Ευκλειδης Β 24 by demi de

[Π [Ε�� ο άΙ\�� ({j) r�� Ίr\ΌJ /Α )f � [Ε � ({j)

57ος Πανελλή\'ιο_ς Μαθητικός Διαγωyισ»ό.C: gτα Μαθ:ηματικά Ο Ευκλείδης" 3 14η Εθν.ι1}1] Μatrηματική Οf..υwιάδα 9 Αρχιμήδης" 6 Λ ευκ σπο υ ε \9� Δ_ι qγp>νι σL 8 ιθανοτητων .. :.···································· 9� ιιΜαθηματικές Μqβημdtικ . ι JρσιcΑ.ησε λ , �η προοΛUμπι.άδες) ............... . .... Ι Ο .............................................. 16 Ανθ.Ρ<Qπος, ρονος και οσμος Δ\ΠΛ.οί Αστtρ,ες ..., .......... : ........................... : ................................................ 20 Αλγεβρα,Α <'.υκειqp (Ασκήgεις Επανά�nψης) ....................................... 22 (εωμ�τρια Α Λυκ,ειου· (.ι\�ησεις_ΕπαναΧηψης) ..................................... 25 Αλγεp�,Β �Qκειqυ (Ασιcηgεις Επανά�nψης) ........................................ 29 . ΕπαναΧηψης) Γεωμ.ετj:Sια Β Λυκειοl} (Ασιcησεις . 33 Παρa:γ,μryος και Ανισοτητες ............................., ........................................ 38 45 ΕΠανάληJFτικά θέμαt,α μαθη ατικών γιq την Α ι:\έσμη ..............., υe Q τα ��-��-��-�.:��.:.�.�-��-��···· 49 Ασκι;ισεις Αναλυτικnς Γεωι.ι.ετρ,ιας ........................................................... 52 Ασιcησεις στό Ρυθμο, ΜετάpοΧης , ............................................................ 54 Ασιcησεις που προτεινονται για λυση ...................................................... 56 Αλληλογραφία .............. , 58 Στις ασιcησεις λέμε ΝΑΙ . .......................................................................... 63

�

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

l€

r�f/lfμ�Έ\�� 'λtr:J8a

....... .

...

.... .......•......

ιt

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

..........

......

. ...........•...............................................................

Έκδοση

της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

r:ραμματεία Σύνταξης:

Ιiαπαδόποbλος Νίκος, Τυρλής Γιάννης

Συvτα�τική Επιτροπή Βακαλόπουλος Κώστας, Βισκαδουpάκης Βασίλης Γεωργακόπουλος Κώστας, Γράψας Κώστας, Καλίκας Σταμάτης, Καρακατσάνης Βασίλης, Καρκάνης Βασίλης, Κατσούλτjς ·Γιώργος, Κηπουρός Χρήστος, Κοντογιάννης Δημήτρης, Κοτcrιφάκη(; -Γιώργος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μεταξάς Νίκος, Μπανδήλα Λ., Μώκος Χρήστος, Σαίτη Εύα, .. Στεφανίδτiς Αθανάσιος, Τούρλάς Λί:ωνίδας, Τόυρvαβίτης Στέpγιός 'fσικαλου�άκης Γιώργος. Τσιμπουρό.κης Δημήτpης.

111 Οι επιτυχίες

χρειάζονταί υποδομή

·'

Υπεbεfυvοι Έκδοάης:

ΠαπαδόΠουλος Νίκος, Τσαρπαλής Ιωάννης '

Επιμέλειά "ξκδοοης: Μαραγκάκης Σ. .

Ερωτήματα

για το σύμπαν ζητούν απαντήσεις

Συνεργάστηκαν:

Α. Αντωνiου, Παπαδόπουλος.Στάθης, Στρατήγης Γιιiνντ]ς, Κοψαχείλης Γιώpγος, Τσαπακίδης Γιώργος, Μπου�άκης Δημήτρης, Τσιούι!ας Θανάσης.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ·

ΠαvεΠισ�ημίου 34 - 106 79 Αθήνα Τηλ.: 36 16 532, 36 17 784 Fax: 36 41 025

Εκδότής: Ν. Αλεξανδρής Δ"ι_ευ�υν;τής: Κ. Σάλαρή ς ISSN:

1105- 8005

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος:

359 δρχ 1.600 δρχ -3'.όοο.δρχ

Οργανισμοί: Ταχ. Επίταγές , τ. Γραφείο Αθήvα 54, τ. Θ . 30044 Ετήσια συνδρομή:

Στοιχειοθεσία-

·,

Σε�ιδοποίηΟ.η:

Ελληνική Μαθηματ ικ ή Ετμιρεία

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

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

57ος Πανελλήνιος Μαθηματικός Διαγωνισμός στα Μαθηματικά ο ''Ευκλείδης"

Θέματα Α'

Τάξης Λυκείου

Αν οι πραγματίκοί αρίθμ�ί χ, Υ ικανοποιούν τη σχ ε ση χ2 - 4χ + y2 + IOy ξετε ότι χ.> y. I.

+ 20 = ο, ν(ΗΙ�οδ εί-

2. ·Δίνονται τρία μη συν ε υθειακ ά σ με iα Α, Β, Γ tόυ επιΠέδου, όπου το Γ β,ρί�κετdι στο. εξω τερικό του κύκλου με διάμετρό t\B . Ευθεία (ε) Πόυ διέρχετ<iι από. το Γ στρέφε-tαιώστε να μη διέρχεται αΠό σημείο εσωτερικό του tμήματος ΑΒ. Αν Α', Β' οι προβολές τών Α, Β επί της (ε), να βρεθ ε ί η θέση της (ε) για τηv οποίά τό άθpοιcrμ& (ΑΑ') + (ΒΒ'.) γίνεται μέγιστο. ·

Να δείξετε όiι η εξίσωση χ2- 4χ�

•

••

1996-9619 -1�92 =Ο δεν έχει ακέραiα λόcrη.

Έcrτω α, β, γ; δ τέσcrεpις ακέράιοι στη διάτάξη

_ .,

ΕΗΞΕ

�

Στη διάτaξri αυτή κάνουμε ττjν εξής κίνηση: Είτε προσθέτομμε' έναν· ακέpαιο (θε�ι ό ή ciρ νη τι kό) .σε κάθε στοιχείο μ�άς γραμμής, εiτε π ρ οσθέτουμ έ ένα ακέραιο (θεiικό ή αρνη τικό) σε κάθέ στοιχείο μιαζ στήλης. Δείξiε ότι άπό την αρχική διάταξη μπορούμε να κατίiλήξουμέ στη ν:

ΕΕΕΕ

(όλα τα στοιχεία 0) Ο.ν και μόvον αν ιcrχuει α + δ= β+ γ.

Θέματα Β'

Τάξης Λυκείου

Το ίδιο με το θέμα 4 iη ς Α' Λυκείου.

Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων αριθμ(Ον το σύστη μα: (Σ)

z �-155 } {x ++y/+ z=2 1 χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' λ. τ. 4/3

Μαθηματικοί Λιαγιι>νισμοί

3. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) εγγεγραμμένο σk κύκλο. Θεωρούμε την εφα πτόμενη του κύκλου στο Γ η οποία τέμνει την προέκταση της ΑΒ στο Ε. Θεωρούμε επίσης τη διχοτόμο της ΑΕΓ που τέμνει την ΑΓ στο Ζ, καθώς και την ΒΖ η οποία τέμνει τον κύκλο στο Κ ΚΖ ΑΖ ΕΒ και τη ΓΕ στο Λ . Να δει'ξετε.οτι: ΚΛ = " ΑΓ ΕΛ ·

Έστω το σύνολο Α= {α1,

α , ••• ,απ} 2

με αί;;::: Ο, i

...,η. Αν για κάθε

i, j υπάρχεi δείκτης κ,

( I � ί, j, κ � η) έτσι ώστε ακ=!Ιαi-αjl, τότε να δείξετε ότι όλα τα στοιχεία του Α είναι μηδενικά. Θέματα

Ι.

r· Τάξης Λυκείου

Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τα (χ, 4χ3 +4x2y- 12χ2=/+xy2- 3y2• 2. Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο C.

y) που ικανοποιούν τη σχέση:

Αν η διχοτόμος της

τέμνει τη ΒΓ στο Δ και τον C στο Κ και οι εγγεγραμμένοι κύκλοι ΒΔΚ, ΚΔΓ είναι ίσοι να δειχτεί ότι το ΑΒΓ εί ναι ισοσκελές.

Το ίδιο με το θέμα 4 της Β' Λυκείου.

4. Έστω η γνήσια αύξουσα συνάρτηση f: IN* - IN* και n0 ε IN*. Αν για κάθε η ε IN*, η;;::: η0 ι σχύει: f(n) διαιρεί το η, να προσδιοριστεί η συνάρτηση f.

Α' Ι.

Λύσεις

Λυκείου

Η δοσμένη σχέση γράφεται (χ - 2)2 + (y + 5)2 = 9, άρα (χ - 2)2 � 9 και (y + 5)2 � 9 οπότε Έτσι έχουμε -3 �χ- 2 και Υ+ 5 � 3 δηλαδή χ;;::: - 1 και Υ� -2 άρα

ιχ - 21 � 3 και IY + 51 � 3. y � -2 <Ι� χ .

2. Θεωρούμε το κέντρο Κ του ημικυκλίου και την προβολή κ· του Κ επί της ε. Στο τραπέζιο ΑΑ' Β'Β. η ΚΚ' είναι διάμεσος, άρα (ΑΑ') + (ΒΒ') =2(ΚΚ'). Ε πομένως αρκεί να προσδιορίσουμε τη θέση της ε για την οποία το (ΚΚ') είναι μέγιστο. Αλλά στο ορ θογώνιο τρίγωνο ΚΚΤ έχουμε (ΚΓ) > (ΚΚ') αν Κ' "if= Γ, ενcί) (ΚΓ) = (ΚΚ') αν Κ' = Γ. Επομένως η θέ ση της ζητούμενης είναι εκείνη για την οποία ε l_ ΓΚ.

9 3. Η δοσμένη γράφεται: (χ - 2)2 = ί 996 + 96 1 + 1996. Αλλ6. η δεκαδική παράσταση του 1996 λή γει σε I, του 96 19 λήγει σε 6 και ο 1996 λήγει επίσi1ς σε 6. Άρα ο αριθμός 1996 + 96 19+ 1996 λήγει σε 3. Ομως το τετράγωνο ενός ακεραίου δεν λήγει ποτέ σε 3 (απλό), οπότε η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη. 4.

Οι κινήσεις που επιτρέπονται μας δίνουν διατάξεις της μορφής:

ε -

�� γ-ζ:-

-ε-θ δ β η-θ -

όπου ε, ζ, η, θ ακέραιοι. Για να καταλήξουμε λοιπόν στη διάταξη με μηδενικά, θα έχουμε: (*)

. { ε+ζ=α} και { ε+θ=β} και προσθετοντας . με'λη β. ρισκουμε: κατα ' η+θ=δ

ζ+η=γ

α+δ=ε+ζ+η+θ=β+γ άρα α+δ=β+γ. Αντίστροφα,αν α+δ= β+γ τότε π.χ. η ε=α, ζ= Ο, η= γ, θ= β -α είναι λύση των συστημάτων (*).Οπότε είναι προφανές πως από την αρχική διάταξη καταλήγουμε στην τελική. .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ R' λ.

τ.

4/4

ΜσΙΙιιιιατικοί Λιαγ(ι)νισμοί

Β' Λυκείου 1.

Βλέπε θέμα 4) τη:; Α ' Λυκείου.

Έχουμε: (11) χ+ y +ι= 21 άρα (χ ι y + ι)2 = 212 χ2 + / + ι2 + 2(xy + yι + ιχ) 441 xy+yz +ιx=14 3 (111) Αφού χ2 +y2 +z2 = 1 55 (I) έχουμε χ2 � I 55, / � 155 και ι2 � 1 55 άρα ιχι, IYI, ΙιΙ μικρότεροι ή ίσοι τ<'' 1 2. Τ 'φα από τις (I) και (11) προκ!'•πτει ότι από τους χ , y, ι θα ειναι ο ένας ή και οι φεις περιττοί. F ίσης από την (Ι) προκύπτει ότι ένας τουλάχιστον θα είναι απολύτως μεγαλ,··τερος του 7 (γιατί διιιφορετικά αν ήταν ιχι, IYI, Ιzl � 7 τότεχ2 +/ +ι2 � 1 47, άcοπο). Χωρίς βλάβη της γενικότητας έιπω Ι χl > 7, τότε όμως αφού και Ιχl � 12 και χ πι:ριττός, θα έχουμε: Ιχl = 9 ή Ιχl = 1 1. Ετι:ίσης από την (II) αποκλείεται χ < Ο (δηλ. χ -9 ή χ =- 11 γιατί τότε y +ι=30 ή 32 άρα IYI ή ΙιΙ � 15 άτοπο αφού ιότε από (Ι) =:;z./ � 22 5 ή z2 � 22 5). Έτσι λοιπόν θα είναι χ= 9 iι 1 1 . i) Έστω χ� 9 τότε y +ι= 12, :r. ι, περιττοί άρα: (y, z)= (7, 5) ή (y, ι)= (5, 7) αφού άλλοι συν δυασμοί όπως π.χ� (y, z)=(1 1 , 1) ·ή (9, 3) απορρίπτονται λόγω της (1). Έτσι η τριάδα των αριθμών (9, 7, 5) είναι λύση του συστήματος (καθώς και κάθε μετάθεση αυτής λόγω συμμετρίας των εξι σώσεων). Άρα έχουμε 3! =6 λύσι::ις ως προς (χ, y, ι). ii) Αν χ= I 1 τότε y +z= 10 άρα (y, z)=(7, 3) ή (5, 5) ή (9 , 1) που όλες απορρίπτονται λόγω (1).

<::::>

ιι

Κατ' αρχήν EfΑ= ΑΒΓ ως γωνία υπό χορδ1Ίς και εφαπτομένης και επειδ1Ί ΑΒΓ ισοσκελές ΕΙ�Α = ArB. Άρα στο ErB η Γ Α είναι διχοτόμος και συνεπώς αφού και η ΕΖ διχοτόμος το Ζ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων τομ ErB άρα και η ΒΖ διχοτόμος της ΑΒΓ. Οπότε Λfκ=ΚΒΓ=ΚΒΑ=κrz (Ραίνουν στο ίδιο τόξο). Δηλαδή η ΓΚ διχοτόμος της Λrz. Απ< • το θεώρημα διχοτόμων στο λrz θα έχουμε ΚΛ =ΓΛ ΚΖ ΓΖ ""'" Γ.. Γ Ζ = ΒΓ = ΒΓ και (ιτο. Ι:.Γ ""'" Β . ΛΓ ΒΓ Όμοια στο ΑΒ . ΛΕ ΒΕ ΖΑ Α Β Α Γ

( )

Ζ , = ΒΕ Α ΕΛ και συγκρινοντας Ζ κατα· με, λη τις δ,υο τεΛι:ι•τα ιες σχεσεις εχω: ΓΛ Διαιρωντας τωρα ' Γ ΑΓ Α Ζ οηι το �ητουμενο. αυτη, τη σχεση με την πρωτη εχω ΚΛ . , . Κ Ζ =ΛΓ ΒΕ ΕΛ �

�

Εφόσον το Α έχει πεπεριισμένο πλ1iθος θα μπορεί να διαταχθεί και έστι•ι χωρίς βλάβη της ικότητα γ; ,ι ς ότι α1 � α2 � ••• ::;::; '111• Υποθέτουμε ακόμη ότι α1 >Ο γιατί αλλιώς το ;ητούμενο έπεται. Τι'ιτε ο αριθμός αm - αm 1) Ε Α V m 2 . η οπότε και ο αριθμός - α1) Ε Α. Αλλά

�

�σ2

...

� α2- α1) α2, οπότε Οα πρέπf;ι αναγκαστικά � α2- α1)=α1 ή α2=3α1• Ομοίως � α3- α2) Α ή �α3 3ιL1) Α και � α3- α1) Α και επειδή οι δύο αυτοί αριθμοί είναι μικρότεροι του α3 και �α3- 3α1) 1<α3- α1) θα είναι: i) � α3 - 3α1) �α3 - α1) οπ<',τε αι = � α3 - 3αι) και α2 = � α3 - αι) δηλαδή lα3= 5α1lκαι 3α1=� α3- α1) δηλαδή l α3=7α11 που ισχύουν μόνο όταν α1=Ο. ii) � α3- 3α1)=�α3- α1) οπότr. α1=Ο. για κ = 2, .. . προκύπτει ότι: α._ = Ο Άρα α1 = Ο και επειδή τότε �α._ - α1) = �" <

-·

'�

(κ= Ι, 2, ... , η).

Ε\'ΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 4/5

,η

Μ θ ματι κο ί Δ ια ων ισμο ί γ !Ι η

Γ .\ι>κr.ί<ΗJ

1. 1-:f εξίσωση γράφεται: 4χ2(χ+y- 3) =/(χ+y- 3)

δηλαδή (4χ - y )(x+y- 3 ) =Q οπότε (2χ + y)(2X- y)(x + y- 3) =Ο. Συμπεράίνpυμ.ε ότι 2χ+y = Q ή 2χ·:.... y=Ο ή χ +y- 3 =Ο Οι iυθ-εtες αuτές τέμνονται στα crημείa (0, 0);{2, J ),(5, -2), οπότε το εμβαδό υπολογίζεται εύκολα. .

ΒΔΚ, κΔr είνaι ίσοι θα έχουμε . . . ΟιΛι//= .Ο2Λ; Επειδή ΑΔ διχοτόμος θα είναι ΒΑΚ = ΚΑΓ άρα ΒΚ=ΚΓ . · , . (ΒΔΚ) _ ΒΔ και (ΒΔΚ) _ τα Β Δ...,. Κ, ΚΔ ...,. Γ εχουν κοινο �ψος αρα (ΓΔΚ) - rΔ (ΓΚΔ) τιΟιΛι τι ΒΚ + ΚΔ+ΒΔ = = 't2Ο2Λ2 τ;i ΓΚ+�Δ+hΓ Άρα Β.Δ = ΒΚ+ΚΔ+ΒΔ ==ΓΔ ΓΚ+ ΚΔ +ΔΓ . ΒΔ·ΓΚ + ΒΔ·ΚΔ + ΒΔ·ΔΓ= ΓΔ·ΒΚ+ΓΔ·ΚΔ+ΓΔ·ΒΔ===ΒΔ·ΓΚ+ΒΔ·ΚΔ== ΓΔ·ΒΚ+ΓΔ·ΚΔ . ΒΔ·βΚ+ΒΔ·ΚΔ = ΓΔ·ΒΚ + ΓΔ·ΚΔ ΒΚ(QΔ- ΓΔ)+.Κ.ΜΒΔ��ΓΔ) =Ο -r:> (ΒΚ + ΚΔ)(ΒΔ- FΔ) =Ο<=> ΒΔ= ΓΔ. Δήλάδή η ΑΔ είνα\' β ίχοτό-μος κ;χ_ι διάμεσος,οπότε τοΑΒΓ ισοσκελές. •..

�

Αφοp οι �ύκλοι στα ·

··

.•.

3. � Β�έπε 4). θέμ� της �- Λυκείου. .

4. Έστω ρ ο μικρότε'pοςΉπρώτος αριθμός για τον οποίο ισχύει Τόiε ρ �n0 ιcaι f(ρ)/ρ αλλά επειδή ρ πρώτος είναι f(ρ) =·ρ n f(ρ) =Ι. ,:�

�

•

Αν f(ρ) = 1 τότε\t η< ρ θα είναι f(η) < f(ρ)= 1 ===- f(n) � p·q.�q?to. Άρα f(ρ) =ρ. Αφού η f είνιiι γνήσια αύξουσα θα είναi: f(ρ + η� f(ρ) + 1 �.. ρ+1,αλλά επειδή f(ρ + 1)/ρ+ 1 είνμι f(ρ+ 1) �ρ+ 1,οπότε f(ρ+1)= ρ+ 1. Γενικά γιa κάθi ν Έ IN θα είναι f(ρf.ν)�f(ρ+v-1)+ ι�... ;;r(ρ)+ν= ρ + ν. . και επέιδή f(ρ+v)/p +ν \t ν Ε IN ή f(η) = η \t η � ρ ' Το ίδιο ισχύε,ι και 'V η< ρ Πράγματι εφόσον η f είyαι γνήσια αύξουσα είναι: 1 � f(l j < f(2) < f( 3 ) < . . . < f(ρ- 1) � ρ·� 1 Αν tώpα υπάρχει Π1 Ε {ι,2, . ..,ρ-1 }:f(m) > m τότε όπως και προηγουμένως θα είναι f(ρ -1) � f(m) τ (p � - 1-m) >m +(ρ-1-m) =ρ- 1 που είν�ι άτοπο αφού f(ρ- 1) �ρ- 1 Το ίδιο συμβαίνει και αν υπάρχει m ε{1,2, ... , ρ -1}:f(m).< m Οπότε τελικά f(η) =η και για κάθε iι <ρ. Άρα f(η) =η \t η Ε IN*. ·

14η Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «Ο Αρχιμήδης» Αθήνα, 18 Ιανουαρίου 1997

Θέματα Λυκείου

Έστω Ρ σημείο στο εσωτερικό ή στις πλευρές ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ. Να προσδιοριστεί, για. τις διάφορες θέσεις . του Ρ, το μέγισtοκαι το ελάχιστο της παράστασης: ·

�=�Ρ+�+�+Δ�

Έστω συνάρτηση f: IR�- IR για την οπο�α ισχύει: Η

f είνφ γνησίως αύξουσα στο (0,

{

iii) f(x) f(x) +

i] = Ι για κάθε χ> Ο.

οο

)

ii) f(x). > - !, για κάθε χ> Ο. ,

Να υπολογίσετε το f(1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. '

. , ;•

τ.

4/6

Μαθηματικοί Λι��yό>νισμοί

. ' 13 199 6 ' ' . ' ο' λες οι ακεραιες α β ρε-θ ουν r- υσεις της εςισ�οσης: ;+ 7= 1

�

1997'

Έστω p πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές το οποίο έχει 13, διαφορετικές μεταξύ τους, ακέραιες ρίζες. Να αποδ?ίξετε ότι αν η ακέραίος αριθμό� με p(η) =1= Ο, τότε lp(ρ)l ;::: 7(6!)2. μεΕπίσης να δοθεί παράδειγμα πολυωνύμου με ακέραιομς σύ\ιτελεστές και με 13, διαφορετικές ' ταξύ τους, ακέραιες ρίζεζ τέτοιq ώστε: για κάποιο η εΖ νά είν<iι lp(η )l = 7(6!)2. ,

�

:ι

.;··

Λύσεις Λυκείου

Έστω Μ το κέντρο του τετραγώνου. Το Ρ είναι δυνατό νq βρίσκεται Δ""=----,.; στο εσ_2)τερικό ενός από τα ψίγωνα Α ΜΒ ΒΜΤ, ΓΜ� και ΔΜ""'Α. 'Εστω στο ΓΔΜ Ε η το�ή της ΑΡ με την· ΒΔ. Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΓΕΔ είναι ίσα, αφού: ΑΕ=ΔΕ ΑΔ=ΓΔ οπότε ΔΑΕ=ΔrΕ ΑΔΕ= ΓΔΕ=4�0 Τότε ΔΑΡ + BrP = BrE + BrP � 90° και aφοί> . ΑΒΡ � 45° �α είναι Α Β f(ρ)� 3-45°= 135° Ακόμα θα ισχύει μια από τις παρακάτω ανισότητες: ΡΑΒ � ΑΒΡ ll ΡfΔ �ΓΔΡ Αν π. χ. η�πρώτη θα έχουμέ: � ΑΒΡ +ΔΑΡ:;:; ΡΑΒ +ΔΑΡ=90° Ακόμα ΒΓΡ:;:; 90° και ΓΔΡ:;:; 45°. Επομένωςf(ρ):;:; 5-45°= 225° Ι.

Έστω f(l)=α. Τότε από την υπόθεση. για χ= Ι έχουμε: αf{α+ 1] = 1 ή f(a+ 1)=! (l) . . . . α ' η 1- = ' �1 f(a+ 1 ) [! Για χ=α + Ι παίρνουμεf(α +l)[f(α+ 'L . I)+'La+ α+ = 1 η α+ I Ι tfi + Ι = Ι tfi + Ι = Ι=a(2) '\a α +Ι f(a +l)=\a a +I I

)

Οπότε

)

�t +α � )=f(l) (3)

1Επειδή όμως ηf είναι γν. αύξουσα στο (0. +XJ) θα πρέπει !+=1 α α+ Ι Αν α= Ι +7-l?,τότε Ι <α=f(l)<f(l +α)=!<I άτοπο ·

Ωστε α= 1- .VS, άρα f(l) = 1 2 Σημείωση.

-;J5

+ α _ 1 -JS. - 2

ι::ι

Μια τέτοια συνάρτηση μπορεί να είναι η f(x)=%όπου α= 1 -:-2.VS.

εξίσωση γράφεται 1997( 13/ + Ι996χ2)=2 x2y2 (2) 2 Ο αριθμός Ι997 είναι πρώτος και 1997/zx / οπότε έχουμε τις περιπτώσεις: i) 1997 /z δηλαδή z= 1997·zι όπου zι ε ΙΝ• και η (2) γίνεται 13/ + 1996χ2 Ζ ι·χ2/ (3) οπότε χ2/Ι3/ δηλ. x/y και y2/1996x2= 499 ( 2χ) 2 (4) Αλλά ο 499 είναι πρώτος οπότε y/2x (5) Επομένως y= Ι ή y=2 ή y/x ή y/2x (6) 4. Από την υπόθεση έχουμε Ρ(χ)=ΙJ.(Χ- Χι)(χ- χ2)...(χ- Χι3}g(�) όπου Χι, χ2, ... , Χι3 οι διαφορε τικές ακέραιες ρίζες του πολυωνί>μου και IP(x)l Ι ι::ι Ι Ιχ- χιΙ Ιχ- χ2Ι Ι χ- χ31 ...1χ- x n l lg(x)l οπότε IP(η)l = Ι α Ι Ι η - χιΙ Ι η - x2Ι in- χ31...1ή- XιJI Ig(n)l αφού P (n) =1= Ο θα έχουμε Ιαl,lg(n)l � 1 και επειδή χι. χ2, ... , χι3 είναι ακέραιες ρίζες διαφορετικές μεταξύ τους θα υπάρχpυν 6 ζεύγη από aυτές που θα απέχουν τουλάχιστον από το η απόσταση ίση με 1, με 2, με 3 ... μέ 6, ενώ η 13η που μένει α πέχει� 7 Άρα Ι Ρ(η)Ι � Ιη- χιΙ Ι η- χ2Ι Ι η- χ3ι...ιη- xιJI � 1·1·2·2·3·3-445·5·6·6·7=(1·2�346)2:7

Ε\'ΚΛΕΙ

ΔΗΣ

Β' λ. τ.

417

\ΙαΟηματιιωί \ιαγtο\'ισμοί

δηλ. IP(n)l � (6!/·7 Το ζητούμενο πολυώνυμο μπορεί να είναι π.χ. Ρ(χ) =(χ± Ι)(χ± 2)(χ± 3)(χ± 4)(χ± 5)(χ ± 6)(χ- 7)

Ελληνικό Στατιστικό Ινστιτούτο Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθανοτήτων

Στ ρατής J{ουνιάς Θέματα και λύσεις τουΛευκοπούληου διαγ(!)νισμού ποι> έγινε 18 Ιανοι>αρίου 1997.

I. Ας υποθέσουμε ότι ν σχολεία στέλνουν στο Λευκοπούλειο διαγωνισμό από δύο μαθητές το καθένα. Ποια είναι η πιθανότητα οι τρεις μαθητές που βραβεύονται να προέρχονται από διαφο ρετικά σχολεία; 2.

Ένας δρομέας πρόκειται να τρέξει στην τέταρτη λωρίδα ενός στίβου με 8 λωρίδες. Αν γνω ρίζει ότι στον αγώνα παίρνουν μέρος εκτός από αυτόν άλλοι τρεις αθλητές, οι οποίοι τοποθε τούνται εντελώς τυχαία στις υπόλοιπες 7 λωρίδες. ποια είναι η πιθανότητα να μην τρέχει δίπλα του (σε γειτονική λωρίδα) κανένας aντίπαλος; ·

Οι Α και Β συμφωνούν να παίξουν το εξής παιχνίδι:

Θα ρίχνουν εναλλάξ δύο (διακεκριμένα) ζ(φια. Αποτέλεσμα κάθε ρίψεως θεωρείται το άθροισμα των ενδείξεων των δύο ζαριών (2, 3, ..., 12). Νικητής είναι όποιος φέρει πρώτος το αποτέλεσμα 7. Αν ο Α αρχίσει το παιχνίδι (ρίχνοντας πρώτος τα δύο ζάρια) και βάλει στοίχημα το ποσό α, πόσο πρέπει να στοιχηματίσει ο Β ώστε το παιχνίδι να είναι δίκαιο, δηλαδή τα στοιχήματα να είναι ανάλογα των αντίστοιχων πιθανοτήτων ( να κερδίσουν το παιχνίδι); Γενικεύσετε το πρόβλημα για ν παίκτες Αι. Α� . ... . Αν με τον Αι να ρίχνει πρώτος, τον Α2 δεύτε ρος κ.ο.κ. Λύσεις: Θέμα 1

α) Λύση Ρωμανού-Διογένη Μαλικιώση, Ι4° Λύκειο Θεσσαλονίκης, 1°ς νικητής. Σύμφωνα με την πολλαπλασιαστική αρχή, υπάρχουν 2ν(2ν- 1)(2ν- 2) τρόποι να καταληφθούν οι τρεις πρώτες θεσεις. Οι τρόποι για να συμπληρωθεί η τριάδα. χωρίς να έχουμε δύο του ίδιου σχολείου είναι 2ν(2ν-2)(2ν - 4). 2ν(2ν �)(2ν 4) Ι 3_ , p ειναι. Ρ- 1 (Ι Άρα η πιθωοτητα I)(J_ν-_Ι)1 1 _ν _ν _ν Λ β) ύση της Ελένης Κατηφόρη, Βαρβάκειο Πειραματικό Λύκειο, 2η νικήτρια. Ίδια λύση έδω σε και ο Τάσος Κουιμάς, 2° Λύκειο Αργυρούπολης, 3°ς νικητής. Ο δειγματικός χώρος Ω αποτελείται από τριάδες στοιχεί�ν επιλεγμένες από το πλήθος των 2ν μαθητών που συνολικά αποστέλλονται από τα σχολεία. ,

.,.-

Ν(Ω)-

( 2ν ) 3

(2ν)! (2ν 3! -3)! Με Α συμβολίζουμε το ενδεχόμενο του οποίου ζητάμε την πιθανότητα. Τα σχολεία από τα οποία -

θα προέλθουν οι νικητές μαθητές είναι ν, άρα μπορούμε να τα επιλέξουμε κατά

(�

(� )

Ομως επειδή κάθε σχολείο στέλνει 2 μαθητές, κάθε τριάδα σχολείων αντιστοιχεί σε 23 δες μαθητών. Άρα το πλήθος των ευνοϊκών περιπτώσεων είναι: Ν(Α) = Α Ρ(Α)=Ν( )

Ν(Ω)

Li. ( ).l =

2(ν-2) 2ν- Ι

2v 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/8

τρόπους.

= 8 τριά

)23. Επομένως

ΜαθηJιατικοί Διαγωνισμοί

Θέμα2 Λύση Ρωμανού- Διογένη Μαλικιcδση Ολοι οι τρόποι με τους οποίους μπορούν να καταληφθούν οι υπόλοιπες θέσεις από τους τρεις αθλητές είναι: Δj = 7·6·5 (οι αθλητές είναι διακεκριμένοι). Σ!ον αγώνα αυτό δεν τρέχει κανείς δί πλα του, αν οι τρεις αθλητές καταλαμβάνουν όλες τις υπόλοιπες θέσεις εκτός από την τρίτη 3η κι την 5η. Αυτό γίνεται με Δ� = 543 τρόπους. Άρα η πιθανότητα είναι: p =

Θέμα3

�:::� � =

α) Λύση Ρωμανού - Διογένη Μαλικιcδση. Ίδια λύση έδωσε και ο Μιλτιάδης Μαυρακάκης, Β Λύκειο Χανίων, Έπαινος. Ολες οι ζαριές με τα δύο ζάρια είναι 36. Το πλήθος αυτών που έχουν άθροισμα 7 είναι 6, αυτές είναι οι (6, I ) (5, 2), (4, 3), (3, 4), (2, 5), (1, 6). Η πιθανότητα να κερδίσει ο Α στην πρώτη ρίψη ' ' ' 5 · 6, διοτι ' πρεπει ' να κερδ'ισει ο Β ει' ναι 6 να χασει πρωτα ο Α. Αν δεν κερειναι Η πιθανοτητα

' 16.

δίσει κανείς στις δύο πρώτες ρίψεις, τότε θεωρούμε ότι το παιχνίδι αρχίζει από την αρχή. Είναι 1

� �

�

λογικό το ποσό του Β να είναι ίσο με β= ·α διότι =

36 Αν τώρα παίζουν το παιχνίδι ν παίκτες, οι Α1• Α2, ..., Αν και στοιχηματίζουν αντίστοιχα Ι , , , 5 ν5 ·α α3 = α1, α2, ..., αν. τοτε πρεπει να ισχυει α2 = 6 ·α,, ...,α,.= 6 ·αι 1• Δηλαδή V κ ε β)

{1,

2, ..., ν}, ισχύει: α..=

..:-I

(�)

α1

()

(56)2

Ο Α κερδίζει το παιχνίδι στην πρώτη ή τρίτη ll πέμπτη κ.λ.π. προσπάθεια. Η πιθανότητα να ;

' κερδισει ο Α ειναι:

�(65)2i·(61) =6+ (56)2(16)+...=π6 1

Ομοια η πιθανότητα να κερδίσει ο Β είναι 5, επομένως εφόσον τα στοιχήματα είναι ανάλογα 1 1

� 151, (�} 11 ( 6 ) ( )+(56)ν+κ-Ι(61)+ . (65)"-1(6)1 ).__1_ .1 ( ) -6

των πιθανοτήτων θα είναι

ή β=

Άν έχουμε ν παίκτες, η πιθανότητα να κερδίσει ο κ-στος παίκτης το παιχνίδι είναι: 5 "-' 6Ι .. = γ'κ= 1• ..., ν 5 ( Αυτό συμβαίνει διότι ο κ-στος παίκτης κερδίζει το παιχνίδι στην προσπάθεια κ ή στην ν + κ ή στην 2ν + κ κ.λ.π. και πρέπει να αποτύχουν όλοι οι προηγούμενοι για να κερδίσει αυτός. Τα α στοιχήματα είναι ανάλογα των αντίστοιχων πιθανοτήτων, τότε κ = α,

, (65)κ-1

Δηλαδη α"=

α1, κ=

1, 2, ..., ν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/9

(21"- 'r.!.l

� 61

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ <<ΠΡΟ ΚΛΗΣΕΙΣ>>

(ή

....

Μαθηματικές ΠΡΟ & ΟΑΥΜΠΙΑΔΕΣ) Β.Ε. Βισκαδουρά�ης

Είναι αναμενόμενο, πολλοί από τους αναγνώστες του «Ευκλείδη Β'» που θα θελήσουν να α σχοληθούν με τα παρακάτω προτεινόμενα για λύση θέματα (μικροί ή και μεγαλύτεροι) vα θέ σουν το ερώτη μα: Και προς τι όλα αυτά; Είναι ένα ερώτημα που μερικές φορές ίσως υποκρύπτει ένα λανθάνοντα εγωισμό, ο οποίος μας οδη γεί στο να κλείνουμε ·τα μάτια σε κάτι που είτε το θέλουμε είτε όχι, υπάρχει · (καινούργια προβλή ματα πάντα θα παρουσιάζονται και θα περιμένουν τη λύση τους - που δεν θ' αργήσει νάρθε ι -) . Το να δώσετε τη λύση αυτή εσείς (ή και εσείς) φίλοι μαθητές είναι μια ευ χαρίστηση που ότι και αν σας πει κανείς δεν μπορεί να αποδώσει την ποιότητα και την αξία της. Η πρόκληση για να το διαπιστώσετε βρίσκεται λίγες γραμμές παρακάτω . Δοκιμάστε (αλλά με πίστη και με πείσμα) . Υπάρχουν προβλή ματα για κάθε μαθητή της Α' , Β', και Γ Λυκείου που αγαπάει τα Μαθηματικά. Γι' αυτόν που βρίσκεται στην Α ' τάξη του Λυκείου και θάθελε πιθα νόν του χρόνου να συμμετάσχει στους Διαγωνισμούς της Ε.Μ.Ε. , μέχρι και για τους πρωταθλη τές των περσινών μας Διαγωνισμών. Η συγκέντρωση , ταξινόμηση και επίλυση των περισσοτέρων απ' αυτά έγινε κατά την διάρ κεια της δ ίμηνης πρόσφατης απεργίας των καθηγητών σας φίλοι μαθητές, ( «ουδέν κακόν, αμι γές καλού>>) . Οσο για το χρόνο που χρειάστηκε; Πολύς. Τόσος που εκείνο το «επίδομα εξωδιδακτικής απασχόλησης» για όλο το 1997 σίγουρα δεν αρκεί για τη ν κάλυψη του. Αλλά, δεν ξέρουν όλοι από κόπο και ξενύχτι. Ομως, συγγνώμη φίλοι μου αν σας μελαγχόλησα . Υπόσχομαι να επανορθώσω στο επόμενο τεύχος. Θα δείτε τότε ότι αξίζει τον κόπο να ασχολείται κανείς, και μάλιστα στη ν μαθητική του σταδ ιοδρομία, σοβαρά με τα Μαθη ματικά. Πάρτε μέρος στην κοσμογονία της εποχής σας. Τα Μαθηματικά είναι το πιο σίγουρο όχη μα για το μέλλον. Μη διστάσετε να ταξιδέψετε μαζί τους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ . t . 4110

Προτει�όμενά θέματα

Ο «Ευκλεiδτjς>>, όπωs οεκα8�ίε(; τώρα, θάναι μαζί <1ας σύντροφος και αρωγός στον πρώτο καιρό αυτόύ JΟύ συναpπ<ιστικού τηξιδιού. . Κρατεί&τε τον κaι σtις διακοΠές i::Jciς. Κι αν αΠοφασίσετε vα άσχοληθείτε με .τα παρακάτω προβλήματα, oi ιδέες σ;ας, οι λV,σ�ις σάς, οι παρατηρήσείς σας, θάνaι ευπρόσδεκτες όπως πά ντα. Μόνq.,ειδικά γιd τούτα �α προβλήματα μην ξεχάσετε τό γράμμα σας να το θέσετε υπόψιν του ύπογρhφοντος.·Καλό κ.αλοκαίρι λοιπόν φίλοι μου και καλό κοuράγιο σtην προσπάθεια σας. . f;.� .t ·

Α. 1)

·/

,: -

· ,

ΑΡΙθΜΟθΕ$1ΡΙΑ

ό-tι τα κλάσματa: (ί) 2n - ·-t, ·για n � Ν* ίcαι . . . 2η':+- ι'

Να δειχθεί

(ii)

J::

7 ι 0,

ηέΞ'Ν, η ciρ�ιο.ς. είναι ανάγωγα (δηλ. δεν απλοποιούνται)

2) 3)

Δείξtε όtι yια'κάθε ακέραιο η> ι ο (φιθμός Α = ι9·8"+ ι 7 . είναι σύνθετος. Δείξτi ότι δεν ι>πάρχουv πρQ)τοι άριθμοί στην ακολουθία των αίcεραίων:

Δείξτε ότι ο αριθμός Α

6) 7)

ιοοοι' ιοοοιοοοι' ιοοοιοοοιοοοι, ... = ι ι ι... ι του δεκαδικού

pιθμός.

91 άααοι

συστήματος

αρίθμησης είναι σύνθετος α-

Αν <Χϊ Ε {+ι, -ι}.γιακάθε i = ι,_ 2, ··:.• η και αν είναι: α1α2α3α4 + α2α3α4α.s + α3α4α5� + ... + αηα1 α2α3 = Ο να δείξετε ότι το η είναι πολλαπλ«iσιο του 4. Δείξτε ότί αν για κά�οιο η Ε Ν, . ο αριθμός Α = ι + 2" + 4" είναι πρώτος, τότε ο η είναι της μορφης η = 3κ όπου Κ ΕΖ+. η Αν m, η Ε Ν• και η περιττόςνα δείξετε ότι το άθροισμα Sn = 1 + 2" + 3" + ... + m" διαιρείται με το άθροισμα s. = ι + 2 + 3 + + Jll ..

2- 2;; 17 δεν έ ει ακέραια λύση. 8) Να δείξετε ότι η εξίσωση χ 3y χ 9) Να δείξετε ότι για κάθε η Ε Ν,, η εξίσωση χ2 + 1 = 7y" δεν έχει λύση �οΖ. 10) Να δείξετε· ότι για κό.θε ri Έ Ν, η> 2, η εξίσωση χ"+ (χ + ι)"= (χ + 2)" δεν έχει λύση στο • .• .

σύνολο των φuσικών αριθμών. . 3 11) Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίω.ν Ζ η εξίσωση: χ + 3χ = 4y3•. . ι 12) Να λtJθεί στ ο Ν η εξίσωση: (y + )χ- ι = y! ·

16)

· }

" " η αβγ -γ = α = . 2(β +γ) Να βρεθεί τριψήφιος αριθμός xyz, αν τα χ, y, z είναι διαδοχικά ψηφία και xz = y + 1ι. Να βρείτε τετραψήφιο άριθμό με ίδια τα δύο πρώτα και ίδια τα δύο τελευταία ψηφία έτσι ώστε αυτός να είναι τέλ8ιο τετράγωνο. Βρείτε ένfi. τριψήφιο αpιθiιό αβγ τέτοιο ώστε η διαφορά μεταξύ του μεγαλύτερο\> και του j.ι.ικρότερου τριψή(ριου που μπορούμε να φτιάξουμε με τα ψηφία α, β, γ (το καθένα μία φορά) να είναι ίση με τον αρχικό τριψήφιο αριθμό. Ένας φυσικός αριθμόςγραμμένος στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης είναι καiά 1996 μονά δες μεγαλύτερος από τον ίδιο αυτό αριθμό γραμμένο χωρίς το τελευταίο του ψηφίο. Ποιες είναι οι δυνατές τιμές που μπορεί να έχει αυτός ο αριθμός; Να βρείτε ένα θετικό ακέραιο αpιθμό που να λήγει σε 7 και που αν το 7 μετακινηθεί στην πρώτη θέση αριστερι,i, ο νέος αριθμός να είναι πενταπλάσιος από τον αρχικό αριθμό. Να βρείτε ένα θετικό ακiραιο αριθμό που vα λήγει σε 6 και που αν το 6 μεταφερθεί αρι στερά απ' όλα τα ψηφία του αριθμού, ο νέος αριθμός να iίvaι εξαπλάσιος από τον αρχικό α. ριθμό. . Έστω (χπ) η F Ν* μιa ακολουθίa με Χι = 1 και Xn + 1 = ι + 2xn (i) Βρείτε ό�α τci η yια τα οποία το Xn διαιρείται με το 5.

13) Ν βρεθούν οι φυσικο i α, β, γ, η Ε Ν• για τους οποίους ισΧύουν

14) 15)

. " α

�

{ �

17) 18) 19) 20)

(ii) Δείξτε ότι δε � υπάρχει η Ε Ν•, η> ι έτσι ώστε τ.ο Xn να διαιρείται με το η. 21) Έστω (a..;)n ε ΙΝ μια ακολουθία φυσικών αρίθμών, τέτοιων ώστε το άθροισμα των ψηφίων του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' .λ. τ. 4/11

Π ροτε ι νόμενα θέματα

22)

23)

24)

25)

απ να είναι ίσο με η και τα ψηφία αυτά είναι μόνο 1 , 3 ή 4. Να αποδείξετε ότι ο α2η είναι τέ λειο τετράγωνο. Αν (l + χ + χ 2 + χ 3 + χ4)496 = αο + αιχ + α2χ2 + . . . + αι9s4Χ 1984 (i ) Να βρεθεί ο Μ . Κ . Δ. των α3 , αg , αι3• . . . , αι9s3 (ii) Δείξτε ότι 1 0347 > �9 2 > 1 0340 χ Έχουμε ένα μπιλιάρδο άπειρου μήκους και πλάτους 50cm. Με αρχή τα Α και Β υπάρ χουν ανά I30cm υποδοχές στις πλευρές Αχ και By. Από το Α και με 45° γωνία ξεκινάει μια μπάλα η οποία προσκρούει στην απένα Υ ντι πλευρά By, ανακλάται (ως γνωστό) με 45° γωνία κ.τ.λ. Να βρείτε πόσο μακριά θα πάει η μπάλα και σε ποια ακριβώς υποδοχή θα πέσει. Σ' ένci τεστ με άριστα το 1 00 οι επιδόσεις των μαθητών Α, Β, Γ, Δ, Ε είναι 5 διαφορετικοί α κέραιοι, όλοι μεγαλύτεροι του 9 1 . Είναι γνωστό ότι ο μέσος όρος των επιδόσεων του Α, του Β και του Γ είναι 95, ενώ ο μέσος όρος των επιδόσεων του Β, του Γ και του Δ είναι 94. Αν ο Α είναι πρώτος (με την καλύτερη επίδοση), ο Ε είναι τρίτος με επίδοση 96, ποια θέση κα τέλαβε ο Δ; Ο αριθμός 44444444 γράφεται στην κανονική του μορφή στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης, οπότε το άθροισμα των ψηφίων του είναι Α και το άθροισμα των ψηφίων του Α είναι Β. Να βρείτε το άθροισμα των ψηφίων του Β.

: : :

Β. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΣΤΟ IR 26)

Γι + h + h = Ι 1 , στο IR. χ2 + χ2 + 4 χ2 + 9 6

Να λυθεί η εξίσωση:

Να λυθεί στο σύνολο των ρητών αριθμών η εξίσωση:'\)2....j3 - 3 = .ψ;;Jj -MJ Να λυθεί στο IR η εξίσωση: χ4 + χ2 + V2·x + 2 = Ο Να λυθούν οι εξισώσεις: .J.. (i) Ι + 4χ + 9χ = 2χ + 3χ + 6χ ..--:l) (ii) 1 6χ(4χ + 1 ) = 4 ι_ J 2 j (iii) 1 ιox - y - .Vy + 2 = 125x 2 + y ,..:> -(� ')(-\\ rι:ι-ιγ)( y-t�) ·..., L. ..._ o -> S')c-\ 30) Αν α > Ο να λυθεί στοΙRη εξίσωση:(αχ + α-χΗ1 + χ2) = 2 -,rι \ 31) Αν α > Ι να λυθεί στο IR η εξίσωση:αχ + α4 = 2α2χ '32) Να λύσετε την εξίσωση:(ημ(χ - y) + Ι )·(2συν(2χ - y) + 1) = 6 33) Αν η εξίσωση χ 2 + αχ + β = Ο έχει δύο ρίζες στο IR διαφορετικές μεταξύ τους (όπου α, β Ε IR), να δείξετε ότι και η εξίσωση χ4 + αχ3 + (β - 2)χ2 - αχ + 1 = Ο έχει τέσσερεις διαφορετικές μεταξύ τους ρίζες. χ + x y + y = 2 + JV2 � 34) Να λύσετε στο IR το σύστημα: χ2 + y2 = 6 t=4 x � 35) Να λ υθεί στο IR το σύστημα: =2 ..JXz + -JYt = 2 27) 28) 29)

----

- ( '(--tι)Ί.�:z.{(z� .. σ

{

}

{ J/y : � }

Γ. .ΑΚΕΡΑΙΟ ΜΕΡΟΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ

36) Α ν για κάθε χΕ IR ισχύει: [ α·[χ]] = [[α]· χ] να δείξετε 37) Να βρείτε το ακέραιο μέρος των αριθμών:

(i ) Α =

ότι α = 1 .

\] 1 997 + '\} Ι 997 + "\). . . + .VI997, (τα ριζικά είναι 1 997). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

τ.

4/12

Π ροτει ν όμενα θέματα

=\}I +\}2+ν +...+� 1997 IR [χ+!]= (i) =[η ; ιJ+ [η f 2]+[η ;/]+ ...+[η ; �κ]+ . . . 2 , .. 2 +ι + ι ι + + η �2, η� + + ... ] ] ] . 2n +ι +ι +ι [νη2-η+νη2+η]=[ν,...4η�.. 2---ι] + =α+ =α . 2 χ, z. [_L_J + [LJ + [...L J = [x.+y+zJ y, z x+y y+z x+z χ)

(ii ) Β

38) Να δείξετε ότι: s

[2χ]- [χ] για κάθε ΧΕ

[3 n + I n 1 3

[ n+ I (ιι) S = 1 _

[ n+ I m n 1 m

και να υπολογίσετε τα αθροίσματα:

οπου m,

39) Να δείξετε ότι: για κάθε n Ε Ν ισχύει:

40) Αν α, β θετικοί ακέραιοι και αν (l * 41) Αν χ, Ε Ν και

{i)

Ε Ν και m *

β{j. να δείξετε ότι [β{j.]

να βρεθούν οι

(όπου

[χ]= ακέραιο μέρος του Δ. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

42) Να συγκρίνετε τα ζεύγη των αριθμών 1 και 5 (i) 21 και 31247 (ii ) (iii ) και 2'f7

996

41987

703 7

(ίν)...jιοοι 2...jιοοο !ifiif �(η+ι)! =ι+ι+α+α+αα2++...++ - =ι+ι+++ ++...++ Ο. (ι+!)(ι+21�)+(ι+�ι)(ι + 21�5)+...+(ι+2�s)(I +2J99)< ιοοο y χ+y �9 +...jβy �6. χ,χ,y,y,zz IR χ+ +z=ι2χ +2Υ +2z �2xy+2yz+2zx � χ+Ι +� y+I +��! z+ι""4 χ,y,z χ+y+z=Ι, 2(χ +y2+z2)+9xyz�Ι 2 +\J3+\)4+6 ...+ψί< 2 I './ IR +α+�...+�βn + +α ) α � � ... � π � + η+----+ + +η ...+απ .. + � � � α � � ... � π + η+---+η ...+απ β ι + . . ...+ χ, y, z +οο ) xyz = I t997 t997 t997 t996 t996 χ +y +z �χ ...+,αyπ +zt996 � + ( α + + π .. . · + ...,απ Ιη + +...+απ)� νηι +α2+...+ ...·-ν2n �η+Ι και n+

43) Να συγκρίνετε τους αριθμούς: 44) Να συγκρίνετε τους αριθμούς: 2 ··· αn I Α n και Β α 45) Να αποδείξετε την ανισότητα: 46) Αν α, β, χ,

+�και

Ε� και α + β� 4και

Β2

β2

n I B n όταν α> β> β

···

να δειχτεί ότιναχ

47) Αν 48) Αν

Ε να αποδείξετε την ανισότητα: θετικοί πραγματικοί με y να δείξετε ότι:

49) Αν

>Ο και

να αποδειχθεί ότι:

• 50) Για κάθε n ε Ν με n > να δειχτεί ότι: α2 α12 � 4(1 α2 +α4 51) Αν α Ε να δείξετε ότι: (l και β1 β2 τότε: 52) Αν α1 α2 αιβι α2 β 2 ··· απβn αι α2 βn βι + β2 + .��--�� 7 Ενώ αν: α1 αιβι α2β2 �� 53) Αν

α2

Ε (0,

και β1 απβn αι +α2 �� '<:

και

β2

• • •

βn τότε: β2 + + βn .��--��

να δείξετε ότι:

54) Αν οι αριθμοί α1, α2,

και β1, β2, ..., βn είναι θετικοί πραγματικοί, να αποδείξετε την αβn) !\)αιαι···απ !\)βιβ2···βn νισότητα: !\j(αι βιΗα2 β2)· , θετικοί πραγματικοί να αποδείξετε την ανισότητα: 55) Αν α1, α2 2 2 -:-<.αι α2 -:-<α2Ι αn) 1 56) Να αποδείξετε την ανισότητα: {2·�·�· Vϊ6·

�'r:n

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 4/13

------- Προτεινόμενα θέματα

57) Αν είναι Ο < αί < I για κάθε i= I, 2, 3, ...,η να δείξετε ότι: (α1 + α2 + ... +<Xn)- α1α2 . . . αn < η - Ι η η-Ι + . . . +α1χ+ <Χο = 0 είναι θετι58) Αν όλες οι ρίζες της πολυωνυμικής εξίσωσης: <ΧηΧ +<Χη-ιΧ 2 ·α κοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι ισχύει η ανισότη τα: <Χη-ι ι � η αn·αο <Χ έ Αν οι συντελε α , , α του πο υωνύμου , 59) η-ι λ c:τ.t ς 1 2 Ρ() χ = χη + α1χη-ι.+ α2χη- 2 + . . . +<Xn 1 χ+ ι είναι όλοι μη αρνητικοί και αν αυτό έχει η διαφορετικές πραγματικές ρίζες, να δείξετε τότε . . .. ότι: .Ρ(2) � 3η. ·

• • •

Ε. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

60) Από το μέσον-Ρ μιας χορδής ΑΒ θεωρούμε τις χορδές ΓΔ και ΕΖ ενός κύκλου (0). Αν οι χορδές rz και ΕΔ τέμνουν την ΑΒ στα Η και Θ, να δείξετε ότι θα είναί: ΗΡ = ΘΡ. 61) Έστω AB CD κυρτό τετράπλευρο και έ�ω τα σημεία Α1 Ε (C D), Α2 Ε (BC), C1 Ε (Αβ), c2 Ε (AD). Έστω (ΑΑ2) n (CC,) Ξ {Μ}, (ΑΑ,) n (C C2) �-{Ν}. Να δέίξετε ότι αν τρία από τα τετράπλευρα ABCD, A2BC1M, A MCN, A1NC2D είναι εγγράψι,!α σε κύκλο, τότε και το τέ ταρτο είναι επίσης εγγράψιμο. 62) Ένα κυρτό τετράπλευρο είναι εγγεγραμμένο σε. κύκλο ακτίνας I. Δείξτε ότι η απόλυτη τιμή της διαφοράς της περιμέτρου του με το άθροισμα των διαγωνίων του, είνάι μεγαλύτερη του Ο και μικρότερη του 2. 63) Δύο ισόπλευρα τρίγωνα είναι εγγεγραμμένα στον ίδιο κύκλο άκτίνας r. Έστω Κ το εμβαδόν 2 . του κοινού μέρους των δύό τριγώνων. Να δειχτεί ότι 2Κ � r .-{3. 64) Έστω ΑΒΓΔ κυρτό τετράπλευρο με πλευρές ΑΒ = α, ΒΓ =β, ΓΔ = γ, ΔΑ= δ και διαγώνιες ΑΓ= d1 και ΒΔ= d2. Να δείξ ε τε τό-tε ότι: (i) d1·2d � αγ +βδ · · (ii) d, = α + αν και μόνο αν το ΑΒΓΔ.είναι εγγράψιμο σε κύκλο d 2 α +γ (iii) dT·d� = α2γ2+β2δ2 αν και μόνο αν Α+ Γ= 90° (iν) Εμβαδό (ΑΒΓΔ) �(α+ +δ) ·

�

βΑ

γ*β

65) Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο (ΑΒ= ΑΓ) . με ΒΓ =α και έστω δ η διχοτόμος της Β. Να δειχτεί η ανισότητα: . .=Jl < � < 1 2 δ 2

ΣΤ. ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ

66) Δείξτε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f: Ζ- Ζ τέτοια ώστε: f(f(η))= η+ I για κάθε η ΕΖ. 67) Δείξτε ότι δεν υπάρχει συ νάρτηση f: IR - IR που να είναι ι - I και f(x) � f(x)·f(l - χ) για κάθε χ Ε IR. 2 68) Δείξτε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f: IR- IR τέτοια Φστε: f(x )+f(2x)+ I = Ο για κάθε χ Ε IR. 69) Βρείτε όλες τις Ι - I συναρτήσεις f: IR•- IR• που ικανοποιούν τη σχέση: f(f(x))·f(x )= I για κάθε χ Ε IR. 70) Βρείτε όλες τις συναρτήσειςf: Ν - Ν που ικανοποιούν τη σχέση: f(f(η)) + f(η)= 2η+ 3 για κάθε η Ε IN. 71) Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f: IR- IR που ικανοποιούν τη σχέση: f(x + y) = f(x ) + f(y ) για · κάθε χ, y Ε IR. 72) Δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f: IR- R που ικανοποίεί τη σχέση: χ2 i(x2) + xf(2 x) + I = Ο για κάθε χ Ε IR.. ·

73) Βρείτε συνά ρτηση f: κάθε χ, y Ε IR.

IR -IR με f(O) ::J: Ο που να ικανοποιεί τη σχέση: f(x) · f(y) f(x + xy) για =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 4114

Προτειν όμενα θέματα

74) Βρείτε συνάρτηση f: IR. - IR. που ικανοποιούν την σχέση: xf(y) + yf(x) = (χ - y) f(x) f(y) για κάθε χ, y ε IR. . 75) Έστω f: IR - IR. συνάρτηση που ικανοποιεί της συνθήκες : (i) f(x) � χ για κάθε χ ε IR και (ii) f(x + y) � f(x) + f(y) για κάθε χ, y Ε IR. Δείξετε ότι f(x) = χ για χ Ε IR..

Ζ. ΑΡΧΗ DIRICHLET, RAMSEY, ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ

76) Έστω Α ένα οποιοδήποτε σύνολο 20 αριθμών από τους όρους της αριθμητικής προόδου ι , 4, 7, 1 0, . . . , 1 00. Δείξτε ότι μεταξύ των στοιχείων του συνόλου Α θα υπάρχουν δύο που το άθροισμά τους θα ισούται με ι Ο4.

77) Έστω χ ένας πραγματικός αριθμός. Δείξτε ότι μεταξύ των αριθμών ! χ, 2χ, 3χ, . . . , (η - ι )χ υ πάρχει κάποιος ο οποίος διαφέρει από κάποιον ακέραιο το πολύ . η ,Επιλέγουμε , τυχαία ένα σύνολο Α από 1 0 αριθμούς μεταξύ των ι , 2, 3, . . . , 99 . Δείξτε ότι υ 78) . πάρχουν δύο μη κενά, ξένα μεταξύ τους υποσύνολα του Α, με το ίδιο άθροισμα στοιχείων. 79) Αποδείξτε ότι μεταξύ οποιωνδήποτε 4 πραγματικών αριθμών υπάρχουν δύο χ, y έτσι ώστε:

ο < ...!..=..Υ. < ι .

Ι + xy

80) Αν όλες οι ακμές και οι διαγώνιες ενός οκταέδρου χρωματιστούν κόκκινες ή μπλε, να δεί ξετε ότι θα υπάρχει τρίγωνο με πλευρές ίδιου χρώματος. 81) Να αποδείξετε ότι σε οποιαδήποτε συγκέντρωση έξι ατόμων θα υπάρχουν τρεις τουλάχι στον που είτε θα γνωρίζονται ανά δύο είτε θα είναι άγνωστοι ανά δύο. 82) Πόσοι αριθμοί μπορούν να επιλεγούν μέσα από το σύνολο { Ι , 2, 3, . . . , Ι 997} ώστε να μην υ πάρΧει μεταξύ αυτών ζευγάρι αριθμών με διαφορά 4. 83) Επτά (7) ομάδες υλοτόμων κόβουν συνολικά Ι ΟΟ δέντρα. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός δέντρων που ενδέχεται να υλοτόμησε η ομάδα που υλοτόμησε τα περισσότερα; Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός δέντρων που ενδέχεται να υλοτόμησε η ομάδα με τα λιγώτερα δέ ντρα; 84) Κάθε πρόσωπο σε μια ομάδα Ν μελών αγαπάει ακριβώς 4 πρόσωπα της ομάδας. Ποια είναι η μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει το Ν έτσι ώστε να υπάρχουν δύο άτομα τουλάχι στον που να αγαπάει ο ένας τον άλλο; 85) Στο Δημοτικό Σχολείο ενός χωριού φοιτούν 20 μαθητές. Αν οποιοιδήποτε δύο μαθητές έ χουν ένα κοινό παππού, δείξτε ότι κάποιος παππούς έχει τουλάχιστον Ι 4 εγγόνια σ' αυτό το Σχολείο. 86) Δίνονται 2η διακεκριμμένα μεταξύ τους σημεία του επιπέδου. Δείξτε ότι αυτά μπορεί να συνδεθούν μεταξύ τους με μια συνεχή τεθλασμένη ώστε τα ευθύγραμμα τμήματα που ορίζο νται να μην τέμνονται. 87) Δίνονται τα σημεία Α1 , Α2, Α , , An στη σειρά σε μια εuθεία (ε). Κάθε σημείο χρωματίζε 3 ται κόκκινο ή μπλε. Αν τώρα το χρώμα δύο γειτονικών σημείων Ai και Ai + 1 είναι διαφορε τικό, τότε χρωματίζουμε το τμήμα AiAi + 1 κίτρινο. Να αποδείξετε ότι αν το πρώτο και το τελευταίο σημείο είναι διαφορετικού χρώματος, τότε ο αριθμός των κίτρινων ευθύγραμμων τμημάτων θα είναι περιττός. 88) Ένα τετράγωνο διαστάσεων (η - Ι) χ (η - ι) χωρίζεται σε (η - Ι ) 2 μοναδιαία τετράγωνα με το συνήθη τρόπο. Κάθε μια από τις η 2 κορυφές αυτών των μοναδιαίων τετραγώνων χρωματί ζεται κόκκινη ή μπλε. Βρείτε τον αριθμό των διαφορετικών χρωματισμών που μπορούμε να κάνουμε, έτσι ώστε κάθε μοναδιαίο τετράγωνο να έχει δύο ακριβώς κόκκινες κορυφές. (Δύο χρωματισμοί θεωρούνται διαφορετικοί αν μια τουλάχιστον κορυφή στους δύο αυτούς χρωματισμούς εμφανίζεται με διαφορετικό χρώμα). • • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/15

Άν θρωπος , Χ ρ όνο ς και Κό σ μο ς Του Αντωνίου Αναστ . ΑΝΤΩΝΙΟΥ Μεταβολές και ηλικία του Σύμπαντος Οι αστερισμοί της Μεγάλης Άρκτου και του Υδροχόου φαίνονται να έχουν μια θέση στην ουράνια σφαίρα, η οποία εδώ και αιώνες φαίνεται να παραμένει αμετάβλητη. Το ίδιο συμβαίνει και με τους πλανήτες Άρη και Κρό νο, οι οποίοι παρατηρήθηκαν από όλες σχε δόν τις ανθρώπινες γενιές. Θα μπορούσε λοι πόν να υποθέσει κανείς, όπως άλλωστε έκα ναν αρχαίQι πολιτισμοί, ότι ο κόσμος με την ουράνια σφαίρα του, τους αστέρες του και με τα άλλα ουράνια αντικείμενά του, κινούμενα ή όχι, προϋπήρχαν ανέκαθεν. Εν τούτοις, κατά τη διάρκεια της βραχύ χρονης ζωής του ο άνθρωπος παρατηρεί αξιό λογες μεταβολές. Κομήτες πέφτουν μπροστά στα μάτια των αστρονόμων, γηρασμένοι aστέ ρες τελειώνουν τη ζωή τους με σφοδρές εκρή ξεις. Αλλά και άλλες παρατηρήσεις καθι στούν σαφές ότι η Γη, η Σελήνη και τα άλλα ουράνια σώματα δεν υπήρχαν ανέκαθεν. Δεν έχουν δηλαδή άπειρη ηλικία αλλά πεπερα σμένη. Μελέτες πετρωμάτων αποδεικνύουν ότι η η λικία της Γης, της Σελήνης, του Άρη καθώς και των Μετεωριτών δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερη από 4 - 5 δισεκατομμύρια χρόνια. Υπολοyισμοί ανεξάρτητοι μεταξύ τους οδηγούν στο συμπέρα σμα ότι η ηλικία του ηλιακού μας συστήμmος α νέρχεται στα 4,6 δισεκατομμύρια χρόνια. Ο κυρί ως αστέρας του συστήματος, ο Ήλιος, για τελείως διαφορετικούς λόγους δεν μπορεί να ακτινοβο λούσε ανέκαθεν και δεν μπορεί να ακτινοβολεί επ' άπειρον. Η καύσιμη ύλη του είναι αρκετή μό νο για περίπου IΟ δισεκατομμύρια χρόνια. Η υπό την ευρεία έννοια κοσμική μας πατρίδα, ο Γαλα ξίας μας, έχει ηλικία 12 - 14 δισεκατομμύρια χρόνια, δεδομένου ότι οι γηραιότεροι aστέρες του είναι αυτής της ηλικίας. Τέλος και γι' αυτό το ίδιο το Σύμπαν, όλες οι πληροφορίες που παίρ νουμε από αυτό συγκλίνουν στο γεγονός ότι δεν παραμένει στατικό ούτε στο χώρο ούτε στο χρό νο. Διαστέλλεται κι επεκτείνεται. Οι γαλαξίες α πομακρύνονται ολοένα και περισσότερο μεταξύ τους. Αντιστρόφως, μπορεί κανείς να συμπεράνει ότι όσο πιο πίσω χρονικά γυρίζουμε, τόσο πιο κοντά ήταν ο ένας στον άλλο . Σύμφωνα με αυτή τη θεωρία, το Σύμπαν πρέπει να δημιουργήθηκε από μια εξαιρετικά συμπιεσμένη και μεγάλης θερμοκρασίας αρχική κατάσταση, μετά από μια

σφοδρή έκρηξη, πριν από περίπου 15 δισεκατομ μύρια χρόνια. Είναι η περιβόητη «Μεγάλη Έ κρηξη>> (bi g bang). Η παραπάνω αναφερόμενη η λικία του Σύμπαντος δίνει μόνο μια ιδέα, μόνο μια τάξη μεγέθους, δεδομένου ότι δεν μπορούμε να γνωρίζουμε ούτε τις αποστάσεις των γαλαξιών ούτε την ταχύτητα διαστολής του Σύμπαντος. Ο χρησιμοποιούμενος όρος <<Μεγάλη Έκρηξη» εί ναι κατά τη γνώμη πολλών αδόκιμος, γιατί μια έ κρηξη γίνεται σ' έναν ήδη υπάρχοντα χώρο. Θα εξακολουθήσουμε φυσικά να χρησιμοποιούμε αυτόν τον όρο. Σύμφωνα λοιπόν με τη θεωρία της «Μεγάλης Έκρηξης» ο χώρος, ο χρόνος και η ύ λη συνυπήρχαν και δημιουργήθηκαν ταυτόχρονα. Οι φυσικοί νόμοι που διέπουν τη «Μεγάλη Έ κρηξη>> είναι πολύπλοκοι και δεν μπορούν φυσι κά να αποτελέσουν αντικείμενο του παρόντος δη μοσιεύμmος. Είναι πάντως χρήσιμο να αναφέ ρουμε εδώ μερικά στοιχεία συνοπτικά. Κατά τη λεγόμενη διάσπαση της αρχικής συμμε τρίας, κατά τα πρώτα κλάσματα του δευτερολέπtου μετά την έκρηξη, δημιουργήθηκαν οι τέσσερεις γνωστές δυνάμεις της φύσης- οι τρεις προαναφερ θείσες και η βαρύτητα. Στη συνέχεια δημιουργήθη καν τα γνωστά σήμερα στοιχειώδη σωματίδια και μετά τη φάση της μεγάλης ώθησης της διαστολής περάσαμε στη λεγόμενη πληθωριστική κατάσταση του Σύμπαντος. Μετά το ένα χιλιοστό του δευτερο λέπτου δημιουργήθηκαν τα πρωτόνια, τα νετρόνια, στοιχεία που αργότερα αποτέλεσαν τον πυρήνα του ατόμου. Μετά δε aπειροελάχιστο χρονικό διάστημα δημιουργήθηκαν τα ηλεκτρόνια. Κατά τη λεγόμενη εποχή των πυρηνικών αντιδράσεων σχηματίσθηκαν οι aπλούστεροι ατομικοί πυρήνες, δηλαδή τα ισό τοπα του υδρογόνου, το ήλιο και στοιχεία λιθίου. 300.000 χρόνια μετά η θερμοκρασία του νεοσύστα του Σύμπαντος είχε τόσο ελαττωθεί, ώστε τα ηλε κτρόνια να καταλάβουν θέση σε τροχιές γύρω από τους πυρήνες. Η αρχική αυτή αέρια κατάσταση είχε μια θερμοκρασία της τάξεως των 3000 βαθμών και ή ταν οπτικά διαπεράσιμη, ενώ προηγουμένως επρό κειτο περί ενός σπtικά αδιαπέραστου πλάσματοςι . Στην αρχή υπήρχε κυρίως μόνο το υδρογόνο και ή λιον, ούτε λόγος για άνθρακα και για σίδηρο.

Το πλάσμα είναι αέριο απαρτιζόμενο από νέφος ηλεκτρονίων, ιόντων, ουδετέρων ατόμων και φω τονίων, σε διαφορετικά κάθε φορά ποσοστά, αλλά στο σύνολό τους ηλεκτρικώς ουδέτερα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

211 6

Άν θρωπος, Χρόνος και Κόσμος

Ο σχηματισμός του σημερινού κόσμου των α στέρων Από τα τεράστια νέφη του υδρογόνου σχημα τίσθηκαν οι γαλαξίες με μια όχι και πολύ κατα νοητή διαδικασία, κατά την οποία σημαντικό ρό λο έπαιξε η μυστηριώδης λεγόμενη αόρατη (ή σκοτεινή) ύλη. Στους νεαρούς γαλαξίες άρχισαν να σχηματίζονται δια της συμπίεσης μεγάλων νε φών αερίων, aστέρες και ηλιακά συστήματα. Η πρώτη γενιά αστέρων ήταν γεγονός. Αποτελού ντο μόνο από υδρογόνο και ήλιον. Στο κέντρο τους άρχισαν να λαμβάνουν χώρα πυρηνικές α ντιδράσεις, οι οποίες παρήγαγαν ενέργεια με α ποτέλεσμα τη μετατροπή του υδρογόνου σε ή λιον. Σε μετέπειτα φάσεις των πυρηνικών αντι δράσεων σχηματίσθηκαν στο εσωτερικό πολλών αστέρων βαρείς πυρήνες, όπως εκείνες του άν θρακα, και σε άστρα με μεγάλες μάζες στοιχεία οξυγόνου και σιδήρου. Αυτοί οι βαρείς πυρήνες, οι οποίοι δεν υπήρχαν στην αρχή, μετά τον δια σφοδρής έκρηξης θάνατο της πρώτης γενιάς α στέρων, αφέθηκαν ελεύθεροι και συνέβαλλαν στη δημιουργία ηλιακών συστημάτων, όπως π.χ. του δικού μας. Κάθε άτομο άνθρακα που βρίσκε ται στον οργανισμό μας, δημιουργήθηκε σ' έναν άστέρα, απελευθερώθηκε με το θάνατό του και ή ταν διαθέσιμο για σχηματισμό οργανικών μορίων ή πολυπλοκότερων δομών ζωής. Στο νέφος δηλα δή από το οποίο σχηματίστηκε ο Ήλιος και το η λιακό μας σύστημα, υπήρχαν σε μικρές ποσότη τες, εκτός από υδρογόνο και ήλιον, προϊόντα της «Μεγάλης Έκρηξης», πυρήνες ατόμων σιδήρου ή άνθρακα. Οι πυρήνες αυτοί εμφανίστηκαν στις ε σωτερικές περιοχές του υπό σχη ματισμόν ηλια κού συστήματος σε ιδιαίτερα μεγάλη συγκέντρω ση, δεδομένου ότι τα εκεί ωι:όρχονm ελαφρά στοιχεία, όπως το υδρογόνο, είχαν απομαιcρυνθεί προς την περιφέρεια, λόγω της ήδη ωι:όρχουσας ηλιακής ακτινοβολίας. Έτσι μπόρεσαν να σχημα τισθούν ο Ερμής, η Αφροδίτη, η Γη και ο Αρης από ύλη, η οποία δεν ήταν συνηθισμένη για το u πόλοιπο Σύμπαν. Δι' ενός είδους ψεκάσμαtος σχημάτισαν οι παραπάνω πλανήτες (λεγόμενοι και γήινοι) την αρχική τους ατμόσφαιρα. Στην περίπτωση της γήινης ατμόσφαιρας σχηματίσθη καν οργανικά στοιχεία, τα οποία διατηρήθηκαν στους εν τω μεταξύ σχηματισθέντες ωκεανούς και έβαλαν έτσι τα θεμέλια για τη δημιουργία των πρώτων μονοκύτταρων οργανισμών. Έτσι ή περίπου έτσι περιγράφεται από πολλούς ερευνητές η δημιουργία και ο σχηματισμός του Σύμπαντος και είναι σή μερα η επικρατέστερη άποψη. Για όλα τα παραπάνω υπάρχει πλούσια και ειδική βι βλιογραφία, στην οποία ο αναγνώστης μπορεί να ανατρέξει για περισσότερες

πληροφορίες και λεπτομέρειες.

Ζωή πάνω στη Γη Ησυμπτώσεων «

αποτέλεσμα πολλών

Εκείνο το οποίο ίσως είναι λιγότερο γνω στό είναι ότι ο σχηματισμός της Γης, η δη μιουργία Ζωής, η οποία από τα μέχρι τώρα λεχθέντα προκύπτει σχεδόν υποχρεωτικά, έ γινε δυνατή κατόπιν εξαιρετικά απίθανων «συμπτώσεων» και διαδικασιών. Ίσως εξαιτί ας αυτού του γεγονότος πολλοί θεωρητικοί υ ποστηρίζουν την άποψη ότι το Σύμπαν υπήρξε ανέκαθεν ομοιόμορφο, απεριόριστο και αμε τάβλητο (Θεωρία της Σταθεράς Κατάστασης), μια άποψη την οποία η πλειοψηφία των ερευ νητών δεν συμμερίζεται. Αν λοιπόν η επιτάχυνση της διαστολής του Σύμπαντος κατά τις πρώτες στιγμές της «Μεγάλης Έκρηξης» ήταν ελάχιστα μικρότε ρη της πραγματικής τιμής της, θα επανερχό ταν το Σύμπαν πίσω στην αρχική του κατά σταση. Στην περίπτωση αυτή φυσικά δεν θα γινόταν λόγος για Ήλιο, ηλιακό σύστημα και πλανήτες. Αντιθέτως, αν η επιτάχυνση δια στολής ήταν ελάχιστα μεγαλύτερη της πραγ ματικής τιμής της, θα ήταν τότε η ταχύτητα ε πέκτασης του Σύμπαντος τόσο μεγάλη, ώστε θα ήταν αδύνατος ο σχηματισμός γαλαξιών και αστέρων. Είναι δε φανερό ότι χωρίς πηγές ενέργειας, όπως εκείνες των αστέρων, δε γί νεται λόγος για κανενός είδους ζωή. Αν οι δυνάμεις μεταξύ νετρονίων και πρωτο νίων ήταν ελάχιστα διαφορετικές, δε θα ήταν δυ νατός ο σχηματισμός άνθρακα, βασικού συστατι κού ζώντων οργανισμών. Με ελάχιστα μεγαλύτε ρες πυρηνικές δυνάμεις, τα πρωτόνια θα είχαν περικλεισθεί σ' έναν πυρήνα ονόματι <<διπρωτόνιο»2. Δε θα υπήρχε τότε καμιά δυνατό τητα σχηματισμού μακράς ηλικίας αστέρων, δε δομένου ότι το απαραίτητο γι' αυτό το σχηματι σμό ελεύθερο υδρογόνο δε θα υπήρχε. Χωρίς βέ βαια αυτές τις προϋποθέσεις δε θα μπορούσε να Ύίνει λόyος για ζωή. Τέλος, σε περίπτωση ελάχι στα μικρότερων πυρηνικών δυνάμεων, δε θα εί χαν υπάρξει τα δευτερόνια και εξ αυτών ούτε τα βαρέα στοιχεία, δεδομένου ότι για να σχηματισ θούν αυτά χρειάζονται το δευτερόνιο ως ενδιάμε ση καεάσταση. Η δομή των άστρων της κυρίας σειράς στο διάΎραμμα Russel - Hertzsprung, αστεριών δηλαδή σε κατάσταση ισορροπίας, εξαρτάται τα μέΎιστα από τα χαρακτηριστικά των πυρη νικών δυνάμεων και αντιδράσεων στο εσωτε ρικό τους. Αν οι δυνάμεις αυτές ήταν λίγο 2

Astronomie und Raumfahrt

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

211 7

1 /96

.ί\ ν θρωπος, Χρόνος και Κόσμος

διαφορετικές, δε θα υπήρχαν άστρα σε σχετι κή ισορροπία, όπως ο Ήλιος, και φυσικά κα μιά δυνατότητα σχηματισμού πλανητών, πόσο μάλλον κατοικήσιμων. Το νερό έχει τη σπάνια ιδιότητα στη στε ρεή του κατάσταση, σε κατό.σταση πάγου δη λαδή, έχει μικρότερη πυκνότητα απ' ότι στην υγρή. Ο πάγος επιπλέει στο νερό, γεγονός που παίζει αποφασιστικό ρόλο για το σχηματισμό οργανικών μορίων. Οι βιοχημικές ιδιότητες οργανικών μεγαλομο ρίων εξαρτώνται πολύ από την τιμή του φορτίου του ηλεκτρονίου. Αν αιπή η τιμή ήταν ελάχιστα διαφο ρετική, τότε δε θα υπήρχαν τα βιοχημικά θεμέλια της ζωής3. Αυτές είναι μερικές από τις εκπληκτικές «συμπτώσεις» που οδήγησαν στη δημιουργία της ζωής. Αλλά γιατί παρουσιάζει το Σύμπαν αυτή την ακραία και λεπτή αρμονία; Προέκυψε τε λείως συμπτωματικά; Είχε το Σύμπαν ένα Δη μιουργό, ο οποίος το δημιούργησε εκ των προτέρων, έτσι ώστε ο άνθρωπος έπρεπε να είναι η κορωνίδα της Δημιουργίας; Υπάρχουν πολλά σύμπαντα με διαφορετικούς φυσικούς νόμους και διαφορετικές δυνάμεις, από τα ο ποία ένα συμπτωματικά είναι δομημένο έτσι ώστε να μπορέσουμε να υπάρξουμε; Σ' αυτά τα ερωτήματα η επιστήμη δεν μπορεί να δώσει μέχρι τώρα απάντηση. Οποιαδήποτε απάντη ση θα είναι πέρα από τα όρια της επιστήμης. Από εδώ και πέρα εισερχόμαστε στη σφαίρα της πίστης.

Οχι μόνο το παρελθόν του Σύμπαντος, αλλά και το μέλλον απασχολεί τους ερευνητές. Θα διαστέλλεται συνεχώς και για πάντα ή θα ε πανέλθει στην αρχική του κατάσταση; Θα υ πάρξει στη συνέχεια μια νέα «Μεγάλη Έκρη ξη>> και δημιουργία ενός νέου σύμπαντος; Απάντηση σ' αυτά τα ερωτήματα θα μπο ρούσε να δώσει κανείς μόνο αν γνώριζε την ακριβή πυκνότητα της μάζας του Σύμπαντος. Αν αυτή είναι μεγαλύτερη από μια κρίσιμη τι μή, τότε μπορούν οι ελκτικές δυνάμεις των μα ζών να αναστρέψουν τη διαστολή σε συστολή. Αν θεωρήσουμε σαν μάζα μόνο οποιαδήποτε ορατή ύλη, δηλαδή γαλαξίες, aστέρες και νέ φη αερίων, τότε αυτή δεν μπορεί να αναστρέ ψει τη διαστολή σε συστολή. Υπάρχει όμως Astronomie und Raumfahrt

Αλλά και αυτό το χρονικό διάστημα πα ρουσιάζει για εμάς μόνο θεωρητικό ενδιαφέ ρον, δεδομένου ότι είναι γνωστό το πόσο βραχεία είναι η παραμονή μας σ' αυτόν τον πλανήτη. Βιβλιογραφία

Το μέλλον του Σύμπαντος

πιθανότατα και μια άλλη ύλη, μη ορατή (ή σκοτεινή), αλλά έμμεσα, δια των ελκτικών της δυνάμεων aνιχνεύσιμη, και που σύμφωνα με την άποψη πολλών ερευνητών αποτελεί τη μεγάλη πλειοψηφία σε σχέση με την άλλη, την ορατή. Σύμφωνα πάντως με τις ως τώρα γνώσεις μας όύτε αυτή αρκεί για να φθάσουμε στην κρίσιμη τιμή της πυκνότ;ητας. Από την άλλη μεριά όμως, πολλά συνηγορούν στο ότι η πυκνότητα της μάζας του Σύμπαντος έχει α κριβώς αυτή την κρίσιμη τιμή. Στην περίπτω ση αύτή, μετά από «άπειρο» χρόνο θα έπεφτε το Σύμπαν σε κατάσταση ηρεμίας, «θα έσβη ναν» δηλαδή κάποτε και τα τελευταία άστρα, τα πλανητικ:ά συστήματα θα καταστρέφονταν και οι γαλαξίες θα κατέληγαν σε τεράστιες μαύρες τρύπες, οι οποίες κι αυτές με τη σειρά τους θα καταστρέφονταν. Η ύπαρξη πάντως οργανικής ζωής είναι σε κάθε περίπτωση χρονικά περιορισμένη. Η Γη, ο · μοναδικός γνωστός πλανήτης φορέας ζωής, θα κατα στραφεί πολύ νωρίτερα, όταν ο Ήλιος περά σει μετά από περίπου 5 δισεκατομμύρια χρό νια σε άλλη φάση, σε εκείνη του ερυθρού γί γαντα. Πολύ πιο πριν όμως, μετά από 900 εκα τομμύρια χρόνια, θα επικρατούν στον πλανή τη μας τόσο μεγάλες θερμοκρασίες, που ο ποιαδήποτε μορφή ζωής θα είναι ολοκληρω τικά αδύνατη.

1 . Η. Schaeffler, Η. Elsaesser: Physik der Sterne und der Sonne, Wissenschaftsνerlag Mannheim/ Wien/ Zuerich, 1 990. 2. Astronomie und Raumfahrt. Paedagogische Zeitschήften bei Fήedrich im Velber in Zusammenarbeit mit Klett, 6/9 5 , 1 /96. 3 . Volkei' Kasten: Faszinierende Astronomie, Franck'sche Verlagshandlung Stuttgart, 1 988

Δ. Κωτσάκη: Αστέρες, Αθήνα 1 97 5 .

5 . Θέματα Γενικής Αστρονομίας (τόμος 1), έκδοση του ΟΕΕΑ, υπεύθυνος Νίκος Μα τσόπουλος. 6. Κ. Δ. Αλεξόπουλου, Δ. I. Μαρίνου: Ατομι κή και Πυρηνική Φυσική, Αθήνα 1 99 5 .

1/96 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

2118

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

Μαθηματικά rια το Αύκειο

σ ύ γ χ p ο ν α β ι β λ ία , μ ε σ ε β α σμ ό σ τ η ν υ π ε ύ θ υ ν η γ ν ώ σ η

Jίiia tDOΣtd: ΙίφΙ ΠΛΤΑDΙ

Η Λ I Α Σ

β.

.. Γ Λ"χείο" (3

Ν Τ Ζ Ι Ω Ρ Α Σ

M A 8 H M A T I K A

ΑΝΑΛΥΣΗ

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ • Α' ΤΙ!ΥΧΟΣ Γ Ι Α Τ f Σ Α Ι! Σ Μ Ε Σ Α'. Β eι a ι Α'

Β'

ΑβΗ ΑΤΙ ΚΑ

ΑΥΚΕIΟΥ

•

Β"

ΜΕΡΟΣ

θEQ!IA, ΓΑΡΑΔC:ΙfΜ�ΤΑ fι)'ΜΕΝΕΣ ΑΙJCΗ!ΕΙΣ ΑD<ΗΣΕ1Σ f1A ι\'ι'Di. AfAtmαεlt lttf EEErA!E.Ωo'i

τόμοι)

. FιnProΣ ΣΚΑΝΔΑΛΒΣ

'i;Μ«J$ημαιLχά Α' Λvχείον ·ju:,-;:\•:i��81Jμ,«Jιιxά Β' Λwείοv .

ά ;,·Ά .J\t�Qιjμu"Jιx ::

. . . ,_.,

. �- : .· "., : . ': ' ·-•. •<-·.:,: �·. ::. " ): ' : ,. , -.,

Υ :. " ' '

·'

.·

Γ Λtιχεiοu

1:�· __,.; ·• .,_� �-::-<

:Ά :{· ·�Ά.Q�ο��η@.;;�fιt d .

.. .

:?· :·•· : . : � _: n.•_ Ή_ �@41��qι} '. · , , ,: Ή , ;�_ ·_ _._'_-.· ., '- ·

·;

. .

ΠΑΤΑΚΒ

• ΕΚΔΟΣΕΙΣ

\ ,: ·!.!.t,�:! · �ia -�-·-�iι:ωλ ε i

τα

·"'

�-'<:"').;-'

I· h �Ol. l· η.: 1 1 \ I \ h ll Β

Ι - ι 1 0 6 ΝΟ

1... 1· '\ l l' l h ll \ 1 \(·H l. l l : 1-: Ι ι Ι ι . \ Ι ι ι ι \\ J.. ι ι 1 6 . 1 0 6 7 Ν 5 6 .� .� .. Ο ι � � Ι Ι < > '\ ι ι, Ι Ι .

1 1 ι ι ι � ι ο\

11 1.:

α \ ο ι ι " , Τ ι ι Ι . : .� 6 ..� Ν . 3 6 2 , 3 6 Α 5 . 2 .� 6 . I•' 1 '\ : .� 6 . 2 Ν . 9 5 0

Ι Ί ι Ι . : _, Ν . .Η . Ο 7 Ν - , II O h \1 \ Σ Τ Η \ Ι Λ : '\ . \ l ο '\ Ι � ι ι ι ι • ι ο \

( 0 .� 1 ) 7 0 . 6 .� . 5 ,. - 5 - \\ ι• IJ , ί ι ι· : Ιι ι ι μ : / / " " " · ι οι ι η· μ ! ιι ι η . ι· ο ιη . ι,: ι- / μ :ι ! :ι k ί ' \ () I J " ·

1 22.

Οταν ο παρατηρητή ς ακινητεί στο σύστημα κέντρου μάζας βλέπει δύο ελ λείψεις με ίδιο σχή μα αλλά διαφορετικό μέγεθος ενώ η δέσμια τροχιά των διπλών αστέρων είναι μια έλλειψη όταν τη πα ρατηρούμε από το ένα άστρο. Σε πυκνά αστρικά σμή νη ένα άστρο μπορεί να συλλάβει ένα άλλο δημιουρ γώ ντας μια δέσμια κατάσταση υπό την επίδραση ενός τρίτου σώ ματος ή με α π ώ λεια ενέργειας και σχεδόν όλα τα δι πλά άστρα του γαλαξία μας έχουν γεν νηθεί με δέσμια κατάσταση. Υπό.ρχουν δύο διαφ ορετικοί τύπο-ι διπλών αστέρων. Στα διπλά συστή ματα με περίοδο περι φ οράς μικρότερη των 1 0 0 ετών, οι μάζες των δύο άστρων τείνουν να είναι χον δρικά συγκρίσιμες μεταξύ τους . Στα δι πλά συστή ματα με περίοδο μεγαλύτερη των I 00 ετών ο ι μάζες των δύο άστρων τείνουν να είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους . Οι διπλοί αστέρες μικρή ς περιό δου σχηματίζονται κατά τη διάσπαση μιας μοναδική ς αέριας μάζας-, ενώ οι με γάλης π ε ριόδου δημιουργούνται καθώς οι δύο βαρυτικές αέριες μάζες συμπυ κνώ νονται ανεξάρτητα η μια από την άλλ η . Αποδεικνύεται ότι το 5 7 % των κο ντιν ώ ν άστρων που μοιάζουν με τον Ή λ ι ο έχουν τουλάχιστον ένα συνοδό. Ταξινόμηση Διπλών Αστέρων 1) Διπλό Εκλείψε ω ν . Ανακαλύπτουμε την ύπαρ ξ η δέσμιου ζεύγους από περιο δικές μεταβολές της φαινόμενης λα μπρότητας του συqτή ματος που μπορεί να ερμηνευτούν ως αποτέλεσμα έκλει ψης ενός άστρου από το άλλο . 2) Αστρομετ ρικά Διπλό. Ανακαλύπτου με την ύπαρξ η διπλού συστή ματος επει δή η ίδια κίνησή του παρουσιάζει πα λινδρόμηση . 3 ) Οπτικά Δ ι π λ ό . Π αρατηρούμε δύο ξε χ ωριστά άστρα που με το πέρασμα του χρόνου περιφ έρονται σε τροχιά το ένα γύρω από το άλλο:

4) Φασματοσκοπικά Δ ι π λ ό . Ανακαλύ πτουμε την ύπαρξη ενός φ υσικού ζεύ γους από φασματοσκοπικές παρατηρή σεις που δείχνουν περιοδική μεταβολή της μετατόπισης Dopp l er των φ ασματι κών γραμμώ ν . Εξέλιξη Τροχιάς Αν τα δύο άστρα είναι αρκετά κοντά μεταξύ τους μπορούν να προκαλέσουν α μοιβαίες παλίρροιες που παραμορ φ ώ νουν σημαντικά το σχή μα τους. Αν οι τροχιές ή οι περιστροφές δεν είναι σύγ χρονες, τότε οι παλίρροιες που σημε ι ώ νονται αναγκάζουν διάφορα τμή ματα των άστρων να κινηθούν διαφορετικ ά . Οι διαφορετικές κίνή σεις που διεγείρονται από τις παλιρροϊκές δυνάμεις μετατρέ Πονται συνή θως σε θερμότητα είτε λόγω τριβή ς είτε λόγω μη ελαστικών φ αινο μένων συμπίεσης . Η θερμότητα ακτινο βολείται συνή θως στο κενό . Έτσι η συ νολική απορρόφηση της ενέργειας που εκλύεται στις παλίρροιες συνοδεύεται από ταυτόχρονη δαπάνη, είτε της τρο χιακή ς ενέργειας περιφοράς είτε της ε νέργειας περιστροφ ή ς των δύο άστρων . Η συνε χ ή ς ακτινοβολία της περίσσειας ενέργειας στο διάστημα πρέπει να οδη γή σει το σύστημα στην κατ<iσταση με την ελάχιστη ενέργεια, που είναι συγ χρόνως συμβιβαστή με τη διατή ρηση της ολική ς στροφορμή ς . Η κατάσταση που έχει αυτή την ιδιότητα είναι η κυ κλική τροχιά με τα δύο άστρα να δεί χνουν συνεχ ώ ς την ίδια πλευρά τους προς το μέρος του συνοδού τους (σύγχρονη περιστροφ ή ) . Μεταβίβαση Ενέργειας στα Διπλά Συ στή ματα Επαφής Στην περίπτωση αυτή τα δύο άστρα πληρούν τους αντίστοιχους λοβού ς R o c h e , είτε λόγω εξ ελεκτική ς δ ιαστο λή ς, είτε διότι έτσι γεννή θηκαν καί η μεταβίβαση μάζας συνεχίζεται μέχρις ό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

τ.

4/20

Διπλοί Αστέρες

του εξ ισωθούν οι πιέσεις εκατέρωθεν και το αέριο στα υπερκείμενα των δύο λοβών στρώματα μπορεί να εξισορροπη θεί σ' ένα κοινό περίβλημα που καλύ πτει και τα δύο άστρα . Αν το κοινό πε ρίβλημα ενός τέτοιου ζεύγους είναι α ρ κετά πυκνό, θα συσκοτίσει ουσιαστικά τα ίδια χαρακτηριστικά των δύο άστ ρων που καλύπτει. Ειδικότερα η κοινή φω τόσφαιρα που βρίσκεται πάνω από το κοινό περίβλημα και σχεδόv συμπίπτει με μια ισοδυναμική επιφάνεια που περι κλείει τα δύο άστρα, πρέπει να εμφανί ζει σχεδόν σταθερή θερμοκρασία σε όλη την επιφάνεια αντί της διαφοράς θερμο κρασίας που θα περιμέναμε για δύο με μονωμένα άστρα. Μ άλιστα μέσα στο κοινό περίβλημα πρέπει να λειτουργεί κάποιος μηχανισμός που αναμιγνύει τις δύο φωτεινές ισχείς σε κοινή φωτεινή ισχύ που εκπέμπεται από την κοινή φω τόσφαιρα του συστή ματος . Τα πιο συνηθισμ ένα διπλά συστή μα-

Ν. ΛΑΜΠΡΟΟΟΥ�ΟΣ . ΆΛΓΕΒΡΑ 1ης ΔΕΣ!ΙΙΗΣ, ΤΟΜ.1

Ν. ΛΑΙιfΠ/φΠQΥΛΟΣ ΑΝΆΛΥΣΗ 1ης ΔΕΣΜΗΣ, ΤΟΜ.1

(•

τα είναι τα άστρα w της Μ εγάλης Άρ κ τ ο υ όπου δ ύ ο άστρα τ η ς κύριας α κ ο λουθίας μοιράζονται ένα κοινό εξωτε ρ ι κ ό περίβλημα. Εδώ παρατηρούμε ότι το φαινόμενο της έκλειψης δίνει καμπύλη φωτός εντελώς διαφορετική ς μ ο ρ φή ς απ' ότι στην περίπτωση των aποχωρισμένων διπλών σε δύο σημεία . 1 ) Τα μέγιστα της καμπύλης φωτός εί ναι πιο στρογγυλεμένα .

2) Τα ελαχιστα της καμπύλης φωτός έ χουν σχεδόν ίσο βάθος . Συμπερασματικά, ζεύγη αστέρων σε στενό εναγκαλισμό παρέχουν πλούσια ποικιλία φαινομένων που δεν μπορούν να εμφανιστούν σε μον�χικά άστ ρ α . Η άλληλενέργεια του δεύτερου νόμου της θερμοδυναμική ς και του παγκόσμιου νό μου της βαρύτητας θρυμματίζει τελικά την εύθραυστη ει ρ ή νη αυτή ς της δύσκο λης συμβίωσης.

θ. :ΝΟΣ ΜΑθΗΜΑΠΚΑ Α' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

�

Διατίθεται Δωρεάν .

Ζητήστε να σας στείλο υ μ ε τον αναλυτι κό τιμόκατά�ογρ μας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/21

)

Άλγεβ ρα Α ' Λυκείου Ασκήσεις Επανάληψης

Έγραψαν: Στεφανίδης Θανάσης (ι, 2, 3, 4) Μεταξάς Νίκος (5, 6, 7, 8) Ιlαπαδόπουλος Στάθης (9, ι ο, ιι, ι2, ι3, ι4, ι5, ι6, ι7, ι8, ι9, 20) ι.

εχουμε: ο < Χ ι - 2 < χ2 - 2 < 1 η'

1 1 η > -Χ ι - 2 -Χ 2- 2 f(χ ι ) > f(x 2). Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (2, 3).

Να λυθεί η εξίσωση: (Ε): 2 + 3χ + './χ2- 2χ + ι = 4

Λύση Η (Ε) ισοδύναμα γράφεται: 2 + 3χ + './(χ- 1 ) 2 = 4 ή 2 + 3χ + Ιχ- Ι Ι = 4 ή Ιχ- Ι Ι = 2- 3χ Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α) χ- I � Ο <=> χ � I Τότε: Ιχ- 1 1 = χ- 1 . Οπότε:

Ιχ - 1 1 = 2 - 3χ <=> χ - 1 = 2 - 3χ <=> χ = 1 4 απορρίπτεται. β) χ - I < Ο <=> χ < I Τότε: Ιχ - 1 1 = I - χ. Οπότε: Ιχ - 1 1 = 2 - 3χ <=> 1 - χ = 2 - 3χ <=> 2χ = I χ= 2.

Ο)

<=>

Λύση 2 Έστω y = αχ + βχ + γ η ζητούμενη εξίσωση.

-fα, - � ) οβ + 2α = Ο και - � = Ο

Τότε κορυφή είναι το σημείο

Να λυθεί η aνίσωση: (χ + ι)2 - 9Ιχ + ιι - ι ο � ο

πότε: -

χ 3 3. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2 χ - 5χ + 6 α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. β) Να εξετάσετε αν είναι άρτια ή περιττή. γ) Να εξετάσετε τη μονοτονία της στο διά στημα (2, 3). δ) Να λυθεί στο πεδίο ορισμού της η εξίσω•

= ι.

Λύση 2 α) Πρέπει χ - 5χ + 6 :;:. Ο. Ομως χ2 - Sx + 6 = Ο για χ = 2 ή χ = 3. Άρα: Α = (-οο, 2) υ (2, 3) υ (3, +οο).

-fα = 1

Έστω Χ ι , χ2 ε (2, 3) με 2 < Χ ι <. χ < 3. Τότε 2

<=>

Κ(-

<=>

Δ = Ο <=> β2- 4αγ = Ο. Εξάλλου αν Α είναι το σημείο τομής της πα ραβολής με τον άξονα y ' y, τότε Α(Ο, γ) και επειδή ΑΚ = ...j2 θα είναι � = γ2 + 1 = 2. Οπότε έχουμε το σύστημα: =Ο

{ ; � �; }

...j2

<=>

γ=Ο 2 γ +1=2 το οποίο έχει τις ακόλουθες λύσεις: α= 1 , β =-2, γ= 1 ή α= - 1 , β= 2, γ= -1 5.

Να λυθεί η εξίσωση 6 ι 9 (Ε): ημ χ + συν χ - = -3 ημ2χ συν3χ

Λύση Από τη γνωστή ταυτότητα του Euler: α3 + β3 + γ3 - 3αβγ = (α + β + γ)(α2 + β2 + γ2- αβ- βγ- αγ) = (α + β + γ) [(α- β) 2 + (β- γ) 2 + (γ- α) 2]

β) Παρατηρούμε ότι το χ = -2 ε Α ενώ το -χ = 2 ε Α. Επομένως η συνάρτηση δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή. γ)

Είναι

4. Να βρεθεί η εξίσωση της παραβολής που έχει κορυφή το σημείο Κ(ι, και η απόσταση του σημείου τομής της με τον άξονα y ' y από το Κ είναι ...J'2 .

! < 1 δεκτή λύση.

I f(�) I

�

= χ - 2, οπότε η εξίσωση γίνε f( ) ται: Ιχ - 21 = 1 <=> χ - 2 = 1 ή χ - 2 = - 1 <=> χ = 3 ή χ = 1 . Η λύση χ = 3 απορρίπτεται διότι 3 ε Α. δ)

Λύση Θέτουμε: Ιχ + 1 1 = y και η aνίσωση γράφεται: 2 y - 9y - 1 0 � Ο <=> - 1 � y � 1 0, δηλαδή - 1 � Ιχ + 1 1 � 1 0. Η - 1 � Ιχ + 1 1 ισχύει για κάθε χ ε IR . Ι χ + 1 1 � 10 <=> - 1 0 � χ + 1 � 10 <=> - 1 1 � χ � 9.

ση:

για α = ημ2χ, β = συν3 χ και γ = - 1 για να έχει λύση η (Ε) πρέπει και αρκεί: α + β + γ = Ο ή α= β= γ Δηλαδή: ημ2χ + συν3χ - 1 = Ο ( 1 ) ημ2χ = συν3χ = - 1 (2) ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/22

Ασκήσεις Ά λγεβρας Α' Λu κεiοu

Είναι προφανές ότι η (2) είναι αδύνατη . Η (I) 3 2 ισοδύναμα γράφεται ημ χ + συν χ = I η οποία έχει λύση εάν κ:αι μόνο εάν: 3 2 συν χ = συν χ <=> συν χ = ο η συν χ = ι <=> ,

Χ = Κ:Π +

1 ή Χ = 2κ:Π , Κ:

6. Αν η εξίσωση: (Ε) χ 2 - χ + ι - 3αβ = ο έχει ρίζα τον α + β, να βρεθούν οι ρίζες της εξί σωσης και οι α, β. Λύση Επειδή ο α + β είναι ρίζα της (Ε) ισχύει: 2 (α + β) - (α + β) + ι - 3 αβ = ο <=> 2 2 α + β + 2αβ - α - β + ι - 3 αβ = ο <=> 2 ι 2α +β αβ - α - β + = ο <=> 2 2 2α + 2β - 2αβ - 2α - 2β + 2 = Ο <=> 2 2 2 2 (α + β - 2αβ) + (α - 2α + I) + (β - 2β + I ) = Ο <=> 2 2 2 (α - β) + (α - 1 ) + (β - 1 ) = ο <=> α = β = ι 2 Άρα η εξίσωση γράφεται χ - χ - 2 = Ο ·κ:αι έ χει ρίζες χ 1 = 2, Χ 2 = - I .

7. Ν' αποδειχθεί ότι ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε η παράσταση: Α = (α + βχ)2 + (γ + δχ)2 να είναι τέλειο τετράγωνο είναι το σύστημα: αχ + βy = ι997 (Σ ) γχ + δy = 2000 να μην έχει μοναδική λύση.

{

Λύση 2 2 2 Έχουμε Α = (β + δ )χ + 2(αβ + γδ) χ + (α2 + γ2) Η παράσταση Α γράφεται ως τέλειο τετράγω νο αν κ:αι μόνο αν Δ = Ο <=> . . . αδ = βγ. Η ορί ζουσα των συντελεστών του (Σ) είναι:

= αδ - βγ I � � I Το (Σ) έχει μοναδ ική λύση αν αδ

(Σ

{

)

(ι)

(α + β)χ - (α - β)y = 4αβ (α - β)χ + (α + β)y = 2(α2 - β2)

(2)

Λύση Έστω D η ορίζουσα των συντελεστών του (Σ) κ:αι Dx, Dy οι ορίζουσες οι οποίες προκύπτουν από την D αν αντικαταστήσουμε την I η και 2η στήλη αντίστοιχα με τη στήλη των σταθε ρών όρων του συστή ματος. Έχουμε: 2 2 D = 2(α + β ) 2 2 Dx = 2(α + β)(α + β ) 2 2 Dy = l(α - β)(α + β ) 2 ::ι:. 2 i) Αν D Ο <=> α + β ::ι:. Ο <=> ΙαΙ + lβl ::ι:. Ο D D χ= = α + β, y = =α- β

Οπότε το άθροισμα κ:αι το γινόμενο των ριζών της ζητούμενης εξίσωσης θα είναι αντίστοιχα: 2 2 S = 2α, Ρ = α - β κ:αι η ζητούμενη εξίσωση 2 2 η : ω2 είναι 2αω + α - β = Ο. ii) Αν D = Ο <=> α = β = Ο, τότε θα είναι Dx = Dy = Ο κ:αι το (Σ) είναι αόριστο.

ι. ο . Δίνεται η εξίσωση (Ε): χ2 - (2λ - 3)χ + λ - 2μ = ο όπου λ, μ πραγματικές παράμετροι. Να βρεθεί μια και μόνο τιμή του μ, ώστε οι ρίζες της (Ε) να είναι ρητές εκφράσεις του λ. Λύση Για να είναι οι ρίζες "της (Ε) ρητές εκφράσεις του λ πρέπει η διακ:ρίνουσά της να είναι τέ λειο τετράγωνο: [(2λ - 3) 2 - 4(λ - 2μ) τέλειο τετράγωνο] <=> 2 φ(λ) = 4λ - 1 6λ + 8μ + 9 τέλειο τετράγωνο <=>

Δ.ο.> = ο <=> 256 - 1 6(8 μ + 9) = ο <=> μ =

�

11. Δίνεται η εξίσωση ::ι:.

βγ. Άρα η Α είναι τέλειο τετράγωνο εάν κ:αι μόνο εάν το (Σ) δεν έχει μοναδική λύση .

8. Εάν ιχι < 2 και ν Ε Ν· να δειχθεί ότι: (2 + χ)ν + (2 χ)ν < 22ν+Ι . _

Λύση Από Ι χ Ι < 2 έχουμε -2 < χ < 2, οπότε Ο < χ + 2 < 4, άρα (2 + χ) ν < 4ν = 2 2ν ( I) κ:αι -2 < -χ < 2 ή Ο < 2 - χ < 4 , άρα 2ν (2 - Χ) ν < 4ν = 2 (2) Π ροσθέτουμε κ:ατά μέλη τις ( I) κ:αι (2) κ:αι έ χουμε : (2 + χ) ν + (2 - χ)ν < 22ν+Ι . 9. Να κατασκευαστεί εξίσωση β' βαθμού, που να έχει ρίζες τις λύσεις του συστήματος:

(Ε): χ2 + αχ + β =

β > και β + ι < ΙαΙ. Ν' αποδειχθεί ότι με α < η (Ε) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες και μια από αυτές βρίσκεται ανάμεσα στα α και β.

Ο,

Λύση 2 Θέτουμε φ(χ) = χ + αχ + β. Για ν' αποδειχθεί το ζητούμενο πρέπει κ:αι αρκεί να δεί ξουμε ό τι φ(α) · φ(β) < Ο. 2 2 2 • φ(α) = α + α + β = 2α + β > Ο 2 • φ(β) = β + αβ + β = β(β + α + ι ) < ο (γιατί β > ο, β +

Άρα φ(α) · φ(β) < Ο.

< ΙαΙ �ο β + α +

ι2. Δίνεται η εξίσωση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

(Ε): αχ2 + βχ + γ =

τ.

4/23

Ο,

ι < Ο) ·

Ασκήσεις Ά λγεβρας Α' Λυκείου

Ο και lβl + 2αγ + ! > Ο. Ν' απο δειχθεί ότι οι ρίζες της (Ε) είναι aσύμμετροι α ριθμοί. Λύση 2 α,

μ, 1 Ε Ζ, αγ <

Από αγ < Ο έχουμε: Δ > Ο , Δ = β - 4αγ, - 4αγ > Ο, β 2 - 4 αγ > β 2 ( I ) Από lβl + 2αγ +

4 > Ο <=> 2jβj + 4αγ + I > Ο <=>

2 2 2 1 βl + ι > - 4αγ <=> lβl + 2 1 βl + ι > β - 4αγ <=> 2 2 (lβl + 1 ) > β - 4αγ (2) Από ( I ) και (2) έχουμε: 2 2 lβl < Δ < (lβl + 1 ) (3) lβl, lβl + ι Ε z και διαδοχικοί. Δηλαδή η δ ια κρίνουσα Δ είναι βέβαια ακέραιος αριθμός γιατί οι α, β, γ Ε Ζ και το σύνολο των ακεραί ων είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση και τον πολλαπλασιασμό , δεν είναι ό μως τέλειο τετράγωνο. Άρα οι ρίζες της (Ε) είναι aσύμμε τρες.

Εάν οι πραγ ματικοί συντελεστές του τριωνύμου φ(χ) χ2 αχ β ικανοΣοιούν την Ια Ι - j β j 1 και β Ο, ν' αποδειχθεί ότι οι ρίζες του του τριωνύμου δεν είναι δυνατόν να είναι και οι δύο ακέραιοι αριθμοί. Λύση 13.

:�;

Αν ε ίναι β < Ο τότε το τρ ιώνυμο έχει ρ ί ζες πραγματικές και άνισες. Έστω β > Ο, ο πότε l β l = β . Από την Ι α Ι - l β l > ι έχουμε : Ι α Ι > Ι + l β l ή Ι αl 2 > ( Ι + l β l )2 2 2 2 ή α > Ι + β + 2 1 βl ή . . . α - 4 β > ( Ι -β)2 2-4 β>Ο ήα δηλαδή η διακρίνουσα Δ> Ο , ώστε σε κάθε περίπτωση οι ρίζες του τριωνύμου είναι πραγ ματικές και άνισες. Έστω χ ι , \ οι ρίζες. Τότε: Ι χ ι + χ2 Ι = Ι - α Ι = Ι α Ι και Ι χι χ2 Ι = Ι β Ι . Οπότ ε η Ι α Ι - Ι β l > ι γράφεται: Ι χι + χ2 Ι - Ι χ ι χ2 Ι > ι . Αλλά Ι χι + χ2 Ι � Ι χ ι l + Ιχ2 Ι , άρα Ι χι l + Ι χ2 1 - 1 χι χ2 Ι > ι ή (l x ι l - I ) (l x2 1 - I ) < Ο . Από την τελευταία έχουμε ότι: Ι χι l < Ι και Ι χ2 Ι> Ι ή Ι χι l> l και Ι χ2 Ι < Ι . Άρα είτε: Ι χι Ι < ι <=> ι < Χι < ι είτε: Ι χ2 Ι < ι <=> - ι < χ2 < ι . Και στις δύο πε ρ ιπτώσεις μια ρ ίζα κ ε ίται στο δ ιάστη μα (- 1 , 1 ) και επομένως η μονα δ ική τιμή γι' αυτή ν ε ίναι το μη δέν, άτοπο γιατί τότε β = Ο . Ώστε δεν ε ίναι δυνατόν και οι δύο ρ ίζες του τρ ιωνύμου να ε ίναι ακ έραι οι αριθμοί. ·

Ασκή σεις που προτείνονται για λύση Να βρεθεί ο λ Ε IR ώστε μια ρίζα της ε14. 2 ξίσωσης: χ - 7 χ + 2λ = Ο να είναι διπλάσια = 2 μιας ρίζας της εξίσωσης: χ - 5χ + λ Ο λ=6

Απάντηση:

15. Αν το τριώνυμο φ(χ) = χ 2 + β χ + γ έχει μια διπλή ρίζα, να δειχθεί ότι το τετράγωνο αυτής ισούται με το άθροισμα των ρ ιζών της εξίσωσης:

16.

Να λυθεί η ανίσωση :

1�-�1 Απάντηση: k <

2<χ<6

17. Αν ρ ι , ρ 2 είναι οι ρ ίζες της εξίσωσης (Ε): χ2 + 5(μ - l )x - (μ2 + I ) = Ο , μ Ε IR, για ποιες τιμές του μ Ε IR ισχύει 1 +1 (Α): > I. ρι ρ2

18. Να οριστεί ο λ Ε IR ώστε οι ρίζες της εξίσωσης: 4 2 χ -5 λ χ + λ - 2 = Ο να είναι πραγματικές. λ�2

Απάντηση:

19. Δίνονται η ανίσωση (Α): (χ2 + Ι )(λ + I ) > 2λχ και το κλάσμα 2 χ + λχ + ι (Κ): 2 χ - 2λχ + ι Να οριστεί η πραγματική παράμετρος λ, ώστε η (Α) να ισχύει για κάθε χ Ε IR και οι όροι του κλάσματος (Κ) να έχουν ση μείο ανεξάρτητο του χ .

Απάντηση: - 4 < λ < ι

20.

Δίνεται η ανίσωση (α + I) χ2 + αχ + ι > β, α,β Ε IR. (Α) : 2 χ +χ+ ι

Να οριστεί ο β Ε για κάθε χ Ε IR.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

4/24

IR,

ώστε η (Α) να αληθεύει

Γ εωμε τρ ία Α ' Λυκείο υ Ασκήσεις Επανάληψης

Στάθης Ν. Παπαδόπουλος Κάθε φορά που καταπιάνομαι με την Ευκλείδεια Γεωμετρία ειλικρινά μελαγχολώ, για την υ ποβάθμισή της. Το μάθη μα το οποίο διαπαιδαγωγεί το μαθητή , περισσότερο από οποιοδήποτε άλλο , στη ν αποδεικτική διαδικασία, χρόνο με το χρόνο υποβαθμίζεται. Ποιος φταίει; Τα Σχο λικά β ιβλία; Τα αναλυτικά προγράμματα; Εμείς οι διδάσκοντες; Εδώ δεν ισχύουν οι στίχοι του ποιητή : «ποιος φταίει; ποιος φταίει; κανένα στόμα δεν το βρε και δεν το πε ακόμα». Γιατί πολλοί το βρήκανε και πολλοί το είπανε, αλλά κανένας δεν ακούει. Ευτυχώς υπάρχουν ακόμα αρκετά μετερίζια, τα οποία κρατάνε γερά. Ένα από αυτά είναι ο <<Ευκλείδης Β ' ».

1. Λυ μένες ασκή σεις 1.1. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και τυχαίο σημείο Ο στο εσωτερικό του. Αν (ΟΑ) = χ, (ΟΒ) = y και (ΟΓ) = ω, να δειχθεί ότι: α2 + β2 + γ2 < α(ω + y) + β(χ + ω) + γ(χ + y) < 2(αβ + βγ + αγ) Λύση Α Από τα τρίγωνα ΟΒΓ, ΟΑΓ και ΟΑΒ έχουμε αντίστοιχα: α < y + ω, β < χ + ω, γ < χ + y 2 2 2 Επομένως: α < α(y + ω), β < β (χ + ω), γ < γ(χ + y) Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω ανισοτήτων έχουμε: 2 2 2 α + β + γ < α(ω + y) + β(χ + ω) + γ(χ + y) Επίσης: y + ω < β + γ, χ + ω < α + γ, χ + y < α + β Επομένως: α(y + ω) < α(β + γ), β(χ + ω) < β (α + γ), γ(χ + y) < γ(α + β) α Γ Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω ανισοτήτων έχουμε: α(y + ω) + β (χ + ω) + γ(χ + y) <2(α β + βγ + αγ) 1.2. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ). Εάν Μ είναι ένα τυχαίο σημείο της ΑΒ και στην προέκταση της ΒΓ πάρουμε ΓΝ = ΒΜ και ΓΣ = ΑΒ, να αποδειχθεί ότι τα μέσα των τμημάτων ΒΓ, ΝΜ και ΑΣ είναι συνευθειακά. Λύση Α Έστω Δ και Ε τα μέσα των ΒΓ και ΑΣ αντίστοιχα. Αρκεί να δείξουμε ότι η ΔΕ διέρχεται από το μέσον του ΜΝ . Έ στω Ζ το σημείο τομής των ΔΕ και ΜΝ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΣ (Δ = 90°) η ΔΕ είναι διάμεσο ς , οπότε: Δ 1 = Σ ( 1 ) Στην προέκταση της ΓΒ παίρνουμε Β Ι = Β Μ = ΓΝ. ι Β Δ Γ Ν Σ Είναι προφανές ότι το Δ είναι και μέσον του ΙΝ. Τα ισοσκελή τρίγωνα ΓΣΑ (ΓΣ = ΓΑ) και ΒΜΙ (ΒΜ = Bl) έχουν τις γωνίες των κορυφών τους ί σες, γιατί είναι ε ξωτερικές γωνίες της βάσης του αρχικού τριγώνου ΑΒΓ. Επομένως Ι = Σ = Δ.. Ά ρ α ΔΕ // lM και επειδή τ ο Δ είναι μέσον της Ι Ν θα είναι το Ζ μέσον τ η ς ΜΝ. Ά ρ α τ α μέσα των ΒΓ, ΜΝ και ΑΣ είναι συνευθειακά. ,.....

.,.....

1.3. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ). Να αποδειχθεί ότι: 1) Αν ΒΔ είναι η διχοτόμος της γωνίας Β(Δ ε ΑΓ) και ΔΕ, ΔΖ οι διχοτόμοι της εσωτερικής και εξωτερικής γωνίας ΒΑΓ αντίστοιχα (Ε, Ζ σημεία της ΒΓ), τότε ΕΖ = 2ΒΔ. 2) Αν Σ τυχαίο σημείο της ΒΔ και Ι τυχαίο σημείο της προέκτασης της πλευράς ΑΒ, 1tρος tO ιιέ ρος του Β, τότε: ΣΓ + ΣΙ > ΒΓ + ΒΙ Λύση 1 ) Είναι φανερό ότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ορθογώνιο στο Δ. Φέρουμε τη διάμεσο ΔΜ η οmία αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ΕΖ και όπως γνωρίζουμε ΕΖ = 2ΔΜ. Επομένως αρκε ί να δειχθεί ότι: ΔΒ = ΔΜ.

Γεωμετρία Α' Λυκείου

Από το ισοσκελές τρ ίγωνο ΜΔΕ (ΜΔ = ΜΕ) έχουμε: f. = ΔΊ + Δ; ( 1 ). Από το τ ρίγωνο ΒΔΕ έχο υμε: ,.... ,.... ,.... Ει = Βι + Δι (2). Από τις (I) και (2) προκύπτει: ΔΊ + Δ; = Βι + Δ; <=> Δ; = Βι , γιατί Δ; = ι\Ί . Από τα τρίγωνα ΓΔΜ και ΒΓΔ έχουμε αντίστοιχα: ...... .,.,....,_ ...... .......,. ...... ΒΓΔ = Μι + Δ3 και ΒΓΔ = 2Βι οπότε: 2J3ι = Μ ι + Δ;. = Μ ι + J3ι <=> :ΒΊ = Μ ι δηλαδή ΔΒ = ΔΜ.

2) Λαμβάνουμε το συμμετρικό του Ι, το Ι' ως προς τη διχοτόμο ΒΔ. Είναι φανερό ότι το Ι' εί ναι σημείο της ΓΒ και έχουμε, λόγω συμμετρίας, ΒΙ = ΒΙ', ΣΙ = ΣΙ'. Ο πότε η αποδεικτέα ανισότητα γίνεται: ΣΓ + ΣΙ' > ΒΓ + ΒΙ' ή ΣΓ + ΣΙ' > ΓΙ' η οποία είναι α ληθής στο τρίγωνο ΣΓΙ'. ·

1.4. Έσται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε, Ζ τα μέσα των πλευρών του ΒΓ, ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Προε κτείνουμε την ΕΖ κατά τμήμα ΖΘ = ΕΖ. Να δειχθεί ότι: α) Οι πλευρές του τριγώνου ΑΘΔ είναι ίσες με τις διαμέσους του τριγώνου ΑΒΓ. β)

Οι διάμεσοι του τριγώνου ΑΘΔ είναι ίσες με τα

� των πλευρών του ΑΒΓ.

Λύση α) Επειδή ΖΘ 11= ΒΔ το τετράπλευρο ΒΔΘΖ είναι παρ/μο. Άρα ΔΘ = Β Ζ. Επειδή το Ζ ε ίναι το κοινό μέσον των διαγωνίων του τετραπλεύ ρου ΑΕΓΘ αυτό είναι παρ/μο. Άρα ΕΓ = ΑΘ. Επίσης η πλευρά ΑΔ του τριγώνου ΑΔΘ ταυτίζεται με τη διάμε σο ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ. β) Έστω Κ το μέσον της ΑΔ τότε ΚΖ = ΔΓ = Β Γ 2 4. Αλλά ΘΚ = ΘΖ + ΚΖ = ΒΔ + ΚΖ =

[ BJ = 3�Γ. Ομοια κάι για τις άλλες πλευρές.

Β +

1.5. Από τυχαίο σημείο Δ του ύψους ΑΗ ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ(Α = 90°) φέρουμε την παράλ ληλη προς την υποτείνουσα ΒΓ, η οποία τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ε και την κάθετη στη ΔΓ στο Δ η οποία τέμνει την προέκταση της ΒΑ στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι ΒΕ = ΑΖ. Λύση Από το Δ φέρουμε την παράλληλη προς την ΑΒ, η οποία τέ μνε ι τη ΒΓ στο Μ και την ΑΓ στο Ν. Στο τρίγωνο ΔΑΓ το Μ ε ίναι το ο ρθόκεντρο γιατί σ' αυτό τέμνονται τα ύψη ΔΝ και ΓΗ και επομένως η ΑΜ είναι το τρίτο ύψος του τριγώνου ΔΑΓ, δηλαδή ΑΜ .l ΔΓ. Από τα προηγούμενα προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΑΖΔΜ είναι παρ/μο, άρα ΑΖ = ΔΜ ( 1 ). Επίσης το ΕΒΜΔ είναι παραλληλόγραμμο, άρα ΔΜ =

ΒΕ (2). Από ( I) και (2) έχουμε ΑΖ = ΒΕ.

1.6. Θεωρούμε μια ευθεία (ε). Επί της (ε) παίρνουμε τρία διαδοχικά σημεία Α, Β, Γ τέτοια ώστε να είναι ΑΒ = 2α και ΒΓ = α. Κατασκευάζουμε προς το αυτό μέρος της (ε) τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΕ και φέρουμε την ευθέία ΔΕ, η οποία τέμνει την (ε) στο Ζ. Ν' αποδειχθεί ότι: i) Το Β είναι το μέσον της ΑΖ 2) Το τρίγωνο ΑΔΖ είναι ορθογώνιο στο Δ 3) Αν Θ είναι το σημείο τομής της ΑΕ και της ΒΔ, θα είναι ΘΔ = 2ΘΒ. Λύση Φέρουμε το ύψος ΒΗ του τριγώνου ΑΒΔ, που όπως γνωρίζουμε ε ίναι και διάμεσος, δηλαδή ΔΗ = ΒΕ = α. Η ΒΕ // ΑΔ γιατί Βι = ΜΒ = 60°. Ο πότε η ΒΕ είναι πα ράλληλη και ίση με τη ΔΗ, άρα ΒΕΔΗ παραλληλό γραμμο και μάλιστα ορθογώνιο. Είναι λοιπόν ΗΒ // ΔΖ και Η μέσον της ΑΔ, άρα Β μέσον της ΑΖ. :ι-. 't.f' Ύ> � Α 15r f-1� Α = ιις .ι t..:> v �ς rιv t:v<ι Μ t1 t.. t-"V ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 4/26

Ι)

(ε)

Γεωμετρ ία Α' Λυ κε ίου

Αποδείχτηκε από τα προηγούμενα. Στο τρίγωνο ΔΑΖ είναι ΔΒ διάμεσος και ΑΕ διάμεσος (επειδή ΒΕ // ΑΔ και Β μέσον της ΑΖ, θ α είναι το Ε μέσον της ΔΖ), άρα το Θ είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου ΔΑΖ. Επομέ νως ΘΔ = 2ΘΒ.

ΓΡ

ΡΕ =

Ε .i ΑΔ

1.7. Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και έστω τυχαίο σημείο της διαγωνίου του ΒΔ διαφορετικό α1tό το κέντρο του ορθογωνίου. Προεκτείνουμε τη κατά τμήμα ΓΡ και φέρνουμε Ζ και Να δειχθεί ότι: α) ΖΗ ΑΓ β) τα σημεία Ζ, Η, είναι συνευθειακά.

ΕΗ .i ΑΒ. I/

Ρ ·

Λύση α) Έστω Ο , Κ τα κέντρα των ορθογωνίων ΑΒΓΔ και ΑΖΕΗ αντίστοιχα. Στο τρίγωνο ΓΑΕ τα Ο , Ρ είναι μέσα των ΓΑ, ΓΕ αντίστοιχα. ..-.... ..-.... Άρα ΑΕ // ΒΔ και συνεπώς Α2 = Β1• Αλλά Α2 = Η1 , :ΒΊ = Α1 και επομένως :fiΊ = Α1 άρα ΗΖ // ΑΓ. β) Στο τρίγωνο ΕΑΓ τα Κ, Ρ είναι μέσα των ΕΑ, ΕΓ αντί- Η στο ι χα. Άρα ΚΡ I/ ΑΓ. Επε ιδή από το Κ διέ ρχεται μία μόνο παράλληλη προς την ΑΓ συμπεραίνουμε ότι τα σημεία Ζ, Η, Ρ ε ίναι συνευθειακά.

ΑΒΓ (Α = 90°). Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε ένα σημείο Δ τέτοιο ώστε: ΑΔ jAB και στην ΑΓ ένα σημείο Ε τέτοιο ώστε: ΑΕ = �ΑΓ. Ν' αποδειχθεί ότι: ΑΑΕ = ΕΒΓ. 1.8. Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο =

Λ6ση Α Από το Ε φέρνουμε την παράλληλη προς τη ΒΓ, που τέμνει τη ν ΑΒ Ο στο Ζ. πότε έχουμε: ΑΖ = ΑΕ , ΑΖ = 1 η ΑΖ = l AB . οποτε 3 ΑΒ ΑΓ ΑΒ 3 Άρα το τρίγωνο ΑΖΕ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Επιπλέον: ΖΕΒ = ΕΒΓ, επειδή ΖΕ // ΒΓ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΕ έ- Β Γ χουμε: 2 2 2 2 ΖΕ = ΑΖ + ΑΕ ::::: 2ΑΖ = 2ΑΖ·ΑΖ = (ΑΖ + ΑΖ)ΑΖ = ΖΒ·ΖΔ (γιατί είναι: ΑΖ = ΖΔ = ΔΒ) 2 Άρα: ΖΕ = ΖΒ·ΖΔ � = , δηλαδή τα τρίγωνα ΖΒΕ και ΖΕΔ έχουν τη γωνία Ζ κοινή και τις ·

�� :

..-....

πλευρές τους ανάλογες και κατά συνέπεια είναι ό μοια. Οπότε: ΑΔΕ = ΖΕΒ = ΕΒΓ.

ΑΒΓ φέρνουμε τα ύψη του ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ. Από το Δ .i ΑΒ και ΘΔ .i ΑΓ. Να δειχθεί ότι ΖΕ ΗΘ.

1.9. Σε τρίγωνο φέρνουμε ΔΗ

Λύση

Έστω Ο το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Εχε ιδή ΔΗ // ΟΖ και ΔΘ // Ο Ε σύμφωνα με το θεώρημα του Θαλή έχουμε αντίστοιχα: Α Ε _ ΑΟ ΑΖ ΑΕ ΑΖ _ ΑΟ και . Ά ρα ΖΗ _ και συνεπως ΖΕ // ΗΘ . ΕΘ ΟΔ ΖΗ Ο Δ ΕΘ ·

ΓΖ. Α

ΑΒΓ Ε .i ΑΒ

πό 1.10. Σε τρίγωνο φέρνουμε τα ύφη του ΑΔ, ΒΕ και τα και Ζ φέρνουμε Η και ΖΘ .i ΑΓ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι ΗΘ Λύση Γ. = 90°. Άρα EfB = ΗΖΕ. Το ΒΓΕΖ ε ίναι εγγράψιμο γιατί ΒΖ..-...Γ. = ΒΕ..-... Το ΖΕΘΗ είναι εγγράψιμο γιατί ΖΗΕ = ΖΘΕ = 90°. Άρα HzE = ΑΘΗ. Επομένως EfB = ΑΘ Η. Άρα ΗΘ ΒΓ.

//ΒΓ.

ΑΒΓΔ,

του οποίου οι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα, είναι εγγεγραμμένο 1.11. Ένα τετράπλευρο σε κύκλο (0, R). Ν' αποδειχθεί ότι η απόσταση του κέντρου Ο του κύκλου από μια πλευρά του τε-

Α βfΑ

ι σ ο σ �.ι� .....

�t!ι ο

Ν·

(;) ο

C!) \

y � ��e. ε S Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 4121

� � � r;

Δ r

l' \ ε.e�

Γεωμετρία Α' Λυ κείου

τραι:λεύρου είναι ίση με το μισό της απέναντι πλευράς. Λύση Αν ΟΖ είναι η απόσταση του κέντρου Ο από την ΑΒ, θα δείξουμε ότι

ΟΖ = ΓΔ. Φέρουμε τη διάμετρο ΒΟ Ε. Στο τρίγωνο ΒΑΕ το Ζ είναι μέσον της

Α�--':--+--\.

ΑΒ και το Ο της ΒΕ, άρα ΖΟ 11= ΑΕ. Το τετράπλευρο ΑΓΔΕ είναι τραπέζιο

(γιατί ΕΔ .l ΒΔ, ΑΓ .l ΒΔ, άρα ΑΓ // ΕΔ) και επειδή είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο είναι ισοσκελές. Άρα ΑΕ = ΓΔ και συνεπώς ΖΟ = ΓΔ.

2. Ασκfι σεις π ου π ροτ είνονται 1ια λ6ση 2.1. Σ' ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ = 2ΒΓ. Από την κορυφή Α φέρουμε την ΑΚ .l ΒΓ } και συνδ έουμε το κ με το μέσο Μ της ΓΔ. Ν' αποδειχθεί ότι: ΑΒΚ + 2ΜΚΓ = 1 80°.

•

2.2. Σ' ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ προεκτείνουμε την ΔΑ κατά τμήμα ΑΗ = ΑΔ. Φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας Δ, που τέμνει την ΑΒ στο Ζ. Ν' αποδειχθεί, ότι το τρίγωνο ΗΖΔ είναι ορ θογ ώ νιο.

2.3. Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 2f . Από ένα ση μείο Δ της ΑΒ φέρουμε η μιευθεία Δχ παράλ ληλη και αντίρροπη προς τη ΒΓ και παίρνουμε ΔΕ = ΑΔ, Ε σημείο της Δχ . Ν' αποδειχθεί ότι: i)

Η ΑΕ είναι παράλληλη προς τη διχοτόμο της γωνίας Β.

ii)

Η ΑΕ είναι εφαπτόμενη του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγω νο ΑΒΓ. 2Α. Δίνετά ι τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ. Προεκτείνουμε τη ΒΑ κατά ΑΓ = ΑΓ και τη ΓΑ κατά ΑΒ ' = ΑΒ και χαράσσουμε την Αχ .l ΒΒ ' . i) Να δε ί Χθεί ότι η Α χ τέμνει την προέκταση της ΒΓ σ' ένα σημείο Ε πέραν του Β. ii)

Να δειχθεί ότι τα ση μεία Ε, Β ' , Γ είναι συνευθειακά.

2.5. Δίνονται δύο παράλληλες ευ θ ε ίε ς ( ε 1 ) , ( ε 2) και ένα σταθερό σημείο Α της ( ε 1 ) . Από το Α φ έ ρουμε -tυχαία ευθεία ( ε 3) που τέμνει την ( ε 2) στο Β. Φέρουμε ΒΓ .l ΑΒ η οποία τέμνει την (ε , ) στο Γ. Με κορυφή το Γ και πλευρά την ΓΑ σχη ματίζουμε γωνία ΔrΑ εκτός των (ε , ) , ( ε 2) τέτοια ώστε; Δ fΑ = 2ΓΑΒ. Από το Α φέρουμε την κάθετη στη ΓΔ, την ΑΕ. Ν' αποδειχθεί ότι το μήκος του ΑΕ είναι σταθερό. 2.6. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΜ η διάμεσος και ΑΔ το ύψος, που αντιστοιχούν στη Β Γ. Φέρουμε: ) ΜΗ .l ΑΒ, _Μ Ι .l ΑΓ και ΜΝ .l ΑΔ, που τέμνουν το ύψος ΑΔ στα ση μεία Ε, Ζ και Ν αντίστοιχα. Na απόδειχθεί ότι το Ν είναι το μέσον του ΕΖ. 2.7. Ν' αποδειχθεί ότι, αν δύο χορδές ενός κύκλου τέμνονται κάθετα στο Η, η κ άθετη από το Η στην ευθεία που ενώνει δύο άκρα αυτών των χορδών, διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα, που ενώ νει τα άλλα δύο άκρα αυτών.

2.8. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°). Με πλευρές της ΑΒ και ΑΓ κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΚ αντίστοιχα. Ν' αποδειχθεί ότι:

i) ii) iii)

Τα σημεία Δ, Α, Ζ είναι συνευθειακά. Το ύψος ΑΗ του τριγώνου ΑΒΓ διέρχεται από το μέσον της ΕΚ.

ΔΔ' = ΒΗ και ΖΖ' = ΗΓ, όπου ΔΔ' και ΖΖ' είναι κάθετες στη ΒΓ.

2.9. Ν' αποδειχθεί ότι τα μέσα των τμημάτων, τα οποία ενώνουν το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου ενό ς τριγώνου με καθένα από τα κέντρα των παρεγγεγραμμένων· κύκλων του τριγώνου κείνται στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου.

Δ ι δ'ιzc.c Cf !.€ t.v-

ρΘο τ _.ι ιο

b � .J.. 1t Β

Α- β 1

� a.

ι:ι. I" λ.

Α t-1

b 6 β Γ t.A.1a z. ι J. β r tJ c.c. J ο-tλ

ιtυ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 4128 .,

Γ Δ :::

Αr

ιL

-�

• �

1\ Β

Α .ι\ ο

Α � -t Δ Ζ

Ά λγ εβ ρ α Β ' Λυκείο υ Ασκήσεις Επανάληψης

1,3,2,417,, 22,18,23, 5, 6 , 19 9, 20 2 , 1, 1 0 , 1 1, 12, 13,7, 8,1 4, 15, 1 6

Έγραψαν: Στρατήγης Γιάννης: Κοψαχείλης Γιώργος: Μεταξάς Νίκος: Στεφανίδης Αθανάσιος: Μώκος Χρ. : 1.

ii)

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)

= 2χ3 - (α - 2)χ2 + (α + l)x + α.

Να βρεθεί η τιμή του α e IR ώστε το Ρ(χ) να έχει ρίζα το ·

Με την τιμή του α, που θα βρείτε στο i) να λυθεί η ανίσωση: Ρ(χ) Λύση

< Ο.

Έχουμε Ρ(!) = Ο <=>α= - 1. ii) Για α = - 1 είναι Ρ(χ) = 2χ 3 + 3χ 2 - 1 και με παραγοντοποίηση (σχήμα Horner) το πολυώνυμο γράφεται Ρ(χ) = (2χ - 1)(χ+ 1)2• Άρα Ρ(χ) < Ο <=>(2χ - l )(x + 1)2 < Ο <=>2χ - 1 < Ο και χ - 1 <=>Χ < ! και χ -1. i)

:;t:

ii)

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) 3χ3 - 19χ2 + 38χ - 24. Να λυθεί η εξίσωση Ρ(χ) Ν' αποδείξετε ότι οι ρίζες της εξίσωσης Ρ(2χ) = Ο είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Λύση 8) -

= =Ο

Ρ(χ) = Ο <=> 3χ3 - 19χ2 + 38χ - 24 = Ο <=> 3(χ3 - 1 9χ(χ - 2) = Ο <=> · · · (χ - 2)(Χ - 3)(3Χ - 4) = 0 <=> Χ = 2 ή Χ = 3 ή Χ= 1· ii) Σύμφωνα με το i) και επειδ ή 2χ > Ο οι ρίζες της εξίσωσης Ρ(2χ) = Ο θα είναι οι λύσεις των ε ξισώσεων: 2χ 2, 2χ = 3 , 2χ =�οπότε: χ = log22 = I , χ = log23, χ = log1 = 2 - log23 Παρατηρούμε ότι: 2 - log23 + log23 = 2 = 2· 1, άρα ... 4 3. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = 2χ - 15χ3 + 34χ2 - 15χ - 18. Να λυθούν οι εξισώσεις: i) Ρ(χ) = Ο και ii) Ρ(χ - 1) = Ο Λύση i) Με το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι η εξίσωση Ρ(χ) = Ο έχει ρίζες: ρ ι = 2, ρ 2 = 3 (δ ιπλή), ρ3 = - '2.I ii) Ρ(χ - 1) = Ο <=> 2(χ- 1)4 - 15(χ - 1)3 + 34(χ - 1)2 - 15(χ - I ) - 18 = Ο Θετουμε χ - Ι = και έχουμε: P(y) = Ο με ρίζες = 2, y2 = 3 (δ ιπλή), Υ3 = - !· Άρα Χ ι = 3, χ2 = 4 (δ ιπλή), χ3 = ! Σημείωση Γενικεύοντας μπορούμε να πούμε ότι : αν Ρι , ρ 2 , ρ 3 , ••• , ρν είναι ρίζες της εξίσωσης Ρ(χ) = Ο, τότε: Χ ι = ρ ι + λ, χ2 = ρ2 + λ, ... , Χν = ρν + λ είναι ρίζες της εξίσωσης Ρ(χ - λ) = Ο. i)

Υι

4. Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με το χ + 2 δίνει υπόλοιπο 7 ενώ διαιρούμενο με το χ - 3 δί νει υπόλοιπο -3. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το χ2 - χ 6.

Λύση

Έστω υ(χ) = αχ + β (γιατί;) το ζητούμενο υπόλοιπο . Τότε θα είναι: Ρ(χ) = (χ2 - χ - 6)Π(χ) + υ(χ) <=>Ρ(χ) = (χ + 2)(χ - 3)Π(χ) + αχ + β οπότε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/29

Επαναληπτικές ασκήσεις Β' Λυκείου

για χ = 3 έχω: Ρ(3) = 3α + β = - 3 ( I ) ιcαι για χ = -2 έχω: Ρ(-2) = -2α + β = 7 Από το σύστη μα των ε ξ ισώσεων ( I ) ιcαι (2) έχω: α = -2 ιcαι β = 3. Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι υ( χ) = --:-2 χ + 3 .

(2)

5. Αν Ρ(χ) πολυώνυμο τέτοιο ώστε να ισχύει Ρ(χ) = Ρ(χ - α) = Ρ(χ - β) για κάθε χ Ε IR (όπου α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί) ν' αποδειχθεί ότι το Ρ(χ) - Ρ(Ο) είναι βαθμού � 3 και ότι διαιρείται με το χ(χ - α)(χ - β). Λύση Έστω Φ(χ) = Ρ( χ) - Ρ(Ο) . Έχουμε Φ(Ο) = Ο ιcαιΦ(α) = Ρ(α) - Ρ(Ο) = Ο ιcαι Φ(β) = Ρ(β) - Ρ(Ο) = Ο. Άρα το Φ(χ) διαιρείται από το χ (χ - α)(χ - β) ιcαι ιcατά συνέπεια έχει βαθμό τουλάχιστον 3. ·

Να λυθεί η εξίσωση: (Ε): 3 1 + σuνχ + σuν χ + · · · = 9, χ "Φ κπ, κ Ε Ζ. 2

Λύση Επειδή χ "Φ ιcπ, θα είναι Ι συνχΙ < Άρα ο εκθέτης της (Ε) είναι άθροισμα aπε ίρων όρων γεωμε-' τριιcής προόδου με lλl < 1 . Οπότε η εξίσωση γράφεται:

1 - συνχ

2 3 <=>

_ _

Π: . Να δείξετε ότι: \S η ) ιr--τ-

I συ νχ

Π ιc Ε ΙL.J '71 2 <=> συνχ = 2I <=> χ = 2ιcπ ± 3, .

(.ι4ο)ι ημχ \ και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση: �)ηιr--τ-συν--τ- :ο + � 7.

π + 2χ

� " ( G Θέτω y

(�)

2χ - π

Λύση

= Gf"" · ·OΨ = Gfl+ ημx) [(�Γ J'

+ 2χ συ 2χ - π ν 4

π + 2χ

(�)ηιι--τ- · Συνεπώς χ = 2ιcπ + �' ιc Ζ. (;)

Υ =

""'

151 y = io + *Υ η οποία δίνει

ιcαι η ε ξ ίσωση γρ άφεται ισοδύναμα

2χ - π

συ�

Εάν ημ χ

π + 2χ

ν--τ-

2 , y = s· Επομενως:

συ

�-'·.- · η μπ

2χ - π

�

� ή Θ)

�

Ι + μχ

ή ημχ = Ι

α, α "Φ Ο ζητείται:

α. { 2 Υ)και συν(χ - y) ως συνάρτηση του Για ποιές τιμές του α ισχύει συνχ · συνy �

(α) Να υπολογίσετε το συν(χ + y) ως συνάρτηση του (β) Αν ημχ + ημy = 1 να υπολογίσετε το συ χ (γ)

(α) Από τη σχέση η 2 συν( χ + y) = Ι - 2α •

{ i Υ) χ

συν

Ι (χ -2 Υ) = _ 2α

( )

;

Λύση χ = α, έχουμε: ημ2

( i Υ) = α2 ή

(β) Από τη σχέση η μχ + ημy = Ι έχουμε: 2ημχ

α.

; Υ • συνχ 2 Υ = Ι

�(

- συ χ + y)

ή 2α συν ·

2 = α ιcαι άρα

(χ 2 Υ) = Ι

2 Ι + συν(χ - y) _Ι_ Ι 2 Ι η' συν Χ Υ = __2 η' = 2 ' άρα συν(χ - y) = - 2α 2 2 2 4α 4α 2α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

4130

Επαναληπτικές ασκήσεις Β' Λυκείου

(γ) συνχ · συνy = � <=> 2συνχ · συνy = � <=> συν(χ - y) + συν(χ + y) = � Λόγω των προηγουμένων σχέσεων η τελευταία γράφεται: 1 ;α�α2 + 1 - 2α2 = �ή 4α4 + 3α2 - 1 = Ο 1 ' α = - Ι1 ' α='2η οποτε 9. Αν l < χ < 8, να λυθεί η εξίσωση: lo�x + (lo�x)2 + (lo�x)3 + . . . ! =

Λύση

Επειδή 8 1 η συνάρτηση log8x είναι γνησίως αύξουσα άρα από τη σχέση k < χ < 8, έχουμε: log{k) < loggx < log88 <=> -1 < log8x < 1 <=> Ι log8x l < 1 Το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άθροισμα απείρων όρων φθίνουσας γεωμετρικής προόδου με α 1 = log8x και λόγο λ = loggx. Άρα η εξίσωση γράφεται: ....,.1 -loggX � ..- log8x -=-21 η, OggX =-31 η, Χ= 2 >

10. Να βρείτε τις τιμές του χ Ε (0, 2π) για τις οποίες οι αριθμοί συν2χ, 1 - ημ3χ, 2ημχ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Λύση 1 ·

προόδου έχουμε: Επειδή οι3 αριθμοί2 συν2χ, - ημ\, 2ημχ3 είναι2 διαδοχικοί όροι3 αριθμητικής 2 2( 1 - ημ χ) = συν χ + 2ημχ <=> 2 - 2ημ χ = συν χ + 2ημχ <=> 2ημ χ - ημ χ + 2ημχ - 1 = Ο <=> (2ημχ - 1)(ημ2χ + 1 ) = 0 } <=> 2ημχ - 1 = Ο <=> χ = 2κπ + -π η' χ = 2κπ + 5π, κ Ε Ζ και χ Ε (0, 2π) 6 6 με η μ2χ + 1 Ο που σημαίνει: Ο < 2κπ + 6 < 2π } κΕΖ < 2κπ + S π < 2π } Ο και παίρνουμε κ = Ο οπότε χ =� ενώ από: κ 6 παίρνουμε χ = 56π. ΕΖ :;t:

�

11. Αν οι πλευρές ενός ορθογωνίου τριγώνου σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο, δείξτε ότι η διαφορά της προόδου ισούται με την ακτίνα του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου. ·

Έστω 2χ 2Ο, χ + ω Ο, χ - ω Ο οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου τότε (χ + ω) = χ + (χ - ω)2 απ' όπου παίρνουμε: χ2 - 4χω Ο <=> χ(χ -χ 4ω)0 = Ο } <=> χ = 4ω Αλλά Ε = τ· ρ δηλ. χ(χ 2 ω) = χ+ χ+�+ χ - ω · ρ δηλ. χ - ω = 3ρ και επειδή χ = 4ω παίρνουμε τελικά ότι ω = ρ . >

Λύση

12. Να λυθεί η εξίσωση: 2ημχ ·(4ημχ)cηινχ

=�32-.Jx

(1) Λύση

χ + ω

χ - ω

(1) γράφεται 2η ημ2χ = 2ημ)χ επομένως επειδή εκθ ετική με βάση το 2 είναι 1 - 1 έχουμε2 π ημχ + ημ2χ = ημ3χ <=> ημ3χ - ημχ ημ2χ <=> 2ημχ(συν2χ - συνχ) = Ο οπότε χ = κπ ή χ = � , κ Ε Ζ. 3 13. Να λυθεί η εξίσωση: (1 + νJ)χ - 2χ - (2 +νJ)χ ! (1)

μχ +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8 ' λ . τ . 4/31

Επαναληπτικές ασκήσεις Β' Λυ κείου

Έχ ουμε 2χ - 3(2 + ...jJ) x = 2χ(2

�\13( = �p

Λύση

)x = (I +

(4 +

f>2x .

(I + ...β)χ = y > Ο η ( I ) γράφεται: = <=> y2 - 8y + 4 = Ο με ρίζες y 1 = (I + ...}3)2 , y2 = 4 - 2...}3 οπότε παίρνουμε αντίστοιχα χ = 2

Θ έτο ντας y

-} -!

ή χ = log1 +.J3(4 - 2...}3) 14.

2 Να λυθεί η ανίσωση: log1 x _ 1 1 (χ - 1)

}

Λύση

}

X E (-oo, -l ) U (l , +oo) . x2 - l > 0 χ� 1 χ Ε (-οο , -1 ) u ( 1 , 2) u (2, +οο) Πρέπει: Ιχ - 1 1 � ο χ � ο και χ � 2 Ιχ - 1 1 � 1 2 2 1 ) . Αν Ο < Ιχ - 1 1 < 1 τότε από lοgι χ - Ι ι(χ - 1) < log ι x - ιιl χ - 1 1 προκύπτει χ - 1 > Ιχ - 1 1 η λύση της οποίας τελικά δίνει Ι < χ < 2. 2). Αν Ιχ - 1 1 > 1 οπότε χ > 2 ή χ < ο και από την ανίσωση logι x - Ι ι(Χ2 - 1 ) < logι x - Ιιl χ - 1 1 παίρ νουμε χ 2 - 1 < Ι χ - 1 1 και τελικά έχουμε -2 < χ < ο. Άρα χ Ε (-2, -1 ) U ( 1 , 2). Ασκήσεις που προτείνονται για λύση

2 Ι 2 8 · 1 6 συν χ - + 5(4η μ χ - 2συν2χ) - 1 6 η μ� = 2 Απάντηση: χ = κπ + 24 � 1 16. Να λυθεί η ανίσωση : Ι - 25 -χ 5 -χ 6 15. Να λυθεί η εξ ίσωση :

1 ή χ = ιcπ ±�ή χ = κπ, κ

�

Απάντηση: �

18. Να λυθεί η εξίσωση

nx + 1 nx - 1

4 2 ln χ - 1

χΕ(

-οο ,

Απάντηση:

lnx + 2 Απαντηση: ,

Ε Ζ.

-log56) U [- 1 , Ο)

χ Ε (-2, - 1 ) U ( 1 , 2)

- ι; χ = e- I - -vι;- η' χ = e- I + v

10 l και !! � .l, ν' αποδειχθεί ότι: η α � Ύ 1 β� α β ln � η α Ν α βρεθεί τ ο άθροισμα τω 40 πρώτων όρων αριθμητικής προ όδ ου όταν ο πρώτος όρος της προόδου α1 είναι η μικρότερη ρίζα και η διαφορά της ω είναι η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης: χ3 - 6χ2 + 1 1 χ - 6 = ο Απάντηση: S40 = 1 380. 2 2 5 10g ... + Χ + Χ =9 , ΙχΙ <1 . Να λυθεί η εξίσωση : 2 1 + Απάντηση: χ = 1 - log9 5 3 Να βρεθούν τα α και β ώστε το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ4 + (α + β) χ + 2αχ 2 - 5χ + 4 να δ ιαιρείται με το (χ - 1 ) 2 •

19. Αν α, β, γ >

20.

21.

22.

1 β = 2. 3 Απάντηση: α = - 2,

23.3

Αποδείξτε ότι αν το πολυώνυμο 4κ + 27λ2 = Ο.

Ρ(χ) = χ3 +

κχ + λ έχει παράγοντα το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/32

(χ - ρ)2

τότε ισχύει

Γ ε ω με τρ ία Β' Λυκ είου Ασκήσεις Επανάληψης

Έγραψαν: Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κοψαχείλης Γιώργος Τουρναβίτης Στέργιος Άσκηση 1 Σε οξυγώνιο τρίγωνο + 2 ΑΜ = ΒΜ2 ΑΔ · ΑΓ

ΑΒΓ

(1, 2, 3, 4, 5) (6, 7, 8, 9, 10, 1 1) (12, 1 3, 17, 18) (12, 13, 14)

φέρνουμε τη διάμεσο ΑΜ και το ύψος ΒΔ. Να δειχθεί ότι:

Λύση Φέρνουμε τη διάμεσο ΜΕ και το ύψος ΜΖ του τριγώνου ΑΜ Τ οπό 2 2 τε: ΑΜ - ΜΓ = 2ΑΓ·ΕΖ και εφόσον ΜΓ = ΜΒ παίρνουμε: 2+ 2 ΑΜ = ΜΒ 2ΑΓ·ΕΖ ( Ι ) Θ α δείξουμε ότι: 2ΕΖ = ΑΔ Στο ΒΔΓ το Μ μέσο ΒΓ και ΜΖ I/ ΒΔ(γιατί ; ) οπότε: Ζ μέσο ΔΓ. Είναι: ΑΔ = ΑΓ - ΔΓ και εφόσον Ε, Ζ μέσα των ΑΓ, ΔΓ αντίστοιχα το ΑΔ = 2ΕΓ - 2ΖΓ δηλαδή : ΑΔ = 2(ΕΓ - ΖΓ) άρα: ΑΔ = 2ΕΖ (2). 2 (1 ) 2 λόγω της (2) παίρνουμε: ΑΜ = ΒΜ + ΑΔ·ΑΓ Από

I I

z Γ

Άσκηση 2 Σε κύκλο (0, R) διαμέτρου ΑΒ οι χορδές ΑΖ, ΒΗ τέμνονται στο εσωτερικό του σημείο Ε. Αν η κάθετη στην ΑΒ από το Ε τέμνει τον κύκλο στα Γ, Δ να δειχθεί ότι: ΗΓ · ΖΔ = ΗΔ · ΖΓ. Λύση Είναι: ΓΔ .l ΑΒ και ΑΒ διάμετρος οπότε: Br = ΒΔ και ΑΓ = ΑΔ και έτσι: Η 1 = Η 2 ( Ι ) και Ζ 1 = Ζ2 (2) Στο τρίγωνο ΗrΔ η ΗΕ είναι διχοτόμος (λόγω της ( Ι )) άρα: ΗΓ = ΕΓ (3) ΗΔ ΕΔ Στο τρίγωνο zrΔ η ΖΕ είναι διχοτόμος (λόγω της (2)) άρα: ΖΓ = ΕΓ (4) ΖΔ ΕΔ ......

Από

......

(3), (4) παίρνουμε:

......

Α 1"""-----:+'--t'-+-...ο.ι Β

�� = �� οποτε: ΗΓ·ΖΔ = ΗΔ· ΖΓ.

Άσκηση 3 Δίνονται οι ομόκεντροι κύκλοι (0, R1) και (0, R2) με R1 = 3 και R2 = 1 και σημείο Μ στο ε σωτερικό του δακτύλιου που ορίζεται. Αν από το Μ φέρουμε ευθεία που εφάπτεται στον εσωτερικό κύκλο στο Β και τέμνει τον άλλο στα Α, Γ τότε να δειχθεί ότι: ΜΑ · ΜΓ = 8 - ΜΒ2 •

Λύση 2 Το Μ εσωτερικό σημείο του (0, R1) οπότε: ΜΑΜΓ = Ri - Μ Ο 2 άρα ΜΑ·ΜΓ = 9 - Μ Ο ( Ι ) Φέρνουμε τα τμήματα Ο Μ, Ο Β και από το ορθογώνιο τρίγωνο Ο Μ Β παίρνουμε: 2 2 2 2 2 ΜΟ = Ο Β + ΜΒ δηλαδή : Μ0 = R � + ΜΒ οπότε 2 2 Μ0 = Ι + ΜΒ (2) 2 της (2) γράφεται: ΜΑ·ΜΓ = 9 - ( Ι + ΜΒ ) άρα: Η ( Ι ) λόγω . 2 ΜΑ·ΜΓ = 8 - ΜΒ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/33

Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

λσκηση 4 Στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε σημείο Ο και έστω ΟΔ, ΟΕ, ΟΖ οι αποστάσεις του Ο από τις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι: ΟΔ + ΟΕ + ΟΖ = ι. υα υμ υ1 Λύση Φ έρνουμε τα τμή ματα ΟΑ, ΟΒ, Ο Γ Τα τρίγωνα ΟΒ Γ κ αι ΑΒ Γ έχουν κοινή βάση ΒΓ οπότε: (Ο ΒΓ) Ο Δ (ΑΒΓ) υα Α Ο (ΟΑΒ) ΟΖ Γ ια τον ίδιο λόγο: (ΟΑΓ) = Ε και (ΑΒΓ) υ β (ΑΒΓ) υy κατά μέλη παίρνουμε: Προσθέτοντας τις (Ο ΒΓ) + (ΟΑΓ) + (ΟΑΒ ) Ο Δ + Ο Ε + ΟΖ ό · οπ τε (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) υα υβ υy . + + Ο Ο (Ο Γ) Γ) Ο Ο Ο ( ΑΒ) ( Β Α Δ + Ε + Ζ άρ ΟΔ + Ο Ε + ΟΖ = ι . α (ΑΒΓ) υα υβ υγ υa υ β υy Γ

(1)

(2)

(3)

(1), (2), (3)

λσκηση 5 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α εηεγραμμένο σε κύκλο. Με κέντρο την κορυφή Α του τετραγώνου και ακτίνα ίση με την πλευρά του γράφουμε κύκλο. Να υπολογιστεί το εμβαδό της κοινής επιφάνειας των δύο κυκλικών δίσκων ως συνάρτηση της πλευράς α του τετραγώνου.

R) = R...j2..

Αν (0,

Λύση ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τετράΎωνο ΑΒΓΔ τότε:

λ4

Ομως λ4 = α οπότε: α

= R...j2. =

άρα R =

aj2 (1)

Το ζητούμενο εμβαδ ό είναι: Ε Ε ι + Ε2 (2) όπου Ε ι το εμβαδό του ημικυκλίου διαμέτρου ΒΔ και Ε2 το εμβαδό του κυκλικού τμή ματος χορδής ΒΔ (του κύκλου (Α, α)) . 2 2 Είναι: Ε ι = π και λόγω της Ει = π

(1 ) � (3) πα2 090ο I παz α , . Ε =Ε ΒΔ> Επισης. - <ΑΒΔ ) = 6· ο - � =τ-2 (4) 3 ) ( -I α π π = �π Από τη ν (2) λόγω των (3), (4) παίρνουμε: Ε = . + 2 � � -� 2

<Α .

λσκηση 6 Δίνεται κύκλος (0, R) και χορδή του ΒΓ = ι + �. Φέρνουμε δύο χορδές ΒΖ και ΓΕ του κύ κλου οι οποίες τέμνονται στο Α ώστε ΑΖ = λ4 και ΑΕ = λ6

Δείξτε ότι (ΑΒΕ) =

�ΑΓΖ)

ii) Αν ΑΔ διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ να υπολοyίσετε τα τμήματα ΔΒ και ΔΓ Λύση Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΖ έχουν ΒΑΕ ΓΑz ως κατακορυφήν , (ΑΒΕ) ΑΒ·ΑΕ ( I ) οποτε (ΑΓΖ) ΑΓ·ΑΖ Για τις τεμνόμενες χορδές ΒΖ και ΓΕ έχουμε: ΑΒ-ΑΖ ΑΓ·ΑΕ <=>

�� = �� = �: = R� = � (2) Από .. 11) ΔΓ

( 1 ) και (2) είναι �� · � ! =

..... , , ΔΒ οποτε Στο ΑΒΓ ΑΔ διχοτομος ΔΓ

=..J2

και ΔΒ

<=> (ΑΒΕ)

=� = ...j2Ι

<2> ΔΒ ΑΒ <=> ΔΓ ΑΓ

ΑΓΖ) <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 4/34

ΔΒ + ΔΓ ΔΓ

...[2.J2 <=> ΒΓ ΔΓ

, I + .J2 αρα

...[2

Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

Άσκηση 7 Δίνεται κύκλος (0, R) και χορδή του ΓΔ = λ6• Φέρνουμε τυχαία ευθεία ε που διέρχεται αzό το κέντρο Ο και εκατέρωθεν του Ο παίρνουμε σημεία Α, Β ώστε ΟΑ = ΟΒ = α3• Αν Μ μέσον της ΓΔ + δείξτε ότι ΜΑ2 ΜΒ 2 = λ� Λύση Είναι 0Α = 0Β = α3 =

� και ΟΜ = � = Rf ( I )

ΜΑΒ , ΜΟ διάμεσος οπότε: 2 2 + R2 <=> ) 2ΜΟ2 + ΑΒ2 � ΜΑ2 + ΜΒ2 = 2(�R.J3 2 2 2 2 2 3R + R2 <=> ΜΑ2 + MB2 = 2R2 <=> ΜΑ + Μ Β 2 = ΜΑ2 + ΜΒ2 = (R-{2/ <=> ΜΑ2 + ΜΒ2 = λ�

Στο τρίγωνο 2 2 ΜΑ + ΜΒ =

(ε)

Άσκηση 8 Από το βαρύκεντρο Κ ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε ευθεία (ε) παράλληλη προς τη ΒΓ Μ 2+ 2 2 και θεώρούμε τυχαίο σημείο της . Δείξτε ότι: ΜΒ ΜΓ = 2ΜΑ Λύση Στο ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α ισχύουν � ΚΔ =

� (Κ βαρύκεντρο) ( 1 )

= �· ΑΚ = ψ και

ΜΒ2 + Mr = 2ΜΔ2 �2 (2) Κ2 ΚΔ2 <=> ΜΔ2 = (ΜΑ2 -ΑΚ2) ΚΔ2 (3) (γιατί;) Αλλά Μ Δ2 = Μ Από (2), (3) είναι: 39 2 + 233α62 + Q...22 <=> ΜΒ2 + ΜΓ2 = 2ΜΑ2 - 2ΑΚ2 + 2ΚΔ2 + Q...22 � ΜΒ2 + ΜΓ2 = 2ΜΑ2 - 2..J!... ΜΒ2 + ΜΓ2 = 2ΜΑ2 - 23α2 + Q...62 + Q...22 <=> ΜΒ2 + Mr = 2ΜΑ2 +

�

Στο ΜΒΓ (ΜΔ δ ιάμεσος) άρα

Άσκηση 9 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = Ε αντίστοιχα δείξτε ότι (ΑΔΕ) = (ΑΔΕ) ΑΔ·ΑΕ = (γιατί '· ) (ΑΒΓ) ΑΒ-ΑΓ

(ε)

30°. Αν ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα Δ και

�ΑΒΓ)

Λύση

(I)

ΑΔ·ΑΒ = ΑΕ·ΑΓ(γιατί ; ) <=>

�� = �: (2)

ΑΔΓ (Δ = 90° ,Α = 30°) άρα ΓΔ = Α[ άρα = ΑΓ - Α[2 <=> ΑΔ = A�.JJ (3) 2 Από (I ), (2) και (3) είναι ��} = (��) = (�γ = � <=> (ΑΔΕ) = �ΑΒΓ)

Αλλά στο

ΑΔ

Άσκηση Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2f και το ύψος του ΑΔ. Αν η διχοτόμος της Β τέμνει την ΑΓ στο Μ Ε και το μέσο της ΒΓ, δείξτε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

4/35

Ασιcήσεις Γεωμετ ρίας Β' Λυκείου

i) EM // ΑΔ

ίί) ΔΜ =

... (ΑΒΓ) _ !..±..Ι )( Ε )α Β Γ

Λύση

Είναι Βι = Β; = � = Γ <=> ΒΕΓ ισοσκελές, οπότε ΕΜ διάμεσος και ύψος. Ά ρα ΕΜ ΒΓ <=> ΕΜ //ΑΔ. ii) Στο ΑΒΓ(ΒΕ διχοτόμος) <=> �� = �� (l) Στο ΑΔr: (ΕΜ // ΑΔ ) <=> �� = �� = � <=>ΑΒ = 2ΔΜ <=> ΔΜ = � τ + iii) (ΑΒΓ) = ΑΔ (2) Αλλά ΑΔ = ΓΔ (γιατί · ) <=> ΑΔ = ΓΜ Μ Δ ΕΜ ΓΜ ' ΕΜ ΓΜ w (ΒΕΓ) ΕΜ Q+.Y (ΑΒΓ) Q..±..r ΑΒΓ) = � ((ΒΕΓ) α2 <=> (ΒΕΓ) = α _.....

<2>

Άσκηση 11 Δίνεται κύκλος (0, R) και διάμετρος ΒΓ. Προς το ίδιο μέρος της ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ και Η του κύκλου ώστε: ΒΔ = λ6, ΓΗ = λ 1 2• Αν οι χορδές ΒΗ και ΓΔ τέμνονται στο Α τότε:

Δείξτε ότι ΑΒ = λ4

ii) α = (1 + VJ)β όπου α, β οι πλευρές του ΑΒΓ ' iii) l'lα υπολογιστεί το λ1 2 συναρτήσει του R. Λύση

Έχοuμε ΒΔ ....=.. λ6 = R <=> Βλ......Δ= 60°...... <=> Γ = 30° και ΓΗ = λ1 2 <=> ...-.. ΓΗ = 30° <=> Β = 1 5° οπότε ΒΑ = ΓΑΗ = 45° (l) Επίσης ΒΔΓ = ΓΗΒ = 90° (2) 2 2 + 2 i) Στο ΑΔΒ (Δ = 90° ) <=> ΑΒ = ΒΔ ΑΔ <=> ΑΒ2 = 2R2 <=> ΑΒ = R...}2 = λ4. ii) Στο ΑΒΓ από γενικευμένο πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε α2 = β2 + γ2 + 2β ;ΑΔ } . α2 = β2 + γ2 + αβ2 ΑΔ = ΔΒ = � (γιατί;) αρα γ2 = λ� = 2R2 = � άρα α2 = β2 + �2 + αβ <=> α2 - 2αβ - 2β2 = Λύνουμε το τριώνυμο ως προς α και έχουμε α= ( l + νJ)β iii) Από το (ii) είναι: α <=> β2 = +α2 2 <=> 2λ = 4R2 2 (γιατί·,) <=> λ 1 2 = ΙR.../2 <=> λ 1 2 = R.../2(.2 ..J3 - I) β = Ι +νJ ( l + νJ) + νJ (l νJ)

}

8 ιι-::::,-___,.,,....----..,..,ι

Ο.

2 12

Άσκηση 12 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90ο) και φέρνουμε τις ΑΗ, ΑΘ έτσι ώστε να είναι ΒΗ = ΗΘ = ΘΓ. Αν ΒΓ = α να δειχθεί ότι: 3(ΑΗ2 + ΑΘ2 + ΗΘ2) = 2α2•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 4/36

Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

Λύση (Β < 90°)

Από2 τα οξυγώνια ΑΒΗ και ΑΒΘ έχουμε: 2 + ΒΗ2 τρίγωνα: - 2ΒΗ·ΒΔ και ΑΘ2 = ΑΒ2 + ΒΘ2 - 2ΒΘ· ΒΔ ΑΗ = ΑΒ οπότε:2 2 2 3(ΑΗ 2 + ΑΘ 2 + ΗΘ ) = + (ΑΒ2 + ΒΘ2 - 2ΒΘ·ΒΔ) + ΒΗ2] = 3[(ΑΒ 2 + ΒΗ -2 2ΒΗ·ΒΔ) 2 3 [2ΑΒ2 + 2ΒΗ + ΒΘ 2- 2ΒΔ·(ΒΗ + ΒΘ)] = - 2ΒΔ·(ΘΓ + ΒΘ)] = 3 [2ΒΓ·ΒΔ + 2ΒΗ2 + ΒΘ2 - 2ΒΔ-Βη = 3[2ΒΗ2 ΒΘ2] = + ΒΘ 3[2ΑΒ + 2ΒΗ2 3{2�2 + 4�2} = 2α2.

�

Δ Η

Άσκηση 13 Δίνεται ρόμpος ΑΒΓΔ πλευράς κ και Μ τυχαίο σημείο εκτός του ρόμpου. Να δειχθεί ότι: ΜΒ2 + ΜΔ2 = κ2 λ2 μ2 όπου: κ = ΑΒ = ΑΓ, λ = ΜΓ, μ = ΜΑ.

+ + Λύση Από το τρίγωνο ΜΑΓ: μ2 + λ2 = 2ΜΟ2 + (�2) ( l o θ. διαμέσων) ( 1 ) Από το τρίγωνο ΜΒΔ: ΜΒ2 + ΜΔ2 = 2ΜΟ2 + (Bf2) ( Ι ο θ. διαμέσων) (2) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχω: ΜΒ2 + Μ Δ2 = μ2 + λ2 - (�2) + (Bf2) = μ2 + λ2 - (�2) + [<2�Δ)1 =

Ασκήσεις που προτείνονται Ύια λύση

14. Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι η γωνία Α διπλάσια της γωνίας Β. Να υπολογιστεί το μήκος της πλευράς α αν θεωρήσουμε ως γνωστά τα μήκη των β και γ. 15. Σ' ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) τα μήκη των καθέτων πλευρών είναι β και γ. Να βρείτε το μήκος της διχοτόμου της ορθής γωνίας 16. Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε μια ευθεία ΔΕ παράλληλη προς τη ΒΓ , τέτοια ώστε το εμβα δόν του τριγώνου ΒΔΕ2 να είναι κ2. Ποια σχέση πρέπει να υπάρχει μεταξύ του εμβαδού του τρι γώνου ΑΒΓ και του κ για να έχει το πρόβλημα λύση; 17. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Θ, Η τα μέσα των ΑΒ και ΑΓ. Αν Κ είναι το μέσον της ΘΗ να δει χθεί ότι: β2 _ 12 = 2� :.... ΚΒ2). και την ΖΘ ΑΒ που τέμνει την ΑΓ στο Θ. Να 18. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τη διχοτόμο δειχθεί ότι: ΑΖ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ . τ. 4/37

ΠΑΡΑ Γ Ω Γ Ο Σ Κ Α Ι Α ΝΙ Σ Ο Τ Η Τ Ε Σ ΓιώρΎ οc; Τσαπακίδης Είναι -yνωστή η ανισότητα του Bemoulli ( 1 +χ)"> 1 +νχ για ν εΝ * και χ>Ο και η μέθοδος απόδειξής της που είναι η uαθηματικά επαγωγή. Είναι φυσιολογικό να εξετάσουμε τις διάφορες γενικεύσεις της. Μια πρώτη γενίκευση είναι η ( 1 +χ)Ρ> 1 +ρχ με ρ ρητό αριθμό μεγαλύτερο του 1 και χ>Ο. Η τελική της γενίκευση η ( 1 +χ)α> 1 +αχ ( 1 ) με α πραγματικό αριθμό μεγαλύτερο του 1 και χ>Ο. Το επόμενο βήμα είναι η αναζήτηση απόδειξης της ( 1 ). Είναι φανερό ότι για την απόδειξη δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε την μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής, γιατί η πρότασή μας δεν εξαρτάται από φυσικό αριθμό. /Ιοιά άλλη μέθοδο απόδειξης ανισοτήτων yνωρι'ζουμε ; · Η βασική μέθοδος, από τα μαθηματικά της Α ' Λυκείου, απόδειξης ανισοτήτων της μορφής Α ;;:: Β

είναι: Α - Β = γινόuενο παοαγόντων, των οποίων γνωρίζουμε το πρόσημο από τα δεδομένα του προβλήματος ή από το γεγονός ότι οι παράγοντες είναι τέλεια τετράγωνα ή αθροίσματα τετραγώνων. Αλλά αν εφαρμόσουμε την προηγούμενη μέθοδο για την απόδειξη της ( 1 ) θα πρέπει να παραγοντοποιήσουμε την παράσταση ( 1 +χ)α-αχ- 1 , πράγμα αδύνατο. Ας επανεξετάσουμε το πρόβλημα, αρχίζοντας από την ειδική περίπτωση που α=ν ε Ν * : «

Να δειχτεί ότι Ύια κάθε ν Ε Ν* ισχύει (1 +χ)ν> ι + νχ ))

Η επιλογή της μεθόδου απόδειξης, που είναι η μαθηματική επαγωγή έχει

σχέση με τον εκθέτη

ν ε Ν * . Μήπως και στη γενικευμένη ανισότητα ( 1 ) θα έπρεπε να διευρευνήσουμε τον εκθέτη ;

Τί είναι το πρώτο μέλος της ( 1) ; Δύναμη με εκθέτη πραγματικό αριθμό μεγαλύτερο του 1 .

Πως ορίζεται μια τέτοια δύναμη ;

Ιlως ορίζεται δηλαδή το σύμβολο αχ με α>Ο και χ ε R ; Με τη βοήθεια της έννοιας του ορίου. (βλέπε στο Σχολικό βιβλίο της Άλγεβρας παρ. 4. 1 σελίδα 1 07)

Έτσι μια φυσιολογική μέθοδος απόδειξης της ( 1) είναι η εξής : • • •

αποδεικνύουμε ότι ισχύει για α ε Ν* αποδεικνύουμε ότι ισχύει για α ε Q θεωρούμε τυχαία ακολουθία (ρv) με ρv�α, οπότε ( l +x) Ρν ;;:: 1 +χρv άρα lim( 1 +x) Pv ;;:: 1 +xlimρv <:::> ( Ι +χ)α ;;:: Ι +χα.

Αλλά τα προηγούμενα φαίνονται δύσκολα και πολύπλοκα (ιδίως η απόδειξη για α ε Q) και πέραν τούτων θα απαιτηθεί αρκεiός χρόνος και χώρος. Ιlαρ' όλα αυτά για την απόδειξη δεν μπορούμε να αποφύγουμε την έννοια του ορίου ή έννοια που παράγεται, ενυπάρχει, εδράζεται στην έννοια του ορίου. Η πρώτη και θεμελιώδης έννοια που παράγεται από την έννοια του ορίου είναι αυτή της παραγώγου.

Επομένως� τίθεται το ερώτημα : σχέση παραγώγων και ανισοτήτων ανισοτήτων και συναρτήσεων; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

τ.

4/38

Ποιά είναι η και γενικότερα

-------

• •

Π αράγωγός και ανισότη τες -------

Αν η f είναι γ. άύξουσα (γ. φθίνουσα) στο Δ, τότε για κάθε χ 1 , χ2 εΔ με χ1 <χ2 είναι f(x1 ) < f(x2) (f(x i ) > f(x2)). Αν η f με πεδίο ορισμού το Α παρουσιάζει μέγιστο (ελάχιστο) στο χ0 εΑ, τότε f(x) � f(χσ) (f(x)�f(x0)) για κάθε χ εΑ.

Τα αντίστοιχα θεωρήματα των παραγώγων είναι: •

•

* *

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] , παραγωγίσιμη στο (α, β) και f'(x)>O (f' (x)<O) για κάθε χ ε (α, β), τότε η f είναι γνήσια αύξουσα (γνήσια φθίνουσα) στο (α, β). Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (α, x0)U(x0, β), συνεχής στο χ0 και f'(x)>O για κάθε χ ε ( α, χ0), f'(x)<O για κάθε χ ε (χ0, β), τότε η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο χ0• f'(x)<O για κάθε χ ε (α, χ0), f'(x)>O για κάθε χ ε (χ0, β), τότε η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο χ0• η f' διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (α, χσ)u(χσ, β), τότε η f είναι γνήσια μονότονη στο χ0•

Επιχειρούμε τώρα την απόδειξη της

(1) με τη βοήθεια της μονοτονίας.

θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ( Ι +χ)α-αχ- 1 . Για κάθε χ>Ο είναι f (χ) = α( 1 +χ)α- Ι _α = α[( 1 +χ)α- Ι _ 1 ] >0, γιατί χ>Ο � 1 +χ> 1 και α> 1 � α- 1 >0, έτσι (1 + χ)α- Ι > ( 1 + χ)Ο � ( 1 + χ)α- 1 > 1 . Επειδή f ' (χ)>Ο για κάθε χ ε (Ο,+οο) και η f είναι συνεχής στο [Ο,+οο) θα είναι γνήσια αύξουσα στο [0, +οο) , έτσι για χ>Ο έχουμε f(x)>f(O) � ( 1 + χ)α -αχ - 1 > Ο � ( 1 + χ)α >αχ+ 1 . '

Παρατήρηση : Προφανώς για Ο < α < 1 είναι f'(x) < Ο, άρα ισχύει ( 1 + χ)α < 1 + αχ για κάθε χ>Ο και Ο < α < 1 .

θα προσπαθήσουμε να δείξουμε την (1) και με τη βοήθεια των ακροτάτων. θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ( l +χ)α -αχ- 1 . Για κάθε χ ε [Ο,+οο) είναι f '(χ) = α( l +χ)α- Ι _α. f '(χ)=Ο � ( l +χ)α- Ι = 1 � 1 +χ= 1 � χ=Ο και επειδή f '( 1 ) = α[2α- Ι - 1 ]>0, έχουμε τον πίνακα

χ r

+ οο

'(χ)

f(x)

ελάχιστο

για κάθε χ ε [Ο,+οο) (το = μόνο για χ=Ο), άρα για χ>Ο είναι f(x)>O

<=>

Οι προηγούμενες μέθοδοι απόδειξης χρησιμοποιούνται σε ανισότητες που αναφέρονται

σε

Έτσι f(x)�f(O)=O ( 1 +χ)α> 1 +αχ.

εκθετικές - λογαριθμικές - τριγωνομετρικές συναρτήσεις. Διατυπώνουμε τις μεθόδους.

ΠpQJJλ71Jla :Να δειχτεί ότι ισχύειf(χ) ::: g (x) Jn 2n

για κάθε χ εΔ

Μέθοδοc (μονοτονίας) θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - g(x) την οποία μελετάμε ως προς τη μονοτονία στο Δ. Μέθοδοc (ακpοτάτων) θεωρούμε τη συνάρτηση h (x) = f(x) - g(x) που τη μελετάμε ως προς τα ακρότατα στο Δ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4139

------

Π αράγω-yός και ανισότητες

-------�-

Τα παρακάτω παραδείγματα βοηθούν στην εμπέδωση των προηγουμένων μεθόδων.

lo Παpάδειγμα

Να αποδειχθούν οι ανισόπι τες: α) qμχ <

χ >Ο

2χ,

(Γενικές εξετάσεις 1996 Α ' Δέσμ η) -

Λ ύιnι

α)

Με ΠΙ μiθοδο της μονοτονίας. θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ημχ-2χ. Για κάθε χ ε [Ο,+οο) είναι f '(χ) = συνχ-2 < Ο, άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα στο [Ο,+οο) και έτσι f(x)<f{O) για κάθε χ>Ο, άρα ημχ<2χ, για χ>Ο. Με ΠΙ μiθοδο των ακροτάτων. θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ) =ημχ-2χ. Για κάθε χ ε [Ο,+οο) είναι f '(χ)=συνχ-2<0. ο

f ' (χ) f(x)

+ οο -

�

μέγιστο

Έτσι f(x)�f(O) για κάθε χ ε [Ο,+οο) (το = μόνο για χ=Ο), άρα f(x)<f(O) για χ>Ο <::::> ημχ<2χ με χ>Ο.

β) Με τη μiθοδο της μονοτονίας.

θεωρούμε τη συνάρτηση g(χ)=ημχ-χ+ � .

Για κάθε χ ε {Ο,+οο) είναι g ' (x) = συνχ - 1 + χ2 και g""(x) = - ημχ + 2χ > Ο (από το (α) ερώτημα) και επειδή η g ' είναι συνεχής στο [Ο,+οο) θα είναι γνήσια αύξουσα στο [Ο,+οο) άρα g ' (x)>g ' (O)=O για κάθε χ ε {Ο,+οο) και επειδή η g είναι συνεχής στο [Ο,+οο) θα είναι γνήσια αύξουσα στο [Ο,+οο) έτσι g(x)>g(O) για χ>Ο

Με τη μiθοδο των ακροτάτων

<::::>

ημχ > χ - � . χ>Ο.

θεωρούμε τη συνάρτηση g(χ)=ημχ-χ+ � .

Για κάθε χ ε [Ο,+cο) είναι g '(χ)=συνχ- 1 +χ2 . Μια προφανής ρίζα της g '(x)=O είναι η χ=Ο, αλλά g "(χ)=-ημχ+2χ>Ο για χ>Ο και επειδή η g 'είναι συνεχής στο [O,+co) θα είναι γνήσια αύξουσα στο [O,+co) επομένως η μοναδική ρίζα της g"(x)=O στο [O,+co) είναι η χ=Ο. Είναι επίσης g ' (π)=- 1 - 1 +π2>0, έτσι έχουμε τον πίνακα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4140

------

ΠαράΎωγός και αν ισότητες

g '(χ) g(x)

-------

+ οο +

ελάχιστ ο

Έτσι g(x) � g(O) για κάθε χ ε [Ο,+οο) (το = μόνο για χ=Ο) άρα g(x)>g(O) για χ>Ο � ημχ>χ- �

για χ>Ο.

2ο Παpάδει)!μα Να δειχτεί 'I ανισότqτα ex > Λ ύση Με τη μέθοδο της μονοτονίας

1 +χ +

�, 2

για χ>Ο.

θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)=ex- 1 -χ- � . 2 Για κάθε χ ε (Ο,+ΟΟ) είναι f ' (x)=ex- 1 -x και f "(x)=ex- 1 >0 (αφού χ>Ο) και επειδή η f ' είναι συνεχής στο [Ο,+οο) θα είναι )ινήσια αύξουσα στο [0,+00) έτσι για χ>Ο έχουμε f ' (x)>f ' (0)=0, αλλά η f είναι συνεχής στο [0,+00) , επομένως είναι γνήσια αύξουσα στο [Ο,+οο) , άρα χ2

f(x)>f(O) � ex> 1 +x+ - για χ>Ο. . 2

Με τη μέθοδο των ακροτάτων

θεωρούμε . τη συνάρτηση f(x)=e"- 1 -x- � . 2 Για κάθε χ ε[Ο,+ΟΟ) είναι f '(x)=eX- 1 -x. Μια προφανής ρίζα της f '(χ)=Ο είναι η χ=Ο, που είναι μοναδική γιατί f "(x)=ex- 1 >0 για χ ε (Ο,+οο) και f · συνεχής στο [0,-too) , άρα f ' γνήσια αύξουσα στο [0,+00) . Είναι και f(O)=e- 1_:>0 άρα έχουμε τον πίνακα f

f '(χ) f(x)

ο ο

+ οο +

ελάχιστο

� 2

έτσι f(x) � f(O) για κάθε χ ε [Ο,+οο) , άρα f(x)>f(O) για χ>Ο � eX> 1 +χ+ � για χ>Ο. 2

3ο Παpάδειmα Για χ>Ο να δειχτε . ί ότι

ln (x+ 1) >� χ+2

Λ ύση

Με τη μέθοδο της μονοτονίας ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/41

------- Π αράΎωΎός και ανισότητες

θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=ln(x+ l )- � . . χ+2 1 4 Για κάθε χ e (O,+oo) είναι f '(χ)= -- , χ + 1 (χ + 2 ) -

-------

χ2 > Ο και επειδή η f είναι (χ + 1)(χ + 2 ) 2

συνεχής στο [Ο,+ω) , είναι γνήσια αύξουσα στο [Ο,+ω) , έτσι f(x)>f(O) για χ>Ο

<::::>

ln(x+ l )>

για χ>Ο.

Με τη μέθοδο των ακροτάτων

�.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=ln(x+ 1 )Για κάθε χ e [O,+ro) είναι f ' (χ)= f ' (χ)=Ο

<=>

χ=Ο

f '(χ)

f(x)

χ+2 χ2

(χ + 1 )( χ + 2) 2

�. χ+2

+ οο +

�

ελάχιστο

άρα f(x) :;::: f(O) για κάθε χ e [O,+ro) (το = μόνο για χ=Ο) έτσι f(x)>f(O) για χ>Ο <::::> ln(x+ l )> 2χ -- για χ>Ο . χ+2

Παοαmpήσειc •

•

Από τα προηγούμενα παραδείγματα προκύπτει ότι :

Αν η εξίσωση f '(χ)=Ο λύνεται εύκολα, τότε προτιμότερη είναι η μέθοδος των ακροτάτων. Αν η εξίσωση f '(χ)=Ο δεν λύνεται εύκολα π.χ. όταν f '(χ)=συνχ- 1 +χ2 ή f '(x)=ex- 1 -x, τότε προτιμούμε τη μέθοδο της μονοτονίας. Στη μέθοδο της μονοτονίας όταν δεν μπορούμε να aποφανθούμε για το πρόσημο της f ' (χ) , χρησιμοποιούμε το πρόσημο της f "(χ). Εξετάζουμε τώρα το πρόβλημα :

Να δειχτεί ότι

α-β

συν

< εφα-εφp <

συν α

π α Ο<Ρ< < 2

•

Το πρόβλημα αυτό έχει ουσιώδεις διαφορές από τα προηγούμενα. Πρώτα είναι διπλή ανισότητα, αυτό όμως δεν αποτελεί ιδιαίτερη δυσκολία, γιατί μπορεί να α-β α-β π για Ο<β<α< - . , διασπαστεί στις , < εφα-εφβ και εφα-εφβ < 2 συν - α συν- β Δεύτερο είναι ανισότητα με δύο μεταβλητές α, β, αυτό μπορεί να αντιμετωπιστεί αν θέσουμε π α-χ χ-β < εφχ-εφβ για Ο<β<χ< - και εφα-εφχ < -�χ=α ή χ=β, οπότε έχουμε προς απόδειξη τις 2 2 συν β συν 2 α π

γ ια Ο<χ<α< - . 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/42

------- Π αράγωγός και ανισότη τες

-------

Για την απόδειξη της πρώτης, θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= εφχ-εφβΓια κάθε χ ε

[β.�) 2

συν �β . χ-

1 + β >Ο και επειδή η f είναι συνεχής στο [β.�) θα 2 συν 2 χ συν 2 β α -f για [β.�2 ) με β>Ο άρα f(α)>f(β) για β< α< �2 <::> εφα-f:φβ> συν β

είναι f '(χ)=

είναι γνήσια αύξουσα στο π Ο<β<α< - . 2

Όμοια αποδεικνύεται και η δεύτερη. Ερευνούμε αν υπάρχει συντομώτερη λύση. Η αποδεικτέα γράφεται ισοδύναμα , , /-τ .ιου εχουμε συvαvτησει

1 ., ν συ -β

·"' 2

εφβ α-β

εφα

""' 1ο με το ασμα ανυ.ιι.v ,

ι .,

συν-α

εφα - εφβ ; α β -

Στο θ.Μ.Τ. του διαφορικού λογισμού, στο οποίο εμφανίζεται το κλάσμα

f(αα) - βf(β) -

Η διατύπωση του θεrορψατος είναι : Αν η συνάρτηση f ε ίναι συνεχής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) τότε υπάρχει ξ ε (α,β)

f(β )

τέτοιο, ώστε f '(ξ)=

f(α) . α

Ποια ει'ναι στην περι'πτωσή μας η συνάρτηση f; Είναι f(χ)=εφχ . Έτσι έχουμε τη λύση : θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)=εφχ.

1 , επομένως η f είναι παραγωγίσιμη στο [β,α] γι' αυτό θα συν 2 χ 1 = εφα - εφβ ( 1 ) α β υπάρχει ξ ε (β,α) τέτοιο, ώστε f ' (ξ)= f( ) - f( ) α - β συν 2 ξ α - β Αλλά Ο<β<ξ<α< � και έτσι συνβ>συνξ>συνα>Ο άρα συν 2β>συν 2ξ>συν 2 α>Ο, έτσι 2 1 < 1 1 < εφα - εφβ < α-β α - β <εφα-εφβ< ---=--� < συν2 α συν2 β συν2ξ συν2 α συν2 β α - β συν2α συν2 β

( .�)

Για κάθε χ ε ο

είναι f '(χ)

<=>

Έτσι για την απόδειξη διπλών ανισοτήτων με δύο μεταβλητές μπορούμε να εφαρμόσουμε μια τρίτη μέθοδο με χρήση _του θ.Μ.Τ. του διαφορικού λογισμού. Έχοντας υπ' όψη τα προηγούμενα μπορούμε να διατυπώσουμε τη γενική μέθοδο απόδειξης ανισοτήτων.

Πλήθος μεταβλητών Ανισότητα

Μία Δύο

Μέθοδος απόδε�ης

Ακρότατα, αν η f '(χ)=Ο λύνεται εύκολα Μονοτονία, αν η f '(χ)=Ο δεν λύνεται εύκολα θ.Μ.Τ. διαφορικού λογισμού

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/43

------

Π αράγωγός και ανισότητες

-------

ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ Να αποδειχτούν ο ι α νισότητες :

ο<χ< -

χ> ι

ι ο.

εφχ>χ+ - , 3

2 ,rx >3- ! ,

ημχ+εφχ>2χ,

η μα

π Ο<χ< -

ημβ

χχ � e χ

ι e ,

β-α

χ- - <ln(x+ ι )<χ,

χ>Ο

<σφα-σφβ<

ημ β

�· β-α Ο<α<β< μ2 ' η α

1 1.

χημχ+σφχ � ι ,

ι 2.

(α+β)Ρ :::;; αΡ+βΡ

13.

α - β < Ιn α < α - β < 0<β _α α - β - β '

1 4.

χ+ ι > e χ+ 2 ,

ι5.

Ιnχ :::;; χ- ι :::;; xlnx,

Ο<χ:::;; -

με α, β >0 και Ο :::;; p :::;; ι

2χ

χ>Ο

< α < εφα Ο<β<α< � β εφ β '

χ>Ο χ>Ο

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

Ι . Δ.

ΚΑΠΠΟΥ :

Α. ΜΑΜΟΥΡΗ

G. BERMAN :

Αθήνα 1 962 Αθήνα

ΑΙΙΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΣΥΝΑΡΠΙΣΕΙΣ Α PROBLEM ΒΟΟΚ ΙΝ MAΠIEMAΠCAL ANALYSIS

Mir Publishers Moscow 1 977 4. Η. FLANDERS

W.H. Freeman New York 1 985

CALCULUS

5. Ι. MARON : PROBLEMS ΙΝ CALCULUS OF ΟΝΕ VARIABLE

Mir Publish ers Moscow 1 975 6. Μ. SPIEGEL : 7.

ΑΝΩ'fΕΡΑ ΜΑθΗΜΑΠΚΑ

McGraw Hill 1 963

Μ. SPIVΑΚ : ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩΠΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης Ηράκλειο 1 99 1

8 . G. THOMAS : R. FINNEY

ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης Ηράκλειο 1 993

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/44

Επαναλη π τ ικά θέ ματ α μαθη ματ ικώ ν για τη ν Α ' Δ έσ μη Θέμα ι Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν τιμές της 6Χ συνάρτησης f(x) 2, Ε IR οι οποίες να ι θ, μηδενίζουν τη συνάρτηση g(x) Ε IR, όπου θ σταθερά, 3 < θ < ι 4. Λύση - β)2 � Ο , � (<=>

= + 9χ χ

= χ3 +χ2 + χ -

Επειδή α2 + β2 2αβ (α α, β IR) έχουμε: ι + 13x l 2 � 6 ΙχΙ ή ι +16xl9χ2 � ι ή lf(x) l � ι ή -ι � f(x) � ι για κάθε χ Ε IR. οι τιμές[-ι , της συνάρτησης f ανήκουν στοΆρα διάστημα ι]. Εξ' ά λλου είναι: g( l ) = 3 - θ < Ο , g(2) = ι 4 - θ > Ο, οπότε η g ως συνεχής στο διάστη μα [ι , 2] έχει Bolzano) ρίζα στο διάστη μα ( I 2) (θ. Ακόμη η g είναι παραγωγίσιμη στο g ' (x) = 3χ 2 + 2χ + ι > Ο για κ θ ε χ Ε (τριώ νυμοΆραμε διακ ρ ίνουσα Δ = < Ο κ.λ.π). η g είναι γνησίως αύξουσα οπότε η ρίζα είναι μοναδική και βέβαια ε παραπάνω [-ι , ι]. του διαστήματος κτός Ε

-8

R με

Θέμα 2 Έστω τρ ίγ ων ο ΑΒΓ και Μ το μέσον της πλευ ράς ΒΓ . α) Α ν Κ είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου - ως γραμΑΜΓ να εκφραστεί το διάνυσμα ΑΚ - ΑΓ. μικός συνδυασμός των ΑΒ, β) Αν λ και σημείο του χώρου τέτοιο λ 1Γ ,ωστε - r.ι ι 1ΓΒ (! Γ, λ) Γ 3(1 λ ) Γ να δειχθεί ότι το σημείο είναι εσωτερικό ση μείο του τμήματος ΚΑ , όπου Λ το κέντρο βά ρους του τριγώνου ΑΒΜ. Λύση

>Ο Σ ΛΣ = \'6 + +

+ \'6 + 3(ι +

Δημήτρης Μπουνάκης

β) Θα προσπαθήσουμε να εκφράσουμε το διάνυσμα ΑΣ-ως -γραμμικό συνδυασμό των διανυσμάτων ΑΚ. = Έχουμε: ΑΚ kΛΒ + 4ΑΓ (1) - ι- ικαι όμοια προκύπτει: ΑΛ = 6Ar + 2ΑΒ (2) Από τις ( I ) και (2) με πρόσθεση προκύπτει: AB + Ar =�Ai +Aλ> (3) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 1), (3), ως προς ΑΒ, ΑΓ, β ρ ίσκουμε - = - 4ΑΚ - = -4Α 3 -Λ +4ΑΚ 9 - (4) 3 - + 9ΑΛ, ΑΒ 4 - ΑΓ Λ φεταιόγω των σχέσεων (3), (4) η δοθείσα γράΛΣ = �(� <λλ Ai>] + �- *ΑΚ +�λλ) + + �- �λλ + %ΑΚ) ή - Α-Λ + λΑ-Κ 4λ 4 ΑΣ = 4(1 + λ)ΑΚ + 4(1 + λ)ΑΛ = ι + λ . = λ τμήματος Άραεσωτερικό > Ο , οπότεΛτοΚ σημείο (Λ, Κ, Σ) του Σ είναι (αφού το χωρίζει σε λόγο λ> 0). Θέμα 3 Έστω θ Ο και η συνάρτηση: g(x) = χ - 2fh/X + θ2, Ο � χ � θ2• Να αποδειχθεί ότι: ΑΛ,

α) Υπάρχει η aντίστροφή της η οποία και να βρεθεί. β) Υπάρχει μοναδικό σημείο στη γραφική , , -1 , της παρασταση της g στο οποιο η εφαπτομενη είναι παράλληλη προς την ευθεία που διέρχε ται από τα σημεία τομής της γραφικής παρά στασης της g με τους άξονες και το οποίο ανή κει στη διχοτόμο της α ' και γ ' γωνίας των α ξόνων. Λύση [0, Η g(x)

είναι συνεχής στο2 διάστημα θ2] α) Μ = ΑΒ ΑΓ και αν το Ρ το και παραγωγίσιμη στο (0, θ ) με: α)μέσον Ως γνωστόν 2Α + θ - VX-νχ θ < Ο (Ο θ2) του ΜΓ τότε: g ' ( ) - ι -νχ ΑΚ = �ΛΡ = �ΑΜ + ΑΓ> ή Επομένως 2είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα. [0, θ ], άρα και ι-ι , οπότε έχει αντί . = ΑΚ= Υ.!. 3\2ΛΒ + .!.2ΑΓ ΑΓ) .!.6ΛΒ + .!.2ΑΓ στροφ η -

Χ -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

τ.

4/45

, Χ Ε

Επαναληπτικά .θέματα μαθηματικών για την Α' Δ έσμη

Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της gτης. , που είναιΑναζητούμε το πεδίοτώραορισμού της αντίστροφής τα y IR για2 τα οποία υπάρχει 2 χ [0, θ ]2 με g(x) = ή (.ψ.) - 2θ.ψ. + θ2 = ή (.ψ. - θ) = y ή (r{x - θ ! = -JY, � Ο) ή (θ - .ψ. = -JY, y � Ο) ή (.ψ. = θ - -JY, y � 0) ή (χ = (θ -..{y)2, ..{y � θ, y � Ο) ( I ) Είναι2 χ � Ο , οπότε πρέπει ύχ � θ2 ή (θ - ..{y) θ2 ή θ - -JY � θ που ισχ ει. Επομέ2 νως για y IR με2 (y � Ο και -JY � θ) ή Ο � y � θ , υπάρχει [0, θ ] με g(x) = y. Άρα η g έχει σύνολο τιμών το διάστημα [0, θ 2] και αντίστροφη (από την παραπάνω ισό τητα ( 1 )): g- 1 (x) = (θ - ...[χ)2 = χ - 2e...[x + θ2, Ο � χ � θ2 2. β) Παρατηρούμε ότι g(x) = g- 1 (x), χ [0, θ ]. Η γραφική παράσταση της2 g- 1 =2 g τέμνει τους ά ξονες (0, θ ), (θ , 0), επομένως η ευθείαστα που σημεία διέρχεται από αυτά έχει συντελε2 θ στή διεύθυνσης 0 - θ� = - I . Αναζητούμε λοιπόν ξ (0,2 θ2) με g ' (ξ) = -1 θ4 . ή 1 -�= -1 ή � =�ή ξ = 2 �· 'Ειναι g(4θ2) = 4θ2 . Άρα υπάρχει μοναδικό τέτοιο σημείο το (�· �) το οποίο προφανώς ανήκει στη διχο ' και γωνίας των αξόνων, δηλαδή τόμο της α την y = χ. Ε

�

χ Ε

Θέμα 4

2 2 Έστω η υπερβολή χ = 1, α και ένα α2 α σημείο της Σ(λ, κ), lλl -::�; α. Να δει χθεί ότι η ευθεία y = λχ + κ είναι ε απτο φ μένη στην υπερβολή και να εξεταστεί αν το σημείο επαφής μπορεί να συμπίπτει με το Σ. Λύση Η -

�

> Ο,

ευθεία αυτή θα είναι εφαπτομένη στην υπερβολή(yαν και μόνο2 το2 σύστημα / = α4) ( I ) = λχ + κ α χ , έχει διπλή λύση (: δύο λύσεις που ταυτίζο νται) Με του y από την πρώτη ε ξίσωσηαντικατάσταση στη2 δεύτερη προκύπτει: (α -2 λ2)χ22 - 2λκχ - κ2 - α4 = Ο σύστημα θα ·έ -::�; α, τοη δευτεροβάθμια και διπλή επειδήλύση α -::�; λαν=καιl λlμόνο χει αυτή εξίσωσ έχει διπλή ρίζα δηλαδή αν και η , μόνο:

Δ = Ο = ... = κ2 + α4 - α2λ2 = Ο = λα22 - ακ42 = I που ισχύει , αφού το σημείο Σ(λ, κ) ανήκει στην υπερβολή. . Άρα πράγματι η ευθεία y = λχ + κ είναι ε φαπτομένη. Επειδή2 τώρα κ -::�; Ο (γιατί διαφορετικά θα 2 είχαμε λ = α , άτοπο) έχουμε: -λχ y = λχ + κ =-+�= I = κ 4κ ) 2 ..!.{_ λα _ :i../_ α ) = I . �l κ � κ επαληθεύουμε ότι το σημείο (Ε -Εύκολα λ�2, -�4) ανήκει στη δοθείσα υπερβολή , άρα ευθεία y = λχ + κ εφάπτεται στην υπερ ση4μείο Ε. βολήηστο Είναι -Q...κ -::�; κ = -α4 -::�; κ2, που ισχύει (α > Ο) άρα τοαπόσημείο επαφής Ε είναι πάντα διαφορε τικό το Σ. Άσκηση Αν το σημείο Σ(λ, κ) ανήκει' στην έλλειψη' να δεφαπτομένη ειχθ ει οτι' ηστηνευ θ εια βκχ2χ2- +λyα+2y2αβ= =αΟβείναι λειψη σε σημείο διαφορετικό από το Σ. έλ v

2 2

Θέ μα 5 α) Να βρεθεί το πλήθος των πινάκων 1 3 4 α β Α= ο γ δ με ΙαΙ = 1, IPI = lγl = 2, Ιδ l = 5, α, β, γ, δ Ε IR . β) Εάν εκλέξουμε στη τύχη έναν τέτοιο πίνακα, υπάρχει πιθανότητα το σύστημα Α2Χ = να μην έχει μοναδική λύση; (Χ: 3xl πίνακας). Λύση

]

β= α = δ = ±5, σύμ α)φωναΕπειδή με την αρχή της απαρίθμησης υπάρχουν 2·2·2·2 = 1 6 τέτοιοι πίνακες. αυτό ως ομογενές δε θα ' χ ει β) Το σύστημα μοναδική λύση θά 'χει άπειρες , αν , 21 = Ο δηή λαδή και =μόνο Α IAHA I = Ο ή Ι Α Ι = Ο. Είναι Ι IAI αδαδ- 3δ- βγ= βγ-3-δ +4 4γή. δΑν(α-IA3)I ==Ογ(βτότε:- 4) ( I ) γ Επειδή γ { -2, 2} οι δυνατοί παράγοντες β, μέλους τηςεπειδή ( I ) είναι 2, -2, 3, -3, του δτοεύτερου μέλος δ {-5, 5} έχει πρώτο ενώ , παράγοντα το 5, άτοπο. Άρα ισχύει μόνιμο κάθε τέτοιοτο πίνακα. Επομένως δεν IA I -::�; Ο γιαπιθανότητα υπάρχει σύστημα αυτό να μην έχει μοναδική λύση (πιθανότητα μηδέν). ±I,

±2, γ = ±2,

Θέμα 6 Έστω θ Ε IR και Ω = {1, 2, 3} ένας δειγματι κός χώρος. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ξ < 1 ώ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 4/46

Επαναληπτ ι κά θέματα μαθη ματικώ ν για την Α' Δ έσμη

στε οι αριθμοί θ2 ξ θξ2, P(l) να αποτελούν πιθανότητες για τα στοιχεία του Ω. Αν θ � Ο να δειχθεί ότι ο αριθμός αυτός ξ εί ναι μοναδικός. Λύση

2ξ1996, Ρ(2)

Ρ(3)

δυνατόν να είναι συνευθειακά (ευθεία και κύρα κλος έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία). Ά αποτελούν κορυφές τριγώνου. τώρα να δειχθεί ότι l β - αΙ = l β - Yl · ΜεΑρκεί αφαίρεση των δοσμένων ισοτήτων κατά μέλη2 προκύπτει: α - y2 == β(α - γ)=ή β = α + y, οπότε: Ι β - αΙ IYI = Ι αΙ Ι β - Yl · Άσκηση Ως συνέχεια στο παραπάνω θέμα δείξετε ακόμη ότι: γ)νωνΟιτουεικόνες των α,κορυφές β, y καιρόμβου. η αρχή των αξό Μ .Ε. είναι δ) Ο αριθμός .1!α είναι μια κυβική μη πραγματι κή ρίζα του - I .

Οι αριθμοίγιααυτοί μπορούντουναΩαποτελούν πι θανότητες τα στοιχεία αν και μόνο είναι καιή ίσοι έχουντουάθροισμα 1 (τότε είναιΈτσιμηκαιοαρνητικοί μικρότεροι 1). ξ πρέπει νά είναι κατ' αρ χήν θετικός.αριθμός Θεωρούμε τη συνάρτήση: f(x) = 2χ1 996 + θχ2 θ 2χ- 1, χ [0, 1 ] η οποία είναι συνεχής, ως πολυωνυμική με: f(O) = -1 < Ο, f(l ) = θ 2 + θ + 1 Ο 2 + θ + 1 έχει αρνητική δ ιακρί (το τριώνυμο θ νουσα . π . ) το Θ. Bolzano υπάρχει ξ (0, 1) Θέμα 8 Έτσικ. λαπό η συνάρτηση f με τύπο 1 996 + θξ2 θ2ξ = 1 f(x)α)= (χΈστω = μεP(l )f(ξ) Ο 2ξ - )·! - 2>, χ 5. Να βρεθεί η μέγιστη + Ρ(3)ότι=θ 1 . Ο. + Ρ(2)τώρα 2 Έστω τιμή της. (In2 = 0,7) 1 995 Ο για Ρ) Πόσες φορές πρέπει να στρίψουμε ένα αΑνχ θ[0,= ]Ομετότε Ϊ(χ) μόνο = 3992χ ισότ για χ = Ο. ητα μερόληπτο νόμισμα ώστε με πιθανότητα i να Αν θ ΟΙτότε: 2 2 έρθουν στην τελευταία ρίψη για τρίτη φορά για χη f[0,είναι 1]. γράμματα; f'(x) = 3 992χ1995 + 2θχ + θ ρα και στις δύο περιπτώσεις Ά Λύση γνησίως αύξουσα, άρα έχεί μοναδ ική θέση μηδενισμού στο διάστημα [0, 1] (αλλά και στο α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα χ[5,- +οο ) με: [0, +οο) , γιατί;) την χ = ξ (0, 1). + 2 χ - 1 -(χ - l)(x - 2)1n2 = Ϊ (χ) = Θέμα 7 2χ Έστω α, p, γ μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθ 1 ln2J (1) (χ - l)(x - 2) . [Ι -+_ μοί διάφοροι ανά δύο μεταξύ τους τέτοιοι ώστε I χ χ 2 α , 2 2 2 2 2χ α p = Ρ p γ = pγ. Να αποδειχθεί ότι: Εύκολα1 διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση α) Ι α Ι = IPI = Ιγ Ι , Ρ2 = αγ Ρ) Οι εικόνες των α, p, γ είναι κορυφές ισο g(x) = -. -- + _!_ - ln2, χ 5 είναι γνησίως χ- 1 χ-2 σκελόύς τριγώνου με κορυφή την εικόνα του p. φθίνουσα, οπότε για χ � 5 είναι g(x) � g(5) ή Λύση 7 α) Σύμφωνα με γνωστήέχουμε: ταυτότητα (που ισχύει g(x) � 12 - n2 < Ο. και στους μιγαδικούς) Έτσι από την (1) προκύπτει Ϊ (χ) < Ο για α33 + β33 = (α++ β)·(α22 - αβ + β2 2) = Ο επομένως[5, η+οο),f είναι γνησίως φθίνουσα χστο 5,διάστημα β +3 y = (β3 3γ)(β -3 βy +' y ) = οπότε για χ � 5 έχουμε Άρα α = - β3 , β =3 - y 3, οποτε ... f(x) � f(5), άρα η f έχει μέγιστη τιμή τη ν = l β l = I YI ταή Ι αμέλη α = = β Ι Ι l l l IYI · f(5) = 12 = 3 · της πρώτης α Πολλαπλασιάζουμε 32 g πόμε α:τις δοσμένες σχέσεις με y και της δεύτερης β) Έστω ότιτηνθατελευταία χρειστούνρίψη ν ρίψεις , ν � 3. Εφ' όσον με θα έρθουν τρίτη φορά γράμματα, α22y + β2γ = αβγ = β2α +2γ2α οπότε γ). στις ν2- 1φορές προηγούμενες ρίψεις πρέπει να έρθουν ακριβώς -α) = αy(y -α) ή = αy (α=�: (γ β β γράμματα. κατ'β, αρχήν να δείξουμε ότι οιΕπειδή εικό Τα γράμματα δύο φορές μπορούν να εμφαβ) Πρέπει νες των α, y ορίζουν τρίγωνο. ν ; 1 ) τρόπους, ενώ για τις υ εικόνες0(0, αΙ = l βκύκλο Ιστον l = IYI οικέντρου .των 0)α, β,καιy ανήκουν νιστούν κατά ( σημεία αυτάενακτίνας είναι πόλοιπες ρίψεις που εμφανιστούν κεφαλές ρδιαφορετικά = Ι αΙ Ο καιανάεφ' ύοόσον(απόταυπόθεση) δ δ είναι υπάρχει ένας τρόπος. Έτσι επειδή σε κάθε +

�

•

<=>

�

>Ο

_ _

�

για

θα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/47

Επαναληπτικά θέματα μαθηματικών Ύ ια την Α' Δ έσμη

�2κπ + �) > Ο

ρίψη υπάρχουν δύο δυνατότητες έχουμε τελι κά ότι πρέπει ν- Ι 1 · 1 2._ , ν - l)(ν - 2) 5·4 2 = η ( 32 2ν 2ν 26 Για ν = 3, 4 η εξίσωση αυτή δεν αληθεύει. Για ν � 5 η εξίσωση γράφεται f(ν) = 2 . 2 Παρατη ρούμε ότι f(6) = 2 και επειδή η f 2 είναι I - I στο διάστημα [5, +οο) (ως γν. φθί νουσα) έχουμε f(ν) = f(6) <=> ν = 6 ρίψεις.

(

)

Θέμα 9 α) Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή % της συνάρτησης f(x) (4χ - 2)·e-x , χ Ε IR.. β) Να δειχθεί ότι η εξίσωση: f(x) + συνχ χ Ε IR, έχει άπειρες λύσεις. Λύση α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο IR. με:

= Ο,

2 f'(x) = 4(-2χ 2 + χ + l )e�x , χ Ε IR. . Είναι f'(x) = Ο <=> χ = I ή χ = - .

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η f είναι γνησί ως φθίνουσα στα διαστήματα [1 , +οο)

( -!].

[-! , IJ. επομένως -οο ,

και γνησίως αύξουσα στο

έχει τοπικό μέγιστο στη θέση χ = I ίσο με f( l ) = και τοπικό ελάχιστο στη θέση χ = -

�

ίσο με

�-!) = - 4e * < Ο . Β ρίσκουμε τώρα το

σύνολο τιμών το οποίο έχει σχέση με τη μέ γιστη και ελάχιστη τιμή της συνάρτησης. Λόγω της μονοτονίας της συνάρτησης και του ότι lim f(x) = Ο = lim f(x) (de I' Hospital) x--co βρίσκουμε: -ι f(IR) = [- 4e 4, 2·e- 1 ]. χ- +οο

Ά ρ α οι θέσεις τοπικών ακροτάτων

-!,

είναι και θέσεις ολικών ακροτάτων. Έτσι η μέγιστη τιμή της συνάρτησης είναι l και η εe 4 λαχιστη ' - 1 •

Για τη συνεχή συνάρτηση g(x) = f(x) + συνχ, χ Ε 2κπ + , 2κπ + π κ Ε IN, έχουμε: g 2κπ + = 2κπ + + συ = β)

[

g(2κπ + π) = f(2κπ + π) + συνπ = f(2κπ + π) - I < Ο, αφού f(2κπ + π) ,;; l < Ι . e Άρα από θ. Bolzano υπάρχει μια ρίζα της ε ξίσωσης g(x) = Ο σε κάθε ένα από τα άπειρα (και ξένα μεταξύ τους) διαστήματα [2κπ + 2κπ + π], κ Ε IN, επομένως έχει άπει ρες λύσεις.

�

( �) � �) 'Ί

και

�,

= !οχ

Θέμα 10 IR. μια παραγωγίσιμη συνάρ Έστω f: IR. τηση τέτοια ώστε: f' (x)

f(t)dt για κάθε χ Ε IR..

Να αποδειχθεί ότι: α) Οι συναρτήσεις: g(x) (f(x) - f' (x))·e\ x h(x) (f(x) + f(x))·e- , χ Ε IR., είναι σταθερές. ·(ex + e-x), χ Ε IR.. β) Ισχύει f(x)

= f(:)

Λύση

α) Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη είναι και συνεχής, οπότε από γνωστό θεώρημα του Ο λοκλη ρωτικού Λογισμού η συνάρτηση f'(x) είναι παραγωγίσιμη, δηλαδή η f είναι διπλά παραγωγίσιμη με (1 ): f"(x) = f(x), χ Ε IR., f' (O) = Ο. Οι συναρτήσεις g, h είναι παραγωγίσιμες, ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με (λόγω (1)): g ' (x) = (f'(x) - f"(x) + f(x) - f(x))ex = Ο, χ Ε IR., h '(x) = (f'(x) + Γ (χ) - f(x) - f'(x))e-x = Ο, χ � IR.. Άρα είναι σταθερές. β) Επειδή οι συναρτήσεις g, h είναι σταθερές έχουμε g(x) = g(O) = f(O), h(x) = h(O) = f(O), χ Ε IR., (γιατί f' (O) = 0). Άρα: f(O) = (f(x) - f'(x))ex ή f(O)e-x = f(x) - f'(x) (2) και f(O) = (f(x) + f' (x))e-x ή f(O)ex = f(x) + f'(x) (3) για κάθε χ Ε IR.. Μ ε πρόσθεση των (2), (3) κατά μt λη προ κύπτει: f(O)(ex + e-x) = 2f(x) ή ·(ex + e-x), χ Ε IR. f(x) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. i. 4/48

f(�)

Εφ α ρ μο γή τ ο υ θ εωρ ήματ ος Rolle κ αι μέ ση ς τι μή ς τ ο υ δ ιαφ ο ρ ικο ύ λ ο γισ μο ύ στ α ο λοκ ληρ ώ ματ α Κ. Θ. Γεωργακόπουλος

Μέχρι τώρα οι εφαρμογές του θεωρήμα τος Rolle και μέσης τιμής αναφέρονται σε συ ναρτήσεις όπου δεν επεισέρχεται ολοκλήρω μα ή συνάρτηση ορισμένη από ολοκλήρωμα. Με τις πιο κάτω εφαρμογές που δίνουμε θα δούμε ότι η χρησιμότητα των δύο αυτών θεωρημάτων μας επιλύει και προβλήματα στα οποία τα δεδομένα είναι σχέσεις στις οποίες παρουσιάζεται και ολοκλήρωμα. Το βασικό πρόβλημα βέβαια στις παρα πάνω περιπτώσεις όπως και στο διαφορικό λογισμό είναι ο εντοπισμός κατάλληλης συ ναρτήσης για την οποία θα ισχύουν οι υποθέ σεις των δύο θεωρημάτων. Ελπίζουμε ότι με την παρουσίαση ορι σμένων θεμάτων, το πρόβλημα θα γίνει αρκε τά κατανοητό και θα δημιουργηθεί κάποιος προβληματισμός για περαιτέρω ενασχόληση.

Άσκηση 1 IR μια παραγωγίσιμη συ Έστω f: (α, β] νάρτηση. Δείξτε ότι υπάρχει c Ε (α, β) τέτοιος ώστε να ισχύει:

1cf(t)dt Iβf(t)dt

f(c) = Ο ή

Λύση

Από τις σχέσεις f(c) Ο ή =

c f(t)dt =

β f(t)dt

f(c)

g(x)

r(t)dt -

{ f(t)dι] � ο

c r<c>· r<t>dt - r<c>

ia { r<ι>dt> ο ή b c r<c> { rωdι - r<c>· ia r<t>dt> ο =

τελευταία σχέση μας βοηθά να προσδιορί σουμε τη ζητούμενη συνάρτηση, ως εξής: Θέ τουμε όπου c το χ και έχουμε: Η

f(χ)-

ιβf(t)dt

f(χ)·

ιχf(t)dt

f(t)dt

)

: (l)

ιχf(t)dt{βf(t)dt ορισμένη στο διάστημα

[α, β]. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] με g· (χ)

f(χ)-

ιβf(t)dt

f(χ)·

ιχf(t)dt

και g(α) g( β ) Ο Σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει c Ε (α, β) τέτοιος ώστε g'(c) Ο απ' όπου προ κύπτουν οι ζητούμενες σχέσεις. =

Άσκηση 2 Οι συναρτήσεις f, είναι συνεχείς στο διάστημα [α, β]. Δείξτε ότι υπάρχει c ε (α, β) τέ τοιος ώστε:

Ιβg(t)dt g(c)1cf(t)dt Ιβf(t)dt

f(c)

ii)

f(c)·(c - α) =

Η προς

Λύση

απόδειξη σχέση γίνεται:

f(c)

{J.'

)dι.J:

Μ ε τη βοήθεια της ( Ι ) ορίζουμε τη συνάρτηση

καταλήγουμε στην: μ

f(t

1βg(t)dt - g(c)ιcf(t)dt

Αν θέσουμε όπου c το γίνεται: f(x)

rs: μ: +υ: μ� (J: J: } f(t)dt·

g(t)dt

τότε το πρώτο μέλος

1βg(t)dt - g(x)ιxf(t)dt f(t)dt

g(t)dt

f(t)dt �

g(t)dt

Συνεπώς θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) =

ιχf(t)dt{βg(t)dt

ορισμένη στο διάστημα [α, β]. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/49

συνάρτηση h

Εφαρμογή του θεωρή ματος Rolle και μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού στα ο λοκ λη ρώματα

είναι παραγωγίσιμη με

Άσκηση 4

h '(χ) = f(x)J βg(t)dt - g(x)J χf(t)dt χ

I")

και h(α) = h(β) = Ο. Σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει Ε (α, β) τέτοιο ώστε = Ο δηλαδή

h '(c) f(c)1βg(t)dt - g(c)ιcf(t)dt = ο ή f(c)1βg(t)dt g(c)ιcf(t)dt ii) Θέτοντας g(x) = ι για κάθε χ θεωρώντας τη συνάρτηση h(x) ιχg(t)dt{βf(t)dt =

ii)

g ιξf(χ)dχ ιξg(χ)dχ c f(c) g(c).

Άσκηση 3 Οι συναρτήσεις f, είναι συνεχείς στο διάστημα [α, β]. Δείξτε ότι αν υπάρχει ξ Ε (α, β) τότε υπάρχει =

Δείξτε ότι υπάρχει

ι) τέτοιο ώστε

Λύση

Μ ε την αντικατάσταση χ εφu έχουμε:

ίί)

ctu Γ4 Γ 4ctu _ π 2 2 Jo συν u + ημ u Jo - 4 Θεωρούμε τη συνάρτηση

ι f(x) - _ ι +χ συνεχή στο διάστημα [0, ι]. Οπότε: l ι 2\ιχ r g(x)dx = r (f(x) - _ + Jo Jo ι χΓ r f(x)dx - r dx 2 0 Jo ι + χ Jo Αν G(x) ιxg(t)dt με χ [0, ι] έχουμε G'(x) g(x) με G(O) Ο και G(l) = Ig(t)dt ο (0, ι ) τέτοιος ώστε Συνεπώς υπάρχει χ0 G'(x0) Ο ή g(x0) = Ο οπότε f(x0) _ ι +ι χο2 = Ο δηλαδή f(x0) = _ι 2 ι+

h(x) f(c)f(x)- -g(c)g(x) ξ]. 1\(x)dx ιξ(f(χ) - g(x))dx = ιξf(χ)dχ ιξg(χ)dχ ο Έστω Η μια παράγουσα της συνάρτησης h, με Η( χ ) = 1χ h(t)dt χ [α, β] Η συνάρτηση Η είναι παραγωγίσιμη στο διά στημα [α, ξ] με Η '(χ) = h(x). Και Η( α) = Ο και Η(ξ) = 1\(t)dt = Ο

Έχουμε = Ο. Θεωρούμε τη συνάρτη ση ορισμένη και συνεχή στο [α, β] οπότε, ορίζεται και το ολοκλήρωμα της h στο διάστημα [α, Έχουμε λοιπόν: =

Σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει Ε (α, c (α, β) τέτοιος ώστε Οή = Ο δηλαδή f(c) - g(c) = Ο ή =

H (c) f(c) 'g(c).

g(x) =

Λύση

c ξ) h(c)

π 4

ι+χ συνεχής συνάρτηση στο διάστημα

h '(c) = Ο ή g(c)J βf(t)dt = f(c)J cg(t)dt ή c 1βf(t)dt = (c - α)f(c)

αριθμός Ε (α, β) τέτοιος ώστε

-2

[α, β] και

από την i) έχουμε ότι

Ε (0,

τέτοιος ώστε

Έστω

[0, ι] με

χ0

iο dx f ι f(x)dx �· f(x0) = � + Χο

Δ ει' ξ τε οτι ,

-• Χο

Άσκηση 5 Η συνάρτηση είναι συνεχής και ορισμέ νη στο διάστημα [0, ι] με τιμές στο διάστημα [α, β]. (α < β ) για τη ν οποία ισχύει Δείξτε ότι

ι f(x)dx ι

� -αβ.

ι1f(x)dx ο =

Λύση χ [0, ι] έχουμε α � f(x) � β οπότε f(x) - β � Ο. Συνεπώς οπότε (f(x) - α)(f(χ);;;,: -Ο β)και� Ο f(x)

Γiα κάθε - α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 4/50

Εφαρμογή του θεωρήματος Rolle και μέση ς τιμής του διαφορικού λογισμού στα ο λοκληρώματα

I (f(x) - α)(f(χ) - β)dχ � Ο ή Ι (f2(x) - (α+ β)f(χ) αβ)dχ � Ο ή J01 f(x)dx - (α + β)I f(x)dx + αβI dx � Ο Οπότε Ir(x)dx + αβ Ι f(x)dx � -αβ +

� Ο (γιατί;)

Ασκηση 6 Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα1(-1, 1] με αύξουσα παράγωγο. Δείξτε ότι

!f_: f(x)dx � f(-1 ) + f'(1). Ε

Άσκηση 7 Έστω f: (α, β] - IR. μια συνάρτηση δυο φο ρές παραγωγίσιμη για τη ν οποία ισχύει f' ' (x) ::1: Ο για κάθε χ Ε (α, β]. Δείξτε ότι α f(x)dx ::1: (β - α)

και g(α) = Ο.

σαν παραγωγίσιμη στη μα [α, α είναι παραγωγίσιμη στο και διά στο διάστημα [ ; χ, χ] χ [α, β]. Σύμφωνα με ατο θ εώρημα της μέσης τιμής υ πάρχει Cx ( ; χ)τέτοιος ώστε f(χ) - 1α ; χ) f (cx) = (2) χ-α 2 Από (1) και (2) έχουμε ότι g' (χ) = -!<2 χ - α)f'(Cx) - -!<2 χ - α)Γ (α +2 χ ) = �χ - α)(Γ( Cx) - Γ (α ; χ )) Επειδή f"(x) Ο θα είναι είτε Γ(χ) > Ο είτε Γ(χ) < Ο. f"(x) > Ο τότε η συνάρτηση Γ είναι γνή Έσιαστωαύξουσα στο διάστημα [α, β] οπότε έχουμε α χ f'(x) - Γ ( ; ) > Ο, συνεπώς και g'(x) > Ο οπότε[α, ηβ] συνάρτηση g είναι γνήσια αύξουσα στο Ένεκα του προηγούμενου έχουμε g(β) > g(α) Δηλαδή J:f(x)dx - (β -α)�α ; β) > Ο οπότε J:f(x)dx (β - α)�α ; β) Ανάλογα εργαζόμαστε όταν Γ(χ) < Ο. Η συνάρτηση f β] θα

Λύση συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διά στη μα [- ι, 1] οπότε για κάθε χ [-1, 1] σύμφω να[-1,μεχ]το υπάρχει θεώρημα μέσης(τιμής για το διάστημα Cx .:... 1 , χ) τέτοιος ώστε (χ + 1 )f'(cx) = f(x) - f(-1) (1) στο Επειδή η [-1,συνάρτηση f' (cx) �αύξουσα 1] θα έχουμεf' είναι διάστημα f'(l) (2) Από (1) και (2) έχουμε f(x) - f(-1) � (χ + 1)f'(1) συνεπώς και J_Ί(f(x) - f(-1))dx � f_Ί <χ + 1)f'(1)dx ή {1 f(x)dx - 2f(-1 ) � Γο {<χ � 1)211 ή {μχ)dχ - 2f(-1) � 2f'(l) ή i[f(x)dx � f(-1) + f'(l )

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = 1:f(t)dt - (χ -α)�α ; χ ) με χ [α, μεβ]. Παρατηρούμε ότι η g είναι παρα γωγίσιμη g'(χ) = f(χ) - �α ; χ ) - �χ - α)f' (α ; χ ) (1)

::1:

'" ; β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ιr λ.

Χ,

τ.

4151

με

Α σκήσε ις Ανα λυ τ ικής Γ ε ω με τρ ίας Θανάσης Τσιούμας

ι. Έστω οι ευθείες ε 1 : αχ + βy = ι, ε2 : 2βχ + (α - β)y = -2 όπου α Ε IR, β Ε IR • . α) Να μελετηθεί η θέση των ε 1, ε2• Στην περί πτωση που τέμνονται, να δειχτεί ότι το σημείο τομής τους κινείται σε σταθερή ευθεία (η). β) Να δειχτεί ότι η ευθεία (η) διχοτομεί κά ποια από τις γωνίες, που σχηματίζουν οι ε 1 , ε2 αν και μόνο αν ε 1 1. ε2 • ε 1 1. ε2 και το τετράγωνο ΑΒΓΔ γ) Αν α =

�'

(που οι διαγώνιές του είναι πάνω στις ε1 , ε2) έ χει εμβαδόν Ε = 20 τ.μ. να βρεθούν οι συντε ταγμένες των κορυφών του. Λύση (Σ) D • D Ο

α) Το σύστημα των ε 1 , ε2 έχει ορίζουσα = (α+= β)(α<=> -α 2β). = -βεή αε=. 2β αν α= -β τότε 1 (Σ)2 είναι αδύνατο οπότε αν α = 2β τότε το ε ι // ε2. Ο <=> α 2β και α -β Τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση: (χ, y) = ( α-ι 2β' α--22β ) άρα οι ε 1, ε2 τέμνονται στο σή μείο Μ(χ, y) με . y = -2χ. χ = α _ι 2β και y = α -_22β οποτε Μ κινείται στην ευθεία (η): y = -2χ. Έβ)τσιΟιτοευθείες ε , ε τέμνονται αν και μόνο άν το 0(0, Ο) ανήκει α -β και α 2β.1 2Επίσης στην ευθεία (η): y = -2χ , Ο Μ(χ, y). Είναι: (η): διχοτόμος της (ε 1;-ε 2) <=> d(O, ε 1 ) = d(O, ε 2) <=> 2 ..Jα12 +11 β2 -- ..J4β2 +1 (α1 _ β)2 <=> ... 4α2 = (α - β)2 <=> α= -β (άτοπο) ή β = 3α ( I ) Ομως ε ι ε2 <=> λε1 λε2 = - ι <=> β = 3α <=> (η): διχοτόμος της (ε ζε 2). γ) ε 1 ε2 <=> β = 3α, α = � άρα β = �· Έτσι τη= 5λύση του: β ρίσ·κουμε ότι Μ(- ιε, 2): χαπό + 3y 1 (Σ) { ε : 3χ - y = -5 και Μ είναι το κέντρο2 του τετραγώνου.2 Έστω c η πλευρά του , τότε Ε = 20 <=> c = 20 <=> c = 2 -{5. Οι κορυφές του2 τετραγώνου ανήκουν 2 0 σεάρακύκλο (Μ , ρ)τουόπου ρ + ,είναι: ρ = 2 <=> ρ = ..JIO η εξίσωση κύκλου

ι ) 2 + (y - 2) 2 = 1 0 Έτσι έχουμε (χτα+συστήματα: ) { (χ + ι )2 + (y - 2)2 = 1 0 και (Σ Χ2 + 3y 5 2 (Σ2) { (χ + ι3χ) +-(yy =- -52) = ι ο και από λύση τους βρίσκουμε: Α(2, Β(Ο, 5), Γ(-4 , 3), Δ(-2 , .;_: f). I

τη

ι ),

2. Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν δύο δια φορετικές χορδές ΑΒ, ΓΔ της παραβολής 2 c: y = 2px , που να έχουν το ίδιο μέσο. Λύση

•

:;t:

(Ι)

Έστω Μ το μέσον της ΑΒ. 2Τότε:2 Μ( Χ ι +2 Χ2' Υι +2 Υ2 ) η Μ( Υι 4+p Υ2 ' Υ ι +2 Υ2 ) . 2 2 Υ +Υ Αν Κ το μέσον της ΓΔ τότε Κ( Y34+Ρy4,Τ> · Αρκεί2 Μ =2 Κ 2 ή 2 Υι 4+ Υ2 Υ34+ Υ4 και Υι +2 Υ2 Υ3 +2 Υ4 p = p = + <=> { Υ ιΥ ι ΥΥ22 = ΥΥ33 Υ4+ Υ4= Ρ S Οπότε y 1 , y2 λύσεις της ω2 - Sω + Ρ = Ο καθώς και οι y3, y4 άρα είναι: { ΥΥ2ι == ΥΥ43 ( I ) ή { ΥΥ2ι == ΥΥ43 (2) Αν ισχύουν οι σχέσε ις ( I ) τότε χ 1 = ··· χ3, Χ2 = · · · = Χ4 άρα Α(χ 1 , y 1 ) συμπίπτει με το Γ(χ3, y3) και Β(χ2, y2) συμπίπτει με το Δ(χ4, y4) άτοπο. μοια σεαν άτοπο. ισχύουνΕπομένως και οι σχέσεις (2) καταλή Ογουμε δεν υπάρχουν δές της c που να έχουν κοινό μέσο. χορ ·

Θεωρούμε την έλλειψη

�5 + t = ι και

τα σημεία της Ρ(5σuνθ 1 , y1), Q(5συνθ2, y2) όπου θ 1 :;t: θ2 και θ 1 , θ2 Ε (0, 2π). Να δειχτεί ότι η χορ δή PQ έχει εξίσωση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

τ.

4152

Ασκήσεις Α ναλυτικής Γεωμετρίας

θι +θ

PQ: 3συν--2 χ + 5ημ--2 y = 15συ�2 (1) 2 2 Λύση

θι+θ

θι-θ

Τοδου Ρτηςείναιυπερβολής εσωτερικό Ησημείο τουευθεία δεξιού(ε)κλά τυχαία περνάει από το Ρ(2, -2) είναι y + 2 = λ(χ -που2) (όταν ε δεν είναι παράλληλη y'y) ή χ = 2 (όταν ε // y'y).στω ε δεν είναι παράλληλη y'y. Τότε ε: τσι +Έέχουμε 2 = λ(χ -το2).σύστημα: y Έ { y = λχ2 + (-22 - 2λ) (I) (Σ) 4χ - = 4 (2) Αέχουμε: ντικαθ ιστούμε στη (2)y το y από την (I) και 2)χ2 + 4λ(Ι + λ)χ - 4[(1 + λ)2 + Ι] = Ο (4 λ ... Αν Ρ 1 (χ 1 , y 1 ), Ρ2(χ2, y2) τα σημεία τομής , τότε χ + χ2 = -4λ4 (Ι_ λ+2 λ)· Έστω Μ(χ0, y0) το μέσο της ΡιΡ2 τυχαίας χορ δη' ς ' τότε χο = Χ ι +2 χ2 = -2λ4 (Ι- λ+2 λ) (3). Από την y0 = λχ0 + (-2 - 2λ) είναι λ = ΥΧοο -+ 22. ντικαθιστούμε στην (I) . .. (Υο + 2)[(2Υο + 2)χο -22(Υο + Χο)] = 4(χο - 2)2Χο 4(χο - 1) - (y0 + 1) 2= 3 2 (χο ; 1) - (Υο ; 1) = I (4) 4 που Αν είναιε υπερβολή 0'( 1, -1).τη στα // y'y τότε μεχ =κορυφή 2 που iέμνει Ρ1(2, 2-νJ), Ρ2(2, -2-νJ) με μ-έσο Μ (2, 0 ) που οι συντεταγμένες 4 του επαληθεύουν την ). τόπος ( Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός είναι η υπερβολή ( ) 2 2 5. Θεωρούμε την υπερβολή t - ;6 = 1 και c.

•

ο)

Θέτουμε2 στην εξίσωση της όπου χ = 5 συνθ 1• Τότε f = I - συν2θ 1 y2 = 9ημ2θ 1 = 3ημθ ι ή ι = -3ημθι Επίσης αν χΥ ι= 5συνθ2 θα Υείναι: = 3ημθ2 ή Υ2 -3ημθ2 Υ2 Έστω = 3ημθ 1 και y = 3ημθ . Τότε Ρ(5συνθΥι1 , 3ημθ 1 ) και Q(5συνθ2 2, 3ημθ2). 2 Έστω PQ ::;; y'y. Τότε 5συνθ 1 = 5συνθ2 θ = θ (άτοπο) ή θ 1 + θ = 2π . Έ1 τσι 2αν θ 1 + θ2 = 2π τότε2 PQ: χ = 5συνθ 1 = 5συνθ2 που προφανώς την (I).προς την στω PQ δενεπαληθεύει είναι παράλληλη y'y. ΈΤότε: 3(ημθ2 - ημθ ι ) - 3 σφ θ 1 + θ2 λ 5(συνθ - συνθ 1 ) S -22 οπότε: PQ: Υ - 3ημθ ι = - � σφ θ ι ; θ2 (χ - 5συνθ 1 ) 3 συν θ 1 +2 θ2 χ + 5 ημ θ 1 +2 θ2 y = 15 συν θ 1 -2 θ2 δηλαδήίδιοη (I)έχουμε και στις περιπτώσεις Το 3ημθι και Υ2 = -3ημθ2, Υι = -3ημθ 1 και Υι ==3ημθ Υ2 2, Υ ι = -3ημθ ι και y2 = -3ημθ2. c

<=>

•

PQ _

<=>

Δίνεται η υπερβολή

χ2 - 7

1. Να βρε-

θεί ο γεωμετρικός τόπος των μέσων των χορ δών της c που διέρχονται από το σημείο Ρ(2, -2). Λύση

<=>

' c:

•

c' .

τον μιγαδικό z = χ + yi, χ, y Ε IR.. Να δειχτεί ότι η εικόνα M(z) ανήκει στη c αν και μόνο αν Ιz2 + 251 = Ιzl 2 + 7. Λύση

2 = 9 και β2 = 1 6 άρα γ2 = α2 + β2 = α Έχουμε 25 δηλαδή 9στον + 1 6 άξονα γ = 5 . έχουμε Οι εστίεςΕ'(θαΟ ανήκουν οπότε y' y , -5) και 5) Ε(Ο, . Η εικόνα M(z) - (ME')I 2α (I) όπου E(z1 ) με z 1 = Ο + 5ίI(ME) και E'(z ) με z2 = Ο - 5ί 2 και α= - z I =(I)2· γίνεται: Ι lz - z ι Ι -3.ΙzΈτσι 2Ι 2 36 Ιlz - 5i2i - Ιz + 5i l2 = 3 Ιz -2 5il + Ιz + 5il2 - 2Ι2z - 5il6lz 5il 36 2lzl + 50 2- 2Ιz - (5i) 1 = 3 2 2lzl2 - 2lz + 25 1 = -14 Ιz + 25 1 = Ιzl2 + 7 =

Ε c <=> η

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 4/53

<=>

• • •

<=>

Ασκήσεις στο Ρυθμό Μεταβολής

Στέργιος ΤουρναΡίτης

I . Ένας φοιτητής Φυσικής, στέκεται σε απόσταση

30m

από ένα ευθύγραμμο τμήμα σιδη ροτροχιάς,

περιμένοντας να περάσει το τραίνο, για να πειρα ματιστεί με το φαινόμενο Doppler. Ένα τραίνο

πλησιάζει κινούμενο με ταχύτητα

90km/h,

κατά

μή κος της σιδη ροτροχιάς. Να βρείτε τον ρυθμό

χ ( tο ) = .J2500 - 900 = 40m

50m aπό τον φοιτητή .

έχουμε:

( ) { )

40m dy x t0 dx =· - · (-90kmlh) y' t0 = = -·dt ι =tο y t0 dt t =to 50m

( )

και

μείωσης της απόστασης, τραίνου-φοιτητή , όταν το τραίνο απέχει

(2)

ντας στη

(γιατί;). Αντικαθιστ ώ

y' ( to ) = -72km / h.

2. Ένα αεροπλάνο πετάει σε επίπεδη πορεία ανα

3 km/min.

Λύση:

τολικά, με ταχύτητα

Οι θέσεις του τραίνου, φοιτητή καθώς και οι απο

πλάνο πετάει νότια, σε ένα επίπεδο παράλληλο με

στάσεις τραίνου-φοιτητή , του τραίνου από την κά

το πρώτο με ταχύτητα 2

θετη φοιτητή-σιδη ροτροχιάς, και η σταθερή από

τερα από αυτό. Σε μία χρονική στιΎμή , το δεύτερο

σταση φοιτητή-σιδη ροτροχιάς, απεικονίζονται στο

αεροπλάνο είναι ακριβώς

παρακάτω σχή μα.

Ποιός είναι ο ρυθμός αύξησης της απόστασης των

: I: :�I m

km/min

και 4

χαμηλό

κάτω από το πρώτο.

δύο αε ροπλάνων, I λεπτό αργότε ρα;

................................................................................................................... .. .. χ

: �: �I Ι: I I:

� · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ···

Ιι

Τραίνο Υ

�

ο.

�

ι:.

Ένα δεύτερο αερο

Φοιτητής

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •t

Από το ορθογώνιο τρίγωνο που σχηματίζεται έχουμε:

, , , οτι x,y ειναι παραy 2 = χ 2 + 3 0 2 . Θ εωρουμε •

γωγίσιμες συναρήσεις του χρόνου t. Έτσι προκύπτει η σχέση : χ,

dχ dy 2y - = 2χ dt dt

( I ) . Προσέξτε ότι

y δεν είναι απλές ανεξάρτητες μεταβλητές αλλά '

συναρτήσεις του χρόνου t. Επομένως από ότι: χ , y ' * l και με εφαρμογή του κανόνα της αλυσίδας βρίσκουμε την σχέση ( I ).

Ά ρα :

χ dχ y ' = Υ dt ( 2) .

y ( to ) = 50m,

Έστω

η χρονική στιγμή :

χ ' ( to ) = -90km / h

ενώ,

ιe.,

·-

Λύση:

�

__ _

�ι j

___ __

Στο σχήμα με Ο 1 , Ο 2 , συβολίζουμi τις θέσεις του

Ι ου και 2ου αεροπλάνου αντίστοιχα, όταν αυτά

βρίσκονταν το ένα κάτω από το άλλο. Στο σχήμα επίσης

φαίνονται οι θέσεις των δύο αεροπλάνων

Ρ1 , Ρ2 και οι απο στάσεις τους (γιατί;)

στοιχα από τη ν 0 1 0 2 , όπου

χ,

y αντί

0 1 02 ευθύγ ραμμο

τμήμα της κατακορύφου του σημείου 0 1 • Έχού με ότι: Ρ202 _ 1 _ 02Ρ1 (γιατί ;).

Εφαρμόζουμε το Π. Θ . στο τρίγωνο Ρ2 02 Ρ1 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ.

τ.

4/54

ι-

Ασκήσεις Α ναλυτικής Γεωμετρίας

s2 = y2

έχουμε την εξίσωση : σχύει: Δ

w2 = χ2 (I)

Από

s2 = y2

+ 4 2 (2) από το ορθογώνιο τρίγωνο

Ρ1 .

0 01 2

χ2

και(2) +

+ w2 ( l ). Επίσης ι

καταλήγουμε

δύο αεροπλάνα βρίσκονται το ένα κάτω από το άλ λο, έχουμε: x( l

km,

)=3

y( l )=2

και

s(1) = �2 2 + 3 2 + 4 2 = ../29 km.

I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . I

σχέσεις:

�

ταβλητή το χρόνο και διαδοχικά παίρνουμε τις

)

�

42 (3). Παραγωγίζουμε την ( 3) με με

(

--- 1

στην

ds dx dy 2s - = 2x - + 2y dt dt dt ds 2 dx dy = χ (4 ) +Υ dt dt dt s dy dx 3 kmlmin, - =2 Ομως από την υπόθεση dt dt kmlmin και για t= I min μετά από το γεγονός που τα

�

Αρκεί επομένως να βρούμε το ρυθμό μεταβολής του ύψους. Αυτό το τελευταίο το βρίσκουμε, εφαρΔ

μόζοντας δύο φορές το Π. Θ . στο τρίγωνο Α Δ Β . Τη πρώτη φορά θεωρούμε ότι το ύψος και το μήκος μιας από τις ίσες πλευρές

του ισοσκελούς, είναι

παραγωγίσιμες συναρτήσεις του χρόνου t. Τη δεύ τερη φορά θέτουμε στη θέση του ύψους το μήκος

I 2 cm και βρίσκουμε τη πλευρά χ για τη συγκεκρι

μένη χρονική στιγμή

to .

Σύμφωνα με τα παραπάνω έχουμε τις σχέσεις:

Αντικαθιστ ώντας στη ν (4) τις παραπάνω τιμές βρίσκουμε:

� = dιl ι=J

s( l )

(3 ·3 + 2 ·2 ) k m l h

dχ dy χ ( \ ) · -· + y (. l ) · dt ι-Ι dt ι-Ι

�

-ν 2 9

s(l )

km lh

:::::: 2 .4 1 4

.Jf9 k nι l h .

και

x( t0 ) = �92 + 12 2 = .J144 + 81 = 15 cm (2) .

ευρεθείσα τιμή του

Τα μή κη των ίσων πλεμρών ενός ισοσκελούς

τριγώνου αυξάνονται με ρυθμό 2 cmls. Η βάση του

τριγώνου έχει σταθερό μή κος I 8 cm . Βρείτε το ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου, όταν το ύψος του που αντιστοιχεί στη βάση είναι ίσο με 1 2 cm . Λύση: Το εμβαδό ενός ισοσκελούς τριγώνου με βάση β και ύψος που αντιστοιχεί στ η βάση δίνεται από το γνωστό τύπο: Ε =- β ·

1 2

υ.

Σ' αυτή τη

γωγίζουμε ως προς το χρόνο t. Ά ρα έχουμε:

(to )

από την (2) μαζί με την

προηγούμενη σχέση δίνουν τις σχέσεις:

dυ(t) x(t) dx(t) -- = - · -dt υ(t) dt

-- ι

άρα:

15 dυ x(to ) .dχ .= cm l s = - · 2 cm l s dt t= t o υ(t 0 ) dt t= t o 12 και,

υ,

σχέση που η βάση είναι σταθερή β= 1 8 cm , π(φα

d E(t) 2 β . dυ(t) ( 1 ) . = dt 2 dt

x(t) 2 = g 2 + � t ) 2 dx(t) dυ(t) 2x(t) - = 2υ(t) dt dt

dυ - = 2.5 cm I s dt

Αντικαθιστούμε στην ( l ) το ρυθμό μεταβολής του ύψους και βρίσκουμε για t= t o :

ΕΙ

d dt

t= t o

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ . 4/55

9 · 2.5 cm2 I s = 22.5 cm 2 I s.

Ασκήσ ε ις π ο υ πρ ο τ είν ον τ αι γ ια Λ ύση_ Δανίλης Δημήτρης , Ιωάννου Βαρβάρα

Άσκηση 1 π

Έστω lv = J

�η μ 3

21v+I

Υπολόγισε τα α, β έτσι ώστε να ισχύει και έπειτα υπολόγισε το Ι 0 2) Απέδειξε ότι για κάθε ν εΝ ισχύει 3) Υπολόγισε το Ι

Άσκηση 2

Α)

ημ

Δίνεται συνάρτηση f(x) = � η

e x - ln x

βη μχ

αη μχ

+ ___ χ - 1 - συν χ 1 + συν χ

για κ:αθε χ Ε

2 2v-l

� = (2v - l) I v-1 + τ

αν χ > Ο αν χ = Ο

Απόδειξε ότι ότι ηη ff είναι είναι παραγωγίσισμη συνεχής στο Ο. στο Ο Απέδειξε Βρες το lim-+too f(x) x Β) Θεωρώ την g(x) ex - ln x - xex 1, Ο α) Απόδειξε ότι η εξίσωση g(x) = O έχει μοναδική ρίζα. β) Μ ελέτησε το πρόσημο της g(x). Γ) α) Μ ελέτησε τη μονοτονία της f(x) β) Δείξει ότι t( χ 0 ) = όπου Χ 0 η ρίζα της g(x)=O. α) β) γ)

ex o

χ>

Χο

Άσκηση 3

Δίνεται η συνάρτη ση f στο R για την οποία ισχύει f(x y) = f(x)f(y) - f(x) - f(y) + 2 f( l) = 8 +

για καθε

χ,

yεR

Να βρείτε τα f(O) και f(2) . 2. Υπολόγισε f(n) συναρτήσει του f(n- 1 ) με η ε Ν και κατόπιν το f(n) συναρτήσει του η. 3. Υπολόγισε f(n) αν η εΖ 4. Για κ:αθε n Ν και για καθε R δείξε ότι f(nx) = [f(x) - 1] " 1 5. Υπολόγισε f(r) με rεQ 6. Μελέτησε την f(x) με χεQ 1.

Άσκηση 4

Έστω Ι n 1

2n+l

ο συν-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/56

[3' 2 n

Ασκήσεις που προτείνονται για λύσεις

1. Υπολόγισε τα α, β έτσι ώστε να ισχύ ει 1 ασυνχ βσυνχ για καθε χ Ε Ο, 4 2. = 1 - η μχ + 1 + η μχ συνχ π

[ J

και έπειτα υπολόγισε το 1 0

Απέδ ειξε ότι για κάθε π

Υ πολόγισε το Ι 2

Άσκηση 5 1)

g(x)

Θεωρ ώ τη συνάρτη ση

να β ρ ε ίτε το lim g( x ) χ

2" .fi

= (2n - l) In- 1 +

-1

ex - 1 ,χ ex + 1

f(x) = 3

Θεωρώ την

2n l n

Ν*

χ 3 1 με χ :::: Ο . Να μελετή σετε τη g(x) ως προς τη μονοτονία και χ+

R με τη βοή θεια τη ς g( x ) να μελετή σετε τη μονοτονία της

f(x)

και να β ρ ε ίτε τις ορ ιζόντιες aσύμπτωτες του διαγράμματος τη ς f όταν χ-Ηοο, χ� -οο.

� α:>

f(x) + f( -χ)

' το α) Υ πο λ ογισε

' το ση μειο ' ' Κ(Ο , Ι) ει' ναι κεντρο και απε' δ ε ι ξ ε οτι συμμετριας τη ς '

γραφ ική ς παράσταση ς της f +

β) Λύσε τη ν εξ ίσωση f(x)=O γ) Βρες τη ν εξ ίσωση τη ς εφαπτομένη ς του διαγράμματος της f στο 4)

Έστω F συνάρτη ση ορ ισμένη στο R με

F(x)

K(O, l )

4 1n( ex + l) -- χ

α) Δ ε ίξ ε ότι η F(x) είναι μια παράγουσα τη ς f(x)

β) Β ρ ες το εμβαδό του χω ρ ίου που περ ικλείεται από το διάγραμμα της f του άξονα χ'χ και τις ευθ ε ίες χ=Ο και χ=3. Άσκηση 6

χ Α) 1) Θεωρώ τη ν φ(χ) = -- - Ιπ(l + χ) ορ ισμένη στο R + . Δείξε ότι η φ(χ) είναι φθ ίνουσα στο 1+χ R + . Π ροσδιορίστε το πρόση μο τη ς φ( χ) για κάθε χ � Ο lim

2) Έστω

f(x),

f(x ) = e -x Ιn( l + e x )

lim

χ �οο

με χ ε R. Μ ελετή στε τη μονοτονία τη ς f(x) και βρείτε το

f(x)

Β) Για κάθ ε πραγματικό χ θ έτω F(x ) = α) F(x) = χ + 2 1n 2 - f(x) - Ιn l + e x

β) Β ρ ε ίτε το

σ ό< ητμ I + e x

�

lim

οο

F(x) ,

( :J

ex l +

γ) β ρ ε ίτε το •

lim

χ� �οο

(

lim

οο

)

F(x) .

J f(t) dt . Δε ίξτε ότι: ο

Για να β ρ ε ίτε το

lim

οο

F(x)

να χρη σιμοπο ιή σετε τη ν ι-

(F(x) - x) και aποδε ίξτε ότι η γραφ ική παράσταση (c) της F έχει ασύ-

μπτι:qρ� �η δ : y=x + 2ln2- l

�

δ) 1\1ελετή στε τη μονοτονία τη ς F.

ε) Π ροσδιο ρ ίστε τη θ έση τη ς γραφική ς παράστασης της F σε σχέση με την ευθ ε ία δ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ . τ. 4/57

Α Λ Λ Η Λ ο Γ Ρ Α φ Ι Α

Α λληλ ογραφ�α Από τον κ. Ν . Παναγιωτίδη (Ιωάννινα) πή ραμε τη ν παρακάτω επιστολή με τη ν οποία συ μπλη ρώνεται η απόδειξη του Θεωρήματος 2 (γενικευμένη ανισότητα Jensen) του άρθρου «Ανισότητες Jensen» του Ν. Μπάκου, που δημοσιεύτηκ ε στο τεύχος 22 του Ευκλείδη Β ! (σελ. 49) και τον οποίο ευχαρ ιστούμε :

Προς το περιοδικό «Ευκλείδη9> Ιωά ννινα 20/2/97

«Θεωρούμε τη συνάρτη ση f, ο ρισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη σε ένα δ ιάστη μα Δ. Α ν Γ(χ) > Ο για κάθ ε χ Ε Δ, να δ ε ιχθε ί ότι για κάθε Χ ι , χ2 Ε Δ υπάρχουν κ, λ > Ο με κ + λ = Ι έτσι ώ στε να ισχύε ι f(κχ ι + λχ2) < κf(χ ι ) + λf(χ2)» . Στη συνέχεια δ ίνεται μια γεωμετρ ική απόδειξη του θεωρήματος. Διαβάζοντας aυτό το θεώρημα μπήκα στον πειρασμό και τελικά κατάφ ερα να δώσω μια κα θαρά αλγ ε β ρ ική αΠόδειξη . Από αυτή τη ν απόδειξη προέκυψε ότι η λέξη «υπάρχουν» πρέπει να αντικατασταθ ε ί με τις λέξεις «για κάθε». Πράγματι, όπως θα δ ε ίτε και σεις από τη ν απόδειξη που παραθ έτω , κάθε κ και λ > Ο με κ + λ = Ι ικανοπο ιεί το θεώρημα. ·

Απόδειξη

Στη ν πρώτη φάση θα μετασχη ματίσω τη μορφή της ανισότητας σε μια μορφή όπου το θεώρη μα αποδ ε ικνύ εται εύκολα. Ονομάζω χ το όρ ισμα κχι + λχ2: χ = κχ ι + λχ2. Η ανισότητα παίρνει τη μο ρφή : f(x) < κf(χ ι ) + λf(χ2) (1 ) Επειδή κ + λ = Ι, f(x) = (κ + λ)f(χ) = κf(χ) + λf(χ) οπότε η (1) γράφεται κf(χ) + λf(χ) < κf(χ ι ) + λf(χ2) (2) Απ' όπου : κ(f(χ) - f(χ ι )) < λ(f(χ2) - f(x) ) (3) χ - Χι χ2 χ ' ' ' κ = - , λ = -ως προς κ και λ παιρνω: κ χ ι + λχ2 = χ και κ + λ = Ι λ υσω Αν τις δ υο , σχεσεις: .χ2 -Χ ι Χ2 - Χ ι Η (3) παίρνει λοιπόν τη μο ρφή : χ2 - χ (f(x) - f(χ ι )) < χ - Χ ι (f(x2) - f(x)) --

ή , θεωρώντας χ2 > χ ι :

Χ2 - Χ ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/58

Αλληλογραφία

(χ2 - x )( f( x ) - f( x 1 ) ) < (χ - x 1 )(f( x 2) - f( x ))

(4)

Απο δ ε ικνύ εται εύκολα ότι για κ, λ > Ο , κ + λ = ι το χ = κ χ 1 + λχ2 ε ίναι μεταξύ των αρ ιθμών χ 1 και χ2 : χ, < χ < χ2 (5) ως Χ2 - χ > Ο , χ - χ 1 > Ο . Έτσι η Επομέν . .

(4) παίρνει τη μορφή : f( x ) - f( x , ) < f( x 2) - f( x ) ( 6 ) χ -

Χι

Χ2 - χ

Η ανισότητα (6 ) ε ίναι ισοδύναμη με τη ν ανισότητα Jensen και μπορ ε ί να αποδ ε ιχθ ε ί εύκολα.

�Ρ, άγματι, σύμφωνα με το Θ. Μ .Τ. υπάρχει χ 1 ' Επίση ς υπάρχ ε ι χ2'

� �

(χ , ) ( (χ 1 , χ) : Γ(χ 1 ') = f x = (7 ) ,

( ) ( ) (χ , χ2 ) : Γ ( χ2' ) = f x2 - f x ( 8 ) χ2 - χ

ΆρΟ: αρκε ί να απο δ ε ίξω ότι Γ(χ 1 ' ) < Γ ( χ2 ' )

Προφανώς: χ 1 ' < χ2 Ό Επε ιδή : Γ (χ) > Ο θα ε ίναι: Γ(χ) γνήσια αύξουσα . �

Επομένως: Γ(χ 1 ') < Γ (χ2' ). Στη γεωμετρ ική από δ ε ιξη του Ν. Μπάκου θεωρήθηκε τυχαίο ση μείο Μ της καμπύλη ς τη ς f(x). Κατά συνέπεια ο ι αριθμο ί μ και ν που ορίζουν αυτό το σημείο ε ίναι τυχαίο ι και το ίδ ιο ιν σχu ε ι και για τους κ = __, λ = ___!:!.,._ Άρα το θεώρημα ισχύ ε ι για τυχαία κ και λ . μ+ ν μ+ ν .

Δ ι6 ρ 0 ω σ η

r. τ ο

τ ; ; (; ;: ο � 2 2 (Ανισότητα Jensen : Ν. Μπάκος )

i) Σ ε λ ί δ α 48, σ ιΗ σ μ , ι ,: 2

αντί « β ρ ίσκ εται " πάνω " από .

να γραφτεί «βρ ίσκεται όχι κάτω από . . . »

�ντί <� β ρ ίσκεται " κάτω " από . . . » να γραφτεί «βρ ίσκεται όχι πάνω από . . . »

ii ) Σ ι: ί. ί δ υ -Ι Υ . 1 1 ; c J! • ! ' • γραμμή

iίί ) �; ι

2 να γραφτεί στο ανοιχτό Δ ' ··

�

Ή ''·

στι ς γραμμές ι 6 , ι 7 να γραφτεί:

�α ; β ) � f(α) ; f(β) στη ν ι 6 γραμμή

�α ; β) ;;: f(α) ; f(β) στη ν ι 7 γραμμή

στη γραμμή ι 8 να γραφτεί < ή >

i Y) Σ ε λ ί δ α 5 ! . γpαf..!.μ ές ι 7 , ι 8 ο ι σχέσε ις δεν ε ίναι γνή σιες. Από το συνάδ ελφο Ν. Κισκύρα λάβαμε τη ν παρακάτω επιστολή . Αγαπητέ Ευκλείδη Β ' Στο τεύχος σου Οκτώβ ρ ιος - Νοέμβ ρ ιος - Δεκέμβ ρ ιος ι 996 σελίδα 24 δημοσιεύεται ένα α ξι4λογο άρθρο με τίτλο, «Δύο αποδείξεις του Συ μπληρωματικού του έγκεντρου με τη βοή θεια δύο ασκήσεων,» tου Στρατή Αντωνέα. Επε ιδή μερ ικά βιβλία δεν αναφ έ ρουν με τη ν επιβαλλόμενη ακρ ί β ε ια με ρ ικούς μαθη ματι κούς ζ>ρους και όπως φαίνεται έτσι το δ ιάβασε ο συνάδ έλφος κ. Σ. Αντωνέας θεωρώ αναγκαίο να αναφ έρω τα παρακάτω : Αν Δ, Ε, Ζ ε ίναι τα μέσα των πλευ ρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ τρ ιγώνου ΑΒΓ, Μ τυχόν σημείο και εκ των Δ, Ε, Ζ φ έ ρουμε παραλλήλους · προς τις ΜΑ, ΜΒ, ΜΓ τότε ο ι ευθείες αυτές δ ι έ ρχονται από το αυτό ση μείο, έστω Ν. Το ση μείο Ν καλείται «συμπληρωματικό σημείο» του ση με ίου Μ προς το τρίγωνο ΑΒΓ, ή και αντίστροφο προς το τρ ίγωνο ΑΒΓ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8 ' λ.

τ.

4/59

Αλληλογραφία

Επειδή η εκπαιδ ευτική μου ηλικία θα ε ίναι δ ιπλάσια της φυσικής ηλικίας του συναδ έλφου κ:. Σ. Αντωνέα δε θα το θ εωρήσει υποτιμητικό αν του ζητούσα να ασχολη θ ε ί ο ίδιος με το ίδιο θ έ μα με βάση όσα αναφ έρω στον τρίτο τόμο των βιβλίων μου «Θεω ρήματα κ:αι Π ρ ο βλή ματα Γεωμετρ ίας» το οποίο κυ κλοφό ρη σα τη ν π ε ρ ίοδο της δ ικτατο ρ ίας με τη ν ένδ ε ιξη «ε�ιμέλε ια Χ. Τqαρούχψ) . Στις Σελίδ ες 1 1 2, 1 1 3 κ:λπ αναφ έρονται σχετικές προτάσεις με τη βοή θ ε ια των οποίων με α �λούστερο τρόπο κ:cμ με λιγότερες γνώσεις θα μπορέσει ο συνάδ ελφος να δ ε ί ξ ε ι στους μαθητές ϊtΟιο ε ίναι το συμπλη ρωματικό του ο ρθοκ:έντρου, ή του κέντρου του περιγεγι:ίαμuένου κ:ύκ:λου ή του Κ . Β , ή του !(έντρου του εγγεγραμμένου κ:ύκ:λου προς το τρίγωνο κ:.λ.π. Στη βιβλιοθήκη τη ς Ε.Μ.Ε. θα βρει το ν τρίτο τόμο καθώς κ:αι τον τέταρτο τόμο των β ι βλίων Θεωρή ματα κ:αι Π ρο βλή ματα Γεωμετρ ίας για να βοη θ η θ ε ί ώστε η ε ργασία του να ε ίναι πλή ρης. Μ ε τις καλύτερες ευχές μου για να βοηθάει ο «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» όλο και πιο καλύτερα τους μαθητές κ:αι σπουδαστές. Από το συνάδ ελφο Παπασπηλιόπουλο Κλεομένη λάβαμε μια παραλλαγή τη ς άσκησης τεύχους 2 1 του Ευκλε ίδη Β ' για τη Γεωμετρία Β ' Λυκε ίου.

6 του

Από το μαθητή Γιώ ργο Ν. Λίλη λάβαμε μια γενίκ ευση ενός γεωμετρ ικού τόπου. Η μο ρφή ΜΑ · ΜΒ = Κ (Κ σταθ ερό ) που ε ί-

του γε�μετρ ικ:ού τόπου που μας γράφ ε ις κ:ατ�λήγει στη μο ρφή ναι άσκη ση του σχολικού β ιβλίου ( B I 2 σελ 1 28 ) .

" εξίΛύνεται κ:αι με επιλογή ορθοκ:ανονικ:ού συστή ματος οπότε βρ ίσκουμε τη ν " αναλυτική . 2 )2 χ χ )2 + y0 0 ( " " = πολύπλοκη ο φή . ρ ε ιδ ικά αν έχουμε σωση του κ:ύκ:λου (y μ ρ Από το μαθητή Ανδ ρέα Λαγγούση λάβαμε επιστολή που αφορά μια γεωμετρ ι!(ή κατασκ ευή . Η κ:ατaσκ:ευή ε ίναι σωστή αλλά η λύση πολύπλοκη . ·

Επανάληψη �ου δ ιαγωνισμού δ ε μπο ρ ε ί να γίνει.

Kg, Καρ έλα Γιάννη φυσικό ευχαρ ιστούμε πολύ.

Από το συνάδ ελφο Εμμανουήλ Β ροντάκ:η λάβαμε εργασία για τις υπερ βpλικ:ές συναρτή σεις. Από τους μαθητές Τσακ:μακ:ίδη Λευτέ ρη , Τσακ:μακ:ίδη Κοσμά κ:αι Συγγελάκ:η Αλέξαν9ρο, λάβαμε� λύσεις τη ς στή λη ς των Μαθη ματικών Ολυμπιάδων του τεύχους 20 . . ·

Από το μαθητή Αλέξανδ ρο Λουίζο λάβαμε μια ενδ ιαφ έ ρουσα παρατή ρ η ση στη θ ε ω ρ ία αρ ιθμών. Από το μαθητή Χατζηγεωργίου Εμμανουήλ λάβαμε �ύσεις ασκή σεων Α ' Λυκ ε ίου. Από το συνάδ ελφο Β ε ρύκιο Δη μήτριο λάβαμε λύσεις των θεμάτων του δ ιαγωνισμού Θαλή ς . Απ' τ ο ν Γ. Ν ικ:ητάκ:η λάβαμε μια απόδειξη τ η ς ανισότητας Απόδ. 2 του τεύχους 22 σελ. 5 8 , κ:αι τον οποίο ευχαρ ιστούμε .

Cauch y , παρόμο ια μ ε αυτή ν τη ς

Από τ η μαθήτρια Μαρ ιάννα Δεληδημήτρη ( 42ο Λύκ ε ιο Αθηνών) , τ η μαθήτρφ. Ζαφ ε ίρη Γραμματία κ:αι μαθητή Γιώ ργο Παπαγρηγορ ίου ( Λύκειο Μακ:ρακ:ώμη ς ) , α' τάξης λάβαμε τις ερ γασίες τους με τις λύσ ε ις με ρικών από τα προτε ινόμ�να �ροβλή ματα που λύνονται με Γραμμικά Συστή ματα α' βαθμού. Ήταν σωστά. Μπράβο! Π ε ρ ιμένουμε κ:αι τις λύσεις των υπολο ίπων προβλη μάτων . ·

Από τη μαθήτρια τη ς Α' Λυκε ίου Μαρία - Δέσποινα Χαραυγή ( Λύκε ιο Μακ:ρακ:ώμη ς ) λά βαμε τη ν πολύ καλή ε ργασία της με τις λύσεις στα προτε ινόμενα προ βλή ματα που λύνονται με Γραμμικά Συστή ματα α' βαθμού. Ήταν όλα σωστά. Συγχαρητή ρ ια! Από το μαθητή Γ. Φαναρά ( 3ο Λύκειο Σερρών ) λάβαμε τη γενίκευση μιας άσκηση ς γεωμε τρ ίας .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.

τ.

4/60

Διατίθεται από τα γραφεία της Ε . Μ . Ε . : 2000 δρ)(. Για Νομικά Π ρόσωπα 5000 δρχ.

Ετήσια συνδρομή {2 τεύχη)

ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ 1 η, 2η & 4η 8 8 8

8 8

• 8

Ε ΚΔΟΣΕ ΙΣ Π ΡΑ=Η

Βιβλία για τους Υποψηφίους της Α · Δέσμης , Καθηγητές, Φροντιστές . •

Δ . Γ . Κοντογιάννη : Διανυσματικός Λογισμός Αναλυτική Γεωμετρία τ. 1 .

•

Δ.Γ. Κοντογιάννη-8. Ντζιαχρήστου Βασικές έννοιες της Γεωμετρίας

ΠΡΟΣΟΧΗ

•

κυκλοφόρησε ! ! !

Δ . Γ . Κοντογιάννη : ΙΣΟΤΗΤΕΣ

ΚΑ Ι

Α Ν ΙΣΟΤΗΤΕ Σ

ΣΤΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Για μαθητές Α·

&βλία

Β· Λυκείου

Μοναδικά Παραyyελίες - Πλφοφορίες 01

76 42 728

ΔEΣlVJfl �:,:;:

ΚΑΖΑΝΤΖΗΣ Θ. Π αράγωγοι ..

ΒΕRΜΑΝ ; . .

ΝΈQ

U ροβλήματα Μαθηματικής

· · . : · :· : ·

: . · , . . . :: . · · .

·':

Α ΡΓΥΡΙΟΥ Ν . Φυσική στις Γενικές Εξετάσεις-Κύματα ΔΙΑΜΑΝΤΗΣ Ν.

Λύνοντας Προβλήματα Φυσικής

ΑΝΔΡΟΥ ΛΑΚΗΣ Γ. Οργανική Χημεία για τις Γενικές εξετάσεις

ΑΝΔΡΟΥΛ ΑΚΗ Σ Γ. Ανόργανη )(ημeία γψ ttξ

J"8Υ\κές;,ξ:ξ�fιq��ς

:· :;::oc·::"_-_-_->"::· :

· :.:.-.: _ . _

.·.

ΚΟΣΜΟΠΟΥ ΛΟΣ Ν . Η τελευταία επανάληψη στη Χημεία ΚΑ Π ΡΑ ΛΟΣ π. LJι.UVUΛ.ΙΙιπ"""'

ΝΕΟ ΜΑΤΣΟΥ ΚΑΣ Χ. Φυσiκή - Η λεκτρισμός

ΝΕΟ

ΣΠΗΛΙΩΤΗ ΕΚΔΟΣΕΙΣ Γ. . . Αθήνα

Σολωμού 3 & Θεμιστοκλέους Τ . Κ. Ι 06 8 3 τηλ. 3 834533 - 36477 1 Ο ι!

Ω ΡΟΛΟΓΙΟ Π ΡΟΓΡΑΜΜΑ Φτιάξτε

το

ωρολόγιο

πρόγραμμα

του

σχολείου σας (Γυμνάσιο - Λύκειο) με απλό και γρήγορο τρόπο .

Το Πρόγραμμα ERMHS για P. C _ , λύνει το αιώνιο πρόβλημα. Κατανομή ωρών, ε λαχιστοπο ίηση κενών, προτιμήσεις, όλοι

οι

έλεγ-j(οι,

καθηγητή

στο

πρόσθεση αφαίρεση τελικό πρόγραμμα κλπ.

Απεριόριστοι καθηγητές - τμήματα .

Αναγνώστου Βασίλη ς - Μαθηματικός Τηλ. : 01 43.14. 702

. ..

..: :

βιβλία το υ μαθητή Τα

τα

"έξυπνα " πειράματα

Παράγω γοι Ολοκλπρι.Jμαrα

ΕκΘϊiΣJiίΣ

ε'""'1Χv1tf1 Ψ η αντιδρά,f{ςεων ορyαν(κής χημειας

ΠΛΗΡΗΣ Σ ΤΑΞΕΒΙΒΙ ΛΙΩΟΝ IJI.�NAΣΙOΣY,ilitΤΛΥΥΚΕΒΙΟΥ ΓΙΑ

EIPA

ΔΗΜοτικg�Ε�τιΣ

(.t.!(.)

ΖΙJpιίο σνσφοpάς σrο ιιιnσι8ιurιιιό ΒιΒλίο Ε ΚΔΟ Σ Ε Ι Ι

Σ Α Β ΒΑΛΑ

Ζ . ΠΗΓΗΙ 1 8

1 06 8 1

ΑΘ Η ΝΑ

Τ Η Λ . 3 3 .0 1 . 2 5 1 - 3 8 . 2 9 .4 1 1)

F A X . 3 8 . 1 0 .907