Page 1

Ελληνική Μαθηματiκή Εταιρεία


ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

Ιωάννης Καραντινός....................................................................................................

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ..............................................................................................

2

3

Η "Ευκλείδεια" γραμμιΚΊi σχέση δύο θετικών ακεραίων και του Μ.Κ.Δ. αυτών ..... 14 Ο Θαλήςο Μιλήσιοςκαι η γωνία στο ημικύκλιο ... . .................................................. 19

Άλγεβρα Α' Λυκείου (ΑσκήσειςΕπανάληψης) .......................................................... 2]

Όμοια Τρίγωνα . . .................................................. . ...................................................... 32

Άλγεβρα Β' Λυκείου (ΑσκήσειςΕπανάληψης) ..................... . ......... . . . .................. . ... . 40 Μελέn1 της Οφιοειδούς συνάρτησης (Serpentine) .......................................... . ......... 46

Το Βήμ α του Ευκλείδη ...... . ................. . . . . ... ...... . ......................................................... 55 Ρωτώνταςπας... στην πόλη ; ; ; ; .................................................................................. 60

Ε να πρόβλημα, πολλές Λύσεις . . .. . .......... . ..... . ..... . ................. . ................ . . .................. 61

Αλληλογραφία ........ . ............. . . ..... . ...... . ............. . ........................................ . ................ 64

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

Υπεύθυνος Σύνταξης: Παπαδόπουλος Νίκος

Συντακτική Επιτροπή

Βακαλόπουλος Κώστας,

Βισκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόπουλος Κώστας, Γιδαράκος Θωμάς, Γράψας Κώστας,

1461 Δεν είναι φίδι

είναι συνάρτηση

Καλίκας Σταμάτης, Καρακατσάνης Βασίλης, Καρκάνης Βασίλης, Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήστος, Κόντζιας Νίκος. Λαζαρίδης Χρήστος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μαρούλη Βιολέττα, Μεταξάς Νίκος, Μορέλλας Δημήτριος, Παγδάτογλου Στράτος, Σα'fτη Εύα, Σακελλάρης Βασίλης, Τούρλας Λεωνίδας, Τσ ικαλουδάκης Γιώργος,

jssj Μαθηματικοί

μπελάδες

Τσιμπουράκης Δημήτρης, Τσιούμας Θανάσης, Χαραλαμποπούλου Μαγδαληνή.

Ειδικοί Συνεργάτες:

Μάκρας Στράτος, Ντζιώρας Ηλίας,

Τσαπακίδης Γιώργος.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Πανεπιστημίου 34 J 06 79 Αθήνα

Τηλ.: 36 16 532, 36 17 784 Fax: 36 41 025 Εκδότης: Θεόδωρος Μπόλης Διευθυντής: Ιωάννης Τυρλής -

Επιμέλεια Έκδοσης:

Μαραγκάκης Σ.

ISSN: 1105-8005

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ:

500 δρχ Τεύ_χος: Ετησια συνδρομή: 2.000 δρχ Οργανισμοί: 4.000 δρχ Ταχ. Επιταγές Τ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.Θ. 30044

Στοιχειοθεσία- Σελιδοποίηση: Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81-83 Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκτυλος- τηλ 34 74 654


Ιωάννης Καραντινός

Είναι αφιερωμένο στο μεγάλο Έλληνα Μαθη ματικό του 19ου αιώνα Ιωάννη Καραντινό

Χριστίνα Π. Φίλη Ο Ιωάννης Καραντινός (Κάστρο, Κεφαλλονιάς 1784 - Νεάπολη, Ιταλίας 1834) αν και παραμένει άγνωστος στο πλατύ κοινό, ήταν εκείνος που στις αρχές του 19ου αιώνα μετέφερε τόσο με τη. διδασκα­ λία του όσο και με τις σημαντικές μεταφράσεις του, τον παλμό της σύγχρονης μαθηματικής επιστήμης στον Ελληνικό χώρο. Προικισμένος με ισχυρή θέληση κατόρθωσε να υπερπηδήσει όλα τα εμπόδια και να μορφωθεί δίπλα σε σημαντικές προσωπικότητες της εποχής του. Στην γαλλική μαθηματική παιδεία μυήθηκε αρχικά από (1784 - 1873), αποφοίτου της το συνομήλικό του και μετέπειτα γνωστού γεωμέτρη, όταν αυτός παρέμεινε για μια τετραετία στην Κέρκυρα ( 1808 - 1811) κα­ τά τη δεύτερη γαλλική κατοχή στα Επτάνησα όπου και ιδρύει την Ιόνιο Ακαδημία. εντυπωσιασμέvος από τη θέληση και το ταλέντο του Καραντινού, τον διδάσκει ιδιωτικά Ο ανάλυση και μηχανική. Αργότερα χάρις στον μαθητεύει στην έχοντας δάσκαλό του, μεταξύ των άλλων, το θεμελιωτή της μαθηματικής ανάλυσης Το 1823 επιστρέφει στηy Κέρκυρα και διδάσκοντας στην Ιόνιο Ακαδημία (μέχρι το 1832, διατηρώ­ ντας παράλληλα και τη θέση του πρύτανη) σύγχρονα μαθηματικά (παραστατική γεωμετρία του στοιχεία γεωμετρίας του θεωρία αναλυτικών συναρτήσεων του κ.ά.) συνειδητοποιεί την έλλειψη συγχρόνων μαθηματικών συγραμμάτων. Το μηχανική του ανυπέρβλητο κύρος της μετεπαναστατικής Γαλλίας στις θετικές εΠιστήμες, που μερικά οφείλεται στην έκδοση καινούριων μαθηματικών βιβλίων, αποτελεί την κινητήρια ώθηση για τον Καραντινό, ο οποίος αφιερώνει τη ζωή του στην πραγμάτωση του γαλλικού ιδεώδους στον Ελλαδικό χώρο. Δουλεύοντας μέ­ ρα- νύχτα, προσπαθεί να καλύψει το κενό των διδακτικών βιβλίων, μεταφράζοντας γαλλικά βιβλία (κα­ θώς με τη πρωτοβουλία του τα Ελληνικά ανακηρύσσονται επίσημη γλώσσα της Ακαδημίας) που θα σχηματίσουν την καινούργια μαθηματική βιβλιογραφία. Από το 1824 εργάζεται εντατικά για να μεταφράσει όλο·σχεδόν το φάσμα της επιστήμης της εποχής του. Όμως δυστυχώς το μεγαλύτερο μέρος "του ζήλου του και της ευεργεσίας του" (Γ. Τυπάλδος - Ιακωβάτος, Ιστορία του Ιονίου Ακαδημίας, 1982) παραμένει ακόμα και σήμερα άγνωστο καθώς ο Καραντινός αντιμετώπιζε φοβερές οικονομικές δυσκολίες για την εκτύπωση των βιβλίων του. Καταφέρνει και εκδίδει μόνο ένα μικρό μέρος της δου­ λειάς του: Στοιχεία Αριθμητικής του (182 8}, Στοιχεία Γεωμετρίας του (1829), (1829), Πραγματεία Τριγω­ Στοιχεία Γεωμετρίας, Γεωμετρική Ανάλυση και Τριγωνομετρία του νομετρίας του (1830). Ενώ η Στοιχειώδης Πραγματεία της Αριθμητικής (1797), τα Στοιχεία της Άλγεβρας (1799), το συμπλήρωμα των Στοιχείων της Άλγεβρας . . . (1804), η Τριγωνομετρία και η Ε­ φαρμογή (1827), η Στοιχειώδης Πραγματεία του Ολοκληρωτικού και Διαφορικού Λογισμού (1802) του καθώς και ένα μεγάλο μέρος της τρίτομης Πραγματείας του (1810 - 14- 19) όπως και την Άλγεβρα (1817) και την Εφαρμογή της Άλγεβρας του (1824), την Αναλυτική Γεωμετρία του ΒΙΟΤ (1805), τη Θεωρία των Αναλυτικών Συναρτήσεων . . . του (1797), τη δίτομη Μηχανική του (1811) και τη δίτομη Αστρονομία του (1820), παραμένουν ανέκδοτα. Πέρα όμως από τον άθλο που πέτυχε ο Καραντινός σχηματίζοντας τον πυρήνα της σύγχρονης μα­ θηματικής βιβλιοθήκης (κάτω από αγγλική κατοχή όπου δεν υπήρχε ελευθερία τύπου) δημιουργεί και την πρώτη ομάδα δασκάλων που στελέχωσαν τα σχολεία της Ελλάδας. Το 1826 ο ακούραστος καφαλλονίτης δημοσιεύει την πρώτη του μελέτη σχετικά με τη μέθοδο επί­ λυσης των πολυωνυμικών εξισώσεων του (εκείνη την ίδια χρονιά ο έχοντας κατα­ νοήσει αυτή την εργασία του (1770), γράφει το τελευταίο κεφάλαιο στην επίλυση των αλ­ γεβρικών εξισώσεων). Ενώ την επόμενη χρονιά (182 7) παρουσιάζει την έρευνά του για τη φύση του Διαφορικού Λογι­ σμού, όπου εισάγει τις σύγχρονες τάσεις για την αυστηρή θεμελίωση του Απεφοστικού Λογισμού και γίνεται ο πρόδρομμος της εψιλοντικής γλώσσας στην Ελλάδα.

CHARLES DUPIN

DUPIN

MONGE,

ECOLE POLYTECHNIQUE

GUILFORD

POISSON

ECOLE POLYTECHNIQUE A.L.CAUCHY.

LEGENDRE,

LAGRANGE,

GillLFORD

BOURDON

LESLIE

LEGENDRE

LEGENDRE

LACROIX

BOURDON LAGRANGE SANTINI

POISSON

LAGRANGE LAGRANGE

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/2

ABEL,


59°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ,, Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ , , ΣΆΒΒΑΤΟ, 9 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 1999

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε. Μ.Ε. Β' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

ι. Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς χ, ψ αν 2

χ (ψ +2) = 4375

2. Αν α, β, γ φυσικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε α+β+γ=20 και 3α+2β+3γ=67, να προσδιορίσετε την τιμή της παράστασης

Α=

(2α+β+2γ)(4α+3β+4γ).

3. Το σημείο Μι είναι το μέσον του ΑΒ, το Μ2 το μέσον του ΑΜι, το Μ3 το μέσον του ΑΜ2 κτλ., και το Μ10 το μέσον του ΑΜ9• Αν ΑΒ= 211.3, να βρείτε το (ΑΜιο). 4. Έστω ορθογώνιο ΑΒΓΔ με ΑΒ= 2ΑΔ και ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΜ, όπου το Μ βρίσκεται προς το μέρος της ΓΔ. Αν Ε είναι το μέσον της ΒΜ, να υπολογίσετε τη γωνία ΒΕΓ. Γ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

ι. Αν και να συγκρίνετε τους αριθμούς

2. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός δεν είναι τέλειο τετράγωνο .

3 . Έστω Δ σημείο της βάσης τριγώνου ΑΒΓ και Ι το μέσον του ΑΔ. Η ΒΙ τέμνει την ΑΓ στο Ε και η ΓΙ _

την ΑΒ στοΖ. Αν ΔΗ//ΑΓ και ΔΘ//ΑΒ, να αποδείξετε ότι το ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο. (Η σημείο της ΒΙ, Θ σημείο της ΓΙ)

4. Να χωρίσετε ένα τετράγωνο με πλευρά 4cm σε ορθογώνια παραλληλόγραμμα, των οποίων το ά­ θροισμα των περιμέτρων τους να είναι 25cm. Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ι. Αν α, β, γ ρητοί θετικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύει .!. +.!.+.!. = αβγ

να αποδείξετε ότι ο αριθμός

α β γ

(α2β2+ι) (β2γ2+ι) (γ2α2+ ι) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/3


Μαθητικοί Μαθηματικοί Διαγωνισμοί της Ε.Μ.Ε.

είναι τέλεω τετράγωνο ρητσ6 αριθμού. 2.

Θεωρούμε κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα 2 και τετράγωνο ΟΑΒΓ. Αν το τετράγωνο και ο κύκλος έχουν κοινό μέρος εμβαδού ίσο με τα

t του εμβαδού του τετραγώνου, να υπολογίσετε την πλευρά

του τετραγώνου. 3.

Να εξετάσετε αν υπάρχουν τέσσεροι διίχφορετικοί φυσικοί αριθμοί, τέτοωι ώστε το άθροισμα δύο οποιωνδήποτε από αυτούς να είναι δύναμη του 5 .

4.

Έστω ΑΒΓ ισόπλευρο τρίγωνο και Δ, Ε σημεία των ΑΒ, ΑΓ. Να αποδείξετε ότι τα τμήματα ΔΕ, ΒΕ, ΓΔ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

ι.

Έστω συνάρτηση

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ 2

f(l) +f(2) +... +f(ν) = ν f(ν) για κάθε ν Ε IN* . f(ι999)

Να προσδιορίσετε τον

--

, , , ι ' Να βρειτε ο'λους τους ακεραιους ν, για τους οποωυς η εξισωση -ι +- = . ν έχει ακέραιες λύσεις

3.

f(l) = ι999

που ικανοποιεί τη σχέση και

2.

f: IN* -IR

.

χ, ψ (χ "Φ- ψ).

χ ψ χ+ψ

, «ν πραγματικοί αριθμοί, ονομάζουμε άθροισμα τον αριθμό + +... +s , 2 ν όπου s = α\ +α2 +... +α (κ = ι, 2, ... , ν) l( l( Αν το άθροισμα των αριθμών α1, α2, , «99 είναι ιοοο, να υπολογίσετε το άθροισμα των αριθμών ι, αι, αz, , «99.

Αν αι, αz,

Cesaro

•••

Cesaro

s1 s

Cesaro

•••

•••

4.

ι.

Από το βαρύκεντρο Θ τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε ευθεtα που τέμνει τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Κ,Λ αντίστοιχα. Να αποδείξετέ ότι: 2 ι ΓΛ + ΛΑ �S ΑΚ

(ΒΚ)2 ( )

αy

Αν

ι

ι ι + + 2. 4 ν(ν+2) ' ι α1 999<4' (2,999).

= 1.3+

να αποδείξετε ότι 2.

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω ν Ε IN*. Να αποδείξετε ότι:

···

α) Δεν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί α, β, γ, δ του διαστήματος που να αποτελούν γεωμετρική πρόοδο.

2 2 Ι = [ν , (ν + ι)]

β) Να προσδωρίσετε όλους τους φυσικούς αριθμούς α, β, γ, δ του διαστήματος που αποτελούν γεωμετρική πρόοδο.

3.

3

+ χ2ψ2 + ... + χ νψ ν, ν Ε IN όπου οι αριθμοί ... , χ ν, ψ I , ψ2 , ... , ψ ν μπορούν να πάρουν τις τιμές Ο ή 1. Αν (ν) το πλήθος των 2ν-άδων ... , χ , ψ , ψ , ... ,. ψ ) για τις οποίες ο αριθμός Κ είναι άρτιος και το πλήθος των 2ν-άδων αυ-

Θεωρούμε την παράσταση Κ

χ I , χ2 , (χ ι , χ2 ,

3

Ι = [ν , (ν +1)]

ν

Ι

= χ1 ψ1

ν

2

ν

, Α(ν) 2 + ι , , -· των, για τις οποιες ο κ ειναι περιττος, να αποδείξετε οτι Π( = -ν) 2 ν- ι ·,

,

· .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. β . τ.4/4


Μαθητικοί Μαθηματικοί Διαγωνισμοί της Ε.Μ.Ε.

4.

Β'

ι.

2. 3.

4.

Έστω ΑΒΓΔ κυρτό τετράπλευρο. Αν 2 2 2 4κ � ΑΓ +ΒΓ .

κ = max(AB, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ)

να αποδείξετε ότι

Υποδείξεις

Γυ μνασίου

4 Είναι 43 75 = 5 ·7 Άρα χ = 5 και y = 173 ή χ = 25 και y = 5 ή χ= 1 και y= 43 73. Είναι Α=(67- 20)(67 +20) =4 7·87, αφού 2α +β +2γ =3α +2β +3γ '--(α +β+ γ)=67- 20 κ.λ.π. 9 10 Είναι ΑΜ1 = AB = 2 ·3 , ΑΜ2 = AM1 = 2 ·3 κ.λ.π., οπότε ΑΜ10 = 2·3 = 6

t

t

Φέρνουμε ΜΖ .l ΔΓ. Η γωνία ΒΕΓ είναι 75°, γιατί ΒΓ // ΜΖ, οπότε ΓΒΕ = 30° κ.λ.π.

Γ' Γυ μνασίου ι. 2.

Η βάση στον α γράφεται (9 = 8 + 1) �- ��t t � � � � � � � � + + - - + + - - + +8- 1 =7 2000 4000 2000 000 1 -7 Άρα ακαι β- 2 ·5 - 50

Υπολογίζουμε το τελευταίο ψηφίο του αθροίσματος (που είναι 7), γιατί τα τελευταία ψηφία των 10 1 2 1 , 2 , , 10 είναι 1, 4, . . . , ο. • • •

3.

Τα τρίγωνα ΙΔΘ και ΙΑΖ είναι ίσα και άρα ΙΖ = ΙΘ. Όμοια ΙΕ = ΙΗ. Α

Γ

Β

4.

Μια λύση φαίνεται στο αντίστοιχο σχήμα. Οι μαθητές έδωσαν και άλλες λύσεις. ο,5

2

Ι

2

�------�------�

3,5

4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/5


Α ' Λυκείου

ι.

Η

γ 2 ε ξί σωσ ηγράφε ται αβ+ γβ + γ α= α2β2 2 α2 ( β2·γ + 2 1) δη λα κ αιάρ α αβ+ γβ+ γ α+ α= δή 2 β 2 β +γ )( + )α = α (\ + )1 κ αι κυ (α κ ώς κ λι . α β) 2 + ( + α 2 )1 ( + + )1 (αγ2 + γ 2 + l) (α2β2 Άρ α ( β2 δ ηλ .ο ρα ιθμόςε ίναι τέλ εο ι ετ ρά τ γω ον γ/ αβ ρ ητ ο ύ.

(

(�

2.

2 2 πR • Άρ α χ= 2 b R2δ, ηλα Ε' στω χ η πλ ε ρυά οτ υ ετ ρτ γα ών ο υ.Τ ότ ε lx = δ ή χ = R5 4 2 1 2

-νf'ii! τ

Γ 3.

4.

Υ(

Β

θ σι άμ οτ υς θαε ίναιάρ τι Δ ύο από οτ υς τέ σσερ ις ρα ιθομ ύς θαε ίναι ήάρ τι ο ι ή επρ ιττ ο κ ί αι οτ ά ρο ο ς κ αιάρ α όχιδ ύνα μη οτ υ 5. Έ σ τωΟ οτ σ ημ ε οί οτ μής ω τ νΒ Ε κ αι ΓΔ .Τ ότ ε Δ Ε< Ο Δ +ΟΕ< Β >Β Ε +Γ Δ .Έ σ ω τ ΔΓ Ε τότ ε Ε Γ Δ Δ Γ<ΔΕ+ < Ε+ Β Ε>ΕΓ60° Ε φ αο ύ Β ( >ΕΒΓ) Α

Γ

Β Β'

ι.

Λυκ είου

Από τηδοσ μένη σχέ σ η έχουμεf (ν ) = νf2 (ν ) - (ν - )1 f2 (ν - )1 . ν Δηλα δή (ν2 - 1)f (ν )= (ν - 1) f2 (ν - )1 ή f (ν )= � f1 (ν - )1 + ν 1

Ά ραf (ν) =

2.

) t• � . . . � � �'f (1 = : Q 1) δ λη δα ή Q 91 99) = 01 001 . ν(ν )1

'Εοχ υ με (χ +y) 2 = ν χy δ, ηλα δ ή Η

�)2-

2 +1 =. Ο (ν - �

ον ε ι ναε ίναι τέλει ο ετ ράγω τ δ ικαρ ίν ο υσα Δ = (ν - 2)2 - 4 ρπ έπ 2 ω ς= ν 4κ αικ= . Ο 2 )κ = 4.Ε οπ μέν (ν - - )κ (ν - +

3. Το ζ ητ ο ύ μεον άθορ σι μα

Cesaroεί

ναι : α 1 + 1( + 1α ) +1( + 1α + α2) +.. . + 1(+ ι 100 1 00 +99·1 00 0 = +990=99 1 1 10

+

..

.

= ν 2 , 3, ..

ε (ν - 2)2 - 4= κ 2 ,ο πότ

.. + S99 α +. +�9) 1 00 + Sι + S 2 + . 2 0 10

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/6

_


Μαθητικοί Μαθηματικοί Διαγωνισμοί της Ε.Μ.Ε.

4.

Μ ΒΚ Β Ν Ε' στ ω Ν η οτ μή της ΚΑ με τη Β Γ και ΑΡ I/ ΚΑ με Ρ επί της Β Γ.Τ ότε και Θ = ΜΝ = .!.. = ΚΑ Ν Ρ Θ Α ΝΡ 2 Άρ α 2ΜΝ = Ν Ρ ο πότε

� � =

2

, ΓΝ ΓΝ (2) Ε πισης ΓΑ = = ΛΑ ΝΡ 2ΜΝ : ο υμε Από τις (1) και (2) έχ

(i)

� λ� Β��ΓΝ =

+

=1

(3)

ΒΚ Γ Λ 1 ω α= και β = .Το , τε 4α + 4β � !ι α + β) Ε' στ 4=s S' ΚΑ ΛΑ Α

Ν

Γ' Λυκείου

)

)

1 1-. - 1 1 . και έ τσι Ον = !( = !(.!.- 1 +.!. - � 2 ν+1 ν+ 2 (ν ν +2 ) 2�ν ν+2 1 1 1 α 999 > 2,998). - 2000 ( οπρο ύμε ναδο ύμε ό τι 4 1 α 999 = Άρ α Ι - 200 < 3 - 000 . Μ 1 1

1. Ε' οχ υμε

2.

)

)�

Κ�

ι ς ρπο δόο υ, τότεο λό ρ κή ε μετ ο ί ρα ιθμ ο ί α, β,γ ,δ είναι ρόο ιγ ω ρο ύμε ότι ανο ιφ υσικ ρ ατη Πα γο ς

ο υ ω=! , όπ Υ

χ,

y

Ν*

Ε

2 ΚΧ. γ=κyχ 2δ, =

με

(χ,

y)= 1

Α φο ύ όμ ω ς, α βγ, δ, ε I, ώστε χ, 'Ο μως

.{J(ν

+

1 )2 -

ψ

y

ε

καιδ = α

κ, y

ε

3. Γ ια να είναιο

Υ

Ε

Νή

α=

[�· �].

2ν + 1 }Γ4 }/ 4 + -ν4ν + ν (ν + 1 )

ρ ετικ οί φ υσ ucο� άτ ο οπ. Για

3

\

3

\/ν2 ν( + 1 )2

[\/f, -\../Ψ.J

κy3 (κ Ε Ν\ Ώ

(

2ν 1 = 1 ο, ι χ, ν+ +1

<

στε α =

κy3 ,

β=

κy2χ,

y πρέπει να είναι διαοφ -

έχ ο υμε λ π ά οτ ς I και κ = Ι,

y=

ν,

χ =ν

+ I.

α ό οτ υς XiYi να είναι1 καιο ι άλλ Κ πε ρ ιττός, ρπ έπει ένας πε ρ ιττός ρα ιθ μός π ο ι Ο. Αλ ­ λάγ ια οτ ν i το ζ εύ ρ νει τιμές (0, 0), (0, 1), (1 , 0), (1 , 1 ) και υπάρχει μι ο πε ρ­ ί γο ς (χί, Yi) παί α μόν ρ ιπτώσειςγια να είναι XiYi = Ο. Έτσι για κ = 1 ,... , ν οτ πλήοθ ς ω πτω σηώ στε Xi)'i = 1 , ενώ 3 πε τ ν

δ υν ατ ο τήτ ω νγ ια να είναι τα κ ομ ώ ν νυ μα XiYi = Ο είν α ι ο , τε Π(ν= τ ) Και Α(ν) =

( ) ( ) (:} ( � } ν

ν

_

1

ν+

3 ν-1 +

ν

ν

ν

3 ν_

2

2

3 ν-3 +...

( : }κ.

·

+...

) = 22ν, ε νώ Α(ν) - Π(ν) = (3 - 1)ν = 2ν. μ ς: Α(ν) + Π(ν) = (3 +1 ν 'Ο ω 2 + 2ν 2ν(2ν +1) 22ν- 2ν 2ν(2ν - 1 ) 2ν = και Α(ν) = = Τ ότε ; Π (ν) 2 2 2 2 -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.417


Μαθητικοί Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί της Ε.Μ.Ε.

, Α( ) ν Π(ν)

. οποτε .

4.

_

2ν + 1 2ν - 1

--­

Αν Ε , Ζ τα μέσα των διαγωνίων Α Γ, ΒΔ ντ α ίστοιχα , τότε · � 2 2 Β Δ β2 + γ2 = 2ΓΖ2 + �Α Ζ2 + Ζ 2 Ζ2 +Δ!_ 2 Ζ2 + Β Γ 2 =Ε α2 + δ2 = Α 2 2 2 ' , , ' = 2 2 2 2 2 ' β2 Ε Γ Απο τις σχεσεις αυτες παιρνουμε: α + + γ + δ Α + Β Δ + 4 Ζ2

2 ΑΓ 2 + Β Δ2 Ο πότε: α2 + β2 + γ2 + δ� Ά' ρα 4

2 max( α,

2 2 δ2) β2 , γ, �ΑΓ 2 + Β Δ.

Γ

Δ

16η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα ''Ο Αρχιμήδης"

6 Φεβρουαρίου ι999 Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Θέμ�τα μεγάλων τάξ εων ι.

2.

3.

4.

β Ο, � γ Ο.Ν' αποδειχτεί ότι: f[ x(y ) γ Ο, α + β + > γ � f y( 2) ] 2::;;f x( 2) α Ο, � Έ στωf x( ) = αχ2 + βχ + ,

φ αλαίου τωνΑΡΙΘ ΜΗτ Πρό βλημα 10° ν του 5' κε Ι ΚΩΝ του Δ ΙΟΦΑ ΝΤΟΥ. Ευρείν τρίγωνον ορ ύ, προσλαβών το εν συναμ θ ογώνιον όπως ο εν τω εμβαδώ αυτο φ οτέρω ητ ς τε υ ποτεινο ύ σης και μιας των ορ θ ών , ποιή δο θ νέ τα αρι θ μόν . Δηλαδή Ν α β ρείτε ορ θ ογώνιο τρίγωνο τέτοιο ώστε αν προστε θ εί στην αρι θ μητι ύ του το κή τιμή του εμβαδο ο υ λπ ευρ ά ς του , β ρίσκουμε οδ σμ μέτρο μιας άκ θετ έ νο αριθόμ. Ο ι αρι θ μοί εδώ είναι ακέραιοι.Ν α βρε θ εί οτ τρίγωνο όταν ο δοσμένος αρι θ μός είναι 75. ζ ουμε με Δ , Ε και Ζ ταχνη ί των ψ υ ών του πουά γο · ΑΒ Γ συ μβολί Σ ε ξο υγώνιο τρίγωνο ντ αι από τις ίστοιχα Ι{ αι με Η το ορ θ όκεντρό του κορυφές Α , Β και Γ ντ . ν είναι το σημείο ο τ μής της ΕΖ με α Α Θ Γ, Κ, Λ τα σημεία τομής των ευ θ ει ώ νΑ Β ,ΑΓ με την παράλληλη από το Δ προς την ΕΖ την ευ θ εία Β Γ και ο περι ­ και Ρ, Π τα μέ σα των ευ θ υγράμμων τμημάτωνΑΗ, ΖΕ , να δειχ θ εί ότι οι ευ θ είες Ρ Π ,Β . ντ αι από το ίδιο σημείο γεγραμμένος κύ κλος ότ υ τριγώνου Θ ΚΛ διέρχο

ε ύο ν ­ α Πάνω σε μια περι φ έρεια κύ κλου Cθ εωρο ύ με ν δια φ ορετικά σημεία (ν � 3), τα οποία αν νωθ ξύ τους χωρί ­ ιο χές (κομμάτ .Ν α ρπ οσδιοριστεί ο έμ γιστος αρι ια) νά ύδ ο μετα ζ ουν τον κύ κλο σε περ μός περ ιο χών του κυ κλικο ύ δίσκου που ορί ζ ντ ο αι με τον τρόπο αυτό .

Θέματα μικρών τάξ εων χ y θ ετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε θ όμ ς και έστω , θ ερός θ ετικός ακέραιος αρι ι. Έ στω ν στα β του ν. = συναρτήσει του τιμή χ . μέγιστη η ι κα ιστη χ ελά η θ εί Ν α ρε vx + vy xy γ τους οποίους ισχύ ει θ μοί ια θ εί ότι εάν α και β είναιθ ετικοί πραγματικοί αρι 2. Ν' αποδειχ οο \998 ι998 οοο ο 2 β2::; ;. 2 τότε ισχύ ει α + +β α2 + β2 = α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/8


Μαθητικοί Μαθη ματικο ί Διαγωνισμοί της Ε.Μ.Ε.

3.

Έστω ΑΒΓ ισόπλευρο τρίγωνο και σημεία Δ επί της πλευράς ΑΒ, Ε επί της ΑΓ, Δ 1 και Ε επί της 1 ΒΓ τέτοια ώστε ΔΒ + ΒΔ 1 = ΑΒ και Ε Γ + ΓΕ 1 = ΑΒ. Να προσδιοριστεί η (μικρότερη) γωνία που σχηματίζουν οι ευθείες ΔΕ 1 και ΕΔ1•

4.

Ορίζουμε το

εναλλακτικό άθροισμα ενός συνόλου Α = {α1, α2, . . , ακ} πραγματικών κ Ι (αι < α2 < ... < 11κ) τον αριθμό ΣΑ= 11κ -ακ-ι +ΙΧκ- 2 - . . . +(- ι) - α 1 .

αριθμών

(π.χ. αν Α = {ι, 2, 5, 7 }, τότε ΣΑ= 7- 5 +2- ι = 3) . Θεωρούμε τα εναλλακτικά αθροίσματα όλων των υποσυνόλων του συνόλου Α = { ι, 2, 3 , 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} τα οποία και αθροίζουμε. Ποιο είναι το τελευταίο ψηφίο του τελι­ κού αθροίσματος;

Σημείωση: Το Σάββατο 6/2/99 πραγματοποιήθηκε με απόλυτη εmτυχία η Εθνική Μαθηματική Ολυ­ μπιάδα στην οποία πήραν μέρος περίπου 250 "μικροί" και "μεγάλοι". Αν και τα θέματα ήταν υψηλού ε­ πιπέδου υπήρξαν πολλοί μαθητές που όχι μόνο τα αντιμετώmσαν με εmτυχία, αλλά έδωσαν και διαφορε­ τικές λύσεις από αυτές της εmτροπής. Όλα τα προβλήματα των "μεγάλων" λύθηκαν με δύο ή τρεις δια­ φορετικούς τρόπους, όπως και αρκετά από τα προβλήματα των "μικρών". Κυρίως αυτές τις λύσεις θα παρουσιάσουμε εδώ. Λύσεις (Θέματα «μεγάλων))) Ι.

Απόδειξη : Έσται δwν6σματα τσυ χώροu, με συντεταγμένες-; =

η ανισότητα

[ t ]. [ "! J.

-- - Cau2 chy - Schwarz: I-· ν I I u 1· 1ν I <=> I u · ν I 2 I u I2 · I ν I 2 <=> u 2 2 4 4 2 . �

(..[αχ? ·....{αy +νf,χ {βy +-{Ύ ·-{1)

β

-; = 2

2

Ισχύει

2

� (αχ + βχ + γ)(αy + y + γ) <=>[f(xy)] � f(x )f(y ). Το ίσον

αν και μόνο αν α = β = Ο ή (β = Ο και χ =-y). Την κομψή αυτή λύση έδωσε ο μαθητής Ματσούκας Θεοφάνης (Δράμα) αλλά και άλλοι μαθητές. Βέβαια το θέμα μπορούσε να αποδειχθεί και με κατάλληλες πράξεις.

2. lηΛύση: Θέλουμε βγ +2β = ι50 (το ίδιο αν βγ +2γ =

ι5Ο)οπότε β(γ + 2) =ι50

ι50 =2·3 ·5·5 =ι · ι5Ο =2-75 =3 ·50 =5 ·30 =6·25 =10· ι5 Από τις περιπτώσεις αυτές βρίσκουμε α = 17, β = ι5, γ = 8 ή α =

ι7, β = 8, γ = ι5 Την απλή αυτή λύση έδωσαν οι μαθητές Οικονόμου Αθηνά (Κέρκυρα), Χαλούλος Γεώργιος (Αθή­ να), Σταυρόπουλος Μενέλαος (Πύpyος). 2 2 · 2 η 2 Λύση: Ο αριθμοί α, β, γ που ucανοποωύν τη σχέση α = β + γ έχουν τη μορφή β = 2κλt, 2 2 2 2 , Ν* γ = (κ - λ )t, α = (κ +λ )t οπου κ, λ, t e . . Τότε Ε +γ = 75 <=>t(κ- λ)(κ +λ)(κλ + ι) = 75 Τελικά βρίσκουμε β = 8, γ = ι5, α = ι7 Τη λύση αυτή έ&οοαν Αντωνακόπουλος Σπύιχ>ς (Α θήνα), Ματσοόκπς Θ. (Δράμα), Μποuρνή Θεοδ. (Ρόδος). 3.

Επειδή το τετράπλευρο ΑΕΗΖ είναι εγγράψιμο και έχει κέντρο περιγεγραμμένου κύκλου το Ρ. Τότε ΡΕ = ΡΖ και ακόμα ΜΕ= ΜΖ όπου Μ το μέσον της ΒΓ. Οπότε ΡΜ .L ΕΖ. Α λλά και ΡΛ .L ΕΖ, άρα η ΡΛ διέρχεται από το μέσον Μ της ΒΓ. Μένει να αποδείξουμε ότι το ΘΚΜΛ είναι εγγράψιμο. Στο πλήρες τε­ τράπλευρο ΕΗΖΒΓ οι διαγώνιες ΑΗ, ΖΕ τέμνουν τη διαγώνιο ΒΓ στα σημεία Δ, Θ, που είναι συζυγή , ΔΒ ΘΒ (ι) = αρμονικα των Β, Γ, δηλ. ΔΓ ΘΓ Κ Ζ Ακόμα αφού Α Ε = Α λ = r το ΒΚΓΛ είναι εγγράψιμο, άρα ΒΔ·ΔΓ = ΚΔ· ΔΛ Από την (1) βρίσκουμε: ΘΓ ΘΒ ΘΓ- ΔΓ ΘΒ- ΔΒ� ΔΘ- 2ΒΔ� = 2ΒΔ·ΔΓ (2) = = = ΔΓ ΔΓ- ΔΒ ΔΒ ΔΓ ΔΒ ΔΓ ΔΒ ΔΓ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/9


Μαθητικο( Μαθηματικοί Διαγωνισμο( της Ε.Μ.Ε.

ΔΜ= ΔΓ- ΜΓ , , Ειναι ομως Δ Μ= ΒΜ _ΒΔ ΔΘ·ΔΜ

}

. , Επομενως: 2ΔΜ= ΔΓ- ΒΔ οποτε: ΔΜ= ΔΓ- ΒΔ 2 ,

(3)

(Ι),(2)2ΒΔ·ΔΓ ΔΓ- ΔΒ , . ΒΔ·ΔΓ= ΔΚ·ΔΓ, δηλ. το τετραπλευρο ΘΚΜΛ ειναι εγγραψιμο. · 2 ΒΓ _ΒΔ ,

Τη λύση αυτή έδωσαν οι Ματσούκας Θεοφ. (Δράμα), Αντωνακόπουλος Σπ. (Αθήνα), Σταυρόπου­ λος Μ. (Πύργος). Η Μπουρνή Θεοδ. απέδεtξε την άσκηση με τη βοήθεια Αναλυτικής Γεωμετρίας.

4. Προφανώς ο μέγιστος αριθμός περιοχών σχηματίζεται όταν οι διάμετροι ανα τρεις διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Σχηματίζεται τότε ένα πλήρες γράφημα, για το οποίο ισχύει ο τύπος Euler: Κ +Ε = Α +I, όπου Κ ο αριθμός των "κορυφών", Ε των "εδρών", Α των "ακμώv". Παρατηρούμε ότι ανά 4 τα σημεία του κύκλου ορίζουν ένα εσωτερικό (στο Σχ. 2 το Ε) που διαιρεί καθεμιά από τις διαγωνίους στην οποία ανήκει σε δυο μέρη.

'Ετσι το πληθος των ακμών του σχήματος είναι : ν τα τόξα του κύκλου + γώνιες +4

(�)

τα εσωτερικά τμήματα.

Ενώ οι κορυφές του είναι ν τα σημεία +

(�)

(�)

(;}

τα εσωτερικά σημεία.

(;) (�)

οι πλευρές και δια-

(�) (;)

Από τον Εuler λοιπόν έχουμε ν+ +Ε = +ν + ι �ε = + +2 +ι . Με τον τρόπο αυτό έλυσαν την άσκηση οι Μπουρνή Θεοδ., Ματσούκας Θεοφ., Οικονόμου Αθ. Ο Αντωνακόπουλος Σ. έλυσε την άσκηση χωρίς τον τύπο Euler, μόνο με τη βοήθεια υπολογισμών

Ελληνικό Στατιστικό Ινστιτούτο Λευκοπούλειος Διαγωνισμός

7 Φεβρουαρίου 1999

Να προσπαθή σετε ό σα θέματα μπορείτε

Στρατής Κουνιάς Καθηγη τής Πανεπιστημίου Αθηνών Πρόεδρος Ελληνικού Στατιστικού Ινστιτούτου

θέμα l α)

β)

ν συμμετρικοί κύβοι (ζάρια) ρίχνονται συγχρόνως 6 ν φορές (ν = ι, 2, ...) Να βρεθεί η πιθανότητα Πν εμφάνισης ν-πλού 6 τουλάχιστον μία φορά (για ν= ι τουλάχιστον ένα 6 σε 6 ρίψεις ενός ζαριού, για ν = 2 τουλάχιστον ι φορά εξάρες ή δύο, σε 6 2 = 36 ρίζεις δυο ζαριών, κ.ο.κ.).

Να δειχτεί ότιιιη Πν είναι φθίνουσα συνάρτηση του ν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ;4/10


Μαθητικοί Μαθηματικοί Διαγωνισμοί της Ε.Μ.Ε.

γ)

Να βρεθεί το όριο του Πy όταν ν- οο.

Θέμα 2

Τέσσεροι φiλοι, οι Α, Β, Γ, Δ, είχαν ένα απόγευμα ελεύθερο και είχε ο καθένας να κάνει μία τις 5 επιλογές: κινηματογράφο, προπόνηση, καφετέρια, ανάβαση στο βουνό, διάβασμα. Και οι πέντεαπό επιλο­

γές είναι το ίδω ενδιαφέρουσες για τους 4 φiλους και ο καθένας κάνει τυχαία μία επιλογή. Ποια η πιθανότητα: α) Μόνο οι Α και Β να πάνε για προπόνηση. β) Οι 3 τουλάχιστον από τους 4 να πάνε κινηματογράφο. γ) Τουλάχιστον ένας να πάει καφετέρια και τουλάχιστον δύο να πάνε κινηματογράφο. ·

Θέμα 3

Οι μαθητές μιας τάξης έλαβαν μέρος σε εξετάσεις ΙΟτορίας που ή ταν να απαντήσουν σε 1 Ο ερωτή­ σεις. Σε κάθε ερώτηση δίνονταν τρεις απαντήσεις από τις οποίες η μία ήταν σωστή και ο μαθητής επέλε­ γε ποια ήταν η σωστη απάντηση σε κάθε ερώτηση. Οι μαθητές που δεν είχαν διαβάσει επέλεγαν τυχαία μία από τις τρεις απαντήσεις σε κάθε ερώτηση. Ο βαθμός ήταν όσες και οι σωστές απαντήσεις του μαθητή. α) Ποια η πιθανότητα να πάρει βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 5 και έτσι να περάσει το μάθημα ένας α­ διάβαστος μαθητής; β) Δείξε ότι η πιθανότητα π να περνά το μάθημα, τουλάχιστον ένας στους 3 αδιάβαστους μαθητές, εί­ ναι μεγαλύτερη του 0,5. γ) Δείξε ότι από 35 αδιάβαστους μαθητές, η πιθανότητα π35 ένα τουλάχιστον να πάρει βαθμό τουλάχι­ στον 7 είναι μεγαλύτερη του 0,5.

Λύσεις

= ι.

Θέμα l α)

ν

Η πιθανότητα να μην εμφανιστεί

(�)6. =ι- (�)6=ι- (ι - i)6 = 2. 62 36 1 ) ( 35 ) π2=ι- ,36 =ι-(ι-62

ζαριού είναι

6 σε μια ρίψη ενός ζαρωύ είναι

Επομένως η πιθανότητα να εμφανιστεί τουλάχιστον ένα

� και στις 6 ρίψεις του ενός

6 σε 6 ρίψεις ενός ζαρωύ εί-

ναι π1 ν

Με το ίδιο σκεπτικό βρίσκουμε

Η πιθανότητα να εμφανιστεί ένα τουλάχιστον ν-πλο 6 σε 6 ν ρίψεις ν ζαριών είναι: Π ν

( -��)

β)

'Οταν το ν αυξάνει, τότε το 6 ν και το ι

γ)

Επειδή το όρω του

Θέμα 2 α)

β)

(ι+�)"

αυξάνει και το Πy φθίνει.

είναι το ex όταν η- οο, τότε το όριο του Πν είναι το

4

=

" = 1 - (1 - 61 v)6'

1 - e-1 όταν η- οο.

Οι δυνατές περιπτώσεις είναι 5 = 625. Οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι 42 1 6 διότι οι Γ και Δ πάνε στις 4 άλλες δραστηριότητες. Επομένως 42

π=4= 0,0256 5

Αν πάνε οι 3

ι.

στον κινηματογράφο, οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι

στον κινηματογράφο οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4/Η

( ; } = ι6 χ

4

και αν πάνει οι 4

Τότε η πιθανότητα που ζητάμε είναι


Μαθητικο i Μαθηματικο i Διαγωνισμοί της Ε.Μ.Ε.

6 π = 0 + 1)::::

ο ' 0272

625

γ)

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ί) 'Ενας πάει στην καφετέρια και 2 στον κινηματογράφο, υπάρχουν περιπτώσεις.

(�) (�) χ

χ

3 = 36 ευνοϊκές

ίί) Ένας πάει στην καφετέρια και 3 στον κινηματογρά.φο, υπάρχουν 4 ευνοϊκές περιπτώσεις. ίίί) Δύο πάνε στην καφετέρια και 2 στον κινηματογράφο, υπάρχουν

' ειναι ' π= Επομενως η πιθανοτητα που ζ. ηταμε ' '

Θέμα 3

10

(36 + 4 + 6 ) :::: ο 088 625 .

( � )=6

ευνοϊκές περιπτώσεις.

·

Υπάρχουν 3 δυνατές απαντήσεις του μαθητή. Για να απαντήσει σωστά ο μαθητής σε k ερωτήσεις,

( 10 )

..

2 10 - k, k = Ο, 2, . . . , 10. Για να περάσει ο μαθητής θα πρέπει να απαντήσει σε 5 τουλάχιστον ερωτήσεις. Οι ευνοϊκές περι­

' ' ' περιπτωσεις οι ευνοικες ειναι: α)

πτώσεις είναι:

Ε

β) γ)

( ι5 ° )

χ

2s +

( ι: ) '

χ

k

χ

( ;)

24+ ι θαν '

' η ζητουμενη πι πομενως

χ

( ι; )

23 +

χ

(�)

22 +

ι2585

χ

( �� )

21 +

οτητα ειναι: π = --yo- :::: 0 ,2 13 '

Η πιθανότητα να μην περάσει κανείς από tους τρεις είναι

χ

2 ° = 12585

(1 - 0,21 3)3:::: 0,4 87 και η ζητούμενη πι­

θανότητα είναι π = ι - 0,487 :::: 0,5 13 Για να πάρει ένας μαθητής βαθμό τουλάχιστον 7, οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι:

.

( ι7 ο )

χ

( ι8 ο )

3 2 +

χ

( � ) 2 ( �� ) = ιι 6 ι

22 +

χ

Επομενως για να παρει ο μαθητής βαθμο κατω απο ·

·

·

τούμενη πιθανότητα είναι:

·

·

π35 = ι - 0,9 835 = 0,5Ο ι.

·

+

1 16 ι :::: ο, 9 8 και η ζη7 η πιθανοτητα ειναι ι - JiO ·

·

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία καλή τιμή, την εξάτομη (σελίδες 2044) Γεωμετρία Διαθέτει σε πολύ του

Ν. Κισκύρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/12


Η ''Ε υ κλείδεια, γραμμική σχέση δύο θετικών ακεραίων και του Μ.Κ.Δ. α υ τών Νίκος Ψαθάς Είναι γνωστές οι αλγοριθμικές ισότητες του Ευκλείδη για την εύρεση του μέγιστου κοινού διαφέτη (Μ.Κ.Δ.) δύο θετικών ακεραίων αριθμών α και β. α = βπι+υι, β = υιπ2 +υ2, υι = υ2π3 +υ3, , υv-2 = υv-ΙΠν +υv, υv-1 = υvΠν+Ι +υv+ Ι·

Από την υπόθεση έχουμε: αχρ-ι +βyρ-ι = υρ-ι και αχρ +βyρ = υρ Από τις Ευκλείδειες αλγοριθμικές ισότητες έχου­ με:

• • •

Όταν υv + 1 = Ο τότε ο Μ.Κ.Δ. των α, β είναι ο διαφέτης της αντίστοιχης διαίρεσης, ή αλλιώς το υπόλοιπο της ν-οστής διαίρεσης. Δηλαδή, (α, β) = υv. Με δεδομένο ότι για τις προηγούμενες αλγο­ ριθμικές ισότητες του Ευκλείδη ισχύει υv + 1 = Ο, θα δείξουμε την πρόταση:

υρ + ι =(αχρ - ι + βyΡ _ ι) - (αχρ + βyρ) Πρ + ι = αχρ-ι +βyρ-ι- απρ+ ιΧρ- βπρ+ ιΥρ = =α(χρ-Ι- Πρ+ιχρ)+ β(yρ- ι- Πρ+ ιΥρ) Θέτοντας

Χρ+ Ι = Χρ- J- Πρ+ ιΧρ (ακέραως) Υρ+ι = Υρ-ι- Πρ+ ιΥρ (ακέραιος)

έχουμε

υρ+ι = αχρ+ι +βyρ+Ι

Άρα η (1) ισχύει για κάθε κ Ε Ν

*

Πρόταση Για τους θετικούς ακέραιους αριθμούς α και β Συμπέρασμα Για τους θετικούς ακέραωυς αριθμούς α και β υπάρχουν δύο ακέραιοι αριθμοί χ και y, που με (α, β) = υv ισχύει η "Ευκλείδεια" γραμμική προσδιορί ζονται από τις Ευκλείδειες αλ γοριθ­ μικές ισότητες, τέτοιοι 'ώστε να ισχύει σχέση αχv +βyν = (α, β), όπου Χν, Υν ακέραιοι που αχ +βy = (α, β). προσδιορίζονται από τους αναδρομικούς τύπους: (2) Xy = Χν-2 - Χν-ιΠν. Yv = Yv-2- Υv-ιΠν. ν> 2 Απόδειξη

Αρκεί να δείξουμε ότι το υπόλοιπο υκ της κ-οστής Ευκλείδειας διαίρεσης γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των α και β. Γ ιατί τότε και ο Μ.Κ.Δ. των α και β που είναι ένα υπό­ λοιπο μιας τέτοιας διαίρεσης θα εκφράζεται ως γραμμικός συνδυασμός των α και β. Έτσι, θα δείξουμε ότι ισχύει αχκ + β yκ = υκ για κάθε *

κ Ε Ν ( 1 ) , όπου Χκ, Υκ είναι ακέραιοι "Ευκλεί­ δειοι" συντελεστές. Για κ = 1 έχουμε αχι +βy1 = υ1, η οποία αλη­ θεύει με Χι = 1 και y1 =-πι, γιατί από την ισότητα α = βπι +υι έχουμε: υ1 = α·1 +β·(-π1). Για κ = 2 έχουμε αχ2 +βy2 = υ2, η οποία αλη­ θεύει με χ2 = -π2 και y2 = 1 +πιπ2, γιατί από την ι­ σότητα β = υ1π2 + υ2 έχουμε υ2 = β - υ1π2 = β- (α- βπι)π2 =α·(-π2 )+β(1+π1π2).

Έτσι η (1) ισχύει για κ = 1 και κ = 2. Με την υπόθεση ότι η ( 1) ισχύει για κ = ρ - 1 και κ = ρ (κ� 2 φυσικός) θα δείξουμε ότι αληθεύει και για κ = ρ + 1 (μέθοδος τέλειας επαγωγής).

με αρχικές τιμές Χι = 1

και

Υι =-πι

και

Υ2 =

1 +ΠιΠ2

Παράδειγμα ,

Να βρεθούν οι συντελεστές της "Ευκλείδειας" γραμμικής σχέσης των αριθμών 320, 12 4 και του

(320, 124).

Λύση Οι Ευκλείδειες διαφέσεις για την εύρεση του (320, 124) δίνονται από τον παρακάτω πίνακα. Ευκλείδειες διαψέσεις Πτιλίκα αlα Ό__e_οι 2 124 1 320 1 124 72 2

3 4 5 6

Δηλαδή αχρ+Ι +βyρ+ι = υρ+Ι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/ 1 4

72 20 20 8 8

52 52 12 12 4

1 2

1

1


Η " Ευκλείδεια" γ ραμμική σχέση δυο θετικών ακεραίων και του Μ. Κ.Δ. αυτών

(320, 124) = 4 = υ6 Έτσι η ''Ευκλείδεια" 320% +124 y6 = 4

γραμμική

Είναι χ1 = 1 χ2 =-π2 =-1

Υι =-πι =-2 Υ2 = 1+π1π2 = 1+2·1 = 3

σχέση είναι

Από τους αναδρομικούς τύπους Και Χν = Χν-2- Χν-ΙΠν με ν> 2 έχουμε: Yv = Yv-2- Yv-1�· ν = 3, Χ3 = Χι- χ2π3 = 1 +1·1 = 2, Υ3 = Υι- Υ2Π3 =-2- 3·1 =-5 ν = 4, :J4 = Χ2- χ3π4 =-1- 2·2 =-5, Υ4 = Υ2- Υ3Π4 = 3 +5·2 = 13 ν = 5, χ5 = χ3-:J4Πs = 2 +5·1 = 7, Ys = Y3- Y4Πs =-5- 13·1 =-1 8 ν = 6, % =:J4-χ5π6 =-5- 7·1 =-12, Υ6 = Υ4- ΥsΠ6 = 13 +18·1 = 31 Οι ζητούμενοι λοιπόν αριθμοί είναι% = -12 και y6 = 31

Παρατήρηση Όταν ο α είναι πολλαπλάσιο του β δεν εκτε­ λείται καμμία Ευκλείδεια διαίρεση για την εύρεση του Μ.Κ.Δ. αυτών, αφού είναι προφανές ότι (α, β) = β. Γι' αυτό η πρόταση που αποδείχτηκε προηγουμένως, δεν εφαρμόζεται εδώ. Για να συ­ μπεριλάβουμε και αυτήν την περίπτωση στην πρό­ τασή μας αρκεί να δεχτούμε (αξιωματικά) ότι Χο = Ο, y0 = 1 και υ0 = β. Τότε η πρόταση ισχύει για κάθε ζεύγος θετικών ακεραίων αριθμών α, β και οι αναδρομικοί τύποι γίνονται: Xy = Χν-2- Χν-ιΠν, Yv = Yv-2- Υv - ΙΠν με ν> 1 και αρχικές τιμές Χο =Ο, Υο = 1 και χ1 = 1, Υι =-πι.

Συμπληρωματικές παρατηρήσεις από τη συντακτική επιτροπή. Γράφει ο Νίκος Μεταξάς Παρατήρηση 1

Η πιο πάνω απόδειξη της ύπαρξης χ, y Ε Ίl τέτοιων ώστε: (α, β) = αχ + βy είναι χρήσιμη (ό­ πως και η σκιαγράφησή της που γίνεται στο σχο­ λικό βιβλίο της Θετικής κατεύθυνσης ΒΆυκείου) για τον τρόπο που μας παρέχει ώστε στη συνέχεια να υπολογίσουμε τους χ, y ΕΖ.

Υπάρχει ωστόσο και μια κομψότερη αλλά υ­ παρξιακή (δηλαδή αποδεικνύει την ύπαρξη των χ, y ) απόδειξη, η οποία κάνει χρήση της Αρχής Κα-

λής Διάταξης1 και την οποία παραθέτουμε.

Αν α, β Ε z* υπάρχουν χ, Υ Ε Ίl τέτοιοι ιόατε: (α, β) = αχ +βy Απόδειξη

S

Έστω το σύνολο των θετικών γραμμιιcών συνδυασμών των α, β, δηλαδή:

S = { ακ+βλ: ακ +βλ>Ο, κ,λ ΕΖ} Παρατηρούμε ότι S αφού Ιαl = α·κ + β·Ο ανήκει στοS (με κ = 1 αν α>Ο, κ=-1 αν α<Ο) Έστω το ελάχιστο στοιχείο του S (από την . Αρχή Καλής *-

γ

0

Διάταξης).

Άρα γ = αΧο +βyο για κάποια Χο, Υο Ε Ίl

Θα δείξουμε: ότι (α, β)� αΧQ +βy0

Έστω q, r ακέραιοι με α = qγ +r καιΟ� r<γ. Τότε r =α- qγ =α- q(αXQ +βyο) =

α(1- qXo) +β(-qyo)

(1)

Αν r>Ο τότε έπεται από την (1) ότι r Ε που είναι άτοπο, γιατί r < γ και γ το ελάχιστο στοιχείο τουS. Άρα r =Ο, οπότε α = qγ �γ/α

S,

Όμοω γ/β, οπότε γ/(α, β)

(2)

Αν δ δωφέτης των α, β τότε δ /αΧQ + βy0, άρα και δ/γ Για δ = (α, β) έπεται (α, β)/γ (3 } Από (2), (3 ) έπεται γ = (α, β) δηλαδή (α, β) = αΧο +βyο

Πόρισμα

Το σύνολο τ =

{αχ + βy : χ, Υ Ε Ζ} είναι α­

κρ.μώς το σύνολο των πολ!σίων του (α, β)

Απόδειξη Έστω κ Ε Τ. Τότε (α, β) /κ, δηλαδή κάθε στοι­ χείο του Τ είναι πολ!σιο του (α, β). Αν λ πολ!σιο του (α, β) δηλαδή λ = μ·(α, β) τότε: λ = μ(αΧQ +βyο) = α(�) +β(μyο), δηλαδή λ Ε Τ.

Παρατήρηση 2 Ο αριθμός των βημάτων τα οποία απαιτού­ νται στον Ευκλείδειο Αλγόριθμο του άρθρου είναι το πολύ πέντε φορές ο αριθμός των ψηφίων που 1 Η Αρχή Καλής Διάταξης είναι: Κάθε μη κενό σ6νολο θετικών ακεραίων Α περιέχει ένα ελάχιστο σrοιχεiο, δηλαδή ένα στοιχείο α Ε Α ώστε α Ε;; β για κάθε β Ε Α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΒΆλ.β . τ.4/15


Η "Ευκλείδεια" Ύραμμική σχέση δυο θετικών ακεραιων και του Μ.Κ.Δ. αυτών

έχει ό μικρότερος από τους α, β σο απέδειξε ο Γάλλος Μαθηματικός Lame).

-52 = 20(-3) + 8

Gabήel

Ωστόσο μπορούμε να μειώσουμε αρκετά τον αριθμό των βημάτων εάν εmλέγουμε υπόλοιπα υκ + ι ώστε lυκ + ι l ι;;; κ. Σ' αυτήν την περίπτωση εί­

ναι πιθανό να οδηγηθούμε στην εύρεση του αντι­ θέτου τού (α, β).

20 = 8 ·2 + 4 8 = "4 ·2 + ο δηλαδή (320, 1 24) = 4 2)

1 2378 = 4·3054 + 1 62 3054 = 1 9 · 1 62- 24 1 62 = 7·24 - 6

Παραδείγματα 1)

320 = 1 24·3 + (-52)

24 = (-4)(-6) + ο

1 24 = (-52)(-2) + 20

δηλαδή ( 1 2378, 3054) = l-61 = 6

Η ύπαρξη

και το πλήθος των θετικών λύσεων της γραμμικής Δ ιοφαντικής εξίσωσης αχ + βy ==γ με (α, β) == 1 και γ;;= Ο. Βασίλης Σακελλάρης

αχ+

Είναι γνωστό ότι αν ο Μ.Κ.Δ. των α, β διαφεί το γ, τότε η γραμμική Διοφαντική εξίσωση βy = γ ( 1 ) έχει άπεφες λύσεις.

Στην περίπτωση που είναι (α, β) = 1 , τότε οι άπεφες λύσεις (χ, y) της ( 1 ) δίνονται από τους τύπους χ = Χο + βt, y = y0 - αt με t ε Ζ, όπου (Χο, y0) είναι μια λύση της ( 1 ). Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι είναι α> Ο (αλλιώς, αλλάζουμε τα πρό­ σημα των μελών της ( 1 )).

Α.

Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδική λύση (Χο, y0) της ( 1 ), για την οποία ισχύει Ο ι;;; y0 < α

Ο χ είναι ακέραιος αν και μόνον αν το υπόλοιπο της . διαίρεσης α (γ - βy):α είναι το Ο. Τα δυνατά υπόλοιπα αυτής της διαίρεσης είναι στοιχεία του συνόλου Αχ = {0, 1 , 2, 3 , . . ., α- 1 }. Θα δείξουμε ότι υπάρχει ένα μόνο στοιχείο αυτού του συνόλου, που αν τεθει Από την ( 1 ) έχουμε χ =

r..=.fu:.

σαν τιμή του y στην ισότητα χ = 1..::]r θα μας δώσει χ ακέραιο. α Έστω Κι, κ2 δύο διαφορετικά στοιχεία του συνόλου Αχ.

Τότε οι διαφέσεις (γ - βκι):α και (γ - βκ2):α δίνουν διαφορετικά υπόλοιπα. Γιατί αν υποθέσουμε ότι αυτές οι διαφέσεις δίνουν το ίδιο υπόλοιπο υ, θα έχουμε: γ- βκι = α·πι + υ γ - βκ2 = α·π2 + υ -

(π ι , π2 τα αντίστοιχα πηλί­ κα)

Έτσι ο α διαφεί το δεύτερο μέλος, οπότε θα διαφεί και το πρώτο, αλλά οι α, β είναι πρώτοι μεταξύ τους, άρα ο α θα διαφεί το κ2 - κ ι , πράγμα άτοπο (αφού Ο<Κ ι , κ2<α). Συ νεπώς οι α σε πλήθος διαφέσεις (γ- β·Ο):α, (γ- β· 1 ):α, (γ - β·2):α, ... , (γ- β·(α- 1 )):α δίνουν διαφορετικά υπόλοιπα. Μια μόνο λοιπόν από αυτές δίνει και το υπόλοιπο Ο. Δηλαδή υπάρχει μία μόνο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/16


Η "Ευκλείδ εια" γραμμική σχέση δυο θετικών ακεραίων και του Μ. Κ.Δ. αυτών

ακέραια τιμή y0 του y με Ο ι;:; y0 < α, για την οποία έχουμε χ0 = γ - βyο ακέραιο. Συνεπώς υπάρχει μονα­ α δική λύση (Χο, Υο) της (1) με Ο ι;:; Υο < α.

Β. Μπορούμε λοιπόν να πούμε ότι οι άπεφες λύσεις (χ, y) της γραμμικής Διοφαντικής εξίσωσης

αχ + βy = γ δίνονται από τους τύπους: χ = Χο + βt, y = y0 - αt με t e Ζ, όπου (Χο, y0) η μοναδική λύση που έχει Ο ι;:; y0 <α. Η εύρεση αυτής της λύσης (Χο , y0) δίνει απάντηση και στο ζήτημα του πλήθους των θετικών λύσεων της (ι) (Δηλαδή των λύσεων (χ, y) που έχουν χ, y > 0). Το πλήθος των θετικών λύσεων της (ι) ισούται με το πλήθος των ακεραίων λύσεων ως προς t του χ0 +βt > Ο συστήματος. (Σ) Υο_ αt > 0 Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ί) α, β > Ο και γ < Ο Τότε δεν υπάρχουν θετικές λύσεις της ( 1 ), γιατί τα μέλη της γίνονται ετερόσημα για κάθε ζεύγος (χ, y) θετικών αριθμών. ii) α, β > Ο και γ > Ο Χο β Τότε από το (Σ) έχουμε < Υο α Είναι όμως - < γιατί -αχο < βy0 <=>αΧο + βy0 > Ο<=>γ > Ο που ισχύει.

{

{t>t � �

Οπότε - Χο < t < Υο (t ακέραιος) (2) α β Το πλήθος των ακεραίων αριθμών του διαστήματος -

( �· �) μας δίνει το πλήθος των θετικών λύ­

.

σεων της ( 1 ) Επειδή Υο < ι (αφού y0 < α) γι' αυτό από την (2) έχουμε ότι· η μεγαλύτερη ακέραια τιμή που μπορεί α να πάρει το t είναι ή το - ι ή το Ο (ανάλογα αν είναι y0 = Ο ή y0 > Ο) και η μικρότερη το to , που είναι ο ακέραιος ο αμέσως μεγαλύτερος του κλάσματος - · Έτσι αν y0 = Ο, τότε το πλήθος των ακεραίων τιμών του είναι ltol , ενώ αν y0 > Ο το πλήθος των α­ κεραίων τιμών του t είναι ltol + ι. Από τα παραπάνω είναι φανερό ότι μόνο μη θετικές τιμές του ακεραίου t μπορούν να δώσουν θετι­ κές λύσεις της ( ι). Συνεπώς αν είναι Χο ι;:; Ο δεν υπάρχουν θετικές λύσεις της (ι) (αφού τότε θα είναι t > Ο πράγμα άτοπο). iii) α > Ο, β < Ο Χο β Τότε από το (Σ) θα έχουμε: t < Υο α Αλλά Υαο < - Χβο όταν γ > Ο (γιατί βy0 > -αχο <=>αΧο + βy0 > Ο<=>γ > Ο) ενώ - Χβο < Υαο όταν γ < Ο. Άρα είναι < όταν γ > Ο ή t < - όταν γ <Ο

t

{t<-

t�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/17


Η ''Ευκλείδεια" Ύραμμική σχέση δυο θετικών ακεραίων και του Μ. Κ.Δ. αυτών

Σε κάθε περίπτωση όμως ισχύει Υο< 1 οπότε και όταν είναι γ<Ο έχουμε t<- Χο<Υο< 1 α β α Συνεπώς όταν α> Ο, β< Ο οι τιμές του ακεραίου t είναι μη θετικές και δεν υπάρχει ελάχιστη:Ετσι στην περίπτωση αυτή, το πλήθος των θετικών λύσεων της ( 1) είναι άπεφο. ·

Η εξέταση του προβλήματος παρουσιάζεται συνοπτικά στον παρακάτω πίνακα

Χο -,0 α, β, γ> Ο

+

Υο

πλήθος θετικών λύσεων

+,ο ο

ο

+ α, β> Ο

όπου to ο αμέσως μεγαλύτερος ακέραως του κλάσματος­

ltol

Χο β

ltol + 1

ο

γ<Ο .

α·β<Ο

00

Παραδείγματα 1) Να δειχθεί ότι η ευθεία με εξί�ωση y = - ι: χ+ 2; δε διέρχεται από σημεία με ακέραιει; θετικέι; συντεταγμένει;. Λύση

Είναι φανερό ότι αναζητούμε τις θετικές λύσεις της Διοφαντικής εξίσωσης 1 0χ + 7y = 29, η οποία έχει ( 1 0, 7) = 1 . Οι συντελεστές των όρων της είναι θετικοί και Αχ = {0, , 1 2, ... , 9}. Το ζεύγος (Χο, y0) = (-2, 7), (με y0 ε Αχ) την επαληθεύει. Επειδή Χο =-2<Ο γι' αυτό η Δωφαντική εξίσωση δεν έ­ χει θετικές λύσεις.

2) Να βρείτε τις θετικές λύσεις της Διοφαντικής εξίσωσης llx + 8y = 150. Λύση

Η εξίσωση έχει θετικούς συντελεστές, ( 1 1 , 8) = 1 και Αχ = {0, , 1 2, ..., 1 0}. Το ζεύγος

(Χο, y0) ltol

+

=

( 1 0, 5) την επαληθεύει. Είναι -

� = - 81 .° Άρα to = -1

..

Το πλήθος των θετικών λύσεων είναι

1 = 2 . Έτσι t = - 1 , Ο. Άρα οι θετικές λύσεις είναι:

χ1 = 1 0 + 8·(- 1 ) = 2,

χ2 = 10+8·0 = 1 0,

y1 = 5- 1 1 ·(- 1 ) = 1 6

y2 = 5 - 1 1·0 = 5

Παρατήρηση:

Αν για τους συντελεστές α, β των χ, y αντιστοίχως ισχύει l βl < Ιαl , τότε μας συμφέρει να εξετάσουμε το ζήτημα βρίσκοντας τη μοναδική λύση (Χο , y0) της εξίσωσης, για την οποία ισχύει Χο ε Ay = {0, 1 , � . ... , β - 1 } . Τα συμπεράσματα είναι ανάλογα των προηγούμενων με εναλλαγή των

Υ

, , , ο του κλάσματος -σ:· μικροτερος ο αμεσως κεραως,

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/18

Χο. Υο και όπου to είναι ο α-


Ο Θαλής ο Μι�ήσιος

και η γωνία

στο

η μι�ύκλιο Δ Τσιμπουράκης

Ο Θαλής ο Μιλήσwς (640 - 546π.Χ.) είναι ο πρώτος και κορυφαίος μιας σεφάς Ιώνων φtλοσό­ φων, οι οποίοι έκριναν όn στην ανθρώπινη γνώση, κάθε ισχυρισμός πρέπει να τεκμηριώνεται με κάποιους αποδεικnκούς συλλογισμούς. Η άποψη αυτή οδήγησε σε μια σεφά μελετών και αναζητήσεων, οι οποίες οδήγησαν σε ένα διαχω­ ρισμό της τεκμηριωμένης γνώσης από εκείνη των μύθων και των θρησκειών. Έτσι δημιουργήθηκαν οι μοναδικές αρχαίες Επιστήμες1 , οι οποίες αποτέλεσαν το θεμέλιο ό'λ.ιnν των επιστημών των μεταγενέστε­ ρων πολιτισμών. Μητέρα ό'λ.ιnν αυτών των επιστημών. θεωρείται η αρχαία ελληνική γεωμετρία και πατέρας εκείνης ο Θαλής ο Μιλήσιος. Κύριες προσφορές του στη γεωμετρία θεωρούνται Η εισαγωγή των παραλλήλων ευ θειών (ορισμός, ιδώτητες) Η εισαγωγή των γωνιών (ορισμός, θεωρήματα, όργανα μέτρησης), και Η απόδειξη των γεωμετρικών προτάσεων (πρακτικά ή λογικά) Οι προσφορές του αυτές, μαζί με κάποιες ανάλογες στην πρώιμη ελληνική αστρονομία (μέτρηση της διάρκειας του έτους, προσδιορισμός των ημερών των Τροπών κα'ι Ισημερtών και άλλα) προκάλεσαν τόσο θαυμασμό στο πανελλήνιο, ώστε το 582π.Χ. να του απονεμηθεί ο τιμηnκός τίτλος του πρώτου σοφού. Ο θαυμασμός αυτός φαίνεται στις μαρτυρίες: ...<b Θαλής> πολλάς και εbμηχάνους έπινείας εiς τέχνας (Πλάτων) (Ο Θαλής πρόσφερε στα τεχνικά επαγγέλματα πολλές και ευφυείς εμπνεύσεις) (Πλούταρχος) <b Θαλής> περαιτέρω τής χρείας έξίκεσθαι τή θεωρί� (Ο Θαλής ανέπτυξε τη γεωμετρία παραπάνω από τις ανάγκες της ζωής) πρ<οτος [αστραλογήσαι και ήλιακάς έκλείψεις και τροπάς προειπείν (Εύδημος) (Ο Θαλής είναι πρώτος που ασχολήθηκε με τα άστρα και προανήγγειλε εκλείψεις και τροπές του η­ λίου . . . ) • •

•.•

•••

.•••

..•

•••

Εκτός των άλ'λ.ιnν, έργο του Θαλή πιστεύεται ότι-είναι και η μελέτη των γωνιών. Οι γωνίες, σαν γε­ ωμετρικές οντότητες, είναι κατακτήσεις της πρώιμης ελληνικής γεωμετρίας, με εισηγητή και πρώτο με­ λετητή τους τον Θαλή. Κανένας άλλος, από τους τότε πολιτισμούς, δε κατάφερε να εισάγει στην εμπει­ ρική γεωμετρία του τις γωνίες, και έτσι αυτές παρέμειναν γεωμετρίες των τεχνιτών. Αντίθετα η ελληνική πρώιμη γεωμετρία, εφοδιασμένη με τις παράλληλες ευθείες, τις γωνίες και την ομοιότητα, στην οποία αυτές οδήγησαν, έκανε το ουράνιό άλμα της και μεταπήδησε στο ανώτερο θεωρητικό επίπεδο της Ευκλείδειας γεωμετρίας. Η αρχή αυτού του άλματος έγινε από τον κορυφαίο μι­ λήσιο σοφό και εφαρμόστηκε από τον ίδιο, γύρω στο 565π.Χ., στη μέτρηση του ύψους των Πυραμίδων. Από τον ιστορικό της Γεωμετρίας Εύδημο το Ρόδιο (360 - 290 π.Χ.), μαθητή του Αριστοτέλη και καθηγητή της σχολής του, μαρτυρείται όn ο Θαλής πρώτος έδωσε με απόδειξη (�.. . tπιστησαι . .υ τις προτασεις: I

.

1 Οι αρχαίοι πρόγονοί μας για να χαρακτηρίσουν το είδος και 1;0 βάθος της γνώσης χρησιμοποιού_ραν κυρίως ·τρία ρήματα. Το ρήμα γιγνώσκω (γνωρίζω κάτι), το ρήμα οιδα (γνωρίζω εξειδικευμένα κάτι) και το !:πίσταμαι (γνωρίζω τεκμηριωμένα, δηλαδή μετά από απόδειξη). Από το τρίτο ρήμα προέρχεται η λέξη επιστήμη, η οποία χαρακτηρίζει τη γνώση, που έγινε φανερή μετά από κάΠοιο αποδεικτικό συλλογισμό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/ 1 9


Ο

Θαλής ο Μιλήσιος και η γων iα στο η μικύκλιο

- Οι γωνίες, οι παρά την βαση ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσες, - Οι κατακορυφή γωνίες είναι ίσες, και ακόμα ότι - Η διάμετρος κύκλου διχοτομεί τον κύκλο. Ακόμα σε προηγούμενο άρθρο μας, σχετικό με το θεώρημα των τριών γωνιών τριγώνου (Ευκλείδης Β', τεύχος 23-1997), είδαμε ότι το θεό)ρημα αυτό (Στοιχεία 3211) είναι μάλλον προγενέστερο του 530π.Χ., διότι εμφανίζεται εφαρμοσμένο στη χάραξη του περίφημου Ευπαλινείου ορύγματος στη Σά­ μο. Είναι πιθανό λοιπόν το θεώρημα αυτό να είναι κατάκτηση της σχολής του Θαλή (του ίδιου ή του μα­ θητή του Αναξίμανδρου). Το ενδεχόμενο αυτό μας οδηγεί στο ότι ο Θαλής και οι μαθητές του2γνώρίζαν πολύ περισσότερες προτάσεις για τις γωνίες από τις τρεις πιο πάνω, που μνημονεύει ο Εύδημος • Το γεγονός αυτό το βεβαιώνει και μία ακόμα μαρτυρία. " ··· πρίοτον καταγράψαι Θαλή ς> κύκλου το τρίγωνον ορθογώνιον και Ούσαι βούν. Oi δε Πυ­ θαγόραν φασίν ••• . " ( . . . πρ�τος ο Θαλής κατέγραψε (διαπίστωσε, απόδειξε) ότι το (εγγεγραμμένο) στον (ημι)κύκλο τρί­ ωνο ειναι ο θ ώνιο, και θυσίασε ι' αυτό όδι. Άλλοι ' ουν ότι ο Πυθα ό α . . . ) Διογένης Λαέρτιος, "Θαλής" I, 24

z ση

Η πρόταση αυτή περιέχεται στα "Στοιχεία" του Ευκλείδη και στη θέ­ 3 1/111. Η διατύπωσή της είναι:

Β

Σχ. 1 Η

απόδειξη από τον Ευκλείδη είναι η παρακάτω: Φέρει την ακτίνα ΑΕ και προεκτείνει τη ΒΑ προς το Α. Τότε λέει ότι τα τρίγωνα ΑΕΒ, ΑΕΓ είναι ι­ σοσκελή (ΑΕ = ΒΕ = ΕΓ = R) και επομένως η γωνία Β = ΛΊ και η Γ = Α2• Συνεπώς Α1 + Α2 = Β + Γ ή ΒΑΓ = Β +Γ. Όμως και η εξωτερική γωνία ΖΑΓ = Β + Γ (πρόταση 3 1/1). Άρα οι γωνίες ΒΑ Γ = ΖΑΓ και κατά τον ορισμό Ι 0/1, θα είναι ορθές. Άρα η εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο γωνία I ΒΑΓ = ορθήι . Η απόδειξη αυτή του Ευκλείδη θα μπορούσε να στηριχθεί και στο θεώρημα των τριών γωνιών τρι­ γώνου (3211) και να είναι η εξής: Από το θεώρημα των τριών γωνιών είναι γνωστό ότι Α + Β + Γ = 2ορθές ( 1 ), όμως, όπως είδαμε, η Α = Β + Γ. Άρα η ( 1) γίνεται Α + Α = 2ορθές ή I Α = ορθή ι . Όμως τη διαδικασία αυτή ο Ευκλείδης προ­ τιμά να την εμφανίσει σαν πόρισμα της πρότασής του (Αν Α = Β + Γ τότε Α = ορθή) και να στηριχτεί στην έκφραση Αεξ = Β + Γ και στον ορισμό της ορθής γωνίας. Είναι λο ιπόν η γωνία του ημικυ κλίου εύρημα του Θαλή; Στην πιο πάνω μαρτυρία (2), ο Διογένης μας πληροφορεί ότι αυτή είναι εύρημα του Θαλή, προσθέ­ τοντας ότι κάποωι, όπως ο Απολλόδωρος ο Λογιστικός, το αποδίδουν στον Πυθαγόρα. Ανάλογη ασυμ­ φωνία υπάρχει και για το θεώρημα των τριών γωνιών του τριγώνου. Ο Εύδημος το αποδίδει στους Πυ2

Το θεώρημα των τριών γωνιών τριγώνου (32/1), ο Εύδημος, μέσω του Πρόκλου, το αποδίδει στους Πυθαγόρειους. ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4/20


Ο

θαλής ο Μιλή σιος και η Ύωνiα στο ημικύκλιο

θαγόρεωυς αυτό όμως, όπως είδαμε, είναι προγενέστερο εύρημα και μάλλον της σχολής του Θαλή. Από αυτά φαίνεται πιθανότερο η γωνία του ημικυκλίου να είναι εύρημα του περιβάλλονtος του Θα­ λή, αφού αυτή στηρίζεται στο θεώρημα των τριών γωνιών, που σίγουρα είναι γνώση έστερη των Πυθαγορείων. Το θεωρώ πιθανότερο γιατί ο Θαλής και οι μαθητές του είναι οι πρώτοιπρογεν και μόνοι εισηγη­ τές και μελετητές των γωνιών στην αρχαϊκή γεωμετρία. Η απόδειξη όμως τιις ποόταqής μας, είναι αυτή που έδωσε ο Θαλ ς (ή οι ή μαθητές του); Αυτό δεν το γνωρίζουμε, και ίσως δεν το μάθουμε ποτέ. Υπάρχει όμως μια μαρτυρία του Αριστοτέλη (384 - 3 22 π.Χ.), στην οποία διαφαίνεται ότι στα μέ­ σα του 4 αι. π. Χ. υπήρχε άλλη απόδειξη της πρότασής μας, διαφορετική από εκείνη του Ευκλείδη, την ο­ ποία και σχολιάζει ο σοφός μας.

[!]

...

Εύρίσκονται δε και τά διαγράμματα ένεργεφ· διαφούντες γάρ εύρίσκουσιν 'Εν ήμικυ­ κλίφ [ορθή καθόλου διατί; εάν iσαι τρείς iι τε ράσις δύο και tι εκ τού μέσου επιταθείσα ορθή, [ ιδόντι δήλον τψ εκείνο ειδότι Μετάφραση ( . . . Οι γεωμετρικές αλήθειες (Θεωρήματα, κατασκευές) ανακαλύπτονται με κάποια ενέργεια (επέμ­ βαση στο σχήμα) · διότι οι γεωμέτρες τις ανακαλύπτουν μετά από δική τους διαίρεση (με βοηθητικές γραμμές) . . . . . . Γιατί σε κάθε περίπτωση η (εyyεyραμμένη) σε ημικύκλιο γωνία είναι ορθή; διότι αν υπήρχαν σχεδιασμένες οι τρεις ίσες (ακτίνες), οι δύο της βάσης (της διαμέτρου) και η μεσοκάθετος (ΟΔ), τό­ τε θα ήταν φανερό εκείνο (που είπαμε), σε όποιον έβλεπε το σχήμα και γνώριζε (την εκφώνηση της πρότασης) . . . ) (Αριστοτέλης "Μετά τα φυσικά" Θ. (1051α21)) Εδώ βλέπουμε τον Αριστοτέλη να ισχυρίζεται ότι οι βοηθητικές γραμμές κάνουν κατανοητές τις αποδείξεις, και ότι αν στον κύκλο σχεδιαστούν οι""'ακτίνες ΟΒ, ΟΓ και ΟΔ τότε "αμέσως" γίνεται κατανοητό γιατί η γωνία ΒΑΓ Β είναι ορθή. Γίνεται έτσι φανερό ότι η απόδειξη, που υπονοείται, και είχε υπ' όψιν του ο Αριστοτέλης, ήταν διαφορετική από εκείνη που δίνει ο Ευκλείδης στα "Στοιχεία" του. Ακόμα η απόδειξη αυτή δεν πρέπει να στηριζόταν στην πρό­ Σχ. 2 ταση, κατά την οποία •••••

••• "

"Μια εγγεγραμμένη γωνία είναι ίση με το μισό της επίκεντρης, που βαίνει στο ίδιο τόξο" (Στοχεία 20/111) ...... Β Α Διότι τότε θα προέκυπτε κατευθείαν ότι η εγγεγραμμένη Β Γ = �Γ = 90°, και δε θα χρειαζόταν η μεσοκάθετος ακτίνα ΟΔ. Η απόδειξη μάλιστα, που υπαινίσεται ο Αριστοτέλης, ενδέχεται να είναι η πρώτη που δόθηκε, ίσως από τους Μιλήσωυς, και να αναφέρθηκε εδώ για να τονιστεί η αξία τών βοηθητικών γραμμών στην πρώτη εκείνη απόδειξη. . ·

I Οι πιθανές προγενέστερες αποδείξεις

πρώτη απόδειξη της πρότασης μας είναι πολύ πιθανό να f:yινε πρακτικά. Συγκεκριμένα, μετά την παρατήρηση ότι η γωνία Δ = 45° + 45° = 90°, είναι πιθανό κάποως να έκανε έναν έλεγχο, με μια επιτραπέζια ορθή γωνία, και να διαπίστωσε ότι όλες οι εγyεγραμ­ μένες σε ημικύκλω γωνίες, σε όλες τις περιπτώσεις, είναι ορθές. Θεωρητικά τώρα, τον 6 αι π.Χ. και με τις προϋποθέσεις, που αναφέραμε πιο πάνω, είναι δυνατό να έγιναν οι παρακάτω αποδεί­ ξεις. Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/11

Β

Σχ. 3


Ο

Θαλής ο Μιλήσιος και η γωνία στο ημικύκλιο

Πρόmι απόδειξη Τα τρίγωνα ΟΒΔ, ΟΔΓ είναι ισοσκελή ορθογώνια. Άρα οι ο­ ξείες τους γωνίες είναι ίσες με μισή ορθή. Άρα BAr = 90°. Η γνώ­ ση αυτή θα κατακτήθηκε πρώτη. 'Οταν τώρα ζητήθηκε η απόδειξη του ότι η εγγεγραμμένη ΒΑΓ είναι ορθή, είναι πιθανό να δόθηκε ο παρακάτω αποδεικτικός συλλογισμός.

Δ

φ Β

Γ

Σχ. 4 Στο τρίγωνο ΑΑΓ είναι Α = 1 80° - Γι - Αι όμως η Γ ι = Βι = φ, ως εγγεγραμμένες στο τόξο ΔΑ (Στοιχεία 21/III). Άρα η γωνία I Α = 1 80 - φ - Α ι = Β'ΔΓ = 90° 1 . Εδώ γίνεται χρήση της πρότασης 21/111 η οποία είναι τοποθετημένη από τον Ευκλείδη δέκα θέσεις πριν την πρότασή μας (3 1/111). Είναι λοιπόν πιθανό εκείνη να προηγήθηκε της υπό εξέταση και να είχε ανακαλυφθεί νωρίτερα από τους Μt?-ήσιουξ Η απόδειξη μας αυτή θεωρείται πιθανή γιατί κάνει χρήση του τριγώνου ΒΔΓ, που υπαινίσεται ο Α­ ριστοτέλης. •

Δεύτερη απόδειξη Στο ίδιο πιο πάνω Σχ.4 είναι πιθανό να δόθηκε, με τη βοήθεια του ορθογωνίου τριγώνου ΒΔΓ, η ε­ ξής απόδειξη. Η εγγεγραμμένη γωνία Α = Αι + Α όμως Α 1 = Β και Α2 = ΟΓΑ γιατί τα τρίγωνα των ακτίνων 2 2 ΒΟΑ και ΓΟΑ είναι ισοσκελή. Άρα Αι = Β2 = 45° - φ και orΑ = 45° + φ. Άρα λοιπόν Α = � + � = � + orA =45° - φ + 45° + φ => I Α = 90° 1 Εδώ πάλι προϋποτίθεται η γνώση ότι οι εγγεγραμμένες γωνίες στο ίδιο τόξο είναι ίσες (211111) Τέτοιες αποδείξεις, στηριγμένες στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΓ και στην ισότητα των εγγεγραμμένων γωνιών καθώς και στο θεώρημα των τριών γωνιών τριγώνου, είναι δυνατό να βρεθούν και άλλες. Κα­ λούμε λοιπόν τους μαθητές και τους συναδέλφους να αναζητήσουν τέτοιες αποδείξεις. Αυτές, αν γίνουν με τις παραπάνω προϋποθέσεις, θα αποτελούν όλες πιθανές αποδεικτικές σκέψεις των χαρισματικών ε­ κείνων σοφών της αρχαϊκής ελληνικής γεωμετρίας, και θα είναι χαρά μας να τις δημοσιεύσουμε. •

......

3 Το θεώρημα των ίσων εγγεγραμμένων γωνιών μάλλον είναι αρχαϊκό, και η έμπνευσή του πρέπει να οφείλεται στην παρατήρηση κάποιου, ότι όλοι οι θεατές της (διας κερ­

κ(δας ενός αρχα(ου κυκλικού θεάτρου έβλεπαν υπό (σες γων(ες την κυκλική "ορ­

Αυτός πρέπει να είναι ο λόγος, για τον οποίο όλα τα αρχαία ελληνικά θέατρα έχουν κυκλικές κερκίδες και όχι "τεθλασμένες" (πάνω σχήμα), αν και η χάραξη στο έ­ δαφός των κερκίδων αυτών και η μετέπειτα κατασκευή τους είναι απείρως ευκολότε­ ρη.

χήστρα".

(τα κυκλικά θέατρα χρονολογούνται τουλάχιστον από της αρχής του 5 αι. π.Χ., όπως το θέατρο του Διονύσου στην Αθήνα).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/12


Ά λγεβρ α Α ' Λ υκείο υ Α σκήσεις Επανάλη ψη ς Έγραψαν: ι

Εύα Σαίτη (1,2,3), Βιολέτα Μαρούλη(4, 5), Βασίλης Καρκάνης (6), Λίνα Χαραλαμ.. πούλου (7, 8), Σταμάτης Καλίκας (9, 10), Θανάσης Τσιούμας (11, ι2, ι3)

α) Για ποιες τιμες του α Ε IR. οι ρι'ζες της εξ'ισωσης χ2 - 8α χ + α2 = ο α ::;:. - ι ειναι θετικες· α+ ι β) Για τη μικρότερη τιμή του α που βρήκατε στο (α), να βρείτε την ελάχιστη τιμή της συνάρ­ τησης + 2 f(x) = χ2 - α8α +ιχ α γ) Για τη μεyαλύτερη τιμή του α που βρήκατε στο (α), να βρείτε το ακρότατο της συνάρτησης: g(x) = 3 +ιf(x)" ·

,

--

,

,

,

'

--

Λύσή α) Οι ρίζες της εξίσωσης είναι πραγμάτικές όταν Δ � Ο <=> 64α2 2 - 4α2 � Ο <=> 1 6α2 2 - α2 � Ο. (α + 1) (α + 1) . 2 Σύμφωνα με τους τύπους του Vieta το γινόμενο των ριζών ισούται με α και γνωρίζοντας ότι οι ρίζες είναι θετικές θα πρέπει α ::;:. Ο. ' το α' θροισμα' τους χ1 + χ2 = Sα θα πρεπει ' θετικο' δηλ. Sα > Ο η' α > Ο . ' να ειναι Επισης α+ 1 α+ 1 α+ 1 2 α -::-. - α2 � Ο 16..;;.;. --" + (α 1)2 , οι λυσεις , , οι τιμες, του α που ζ:ηταμε , θα ειναι ' του συστηματος Επομενως _α_ > Ο α+ 1 Η δεύτερη ανίσωση έχει λύσεις τους αριθμούς α Ε (-οο, -1) U (0, +οο) (γιατί; ). 16α2 - α2(α + 1 )2 > Ο ή α2 · [16 - (α + 1)2] � Ο (1) και επειδή Η πρώτη ανίσωση γίνεται (α + 1)2 (α + 1)2 α2 > Ο και (α + 1)2 > Ο, :η (1) ισοδύναμα γράφεται 16 - (α + 1)2 � Ο <=> α2 + 2α - 1 5 :::;; Ο. Η τελευταία ανί­ σωση αληθεύει όταν α Ε [-5, 3]. Τελικά οι τιμές του α οι οποίες επαληθεύουν το παραπάνω σύστημα είναι -5 :::;; α < -1 ή Ο < α :::;; 3. β) Για α = -5 η συνάρτηση γίνεται f(x) = χ2 - 10χ + 25 και παρουσιάζει ελάχιστο f(Xo) = - � = Ο για --

--

--

{

Χο = 5. γ) Για α = 3 είναι f(x) =χ2 - 6χ + 9 =(χ - 3 )2 � Ο για κάθε χ Ε IR.. 1 , χ Ε IR. Επομένως g(x) = 3 + (χ - 3)2 1 ' (χ - 3 )2 + 3 � 3 η' :::;; 31 η, g(χ) �"" 31 Ισχύει (χ - 3 )2 �. Ο οποτε 2 (χ _ 3 ) + 3 Επίσης η εξίσωση g(Xo) = -31 έχει λύση Χο = 3. Άρα η συνάρτηση g(x) = 3 + (χ1 - 3)2 παρουσιάζει μέγιστο το g(Xo) = t για Χο = 3. 2. α) Να βρεθεί το πρόσημο των τιμών των συναρτήσεων f(x) = 3χ2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/23 .

+

15

και


g(x) = 3χ2 - 2χ + 8.

β) Να λυθεί η εξίσωση ν3χ2 - 2χ + 15 + ν3χ2 - 2χ + 8 = 7 Λύση

α) Παρατηρούμε ότι για την f(x) είναι Δ = -176 < Ο, άρα f(x) > Ο για κάθε χ Ε IR. Όμοια για την g(x) είναι Δ = -92 < Ο, άρα g(x) > Ο για κάθε χ Ε IR. β) Σύμφωνα με το α) ερώτημα η παράσταση στο πρώτο μέλος της εξίσωσης ορίζεται για κάθε χ Ε IR. Παρατηρούμε ότι αν 3χ2 - 2χ + 8 = ω, τότε 3χ2 - 2χ + 15 = ω + 7, οπότε η εξίσωση γίνεται "Ι/ω + 7 + ψ; = 7 (1) Πολλαπλασιάζουμε και τα δυο μέλη της εξίσωσης (1) με την παράσταση "Ι/ω + 7 - -.{ο; οπότε: (\}ω + 7 + -.{ο;) (\}ω + 7 - -{<ό) = 7("1/ω + 7 - -.{ο;) ή 7 = 7("1/ω + 7 - -.{ο;) ή "Ι/ω + 7 - -{<ό = 1 .(2) Προσθέτοντας τις (1) και (2) έχουμε: 2"1/ω + 7 = 8 ή "1/ω + 7 = 4 ή ω + 7 = 16 απ' όπου έχουμε 2 3χ - 2χ - 1 = Ο, η οποία έχει ρίζες Χι 1 και χ2 =

=

3. α) Να δείξετε ότι η ευθεία y = 5χ - 3 έχει ένα κοινό σημείο με την παραβολή y = 2χ2 + χ - 1. β) Αν το κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων των δυο παραπάνω συναρτήσεων ανήκει ε­ πίσης στην παραβολή: f(x) = χ2 + (α - 3)χ + (2 - α)2 να βρεθούν οι τιμές του α. γ) Για τη μεγαλύτερη τιμή του α που βρήκατε στο β) ερώτημα να εξετάσετε αν η γραφική πα­ ράσταση της συνάρτησης g(x) = -χ2 + (α - 3)χ + (α - 1)2 παρουσιάζει συμμετρία και να με­ λετήσετε τη μονοτονία της. Λύση

α) Για να βρού με τα κοινά σημεία της παραβολής y = 2χ2 + χ - 1 και της ευθείας y = Sx - 3 λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων: Υ = 2χ2 + χ - 1 απ' όπου έχουμε 2χ2 + χ - 1 = Sx - 3 ή (χ - 1)2 = Ο, άρα χ = 1 και συνεπώς y = 2. Το y = Sx - 3 κοινό σημείο των δυο γραφικών παραστάσεων είναι το (1, 2) β) Αφού το σημείο (1, 2) ανήκει στην παραβολή f(x) = χ2 + (α - 3)χ + (2 - α)2 έχουμε: 2 = 1 + (α - 3) + (2 - α)2 ή α2 - 3α = Ο απ' όπου έχουμε ότι α = Ο ή α = 3. γ) Για α = 3 η συνάρτηση g(x) = -χ2 + (α - 3)χ + (α - 1)2 γίνεται g(x) = -χ2 + 4 η οποία έχει πεδίο ο­ ρισμού το IR. - Παρατηρούμε ότι i) για κάθε χ Ε IR, ισχύει -χ Ε IR και 2 2 y 'y . ii) g(-x) =-(-χ) + 4 =-χ + 4 . Άρα η g είναι άρτια, οπότε έχει άξονα συμμετρίας τον άξονα Για να μελετήσουμε τη μονοτονία της διακρίνουμε τις περιπτώσεις: , Χι 2 < χ22 η, -χι 2 > -χ22 η, -χ ι 2 + 4 > -χ22 + 4. δηλ . , [Ο , +οο) : 'Εστω Ο � Χι < χ2 , τοτε Στο διαστημα g(χι) > g(x2 ) οπότε η g είναι γν. φθίνουσα στο [0, +οο). , Χ ι 2 > χ22 η, -χι 2 < -χ22 η, -χ ι 2 + 4 < -χ22 + 4 δηλ , (-οο, Ο] : 'Εστω Χι < χ2 � Ο , τοτε Στο διαστημα g(x1) < g(x2 ) οπότε η g είναι γν. αύξουσα στο ( 0].

{

·

-οο ,

4. Θεωρούμε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = α. Έστω Δ ένα σημείο της υ­ ποτείνουσας ΒΓ διαφορετικό από τα άκρα της και Η η προβολή του Δ στην πλευρά ΑΓ. α) Να βρείτε το μήκος της ΒΗ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/24


Άλγεβρα Α ' Λυ κεiου

β) Αν ΔΗ = χ να καθορίσετε τη θέση του Δ έτσι ώστε να ισχύει η σχέση: 2ΔΗ2 + ΒΗ2 = �2• Λύση

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΗ ισχ6 ει: ΒΗ2 = ΑΒ 2 + ΑΗ2

α)

(1)

Β

Πρέπει να υπολογίσουμε πρώτα την ΑΗ . Δεδομένου ότι Α Η = Γ - ΗΓ (2 ) αρκεί να ρούμε την Γ: Το ορθο­ Η � 1 γώνιο τρίγωνο ΔΗΓ έχει Γ = 45°. Επομένως ΗΔΓ = 45°. Άρα είναι ισο­ σκελές και έχουμε ότι ΗΓ = ΔΗ = χ: (3). Η (2), με τη βοήθεια της (3), γίνεται Α Η = α - χ (4) Έτσι· η (1) γίνεται: ΒΗ2 = ΑΒ2 + ΑΗ2 = α2 + (α - χ)2 =2α2 - 2αχ + χ2 (5) β)

Η δοθείσα σχέση 2ΔΗ2 + Β Η2 =

�2 με τη βοήθεια της (5) γίνεται:

Γ

1 2 2χ2 + 2α2 - 2αχ + χ2 = :fl <=> 1 2χ2 - 8αχ + α2 = Ο <=> χ, = 2•α χ2 = α

Οι τιμές αυτές του χ είναι δεκτές και οι δύο, γιατί Ο < χ < α . Βλέπουμε λοιπόν ότι:

i)

Η απόσταση του Δ από την ΑΓ μπορεί να είναι · που σημαίνει ότι το

νουσας.

ii)

Δ είναι το μέσον της υποτεί­

Η απόσταση του · Δ από την ΑΓ μπορεί να είναι · που ση μαίνει ότι:

ΔΓ =

'1/ΔΗ2 + Hr' "'Ι/χ' + χ2 �

�� =

δηλ. το Δ απέχει από το Γ

S.

απόσταση�·

Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Αν φέρουμε από ένα σημείο Ζ της πλευράς ΑΒ διαφορετικό από τα άκρα της την παράλληλη προς τη ΒΓ, αυτή τέμνει την ΑΓ στο Δ. α) Αν ΑΖ = χ και η Η η προβολή του Ζ στην πλευρά ΒΓ να βρείτε τη ΖΗ. β) Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΖΔ είναι ισόπλευρο. γ) Αν Ε είναι το μέσον_ της ΒΓ, καθορίστε τη θέση της ΖΔ έτσι ώστε να ισχύει η σχέση: �� = i6 Λύση

α) Στο ορθογώνιο τρίyωνο ΗΖΒ έχουμε : ΖΒ = α - χ και Β = 60° . ΒΖ α --.χ Άρα εχου ' με .· ΒΗ = z = 3 0° Επομενως "" τ=2 χ)2 χ 2 � 2 2 = = (α ΖΗ = Β Ζ - Β Η =

'

και

ν

(α; ) νμ YJ<;-

Α

χ)

β) Επειδή ΖΔ // ΒΓ θα έχουμε ΑΖΔ � Β = 60° ...... Επομένως το τρίγωνο ΑΖΔ έχει: Α = 60° (από υπόθεση), ΑΖΔ = ΑΔΖ = 60°

......

άρα είναι ισόπλευρο.

γ) Βρίσκουμε τώρα τα εμβαδά των τριγώνων : (ΖΔΕ) και (ΑΒΓ) λά ΖΔ // Β Γ . - Η ΑΕ είναι διάμεσος του ισοπλεύρου τριγώνου, άρα είναι και ύψος. Δηλ. ΑΕ .L Β Γ . Αλ Επομένως θα είναι και ΑΕ .L ΖΔ α ύ ψ του τριγώνου ΕΖΔ . Έστω Κ το σημείο τομής της ΑΕ με τη ΖΔ. Τότε το ΕΚ θα είν ι και ος ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4115

Γ


.ί\.λyεβρα Α ' Λυκείου

'Ετσι: (ΖΔΕ) =

! ΖΔ·ΕΚ

( l)

ZHI

Επίσης έχουμε I ΕΚ =

.

Από το ερώτημα β) έχουμε ΖΔ = χ

(ως αποστάσεις των παραλλήλων ΖΔ και Β Γ)

Αλλά από το ερώτημα α) ισχύει ΖΗ

(2)

..j3(�-

fi<�2 p2

χ) , άρα ΕΚ

χ)

(2) (3)

και (3) γίνεται: (ΖΔΕ) = .! χ·..J}(α - χ) fi<α - χ) · χ 4 2 α . Για το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒ Γ έχουμε: (ΑΒΓ) = (5 )

Η ( l ) με τη βοήθεια των

Επομένως η σχέση

(4)

����� = (6 με τη βοήθεια των (4) και (5) γίνεται:

fi<α - χ ·χ ) 4 � 2 α 4

=

3 <=> 1 6(α - χ)χ = 3α2 <=>l ι 6χ2 - ι 6αχ + 3α2 = οΙ 1 6

200

βαθμού από την οποία θα β ρούμε το . χ 3 α 2 2 Επειδή Δ = (-_1 6α) - 4 ·1 6·3 α =64α2 > Ο βρίσκουμε: χ1 = � , χ2 = . 4 Είναι δεκτές και οι δύο , διότι Ο < χ < . α Έτσι: Καταλήξαμε λοιπόν σε εξίσωση

ί) ίί)

6.

Αν χ = � η ΖΔ θα απέχει από τη Β Γ απόσταση ΖΗ =

α) Να β ρεθούν οι χ, y, ω Ε IR ώστε

2 ..J3� 2

Λύση

Ι3χ - 61 + Ιχ + 2y - 8 1 + Ιχ + Υ + ω - 1 1 = ο.

(χ, y, ω) = (Χο, y0, ω0) η λύση από το (α) ερώτη μα, να δειχθεί ότι τα σημεία Κ(Χο, y0),

Λ(y0, ω0),

β)

νJ(α _ _!!) 4

3α -� · IJ( ) -ν -'(α - τ > · 3 χ _..JJ α Αν χ = : η ΖΔ θα απέχει από τη Β Γ απόσταση ΖΗ = Ψ � 8

β) Αν

α)

..J3

J(�- χ)

)

Μ(

2 Χο, - i είναι κορυφές ορθογωνίου τριγώνου.

2y-

3χ - 6 = 0 8=Ο χ+ Πρέπει: χ+ ψ + ω -1 = 0

Από το (α) είναι Χο =

(ΚΛ)2 =... = 50 50 2 (ΛΜ) = · · · = 49

5� (ΚΜ)2 =.. . = 9 4 στην κορυφή Λ .

2,

}

και από τη λύση του συ στήματος παίρνουμε χ =

2 3), Λ(3 3 ω0 = -4 , οπότε Κ(, , -4) , y0 = ,

Μ(2, -2i)

2,

3 ω = -4. y =,

και συνεπώς:

(ΚΜ{ Αυτό ση μαίνει ότι το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ορθογώνιο ΚΛ Δηλ. ( )2 + (ΛΜ)2 =

Τ ο προαύλιο ενός σχολείου είναι σχήματος ορθογωνίου με διαστάσεις (ΑΒ) = 40m και (ΑΔ) = 20m. 'Ενας μαθητής, ο Κώστας, θα κινηθεί στην περίμετρο ξεκινώντας από το Α μέχρι να φτάσει πάλι στο ση μείο Α. Αν χ είναι το μήκος της διαδρομής του, να βρείτε:

7.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/26


Άλγεβρα Α' Λυκεiου

α) Τη συνάρτη ση f(x) που εκφράζει το σκιασμένο εμβαδόν για τις διάφορες θέσεις του Κώστα (Κ) στην περίμετρο του ΑΒΓΔ

β)

Τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της f όταν

60 � χ �100

γ)

Την τιμή της f όταν χ

δ)

Σε κατάλληλο σύστημα αξόνων να παραστήσετε γραφικά

= 45m και

τη συνάρτηση f.

Λύση

α) Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

i)

Α .__ _____

χ --- �

Κ

Β

Για Ο � χ � 40 έχουμε f(x) = Ο Δ L-------Ι Γ

ii)

Για 40 � χ � 60 έχουμε f(x) = 40(χ2- 40) = 20(χ - 40)

iii)

Για 60 � χ � 100 έχουμε f(x)

(χ - 6Ο) + 40 · 20

2

= Ι Οχ - 200 Γ

Α �------� Β

κ

iν)

Για 100 � χ � 120 έχουμε f(x) = 800 Δ L-------1 Γ

Ο αν 0 � χ :ς 4Ο 20(χ - 40) αν 40 :ς χ :ς 60 Τελικα, f(x) = 10χ - 200 αν 60 :ς χ :ς 100 800 αν 100 :ς χ :ς 120 β) Όταν 60 � χ � 100 έχουμε f(x) = 10χ - 200, οπότε η μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει το εμ­ βαδόν είναι 800m2 και η μικρότερη 400m2 • γ) Για χ = 45 έχουμε f(45) = 20(45 - 40) = 100

[

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4/27


ΆλΎεβ ρα Α' Λυκειου

δ)

Υ

800

700 500

400 300

200 1 00

1 0 20 30 40 50 60 70 80 90 1 00 1 1 0 1 20

χ

8. Ένας μοτοσικλετιστής οδηγώντας από Αθήνα προς θεσσαλονίκη σε μια παράκαμψη βλέπει ξαφνικά μπροστά του ένα εμπόδιο. Πατάει φρένο και η μοτοσικλέτα εξακολουθεί να κινείται με τα­ χύτητα υ = κt + λ, όπου t ο χρόνος που πέρασε από τη στιyμή που πάτησε το φρένο (κ, λ είναι στα­ θεροί αριθμοί). Δύο sec μετά το φρενάρισμα η μοτοσικλέτα είχε ταχύτητα υ = 20 M/sec' και μετά από lOsec η ταχύτητα μειώθηκε κατά smfsec·

Ο μοτοσικλετιστής υπολόγιζε ότι 16sec μετά το φρενάρισμα η τα­

χύτητά του θα ήταν μικρότερη από 9 M/8ec· Να βρείτε: · α)

Τους σταθερούς αριθμούς κ, λ.

β)

Πόση ταχύτητα είχε η μοτρσικλέτα 12sec μετά το φρενάρισμα;

γ)

Εξετάστε αν ο μοτοσικλετιστής υπολόγισε σωστά.

δ)

Μετά από πόσο χρόνο θα σταματήσει η μοτοσικλέτα;

Λύση

α) . Τη στιγμή που ο μοτοσικλετιστής πατάει φρένο θεωρούμε ότι t = Ο. Για t = 2 η ταχύτητα είναι u = 20 και για t = 10, u = 20 - 5 = 15. Εφόσον η ταχύτητα μετά το φρενάρισμα δίνεται από τον τύπο u = κt + λ τα ζεύγη (2, 20) και (1 Ο, 15) θα επαληθεύουν την ισότητα αυτή. Έτσι έχουμε τις δυο ισότητες: 20 = κ·2 + λ και 15 = κ· 10 + λ οι οποίες αποτελούν σύστημα με αγνώστους τα κ, λ. Αν λύσουμε το σύστημα αυτό (πώς;) βρίσκουμε . ο τυπος . 170 · Συνεπως που δ'ινει την ταχυτητα της μοτοσι�τας ειναι κ = - 85 και λ = τ u = 2_ t + 85 (1) 8 4 β) Η ταχύτητα της μοτοσικλέτας μετά 12sec θα δίνεται από τον τύΠο (1) για t = 12, δηλαδή θα είναι 5 85 55 u = - 12 + 4 = 4 mfse c . 8 ·

-�"� �

·

_

γ) Ο τύπος (1) για t = 16 μας δίνει: u = - i 16 + � = . = � > 9 . .

δ) Για να σταματήσει η μοτοσικλέτα θα πρέπει η ταχύτητα της να γίνει u = Ο. Τότε όμως η (1) γίνεται: Ο = 2_8 t + 854 ή t = 34sec . Επομένως η μοτοσικλέτα θα σταματήσει 34sec μετά το φρενάρισμα. _

9.

(α)

Να αποδειχθεί η ταυτότητα (α

- β)2 = (α + β)2 - 4αβ

(β)

Να γράψετε την εξίσωση της ευθείας ε η οποία έχει συντελεστή διεύθυνσης α και τέμνει τον άξονα y 'y στο σημείο Κ(Ο, 2). (γ)

Δίνεται η παραβολή (C) με εξίσωση y = χ2• Να αποδείξετε ότι η ευθεία ε και η παραβολή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4128


.ί\λγεpρα Α· Λυκεiου

(C) έχουν δύο κοινά ση μεία των οποίων ο ι τετμη μένες είναι οι ρίζες τη ς εξίσωσης 2

χ - αχ - 2 = Ο

(1).

(δ) Αν ονομάσουμε Α και Β τα σημεία τομής της παραβολή ς και της ευθείας να εκφράσετε την απόσταση (ΑΒ) ως συνάρτηση του συντελεστή διεύθυνσης α της ευθείας ε. (ε)

Να βρεθούν οι ευθείες που διέρχονται από το σημείο Κ και ορίζουν στην παραβολή τμή μα ΑΒ μήκους

3'\[2.

(στ) Μπορείτε να βγάλετε συμπέρασμα για τη γωνία που σχηματίζουν οι ευθείες του (ε) ερω­ τήματος; Λύση

(α) (α + β)2 - 4αβ =α2 + β2 + 2αβ - 4αβ =α2 + β2 - 2αβ =(α - β)2 (β) ε: y = αχ + 2 (γ) Τα κοινά σημεία της ευθείας (ε) και της παραβολής (C) έχουν συντεταγμένες τις λύσεις του συστήy = αχ + 2 y = αχ + 2 ματος 2 χ2 - αχ - 2 = 0 (1) Υ=χ Οι ρίζες της (1) είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων. (δ) Έστω Α(χι, Υι ), Β(χ2, y2) τα κοινά σημεία της ευθείας (ε) και της παραβολής (C). Τότε (ΑΒ) = ν(χι - Χ2)2 + (y ι - Υ2)2 . Όμως τα χι, χ2 είναι ρίζες της (1) άρα Χ ι + χ2 = α και Χι ·χ2 = -2 οπότε (χι - χ2)2 (α)= (χ ι + χ2)2 - 4χ ιχ2 =α2 + 8 2 2 2 2 2 2 (yι - Υ2) =(αχι + 2 - αχ2 - 2) =α (χι - χ2) =α (α + 8) Οπότε (ΑΒ) = ν(α2 + 8)(α2 + 1). (ε) (ΑΒ) = 3ν'2 <=:>(α2 + 8)(α2 + 1) = 18 <=:>α4 + 9α2 - 10 = Ο <=>α2 = 1 <=>α = ι ή α = - ι . (στ) Οι ευθείες του (ε) ερωτήματος έχουν συντελεστές διεύθυνσης α ι = ι και α2 = -1, άρα οι ευθείες εί­ ναι κάθετες.

{

}

<::::>

10. (α) Να αποδείξετε ότι, αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα S και γινόμενο Ρ, τότε 2 8 � 4Ρ. (β) Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί

τους παίρνει τη μικρότερη (γ) Έστω y

= χ + ΡΙ ,

μπορεί να πάρει το y;

χ και y έχουν γινόμενο Ρ, να δείξετε ότι το άθροισμά τιμή αν Ι = y = ...JP.

με Ρ, Ι > Ο. Μπορείτε να βγάλετε συμπέρασμα για τη μικρότερη τιμή που

Για ποια τιμή του Ι συμβαίνει αυτό; ('fo Ρ θεωρείται σταθερό).

(δ) Να βρεθούν οι θετικοί αριθμοί α, β και γ για τους οποίους ισχύει: 2

α

2 2 + 4 + Jr.±..! + y + 16 = 1 8.

α

β

γ

Λύση

(α)2 Έστω χ, y ε IR. με χ + y = S και xy = Ρ, τότε οι αριθμοί χ, y είναι ρίζες της εξίσωσ_ης (1). ω - Sω + Ρ = 0 2 2 Η (1) όμως έχει πραγματικές pίζες αν και και μόνο αν Δ�Ο <=>S - 4Ρ�Ο <=>S � 4Ρ (β) Το S παίρνει τη μικρότερη τιμή όταν S2 = 4Ρ δηλαδή S = 2"./Ρ . Τότε χ = Υ = vP ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ;4/Ζ9


Άλγεβ ρα Α' Λυκεiου

f (γ) 'Εστω y = χ + , με πτει για χ = f =

χ

χ

...[Ρ .

Ρ, χ > Ο.

Το γινόμενο x·f =

χ

...[Ρ

Τότε y = 2

,

Ρ είναι σταθερό, άρα η ελάχιστη τιμή του y προιcύ-

2 α2 + 4 2 =α + � �2\{4 = 4, α α β =β + 2.β � = 6, α2 + 4 β2 + 9 γ2 + 1 6 2 Άρα + α β + γ � 1 8. Η ισότητα ισχύει όταν α = ,

.[_±_2

(δ)

2

"./9

--

Υ + 1 6 =γ + !§. �2

γ

γ

-νι6 = 8

β = 3 και γ = 4.

11

ει : 3χ + 2y = 6 Να βρεθεί η εξίσωση ευθείας ε (ε Ή. y 'y) που να διέρχεε2 .• 3χ + 2Υ - 2 ται από την αρχή 0(0, Ο) και να ορίζει στις εΗ ε2 τμήμα (ΑΒ) = 4, όπου Α ανήκει στην ει και Β ανή­ κει στην ε2 • Δίνονται οι ευθείες

11

_

_

Λύση Η εξίσωση της (ε) θα έχει τη μορφή ε: y Α

(

Υ

= αχ και τέμνει την ε 1 στο Α

)

-2 α -2- -Βείναι (ΑΒ ) = 4 3 + 2α' 3 + 2α -5 . 8 - r:-:---2 + α = 4 <=> α = 12' αρα y 13 + 2 αl'ν Ι

• • •

(�. �) ( 8 ) (8 ) -3 + 2α

2

και την ε2 στο

α + -3 + 2α

2

= 4

<=>

5

=

- 2χ 1

12. Έστω η παράσταση Α χ2 + 5y2 + 4xy - 6χ - 16y + 18. Με κατάλληλο μετασχηματισμό της να βρεθεί η ελάχιστη (min) τιμή τη ς Α όταν χ, y ε IR Ποιες οι τι.μές των χ, y όταν Α min;

=

=

Λύση

Προσπαθούμε να μετασχηματίσουμε την παράσταση γνωρίζουμε το πρόσημό της. Έχουμε: 2 Α = χ2 + 4y2 + y2 + 4xy - 6χ - 1 2y - 4y + 9 + 9 =χ., + 2

(χ + 2y - 3)2 + (y - 2 ) +

Α ως άθροισμα τετραγώνων,

γιατί τότε θα

4i_,±J__..:t-$=..-�.=...!9 + y2 - 4y + 4 + 5 =

5

(χ + 2y - 3 )2

Είναι (χ + 2y - 3)2 + (y - 2 )2 �

Ο, άρα Α � 5, οπότε η ελάχιστη τιμή της θα είναι Amin = 5 Την ελάχιστη τιμή της η παράσταση Α την παίρνει όταν χ + 2y - 3 = Ο και y - 2 = Ο δηλ. όταν χ = - 1 και y = 2

I I I I

___.. _ _ _ _

-2

13. Στο διπλανό σχήμα έχουμε τη γραφική παράσταση συνάρτη­ ση ς f. α) Να βρεθεί ο τύπος της f. β) Να βρεθούν τα σύνολα Α (πεδίο ορισμού) και f(A) (σύνολο τιμών) γ) Ποιες είναι οι λύσεις της εξίσωσης f(x) Ο; δ) Να λυθεί η aνίσωση f(x) < Ο ε) Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και τα α­ κρότατα.

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/30


Άλγεβ ρα Α · Λυκείου

Λύση

α) Έχουμε: για χ < -2, f(x) = -2 για -2 < χ < Ο η f(x) = αχ + β που επαληθεύεται από το (-2, 0), οπότε Ο = α·(-2) + β <=> I β = 2αl επίσης επαληθεύεται και από το (0, -2) (βοηθητικά) δηλ. -2 = β, άρα 2α = -2 <=> I α = - 1 1 έτσι f(x) = -χ - 2 Αν Ο < χ < ι , τότε f(x) = αχ2 που επαληθεύεται από το ( 1, 2) δηλ. 2 = α· 1 2 <=>I α = 21 , άρα f(x) = 2χ2

• •

χ � ι τότε f(x) = !!: που επαληθεύεται ιiπό το (1, 2) δηλ. 2 = !!:, α = 2, οπότε f(x) = 1 χ χ -2 , χ < -2 -χ - 2 ' -2 :s; χ < ο Έτσι τελικά έχουμε f(x) = 2χ2 , O :s; x < 1 2 'χ� 1 χ β) Είναι: Α = IR. και f(A) = [-2, 2] γ) Παρατηρούμε ότι η Cr τέμνει τον άξονα χ 'χ στα σημεία (-2, Ο) και (0, Ο) άρα f(x) = Ο <=>χ = -2 ή χ = Ο δ) Η Cr βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ ' χ στα διαστήματα ( -2), (-2, Ο) άρα f(x) < ο <=>Χ Ε ( -2) υ (-2, Ο) ε) Μονοτονία Στο ( -2) η συνάρτηση f είναι σταθερή Στο [-2, Ο) η συνάρτηση f είναι γνήσια φθί­ νουσα ('[) Στο [0, 1] η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξου­ σα (1) •

--οο ,

--οο ,

--οο ,

Στο [ 1, +ao) η συνάρτηση f είναι γνήσια φθί­ νουσα ('[)

Ακρότατα

Παρατηρούμε από τη C r ότι έχει ανώτερο ση­ μείο (max) το (1, 2), δηλ για χ = 1 είναι maxf = 2

Σχόλιο: Προφανώς η f δεν παίρνει min τιμή στο Ο το -2, γιατί f(O) = Ο (παρόλο που f(A) = [-2, 2])

Π Α ΡΑ ΓΩ ΓΟ Ι ΝτΙΝΟΥ ΖΑΦΕΙΡΟΠΟΥΛΟΥ

.. Περιέχει 2.300 nροτάαεις nσριιδείyματα

&

ασκήαεις

(τα nι:ρισσότι:ρσ λυμtνα)

* θα

ro

βρε ίτε στα κεvτρz κά βιβλ ι ο π ωλεία

* Π αρ α γ γ ελ ίε ς

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/3 1

στο

τtz λ . : 9 5 . 9 2 . 0 7 0 Fax : 9 5 . 6 5 . 1 0 8


ΟΜΟΙΑ ΤΡΙΓΩΝΑ Γ ιώργου Τσαπακίδη

• ., ,

;�

.

. jh*{

.

.

Εξετάζοντας τις προηγούμενες φωτογραφίες διαmστώνουμε ότι κάθε σειρά περιέχει φωτογρα­ φίες του ίδιου αντικειμένου σε μεγέθυνση ή σμίκρυνση, δηλαδή οι φωτογραφίες κάθε σειράς ποιοτικά είναι ίδιες, «ομοιάζουν», ενώ διαφέρουν ποσοτικά. Μπορούμε να αποδώσουμε με μαθηματικό ορισμό την προηγούμενη παρατήρηση και να μελε­ τήσουμε τις ιδιότητες σχημάτων που δε διαφέρουν ποιοτικά αλλά μόνο ποσοτικά ; Αρχίζουμε τη μελέτη μας από το απλούστερο σχήμα τη Γεωμετρίας, που είναι το τρίγωνο.

Θα εξετάσουμε την ειδική περίπτωση των τριγώνων ΑΒΓ και Α 'Β 'Γ', όταν οι πλευρές του Α'Β Τ ' είναι διπλάσιες από τις πλευρές του ΑΒΓ. Πώς μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα τρίγωνο με πλευρές διπλάσιες ενός δεδομένου τριγώ­ νου ; Ποιό θεώρημα αναφέρεται σε ευθύγραμμα τμήματα, που το ένα είναι διπλάσιο από �ο άλλο ; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.p. τ.4/32


Όμοια Τρ ιγωνα

Μια πλευρά τριγώνου είναι διπλάσια από το τμήμα, που συνδέει τα μέσα των δύο άλλων πλευρών του . Έτσι, θα πρέπει να εμφανίσουμε μια κατασκευή που κάθε πλευρά του δεδομένου τριγώνου να συνδέει τα μέσα δύο πλευρών ενός άλλου τριγώνου. Ένας τρόπος για να γίνει αυτό φαίνεται στο σχή­ μα στο οποίο παίρνουμε τυχαίο εσωτερικό σημείο Ο του ΑΒΓ και προεκτείνουμε τις ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ κατά ίσα τμήματα, έτσι δημιουρ­ γείται το τρίγωνο Α'Β 'Γ με πλευρές διπλάσιες των πλευρών του ,

ΑΒΓ. Ισχυουν

ΟΓ ' ΟΒ ' = -- = -- =2 ΟΑ ΟΒ ΟΓ

ΟΑ '

--

και από Λ

το Θ. Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ABIIA'B ', ΒΓ//Β 'Γ και ΓΑ//ΓΆ', άρα Α = Α ' , Β = Β' , Γ = Γ ' . Α 'Β '

Β'Γ '

Γ'

Θαλή θα είναι Β'

Α 'Γ '

Είναι και -- = -- = -- = 2 . ΑΒ

ΒΓ

ΑΓ

Γενικεύοντας το προηγούμενο

συμπέρασμα έχουμε

μοια, όταν έχουν πς 7ωνίες ίσες κtD nς 1ClεrJρές, ανάλο7ες.

1roo

ότι δύο

τρί7ωνα «ομοιάζουν>>, εlναι ό­ βρίσκονται απένανπ από' πς Ισες 7ωνlες,

Αποδεικνύεται ότι για να είναι όμοια δύο τρίγωνα δεν είναι ανάγκη να έχουν όλες τις γωνίες τους ίσες μία προς μία και όλες τις πλευρές τους ανάλογες. Ειδικότερα δύο τρίγωνα είναι όμοια, όταν έχουν : •

δύο 7ωνίες ίσες

δύο πλευρές ανάλο7ες και πς περιεχόμενες των αναλόγων πλευρών γωνlες lσες πς πλευρές τους ανάλογες.

Οι τρεις προηγούμενες προτάσεις είναι τα κριτήρια ομοιότητας των τριγώνων. Στα προβλήματα συνήθως αποδεικνύουμε ότι δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες ίσες, άρα είναι ό­ μοια και έτσι θα έχουν πλευρές ανάλογες. ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 1.

2.

Μια μπάλα του τένις σερβίρεται από ύψος δύο μέτρων. Η μπά­ λα ακολουθεί ευθύγραμμη τροχιά και περνά ξυστά από το φtλέ, που έχει ύψος 0, 9 μέτρα. Αν η διαδρομή της μπάλας από το ση­ μείο εοονησής της μέχρι το φιλέ είναι 12 μέτρα, τότε ποια είναι η συνολική απόσταση που έχει διανύσει η μπάλα ;

Στα διπλανά τετράγωνα οι κορυφές Α, Β, Γ μεία. Ποια είναι η τιμή του χ ;

είναι συνευθειακά ση­ I.

3.

Μπορείτε να περιγράψετε μια μέθοδο υπολογισμού του ύψους ενός δέντρου μια η­ λιόλουστη ημέρα ; Α

4.

Αν στο σχήμα είναι τότε ΑΒ= ;

Λ

Λ

Λ

Λ

ΑΒΓ = ΑΓΒ = ΓΔΕ = ΓΕΔ

,

ΒΓ=8 και ΒΔ=2,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4133


Όμοια Τρ (Ύωνα

5.

6.

Σ' ένα τεχνικό έργο απαιτείται μια κατασκευή, που αποτελείται α­ πό δύο κατακόρυφα δοκάρια, με μήκη α, β αντίστοιχα και δύο πλάγια που το καθένα τους συνδέει την κορυφή του ενός κατακό­ ρυφου δοκαριού με τη βάση του άλλου, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ποιο πρέπει να είναι το μήκος ενός τρίτου κατακόρυφου δοκαριού που πρέπει να στηρίζει τα πλάγια στο σημείο συνάντησής τους ; Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ. Αν η ευθεία ε τέμνει τις ευθείες ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ στα Δ, Ε, Ζ αντίστοιχα, ,

τοτε 7. 8.

9.

10.

ΑΔ

ΒΕ . ΓΖ ΔΒ ΕΓ ΖΑ

=

;

Με τη βοήθεια των όμοιων τριγώνων βρείτε την απόσταση δύο αντικειμένων, που βρίσκο­ νται σε διαφορετικές όχθες ενός ποταμού. Έστω Ρ εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΑΒΓ και Δ, Ε, Ζ τα σημεία τομής των ΑΡ, ΒΡ και ΓΡ με τις ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ αντίστοιχα, τότε

ΒΔ ΓΕ ΑΖ . . ΔΓ ΕΑ ΖΒ

=

;

Έστω το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και το σημείο Ε της διαγωνίου του ΒΔ. Αν η ευθεία ΑΕ τέμνει τη ΒΓ στο Ζ και τη ΓΔ στο Η, δείξτε ότι

Ι ΑΕ

Ι ΑΖ

__ = __

+

Ι ΑΗ

__ .

Έστω η γωνία χΟψ και τα σημεία Α, Β των Οχ, Οψ αντίστοιχα για τα οποία ισχύει Ι

+ 08 λΙ Ι

ΟΑ σημείο . 1.

.

=

,

' Δείξτε οτι ' η ΑΒ περναει οπου τμημα. ' ' απο' σταθερο' λ δ εδ ομενο ' ευθ υγραμμο '

ΣΚΕΨΕΙΣ Το ζητούμενο είναι το μήκος του τμήματος ΑΓ. Αλλά πώς μπορούμε να υπολογίσουμε το μήκος ενός τμήματος ; Πρώτα ελέγχουμε αν το τμήμα είναι πλευρά ορθογω­ νίου τριγώνου, του οποίου γνωρίζουμε ή μπορούμε να υπολογίσουμε τις δύο άλλες πλευρές του. Στην περίπτωσή μας το ΑΓ είναι πλευρά του ορθο­ γωνίου τριγώνου ΑΒΓ, του οποίου όμως δε γνωρί­ ΑΒ ΒΓ ζουμε τα μήκη των δύο άλλων του πλευρών. = Α 'Β ' Β Γ - Υπάρχει άλλος τρόπος υπολογισμού μήκους ευθυ­ γράμμου τμήματος ; Ναι, αν το τμήμα περιέχεται σε αναλογία, της οποίας οι άλλοι όροι είναι γνωστοί. Α Πως προκύπτει μια αναλογία ; ΑΔ ΔΕ ΕΑ = = ΑΒ ΒΓ ΓΑ Από το Θ. Θαλή ή από όμοια τρίγωνα. Δ Ειδικότερα : Αν τα τμήματα, που μας ενδιαφέρουν, Γ βρίσκονται μεταξύ παραλλήλων χρησιμοποιούμε το Β Θ. Θαλή. Σε κάθε άλλη περίπτωση αναζητούμε όμοια τρίγωνα, που είναι τέτοια, ώστε στο ένα τρίγωνο μια πλευρά να είναι το τμήμα, του οποί­ ου θέλουμε να υπολογίσουμε το μήκος και μια ακόμη πλευρά του να έχει γνωστό μήκος, και στο δεύτερο τρίγωνο να είναι γνωστά τα μήκη των δύο πλευρών του. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/34


Όμοια Τρ ίγωνα

Στο πρόβλημά μας είναι γνωστά τα ΑΒ=2, ΔΕ=Ο,9 και ΑΕ=12. Θα χρησιμοποιήσουμε το Θ. Θαλή ή όμοια τρίγωνα ; 2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

- Ποιο είναι το ζητούμενο; Το μήκος της ΗΓ=χ. Τι αρκεί να υπολογίσουμε; Το μήκος του ΖΓ. - Πως υπολογίζουμε μήκος τμήματος ; Εφαρμόζουμε τη μέθοδο του προβλήματος 1 .

χ

Ποιο είναι το ζητούμενο; Το ύψος ενός δέντρου. - Πώς μπορεί να συνδεθεί το ύψος του δέντρου με τη γενική μέθοδο, που αναπτύξαμε στο 1 ° πρόβλημα ; Να γίνει πλευρά ενός τριγώνου, στο οποiο να γνωρίζουμε το μήκος μιας πλευράς του και να είναι όμοιο προς άλλο τρίγωνο με γνωστό το μήκος των δύο πλευρών του. Πώς μπορεί να γίνει αυτό ; Χρησιμοποιήσαμε όλα τα δεδομένα του προβλήματος ; Γιατί το πρόβλημα αναφέρει «μuχ ηλώλουστη ημέρα» ; - Γιατί πάμε κάτω από τα δέντρα, όταν έχει πολύ ήλιο ; Μήπως η απάντηση στο ερώτημα αυτό οδηγεί στη λύση ; - Μήπως μας δίνει τα δύο όμοια τρίγωνα που χρειαζόμαστε ; Ποια είναι τα όμοια τρίγωνα ; - Γνωρίζουμε τα μήκη δύο πλευρών του τριγώνου ΓΔΕ ; - Από τις σχέσεις ΒΓ=8 και ΒΔ=2, υπολογίζεται το μήκος της ΔΕ; Θέλουμε να υπολογίσουμε το χ ως συνάρτηση των α, β και στο σχήμα έχουμε ΑΒ/ΙΕΖ//ΔΓ. Ποια είναι τα όμοια τρίγωνα του σχήματος ; Για να δημιουργήσουμε το λόγο

ΑΔ ΔΒ

πρέπει να βρούμε δύο ό -

Α

μοια τρίγωνα με πλευρές ΑΔ, ΔΒ. Στο σχήμα δεν υπάρχουν τέ­ τοια τρίγωνα. - Με ποιες βοηθητικές ευθείες μπορούμε να τα δημιουργήσουμε ; Το ζητούμενο είναι το μήκος του ΑΒ. Υποθέτουμε ότι βρισΚό­ μαστε στην όχθη που είναι το Β. - Πως υπολογίζουμε το μήκος ενός τμήματος ; Μπορεί να γίνει το ΑΒ πλευρά ορθογωνiου τριγώνου με γνω­ στά τα μήκη των δύο άλλων πλευρών του ; Μπορεί να γίνει το ΑΒ πλευρά ενός τριγώνου που να είναι ό­ μοιο με γνωστό τρίγωνο ; Για να υπολογίσουμε το λόγο

ΑΖ

ΖΒ

χρειαζόμαστε δύο ό μοια

τρίγωνα, που το ένα να έχει πλευρά το ΑΖ και το άλλο το ΒΖ. Αν το ένα από τα δύο τρίγωνα είναι το ΑΖΡ, ποιο πρέπει να είναι το άλλο ; Αν το ένα από τα δύο όμοια τρίγωνα, που θα δώσουν το ΕΥ ΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4/35

Χ �� � ··...

....

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

Α

Β


Όμο ια Τρ ίγωνα

ΓΕ ' ' '"" - ; ' λόγο - ειναι το ΑΡ Ε. , ποιο πρεπει να ειναι το α/IJ\λJ 9.

ΕΑ

Επειδή σε κ:ανένα γνωστό θεώρημα δεν εμφανίζεται ο λόγος 1 της μορφής -- , θα πρέπει να μετατρέψουμε το συ μπέρα­ ΑΕ σμα σε σχέση μεταξύ λόγων ευθυγράμμων σχημάτων. Η υΑΕ = 1 . ΑΕ + ΑΗ , ' πο' θ εση γραφεται ισοδυναμα ΑΖ

z

ΑΕ ; ' ' ' να υπολογισουμε το λογο - Μπορουμε ΑΖ

- Είναι τα τμήματα ΑΕ, ΑΖ πλευρές σε δύο όμοια τρίγωνα ; , , , , , Δ Δ Δ Δ Δ Δ τα ζευγη ομοιων τριγωνων του σχηματος ειναι ΑΕΔ - ΖΕΒ , ΑΕΒ - ΗΕΔ , ΖΓΗ - ΖΒΑ Δ Δ κ:αι ΖΓΗ - ΑΗΔ κ:αι σε κ:ανένα από αυτά δεν εμφανίζεται ο λόγος ΑΕ . 'Ετσι βρισκ:ό­ ΑΖ μαστε σε αδιέξοδο.

- Υπάρχει σχέση, που συνδέει τα ΑΕ, ΑΖ; ΑΖ=ΑΕ+ΕΖ κ:αι έτσι ΑΕ = ΑΖ

ΑΕ Ε Α + ΕΖ

ΑΕ δεν υπολογίζεται από τα όμοια τρίγωνα του σχήματος. ΑΕ + ΕΖ ΑΖ Μηπως , Ε + ΕΖ ΕΖ λογίζεται ο υπο =Α 1+ - ; ΑΕ ΑΕ ΑΕ Αλλά ο λόγος

Δ

Δ

Ναι, γιατί τα ΕΖ, ΑΕ είναι πλευρές των ομοίων τριγώνων Ε8Ζ , ΕΔΑ . 10. -

Θέλουμε να δείξουμε ότι η μεταβλητή ευθεία περνάει από σταθερό ο σημείο. - Ποιο είναι όμως το σημείο αυτό ; Ένα σημείο προσδιορίζεται από την τομή δύο γνωστών ευθειών, που σημαίνει ότι η ευθεία ΑΒ πρέπει να πάρει δύο γνωστές θέσεις, οπότε η τομή του θα είναι γνωστό σημείο. Μια γνωστή θέση του Α πάνω στην Οχ είναι εκείνη για την οποία ΟΑ=λ, οπότε χ 1 1 1 1 1 1 0 1 , , ' συ - + - = - <::::> - + - = - <::::> - = . Ποτε μβαινει αυτο·' ΟΑ ΟΒ λ λ 08 λ 08 Όταν το ΟΒ έχει άπειρο μήκος δηλαδή το Β να βρίσκεται στο άπειρο, οπότε αν ΑΒ//Οψ. Όμοια αν ΟΒ=λ τότε ΒΑ//Οχ. Έτσι το σταθερό σημείο από το οποίο πρέπει να περνάνε όλες οι μεταβλητές ευθείες ΑΒ είναι η τέταρτη κ:ορυφή Γ του ρόμβου με πλευρές 0 Α ι =ΟΒ 1 =λ. Επειδή ΟΑ ι ΓΒ ι ρόμ βος, θα είναι Α ι Γ=ΟΑ ι =λ. Έτσι μπορούμε να εφαρμόσουμε την ακ:όλουθη στρατηγική λύσης : Πάνω στην Οχ παίρνουμε τμήμα ΟΑ1=λ. Από το Α ι φέρνουμε παράλληλη στην Οψ, που τέμνει την ΑΒ στο Γ, οπότε αρκ:εί να δείξουμε ότι Α ι Γ=λ. Πώς υπολογίζουμε το Α ι Γ ; Από τα όμοια τρίγωνα ΑΑ ι Γ κ:αι ΑΟΒ.

ΛΥΣΕΙΣ 1.

Επειδή ΕΔΙ/ΑΒ, τα τρίγωνα ΓΕΔ κ:αι ΓΑΒ είναι όμοια.

Έτσι

ΓΕ

-

ΓΑ

ΕΔ

=ΑΒ

<=>

ΓΑ - ΕΑ ΓΑ

ΕΔ

ΑΒ

<=>

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/36


Όμοια Τρ ίΎωνα

2 0 ΓΑ -1 2 � <=> ΓΑ= 4 =2 1 ' 8m = 20 11 ΓΑ 2.

Λ

Λ

Επειδή ΑΕ//ΒΖ, θα είναι ΕΑΒ = ΖΒΓ , άρα ορθ. ΑΕΒ -

3 <::> χ = ΑΕ ΒΕ , 4 = -49 ορθ. ΒΖΓ , ετσι -=<=> χ ΓΖ Ζ 7 7 4 Β 3.

χ

Έστω (AB)=h το ύψος του δέντρου και Γ το ά­ κρο της σκιάς του. Παίρνουμε ένα καλάμι ΔΕ, που το τοποθετούμε κατακόρυφα, έτσι ώστε το άκρο της σκιάς του να ταυτίζεται με το Γ (όπως φαίνεται στο σχήμα). Μετράμε τα μήκη των ΑΓ, ΔΓ και ΔΕ και έστω ότι είναι α, β, γ αντί­ στοιχα. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΓ έΒ χουμε Α = ΑΓ <=> h = α <=> h = αy ΔΕ ΔΓ β y β

Με ανάλογη μέθοδο ο Θαλής ο Μιλήσιος (643-548 π.Χ.) υπολόγισε το ύψος της μεγάλης πυραμίδας στην Αίγυπτο, όπως φαίνεται στο σχήμα. Ο Θαλής έζησε στη Μίλητο της Ιωνίας και ήταν ένας από τους επτά σοφούς της Αρχαίας Ελλάδας. Θεωρείται ο πα­ τέρας της Γεωμετρίας, γιατί είναι ο εμπνευστής της από­ --'--..;;;;.ι..=�--'-----::ι. r δειξης των γεωμετρικών προτάσεων. Μερικές από τις προΑ Δ τάσεις που απέδειξε είναι : - Ο κύκλος διχοτομείται από μια του διάμετρο. - Οι παρά τη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσες. - Οι κατά κορυφήν γωνίες είναι ίσες. - Κάθε γωνία εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο είναι ορθή. Ιστορικό σημεiωμα :

4.

Λ

Λ

Επειδή ΒΓΕ = ΒΕΓ , το τρίΎωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές, άρα ΒΕ=ΒΓ=8, έτσι 2+ΔΕ= 8 <=> ΔΕ=6 Τα τρίγωνα Γ ΔΕ και ΑΒΓ είναι όμοια, άρα: ΑΒ

-

ΓΔ

=

ΒΓ

-

ΔΕ

<=>

Α

ΑΒ 8 = - (1)

ΓΔ

6

6 ΓΔ ΓΔ ΔΕ , -, , ΓΕΔ και ΒΕΓ εχουμε - = - <=> - = τριγωνα πο, τα ομοια 8 ΓΔ ΒΓ ΓΕ (γιατί από το ισοσκελές τρίγωνο ΓΕΔ είναι ΓΕ=ΓΔ) <=> ΓΔ2=48 <=> ΓΔ=4 .J3 και έτσι (1)

Α

<=> 5.

ΑΒ

4Ji

=

1 6Ji _! . <=> ΑΒ = 3 6

'Εστω (EZ)=h. Είναι ΖΕΓ - ΑΒΓ , άρα Είναι ΖΕΑ - ΓΔΑ , άρα

ΖΕ ΑΖ = ΓΔ ΑΓ

(2)

ΖΕ

ΑΒ

=

ΖΓ ΑΓ

(1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4137


Όμο ια Τρ ίγωνα

ΖΕ ΖΕ ΖΓ + ΑΖ ΑΓ , , θ εση κατα, με' λη εχουμε Με προσ + - = -ΑΓ--ΑΓ =1 έτσι ΓΔ ΑΒ

-

h= 6.

Δ

� α+β

!. � h =1 �

-

Δ

Φέρνουμε ΑΗ, ΒΘΔ και ΓΙ κάθετες στην ε. Δ

Α

ΑΗ Δ ΑΔ = - ( 1 ) ΑΔΗ - Β Θ , έτσι ΔΒ ΒΘ ΒΕ Β Θ ΕΓΙ - ΕΒ Θ , άρα Ε = Ι (2) Γ Γ

Είναι :

β

α

ΓΖ

Ζ

Με πολλαπλασιασμό των ( 1 ), (2), Ιστορικό σημείωμα :

Ε

Γ

' ΑΗ (3) και ΓΙΖ - ΑΗΖ , επομενως Α =ΓΙ

(3) κατά μέλη παίρνουμε

ΒΕ ΓΖ

Ζ ΑΔ . ΕΓ . Α ΔΒ

=1

Το προηγούμενο πρόβλημα είναι γνωστό ως «Θεώρημα του Με­ νελάου». Ο Μενέλαος είναι Έλληνας μαθηματικός που έζησε τον 1 ° μ. Χ. αιώνα στην Αλεξάνδρεια και δίδαξε στο Μουσείο (η γνω­ στή μεγάλη Βιβλιοθήκη - Πανεπιστήμιο της Αλεξάνδρειας). Το σπουδαιότερο έργο του Μενελάου είναι η «Σφαιρική», που ανα­ φέρεται στις ιδιότητες των σφαιρικών τριγώνων, δηλαδή τριγώ­ νων που βρίσκονται πάνω στην επιφάνεια μιας σφαίρας. Το βι­ βλίο αυτό δε σώζεται. Ο γνωστός αστρονόμος και μαθηματικός Χάλλεϋ (κομήτης του Χάλλεϋ) στηριζόμενος σε εβραϊκές και α­ ραβικές μεταφράσεις της «Σφαιρικής» την αναπαρήγαγε και την εξέδωσε στην Οξφόρδη το 1 75 8 .

, 7.

Στην όχθη, που βρισκόμαστε, τοποθετούμε κατακόρυφα ένα καλάμι σε σημείο Γ. Συνδέουμε δύο κομμάτια από κα­ : λάμι σε ένα από τα άκρα του με ένα καρφί, όπως φαίνεται στο Α .\::: · · · · : σχήμα 2, έτσι κατασκευάζουμε ένα γωνιόμετρο. Τοποθετούμε ' το γωνιόμετρο, έτσι ώστε το Κ να συμπέσει με το Β, το ΚΑ να Δ \,_ •.• κ Μ έχει τη διεύθυνση της οπτικής ακτίνας ΒΑ και το ΚΜ της ΒΓ. • Λ"··. . Μ '· ,·--.... Σταθεροποιούμε το άνοιγμα του γωνιομέτρου και παίρνουμε ΚΒ ... Ε σημείο Δ στην προέκταση της οπτικής ακτίνας ΒΓ. Μεταφέ­ Σχήμα ι . ρουμε. το γωνιόμετρο, ώστε το Κ να συμπέσει με το Δ, το ΚΑ : να έχει τη διεύθυνση της οπτικής ακτίνας ΔΓΒ, όπως φαίνεται στο σχήμα. Η πλευρά ΚΜ του Δ Δ γωνιομέτρου καθορίζει μια νέα διεύθυνση. Ένας βοηθός μας κρατώντας ένα καλάμι κατακό: ρυφα μπορεί να κινείται, έτσι ώστε η οπτική του ακτίνα προς το Γ να περνάει από το Α, όταν βρεθεί στην προέκταση της οπτικής ακτίνας ΚΜ καρφώνει το καλάμι στο σημείο Ε.

.� ,.(5χ:;_-.;;::\Λ '· :::-.. . ;!:!� . .

.

__

· ·...

.

..

Από Σχήμα

2

ΑΒ ΔΕ

=

προηγούμενη

την

ΒΓ ΓΔ

ΑΒ =ΔΕ ·

ΒΓ ΓΔ

κατασκευή

είναι

και επειδή το ΔΕ,

ΒΓ, ΓΔ μπορούν να μετρηθούν, το μήκος του

ΑΒ είναι γνωστό. Ιστορικό σημείωμα :

Με την ίδια μέθοδο ο Θαλής υπολόγισε την απόσταση ενός πλοίου από το λιμάνι. ΕΥΚΛΕΙ ΗΣ Δ

Β' �β. τ.4/38

ΒΓ - ΕΔ , Γ Α

άρα


Όμο ια Τ ρ ιγωνα

8.

Από τα Β, Γ φέρνουμε παράλληλες προς την ΑΔ, που τέμνουν τις ΓΖ και ΒΕ στα Η και Θ αντίστοιχα. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΖΡ Ρ

Ζ Α και ΒΖΗ έχουμε: ΑΒ = Β Η ( 1 ). Ζ

Από τα όμοια τρίγωνα ΒΔΡ και

ΔΡ

ΒΔ

·

Α

ΒΓΘ έχουμε: ΒΓ = Γ (2), ενώ από τα όμοια τρίγωνα ΓΔΡ και Θ

ΔΡ ΓΒΗ έχουμε: Β ΔΓ Γ = ΒΗ (3). Με διαίρεση κατά μέλη των (2) και ΓΕ ΓΘ ΒΔ Β Η (3) παίρνουμε ΔΓ = Γ (4). Από τα όμοια τρίγωνα ΓΕΘ και ΑΕΡ έχουμε Ε = ΑΡ (5). Θ Α Ζ ΒΔ ΓΕ Α Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των ( 1 ), (4), (5) παίρνουμε Β . Δ . Ε =1 . Γ Ζ Α Ιστορικό σημείωμα :

9.

Το προηγούμενο

πρόβλημα

είναι γνωστό στη βιβλιογραφία ως θεώρημα του Cevιι . Ο Gioνanni Ceνa ( 1 648- 1 734) ήταν Ιταλός γεωμέτρης, το κυριότερο έργο του, στο οποίο περιέχεται το «Θε­ ώρημα Ceνa», ήταν το «De lineis rectis se inνicem secantibus statica constructio», που εφαρμόζει τη θεωρία των κέντρων βά­ ρους στην απόδειξη γεωμετρικών θεμάτων.

Από τα όμοια τρίγωνα ΕΒΖ και ΕΔΑ έχουμε: ΑΕ ΔΕ ΑΖ ΒΔ ΔΕ ΕΒ Ε Ε + Α + Ζ= <:::} <:::} (1) = = Ε ΔΕ Ζ ΒΔ Α Α ΑΕ ΔΕ

Από τα όμοια τρίγωνα ΕΗΔ και ΕΑΒ έχουμε: ΑΕ

ΕΗ + = ΔΕ + ΕΒ Ε Α ΕΒ

<:::}

ΒΔ

ΑΕ

ΕΒ

ΑΗ ΑΕ = ΕΒ <:::} ΑΗ = ΒΔ

1 1 1 ΑΗ = - . +ΑΖ ΑΕ

10.

ΕΗ ΔΕ ΑΕ = ΕΒ

<:::}

<:::}

ΕΖ

ΕΒ

1 + Ε =1+ ΔΕ Α

ΕΗ

ΔΕ

1 + Ε = 1 + ΕΒ Α

<:::}

<:::}

(2)

Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 1 ) και (2) παίρνουμε

Σημείωση :

ΕΖ ΕΒ Ε = ΔΕ Α

ΑΕ

Ε ΔΕ ΕΒ ΔΒ + ΑΗ = ΒΔ + ΒΔ = ΒΔ =1 άρα ΑΖ Α

Το πρόβλημα αυτό τέθηκε στις εισαγωγικές εξετάσεις του Πολυτεχνείου το 1 968.

Πάνω στην Οχ παίρνουμε σημείο Αι τέτοιο ώστε ΟΑι=λ. Από το Αι φέρνουμε παράλληλη στην Οψ που τέμνει την ΑΒ στο Γ. Από τα ό­ μοια τρίγωνα ΑΑιΓ και ΑΟΒ έχουμε:

ο

Γ Γ Α Γ Γ ΟΑ - ΟΑ 1 = 1 <:::} 1 _ ΟΑ 1 = Α 1 <:::} 1 = � + Α 1 <:::} ΑΑ 1 = Α 1 <:::} Β Β Β Β ΟΑ Ο ΟΑ Ο ΟΑ Ο ΟΑ Ο 1 Γ � ..2:.._ ..!.. � ..2:._ � 1 = <:::} + Β =1 ) <:::} ΑιΓ=λ. + Α ιΒ (αφού -- + -+ Β= Β ΟΑ Ο ΟΑ Ο Ο ΟΑ ΟΑ Ο λ

Έτσι το Γ είναι σταθερό σημείο και η μεταβλητή ευθεία ΑΒ περνάει από το σταθερό σημείο Γ. Σημείωση :

Το πρόβλημα αυτό αναφέρεται στη βιβλιογραφία ως merich.

e (7 Z. w

Α Ρ..

r

�'

Α

� ί Ot:>

Α r ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/39

πρόβλημα

το υ Em ­


Άλγεβρα Β ' Λ υκείου Α σκήσεις επανάλ η ψης Έγραψαν:

Βασίλης Καρκάνης (1,2), Χρήστος Λαζαρίδης (3, 4), Βασίλης Σακελλάρης (5, 8), Σταμάτης Καλίκας (6, 7)

:�

1. στω α, β και γ � 7 τα �ήκη των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ. Αν οι αριθμοί Ιnα, ln4, Ιnβ είναι διαδο­ χικοι οροι αριθμητικης προοδου και οι αριθμοί 4, α, β δ ιαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, τότε: (ι)

Να βρεθούν τα μή κη των πλευρών α, β. Να βρεθεί το είδος � τριγώνου ΑΒΓ ως προς τις πλευρές και τις rωνίες του. , τα συνημιτονα των γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ. (ιιι) Να βρεθουν

(��� Λύση

Πρέπει α, β > Ο. Εφόσον Ιηα, ln4, Ιηβ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, τότε: 2ln4 = Ιηα + Ιηβ ή 2 Ιηαβ = ln4 ή αβ = 16 (1) 2 (2) Επίσης: 4, α, β διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, άρα: α = 4 β Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) βρίσκουμε α = 4, β = 4. (ii) Λόγω του (i) είναι: α = β, άρα το τρίγωνο ΑΒ Γ είναι ισοσκελές. y2 = 49 δηλαδή γ2 > α2 + β2, οπότε Γ > 90° , δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ εί> α, β και Επίσης: Υ 2 .2 32 α +β = ναι αμβλυγώνιο. (iii) Λόγω του (ii) είναι: συνΑ = συνΒ > Ο και συνΓ < Ο. 2 + β2 - 2 1 7 2 + 2 α2 49 α β Υ Υ κ Β Γ αι συν = συν Επίσης: συνΑ 32" 2αβ =- 56 2βγ

(i)

}

""

2.

(ί) Αν ημ(α + β) (ίί) Αν Α, Β,

:�= Ο,

ημα

:�= Ο

και ημβ

:�= Ο

να δειχθεί ότι: σφ(α + β) =

Γ γωνίες τριγώνου ΑΒΓ και οι αριθμοί: σ

Α Γ 3 ' προο' δου να δειχθε�"οτι σ�� = ριθ μητικης

σφασφβ - 1 σφα + σφβ

ι1 � φf ,σ

είναι διαδοχικοί όροι α-

Λύση:

(i)

Θεωρία Α Β Γ , διαδοχικοι, οροι , , αριθμητικης προόδου θα ειναι: ( ιι) Ε φοσον σ�, σ�, σ � ειναι 2σ = σ + σ ή 2εφΑ ; Γ = σ + σ ή 2 1 + Γ = σ + σ ή 2 = σφ + σ " "

,

� 4 � 4 � ή 2 σ+� 1 άρα: σ+� = 3. =

-

,

4 �

(� t)(σ4 + σ�) ή

Στις παρακάτω ασκήσεις 3 και 4 λύνονται μόνο τα πρώτα ερωτήματα. Τα επόμενα, λύνονται με παρόμοιο τρόπο.

Σημείωση :

τεταρ­ Δίνεται τεταρτο κύ κλιο ΑΟΒ κέντρου Ο και ακτίνας ρ. Έστω Μ ένα τυχαίο σημείο του ΟΑ, ΟΒ θείες ευ τις τέμνει οποία η το κυ κλίου εκτός των άκρων ' του και (ε) η εφαπτομένη στο Μ, ""' στα σημεία Κ, Λ αντίστοιχα. (ί) Να εκφράσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΚΛ ως συνάρτηση της γωνίας ΜΟΑ = L Στη συνέ-

3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4/40


Άλγεβρα Β' Λυκε ίου

χεια να υπολογίσετε τη θέση του σημείου Μ, ώστε το τρίγωνο ΟΚΛ να έχει ελάχιστο εμβαδόν. (ίί) Να εκφράσετε το άθροισμα ΑΜ + ΜΒ ως συνάρτηση της γωνίας χ. Στη συνέχεια να υπολογί­ σετε τη μέγιστη τιμή του ΑΜ +ΜΒ.

Λύση i)

Έστω Ε, το εμβαδόν του τριγώνου, τότε Ε = Jοκ ·ΟΛ ( 1) 2 Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΚ, έχουμε: συνχ = <=>Ο Κ =

g�

�· Αντίστοιχα, από το ορθογώ-

ΟΛ = ___e_ = __Q_ (διότι χ +y = �). συνy ημχ 2 Αντικαθιστώντας στην ( 1) προκύπτει: Ε = .!. ___e_ __Q_ = _i_ 2 συνχ ημχ ημ2χ 2 Αλλά, Ο < χ < -2π<=>Ο < 2χ < π, άρα, Ο < ημ2χ � 1 . Η παράσταση � γίνεται ελάχιστη, όταν το ημ2χ ημ2χ γίνει μέγιστο, δηλαδή όταν ημ2χ = 1 <=>2χ = � <=> χ = � 2 4 Τελικά, το εμβαδόν γίνεται ελάχιστο, όταν το Μ είναι το σημείο όπου η διχοτόμος του τεταρτοκυ­ κλίου τέμνει το τεταρτοκύκλιο, δηλαδή το μέσον του τόξου ΑΒ. (ίί) Υπόδειξη Τα ΑΜ, ΒΜ δεν υπολογίζονται από ορθογώνια τρίγωνα, όπως προηγουμένως. Σκεφτείτε με ποιους άλλους τρόπους υπολογίζονται πλευρές τριγώνων. νω τρίγωνο ΟΜΛ, έχουμε:

4. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α (Σχήμα 1). Συνδέουμε τα μέσα των πλευρών του και a­ ποκόπτουμε το τρίγωνο που σχηματίζεται (Σχήμα 2). Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία αποκόπτο­ ντας ένα τρίγωνο από καθένα από τα τρία ισόπλευρα τρίγωνα που απομένουν (Σχήμα 3). Η προη­ γούμενη διαδικασία συνεχίζεται επ' άπειρον.

Σχ. 3 Σχ. 2 Σχ. 1 ί) Να υπολογίσετε τον αριθμό των τριγώνων, που σχηματίζονται, στο σχήμα 1 Ο, όπως επίσης και το μήκος της πλευράς τους. (ίί) Να υπολογίσετε το άθροισμα των εμβαδών των απείρων τριγώνων που σχηματίζονται, από την αρ­ χή της διαδικασίας. I ι ι

(ίίi)

:

1

I '" - - - - - - - - - - 1

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β " λ.β. τ.4/4 1

/ / / ' ' '

'

'

/

' /

/


Άλγεβρα Β ' Λυκεiου

Να παρατηρήσετε τα παραπάνω τετράγωνα, να διατυπώσετε και να λύσετε παρόμοια προβλήματα όπως στα i), ii).

Λύση i)

.

Ο αριθμός των τριγώνων, που σχηματίζονται στα σχήματα 1, 2 , 3, . . . είναι 1, 3, 9 , . . αντίστοιχα. Ο αριθμός των τριγώνων, σχηματίζει μια γεωμετρική πρόοδο, έστω (αy), με πρώτο όρο α 1 = 1 και

λόγο λ = 3. Ο αριθμός των τριγώνων στο Σχήμα 10, ισούται με τu δέκατο όρο της προόδου, που είναι: αιο =αιλ9 =3 9 =1 9 .683 Τα μήκη των πλευρών των ισοπλεύρων τριγώνων, που σχηματίζονται στα σχήματα 1 , 2, 3, . . . είναι ' ' β α α . αντιστοιχα. ' δο, εστω ' ' λ' = 1 ' Έχουμε, μια γεωμετρικη προο (β ) με πρωτο α, 2, 4, ορο 1-= α και λογο . 2. Το μήκος της πλευράς στο Σχήμα 10, ισούται με το δέκατο όρο της νέας προόδου, που είναι: 9 βιο =β,λ' 9 =α .! - α 2 5 12

.

'

ν

,

()

(i ί)

Υπόδειξη: Σχηματίζεται μια τρίτη γεωμετρική πρόοδος

(iii)

Υπόδειξη: Β ρείτε τον τρόπο, που κάθε τετράγωνο, προκύπτει από το προηγούμενό του.

5. Αν το πολυώνυ μο Ρ(χ) = 4χ3 - βχ + 4α1 - ι με α, β ε IR. και -ι � α � ι έχει παράγοντα το χ - 1. α) Να εκφράσετε το β συναρτήσει του α. Τ ι παριστάνει γραφικά αυτή η σχέση; Ποια είναι η ελάχιστη τιμή του β; β) Για την ελάχιστη τιμή του β που βρήκατε παραπάνω, να λύσετε την εξίσωση Ρ(χ) = Ο γ) Να βρείτε όλα τα ζεύγη (α, β) με β ακέραιο,για τα οποία η εξίσωση Ρ(χ) = Ο έχει εκτός της ρί­ ζας χ = 1 και άλλες ακέραιες ρίζες, τις οποίες και να βρείτε. Λύση

α) Επειδή το χ - 1 είναι παράγοντας του Ρ(χ) ισχύει Ρ(1) = Ο <=>4 - β + 4 α2 - 1 = Ο <=>β = 4 α2 + 3 Η σχέση αυτή με σύστημα αξόνων α και β παριστάνει τμήμα μιας παραβολής με κορυφή το σημείο (0, 3) (Σχήμα (1)). Η ελάχιστη τιμή του β είναι βmin = 3 .

Σχήμα 1 β) Όταν β = 3, τότε α = Ο και το πολυώνυμο γράφεται Ρ(χ) = 4χ3 - 3χ - 1 Το πηλίκο της διαίρεσης Ρ(χ):(χ - 1) είναι 4χ2 + 4χ + 1 . ' Ετσι Ρ(χ) = Ο <=>(χ - 1)(4χ2 + 4χ + 1) = Ο <=>(χ - 1)(2χ + 1) 2 = Ο <=>Χ = 1 ή χ = - (διπλή) 3 2 2 2 γ) Το Ρ(χ) με β = 4 α + 3 γράφεται Ρ(χ) = 4χ - (4 α + 3)χ + 4α - 1 . Με σχήμα Homer βρίσκουμε το πηλίκον της διαίρεσ:rις Ρ(χ):(χ - 1)

!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4/42


Άλγεβρα Β ' Λυ κείου

1 -(4α2 + 3) 4α2 - 1 2 4 4 -4 α + 1 2 4 4 ο -4α + 1 Είναι Π(χ) = 4χ2 + 4χ - (4α2 - 1). Οπότε: Ρ(χ) = Ο <=;>(Χ - 1)[4χ2 + 4χ - (4α2 - 1 )] = Ο. Αν υπάρχουν ακέραιες ρίζες, εκτός της 1, αυτές θα είναι ρίζες της εξίσωσης 4χ2 + 4χ - (4α2 - 1) = Ο η ο, ' χ1 = - 21 + α, Xz = - 21 - α. ' ποια ε' χει διακρινουσα Δ = 16 · 4α2 . Οι ρίζες αυτης' ειναι 4

ο

Με δεδομένο ότι α Ε [-1, 1], οι χ1, χ2 είναι ακέραιοι όταν α = -

� ή α = �· οπότε β = 4 .

( � ) ή (α, β) = (�. 4)

'Ετσι, εκτός της χ = 1, ακέραιες ρίζες έχει το πολυώνυμο Ρ(χ) όταν (α, β) = - , 4 και είναι οι χ = Ο και χ = - 1 .

6. Έστω το πολυώνυμο f(x) = αχ3 + βχ2 + yx + δ, όπου α, β, γ, δ είναι πραγματικοί αριθμοί και α '# Ο. Υποθέτουμε ότι το πολυώνυ μο αυτό έχει τρεις δ ιαφορετικές ρίζες ρ 1 , ρ και ρ • Τότε το πο­ 2 3 λυώνυμο f(x) θα γράφεται στη μορφή f(x) = (χ - ρ 1 )(χ - ρ2)(χ - ρ3)π(χ). (α) Μπορείτε να εξηγήσετε γιατί το πολυώνυμο π(χ) είναι σταθερό; (β) Με τη βοήθεια του ορισμού της ισότητας πολυωνύμων βρείτε το σταθερό πολυώνυμο π(χ) και στη συνέχεια τη σχέση που συνδέει τις ρίζες του πολυωνύμου f(x) και τους συντελεστές του. Αν οι ρίζες του πολυωνύμου Q(x) = χ3 + αχ2 + βχ + γ, (α, β, γ είναι πραγματικοί αριθμοί διαφο­ (γ) ρετικοί του μηδενός) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, να δείξετε ότι 2α3 + 27γ = 9αβ . Λύση

(α) Το πολυώνυμο f(x) είναι 3 °υ βαθμού. 3 °υ βαθμού επίσης είναι το πολυώνυμο (χ ...,.. Ρ ι)(χ - Ρ2Χχ - ρ3 ). Ά ρα το π(χ) θα είναι σταθερό πολυώνυμο ( μηδενικού βαθ μού) γιατί ο βαθμός του γινομένου δυο πολυωνύ μων ισούται με το άθ ροισμα των βαθμών τους. Έστω π(χ) = k, k Ε IR. (β) f(x) = (χ - ρ ι )(χ - ρ2)(χ - ρ3)· k = kx3 - k(ρ ι + Ρ2 + ρ3 )Χ2 + k(ριΡ2 + P t P3 + Ρ2Ρ3)χ - kρtP2 P3 άρα α = k, β = -k(ρ ι + ρ2 + ρ3 ), γ = k(ρ ι Ρ2 + ρ ι ρ3 + Ρ2 Ρ3 ), δ = -kρtP2P3 δ Ρι + ρ2 + ρ3 = - ft, ριρ2 + ρ ι ρ3 + ρ2 ρ3 = Ί., ΡιΡ2Ρ3 = - _ α α α ρι + Ρ2 + PJ = -α 3 Ρ2 = -α Ρι Ρ2 + PtP3 + Ρ2Ρ3 = β ρι Ρ2 + ΡιΡ3 + Ρ2Ρ3 = β <=;> (γ) ρ ι Ρ2Ρ3 = -'Υ Ρ1Ρ2 Ρ3 = -γ Pt + Ρ3 = 2ρ2 Ρι + Ρ 3 = 2 ρ2 α3 + α α2 + β - � + γ = Ο <=;> -α3 + 3α3 - 9αβ + 27γ = Ο <=;> ρ2 = - �' 'Ομως f\ρ2) = Ο <=;>� �� = Ο <=>3 27 9 \ 3) 3 3 2α + 27γ = 9αβ.

}

-

7.

(α) (β) (γ) (δ) (ε)

}( )

2 Να δείξετε ότι το σημείο Α(ι, ι) ανήκει στην καμπύλη y = χ3 - 3χ + 2χ + ι. Να βρείτε τη σχέση μεταξύ των α, β Ε IR ώστε η ευθεία y = αχ + β, να διέρχεται από το Α. Να δείξετε ότι κάθε ευθεία που διέρχεται από το Α τέμνει την καμπύλη 2 2 y = χ3 - 3χ + 2χ + ι για τα χ που είναι ρίζες της εξίσωσης χ3 - 3χ + (2 - α)χ + α = Ο. Στην περίπτωση που ο πραγματικός αριθμός α ισούται με -ι πόσα κοινά σημεία έχει η ευθεία και η καμπύλη;

Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α η ευθεία και η καμπύλη έχουν τρία κοινά 'σημεία ; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/43


Άλγεβ ρα Β' Λυκείου

(στ) Στην περίπτωση που η ευθεία και η καμπύλη έχουν τρία κοινά σημεία να δείξετε ότι οι τετμημένες των ση μείων αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Το ίδιο να δειχθεί και για τις τεταγμένες τους. Λύση

2 13 - 3 (α) αληθής (β) (γ) Τα κοινά σημεία της ευθείας (ε) και της καμπύλης του συστήματος.

ι = α2 + β, οπότε: ε: y = αχ + ι - α 3 y = χ - 3χ + 2χ + 1 προκύπτουν από τη λύση } <=>y=3 αχ+ l -α l -α } <=>y=3 αχ+ l -α y= αχ+ 3 2 y =x -3χ +2χ+ 1 3χ· -3χ +2χ+ ι =αχ-α+ ι 3 χ· 3χ + (2 - α)χ + α = Ο (1) (δ) Για α = -1 η (1) γίνεται χ - 3χ2 + 3 χ - 1 = Ο <=>(χ - 1 ) = Ο <=>Χ = 1. να κοινό σημείο, το Α( 1, 1) 1 -3 2 - α α 1 1 -2 -α (ε) ι -2 2 -α Ο 2 (χ - 1)(χ - 2χ - α) = Ο <=>χ = ι ή χ - 2χ - α = Ο (2) (2) έχει 2 ρίζες, αν και μόνο, αν > Ο <=>4 + 4α > Ο <=>α < - 1. (στ) Για α < -ι η (2) έχει δύο ρίζες π.χ. χ 1 , χ2 ενώ η (ι) έχει τρεις ρίζες τις χ 1 , χ2, χ3 = ι Ι σχύει χ 1 + χ2 = 2 δηλ. Χι + χ2 = 2χ3 Άρα οι ρίζες χ 1 , χ2, χ3 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Επίσης έχουμε: Υ ι = αχ 1 + ι - α, y2 = αχ2 + ι - α και y3 = ι Ι σχύει Υ ι + Υ2 =α(χι + χ2) + 2 - 2α =2α + 2 - 2α =2 = 2y3 Άρα οι τεταγμένες y y2 , y3 είναι επίσης διαδοχικοί όροι αριθμητική ς προόδου. · ι + 2 · ι + ι <=> ι = ι

ι=

2

Η

1

Δ

1,

8. Στους όρους του συμβολαίου νοσοκομειακής περίθαλψης μιας ασφαλιστικής εταιρείας περι­ λαμβάνονται και τα εξής: α) Ο ασφαλιζόμενος καταβάλει την 1η μέρα κάθε μήνα ποσό 9.900 δρχ., προκειμένου να δημιουρ­ γηθεί προς όφελός του ένα αποθεματικό ασφάλισης. β) Η εταιρεία παρακρατεί την 1η μέρa του επό μενου μήνα ποσοστό 1 % από το συνολικό αποθε­ ματικό ασφάλισης του προηγούμενου μήνα. γ) Η εταιρεία υποχρεούται να καλύπτει σε ποσοστό 10% τις δαπάνες νοσοκομειακής περίθαλψης, ενώ για την κάλυψη του υπόλοιπου 90% των δαπανών θα χρησιμοποιείται το αποθεματικό α­ σφάλισης του ασφαλισμένου. δ) Αν με τη προηγούμενη ρύθμιση δεν καλύπτονται τα έξοδα νοσοκομειακής περίθαλψης, ανα­ λαμβάνει το κόστος των επιπλέον ο ασφαλισμένος. Μετά πόσους μήνες το αποθεματικό ασφάλισης μπορεί να καλύψει μια νοσοκομειακή περί­ θαλψη συνολικού κόστους 110.000 δρχ.; (Δίνονται: log9 0,954, logll 1,041) ::=

::=

Λύση

Έστω το αποθεματικό ασφάλισης του ν0υ μήνα και Κ 9.900 το σταθερό ποσό καταβολής. Τότε έχουμε Κ μήνα. Προφανώς είναι 1 το αποθεματικό ασφάλισης του ν (όπου Τον μήνα το αποθεματικό ασφάλισης είναι : Τον 2° μήνα κ Α2

Αν

=

Αν = Av- 1 - ι �Ο Αν - ι + Av _

ι

ο

- tt -

Τον 3° μήνα

- ιt -

- lt -

- tt -

Α 0 = Ο) Α1 = Κ =Αι - ι�ο Α1 + κ = ι - ι �ο Αι + =(ι - 1 �0)κ + κ Α3 =Α2 - 1�0 Α2 + κ {(ι - ι �σ)κ + κJ - 1�0 [(ι - 1 �0)κ + κJ + κ = 2 + ι � + ι = ι + � [(ι 1�0)κ κ]( ι�σ) + κ ( ι σ) κ ( - 1 0) κ κ -ι

- tt -

ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ Β ' λ. β. τ.4/44


ΆλΎεβ ρα Β ' Λυκεiου

ν - 2Κ + ... + (1 - 1 2Κ + 1 - 1 ) Κ + Κ <=> ν 1 1 ( ( + 1 1 Αν = 100) Κ 100) ( 100 100) Ι Ι Αν = vΓL(1 - Ι ΟΟ1 ) - + (1 - Ι ΟΟ1 ) 2 + ... + (1 - Ι ΟΟ)2 + (1 - 1 ΟΟ) + 1 J και επειδη, το εντος, της αγκυ-, λης είναι άθροισμα όρων γεωμ. προόδου, θα έχου με: 99 )" Ι -( 1 ) ( = Α. = Ι ΟΟ · Κ { Ι - (1:)"] :00 =Α. = Κ Α. = Κ 1 - 1 1 00 100 Επαγωγικά, για τον ν0μήνα το αποθεματικό ασφάλίσης είναι: I

.

"

1

"-

"

Γ�) 90% · 11 0.000 99.000.

Ι -

Θέλουμε να είναι Av � 99.000. Δηλαδή 9 � νΙοg100 � Ιο� � � ι ω �lΙΟΟ) 1 - ιοο) ) <=>v(log9 + Ιοgι ι 2) � log9 I <=>ν(-0.005) � -G,046 <=>ν � � Το μήνες σημαίνει μήνες και 6 ημέρες. Ήδη βρισκόμαστε στο μήνα, για τον οποίο η καταβολή έγινε την η μέρα του μήνα. Άρα I ν = ι ι \ . · Δηλαδή από τον 1 ι μήνα και πέρα το αποθεματικό ασφάλισης μπορεί να καλύψει έξοδα νοσοκο­ δρχ. μειακής περίθαλψης Είναι

=

99 )ν] 99.οοο <=> Ο [ ι [ 99 ΟΟ ΟΟ ( · · Ι· 100 Ι ν[log99 - logl 00] log9 - logl Ο 9 9,2 1 110.000

(99YJ J99Y

99

-

-

9

9,2.

10°

ο

β ι β λ ι ο πω λ ε ι ο

Α Ρ Μ Ε Ν Ο Π Ο Υ Λ Ο Υ

2 7

Θ Ε Σ Σ Α ΛΟ Ν Ι ΚΗ

3 5

τηλ. : (03 1 ) 203.720 Fax: (03 1 ) 2 1 1 . J05 e - m· a

i .Ι :

z

ίt

ί@

546

h y p'e r . g

r

ΤΕΧΝΙΚΑ, ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΑ ΓΙΑ ΤΑ ΑΕΙ, ΤΕΙ, ΙΕΚ

«ΑΝΑΛΥΣΗ» ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ Γ. Παντελίδη Ν.

ΚΑΣΙΑΝΗ

ΠOPltl' '

') Η lBΔOMHNJAXPONH ΤΟΥ ΤΜΗΜΑΤΟΣ ΜΑθΗΜΑΙΙΚΩΝ : ΤΟΥ Α.Π.θ. { 1 918 - 1998)�· -;Ψ'M!��,,;ij[>

Με συναρπαστικό αφηγη-..: ματικό τρόπο περιγράφοντ�ι.� · τα σπουδαιότερα γεγονότα :

ύλη του νέου σχολικού βιβλίου

�Jlfg·@�*{δ���Rit�

με την

ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΥΡΙΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ματος,Μ α θ η ι.ιατικ

A.η.e�:�:�·.·')· · i�!,��,;:\λ.;i���··,: ,·,

Στο εΠίΚεντρο 1:ης αφήyήσης ' βρίσκονται το . προγράμματα σπουδών και οι έitί''' στηριότητες του τμήματος. Το πλούσιο έγχρωμο φ πωσιάζει τον αναγνώστη.

ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΛΥΚΕ!ΟΥ

Βο κυκλοφορήσει

� ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΥΡΙΑ Β' ΛΥΚ�ΙΟΥ

ΜΑθΗΜΑΥΙΚΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

(θετικής κατεύθυνσης)

ΜΑθΗΜΑΥΙΚΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

(fεχνολοyικής κατεύθυνσης)

η7 ,

ου

ΜΑθΗΜΑΥΙΚΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ (θετικής κατεύθυνσης) Γ. Ηλιόπουλου · Α. Σπυpιδόκη .;:':.

Σύντομα θα κυκλοφορίσουν βοηθήματα για την Γ' ενιαίου λυκείου

(Γενικής, θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης)


Μελέτη τη ς Οφ ιοειδο vς συ νάρτη ση ς (Serpentine) Ιωάννης Γ. Καλογεράκης «... έπειράνθην lυπο στή σαι τήν έν ο τ ις άρ ι θμο ις φύσιν τε καί δύναμιν» (Δ ιό φαντοv Αλεξανδρέως, Αρ ι θμητικών Α)

1.

Εισαγωγή

οφωεtδής είναι μια ση μαντική συνάρτηση που περtέχεται στα βιβλία της Ανάλυσης. Είναι ρητή . 2 συνάρτηση με γενικό τύπο f(x) = 2α χ 2, α -φ Ο, β -φ Ο ή = �· βχ 2 με α·β > Ο- και παραμετρικές εξιχ +β χ +β σώσεις χ = ασφθ, y = βημθ·συνθ. Οι πρώτες αναφορές στη συνάρτηση αυτή έγιναν από τους και Η ονομασία που σημαίνει οφωεtδής οφείλεται στον Ι . ο οποίος το στην εργασία του που περtέχεται στο την ταξινό­ μησε στις κυβικές καμπύλες. Στη μελέτη αυτή ο γενίκευσε τις κωνικές τομές του Απολλώνιου π .Χ.) και έδειξε ότι μια πολυωνυμική εξίσωση τρίτου βαθμού y) = Ο μπορεί να ταξινο μη­ θεί σε τέσσερις βασικές μορφές. Η πρώτη έχει το τύπο x2y + βy = αχ3 + γχ2 + βχ + δ. Η οφιοεtδής προ­ κύπτει από αυτό όταν β > Ο και α = γ = δ = Ο. Η συνάρτηση αυτή έχει σημαντικές εφαρμογές στην Αρχιτεκτονική, τη Φυσική και τη Βωλογία. Στις παρακάτω ασκήσεις θα μελετήσουμε διάφορες ιδιότητες και εφαρμογές της συνάρτησης αυτής. Η

f(x)

Huygens (1629 - 1695). - 1727) 1710 (225 - 170

2.

G. de L Hospίtal (1661 - 1704) Newton (1642 Lexicon Technicum, f(x,

Serpentine Curνes, I. Newton

Ασκήσεις λυ μένες

.Άσκη ση ι

α2 χ Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x) = 2 , με α > Ο , β > Ο. + 2

Ι

ί)

β

Να αποδείξετε ότι είναι περιττή και να μελετηθεί ως προς τα ακρότατα και tα σημέία καμπή ς. Να βρεθούν οι aσύμπτωτες της γραφικής παράσταση ς της f.

ίί)

ίίί) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική της παράσταση, τον ημιάξονα Οχ και την ευθεία i = λ, λ > Ο. Να βρείτε το όριο του εμβαδού όταν λ - +ao. Λύση Η

συνάρτηση f είναι συνεχής στο IR και για κάθε χ Ε IR, το -χ Ε IR και ισχύει: f(-χ) = -f(x). Άρα η f είναι περιττή. 2χ -α2χ2 + α2 β2 2 2 2 = α (χ +2β ) -2 2χα 'Εχου με (χ2 + β2)2 (χ + β )2 = Ο όταν -χ2 + β2 = Ο ή χ = ± β Επίσης 2 3 2 β2 = Ο όταν χ3 - 3β2χ = Ο δηλαδή χ = Ο ή χ = - β\.{3 ή χ = β\.{3. = 2α χ 2 - 6α2 3 χ και (χ + β ) Το πρόσημο των και f" φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

ί)

f(x) f(x)

f'(x)

f'(x)

f

χ

f

r· f

- β j3

-σο

-

-

I

b

-

+

� � � σκ

-β ο τ.ε

+

+

_f

ο

I

ό

_i

+

β b

� f

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.3/46

-

-

-

σκ

β j3

τ.u

I

?

+σο -

+

� � � σκ


Μελέτη της οφιοειδούς Συνάρτησης (Serpentine)

Από τη μελέτη του παραπάνω πίνακα έχουμε τα επόμενα συμπεράσματα: Η f είναι γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα ( -β], [β, +οο) και γνησίως αύξουσα στο διάστημα 2 [-β, β] . Παρουσιάζει στο χ = -β τοπικό ελάχιστο το f(-β) = - και στο χ β τοmκό μέγιστο το β 2 f(β) = : Στρέφει τα κοίλα προς τα κ�τω στα διαστήματα ( -β\{3], [0, β\{3] και προς τα άνω στα β (0, Ο) και β\{3, διαστήματα (-β\{3, Ο] και [β\{3, +οο). 'Εχει σημεία καμπής τα -β\{3, -οο ,

;

;

-οο ,

(

=

-�t),

( α:f).

συνάρτηση f δεν έχει κατακόρυφες aσύμπτωτες. 'Εχου με ότι lim f(x) = Ο και χ-+α:> lim f(x) = Ο . 'Ο μοια χ Άρα η ευθείαy = Ο είναι οριζόνnα ασύμχτωτη της γραφικής παράστασης της f και στο +οο για χ και στο είναι iii) εμβαδόν του Το f χωρίου λ λ Ε(λ) = l f(x) l dx = f(χ) dx (οχ. I) ο λ β λ λ 2 2χ dx 2 δηλαδή Ε(λ) = χ2α χβ2dx ή Ε(λ) 2 ο + οχ + β Σχ. 1 2 2 [ Ιη(χ2 + β2)]� = rtn(λ2 + β2) - Ιηβ2] α2 2 +οο 2 2 Έχουμε : λ-+α:> lim Ε(λ) = lim [ Ιη(λ + β ) - Ιη β ] = λ-+α:> 2 ίί) Η

χ-+α:>

-οο .

-οο .

J

J

χ

=�2J

Ύ

Άσκη ση 2 Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x) =

=

....f!με πεδίο ορισμού το Α = (-ι, ι) χ +ι

i) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. ii) Να βρεθεί η Γ1 και να αποδείξετε ότι είναι συνεχής. iii) Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα

J �· ι

χ

- χ

Λύση

2 i) 'Εχουμε f (x) = 2 2- 2χ 2 > Ο για. κάθε χ e (-1, 1). Η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα "ένα προς ένα". Συ(χ + 1) νεπώς ορίζεται η Γ 1 : f(A) - Α και έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f. , χ = 2 ± "4 - 4Υ2 .. ' 2χ- η' yx2 + y = 2χ. Αν y = Ο, τοτε ' ' λυση ' χ = Ο, αν y :ι:. Ο η εξισωση εχει y = -ιι) Θ ετουμε 2Υ χ2 + 1 ' ' ομως ' για την. τιμη' αυτη' γιατι' μονο 4 - 4y2 � Ο και - 1 < χ < 1 . Άρα - 1 < y < 1 και χ = 1 πρεπει

� Υ

ισχύει -Ι < χ < 1 .

{

1 - -Jld αν ο < ι χι < 1 χ αν χ Ο Ο Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο (-1, 1) θα είναι και η Γ1 γνησίως αύξουσα και ι

Συνεπώς έχουμε Γ (χ) =

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/47


συνεχής στο f(A) =

Μ ελέτη τη ς οφιοειδούς Συνά ρτηση ς (Serpentine)

(-1, 1).

h

(-1,

1).

που ορίζεται για κάθε χ Ε Ο) U (0, Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = 2 Θέτουμε χ 1 χ2 2u , u Ε Ο) U (0, 1) με u = Τότε dx = 2(12 - u2)idu και το ολοκλήρωμα γίνεται χ = -. 2 χ u + (u + I ) χ + �2du =.! du + .! d� u - + c dx - {id � + c =- {id + c u 2 2 χ χ . 2\ u2u \[1:� 2l �) χ ίίί )

_

1 (-1, =J 1

f

1 -�

-

J J =.!{ .!) =1f.1

1

_

Παρατηρήσεις :

συνάρτηση f(x) = � με χ Ε (-1, Ι ) μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως μετασχηματισμός στα ολοχ + κληρώματα που περιέχουν παραστάσεις της μορφής �. Η προς ολοκλήρωση συνάρτηση μετασχη­ ματίζεται σε ρητή συνάρτηση το ολοκλήρωμα της οποίας υπολογίζεται σχετικά εόκολα. 2. Η συνάρτηση είναι σημαντική ως παράδειγμα αλλαγής μεταβλητής που είναι βασική διαδικασία στα Μαθηματικά. 1.

Η

1

Άσκηση 3 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = -#-. χ+ι i) Ν� αποδείξετε ότι l f(x) l � ι για κάθε χ Ε IR και ii)

Αν χ Ε [0, 1] να αποδείξετε ότι � �

Λύση ί)

'Εχουμε lf(x) l � 1

θε χ Ε IR.

=

� χ- + ι

<=>

ι

J ο

IΓ(χ) - f(x)ldx

2 ΙχΙ � χ2 +

β

β

β

α

α

α

1

<=>

ο � Ι χl 2 - 2 Ι χ Ι + ι

J f(x)dx �J lf(x)Ιdx �J dx = β - α - Ιη(α2 Αλλά J� =[ ln(x2 + 1)]β =ln(β2 1 Συνεπώς θα ισχύει \ tn β: + 1 \ � β - α. α

'Εχουμε ότι β

α

Χ

α

+

l•n β:α ++ ·ιι � β - α για κciθε α � β.

+ 1)

<=>

ο � ( l xl - 1 )2 που ισχύει για κά­

+ 1)

+1

ίί)

Έχουμε ότι f (x) - f(x) =(f (x)e-x - f(x)e-x)ex =[f(x)e-x] ' ex και ex � 1για κάθε χ � Ο I

Ι

f

f

I

f

1 1 Συνεπώς lf (x) - f(x)ldx = i[f(x)e-x] ' exldx � [f(x)e-x] ' dx =[f(x)e-x] =f(1)e- 1 - f(O) = 1e- - Ο = e- • ο

Άρα

I

ο

; � f lf'(x) - f(x)ldx

ο

ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/48


Μελέτη της οφιοειδόύς Συνάρτηcrης (Serpentine)

Παρατήρηση: Η συνάρτηση g(x) e ονομάζεται ολοκληρωτικός παράγοντας και χρησιμοποιείται αρκετές φορές σε σχέσεις που συνδέουν τις συναρτήσεις f και f . =

λσκηση 4 Ένα άγαλμα ύψους ΑΒ = 2m βρίσκεται πάνω σε ένα βάθρο ύψους ΓΒ = 2,6m. Ένας πάρατη­ ρητής βρίσκεται σε απόσταση χ μέτρων από τη βάση του βάθρου και φωτογραφίζει το άγαλμα. Η φωτογραφική μηχανή βρίσκεται σε ύψος ΔΕ = 1, 6m και βλέπει το άγάλμα με .γωνία θ. i) Να εκφράσετε την εφθ ως συνάρτηση του L ii) Να βρεθεί σε πόση απόσταση από τη βάσιι του ράθρου η εφθ γίνεται μέγιστη και να βρεθεί η αντίστοιχη τιμή της γωνίας θ. Λύση

....... ί) Έστω ΖΕΑ

= θ 1 και ΖΕ....Β... = θ2 τότε θ = θ1 - �

ΑΖ

ΒΖ

3 1

=

2χ ' εφθ αρα -2 χ + 3. Συνεπώς η εφθ δίνεται ως συνάρτηση της απόστασης χ από τον τύπο -, χ > Ο . f(x) -22χ χ +3 2 .. f( ) -2χ + 6 • ιι) 'Εχουμε χ (χ2 + 3)2

=

=

Ηf

παρουσιάζει μέγιστο για χ = VJ και είναι f(VJ)

Επομένως εφθ

= -Jf που αντιστοιχεί σε γωνία θ = �

Δ� r �----------� χ

= -Jf. rad

ΕφαρμΟΎ:!J. της οφιοειδούς συνάρτησης έχουμε στα εναλλασσόμενα ρεύματα στον υπολογισμό της μέσης ισχύος Ρ κυκλώματος R.L.C. σε σεφά.

Άσκηση 5 Μεταβ�ητή ωμική αντίσταση R, ιδανικό πηνίο με συντελεστή aυτεπαγωγής L και πυκνωτής χωρητικότητας C συνδέονται σε σειρά και τροφοδοτούνται από πηγή ενεργού τάσης V και κυ­ κλικής συχνότητας ω. i) Να βρεθεί η μέση ισχύς Ρ του εναλλασσόμενου ρεύματος. ii) Να βρεθεί για ποια τιμή του R έχουμε μέγιστη μέση ισχύ. iii) Να βρεθεί η δ ιαφορά φάσης μεταξύ τάση ς και έντασης στην περίπτωση αυτή. εν.

Λύση μέση ισχύς που δαπανάται στο κύκλωμα δίνεται από τον τύπο ν εν·Ιεν · συνθ, όπου νεν είναι η ενεργός τιμή της τάσης Ιεν η ενεργός _ τιμή της έντασης, θ η διαφορά φάσης μεταξύ της τάσης και της έντασης , με συνθ = R. , , που ισουται ισχυος και συνθ ο συντελεστης i) Η

Ρ=

z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/49


Μελέτη της οφιοειδούς Συνάρτησης (Serpentine)

'

Εχουμε

Ιεν = ν

εν,

z

έ δηση του κυκ όπου z είναι η εμπ , δη ι ντ α ίσταση και ισο ύ ται λ ώματος λ αδή η συνο λ κή

Σ υνεπώςθ α έχουμε

Ρ

2

νεν· R ν εν · R Ρ ή = = νεν · ι z z ffi 2 R + L - Cro

(

)

2

Παραγωγίζντ ο ας ως προς τη μεταλβ ητή R παίρνουμε ότι η έμ γιστη ισχύ ς επιτυγχάνεται όταν ι R = Lω · cω ι Lω - · Cω η' συνθ = f2 αραθ = :ra π ' ισχυος ' ειναι ' ' συν ιιι θ = τοτε . ) Ο συντε λ εστης d. 2

ii)

ν(

'

2

τ·

)

ι Lω - ro C

'

Άσκηση 6 Ένα μοντέλο για την παραγωγή λευκών αιμοσφαιρίων (grammlocytes) χρησιμοποιεί τη συνάρτηση f(x) = 2Αχ , Α > Ο, Β > Ο, χ > Ο όπου χ είναι ο αριθμός των πρωτο άρων σε χιλιάδες ανά χ +Β

κυττ

3

mm .

i) Να βρεθεί ο ρυθμός παραγωγής των λευκών αιμοσφαιρίων. ii) Αν y = εφθ·χ, Ο < θ < i να βρεθεί για ποιες τιμές της εφθ η ευθεία αυτή τέμνει τη γραφική πα­ ράσταση της f εκτός του σημείου 0(0, Ο) και σε άλλο σημείο Τ του πρώτου τεταρτημορίου. iii) Να βρεθεί η τιμή του Β ώστε η μέση τιμή της f στο [0, 1 ] να είναι �· Λύση i) Είναι γνωστό ότι ο ρυθ μός μεταβλο ής τωνλ ευκών αιμοσφ αφίων f(x) ως προς τα πρωτοκύ , , , , -Αχ? + ΑΒ ναι η παραγωγος f (χ) . Σ υνεπωςθ α εχουμε f(x) = 2 2 (χ + Β)

τταρα χ εί-

ii) Τα κοινά σημεία της γραφ κής θ είαςέ χουν συντεταγμένες τις ύλ σεις του ι παράστασης της f κιχ.ι της ευ συστήματος . ε ·χ y = φθ Α άρα φθ ε ·χ = 2 χ εθφ χ3 + ( Βφθ ε - Α)χ = Ο Υ = Αχ χ +Β -τ-χ +Β

ή

χουμε και άλλο κοινό σημείο , εκτός του 0(0, 0),θ α πρέπει να έχει ύλ ση στο IR η εξίσωση 2 θ - Α = Ο και επειδή φθ ε > Ο,θ α πρ έ πει Α - Βφθ ε > Ο ή φθ ε < �· φθ ε χ + Β εφ

Για ναέ

ε θ ήκη Ο < φθ ε θ α πρέπει να ικανοποιεί τη συν Σ υνεπώς η φθ

,

,

·· ' Απο, γνωστόθ εωρημα εχουμε ιιι)

ι

f ο

< �·

,

,

ι +Β Α ι+Β Α f1Y\χ)dχ = f1Υ\ξ) η 2ι� = 2 η l� =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/50

,

ιη

e αρα l + Β =, , Β = e -ι ι � .


Μελέτη της οφιοειδούς Συνάρτησης (Serpentine)

Σημείωση: Η μορφή της οφιοειδούς f(x) =

�2χ

ανήκει στην κατηγορία των ρητών συναρτή σεων που προέp­ χ +1 χονται από ν-παλινδρομικά πολυώνυμα. ' ' Ι 'Ενα πολυωνυμο ' Ρ(χ) = αγχν + αγ _ 1χν - + . . . + αο ονομα' ζεται ν-παλινδ ρομικο αν αί = αγ _ i για ιαιθε ί = Ο, 1 , 2, . . . , ν. Οι συντελεστές αί μπορεί να είναι και μηδέν, δηλαδή το Ρ(χ) μπορεί να μην είναι ν-οστού βαθμού ή να μην είναι πλήρες.

Άσκηση 7 Δίνονται τα ν-παλινδρομικά πολυώνυμα Ρ(χ) = αyχν + . . . + ασ και Q(x) = Ρνχν + . . . + β0• για κάθε χ για ί) Να αποδείξετε ότι η ρητή συνάρτηση f(x) = �:� ικανοποιεί τη σχέση f(x) = το οποίο ορίζονται τα f(x) και ίί) ίίί)

(�)

(�}

z

Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = � χ με α :f:. Ο είναι πηλίκο παλινδρομικών πολυαινύ­ χ +ι μαιν. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = � χ ικανοποιεί τη σχέση z

χ

J

χ +ι

I

J

�χ -

(ι - χ) tf"(t)dt + χ (ι - t)f"(t)dt = α ο

Λύση

p(l) ) \ (l)

χ

f(x)

{i)

αvl. + . . . + αο αο + α Ι χ + . . . + αyxv χ xv , 1 ι') ' Εχουμε η - = ....; - = -- = ;.. .:-----=-χ χ βο + β l χ + . . . + β χν Q β - + . . . + βο v Χ Χν Επειδή ο αριθμητής και ο παρονομαστής είναι ν-παλινδρομικά πολυώνυμα θα ισχύουν αί = αγ _ i και βί = β - i για κάθε ί = Ο, 1 , 2, . . . , ν. ν α + α1 χ + . . . + <lvXv 1 = fiY'-χ) , - = ο Ά ρα θα εχουμε χ βο + β 1 χ + . . . + β Χν ν ii) Ο αριθμητής Ρ(χ) = α2χ είναι πρώτου βαθμού και ισχύει αο = α2 = Ο. Ο παρονομαστής Q(x) = χ2 + 1 είναι δευτέρου βαθμού και ισχύει α2 = α0 = 1 . Άρα είναι 2-παλινδρομικό πολυώνυμο.

)

{)

iii) Θεωρούμε την παράσταση του πρώτου μέλους και εφαρμόζουμε το θεώρημα της παραγοντικής ολο­ κλήρωσης και διαδοχικά έχουμε: I

χ

J

J

I

χ

J

J

( 1 - x) tf '(t)dt + x ( 1 - t)f '(t)dt =( 1 - x) t[f(t)] 'dt + x ( 1 - t)[f(t)] 'dt = χ ο χ ο

:

χ

J

(

I

J

( 1 - x)[tf(t)] - ( 1 - x) f(t)dt + χ [( Ι - t)f(t) + x f' (t)dt = χ ο ( 1 - x)xf(x) - ( 1 - χ) [fιχ) - f(O)] - χ( 1 - x)f(x) + x[f( 1 ) - f(x)] =

α2χ - f(x) xf(x) - x2f(x) - fιχ) + χfιχ) - xf(x) + x2f(x) + xf( 1 ) - χfιχ) = xf( 1 ) - f(x) = 2 2 καθόqον f(O) = Ο και fι 1 ) =

�.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/51


Μελέτη της οφιοειδούς Συνάρτησης (Serpentίne)

Παρατήρηση: Στα ολοκληρώματα, όπως και σε άλλες ενότητες των Μαθηματικών, ισχύουν ορισμένες ταυτότητες, δηλαδή ισότητες που ισχύουν για κάθε συνάρτηση f- που πληρεί κάποια ιδιότητα . Η παραπάνω ισότητα μπορεί να διατυπωθεί ως εξής: Αν χ

Ε

f είναι μια συνάρτηση που είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο Α να αποδειχτεί ότι για κάθε

Α ισχύει,

I

χ

f

(1 - χ)

ο

tf ' (t)dt

+ χf (1 - t)f '(t)dt = (1 - x)f(O) + xf(1) - f(x) . χ

Άσκηση 8 Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x) =

2χ 2+χ ι με χ [Ο, 1] . i) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν σημεία χ1, χ2 στο (Ο, 1) τέτοια

ίί) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν σημεία

Ε

χ1, χ2, , • • •

Χν

ώστε

f'(�ι) + f'(�2) 2. =

ν

στο (Ο, 1) τέτοια ώστε Σr(l i=l

)

Xj

= ν.

Λύση

ί) Έστω Χο ένα σταθερό σημείο του διαστήματος (0,

1). Θεωρούμε τα διαστήματα [0, Χο] και [Χο, 1]. Η f είναι συνεχfις και παραγωγίσιμη σε κάθε ένα από αυτά, συνεπώς από το θεώρημα Μέσης τιμής υπάρχουν χ1 Ε (0, Χο) και χ2 Ε (Χο, 1) τέτοια ώστε: f (x 1 ) f(Xo) - f(O) και f (x2) = f(1) - f(Xo) και επειδή f(O) = Ο και f(1) = 1 έχουμε f(x1) = f(Xo) και 1 - Χο Χο Χο - 0 f (x2 ) 1 - f(Xo) 1 - Χο Χο 1 - Χο Χο + f(Xo) - 2Xof(Xo) Γ , 1 1 οτε εχουμε .. f (χ ) + f (x2) f(Xo) + 1 - f(Xo) f(Xo)[1 - f(Xo)] ι Χο Άρα για να αποδείξουμε τη ζητούμενη σχέση θα πρέπει να ισχύει = 2 ή = =

=

_

;��{ ��Χο)

[Χο - f(Xo)]·[1 - 2f(Xo)] = Ο το οποίο ισχύει ,γιατί από το θεώρημα ενδtάμεσης τιμής , μπορούμε να εκλέ­ ξουμε το Χο Ε (0, 1) τέτοιο ώστε f(Xo) = !· ii) Από το θεώρημα ενδtάμεσης τιμής μπορούμε να εκλέξουμε το ci ί = 1, 2, . . . , ν να είναι ο μικρότερος αριθμός στο [0, 1] για το οποίο f(cϊ) = l. Τότε θα έχουμε Ο < c1 < c2 < . . . < Cv 1 < 1, ορίζουμε c0 = Ο, ν

Cγ = l .

[ci

1

_

Cj ], ί =

1, 2, . . . , ν ισχύει το θεώρημα Μέσης Τιμής δηλαδή υπάρχουν ί i- 1 ν 1 , , f (xi) = f(ci) - f(ci - ι ) ι. = 1 , 2 , . . . , ν η' f (Xi ) = ν ωστε xi Ε (ci _ 1 , ci) τετοια Cj - Cj - 1 Cj - Cj ι Τότε σε κάθε δtάστημα

_

,

_,

ν

Τότε θα έχουμε

ν

�f(�i) =&ιν(cί - ci

_

1) =ν(c ι - co)

= ν (cν - Co) = ν( 1 - Ο) = ν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/51

+ v(c2 - cι ) + . . · + ν(eγ -

Cv

-

ι)


16° ΠΑΝΕΛΛΗ Ν ΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Μ ε διε8vή συμμ ετοχή .

Jj.

,

Α.::���τ::�

Μαθηματικά Νέα Γενιά και Κοινωνία' είναι το θέμα του συνεδρίου που διοργανώνει ιι Ε.ΜΕ. στις 12 - 13 - 14 Νοεμβρίου 1999 στη Λάρισα Ο Μαθηματικός κόσμος nις χώρας καλείτ(]l να καταθέσει τους προβληματισμούς του και τις εmσnιμοvικές του θέσεις επάνω στα μείζονα θέματα της σχέσης των Μαθηματικών με τη Νέα Γενιά και την επίδραση - διάχυσιί τους σnιν Κοινωνία του 21ου αιώvα.

θεμαιικ:ές Εvόιηιες ιου Συνεδρίου

Σχέση των μαΟητών με το μά θημα των Μα Οημαιικώv στην Πρωισ8ά0μια και • • •

Δευιερο6ά0μια Εκπαίδευση

Οι στάσεις και οι ανnλιίψεις των μαθητών για τα Μαθηματικά Πώς συνδέονται οι στάσεις των μαθητών απέναντι στα Μαθηματικά με την επίδοσή τους Η επίδραση του σχολικού περιβάλλοντος σnι συμμετοχή των μαθητών και στη μαθησιακή διαδικασία των Μαθηματικών Αυτοεκτίμιιση, αυτοαντίληψη και σχολική επίδοση στα Μαθιιματικά Η επίδρασι} των διδασκόντων στη διαμ όρφωση στάσεων των μαΟητών ως προς τα ΜαΟημαιικά

• •

Οι ανnλι\ψεις των εκπαιδευτικών για τη φύση, nι διδασκαλία και nι μάθηση των Μαθηματικών και η επίδρασιί τους στη διδακnκι\ διαδικασία Η υποστηρικnκι\ στάση των εκπαιδευτικών προς τοπς μαθητές ως καθοριστικός παράγοντας στη διαμόρφωση θεnκιίς στάσης απέναντι στα Μαθιιματικά Ο ρόλος της Εmμόρφωσης των εκπαιδευτικών στην αποτελεσματικότητα της διδασκαλίας Δημιουργία ελκυστικών διδακτικών καταστάσεων στη σύyχροvη κοινωνία

• • • •

• •

ΠροσεγγίQεις στιι διδασκαλία των Μαθιιματικών στο νέο τεχνολογικό περιβάλλον Εφαρμογή διδακτικών προσεγγίσεων στο μάθημα των Μαθιιματικών, οι οποίες σnιρίζονται στις σύγχρονες θεωρίες μάθησης Ρόλος των εξετάσεων στη διαμόρφωσιι των διδακτικών καταστάσεων Εmmώσεις των Μαθηματικών γνώσεων στις κοινωvιχές δραστηριότητες

Σιροyyυλά Τραπέζια

Πιστοποιητικό Παιδαγωγικής και Διδαιrnιnίς Επάρκειας Η εικόνα των Μαθιιματικών μέσα από τις εξετάσεις

Οδηyίεc; yια ιη Σύvιαξη ιωv Ερyασιώv

Οι εργασίες οι οποίες θα υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεmεμβρίου 1999 θα κριθούν με βάση τα πλι\ρη κείμενα από την εmστημοvικι\ εmτροmί- θα πρέπει να είναι πρωτόrοπες και να εντάσσονται στους σκοπούς του συνεδρίου. Τα πλήρη κείμενα των εργασιών που θα εγκριθούν θα περιληφθούν στα πρακτικά του συνεδρίου, τα οποία θα καταβληθεί προσπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδριο. Τα πρακτικά του Συνεδρίου θα εκδοθούν με απευθείας φωτογράφιιση των κειμένων που θα υποβληθούν γι' αυτό. Χάριν ομοιομορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παρακάτω: 1. Η εκτύπωση θα είναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αριστερά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω: Το κείμενο θα είναι πλήρως στοιχισμένο εκτός του τίτλου και των στοιχείων του συγγραφέα που θα είναι στοιχισμένα στο κέντρο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4153


16° Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθη ματικής Παιδείας

-------�

Η πρώτη σελίδα uις εργασίας θα περιέχει κατά σειρά:

α) Τον τίτλο uις εργασίας, γραμμένο με γράμματα κε φαλαί α μεγέθους 16. β) Μια κεVΙί γραμμιίγ) Το όνομα του συγγραφ έα 1re πλίιρη διεύθυνση γραμμένο με γρ άμματα μεγέθους 12 . δ) Δύο κενές γραμμέ ς. ε) Περίληqn] uις εργασίας (στα Ελληνικά), που δε θα υπερβαίνει ης 15 γραμμές κειμένου, γραpμέVΙl με γράμματα μεγέθους 12. ζ) θα ακολουθεί το κυρίως κείμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. Στην τελευταία σελίδα uις εργασίας, επισυνάπτεται (ε φ όσον είναι δυνατό) μια περίληqnι u1ς εργασίας σε κάποια διεθη'ι γλώσσα Η εργασία θα είναι γραpμέVΙ] σε επεξεργαστiι κειμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα που θα περιέχει την εργασία Να χρησιμοποιθούv γραpματοσειρές Tinιes New Ron1an Greek για τους τίτλους και για το κυρίως κείμενο.

3. 4.

ΣΗΜΑΝΤΙΚΉ HMEPOMHNIA 15 Σcπιcμ6ρίου 1999

Τα πλιίρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβλιιθούv μέχρι ης 15 Σεmεμβρίου 1999 σuιν παρακάτω διεύθυνση

Ελληνική Μα8ημ αηκή Εταιρεία (Ε.Μ.Ε.) (Για το 16ο Συνέδριο)

Πανεπι σnιμίου 34

Ε.Μ.Ε. (yια ιο συνέδριο ιης Λάρισας) Πανεm σnιμίου 34 106 79 ΑΟιίνα

10679 ΑΟιίνα

Τηλ� 36 16 5..f32 36 17 784 l'� ax: 36 4 1 025 e-nιait info@lmιs.gr -

www

.hms.gr

Παράριημα Ε.Μ.Ε. Λάρισας

1 1 4 12 2 1 Λάρισα Τηλ� 04 1 - 532 266 fΆΧ: 041 - 532 266, 041 - 28 1 56,!) e-ωait Ογλ

g21arissa@lar.forthnet.gr

Το Διοικητικό Συμβούλιο της Ελληνικής Μαθη ματικής Εταιρείας που προήλθε από τις εκλογές της 2 1ης Μαρτίου 1999 Πρόεδρος : Α' Αντιπρόεδρος : Β' Αντιπρόεδρος : Γεν. Γραμματέας : Αν. Γ. Γραμματέας :

Ταμίας

Αναπ. Ταμίας : Ειδικός Γραμματέας :

Έφορος Βιβλιοθήκης : Μέλη :

Νικόλαος Αλεξανδρής Βασίλειος Παπαντωνίου Κυριακή Κυ ριάκη

Ιωάννης Τυρλής Γεώργιος Καρκούλιας

Αδάμ Αγγελής

Ευάγγελος Ευσταθίου Παναγιώτης Βουργάνας Δη μήτριος Ζέρβας

Στυλιανός Ανδρεαδάκης Βαγγέλης Ντζιαχρήστος

Ανάργυρος Φελλούρης Ευάγγελος Σπανδάγος

Γεώργιος Κατσιάρης

Λάμπρος Μπούκας

Η

Εξελεγκτική Επιτροπή της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας που προήλθε από τις εκλογές της 2 1ης Μαρτίου 1 999 Πρόεδρος : Μέλη :

Γεώργιος Δημάκος

Θεόδωρος Μπόλης Σταύρος Παπασταυρίδης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/54


Το Βήμα

του

π

Ευκλείδη

I

I

Ένα γεωμετρικό πρόβλημα ,Μπελάς ,, Σακελλάρης Βασίλης ΒΘ 1 24 � Ι. Πρόταση Σε επίπεδο θεωρού με 5 διαφορετικά, αλλά Θ 1 24Μ3s διέρχεται από το Β και ισχύ ει Β Μ35 = 3 σταθερά ση μεία που ανά τρία δεν είναι συνευ­ As θειακά. Αν είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου που σχη ματίζεται με 3 απ' αυτά τα ση μεία και είναι το μέσο του τμήματος που ορίζουν τα άλλα δύο,ευθυγράμμου να αποδειχθεί ότι όλα διέρχονται από το ίδιο ση μείο, τα τμή ματα το οποίο χωρίζει εσωτερικά κάθε τμή μα σε λό 2 γο 3. Λύση 2

Μ

Θ

ΘΜ

ΘΜ

Θεωρούμε το σύνολο = { 1 , , 3, 4, 5}. Έ­ στω Ai με ί Ε τα δοθέντα σημεία, Μυ τα μέσα των τμημάτων AiAj με ί, j Ε ί < j και Θij κ τα βα­ ρύκεντρα των τριγώνωνΑiΑjΑκ με ί, j, κ Ε S, ί < j < κ. Είναι φανερό ότι τα 5 σημεία σχηματίζουν 1 Ο τρίγωνα Α υκ• άρα υπάρχουν και 1 Ο αντίστοιχα βα­ ρύκεντρα Θυκ· Επίσης τα 5 σημεία ορίζουν 1 Ο ευ­ θύγραμμα τμήματα AiAj, άρα υπάρχουν και 1 Ο α­ ντίστοιχα μέσα Mij Δύο, οποιαδήποτε απ' αυτά τα τρίγωνα έχουν ή μια κοινή κορυφή ή δύο κοινές κορυ φές. Έστω το τρίγωνο Α 1 Α2Α3 που έχει βαρύκε­ ντρο το Θ 1 2 3 και το ευθύγραμμο τμήμα Α4Α5 που έχει μέσο το Μ45. Τότε το Θ123 Μ45 είναι το σχη­ ματιζόμενο τμήμα, στο οποίο υπάρχει μοναδικό ε­ σωτερικό σημείο Β - τέτοιο, ώστε να ισχύει ΒΘ 1 23 2 ΒΜ45 3 Θεωρούμε και ένα άλλο (τυχαίο) τρίγωνο, που έχει με το προηγούμενο δύο κοινές κορυφές. Αυτό το νέο τρίγωνο θα έχει ή δε θα έχει κοινά ε­ σωτερικά σημεία με το προηγούμενο τρίγωνο . ) Ας Πάρουμε λοιπόν το τρίγωνο Α 1 Α2Α4 , που δεν έχει κοινά εσωτερικά σημεία με το τρίγωνο Α1Α2Α3 (σχήμα 1 ) Θα δείξουμε ότι το ευθύγραμμο τμήμα

S

-- = -

S S,

Σχήμα 1 Είναι M4s M3s I/ Α3Α4 ( 1 ) Α3 Α4 2- (2) και M4sMJs =

(Γιατί M45 ,M3 s

μέσα

των �Α5, Α3Α 5 αντίστοιχα)

Επίσης Θ123Θ124 I/ Α3 Α4 (3) (Γιατί Μ 1 2Θ123 = Μ ι2Θ124 = 1.' αφού Θ 1 23 • Θ 124 βαΜ 12 Α3 Μ 12 Α4 3 ρύκεντρα των τριγώνων Α 1Α2Α3 , Α 1 Α2Α4 αντι­ στοιχα) Α3Α4 , ρα Θ 1 3Θ 124 = (4) Ά 2 3Από ( 1 ), (3) έχουμε M4sM3s ll Θ 1 2 3Θ124 Έτσι το τετράπλευρο Θ 1 23Μ3sΜ4s Θ 124 είναι τραπέζιο, του οποίου οι διαγώνιες Θ 1 23 Μ45 και Θ 1 24Μ35 τέμνονται. Έστω Β ' το σημείο τομής τους. Θα δείξουμε ότι τα σημεία Β, Β ' συμπίπτουν . Α3 Α4 3 2 (5) Θ Θ 1 3 1 2 Από ( ), (4 ) έχουμε 2 24 Α M4sM3s 3 Α4 3 = -- = -

2

Αλλά τα τρίγωνα Β ' Θ 1 23 Θ 1 24 και Β 'Μ45Μ3;

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/55


Ένα γεω μετρικό πρό βλη μα "Μπελάς"

είναι όμοια (έχουν γωνίες ίσες) με λόγο ομοιότη ­ τας

t (από την 5).

2

Ο ,

Β ' Θ1 24 Β ' Θ1 23 , = = . Δη λαδη' το σημειο Β 'Μ35 Β ' Μ45 3 Β ' είναι αυτό που χωρiζει εσωτερικά το τμήμα ποτε

Θ1 23 Μ45 σε λόγο

t· Τέτοω σημείο όμως έχουμε

δεχθεί ότι είναι το Β. Άρα τα Β ', Β συμπίπτουν. 24 'Ετσι είναι Δηλαδή το τμήμα ΘΜ, που = 35 σχηματiζεται με βάση το τρίγωνο Α1Α2Α4 και το ευθύγραμμο τμήμα Α3Α5, διέρχεται από το σταθε-

:� t·

ρό σημείο Β και χωρiζεται εσωτερικά σε λόγο •

t

) Έστω τώρα το τρίγωνο Α2Α3Α4 , που έχει κοινά

2).

εσωτερικά σημεία με το τρίγωνο Α 1 Α2 Α3 (σχή μα Θα δείξουμε ότι το ευθύγραμμο τμήμα Θ234Μ ι 5 , , , Β Θ234 = διερχεται απο το Β και ισχυει ΒΜ ι 5 3 Α5

2

·

Θ234Μιs τέμνονται, έστω σε σημείο Β Ό Με τον ί­ δω τρόπο, όπως και προηγουμένως, αποδεικνύου­ με ότι τα σημεία Β και Β ' συμπίπτουν. Άρα και σ' αυτήν την περίπτωση το τμήμα ΘΜ διέρχεται από το σταθερό σημείο Β και χωρiζεται εσωτερικά σε

λόγ 2

0 3.

• ) Από τα προηγούμενα καταλαβαίνουμε ότι: κάθε τρίγωνο (τ) που έχει δύο κοινές κορυφές με το Α1Α2Α3 ορiζει αντίστοιχο ευθύγραμμο τμήμα ΘΜ, που διέρχεται από το σταθερό σημείο Β και ισχύει ΒΘ

2 = 3· ΒΜ

Αλλά και κάθε τρίγωνο (τ') που έχει μια μόνο κοινή κορυφή με το Α1Α2Α3 ορiζει αντίστοιχο ευ­ θύγραμμο τμήμα ΘΜ που διέρχεται από το ίδω σημείο Β με την ίδια ιδιότητα, γιατί το (τ') θα έχει δυο κοινές κορυφές με τουλάχιστο ένα από τα τρί­ γωνα (τ). Πράγματι, για τα τρίγωνα που οι δείκτες των κορυφών τους είναι ί, j, κ έχουμε: Δυο κοινές κορυφές με το (τ) Μια κοινή κορυφή με το (τ')

123: 124, 125, 134, 135,123:234, 235145, 245, 345

Σημείωση

Η Πρόταση Ι·· ισχύει γενικά και στο χώρο, α­ φού οι βασικές σχέσεις, που χρησιμοποιήθηκαν για την απόδειξή της στο επίπεδο, ισχύουν και ό­ ταν τα σημεία δεν είναι όλα συνεπίπεδα. ΙΙ.

Σχή μα Είναι

2

Α3

(1') (2 ')

και

-23 ) (3') 22 3 � � �3 (5')

Επίσης Θι23Θ234 // Μ 12Μ24 Α3 Θ1 23 Α3Θ234 και Μ 1 2Μ24 // Α ι Α4 (Αφου, Μ Α3 24 Α3 Μ 12 Άρα Θ123Θ234 // Α ι Α4 _

Θ

2 (1 '), (3 (2'), Θ

Α ι Α4

--

=

Α ι Α4

--

(4 ' ).

') έχουμε Μ45 Μ ι5 // Θι23Θ234 23 34 = έχουμε και από 45 15 Έτσι το τετράπλευρο Θ123Μ 1 5Μ4sΘ234 είναι τραπέζιο, του οποίου οι διαγώνιες Θ1 23 Μ4s και

(4 ' )

Πρόταση

5

Θεωρούμε τα σημεία της πρότασης I. Έστω Μ' το μέσο του τμήματος που έχει άκρα δύο απ' αυτά τα σημεία και Μ " το μέσο του τμήματος που έχει άκρα δύο σημεία από τα υπόλοιπα τρία. Αν Κ το μέσο του Μ'Μ" και Α το πέμπτο σημείο, να α­ ποδειχθεί ότι όλα τα τμήματα ΚΑ διέρχονται από το ίδω σημείο, το οποίο χωρiζει εσωτερικά κάθε

, ΚΑ σε τμημα

_

και " 1 23 " 234 =3Μ ι2Μ24 =3 Από

5

λόγ 1

ο 4.

Λύση

Χρησιμοποιώντας τον ίδιο συμβολισμό στα σημεία όπως στην πρόταση Ι, μπορούμε να πούμε ότι τα Μ', Μ ' ' είvαι τα Μ 23 , Μ45 αντίστοιχα και το μέσο του Μ23Μ45 είναι το Κ 1 (σε αντιστοιχία με το πέμπτο σημείο Α 1 ) Τότε στο ευθύγραμμο τμήμα Κ 1 Α1 υπάρχει , ΓΚι = 4 , , , μοναδικο, σημεω Γ τετοω, ωστε να ισχυει ΓΑ ι (σχή μα

3)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. β. τ.4/56

1


Ένα γεω μετρικό πρό βλη μα "Μπελάς" As

Μ23

Λύση

Έστω Θ 1 23 το βαρύκεντρο του τριγώνου Α 1 Α2Α3 και Β το ση μείο του τμήματος Θ1 23 Μ45 με 1 23 = � (σχήμα 4) την ιδιότητα ΒΘ B M4s 3 Για να συμπίπτουν τα σημεία Β και Γ αρκεί να δείξουμε ότι, ο φορέας του τμήμaτος Α1 Β διέρ­ χεται από το μέσο Κ1 του τμήματος Μ23 Μ45 και είναι ΒΚι = .!4 ΒΑ1

Α3

Σχήμα 3 Θα δείξουμε ότι και το τυχαίο άλλο τμή μα ΚΑ, για παράδειγ μα το Κ2Α2 (όπου Κ2 το μέσο , απο, το Γ και ισ-χu, ει ΓΚ,� = 41 του Μ 14 Μ 35 ) διερχεται ΓΑ Το σημείο Κ2 είναι μέσο και του τμή ματος Μ 13Μ45 , αφού τα τμήματα Μ ι 4Μ 3 s και Μι 3Μ45 εί­ παραλληλογράμμου του διαγώνιες ναι του είναι μέσα των (οι κορυφές Μ Μ 13 Μ35 Μ45 14 πλευρών του τετραπλεύρου Α1Α3 Α5Α4). Είναι Κ 1 Κ2 // Μ23Μ 13 και Κ 1Κ2 = M2�Mn (Γιατί

Κ 1 , Κ2 μέσα των Μ23Μ45, Μ 13Μ45 αντίστοιχα). ' Μ23Μ13 I/ Α 1 Α2 και Μ23Μ 13 = Α Ι Α-2 Επισης 2 Από αυτές τις σχέσεις έχουμε Κ 1Κ2 // Α1Α2 ΑΙΑ2 και Κ 1 Κ2 = 4Έτσι το τετράπλευρο Α 1 Α2Κ1Κ2 είναι τραπέ­ ζιο, του οποίου οι διαγώνιες Κ1Α 1 και Κ2Α2 τέμνο­ νται. Έτσω Γ το σημείο το μής τους. Θα δείξουμε ότι τα σημεία Γ και Γ συμπίπτουν. Από τα όμοια τρίγωνα ΓΆ 1 Α2 και ΓΚ1 Κ2 έ2 χου με ΓΚ 1 = Γ Κ2 = Κ ιΚ = 1 Γ Α 1 Γ Α2 Αι Α2 4 Δηλαδ1Ί το ση μείο Γ είναι αυτό που χωρίζει ' ο 4.1 Τε' τοιο ση' Κ 1 Α σε λογ εσωτερικα' το τμημα μείο όμως έχουμε δεχθεί ότι είναι το Γ. Άρα τα Γ, , - - ΓΚ2 = 41 Γ , συμπι,πτουν. ' Ετσι ειναι ΓΑ2 -

1

Σημείωση

πρόταση 11 ισχύει γενικά και στο χώρο α­ φού οι βασικές σχέσεις, που χρησιμοποιή θηκαν για την απόδειξή της στο επίπεδο, ισχύουν και ό­ ταν τα σημεία δεν είναι όλα συνεπίπεδα. Η

πι.

5

Πρόταση

Να αποδειχθεί ότι τα σημεία Β και Γ των προτάσεων Ι και 11 συμπίπτουν.

Μ45

Σχήμα 4 Έστω όn ο φορέας του τμήματος Α 1 Β τέμνει το τ μήμα Μ23 Μ45 στο σημείο Κ ' . Φέρνου με το τμήμα Θ1 23Λ // Α 1 Κ ' Στο τ ρίγωνο Μ45Θ1 23Λ έχουμε Κ 'Λ ΒΘι,3 2 (1) Κ ' Μ45 = Μ� = 3 Β 5 Στο τρίγωνο Α1Μ23 Κ ' έχου με Α ιθ1 23 = -2 (2) Κ ' Λ = --Κ ' Μ23 ΑιΜ23 3 , Κ ' Λ = Κ ' Λ Άρα Από ( 1 ), (2) εχουμε Κ ' Μ45 Κ ' Μ 23 Κ ' Μ45 = Κ ' Μ23 Δηλαδή το Κ ' είναι το μέσο Κ1 του τμήματος Μ23Μιs Θ 1 23 Μ4s = , , ΒΘ 1 23 = 2 εχουμε Απο, τη σχεση B M4s 3 BM4s 3 Από τα όμοια τρίγωνα Μ45 ΒΚ 1 και Μ45 Θ 1 23Λ , με ΒΚ 1 = Β Μ45 = -3 Δη λαδη, ΒΚι = -3 (3) εχου Θ 1 23 Λ Θ123Λ Θ 1 23 Μ45 Από τα όμοια τρίγωνα Μ23 Θ1 23 Λ και Μ23ΑιΚι Θ Ι 23 Λ - Μ23 ΘΙ 23 - .! Δηλαδη' Θ Ι23Λ - .! (4) ' εχουμε ΑιΚΙ 3 Α 1 Κ 1 Μ23Α 1 3 ' Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των (3), (4 ) ΒΚι = 1 , , με ΒΚ 1 = 1 αρα εχου 1 Α 1Κ1 - ΒΚ ι Α 1 Κ1 S δηλαδη, ΒΚι = 41 ΒΑ Ι

5

5

--

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/57

--

-

5-

5


Μ ια "φυσική " μέθ ο δο ς απ όδειξης ενός γεωμετρ ικού π ροβλήματο ς (Για τις προηγούμενες προτάσεις, που αποδείχθη­ καν με γεωμετρικό τρόπο, ο συνάδελφος Καρβε­ λάς Δημήτριος μας έστειλε τις παρακάτω αποδεί­ ξεις που στηρίζονται σε έννοιες της Φυσικής). Ι. Θ εωρούμε τα 5 σημεία ως υλικά σημεία ισο­ βαρή με βάρος F το καθένα. Προφανώς η συνι­ σταμένη Σ των 5 δυνάμεων θα είναι Σ = 5F και θα έχει σημείο εφαρμογής το κέντρο βάρους Ο του συστήματος όλων των σημείων. Η μένη Σι τρtών τυχαίων δυνάμεων αΠ τές θα είναι Σι = 3F με σημείο εφαρμογής το βαρύκεντρο Κ του τρτyώνου έχει κορυφές τα σημεία εφαρμογής αμένη � των άλ­ τρtών δυνάμεων. Η αυτών λmν δύο δυνάμεων θα είναι � = 2F με σημείο εφαρμογής το μέσο Μ του ευθυyράμμου τμήματος έχει άκρα τα σημεία εφαρμογής αυτών των δύο δυνάμεων. Η συνισταμένη των Σ 1 και Σ2 θα είναι Σ = 5F με σημείο εφαρμογής το Ο που βρίσκεται πάνω στο ευθύγραμμο τμήμα ΚΜ και το οποίο χωρίζει το ΚΜ σε δύο μέρη αντιστρόφως ανάλογα των Σ 1 , ΟΚ = 2F = 32 και Σ 2• Δη λαδη, ειναι ΟΜ 3F σt.Μσtα

Καρβελάς Δημήτριος (Χημικός) .... .... .... ... .... "

pr

που

συνιστ

των

που

Μ� �

/ ., ., "'

.... ..... ,,'''

.,.

_,

>,

'

'

'

, ,_,..,,. � Σt F r - - - - - - - - - - - - - - -τ F Π. Η συνιοταμένη Σι δύο τuwiωv διΜiμεων θα εΜn Σι = 2F με σημείο εχραρμοyής το μέσο Μ1 του ευθυyράμμου τμήματος που έχει άκρα τα σημεiα εχραρμσyής crotώv των δύο δυνάμεων. Η συνιοταμένη � δύο όJJJJJV δuWμfmv ωrό τις υπόλοuιες τι»; θα εΜn � = 2F με σημείο εχραρμσyής το μέσο Μ2 του ευθυyράμμσι> τμήματος που έχει άκρα τα ανtί­ σtΟWΙ σημεfα εχραρμοyής αυτών των δύο δmόμεων. Η <rο­ V10't{ψένη � των διΜψεων Σι κm� εί\αι� = 4F με σημείο εχραρμοyής το μέσο Κ του ευθυyράμμσι> τμήματα; που έχει άκρα τα σημεiαεχραρμοyήςτων Σι κm�. Η συνισταμένη του βάρους F του πέμπtου σημεiου Λ και της δύναμης � θα είναι Σ = F + 4F 5F με ση­ μείο εφαρμογής το Ο πουβρiσκεται πάνω στο ευθύ­ γραμμο τμήμα ΚΑ και το οποίο χωρίζει το ΚΑ σε δύο μέρη αντtσtρόφως ανόJ...Dyα των � = 4F και Δηλαδή = F =1 ει,ναι ΟΚ ΟΑ 4F 4· ..... .... ... .... ', .... ......

=

F,

Σι - -

τp

" Μια λύση πολλά προ βλήματα"

lη. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με διαμέσους ΑΑ ι , ΒΒ 1 , ΓΓ1 και Κ το κέντρο βάρους του. Αν Μ 1 είναι το μέ­ σο της ΑΑι και Μ2 το μέσο της ΓΓι, να αποδειχθεί ό­ τι η διάμεσος ΒΒ 1 και τα ευ θύγραμμα τμή ματα ΑΜ2 , ' ' οκ 2 ' . ο και ειναι = 3· στο iδω ση μεω ΓΜ 1 τεμνονται ΟΒ ι Α

Β

Αι

Γ

Αι

Γ

Έστω τρίγωνο ΑΒ Γ με διαμέσους ΑΑ 1 , ΒΒι, ΓΓι και Κ το κέντρο βάρους του. Αν Μι είναι το μέσο του Γ 1 Β 1 , Μ2 είναι το μέσο του ΑΒ 1 και Μ3 είναι του μέσο του ΑΓ 1 , να αποδειχθεί όn:

2η. '

- - - - - - -

��τ F

Ειδική περίπτωση των προηγούμενων θεω­ ρημάτων αποτελεί η ομάδα ασκήσεων που ακο­ λουθεί με τον τίτλο:

� �/ τ F

.-'

,, ... ,

I

ι I

� ����

- - - - - - -

�/

Α

Β

Τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΜ 1 , Β Μ2 και ΓΜ3 , ΟΜι = 41 διερχονται απο, το iδιο σημειο Ο και ειναι ΟΑ β) Η ΑΜ1 διέρχεται από το Κ και είναι = α)

,

,

g� �-

3η. Έστω τρtyωνο ΑΒΓ με διαμέσους ΑΑι , ΒΒι , ΓΓι και Κ το κέντρο βάρους του. Έστω επίσης Ε Δ τυχαiα, πλευρών ΑΒ και ΒΓ αvriσtoι­ σ).).fJ. σταθερά σημεία ΕΔ, ΕΑ, ·'Xfl. Αν Μι, Μ2, Μ3, �. Μ5, Μι;, Μ7 τα μέσα ΔΒ, ΕΒ, ΔΓ, Μ2Μ3, Μ4Μ5 ανriστοιχα, να αποδειχθεί ότι;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/58

και

των

των


Ένα γεω μετρικό πρόβλη μα "Μπελάς" Α

ευθύγραμμα τμήματα ΑΚ ι, Α 1 Κ2 και Δ ιΚ3 διέρχονται ΟΚι = -ΟΚ2 = -ΟΚ3 = 2 , Ο και ειναι , -απο, το ίδιο σημειο ΟΑ ΟΑι ΟΔ ι -3 7η. Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ και Ε τυχαiο, αλλά σταθερό ση μεiο της πλευράς ΒΓ. Έστω επίσης τα Μι , Mz, Μ3, �. Μ5 τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΔΑ, ΕΓ, ΕΔ α­ ντίστοιχα. Αν Κι είναι το ση μεiο τομής των ΔΜ 1 και Β Μ3 Δ Αι Ms Γ α) Τα ευθύγραμμα τμήματα ΚΜι, ΑΜ7, Γ� ΒΜ3, Kz είναι το σημεiο τομής των ΓΜι και ΑΜ2 και Κ3 είναι το μέσο του Μ2Μ3, να αποδειχθεί ότι τα ευθύ­ διέρχονται από το ίδιο σημείο Ο και είναι Μ Ο Ο γ ΟΚ = � ραμμα τμή ματα Κι Μ4, Κ2Μ5 και Κ3Ε διέρχονται από β) 6 = Μ7 .!. Ο Γ ΟΑ 4 ΟΜι 3 το ίδιο σημεiο Ο και είναι ΟΚ3 = .!. OKz = ΟΚ ι = � ΟΕ · 4' ΟΜ5 ΟΜ4 3· 4η . Να αποδειχθεί η άσκηση 3 όταν τα Ε και Δ Δ είναι και τα δύο σημεία της πλευράς ΒΓ. =

Α

Μ2

Ε Μ4

Γ

Έστω εξάεδρο ΑΒΓ ΔΕ, του οποίου οι έδρες είναι τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΓΔ, ΑΔΕ, ΑΕΒ, ΒΓΕ και 5η . Έστω τρfγωνο ΑΒΓ με δtαμέσσυς ΑΑι, ΒΒ1 , ΓΓ1 ΓΔΕ. Έστω επίσης Κ ι, Κ2 , Κ3 τα κέντρα βάρους και Κ το κένtρο βάρους του. 'Εστω επίσης Δ τυχαiο, σJ.J..iJ. σταθερό σημείο της πλευράς ΒΓ. Αν Μι, Μ:ι. Μ3 είναι τα των εδρών ΓΔΕ, Β ΓΕ, ΑΒΓ αντίστοιχα και Μ ι , μέσα των ΑΑ ι, ΑΔ, ΒιΜ2 ανοοτοίχως, να αποδειχθεί ότι: Mz, Μ3 τα μέσα των ακμών ΑΒ, ΑΔ, ΔΕ αντίστοι­ χα. Να αποδειχθεί ότι τα ευθύγραμμα τμήματα Α Κ 1 Μι , Κ2Μ2 και Κ3Μ3 διέρχονται από το ίδιο ση Ο ΟΚ ι Ο Κ2 = ΟΚ3 = ­2 μειο και ειναι ΟΜι ΟΜ7 ΟΜ3 3 Β

Μ3 Δ Μ4 Α ι Μ7 Μ ι Μs Ε Γ

8η.

,

,

--

=

--

--

Α

Β

Δ

Αι

Γ

α) Τα ευθύγραμμα τμήματα ΚΜ2, ΔΜ1 και ΒΜ3 διέρχονται από το ίδιο σημείο Ο και είναι ΟΚ � β) ΟΜ ι = ΟΜ3 = .!. ΟΔ ΟΒ 4 ΟΜ2 3 6η . Έστω τετράπλευρο ΑΒ ΓΔ, του οποίου τα μέ­ σα των πλευρών ΑΒ , ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ είναι αντίστοιχα Αι , Βι, Γι, Δι . =

Β

.

Λύσεις

Στην 1 η άσκηση δύο σημεία συμπίπτουν στο και άλλα δύο συμπίπτουν στο Γ. Δηλαδή τα 5 Α σημεία είναι Α, Α, Β , Γ, Γ. Στη 2η άσκηση τρία σημεία συμπίπτουν στο Α . Δηλαδή τα 5 σημεία εί­ ναι Α, Α, Α, Β , Γ. Στην 3 η και 4η άσκηση τα 5 ση­ μεία είναι Α, Β , Γ, Δ, Ε. Στην 5 η και 6η άσκηση Γ Βι Β δύο σημεία συμπίπτουν στο Α . Δηλαδή τα 5 ση­ Αν Κι είναι το σημείο τομής των ΒΓι και ΔΒι , Κ2 εί- μεία είναι Α, Α, Β , Γ, Δ. Στην 7η και 8η άσκηση ναι το σημείο τομής των ΑΓι και ΓΔ ι και Κ3 είναι το τα 5 σημεία είναι Α, Β , Γ, Δ, Ε. σημείο τομής των ΑΒι και ΓΑι, να αποδειχθεί ότι τα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. β. τ.4/59


Ρωτώντας πας στην πόλη ...

Ηλίας Ντζιώρας Στη στήλη αυτή δίνονται απαντήσεις σε πολύ λεπτά ερωτήματα που γεννιούνται οτους αναγνώστες. Έ­ τσι από τη οτήλη αυτή εσείς θα ρωτάτε κα ι εμείς θα προσπαθούμε να απαντήσουμε ή να δίνουμε κάπο ιες υ­ ποδείξεις οτα ερωτήματά σας.

Αγαπητέ Ευκλείδη, είμαι μαθητής της Γ ' Λυκείου και τακτικός αναγνώστης σου. Στο προηγούμενο τεύχος σου και συγκεκριμένα στη στήλη σου: "Ρωτώντας πας στην πόλη" είδα να αποδεικνύεις ότι το θεώρημα του Bolzano μπορεί, κάτω από ορισμένες προϋποθέσεις, να αποδειχθεί για ανοικτό διάστη μα. Θα ήθελα λοιπόν να έχω μια απάντησή σου στα παρακάτω ερωτήματά μου: α) Μπορεί να γενικευθεί το θεώρημα του Rolle σε ανοικτό διάστημα της μορφής (α, β); β) Μπορεί να γενικευθεί το θεώρημα του Rolle σε μη φραγμένο άνω διάστημα της μορφής [α, +οο);

Απάντηση α) Η γενίκευση του θεωρήματος του Rolle σε ανοικτό διάστημα (α, β) δίνεται από την παρακάτω: Πρόταση: Αν μια συνάρτηση f είναι παραγω-yίσιμη στο (α, β) και •υπάρχουν στο IR τα όρια: lill\f(x) και lim_ f(x) και χ-α χ-β • lill\f(x) = lim_f(x) = λ, λ ε IR, χ-α

χ-β

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο ξ ε (α, β) τέτοιο, ώστε f'(ξ) = Ο.

{

Απόδειξη

f(x) , αν χ ε (α, β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g: [α, β] - IR με g(x) = λ , αν χ = α ή χ = β Η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ . του Rolle, γιατί: •Είναι συνεχής στο [α, β], καθόσον g(x) = f(x), χ ε (α, β) και f παραγωγίσιμη στο (α, β) (άρα η f συνεχής στο (α, β)). Επίσης g(α) =λ = lii.I\f(x) = li"\g(x) και g(β) =λ = lim_f(x) = lim_g(x). χ-α

χ-α

χ- β

χ- β

Επομένως η g είναι συνεχής στο [α, β]. •Η g παραγωγίζεται στο ανοικτό διάστημα (α, β), γιατί g(x) = f(x), χ ε (α, β) και τέλος •Ισχύει g(α) = g(β) = λ. Επομένως, για τη g ισχύει το θεώρημα του Rolle και συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ε (α, β) τέτοιο, ώστε : g ' (ξ)= Ο ( 1 ). ' (2) (x) για κάθε χε (α, β). Επομένως f (ξ) = Ο g (x) = Αλλά f β) Η γενίκευση του θεωρήματος του Rolle σε διάστημα Δ = [α, +οο) δίνεται από την παρακάτω πρόταση:

Πρόταση : Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο Δ = [α, +οο) και παραγω-yίσιμη στο (α, +οο) και ι­ σχύουν f(α) = Ο και lim f(x) = Ο, τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο ξ ε (α, +οο) τέτοιο, χ-+οο ώστε να ισχύει: f' (ξ) = Ο. Υπόδειξη: Εφαρμόστε το θεώρημα Μεγίστης - Ελαχίστης τιμής σε κατάλληλο διάστημα και στη συνέχεια εφαρμόστε το θεώρημα του Fermat.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.3/60


Ένα πρόβλημα, Πολλές Λ ύσεις Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος Άσκηση 20 [Λάβαμε από το συνάδελφο Ευάγγελο Κοντοσάκο (Ιωάννινα), την οποία έλυσε με φορετικούς τρόπους]

10

δια­

Δυο πραγματικοί αριθμοί χ, y έχουν σταθερό άθροισμα χ+ y = 2κ. Να αποδειχθεί ότι το γινόμε­ νό τους x·y γίνεται μέγιστο όταν οι αριθμοί γίνουν ίσοL Σ κέψεις:

Αν κ > Ο αποκλείεται να είναι χ < Ο και y < Ο. Είναι δυνατόν να είναι χ, y ετερόσημοι ή μη αρνητικός ο ένας και θετικός ο άλλος. Είναι φανερό ότι το μέγιστο γινόμενο δεν είναι δυνατόν να είναι γινόμενο ετερόσημων (αφού τότε xy < 0), ούτε όταν ο ένας είναι μηδέν (αφού x·y = 0). Άρα θα το αναζητή­ σουμε μεταξύ των θετικών τιμών των χ, y. 2. Αν κ = Ο θα είναι χ, y αντίθετοι ή χ = y = Ο. Είναι φανερό ότι το μέγιστο γινόμενο προκύπτει όταν χ = y = Ο και είναι x·y = Ο (αφού για κάθε άλλη περίπτωση είναι x·y < Ο) 3. Αν κ < Ο αποκλείεται να είναι χ > Ο και y > Ο. Είναι δυνατόν να είναι χ, y ετερόσημοι ή μη θετικός ο ένας και αρνητικός ο άλλος. Το μέγιστο γινόμενο θα το αναζητήσουμε μεταξύ των αρνητικών τιμών των χ, y (με αντίστοιχη σκέψη όπως στην περίπτωση (1)). Τότε όμως ισχύει: x·y = Ιx·y l = Ι x l · l y l Άρα μέγιστο(χ·y) = μέγιστο( ΙχΙ · Iy l ). Αφού όμως χ, y ομόσημοι ισχύει ακόμη: Ι χ Ι + IY I = Ι χ + y l = 1 2κ Ι . Δηλαδή αρκεί να βρούμε τη μέγιστη τιμή του γινομένου Ι x i · IY I όταν Ι χ Ι + IY I = Ι 2κ Ι . Έτσι το πρόβλημα επαναδιατυπώνεται ως εξής: " Δυο θετικοί πραγματικοί αριθμοί χ, y έχουν σταθερό άθροισμα χ + y = 2κ. Να αποδειχθεί ότι το γι­ 1.

νόμενό τους γίνεται μέγιστο όταν οι αριθμοί γίνουν ίσοι" .

Οι παραπάνω σκέψεις επιτρέπουν να αντιμετωπίσουμε το πρόβλημα και τμημάτων.

Λύση: Πρώτος τρόπος:

Α ρκεί να αποδείξουμε ότι απ' όλα τα ορθογώνια παραλληλό­ γραμμα διαστάσεων χ, y και σταθερής ημιπεριμέτρου 2κ (ώ­ στε χ + y = 2κ), το τετράγωνο πλευράς κ έχει το μέγιστο εμ­ βαδόν. Έστω το τετράγωνο ΑΒ ΓΔ πλευράς ΑΒ = κ και το ορθογώ­ νιο ΑΕΖΘ πλευρών Α Ε = χ = κ + α, ΑΘ = y = κ - α (ώστε να διατηρείται η σχέση χ + y =(κ + α) + (κ - α) =2κ). Αφού το ΑΒΗΘ είναι κοινό αpκεί να δείξουμε ότι 2 2 Ε(ΘΗΓΔ) > Ε(ΒΕΖΗ) <=>κ·α > α(κ - α) <=>κα > ακ - α <=>α > Ο, που είναι φανερό αφού α * Ο.

με

μέτρα ευθυγράμμων

Γ

Δ

α κ

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

Θ

_

_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.β. τ.4/61

_

_

_

_

_

_

Υ

Α

κ

Δεύτερος τρόπος: Θεωρούμε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ = 2κ. Έστω σημείο Δ της διαμέτρου ΑΒ. Θέτουμε ΑΔ = χ, ΔΒ = y. Αν η κάθετη από το Δ τέμνει το ημικύκλιο στο Γ, τότε το ArB είναι ορθογώνιο (f = 90°) και επί πλέον ισχύει ΔΑ ·ΔΒ = ΓΔ2 • Δηλαδή x·y = ΓΔ2 • Για να γίνει μέγιστο το x·y αρκεί να γίνει μέγιστο το ΓΔ2 δηλαδή το ΓΔ. Αυτό όμως συμβαίνει όταν το Δ ταυτί­ ζεται με το κέντρο Ο. Αλλά τότε χ = y = κ.

_

Γ

Γ,

χ

.,..

_

_

_

!l

_

_

_

. z I


-------

Ένα πρόβλημα πολλές Λύσεις

Τρίτος τρόπος :

Για Χο = Υο = κ, το γινόμενο γίνεται Χο· Υο = κ2• Αρκεί να αποδείξουμε ότι σε οποιοδήποτε άλλο ζεύ­ γος τιμών Χ ι , Υ ι με Χι + Υ ι = 2κ αντιστοιχεί μικρότερο γινόμενο. Έστω Χ ι = Χο + θ = κ + θ . Τότε Υ = y0 - θ = κ - θ Αρκεί να δειχθεί ότι Χ ι ·Υ ι < :xo · y0 δηλαδή (κ + θ)(κ - θ) < κ2 <=>κ2 - θ2 < κ2 <=>-θ2 < Ο που είναι φανερό αφού θ * Ο ι

Τέταρτος τρόπος:

' γνωστο' οτι ' χ·y = (χ + Υ)2 - (χ - Υ)2 Ειναι 4

Αρκεί λοιπόν να γίνει μέγιστο το (χ + y)2 (χ - y)2 δηλαδή το (χ + y)2 - (χ - y)2• Αυτό συμβαίνει όταν γίνεται ελάχιστο το (χ - y)2 και επειδή (χ - y)2 � Ο, ελάχιστο γίνεται όταν (χ - y)2 = Ο δηλαδή όταν χ - Υ = ο <=>Χ = y.

Πέμπτος τρόπος :

Έστω χ + y = 2κ και ότι y > χ. Θεωρούμε τη διαφορά y - χ > Ο και προσθέτουμε στο χ την παρά­ σταση Υ ; χ, ενώ αφαιρούμε από το y την παράσταση Υ χ. Έτσι έχουμε: χ + Υ χ = y - Υ χ. Αρκεί να

;

( ;) ( ;)

αποδείξουμε ότι χ + Υ χ · Υ - Υ χ > xy <=> χ που ισχύει αφού χ * y

;

;

; Υ· χ ; Υ > xy <=> (χ + y)2 > 4xy <=> (χ - y)2 > Ο

'Εκτος τρόπος :

Αφού χ + y = 2κ <=>y = 2κ - χ. Άρα x·y =χ·(2κ - χ) =-χ2 + 2κχ. Αρκεί να βρούμε τη μέγιστη τιμή ' της παραστασης -χ2 + 2κχ. Θεωρούμε το τριώνυμο f(x) = -χ2 + 2κχ. Επειδή α = -1 το f έχει μέγιστο και μάλιστα στο Χο = 2κ δηλαδή στο Χο = κ. Αλλά τότε από χ + y = 2κ έχουμε και y0 = κ.

:

Έβδομος τρόπος:

Μ πορούμε να θεωρήσουμε τα χ, y ως ρίζες ενός τριωνύμου. Το τριώνυμο αυτό θα είναι το f(t) = t2 - (χ + y)-t + xy ή f(t) = t2 - 2κt + xy ( 1 ). Ικανή και αναγκαία συνθήκη για να έχει το ( 1 ) πραγματικές ρίζες είναι: Δ � Ο <=> 4κ2 - 4xy � Ο <=>xy � κ2• Άρα η μέγισ.τη τιμή την οποία μπορεί να πάρει το γινόμενο x·y είναι κ2 • Λύνοντας τώρα την εξίσωση f(t) = Ο για xy = κ2 έχουμε: t2 - 2κt + κ2 = Ο <=>t1 = t = κ. Άρα χ = y = κ. 2

Όγδοος τρόπος: ( 1 ), όπου χ + y = 2κ <=>Υ = 2κ - χ Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x, y) = x·y Θα αναζητήσουμε τη μέγιστη τιμή της f όταν ισχύ ει η (2). Οι ( 1 ), (2) είναι παραγωγίσιμες προς χ. Παραγωγίζοντας τη (2) έχουμε: = - 1

:�

(2) (3)

( 4) Παραγωγίζοντας την ( 1 ) προς χ έχουμε: = y + χ · = y - χ (λόγω της (3)) 'Εχουμε df = Ο <=>y - χ = Ο <=>y = χ. .Ά ρα για y = χ έχουμε πιθανό ακρότατο. Θα εξετάσουμε το πρό­ dχ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/62


-------

σημο της 2ης παραγώγου. Είναι

Ένα πρό βλημα πολλές Λύσεις

�� =-t(�) =� - χ) =� -

1 =- 1 - 1

= -2 .

d2f < Ο, για y = χ θα εχουμε ' ' ' ' η μεγιστ ' οτι ' ειναι ' η τιμη' ακροτατο Αφου' και μα' λιστα μεγιστο. Ευνοητο dx2 x=y της f θα είναι fμεy = κ2 αφού για x + y = 2κ έχουμε χ = y = κ.

{

·

Παρατήρηση :

Ασφαλώς θα ήταν ευκολότερο να μελετηθεί με παράγωγο η συνάρτηση f(x) = -χ2 + 2κχ του 6ου τρόπου, ως προς τα ακρότατα. Προτιμήθηκε όμως ο παραπάνω γιατί συνδυάζει τα σύμβολα Leibnitz, - τη σύνθετη συνάρτηση και το ρυθμό μεταβολής.

Ένατος τρόπος Θεωρούμε κύκλο με διάμετρο ΑΒ > 2κ και παίρνουμε χορδή ΓΔ = 2κ. Για κάθε σημείο Σ της χορδής είναι ΣΓ + ΣΔ = 2κ. Θέ­ τουμε ΣΓ = χ, ΣΔ = y. Έτσι χ + y = 2κ. Αρκεί να βρούμε πότε το γινόμενο ΣΓ·ΣΔ = x·y γίνεται μέγιστο. Αλλά ΣΓ·ΣΔ = R2 - ΟΣ2 • Αρκεί λοιπόν ΟΣ2 να γίνει ελάχιστο, δηλαδή ΟΣ ελάχιστο. Αυτό συμβαίνει όταν το Σ συμπίπτει με το μέσο Μ της χορδής ΓΔ, αφού ΟΜ .l Γ Δ. Φανερά τότε θα είναι χ = y = κ. ( Μπορούμε να πάρουμε και κύκλο διαμέτρου ΑΒ = 2κ. Τότε μάλι­ στα δε χρειαζόμαστε χορδή ΓΔ, αρκεί η διάμετρος ΑΒ και η μέγι­ στη τιμή του x·y θα είναι όταν το Σ ταυτίζεται με το κέντρο 0).

f-: : --.----- .

Γ

-

-

- '-, Δ

- __Ό____ __

;

ο"

\

\

.,_ ...... _ _____ _

___

\

Β

Δέκατος τρόπος: (Μ ε γραφική παράσταση) Έστω λ > Ο μια τιμή του γινομένου x·y. Τότε έχουμε: χ+ y = 2κ <;:;>Υ = 2κ - χ, χ > Ο x·y = λ <;:;>Υ = �. χ > Ο. Θεωρούμε τις συναρτήσεις: χ f: y = 2κ - χ, χ > Ο λ g: y = -, χ > ο. χ

Υ

y=x

2

--κ

λ

-- y=x

Εύκολα δείχνουμε ότι και οι δυο aντιστρέφονται και μάλιστα ισχύει: 1 1 = f, g- 1 = g. Άρα κάθε μια έχει γραφική παράσταση συμμετρική ως προς την πρώτη διχοτόμο y = χ. Η κορυφή Σ της υπερβολής έχει συντεταγμένες (...Ji, ψ.) και το μέτρο του δΣ είναι ιδΣι = \}λ + λ = -{'2λ = (ΟΣ) Άρα όταν αυξάνει το λ η κορυφή της υπερβολής απομακρύνεται από την αρχή Ο παραμένοντας ό­ μως πάντα πάνω στην ευθεία y = χ. Άρα η μέγιστη τιμή του λ θα είναι αυτή για την οποία η υπερβολή ε­ φάπτεται της σταθερής ευθείας y = 2κ - χ, και λόγω της συμμετρίας το σημείο επαφής*, θα βρίσκεται και πάνω στη διχοτόμο. Εύκολα βρίσκουμε ότι τότε χ = y = κ.

,

2λ > Ο άρα μονιμα τα κοίλα ανω της g. ' Μοναδικ6 αφου g "( χ) = 3 χ '

*

'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. β. τ.4/63


Αλληλογραφία •

Από τον κύριο Κωνσταντίνο Σκαρλάτο (πρωτοετή φοιτητή του Μαθηματικού Αθήνας) λάβαμε δύο εργασίες. Αγαπητέ φίλε: η πρώτη εργασία σου περιέχει ασκήσεις, που οι περισσότερες έχουν δημο­ σιευτεί σε προηγούμενα τεύχη του περιοδικού μας ή βρίσκονται σε διάφορα βιβλία τα οποία κυ­ κλοφορούν στην αγορά. Η δεύτερη εργασία σου παρουσιάζει ενδιαφέρον, πρέπει όμως να ξαναγρα­ φεί χωρίς ασάφειες και χωρίς αναφορά της δεύτερης επιστολής στην πρώτη. Γράφε καθαρά και από τη μία όψη του χαρτιού.

Μαντζούκα Βλάσση (μαθητή Α ' Λυκείου) Αγαπητέ Βλάσση με σεβασμό στην προσπάθειά σου για τις ασκήσεις και τις λύσεις που μας έστειλες έχουμε να παρατηρήσουμε τα εξής: Εκφωνήσε� (δε­ δομένα - ζητούμενα) και λύσεις τις διακρίνει ασάφεια και προχειρότητα. Β;αναπροσπάθησε, γράφοντας καλύτερα. ·

2,

6 του

Από το μαθητή Παίσιο Χρήστο (Α ' Λυκείου) λάβαμε τις λύσεις των ασκήσεων 1 , τεύχους 3 0 σελίδα 1 9. Χρήστο προσπάθησε πάλι τις ασκήσεις 5 και 7.

Από το συνάδελφο Δρ. Ηλία Κανδυλάκη λάβαμε τις λύσεις δύο γνωστών θεμάτων - ασκήσεων. Στείλτε μας μια ολοκληρωμένη εργασία από την ύλη του Λυκείου και ευχαρίστως θα τη δημοσιεύ­ σουμε.

Ο συνάδελφος στούμε πολύ.

Ιωάννης Δαμανάκης (Ρέθυμνο)

3, 4,

μας έστειλε τρεις ασκή σεις Γεωμετρίας. Ευχαρι­

Από τον κύριο Χαράλαμπο Παπαμάνθου λάβαμε μία εργασία για την οποία σημειώνουμε τα ακό­ λουθα: η α' σελίδα είναι "φορτωμένη" με σχέσεις οι οποίες ελάχιστα διδακτικά στοιχεία προσφέ­ ρουν. Η β ' σελίδα είναι καλή, αλλά για δημοσίευση θέλει άλλη διάρθρωση και άλλη διατύπωση σαν άσκηση . Η δεύτερη εργασία που στείλατε, είναι κατάλληλη για μια καλή επανάληψη της ύλης Α ' Δέσμης. Το περιεχόμενο και η δομή της είναι άριστα. Την κρατάμε για μελλοντική δημοσίευση.

Από τον κύριο Δημήτρη τον ευχαριστούμε πολύ.

Από το μαθητή Σεραφείμ Ζαχαρόπουλο λάβαμε τις λύσεις δύο ασκήσεων. Συγχαρητήρια, συνέχισε την προσπάθειά σου.

Συνάδελφο Γεώργιο θεοχάρη. Εργασία για την εύρεση των θετικών και ακεραίων λύσεων της εξί­ 2 σωσης χ 2 + y = z2 έχει δημοσιευτεί σε προηγούμενο τεύχος. Ότι ο μεγάλος άξονας της έλλειψη ς είναι η μεγαλύτερη χορδή της προκύπτει άμεσα από τη παράγραφο (του Σχολικού βιβλίου) που α­ ναφέρεται στην εκκεντρότητα της έλλειψης.

Ο συνάδελφος

Από το συνάδελφο Σοφιανό Νικολόπουλο πήραμε μια εργασία, η οποία αναφέρεται στην παραγο­ ντοποίηση του τριωνύμου. Αγαπητέ συνάδελφε η προσπάθειά σου είναι αξιόλογη, αλλά η παραγο­ ντοποίηση όπως παρουσιάζεται στο σχολίκό βιβλίο καλύπτει παιδαγωγικά το θέμα.

Από το συνάδελφο Μιχαήλ Μιτσώνη λάβαμε μια εργασία·. και τον ευχαριστούμε.

Νταλαχάνη λάβαμε λύσεις των ασκήσεων Γ 1 3 και Γ 1 4 του τεύχους 28 και

Κωσταντίνος Καλαφάτης μας έστειλε μια άλλη λύση της άσκησης 3 (σελ. Λυκείου - Θετική κατεύθυνση) και τον ευχαριστούμε.

Κάθε Τετάρτη στις 8

το

βράδυ

συγγραφέας Βαγγέλης Σπανδάγος

Ανακοίνωση

από

τον

Π/Σ «Ηρόδοτος» ( 1 07,4 FM)

παρουσιάζει την εκπομπή

" Όπερ �δει ποιήσαι"

ο

μαθηματικός

(μια γνωριμία με τους θετικούς επιστήμονες της Αρχαίας Ελλάδος) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.β. τ.4/64

65) (Β '

-


Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ η \ L UJO.E!Oljς ι •Ι

f "

ηιΊ ι .t:1 Ι:\' , ,. fιflt.t. H .• ι � ι ιΙf,•M flι,ιι.!oQCI{T'ι'

Ει 6 J ;{ ιj 'Ε ,: ιJ ·ι 'l fJ

..

''"' -���fl ό Ιι��1p!;�;ιJι� •<ιξ, 11' ,'/

�.:�"'/.. :Η�

. .. 5U ..... . ........ -�1� ........... . _ ι - Ι"λ Ι Ι

-�

LOU IS BRAND

Ερcuνηηκf'ι

διοστοοn

ΜΑθΗΜΑτΙΚΗ ΑΝΑΛVΣΗ

!8

....ι ·• ,.ι

,......,� ·��....�. '" ι,ι ....·�· .. t•..,.....

� •• π.,., ••,,.. .,,.,.,,

j(Jl 'Ι)"'ί/

ΠΟIΧΙΚΙΑΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΙ'ΙΙΡΑ

I�Λ"ftiO

(tχ<ΜΙΟ

{λ.. A!W; Γ\ΑΙΗ<V lt ν. " iό f/'>4�/'<όt '1Pf7

� I "Τ4 .ΜΑ�ιι:4 [1C

bολ<ΙC ιοy ,2QQQ"

l

I

Ι))ΙΙΙΙΙ '' '"""' ιιιιιιιι

'>1\HII\1

Ht'RMtlι . 't2

Νιιιι.ΙιΜ(' Ηι-:.�·ωιιπι

Μ ιτιι:;Ηι!'ff(_�ι I\ΗJΝΙΙ;':Ίιο· '91

(J f I I I ' Ι Ι I; I Η O f' t R ι \ Ι ι u ι ιι , , ,., \ 1 11 1- ΙΙ Ι Ι / ι \' , , ,,

J

' ι οιι 11 ' ι

ιc

t \II'IKII 11\fl RIIHΙΙH

\�ln \HI I Il.H fKI! \ 1 \ f \ l llifl\ + t•Ι i t ' \C>I

Στοι"i.t-:ΙR�ΙΙΣ Γι:ηΜΕη•ιΑ '\ΠΟ ANιt.1'EI'II ΣΚΟ111.\

'" ' ' �" " " ' ·'Ι � .ι ιιιμ,.,,..,,_., 1<11 '1•'<01" ' ' 11.:!>1

\ '

' 11 "'

..

..... -· .�

r•Ιιι"rιι""-"�η•ιι ••••••.ι• �·· ·-· ·

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 400δρχ.

Συνδρομή 1 .900 δρχ. (4 τεύχη + 300 δρχ. ταχυδρομικά) Σχολεία: 1 .600 δρχ. (4 τεύχη) ΕυκλείδηςΒ': Τεύχος 500δρχ. Συνδρομή 2.300 δρχ. (4 τεύχη + 300 δρχ. ταχuδρομικά) Σχολεία: 2.000 δρχ. (4 τεύχη) ΕυκλείδηςΓ: Τεύχος 1 .300δρχ. 2.500 δρχ. (2 τεύχη)

Μαθημ. Επιθεώρηση:

Τεύχος 1 .300 δρχ. Συνδρομή 2.500 δρχ. (2 τεύχη) Αστρολάβος: Τεύχος 1 .000 δρχ. Συνδρομή 2·000 δρχ. (2 τεύχη) ΔιλΊίο (Βυlletίη): Τεύχος 1 .500 δρχ. Θέματα εξετάσεων στα A.E.I 1 .300 δρχ. 1976 • 1989:

Πρακτικά:

1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου

1 0ου Πανελληνίου Συνεδρίου

2.000 δρχ 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου

5.000 δρχ 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου

2.000 δρχ 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου

5.000 δρχ 1 4ου Πανελληνίου Συνεδρίου

2.000 δρχ 4ου -5ου Πανελληνίου Συνεδρίου

5.000 δρχ 1 5ου Πανελληνίου Συνεδρίου

3.000 δρχ 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου

5.000 δρχ

Συνέδριο Hermis '92 (Αγγλικά)

2.000 δρχ ?ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ 8ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ

7.000 δρχ.

Συνέδριο Hermis '94 (Αγγλικά) 4.500 δρχ. 2 τόμοι 0 τόμος Γραμμική Άλγεβρα Gr. Muncres

1 .300 δρχ.

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων

5.000 δρχ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) Διαλέξεις: Ο τόμος 1 .300 δρχ. Μαθηματικ ή Ανάλυση Louis Brand

6.000 δρχ.

Διαφορικές Εξισώσεις Stephenson

2.000 δρχ.

Ιστορία Μαθηματικών Loria (4 τόμοι) Α, Β, ΓΑ• ΓΒ ο τόμος

2.000 δρχ.

70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 1 .000 δρχ. Ελληνική Μαθηματικ ή Βιβλιογραφία 1 .000 δρχ. Στοιχειώδης Γεωμετρία από Ανώτερη Σκοπιά

Τα παλαιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχουσες τιμές του 1 999

2.500 δρχ.


..

ισ •

απ ο

ις Εκδόσεις

Σαββάλα

Αι\fΕΒΡ\ Λ'

Λ Υ :Κ Ε Ι Ο Υ

ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΑ 2

Χnμ ία D'

AY!{EIOY

8 ΛYki!IOY

.. ��� �ιιαrιιfD �Ψ Π !!!_�} .!

rε � π c� ΧΡ. : ιι.. η ΜΑΡι.>ι.Ηr

::--i -4.,.,. t-.. li.o�<ιc;

'fo:x-:�l.ou>oJ�η

:\ΕΟΕΛΛ Ι Ι Ν Ι Κ Ι Ι Η.ΨΙ'\:.ιι . ιι.. Η ι�ιι

ΣΟΦΟ Κ:ΛΕΟΤΣ

Α ΝτΙΓΟΝ Η

Ευκλειδης Β 32  
Read more
Read more
Similar to
Popular now
Just for you