακρίνcη?σα: . Δ ;, (β + γ)2 4(β2 + γ2 βγ) = . . . = . 2 - (β - γ) � ο και εΠειδιΊ ο !Jυ\ιτελεστιΊς του α2 είναι Ι συμπεραίνουμε ότι πάντα θα είνα:ι: σ( α) � Ο = ( I ) ·

_

_

I

.

. β-, + β,- - 2βγ + γ-, + γ ,- - 2γα + α-; � ο 1

..:

> Ο

5ος Τρ�πος (με Αναλυτική Γέωμετρία) :

Ι ος Τρόπος

fΓ - 2αβ +

3ος Τρόπος

--+

<=:::>

'

. Αν θεωρήσουμε τα διανύσματα και y = (β,γ,α) τότε: --+ --+

συν( χ , y ) = _/ , ·ν α-

.

-- = � X·V

ι χ ι · ι y· ι

αβ+ βγ + γα ?

'

άρ α η ( I ) ισχύ ε ι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 4/56

/

-

� s:. 1 "'

2 + β - + γ- · \ β- + γ- + α '

?

--+

χ

= (α,β,γ)


Αλληλο"{ραφ ία

Α λ λ η λ ο

γ ρ

α

φ ,

ι

Επιμέλεια: Γιάννη ςΤ

α

υρλ ής

Από το συνάδε λφο Δημ . Τσιοί>σ τ ας λάβαμε τη ν παρακ άτ ω ε πιστ ο λή . Έ να μαθ η μα τικό « Π αράδοξο» . . . ;

το

πρόβ ληJΗι

.\

Β

Έχουμε 1 00 βαρέλια γεμάτα πετρέλαιο στο κάτω ά­ κρο Α ενός aνηφορικού δρόμου ΑΒ και ένα «τρελό φορ­ τηγό» χωρίς «ρεζερβουάρ». Στόχος μας είναι να ανεβά­ σουμε μ' αυτό, στην κορυφή Β του δρόμου ΑΒ όσο γίνε­ ται περισσότερο πετρέλαιο. Δηλαδή όσο γλιτώσουμε απ' αυτό το «αδηφάγο» φορτηγό που για να ανέβει από το Α στο Β χωράει μόνο ένα βαρέλι πετρέλαιο από το οποίο και τροφοδοτείται ταυτόχρονα, καταναλώνοντας όλο το περιεχόμενο του βαρελιού κατά την ανάβαση α­ πό το Α στο Β .

Α ν κατά την κάθοδο το φορτηγό δεν καίει καθόλου καύσιμα, θα μπορούσαμε άραγε να εξοι κονομήσουμε κάποια ποσότητα πετρελαίου από την καταναλωτική του μανία ανεβάζοντάς την , στην κορυφή Β της διαδρομής μας; (Μην απογοητεύεστε, τα πράγματα δεν είναι τόσο μαύρα, {)".: σο φαίνονται αρχικά. Αν κάνουμε έξυπνη και λογική χρήση του «τρελού φορτηγού» κάτι θα κα­ ταφέρουμε).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/57


- --------------------------i

Α λληλοyραφία

--

·ιιι: tιj \' ισηψ ί υ_

Το πρ6/-Ιλημα αυτό με πολύ ενδιαφέρον και μεγάλη περιέργεια μου τέθηκε από μαθητ�1 της ΔραπΕτσώνας (παρακαλώ) στον οποίο το είχε δώσει για λύση «το αφεντικό του» στη δουλειίχ που απασχολείται τα πρωινά. Βλ�:ποντας και εκτιμώντας το ενδιαφέρον του παιδιού αυτού για το συ­ γκειφιμi:νο πρόβλημα δεν μπόρεσα να αποφύγω κάποιες «κακές» σκέψεις σχετικί:ι με το τι εγώ δι­ διί.σκω (βίχσει του αναλυτικού βέβαια προγράμματος στα παιδιά). Μήπως ταλαντευόμαστε ανί:ιμεσα στα δί>ο ί:ικ ρα, την υπεραπλούστευση και ανιαρι1 παρουσίαση από τη μια μεριά και την άσκοπη θε­ ωρητικολογία από την άλλη; Αλλά ας γυρίσουμε στο πρόβλημά μας και τη λύση του. Φανταστείτε λοιπόν ότι στον οδηγό έρχεται η «φαεινή» ιδέα να μην ανέβει μονοκόμματα την ανηφόρα αλλί:ι να σταματήσει στο μέσον της. Θα έχει καταναλώσει μισό βαρέλι πετρi:λαιο και Οα του ι:χει μείνει το {ι.λλο μισό. Το ξεφορτώνει, κατεβαίνει στο Α, παίρνει άλλο, κάνει το ίδιο πάλι, ο­ πότε κιί.ποια στιγμι1 στο μέσο Μ της aνηφόρας ΑΒ θα βρίσκονται Ι 00 μισοβάρελα. Τα μεταγγίζει και {:χι: ι 50 γεμίπα. Παίρνει πί:ιλι i;vα - ι':να από αυτά και τα ανεβάζει στην κορυφι1 Β, όπου στο τ�:­ λος της διαδικασίας Οα i:χουν φτιί.σει 50 μισοβί:φελα, άρα 25 γεμάτα βαρέλια. Να λοιπόν που με ένα ω:λ6 «τρικ» μτωροίιμε να γλιτιόσουμε 25 βαρέλια από την «αδηφαγία» του φορτηγού μας. Τ ι : ξΔpcσ, σκαpτ1Ί καcε 1iδ η τρόπο να κερδίσουμε κι άλλο πετρi;λαιο. Ασφαλώς και χ ωρίζο · r·· Λ • ι οο rR• r:ι"Τ= · .; π ; : t [) ! ι( ι σ!!. κομματια τη οω:ορομη· Α Β με τα σημεια t J. τοτε στο r e α φτασουν -;:Τ Ε.Σ.

·

.

:ω ι

; < :λ ι α

-� �

ι'�)2 .

) 00

·

·

στο

Δ

βαρi:λια

Ν αι ! f:: χεη-:

··

τα � �

=

·

-

(��� )

·

,

I 00

(�)� 1

=

·

(�)3 . 1 00 βαρέλια ::::: 29,629 βαρέλια.

·

I 00 βαρ�:λια και τέλος στο Β

τα

δίκιο. Πρί.ιγματι με τρεις ενδιί:ιμεσους σταθμούς, δηλαδι1 με χωρισμό του ΑΒ σε 4

ί σ α μ {: ρη . στην κορυφ ι1 θα φτάσουν τα

φτf-ωουν στη ν κορυφι1 μι:: ρ η ,

βαρέλια

ι

_1

� 1 00 (')5

==-

στη ν κορυφιi Β θα φτίχσουν

4

(i) �

·

\ 00 ::::: 3 1 ,64. Με χωρισμό του ΑΒ σε 5 ίσα μi:ρη θα

32,768 βαρέλια. Γενικά, αν η απόσταση ΑΒ διαιρεθεί σε

(ν � L)

'

·

ν

ίσα

Ι 00 βαρ�:λια.

Οπως ξί;ρουμε βέβαια όταν το ν είναι πολύ μεγάλο (τείνει ας πούμε στο ί:ιπειρο), τότε το ' \' 1 I 1 00 τείνει στο άρα το 2.j 1 8 1 00 ::::: 36,787 βαρέλια «μπορούν» τελικί:ι 1 \'α φτί.ισουν στην κορυφι1 Β. (Πάντως μην τρομί:ιζετε (με το «άπειρο>>). Μ ε 24 ενδιάμεσους <<μεταγγιστικοίJς» σταΘμούς, δηλαδιΊ διαίρεση του ΑΒ σε 25 ίσα μέρη , στην κορυφι1 Β θα i:χουν ανi:βει 36,09 βαρέλια . . . )

(�

) ( �) '

=

(ν� )

'

__.

Από το συν{:ιδελφο Αντών η Αθ. Παπαδεράκη (Χανιί:ι Κρι1της) λάβαμε επιστολιi και εργασία στην οποία επισημαίνεται ότι η λύση που δίνεται στο σχολικό βιβλίο των λύσεων δεν είναι η σωστιΊ (ί-\λγεβρα κ.λ.π. Γ ' Λυκείου σελ. 232 ί:ισκηση 2 β ' ομί:ιδας). Το πρόβλημα αυτό {:χει ι1δη επισημανθεί και συζητηθεί στη συντακτικ1Ί επιτροπιΊ του Ευκλείδη Β ' από τον Ιανουίφιο του ! 996. Ελπίζουμε να δημοσιεύσουμε σε επόμενο τεύχος την εργασία.

ωυ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/58


ι Διαφορική Γεωμετρία, Δημ.

Κουτρουφιώτης, Παν/μιο Ιωαννίνων, 1 994 2. Ερευνώ, Βρίσκω και Γράφω, Στ. Πετράκης 3. Καθολική Αλγεβρα - Ι , Σ.Π.Ζερβού 4. Παράγωγος, Θ.Στεργίου 5. Η Ποσοτική Άλγεβρα του Θ.Καϊρη, Α'Τόμος 6. Ιστορικά Γεωμετρικά Θέματα, Εμμ. Τσαλκίδη 7. Το νέο πνεύμα, Σάκη Λιπορδέζη 8. Θράκη, Γεν. Γραμματεία Περιφερείας Ανατολικής Μακεδονίας και Θράκης 9. Παραγοντική ανάλυση αντιστοιχιών και Ιεραρχική Ταξινόμηση. Παραδείγματα και Εφαρμογές, Ηλίας Π. Αθανασιάδης 1 0. Η θέση του Ευκλείδη στα Αρχαία και Νεότερα Μαθηματικά (Ελληνική και Αγγλικη γλώσσα), Χ.Π.Γκλαβά, Εκδόσεις Κορφή 1 1 . Μεθοδική εκμάθηση των Μαθηματικών, Τόμοι Α'και Β' για τη Γ'Γυμνασίου, Ελεονώρα Μοσιάλου - Μπίμη, Παναγ. Μπίμης 12. Ερευνώ το Φυσικό κόσμο, για την Ε' Δημοτικού, Κ. Ρ. Παπαζήσης, Εκδόσεις

Σαββάλα 1 3 . Πληροφορική Επιστήμη, Κ. Γιαλούρης και Κ. Σταθόπουλος, Αθήνα 1 995 14. Μεθοδολογία Παραγώγων, Κ.Παπουτσής, Εκδόσεις Κορφή 1 5 . Άλγεβρα της Α'και ΒΆυκειου, Ν.Λαμπρόπουλου, Εκδόσεις Ζήτη 16. Μάθετε εύκολα τα Δίκτυα NOVELL, Πέτρος Ματζάκος και Άννα-Μαρία Σκουρτσή, Εκδόσεις Παπασωτη ρίου. 17. Η Θεμέλια της Γεωμετρίας του Hilbert, Μετάφραση Εmμέλεια Στραtής Παπαδόπουλος Η Ιονική Τράπεζα μας τίμησε με την αποστολή των παρακάτω ειδικών έκδόσεών της : ι Μνήμες Ιωνίας Β. Καπάνταης 2. Γιώργος Βακιρτζής 3. Γιάννης Ρίτσος Εικαστικά 4. Το εκδοτικό προνόμιο της Ιονικής 5. Μουσεία και Πινακοθήκες Ελλάδος και Κύπρου 6. Νεοελληνική Χαρακτική 7. Το παλαιό φρούριο της Κέρκυρας 8 . Ιστορία του Βασιλείου της Νίκαιας και του Δεσποτάτου της Ηπείρου

ΠΑΝΕΛΛΉΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑθΙΙΜΛΠΚΗΣΠΛΙΔΕΙΛΣ

Με διtiJνιί συμμετοχή

Στις 29 - 30 Νοεμβρίου και 1 Δεκεμβρίου 1 996 θα διεςαχθεί το 1 3ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας στην Αλεξανδρούπολη με θέμα:

ι'Κpιτική και Σχεδιασμός της Ε).ληνικιίς ΜαfJιιματιιαίς Παιδείας"

ΕΜΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑfΙΚΗ ΙΠΑΙΡΙΑ ΑΘΗΝΑ 1ΙΙΘ5

j Υποllολή ερyασιών μέχρι 20 Οκτωβρίου t996 j


Μια ArιαpαfUJ.UJ. Διειnφfνnιm Γι άνν ης Τυρλής - Γιώ ργος Κατσούλης

Στο σχολικό βιβλίο της Γ' Λυκείου Άλγεβρα, Α­ ναλυτικll Γεωμετρία, Π ιθανότητες, (έκδοση 1 995), στη σελίδα 232, στη Β' Ομάδα, υπάρχει η άσκηση 2, που αναφέρει τα εξής : «Με πόσους τρόπους 1 2 στρατιώτες μπορούν να χω­ ριστούν σε ομάδες των 4 ατόμων» Η λύση που δίνεται στο σχολικό βιβλίο των λύ­ σεων δεν είναι η σωστή , διότι θεωρεί τις ισοπληθής ομάδες διακεκριμένες, χωρίς αυτό να διευκρινίζεται στην εκφώνηση, όπως θα εξηγήσουμε παρακάτω. Άποψll μας είναι ότι τα σχολικr,ι βιβλία των μαθηματικών που διδάσκονται σ1Ίμερα στα Γυμνάσια και στα Λύκεια της χώρας είναι σε πολύ καλό επίπεδο και ατέλειες όπως αυτή δεν αναιρούν αυτ1Ί την πραγματικότητα. Είναι όμως απαραίτητο να διορθώνονται οι ατέλειες που υπάρχουν(όπως π. χ. στη συγκεκρι­ μένη άσκηση), καθώς επίσης χρόνο με το χρόνο να γίνονται και οι απαραίτητες βελτιώσεις. Θf:λοντας καλόπιστα να συμβάλουμε προς την κατεύθυνση αυt�Ί και στην ενημέρωση των μαθητών Οα δώσουμε τη λύση και μερικά ακόμη λυμένα προβλήματα που θα διευκολύ­ νουν τους μαθητές στην κατανόη ση της συγκεκριμένης άσκησης, καθώς και παρομοίων. Αξίζει να σημειώσουμε ότι η Συντακτική Επιτροπή του Ευκλείδη Β' μετά από τη διαπί­ στωση του λάθους συζήτησε το θέμα, τον Ιανουάριο του 1 996, και συμφώνησε στην πρόταση της προσθήκης ενός ακόμη ερωτήματος στο συγκεκριμένο πρόβλημα. Μετά από επικοινωνία των υπευθύνων σύνταξης του περιοδικού με τους αρμόδιους του Παιδαγωγικού Ιν­ στιτούτου γνωστοποι1Ίθηκε ότι το πρόβλημα στην συγκεκριμένη άσκηση έχει επισημανθεί και ότι θα γίνει διόρθωση -διευκρίνηση στην επόμενη έκδοση.

Πρόβλημα 1 .

Μ ε πόσους τ ρό πους 3 στρα τι ώ τες μπορούν να χωριστούν σε «ομάδες» του ενός ατόμου και να σταλούν σε τ ρία σώ ματα στρατ ού Α , Β , Γ ;

Λ ύση

Για το Α σώμα στρατού μπορούμε να

(�)

επιλέξουμε Ι στρατιώτη με τρόπους. Για το Β σώμα στρατού μπορούμε να επιλέ­ ξουμε ι στρατιώτη (από τους δυο που απομέ-

νουν) με

( ) τροπους. 2 ι

'

(�) στρατιώτης. Επομένως έχουμε ( � ) ( � ) ( � ) Για το Γ σώμα στρατού έμεινε

=

6

=

τρόπους. Α ν Σι , Σ2 , Σ3 οι στρατιώτες οι

τρόποι «χωρισμού» τους φαίνονται παρακά­ τω:

Α

Σι Σι Σ2 Σ� Σ3 ΣJ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κ.θ. τ.4/60

I

Β

Σ� ΣJ Σι ΣJ Σι Σ�

I

Γ

ΣJ Σ2 Σ3 Σι Σ2 Σι


------

Ι l ρόβλημα 2

Μ Σ: πίJσους φίJπους

Μια απαραίτητη διευκρίνηση------

3 στρατιώτες μπορο\ηι να χωριστο\Jν σε <ωμάδες» τοιJ ενός ατόμου ;

Λύση

Τρόπος: Είναι προφανές ότι υπάρχει ένας μόνο τρόπος

Α'

Τρόπος: Α ν θελήσουμε να το συσχετίσουμε με το πρόβλημα 1 θα μπορούσαμε να έχουμε

Β'

( ; r ;! χ : )

= Ι τρόπος αφού στο προηγούμενο πρόβλημα μας ενδιαφέρει η

σειρά που κατανέμονται στα τρία σώματα στρατού ενώ στο πρόβλημα 2 όχι.

Γl ρ{φλημα 3. Ι'CΙ

\ I r. π(ισοt ς τ ριΊπους 12 στρατιι�τες μπορο\Jν να χωριστούν σ ε «ο μά δες» των στ ιιί.ο(, ,· σ:: τιιία σι;>ματα σφατο\1 Α , Β, Γ ;

Λύσ η

με

4 ατόμων και

(:)

Για το Α σώμα στρατού μπορούμε να επιλέξουμε 4 στρατιώτες με ι τρόπους Για το Β σώμα στρατού μπορούμε να επιλέξουμε 4 στρατιώτες από τους 8 που απέμειναν

( : ) τρόπους.

Για το Γ σώμα στρατού έμειναν οι υπόλοιποι 4 στρατιώτες

Αρα συνολικά έχουμε

( : ) ( � ) ( : )= ι

·

·

34650 τρόποι.

Π αρατήρηση : Ας υποθέσουμε ότι οι στρατιώτες Σ ι , Σz , . . . , Σ ιz έχουν χωριστεί ως εξής: {Σι , Σ2 , Σ3 , Σ4 } { Σ5, Σ6 , Σ7 , Σ8 } { Σ9 , Σ10 , Σι ι , Σ12 } . Είναι σαφές ότι οι δυο παρακάτω (από τους 3! 6 που υπάρχουν) τρόποι κατανομής στα τρία σώματα στρατού είναι διαφορετικοί.

=

Πράγματι:

Α

Γ

� ---=-==----===---=-=-----

{ Σι , Σz , Σ3 , Σ4} { Σ5, Σ6 , Σ1 , Σs }

8

{ Σ5, Σ6 , Σ1 , Σs} {Σ9 , Σιο , Σι ι , Σ1 2 }

{Σ9 , Σιο , Σι ι , Σιz} {Σι , Σz , Σ3 , Σ4}

Τι θα συνi:βαινε όμως αν δε μας ενδιέφερε η κατανομή στα τρία σώματα στρατού ; Π ρδβλημα 4 . ( Η άσκηση του βιβλίου) :\1 ε πόσοι1ς τρόπους 1 2 στρατιώτr.ς μπορο\Jν να χωριστο\Jν σε «ομάδες>> των 4 ατόμων Λύση

Σύμφωνα με το προηγούμενο πρόβλημα ο χωρισμός σε τρεις διατεταγμένες ομάδες των 4 ατόμων γίνεται με 34650 τρόπους. Τώρα όμως δε μας ενδιαφέρει η σειρά (οι δυο «χωρισμοί» της προηγούμενης παρατή ρη­ σης, όπως και οι υπόλοιποι 4 από τους 3! 6 που υπάρχουν είναι ίδιοι) Είναι φανερό ότι η λύση που δίνεται από το βιβλίο των λύσεων αντιστοιχεί στο πρόβλημα 3, καθώς και σε παρόμοια προβλήματα, στα οποία φαίνεται ότι οι ομάδες είναι διακεκριμένες. Πιστεύουμε ότι είναι καλό να συμπληρωθεί η άσκηση με δεύτερο ερώτημα, το πρόβλημα 3. Επειδή τρία διαφορετικά στοιχεία (οι τρεις ομάδες των 4 ατόμων) δίνουν Ρ3 3 ! μεταθέ­ σεις το πλήθος των διαφορετικών τριάδων (με 4 άτομα η κάθε μία) είναι: =

=

( � r � r : )= p3

34650 3!

=

34650 = 5775 τρόποι 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" κ.θ. τ.4/61


:/Ε τ ή λ η

EiJ α θ η μ α τ ι κ ώ ν ({)) λ u μ π ι ά δ ω ν Ασκήσεις γ ια τ ις Καλοκα ι ρ ινές Δ ιακοπ ές Δ.Γ. Κ οντογ ιάννης Η στιlλη των Ολυμπιάδων δεν θα σας απασχολήσει σήμερα με άθρα, αλλά με θέματα από Δι εθνείς Μαθηματικούς διαγωνισμούς κατάλληλα για τους μαθητές του Λυκείου, που θέλουν να πάρον μέρος με αξιώσεις στους Μαθηματικούς Διαγωνισμούς που . διοργανώνει κάθε χ ρόνο η Ε . Μ .Ε. Τα θ�;ματα είναι προσεκτικά επιλεγμένα, ώστε να μπορούν να αντιμετωπίσουν ο ι μαθητές που έχουν αγι'χ.πη για τα Μαθηματ ικά και δεν απαιτούν ειδικές γνώσεις. Π ερψf:νουμε τις λύσεις των ασκιΊσεων, τις οποίες θα δημοσιευσουμε από τη στήλη αυτή. Θ i:ιιιιτα f.

Εστω α 1 α2 α3και α3 α2 α 1 , δύο τριψι1φιοι αριθμοί με διαφορετικά και μη μηδενικά ψηφία (το σύμβολο αβγ παριστάνει τον αριθμό με ψηφία α (εκατοντάδες), β(δεκάδες), γ (μονάδες)). Τα -. ετράγωνα των αρ ιθ μών ε ί\ιαι 5 ψηφιοι αριθμοί β 1 β2 β3 β4 β5 και β5 β4 β3 β2 β 1 • Ν α προσ­ διορίσετε όλους τους τριψιΊφιους αριθμούς. -

να

1.

Υπ<φχουν φυσικοί α > β > I , ώστε για κάθε 1� ε Ν * , υπάρχει ν ε Ν, ώσ-.ε ο αν + β δύναμη ενός φυσικού;

3.

Ενας φυσικός ονομ{.ιζεται ενδ ιαφέρον αν είναι γινόμενο δύο (όχι αναγκαστικ(χ διαφορ ετι ­ κών) πρώτων αρι θμών.

ε ί ναι

I(

Ποιός είναι ο μεγαλύτερος αρ ιθμός από διαδοχικούς ενδιαφέροντες αριθμούς;

4'·.

�.

Ένα ισόπλευρο τρίγωνο διαιρείται σε ν2 ίσα ισόπλευρα τρίγωνα. Μια αράχνη βρίσκεται σε μια από τtς κορυφές του τριγώνου, μια μύγα σε μιαν άλλη. Εναλλάξ η αρι'χ.χνη και η μύγα με­ τακινούνται σε μια γειτονική κορυφή . Να αποδείξετε · ότι η αράχνη μπορεί πάντα να «πιάσει>> τη μύγα. Σε μια χώρα υπ{φχουν 1 3 πόλεις. Κάποια ζευγάρια πόλεων συνδέονται απευθείας οδικ(ι, σι­ δ η ροδρομικ{ι η αεροπορικι'χ..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/62


----4Α σκήσεις για τις καλοκαιρινές διακοπές Ν α προσδιορίσετε τον ελάχιστο αριθμό συνδέσεων που μπορούν να γίνουν μεταξύ των πό­ λεων, ώστε κάποιος, επιλέγοντας οποιαδήποτε δύο μεταφορικά μέσα, μπορεί να μεταβεί από μια πόλη στην άλλη χωρίς να χρησιμοποιείσει ένα μεταφορικό μέσον τρίτου είδους.

6.

7. R.

Ο ακι:: ραιος χ είναι τέτοιος, ώστε το άθροισμα των ψηφίων του να ε ίναι ίσο με το άθροισμα των ψηφίων του 3χ. Ν α αποδείξετε ότι α/χ. (Η έκφραση α/ β σημαίνει: ο α διαιρεί τον β). 2 2 2 2 Έστω α, β ε 'll . Ν α αποδείξετε ότι η εξίσωση α + β + χ = y έχει μιαν ακέραια λύση χ0 , y0

αν και μόνο αν ο αριθμός αβ είναι άρτιος. Για κ{χθε ζεύγος α, β ε IR. * ορίζουμε έναν πραγματικό αριθμό α * β ώστε ( ί ) α * ( β * γ ) = (α * β)γ

\

C\ il<

[ o."f Cg,.. ?) )l

(o. � <b) (0. -tv.) g · Υ

� α�

γ-·

( ο �Cλ) ( <5 * �) -= B ..f. <r � e . δ'" � )<;. + � <Ο ::: � · 3 6 ;:- z \ G. Να επιλύσετε την εξίσωση χ * 36 = 2 1 6.

( ί ί ) α * α= Ι .

9.

;ο)

Ένα τρίγωνο με περίμετρο 2r έχει πλευρές α, β, γ. Κατασκευάζουμε ένα νέο τρίγωνο (αν εί­ ναι δυνατό), με πλευρές r-α, r- β και r-γ. Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία κατασκευάζοντας ένα νέο τρίγωνο κ.λ.π. Για ποιό αρχικό τρίγωνο η διαδικασία μπορεί να επαναληφθεί επ' άπει ρον;

Α + Β = 1 20°. Με πλευρές Α Γ, ΔΓ και ΒΔ κατα­ σκευάζουμε ισόπλευρα τρίγωνα, που δεν τέμνουν την ΑΒ. Αν Κ, Λ, Μ οι τρίτες κορυφές των τριγώνων αυτών, να αποδείξετε ότι τα Κ,Λ,Μ είναι συνευθειακά.

1 0. Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΔ = ΒΓ και 1 1 . Ν α απο ο- ει ς ετε οτι για κα' θ ε ν - �

'

ν - ι , ν , 2ν + * , τα κλασματα ' ε n..τ ι , ει' ναι αναγωγα. n� ν ν +-1 2ν2 + 2ν _? '

--

1 2 . Έστω ΑΔ η εσωτερική διχοτόμος τριγ. ΑΒΓ, Ε το συμμετρικό του Δ ως πρός το μι::σο Μ της .......

.......

ΒΓ και Ζ σημείο της ΒΓ, τέτοιο ώστε ΒΑΖ = ΕΑΓ.

ΒΖ - .r:_ , Ζ , ): . οτι Ν α απο δ ει..,ετε Γ • β3 _

1 3. Αν κ{χθε πλευρι1 και κάθε διαγώνιος ενός 25 - γωνου χ ρωματίζεται πράσινη ή κόκκινη να α­

ποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον 500 τρίγωνα με πλευρές του ίδιου χρώματος και κορυ­ φές από τις κορυφές του 25 - γωνου.

ι -ι. Έστω Α 1 , Α 2 , . . . , Α 1 1 διαφορετικά σημεία ευθείας ε. Αν (Αϊ Αj) :ς; I , για κάθε ζεύγος Αϊ ,Aj σημείων, να αποδείξετε ότι το άθροισμα όλων των (Αϊ Aj) με 1 :ς; ί, j :ς; 1 1 είναι μικρότερο α­

πό το 30.

1 5. Έστω ΑΒΓ τρίγωνο κ

1 σημείο του επιπέδου του τριγώνου. Αν Κ ,Λ,Μ οι προ β ολές του Ρ 2 2 στις ευθείες ΒΓ, Γ Α, ΑΒ αντίστοιχα να προσδιορίσετε το Ρ ώστε η παράσταση ΒΛ + ΓΜ + 2 ΑΝ να είναι ελάχιστη.

1 6 . Δύο κύκλοι c 1 (0,

R), c2 ( Κ , r) (R > r) εφάπτονται εσωτερικά στο Μ . Μια χορδή ΑΒ του c 1 ε­

φ{χπτεται στον c2 Ν α βρείτε την μέγιστη τιμή της περιμέτρου του ΑΒΜ . •

1 7. Ν α προσδιορίσετε όλα τα πολυώνυμα Ρ(χ) με πραγματικούς συντελεστές, για τα οποία ι­

2 2 σχύει (χ - I ) Ρ(χ) = (χ - 3) Ρ(χ + 2), για κάθε

1 8. Αν συνχ

=

χ ε

IR..

συνy και η μχ = - ημy να αποδείξετε ότι ημ 1 994χ + η μ 1 994y = Ο.

1 9. Σε ένα σχολείο υπάρχουν 1 994 μαθητές. Κάθε μαθητής γνωρίζει 1 .600 άλλους μαθητές. Ν α

αποδείξετε ότι υπάρχουν 6 μαθητές, ώστε καθένας από αυτούς να γνωρίζει τους 5 άλλους.

20. Να β ρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης: 1 3χ +

I φ = 96z .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κ.θ. τ. 4/63


βιβλία Α Π Ο

Τ Ι Σ

Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ

Σ Α Β Β ΑΛ Α Αλέξανδρος /1. 1'ραyαvίτης

Σαββάλας ΕΚΔΟ Σ Ε Ι Σ · Β Ι ΒΛΙ Ο Π ΩΛΕ Ι Ο

Σημείο αναφοράς στο εκπαιδευτικό ΙJιΙJλίο Ζ . Π Η ΓΗ Σ 1 8

1 06 8 1

ΑΘ Η ΝΑ

ΤΗΛ. 3 3 . 0 1 . 2 5 1 - 3 8 . 2 9 . 4 1 0

FAX . 3 8 . 1 0 . 9 0 7

Ευκλειδης Β 20  
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you