Issuu on Google+


άλγε�ρα . '""' Α' tόξη ΕνΙΟ!ΟU ΛΙικtiοv

ΜαΘηματιJ(ά ιι 1 ιΊ ι η ι � , , ' " ., Λ ιι " 1 � (> ιι

1\QUΟ<όςΜόρ<ο<:

μαθημαη� •''' '""

'

.. .. tι• ••.. :κ


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

38

Οκτώjlριος Νοέμjlριος Δεκέμjlριος e-mail: info@hms.gr www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑ111<0 ΠΕΡΙΟΔΙΙ<Ο ΠΑ ΤΟ

Ευσταθίου Ευάγγελος

Συvιακιική Ομάδα: Αρβαvιτοyεώρyος Ανδρέας Βακαλόπουλος Κώστας Γιαννοστιύρος lliτή ρης Καλίχας Σταμάτης Καριι:άvης Βασίλης Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόvτζιας Νίκος Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας lliτήρης Μαλαφέιι:ας θαvάσης Μαρούλη Βιολέτα Μοούιι:ας Λάμπρος ΣαίτηΕύα Τασσόπουλος Γιώργος Τσιιι:αlουδάιι:ης Γιώρyος Τσιούμας θαvάσης Χαραλαμποπούλου Λίνα

2000

δρχ.

700

ΛΥΙ<ΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ΥπεύΟυvοςΈκδοσης

Γραμμαιeία σύvrαξης: Δούvαβης Αντώνης Δράκος Γιάννης Ευσταθίου Ευάγγελος Κυριαζόπουλος Δημήτρης

2

Τα νέα ιου Ευκλείδη - Η σιήλη τηι; Αλληλοyραφίαι;

3

Αρχαία Ελληνικά ΜαΟηματικά

6

ΜαΟηματικά παράδοξα και ΜαΟημαιικά Παιχνίδια

5

Ο Έυκλείδηι;' προτείνει ... ·Ευκλείδη και Διόφαvιο

7

Τα μαΟηματικά δεν είναι μόνο ασκ:ήσειι;

11 Η στήλη τηι; Πληροφορικ:ήι;

14 ΜαΟημαιικοί Διαyωνισμοί Μα8ηματικές Ολυμπιάδει; •

22 Η στήλη του μαΟητή

Μαθηματικά για υιν Α' Τάξη ωu Λυκείου 23 Αvισότητει; - Απόλυτει; ρίζει;

26 Μελέτη Συνάρτησηι; στην Α' Λυκείου

32 Ανισοτικέι; σχέσειι; τμημάτων - yωvιών

Μαθηματικά για uιv Β' τάξη ωυ Λυκείου

Συvcρyάιες: Μεταξάς Νίιι:ος Γράψας Kωvfvoς Αποστολόπουλος Γ. Γιαννακόπουλος Σ. Στρατήyης Γιάννης Μπαραλής Γιώργος Μαρούyιι:ας Ν. Γιι:ουvτουβάς lliτήρης Καράy ιωρyας θαvάσης Κοvτοyεώρyος Δημήτριος Χρυσοβέρyης Μιχάλης

� Ασκήσεις

σm

Πολυώνυμα

41 Ασκήσεις σιηv EuOda

49 Καρτέσιος 'εναvιίοv' Ευιιhίδη � ΕμΒαδά Β' Λυκείου

ΕΚΔΟΣΗ "ΠΙΣ FΑΛΗΝΟΟIΣ

ΜαΟημαηκά yια υιν Γ Τάξη ιου Λυκείου

ΜΑθΗΜΑτικιιΣ ΕΊ'ΑΙΡΕΙΛΣ llANilliΣIHMIOY34-10S79AθHNA

Τηλ:3617784-3616532Faχ3641025 Εκδότηι;: Αλεξανδρής Νιιι:όλασς ΔιcυΟυvιήι;: Τυρλής Ιωάννης ISSN: 1105

-

7998

Εηιμeλcια Έκδοσης: Μαραγκόκη!; Στέλω!;

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος:

Ετήσ�α συνδρομή: Οργαvιομοi:

700 δρχ 2.800 δρχ 6.000 δρχ

Τοχ. F:ιιιιtιγί-(: Τ. Ι'ραφ.,ίcι ΛΟι'Ίvα 54, Τ.Ν. ΗΟΟ44

60 Το πρόΒλημα τηι; Εφαmοpι.ης

65 Ασκ:ήσειι; στα Βασικά Οεωρήμαια συvεχών συvαριήσεων 71 Μέιρα Οέσηι; και διασποράι;

75 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS 77 Διάλοyος με την Ασιρονομία Σιοιχι-.ιοΟcσία - ΣcλιδοιJοίηση Ελληνική Μαθημαιική Εταιρεία

Ειι.τύπωση INTEI'I II'EΣ Λ.Ε.,

Ιερά οδός 81-

&3

ΥπευΟ. Τυπογραφε(οu Ν. Αδώι:αιλος-Τη6;34?4654


g. rlιέιι g88 &RJddR Το 1 'f Πανελλήνιο συνέδρω Μαθηματικής Παιδείας mro έyινε σrην Αθήνα στις 10, 1 1 και 1 2 Νοεμβρfοο ση­ μείωσε μεyάλη επιτυχία. οpyανωτucή εmτροπή του συνεδρίου υπό την Προε­ δρία των καθηγητών ΝιΊΙDλάου ΑU:ξανδρή και Σταύρου Παιrαοταuρίδη φρόvnσε και την τελευταiα λεπτομέρεια. επιστημονική επιτροπή υπό την Προεδρiα του Λέκτο­ ρα του lΙανfπιστημiου Αθηνών Γιώιrιvu Δημάκw φρό­ ντισε ώστε το συνέδρω να δreξαχθεί στα επιβεβλημένα και προβλεπόμενα επιστημονικά πλαίσια Ο δώσημος μαθηματικός Αvιpum Ουά� που πέrο­ 'ΧΡ το 1993 ένα μεyάλο δtανοηnκό θρίαμβο με το να απο­ δείξει το μεyάλο θεώρημα του Φερμ], θα εmσκεφτεί την ΆVΟ1ξη του 2001 την χιφα μας προσκεκλημένος από έναν μεγάλο επιχειρηματικό ΌμΙλο. Ο συνάδελφος Ευάyyελος ΣπαWάyος έδωσεστις 30 Νοεμβρiου δtάλεξη σrην Αθήνα με θέμα: «ΓυναίΦ; μα-

Η

Η δε

.

θημαnκοί της ΑΡχαίας ΕΙJ.ά.δα9). Η δtάλεξη οργανώθη­

κε από το Σύ').Μyο Ρθ}υμνίων φοτηtών σrα πλαίσια των εκδηλώσεων Αmκής του για το <<2000 παyκόσμω έτος μα­ θηματικών»>. Επίσης βραβεύθηκε από την Ακαδημία Αθη­ νών για το βιβλίο του: «Η Ζωή και το 'Ερyο του Κrον­ σταντίνου Καρο.θrοδωρή)). αmwμή του βραβεiου έyι­ νε κατά πανηyυρucή συνεδρία της Ακαδημίας της 28ης Δε­ κεμβρiου 2000. Ο συνάδελφος Ευάwλος Σπανδάtος εί­ ναι ο δεύτερος μαθηματικός μεrά τον Γρηγ(pιο Ξενόπουλο mro βραβεύθηκε από τη ν Ακαδημία Αθηνών για την συγ­

Η

γραφή βιβλίου. Στο Π εκίνο εκδόθηκε τον Οιcrώβρω του 2000, από την Μαθημαtucή Εταφεία της Κίνας, ένα βιβλίο 450 περί­ mrο σελi&ον που περιέχει θέματα μαθημαιικών Ολυμπιά­ δων. Το βιβλίο αυτό 1Wύλησε την πρώτη�μάδα της κυ­ κλοφορiας του 100.000 (εκατό χιλuiδει;) ανtίτυπα (!!! !)

11 Από τον πλοίαρχο Ε.Ν. κ. Γ. Στογιάννη πή­ ραμε μία άσκηση τριγωνομετρίας Γυμνασιακού ό­ μως επιπέδου. Τον ευχαριστούμε . Από την μαθήτρια Ειρήνη Διάκου πήραμε σωστά Λυμένες Ασκήσεις Άλγεβρας και Γεωμε­ τρίας πάνω στην ύλη των μαθηματικών της Α' Λυκείου. Από τον συνάδελφο Χρήστο Παπά (Κοζάνη) πήραμε ένα ωραίο άρθρο για την παράγωγο συ­ νάρτησης που θα δημοσιευθεί σε επόμενο τεύχος. Συνάδελφε Νίκο Πετρόπουλε δεν είναι δυνα­ τόν να δημοσιεύσουμε θέμα με αναδρομικές ακο­ λουθίες. Οι λόγοι είναι ευνόητοι. Ο Μαθητής Λυκείου Ζαχαρόπουλος Σερα­ φείμ μας έστειλε τις λύσεις προτεινομένων ασκή­ σεων τις Γ Λυκείου του τεύχους 3 1 του 1999. Ο Ευκλείδης Γ ασχολείται με την διδακτική των Μαθηματικών. Ο μαθητής Γ Λυκείου Πέτρος Μπούρας μας έστειλε ασκήσεις στη Ανάλυση της Γ Λυκείου τον ευχαριστούμε. Από τον συνάδελφο Ιωαννίδη Αντώνιο λά­ βαμε λύσεις ασκήσεων του Ευκλείδη Β' τεύχος 35 (Α1του κ. Αρτεμιάδη Β4, Β6 προτεινόμενες από

συναδέλφους) τον ευχαριστούμε. Από τον συνάδελφο Βαδιβούλη Νικόλαο λά­ βαμε επιστολή που αναφέρεται στη βελτίωση των Εκδόσεων του Ευκλείδη Α' και Ευκλείδη Β' σε περιεχόμενο και εμφάνιση τον ευχαριστούμε. Από τον συνάδελφο Αποστολόπουλο Γ. λά­ βαμε 5 ασΚήσεις για δημοσίευση σας ευχαριστού­ με. Από τον μαθητή του Λυκείου Κουφαλίων Παπαϊωάννου Θάνο λάβαμε λύσεις ασκήσεων του κ. Ν. Αρτεμιάδη τον ευχαριστούμε. Από τον συνάδελφο Κατσιούνη Γιώργο λά­ βαμε λύσεις των ασκήσεων του Ν. Αρτεμιάδη που είχαν δημοσιευθεί στο 35 τεύχος του Ευκλείδη Β'. Για όσους συμπλήρωσαν το ερωτηματολόγιο που έδι­ νε η ΕΛ-ΜΗ ΑΕ. στο περiπrερό της στο 17ο ΠΑ­ ΝΕΛΛΗΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΠΑΙ­ ΔΕΙΑΣ 10-12/11/2000 και συμμετείχαν στη σχετική κλήρωση για το νεώτερο μοντέλο υπολογιστή της CASIO (αξίας 75.000 δραχμών), δίνουμε την πληρο­ φορία πως κληρώθηκε ο αριθμός 25. Ο κάτοχος τον παρακαλοίιμε να επικοινωνήσει με την Κυρία Ε. Σσυρβίνου στο 2023 475-8 το yρηγορότφ:> !

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/2


λ.ΡΧλ.Ιλ. θλλΗΝΙΚλ. Μλ.θΗΜλ.ΤΙΚλ. Η

ιτuμ6ΙJ�iι τιιs Ε�.λιfι6•s ιττ• ΙΗ•IιιμιιtτικΑ της Χριστίνας Π. Φίλη *

Ελλάδα είναι η κοιτίδα των Μαθηματικών ως θεωρητικής εmστήμης, αν και σuνα� ντούμε κάποιες μαθηματικές γνώσεις σε προγενέστερους πολιτισμούς οπως π.χ. στην αρχαία Βαβυλώνα και στην Αίγυπτο. •

Εδώ τον 6ο π.Χ. αιώνα γεννήθηκαν "η μα­ θηματική απόδειξη" καθώς και τα πρώτα "αποδεδειγμένα αποτελέσματα" aποσπα­ σμένα από κάθε άμεσο πρακτιιCό σκοπό. Στον Θαλή τον Μtλήσιο αποδίδοvtαι οι α­ ποδείξεις των πρώτων γεωμετρικών προτάσεων. Ακόμα και το όνομα της μαθηματικής επιστήμης γεννήθηκε στην Ελλάδα. Στον Πυθαγόρα (5ος π.Χ. αιώνας) και στη Σχολή του ανήκει η πρώτη προσπάθεια μα­ θηματικοποίησης της γνώσης σε αριθμητική βάση: "το παν αριθμός". Σημαντική κληρο­ νομιά τους: η μουσική κλίμακα. Ο Ζήνων ο Ελεάτης (5ος π.Χ. αιώνας) με τα παράδοξά του, μελετά και εμβαθύνει στις δυσκολίες που ανακύπτουν στην έρευνα της έννοιας του απείρου. Ο Εύδοξος (-370 π.Χ.) είναι ένας μεyάλος μαθηματικός. Η θεωρία των αναλογιών του, θα χρησιμοποιηθεί στα τέλη τυ 19ου αιώνα από τον Ντεντεκιντ στη θεωρία των αρρή­ των αριθμών και η μέθοδος της εξάvtλησης, θα ξεπερασθεί μόνο τον 17ο αιώνα με τη μεyαλοφυία του Νεύτωνα και του Λάι­ μπνιτς. Ο Ευκλείδης, ο μεyαλύτερος κωδικοποιός της αρχαιότητας στα τέλη του 4ου π.Χ. αιώ­ να ενωποιεί τις διάσπαρτες προηγούμενες γεωμετρικές γνώσεις και τις παρουσιάζει σε ένα μοναδικό λογικό. σύστημα βασισμένο σε ορισμούς, αξιώματα και αιτήματα. Τα

"Στοιχεία" του Ευκλείδη, αξεπέραστο οικο­ δόμημα μαθηματικής αυστηρότητας μαζί με τη φtλοοοφία του Πλάτωνα και τη λογική του Αριστοτέλη οριοθέτησαν την ανάπτυξη της επιστημονικής γνώσης. Ο Δικαίαρχος (τέλη 4ου - αρχές 3ου π.Χ.) εισήγαγε στο χάρτη δύο γραμμές κάθετες μεταξύ τους που αναπαριστούν τον παράλ­ ληλο και τον μεσημβρινό της Γης και διαι� ρεί την οικουμένη (το κατοικημένο τμήμα της Γης) σε τέσσερα μέρη. Έτσι γίνεται ο πρώτος που καθόρισε άξονες αναφοράς στη γήινη σφαίρα. Ο Αρίσταρχος ο Σάμιος τον 3ο π.Χ. αιώνα διατυπώνει πρώτος την θεωρία του ηλwκε­ ντρικού συστήματος. Στον Αρχιμήδη (287- 212 π.Χ.) ανήκουν η ονομαστή μέθοδος της ολοκλήρωσης και της διαφόρισης, προάπελμα στην ανακά­ λυψη του aπειροστικού λογισμού κατά τον 17ο αιώνα και οι πασίγνωστες εφαρμογές των Μαθηματικών στη Φuσική. Ο Ερατοσ9tνης (275 194 π.Χ.) περιέ­ 'Υραψε χάρτη της οucουμένης με ορθογώνw σύστημα αναφοράς από μεσημβρινούς και παράλληλους. Το κυριότερο επίτευγμά του ήταν η μέτρηση του μήκους του γήινου με­ σημβρινού σε 252.000 στάδια (το στάδw της ελληνιστικής εποχής υπολογίζεται ίσον προς 157,5 m. τα 252.000 στάδια

Η Χριστίνα Φίλη είναι Επίκουρη Καθηγήτρια του Ε.Μ.Π. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/3

-

=


Η Συμβολή της Ελλάδας στα Μαθηματικά

ι

39.600Κm) καλή προσέγγιση της πραγματι­ κής τιμής. Στον Απολλώνω (250 - 170 π.Χ.) οφείλεται η συστηματική σπουδή των κωνικών τομών (δηλαδή η θεωρία αλγεβρικών κα­ μπύλων 2ου βαθμού). Χωρίς αυτές δεν θα μπορούσε να δημιουργηθεί τον 16ο και 17ο αιώνα η καινούργια αστρονομία και η μη­ χανική, οι νόμοι του Κέπλερ και η μηχανική του Νεύτωνα. Ο Ιούλως Καίσαρ (44 π.Χ.) θέλοντας να δωρθώσει της χρονικές αποκλίσεις στο η­ μερολόγιο της Ρώμης, ζήτησε τη βοήθεια του Σωσιγένη και εγκαθίδρυσε το Ιουλιανό ημερολόγιο, το οποίο φέρει το όνομά του προσθέτοντας 90 ημέρες στο έτος 45 π.Χ. που είχαν ήδη "χαθεί" από τους λάθος υπο­ λογισμούς των επτά προηγούμενων αιώνων. Ο ΣωσιΎένης υπολογίζοντας ότι η διάρκεια του έτους ισούται με 365 ημέρες και 6 ώρες, όρισε στο Ιουλιανό ημερολόγιο τα έτη να έ­ χουν 365 ημέρες και σε κάθε τέταρτο έτος πρόσθεσε μία ακόμη ημέρα μετά "την έκτη προ των καλένδων του Μαρτίου" η οποία ο­ νομάστηκε "δις έκτη" (bix sextus), επειδή μετριόταν δύο φορές και τα έτη που την εί­ χαν δίσεκτη. Ο Μαρίνος ο Τύριος ( 100 π.Χ.) επινοεί την ορθή κυλινδρική προβολή, δηλαδή την αναπαράσταση της επιφάνειας της γήινης σφαίρας πάνω στο ανάπτυγμα κυλινδρικής επιφάνειας, που εφάπτεται στον Ισημερινό. Τα δύο ανεπανάληπτα αρχιτεκτονικά αρι­ στουργήματα, ο Παρθενώνας και η Α-yία Σοφία κατασκευάσθηκαν με βάση τα Μα­ θηματικά. Το πρώτο από τις προευκ:λείδειες μαθηματικές γνώσεις και το δεύτερο με τη συμβολή των έργων του Αρχιμήδη και του �

Απολλώνιου.

Για χίλια χρόνια η αστρονομία βασίστηκε στο γεωκεντρικό σύστημα που αναπτύχθηκε από τον μεγάλο αστρονόμο και μαθηματικό του 2ου μ.Χ. αιώνα Κλαύδιο Πτολεμαίο. Ακόμα ο Πτολεμαίος χρησιμοποιώντας την κωνική προβολή ορίζει το σύστημα των γε­ ωγραφικών συντεταγμένων, πλέγμα παραλ­ λήλων και μεσημβρινών κύκλων. Η Γεωγραφική Υφήγησις του (2 μ.Χ. αιώ­ να) και οι πτολεμαϊκοί χάρτες αποτέλεσαν τον κ:ύρω οδηγό Ύtα την ανθρωπότητα Ύtα

15 περiπου αιώνες και αναθεωρήθηκαν μό­ νο τον 17ο - 18ο αιώνα από τις μεγάλες γε­ ωγραφικές ανακαλύψεις. Ο Δώφαντος (μέσα 3ου μ.Χ. αιώνα) με το έργο του Αριθμητικά γίνεται ο πρόδρομος του μαθηματικού συμβολισμού, συμβάλει στην ανάπτυξη της Άλγεβρας και θέτει τις βάσεις στο πw σημαντικό κεφάλαω των σύγχρονων Μαθηματικών, την Δωφαντική Ανάλυση. Η Υπατία η Αλεξανδρινή (τέλη 4ου μ.Χ. αιώνα), η πρώτη στην ιστορία διάσημη -γυ­ ναίκα μαθηματικός, είναι η τελευταία ση­ μαντική παρουσία στην ύστερη ελληνιστική εποχή. Η παρακμή του αρχαίου πολιτισμού σημαί­ νει και τη δύση των αρχαίων ελληνικών Μαθηματικών. Όμως Ύtα περισσότερα από χίλια χρόνια τα αποτελέσματα των αρχαίων Μαθηματικών γίνονται τα πρότυπα τα οποία κανείς δεν μπορεί να πλησιάσει. Αν τα ιστορικά εμπόδια έβγαλαν την Ελλά­ δα από την πορεία των χωρών που ενεργά συμμετέχουν στην πρόοδο της Επιστήμης γενικότερα και ιδιαίτερα των Μαθηματικών, στα τέλη του 19ου αιώνα αυτή η κατάσταση αρχίζει να μεταβάλλ.εταL Ο ελληνισμός δίνει το παρόν του στη διεθνή μαθηματική έρευνα ·με τη διφυή παρουσία των ελλήνων του ελλαδικού χώρου και των ελλήνων του εξωτερικού. Το Φανάρι θα προσφέρει τον διάσημο έλληνα μαθηματικό Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή (1837 1950) με σημαντικό έργο σε πολλούς κλά­ δους των Μαθηματικών, καθαρά και εφαρ­ μοσμένα. Το ελληνικό πνεύμα θα εμφανι­ σθεί στο διεθνή ερευνητικό στίβο με έξη μεγάλες μορφές τους: Κυπάρισσο Στέφανο (1857- 1917), Νικόλαο Νικολαίδη (1826 - 1889), Ιωάννη Χατζιδάκη (1844 1921), Παναyιώτη Ζερβό (1878 - 1952), ΓεώΡΎtο Ρεμούνδο (1878 - 1926) και Νι­ κόλαο Ι. Χατζιδάκη (1872 - 1942). Οι τρεις τελευταίοι, ιδρυτικά στελέχη της Ε.Μ.Ε. (1918) αποτελόύν και το πρώτο δωικ:ητικό της συμβούλω.

www.telemath.gr

Τα Μαθ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/4

ατικά στο διαδύκτιο


ΟΕuιW:ίδn� αροτε:ίvι:ι ... Εuκlι:ίδn και .. lhόφavro .

α) Από τον καθηγητή και πρόεδρο της Ακα­ δημίας Αθηνών κ. Νικόλαο Αρτεμιάδη πήραμε τις εξής ασκήσεις: ι. Έστω ΑΒΓ ένα τυχαίο τρίγωνο. Να απο­ ότι: δειχθεί βγΑ+γαΒ+αβΓ ::;6ο::; αΑ+βΒ+γΓ όπου Α, α+β+γ βγ+γα+αβ Β, Γ είναι τα μέτρα των γωνιών των κορυφών του τριγώνου σε μοίρες και α, β, γ τα μήκη των απέναντι πλευρών (α= IBΓI κ.ο.κ.). 2. Να αποδειχθεί ότι e + log 4 > 4 . β) Από τον συνάδελφο Σταύρο Μαμαγκάκη (Θεσσαλονίκη) πήραμε τις επόμενες ασκήσεις Γε­ ωμετρίας: ι. Δίνονται δύο κύκλοι (Ο, R) και (Οι, ρ).

Να βρεθεί η διάκεντρος δ των δύο αυτών κύκλων για να μπορούμε να γράψουμε κύκλο (Ω, χ) που να εφάπτεται στους δύο προηγούμενους κύκλους, στην διάκεντρό τους και σε μία κοινή εφαπτομένη τους. 2. Οι κύκλοι που γράφονται με διαμέτρους τις διαγώνιες ΑΓ, ΒΔ ενός τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τέμνονται στα σημεία Μ και Μι. Να δειχθεί ότι οι προβολές ενός από τα σημεία αυτά στις δύο απέ­ ναντι πλευρές και στις διαγώνιες του τετραπλεύ­ ρου βρίσκονται στον ίδιο κύκλο. 3. Τρία σημεία Α, Β, Γ δεν βρίσκονtαι στην ί­ δια ευθεία. Θεωρούμε όλους τους κύκλους οι οποίοι περνούν από τα σημεία Α και Β μέσα στους οποίοuς δεν βρίσκεται το σημείο Γ. Από το Γ φέρνουμε τις ε­ φαπτόμενες ΓΔ και ΓΕ των κύκλων αυτών. Να βρε­ θεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου Μ του ΔΕ. 4. Στο εσωτερικό ενός κύκλου κέντρου Ο δί­ νεται ένα σημείο Ζ, γύρω από το οποίο στρέφεται μια ορθή γωνία ΑΖΒ, της οποίας οι πλευρές τέ­ μνουν τον κύκλο στα σημεία Α και Β. i) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου Μ του ΑΒ. ii) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της τέταρ­ της κορυφής Δ του ορθσyωνίου ΑΖΒΔ. S. Να βρεθεί ο όγκος σφαίρας (κέντρου Ο και ακτίνας R) ως όριο κυλίνδρων εγγεγραμμένων

στην σφαίρα αυτή. γ) Παραθέτουμε τις λύσεις των τριών ασκή­ σεων που είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος ο καθηγητής και πρόεδρος της Ακαδημίας Αθηνών κ. Νικόλαος Αρτεμιάδης Άσκηση ιη 1 + χ + χ 2 > Ο, 1 + y + y2 > Ο , Αφού 1+z + z2 > Ο, έχουμε χ > Ο , y > Ο , z > Ο . Μπο­ ρούμε να υποθέσουμε ότι χ � y � z . Τότε

2χ (1 + χ + χ2 ) � 3 (1 + χ4 ) η οποία γράφεται Ο � (χ - 1)2 {3χ 2 + 4χ + 3) Άρα χ= 1 , οπότε η μοναδική πραγματική λύ­ ση του συστήματος είναι χ= y z = ι . =

Άσκηση 2η Έχουμε χ + y+z - 3 (xyz )Χ'

(χ Χ +yX+zX ) (χΧ +yX + z.% xXyX xXzX yXzX) . _

=

_

_

Επειδή όμως

χ.% + yX z.% � xXyX + xXzX+yXzX (πάντοτε), όπου η ισότητα ισχύει τότε και μό­ νο τότε όταν χ= y= z , έπεται ότι χΧ + y.%+z.% χΧ yX χΧ zX yXzX � ο, που σημαίνει ότι χ + y + z - 3 (xyz )Χ' = Ο τότε και μόνο τότε όταν χ Χ +yX + zX =Ο. +

_

_

_

Άσκηση3η

Έχουμε

1 +1 _ + + y 1 1 xy Α= χ χy + χ + ι + -ι + y + ι + -1 + -1 + 1 = 2 Υ xy χ

·

Σημείωση: Δεν έχω εξετάσει την περίπτωση αν αντί xyz= 1 υποθέσουμε xyz= λ . Ποια είναι τότε: το μέγιστο και το ελάχιστο της Α; Προσπα­ θήστε εσείς να απαντήσετε στο ερώτημα αυτό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/5


Jfla(J-nμar;Lιι.ά (]'{;α�άδΟ-l_α ιι.αL JllαιΊ-nμαr;Lιι.ά (J(;aLzrίδLa 1flλpAID(Iλ Klλt 7ftλιχvίlιlλ του Μάρκου Στολάκη

α)

Ποιο ψηφίο έσβησες

Διάλεξε έναν φυσικό αριθμό και από αυτόν αφαίρεσε το άθροισμα των ψηφίων του. Στο α­ ποτέλεσμα που pρήκε πρόσθεσε το 1453 (λλωση της Πόλης). Στο νέο αποτέλεσμα σpήσε το πρώ­ το και πες μου το άθροισμα των ψηφίων του α­ ριθμού που απέμεινε. Ναι! Τώρα μπορώ να σου πω το ψηφίο που έσpησες. Απάντηση:

ως άθροισμα των ψηφί­ ων τοΈστω 52. ότε 52+ (9-4) =57 , το 4 είναι το υ­ Τ πόλοtπο της διαπολλαπλάσιο ίρεσης του 1453του με9 μετά το 9.το 57 είναι ο Πρώτο Τ το 63.Άρα 63 -57 = 6 είναι το ψηφίο που έσβησες. Απόδειξη:· Έστω ότι δι ά λεξες τον αρι θ μό ν ν Ν=αν ιο +αν ν _1 ιο -νΙ -+ι ··· +α1 10+α0 • Τότε Νι =αν Ι Ο +αν -ι ιο + ··+ αι 10 + α0 +αο)= (αν +αν -ι +···+αΙ ι αν (ιον - Ι)+ αν -ι (ιον - -l)+···+αι {10-1)= 9Πι (λόγω της ταυτότητας 10ν -1=10ν - lν = -ι {10 -ι)(ιον +ιον - Ζ + ... + 10 + 1) ). +9 161+4= Τώρα Ν2 =Νμ ι +1453=9Π1 · 9Π2 +4= βμ ·lΟ + βμ_1 10μ-Ι + ··· + β1 10+ β0 +4. της δι α ι ρ ετότητας με το 9 θα έχουμε: Κ(αιβ λόγω ) 4=9(α+ 1)-5) και μ +···+ β1 + β0 +4=9α+ ( βμ =9(α+1)-5-( βμ-ι +··· + β1 + βο +4 )ή βμ =9{α+1)- βμ-ι + ·· · + β1 + β0 +4+5 όπου βμ-ι + · ··+ β1 + β0 + 4 είναι το άθροισμα που μας ανακοινώθηκε και το 9 (α + 1) είναι το πρώτο πολλαπλάσι ο του 9 μετά το άθροισμα που μας ανακοινώθηκε. όn

μου έδωσες

όπου

·

μφίλαθλοι α ά , αφού νίαγκησε α ομάδα μ τους Πέντε καιρεσεαυτοί έσπασαν- είμεριπανκναά καθίτο γιορτάσουν σματα - όσαμεμπό­μια ο καθένας σαμπάνι α . β Στο εστιατόρι ο ο σερ ιτόρος φέρνειποτήρια. ένα μπου­ κάλιΤσαμπάνια και το αδει ά ζει σε πέντε ο φfλαθλος Α παρατηρείποτήριαταείποτήρια δενγότεροήτανότεκαιστην ίδιαπεριστάθμη. χανοποίλι­ο σ σότερο. Πράγμα στο συμφώνησαν και είοινυπόλοt πθαοί κάνουνΔ καιτη μοιρασιά έ­ ο ερώτημα αι πως Τ τσι ώστε κανένας τους ναάλλομηνυς;έχειΔηλαδή λιγότερο αήπιε λι γ ότερο τους ' μπορει,τε να τους β σετε, , πο, το -.51 Μηπως κάτι να μη τα μάτια τσυς; Απάντηση: Έστω ο Αείχισανοσταθμί ζει τα ποτήρια χύνοντας από αυτά που περι σ σότερο σ' αυτά που είχλέ­αν λιει:γότερο, φυσι κ ά κατά άποψή του και μετά Φuσιοκπουά όλοιμένειθα θαδιαλτοέξουν πιοκύριοι μεγάλα.διαΤλέξτε! ο τελευταί πάρειταο Α. Έτσι ο Α δε θα πάρει λιγότερο από το .!.5 που δικαιοκαιύταιοσύμφωνα με την άποψή του.πουΤοδιάλείδιοξανθα κάνει με τα τέσσερα ποτήρι α κάνειο τοΔοι:ιίσδοσταθμί ιο καιΔ οκαιζεικαιταΜεθαδύομείτηποτήρι νσειρά ουν οατουΔκαικαιτώρα ολέει θαστον Τέλος Διαλέξτετότεκύριε! ο διτους.αλέξει το μεγαλύ­ τερο, θα πιοΚυναιτααφού ποτήρια β) Η οιρ σι των 5 σπ

κορ μ ένων η

ότι

Άλλα

όJJ.JJ.

Β, Γ,

Ε.

την εντύπωση ότι

από

οη

WJ...ιJ, απλώς

για

θή

οχι

βγάλουν

την

Β, Γ,

Β

Ε.

Γ

Ε.

Ε:

Ε

Π661

Υ pίιyΙpΙΑ ιιεr aAώvΙUY

.••

"

Μαl"ιιιιτικοί

του Γιώργου Αποστολόπουλου 'Ενας καθηγητής Μαθηματικών είπε: Την προηγούμενη Ρδομάδα ήμουν 48 χρονών αλλά την επόμενη χρονιά θα είμαι 52 χρονών. Πώς γί­ νεται αυτό; Λύση �

Αντηταδήλωση γενέθλιά του ήταν2 Ιαν. 2000 30 Δεκ., τότε:1999Στιςκαι2 έκανε Ιαν. 2000 είναιτην49 30 2001 Δεκ. 2000 μπαί) νθαει 50 οπότε (30 Δεκ. στα είναι 51 και 31 Δεκ. 2001 είναι 52. στις αυτή στις χρονών, στις επόμενη χρονιά χρονών στις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/6


Μεταξάς Νίκος

Τα θεωρητικά μαθηματικά είναι με τον τρόπο τους η ποίηση των λογικών ιδεών Albert Einstein •

Ε

ίναι κ�ινά �αραδεκτό ότι �ο νέο αιών�, επιστημες οπως η γενεnκη και η επιστη­ μη των Η/Υ με τις δυνατότητες που δια­ νοίγουν θα οδηγήσουν σε θεμελιακές ιiλλαγές την καθημερινή ζωή μας. Ωστόσο κάτι που δεν είναι πάντα φανερό, είναι ο ρόλος των μαθηματικών στις επερχόμενες ιiλλαγές. Είναι απλά επικουρι­ κός, παρέχοντας τα εργαλεία για την ανnμετώπιση υπολογισnκών προβλημάτων όπου αυτά παρου­ σιάζονται ; Ποια είναι η θέση τους τελικά στον νέο κόσμο του Intemet, της βιοτεχνολογίας και της ��α­ γκοσμιοποιημένης γνώσης ; απάντηση είναι όn σήμερα τα μαθημαnκά έχουν πρωταγωνιστικό ρό­ λο σε όλες τις επιστημονικές και τεχνολογικές εξε­ λίξεις αποτελώντας τον κύριο μοχλό προόδου. καθορισnκή αυτή παρουσία τους σε όλο σχεδόν το φάσμα των ανθρώπινων δραστηριοτήτων, δείχνει πως η καθημερινή πραγμαnκότητα είναι άμεσα και φανερά συνδεδεμένη με τα μαθηματικά. Παρακάτω θα περιγραφούν ορισμένα σχεnκά παραδείγματα με σκοπό να υπογραμμισθεί η θέση των μαθημαnκών ως αναπόσπαστου αλλά και βα­ σικΟύ τμήματος κάθε απτής και ορατής ιiλλαγής που συμβαίνει στη ζωή μας.

Η

Η

Κυματοδηγοί (wavelets) και.. . FΒΙ Κάθε εικόνα που αναπαρίσταται ηλεκτρονικά στην τηλεόραση ,το νideo ή το computer αποτε­ λείται από μικρά εικονοστοιχεία (τα pixels) που α­ νnστοιχούν σε κάποια χρώματα και η σύνθεση ό­ λων αυτών έχει αποτέλεσμα την εικόνα που βλέ­ πουμε. Ωστόσο όταν οι εικόνες που χρειάζεται να αποθηκευτούν είναι πολλές αυτό έχει σαν αποτέ­ λεσμα την ανάγκη ύπαρξης μεγάλης μνήμης.Για

παράδειγμα η αμερικάνικη αστυνομία (FBI) έχει περίπου 200 εκατομμύρια δακτυλικά αποτυπώμα­ τα και όχι μόνο απαιτείται αρκετά μεγάλη μνήμη Η/Υ για να τα περιέχει αλλά και ο χρόνος μετάδο­ σης ενός δακτυλικού aποτυπώματος μέσω Η/Υ και modem από πχ ένα αστυνομικό τμήμα σε ένα άλλο είναι εξαφετικά βραδύς.Εδώ είναι που η καινούρ­ για μαθημαnκή θεωρία των κυματοδηγών έρχεται να δώσει λύση: με τη χρήση κάποιων μαθηματι­ κών συναρτήσεων αναπαριστούμε ολόκληρες πε­ ριοχές εικόνων χωρίς να είναι ανάγκη να ξέρουμε το χρώμα κάθε μικρού τετραγώνου ξεχωριστά. Έ­ τσι πετυχαίνεται ένα είδος οικονομίας στην απο­ θήκευση των πληροφοριών που βοηθάει και στην ταχύτερη μετάδοση των σημάτων. Παράλληλα μπορούν να χρησιμεύσουν και σαν «φίλτρα» κα­ θαρισμού ενός σήματος από ανεπιθύμητες παρεμ­ βολές (θυμηθείτε όταν προσπαθείτε να πιάσετε ένα σταθμό στο ράδιο και δεν είναι αυτό δυνατό λόγω παρεμβολών άλλων σταθμών).Αυτές οι «θαυμα­ τουργές» μαθηματικές συναρτήσεις μοιάζουν με «μαθηματικά μικροσκόπια» γιατί έχουν την ιδιό­ τητα να εφαρμόζουν σε μια περιοχή ενός γραφή­ ματος και να δρουν σαν μεγενθυnκός φακός πάνω στα σημεία που ενδιαφερόμαστε aπομονώνοντας τα υπόλοιπα μέρη που δεν χρησιμεύουν για την ει­ κόνα ,τον ήχο ή γενικότερα το σήμα που αναμετα­ δίδεται. μαθηματική αυτή θεωρία , που αναπτύχθη­ κε τα τελευταία 10 χρόνια, έχει επίσης εφαρμογές :

Η

Στα υποβρύχια προκειμένου να εντοπίζουν η­ χητικά τα άλλα υποβρύχια ξεχωρίζοντας τα από το θορυβώδες περιβάλλον της θάλασσας

ήταν η έκφραση που χρησιμοποίησε ο Einstein αναφερόμενος στην προσφορά της μαθηματικού Emrny Noether κατά την επέτειο του θανάτου της το 1934. •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/7


Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις •

Στον καθαρισμό παλιών μουσικών ηχογραφήσεων από τον θόρυβο και τις καταστροφές που έχουν υποστεί

Στα aστεροσκοπεία προκειμένου να εντοπίζονται συγκεκριμένοι γαλαξίες σε σμήνη . γαλακτικών ομάδων. Δίκαιος χωρισμός

Το πρόβλημα του δίκαωυ χωρισμού πραγμά­ των , χρημάτων κλπ στα μέλη μιας κοινωνίας ώστε κανένα από τα αντιδικούμενα μέρη να μην αδικη­ θεί ,είναι τόσο παλιό όσο και η ίδια η ανθρώπινη κοινωνία. Αν και η αντιμετώπιση του προβλήμα­ τος ήταν μέρος της πολιτικής επιστήμης μέχρι πρόσφατα, τα μαθηματικά έχουν εισβάλλει στο χώρο τελευταία , παρέχοντας μοντέΛα επίλυσης πολλών τέτοιων καταστάσεων. Το 1992 ο μαθημα­ τικός Alan Taylor δημιούργησε ένα μοντέλο δί­ καιης μοιρασιάς μεταξύ 2 ή περισσότερων μερών χρησιμοποιώντας μια τελείως νέα προσέγγιση : α­ ντί να εστιάζει στα αντικείμενα που πρόκειται να χωρισθούν ως ένα ενιαίο σύνολο, δίνει πχ 100 πό­ ντους σε κάθε μέρος και ο καθένας μπορεί να τους μοιράσει. με όποω τρόπο θέλει ανάλογα με την α­ ξία που έχει για αυτόν κάθε αντικείμενο : για πα­ ράδειγμα σε μία κληρονομιά όπου κληρονόμοι εί­ ναι ο Α και ο Β, ο Α αξιολογεί με 90 πόντους το αυτοκίνητο ο Β με 70 πόντους το σκάφος κλπ. Στο πρώτο βήμα ο καθένας παίρνει ότι έχει αξιολογή­ σει υψηλότερα : ο Α το αυτοκίνητο και ο Β το σκάφος, Στην συνέχεια αυτός που έχει πάρει λιγό­ τερους πόντους παίρνει ότι χρειάζεται για να συ­ μπληρώσει τους 100 πόντους ( εδώ ο Β μπορεί να πάρει τον WY που έχει 30 πόντους ) και κατόπιν το ίδιο και για τον άλλο ( εδώ ο Α μπορεί να πάρει πχ τα όργανα γυμναστικής που αξίζουν 1Ο πόντους ).Όταν βαθμολογούν με τον ίδω τρόπο τα αντικεί­ μενα ή οι πόντοι δεν μπορούν να χωριστούν εύκο­ λα τότε υπάρχει μια μαθηματική φόρμουλα του Ta lor που κάνει δίκαιο τον χωρισμό.Το κλειδί στο μαθηματικό αυτό μοντέλο είναι ότι διαφορετι­ κοί κληρονόμοι αξιολογούν διαφορετικά τα ίδια α­ ντικείμενα. Με τον ίδιο τρόπο μοντελοποιούνται και προβλήματα όπου ο καθένας προσπαθεί να α­ ποφύγει όσο το δυνατό πιο πολλές «αρνητικέρ) καταστάσεις όπως πληρωμή φόρων , αναμονή. στην ουρά , αγγαρείες κλπ ( και πάλι η ιδέα είναι ότι ο καθένας αξωλογεί διαφορετικά τις αρνητικές εργασίες μεταξύ τους ).Η νέα μαθηματική αυτή προσέγγιση έχει αποδειχθεί αρκετά ευέλικτη στην επίλυση πολλών διαφορών όπως διεθνείς διαφωνί-

ες , μοιρασιά μετά από διαζύγια , κλπ. Επιστήμονες στο Caltech έχουν δημιουργήσει ένα ά"λλο μαθηματικό μοντέλο το οποίο και χρησιμοποιήθηκε από την πολιτεία της Califomia το 1990 με σκοπό την μοιρασιά των αδειών εκπομπής ρύπων στις βιομηχανίες ώστε να μειωθεί η συνο­ λική ρύπανση που προκαλούν με εντυπωσιακά ως τώρα αποτελέσματα .Η μέθοδος τους μοντελοποιεί μαθηματικά τον τρόπο λειτουργίας των δημοπρα­ σιών : κάθε εταιρεία δικαιούται βάσει του μεγέ­ θους της άδεια για μία συγκεκριμένη ποσότητα εκπομπής ρύπων. Οι βιομηχανίες που έχουν υιοθε­ τήσει συστήματα περιορισμών της μόλυνσης που παράγουν, μπορούν να πουλήσουν σε άλλες εται­ ρείες μέρος της άδειας τους, παίρνοντας πίσω έτσι μέρος των χρημάτων που ξόδεψαν για να μην μο­ λύνουν το περιβάλλον. Στην πορεία τώρα εφαρμο­ -yής του μέτρου, όποιες δυσλειτουργίες παρουσιά­ ζονται, αντιμετωπίζονται από τους μαθηματικούς με κατάλληλες βελτιώσεις του μοντέλου. Η σύγ­ χρονη τάση που υπάρχει για την αντιμετώπιση προβλημάτων των πολιτικών επιστημών με την βοήθεια των μαθηματικών είναι ενδεικτική της ευ­ ρείας εφαρμογής των μαθηματικών στις μέρες μας. Οι ρίγες των ζώων Είναι γνωστό και από παλαιότερο τεύχος του Ευκλείδη Β' (σελ.5 τ. 31 I 1999 ) ότι ο αριθμός των πετάλων στα περισσότερα λουλούδια ακο­ λουθεί την ακολουθία Fibonacci (δηλαδή είναι κά­ ποιος από τους 1,2,3,5,8,13,21, . όπου κάθε όρος δίνεται από το άθροισμα των δύο προηγούμενων του).Αυτή η καταπληκτική αλγεβρική ιδιότητα των φυτών έχει και κάτι αντίστοιχο στο ζωικό βασίλειο μόνο που δεν είναι της ίδιας αριθμητικής φύσης : οι ραβδώσεις και τα μορφώματα στο δέρμα της λεοπάρδαλης·, της τίγρης , της ζέμπρας αλλά και κάποιων ψαριών, ακολουθούν ορισμένα γεωμετρι­ κά πρότυπα που όμως η σχέση τους με τα μαθημα­ τικά δεν εξαντλείται εκεί. Ο μεγάλος μαθηματικός Alan Tuήng ανακάλυψε ότι όλα αυτά τα σχέδια μπορούν να προκύψουν από τον ίδιο τύπο εξίσω­ σης! Οι εξισώσεις που ανακάλυψε, αναλύουν τι συμβαίνει σε χημικές ουσίες όταν αντιδρούν μετα­ ξύ τους ή διαχέονται πάνω σε κάποια επιφάνεια και επιτρέπουν την κατασκευή μαθηματικών μο­ ντέλων που περιγράφουν την γεωμετρία των σχη­ ματιζόμενων σχημάτων στο δέρμα των ζώων. Πράγματι το 1995 δύο Ιάπωνες επιστήμονες με τη βοήθεια των εξισώσεων Tuήng προσδιόρισαν την εξέλιξη των μορφωμάτων στο δέρμα ενός είδος ψαριού προβλέποντας τις μεταβολές που συνέβαι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/8

.

.


Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις ναν σε αυτό καθώς μεγάλωνε. Παράλληλα άλλοι ερευνητές, δημιούργησαν μία προσομοίωση σε ΗΝ της μεταβολής στην εmφάνεια ενός είδους ο­ στράκων βασιζόμενοι στις εξισώσεις Turing και προέβλεψαν την ύπαρξη άλλων σχηματισμών στην επιφάνεια οστρακοειδών που εντοπίστηκαν μετά τη θεωρηnκή πρόβλεψη τους μέσω των εξι­ σώσεων αυτών! Μοιάζει απίθανο όλη η φυσική πολυχρωμία και ποικιλομορφία να μπορεί να περικλειστεί σε έ­ να μαθημαnκό τύπο. Ωστόσο αυτό πράγματι συ μ­ βαίνει σnς παραπάνω περιπτώσεις και είναι ενδει­ κτικό της δύναμης των μαθηματικών. Βιομηχανία και θεωρητικά μαθηματικά Τα τελευταία 30-40 χρόνια εταιρίες κολοσσοί των υπολογιστών και τηλεπικοινωνιών διατηρούν μεγάλες ερευνητικές ομάδες επιστημόνων , μεταξύ των οποίων και μαθηματικούς, με σκοπό την έρευ­ να σε διάφορους τομείς. Ωστόσο όταν το 1998 μια από τις μεγαλύτερες εταιρείες παραγωγής λογισμικού παγκοσμίως ανακοίνωσε την σύσταση μιας ερευνητικής ομάδας από μαθηματικούς, ήταν κάn που δημιούργησε αίσθηση μια και η εν λόγω εταιρεία προσδίδει έμφαση στην έρευνα μόνο στις περιοχές που έχουν άμεση σχέση με την παραγωγή λογισμικού software και τα αντίστοιχα προϊόντα της.Μάλιστα ένας από τους πρώτους μαθηματικούς που προσελήφθησαν ήταν και ο Michae1 Freedman ο οποίος κέρδισε το Fie1ds Medal το 1986 για τη επίλυση μιας εικασίας στο χώρο των θεωρητικών μαθηματικών (το Fields Medal είναι αντίστοιχο των βραβείων Nobel για τα μαθηματικά και απονέμεται κάθε 4 χρόνια). Ποιο είναι το σκεπτικό μιας τέτοιας απόφασης ; Ο βασικός λόγος όπως εξηγούν και τα στελέχη της εταιρείας ,είναι η ανάγκη χρησιμοποίησης ικανών μαθηματικών που έχουν την ικανότητα να καταλαβαίνουν τις εξελίξεις στα μαθηματικά και να μπορούν να τις συνδέουν με θεωρητικά προβλήματα της επιστήμης των υπολογιστών (και των οποίων η επίλυση από οποιαδήποτε ε��αιρεία ΗΝ σημαίνει αυτόματα και τεράστια κέρδη γι'αυτήν).Για παράδειγμα ένα από τα βασικά προβλήματα που τους απασχολεί με απλά λόγια, είναι το ακόλουθο : ζητείται να βρεθεί αν υπάρχει αλγόριθμος επίλυσης κάποιας κατηγορίας «δύσκολων» προβλημάτων ώστε ο χρόνος που χρειάζεται ένας ΗΝ για να τον τρέξει να είναι «σχετικά μικρόφ (ακριβέστερα :να είναι πολυωνυμική συνάρτηση του μεγέθους του προβλήματος).Η εύρεση ενός τέτοιου αλγορίθμου θα έλυνε τα χέρια σε μια σειρά επιστημών που αντιμετωπί-

ζουν παρόμοιας υφής προβλήματα (όπως αστρο­ νομία στις αλληλεπιδράσεις των ουράνιων σωμά­ των, γενετική στο πλήθος και το είδος των βιολο­ γικών διεργασιών που συμβαίνουν σε πολύπλο­ κους οργανισμούς όπως ο άνθρωπος, συστήματα ελέγχου πτήσεων αεροσκαφών και των διαστημο­ πλοίων κλπ).Τέτοια προβλήματα για να ανnμετω­ πιστούν χρειάζονται συνδυασμό διαφορεnκών κλάδων θεωρητικών μαθημαnκών όπως λογική, τοπολογία κλπ.Η αντιμετώπιση δηλαδή θεμελιω­ δών προβλημάτων στον τομέα σχεδιασμού και α­ νάπτυξης ΗΝ απαιτεί μαθημαnκούς από όλο το φάσμα των λεγόμενων θεωρηnκών μαθημαnκών κάn που η ίδια η βιομηχανία έχει αρχίσει να συ­ νειδητοποιεί. Η ένδειξη αυτή της νέας αντίληψης για τη χρησιμότητα των μαθημαnκών ακόμα και σε εργασιακούς χώρους όπου η έμφαση στις ε­ φαρμογές έχει την πρωτοκαθεδρία , είναι δηλωnκή της αξίας των μαθηματικών ως βασικού παράγο­ ντα κοινωνικής και οικονομικής προόδου. Τέλεια δημοκρατία δεν υπάρχει! Τον τελευταίο καιρό τα αποτελέσματα των αμερικανικών εκλογών έχουν κάνει φανερό το δρα­ ματικό ρόλο που μπορεί να παίξει το εκλογικό σύ­ στημα μιας χώρας στη διαμόρφωση των αποτελε­ σμάτων μιας εκλογικής αναμέτρησης. Και φυσικά το βασικό ερώτημα είναι: ποίο είναι το δικαιότερο εκλογικό σύστημα; Το 1951 ένας οικονομολόγος ,ο Kenneth Αποw, που είχε σπουδάσει και μαθηματικά, δημοσίευσε ένα βιβλίο ( "Sound choice and indiνidual νalues") όπου διαπραγματευόμενος την έννοια της ψηφοφορίας με τις μαθηματικές έν­ νοιες της διάταξης (πχ ο υποψήφιος Α έχει περισ­ σότερες ψήφους από το Β σημαίνει Α>Β κλπ) α­ πέδειξε το περίφημο «θεώρημα του Αποw» : δεν υπάρχει εκλογικό σύστημα που να ικανοποιεί και τις 5 βασικές προϋποθέσεις-αξιώματα που θα πρέπει να ισχύουν σε μια δημοκρατία ώστε να εί­ ναι τελείως δίκαιο (οι προϋποθέσεις-αξιώματα που έθεσε ως βασικές είναι παραδεκτές από όλους και είναι : αν περισσότεροι προτιμούν τον Α από το Β τότε πρέπει να βγαίνει ο Α, αν όλοι ψηφίζουν τον Α τότε βγαίνει ο Α ,αν ο Α προτιμείται από το Β και ο Β από το Γ τότε ο Α προτιμείται από το Γ κλπ ).Δηλαδή δεν υπάρχει τέλεια δημοκραriα. με την έννοια ότι κανένα εκλογικό σύστημα δεν εivαι «απόλυτα δίκαιο».Το ενδιαφέρον είναι ότι ιαινείς ως τότε δεν είχε αντιληφθεί ή αποδείξει το mρα­ πάνω παράδοξο και αυτό είχε σαν αποτέλεσμα την ένταση από τότε της έρευνας και της μελέτης των εκλογικών συστημάτων, κάn που συνεχίζεται και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/9


Τα Μαθηματικά δεν εiναι μ6νο Ασκήσεις

στις μέρες μας. Ο Αποw το 1972 κέρδισε το Nobel της οικονομίας και σημαντικό μέρος σε αυτό συ­ νέβαλε και το παράπάνω θεώρημα. Σήμερα εξακο­ λουθούν οι εργασίες πάνω σε αυτό το ζήτημα και έχουν προταθεί αρκετά εκλογικά συστήματα ,που ωστόσο μοιράζουν τα πλεονεκτήματα με τα μειο­ νεκτήματα τους. Οι μελέτες συχνά εντοπίζονται στην διάκριση και αλλαγή κάποιων μαθηματικών συμμετριών που διαθέτουν τα υπό μελέτη μοντέ­ λα.. Το περίεργο είναι ότι η παραδοξολογία που προέκυψε με το πιο πάνω θεώρημα αντιμετωπίζε­ ται πιο εύκολα και πάλι με μαθηματικά εργαλεία, ενώ από την άλλη με μαθηματικά αποδείχθηκε ότι άλλες «κοινέρ) πεποιθήσεις για εκλογικά συστή­ ματα οδηγούν σε παράδοξα. Τελικά χρειάστηκαν τα μαθηματικά για να συνειδητοποιήσουμε τη δυσκολία ύπαρξης μιας α­ πόλυτα δίκαιης ψηφοφορίας! Επιμύθιο Τα παραδείγματα που δείχνουν τον κύριο ρό­ λο των μαθηματικών στις σύγχρονες εξελίξεις εί­ ναι ανεξάντλητα. Θα αναφέρουμε ορισμένα ακόμα σε κλάδους αιχμής : •

Το μόριο του DNA υπό την επίδραση κά­ ποιων ιών που προσβάλλουν τον οργανισμό υφίσταται αλλοιώσεις που σαν αποτέλεσμα έ­ χουν το «τύλιγμα>) των ελίκων και την δη­ μιουργία κόμπων. Η εξέλιξη αυτή δυσκολεύει την μελέτη με μικροσκόπιο των μορίων DNA γιατί δεν μπορούν να ξεχωριστούν λόγω των αλλοιώσεων αυτών. Χάρη όμως στην τοπολο­ γία (κλάδος των θεωρητικών μαθηματικών που μελετά μεταξύ άλλων την κατάταξη των κόμπων) είναι δυνατή η ταξινόμηση των μο­ ρίων με βάση το είδος των κόμπων τους και επομένως η διάκριση των προσβεβλημένων από ιό από τα υπόλοιπα μόρια. Έτσι διευκο­ λύνεται η παρακολούθηση της δράσης επικίν­ δυνων ιών και η εύρεση τρόπων αντιμετώπι­ σης τους! Η χωρητικότητα των CD-ROM μοιάζει να εί­ ναι μεγάλη για τις άμεσες ανάγκες μας , ω­ στόσο για aπαιτητικές εφαρμογές όπως απο­ θήκευση φωτογραφιών κλπ υπάρχει ανάγκη για ακόμα περισσότερη χωρητικότητα. Με τη χρήση της μαθηματικής θεωρίας των συναρ­ τήσεων fractals είναι δυνατή η συμπίεση των δεδομένων πολλές παραπάνω φορές. Η ιδέα είναι η εύρεση μιας μαθηματικής συνάρτησης η οποία όταν εφαρμόζεται διαδοχικά σε μια

εικόνα που πρέπει να συμπιεστεί δίνεί όλο και καλύτερες προσεγγίσεις. Η εικόνα εμφανίζε­ ται από την μνήμη έπειτα από διαδοχικές ε­ φαρμογές της συνάρτησης (αρχικά η συνάρ­ τηση δίνει μια θολή εικόνα που όμως μετά α­ πό επαναλαμβανόμενες δράσεις της, δίνει διαρκώς καλύτερη εικόνα). Αποθηκεύοντας έ­ τσι πληροφορίες για την συνάρτηση μόνο, εί­ ναι αναγκαία πολύ λιγότερη μνήμη από ότι ό­ ταν αποθηκεύεται πληροφορία για κάθε μικρό τετράγωνο της εικόνας ξεχωριστά. •

Σήμερα έχουν κατασΚευαστεί μοντέλα υπο­ λογιστών που βασίζονται στο DNA!H ιδέα ή­ ταν η εξής : η δράση ενός ενζύμου σε ένα μό­ ριο DNA ή η δράση ενός ιού σε ένα οργανι­ σμό μοιάζει με την δράση μιας συνάρτησης σε μια μεταβλητή : έχουμε την δράση με κά­ ποωυς κανόνες και ένα παραγόμενο αποτέλε­ σμα. Έτσι aντιστοιχώντας κάποιες βασικές βιολογικές λειτουργίες σε συναρτήσεις οι μα­ θηματικοί μπόρεσαν να προσομοιώσουν τη λειτουργία ενός υπολογιστή μέσω βιολογικών αντιδράσεων πετυχαίνοντας την επίλυση ενός προβλήματος γραφημάτων με υπολογιστή από DNA το 1995.0ι εξελίξεις είναι τόσο ραγδαί­ ες που πιθανόν στα επόμενα χρόνια οι ΗΝ να δώσουν τη θέση τους για την εκτέλεση ορι­ σμένων εργασιών στους μοριακούς αυτούς υ­ πολογιστές.

Όλα δείχνουν ότι ο 21ος αιώνας θα είναι ο κατε­ ξοχήν αιώνας των μαθηματικών. Τα μαθηματικά ε­ πομένως αποτελούν το κλειδί παρακολούθησης των εξελίξεων και το παράθυρο για ένα καλύτερο μέλ­ λον. Στο χέρι μας είναι να το χρησιμοποιήσουμε. Βιβλιογραφία [1] L.Ad1eman :Computing Ameήcan Aug. 1998

wίth

[2] M.Bams1ey :Fractal image Notices AMS June 1996

DNA

Sc.

compression

[3] B.Cipra :Wavelet applίcatίons SIAM News 26/7(1993) [4] K.C.Cole : The mathematίcs of truth and beauty Harcourt Brace [5] A.Jackson: Theory ίnto profit Notices of the AMS 45/6(1998) [6] D.Saaή: Geometry ofvotίng Spήnger-Verlag [7] I.Stewart :Fearful symmetry Penguin

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/10


© ©

4ιtλ6ίκτυο

(lιιferιιef}

Το Ιίιιτοο r6JY Ιιιιτό6Jν του Γράψα Κων/νου

γελαστούλης

Σ

@ Παπάn

τον πόλεμο της Γιουγκοσλαβίας δεν κατέρρευσε ούτε ελέyχθηκε παρά τις προσπάθειες και των δύο πλωρών .Για αυτόν τον λόγο κατασκευάστηκε άλλωστε για να μην αχρηστεύεται σε περίπτωση πολέμου όταν ένα μέρος του τεθεί εκτός λειτουρ'γίας. Κάθε υπολογιστής- πελάτης του δικτύου συνδέεται με τηλεφωνική γραμμή με έναν εξυπnοετητή- διακομιστή (server) μίας υπηρεσίας παροχής υπηρεσιών Ιντερνέτ1 Η δια­ δρομή που θα ακολουθήσουν οι πληροφορίες μεταξύ των διακομιστών καθορίζεται από τους δρομολογη­ τές(rοuters) του διαδικτύου. Οι πληροφορίες κόβονται σε πακέτα αριθμούνται και τους δίδεται και η διεύθυνση του υπολογιστή παραλήπτη και στέλνονται από την διαδρομή με τη μικρότερη κίνηση με την βοήθεια των δρομο�­ τών..Όταν τα πακέτα από τις διάφορες διαδρομές φθάσουν,ξαναμπαίνουν στη σειρά και γίνεται έλεγχος για α1Ιώ­ λειες. Αν κάποια δεν έχούν φτάσει σωστά ξαναζητούνται. Η τεχνική υλοποίηση κάποιων τέτοιων προδιαγραφών α­ ποτελούν το πρωτόκολλο μετάδοσης και ελέγχου του διαδύκτιο . (τCP/IP)2 •

Ο Παγκόσμιος πληροφορικός Ιστός .Από τις διάφορες υπηρεσίες που μας παρέχει το Διαδύκτιο ό­ πως ηλεκτρονικό ταχυδρομείο (e-mail), γρήγορη μεταφορά αρχείων σε ηλεκτρονική μορφή(ftp), ομάδες συζήτησης(ηews), ταυτόχρονη επικοινωνία(Chat), πρόσβαση στις ιστοσελίδες υπερκειμένου κ.λ.π (Web) θα ασχοληθούμε αρχικά με την τελευταία και δημοφιλέστερη .Δηλαδή με τις πληροφορίες σε μορφή κει­ μένου,εικόνας,ήχου, κλπ που είναι οργανωμένες σε σελίδες τις γνωστές ως ιστοσελίδες. Για να αντλή­ σουμε τις παραπάνω πληροφορίες από μία ιστοσελίδα,δηλαδή για να την "επισκεφθούμε " χρειαζόμαστε την διεύθυνση της ιστοσελίδας για παράδειγμα http://www.hωs.gr/index.htωl και έναν υπολογιστή συνδε­ δεμένο στο διαδύκτιο στον οποίον τρέχει ένα πρόγραμμα ξεφυλλίσματος ιστοσελίδων ο φυλλομετρητής (Browser) για παράδειγμα ο Intemet explorer 5.5(είτε ο Netscape Naνigator 4.5, κ.α) .Το http:\\ που βρί­ σκεται στην αρχή πληροφορεί τον φυλλομετρητή ότι θα γίνει μεταφορά σελίδας υπερκειμένου(με το πρωτόκολλο http). Πλοήγηση.Την διεύθυνση τις ιστοσελίδας θα την πληκτρολογήσουμε στην ειδική θυρίδα του προ­ γράμματος Διεύθυνση και θα πατήσουμε το πλήκτρο εισαγωγής ENTER (ή με το ποντίκι Μετάβαση) Και ιδού η εισαγωγική σελίδα index.html της Ε.Μ.Ε.

�ι":.·.. �.f.ιι;;..,·,:..• -�=�4:.·.:=;:,

$.>!5. .μ:τ•'ΙΙ- ···.ι-e•:,•:t

I

Γενικά το πρόγραμμα του φυλλομετρητή θα αναζητήσει και θα μας παρουσιάσει στην οθόνη την α­ ντίστοιχη προς την διεύθυνση ιστοσελίδα που μπορεί να είναι αποθηκευμένη σε ένα διακομιστή (server) στην γειτονιά μας, ή στην άλλη άκρη του κόσμου. Το πλεονέκτημα των ιστοσελίδων σε αντίθεση με τις κοινές σελίδες κειμένου ήταν όn αποτελο6σuν 1 ISP(=Intemet Server Proνider) 2 Το Transmission Control Protocol /Intemet Protocol το αναφέρουμε διότι σε εφαρμογές μπορεί να :χρειασθεί uί­ που να το επιλέξουμε μεταξύ {i).).ων (όπως του NetBEUI για τοπικά δύκτια)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.2/1 1


Η Στήλη της Πληροφορικής υπερκείμενο δηλαδή περιείχαν σημαδεμένες λέξεις,δεσμούς, που με την επιλογή τους από τον αναγνώ­ στή3 εμφάνίζαν άλλο κείμενο στην ίδια σελίδα ή σε άλλη που μπορεί να βρίσκονταν στον ίδιο υπολογι­ στή ή σε άλλον απομακρυσμένο :Ετσι το δυαδίκτυο με όλες του τις ιστοσελίδες θα μπορούσε να θεωρη­ θεί ένα τεράστιο υπερκείμενο. Σήμερα με την προσθήκη στις ιστοσελίδες εικόνων, ήχων, κινουμένων,εικόνων,ταινιών,κ.α μπορού­ με να πούμε ότι αποτελεί όχι απλά υπερκείμενο αλλά υπερμέσο. Δραστη ριότη τες : Ήλθε η ώρα για την κατανόηση όχι μόνο ή έννοια του υπερκειμένου και του πως μεταβαίνουμε από ένα δεσμό στον άλλο αλλά και πως μπορούμε να δημιουργήσουμε με απλά μέσα παραδείγματα στην γλώσσα σήμανσης υπερκειμένου html (=hypertex market language)πoυ περιέχει σημάνσεις -ετικέτες(tag) μέσα σε γωνιακές αγκύλες όπως <b> ... </b> Τα αρχεία κειμένου που φαίνονται στη δεξιά στήλη των παρακάτω πινάκων δημιουργήθηκαν με το σημειωματάριο(Νοtepad) των Windows σώθηκαν σε μία δισκέτα με ονόματα sel l .html και sel2.html και με ένα πρόγραμμα μεταφοράς αρχείων ftp μεταφέρθηκαν στον υποκατάλογο grakon του ιδιωτικού παρο­ χέα υπηρεσιών διαδυκτίου forthnet.gr Μπορείτε να τα δείτε και εσείς στην διεύθυνση: http://users.fort hnet.gr/ath/grakon/sell.html μέχρι να λήξει η συνδρομή μας. Να τι θα δείτε . Το αριστερό μέ­ ρος του παρακάτω πίνακα. (το δεξιό θα το εξετάσουμε στην παρακάτω)

Γεια σας αvαyvώστες.. (για σελίδα (2) ] . .

<html> <p>Γεια σας αναγνώστες..</p> <a href="sel2.html">[για σελίδα (2) ... ]</a> </html>

Παρατηρήστε το κείμενο [για σελίδα 2 . . . ] αυτό είναι ένας δεσμός που μας οδηγεί στην σελίδα 2 (sel2.html) που φαίνεται παρακάτω στο αριστερό μέρος. <html> <font color=blue>..και αναγνώστριες</fοηt> <ρ> <a href="sel l .html">[...πίσω σελίδα (1) ]</a> <ρ> <a href="http://www.hms.gr/"> [για E.M.E ... ]</a> </html> Αυτή περιέχει δύο δεσμούς έναν για να επιστρέψουμε στην προηγούμενη σελίδα και έναν για να με­ ταφερθούμε στην σελίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας και πάει λέγοντας .. και

αvαyvώστριες

Αν μας αρέσει η απλότητα!! κι::tι θέλουμε να επιστρέψουμε στην σελίδα 2 μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το βέλος + πί­ σω (back) της γραμμής εργαλείων του φυλλομετρητή

Η γλώσσα σήμανση ς υπερκειμένου html Στο δεξί μέρος των παραπάνω πινάκων παρατηρούμε τον κώδικα των ιστοσελίδων.Στον Explorer για δούμε τον κώδικά επιλέγουμε: ΑρχείQ � Επεξεργασία με WίndowsNotepad Παρατηρήστε παραπάνω δίπλα από την εμφάνιση των ιστοσελίδων τις σημάνσεις. Έχουν ένα συμ­ βόλου ανοίγματος <>και οι περισσότερες και ένα κλεισί ατος το </ > Έτσι καθορίζεται η εμβέλεια της σήμανσης. Για παράδειγμα η σήμανση : b>Γεια σα ανα ώστε </b θα γράψει Γεια σας αναγνώστες με έντονα γράμματα (Bold). Ενώ η <font color=blue>.. και ανα ώστ ιε </font> θα χρησιμοποιήσει μπλε χρώμα για να ε φανίσει την γραμματοσειρά(fοηt) του κειμένου που περικλείεται από αυτές τις ση­ μάνσεις . Η font color=blue><b>.. και ανα ώστ ιε </b></font> θα δημιουργήσει γράμματα και μπλε 3

Η επιλογή γίνεται με τον δείκτη του ποντικιού .Το ότι είναι δεσμός φαίνεται από την αλλαγή του δείκτη σε χεράκι όταν περνάει από πάνω. Δεσμός που τον έχουμε επισκεφθεί αλλάζει χρώμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/12


Η Στήλη της Πληροφορικής και έντονα. Ανάλογα μια παράγραφος ξεκινάει με <p> και κλείνει με </p> ή με ξειάνημα άllης uιρα­ γράφου .Ο ολόκληρη η σελίδα ξεκινάει με <html> και κλείνει με </html>. Η αλλαγή γραμμής 'fίνειαι με το <br> brake που δεν έχει σήμανση τέλους Μία σελίδα όπως η se1 1 .html που έχει αποθηκευθεί στην δισκέτα μπορούμε να την δούμε αν στην στην θυρίδα διεύθυνσης τqυ φυλλομετρητή γράψουμε A:\sell .htm Μπορούμε να συνεχίσουμε με την την selidal.html κ.λ.π στην παρακάτω δtεύθυνση. htt;p://users.forthnet.gr/ath/grakon/selidal .html Μελετήστε τον κώδικά και τα σχόλια που για να μην επηρεά­ ζουν την εμφάνιση της περιέχονται μεταξύ <!- και -> Παρατηρήσεις 1)

Αν στην πλήρη διεύθυνση τη ς Ε.Μ.Ε http://www.hms.gr/index.html σταματήσουμε στην τελική κάθετο χωρίς να γράψουμε το όνομα αρχείου index.html, όπως φαίνετε στο σχήμα του φυλ­ λομετρητή της προηγούμενης σελίδας, θα έχουμε το ίδιο αποτέλεσμα στην οθόνη. Αυτό συμ­ βαίνει διότι το όνομα αρχείου index.html είναι προεπιλεγμένο σε αυτόν τον κόμ­ βο.(συνηθισμένα προεπιλεγμένα αρχεία είναι τα index.html και default.htm)

2)

Σε αντίθεση με ότι θα περιμέναμε oi κενές γραμμές καθώς και τα πολλά κενά μεταξύ των λέ­ ξεων στο κείμενο του κώδικα της ιστοσελίδας δεν εμφανίζονται στην οθόνη του φυλλομετρη­ τή. Εμφανίζεται μόνο ένα κενό διάστημα.. Για κάθε επιπλέον κενό διάστημα πρέπει να γρά­ ψουμε στον κώδικα την σειρά χαρακτήρων &npsp;

3)

Ότι γράφουμε μεταξύ των σημάνσεων <pre> <pre> προ-μορφοποίησης κειμένου εμφανίζεται στην οθόνη με την στοίχιση που το έχουμε γράψει με χαρακτήρες όχι αναλογικούς αλλά στα­ θερού πλάτους ( Courier) για καλύτερη στοίχιση . Έτσι μπορούμε να δημιουργήσουμε πίνακες αριθμών και "εικόνες" με χαρακτήρες ASCII πχ <pre> ο _- \ < , _ (_) I (_)

</pre>

\1 1 1 1 1I (

\ -- I ο ο

)

\<> 1 \ I

4)

Εκθέτες-δείκτες: για να εμφανίσουμε το α με εκθέτη κ γράφουμε α<sup>κ</sup> και για δείκτη το ίδιο όπου αντί για sup γράφουμε sub

5)

Υπάρχουν ακόμη σημάνσεις για την εμφάνιση των ελληνικών ή άλλης γλώσσας χαρακτήρων στην σελίδα. Όταν ο υπολογιστής πελάτης δεν διαθέτη ελληνικές γραμματοσειρές τον προ­ τρέπει να τις φορτώσει. Ακόμη υπάρχουν σημάνσεις με λέξεις κλειδιά για να αναζητήσουν την σελίδα οι μηχανές αναζήτησης ή αντίθετα για να την αγνοήσουν.

Πηγές-Βιβλιογραφία : 1 . Αστρολάβος τεύχος 2/1998 Ε.Μ.Ε σελ.62-69 . 2.

Εφαρμογές πληροφορικής και υπολογιστών Α'Β'Γ' Ενιαίου Λυκείου σελ. 24 1 -282.

3. Εφαρμογές Η/Υ Α' τάξη 1 ου Κύκλου Τομέα Γεωπονίας. Τροφίμων και περιβάλλοντος Τ.Ε. Ε� τηρίων σελ 22-48. 4. Προγραμματιστικά εργαλεία για το διαδίκυιο. 2ος κύκλος Τ. Ε. Εκπαιδευτήρια Τομέας Πληροφορι­ κής & Δικτύων Η/Υ 5. RAM ένθετο τεύχους 9 1/199 6 και 1 27/1999 σελ. 6 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/13


61°5 ΠΑΝΕΑΛΗΝΙΙJΣ ΜΑθΗΤΙΚIJΣ ΔΙΑΓRΝΙΣΜΙJΣ ΣΤΑ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ "IJ θΑΑΗΣ" ΣAIJIJATIJ, 4- NIJEMBPIIJ!/ 2000

Β · Γ υ μ ν α σ ίο υ ι. Δίνονται οι παραστάσεις Α = 52 - 24 : 23 + ι και Β = (52 - 24) : (23 + ι)

Να βρεθούν οι Α, Β και να συγκριθούν οι αριθμοι, Α 22Β 20Β , Α . 2. Του τραπεζίου ΑΒΓΔ (ΒΓ 11 ΑΔ) δίνονται: (α) ΑΒ = ΓΔ = ι2 μέτρα (β) Η περίμετρός του 54 μέτρα (γ) Το εμβαδόν του Ε = ι20 τ.μ. Να βρείτε το ύψος του υ. 3.

Στο παραπάνω σχήμα δίνονται: (α) ει 11 ε2 (β) ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο (ΑΒ = ΑΓ) με ΒΑΓ = 20cι (γ) Η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒΓ (δ) ΓΖ .l ΑΓ Να βρείτε τις γωνίες φ = ΓΔΕ, θ = ΑΕΔ και ω. Να εξηγήσετε γιατί οι ευθείες ΒΕ και ΓΖ δεν είναι παράλληλες. 4. Δίνονται οι παραστάσεις: Α = 2 + l + � + � + . . . + 200ι ' 2 3 4 2000 ι_ . Β = ι + ! + ! + ! +. • .+ _ 2 3 4 2000 Να βρείτε τον αριθμό Α - Β. /'..

Γ ' Γ υ μ ν α σ ίο υ

(-!J

[(- 2)ι )3 + 2435] ·

Να βρείτε τους αριθμούς Α, Β και να συγκρίνετε τους αριθμούς ,

� ;�� .

2 . Στο παρακάτω σχήμα δίνονται: Α

Ε

---11\---τ- 7 ---7=------' B'-------I. Δ-'-------" - r""----

-

-

ει ε2

(α) ει 11 εz (β) το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο πλευράς α. (γ) ΓΕ .l ΑΓ και ΑΔ .l ΒΓ. (δ) ΑΕ = 2α Να βρείτε: (ί) το λόγο

��

(ii) το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΔΓΕ.

3. Ο θετικός ακέραιος χ είναι άρτιος και όταν διαιρείται με το 7 δίνει υπόλοιπο 2. Να βρεθεί ο αριθμός χ, αν είναι μεταξύ των α­ ριθμών 5ι2 και 52 ι. 4. Σε μία Βαλκανική συνάντηση Νέων συμμε­ τείχαν ι99 παιδιά από 9 διαφορετικές χώ­ ρες. Να αποδείξετε ότι μία τουλάχιστον χώρα είχε στην αποστολή της ι2 τουλάχι­ στον παιδιά του ίδιου φύλου. Α ' Λ υ κε ί ο υ

ι. Το τριπλάσιο ενός αριθμού αυξημένο κατά ι8 ισούται με το τετράγωνο του αριθμού. Να βρεθεί ο αριθμός. 2. (α) Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των γω­ νιών ενός τετραπλεύρου ΑΒΓΔ είναι 360°. (β) Τετραπλεύρου ΑΒΓΔ οι εξωτερικές γωνίες Αεξ , Βεξ , Γεξ , Δεξ είναι ανάλο­ γες προς τους αριθμούς 6, 8, ιο και ι2, αντιστοίχως. .......

ι. Δίνονται οι αλγεβρικές παραστάσεις: + (- ι) ιοοο Α = (-5)2 (-2)-3 : _

Β = [(-5)2 - (-2)3 - ι) :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/14

.......

.......

...-..


Στήλη των Ολυμπιάδων

Να βρεθεί το είδος του τετραπλεύρου.

3. Σε μία τάξη Λυκείου διοργανώθηκε πρω­

τάθλημα σκακιού. Την πρώτη ημέρα έγιναν μόνο κάποwι αγώνες στους οποίους οι δύο αντίπαλοι ήταν ένα αγόρι και ένα κορίτσι. Στους αγώνες αυτούς της πρώτης ημέρας πήραν μέρος τα του αριθμού των αγοριών

της τάξης και τα

� του αριθμού των κορι­

τσιών της τάξης. Αν η τάξη έχει συνολικά 34 παιδιά να βρείτε: (i) πόσα αγόρια και πόσα κορίτσια έχει η τάξη, (ίί)πόσα παιδιά δεν πήραν μέρος την πρώτη μέρα στους αγώνες. 4. Οι δύο διαστάσεις ενός ορθογωνίου είναι οι θετικοί ακέραιοι χ και y. Αν αυξήσουμε τη μία διάσταση κατά ι και την άλλη διάστα­ ση κατά 2, τότε το ορθογώνιο που προκύ­ πτει έχει εμβαδόν διπλάσιο του εμβαδού του αρχικού ορθογωνίου. Να βρεθούν οι διαστάσεις χ, y. Β ' Λ υ κε ί ο υ

ι. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση Χ1 + χ = 2ν + ι, ν Ε IN '

έχει πραγματικές ρίζες. Είναι δυνατόν οι ρίζες της εξίσωσης αυτής να είναι ακέραιοι αριθμοί; 2. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ προεκτείνουμε την υποτείνουσα ΒΓ κατά τμήμα ΓΔ = ΑΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ΑΔ στο Ε. Ο κύκλος γ κέντρου Α και ακτίνας ΑΕ τέμνει την ΒΕ, εκτός του Ε, και στο Ζ. Να αποδείξετε ότι η χορδή ΖΕ χωρίζει τον κύκλο γ σε δύο τόξα από τα οποία το ένα εί­ ναι τριπλάσιο του άλλου. 3. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του θετικού ακέ­ ραιου χ για την οποία ο ι3ι: διαιρεί τον α-

ριθμό 500! [Δίνεται ότι: 500! = ι 2 3 . 499 500]. 4. Έστω ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ = 2cm. Προς το ίδιο μέρος της ΑΒ θεωρούμε τα ισοσκε­ λή τρίγωνα ΓΑΒ, ΔΑΒ, ΖΑΒ με ΓΑ = ΓΒ, ΔΑ = ΔΒ και ΖΑ = ΖΒ, έτσι ώστε Ε(ΓΑΒ) = ι cm1 ' Ε(ΔΑΒ) = 2 cm1, Ε(ΖΑΒ) = 3 cm1• Να αποδείξετε ότι: ΜΒ + ΑΖΒ = i· ·

·

.

.

·

·

Γ ' Λ υ κε ί ο υ

ι. Ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) οι πλευρές ΒΓ = α και ΑΓ = Ρ ικανοποιούν τη , α = �· -'10 σχεση μ

Να αποδείξετε ότι είναι μμ ..l μ,, όπου μμ και μ, είναι οι διάμεσοι από τις κορυφές Β και Γ, αντιστοίχως. 2. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι χ, y, z τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότη2 χ + i - Sz = 6. τα 3. Τα σημεία Κ, Λ βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒ και είναι τέτοια ώστε να ισχύουν: (ΑΒΚ) = (ΑΓΚ) = (ΒΚΛ) = (ΓΚΛ) = (ΒΛΓ). (i) Να αποδείξετε ότι τα Κ, Λ ανήκουν στη διάμεσο ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ . (ίί)Αν θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, να βρεθεί ο λόγος

��

4. Σε μία κατασκήνωση υπάρχουν 577 παιδιά από 9 διαφορετικές χώρες. Σε οποιαδήποτε ομάδα 9 παιδιών υπάρχουν 2 τουλάχιστον παιδιά με το ίδw ύφος. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ομάδα 5 παιδιών από την ίδια χώρα που είναι του ίδιου φύ­ λου και qουν το ίδιο ύψος. . \ ί1 σεις

των θε μάτων στο επόμενο τεύχος

«IJ .ιlυμπιακέs πp otΙεyyίtΙειs» 1 . Τα θέματα που αφορούν στις ανισότητες είναι θέματα μείζονος ενδιαφέροντος για τις μα­ θηματικές Ολυμπιάδες. Η κεντρική ιδέα για την απόδειξη μιας ανισότητας είναι το γεγονός ότι το αυστηρό στα μαθηματικά είναι και το απλό (R. Godement: Algebre, Paris ι966).

·

και α1 , α2 , . . . , αν > Ο α1 + α2 + · · · + αν ν αι = α2 = . .. = αν ).

του Σωτήρη Λουρίδα

τότε α1 α2 . · αν = Ι ισότητα ισχύει αν ·

· . .

2.2. Αν α1 , α2 ,. . . , αν > 0 τότε

2. Μερικές «επώνυμες)) ανισότητες. 2.1. Ανισότητες Αριθμητικού - Γεωμε­ τρικ ού - Αρμονικού Μέσ ων Cauchy. Αν -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/15


Στήλη των Ολυμπιάδων

Αν αι 2.3.

= α2 = ... = αν έχω ισότητα.

Για τους πραγματικούς αϊ , βί , ί = 1, 2, . . . , ν με

Cauchy - Schwarz - BuniaKowski :

Γιά τους πραyματucσύς αϊ , βϊ , ί = 1, 2, .. . , ν ισχύει:

(αf + α� + · ·· + α� ) · (βf + β� + ··· + β� ) �

� (αι βι + α2β2 + · ·· + αν βν )2 . Η α αι α , οταν = 2= = ν β ι β2 βν 2.4.

·

ισότητα ισχύει

χΥι 1 · yχ22 ···yχy" < ( ΧιΥΧιι ++Χχ2Υ22 ++· ··· ··++χΧννΥν Jχι+χ2+· +χ.

θετικοί αριθμοί τότε

Weierstrass :

2.8.

Αν επιπλέον S < 1 τότε:

ίί)

Υι � Υ2 � Υ3 � Υ4 � -- · � Υν ισχύει ν ( ΧιΥι + Χ2Υ2 + ··· + Χν Υν ) � (χ ι + χ 2 + ··· + χν ) · ( Υι + y2 + · · · + Υν ) . Η ισότη­ τα ισχύει όταν Χι =χ2 = .. . =χν ή Υι = Υ2 = . . . =yν 2 . 7. Αν Χι , χ2 , χ3 , ...,Χγ και Υι .Υ2•Υ3 • · ··•Υν

χ >ν-1 και ν δυσικός αριθμός, τότε ισχύει: (l + χ) � 1 + νχ . Γενίκευση : Αν -1 < χ Ο, τότε έχουμε: (1 + χ)α < 1 + αχ, για Ο<α<l (1 + χ)α > 1 + αχ, για 1 'η α<Ο . Αν χ=Ο τότε ισχύουν σαν ισότητες. Αν

. + α )< 1 . (Ι + αι )(1 + α2 )···(1 ν 1_8 iii) Αν επιπλέον αν < 1 για κάθε ν Ν , τότε (1 αι )(1-α2 )···(1-αν ) > 1-S. ίν) (1-αι )(1-α2 )···(1-αν ) < l +1 S .

-

:;t:

Ε

H�der.

2.4

Η ανισότητα του Hδlder είναι μια γενίκευση

της ανισότητας των Cauchy - Schwarz. Αν {αι , α2 , ... , αν } και {βι , β2 , .. . ,βν } είναι δύο σύνολα θετικών πραγματικών αριθμών και οι α-

1 1 ρι μο p, q ειναι τετοιοι ωστε: - + -= 1 με p > 1 , θ

{

.

τότε:

'

'

'

Ρ

q

Αν ισότη τα του Bernoulli

α>

2 .9. Jensen.

Αν f κυρτή στο [α, β] τότε r( x;y < f(x};f(y) , "dx, yE (α,β] . Γενίκευση: f Χι + χ2 + . .. + χν � f(χι ) + .... + f(χν } '

)

(

)

ν "dxi Ε [α, β] με i = 1 ,2, . . . , ν.

αι βι + .. + αν βν � (αf + ... + α�)ι ιρ (β( + ... + β� )ι t q Αν f κοίλη στο [α, β] τότε α α ν ι , ισχυει , , οταν Η ισοτητα βν . Αν θεω- f x + y > f(x} + f(y) , χ, y βι . . =2 2 , ρησουμε χ = -1 , y= -1 και Ai = αι , Βi βiq ,

.

-. =

Ρ

q

=

i = 1, 2, . . , ν , τότε έχουμε την ακόλουθη ισοδύναμη διατύπωση: A�Bi + . .. + Α� Β� � (Αι + . . . + Αν)χ (Βι + ... + Βν )Υ

-Ακ = -Βκ

( ) ( χ, + χ, :··· + χ, );, f(x, ) + .�. + f(x, ) , -w ν

_

ρ

ν

Ε

[α, β] .

Γενίκευση: r

"dxi

[α, β] με i

1,2, .. . , ν. SK SK 2.10. Αν για τους θετικούς xi , i = 1, 2, ... , ν έ­ Αι + Α2 + .. . + Αν = Sν , Βι + Β2 + ... + Βν Sν . χουμε Χι + χ 2 + ... + χ ν = k , με k σταθερό αριθμό, Για p=q=2, προκύπτει η ανισότητα Cauchy - το γινόμενο Χι χ 2 . . . χ ν γίνεται μέγιστο αν Schwarz. 2.6. Tschebyche[ Χι = Χ 2 = . . = χν = ­νk , ισχυει , αν Το ισον

με κ = 1, 2, ... , ν και

Ε

=

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/16

·

·

·

=


Στήλη των Ολυμπιάδων

Αν χ ι ,χ 2 , ... χ ν θεnκές μεταβλητές τότε στην περίπτωση που έχουν σταθερό άθροισμα, έ­ στω Χι + χ2 + · · · + χ ν = κ , η ελάχιστη nμή της λ λ λ ' η λ- . Χι + χ2 + · · · + χν ειναι ν ι 2.1 1 .

2.12.

Ανισότη τα Minkowikί

4) Να αποδειχθεί ότι: 4 s {ro . το + ro · ωιο + ωιο · χιο ) · {χιο + yιο + ω•ο ) �

2 2 2 6 6 6 Η ανισότητα του Minkowski είναι μια γενί­ χ y ω {χ + y + ω ) για κάθε χ, y, ω ε JR . κευση της τριγωνικής ανισότητας Λύ ση : Αν {αι ,α2 , ...,αv} και {βι ,β2 , ...,βv} είναι δύο Υπενθυμίζουμε για τους κ, λ με κ + λ = 1 σύνολα θετικών πραγματικών αριθμών και p 1 , και τους θετικούς X ότι ι ,x2 ,x3 ,yι , Yz ,y3 και από την τότε ισχύει: ανισότητα Hδlder έχουμε: λ� / ι κ + + β β ) ) (α (α .. [ ι ι Ρ . v v p] p + + + + y ) y ) ( χ (χ x · ι z z ι λι +3 · yΥλ + λ3 :s; (αf + ... + α�)ι ιρ(βf + ... + β� )ι ιp . Χι ' Υ Xz z X3 ' YJ · ι , 3. Αν αι , α2 , . . . , α2000 θετικοί ρητοί αριθ­ Θεωρωντας κ = s και λ = s και χ ι = (x · y)ι ο , μοί με άθροισμα σ = «ι + α 2 + · · · + α 2000 να a­ ι ο ' χ3 = (ω · χ )ι ο '4 Υι = ωι ο ' Yz = xιο ' ) ω ( = y · Xz ποδείξτε ότι: 1 0 έχουμε: y = y 3 σ_ _ ι :::; ι 999σ ·· · _ _ι · _!_ _!!_ _ ι ιο + (y·ω)ιο + (ω · χ)ιο fs · {ωιο + χιο + yιo )Ys � «2 « 2οοο « (χ y) [ · ι (x · y)ι ]Ys · {ωιο )Υs + [(y · ω)ι ο ]Υs · (χ ι ο }Υs + [ Λύση : Αν οι αι , α2 , . . . , α2000 είναι θεnκοί ακέραιοι [(ω . χ )ι ο ]Ys . (Υι ο )Ys οπότε: τότε από το θεώρημα Cauchy έχουμε: 5 {χ ι ο . ι ο + y ι ο ·ωι ο + ω ι ο . χ ι ο ) · χ ι ο + y ι ο + ω ι ο 4 � { Υ ) σ-α σ-α σ -α ι · z ·· · zοοο σ αz αι αzοοο x2y2ωs + y2ω2xs + x2ω2ys ή 4 σ-αz + · . αzοοο . σ-αz000 σ - αι + αz . -5 {χ ι ο · yι ο + yι ο · ωι ο + ωι ο · χ ιο )·{χ ι ο + yι ο + ωι ο ) � αι . -αz αι αzοοο =1999 :::::) z 2 2 σ x y ω (χ6 + y6 + ω6 ) . σ �-1 :::; 1999σ . 1 ··· --1 Ω αρατήρηση : Μπορούμε να κατασκευάσουμε αι αz αzοοο παρόμοια άσκηση με μεγαλύτερο πλήθος όρων. Αν οι αι ,α2 , ... ,α2000 περιέχουν και κλασμα­ τικούς τότε, έστω κ το ελάχιστο κοινό πολλαπλά­ 5) θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και έστω σιό των παρονομαστών τους οπότε οι κ · αι , κ · α2 , Η 1 , Η2 , Η3 τα σημεία τομής των υψών ΑΑ1 , . . . , κ· α2000 ακέραιοι θετικοί. Επομένως: ΒΒ1 , ΓΓ1 αντίστοιχα με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδειχθεί ότι: σ - αzοοο ι . σ -αz κ·σ σ -α αι αz αzοοο Η 2 Η � + Η 3 Η : + Η1Η � � 3. ΑΒ 2 ΓΑ2 ΒΓ 2 κ__,_(σ_-_..αι..:._...: )_+_κ_,_(σ_-_....αz:..: )_+..:.. _.._·+__κ.ο...(σ_. -_α....:z.:..:. ) οο: ο .:.... = 1999 . κ·σ Λύσ η: Άρα σ � - 1 � - 1 ... _σ 1 :::; 1999 :::::) Γνωρίζουμε ότι τα Ηι ,Η2 ,Η3 είναι τα συμμετρικά αι αzοοο αz του Η, ως προς τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ του ΑΒΓ >

κ

κ

κ

J«zooo

( Jαι ( Jαz (

o

Jαzooo :::;

( Jα, ( Jα2 ( +

----= = =

( Jα, (� Jα2 (

Jα2000

-

·

κJ ·αzοοο :::;

( Jκ·α, ( Jκ·αz . .(

( Jα1 ( Jα2 ( ·

_ _

Jαzooo

Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/17


Στήλη των Ολυμπιάδων

αντίστοιχα. Άρα: Η2 Η 3 = 2Β 1Γ1 , Η 3Η 1 = 2Γ1Α 1 , Η 1 Η 2 = 2Β1Α1 οπότε αρκεί να δείξω όn:

Βι Γ,_ι2 + _ Γ,ι_ Α2ι + _ Α ι_ Βι2 � -3 . Υπο ζετα _ λογί ι, εύκολα, ΒΓ2 ΓΑ 2 ΑΒ 2 4

ότι:

(ΑΒ2 + ΒΓ2 - ΑΓ2 )2 + ΑΒ2

4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2 --=-- 2 -'---2 - ΑΒ--:-'2) 3 + ΑΓ ( Br2 -=-> - .. 2 2 2 4ΑΒ · ΒΓ · ΓΑ - 4

2 2 2 Α < 90ο � ΑΒι = ΑΓ + ΑΒ -ΒΓ 6) Έστω τρίΎωνο ΑΒΓ και δα ,δμ .δ 1 οι εσω­ 2ΑΓ τερικοί διχοτόμοι του, aποδείξτε ότι: ΒΓ2 -ΑΓ2 -ΑΒ2 -Α > -π � ΑΒ1 = ---ι +ι +ι > -ι + -ι + -ι . 2ΑΓ 2 δα δμ δ1 α Ρ Ύ ΑΓ2 + ΑΒ2 - ΒΓ2 Τελικά ΑΒ 1 = ± . Από τα όμοια 2ΑΓ �

τρίγωνα

Δ

Δ

Λ ίJ ση :

ΑΒ1 Γ1 , ΑΒΓ έχω:

Α

Βι Γι = ΑΒι � Βι Γι2 ABf (ΑΓ2 +ΑΒ2 - ΒΓ2 )2 ΒΓ ΑΒ ΒΓ2 = ΑΒ2 = 4ΑΓ2 . ΑΒ2

όμοια έχουμε:

2 Αι Γι2 = (ΑΒ2 + ΒΓ2 -ΑΓ2 ) ΓΑ2 4ΑΒ2 · ΒΓ2 2 Αι Βf = ( ΒΓ2 + ΑΓ 2 -ΑΒ2 ) . ΑΒ2 4ΒΓ2 · ΑΓ2

�. '\

I

\ί..- .....

Δ

Για το τυχαίο σημείο Μ (εσωτερικό της ΒΓ) θεω-

λ λ λ λ ΒΑΔ ΜΑΓ και ΑΒΔ = ΑΜΓ . Επειδή = 2 ΒΓ2 · (ΑΓ2 + ΑΒ2 - ΒΓ2 ) + ΑΓ2 λ Δ ΑΜΓ Β > η ΒΔ είναι εξωτερικά του ΑΒΓ . Προ4ΑΒ2 · ΒΓ2 ΓΑ 2 Δ Δ ΑΒ δανώς Δ ΑΜΓ όμοιο 2 οπότε: (ΑΒ2 + ΒΓ2 - ΑΓ 2 ) + ΑΒ2 ΑΒ = ΒΔ � ΑΒ · ΜΓ ΑΜ = · ΒΔ . 4ΑΒ 2 · ΒΓ 2 · ΓΑ 2 ΑΜ ΜΓ ΑΒ = ΑΔ 2 )2 3 + ΑΓ2-=- ΑΒ---=-'" (ΒΓ2 -=ταυτοχρονα . . εχουμε: . >-. ΑΓ ΑΜ 4ΑΒ2 · ΒΓ2 · ΓΑ2 4 λ λ .. ' ΑΒ = ΑΔ ε-' Επειδη' ΒΑΜ = ΔΑΓ και αοου ΑΜ ΑΓ Θεωρώ, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι: Δ Δ ΒΓ � ΑΓ � ΑΒ . Είναι σαδές ότι: χουμε ΑΒΜ όμοιο ΑΔΓ . ΒΓ2 (ΒΓ2 - ΑΓ2 ){ΒΓ2 -ΑΒ2 ) + ΑΜ = ΜΒ οπότε ΑΓ·ΜΒ=ΔΓ· ΑΜ Άρα: . ΑΓ ΔΓ ΑΓ2 (ΑΓ2 - ΑΒ2 ){ΑΓ2 - ΒΓ2 ) + Τελικά ΑΒ · ΜΓ + ΑΓ · ΜΒ = ΑΜ(ΒΔ + ΔΓ ) � 2 2 ΑΒ · ΜΓ + ΑΓ ΜΒ > ΑΜ ΒΓ . ΑΒ2 (ΑΒ2 - ΒΓ2 )( ΑΒ -ΑΓ ) � Ο (αδήνεται αγ αβ στους αναγνώστες). Αν ΑΜ = δα � ΒΜ = -, ΜΓ = -οβ+γ β+Ύ Οπότε έχω: BrZ · (AΓ2 +AW -BrZ )2 +� · (Alf +BΓ2 -� )2 + πότε αβγ + αβγ > α · δα � δα < 2βγ � β+γ β+γ β+γ ΑΒ2 · (ΒΓ2 +ΑΓ2 -ΑΒ 2 )2 � 3ΒΓ2 · ΑΓ2 ·ΑΒ2 ή 1 β + γ 1 1 1 1 ' ' ει - > -- � - > - - +- , ομοιως προκυπτ 2 β γ 2βγ δ δ α α ΒΓ2 (ΑΓ2 + ΑΒ2 - ΒΓ2 )2 + ΑΓ2 1 ότι - > ! ! + ! . ]__ > _!_ ! + ! 4ΑΒ 2 · ΒΓ 2 ΓΑ 2 δp 2 α γ δg 2 α β Άρα, αρκεί να αποδείξω ότι:

ρώ

·

-'---

-

-

-

-

·

( )

·

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/18

( )

·

( )


(

)

Στήλη των Ολυμπιάδων

Προσθέτοντας κατά μέλη τις τρεις παραπάνω ---χ2 + --z2 · (συν2θ + συν2δ +συν 2ω ) y2 + -ανισότητες έχουμε: συν2θ συν2δ συν 2ω ι > .!_ · 2 ! + ! + ! � ι_ + _!_ + _ � (χ + y + z)2 .. . δα δβ δγ 2 α β γ ι +ι > -ι + -ι + -ι . ι +Παρατηρήσεις : Χρησιμοποιήσαμε ότι: δβ δγ α β γ δα 1. Αν η προβολή γωνίας ΧΟΨ σε επίπεδο, το ο­ Προτεινόμενη Άσκηση: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ποίο τέμνουν οι πλευρές τις και που η κορυδή Δ,Ε,Ζ τα σημεία επαδής του εγγεγραμένου του της δεν ανήκει σε αυτό, είναι ορθή τότε η γω­ κύκλου με τις πλευρές ΒΓ =α, ΑΓ=β, ΑΒ=γ νία ΧΟΨ είναι οξεία. αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι: 2. ΒΗ1 = 2RημΓ · συνΒ, Η1 Γ = 2RημΒ · συνΓ, α · ΑΔ + β · ΒΕ + γ · ΓΖ + (α - β)2 + ΗΗ 1 = 2RσυνΒ · συνΓ, + (β - γ)2 + (γ - α)2 < α2 + β2 + γ2 8) Έστω μία συνάρτηση f : R --+ R , συνεχής

(

]

7) Έστω ΑΒΓ η τομή τρισορθογώνιας γωνίας (στερεάς) Ο · xyz από επίπεδο και οι δίεδρες γωνίες θ, φ, ω με ακμές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Αν χ, y, z πραγματικοί αριθμοί δείξτε ότι: 2 χ2 τεμ2 θ + y2 τεμ2 φ + z2 · τεμ2 ω � ( χ + y + z ) •

στο

.

R

και

με

την

ιδιότητα:

( f f . . f ) ( χ ) = κ · χμ , όπου κ, μ δύο θετικοί ο

ο

ο

2000 φορές ακέραιοι αριθμοί. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστο\' ένας χ0 Ε R ώστε f ( χ0 ) = χ0 •

Λύση :

Λύση:

Έστω f (χ) > χ , 'Vx Ε R τότε: f{f(x)) > f(x) > x r(r(f(x))) > f (f(χ)),

ο

Α

r(f(· . . f(x )

Γ

Β

Γνωρίζουμε ότι το ΑΒΓ είναι οξυγώνιο. Επίσης ότι είναι το ορθόκεντρο Η ΗΗ�2 με του ΑΒΓ συν2 θ = ΟΗ-1 2 ΒΟΓ = -π � συν 2θ = ΗΗ1 = ΒΗ 1 · ΓΗ1 2 4R 2συν 2Β · συν 2Γ � 2RημΓ · συνΒ · 2RημΒ · συνΓ συν2θ = σδΒ · σδΓ , όπου R η ακτίνα του περιγε­ γραμμένου περί το ΑΒΓ κύκλου. Ομ��ίως συν 2δ =σδΑ ·σδΓ και συν2 ω = σδΑ · σδΒ � συν 2θ + συν 2δ +συν 2ω =1 . (Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει σδΑσδΒ +σδΒσδΓ -+σδΓσδΑ =I ). Από την ανισότητα Cauchy-Schwartz έχουμε: η προβολή του Ο στο ΑΒΓ

Α

------

. . ·

)) > r(f (. . ·f( χ). . )) ·

1 999 δορές 2000 δορές Αν προσθέσουμε τις σχέσεις αυτές κατά μέλη θα έχουμε κ · χμ > χ για κάθε πραγματικό αριθμό χ, άτοπο. Έστω f (χ) < χ, 'Vx Ε R . Κατά τον ίδιο τρόπο καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα θα υπάρχουν χ 1 , χ2 πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε f (χι ) � χ ι και f ( χ 2 ) � χ2 <=> f(χ ι ) - χι � Ο και f (x 2 )- x 2 � 0 . Άρα για την h(x) = f(x) - x , που είναι προ­ δανώς συνεχής, σαν διαδορά συνεχών συναρτή­ σεων, διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: ι η) Αν f(χι )-χι = Ο � h(χι ) = Ο άρα χ 0 = χι . 2η) Αν f(x 2 )- x2 = 0 � h(x 2 ) = 0 άρα χ0 = χ 2 . 3η) Αν f(χ1 )- χι :;t: O δηλ. f(χι )- χ ι < 0 και f(x 2 )- x2 :;t: O δηλ. f(x2 ) - x 2 > 0 , τότε h(x ι ) · h (x2 ) < 0 οπότε από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει χ0 , μεταξύ των χι ,χ2 ώστε h ( χ0 ) = Ο δηλ. f ( χ0 ) = χ0 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.Ι/19


Στήλη των Ολυμπιάδων Παρατήρηση : 2 <3) Μια συνάρτηση, τέτοιου τύπου είναι η α- �2α -4 ::; "Υ1 ::; α + � 2 3 f:JR ---? JR με y = f ( x ) = 2x (γιατί;). Από (2), (3) έχουμε: α- �α2 - 4 -- :5 α + �α2 -4 - -1 η, 9) Να βρεθεί ο ελάχιστος α για τον οποίο υ­ -πάρχουν θετικοί αριθμοί χ και y τέτοιοι ώστε : 2 2 α να ισχ6ουν χ + y :5 α και χ-1 + y-1 :5 α και �α2 -4 � .!.. � α 1� �2 + J5 άρα μικρότερος α • α --Ι (χ- + α-• )-ι + (y-ι - α-• )-ι :::; α . είναι ο α = .Jr-2 + ""'JS=s . .\ύση : ι ο) Για Από τις δύο πρώτες ανισότητες έχουμε: τους πραγματικούς αριθμούς 1 1 1 1 + - ή α1 , α2 , α3 , α4 τρεις από τους οποίους είναι θετι­ 0 < χ :5 α - y και α � -χ + - � -α y κοί και ο τέταρτος αρνητικός έχουμε : Υ Υ ι ι α ι ι + + + α _> y(α- y) ' y2 - αy + 1 :5 0 με ρίζες = 0. « α α α 4 z 3 ι Να αποδε ιχθεί ότι -υπάρχει τρίγωνο με , ότι, λόγω συμμεκατανοουμε Υι,2 = α± � πλευρές �α1 + α 2 , �α2 + α 3 , �α3 + α4 22 τρίας, - αχ + 1 :5 Ο ρίζες με Λύση : α ± � Αν οι α1 ,α2 ,α3 είναι θετικοί τότε το πρόβληΧι.2 = 2 μα είναι προδανές. Αν ένας από τους α1, α2 , α3 εί2 -4 2 -4 + � � α α α α ναι αρνητικός, έστω α1 < Ο τότε Άρα: 2 _< χ _< 2 και 1 -1 + -1 + -1 > -1 . --= α---- �α2 -4 :5 y :5 ---α + �α2 - 4 (1) αι α2 α3 α4 α2 2 2 lαι l < α2 � α1 + α2 > Ο . Όμοια έαριθμούς χουμεΆρα ισχύει τους Επειδή για α3 + α1 > Ο . Άρα προκύπτει ' -χ1 + -α1 και -y1 - -α1 ισχυει: �α2 + α3 > �α1 + α2 και �α2 + α3 > �α3 + α1 • Κατ' αρχήν έχουμε 1 1 1 + -1 :5 α και -χ1 + -α1 + ---=Υ α χ Υ �αι + α2 + �α3 + αι > �α2 + α3 �αι + α2 . �α3 + αι > -αι + � - � α έχουμε (αι + α2 )(α3 + αι ) > αι 2 α1 α2 + α2 α3 + α3 α1 > Ο όπου α1 < Ο και 1 α + �α - 4 α- �α2 - 4 :5 -1 + -:5 ---και α2 > Ο , α3 > Ο , α4 > Ο . 2 2 α 1 1 -< ---α + �α2 - 4 Επειδή α1 α2α3 < Ο με α - �α2 -4 <- -----2 2 1_= _!_ + _1_ + _1_= α1 · α2 + α1 · α3 + α3α1 < Ο ' Υ α 2 � � � � � ·� ·� 1 - 1 - α + �α2 - 4 - -1 ή α- �2α - 4 --<-< + + προκύπτει ότι α1α2 α2α3 α3α1 > Ο . α α χ 2 .-α-2-+-α-3 . (1). + + + α α α α Επομένως > � � � 2 1 1 3 + + α α � και � ισχύει___ 2 + .!..α ::; .!..y ::; 2 + .!..α (2) Επιπλέον ταυτόχρονα από τις σχέσεις ( 1) και την υπόθεση I �α1 + α2 - �,--α3 + α1 Ι< �α2 + α3 (2)..----προκύπτει ότι: Πράγματι, I �α1 + α2 - �α3 + α1 I< .Jα2 + α3 2 2 α - �α - 4 -- :5 -1 :5 α + �α -4 και α1 < �(α1 + α2 )(α3 + α1 ) , που είναι αληθής. -2 χ 2 Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο. •

χ

(>Η' ( Η'

<==> <==>

<==>

χ

__

<==>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/20


Στήλη των Ολυμπιάδων

(

)

γ. Τότε: ουμε ότι για τους θετικούς α Γνωρίζ 1 , α 2 , αν 1 �9. 1 +1 +( υα+υβ +υγ ) έχουμε: υα υβ υγ α ι +αz +· · ·+αν >_ ν 1 1 1 1 1--1--1- => ν Όμως: -+-+- = - , όπου ρ η ακτίνα · · ·+-+-+ υα υβ υγ ρ α ι αz αν του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου . 1 z · · · _!_ _ Ι · · · . ι + + +α +α + � ν + (α z ν ) αι α Άρα υα +υβ +υγ � 9ρ . αν z Για ν = 4 τότε α 1 = s1 , α 2 = s2 , α3 = s3 , Για ν = 2 και α 1 = αγ , α 2 = βδ => α4 = s4 ύψη τετραέδρου τότε 1 1 (αγ+βδ) -+- � 4 => (αγ+βδ)2 � 4αβγδ . αγ βδ ._ _!_ � ι6 . (s1 +s 2 +s3+s4 ) _!_+_!_+...!.+ sι Sz s3 s4 Αν α, β , γ, δ διαδοχικές πλευρές εγγεγραμμέ­ νου τετραπλεύρου, από το θεώρημα του Πτολε­ 'Όμως -+-+-+1 1 1 1 -1 όπου IR η ακτίμαίου: αγ+βδ xy όπου χ, y οι διαγώνιες του τεs1 s2 s3 s4 = R 2 2 . Ε τραπλεύρου πομένως x y � 4αβγδ . να της εγγεγραμμένης σδαίρας. Για ν ·= 3 θεωρούμε α 1 = υα , α2 = υβ , Άρα s 1 +s 2 +s3 +s4 � 1 6R α3 = υγ ύψη τριγώνου με αντίστοιχες πλευρές α, β, Καταλήγοντας:

( ]

(

• •

J

(

]

=

� •

-

σι:ι ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ Αρμενοπούλου 27 • ΘΕΣΣΑΛΟ ΝΙΚΗ 546 Τηλ. (031)203.720 • Fax (031)2 1 1 .305

• •

Μπορείτε να .A�1t�' τις νέες μας ��ιΜειc; στο /nternet . . στην ιστοσελlδ,α.: , .

Ε Π Ι Σ Τ Η Μ Ο Ν Ι Κ Α

ΤΕΧΝΙΚΑ

ΓΙΑ ΤΑ A.E.I. • Τ.Ε.Ι. • Ι.Ε.Κ.

·,

ΘΕτΙΚΩΝ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗfΙΚΩΝ ΕΠΙΠΗΜΩΝ

Ε Κ Π Α Ι Δ Ε Υ Τ Ι Κ Α

www. z i t i . g r

ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ (ΓΕΝΙΚΟ • ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΕΩΝ) ΠΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5) • ΑΘΗΝΑ

35

Τηλ.·faχ (01)3211097

e·mail:sales@zltl.gr

105 64

· Π ΛΗ ΡΕΙΣ ΣΕΙ ΡΕΣ ΕΚΑ�ΙΔΕΥ1Ι ΚΩΝ ΒΙ ΒΛΙΩΝ Γ I Α τ ο Λ Υ κ Ε I ο ...

(ΓΕΝΙΚΟ · ΚΑτΕΥΘΥΝΣΕΩΝ)

D

Τα βιβλία μας 80 -rσ �!�;�?ε όλο το βιβλιοπωλείο

,.•

θ. ΞΕΝΟΥ

ΤΡΑΠΕΖΑ θΕΜΑΤΟΝ

ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

ΠΑ ΜΑθΗΜΑfΙΚΑ

ΜΑθΗΜΑ1ΙΚΩΝ

ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕ1ΡΙΑ

'tιΡΩΒ \Η\1 \ Ί Ι � \!01

...._ ._ e·moil:info@ziti.gr

_ _ _ _ _ _

�-.-2.,

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

�.κ παιδευτι κιιί

ΓΙΑ ΤΟ Ι"ΥΜΝΑ1: 1 0 11> ::Σύμφωνα με τα νέα αναλυτικά προγράμματα

λ tiJI !:Ε ΙΣ Λ&fJεΜΟΥ !f'"APfJI!.H� !ιllλl Πlλi'M.trllltt �ΕΤ!ΒΛR!ΗΣ

θ. ΞΕΝΟΥ

------·:-:·:.::=-c ;;.- - · ":' ' ' 414�f.)•I•,]eJQ�a·, ·-: Το 8ο Τεύχος τοu πεΡιΟδl� -

Γ' ΛΥΚΕIΟΥ

.

θ. ΞΕΝοΥ

··. ΜΑ8iιΙΙΙΑ'Ι1ΚΛ Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

·

. t·I . :. .-

....... __

Γ. ΠΑΝΊΈΛΙΔΗ ΑΝΑΛΥDΙ Τ;1.

(ΕΚΔΟΣΗ 2iJOoΙ

β, ΦΡ(ΙΓΚΟΥ

· ·

•.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. l/21

.

. ' AΣIOinJΣ . ΛIJΠΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡ'ΠιΣΗΣ ΜIΛΣ ΠΡ.mιλτtΚΗΣ ... << ΜΕJΑΙΛΗ'ΠΙΙ ·�; 8' ΕΚΔIJΣ,� ι !


α) Ο μαθητής Ζώης Χρίστου από την υ + υp + υ1 > 6ρ όπου υ υp , υ1 είναι τα ύψη Χαλκίδα έστειλε την επόμενη άσκηση. του τριγώνου και ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου ί) Δίνονται οι ισότητες α3 + αχ + y = Ο ( 1 ) κύκλου. β3 + βχ + y = Ο (2) γ3 + γχ + y = Ο (3) Λύση : με α :;t β :;t γ . Να δειχθεί ότι α + β + γ = Ο . Β α

α,

Λύση :

Έχουμε (1) - (2): α3 - β3 + (α - β) χ = Ο ή (α - β) (α2 + αβ + β2 ) + (α - β)χ = Ο ή (είναι Α Γ (4) α :;t β ) α2 + αβ + β2 + χ = Ο Έχουμε (1) - (3): α2 + αγ + γ2 + χ = Ο (5) Φέρνουμε την ΒΛ κάθετη στην ΑΓ. Έστω Μ Έχσυμε ακόμα (4)-(5): α(β - γ) + (β2 - γ2 ) = 0 το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου κέντρου Ο με την πλευρά ΑΓ. Η διάμετρος ΝΟΜ ή α{β - γ) + (β - γ){β + γ) = Ο ή α + β + γ = Ο . είναι κάθετη στην ΑΓ. Άρα ΒΛ 1 1 ΝΜ . Είναι ΜΝ = 2ρ και ΜΝ < ΒΛ (διόn το Β βρίσκεται β) Από τον μαθητή Αντώνιο Βουκου βάλα εκτός του εγγεγραμμένου κύκλου). Άρα 2ρ < υ . α (Πάτρα) πήραμε την εξής άσκηση. Α νάλογα δείχνουμε όn 2ρ < υp , 2ρ < υ1 . Αν ο αριθμός α (όπου α, β είναι θεnκοί Επομένως 6ρ < υ + υβ + υ1 . β ακέραιοι) πολλαπλασιασθεί διαδοχικά με τους ε) Η μαθήτρια Κ. Π. από την Κοζάνη μας θεnκούς ακέραιους κ, λ με (κ, λ) = 1 δίνει έστειλε την επόμενη άσκηση. Να δειχθεί ότι ακέραιους αριθμούς τότε ο � είναι ακέραιος. β lα3 + 5α2 - 61 � ι α - 113 + 8(α - 1)2 + 13(α - 1) (όπου αε � ). Λύ ση : Τρέπουμε το κλάσμα � σε ανάγωγο. 'Εστω Λύση: β Είναι α3 + 5α2 - 6 = Α οπου Α . κ = ακεραιος , {Α, Β) = 1 . 'Εχουμε -, -α = (α - 1)3 + 3α2 - 3α + 1 + 5α2 - 6 = Β β Β Α · λ = ακεραιος. (α - 1)3 + 8α2 - 2α - 5 = ' ' Α · κ = πολ.Β και Επομενως και Β (α - 1 )3 + 8 (α - 1 )2 + 16α - 8 - 3α - 5 = Α · λ = πολ.Β . Επειδή (Α , Β) = 1 έπεται ότι το (α - 1 )3 + 8 (α - 1 )2 + 1 3α - 1 3 . Β I κ και Β I λ . Επειδή όμως (κ, λ) = 1 θα είναι Επομένως l α3 + 5α2 - 61 = Β = 1 . Άρα Α = α = Α . Β β Ι(α - 1 )3 + 8 (α - 1 )2 + 13α - 1 31 � γ) Ο μαθητής Κυριάκος Πανάτης από την Ια - 11 3 + 81α - 11 2 + Β i α - 11 = Άμφισσα έστειλε την επόμενη άσκηση: Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Ια - 113 + 8 (α - 1)2 + Β i α - 1ι . α

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/22


ANI�fJTHTE:i 1) Αν x,ye JR:

-

τις Ασκήσεις 1, 2, 3, 4 επιμελήθηκε ο Γ. Αποστολόπουλος τις Ασκήσεις 5, 6, 7, 8, 9, 1 Ο, 1 1, 12 επιμελήθηκε ο Σ. Γιαννακόπουλος

με

α + -γ <2. β + ---

x+y=1

και α, β, y τα μήκη πλευρών τριyώνου, να δειχθεί ότι: χαz + yβz � xyyz . Λύση : Επειδή

ΑΠΟΛ!/ΤΕΣ ΡΙΖΕΣ

α + β > γ , αρκεί να δείξουμε όn: χα2 + yβ2 � χy (α + β)2 ή χα2 + yβ2 - χy(α + β)2 � 0 . Πράyματι: χα2 + yβ2 - χy (α + β)2 = χα2 + yβ2 - χy {α2 + β2 + 2αβ ) = χα2 + yβ2 - χyα2 - χyβ2 - 2χyαβ = χ (ι - y)α2 + y (ι - χ)β2 - 2 χyαβ = χ . χ . α2 + Υ . Υ . β2 - 2χyαβ = ( χα )2 + ( yβ )2 - 2 (χα)( yβ) = (χα - yβ )2 � Ο .

β+γ γ+α α+β

3) Να δείξετε ότι: α) Για κάθε νε Ν* ν · (ν + 2 ) < (ν + 1 )z . ι 3 s 7 2000 2001 2οο3 < ι β) 2 ' 4 ' 6 ' 8 ' ' ' ΟΟι . . 2 2002 2004 .J2004 . Λύση :

α) Με ν ε Ν* ν (ν + 2) < (ν + ι )2 (:::::} ν2 + 2ν < ν2 + 2ν + ι που ισχύει. β) Σύμφωνα με το (α) ερώτημα ισχύουν: ι . 3 < 22 ' 3 . 5 < 42 ' 5 . 7 < 62 . . . 2ΟΟ ι · 2003 < 20022 ' 2003 . 2005 < 20042 . Τις πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και έχουμε: .ι j . 52 . i . . ·D>ι2 . ')fjJj . ΊJ1'15 <i . 42 . 62 . . .'lf.1.Ji . :m42 52 . . · -2οο ι 2 · -20032 < -ι ·32 · ι ή ή 2 2 2 2 2 2) Αν α, β, y τα μήκη πλευρών τριyώνου θα 2005 2 4 6 2002 2004 α β_ _ 2001 · -20ο3 < 1 < 1 ι · -3 · -5 . · -είναι: __ + _ + 'Υ_ < 2 . αφού . β+y y+α α+β 2 4 6 2003 2004 .J2005 .J2004 .J2004 < .J2005 . Λ 1>ση : Σε κάθε τρίγωνο ισχύει β + γ > α ή 4) α) Αν x, y, ze JR , να δειχθεί ότι ιβ + y + β + γ > α + β + γ ή 2 (β + γ) > α + β + γ ή σχύει: xz + yz + zz � xy + yz + zx (ι). 2 > -α (ι). ι η' 2α > -β) Αν α, β, y ε JR , να δειχθεί ότι ισχύει: --α+β+γ β+γ α+β +γ β+γ 2 ( αz + βz + 'Yz ) � Ομοίως από τις γ + α > β και α + β > γ προ­ --______ κύπτουν οι ανισότητες: α �...-( z + βz ) {βz + yz ) + �(β2 + 1z ){'Yz + α2 ) + 2β > -β- (2) και 2γ > -γ- (3). α+β+γ α+β α+β+γ γ+α �('Yz + α2 ){αz + βz ) Προσθέτουμε κατά μέλη τις ανισότητες (ι), Λύση : (2) και (3) οπότε έχουμε: α) ( 1 ) (:::} 2Χ2 + 2y +2z2 � 2xy + 2yz + 2zx (:::} α + -β + -γ < 2α + 2β + 2γ δηλ. -χ 2 + y2 - 2xy + y2 + z2 - 2yz + z2 + χ 2 2zx � Ο β+γ γ+α α+β α+β+γ •

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.2/23


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

μ2 χ - � χ =μ3 _ ')ζ + λμ2 - λ2 μ <=> (μ2 - � ) χ = (μ3 - '}ζ ) + λμ(μ- λ) <=> (μ - λ)(μ + λ)χ = (μ-λ) (μ2 + μλ+i) +λμ(μ-λ) <=> (μ- λ)(μ + λ)χ = (μ - λ) (μ2 + 2μλ + λ2 ) <=> (μ - λ)(μ + λ)χ = (μ - λ){μ + λ)2 (2). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1 η) Αν (μ-λ)(μ+λ):ί:-0 δηλαδή μ:ί:-λκαιμ:ί:--λ, τότε 2 + λ) (μ λ)(μ <=> (2) χ = (μ - λ) (μ + λ) μ + λ . 2η) Αν (μ - λ){μ + λ)= Ο δηλαδή μ = ±λ , τότε η (2) γίνεται Οχ = Ο , δηλαδή έχει απειρία λύ­ σεων. ii) Επειδή μ2 > λ2 <=> (μ - λ )(μ + λ) > Ο , ο­ πότε είναι μ * λ και μ * -λ . Σύμφωνα με το i) είναι χ0 = μ + λ.'Εχουμε χ� + (μ - λ)3 - 8μ3 = (μ + λ )3 + (μ - λ)3 + (-2μ )3 . Παρατηρούμε ότι: S. Αν ΎW τους πραΎματικούς αριθμούς y (μ + λ) + (μ - λ) + (-2μ) = 0 , οπότε έχουμε ι και xy + ι (ι), τότε: (μ + λ)3 + (μ - λ)3 + (-2μ)3 = α) Δείξτε ότι y *Ο. β) Να aπλοποιήσετε το κλάσμα 3(μ + λ)(μ -λ){-2μ)= -6μ(μ2 - λ2 )> 0, αφού 2 Κ = +y2x(x -- 2y )+ y μ2 - λ2 > Ο και -6μ > Ο . Ση μείωση : Όταν α + β + γ = Ο, τότε ισχ6ει Λύση : α) Αν ήταν y =Ο από την (1) παίρνουμε α3 + β3 + γ3 = 3αβγ . χ =1 . Άτοπο. Άρα y :ί:- 0 . 7. α). Για τους πραΎματικούς αριθμ��ύς α, β) Από την (1) έχουμε χ - 1 = -xy , οπότε γ, χ, ψ, ω δείξτε ότι: β, χ 2 + 2χ - 2 + y2 = χ 2 + 2 (χ - 1) + y2 = {α2 + β2 + Ύ2 ){χ2 + ψ2 + ω2 ) � (αχ + βψ + Ύω )2 2 2 2 χ - 2xy + y = (χ - y) . Είναι y * Ο , οπότε αν (ι) (ανισότητα Schwarz). 2 χ-y (x y) β). α 2 + β 2 + Ύ 2 �-ι (α + β + Ύ)2 · χ :ί:- y , Κ = Υ (x - y) Υ 3 <=> (x - y/ + (y - z)2 + (z - x)2 � Ο που ισχ6ει ως άθροισμα μη αρνητικών αριθμών. β) Από την χ 2 + y2 + z2 � xy + yz + zx με χ = �α2 + β2 , y = �β2 + γ 2 , z = �γ2 + α2 προ2 2 ιcύπτει: �α2 + β2 + �β2 + γ2 + �γ2 + α2 2 � �α2 + β2 �β2 + γ2 + �β2 + γ2 �γ2 + α2 + +�γ2 + α2 �α2 + β2 δηλαδή: α2 + β2 + β2 + γ2 + γ2 + α2 � �(α2 + β2 ) {β2 + γ2 ) + �(β2 + γ2 ) {γ2 + α2 ) + +�{γ2 + α2 ) {α2 + β2 ) άρα: 2{α2 + β2 + γ2 ) � �(α2 + β2 ) {β2 + γ2 ) + �(β2 + γ2 ) {γ2 + α2 ) + . +�{γ2 + α2 ) {α2 + β2 ) χ,

χ=

χ*

χ

2

6. θεωρούμε την εξίσωση λ2 ( λ - χ ) + λ2μ = μ2 ( μ - χ ) + λμ2 (ι), λ,με JR . ί) Να λύσετε την ( ι ). ίί) 'Εστω ότι μ < Ο και μ2 > λ2 • Αν χ0 εί(ι ), ναι λύση της δείξτε ότι 3 3 χ: + (μ - λ) - 8μ > 0 . Λύση : i)

(1) <=> λ3 - λ2 χ + λ2 μ = μ3 -μ2 χ + λμ2 <=>

Λύση :

α)(1) <=> ... <=> α2 ψ2 + αz ωz + βz χz + βz ωz + γ2χ2 + γ2 ψ2 - 2αχβψ - 2αΥ:ιω- 2βψγω � Ο <=> (αψ - βχ )2 + (αω - γχ)2 + (βω- γψ )2 � 0, που ι­ σχ6ει. β) Εφαρμόζοντας την (1) του i) ερωτήματος για χ = ψ = ω = 1 παίρνουμε {α2 + βz + γz ) . 3 � (α + β + γ )z <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/24


Μαθηματικά -yια την Α· Λυκείcnι

8. Δίνονται οι σχέσεις l x - 31 � 1 (1) και l 2y + 31 � 5 (2). Να βρείτε: α) Τις τιμές των πραγματικών χ, y. β) Τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της παράστασης Κ = 2 χ - 3y •

Λί) ση :

α)

10. α)

Για τον πραγματικό αριθμό α ισχύει Σ Λ β) Να συμπληρώσετε την ισοδυναμία = l xl lαl <=> · · · γ) Για τους μη μηδενικούς πραγματικούς χ, y ισχύει l xyl + xy = Ο . Να υπολογίσετε την παIYI . , κ = 2χ + ρασταση

ΙαΙ � α ή ΙαΙ � -α .

(1) <=> -1 � χ - 3 � 1 <=> l xl Υ -1 + 3 � Χ � 1 + 3 <=> 2 � Χ � 4 <=> Χ Ε [2, 4] . δ) Να βρείτε τα χ του [-1,10] για τα οποία (2) <=> -5 � 2y + 3 � 5 <=> -5 - 3 � 2y � 5 - 3 <=> -8 � 2y � 2 <=> -4 � y � 1 <=> yE [-4, 1] . ισχύει ll x - 21 - 31 � 4 . β) Από το α) έχουμε 2 � χ � 4 <=> 4 � 2χ � 8 (3) και -4 � y � 1 <=> -3 � -3y � 12 (4). ΠροσθέΛ ί) ση : α) Είναι Σωστό. τουμε τις (3), (4) κατά μέλη και παίρνουμε β) l xl = Ιαl <=> χ = ±α · 1 � 2χ - 3y � 20 ή 1 � Κ � 20 . Διαπιστώνουμε ότι για χ = 4, y = -4 . Έχουμε Κ = 20 που είναι η με­ γ) Είναι l xyl = -xy . Τότε xy < Ο . Αν χ > Ο τιμή του Κ και ια χ = 2, y = 1 γίστη έχουμε Κ = 1 γ και y < Ο έχουμε Κ = 2χχ - 2:. = 2 - 1 = 1 Αν χ<Ο που είναι η ελάχιστη τιμή του Κ. Υ 2χ Υ 9. α) Αν χ -φ Ο , δείξτε ότι: x + � 2 (1). και y>O έχουμε Κ = - χ + Υ = -2 + 1 = -1 . δ) ll x - 21 - 31 � 4 <=> -4 � l x - 21 - 3 � 4 <=> Για ποια χ η (1) ισχύέι σαν ισότητα; β) Με κέντρο το σημείο που αντιστοιχεί -4 + 3 � l x - 21 � 4 + 3 <=> -1 � 1χ - 21 � 1 (1). Όμως στο μηδέν του άξονα των πραγματικών αριθμών l x - 21 � - 1 , αφού l x - 21 � Ο . γράφουμε κύκλο με ακτίνα -i . Δείξτε ότι τα Άρα (1) <=> l x - 21 � 7 <=> -7 � χ - 2 � 7 <=> -7 + 2 � χ � 7 + 2 <=> -5 � χ � 9 . σημεία Α + , Ο . Είναι σημεία του παραΈχουμε ακόμα -1 � χ � 10 , οπότε από τη συ­ χ +1 ναλήθευσή τους προκύπτει - 1 � χ � 9 . πάνω κυκλικού δίσκου.

l ��

(

)

11. α)

Αν α, β � Ο , να συμπληρώσετε την ισότητα �α · β = · · · β) Για κάθε α, β � Ο ισχύει �α + β = if;. + \[β . Σ Λ γ) Να λύσετε την εξίσωση (Ι χ - 21 - 3 )3 = -8 . δ) Να βρείτε τα χ Ε JR για τα οποία ορίζε-

Λί) ση :

2 +1 Ιχ2 + � ι(+b{) 2 χ α) (1) <=> -χ- �2<=> τ �2 <=> χ +1�21� <=> l xl 2 - 2 l xl + 1 � 0 <=> {1xl - 1 )2 � 0 , που ισχύει. Η (1) ισχύει σαν ισότητα όταν και μόνο l xl - 1 = Ο δηλαδή l xl = 1 δηλαδή χ = ± 1 . β) Αρκεί η απόσταση των αριθμών Ο, � 3'--1-1 �χ2 + 4 . Αν χ = 2 , 1 + χ ται η παράσταση Κ = V x 1 , , , να ειναι μικροτερη η, ιση του . ' 2

(

)1 Από το α) έχουμε

να βρείτε την

χ x x d 1 + x2 ' 0 = 1 + χ2 - O = 1 + x2 ·

II 1

σταση Π =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/25

Κ και να υπολογίσετε την παρά-

Κ 2 + ι;;� 3r;; ν2 + 1 v2


Μαθηματικά ΎW την Α · Λυκεiου

Λύση : α) "1./α · β = � · � . β) Είναι λάθος. γ) (l x - 21 - 3 )3 = -s � Ι χ - 21 - 3 = -VS �

l x - 21 - 3 = -2 � l x - 21 = 1 � χ - 2 = ±1 . χ-2=ι� χ=2+1 �χ=3. χ - 2 = -1 � χ = 2 - ι � χ = 1 . δ) Για κάθε χ ε R ισχύει χ 2 + 4 > Ο , οπότε η παράσταση ορίζεται όταν και μόνο χ - ι > Ο , δη­ λαδή χ > 1 . Για χ = 2 έχουμε Κ = (J8 = (}! = ..fi . Άρα 2 + -}/22 = 2}/22 + }/22 (J2 - 1) = Π=ifi .J2 + 1 ifi}/22 (.J2 + ι )(.J2 -1) _ 2'11G _ 2- + }/22 (..fi - ι) = if22 + if22.J2 - if22 = 2-1 if'i! }/22.J2 = �(}! = 67 = 2� . 12. α) Αν α :2: Ο , να δώσετε τον ορισμό •

της ν-οστής ρίζας του α. β) Αν α :2: 0 , ισχύει � = � . Σ

x e R τα οποία δεν + ρίζεται η παρι\crταση f(I) = χΙ 5 + 31 J66 + ,fj3 ' Και να βρεθεί το f(O). δ) Να βρείτε την τιμή του λe R για την ποία η εξίσωση λ�l xl Μ = Μ άγνωστο τον χ είναι αόριστη. y)

Λ

Να βρείτε τα

ο-

για

R

ι

ο-

με

Λύση : α) Ονομάζουμε ν-οστή ρίζα του α τον μη αρ­ νητικό αριθμό χ, για τον οποίο ισχύει: χν = α . β) Είναι σωστό. γ) Η παράσταση δεν ορίζεται όταν

Ιχ5 + 31 = 0 � χ5 + 3 =0 � χ5 = -3 � x = -if3 . - ../3 Για χ = Ο έχουμε Π = ..[3ι + J6 .J6 ( + ../3)(J6 ../3) ..[3 .J6 - ..[3 ..[3 .J6 - ..[3 .J6 --+ =6 - 3 =-+ ..[3..[3 3 3 3 δ) λ�l χl νfχί = νfχϊ � λ�Μ = Μ � λ�Ι χ l3 - Μ = Ο � λΜ - Μ = ο � (λ - ι )νfχj = 0 . Η εξίσωση είναι αόριστη, αν και μόνο αν λ - ι = Ο δηλαδή λ = 1 . _

ΙΗΕΑΕΤΗ ΣΥΙΙ.4ΡΤΗΣΗΣ ΣΤΗ Ν ,4' ΑΥΚΕΙΙJΥ (ΑΡΤΙΑ - ΠΕΡΙΤΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ, ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΚΑΙ ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ)

Κώστα Βακαλόπουλου Στο r κεφάλαιο της Άλγεβρας της Α ' Λυκείου γίνεται η μελέτη των συναρτήσεων +β

f(χ)= αχ2

νοιες:

και

f(x)= χα

f (χ)= αχ

,

και εισάγονται οι έν­

Άρτια και περιπή συνάρτηση. • Μονοτονία συνάρτησης και • Ακρότατα συνάρτησης. Οι παραπάνω έννοιες και η μελέτη τους στις συ­ ναρτήσεις σκοπό έχουν τη συλλογή πρόσθετων π}.η­ ροφοριών με στόχο τη χάραξη της γραφικής τους παράστασης με τη μεγαλύτερη δυνατή επιτυχία. •

Στο άρθρο αυτό, παράλληλα πάντα με το σχολικό βιβλίο, θα δώσουμε τις παραπάνω έννοιες ανεξάρτητα από πς συγκεκριμένες συναρτήσεις με μεθόδους μελέτης και εφαρμογές ώστε να βοηθηθούν οι μαθητές της Α ' Λ υ­ κείου αλλά και των άλλων τάξεων ώστε να τα εφαρμό­ σουν και σε άλλες συναρτήσεις σαν αυτές που ζητούνται και στο σχολικό βιβλίο στο τέλος του κεφαλαίου.

1. ΑΡΤΙΑ ΚΑΙ ΙΙΕΡΙΤΤΗ ΣΥΝΑΡΠΙΣΗ ΟΡΙΣΜΟΣ 1

f

Μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού το λέγεται ΑΡΤΙΑ αν και μόνο αν Ύtα κάθε Α ισχύει: Α και Π.χ. η συνάρτηση = είναι άρτια α­ φού για κάθε R ισχύει: R και ΑςR

χε

-χε

f{-x)= f (x) . f (χ) χ1 χε -χε f(-x)=(-x)1 = χ1 = f (x).

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ Το πρώτο σκέλος του ορισμού μας εξασφα)i­ ζει ώστε κάθε στοιχείο του πεδίου ορισμού τηςf να έ­ χει το αντίθετό του επίσης στοιχείο στο πεδίο ορισμού (δηλ. να ορίζεται η συνάρτηση και σ' αυτό) και ισχύει όταν το πεδίο ορισμού τηςfείναι ούνολο σvμμεrpικό ως προς το Ο (μηδέν). Τέτοια ούνολα είναι π.χ.: R* . κ.ά.. 1.

(- ι,ι ),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.1/16

(- ι Ο, -8)u(8, 10)


Μαθηματικά pa την Α" Λυκείου

2. Είναι προφανές ότι αν το σημείο

Μ (χ, y )

ΠΩΣ ΕΛΕΓΧΟΥΜΕ ΑΝ ΜΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΕΙ­ ΝΑΙ ΑΡτΙΑ Ή Π Ε ΡΠΤΗ; (ΔΗΛΑΔΗ, ΠΩΣ Ε­ ΛΕΓΧΟΥΜΕ ΑΝ Η ΓΡΑΦΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΜΙΑΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΧΕΙ ΑΞΟΝΑ ΣΥΜΜΕ­ ΤΡΙΑΣ ΤΟΝ ΑΞΟΝΑ y"y Ή ΚΕΝΤΡΟ ΣΥΜΜΕ-

του καρτεσιανού επιπέδου είναι σημείο της γραφι­ κής παράστασης μιας άρτιας συνάρτησης τότε το σημείο M'(-x,y) ανήκει επίσης στη γραφική πα­

ράσταση τηςf

ΤΡΙΑΣ ΤΟ ΣΗΜΕΙΟ

Υ

Μ',

Υ

!

ο

Μ

χ

χ

ΑΡΑ : Η γραφική παράσταση μιας άρτιας συ­ νάρτησης αποτελείται από σημεία συμμετρικά ως προς τον y "y. Δηλαδή, η γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης έχει άξονα συμμετρίας τον ά­ ξονα y"y. ΟΡΙΣΜΟΣ 2 Μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α ς IR λέyεται ΙΙΕΡΙΤΤΗ αν και μόνο αν yια

κάθε

χε Α

ισχύει:

Π.χ. η συνάρτηση

-χ ε Α

f (χ) = ..! χ

και

είναι περιττή αφού

χ ε IR* ισχύει: = _! = - . f {-x) = _!_ -χ χ f {x)

yια

f {-x) = -f {x) .

κάθε

-χ ε IR*

και

_

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ 1. Είναι φανερό ότι αν το σημείο

Μ (χ, y)

του καρτεσιανού επιπέδου είναι σημείο της γραφι­ κής παράστασης μιας περιπής συνάρτησης τότε το σημείο M'(-x, -y) ανήκει επίσης στη γραφική πα­

0(0,0) ;)

l011)Αν δίνεται ο τύπος της συνάρτησης, τότε: Βρίσκουμε καταρχήν το πεδίο ορισμού της Α και ελtyχουμε αν αυτό είναι συμμετρικό ως προς το Ο (μηδέν), ώστε για κάθε χε Α να ισχύει

-χε Α .

Υπολογίζουμε την τιμή της συνάρτησης f στο -χ δηλ. το f(-x) και, αν f(-x)= f(x) η συνάρτηση είναι άρτια ενώ αν

f(-x) = -f(x)

η συ­

νάρτηση είναι περιττή. rν)Αν δίνεται η γραφική παράσταση της συ­ νάρτησης τότε: παρατηρούμε το είδος της συμμετρί­ ας που παρουσιάζει και, αν έχει άξονα συμμετρίας τον y y τότε είναι άρτια ενώ αν έχει κέντρο συμμΕ­ τρίας το Ο (Ο, Ο) τότε είναι περιττή. Τα προηγούμενα συμπεράσματα τα wησιμο­ ποιούμε για να χαράξουμε τη γραφική παράσταση μιας άρτιας ή περιπής συνάρτησης: Χαράσσουμε μόνο το τμήμα της γραφικής πα­ ράστασης που αντιστοιχεί δεξιά ή αριστερά του ά­ ξονα y y (δηλ. μόνο για χ � Ο ή χ s; Ο αντίστοιχα) και το υπόλοιπο τμήμα της γραφικής παράστασης το κατασκευάζουμε συμμετρικό του πρώτου ως προς τον άξονα y y για την άρτια και ως προς την αρχή των αξόνων για την περιπή συνάρτηση.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

1.

ράσταση τηςf

Δίνεται η συνάρτηση

f (χ) = ���

α) Να εξεταστεί αν είναι άρτια ή περιττή. β) Να χαράξετε τη γραφική παράστασιί της.

Λύση :

ΑΡΑ : Η γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτησης αποτελείται από σημεία συμμετρικά ως προς την αρχή των αξόνων 0(0,0) . Δηλαδή, η γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτησης έ­ χει κέντρο συμμετρίας το σημείο Ο (Ο, Ο) . 2. Αν μια συνάρτηση είναι περιπή και το Ο α­

νήκει στο πεδίο ορισμού της τότε ματι, θα ισχύει

f (Ο) = Ο

.

Πράγ­

f(O) = -f(O) � 2 f{O) = Ο <=> f{O) = Ο . ·

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι: Α = IR"' . * κάθε χ ε IR ισχύει: -χε IR* ενώ f(-x)= -1- = _!_ =f(x) .

Για

1 -x l l x l

Άρα: ή συνάρτηση f είναι άρτια. β) Χαράσσουμε λο1Πόν τη γραφική παράσταση της

f για χ > Ο

δηλ. της

f (χ) = .!.. χ

και κατασκευά­

ζουμε το συμμετρικό της ως προς τον άξονα y "y. Έτσι έχουμε τη γραφική παράσταση της συ­ νάρτησης f.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.δ. τ.Ζ/'1.7


Μαθηματικά -ym την Α ' Λυκείου

τότε -χ >0 οπότε: f(-x)=(-x)4 =χ4 =-f(x), αν χ >Ο τότε -χ <Ο οπότε:

Υ

__) \__

--------�-----+ χ 0 (Στο παράδειγμα που ακολουθεί θα χρησιμο­ ποιήσουμε μια συνάρτηση που δεν γνωρίζουν οι μα­ θητές της Α · Λυκείου. Ας το παρακολουθήσουν ό­ μως οι αναγνώστες της Β ' και Γ' Λυκείου).

2.

f(-x)=-(-x)4 =-χ4 =-f(x) και για χ=Ο, f(-o)=O= -f (O). ΑΡΑ Για κάθε χε JR ισχύει f(-x)=-f(x). Υ

Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x)= Inlxl.

Λύση:

είναι Α= JR* f ( lxl >Ο χ *Ο). Για κάθε χε JR* ισχύει: -χε JR* ενώ -xl = In lxl = f(x). f(-x)Άρα= Inlσυνάρτηση είναι άρτια. f Τότε f(x)= {lnx,(-χ ) , χχ >0 <0 Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της f για χ>Ο δ λ. της f(x)=lnx, χ>Ο (γνωστή γραφι­ Το πεδίο ορισμού της <=}

η

ln

η

Οπότε η συνάρτηση f είναι περιττή 2. ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Η μελέτη της μονοτονίας μιας συνάρτησης μας

δίνει πληροφορίες για το αν μεγαλώνοντας οι τιμές του χ μεγαλώνουν ή μικραίνουν οι τιμές

f (χ ) .

Η γνώση της μονοτονίας μιας συνάρτησης παί­ ζει καθοριστικό ρόλο στη χάραξη της γραφικής της παράστασης αφού θα γνωρίζουμε εκ των προτέρων αν η γραφική της παράσταση είναι ανερχόμενη ή κατερχόμενη. Συγκεκριμένα, θα λέμε ότι μια συνάρτηση είναι: ΓΝΗΣΙΩΣ Α ΥΞΟΥΣΑ στο Α αν και μόνο αν ισχύει: αν για κάθε τότε

κή παράσταση) και κατασκευάζουμε το συμμετρι­ f : Α � JR κό τηςιως προς τον άξονα y 'y. Έτσι έχουμε τη γραφική παράσταση της f.

χ1 ,χ2 ε Α f ( χι ) < f ( χ 2 )

Υ

Χι < χ2

Υ

7( ······1 ! · .-- χ ----:+-----:':----:':,...+ f(x2) f(χ ι )

Ο

3. α) f (x)=l x -31-l x + 31 g(x)= {-χ4χ'\ χχ �< Ο

Να εξετάσετε αν είναι άρτιες ή περιττές οι συναρτήσεις: β)

ο

f(-x)=l-x -31-1-χ +31 =1-(χ +3)1-1-(χ -3)1 = lx +31 - lx -31 = -(lx -31-lx +31 ) =-f(x). Άρα: συνάρτηση f είναι περιττή . β) Το πεδίο ορισμού της f είναι το Α= JR . Για κάθε χε JR ισχύει: -χε JR ενώ αν χ< Ο η

Χι Χ2

ΓΝΗΣΙΩΣ ΦΘΙΝΟΥΣΑ στο Α αν και μόνο αν ισχύει: αν τότε για κάθε

χ1 ,χ2 ε Α f ( χι ) > f (x2 ) .

Χι < χ 2

Υ

f(χ ι) ·······\ f(x2) ········t�

ΛίJση:

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το Α= JR. Για κάθε xεJR ισχύει: -xεJR και

·········

2---+- Χ ':----+:'--ι-.,Χ 0 -Χ Ξ

Ξ

Σε κάθε μία από τις παραπάνω περιπτώσεις η συνάρτηση fείναι ΓΝΗΣΙΩΣ ΜΟΝΟΤΟΝΗ

ΠΩΣ ΜΕΛΕΤΑΜΕ ΤΗ ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ ΜΙΑΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ; 1 ον) ΜΕ ΤΟΝ ΟΡΙΣΜΟ Έστω συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/28

f : Α � JR χ1 , χ2 ε Α και

με


Μαθηματικά ΎW την Α· Λυκείου

Απόμιατοσυνάρτηση προηγούμενομπορεί παράδεινα γμηνμα γίείνναιεταιΣημείωση: φανερό ότι γνησίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της λά να είναι γνησίως μονότονη κατά διαστήματα. f: Α Α Χι ,χ2 Ε Iχι < χ2 1 <=> χ2 - Χι >Ο . 1. Δ= f (χ2 )-f (Χι) f ( x ) = -x3 + 2 . Δ> Ο f (χ2 )-f (Χι )> Ο ύσ Ιr (Χ ι )< f (χ2 )I ο πεδίο ορισμού της συνάρτησης εί ν αι το Τ Α= :ΙR . 'Εστω Χι ,χ2 Ε 1R με Δ<Ο f(x2 )-f(xι )<O Χι < Χ2 <=>Χι < Χ2 <=> -Χι > -χ2 <=> -χ� +2 >-χ� +2 <=> f (χι )> f(x2 ). If ( χ ι ) > f (χ2 )I στο 1R.Άρα: η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα Δ=Ο f(x2 )-f(xι )=O Ιr(χι )=f (χ2 )Ι . Χι < χ 2 f (xι)<f(x2 ) f(xι)>f(x2 )

(1). Προσπαθούμε από τη σχέση (1) να κα­

ταλήξουμε αν είναι δυνατόν, σε μια από τις σχέσεις ή οπότε και θα χα­

αλ­

ρακτηρίσουμε τη συνάρτησή μας ανάλογα γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συ-

νάρτηση

2°v) ΜΕ ΤΗ ΔΙΑΦΟΡΑ Έστω συνάρτηση με

ζουμε τη διαφορά: •

Λ

η:

1R

Για

κάθε

Υπολογί-

και

τότε

αν

δηλαδή

οπότε η συνάρτηση f είναι

3

3

3

3

γνησίως αύξουσα στο Α. τότε αν

δηλαδή

οπότε η συνάρτηση f είναι

γνησίως φθίνουσα στο Α. τότε αν

δηλαδή

Τότε η συνάρτηση f είναι

σταθερή στο Α.

διαδικασία πα­ Πολλέςδυσκολίες. φορές παραπάνω ρουσιάζει Δείτε στο επόμενο δειγμα ώς το αντιμετωπίζουμε. 2. f ( x ) = -χ4 + 7 . ύσπεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι: ο· Τ (1). Προφα­ < χ 1R με Α= 1R. Έστω ,χ Ε Χι Χι 2 2 δεν τηςμπορούμε να αυτό υψώσουμε στην δύναμη νώς χ μόνο αν , (1), αφού γί ν εται ταθετιμέλη Χ ι 2 κΔιοίααριθμοί. κρίνουμε προς τούτο τις παρακάτω περι­ πτώσεις: Αν Ο � Χι < χ2 τότε χ:< xi <=> -χ: > -xi <=> +7 >-xi +7 <=> f (χι )> f(x2 ). -χ:Άρα: στο [Ο, η) συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα Αν χι <χ2 � Ο τότε -χι > -χ2 �Ο <=> (-χι/ > (-χ2 )4 <=> χ: > xi <=> f(x2 ). -χ:< -xi <=> -χ: +7 <-xif είν+7αι <=>γνησίf(χωις)<αύξουσα στό Άρα: (-οο, Ο].η συνάρτηση η

παρά­

π

Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συ­ νάρτηση: Λ

η:

+οο

.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Να μελετηθούν ως προς τη μονοτονία οι συ­ ναρτήσεις: ) +x+l β) ( ) α)

f ( x = x3

g x = x2 - 4χ + 3

ύσΤο πεδίο ορισμού της f είναι: Α= 1R . Έ­ α) στω Χόι ,χε2 Ε1R με Χι <χ2 δηλαδή χ2 -χι >0. Δ=f (χ2 )-f (χι ) = (χ� +χ2 +1 ) - (xi +χι +1) = (χ� -xi ) +(x2 -χι )+1-1 = (χ2 -χι )[(χ� +χ2χι +xf } +1] Όμως: χ� + Χι χ2 +χ�� >Ο. (γιατί;) Άρα: χ� + χ2χι +χ + 1 >Ο . Άρα: Δ=f (χ2 )-f(χι )>Ο δηλ. η συνάρτη­ ση fβ)είναιΤογνησί ωςορισμού αύξουσατηςστοf1Rείν. αι: Α= 1R . πεδίο στω Χι ,χ2 Ε 1R με Χι < χ2 δηλαδή χ2 - Χι > Ο . Λ

Τ τ

η: :

Έ­

Υ

Τότε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/29


Μαθηματικό ΎUΙ την Α ' Λυκείου

Δ = f(χ2 )-f(χι ) = { χ� - 4χ2 +3) - {xf - 4χι +3) = {χ � - xf} - 4 (x2 - χι)+3-3 =(χ2 - χι ) [(χ2 + χι ) - 4]

Για τη μελέτη του προσήμου της παράστασης διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

χ2 + Χι - 4 ι η) Αν 2 S: χι < χ2 τότε χι -2 ;;:: 0 και χ2 - 2 > Ο . Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: Χι + χ2 - 4 > 0 . Άρα : Δ > Ο δηλ. η f είναι γνησίως αύξουσα σο [2,;-οα) . 2η) Αν Χι < χ2 S: 2 τότε Χι -2 < Ο και χ2 - 2 S: Ο . Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: Χ ι + χ2 - 4 < 0 . Άρα : Δ < Ο δηλ. η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, 2] . 3°v) ΜΕ ΤΟ ΛΟΓΟ ΜΕΤΑΒΟΛΗΣ Έστω συνάρτηση f : Α � 1R Για κάθε Χ ι , χ2 Ε Α με Χ ι * χ2 υπολογίζουμε τον λόγο: f(xι )-f(x ) λ = Χι - Χ2 2 και: αν λ > Ο τότε οι διαφορές Χι - χ2 , f(xι)- f(x2 ) είναι ομόσημοι αριθμοί π.χ. αν Χ ι - χ 2 < Ο τό­ τε θα είναι και f{xι ) -f(x 2 ) < 0 δηλ. αν Χι < χ2 τότε f(xι ) < f(x2 ) οπότε η συνάρτη­

ση Iείναι γνησίως αύξουσα στο Α. ομοίως αποδεικνύεται όπ η Ι είναι αν λ γνησίως φθίνουσα στο Α και τότε οπότε η l είναι αν

λ=Ο

σταθερή στο Α.

f(xι ) = f(x2 )

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η νάρτηση:

2 χ -< Ο f(x) = χ ' -2χ + 3, χ > Ο

{

Λύση : Το πεδίο ορισμού της είναι το (με Για κάθε

συ-

f Α = 1R . χι , χ 2 Ε (-οο, Ο] . Χι * χ2 ) τότε: f(xι )-f(x2 ) = xf -χ� λ= Χι -χ2 Χι - χ2 (χι - χ2 )(χι + χ2 ) = χ + χ 0 ....:__....; _;; Χι -Χ ...;. ;;..ο. 2_....; ...;; ;;..ο. ι 2 < . Άρ α : η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, Ο] .

χ ι , χ2 Ε (0, ;-σα) (με χι * χ 2 ) τότε: f(xι ) -f(x2 ) (-2χι +3) - (-2χ 2 + 3) = λ= Χι - χ 2 Χι - χ2 -2(χι - χ 2 ) =-2 < Ο . Χ ι - Χ2 Άρα : η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, ;-σα) . Θα εξετάσουμε αν για κάθε χι < Ο και χ2 ;;:: ο ισχύει f(xι )>f(x 2 ) . Αν αυτό συμ­ Για κάθε

βαίνει η συνάρτηση θα είναι γνησίως φθίνου­ σα στο IR . Υ

χ 2 =-ι έχουμε: 2 2 ι f(χι ) = (- ι) = ι και f(x2 ) = -2-+3 = 2 δηλ. με 2 χ1<χ2 προκύπτει f(x ι ) < f(x 2 ) . Άρα η f δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο 1R Όμω ς: Για

χι = - ι

και

Είναι όμως γνησίως φθίνουσα στο

(

-οο ,

Ο]

και ε­

πίσης είναι γνησίως φθίνουσα στο ;-σα) , δηλα­ δή είναι γνησίως μονότονη κατά διαστήματα.

(0,

3. ΑΚΡΟΤΑΤΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΟΡΙΣΜΟΣ� Έστω συνάρτηση Ι με πεδίο ορισμού Α ς 1R . Α Θα λέμε όπ η συνάρτηση Ιπαρουσιάζει στο •

Ολικό μέγιστο, αν και μόνο αν,

Α (1). για κάθε Ολικό ελάχιστο, αν και μόνο αν,

ΧΕ

για κάθε

χΕ Α

χ0 Ε f (χ) S: f (χ0 )

f (χ);;:: f (χ0 )

(2).

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ 1. Είναι φανερό όπ αν μια συνάρτηση : � 1R παρουσιάζει στο ολικό μέγιστο τότε η γραφική της παράσταση δεν θα βρίσκεται πά­ νω από την ευθεία y χχ' ) .

χ0 Ε Α

= f(x0 )(11 Υ

2. Αντίστοιχα αν μια συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/30

f : Α � 1R


Μαθηματικά yuι την Α ' Λυκεiου

Άρα: �4-xf < �4-χ� δηλ. f(x1 )<f(x2 ). Άρα: η fείναιγνησίωςαύξουσαστο [-2, 0]. 2η) Αν 05.χ1 <χ2 5.2 τότε xf <χ� 5.4 -xf >-χ� � -4 4-xf >4-χ� �0. Άρα: �4-xf > �4-χ� δηλ. f(x1 )>f(x2 ). Άρα: η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, 2]. Από την της μονοτονί α της f προκύ­ πτει η συνάρτηση παρουσιάζει στο Ο μέγιστο τοότιf(0)=2. ΜΕ ΤΟΝ ΟΡΙΣΜΟ Επίσης�για κάθε χ ε [-2,2] ισχύει: (1 ) 4-χ2 �Ο δηλαδή�f(x)�O. (Ομως 0=f(x0) �0= 4-x� �χ0 =±2). ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ f(x)�f(2) και f(x)�f(-2) δηλ. η Άρα: τηση fπαρουσιάζει στο 2 και στο -2 ελάχιστο το Ο. r (x)= 3lx -11 + s . Λύση: ορισμού της f είναι Α = JR . Όμιος (Λ) αν είνααικυκλώσετε το μια απόείναιτιςσωστή ή το Το λάθος σε κάθε παρακάτω f(x)-5 = 31 χ -11� Ο f (χ)� 5 κάθε προτάσεις:γραφική παράσταση του σχήματος χε JRΌμως: . στοιχεί. σε γραφική παράσταση περιττής συνάρ­Λ τησης 5=f (x0)� 5=3l x0 -11+5 �Ιχσ -11=0� χ0 =1 για κάθε x JR : ) Άρα: Ισχύει f(x)�f(l συνάρτηση f παρουσι ά ζει στο 1 ολικό ελάχιστο το ΜΕ ΤΗ MONOTONIA γραφική παράσταση τουάρτιας σχήματος α­ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ συνάρ­ ντι σ τοι χ εί σε γραφι κ ή παράσταση � Λ τησης. f( )= 4ΤοΛύση:πεδίο ορισμού της f εί ν αι : Α=[-2, 2] (4-χ2 �0�χ2 5.4� ..{;2 5.-/4� l xl5. 2 � -2 5. χ 5. 2 ). ΔιακρίΑνν-2ουμε5. χ1τις<παρακάτω περι π τώσει ς : γραφική παράσταση τουπεριττής σχήματος χ2 5. Ο τότε στοι χ εί σε γραφι κ ή παράσταση 2�-χ1 >-χ2 2 �ο 2 Λ σης. 22 � (-χι) >(-χ2 ) 4� xf >χ� 5. -xf <-χ� 05.4-xf <4-χ�. χ0 ε Α = f ( χ0

ολικό ελάχιστο τότε η παρουσιάζει στο γραφική της παράσταση δεν θα βρίσκεται κάτω από την ευθεία y )(11 χχ' ) .

Υ

y=f(Xo)

ΠΩΣ Β ΡΙΣΚΟΥΜΕ ΤΑ ΑΚΡΟΤΑΤΑ (ΑΝ Υ ΠΑΡ­ ΧΟΥΝ) Μ ΙΑΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣ Η Σ;

1 ον) Στηριζόμενοι στις ανισοτικές σχέσεις που απορρέουν από τον τ6πο της συνάρτησης προ­ σπαθούμε ν' αποδείξουμε μια από τις σχέσεις και (2) του ορισμού.

αλλαγή

συνάρ­

Να βρεθούν τα ακρότατα της συνάρτησης

1. Ν

πεδίο

δηλαδή

για

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

(Σ)

αν

αντι­

i) Η

Σ

e

Επομένως: Η

Υ

.

5.

χ

ο

2°ν)

ii) Η

Να βρεθούν τα ακρότατα (αν υπάρχουν) της

συνάρτησης:

Ι η)

χ

χ

2

Σ

Υ

αντι­ συνάρτιr

iii) Η

Σ

Υ

-4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/31


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

του σχήματος α­ ττή δείξτε όn η συνάρτηση h (χ) = f (g (χ)) ντιτησης.στοιiv)χείΗ σεγραφιγραφική κπαράσταση ή παράσταση άρτιΣας συνάρ­ περι είναι άρτιΜεα. τη βοήθεια των γραφικών τους παρα­ στάσεων νατιςβπαρακάτω ρείτε τα διαστήματα στας είνοποίαι γνησί α κα­­ θεμί α από συναρτήσει ωςα)αύξουσα, γνησί ω ς φθί ν ουσα ή σταθερή . β y=f (x) ) y=g (x) χ Ναο τμήμα) χαράξετετων τηπαρακάτω γραφικήσυναρτήσεων παράσταση (τοαν υπόλοι π γνωρίκάθε ζετε ότιφορά.είναι άρτια ή περιττή όπως σημειώ­ νεται δ) y=φ (χ) ναιi) Η συνάρτηση f εί- ναιi ) Η συνάρτηση f είΛ

Υ

5.

ο

Υ

Υ

2.

πφιτη) . Υ

ά ρτ ι α .

Υ

Υ

χ

χ

ο

iναι) Η συνάρτηση f εί- i ) Η συνάρτηση f είΠοιες από τις συναρτήσεις της 5 άσ κησης παρουσιάζουν ολικαυτά. ά ακρότατα; Να προσδιορι­ στούν ταΝαακρότατα μελετηθεί ως προς τη μονοτονί α η συνάρτηση g (x) = χ2 -8χ + 15 α)-too) .στο διάστημα (-οο,4] και β) στο διάστημα [4, ωςfπρος=τηχ2 μονοτονί α. και τα είναια)άρτιΝαf(x) εςεξεταστεί ή=περιx lτxτέςl, αν οι παρακάτω συναρτήσεις ακρόταταΝαη μελετηθεί συνάρτηση + 4 χ -5 (χ)προς τη μονοτονία τη ·ν νΝα μελετήσετε ως β) g(χ)= χN+ χ _!_Ζ + 1' (ν άρτιος αριθμός) ' χ2 - 2χ, χ � 3 συναρτηση: h(χ ) = {-χ+6, γ) h (x) =- + χ χ >3. Δί ν ονται οι συναρτήσεις f, g με πεδί ο ορι­ σμού το JR Αν η συνάρτηση f είναι άρτια και η g 6.

άρτια.

Υ

7.

χ

ο

3.

8. 9.

4.

r

ιΙΝΙΣΟΤΙΚΕΣ. ΣΧΕΣΕΙΣ τμιιμΑτωv-yωvιώv

του Γιάννη Στρατήγη

Λ Υ i\Η � Ν Ε Σ ΑΣΚ Ι Ι ΣΕΙΣ Ε Μ Π ΕΔΩΣΗΣ

1 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 95° και Γ 135° . "

εξ =

i) ii)

Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου. Να σuyκρίνετε τις πλευρές του τριγώνου.

Λ ύση :

Α

�135°

Β

Γ

i) Οι γωνίες Γ και Γεξ είναι παραπληρωμα­ τικές, οπότε Γ = 180° - Γεξ = 45° . Εξάλλου Γεξ = Α + Β ή Β = Γεξ - Α = 40° . 40° < 45°ΑΓ << 95°ΑΒ < ΒΓδηλαδή i ) Ισχύει . < Γ < Α . Άρα i2.i) Αν ΗΒ είνα ι το σημείο τομής των υψών

οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ, να δειχθεί ότι: αν Λ

Λ

ΑΒ < ΑΓ τότε ΗΒ < ΗΓ και ΗΑΒ < ΗΑΓ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/32


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Στο τρίγωνο ΓΔΕ η γωνία ΔΕΓ είναι αμβλεία γιατί ΔΕΓ = ΔΕΒ+ ΒΕΓ = ΔΕΒ+ 90° > 90° , οπότε μεγαλύτερη πλευρά του είναι η ΓΔ. άρα ΔΕ < ΓΔ w� 1 ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΔ, έχουμε ( i \ ΓΔ < ΒΓ (2). Με συνδυασμό των σχέσεων (1), (2) < ΓΔ < ΒΓ. Από ΑΒ< ΑΓ έχουμε ΔΒ < ΔΓ, οπότε ΗΒ < προκύ6.πτειΣε ΔΕ τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε τη διχοτόμο ΗΓ. Αν Β' το συμμετρικό του Β και προς Δ τότε του ΑΔ και ΔΕ .l ΑΓ . Να δειχθεί ότι ΔΕ < ΔΒ ΗΑΒ = ΗΑΒ και αφού ΔΒ = ΔΒ < ΔΓ θα είναι και ΒΕ < ΒΓ . ΗΑΒ' < HAr δηλαδή ΗΑΒ < HAr . Α Λύση : Λ ύση :

Λ

~ z

Β

2

\

ι

2

I

·

Λ

Λ

Λ

Γ

·

Σε κάθε κυρτό πολύγωνο, με πλήθος κο­ ρυφών μεγαλύτερο ή ίσο των τεσσάρων, να α­ ποδείξετε ότι κάθε γωνία του είναι μικρότερη του αθροίσματος των υπολοίπων. 3.

Γ Δ Λί>ση: Είναι Αι = Α2 • Έστω ΔΖ.l ΑΒ , για μετακίΈστω το κυρτό πολύγωνο Αι Α2Α3 ... Αν με νηση του ΔΕ. Ισχύει ΑΔΕ = ΑΔΖ (ορθογώνια με ν�4. Έχουμε Αι + Α2 + Α3 + · · · + Αν =(ν - 2)180° , ομώνυμη πλευρά ίση, ΑΔ = ΑΔ και οξεία γωνία ίση, Α2 = Αι ), συνεπώς ΔΕ = ΔΖ ( 1 ). ΑJ.λά στο οπότε π.χ. Α2 + Α3 + · · · + Αν = (ν - 2)180° - Αι ορθο γώνιο τρίγωνο ΒΔΖ, ΔΖ< ΔΒ δηλαδή (1). Αλλά ν � 4 ή ν - 2 � 2 ή (ν - 2)180° � 360° ΔΕ = ΔΖ < ΔΒ . Η τριγωνική ανισότητα στο τρί­ ωνο ΒΕΔ, δίνει ΒΕ < ΒΔ + ΔΕ . Επειδή όμως και Αι κυρτή δηλαδή Αι < 1 80° , -Αι > -180° . γΔΕ < ΔΓ , έχουμε ΒΕ < ΒΔ + ΔΕ < ΒΔ + ΔΓ = ΒΓ. Συνεπώς Σκεφτείτε και άλλη αποδεικτική διαδικασία, (ν - 2)180° - Α ι � 360° - 180° = 180° > Α ι και η σχέση (1) γράφεται Α2 + Α3 + · · · + Αν > Αι ή παρατηρώντας ότι ΒΕΓ > 90° Αι < Az + Α3 + · · · + Αν . 7. Σε κάθε οξυγώνw τρίγωνο στη μικρότε­ 4. Αν ΑΔ διχοτόμοι τριγώνου ΑΒΓ, δείξατε ρη πλευρά αντιστοιχεί μεγαλύτερο ύψος και α­ ντιστρόφως. ότι: ΒΔ < ΑΒ και ΔΓ < ΑΓ . � Λύ : Λύ ση : Β

Λ

Λ

'

'

Λ

Λ.

Λ

Λ,

Λ

Β

Γ

Δ

Είναι Α, ι = Α, 2 = -Α2 . Η γωνία Δι είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΓΔ, οπότε Δι > Α2 = Α ι και από το τρίγωνο ΑΒΓ συμπεραίνεται ότι ΑΒ > ΒΔ ή ΒΔ < ΑΒ . Όμοια βρίσκεται και η δεύτερη ζητούμενη σχέση (πώς;). 5. Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη του ΒΕ και ΓΔ. Δείξατε ΔΕ < ΒΓ . Λύση :

ΑGΓ

n ..... ,

Β

�, μ \-lε.vo

"' " • - · • F' •

Ri'ι

τ:ο v

��

Λ

-Α \

Α ..ι

Γ

ιv .

Γ

Έστω ΑΒ < ΑΓ θα δείξουμε ότι υ1 > υβ και αντιστρόφως. Φέρουμε τις διαμέσους ΔΜ, ΕΜ των ορθογωνίων τριγώνων ΒΔΓ, ΒΕΓ αντιστοίχως. Εφόσον ΑΒ < ΑΓ στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Β > Γ . Στα ισοσκελή τρίγωνα ΜΓΕ, ΜΒΔ είναι ΜΓ = ΜΒ ' ΜΕ = ΒΓ2 = ΜΔ και ΓΜΕ = Β+ Ε ι =2Β > 2 Γ = Γ+ Δι = ΒΜΔ , επομένως ΓΕ > ΒΔ δηλαδή υ1 > υβ . Αντιστρόφως. Τα ισοσκελή τρίγωνα ΜΓΕ, ΜΒΔ έχουν: ΒΓ = ΜΔ και ΓΕ > ΒΔ , ΜΓ = ΜΒ , ΜΕ =2 . ,

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.2/33

Λ

Λ

Α

Λ

Λ

Λ


Μαθηματικά yια την Α· Λυκεiου

,.. . . υα < ΒΓ2 Α 90ο ), δείξατεοτι. > ή 2Β > 2Γ >Γ ή Β ΒΜΔ . ΑΓ>ΑΒκαιή ΑΒ<ΑΓ. 12.α) ΣεΑνκάθε τρί γ ωνο ΑΒΓ ι σ χύουν: η περί π τωση που το τρί γ ωνο Α = Β + Γ , τότε Α = 90° , οξυγώνιο. β) Αν Α <>Β + Γ , τότε Α < 90°> , Γ , τότε Α 90° και αντι­ στρόφγ)13.ως.ΑνΑν Δ,Α Ε,ΒΖ+σημεία τωνα, τότε: πλευρών ΒΓ, ΓΑ, Α Β ΑΒ τριγώνου ΑΒΓ, αντί σ τοι χ τ-α<ΑΔ<τ, τ< ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ< 3τ. σε τρίγωνοτου ΑΒΓ, Δ νασημείοδειτηςχθείμικρό­ 14. Ανπλευράς τερης ΒΓ, β+γ>α+ΑΔ. η 15.α+γΣε τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2Γ είναι β< 2 . 16. Θεωρούμε τα σημεία Δ,αντιστοί Ε, Ζ τωνχως.πλευρών εταφέρουμε την κάθετη (στην κοίτη του πο­ Μ ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ τρι γ ώνου ΑΒΓ, Να συ­και ταμού) μετακί νη ση στην αρχή της διαδρομής έστω γκρι θ ούν οι περί μ ετροι των τρι γ ώνων ΑΒΓ τοποταμού). Α. Έστω = λ κάθετη στην κοί­ ΔΕΖ.17.'Εστω ΑΜ η διάμεσος τριγώνου ΑΒΓ. Να τηαπότουΠαρατηρούμε : 'χιστο αποδειl χθγείi β + γ α2 ++λ+ + ΚΒότιελαελα 2 α 2 <-+βγ. α) β -2 <μα <--2 και --βγ<μ 'χιστο 4 4 + ελα' χ ι σ το β18.) ΣεΜΑΓκάθε< τρίγωνοανΑΒΓ, και μόνο αν,ξετεΑΒ < ΑΓ . Για να εί ν αι το Α + ΚΒ ελάχιστο πρέπει να δεί καιΑ 'Βαρκεί το να ταυτίζεται με την τομή ο της Κ Κ α) α<2 τ<2β+ γ<2 τ+ β < 2τ, με την απέναντι του πακέτου. Άρα η ζη­ τούμενη θέση τηςΑγέφυρας θα είναι η Μο Κο. β) lβ + γ -α 1 < 2βγ ' tι>. γ) α2 <2 (β2 +γ2 ) <α2 + (β+γ)2 , λi ''\> δ) α2 +β2 +γ2 <2 (αβ +βγ+γα) . Λ

Λ

σ\JΥεΕί)ς ΓΜΕ λρα Να εξεταστεί

..,

"

""'

(

- -

·

δεν είναι /? .

Πρii/(.( ι-ψ(• �·=ι!Ξ' ).cι. ,ι ίrΓrου γ(;�μοV>>

Το πρόβλημα αυτό μας το έστειλε ο συνά­ δελφος Κ. Βακαλόπουλος

Δύο χωριά και βρίσκονται εκατέρωθεν ενός ποταμού πλάτους λ. θέλουμε να κατα­ σκευάσουμε μια γέφυρα για να εξυπηρετήσουμε τα δύο χωριά και να τα ενώσουμε με δρόμο. Σε ποιο σημείο του ποταμού πρέπει να κατασκευά­ σουμε τη γέφυρα ώστε ο δρόμος μεταξύ των δύο χωριών να Ύίνει ελάχιστος; (Υποθέτουμε ότι Ύέφυρα κατασκευάζεται κάθετα στην κοίτη του ποταμού).

ί) ίί)

ότι:

, \ ίJση :

( ΑΑ'

ΑΑ'

ΑΜ ΑΜ ΑΜ

ΜΚ. ΚΒ

ΚΒ

� .

ότι:

--

α

λ

λ

ΜΑΒ ,

ότι:

όχθη

.,

A

:z

�'.;·-.

'·<' ,

"" '•

·-

'-., ,, ·,,

� "' Μ' ,Μ

':

"

"•

'•.

i "<_ ,J.:> ! λ 1 λ ' Ι '\1; ....; -r. _ -_ _ _

'

]i__,

I

•J

,);;) ιρος

.Πjnl/f/. η}-'�r {J: Κ.

ο. ο τ/r }-' �-.:� ��

Β ω,γυ.tίπο ο -)ος

τυ

.<rΓΓι':/,;_ι

ο

y;�- � �·fX�

Έναςαπόαθλητής πρέπει νασημεί διασχίο Βσειενώτηνπρέπει από­ σταση το σημεί ο Α στο να(λ: τρέξει επίμήκος). της ευθείΣεαποιο ς (ε) σημείο απόστασηπρέπειμήκους λ δεδομένο να ξε­ κινήσει να τρέχει στην ευθεία (ε) ώστε συνολικά η 9. Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και απόσταση από το Α στο Β συμπεριλαμβανομένου σημείο της ευθείας της βάσης ΒΓ. Να συ-yκρι­ και του μήκους λ να γίνει ελάχιστη. θούν10.ταΔΑντμήματα ΑΒ, ΑΔ. οιτέμνονται διχοτόμοιστοΒΔ καιναΓΕσυ-yκρί τριγνώνου ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓπλευρές ετε: του τριγώνου ΒΙΓ, τα ΑΔ, ΑΕ. 11. Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ κ",

κ

'.,_\ ,,

Β

Λ.\ \"l Π� /Ω:.: Κ !-Ω2 i-Τ.:. ι ;:: .ι � Κ Η l: Β :::.:

Α.

I,

ί) τις ίί)

(ε)

Β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/34


�-"'"""" � ",.,.-...._. . "" . _""':""'"""" ""' '""" "' """" "' � "" """"'!!! " �"""" !'!!!!' """" "" """" "' ������"""" "' ,.,.,.,. "' '""" "- """' """ - �-""�"""" Ι Μαθηματικά yια Β'

ι___

τn

τάξη του Λυκι:ίο_�-w=

Α ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΣΤΑ ΠΙJΛ!//2Ν!/ΜΑ ΚΑΙ ΣΤΙΣ ΠΟΑΥt2ΝΥΜΙΚΕ<J. Ε'!ΙΣf2ΣΕΙΣ ΚΑΙ ΑΝΙΣDΣΕΙΣ ρ

των Γ. Μπα αλή και Σ.

Στο άρθρο αυτό θα παρουσιάσουμε διάφορες ασκήσεις για τη λύση των οποίων θεωρούμε γνω­ στή όλη τη σχετική θεωρία που αναφέρεται στο Λυκείου. σχολικό βιβλίο της Άλγεβρας της

Β'

Λουρίδα

Λύση : Έστω ότι το κλάσμα είναι ανεξάρτητο του Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει ένας σταθερός πραγμα­ τικός αριθμός, έστω κ, ώστε: α αl α α Χ η β β

χ.

νχ ν + ν-Ι ν-1 + · · · + χ + ο = Κ , 1. Αν f(x) = 2x1 - 1 , g(x) = x3 + 1 να βρε­ βν χν + βν-Ι Χν-1 + .. · + 1 χ + ο θούν τα πολυώνυμα f(f(x)), f(g(x-1)) , ανΧ ν + αν-ΙΧν-1 + ·· · +αΙ Χ +αο = f{f(g(x))) . Κ . βνχν + Κ . βν-1 Χν-Ι + .. . + Κ . βl Χ + Κ . βο ' για κάθε χ Ε JR .

Για να ισχύει η παραπάνω ισότητα θα πρέπει:

αν = Κβν • αν-Ι = κβν-1 • ..., αl = κβl • ασ = κβο i) f (f (x)) = 2(2x2 -1)2 -1 = Αν β1 , β , ... , βν '1:- 0 έχουμε: 2 2 · (4χ4 - 4χ2 + ι ) - ι = 8χ4 - 8χ2 +ι . αν = αν-Ι = αν-2 = ··· = � = ασ βν βν-1 βν-2 βl βο ii) Είναι: g(x -l) = ( x - 1)3 + I = mυ κάποwι βί , Στην περίπτωση χ3 -3χ 2 +3χ -1+1 = χ3 -3χ2 +3χ . iE {1, 2, . . . , ν} είναι μηδέν τότε και οι αντίστοιχοί Επομένως f (g( x - 1)) = 2 · (x3 -3χ 2 +3χ)2 - 1 = τους � . iE {l,2, ... , ν} θα είναι μηδέν, οπότε η α­ ναλσyία θα αναφέρεται στα υπόλοιπα κλάσματα. 2(χ6 +9χ4 +9χ2 -6χ5 +6χ4 -18χ3 ) - 1 = αl ασ αν-Ι = .. · =-=-= Έστ ' ' αν = ω τωρα οτι: κ, 2χ6 -12χ5 +30χ4 -36χ3 + 18χ2 - I . β l βο β ν βν-1 i) Έχουμε διαδοχικά: τότε αν = Κ · βν , αν-Ι = Κ · β ν-1 , ... , αl = Κ · β l , f (g(x }) = 2(x3 + 1)2 - 1 = 2(χ6 + 2χ3 +1)-1 = ασ = κ · βο . ν-1 + .. + α χ +αο ν 2χ6 + 4χ3 + 2 - 1 = 2χ6 + 4χ3 + 1 . α χ +α Άρα: ν ν ν-Ι Χ ν-Ι · l = βνχ + βν-Ι Χ + .. · + β1 χ + βο f (f (g( x))) = 2 (2x6 + 4χ3 + 1)2 - 1 κ(βν Χν + βν-Ι Χν-Ι + . . · + β1 Χ + βο ) = 8χ2 + 32χ9 + 40χ6 + 16χ3 + 1 =κ ---�βν-χν-. . · + βl χ + βο � + βν-Ι Χν-� 1 +-------2. Να ν αποδείξετε ότι το κλάσμα δηλαδή, το κλάσμα είναι ανεξάρτητο του χ. ν «ν χ + «ν-ιΧ -ι + · ·· + αι χ + αο με ν Ε .ι�'Ιτ και Ε φαρμογή : Ρν χν + Ρν-ιΧν-ι + .. . + Ρι χ + Ρο Να προσδwριστούν τα κ, λ, μ Ε JR ώστε το «ν *' Ο, Ρν *' Ο , παίρνει τιμή ανεξάρτητη της με­ (κ - 1)χ3 + (2μ - Ι)χ2 - (κ +λ-l)χ +lΟ ταβλητής χ αν και μόνον αν: κλάσμα χ3 - 2χ2 + x + S «ν = «ν-ι = «ν-Ζ = .. = «ι = «ο να είναι ανεξάρτητο του χ. Ρν'" Ρν-1 Ρν-Ζ · μ. p; · ΛίJση :

Έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.Ζ/35


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

5. Αν α2 + β 2 + γ 2 = αβ + βγ + γα , να απο­ Αν ένα μη μηδενικό πολυώνυμο με ρη­ τούς συντελεστές έχει ρίζα τον άρρητο κ .Jλ , δείξετε ότι το πολυώνυμο με κ ρητό και λ θετικό ρητό μη τέλειο τετράγω- Ρ χ α β χ 2 β γ χ γ α είναι το νο ρητού, τότε θα έχει σαν ρίζα και τον κ .Jλ . μηδενικό πολυώνυμο. 3.

+ -

( )= ( - ) +( - ) + ( - )

Λύση :

Απόδειξη:

Έστω f (Χ) = αν Χν + αν-Ι + . . + αιΧ + ασ το ΠΟ­ λυώνυμο. Προφανώς το ζητούμενο θαο βαθμού.πολυώνυμο είκ-.Jλ ναι τουλάχι σ τον δευτέρου Γι α να εί ν αι ρίζα του πολυωνύμου, θεωρώντας ότι ο κ + .Jλ είναι ρίζα του, αρκεί η διαίρεση του f (χ) με το γινόμενο {χ - (κ+ .Jλ)) · {χ - (κ-.Jλ)) = χ2 -2κχ + κ2 -λ( 2να είναι τέλει2 α). Προφανώς f(x)= x -2κχ+κ -λ · q(χ)+αχ+ β , 2 -2κχ + κ2 -λ είναι πολυώ­ αφού ο διαι ρ έτης χ νυμο ( β)αθμού. Για · χ = κ+ .Jλ έχουμε: Ο=α κ+.Jλ + β α κ+ β +α · .Jλ=Ο με β ρητό και βα · .Jλ άρρητο. Η σχέση αυτή ι­ ασχύει· κ +όταν α κ + = Ο και2 α = Ο . Με2 α )= Ο είναι και β = Ο. Άρα, f (x)= (χ -2κχ + κ -λ · q (x) . βρεθεί ένα πολυώνυμο 5ου βαθμού με ρίΝα ζες: ρ = J2 , ρ2 = 1 + .J3 , ρ3 =

2 + β2 +γ2 =αβ + βγ+γα� Έχουμε: α 2α22 +2β2 +2γ2 2 -2αβ -2βγ-2γα=Ο� (α-Αβν) +α(=β β-γ=)γ +θα(γ -είαν)αι2 =α-Ο �β =αΟ=, ββ=-γγ . = Ο , γ-α= Ο οπότε το Ρ(χ)=(α-β)χ2 +(β-γ)χ+(γ-α) είναι το μηδενικό πολυώνυμο. 6. Αν το πολυώνυμο (χ )= (α3 + β3 + γ3 - 3αβγ ) χ3 + (αβ + βγ + γα + 5 ) χ + αβγ είναι το μηδενικό πολυώνυμο, και οι α, β, γ ρη­ τοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι α2 + β 2 + γ 2 = Για να είναι το Ρ(χ) το μηδενικό πολυώνυμο θα πρέπει: ααβ3 ++ ββ3γ+γα+5=0 +γ3 -3αβγ=Ο ((1)2) αΑπόβγ -16 = Ο (3) ��ην ταυτότητα του Euler έχουμε: 3 3 3 β β α + +γ -3α γ= 4. Αν τα πολυώνυμα Κ1 ( χ) , Κ2 (χ ) έχουν πραγματικούς συντελεστές και καμία κοινή = � ( α+ β +γ) [ ( α- β )2 + (β -γ)2 +(γ-α)2 ] (4) πραγματική ρίζα και για το f (χ) ισχύει: Από τις σχέσει[ ς (1) και2 (4) προκύπτει: f(x ) = IΚι (x )l + I 2 (x )l για κάθε τότε το � (α + β + γ) (α- β ) + (β -γ)2 +(γ-α)2 ] = ο f (χ ) δεν έχει πραγματική ρίζα. �α + β + γ=Ο α= β =γ. 3 Αν α=β=γ τότε αβγ-16=0�α -16=0� Έστω ρ μία πραγματική ρίζα του f(x) τότε α3είναι= 16ρητοί.� α= 2ifi , άτοπο γιατί οι αριθμοί α, β, γ f (ρ) = Ο οπότεΙ 2 + β2 +γ2 = I Κι (ρ )I + κ2 (ρ )I = ο � Κι (ρ)= κ2 (ρ)= ο . β Επομένως α+ +γ=Ο, οπότε α Άτοπο. Άρα το f (χ) καμία πραγματική ρίζα. (α+ β +γ)2 -2 (αβ + βγ+γα)= 0-2 (-5)=10. Έστω τα πολυώνυμα (χ), g (χ) που έχουν 7. Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς α­ πραγματι κ ούς συντελεστές χωρί ς καμί α κοινή ριθμούς α1 , α 2 , α3 έτσι ώστε να ισχύει: +6 πραγματική ρίζα. Τότε2 το πολυώνυμο f με την (χ) α1 + -α 2 + --, α3 =2 ιδιότητα fκ (χ)= h ν (χ)+ g λ (χ) δεν έχει πραγ­ χχ3ε - 5χ2 + 6χ χ χ - χ - για κάθε ματική ρίζα. ·

·

zου

Χ ν-Ι

·

Ρ

- 16

10 .

ή

Απόδειξη :

·

Εφα ρμογή : ι

-1 .

ΧΕ

K

JR. ,

ή

Λύση :

Εφαρμογή :

δεν έχει

h

--=-

--=-

-

IR. - {0, 2,3}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/36

2

3


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

κέραιους συντελεστές για το οποίο ισχύει Κάνουμε απαλοιφή παρανομαστών, οπότε έ- Q (O) =Q (1) =0. Τότε το Q (x ) διαιρείται τόσο με α1 α2 α3 - τον χ όσο και με τον χ - 1. Επομένως 2χ +2 6 = -+--+--<=> χουμε: χ3 -5χ + 6χ χ2 χ-2 χ-3 = χ · (χ - 1) Τ (χ ), όπου Τ (χ ) πολυώνυ­ ) -1ακέραιους 2 2χ +6=α1 (χ -5χ +6) + αz (χ -3χ) +� (χ2 -2χ) <=> μοΡ (χμεΆρα συντελεστές. Ρ = χ ( 2χ+6=(α1 +α2 +� ) χ2 + (-5α1 -3α2 -2α3 ) χ+6α1 β) Αν x)v+ιχ=· (Pχ(x-1v)) ·=xτ (χv )· (+x1v-. 1)T(xv) +1, για κάθε χ ε JR -{Ο, 2, 3} . Από την ισότητα των τότε: Χι =Ρ (χ0) =χ0 · ( χ0 -1 ) · Τ( χ0) +1 ή πολυωνύμων προκύπτει: Χι -1 = Χο · (Χο -1 ) · Τ (Χο ) ή α1 + αz + αg =0 +αg =-1 =Ρ (χ1) =χι · (χι -1) · Τ(χ1) +1 ή -5α1 -3αz -2αg =2 <=> 3αz + 2αg =-7 <=> � =4 χ 2 6α1 =6 α=1_!_ α1 =1 · χ χ ή 1 -1=χ χ ( Τ( ) 1) ι 1 · 2 5χ-2_ + _χ-34__ 2χ+62 = χ __ Άρα 3 -5χ = Ρ (Χν-ι ) = Χν-ι . (χν-1 -1) . τ (χν-1 ) + 1 ή χ +6χ Λύση:

·

{

{llz =-5

{llz

Xy

-1) · T(xv-l ) ΧΠολλαπλαmάζοντας ν -1 = Χν-ι · (xv-l κατά μέλη έχουμε: χ -1=χ Χν 0 · Χι · ·· Χv-ι · Τ( 0) · Τ(χι) · · · Τ(χv-ι) δηλαδή 1) ··· Τ(χv-ι) +1 . Χν =χ0 χ· Χι ··είναι·Χν-Ι προφανώς ·, Τ(χ0) · Τ(, χπρώτος Λύση: προς τους Έστω ρ μία ακέραια ρίζα του Ρ(χ). ν Τότε Ρ (ρ ) =Ο<::::> ρ3 - (λ+1 ) ρ+2λ=0<=> χ0, χι , ... , χν-ι γιατί, αν δεν ήταν τότε ο κοινός δ 1 θα ήταν και διαιρέτης του πράγ­ ρ3 - λρ -ρ + 2λ = <=> -λρ + 2λ=-ρ3 +ρ<=> διαιρέτης μα, άτοπο. Ας λάβουμε υπόψη ότι τα (ρ -2 ) λ = ρ3 -ρ ( 1 ). είναι ακέραιοι σαν α­ χ .. χ χ , ,Τ( Τ( 0),Τ( . v ι) ι) ράφεται 2 τότε η (1) Αν ρ γ ριθμητικές τιμές πολυωνύμου με ακέραιους συντε­ λεστές και ταυτόχρονα ακέραιες τιμές του χ. λ= ρρ3-2-ρ <=> λ=ρ2 +2ρ+3+ -ρ -26- . μία ρίζα του πολυωνύμου Για να είναι ακέραιος αριθμός το κλάσμα g ( χ )10.= αΑν· χν-ρ1 +είναι vx -z + · · · + χ + 1 με α "Φ- 0 , να α-ρ-26- θα πρέπει ρ - 2ε {-1,1,-2,2,-3,3, -6, 6}, ποδείξετε ότι: lρl < 1 + 1�1 · δηλαδή, αντίστοιχα ρε {1, 3, 0, 4,-1, 5,-4,8}. Επο­ μένως λ ε {0,24, 30, 40,10,84}. Λύ ση: Αν lρl 1 τότε η lρl < 1 + ��� είναι αληθής, για9. Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ ( χ ) με ακέ­ ραιους συντελεστές. , α1 . α) Αν Ρ ( Ο ) =Ρ{1 ) =1 να αποδείξετε ότι: τι το -> Ι l Ρ (χ ) = χ · (χ -1 ) (χ ) + 1 , όπου ( χ) πολυώ­ Αν lρl > 1 έχουμε: νυμο με ακέραιους συντελεστές. (ρ) = Ο ή α . �ν-ι + ρν-2 + . . . +ρ + 1 = Ο ή β) Αν χ0 είναι τυχαίος ακέραιος αριθμός α · ρν-ι = -ρv-2 - · · ·-ρ- l η, και ισχύει η σχέση: χ ν+1 = P ( xv ) , ν = 0,1,2, , Ια . ρν-Ι Ι = Ιρv-2 - . . . -ρ+ 11 ή να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό ν � 1 ο ακέ­ ραιος χν είναι πρώτος προς τους χ0,χ1 , ,χ ν_1 • 1 l α · ρν- 1 = Ιρν-2 + ··· + ρ+ 11 (αφού ιχι =ι-χι χεν ι JR ) ήν-2 για κάθε Λύση: Ι Ι α) Έστω πολυώνυμο Q(x ) =P (x )- 1, με αα · I ρ - l = Ιρ + · · · +ρ+ 11 ή 8. Να βρεθούν οι τιμές του λ JR ώστε το πολυώνυμο ( χ ) χ3 ( λ 1) χ + 2λ να έχει α­ κέραιες ρίζες.

ε Ρ = - +

Ο

ο

::;

ο

·

Τ

Τ

g

. . .

. .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/37

1


Μαθηματικά 'Y'fl την Β' Λυκεiοο

Ιχ ν I = lxlv

κάθε χ ε 1R και ii) l αι + � + · · · + ανl � Ι αι i + Ι α2Ι + ··· + I ανl ) . ν2 -1 (ιρι - + . .. + ιρι + 1.) (Ιρl -1 ) ή lα/·IP!v � l ρl - 1 ν-1 ν-1 ρ Ι ι ρ -ι Ιρι - 1 ι ι (α ου ρ 1 ι.οι · I ιv � 1 1 ρ -1 < �ρ� -1 , φ I I > > η, lαl < ρ �ι ή ΙρΙ - ι < 1�1 (αφού lρl > 1 ) ή ll ι+ Ια ι lρl < 1αΓl η, lρl < ι + Ια/ ·

(αφο6 i)

,

'

Αν το πολυώνυμο Ρ Ι χ3 + ια 1 διαιρείται με το ( Ι ρ ) να αποδείξετε ότι: 3 λ1 κ -

11.

+ 27

-

4

( )=

-

Απ όδε ιξη :

{: ��;:

α = 2ρ -3ρ2 = Κ ρ3 = 2λ

{: :

α = 2ρ ρ2 = - -κ 3

-

.

=

32αy

Απόδειξη:

χ4 - αχ2 + βχ - γ = (χ - ρ)3 (χ - κ) � χ4-αχ2 +βχ - γ = χ3 -)χ2ρ+Jχρ2 -ρ3 ( χ- κ) �

(

)

χ4 -αχ2 + βχ - γ = χ4 -3ρχ3 +3ρ2χ2 - ρ3χ - κχ? + 3ρκχ2 _ Jρ2κχ + ρ3 κ � χ4 αχ2 + βχ _ γ = χ4 + (-3ρ - κ ) χ3 + 3ρ2 + 3ρκ χ2

(

)

_

(

+ -ρ3 - 3ρ2 κ χ + ρ3 κ .

)

Από την ισότητα των πολυωνύμων προκύπτει: κ = -3ρ

-3ρ - κ = ο

3ρ2 + 3ρκ = -α 3ρ2 - 9ρ2 = -α � -ρ3 - 3ρ2κ = β -ρ3 + 9ρ3 = β ρ3 κ = -γ -3ρ4 = -γ κ = -3ρ κ = -3ρ -6ρ2 =-α 6ρ2 = α � � 8ρ 3 = β 8ρ 3 = β 3ρ4 = γ 3ρ4 = γ i)

Από την (2) έχουμε:

(1) (2) (3) (4)

() α2 = 36ρ4 � α2 = 12 3ρ4 =4 α2 = 12γ . ·

ii)

Από την (3) έχουμε:

( ),( ) 9β2 = 576ρ6 = 32 3ρ4 6ρ2 2 =4 32αγ . ·

·

13. Να λυθεί η εξίσωση:

Χ2 - Χ ΧΖ - χ + 2 =1· χz - x + l χz - χ - 2

(ι) α = 2ρ κ3 (2) ρ6 = - Λύση : 27 Πρέπει χ2 - χ + 1 ;ι!: Ο και χ2 - χ - 2 ;ι!: Ο , (3) δηλαδή x ;t -1 και x ;t 2 Θέτουμε χ2 - χ + 1 = ω , οπότε: έχουμε: (3)

(2) και Από 2 2 3 3 κ = λ � -+ κ λ =0 -27 4 27 4 12. Αν το πολυώνυμο Ρ (χ ) = Χ4 - αχΖ + β:ι: - 'Υ -

9βz

ii)

Έστω ρ η τριπλή ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ) και κ η τέταρτη ρίζα. Θα ισχύει:

=0.

Επειδή το Ρ(χ) είναι τρίτου βαθμού και διαιρείται με το ( χ -ρ )2 θα ισχύει: χ3 + κχ + λ = (χ -ρ )2 (χ +α) = { χ2 - 2ρχ +ρ2 } (χ +α) = χ3 - 2ρχ 2 +ρ2 χ +αχ 2 - 2αρχ +αρ 2 = χ3 + ( α -2ρ ) χ 2 + (ρ2 - 2αρ } χ +αρ2 Για να ισχύει η παραπάνω ισότητα θα πρέπει: =2 2 2 κ � _ ρ2 = κ 2ρ3 = λ αρ2 = λ �

i)

για

...

α z = 1 2y

έχει μία ρίζα τριπλή να αποδείξετε ότι:

χ2 - χ = ω - 1 , χ2 - χ + 2 = ω + 1 , χ2 - χ - 2 = ω - 3 και η εξίσωση γράφεται: ω-1 ω+l . -- - -- = 1 . Για ω ;t Ο και ω ;t 3 εχουμε: ω ω-3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2138


Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

{.Jx-5+..Jx)2 +2{.Jx -5+..Jx)-48=0 (1). Θέτουμε .Jx -5 + ..Jx =ω, όπου ω � Ο , οπότε ηδεκτήεξίσωση ( ι ) γράφεται: ω2 + 2ω-48 = ο <=> ω= 6 ω2 - 3ω - ω + 3 - ω2 - ω - ω2 + 3ω = σ � ή ωω==-86 έχουμε: απορρίπτεται. -ω2 - 2ω + 3 = Ο � ω2 + 2ω - 3 = Ο � ω = -3 Γι α ή ω Γι= α1 . ω = -3 έχουμε: .Jx-5 +..Jx =6<=> .Jx-5 =6-..Jx <=> χ -5 =36-12..Jx +χ<=>2 12..Jx =41 <=> χ2 - χ + 1 = -3 � χ2 - χ + 4 = 0 αδύνατη , γιατί 4112 <=>χ = ( 4112 ) <=>χ= 1681 Δ = -15 < 0 . ..Jx = 144 . Για ω = 1 έχουμε: χ2 - χ + 1 = 1 � ·χ2 - χ = 0 � 16. Να η χ (χ - 1) = 0 � χ = Ο ή χ = 1 . �χ + 20 - �χ + 9 = 1, χ ε Q. ω-1 ω+1 = 1 � (ω - 3)(ω - 1) - ω(ω+ 1) ----;--- ω - 3 = ω(ω - 3) �

λυθεί

14. Να λυθεί η εξίσωση: sx.J;. - 3� 296 .

=

,\ \ι ση :

εξίσωση:

χ 2 + 20 ;::: Ο και χ + 9 ;::: Ο , δηλαδή Πρέπει χ ;::: -9 . Θέτουμε: �χ + 203 = φ > Ο � (1) χ + 20 = φ3 � χ = φ - 20 �χ + 9 = ω > Ο � χ + 9 = ω4 � χ = ω4 - 9 (2) Από (1) και3(2)- έχουμε: 3 ω4 - 9 = φ 20 � ω4 = φ - 1 1 Είναι όμως και φ - ω = 1 � φ = 1 + ω (11) Από και (11) έχουμε:

Πρέπει: χ > Ο. Θέτουμε: � = y >ο<=> {� )2 = y2 <=> ,J;! = y2 <=> x..Jx = y2 . 2 =Ο. Ε­ Η εξίσωση 2γράφεται: 5y -3y-296 πειδή Δ= (-3) -4 · 5 · (-296)=772 , θα είναι 3±77 y= ιο· ω4 =(1+ω)3 -1 1 � ω4 =1+3ω+3ω2 +ιJ -11� { y=8 δεκτή ω4 - ω3 - 3ω2 - + 1 Ο = Ο. Με το σχήμα Ηοr­ Άρα ή nerέχουμε: y = -7, 4 απορρίπτεται 10 ρ = 2 Για y = 8 έχουμε: -10 � =8 <=> χ3 =84 <=> χ3 = (23)4 <=> -1 χ3 = (24 )3 <=>χ= 24 <=>χ= 16. Οπότε η εξί3σωση γράφεται: ή (ω - 2) ( ω + ω2 - ω - 5 ) = Ο � ω = 2 15. Να η .J ω3 + ω2 - ω - 5 = 0 . Για ω =2 είναι �χ + 9 = 2 2 2x - S + 2 x - Sx + 2.Jx - S +2.J;. =48. ή χ + 9 =3 16 ή χ = 7 ω + ω2 - ω - 5 = Ο δεν έχει ρίζες στο Q Η Πρέπει : (γιατί;). (χ�Έχουμε: Ο και χ-5 �Ο)<=> (χ� Ο και χ� 5) <=>χ� 5. Άρα, τελικά, η μόνη ρίζα στο Q είναι η χ=7. .J 2 2x-5+2 x -5χ +2.Jx-5 +2..Jx =48<=> 17. Να την +2..Jx -48=0<=> χ +x-5+2..Jx.Jx-5 +2.Jx-5 (.rxy +2..rx�x-5+{�x-5)2 +2{�χ-5+..Γχ) -48=0<=> �-�σννχ = �, αν χε(2κπ-� ,2κπ+ � }κεΖ. (I)

(I)

λυθεί

-1

-3

-3

2 1

2

-2 -5

εξίσωση:

. \ (!ση :

λύσετε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/39

εξίσωση:

ο


Μαθηματικά -yια την Β' Λvκείου

4J3 ± 2J3 u , = 3.J2 ± .J2 , οποτε: ' ειναι: u = , 3 1 2 6 34 4 . Θέτουμε Vσυvχ = ω > Ο <=> συνχ = ω , όπου .J2 ω3 ε [Ο, 1] . Επομένως η εξίσωση γράφεται: .J2 . u u u = , απορ. u = J3, απορ = = 1 Jj , 3 2 3 4 2 3ω3 Οι-ω-2=0 (1). πιθανές ακέραιες ρίζες της ( 1) είναι: ' ημχ = '3J3 η' ημχ = 2.fi . Επομενως: ±1, ± 2 . Το σχήμα του Homer για ρ = 1 δίνει: χ=2kπ+-π Λύση:

ο 3 3

{

IiI

ρ= l

-2 2

ο

Οπότε η εξίσωση γράφεται: (ω - 1)(3ω2 + 3ω + 2) =0 ω = 1, δειcτή

.J2

Άρα ημχ = 2 <=>

4

. χ = (2k + 1)π --4π

J33 έχουμε: Απο' ημχ =-

<=>

..

:ω2 + 3ω + 2=0, αδύνατη (Δ=-15<0)

Επομένως έχουμε συvχ = 1 <=> χ = 2κπ, κ ε Ζ .

18. Να λυθεί η εξίσωση: 6ημ4 χ - (8.J3 + 9.Ji)ημ3 χ + 12(../6 + 1)ημ2 χ - (8.J3 9.Ji)ημχ + 6

+

Λύση:

=ο

Θέτουμε u = ημχ, όπου -1 � u � 1 και έχου-

με: 6u4 - (8J3 + 9..fi)u3 +

�.:::: :---------

,�----

1/

/3

'\

\ \

\Υ-'_./

2

\ω \'

Αφού προσδιορίσαμε (βλέπε σχήμα) γωνία ω J33 προ ' ει: ' ημω =-, ωστε ιαιπτ

ημχ = ημω

=>

χ=2kπ+ω 'η χ=(2k+1)π- 4π (1)

2 -(8J3 +9..fi)u + 6= Ο 1)u Προφανώς u -:;:. Ο . 19. Να λυθεί η εξίσωση: Άρα η ( 1) ισοδύναμα γίνεται: �χ 2 + 5 = χ - λ, λ ε JR . {u2 +:2 )-<sJ3 +m>(u+� } 12(J6 + 1)=0 (2) 12 =t2 -2 Λύση: 2 + 5 � Ο , που ισχύει ια κάθε Θέτουμε u + .!.u = t , οπότε u2 +Πρέπει χ γ u JR . χ ε Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: και η (2) ισοδύναμα γίνεται: 2 6(t2 -2)-(8J3 + 9..fi)t + 12-/6 + 12 =ο ή χ-λ< Ο <=> χ <λ . Τότε η εξίσωση είναι 6t -(8J3 +.J29..fi2)t + 12-/6 =ο αδύνατη. χ-λ�� 2Ο <=> χ �λ . Τότε2η εξίσωση γράφεΔ = (8J3-9 ) > Ο 2 <=> ται: + 5 χ -λ + 5 -λ χ = = χ χ 3..fi2 . t=4J33 η' t=-και ) ( Επομενως 2 -5 ( 1). 2 2 2 2λχ = λ + 5 = χ -2λχ + λ χ 1u 3.fi2 1u 4J33 η' u +-=α) Αν λ = Ο τότε η (Ι) γράφεται Οχ = -5 , u +-=που είναι αδύνατη. 2 .J2 32 β) Αν λ -:;:. Ο τότε η (1) γράφεται χ = λ 2λ- 5 (2). u2 4J33 u+1=0 η' u2 --u+1=0 Επειδή χ � λ από τη σχέση (2) θα έχουμε 2 -4J3u+3=0 ή 2u2 -3.fiu+2=0 3uΕπειδή Δ1 =48-36=12, Δ2 =18-16=2 θα 12(-/6 +

με

ί)

ii)

<=>

<=>

- ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/40


Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

λ2 -5 -5 ' ' --�λ<=>---λ�Ο<=> = -1 και η ανισωση γραφεται: 2λ λ2 +5 2λ ω 2---2 1ω 127 ω1 127 λ -5-2λ ω--�-<=>ω----�0<=> <=> � <=>---� ο ο 2λ 2λ 2 -7ω-12�0<=> 2 12ω2 -12-7ω�0<=> 12ω 2--::;Ο<=> λ 2λ+5 {2λ (λ +5) :::; ο <=>λ<Ο. ω:::; --43 ή ω�-.43 λο Ο, θα είναι: πρέπειΕπομένως λ<Ο. για να είναι δεκτή η λύση (2) θα Επομένως,�επει�δiή ω><=> 2χ-1 �9 <=> � ν� 3 χ+2 20. Να λυθεί η aνίσωση: 2χ-1 16 18χ-9-16χ-32 � +2 > 7 �0<=> ---- 2χ - 1 - 12 . χ+2 9 9 (χ+2) �0<=> 2χ-41 �0<=> 9 (χ+2)(2χ-41)�0� Λύση: 9 χ+2 ) ( 2χ-1 ' -> ο <=>χ<-2 η' χ -1 . ρεπει: (χ+2)(2χ-41)�0<=>χ:::; -2ήχ� 412 2 χ+2 ' 412 ατι' χ:�:--2 . Θέτουμε S. =ω, όπου ω> Ο, οπότε <=> χ<-2 ηχ�-,γι 'Κ

:1:-

π

>

�}Ξι

ιΙΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ E!/fJEIA

ΓΙΑ ΤΗΝ θΕΤΙΚΗ ΚΑΙ ΤΕΧΝΙJΛΙJΓΙΚΗ ΚΑΤΕ!/θ!/ΝΣΗ ΤΗΣ

1. Έστω α, β διανύσματα του επιπέδου με Ιαl = 1 και Ιβ1 = 3 και φ = (αλ β ) με φ Ε ο, π και η σχέση (αβ + 3 )χ + (αβ - 3 )y - 1 = 0 (1) για κάθε φ Ε Ο, π . Τότε α) Να δειχθεί ότι η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε φ Ε Ο, π .

[ ]

β)

[ ] [ ]

ευθεία αυτή περνά πάντοτε από σταθερό σημείο το οποίο και να βρεθεί. γ) Εάν η ευθεία είναι παράλληλη στο�� άξονα χχ' τότε το α /Ί/ β και β = -3α . δ) Εάν η ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα yy' τότε α /'ι!' β και β 3α . π ε) Εάν η ευθεία σχηματίζει γωνία με τον άΗ

=

4

ξονα χχ' τότε α _l β .

Λύση� Η +Γ Αχ +

προφανώς αδύνατο. Άρα η (1) παρι σ τάνει ευθεί α για κάθε φ Ε [0, π]. β) Η (1) γίνεται αβ(χ +y)+(3x-3y-1)=0<=> ιaι ιβl συνφ(χ + y)+ (3χ-3y -1)=0 <=> 1 · 3συνφ (χ+ y) + (3χ-3y -1) =Ο<=> 3συνφ(χ + y)+ (3χ -3y -1)= Ο για κάθε φ [Ο, π] . Πρέπει χ + y = Ο και 3χ -3y -1 =Ο και οι εξισώσεις συναληθεύουν χ=-61 και y=--.61 ο σημειο, (-6'1 --61 ) αληθευ, ει την (1) για κάθε φ [0, π]. η ευθείδιαεύθυνσης (1) είναιΟπαράλληλη συντελεστή και προφανώςστον χχ ' έχειγ) Εάν aβ + 3 = ο <=> aβ = -3 <=> ιaι ιβι συνφ = -3 <=> 1 3συνφ = -3 <=> συνφ = -1 <=> φ = β Η γωνία (aΛ β ) = π και το β α παράλληλο i3 στοl ι α το β λ < Ιi3βl = lλal => l l =lλ aι => 3=-λ1 => λ =-3 . τότε =-3<i. Ε

:1:-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/41

για

τ

Ε

·

α)By σχέση (1) εί ν αι της μορφής ή Β :�:-Ο με Α Ο = Ο . Αρκεί Α=<iβ+3 και Β=aβ-3. Έστω ότι Α=Ο και Β = Ο τότε aβ + 3 = Ο και aβ -3 = Ο που είναι

8' ιt!IKEIIJ!/ του Ν. Μαρούγκα

χ.

/'ι(' . Αφού = λίϊ.

Ο.


Μαθηματικά ΎUJ την Β' Λυκείου

δ) Εάν η ευθεία (1) είναι παράλληλη στον δεν ορίζει συντελεστή διεύθυνσης και ο συντελεστής του y είναι Ο. Δηλαδή aβ- 3 = Ο που σηναίνει ότι aβ = 3 � ιaι Ιί31 συνφ = 3 � 1 · 3συνφ = 3 � συνφ = l � φ = 0° . Αφού {aΛβ)=0° τότε a/'/'β και β = μίi, μ > Ο . Τότε li3l = ιμaι li3l = ιμιι aι 3 � μ1 μ = 3 και β = 3ίi . ε) Ο συντελεστής διεύθυνσης της (1) για κά, λ Λ = - (ίiβ + 3) . Εαν η (1) θε φ Ε [ο, π] ειναι (α β) aβ 3 σχηματίζει γωνία 4π με τον χχ' άξονα πρέπει -(aβ+3) λα,β_ - = 1 � ίiβ- - 3 = 1 � aβ + 3 = 3 - aβ � 2aβ = ο � aβ = ο � a 1_ β . yy'

==>

==>

==>

'

_

{

}

2χ2 2. α) Δίνεται σύστημα το + μ = 2 . αλ Σ ) Να εξεταστεί για λ + αμ = 2 ( ποιες τιμές του α το (Σ) έχει μοναδική λύση, είναι αόριστο, είναι αδύνατο. β) Δίνεται η . (αλ + μ - 2 ) χ + (λ + αμ - 2 ) y + α + 1 = 0 (1). Να δειχθεί ότι μόνον όταν το α = -1 πα­ ριστάνει ευθεία για κάθε λ, μ Ε JR . γ) Για α = -1 να δειχθεί ότι η (1) είναι ευ­ θεία που περνά από σταθερό σημείο το οποίο και να βρεθεί. ΛίJση :

α) Οι ορίζουσες D, Dλ , Dμ του (Σ) είναι: D= = α2 - 1 = (α- 1)(α + 1)

I� �� = � � �� = 2α - 2 = 2 (α - 1) = I� �� = 2α - 2 = 2(α - 1)

Dμ = (α-2(α1)(α- 1)+ 1) = α 2+ 1 ' για κάθε μ=D α;t;±l . Για α = 1 το (Σ) γίνεται λλ ++ μμ == 22 προφα­ νώς ΑΟΡΙΣΤΟ. Για α = -1 το (Σ) γίνεται -λλ -+μμ==22 προ­ φανώς ΑΔΥΝΑΤΟ. β) (1) παριστάνει ευθεία όταν αλ + μ - 2 -φ, Ο ή (λ+ αμ - 2) ;t; Ο . Εάν α ;t; -1 όπως δείξαμε στο ερώτημα (α) υπάρχουν λ, μ που κάνουν τις ποσότητες αλ + μ - 2 και λ + αμ - 2 ταυτόχρονα Ο. Όταν το α = -1 οι ποσότητες αλ + μ - 2 και λ + αμ - 2 δεν μπορούν να κάνουν ταυτόχρονα Ο. Τότε η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε λ, μΕ JR . γ) Για α=-1 η (1) γίνεται (-λ + μ - 2)χ + (λ- μ - 2)y + (-1)+ 1 = 0 � λ(-χ + y)+ μ(χ - y)- 2χ - 2y= O � (μ- λ)(χ - y) - 2(χ + y)= Ο για κιiθε μ,λΕ JR . Πρέπει λοιπόν χ - y = Ο και χ + y = Ο που συνα­ ληθεύουν στο 0(0,0). Το 0(0,0) επαληθεύει την (1) για κάθε λ, μΕ JR όταν α = -1 . 3. Έστω με Χι , Χ2 , Υι , Υ 2 Ε 1R 12χι - Syι + 1 = 0 και 12χ2 - 5y2 - 25 = 0 . Να 2 2 δειχθεί ότι ( χι - χ 2 ) + ( Υι - y 2 ) � 4 .

{

Η

_

}

Λύση :

t �ε ι) .... Κ(χ ι ι)/.: , ...... ,f�(χ2'y2) A(O,l/5), / I

/

------/

Ιί

_

{

Θεωρώ τις ευθείες (ει ): 12χ - 5y + 1 =Ο και (ε2 ): 12χ -5y- 25 = Ο που προφανώς είναι πα­ ράλληλες μεταξύ τους. Βρίσω την μεταξύ τους από­ σταση. Έστω Α το σημείο που η (ει ) τέμνει τον yy'.

Εάν D * Ο τότε το (Σ) έχει μοναδική λύση λ - DDλ - (α 2-(α1)(α- 1)+ 1) α 2+ 1

}

I

/

'

------+

( )·Η α­

Τότε το Α έχει συντεταγμένες Α 0, � πόσταση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/42


παλεί φ οντας το μ προκύπτει ΥΝ = -1 + χ Ν . ο Τ ι � 2 -2 Ο s( � (ει, ε2 ) (Α, ε2 ) �122 + (-5)J 2 ιι-213� = ανήκει στην ευθεία y χ -1 Μαθηματικά pα την Β' Λtικεiου

d

. Έστω σημείο Κ(χι.Υι) που ανήκει στην (ει) · τότε 12χι -5yι +1=0 και σημείο Λ(χ2 ,y2 ) που ανήκει στην (ε2 ). Τότε 12χ2 -5y2 -25 =Ο . είναι Η απόσταση (ΚΑ) � 2 αφού οι παράλληλες2 και απέχουν2 2. Τότε �(χι - χ2 ) + (Υι - y2 ) � 2 � (χι -χ2 )2 + (Υι -y2 )2 � 4 . 4. Έστω η (ε ) : :ι:+ + μ = Ο και το σημείο Μ ( ι,Ο) . ευθείες

απόσταση

ευθεία

y

α) Να βρεθούν οι σuντεπιyμtνει; του συμ­ μετρικού τοο σημείου Μ ιος προς την ευθεία (ε). β) Εάν Ν το σvμιιεrρικό τοο Μ ως προς την (ε) το Ν κm:ίται σε σταθερή ευθεία.

α)Ο συντελεστής Ο συντελεστήςδιεύθυνση διεύθυνσης τηςευθεί(ε)αςείπουναι -1. ς της διέρχεται από το Μ (1, Ο) είναι κάθετη στην (ε) Τότε η (ε)περνάθααπόείτοναιΜ και είθα(ζ)ναιείναι κάθετη : y-0=1(x -1) y= χ - 1 . Βρίσκω Κ την τομή των (ε) και (ζ) l μ = χ κ } χ+y=-μ � { y=x-1 Υκ = -l;μ . \ί,Γ;η :

ιc:m

Ι.

.

=

=d

ευθεία mυ στην �

η

{ }

·

5. Έστω τα σημεία Α (ι, 2 ) , Β 3, ι) και η ( 2κ 3λ - 7)0Α (4 - κ - λ ) ΟΒ σχέση: ( 3 - κ - 2λ ) ΟΜ = Ο με κ + 2λ - 3 :�= 0 . α) Να δειχθεί ότι τα Α, Β και Μ σημεία εί­ ναι συνευθειακά, και να βρεθεί η ευθεάι στην ο­ ποία κινείται το Μ. β) Εάν 3κ + 4λ = 11 τότε το Μ μέσο του ΑΒ με κ :Ι= 5 και λ :�: -ι . γ) Να βρεθούν οι τιμές του ρ ε R ώστε η ευθεία να τέμνει το τμήμα ΑΒ. δ) Να δειχθεί ότι όταν ρ = ι τότε 4κ + 5λ ι5 , κ :1: 5 , λ :1: -ι .

+

(

+

+

y = ρχ = α)2λ-3Η (1)0Α+ γίνεταικ+λ-4}0Α + κ+ ( ) ( (4-κ -λ)ΟΒ + (3-κ-2λ)ΟΜ (κ+2λ-3)(0Α-ΟΜ)+ (κ+λ-4)(0Α-ΟΒ)=δ� (κ+ 2λ-3) + (κ + λ-4) Α = Ο (κ+ 2λ-3) ΜΑ= (κ+ λ-4}ΑΒ κ+λ-4 )- (2). Η τελευταία σχέση ΜΑ= ( κ+2λ-3 δείτα χνΑ,ει ότιΜτασυνευθει Α κοι ν ό σημεί ο ΜΑ 11 ακά.καιΤοαφού Μ ανήκει στην ευθεία 1-2 y-2 = 3-1 y-2 = .!..2 (x-1) χ-1 2y-4=-x+ χ +2y-5=0. β) Αφού 3κ + 4λ = 11 κ= ll-4λ . Από τη 3 σχέση (2) προκύπτει Λί1ση :

::;: 0 �

ΜΑ

Β

ΑΒ

ΑΒ

Β,

ΑΒ:

=>

ι�

{Ι l]:::λ :r -l;λ ) - -(λ+l) [ ΜΑ= 2λ+2 2 (λ+1) ΜΑ

-

ι

-

-

ΑΒ � ΜΑ

ΑΒ �

τμήμα ΥΝ έχει το Κ για μέ­ Το ευθύγραμμο 3 +l χΝ +Ο -μ Ι -Ι-μ 1 σο. Τότε 2 = 2 και 2 = 2 που ΜΑ=--2 -- =-2 που προφανώς δίνειωςλύση χΝ =-μ και ΥΝ =-1-μ. χνει ότι Μ μέσο του β) Αφού χΝ =-μ και ΥΝ =-1-μ τότε αΜΝ

Ν

ΑΒ � ΑΜ

ΑΒ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.2/43

Ι ΑΒ

δεί-


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου A(l ,2)

κ

(

Β(3 ,1)

5ρ 5 1 +2ρ 1 +2ρ

)

Η ευθεία ΑΒ είναι η

χ+ 2y-5 =0. Βρί­ σκω την τομή των ευθειών χ+ 2y-5 =Ο και y = ρχ . Εάν Κ το σημείο τομής τους το Κ ..!_έχει συντεταγμένες ( 1+2ρ5-, � 1+2ρ ) με ρ:#: _ 2 . Εάν ρ = - "21 οι ευθειες' ειναι παρUJ\.1\.ηλες και δεν τε-' μνονταιΗ τετμημένη . του Κ πρέπει να βρίσκεται ανά­ μεσα 5στην τετμημένη του Α και του Β δηλαδή 1 � -1+2ρ-� 3 . Όμοια για την τεταγμένη του Κ 2�� 1+2ρ � 1. Λύνοντας τις ανισώσεις βρίσκουμε 13 � 2 . οτι' -�ρ δ) Για ρ= 1 το (%•% } Ως γνωστό από (2) - =- (κ+ λ - 4)-ΑΒ. Ταυτίζοντας το Μ με το κ+2λ-3 - (κ+λ-4)Κ έχουμε ΑΚ=- κ+2λ-3 ΑΒ� κ + λ -4) (3 -1, 1-2) � (�3 -1, �3 2 )= - (κ+2λ-3 3_ _ _2 ( κ+ λ -4 ) 3 κ+2λ-3 � 4κ+5λ-15 =0. - j =+( κκ:�--� ) 4. ( ι ) + + 2 = , :#: Ο ( 2 ) + + 1 = Ο, Ο Μ( ) ld (Μ, ει ) - d (Μ, ε2 )I ρ> Ο. ( ι) ( 2) d ( ει , ε 2 ) � 2 . γ)

Λύση:

κ

-

'

-'Λ '\ .

(ει )

α) Έστω ότι οι ευθείες (ει ) και (ε2 ) δεν εί­ Τότε θα τέμνονται στο σημείο Α. ναιΦέρωπαράλληλες. ε3 ευθεία παράλληλη της ει η οποία θα τέ-. μνει την ε2 στο Β και σε απόσταση ρ από την ει Έστω Μι σημείο της ε2 στο ημιεπίπεδο που ορί­ ζει η (ε3 ) και δεν περιέχει την (ει ) . Τότε για το σημεί πρέπει να ισχύει ότι lct (Μοι ,εΜι )ι-απόd (Μτηνι ,εσχέση l )I � ρ� ct (Μι,ει ) - οΙ � ρ 2 (τοl d (Μl ι ,ε2 )= 0 αφού Μι εε2 ) � d (Μι ,ει) � ρ� d (Μι ,ει)� ρ ΑΤΟΠΟ διότι απόd (Μι ,ει )> dτο(ε ,ε ) =ρ.σχήμα προφανώς ε ε Άρα ( ( ι) 2 ) . 32 (I)

11

κ

ΑΜ

-

Δίνονται οι ευθείες ε

και ε

θε σημείο

μy

χ, y

μ :;t:

: λχ y

0 λ

έτσι ώστε για κά­

του επιπέδου να ισχύει ότι � ρ (I) με

Τότε

α) Να δειχθεί ότι κατ' ανάγκη οι ευθείες ε και ε είναι παράλληλες μεταξύ τους.

β) Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία παίρνουν τιμές οι πραγματικοί λ, μ όταν

β) Αφού οι (ει ) , (ε2 ) είναι παράλληλες πρέπει να έχουν1 ίδιους συντελεστές διεύθυνσης 1 δηλαδή -λ=--�λμ=1, λ,μ:#:Ο�μ -. = μ λΗ ε2 γίνεται χ +-yλ1 + 1 =Ο � + y +λ= Ο. Η απόσταση των ει , ε2 θα είναι όση η απόσταση ενός σημείο της (ει ) από την (ε2 ) . Το Κ (Ο, -2) ανή­ κει στην (ει ). Τότε Ο-2+λJ = Jλ - 2J (1). d (ει ,ε2 ) = d (Κ,ε2 ) = Jλ ·fi[";} 2 + 1 fi[";} 2 +1 λ λ β Στην περί π τωση που το ρί σ κεται στο η­ Μ μιεπίπεδο που δημιουργεί η (ει ) και δεν περιέχει = d (ει ,ε2 ) (Μ,ε την(2). Στην (ε2 ) περίτότεπτωσηd (Μ,ε )ι) d 2 β που το ρί σ κεται στο η­ Μ μιεπίπεδο που δημιουργεί η (ε2 ) και δεν περιέχει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/44

λχ


Μαθηματικά yια την Β · Λυκείου

)- d (Μ,ε2 )= d (ε1 ,ε2 ) (3). την (ε1 ) τότε dβ(Μ,ε 1 ανάμεσα) � στην ζώνη τωνκαι Εάν ευθειώντο σημείτότεο ρίσΟ�κεταιd (Μ,ε (ε ) ,ε 1 d12 ε2 ) 1 , ε2 ) � -ωdν(Μ,σχέσεων dκαι{Μ,μεε2 ) �πρόσθεση d (ε1 , ε2 ) των-d (ετελευταί -l d (ε1 , ε2 ) � d (Μ, ε1 ) - d (Μ, ε2 ) � d (ε1, ε2 ) d(M,Απόε1 )- d (Μ,ε2 )I � d (ε1 ,ε2 ) (4). τις σχέσεις (2), (3), (4) προκύπτει ld (M, ε1 )- d (Μ,ε2 )I � d (ε1 ,ε2 ) jd (M, ε1 ) - d (Μ, ε2 � ,; � 2 +1 . Ι1ρtπεt λ .Ji + 1 2 2 l λ -21 � � .JIλ-21 λ2 +21 2 2 Iλ -21 � 4 (λ + 1 ) λ -4λ + 4 � 4λ2 + 4 3λ2 + 4λ �Ο� 3λ (λ+ � ) � Ο που αληθεύει Vλ>Ο ή λ �-i3 . λ:;t:Ο . ' ' λ = -μ1 προκυπτει Θετοντας {:::)

{:::)

χ+ y-2� =Ο. Πρέπει� d (Μ,ε2 ) = kd (M,ε1 ) lx +y.:... ._.J2_ --=- =k lx -y-=x +y-2= k(x-y-2) .J2 ή χ+ y-2=-k(x-y-2) που σημαίνει το Μ ανήκει στην ευθεία {:::)

{:::)

ότι

(ε:J

(Ι)

{:::)

{:::)

{:::)

{:::)

{:::)

(δ1 ):(1-k) x+(1+k)y+2k-2=0 ή στην ευ­ θεία {δ2 ):(1+k) x+(1-k)y-2k-2=0. β+ )ByΩς+Γ=γνωστό μορφής Ο ή Βευθεία :;t: Ο είναιτηςπαράλληλη Ο, Α :;t:κάθε του διανύσματος δ= (Β, -Α). Θεωρώ τα διανύ­ σματα ίi =(1+k,-(1-k)} με ίil l (δ1 ) και ν (1 -k,- (1 + k )) με ν (δ2 ) . Η γωνία των ευ­ θειών είναι ίση με την γωνία των (ίίΛ ν) συν (ίίΛν) = 1:1·;1 (1+ k){1 - k)+(1- k)(1 +k) συν (uΛν) = J{l +k)2 +(1-k)2 · J(l -k)2 +(1+k)2 Αχ

11

=

{:::)

2 και 7. Έστω οι ευθείες (ει : y 2. ε2 ) : α) Να βρεθούν τα σημεία M (x, y ) του επι­ πέδου τέτοια ώστε d ( Μ,ε2 kd ( Μ , ει ) με k 1 και να δειχθεί ότι αυτά ανήκουν σε 2 ευ­ θείες. β) Να βρεθεί τιμή του k ώστε οι ευθείες π αυτές να τέμνονται -με οξεία γωνία 4 γ) Εάν φέρω οριζόντια ευθεία που τέμνει την ει στο Α και την ε2 στο Β και τον άξονα yy' σε θετική τεταγμένη να βρεθεί η ευθεία στην οποία ανήκει το Μ τέτοια ώστε το ΜΒ = 4ΑΜ .

) =χ-

( Υ= -χ +

Αφού η γωνία (ίίΛν) έχει συν (ίίΛν) <Ο βρί­ σκω' την ππαραπληρωματική της η οποία θα πρέπει )= να ειναι -.4 > π4 k22 -1 --= k22 - 1 -J2 Τοτε' συν-=-k +1 k +)1 2 2 2 2k -2 = J2k + J2 (2-J2 k = 2 + J2 () 2 + J2 k2 = (2 + J2)22 2k = 2-.fi 22 - (J2) 2k = (z +;)' "" k ± ( 2jf ) k = ± (Ι + Ji) α) Η (ε1 ) είναι -y -2 = Ο Η (ε2 ) είναι και αφού k > 1 πρέπει lk = 1 + J2l . {:::)

-

2

{:::)

{:::)

{:::)

{:::)

-

""

Λύση :

χ

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/45

{:::)


Μαθηματικά yια την Β' Λυκεiου

ο γ) Τ MB= (2-yM -χΜ,ΥΜ -yM ) = (2-xM -yM ,o) ΑΜ = (χΜ -(ΥΜ +2),yM -yM ) = (xM -yM -2,0). Αφού το ΜΒ = 4ΑΜ � (2- ΧΜ -yM ,0)=4(xM -yM -2, 0)� =4ΧΜ -4yM -8� 2-5 ΧΜ -yM-10=0 χΜ -3yM . Το Μ ανήκει στην ευθεία (η): 5χ -3y -1 Ο= Ο . Όμως το Μ ανήκει και στην (δ1 ) : (1-k) χ + (1 + k) y + 2k -2 =Ο ή στην ευ­ θεία (δ2 ):(1+k)x+(1-k)y-2k-2=0 . Πρέπει 5 -3 = --10 ,k>1 (η)Ξδ1 που σημαίνει --=-1-k 1+k 2k-2 � 1-k5 = 1+k-3 �5(1+k)=-3(1-k)� 5+5k=-3+3k�2k=-8�k=-4 Α ΟΠΟ Τ 5 -10 ) , αφού k>1 ή (η)Ξ δ2 � -1+k- = 1-k-3 -(2k+2 με k>1 �2k=8�lk =41. 1-t-k 1-k -3 ���

8. Δύο σημεία Α, Β κινούνται στους θετι­ κούς ημιάξονες Οχ, Oy με Α (α,Ο ) , α > Ο, > Ο και α.J3 2 (1). Με υποτείνου­ σα την ΑΒ φτιάχνουμε ορθογώνw ΑΓΒΔ έτσι

B (O,p ) ,

Ρ

+ Ρ= ώστε η γωνία ΒΑΓ = 60° και η κορυφή Γ να βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο. Να δειχθεί Λ

ότι το σημείο Γ παραμένει σταθερό ενώ το ση­ μείο Δ κινείται πάνω σε μια ευθεία η οποία και να προσδwριστεί. Λί1ση :

�: ::

.. ········ �:�::...·· ·· · ·· ··· ·· · · ········· · . Β(Ο,β) ; I

' , \

\

\

Γ(ΧιJ,Υο)

,ο•

·· · · ... .................-········· Α(α,Ο) .. . . ,·:�:::....

Δ(χΔ,yΔ)

Τα ΑΓ, ΑΒ έχουν συντεταγμένες ΑΓ= (χ0 -α,y0). Το ΑΒ=(-α, β). Ως γνωστό σuv (ΑΒΆr) 1:·1� (2) και προφανώς η ABr Jo• με IAΓI 1�1 �

αφού

yαινiα

IABI = �α2 + β2 . Από τη σχέση (2) έχουμε

βyο � συν60°= -α(χο -α)+ 1ΑΒ1 1� 12 = -αχο +α2 +2 βyο2 � �α2 + β2 -'-"/-α -+ β14 (α2 + β2 ) =-αχο2+α2 + βyο � α2 + β2 = -4αχ02+ 4α22+ 4βy0 � 4αχ0 -4βy0 + β -3α =0� 4αχ0 -4βy0 +{β -.J3α) {β +.J3α) =Ο� 4αχ0 -4(2-αJ3) y0 +(2-αJ3 -αJ3) 2=0� 4αχ0 -8y0 +4α.J3y0 +4-4α.J3 =0� α(4χ0 +4J3y0 -4J3) + (4-8y0)=0 για κάθε α. Άρα 4χ0 +4.J3y0 -4.J3 =0 και 4-8y0 =0 . , προ1CUπτει , Υο = 21 και υνοντας το συστημα .J32 Χο =-. , Γ(Τ.J3 , 21 ) , συντεταγμενες ο σημειο, Γ εχει που Στο είναι σταθερό.ορθογώνιο οι διαγώνιοι διχοτο­ μούνται στο σημείο Κ. Το Κ έχει συντεταγμένες Κ (� , % } Επειδή το Κ είναι μέσο και της , οτι, χΔ 2+ Χο =χκ και ΥΔ 2+ Υο = Υκ προ1CUπτει 1 .J32 ++ΥΔ ΧΔ δηλαδή 2 = � και 2 2 = % Τότε ΧΔ + .j32 �=α� ΧΔ .J3 + .j32 . .J3_!_=α.J3 � χΔ .J3 + 2 =α.J3 (3) και ΥΔ + 2 = β (4). Προσθέτοντας 3τις σχέσει1 ς (3) και (4) έχομε β� χΔ.J3+-+yΔ +-=α.J3+ 2 2 ΧΔ .J3 +ΥΔ + 2 = 2 � ΥΔ = -.J3χ Δ. l I Το ανήκει στην ευθεία Y = -.J3x . (l)

Λ'

τ

ΑΓΒΔ

ΓΔ

(l )

Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/46


Μαθηματικά ΎJ4 την Β' Λυκείου

9.

Η θέση ενός πλοίου σε ορθοκανονικό σόστημα αναφοράς δίνεται από τις συντεταγμέ­ νες Π Ο) και του λιμανιού στο οποίο

(20,-1

πρόκειται να καταπλεύσει Λ

(5,-i )

· Το πλοίο

κινείται από το σημείο Π προς το σημείο Λ έτσι ώστε για κάθε min η τετμημtνη του να μετα­ βάλλεται κατά μία μονάδα. Να βρεθούν:

2

- 0(0,0)

α) Η εξίσωση της ευθείας .UWO στην οποία κινείται το πλοίο. β) Η θέση Μ τοο doioo 3rάΎω στην ευθεία συναρτήσει τοο lj)όV01) t. γ) Ο lJ)όνος 11ου pιάζεται για να κατα­ πλεύσει. δ) Να βρε8ούν οι συντεταγμένες της θέσης του doioo καθώς και η χρονική στιγμή όπου το εμpαδόν τοο ΑΓΜΠ τραπεζίου είναι τετραπλά­ σιο τοο εμβαδού του τραπεζίου.

ΓΒΛΜ Λύση: α ΑΠ1 έχει εξίσωση: α) Η( ευθεί � +1 0 � y+ IO= 5-20 (x -20)� 15 y + 1 Ο = -15 (χ -20) � y + 1 Ο = -_!_2 (χ -20) � 12 y = --x21 χε[5, 20]. y+10=--x+10� κάθε 2, miη τετμημένη n η τετμημένη μετα•θα βάλλεβ)ταιΑφού κατάγια1 μονάδα του Μ δι,νεται απο' τον τυπο' χΜ = 20 - 21 t και προφανως' _!_ _!_ _!_ ) ( ΥΜ =- 2 20- 2 t � ΥΜ =-10+ 4 t. ην στιγμή που το πλοίο καταπλέει, χΜ =5γ) Τοπότε _!_ _!_ 5=20- 2 t � 2 t=15 � t=30min . δ) Το = 4E(rnΛM) � [(ΓΜ)+(ΑΠ)](ΑΓ) =4 [(ΒΛ)+(ΓΜ)](ΒΓ) � 2 2

[IYM +Ι-ιοΙI] Ι2ο - χΜI [I- %I + I YM 1 ] 1 xM -5-1 �------2�----- =4=-�--�---όμως το ΥΜ <0, 20-χΜ >0 και χΜ2-5>0 οπότε (-yM + 10)(20-χ.ι ) 4(� -yM1ΧΜ -5) '•=j'• 2 2 � % (� χΜ +10)2ο-χΜ) = { + χΜ )χΜ -5) � ( χΜ;zo }zo -xM ) =4 ( 5\χΜ }•Μ -5)<'> 202 -χ� =4 (χ� -52 ) � 400-χ� =4χ� -100�5χ� =500� χ� =IOO�x =10 αφού χ >0. Μ M β β χρονική στι αί γ μή ν ει αδόντου που το Η εμ συμ β τουΓΒΛΑΓΜΠ να εί ν αι τετραπλάσι ο του εμ αδού Μ είναι_!_όταν _!_ 20 - 2 t = ιο 1 ο = 2 t � t = 20 min . 10. Έστω τραπέζw ΑΒΓΔ με ΑΒ ΓΔ και Α=Δ=90° και ΑΒ+ΓΔ=ΒΓ. Να δειχθεί ότι το μέσο της ΑΔ ισαπέχει από τα σημεία Δ και την ΒΓ ευθεία. �

Λ

11

Λ

Α,

Λ(Jση :

_l__

Ε(ΑΓΜπ)

Α(Ο,Ο)

-

Β(β,Ο)

Θέτωέτσιτο τραπέζι ορθοκανονι Δ(Ο,δ),κό Ο,Ο),Δ Βσε(β,Ο), ώστε Αο (ΑΒΓ σύστημα Γ (γ, δ) με β, γ, δ > Ο . Αφού ΑΒ+ΓΔ=ΒΓ� β +γ= �(β -γ)2 +δ2 (1). 'Εστω Μ το μέσο του ΑΔ τότε Μ (Ο, % } Η ευθεία ΒΓ έχει εξίσωση Υ = (γ-δ -0)β (χ - β)� (γ- β)y =δ(χ - β)�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/47


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

δχ + (β - γ) y -δβ = Ο με γ β . Η απόσταση του Μ από την ΒΓ είναι δ . 0 + (β γ ) _ δβι 1 d(M' ΒΓ)= 2 _ � 2 �δ + (β - γ ) (β - γ )δ β -γδ - βδ 2 � 2 ι ι �δ2 + (β - γ )2 �δ2 + (β - γ )2 δ(β + γ) (=ι) δ(β + γ) = δ . 1-δ(β + γ)i 2�δ2 + (β- γ)2 2Jδ2 + (β- γ)2 2(β + γ) 2 Στην περίπτωση που το β = γ ΑΒ = ΔΓ το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο και η απόσταση του Μ από την ΒΓ είναι ίση με β και η απόσταση ΒΓ = 2β . Δείξαμε ότι το μέσο Μ της ΑΔ απέχει από την δ 2 και προφανως . . απο. τα Α ΒΓ ευθεια. αποσταση δ και Δ σημεια, 2. . . αποσταση :;l:

=

<=>

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΤΥΠΟΥ ΣΩΣΤΟ - ΛΑΘΟΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΕΥΘΕΙΑ

1. Υπάρχουν δύο ευθείες ει , ε2 με συντελεστές διεύθυνσης λι , λ2 έτσι ώστε λι + λ2 = Ο και Σ Λ λι λ2 = -1 . 2. 'Εστω ει : y =..!_χ λ και (ε2 ) : y lλl χ . Είναι Σ Λ για κάθε λ Ο ει J.. ε2 . 3. 'Εστω ει : y =..!..λ x και (ε2 ) : y = l λlx . Είναι Σ Λ για κάθε λ< Ο ει J.. ε2 . 4. Είναι τα σημεία Α(α,Ο), Β (α,5) , Γ (3, 9 ) συνευθειακά για κάθε α Ε IR . Σ Λ 5 . Υπάρχει αΕ IR ώστε τα σημεία Α(α,Ο), Β (α, 5) , Γ (3, 9 ) να είναι συνευθειακά. Σ Λ 6. Έστω η εξίσωση Αχ + By + Γ = Ο με IAI + IBI + IΓI = ο . Η εξίσωση επαληθεύεται για Σ Λ κάθε σημείο του επιπέδου. + + 7. Έστω η εξίσωση Αχ By Γ = Ο με I AI + I BI + I ΓI = ο . Μόνο τα σημεία μιας ευθείας του επιπέδου επαληθεύουν την εξίσωση.Σ Λ 8. Έστω Α(χ0,y0 ) . 0 τύπος της απόστασης =

>

ισχύει και στην περίπτωση που η (ε) είναι η κατακόρυφος. Σ Λ 9. Ο τύπος 2E(ABr) = det(AB,AΓ) δίνει το Σ Λ εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. 2 10. Η γραμμή (λ - 1 ) χ + (λ + 1) y + 5 = Ο παΣ Λ ριστάνει ευθεία για κάθε λ Ε IR . 2 1 1. Οι ευθείες (ει ) : (λ - 1 )χ + (λ + 5)y = 0 και (ε2 ) : (λ2 - 25)χ + (λ + 3)y = Ο είναι κάθετες Σ Λ μεταξύ τους όταν λ= -5 . 2 12. 0ι ευθείες (ει ) : (λ - 1)χ + (λ + 5)y= Ο και (ε2 ) : (λ2 - 25 ) χ + (λ + 3) y = Ο είναι κάθετες μεταξύ τους όταν λ =-3 . Σ Λ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΠΟΛΛΑΠΛΗΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΣΤΗΝ ΕΥΘΕΙΑ

1 . Οι ευθείες (ει ) , (ε2 ) με (ει ) : Υ = � χ λ 2 και (ε2 ): y = -λ χ + 3 είναι κάθετες α) Για κάθε λ JR . β) Για κάθε λE JR-{0}. γ) Μόνο για λ = 1 . δ) Μόνο για λ = ±1 . ε) Για κανένα λΕ IR . 2. Οι ευθείες y = κ και y = χ είναι α) Κάθετες μεταξύ τους. β) Παράλληλες μεταξύ τους. 3π . γ) Σχηματίζουν αμβλεια. γωνια. 4 δ) Ταυτίζονται. ε) Ταυτίζονται για κάποιες τιμές του κ. 3. Έστω η εξίσωση Αχ + By + Γ = Ο με I AI + I BI + I ΓI = ο . Η εξίσωση εκφράζει α) Ευθεία. β) Δύο ευθείες παράλληλες. γ) Επαληθεύεται για όλα τα σημεία του επι­ πέδου. δ) Επαληθεύεται από τα σημεία μερικών ευ­ θειών του επιπέδου. ε) Είναι αδύνατη. 4. Έστω α, β μη μηδενικά διανύσματα του επιπέδου και η εξίσωση (αβ ) χ + (αβ)y + 5 = Ο . Η εξίσωση δεν αποτελεί ευθεία του επιπέδου όταν α) α // β β) α // β δ) Για κάθε διάνυσμα α και β . γ) α j_ β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/48

Ε


Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

5. Έστω η ευθεία (ε) : χ + 2 y + 1 = Ο . Ποιο 8. Η εξίσωση (χ - 2)y = χ - 2 εκφράζει από τα διανύσματα που ακολουθούν είναι παράλ­ α) Δύο ευθείες παράλληλες μεταξύ τους. ληλο της (ε); β) Δύο ευθείες κάθετες μεταξύ τους. ) Την χ = 2 ευθεία. γ β) v2 = (2,1) α) v1 = (1,2) δ) Την y = 1 ευθεία. γ) ν3 = (-1,-2) δ) ν = (2, -1) ε) v5 = (-1,0) 9 . Έστω τα σημεία του επιπέδου Α ( 5, 3) , 2 6. Η ευθεία y = - (κ - κ + 1 ) χ + 5 σχηματί- Β (1, κ) , Γ(2, κ). Τα σημεία είναι συνευθειακά α) Για κάθε κ ε � . ζει με τον χχ' β) Για κ = 3 α) Οξεία γωνία. β) Είναι κάθετη στον χχ'. γ) Για κ = 5 . γ) Αμβλεία γωνία. δ) Για καμία τιμή του κ. δ) Είναιπαράλληλη του χχ' για κώιοιεςτιμές του 10. Έστω η γραμμή 3ημθχ + 2συνθy = 6 . Ν ε) Οποιαδήποτε γωνία2 με τον χχ'. εξεταστεί αν 7. Η ευθεία y = λ χ + 5 και η ευθεία α) Την επαληθεύει το Α(2ημθ,3συνθ) . y = -5χ είναι παράλληλες μεταξύ τους β) Την επαληθεύει το Β (ημθ, συνθ) . α) Όταν λ = ±.JS. γ) Δεν είναι ευθεία. β) Για κανένα λ ε � . δ) Την επαληθεύει το Γ (2, 3) . γ) Για κάθε λ ε � . δ) Για λ = Ο . 4

κ.

σ

Κtλprέ6ιDs "εΥtλΥΤίDΥ " Εuκ.λείlιι του Σωτήρη Γκουντουβά

Γtα τη ζωή του τίποτα δε γνωρίζουμε με βεβαιότητα. Π1θα\.ώς στο 300πΧ της του Πτολεμαίου Α' στο Μουσείο είχε Αθήνα του Πλάτωνα. 13 β1βλία τουπερlf.λάμβανε τα Τα του τplών αρχής γf.Wμένης το Μtλήσιο Τα 3 Το 372 Ένα χαραιcrηριοτοcό περmαtιιώ τη του ο Πτολεμαίος Α' να τ Η γaομετρiα Στοtχεία jΧίπησε ρόπο; ιστορία τη ατ ρία. 'Μη γεωμετ Η κομψότητατης Ερ:mόν υκλείδειας αυτό της του κόσμου). με Αmyέννηση η εmσrήμες ήταν η κ του τα Αριθμηιάτου Διοφάτσυ και Κορωνiδα βέβαια ήταν η των στοιχείων Το 1637 ο Γάλλος φ1λόσαρος Γεω­ (1596- 1650) εκδfu μεrρία του μιας γραμμήςmι η γραφucή άλγεβρας τη της η Το του στα έργαΑλεξανδρι\ών Γεrομετρών του Γεωyραφucή του Πτολεμαίου σαφώς περlσσότφο Μαθηματική Συναyωyή του Πάnποο της Αναλmικής Γ fας έργο του Καρτεσίσυ. άλγεβρας, όμως 2000 �11ηDou. Πτολεμαίο, Π1θα\.ώςη Παρακάι:ω προ�αλvμένα με ευ και

Ευκλείδη ήκμασε γύρω στην Αλεξάνδρεια κmά την rnοχή (366 - 283πΧ). Ήταν πρύτανης 1lllVrniD'tήμJO Αλεξά\-δρειας το οmμαζόμεvο και φοιτήσει στην στην Ακαδημία πψiφημα ''Στοιχεία" ιmεύy­ ήταν ένα έργο ορόσημο για τη γεωμετρfα ποu στα από σαρό Θαλή το μωα αιάΜον �επιστήμης (640 - 546πΧ.) ''Στοιχεία"� θαορήματα και9 προβΛήματα. mίθετο Ευκλείδεια ποu δόθηκε στη γεωμετρfα τα λέει όλΙJ.. από ψιή προσπαίkΟνrας Ευκλείδη είναι το εξής. Κάποτε από ση τα μάθει τον Ευιcλείδη αν υπόρχει mo εύκολα; ωrάνtη έμεινε στην για είναι βασιλοcήν επί-yεωμ:τpΟν'' δηλιδ'ι δεν υπάρχaβασιλtκή οδός γυομεφίας είναι α:nοp]μ1λλη όμως το πρόβ}.ημα είναι όn δενυπόρχει μm γενική μifu­ δος για την επίλυση OλJfJv των�· (Οnοια; αμφtβάλλει για ας ρωτήσει τοο; μαθητές των Λυκείων χώ­ ρας μας rf).).iJ. και όNJu Φτάνου στην μεγάλη ώθηση στις μελέτη αι έκΟΟση των έρ­ και -yωv-αρ10't0\JfJY111.J αρχαiων ελλήνων επιοτημ{Μον όnι:α; τα Κωνικά Απολλωνίσυ, (i)J..n. έκΟΟση του Ευκλείδη. μαθημιmκός και Καρτέσιο;, Rene Descartes την περίφημη (Georretrie). Σε αυτή χρησιμοποιούνtαι συντεtαyμέvες, εξίσοχτη και παράσταση γί­ για /ώση -yεωμεφucών�. νεrαιειcrεrαμένη χρήση έργο αυτό Καρτεσίου έμεινε στην ιστορία ως Mffuδo; και ετιέιcrεινε τοο; ορίζοvιες παραδοσιακής ελλη­ νucής -yεωμετρίας. Ίχνη χρήσης συνtεταyμένων υπήρχαν όπως στα Κωνικά Απολλωνίσυ, στη Υφήyηση Κλαύδ1DU και στη 1100 -yί­ νεtαι χρήση εωμεφ είναι το πισrοποιητικόγέννησης βασιλucή οδός για τη γεωμετρία βρέθηκε, δυστυχώ; για τον ύστψα από θα δούμε μερικά κλεtαια ανιW.πική γεωμεφiα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/49


{

}

y=α-χ y = !χ βρίσκουμε τις συντεταγμένες του Λ 2 που είναι ·Λ(\α α+ β2' α2αβ+ β2) α Λύνοvtας το σύστημα: : :β : βρίΦέρνουμε από το Β παράλληλη στις ΓΛ, ΔΚ που τέμνει την ΑΕ στο Η και την ΑΓ στο Ζ. σκουμε τις συντεταγμένες του κ(α::ββ• ;:ββ) Τότε ΑΗ .l ΒΖ τα τρίγωνα: Τώρα Συ....,.γκρίνουμε """" 2 - αβ α2 (Μ.. ..iYL)2 ΑΓΕ = ΒΓΔ α ( ΚΑ Γ = Γ = 90° α + β - α + βJ + α + β - α + β ΑΓ = ΒΓ Άρα :Β; = ΑΊ =� ΓΕ = ΓΔ α+β ----)2-, $ αβ � ( α2_ --=.( .. / + α Όμως Β""'2 ="'Α""'1 ""'ως οξείες γωνίες με κάθετες ΛΒ ='"' - ν α+β J α+β α+β πλευρές, οπότε Β1 = Β2 Οπότε ΚΑ = ΛΒ. Στο τρίγωνο ΒΔΖ το ΒΓ ύψος και διχοτό­ μος (:8; = Β';) άρα ΒΓ διάμεσος οπότε ΔΓ = ΓΖ 2. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και στις πλευρές Τελικά έχουμε ΔΚ // ΓΑ // ΒΖ και ΔΓ = ΓΖ ά­ ΑΒ, ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Ε, Ζ αντί­ ρα σύμφωνα με γνωστό θεώρημα ΚΑ = ΛΒ. στοιχα, ώστε ΒΕ = ΒΖ. Έστω ΒΗ .l ΓΕ. 1. Δίνεται ένα ισοσκελές και ορθογώνιο τρί­ γωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΒΓ και Γ = 90°. Στις πλευρές ΑΓ, ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα ώστε ΓΔ = ΓΕ. Φέρνουμε ΔΚ .l ΑΕ και ΓΛ .l ΑΕ. Δείξτε ότι ΚΑ = ΛΒ. (Μαθηματική Ολυμπιάδα 1974 Εριβάν)

(

)

Α

2

{ fx }

r� --� � � ----�

Δείξτε ότι ΔΗΖ = 90°. (Μ.Ο. 1974 Εριβάν)

Έστω ότι η ΒΗ τέμνει την ΑΔ στο Θ. Τα τρί­ ίσα γιατί είναι ορθογώγωνα ΑΒΘ και ΒΓΕ είναι "' ""' νια με ΑΒ = ΒΓ και Β 1 = Γ1 ως οξείες με κάθετες πλευρές. Άρα ΑΘ = ΒΖ =>ΓΖ = ΔΘ.

r-------.ι

z

Δ

Έστω Γ(Ο, 0), Α(Ο, α),Β(α, Ο),Ε(β, Ο) και Δ(Ο, β) με α, β Ο Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΕ είναι λΑΕ = - � οπότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΓΛ και ΔΚ είναι λ�Λ = λΔκ = �α. Το ΓΖΘΔ είναι ορθογώνιο άρα είναι εγ­ Οι εξισώσεις των ευθειών ΓΛ και ΔΚ είναι α- γράψιμο. Το σημείο Η ανήκει στον περιγεγραμμέ­ νο κύκλο του ΓΖΘΔ γιατί ΓΗΘ = 90° και η ΓΘ εί­ ντίστοιχα ΓΛ: y = �χ, α ΔΚ: y - β = �χ α ενώ της ευ- ναι διάμετρος αυτού του κύκλου. θείας ΑΒ : y = α - χ. Δ(Ο,Ο) - -----Γ_,_ (Ο -', _, α)'--Λύνοντας το σύστημα: --7ί ι*

Α(Ο,α)

Α(α,Ο)

Οπότε αφού το Η είναι σημείο του κύκλου και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.Ζ/50


Μιιfhιιuι'πκά: τια τιp Β' Λvκείοu

γωνία zfiΔ = 90°. Έστω ΔΖ =ΑΔ + ΑΖ =(β + ΎΝl σ.ότε ΜΖ =ΜΔ Μ = 2 α}, Δ(α, α}, Ε(β, Ο) και (β + γ Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΒΗ εί­ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΕ qσuμε ΓΔ2 = ναι λοΗ: = .1!α οπότε η εξίσωση της ευθειας ΒΗ είναι ΓΕ2 + ΔΕ2 =(β + γ)2 + γ2 =>ΓΔ2 =� + 2Ύ2 + 2βτ Όμοια στο ορθογώνιο τρίγωνο .l! . x = ΒΗΖ: ΒΖ2 =2β2 + γ2 + 2βy Υ α Στο τρίγωνο ΓΔΖ η ΓΜ είναι διάμεσος σ.ότε διαμέσων δίνει: θεώρημα lo το 2 Λύνοντας το σύστημα ΓΔ2 + ΓΖ2 = 2ΓΜ2 + � και με αντικατάσταση των ΓΔ2, ΓΖ2 και ΔΖ παίρνουμε 2 2 ΓΜ2 = 2(β24+ γ ) =>ΓΜ2 = 2α4 =>ΓΜ = sεJi 2 Όμοια στο ΒΔΖ η ΒΜ είναι διάμεσος και με το lo θεώρημα διαμέσων βρίσκουμε ότι ΜΒ = . η ΖΔ εivm δtάμ.ετρος η Β(Ο, 0), Α(α, 0), Γ(Ο, Ζ(Ο, β) με α, β "* Ο

yif

ιrf

Ζ(-β,β)

_,.....

3. Δίνεται ορθογώνιο τρίΎωνο ΑΒΓ (Α = 90°). Με πλευρές τις ΑΒ, ΑΓ κατασκευάζουμε ε­ κτός του τριΎώνου τα τετράyωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Αν Μ είναι το μέσο του ΔΖ, να δεί­ ξετε ότι το τρίΎωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. (Εξετάσεις 1976 Πολυτεχνι­ κός κύκλος)

Ε(Ο,-α)

Δ(α,-α)

Άρα ΜΒ = ΜΓ δηλαδή το ΜΒΓ είναι ισοσκε­ λές. Επίσης έχουμε ΜΒ2 + ΜΓ = =α2 = ΒΓ2 οπότε το ΜΒΓ είναι +

(ιrf) (ιrf)

Ζ, Α, Δ είναι συνεuθειακά γιατί Τα σημεία ...... ...... ...... και ορθογώνιο. ΖΑΔ =Αι + Α +Α2 =45° + 90° + 45° =180°. Έστω Α(Ο, 0), Β(α, 0), Γ(Ο, β) με α, β "* Ο Υπολογίζουμε με το πυθαγόρειο θεώρημα τα Τότε Δ(-α, α), Ε(Ο, -α), Ζ(-β, β) Η(-β, Ο) ΑΖ = Jh/2, ΑΔ = r{2. Πρώτα θα δείξουμε ότι τα σημεία Α, Ζ, Δ είz ,.;:-------"--'---..: ναι συνευθειακά. Η εξίσωση της ευθείας ΑΖ είναι y = - χ και οι συντεταγμένες του Δ επαληθεύουν την εξίσωση ο­ πότε τα Α, Ζ, Ε είναι συνεuθειακά. Οι συντεταγμένες τουΜ είναι α ;β' -α2+ β Υ 2 + �- β 2= ΜΓ fα2 - 2αβ + β2 α2 + 2αβ + β2 =- � .... . + ν Ε =\1-:ι4 4 Δ """"

=ν( ) (

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/51

(

)

)


{ αχ + βy = αβ } Λύνοντας το σύστημα � βρί-

Μαθηματικά -yια την Β · Λυκείου

Υ

πότε ΜΓ = ΜΒ -α + β _ β σκουμε τις συντεταγμένες του Ε( 2α2β 2, 2αβ2 2) -α + β 2 α + β3 α +" β2 λΜ λΜΒ 2 � = r 2 α + β' . συντεταγμενες . (2α β2 + β2 , αβ � � Το Ν εχει 2 + β2)) 2 2 -α + β 2 2( α α ) ( 2 � λΜΒ·λw- = 1 οπότε ΜΓ .l ΜΒ . α-β 2α α+β β2 Ο αβ2 λΒΕ α2β 2α2β + β3' 4. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και Δ το + α2 + β2 β μέσο της βάσης ΒΓ. Αν Ε η προβολή του Δ στην ΑΓ και Ν το μέσο του ΕΓ, τότε να δεί­ άρα ΔΝ ΙΙ ΒΕ ξετε ότι ΔΝ II ΒΕ και ΑΜ .l ΒΕ όπου Μ το μέσο του ΔΕ. (Ρωσική Μαθηματική Ολυ­ Μ είναι μπιάδα 1962 Μόσχα) Τα σημεία Δ, Ν είναι τα μέσα των πλευρών ΒΓ και ΓΕ του τριγώνου ΒΓΕ οπότε ΔΝ II ΒΕ. Για να δείξουμε ότι ΑΜ .l ΒΕ αρκεί να δείξουμε ότι ΑΜ .l ΔΝ δηλαδή ότι το Μ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΔΝ. ,. _ Α

=-----

-

:::ο

Α

5. Δίνεται ένα ορθογώνιο ΑΒΓΔ και τυχαίο σημείο Ρ της ΒΔ διαφορετικό από το κέ­ ντρο του. Αν Σ είναι το συμμετρικό του Γ ως προς το Ρ και ΣΕ .l ΑΔ, ΣΖ .l ΑΒ, να δείξετε ότι τα σημεία Ε, Ζ, Ρ είναι συνευ­ θειακά.

Β

Στο τρίγωνο ΓΔΕ, Μ μέσο ΔΕ και Ν μέσο ΕΓ οπότε ΜΝ II ΓΔ και αφού ΑΔ .l ΓΔ τότε Στο τρίγωνο ΑΓΣ τα Ρ και Ο είναι τα μέσα των ΓΣ, ΑΓ άρα ΡΟ 11 ΑΣ =:>ΒΔ 11 ΑΣ ΜΝ .l ΑΔ. Άρα το Μ είναι το ορθόκεντρο του ΑΓΔ αφού Το ΑΕΣΖ είναι ορθογώνιο άρα f. = ΛΊ. 'Ομως ΜΝ .l ΑΔ και ΔΕ .l ΑΝ. ΛΊ = Βι ως εντός εκτός και επί τα αυτά των πα­ Έστω, Α(Ο, α), Β(-β, Ο) και Γ(β, Ο) με α, β Ο ραλλήλων ΒΔ, ΑΣ τεμνόμενων υπό της ΑΒ και Τότε Δ(Ο, Ο) Η εξίσωση της ευθείας ΑΓ είναι Βι = Α2 λόγω του ορθογωνίου ΑΒΓΔ. � + � = 1 =:>αχ + βy = αβ με λΑΒ = �· Τότε Άρα Ζ1 = Α2 οπότε ΖΕ 11 ΑΓ το ΑΓΣ , Θ μέσο ΑΣ, Ρ μέσο ΓΣ άρα λΔΕ = �α οπότε η ευθεία ΔΕ έχει εξίσωση y = �αχ. ΘΡ 11ΣΑΓ =ι:.

-

Υ

,......

,......

Α(Ο,α)

Αφού ΖΕ 11 ΑΓ και ΘΡ 11 ΑΓ τότε τα Ζ, Ε, Ρ είναι συνευθειακά. Έστω Α(Ο, 0), Β(α, 0), Δ(Ο, β) και Γ(α, β) με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/52


Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκείου

Προφανώς ΜΘ = ΑΔ και έτσι το ΜΕΑΘ τε­ τράγωνο γιατί είναι ορθογώνιο και η διαγώνιος ΑΜ διχοτομεί τη γωνία Α. Τότε ΜΘ = ΜΕ (1) και ΔΘ = ΕΒ � ΔΘ = ΜΖ (2) Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΘΜ και ΕΜΖ που είναι ίσα λόγω των (1) και (2) άρα Ζ 1 = Δι και ΔΜ = ΕΖ fι + Μ1 = Δι + Μ2 = 90° άρα το ΜΖΗ ορθο­ γώνω με Η ,;-90° δηλαδή ΔΗ .l ΕΖ. z Έστω Α(Ο, 0), Β (α, Ο),Γ(α, α), Δ(Ο, α) Α Β(α,Ο) χ καιΜ(β, γ) με α, β, γ ;ι: Ο. Τότε Ε(β Ο) και Ζ(α, γ) Το Ρ ανήκει στην ευθεία ΒΔ άρα επαληθεύει ΔΜ = ν(β - 0)2 + (γ - α)2 την εξίσωσή της που είναι � + � = 1 οπότε ΕΖ = ν(α - β)2 + γ2 � + Υ ι = 1 �βχ 1 + αy 1 αβ (1) Υ α β Αν το Σ έχει συντεταγμένες (χ2, y2) τότε αφού Δ(Ο,α) χ το Ρ είναι μέσο του ΓΣ θα έχουμε χ1 = 2; q' y1 = Υ2; α δηλαδή χ2 = 2χ , - α, Υ2 = 2y, - β. α, β ;ι: Ο. Έστω ότι το Ρ έχει συντεταγμένες (χ1 , y 1 )

"'

"'

=

Το Σ λοιπόν έχει συντεταγμένες (2χ1 - α, 2χ2 - β) Αφού ΣΕ .l ΑΔ και ΣΖ .l ΑΒ θα είναι Ζ(2χ1 - α, Ο) και Ε(Ο, 2y1 - β) Η ορίζουσα για τα Ε, Ζ, Ρ είναι: 2y, - β 1 2χ1 - α Ο 1 = 1 Χι Υι -(2χ1 - α)(2y1 - β - y 1 ) + x 1 (2y, - β) = αy 1 - αβ - 2x 1 y1 + 2βχ 1 + 2x1y 1 - βχ 1 = αy 1 + βχ 1 - αβ ( Ι ) Ο Άρα τα Ε, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά. ο

Β(α,Ο) χ

Όμως το Μ ανήκει στην ευθεία ΑΓ y = χ άρα β = γ. Τότε ΔΜ = νβ2 + (β - α)2 και ΕΖ = ν(α - β)2 + β2 άρα ΔΜ = ΕΖ λΔΜ � λΕz λΕz � β J!..=. β .f! =- � β α-β = ΔΜ α - β λΔΜ λΕz = -1 � .l ΕΖ.

__fL_

1.

·

Βιβλιογραφία

Συνοπτική ιστορία των μαθηματικών. Dirk Struik. Εκδόσεις Ζαχαρόπουλος. 2. Ιστορία των μαθηματικών. G. Loήa. Εκδόσεις σεις 1979 Σχολή Ναυτικών Δοκίμων). Ε.Μ .Ε. Έστω Θ το σημείο τομής των ΜΖ, ΑΔ και Η 3. Η γεωμετρία και οι εργάτες της στην αρχαία των ΔΜ, ΕΖ, Ελλάδα. Δ. Τσιμπουράκης. Γ Δ 4. Πανενωσιακές μαθηματικές Ολυμπιάδες της Ε.Σ.Σ.Δ. Εκδόσεις Κάτοπτρο 5. Analytic Geometry. Smith - Salkoνer - Justice. Pub. John Wiley N.York. 6. Δίνεται τετράΎωνο ΑΒΓΔ και Μ σημείο της διαγωνίου ΑΓ. Αν ΜΕ .l ΑΒ, ΜΖ .l ΒΓ να δείξετε ότι ΔΜ .l ΕΖ και ΔΜ = ΕΖ (Εξετά­

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

Ε

Β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/53


ΕΜΒΑ4Α Β' ΛΥΚΕΙΙJ!Ι του Σωτήρη Γιαννοσπύρου

Για την καλύτερη αντιμετώπιση θεμάτων που 4η) Έστω Σ, Μ δύο τυχαία σημεία της διαμέαναφέρονται στα εμβαδά παραθέτουμε τις παρα­ σου ΑΔ τριγώνου ΑΒΓ τότε: IΕΒΣΜ = ΕΣΜΓ ι . κάτω παρατηρήσεις: Γιατί: Ε 8ΑΜ = ΕΓΜΑ (1) και 1 η) Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρω την διάμεσο (2) ΑΔ, αυτό χωρίζεται σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα, ΕΒΑΣ = ΕΑΣΓ Με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) προ­ δηλαδή: jΕΑΒΔ = ΕΑΔΓ j . κύπτει ΕΒΣΜ = ΕΣΜΓ . 1 ·υ. Γιατί: Ε ΑΒΔ = _!_ ΔΒ υ ΕΑΔΓ = -ΔΓ Α 2 2 Άρα: ΕΑΒΔ = ΕΑΔr · ·

·

Α

Β

Β Γ 2η) Αν G το βαρύκεντρο τριγώνου ΑΒΓ τότε: ιΕGΑΒ = ΕGΑΓ = ΕGΒΓ ι . Γιατί: EGAB = _!_ AG ΒΛ

Γ

Αν Σ και Λ τα μέσα των ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα τότε ισχύει: IΕΑΣΛ = � Ε ΑΒΓ I · Γιατί: Έστω Δ το μέσο της ΒΓ τότε επειδή τα τρίγωνα ΑΣΛ, ΣΔΛ, ΒΣΔ και ΔΛΓ είναι ίσα άρα 2 ΕGΑΓ = _!_2 AG ΓΖ και επειδή ΒΛ = ΓΖ , τότε και ισεμβαδικά προκύπτει: ΕΑΣΛ = _!_4 ΕΑΒΓ . Α EGAB = ΕGΑΓ · Όμοια: EGAB = ΕGΒΓ . 5η)

·

·

·

Β Β

Γ

την κορυφή Α τριγώνου ΑΒΓ φέρω παράλληλη προς την ΒΓ. Αν πάρουμε σημεία Κ, Λ 3η) Αν Σ τυχαίο σημείο της διαμέσου ΑΔ τριτυχαία της (ε) τότε ισχύει: IEABr = Ε ΚΒr = ΕΛΒr ι . γώνου ΑΒΓ ισχύει: jEΑΒΣ = ΕΑΣΓι . Γιατί: Τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΚΒΓ, ΛΒΓ έχουν Γιατί: ΕΑΒΔ = ΕΑΔr (1) και κοινή βάση και ίσα ύψη . (2) ΕΣΒΔ = ΕΣΔr (ε) Άρα με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει ΕΑΒΣ = ΕΑΣΓ · 6η) Από

Β Β

Γ

7η) Γ

Αν ΔΒ διαγώνιος του παραλληλογράμμου

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λ.δ. τ.2/54


Μαθηματικά ΎW την Β· ΛDκεiου

ΑΒΓΔ τότε: IΕΑΔΒ = EΔBr l · Γιατί: Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΔΒΓ είναι ίσα άρα και ισεμβαδικά.

Δ

j;/J"

8η) Αν

ΑΒΓ τότε:

Μ

Γ

Ν

Α

Β

Αν Μ, Ν, Κ, Λ τα μέσα τετραπλεύρου τυχαίο σημείο της ΒΓ τριγώνου ΑΒΓΔ τότε ισχύει: ΕΜΛΚΝ = � ΕΑΒrΔ · . 1 · Γιατί: α) ΕΑΚΝ = !4 ΕΑΔΒ , ΕrΛΜ = -ΕrΔΒ 4

Γ

!2 ΒΜ · ΑΔ ΒΜ !2 ΜΓ· ΑΔ - ΜΓ

ΕΑΒΜ = ΕΑΜΓ

Γιατί:

ο

l l η)

I

Ι

Άρα ΕΑΚΝ + ΕrΛΜ = !4 ΕΑΒrΔ

( 1) .

Όμοια: ΕΔΝΜ + ΕsΛΚ = !4 ΕΑΒrΔ β) Επειδή όμως

.

Α

(2).

ΕΔΝΜ + ΕΑΝκ + ΕsΚΛ + ΕΛΓΜ + ΕΝΚΛΜ = ΕΑΒrΔ ·

Άρα ! ΕΑΒrΔ + !4 ΕΑΒrΔ + ΕΝΚΛΜ = ΕΑΒrΔ ο4

Β

1

. πότε: ΕΝΚΛΜ = -ΕΑΒrΔ 2

Γ

Μ τυχαίο σημείο της ΒΓ και τυχαίο σημείο της ΑΜ τριγώνου ΑΒΓ τότε: 9η) Αν

ΕΑΒΝ

Γιατί:

ΕΒΝΜ ΕΑΒΝ

Άρα:

ΕΒΝΜ

Οπότε:

�­ � =

Α

Δ

ΑΝ

ΝΜ

= ΕΓΝΑ . ΕΓΜΝ

ΕΑΒΝ EsNM ΒΜ = = . ΕΓΝΑ ErMN ΜΓ

Γ

2

Για το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος ΑΒΝ θα ισχύει: 1 η)

____---.1 · _ I.-Ε_ΑΒ__ Ε_ Μ =_ τ ΟΑΒ ΕοΑΒ .

Β

Ν

Γ

Αν έχουμε αποστάσεις σημείου από ευ­ θύγραμμα τμήματα. Τότε οι αποστάσεις υπολσyί­ ζονται σαν ύψη τριγώνων. Ι Οη)

l

ι

oN = 2 ·�AB . ΟΜ = 2��r .

1 3η) Αν δύο Ε του κοινού

κύκλοι τέμνονται τότε το εμβα­ μέρους των δύο κύκλων � δόν γίζεται: Φέρουμε την κοινή χορδή ΑΒ ODJtε::

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/55


Μαθηματικά yια την

·

ΣΚ + ΣΑ + ΣΜ = 2 ( ΕΣΑΒ + ΕΣΑΓ + ΕΣΒΓ ) ή α 2 · Ε ΑΒΓ , οπότε ΣΚ +ΣΑ + ΣΜ ΣΚ + ΣΑ + ΣΜ = α σταθερό.

\

Για τον υπολογισμό του � εμβαδού του μηνίσκου ΑΝΒΣ φέρουμε την ΑΒ ""οπότε: IΕΑΝΒΣ = Ετμ.ΑΝΒ - Ετμ.ΑΣΒ I · 14η)

� , . . . . . .· · · ·�.:....... ···········. . .:� . \ .- � .

i

f

Β ' Λυκείου

2) Δίνεται το οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και Μ, Ν, Ρ τα αντιδιαμετρικά των Α, Β, Γ αντί­ στοιχα σε κύκλο (Ο,ρ), να δειχθεί ότι: ΕΑΡΒΜΓΝ = 2ΕΑΒΓ •

Λύση:

...

· ······ '"·\ \ ··· ···· :� Ο Β ..

\

.

.•

\,,''·· /_.. /\ Γενικά για να υπολογίσουμε το εμβαδόν κα­ .

. . . .....•.. .. ...•.. ..•. . .. .

μπυλόγραμμων σχημάτων θα πρέπει να το αναλύ­ ουμε σε αθροίσματα ή διαφορές εμβαδών σχημά­ των, που να μπορούμε να υπολογίσουμε τα εμβαδά τους.

Στο τρίγωνο ΑΒΜ η ΒΟ είναι διάμεσος άρα: ΕοΑΒ

όμοια:

( 1)

= ΕοΒΜ

Ε0ΑΒ

11

EoBr

= Ε0Α

Ν

= EroN

(2) (3) (4)

11 EoBr = ΕοΒΡ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ 11 ΕοΑΓ = EoMr (5) 1) Αν Σ εσωτερικό σημείο ισόπλευρου τρι­ 11 ΕοΑΓ = Ε0ΑΡ (6) γώνου ΑΒΓ πλευράς α και Σ:Κ, ΣΛ, ΣΜ οι κά­ Άρα από (1), (2), (3), (4), (5), (6) προκύπτει ό­ θετες από το Σ στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ α­ τι: 2 ντίστοιχα να δείξετε ότι ΣΚ+ΣΛ+ΣΜ σταθερό. Ε ΑΒΓ = ΕΑΡΒΜΓΝ ·

Λύση:

3) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το μέσο Μ της ΑΓ. Έστω Δ και Ε σημεία της ΑΓ τέτοια ώστε ΜΔ = ΜΕ . Αν ΖΔ 11 ΑΒ και Η σημείο τομής των ΑΖ και ΒΕ, να δείξετε ότι: Ε ΑΒΗ = EuzrE .

Α

Λύση :

Β ΕΣΑΒ

Μ

= 1 ΑΒ · ΣΚ <=> ΣΚ = 2ΕΣΑΒ 2

ΑΒ

όμοια ΣΑ = 2ΕΣΑΓ

Γ (1)

Α

(2)

ΑΓ

ΣΜ = 2ΕΣΒΓ ΒΓ Από (1),

Β

Γ

(3) (2),

(3)

είναι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

1 ) Φέρνουμε την ΒΔ οπότε: ΑΜ = ΜΓ , ΜΔ = ΜΕ . Άρα: ΑΔ = ΕΓ ( 1 ). Επειδή τα τρίγωνα ΒΑΔ και ΒΕΓ έχουν ίσες

Β' λ.δ. τ.2/56


Μαθηματικά ΎJΑ1 την Β· Λυκείου

ΣΒ = 1 - ΣΒι (7), ,Όμοια: βάσεις και κοινό ύψος θα είναι: Ε8ΑΔ = Ε8εr (2) . ΣΓ = 1 - ΣΓι (8) ΒΒι ΒΒι ΓΓι ΓΓι 2) Επειδή ΔΖ 11 ΑΒ θα είναι: Ε ΑΒΔ = Ε ΑΒΖ οπότε από (6), (7), (8) προκύπτει: (3) γιατί έχσυν κοινή βάση και ίσα ύψη. ΣΒ +ΣΓ ΣΑι ΣΒι Σfl ΣΑ +Άρα από (2), (3) προκύπτει: Ε8εr = EABz (4). = 1 -- + 1 - - + 1 -- = 3- 1 = 2 . ΑΑι ΒΒι ΓΙ) ΑΑι ΒΒι IlJ 3) Άρα: Esεr = EABz ή ΕΒΗΖ + ΕΗΕΓΖ = Ε ΑΗΒ + ΕΒΗΖ ή ΕΗΕΓΖ = Ε ΑΗΒ -

·

5) Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ, από τα Γ ΒΔ που τέ­ 4) Έστω τρίΎωνο ΑΒΓ και Σ εσωτερικό και Α φέρνω τις κάθετες προς την σημεία Β τα Από Α και Γ στα αυτή μνουν ι ι του σημείο. Αν οι ΑΣ, ΒΣ, ΓΣ τέμνουν τις ΒΓ, την ΒΔ που τέ­ προς κάθετες τις φέρνω Δ και να ΑΓ, ΑΒ στα σημεία Αι , Βι , Γι αντίστοιχα Δι και Βι . σημεία στα ΑΓ του μνουν τον φορέα δειχθεί ότι: Να δείξετε ότι: ΕΑΒrΔ = Ε Α 8 Γ. Δ Β ΣΓ Α 1) Σ ι + Σ ι + ι = 1 ΑΑι ΒΒι ΓΓι Λύση: Α ΣΒ ΣΓ 2 • 2) Σ + = + ΑΑι ΒΒι ΓΓι •

I

Λύση :

I

I

I

Α

.... . ...... . ............ .. Γ Η γωνία Μ ι είναι κοινή για τα τρίγωνα ΜΒΓ Φέρνω τα ύψη ΑΜ και ΣΑ των τριγώνων ΜΒ· ΜΓ ( 1 ). Ε ΑΒΓ και ΣΒΓ αντίστοιχα. και ΜΒι Γι . Άρα: -..M! !L = ΜΒι Μ ι

Ι)

Άρα:

ΒΓ · ΣΑ ΕΣΒΓ ΣΑ Ε ΣΒΓ = _!_ 2 = ή EABr ΑΜ EABr ! ΒΓ · ΑΜ 2

(1)

Από την ομοιότητα των τριγώνων Α ιΑΜ και ΑιΣΑ προκύπτει ότι: ΣΑι = ΣΛ (2).

ΑΑι ΑΜ

EMB1r1

·

Γ

ΒΒι ΙΙ ΓΓι ΜΓ ΜΓι <=> ΜΓ · ΜΒ = ΜΒι · ΜΓι . -- = ΜΒι ΜΒ Επειδή:

έχουμε:

--

Άρα από την σχέση

(1)

ΕΜΒΓ = ΕΜΒ I �I (2).

Όμοια:

(3),

Μ

παίρνουμε: = ΜΑ I 8I

Ε Δr Ε ΕΜΑΔ = ΕΜΑ Δ Α Σ ΣΒΓ Ε ι (3) Άρα :::) (4), ΕΜΑΒ = Ε Μ� Δ (5). (2)ΣΒιΑΑι -- EABr Οπότε από (2), (3), (4) και (5) προκύπτει: Ε ΣΑΓ (4) όμοια: Ε ΜΒΓ + ΕΜΑΔ + Ε ΜΔΓ + Ε ΜΑΒ = ΒΒι = EABr = EMB,r; + �Δ, +ΕΜΑ,Β, + �Δ, ή ΕΑΒΓΔ = ΕΑιΒ,r;Δ, . ΣΓι = ΕΣΑΒ (5) ΓΓι EABr 6) Δίνεται τρίΎωνο ΑΒΓ, ΑΔ η ηδιχοτόμος Από (3), (4), (5) προκύπτει: και ΑΜ η διάμεσός του. Αν Ε και Ζ τα σημεία ΣΑι + ΣΒι + ΣΓι = ΕΣΒΓ + ΕΣΑΓ + ΕΣΑΒ = ΕΑΒΓ = 1 . στα οποία η περιγεοyραμμένη περιφέρεια του τριΎώνου ΑΔΜ τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ ΑΑι ΒΒι ΓΓi EABr EABr αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι: ΕΒΕΔ = ΕΔΖr . Αι . Α Α Σ Σ Σ ι ι ΑΑ 1 = 11) Είναι: = ΑΑι ΑΑι ΑΑι Λύση: Α Σ ι 1) Από την δύναμη του σημείου Β ως προς ΣΑ (6). Άρα =1τον κύκλο έχουμε: ΒΕ · ΒΑ = ΒΔ ΒΜ οπότε ι ΑΑι ΑΑ (I)

--

--

I

I

I

I

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/57


Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκεiου

αγ · -α . Άρα ΒΕ = α2 ΒΕ · γ = (ι) . 2(β + γ) β+γ 2

8) θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος του ΑΑ και το ορθόκεντρο Η του τριγώνου. Με διάμετρο την ΒΓ γράφουμε περιφέρεια, που τέ­ μνει την ΑΑ' στο Ρ. Να δειχθεί ότι: E�pr = ΕΑΒΓ · Esnr •

Λί)ση : Β

Δ

Μ

Γ

Όμοια από τη δύναμη του σημείου Γ ως προς τον κύκλο έχουμε: ΓΖ · ΓΑ = ΓΜ · ΓΔ οπότε αβ . Ά. ρα ΓΖ = α2 ΓΖ · β = -α · (2) ι ) Τα τρίγωνα ΒΡΓ και ΗΒΓ έχουν κοινή βά2(β + γ) 2 β+γ ΡΑ', (ι) ( 1) ,.--ση ΒΓ. Άρα: ΕΡΒΓ = . ΓΖI (3). Από => I BE = --, EHBr ΗΑ (2) 2) Φέρνουμε τα ύψη ΔΠ και ΔΜ των τριγώ­ Όμοια τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΡΓ έχουν κοινή νων ΔΕΒ και ΔΖΓ, τότε από την ισότητα των τριΕ ΑΒΓ ΑΑ', γώνων ΠΔΑ και ΔΑΜ προκύπτει lπΔ = ΔΜI (4). βάση ΒΓ. Άρα: ΕΡΒΓ = ΡΑ (2). (3) 2) Τα τρίγωνα ΒΗΑ ' και ΑΑΤ είναι όμοια = Άρα => (4) ΕsεΔ ΕΔΖΓ γιατί: ορθογώνια και Α1 = Β1 (γιατί έχουν κάθετες πλευρές). 7) Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ ( ΑΒ IΙ ΓΔ ) . Αν ΑΙ\ Α'Γ α Ά ρ : Α'Β = Α'Η η ΑΑ · Α'Η = Α'Γ · Α'Β (3). Ο σημείο τομής των ΑΓ και ΒΔ να δείξετε ότι: Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΡΓ έχουμε: Ε�ΑΔ = ΕοΑΒ ΕοrΔ ΡΑ'2 = Α'Β · Α'Γ (4). (3) ΡΑ'2 = ΑΑ' Α'Η ' ΡΑ' ΑΑ' Λύση: Άρα :::> η (5) · (4) ΗΑ' ΡΑ' . 3) Άρα από σχέσεις (1 ), (2) και (3) προκύΕ psr = EABr 2 πτει: -= Ε ΑΒΓ · EHBr -- <=> Epsr ·

·

I

ΕΗΒΓ

Α

Β

ι ) Τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΑΒ έχουν το ίδιο ύψος ΑΕ. Άρα: ΕοΑΔ = ΟΔΒ (ι). ΕοΑΒ Ο Ομοίως τα τρίγωνα ΓΟΔ και ΓΟΒ έχουν το ίδιο ύψος ΓΖ. Άρα: ΕοrΔ = ΟΔΒ (2). Eosr Ο

Epsr

·

9) Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΟΒ, η α­ κτίνα ΟΓ και η ακτίνα ΟΔ, η οποία διχοτομεί την γωνία ΒΟΓ� Να δειχθεί ότι η διαφορά των δύο κυκλικών τμημάτων τα οποία αντιστοιχούν στις χορδές ΑΔ και ΒΔ είναι ισοδύναμη με τον τομέα ΟΑΓΟ. Λύση :

ι) Έστω Ε 1 και Ε2 τα εμβαδά των δύο κυΆρα κλικών τμημάτων τότε: Ε1 = Ετ.ΟΔΑ - ΕοΔΑ ( ι ), 2) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΔΓ έχουν κοινή Ε2 = Ετ.ΟΔΒ - ΕοΔΒ (2). βάση ΔΓ και ίσα ύψη άρα ΕΑΔΓ = Ε8Δr ή (Ι )

Ε ΓΔ (3) . = Ο => 2 < > ΕοΑΒ Eosr Ε ΟΑΔ

ΕΑοΔ + ΕοΔr = Eosr + ΕοΔr

ή IΕΑοΔ = Eosrl (4).

(J) ΕοΑΔ ΕοrΔ 2 = -- <=> Εο.<\Δ = ΕοΑΒ Άρα =>-•

<4> ΕοΑΒ

ΕοΑΔ

·

ΕοrΔ ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/58


2)

Μαθηματικά 'fUI την Β' Λυκείου

Επειδή 01 = 0 2 θα ισχύει Ετ.ΟΓΔ = Ετ.ΟΔΒ (3). Επειδή ΔΟ διάμεσος στο τρίγωνο ΔΑΒ θα εί­ ναι: ΕΑοΔ = ΕοΔΒ (4). Άρα: (4 ) Ει - Ε2 = Ετ.ΟΔΑ - ΕοΔΑ - Ετ.ΟΔΒ + ΕοΔΒ =

χουν ίσα εμβαδά άρα το εμβαδόν της περιοχής που μένει σκοτεινό θα είναι: 2 Ε 2 = E ABr - πρ + 3Ετ.ΑΚΛ = α2 J3 π 2 60 2 2 α . - πρ + 3 - · πρ 4 8 360

Ετ.ΟΔΑ - Ετ.ΟΔΒ = Ετ.ΟΔΓ + Ετ.ΟΓΑ - Ετ.ΟΔΒ (3) = Ετ.ΟΓΑ

Άρα Ε, �

_

) (1) ( 2J3-- ( J [ 2� [ =

·

lΟ)Ένα στρατόπεδο σχήματος ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α φωτίζεται από έναν προΙJολέα πάνω σε μια κολώνα στο κέντρο του στρατοπέ­ δου. Ο προpολtας είναι τοποθετημένος κατακό­ ρυφα ώστε η φωτεινή περιοχή να σχηματίζει κύ­

)

(

· α' (3).

4) Οι τρεις φωτεινοί κυκλικοί τομείς στο εσωτε­ ρικό του τριγώνου έχουν ίσα εμβαδά. Α

κλο.

α) Να βρεθεί η ακτίνα του κύκλου ώστε να φωτίζεται ο χώρος μέχρι την περίφραξη. Ρ) Να βρεθεί το εμβαδόν που μένει σκοτεινό. γ) Μπήκαν στις τρεις γωνίες 3 ακόμη προ­ ΙJολείς όμοιοι με τον αρχικό και με την ίδια τοπο­ θέτηση. Ποιο το εμβαδόν της περιοχής που μένει σκοτεινό τώρα; δ) Θα είχαμε καλύτερα αποτελέσματα αν καταργούσαμε τον μεσαίο προβολέα και στις τρεις άκρες τοποθετούσαμε προβολείς φωτεινού α ' κλου ακτινας - ; κυ 2

Λύση:

,

Α

Άρα

το

-π · ' α .

[ [

ΑΒΓ

4i (� J --12 12 (2) -x

α

3J3 - π 2 α

.

3) Οι τρεις φωτεινοί κυκλικοί τομείς που δη­ μωυργούνται στο εσωτερικό του τριγώνου έ-

ΑΒΓ

Β

1 1

Γ

Το εμβαδόν του χωρίου που μένει σκοτεινό υ­ πολογίζεται αν από το εμβαδόν του τριγώνου αφαιρέσουμε το εμβαδόν του φωτεινού κύκλου α­ κτίνας ρ οπότε:

· α2

[

ll) Στο τεταρτοκύκλιο ΟΑΒ γράφουμε ημι­ κύκλια διαμέτρων ΟΑ και ΟΒ που τέμνονται στο Ρ. Δείξτε ότι για τα εμβαδά των γραμμο­ σκιασμένων χωρίων ισχύει: ΕσΜΡΝ = ΕΡΑΚΒ .

Β =·=··=•"""

3J3 - π

(2 ) [

εμβαδόν θα είναι: 2 2 J3 60 3α � = -__ - 3 -_ π 360 4

2 - π · ' οπότε : α Ε, �

R

.!. .! ρα: ρ � . υ ή ρ � ./3 α οπότε ρ � ./3 α (!). 3 3 2 6

Άρα Ει =

ζητούμενο

2�

Το κέντρο του κύκλου είναι το βαρύκεντρο ά-

Ε1 � ΕΑΒΓ - Ε- �

--�P�------� r

Ε3 = EABr - 3 Ετ.ΑΜΝ

Λύση:

1) 2)

----

B�

Α

ο

Το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου είναι ίσο με το άθροισμα των εμβαδών του κυκλικού τομέα και του φύλλου ΟΜΡΝ αν αφαιρέσουμε τα εμβαδά των ημικυκλίων διαμέ­ τρων και ΟΑ αντίστοιχα. Άρα: Ο1ώτε ΕΡΑΚΒΡ = Ετ.ΟΑΒ - ΕοΡΒ - ΕοΡΑ + ΕοΜΡΝ

ΒΡΑΚΒ

ΟΑΒ

ΟΒ

ΕpΑΚΒΡ �

� πR2 -Η�)' -Η �)' + Ε._. .

Άρα ΕΡΑΚΒΡ = ΕοΜΡΝ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/S9


Μαθnμα-ιικά yια -ιn

Γ'

-ιά�n -ιοu Λuκι:ίοu

TIJ ΠΡΙJΒΑΗΜιf ΤΗΣ Ef/JιfΠTIJMENHΣ των Χαραλαμποπούλου Λίνα - Βακαλόπουλος Κώστας ΠΡΟΒΛΗΜΑ Ι : Αwικείμεvο αυτού του άρθρου είναι η εύρεση της ε­ ξίσωσης της εφαπrομένης σε δοσμένο ή μη σημείο της Ζητεlται να βρεθεί η εξίσωσης της εφαπτο­ γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης. μένης της Cι που . διέρχεται από το σημείο Πιστεύουμε ότι η λεπτομερής ανάπτυξη του θέματος Κ (α,β) το οποίο δεν ανήκει στη γραφική παρά­ μέσα από παραδείγματα θα βοηθήσει την καλύτερη κατα­ νόησή του. σταση τηςf. Έστω συνάρτηση f : Α � R που είναι συΓΕΩΜΕΤΡΙΚΉ ΕΡΜΗΝΕΙΑ ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩ­ νεχής. ΓΟΥ Έστω Α { χ0 , f ( χ0 ) ) είναι το σημείο επαΈστω f : Α � R συνάρτηση, C r η γραφική φής, τότε η εξίσωσης της εφαπτόμενης της C1 της παράσταση και Π ( χ 0 , f ( χ0 )) σημείο τη ς C r . Αν η f παραγωγίζεται στο χ 0 , δηλαδή αν στο Μ είναι y - f ( χ0 ) = f ' ( χ0 ) ( χ - χ0 ) (1). Η αυτή προφανώς επαληθεύεται από πς f(x0 +h)-f(x0 ) = .e ε R τότε η εξίσωση της εξίσωση lim συντεταγμένες του σημείου Μ, άpα: h�O h β - f ( χ0 ) = f' ( χ0 ) (α - χ0 ) (2). Από τη σχέση εφαπτομένης της Cr στο Π είναι: (2) υπολογίζουμε το χ0 και ανπκαθιστούμε την y- f(x0 ) = f'(x0 )(χ - χ0 (1) πμή της στην (1).

l

)I

f, (χ 0 ) = h�O lim f(x0 + h) - f(x0 ) h η παράγωγος της f στο χ 0 ) (όπου

δηλαδή

Υ

Παράδειγμα Έστω η συνάρτηση f με τύπο f(x) = χ3 • Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφι­ κής παράστασης της f που διέρχεται από το ση­ μείο Α(Ο,-16) .

Λύση

ο

Η

χ

Π αράδειγμα Να βρεθεί ή εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με τύπο f(x) = 2χ2 - 3 στο σημείο της Α(1,-1) .

f είναι παραγωγίσιμη στό R με f'(x) = 3x 2 • Το σημείο Α προφανώς δεν ανήκει στη γραφική παράσταση της f. Αν M{x 0 ,f(x 0 )) είναι το σημείο επαφής, τότε η εξίσωση της εφα­ πτομένης στο Μ είναι η

y-f{χσ )=f'(χσ )(χ-χσ ) ή y-� =3�(χ-χσ ) (1). Η (1) επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του Λύση Μ άρα: σημείου Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με f' (χ) = 4χ . Άρα f'(1) = 4 . Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης -16-χ� =3χ� (Ο-χ0 ) <=>-16-χ� =-3χ� <=> χ0 =2 . Άρα η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτομένης είναι της C r στο Α είναι: y - f(l) = f'(1)(x - 1) ή η y-f{2)=f'(2){x-2) <=>y-8= 12{x-2)<=>y=12x-16. y+ 1 = 4(x - 1) ή y = 4x - 5 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' )..δ. τ.2/60


------- Μαθηματικά ΎUΙ την Γ Λυκείου

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

I) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της εφα­ πτομένης (ε) της Cι που είναι παράλληλη σε γνωστή ευθεία ( ε1 ). Αυτό σημαίνει ότι η εφα­ πτόμενη (ε) της c, και η ευθεία (ει ) έχουν ί­ διους συντελεστές διεύθυνσης λε , λε1 αντίστοιχα. Άρα θα ισχύει: λε = λε1 , Όμως λε = f' ( χ0 ) . Ό­

που (x0,f (x0 ) ) το σημείο επαφής της (ε) με την Cr άρα f ' ( χ0 ) = λε1 (1) Από την σχέση (1) υπο­ λογίζουμε το χ0 και aντικαθιστούμε την τιμή του στην εξίσωση της (ε).

Παράδειγμα

Έστω η συνάρτηση f με τύπο f ( χ ) = χ2 • Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της c, που είναι παράλληλη στην y = χ + 1 .

Λύση Η f είναι παραγωγίσιμη στο � με f' (χ) = 2χ . Αν η ζητούμενη ευθεία εφάπτεται της Cr στο ( x0, f( χ0) ) τότε θα ισχύει f'(x0 )=1 � 2χ0 = 1 � χ0 =_!_2 . Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η y-r (� ) = r'(� )( x - � ) ή y- � = x - � ή y = x --41 . Ειδικ ή π ε ρίπτωση : Αν ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτο­ μένης (ε) της Cr που είναι παράλληλη στον άξονα χ'χ τότε απαιτούμε: f' (χ0 ) = Ο (όπου (χ0, y0 ) το σημείο επαφής). 11) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της εφα­ πτομένης (ε) της C1 που είναι κάθετη προς γνωστή ευθεία (ε1 ) με λε1 -:;:. Ο . Αυτό σημαίνει ότι λε · λε1 = -1 , δηλαδή f '(χο ) · λε1 = -1 (2) . Από τη σχέση (2) υπολογίζουμε το χ0 και aντικαθι­ στούμε την τιμή του στην εξίσωση της (ε).

Παράδειγμα

Έστω η συνάρτηση f ( χ ) = -3χ3 + 2 Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr που είναι κάθετη στην ευθεία y = χ + 3 .

Η f 2είναι παραγωγίσιμη στο � με f'(x)= -9x • Αν η ζητούμενη εφαπτομένη εφάπτεται της Cc στο (χ0 , f (χ0)) τότε θα ισχύει f'(x0)(-1)=-1 �--9x� · 1=-1�χ� =.!.�χ 9 0 =±.!.3 . 1 Άρα ) για χ0 = 3 η ζητουμενη ' ευθεια' ειναι η y-r (j ) = r'(j )( x- j ) ή y- 1: = -ι ( x - j ) ή 20 . ..) Όμοια για χ0 = -31 ζητουμενη , y = -χ + 9 η 16 ευθεια' ειναιη ' y=-x+-. 9 ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 Όταν μας ζητούν να αποδείξουμε ότι μια ευ­ θεία ε: y = αχ + β εφάπτεται στη γραφική παράι"

'

11

σταση μιας συνόpτησηςf, χωρίς να μας προσδwρί­ ζουν το σημείο επαφής, αποδεικνύουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο Α ( χ0 , f ( χ0 ) ) στο οποίο η εφαπτόμενη ταυτίζεται με την ευθεία (ε).. Γι' αυτό βρίσκουμε τα κοινά σημεία της ευθεί­ ας (ε) και της γραφικής παράστασης της συνάρτηy = αχ + β και εξεσης fλύνοντας το σύστημα: y = f (χ) τάζουμε σε ποw απ' αυτά (αν υπάρχουν) η ευθεία (ε) είναι εφαπτόμενη στη γραφική παράσταση τηςf ελέγχοντας αν ο συντελεστής διεύθυνσης της εφα­ πτόμενης δηλ η παράγωγος στα σημεία αυτά, ι­ σούται με τον συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας (ε), δηλ αν ισχύει: f' ( χ0 ) = α ή με άλλα λόγια: Αρκεί να βρούμε σημείο Α ( χ0 , y0 ) έτσι ώστε: Υο = αχο + β ( 2 ) Υο = f ( xo ) (3) f' ( x0 ) = a

{

.

{(Ι}

Παραδείγματα

1) Να δείξετε ότι η ευθεία y 2χ + 5 είναι εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f (x ) = x2 + 4χ + 6 . •

Λύση

-------

=

Λύση Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων: {y = 2x2 + 5 � � χ = -1, y = 3 . y = χ +4χ+6 Η f είναι παραγωγίσιμη στο R με f' (χ) = 2χ + 4 . Εύκολα διαπιστώνουμε όπ · · ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/61


------- Μαθημαnκά ΎUΙ την Γ Λυκείου

f'{- ι ) = -2 + 4 = 2 . Άρα: Η ευθεία y = 2χ + 5 εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f στο σημείο Α (-ι, 3) .

-------

{

f{x0 ) = g(x0 ) και f'(x0 ) = g'(x0 )

2) Να βρεθούν οι τιμές του α ε � ώστε η ευθεία y = χ + α να εφάπτεται στη Ύραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ) = χ1 + αχ + 1 και να προσδιοριστεί το σημείο επαφής.

ο

Λύση

f (χ) = χ 2 + αχ + ι είναι παραγωγίσιμη στο � με f' (χ) = 2χ + α . Για να εφάπτεται η ευθεία y = χ + α στη γραφική παράσταση της f αρκεί να = χ0 + α (ι) υπάρχει σημείο {x0 ,y0 ) : χ� + αχ0 + ι (2) (3) 2χ0 + α = ι , χ0 = ι -α Απο, την (3) προκυ, πτει οτι: -2- . Από την (ι) προκύπτει ότι: = ι -α + α = ι +-α -2-2 . Αντικαθιστώντας στην (2) έχουμε: ι + α = ι -α 2 + α · ι - α + ι α = ή α = -3 . -2- -2-2- <=> · · · ι Άρα: Για α = ι η ευθεία y = χ + ι εφάπτεται στη γραφική παράσταση της f (χ) = χ 2 + χ + ι στο Α {Ο, ι ) . Ενώ για α = -3 η ευθεία y = x - 3 εφά­ πτεται στη γραφική παράσταση της f{χ) = χ2 - 3χ + ι στο Β (2,-ι) . Η

{ΥοΥο=

( )

Υο

ii) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση της κοινής εφαπτόμενης των yραφικών παραστάσεων δύο συναρτήσεων f, g (Cι , Cg) σε διαφορετικά σημεία τους Μ. Ρ αντίστοιχα. •

Αν οι f, g παραγωγίζονται στο

χ0

ει

Αν τα σημεία Μ, Ρ είναι γνωστά και

ΥΥ=

πτομένη

της

Cr

στο

Μ με

f(χι ) = f'(χ ι )(χι - Χι ) ή y = f'{x ι ) · x + f( x ι )-f'{x ι )· x 1

και

y -g(x2 ) = g'(x 2 ) · (χ - χ 2 ) ή g'(x2 ) · χ + g(x2 )- g'(x2 ) · χ2

η εφα­

εξίσωση:

φαπτομένη της Cg στο Ρ με εξίσωση:

ε2

η ε­

πρέπει για

να ταυτίζονται οι ευθείες αυτές οι εξισώσεις τους να είναι ίδιες. Άρα πρέπει: f'(χ ι ) = g'(x2 ) και

f(χι )-f'{χι )· χι = g(x 2 )- g'(x2 ) · x2 . Υ Υι

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 ΚΟΙΝΗ ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ i) Ζητείται να βρεθεί η εξίσωση

της κοινής εφαπτόμενης σε κοινό σημείο Μ(χο, yo) των yρα­ φικών παραστάσεων δύο συναρτήσεων f, g ( Cι , Cg, αντίστοιχα). Αφού το Μ είναι κοινό σημείο των Cι , Cg πρέπει να επαληθεύει και τις δύο εξισώσεις: y = / (χ) και y = g (χ). Συνεπώς το Χο είναι λύση της εξίσωσης f (χ) = g ( x ) .

χ

ο

i

cg l I Ρ(χ2, Υ2) I

Μ(χ ι, Υι)

χ

Αν είναι γνωστό το ένα από τα δύο σημεία, έ­ στω το Μ (χ 1 , yι ) , τότε θεωρούμε την εξίσωση της

εφαπτομένης (ε) της Cr στο Μ, έστω y = αχ + β και εξετάζουμε αν η ευθεία (ε) εφάπτεται της Cg . Αυτό θα συμβαίνει ως γνωστό αν υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο

πρέπει οι ε­

φαπτόμενες των C r , Cg στο Μ να ταυτίζονται

δηλαδή να έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυν­ σης. Έτσι έχουμε το σύστημα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/62

A(x 0 ,y0 ) έτσι ώστε:


------ Μ�μαπκά � την ΓΆυκciοο

------

που εφάπτεται των γραφικών παραστάσεων στα Να βρείτε τα α,βε JR ώστε οι γραφικές πα- σημεία (x 1 ,f(x 1 )) και (x 2 ,g(x 2 )) ελέγχοντας αν ραστάσεις των f με f (χ) = χ 2 + αχ + ι και g με έχει λύση το σύστημα: f' ( χ 1 ) = g' ( Χ2 g (χ ) = 2χ2 + χ + β να έχουν κοινή εφαπτομένη και δηλαδή στο σημείο Χο = 1 f (x 1 ) - x1 · f'(x1 )= g(x2 ) - x2 · g'(x 2 ) Παράδειγμα 1

)}

Λύση

3χι - 2 = -χ 2 και -3 χ 21 - 2χ 1 + 3 - 3χ21 + 2χ1 =--1 χ22 + 3 + χ22 2 2 3χι + χ2 = 2 � και το οποίο είναι αδύνατο. ο 2 χ -3χι = χ22 Άρα δεν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη των πα­ Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες με f' (χ) = 2χ + α και g' (χ) = 4χ + 1 . Πρέπει ραπάνω γραφικών παραστάσεων . f ( ι ) = g (l) α = l + β α=3 Π αρ άδειγμα 3 � � 'Έστω οι συναρτήσεις f ( χ ) = ex και και f'(l)= g'(l) 2 + α = 4 + 1 β = 2

}

}

}

Παράδειγμα 2

Να εξετάσετε αν υπάρχει κοινή εφαπτομένη γραφικών παραστάσεων των των 3 ι f (x ) = -x2 - 2χ + 3 και g (x ) = - -x2 + 3 . 2 2 Λύση i)

g (χ ) = -.!. . Ν' αποδείξετε ότι υπάρχει κοινή ε­ χ

φαπτόμενη των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g.

Εξετάζουμε αν υπάρχει κοινή εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο δηλ. αν έχει λύση το σύf (χ) = g (x) στημα και δηλαδή f' (χ) = g' (χ) � χ 2 - 2χ + 3 = - .!.. χ 2 + 3 2 2 και 3χ - 2 = -χ

{

Λί>ση :

4χ 2 - 4χ = Ο χ = Ο ή χ = l � και � και χ =-ι χ =-ι 2 2 το οποίο αδύνατο άρα δεν υπάρχει κοινή εφαπτό­ μενη των παραπάνω γραφικών παραστάσεων σε κοινό τους σημείο. ii) Εξετάζουμε αν υπάρχει κοινή εφαπτομένη

Προφανώς δεν υπάρχει κοινή εφαπτόμενη σε κοινό τους σημείο (γιατί;) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχουν σημεία Α (α, f (α)) και Β (β, g (β)) των γραφικών παρα­ στάσεων των f και g αντίστοιχα στα οποία οι εφα­ πτόμενες να ταυτίζονται! Ως γνωστόν οι εξισώσεις των εφαπτομένων στα Α και Β έχουν εξισώσεις: y - f (α) = f' (α) · (χ - α) και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.2/63


----g(β) = g'(β)· (χ - β) ανriστοι:χ ή

----μπορεί να τέμνει την καμπύλη στο Μ.

Μσfhιματυcά ΎUΙ την Γ ' Λυκείου

α

y-

= f'( α )· χ + f( α} - α· f' (α) ιcαι Υ = g'(β)· χ +g(β)-β · g'(β) ανriστοιχα! Για να ταuτiζονtαι οι χαραπάνω ευθείες πρέπει να ισzύει: f' ( α ) = g' (β) και f(α) - α · f'(α) =g(β)- β · g'(β) δηλ. eα = � και β Ι β·Ι <=> eα · β2 = 1 και e - α · e = --β β2 e ( Ι - α } = --2 <=> eα β2 = 1 και β = α 2 β e (α- 1) Ε ΠΟΜΕ ΝΩΣ: Αρκεί να υπάρχει 2 =1<=> · · ·<=>eα ·(α-1)2 -4=0 (1) αεR:eα α e (α-1) y

α

11

11

---

·

( J

Το πρόβλη μα λοιπόν ανάγεται στην απόδειξη

.

υπάρχει πραγματική ρίζα της εξίσωσης: ex · (χ - 1 )2 - 4 = Ο Προς τούτο θεωρούμε τη συνάρτηση h (x) = ex · (χ - 1 )2 - 4 στο [0,3] (Η ε­ πιλογή του διαστήματος έγινε έτσι ώστε στα άκρα οι τιμές να είναι ετερόσημες!). Για την συνάρτηση h ισχύει: Η h είναι συνεχής στο [0,3] . h (O) = e0 (0 - 1)2 - 4 = -3 < 0 , h (3) = e3 (3 - 1 )2 - 4 = 4 ( e3 - > Ο . Άρα: υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της εξί­ σωσης h (χ) = Ο στο (0,3) ς IR δηλ. η εξίσωση: ex (χ - 1 )2 -4 = Ο έχει στο JR μία τουλάχιστον ρί­ ζα. Άρα : υπάρχουν σημεία Α ( α, f(α) ) και Β (β,g (β)) έτσι ώστε οι εφαπτόμενες των γραφι­ κών παραστάσεων των f και g στα Α και Β αντί­ στοιχα ταυτίζονται! ότι

1)

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ 1. Να δικαιολογήσετε γιατί

ii) Η εφαπτομένη μιας καμπύλης στο Μ μπο­ ρεί να οριστεί σαν η ευθεία που τέμνει την καμπύ­ λη μόνο στο Μ. ii) Αν η f είναι συνεχής σε όλο το πεδίο ορι­ σμού της, τότε υπάρχει μια εφαπτομένη σε κάθε σημείο του γραφήματός της. 2. Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων της γραφικής παράστασης της f με 1 3 + χ2 -2χ + 1 που είναι παράλληλες f ( χ ) = -χ 3 στην ευθεία y = χ + 3 .

f(x) = 2� . Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f που διέρχεται από το σημείο (-2,1) . 3. Δίνεται η συνάρτηση

4. Να βρεθεί ο α ώστε η ευθεία y = 9χ - 14

να είναι εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με f(χ)= χ3 -3αχ + 2 . Η εφαπτομένη έχει άλλο κοινό σημείο με τη Cr ; 5. 'Εστω οι συναρτήσεις f (χ) = χ + .± και

χ g(x) = - � x2 + αχ + 2 . Για ποια τιμή του αε IR η 2 εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της A(1,f(l)) είναι εφαπτόμενη και στη γραφική παράσταση της g; 6. Έστω η συνάρτηση f με f (χ) = χ 3 • Να βρεθούν οι ευθείες με εξίσωση y = λχ - 6 , λ ;:�; Ο ώστε να εφάπτονται της Cr . 7. Έστω οι συναρτήσεις f (χ) = χ 2 και

g (χ) = _.!_ . Να βρεθεί η εξίσωση της κοινής εφα­ χ πτομένης των γραφικών παραστάσεων των f και g.

είναι λάθος οι παρακάτω προτάσεις; i) Η εφαπτομένη μιας καμπύλης στο Μ δεν Ε ΚΛ

Ο Γ

Ε

Σ

ΣΤ Η

Ν

Ε . Μ. Ε.

ι 8

- 3

Ζ Ο Ο

ι

ΓΕΝΙΚΉ ΣΥΝΕΛΕΥΣΗ 25 - 2 - 2001 ή 11 - 3 - 2001 (ανεξάρτητα απαρτίας)

Δηλώσεις υποψηφιοτήτων μέχρι και 15 Ιανουαρίου 2001 και ώρα 12.00 μ.μ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/64


a

ιi6Κiι6ειs I'Tiλ 6Ιλ6ΙΚΑ lεωpiιptλrlλ ,

,

Ιuνεχων 6UΥΙλp τn6εων του Θανάση Καράγιωργα

1.

«s x

s

Να

+ α4 χ

4

δείξετε ότι η 3 2 + α3 χ + α zχ + αι χ + ασ

=

εξίσωση

ο

με

> Ο «s + α4 + α3 + «z + «ι + «ο = Ο και 5α5 + 4α4 + 3α3 + 2α 2 + α1 > Ο έχει μία τουλά­ χιστον λύση στο διάστημα (Ο, 1) «σ

'

Λύση : Θεωρούμε την πολυωνuμική συνάρτηση f (χ) = α5 χ 5 + α4 χ4 + α3 χ 3 + α2 χ 2 + α1 χ + α0 . Ισχύει f (1) = α5 + α4 + α3 + α2 + α1 + α0 = Ο ε­ πομένως το πολυώνυμο f (χ) διαιρείται με το χ - 1 . Εκτελώντας την διαίρεση f (χ) : χ - 1 (είτε κλασικά είτε με το σχήμα Homer) προκύπτει ότι f (χ) = (χ - 1) (α5 χ 4 + (α5 + α4 ) χ 3 + (α5 + α4 + α3 )χ 2 + (α5 + α4 + α3 + α2 )χ + (α5 + α4 + α3 + α2 + α1 )) Θεωρούμε την συνάρτηση Π με Π (χ) = αs χ4 + (αs + α4 )χ 3 + (αs + α4 + α3 )χ 2 + ( αs + α4 + α3 + αz ) χ + αs + α4 + α3 + αz + αι . Η Π είναι συνεχής στο [0,1] ως πολυωνuμική. Επίσης ισχύει Π (Ο) = α5 + α4 + α3 + α2 + α1 = -α0 < Ο και Π (1) = 5α5 + 4α4 + 3α3 + 2α2 + α1 > 0 . Άρα Π (Ο) · Π (1) < 0 . Δηλαδή η Π (χ) ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [Ο, 1] άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ ε (Ο, 1) ώστε Π (θ) = Ο . Τότε f (θ) = (θ - 1) · Π (θ) = Ο . Άρα το θ λύση και της εξίσωσης f (χ) = Ο στο διάστημα (0,1) . •

Λύση:

Θεωρούμε τη συνάρτηση σ με τύπο σ (x) = f2 (x) + x · f (x) - 2x 2 με χ ε [α,β] . Η σ είναι συνεχής στο διάστημα [α, β] ως γινόμενο και άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Επίσης ισχύει σ (α) = f2 (α) + αf (α) - 2α2 και σ (β) = f2 (β) + βf (β) - 2β 2 . Θα προσδιορίσουμε το πρόσημο των σ (α) και σ (β) . Γνωρίζουμε ότι Ο < α $; f (β) $; β για κάθε χ ε [α, β] . Άρα αz $; f2 (χ) $; β2 (1) . Ο < α $; f (χ) $; β � πολλαπλασιάΕπίσης ( 0 < α $; χ $; β ζουμε κατά μέλη) και έχουμε α2 $; xf (χ) $; β2 (2). Προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) και προκύπτει: 2α2 $; f2 (χ) + xf (χ) $; 2β 2 για κάθε χε [α, β] . Για χ = α έχουμε . 2α2 $; f2 (α) + αf (α) <=> f2 (α) + αf (α) - 2α2 � Ο <=> σ( α) � Ο . Για χ = β έχουμε f2 (β) + βf (β) $; 2β 2 <=> f2 (β) + βf (β) - 2β 2 $; Ο <=> σ (β) $; Ο . Άρα ισχύει σ (α) σ (β) � Ο . Εάν σ (α) σ (β) < Ο τότε η συνάρτηση σ ικα­ νοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [α, β] . Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα θ ε (α, β) ώστε σ(θ) = Ο <=> f2 (θ) + θf (θ) = 2θ2 . Εάν σ (α) σ (β) = Ο <=> σ (α) = Ο ή σ (β) = Ο τότε θ = α ή θ = β . Συνοψίζοντας υπάρχει τουλάχιστον ένα θ ε [α, β] ώστε σ (θ) = Ο <=> f2 (θ) + θf (θ) = 2θ2 .

}

·

·

·

2. Δίνεται μια συνεχής συνάρτηση f : [α, β] � IR με σύνολο τιμών [α, β] όπου 3. Δίνεται μια συνεχής συνάρτιισιι α, β ε IR: . Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχι­ f : [α, β] � ΙR έτσι ώστε να ισχύει f (α ) = f{ ρ ) στον ένα θ ε [α, β] ώστε να ισχύει Να δείξετε ότι υπάρχει θε (α,β ) ώστε f2 (θ) + θf (θ)= 2θ2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/65


( )= ( + β : )

f θ

f θ

α

Μαθηματικά ΎU1 την Γ ' Λυκείου όπου ο αριθμός κ Ε Ν* .

Λύση :

Υποθέτουμε ότι δεν υπάρχει αριθμός θ (α, β) ο οποίος να ικανοποιεί τη ζητούμενη συνθήκη. Τότε( η β συνάρτηση g με τύπο α) g(x)=f(x)-r χ+ : όπου χΕ [α, β] δεν μηδενί ζ εται για κανένα αριθμό στο διάστημα (α, β). g είναι συνεχής στο διΕφόσον άστημα διαφορά συνεχών συναρτήσεων. [α, βΗ] ωςσυνάρτηση ηναg δενδιατηρεί μηδενίσταθερό ζεται και είπρόσημο ναι συνεχήςστοτότεδιάπρέπει στημα (α,β). Όμως έχουμε( ότι:β α) g(α)=f(α)-r α+ : g (α+ β :α ) =r ( α+ β :α ) -r ( α+2 β :α) g (α+ 2 β :α ) =r ( α+2 β :α )-r ( α+3 β :α) g (α+(κ-l) β :α ) =r (α+(κ-1) β :α ) -f(β) Προσθέτουμε τι ς παραπάνω ισότητες κατά μέλη και προκύπτει :) ( � � ( g(α)+g α+ +···+g α+(κ-1) = f(α)-f(β)=Ο. Αυτόπρόσημο είναι άτοποστο γιδιάστημα ατί εφόσον(α, βη) gπρέπει διατηρείτο σταθερό Σ > Ο ή Σ < Ο . Άρα προκύπτει ότι υπάρχει θ (α, β) ώστε f (θ) f (θ + β:α } Ε

Σ

=

Ε

JR

4. ,

Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο τέτοια ώστε να ισχύει f ( κ f Ο

χ Ε JR

+ χ)+ (χ)=

όπου ο κ είναι σταθερός και μη για κάθε μηδενικός θετικός πραγματικός αριθμός. Να α­ ποδείξετε ότι ί) η συνάρτηση f είναι περιοδική. ii) υπάρχουν άπειροι αριθμοί θ ώστε f { θ ) = f (θ + κ ) .

Ε JR

Λύση :

Έχουμε ότι f(κ+x)+f(x)=O<=>f(x)=-f(x+κ) (1) για κάθε χ JR . Θέτουμε στη θέση του χ το χ + κ και για κάθε προκύπτει f(x + κ)=-f(χ + 2κ) (2)έχουμε ότι (2) ς (1) και χf ( JR) =. fΑπό(χ + 2κ) σχέσει για κάθε JR . Επομένως η συνάρτηση f είναι περιοδική με περίοδο Τ =2κ>Ο.Θεωρούμε την συνάρτηση h με τύπο h (χ)= f ( ) f (χ + κ) όπου [Ο, κ] . Η h είναι συνεχής στο [Ο, κ] ως διαφορά συνεχών συναρτή­ σεων. Ισχύει h(O)=f(O)-f(κ), h(κ)=f(κ)-f(2κ)=f(κ)-f(O) (γιατί η f περιf(2κ)= οδική f(O+με2κ)= f(O)). περίοδο 2κ. Άρα Άρα h (Ο) · h (κ)= (r(o)-f( κ)){f(κ)-f(O)) = -(f (Ο) -f (κ))2 Ο . Διακρίνουμε τις περιπτώ­ σεις: Εάν h (Ο) h (κ) < Ο η συνάρτηση h πληροί προϋποθέσει ς του θεωρήματος Bol z ano στο διάστημα [Ο, κ]. Επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα θ (Ο, κ) ώστε h(θ)= Ο<=> f(θ)=f(θ +κ). Αν h(O) · h(κ)=O τότε θ=Ο ή θ=κ. Άρα υπάρχει θ [Ο, κ] ώστε f (θ)= f (θ + κ). Επει δή η f περιοδι κή εάν εργαστούμε ομοίως σταέ­ διαστήματα [κ,2κ],[2κ,3κ], . . τα οποί α β χουν άπει ρ ο πλήθος θα ρούμε και άλλους αρι θ ­ μούς θ ώστε f (θ)= f (θ + κ). Συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν άπει ρ οι αριθμοί θ JR ώστε f(θ)=f(θ+κ). [ β] ( ) (β)> Ο . χ0 ( β) (χ0 ) Ο χ [ β] ί)

Ε

Ε

τις

χ

ίί)

χ

χΕ

χΕ

-

::;;

·

τις

Ε

Ε

.

κλπ.

Ε

5. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα α, τέτοια ώστε να ισχύει f α ·f

Δίνεται επιπλέον ότι υπάρχει

μοναδικός αριθμός

Δείξτε

ότι

f ( x ) · f (α ) � o .

Λύση :

για

Ε

α,

κάθε

ώστε f Ε

α,

=

ισχύει

Υποθέτουμε ότι δεν ισχύει f (χ)· f (α)� Ο για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/66


Μαθηματικά pα την Γ ' Λυκείου

κάθε χ Ε (α, β) . Συνεπώς υπάρχει χι Ε (α, β) ώστε f(χι ) · f (α) < Ο . Εφόσον f (x0 ) = 0 πρέπει χι * χ0 • Διακρίνουμε τις ακόλουθες περιπτώσεις σχετικά με τις τιμές του χ ι : Εάν Χι Ε (α, χ0 ) τότε στο διάστημα [α, Χ ι ] η f είναι συνεχής και f (α) · f (χι ) < Ο . Άρα ικα­ νοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano. Άρα υπάρχει θΕ (α, χ ι ) ώστε f (θ) = Ο . Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί θ * χ0 και το χ0 είναι ο μοναδικός αριθμός για τον οποίο ισχύει f ( χ0 ) = Ο . Εάν χ ι Ε (χ0,β) . Αφού f (α) · f (β) > Ο και f (χι ) · f(α) < Ο προκύπτει ότι f (α), f(β) ο­ μόσημοι και f (χ ι ), f (α) ετερόσημοι. Άρα f (χ ι ), f(β) ετερόσημοL Έτσι f(χ ι ) · f (β) < Ο . Στο διάστημα [χι ,β] η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano άρα υπάρχει θΕ (χ ι ,β) ώστε f (θ) = Ο . Αυτό είναι άτοπο γιατί θ * χ0 και ο χ0 είναι ο μοναδικός αριθμός για τον οποίο ι­ σχύει f ( χ0 ) = Ο . Επίσης χι * α γιατί αν χ ι = α τότε f ( Χι ) · f (α) < Ο <=> f2 (α) < Ο . Άτοπο. Επίσης γιατί αν τότε Χι 'i' β Χι = β f(χι ) · f( α) < Ο <=> f(β) · f( α) <0 . Άτοπο γιατί δίνεται f (α) · f (β) > Ο . Άρα η αρχική μας υπόθε­ ση δεν ισχύει. Έτσι για κάθε χ Ε [α, β] ισχύει f{x) · f (α) � O . •

6.

χ0 Ε (θ 1 , θ2 ) c JR ώστε f ( χ0 ) = Ο . Όμως για κάθε x E JR ισχύει f (χ) · (g (χ) + ι) � ι . Άρα για χ = χ0 θα έχουμε: f (xo ) . (g(xo ) + ι) � ι => Ο · (g(x0 ) + ι ) � ι => Ο � ι . Άτοπο. Άρα η συνάρ­ τηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο JR . 7. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής σ' ένα σύνολο Δ ς R Δίνεται επίσης ότι η συνάρτηση •

f λαμpάνει. μόνο ακέραιες τιμές και μάλιστα πε­ ρισσότερες από μία. Να αποδείξετε ότι το σύνο­ λο Δ δεν είναι διάστημα άρα ένωση διαστημά­ των. Λύ ση:

Ας υποθέσουμε ότι το σύνολο Δ είναι διάστη­ μα. Έστω χ1 , χ2 Ε Δ με x1 'i' x 2 • f(xι ), f (x2 ) είναι ακέραιοι και διαφορετικοί μεταξύ τους. Επει­ δή η f συνεχής στο [Χ ι , χ 2 ] σύμφωνα με το θεώ­ ρημα ενδιάμεσης τιμής η f λαμβάνει όλες τις εν­ διάμεσες τιμές μεταξύ των ακεραίων αριθμών f (χ 1 ), f ( χ2 ) . Μεταξύ όμως δύο ακεραίων υπάρ­ χουν και ρητοί και άρρητοι αριθμοί. Άρα θα υπάρ­ χει θ Ε (χ1 , χ2 ) ώστε- ο αριθμός f (θ) να είναι ρητός ή άρρητος. Άτοπο γιατί δίνεται ότι η συνάρτη­ ση f παίρνει μόνο ακέραιες τιμές. Άρα το Δ δεν εί­ ναι διάστημα αλλά ένωση διαστημάτων στο καθέ­ να από τα οποία η f είναι σταθερή. (το τελευταίο αφήνεται ως άσκηση για τον αναγνώστη). 8.

Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [α, Ρ]. Δείξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θΕ [α,p] ώστε

[

r (e)� � 2f (α) + 3r

( ";Ρ )+ 4f (P)}

Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις Λ ύση : f, g : JR � JR ώστε για κάθε χ Ε JR να ισχύει η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] . Άρα Η σχέση f(x) · (g (x) + ι ) � ι . Να αποδείξετε ότι η ώστε χε , χμ Ε [α, β] συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο JR . υπάρχουν f (χε ) � f (χ) � f (χμ ) για κάθε χ Ε [α, β] . Λύση: Εάν f (xε ) = m και f(χμ ) = Μ έχουμε ότι Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο JR . Τότε θα υπάρχουν m � f (α) � Μ <=> 2m � 2f (α) � 2Μ θι ,θ 2 Ε 1R ώστε f(θι ) · f (θ2 ) < 0 . Αφού θ1 'i' θ 2 m � f α ; β � Μ <=> 3m � 3f α ; β � 3Μ εάν θ1 < θ2 τότε η συνάρτηση f στο διάστημα [θι , θ2 ] ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρή­ m � f (β) � M <=> 4m � 4f(β) � 4M . ματος Bolzano. Άρα θα υπάρχει τουλάχιστον ένα Προσθέτουμε κατά μέλη

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/67

( )


(

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

9m :::; 2f (α) + 3f α; β ) + 4f (β) ::; 9Μ (:::)

ms

i-[2f (α) + 3f ( α;β } 4f(β)] s Μ Ο αριθμός ·Η 2f (α) + 3f ( α;β ) + 4f (β)] α-

νήκει στο σύνολο τιμών της f που είναι το διάστη­ μα (m, Μ] . Επειδή η f είναι συνεχής θα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε (α, β] ώστε f (θ) = � 2f(α) + 3f α; β + 4f(β) .

[

( ) ]

9.

Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [α, β ] καθώς και το πολυώνυμο 3 2 g (z ) = z + f (α ) z + f ( β ) z + ι , z E C . Εάν ο αριθμός ι + i είναι ρίζα του πολυωνύμου να α­ ποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε ( α, β ) ώστε να ισχύει f (θ ) = Ο •

Λύση: Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (-1, 1] ως πολυωνυμική. Έχουμε ότι f (-1) = -lzl + l w l - l z + w l . Είναι γνωστό ότι για κάθε z, w Ε C ισχύει lw l - l zl :::; llzl - l wll :::; l z + wl (:::) l w l - l zl - l z + w l :::; ο . Άρα f (-1) :s; o . Επίσης f (1) = l zl + l w l - l z + w l � Ο γιατί για κάθε z, w Ε C ισχύει lz + wl :::; lzl + l w l . Επομένως f (-1) f (1) :::; Ο . Διακρίνουμε τις ακόλουθες περι­ πτώσεις: Αν f (-1) · f (1) < Ο η συνάρτηση f ικανοποιεί στο (-1, 1] τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano. Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε (-1, 1) ώστε f (θ) = Ο . Αν f (-1) · f (1) = 0 τότε θ = 1 ή θ = -1 . Συνοψίζοντας η εξίσωση f (χ) = Ο έχει μια τουλάχιστον λύση στο (-1, 1] . ·

Λύση: ι2. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο Το πολυώνυμο έχει πραγματικούς συντελε­ στές και είναι τρίτου βαθμού . Άρα έχει μια ρίζα διάστημα [α, β ] ώστε f ( χ ) * Ο για κάθε πραγματική έστω ρ Ε � και δύο συζυγείς τις 1 + ί χ Ε [α, β ] . Δίνεται επιπλέον ένας μη μηδενικός και 1-ί . Επομένως μιγαδικός αριθμός z τέτοιος ώστε να ισχύει . g ( z) = ( z - ρ) { z 2 - 2z + 2 ) (:::) 2 z + !. = f (α ) και z + � = f ( β ) . Να αποδείξετε z z g ( z) = z3 - (ρ + 2) z2 + ( 2ρ + 2) z - 2ρ . Άρα z3 + f (α) z2 + f (β) z + 1 = ότι: i) Η εξίσωση χ3 · f (α ) + f ( β ) = Ο έχει μια z3 - (ρ + 2) z2 + ( 2ρ + 2) z - 2ρ για κάθε z Ε C . τουλάχιστον λύση στο (-ι, ι) Επομένως f (α) = -(ρ + 2) , προκύπτει ii) Ισχύει η ανισότητα Ιr (Ρ )I < Ιr (α )I · 1 f (β) = 2ρ + 2 και -2ρ = 1 (:::) ρ = -- . Τότε 2 Λύση: f(α) = - % και f (β) = 1 . 2 . Ισχύει z + ;1 = f (α) => z + ;1 = f2 (α) <=) f (α) · f (β) = - -3 < Ο . Η συνάρτηση f στο 1 + 2z -1 = f2 (α) (:::) 2 2 +2 z (α, β] ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήμα­ z z 1 + 2 = f2 (α) (:::) τος Bolzano. Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον z2 + 2 θΕ (α,β) ώστε f (θ) = Ο . z f2 (β) + 2 = f2 (α) (:::) f2 (β) - f2 (α) = -2 (:::) ι ο. Δίνονται δυο μιγαδικοί αριθμοί z, w κα­ {f(β) - f ( α))(f (β) + f( α)) = -2 < Ο . θώς και η συνάρτηση f με τύπο 3 2 ί) Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο f ( χ ) = l zl χ + l w l χ - l z + wι . Να αποδείξετε ότι g(x)= χ3 f (α) + f(β). Η g είναι συνεχής στο διάη έξίσωση f ( χ ) = Ο έχει τουλάχιστον μια λύση στημα (-1, 1] ως πολυωνυμική. Επιπλέον στο διάστημα [-ι, ι ] . •

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/68

)


Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

g (-1) = -f (α) + f (β) και g (1) = f (α) + f (β) . Άρα g(-1) · g(1) = (f(β) - f { α) )( f (β) + f{ α)) < Ο . Η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano άρα υπάρχει ένα τουλάχισtον θ ε ( -1, 1) ώστε g(θ) =Ο <=> θ3 · f {α) + f {β) = Ο . ότι ii) Έχουμε (β) θ3 · f ( α) + f (β) = Ο <=> θ3 = - f <=> f {α) f {β) θ = -3 Όμως . f {α) θε (-1,1) <=> lθl < 1 <=> - 3

;��� < 1 <=>

jf(β)j f {β) 3 f ( α) < 1 <=> l f{α)l < 1 <=> j r (β)j < j f(α)j .

Προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες έχουμε 0 � f (χ σ ) + f(χι ) + + f(xv-ι ) � ν · Μ · Άρα ο � Ιzσf{χσ ) + zι f{χι ) + · · · + Zv-ι f{xv-ι )j � ν . Μ <=> jzσ f {χσ ) + zι f{χι ) + . . . + Zv-ι f{xv-ι )j � Μ <=> ο� ν jz0 f{x0 ) + zι f{χι )+ · · · + zv-ι f{xv-ι )j ....:. ε [Ο, Μ] το ν οποίο είναι το σύνολο τιμών της συνάρτησης f. Ά­ ρα θα υπάρχει τουλάχiστον ένα θ ε [α, β ] ώστε jzσ f (x σ ) + zι f (χ ι ) + . . . + Zv-ιf{xv-ι )I <=> f {θ) = ν νf {θ) = jzσ f {Χ ο )+ zι f { Χι ) + · · · + Ζν-ι f { Χν-1 )j . · · ·

.:..._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

14. Δίνεται ένας μη μηδενικός μιγαδικός α­ ριθμός z και μια συνάρτηση f συνεχής στο

JR

Εάν

τα

όρια

. l zf ( χ ) - 31 - 3 , x--tO Χ lιm

1 3. Δίνονται οι ρίζες z0 = 1, Ζι , z 2 , zν-ι ν . l zf ( x ) + 11 - 1 υπάρχουν στο JR να αποδείτης εξίσωσης z = 1 και μια συνάρτηση f συνε­ lιm χ--tι χ - 1 χής στο διάστημα [α, β ] και με τιμές στο JR+ , έξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα θ ε [Ο, 1] ώστε τσι ώστε να ισχύει Ο ε f ( [α, β]) . Δίνονται και οι f {θ) = Ο . αριθμοί χ0, χι , χ2 , ,χν-ι ε (α, β ) με χ0 < Χι < χ2 < · · < χν-ι . Να αποδείξετε ότι υ­ Λύση : πάρχουν τουλάχιστον ένα θ ε [α, β] ώστε jzf (χ) - 3j - 3 Εφόσον υπάρχει στο JR το li--tO m νf (θ) = l z 0 f { χ0 ) + z ι f (χ ι ) + · · · + Zv-ι f (χν-ι )I · Χ x και το όριο του παρανομαστή είναι μηδέν θα πρέπει !� (l zf {x) - 3j - 3) = Ο <=> jzf {x) - 3j = 3 (1). Λύση : Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό Έστω ότι z = α + βi , α · β :;i: Ο . Τότε η σχέση διάστημα [α, β] συνεπώς λαμβάνει μέγιστη τιμή Μ ( 1 ) γίνεται I αf {Ο) - 3 + if {Ο) βj = 3 <=> και ελάχιστη τιμή m. Εφόσον Οε f([α, β]) και 2 f{x) � O για κάθε χε [α,β ] συμπεραίνουμε ότι η �(αf{Ο) - 3) + f2 {0)β2 = 3 <=> ελάχιστη τιμή m = Ο ενώ για την μέγιστη τιμή ( αf ( 0) 3 )2 + f2 ( 0) β2 = 9 <=> Μ>Ο. α2 f2 {0) + 9 - 6αf{Ο) + f2 (Ο)β2 = 9 <=> Ισχύει ότι l zσf {xσ ) + zι f {χ ι ) + · · · + Zv-ι f {xv-ι )I � α2 f2 (0) + β2 f2 {0) - 6αf {Ο) = Ο <=> jzσf (xσ )I + l zι f {xι )l + · · · + jzv-ι f(xv-ι )j = f {o) ( α2 f(O) + β2 f(Ο) - 6α ) = Ο . Διακρίνουμε τις lzo I f ( Χο ) + l zι l f ( Χι ) + · · + l zν-ι l f (χ ν-ι ) = ακόλουθες περιπτώσεις: Εάν f {O)= O τότε θ = Ο . f {x0 ) + f {xι ) + · · · + f (xv-ι ) διότι Εάν f {O) :;i: Ο τότε l zo l = l zι l = · · · = lzv-ι l = 1 και f(x) � Ο για κάθε 6α χε [α, β] . ( α2 + β 2 ) f(Ο) - 6α = Ο <=> f{Ο) = 2 2 . α +β Όμως f { χ0 ) � Μ, f ( Χι ) � Μ , . . . , f (χ ν-ι ) � Μ . Εφόσον υπάρχει στο JR το όριο • •

• • •

·

.:... _ ..._ ____:. _

_

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

Α..ο.

τ.2/69


Μαθηματικά pa την Γ Λυκεiου

. l zf (x) + ιι - ι lιm και ο παρανομαστής έχει όριο x�l Χ-1 μηδέν πρέπει �ί� (lzr (χ) + ιι - ι ) = ο �

lzf (x) + ιι = 1 � !αf (l) + 1 + βf (l)il = 1 �

4.

�(αf (1) + 1 )2 + β2f2 (1) = 1 �

α2f2 (Ι) + 2αf (1) + 1 + β2f2 (1) = 1 � f (1 ) (α2f (1) + β2f (1) + 2α ) = Ο . Διακρίνουμε τις ακόλουθες υποπεριπτώσεις: •

Εάν f (1) = 0 τότε θ = l .

ξόνων, να αποδείξετε ότι η γραφική παράστα­ ση Cg της g τέμνει τον χ'χ σ' ένα τουλάχιστον σημείο μεταξύ των Α και Β .

Έστω 1, z1 , z , z3 , z4 οι λύσεις της 5 ι και 2 οι αριθμοί . Δίνεται η συνάρτηση f: i ® i με τύπο . Δείξτε ότι η εξίσωση f (χ) = Ο έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (0, 1) . z

=

Ερωτήσεις τύπου Σωστό - Λάθος

1 . Δίνεται συνάρτηση

Εάν f (1) :;ι: Ο τότε

συνεχής με τότε υπάρχει τουλά-

χιστον ένα θi (α,β) ώστε f (θ) = Ο . Συνεπώς f {O) f (1 ) = ·

-12α2

(α2 + β2 )2

<Ο.

Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήμα­

τος Bolzano στο [Ο, 1] άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε (Ο, 1) ώστε f (θ) = Ο . Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα θ Ε [Ο, 1] ώστε f (θ) = Ο .

Ασκή σεις για λύ ση : 1 . Δίνεται συνάρτηση f γνησίως αύξουσα και συνεχής στο διάστημα [α, β] και συνάρτηση g γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο [α, β] . Αν επιπλέον ισχύει f ([α, β] ) n g ([α, β] ) :;ι: 0 να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό θ Ε [α, β] ώ­ στε f (θ) = g (θ) . 2. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f (χ) = χ 3 + αχ 2 + β όπου οι α και β είναι σταθεροί πραγματικοί αριθμοί και β > Ο και α + β < -1 . Δείξτε ότι η εξίσωση f (χ) = Ο έ­ χει τρεις λύσεις στο JR . 3. Δίνονται δύο συνεχείς συναρτήσεις f, g : JR � JR τέτοιες ώστε για κάθε χ Ε JR να ισχύει αβf2 (χ) + (α + β)g (χ) + αβχ = Ο όπου α, β Ε JR• με α + β :;ι: Ο . Αν η γραφική παρά­ σταση Cr της f τέμνει τον άξονα χ'χ σε δύο σημεία Α και Β εκατέρωθεν της αρχής των α-

2. 3.

Σωστό - Λάθος

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : [α, β] ® i και υπάρχει θi (α,β) ώστε f (θ) = Ο τότε f (α) χf(β) < Ο. Σωστό - Λάθος Έστω η συνάρτηση f : [α, β] ® i συνεχής για κάθε x i i και f (α) χf(β) > Ο. Τότε f (x) Ο για κάθε x i [α, β] . Σωστό - Λάθος Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] με σύνολο αφίξεως το i Τότε το σύνολο τιμών της f είναι το . Σωστό Λάθος Δίνεται συνάρτηση f : [α, β] ® i συνεχής στο [ α, β] . Αν στο χ ε i [α, β] η f έχει την ελάχιστη τιμή της και στο η f έχει την μέγιστη τιμή της τότε Χ ε < Χ μ . ι

4.

.

-

5.

Σωστό - Λάθος

6.

Έστω f : [ α, β] ® i όχι συνεχής στο i τότε εάν f (α) xf ( β) < Ο δεν είναι σίγουρο ότι υ­ πάρχει θ i (α, β) ώστε f (θ) = Ο . Σωστό - Λάθος

· 7.

Εάν f : [α, β] ®

i

JUνεχής συνάρτηση και τότε υπάρχει τουλάχι-

στον.ένα θi (α, β) ώστε f (θ) = Ο . 8.

Σωστό - Λάθος

Έστω f : [α,β] ® i συνεχής συνάρτηση και γνησίως αύξουσα με f (χ) Ο για κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/70

ι


, .

)

(

Μαθηματικά pα την Γ Λυκείου

χ Ε [α β] Αν r α ; β < Ο τότε f (x) < O

Σωστό - Λάθος για κάθε χ Ε [α, β] . 9. Δίνονται οι συναρτήσεις f : [α, β ] � JR συνε­ χής και γνησίως αύξουσα και g : [α, β] � JR συνεχής και γνησίως φθίνουσα. Τότε υπάρχει πάντοτε τουλάχιστον ένα χ0 Ε (α, β ) ώστε

f (x0 ) = g (x0 ) .

ι Ο. Η

συνάρτηση

Σωστό - Λάθος

f : [α, β] � JR είναι ασυνεχής

ί

στο πεδίο ορισμού της και f ( α) f (β ) > Ο . Τότε η f (x) = O δεν έχει λύση στο [α, β] . ·

Σωστό - Λάθος Απαντήσεις στις ερωτήσεις Σωστό - Λ άθος : 6. Σωστό . Σωστό 2ι 7. Σωστό . Λάθος 8. Σωστό 3. Λάθος 4 . Λάθος 9. Λάθος 10. Λάθος 5. Λάθος

ΙΗΕΤΡιf fJΕΣΗΣ ΚΑΙ 4ΙΑΣΠtJΡΑΣ Κοντογεώργος Δημήτριος

Κυρίαρχη θέση στην χερryραφιιcή Σταnσnιcή κατέχουν τα μέρα θέσης και διασπορά. Δεν θα αναφέρουμε τους ορισμούς και τοuς των παραπάνω μέτρων γιατί είναι ήδη γνωστοί από το σχολικό βιβλίο. Απλώς θα κάνω­ με μερικές παρατη ως συμπλήρωμα της σχολικής ύλης για καλύτερη κατανόηση των όρων και μετά θα m­ ραθέσουμε λuμένες και θα προτείνουμε άλλες για εξάσκηση των μάθητών.

τίmrος ρήσεις ασκήσεις

1 °) ΜΕΤΡΑ θΕΣΗΣ

Τα πιο γνωστά μέτρα θέσης είναι η επικρα­ τούσα τιμή (Mode), η διάμεσος (Median) και ο α­ ριθμητικός μέσος ή μέση τιμή (aήthmetic mean or

aνerage).

Α. Επικρατού σα Τ ιμή (Mode) ί) Δεν είναι πάντοτε μοναδική.

Η ιδέα να χωρίσουμε τα δεδομένα σε δύο ίσα μέρη μπορεί να επεκταθεί στο να τα διαιρέσουμε σε όσα ίσα μέρη εmθυμούμε. Τα πω γνωστά είναι τα τεταρτημόρια (Quartiles). Θεωρήστε ότι έχετε ν διατεταγμένες παρατη­ ρήσεις χ 1 , χ 2 , χ 3 , , χ ν για να βρούμε το Q1 , υπολογίζουμε το ι ν , αν το ι ν ειναι , ακε-, πρωτα 4 4 • • •

Σε μερικά δείγματα μπορεί να υπάρχουν περισσότερες από μία. ii) Μερικές φορές μια ομάδα δεδομένων δεν ραιος, έστω κ, τότε το Q 1 = .!_( 2 χ κ + χ κ+Ι ) . Αν δεν έχει επικρατούσα τιμή. iii) Είναι βασικό να ξεχωρίζουμε την επικρα- είναι ακέραιος αλλά βρίσκεται μεταξύ του κ και κ + Ι τότε Q1 = χ κ+Ι . Όμοια για να βρούμε το Q3 τούσα τιμή από την επικρατούσα συχνότητα. Πλεονεκτήματά της επιτυχούσας τιμής: υπολογίζουμε το i ν και ακολουθούμε την ίδια ί) Είναι εύκολο να υπολογιστεί. 4 ίί) Δεν επηρεάζεται από οποιαδήποτε ακραία διαδικασία με το Q1 τιμή των δεδομένων. Γ. Μέση τιμή (mean) Βέβαια η επικρατούσα τιμή δεν έχει χρήσιμες Η μέση τιμή για τον πληθυσμό συμβολίζεται μαθηματικές ιδιότητες στην περιγραφική στατιστική. διεθνώς με το ελληνικό γράμμα μ. Όποια εκτίμηση Β. Διάμεσος (Median) μέσης τιμής από δείγμα πληθυσμού συμβολίζεται α) Γενικά σε υπάρχουν ν διατεταγμένες πα­ Η μέση τιμή είναι μία παράμετρος του πληθυ­ χ . ρατηρήσεις και το ν είναι περιττός η διάμεσος είσμού, το χ είναι μια καλή προσέγγιση της μέσης ν+ι ναι η τιμη, που αντιστοιχει, στην ταν το ν Ό τιμής μ. Στην στατιστική αυτό το λέμε αμερόληπτο 2 εκτιμητή έτσι αντί μ μπορούμε να χρησιμοποιή­ είναι άρτιος αριθμός παρατηρήσεων η διάμεσος υ­ σουμε το χ . πολογίζεται παίρνοντας το ημιάθροισμα των δύο Δύο είναι τα μειονεκτήματά της κεντρικών τιμών. Για μεγάλο αριθμό δεδομένων η ί) Η μέση τιμή επηρεάζεται από τις ακραίες διαδικασία είναι κουραστική έτσι είναι ευκολότερο τιμές. να χρησιμοποιηθεί η αθροιστική συχνότητα. ίί) Η μέση τιμή δεν είναι τόσο εύκολη στον Είναι εύκολο να καταλάβουμε ότι η διάμεσος υπολογισμό της όσο οι προηγούμενες τιμές. έχει τα ίδια πλεονεκτήματα και μειονεκτήματα με Τα πλεονεκτήματά της όμως αντισταθμίζουν την επικρατούσα τιμή. •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/71


Μαθηματικά -yια την Γ' Λυκείου (2,4) Ηλικία παι- (0,2) [4,6) [6,8) [8,10) τα μειονεκτήματα. δ:::: : ν�---Ι----+----1----+---+-----Ι ιώ� i) Όλες οι τιμές χρησιμοποιούνται στο�� υπο- �Αριθμός 15 60 85 30 20 ατυλογισμό . rnμάτων ii) Το σπουδαιότερο είναι ότι η μέση τιμή έχει πολύ σπουδαίες μαθηματικές ιδιότητες. α) Να βρεθεί η επικρατούσα κλάση. Αναφέρουμε παρακάτω ορισμένες χαρακτηρι­ β) Υπολογίστε στον πλησιέστερο μήνα την στικές ιδιότητες του μέσου αριθμητικού μ. μέση τιμή και την τυπική απόκλιση των ηλι­ i) αν Χι = χ 2 = · · · = χ = κ τότε ο μ = κ . κιών. ii) αν σε όλες τις τιμές μιας μεταβλητής χ γ) Κατασκευάστε το πολύγωνο αθροιστι­ προσθέσουμε ή αφαιρέσουμε μια σταθερή ποσότη­ κών συχνοτήτων και από αυτό εκτιμήστε, στον τα α τότε ο μ αυξάνεται ή μειώνεται κατά τη στα­ πλησιέστερο μήνα, τη διάμεσο και το ενδοτε­ θερή αυτή ποσότητα. ταρτημοριακό εύρος για τις ηλικίες όλων των iii) αν όλες οι τιμές της χ πολλαπλασιασθούν παιδιών κάτω των 10 ετών. Εκτιμήστε και αι­ επί μία σταθερή ποσότητα c, τότε και ο μ πολλα­ τιολογήστε ποιο θεωρείτε ότι παρουσιάζει κα­ πλασιάζεται επί c. λύτερα την μέση ηλικία για τα ατυχήματα στο ίν) αν απ' όλες τις τιμές της χ αφαιρέσουμε σπίτι για παιδιά κάτω των 10 ετών, η μέση τι­ τον μ, τότε το άθροισμα των διαφορών χ - μ δη- μής, η επικρατούσα τιμή ή η διάμεσος; λαδή το Σ ( χ - μ ) είναι ίσο με Ο. ΛΥΣΗ ν) αν ένας πληθυσμός χωριστεί σε κ υποπληθυ­ α) Από τον πίνακα διαπιστώνουμε ότι η εm­ σμούς που ο καθένας τους έχει νι , ν2 , , ν κ μο­ κρατούσα κλάση είναι η δεύτερη, δηλ. το [2,4), ε­ νάδες και οι αντίστοιχοι μέσοι των κ υποπληθυ­ νώ η επικρατούσα συχνότητα είναι το 85. σμών είναι μι , μ2 , , μ κ τότε ο μέσος αριθμητι­ β) Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα κός όλου του πληθυσμού είναι ΚΕΑΡΙΘΗΛΙΚΙΑ ΑΘΡ. χ ί νί ν μ νμ ν μ χ ί2 ν ί ΝΤΡΙΣΥΧΝ. ΠΑΙΔΙΩΝ ΜΟΣ μ= ι ι + z z +···+ κ κ νι + ν z + · · · + νκ ΚΕΣ ΑΠΧΗNi ν

• • •

• • •

ΠΜΕΣ

ΜΑΤΩΝ ΣΥΧΝ.

2ο) ΜΕΤΡΑ ΔΙΑΣΠΟΡΑΣ

Χί

Τα μέτρα διασποράς με τα οποία εμείς θα αν· σχοληθούμε είναι το εύρος (Range) το ενδοτεταρ- 11----�--+-----Ι---+---,,.,....---:c:--Ι τημοριακό εύρος IQR η διακύμανση και η τυπική απόκλιση και ο συντελεστής μεταβλητότητας. I

ναι:

Διακύμανση: Μερικές χαρακτηριστικές ιδιότητες της σ2 εί­

i)

σ2 = 0 .

Αν έχουμε χ 1 = χ 2 = · · · = xv = α τότε

ii) Αν σε όλες τις τιμές μιας μεταβλητής προ­ σθ�σουμε ή αφαιρέσουμε μια σταθερή ποσότητα α τότε η σ2 και η σ παραμένουν αμετάβλητες. iii) Αν όλες οι τιμές μιας μεταβλητής πολλα­ πλασιασθούν ή διαιρεθούν με μια σταθερή πο.σότητα c τότε η σ2 πολλαπλασιάζεται ή διαιρείται με σ2 και η σ αντίστοιχα με c. ΘΕΜΑ 1° Σε μια αστική πόλη διεξήχθη έρευνα για τα ατυχήματα που γίνονται στο σπίτι με παιδιά η­ λικίας κάτω των 10 ετών. Ο αριθμός των ανα­ φερομένων ατυχημάτων και οι ηλικίες των παι­ διών δίνονται στον παρακάτω πίνακα

χ

s�

3,5

Από :rον παραπάνω πίνακα έχουμε: Σ ν · Χ · 740 δηλ. 3 ετών και 6 μηνών. 210 ν Για την τυπική απόκλιση 1

1

=

�Σ

-

v;,.f -χ'

=

�J3770

- 12,2 �JI7,9- 12,2 � .,[5;; � 2,3

210 ν δηλ. 2 έτη και 4 μήνες. γ) Θεωρώντας το πλάτος 2 ως μονάδα μέ­ τρησης στον οριζόντιο άξονα, το ύψος κάθε ορθο­ γωνίου είναι ίσο με την αντίστοιχη αθροιστική συ­ χνότητα. Έτσι έχουμε το παρακάτω πολύγωνο α­ θροιστικών συχνοτήτων. Για την διάμεσο έχουμε .!.. ν = 105 άρα βλέ-

3

2

πουμε ότι η διάμεσος δ = έτη για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/72

και

Q3

έ-


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χουμε αντίστοιχα Q1 = 1 έτος 9 μήνες και Q3 = 4 έτη και 9 μήνες άρα IQR > 3 έτη. Η διάμεσος εί­ ναι η καλύτερη, στην μέση τιμή επιδρούν οι α­ κραίες τιμές και η επικρατούσα τιμή δεν συσχετί­ ζεται με τα μέτρα διασποράς. 200 190 Ν, 180 � 170 Ι 160 ........................................ ..... θ 150 140 Σ 130 120 1 10

90 80 70 60 50 40 30

α)

i) μ =

" ") ιι

σ --

-w- = 10, 5 και

3350 30

- 1, 1 9 - 10, 5 2 -

.

ΘΕΜΑ 4" μέση τιμή 7 διαδοχικών περιττών ακε­ ραίων είναι 63. Αφού βρείτε αυτούς τους ακε­ ραίους να προσδιορίσετε μετά τη διάμεσο και την τυπική απόκλιση.

Η

+------'1

10

ΛΥΣΗ Έστω y, y + 2 , y + 4 , y + 6 , y + 8 , y + 1 0 , 1 y + 2 οί διαδοχικοί περιττοί ακέραιοι τότε έχω

10

Ηλικlα παιδιών σε έτη

ΘΕΜΑ 2" 'Εστω χ ο αριθμός των λαθών για κάθε σε­ λίδα από τις 300 σελίδες μιας δακτυλο-γράφη­ σης. Τα αποτελέσματα όταν συγκεντρώθηκαν έδειξαν ότι χ = 1380 και χ2 = 7516 . Υπο­

Σ

Σ

λαyίστε την μέση τιμή και την τυπική απόκλιση του αριθμού των λαθών ανά σελίδα. ΛΥΣΗ

και

Λ ΥΣΗ

β) η μέση τιμή δεν θα επηρεαστεί λόγω της συμμετρίας των 9 και 1 2 ως προς την αρχική τιμή που υπολογίσαμε 10,5.

20

Ένιι.ω

διαβάσει 9 και 12 ώρες. αν οι ώρες τους συμπε­ ριληφθούν στον υπολογισμό. Αποφασίστε δι­ καιολο-γώντας την απάντησή σας που θα επι­ δράσουν αυτές οι τιμές στο μέσο;

Σ χ Bso χ = -- = -- = 4 6 ν 300 '

_

χ2

75 1 6

- ( 4 6 )2 = 25 - 2 1 1 = 3 9 σ2 = Σ - χ2 = ' ' 300 ' ν άρα σ = J3,9 = 1, 9 . ΘΕΜΑ 3" Τριάντα μαθητές μιας τάξης που ρωτήθη­ καν για τον αριθμό των ωρών χ που ο καθένας τους διάβασε κατά την διάρκεια των διακοπών του Πάσχα, βρέθηκε ότι χ = 315 και

Σ χ2 = 335ο .

Σ

α) Αν μ και σ είναι ο μέσος αριθμητικός και η τυπική απόκλιση αντίστοιχα των αριθμών των ωρών που διάβασαν υπολογίστε το μ και σ. β) Δύο επιπλέον μαθητές που ήταν απόντες στην διάρκεια της έρευνας δήλωσαν ότι είχαν

- = 7 Υ + 44 = 63 αρα ; χ 7

y = 57 .

Συνεπώς οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: 57, 59, αφού είναι διατεταγμένοι η διάμε­ σος θα είναι δ = 62 , η τυπική απόκλιση είναι 6 1 , 63, 65, 67, σ=

Σ χ ' - Χ2 = /28255 - 63 = ,/67, 4 = 8, 2 . . 7 ν

ν

ΘΕΜΑ 5° Μαθητές της Γ τάξης από τρία διαφορετι­ κά σχολεία έyραψαν το ίδιο διαγώνισμα. Οι μέ­ σοι όροι επιτυχιών κάθε σχολείου ήταν αντί­ στοιχα 63, 48 και 72 τις εκατό. Αν το μέyεθος κάθε τάξης ήταν 23, 30 και 15 μαθητές αντί­ στοιχα βρες το μέσο όρο όλων των μαθητών αυ­ τών. Λ ΥΣΗ

Χρησιμοποιώντας τον σταθμισμένο αριθμητιΧ ι W ι + x w + x3w3 2 2 κο, μέσο -χ = έχουμε + w + w3 2 χ = 63 · 23 + 48 · 30 + 72 · 1 5 = 3969 = 58' 3 68 6 Wι

της ε-

κατό.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Α) Ερωτή σεις πολλαπλής επιλο-γής

1 ) Η τιμή της μεταβλητής, η οποία χωρίζει σύνολο των παρατηρήσεών μας σε δύο ίσες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/73

το

σε


Μαθηματικά ΎW την Γ Λυκείου

πλήθος ομάδες ονομάζεται Α.

Β. Γ. Δ.

Ε.

2)

4)

1 5, 1 6, 24.

Η τυmκή απόκλιση είναι η τετραγωνική ρίζα

Β. του μέσου αριθμητικού Γ. της διακύμανσης

λου.

της διαμέσου

Δ. της επικρατούσας τιμής Ε. του συντελεστή μεταβολής

Α.

Η διακύμανση Β. Η τυmκή απόκλιση Γ. Ο μέσος αριθμός Δ. Ο συντελεστής μεταβλητότητας Ε. Η εmκρατούσα τιμή Α.

Η διάμεσος και ο μέσος αριθμητικός. Β. Η διάμεσος και η τυmκή απόκλιση. Γ. Ο μέσος αριθμητικός και η διακύμανση. Δ. Η διακύμανση και η τυmκή απόκλιση. Ε. Η επικρατούσα τιμή και ο συντελεστής μετα­

Β) Ερωτήσεις ανάπτυξη ς 1 ) Οι αφίξεις τουριστών στην Ελλάδα από το έτος 1 959 έως το 1 965 έχουν ως εξής: 1959 �

1960

1%1

m

1962 m

1963

1964

m

m

1%5 m

b

"/Υ& δe;

i) Να κατασκευαστεί το πολύγωνο συχνότη­ τας και το πολύγωνο αθροιστικής συχνότητας. ii) Να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος.

βάρος ήταν

Σ i=Ι

wi

= 7545

με

Σ i=l

w

f = 38 1 106 . Υ-

πολογίστε την μέση τιμή και την διακύμανση του δείγματος. 3) Από το πλήθος 100 παρατηρήσεων βρήκαμε μέση τιμή χ = 1 2, 5 . Αν υΠοθέσουμε ότι η μέση τιμή των 60 παρατηρήσεων από αυτές είναι 12 να βρεθεί η μέση τιμή των υπο­ λοίπων 40 παρατηρήσεων. t1 , t2 , . , t 1 00 . .

4

14

5

12

6

8

7

6

8

4

9 3

10 2

11

Θεωρούμε τη μεταβλητή χ η οποία παίρνει χ α , χ 1 , χ 2 , . . . , χ κ και τη μεταβλητη, y = , τιμες βα, β ε JR, β * Ο . Να βρεθούν οι τιμές των y και σΥ αν γνωρίζουμε τη μέση τιμή χ και την τυmκή α­ πόκλιση σχ της μεταβλητής χ. -

Ε ΚΔ Ο Σ Ε Ι Σ - Β Ι ΒΛ Ι Ο Π ΩΛ Ε Ι Ο ΣΠ ΗΛΙΩΤΗ Σολωμού 3 , Τ.Κ. 1 0683, Α Θ Η ΝΑ τη λ. : 3 83 8224 - 3 834533

fax. : 3 83 8 1 9 8

ΜΟΛΙΣ ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕ Γ. ΣΠΗΛΙΩΤΗ + ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

(Γενικής Παιδείας)

Το βάρος w kg για κάθε κορίτσι σε ένα τυχαίο δείγμα από 1 50 νεαρά κορίτσια που μένουν στην Αθήνα μετρήθηκε και βρέθηκε ότι το ολικό 1 50

3

16

Βρες: α) την εmκρατούσα τιμή, β) την διάμεσο και τα τεταρτημόρια, γ) την μέση τιμή, δ) κατασκεύα­ σε την καμπύλη συχνοτήτων και διαπίστωσε ότι είναι ασύμμετρη με θετική ασυμμετρία.

2)

1 50

2

20

6)

Στα μέτρα θέσεων ανήκουν

βολής.

� φ;

I

14

3) Από τα παρακάτω στατιστικά μέτρα καθαρός αριθμός είναι:

4)

5) Μία εταιρεία θέλει να αγοράσει καινούρ­ αυτοκίνητα. Έτσι κατέγραψαν το στόλο των αυτοκινήτων τους. Ο παρακάτω πίνακας δείχνει την ηλικία χ σε χρόνια των αυτοκινήτων του στό­

για

Α.

Για το σ6νολο που δίνεται παρακάτω, βρες

το εύρος, το ενδοτεταρτημοριακό εύρος και τα Q1 ,Q3 . 8, 1 8, 7, 1 6, 19, 8, 1 1 , 1 8, 22, 9, 1 0, 14, 1 1,

Μέσος αριθμητικός Εmκρατούσα τιμή Διάμεσος Πρώτο τεταρτημόρw Τυπική απόκλιση

ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ + ΤΕΣΤ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ (θετικής κατεύθυνσης)

+ Γ. ΣΠΗΛΙΩΤΗ,

+ ΡΟLΥΑ, ΠΩΣ ΝΑ ΤΟ ΛΥΣΩ + BERMAN, ΑΣΚΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΕΩΣ

ΚΑΖΑΝΤΖΗ Θ., ΠΑΡΆΓΩΓΟΙ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2174


Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περωδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανά­

πτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: Ι ) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και

ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4)Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαι­ τούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Κανόνας: Η Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθη τές.

του Γιάννη Κερασαρίδη Η

" Θ ε ω ρ ί α τ ω ν π α ιγ ν ίω ν "

Εισαγωγικά

Στο τεύχος αυτό θα ασχοληθούμε με μια άλλη εφαρμογή των Μαθηματικών, που οι ρίζες της εί­ ναι παλιές, όμως τα τελευταία 70 χρόνια έχει πάρει την μορφή αυτοτελούς θεωρίας στα πλαίσια των εφαρμοσμένων Μαθηματικών. Είναι γνωστή σαν " θεωρία

των Jrαιyνίων".

Η θεωρία των παtyνίων ξεκίνησε σαν "μαθημα­ τικές απασχολήσεις", με την μορφή διαφόρων προβλημάτων και ασκήσεων για διασκέδαση. Τα παιχνίδια αυτά απαιτούσαν επινοητικότητα, οξύ­ νοια, πρωτοτυπία σκέψης και, προ πάντων, ικανό­ τητα πρόβλεψης με σωστή εκτίμηση των δεδομέ­ νων. Οι "μαθηματικές απασχολήσεις" περtλάμβανα��: Γρίφους (puzzles), προβλήματα που αφορούν με­ τατροπή ενός σχήματος σε άλλο με κατάτμηση (cutting, dissection) και επανασυναρμολόγηση (μετά από μετατόπιση των τμημάτων του) , τεχνά­ σματα που βασίζονται σε υπολογισμούς καθώς και αυτά με αριθμούς και σχήματα. Οι "μαθηματικές απασχολήσεις" έγιναν "μαθη­ ματικά παιχνίδια" και με την πλήρη μαθηματικο­ ποίηση της λογικής τους έγιναν μια αυτοτελής μα­ θηματική θεωρία γνωστή ως "Θεωρία των παιγνί­ ων" . Τι είναι η " θεωρία των παι-yνίων "

Είναι η θεωρία των συγκρούσεων αντίθε­ των συμφερόντων. Το συμφέρον της μιας πλευράς είναι αντίθετο από το συμφέρον της άλλης. Κλασι­ κό παράδειγμα ένας σκακιστικός ή ένας ποδο­ σφαιρικός αγώνας. Υπάρχουν κανόνες με βάση τους οποίους διεξάγεται ο αγώνας. Αυτοί οι κανό-

νες καθορίζουν τι επιτρέπεται, τι απαγορεύεται και με βάση ποια αποτελέσματα θεωρείται κάποιος νι­ κητής ή ηττημένος. Οι δυο αντίπαλοι έχουν ακρι­ βώς αντίθετα συμφέροντα. Συμβαίνει όμως, πολλές φορές, αν και είναι εκ των προτέρων γνωστές οι στρατηγικές των αντι­ πάλων, να μην μπορούμε να προβλέψουμε ακρι­ βώς το αποτέλεσμα της σύγκρουσης, λόγω τυχαί­ ων περιστατικών π.χ. ο τραυματισμός ενός παίκτη. Σ'αυτή την περίπτωση δεν μιλάμε για "αποτέλε­ σμα του παιχνιδιού" αλλά για " μέσο αποτέλεσμα", που προκύπτει από περισσότερες της μιας παρτί­ δες. Το βασικό πρόβλημα της θεωρίας των παιγνίων μπορούμε να το διατυπώσουμε ως εξής: Πώς πρέ­ πει να ενεργήσει, ή ποια στρατηγική πρέπει να ακο­ λουθήσει, ένας παίκτης στη σύγκρουση με έναν εξί­ σου ικανό αντίπαλο, για να ·εξασφαλίσει κατά μέσο όρο την μεγαλύτερη δυνατή επιτυχία; Συμφωνούμε να συμβολίζουμε με + 1 την κερ­ δισμένη παρτίδα, με - 1 την χαμένη και με Ο την ι­

σοπαλία.

Δύο

π α ρ α δ εί γ μ α τ α

παιχνiδι των τριών δαχτύλων": Δύο παίκτες, ο Α και ο Β ταυτόχρονα και χωρίς προσυ­ νεννόη ση δείχνουν, ο ένας στον άλλο, ένα, δύο ή τρία δάχτυλα. Αν ο συνολικός αριθμός των δαχτ\r λων που έδειξαν είναι άρτιος τότε κερδίζει ο Α και παίρνει τόσους βαθμούς, όσα ήταν τα δάχτυλα ][()\) δείχθηκαν. Αν ο αριθμός αυτός είναι περιττός, κερδίζει ο Β με το ίδιο κέρδος σε βαθμούς. ΙΙσια στρατηγική συμφέρει στον καθένα από τοuς :mί­ κτες Α και Β ; 1° . "Το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. 2/75


ΗΟΜΟ ΜΑΊΉΕΜΑΠCUS

Αρι8μαόμε τις στρατηyηιcές σύμφωνα με τον α­ ριβιιό tΙΙJV δcι:zτύlιον mu δείχπικαν. Με Α ι , λ2,Α3 όταν ο mίιcτης Α δείχνει ι ,2,3 δάχτυλα α­ νriστοιzu mι με Bl,B2,B3 όταν ο παίκτης Β δεί­ zνει ι ,2,3 δάpυλα αντίστοιχα. Ας mραιcολουθήσουμε το παιχνίδι απ'την πλευρά mw συμφερόντων του παίκτη Α. Αν, σε ένα παιχνίδι, ο Α δείξει ι δάχτυλο (Αι ) ιαn ο Β δείξει κι αυτός ι δάχτυλο (Β ι ), τότε ο α­ ριθμός των δαχτύλων που δείχτηκαν είναι ι+ ι =2 δηλ. άρτιος αριθμός, άρα κερδίζει ο παίκτης Α δύο (2) βαθμούς. Σημειώνουμε, λοιπόν, στην τομή της γραμμής της στρατηγικής Α ι και της στήλης της στρατηγικής Β 1 τον αριθμό 2. Αν ο Α δείξει 1 δά­ χrολο (Α1) και ο Β δείξει 2 δάχτυλα (Β2), τότε ο αριθμός των δαχτύλων που δείχτηκαν είναι 1+2=3 δηλ. περιττός αριθμός άρα χάνει ο παίκτης Α τρεις (3) βαθμούς. Σημειώνουμε, λοιπόν, στην τομή της γραμμής της στρατηγικής Α 1 και της στήλης της · στρατηγικής Β2 τον αριθμό -3. Είναι φανερό πως όταν ο παίκτης Α κερδίζει π.χ. 4 μονάδες, ταυτόΧΡονα ο παίκτης Β χάνει 4 μονάδες ή, όταν ο Α χάνει 4 μονάδες (το σημειώ­ νουμε με -4), ο παίκτης Β κερδίζει 4 μονάδες. Μ' αυτό τον τρόπο κατασκευάζουμε τον παρα­ κάτω πίνακα, όπου φαίνονται τα κέρδη και οι ζη­ μιές του παίκτη Α. [Μην ξεχνάτε πως οι ζημιές του Α είναι κέρδη του Β και αντίστροφα] ΙΠΝΑΚΑΣ ΠΟΥ ΔΕΙΧΝΕΙ ΠΟΣΕΣ ΜΟΝΑ­ ΔΕΣ ΚΕΡΔΙΖΕΙ ή ΧΑΝΕΙ Ο ΠΑΙΚΤΗΣ Α

μέγιστη απώλειά του είναι 5 (ή -5) μονάδες. Είναι αυτονόητο πως στον παίκτη Α συμφέρει εκείνη η στρατηγική που του εξασφαλίζει τις μικρότερες α­ πώλειες, δηλ. -3 μονάδες. Άρα στον παίκτη Α συμφέρει η στρατηγική Α ι . Είδαμε πως τα κέρδη του παίκτη Α είναι ισοδύ­ ναμες απώλειες του παίκτη Β. Το μέγιστο κέρδος του Α κατά την στρατηγική Β 1 είναι 4 μονάδες, άρα ο Β χάνει 4 (ή -4) μονάδες. Κατά την στρατηγική Β2, ο Β. έχει μέγιστη απώλεια 4 (ή -4) μονάδες, αφού ο Α έχει μέγιστο κέρδος 4 μονάδες. Τέλος κατά την στρατηγική Β3 , οι μέγιστη απώλεια του Β είναι 6 (ή -6) μονάδες, αφού το μέγιστο κέρδος του Α είναι 6 μονάδες. Συμπέρασμα: Είναι φανερό πως στον παί­ κτη Β συμφέρουν οι στρατηγικές Β 1 και Β2 . Ε ρώτημα : Ποια από τις στρατηγικές Β 1 , Β2 συμφέρει στον παίκτη Β να εφαρμόσει; Μακάρι να ζούσε ο John νοη Neumann, να μας απαντούσε σε . . . κλάσμα δευτερολέπτου. Το λέμε αυτό γιατί η ολοκληρωτική απάντηση σ' αυτό το πρόβλημα ξεφεύγει από την δυνατότητα που μας δίνουν οι μαθηματικές γνώσεις σε επίπεδο μέσης εκπαίδευσης. :l' Το κρυφτούλι: Τώρα θα παίξουμε ένα α­ πό τα δημοφιλέστερα παιχνίδια των παtδικών μας ΧΡόνων· το "κρυφτούλι". Κάποιοι από σας θα . . . αγανακτήσουν και θα μας πουν: «η φαντασία σας είναι αχαλίνωτη, τι σχέση μπορεί να έχει το "κρυφτούλι" με την μαθη­ ματική σκέψη;». Και εμείς σας απαντάμε α) η φα­ ντασία μας είναι απόλυτα προσγειωμε νη, β) δεν . . . φταίμε εμείς, για όλα αυτά τα "περίεργα", ζητείστε το λόγο από τον μακαρί τη τον John νοη .

•••

Bl Β2 Β3 �------+---�---+---� 1 Neumann . . . -3 2 4 Α1 Α2

-3

4

-5

Α3

4

-5

6

Από τον παραπάνω πίνακα προκύπτει, όσον α­ φορά τον παίκτη Α, ότι όταν ακολουθήσει την στρατηγική Α ι , η μέγιστη απώλειά του είναι 3 (ή -3) μονάδες, όταν ακολουθήσει την στρατηγική Α2 , η μέγιστη απώλειά του είναι 5 (ή -5) μονά­ δες και όταν ακολουθήσει την στρατηγική Α3 , η

Ας δούμε όμως τι λέει αυτό το πρόβλημα.. «Στο παιχνίδι αυτό παίρνουν μέρος δύο μέρη · αυτός που "φυλλάει" και αυτός που "κρύβεται". Αυτός που "κρύβεται" έχει στη διάθεσή του δύο μόνο δύο μέ­ ρη να κρυφτεί, τα κι και Κ2. Κάθε φορά αυτός που "φυλλάει" έχει δικαίωμα να ψάξει μόνο σε μία από τις δύο κρυψώνες. Αν τον βρει κερδίζει ένα πόντο κι ο άλλος χάνει ένα πόντο και αντίστοιχα χάνει όταν δεν τον βρει. Ποια είναι η σωστότερη τακτική για τον καθένα;» Σ' αυτό το παράδειγμα θα απαντήσετε εσείς, βασισμένοι στον τρόπο σκέψης του πρώτου παρα­ δείγματος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. 2176


IJI r�λ��ΙΕΣ Κ-ΑΙ TIJ TIJ1rΙKIJ Σ!ΣτΗΜΑ T�A.f�IQA

τ

του Μιχάλη Χρυσοβέργη

ο σπουδαιότερο χαρακτηριστικό του Φυ­ σικού κόσμου γύρω μας, του Σύμπαντος, είναι η δομή του. Η ύλη που μας περιβάλλει δεν είναι σκορm­ σμένη τυχαία, σJJ.iJ. συγκεντρώνεται σε μεγάλο βαθμό σε διάφορους σχηματισμούς ή δομές. Η ιεράρχηση των ουρανίων σωμάτων ως προς τη μάζα τους μας δίνει τη δυνατότητα να τα κατα­ τάξουμε σε τέσσερεις βασικές οντότητες. Θεωρούμε λοιπόν ότι το Σύμπαν αποτελείται από γαλαξίες και σμήνη γαλαξιών και οι γαλαξίες αποτελούνται από aστέρες και σμήνη αστέρων. Παρά το γεγονός ότι αυτή η περιγραφή είναι υπερ­ βολικά απλή, εν τούτοις είναι ιδιαίτερα ικανοποιη­ τική για να περιγράψει τη δομή του Σύμπαντος. α.

Οι aστέρες: Για να γίνει κατανοητή η δομή και η ιεράρχηση, λοιπόν του Σύμπαντος πρέ­ πει απαραιτήτως ν' αρχίσουμε από τη Γη και τους άλλους πλανήτες του Ηλιακού μας συ­ στήματος κέντρο του οποίου είναι ο αστέρας που ονομάζεται Ήλιος και του οποίου η μάζα αποτελεί μονάδα μέτρησης μαζών στο διά­ στημα. Οι aστέρες έχουν μάζα που κυμαίνεται από δέκατα μέχρι 60 φορές την Ηλιακή μάζα και είναι ιδιαίτερα σημαντικοί διότι το εσωτε­ ρικό τους είναι το εργαστήριο παραγωγής των χημικών στοιχείων του σύμπαντος.

β.

Τα σμήνη των αστέρων αποτελούν συστήμα­ τα ολίγων μέχρι εκατομμύρια αστέρων με συ­ νολική μάζα από χίλιες μέχρι μερικά εκατομ­ μύρια ηλιακών μαζών. Τα αστρικά σμήνη εί­ ναι τα εργαστήρια που μελετούμε την αστρική εξέλιξη.

γ.

Οι γαλαξίες που αποτελούνται από aστέρες, αστρικά σμήνη, συμπυκνώσεις αερίων και α­ όρατη ύλη, έχουν μάζες από 108 - 1 0 13 ηλια­ κές μάζες. Οι γαλαξίες είναι τεράστιοι σχημα-

τισμοί όπου εκεί μπορούμε αναλυτικά να με­ λετήσουμε τη γέννηση και το θάνατο των α­ στέρων. δ.

Τα σμήνη γαλαξιών είναι συστήματα λίγων έως χιλίων περίπου γαλαξιών με μάζες που 14 16 κυμαίνονται από 1 0 - 10 ηλιακές μάζες. ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΓΑΛΑΞΙΩΝ

Οι γαλαξίες είναι τεράστια ουράνια σώματα σε διαστάσεις και μάζα τα οποία αποτελούνται από αστέρια, πλανήτες, αστρικά σμήνη, συμπυκνώσεις αερίου και σκόνης, και ύλης την οποία ακόμη δεν έχουμε ανιχνεύσει. Σ' ένα τέτοιο ουράνιο σώμα γνωστό με το όνομα ο Γαλαξίας μας, βρίσκεται το ηλιακό μας σύστημα. Η τυπική απόσταση μεταξύ των αστέρων σ' έ­ να γαλαξία είναι περίπου 10.000.000 aστρικές διαμέτρους. Αντίθετα η τυπική απόσταση μεταξύ γαλαξιών είναι περίπου 20 γαλαξιακές διαμέτρους.

Αντιλαμβανόμαστε λοιπόν ότι το Σύμχαν εί­ ναι γεμάτο από γαλαξίες ενώ οι γαλαξίες φικιοοi είναι σχεδόν άδειοι από aστέρες. Παρ' όλα mmi οι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.δ. τ. 2177


Οι Γαλαξίες και το τοπικό σύστημα Γαλαξιών

αποστάσεις μεταξύ γαλαξιών για μας είναι τερά­ στιες ... aστρονομικές! Πράγματι ένας τέτοως γα­ λαξίας που μόλις φαίνεται από τη γη με γυμνό μάτι σαν ένα πολύ μικρό συννεφάκι είναι ο γαλαξίας της Ανδρομέδας και απέχει περίπου 2.000.000 έτη φωτός. Από το Νότιο ημισφαίριο της γης φαίνο­ νται άνετα με γυμνό μάτι οι mό κοντινοί προς το δικό μας Γαλαξία, γαλαξίες και είναι -tα δύο Νέφη του Μαγγελάνου το μικρό και το μεγάλο. Όλοι οι άλλοι γαλαξίες φαίνονται μόνο με τηλεσκόπια.

Ο περίφημος aστρονόμος Ε. Hubble στις αρ­ χές του αιώνα μας έκανε το πρώτο σχέδιό ταξινό­ μησης γαλαξιών με βασικό κριτήρω την μορφολο­ γία τους όπως φαίνεται από την παρατήρηση και όχι όπως πραγματικά είναι. Σύμφωνα μ' αυτήν την ταξινόμηση έχουμε τρείς βασικές κατηγορίες γαλαξιών, τους ελλειπτι­ κούς τους σπειροειδείς και τους ανώμαλους. Όπως παρατηρούμε στο σχήμα Ι , διαmστώ­ νουμε ότι στους ελλειπτικούς γαλαξίες ανήκουν επτά υποκατηγορίες με κριτήριο την εκκεντρότητα τους αρχίζοντας από τον τύπο ΕΟ που είναι σφαι­ ρικοί και συνεχίζουμε στους τύπους Ε1,Ε2,Ε3,Ε4,Ε5,Ε6 που είναι ελλειπτικοί με δια­ φορετική εκκεντρότητα. Στη συνέχεια υπάρχουν δύο κατηγορίες σπει­ ροειδών γαλαξιών οι κανονικοί και οι ραβδωτοί. Οι κανονικοί (Sa,Sb,Sc) και οι ραβδωτοί (Sba,Sbb,Sbc) Οι κανονικοί σπειροειδείς αποτελούνται από ένα λαμπερό πυρήνα από τον οποίο ξετυλίγονται οι σπείρες, που είναι από πολύ σφικτές (τύπος Sa) μέχρι πολύ ανοικτές (τύπος Sc). Οι ραβδωτοί αντίστοιχα αποτελούνται από μία φωτεινή ράβδο από την οποία ξετυλίγονται οι σπείρες αντίστοιχα σφικτές (Sba) έως πολύ ανοι­ κτές (Sbc). Τέλος υπάρχουν και οι ανώμαλοι γαλαξίες που όπως και το όνομα τους φανερώνει δεν πα­ ρουσιάζουν καμιά μορφολογική συμμετρία. Παρ' όλο που φαίνεται λογικό εν τούτοις δεν υπάρχει καμμία απόδειξη για το αν η μορφολογική αυτή ταξινόμηση έχει σχέση με την εξέλιξη των γαλα­ ξιών. Υπάρχει η εκτίμηση ότι ίσως οι σπειροειδείς κάποτε να χάνουν τις σπείρες τους από συγκρού­ σεις με άλλους γαλαξίες και να γίνονται γαλαξίες .

Λόγω των μεγάλων αποστάσεων επί πολλά χρόνια υπήρχε σύγχυση μεταξύ των γαλαξιών και μιας άλλης κατηγορίας ουρανίων σωμάτων των ''νεφελωμάτων' '. Μόλις το 1924 βρέθηκε η πραγματική από­ σταση σε μερικά από τα μέχρι τότε ονομαζόμενα "νεφελώματα" και τούτο εξ' αιτίας της παρατή­ ρησης μεταβλητών αστέρων που ανήκαν σ' αυτά. Διαmστώθηκε λοιπόν τότε ότι τα "νεφελώματα" αυτά βρίσκονται σε αποστάσεις που ξεπερνούσαν τα όρια και τις διαστάσεις του Γαλαξία μας και ως εκ τούτου διευκρινίστηκε το πρόβλημα της ύπαρ­ ξης των γαλαξιών. Στον πολύ γνωστό αστρονομικό κατάλογο NGC (New General Catalogue) που δη­ so. μοσιεύτηκε το 1908 υπάρχουν περίπου 15.000 "νεφελώματα" που στην πραγματικότητα είναι α­ ΜΕΛΕΤΗ ΓΑΛΑΞΙΩΝ στρικά σμήνη ή συμπυκνώσεις αερίου και σκόνης μελέτη των γαλαξιών τα τελευταία χρόνια (τα πραγματικά νεφελώματα όπως ονομάζονται έχει Ηπάρει τεράστιες διαστάσεις και ιδίως από τα σήμερα) ή γαλαξίες. μέσα της δεκαετίας του 1970. Αυτό �φείλεται κυρίως στα μεγάλα οπτικά τηλεσκόmα που έκαναν δυνατή με μεγαλύτερη α­ κρίβεια την παρατήρηση των κοντινών γαλαξιών ως επίσης και τον εντοπισμό νέων αμυδρών γαλα­ ξιών. Επίσης τα διαστημικά προγράμματα μεγά­ λωσαν το πλήθος των παρατηρήσεων μας σ' όλο το ηλεκτρομαγνητικό φάσμα. Η μελέτη των γαλαξιών βασίζεται τόσο στα κοινά χαρακτηριστικά τους όσο και στις βασικές διαφορές τους. Σαν βασικά χαρακτηριστικά των γαλαξιών Σχήμα 1 . (ταξινόμηση των γαλαξιών κατά Hubble). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. '1/78


Οι Γαλαξίες και το τοπικό σύ στη μα Γαλαξιών

θεωρούμε: α) Την ίδια απόλυτη ηλικία τους (όση και η η­ λικία του σύμπαντος) και β) Την ίδια πρωτα�κή χη μική σύνθεση τους Σαν βασικές διαφορές θεωρούμε: α) Τις αρχικές συνθήκες στροφορμής κατά τη δημωυργία της β) την μάζα της Αυτές οι βασικές διαφορές έχουν σαν αποτέ­ λεσμα μια σημαντική διαφορά στο ρυθμό της δη­ μιουργίας των αστέρων μεταξύ των γαλαξιών

αστέρες, έχει σχήμα σαν αυτό του δίσκου που ρί­ χνουν οι αθλητές στο άθλημα της δισκοβολίας και έχει διαστάσεις τόσο μεγάλες που για να τις δια­ σχίσει το φως με την ιλιγγιώδη ταχύτητα των 300.000 km/sec χρειάζεται ι 00.000 έτη για την διάμετρο του και ι 0.000 έτη για το πάχος του . Ο Γαλαξίας της Ανδρομέδας, γνωστός και ως Μ3 ι , απέχει από εμάς 2.000.000 έτη φωτός είναι παρό­ μοως με το δικό μας Γαλαξία και συνοδεύεται από δύο μικρούς γαλαξίες.

ΕΞΕΛΙΞΗ ΤΩΝ ΓΑΛ ΑΞΙΩΝ Το πρόβλημα της εξέλιξης των γαλαξιών με­ λετάται: α) Δυναμικά, β) Χημικά, γ) Αστρικά α) Από άποψη δυναμικής εξέλιξης μελετάμε την μορφολογία, την κατανομή της μάζας και τον τρόπο που δημιουργήθηκαν οι διάφορες κατηγορί­ ες των γαλαξιών. Παρατηρούμε επίσης τους μηχα­ νισμούς του πληθυσμού του κάθε γαλαξία μετά του χρόνου. β) Από άποψη χη μικής εξέλιξη ς, μελετάμε τον τρόπο και τον ρυθμό που δημωυργούνται τα χημικά στοιχεία στους γαλαξίες. Ο ρυθμός δη­ μιουργίας των αστέρων καθορίζει τον εμπλουτισμό των γαλαξιών με στοιχεία βαρύτερα από το υδρο­ γόνο και το ήλω με αποτέλεσμα τη μεταβολή της χημικής τους σύστασης μετά του χρόνου. γ) Από άποψη αστρικής εξέλιξης, μελετάμε την εξέλιξη σ' ένα γαλαξία σε σχέση με τη μορφο­ λογία του και τη χημική σύσταση του. Η αναλογία του νέου προς τον γηραιό αστρικό πληθυσμό κα­ θορίζει τον τρόπο που εξελίσσεται η ολική λα­ μπρότητα και το χρώμα των γαλαξιών. ΤΟ ΤΟ ΠΙ ΚΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ΓΑΛΑΞΙΩΝ Σαν τοmκό σύστημα γαλαξιών είχε ορισθεί α­ πό το ι 920 σύνολο των γαλαξιών που ευρίσκονται σε απόσταση περίπου 4.000.000 ετών φωτός από το δικό μας Γαλαξία και περιλαμβάνει 29 μέλη. Οι δύο πω μεγάλοι γαλαξίες του συστήματος είναι ο δικός μας Γαλαξίας και ο Γαλαξίας της Ανδρομέ­ δας. Αρχικά mστεύαμε ότι το τοπικό σύστη μα γα­ λαξιών αποτελείται από ι 7 γαλαξίες .Πολύ πρό­ σφατα προστέθηκαν και οι υπόλοιποι ενώ αναμέ­ νεται να υπάρχουν και άλλοι γαλαξίες οι οποίοι δεν διακρίνονται από τις πυκνές συμπυκνώσεις αε­ ρίου του δικού μας Γαλαξία. Απ' αυτούς 5 είναι σπειροειδείς, 1 0 ανώμαλοι και ι4 ελλειπτικοί. Ο Γαλαξίας μας περιέχει διακόσια δισεκατομμύρια

ΔΗΜΙΟΥΡΓΙΑ ΤΟΥ ΤΟΠΙΚΟΥ ΣΥΣΤΗΜΑΤΟΣ ΓΑ ΛΑΞΙΩΝ Όπως έχει γίνει παραδεκτό τα τελευταία χρό­ νια, οι γαλαξίες δημιουργήθηκαν στο Σύμπαν μετά τη μεγάλη έκρηξη (Big - Bang) από την πρωταρ­ χική ύλη που ήταν περίπου 80% υδρογόνο και 20% Ήλιο. Οι γαλαξίες ξεχώρισαν σε σμήνη γα­ λαξιών που άρχισαν να απομακρύνονται μεταξύ τους. Το τοmκό σύστημα γαλαξιών με τους δύο γί­ γαντες γαλαξίες του διαμορφώθηκε ως εξής: Ο γαλαξίας της Ανδρομέδας Μ3 ι και ο δικός μας απομακρύνθηκαν ο ένας απο τον άλλο ενώ οι υπόλοιποι άρχισαν κινήσεις γύρω από τυχαίες τρο­ χιές που μερικές παγιδεύτηκαν από τους δύο γίγα­ ντες του συστήματος. Ο δικός μας Γαλαξίας παγί­ δευσε τα δύο Νέφη του Μαγγελάνου και 8 νάνους γαλαξίες ενώ ο Μ3 ι παγίδευσε τον Μ32 και μερι­ κούς άλλους μικρούς. Αυτή η παγίδευση έχει σαν αποτέλεσμα να φεύγει το αέριο από τους μικρούς γαλαξίες λ&yω της βαρυτικής έλξης που ασκεί ο γίγαντας γαλαξίας. Αυτή ακριβώς η υπόθεση χρη­ σιμοποιείται και σαν κριτήριο για να αντιληφθού­ με το πότε έγινε η παλιρροιακή απογύμνωση από το αέρω στους παγιδευμένους γαλαξίες. Ο δικός μας γαλαξίας φαίνεται, ότι μόλις στις αρχές της δημωυργίας του παρέσυρε 8 νάνους γαλαξίες σε τροχιά γύρω του, ενώ για τα Νέφη του Μαγγελά­ νου υπάρχουν άλλες ενδείξεις που θα περιγράψου­ με mο κάτω. ΤΑ ΝΕΦΗ ΤΟΥ ΜΑΓΓΕΛΆΝΟΥ Τα Νέφη του Μαγγελάνου είναι οι πλησιέστε- . ροι γαλαξίες στο δικό μας Γαλαξία. Το Μεγάλο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. 2/79


Οι Γαλαξίες και το τοπικό σύστημα Γαλαξιών

Νέφος του Μαyyελάνου ή αλλιώς LMC από τα αρχικά των λil;,εων Large Maggelanic Cloud α­ πέχει από τη Γη 1 70.000 έτη φωτός και το Μικρό Νέφος του Μαyyελάνου ή αλλιώς SMC από τα αρχικά των λil;,εων Small Maggelanic Cloud απέ­ χει 210.000 έτη φωτός. Οι δύο αυτοι γαλαξίες είναι μuφοί γαλαξίες και είναι συνοδοί ή δορυφόροι γα­ λαξίες του δικού μας Γαλαξία. Φαίνονται με γυμνό μάτι από το νότιο ημισφαίριο της Γης σαν δύο εφα στο νυχτερινό ουρανό. Το όνομά τους το οφείλουν στο μεγάλο θαλασσοπόρο Μαγγελάνο, ο οποίος πρώτος τα παρατήρησε και τα ονόμασε Νέφη. Παρά το γεγονός ότι βρίσκονται τόσο μα­ κριά, εντούτοις θεωρούμε ότι είναι στη γειτονιά μας, αν τα συγκρινουμε με τις αποστάσεις άλλων εξωγαλαξιακών αντικειμένων. Για το λόγο αυτό τα τελευταία 20 χρόνια έχουν γίνει αντικείμενο μεγά­ λης έρευνας με τα μεγάλα τηλεσκόπια του νότιου ημισφαιρίου. συνν

Η έντονη παλιρροιακή έλξη από το βαρυτικό πεδίο του γίγαντα γαλαξία μας, ωδήγησε σε έντονη δραστηριότητα, όπως είναι η δημιουργία αστέρων και στα δύο Νέφη. Υπάρχουν περιοχές στις οποίες δημιουργούνται αστέρες μεγάλης μάζας, αστρικά σμήνη, συμβαίνουν έντονα φαινόμενα, όπως εκρή­ ξεις υπερκαινοφανών και παρατηρείται ακτινοβο­ λία υψηλών ενεργειών όπως είναι οι ακτίνες Χ.

,.. --� .. ..

Είναι ανώμαλοι γαλαξίες, στους οποίους υ­ πάρχει μία ράβδος, κάποιες ενδείξεις για ύπαρξη σπειρών και έντονη παρουσία σκόνης και αερίου. Στο Σχ.4 φαίνεται η κεντρική περιοχή στον γαλα­ ξία LMC και η ράβδος του, από τα άκρα της οποί­ ας διαφαίνεται η αρχή κάποιας σπείρας. Υπάρχει μία γέφυρα από άστρα που συνδέει τα δύο Νέφη η γνωστή με το όνομα πτέρυγα του Μικρού Νέφους και μία άλλη ζώνη αστέρων που περιβάλλει τα δύο Νέφη και λέγεται Μαγγελανικός χείμαρρος (Magellanic Stream, Σχ. 7). Αυτές οι παρατηρήσεις οδηγούν σε συμπεράσματα σχετικά με τις τροχιές των Νεφών γύρω από τον Γαλαξία μας. Φαίνεται, ότι ο Γαλαξίας παγίδευσε αυτούς τους γαλαξίες πρόσφατα, αφού ακόμη έχουν άφθονο αέριο και σκόνη και μόλις 5 χ108 χρόνια πριν δημιουργήθη­ καν σ' αυτούς αστρικά σμήνη με πολύ μεγάλη μά­ ζα και λαμπρά άστρα. 'Ισως τότε περίπου βρέθη­ καν τα Νέφη πολύ κοντά στον γαλαξία μας και η τροχιά τους άλλαξε έτσι ώστε να περιστρέφονται γύρω από μας (Σχ. 7).

50 Κρc.

Συνοψίζοντας οι πιό πρόσφατες αντιλήψεις για τα Νέφη του Μαγγελάνου είναι οι εξής: α) Τα Νέφη του Μαγγελάνου είναι σύστημα γα­ λαξιών που αλλελοεπιδρούν μεταξύ τους και μαζί με άλλους 8 νάνους γαλαξίες θεωρούνται δορυφόροι του δικού μας γαλαξία. β) Κινούνται σε πολικές τροχιές γύρω από τον γαλαξία μας και ταυτόχρονα στο επίπεδο του τοπικού συστήματος των γαλαξιών. ��) Ο σχηματισμός αστέρων και αστρικών συ­ στημάτων στην πρόσφατη ιστορία τους και η εμφάνιση φαινομένων πολύ μεγάλης ενέρ­ γειας εξαρτάται άμεσα από τις εmδράσεις με τον Γαλαξία μας. δ) Τα Νέφη iου Μαγγελάνου τέλος πιστεύεται ότι θα αναμιχθούν με τον δικό μας γαλαξία λόγω παλιρροιακής έλξης και θα αποτελέσουν ένα μόνο γαλαξία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ. 2/80


Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ...

� \ III II,H;',

11\Jill\l,llii,IH.t1\ll'flυ . n1 ι ι ι<l'fΙ "'

\1111JL.ot'lfiι!I...�O(II'l !

<illti.A

ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΗ Ε Π Ι ΘΕΩΡΗΣΗ

Eρcvvηnfliή

LOUIS Bl�AND

διο στοσ\'\

ΜΑθΗΜΑτJΚΗ ΑΝΑΛVΣΗ

Ι.J f

:

,'(:J ;::-;:;

I

I

.. .... ,� ...�· � Ι>· · � ·� < .. . ..... .....� � f J •,•··•• •·�...,..,· � •ε , ...,,....,

�·· � · · · * � ' · � �

>ι�ΙHfHIIl. ll ftίtl\f\t\1/lo.O\ 1:-PI O\ 'lιΙΙ�Jt\!U\:.> 1 •" JI!I\H>r-.ιu.ιι "" \!"111\1\fii>.IΙ\

ΣJΟΙΧΕΙΟΔΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΙ'ΒΙΡΑ

{ό._

/Jo!fr jtιc;p; /'δ

,

riUP!J�ftj'

�ΙJΓ flet;I i"f:1flι!.fλ�ιiftι��

,.. ,.,.,, .. "'

'-''"-�'�" ..""�r��·· · ···..... , , " ' '" w,., _,.

f"'< � f•C!f{ .JID;""ιolfll >_.,

t\ \fl"'ll\11 \IH:Hf\I\ IIMI BIH\101 1' \Ψ I \

•::ι ι :.- ι• ·� ""'-"Ψ" U'r ·rι.

�..Ιiιο'.,...,. ηφι;tι...� -

ΣΤΟfΧf:ΙΩ.ι\JJΣ ΓΕΜ1ΕτJ'J:\ \ΗΏ ΑΝΩΠ.�tf ΣΚΟΠΙΑ

--"" "" ' ··τ -ο;;ο,; .... . ..

....

ΕυκλεlδηςΑ': Τεύχος 600δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (4 Ίεύχη + 600 δρχ. ταχιιδρομικά) Σχολεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) ΕυκλείδηςΒ': Τεύχος 700δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ.

τεύ)g1

�ά)

(4 + 600 δρχ. Σχολεια: 2.800 δρχ. (4 τευχη) Ευκλεlδηςr: Τευχος ' 1 · 500δρχ.

3.000 δρχ. (2 τεύχη) Μαθημ. Επιθεώρηση:

1976 . 1989:

1 .500 δρχ.

10ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

2.000 δρχ 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2·000 δρχ 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου •

3.000 δρχ •

6ου Πανελληνιου Συνεδριου

Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Αστρολάβος: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομη' 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Δελ"ήο (Bulletin): Τεύχος 2.000 δρχ. θtματα εξ&τάαεων στα Α.Ε.Ι

Πραιmκά:

1ου Πανελληνίου Συνεδρίου

2.000 δρχ 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2_500 δρχ θου Πανελληνίου Συνεδρίου 2·000 δρχ 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ

1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 140υ Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

6.000 δρχ.

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) Διαλέξεις: ο τόμος

1 .300 δρχ.

Μαθηματική Ανάλυση 7.000 δρχ.

Loυis Brand

Διαφορικές Εξισώσεις

15ου Πανελληνίου Συνεδρίου

Stephenson

5.000 δρχ 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου

Ιστορία Μαθηματικών Loria

5.ΟΟΟ δρχ Συνέδριο Hermis '92 (Αγγλικά)

7.000 δρχ.

Συνtδριο Hermis

2 τόμοι 0 τόμος

'94 (Αγγλικά)

4.500 δρχ. Γραμμικη Άλγεβρα Gr. Muncres 1 .500 δρχ. ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων • •

2.500 δρχ.

(4 τόμοι) Α, Β, ΓΑ• ΓΒ ο τόμος

2.000 δρχ.

70 Χρόνια Ε. Μ .Ε.

1 .000 δρχ.

Ελληνική Μαθηματική Βιβλιογραφία •

1 .000 δρχ.

Στοιχειω. δης Γεωμετρια από Ανώτερη Σκοπιά 2.500 δρχ. Θεωρία Αριθμών

5.000 δρχ.

Τα π:αλαιό�τε:ρο τεύχι:ι, όλω,ν τω:ν' εκ:δοσεω,ν, πωλοuντα'ι μ:ε τις; τρ,έ:χο,u,κ:ς; τιμές; τοu 2000,


Ράφια γεμάτα βι βλία, μ υ ρωδιά ζεστού καφέ, μελωδ ι κές νότες, χώρο ς φιλόξενος, ειδι κά δια μορφω μένος για ευχά ριστη κα ι ήρεμη ανάγνωση. Στα βιβλιοπωλεία

τις παλιές και νέες εκδόσεις όλων των

ΒΙΒΛ ιο p υθf όt;

εκδοτικών οίκων για

ΣΑ Β ΒΑΛΑ θα βρείτε όλες

όλα τα θέματα : πα ιδικά, λογοτεχνία,

ιστορία, ψυχολ ογία, κοινω νιολογ ία, εκπα ίδευση , μεταφ υσι κή, φιλοσοφία, διδακτική, οι κολογ ία, δοκίμ ια, ποίησ η καθώ ς κα ι πλήθο ς ξενόγλωσσων τίτλων . . . και κάθε μέρα ανάγν ωση με τις μελωδ ίες του πιάνο υ.

Τ ι μή

καταλόν .

ΒΙΒΛIΟρυθμ.ός

700

700

1 ιιιΙΙΙ Ι ΙΙΙ Ι ΙΙ ΙΙΙΙ 11111 Ι ΙΙΙ1 11 1111

ΚΑ 1 2-00 1 2 E u p ώ

2 , 05

ΘΕΣΣΑΛΟ Ν ι ι<Η : Β α σ . Η ρ α κλείου 47 ( α πέναν τι α π ό το ε μ π ο ρ ι κό κέντρ ο) Τnλ. 270. 226 Fax: 250 . 972 ΑΘ Η ΝΑ: Ζωοδ όχο υ Π nγnς ι8 Τn λ . 33 . ο ι .251 - Fax: 33 . 0 6 . 9 ι 8


Ευκλειδης Β 38