Page 1


ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

9DD

β.t}JJJJEJl-!l:t.t.1

J.W �

εκτάριος Πρωτοπαπάς

Φυσικ.ή

Α' [νιαίοο �υκείου

:14

;ωJJE

Γ. Βιδάλης- Β. Γκιμίσης Γενικήζ

Άλγεβρα Παιδε ία ζ, Β' Ενιαίου Λυκείου

I

I

Μ. Γεωργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά. Ευκλείδειο Γεωμετρία Γενικής Παιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς Φυσική

Γενικής Παιδείαζ, Β' Ενιαίου Λυκείου

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ

Φυσικής 3- :;-.... ο

CJ

..

λJΙι.'εοου

β' Ενιοιου Λυκείου

ιΙΜ-!Χ� 8i"G,.,. Ι� ι.Ε>ΩΝ • $EP...0ΔY:t.A.MIJH ι • ' = • :> ·" � • "ι • ι> • "ι�

Κ. Α. ΚυριακόΠο u λός

.Μοθηματικά

θετικής Κατεύθυνσης, Β'

Ενιαιοu Λυκείου

Αντώνης Σαρρηγιάννης θετικής και Τανολογικήζ Κατε ύ θ υνσης,

Γ·

Ματθαίος Τ σιλπιρίδης

θετικής Κατεύθυνσης, Β' Ενιαίου Λυκείου

Γενικήζ Παιδείας, Γ' Ενιαίου Λυκείου

Χημεία

κριτήρια : αξιολόγησης

ιοuοική

!

.

Εν!οίου Λvκεlου 11 τόμος

ίiij

r· Ενιαίου Λυκείου

I. Κε φαλλωνίτης. Β. Χρηστίδης

Μεθοδολογία Φυσική( Β' Ενιαίου Λυκείου

μαθηματικά

Μαθηματικά

σ•ηΦυσικ ���

�Ει.

;:.� ?

ή

��

..... ,�....,wo .......,

σ.,....'""' -·u�

�.......---..... _.......,.,.

: • • • • • • • • • • • • • . •• _

Τριαvτάψυλλος Μελισσαρόποuλος

Φυσική

' θετικήζ και Τεχνολοyικής Κατε ύ θυνσης ,

Γ' Ενιαίου Λυκείου

Τάσος Βαρδόπο υλος

Μεθοδολογία Χημείο( Κατεύθυνσης, Γ' Ενιαίου Λυκείου

θπικής

ΝfΚΤΑΡΙΟlΠΡ()ΤΟnΑΠΛl

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς Κριτήριο αξιολόγησης στη Φυσική Γενικής Παιδείας, Γ' Ενιαίου Λυκείου

Ελευθέριος Πρωτοπαπάς Μαθηματικό

θετικής και Τεχνολοyικής Κατεύθυνσης. Γ' Ενιαίου Λυκείου


HELLE IC MATHEMATICAL SOCI·EΊ.

�;�

al cal

HELLAS 2004

λλι1Ibrnrn�9 ffiw®®®® JJrnΠy �®®41

-

illrndJ®IP dlli® Mrn�[pfi®fi®� ®� dlli®

MJfirnfi�diPy ®� I\Jmdficn>rnmΠ IEdJm®cndfi®rn & ill®ΠΠ�fi®rn� 1\\�ficnfiiP� ffi!])d] dlli® MJΠrnfi�diPy ®� CCmildrniP®


Η 45Η

IMO 2004

ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ Αθιίιια 4 /8 Ιουλftιυ 2004 �

Η Ελλάδα >.ΛΗ::��Υ''

το καλοκαίρι του 2004 εκτός από τους {)λυμπ�ωωίJς Αγώνες φιλοξενεί και τη •.η�;τ"J. �δ(\ αναδεικνύοντας έτσι την διαχρονικότητα του αρχαιοελληνικού ιδεώδους, της ισόρροπης δηλαδή ανάπτυξης της πνευματικής δύναμης και της σωματικής ρώμης. ένας θεσμός υψηλότατου ενδιαφέροντος, Η �--_::_� ,;� '>!�:f}η;:ατ�κf! Ολιψ.πΗ.iδ-,r;:, Λ.. πραγματική πρόκληση για τη διοργανώτρια χώρα, που πραγματοποιείται για 45η .:ηη•εχ•� χροη<i θα φιλοξενηθεί εδώ, τον Ιούλιο. Και όλοι θα είμαστε εκεί... Στην Αθήνα και τους Δελφούς ... Μαζί με τους δεκάδες μαθητές από όλον τον κόσμο, οι οποίοι μαγεμένοι από τη γοητεία των Μαθηματικών έχουν για μέρες, μήνες ή χρόνια δουλέψει σκληρά πάνω στη λύση δύσκολων rvπα�ηματΙi�ς�ι Ολυμτηάδα. μαθηματικών προβλημάτων με στόχο τη συμμετοχή τους στη"'' Η Ολυμπιάδίt Οα πριιγματοποιηθεί από 4 - 18 Ιουλίου. Οι ξένοι μαθητές θα έρθουν στις 9 Ιουλίου. και θα φύγουν στις 18 Ιουλίου Η χώρα μας θα φιλοξενήσει 90 περίπου αντιπροσωπίες από διαφορετικές χώρες από όλο τον πλανήτη. Κάθε αντιπροσωπία θα αποτελείται από 6 μαθητές συνοδευόμενους από τον αρχηγό τους και τον υπαρχηγό τους. Επίσης θα υπάρχει διεθνής επιτροπή επιλογής θεμάτων και εξαίρετες προσωπικότητες της Μαθηματικής Επιστήμης μέλη των επιτροπών και η εννεαμελής Διεθνής Επιτροπή των Μαθηματικών Ολυμπιάδων. Τα θέματcι, τα οποίι� cί\'(tt πριι}τότυπα. είναι κοινά για t)λα τα παιδιά και θα μεταφρcιστοi>ν σε 56 γλ<uσσες, επειδ11 ις(ιθι-: πωδί διαγιονίζεται στην γλιuσσα του. Το «εξεταστικό)) τμήμα της Ολυμπιάδας διαρκεί ουσιαστικά 2 ημέρες από 4,5 ώρες και το υπόλοιπο τμήμα της είναι το πολιτιστικό πρόγραμμα. Ελπίζουμε ότι από τα 800 περίπου μέλη των ξένων αποστολών και επιτροπών θα μας στις πατρίδες τους. προκύψουν vφκ:r:roi ωr.ρεσβευτ�:ς» της Η Ελλάδα συμμετέχει στις Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες από το 1974. Από την 24η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα του Παρισιού ή χώρα μας έχει μια επιτυχή πορεία, με ικανοποιητική συγκομιδή μεταλλίων και υψηλή θέση κατάταξης. Αξιοσημείωτο είναι ότι το 1994 στο Χονγκ πρι�ιτ-η στσν κόσμο στ:u Γr.:..,;με�μiα. Κονγκ και το 1996 στην Ινδία, η χι';φα Η ΛιεΘν�ς ΜαΟηιι.αηκή Ολυu:rηάδΩ1 1 }�r.:u;;rτΊHtHQi1E1 [V!ΆHtheπ13ticai 0]', -:;-;υind/ ι}[ Ο 200�-'i, : ' αποτελεί μια πολύ καλή ευκαιρία να συνδυαστεί το σύγχρονο υψηλό'#μαθηματικό επίπεδο της χώρας με την αρχαιοελληνική μαθηματική κληρονομιά μας. Στην αρχή του 21 ου αιώνα είναι περισσότερο επιβεβλημένη από ποτέ η προώθηση υψηλών προτύπων, από το χώρο του πνεύματος και της επιστήμης. Η ε&π.στ'l1-��J'νtκή αρηότητα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, η εμπει ρία που διαθέτει από τη διοργάνωση Μαθηματικών Διαγωνισμών σε διεθνές επίπεδο, οι καλές σχέσεις που έχει αναπτύξει με τη Διεθνή Εκπαιδευτική και Μαθηματική Κοινότητα, αποτελούν εγγύηση για την άρτια προετοιμασία των Ελληνικών Ολυμπιακών Ομάδων και την άψογη διοργάνωση της ΙΜΟ 2004. Από το 1997, η ΕΜΕ άρχισε την ενημέρωση και προετοιμασία της Διεθνούς Μαθηματικής Κοινότητας για τη διεκδίκηση της διοργάνωσης της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας 2004. Την επιτυχή κατάληξη της τελικής διεκδίκησης - που έγινε το 1999 στο Βουκουρέστι - και η οποία αποδεικνύει το διεθνές κύρος της Εταιρείας μας, ακολούθησε ένας κύκλος δραστηριοτήτων με σκοπό την προβολή και περαιτέρω προετοιμασία του όλου εγχειρήματος. Η 45η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα είναι μια ει}.:ική προ,;:;πά.(>εκ:.;:. Το τεράστιο αυτό εγχείρημα απαιτεί την ενθουσιώδη συμμετοχή όλων μας, στο Σ.6J�r,�ιz 'εΘελοντών τ.ης .• •Λυμπια'δ·ας .-ιv'i.J'* ' ,�.J.t:ιιημ::c;χης " .- -,__ ""' 7"'·"" , που θ α συσταθ ει' απο' την Ελληνικη' Μ αθ ηματικη' Εταιρεια. :\ΊΗφαiτητο ιφ1η)ρω αυ�ιμcτοχι1ς r.{νω η άριστη γνιi>ση της Αγγλικι;ς γλιi>σσας. Η cπιλοyιi θα γί\'Ει μc προσwπικι; συνέντευξη και στη συνέχεια οι εΘι;λοντές και οι εΘελόντριες Θα εκπαιδευΟοί>ν tωτι'.tλληλrι: ί;)σπ; να αποτεΜσσυν τον υποστηρικτικό ιστό της ΜαθηματικΙiς Ολυμπιάδας του 2004 �Λ Τ(· τί:λ.ος της Ολυ;.. ι:τr i.ιΊ.δας βεβιπί.ύ)i!_1'�� συι-ι�ιt:τοχ�ής τους ισς εθελ.οντ{ς� θ�σ. ��γγρο:ry')Ο()ν} τt,μ�ή)!; ένεικ�\�'1 ··

· ·

και

- · -

--·

·

Q �

θα π6.pσυν δ{;1_�})ε{.t\� ε�-<δ6σεt,:;

-:�τ�

"

Ε.

.

. • • ;.•

-•


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

52 -

Απρίλιος - Μάιος - Ιούνιος

2004

- Ευρώ:

2,50

e-maίl: ίnfo@hms.gr www.hms.gr

Υ Ιιt·ύθιηοι 'Εκοοοψ;

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος.

l:u\ιακιικt' ΟιΗίοο:

4

Ανδρουλακάκης J 1ίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βισκαδουράκης Βασίλης Βλάχου Αγγελική Γιούσης Θεόδωρος Γράψας Κωνσταντίνος Δούvαβης Αντώνης Ευθύμογλου Πέτρος Θεοδωρέλος Χρίστος Καλίκας Σταμάτης Καρακάσογλου Αλέξανδρος Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Κυρ ιακοπούλου-Κυβερνήτου Χρυοτ. Λα�αρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μαλιδάκη Ελένη Μεταξάς Νίκος Μυλωνά5 Δημήτρης Μώκος Χρήστος Ντζιώρ ας Ηλίας Παπ�ιάν Μαριλένα Παππάς Γιώργος Ρήγας Θεόδωρος Σακελλάρης Βασίλης Σαi'τη Εύα Σταθόπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Σφω:ής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τ.,Ρ ιάντος Γεώργιος Ίοικαλουδάκης Γιώργος ΤσιοιJτιας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώuις

Ο Εuκλcίδης προrcίνcι... Εuκλcίδη και... Διόφανrο

23

24

ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ ΗΟΜΟ

MATHEMAΊICUS

28

«Μαl!ημαηκοι Διαγωνισμοί - Μαl!ηηκeς Ολuμπιάδcς

35

Λuμeνcς Επαναληπηκeς ασκήσcις σrην λλyc6ρα rης Α' Λuκcίοu

41

Γcνικeς ασκήσcις Γcωμcφίας για rην Α' Λuκcίοu

39

Γcνικeς Επαναληπηκeς Ασκήσcις Α' Λuκcίοu yια ... δuναrούς λύrcς!

45

Α' Λuκcίοu Γcωμcφία - Ασκήσcις Επανάληψης

48

Για μια γρήγορη cπανάληψη σιην λλγc6ρα

53

Επαναληπηκά Θeμαια σιη Γcωμcφία ιης Β' Λuκcίοu

58

Β' Λuκcίοu Μαl!ημαηκά Καιcul!ύνσcις (Επαναληπηκeς Ασκήσcις)

61

Ασκήσcις cπανάληψης, Εuκ.λcίδcιας Διαίρcσης και διαιρcιόιηιας

Συvι·ργ<ίιι·<;:

Φελλούρης Ανάργυρος, Πιτσιούyκας Γιώρ­ γος, Παπαδοπούλου Ευρώπη, Δ. Γαj3ρίδης, Δάφνιις Δηpήφης, Δάφτης Σπύρος, Γιαν­ νακόπουλος Σπύρος, Ασλανίδης Τίμος

\ΙιιlJιιιωιιΙΙ.<ί. \ΙΟ ιψ J 'Ί ιίί,rι

65

ΠΑΝΕΠΙΣτΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ' 210-36 17 784, 210-36 16 532

Αλι{αvδρής Νικόλαος Κ:αρκούλιας Γιώργος ·

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: 2,50 ευρώ Τεύχος: Εlήσια συνδροJΠΊ 10,00 ευρώ (Σχολ.) ΣυνδροJΠιτές: 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) f)ρ\Η' ιιψ••ί: 18,00 ευρώ Το·. J·.ιιιιιι\ι�ι; Ί. I f"''f''"ί•• \llιί' ιι :>4, I .f-.. ;�0044

Μιγαδικοί Αριl!μοί

71

Ολοκληρωηκός Λογισμός

77

JSS:"<: 1105-7998

1-ι

'"

ι•

\ιιΙΙ.ι·ίιJιι

Μαl!ημαηκά και Σrοιχcία Σιαησηκής Γcvtκής Παιδcίας

66

69

Fax 210-36 41 025

ιιιιι

Θeμαrα πάνω σc άρηcς - πcριηeς σuναριήσcις

Ταξινόμηση oc πίνακcς: Η MelJoδoς Φuσαλίδας

,.,ιι,." 'ι

Ν. Αλεξόπουλος

-

1-ι· ί ιtί ιιιι" ί 'I ιι 'I

Ακαδημίας 43, τηλ. 210-3606826

Εκ:ιύπωοη

Ί 1'111'1..,. \

, Ιερά οδός 81 - 83

ΥπευΟ. Τυπογραφcίοu Π Τρικεριώιης Τη)ΔlΟ-3474654


Ο Εvιtλ.είδnς nροτε:ίvε:ι Εvιdε:ίδn . . .

ιςαι

24. (Τό 'χε προτείνει ο συνάδελφος Γιιbργος Κου­ σινιιbτης απ' την Ηλεία). Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ κι ένα ση­ μείο Ρ στο εσωτερικό του. Απ' το Ρ φέρουμε τα ευθύγραμμα τμήματα: ΡΔ, ΡΕ, ΡΖ κάθετα στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι: «το άθροισμα + + ΑΔ ΒΕ ΓΖ είναι σταθερό, (ανεξάρτητο απ' τη θέση του σημείο Ρ μέσα στο τρίγωνο). Α πάντηση

"· '

.u.ιοφαvτο

.. .

Α

Δ Ι\ Β Στο τρίγωνο ΑΔΗ είναι Η ι = 30°. Άρα αν ΑΔ =χ, τότε ΑΗ = 2χ. Οπότε: ΔΗ = .f3x . Ας είναι τώρα: ΡΔ = κ, ΡΕ= λ, ΡΖ = μ. Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΖΡ έχουμε: Ηι 30°, ΡΗ = 2μ. Συνεπώς: .J3x =ΔΗ = ΔΡ + ΡΗ =κ+ 2μ. Δηλαδή: κ .J3+2μ (1). Όμοια: αν ΒΕ = y,ΓΖ =ω, τότε: μ+2λ (2). y= λ+2κ ,ω= .J3 .J3 Άρα ΑΔ +ΒΕ+ΓΖ =χ+y+ω= 3(κ +λ+ μ) = .J3υ = .J3 . α.J3 = 3α . · .J3 2 2 .J3 α (ά[Θυμίζουμε ότι: ΡΔ+ΡΕ+ΡΖ υ= 2 σκηση Σχ. Βιβλίου)]. Στο πνεύμα κινούνται και οι διαπραγμα­ τεύσειςίδιο των συναδέλφων απ' τη Αττικής Δράμα, και απ' το Κορυδαλλό απ' τη Δροσιά Αττικής. Υ

Λ

Φέρουμε την κάθετη Β τηςΑ. ΑΒ στο σημείο Όμοια την ΑΓκάθετη Α'Γ καιΒ' στην στο την κάθετη ' στη ΒΓ στο Β.Α'ΓΣχηματίζεται τρίγω­ νοισόπλευρο Α'Β'Γ' διότι: BAr =60° . Οπότε: B'Af = 30°. Οπότε: ffiA = 60° . Έτσι όμοια δείχνουμε: ΑΓΊi =60° , ΒΑΥ = 60° . τις κάθετες απ' τοΔ',Ε',Ρ στις πλευ­ ρέςΦέρουμε του νέουτώρα τριγώνου κι ας είναι Ζ' οι πό­ δεςΑ'Β', Β'τωνΓ', ΓΆ'καθέτων αντίστοιχα.αυτών στις πλευρές Τότε: ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ =ΡΕ'+ΡΖ'+ΡΔ'=υ' ό­Γ' που υ' το ύψος του ισόπλευρου τριγώνου Α' Β ' (Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας ασκ. 3 σελ. 104 Σύν­ θεταΗ Θέματα). πλευρά τουΑ'Β'Γ' είναι α' = .J3α ( Α'Β' =Α'Γ +ΓΒ' = � + }3 = � = .J3α) και συνεπώς το ύψος του είναι Ο συνάδελφος απ'διαπραγ­ το Α­ = .J32 α' = .J32 .J3α = 3α2 . λιβέρι Ευβοίας έστειλε την παρακάτω μάτευση: Έστω α ητοπλευρά του ισόπλευρου τριγώνου.τότε:Αν Ρ το είναι βαρύκεντρο του τριγώνου, Ο συνάδελφος απ' την Ύδρα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: ΑΔ=ΒΕ=ΓΖ = α2 . Άρα: ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ = 32α . 'Γ

Λ

Β'

=

χ=

Χρήστου Δεμιρτζό­

γλου

Στέλιου Πετρολέκα

Γιάννη Σταματογιάν­

νη

'

υ

Σω τήρης Γκουντουβάς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/4

Κωνσταντίνος Ηλίας


Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Θα δείξουμε ότι: ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ=-3α2 για ο- Εύκολα διαπιστώνουμε ότι: J3 -J3y0 >0 Οπότε: (ΑΔ)=Ξ ( 2α-χ0-y0 ) . Ρ στο εσωτερικό του του θέση άλλη ποιαδήποτε τριγώνου. Ρ είναι Έτσι έχουμε: (ΑΔ)+(ΒΕ)+(ΓΖ)=. το (α) περιπτώσεις: δύο Διακρίνουμε του τριγώνου, (β) το Ρ δεν είναι πά­ ύψοςύψος. νωπάνωΣεσε σεκάποιο ( 2α-χο-Yo.fi)+χ0+Ξ ( α+.fiy0-χ0) =3� Ξ αποδει­ τρόπο απλό με περίπτωση κάθε κνύεται το ζητούμενο. . κινείται και η δεύτερη ίδια κατεύθυνση Στην Πα­ τα απ' Οτήσιασυνάδελφος συναδέλφου του διαπραγμάτευση της Αθήνας έστειλε την παρακάτω δια­ ίδιο Β' Με οτομαθητής απ' τη τοΔράμα. πραγμάτευση: και θέμα διαπραγματεύεται μα Έστω α η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου. Αθήνα την απ' τάξης (δεύτερος τρόπος). . τη απ' συνάδελφος ΟΠρέβεζα παρακάτω διαπραγμάτευ­ την έστειλε δεχόμαστε(1). γενικότητας της βλάβη Χωρίς ση. ΒΡ ΓΡ τι: / Ί\ με τοxOΒ.y, τουΤότε:ο­ Ο ταυτίζεταισύστημα η αρχήορθοκανονικό ποίουΘεωρούμε ί Ί \ Μ/ Ί \ α Α ( � , � } Β(Ο,Ο),Γ(α,Ο). Ί /\ / Β/ �Ζ Ί Ας είναι P(x0, y0) εσωτερικό σημείο του τρι­ . .. ........ \ ' . γώνουΑΒΓ {����� / βρίσκουμε ότι οι εξισώσεις των εύκολα Τότε ΑΒ, ΑΓ είναι: ευθειών ΒΓ, πλευρών των μέσα τα Μ Λ, Κ, είναι Ας Γ Α, ΑΒ αντίστοιχα. AB:y-.fix=O, AΓ:y+.fix- α.fi=0. ­ εσωτερι το Δ είναιΒΜ, με την (1),τμήματος σύμφωνα Έτσι παίρνουμε: Ε το ευθύγραμμου του σημείο κόείναιΤότε, εσωτερικό CΡΔ)=Ξ IΥο-.fixol· CPZ)=Ξ IYo+.fixo -α.fil ρικό σημείο Λ. του τοΖ είναι εσωτε­ του Γσημείο και (Β Ε) χ0 . {y+.J3-xx =α.J3· - } , , το συστημα: Επιλυουμε .J3y =.f3yo χο ι\e και βρίσκουμε τις συντεταγμένεςJ3του σημείουΖ: � =41 (χ0 - ν 3y0 +3α), Yz =4(.fiy0 - χ0 +a) Οπότε παίρνουμε: (1). 'Εχουμε τώρα: (ΓΖ)=Ξ ( a+J3y0 - χ0) �χδ +1ο χ0 +f3x0 Όμοια παίρνουμε: 2α-Χο

•.

(I)

(3)

""

""

Α θα νάσι ος Καλάκος

Χρή σ του

πνεύ­

Δεμιρτζόγλου

Υ

Δη μήτρ η ς Μοιρ ογιάννης

Α

""

""

Γιώργος Κατ σ αο ύ νη ς

Ε

Β

Γ

ΑΡ :<::

χ

:<::

Α

Λ.

\ Λ

I

Δ,.

I

--

:./

'

?:

',

._,....

I:-, Κ Ε

Β

Γ

ΚΓ,

=

. Κατ ' αρχάς δείχνουμε ότι : ΒΘ<α. Α

Xz

[;;

Γ

Β

Προεκτείνουμε τη ΒΡ προς το Ρ κι ας είναι Θ το ση­ μείο που συναντάει την ΑΓ. Σε κάθε περίπτωση το Θ είναι πιο κοντά στο Λ απ ' τα Α, Γ. Άρα ΒΡ<ΒΘ<α.

Ξ

(ΑΔ)= 12α-χο-yo.fil

(2)

Συνεπώς:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/5

(

2α > 2(ΒΡ)

<=>

2α >

=

2

( f3x o- ο)2 �Ο) . Υ

χ0 +f3y0

ή 2 -χ0-f3y0 >Ο. α


Ο Εκλείδη ς προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

[ ] [ ] Εφαρμόζουμε ΔεύτεροΡΑΒΘεώρημα σεπαίρνουμε: καθένα απ' τατοτρίγωνα , ΡΒΓ, Διαμέσων ΡΓΑ και (ΑΔ)2 -(ΒΔ)2 ]2 + (ΒΕ)2 -(ΓΕ)2 + [ (ΓΖ)-(ΑΖ) =Ο (ΡΑ)2 -(ΡΒ)2 = 2α(ΔΜ), (ΡΒ)2 -(ΡΓ)2 = ή (ΑΔ + ΒΔ)(ΑΔ-ΒΔ)+ (ΒΕ + ΓΕ)(ΒΕ-ΓΕ) + 2α(ΚΕ), (ΡΓ)2 -(ΡΑ)2 = -2α(ΛΖ) (2) (ΓΖ+ ΑΖ)(ΓΖ-ΑΖ) = Ο όπου: (ΑΒ) = (ΒΓ) =(ΓΑ)= α. κατά .μέλη τις (2) κι έχουμε: ή α(ΑΔ-ΒΔ)+ α(ΒΕ-ΓΕ) + α(ΓΖ-ΑΖ)= Ο Ο =Προσθέτουμε 2α(ΔΜ + ΚΕ-ΛΖ) Άρα: ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ=ΑΖ+ΓΕ+ΒΔ . Οπότε: ΔΜ + ΚΕ =ΛΖ. (3) Οπότε: 2(ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ)= Ωστόσο έχουμε: ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ+ ΑΖ+ ΓΕ +ΒΔ= α α α ΑΔ ΛΖ = 2 -ΓΖ' ΔΜ= - 2 ' ΚΕ= ΒΕ- 2 . = (ΑΔ +ΒΔ)+ (ΒΕ + ΓΕ) +(ΓΖ+ ΑΖ)= 3α 'Ετσι η (3) γίνεται: (ΑΔ-�) + (ΒΕ-�) = � -ΙΖ δηλαδή: 2(ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ)= 3α3α ή ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ=-.2 3α δηλαδή ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ= 2 . είναι η διαπραγμάτευσηαπ' τουτο συνα­ ΟΣυντακτικής συνάδελφοςΕπιτροπής ( έδωσε την παρακάτω μέλος της Παρόμοια , · Ίλιον δέλφου Αττικής. Επίσης του μαθητή Τάξης απάντηση. απ' τη Χαλκίδα. απ'Καρδίτην Οι συνάδελφοι: �z απ' την Κέρκυρα, τσα τη σχέση: (ΑΔ)2 + (ΒΕ)2 + (ΓΖ)2 = (ΑΖ)2 + (ΓΕ)2 + (ΒΔ)2 , που παίρνουμε από 2το Θεώρημα Camot, τη γρά­ 2 2 · φουν: (ΑΔ) + (ΒΕ) + (ΓΖ) = Σύμφωνα με το Θεώρημα Camot ισχύει: (α-ΓΖ)2 +(α-ΒΕ)2 +(α-ΑΔ)2 . (ΑΔ)2 + (ΒΕ)2 + (ΓΖ)2 = (ΑΖ)2 + (ΓΕ)2 + (ΒΔ)2 . Η τελευταία μετά τις πράξεις γίνεται: Συνεπώς: 2 3α -2α(ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ) = Ο, απ' όπου συμπεραίνουμε ότι: ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ= 3α2 . Γ:(;_1φγος ΣηrΟόπουλος, μέλος Ο συνάδελφος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παραΑΔ ΑΡ ( ) 2 + (ΔΡΑΔ)2 2 ( ΑΖ)2 2 (ΑΖ)22+ (ΡΖ)2.2 κάτω απάντηση: ( ) -( ) (ΡΖ) -(ΡΔ) __

ι-�

Α

,ίrc;,;υ Λνη·η·/;;γcιυλσ--:; Γ

:,.,_ι.:'η-:<η)

<ιραμιδάς :•/<\δας

2ο> ··

ΔΓ >\

Β

iΓυίιννη

Γ

Ε

Έστω ΑΒΓ τυχαίο τρίγωνο και Ρ εσωτερικό σημείο.

,. ..,.

-"-�--·

Αν Δ, Ε, Ζ τα ίχνη των καθέτων απ' το Ρ στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΖ αντίστοιχα, τότε =

=

Και συνεπώς:

lί Ή'-<->

Α

(1)

=

Α ι',

- z

Ρ:'·-',/�-,

---�"' ι. _ -------- ι Β -Γ Ε ..

Όμοια εργαζόμαστε και δείχνουμε :

(ΒΕ2 )2 -(Β2 Δ)2 (2ΡΔ)2 -(2ΡΕ)2 (ΓΖ) -(ΓΕ) (ΡΕ) -(ΡΖ) =

=

(2) και

. Με πρόσθεση κατά μέλη

των ( 1 ),(2),(3) παίρνουμε του συνθήκη του Camot.

Εφαρμόζουμε το Γενικευμένο Πυθαγόρειο Θε­ ώρημα στο τρίγωνο ΡΑΒ και έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/6


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

(ΡΒ)2 =(ΡΑ/ +α2 -2α(ΑΔ) ή (ΡΒ)2 -(ΡΑ)2 =α2 - 2α(ΑΔ) (1) Επίσης2 από τα2 τρίγωνα ΡΒΓ και ΡΓΑ παίρνουμε: 2 (ΡΓ) -(ΡΒ) = α - 2α(ΒΕ) (2) και (ΡΑ)2 -(ΡΓ)2 =α2 -2α(ΓΖ) (3). Προσθέτουμε2 κατά μέλη τις (1), (2), (3) κι έχουμε: Ο=3α -2α(ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ) ή 3α ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ=-. 2

Α

Γ

Έστω Η,ΚαιΘ Ι,οιΚπροβολές του τουΕ στιςΡ στιςΑΒ,ΕΗ,ΑΓΕΘα­ ντίστοιχα. οι προβολές αντίστοιχα. 'Εχουμε: iEP=W =60° και συνεπώς τα ορ­ θογώνια τρίγωνα ΡΙΕ και ΕΚΡ είναι ίσα. Άρα: ΙΡ Οπότε:Β ΔΗ ΘΖΕ ( 1) και απ' την Α­ Ομαλιάδα συνάδελφος Ηλείας έστειλε την παρακάτω διαΒΗ= ξ , ΓΘ= ; (2). πραγμάτευση. Συνεπώς: ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ= =

Ιω άννη ς Τ σ όπελας Α

ΚΡ.

=

ΗΔ+ΒΕ+ΓΘ +ΘΖ=ΑΗ+ΒΕ+ΓΘ = ΑΒ - ΒΗ+ΒΕ+ΕΓ2 ΒΕ ΕΓ α 3α ΒΓ =ΑΒ+-+-=ΑΒ+-=α+-=-. 2 2 2 2 2 (!)

ΑΗ -

το ΡΒΓ.φέρνουμε παράλληλη προς 2 . (το'χε προτείνει ο συνάδελφος τηνΑπ'πλευρά Κι ας είναι:την (ΜΔ) =χ, (ΝΖ)= y. 5 απ' την Ηλεία) Στα ορθογώνια τρίγωνα ΡΔΜ, ΝΖΡ έχουμε: Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: ΔΡΜ 30° = :ΝΡΖ, ΔΜΡ= 60° =ΡΝΖ:. α Α+βΒ+yΓ Οπότε: ΡΜ=2χ, ΡΝ = 2y . α +β+y 2 3 Από τα σημεία Μ,Ν φέρνουμε τις κάθετες ΜΚ, ΝΑ στη ΒΓ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΚΜ, ΝΛΓ Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι: είναιΑςπροφανώς είναι: (ΒΚ)ίσα.=(ΛΓ)=ω. , α>β>γ . Συνεπως: , Α>Β>Γ , οποτε: Οπότε: (ΒΜ)=(ΓΝ)= 2ω. Το τρίγωνο ΑΜΝ είναι ισόπλευρο. (α-β) (Β-Λ)+(β-γ{r-Β)+(γ-α) (Λ-Γ)s;o. Άρα: ΑΔ+ΔΜ=ΡΜ+ΡΝ Κι επομένως: ή ΑΔ+χ= 2χ+ 2y ή ΑΔ=χ+ 2y. [-(α- β)+(γ -α)]Α+ [(α-β) -(β-γ)]Β+ Επίσης: ΒΕ=ΒΚ+ΚΕ=ω+ 2χ, ΓΖ=ΓΝ+ΝΖ= 2ω + y (2) [(β-γ)-(γ-α)]Γ s; Ο και συνεπώς προσθέτοντας κατά μέλη τις (1), (2) παίρνουμε: ΑΔ +ΒΕ+ΓΖ=(χ+ 2y)+(2x+ω)+(y+ 2ω) = ή (-2α+β+γ)Α+(α-2β+γ)Β+(α+β-2γ)Γs;Ο ή [-3α+(α+β+γ)]Α+ 3 3 +2ω)=-α 3(χ+y+ω)= -(2χ+2 y +[(α+β+γ) -3β]Β+[(α+β+γ) -3γ]Γ s; Ο ή αφού 2χ+ 2y + 2ω2 ΚΕ +ΕΛ +ΒΚ +2 ΛΓ. (α+β+γ) (Α+Β+Γ ) -3 ( αΑ+βΒ+γΓ ) s;O ή Ο μαθητής Β' τάξης απ' την Αθήνα έστειλε την παρακάτω (α+β+γ)πs; 3 ( α Α+β Β+γ Γ ) . διαπραγμάτευση: ΜΝ

/Ίιύργος Κου­

σινιιύρης

=

Λ

π s;

Λ

Λ

<π .

Α πάντ ηση

Λ

_

Λ

_

Λ

_

_

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

=

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Δη μήτρη ς Μοιρογι άν­

νη ς

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4Π

Λ

Λ


----�----

Άρα: _::3 � αΑ+βΒ+γΓ α+β+γ . Κι ακόμη έχουμε: Λ

Λ

Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο Λ

(-α+β+γ)Α+(α- β-ty)Β+(α+β-γ)Γ >Ο ή [-2α+(α+β+γ)]Α+[(α+β+γ)-2β]Β+ +[(α+β+γ)-2γ]Γ >Ο ή cα+β+γ A+B+r -2 αΑ+βΒ+γr > ο Λ

,

Λ

Λ

) (

Λ

Λ

Λ

Λ

(το'χε προτείνει συνάδελφος από τηνοΗλεία)

σινιώτης

Γιώργος Κου­

Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β 45° Στην πλευρά ΒΓ του τριγώνου παίρνουμε σημείο =

Δ τέτοιο ώστε: ΒΔ .!. ΓΔ . 2 Αν είναι ΑΔΓ 60° να υπολογιστούν οι άλλες γωνίες του τριγώνου . =

Λ

"" .

26.

)

ή cα+β+γ)π>2( αΑ+βΒ+γr) . Άρα.. -π2 > αΑ+βΒ+γΓ α+β+γ .

Π

Λ

Λ

Λ

Λ

{

1 +-(-α-β+γ)Γ (3). <-(α+β+γ) 2 2 [αφού: α-β-γ<Ο, -α+β-γ<Ο, -α-β+γ <Ο] αΑ+βΒ+γΓ <-π . , Α πο, την (3) παιρνουμε: α+β+γ 2

Λ

=

,

Απάντηση

Φέρνουμε τη ΓΕ κάθετη στην ΑΔ. Οπότε: ΔϊΈ = 30° . (1) Δ Άρα: ΔΕ= Γ2 =ΒΔ (κατά την υπόθεση). Και συνεπώς το τρίγωνο ΒΔΕ είναι ισοσκελές. Οπότε ΕΒΔ=ΔΕΗ=_!_2 60° = 30° . (2)

""

Παρόμοια είναι η διαπραγμάτευσηαπ'τωντο συνα­ δέλφων: Ίλιον από τα Πατήσια Αττικής, της Αθήνας από την Κέρκυρα, απότην τηΚαρδίτσα, Δάφνη Αττικής, από από την Αμαλιάδα Ηλείας. Επίσης ο απ'μαθητής Β' την Αθήνα, το αντιμετωπίζει με παρόμοιο τρόπο. Νίκου Αντωνόπουλου Αθανά σ ιου Καλάκου , Γερά σ ιμου Κεραμιδά Ροδόλφου Μπόρη Σωτήρη Σκοτίδα Ιωάννη Τσ όπελα

Α

τάξης Δημήτρι<�ς Μοιρι­

γιάννης

"" .

""

Ο συνάδελφος απ' τη Δράμα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: για το δεύτερο σκέλος, που ήταν και το κυρίως Από τις (1 ), (2) συμπεραίνουμε ότι: το τρίγωνο ζητούμενο: ΕΒΓ είναι ισοσκελές. Οπότε: ΒΕ=ΓΕ (3). Έχουμε: Έχουμε: αΑ=21 αΑ+21 αΑ=21 αΑ+21 α ( π -Β-Γ )= ΕΒΑ=Β-ΕΒΔ=45° -30° =15° (4). Στο τρίγωνο ΑΒΕ η γωνία ΒΕΔ είναι εξωτερια ( Α-Β-Γ ) (1) α+ 2 2 κή,Και συνεπώς οπότε: ΕΑΒ =ΔΕΒ-ΕΒΑ = 30° -15° =15° . ΑΒΕ είναι ισοσκελές. ΆΒΕ ΕΑ (5) Όμοια παίρνουμε: βΒ=� β+± β (-A+B-r) ρα:Από τις (3),το (5)τρίγωνο συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο έχουμε: γr=� γ+± γ ( -Λ- Ι3+Γ) (2) . ΑΓΕ είναι ισοσκελές και επομένως και ·ErA= fAE= ΓΕΔ = 45ο . 2 Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2) κι έχουμε: Τελικά παίρνουμε: Α=15° +45° =60° και α Α+β Β+γ Γ=-(α+ 2 β+γ)+ Γ=30° +45° =75° . 1 -γ)Α+-(-α+ 1 β-γ) Β+ -(α-β Χρή στος Δεμιρτζόγλου

Λ

Λ

Λ

Λ

Π

Λ

Λ

Λ

Β

Λ

----

Λ

-

-

Λ

----

-

----

(4)

=

-

Λ

2

Λ

Λ ·

Λ

Λ

Π

2

Λ

Λ

"" .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/8

""


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο •

τον ίδιο, κατά βάση τρόπο, αντιμετωπίζουν τοΜε θέμα οι συνάδελφοι: Επιτροπής, μέλος τηςαπ'Συντακτικής τηαπ'Δάφνη Αττικής, τη Δροσιά Αττικής. Παρόμοια διαπραγματεύεται από θέμα ο μαθη­ ' τής Β τάξης Γιώ ργος Κατ σ ο ύ λης, Ροδόλφ ος Γιάννης Στα­

Μπόρης ματογιάννης

Ο συνάδελφος από την Λά­ ρισα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Α Αντιύνης Ιωαννίδης

Δημιjτρ ιος Μοιρογιάννης.

Ο συνάδελφος απόδιαπραγ­ το Ί­ λιον Αττικής έστειλε την παρακάτω μάτευση: Νίκος Αντωνόπουλος

Α

Παίρνουμε πάνω στην ΑΔ σημείο Ζ τέτοιο ώστε: ΑΕΖ = 15° . Οπότε: ΖΜ = Β1 = 30° . Κι επειδή: Mr = 60° συμπεραίνουμε ότι: Az = 15° κι επομένως το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισο° και συνεπώς ΔΖ = ΔΒ. σκελές. Αφού ΔΖΗ= 30 Άρα:ΑςΒΖείναι = ΖΑτώρα (1). Θ το μέσο του ΔΓ. Τότε: ΒΔ = ΔΘ = ΘΓ = α3 · δηλαδή το τρίγωνο ΔΘΖ είναι ισόπλευρο. [Αφού ΔΖΗ= 30° και συνεπώς °. ΔΖ=ΔΒ]. Άρα: Zτηz =ΖΓΘι το= 60τρίγωνο Αν φέρουμε ΖΘΓ που σχη­ ματίζεται είναι ίσο με το ΒΔΖ. Οπότε: ΖΓ = ΒΖ καιΣυμπεραίνουμε Γz = 30° . (2) έτσι ότι το Ζ είναι το περίκε­ ντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Έστω: (Αι =Γι =χ. Τότε: Az+ Αι ) +Β+ Γz+ Γι = 180° ή 15° + χ + 45° + 30° + χ = 180° ή = 45° . Άρα: A=lf +4f =60° , Γ=Γz+Γι =30° +4f =7f. ΟΠατήσια συνάδελφος από τα της Αθήνας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγ­ μένων, του οποίου η αρχή ταυτίζεται με την κορυφή Β του τριγώνου. Λ

Γ

θ το μέτρο της2(ΒΔ)γωνίαςκαι Γσυνεπώς: ΑΔ και (ΕΑΔΑς) =χείναι Έχουμε: (ΔΓ) = (ΑΔη =2Ε(ΑΒΔ)· Άρα: _!_2 χβημ�=2· .!.2 γχημ1f ή ημ�= 2γβ ημl.f . Οπότε, λόγω του Νόμου των Ημιτόνων: ημ� = 2ημΓ ημΒ ημ15° ή ημ� <,:> (.J3 -1 ) ημΓ . (1) Ωστόσο: ημ�= ημ ( 120° -Γ) = 1 . (2) ημ120 συνΓ -ημΓσυν120° = -J32 συνΓ +-ημΓ 2 .J3 1 ή Οπότε: (.J3 -1 ) ημΓ = -συνΓ +-ημΓ 2 2 εφΓ=2+ .J3 **= εφ75° . Έτσι παίρνουμε: Γ= 75° . Οπότε: Α= 180° -45° -75° = 60° . Ο συνάδελφος απόμε τητη Δράμα διαπραγματεύεται το θέμα επίσης βοήθεια της Τριγωνομετρίας (Νόμος των Σ� νημίτονων). .

ο

(Ι)

(2)

(

)

Λ

Λ

,......_ .

,......_

Χριjστος Δεμερτζόγλου

,......_

.

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

χ

Λ

Λ

,......_ .

=

=

Λ

Λ

,......_

ημ15° �(J3-ι) (**) εφ75 ° + J3 [Σχολικό βιβλίο Β ' Τάξης σελ. 29]. < *>

Λ

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/9

Λ

Λ

,......_

Αθανάσιος κο;.άκος

Α


Ο ΕΊώ:ίδης προτείνει ... ΕυκλΕίδη

Προφανώς (ΒΔ)= 3_!_ (ΒΓ) . (1) Έτσι αν: (ΒΔ) =λ , τότε: Δ(λ, 0), Γ(3λ,Ο). Κι ακόμα: + �,y �) το Νόμο των Ημίτονων στο τρί­ γωνοΕφαρμόζουμε ΒΔΑ κι έχουμε: ΑΒ ΒΔ --- = -- ή ° ημ15° ημ120 J3 J2( 3+3 ) . y=λ · :Ζι2J3 ) =λ z -ι ν Και συνεπώς οι συντεταγμένες του Α γίνονται: Α ( � (J3+3),�( J3+3)). Άρα οι συντεταγμένες των διανυσμάτων ΓΑ,m είναι: rA.(�(J3-3),�(J3+3)) και ΓΒ(-3λ,Ο). Κιεπειδή: ΓA · rB = I rΛI rnl συνΓ� *) J2 ( J3 -1 ) (=συν75 °, συνΓ = 4 Άρα Γ=75° . Οπότε: Α=180° -75° -45° =60° . Ο συνάδελφοςΑττικής έστειλε την παρακάτω από τον Κορυδαλλό διαπραγμάτευση: Φέρουμε από τοτηςΑκαθέτου την κάθετη στη ΒΓ κι ας εί­ ναι Ε το ίχνος αυτής. Α r;;

��

Λ

Λ

Στέλιος Πετρολέκας

.••

και Διόφαντο

Ωστόσο: ΕΑΒ = 90° -45° = 45° . Άρα ΔΑΒΣυνεπώς: = 15 ΒΕκαι τοΑΕ.τρίγωνο ΕΑΒ είναι ισοσκελές. (2) ΒΔ 1 · δηλαδή·. ΒΔ 1 ή -=, -='Εχουμε τωρα: ΔΓ 2 ΒΓ 3 ΒΓ = 3(ΒΔ) . (3) Εξάλλου: J3 J3 - 1 (ΑΔ) . 1 ΒΔ =ΒΕ-ΔΕ = -(ΑΔ)--(ΑΔ)= 2 2 2Συνεπώς: ΕΓ = ΒΓ-ΒΕ = 3(ΒΔ)-ΑΕ= 3J32-1 (ΑΔ)= 2J32-3 (ΑΔ) . (4) ΑπόΑΕτο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΓ παίρνουμε: εφΓ =ΕΓ και συνεπώς J3 -(ΑΔ) :'-- - = =εφ75° · εφΓ = --:::Ξ2 2J3-3 (ΑΔ) 2- J3 2 Άρα: Γ= 75° . Οπότε: Α= 60° . Με οιΎδρα, συνά­ δελφοιτον ίδιο βασικά τρόπο εργάζονται από την απ' το Περιστέρι Αττικής, απ' τη Καρδίτσα. Ο μαθητής τάξης Κώστας Φράγκος από το Νέο Ηράκλειο Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Φέρουμε τηνμέχριBy νακάθετη στην ΒΓσεκαιένατηνσημείο προε­ κτείνουμε συναντήσει την προέκταση προς το Δ της ΑΔ. Στο τρίγωνο ΕΒΔ έχουμε: ΕΔΒ = 60° . Οπότε: illiΔ =30° . '

-

=

(2) (I)

(Ι)

Λ

J3

.fi ( 4

Λ

Σωτή ρ η ς Γκουντουβάς Ελευθέριος Πρωτό παπας, Σωτή ρ η ς Σκοτίδας Γ

Προφανώς το μέτρο της γωνίας ΕΜ είναι 30°. Άρα: ΔΕ= Ξ (ΑΔ) και ΑΕ= � (ΑΔ). (1) =

l

<2>

Υ

(*) συν75ο

ο

- 1) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/10

Α


Ο Εκλείδη ς προτείνει. Ευκλείδη •.

Άρα: ΒΔ = ΕΔ2 � 2ΒΔ = ΕΔ . Κι επειδή 2ΒΔ = ΓΔ, συμπεραίνουμε ότι ΕΔ = ΓΔ.. Συνεπώς το τρί­ γωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές. Κι επομένως: --- ΕΓΔ- (1) ΔΕΓ= Ωστόσο: ΔΕΓ + ΕΓΔ = Mr = 60° . Οπότε, λόγω της ( 1 ), παίρνουμε: 2ΔΕΓ = 60° ή °. ΔΕΓΗ =m =30 διχοτόμος της γωνίας -ΒΕΓ ---. ΕΑΕπίσηςείναιη ΒΑπροφανώς είναι διχοτόμος της ορθής γωνίας yΒΓ . Συνεπώς το σημείο Α είναι παράκεντρο του τριγώνου ΒΕΓ. Κι επομένως η ΓΑ είναι διχο--τόμος της εξωτερικής γωνίας ΒΓζ . --Άρα: r = ΒΓζ2 = 180 2-30 = 1502 Κι επομένως Α = 60° . ο

ο

ο

=

750

Λ

27. (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Σωτιίρης Σκο­

συ­

τίδας από την Καρδίτσα).

Έστω ν e Ν* και μια παραγωγίσιμη νάρτηση f : IR. � IR. , για την οποία δεχόμα­ στε ότι: «για κάθε χ επαληθεύει την εξίσωση: (f(x))2ν+l+f(x)-x=0». (1) Να υπολογιστεί το

J:f(t)dt, όταν χ � Ο .

Α π ά ν τηση

Από2 ι την ( 1) για: χ = 2 Ο παίρνουμε: (f(0)) v+ +f(O)=O ή f(O)[ (f(0)) v +1] =0. Οπότε: f(O) =Ο. Αντίστροφα: αν για κάποιον ξ ισχύει f(ξ) =Ο, τότεΣυνεπώς: από την (1)f(x)=O�x=O. παίρνουμε ξ= Ο. Η (1) γίνεται: (f(χ)) 2ν+Ι + f(x) =χ , για κάθε χ. Και συνεπώς παραγωγίζοντας για κάθε χ έχουμε: 2 (2ν+1)(f(x)) v f'(x)+f'(x)=1 ή f'(x) [ (2ν+l)(f(x)) 2ν +1] =1 (2). Συμπεραίνουμε έτσι ότι: f'(x) > Ο , για κάθε χ καιΑποδεικνύουμε συνεπώς η συνάρτηση είναι«ηγνήσια αύξουσα.δεν τώρα ότι: συνάρτηση είναιΠραγματικά: φραγμένη Έστω ούτε άνω υπάρχει ούτε κάτω». στε: f(χ) :::; Φ κάθε χ. Οπότε Φ κάθετέτοιος χ ισχύει:ώ(f(χ))2ν+Ι +f(χ):::; φ 2ν+Ι +Φ ή χ:s;Φ2ν+Ι +Φ: άτοπο. , για

ότι

Ε IR. για

•..

και Διόφαντο

Παρόμοια αν υπήρχε φ τέτοιος ώστε f(χ) φ , για κάθε χ, τότε για κάθε χ θα ίσχυε (f(x)) 2ν+Ι + f(x);::: φ2ν+Ι + φ ή φ2ν+Ι + φ: άτο­ πο.Έστω Μ>Ο (τυχαίος). Τότε υπάρχει χ >Ο τέτοιος ώστε f(x1 ) >Μ . Κι επειδή η f είναι1 γνήσια αύξουσα, συμπεραί ν ουμε ότι: «για κάθε χ με χ > χ 1 ισχύει: f(x) >Μ»· δηλαδή lim f(x) = +οο . Όμοια αποδεικνύεται ότι: lim f(x) = -οο Η συνάρτηση f : είναι « 1-1 έχει νολο τιμών όλο το R. Συνεπώς ορίζεται η αντίστροφηφούσυνάρτηση Γ1 : και είναι συνεχής [α­ η f είναι γνήσιαη συνάρτηση: αύξουσα και συνεχής στο R]. Άρα ορίζεται F(x)= J:(x)Γ1(t)dt. Θέτουμε: u = Γ1(t). Οπότε: t = f(u),dt = f'(u)du ( t=O�u=O t=f(x)�u=x (αφούΚαιf=συνεπώς: "1-1 ). F(x) = Jox uf' (u)du = [ uf(u)]� - Jox (u)'f(u)du = xf(x)- J x f(u)du ή F(x)=xf(x)- J: (t)dt . (3) Από τις (2), (3) παίρνουμε: J: f(t)dt = xf(x)- J:(x) Γ1(t)dt. (4) Ωστόσο αν: f(x) = y , τότε: χ = Γ1 (y) και η ( 1) γίνεται: y2ν+Ι + y = Γ1( y) , για κάθε y. Άρα η (4) γίνεται: J0x f(t)dt = xf(x)- J:(x) (t2ν+Ι + t)dt = t2ν+2 +-t2 ]f(x) xf(x)- [-2ν+2 2 ) 2ν+2 { f(x)) 2 = ή rox f(t)dt = xf(x)- (f (χ) J 2ν+2 2ν+2 ν 2 ( ) = 22νν +2+ 1 χf(χ)-f(x) 2ν +2 Με τον ίδιο τρόπο διαπραγματεύεται το θέμα Ε IR.

:2:

Χ;:::

χ�+οο

IR. � IR.

χ�-οο

>> κι

IR. � IR.

"

r

0

0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.4/1 1

σύ­


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

και Κέρκυρα. ο συνάδελφος από την Στο ίδιο,τουκατά βάση πνεύμα, κινείται η απά­ από ντηση συναδέλφου τη Δάφνη Αττικής. Οτήσιασυνάδελφος απ'τα Πα­ μάτευση:Αθήνας έστειλε την παρακάτω διαπραγ­ πραγματικό αριθμό χ η εξίσωση: 2y ν+ΙΓια+ κάποιον yν -χ = Ο έχει μοναδική λύση · ας πούμε y = f(x) . Διότι το πολυώνυμο g(y) y2ν+Ι + y εί­ · αφού ναι ττούπροφανώς βαθμού. γνήσια Η ρίζα είναι μοναδική ητιμών είναι αύξουσα. Το σύνολο g περι όλο παίρνουμε: το Απότηςτηνg είναι (1) τώρα g( f(x)) = ( f(x))2ν+Ι + f(x) =χ , για κάθε χ δηλα(2) g( f(x)) = χ , για κάθε χ. δή: Ας είναι τώρα Χι ,χ2 τέτοιοι ώστε f(x1 ) = f(x2 ) . Οπότε g( f(x1 )) = g( f(x 2 )) ή λόγω της (2) χ1 = χ2 · δηλαδή η fείναι «1-1». Αν θέσουμε στην (1) όπου χ, g(x) παίρνουμε: g(f(g(x)))=(f(g(x)))2n+Ι +f(g(x))=g(x) ή g(f(g(x) )) = g(x) , για κάθε χ. Κι επειδή είναι «1-1>> παίρνουμε f(g(x)) = χ , γιαΑπό κάθετιςχ. (2), (3) (3) συμπεραίνουμε ότι: (4) g= Γι,f= g-ι . Θέτουμε: Ι(χ)= J0x f(t)dt και εκτελούμε το με­ τασχηματισμό: t = g(y) . Οπότε: dt = g'(y)dy . Αν t Ο τότε y Ο Αν t =χ, τότε y = f(x) . Άρα: l(x)= Jrfo (x) f ( g(y))g (y)dy= J:(x) y((2ν + 1)y2n + 1 }:ιy = J:(x)[ (2ν + 1)y2ν+l + ΥJ dy 2ν+1 (f(χ))2ν+2 + (f(x)) 2 = 2ν+2 22 Κι επειδή ( f(x)) ν+Ι + f(x) =χ ή ( f(x) )2ν+2 = xf(x)-( f(x))2 συμπεραίνουμε ότι:

2ν + 1 ν 2 l (x)= --xf(x)---(f(x)) 2ν+2 2ν+2 .

Γεράσιμος Κεραμιδάς

Ροδδ).φου Μπδρη

Αθανάσιος Καλάκος

=

R.

(I)

=

,

=

.

I

από την Ο συνάδελφος Πρέβεζα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευ­ ση: Κατ' αρχάς αποδεικνύομε ότι: (1) f(x)=O<=:>x=O. την (1) παίρνου­ με: Στη συνέχεια παραγωγίζοντας (2ν + 1)( f(x) )2ν f'(x) + f'(x) = 1 . (2) Οπότε με πολλαπλασιασμό επί f(x) έχουμε: 2 (2ν + 1)( f(x) ) ν+Ι f'(x) + f'(x)f(x) = f(x). (3) Κι επειδή ( f(x) )2ν Ι =χ-f(x) παίρνουμε τελικά: f(x) = (2ν + 1)xf'(x)-2νf(x)f'(x) . (4) Από την (2) παίρνουμε: 1 2 /IR f'(x) = (2ν+l)(f(x) ) ν +1 και η είναι προφανώς συνεχής. στην (4) όπου χ, t και ολοκληρώνουμε Θέτουμε στο διάστημα [0, χ], χ � Ο . Οπότε : Jox f(t)dt = (2ν + 1)J: tf'(t)dt-2νJox f(t)f'(t)dt = (2ν+1)[tf(t)]� -(2ν+l)Jox f(t)dt-ν[f2 (t)J: ή (2ν + 2)J: f( t)dt =(2ν+ 1)xf(x) -vf2 (χ) Τελικά παίρνουμε: 2ν + 1 ν ( f(x))2 . ix f(t)dt=--xf(x)--2ν+2 2ν+2 Γειύργιος Κατσαοι5νης

+

f

ο

Ο συνάδελφος από τηπραγμάτευση: Δροσιά Αττικής έστειλε την παρακάτω δια­ Παραγωγίζουμε την κι έχουμε: (2ν + 1)( f(x) )2ν f'(x) + f'(x) = 1 ή f'(x) = (2ν+1)(f(χ) )2ν +1 , για κάθε χ. (2) Οπότε f'(x) >Ο για κάθε χ· δηλαδή η f είναι γνήσια αύξουσα στο Ρ.τώρα Κι επομένως η f είναι « 1-1ότι:». Από την (1) συμπεραίνουμε f(x) =Ο<:::::> χ = Ο . Κι επειδή η f είναι γνήσια αύ•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/12

Γιάννης Σταματογιάννης

(1) ·

1


-------

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

ξουσα, συμπεραίνουμε ότι: «f(x) �Ο, γα κάθε χ με χ� Ο». Συνεπώς το ολοκλήρωμα F(x) = fox f(t)dt εκ­ φράζει το εμβαδόν του χωρίου που περιορίζεται συνάρτησης f(t), τη γραφική παράσταση της από ' τον τις ευθείες με εξισώσεις: t = Ο καιΑπό tάξονα = χ.τηνχ (2)χ καισυμπεραίνουμε ότι η f είναιισχύει: δύο φορές παραγωγίσιμη. Και 2 μάλιστα f"(x) = -2ν(2ν + ( f(x) ) ν-2Ιv <Ο, για [ (2ν+l)(f(x)) + ] κάθε χ>Ο.είναι Απόκοίλη. τη σχέση αυτή συνάγεται ότι η νάρτηση Κι επειδή f'(O) (=2) συμπεραίνουμε ότι: «η πρώτη διχοτόμος εφάπτεται της CΓι ) στο του 0(0,συ0) στκαιήματος είναι πάνω από τητηςCr».Cr (και Ω,

1)

3

1

συ­

1,

Ο συνάδελφοςΕπιτροπής, έδωσε την παρακάτω μέλος της Συντακτικής απάντηση: = Ο στην εξίσωση που επαληθεύει η χ Θέτουμε συνάρτηση και βρίσκουμε: ( f(O) )2ν+Ι + f(O)-Ο= Ο ή f(O) {{f(0))20 + 1] = Ο<:> f(O) =Ο. (1) Με παραγώγιση παίρνουμε: (2ν + l)f'(x)( f(x) )2v + f'(x) -1 =Ο. Και συνεπώς: 1 2 ' f'(x) = (2ν+l)(f(x) ) ν +1 (2) που είναι πάντα θετικός αριθμός. Άρα η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο IR και κατά συνέπεια1 αντιστρέψιμη με επίσης γνήσια αύξουσα την Γ , που είναι -κατά τη θεω­ ρίαΑπό συνεχής. την παίρνουμε για χ = Ο, f'(O) = 1 . (3) Άρα η εξίσωση: f(x) =Ο έχει μοναδική λύση: 1 τη χ = Ο. Κι επειδή f(O) =Ο<::> Ο= Γ (Ο) , συμπε­ ραίνουμε ότι: «η αρχή Ο των αξόνων είναι το μο­ ναδικό σημείο των Crκαι CΓι Στην εξίσωση, που1 επαληθεύει η συνάρτηση f, θέτουμε όπου χ το Γ (χ) κι έχουμε: (r (Γ1 (χ) ))Zv+l + r (Γ1 (χ) )- Γ1 (χ) =ο ' για κάθε χ ή Γ1 (χ) = χ 2ν+Ι + x/IR. (4) Ισχυριζόμαστε ότι: fox f(t)dt = xf(x)-s:(x) Γ1 (t)dt ' Πραγματικά: ανx θέσουμε F(x)=xf(x)-s:( ) Γ1 (t)dt, η F είναι παραγωγί­ σιμη. (6) Οπότε: F'(x) = f(x) + xf'(x)-f'(χ)Γ1 ( f(x)) ή F'(x) = f(x). Και συνεπώς: F(x)= J0x f(t)dt+C. Κι επειδή: F(O) =Ο, συμπεραίνουμε ότι: F(x) = J: f(t)dt . (7) Η (5), λόγω της (4) γίνεται: J: f(t)dt = Γιώργος Κ. Τριάντος,

(1)

».

Έτσι έχουμε: Ε(Ω)= F(x) = xf(x)- s:(x) Γ1 (t)dt. (3) το εμβαδόν= f(x)του, χωρίου απόΔιότι την ευθεία της Cr καιπουτιςπεριορίζεται ευθείες t = Ο, t χωρίου χ είναι, λόγωπουσυμμετρίας, του περιορίζεταιίδιοαπόμετητο CΓιεμβαδόν , τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες t =Ο, t = f(x). Η αντί­ στροφη συνάρτηση είναι συνεχής σ' όλο το κι έ­ 1 1 2 + χει τύπο Γ (t)=t v +t . t 2v +2 t 2 ] f ( x ) = Άρα: l f(x ) (t 2ν+Ι +t�t = [--+2ν+2 2 0 )---' 2ν+-2 + --'--( f(x)--)--'-2 -'-,.-( f(x) -2ν+2παίρνουμε:2 Τελικά ν +2 ( f(x) )2και μετά F(x) = xf(x)--'-----'2ν+2 2 από απλές πράξεις παίρνουμε: 2ν + ν )2 . F(x) =--xf(x)---(f(x) 2ν+2 2ν+2 u

=

Ω',

R

ο

1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.4/1 3


J:(x) ]f( ) x

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

xf(x)- {t2ν+Ι + t )dt = ι 2ν+ Ι .!_ xf(x)- [ 2ν+2 + 22 ή (f(χ) )2ν+2 - ( f(x))2 f(t)dt = xf(x)Jo 2ν+2 2 ΟΝέομαθητής τάξης από το Ηράκλειο Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Κατ' αρχάς δείχνουμε ότι: f(O) =Ο [όπως παραπάνω]. Στη συνέχεια παραγωγίζουμε την (1) και 1 παίρνουμε: f'(x) = (2ν+l)(f(x) )2ν +1 >Ο, για κάθεΠολλαπλασιάζουμε χ. την (1) επί f'(x), που εί­ ναι, κατά την τη (2), πάντοτεεξίσωση: θετικός αριθμός, και παίρνουμε ισοδύναμη f'(x)( f(x) )2ν+Ι + f'(x)f(x)-xf '(x) =Ο ή ισοδύ­ ναμα: [ (f(x)2ν+2)2ν+2 ]' + ( (f(x)2 )2 J' + f(x) = f(x) + xf'(x). Αvτικαθιστώντας τον χ με t παίρνουμε: 2ν+2 {f(�))2 ]' /t ε[Ο,+οο) . f(t) = [tf(t) (f(t)) 2ν+2 κλει­ στούΟλοκληρώνουμε διαστήματος την[Ο,χ(3)] μεκατάχ>Ομήκοςκι 2τουέχουμε: (f(χ) )2ν+2 {f(χ) )2ν+ + όf(t)dt = xf(x)Jο 2ν+2 2 πουΑπόC ε την IR (σταθερός). παραπάνω εξίσωση, παίρνοντας τα ρια για χ Ο και λόγω της συνέχειας, βρίσκουμε C = O. 2ν+2 - {f(x))2 Άρα Jo f(t)dt = xf(x)- {f(χ)) 2ν+ 2 2 _ _ _

rx

0

Γ

J((ύ στας Φράγιως

- ��-

rx

c.

r

χ

ι ι Να δειχτει οτι η εξισωση x + y + - + - = 3ν ' , ,

χ

νe

Ν*

Απάντη ση

Εργαζόμαστε με τη Μέθοδο της Απαγωγής σε άτοπο. Ας είναι (x,y) = ( ; ,�) όπου α, β, γ, δ θετικοί ακέραιοι αριθμοί με (α, β) = 1 = (γ, δ) μια κάποια λύση της εξίσωσης. Τότε: (γ2 +δ2)αβ+(α2 + β2)γδ=3ναβγδ (1) ή αβ [3νγδ-(γ2 +δ2 )] =(α2 +β2 )γδ. (2) Καθώςα, βόμως α­ ριθμοί είναι είναι σχετικάγνωστό: πρώτοι,«αντότεδύοκαιθετικοί οι αριθμοί α2 + β2, αβ είναι σχετικά πρώτοι»<2) Δηλαδή: (α, β) =1 (α2 + β2 ,αβ) =1. Οπότε, λόγω της (2), έχουμε ότι: αβ/γδ ή γδ = πολ(αβ) (3) Η (1) γράφεται επίσης: γδ [3ναβ-(α2 +β2 )] =(/ +δ2 )αβ και συνεπώς συλλογισμούς ότι: γδ/με αβπαρόμοιους ταλήγουμε . (4) κα­ ή αβ = πολ(γδ) Από τις (3), (4) συμπεραίνουμε ότι: αβ γδ, και 2 2 2 συνεπώς η (1) γίνεται: α + β + γ + δ2 = πολ3 . (5) τώρα συμπεραίνουμε είναιΑπόόλοιτηνπολλαπλάσια του 3(3): άτοπο.ότι οι α,β,γ,δ Παρόμοιες λύσεις έδωσαν οι Πρέβεζα, συνάδελφοι: από τη από τη Δάφνη Αττικής. ω

=

Υ

ορισμένο, δεν έχει λύση στο

Γε­

ώ ρ γιος Κ α τσαούνη ς

Ροδδλ­

φ ο ς Μπδρ η ς

30. (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Σω τιίρ η ς Σκο­ τίδα ς από

τη ν Καρδίτσα).

(ί) : Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν μοναδικοί α­

ριθμοί α, β, γ του ανοικτού διαστήματος

(Ο, �) τέτοιοι ώστε:

&

; c» . (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Σω τιίρ η ς Σιω­ τiδας από τη ν Καρδίτσα).

με

νολο των θετικών ρητών αριθμών) .

συνα = α, η μ( συνβ) = β, συν( ημγ) = γ .

(ii) : Να διαταχθούν κατά μέγεθος οι αριθμοί α,

β, γ (από παλιό τεύχος του Kvant).

(Ι)

Με σύμβολο (κ,λ) εννοούμε το Μέγιστο Κοινό Διαι­

ρέτη των ακεραίων αριθμών κ, λ.

<2> Άσκηση 1 Σχολικό Βιβλίο Θετικής Κατεύθυνσης Β ' τάξης σελ. 1 69 Β ' Ομάδα.

<3> Εφαρμογή 3 Σχολικό Βιβλίο Θετικής Κατεύθυνσης Β ' τάξης σελ. 148.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/1 4


Ο Εκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη

Α πάν τ ηση

Για το πρώτο: Θεωρούμε τις συναρτήσεις f(x) = συνχ-χ, g(x) = ημ(συνχ)-χ, h(x) = συν(ημχ)-χ, που είναι ορισμένες στο κλειστό διάστημα [0, �] . Οι συναρτήσεις είναι προφανώς συνεχείς. 'Εχουμε: f(O) = 1 >Ο, r (�) =- � <Ο. Συνε­ πώς, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, υπάρχει α ( ο, �) τέτοιος ώστε: f(α)=Ο ή συνα =α. Κι επειδή: f'(χ)=-ημχ-1<0, για κάθε ' οτι:' «η f ειναι ' γνησια ' χ ( ο, "2π ) , συμπεραινουμε φθίνουσα· οπότε η τιμή του α είναι μοναδική». Επίσης: g(O) = ημ1 >Ο, g ( �) = -� . Συνεπώς, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, υπάρχει β ( Ο, �) τέτοιος ώστε g(β) =0 ή η μ(συνβ) =β. Κι επειδή: g'(χ)=-ημχσυν(συνχ)-1 <0 [αφού: Ο< συνχ < 1, για κάθε χ ( 0, �) ] συμπε­ ραίνουμε g είναι γνήσια φθίνουσα· οπότε η τιμή του βότι:είναι«ημοναδική». Επίσης: h(O) = 1 >Ο, h (�) = συνl- � <Ο. Συνεπώς, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, υ­ πάρχει γ ( Ο, �) τέτοιος ώστε: h(γ) =Ο ή συν(ημγ) =γ. Κι επειδή: h'(χ)=-συνχημ(ημχ)-1 <0 [αφού: Ο< ημχ < 1 , για κάθε χ ( Ο, �) ] συμπεραί­ νουμε είναι γνήσια φθίνουσα· οπότε η τι­ μή τουότι:γ είναι«η hμοναδική>>. Για το δεύτερο (1): Έστω α::; β . Τότε συνα � συνβ . Οπότε: α �συνβ . Κι επειδή Ο< συν β ::; α < �2 συμπεραίνουμε ότι<*>: ημα � ημ(συνβ) =β (1). Ωστόσο<**) •

Ε

Ε

Ε

Ε

Ε

Ε

<*>Η συνάρτηση «ημίτονο» είναι γνήσια αύξουσα στο πρώτο τεταρτημόριο.

•..

και Διόφαντο

α>ημα. Άρα: α>β: άτοπο (είχαμε δεχτεί α::; β). Συνεπώς α>β. (11): Έστω γ::; α . Τότε ημγ::; η μα< α . Άρα η μγ <α . Κι επειδή Ο< η μγ <α < 2π συμπεραίνουμε ότι<***>: συν(ημγ) > συνα ή γ>α άτοπο (είχαμε δεχτεί γ ::; α ). Συνεπώς γ>α. Τελικά ισχύει η διάταξη: γ> α > β . Παρόμοια διαπραγματεύονταιαπότο την θέμαΚέρκυρα, οι συνά­ δελφοι: από τη Δάφνη Αττικής συνάδελφος διαπραγ­ Οματεύεται το δεύτερο μέρος κάπως αλλιώτικα. 1) Έστω β� α . Κι επειδή: β = η μ( συν β) < συνβ, συμπεραίνουμε ότι: συνβ > β . Κι επομένως συνβ > α= συνα . Καθώς όμως είναι γνωστό η συνάρτηση νημίτονο» γνήσιαβ�φθίνουσα. άτοπο (είχαμεείναιδεχτεί α). Άρα: Οπότε: α>β. β<α: 2) 'Εστω α�γ . Τότε �2 >α�γ>ημγ >Ο. Και συνεπώς: συνα < συν(ημγ) ή α<γ: άτοπο (είχαμε δεχτεί α �γ ). Άρα γ>α. ωτό Λά­ Ο συνάδελφος ρισα διωτραγματεύεται τα ζητήματα διαφορετικά. Για τη συνάρτηση f(χ)=συνχ-χι [ 0, �] συ­ μπεραίνουμε, κατά το Θεώρ. Bolzano, ότι υπάρχει α ( 0, �) τέτοιος ώστε: f(α) =Ο ή συνα =α. 'Εστω: Ο::; Χι < χ2 ::; �2 . Τότε: συνχ ι > συνχ2 • Κι επειδή: -χι > -χ2 συμπεραίνουμε ότι: συνχι -Χι >συνχ2 -χ2 ή f(x ι ) > f(x2 ) · δηλαδή ημοναδική. f είναι γνήσια φθίνουσα. Άρα η τιμή του α είναι Η συνάρτηση g(χ)=ημ(συνχ)-χ/[Ο,α] είναι συνεχής. Κι επειδή: g(O) = ημ1 >Ο, Γεράσιμος Κεραμιδάς

Ροδόλφος Μπόρης

Αθανάσιος Καλάκος

«συ­

Αντώνης Ιωαννίδης

την

Ε

(** >για κάθε χ Ε �· ισχύει: jη μχ j < jxj .

(***)Η συνάρτηση «συνημίτονο» είναι γνήσια φθίνουσα στο πρώτο τεταρτημόριο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/1 5


Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

g(α)= η μ(συνα)-α= η μα-α < Ο (*). Συνεπώς υπάρχει κατά ώστε το g(β) Θεώρημα του Bolzano, β) =β. β (Ο,α)τέτοιος =Ο ή ημ(συν Έστω Ο :::;; χ1 < χ2 α . Τότε συνχ1 > συνχ 2 • Οπότε: ημ(συνχ1 ) > ημ(συνχ2 ). Κι επειδή -χ1 > -χ 2 συμπεραίνουμε ότι: ή ημ(συνχ 1 )-χ1 >ημ(συνχ 2 )-χ2 g(x 1 ) > g(x2 ) · δηλαδή η g είναι γνήσια φθίνουσα. Συνεπώς τιμή του θεύεται η ησχέση: β<α.β είναι μοναδική και επαλη­ Η συνάρτηση h(χ)=συν(ημχ)-χι [ α, �] είναι συνεχής. Κι επειδή: h (�) = � h(α) = συν(ημα) -α >(2) συνα - α =0 συμπεραίνουμε ότι, υπάρχει κατά το Θεώρημα Bolzano, γ ( α, �) τέτοιος ώστε h(γ)=Ο ή συν(ημγ) =γ. 'Εστω α :::;; χ1 < χ2 :::;; π2 . Τότε ημχ 1 < ημχ2 • 0πότε: συν(ημχ1 ) > συν(ημχ2 ). Κι επειδή -χ1 > -χ 2 συμπεραίνουμε ότι: ν(ημχ1 )-χ1 > συν(ημχ2 )-χ2 ή h(x1 ) > h(x2 ) συδηλαδή ηη hτιμήείναιτουγνήσια φθίνουσα. Άρα γ είναι και επαληθεύ­ ει τηΤελικά σχέσηισχύει α<γ. η διάταξη:μοναδική β< α< γ . Κυ­

B = (J:ι g(x)lqdx)η τότε: IJ:r (x)g(x)dxl;s; ΑΒ ». ι

Ε

Α πάντηση

:::;;

Για το π ρώτο :

Θεωρούμε τη συνάρτηση: αΡ βq f(α) =-+--αβ/(Ο,+οο) q όπου β>Οι _ (παράμετρος) 2κι έχουμε: f'(α) =αp- β, f"(α)=(p- ι)αΡ- . (1) ι ι ι εχουμε ι ι [α' -+-= ' Απο' την συνθηκη -< q φού p > O, q >Ο]. Οπότε: p> ι . Συνεπώς: f"(α) > Ο, για κάθε α (0, +οο) · δηλαδή η f στρέ­ φει τα κοίλα προς τα πάνω. I Εξάλλου: f'(α)=Ο <::> αp-ι =β <::> α =βp-ι =βq-ι [αφ ύ : _p-ι _ι = q - ι] . Συνεπώς η f παίρνει την ε­ λάχιστη τιμή της, όταν και μόνον όταν: α = βq-ι . βp(q-I) + -βq -βq (=*) Δηλαδη, -αΡ + -βqq -αβ � -q () * � -βq + -βqq -βq =0. Παρόμοια εργάζεται ο συνάδελφος απ' τη Λάρισα προς τα g(χ)= Rnx /(0, +οο) στρέφειΗτα κοίλασυνάρτηση: κάτω. [αφού: g'(x)= .!χ , g"(x)= χ-: <0, για κάθε χ (0, +οο) ]. 'Εστω και .!_ + .!_ = 1 . Να αποδειχθεί Συνεπώς για κάθε λ (Ο, ι) και τυχαίους θετι­ ότι: «για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς α, β κούς αριθμούς χ 1 ,χ 2 επαληθεύει την ανισότητα αΡ β Jensen: (1-λ)g(χ 1 ) + λg(χ2 ) :::;; g( (1-λ)χ2 + λχ2 ) . ισχύει: α β :::;; - + -q » Δηλαδή: (ι -λ)Rηχ1 +λRnx2 :::; Rn{<l-λ)x1 +λχ2 ) Στη συνέχεια να αποδειχθεί ότι: «αν οι συνε­ -λ � + λχ 2 • (2) χείς συναρτήσεις: f : [α, β] -+ IR, g : [α,β] -+ IR ή χ: ·χ :::;; (ι-λ)χ 1 είναι τέτοιες ώστε: f(x)g(x) για κάθε Θέτουμε: λ = ..!_q . Οπότε: ι -λ = ..!_ . Κι ακόμα: [α, β] και Α= (J:ι r (x)l p dxΥ' χ� =α <:::> χ1 =αΡ και χ� =β <:::> χ2 = βq . συν

1-

<

Ρ

Ρ

Ρ

Ο

Ε

Ε

ο

Ρ

Ρ

Ρ

Α vτιόvης

/ω αvvίδης

τρόπος :

Άλλος

3 1 . (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Θανάσης ριακόπουλος,

μέλος της Συντακτικής Επιτρο­

πής).

Ε

p,q > Ο

Ρ

Ρ

q

Ε

q

-:ι:

ι

Ο,

Ρ

χΕ

( *) Ο < α < � � α > η μα 2

.

.!. + .!. = ι � .!. = ι - .!. = q - 1 � q = p(q - 1) Ρ

q

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/1 6

Ρ

q

q


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη . .. και Διόφαντο

Έτσι η (2) γίνεται: β � + -βqq . α

α

β

Ρ

Τ ρίτος τρόπος:

Υ

Ρ

-

βοηθητικήτυχαίοι πρό­ ταση:Αποδεικνύουμε «Αν κ, λ > Ο τηνμε παρακάτω κ + λ = 1 και θετικοί αριθμοί, ισχύει: χ�χ� � ΚΧ ι + λχ2 » (3) Η (3) ισχύει ως ισότητα για ι = χ2 . Έστω Χ ι < χ2 . Θεωρούμε τη συνάρτηση: f(u) = u λ /[χι ,χ2 ] . Τότε, κατά το Θεώρημα Μέσης Τιμής, έχουμε: 1 λf(χ2) - f(χ ι ) = λξ (χ2 - χ1) , για κάποιο ξ (χ1 , χ2) κατάλληλο. υνεπως: χ2λ - χ λ1 = λξλ-1 (χ2ι - χ 1 )ι . ι στοσο: , λ - 1 < Ο . Άρα χ 1λ- > ξλ- > Χ λ2 . 1 ι επομενως: χ2λ - χ λ1 < λχ 1λ- (χ2 - χ 1 ) η χ � χ� - χ �+λ < λχ κ+λ-Ι (χ2 - Χ ι) . Δηλαδή: χ�χ� < χι +λ(χz -χι) = (l-λ)χι + λχ2 =κχι + λχ2 . (4) Όμοια εργαζόμαστε αν χ2 < χ 1 . (Θεωρούμε τότε τη συνάρτηση φ(t) = tκ ) Από την (3) τώρα για: κ = _!_ χ κ - x fp ' λ = _!_ ' χ λ2 - χ χ 2 -β q παίρνουμε την ανισότητα: β � + -βqq . (Γεωμετρικά) Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι: «αν β = τότε η συνθήκη ισχύει ως ισότητα. Αφού: β Οπότε: + βqq = αβ + βqq = β ( 1 - _!_q ) + Q_q βq-ι Κι επειδή: (p - 1)(q - 1) = 1 , συμπεραίνουμε ότι: βq-ι . Κι επομένως: -+ -βqq =αβ ». Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση: F(x) = χ p-Ι /(Ο, +οο) , που είναι γνήσια αύξουσα και συνεπώς «1-1)). Εύκολα βλέπουμε ότι: Γ1 (χ) = χq-Ι /(Ο, +οο) . Έτσι έχουμε τα σχήματα: i) για β > p ι

α p-

1

Χ ι , Χ2

Ο

Χ

α

Ρ

'

α

I

α

α

Ρ

-

Ρ

Τ έταρτος τρόπος

α

α

α

Ρ

Ρ

α

Ρ

α

Ρ

Ρ

α

-

Ρ -1

,

Ρ

_

.

Cr

Ει

i !

ι.ιο::. χ ..----:α::--•

Ρ

Ρ

α

Υ -1 p α

Ρ -1

_________ _ _ _ _ _ _ _ _ _

p ,

β --

'

I -

- - - - - - - - -Ez ---------- i ,p

-

Ω

'

R

----

α

'

κ

9

Οπότε: β < Ε1 + Ε2 = J: xP-1 dx +J: βq-1 dy ή β < + -βqq i ) για β<

ε

Σ

·············-----

χ

Οπότε: β < Ε1 + Ε2 = J0α xp-1 dx +J: yq-Ι dy ή β < + -βqq Και στις δύο περιπτώσεις το δεύτεροτου μέλος περβαίνει το πρώτο κατά το εμβαδόν γραμμο­ σκιασμένου χωρίου. Και συνεπώς το ίσον νισότητα πραγματοποιείται, μόνον ότανι ταστην σημείαα­ P,Q,R· ταυτίζονται δηλαδή όταν: αp- = β . Οι τιμές των Α, Β είναι καλά ορισμένες αφού l f (x)l > Ο, l g (x)l > Ο για κάθε χ [ α , β ] και συνε­ πώς Α>Ο, Β>Ο. και Θέτουμε: F(x) = _!_lf(x)! , G(x) _!_lg(x)l Α Β συνεπώς,έχουμε: σύμφωνα με την ανισότητα του πρώτου μέρους, F(x)G(x) � _!_(F(x))Ρ + _!_ (G(x))q , για κάθε q χ ε [α ,β] . Οι συναρτήσεις συνεχείς, με ο­ λοκλήρωσ δύο μελών της (5)συνεπώς παίρνουμε: η και των είναι JαβF(x)G(x)dx � _!_p Jαβ (F(x) )Ρ dx + _!_q Jαβ ( G(x))q dx = α

α

α

Ρ

-

Ρ

υ­

Γ ια το δεύ τερ ο :

ε

=

Ρ

= -1-P - Jαβlf(x) I P dx + -1- - Jαβlg(x)l q dx pA qBq _1 ΑΡ +-1-2 Β 2 = _!_ + _!_ = 1 . Ρ q pA P qB

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/1 7

_ _


Ο Εκλείδης προτείνει

1 Jβ i f(x)ll g(x)l dx � 1 ή Άρα: ΑΒ J:l f(x)l l g(x)l dx � ΑΒ ή J:i f(x)g(x)l dx � ΑΒ Κι επειδή: I J: f(x)g(x)dxl � J:i f(x)g(xψx συ­ μπεραίνουμε ότι: J:i f(x)g(x)l dx � ΑΒ = = σ:ι f(x)lp dx f σ:ι g(x)lq dx f. Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι: α

·

Σχόλιο :

..•

Ευκλείδη

•..

και Διόφαντο

Παρόμοια συνα­ δέλφου είναι η διαπραγμάτευση από τηντουΠρέβεζα. ΟΚαρδίτσα συνάδελφος από την γιατητηνσυνάρτηση: απόδειξη της ανισότητας χρησιμοποιεί φ(χ)= χΡ -χ+ .!..q /(Ο,+οο) όπου p>l (σταθερός). Έχουμε: φ'(χ) = xp-I -1 Οπότε: φ'(χ) =Ο<::::> χ = 1 και φ' (χ) > ο <::::> χ > 1 Έτσι συγκροτούμε τον πίνακα1 μεταβολών:

Γειόρ γι ου Κατσαοι5vη

Σωτιίρης Σκοτίδας

Ρ

ο

όπου α)ί = 1,2, ... , ν, βj j = 1,2 ... , ν είναι τυ­ χαίοι δέν. πραγματικοί αριθμοί διαφορετικοί απ' το μη­ συνάδελφος ΟΠατήσια τα από για την απόδειξη της ανισό­ τητας Αθηνών χρησιμοποίησε τη συνάρτηση: h(χ)= χλ -λ(χ-1)-1/(Ο,+οο) όπου λ σταθε­ ρός με Ο< λ <l . ι Έχουμε: h'(x) =λ(χλ- -1) . Οπότε: h'(x)=O<::> x =lι h'(x) >Ο<::::> χλ- -1 >Ο ή ή (λ -l)fnx >Ο<::::> χ < 1. Συγιφοτού ε τον πίνακα I

Αθανά σ ιος Καλάκος

χ φ'(χ φ(χ)

Ο

1

+

ο

+ οο

χ

φ'( α φ(

β q-

ο

+ οο

+

9

-

α) � τ·f· /' χ= την ελάχιστη 1 καιΆραείναιη φ παίρνει = φ(l) =Ο ι τιμή της για Συνεπώς: φ(αβ1-q )�Ο ή (αβ -q )p �αβ1-q _ .!_q ή ----'αΡ β'-ΡΟ---- q) � αβι-q - -Ι ή αΡq � αβ1-q --Ι κι εποq pβ q αΡ βq δηλαδή -+-�αβ. αΡ βq Το μένως: -�αβ--· q 1 q ι ίσον ισχύει μόνον όταν: αβ -q = 1 <::::> α= βq- [αΙ 1 Ι <::> p+ q =pq ] . φου, -+-= q � ο

Ψmin

Ρ

-

Ρ

Ρ

Ρ

.

Ρ

? Τ.

ο

Άρα: h(x) � h(l)=O ή χλ � l+λ(χ-1) , για 3 1 . κάθε χ (0, +οο) . Το ίσον ισχύει μόνον όταν χ = 1. πή). , χ1,χ2, τυχαιοι, Σ' ένα ημικύκλιο με διάμετρο ΑΔ 2ρ παί� αι συνεπως, για χ = -χΧ2ι · οπου: νου με δύο σημεία Β, Γ, με ΑΒ = ΒΓ = ΓΔ και ένα σημείο Μ του τόξου ΒΓ . Οι ευθετικοί αριθμοί παίρνουμε ( :: ) Ι+λ ( :: -I) θεωρούμε θείες ΜΑ, ΒΔ τέμνονται σ' ένα σημείο Ε και οι ευθείες ΜΔ, ΑΓ σ' ένα σημείο Ζ. ή χ� ·χ�-λ � λχ 1 +(1-λ)χ2 . Να δείξετε ότι: i) ΜΕΖ = 3ΜΑΖ, Άρα: 1για 1 ii) ΜΖΕ = 3ΜΔΕ . λ=-, 1-λ=-,q χλ1 =α <::> χ1 =αlλ =αΡ , Για το (i). q Ρ q .!.. χ�-λ =β<::::> χ2 = β παίρνουμε αβ � α + .!_q β . Προφανώς ΑΒ = Br = fΔ = 60° και ΑΒΔ =ΑΜΔ=ΑΓΔ=90 . (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Αvτιόvης Κυ­ ριακόπουί.ος, μέλος της Συντακτικής Επιτρο-

ε

=

κ

'

---

S

-

--

--

Ι/

Α πάντη ση

Ρ

Ρ

-

---

---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/18

---

ο


Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Θέτουμε ΜΑΖ = α , οπότε Ο< α< 30° (αφού Εξάλλου, έχουμε α+ ΜΔΕ = 30° και άρα BAr = 30° ). Θα δείξουμε ότι: ΜΕΖ = 3α . Από α = 30° - .ΜΔΕ . Έτσι, έχουμε: το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΜΕ έχουμε: -ΜΖΕ = 90° -3(30° - ΜΔΕ) = 3 . ΜΔΕ . �--Μ

Στο ίδιο κλίμα κινείται η απ'διαπαργμάτευση συναδέλφου τη Λάρισα του Ο συνάδελφος από την Πρέβεζα μας έστειλε την παρακάτω δια­ πραγμάτευση. Από τοΚ τοΕ φέρουμε τηνΑΕκάθετη ΕΝσημείο στην ΑΓ.τομήςΚι αςτηςείναι μέσο του και Λ το με τη ΔΜ. ΑΝΕΒ είναι εγγράψιμο [αφού ΤοΚΝτετράπλευρο ΑΝΕ = ΕΒΑ = 90° ] και η ΑΕ είναι η διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του. Άρα το Κ είναι το κέντρο του κύκλου αυτού. Άρα: = ΚΝ = = (1) και (2). είναι εγγράψιμο 2 30 = 60ΕΝΖΜ ΒΚΝΕπίσης = 2 ·ΒΑΝ= το τετράπλευρο [αφού ΕΝΖ = ΖΜΕ = 90° ] •

Α. Ιω αvvίδη

Α

Ο

ΜΖ = ΔΜ-ΔΖ (1) εφΜΕΖ = ΜΕ ΑΜ-ΑΕ Επειδή ΜΜ = 30° +α (αφού fM = 30° ) και ΑΔ = 2ρ, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΔ έχουμε: ΑΜ = 2ρσυν(30° +α) και ΔΜ = 2ρημ(30° +α). Επειδή ΒΑΕ = 30° -α και ΑΒ = ρ, από το ορ­ θογώνιο τρίγωνο ΑΒΕ, έχουμε ΑΒ = ΑΕσυν(30° -α) και άρα: ΑΕ= συν(30ρ ° -α) Επειδή ΓΔΜ και ΓΔ = ρ, από το ορθογώνιο τρίγωνο=ΜΑΓ=α ΔΓΖ έχουμε ΓΔ = ΔΖσυνα και άρα: ΔΖ= _συνρ_α . Έτσι, αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: ° +α)- -ρ2ρημ(30 εφΜΕΖ = = ρ 2ρσυν(30° + α) - συν(30 -α) 2ημ(30° + α)συνα -1 συνα ° = = 2συν(30° + α)συν(30 -α) -1 συν(30° -α) 2α) + ημ30° -1 συν(30° -α) = = ημ(30° + συνα συν60° + συν2α -1 ° +2α)-1 _ συν(30° -α) = = 2ημ(30συνα 2συν2α -1 ° -α)-συν(30° -α) = = 2ημ(30° +2α)συν(30 2συνασυν2α-συν α ° +α)+ημ3α-συν(30° -α) = ημ3α =εφ3α = ημ(60συν3α + συνα-συνα συν3α [αφού: συν(30° -α) = ημ(60° +α)] Οπότε: εφΜΕΖ= εφ3α => ΜΕΖ= 3α (αφού οι γωνίες ΜΕΖ και 3α είναι οξείες). Για το (ii) ΜΕΖ = 90° - MzE = 90° -3α . -

_

Γ εώργιος Κατ σ αο ύ νης,

ΚΒ

-

-

ΚΑ

ο

·

ΚΕ

ο

-------"'-σ""'"υν_,_α=-0

-

-

Z . Άρα: Κι ακόμηz =τοMzτετράπλευρο ΚΛΜΒ είναι εγγράψιμο [αφού: i3κΝ = 60° και ΛΜΒ=Μι+ΛΜΚ=30 +90 = 120 ]. Κι επειδή ΛΜΚ = 90° , το κέντρο του περιγε­ γραμμένου κύκλου είναι το μέσο του ΚΛ. Το τρί­ γωνο ΒΚΝ είναι ισόπλευρο [λόγω των (1) και (2)]. = ΝΒ. Και συνεπώς τοτουΝ είναι το κέ­ Άρα:τουΝΚπεριγεγραμμένου ντρο κύκλου τετράπλευ­ ρουΕπομένως: ΚΛΜΒ. ΝΚ = ΝΜ. ι) . Οπότε: Mz =Κι (=2ω (4) Η Ει είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΕΑΖ. Ει = ω+Ζz . Άρα: (5) Z Mz [αφού βλέπουν τη χορδή ΕΝΚιτουεπειδή: εγγράψιμουz = τετραπλεύρου ΕΝΖΜ]. Λ

-

Λ

Λ

---.

Λ

0

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/1 9

Λ

Λ

Λ

Λ

0

0


------

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Οπότε Ζ2 = 2ω. Και συνεπώς η (5) γίνεται: στής λ" της ΑΓ είναι λ"= � . Άρα η εξίσωση Ει =3ω . είναι y = � χ . (6) Ωστόσο: Ζι = 90° -Ει = 90° -3(30° -φ) = 3φ. τηςΟΑΓσυντελεστής διεύθυνσης της ΜΔ είναι ° +�) = 1k-.J3 =εφ(120 λ (7) m +(5),k.J3(6). και βρίΟΔάφνη συνάδελφος από τη Επιλύουμε το σύστημα των Αττικής έστειλε την παρακάτω δια­ σκουμε: πραγμάτευ ση:στις ευθείες ΑΜ και ΒΔ. Ο συντε.J3 (ν3 -k), Yz = -.J3-k Το Ε ανήκει Xz = λεστής διεύθυνσης λ της ΑΜ είναι: 2 στο τύπο: 2 k.J3 1 Αντικαθιστούμε + λ = εΦ(30° + θ) ή λ = .J3 -k όπου = x - + -y τις αντίστοιχες MZ J( z χ Μ )2 ( y z M )2 1 τιμές που δίνουν οι παραπάνω τύποι και βρίσκουk = εφθ Ο θ 30° Ο k .J3 . k (.J3-k ) . k ΜΖ= με: 00 (χ - 2) Άρα η εξίσωση της ΜΔ είναι l +-1 J1+k2 k 3 Όμοια από τον τύπο: Υ M = J( x -χ Μ )2 +( ΥΕ -yM )2 βρίσκουμε ότι: 2 . ΜΕ = (.J3 +1-3k (9) k )J1 + k2 0(1,0) Από το ορθογώνιο τρίγωνο2ΖΜΕ έχουμε: Άρα η εξίσωση της είναι: 3 (1Ο) k(3-k 3k-k ΜΖ ) εφω= = = + k.J3 2 1-3k2 y=x 1.J3-k (1). Ο τύπος (10),ΜΕλόγω της1-3kσυνθήκης ( ) έχει νόηΟ συντελεστής1 διεύθυνσης της ΒΔ είναι μα. λ'= εφ150° =- .J3 . 'Εχουμε: Άρα η εξίσωση της ΒΔ1 είναι: Και συνεπώς ω= 3θ. (οι γωνίες είναι οξείες). (2) Εξάλλου θ+ σ= 30° και ω+ φ = 90° . y=- .J} (x-2). Οπότε: φ = 3σ. βρίτων (1), (2) και το σύστημα Επιλύουμε σκουμε: .J3-k ΥΕ = 1+k.J3 . (3) Ο συνάδελφος από τον ΧΕ = .J3+k ' .J3+k Κορυδαλλό Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Το Μ ανήκει στην ευθεία ΑΜ και στον κύκλο (c) . Έτσι οι συντεταγμένες του επαληθεύουν το 1�=-k__:-3 l . y=x σύστημα: Άρα: 3 (χ -1)2 + y2 = 1 J (.J3 -k )2 χΜ = 2(1+k2 ) ' Στο τρίγωνο ΕΑΖ η γωνία ΜΕΖ είναι εξωτε- - Το Ζ ανήκει στις ευθείες ΑΓ και ΜΔ. Ο συντελε- ρική. Άρα ΜΕΖ= ΜΑΖ+ ΑΖΕ . Λ

Λ

Λ

Λ

(6)

(7)

Ροδόλφος Μπόρης,

·

I

<

<

ς:;,

<

<

y

=

E

E

ΑΜ

* ,

{

-'----=-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/20

Στέλιος Πετρολέκας


Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Παρόμοια στο τρίγωνο ΕΖΔ ισχύει: ΕΖΜ = ΕΔΖ + ΖΕΔ. Συνεπώς είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι: ΑΖΕ = 2ΜΑΖ και ΖΕΔ = 2ΕΔΖ . Ας είναι Η, Θ οι προβολές των Ε, Ζ πάνω στις ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα. Το τετράπλευρο ΕΗΘΖ είναι προφανώς εγγράψιμο. Άρα: ΗΖΕ = ΗΘΕ (1 ). Η ΒΔ είναι προφανώς διχοτόμος της γωνίας ΓΔΟ . Και επειδή το τρίγωνο ΔΓΟ είναι ισόπλευρο, συμπεραίνουμε ότι: «η ΒΔ είναι μεσοκάθετη στο ΓΟ». Συνεπώς: ΘΓ = ΘΟ (2) και ΘΟΓ = ΟΓΘ . (3) Το τετράπλευρο ΖΘΔΓ είναι εγγράψιμο [αφού: ΖeΔ = 90° = ΔΓΖ ]. Άρα: ΜΔΓ = Zer = 6ΓΘ [αφού οι ΖΘ, ΟΓ είναι παράλληλες - κάθετες στη ΒΔ]. Τελικά φτάνουμε στην ισότητα: ΜΔΓ=ΘΟΓ. Ι - [εγγεγραμμένη και Κι επειδή: ΜΔΓ=-ΜΟΓ 2 επίκεντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο ΜΓ ] συμπε­ ραίνουμε ότι: «η ΟΘ είναι διχοτόμος της γωνίας MOf ». Όμως το τρίγωνο ΜΟΓ ισοσκελές. Άρα: «η ΟΘ είναι2 μεσοκάθετη στο ΜΓ>) . Και συνεπώς: ΘΜ = ΘΓ (=) ΘΟ . Οπότε το Θ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΟΜ. Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι το Η α­ νήκει στη μεσοκάθετη του ΟΜ. Κι επομένως: «η ΗΘ είναι κάθετη στην ΟΜ)). Άρα οι γωνίες: ΗΘΕ και ΜΟΓ είναι ίσες δηλαδή: ΗΘΕ = ΜΟΓ. (5) Ωστόσο: ΜΟΓ = 2ΜΔΓ και ΜΔΓ = ΜΑΓ. Συνεπώς: ΗΘΕ = 2ΜΔΓ . Κι επομένως: ΑΖΕ=2ΜΑΖ. Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύουμε την ισότητα: ΖΕΔ =2ΕΔΖ . μέλος Ο συνάδελφος της Συντακτικής Επιτροπής έδωσε την παρα­ κάτω απάντηση: Έχουμε: ω+ θ = 30° . -

Μ

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

Γιιόργος Σταθόπουλος,

Άρα: θ = 30° -ω 1- J3εφω (1) , εφθ = εφ30° -εφω ποτε: = 1 + εφ30° εφω J3 + εφω Εξάλλου: ΜΖ ΜΖ ΜΔ εφω -=-=-·-=εφχ·εφ(3 0 +ω) . (2) ΜΕ ΜΕ ΜΑ εφθ ΜΑ ΜΔ εφω · Ι- J3εφω -=εφχ Άρα: (3) εφθ J3 -εφω Η (2), λόγω της (1 ), γίνεται: εφω = εφχ . 1 + J?,εφω η, 1- J3εφω J3 - εφω J3 +εφω 2 ω)εφω δηλαδη:, εφχ = (3 -εφ 1-εφ2 ω 2ω-εφ3 ω = εφ3ω. εφχ 3εφ1-3εφω Κι επειδή: Ο<ω<30° συμπεραίνουμε ότι: ° . Άρα η (3) είναι ισοδύναμη με την ι­ < 90 Ο< 3ω σότητα: χ = 3ωτρόπο . δείχνουμε: ψ= 3θ Με όμοιο ο

0

----:=--:::

-"----___;__

.

3 2 (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος ριακόπουλος,

Α ντιόνης Κυ­

μέλος της Συντακτικής Επιτρο­

πής).

Να αποδειχθεί ότι: «δεν υπάρχει συνάρτηση f : JR � JR τέτοια ώστε: (fof)(x) χ 2 - 2 , για κάθε χ ε JR . (1) =

Α πάντηση

[Δόθηκε από το συνάδελφο μέλος της Συντακτικής Επιτροπής και της Επιτρο­ πής Δδιαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. ] . Αρχικά θα εξετάσουμε την συμπεριφορά των αρχέτυπων χ 1 , χ 2 JR όταν f(x 1 ) = f(x2 ) . Στη συνέχεια στην ισότητα (fof)(x)=f(f(x))=x2 -2 τοποθετούμε στην θέΣωτήρη Λ ουρίδα

Λ ίγο π ριν τη λύση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ζ' τ.4/21

ε


------

Ο Εκλείδη ς προτείνει. .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

ση τουσυνάρτησης χ, το f(x),έχουμε ώστε ναπιο«λειτουργήσει» ομορφή τύπος συγκεκριμένη της στην τιμή f(f(x)). 'Ετσι θα έχουμε f(f{f(x)))={f(x))2 -2 ή f(x2 -2) = ( f(x) )2 -2 . Για να «συναντήσουμε» τις τιμές f(x 2 -2),f(x) θα θεωρήσουμε την εξί­ 2 -2 = χ ή χ 2 -χ -2 = Ο , αφού για την σωση χ τυχαία ρίζα χ0 της εξίσωσης αυτής ισχύει f(x� -2) = f(x0 ) . Λύση : Θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο της εις άτο­ πον απαγωγής. Έστω ότι υπάρχει τουλάχιστον μία συνάρτηση f :IR�IR τέτοια ώστε f(f(x))=Jt-2 (1) για κάθε χ IR . Θεωρούμε f(χι ) = f(x2 ) οπότε f{f(xι ) )=f{f(x 2 )} ή χ� -2=χ� -2 δηλαδή (2). Χι = Χ2 ή Χι = -χ 2 Από την σχέση (1) έχουμε ότι f(f{f(x)))={f(x))2 -2 ή (3). f(x 2 -2) = ( f(x) )2 -2 Θεωρούμε ότι χ2 -2=χ ή χ2 -χ-2=0 ο­ πότε χ= -1 ή χ = 2 (4). Άρα για χ0 { -1, 2} προκύπτει ότι f(x� -2) = f(x0 ) και με βάση την σχέση (3) έ­ χουμε: f(Xo)=(f(Xo))2 -2 ή {f(x0 ))2 -f(x0 )-2=0 άρα f(x0 )=-1 ή f(x0 )=2. Αυτό σημαίνει ότι f(-1) {-1,2} και (5). f(2) {-1,2} Από την ισχύ της σχέσης (2) έχουμε: f(-1) f(2) . Οπότε {f(-1)=-1 και f(2)=2 ) ή {f(-1) =2 και f(2)=-1 ) . (6). Από την σχέση (3) λαμβάνουμε ότι: r (f(x2 -2) )= r (( f(x))2 -2) ή r ({f(x))2 -2 )=(χ2 -2)2 -2 ή f ({ f(x) )2 -2) χ4 -4χ2 + 2 από όπου προκύ­ πτει ότι: r (r ((f(x)2 -2 ))= r (χ4 -4χ2 + 2) ή ({ f(x )2 -2 )2 -2 = f(x4 -4χ2 + 2) ή Ε

Ε

Ε

Ε

=t-

=

f(x4 -4χ2 + 2) = ( f(x) )4 -4{ f(x) )2 + 2 (7). Θεωρούμε ότι χ4 -4χ 2 + 2 = χ ή 2 -χ+ 2 =Ο το σύνολο ριζών της οποί­ χ4 -4χ ας είναι το -1+ J5 ,2} . Α-- { -1-JS , 1, 2 2 το τυχαίο στοιχείο α Α και από τη σχέση (7) Για έχουμε: {f(α))4 -4{f(α))2 +2=f(α) ή {f(α))4 -4{f(α))2 -f(α)+2=0 το σύνολο 1-JS ' επισης ' το Α. Αν α = -2 ριζων, της οποιας' ειναι ) έχουμε ότι: f ( -1-JS 2 Α με Ε

Ε

Έστω ότι: -1- J5 από την οποία έχου(i) f ( -1-2 J5 ) ----2 -1+ J5 ατοπο. ) = με: f ( -1-JS 2 ' 2 -1+ J5 από την οποία έχου(ii) f ( -1-2 J5 ) ----2 με: f ( -ι � v'S) -ι � ν'5 άτοπο από τη σχέση (2). (iii) f ( -1-JS 2 ) = -1 από την οποία έχουμε: ' απο' την σχεση ' (5) . f(- 1) = -1 +2 J5 ατοπο ' ( . ) r ( -1-JS 2 ) = 2 απο' την οποια, εχουμε: ' απο' την σχεση ' (5) . f(2) = -1 +2 J5 ατοπο Άρα δεν2 υπάρχει συνάρτηση f : IR IR με (fof)(x) = χ -2, για κάθε χ IR �

ιν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/2 2

Ε


------

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

π

Σχετικά με το θέμα 32 της στήλης

«0 Ευκλεί­ δης προτείνει . . . Ευκλείδη και Διόφαντο»

, «για α > 4"3 εν υπαρχει , , Ν α δειχτει, οτι: συναρδ

τηση f : � � � τέτοια ώστε (fof)(x) χ2 - α , για κάθε χ». Γιάννης Δ. Στρατής =

Απάντηση: (1): Θεωρούμε τις παραβολές ( c 1 ) : y = χ 2 -α, (c2 ) : χ = y2 -α και αναζητούμε τα κοινά σημεία τους. Αφαιρούμε κατά 1)μέλη τις εξισώ­ (y-x)(y +χ+ σεις κι έχουμε: Κι επομένως έχουμε: y = χ ή y + χ + 1 = Έτσι θα πρέπει να επιλύσουμε τα συστήματα: ή :οl ::�� �::' =-αΗ� �χ2 -χ-α Ι )χ2 + χ + (1-α)= Ι J lY = χ l y= -χ-1 =Ο

Ο

Ο.

Ο

Υ

χ

επιλύεται γιατωνκάθεΚ, Λ. και η λύση τουΤοδίνειπρώτο τις συντεταγμένες Το δεύτερο επιλύεται για κάθε α % . , των ' δινει ' τις συντεταγμενες Για α 4"3 η λυση Ρ, Q. Για α= �4 υπάρχει. μια μόνο λύση (x,y)= ( -;1 , -;1 ) · (Π) Σχετικά τώρα με τον ισχυρισμό εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. η Θέτουμε στη συνθήκη, που ικανοποιεί συνάρτηση, f(x) θέση του χ και παίρνουμε: 2 f(x2 -α)= ( f(x)) -α, για κάθε χ. α> Ο �

>

I

Ας είναι τώρα (ξ, η) οιτουσυντεταγμένες τουΈτσιΡ, τότε οι συντεταγμένες Q είναι (η, ξ). έχουμε: η= ξ2 -α και ξ= η2 (2). Και συνεπώς: f(η)= ( f(ξ))2 -α και f(ξ)= ( f(η) )2 -α. Οπότε με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: ( f(η)-f(ξ) )( f(η)+f(ξ)+1 ) = 0 (4). Άρα: f(η) = f(ξ) ή f(η) + f(ξ) + 1 =Ο Έστω f(η)= f(ξ)=? f ( f(η)) = f(f(ξ) (2) : άτοπο. ή η2 -α=ξ2 -α=?ξ=η Έστω f(η)+f(ξ)+1=0. Και συνεπώς, λόγω των (3) οι αριθμοί f(ξ), Ρ, f(η) είναι Άρα: f(ξ)οι=συντεταγμένες ξ ή f(ξ) = η των Q. Αν: f(ξ)= ξ τότε f ( f(ξ) ) = f(ξ) = ξ οπότε (2) ξ : άτοπο. ξ2 -α= ξ=?η= Αν: f(ξ)=η=?f (f(ξ)) =f(η)=?ξ2 -α=f(η)=? η =f(η)=? f(η)=f ( f(η)) =?η=η2 -α= ξ ή η=ξ: άτοπο. · Σεισχυρισμός κάθε περίπτωση καταλήξαμε σε άτομο άρα ο είναι ψευδής. Σχόλιο: Στην περίπτωση α= � τα σημεία Ρ, 4 η ευθεία Q(ε): yταυτίζονται με το Σ και +χ+ 1 = Ο είναι κοινή εφαπτομένη των C 1, C2 στο Σ. Για α % οι παραβολές έχουν δύο μόνο κοινά σημεία, που βρίσκονται πάνω στην πρώτη διχοτόμο Συστήματος.συλλογιστική. Έτσι δεν μπορεί να ε­ φαρμοστείτουη παραπάνω

στη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/23

(I)

(I)

::;

Υ 3/2

I

{'3f2

3/2

Χ


"'"

��

,Υ �Ί��Βh " ""' "'

,

.

ο ο

Μ/ΙΛ

-

.

:�:;;-, �

HIJMIJ MATHEMATICVS

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή από ψεων και την ανάπτυξη προβλη ματ� σμού πάνω στα εξής θέ ματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημ� τικών και ποιο το αντικεί μενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρ μογές τους, 5) Ποιες επιστή μες ή κλάδοι επιστη μών απαιτούν καλή γνώση των Μαθη ματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συη:ργ<ίτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχό μενό τους και ως προς το επf. πεδό τους, θα πρέπει να είναι συ μβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

αα

του Γιάνν η Κερ σ ρίδ η I . "που και με ποιο τρόπο εφαρμόζονται τα Μαθηματικάj "

Θέμα: Τα Μαθηματικά των υπολογι στών (computer m athematics )

Κλάδος των Μαθηματικών, που ασχολείται με προβλήματα, ταΟ οποία λύνονται με την βοήθεια υ­ πολογιστών. ορισμός (καθορισμός) του όρου "μαθηματικά"μόνιμος" των υπολογιστών" δεν πρέπει να θεωρηθεί (fixed), καθόσον ο κλάδος αυτός αναπτύσσεται εντατικάτωνσε υπολογιστών σύνδεση με τιςσε διαρκώς αυξανόμενες χρήσεις νέεςΣυχνά περιοχές. τα Μαθηματικά των υπολογιστών θεωρού­ νται ότι σημαί ν ουν την θεωρία των αριθμητικών μ ε­ θόδων και αλγορίθμων για τη λύση τυmκών (τυπο­ ποιημένων) μαθηματικών προβλημάτων. Η ερμηνεία αυτή του όρου ήταν κοινή στα Μαθηματικά των πολογιστών, κατά τα πρώτα στάδια της ανάπτυξής τους, οπότανεπίη χρήση των υπολογιστών επέβαλε νέες απαιτήσεις των αριθμητι κ ών μεθόδων. Στα επό­ "μαθηματικά τωνσημασία υπολογιστών" εννοεί­ ταιμεναΤαμεοΜαθηματικά τηνόροςπρώτη, ευρύτερη του. τωνμεγάλους υπολογιστών μπορούν να υποδιαιρεθούν σε τρεις κλάδους: α)περιοχές, Ο πρώτοςπουσυνδέεται με την χρήση υπολογιστών σεπρακτικές περιλαμβάνουν εmστημονικές καιι­ δραστηριότητες και μπορεί να χαρακτηρ στείβ) Ο δεύτερος κλάδος ασχολείται με την επε­ ξεργασία τεχνικών και αλγορίθμων για την λύση τυπικών μαθηματικών προβλημάτων, τα οποία­ προκύπτουν κατά την διερεύνηση των μαθηματι κώνγ) μοντέλων Ο τρίτοςησης" κλάδοςτωνασχολείται με το πρόβλημα της "aπλοποί αλληλεπιδράσεων ανθρ� που-υπολογιστή, συμπεριλαμβανομένης της θε ρίας και πρακτικής του προγραμματισμού προ­ βλημάτων για τους υπολογιστές, και ειδικά με τηνη­ αυτοματοποίηση του προγραμματισμού προβλ μάτων. Η διερεύνηση πραγματικών φαινομένων, με υ­

ως η ανάλυση των μαθηματικών μοντέλων

ω­

βάση κατασκευασμένα μαθηματικά μοντέλα, σ υ­ νήθως απαιτεί την ανάπτυξη αριθμητικών μεθόδων και τηνμαθηματικά χρήση ηλεκτρονικών υπολογιστών. Έτσι,θ έ­ στα των υπολογιστών, σημαντική ση κατέχουν οι" (μαθηματικών) αριθμητικές μέθοδοι λύσης "μοκαι, φοποιημένων προβλημάτων πρωτίστως, οι μέθοδοιπροβλημάτων. λύσης τυπικών (τυποποι η­ μένων) μαθηματικών Μια ραγδαία αναπτυσσόμενη περιοχήτωνστααριμα­θ­ θηματικά των υπολογιστών είναι εκείνη μητικών μεθόδων αριστοποίησης. Η αριστοποίηση συνίσταiαι στην μελέτη των ακροτάτων (μεγίστων ήμεελαχίστων) τιμών συναρτησοειδών επί συνόλων δομή, γενικά , πολύ πολύπλοκη. Ας αναφέρου­ με, πρώτα, προβλήματα μαθηματικού προγραμμ α­ τισμού (περιλαμβανομένου του γραμμικού και δυ­ ναμικού ), στα οποία πολλά οικονομικά προβλήμ α­ ταντίστοιχες ανάγονται: Τα προβλήματα minimax (και οι α­ μέθοδοι), είναι προβλήματα αριστοπο ί­ ησης. Τέτοια προβλήματα εμφανίζονται κατά την λύση προβλημάτων στην επιχειρησιακή έρευναή­ και στην θεωρία των παιγνίων. Ιδιαίτερα προβλ ματα minimaxπαίγνια παρουσιάζονται στα (δυναμικά ε­ ξελισσόμενα) πολλών σταδίων [multistage (dyμαθηματικός namically deνeloping) games].{δηλαδή Εδώ, τοακόμα καιι­ οχθούν πειραματισμός να πα πράγματι οι επιλογέςτων(= παικτών] νariants) είναι της συ­α­ μπεριφοράς (=στρατηγικής) δύνατος (=ανέφικτος), χωρίς την χρήση μεγάλων υπολογιστών. Στηνστις σημεριεφαρμοσμένες νή εποχή , έχόυν αναφυείμεμιατις σειρά τάσεων επιστήμες, οποί ­ ες ο σύγχρονος ρυθμός επιστημονικής καιανάπτυξη τεχνικής προόδου θα ήταν αδύνατος, χωρίς την των αριθμητικών μεθόδων και την χρήση των ηλ ε­ κτρονικών υπολογιστών.

1 1 . "Α υτό το ξέρατε,· ,

ρ­

Σ ε ποιον ανήκει η παρακάτω περικοπή, από επιστολή του: « Η ιδιοφυtα είναι καταδικασ μένη, από μια κακόβουλη κοινωνική οργάνωση, να μη βρίσκει ποτέ το δίκιο της, προς όφελος της δουλικής μετριότητας» [Η απάντηση στο τέλος της στήλης]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/24


ΗΟΜΟ ΜΑΤΗΕΜΑ τtCUS

Ι Ι Ι. "Οι συνεργάτες της στήλ ης γράφουν-ερωτο ύ ν "

Α '. Επάγγελμα : μαθ η ματικός

Ε μείς δεν σταματά με να ψάχνουμε σε βιβλία, περιοδικά, εφη μερίδες, διαδίκτυο, με σκοπό να βρού με κάτι ενδιαφ έ ρον και να σας το παρουσιάσου με . Ο κόπος μας αυτός αμείφθηκε, βρίσκοντας στην εφη μερίδα «Τα Ν ΕΑ» ένα ση μείω μα του ση μανη κού επιστή μονα και διανοού μενου Απόστολου Δοξιάδη . Σ ας το παρουσιάζου με κι απ ' την πλευρ ά μας τον ευχαριστούμε .

«Ανοίγουν πολλο ύς δρόμου ς τα Μαθη ματικά>>, τον Απόστολο Δοξιάδη (μαθη ματικό, συγγ ρ αφέα σκηνοθ έτη )

"Λίγο αφότουδελτίο πήρα τοταυτότητας πτυχίο μου,καιπήγα να βγπε-άλωρήφανος καινούργιο δήλωσα το μεεπάγγελμά μου: «μαθηματικόρ>. Ο αστυνομικός ρώτησε σε ποιο σχολείο διδάσκω και όταντο κεφάλι του απάντησα «σε κανένα», κούνησε με οίκτο του και κάτι σημείωσε. Για πολλά χρόνια, είχα μιααδιόριστος». ταυτότητα που δήλωνε ότι είμαι «μαθηματικός Αν ρωτήσεις δέκα Έλληνεςοι στον δρόμο πού πουν δουλεύει ένας μαθηματικός, εννέα θα σου «στη Μέση Εκπαίδευση» - εκτόςαυτή αν είναι αδιόρλίι-στος, σαν κι εμένα. Η απάντηση θα ήταν, γοχι πια, πολύ,καιακριβής πριν απόναμερικά χρόνια. ΑλλάΑπό είναι καιρός το καταλάβουμε. ταθηματικά, παιδιά πουμιαξεκινούν σπουδές με επιλογή ταΜέση μ αμειοψηφία καταλήγει στη Εκπαίδευση καιΑς δούμε απ' αυτούς πολλοί λίάθελά τους. Και οι άλλ ο ι; τα πράγματα γ ο μεθοδικά. Κατ' αρχήν,γνώση να ξεχωρίσουμε τη γνώση από το τοεπάγγελμα: είναι το τι ξέρεις, επάγγελμα πώς βγάζεις τοόπωςψωμίναυπηγός σου. Καιή αισθητικός, ενώ για κάποια επαγγέλματα, η γνώσηεπαρκή που δίνουν οι σπουδές αποτελεί μια, λίγο πολύ, προετοιμασία για το επάγγελμα (ο ναυπηγός, γιαη γνώση παράδειγμα, μαθαίνει να φτιάχνει καράβια), που aποκτάς σε μερικούς τομείς δενααποτελεί μονόδρομο προς μια συγκεκριμένη κ ριέρα.μαθαίνει Έτσι καιναο«κάνει μαθηματικός: στο πανεπιστήμιο δεν κάτι», μαθαίνει απλώς. . μαθηματικά. Και τα μαθηματικά είναι ένα εργ αλείο πολλαπλών χρήσεων. Στο πτυχίο -θαδρόμους: πάρεις τιςτηνβάσεις. Μετά, έχεις τρεις -καιχοντρικά έρευνα, την εκπαίδευση, την εφαρμογή. ΑςΗ έρευνα τους δούμε αναλυτικά: και η εκπαίδευση έχουν αρκετή συγγ ένεια, καθώς ο ερευνητής μαθηματικός, ο άνθρωπος που θαγνώσης, αγωνιστείνα ναλύσειδιευρύνει ταπροβλήματα, όρια της ανθρνα ώ-απινης άλυτα νοίξει νέουςσεδρόμους, κατά κανόνα θα εργασθεί ως καθηγητής ανώτατο ίδρυμα. Αυτός ο δρόμος προϋποθέτει μεταπτυχιακές σπο δές, μέχρι διδακτορικού. Αν λοιπόν κάποια νέα ή νέος αγαπούν τα μαθηματικά με πάθος, έχουν γιανα ήρωες τον Ευκλείδη, τον τον Ρίμαν, Νεύτωνα, ξέρουν ότιπουείναι δυνατόν ναεξωτερικά ακολουθήσουν μια καριέρα δεν θα διαφέρει πολύ από τη δική τους. Από τα αρχαία χρόνια, η μαθηματική ό-

υ-

έρευνα γινόταν ωςενόςεπί τοπανεπιστημίου. πλείστον στο Εδώ, προστατε μένο περιβάλλον ιδανι­ κά, διδάσκεις λίγο, ερευνάς πολύ. Και δεν ακριβο­ πληρώνεσαι βέβαια, κατ' μα αυτό είναιαπαραίτητη το τίμημαπρο­ του έρωτα, που αποτελεί εμέ την ϋπόθεση για να διαλέξεις τον δρόμο του ερευνητή. Και αν τονστηνακολουθήσεις χωρίς νατωνξεστρατίσεις, θακών,ζήσεις καρδιά του κόσμου μαθηματ ι­ με την εξέλιξή σου ορισμένη από την έμφυτη ικανότητα, τηέναςφαντασία, τουπέροχος πάθος και- ματηνπρέπει προσή­να λωση. Είναι δρόμος ταιριάζει στον ψυχισμόκαι σου, έναν ψυχισμό φιλικό στην εσωτερικότητα την αφαίρεση. Καθώς μιλήσαμε γιαΔευτεροβάθμια διδασκαλία, ναΕκπαίδευση, μην αγνο ή­ σου με την πολύπαθη που είναιμαςκι- αυτή στόχοςνέων- έτσι τους οδηγεί τομαθσύ-ηστημά κάποιων που σπουδάζουν ματικά.γελιόμαστε: Εγώ διαφωνώ. Μη τα μαθηματικά που χρειάζεται να ξέρεις... γιατα μαθηματικά να διδάξεις τατουμαθηματικά του σχολείου είναι σχολείου! Τουλάχιστον με τοντομηχανικό, χωρίςδιδάσκονται φαντασίατρόπο που επιβάλλει σύστημα να ερήμηντωντόσων προόδων -,στονγια τομέα της διδασκα­ λίας μαθηματικών! την προπαρασκευή του ανθρώπου πουμερικά θα διαιωνίσει το άχαρο αυτό έργο θα αρκούσαν γερά φροντιστήρια. Το νατωνaνοίξεις σε έναμαθηματικών, νέο παιδί ταγιαμάτια στηρίξεις μα­ γεία ανώτερων να το μετά στηνεμένα ανία μου του γυμνασιακο-λυκειακού ρομπο­να τισμού, φαίνεται σπατάλη χρόνου, μην στην πω καιυψηλή σαδισμός: σαντουνα«Ριτς», εκπαιδεύσεις έναν σεφ κουζίνα για να γίνει μετά ήστης σε φαστφουντάδικο. ψ Φίλοινανέοι: ανκαθηγητές η επαγγελματική σας φιλοδοξία ε ίί-­ ναι γίνετε στη Μεσοβάθμια Εκπα δευση, μάθετε καλύτερα να διδάξετε κάτι άλλο. γώθα σαςθα κρατά επέλεγακαιτοσεμάθημα της Γυμναστικής, που καλή φυσική κατάσταση. Ο τελευταίοςη σπουδή δρόμος των που μαθηματικών αναφέραμε είναιως πρώτο της ε­ φαρμογής, βήμα,ένανώστεκλάδονα προχωρήσεις με αυξημένα εφόδια σελιώς, που τα χρησιμοποιεί. Έτσι κι αλ­ ο νέος που ημέρες ξεκινά μαςμε πρέπει κέφι τιςναανώτερες σπουδές του, στις κοιτάστιςε­ ξαρχής τον ορίζοντα μετά το πρώτο πτυχίο, μεταπτυχιακές σπουδές.τίτλος των μαθηματικών ως Εδώ, ο μεσαιωνικός

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/2 5

υ­

Ε­


ΗΟΜ Ο MATHEMAτiCUS

«βασίλισσας τωνβάσεις επιστημών» αποκτά καίρια μασία: οι καλές στα μαθηματικά αποτελούν ένα πρώτης τάξεως εφαλτήριο για εξέλιξη σεκατά μια σειρά από επιστήμες που τα χρησιμοποιούν κόρον. Πρώτη επιτυχημένη και καλύτερηπερίπτωση είναι η πληροφορική, ητων πιομαθηματικών ακραία εφαρμογής στην εποχή μας, και ακολου­ θούν οι θετικές επιστήμες, φυσική, χημεία, βιολο­ γία, βιοχημεία, κ. ά . ; καθώς και πολλές εφαρμο­ σμένες, ιατρική, ηλεκτρονικά, οικονομετρία και τόσες που μας χρησιμοποιούν όλομαθηματικά. και περισσ& τεροΕδώ,στιςάλλες ημέρες προχωρημένα οιπολλοί, δρόμοι διαφορετικοί που ανοίγονταικαι,γιαθατονέλεγα, μαθημα­ τικό είναι ενδιαφέροντες. Ξέρω επιστήμονες, φυσικούς, όλοι γιαση­

τρούς, αλλάμουσικούς, και επιχειρηματίες, πολιτικούς, (ηαρχια­­ τέκτονες, ακόμη και συγγραφείς φεντιά μου), πουτουςξεκίνησαν σπουδάζοντας μαθη­ ματικά. Κανείς δεν το μετάνιωσε. Γιατίμαθηματικών δεν πρέπει είναι να ξεχνάμε ετούτο:άσκηση η σπουδή των ο καλύτερη στη λογική σκέψη. Όταντονο βασιλιάς τηςαν Αιγύπτου Πτολεμαίος ρώ­ τησε Ευκλείδη υπάρχει τρόπος να μάθει γεωμετρία παρακάμπτοντας τα στρυφνά, καθώς του φαινόταν, «Στοιχεία» του, δρόμος ο Ευκλείδης απά­Γε­ ντησε: «Δεν υπάρχει βασιλικός για τη Κι όμως,επιστήμες, υπάρχει μαβασιλικός δρόμος για τιςλά:ωμετρία». περισσότερες και για άλλα πολ­ τα μαθηματικά."

φ μάθουμε, νό νο (2 ) . γ)ευθείαν η λογικήστοναυτούαγνωστικισμό, του ανθρώπουδηλ.μαςμιαο­ δηγεί κατ' φιλοσοφική θεωρίαΑυτόσφόδρα αντίθετη προςάραγε;τη μα­ θηματική λογική. το αντιλήφθηκε, · ii) Και τώρα η αποθέωση του σχολαστικισμού γράφει ο aνωνυμογράφος «Γράφεις γιααπόανεστραμ­ !lliΥ!ι κυκλοειδή παίρνοντας τη λέξη σελ. ' Ευκλείδη", η κυκλοειδήςτη είναι 133 ... Πότε, "Β ανεστραμμένη; Στο και πότε όρθια; οΤιBellπάειγράφει να πειπολύ"α­ νεστραμμένη"; πρωτότυπο σωστά: "Όταν την γυρίσουμε ανάποδα, σαν ένα i) Γράφει, ο ανωνυμογράφος «Καλά, από τόσα και τόσα ενδιαφέροντα, που> υπάρχουν, την "Ελένη μπολ''» Απάντηση Μα,στοκαλά,κείμενό ο ανωνυμογράφος α) δενσχήμαεί­ της Γεωμετρίας" διάλεξες!> και συνεχίζει: «χωρίς δε πως μέσα μας υπάρχει το να"καλαμπούρι" μας λέει ποιοι την αποκαλούν έτσι! Ίσως για ανεστραμμένης κυκλοειδούςβ)στοδηλ.οποίο, κατά 'πε κάποιος, και. ο Bell πρόθυμα της σύμβαση, γίνεται παραπομπή; , ο κύριος τοΑπάντηση μετέφερεΦαίνεται στοτοβιβλίο του ... > αυτός κάθε φορά που χρησιμοποιεί τον όρο "εφα­ πως ο άνθρωπος αυτός α) δεν καμπύλης, διευκρινίζει αν η εφαπτόμενη μπήκε χρόνια ποτέ τουπουσεπέρασαν αίθουσαξέχασε Σχολείου ήπειαπ'να ταa­ πτόμενη" αυτή βρίσκεται «υπεράνω» ή «υποκάτω» της κα­Αν πολλά τι θα μπύλης στην περιοχή του «σημείου επαφής»; πευθύνεσαι σε μαθητή, β) μήπως ο κύριος αυτός δεν ονομάζεται σχολαστικισμός ...πάψει να εί­ γνωρίζει καμιά Ιστορίανατωνμη Μαθηματικών (και όχιεν­ iii)αυτόΠαρ' όλα αυτά, αν ο κύριος αυτός μόνο) για την οποία υπάρχουν βάσιμες ναι ανωνυμογράφος, εμείς θα δημοσιεύσουμε την στάσέις ερευνητών σε ορισμένα θέματα; Α ν γν� ρίζει κάτι τέτοιο να μας το 'πει και σε μας να το όποια απάντησή του. Β Ό ΉΕνα

πολύ -πολύ παράξενο

Στο προηγούμενο τεύχος, υποσχεθήκαμε να κάνουμε μια σύντομη τοποθέτηση (σε ό,τι αφορά τη στήλη μας), απέναντι στην απρέπεια της aνωνυμογραφίας. Γράφα­ με: «Προκαταβολικά: α) θεωρούμε, τις παρατηρήσεις που μας αφορούν, προϊόντα γνήσιου "σχολαστικισμού", β) δηλώνουμε πως θεωρούμε απρέπεια το να ασκείς την όποια κριτική κρυμμένος πίσω από την ανωνυμία». Er ' μείς, από την πλευρά μας, δηλώνουμε κατηγορηματικά πως είναι η τελευταία φορά που ασχολούμαστε με αν� νυμογράφους· γιατί αυτή η κατηγορία ανθρώπων είναι το πιο ρυπαρό είδος "συνομιλητή" . . .

Πα. "Α υτό το ξέρατε,· "

[ η απάντη ση )

Evariste Galois (γεννήθηκε στις 26/ 1 0/ 1 8 1 1 στο μι­ κρό χωριό Bourg-la-Reine λίγο έξω απ' το Παρίσι και πέθανε 3 1 /5/ 1 832 στο Παρίσι σε ηλικία 2 1 ετών), γιος του Nicolas-Gabήel Galois και της Adelaide-Maήe Demante. Μέχρι την ηλικία των 1 2 χρόνων δεν είχε δά­ σκαλο άλλο παρά τη μητέρα του. Το 1 823, στην ηλικία των 1 2 χρόνων, μπήκε στο Γυμνάσιο του Louis-le­ Grang στο Παρίσι. Σε ηλικία 13 χρόνων έπεσε στα χέ­ ρια του η Γεωμετρία του Andήen-Maήe Legendre ( 1 752- 1 833). Ενώ ένας συνηθισμένος μαθητής την α­ φομοιώνει σε δύο χρόνια, ο Galois χρειάστηκε τόσο χρόνο όσο χρειάζεται ένα παιδί για να διαβάσει μια πει­ ρατική ιστορία. Από κείνη τη στιγμή ξύπνησε μέσα του

αι

με

Μ ια τοποθέτηση

ο μεγάλος μαθηματικός που κρυβόταν μέσα του. Στα 1 4 με 1 5 χρόνια του διδάχθηκε Άλγεβρα από τα βιβλία του Lagrange (! ! !) που απευθύνονταν σε ώριμους μαθηματικούς. Στα δεκάξι του χρόνια έδωσε εξετάσεις στην περίφημη Ecole Polytechnique (Πολυτεχνική Σχο­ λή) κι απέτυχε . . . Να τι έγραφε ο Terquem (εκδότης του μαθηματικού περιοδικού ''Nouvelles Annales de Mathematiques"), 25 χρόνια αργότερα γι' αυτή την α­ ποτυχία: «Ένας υποψήφιος ανώτερης διανοητικής ικα­ νότητας χάθηκε εξ αιτίας ενός εξεταστή χαμηλότερης διανοητικής ικανότητας. Hic ego barbarus sum quia non intelligor illis (Επειδή αυτοί δεν με καταλαβαίνουν, εί­ μαι βάρβαρος)»

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/2 6


ΗΟΜ Ο MATHEMAτiCUS

Στα 1 7 του χρόνια ( 1 828) είχε την τύχη να έχει δά­ σκαλο Μαθηματικών (στο σχολείο του Louis-le-Grang) τον Luis-Paul-Emile Richard ( 1 795- 1 849), έναν άνθρω­ πο (ίσως ο μοναδικός) που κατάλαβε τη μεγαλοφυία του Galois και έκανε το παν για να τον βοηθήσει τους μα­ θητές του · αρκεί να σκεφθεί κανείς πως τον ελεύθερο χρόνο του παρακολουθούσε παραδόσεις ανώτερ-ης Γε­ ωμετρίας στη Σορβόννη για να παραμένει συγχρονισμέ­ νος με την πρόοδο των Μαθηματικών και να μεταδίδει τις γνώσεις αυτές στους μαθητές του. Ο Richard έλεγε για τον Galois «0 μαθητής αυτός υπερέχει αισθητά από κάθε άλλο συμμαθητή του. Εργάζεται μόνο σε θέματα ανώτερων Μαθηματικών» Την 1 /3/1 829 ο Galois δημοσίευσε το πρώτο του δο­ κίμιο για τα συνεχή κλάσματα. Την ίδια χρονιά ο Galois συγκέντρωσε τις θεμελιακές ανακαλύψεις του, που έκανε μέχρι την ηλικία των 1 7 χρόνων, σε μια μελέτη την οποία ήθελε να υποβάλει στην Ακαδημία Επιστημών. Ο Cauchy (Augustin­ Louis) του υποσχέθηκε να την παρουσιάσει ο ίδιος στην Ακαδημία, αλλά το ξέχασε. Και για να ολοκληρώσει το έργο της η κατ αστροφική του αμέλεια, ο Cauchy έχασε τα χειρόγραφα του συγγραφέα. Την ίδια χρονιά παρουσιάστηκε για δεύτερη φορά στις εισαγωγικές εξετάσεις για την Ecole Polytechni que. Οι "ευφυείς" εξεταστές του το απέρριψαν. Στη διάρκεια της προφορικής εξέτασης, ένας από τους εξε­ ταστές του aποτόλμησε να συζητήσει μαζί του ένα δύ­ σκολο μαθηματικό θέμα. Ο εξεταστής και λάθος έκανε αλλά και ισχυρογνώμων ήταν. Ο Galois έχασε την υπο­ μονή του και σε μια έκρηξη οργής πέταξε το σφουγγάρι και την κιμωλία στα μούτρα του εξεταστή . . . . Φλεβάρης του 1 830 ο Galois σε ηλικία 1 9 χρόνων γί­ νεται δεκτός σε πανεπιστημιακή σχολή. Στη διάρκεια αυτού του χρόνου έγραψε τρία δοκίμια στα οποία πε­ ριέχονται μερικές από τις σημαντικότερες εργασίες του στη θεωρία των αλγεβρικών εξισώσεων. Την ίδια χρονιά υπέβαλε μια διατριβή στην Ακαδημία Επιστημών, διεκδικώντας το Μεγάλο Βραβείο των Μα­ θηματικών. Μόνο οι μεγάλοι μαθηματικοί της εποχής μπορούσαν να το διεκδικήσουν με πιθανότητες επιτυχί­ ας. Ήταν μια εργασία υψηλού βαθμού πρωτοτυπίας. Αργότερα, μετά το θάνατό του, οι εμπειρογνώμονες συμφωνούν ότι η εργασία αυτή άξιζε το βραβείο και με το παραπάνω. Ο γραμματέας της Ακαδημίας το πήρε στο σπίτι του για να το εξετάσει, αλλά πέθανε πριν μπορέσει να το δει. Όταν, μετά το θάνατο του γραμμα­ τέα, αναζητήθηκε το χειρόγραφο του Galois, δεν βρέ­ θηκε πουθενά. Έτσι άλλη μια πίκρα σημάδεψε τον

Galois. Οι πρώτοι πυροβολισμοί της επανάστασης του 1 830 γέμισαν χαρά τον Galois. Προσπάθησε να ξεσηκώσει,

υπέρ της επανάστασης τους φοιτητές του πανεπιστημί­ ου και δεν τα κατάφερε. Την ίδια στιγμή (στη διάρκεια των «τριών ένδοξων ημερών»), οι ηρωικοί φοιτητές της Ecole Polytechnique, έξω στους δρόμους, έγραφαν ι­ στορία. Τον έδιωξαν από το πανεπιστήμιο και τότε α­ ποφάσισε να παραδίδει ιδιαίτερα μαθήματα με θέματα «μια νέα θεωρία των φανταστικών αριθμών [η οποία εί­ ναι σήμερα γνωστή ως «θεωρία των φανταστικών αριθ­ μών του Galois» μεγάλης σημασίας για την άλγεβρα και τη θεωρία των αριθμών] τη θεωρία της επίλυσης των ε­ ξισώσεων με ριζικά και τη θεωρία των αριθμών» δηλ. όλο το έργο του. Κατηγορήθηκε ότι σε μια συνεστίαση ομοϊδεατών του Δημοκρατικών, στις 9/5/ 1 83 1 , εκτόξευσε απειλές για τη ζωή του Λουδοβίκου Φιλίππου αλλά δικαστές και ένορκοι τον αθώωσαν λόγω του νεαρού της ηλικίας του. Ένα μήνα αργότερα, στις 1 4/7/ 1 83 1 , συνελήφθη προληπτικά και κλείστηκε στη φυλακή χωρίς να του α­ παγγελθεί καμιά κατηγορία. Οι εφημερίδες της εποχής πανηγύριζαν πως εκεί που ήταν κλεισμένος ο «επικίν­ δυνος» Δημοκρατικός δεν θα μπορούσε να κάνει καμιά επανάσταση . . . Μια επιδημία χολέρας ήταν η αιτία να τον πάρουν από τη φυλακή και να τον κρατήσουν σε έ­ να Νοσοκομείο ( 1 6/3/1 832)" ο «πιο σημαντικός πολιτι­ κός κρατούμενος» ο οποίος απείλησε τη ζωή του Λο� δοβίκου Φιλίππου ήταν «τόσο πολύτιμος στα χέρια των αρχών που δεν επιτρεπόταν να εκτεθεί στον κίνδυνο της χολέρας». Αφέθηκε ελεύθερος με εγγύηση το λόγο της τιμής του. Στις 1 3/5/ 1 832, ξημερώματα, ο Galois τραυματίζεται βαριά σε μια μονομαχία «για υπόθεση τιμής» και στις 3 1 /5/1 832, ξημερώματα, πέθαινε από περιτονίτιδα, στο εικοστό πρώτο έτος της ηλικίας του. Όλη τη νύχτα δαπάνησε τις τελευταίες ώρες της ζωής του μέσα στον πυρετό, για να εκφράσει βιαστικά την τελευταία του επιστημονική θέληση και διαθήκη, � γκεντρώνοντας και καταγράφοντας μερικά από τα τόσα σημαντικά πράγματα που είχε στο γόνιμο μυαλό του, πριν ο θάνατος τα σβήσει. Όσα έγραψε στις τελευταίες αυτές ώρες πριν ξημερώσει, θα απασχολήσουν γενεές μαθηματικών για εκατοντάδες χρόνια. Είχε ανακαλύψει την αληθινή λύση ενός γρίφου που βασάνιζε τους μα­ θηματικούς για αιώνες : Κάτω από ποιες συνθήκες μπο­ ρεί να λυθεί μια εξίσωση; Αλλά κι αυτή δεν ήταν παρά μια απ ' τις πολλές ανακαλύψεις του Galois . Στο μεγάλο αυτό έργο ο Galois χρησιμοποίησε τη θεωρία των ομά­ δων με εξαιρετική επιτυχία. Ο Galois ήταν πράγματι έ­ νας από τους μεγάλους πρωτοπόρους αυτής της αφηρη­ μένης θεωρίας, η οποία έχει σήμερα θεμελιακή σημασία για όλα τα Μαθηματικά. Ακατάβλητο από το χρόνο μνημείο του είναι τα άπα­ ντά του, που γεμίζουν, μόλις, εξήντα σελίδες !

Πηγή : "ΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ", Ε.Τ. Bell, τόμ.

Προαγγελία:

Π,

σ. 1 1 7, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης

Κάποιοιμαθηματικό φίλοι της Rene στήλης,Descartes μας ζήτησαν να γράψουμε "δυο λόγια"ως για τον "μέγιστο", όπωςέχουμε τον αποκα­ λούν, (γνωστότερος στους Έλληνες Καρτέσιος). Εμείς δεν καμιά αντίρρηση και τους υποσχόμαστε πως θα το φροντίσουμε. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/2 7


· ·····=··· - .

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και στη χρονιά που πέρασε συνέχισε την προσπάθεια διάδοσης και καλλιέργειας των μαθηματικών μέσα από τους διαγωνισμούς που διοργανώνει με την Επιτροπή Διαγωνισμών. Ετσι: Η 2 0η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διεξήχθη στα τίρανα της Αλβανίας από τις 2 έως 7 Μαϊου. Η Ελληνική απο­ στολή αποτελείτο από τους μαθητές: Αρετάκη Στέφανο, Γαλάνη Ανδρέα, Παπαϊωάννου Αθανάσιο, Παπαλάμπρο Μιχαήλ, Ρασ­ σιά Μιχαήλ, Ρούτη Ευάγγελο. Αρχηγός της αποστολής ήταν ο Σύμβουλος του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Δημήτριος Κοντογιάννης και υπαρχηγός ήταν η Μαθηματικός Αγγελική Βλάχου. Συμμετείχαν 9 χώρες: Ελλάδα, Αλβανία, Βουλγαρία, Σερβία και Μαυροβούνιο, Πρώην Γιουγκοσλαβική Δημοκρατία της Μακεδονίας, Τουρκία, Ρουμανία, Κύπρος και Μολδαβία. Οι Έλληνες μαθητές κατέκτησαν τέσσερα χάλκινα μετάλλια (Αρετάκης Στέφανος, Παπαϊωάννου Αθανάσιος, Παπαλάμπρος Μιχαήλ και Γαλάνης Ανδρέας) και μια Εύφημη Μνεία (Ρούτης Ευάγγελος). Η 7η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων διεξήχθη στο Κουσάντασι της Τουρκίας από τις 20 έως 26 Ιουνίου. Η Ελληνική αποστολή αποτελείτο από τους μαθητές: Δουβρόπουλο Θεοδόσιο, Ηλιοπούλου Μαρίνα, Καραγιαννόπουλο Φσ: έθοντα, Κασσελάκη Στέφανο, Κουφογιάννη Φραγγίσκο και, Σαρλά Ευφροσύνη . Αρχηγός της αποστολής ήταν ο Επίκουρος Καθηγητής του ΕΜΠ Ανάργυρος Φελλούρης και υπαρχηγός ήταν η Μαθηματt­ κός Αγγελική Βλάχου. Έλαβαν μέρος 8 Βαλκανικές χώρες (Ελλάδα, Βουλγαρία, Σερβία και Μαυροβούνιο, Πρώην Γιουγκοσλαβική Δημοκρατία της Μακεδονίας, Τουρκία, Ρουμανία, Κύπρος και Μολδαβία) Οι Έλληνες μαθητές κατέκτησαν τρία μετάλλια ως εξής: Θεοδόσιος Δουβρόπουλος Αργυρό μετάλλιο Ευφροσύνη Σαρλά Χάλκινο μετάλλι� Φαέθων Καραγιαννόπουλος Αργυρό μετάλλιο Η 44η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα, διεξήχθη στο Τόκιο από 7 έως 20 Ιουλίου 2003 και συμμετείχαν 82 χώρες. Την Ελλάδα εκπροσώπησε πολυμελής αντιπροσωπεία αποτελούμενη από τον Πρόεδρο της Ελληνικής Μαθηματικής Ετα� ρείας και μέλος της Διεθνούς Επιτροπής Οργάνωσης των Διεθνών Μαθηματικών Ολυ μπιάδων (ΙΜΟ Adνisory Board), Καθηγη­ τή Πανεmστημίου Πειραιά Νικόλαο Αλεξανδρή, τον Α ' Αντιπρόεδρο, Επίκουρο Καθηγητή του Πανεπιστημίου Αθηνών Γεώρ­ γιο Δημάκο, τα μέλη του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. Γεώργιο Δάσιο, Καθηγητή Πανεπιστημίου Πατρών, Σταύρο Παπασταυρίδη, Πρόεδρο του Μαθηματικού Τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών, Κωνσταντίνο Σάλαρη, Πληροφορικό και Χριστόφορο Αχτσαλωτίδη, Σχολικό Σύμβουλο Μαθηματικών, καθώς και τους Θεόδωρο Μπόλη, Καθηγητή του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων και Δημήτριο Ζέρβα, Καθηγητή Δευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης. Σκοπός της συμμετοχής της παραπάνω ελληνικής aντιπροσωπίας ήταν η παρακολούθηση όλων των διαδικασιών της διεξσ:­ γωγής της 44ης Δ.Μ.Ο. προκειμένου να διοργανωθεί με επιτυχία η 45η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα που θα πραγματοποιη­ θεί για πρώτη φορά στην Ελλάδα, τον Ιούλιο του 2004. Η εξαμελής ελληνική ομάδα των μαθητών μας είχε επιτυχή παρουσία. Κατέλαβε την 4η θέση ανάμεσα στις χώρες της Ευ­ ρωπαϊκής Ένωσης. Κατέκτησαν 5 μετάλλια και μια εύφημη μνεία, ως εξής: Μιχαήλ Ρασσιάς Αθανάσιος Παπαϊωάννου Αργυρό μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Στέφανος Αρετάκης Μιχαήλ Παπαλάμπρος Χάλκινο μετάλλιο Ανδρέας Γαλάνης Εύφημη μνεία Ευάγγελος Ρούτης Χάλκινο μετάλλιο Αρχηγός της ομάδας ήταν ο Επίκουρος Καθηγητής του Εθνικού Μετσόβειου Πολυτεχνείου κ. Ανάργυρος Φελλούρης και υ­ παρχηγός ήταν ο Σύμβουλος του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου, καθηγητής Μαθηματικών κ. Δη μήτριος Κοντογιάννης.

ι

64ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ' ' Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ " ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2003

1.

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z και w . Αν αντικαταστήσουμε τους x, y,z,w με τους αριθμούς Χ1 = χ + 10 , y1 = y + 10,z1 = z + 10,w1 = w + 1 0 , το άθροισμα των Χ1 , y z1 , w 1 είναι 1040. 0

Αν αντικαταστήσουμε τους χ, y, z, w με τους αριθμούς χ2 = 10- χ, y2 = 20 - y, Z 2 = 30 - z, w 2 = 40 - w πόσο θα είναι το άθροισμα Χ2 + y 2 + z 2 + w 2 ; Λύ ση

(χ+Από10)την+ (yυπόθεση + 10) + (zέχουμε: + 10) + (w + 10) 1040

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.4/28

=

{:::?


------ Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες

(χ+ y+ z+ w)+ 40 = 1040 <=:> χ+ y+ z+ w = 1000. 4. Άρα θα έχουμε: Χ 2 +y2 +z2 +w 2 =100-(x+y+z+w) = = 100 -1000 = -900.

2.

Να αποδείξετε ότι ο αριθμός n 2 + 5n + 5, δεν είναι τέλειο τετράγωνο για οποιοδήποτε η

εΝ.

Παρατηρούμε ότι:Λύση (n+2)2 <n2 +5n+5<(n+3)2 , 2 + 5n + 5 βρίσκεται οπότε ο φυσικός αριθμός n μεταξύ δύο τετραγώνων διαδοχικών φυσικών α­ ριθμών. Άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο για οποιοδήποτε η e Ν . 3.

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. Με κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ γράφουμε κύκλο. Από τυχόν σημείο Μ του τόξου ΒΔ που βρί­ σκεται μέσα στο τετράγωνο φέρουμε κάθε­ τη προς την ακτίνα ΑΜ, η οποία τέμνει την ΒΓ στο Ε και την ΓΔ στο Ζ. Να αποδείξετε α ότι : (i) ΕΖ=ΒΕ+ΔΖ (ii) < ΕΖ < α 2

(i) Τα τρίγωνα ΑΔΖΛύσηκαι ΑΜΖ είναι ορθογώνια ( Δ = Μ = 90° ) και έχουν την υποτείνουσα ΑΖ κοινή (Α, α). και ΑΔ=ΑΜ=α, ως ακτίνες τους κύκλους

Άρα είναι ίσα, οπότεΖΜ=ΔΖ θα έχουν και (1) . ΑΒΕ και ΑΜΕ είναι ίσα, οπότεΟμοίως θα έχουντα τρίγωνα και ΜΕ=ΕΒ (2). Με πρόσθεση κατά μέλη τ (1) και (2) προ­ ων + κύπτει ότι ΕΖ=ΒΕ ΔΖ. ΕΓΖ λαμβάνουμε (ii)ΕΖ<ΑπόΕΓτο+ τρίγωνο = (ΒΓ-ΕΒ) +(ΓΔ-ΔΖ) = (ΒΓ +ΓΔ)-(ΕΒ +ΔΖ)= 2α-ΕΖ Άρα2ΕΖ<2α� είναι ΕΖ<α (3) ΕΖ<2α-ΕΖ� Επίσης έχουμε: ΔΖ+ΖΕ+ΕΒ>ΔΒ�2ΖΕ>ΔΒ> α� �2 <ΖΕ (4). Από τις (3) και (4) προκύπτει η (ii). ΖΓ

------

Οι αριθμοί μ, ν είναι θετικοί ακέραιοι με μ � 6008 Να προσδιορίσετε τη μικρότερη δυνατή θετική τιμή του αριθμού Α = 3 - .!!. . ν .

Λύ ση

Για να είναι ο Α = 3 �ν = 3νν-μ θετικός και ναριθμητής παίρνειτουτη3ν-μ μικρότερη δυνατήτη μικρότερη τιμή πρέπειδυνατή ο α­ να παίρνει θετική τιμή (δηλαδή πρέπει 3ν-μ=1) και ο παρανο­ του να παίρνει τη μεγαλύτερη δυνατή θετι­ κήμαστής τιμή. Επειδή μ � 6008 και 3ν-μ=1 έπεται ότι 3ν -1Άρα� 6008 � ν � 2003.δυνατή τιμή του ν είναι η μεγαλύτερη 2003, οπότε η μικρότερη δυνατή θετική τιμή του Α 1 ' 2003 . ειναι ρησ η : Επειδή ο ν είναι θετικός ακέ­ ραιος,Παρατή αποκλείεται να είναι οι δύο όροι του κλά3ν-μ σματος -ν αρνητικοί. -

--

1.

Β ' ΛΥΚΕ ΙΟΥ

Να λύσετε στο σύνολο των πραγματικών α­ ριθμών την εξίσωση (9χ 2 - 3χ + 3)( 4y 2 + 12y + 29) = 55.

Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: [(3χ- Η + �] [(2y+3)' +20] =55 ( Ι ) 11 11 και 'Όμως ( 3 χ--21 )2 +-2':4 4 2 (2y + 3) + 20 20, οπότε [(3χ- Η + �] [(2y+3)' +2ψ �� 20= 55 Άρα για να αληθεύει η ( 1) πρέπει και αρκεί να 2 ' (3χ--21 ) + 114 = 114 και (2y+3)2 +20=20 ισχυουν: 1 <=:> 3χ--=0 2 και 2y+3=0 <::::> χ =-61 και y=--23 2':

-

2.

-

Έστω α, β θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε 1 � β � α. θεωρούμε και τους αριθμούς Α = ( �α 2 + β - α)2 , Β = (�α 2 + β + α)2 • Να αποδείξετε ότι : (i) ο αριθμός �α 2 + β είναι άρρητος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.4/2 9


------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυ μπιάδες

κτασηΑΒ,τηςτότεΒΓ ταστοτρίγωνα σημείο ΖΘΕ Ι. ΑνκαιΘ είναι τοείναιμέσον της ΖΒΙ ίσα Ο < Α < .!_ . α Ζ1 = Ζ2 και 4 γιατί έχουν ΖΒ = ΖΘ = 4, (iii) ο αριθμός Β είναι άρρητος με δεκαδι­ κό μέρος μεγαλύτερο του 0,75. ΖΒΓ = zΘΕ (εντός εναλλάξ) . Λ ύση (i) Επειδή ισχύει α2 < α2 +β < (α+ 1)2 , ο α- Άρα θα είναι και ffi = ΘΕ = ΒΓ2 = �2 . ριθμός α2 +β δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Άρα ο αριθμός �α2 +β είναι άρρη­ τος. (ii) 'Εχουμε Α= 2α2 +β-2α�α2 +β και είναι άρρητος ως άθροισμα του ρητού 2α2 +β και του άρρητου -2α�α2 +β . Επιπλέον έχουμε: Α=β+2α(α- �α2 +β)>Ο, ΑνΕΙ στοΗ είναι το μέσον της ΒΓΘΚΕκαικαιη ΘΗΗΚΙτέμνει την Κ, τότε τα τρίγωνα είναι 2 αφού α< �α +β . όμοια, οπότε θα είναι: Άρα θα είναι: α ΘΚ ΘΕ 2 1 ΘΚ =--1 => 2α�α2 +β <2α2 +β =::;, �α2 +β < α+ l._2α � α+ .!.2 . -=-=-=-=> ΚΗ α 2 ΘΚ+ΚΗ 1+2 =::;, �α2 +β -α< � =::;, Α = ( �α2 +β -α)2 < � ΘΚ 1 ΘΗ α =::;, =-=> ΘΚ =-=ΘΗ 3ΕΗΔ και ΕΚΘ3 έχουν 6 Ομοίως έχουμε ότι ο αριθμός Τα τρίγωνα Β= 2α2 +β+ 2α�α2 +β είναι άρρητος. Επιπλέον ΕΗ=ΕΘ = � ' ΘΚ= � =ΔΗ (αφού 2 α α6 α παρατηρούμε ότι Α+ Β = 4α2 + 2β , δηλαδή ο Α+Β είναι θετικός ακέραιος. Επειδή είναι ΗΔ =ΗΓ-ΔΓ=---=-) και 2 3 6 .!. . Ο < Α < Ο, 25 = 4 έπεται ότι το δεκαδικό μέρος του ΕΗΔ=60° =ΕΘΚ . Άρα τα τρίγωνα ΕΗΔ και ΕΚΘ είναι ίσα, οπ& Β θα είναι μεγαλύτερο του Ο, 75 = �4 . τε θα έχουν ΔΕΗ = κ.ΕΘ και θα είναι: Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α ΔΕΖ= ΔΕΗ+ ΗΕΖ = κ.ΕΘ + ΗΕΖ = ΗΕΘ 60° . και σημεία Δ,Ε και Ζ πάνω στις πλευρές ΒΓ, 4. Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ και ΓΔ ορθογωνίου α ΑΒΓΔ με ΒΓ<ΑΒ<2ΒΓ παίρνουμε σημεία (ii)

ο αριθμός Α είναι άρρητος με

Α

Α

Α

Ι

- - - - - - - - - -Β

Γ

Δ

ΙΗ

3.

=

ΓΑ και ΑΒ, αντίστοιχα, έτσι ώστε ΔΓ= , 3 3α Ε μέσον ΓΑ και ΑΖ= . Να βρείτε τη γω4 νία ΔΕΖ. Λ ύση

1°ς Από νόμο συνημιτόνων στα 2τρίγωνα ΑΖΕ,2 7α ΔΕ2 7α ' ΒΖΔ, ΓΕΔ προκύπτει ότι ΖΕz =-, 36 16 2 49α , , στο τριγωνο , συνημιτονων ΔΖ2 = 144 . Απο, νομο ΔΕΖ έχουμε ότι συν(ΔΕΖ)= 1/2, οπότε θα είναι ΔΕΖ=60°. 2ος Έστω η προέκταση της ΕΖ τέμνει την προέτρό π ος :

_

τ ρόπος:

_

Μ, Ρ και Ν , αντίστοιχα, τέτοια ώστε ΜΒ=ΓΡ=ΔΝ=ΑΒ-ΒΓ. (i) Να βρείτε τη γωνία ΡΑΝ π (ii) Να αποδείξετε ότι Ν.ΜΤ > 4 ύση Λ

(i) Τα τρίγωνα ΑΔΝ και ΝΓΡ είναι ίσα ( Δ =Γ= 90°, ΔΝ = ΓΡ, ΑΔ = ΝΓ ), οπότε θα έ­ χουν ΝΑ=ΝΡ και αφού ΡΝΓ + ΑΝΔ =ΔΑΝ+ ΑΝΔ = 180° -90° = 90° θα είναι Τότεκαιτο ΑΝΡ τρίγωνο= 90°ΑΝΡ. είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότεΓΝΡΑΝ= =ΓΒ και45°.ΓΡ=ΜΒ τα ορθογώνια (ii) Επείδη τρίγωνα ΡΓΝ και ΜΓΒ είναι ίσα, οπότε θα είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.4/30


------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη μ ατικές Ολυ μπιάδες

-------

(α+ χ)2 +(β+ y)2 $(γ+ z)2 ς:::, α2 + χ2 + 2αχ +β2 + y2 + 2βy $ γ2 + z2 + 2γz ς:::, 2( αχ + βy) $ 2γz ς:::, αχ + βy $ γz που Άρα ισχύειισχύει (όπωςκαιδείχνει η (2)). η ζητούμενη. Η ισότητα ισχύει όταν: 1 " 1 · 1 �1 = ϊi . � ς:::, ϊi ii � ς:::, � = � (αφού καιτραπέζιο α, β, χ, yΑΒΓ ομόσημοι). 2. Δίνεται Δ με ΓΔ=6 και ΑΒ= χ, Στο τρίγωνο ΝΡΓ έχουμε ΓΡ=ΜΒ<ΒΓ=ΓΝ, χ θετικός ακέραιος. πότε θα είναι α<β και αφού α + β = 90° έπεται ότι όπου Οι διαγώνιοι ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο Ε . Η α< 45° και β > 45°. Στο τρίγωνο QΡΓ έχουμε ότι παράλληλη από το Ε προς τις δύο βάσεις τέμνει τις ΑΔ και ΒΓ στα σημεία Ζ και Η, PQ < QΓ ΝΡ-NQ < ΜΓ-MQ ς:::, αντίστοιχα. Να προσδιορίσετε τις τιμές του ς:::, ΜΓ-NQ < ΜΓ-MQ χ για τις οποίες το μήκος του ΖΗ είναι θες:::, -NQ < -MQ NQ > MQ ς:::, NMQ > MNQ τικός ακέραιος. και αφού NMQ + MNQ = 90° (αφού NQ QM ), , ΖΔ ΕΓ ΓΔ 6 => Εχουμε -=-=-=θα είναι ΝΜΓ = NMQ > 45° . ΖΑ 6+χ ΕΑ ΑΒΑΔ χ ΖΔ+ΖΑ 6+χ . = = => => ΖΑ χ ΖΑ χ Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί ΓΝΡ = MfB = α, οπότε ΝfQ=90-α=β και ΝQΓ=α+β 90° .

+

=

Ν

Δ

Γ

ς:::,

Ρ

I I \ \ I ν

Α

Β

Μ

ιr

ς:::,

ς:::,

l.

Λ ύση

Γ λΥ ΚΕ Ι Ο Υ

1.

--

--

α, β, γ, χ, y, z ικανοποιούν τις ισότητες α 2 + β 2 = γ 2 και χ 2 + y 2 = z 2 . Να αποδείξετε ότι ικανοποιούν και την σχέ­ ση (α + χ)2 + (β + y)2 � (γ + z)2 . Πότε ισχύει η ισότητα;

Λ ύ σ η 1 "' Τ ρ ότω ς

(α+χ)z +(β+y)z $(γ+z)z ς:::, α2 + χ2 + 2αχ + β2 + y2 + 2βy $ γ2 + z2 + 2γz ς:::, Άρα ειναι , -=-= ΖΕ ΖΑ χ και ΖΕ =-6χ . ς:::, αχ+ βy $ γz ΓΔ ΑΔ 6+χ 6χ 6+χ που ισχύει γιατί από την ανισότητα Cauchy ' οτι' ΕΗ = --, μοιως' β ρισκουμε οποτε' θα Schwartz2έχουμε: 6+χ 1 ) ( 2 2 2 2 2 2 γ z = (α + β )(χ + y ) �(αχ+ βy) 12χ , οπου χ θετικος' ακεραιος. ' ΖΗ = 6+χ ' l γzl � Ι αχ + βyl => γz �αχ+ βy, αφού α, β, ειναι => γ,χ, y, z>O. 12χ+12·6-12·6 =12 _ � . ΖΗ= Όμως 6+χ 6+χακέραιος ς:::, (6+χ)/72 Η ισότητα ισχύει όταν Q.α = 1.χ , όπως προκύπτει Άρα έχουμε ΖΗ θετικός από την (1). ς:::, 6 +Χ {8,9,12,18,36, 72} (αφού 6+ χ > 6) Θεωρούμε τα διανύσματα u =(α, β) και ς:::, Χ {2, 3, 6, 12, 30, 66} ν=(χ,y) Η περίπτωση χΔ=είναι 6 απορρίπτεται, γιατί τότε το τετράπλευρο ΑΒΓ παραλληλόγραμμο. Τότε: u2 =α2 +β2 =γ2 => l u l =γ Σε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ φέρουμε τη και �2 = χ2 + y2 = z2 => I �ι = z . διχοτόμο της γωνίας ΑΓΔ που τέμνει τη ΒΔ Λ και την προέκταση της ΒΑ στο Κ. Αν Άρα l ui · Ι �ι = γz � ϋ . � = αχ+ βy (2) Μστοείναι το σημείο τομής των διαγωνίων και ισχύει ότι ΜΑ · ΜΓ + ΜΑ · ΓΔ = ΜΒ · ΜΔ , Τώρα, για τη ζητούμενη ισοδύναμα έχουμε: Κr Δ χ

Α

ς:::,

Β

--

ο

'

--

Ε

2"' Τ ρ όπος ( Μ ε χρή ση εσω τ ε ρ ικού γ ινομένου)

Ε

3.

να αποδείξετε ότι Β

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.4/3 1

=Β Γ.


------ Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδες

Λύ ση Στο τρίγωνο ΜΓ Δ έχουμε από το θεώρημα της διχοτόμου ότι: ΜΛ = ΜΓ = ΓΔ = :ΜΓ +ΓΔ = :ΜΓ +ΓΔ (1) ΛΔΑπόΓΔτην υπόθεση ΜΛ ΛΔMA·l'v1Γ ΜΛ+ΛΔ +ΜΑ·ΓΔ=.ΜΒ·.ΜΔ ΜΓ+ΓΔ ΜΒ έπεται ότι ΜΔ = ΜΑ ΜΓ ΜΒ(2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ΜΛ = ΜΑ και αφού ΛΜΓ = ΒΜΑ , τα τρίγωνα ΑΜΒ και ΜΛΓ είναι όμοια με fΊ = ΛfΜ = ΑΒΜ = Β1 Επειδή ΓΚ διχοτόμος της γωνίας AfΔ θα εί­ ναι και Β1 = f2 , οπότε το τετράπλευρο ΒΓΔΚ είναι εγγράψιμο . <==>

ΜΓ

ΜΔ

---

κ

�'�,�-------­ '

4.

'

'

'

'

'

'

'

------

Επειδή ισχύει(ότι: α2 -α1 = α2 + α1 ) -2α1 = 1 2 α , ( α 1 + α 2 ) α 1 ( α1 + α2 ) α, α, + α 2 ομοίως για τα υπόλοιπα κλάσματα, ανισότη­ τακαι1 γίνεται 2 + -1 - 2 + ... + -1 2 20 --α , α , + α2 α 2 α 2 + α3 αn α n + α . 1 1 ... +-2 <:::> -α1, +-+ α2 αn 22 ( α, +1 α2 + α2 +1 α3 + ... + α +1 α, ) ή αρκεί 1 1 . . +-2 1 1 + 1 + ... +-1 -+-+ α, α2 α" �α1 α2 �α2α3 �α" α' (αφού για α,β>Ο ισχύει α+ β 2 2JΟ.β ) (�1 + �1 - �α21α + 2) 1 2 + ... + (-1 +---1 2 ) -> Ο + (-α12 +-α3 �α2 α3 ) α" αι �αn αι � (k-k)' +- + ( k2 - k)' �-ο που ισχυει + ( �1 �1 ) + ... + .,Γα:1 Fι1 20, ) ( που ισχύει. η

ο

--

--

<:::>

'

'

'

'

'

--

'

'

Άρα θα είναι και ΒΚr = ΒΔΓ .

Γ

Να αποδείξετε ότι για τους θετικούς πραγ­ ματικούς αριθμούς α1 , α 2 , , α ισχύει ότι: •••

ο

'

Αρχιμήδης"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 7 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2004 1.

Θέματα μεγάλων τάξεων

θα ειναι -,23 εφοσον αποδειξουμε οτι για κα ε χ, y, z ε IR ισχύει: 2 2 χ4 +y4 +z4 +xyz(x+y+z)2-(xy+yz+zx) για κάθε x,y,z JR. 3 Λύ ση <:::> 3 ( χ4 +y4 +z4 ) +3xyz(x +y+z)2 2(xy+ yz+ zx)2 Για x=y=z η ανισότητα γίνεται: 6χ4 2Μ·9χ4 , για κάθε χ ε !R <:::> Μ � �3 - ή αρκεί3(x 2 y2 + y2z2 + z2 x2 ) + 3xy(x + y+ z) 2 Επομένως , η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του Μ 22(x2 y2 +y2z2 +z2 x 2 )+2xyz(x+y+z) <:::> x2 y2 + y2z2 + z2 x2 -xyz(x + y + z) 2 Ο Να βρεθεί η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του θετικού πραγματικού αριθμού Μ για την ο­ ποία αληθεύει η ανισότητα

'

χ4 + y 4 + z4 + xyz(x + y + z) <::: M(xy + yz + zx)2 , ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' ')Jζ τ.4/32

'

'

'

'

θ


------

------ Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμmάδες

( xy) 2 + ( yz) 2 + ( ) 2 _ ( yz) ( yx ) _ και τη μεταβλητή γωνία ΡΑΒ ω . ) - ( yz) ( -( zx ) ( xy) 2:: Ο ±[( xy- yx ) 2 +( yz-zx) 2 +( zx -xy ) 2 ] 2:: Ο, zx

=

zx

που ισχύει.

2.

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί α­ κέραιοι αριθμοί Χι , Χ2 , , Xm , όπου m ;;:: 2 , τέτοιοι ώστε •••

Χι < χ2 <

•••

1 1 1 < xm και 3 + -3 + ... + -3 = 1.

Χι

,

1

ΑΓ

Xm

Χ2

Λ ύση

1 13 + . . +-13 >1 Αν Χι =1, τοτε 3=1 και 3+Χι Χι Χ2 Αν Χι 2:: 2 , τότε xi 2:: i + 1 , για κάθε i=1,2,3 , ... ,m. 1 3 <-1 2 <-1 = -1 - ­1 Επειδη, -χ1� -(i + 1) (i + 1) i(i + 1) i i + 1 ' αθροίζοντας για i= 1 έως i=m θα έχουμε. 1 )= (1-.!.)+(.!.-.!. Σ�< ) + ... +(_!_-i =ι x i 2 2 3 m m + 1 1 - <1. =1-m+1 να ισχύει η ισότητα. Άρα δεν είναι δυνατόν -Χι13 + -Χ13 + ... + 13 = 1 ' για Χι <Χ 2 <... < 2

ΓΗ

Xm

3.

ΑΡ

Xm

Δίνεται κύκλος (Ο,ρ) και σημείο Α εκτός αυτού. Από το σημείο Α φέρουμε ευθεία ε , διαφορετική της ευθείας ΑΟ, που τέμνει τον κύκλο στα σημεία Β και Γ, με το Β μεταξύ των Α και Γ. Στη συνέχεια φέρουμε τη συμμεηιική._....ε.υθεία της ε, ως .προς άξοΥ..α συμμετρίας την ευθεία ΑΟ, η οποία τέμνει τον κύκλο στα σημεία Ε και Δ, με το Ε με­ ταξύ των Α και Δ. Να αποδείξετε ότι οι διαγώνιοι του τετρα­ πλεύρου ΒΓΔΕ διέρχονται από σταθερό � μείο, δηλαδή τέμνονται στο ίδιο πάντοτε � μείο ανεξάρτητα από τη θέση της ευθείας ε. Λύση : 1 °ς Τρό π ος

.

Λόγω της συμμετρίας των ΑΒΓ και ΑΕΔ ως προς τηνκαιευθεία ΑΟ,θααυτήέχουμεθα είναι μεσοκάθετος των ΒΕ Γ Δ. Άρα ΒΕ/ /Γ Δ,είναι οπότεισ�και τοσκελές εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΒΓ ΔΕ τραπέζιο.οι διαγώνιοι του ΒΔ και ΓΕ τέμν� Επομένως νται σε σημείο Ρ της κοινής μεσοκάθετης ΑΟ των δύο βάσεων, οπότε αρκείμήκος. να αποδείξουμε ότι το τμήμα ΑΡ έχει σταθερός Έστω Ζ,ΓιαΗ τηντα μέσα των βάσεων ΒΕ καιθαΓΔ,χρη­α­ ντίστοιχα. έκφραση των μεγεθών σιμοποιήσουμε τα μεταβλητά μήκη AB=t, ΑΓ=s

ΡΖ

ΑΒ ΑΗ

ΑΗ-ΡΖ ΑΓ-ΑΒ

ΖΗ

::::::>

ΑΓ

ΑΒ

ΑΗ -

-8-

·

·

&.

Xm

-

Δ

, ιn3ω=-='Εχουμε τοτε: =-ΒΓ ::::::> ΖΗ = ΒΓcοsω Επιπλέον έχουμε: και = ΑΓcοsω . ΡΗ = s -ΡΗΡΖ = -ΡΓΡΕ = -ΒΕΓΔ = -ΒΖ =-=-st ::::::> ΡΖ+ΡΗ t+s ΡΗ =-s-:::::> PH =(-s-)zH. ή ΖΗ t+s t+s Άρα έχουμε: = ΡΗ = ΑΓ cos ω- ( s+t ) ΖΗ 2st cos ω ( 1) s (s -t) cos ω = -= s cos ω - -s+tστο τρίγωνο Από το νόμοs+tτων συνημιτόνων ΑΟΓ έχουμε: cosω = s 2 +2sδδ2 - r2 , με δ=ΑΟ (2) Από το θεώρημα των τεμνουσών προκύπτει 2 2 (3) st = ΑΓ ΑΒ = δ - r • τι: 2st , εχουμε: = --cosω = Επομενως, d+t 2 2 2 2 2 2 )(s2 +δ2 -r2 ) = = 2(δt+s- r ) . (s +δ2sδ- r ) = (δ2 - r(st+s 2 )δ + δz - rz ) = (δ2_=:r:χs=δ (δ2 - r2 -s2 )δ = =-που είναι σταθερό,αφούαφούτοδΑκαιείναιr είναισταθερό, σταθεράθα με­εί­ γέθη. Επομένως, ναι και το σημείο Ρ σταθερό. ΑΗ

·

,

.

ΑΡ

zος Τρόπος:

Μεαπότουςτο προηγούμενους συμβολισμούς, φέ­Δ, ρουμε Ρ παράλληλη προς τις ΒΕ και Γ που τέμνειΑΕτο ΑΓΡΖκαι ΑΔ στα Κ,ΑΖΛ αντίστοιχα. ΑΒ . -=-=και Τοτε, -=ΑΓ έχουμε: ΛΔόμοιαΡΗτρίγωναΑΔΖΕΡ και ΡΗΔ Από τα ΡΖ = ΖΕ = , οποτε, ο, λοι οι προηγουμενοι , λ, ΑΔ γοιΡΗείναιΗΔίσοι. ΑΕ Άρα έχουμε: -=-:::: :> (Ε,Δ,Λ,Α) αρμο­ ΑΔ ΛΔ νική τετράδα. Ομοίως προκύπτει ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ ' τ.4/33

ΑΕ

ΑΕ

ΑΗ

ο-

ΑΕ


------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ΚΒ = ΑΓ �(Β, Γ, Κ, Α) αρμονική τετράδα. ΚΑ είναι η πολική του Α ως Ομοίως η ευθεία r τοευθεία σημείοΚΑ Ρ είναι προς (O, ΑΡ), οπότε σταθερότονωςρόκύκλο τομή της με την 3 °ς Τ π ος: Επειδή η ΑΟ είναιεπίάξονας οι δια­ γώνιοι θα τέμνονται της ΑΟσυμμετρίας έστω στο Ρ. Έχουμε ότι: ΑΔ ·ΑΕ = ΑΟ2 -R2 (σταθερό)(1)

-------

Λύ ση Θα λύσουμε την άσκηση στη γενική περίπτω­ ση με I MI =ν . Έστω Μ = {α1 ,α2 , ... ,αv } , όπου αί Ε , έτσι ώστε να μην υπάρχουν αί,αj Ε Μ τέτοια ώστε αί +αj ΕΜ . Θα είναι αί *Ο, για κάθε ί=1,2 , ... ,ν, γιατί αν ήταν Ο Ε Μ , τότε αί +Ο=αί ΕΜ, γιακάθε ί=1,2, ... ,ν (άτοπο). Παρατηρούμε ότι το σύνολο Α= {ν -1, ν, ν+ 1, ... ,2ν-2} , ικανοποιεί τις συναφού προβλήματος, του θήκες (ν-1)+ν=2ν-1 > 2ν-2 . Αν υποθέσουμε ότι α= Αςmaxυποθέσουμε Μ , θα αποδείξουμε ότι πρέπει α:?: 2ν-2. α:::; Τότε 2ν-3.έχουμε: ότι είναι δυνατόν να ισχύει: Αν α= 2κ 2ν-3, τότε από τους φυσικούς αριθμούς 1,2, ... ,κ-1, κ, κ+ 1, ... ,2κ-2,2κ-1, Θα υπάρχουν κ -1 = .!:2 - 1 ν -2 ζευγάρια με άθροισμα α=2κ, οπότε, αφού το σύνολο Μ έ­ Επίσης: ΓΔΕ= ΓΟΕ2 =ΑΌΕ . χει ν-2έναστοιχεία διαφορετικά απόαπότοτακ και το 2κ=α, τουλάχιστον ζευγάρι Άρα το ΔΡΟΕΑΡείναιΑΟ=ΑΔ·ΑΕ εγγράψιμο οπότε (2) (1,2κ -1),(2,2κ-2), ...,(κ -1, κ+ 1) · θαΜ, (άτοπο). έχει και τα δύο στοιχεία του στο σύνολο Από (1), (2) έχουμε: 2 2 ΑΡ · ΑΟ = ΑΟ2 -R2 � ΑΡ ΑΟΑΟ-R σταθερό. Αν ήταν α= 2κ + 1$ 2ν-3, τότε από τους φυ­ σικούς αριθμούς 1,2, ... ,κ,κ+1, ... ,2κ-1,2κ, Άρα το Ρ είναι σταθερό. Παρατηρήση: ΡΔΕ+Ε0Ρ=180° οπότε ΔΡΟΕ ε­ θα υπάρχουν κ = [�J :::; ν -2 ζευγάρια με ά­ πίσης εγγράψιμμο. Έστω Μ ένα υποσύνολο του συνόλου των οπότε, αφού το σύνολο Μ έ­ θροισμα α=2κ+ 1,διαφορετικά φυσικών αριθμών με 2004 στοιχεία. Αν + χει ν-1 στοιχεία του 2κ 1 =α, ένα γνωρίζουμε ότι δεν υπάρχει στοιχείο του Μ τουλάχιστον ζευγάρι από τα το οποίο να ισούται με το άθροισμα δύο + 1 ), σύνολο Μ, ( 1 , 2 κ), ( 2, 2 κ-1 ), ... , ( κ, κ στοιχείων του Μ, να προσδιορίσετε την ελά­ θα έχει και τα δύο στοιχεία του στο χιστη τιμή την οποία μπορεί να πάρει το με­ (άτοπο). γαλύτερο από τα στοιχεία του Μ Άρα η ελάχιστη τιμή του α=maxM είναι 2ν-2, οπότε για ν=2004 θα είναι α=4006. ΚΓ

ΑΒ

Ν

.

Α

<

<

Α'

Α

Α

--

4.

" · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Από παράληψη δεν αναφέρ θηκε ότι το 3 τεύχος (Ν ο 5 1 ) εκδόθηκε σε συνεργασία με το Παράρτη μα τη ς Βέροιας

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ••

Ευχαριστού με το Παράρτη μα της Βέροιας για την συνεργασία

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.4/34


για την Α .,

μ

ΤΙ

τάξη

του

Λυκείου

Λυμένες Επαναληπτικές ασκήσεις στην "Αλγεβρα της Α" Λυκείου

Πιτσιούγκας Γιώργος

ΑΣΚΗΣΗ l : Δίνεται η εξίσωση:λ2χ+2λ=λ2+4χ. 1) Να γραφεί στην κανονική της μορφή. 2) Να τη λύσετε για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου λ. 3) Να βρείτε την τιμή του λ για την οποία η εξίσωση έχει λύση το 2. ΛΥΣΗ

Επομένως η παράσταση Κ παίρνει τιμές στο διάστημα (-4,5). ΑΣΚΗΣΗ 3 : Να επιλυθεί η εξίσωση: 3 x - 21 + t 2 - x - 1 _ = x - 21 . 2 4 ΛΥΣΗ

l

l l

l

Για το (1) l x -21 = 1 2 - x l η εξίσωση είναι ισοδύ­ λ2 χ + 2λ= λ2 + 4χ (λ2 -4)χ = ι; -2λ # ναμηΕπειδή (λ-2)(λ + 2)χ = λ(λ- 2) (1) 3μεl x -2την1 +1 l x -21 -1 = l x -21 <=> Για το (2) 2 4 Φ Αν (λ-2)(λ+2)�0 # λ�2 και 3 l x -21 +1 _ 4. l x -21 -1 -_ 4. I χ _ 2I <=> λ � -2 , τότε η εξίσωση έχει μοναδική 4. λ λύση (2) 3 l x -241 + 1-2 (Ι χ -21 2-1 ) =4. Ι χ -21 <=> χ = λ+2 Φ Αν λ-2 = Ο # λ = 2, τότε η ( 1) γίνεται: 3. Ι χ -21 + 1-2. 1 χ -21 +2 =4. 1 χ -21 <=> Οχ=Ο και είναι ταυτότητα δηλαδή επαλη­ 3. Ι χ -21 = 3 <=> Ι χ-21 = 1 <=> χ-2=1 θεύεται για κάθε χ. ή χ-2=-1 <=> χ=3 ή χ=1. Φ Αν λ+ 2 = Ο # λ = -2 , τότε η ( 1) γίνε­ ται: Οχ=8 και είναι αδύνατη. ΑΣΚΗΣΗ 4: Για το (3) Αν d(x,0)<2 και d(y,0)<3 να δειχτεί ότι Απ' το τύπο (2) για λχ=2 έχουμε: d(x+2y, 0)<8 . ΛΥΣΗ 2=- # λ=4 λ+2 , 0 )<2 και d(y, 0 )<3 <=> l x l < 2 και I YI < 3 .Όμως d( x ΑΣΚΗΣΗ 2: Αν 1 <α<2 και 2<β<5 να βρεθεί το διάστημα l x + 2yl :::; l x l + 2 I YI < 2+2 · 3 =8 και επειδή στο οποίο παίρνει τιμές η παράσταση: d(x+2y,O)= I x +2y- οΙ = I χ +2yl συμπεραίνουμε ό­ Κ=-3α+2β-2. τι :d(x+2y,0)<8. ΛΥΣΗ Πολλαπλασιάζοντας τη συνθήκη 1 <α<2 με ΑΣΚΗΣΗ -3<0(-3)1>-3α>(-3)2 η φορά αλλάζει<=>οπότε: Αν x>y>O να aπλοποιήσετε την παράσταση: -6<-3α <-3 (1). A= �xz - 2xy + yz - �xz + 2xy + yz Πολλαπλασιάζοντας τη συνθήκη 2<β<5 με το ΛΥΣΗ 2(2)έχουμε: 4 <2β<10 (2). Π ροσθέτοντας τις (1) και κατά μέλη +έχουμε: �( χ-yγ - �( x +y) 2 = l x -yl - l x + yl = x-y+ 10 <=> -2<-3α+2β<7 <=> Α= 2β<-3 -6+4<-3α <=> -2-2<-3α+2β-2<7-2<=> -4<-3α+2β-2<5. χ-y+y>O=-2y.Επειδή=χx+>y,y. l x - Yl =χ-y και επειδή x l x + Yl •

{:}

--

5:

ΕΥΚΛΕ IΔΗΣ Β ' λζ' τ.413 5


Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 6: Να επιλυθεί η εξίσωση: (χ-ι)3= J2�2J2

(

ΛΥΣΗ .Ji!

- <Χ>

)4•

Τα κλάσματα: Α

ι

ifi ..J3 '

Β=

ι -ifi - ι

- 1

2

1

+ <Χ>

. I I I I ' Επιλύουμε το σύστημα των ανισώσεων αυτών

Επειδή 2J2 = .J22.2 = έχουμε ότι: J2�2J2 = �2J2 = ω = ifi1 = �. Και επομένως ( J2�2J2 )4 = (� )4 = 8 . Η δοθείσα εξίσωση είναι ισοδύναμη με την (χ-1)3=8�χ-1={/8 =2 �χ=3. ΑΣΚΗΣΗ 7:

-2

και βρίσκουμε ότι χ::;-2 ή χ�2� χ ε(-οο,-2]υ[2,+οο) 2) Για να ορίζεται η f πρέπει κάθε μία απο τις υπόριζες ποσότητες να είναι μη αρνητική δηλαδή l xl -1�0 πρέπει: κ που σύμφωνα με το 1) ερώτη2 l χl - 4�0 μα έχουμε ότι χ ε(-οο,-2]υ[2,+οο) δηλαδή το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο: ( -οο,-2]υ[2,+οο) . 3 ) Επειδή το πεδίο ορισμού της είναι σύνο­ λοότι συμμετρικό ως προς το Ο αρκεί να δείξουμε f(-x)=f(x) για κάθε χ δηλαδή η f είναι άρτια. Πράγματι f(-x)= �1 -x l -1 - �2 1 -x l -4 vfxFl - �2 l x l -4 =f(x). Για νατηνβρούμε που η τέμνει τον άξονα χ 'χ επιλύουμε εξίσωση f(x)=O � vfxFl - �,...2 l x-....,.. l --4 =Ο� vfxFl = = �2 l x l -4 � l xl -1=2 l xl -4 � l xl =3 � χ = ±3 . τέμνει τον άξονα χ 'χ στα σημεία Α(-3,Άρα0)Ηκαιη Β(3,0). τέμνειορισμού τον άξονα δεν ανήκει στοδενπεδίο της. γιατί το χ=Ο

{

να

μετατραπούν σε ισοδύναμα με ρητούς πα­ ρονομαστές.

Cr

4)

Cr

5)

ΑΣΚΗΣΗ 8: Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = �l xΙ - ι - �,.:-.,..-.:, 21 xl-4 ι ) Να επιλυθεί το σύστημα των ανισώσε­ ων: l χ ι - ι � Ο και 2 l x l - 4 � 0 . 2) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρ­

τησης. 3) Να δειχθεί ότι η γραφική της παράστα­ ση είναι συμμετρική ως προς τον άξονα y 'y.

4) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφι­

' y y

ΑΣΚΗΣΗ 9: Δίνεται η εξίσωση:χ2+κχ+8=0 και έστω ρ ι ,ρ2 οι ρίζες της . Να προσδιορίσετε το κ ώστε να ισχύει:ρι +ρ2+ρ ι .ρ2=2. ΛΥΣΗ

+ Από τους τύπους του Vietta έχουμε: ρ ρz=-κ ι και ρ ι . ρ2=8 και άρα:-κ+8=2� κ=6.

ΑΣΚΗΣΗ 1 0 : Να επιλυθεί η εξίσωση (χ+2)4-2 (χ+2)2-8=0 ΛΥΣΗ

Είναι διτετράγωνη ως(χπρος χ+2. Οπότε για να 2 + την επιλύσουμε θέτουμε: =ω�Ο και η εξίσω­ 2) ση γράφεται: ω2-2ω-8=0,Δ=36>0 και άρα 2 ±-6 = { 4,δεκτή · ω ι , z= Ι χ Ι-1�ο � Ι χ l �1 � χ::;-1 ή χ�1. 2 -2,απορρίπτεται. 2 2 l x l -4�0 � l x l �2 � χ ::; -2ή χ � 2 . Άρα (χ+2) =4� χ+2=±2� χ=Ο ή χ=-4.

κής της παράστασης με τον άξονα χ'χ. 5) Να εξηγηθεί γιατί η γραφική της παρά­ σταση δεν τέμνει τον άξονα y Ύ. ΛΥΣΗ

ι>

Cr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/3 6


Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 1 1 :

{

Δίνεται η συνάρτηση -2 χ, για χ < -2 f ( χ) = 4, για - 2 ;5; χ < 1 . 3 - χ, για χ � 1 Να βρεθούν: 1) Οι τιμές f(O),f(-1),f(3),f(1),f(-3). 2) Η απόσταση των σημείων στα οποία η Cr τέμνει τους άξονες χ 'χ και y'y. Λ ΥΣΗ

Επειδή f(O)=f(-1)=4, 3� 1,f(3)=3-3=0, -2<-1<0<1, =---2.(-3)=6 . f(1)=3-1=2, -3<-2, f(-3) Από το 1) ερώτημα έχουμε ότι: f (Ο)=4 και ' f(3)=0.0) Άκαιρατονη άξονα τέμνει' τονστοάξονα χ χ στο σημείο Α(3, y y σημείο Β(Ο,4) και ε­ πομένως η απόσταση τους (AB)= J(xs -χΑ )2 +( Ys -yA )2 = J( - 3 )2 + ( 4-ο/ =.J9+ 16=J25=5 . 1)

2)

Cr

o

Σχόλιο :

Όπως φαίνεταιτα σηαπ'είατοΑ,παρακάτω διάγραμμα της συνάρτησης Β είναι μοναδικά. Υ

f(O)= I O -11 -1 =Ο . Άρα το σημείο (0,0) ανήκει στη Αρκεί να επιλύσουμε την aνίσωση f(x)<O� l x-11 -1<0 � l x-11 <1 � -1<χ-1<1 � 0<χ<2. Αρκεί να επιλύσουμε την εξίσωση: f(x)=2� l x-11 -1=2 � l x - 11=3 �χ-1 =---3 =---2 ή χ=4. ή χ-1=3 � χ Άρα η2) καιτέμνει την). ευθεία y=2 στα σημεία Ρ(-2, Q(4, 2 Αρκεί να επιλύσουμε την aνίσωση: f(x)>2� l x -11 ...:. 1 >2 � l x -11 >3 �χ-1<-3 ή χ-1>3 � χ<-2 ή χ>4. 1)

2)

Cr .

3)

Cr

4)

ΑΣΚΗΣΗ 1 3 :

Δίνονται ο ι συναρτήσεις f (χ) = l x l - 1 και g ( χ) = -lxl + 2 . Να βρεθούν: 1) Τα σημεία τομής των γραφικών τους παραστάσεων. 2) Η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται α­ πό το A(xo,yo) με χο>Ο και Α ε Cr Γ'Ι C g και την αρχή των αξόνων. ΥΠΟΔΕΙΞΗ :

να επιλύσουμε το σύστημα y=f(x) και y=g(x)ΗΑρκεί ευθεία θα τοείναιΑ. της μορφής y=λχ την ο­ ποία την επαληθεύει 1 31 31 1) Α ( - -) Β ( -- -) 2) y=- x . 2'2 ' 2'2 3 1)

2)

4 Β

ΑΠΟΤΕ Λ ΕΣΜΑ:

2

-2

-

χ

ο

ΑΣΚΗΣΗ 1 2 :

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο

r( x) = lx - 11 - 1 .

Σε ένα σύστημα δύο γραμμικών εξισώσεων με αγνώστους x,y ισχύει: (D-1)2+(Dx+3)2+Dy2=0. Να βρείτε τα x,y. ΛΥΣΗ

1) Να εξεταστεί αν η Cr περνάει από την αρχή των αξόνων. 2) Να βρεθούν οι τιμές του χ για τις οποίες η Cr βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ 'χ. 3) Νά βρεθούν τα σημεία τομής της Cr με την ευθεία y=2. 4) Να βρεθούν οι τιμές του χ για τις οποίες η Cr βρίσκεται πάνω από την ευθεία y=2. Λ ΥΣΗ :

ΑΣΚΗΣΗ 1 4 :

Επειδήίσο έχουμε άθροισμα μηέναςαρνητικών α­α­ ριθμών με το μηδέν κάθε από τους ριθμούς αυτούς θα είναι ίσος με το μηδέν. Δη­ 2 + και =0 (D-1 (D / ε­ λαδή: D-1=0� / =Ο και x 3) =0 και D πομένως: 0=1 :;t:O (οπότε το σύστημα έχει μοναδική λύση) και Dx=---3 και Dy=O. D ' ει,ναι: x= Dx =-3, y= Y -=Ο. Η μον ικη, λ:υση αδ

ΑΣΚΗΣΗ 1 5 :

D

D

Ένα σύστημα πρώτου βαθμού 2 γραμμικών εξισώσεων με 2 αγνώστους έχει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4!37


Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

D=(λ-1).(λ+2), Dχ=(λ-1)2 και Dy=(λ+ 1 ).(λ+2). 1) Να το λύσετε για τις διάφορες τιμές του λ. 2) Στην περίπτωση που έχει μοναδική λi>­ ση (χο ,yo) να βρεθεί το λ ώστε το ση­ μείο Μ(χο ,yo) να βρίσκεται στην ευθεία y=x. Στην περίπτωση αυτή να βρεθεί σε ποιο τεταρτημόριο βρίσκεται το Μ.

α) f( -4),f(-3), β)

r

( �} (-�) γ) f(4),f(5) -

Υ

1

Λ ΥΣΗ

διερεύνηση. α)τότεΑνΚάνουμε D:;:. Ο <::: (λ-1).μοναδική (λ+2):ι:. Ολύση <::::> λτην:ι:. 1 και λ:ι:.-2 η εξίσωση :> έχει Dχ (λ-1γ =-λ-1 και χ =D (λ-1). ( λ+ 2) λ+ 2 DY _- (λ+ 1). ( λ+ 2) -_ λ+ 1 y=D (λ-1). ( λ+2) λ-1 β) Αν D=O<::::> λ=1 ή λ=-2. β-1) Για λ= 1 τότε: D =Ο και Dy=6 :ι:. Ο και άρα το σύστημα είναι αδύνατο. 2=9 '#Ο και β-2) Για λ=-2 τότε: D =Ο και D =( -2-1 ) x άρα το σύστημα είναι αδύνατο. λ-1 λ + 1 ) ' το σημειο' (x,y)= (--,-• ειναι Η λυση λ + 2 λ-1 με λ :ι:. -2 και λ :ι:. 1. Το σημείο αυτό βρίσκεται στηνδηλαδή ευθεία y=x όταν επαληθεύει την εξίσωση της, λ + 1 <::::> (λ-1 )2=(λ+ 1 ). (λ+2) !:..:_!__ = λ + 2 λ-1 <::::> λ2-2λ+ 1=λ2+3λ+2<::::> 5λ=-1 <::::> λ=- .!.5 . . -2 -2 ) και Επομενως το ειναι το σημειο, (3,3 επειδή έχει αρνητικές συντεταγμένες βρίσκεται στο 3° τεταρτημόριο.

χ

1)

ΛΥΣΗ

Επειδή ωςη συνάρτηση συμμετρική προς την αρχήείναιτωνπεριττή αξόνωνη CrΟ, είναι οπό­ τε η Cr στο [Ο, +οο) θα προκύψει αν πάρουμε το προς το 0(0, ναισυμμετρικό αυτή πουσχήμα φαίνεταιτηςστοCrωςπαρακάτω σχήμα0) και: εί­ 1)

Υ

2)

,

Μ

,

ΑΣΚΗΣΗ 1 6 :

Στο παρακάτω σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση στο ( -οο, μιας περιττής συνάρτησης με πεδίο ορισμού το R. 1) Να συμπληρωθεί η γραφική παράστα­ ση. 2) Να βρεθούν τα διαστήματα μονοτονίας της. 3) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της. 4) Να βρεθούν τα ακρότατα της και οι θέ­ σεις των ακροτάτων αυτών. 5) Να συγκριθούν από άποψη μεγέθους οι αριθμοί:

Ο]

r

χ

Από τη Crσυμπεραίνουμε ότι: Είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα -οο, ( -1) και [ 1, +οο) και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα: [-1 ,1) . 'y Αν προβάλλουμε το σχήμα στον άξονα y βρίσκουμε ότι:f(Α)=[-1,1]. Επειδή για κάθε χ ισχύει: f( χ)::;:; f( -1 )= 1 οπότε =-1. Επειδή για συμπεραίνουμε ότι maxf=1 με Xma x κάθε χ ισχύει: minf=.-1 με Xmin=1.f(x):2: f(1)= -1 συμπεραίνουμε ότι α) -4<-3 <-1 άρα f(-4)<f(-3) αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο,-1) . -1 -1 1 1 β)-1< < < 1 άρα f ( -2) >f ( -5 ) αφού f 2 5 2)

3)

4)

5)

η

είναι γνησίως φθίνουσα στο [-1, 1]. γ) 1<4<5 άρα f(4)<f(5) αφού η f είναι γνησίως αύξου­ σα.στο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4138

(1, +οο) .


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

rcν#«iς Εnαναλ ηnrr#«iς Ασr«ιfαcις Α � Λu«ε:iοuι για "' δυναrr,ούς λύτcςΙ �

"'

Θανάσης Κυριακόπουλος

Οι ασκήσεις που ακολουθούν έχουν σκοπό να συμβάλλουν στην προσπάθεια των μαθητών για &

πανάληψη στην Άλγεβρα της Α ' Λ υκείου. Σε ορισμένες από αυτές απαιτείται συνδυασμός γνώσεων α­

πό διαφορετικά κεφάλαια της θεωρίας.

Βρίσκουμε τις τιμές του λ δια τις οποίες η ορίζου­ σα D γίνεται μηδέν ή Ο , αντίστοιχα. Είναι D = � � λ ; 11 = 6-λ(λ-1) Πρέπει να ισχύουν συγχρόνως τα εξής: D = Ο{::} 6-λ(λ -1) = Ο{::} 6-λ 2 +λ= 0{::} Δ Ο, > Ο, Ρ > Ο . -λ2 +λ+6= ο{::} λ2 -λ-6= ο Έχουμε: Δ=(-2)2 -4·32 (λ-7)=4-36(λ-7)= {::} (λ+ 2)(λ-3) = ο{::} λ+ 2 = ο ή 256 -36λ = 4(64-9λ) ο η' 64 -9λ -> ο .l = 3(λ3-7) > ο ' λ-3=0{:} λ = -2 ή λ= 3 και D Ο {::} λ -2 και λ 3 . Οπότε: _Ι = -C-2) � = ο > 3 3 1) Εάν D Ο{::} λ -2 και λ έχει 64 1 ) < > λ; λ 64-9λ ο Επομένως: λ-7> 0- {::} λ-> /97 . � χ= DDx , y= DDy δηλ. χ -λ�2 +λ+61 Συναληθεύουν δια 7 < λ ::; 6� . -6-2λ+2 -6-2(λ-1) -4-2λ -λ2 +λ+6 -λ2 +λ+6 -λ2 +λ +6 I Ι 2(λ+2) 2 = --(λ-2(λ+2) 2 -λ-6) (λ+ 2)(λ-3) λ-3 Εάν λ = 649 , τότε Δ = Ο, δηλ. οι θετικές ρίζες είναι ίσεςΔίνεται (διπλή ηκαισυνάρτησ μάλιστα ηθετική ρίζα). DY = 6+3λ και y=2 D -λ +λ +6 -λ2 +λ+6 1, εάν χ ρητός { f(x) = . 3(λ2 + 2) = _-___:3(_λ__ + 2)____..:. -3 Ο, εάν χ άρρητος (λ+2)(λ-3) λ-3 -(λ -λ-6) Να λυθεί η ανισότητα: Ι χ + 1-f( FJ)i <f(2004) . 2- , �) . Είναι λοιπόν: (x,y) = (λ -3 λ-3 Ο .J3 είναι άρρητος άρα f (.J3) = Ο . Εάν D = Ο δηλ. λ = -2 ή λ = 3, τότε δια μεν Ο 2004 είναι ρητός άρα f(2004) = 1 , λ = - 2, το σύστημα γίνεται: και η aνίσωση γίνεται: Ι χ + 1-οι < 1 {::} 3x+(-3y)=-3j ή 3x-3y=-3 j ή -2x+2y=2 -2x+2y= 2 {::} l x + 11 < 1 {::} -1 < χ+ 1 < 1 {::} -2 < χ < ο . Να λυθεί και να διερευνηθεί το σύστημα: x-y=-1) ή x-y=-1 3χ + (λ - 1)y = -3 } y=1 x-y=-1 -x+ λ JR λχ + 2y = 2, δηλ. χ -y = -1 και το σύστημα έχει της μορφής (x,y) = (κ,1 + κ), κ JR 1)

Δίνεται η εξίσωση: 3χ2 - 2χ + 3 (λ - 7) = Ο (1). Να βρείτε τον λ e JR , ώστε οι ρίζες της (1) να είναι και οι δύο θετικές.

:;z:

Λύ ση

2::

S

2::

' α

:;z:

α

:;z:

:;z:

:;z:

:;z:

:;z:

3,

μοναδι-

κή λύ ση:

7

64/9

--::-- -

2)

Λύ ση

2)

3)

ε

άπειρες

Λύ ση

λύ σεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/39

ε


Μαθηματικά Ύια την Α' Λυκείου

και δια λ= 3: 3x+2y= -3j 1 {::} 3x+2y=-3 -3x -2y= -2 3x+2y= 2 (- 1) Ox+Oy= -5 Δηλαδή το σύστημα είναι αδ ύ νατο.

4)

(χ) χ2 +1

Αν η συνάρτη ση f(x) έχει ελάχιστη τιμή το -1 2αχ + β και μέγιστη το 4, όπου f = να βρείτε τα α και β. Λύση

Έστω y = f(x). Θέλουμε - 1 :=:; y :=:; 4. , 2αχ+β Ειναι χ2 +1 = y {::} 2 -2αχ + y -β = Ο ( 1 ). Επειδή χ 2 IR είναι Δ � Ο{::} α -y(y-β) � Ο{::} y2 -βy-α2 :=:;Ο (2). Οι ρίζες του τριωνύμου φ(y) = y2 -βy-α2 είναι �β2 +4α2 = β+ �β2 +4α2 β= Υι 2 2 ' Υ2 και η (2) επαληθεύεται δια Υι y :=:; y2 (πρόσημο τριωνύμου). Δηλ. πρέπει Υι = -1 και y2 = 4 β- �β2 +4α2 =-1 και β+ �β2 +4α2 =4 2 2 (3) {:}β- �β2 +4α2 =-2 και β+ �β2 +4α2 =8 (4) Λύνοντας α= ±2, β =το3 .σύστημα των (3), (4) βρίσκουμε Άρα με α= ±2, β= 3 το κλάσμα 2αχ+β χ2 +1 έχει μέγιστο το 4 και ελάχιστο το -1 . Άλλη διατύπωση: Εάν - 1 f( χ) 4 με , f( χ) = 2αχ+β χ2 +1 να βρειτε τα α και β. yx

ε

:=:;

Ή

:=:;

5) Εάν η εξίσωση

χ2

:=:;

+ p x + q = Ο (1) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, να δείξετε ότι και η εξίσωση f(x) + (x + α)(2x + p ) = O (2) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες όπου f(x) = + p x + q , α, p , q ε

χ2

IR .

Απ όδειξη

Είναι Δ > Ο2 αφού η ( 1 ) έχει2 ρίζες πραγματικές και άνισες ή p -4q > Ο ή p > 4q (3). Η (2) γίνεται: χ2 +px + q +(χ+ α)(2χ + p)= Ο{::} χ2 +px+ q +2x2 +pχ+2αχ+αp= 0 ή 3x2 +2(p+α)x+αp+ q =O (4). Η διακρίνουσα της (4) είναι: Δι = (p+α)2 -3(αp+ q) ή Δι = α2 -pα+p2 -3q . Εάν φ(α)= α2 -pα + p2 -3q , τότε η διακρίνουσα του τριωνύμου φ(α) είναι Δ2 =p2 -4p2 +12q ή Δ2 = 12q -3p2 = -3(p2 -4q) και λόγω της (3): Δ2 <0 . Επειδή Δ2 <Ο το2 φ(α) είναι πάντοτε ομόσημο του συντελεστή του α , δηλ. του 1 > Ο, οπότε φ(α)> Ο ή Δι > Ο δηλ. η (4) άρα και η (2) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. 6) 'Εστω f(x) =

_

χ κ(χ0 ,-_!__)

_!_ και

Χο

σημείο της

γραφικής παράστασης της f με χγ(). Εάν Λ το συμμετρικό του Κ ως προς την αρχή 0(0,0) των αξόνων, βρείτε το Χο ώστε ή απόσταση ΚΛ να είναι ελάχιστη. Λύ σ η

Το συμμετρικό του Κ ως προς την αρχή 0(0,0) των αξόνων είναι το Λ ( -χ0 , :ο ) και επειδή η f είναι περιττή (γιατί;) έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή 0(0,0), άρα το Λ ( -χ0 , :0 ) ανήκει στην γραφική παράσταση της f.2 Έχουμε: ΚΑ = �(χ_2___Χ_ι--:)�+-(_y_2___Υ_ι)-=-2 ή ·

( ) R

1 - 1 ΚΑ = ( Χ ο Χ ο ) 2 + + Χο Χο -

2

4χο2 + -Χ4ο2 = 2 Χο + -Χ1ο2 �2 ή Είναι Χο ν Λ Ο τχ�0 > Ο άρα χ � + � � .fi 2Jx � + Χ\ο � 2.fi

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/40

=

<:::::>

=

<:::::>


Μαθηματικά Ύια την Α' Λυκείου

1 2 (1), υ= υ0 -gt (2) = υ0 t --gt Θέλουμε s=b,21οπότε: b =υ0t- 2 gt 2 �gt 2 -2υ0t+2b =0 (3) Δια να έχει το πρόβλημα2λύση, πρέπει 2 � υ02 -2gb ;;:::: Ο� b �2g οπότε max = !!. (μέγιστο ύψος).που απαιτείται δια το μέγιστο ύψος, είναι Ο χρόνος t = υg και προκύπτει από την (2) δια υ=Ο (διότι τότε μηδενίζεται η ταχύτητά του). 7) �2g από (3): Εάν b< (1), β IR >β υ0 - Jυ� -2gb και t2 = υ0 + Jυ� -2gb . Ν α βρείτε τις ακέραιες και θετικές τιμές του t 1 g g β, για τις οποίες η aνίσωση επαληθεύεται για κάθε IR 2υσ > Ο και Ρ = t1 t2 = -2b > Ο . = t1 + t2 = Ειναι: 2 +χ+ 1 >Ο για κάθε χ IR , διότι Δ=-3<0 άρα t1 , t2 > Ο , δηλαδήg οι τιμές δια τον χρόνοg είναι Είναι χ και α= 1 >Ο2 οπότε η 2 αμφότερες θετικές. (1) � 3χ + 2χ + 2 > β(χ +χ+ 1) � Η t1 αντιστοιχεί στο ύψος b (3-β)χ 2 +(2-β)χ+2-β >0 (2) κατάκατέρχεται. την άνοδο, ενώ ή t2 στο ύψος b όταν το κινη­ Διακρίνουμε περιπτώσεις: τό 1) Εάν 3-β =Ο� β= 3 , τότε ή (2): i � -χ-1 >0� χ +1 <0 � l x <-1 1 . τ Άρα η3-βτιμή β=3 Ο�δενβ είναι 3 , τότεδεκτή. δια να επαληθεύε2) Εάν ται η (2)} πρέπει και αρκεί: 3-β >Ο � β<3 Εάν Δ=Ο έχουμε το bmax. Τότε όμως η Δ <Ο (2-β)2 -4(2-β)(3-β) < Ο} � (3) έχει διπλή ρίζα την _1._2α όπου t max β<3 β<3 } } � � � (2-β Χ2-β-12+ 4β)<Ο (2-β)(3β-10)< ο Δηλ. tmax (-2υο ) υο ή lt max υο · β<3 2g } g gI β<3 �β<2 � � (β-2)(3β-10)> ο β<2 ή β> 1� Αυτό σημαίνει ότιστοομέγιστο χρόνος ύψος ανόδουδιαρκεί του κινητού μέχρι να φθάσει όσο και ο χρόνος καθόδου Επειδή όμως β (θετικός ακέραιος) είναι Ιβ = 1 1 . Άρα β=1. Δύο σώματα βάλλονται προς secτα άνω με την ίδια αρχική ταχύτητα υ = 600m και 0 8) Σώμα βάλλεται εκ των κάτω προς τα άνω κα­ τακορύφως με αρχική ταχύτητα Να βρεθεί από το ίδιο σημείο του εδάφους. Να βρεθεί μετά μετά πόσο χρόνο θα φθάσει α) Σε ύψος β) πόσο χρόνο, από τη στιγμή που βάλλεται το πρ� Στο μέγιστο ύψος Πότε το πρόβλημα έ­ το, πρέπει να βληθεί το δεύτερο, ώστε να συνα­ ντηθούν στο μισόg=10m/sec του ολικού2• ύψους που έφθασε το χει λύση ; (g = γνωστό) πρώτο. Δίνεται υ Η κίνησηαπόείναιτη Φυσική: επιβραδυνόμενη και ισχύουν ως Απ. t 2 -t 1 = σ .fi ή Δt=84,85 sec. γνωστόν g 2.fi άρα (ΚΛ)min = 2.fi . Οπότε: 2Jx� + Χ1ο2 =2.J2 �� + _!_� =2� χ� -2χ� + 1 = ο� (χ� -1)2 =ο� χ� = 1 ή Ι χ σ = 1 1 διότι Χ ο > ο Αντίστοιχη θεωρία: Η συνάρτηση -α =-χ , περιττή συνάρτηση, απόσταση 2 σημείων στο 1Καρτεσιανό επίπεδο, ή μόνιμη ανισότητα α+-;::: 2 με α>Ο. αΔίνεται η aνίσωση: ΚΑ �

S

Δ�

Σ η μείω σ η :

Ο <=>

lg

h

y

3χ 2 + 2χ + 2 χ2 + x + l

2

Ε

_

χΕ

S'

Λύση

·

Ε

Φυ σ ική ε ρ μη νεία:

--9"-----ο-,, -I

l

hmax

*

::Ρ

1 ' '

Σχόλιο :

χ0

}

Ε

= -

=

χ0

=

=

=

(Φυ σ ι κή ερμ η νεία τ η ς διπ λής

Ν*

ρ ίζας). Εφα ρ μογή :

υο.

h

.

hmax.

Λύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/41

I


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

�·I!�·�'"'' 11""'��-' �! !J:��· . :.ι Ι{ w �-:t>:. �, .

1.

/ ,i .· ��ι ει ιr, ;/Γ/ Δα«,dα· p'! {or, . ) ,.,. f'εωuετr· Υ )�.i [Ί!' i1.Ι!'ίfl Λ /.: • �:f' •!f lιW,·ιι, tΑιΙ.Ι.; ' 1,. "'r� Μ, � fJ V· ν· fί�... _ ,'

..

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

(,:·

. __

.

..

(Α = ;

.

)

και το τετράγωνο ΕΜΝΡ εγγεγραμμένο στο τρίγωνο (Ε, Μ σημείο της ΒΓ και Ν, Ρ ση­ μεία των ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα). Αν Ο το κέ­ ντρο του τετραγώνου. Να αποδείξετε ότι η ΑΟ είναι διχοτόμος της γωνίας Α. Α

Β

Λύση

Γ

Μ

Ε

.... .

.

./

.' .-!•

. .. .

.'

.

....• '

'

.ι _••

. . .

..

.

.

Νίκος Κόντζιας Θανάσης Τσιούμας

' θα εχουμε ' και = -2 ντιστοιχα είναι ίσα (Π-Γ-Π) β) Τα τρίγωνα ΑΜΚ και άρα φ = θ επίσης ω = θ (ως εντός εναλλάξ επειδή ΜΝ ΑΒ). Επομένως ω= φ δηλαδή η ΑΜ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΚ. 3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ. Να αποδεί­ ΑΒ

ΑΚ

Λ

Λ

.

ΑΜΛ

Λ

Λ

Λ

Λ

I

ξετε ότι: α) Η εξωτερική διχοτόμος ΑΔ τέμνει την προέκταση της ΒΓ προς το μέρος του Β. - Β- Γ . β) Η γωνία ΑΔΒ 2 Λ

=

Λ

--

Φέρνουμε τις κάθετες από το Ο, ΟΘ στην και ΟΚ στηνΑΓ. Οι-διαγώνιες ΡΜ και ΕΝ είναι κάθετες. Άρα: ΡΟΚ+ ΚΟΝ = 90° κι επειδή ΘΟΡ +ΡΟΚ= 90° κι ΘΟΡ = ΚΟΝ τα συμπεραίνουμε ότι: επομένως ΡΘΟ και ΝΚΟ είναι ίσα [α­ ορθογώνια φού έχουν τιςτρίγωνα υποτείνουσες ΟΝ και ΟΡ ίσες και τις Αξ ΘΟΡ και οξείες ΚΟΝ ίσες]. γωνίες επίσης α) Αρκεί ; +Β εξ <180° ή � + � +Βεξ <180° συνεπώςη διαγώνιος Άρα ΟΚ=ΟΘ ΘΟΚΑδι- , Β Γ ο , Β Γ Γ Β το τετράπλευρο είναι τετράγωνο.και Οπότε ΑΟ είναι 180 - Βεξ η -+ η -2 + -< -2 < Β η -< 2 2 2 2 χοτόμος της γωνίας Α. που ισχύει αφού < ΑΓ. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΓ 2ΑΓ. Φέρνουμε τη διάμεσο ΑΜ και έστω Κ το μέσο της ΜΓ. β) Από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ω= φ+ Γ οπότε Να αποδείξετε όιτ: ΑΒ Αεξ = φ+Γ ή -+Β Γ = φ+ Γ . Επομένως α) ΑΚ = 2 2 2 2 β) ΑΜ διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΚ. Β-Γ- . φ=2 4. Από την κορυφή Α τριγώνου ΑΒΓ . Φέρνο& -

ΑΒ

Λύση

-

-

-

Δ

-

Β

Γ

,

2.

ΑΒ

=

Λ

Λ

Α

Β

α)

Μ

/\ ()ση

Είναι ΓΜ = ΒΓ2 = ΑΓ άρα το τρίγωνο ΑΜΓ ισοσκελές. τότε οιείναιδιάμεσοι ΜΑ Έστω και ΑΚΛ θατο μέσο είναι της ίσες.ΑΓΕπειδή ΜΑ= 2 αφού Μ, Λ τα μέσα των ΒΓ, ΑΓ αΑΒ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

-

Λ

Λ

Λ

με τις κάθετες προς τις εσωτερικές και εξω­ τερικές διχοτόμους των γωνιών Β και Γ. Να αποδείξετε ότι τα σημεία τομής των καθέτων αυτών με τις διχοτόμους βρίσκονται πάνω σε μια ευθεία. Λύση

Έστω Μ, Ν,τωνΚ, γωνιών Ρ τα ίχνηΒ των καθέτων επάνω στις διχοτόμους και Γ αντίστοιχα. Είναιεσωτερικής γνωστό ότιγωνίας οι διχοτόμοι εξωτερικήςμεταξύ και της Β είναιτηςκάθετες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ. l /42


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

τους, άρα το τετράπλευρο ΑΜΒΝ θα είναι ορθογώνιο. Α

6.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ. Έστω ΑΔ η διχοτόμος της γωνίας Α και Μ τυχαίο σημείο της ΑΔ. Να αποδείξετε ότι ΜΓ - ΜΒ < ΑΓ - ΑΒ . Α

Α

Β του είναι ίσες και διχοτομούνται Επειδή οι διαγώνιοι θα έχουμε ω=το μέσο Βι όμωςτης ΒΑΒι =άρα Β2 άρα ΜΟ//ΒΓ. Τοαπό Οτοείναι θα περάσει μέσο Λ της ΑΓ. Έχουμε ΛΡ//ΒΓ (αφού μ= ν) και Λ μέσο της ΑΓ άρα ΡΚ θαταπεράσει από το μέσο ΟθατηςείναιΑΒ.συνεu­ Επομένως σημεία Μ, Κ, Ν, Ρ θειακά. Στα μέσα Δ, Ε των πλευρών ΑΒ και ΑΓ τρι­ Λ

Λ

Λ

Λ

η ΜΝ

Λ

Λ

η

5.

γώνου ΑΒΓ φέρνουμε κάθετα τμήματα και ίσα με τα μισά των αντίστοιχων πλευρών δη­ ΑΒ λαδή ΔΚ J... ΑΒ με ΔΚ = l και ΕΛ J... ΑΓ ΑΓ με ΕΛ = - .

κ

Λύ ση

Φέρνουμε την κάθετητηςΓΚΑΒστηστοδιχοτόμο ΑΔ που τέμνει την προέκταση Λ τότε θα είναι ΜΓ =ΜΛ καιΑΛ=ΑΓ. Έχουμε = ΜΛ-ΜΒ ΒΛ=τρίγωνο ΑΓ - ΑΒ . Από ΜΓ-ΜΒ την τριγωνική ανισότητα< στο ΜΒΛ. 7 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία Α = 45° .

Φέρνουμε τα ύψη ΒΕ και ΓΔ και ενώνουμε τα Ε και Δ με το μέσο Μ της ΒΓ. Να αποδείξετε ότι ΔΜ J... ΜΕ .

2

Λύ ση Α

Γ

Να αποδείξετε ότι η γωνία Μ το μέσο της ΒΓ. Λ ύση

ΚΜΛ. =

90° όπου

Μ

Β

Η ΔΜ είναιΒΓδιάμεσος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΓ Είναι ΜΔ//ΑΓ και ΜΕ//ΑΒ αφού Μ, Δ και Ε είναι άρα ΔΜ = 2 . Το τρίγωνο ΔΒΜ είναι ισοσκελές τα(εντόςμέσαεκτόςτωνκαιπλευρών, οπότε ΜΔΒ = Α= ΓΕΜ ° -2Β (1). Δι = Β τότε Μι = 180 άρα επί τα αυτά). ΟμοίωςΒΕΓΜΕάραείναι διάμεσοςΕΜΓστο είναι ορθογώνιο τρί­ Τα τρίγωνα ΜΔΚ και ΜΕΛ έχουν γωνο το τρίγωνο ισοσκελές ΜΔΚ = ΜΕΑ = 90° +Α (2). Μ3 = 180° -2Γ οπότε ΜΔ=ΛΕ αφού ΜΔ ΑΓ2 = ΛΕ Μι+Μ Είναι (3). 2 +Μ3 = 180 ΑΒ Από (1), (2), (3) έχουμε ΚΔ = ΜΕ διότι ΚΔ = 2 = ΜΕ . Μ2 = 180 - (Μι+Μ3 ) = 2Β+2Γ-180 = Άρα είναι ίcrα οπότε ΚΜΔ = ΜΑΕ . Άρα: ΚΜΛ = ΚΜΔ + Μ2 + ΕΜΛ = = 2 (Β+ Γ) -180° = 2 . (180° -45° ) -180° = 9ο0 = ΜΛΕ+Α+ΕΜΛ= Άρα ΔΜ J... ΜΕ. = ΜΛΕ + ΓΕΜ + ΕΜΛ = 8. Δίνονται τα τετράγωνα ΑΔΓΒ και ΔΜΡΕ. -

Λ

-

Λ

Λ

Γ

Λ

Λ

η

• •

Λ

=

Λ

Λ

Ο

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Ο

Λ

Λ

Ο

Λ

Λ

-

Φέρνουμε την ΓΜ και την ΕΑ που τέμνονται στο Θ. Να αποδείξετε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.4/43


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

α) β) γ) δ)

-

ΓΔΜ = ΑΔΕ . Τα τρίγωνα ΑΔΕ = ΓΔΜ είναι ίσα. Το ΘΜΕΔ είναι εγγράψιμο. ΕΘ _i ΘΜ . Λύση

Προφανώς ισχύει: Γι = Α2 και επειδή =Αι στοΑ. δηλαδή 2 συμπεραίνουμε ηΑιΒΑ= Αεφάπτεται του κύκλουότι(Κ,Γι(ΚΟ)) Είναι Αι = Α2 αφού ΟΑΓ είναι ισοσκελές και Αιη ΑΒ= Αθα2 (ΑΔ διχοτόμος) άρα Γι = Αι οπότε εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου ΟΑΕΓ (χορδή - ε­ φαπτομένη). Λ

Λ

Λ

Ρ

Λ

Λ

Λ

Λ

Γ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

1 Ο.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α 90°). Φέρνουμε τη διχοτόμο ΑΔ και την ΔΚ _i ΒΓ τέμνει την προέκταση τη ΒΑ στο Ρ. Να (1). που α) Η γωνία fΔΜ = 90° + ΜΜ . αποδείξετε ότι: α) Το ΑΒΔΚ είναι εγγράψιΚαι ΑΔΕ = 90° + ΑΔΜ (2). μο. β) ΒΔ = ΔΚ γ) ΔΡ = ΔΓ Από τις (1) και (2) παίρνουμε ΓΔΜ = ΑΔΕ . β) Τα τρίγωνα ΓΔΜ ΔΕΑ διότι έχουν ΓΔ=ΔΑ, ΔΕ =ΔΜ και ΓΔΜ = ΑΔΕ . γ) Από την ισότητα των τριγώνων ΔΕΑ ΓΔΜ έχουμε φαίνεταιείναιαπόεγγράψιμο. τα ΕΔΕΑ και Μ= ΔΜΓ. υπό ίσεςΕπειδή γωνίεςη τοΔΘΔΘΜΕ δ) Επειδή το τετράπλευρο ΔΘΜΕ είναι εγγράψιμο και η ΕΔΜ: = 90° άρα και :ΕΘΜ = 90° γιατί η α) Έχουμε άρα το ΕΜ φαίνεται από τα Δ, Θ υπό ίσες γωνίες άρα τετράπλευρο ΑΒΔΚ είναι εγγράψιμο. ΕΘ _i ΘΜ. 9. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και έστω (ε) η β) Στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΔΚ οι γαιεφαπτομένη του περιγεγραμμένου ιώκλου του νίες Αι και Α2 (που είναι ίσες) θα βαίνουν σε (O,R) στο σημείο Β. Από το Α φέρνουμε την ίσα τόξαίσες. ΒΔ = ΔΚ άρα και οι χορδές ΒΔ = ΔΚ παράλληλη προς την (ε) που τέμνει την ΒΓ στο θα είναι Ε. Να αποδείξετε ο περιγεγραμμένος � κλος του τριγώνου ΑΓΕ διέρχεται από το κέ­ γ) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΡΒΔ και Δ είναι ίσα ντρο Ο και εφάπτεται της ΑΒ στο Α. διότι ΔΚ = ΔΒ και Β = Κι διότι το ΑΒΔΚ είναι εγγράψιμο. Επομένως ΡΔ = ΔΓ. =

Β

Α

Λ

Λ

-

= -

-

-

1"

-

-

=

Λ

Λ

ότι

ΚΓ

Λ

ότι

Λ

Π ροτειν ό μενες για λύση

(ε)

1. των ΔίνεταιΑΒ τετράγωνο ΑΒΓΔ καιτέτοια τα σημεία Ε, Ζι­ και ΔΑ αντίστοιχα ώστε να Ι το μέσοότι του ΕΖΔΕκαι. Κ τοσχύειμέσοΑΕτου= ΕΓΔΖ.ναΈστω αποδείξετε Σε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: 90° <Β< 135° και ° . Φέρνουμε το ύψος ΑΚ να αποδείξετε Γ< 45 ότι ΒΚ<ΑΚ<ΓΚ. Αν σε τρίγωνο έχουμετρίγωνα. Β= 3Γ τότε να το χωρίσετε σε δύοΑΒΓ ισοσκελή ° +Γ. Έστω ΑΗ Σετο ύψος τρίγωνοκαιΑΒΓ είναι Β= 120 τε ότι ΑΔ = ΑΔ 2 η διχοτόμος του. Να αποδείξε­ ΙΚ l_ Λ

2. Λύ ση

ΤοΑΔ,περίκεντρο Ο βρίσκεται πάνω στη διχοτόμο που είναι και μεσοκάθετη. Και επειδή ΟΒ _i ε και ΑΕΙ/ε συμπεραίνουμε­ ότι: ΟΒ Έτσι ΡΑΟ = ΟΒΔΑΟΓΕ = ω=είναιΔΓΟ.εγράψιμο, Και συνεπώς τοο περιγεγραμμένος τετράπλευρο δηλαδή κύκλος στο τρίγωνο ΑΓΕ διέρχεται απ' το Ο. l_ ΑΕ .

-

Λ

Λ

3.

Λ

4.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/44

·

ΑΗ .

Λ

Λ


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β= 45° ,Γ= 15° Προεκτείνουμε την ΒΑ κατά τμήμα ΑΡ = 2ΑΒ. °. Να αποδείξετε ότι ΒΡΓ = 75 Σερούμεισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΔΓ) θεω­ τα μέσα Κ, Ν, Λ, Μ των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α)β) ΤοΤο τμήμα ΚΛείναιείναιρόμβος. μεσοκάθετο των βάσεων. ΚΝΛΜ 7. Δύο κύκλοι (Κ, 3R) και (Λ,R) εφάπτονται εξω­ τερικά. Έστω ΡΣ η κοινή εφαπτομένη τους. Να aποδείξτε ότι ΡΚΛ 60° . 8. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Ο το περίκεντρο του. Αι ,ΒΓ, Β ι ,ΓΑΓ, του Ο ως προς ι τα συμμετρικά τιςΑνξετεείναι ευθείες ΑΒ αντίστοιχα να αποδεί­ ότιΓ . το Ο είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου Α Β ι ι ι 9. Θεωρούμε κύκλο (O,R) και δύο χορδές του ΑΓ και ΒΔ που τέμνονται κάθετα στο Ρ, να αποδεί ­ ξετε ότι: Λ

5.

Λ

6.

Λ

=

Λ

α) Ησοκάθετη ΡΚ στην ΑΒ διέρχεται από το μέ­ Μ της ΔΓ. β) είναι Οι προβολές τουεγγράψιμου Ρ στις πλευρές του ΑΒΓΔ κορυφές τετραπλεύρου. lΟ.Δίνεται κύκλος (O, R ) και σημείο Ρ του επιπέ­ δουRτου. Έστω Αο κινητό σημείοτόπος του των κύκλου (O, ). Να βρεθεί γεωμετρικός μέ­ σων Μ των τμημάτων Ρ Α. 11. Τρίγωνο ΑΒΓσημείαείναιΑ και εγγεγραμμένο σετιςκύκλο (O, R ). Στα φέρνουμε εφα­ πτόμενες που τέμνονται στο Κ. Από το Κ φέρ­ νουμε την παράλληλη ΚΡΘαποδείξετε προς τηνότιΒΓΕΡπου= τέμνει την ΑΓ στο Ε, να ΕΘ.κατασκευαστεί (Υποδ. το ΟΕΚΑη διχοτόμος είναι εγγράψιμο). 12.Να δυοσχεδίασης. ευθειών ει , τέμνονται εκτός του φύλλου ε(Υ2 που ποδ. από σημείο Α της ε φέρνουμε την ι Αχ//ε2). Β

Της Παπαδοπούλου Ευρώπης ΑΣΚΗΣΗ 2η: ΑΣΚΗΣΗ lη: Από το κέντρο Κ ενός παραλληλόγραμμου Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α =90 και ΑΒΓΔ φέρουμε δύο κάθετες ευθείες ει και εz στην προέκταση της διαμέσου ΑΜ παίρνουμε που τέμνουν η ει τις ΑΒ και ΓΔ στα Λ και Μ τμήμα ΜΔ=ΑΜ. Αν φέρουμε την ΔΕ J.. ΒΓ αυκαι η εz τις ΒΓ και ΑΔ στα Ν και Ρ. Να δειχθεί τή τέμνει τις διχοτόμους των γωνιών Β και Γ ότι: στα σημεία Λ και Κ. Να δειχθεί ότι ΔΛ=ΑΓ α) Τα τρίγωνα ΚΛΒ και ΚΔΜ είναι ίσα και ΔΚ=ΑΒ β) ΚΝΛ = ΚΝΜ ΛΥΣΗ: ΛΥΣΗ: Α α) ΚΛΒ ΚΔΜ ότι ΑΒΔΓ

·)

ΑΜ=ΜΔ έ­ = 90° και ΑΜ διάμεσος, Τα τρίγωνα και έχουν ΚΒ=ΚΔ και πεταιΕπειδήτο τετράπλευρο Β 1 = Δ 1 (εντός εναλλάξ). Άρα είναι ίσα διαγώνιες του διχοτομούνται και έχειείναιμιαορθογώνιο ορθή γωνία).(οι Γ

Δ

Λ

β)

Τασα ορθογώνια τρίγωνα ΛΚΝ και ΝΚΜ είναι ί­ αφού έχουν ΚΝ κοινή (αφού Άρα, ΑΓ=ΔΒ, οπότε ΔΛ=ΑΓ και μόνο τα-τρίγωνα-ΚΛΒ και ΚΔΜκαιείναιΚΛ=ΚΜ ίσα). Οπότε ΚΝΛ = ΚΝΜ (στο ισοσκελές τρίγωνο ΛΜΝ η ΔΛ=ΔΒ. Ισχύει Β1 = Β (αφού ΒΛ διχοτόμος της Β ). ΚΝ είναι μεσοκάθετη και ύψος). 2 αν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/45

αν


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Επίσης Β2 = f ως εντός εναλλάξ γωνίες. Άρα --- =Β" 1 +Β,.. 2 =-+Γ Β ,... ΛΒΔ 2 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΕΒ έχουμε Ε = 90° , ο­ πότε Δ1 + Δ2 = 90° -Β2 = 90° -f =Β (από το ορ­ θογώνιο ). Στοτρίγωνο τρίγωνο ΑΒΓ ΛΔΒ ισχύει λ +Δ 1 +Δ 2 + Β 1 + Β 2 =18ο · λ = 180° - ( Δ 1 + Δ + Β + Β1 ) = 2 2 =180 - ( Β+ Γ + 2"Β ] =180 - ( 90 + 2Β ] = Β + Γ--= Β =90 --=Β 2 2 Β =Γ + -=ΛΒΔ 2τρίγωνο ΛΒΔ είναι ισοσκελές, οπότε, Άρα το ΛΔ=ΔΒ=ΑΓ. Ομοίως αποδεικνύεται = ΑΒ. {::}

ο

ο

ο

ο

ότι ΔΚ

ΑΣΚΗΣΗ 3 η :

Σε ένα τετράγωνο ΑΔΙ'Β το σημείο Ε είναι συμμετρικό του σημείου Β ως προς το Δ. Αν το σημείο Ζ είναι το μέσο της ΑΔ και το σημείο Η είναι η τομή των ΑΕ και ΓΔ, να αποδείξετε �

τι:

ΑΒ 2 β) Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΔΓ είναι ίσα γ) Η ΓΖ είναι κάθετη στην ΑΕ α) ΔΗ=

'

{::}

..l

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ=3ΑΒ. Τα σημεία Δ και Ε βρίσκονται στην πλευρά ΑΓ έτσι ώ­ στε ΑΔ=ΔΕ=ΕΓ. Αν Μ είναι το μέσο του ΒΓ, να αποδείξετε ότι ΜΔ ΜΕ. Υπόδειξη: Θεωρείστε το μέσο Ν του ΔΕ.

..l ΑΔ=ΕΓ στοκαι Έστωέχουμε Ν τοΑΝ=ΝΓ μέσο τουκαιΔΕ.ΜΒ=ΜΓ Επειδήεπομένως ΔΝ=ΝΕ ΑΒ = τ ΔΕ , τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ΜΝ= τ (ΑΔ=ΔΕ=ΕΓ=ΑΒ= 3 ). Στο τρίγωνο ΔΜΕ η ΜΝ ΔΕ , αρα το ΔΜΕ ορ' και επειδη' ΜΝ= τ ει'ναι διαμεσος θογώνιο, οπότε Μ =90 • . Λ ΥΣΗ :

ΑΓ

'

Α

Λ ΥΣΗ :

Στο τρίγωνο (Ε συμμε­ τρικό του Β ωςΑΒΕπροςΑΒέχουμε το Δ) καιΔΒ=ΔΕ ΔW/ΑΒ, απότε ΑΗ=ΗΕ και ΗΔ = 2 ως το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνειΑΒΕτα μέσα των πλευρών ΑΕ, ΕΒ τριγώνου του

ΑΣΚΗΣΗ Sη :

Έστω ισοσκελές τραπέζw ΑΔΙ'Β (ΑΒ//ΓΔ), Ε το σημείο τομής των ευθειών ΒΓ, ΑΔ και Ζ το σημείο τομής των εφαπτόμενων του περ� γραμμένου κύκλου στα σημεία Α και Γ. Να α­ ποδειχθεί ότι: α) Το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ισοσκελές β) Αν Ο το κέντρο του περιγραμμένου κύκλου, η γωνία ΑΟΓ είναι διπλάσια της ΑΒΕ , γ) Οι γωνίες ΑΕΒ και ΑΖΓ είναι ίσες

Α

...----"""2

-

-

Λ ΥΣΗ :

α) β)

ΑΣΚΗΣΗ 4η :

α)

έχουν ΔΗ=ΔΖ, διότι ΔΗ = ΑΒ2 και ΔΖ= ΑΔ2 (υπόθεση) και ΑΒ=ΑΔ (ΑΒΓΔείναιτετράγωνο) επί­ σης έχουν ΑΔ=ΔΓ, επομένως ίσα γ) Από την ισότητα των τριγώvων ΑΔΗ και ΖΔΓ έχουμε Α1 = f1 , Ζ1 = Ζ2 ως κατακορυφήν και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΔΓ οέχουμε ο Γ1 + Ζ2 = 90 , επομενως Α1 + Ζ1 = 90 , άρα στο τρίγωνο ΑΘΖ θα είναι Θ =90. ΘΓ ΕΑ. Άρα ΓΖ..l ΑΕ.

Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΔΓ είναι ορθογώνια και Ε

το τραπέζιο ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές άρα Δ = f, ΕΑΒ =Δ και ΕΒΑ = f (επειδή ΑΒ//ΔΓ, ως ε­ ντός εκτός κ' επί ταυτά γωνίες). Άρα στο τρίγωνο ΑΕΒ έχουμε ΕΑΒ = ΕΒΑ, δηλαδή είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/46


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

ισοσκελές.

12) Κάθε ορθογώνιο είναι τετράγωνο 1 3 ) Κάθε τετράγωνο είναι ρόμβος 14) Οι διαγώνιες του τετραγώνου είναι ίσες 5) τόμοι Οι διαγώνιες του τετραγώνου είναι και διχ� των γωνιών του Σ Λ 1 6 ) Αν ένα παραλληλόγραμμο έχει τις πλευρές ί­ σες και τις διαγώνιες ίσες είναι ρόμβος Σ 17) Οι διαγώνιες ενός τραπεζίου διχοτομούνται Σ 18) ραπληρωματικές Οι απέναντι γωνίες ενός τραπεζίου είναι Σ πα1 9) Αν οι διαγώνιες ενός τραπεζίου είναι ίσες τόΣ Λ τε είναι ισοσκελές τραπέζιο 20) ταΣε κάθε τραπέζιο, τα μέσα των πλευρών διαγωνίωνείναι και μέσα των μη παράλληλων συνευθειακά σημεία Σ Λ 21) Στο τραπέζιο, Σ στιςΛ βάσειςισοσκελές γωνίες είναι ίσες οι προσκείμενες 22) Ηίσαδιάμεσος τραπέζιατου τραπεζίου το χωρίζειΣ σε δύοΛ Η διαγώνιος τραπεζίου το χωρίζει σεΣδύο ίσαΛ τρίγωνα 24) κορυφέςπαραλληλογράμμου Τα μέσα των πλευρών τετραπλεύρουΣ είναιΛ 25) Ένα παραλληλόγραμμο που δύο απέναντι γω­ νίες γώνιοτου είναι παραπληρωματικές είναι ορθ� 26 ) Τα τμήματα που συνδέουν τα μέσα των π� ρώντρίγωνα ενός τριγώνου χωρίζουν το τρίγωνο σεΛ5 ίσα 2 7) νιες Υπάρχει οι διαγ@. είναι τετράπλευρο ίσες, αλλά δεντουείναιοποίου ορθογώνιο 28) Ταρυφέςμέσαορθογωνίου των πλευρών ορθογωνίου Σείναι κ�Λ 29) ορθογωνίου Τα μέσα των πλευρών ρόμβου είναι κορυφές Η ευθεία που είναι ενώνεικάθετη τα μέσαστιςτωνβάσειςβάσεων ε­ νός τραπεζίου Σ Αραπληρωματικές, ν σε τραπέζιο δύοτότεαπέναντι γωνίες είναι πα­ είναι ισοσκελές Σ Λ 32) Ένα τραπέζιο ίσες που έχει δύο γωνιές Σίσες έχειΛ και διαγώνιες Ανναι τετράγωνο ένας ρόμβος έχει ίσες διαγώνιες,Στότε εί�

z

Σ

1

Λ

.\

_\ ' -

Λ

Λ

Η ΑΟΓ είναι επίκεντρη που βαίνει στο τόξο ABr και η Δ αντίστοιχη εγγεγραμμένη. Άρα Aor =2 Δ =2 ΑΒΕ (από το πρώτο ερώτημα) γ) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΕΑΒ έχουμε ΑΕΒ=180°-2ΕΑΒ=180°-2 Δ (1). Επίσης έχουμε Δ = ArZ ( Δ εγγεγραμμένη στο τόξο ΑΓ και ΑΓΖ γωνία υπό της χορδής ΑΓ και εφαπτομένης) και Δ = ZAf (όμοια). Στο τρίγωνο ΖΑΓ έχουμε AZr = 180° =(ΑΓΖ+ΖΑΓ)=180-2Δ= ΑΕΒ. β)

-

--

-

1)

-

-

=

Λ (Ι ) -

Ε ΡΩ Τ ΗΣ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ -ΛΑΘΟΥΣ

Το άθροισμα των γωνιών ενός παραλληλόΣ Λ γραμμου είναι 360 2) Όλες οι γωνίες ενός παραλληλόγραμμου είναι Σ οξείες Οιτομούνται διαγώνιες ενός παραλληλόγραμμουΣ διχ�Λ 4) Όλες Σ εί-Λ ναι ίσεςοι πλευρές ενός παραλληλόγραμμου Οισε 4διαγώνιες Σ ίσα τρίγωναχωρίζουν το παραλληλόγραμμο 6) Οι διαγώνιες παραλληλόγραμμου είναι και Σ διχοτόμοι των γωνιών του 7) Το παραλληλόγραμμο έχει δύο ύψη. Σ Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών ενός παραλληλόγραμμου ισούται με το άθροισμα των εσωτερικών γωνιών του Σ 9) Οιμουδιαδοχικές γωνίες ενός παραλληλογράμείναι παραπληρωματικές Σ Λ Κάθε κυρτό τετράπλευρο το οποίο έχει δύο πλευρές παράλληλες είναι παραλληλόγραμμο Σ Λ 11) Όλες οι γωνίες ενός ρόμβου είναι οξείες Σ ο

Λ

3)

5)

Λ

Λ

Λ

8)

Λ

1 0)

Λ

Λ

23)

Σ

,\

Σ

Σ

_\

3 0)

Σ

Λ

Λ

31)

33)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/47

Λ


Η

Β

'

Λ υκείου που αυτή τη ν πε ρίοδ ο βρi­ παρακάτω εργασία γ ράφτηκε ώστε να βοη θήσει το μ αθη τή της Δ άδ Χ i­ σκεται στη ν τελική ευθεία για τι ς πανελλήνιες εξετάσει ς. Με τι ς ασκήσει ς των συναδέλφων: Β ημ η ρ στου και Παυλίδη Χαράλαμ που φέ ρνει το μ αθη τή σε επαφή μ ε όλη τη ν ύλη της Άλγεβρας της ' Λ υκείου.

του Βασίλη Καρκάνη

ημχ +1 ημχ+συνχ η χ+συνχ � = μ συνχημχ = συνχ-η Α. Να δείξετε ότι: ημ20 ° 1- συνχ �μχ συνχ-ημχ α) συν 100 =--=..:.-2ημt 0• β) Για χ κπ + !: ,κ Ζ είναι: β) συνιο· · συν:i ο· · συν4ο· = .!. σφ ιο· 4 8 συνχ + ημχ = J3 ( συνχ-ημχ) � α) Να δείξετε ότι: συνχ+ημχ =ν3�εφ (χ+-π ) =ν3 � ( ) συνχ + ημχ � εφ χ+- = 4 συνχ -ημχ 4 συνχ - ημχ 4 � εφ ( χ+ �) =εφ j � β) Να λυθεί η εξίσωση: συνχ + ημχ = J3 ( συνχ - ημχ ) π π ΚΕΖ � � χ+-=κπ+-, 4 π π3 Λύση � χ = κπ+--ΚΕΖ � οπότε Α. α) Είναι ημ20· = 2ημιο· συνιο· ' 3 4 η:..:.μ2_.._ ο_· συν1 ο• = _2ημιο � χ = κπ + 2:.12 , κ ΕΖ η ζητούμενη λύση. · β) Επίσης ημ20" συν200 = Έστω σφω = J5ι συν1 συν200 συν4σ � 2ημ10° α) Να βρεθούν οι τριγωνομετρικοί αριθμοί _!_ ημ40° ημ4Ο συν2ω, εφ2ω και ημ2ω. 22ημιο· συν4ο· = 4ημιο· συν4ο· = β) Να βρεθούν τα χ Ε ώ στε εφω εφ ( χ + 2ω) =ημ400 . συν40° - _!_2 ημ80° = συνιο· = _!_ σφιο· 2 4ημ1 ο· 4ημ1 ο· 8ημ1 ο· 8 Λύση !: α) Για χ κπ + ,κ Ζ είναι: 'Εχουμε σφω= Js οπότε εφω=.J5 (1 ) 4 π + 1 = α) Είναι εφ ω= 1-συν2ω �5= 1-συν2ω � εφ ( χ + !:4 ) = εφχ+εφ-4π = εφχ 1 + συνω 1 + συν2ω 1-εφχ 1-εφχ·εφ-4 5 + 5συν2ω = 1-συν2ω � 6συν2ω = -4 �

Ά σκη ση l η

*

Β

.

π

Ε

ι;; {α)

π

, Χ * ΚΠ + - , Κ Ε Ζ

·

σ

·

·

·

·

συν4Ο'

Άσκη ση 2 η

ο

·

Β

.

·

*

IR.

Ε

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/48

ω

r::;


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

γ) Έστω χ ε[Ο,π] (1) ώστε <::::> συν2ω = --46 = --23 f(x) =-1 <::: :> 2+3συν2χ =-1 2εφω = 2J5 =--=-- <::::> συν2χ = -1 <::::> συν2χ = συνπ <::::> Επίσης εφ2ω = 1-εφ ω 1-5 -4 2 π χ=κπ+π 2χ =2κπ+ 2 ημ2ω <::::> Ακόμη εφ2ω= συν2ω ή κΕΖ <::::> ή κΕΖ 2χ =2κπ-π . χ=κπ--π2 <::::> ημ2ω = εφ2ω · συν2ω =- � { -�) = � ε και λόγω της (1): χ = 2"π η ζητουμενη τιμη. β) Είναι: εφ (χ+2 ω ) =- -φω <=> εφω2-:> δ) Επίσης f( χ) = 5 <::::> 2 + 3συν2χ = 5 <::::> εφχ + εφ2ω = ---<::: συν2χ 1-εφχ · εφ2ω 2 2χ = 2ΚΠ,= 1 <:::Κ :> ΕΖσυν2χ<::::> =Χ συνΟ = ΚΠ,<:::Κ:> ΕΖ εφχ+ ( - 15) J5 ε) Για κ Ε z: είναι: χ κ = κπ οι λύσεις της 2 ---'7-....;.;� = 2 <::::> 2εφχ- J5 = εξίσωσης f(x) = 5. Έτσι για την ακολουθία Χκ 1-εφχ ( - �) είναι: με κ Ε z: �+ι-�=( κ+ 1)π-10t=JΟt+π-π=π (σταθερή δια­ 5 5 -J5 --εφχ <::::> 2εφχ +-εφχ = Ο <::::> φορά) 2 2 Έτσι η ακολουθία (χκ)είναι αριθμητική πρόοδος 9 χ = Ο <::::> εφχ = Ο <::::> εφχ = εφΟ <::::> -εφ με πρώτο όρο χ1 =π 63και διαφορά ω = π. 2χ = κπ, ΚΕΖ. στ)Είναι S=S63 -12π= 2 [2χ1 + ( 63-1)ω] -12π= 63 [2π+62π]-12π= 63 ·64π-12π= Δίνεται η συνάρτηση f ( χ) = 2 + 3συν2χ με χ ε 2 . 32π -12π = 2016π 2-12π = 2004π α) Να βρείτε την περίοδο της f. = 63 β) Να βρείτε την ελάχιστη και τη μέγιστη τι­ μή της f. γ) Να βρείτε την τιμή του χ Ε [Ο, π] για την ο­ Δίνονται οι ακολουθίες (αν), (βν) με ν Ε Α. Αν οι ακολουθίες (αν), (βν) είναι αριθμητι­

}

ω

2

--

'

'

<aJ

_:..._ .__ '---_ -

ω

_

_2

.

Ά σκη σ η 3 η

1R

=

Ά σ κη ση 4 η

ποία η f παίρνει την ελάχιστη τιμή. δ) Να δείξετε ότι οι λύσεις της εξίσωσης f(x) = 5 είναι τα χ IR όπου χ κπ, κ ε) Για κ z: να δείξετε ότι οι λύσεις της εξί­ σωσης του ερωτήματος (δ) αποτελούν δια­ δοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. στ) Για την παραπάνω πρόοδο να βρεθεί το ά­ θροισμα s s63 - 12π όπου s63 το άθροισμα των 63 πρώτων όρων της.

Ε

Ε

=

ΕΖ.

=

Λ

* Ν .

κές προόδοι με κοινή διαφορά ω και ισχύει α2οο4 = β ι99s να δείξετε ότι: * Pv = «v+6 για κάθε ν Ν Β. Αν η ακολουθία (αν) είναι γεωμετρική πρό­ οδος με λόγο λ * ι και ισχύει β ν αν - αν τότε: α) Να δείξετε ότι η ακολουθία (Ρv)είναι γε­ ωμετρική πρόοδος με τον ίδιο λόγο λ. β) Αν S, S ' είναι τα αθροίσματα των ν πρώτων όρων των παραπάνω προόδων (αν), (βv)αντίστοιχα και ισχύει: S' 7 S τότε να δείξετε ότι: i) λ = 8 ii) βv=7 αν.

Ε

=

+ 3συν2χ με Έχουμε την συνάρτηση ύση f(x) = 2 =· x EIR . 2π 2π α) Είναι Τ = - = - =π η περιοδος της f. Λ ύση ω 2 Α. Έχουμε α200 = β 1 998 <::::> α 1 + ( 2004 -1) ω= β) Για κάθε χ Ε IR είναι: 4 β +(1998-1)ω<::: :> α1 +2003ω=β1 +1997ω<::::> 1 -1:::; συν2χ :::; 1 <::::> -3:::; 3συν2χ :::; 3 <::::> β1 =α1 +6ω (1) + 2:::; 2 + 3συν2χ :::; 3 + 2 <::::> -1:::; f( χ) :::; 5 οπότε - 1 είναι η ελάχιστη τιμή της f και 5 η Έτσι για κάθε ν Ε είναι: μέγιστη. '

-3

Ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/49

'


Μαθηματικά Β' Λυκείου ω

βν = β1 +(ν -1)ω=α1 +6ω+( ν-1)ω = α! + [(ν + 6) -1] ω = αν+6 Β. Έχουμε β ν =αν+ -αν (1) και λ 1 (2) βν+! αν+2 -αν+! α! λνν+l -α!νλν1 = ' α) Ειναι: β α α α λ -α λ 1 1 ν ν+l ν α1 λνν 1(λ-1) =λ οπότε η ακολουθία (�) εία1λ - ( λ-1 ) ναι γεωμετρική πρόοδος με τον ίδιο λόγο λ. β) i)Έχουμε S' =ν 7 · S (3) . ν λ -1 και S' = β1 -λ -1 και η (3) Όμως S = α1 -λ-1 λ-1 ν ν ( 2) 1 =7α1 (3) λ -1 λ -1 γράφεται: β1 -<=>β =7α -1 λ-1 λ-1 Όμως β1 =α2 -α1 =α1 λ -α1 =α1 (λ-1) οπότε από την (3) παίρνουμε: α1 (λ -1) = 7α1 <=> λ -1 = 7 <=> λ= 8 i ) Επίσης βν =αν+! -αν =αν ·λ-αν =8αν -αν =7αν :;t:

ι

ω

(Ζ)

ω

ω

Άσκη ση S η

Στην πνευμονολογική κλινική του νομαρχιακού νοσοκομείου Λαμίας και ημέρα Δευτέρα εισέρ­ χεται ασθενής με βαρύ αναπνευστικό πρόβλημα. Μετά την άμεση αντιμετώπιση της κατάστασης και τις <fχετικές εξετάσεις η ιατρική ομάδα της κλινικής αποφάσισε να χορηγήσει στον ασθενή τρία φάρμακα. Την πρώτη μέρα (Δευτέρα) χ()­ ρηγείται στον ασθενή από το φάρμακο Α ημερί­ σια δόση 500 mg από το φάρμακο Β δόση 1000 mg και από το φάρμακο Γ δόση 1500 mg. Η η­ μερήσια δόση του φαρμάκου Α μειώνεται κάθε μέρα κατά 50 mg, του φαρμάκου Β κατά 125 mg και του φαρμάκου Γ κατά 250 mg. Να βρεθούν: α) Οι δόσεις των τριών φαρμάκων που θα χορηγηθούν στον ασθενή την ερχόμενη Παρασκευή. β) Πόσες δόσεις θα δοθούν από το κάθε φάρμα­ κο και ποια ημέρα της εβδομάδας θα δοθεί η τελευταία δόση του καθενός. γ) Αν το εξιτήριο από το νοσοκομείο δίνεται μία μέρα μετά τη χορήγηση και της τελευταίας δόσης, να βρεθεί πόσες μέρες ο ασθενής πα­ ρέμεινε στο νοσοκομείο για νοσηλεία. δ) Αν ο ασφαλιστικός φορέας του ασθενή κα­ λύπτει δέκα μέρες νοσηλείας, πρόκειται αυ­ τός να επιβαρυνθεί οικονομικά ;

Λύση

Όι δόσεις χορήγησης για το κάθε φάρμακο απο­ τελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Συγκεκριμένα για το φάρμακο Α ο πρώτος όρος είναι α1 = 500 και η διαφορά ω = - 50. Όμοια για το φάρμακο Β είναι β1 = 1000 και ω = - 125 και για το Γ είναι γι = 1500 και ω=-250. α) Την ερχόμενη Παρασκευή θα χορηγηθεί η 5η δόση για το κάθε φάρμακο. Έτσι η δόση του φαρμάκου+ Α θα είναι: + αs = α1 (5 - 1)ω = 500 4(- 50) = 300 του Β βs = βι + 4ω = 1000 + 4(- 125) = 500 και του Γ γs =γι + 4ω = 1500 + 4(-250) = 500 β) Θα βρούμε ποια δόση για το κάθε φάρμακο μη­ δενίζεται. Έστω ότι αυτό συμβαίνει για την κ δόση του Α, τη λ δόση του Β και τη μ δόση του Γ. Δηλαδή: ακ =ο α! + (κ -1) ω =ο κ = 11 βλ =0 <=>β 1 +(λ-1)ω=Ο <=> ... <=>λ=9 μ=7 γμ =0 γ1 +(μ- Ι ) ω=Ο οπότε το φάρμακο Α θα δοθεί σε 1 Ο δόσεις, το Β σε 8 δόσεις και το Γ σε 6 δόσεις. Εφόσον η 1 η δόση και των τριών φαρμάκων δόθηκε ημέ­ ρα Δευτέρα, η τελευταία δόση του φαρμάκου Α θα δοθεί ημέρα Τετάρτη, του Β ημέρα Δευτέρα και του Γ ημέρα Σαββάτο. γ) Η τελευταία δόση φαρμάκων που χορηγήθηκε στον ασθενή είναι του Α και αυτή δόθηκε την 9η μέρα μετά την είσοδο του στο νοσοκομείο. Επομένως ο ασθενής παρέμεινε για νοσηλεία στο νοσοκομείο 10 μέρες. δ) Λόγω του (γ) ο ασθενής δεν θα επιβαρυνθεί οι­ κονομικά για την νοσηλεία του στο νοσοκομείο. mg,

mg

mg.

}

}

}

Άσκη ση 6η

Α. Να λυθεί το σύστημα:

3' ·32ψ = 243 ln 2ln = ln 3 χ-

ψ

Β. Δίνεται η εκθετική συνάρτηση 2α με α :;t: 2 . f ( χ) α-2 i) Να βρείτε τις τιμές του α Ε JR για τις οποίες η συνάρτηση f ορίζεται στο JR ii) Να βρείτε τις τιμές του α Ε JR για τις ο­ ποίες η συνάρτηση είναι γνησίως αύ­ ξουσα στο JR

= ( + 3 )χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.4/5 0


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

ίίί) Για ποια τιμή του α από αυτές που βρέ­ θηκαν στο ερώτημα (ί) η γραφική παρά­

σταση της f είναι <fυμμετρική με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = logx ως προς τη διχοτόμο της 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων.

πρέπει: 2α+3 = 10 � 2α + 3 = 1 Οα-20 �α = -23 -8 α-2 η ζητούμενη τιμή. Άσκη ση 7 η

. 3χ . 32ψ = 243 } Έχουμε το σύστημα: lnx-2lnψ = 3 ίί) Πρέπει χ > Ο και ψ > Ο οπότε το σύστημα ισο­ ίίί)ί) δύναμα γράφεται: 3Χ+2ψ = 35 χ + 2ψ = 5 χ=5-2ψ ω ln ψχ2 =ln3 � ψχ2 =3 � 3ψ2 =Χ (2) χ - ψ log x + logψ , οτι: 1og -4 2 2 2 Από (2) � 3ψ = 5-2ψ � 3ψ + 2ψ -5 = Ο � γ) Να λύσετε την εξίσωση: 5 Ο απορρίπτεται 2 + 1og15 -log3 = Iog ( 23' - 29) � ψ=--< 3 ψ = 1 δεκτή και από την ( 1) : χ = 3 χ, ψ >2 Ο (1) και οπότε: (χ,ψ) = (3, 1) η λύση του συστήματος. α) Έχουμε ln(x · ψ)=lnx Χψ= Χ2 χ (χ-ψ)=Ο} Β. i) Η fθα ορίζεται στο όταν: � -=� � � =χ � χ χ α 2 + ln-=ln� > ο 2α + 3 αο' 2 α _ ; ψ ψ 0< -α-2 :;i:1� 2α + 3 � χ 3= ψ } � χ =ψ} � χ =ψ=1 α-2 ψ =ψ ψ=1 ( 2α + 3Ηα-2 ) 0} α<- % ή α>2 οπότε σωστή απάντηση είναι η (iii) � Έχουμε ψ > Ο (1)2 και2 β) 2α + 3:;eα-2 α:;e-5 2χ +ψ2 χ> =18χψ � χ +ψ -2χψ =16χψ � οπότε το αε(-οο,-5)υ ( -5,-%) u(2,+oo) (χ-ψ)2 =16χψ� ( Χ � ψ )2 =Χψ ίί) Η f .1' στο όταν 2 = log( χψ ) χ Ψ 2α + 3 2α +3 ) � και λόγω της (1): log ( --> 1>0� α-2 1 �--α-2 χ-ψ = log χ + log ψ � α+5 > 0 � � 2log � 2α+3-α+2 0 > � -4logx+logψ α-2 α-2 x-ψ < -5 log 4 = 2 � (α+5Ηα-2) >0� � γ) Έχουμε την εξίσωση: α>2 2 + log15 -log3 = log ( 23 x -29 ) (1) δηλαδή το αε(-οο,-5)υ(2,+οο) την�οποία πρέπει: 23 • -29 > Ο (2) ίίί)Γνωρίζουμε ότι οι γραφικές παραστάσεις για Η (1) 2log10 + log15 -log3 = των συναρτήσεων f(x) = ι ο• και log ( 23• -29 ) �log 102 ·15 =log ( 23• -29 ) � g (χ) = log χ είναι συμμετρικές ως προς τη διχοτόμο της 1 ης και 3ης γωνίας των αξό­ � log500= log ( 23x -293) � 500 =23χ -29 � νων. Έτσι για να συμβαίνει το ζητούμενο 23χ = 529 � 23χ 232 � χ = 2 Λύση

Α.

ln

}

}

α) Αν χ, ψ > Ο και ισχύουν: Ιη(χψ) = Ιηχ2 και x , ln - = ln ψ2 τοτε: ψ χ = 10, ψ = 10 χ = e, ψ = e χ = 1, ψ 1 iv) χ = 1, ψ = 2 Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. β) Αν χ > ψ > Ο και χ2 + ψ2 = 18χψ να δείξετε =

ω

}

lR

--

} } Λύση

:;i:

1

}

>

ω

··

lR

}

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/5 1


Μαθη ματικά Β' Λυκείου

η ζητούμενη λύση που είναι δεκτή γιατί ικανο­ ποιεί την (2). Άσκη ση 8 η

Ιη(3χ - 11) . Ιη( χ - 5) α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = 2 γ) Αν g(x) = ι με χ > 6 να λύσετε την aνίσωση f(x) > g(x). Δίνεται η συνάρτηση f(x)

)

εφόσον θ ε [Ο, π] . Άσκη ση 2 η

Ρ(

Δίνεται το πολυώνυμο χ) βαθμού ν � 2 . Να δειχθεί ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ)+(χ2 - 4χ + 3) θα είναι: (3) (ι) 3P( l) - Ρ (3) υ( χ Ρ - Ρ χ + 2 2

)= Για τη συνάρτηση f πρέπει: 3χ -11 > ο χ > !..!3 χ > 5 } Εφόσον ο διαιρέτης χ2 - 4χ + 3 είναι 2ου βαθ­ χ-5 >0 � χ > 5 � x ;r 6 μού το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι πολυώ­ In(x-5) ;r 0 x-5;r1 νυμο το (πολύ Ι ου βαθμού. Οπότε Α=(5,6)υ(6,+οο) το ζητούμενο πεδίο Έστω υ χ)=αχ+β με α,βεJR . ορισμού της f. 2 -4χ+3 =(χ-1Ηχ-3) οπότε σύμ­ Είναι χ φωνα με την ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρε­ β) Για χ ε Α ειναι: . f ( χ) = 2 � ln (3x-1) ( χ-5 ) = 2 � σης θα υπάρχει πολυώνυμο Π(χ) ώστε: � In(3x -11) = 2Ιη(χ -5) � Ιη(3χ -11) = Ρ(χ) =(χ-1)(χ-3) ·Π(χ) +υ(χ) ή 2 2 ln (x-5) � 3χ-11= χ -10χ+25� Ρ(χ) =(χ-1Ηχ- 3 ) ·Π(χ) +αχ+β (Ι) χ =4�Α χ 3 παίρνουμε: 2χ - 13χ+36=0� ή οπότε l χ =91 . Από την ( 1) για χ =α 1-καιΡ(3)-Ρ(1) α+β=Ρ(Ι) } � 2 χ =9εΑ οπότε Ρ(1) ; Ρ(3) 3α+β=Ρ(3) 3 γ) Για χ> 6 είναι Ιη ( χ-5) >Ο οπότε: β= ( ) n I x-l f(x) >g(x) � ln�χ-5; >1� Ρ( 3) -Ρ(1) χ+ 3Ρ (1) -Ρ(3) = υ( χ) 2 2 ln(3x -11) > Ιη ( χ-5) � (εφόσον η συνάρτηση lnx είναι .!' ) � 3χ-11 >Χ-5� 2χ >6� χ >3 Ε.Μ.Ε. οπότε τα χ > 6 αποτελούν λύση της ανίσωσης. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ ( χ) =χ3 +αχ2 + βχ + γ με Ε.Μ.Ε. α,β,γ ε JR . Αν το Ρ(χ) έχει παράγοντα το Q(x) = χ2 - 2χ + ι να δείξετε ότι lαl + l βl + l γl � ι Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ4 ν2θ χ3 r + 2χ - ι. Είναι Q(x) = χ2 - 2χ + 1 = (χ - 1)2 οπότε το Ρ(χ) θα έχει παράγοντα το (χ- 1/ όταν το 1 εί­ Να βρεθεί ο θ ε [Ο,π] ώστε το πολυώνυμο Ρ(χ) ναι διπλή ρίζα του Ρ(χ). να έχει παράγοντα το χ - ι. Έτσι β+γ=Ο�γ=-α-β -1 (1) Το χ- 1 θα είναι παράγοντας του Ρ(χ) όταν και καιΡ(1)το=0�1+α+ μόνον όταν P(1)=0�1+σuv2θ-3c:m\Aj+2-1=0� Ρ( χ) =Ρ(χ)γράφεται: χ3 + αχ2 + βχ-α ..,.. β -1 = = ( χ3 -1 ) +α ( χ2 -1 ) +β(χ-1) =

}

α)

Λύ σ η

Λύ ση

ln

}

=

Του Παυλίδ η Χ α ρά λαμπο υ του παραρτή ματ ος Κ α β άλας της

τη

του Δη μάδ η Χρήστο υ του παραρτή ματος Γρ ε β ενών της

Άσκη ση l η

Άσκη ση l η

+ συ

·

-

3συνθ

}

Λύ ση

·

Λύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/52


Μαθη ματικά Β ' Λυκείου

=(χ -1 ) (χ2 +χ+ 1)+α ( χ -1Ηχ + 1) +β ( χ -1) = =(x-l)(x2 +χ+1+αχ+α+β)= = (χ -1) [χ 2 + (α+ 1) χ +α+ β+ 1 J Οπότε πρέπει το 1 να είναι ρίζα του 2 Π( χ) =χ +(α+1)χ+α+β+1 . Έτσι πρέπει1 +α+ Π(1)β=+Ο1 = Ο � 2α +β+ 3 = Ο � � 1 +α+ β= -2α-3 (2) (2) = -α-( -2α-3 ) -1 = Από (1) �γ -α+2α+3-1=α+2 δηλαδή γ= α + 2 (3). Όμως ισχύει: (2) l αl + l βl + l γl � Ι α +β+ � = l α-2α-3+α+ 21 =1 -u =1 δηλαδή: l αl + ι βι + ι γι � 1 Δίνεται η συνάρτηση f ( x) = 2x3 + 2 5 + 2

2

χ

3

-2

x= l

ο

-2

I

}

ή

χ=1 ή

� Χ = -2

2χ 2 + 3χ - 2 = 0

και η γραφική

ή 1

χ=2

.

παράσταση της f τέμνει τον άξονα χ 'χ στα ση­ μείαΑ(-2, 0), Β (� ,ο) καιΓ(1, 0). β) Η γραφική παράσταση της f δεν θα βρίσκεται πάνω από τον άξονα χ 'χ για τα χ για τα ο­ ποία είναι: 3 2 f(x) ::::; 0 �2x +χ -5χ+2::::; Ο � 2(χ+2) ( χ- �} χ-1) :::; ο � � χ ( -oo,-2] u [� . 1] εφόσον Ε�

Ε

Λύση

α) Είναι f(x) =0�2x 3 +x 2 -5x+2=0 (1) Πιθανές ακέραιες ρίζες της (1) οι ±1,±2 Με σχήμα Homer έχουμε:

ιπ

ι

9-9

:ool

Θέματα ατη rεωμετpία

της Β '

Λυκείου

(μια "περιήγηση ", διαφορετική Ε ισαγωγικα

,)

Αν δούμε 'την ύλη της Γεωμετρίας που διδά­ σκεται στη Β Λυκείου, καταλήγουμε στο συμπέ­ ρασμα πως αυτή αποτελείται από: α) υπολογι­ σμούς ευθ. τμημάτων, γωνιών, λόγων, εμβαδών ή β) σχέσεις μεταξύ αυτών. Όλα αυτά εντάσσονται σε μια ενότητα με τίτλο Κρίναμε σκόπιμο να δώσουμε στα παιδιά μια γραμμή πλεύσης, με απλά παραδείγματα, ώστε να <ψετρικές σχέσεις»

1

2

χ-1=0

α) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με τον άξονα χ 'χ. β) Να βρεθούν τα Χ Ε � για τα οποία η γραφι­ κή παράσταση της f δεν βρίσκεται πάνω α­ πό τον χ 'χ.

Επαναληπτικό

2

οπότε η (1)2 είναι ισοδύναμη με την (χ-1) ( 2χ +3χ-2 ) =0�

Άσκη ση 2 η

-

-5

3

2

(3)

χ

1

Τ ο κεί μενο που ακολουθεί είναι ένα περιληπτικό απόσπασμα από μια αδη μοσίευτη εργασία του γράφοντος, που έχει σαν α­ ντικείμενο τη φιλοσοφία της μετάβασης, από τη λεκτική δα­ τύπωση προς τη συ μβολική γραφή με τύπους και αντίστροφα.

απ '

τι�

άλλε�}

Γιάννης Κερασαρίδης

μάθουν να αναλύουν το ζητούμενο και όχι να πε­ ριμένουν την «φαεινή ιδέα» · δηλ. , να μη "λύνουν" απλά ένα θέμα, αλλά να το διαπραγματεύονται με συγκεκριμένη φιλοσοφία. Αυτό αποτελεί μια ικα­ νοποιητική προσέγγιση της μαθηματικής πραγμα­ τικότητας, όχι, όμως, και την "τελική" απάντηση. Τι είναι η μετρική σχέση. Μετρική σχέση, εί­ ναι μια σχέση ισότητας ή ανισότητας ανάμεσα στα μέτρα δύο ή περισσοτέρων γραμμικών ή τριγωνο­ μετρικών στοιχείων ή εμβαδών, τα οποία σχετίζο­ νται με ένα ή περισσότερα γεωμετρικά αντικείμε­ να. Ο υπολογισμός: του μήκους ενός ευθύγραμμου § 1 . Έννοιε ς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ζ' τ.4/53


Μαθηματικά Β' Λυκείου

τμήματος, ενός λόγου, ενός εμβαδού κοκ. είναι ε­ πίσης μια στοιχειώδης μορφή μετρικής σχέσης. Συνοψίζοντας, θα λέγαμε ότι υπάρχουν δύο κατη­ γορίες μετρικών σχέσεων α) αυτές που γνωρίζουμε και τα δύο μέλη τους και ζητείται η αλήθεια της σχέσης που τα συνδέει , και β) οι υπολογιστικές, δηλ. αυτές που ζητείται ο υπολογισμός: του μή­ κους ενός ευθύγραμμου τμήματος, ενός λόγου, ε­ νός εμβαδού κοκ. Ένα σημαντικό χαρακτηριστικό, μιας μετρικής σχέσης, είναι και η της. Όταν λέμε μιας παράστασης, εννο­ ούμε την πράξη που χαρακτηρίζει την παράσταση. «Δίνονται, τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ ΔΒ της πλευράς ΒΓ με ΔΓ = �ν . Δείξτε ότι μβ2+νγ2=αΑΡ2+μνα» Εδώ το πρώτο και το δεύτερο μέλος, της αποδεικτέας, έχουν δομή αθροίσματος β) «Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει J3 (α 2 +β 2 +γ 2 α+β+γ ) » εφΑ+εφΒ+εφΓ ;:?: 9αβγ J Εδώ το πρrοτο μέλος έχει δομή αθροί­ σματος και το δεύτερο δομή πηλίκου «Πάνω στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ τριγώνου ΑΒΓ δίνονται τα τυχαία σημεία Δ, Ε , Ζ αντί­ στοιχα. Δείξτε ότι ισχύει η σχέση ΓΔ · ΑΕ » (ΔΕΖ) ...:.(ΑΒΓ) _._ ..:... = ΑΖ ·ΒΔ·ΓΕ+ΒΖ· α·β·γ Εδώ το πρώτο και το δεύτερο μέλος έ­ χουν δομή πηλίκου. Ο αριθμητής του δεύτερου μέλους έχει δομή αθροίσματος και ο παρονομα­ στής δομή γινομένου τι είναι

11

δομή 1 1 μιας σχέ ση ς.

δομή

δομή

Π αραδείγματα δομής μετρικών σχέσεων. α)

Σχόλιο

Σχόλιο

γ)

Σχόλιο

§2. Θέματα Τακτικής 1 ) Π οιο είναι το ζητού μενο

δείξουμε ότι υφίσταται αυτή η με­

α)

τις

γ) τις

δ) ανακατασ κευ­

άσ ουμε

2. Δρ ό μοι που οδ η γούν στο ζη τούμενο

α)

Παράδειγμα.

«Σε τρίγωνο ΑΒΓ, με β=S και γ=3, να δείξετε � α2 τι 2μ; + - =34» 2 Απ άντ ηση

Το πρώτο μέλος της' αποδεικτέας έχει τη δομή και τα στοιχεία του α θεωρήματος των διαμέσων. Εφαρμόζουμε αυτό το θεώρημα και έχουμε 2μ2 + -α2z =32+52=34 β) ξεκινούμε από το ένα μέλος και, με διαδοχικούς χειρισμούς, καταλήγουμε στο άλλο μέλος. ταν αποφασίσουμε να ακολουθήσουμε αυτό το δρόμο, κατά κανόνα, ξεκινάμε από το πιο πο­ λύπλοκο μέλος, για να φτάσουμε στο απλό. α

Ό­

Π αράδειγμα.

«Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α,β,γ και διάμεσο ΑΜ=JΙα. 2 Αν ισχύει η σχέση 2μ; - βγ .!.... , να αποδείξετε 2 ότι α2=β2+γ2-βγ» [Πανελλαδικές 2002, Γεωμε­ τρία Β ' Λυκείου, Θέμα 2α] =

Το ζητούμενο, σε κάθε πρόβλημα μετρικής σχέσης, είναι· να σχέση δηλ. , εκείνο που ουσιαστικά ζητείται είναι, με βάση: τα δοσμένα του προβλήματος (τα θεωρούμε ως αληθή), β) υφιστάμενες μαθηματικές προτάσεις [αξιώματα, θεωρήματα, πορίσματα, εφαρμογές (για την απόδειξη της αλήθειας των οποίων δεν εmκατρική

λούμαστε την αλήθεια της προς απόδειξη μετρικής σχέσης)], ιδώτητες που είναι ενσωματωμένες στο σχήμα (πχ. όταν λέμε «ισόπλευρο τρίγωνο>> θε­ ωρούνται ήδη γνωστές όλες οι ιδιότητές του), τους κανόνες της μαθηματικής λογικής να τη δοσμένη μετρική σχέση. Συμπερασματικά: έχοντας στη διάθεσή μας τα "υλικά" και τους "επιτρεπτούς κανόνες", καλού­ μαστε να κατασκευάσουμε ένα απόλυτα πιστό α­ ντίγραφο της προς απόδειξη μετρικής σχέσης, δηλ. να κατασκευάσουμε μια μετρική σχέση που να 'χει με την προς απόδειξη: • την ίδια δομή,• τα ίδια "υλικά",• τοποθετημένα με την ίδια τάξη, σύμφω­ να με τους "επιτρεπτούς κανόνες". Την αλήθεια μιας μετρικής σχέσης μπορούμε να την πορισθούμε σαν άμεση εφαρμογή μιας γνωστής πρότασης

Απάντηση

Ξεκινούμε από το β' μέλος, για να φτάσουμε στο α', παρατηρώντας πως τα στοιχεία �. β,γ θα πρέπει να τα "διώξουμε", αφού δεν έχουν θέση στο α ' μέλος, στο οποίο θέλουμε να καταλήξουμε. τσι, είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/54

Έ­


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

λους, δηλ. συναρτήσει των x,t,u. Τα, πάρχοντα αριθμητικά στοιχεία δεν μας απα<J,(ο­ λούν άμεσα. Αυτά "έρχονται μόνα τους", η 2 2 2 α α α 2 2 εκφράσεις των γραμμικών στοιχείων έχουν γί­ (2μα -βγ) + 2 = 2 + 2 = α σωστά. νει γ) ξεκινούμε ταυτόχρονα από τα δύο μέλη και κα­ ίίγ. Πολλές την πλήρη έκφραση των' μετά ταλήγουμε στις παραστάσεις Α και Β. Αυτές οι στοιχείωνφορές, ' του α μέλους με τα στοιχεία του β παραστάσεις είναι η μια αντίγραφο της άλλης μέλους, έχουμε μια παράσταση που αποτελείται από τα ίδια στοιχεία (με το β· μέλος της απο­ δεικτέας) όχι, όμως, και την ίδια δομή. Αυτό «Σε τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ είναι διάμετρος του περι­ σημαίνει πως αν συσχετίσουμε, ανά δύο ή ανά γεγραμμένου περί αυτό κύκλου, ΑΜ μια διάμε­ τα στοιχεία x,t,u θα πάρουμε την επιθυμη­ τρία, σός του και Ε η προβολή του Μ πάνω στην ΑΔ. 2 2 τή δομή. Να δειχθεί ότι ΑΒ +ΑΓ =4RΑΕ» Απάντηση Με εφαρμογή του α ' θεωρήματος των διαμέ­ ΑΒΓ έχουμε σων στο2 τρίγωνο Αν (O,R) είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος οξυ­ 2 2 2 2 + + ΑΒ +ΑΓ =2ΑΜ 2ΜΒ =2ΑΜ 2ΜΒ.ΜΓ= γωνίου τριγώνου ΑΒΓ και Δ,Ε,Ζ τα ίχνη των υ­ ψών του προς τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοι­ =2·ΑΜ2 +2·ΜΒ·ΜΒ= 2ΑΜ2 + 2ΜΒ2 χα, να δείξετε ότι (ΑΒΓ)=R.τ ' όπου τ' η ημιπε­ = 2[ΑΜ(ΑΖ-ΜΖ)+ ΜΒ · ΜΓ] ρίμετρος του ΔΕΖ (ορθικό τρίγωνο) = 2[ΑΜ · ΑΖ-ΑΜ ·ΜΖ+ ΜΒ · ΜΓ] = 2[ΑΜ · ΑΖ- · .ΜΓ + · .ΜΓ] = 2ΑΜ · ΑΖ ( 1) και 4RAE=2(2R)AE=2AΔAE=2AM·AZ (2) Από (1),(2) προκύπτει η αποδεικτέα. Από την ίδια την τοποθέτησή μας στο ερώτημα προκύπτουν τα παρα­ κάτω συμπεράσματα τακτικής Σχήμα 1 i) αν αποφασίσουμε να πορευτούμε στην κατεύ­ Απάντη ση θυνση της § 2(2. α), τότε: είναι αρκετό να Από το δεύτερο μέλος της αποδεικτέας έχουμε ρίζουμε πλήρως τις εκφωνήσεις των προτάσεων διαδοχικά (σχ. 1) (θεωρημάτων, τύπων, ... ) ΔΕ +R ΕΖ +R ΖΔ (1) =R R.τ '=R ΔΕ+ΕΖ+ΖΔ ii) αν αποφασίσουμε να πορευτούμε στην 2 2 2 κατεύθυνση της § 2(2. β) και έστω ότι η Γνωρίζουμε, όμως,2 ότι το ημιγι νόμενο δύο εl>­ αποδεικτέα σχέση είναι η f(x,y,z)=g(x,t,u) θυγράμμων τμημάτων, μπορεί να εκφράζει ένα εμ­ (1) βαδό είτε τριγώνου (με πλευρά το ένα ευθ. τμήμα τότε κάνουμε τα παρακάτω βήματα: και αντίστοιχο ύψος το άλλο) είτε τετραπλεύρου κάθετες διαγώνιες τα δύο ευθ. τμήματα. Λαμ­ ίία. Ξεκινούμε από το πιο πολύπλοκο μέλος, έστω μεβάνοντας υπ' όψη ότι R=ΟΑ=ΟΒ=ΟΓ, η (1) γρά­ το πρώτο ίίβ. Όσα στοιχεία του f(x,y,z) υπάρχουν στο δεύ­ φεται Rτ'= ΟΓ ΔΕ +ΟΑ ΕΖ +ΟΒ ΖΔ (2) τερο μέλος (όπως το χ), συνήθως, τα αφήνουμε 2 2 2 άθικτα. Όσα στοιχεία του f(x,y,z) δεν υπάρχουν Απομένει να δείξουμε ότι ΟΓ ΔΕ, ΟΑ l_ ΕΖ, στο δεύτερο μέλος (όπως τα y,z), τα εκφράζου­ ΟΒl_ΖΔ. [Απόδειξη: φέρουμε την εφαπτόμενη με συναρτήσει των στοιχείων του δεύτερου μέτυχόν,

αν

Παράδειγμα.

§3 Γενικά Θέματα Θέμα 1 ° .

=

=

ΜΒ

ΜΒ

3 . Ένα μεθο δολογι κ ό συμπέρ ασμα «ποιο είναι το ζητούμενο»,

γνω­

l_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/55

1>­


Μαθηματικά Β' Λυκείου

του κύκλου (O,R) στο Α. Είναι Arn=xΊ.\B (χορδή και εφαπτόμενη) και AfB =ΑΖΕ (εσωτε­ ρική και απέναντι εξωτερική γωνία του εγγραψί­ άρα ΑΒ =ΑΖΕ , άρα ΕΖμουΙ τετραπλεύρου x 'x j_oA, άρα ΒΓΕΖ), OAj_Ez. Για όμοιο λόγο είναι ΟΓ j_ΔΕ, ΟΒ j_ ΖΔ] καιΜετά απ' αυτό η (2) γράφεται Rτ '=(ΑΕΟΖ)+(ΖΟΔΒ)+(ΔΟΕΓ)=(ΑΒΓ) χ 'χ

χ'

Θέμα 2°.

Ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (K,R). Μία ευθεία (ε ') εφάπτεται στον κύκλο, κέντρου Κ. Ας είναι Α ',Β ',Γ,Δ ' οι πρ&­ βολές των Α,Β,Γ,Δ αντίστοιχα, πάνω στην (ε '). Δείξτε ότι: 2 ΑΑ '.ΓΓ+ΒΒ '.ΔΔ '=R

αρκεί να δείξουμε ότι ΓΗ2+ΒΖ2 =R2, δηλ. , ότι ΓΗ και ΒΖ μπορεί να είναι τα μήκη των καθέτων πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνου­ σα την ακτίνα του κύκλου (K,R). Αυτό, όμως, συμβαίνει αφού τα ορθογώνια τρί­ γωνα ΚΒΖ,2+ 2 είναι ίσα, άρα ΚΖ=ΓΗ. Τότε έ­ χουμε ΓΗ ΒΖ =ΚΒ+2 και' η (2)' γρά2 φεται2=R2 ΑΑΤΓ ΒΒ ΔΔ =2R -R ΚΓΗ

Θέμα

3°.

Σε κάθε τετράπλευρο ΑΒΓΔ, εγγράψιμο σε κύ­ κλο, ισχύει η σχέση ΑΒ.ΓΔ+ΒΓ.ΑΔ=ΑΓ.ΔΒ (γνωστό σαν «θεώρημα του Πτολεμαίου»)

Σχήμα 3 Εκλέγουμε το πρώτο μέλος ΑΒ.ΓΔ+ΒΓ.ΑΔ (σχ. 3). Αρκεί να εκφράσουμε καθένα από τα στοιχεία του ή καθένα από τα γινόμενά του, συναρτήσει των διαγωνίων ΑΓ, ΔΒ. Πάνω στη διαγώνιο ΑΓ παίρνουμε ένα σημείο Ε σε τρόπο ώστε ΕΒΓ=ΑΒΔ . Αν λάβουμε υπ' ό­ ψη μας ότι Δ, fΊ , συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα είναι όμοια, άρα = , δηλ., ΒΓΑΔ=ΓΕ'ΒΔ (1). Είναι, ακόμη, τρίγ. ΑΒΕ, ΔΒΓ όμοια, άρα -=- ΑΕ"ΔΒ= ΑΒΤΔ (2) Προσθέτουμε τις ( 1 ), (2) κατά μέλη κι έχουμε: ΑΒΤΔ+ΒΓΑΔ= ΓΕΒΔ+ΑΕΔΒ=(ΓΕ+ΑΕ)'ΔΒ=ΑΓΔΒ Απάντηση

Σχήμα2 ' Επιλέγουμε το πρώτο μέλος ΑΑΌΓΓ+ΒΒΌΔΔ ' ' , ΒΒ (σχ. 2). Θα πρέπει να εκ ράσουμε τα ΑΑ , ΓΓ, ΔΔ ' (ή τα δύο γινόμεναφ του αθροίσματος) � ναρτήσει της' ακτίνας R. Έστω Κ το σημείο επα ής της (ε ')και του κλου (K,' R). Είναι ΚΚ '='R. φΠροβάλουμε την ακτί­ να ΚΚ πάνω στις ΑΑ , ΒΒ ' , ΓΓ, ΔΔ ' κι έστω Ε,Ζ,Η,Θ οι προβολές του Κ πάνω σ' αυτές αντί­ στοιχα. Μ' αυτό τον τρόπο έχουμε ΑΈ=Β 'Ζ=ΓΉ=Δ 'Θ=ΚΚ '=R. Είναι ΑΑΌΓΓ+ΒΒΌΔΔ '= =(ΚΚ '-ΑΕ)(ΚΚ '+ΓΗ)+(ΚΚ '+ΒΖ)(ΚΚ '-ΔΘ)= =(R-AE)(R+ΓH)+(R+BZ)(R-ΔΘ) (1) Παρατηρούμε ότι ΑΕ=ΓΗ (αφού τρίγ. ΚΑ­ Ε=τρίγ. ΚΓΗ) και ΒΖ=ΔΘ (αφού τρίγ. ΚΒΖ=τρίγ. ΚΔΘ), οπότε η (1) γράφεται ΑΑΌΓΓ+ΒΒΌΔΔ '=(R2-ΓΗ2)+( R2-BZ2)= (2) Από τη (2) και την αποδεικτέα προκύπτει ότι Α π ά ντ ηση

κύ­

=

ΑΒΔ, ΕΒΓ

Θέμα 4°.

ΑΒ

ΑΕ

ΔΒ

ΔΓ '

ΑΔ

ΒΔ

ΓΕ

ΒΓ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ η εξωτερική διχ&­ τόμος της γωνίας Α. Τότε ισχύει η παρακάτω σχέση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/S6


Μαθηματικά Β' Λυκείου

χοτόμος τέμνει το περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου η προβολή του πάνω στην και το aντιδιαμετρικό του (σχ. 5). ' Ξεκινούμε από το β μέλος κι έχουμε: Ο συσχετισμός των γίνεται μέσω των μοίων τριγώνων και οπότε έχουμε η' Από έχουμε (3) Όμως, η Αρκεί να δείξουμε ότι διαφορά εκφράζει τη δύναμη του σημείου άρα ς προς τον κύκλο Άρα ωαρκεί να δείξουμε ότι ή ότι Το τελευταίο, όμως, είναι αληθές αφού το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλ., Άρα ΑΔ

ΑΒΓ, Η

(O,R) ΑΒ

;

- -

; ; · --

.

Δ

;

;

;

;

;

;

;

.-'"'ι

Ε

R2-2Rρ= R2-EZ·IH

ΙΗ

ΕΓ

Απ άντη σ η

Ξεκινάμε από το δεύτερο μέλος β.γ (σχ. 4). Το γινόμενο δύο ευθ. τμημάτων που έχουν το ίδιο άκρο και είναι συνευθειακά, μας παραπέμπει στη δύ­ ναμη σημείου προς κύκλο. Αν, λοιπόν, (K,R) ο περί­ κυκλος του τριγώνου και το σημείο στο οποίο η ξανατέμνει τον κύκλο αυτό, τότε έχουμε: άρα Συγκρίνοντας τα δεύτερα μέλη της αποδεικτέας και της συμπεραίνουμε ότι αρκεί να δείξουμε ότι Από την τελευταία, συμπεραίνουμε πως αρκεί να δείξουμε τα τρίγωνα και είναι όμοια. Αυτό είναι αληθές, αφού Β1 Ε (το είναι εγγεγραμμένο) και Α3 Α2 Α1 Άρα η είναι αληθής, άρα, από έχουμε: βγ ή ΔΒ.ΔΓ -

Ε

ΔΒΔΓ=ΔΑΔΕ=ΔΑ(ΔΑ+ΑΕ)=ΔΑ2+ΔΑΔΕ (1) ΔΑ2= ΔΒΔΓ - ΔΑΔΕ (1)

ΔΑΑΕ=ΑΓΑΒ

ότι

( 1 ).

ΕΖ,ΙΗ

- - - - - - - - - -

ΔΑ

Ι

Ζ

ΔΑΒ

(2)

ΑΓΕ

ΑΒΓΕ

=

=

=

(2)

( 1 ), (2) ΑΔ2=ΔΒ · ΔΓ - ΑΓΑΒ ΑΔ2=ΔΒΔΓ -

ο­

ΑΗΙ

ΓΕΖ,

= ΙΑ ΕΖ

ΙΑΕΓ=ΙΗ·Εz

(2)

( 1 ),(2)

R2-2Rρ= R2-IA·Er

ΙΑΕΓ= R2-102 •

R2-I02

Ι (O,R). R2-102=1AIE, ΙΑΕΓ= ΙΑΙΕ ΕΓ=ΙΕ.

ΙΕ=ΕΓ. 2 2 R -2Rρ= R -( R2-1 02)= 102

ΙΕΓ

Θέ μα 6°.

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και Κ,Λ,Μ,Ν τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Αν συνδέσουμε τα Κ,Λ,Μ,Ν με τις κορυφές των α­ πέναντι πλευρών τους, δημιουργείται ένα οκτά­ γωνο. Να υπολογισθεί το εμβαδό του οκταγώνου συναρτήσει του εμβαδού του παραλληλογράμμου.

Θέμα 5°.

Τριγώνου ΑΒΓ, το περίκεντρό του είναι Ο και το έγκεντρό του Ι. Δείξτε ότι ισχύει I0 2=R2 - 2Rρ (τύπος του Euler) Δ

όπου R και ρ οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου (του ΑΒΓ) αντίστοιχα.

Απ άντη σ η

z

ν Θ η τομή των και η τομή των τότε το τρίγωνο (Ο Ρτο κέντρο του παραλ/μου) είναι ένα από τα 8 τρίγωνα που αποτε­ λούν το οκτάγωνο σχ. 6). Θα υπολογίσουμε το εμβαδό Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα έχουν κοινή τη κορυφή τους Ο. (ΟΘ)(ΟΡ) Άρα (ΟΑ)(ΟΚ) .!_3 } _ .!_6 , άρα Α ΚΜ,ΑΛ,

ΚΔ,ΑΓ ΟΘΡ

(

(ΟΘΡ).

0-

ΑΚ, ΟΘΡ

(ΟΘΡ)

(ΟΑΚ)

Ε

Σχήμα 5 Ας είναι το σημείο στο οποίο η εσωτερική διΑ π άντηση

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.4/57

=

(ΟΘΡ)=

=

.!_ (ΟΑΚ)

6

2

=

(1)


Μαθηματικά Β' Λυκείου

Αλλά (ΟΑΚ)= _!_2 (ΟΑΒ), (ΟΑΒ)= _!_2 (ΑΒΔ), (ΑΒΔ)= _!_ (ΑΒΓΔ) 2

Από (1),(2) έχουμε (ΟΘΡ)=-481 (ΑΒΓΔ)

r

Β�

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται ότι καθένα από τα υπόλοιπα τρίγωνα που συνιστούν το έχουν το ίδιο εμβαδό με το τρίγωνο (2) ΟΘΡ.οκτάγωνο Άρα Ε =8( ΘΡ)=8 481 (ΑΒΓΔ)= 61 (ΑΒΓΔ) (3) " -

(Εnαναληπτι«i� AuHήucι,J

Θεωρούμε τα σημεία Α και Β πάνω στους θετι­ κούς ημιάξονες Οχ και Οψ αντίστοιχα έτσι ώ­ στε: (ΟΑ) + 3 (ΟΒ) = 10 και σημείο Γ επί της ΓΑ ΑΒ, τέτοιο ώστε: = 9 . Να αποδειχθεί ότι: ΓΒ i. Οι κάθετες της ΑΒ στο Γ, διέρχονται από σταθερό σημείο Σ. ίί. Το σημείο Σ "βλέπει" το μεταβαλλόμενο ευ­ θύγραμμο τμήμα ΑΒ υπό ορθή γωνία. iii. Το σημείο Γ κινείται σε σταθερή ευθεία. iv. Το συμμετρικό Σ ' του Σ ως προς την ΑΒ α­ νήκει επίσης σε σταθερή ευθεία, που διέρχε­ ται από την αρχή των αξόνων. v. Να βρεθεί η γωνία των ευθειών που κινού­ νται τα σημεία Γ και Σ '. Λ ΥΣΗ Υ

Α

χ

Έστω τα σημεία Α(α,Ο) και Β(Ο,β) στους θετι­ κούς Οχ και= 10Οψ�ααντίστοιχα. +3β = 10. Τότε ημιάξονες (ΟΑ) + 3 (ΟΒ) εξίσωση της ΑΒ θα είναι: ψ � + = 1 ή βχ + αψ = αβ με συντελεστή κα­ α β τεύθυνσης λ= -�α άρα της κάθετης της ΑΒ στο σημείο Γ θα έχει συντελεστή κατεύθυνσης λ= �β . Υπολογίζουμε τις συντεταγμένες του σημείου Η

0

-

Λuκcfou Μα8ημαrικό Κατccί8uνt1η�

Άσκη σ η 1 η

ί.

οκταγ

Θάνος Χαραλάμπους

Γ: Από την σχέση: ΓΑ � ΓΑ=9 ΓΒ � -ΑΓ=9ΓΒ -=9 ΓΒ

. ΟΓ = ΟΑ+90Β 10 , αρα χr = ΧΑ +109χs και ψr = ΨΑ +109ψs Επομενως . Χr = 10α , Ψr = ω9β Άρα Γ ( 1� , �� ) εξίσωση της κάθετης επί την ΑΒ στο σημείο Γ είναι: ψ- �� = *( χ- 1�) ή 1 Οβψ-9β2 = 1 Οαχ-α2 Όμως α+3β=10 � α=10-3β 1 Οβψ-9β2 = 1 0(1 Ο-3β)χ-(1 Ο-3β)2 1 Οβψ-9β2 = 1 ΟΟχ-30βχ -100 + 60β-9β2 30βχ + 10βψ-60β+ 100-100χ= Ο 1 0(3χ + ψ -6)β + 1 00(1-χ) = ο . παραπάνω εξίσωση θεωρείται πολυώνυμο με μεταβλητή το β, εκ ταυτότητος ίσο με το μηδέν. Άρα οι συντελεστές του θα είναι όλοι ίσοι με το μηδέν. 3χ+ψ-6=0 � 3 +ψ-6=0 � ψ=3 1-χ=Ο χ=1 χ=1 Άρα το σταθερό σημείο είναι Σ(1,3 ) ii. Εφόσον α+3β=10�α=10-3β και το σημείο Α(α,Ο) γίνεται Α(10-3β, Ο) Η

Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/58


Μαθηματικά Β' Λυκείου

ΣΑ= (9-3β,-3) ΣΒ = (-1,β-3) ΣΑ ·ΣΒ = (9-3β)(-1)+ (-3)(β-3) =Ο Άρα ΣΑ_l_ ΣΒ ίίί. Το σημείο Γ υπολογίσθηκε: 9β ) Γ (�10 Ί9βο ) = ( 10-3β 10 Ί ο 9β . Θέτουμε χ= 1Ο-3β και 10 10 Απαλοίφοντες το β από τις παραπάνω εξισώ­ σεις, έχουμε: 10(1-χ) :::: :> β χ= 10-3β 10 3 ψ= 9β10 :::::> β= 10ψ9 10(l-χ) = 1Οψ :::::> 3χ+ψ-3=0 3 9 παραπάνω εξίσωση αποτελεί την εξίσωση της σταθερής ευθείας πού κινείται το σημείο Γ. ίv. 'Εστω Σ' ( χ0 , Ψο} το συμμετρικό του Σ(1,3 ) ως προς την ΑΒ. ψ=

Η

Υ

Β

ο

Σ '(χο,ψο) Γ 1 0- 3 β 10 ' Σ( 1 ,3)

(

}

Α

9β 10

) χ

}

Χ0 + 1 = 10-3β β= 10(1-χ0 ) οτε: Ψ2 ο +3 109β :::::> 5(ψ06+3) => -- =2 10 β= 9 :::::> 10(1-χ6 ο ) = 5(Ψο9+ 3) :::::> 3Χο + ψο = Ο Άρα το Σ ' κινείται στην σταθερή ευθεία 3χ+ψ=Ο η οποία διέρχεται από την αρχή των α­ ξόνων. v. Παρατηρούμε ότι' οι ευθείες που κινούνται τα σημεία Γ και Σ είναι παράλληλες άρα η γωνία των ευθειών αυτών είναι μηδενική. τ'

-

-

OP = (3 + 5t) ι + (1+12t) j

Να αποδειχθεί ότι διατρέχει σταθερή ημιευθεία και να βρεθεί η απόσταση που απέχουν δύο δια­ δοχικές του θέσεις κατά το 1 και 2°v λεπτό της κίνησης του. ον

Λ ΥΣΗ

Το διάνυσμα θέσεως του σημείου Ρ έχει τε­ τμημένη x=3+5t και τεταγμένη ψ=1 + 12t. Απαλοίφοντες το t από τις παραπάνω εξισώ­ σεις, έχουμε: t= χ � 3 χ-3 ψ-1 =:> 5 = 12 :::::> 12χ-5ψ-31=0 -1 ψ t = 12 παραπάνω εξίσωση αποτελεί και την εξί­ σωση της ευθείας πού κινείται το σημείο Ρ. χ-3;?: ο => χ ;?: 3 } Επειδή t ;?: Ο :::::> ψ-1;?:0:::: :> ψ;?: 1 Επομένως πρόκειται περί ημιευθείας με εξί­ σωση 12χ- 5ψ- 31 = Ο. Για t=1 έχουμε χι=8 και ψ =13, άρα το Ρ θα βρίσκεται στην θέση Ρι(8,13). ι =25, άρα το ση­ Για t=2 έχουμε χ2=13 και ψ2 μείο Ρ θα βρίσκεται στην θέση Ρ2(13,25). Τότε: Ρ1 Ρ2 = �(13-8)2 + (25 -13)2 = = vf25 + 144 = Jϊ69 = 13

}

Η

Άσκη ση 3η

Δίδεται κύκλος (c): χ 2 + ψ 2 = 4 και η ευθεία (ε):3χ +4ψ -20 Ο. Αν από κάθε σημείο της εtr θείας (ε) φέρω εφαπτόμενες προς τον κύκλο (c), να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των μέσων των χορδών των επαφών.

Άσκη ση 2 η

Το διάνυσμα θέσεως ενός κινητού σημείου Ρ, συναρτήσει του χρόνου t, είναι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/59

=

Λ ΥΣ Η


Μ αθη ματικά Β ' Λυκείου

Παρατηρούμε ότι η απόσταση του κέντρου του κύκλου, από την ευθεία, είναι μεγαλύτερη από την ακτίνα, άρα η ευθεία δεν τέμνει τον κύκλο ! 0-201 =-=4> 20 2=R d(Ο,(ε))= 1 3 ·0+4· -./3 2 +42 5 Επομένως από όλα τα σημεία της ευθείας μπορούμε να φέρουμε εφαπτόμενες προς τον κλο. Έστω Ν(χ0 ,ψ0 ) τυχαίο σημείο της ευθείας 3χ+4ψ-20=0 από το οποίο φέρω τις εφαπτόμενες ΝΑ καιΕάνΝΒΑ(χπρος, τον κύκλο (ψ). ), τότε: η εξίσωση ι Ψι ) καιΒ(χ2 0 2 της εφαπτόμενης στο σημείο Α θα είναι =4 ) (ε + ΧΧι ΨΨι ι και αντίστοιχα στο σημείο Β θα είναι χχ 2 + ΨΨ2 = 4 (ε2 ) Όμως καιΝοι(χδύο, ψ αυτές ευθείες διέρχονται από το σημείο ) . Επομένως θα ισχύουν: 0 0 ΧοΧι + ΨοΨι = 4 και ΧοΧ 2 + ΨοΨ2 = 4 Παρατηρούεπαληθεύετ με ότι η ευθεία αι από τις συντεταγμέχ 0χ + ΨοΨ = 4 νες των σημείων Α και Β, άρα είναι η εξίσωση της ευθείαςΑΒ . ΟΜ είναι μεσοκάθετη της χορδής ΑΒ, άρα οι συντεταγμένες του σημείου Μ θα προκύψουν α­ πό το σύστημα των ευθειών ΑΒ και ΟΝ: ΑΒ:χχσ +ΨΨο =4} Χι = 4χ 0 Ψι = 4ψ0 ΟΝ. ψ0 Χ-Χ0ψ-Ο χ02 +ψ02 Χ20 +ψ02 (όπου ΟΝ: ψ0χ-χ0ψ=Ο η κάθετη στην ΑΒ:χ 0 χ+ψ0ψ =4 . Προκειμένου να βρούμε τον τόπο του σημείου τις συντεταγμένες του Ν ως Μνάρτηση θα εκφράσουμε των συντεταγμένων ντικαταστήσουμε στην σχέση:του3χΜ0 + και4ψ0 θα-20τις=Ο,α­ αφού το Ν είναι σημείο της ευθείας (ε). Χ2ι = (χ�16χ� +ψη2 Χ2ι + Ψ2ι = 16χ� + 16ψ� 2 + Ψο2 )2 Χο ( Ψ2ι = (Χο216ψ� + Ψ2ο )2 κύ­

c

Η

_

:::::>

'

συ­

:::::>

Μετά από πράξεις και κατάλληλες aπλοποιή­ σεις καταλήγουμε στην εξίσωση: 4 ι =Ο Χ2ι + Ψ2ι --Χ53 ι --ψ 5 Παρατηρούμε ότι οι συντεταγμένες του ση­ μείου Μ επαληθεύουν την εξίσωση: 4 =0 χ 2 +ψ2 --35 χ --ψ 5 η οποία είναι' εξίσωση κύκλου ποv περνά από . κ( 3 2 ) και ατην αρχη, των αξονων με κεντρο lO , S 1 κτινα, R=-.2 Άσκη ση 4 η

Έστω το σταθερό σημείο E(l,O) και η ευθεία (ε): χ=3. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημεί­ ων του επιπέδου για τα οποία ο λόγος των αποστασεων απο, το σημειο , , και την ευ θ εια ' ειναι , J3 . 3 .\ΥΣΗ

Έστω Μ(χ0 , ψ0) ένα σημείο του τόπου και (ε): χ-3=0, η εξίσωση της ευθείας. Τότε: d(M,(ε))= l x0 -3l , d( M,E) = J(Xo -1)2 + % d(M, E) = J(χ0 -1)2 +ψ� = J3 τοτε, και d(Μ,(ε) ) l x0 -31 3 3 (J(x0 -1) 2 +ψ� )= J3 I xo -31 Υψώνουμε στο τετράγωνο την τελευταία σχέση και έχουμε: 3(χ 0 -1)2 + 3ψ� = χ� -6χ 0 + 9 ή 3Χ� -6χ0 +3+3ψ� =Χ� -6Χ0 +9 ή 2χ� +3ψ� =6 ή �32 + Ψ22ο =1 Άρα ο γεωμετρικός τόπος, είναι έλλειψη με ε­ ξίσωση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/60


Μαθηματικά Β' Λυκείου

β2 Χz -αγz +αz ψ2 Ψο =α2 β2 Διαπιστώνουμε ότι η ευθεία με εξίσωση: Άσκηση 2 ψ2 αz χ+ αzΨο Ψ = α2β2 2 Θεωρούμε την έλλειψη .;..+ 2 = 1 και ένα ση­ β γ α β 2 , , την ευθεια: , χ= α . επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των σημείων μειο που διαγραφει γ Α και Β, άρα θα αποτελεί την εξίσωση της ΑΒ. Παρατηρούμε ότι οι συντεταγμένες της εστίας Φέρουμε τις εφαπτόμενες και της έ'k Ε(γ,Ο) την επαληθεύουν, άρα η εστία Ε ανήκει λειψης στα σημεία και καθώς και την κά­ σ'αυτήν ! θετη ΟΝ από το κέντρο Ο προς την = Ο. Θεωρώ το μέσον του Ισχύει ΝΟ ΝΕ Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Ν. τμήματος ΟΕ έστω (} } άρα ΚΕ=-ΚΟ και έχω: ΝΟ· ΝΕ = 0::::> {ΝΚ+ΚΟ){ΝΚ+ΚΕ)=Ο => (ΝΚ +ΚΟ ){ΝΚ-ΚΟ)= Ο => (ΝΚ )2 ( )2 =ο => ( )2 ( )2 => ( Χ Ν - �J2 +ψ� = (�J2 Δηλαδή οι συντεταγμένες του σημείου Ν επα­ ληθεύουν την εξίσωση του2 κύκλου: 2 ( χ - �J +ψ2 = (�J Οι εξισώσεις των εφαπτόμενων στα σημεία Α(χ 1 ,ψ1 ) και Β(χ2 ,ψ2 ) είναι αντίστοιχα: κέντρου (� ,ΟJ και ακτίνας R= � που διέρ­ β z χ , χ + α z ψ , ψ = α z β z , β 2 χ 2 χ + α 2 ψ 2 ψ = αz β z Διέρχονται από το σημείο Μ(� , Ψο ) άρα θα χεται της αρχής των αξόνων ! ισχύει: Sη

Μ

-

Α

ΜΑ

ΜΒ

Β

ΑΒ.

-

-

·

κ

ΛΥΣΗ

ο

ΝΚ

- κο

= κο

κ

Ασκήσεις επανάληψης, Ευκλείδειας Διαίρεσης και διαιρετότητας

Νίκος Ταπεινός

Ε ισ αγωγή

Για τις κατευθύνσεις της Β ' Λυκείου δίνονται Έστω ότι υπάρχουν 399 προσθετέοι, χ φορές αδημοσίευτες ασκήσεις επανάληψης στην Ευκλεί­ το 5, y φορές το 7 και ω φορές το 11 έτσι ώστε να δεια Διαίρεση και στην διαιρετότητα σύμφωνα με δίνουν άθροισμα 2004, δηλαδή ότι: το πνεύμα του σχολικού βιβλίου. (1) 1) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 2004 δεν μπο­ όπου 5x+7y+llω=2004 χ+y+ω=399 (2). ρεί να γραφεί ως άθροισμα 399 προσθετέ­ Από (Ι)� 5χ +5y+2y+5ω+6ω=2004� ων, καθένας από τους οποίους είναι ίσος με Λύ ση

S ή 7 ή 11. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/61


Μαθηματικά Β' Λυκείου

5(χ + y+ω)+ 2(y+ 3ω) = 2004<:::(2) :> 5 · 399 + 2 · (y + 3ω) = 2004 2(y + 3ω) = 9 και επειδή y + 3ω = κ ε Ζ <::::> 2 ·κ= 9 <::::> 2/9 άτοπο.

αν κ = 2 τότε α= 217 · 2 · 2 + 8 · 23 = 932 αν κ = 3 τότε α = 217 · 2 · 3 + 8 · 33 = 1518 .

<=>

2)

Αν ο ακέραιος αριθμός α δεν είναι πολ/σιο του 5 να δειχθεί ότι, το υπόλοιπο της διαί­ ρεσης α2+5 είναι 1 ή 4 . Λύσ η

α= 5κ + 1 με κ ε Ζ τότε: α2 =(5κ+1)2 =25κ2 +10κ+1= = 5(5κ2 + 2κ) + 1 = =5·ρ+1 όπου 5κ2 +2κ=ρεΖ α= 5κ + 2 με κ ε Ζ τότε: α2 =(5κ+2)2 =25κ2 +20κ+4= =5(5κ2 +4κ)+4= =5·ρ+4 όπου 5κ2 +4κ=ρεΖ α= 5κ + 3 με κ ε Ζ τότε: α2 =(5κ+3)2 =25κ2 +30κ+9= =25κ22+30κ+5+4= = 5(5κ + 6κ+ 1)+ 4 = =5·ρ+4 όπου 5κ2 +6κ+1=ρεΖ α= 5κ + 4 με κ ε Ζ τότε: α2 =(5κ+4)2 =25κ2 +40κ+16= = 25κ22+ 40κ + 15 + 1 = = 5(5κ + 8κ + 3) + 1 = =5·ρ+1 όπου 5κ2 +8κ+3=ρεΖ Άρα σε κάθε περίπτωση α2 5ρ + 1 ή α2 = 5ρ + 4 οπότε το υπόλοιπο της διαίρεσης α2 +5 είναι 1 ή 4.

4)

Ο αριθμός 2004 διαιρούμενος με τον θετικό ακέραιο αριθμό α, δίνει πηλίκο 44 . Να βρε­ θεί ο αριθμός α και το υπόλοιπο υ της διαί­ ρεσης. Λ ύσ η

Ισχύει: 2004 = 44 · α +υ όπου Ο � υ < α <::::> Ο � 2004 -44α < α 2004-44α20 } α � α � 45,54} 2004 -44α < α α> 2004 α > 44' 53 45 και επειδή α ε Ζ*+ είναι α = 45 και υ= 2004-44· 45 = 24 .

2��4}

<=>

5)

--

<=>

<=>

α) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός ρ · (ρ 2 + 5) είναι πολ/σιο του 3, για κάθε ρ Ε Ν* . β) Να εξετάσετε αν υπάρχουν αριθμοί x,y Ε Ν * τέτοιοι ώστε να ισχύει χ 3 - y 3 = 1999 - 5(x - y) (1). Λ ύσ η

ρ ε Ν* τότε ρ = 3κ ή ρ = 3κ + 1 ή ρ= 3κ + 2 με κ εΝ* . ρ = 3κ τότε: ρ(ρ2 +5) = 3κ·(9κ2 +5)=3·ν ό­ που κ · (9κ2 + 5) = ν ε Ν* . ρ = 3κ + 1 τότε: ρ(ρ2 + 5) = (3κ + 1)(9κ2 + 6κ + 6) = = 3(3κ + 1)(3κ2 + 2κ + 2) = 3ν όπου (3κ + 1)(3κ2 + 2κ + 2) =ν ε Ν* ρ=3κ+2 τότε: διαίρεση ενός θετικού ακεραίου α δια 3) . (ρ2 + 5) = (3κ + 2) · (9κ2 + 12κ + 9) = 217 δίνει πηλίκο έναν άρτιο αριθμό ρ και ρ 3 υπόλοιπο ρ • Να αποδείξετε ότι α 442 ή = 3(3κ + 2)(3κ2 + 4κ + 3) = 3ν α 932 ή α 1518. όπου (3κ + 2)(3κ2 + 4κ + 3) = ν ε Ν* . σε κάθε περίπτωση ρ · (ρ2 + 5) = 3ν όπου Από υπόθεση έχουμε ότι: α = 217 · ρ + ρ3 ό­ Άρα ν εΝ* . 3 3 που ρ = 2κ, κ ε Ζ. 3 χ + 5y Τότε α= 217·2κ+8κ όπου 0 � 8κ3 <217<::> β) (1)χ3 + 5χχ =-y1999=+1999-5 y3 + 5y <::> Ο � κ3 < 2178 και επειδή κ ε Ζ, κ=Οή κ=1 χ(χ2 +5)=1999+y(y 2 +5)<::::> (από α ερώτη­ ή κ= 2 ή κ= 3. μα) αν κ= Ο τότε α= Ο απορρίπτεται γιατί α>Ο. 3ν = 1999 + 3μ όπου ν,μ ε Ν* <::::> 3(ν-μ)= 1999 <::::> 3/1999 άτοπο. αν κ= 1 τότε α=217 ·2·1+ 8 ·13 =442 α)

=

Η

=

==

=

Λύσ η

<=>

<=>

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/62


Μαθηματικά Β' Λυκείου

Άρα δεν υπάρχουν Ε Ν* που να ικανο­ ποιούν την σχέση (1). χ, y

6)

1 0) Να βρεθούν ακέραιοι που διαφέρουν κατά 9 και είναι και οι δύο κύβοι ακεραίων. Λύση

Να βρεθεί το υπόλοιπο των διαιρέσεων κ+3 και λ+2, αν κ, λ Ε Ζ και 3λ - 2κ = 5 (1).

Έστω α και α+9 α Ε Ζ 3 οι ζητούμενοι ακέραιοι α=i! (l)και α+9=μ (2) όπου λ,μΕ Ζ. (2)-(1)=:> μ3 -λ3 =9 <=> λ Ε Ζ τότε λ = 2ρ ή λ = 2ρ + 1 όπου ρ Ε Ζ . Αν λ= 2ρ τότε (1) <=> 3 · 2ρ-2κ = 5 <=> (μ -λ)(μ 2 + μλ + λ2 ) = 9 και επειδή 2(3ρ-κ)= 5 <=> 215 άτοπο. μ-λ, μ2 + μλ + λ2 Ε Ζ ισχύει: Άρα λ=2ρ+1. μ-λ=1 } .1 μ-λ=9 } Τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης λ+2 είναι ο 2 μ + μλ + λ2 = 9 μ2 + μλ + λ2 = 1 υ1 =1 . Επειδή λ= 2ρ+ 1 (1) <=> 3(2ρ+ 1)-2κ= 5 .. 1 μ-λ=-1 } iv) μ-λ=-9 } <:::> κ=3ρ-1 <=> κ=3·(ρ-1)+2 . μ2 + μλ + λ2 = -9 μ2 + μλ + λ2 = -1 } μ-λ=3 } υ2 =2.Άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης κ+3 είναι ν) μμ-λ=-3 vi) 2 +μλ+λ2 =-3 μ2 +μλ+λ- =3 Α ν 7 I 3α + β και 7 I 5α 4β όπου α, β Ε Ζ 7) } μ-λ=1 } τότε μ=1+λ i) να αποδείξετε ότι: 7 11 α β 2 2μ + μλ+ λ2 =9 (1 +λ)2 +(Ι +λ)λ+λ2 =9 τότε 3� +3λ-8=0 7 13α+β } τοτε, 7 14(3α+β)} Δ = 105 απορρίπτεται γιατί λ Ε 7 15α-4β 7 15α-4β μ-λ=9 } ii) τότε 3λ2 +27λ+80=0 αδύτότε 7 112α+4β+5α-4β 2 2 μ =1 +μλ+λ τότε 7 1 7α τότε 7 Ι 1 7α · β2 . νατος γιατί Δ<Ο. 8) Να αποδείξετε ότι: Τα iii), iν), ν) απορρίπτονται γιατί πρέπει μ>λ 191 8α + 11β 19 1 1 1α + 8β . μ-λ=3 . νi) μ2 +μλ+λ2 =3}' τότε 19 8α + 11β <=> 19 19α -11α + 19β-8β } μ=3+λ τότε <=> 19119(α+ β)-(11α+ 8β) 2 2 . λ+ = 3 λ (3 + λ ) + (3 + λ) και επειδή 19119(α+β) συμπαιρένουμε ότι λ2 + 3λ + 2 =Ο δηλαδή λ -1 ή λ = 19111α+8β . Αν λ= -1 τότε -1 και 8 οι ζητούμενοι αριθμοί. 9) Να βρεθούν δύο διαδοχικοί ακέραιοι αριθ­ Αν λ= -2 τότε -8*και 1 οι ζητούμενοι αριθμοί. μοί, που να είναι και οι δύο τετράγωνα α­ με

με

Λύ ση .

u

111

?

Ι

·

Λύ ση

Ζ

=:>

I

<=>

Λύσ η

I

I

=

1 1)

κεραίων.

Λύ ση

Έστω α, α+ 1 με α Ε Ζ οι ζητούμενοι ακέραιοι με α=ν2 (1) και α+1=λ2 (2) όπου ν,λΕΖ. (2) -(1) =:> λ2 -ν2 = 1 <=> (λ-ν)(λ+ν) = 1. Επειδή λ-ν, λ+ ν Ε Ζ πρέπει: -ν = 1 } τότε λ = 1 } και λλ+ν=1 ν=Ο λ -ν = -1 } τότε λ = -1} ή λ+ν=-1 ν=Ο Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι Ο και 1 ή -1 και Ο.

-2

Να βρεθεί ν Ε Ν ώστε να ισχύει: ν + 2 1 ν2 + 4 . Λύ ση

Προφανώς ν+21(ν+2)2 <=>ν+21ν2 +4ν+4. Επειδή ν+21ν2 +42 έχουμε ότι: ν+21ν+4ν+4-ν -4 δηλαδή ν+214ν (1). Προφανώς ν+ 214(ν + 2)=:>ν+ 21 4ν+8-4ν =:>ν+ 218. Άρα ν + 2 = 1 <=> ν = -1 Ν* απορρίπτεται ή ν + 2 = 2 <=> ν = Ο Ν* απορρίπτεται ή ν+2=4<=>ν=2ΕΝδεκτή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/63

( I)


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

ή ν+2=8<::> ν =6εΝ δεκτή.

Άρα πρέπει χ=Ο ή y=O. Έστω χ=Ο τότε 1 2) Να βρεθούν φυσικοί αριθμοί και y αν ι­ 4° + 16Υ = 257 16Υ = 256 16Υ =162 <::> y =2 σχύει: 4χ + 16Υ 257 Έστω y=O τότε Αν χ· y Ο τότε οι αριθμοί 4χ και 16Υ είναι 4χ +16° =257<::> 4χ =256 <::> 4χ =44 <::> χ =4 άρτιοι, άρα και το 4χ+ 16Υ άρτιος, άτοπο. •

χ

<::::>

=

<::::>

Λύ ση

:;t:

�""""' '"""' ' ι tιi!JiJJL!;'tW!\fι Προβληματισμοί)

Α. Το Αναλυτικό Π ρόγραμμα των

-�"' �

f11\lι!JΨ�Ίl0!J\IJ.ψiJ�Ψ fii1!Ji]IIV l!Q,JιJι�fJIJ,III/ιWZI ��!lJ1t{bi&I!!1J11/i!!i Θεματικές Ενότητες του Συνεδρίου Μαθηματικών στο Δημοτικό και η Διδακτική του Προσέγ γ ισ η . (ΙΙ'tμχόμενο, t

ltV6

Δυσκολίες,

Στην ενότητα αυτή θα περιληφθούν εργασίες που θα αφο ρούν σε προβλήματα που παρουσιάζονται κατά τη διδασκαλία των

Μαθη ματικών στα παιδιά του Δη μοτικού , στην καταλληλότητα του περιεχο μένου του υπάρχοντος, γ ια τη β α θ μ ί δ α αιή, Αναλυτικού Προγρά μματος, στον τρόπο παρουσίασης συγκεκριμένων μαθηματικών εννοιών στο Δη μοτικό, σε τρόπους ανάπτυξης της μαθη ματικής κρ ίσης και της δεξιοτεχνίας χρήσεω ς των μαθηματικών εργαλείων κ λ π . Θα έχει ιδ ιαίτερο ενδ ιαφέρον να υπο β λη θ ο ύ ν στην ενότητα αυτή εργασίες από διδάσκοντες τη ς πρωτοβάθμιας ε κπαίδευσης. Β . Τ ο Αναλυτικό

Πρόγραμμα

Προβληματισμοί)

των

Μαθηματικών

στο

Γυμνάσω

και η Διδακτική του Προσεγγιση . (Π εριεχόμενο, Δυσκολίες,

Οι εργασίες που θα υπο βληθούν στην ενότητα αυτή θα π ρ ffiEι να αφορούν στον τρ όπο δ ιδ ασκαλίας συγκεκριμένων θεμάτων των Μαθηματικών, όπως π .χ. η παρουσίαση μαθηματικών προτάσεων μέσω γε ωμετρικών αναπαραστάσεων, οι δυσκολίες στην κατανόηση τη ς έννοιας του πραγματικού αριθμού , η ε ισαγωγή της έννοιας της συνά ρ τ η σ η ςΚ1ι η παρου σία της στην καθημερινή ζωή κ .α Επίσης, στο κατά πόσο επιτυγχάνονται ο ι στόχοι του υπάρχοντος, γ ια τη βαθμίδα αυτή , Αναλυτικού Προγράμματος, όσον αφ ορά την ε ισαγωγή συγκε κριμένων μαθη ματικών εννοιών, την ανάπτυξη τη ς μαθη ματικής κρίσης στη ν η λ ικάαυτή , τη ν εξάσκηση των μαθητών σε μαθη ματικές δεξιότητες κ .λ.π . Γ. Το

Αναλυτικό Π ρόγραμμα των Μαθηματικών

στο Λύκεω και η Δ ιδακτική του Προσέγγιση . Το Λύκειο ως αυτοτελής βα θ μίδα

εκπαίδευσης και ως σχολείο προετοιμασίας για τ ις εισαγωγικές ε ξ ε τ ά σ ε ι ς η; Τριτοβάθμιας Εκπ αίδευσης. (Π εριεχόμενο , Δυσκολίες, Προ βληματισμοί) Όπως και στην προηγού μενη ενότητα , οι εργασίε ς που θα υποβλη θούν στην ενότητα αυτή θα πρέπ ε ι να αφορούν στον τρόπο

δ ιδασκαλίας συγκεκρ ιμένων θεμάτων των Μ αθη ματικών του Λυκ είου , ό π ω ς π χ. η εισαγωγή της έννοιας του ορίου ή η ε ισαγωγή της έννοιας της παραγώγου ως ρυθμού (ταχύτητας) ε ξέλιξης των φαινομένων, η παρουσίαση μαθη ματικών προτάσεων μέσω γεω μετρικών αναπαραστάσεων, κ .α . Επίσης, στο κατά πόσο επιτυγχάνονται οι στόχοι του υ π ά ρ χοντο ς ,)'\α τη βαθμίδα αυτή , Αναλυτικού Προγρά μματος, όσον αφορά στην ε ισαγωγή συγκεκριμένων μαθη ματικών εννο ιών, στην ανάπτυξη της μαθη ματικής κρίσης στην ηλικία αυτή , στην εξάσκηση των μαθητών σε μαθηματικές δεξιότητες κ .λ.π . Τέλος, η ενότητα αυτή θα π ε ρ ιλ ά β ε ι ε ρ γ <iς που θα αφορούν στον τρόπο και στο περ ιεχόμενο της δ ιδασκαλίας, ώστε το Λύκε ιο να λειτουργε ί, τουλάχιστον όσον αφορά τα Μαθηματικά, ως αυτοτελής βαθμίδα και όχι αποκλε ιστικά ως << Φροντιστήριο» για την τρ ιτοβάθμια εκπαίδευση . Δ.

Διασύνδεση των Μαθηματικών προγραμμάτων τ ων τριώ ν εκπαιδευτικών βαθμίδων Στην ενότητα αυτή θα περιληφθούν εργασίες που αφορούν στη διασύνδεση και εξάρτηση των μαθη ματικών Προγραμμάτων των τρ ιών β αθμίδων, στην προετο ιμασία των μαθητών, όσον αφορά τα Μαθηματικά , για την ε ίσ ο δ ό τ ας στην ε πόμενη β αθμίδα κ λ π . Όπως αναφέρθηκε κ α ι παραπάνω, ενδιαφέρουν ιδιαίτερ α παρου σιάσε ις που αφορούν στην κατάσταση κ α ι τις σύγχρονες απαιτή σ εις, ως προς τις μαθη ματικές γνώσε ις και τη μαθη ματική κρίση και ικανότητα των ν εοεισερχομένων στη δ ε υ τε ρ ο β ά θ μ ιψ.

Γυμνάσιο, β. Λύκειο ) κα ι την τρ ιτοβάθμια εκπαίδ ευση . Α. «Ο ι απ αιτήσεις της

Τριτοβάθμιας

Σφηιγυλά Τ(!ΟΠ11;ια.

Εκπαίδευσης και η ικανότητα

των

νεο εισερχό μενων φ οιτητών-σ π ο υ δ α σ τ ώ ν ν αnς

αντιμετωπίσουν» Παρουσίαση των απαιτήσεων τη ς Τριτο β άθ μ ια ς Εκπαίδευσης, σχολιασμός και συζήτηση ε π ί των πρ οτάσεων της τρ ίτης θ εματικής

ενότητας και εξαγωγή , ε ι δυνατόν, κάποιων συμπ ερασμάτων.

Β. «Απόψεις για μια πρόταση Αναλυτ ικ ού Προγρά μματος για το Λύκειο»

Για την προετοιμασία του τραπεζιού αυτού προτε ίνετα ι να στιλούν στα παραρτήματα οι θ έ σε ις του Ερευνητικού Κέντρου Αξιολόγησης κα ι Επιμό ρφωσης της Ε Μ .Ε . γ ια το πρόγρα μμα του Λυκε ίου και να ζητη θ ε ί από αυτά να οργανώσουν η μερίδα συζήτησης και π ροτάσεων πάνω στο θέμα μέσα στον Σ επτέμβριο ή Οκτώβ ριο του 2004, ίσω ς και ι-ε την παρ ουσία αντιπροσώπου του Δ .Σ . τη ς Ε Μ .Ε . Σ τη συνέχε ια , ο ι εκπρόσωποι των παραρτη μάτων να παρουσιάσουν τ α συμπεράσματα των ημερίδων αυτών στο παραπάνω στρογγυλό τραπέζι και να γ ίν ε ι π ροσπάθεια , γ ια να τεθούν οι αρχές δ ιαμό ρφωσης μιας τελική ς π ρ ότ α σ η ς Jφ; το Υ ΠΕΠΘ .

ΣΗΜΑΝΠΚΗ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 15 Σεπτεμβρίου 2004 Τα πλήρη κΒμενα των fi!YOJJιώv (μέΎ!Jl lΟσελiδες) θα πrιfπει να υποβληθαύνμέχρι τις 15Σεπιψβρίου 2004 στην παρακάτω διειJJυνση: DληνικήΜαθημαnκή ΕταιQεία ('}'Ια το 21ο Συvrορω των Τρικάλων) Πανεπιστη� 34 - 106 79 Αθήνα και στην

Ηλεκτρονική Διεύθννση : e-mail: info@hms.gr ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/64


υ

Μαθηματικά και Στοιχεία

Γενική� Παιδεία�

1.

Έστω Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού Ι) χώρου Ω. Αν τα ενδεχόμενα Α, Α Β και Α Β ανά δύο δεν είναι ισοπίθανα και οι mθανότητές τους είναι στοιχεία του συνόλου 2α - 3 ι 2 3 , -, -, - , α Ε Ζ , να βρεθει η 2 3 5 2 Η) mθανότητα i) να μη πραyματοποιείται το Β. ii) να πραγματοποιείται το Α και όχι το Β.

υ

Σ= {--

}

n

,

λύση

Επειδη' 23 > 1 , ο αριθμος' 23 δεν μπορει' να ει-' ναι πιθανότητα κάποιου ενδεχομένου, εφόσον ι­ σχύει Ι Ρ ( Α) ιl για οποιοδήποτε ενδεχόμενο Α δειγματικού χώρου Ω. Επομένως τα ενδεχόμενα Β και Α n Β έχουν mθανότητες στοιχείαΑ, τουΑ υσυνόλου {-2α-32-, 31 , 52 } και επειδή ανά δύο δεν είναι ισοπίθανα είναι πιθανότητα ενός ενδε­ χομένου.κάθε αριθμός 2α-3 , αρα , , θ ειναι πι ανοτητα, αριθμος, 2 2α-3 Ο -< -2 -< 1 {::} Ο <- 2α-3 -< 2 {::} 3 -< 2α -< 5 {::} {::} �2 <- α -< �2 και επειδη' α Ε Ζ είναι α= 2 . 2α-3 2 ·2-3 =-1 και οι πιθανότητες Άρα --= 2 2 2 ' ειναι ' 21 , "31 , S2 . των τριων' ενδεχομενων Επειδή Α n Β Α Α υ Β προκύπτει Ρ(Α n Β)� Ρ(Α)� Ρ(Α υ Β) και αφού δεν εί­ ναι ισοπίθανα Ρ(Α n Β)< Ρ(Α)< Ρ(Α υ Β) . Είναι .!..3 < �5 < .!..2 , άρα Ρ(Α n Β)= .!.3 . , P(A)= S2 και Ρ(Α υ Β)= 21 · ο�

ο

ς

ς

ι.

Στατι,ατική� Δ. Γαβρίδης

Ρ(Α υ Β)= Ρ(Α)+ Ρ(Β)-Ρ(Α n Β){::} 1 = 2 +Ρ(Β)- 1 {:} Ρ(Β)= 1 + 1 - 2 = 13 . 2 5 η πιθανότητα 3 να μη2 πραγματοποιεί 3 5 30 Επομένως ται το Β είναι: Ρ(Β') = 1-Ρ(Β) = 1- �30 = !2.30 . Τοόχι τοενδεχόμενο το Α και Β είναι Ανα-Βπραγματοποιείται . Άρα P(A-B)=P(A)-P(AnB)=�-.!_=_!_ 5 3 15 . Παπ αϊωάνου Κώ στας 3 ο Ε .Λ. Κοζ άνη ς

Δίνεται η συνάρτηση F ( x) = 2x3 - λ · χ 2 α) Να βρεθεί η F' ( x) β) Να βρεθεί η εφαπτομένη της (ε) στο A(2,F(2)) γ) Θεωρούμε δειγματοχώρο Ω={-3.-2,-.1 ,0,1,2,3_,4,5} με ισοπίθανα ενδεχόμενα και λ έ Ω. Να βρεθούν οι πι­ θανότητες των ενδεχομένων: Α= {Η ευθεία (ε) να είναι παράλληλη στην ευθεία (η): y=Sx-2} Β= {Η ευθεία (ε) να είναι κάθετη στην ευθεία (ζ): y=-.!.x . 4 +3} Γ= {το lim F ( x) =λ 2 } x�l

Δ= { Η ελάχιστη τιμή του ρυθμού μεταβο­ 3

λής της F είναι - } 2 δ) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχο­ μένων: Ε= {Να πραγματοποιείται ένα τουλάχιστον από τα Α,Β,Γ,Δ} Ζ: {Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α,Β,Γ,Δ} -

_ _

ΛΥΣΗ :

F'(χ)=(2χ 3 -λ·χ 2 ) '=6χ 2 -2 εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

α) β) Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/65

λχ


Μαθηματικά Γ Λυκείου

F στο A(2,F(2)) είναι: y- F(2)= F ' (2)·(x -2) F(2)=16-4λ F ' (2)=6·22 -2λ·2 =24-4λ<=> F '(2)=24-4λ Άρα ε: y-(16-4λ)=(24-4λ)·(χ-2) <=> <=> y=(24-4λ)+ ·Χ -32 + 4λ γ) Ρ(Ω)=Ρ(-3) Ρ(-2)+Ρ(-1 )+Ρ(Ο)+Ρ(1 )+ +Ρ(Ω)=1 Ρ(2)+Ρ(3)+Ρ(4)+Ρ(5) Άρα Ρ(-3)+Ρ(-2)= ..........= P(5)= i Α: (η)//(ε) <=>λ =λ ε <=> 24-4λ=8 <=> λ=4 Α={4} ρ(Α)=ρ(4)= 91 Β: (ζ).l(ε) <=>λζλ ε =-1 <=>- 41 (24-4λ)=1 <=> 6-λ=1 <=> λ=5 Ρ(Β)=Ρ(5)= 91 Γ: Θα πρέπει: limF(χ)= lim (2χ 3 -λχ 2 )= =2·13 -λ-12 =2-λ=λ2 <=>λ 2 +λ-2=0 Δ=1 2 -4(-2)=1 +8=9 -1-3 = -4 =-2 -1±3 λ ,,, � zτ � -12 3 2 ; � % =1 Γ={-2,1}

ρ(Γ)=ρ(-2)+ρ(1)= 91 + 91 = 92 Δ: Ο ρυθμός μεταβολής της F είναι F ' (x)=6x 2 -2λχ F"(χ)=12χ-2λ=Ο <=> 12χ=2λ<=> χ= !:6 Από την F"θα πάρουμε πληροφορία για την F ' + οο λ/6 + ο I

η

{

χ�!

p· (�) =6 · (!:6 )2 -2λ . (!:6 ) = 6 . 6λ22 - 2λ26 = ι!6 - 2λ26 Ό μως F , (6λ ) =- 6λ2 =- 23 <=> <=> λ2 = �2 => λ2 = 9 => λ = ±3 Δ={-3,3} Ρ(Δ)=Ρ(-3)+Ρ(3)= 9 + 9 = 92 δ) Αφού AnBnΓnΔ=0 Ρ(Ε)= Ρ(ΑυΒυΓυΔ)= 1 1 2 2 6 =Ρ(Α)+Ρ(Β)+Ρ(Γ)+Ρ(Δ)= -9 + -9 + -9 + -=9 9 Ρ(Ζ)= Ρ(Α υΒυΓυΔ)6 '= 1-1 Ρ(ΑυΒυΓυΔ)= 1--=9 3 Τ.Ε.

χ�!

1

1

• Μιγαδικοί Αpιθμοf 1) Να βρείτε τον μεγαλύτερο φυσικό αριθμό ν, για τον οποίο ισχύουν: ν < 2 004 και (1). (3 + 2ί)ν + (-2 + 3ί)ν = 0 Λύση :

2)

Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου - Κυβερνήτου Για έναν αριθμό z ε C και δύο φυσικούς θετικούς αριθμούς ν και λ, ισχύει:

= (�- � ί) (z - i)' '

(z + i)'

Έχουμε: Να δείξετε ότι z (1){:}(-2+3i)v =-(3+2i)v ) ]v =-1{:} ίν =-1 Από την ισότητα ), έχουμε: ( -23+2i+3i )v = -1 {::} [ i(3+2i 3+2i λ {:} ν= πολ4+2{:} ν = 4κ+2/κε Ν (2). l <z +i)" l � [Ξ - � ί] · l (z-i)" l => Έχουμε:ν<2004{:}4κ+2<2004{:} κ<500,5{:}�. η(2)ζητούμενη Άρα, απότιμήτη τιμήΣυνεπώς, του ν προκύπτει με κ = 500. η ζητούμενη σχέση του ν είναι: ν = 4 · 500 + 2 = 2002 . ε

{::}

{::}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/66

(1

IR. .

Λύση

(!),


l z + il" =

[J± � ] +

Μαθηματικά Γ Λυκείου

'

;Ξ i z - 3 + 2i l + Ι ω + 1 - i l + l 4 - 3i i ;Ξ

l z - iΓ �

v v l z + i l = l z - i l =* lz + i l = l z - i l =* l z + i l 2 = l z - i l 2 :::} (z + i)(z - i) = (z - i)(z + i) =* zz - zi + iz + 1 = = zz + zi - Zi + 1 =* 2i(z - z) = O =* z = z =* z Ε IR .

3)

Για ένα μιγαδικό αριθμό z, ισχύει:

lz + il + l z - il = l z + ι ι + l z - ι ι ( ι )

3 + 2 + �42 + (-3)2 =* l z - ωi ;ΞΙ Ο .

Οι μιγαδικοί αριθμοί α, β,γ και z πληρούν τις σχέσεις: l zl = ι ( ι ) και α:C +βz+ γ = Ο (2) . Να δείξετε ότι: Ι αα - γrl = ι αβ - βγ ι .

5)

Λύ ση

Από την (1), έχουμε l zl2 = 1 και συνεπώς zz = 1 . Από την (2), έχουμε:

αz2z + βzz + γz = ο =* αz(zz) + β(zz) + γz = Ο =* αz + β + γz = Ο (3) . (3) αz + β + γz = O =* Ciz + J3 + y z = 0 (4). (3) -γ , α ααz + Ci β + Ciγz = Ο - Ciγz - βγ - γyz = Ο .

Να δείξετε ότι: !Re(z)l = IIm(z)l · λ ύση :

της μέλη δύο τα και Υψώνουμε (1) στο τετράγωνο, Από την έπεται ότι: οπότε έχουμε: της το μέλη με δύο τα και Πολλαπλασιάζοντας l z + i l 2 + l z - il 2 + I Cz + i)(z - i)l = και της (4) με βρίσκουμε αντιστοίχως: (2 ) lz + 1 1 2 + l z - 1 1 2 + 2 l (z + 1 )(z - 1)1 και Έχουμε: Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη, βρίσκουμε: l z + i l 2 + lz - i l 2 = (z + i)(z - i) + ( z - i)(z + i) z(αα - γy) + Ciβ - βγ = Ο =* z(αα - γy) = βγ - Ciβ (πράξεις κτλ.) = 2 l zl2 + 2 . =* lz<α α - rr) l = l13r - αβΙ =* ΙzΙ Ι αα - rrl = Όμοια βρίσκουμε ότι: l z + 11 2 + l z - 112 = 2lzl2 + 2 . I αβ - -βγι =* Ιαα - rrl = ι αβ - -βγι . Έτσι, από την (2) έπεται ότι: 6) Για τους μιγαδικούς αριθμούς zι, z2, (I)

... , z.

lz2 + 11 = lz2 - 11 =* lz2 + 1 1 2 = lz2 - 1 1 2 =* (z2 + 1 )(z2 1 ) = ( z2 - 1)(z 2 - 1) =* z2 z 2 = ο (3) χ , y Ε IR . z = χ yi (3 ) , lxl = IYI · χ () χ ( + yi) 2 + ( - yi) 2 = =* χ 2 - y2 + 2 xyi + χ 2 - y2 - 2 xyi = Ο =* χ 2 = 2 =* lx = i IYI · Υ

(ν�2 ) , ισχύουν: z 1 + z 2 + ... + zν = 0 ( ι ) και l z ι l = l z 2 1 = ... = l zν l = ι (2) Να δείξετε ότι, για κάθε z Ε C , ισχύει: (3) l z - z 1 1 + l z - z 2 1 + ... + l z - z ν l �

+

(πράξεις κτλ.) Θέτουμε+ + , όπου Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι Από την έχουμε: Από τις (1) και (2), έχουμε αντιστοίχως: (4) z1 + z + ... + Zy = 0 2 (5) και l zι l = l z 1 = ... = I Zy l = 1 2 Για τους μιγαδικούς αριθμούς z και ω, ι­ Έτσι, έχουμε: l z - z ι l + l z - Z z l + ... + Ι z - zv l = 4)

σχύουν: l z - 3 + 2il �3 και Ι < ι + ί)ω + 2 1 �2ν'2 . Να δείξετε ότι: Ιz - ωΙ�ιο , Λύ σ η :

'Εχουμε: 1(1 + i)ω + 21 = 1(1 + i) ( ω + 1 � i )l =

l

l

21 l1 + i l · ω + ( ; i) = ν'2Ιω + 1 - i l .

Έτσι, από τη δεύτερη υπόθεση, έχουμε: ν'2Ιω + 1 - i i ;Ξ2ν'2 και συνεπώς: I ω + 1 - i i ;Ξ 2 . Έχουμε: l z - ωl = I C z - 3 + 2i) - (ω + 1 - i) + (4 - 3i)I ;Ξ

Λύ ση

(5)

l zι l l z - z ι l + l z2 Ι i z - z2 l + ··· + I Zy l l z - zv l = = l z1 (z - z1 ) 1 + l z (z - z )1 + ... + Ι"Zy (z - zv )l � 2 2 �l zι ( z - Ζι ) + Z (z - z ) + . . . + Zy (z - Zv )l = 2 2 = ( Ζι +"Zz + ... + Zy ) z- l zι l 2 + l zz l 2 + ... + 1 Zv l 2

Ι

= I - ν i = ν =* (3) .

7)

ι)

(

)1 �

Οι αριθμοί z Ε C και ν Ε Ν* πληρούν τις Ζ ν = (z + ι )ν = ι σχέσεις: (ι) Ν α δείξετε ότι: (3) ι ) z 2 + z + ι = Ο (2) και z3 = ι . 2) Ο ν είναι πολλαπλάσιο του 6. Λύ ση

Από τις σχέσεις ( 1), έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/6 7


Μ αθηματικά Γ ' Λυκείου

!llzzl+v =1lv1 = 1 ::::? jllzzl+=111 = 1 ::::? !llzzl+2 =1121 = 1 ::::? 1

1 + z + .!.. + = 1 ::::? z2 + z + 1 = Ο .

��:=���+!) � ι� ;z��) (� +l] � 1

(I)

z Έτσι, έχουμε: z(z2 +z+ 1) =Ο=? z3 +z2 +z= Ο=? 3 -1 = Ο z3 = 1 . z 2) Ονομάζουμε λ το πηλίκο και υ το υπόλοιπο της διαίρεσης ν:6, οπότε: ν = 6λ + και { 0,1,2,3,4,5 } . Έστω ότι υ = 1. Τότε ν = 6λ3) + 1) και ( (Ι = 1 , zv = z6λ+Ι =(z3 )2λ . z=z=?z άτοπο λόγω Έστωυ = 2. της Τότε(2).ν = 6λ+2 και Ζ2 = 1::::? Ζν = (zΖ6λ=+21 =ή zz2 ==?-1), (2). ν = 6λ+3 και άτοπο ότιλόγωυ =της3. Τότε Έστω (z + 1)v =(-z2 )6λ+3 = -zl 2λ+6 = -(z3 )4λ+2 =-1 , (1). ν = 6λ + 4 και άτοπο ότιλόγωυ =της4. Τότε Έστω 4) 1 6λ+4 = z4 =z=?z= zv = z λόγω=της5. Τότε (2). ν = 6λ+5 και άτοπο ότιυ Έστω +5 = z5 (=3) z2 ::::? z2 = 1 zν = z6λ(z= 1 ή z= -1) άτοπου =λόγωκαιτηςσυνεπώς (2). ν = 6λ = πολ6 . Άρα ==>

1

2α2 = 10,2 δηλαδή α =2 5. Έχουμε γ = 3, οπότε 2 2 β = α -γ = 5 -3 = 16 . Έτσι, έχουμε: χ2 y2 1::::? 16χ2 + 25y2 = 400 (1). -+-= Έχουμε: 25 16 l 9z- zl = l 9(x + yi)-(χ- yi)l = l 8x + 10yil = = 2 l 4x + 5 yil = 2�16χ2 + 25y2 = 2· J40o = 40 .

1

::::?

υ

9)

Θεωρούμε

τους μιγαδικούς αριθμούς Ζκ = Χκ + iyκ κ=1,2,3, όπου χκ , Υ κ E IR (κ=1,2,3) και τον μιγαδικό αριθμό ω με: ω 2 = z; + z� + z; . Ονομάζουμε α το πραγ­ ματικό μέρος του ω. Να δείξετε ότι: Ι α i � Ι χ � Ι + l xz l + l x3 1 · Λύ ση

Έστω ότι β IR είναι ο συντελεστής του i στο μιγαδικό αριθμό ω, οπότε: ω= α + βί . Έτσι, από την υπόθεση, έχουμε: (α+βί)2 =(χι +iyι )2 +(χ2 +iy2 )2 +(χ3 +iy3 )2 α2 -β2 +2αβi= (χ� -y� +2ix 1y1 ) + (χ� -y� +2ix2 y2 ) +(x� - y� +2ix3 y3 ) j=> α2 -β2 = (χ� +χ� +χ0 - (Ιι +� + � ) (1) � = �� + �� + �� m Βρίσκουμε εύκολα (πράξεις κτλ.) ότι: (χ� +χ� +x� ) (y� + y� +y�)� (χ ιΥι + Χ 2 Υ2 + x3 y3 )2 · Έτσι, από2 την2 (2), έχουμε: α β � (x� +x� +x� ) (y� + y� +y� ) (3) Έστω ότι α2 > χ� +χ� + χ� . Τότε, από την (3), (4) β2 �y� + Υ� + Υ� έχουμε: Έτσι, από την έχουμε: ) 4 8) Για έναν αριθμό z C ισχύει: 2 2 2 2 2 2 2 2 β + ( ( + α = +χ +χ + Χ ) ) Υι Υ2 Υ3 � ι 2 3 l z 3 1 l z 3 1 = 10 . ' χ21 + χ22 + χ32 α2 �χ 21 + χ22 + χ32 , ατοπο. Να δείξετε ότι: l 9z - zl = 40 . Έτσι, έχουμε: 2 <χ2 + χ22 + χ32 l αl < /x Ιz + χ22 + χ32 =< Θέτουμε z = χ + yi , όπου χ, y IR . Ονομάζουμε α Μ την εικόνα του z, Ε την εικόνα του 3 και Ε ' την l xι l + l x2 l + l x3 1 l αl � l xι l + l x2 l + l x3 1 · εικόνα του -3, οπότε: M(x,y),E(3,0),E'(-3,0) και 1 0) Στο μιγαδικό επίπεδο θεωρούμε τρία δια­ φορετικά και μη συνευθειακά σημεία (ME)= I z - �=J z -�= lz - � και (ME') =I z +3l . A(z 1 ),B(z 2 ) και Γ(z 3 ) . Να δείξετε ότι το Έτσι, από την υπόθεση, έχουμε: τρίγωνο είναι ισοσκελές με κορυφή το (ΜΕ')+ (ΜΕ)= 10. Συνεπώς, το Μ ανήκει στην Α αν, ΑΒΓ και μόνο αν, υπάρχει αριθμός έλλειψη με εστίες Ε'(-3,0),Ε(3,0) και α (C - IR) με: υΕ

Ε

==>

(I)

D)

(

(I)

(I)

Ο

+

+

::::?

( 1 ),

(

Ε

-

==>

Λύση

Ε

=

Ι

==>

==>

C

Ε

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/68

='.J


Μαθηματικά Γ Λυκείου

άτοπο. Αν2z =α z +-1,z , τότε από την (1) θα έχουμε 1 2 3 από την οποία, όπως βρίσκουμε 1) Έστω ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με εύκολα, έπεται ότι τα σημεία Α, Β και Γ είναι κορυφή το Α. Τότε: συνευθειακά, άτοπο. Άρα α (C - JR) . (ΑΒ) = (ΑΓ)::::? J z2 -z1 J = J z3 -z1 1 2) Αντιστρόφως. Έστω ότι υπάρχει α (C - JR) (και επειδή z1 � z2 ) => με Ι α1 =1 και (1-α)z1 +αz2 -z3 = 0 . Τότε l z3 - Ζ ι I = 1 ::::? z3 - Ζ ι I = 1 . έχουμε: z1 -αz1 + αz2 -z3 = Ο ::::? z2 - Ζι l z2 - Ζι I α(z2 -z1 ) = z3 -z1 ::::? Θέτοντας zz23 --zΖιι = α , έχουμε l αl = 1 και Ι α(z 2 -z 1 ) 1 = l z3 -z 1 J ::::? J α ll z2 -zι l = l z3 -zι l ::::? z3 -z1 = αz2 -αz1 ::::? (1-α)z1 + αz2 -z3 = Ο ( 1 ). l z2 -z1 1 = J z3 -z1 1 ::::? (ΑΒ)= (ΑΓ) . Άρα, τοτο Α.τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κο­ Έστω: α JR , τότε επειδή Ι α l = 1, θα έχουμε ρυφή α= 1 ή α=-1. Αν α= 1, τότε από την (1), θα έχουμε z2 = z3 , J α l = 1 και (1 - α )z1 + αz 2 - z 3 = Ο .

=

Λύση

Ε

Ε

Ε

r

όpτιε�

-

Θέματα nόνω ιιc nεpιττές tιuναpτήucις

Δημήτρης Δάφνης - Σπύρος Δάφνης

Θα δείξουμε ότι η εξίσωση κ(χ) = Ο έχει μία του­ λάχιστον λύση στο στο[1,2 ].[1,Έχουμε: κ είναι συνεχής 2] σαν διαφορά συνεχών συναρτήσεων. κ(1) = f(1)-5 2:: Ο και κ(2) = f(2)-8:::::; Ο . Αν θέσουμε -χ στη θέση3 του χ έχουμε: 3 Δηλαδή κ(1)κ(2) :::::; Ο . Τότε αν (-x)f(-x):::::; 2(-χ) -xf(x):::::; -2χ κ(1)κ(2) <Ο υπάρχει μία τουλάχιστον λύση της ε­ στο διάστημα (1,=2)Ο (Bolzano) xf(x) 2χ3 (2) ξίσωσης κ(1)κ(2) = Ο τότε ή κ(l) ή κ(2) =Ο. Από την (1) και (2): η κ(χ)= Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα ρ 2χ 3 2x2 χ � ο και Τελικά xf(x)= 2x3 (2){:} f(x)=-= στο [1,επειδή 2]. η f είναι άρτια συμπεραίνουμε ότι έχει χ 2 Και f(O) = Χ--->limf(x) = Χ--->lim(2x λύση καιλύσεις. τη -ρ. Τελικά η κ(χ) = Ο έχει δύο τουλά­ 0 )=Ο 0 χιστον Δηλαδή: 2 Αν για την άρτια συνάρτηση ! 2χ χ � ο 2 ' : JR JR ισχύουν οι σχέσεις: f f(x)= Ο χ = Ο Άρα, f(x)= 2x , x E R . Η Cr διέρχεται από το σημείο Α(2,6), Ι.

Να βρεθεί ο τύπος της άρτιας συνάρτησης f : JR � JR όταν: Είναι συνεχής στο JR και Ισχύει: xf(x) � 2χ 3 για κάθε χ ε JR (1).

Η

Α π όδει ξη : {::}

{::}

2::

3.

2.

Δίνεται η συνεχής και άρτια στο R συνάρ­ τηση f για την οποία ισχύει: f(1) 2:: 5 και f(2) � 8 Να δειχτεί ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει σε δύο τουλάχιστον σημεία την γρα­ φική παράσταση της συνάρτησης g : g(x) = x 2 + 4 . Λύ ση

Θεωρούμε την συνάρτηση κ: 2 κ(χ)= f(x)-g(x) = f(x)-χ -4 .

f'(2) = 5 . i. Να δειχτεί ότι η f είναι συνεχής στο χ 0 = -2 . ii. Να βρεθεί η τιμή f' (-2) .

i.

Λύ σ η

A(2,6)ECr =?f(2)=6 ωστόσο f(-2)=f(2)=6 Για να είναι η f συνεχής στο χ0 = -2 πρέπει: lim-2 f(x) = f(-2) Χ--> Έχουμε: Χ--->lim- 2 f(x) = Χ-->-lim2 f(-x)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/69


Μαθηματικά Γ Λυκείου

ω==- lim f(ω) = 6 = f(-2) . = (-oo,O)U(O,+oo) ->ω 2 f(-x)=-x- : - ( χ+ : ) =-f(x) . f(x)-f(-2) = ii. 'Εχουμε f'(-2) = lim Χ->-2 Χ+ 2 ω Άρα f είναιτηςπεριττή. = f(-x)-f(2) f(-x)-f(2) x Μελέτη fστο (Ο,+οο) . = Η f είναι συνεχής ιm-2 ( Χ->ιm-2 Χ + και παραγωγίσιμη στο (0, +οο) . f(ω)-f(2) -lim f (x)=1-2χ4 . ->2 ω-2 = -f'(2)=-5 . ω Αν για την συνάρτηση f : JR JR ισχύει: Η ρίζατης f'(x)=O στο (Ο,+οο) είναιτο 2. γραφική της παράσταση είναι συμμε­ Η λύση της f'(x) > Ο στο (Ο,+οο) είναι το διά­ τρική ως προς τον άξονα στημα (2,+οο) f'(x) > O για κάθε χ ε (-οο, Ο) . 83 >0 για χ > Ο. Να επιλυθεί η ανίσ�ση: " f (χ)=2 2 f(x + χ + 2) > f(x - 3χ + 10) . χ lim f(x) = +οο . Ησυμμετρική συνάρτησηως fπροςείναι:τον άρτια (Επειδή η είναι Άρα η ευθεία χ Οlimείναιf(x)κατακόρυφη ασύμπτωτη. άξονα ψ' ψ). = +οο Γνήσια αύξουσα για κάθε χ (-οο,Ο) [αφού f'(x) >Ο στο (-οο,Ο)]. lim f(χ) = lim ( 1 + �) = και Γνήσια φθίνουσα στο (Ο,+οο) . (Λόγω συμμετρίας ως προς ψ'2 ψ). lim [f(χ) -χ] = lim ± = Ο . 2 -3χ+10>0 (τρι­ Επειδή χ +χ+2>0 και χ ώνυμα με Δ<Ο) έχουμε: 2 Άρα η ευθε'ια χ ειναι πλαγι' α ασυμπτωτη. 2 f(x +χ+ 2) > f(x -3χ + 10) {::} f'(x) χ 2 +χ+ 2 < χ 2 -3χ + 10 [αφού η f / ( Ο,+οο ) εί­ f''(x) ναι γνήσια αύξουσα] {::} χ+ 2 8 {::} χ < 2 . < -3χ + 10 {::} 4χ < f(x) 5. Δίνεται η συνάρτηση f : JR JR η οποία: � _/' R•

χ

=

Ι.

2

=

ι·

Χ->

- -Χ -

2)

Ι

4.

' ψ ψ.

Λύσ η

Χ->0+

Cr

=

ε

χ -> +

Χ-Η«>

χ -> +

οο

Χ -Η«>

Χ

οο

y= χ

χ -> +

ο

)

Γρα φ ι κ ή π α ρ ά σ τ α ση

' χ

Λύσ η

Λόγω συμμετρίας ως προς το 0(0, 0 ) η f πα­ ρουσιάζει στο χ0 = -1 ολικό ελάχιστο. Άρα, f(x) f(-1) -f(l) = -5 . ii. Επειδή η f παρουσιάζει ακρότατο στο -1 και είναι παραγωγίσιμη σ' αυτό, από Θ. Fermat έ­ χουμε, f'(-1)=0. Άρα η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Β ( -1, f(-1)) είναι παράλληλη στον άξονα χ'χ. i.

6.

=

7.

Να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρ4 τησης: f : f(x) = x + - . χ Λύση

Ε ΚΛΕ Υ

ΙΔ

ΗΣ

Β'

λζ '

+

+ οο

4

χ

Έστω η περιττή συνάρτηση f : JR � JR για την οποία ισχύουν: "είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο" . Αν η εφαπτομένη της στο σημείο Α(1,3) εί­ ναι παράλληλη στην ευθεία (ε) : y = 2χ + 8 , να υπολογιστεί το: Ι = (χ 2006 + χ + 2004)f"(x)dx . (Να θεωρηθεί γνωστό ότι: Αν η f είναι άρ­ τια ή περιττή, τότε η f' είναι αντίστοιχα

J�ι

Έχουμε: Πεδίο ορισμού της f είναι το

+ οο

+

+ οο

είναι παραγωγίσιμη και περιττή στο Ρ. Παρουσιάζει στο σημείο Α(1,5) ολικό μέγιστο. Να δειχτεί ότι: i. f (χ) 2: -5 . ii. Η εφαπτομένη της γραφικής παράστα­ σης Cr στο σημείο, Β (-1, f ( -1) ) είναι παράλληλη στον άξονα χ 'χ.

οο Χ

2

+

Ι

Χ

τ.4ΠΟ


Μαθη ματικά Γ Λυκείου

Cr με την ευθεία = 2 στο (0, +οο) : Λύνουμε εξίσωση f(x) = 2 . 2 = 2 {::} 2fnx = 2 {::} .enx = 1 {::} χ= e. .e n x Σημείο τομήςτοντοημιάξονα B(e,2). Οχ στο σημείο Γ(1,0). Crτέμνει Για να βρούμε το πρόσημο της διαφοράς f(x)-2 στο (0, +οο) , λύνουμε την aνίσωση f(x)-2 > Ο . 2 -2 > Ο {::} 2fnx > 2 {::} fnx > 1 {::} χ > e . fnx Άρα, f(x)-2< 0 γιακάθε x E(O,e). Αναζητούμε ΟΚΒΓ το εμβαδόν Ει του μικτόγραμμου τε­ τραπλεύρου (βλ. σχήμα).

περιττή ή άρτια ).

την

y

Λύση

Είναι: (i) f(-1) = -f(1) = -3 (f περιττή και Α(1,3) Cr) (ii) f'(-1) = f'(l) = 2 = λ ε (f' = άρτια, και η εφα­ πτομένη στην ευθείατης(ε):στο =σημείο 2χ + 8Α). είναι παράλληλη J_: f(x)dx = Ο (Επειδή η f είναι περιττή). (ίίί) Ι= J�/x2006 +χ+ 2004)f " (x)dx = J�/x2006 + 2004)f "(x)dx + J� /(f'(x))'dx. Θέτουμε w(x) = (χ2006 + 2004)f" (x) . w είναι περιττή (αφού f'' περιττή).συνάρτηση Οπότε J-1 1 w(x)dx = Ο Συνεπώς: I= J-1 1 xf "(x)dx =[xf'(x)]:: - J-11 f'(x)dx= [xf' (χ)]: : -[f(x)]: : = = 1f'(l)-(-1)f'( 1) {f(1)-f(-1)} = Είναι: Ε1 = (ΟΚΒΑ)- fι e f(x)dx = 2e- fι e fnx2 dx = 2 + 2- {3-(-3)} = -2. JΊ e fnxdx = 2e-2JΊ e ( χ) fnxdx = 8. Δίνεται συνάρτηση f : f (χ) = .e χ 2 2e -2 1 1 Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που πε­ ρικλείεται από τη γραφική παράσταση της = 2e-2 [ x.enx ] � + 2fι e x(fnx)' dx = 2. f, τον άξονα χ 'χ και την ευθεία 2e-2[ x.enx]� dx + 2J dx = 2e-2 [x.enx]� + 2·[χ]� = Έχουμε: Πεδίο ορισμού της f το IR * . Και προφα­ νώς είναι άρτια. 2Λόγω συμμετρίας των συναρτή- = 2e-2(e-0)+ 2(e-1)= 2e-2. σεων f(x) = fnx και g(x) = 2 ως προς τον άξο­ Συνεπώς Ε = 2Ε1 = 2(2e-2) =( 4e-4) τ.μ. ναρίου πουείναι Ε = 2Ει όπου Ε ι Cr,το την εμβαδόν του χω­ περικλείεται από τη ευθεία και τους ημιάξονες Οχ και Σημεία τομής =της2 χ >Ο

Ε

Η

y

χ >Ο

Η

-

-

η

η

ι

y=

Λ ύ ση

e

I

y'y,

y

Oy.

Ολοι<λ.ηρωτικ6ς Λογιαμ6ς

Σπύρος Γιαννακόπουλος

Αστημα ν μιαΔ,συνάρτηση είναι συνεχής σ'έχειέναπαρά­ διά­ τότε στο διάστημα αυτό Α. γουσα. Το αντίστροφο δεν ισχύει. ΑΙ) έννοια της παράγουσας συνάρτησης (ή α� Β. Ας πάρουμε τις συναρτήσεις f, g ορισμένες σ' χικής συνάρτησης) μιας συνάρτησης ορίζε­ ένα διάστημα Δ. Β 1) Ακάθεν η χf έχειΔ ισχύει: παράγουσα στο Δ τότε για ται μόνο σε διάστημα. Α2) Αν η συνάρτηση F είναι μια παράγουσα της , = f(x) . συνάρτησης f στο διάστημα Δ, τότε d = f(x)dx f(x)dx ) σ ) σ F'(x) = f(x) για κάθε χ Δ . dx ΕΝΟΤΗΤΑ i η :

Α3)

Βασικές επιση μάνσεις Η

f

Ε

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4Π 1


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ έχουμε: Ι f'(x)dx = f(x) + για κάθε χ ε Δ , όπου σταθερά, που διατρέχει όλο το IR Γ. Γ 1 ) Αν β ε IR με β , το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι: f(x)dx εισάγεται στο σχολικό βι­ βλίο για συνάρτηση f που είναι συνεχής στο κλειστό διάστημαα, β.πουΓενικότερα ορίζουν τακάτωάκρααπό(όρια) ολοκλήρωσης κά­ ποιες ειδικές προϋποθέσεις για την f στο [α,β], μπορεί να οριστεί το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι: f(x)dx χωρίς η f να είναι αναγκα­ στικά στο μόνο [α, β]. συνεχών Εμείς θασυναρτή­ περιορι­ στούμεσυνεχής στη μελέτη 82)

c,

c

α,

α�

σεων.

Γ2 )

Το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι: f(x)dx είναι αριθμός σε αντίθεση με το αόριστο ολοκλή­ ρωμα Ι f(x)dx που είναι σύνολο συναρτήσεων. Το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι: f(x)dx εξαρ­ τάται μόνο απόα,τηβ. συνάρτηση f καιολοκλήρω­ τα άκρα ολοκλήρωσης Η μεταβλητή Για τοσης δεν παίζει λόγοκανένα ουσιαστικό αυτό ρόλο.έχουμε Ι: f(x)dx = Ι: f(ψ)dψ . Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], τό­ τε υπάρχει Ι: f(x)dx και για το λόγο αυτό μπορούμε να λέμε ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [α, β ]. Έστω διάστημα συνάρτηση και α έναη συνεχής σταθερόστοσημείο του Δ.Δ Τότε: Ορίζε-f ται η συνάρτηση F(x) = Ιαχ f(t)dt με πεδίο στο Δ. παραγωγίσιμη στο Δ με Ηορισμού είναι (χ)= f(x) για κάθε χ ε Δ . Δηλαδή είναι μια παράγουσα της f στο Δ λογισμού). (1 ° Θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού Ηδιαφορετικό μεταβλητήγράμμα ολοκλήρωσης συμβολίζεται μεη για να αποφεύγεται σύγχυσητηνμεπαραπάνω τη μεταβλητήσυνάρτηση της συνάρτησης. Για f είναι Ι f (χ )dx = Ιαχ f(t)dt + για κάθε χ ε Δ , ό­ που σταθερός πραγματικός αριθμός. F'

F

c

c

x

Γ3)

Έστω μια συνάρτηση φ και η συνάρτηση ' α σταθερος' πραγG(x) = JαΦ( ) f(t)dt, οπου ματικός αριθμός. Πεδίο της G: Βρίσκουμε το σύνο­ λο Α ορισμού D στο οποίο η f( t) είναι συνε­ χής. Εντοπίζουμε το διάστημα Δ1 Α στο οποίο ανήκει το α και για τα χ ε Dφ απαι­ τούμε Φ(χ) ε Δ1 . Έτσι προσδιορίζουμε διάστημα Δ, που είναι το πεδίο ορισμού της G. ii) ναι Παράγωγος της G: τότε Αν ηη συνάρτηση φ εί­ παραγωγίσιμη, G είναι παραγω­ γίσιμη Δ (ως σύνθεση τωνφ(χ)παραγωγίκαισιμων στο συναρτήσεων με F(x) = Ιαχ f(t)dt) G'(x) = Φ'(χ)f(Φ(χ)) . Γ4) Έστω οι συναρτήσεις φ2 και η συνάρτηση Η(χ)= JfφΦ2(χ) f(t)dt . ,(χ)Η: Βρίσκουμε το σύνο­ i) λοΠεδίοΑ ορισμού της Dr στο οποίο η f(t) είναι συνεχής. Έστω ότι το Α είναι ένωση διαστημάτων π.χ. Α= Δ1 Δ2 . Επιλέγουμε σταθερό σημείο α από το Α, οπότε ε Δ1 ή ε Δ2 .Αρχικά πρέπει Dφ, Dφ2 . Για τα χ ε Dφ, Dφ2 απαιτούμε: Φ1 (χ) ε Δ1 κ�ι Φ2 (χ) ε Δ1 η ' Φ1 (χ)εΔ2 και Φ2 (χ)εΔ2 οπότε προσδιορίζουμε τοοιDH.συναρτήσεις φ , ii) Παράγωγος της Η: Αν 1 φμείο2 είναι παραγωγίσιμες για σταθερό ση­ α απόα το πεδίο ορισμού της Η έχουμε: Η( χ)= JΓ f(t)dt + JαΦ2(χ) f(t)dt = Φ,(χ) -Ιαφ, (χ) f(t)dt + Ιαφ2(χ) f(t)dt . Στο διάστημα του DHωςπουάθροισμα ανήκει τοπαραγω­ α, η Η είναι παραγωγίσιμη γισίμων συναρτήσεων με Η'(χ) = -Φ� (x)f(Φ1 (χ))+ Φ� (x)f( Φ2 (χ)). ΓS) Έστω η συνάρτηση G(x)= I:f(g(x,t))dt, χε Δ , όπου g(x, t) παράσταση των χ, t και ι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4Π2

ς

f

ς

ψΙ,

ς

U

α

α

!

n

n

� e5


Μαθηματικά Γ Λυ κείου

f(x),g(x) συνεχείς συναρτήσεις στο διάστη­ lim .Λ-=ι .J5-χ = +οο. μα Για νατο βρούμε την παράγωγο της G, 2 Χ -1 θεωρούμε χ ως σταθερά και θέτοντας η G δεν είναι παραγωγίσιμη χστο 1. g( χ, t) = με την μέθοδο της αντικατάστα- 2.Τελικά'Εστω η συνάρτηση F(x) = Π �t2 - ldt . σης βρίσκουμε G(x) = rΦ,(χ)(χ) f( )d , οπότε Να βρείτε: αναγόμαστε στο παραπάνω.J Φ, α) Το πεδίο ορισμού της F. με α σταθερό β) Την παράγωγο της F. Γ6) Αν F(x) = Jαχ f(t)dt, χ Ε σημείο τουστοδιαστήματος τη συνάρτηση f(t) = � . Πρέ­ νάρτηση τότε: και f συνεχή συ­ α) πειΘεωρούμε 2 {:::? t Ε (-οο, -1] [1, +οο) . lκλ F(x)dx=lκλ (x)1F(x)dx= [xF(x)1i. - f·xF(x)dx= Άραt Df-1= (Ο-οο, -1] [1, +οο) . f είναι συνε­ Jκ J κ χής ναστοορίζεται Df. η F πρέπει λF(λ)-κF(κ)- J;·xf(x)dx . Για χ Ε , 2χ -< -1 και -χ1 -< -1 -1 -< χ -< --1 Θεωρούμε τη συνάρτηση 2 {:::? 1 ή G(x) = ιx-ι �4 - t2 dt . 1 1 -2 <- χ -< 1 Να βρείτε: x E R ,2χ 2:: 1 και -2:: χ α) Το πεδίο ορισμού της G. β) Την παράγωγο της G. Άρα χ Ε[ - 1,-Ξ] u[Ξ ,1] , οπότε α) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(t)=�4-t 2 . Πρέ­ DF = [-1· Ξ] u[Ξ ,1] . πει 4-t2 ;::: o{:::? tE[-2,2]. Άρα Df =[- 2,2] . Επειδή η f είναι συνεχής και -1 Ε [-2, 2], το β) Για χ Ε [-1,-Ξ] και α σταθερό σημείο του πεδίο ορισμού της συνάρτησης F(x) = j_x1 �4-t2 dt είναι διάστημα το [-2,2]. [-1,-Ξ] έχουμε F(x)= j;χ �dt+ Είναι G(x) = F (.Jx -1 ) . Για να ορίζεται η G +fα2χ �t2 -1dt= -fα-;:�t2 -1dt+ fα2χ �dt. πρέπει:> F είναισυναρτήσεων παραγωγίσιμημε ως άθροισμα παραγω­ χ>1 # χ -1 ο γίσιμων !-2χ ->�1 � � 2 {:::? !.Jx-1 � 2 F'(x) = - [Η J(:J' -1 + (2χ)'J<2x)' -1 = Ε[1,5]. !Άραχ � D05 #=χ[1,5]. _1 1-x2 +2.J4x 2 -1 . χ2 J χ2 β) Η G είναι παραγωγίσιμη στο (1,5] ως σύνθεση Όμοια εργαζόμαστε και στο [Ξ , 1] και τελικά έ­ παραγωγισίμων συναρτήσεων με G1(x)=(.Jx-1 )1 �4- (.Jx-1Y = 2Jk .J5-x . χουμε ότιτηςημεF είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ρισμού ΘαGεξετάσουμε ηωςG σύνθεση είναι παραγωγίσιμη στο 1. 1-x +2ν4χ2 -1 . F (x)= x21l x l � είναι συνεχής συνεχών συναρ­ τήσεων, οπότε lim G(x) = G(1). 2'1: (�)= lιm ( G(x)-G(l))1 Συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραlιm. G(x)-G(1) (Χ -1) 1 Χ -1 γωγίσιμη στο (1, +οο) και ισχύουν: Δ.

Χ -> 1 +

u

u

u

Δ

Λύ σ η

Δ

Δ

2::

U

ΠΑΡλ_1 Ε I Γ , Ι λ Τ-\

1.

R

!

Η

U

.\ύση

I

Η

ο­

Η

αν

I

χ -> 1+ .

Χ->1+

ν

-

I

ΕΝΟΤΗΤ Α Γ ΕΝ Ι ΚΑ ΘΕΜΑ Τ Α ΣΤΑ Ο Λ ΟΚΛ ΉΡΩΜΑ Τ Α 1" Η

X->l +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4Π3


Μαθηματικά Γ Λυκεiου

f'(x) = χ2 + 3 f(x) χ -ι

, της g. , να ειναι , , ., ... οι τιμες -2ι ο�ς χωρις

(1)

για κάθε χ Ε (1, +οο) f(x) > Ο για κάθε χ Ε (l,+oo) και f(3 ) = 4 . Να βρείτε τον τύπο της f στο (l, +oo) .

ί) Δείξτε

ότι υπάρχει ακριβώς ένα χ0 Ε (0, 2) τέτοιο, ώστε g(t)dt 1 - Χο . ίί) Για το χ0 του (ί) ερωτήματος, δείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο, χ0 ) τέ-

Λύση

J:o

=

Για κάθε χ Ε (1, +οο) η (1) είναι ισοδύναμη με την τοιος ώστε χ0 g(ξ) = Jo'o g(t)dt . χ+3 f'(x) = χ+3 ' = <=> (Rnf(x)) <=> f(x) χ2 -1 χ 2 -1 ί) Η f είναι συνεχής στο J(Rnf(x))' dx=J χχ+3 dx<=:> 1 2 -1 = -1 < 0,(2) <=> g(x) + 2 Ο [0,2],f(O) (2). και αφού η g στο [0,2] δεν έχει όλες τις τιμές Rnf(x) + c1 = J -χx+3 2--1 dx Θα προσδιορίσουμε σταθερούς πραγματικούς α­ της -� είναι fo2 (g(x) + �) dx > Ο <:::> ριθμούς Α, Β έτσι, ώστε για κάθε χ Ε - { 1} να 2 2 g(t)dt> 0<=> χ+3 =�+� (3). 0<=>1+ ΓJ o g(x)dx+ Jfo2 _!_dt> Γ ισχύει: (χ-1)(χ+1) Jo 2f(O)f(2) < Ο . Σύμφωνα με το χ-1 χ+1 f(2) > Ο , οπότε Β(χ-1) Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον (3) <:::> χ+3 χ+1 =Α+ χ+1 . Ε (0,2) τέτοιο ώστε χ 0 x+3 Είναι: 1im Χ + 1 =Α<=:>Α=2. f(x0 ) =Ο<=> foxo g(t)dt = 1-χ0 . Α(χ+1) Η f είναι παραγωγίσιμη και από την ( 1) παίρ­ (3) <:::> χ+3 Ο για κάθε χ Ε (0,2) . χ-1 = χ-1 +Β . νουμε f'(x) = 1 + g(x) > Άραχ0ηείναι f στομοναδικό. (0,2) είναι γνησίως αύξουσα, οπότε Είναι: lim χ+3 =Β<:::> Β=-1. το Χ -12 1 ii) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, χ 0 ] και χ+ 3 ' -Άρα -, οποτε 2χ -1 = -παραγωγίσιμη στο (Ο,χ0 ) , οπότε σύμφωνα με χ-1 χ+1 το Θεώρημα Μέσης τιμής του διαφορικού) λο­τέ1 <:::> (2) <=> Rnf(x) + c1 = 2Jx γισμού υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο,χ0 χ-1- dx-J � χ+1 f(χ 0 ) -f(O) <=> Rnf(x) = 2Rn l x -11 -Rn l x + 11 + <=> ώστε τοιος f' (ξ)= Χ Rnf(x) = 2Rn(x -1)-Rn(x + 1) + (4). Για χ = Rnf(3) 3 από την (4) παίρνουμε<:::> Rn4 = χ0f'(ξ) = f(x0 )-f(O) <=> χ0 + x0g(x0 ) = = 2Rn2-Rn4 + foxo g(t)dt + 1 <=> χ0 g(x0 } = foxo g(t)dt . -1)2 +Rn4<=:> . . . <=:> 3"= χ0Η-1συνάρτηση Άρα (4) <=:> Rnf(x)= Rn (χχ+1 f είναι συνεχής στο . Θεω­ ρούμε τη συνάρτηση g(x) = ( f(t)dt, χ f(x)= 4(χχ+1-1)2 γιακάθε χΕ(1,+οο) . Δείξτε ότι: Θεωρούμε τις συνεχείς στο συναρτήσεις i) J: g(x)dx = -J: ν'if(x)dx . f, g για τις οποίες έχουμε ότι: Λ ύση

2::

±

R

Χ-+1

Χ-+- 1

(*)

'

Χ ο "' 0

c

c

ο

c.

...;- c

·

Ε

R.

Για κάθε χ Ε � ισχύει f(x) = χ - 1 + ι· g(t)dt

Για κάθε χ Ε [0, 2] ισχύει g(x) �

< *>

Εύκολα αποδεικνύ εται η ταυτότητα

χ0 Ε (0,1) τέ­ τοιο ώστε g(x0 ) = -Fof(x0 ) .

ίί) Υπάρχει ένα τουλάχιστον

--2ι

(1). (2),

Λ ύση

g είναι παραγωγίσιμη με g'(x) = 2xf(x2 ) . Η g ' είναι συνεχής fo g(x)dx = fo1 (χ)'g(x)dx =

ί) Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ τ.4Π4

1


Μαθηματικά Γ Λυκείου

[xg(x)]� - fo\g1(x)dx= -fo1 2x2f(x2 )dx (1). = -Jκ2χ-β f(u)du +Jκ2χ-α f(u)du, όπου κ IR Θέτουμε2 χ2 = u (2) και έχουμε σταθερός. G είναισυναρτήσεων παραγωγίσιμημε ως άθροισμα παραγω­ du = (x )1dx {::} du = 2xdx . Για χ = Ο, χ = 1 α­ γισίμων πό την (2) παίρνουμε u1 = Ο, u2 = 1 . = -2f(2x-β)+ 2f(2x-α) . G1(x) Αφού χ [0,1],(2) {::}1 χ = .ru_ , οπότε1 ii) Αφού η G είναι παραγωγίσιμη στο IR και το , κρισιμο , σημειο, της, πρεπει , fσ1 2x2f(x2 )dx = fσ .ru.f(u)du = fσ fx.f(x)dx . χ0 = -α2 ειναι Άρα η (1) γίνεται fo1 g(x)dx = -fo1 Γx.f(x)dx . G1 (�) =0{:}f(α-β)=f(O) {:}f(α-β)=Ο (2). ii) Από το (ί) έχουμε Επειδή τοf, Ο είναι το μόνο σημείο πουπαίρνουμε μηδενίζει την από την (2) fo1 g(x)dx =-fo1 Γx.r(x)dx {::} -β = Ο {::} α = β , οπότε G( χ) = Ο , δηλαδή η 1fo (g(x)+Γx.f(x)�x= O (3). Gα είναι σταθερή. 5° α) Για κάθε X E (O,-too) δείξτε ότι: fnx Fx , Θεωρούμε τη συνάρτηση β) Θεωρούμε τις συναρτήσεις h(x) = fσx (g(t) +Jff(t)) dt, Χ� Ο. f(x) fnx, g(x) Fx . h είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη Δείξτε ότι υπάρχουν σημεία Α, Β στις Cr, Cg αντίστοιχα στα οποία ορίζονται εφαπτό­ στο (0,1) με h 1(x) = g(x) + Γχ.f(χ). μενες των Cr, Cg, παράλληλες. Επιπλέον έχουμε h(O) =Ο και h(1)=0. Άρα, γ) Για τις συναρτήσεις του β) ερωτήματος, να βρείτε: i) Το εμβαδόν E(t) του χωρίου h(O) = h(1) = Ο. που περικλείεται από τις Cr, Cg, τον άξο­ Σύμφωνα τώρα με το Θεώρημα Rolle υπάρχει να και την ευθεία με εξίσωση ένα τουλάχιστον χ0 (0,1), τέτοιο ώστε x=t>l. h1(x0 ) =Ο{::} g(x0 ) + For(x0 ) =Ο{::} ii) Τα όρια L1 lim E(t),L 2 lim E(t) . g(xo ) = -Fof(xo ) . Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο IR . Θεω­ α) Θεωρούμε τη συνάρτηση ρούμε τη συνάρτηση h(x) = fnx -Γχ., χ (Ο,+οο) . G(x) J: f(2x - t)dt, IR και α, β IR . h είναι παραγωγίσιμη με i) Να βρείτε την G 1 1 2-Γχ-χ = (2-Γχ-χ)(2-Γχ+χ) h (χ) =---= χ 2-Γχ 2χ-Γχ 2χ-Γχ(2-Γχ+χ) ii) Αν το ! είναι κρίσιμο σημείο της 2 G και το Ο είναι το μόνο σημείο που μη­ = 2νχ (4-2ν χΧ +χ ) , h (x)= 0{:} x =4. δενίζει την f, δείξτε ότι η G είναι σταθε­ ρή συνάρτηση. 4 ο i) Θέτουμε 2χ-t = u (1). 'Εχουμε h'(x) + ο du = (2χ-t)1dt {::} du = -dt {::} dt = -du . h(x) / τ·r- � β από την (1) παίρνουμε Γιαu =t2χ=-α,α, ut == 2χ-β h(4) αντίστοιχα. Έτσι ο 1τύπος της G γίνεται 2 Άρα για κάθε χ (0, +οο) ισχύει ' = -J 2χ-β f(u)du {::} G(x) h(x):::; h(4) = 2(fn2-1) < Ο 22χ-χ-α Άρα fnx -Γχ. < Ο{::} fnx < Γχ.. G(x) = J2χ-βα f(u)du {::} β) Dr =(0,+oo),D8 =[Ο,+οο). Οι f, g είναι παραγωγίσιμες στο (0, +οο) με G(x)=J2κχ-β f(u)du+J2x-2 f(u)du= Ε

Η

Ε

<

=

=

Η

(3)

· χχ

Ε

=

=

1--+4

1--++<ο

Λύ ση

4"

χΕ

=

Ό

Ε

Ε

Η

I

-'----=-:-'-'-:=-----:--'-

χ0 =

Λί> ση

I

Γ

Γ

+ οο

χ

/ "-

Ε

κ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4175

ολ. μεγ.


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, +οο) � R για την οποία ισχύει xf '(x) = f(x) για κάθε Ε ( O, +oo),f(l)

f (x)=-,g χ (χ)= 2νχ Για χ ε (Ο,+οο) , f'(x)=g'(x){:} ... {:} x = 4 . Άρα στα σημεία A(4,f(4)),B(4,g(4)) ορίζο­ νται παράλληλεςτων συναρτήσεων. εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων γ) i) }

Ι

}

Ι

Γ .

χ

f 2f(x) και τη συνάρτηση g(x) =

χ'χ χ=! χ ι

1

e

11

dt, x > Ο .

Το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από και τις ευθείες με ετην Cg , τον άξονα ξισώσεις

και είναι κ. Να βρείτε 2 συναρτήσει του κ το ορισμένο ολοκλήρωμα fι2 e'1 dx .

Υ

'

=

Λύ ση

(1,0)

! ( t,O)

(4,0)

Ε

χ

ν Ει τοτονεμβαδόν του πουευθείαορίζεται από 'χ χωρίου την άξονα χ και την χ = t ορί­ κα­ θώς επίσης Ε το εμβαδόν του χωρίου που 2 'χ και την ευθεία ζεται από την τον άξονα χ χ = t, τότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι E(t) = Ει -Ε2 (1). Ει = fo1 1 g(xψlx = fοι -Γχdχ = [j χ-Γχ[ '!:.3 . tJt τετρ. μονάδες. Ε2 = fι1 i f(x)l dx= fι\Rnx)dx= fι\x)'(Rnx)dx= = [xRnxJ: - fιι = ... = (tfnt-t + 1) τετρ. μονάδες. (1) {::} E(t)= (j tJt-tfnt+ t-1) τετρ. μονάδες. 25 ii) Lι = lim ( 3.. t Jt-tfnt + t -ι ) = -8Rn2. 3 3 Επειδή είναι συνεχής, οπότε το L1E(t)εκφράζει Lι =Ε(4),η συνάρτηση το εμβαδόντο του κλείεται άξοναχωρίου χ 'χ καιπουτηνπεριευθεία χ = 4.από τις τον L2 = ��Too [ tJt (j - 7ι + }ι - t�)[ . 2Jt = = lim lim RntJi ι::J lim (Rnt)' ( Jt )' t lim ν�t =0. Άρα L2 =(+οο)3_=+οο 3 . Α

Cg,

Cf,

ldx

t-->4

Cg, Cf

t->+oo

t->+oo

Για κάθε χ (Ο,+οο), xf'(x) = f(x) {::} xf' (χ)-f(x) = Ο{::} ' =0. xf'(χ)-f(x) f(x) = 0 {::} ( χ) χ2 Άρα f(x)χ = {::} f(x) = x , όπου σταθερός πραγματικός f(l) = 1 {::} = Συνεπώς f(x) = χ . 'Ετσι έχουμε g(x) = fι 2\12 dt . Οπότε g (�) =Ο Το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται1 από την τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες χ = '2 , χ = 1 είναι Ε= Jll g(x)l dx (1). 2 Η g είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με g'(x) = 2e x2 >Ο. Άρα είναι γνησίως αύξουσα, οπότε � � χ� 1 {::} g (�) g(x) � g(l). Άρα g( χ) ;::: Ο . Επίσης η g ' είναι συνεχής. (1) {::} Ε= Jl g(x)dx {::} Jl (χ)' g(x)dx = κ{::} 2 2 [xg(x)]�2 - Jl2 xg'(x)dx = κ{::} {::} g(l)-Jl2xe x2 dx = κ{::} g(l) = 2

·

t->+oo

t->+oo

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4Π6

c

c

c

c

1.

Cg,

4

4


Μαθηματικά Γ ' Λυκείου

Ταξιν6μηuη

σε

πίνακε,:

Η

Μέθοδο' Φuααλ ίδας

Α νάπτυξη Εφαρμογcvν σε Προγραμματιστικό Περ ιβά/.ον, Γ Λ υκείου, Τεχνο/.ογι κιj Κατει) θυ νση

τίμος Ασλανίδης

ιαμνήμες δομήτουδεδομένων αφοράώστετοναχώροείναικαιδυνατή τον τρόπο αποθήκευσης δεδομένων σε κάποια από αρ­ Μ. γότερα, υπολογιστή, η ομαδική επεξεργασία αυτών είτε άμεσα είτε όταν κάτι τέτοιο χρειαστεί. Μία από mo συχνά συναντώμενες στην πράξη δομές δεδ�

τις

τις

. κευτεί μένων συγκεκριμένο είναι οι πίνακες.πλήθος Πρόκειται για μίαΣταδομήστοιχεία με συγκεκριμένο μέγεθος (όπου μπορεί να αποθη­ στοιχείων). ενός πίνακα αναφερόμαστε ανάλογα με τη θέσητωνπουστοιχείων έχουν σετωναυτόν. Στουςξεκινάει αλγόριθμους που1 (πρώτο θα παρουσιάσουμε στη1).συνέχεια υποθέτουμε ότιπουη αρίθμη­ σηκας mνάκων από το στοιχείο: θέση Έτσι, στην περίπτωση ο πίν� έχει η στοιχεία, ονομάζεται Α και θέλουμε να αναφερθούμε στο στοιχείο που βρίσκεται στη θέση 2, γρά­ φουμε ενώ αν θέλουμε να αναφερθούμε στο στοιχείοείναιπουηβρίσκεται στη θέση η γράφουμε Α[η]. Μία� πό ΣτηνmoΑ[2],ταξινόμηση συνηθισμένες εργασίες που γίνονται σε πίνακες ταξι ν όμηση. το δεδομένο είναι έναςή πίνακας Α πουΤοπεριέχει στοιχεία, μεταξύ των οποίων έχει οριστεί πλήρης διάταξη (πχ. πραγματικούς ακέραιους). ζητούμενο είναι να αναδιαταχθούν τα στο1χεία του Α2 τοώστεδεύτερο να βρίσκονται σε...αύξουσα σειρά. Δηλαδή στην πρώτη θέση τουαπόπίνακα τογνωστές μικρότερο, στη θέση μικρότερο, , στην τελευταία θέση το μεγαλύτερο. Μία τις πιο αλλάα­ όχι πιο αποδοτικές μεθόδους ταξι ν όμησης είναι η μέθοδος φυσαλίδας (bubble sort) ή μέθοδος ευθείας νταλλαγής που παρουσιάζουμε στη συνέχεια σε δύο παραλλαγές. προκειμένου ναθέσητοποθετηθεί το επόμενα: μικρότερο στοιχείο στην πρώτη γίνονται τα Συγκρί­ Οματος σχετικός αλγόριθμος δίνεται σε μορφή διαγράμ­ νουμε τα 2 τελευταία στοιχεία του πίνακα και σε ροής στο ακόλουθο σχήμα. περίπτωση που τοανταλλάσσουμε μικρότερο απόθέση. αυτάΣτηβρίσκεται δεξιότερα τους συνέ­ χεια συγκρίνουμε αυτό πουστηνβρήκαμε ως μικρότερο μετου αυτό που βρίσκεται προηγούμενη θέσημέ­ πίνακα και συνεχίζουμε με αυτό τον τρόπο χρι να1.φτάσουμε στομεταφορά στοιχείο τουπου μικρότερου βρίσκεται στηεκ θέση συνεχής των δύο στοιχείων που συγκρίνουμε κάθε φορά στην αριστερότερη απόαπότις όλα 2 θέσεις έχει σαν απ<r τέλεσμα το μικρότερο τα1 . στοιχεία του πί­ νακαΣτηνα συνέχεια βρεθεί τελικά στη θέση δεν χρειάζεται πιακαθώςνα έχει ασχολη­ θούμε με το μικρότερο στοιχείο ήδημε­ ταξι ν ομηθεί και συνεχίζουμε με τα υπόλοιπα, ταφέροντας με ανάλογα βήματα το δεύτερο μικρό­ τεροΟ στηαριθμός 2η θέση, το τρίτο στην 3η κοκ . τωνστοιχείο βημάτωνδενπουείναιχρειάζονται γιαίδιος.να ταξι ν ομηθεί ένα πάντα ο ΕξαρτάταιΠχ.απόγιατοτηνπόσαταξινόμηση στοιχεία έχουμε ήδη ταξι­ νομήσει. του μικρότερου χρειάζονται η- 1 συγκρίσεις, για την τα­ ξι2στοιχείου ν(αφού όμησηδεντου δεύτερου μικρότερου χρειάζονται λαμβάνουμε υπόψη το ένα που τουέχουμε Στην ταξινόμηση με τη μέθοδο φυσαλίδας ήδη ταξι ν ομήσει), ενώ για την ταξι ν όμηση με­ (bubble sort) χρησιμοποιείται διπλή επανάληψη. γαλύτερου στοιχείου δεν χρειάζεται να κάνουμε Σεμικρότερου πρώτη φάση επιτυγχάνεται η τοποθέτηση του τίποτα, αφού έχοντας τοποθετήσει στη σωστή θέ­ στοιχείου στην πρώτη θέση του πίνα­ στοιχεία, υποχρεωτικά η θέση που κα, στη θέση συνέχεια του δεύτερου μικρότερου στη σημένειταστουπόλοιπα τέλος του πίνακα θα αντιστοιχεί σε αυτό. δεύτερη του πίνακα κοκ. A[j-1]εκχώρησης: στην πραγμα­ εντολήαποτελείται αντιμετάθεσεαπόA[j], Κάθε μία από αυτές τις φάσεις, για να πραγμα­ 3 τικότητα εντολές τοποιηθεί, απαιτεί κάποιο αριθμό βημάτων. Έτσι τις

η

1 '1 π αραλλαγή

OXI

Η

η-

Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4Π7


Μαθηματικά Γ ' Λυκείου

temp�A[j-1] A[j-l]�A[j] A[j]�temp Η μεταβλητή temp (από temporary = προσωρι­ νός) είναι μία βοηθητική μεταβλητή που έχει ως σκοπόA[j-1] να μηότανχαθείσε αυτό η τιμήκαταχωρηθεί που είναι αποθηκευμένη στο η τιμή A[j]. Μια απλή παραλλαγή του αλγόριθμου που φαίνε­ ται στο διάγραμμα ροής είναι ο ακόλουθος: Αλγόριθμος bubble_sort2 Δεδομένα Α, Για i από 1 μέχρι n-1 II

η

II

Για j από n-1 μέχρι i με_βήμα -1 Αν A[j]<A[j+l] τότε

temp�A[j] A[j]�A[j+ 1] A[j+ 1 ]�temp Τέλος_αν

Τέλος_επανάληψης Τέλος επανάληψης Αποτελέσματα 11 Α /I Τέλος bubble_sort2

Στην παραλλαγή αυτή φαίνεται καλύτερα πως τομησηπρώτο βήμα έχει σαν αποτέλεσμα την ταξινό­ του πρώτου στοιχείου ( αφού στην εσωτερική επανάληψη τοστοιχείο j φτάνει δενμέχριχρειάζεται την τιμή ναi= 1)γίνει ενώ κα­για τομία τελευταίο σύγκριση καθώς ηείχταξινόμηση όλων τωννα κα­άλ­ λων στη σωστή θέση ε σαν αποτέλεσμα ταλήξει στην τελευταία θέση του πίνακα.αυτής από Μία ακόμα διαφορά της παραλλαγής την πίνακα προηγούμενη είναι πωςσειράταξινομεί τααπόστοιχεία του σε φθίνουσα δηλαδή το με­ γαλύτερο (πρώτη θέση του πίνακα) στο μικρότερο (τελευταία). Αυτό στην συνέβηεντολήαλλάζοντας απλά τη φορά της ανίσωσης Αν ... τότε ...τέλος ... αν φα Ε ρμογή Να γραφτεί πρόγραμμα που100διαβάζει πίνακα Α 100 θέσεων τα ονόματα των mo εύπορων θρώπωνΒγια το1002003θέσεις στονπουπλανήτη. Διαβάζει επίσης πίνακα περιέχει πραγματικούς καιανθρώπου στη θέσητο όνομα i περιέχειτουτοοποίου εισόδημα σε δολάρια τουθέ­ βρίσκεται στην i ση του πίνακα Α.πλουσιότερων Το πρόγραμμαανθρώπων θα εμφανίζει τα � νόματα των 50 του πλανή­ τη γιαεισόδημα το 2003, καιξεκικαταλήγοντας νώντας από αυτόν το μεγαλύ­ τερο σε αυτόν το μι­ κρότερο. Ένας εύκολος τρόπος να λυθεί το πρόβλημα εί­ ναι ναμεγίνειπαράλληλη αρχικά ταξινόμηση των των 100 εισοδημά­ των, «ταξινόμηση>> ονομάτωννα και στη συνέχεια από τον ταξινομημένο πίνακα με

εμφανιστούν τα στοιχεία στα 50 τελευταία στοιχεία του του Β.Α που αντιστοιχούν ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ εισοδήματα_2003 ΜΕΤΑΒΛΗΤΕΣ ΠΡΑΓΜΑτΙΚΕΣ: Β[100], temp ΑΚΕΡΑΙΕΣ: i,j, seira ΧΑΡΑΚΤΗΡΕΣ: Α[100], temp_name ΓΙΑ i ΑΠΟ 1ΨΕΜΕΧΡΙ 100το όνομα και στη συνέχεια 'Δώσε ΓΡΑ το αντίστοιχο εισόδημα' ΔΙΆΒΑΣΕ A[i], B [i] ΤΕΛΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΓΙΑ i ΑΠΟ 100ΜΕΧΡΙ i ΜΕ_ΒΗΜΑ -1 ΓΙΑj2 ΜΕΧΡΙ ΑΠΟ 100 ΑΝ B[j-1temp�B[j-1] ]>B[j] ΤΟΤΕ B[j-l]�B[j] B[j]�temp temp _name�A[j-1] A[j-1]�A[j] A[j]�temp _name ΤΕΛΟΣ ΑΝ ΤΕΛΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΤΕΛΟΣ_ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ 'Οιέτος502003 πλουσιότεροι άνθρωποι του πλανή­ τηΓΡΓΙΑΑγιαΨΕ το ήταν ' i ΑΠΟ 51 ΜΕ ΒΗΜΑ -1 + seiΓΡΑra�100ΨΕ1ΜΕΧΡΙ 00-i 1 seira, '. ', A[i] ΤΕΛΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΤΕΛΟΣ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΟΣ ΑΡΧΉ

1.

κυ­

ΑΡΧΉ.

με

με

με

Π α ρ α τ η ρ ή σ ε ις :

Σεση ένα πρόγραμμα είναι υποχρεωτική η δήλω­ μεταβλητώνΚατάπουσυνέπεια γίνεται αμέσως μετάμετηνκά­ε­ πικεφαλίδα. χρειάζεται ποιο τρόπο ναμεταβλητών φανεί ότι και τελείωσε το τμήματο δή­ λωσης των ότι ξεκινάει μέρος του προγράμματος. Αυτό γίνεταιπρέ­με τηπειρίωςλέξη Μεταξύ των μεταβλητών να δηλώνονται και οιεκτός πίνακες. Γιαόνομα τον προσδιορισμό ενός πίνακα από το του ο2 τύπος πράγματα είναι απαραίτητα: Τοη γραμμή: μέγεθος και των στοιχείων του. Έτσι A[lOO] δηλώνει(λέξεις) ότι ο πίνακας ΧΑΡΑΚΤΗΡΕΣ: Απλήθος έχει ωςτωνστοιχεία χαρακτήρες και το λέξεων αυτώναλγόριθμων είναι 100.και προγραμ­ Άλλε μεταξύ ς διαφορές μάτωνοθόνη είναιαπόπως«εμφάνισε», η εντολή εμφάνισης μηνύματος «τύπωσε» ή «εκτύπω­ σε» γίνεται Α Επίσης τα εισαγωγικά χρησιμοποιούνται εμφάνιση φράσεων οθόνη να είναι διπλά.

2.

στην

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4Π8

ΓΡ ΨΕ. για την παύουν

που

στην


Μαθηματικά Γ ' Λυκείου

3. Άμεση ταξινόμηση τουδυνατή πίνακακαθώςΑ μεο Ατη μέθοδο της φυσαλίδας είναι περιέχει αριθμούς. Έτσι ταξι ν ομούμε τον Β. Πρέπει όμως ποτεδήποτε αλλάζαντίστοι ουμε θέσηχα και σε κάποια στοι χείτουα τουΑ, Βδιαφορετικά να αλλάζουμε τα στοι χ εία τα εισοδήματα θα προκύψουν στον ταξινομημένο Β δεν εί ν αι απαραίτητο να σχέση με τα ονόματα χουν που θα βρίσκονται αντίστοι χ ες θέσεις του Α. 4. Η μεταβλητή seira υπολογίζει τη σειρά που αδεν

δεν

που

ο­

& στις

Ο Δα.i μαιν

του

«Α π όδειξη Α ν ι σ ο τ ικών Σχέ σ εων και Επ ίλυ ση Ανι σ ώ σ εων» Σελ. 68 - 69 - 70 - 7 1

Των Ν. Ζανταρίδη - Κ. Παπαδόπουλου

Ά σ κη σ η 1 : •

Α: (Ο,+οο)---+Ρ να γραφεί: f: (Ο,+οο)---+Ρ Αντί: h(x)-f(x)+f ( � ) να γραφεί: h(x) = f(x) + r ( � ) Αντί: h'(x)-f'(x)+f' (�)(�} =f'(x)- :2 f'(x) Αντί:

να γραφεί:

h'(x) =f'(x)+f' ( � )( � } = f'(x)- χ12 f'(x) Αντί: αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο Ρ να γραφεί: αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο JR : 4 Αντί: g ' (x)= ... =f(χ)-(α+β-χ) να γραφεί: g ' (x)= ... =f(χ)-f(α+β-χ) αβ Αντί: προκύπτει στο ( -οο, ; ] να γραφεί: προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, α ; β ] α+2 β f(t2 )dt Αντί: J α+β-α α+ να γραφεί: J:+ β-2β f(t)dt +β α+ Αντί: g min = 2 ( τ) = J7β f(t)dt α+ να γραφεί: g min = 2 J7β f ( t )dt α+ Αντί: J: f(t)dt + J0α+β- χ f(t)dt � J7β f(t)dt •

Ά σ κηση •

ντιστοιχεί στοπουόνομα που θαστηεμφανιστεί. Πχ. για το όνομα βρίσκεται θέση i= 100 τουθα Αεμφανίσει (και έχειτον τοαριθμό μεγαλύτερο εισόδημα) 100-i+1=100-100+1=1, ενώ για το δεύτερο όνομα, αυτό πουτονβρίσκεται στη θέση i=99 του Α θα εμφανίσει αριθμό + 1 =2 και για το τελευταίο = 1 00-99 1όνομα, 00-i+ 1αυτό 51 του Α θα51 + 1=50. εμφανίσειπου βρίσκεται τον αριθμόστη θέση 100-i+1=100τυπογραφείου

Jorx f(t)dt + Jorα+β-χ f(t)dt �2Jroα+2β f(t)dt Αντί: για κάθε xεJR να γραφεί: ως προς xεJR Αντί: i) Έχουμε f( α)= f( α) < f(β) ... (1) να γραφεί: i) Έχουμε f( α)= f(α) < f(β) ;; 2f(α)< f(α)+ f(β) < 2f(β) {f(α) < f(β) = f(β) ::::} f(α)< f(α)+f(β) 2 <f(β): (1) Αντί: i ) Επειδή ... (α, χ0), (χ0, β) να γραφεί: συνεχής β], στο παραγωγί­ ii)σιμηΕπειδή η f [α, είναι ότισυνε­ η στο(α,_.β}και. κυρτή...σ το.(α,[α,β),β]ηέπεται είναι γνησίως αύξουσα στο f είναι χής στασταδιαστήματα [α,(α, χχοο],), (χ[χο0,, β)β] και παραγωγί­ διαστήματα σιμη αρχές της σελίδας 71, Να συμπληρωθεί το Στις κείμενο: Έχουμε:1 2( -α) 1 Χο + 2(β - Χο ) = 2 ___,_β_-_α_ _ _ _ _ = + f'(x1 ) f(x2 ) f(β)-f(α) f(β)-f(α) f(β)-f(α) α+β Αντί: 'Εχουμε: α<χ1 < Χο <χ2 <β::::}. . ::::} Χο > 2 να γραφεί: Έχουμε: α<χ1 < Χο <χ2 <β ::::}α <χ1 <χ2 <β =>f(χ1 ) < f(x2), (γιατί η γνησίως αύξουσα στο (α,β)) f(β)-f(α) ::::} 1 < 1 ' < ::::} f(β)-f(α) 2(χ0 -α) 2(β-χ0 ) 2(χ0 -α) 2(β- Χο ) αφού ( f(β)-f(α) >Ο) ::::} 2(χ0 -α) > 2(β-χ0 ), (αφού 2(χ0 -α)>Ο και 2(β-χ0 ) >0) α+β ::::} χ0 -α > β -χ0 ::::} 2χ0 > α +β => χ0 > -2 8 Αντί: f(x+l)-f(x)= . . =(g(x+1)+3(x+1)+4) να γραφεί:

Ά σ κη ση 5 •

Λ σ κη σ η ϊ

f

_

f

Άσκη σ η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4Π9


Μαθηματικά Γ Λυκείου

-(g(x) + 3χ-4) να γραφεί: f(x+1)-f(x)=. . =(g(x+1)+3(x+1) +4)-(g(x) + 3χ +4) Αντί: 1im3 να γραφεί: 1im 3 Αντί: lim (f(x + 1)-f(x) = 3 == 1im (f(u + 1)-f(u) = 3 να γραφεί: lim (f(x + 1)- f(x) )= 3 και lim (f(x)-f(x + 1) ) lim (f(u + 1)-f(u)) = 3 Αντί να γράφει: Αν α, β, γ IR * να γραφεί: IR: 2: Αντί να γράφει: Αν α, β, γ IR * να γραφεί: α, β, γ IR: , , α4 β3 γ3 1 1 Αντι να γραφει: -+-+-�-+-+- να β4 γ4 α4 α β γ , α3 β 3 γ3 1 1 1 γραφει: - +-+-�-+-+- . β4 γ4 α4 α β γ Ακόμη στηνπουίδιαείχαμε άσκησηστονααρχικό συμπληρωθεί το ερώτημα κείμενο.ένα τρί­ γ) Ν. Δ . Ο . για κάθε α, β, γ IR: τότε α4 ιf + γ4 �α+β+γ ιf � ri

Γνωρίζουμε ότι Ρ(Α υ Β)= Ρ(Ω)� Ρ(Α υ Β)= 1 � Ρ(Α)+ P(B)-P(AnB) = 1 . Γράφει στην αρχή της λύσης: 3 f'(x) = 4χ -4χ = 4χ(χ2 -1) να γραφει:, f'(1) = 0 ... f'(x)=4x3 -4χ =4χ(χ2 -1) f'(x) =Ο. 7 : Γράφει στην αρχή της λύσης: Επειδή να γραφεί: Ο δειγματικός χώρος Ν(Α) = ν+ 1 αντί Στην 6η σειρά γράφει Ρ(Α) = Ν(Ω) 2 ν ν+1 Ν(Α) -2- ν+1 του σωστου, Ρ(Α)=--=--=-Ν(Ω) ν 2ν 8: Στο β) δεύτερη σειρά γράφει 0 f'(O) =μ· e0 · μ... αντί του σωστού f'(O) = μ·e =μ. 9: Στο ii) δεύτερη σειρά γράφει 1 1 -+--�4� f(x)�... αντί του σωστού χ1 1-χ1 -+-�4�f(x)�4 χ 1-χ Δύο σειρές πριν το τέλος γράφει =(Α n Β)' => P(z) = Ρ[(Α n Β)'] = 92 ή 92% αντί του =1-P(AnB)-1-_!_= 100=> P(z)100= Ρ[(Α n Β)'] = σωστού =(Α n Β)' Κ. Παπαδόπουλου - Χαρούλα Σραφοπούλου 92 ή 92%. Αντί να γράφει: ΒςΑυΒ άρα =1-P(AnB) =1-_!_= 100 100 Ρ(Β)::; (Α υ Β)... να γραφεί: Β Α υ Β άρα Ρ(Β)::; (Α υ Β) . Αντί να γράφει: Στην 1 η σειρά γράφει : Θεωρούμε 1-P(A)-P(B)+P(AnB) = τη συνάρτηση h(x)-f(x)+f (�} χ > Ο ... Αντί 1-Ρ(Α)-Ρ(Β) ·Ρ(Α)· Ρ(Β) ... να γραφεί: του σωστού h(x)=f(x)+f ( � } x > O Αμέσως 1-Ρ(Α) -Ρ(Β)+ P(AnB) = 1-Ρ(Α)-Ρ(Β) +Ρ(Α)· Ρ(Β) ' Αντί να γράφει: Γνω- πιο κάτω γράφει h' ( x)-f' ( x)+f ( � } ( � J ... Α­ ρίζουμε ότι Ρ(Ω)� Ρ(Α υ Β)= 1 Ρ(Α υ Β)= ' σωστού h' ντίτου ( x)=f' ( x)+f }( ( � � J � Ρ(Α)+Ρ(Β) =P(An Β)= 1 ... να γραφεί: •

x-+too

χ -Η«>

Ά σ κηση 6 :

u=x-1 x=u+1

u-+too

χ�+οο

u=x-1

Ά σ κηση

=

x�+oc

x=u+1

u�+oc

Στις προτεινόμενες

:-\σκηση 1:

Ε

:-\σκη ση

Ε

Ε

Ά σ κη ση

1

Ε

Ά σ κηση

Ά σ κηση 1 0 :

Ζ

«Πιθανό τη τες» σελ. 72, 73, 74, 75

Α σ κη ση 1 :

Ασκηση 3 (3 η σ ειρά) :

ς

Ζ

Α π ό δειξη ανισοτικών σχέσεων και επίλυ σ η Ανισώσεων

P(AnB)=P(A)-P(B)

Ά σ κηση 1 :

P(AnB)=P(A)-P(B)

Ά σ κηση 4 ( 1 6 η σ ειρά) :

•• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •

Καλό Καλοκαίρι

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/80


Εκδόσει� τη� ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙ..-\Σ

�υκλε[�ης ��

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ'

f \ \ Ιt,!ι.ΙΙ� \1\f-IH\1\IIhllt.Ι 1<111'11<\l

οιυ ι�η-...:

EUCLIDES γ .

LOUIS BRAND ΜΑθΗΜΑτΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

ι;. :-orf.Ι'tιt;\:oill\

111!111! ΙΙiqΙΙΙΙΙq IIIΙJIII f- \ \lf'lk.ll \to\θ\1\Hflt.:Ιt 8ΗΗΙΟΙΊ•\οtιl \

ΣτσιχειΩλΙΙΣ ΓεΩΜ:ετι•ι ' \ Π G Α:ΟVΩη:ιη.ι ΣΚΟΠΙΑ

ΘΕΩΡJι\ f\ΡJθΜΩιΊ

..

Η:ΙΙΙ \ΟΙ ιο ι ι ι ι. ι Ι \Ι \ 1 \ ι ι ι.ιη ι ι•ι ο' "' . . . . . . . ."�'' �" 0!1!\Ι<>ιο.η�•·

ιι 1:' L L ι:- ... ι ι· Ε ι R E .f l;. Ι Η Γ Ι/ (J\

Η

() J• t;

t \'

ι\1 .t T ff 1: \1 -ι rι r · �· .ι � ,, / \' F Ό Η H.t 1' 1 C .f ' 9 4 I'•�"'' ••• I,..'"�•t ...:·�:.;;'...�:·.�":.ϊ .��::�;.--· f<•Κ'ι�οι "'IJII>"I>KIIJT•ΙHI< �'""Μ"<"''"'"' "'"""'"·

ΕυκλείδηςΑ':

Τεύχος 2 ευρώ

Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Ευκλείδηc;Β':

Τεύχος 2,5 ευρώ

Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 10 ευρώ Ευκλείδηc;Γ :

Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομη' (2 τεύχη) 10 ευρώ Μοθημ. Επιθεώρηση: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Αστρολάβος: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Δελ'ήo (Bulletin): Τεύχος 7,30 ευρώ

Διεθνής Μαθηματικές Ολυμπιάδες 20 ευρώ 1959 1999: Βολκανικtι; Μαθηματικtι; Ολυμπιάδες 1984-2001: 15 ευρώ Θέματα εξετάσεων οτα A.E.I 6 ευρώ 1976 1989: Πρακπκά: •

1ou Πcινελλη'.iου ΣιΝεδρίου 2ou Γ1ανελληνίοιι

ΣιΜδρίοιι

6 ευρώ θ ευρώ θ

8 εuρω' 8 ευρώ 8 ευρώ 8 ευρώ 8 ευρώ 10ou � � Π ευρώ

ouνuνu 3ou 'π.-. ... η,..I'""' .;,. • O.UY""t""" '�'• .� • '�'"� 4ουδου 'nn. ...n,..I'""" .ι, • " οuνuνν """"!"""• 6ou Γ1cJvr.λλη.iou ΣιΝεδρίου 7ou Γ1cJvr.λλη.iou ΣιΝεδρίου βου Γ1ανελληνίοιι ΣιΝεδρίου 9ou Γ1αvελλrτJου ΣιΝεδρΟJ

ευρω'

1 1 ou Γ1ανελληνίοιι ΣιΜδρίοιι 14ou Γ1ανελληνίοιι Συνεφου 15ou Γ1ανελληνίοιι ΣιΜδρίοιι 16ou Γ1ανελληνίοιι ΣιΜδρίοιι 17ou Παvελληνίοιι ΣιΜδρίοιι

(Μετρικά Διόmρο) 20 ευρώ ευρώΔιολtξει ι; : Ο τόμοι; 5 ευρώ Μοθημοπκή Ανάλυση (Louls Brand) 25 ευρώ Διαφορικές Εξισώσεις εuρω: (Stephenson) 1 0 ευρώ ' .......... Ι'""' ο.uν""�"""' εuρωΙστορία Μαθηματικών Loria 20ou Πανελληvίου Συνεφου 2S ευρώ (41όμοι) Α, Β, ΓΑι ΓΒ ο 1άμοι; 8 ευρώ Συνέδριο Hermis '92 (Αγγλικά) 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ 25 ευρώ Ελληνικη' Μοθηματικη' Συνέδριο Hermls '94 (Αγγλικά) Βιβλιογραφία 4 ευρω' 15 ευρώ 2 τόμοι 0 τόμος Στοιχειώδης Γεωμετρία οπό Γραμμική Άλγεβρα 8 ευρώ Ανώτερη Σκοm ά (Gr. Mυncres) 6 ευρώ 17 ευρώ θεωρία Αριθμών ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΑΝΔΡΕΩΣ 10 Χρόνια ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ' (Ονόματα Γεωμετρικών όρων ΓΕΩΜΕΥΡΙΚΑ) 20 ευρώ ΣEIPA A' (1990-1999) CD 25 ευρώ

17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ 25 ευρώ

�= � �� �

Τα παλα ιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούντα ι με τις τρέχουσες τι μές του 2004


Profile for demi de

Ευκλειδης Β 52  

Ευκλειδης Β 52  

Profile for demiridis
Advertisement