Page 1


ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΒΙΒΛ Ι Α

ΠΑΤΑΚΗ για να ξεκινήσετε με προβάδισμα

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Γ. Βιδάλης, Β. Γ κιμίσης

Β. Φωτεινόπουλος

Μ. Σ. Μαυρόπουλος

Μεθοδολογία Άλγεβραc; Α' Ενιαίου Λυκείου

Γεωμετρία Α' Ενιαίου Λυκείου

Φυσική Α' Ενιαίου Λυκείου

Χημεία Α' Ενιαίου Λυκείου

Γ. Βιδάλης, Β. Γκιμίσης

Ν. Βασιλάς

Ν. Πρωτοπαπάς

Κ. Α. Κυριακόπουλος

Άλγεβρα Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Γεωμετρία Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Φυσική Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Μαθηματικά Β' Ενιαίου Λυκείου, θετικής Κατεύθυνσης

μαθηματικά

μαθηματικά

ιουοική

Μ. Τσιλπιρίδης

Ε. Πρωτοπαπάς, Σπ. Γκούμας

Μαθηματικά Γ' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Μαθηματικά Γ' Ενιαίου Λυκείου,

r· Ενιαίου Λυκείου

�·τόμος

Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

Τρ. Μελισσαρόπουλος, Γ. Μελισσαρόπουλος

Φυσική Γ Ενιαίου Λυκείου, Γενικής παιδείας

σε όλο το βιβλιοπωλείο

Α. Ύένγκου

Βιολογία

Γ' Ενιαίου Λυκείου, Γενικήc πο:�ι:ν::

LEτRINA SA. CEAYIFICATION BODY

. '

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ: ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ 65, I 06 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.11.850

ΚΕΝτΡΙΚΗ ΔΙΑθΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, I 06 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.31.078 θΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. ΜΟΝΑΣτΗΡΙΟΥ 122, ΤΗΛ. 2310.70.63.54-5

ISO

9001


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

54

ο

Οκτώβριος

ο

Νοέμβριος

ο

Δεκέμβριος

2004

eomail: info@hms.gr www.hms.gr

ο

Ευρώ:

2,50

ΜΑΘΗΜΑηΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

Υπεύθυvοι Έκδοση�

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μποραλής Γεώργιος.

Συvιακιική Ομάδα:

Ανδρουλακ�ς'Ί'Jίιως Βακαλόπουλος Κώστας Βισκαδουράκης Βασίλης Βλόχου Αγγελική Γιούσης θeόδωρο� Γράψα,$ Κωνστανnνος Δούναpης Αντώνης Ευθ!!μογλου Πέ-φος Θεοδωρέλος Χpιστος Καλίκας Σταμ<ιπις Κορακάσογλου Αλέξανδρος Κορακατσάyης Βασίλης Κορκάνης Βασίλης Κατσούλiις Γιώργος Κερασαρίδ!� Γιάννης Κriπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάση� Κυριακοπούλου-Κυβερνητου Χρυστ. Λ� ΟJ?ίδης_Χ:ρqστος Λουριδας Σωτηρης Μαλ�έκα& Θανάσης ΜαλιδGκ!J Ελένη Μεταξά� Νίκος Μυλων(!ς Δηpψρης Μώκος Χρj1στος Ντζι ' ας Ηλίας Παπ ιάν Μοριλένα Παππ ς Γιώργος Ρrιγας �εόδω_ρος ΣCΙΙfeλλάpης Βασίλης Σαϊ�Ευα Σταθοπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Ιωάννης Ταπεινος Νικόλαος Τασσόπουλοj; Γιώργος '!Ρ ιάντος Γeωρv:ι:ος Τσικαλουδ�ς Γιώργος ΤσιοUJια� Θανάσης Τυρλής Ιωάyνης_ ΧοραλαμrήδηςΙtώρyος Χοραλαμποπούλου Λίνα Χοραλάpπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

2

Αρχαία Ελληνικά Μα8ημαιικά

9

Ο Ευκλείδης προιείνει... Ευκλείδη και... Διόφαvιο

6

ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ

13 Προβλήμαια από ιην καθημερινή �ωή

14 Αλληλογραφία

19 Η σιήλη ιου μαθηιή

22 Homo Mathematicus 14 Αλληλογραφία

25 Μαθημαιικοί Διαγωνισμοί

I ΜαΟημαιικά yια rηv Α' Τάξη του Λυκείου I

Συvcρyάιcς:

Φελλούρης Ανάργυρος, Ν. Κ Σπανουδά­ κης, Αριστοτέλης Βαβαλέσκος, Ανέστης

39 Εξισώσεις 2ου βαθμού και οι προεκιάσεις αυιών 42 Παράλληλες ευθείες Παραλληλόγραμμα ο

I ΜαΟημαηκά yια την Β' Τάξη του Λυκείου I 47 Πολυώνυμα Πολυωvυμικές εξισώσεις ο

53 Ευθεία και κύκλος 58 Γεωμειρία εμβαδά ο

Τσοpίδης, Μανώλης Κωνσταντακόπουλος, Σπύρος Γιαννακόπουλος �Κ. η.. " I � 'V \.ΘΙΙ \.τ ΠAI\lEillΣτHMIOY 34 - 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ: 210-36 17 784, 210-36 16 532 Fax 210-36 41 025

Εκδόιης: Αλειαvδρής Νικόλαος Λιευllυvιής: Κ:αρκούλιας Γιώργος Κωδικό;

ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105- 7998 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 2,50 ευρώ Εtήmα συνδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ) Συνδρομητές: 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Οργανισμοί: 18,00 ευρώ Ταχο Επιιαyec; Τ. Γραφείο Allήvα 54, Τ.θ. 30044

I ΜαΟημαrικά για rηv Γ' Τάξη του Λυκείου I 62 Σιαησιική 74 Όρια εκθειικών και λογαριθμικών συναριήσεων 77 Συνέχεια συνάριησης σε κλεισιό διάσιημα Σιοιχcιοllcσία - Σελιδοποίηση Ν. Αλεξόπουλος

Ακαδημίας 43, τηλ 210-3606826

Ειπύπωση ΙΝ'fΕΡΠΡΕΣ Α.Ε.,

Υπευθ. Τυπογραφείοu Βασίλης Σωτηριόδης­

Τηλ: 21001603330


lΕ�πιστροφή

στο

Στο τεύχος 46 του Ευκλείδη Β' είχαμε

παρελθόν

Χρήσ τος Κηπουρός

δώσει, στο τέλος του άρθρου μας, δύο προ­

Παρατιjρηση: Τα περιεχόμενα εντός των αγκυλών είναι δικές

βλήματα για να εξασκηθούν οι αναγνώστες

μας επεξηγήσεις.

μας στην έρευνα της Γεωμετρίας, παρμένα

Πρόβλημα 2°.

από

το

έργο

του

<<.Μετρικά-Διόπτρα»

Ήρωνος, το οποίον έχει εκδώσει η ΕΜΕ το έτος 2000. Στο τεύχος αυτό θα δώσουμε τις λύσεις αυτών των προβλημάτων με τέτοιο τρόπο ώστε να μπορέσουν οι αναγνώστες μας, να τα μελετήσουν προσεγγίζοντάς τα, κατά την Ηρωνική διαδικασία. Α

Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ. Να οριστεί το σημείο Δ, ούτως ώστε όταν φέρουμε τις ευθείες ΔΑ, ΔΒ και ΔΓ, τα τρίγωνα: ΑΒΔ, ΔΒΓ και ΓΑΔ να είναι ίσα [ισοδύναμα]. Ανάλυση:

Έστω ότι βρέθηκε το σημείο Δ. Ας φέ­ ρουμε την ΔΕ//ΒΓ και την ΕΓ. (Σχ.l). Τότε θα έχουμε: ΔΒΓ =

ΑΒΓ 3

= ΕΒΓ . Άρα ΑΒΓ=3χΕΒΓ.

Θ α είναι λοιπόν ΑΒ=3χΒΕ.[Επειδή τα τρίγωνα ΔΒΓ και ΕΒΓ είναι ισοϋψή]. Επειδή η ΑΒ είναι δεδομένη, θα είναι γνωστή

Γ

Β Σχήμα

1

και η θέση του Ε [επί της ΑΒ]. Από το Ε φέ­

Στις εκφωνήσεις αυτών των προβλημάτων

ρουμε την παράλληλη προς την ΒΓ και ορί­

είχαμε κάνει κάποιες αλλαγές ώστε να εξυπηρε­

ζουμε τη θέση [διεύθυνση]της ΕΔ. Όμοια, φέ­

τήσουν το σκοπό για τον οποίο τα είχαμε δώσει.

ρουμε την ΔΖ//ΑΒ και την ΖΒ, και αποδει­

Στο δεύτερο πρόβλημα είχαμε προσθέσει

κνύουμε κατά τον ίδιο τρόπο, ότι: ΓΑ=3χΖΑ.

ευκρίνηση:

τη

δι­

«στο εσωτερικό του τριγώνου».

Επειδή το Ζ ορίζεται[ επί της ΑΓ] έπεται ότι

Θ α σχολιάσουμε τώρα, κατά την Ηρωνι­ κή διατύπωση, πρώτα το 2° πρόβλημα (που

ορίζεται και η θέση [διεύθυνση] της ΖΔ. Επει­

είναι το πρόβλημα

ται και το σημείο Δ.

19 των Μετρικών Γ) και το

πρόβλημα 4 των Μετρικών Γ. Στη συνέχεια, θα αποδείξουμε το

1° πρόβλημα του τεύχους

46, που είναι η αλήθεια μιας πρότασης την

δή είναι γνωστή και η θέση της ΕΔ, εντοπίζε­ !ΣίJνθεση:Ι Ας λάβουμε [επί της ΑΒ] τμήμα

ΒΕ =

ΑΒ 3

και [επί της ΑΓ] τμήμα: ΑΖ=

ΑΓ. 3

οποίαν χρησιμοποίησε ο Ήρων, χωρίς απόδει­

Φέρουμε, τώρα: ΕΔ//ΒΓ και ΖΔ//ΑΒ [και ορί­

ξη, για να επιλύσει αυτό το πρόβλημα.

ζουμε το Δ].

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/2


------- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

-------

Γράφουμε, κατόπιν, τις ευθείες ΔΑ, ΔΒ και

την Ηρωνική διαδικασία, που περιγράφεται

ΔΓ οι οποίες ορίζουν τα ισοδύναμα τρίγωνα

στις σελίδες

ΑΒΔ, ΔΒΓ και ΓΔΑ.

νουμε τις παρακάτω πληροφορίες.

1. Στην ανάλυση που κάνει ο Ήρων, θεωρεί

Παρατήρηση (i).

γνωστά όλα τα στοιχεία του τριγώνου ΑΒΓ

Για τον προσδιορισμό του σημείου Δ,

(Σχ.2), ενώ του τριγώνου ΔΕΖ που θα αφαι­

βλέπουμε ότι ο Ήρων εφαρμόζει τη μέθοδο «δια της τομής των γεωμετρικών τόπων».

Επειδή το Δ πρέπει να ανήκει και στις δύο ευ­

ρεθεί, θεωρεί γνωστό, μόνο το εμβαδόν. 2. Στη συνέχεια, τοποθετεί τρία σημεία Δ, Ε και Ζ, αντιστοίχως, επί των πλευρών ΑΒ,

θείες ΕΔ και ΖΔ, υποχρεωτικά, θα είναι η το­

ΓΑ και ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ και υποθέ­

μή τους.

τει ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΔFΖ, εί­

Παρατήρηση (ii).

ναι ίσο με το εμβαδόν του αφαιρετέου τρι­

Είναι προφανές ότι και το τρίγωνο ΓΔΑ

γώνου. Δεν μένει παρά να αποδείξει πώς

είναι το τρίτον του ΑΒΓ, αφού είναι ίσο με τη

ορίζονται αυτά τα σημεία επί των πλευρών

διαφορά του αθροίσματος (ΑΒΔ+ΔΒΓ) των δύο τριγώνων, από το ΑΒΓ. .

135 και 137 των Μετρικών, δί­

του τριγώνου ΑΒΓ.

3. Είναι προφανές ότι το τρίγωνο ΔΕΖ

Α

(Σχ.2), δεν είναι, ακριβώς, το αφαιρετέο

τρίγωνο αλλά κάποιο ισοδύναμό του. Ο Ήρων συνηθίζει να χρησιμοποιεί ένα ι­ διαίτερο «στιλ» που φέρει την προσωπική του σφραγίδα. Μια από τις συνήθειές του είναι να χρησιμοποιεί, όσον το δυνατόν τα

Το

να μη γίνεται η απόδειξη

Σχήμα 2

1° πρόβλημα που είχαμε δώσει να απο-

δειχθεί, ήταν μια κη

λιγότερα γράμματα στα σχήματά του, για

Γ

Β

αναγκαία και ικανή συνθή-

(μεταφορ. 4.

=

κουραστική, πολύπλοκη).

Δέχεται, χωρίς απόδειξη, ότι τα σημεία Δ, Ε, και Ζ, διαιρούν τις πλευρές του ΑΒΓ

την οποίαν ο Ήρων θεωρεί γνωστή και την

ούτως ώστε να ισχύουν οι αναλογίες:

εφαρμόζει για να επιλύσει το παρακάτω πρό­

βλημα:

ΒΖ

ΑΔ -

ΔΒ

Πρόβλημα (Α1ετρικά Γ πρόβλημα 4),:

Να αφαιρεθεί από το δοθέν τρίγωνο ΑΒΓ, το δοθέν κατά το μέγεθος [εμβαδόν] τρίγωνο ΔΕΖ, ούτως ώστε τα εναπομένοντα τρίγωνα ΑΔΕ, ΒΔΖ και ΓΕΖ να είναι μετα­ ξύ τους ίσα [ισοδύναμα].

Για τους αναγνώστες μας που θέλουν να

=

-

ΖΓ

ΓΕ

=

-

ΕΑ

(α).

Στη συνέχεια, φέρνει από το Α την ευθεία

ΑΖ και το ύψος ΑΗ, του τριγώνου ΑΒΓ. Τώρα, επειδή το εμβαδόν του τριγώνου ΔΕΖ είναι γνωστό [αφού είναι ίσο με το i ( ΑΒΓ-ΔΕΖ ], παίρνει από τις (α), την ανα3

Σχόλιο.

«σκολιωτέρα»

)

, ΒΖ ΓΕ = λογια και την μετασχηματι'ζει στην: ΖΓ ΕΑ

μελετήσουν αυτό το ωραίο πρόβλημα, κατά ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/3


τικά ---- Αρχαία Ελληνικά Μαθημα

ΒΓ ΓΑ ΓΕ+ΕΑ <=>-=- (β). ΖΓ ΕΑ ΕΑ ΖΓ Από την δεύτερη αναλογία των (β),

ΒΖ+ΖΓ

=

προκύπτει και η αναλογία ΑΖΓ ΑΒΓ --= ΑΖΓ ΑΖΕ

(γ),

που ισχύει για τα εμβαδά των τριγώνων. [επει­ δή, τα τρίγωνα κάθε κλάσματος είναι ισοϋψή]. Από την (γ) βλέπουμε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΑΖΓ είναι μέσο ανάλογο των εμβα­ δών των τριγώνων ΑΒΓ και ΑΖΕ και, συνε­ πώς, υπολογίζεται. Αλλά και ο λόγος των βά­ σεων ΖΓ και ΒΓ, των ισοϋψών τριγώνων ΑΖΓ και ΑΒΓ, αντιστοίχως, είναι γνωστός. Άρα θα έχουμε ότι: , ΖΓ -ΑΖΓ =-.-=λ1 =σταθ ερο. ΒΓ ΑΒΓ Άρα ορίζεται η θέση του Ζ επί της ΒΓ. Όμοια, από την αναλογία: , ΓΕ ΖΓΕ =λ 2 =σταθ ερο, ορι'ζεται και η = ΓΑ ΑΖΓ θέση του σημείου Ε, επί της ΑΓ. Αλλά το εμβαδόν του τριγώνου ΑΖΒ υπολογί­ ζεται ως διαφορά του γνωστού τριγώνου ΑΖΓ από το ΑΒΓ. Άρα ο λόγος: , ΒΔ ΖΒΔ -= -λ3 =σταθερος. = ΑΖΒ ΑΒ Ορίζεται, λοιπόν και η θέση του Δ, επί της

ισχύουν τα επιτάγματα του προβλήματος 4 των Μετρικών Γ, που αναφέραμε πιο πάνω. Επειδή, όμως, δεν μας έδωσε την απόδειξη,

σκεφτήκαμε να ζητήσουμε από τους αναγνώ­ στες μας να αποδείξουν αυτή την πρόταση. Ότι δηλ. οι αναλογίες (α), αποτελούν την ανα­ 'fΚαία και ικανή συνθήκη

συνάδελφος μαθηματικός Χρήστος Μώκος, μέλος της συντακτικής επιτροπής του περιοδικού Ευκλείδης Β' μας έστειλε την πα­ Ο

ρακάτω απόδειξη, για το 1° πρόβλημα του Ευ­ κλείδη Β', την οποίαν και δημοσιεύουμε. Πρόβλημα 1°:

Στο τρίγωνο ΑΒΓ λαμβάνουμε επί των πλευρών ΑΒ, ΑΓ, και ΒΓ τα σημεία, τα Δ, Ε και Ζ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η ανα­ γκαία και ικανή συνθήκη ώστε τα τρίγωνα: ΑΔΕ, ΒΖΔ και ΓΕΖ να είναι ισοδύναμα (ι­ σοεμβαδικά), είναι (να ισχύουν οι αναλογίΑΔ ΒΖ ΓΕ = = (α). ες): ΔΒ ΖΓ ΕΑ Απόδειξη:

Θέτω ΑΒ=γ, ΒΓ=α, ΓΑ=β (Σχ.2) και καλώ: ΑΔ

-=λ<:::>ΑΔ =λγ. ΑΒ Οπότε:

Στην πληροφορία 4, συντομεύσαμε τη διαδικασία προσδιορισμού των σημείων Δ, Ε και Ζ που είναι διαφορετική από αυτήν που

για να έχει το πρό­

βλημα λύση. 77

ΑΒ. Παρατήρηση 1.

----

Οπότε:

ΒΔ=ΑΒ- ΑΔ=(l-λ)γ. ( 1) ΒΖ -=μ<:::>ΒΖ=μα . ΒΓ ΖΓ=ΒΓ-ΒΖ=(l- μ)α. (2)

ΓΕ -= ν<:::>ΓΕ= νβ. ΓΑ Οπότε: ΑΕ=ΑΓ-ΓΕ=(l-ν)β.

και

περιγράφει ο Ήρων. [�€tfΗΊ('Γήpηση 20

Όπως φαίνεται, στην εποχή του Ήρωνος, θα ήταν γνωστόν ότι οι αναλογίες (α), εξα­ σφαλίζουν τη θέση των σημείων Δ, Ε και Ζ

επί των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ ώστε να

Έστω:

(3)

ΑΒΓ=Ε, ΑΔΕ=Ε1, ΒΔΖ=Εz, ΓΖΕ=Ε3. Εφαρμόζοντας την πρόταση: «0 λόγος των γωεμβαδών δύο τριγώνων που έχουν μια κοινή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/4


------ Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά ------

νία, ισούται με το λόγο των γινομένων των �­ ρών που περιέχουν την κοινή γωνία», έχουμε: Ε1 ΑΔχ ΑΕ Ε 2 ΒΔχΒΖ = = ' 'Ε γβ Ε αγ Ε3 ΓΖ χΓΕ (4) -= --Ε βα

ΑΔ

ΒΖ

Αν ισχύουν οι (α) τότε: Ει=Ε2=Ε3. Πράγματι: Έστω ρ ο κοινός λόγος των ανα-

Με αντικατάσταση των μηκών, από τις

λογιών. Τότε θα έχουμε:

(1), (2), και (3), στις (4), παίρνουμε: 1 -λ γ.μα Ε1 λγ. 1- ν β Ε2

(

γβ

)

(

=( 'Ε

)

ΑΔ ΒΖ ΓΕ ------Ε -ρ . ΔΒ Α

)

ΖΓ

αγ

1 μ α.νβ Ε3 = Ε βα

Άρα:

(5).

ΑΔ

(6).

. (ί). Αν δύο από τα λ,μ,ν, είναι ίσα, τότε

(ίi) Αν

σεις (6), γράφονται: λ-μ λ- ν μ-ν -=λ,-= ν, - = μ. λ-μ λ- ν ν-μ

(7).

ρ+1

__er_ . p+1

γ 1 χ = ρ+1 ρ ρ+1 ργ

--

p+1

p+1

-

--.

Ε1

.ρ+1

.ρ+1

Και,

,.

1

ρ

ρ

γ ΑΔΕ ΑΔχΑΕ β = --χ--χ-= -= --= 2= Ε ΑΒΓ ΑΒχΑΓ ρ+1 ρ+1 γβ (ρ+1) .

σταθερό. Όμοια:

Πολλαπλασιάζοντας τις (7) κατά μέλη, αφού οι παρανομαστές είναι *Ο, παίρνουμε τη σχέση: λνμ =-1, που είναι αδύνατον να

ΑΔ =

=_ Ρ_<=>

Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε: γ αρ β . ΔΒ = -- , ΒΖ = ,ΖΓ= � , ΑΕ = --

από τις (6) προκύπτει ότι λ=μ=ν. λ* μ* ν * λ , οι τελευταίες σχέ-

ΑΔ+ΔΒ

= ΔΒ <::> ΔΒ =

-

ρ

λ(l-ν)=(l-λ)μ=(l-μ)ν

ΑΔ

Όμοια:

Αν Ει=Ε2=Ε3, τότε εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη των (5) , έχουμε:

(α)

Α ντιστρόφως.

·

= Ε

ΓΕ

-= -=ΖΓ ΕΑ ΔΒ

Άρα:

ΕΙ

_

Ε

Ε2

-

ρ

Ε- (ρ+1) Ε

Ε

Ε

Ε

2

και

Ε3 Ε

ρ

=

(ρ+l )

2

= _2 = _3 <=> Ε = Ε2 = EJ . Ι

ισχύει αφού τα λ,μ,ν>Ο. Άρα λ=μ=ν. δηλ. ι­ σχύουν οι αναλογίες:

θΕΟΜ!ΡΟΣ Λ. ΡΗΓΑΣ

Διδοιαική

μεθοδολογίο των Μοθnμmικών

ΣΧΕΔΙΑ ΔΙΜΣΚΑΛΙΑ.Σ t\ΙΜΩΝfΣΜΟΣ ΛΣ.Ε.Π. - ΑΞ[ΟΛΟrΗΣΗ ΜθΗΓΗΙΩΝ

Το βι6Αίο πw aπεufJιitιεraι σιοοι; Μfιθqpmικο� ιιοιι πεpιέΧ,ειc 1. Τη: $οοtέι1 ιίΜιi TW OOI.ifi!Vtm11/Θιί. 2'. ΙΙ ο το Ιfέ]μmα ΊΙί1V �εw�W δι� �- �ιο το Α.Σ.ΕΠ. t1008-2:0002.W'Z) Ι!ΙΕ uc; λι!ίοο1 wιις.. �Τις mσλunικές nma�εις mo rwmικό νmκεψεvο. ii)Τις�υ ιmιrε· . Μmιαοd)Με8c!JΟΟλιJι�fίilκmιΊαlliiΙ�ω;ιιtΚάθέιιιοrσ. ίίί) Τα οχέοο �1/ΑΟΟ!ς ιο την εώtwή δ� με�λιι.'fώι τωιι Φlβ'jωνmιμώv. :ι � ΟΧ.έδιmι δι'ΟΟ:ιπmλίi!Ι�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/S

.. Ε ΚΔΟΣ Ε\Σ ΚΟΚΟΠΑΚΗ

Μεσσλσyνr0� 1 Αι!�-�0 Τη!.� Ζ10 3 0'.4 347


π

I

I

Γενικευαη μιας αακηαης του σχολικού βιβλίου ,

,

Ν. Κ. Σ

παν ουδάκης

Μαραθόκαμπος Σάμου Πρόκειται για την εξής άσκηση (Βιβλίο Μαθημαπ­

κών θεπκής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ'

Λυκείου σελίδα 250 άσκηση 6).

Οπότε υπάρχουν ξ1Ε(α, χ 0) και ξ2Ε( χ 0, β) τέ­ f(xo) - f(O) = f'(ξ1):s;λ τοιοι ώστε: χ0 - α και συνεπώς: f(x0) :::; λ(χ0-α)+ f(α) (1)

Έστω μια συνάρτηση f,η οποίαείναι συ νεχής στο [.:..ι, ι] και σ ι χύει f'(x) �ι για κάθε χ e (-ι,ι)_.

Αν

ι f(-ι) = -ι και f(ι) = ι ,νααποδείξετεότ:

f() O = Ο.

f(β)-f(x0) β - χο

= f'(ξ2):::; λ

και συνεπώς: f(x0) 2: λ( χ 0-β)+ f(β) ή

f(x0) � λ[(α-β) +( χ 0-α) ] +f(α) [ f(β)-f(α) ] = =λ( χ 0-α)+λ(α-β) +λ (β-α)

ή f(x0) 2: λ( χ 0-α)+ f(α) .

Γεν ίκε υ ση : Έστω f συνάρτηση συνεχής στο [α,β]

Από (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι:

και παραγωγίσιμη στο (α, β). f(α)-f(β) Ορίζουμε: =λ. α-β

f(x0) = λ(χ0-α)+ f(α) .

Αν

f'(x) :::; λ ,

για

κάθε

χ Ε(α, β) ,

τότε

2°ς

τρόπος

f( χ) = λ(χ -α)+f(α) για κάθε χΕ[α, β]· δηλα-

Ορίζουμε συνάρτηση g με g(x) = f(x) - λ( χ -α)-f(α)/[α, β] .

δή η γραφική παράσταση της f είναι το ευθύγραμ­ μο τμήμα ΑΒ όπου Α ( α, f(α) ) , Β ( β, f(β) ) .

Η g είναι συνεχής στο [α,β] και παραγωγίσιμη στο (α,β) με g'(x) = f'(x)-λ .

Το ίδιο συμπέρασμα ισχύει: «αν f'(x) 2: λ γιακά­ θε χ Ε,(α, β) ».

η g/[α, β] είναι φθίνουσα.

Α πόδε ιξη lος

Τότε: g'(x):::; Ο για κάθε χ Ε(α, β) . Και συνεπώς Συνεπώς

τρόπος

Έστω χ0Ε(α, β), τυχαίος. Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης τιμής σε καθένα από τα διαστήματα [α, χσ] , [χο, β] .

για

κάθε

χ Ε[α, β]

ισχύει:

g(α);::: g(x) 2: g(β) . Κι επειδή g(α) = g(β) = ο, συμπεραίνουμε ότι: !(χ)�, γιά. κάθε χΕ[α,β] ή f(χ) = λ(χ-α)+f(α) , γιακάθε χΕ[α, β] .

ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη' τ.2/6


Το Βήμα του Ευκλείδη

• Εφαρμογές

στην ανισότητα Cauchy Scharz -

Αριστοτέλης Βαβαλέσκος Α2

Πρ<l>τη:

Δίνε ται η ε υθε ία (e ): Ax + By + Γ = O όπου Α2 + Β2 > 0 και σημε ίο M(x0, y0 ) σε Ορθοκαν ον ικό Σύ στημα Συν τε ταγμέν ων Oxy. Να βρε θε ί 0

πιο σύν τομος δ ρόμος από το ση με ίο Μ προς

την ε υθε ία.

+Β2 +Γ2 >Ο δίνεται d= / Αχ0+By0+Γ+Δ/ �Α2 +Β2 +Γ2

� Jtp� +

(ε)

Ωστόσο από την ανισότητα Cauchy - Scharz παίρνουμε: 2 2 Α2 Β 2 [Cx-xo) +(Υ-Υο) ]( + )� �[Α (χ-χ0)+B (y-y0)j2 = =(Αχο+Byo+η2 ΜΝ)2 > (Αχο+2 Byo 2+Γ)2 η, Ά ρα ( - Α +Β Γ/=(ΜΝο) . (ΜΝ)�/Αχο�Α+2ByoΒ+ +2

Μ από την (ε) είναι του ΔηλαδήΑχοη+απόσταση y +Γ

Bo / �Α2+Β2 .

.Σχ/ιί.ιο: Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι η απόσrαση ενός σημείου M(x0,y0,z0) από ένα επίΑχ+By

+Γz+Δ=Ο

t.

(α1 + Ρ1 )2

αποδεικτέα είναι ισοδύναμη με την ανισότητα Cauchy - Scharz. Το « ισχύει μόνον όταν: «υ­ πάρχει τέτοιος ώστε: αi = βi για κάθε i , ν} » (γιατί;) ε

πεδο με εξίσω ση:

τότε ν α αποδε ιχθε ί ότι:

Απ6πηση

κε

/ =

τύπο:

_\ι::ί:ηφη {.\ν!σ(>τητα \1!nkCΊ'\νsM)

Η

d

τον

Αν οι αί, βj Ι i, j ε {1, 2, ..., ν } ε ίν αι τυχαίοι πραγματικοί αριθμοί,

Ας είναι N(x,y) τυχαίο σημείο της (ε). Τότε: (ΜΝ):�(χ-χ0)2+(y-y0)2 (1).

από

όπου

{1,2, ..

IR

= >>

κ·

.

Αν Α, Β, Γ σημε ία του (ΑΒ) + (ΒΓ) � (ΑΓ) (1).

χώρου

ισχύε ι:

οι συντεταγμένες των σημείων αυτών σ' ένα Ορ­ θοκανονικό Σύστημα Συντεταγμένων Oxyz. Τότε: � 2 2 2 (ΑΒ): (χΙ -χ2) +(ΥΙ -y2) +(zi -z2) , (ΒΓ):�(χ2-χ3)2+CY2-y3)2+(z2-z3)2 , (ΑΓ):�(χΙ-χ3)2+(ΥΙ-y3)2+(zΙ -z3)2

Θέτουμε

α! = χ 1 -χ2, α2 = Υ 1 -Υ2,α3=zi -Ζ2,

β! =Χ2-Χ3,β2=Υ2-y3,β3=Ζ2-z3 ο , Ι-χ3,α2+β2=ΥΙ-y3, ποτε: ααΙ3++β3βΙ=χ =zl -z3

Έτσι η αποδεικτέα γίνεται:

J� αi +J�βi

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/7

2:

� (α,+β1)2


Το Βήμα του Ευκλείδη

και ισχύει (ανισότητα Minkowski). Το « » ισχύει μόνοναόταν: α«υπάρχει τέτοιος ώστε: δηλαδή όταν τα σημεί α Α, Β, Γ εί ν αι συνευθει α ­ 2 3 ή βι β2 β3 κά. =

κ

�=

=

ε

r Κριτήριο για την ύπαρξη τριγώνου

Καλίκας Σταμάτιος

Αγαπητοί συνάδελφοι στο τεύχος και στο «βή­ 2 + Υ2 2 2 2 και2 μα του Ευκλείδη» ο κύριος Ελευθέριος Πρωτοπα­ (α χ) + y β αντιστοίχως. πάς ισχυρίζεται ότι στο σχολικό βιβλίο δεν υπάρχει Έτσι αρκεί να έχει λύση το σύστημα κριτήριο για την ύπαρξη τριγώνου. { χ2χ+2y2y=γ2=2 2} το οποίο γράφεται Αντιγράφω από το σχολικό βιβλίο Αργυρόπουλος (α- ) + β κ.ά σελ. =

Χ

53

=

-

(2004)

γ

70.

«ΣΗΜΑΝΤΙΚΉ ΠΑΡΑΤΉ ΡΗΣΗ Από την παραπάνω κατασκευή προκύπτει ότι τρία ευθύγραμμα τμήματα α, β, γ είναι πλευρές τριγώνου αν και μόνο ισχύει β - γ < α < β + γ, (β� γ) . Αν υποθέσ ου με ότι α>β και α>γ, η τελευταία δι­ πλή ανισότητα είναι ισοδύναμη με την α<β+ y ».

Για να έχει όμως λύση το σύστημα αυτό πρέπει και αρκείανα2+ισγχύει 2-β2 0<

<γ.

α� β>Ο, οπότε α2-β2�Ο και Πράγματι εί ν αι Για την απόδειξη της παραπάνω παρατήρησης α­ αρα, α2+2αγ2-β2 >Ο. ντιγράφω από το σχολικό βιβλίο της Γεωμετρίας Α' Λυκείου Αλιμπινίσης κ.ά σελ. Εξάλλου α2+γ2 _β2 (1993)

164.

«Πρόταση

Αν α, β, γ είναι τρία ευθύγραμμα τμήματα με γ � β � α < β + γ , τότε υπάρχει τρίγωνο με

πλευρές α, β, γ.

Πράγματι, αν πάρουμε τμήμα ΒΓ α, επειδή η ΒΓ θα είναι η μεγαλύτερη πλευρά, η προβολή της τρί­ της κορυφής Α πάνω στην ΒΓ θα είναι σημείο Δ μεταξύ των Β και Γ με ΒΔ και στην κάθετη της ΒΓ στο Δ ότι υπάρχει σημείο Α με ΑΔ ώστε να είναι ΑΒ γ και ΑΓ β. Απο τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ έχουμε =

= y,

=

=

γ-

2α 2 γ 2α α _γ2+β2 β2 _(α _γ)2 2α 2α (β+γ-α)(β+α-γ) >Ο 2α α2+ γ2-β2 γ <. . 2α _

=

αφού αφού β γ α Το σύστημα λοικαι α>γ. Άρα πόνα, β,έχειγ. Οιλύσησυνθήκες και άραγυπάρχει τρί γ ωνο με πλευρές γ β β+ � � α< είναι ισοδύναμες με την τριγωνική ανισότητα».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/8

+

>


Ο Εuκλε:ίδnς uροτε:ίvε:ι Εuκλ.ε:ίδn ...

και

. ..

Διόφαvτο

Την ευθύνη της διατ. ύπω σης και της ορθότητας της λύσης κά θε άσκησης την έχει ο συνάδελφος που στέλνει τη λύση.

33. (Το προτείνει ο ΑκαδημαϊΚός κύριος Νικό­

λαος Αρτεμιάδης)

Να βρεθούν όλες οι ακέραιες τιμές του η, για τις οποίες το πολυώνυμο: 2 Ρ( η) = n4 - 4n3 + 10n - 12n + 86 ισούται με το τετράγωνο ακεραίου αριθμού.

υπολογίσετε το λόγο ρ ως συνάρτηση των κ, λ και στη συνέχ εια βρείτε την αριθμητι­ κή του τιμή όταν η ΑΔ είναι διχοτόμος, η ΒΕ διάμεσος και ΑΓ 2002ΑΒ. =

36. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Ν. Βαδι­

βούλης)

34. (Το προτείνει ο Ακαδημαϊκός κύριος Νικό­

λαος Αρτεμιάδης)

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν (ΑΒΓ) 1. Υποθέτουμε ότι τα σημεία Δ, Ε, Ζ των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχ α είν αι τέ­ τοια ώστε: η ΑΔ διχ οτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΒΕ στο σημείο Κ, η ΒΕ διχ οτομεί το ΓΖ στο Λ και η ΓΖ διχοτομεί το ΑΔ στο Μ.

=

Γ

Να βρεθεί σημείο Ρ στη μεσοκάθετη ΑΜ της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ, ώστε το άθροισμα (ΡΑ)+(ΡΒ)+(ΡΓ) να είναι ελάχ ιστο. 37. (Το προτείνει ο συνάδελφος Αθανάσιος Κα­

λάκος από Κάτω Πατήσια)

Έστω κυ ρτό ν-γωνο ( ν ε Ν με ν > 2) εγγε­ γραμμένο σε κύκλο. Αν α1, α2, ...., αv είναι τα μήκη των πλευρών του πολυγώνου και Αι, Α2, ..., Αν είναι τα μέτρα των αντιστοίχ ων εγγ εγραμμένων γωνιών, να αποδείξετε ότι: π α Α + α 2 Α 2 + ... + αvAv π -< 1 2 <2 να 1 + α 2 + .... + αν •

Το θέμα είναι γενίκευση του θέματος 25 της στήλης: «0 Ευκλείδης προτείνει .... Ευκλείδη και Διόφαντο» (τεύχ ος 48 σελ. 14) που είχ ε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Κουσιντώρης από Ηλεία.

Ν α αποδείξετε ότι: (ΚΛ Μ) = 7-3JS. 4 35.

(Το προτείνει ο συνάδελφος Νικόλαος Βα­ διβούλης,

Σχολικός

Σύμβουλος

Νομού

Πρεβέζης).

Στο τρίγωνο ΑΒΓ το σημείο Δ ανήκει στη πλευρά ΒΓ, το σημείο Ε ανήκει στην πλευρά ΓΑ και το σημείο Θ είναι η τομή των ευθειών Α Δ, ΒΕ. ΕΑ ΔΓ ΑΘ = λ και = ρ τοτε =k Αν: ' να ' ' ΓΑ ΒΓ ΑΔ

38. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Α. Καλάκος)

1 Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = x • /(Ο, + οο) .

ί) Να επεκταθεί συνεχ ώς στο [ Ο, + οο )

ίί) Να μελετηθεί η επέκταση F / [ O, + oo ) ως

προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. ίίί) Να αποδειχ θεί ότι η F έχ ει δύο ακριβώς σημεία καμπής. iv) Να γίνει σκαρίφημα, που περιγράφει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/9


Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη

την F γεωμετρικά όσο πιο αξιόπιστα γίνεται. 39. (Το προτείνει ο συνάδελφος Απόστολος Κα­

ζακόπουλος από Θεσσαλονίκη).

Αν κ, λ, μ, ν είναι θετικοί ακέραιοι, που ικανοποιούν τη συνθήκη: [(κ + λ)(κ + λ + t)Υ + 4λ3 = = [(μ + ν)(μ + ν + l)] 2 + 4ν3 ' τότε να αποδειχθεί ότι: κ μ και λ ν. =

=

40. (Το προτείνουν οι συνάδελφοι Αντώνης Κυ­

ριακόπουλος και Θανάσης Κυριακόπουλος,

•..

και Διόφαντο

44. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γ. Τριάντος)

Δίνονται ο συναρτήσεις f1(χ) = χ2 , f 2 (χ) = 2 χ2 , f3 (χ) = cx 2 όπου c > 2, ορισμένες στο διάστημα [Ο,+ οο) με καμπύλες C1, C2, C3 αντίστοιχα όπως στο παρακάτω σχήμα. Οποιοδήποτε σημείο Ρ της C2 συνδέεται μ' ένα σημείο Β της C1 μέσω της κάθετης από το Ρ στον οριζόντιο άξονα και μ' ένα σημείο Α της C3 μέσω της πάράλληλης προς τον άξονα χ'χ. Θα λέμε ότι η καμπύλη C2 διχο­ τομεί τις C1, C3, αν τα εμβαδά των χωρίων Ω1, Ω2 είναι ίσα για κάθε σημείο Ρ της C2. .Υ

μέλη τη<; Συντακτικής Επιτροπής του περιο­ δικού).

Έστω Μ το μέσο μιας χορδής ΑΒ ενός κύ­ κλου C. Θεωρούμε δύο χορδές ΓΔ και ΕΖ του C οι οποίες διέρχονται από το Μ (τα σημεία Γ και Ε είναι προς το αυτό μέρος της ευθείας ΑΒ). Οι χορδές ΓΖ και ΕΔ τέμνουν τη χορδή ΑΒ στα σημεία Κ και Λ αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: ΜΚ ΜΑ .

Να βρεθεί η τιμή της σταθερής C αν είναι γνωστό ότι: «η C2 διχοτομεί τις Cι, C3».

41 . (Το προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Κυ­

45. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γ. Τριάντος)

=

ριακόπουλος)

Να βρείτε τους μη αρνητικούς αριθμούς χ, y, για τους οποίους ισχύουν: Fx + .JY � 2 και 3••+y + 3X+ y•s; 18. 42. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Αντώνης

Κυριακόπουλος)

Να βρείτε τις συναρτήσεις f : IR --+ IR , για τις οποίες , για κάθε χ ε IR , ισχύουν: ef(x) -e-f(x) s; xs; f e' -e-· 2 2

( )

43. (Το προτείνει ο συνάδελφος Γιώρ'fος Τριά­

ντος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής του περιοδικού)

Θεωρούμε κανονικό πολύγωνο με 2ν+1 πλευρές. Αν Ρ είναι σημείο του ελάσσονος τόξου Α 2 .+1Α1 να αποδείξετε ότι: (ΡΑ1) + (ΡΑ3) + ... + (ΡΑ 2 .+1) = = (ΡΑ 2 ) + (ΡΑ4 ) + ... + (ΡΑ 2 .)

-

ο

χ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ κι ας είναι Η το ορθόκεντρό του. Αν Μ είναι τυχαίο σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου και (S) η ευθεία Simson του Μ, να αποδεί­ ξετε ότι η (S) είναι η ευθεία Simson των τριγώνων ΗΒΓ, ΗΑΓ, ΗΑΒ για τρία ση­ μεία Α', Β', Γ αντίστοιχα, τα οποία είναι κορυφές τριγώνου ίσου με το ΑΒΓ και του οποίου το ορθόκεντρο είναι το Μ.

46. (Το προτείνει ο συνάδελφος ΓεώρΎιος Κα­

τσαούνης από Πρέβεζα)

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΒ α και ΔΒ β. Αν τα σημεία Ζ και Η χωρίζουν εσωτερικά τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΔ και ΒΓ σε λόγο α (δηλαδή αν ισχύει: β ΖΑ = ΗΒ = -) α και ΖΗ .l ΑΔ , να αποδειξε­ , ΖΔ ΗΓ β τε ότι: «Οι γωνίες Α και Δ του τετραπλεύρου είναι ίσες». =

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/10

Λ

Λ


Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη

47.

{

J

53 .

Αν α, β, γ, δ θετικοί πραγματικοί αριθμοί να αποδείξετε ότι:

4 16

50.

64

54.

l

l

(Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γ. Κερα­

(Το προτείνει ο κύριος Ροδόλφος Μπόρης από τη Δάφνη Αττικής)

Σκοτίδας)

Δίνεται ορθογώνιο ΟΑΒΓ με (ΟΑ) α, (ΟΓ) β με α > β. Από το σημείο Ρ που βρίσκεται στο εσωτερικό του ορθογωνίου φέρνουμε τις παράλληλες προς τις πλευρές του ορθογωνίου που τέμνουν τις ΟΑ, ΑΒ, ΒΓ, ΓΟ αντιστοίχως στα σημεία Κ, Λ, Μ, Ν. ί) Να βρείτε την πιθανότητα ώστε στο κυρτό τετράπλευρο ΚΛΜΝ να ισχύουν ταυτόχρονα: (ΝΜ) < (ΛΚ) και (ΝΚ) < (ΛΜ). ίί) Αν τ ο μέτρο της γωνία ς ΝΚΜ είναι φ =

>Ο,

δείξετε ότι: 2 1 2 Jο r(x)d x � 2f(l) - f'(O) - - ( f(l) - f(O) )

(Το προτείνει ο συνάδελφος Γεράσιμος Κε­ ραμιδάς από Κέρκυρα)

Να

βρείτε

1 f(O) = .Je

συνάρτηση τέτοια

ώστε:

f : IR � IR f(x)

με και

f'(x)f(l - χ) = 1 , για κάθε χ. (Άλυτη άσκηση από το περιοδικό «Μαθηματική Παιδεία» τεύχος 5).

52.

}

(Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Σωτήρης

Για μια σ υνάρτηση f : IR � IR δεχόμαστε ότι: f(O) = Ο και ότι «για κάθε χ ισχύει f(2 - χ) = f(x) » Αν η Cr είναι κοίλη και f'(O) να απο­

51.

β)

Οι διάμεσοι ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο ενός τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Κ, Λ, Μ αντίστοιχα. Ν α αποδείξετε ότι: . ΑΔ ΒΕ ΓΖ ι) - + - +-- � 9 και ΔΚ ΕΛ ΖΜ ίί) 3(αμ α + βμ11 + γμ1 )::; 2τ(μ α + μ11 + μ1 ) .

Σκοτίδας)

1

Ε (α,

μιδάς)

(Το προτείνει επίσης συνάδελφος Σωτήρης

1

για

ίί) Να δείξετε επίσης ότι: 11 f "(x) 2 dx�-. β-α α Μ + f(x)

(Το προτείνει ο συνάδελφος Σωτήρης Σκοτί­

- +- +- +- � ---­ α β γ δ α+β+γ+δ

>Ο,

Μ = ma x f(x) / x Ε [ α, β] .

δας από Καρδίτσα)

49.

------

κάθε χ με α < χ < β». i) Να δείξετε ότι: «υπάρχουν ξ 1, ξ 2 με ξι < ξz τέτοιοι ώστε: 4Μ f'(ξ 1 ) - f'(ξ 2 ) � όπου β-α

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με (ΑΒ) < (ΑΓ) < (ΒΓ). Από την κορυφή Α φέρουμε το ύψος ΑΔ και τη διάμεση ΑΜ. Αν fu = MAf , να αποδείξετε ότι: «ΤΟ τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο».

Ένας κύκλος έχει διάμετρο τη μια βάση ΑΒ κυ ρτού τραπεζίού ΑΒΓΔ ενώ εφάπτεται στην άλ λη βάση ΓΔ και επιπλέον διχοτομεί τις μη παράλληλες πλευρές . ΑΔ, ΒΓ. Να υπολογίσετε τις γωνίες του τραπεζίου.

και Διόφαντο

φορές παραγωγίσμη» και ότι « f(x)

(Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γ. Κα­ τσαούνης)

48.

.•.

(Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γ. Κερα­ μιδάς)

Για μια συνάρτηση f : [ α, β]� IR με f(α) = f(β) = Ο δεχόμαστε ότι είναι: «δύο

=

-

και της γωνίας ΝΛΜ είναι θ να βρείτε τη πιθανότητα ώστε: φ > θ. ίίί) Να βρείτε την πιθανότητα ώστε το κυ ρτό τετράπλευρο ΚΛΜΝ να είναι εγγράψιμο. iv) Να βρείτε την ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε στο εγγράψιμο τετρά­ πλευρο ΚΛΜΝ η πιθανότητα το Ρ να απέχει από το κέντρο του ορθογωνίου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/11


Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη

.••

και Διόφαντο

απόσταση μικρότερη από το μισό της (ΟΓ).

60. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Χ Δε­

55. (Το προτείνει επίσης ο κύριος Ρ. Μπόρης) Για μια παραγωγίσιμη στο� JR συνάρτηση f με f'(ι) < ι δεχόμαστε ότι;

Αν α, β,γ τα μέτρα των πλευρών τριγώνου

μιpτζόγλου)

ΑΒΓ και ισχύει:

(;Τ (�Τ (;) +

χ

χ Jr(xt)dt � χ3 - χ, για κάθε χ. I

Να δείξετε ότι : «υπάρχει ξ Ε (Ο, ι) τέτοιος ώστε: f'(ξ 1 ) = ξ1 ». 56. (Το προτείνει ο συνάδελφος Θανάσης Κυ­

+

ν

� 24συνΑσυνΒσυνΓ,

για κάποιον ν Ε Ν*, να αποδείξετε ότι: «το τρίγωνο είναι ισόπλευρο». 61. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Χ Δε­

ριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επι­

μιpτζόγλου)

τροπής του περιοδικού)

Αν α,β,γ τα μέτρα των πλευρών τριγώνου

Δίνεται η έλλειψη

χ2 y2 (C): -2 + α β2

= ι όπου

α,β > Ο. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης που σχηματίζει με τους θετικούς ημιάξονες τρίγωνο ελαχίστου εμβαδού. 57. (Το προτείνει ο συνάδελφος Νίκος Αντωνό­ πουλος από το 1λιον Αττικής)

Θεωρούμε τους ακεραίους αι,α2, ..., α2ο04 για τους οποίους ισχύει:

2.004

Σ α1 = 2.004 .

Να α-

i=l

ποδείξετε ότι:

2.004 00 Σ α: 4 = πολ6 .

νόπουλος).

Για τις ακολουθίες (αν), (βν) δεχόμαστε ότι: αι = βι και ότι: «για κάποιο ν 0 Ε Ι�( με νο>2 ισχύει: ανο = β νο ». Αν η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος και η (βν) γεωμετρική με λόγο λ όπου λ> ι, να ανο

i=l

i=l

Σ α1 > Σ β 1

Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι: «η ισότητα ισχύει μόνον όταν α = β = γ (δηλαδή όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο). 62. (Το προτείνει ο κύριος Φίλιππος Δημάκης, Μηχανολόγος - Ηλεκτρολόγος από το Χα­ λάνδρι Αττικής)

Δύο οξυγώνια τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' είίσα

αν

Λ

Λ

Β = Β' ,

ΑΓ = Α'Γ'

και

ΑΔ = Α'Δ' όπου ΑΔ και Α'Δ' οι διχοτόμοι

58. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Ν. Αντω­

νο

;?: !. (α + β + γ) 3 9

ναι

i=l

ποδειχθεί ότι:

ΑΒΓ, να αποδείξετε ότι: ( -α + β + γ) 3 + (α - β+γ) 3 (α + β - γ) 3 ;?:

Λ

Λ

Λ

Λ

των γωνιών Α και Α' (δηλαδή αν Β = Β' , β = β' και δα = δα•). 63. (Το προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαν­ νίδης από Λάρισα).

Να επιλύσετε την εξίσωση :

χ�ι-χ2 -y�ι-y2 =ι.

64. (Το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Α.

59. (Το προτείνει ο συνάδελφος Χρήστος Δεμιp­

τζόγλου από Δράμα).

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και Ρ εσωτερικό σημείο του. Αν BPr = ιΟ5° και 2 2 (ΡΒ)2 = (ΡΑ) +(ΡΓ) , να αποδείξετε ότι: ΡΒ_l_ΑΓ .

Ιωαννίδης)

Να αποδείξετε ότι: .en

(--Χν ) ν! e2 ν

Γχ

ν(ν + 3) � �-� ' 2

για οποιονδήποτε θετικό αριθμό ν ΕΝ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/1 2

*.

χ

και


--

��jr) '�r:b - �Ρ �

nΡD6ΑΚΑΙΑΙΆ

AHD FKK KAl!JKAIEPIKK ΖΟΚ

���

του Ανέστη Τσομίδη*

Πρόβλη μα Ι

Ο Γιώργος είναι ιδιοκτήτης ενός χωραφιού τρι­ γωνικού σχήματος με κορυφές τρεις βράχους Α, Β, Γ. Ο Γιάννης δεν θυμόταν ακριβώς τα μήκη ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ όμως θυμόταν ότι: η ΑΒ είναι το πο­ λύ 1 km, η ΒΓ είναι το λιγότερο 1 km και το πο­ λύ 2 km, η ΓΑ είναι το λιγότερο 2 km και το πο­ λύ 3 km. Με βάση τις πληροφορίες που έχετε από τον Γιάννη aποδείξτε ότι το χωράφι του Γιώργου δεν μπορεί να έχει εμβαδό μεγαλύτερο από 1 τε­ τραγωνικό χιλιόμετρο. Μπορεί να έχει εμβαδό 1 τετραγωνικό χιλιόμετρο;

=1 ΒΓ =2 Τελι κ ά αν το χωράφι εί χ ε ΒΑ και ΑΓ=.J5 (Β = τότε θα είχε εμβαδό ακριβώς 1 τετραγωνικό χιλιόμετρο. Πρόβλη μα 2

km

km,

90°)

km

Μια πλατεία έχει σχήμα κυρτού τετραπλεύρου με περίμετρο Ρ και εμβαδό S. Να δείξετε ότι μπορούμε εντός της πλατείας να κατασκευάσουμε κυκλικο σιντριβ 'ανι ακτινας ,

,

s

Ρ

Λύ ση

Έστω ΑΒΓΔ η πλατεία με περίμετρο Ρ και εμ­ βαδό διαγώνιος ΒΔ χωρίζει το ΑΒΓΔ σε δύο τρί γ ωνα άρα κάποι ο από τα δύο αυτά τρί γ ωνα θα Λύση ( ΑΒΓ ) =-1 ΒΑ· ΒΓ · ημΒ και επειδή ημΒ s 1 έχει εμβαδό μεγαλύτερο ή ίσο από το μισό του 2 = έστω το ΑΒΔ (χωρίς βλάβη της γενι(ΑΒΓ Δ) (το = ισ_!.χύει μόνο όταν Β = θα είναι κότητας). 'Ετσι (ΑΒΔ) � �.2 Θεωρούμε τον εγγε{ ΑΒΓ ) s ΒΑ·ΒΓ 2 γραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ΑΒΔ, ο οποίος έχει ( Δ) ακτίνα r = � , όπου L η περίμετρο του ΑΒΔ. 2 Από τα1 δεδομένα ΒΑ s 1, ΒΓ s 2 , επομένως { ΑΒΓ ) s 1·2 2 ή {ΑΒΓ) s 1 (τετρ. χιλιόμ.). Για να δείξουμε τώρα ότι το (ΑΒΓ) μπορεί να πάρει την τιμή 1 τε­ τραγωνι=κό χιλιό μετρο παίρνουμε : 2 · 2- - , αφου, L < ΒΑ 1 ΒΓ 2 2 Β 2+Τότε2 από το ,Εχουμε r= 2(ΑΒΔ) �--=-> L L L Ρ ΒΓ ΑΒ θεώρημα: ΑΓ , οπότε Πυθαγόρειο + + Ρ (ΒΔ < ΒΓ ΓΔ άρα ΒΔ ΑΒ + < ΒΓ+ΓΔ + ΑΓ=.J5 < Ρ). Μπορούμε ΑΒ + δηλαδήένα Lομόκεντ λοmόν να κα­ Επειδή .J4 .J5 .J9 , προκύπτει 2 .J5 τασκευάσουμε ρ ο με τον παραπά, , συνεπώς η τιμή ΑΓ=.J5 βρίσκετα � εντός απο­ νω με ακτινα μικροτερη της r και μ ιστα ιση με Ρ . δεκτών ορίων. S. Η

S,

90°)

Α

Β

Β

Γ

Α

Γ

Δ

km,

=

km,

km.

<

<

=

=

s

S

90°.

S

ΑΔ

<

<

3

ΑΔ

κύκλο

άλ

km

,

s

Τα προβλήματα αυτά δημοσιεύτηκαν στο προηγούμενο τεύχος χωρίς τις λύσεις τους και εκ παραδρομής δεν γρά­ ψαμε ότι τα προτείνει ο κ. Α νέστης Τσομίδης. Του ζητάμε συγγνώμη. •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/13


Ο κύριος Άγγελος Τοπρίσκας από Θεσ/νίκη, Θυμίζουμε το ζήτημα: πολιτικός μηχανικός, ζητάει να πληροφορηθεί Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ Α 90° . Φέρουμε ευθύτι συμβαίνει με τη ρίζα τρίτης τάξης- γενικό­ γραμμο τμήμα ΑΔ κάθετο και ίσο προς την πλευρά τερα περιττής. καθώς και ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ κάθετο° και Αποσαφηνίζουμε ότι: Οποιασδήποτε τάξεως ρίζα ΑΒ, προς την πλευρά ΑΓ έτσι ώστε ΕΜ 90 . ορίζεται μόνο για θετικούς αριθμούς ή το λιγότερο Ναίσο αποδεί ξετε ότι; «η ευθεία που διέρχεται από το μηδέν». Δηλαδή δεν έχει νόημα ρί ζ α αρνητι κ ού αριθμού. Έτσι δε μπορούμε να γράψουμε: rα για Αευθείκαια τοΓΔ».μέσο Μ του ΒΕ, είναι κάθετη προς την α<Ο. Μπορούμε ωστόσο, όπως θα δούμε, να γρά­ Δίνουμε δύο από τους τρόπους της συναδέλφου. φουμε: -� . Πραγματικά: η εξίσωση χ3 = α με α<Ο λόγω ταυ­ ος) Με μιγαδικούς αριθμούς. Ταυτίζουμε το επίπεδο του τριγώνου με το Μιγα­ τότητας: 2 κό Επίπεδο (του Gauss) παίρνουμε ως αρχή το χ3 - α= χ3 + lαl = (χ+ �)[χ 2 - χ� + (�) ] δισημείο = bi , e= ci. Α και παρατηρούμε ότι : d και του ό,τι η διακρίν2ουσα του τριωνύμου είναι Συνεπώς; c-d = c-bi (1 ) αρνητική [Δ=3 (�) ] έχει τη μοναδική λύση: Χ=-�. Τώρα όσον αφορά3 το πεδίο ορισμού της συνάρτη­ σης: = �χ -27 είναι:3 Δ(f) = [Ο,+οο). Διότι 2 πρέπει χ - 27 � Ο ή (χ-3)(χ +3χ+9)� 0 ή χ �3 . Τώρα όσον αφορά3 το πεδίο ορισμού της συνάρτη­ σης: ( )3= � - 27 είναι Δ(f)=2 [3,+οο) . Διότι Ωστόσο: = .!_2 (b + e) = .!_2 (b + ci) ή πρέπει χ 27 � 0 ή (χ -3)(χ +3χ+9)� 0 ή = -1 (-ib +c)i= -1 (c-d)i . χ �3 . 2 2 Άρα το διάνυσμα· , που αντι σ τοι χ εί στο μι γ α­ Η συνάδελφος Παναγιώτα Δημ. Βάθη από δικό αριθμό είναι κάθετο προς το διάνυσμα ΓΔ , Χαλκίδα μας έστειλε 5 αποδείξεις στο 3° Θέ­ που αντιστοιχεί στο μιγαδικό αριθμό c-d. μα για Β' τάξη Λυκείου, που δόθηκε στο (2°ς): Με διανύσματα, 62° Πανελλήνιο Μαθητικό Διαγωνισμό στα Εργαζόμαστε στο ίδιο σχήμα κι έχουμε: Μαθηματικά «0 ΕυJ<λείδης» (Δημοσιεύθηκε ΓΔ = .!_(ΑΒ = 2 + στις σελ. 19-20 του περιοδικού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' -τεύχος 43). .!_(ΑΒ ΑΒ 2 •

Λ

<

<

(1

E(e)

F (x)

Γ(c)

x

Fx

-

m

(I)

m

ΑΜ

m

τη

ΑΜ ·

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/14

ΑΕ)(ΑΓ - ΑΔ)

· ΑΓ-

· ΑΔ + ΑΕ · ΑΓ - ΑΕ · ΑΔ) =


Η στήλη της Αλληλογραφίας

ΑΔ) = ΑΒ = 2(1 ---=-(βγσ 2 υνΑ-βγσυνΕΑΔ) = Ο Διότι: ΕΑΔ =Α (είναι οξείες κι έχουν τις πλευρές μία προς μία κάθετες). Άρα: ΑΜ..lΓΔ Ο συνάδελφος Νικόλαος Κυριαζής από Θες/νίκη με γράμμα του διευκρινίζει ότι σχε­ τικά με το πρόβλημα 15 της στήλης «0 Ευ­ κλείδης προτείνει. . Ευκλείδη και Διόφαντο» που'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κύριος Νικόλαος Αρτεμιάδης στο τεύχος 48 σελ. 1 3, είναι δυνατό να δοθούν δύο έννοιες, ως προς το ζητούμενο: κατά τη μία τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΓΔΕ είναι ομόρροπα (με αυτή την έννοια α­ ναπτύσσονται οι λύσεις στο τεύχος 50 σελ. 19 - 20) κατά την άλλη τα τρίγωνα μπορεί να εί­ ναι είτε ομόρροπα είτε αντίρροπα οπότε θα έχουμε δύο περιπτώσεις. Ο ,συνάδελφος Χρήστος Δεμιρτζόγλου από Δράμα έστειλε απαντήσεις στις ασκήσεις: 1,2,3 ,4 της σελ. 31, 1,2,3 ,4,5 ,6,7,8,9,10 της σελ. 42 και 1,2,3 ,5 ,6,7,8,9,10,12,1 3,14,1 5 της σελ. 48 του τεύχους 46 του περιοδικού. Με άλλο γράμμα ο συνάδελφος δίνει μια Συλλογή Ασκήσεων Τριγωνομετρίας, που θα αξιοποιήσουμε όταν στη διδακτέα ύλη συμπεριληφθούν παρόμοια θέματα. Ο συνάδελφος Παναγιώτης Θεοδωρόπουλος από την ρίπολη μας έστειλε μια εργασία για τη Α' τάξη, που θα αξιοποιήσουμε. Επίσης δίνει μια λύση στο θέμα 6 της στήλης «0 Ευκλείδης προτείνει.. .Ευκλείδη και Διόφαντο» που είχε προτείνει ο συνάδελφος Ελευθέριος Πρωτοπα­ παπάς από Περιστέρι, στο τεύχος 45. Προχωρά­ ει μάλι σ τα στην παρακάτω γενί κ ευση: συνάρτηση f :[α,β] Έστω μια συνεχής -+ που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (α, β). · ΑΓ -ΑΕ ·

Ι

Β

--

Λ

--

τ

JR ,

AB:y=

Α

f(β)-f(α) jH:i (χ-α)+f(α) ·

β

α

ΝαΑν αποδείf"(x)ξετε<ότι:Ο, για κάθε χ, τότε f(x) > f(β)-f(α) β-α (χ - α)+f(α) για κάθε χΕ(α,β). Ο συνάδελφος Αριστοτέλης Βαβαλέσκος από Καβάλα, Σχολικός Σύμβουλος μας έστειλε μια απόδειξη της ανισότητας Cauchy Schwarz για αριθμούς: 2 [t α; ] [Σ β; ] [Σ αίβί] όπου το ίσον ιώστε: σχύει αμόνον= λβόταν:για υπάρχει λ Ε τέτοιος ί ί κάθε iΕ{1,2, . . , ν} και ς γιf:α[α, β] -+ συνεχεί συναρτήσεις g :[α,β]-+ [Ι f2 (x�][Ι g2 (x)dx]�[Ι f(x)g(x)dx] . Ενδιαφέρον έχουν οι παρακάτω εφαρμογές: Ε φαρμογή Δίνεται η(ε):Αχ+Βy+Γ ευθεία =Ο/ Α2 +Β2 και σημείο P(x0 ,y0 ) σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων xOy. Να βρεθεί ο πιο σύντομος δρόμος από το σημείο προς την ευθεία (ε). •

1=1

1=1

2:'

1=1

JR

JR:

JR ,

1

�ο

Ρ(χιι.Υο)

(ε)

p

ΑςΑχ εί+By+ ναι M(x,Γ=y)Οτυχαί (1). ο σημείο της ευθείας. Τότε: Ητύπο:απόσταση των σ.ημεί ω ν Ρ, Μ δί ν εται από τον 2 2 2 (ΡΜ) =(χ-χ0 ) + (y-y0 ) (2). Ωστόσο απ' την ανισότητα Cauch-Schwarz έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/15


Η στήλη της Αλληλογραφίας

[(χ-χ σ)2+(y - Yo)2 j(A2+Β2) 2:: 2 2 2:: [ Α (χ - χσ)+Β (Υ - Υο)] =(-Γ-Αχο - By0) = =(Αχο+Byo+Γ)2 Οπότε, λόγω του τύπου (2), παίρνουμε: 2 ( (ΡΜ)2 - ΑχοΑ+2+ByoΒ+2 Γ) +rι η' (ΡΜ) - IAxo�Α+2Byo +Β2 (I )

>

>

Άρα η ελάχιστη τιμή του (ΡΜ), η+απόσταση του Ρ rι . από την (ε), είναι d=IAxo�Α+2Byo 2 +Β Σχόλιο Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι η απόσταση υ ο σημεί (Π): ενός Ρ (χο, Υο, Ζο) 2από ένα2 επίπεδο 2 Β Αχ+By+Γz+Δ=Ο I Α + +Γ Ο σε τρισορθογώνιο κανονικό σύστημα συντεταγμένων δίνεται από τον τύπο: +Γzο+Δ �

d= I Axo+Byo I �Α2+Β2+Γ2

Ε φα ρμογή 2

�+��β�

?ο

�(α; +β; )' όπου το ίσον

-------

Χ3-Χ2=βι, Υ3-Υ2=β2 παίρνουμε: Χ3-Χι =αι +βι, Υ3-Υ ι =α2 +β2. Οπότε αποδεικτέα γίνεται: �αt +α� +�βt +β� 2:: , �(αι +βι )2+(α2+β2)2 '

η

που είναι ειδική περίπτωση της ανισότητας Miλ nkowski. Το ί σ ον ι σ χύει μόνον όταν υπάρχει λ Ο τέτοιος ώστε: Χ2-Χι =λ (χ3-Χ2), Υ2 - Υι =λ (y3-Υ2) . δηλαδή όταν τα διανύσματα ΑΒ και ΒΓ είναι ομόρροπα. Σχόλιο Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται η τριγωνική ανισότητα στο Χώρο. Ο κύριος Νίκος Τσέλκιας από Μεταμόρφω­ ση Αττικής, που ασχολείται ερασιτεχνικά με τα Μαθηματικά, με αφορμή την άσκηση 2 των Συνθέτων Θεμάτων του Κεφ. 9 (σελ. 186) του Βιβλίου Γεωμετρίας ρωτάει πως κατα­ σκευάζεται κύκλος (Ο,ρ), που εφάπτεται σε δύο κύκλους (K,r), (Λ,R) εφαπτόμενους εξω­Β τερικά στο Α και στο ευθύγραμμο τμήμα Γ της κοινής εξωτερικής εφαπτομένης τους. Ε

�.

2::

Ο τέ­ ισχύει μόνον όταν: υπάρχει λ με λ τοιος ώστε: αί =λβί για κάθε {1,2, . , ν}. (Ανισότητα Minkowski). ανισότητα αυτή με απλές πράξεις ανάγεται στην ανισότητα Cauchy - Schwarz. Ε

ίΕ

2::

.

Η

Εφα ρμογή 3

Αν A(x 1, y1 ), B(x2, y2), Γ(χ3,y3) τρία σημεία του Επιπέδου, τότε: (ΑΒ)+(ΒΓ) όπου το ίΒσον ισχύει μόνον όταν τα διανύσματα ΑΒ και Γ είναι ομόρροπα. (τριγωνική ανισότητα). Απάντηση 'Εχουμε: (ΑΒ)=�(χ2-Χι )2+(y2 - Υι )2 ' 2:: (ΑΓ) ·

(ΒΓ)=�(χ3 - χ2)2+(y3 - Υ2)2

Κατ' αρχάς θα πρέπει να αποσαφηνιστεί ότι η ά­ σκηση στην οποία αναφέρεσθε είναι υπολογιστική και συνεπώς δεν ενδιαφέρει, αν κατασκευάζεται ο κύκλος. Τώρα ως προς την ουσία του ερωτήματος: η κατα­ σκευή για την οποία ενδιαφέρεσθε είναι ειδική πε­ ρίπτωση του πιο γενικού προβλήματος του Απολ­ λωνίου (262 π.Χ - 190 π.Χ.), στο οποίο ζητείται να κατασκευαστεί κύκλος εφαπτόμενος σε τρεις δο­ σμένους κύκλους. Από αυτό το γενικό πρόβλημα προκύπτουν ως ειδικές περιπτώσεις 9 προάiJ..ιJ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/16


Η στήλη της Αλληλογραφίας

βλήματα· όπου ένας ή περισσότερα από τους κύκλους αντικαθίστανται από σημεία ή ευθείες. Το συγκεκριμένο έχει πάντα λύση. Μπορείτε να ανατρέξετε στα Βιβλία Γεωμετρίας (Σχολικά ή Φροντιστηρι'ακά) της δεκαετίας του '60 ή της δεκαετίας του 70. Ο φοιτητής Μαθηματικού Πάτρας Γεώργιος Λιναρδάτος με γράμμα του εκφράζει τα συναι­ σθήματα, που 'νοιωσε aντικρίζοντας ένα τυφλό κοριτσάκι να προσπαθεί να απαντήσεις στα ζη­ τήματα του διαγωνισμού «0 Θαλήφ στον οποίο συμμετείχε ισότιμα με τα 6λλα παιδιά. Στη συνέχεια αντιμετωπίζει τα προβλήματα: 1,2,3 ,4,5 ,6,7,8,9,10,12,13, που είχε θέσει στο τεύ­ χος 49 του περιοδικού ο συνάδελφος Β.Ε. Βισκαδουράκη ς στο άρθρο του «Αναζητώντας το μαγικό κλειδί. . > . Στο ίδιο γράμμα διατυπώνει κατά κάποιο τρόπο το παράπονό του γιατί ο Ευκλείδης Β' δεν έκανε α­ κόμη σχόλιο σε γράμμα του από 25/11/2002 όπου σε ένα εξασέλιδο «αποδείκνυε)) το Τελευταίο Θεώρημα του Fennat (Φερμά). Η αλήθεια είναι ότι δεν αγνοήσαμε την εργασία του φίλου μας. Ωστόσο πρέπει να σημειώσουμε ότι δεν θεωρήθηκε άδικα το Τελευταίο Θεώρημα του Fennat (Φερμά) ένα απ' τα mo σκληρά ζητήματα της Θεω­ ρίας Αριθμών. Μεγάλοι Μαθηματικοί έχουν ασχο­ ληθεί επί μακρόν με το θέμα και με εmνοήσεις τους ανέπτυξαν περαιτέρω την εmστήμη. Θα συνιστούσαμε λοιπόν καλό μας φίλο για να μπει στο πνεύμα της ερευνητικής δουλειάς πάνω στο θέμα, να διαβάσει τα παρακάτω βιβλία: Amir Aczel: «Πώς ο Α. Wiles έλυσε το Τελευ­ ταίο Θεώρημα του Φερμά)) (Εκδόσεις «Τρο­ χαλία))) σε μετάφραση του Α.Δ. Βαλαδάκη. Simon Singh: «Το τελευταίο Θεώρημα Φερ­ μά)) (Εκδοτικός Οίκος Π. Τραυλός) Μετάφρα­ ση Α. Σπανού. Κατόπιν, θα προτείνουμε, αφού ελέγξει την εργασία του βήμα- βήμα να απευθυνθεί στους Πανεπιστημιακούς δασκάλους του. •

τις

);>

);>

Ο μαθητής τάξης Γιάννης Μπασούκος από Χαλκίδα έστειλε μια διαπραγμάτευση του προβλήματος 24 της στήλης «Ευκλείδης προ­ τείνει. . Ευκλείδη και Διόφαντο)) που'χε προ­ τείνει ο συνάδελφος Γιώργος Κουαντώρης από Ηλεία στο τεύχος 48 (σελ. 14). Οι κύριοι Ανδριόπουλος από Αθήνα, με­ ταπτυχιακός φοιτητής στο Πανεπιστήμιο Α­ θηνών με ειδίκευση στα Εφαρμοσμένα Μα­ θηματικά και Γ. Χουβαρδάς από Καρλόβαση Σάμου, μαθητής της Α' τάξης έστειλαν μια εργασία με τίτλο:· «Αλγεβρικές Εξισώσεις 2ου και 3ου βαθμού λύσεις με ριζικά)) όπου ανα­ πτύσσεται η μέθοδος επίλυσης με ριζικά δευ­ τεροβάθμιας και τριτοβάθμιας εξίσωσης. Ο μαθητής Α' τάξης Δη μήτρης Μαθιός από Χώρα Μεσσηνίας μας έστειλε μια λύση στο πρόβλημα. . . της στήλης «0 Ευκλείδης προ­ τείνει. . Ευκλείδη και Διόφαντω> που είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης από Λάρισα στο τεύχος 44. Ο κύριος Πάνος Αδαμάκος από Χαϊδάρι Ατ­ τικής μας έστειλε «για ενημέρωση)) με ηλε­ κτρονικό ταχυδρομείο περίληψη εργασίας του «Περί Πυθαγορείου Τριάδων)). Όπως μας πληροφορεί ο κύριος Αδαμάκης η συνολική εργασία του ασχολείται με τους κβαντι­ κούς τελεστές και τη δομή της ύλης, που προκύ­ πτει από τους ειδητικούς αριθμούς του Πλάτωνα. Ο συνάδελφος Γιώργος Διακουμάκος από Λαγκάδια Αρκαδίας μας έστειλε εργασία με τίτλο: «Το Excel και οι «θαυματουργές)) του συναρτήσεις)) όπου περιγράφεται το πρό­ γραμμα Microsoft Excel που είναι χρήσιμο σε οποιονδήποτε επιθυμεί να πινακοποιήσει δε­ δομένα με σκοπό την εκτέλεση υπολογισμών και την εξαγωγή αποτελεσμάτων. Βασικό «εργαλείο)) του προγράμματος είναι «συναρ­ τήσεις)) (τύποι) που με κατάλληλο χειρισμό μετατρέπουν δύσκολους και χρονοβόρους υ­ πολογισμούς σε μια υπόθεση, λίγων λεπτών •

Γ

Κ.

Π.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/17


Η στήλη της Αλληλογραφίας

της ώρας. Πόσο μάλλον όταν οι υπολογισμοί δεν είναι «στατικοί», «δυναμικοί>>. Στη συνέχεια παρουσιάζεται ένα παράδειγμα εξα­ γωγής αποτελεσμάτων μιας συγκεκριμένης τάξης (Α' Γυμνασίου). Ο κύριος Γεώργιος Λαμπρόπουλος, συντα­ ξιούχος Μηχανολόγος - Ηλεκτρολόγος από την Ηλιούπολη Αττικής μας έστειλε 6 θέματα Γεωμετρίας θα αξιολογηθούν από την ομάδα Γεωμετρίας. Ο συνάδελφος Μάκης Μαστοράκης από Τρίπολη μας έστειλε με γράμμα του μια πρό­ ταση επαναληπτικής - προσεγγιστικής μεθό­ δου με βοήθεια Η.Υ. για το γνωστό πρό­ βλημα της τριχοτόμησης τυχαίας γωνίας. Ο συνάδελφος Παναγιώτη ς Ρεκούμης από Αθήνα, Σχολικός Σύμβουλός μας έστειλε μια εργασία με τίτλο: «0 ρόλος του Ορισμού στα Μαθηματικά». Περιέχει: α) Προσέγγιση στον ορισμό του Ορισμέ­ νου Ολοκληρώματος, β) Αρχική συνάρτηση, γ) Αό­ ριστο ολοκλήρωμα, δ) Ορισμός Πιθανότητας. Στη συνέχεια δίνει μια σειρά παραδείγματα σε θέ­ ματα ανάλυσης. Ο συνάδελφος Δη μήτριος Καραβότας από Κάτω Αχαγιά μας έστειλε εmστολή του μια απάντηση στα δύο προβλήματα, που έθεσε ο μαθητής Μιχάλης Ροδίτης στο τεύχος 46. σ).)..ά

τη

με

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΗ ΑΣΚΗΣΗ ν α, β, γ > Ο με α + β + γ 1 να βρεθεί η ελάχι­

Α

=

στη τιμή της παράστασης:

α l + β+γ

-------�-

β l α γ

γ l + α+ β

Α = --+ + + +-=-Λύ ση Από tην ανισοϊσότητα του CAUCHY (Αριθμ. Αρ­ μον. Μέσου), έχουμε: ---3 +α+β) (1 +β+y)+( ι+α+y)+( ι > ιι _ ιι + _ +_ ιι + _ +_ 3 β+y α+y +α+β {:::> [(ι+ β+γ)+(ι +α+γ)+(ι +α+β)] [ ι + βι +γ + ι + ια+γ + ι+ ια+ β ]>- 9 ( 3 + 2α+ 2β + 2γ) [ ι + βι +γ + ι + ια+γ + ι+ ια+ β ] � 9 {:::> (3+2- ι) [ ι +βι +γ + ι+ ια+γ + ι + ια+β ]>- 9 9 ι ι ι > + + -{:::> --ι+β+γ ι +α+γ ι +α+β 5 8 2+ β+γ + 2α+γ + +2α+β >- -{:::> ι --ι ι+ ι 5 ++β+γ) -> � {:::> ι+(αι + +β+γβ+γ) + ι+(αι + +α+βγ+γ) + ι +(α ι+α β 5 α+ β + +βα+γ + γα+β >- ι 8 _3{:::> ι +γ ι ι+ 5 α+ β+γ + +βα + γα+β >- � ι ι +γ ι+ 5 Άρα η εξίσωση τιμή της παράστασης Α είναι �-5 Γιώργος Απο στολόπουλος Μαθηματικός _ _ _

__

1) -=��=:/:��Α�=�/, �ε��:::ς::::�:::�ε� «�.���=> 2)

.

ΣΥΝΗΘΕΙΣ Δ ΙΑ Φ ΟΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ, Ν. Αλικάκος και Γ. Καλογερόπουλος,

. - . . -- �

Εκδόσεις «Σύγχρονη Εκδοτική » . • • • •• • • • • • • •• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •••• ••••• •••••

• • • • • •• •••• • •• • • • • •• • • • • • • • •••••• • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • • • • • • • • • , . • • • • • • • • • • •• -• • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ••• • • • • • • • • • • • • • • • • • ο . • • • • ι •• ••• ••••••• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • • ••••••••••• •• • • • • ••••••••• ••• ••• • • •• • • • • ••••..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/18


'�l -� '-'�r=:Jl : f

?!� _ι �)ιΑ

r�) J

_

Η ΕΤΗΛΗ ΤΟΥ ΜΑΘΗΤΗ

.

'

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής (Επροτάθη από το μαθητή Β' τάξης Αντώ­ νη Μιστριώτη, Αθήνα).

Λ ΥΣΕΙΣ ΑΣΚΉΣΕΩΝ 3.

Οι πραγματικοί αριθμοί α και β πληρούν Λύση (από τον μαθητή Β' τάξης ώργιο Σού Γε ­ την ισότητα: α2 + β2 1. Νά δείξετε ότι: μπλη, Αρχάκειο Ψυχικού - Αθήνα). Φέρνουμε τη χορδή και την κάθετη ΝΕ l α2 β + αβ2 1 ::; =

�.

Λύση (από το μαθητή Β' τάξης Σπύ ρο Λεονάρ­ δυο, Κολέγιο Αθηνών). Έχουμε: α2 + β2 = 1 � l αl 2 + l β l 2 = 1 � <l αl + l β l )2 - 2 l αl l β l = 1

� Q αl + l βl )2 = 1 - 2 l αβl � 1 - 2 l αβi ;?: O � I αβl :s; .!. (1). 2 Επίσης, έχουμε: α2 + β2 = 1 � (α + β)2 - 2αβ = 1 � � (α + β)2 = 1 + 2αβ :::; 1 + 1

Ι αβ 1 1 α + β Ι :s; . .J2 � Ι α2 β + αβ 2 1 ::; •

στην Προφάνώς το ΑΝΜΒ είναι τραπέζιο ισοσκελές και το ΜΔΕΝ είναι ορθογώνιο. Επειδή ΑΝ = ΒΜ και ΝΕ = ΜΔ, τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΝ και Β ΔΜ είναι ίσα και άρα ΑΕ = ΔΒ (1 ).

ΑΒ.

(Επροτάθη από το μαθητή Β' τάξης Αθα­ νάσιο Παναγιώτου, Αθήνα).

(γιατί: _!_ ;?: l αβ l ;?: α β � 2αβ :::; 1) � 2 α + :::; 2 � Ι α + β l $ .J2 (2) β)2 < Από τις (1) και (2), έπεται ότι:

Μ

Επίσης, έχουμε: = ΜΓ � ΑΝ + ΝΜ = ΜΒ + ΒΓ (επειδή ΑΝ = ΜΒ ) � ΝΜ = ΒΓ � ΝΜ = ΒΓ � ΕΔ = ΒΓ (2) Προσθέτοντας κατά μέλη της ( 1) και (2) βρίσκου­ με: ΑΕ + ΕΔ ΔΒ + ΒΓ, δηλαδή: ΑΔ = ΔΒ + ΒΓ.

ΑΜ ...-....

..-..

�.

5.

..-..

....-..

..-...

...-....

..-..

..-..

..-..

Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Μυλω­ νάς Γ. , Δημητριάδης Κ., Λεονάρδος Σ., Κω­ στηκίδης Φ., Βεντήρη Χριστίνα. Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν (ΑΒΙ)

=

1.

Να δείξετε ότι: (ρ + ρaΧ4R + ρ) + (ρμ + ρ1 )2 -ρμρ1 + ρ2 ;?: 10 (1) (Επροτάθη από το μαθητή Β' τάξης Δημή­ τριο Γιαννόγλου, Μυτιλήνη) .

4. Σ' ένα ημικύκλιο παίρνουμε δύο διαδοχικά .-..

....-.

=

Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Γεωρ­ γόπουλος Δ., Σού μπλης Γ., Μιστριώτης Α. ..-..

ΜΝ/IΑΒ

τόξα ΑΒ και ΒΓ με ΑΒ > ΒΓ . Ονομάζου- Λύ ση (από τον ίδιον μαθητή): με Μ το μέσο του τόξου ΑΓ και φέρνουμε Καταρχήν θα δείξουμε ότι αν χ, y, z και ω είναι την κάθετο ΜΔ στη χορδή ΑΒ. Να δείξετε θετικοί αριθμοί με xyzω = 1 (2), τότε: ότι: ΑΔ ΔΒ + ΒΓ. 2 ..-...

..-..

-

=

χ

+r +r -+-ω2 +xy+xz+xω+yz+yω+zω ;?: 10

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/19

(3)


Η στήλη του Μαθητή

Έχουμε:

χ2 +y2 +z2 +ω2 �2xy+2zω(2) 1 =2xy+�=2 ( xy+xy xy ) �4 (4) Επίσης έχουμε: xy + xz +χω+ yz + yω + zω = (2) = (xy+ zω)+(xz+ yω)+ (χω+ yz) = = (xy + :Υ ) + (ΧΖ+ :z ) + (χω+ Χ�) � 6 (5) Από τις (4) και (5) έπεται η (3). Επειδή Ε=(τ-α)ρα =(τ-β) ρp =(τ-γ)ργ =τρ έχουμε: Ετ-α τ-βΕ +----= Ετ-γ Ετ Ρα +ρp +ργ -ρ= --+-= � [τ(τ-β)( τ-γ)+τ(τ-α)(τ-γ)+ +τ(τ -α)( τ -β)-(τ-α)( τ -β)( τ-γ)] (πράξεις) = αβγΕ = 4R => Ρα + Pp + Pr -ρ= 4R . Έτσι, για να δείξουμε την (1), αρκεί να δείξουμε ότι: (ρ+ρα ){Ρα +ρp +ργ )+(Pp -ρr )2 - ΡpΡγ +ρ2 �10, αρκεί (πράξεις): Ρα2++ρp2 ++ρr2 +ρ2 + ΡαΡp + �ΡαΡr10 + ΡαΡ ΡpΡγ + ΡβΡ + PrP · στην Προς αρχή (μετούτο,χ= σύμφωνα ,Ρα y = Ppμε, zαυτό= Pr πουκαι ωδεί=ξαμερ), αρκεί να δείξουμε ότι: ΡαΡpΡγΡ = 1. (6) Πράγματι, έχουμε: Ε2 =τ(τ-α)(τ-β)(τ-γ4 )= Ε Ε -Ε = Ε =-ΕΡ ·-·-· Ρα Pp Pr ΡΡαΡpΡγ Και επειδή Ε= 1, συμπεραίνουμε ότι η (6) ισχύει. =

6.

Να λυθεί η aνίσωση: χ2 + 4χ + 4 - 3 � 9

1�

ι

Λύ ση (από τον μαθη τή Β ' τάξη ς Αντώνη Μι­ στριώτη , Αθήνα).

Έχουμε: 2 (1) � ι �(χ+2) -31 �9� l x +21- 31 �9 -9 � l x + 21- 3 � 9 � -6 � l x + 21 � 12 � l x +21�12� -12 �χ +2 � 12 � -14� χ �10 Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Δη μΓ.,η­ �

τριάδη ς Θ., Αναγνώ στου 1., Σού μπλης Λεονάρδος Σ., Παπαδ η μη τρίου Α., Βεντήρ η Χριστίνα.

7.

�� � 2 , να απλοποιηθεί η παράσταση : Α = Ι χ + 3Ι - � - 3 Ι �χ2 - 6χ + 9 + 3χ + 4 .

1

(Επροτάθη από το μαθητή Β' τάξης Αθα­ νάσ ιο Ιωάννου, Ιστιαία).

Λύ ση (από τον μαθη τή Α ' τά ξη ς Νίκο Μαυρίδη , Αθήνα).

Έχουμε: A=llx + 3l - 51-3μ(x-3)2 + 3χ+ 4 = = l x + 3l -51-3 l x -31 + 3χ + 41 . Εξάλλου, έχουμε: {1 � χ+3 �5 l xl � 2 => -2 � χ � 2 => -5�χ- 3 �-1 => =χ+3 => {ll xx -3+ 311 =-χ +3 Έτσι, έχουμε: A=l x + 3 -5l- 3 l-x+3+3x +41 = lx -2l- 3 l2x+ 71. Επίσης, έχουμε: -2�χ�2 => {3χ-2� 2χ�ο+ 7 � 11 => {l12χx-2+ 17=-χ+2 1 = 2χ + 7 Έτσι έχουμε:Α=-Χ +2- 3(2χ+ 7) =-7χ -19 Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Δη μη­ •

τριάδ η ς Θ., Αναγνώ στου 1., Σού μπλη ς Γ., Λεονάρδος Σ., Παπαδη μη τρίου Α., Μιστριώ­ τη ς Α., Βεντήρ η Χριστίνα.

(1)

(Επροτάθη από το μαθητή Β' τάξης Αθα­ νάσ ιο Ιωάννου, Ιστιαία).

Με

8.

Να γίνει με ρητό παρονομαστή η παράσταση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/20

Α=

(ι1 Z[;j ,

όπου α :;t: Ο


Η στήλη του Μαθητή

Να δείξετε ότι Γ > 90° . ii) Να βρείτε την προβολή της πλευράς ΑΓ στην ΒΓ.

(Επροτάθη από το μαθητή Β' τάξης Αθα­ νάσιο Ιωάννου, Ιστιαία).

i)

Λύ ση (από τον μαθητή Α' τάξης Πέτρο Κολιό ­ πουλο, Αθήνα):

το μαθητή (Προτείύνεται απόΑρσάκει Β ' τάξης Γε ώ ρ ­ ο Ψυχικού-Αθήνα).

Έχουμε:

γιο Σο μπλη, 12.

Θεωρούμε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ° ( Α = 90 ) με ΑΒ 6 και ΑΓ 8. Στο εξω­ τερικό του τριγώνου αυτού κατασκευάζου­ με το τετράγωνο ΒΓΔΕ. Να βρείτε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ΑΕΔ. =

_- 24Ιααll23 _ lα1 2Μ _ 2 ιΓ2α- . Ι - Ιαl - ν Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Μαυρί­ ., Λ

δης Ν., Δημητριάδης Θ., Σούμπλης Γ εο­ νάρδος Σ., Μιστριώτης Α., Αναγνώστου 1., Παπαδημητρίου Α., Βεντήρη Χριστίνα.

(Προτείνεται από τη μαθήτρια Β ' τάξης Χρι­ στίνα Βεντή ρ η, Κολλέγιο Αθηνών). 13.

9. Οι αριθμοί α και β ανήκουν στο διάστημα [1, 4]. Να δείξετε ότι: α 1 7. 2 � β + _! � α 4

14.

Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν : ΒΓ ΑΒ2 - ΑΓ2 48.

=

Καλαϊτ ζίδη

1 5.

το μαθητή Β ' τάξης Αθα­ (Προτείνεται απόστιαία). νάσιο Ιωάννου, Ι 6 και

ω+ι

από το μαθητή τάξης Νίκο (Προτείνεται, Αθήνα).

Να δείξετε ότι, για κάθε χ,y, ω e 1R , ισχύει:

�4χ 2 + y 2 -·4Xy � ι 2 χ ..:. ω i + Ι y - ω ι .

Για δύο μιγαδικούς αριθμούς z και ω με z * -i και ω * -i , ισχύουν : . Ι z - :ι = ι ω - :ι = J2 . Να δείξετε ότι: l z - ω ! � 2Μ .

Παπαβασιλείου,

=

{ 2χ 2 - S x + 2 } 3 χ = 1 - 4χ2 •

z+ι

το μαθητή Α' τάξης Γιάννη (Προτείνεται από Αθήνα).

11.

Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

(Προτεί ν εται α ό το μαθ τή Β ' τάξη ς Σπύ ρο π η Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών).

ΑΣΚΗΣΕΙΣ Γ ΙΑ ΛΥΣΗ

1 0.

=

Γ

Να δείξετε ότι είναι ανεξάρτητη τον χ η παράσταση:

Α = συν 2χ - 2συνχσυνασυν( χ+ α) + συν2 (χ + α} .

το μαθητή Β ' τάξης Γεώ ρ­ (Προτείύνεται απόΑρσάκει ο Ψυχικού-Αθήνα).

γιο Σο μπλη,

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/21


Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι­ σμού πάνω στα εξής θέματα: Ι ) Τι είνaι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα­ τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για του ς συνεργάτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επί­ πεδό τους, θα πρέπει να είναι συ μβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών. I. "που και με ποιο τρόπο εφαρμόζονται τα Μαθηματικά; ,

του Γιάννη Κερασ αρ ίδη

Μαθη ματικά και Επιχειρησιακή Έρευνα

Τα τελευ­ γκυρία περι σ τατι κ ών) και μας δημιουργεί το δί­ χρόνια έγιΈρευνα νε πολύ· μπήκαμε, της μόδαςέτσινα μι, λστονάμε λημμα: τι θαστηκάνωδοσμένη τώρα;κατάσταση να προτι­ Ποια ενέργειδιααλέξω γιταία απειρασμό Επιείκχοσιειρησιακή μήσω; Αν έναν να γράψουμε μερι κ ά πράγματα γι ' αυτή ορισμένο τρόπο ενέργει α ς από μι α σειρά εναλλα­ τηνπολύςεπικόσμος στήμη αφού, κατά τη δι κ ή μας εκτί μ ηση, ο κτι κ ές λύσει ς , λέω ότι πήρα την βρήκα σειΗαυτήεπιχτηνειρησιεπιασκήτήμηέρευ­με την τινας είοινκαιονομιη επικέςσέχειτήμη επισταυτί τήμες. ατιτηνείναιμαθηματική θεμελίω­ σηο καθένας. των Έστω ότιΤογιυπάρχει το έρει ξ μια κατάσταση (συΠου χρησιμοποιείται. Οι μαθηματι κ ές μέθοδοι της επι χ ειρησιακής έρευνας χρησιμοποι ο ύνται στην οικονομία, στη βι ο μηχα­ νία, αγροτιμεκή δυοοικονομία, στην ιόπου ατρικήοι καιάνθρωποι την βιοθέλουν λογία, ναστηνοργανώσουν πολεοδομία,πολύπλοκα στα τεχνιμέτρα κά έργακαικαινα στιπάρουν ς στην μεταφορές, λόγια παντού αποφάσεις. Τα τελευταί α χρόνι αμαθηματι η επιχειρησιακή έρευνατηςέχειεπιχταχύτατη εξέρευνας έλιξη καιείβρίσκει όλο καιτητηπλατύτερη εφαρμογή. Η γνώση των κ ών μεθόδων ειρησιακής ν αι απαραί­ σήμεραστελέχη στους τηςμηχανιεθνικής κούς, οικονομίας. στους επιστημονικούς ερευνητές,ξη καιστουςεφαρμογή οικονομολόγους και γενικά σταει­ διοικητικά Η μεγάλη ανάπτυ των μεθόδων της επι χ ρησιακής έρευνας βασίζεται στους ταχύτατους ηλεκτρονικούς υπολογιστές. τι είναι η Επιχειρησιακή Έρευνα.

αποφάσε ω ν.

"απόφαση "

Μαθ η ματικός Προγραμματισ μός κάι Επιχειρ η ­ σ ιακή Έρευνα.

ΟτηςΜαθηματι κΈρευνας, ός Προγραμματι ­ σμός εί ν αι κλάδος Επι χ ει ρ . που συ­ μπεριλαμβάνει μι α ευρεία κλάση προβλημάτων . οποίων είναι ελέγχου, τα μαθηματι κ ά μοντέλα των προβλήματα ακροτάτωνΜαθηματι με πεπερασμένη "διά­ σταση". κ ού Προβλήματα Προγραμμα­ τισμού χρησιμοποιούνται (παρουσι ά ζονται ) σε ποιόπουκίλπαρί ους τομείς τηςανάγκη ανθρώπινης δραστηριότητας, σ ταται επι λ ογής μιαςπ.πορείας δράσης μεταξύ πολλών δυνατών όπως χ . , στα πολυάριθμα διαδιΔηλ.κασιών, προβλήματα καθώς και στοπροβολής σχεδιασμό.και ελέγχου ο Μαθηματικός Προγρ αμματισμός ε ίναι ο κλάδ ος των Μα θηματικών που ασχολε ίται με την θεωρ ία και τις με θόδ ους προσδιορισμού των μεγί-

"απόφαση ", λ ό ύ " ση ". Σήμερ α ο ρ ος "επιχε ιρ ησιακ ή έρε υνα " αναφέρε ται σε όλ ο υς τους υπολ ογισμούς, πο υ θεμε ­ λιώνουν τις λύ σεις και τις αποφ άσεις σε οποιαδήπο­ τε περιοχή της πρ ακτικής κι αν αν ήκο υν.

στων και ελαχίστων συναρ τήσεων επί συ νόλων, τα οποία καθορ ίζονται από γρ αμμικούς και μη γρ αμμι­ κούς περιορισμο ύς (ισότητες και ανισότητες)

Τον Μαθηματι κ ό σ μό τόν δι α κρί ­ Προγραμματι νουμε σε: ( ), ( των μεθόδων ), και Η εφαρμογή λύσης προβλημάτων Μαθηματι κ ού ρογραμματι ­ Π σμού είναι άρρηκτα συνδεδεμένη μες στοτηνγεγονός χρήση υπολογιστών. Αυτό οφεί λ εται κυρί ω τα προβλήματα, που περιλαμβάνουν τον έλεγ­ χοότιμεγάλης πραγματι κ ών συστημάτων, εί ν αι προβλήματα κλίμακας τους δεν μπορείΜιανασημαντι γίνει "μεκή το. εκαιρευνητι χέρι".η επεξεργασία κή περιοχή του Μα­ θηματικού Προγραμματισμού αφορά "προβλήματα

Γρ αμμικό (linear), Κυρ τό (conuex) Τε ­ τραγωνικό quadratic Δ ιακριτό discrete Στοχαστικό (stochastic).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη' τ.2/22


Homo Mathematicus

ευστάθειας" (stabl e probl e ms) . τ αι για Πρόκει προβλήματα για τα οποία μικρές διαταραχές Γραμμικός Προγραμματισ μός και Επιχειρ η ­ σ ιακή Έρευνα. Στους πιο διαφορετικούς κλάδους τηςανάγκη εθνινακήςκαταστρώνουμε οικονομίας παρουσιάζεται πάντα η το καλύτερο πρόγραμ­ μαπετρελαίου παραγωγής: πρόγραμμα γι α την μεταφορά του απόπρόγραμμα τις πετρελαιοπηγές στους τόπους κατανάλωσης, χρησιμοποίησης των εργαλει ο μηχανών ή άλλου τεχνικού εξοπλισμού, πρόγραμμα αξιοποίησης των πλουτοπαραγωγι κ ών κλπ. Με τηναυτόεύρεσηασχολείτηςτκαλύτερης λύσηςτου γιπηγών, α το πρόβλημα αι η θεωρία Η ονομασία συνδέεται με την εύρεση της βέλτι σ της (καλύτερης),συνάρτησης (ελάχιστηςμερικών ή μέγισμεταβλητών, της) τιμής τηςό­ γραμμικής που μπαίνουνή ανιφραγμοί με τηνΗ λέξημορφή γραμμικών εξισώσεων σ οτήτων. βγαί νθεωρί ει απόας,τονδηλ.τελιμεκότηνσκοπόκατάστρωση των μεθόδωντου αυτής της βέλτισμας. του (καλύτερου) προγράμματος των ενερ­ γειών κός προγραμματισμός δοςΟ τωνγραμμιεφαρμοσμένων μαθηματικείώνναι. Οινέοςβασικλά­κές γραμμικού προγραμματισμού. μικός"

"γραμ­

"προγραμματι­

σμός"

ll. "Α υτό το ξέρατε; ,

(σφάλματα) στι ς πληροφορίες εισόδου συνεπάγο­ νται μικρές διαταραχές στη λύση. ιθηκαν δέες τουαπόγραμμι κ ού προγραμματι σ μού δι α τυπώ­ τουςστηνΛ.Βοργάνωση . Καντορόβιτςκαι (στο "Μαθημα­ τιματικέςσμόμέθοδοι στον προγραμ­Μ. και Τζωρτζ της παραγωγής" , το 1939) Ντάντσι γ κ ( σε έργο του, όπου δι α τύπωνε τι ς ιδέες της μεθόδουπουγιατώρα τη διαδοχι κή βελτίωση του προ­το γράμματος, λέγεται 1949.αποτελεσματι Η μέθοδος αυτή είναι μια απόΟιτιςμέθοδοι πιο γενιτουκές καιγραμμι κ ές μεθόδους). κού προγραμματι σμούα βρήκαν πολύ γρήγο­ ραρωνεφαρμογή στην οι κ ονομί γι α τη λύση διαφό­ προβλημάτων του προγραμματισμού. Σημειώνουμε ότι η διαδοχι κή βελτί ω ση των πα­ ραδεκτώνως τολύσεων στηο πουμέθοδο γίτηςνεταιγραμ­συ­ νήθως σημεί στην έκφραση μικήθας συνάρτησης όλες οι ανεξάρτητες μεταβλητές δενπτωση βρεθούν με το πρόσημο "πλην" (στην περί­ ελαχισυναν στοποίησης με το πρόσημο "συν"). Στην πράξη τάμε προβλήματα που έχουν εκατοντάδες μετα­ βλητές και τότε καταφεύγουμε στη βοήθεια των ηλεκτρονικών υπολογιστών. μέθοδος σίμπλεξ,

σίμπλεξ

[πηγή: "ΑΚΑΔΗΜΑΪ­

ΚΗ", εκδόσεις: ΓΙΑΝΝΙΚΟΣ]

Ι) Μήπως γνωρίζετε τι είναι η «φρ άκταλ γεωμετρία»; 2) Μήπως γνωρίζετε ποια είναι η «εικασία Poίncare»;

[οι απαντήσεις, στο τέλος της στήλης]

111. "Οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτούν "

Α. Επάγγελμα : μαθη ματικός

τοναπευθυνόταν τακτικό συνεργάτη τουμας.περιοδικού Γιάννη και,Σταματογι άννη, λάβαμετο χαρακτηρίσαμε ηλεκτρονικά ένα κείμενό τουΑπόπουενός στη στήλη Το διαβάσαμε ομολογουμένως, δάσκαλουτην τηςαίσθηση αίθουσαςπως πουο συνάδελφος δεν έπαψε Σταματογι ποτέ να προβληματί ζεταιστοκαικείπροπάντων ναΑπόστολου μαχόμενου Εμείς έχουμε ά ννης απαντά μ ενο του (στο τεύχος 52), από την εφημερίδα «Τα ΝΕΑ)). Το δη­ μοσιεύουμε Δοξι αυτούσιάδηοπου. είχ«Δυαμεσαναδημοσιεύσει κολίες στο επάγγελμα του Μαθ η ματικού » Γι ά ννης Σταματογι ά ννης, μαθηματι κ ός-Δροσι ά Αττι κ ής «Η στήλη ' Hκαλύτερη omo mathemati cus" μαςσταβοηθάει να ποίβρειησήκαθημερι νά στηνοι μαθητές Τάξη αλλάμου καιμαθαίτηννουνικανο­να αποκτήσουμε κουλτούρα Μαθημαμου· όταν τικΘέλω ά τα οποίνα αεκφράσω δεν είναιτημόνογνώμηασκησιολόγιο. σκέφτονται. μου γι α το επάγ1) Η διδακτι κή ώρα εί ν αι πολύ μι κρή γι α να διγελμα Μαθηματι κπολλά ού στηχρόνι Δευτεροβάθμι α Εκ- κέςδαχθούν βασικές έννοιες και να λυθούν σημαντι­ παίκτήματα δευσητουκαιόπως το ζω α με τα πλεονεεφαρμογές. τα μεικόςονεκτήματα που ναέχει.προσφέρει 2) Πολλέςθέματα φορές διέχωαγωνιπειραματισθεί για να κα­και Πιστεύω τασκευάσω ' Δέσμης ότιστουςο Μαθηματι μπορεί πολλά σ μάτων Α του εφόσον ς κανένα βιβλίο και Κατεύθυνσης μεράκι.μαθητές Θα αναφέρω μερικδουλεύει ές δυσκολίμεεςπάθος που έχωκαι έχωΘετιβρεικήςμεγάλες και ποικίχωρί λες δυσκολίες. κατά θεση

ψυχής "δοκιμ άζει ".

Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/23


Homo Mathematicus

3) έχως κ.λχρησιμοποιήσει εποπτι κό υλιμαθητές κόΜερικές (π.χμου. διαφορές φάνει ε . π . ) γι α να τονί σ ω στους ότιαλλάτα έχουν Μαθηματι κά εφαρμογές δεν είναι μόνοστη ασκησι ο λόγι ο πολλές ζωή ανθρώπου. Δυστυχώς όμως αυτόύλη δεντωνμπο­πα­ ρείνελληνί νατουγίνει συχνά γι α τί η ε εταστέα ξ ων εξετάσεων δεν προχωράει, όπως πρέπει4)........... . Η σημαντιτωνκότερη όμωςδηλαδή δυσκολίη αέτοιμη είναι γνώση ο τρό­ ποςπου μελέτης μαθητών, σχολείο χωρίς να έχουν προβλη­ ματιΠροσπαθώ σφέρνουν θεί. . στονα τους πείσωκαιότιο ηπροσωπι αυτενέργει αμό­, η φαντασί α , η αμφισβήτηση κ ός χθος είνστον αι η ουσία τηςέναμάθησης. ότανδτους Πάντως γράφω πί ν ακα πρόβλημα της Ευκλεί ει α ς Γεωμετρίας και προσπαθούν να το λύσουν με δια-

φορετιΜαθηματι κούς τρόπους αιαισθάνομαι ότιΘέλωτο επάγγελμα τουμάνω κ ού εί ν χρήqιμο. να επιση­ ότι πολλοί άνθρωποι ακόμη και συνάδελφοι που δεν έχουν διδάξει σε σχολείο είναι απορρι π τι ­ κοί γιαείτηνναι ότιπροσφορά τουείναιΜαθηματι κτοού.χορό Η απά­ξέ­ ντηση : «όποιος έξω από ρειΥπάρχουν πολλά τραγούδια> ). που έχουν σχέση με πολλές δυσκολίες τηείναιβαθμολογί α, τουςκαιγονείδενς κ.θαλ.πτα., αλλά, ο χώροςΤε­ περιορισμένος σχολιάσω. λειματιώκνοντας, πιπολλά στεύωναότιπροσφέρει το επάγγελμαγι' αυτό του Μαθη­ ού έχει αξί ζ ει ναμαθητές δουλεύουμε μεαποκτήσουν μεράκι, γιακριτική να βοηθήσουμε τουςσε μας να ικανότητα, κάποι νουν ταταΜαθηματι κά το σημαντιο κβαθμό, ό εφόδιοκαιγιναα τηγίμετέπει εξέλιξή τουρ)

Β. Δ ύ ο ενδ ιαφέροντα ερωτή ματα .1 ο ερ(!:ιτημα

Ο συνάδελφος ΑλέκοςσταΠανδής (Αθήνα) έστειτηςλε στηστήλης στήλημας.μαςΌπως ένα πολύ "διασκεδαστικό" θέμαευσε)γεωμε­ τρίας και το αφιερώνει παι δ ι ά -αναγνώστες μας πληροφορεί, το «αλί ) στο Αθήναο1952). Εμείς δημοσι­ βιβλίο «ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ (ΙΗΣΟΥΪΤΩΝ)) ) (εκδ.απάντηση Α. ΚΑΡπουΆΒΙΑ, εύουμε το θέμα και στο τέλος της στήλης δίνουμε την μας έδωσε καλός μας συνάδελ­ φος. [η απάντηση στο τέλος της στήλης] Από το συνάδελφο μαθηματι κ ό Δημήτρη Λ. Χρήστου (τρίπολη), λάβαμε ένα ηλεκτρονι κ ό μήνυμα, όπου, «Θα ήθελα στο σημείο "Αυτόμεταξύ το ξέρατε;άλλων," τουμαςHomoγράφει:Mathemati cus (Ευκλεί δης Β):αυτό να προτείνω και μια ερώτηση για τη στήλη [η απάντηση στο τέλος της στήλης] «Δύο τρίγωνα μπορεί να έχουν τρεις γωνίες ίσες και δύο πλευρές ίσες, μία προς μία, χωρίς να είναι ίσα;»

2" ερώτημα

«Ποιος ήταν ο πρώτος άνθρωπος που περιέγραψε πλήρως την εικόνα της γης, όπως φαίνεται από το δι ά­ στημα, χωρίς να έχει ποτέ ταξιδέψει στο δι άστημα;»

IV.

Ο ι απαντή σεις

llα. "Α υτό το

η απάντη ση στο 1 "

φράκταλγια γεωμετρία αναπτύχθηκεπου διμέσαεξήγαγε από τιο«"ςBenoi μελέτες την πολυπλοκότητα t Mandel brot τιτονς δεκαετί ες 1960 καιαπό1970.τη ΟλατιMandel b rot έπλασε όρο "φράκταλ" "fractus" (πουτην σημαί νει «σπασμέ­ ν)ι,κμεή λέξη νορ) σκοπό να εξάρει κατακερματι σμένη, ακανόνι σ τη φύση των συγκεκρι μ ένων μορφών. Τα φράκταλ χαρακτηρί ζ ονται από αυτοομοιό­ τητα έχουνκαιπαρόμοι α εμφάνιΑκόμα ση σε οποιαδή­ ποτε -δηλ. μεγέθυνση αν ιδωθούν. και ένα Η

ξέραΕJ.i. "

μικρό τμήμα της δομής προσιδιάζει στο σύνολο σε μεγάλο βαθμό. αυτοομοιότητα μεό)).δύοΤοτρόπους: τονδέντροΗ«ακριβή) ) και τονεκδηλώνεται «στατι σ τι κ τεχνητό επιδεικνύεικέςακριβή επανά­ ληψη μορφωμάτων σε διαφορετι μεγεθύνσεις. Στο πραγματιμορφωμάτων κό δέντρο · εδώ επαναλαμβάνονται δεν έχουμε ακριβή επανάληψη οιμορφές στατιπουστικέςαπαντώνται ιδιότητές στητους.φύσηΟι χαρακτηρίζοπερισσότερες . νται από στατιστική αυτοομοιότητα. •

(αριστερή σειρ ά)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/24

(δεξι ά ),


Homo Mathematίcus

Τα φράκταλ χαρακτηρί ζ ονται με βάση τη «διά­ σταση μι α ς φράκταλ γραμμής είναι μεταξύ του και του2, τεύχ. 2» [πηγή: "SCIENτiFIC AMERICAN", σταση», πολυπλοκότητά Η τόμ. διτρεις άστασήοικείήτουςεςαλλισεδενώμαςςείτηνναιακέραιες ακέραι οδιαστάσεις ς αριθμός,τους. όπως οι 1(2004), εκδόσει ς "ΚΆΤΟΠΤΡΟ", 28,στοαπόΧάοςτοτουάρθροPollock"]του Richard Ρ. Taylor τηςδια­ευ­ σελ. "Τάξη κλείδειας γεωμετρί α ς. Αντίθετα, οι φράκταλ στάσεις είναι κλασματικές' για παράδειγμα, η διάαπάντηση στο η συνάφειευσεά τηςακολούθως με το θεώρημα αυτό. Ο Perel man POINCARE ειΟκασίHENRI α το 1904, σύμφωναδιμεατύπωσε την οποίτηνα ομώνυμη τοδημοσί και μι α δεύτερη εργασία, 2003,επιενώσκέφθηκε μεταξύ Απρι λίου δίκαινοντας ΜαίουστοΜάρτη τουΜΙτίδιοτουκαιυ έτους τι ς ΗΠΑ στο Στόνυ ακό Πανεπι στήμι ο της ΠολιτειΜπρουκ Νέας Υόρκης στο σει ρ ά σεμιναρί100οί ναχρόνι α μέχρις ότουη εικκαταφέρουν οι ωνμαθηματι με θέμακώντασεαποτελέσματά του.από Έκτοτε, ομάδες Πέρασαν μαθηματι κ αποδεί ξ ουν ότι ασί α του αυτή περισσότερα δέκα κορυφαία είβήμαναι ορθή. Γράφει ολυση G. Ρ.τουCollτρισδι ins «Σημαντι κότατο νστι τούτα μελετούν εξονυχι σόλες τικά τιτιςς εργασίες του, προς την επί ά στατου προεπαληθεύοντάς τες ως προς λεπτομέρειές βλήματοςότανπραγματοποιήθηκε τονέναςΝοέμβριο τουκός τους καια τηναναζητώντας τυχόν λάθη» . ...ας. του«ΤοΡοίέπα-η­ 2002, ο Gri g ori Perel m an, μαθηματι θλο γι ορθότητα ή μη της ει κ ασί τουανακοίΜαθηματι κούεπιΙνστι τούτουκή τουτης Πετρούπολης, careέναανέρχεται σεεπτά1 εκατομμύριο δολάρια. Αποτε­ ν ωσε μια σ τημονι εργασία στην λεί από τα τα αναγόρευσε τομπρι2000τζ τηςτο Ινστιτούτο Μαθη­ ηλεκτρονι διεύθυνσηαπόwww. arxiούςν.καιorg, μαθηματι που χρη-- όπως σικούςμοποιωςείδιαμετακομιστής τκαιή ευpέως φυσι κ ματι κ ών Cl a y, στο Καί Μασαχουσέτης» νέωνδενερευνητι κώνονομαεργα- 8(2004), AMERICAN",σελ.τόμ.46,2,απότεύχ.το [πηγή: "SCIENτiFIC σιστιώκν.ή αναφορά Στην εν λόγω εργασία γι ν όταν εκδόσεις "ΚΆΤΟΠΤΡΟ", στην εικασία Poincare,αμέσως όμωςτηοι Χώρου"] άρθρο του Graham Ρ. Collins "Τα σχήματα του ειδικοί στην Τοπολογί α αντιλτουήφθηκαν •

οποιοδήποτε τρισδι άστατο αντικείμενο, το οποίο χαρακτηρίζεται από κάποιες συ γκεκρ ιμένες ιδιότη τες της τρισδι άστατης σφαίρας, μπορεί να μεταπλαστεί σε 'τρισδι άστατη σφαίρα.

"προβλήματα της χιλιετίας" ,

Β0• "Δ ύο ενδιαφέροντα ερωτήματα

"

η απάντηση στο ερώτημα πτωσηαυτέςαυτήομόλογες, οι πλευρέςy,x,z,yu,zτουτουδεύτεπρώ- πάρουμε Λόγου χάρη ως ομόλογες πλευρές μπορούμε να τουρουΣτηνβρίκαισπερίκονται οι προς κατά γεωμετρική πρόοδο, ή 8 12 ή 18 � =r =� 12 κλπ.18 27 Ο λόγος της προόδου αυτής πρέπει να περι έ χεται μεταξύ Το inξενί(Νοuν. ζον αυτόcoresspondance θεώρημα οφείMathe­ λεται στον αββά Gel JS - 1 και J5 + 1 matique, 1876, σελ. 338) με εξαίρεση τη μονάδα. ηάζειαπάντηση στοζουμεερώτημα Ο Πλάτων, στο "Φαίδωνα" παρομοι τη γη με σήμερα ποδόσφαιρο) και προχωρεί σε πλή­ "δωδεκάσκητον ρη γεωγραφική, κή, ορυκτολογι κανονι κού 12-εδρουσφαίρα"περίπου(δηλ.crαμπάλα ν αυτή σεπουσχήμα παί- τεχνι κή, αλλά καιγεωλογι μεταφυσική, περιγραφήκή,της.καλλι­ ΠΡΟΑΓΓΕΛ ΙΑ Στο επόμενο τεύχος, η στήλη Homo mathemati cus,προσωρι σας επινφάυλάσσει μία έκπληξη πουπροκει θα συζητηθεί. Γιαανταποκριθούμε το σκοπό αυτό,πληρέστερα στο επόμενοστηντεύχος, θα αλλάξει η διάρθρωση της ύλης, μένου να έκπληξη που σας υποσχεθήκαμε. Αυτό θα έχει σαν συνέπει α να ανα­ βληθεί η δημοσίευση κάποιων εργασιών συναδέλφων, όπως είχαν προγραμματιστεί. 1°

y

z

υ

Σημείωση.

--

2

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/25


45η ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑ ΘΗΜΑ ΤΙΚΗ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΑ Αθήνα, Ιούλιος 2004

Πρ ό βλημα ι.

Έστω ABC ένα οξυγώνιο τρίγωνο με ΑΒ -::;:. AC . Ο κύκλος με διάμετρο την πλευρά BC τέμνει τις πλευρές ΑΒ και AC στα σημεία Μ και Ν, αντίστοιχα. Συμβολίζουμε με Ο το μέσον της πλευράς BC. Οι διχοτόμοι των γωνιών BAC και ΜΟΝ τέμνονται στο σημείο R. Να αποδεί­ ξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώ� νων BMR και CNR έχουν ένα κοινό σημείο πά­ νω πλευρά BC.

στηΛύση.(lος τρόπος) ΕπειδείήναιΟΜκαι=ΟΝ, η διχοτόμος της γωνίΜΝας LMON μεσοκάθετη της πλευράς Επομένως στο τρίκαιγωνοη μεσοκάθετη ΑΜΝ η διτηςχοτόμος της LMAN γωνί α ς πλευράς ΜΝ τέμνονται στο Τότε, όπως είναι γνωστό, R. τοτουσημείο στο περιγεγραμμένο κύκλο R βρίσκεται τρι γ ώνου ΑΜΝ , δεδομένου ότι η υπόθεση ΑΒ-: :;:. AC οδηγεί στη συνθήκη ΑΜ -: :;:. η οποία δίνειΈστω τη μοναδι κότητα του σημείου Rας. LBAC τέ­ ότι η δι χ οτόμος της γωνί μνει τηντετράπλευρα πλευρά BCAMRN στο L.καιΕπειBCNM δή απόέχουμε τα εγγρά­ότι ψιμα LARM = LMNA = LABC LARN = LAMN = LACB ταψιμα,τετράπλευρα BLRM και CLRN είναι εγγρά­ από το οποίο προκύπτει ότι οι περιγεγραμ­ μένοι κύκλοι των τριγώνων BMR και CNR έχουν το σημείο L της πλευράς BC κοινό. .

2°ς τρόπος

το μέσονείναιτηςόμοιαΜΝμεΕπειαντίδσήτοιτα­ τρίχεςγΟνομάζουμε ωναδιαμέσους ABC καιΤ ΑΟΑΝΜ και η'ΑΤδιχοτόμος , θα έχουμετης Επομένως LBAO=LCAT. γωνί α ς διχοτόμος της LBAC εί ν αι και γωνίας LOAT. Επομένως θα έχουμε ΑΤΑΟ RTRO = (1) Επιπλέον, επει δ ή οι ΑΤ και ΑΟ εί ν αι αντί ­ στοιχες διάμεσοι ομοίων τριγώνων, θα έχουμε ότι ΜΤ ΑΟΑΤ = ΜΝBC = ΜΤΒΟ = ΜΟ Από τις (1) και προκύπτει ότι .

AR

-

-

RT

ΜΤ

-

(2)

(2)

- = --

ΑΝ

Α

-

RO

ΜΟ

Επομένως η MRέχουμεείναι διχοτόμος της γωνίας LOMN. Επιπλέον LBMO = LB και LAMN = LC, οπότε θα είναι LOMN =π- (Β + C) = LA και LBMR = LB + LA = LCLR. Άρα αποδεικνύουμε το τετράπλευρο ότιBLRMκαι είτοναιτετράπλευρο εγγράψιμο. Ομοίως CLRN είναι εγγράψιμο. 2.

Πρόβλημα 2. Να βρείτε όλα τα πολυώνυμα Ρ(χ) με πραγ­ ματικούς συντελεστές τα οποία ικανοποιούν την ισότητα

P(a - b) + P(b - c) + P(c - a) = 2P(a + b + c) Β

για όλους τους πραγματικούς αριθμούς a,b,c που είναι τέτοιοι ώστε ab + bc + ca = Ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/26


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

82-3 >

Λύ ση

Λύσεις είναι τα πολυώνυμα Ρ( χ ) = αχ 2 + βχ 4 με α, β JR. Έστω ότι το πολυώνυμο Ρ( χ ) ικανοποιεί τη συνθήκη του cπροβλήματος. Τότε, για a = b = Ο καιπότε γιθαα κάθε JR ισχύει ότι ab + bc + ca = Ο , ο­ έχουμε Ρ(Ο - 0) + Ρ(Ο - c) + P(c - Ο) = 2Ρ(Ο + 0 + c) ή ισοδύναμα P(O) +P(-c) = P(c), για κάθε c E JR. (1) Από την (1) γι α c = O λαμβάνουμε Ρ(Ο) = Ο , οπότε θα είναι και Ρ( -c) = Ρ(c), για κάθε c JR. Επομένως η συνάρτηση Ρ( χ ) είναι άρτια, ο­ πότε θα έχειnτη μορφήn-2 Ρ( ) = a n x 2 + a n -ι X 2n -Ι + ... + a X 2 , με α1 , αn Θα αποδεί ουμε ότι ο βαθμός του πολυωνύ­ ξ μου Παρατηρούμε Ρ( χ ) είναι το πολύ 4. ότι για κάθε u, ν 2 JR οι αριθμοί a = uν, b = (1 - u)ν, c = (u - u)ν ικανοποιούν την ισότητα Ε

Ε

Ε

11])

256000 > 2 3 5298 = 2 . 7 2"3 ' 8 2k > 2 7 2k , > 3,

ενώ, αν υποθέσουμε ότι γι α k τό­ τε αμέσως προκύπτει ότι = 2. 2. Επιπγιλέον,α εύκολα διαπιστώνουμε ότι η (4) α­ ληθεύει 2, οπότε οι πιθανές λύσεις του προβλήματος είναι τα πολυώνυμα της μορφής Ρ(χ ) = αχ 2 + βχ 4 , α, β JR. (6) Θα (6)αποδεί ότι προβλήματος. κάθε πολυώνυμο της ξουμε μορφήςΚατ' εί ν αι λύση του αρχήν παρατηρούμε ότι αρκεί να αποδεί­ 2 4 ότι τα επαληθεύεται μονώνυμα χ ότικαικαιχκάθεείναιγραμμικός λύσεις, ξουμε αφού εύκολα συνδυασμός τους είναι επίσης λύση. 2 Για Ρ(χ) = χ αρκεί να ισχύει ·

8 2(k+ l)

8 2k+2 >

η

7 2k . 82 >

7 2(k+l) .

::;

Ε

(a -b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 = 2(a + b + c)2 ,

τοab +οποίο εύκολα προκύπτει από την ισότητα bc + ca = Ο. Για Ρ(χ)= χ4 αρκεί να ισχύει z=c-aτότε Αν 4θέσουμε x=a-b, y=b-c, αρκεί χ + y4 + z4 = 2(a + b + c)4 , η οποία προκύ­ ab+ bc+ca =(a + b)c+ab=ν(u2 -:u)ν+uν(l -u)ν =0. πτει από τις ισότητες x+y+z =O Επομένως, για κάθε u, ν JR έχουμε χ 2 + y2 + z2 = 2(a + b + c)2 Χ

1

•••

Ε .11'\,.

.

Ε

Ε

P((2u - 1)ν) + Ρ((1 - u 2 )ν) + P((u2 - 2u)ν) = xy + yz + zx = - -21 (χ 2 + y2 + z2 ) = -(a + b + c) 2 (2) (xy)2 + ( yz) 2 + (zx)2 = P((u 2 -u + 1)ν) . = (xy + yz + zx) 2 -2xyz(x + y + z) = (a + b + c)4 (2) u P(u, ν) + y4 +z4 = ν = (χ2 + i +z2 )2 - 2[(xy)2 + (yz)2 +(zx)2 ] =2(a +b+c)2 =

Στην ισότητα θεωρούμε το ως παράμε­ τρομεταβλητής και το πολυώνυμο ως πολυώνυμο μι α ς , τοβάθμι οπότε εξιωνσώνοντας τουςδύοσυντελε­ στές των μεγι σ όρων των μελών λαμβάνουμε n n (2u _ 1)2 + (1- u 2 )2 + (u 2 _ 2u) 2 n = = 2(u 2 - u + 1)2 ", για κάθε u JR. (3 ) Από την (3) για u = -2 λαμβάνουμε (4) από την οποία προκύπτει2n ότι2 . 72n (5) Όμως η (5) δεν αληθεύει για 3 . Πράγματι, για = 3 έχουμε Ε

8

η

<

η�

χ4

2°ς τρ όπος Όπως παραπάνω, πρώτα αποδεικνύουμε ότι Ρ(Ο) = Ο και ότι το πολυώνυμο Ρ( χ) είναι άρτιο. Επομένως θα υπάρχει πολυώνυμο Q(x) με πραγ­ συντελεστές ώστε ματι κ ούς τέτοι ο 2 Ρ( χ ) = Q(x ), χ JR , οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι Q {(a - b)2 ) + Q {(b - c)2 ) + Q {(c - 2 ) = Ε

για κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/27

= 2Q { (a + b + c)2 ) , a,b,c E JR ab + bc + ca = O .

με

a)

(1)


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

Έστω

Ο και . Επειδή Ο και έχουμε

Ο, οπότε η πιθανή μορφή του πολυωνύμου είναι για α, β Τότε α, β και μένει μόνο η επα­ λήθευση. κάθε την η ιστριάδα Παρατηρούμε ότι γιιακανοποιεί ότητα ισότητα γίνεταιΟ . Για αυτήν την τριάδα η δεδομένη για κάθε �ν είναι τότε προκύπτει ότι γιτηςα κάθεπαράστασης i ε­ Μελετώντας το πρόσημο ντός τηςί +αγκύλης λαμβάνουμε ότι 7 2 · ; = 5ί + (-8); 3 Ο, για κάθε i περιττό - >0, για κάθε άρτιο i:?: 6 και για i =Ο καιΕπομένως μόνον{ θαγιαέχουμε i = 2 ήΡ(iχ=)4= αηχπαράσταση είναι Ο. 2 + βχ 4, με α, β JR και μένει μόνον η επαλήθευση.

ab + bc + ca = χ = a - b, b0 = y = b - c, z = a y χ = +z= Q(x) = αχ + βχ 2 Q(x) JR . 2 2 2 2 (a + b + c) = a + b + c 2 Ρ( χ ) = αχ + βχ 4, JR 2 2 2 2 2 2 y + = + + 2( b + bc + c b 2(a c = ) z a a) χ 3 °ς τρ όπος 2 2 2 2 = 2(a + b + c ) = 2(a + b + c) χ JR 2 2 2 2 (a,b,c) = (6x, x,-2x) y 3 (a + b + c) = 2 ( χ + + z ) = ab + bc + ca = = -2 [ χ 2 + y2 + (-x - y) 2] = x 2 + xy + y2 Ρ(3χ ) + Ρ(5 χ) + Ρ(-8 χ ) = 2Ρ(7 χ ) , x E JR . Ρ( χ ) = Σ a; χ ; , Q(x 2 ) + Q( y2 ) + Q ( (χ + y)2 ) = 2Q(x 2 + xy + y2 ) , = 0,1,2, . . . [3 ; + 5; + (-8); - 2 · 7 ; ]a; = Ο, y = χ ·C -

+

·

Ε

Ε

Ε

1

1 Έτσι η εξίσωση (1) γίνεται από την οποία για λαμβάνουμε (2) Η ισότητα (2) προέκυψε για χ JR , για τα ο­ ποία υπάρχουν a, b, c JR έτσι ώστε να ισχύουν χ = a - b, χ = b - c και ab + bc + ca =Ο. Εύκολα μπορούμε να βρούμε ότι τέτοι α a , b, c JR υπάρ­ χουν για κάθε χ JR , για παράδειγμα Ε

Ε

Ε

Ε

<

Ε

Πρ ό βλημα 3 .

χ JR . Ε­ πειδή2 Επομένως για κάθε ηt (2)JR +αληθεύει υπάρχειγιχα κάθε JR τέτοιο ώστε χ = t έπεται ότι για κάθε t JR + ισχύει (3 ) 2Q(t) + Q(4t) = 2Q(3 t) Επει δ ή η συνάρτηση Q( χ) είναι πολυωνυμική καιμεταβλητής η (3) αληθεύει για άπειρο πλήθος τιμών της t , έπεται ότι η (3 ) αληθεύει για κάθε t JR . Άρα και για κάθε χ JR αληθεύει η (3 ), δηλαδή έχουμε 2Q(x) + Q(4x) = 2Q(3 x) , για κάθε x E JR . (4) Έστω ότι είναιn n Q(x) = b n x + b n _1X -ι + ... + b 1 x + b0 • Από την (4) με σύγκριση των συντελεστών των ομοιόβαθμων όρων λαμβάνουμε 2bk + 4kb k = 2 · 3k bk , για k=0,1, . . Επομένως (2 + 4k - 2 · 3 k)bk = 0, για k=Ο,1, . . και επειδή 2 + 4k - 2 · 3k Ο, για k>2 , έπεται ότι όλοι οι συ­ ντελεστές b k είναι Ο για κάθε k 2 . Επιπλέον από την ισότητα Q(O) = Ρ(Ο)= Ο έπεται ότι και Ε

Ε

Ε

Ε

Ε

Ε

,n.

>

>

Ορίζουμε ως «ά­ γκιστρο» ένα σχήμα που αποτελείται από έξι μοναδιαία τετρά­ γωνα, όπως φαίνεται στο σχήμα ή οποιοδή­ ποτε από τα σχήματα που προκύπτουν από αυτό με περιστροφή ή συμμετρία ως προςάξονα. Να προσδιορίσετε όλα τα m χ n ορθογώνια που μπορούν να καλυ­ φθούν με άγκιστρα έτσι ώστε • το ορθογώνιο να καλύπτεται χωρίς κενά και χωρίς αλληλοεπικαλύψεις μεταξύ των αγκίστρων • κανένα μέρος κάποιου άγκιστρου να μην καλύπτει μέρος εκτός του ορθογωνίου.

Λύ ση

ενόςτου προβλήματος. ορθογωνίΓιουα πουοποιΘεωρούμε ιοκδήποτε ανοποιείμίάγκιτια ςκάλυψη συνθήκες στρο Α τουπάρχει μοναδικκενό ό άγκιτε­­ στρο Β το οποίο καλύπτει «εσωτερικό» τράγωνο τουσεΑκάθεμε ένακάλυψη από τατα«ακραία» τετράγωνα του. Έτσι χρησιμοποιούμενα άγκισοιτρασυνθήκες ταιριάζουντου ανάπροβλήματος δύο και γιυπάρχουν α να πληρού­δύο νται τρόποιφαίτοποθέτησης των δύοπουαγκίακολουθούν: στρων Α και Β, όπως νεται στα σχήματα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/28

mχη


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

ένας από τους m και εί ν αι διαιρετός με το 4m,ηκαι {1,2,5}. Αντίστροφα,συνθήκες, αν υποθέσουμε ότι ισχύουν οι προηγούμενες τότε: Αν 3 I m και 4lη (ή αντίστροφα), τότε η κάλυ­ 3 ψηΑν εί12ναιmδυνατή με ορθογώνι α τύπου 4 . και {1,2,5} (ή αντίστροφα), τότε I οη= 3κη + 4λ,μπορείκ, λ να γραφεί στηορθογώνι μορφήο οπότε το μπορεί σε ορθογώνι α τύπου 3 καιναείναιδιαμεριστεί mση αυτή 4δυνατή . Επομένως και στη περίπτω­ 3 4 . του ορθογωνί­ ου με ορθογώνια τύπουη κάλυψη •

η

(I) Στη ζπρώτη περί3 π4τωσηορθογώνιο, τα άγκιενώστραστηΑ δεύτε­ και Β σχηματί ουν ένα ρημε πλευρές περίπτωσημήκους σχηματί3, 2,ζουν1, 2,ένα3, 2,οκταγωνι κ ό σχήμα 1,ο 2.μπορεί να κα­ Επομένως ένα m η ορθογώνι λυφθεί μεμε άγκισχήματα στρα αντωνκαι δώδεκα μόνον ανμοναδι μπορείαίωναν κα­τε­ λυφθεί τραγώνων τωνότιπεριπτώσεων (I) και υπάρχειΈτσι,, τότεαν υποθέσουμε μί α τέτοι α κάλυψη τοείναιπλήθος τωνπου διατετραγώνων του12.ορθογωνί ου αριθμός ι ρ εί τ αι με το Στη συνέ­ χειτουςα αριθμούς θα αποδείm,ηξουμεδιαότιιρείτένας τουλάχι στον από αι με το 4. , m,η αν υποθέσουμε ότιμε κανένας απόθα Πράγματι τους αριθμούς δεν δι α ι ρ εί τ αι το 4, τότε πρέπει και οι δύο να εί ν αι άρτιοι, αφού διαφορετι­ το 12 δενο μπορεί να διαιρεί το αία τετράγωνα Θεωρούμε τοκάκαιορθογώνι δι α ι ρ εμένο σε μοναδι αριθμούμε τις γραμμές από τοτον1 έωςαριθμόm και1 μέ­τις στήλες από 1 έως η . Γράφουμε σακαιστοj δια(iι,ρj)εί-τετράγωνο αν μόνο ένας από τους i τ αι με το 4, ενώ γράφουμε τον αριθμό 2,Επειδή αν οιο iαριθμός και j διτωναιρτετραγώνων ούνται και οισεδύοκάθεμεγραμ­ το 4. μήαριθμών και στήλη είναιγράψουμε άρτιος, τοθαάθροισμα όλωναριθ­ των που θα είναι άρτιος μός. Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι ένα 3αριθμούς 4 ορθογώνι ο της περίπτωσης (Ι)το πάντοτε ορίζειπε­ 3 με άθροισμα ενώ σχήμα της ή αριθμούςτωνμε σχημά­ ρίπτωσης ορίζει πάντοτε άθροι­ σμα 5 ή Επομένως ο ολι κ ός αριθμός των της περίπτωσης θα εί ν αι άρτιος και τότε ο αριθμός αιτορείταιΑυτόμε τοόμως24 καιείναισυνεπώς θατο, διαφού αιρείτέχουμε αι καιθα διμευποθέσει αδύνα­ ότι κανένας από τους αριθμούς m και η δεν δι α ι ρ εί τ αι με το 4. Σημειώνουμε ακόμα ότι οι αριθμοί m και η μπορεί να εί ν αι ίσοι προς 1, 2 και 5, αφού εύ­ δεν διαπιστώνουμε ότι δεν είναι δυνατόν να το­ κολα ποθετήσουμε άγκισκαταλήγουμε τρα κατά μήκοςστο πλευρών μή­ κους 1, 2 ή 5. Έτσι συμπέρασμα ότιθογωνίστηουπερίείνπαιτωσηδυνατή,που τότε: η κάλυψη ενός m η ορ­ ένας από τους m και η είναι διαιρετός με το 3, (11)

χ

χ

iι �

ε Ζ+ ,

χ

mn

χ

7.

7,

(11)

mn

.

(Π)

8.

m: χ

χ

η�3

Πρ ό βλημα 4 .

(11).

mn

χ

ένας ακέραιος. Έστω θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι

Έστω

t1 , t 1 , , tn

ώστε

•••

(

)

ι+ +ι . η z + ι > (t 1 + t 1 + ... + t 0 ) -ι + tn tι t z Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί t, ,t1 ,tk είναι .•.

μήκη πλευρών τριγώνου για όλους τους i, j, k με

ι�ί<j<k�η

.

Λύ ση (lος τρ όπος)

με ότιΛόγω συμμετρίας + Έχουμεείναι αρκετό να αποδείξου­ + + η ) (_!_ + _!_ _!_) Σ (,!ι + ,!ι) (_!_ + _!_) + _!_ + + Σ (.!!_ + 2) Από ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσουτηνλαμβάνουμε 1 1 t1

(t1

<

t2

t3 '

t2 + . . . t

= η + t,

t2

t,

t3

t2

t1

+ . .. +

( t2

tn

t3 )

=η+

ι,;i<j,;n tj

tj ι,; i<j,;n (i,j ),o(l, 2 ),( 1 , 3 )

t;

t;

2

,., r;--;- +- � r;--;- • t2 + � � � t2t3 t2 t3 νt2t3 ·

και-+-� 2, για κα'θε . . 'Ετσι, αν θέσουμε = I/.J Ο, από την υπόθεση λαμβάνουμε ( 1 1 1 . . +-) +1 ( +. .+ t; tj

tj

I, J .

t,

a

η

2

χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/29

> t1 + t2

ι;-:-

t z t3

>

tn ) - + - + t ι t2

tn


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

2 = 2a + � + n - 4. a 2 ' 2a + - - 5 < 0 a

LPBC = LDBA και LPDC = LBDA . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο, αν, και μόνον αν, ΑΡ = CP . Λύ ση (1°ς τρό πος)

' απο την οποια επεται Άρα εχουμε Επει δ ή το σημεί ο Ρ εί ν αι εσωτερι κ ό του τε­ ότι τραπλεύρου έπεται ότι: i:- , δηλαδή .!_ LDBA LDBC LBDA LBDC. οπότε χρησιμοποιώντας και πάλι την ανι σ ότητα χωρίς βλάβη τηςσημείο γενικότητας, μπο­ αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε ρούμεΕπομένως, να υποθέσουμε ότι το Ρ βρίσκεται στο Υποθέτουμε εσωτερικό τωνότιτριτογώνων ACD και BCD. τετράπλευρο ABCD είντέ­αι εγγράψιμο. Έστω ότι οι ευθείες ΒΡ και DP μνουν την AC στα Κ και L , αντί σ τοι χ α. Από τις δεδομένες ισότητες και τις LACB LADB και LABD LACD έπεται ότιΕπομένως τα τρίγωναθα είDAB,DLC και CΚΒLPΚL, είναι όμοια. ν αι και LPLK οπότεΕπίσης ΡΚ ταPL.τρίγωνα ADL και BDC είναι όμοια, οπότε θα έχουμε ALBC ADBD DCDL KCBC από τιςότιοποίALες KCπρο­, κύπτει τοσμόοποίο σεπροηγού­ συνδυα­ με τα μενα δίνει ότικαιταCΚΡτρί­ Άρα θα είν(αι ) ( ) γωνα ALP (1) είείνναιαι καιίσα, οπότεCP. θα Αντίστροφα,AP=CP. υπο­ ' τοτε απο' την ανισο-' θέτουμε Αν θεσουμε ότι ο περιγε­ τητα αριθμητικού-αρμονικού μέσου λαμβάνουμε Έστω γραμμένος κύκλος η ισοδυναμα τουτέμνειτριγώνου BCP τιςDP ευθείες CD και επίσης Από τις (1) και λαμβάνουμε στα Χ και Υ , γαντίωνα­ στοι χ α. Τα τρί ADB ,καιοπότεPDXεύκολα είναι όμοια 1 ότι καικαιτα δηλαδή είναι 1 τρίπροκύπτει γ ωνα ADP BDX Άραείναιείναιεπίσης Πρ ό βλημα όμοια. ABCD ΒΧ ADBD XDPD BD ABC (1) CDA. ABCD Επι π λέον, τα τρί γ ωνα DPC και DXY εί ν αι όμοια, οπότε 2

<a=

ν t2t3

'

'

t1 < 2.{t;t; ,

<2

<:::>

<

<

t1 < 2.{t;t; � t2 + t3 •

=

=

=

=

- = - = -

=

-

=

c

t2 t3 tι tι -+- + -+- < 5 tι tι t2 t3 t2 t3 a =-+-, ' tι tι

2

a <�+� 2 t2 t3

,

,

---

ΑΡ

=

ότι

lJ

t1 t1 4 - + - � - . (2) � � a

Α

(2)

2

a + .i < 5 <:::> a - 5a + 4 < 0 <:> a <:::> (a - 1)(a - 4) < Ο <:> < a < 4 a > <:::> t1 < t2 + t3 • 5.

Σε ένα κυρτό τετράπλευρο η διαγώ­ νιος δεν διχοτομεί ούτε τη γωνία ούτε τη γωνία ο σημείο Ρ βρίσκεται στο εσω­ Τ τερικό του τετραπλεύρου και ικανοποιεί τις ισότητες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/30

- = -

ΑΡ

=

-


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

ΥΧ (2) Επειδή από τι ς (1) κgι (2) έπεται ότι ΒΧ ΥΧ Άρα θα είναι LXBY LXPY + 1 80 οπότε το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο. Υποθέτουμε ότιότιτοοιτετράπλευρο είντέ­αι εγγράψιμο. Έστω ευθείες ΒΡ και μνουν τον περιγεγραμμένο κύκλοσημείαk τουΕ καιτετρα­, πλεύρου επίσης και στα αντίστοιχα. Τότε, από τις δεδομένες ισότητες του προβλήματος, έπεται ότι1 ΑΒ και οπότε και 1 Επομένωςο (ήτοορθογώνι τετράπλευρο είναιοι ιδισοσκελές τραπέζι ο ) του οποίου αγώνισεοι τέμνονται στο Ρ. Άρα το σημεί ο Ρ βρί σ κεται διάμετρο , οπότετουθακύκλου είναι k που είναι κάθετη προς την XD PD

- = -

ΑΡ

=

CP CP ,

=

.

LOCB

=

=

LXYB

=

=

LADB + LABD

=

° -

=

LPDX LPXD

LBAD,

ABCD

2°ς τρόπος

ABCD DP

ABCD

F

...-..

...-...

=

BF AC

AD

.-..

=

CE ,

DE AC . BFED

ΑΡ

AC

Ή

lJ

...-...

CF

=

CP .

άρτιο και το άλλο είναι περιττό. Να βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους η που έχουν ένα πολλαπλάσιο το οποίο είναι ε­ ναλλάσσων αριθμός.

Λύ ση

Θαένααποδεί ακέραιοςεναλ­η ξουμε ότιο πουέναςείθετικός έχει πολλαπλάσι ν αι αριθμός λάσσων, αν, και μόνον αν, ο η δεν δι α ι ρ εί τ αι με το 20Κατ. ' αρχήν αν ο αριθμός η διαιρείται με το 20, τότε τα τελευταία δύο ψηφία του είναι αριθμοί άρτιοι, Θαλάσσοντα αποδείοπότεπολλαπλάσι υπόλοιπα ηπολλαπλάσιο. έχουν εναλ­ ξουμεδενότιέχειταα.εναλλάσσον Θεωρούμε χωριστά2τι· 5"ς δυνάμει ς του 2ακαιο συμ­ τους αριθμούς της μορφής . Στη συνέχει βολισμός 1 a εννοεί ότι ο αριθμός είναι η μεγαλύτερη δύναμη του που διαιρεί τον ακέ­ ραιο a. uk

uk

u

Λήμμα 1 .

Κάθε δύναμη του 2 έχει ένα εναλλάσσον πολ­ λαπλάσιο με άρτιο πλήθος ψηφίων,

Από δ ειξη

c

Αρκεί να κατασκευάσουμε μί α ακολουθί α δεκαδι2κn-ώνl ψηφίων τέτοιn+l α ώστε (a 0 ), η an =η+ 1(mod2), 2 1 a2n-l ...al ' 22 1 a2na2n-l ...al ' για κάθε η . Αρχίζουμε με a1 2,a2 Αν η α­ κολουθία έχει κατασκευαστεί μέχρι τον όρο a2" , θέτουμε a2n+Ι 4. Τότε ο a2n+Ι είναι άρτιος και αφού , απόn+ την υπόθεση της επαγωγής, 2 2 l 1 a 2 n a 2n-J •••aι και 22n+2 1 4 · 1 o2n . ' a20+1 •••a1 22n+I A , με Α περιττο.' Γραφουμε Τότε ο a 2n+2 πρέπει να είναι περιττός και τέτοιοςn+3 ώστε 22 1 a 2 n+2 a 2n+J •••a ι a 2n+2 . 1 02n+l + a 2 n+l a2 n ...a l 22n+Ι[a2n+2 . 5 2 η +Ι + Α] ' τολύσειοποίο ισχύει όταν 5 a 20+2 +Α= 4(mod8). Οι της τελευταί ααις ισπεριττός. οτιμίας είΕπιναιππεριττοί ακέ­λύ­ ραιση οιa,ςαφού ο Α εί ν λέον, μί α 2n+2 μπορεί να επιλεγεί από το σύνολο {0,1, . . Λήμμα 2 · 5", η 1, 2, ε Ν* ,

=

Β

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

Β

F

της Χωρίς βλάβη τώραυποθέτουμε ότι ότι το. σημείο Έστω γενι κ ότητας, Ρ βρίσκε­ ταιΕπειστοδή απόεσωτερικό των τριγώνων καικαι εί­ τι ς υποθέσεις τα σημεί α Α ναιδηλαδήσυζυγή ισογώνια ως προς, το τρίέπεται γωνο ότι ,Αφού όπου επιΡχπλέον είναιείηναντί θετη ημι,ευ­έ­ θείπεταια στην . αι ότι η μεσοκάθετη του ευθυγράμμου τμήματος είναι η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας Ρ στοΈστωτρίγωνο Ε τοτοσυμμετρι κό τουπάνωΡ ωςστηνπροςευθείατην ευθεία . Τότε Ε βρίσκεται ΒΡτε και τα τρίγωνα και καιείναιτα ίσα,σημεία οπό­ Β, Ε,Ε, είναι Όμως καιοπότετα σημεία Α,τράπλευρο είναι ομοκυκλικά. επίσης ομοκυκλικά, το τε­ είναι εγγράψιμο. ΑΡ

=

CP

ACD

LAPB

=

LPDC LCPx PD

=

BCD , C BDP ,

LBDA

p

AC

ΑΡ

=

CP

λ

DPB .

p

APD CPE LADP LBEC

LBDC C, D C, D ABCD =

Πρ ό βλημα 6.

=

Ένας θετικός ακέραιος ονομάζεται ((εναλ­ λάσσωV)), αν δεκαδική του αναπαράσταση, για κάθε δύο διαδοχικά ψηφία του το ένα είναι

στη

=

7.

=

=

_____

=

=

=

7} .

2.

Κάθε αριθμός της μορφής ... , έχει ένα ά ά εναλλ σσον πολλαπλ σιο με άρτιο αριθμό ψηφίων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/31

=


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

Ανδύναμηο η δεντου2,διαιρείται μετουτο 520,ή τότε οτης μορφής είναι Κατασκευάζουμε μί α ακολουθία (b n ), η δύναμη εί ν αι δεκαδικών ψηφίων τέτοια ώστε . n Από τα λήμματα (Ι) και (2), σε όλες τις πε­ b n =η+ I (mod2) και 2 5 l b n ...b. ' ριπτώσειπολλαπλάσι ς ο αριθμόςο με άρτιοέχειπλήθοςένα 2mάρτιοψηφίων. εναλ­ λάσσον γιb1α= Ο,κάθεb 5.η Υποθέτουμε . Μπορούμεότιναέχουμεαρχίκατασκευάσουμε με Είναι φανερό ότι όλοι οι ακέραιοι της μορφής πολλαπλάσια του σει τους2 e όρους b1 , ,bn και έστω ότι επίσείης.ναιΘαεναλλάσσοντα αποδείξουμε ότι κάποιος από bn ...b 1 5 Β, όπου �η και ο Β δεν διαιρείται με είναι πολλαπλάσι ο το 5. Το επόμενο ψηφίο bn+ι πρέπει να είναι τέ­ αυτούςΘεωρούμε τους αριθμούς τοιn+οt ώστε bn+t =η+ 2(mod 2) και 1 + 102m + ... + 102m(f-!) .. , k + 1. s l bn+tbn···bι bn+t · IOn + bn ...bι = 5n [bn+t . 2n +5e-n B]. Σύμφωνα με την αρχή της περιστεροφωλιάς, Το τελευταίο αληθεύει όταν ο αριθμός δύο από τους αριθμούς αυτούς, έστω οι και bn+Ι · 2 n +Β διαιρείται με το 5. Τώρα, το σύστημα με < 2 , είναι ισοϋπόλοιποι modulo k. των ι σ οτι μ ι ώ ν Επομένως ο · k102me1διαιρεί τη διαφορά b n+I =η+2(mod2), b n+I · 2n +B=O(mod5), 1 και επειδή έχει μί α λύση, από το Κι ν έζι κ ο θεώρημα υπολοί­ Στη συ­ πων, αφού (2\5) =Ι. Επιπλέον μί α λύση b n+ Ι έπεται ότι ο k διαιρεί τον αριθμό μπορεί να επι λ εγεί από το σύνολο {Ο,Ι, . . ,9} , όπως νέχει α εύκολα προκύπτει ότι ο δηλαδή πρέπει ένας αριθμός της μορφής , εί ν αι εναλ­ Θεωρούμενα συμβαίνει. τώρα τη γενική περίπτωση όπου εί ν αι όπου k είναι τέτοιος ώστε 10) 1 . λάσσον πολλαπλάσιο του 2a5b

Από δειξη.

ε t�{

2 5Ρ . ·

2α5Ρ

=

ΜΜ...Μ 2α5β ,

•••

f

=

η =

Ce

2α5Ρ k.

, f.

=

= 1, 2,

.

=

C e2 ,

R1

R

Ce 2 - Ce I

=

C .2 -e < Ι

Ce 1

(k, I O) =

Ce 2 - e 1 •

Ce ι - e 1 χΜ

,

ΜΜ...Μ

η =

2a5b k,

(k,

n .

=

21η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑ ΘΗΜΑ ΤΙΚΗ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΑ Βουλγαρία, Πλέβεν, 7 -5-2004

Στο της Βουλγαρίας, από 5 έως 10 Μαtου 2004 διεξήχθει η 2Ιη Βαλκανι κ ή Μαθηματι κή Πλέβεν Ι Ο χώρες με Συγκεκριμένα: εξαμελείς εθνικές ομάδες. Όλοι οι Έλληνες μαθητές κατόρθωσαν ναΟλυμπιάδα. διακριθούνΣυμμετεί σ' αυτήχτηαν διοργάνωση. Αντωνακού δης Σέργιος 4ο Ενι α ί ο Λύκει ο Δράμας Αργυρό Μετάλλι ο Χάλκιννοο Μετάλλι οο Κολλέγι ο Αθηνών Γαλάνης Ανδρέας Κολλέγι ο Αθηνών Χάλκι Μετάλλι Παπαμιχάλης Θεοφ άνης Κολλέγι ο Αθηνών Χάλκιννοο Μετάλλι ο Π απαμιχάλης Μάρ ιο ς Ι ο Λύκειο Ανατόλι α Θεσ/νί κ ης Χάλκι Μετάλλι ο Πορφυρ ιάδης Αχιλλέας 4ο Ενιαίο Λύκειο Ηρακλείου Εύφημη Μνεία Παγωνάκης Μηνάς μαθητές συνόδευσαν ο κ. Κοντογιάννης Δημήτριος, Μαθηματικός, Σύμβουλος του Παιδαγω­ γικούΤους Ινστι τ ούτου και ο κ. Τριανταφύλλου Ανδρέας, Μαθηματικός. Οι μαθητέςηθείαυτοί θα συμμετάσχουν καιΑθήναστηναπό45η4 ΔιέωςεθνήΙ8Μαθηματι κΟιή Ολυμπι άδαΜαθηματι του 2004κέςπουΟλυ­θα πραγματοποι για πρώτη φορά στην Ιουλίου. Δι ε θνεί ς μπισιος,άδεςσυμμετέχουν (Δ.Μ.Ο.) είσήμερα ναι έναςόλεςθεσμόςοι μαθηματι υψηλοτάτου ενδιαφέροντος.χώρεςΣτοτουδιακόσμου. γωνισμό Ενδει αυτό,κτιπουκά είστηνναι ετή­ κ ά προηγμένες 44η Δ.τηςΜδι.Οο.ργάνωσης , που έγινεμιτονας Δ.ΙούλιΜ.Οο .τουσε 2003 στην Ιαπωνί α συμμετεί χ αν 82 χώρες και 490 μαθητές. Η ανάθεση μια χώρα αποτελεί αναγνώριση του υψηλού μαθηματικού επιπέδου της χώρας.Συνεχίζεται με εντατικούς ρυθμούς η προετοιμασία για τη διοργάνωση αυτή. Πρ ό βλημα 1.

ακολουθία πραγματικών a0,a 1,a 2 , . • . ικανοποιεί τη σχέση Η

αριθμών

1

am+n + am-o - m + η - 1 = 2( a 2 m + a 2 o )

για όλους τους μη αρνητικούς ακέραιους m και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/32


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

� 20 > xy-χ -y + 1 �(x-1)(y-1)<20 (5) 3 zoo4 � ι x-yl <19 (6) Έχουμεm=0,η=O�a διαδοχικά ότι0 =1,για Σχετι κ ά με τη συνεπαγωγή[ ( 5)�(6)], αν ήταν l x-yl ;;::: 19, τότε θα είχαμε (για x>y) ότι : η =0 �a2m =4am -2m-3 x-y;;::: 19 � (x-1)-(y-1);;::: 19 m=1 �a2 =7 � χ-1;;::: 19+(y-1) m=2 �a4 =21 � (x-1)(y-1);;::: 19(y-1)+(y-1)2 m =2,η =1 � a3 =13. :: 19+1=20,άτοπο. � (x-1)(y-1);;: Επομένως μπορούμε να ισχυριστούμε ότι ι ­ Το ίδιο προκύπτει και γι α x<y. σχύε.ι η ισότητα Από την (6) έχουμεx-y+19>0, τη σχέση aη =η2 +η+1, επαγωγή. την Γιοποία τηνα καιεπαγωγή θα αποδείσυνοπτι ξουμεκάμεέχουμε από την οποίαx-y+19;;: και την (4):: xy,προκύπτει ότι a0 = 1 και a1 = 3 , έχουν ήδη αποδειχθεί. οπότε θα εί ν αι Υποθέτουμε ότι η υπόθεση ισχύει για κάθε (χ+ 1)(y-1):::;; 18 (7) k:: :; m . τηνχ ;;::: (7)5, έπεταιτότεότι : y = 2 ή y = 3 και Από την 2a2m = 4am -2m - 3 προκύπτει ότι Από Για a2m =(2m) +2m+1. χ <Ο, χ3 -3χ <Ο, xy2 -19>0, οπότε χδεν2 -2υπάρχει Μεam l η=(m+1) = 1 στη 2 δεδομένη σχέση προκύπτει ότι λύσηείνγιαιαχχ;;:= 2:: 5.ή χ = 3 , οπότε εύ­ +(m+1)+1.2 + Γι α χ < 5 , θα Άρα έχουμε a20 4 = 2004 + 2005. κολα διαπιστώνουμε κές λύσεις είναιταζεύγη (x,y)=(2,ότι 3)οι καιμοναδι(x,y)=(2,7). η, με m ;;::: η. Αν

a1

= 3 να υπολογίσετε τον όρο

Λύση

Πρόβ λη μ α 2

Να βρείτε τους πρώτους θετικούς ακεραίους x,y που ικανοποιούν την εξίσωση

Xy - y x = xy 2 - 19.

Λύ ση

(1)

Π ρόβ λη μ α 3

Έστω Ο ένα εσωτερικό σημείο του οξυγω­ νίου τριγώνου ABC. Οι κύκλοι με κέντρα τα μέσα των πλευρών του που διέρχονται από το Ο τέμνονται ανά δύο στα σημεία Κ, L και Μ, διαφορετικά από το Ο. Να αποδείξετε ότι το Ο είναι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΚLΜ , αν και μόνον αν, το Ο είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώ­ νου ABC.

Γι α χ= y είναι φανερό ότι δεν υπάρχει λύση. Αmodν θεωρήσουμε τα δύοκά λαμβάνουμε μέλη της (1) ως προς y και modx+19ΞO(mody) χκαιδιαδοχι (2) (3) 19-y Ξ O(modx) Από χτι+ς 19(2)=και (3)καιπροκύπτει ότι Θα χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο λήμμα: 19 -y = λχ �(χ+ 19)(19-y) = κλχy1)xy ΧΥΖ ΥΉ , � 19(χ-y+ 19) =(κλ+ �xy l19(x-y+19) ΥΖ,ΖΧ,ΧΥ, Η ΧΎ' Ζ' . � xy l(x-y+ 19),αφού (xy,19)=1. Άρα έχουμε l x-y+ 191 ;;::: xy Ή Ή LΧΥ = LΧΖ = 90·, ) 4 ( ' Ή ΧΥΎ' =Ζ και επιπxλέον LΗΖ +y> l x-yl = � x+y+ 19> l x-yl + 19;;::: l x-y+19l Ύ Υ Ζ � x+y+ 19 ;;::: l x-y+19l ;;::: xy ΗΖ' Λύση

κy

Λ ή μμα: Έστω Η το ορθόκεντρο ενός οξυγωνί­ · ου τριγώνου και έστω χ· , z. Οι ορθές προβολές του πά νω στις πλευρές αντίστοιχα. Τότε το είναι το κέντρο

του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου Από δειξη Επειδή είναι το τε­ ά ά τρ πλευρο είναι εγγρ ψιμ ο, οπότε θα έ­ Lf!:XZ . Ομοίως προκύπτει ότι χουμε ' ' LHZ X LHYZ . Όμως LHXZ LHYZ, αφού · είναι όμοια. Επομέ­ τα τρίγωνα x xz και ' ' ' νως η είναι η διχοτόμος της LX z y . Ανά λο =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/33


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

γα αποδεικνύουμε ότι και η Hy ' είναι η διχοτόμος της οπότε το Η είναι το κέντρο του εγγε­ γραμμένου κύκλου του τριγώνου Α' , Β' c' BC, CA ΑΒ

Χ Ύ ' z' , Ύ' Ζ'. Χ Έστω τώρα και τα μέσα των πλευ­ ρών και , αντίστοιχα.

(i) το γινόμενο των ακεραίων που τοποθε­ τούνται σε όποιες δύο γειτονικές περιοχές είναι μικρότερο από το άθροισμά τους. (ii) για κάθε μια από τις δοσμένες ευθείες και καθένα από τα δύο ημιεπίπεδα που αυτή ο­ ρίζει. το άθροισμα των ακεραίων που τοποθε­ τούνται σε όλες τις περιοχές που βρίσκονται σε καθένα από τα ημιεπίπεδα είναι ίσο με το μη­ δέν. Να αποδείξετε ότι αυτή η τοποθέτηση των ακεραίων είναι δυνατή, αν και μόνο αν οι ευθεί­ ες δεν είναι όλες παράλληλες. Λύ ση

νπροκύπτει όλες οι ευθείότιεόλοι ς είναιοι παράλληλες, τότενα εύ­εί­ κοΟλα αριθμοί πρέπει ναι ίσοιν υπάρχουν με Ο, οπότεδύοδενμηισχύει η πρώτηευθείες, συνθήκη.τότε παράλληλες πως πρέπει να τοποθετηθούν οι απαι­ θα δείξουμεαριθμοί. τούμενοι + μπορούμε ναέτσιτοποθετήσουμε σημεία Πρώτα και-, σε όλα τα μέρη, ώστε τα σημεί α σε γει­ τονικάΘαμέρη να είναι διαφορετικά. χρησιμοποιήσουμε ή επαγωγή.+ -. Για 1 έχουμε δύο μέρημαθηματι με τηκμορφή I Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ε( ν αι δυνατόν όταν ζεται σε μέρη από k ευ­ θείες.Γιτοα επίπkεδο+ 1χωρίπρέπει σταορίζειμέρηη (kπου+ 1)-βρίσευθεία κονταικαιναστονααλλάζουμε έναδιαημιτηρούμε επίππρόσημο εδοτοπουυπου βρίσκονται στο α­ ντίπάρχον θετοΣε κάθε ημιπρόσημο επίμέρος πεδο.σταθαμέρη τοποθετήσουμε τον αριθμό , αριθμός όπου είντων αι τογωνιήδηώορισμένο σημείοαυτού.και a εί­ ναιaοΕύκολα ν του μέρους πιστώνουμε ότιαφούοι συνθήκες του προβλήματοςσε δικάθε ικαανοποι ο ύνται , ζεύγος γει τ ονι κ ών μερών έχουμεν δύοείναιακεραίους, έστωaba< καιa < ab+,b.ετερόσημους. aσε< Οκάθε < b , τότε σημείο τομής μετράμε δύο ή τέσσερις φορές 4 κγωνίά μέ­ες σε(σερη)γει2μεήτονιδιαφορε­ τικά καιπτωση-πρόσημα( στητωνπερί­δύο+ + + μερών και , , -,πτωση- στηντων περί­ τεσ­Ένα παράδειγμα φαίνεται στο πα­ σάρων μερών). ραπάνω σχήμα: Α

c

Α

Επεtδή και 1 , έπεται και τελι κ ά προκύπτει το εί ν αι το ορθόκεντρο τουτουτριευθυγράμμου γώνου τμήματος Όμως η , οπότε είναι μεσοκάθετη τοπάνωμέσονστην του Αν είνκαιαι η ορθήείνπροβολή του αιτοτα μέσα�ίναιτωντο LOέyκεντρο και του, απότριγώνου το λήμμαK'Lέπεται ότι ' Επεtδή' το τρίγωνο M ' L εί ν αι ομοι ό θετο του τρι γ ώνου K M ωςτοπρος ομοι ο θεσία κέντρου και λfry o υ 2, έπεται ότι είναι το έyκεντρο του τριγώνου Έστω το ορθόκεντρο του τρι γ ώνου καινουμε ότιτο ημέσον τουα ως προς .Εύκολακέντροδιαπιτοστώ­ συμμετρί aντι σ τοι χ ί ζ ει τα σημεί α K,L,M στι ς προβολές τουΗ ίδια πάνω στιςαπλευρές τουχίζειτριγώνου . συμμετρί aντι σ τοι το σημεί ο στοτο ζητούμενο. , οπότε μέσω του λήμματος προκύπτει Τασης,αντίδηλαδή στροφοαν τουείπροβλήματος ισχύειτου τρι­ επί­ ν αι το έγκεντρο γώνου, τριγώνουτότε αυτό είναι και το περίκεντρο του ΟΑ' ..l BC

ΟΑ ' ..l B'c'

ΑΈ'c' .

κ

'

ΚΟ

B'c' . ΜΟ

L

ότι

B ' C ' BC ότι

Ο B' c' ΚΟ

Ο

Μ'

Ο

ΚLΜ

Ο

ΚLΜ.

1.

Π α ρατη ρή σ εις

Q

Η

Ο

ABC

ΟΗ

Q

Η

ABC Ο

Η

2.

Ο

ABC .

Π ρ όβ λη μα 4.

Το επίπεδο χωρίζεται σε περιοχές από ένα πεπερασμένο αριθμό ευθειών που ανά τρεις δεν διέρχονται από το ίδιο σημείο. Δύο περιοχές ο­ νομάζονται "γειτονικές" αν η τομή των συνό­ ρων τους είναι είτε ευθύγραμμο τμήμα, είτε η­ μιευθεία, είτε ευθεία (ένα σημείο δε θεωρείται ευθύγραμμο τμήμα). Ένας ακέραιος αριθμός τοποθετείται σε κάθε περιοχή με τον παρακάτω τρόπο:

η=

η=

η=

s

·

(i)

Α

(ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/34

_1


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

65°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

"0 ΘΑΛΗΣ"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 3 0 ΟΚΤΩΒΡΙΟΥ 2004

Α'

Λ ΥΚΕΙΟΥ

Λύ ση (α)

Αν είναιείνΔΖαι ΒΓ ορθογώνιο, , τότε το τετράπλευρο ΑΒΖΔ οπότεορ­ ΒΖ= α, ΖΓ = ΒΓ-ΒΖ= α . Επομένως τα θογώνιθαα έχουν τρίγωναΒΔΒΖΔΔΓκαικαιΔΖΓτο τρίείνγαιωνοίσα,ΒΔΓο­ πότε είναιΕπειισοσκελές. δή ΑΔ 1 ΒΓ θα έχουμε Λύ ση Σύμφωνα με τα δεδομένα θα έχουμε2± = ΔΒΓ τρίκαι.γωνο(1) ΒΔΓ είναι από τοΑΔΒισοσκελές χ2 = 2χ + 8 <::::} χ2 -2χ-8 =ο<::::} χ = 2.J36 <::::} χ = 4 Όμως ΔΒΓ = ΒΓΔ , οπότε από τις (1) προκύπτει ότι ή χ =-2. ΜΒ = ΜΕ , δηλαδή η ΔΑ είναι διχοτόμος Επει δ ή πρέπει 2χ > -2 <::: :} χ > -1, θα εί ν αι της χ=4. Απόλαμβάνουμε τοΒΔΕ. (γ)ΔΖΓγωνίας Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο

1.

Το τετράγωνο ενός αριθμού χ ισούται με το διπλάσιο του αριθμού αυξημένο κατά 8. Επιπλέον το διπλάσιο του αριθμού είναι με­ γαλύτερο του -2 . Να βρεθεί ο αριθμός χ .

1.

=

Μ ο νά δε ς 5

( β)

-

-

2.

Αν το τετράγωνο του αθροίσματος των πραγματικών αριθμών x,y και z ισούται με το τριπλάσιο του αθροίσματος των τε­ τραγώνων τους και επιπλέον ισχύει χ + 2y + 3z = 60 , να βρείτε τους αριθμούς x,y και z .

-

-

Ε

Μονάδες 5

Λύ ση

Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε 2 2 2 (χ+ Υ +2 z) 2= 3(χ2 + y + z2 ) <::::} <::::} 2(χ + 2y z -xy -yz - = Ο <::}<::::} (xχ-y) =y=z+ (y-z)2 + (z-χ)2 =Ο ΑΔΕ = ΒΓΔ Έτσι ότιαπόχ= yτην= z = 10.ισότητα χ +2y+3z = 60 προκύπτει +

-

3.

zx)

-

Θεωρούμε τραπέζιο ΑΒΓΔ με Α = Β = 90• , 3α ΑΔ = α, ΒΓ = 2α και ΓΔ = , του οποίου οι

2

μη παράλληλες πλευρές τέμνονται στο Ε. ( α) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΒΔΓ είναι ίσοσκελές. Μονάδες 1 ( β) Να αποδείξετε ότι η ΔΑ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΔΕ . Μονάδες 2 Ν α υπολογίσετε το εμβαδόν του τραπεΕ (ΕΒΓ) ζίου ΑΒΓ Δ και το λόγο Ε( ΑΒΓΔ) -

(γ)

ΔΖ2 = ( 3α2 )2 -αz = 54α2 <=}ΔΖ= α.J52 και α .J5 = 3α2 .J5 ) Ε(ΑΒΓΔ)= ( α+2α · 2 2 4 Επι π λέον έχουμε ότι τα τρί γ ωνα ΕΑΔ και ΕΒΓ ΑΔ , α με λογο' ομοιοτητας , ΒΓ = 2αα = 21 , ει,ναι ομοι 2 = -.1 πομενως 1 ) ( ) οποτε, θα ει,ναι Ε(ΕΑΔ = Ε(ΕΒΓ) 2 4 , Ε(ΕΒΓ) = Ε(ΕΑΔ) 1 = 34 Ε(ΕΒΓ) = Ε(ΕΒΓ)-Ε(ΕΑΔ) Ε(ΑΒΓΔ ) 1 _ Ε(ΕΒΓ) x,y χ > y Β

Γ

Ζ

Ε

4.

Οι θετικοί ακέραιοι τοιοι ώστε

Μονάδες 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/35

με

είναι τέ­

χ3 - y3 + xz y - xy z = 49(x - y) .


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

Να προσδιορίσετε τους αριθμούς

x , y.

1�/ονάδες 5

Λύση

Η δεδομένη ισότητα γράφεται <::> = 49(χ-y) (χ -y)(x2 + xy+ y2 ) + xy(x-y) 2 = 72 (χ-y) . <::> ( χ-y)(x + y) Επειδή 2χ > y2 θα είναι χ - > Ο , οπότε προκύ­ πτει = 7 <::> χ + y = 7, αφού οι x,y εί ν αι (χ+ y) θετι(x,y)=(6,1) κοί ακέραιοι.ήΕπομένως (x,y)=(5,2)έχουμεή (x,y)=(4,3) y

!

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ=2ΑΒ η διχοτόμος ΒΔ ισούται με το ευθύγραμμο τμήμα ΔΓ. Να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ.

.

Μονάδες 5

.\ίJση

Από το τέμνει Α φέρουμε κάθετηΒΓπροςστοτηΕ.διΤότε χοτόμοτο ΒΔτρίγωνο η οποίαΑΒΕ την πλευρά είναι ι=σοσκελές με= ΑΒΑΒ ==ΒΕ,ΒΕ.οπότε Έτσι έχουμε ΕΓ= ΒΓ -ΒΕ ΒΓ ΑΒ το ΕΕπίσης είναι μέσοτο τρίτηςγωνοπλευράς ΒΓ. είναι καιισοσκελές μετρι-ΒΔ = ΔΓ, οπότε η ΔΕ είναιΒΔΓ διάμεσος ύψος του - = 90·. γώνου ΒΔΓ. Άρα είναι ΒΕΔ Α

Ε

(α) Αν για τους ακέραιους

3.

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος του ΑΔ και την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας Α η οποία τέμνει .την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο Ε. Φέρουμε τη ΒΖ κάθετη προς την ΑΕ και την ΕΗ κάθετη προς την ΑΓ. (α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία Δ, Ζ και Η είναι συνευθειακά.

-

Μονάδες 2

Β = Γ + 30°, να βρείτε τη γωνία Μονάδες 3

Γ

Επι π λέον τα τρί γ ωνα ΒΕΔ και ΑΒΔ εί ν αι ί σ α , αφού έχουν τηΒΒΔ κοινή πλευρά, ΑΒ ..--. = ΒΕ και ----ΑΒΔ = ΕΒΔ =-2 Άρα είναι ΒΑΔ = ΒΕΔ = 90· καιΒ =6ο·. αφού είναι ΒΓ=2ΑΒ θα έχουμε f = 30° και a, b

2.

( β)

( β)

ι ι

Β

Έχουμε a+a2 +a4 =b+b2 +b4 <:>a-b+(a2 2 -b2 2 )+(a4 -b4)=0 <::> (a -b)[1 + (a + b) + (a + b)(a +2b )]2= Ο <:>a-b=Oή 1+(a+b)+(a+b)(a +b )=0 2 +b2 )=0 <:>a=b ή 1+(a+b)+(a+b)(a Όμως,1+(a+b)+(a+b)(a αν ισχύει 2 +b2 )=0, τότε (a+b)(1+a2 +b2 )=-1, οπότε αφού οι 2a,bεί2 ναι ακέραιοι θα πρέπει2 2 a + b = -1 και 1 + a + b = 1 <::>, άτοπο. a +b=-1Άρακαιέχουμε a +ba ==O<:>a=b=O και a+b=-1 b . ότι ο αριθμός 2 εί­ Εύκολα επαληθεύουμε 4 2 ναι ρίζα της εξίσωσης χ+ χ = 22.ακέραιη λύση + χ Α ν η εξίσωση εί χ ε και άλλη ρ*πότε2,απότότετο θαπρώτοείχαμεερώτημα ρ+ ρ2προκύπτει + ρ4 = 2 + 2ρ2=+22,4 πόυ, ο­ είναι άτοπο. (α)

Αν είναι ΑΗΔ .

ι ι

ι ι ι ' ι ' ι \

Λ ύ ση

αληθεύει η

ισότητα

a + a2 + a4 = b + b2 + b 4 , τότε να αποδείξετε ότι a = b . Μο νά δες 3

Λύση

Υποθέτουμε ότιερώτημα ΑΒ<ΑΓ, (β)). (αυτήΑπόη υπόθεση είναι αναγκαί α γι α το τα εγ­ γράψιμα ΑΔΒΖ και ΑΔΕΗ έχουμε - = ΒΑΖ - = Α και ΕΔΗ - = ΕΑΗ - = Α , οπότε ΒΔΖ 2 2 ΒΔΖ= ΕΔΗ = ΒΔΗ , δηλαδή τα σημεί α Δ, Ζ και Η είναι συνευθειακά. Ομοίως εργαζόμαστε και ό­ τανΑΒ>ΑΓ. (α)

Λ

___s_

" " " " " " " "

(β) Αφού επαληθεύσετε ότι η εξίσωση

" " " "

χ + χ2 + χ4 = 22 έχει ως λύση τον ακέ­

ραιο αριθμό 2, να αποδείξετε ότι η εξί­ σωση δεν μπορεί να έχει άλλη ακέραια λύση. Μονάδες 2

___s_

" " " " " " " " " " " " "

Ε

(β )

Β Δ

Κ

Γ

Έστω ΑΚ η διχοτόμος της γωνίας Α. Από

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/36


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

το ε�ψι�ΔΑΗ έχο� [ Λ ] γράφεται Η εξίσωση(χ4 -4χ ΑΗΔ = ΑΕΔ = 90"Λ - = Λ90" - Γ + 2 = 4 -4χ+4)=72. 2 3 )(χ + [= 90" - 2] -Γ= -B+f- -Γ= -- =15 γίνεταιΑν θέσουμε χ4 -4χ2 + 3 = y, τότε η εξίσωση 2 2 y(y + 1) = 72 <::::> y2 + y -72 =Ο<::::> y = 8 ή Υ = -9 (απορρίπτεται) x=J5 ή x=-J5 . Για y =4 -9 έχουμε 2 + 12 =ο<::::> (χ2 -2)2 + 8 =ο' χ -4χ Αν θέσουμε χ-y2 = w , θα έχουμε2 αδύνατη στο Α =(x-y) +(x-y)+1 =w +1. +w Δι(i)αΈστω κρίνουμεw �Ο.τώραΤότετις περιπτώσεις: έχουμε 2, 2 2 w + 1) :: :; w + 1:: :; (w + (w -1) οπότεw 2 +w+ θα είναι1=(w-1)2 ή w 2 +w+1=w2 ή Μετά τις πράξεις η δεδομένη ισότητα γράφε­ 2 +w+1=(w+1)2 ται w 2 = 161 <::::> [3(χ + y) -(xy+ 4)] 4) 9(χ[3(χ++y)y)2 +-(xy+ <:::(αφού:> w =οw+1=xή w y++11>0). =ο ή w =ο <::::> χ= y, = 161 = 7 23 (xy + 4)] δ+ή(xyοι +χ,4)y >Ο, είναι οπότε θετικοίαπόακέραιτηνοιτελευταί , θα είναια Άρα οι ζητούμενοι θετικοί ακέραιοι χ, y είναι 3(χ Επει + y) οι (x,y)=(k,k),k Z: οι οποίοι επαληθεύουν τη E 3( προκύπτει ότι και χ + y) -( xy 4) > Ο . + 2 + y2 < 12. Έτσι έχουμε , για την πρώ­ ισότητα συνθήκη χ Αφού είναι και> 3(χ + y)-(xy+4), θα έχουμε τη περί2kπ2τωση 3 (χ + y) +(xy+4) < 12 k2 < 6 k {1,2} 3και(χ +3(y)χ ++(xy+ 4) = 161 ( χ, y) = (1,1)ή (χ, y) = (2,2). <::: :> 4) = 1 ( 1) y) -( xy + (ii) Έστω(ww-1)<Ο.2 >Τότε θα έχουμε 3 ήκαι3(χ+y)-(χy+4)=7 (x+y)+(xy+4)=23 (2) 2 + w + 1 > (w + 1)2 , w οπότε θα είwν2αι+ w + 1 = w 2 <::::> w + 1 =Ο<::::> Από την προκύπτει το σύστημα : 3 (x+y)+xy=l57 <::: :> x-y+1=0<::> y=x+1 3 y) -xy = 5 Άρα οι ζητούμενοι θετικοί ακέραιοι χ, y είναι <::> 6(x+y)=162<::>(χx++y=27 ' στο z. οι (x,y) = (k,k2 + 1),k2 z: , οι οποίοι επαληθεύουν 2xy=l52 xy=76 , αδυνατο y συνθήκη χ + < 12. Επομένως γι α τη δεύτε­ Από τη (2) προκύπτει το σύστη μ α : ρη περίkπ2τωση 3(χ + y) + xy = 19 +(k+θα1)2πρέπει < 12 <::::> 2k(k + 1) < 11 <::::> 3 ( χ + y) -xy = 11 <::::> k = 1 <::::> (x,y) =(1,2). } <::::> (χ, y) = (4,1) ή (χ, y) = (1,4) <::::> {x+y=5 xy=4 Λύ ση

Α

ΑΚΕ

Β-Γ

Α

4.

ο

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι x, y για τους οποίους ο αριθμός Α = χ 2 + y 2 + 1 - 2xy + x - y

είναι τέλειο τετράγωνο και επιπλέον ισχύει χ2 + y2

<

12

Μο νάδες 5

Λύση

ffi. .

2. Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι x, y για

τους οποίους ισχύει ότι

9(χ 2 + y 2 ) + 10xy = 177 + x 2 y 2

Μονάδες 5

Λi) ση

·

<=?

<=?

Ε

<=?

(Ι)

Ε

τή

1.

Γ

Λ ΥΚΕΙΟΥ

Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση (χ 2 - l )(x 2 - 3)(χ 2 - 2) 2 = 72

Μο νάδες 5

3.

Δίνεται ο αριθμός

S(ν) = l 5 + 2 5 +

.•.

+ v 5 , 'ν Ε Ν*.

Να προσδιορίσετε τους αριθμούς ν για τους οποίους ισχύει ότι : (ν + l)jS(ν) \

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/37

Μονάδες 5


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Α

Λύ ση

Έστω ν= 2μ,μ Ε Ν*. Τότε το άθροισμα (ν) S γράφεται στη μορφή μ S(ν) = Σ[k=l k5 +(ν+ 1-k)5] και επειk5 δ+(ν+1-k)5 ή ισχύει ότι=k5 +(ν+1)5 -5(ν+1)4k+ 10(ν+1)3k2 -10(ν+1)2 k3 +5(ν+1)k4 -k5 =(ν+ 1)[(ν+ 1)4 -5(ν+ 1)3k+ 10(ν+ 1)2 k2 -ΙΟ(ν+ 1)k3 =(ν+1) χ , · k όπου xk = (ν+1)4 -5(ν+1)3k+10(ν+1)2k2 -10(1+1)k3 +5k4 ΕΖ Άρα έχουμε S(ν)=(ν+1)·(Χ 1 +χ2 + . . +χμ )= πολ(ν + 1) => (ν+ l) IS(ν). Έστωμ ν=2μ+1,μΕΝ. Τότε S(ν)= �5+(ν+1-k)5]+(μ+1)5 =πολ(ν +1) +(μ+1)5• ' (ν:��;:::�;μ+Ι)' �(ν+l) l( ν ; ! )' Επει δ ή ο ν + 1 εί ν αι άρτιος θα πρέπει και ο ν+12 να ει,ναι αρτιος. , -Πράγματι, αν ν 2+ 1 = 2λ,λ Ε Ν, τότε ν+ 1 =4λ και ( ν ; 1 )5 = (2λγ = πολ(4λ) = πολ(ν + 1) Επομένως, (ν+ l) IS(ν).αν ν περιττός και ν + 1 = πολ4, τότε k=l

4.

το θεώρημα του Μενελάου στο τρί γ ωνο ΑΒΕ έμνουσα ΓΟΖ έχουμε 5Από kt]t ΒΖΖΑ . ΓΓΕΑ . ΟΕΟΒ = 1 (3 ) αβ ΓΕ α , Όμως ΓΕ=--, οποτε -=-(4) α+γ ΓΑ α+γ ΕπίσΟΕης, ανΕΛφέρουμε ΟΛ τότε ΑΜ-ΕΓ ΛΜ-ΕΜ -=ΟΒ ΕΓ ΑΜ = ΑΕ - 2 2 > - + (5) =-�= ΑΕ + 2 2�+± αβ . αφου ειναι = α+γβγ , ΕΓ α+γ 1 1 ΑΒ ,

ΛΑ

ΕΓ

'

'

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, τη διχοτόμο του ΒΕ, το μέσο Μ της ΕΓ και σημείο Κ της πλευράς ΑΒ τέτοιο ώστε η διχοτόμος ΒΕ να τέμνει τη ΜΚ στο μέσο της Ο. Να αποδείξετε ότι ΒΟΓ >

ΑΕ

ΛΑ

--

= --

Α

Γ

Β

Από τηνΒΖ(3) προκύπτει ότι α(2γ+α) ΓΕ ΟΒ = ΓΑ . ΟΕ = (α+γ)(2γ-α) (6) γ-ΒΖ 90°. α(2γ+α) < γ-αα <:::> , (α+γ)(2γ-α) Όμως εχουμε Αν α> γ , τότε > Γ και Bor > BEr ( 1 <:::> (γ -α)(2γ +α)< (γ+ α)(2γ -α) --- =Α+,.. -Β2 > Γ+-= ,.. Β ΒΕΑ --- και επειδη, <:::> 2γ2 -αγ-α2 <2γ2 +αγ-α2 Όμως ΒΕΓ 2 <:::> 2αγ > Ο, που ισχύει. BEr + ΒΕΑ = 180° ,έπεται ότι BEr > 90° (2) , ο­ ΕπομένωςΒΖαπό τηνα(2γ-α) (6) λαμβάνουμεα πότε από τι ς (1) κcn (2) έχουμε : Bor > 90°. -'---- +α)--'- < -ΑΒΖ<ΒΓ= ν α < γα ,, αφού τότε τότε,αρκείόπωςναπαραπάνω αποδείξουμε, προκύ­ότι γ-ΒΖ ---'(γ+α)(2γ γ-α γ-α => γ-ΒΖ > πτει ότι Bor > 90° . ΒΖ α => _l_ΒΖ > lα => ΒΖ<α. -

Μονάδε ς 5

Λ ύ ση

Α

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/38

· -


Α Ε{ίtιώιιeι� 2°ιι !Jolμou «ΟΙ npOC'«T;όtS'CΙς σ·uτών;

Νίκος Ταπεινός

και εξίσωση αχ2 +βχ +γ= Ο, όπου α β, γ λέγεται εξίσωση 2ου βαθμού. Αν β, γ η εξίσωση είναι πλήρης 2°υ βαθ­ μού. Αν β = Ο ή γ = Ο ή β = γ = Ο εξίσωση είναι ελλιπής 2ου βαθμού. Διο αριθμός ακρίνουσαΔ =τηςβ2 εξίσωσης 2°υ βαθμού λέγεται - 4αγ . Για την λύση της εξίσωσης 2ου βαθμού διακρί­ νουμε τι ς εξής περιπτώσεις: i) αν β, γ και α) Δ>Ο τότε χ= β 2αJΔ (δύο πραγματικές λύσεις) β) Δ= Ο τότε χ= _Ι_2α (διπλή ρίζα) γ) Δ<Ο τότε η εξίσωση εί ν αι αδύνατη στο R. i ) αν β = Ο και γ J α) ]_>Ο τότε χ= α α (δύο πραγματικές ρίζες) β) ]_<Ο τότε η εξίσωση είναι αδύνατη α στοR. αν γ= Ο και β τότε χ= Ο ή χ= �α (δύο πραγματικές ρίζες). πλή ρίζα). ίν)αν β= γ= Ο τότε χ= Ο (διεξίσωσης 2 βαθμού Οικαι συοιντρίελεζεςστές α,β,γσυνδέονται της 00 σχέσεις: γ β χ 1 + χ 2 =- -α και χ 1 · χ 2 = -α υποι ) Η

ε

ε

IR

ε

JR

JR

*

*

η

ε

JR •

-

ε

1)

±

JR

*

με τις .

·

-

(Τ '

JR

*

ν =y.

Να λυθεί η εξίσωση:

χ2 - ( 1 - h +Fs) x + Fs - Μ = ο (1) .

Η διακρίνουσα της2(1) είναι: Δ = (1 - J2 + J5) 4 · (J5 - JιΟ) = =1+2+5 - 2J2 +2J5 2Jι0 -4J5 +4Μ = = 1+2+5 2J2 2JS +2Μ = = (1 J2 J5)2 >0 Άρα 1 - J2 + J5 ( 1 - J2 - J5 ) ( 1- J2 = = '2 -

-

-

-

-

-

±

Χι

2)

2

.[5

Να λυθεί η εξίσωση:

(2χ - 1)2 + 3 · 11 - 2 x l 1

8 Λύ ση Επειδή (2χ 1 2 = (1 - 2χ)2 = 11 2xl2 η (1) γίνεται: ιι - 2xl2 + 3 · 11 - 2xl - 18 = (2) Θέτουμε 11- 2xl = (πρέπει Ο) οπότε η (2) γίν2 ετqι:· 18 = Ο που έχει: +3 -

-

χ 1 ,χ2

ε

Λύ ση :

± -

ε

JR ,

Ν* ,

Χ2

Α σκή σεις

_

ίίί)

Χι

ε

_

_

2ου βαθμού έχει ρίζες και Αντότεμίαυτή α εξίσωση έχει τη μορφή χ2 - ( χ 1 + χ 2 ) · χ + χ1 · χ 2 = 0 . της μορφής Κάθε εξίσωση . +γ = Ο , όπου ν α ακαι. χβ,2vγ+β χvανάγεται σε εξίσωση 2ου βαθμού, αν θέσουμε· χ

-

)

-

ο

y

ν·ιeta .

.

y

y

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/39

y 2::

(1).


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

3 + ρ2 = 4 {::} ρ22 -4ρ2 + 3 = Ο 2 · -2· ρ2 που έχει Δ=4 4.2 3 Άρα Ρ2 = ±2 = (1 Αν ρ2 = 3 από (2) έχουμε 1 3 {::} 4 · 2 + == ρ ρ 1 1 3) 2 κ Τότε από (3) έχουμε ..!_2 + 3 = 2 {::} κ = 7 Αν ρz = 1 από (2) έχουμε 2ρ1 + 1 = 4 {::} ρ1 = �2 � + 1 = κ {::} κ = 5 . Τότε από (3) έχουμε Επειδή το χ= 1 είναι ρίζα της (1), την επαληθεύει, 2 2 δηλαδή: 4·12 -5(2-κ)·1+1+2λ=0{:} 5 . κ +5-5κ 2λ = 5 {::} λ= 2 (2). Επειδή το χ = 1 είναι διπλή ρίζα(2Δ) = Ο {::} Επει δ ή ρ1, ρ διαδοχι κ οί άρτι ο ι , έχουμε ρι = 2κ 2 2 και = 2κ + 2 (2) όπου κ ρ [5 ·(2-κ)] -4·4·(1+2λ)=0{:} 2 Ρι + ρ =-5α 5κ 5 Γνωρίζω ότι Ρι · Ρ2 2=-6β } και λόγω των (2) έ25(2-κ)2 -16· (1 +2· � ) =0{:} 2 -20κ+4=0 25κ χουμε: 5α2 που έχει Δ= (-20)2 -4· 25·4 =Ο. } 2κ+1=2κ+2κ+2=-5α -20 2 Άρα κ=- -{::} κ = 2κ·(2κ+2)=-6β {::} κ(κ+1)=- 3� (3) 2·25 5 5-5-� Τότε το 1 ο μέλος της 25προς απόδει3ξβη σχέσης γίνε­ Από την (2) έχω: λ = 2 5 {::} λ = �2 . ται: 25α2 + 24β = 4 · 4 α2 + 16 . 2 = = 4 . (- 5: )2 -16 . (- 3�) � = 4· (2κ+ 1)2 -16κ· (κ+ 1) = = 16κ2 + 16κ + 4 -16κ2 -16κ = 4 . Γνωρίζουμε ότι οι ρίζες ρι και ρz της (1) ικανο­ ποιούν τουςκ τύπους του 3δηλαδή: Ρι + Ρ2 = -2 (3) και Ρι · Ρ2 = -2 (4), Από την (4) έχουμε ρ1 = -2·3ρ-2 ( ρ2 Ο, γιατί;) Πρέπει χ 2 . Από (l) tχουμε: χ2 -4χ+4-3= (χ-2)4 2 {::} οπότε η (2) γίνεται

Δ= 32 -4 · (-18) = 81 > Ο -6<0 απορρίπτεται Άρα Υι'2 = - 32± 9 = (3>0 δεκτή Τότε 1 1 -2xl = 3 Έτσι έχουμε 1-2χ = 3 δηλαδή χ = -1 ή 1-2χ = -3 δηλαδή χ= 2. Δίνεται η εξίσωση 4χ 2 - 5(2 - κ)χ + 1 + 2λ = Ο

(1).

Να βρεθούν τα κ, λ ε JR ώστε η (1) να έχει διπλή ρίζα το χ

=

1.

Λύση

5)

Δίνεται η εξίσωση χ 2 + 5αχ - 6β = Ο (1) που

έχει ρίζες ρι και ρz δύ ο διαδοχικού ς άρτιους αριθμούς. Να αποδείξετε ότι: 25α 2 + 24β = 4 . Λύση

ΕΖ.

I

4)

Δίνεται η εξίσωση 2χ 2 - κ · χ + 3 = Ο (1).

Να βρεθεί το κ ε JR ώστε οι ρίζες ρι και ρz της (1) να ικανοποιηθούν την σχέση 2ρ ι + ρ 2 = 4 (2). Λύση

6)

Vieta,

Να λυθεί η εξίσωση : 4 χ 2 - 4χ + 1 = (χ - 2) 2 Λύση

7:

7:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/40

(ι )

.


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

(χ-2)2 -3= (χ-2)4 2 {::} (χ-2)4 -3(χ-2)2 -4=0 (2). Θέτουμε (χ-2)2 =y (Πρέπει y>O) Τότε η (2) γίνεται y2 -3y-4 = Ο με Δ = 25 3 ± 5 = (4 οποτε' y1 2 = -2 -1 Ο απορρίπτεται Άρα y=4{:}(x-2)2 =4 {::} Χ -2=2 ή Χ-2=-2 {:} Χ=4 ή χ=Ο που είναι και οι δύο δεκτές. λ <

·

9)

Το εμβαδόν ορθογωνίου παραλληλογράμ­ 2 μου είναι 36 m • Αν ελαττώσουμε το μήκος κατά το διπλάσιο του πλάτους και αυξήσουμε το πλάτος κατά το 1/3 του μή­ κους προκύπτει νέο ορθογώνιο με εμβαδόν 42 m 2 • Να βρεθούν οι διαστάσεις του αρχι­ κού ορθογωνίου. Λύση

Έστω χ και y οι ζητούμενες διαστάσεις όπου χ, y θετικοί πραγματι κ οί αριθμοί. Τότε x·y=36 (1). Οι διαστάσεις του νέου ορθογωνίου είναι χ - 2y και y + 3 όπου χ-2y > Ο{::} χ > 2y (2). Τότε (χ-2y) · ( y + ; ) = 42 {::} 1 x2 -2y2 - 32 xy=42{:} xy+ ) Για να είναι η ( 1) εξίσωση 2ου βαθμού, πρέπει 36+-χ1 2 -2y2 - -2 ·36=42{::} λ+27=0{:}λ7=-2 (2) 3 3 1 Γι(λα+2)(να-έχει1)2 -3(2-λ η ( 1) ρίζα2 ) . (το-1)χ =+ -14λπρέπει: -χ 3 2 -2λ -14 =ο{::} 2 -2y2 = 30 {::} λ2 -λ -6 = Ο που έχει Δ = 25 2 χ -6/ = 90{::} οπότε 1 5 (3 2 36 ( ) . 2 χ -6 7 = 90 {::} λι 2 = ±2 = -2 απορρίπτεται λόγω της (2) χ4 -90χ 2 -7776=0 Άρα λ= 3. 2 Θέτουμε χ =ω (πρέπει ω>Ο) και έχουμε ω2 -90·ω-7776 =Ο(144που έχει Δ= 39204 = 1982 Άρα ω= 90 ±2 198 = -54 Ο απορρίπτεται } Τότε χ2 = 144 {::} χ = 12m (το χ = -12<0 απορρί­ πτεται ) Από (2) έχουμε y = 2χ -1 (3) καιτην σχέση από (1)(2)έχωείναιy δεκτές. = 3m που επειδή ικανοποιούν 3 Από (1) και ( 2)-3·χ·(2χ-1)+11=0{:} έχουμε: χ2 +(2χ-1) 10) χ22 +4χ2 -4x+l-6x2 + 3χ+11=0{:} χ +χ -12 =Ο που7 έχει(3 Δ= 49. ' χ1'2 = -12± = -4 Άρα Έστω β και γ οι ζητούμενες πλευρές (β, γ θετικοί χ= 3 από (3) έχουμε y = 5. πραγματι χ=-4 από (3) έχουμε y = -9. Τότε έχουμεκοί αριθμοί). α+ β+ γ= 30 {::} Να βρεθεί το ε IR ώστε η εξίσωση (λ + 2)χ 2 - 3(2 - λ2 )χ + 4λ2 - 2λ - 14 = ο (1)

7)

να είναι 2ου βαθμού και να έχει ρίζα το χ = -1.

(I)

Λύση

(I)

·

8)

Να λυθεί το σύστημα: (l) x 2 + y 2 - 3xy + l l = O

<

(2) 2x - y = ι

Λύση

Η περίμετρος ορθογωνίου τριγώνου είναι 30 m και η υποτείνουσα αυτού α 13 m.Να υπολογισθούν οι κάθετες πλευρές του. =

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/41


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

β2 -17β+60= που έχει Δ= 49. Άρα β1'2 = 17 2± 7 = (512 Αν β= 12 τότε από (1) έχουμε γ= 5. Αν β= 5 τότε από (1) έχουμε β= 12. Άρα οι κάθετες πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου είναι 12m και 5m.

13+β+γ= 30{:}β+ γ= 17(1) Επει 2β +γδή2το= τρία2γ{::}ωνο είναι ορθογώνιο ισχύει: β22 + γ2 = 169{::}2 β2 + (17-β) = 1692 {::} β + 289-34β +β -169 =ο{::}

Ο

(I)

• •

του Μανώλη Κωνσταντακόπουλου 1.

Α

Θεωρούμf: ένα τρίγωνο ΑΒΓ με Β Γ 2ΑΓ. Φέρνουμε τη διάμεσό του ΑΔ και τη διάμε­ σο ΑΕ του τριγώνου ΑΔΓ. Να δείξετε ότι η ΑΔ είναι η διχοτόμος της γωνίας ΒΑΕ. =

Λύση

'Εχουμε ΑΓ= ΒΓ2 και ΓΔ= ΒΓ2 , οπότε ΓΑ = ΓΔ. Η παράλληλη από το Δ στην ΑΒ τέμνει την ΑΓ στο μέσο της Ζ. Επειδη το τρίγωνο ΓΑΔ είναι ισοσκε­ λές, βρίσκουμε εύκολα ότι τα τρίγωνα ΖΑΔ και ΕΑΔ είναι ίσα (ΠΓΠ), οπότε Και επειδή (εντός ενναλάξ), έπε­ ται ότι Άρα, η ΑΔ εί ν αι η διχοτόμος της· γωvίαςΒΑΕ. Α2 = Δ 1

Δ 1 = Α1

Α2 = Α1

Α

Β

2.

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και στο εσω­ τερικό της γωνίας Α μια ημιευθεία Αχ. Φέρνουμε τις ΒΔ Αχ και ΓΕ ..1. Αχ . Ονο­ μάζουμε Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ. Να δείξετε ότι ΜΔ ΜΕ.

Γ

3.

Θεωρούμε δύο παράλληλες ευθείες ει και εz. Από ένα σημείο Α της ει φέρνουμε την κάθετη ΑΒ προς την ε2 και μία πλάγια αυ­ της ΑΓ. Από το σημείο Γ της ε2 φέρνουμε μία ευθεία, η οποία τέμνει το τμήμα ΑΒ σ' ένα σημείο Δ και την ει, σ' ένα σημείο Ε, έτσι ώστε ΔΕ 2ΑΓ. Να δείξετε ότι: ΑΓΒ = 3ΔΓΒ .

-

=

..1.

=

Λί>ση

την ΜΚ ..1. Αχ . Προφανώς, οι ευθείες Φέρνουμε ΒΔ, ΜΚ και ΓΕ είναι παράλληλες και επειδή ΒΜ = ΜΓ, έπεται ότι ΔΚ = Έτσι, η ΜΚ είναι η μεσοκάθετη του τμήματος ΔΕ και συνεπώς ΜΔ = ΜΕ. ΚΕ.

Γ

Β

ΟνομάζουμεΖ το μέσο του τμήματος Έτσι έχου­ με = 2ΖΕ και επειδή = 2ΑΓ, έπεται ότι ΖΕ=ΑΓ. ΕξάλλΔΕου, από το ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε: ΑΖ= ΖΕ, οπότε ΑΓ = ΑΖ. Θέτουμε 2 -----=ω, οπότε ΔΓΒ ΑΕΖ= ω και ΖΑΕ = ω. Έτσι--, έχου-----με: ΑΓΖ ΑΖΓ = 2ω και άρα ΑΓΒ = 3ω = 3 ΔΓΒ. ΔΕ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/42

ΔΕ

=

=

ΔΕ.

ΑΔΕ,


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ, τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β και τη διχοτόμο ΓΕ της γωνίας Γ . Φέρνουμε τις ΑΖ .l ΒΖ και ΑΗ .l ΓΕ . Να δείξετε ότι: ΗΖ 11 ΒΓ.

4.

Λύση

---

Μι = Μ2 και Γ= Βι . Έτσι, έχουμε ΓΖ = ΒΗ. = ΒΕ, έπεται ότι=ΓΖ ΒΕ. Και επει δ ή ΒΗ β) Επειδή Ζ =Ει , έχουμε ΑΕ Εξάλλου, και έχουμε: ΒΕ ΑΒΓΖ += ΑΕΑΒ και ΓΖ συνεπώς=ΒΕ ΑΕ ΑΓ Και= επειδή ΓΖ ΒΕ και ΑΕ ΑΖ, έπεται ότι 2ΒΕ ΑΒ ΑΓ και συνεπώς: ΑΒ+ΑΓ ΒΕ= 2 =

=

=

+

Οι ευθείες ΑΖ και ΑΗ τέμνουν την ΒΓ στα ση­ μεία Κ και Λ, αντιστοίχως. Στο τρίγωνο ΒΑΚ, η διΒΖχοτόμος του είναι και ύψος του, οπότε το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές. Έτσι, στο τρίγωνο αυτό διχοτόμος του ΒΖ είναι και διάμεσός του και άρα το Ζ είναι το μέσο του τμήματος Όμοια δείχνουμε ότι το Η είναι το μέσο του τμήματος ΑΛ. Έτσι, στο τρίγωνο ΑΛΚ το ΗΖ ενώνει τα μέσα των πλευρών του ΑΛ και ΑΚ και άρα ΗΖ ΛΚ, δηλαδή ΗΖ ΒΓ. Α

Λ

η

+

+

ΑΓ - ΑΖ -

ΑΖ.

=

+

Θεωρούμε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ). Προεκτείνουμε την πλευρά ΓΑ προς το Α και παίρνουμε τμήμα ΑΔ = ΑΒ. Επίσης, προεκτείνουμε την πλευρά ΑΒ προς το Β και παίρνουμε τμήμα ΒΕ = ΑΒ. Η ευθεία ΒΓ τέμνει την ευθεία ΔΕ στο σημείο Ζ. Να δεί­ ξετε ότι ΒΓ = 3ΒΖ.

6.

Λύση

ΑΚ.

Από το σημείο Α φέρνουμε την πα­ ράλληλη προς την ΒΓ, η οποία τέ­ μνει την ΕΔ στο σημείο Η. Στο τρί­ γωνο ΔΓΖ, το Α είναι το μέσο της πλευράς ΔΓ και ΑΗρα, τοI ΓΖ.Η είΆρα, το ν αι το μέσο του τμήματος ΔΖ, οπότε ΑΗ= Γz2 . Η παράλληλη από' το σημείο Β προς την ΑΓ Επίσης, στο τρίγωνο ΕΑΗ, το Β είναι το μέσο της τέμνει την ΕΜ σ ένα σημείο Η. Έχουμε: πλευράς ΕΑ και ΒΖ I ΑΗ. Άρα, το Ζ είναι το μέσο ΑΗ2 . 'Ετσι έχουμε: Η=Ζ2 =Ζι =Α2 =Αι =Ει , του τμήματος ΕΗ, οπότε: ΒΖ= οπότε {ΓΖ=2 · ΑΗ => ΓΖ=4 · ΒΖ => Η=Ει και ΑΗ =2 ·ΒΖ συνεπώς ΒΗ => ΒΓ +ΒΖ= 4 · ΒΖ => ΒΓ = 3 · ΒΖ ΒΕ. Εξάλ­ λου τα τρί­ γωνα ΜΖΓ και εί­ ναι ίσα γιατί: ΜΓ=ΜΒ, 11

5.

ΑΖ.

ι

Δ

λ

11

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ > ΑΒ και τη διχοτόμο του ΑΔ. Από το μέσο Μ τής πλευράς ΒΓ φέρνουμε την παράλληλη προς -rην ΑΔ, η οποία τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο Ε και την ΑΓ στο Ζ. α) Να δείξετε ότι ΒΕ = ΓΖ β) Να εκφράσετε το τμήμα ΒΕ συναρτήσει των πλευρών ΑΒ και ΑΓ.

- - -

Ε

Λύσ η

α)

-..

_...._

-..

---

Α

=

7.

ΜΗΒ

'

Γ

' -' Η

Θεωρούμε ένα (κυρτό) πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ. Ονομάζουμε Ζ το μέσο της πλευράς ΑΒ, Η το μέσο της πλευράς ΕΔ και Κ το μέσο του τμήματος ΖΗ. Επίσης, ονομάζουμε Θ το μέσο της πλευράς ΒΓ, Ι το μέσο της πλευράς ΑΕ και Λ το μέσο του τμήματος ΘΙ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/43


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Να δείξετε ότι: ΚΛ = 11

ΓΔ

4

Άρα: Α = 90ο , Β = 60ο και Γ = 30ο .

.

Θεωρούμε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και στο ύψος του ΑΔ ένα σημείο Ρ με Β Ρ Α = 20° , Ρ Β Γ = 40° και PrB = 30° Να

9.

Λύ ση

Ονομάζουμε Μ το μέσο της διαγωνίου ΕΓ. Επειδή τα ση­ μεία Ζ, Θ, Μ και Ι είναι τα μέσα των πλευ­ ρών του τετρα­ πλεύρου ΑΒΓΕ, το τετράπλευρο ΖΘΜΙ είναι παραλληλόγραμμο και άρα το τμήμα ΖΜ διέρχεται από το μέσο Λ του ΘΙ. ΈτσιΗ , από το τρίγωνο ΖΗΜ, έχουμε: ΚΑ = I/ � . Εξάλλου, από το τρίγωνο ΕΔΓ, έ2 χουμε: ΗΜ = /I ΔΓ2 . Συμπεραίνουμε ότι: = / ΑΓ . 2 Α

Ε

βρείτε το μέτρο της γωνίας Α.

Β

ΚΛ

8. Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν: ΒΓ = 2ΑΒ και Β = 2 Γ . Να βρείτε τις γωνίες του τρι­ γώνου αυτού.

Λύ ση

Έχουμε: ΖΓΒ + ΖΒΓ. = 30° + 40° + 20° = 90° . Συνεπώς ΓΖΒ=90ο και άραΓΖ.lΑΒ. Άρα, το Ρ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Συνεπώς ΒΕ .l ΑΓ και άρα: Α = 90° - ΑΒΕ = 90° - 20° = 70° . Α

10.

Έστω Ο το έγκεντρο ενός ισοσκελούς τρι­ γώνου ΑΒΓ (ΑΒ ΑΓ) και Μ το συμμετρι­ κό του Ο ως προς την ευθεία ΑΓ. Η παράλ­ ληλη από το Μ προς την ΑΒ τέμνει την ΒΓ στο σημείο Δ. Να δείξετε ότι: ΟΜ .l ΟΔ. =

Λύ ση

Έχουμε Δι =Β= Γ και άρα ΖΔ ΖΓ. ΕΈστω Μ το· μέσο πίσης, έχουμε: της πλευράς ΒΓ, Αι = Γ2 = Γι και ε­ οπότε ΑΒ ΒΜ πειδή Γ + Αι = 90° , ΜΓ και άρα έχουμε Γ + Γι = 90° , Αι = Μι · Η με­ δηλαδή ΒΓΜ=90° . σοκάθετος του Έτσι, έχουμε: Μι = 90° - Δι = 90° - Γ = Γι δηλαδή τμήματος ΒΓ τέ­ Μι = Γι και άρα ΖΓ ΖΜ. μνει την πλευρά Από την ισότητα αυτή και επειδή ΖΔ ΖΓ, ΑΓΒι =στοΓ καισημείεπειο δΚ,ή οπότε Έτσι, έχουμε Β = 2Γ , έπεται ότι Β2 = Γ , ο- έπεται ότι ΖΔ ΖΜ. στο τρίγωνο ΜΟΔ έχουμε ΕΖ//ΟΔ και επει­ πότε Βι = Β2 . Συμπεραίνουμε ότι η ΒΚ είναι με­ Έτσι, σοκάθετος του τμήματος ΑΜ, οπότε Α 2 = Μ2 δή ΕΖ .l ΟΜ, έπεται ότι ΟΔ .l ΟΜ. Έτσι, έχουμε: Αι + Α2 = Μ1 + Μ2 και συνεπώς Α = 90° . Άρα Β + Γ = 90° , δηλαδή 2Γ + Γ = 90° και συνεπώς Γ = 30° , οπότε Β = 60° . Λ

Λ

Λ

Α

Λύ ση

=

Α

=

=

Β

Λ

Γ

ΚΒ

=

=

ΚΓ.

=

=

1 1 . Έστω Ι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύ­

κλου σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Να δείξτε ότι: ΓΑ + ΑΙ = ΓΒ <=> Α = 2 Β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/44

Γ


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

και ΟΒΘ είναι ισοσκελή και τα σημεία Ε και Η εί­ ΑΖ και ΒΘ, αντιστοί­ Στην προέκταση της πλευράς ΓΑ προς το ΑΑπαίρ- ναιχως.ταΈτσιμέσα, απότωντο τμημάτων έχουμε νουμε τμήμα ΑΔ =ΑΙ. 'Ετσι, έχουμε: 2Δ = 2 και ΕΜ = ΖΓ και απότρίγτοωνοτρίΑΖΓ, γωνο ΒΘΔ είναι 2 Α άρα Δ=-.4 ΘΔ2 . Εξάλλου, επειδή ΟΒ = ΟΘ και ΟΑ= 1) Έστω ότι ΓΑ + ΑΙ = ΓΒ. Τότε, επειδή ΟΖ, έχουμε ΟΒ - ΟΑ = ΟΘ - ΟΖ, δηλαδή ΑΒ = ΓΑ= ΓΔ,+ ΑΙέχουμε = ΓΑ ΓΔ+ ΑΔ= ΖΘ και επειδή ΑΒ = ΓΔ, έπεται ότι ΖΘ = ΓΔ και άρα ΖΓ = ΘΔ. Σuμπεραίνουμε ότι ΓΒ. Έτσι, τα τρίγωνα ΕΜ = Άρα, το τετράπλευρο ΕΜΝΗ είναι ΓΙΔ και ΓΙΒ είναι ίσα παραλληλόγραμμο και συνεπώς ΜΝ I ΟΖ. και συνεπώς: Λύ ση

11

Α

ΗΝ = 11

Γ

II ΗΝ.

' ' ' ' ' $ ' ' ' ' , ,

Α ι'

1 3 . Σ' ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ ονομά­

'

Δ = ΓΒΙ Α4 =-Β2 Α= 2Β. 'Εστω ότι Α = 2Β . Τότε Α4 = Β2 , 2) δηλαδή Δ = ΓΒΙ ' οπότε ΓΙΔ = ΓiΒ . Έτσι, τα τρίγωνα ΓΙΔ και ΓΙΒ είναι ίσα και συνεπώς: ΓΒ =ΓΔ=ΓΑ + ΑΔ=ΓΑ + ΑΙ. Α

Α

:::> -

:::>

I

Α

Α

Αντιστρόφως.

1 2. Θεωρούμε μία οξεία γωνία χόy . Στην

πλευρά της Οχ παίρνουμε ένα τμήμα ΑΒ (το Α μεταξύ των Ο και Β) και στην πλευρά της Oy ένα τμήμα ΓΔ ΑΒ (το Γ μεταξύ των Ο και Δ). Ονομάζουμε Μ το μέσο του τμήματος ΑΓ και Ν το μέσο του ΒΔ. Να δείξετε ότι η ευθεία ΜΝ είναι παράλληλη στη διχοτόμο ΟΖ της γωνίας xOy . =

Λ

Λύ ση

Η κάθετη από το σημείο Α στη διχοτόμο ΟΖ τέ­ μνει την Oz στο Ε και την Oy στο Ζ. Επίσης, η κάθετη από το σημείο Β στην Oz τέμνει την Oz στο και την Oy στο Θ. Βρίσκουμε εύκολα ότι τα τρίγωνα ΟΑΖ ο

χ

z

ζουμε Μ το μέσο της πλευράς του ΒΓ και από το Δ φέρνουμε την κάθετη ΔΕ στην ευθεία ΑΜ. Να δείξετε ότι ΓΕ Γ Δ. =

Ονομάζουμε Ζ Λύση το μέσο της πλευράς ΑΔ. Η ευθεία ΓΖ τέ­' μνει την ΔΕ σ ένα σημείο Η. Επειδή ΓΜ = I ΑΖ, το τετράπλευρο ΑΖΓΜ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπCbς ΓΖ//ΑΜ. Επομέ­ νως ΖΗ I ΑΕ. Και επειδή το Ζ είναι το μέσο του ΑΔ, έπεται ότι το Η είναι το μέσο του ΔΕ. Εξάλ­ λου, επειδή ΓΗ//ΕΜ και ΔΕ ΕΜ, έπεται ότι ΔΕ ΓΗ. Έτσι, η ΓΗ είναι η μεσοκάθετη του τμήματος ΔΕ και άρα ΓΕ ΓΔ. Β

Α

~ Δ

r

/;

I

.l

.l

=

1 4. Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ, τη διάμεσό

του ΑΜ και υποθέτουμε ότι ΜΑΓ = 2 ΜΑΒ . Η κάθετη από το Β στην πλευρά ΑΒ τέμνει την ευθεία ΑΜ στο σημείο Δ. Λ

Λ

·

Ν α δείξετε ότι: ΑΓ = .!. ΑΔ . 2

Λύ ση Α Θέτουμε Μ Β =ω, οπότε = 2ω. Στην προ­ έκταση ΑΜ, Τοπροςτετράπλευρο το Μ, παίρνουμε τοπροφανώς σημείοτηςΕείδιαμέσου μεναιΜΕπαραλληλόγραμμο, = ΑΜ. ΑΒΕΓ οπότε ΒΕ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/45

MAr


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΑΓ.ζουμεΟνομά­ Ζ το μέσο της υ­ ποτεί ν ουσας ΑΔθογωνίτουου ορ­ τριΑΒΔ,γώνουοπότε ΖΑάρα = ΖΒΑ ΖΒ και= ΖΑΒ =ω και συνεπώς ΒΖΕ = 2ω. ΕΒΕΖξάλλου, επει=δή2ωΒΕ, οπότε I ΑΓ,ΒΖΕ έχουμε= ΒΕΖ και άρα ΒΕ = MAr = ΒΖ. Έτσι, επειδή ΒΕ = ΑΓ και (από το ορθογώ, νιο τρίγωνο ΑΒΓ) ΒΖ = -2Ι .ΑΔ , επεται οτι:, ΑΓ = .!.2 ΑΔ . Α

Γ

1 5 . Έστω ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Στο

ημιεπίπεδο (ΑΒ, Γ) κατασκευάζουμε το τε­ τράγωνο ΑΒΕΖ και στο ημιεπίπεδο (ΒΓ, Α) κατασκευάζουμε το τετράγωνο ΒΓΗΘ. Να δείξετε ότι ΕΘ = ΔΒ και ΕΘ ..L ΔΒ.

Λύ ση

α) Τα τρίγωνα ΘΒΕ και ΒΓΔ είναι ίσα, γιατί Θ

κάθετη ΟΘ, από το κέντρο Ο του τετραγώνου, στην ΒΓ τέμνει την ΒΕ στο Η. Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΖΟΗ είναι ισοσκελές.

Λύ ση το Ε εί ν αι Προφανώς, τοτος μέσο του τμήμα­ ΟΓ και το Θ εί ν αι τοΒΓ.μέσοΕπειδήτης ΟΘΙΙΔΓ, πλευράς τοτου Ητμήματος είναι τοΒΖ.μέσοΤο Η είναιτουτο τριβαρύκεντρο γ ώνου ΟΒΓ, οπότε ΟΗ = 3 ΟΘ. Επίσης, έχουμε: ΖΓ = 2 · ΗΘ = 2 · _!_3 0Θ = 3 ΟΘ και συνεπώς ΖΓ = ΟΗ και επειδή ΖΓ ΟΗ έπεται ότι το τετράπλευρο ΟΗΖΓ είναι παραλληλόγραμ­ μο. ΈτσιΓΗ=έχουμε: ΟΖ= ΗΒ (ΟΘ μεσοκάθετος της ΒΓ) = =Άρα,2 · ΗΕτο τρί= ΖΗγωνοκαιΖΟΗσυνεπώς ΟΖ = ΖΗ. είναι ισοσκελές. Α

Δ

11

1 7.

Θεωρούμε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ και ονόμα­ ζουμε Κ το σημείο τομής των διαγωνίων του

και ΒΔ. Η διχοτόμος της γωνίας BAr τέ­ μνει τη διαγώνιο ΒΔ στο σημείο Ε και την πλευρά ΒΓ στο Ζ. Να δείξετε ότι: ΓΖ = 2ΚΕ.

ΑΓ

ΛίJ ση

Επει δ ή το Κ εί ν αι το μέσοη παράλληλη της διαγωνίαπόου ΘΒΘΒΕ= =ΒΓ,ΘΒΓΒΕ+=(ΒΑ =)ΓΔ και ΑΓ, ΓΒΕ = 90° +ΑΒΕ-ΑΒΓ= το Κ προς τη πλευρά ΒΓ, δι έ ρχεται από το 90°ΆραΕΘ=ΔΒ. +90° -ΑΒΓ=180° -ΑΒΓ=Βf'Δ. μέσο Η έχουμε του ΓΖ Έτσι, β) Έστω Ι το σημείτωνοτριτομής τωνΘΒΕΕΘ καικαι ΔΒ.ΒΓΔ,Απόέ­ 2ΚΗ. Αρκεί λοιπόν να τηνχουμεισότητα γ ώνων δείξουμε ότι = ΚΗ. Ε1 = Δ1 και επειδή Δ1 = Β1 , έχουμε Έχουμε: Ε1 = Β1 . Έτσι, έχουμε: = =900 =900 - 452 0 = 1352 0 Β1 + ΙΒΕ = 90° Ε1 + ΙΒΕ = 90° 90° ΕΘ ΔΒ Ε1 =Αι +Β1 = 45°2 +45 = 135°2 και .Άρα Η1 = Ε1 και συνεπώς = ΚΗ. z

z

ΑΖ.

Δ

ΚΕ

=>

BiE

=>

=

=>

..L

16. Θεωρούμε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ και στη

διαγώνιό του

ΑΓ

ένα

σημείο

Ε

με

ΓΕ = !. ΑΓ . Η ΒΕ τέμνει την ΔΓ στο Ζ. Η

4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/46

Ι

- Α.

Ζ

I

I

ο

-

ΚΕ

--

Γ


Α

Πολυώνυμα - Πολυωνυμικές εξιαώαεις

Σπύρος Γιαννακόπουλος

Χρ ή σιμ ες επισημάνσεις Τα πολυ ώνυμα κατέχουν σημαντική θέση στην Ά λγεβρ α (και μάλιστα στην Α νώτ ερη Άλγεβ ρ α) . Το σχολι­ κό β ιβλίο διαπρ αγματ ε ύ ε ται στοιχειώδ εις έννοιες που αφορ ο ύ ν τα πολυ ώνυμα και τ ις πολυωνυμικές εξισώ­ σεις, ώστε οι μαθητές να έχουν μία απλ ή και απαρ αίτητη γνώση. Παρ ακάτ ω γίνονται μερικές επισημάνσεις που δεν έχουν σκοπό να υ ποκαταστήσο υν τ ο θεωρητικό μέρ ος τ ων πολυ ώνυμων που αναφέρ εται στο σχολικό β ιβλίο . Θεωρ ώ δε δ ομένο ότι τ ο κεφ άλαιο αυτό (πολυ ώνυμα­ πολυωνυμικές εξισώσεις) έχει μελετηθε ί από τ ους μαθητές.

Ο

ζουμε ως βαθμό του f(x) το μεγαλύτερο εκθέτη

Α. Ας θεωρήσουμε τα πολυώνυμα f(x), g(x) . •

Λέμε ότι το f(x) είναι μηδενικό πολυώνυμο και γράφουμε f(x) =

όταν και μόνο όταν όλοι οι

συντελεστές του είναι μηδέν. •

της δύναμης του χ που ο συν�ελεστής της είναι διάφορος του μηδέν. •

Λέμε ότι τα f(x) , g(x) είναι ίσα και γράφουμε

f(x) = g(x) όταν και μόνο όταν οι συντελεστές των ίδιων δυνάμεων του χ στα δύο πολυώνυμα και οι σταθεροί τους όροι είναι αντίστοιχα ίσοι.

μων αν λείπουν όροι μπορούμε να τους συ­

Θεωρούμε τα πολυώνυμα f(x) = -2χ + β - 1, g(x) = ar + (γ-1)χ + 1 . Av τα πολυώνυμα είναι ίσα να βρείτε τις τιμές των πραyματικών αριθμών α, β, γ. f(x) <=>

= {:} α=Ο ια =Ο == g(x)

Λύ ση

{ταυτόχρονα γ - ι = -2 {:} γ β-ι=ι

Β.

β

Αν δεν είναι μηδενικό πολυώνυμο ορίζουμε ως βαθμό του το μηδέν.

Αν δύο μη μηδενικά πολυώνυμα είναι ίσα, τότε

μπληρώσουμε με συντελεστή το μηδέν.

Παράδειγμα:

βαθμός.

είναι το πολύ βαθμού ν» σημαίνει ότι το f(x) εί­ ναι μηδενικό ή ότι βαθμ. f(x) :::; ν .

Για να εκφράσόυμε την ισότητα δύο πολυωνύ­

πραγματικός αριθμός.

Αν είναι μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζεται

το βαθμό του f(x). Επίσης η έκφραση «το f(x)

τιμή του χ .

αν η μορφή του είναι f(x) = c, όπου c σταθερός

i) i)

Με το συμβολισμό βαθμ. f(x) θα παριστάνουμε

Τα ίσα πολυώνυμα έχουν ίσες τιμές για κάθε

Το f(x) χαρακτηρίζεται ως σταθερό πολυώνυμο

Αν το f(x) είναι σταθερό πολυώνυμο τότε:

είναι ίδιου βαθμού.

Παράδειγμα:

Να βρείτε για τις διάφορες τιμές του λ e IR το βαθμό του πολυωνύμου f(χ) = (λ1 - 1)χ3 + ( ημ(λ - 1) ] χ + λ - 1 .

Ο{:} = Ο {:} λ =

Λύ ση

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

i) i)

Αν λ2 - ι �

λ � ± ι , τότε το f(x) είναι τρί­

του βαθμού. Αν λ 2 - ι

± ι , τότε: Για λ = ι ,

f(x) = Ο, οπότε δεν ορίζεται βαθμός για το f(x). Για λ = -ι , f( χ ) = (-η μ2) χ - 2 .

2

Επειδή η μ2 � Ο , το f(x) είναι πρώτου βαθμού.

α) Έστω ένα πολυώνυμο f(x).

Αν το f(x) δεν είναι σταθερό πολυώνυμο ορί-

β) Έστω τα μη μηδενικά πολυώνυμα f(x), g(x) με βαθμ. f(x) = κ, βαθμ. g(x) = λ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/47


Μαθηματικά Β' Λυκείου •

Αν το πολυώνυμο f(x) + g(x) είναι μη μηδενι­ κόβαθμ.τότε:( f(x) + g(x)) max {κ, λ}. βαθμ. (f(χ)·g(χ)) =κ+λ. η ταυτότητα f(x) = g(χ)Π(χ) + υ(χ) (ι), όπου Π(χ), υ(χ) πολυώνυμα εκφράζει τη δι α ί ρ εση f(x): g(x) όταν το g(x) είναι μη μηδενικό πολυώνυμο καιτε τοβαθμού υ(χ) είμικρότερου ναι είτε μηδενι κό πο­ λυώνυμο εί του βαθμού του g(x).ότι η ( ι ) είναι η ταυτότητα της διαίρεσης Έστω f(x): g(x) τότε: είναι το πηλίπολυώνυμα κο και το υ(χ) τοκυπόλοι ­ ποναΤο ιΠ(χ) τηςσχύειδιαίρεσης, μοναδι ά ώστε Αν βαθμ. ηf(x)( ι)=ν, βαθμ. g(x) = μ με ν μ, είβαθμ.=Π(χ)λέμε=ν-μ.ότι η διαίρεση είναι τέλεια Ανναικαι υ(χ) το g(x) λέμε ότι δι α ι ρ εί το f(x) ή ότι το g(x) εί(1)ναι*?παράγοντας f(x). (2). Από τη (2) f(x)-υ(χ)=τουg(χ)Π(χ) προκύπτει f(x)-υ(χ).ότι το g(x) διαιρεί το πολυώνυμο Ανυ(χ)βαθμ. f( χ )<βαθμ. g (χ), εί ν αι Π(χ) = και = f(x).

νυμο g(x) = χ 2 + ι δίνει Π( χ) = χ + ι και υπόλοιπο

(

υ(χ) = ημα + συνα -

• •

Λύ ση

α)

Ο,

Ο

Το υπόλοιπο της διαίρεσης f(x): (χ-ρ) είναι υ=Το f(ρ). χ - πολυώνυμο ρ είναι παράγοντας τουο ώστεf(x) (δηλαδή υπάρχει τέτοι Π(χ) f(x) =(χ-ρ)Π(χ) αν και μόνο αν το ρ είναι ρίζα του f(x) (δηλαδή f(ρ) = 0).

Ε. Έστω η πολυωνυμική εξίσωση

α ,.χ + α ,._1 χ ν-1 + ... + α 1 χ + α0 Ο βαθμού ν 2 1 με ακέραιους συντελε στές. ν

=

Αν ο ακέραιος ρ είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε ρστροφο είναι διαιρέτης του σταθερού όρου ΤοΜιααντίοπολυωνυμι δενκή ισχύει. ε ρίζες, το πλήθος των ξίρισζώνωσητηςν κβαθμού είναι αν� έχει �Ο

αο.

κ

ν .

Λ Υ ΜΕ ΝΑ ΘΕΜΑ Τ Α

1° Η διαίρεση του πολυώνυμου f(x) με πολυώ­

Επει δ ή ο δι α ι ρ έτης g(x) εί ν αι 2ου βαθμού, το υπόλοι πρέπει να είναι το πολύ πρώτου βαθμού.ποΆραυ(χ)πρέπει ι2 *? ημα+ συνα =-21 ημα+ συνα--= *? (ημα + συνα)2 = .!..4 *? ημ2α + συν2α + 2ημασυνα = .!_4 . *?ημ2α=- 43 . 'Ετσιεχουμε 9 ι συν4α=1-2ημ2 2α= ι-2-=--. ι6 8 ι Άρα υ(χ) = --χ8 + 1 , οποτε απο την ταυτοτητα της διαίρεσης f(x): g(x) παίρνουμε: f(x) = (χ2 + 1)(χ + ι) _ .!_8 χ + ι *? 78 f(x)=x3 +χ2 +-χ+2 Θέτουμε χ -ι= ψ *? χ = ψ+ ι. Το f(x) γράφεται f(ψ+ι)=(ψ+ ι)3 +(ψ+ι)2 + .?.8 (ψ+ ι)+2 *? f(ψ+l)=ψ3 +4ψ2 + 478 ψ+ 389 (ι) Απαίρνουμε: ντικαθιστούμε στην (1) το ψ με χ - 1 και f(χ)=(χ-ι)3 +4(χ-1)2 + 478 (χ-1)+ 389 . Για χ {1} έχουμε 47 f(x) 4 = -χ -1ι- + _4 _+2 8 3 + 389 4 (χ-1) (χ-1) (χ-1) (χ -ι) Ο

2::

Δ. Αν f(x) πολυώνυμο και ρ σταθερός πραγ­ ματικός αριθμός τότε: •

i) χ2 + (συν4α)χ + ι

για κάποια γωνία α. α) Να βρείτε το f(x). β) Για χ ε IR - {ι} να διασπάσετε το κλάf(x) σμα 4 σε άθροισμα κλασ μ άτων με (χ - ι) σταθερό αριθμητή και παρονομαστή δύ­ ναμη του χ - ι.

Γ. Για τα πολυώνυμα f(x), g(x)

πηλίκο

β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/48

ε

IR -


Μαθηματικά Β' Λυκείου

2° Θεωρούμε τα πολυώνυμα f(x), g(x) για τα

χ2- κ+2_!χ2+ 2 -2χ4 -r -(κ+4):i3+4r-3χ +κ (κ+4)Χ3 + (� +2)χ 4r+( � -1)x+k -2 -4r (�-1)x+k-2 2

οποία έχουμε f(x) = g(x - 1) (1) και f 2 (1) + 2 = 2 2f(1)g(O) - 2g 2 (0) + 1 (2).

(

)

--------�

ί) Δείξτε ότι το χ - 1 διαιρεί το f(x) και το χ διαιρεί το g(x). ίί) Αν Π(χ) είναι το πηλίκο της διαίρεσης f(x) : (χ - 1) , ποιο είναι το πηλίκο της διαίρεσης g(x) : χ ;

Λύ ση

Από τη (2) παίρνουμε: f2 (1)-4f(l)g(O) + 4g2 (0) =Ο{:} (f(l)-2g(O))2 =Ο{:} f(1) = 2g(O) (3) ΓιΆραα χ(3)= {:}1 απόf(1) =την2f(l)(1) {:}παίf(l)ρνουμε f(1) = g(O). =Ο , δηλαδή το χμας- εξασφαλί 1 είναι παράγοντας τουιρείf(x), πράγμα που ζ ει το χ-1 δι α το f(x). Αφού f(1)ει ότι=Οτολόγωχ είτηςναι(3)παράγοντας είναι g(O) =τουΟ. Αυτό σημαί ν g(x), δηλαδή Με βάσητοτοχ διαιρεί ερώτηματο g(x).έχουμε f(x)=(x-1)Π(x){:}g(x -1) =(χ -1)Π(χ) (4). + 1 και παίρνουμε Στην (4) βάζουμεg(x)όπου χ το χ = χΠ(χ+ 1) (5) Από ρεσηςτηνg(x):(5) χπροκύπτει είναι το Π(ότιχ+το 1).πηλίκο της διαί­ i)

ίί)

i)

(I)

Από τι ς (1), (2) παίρνουμε ημ(α + 2β) = 2ημ(α + β)συνβ {:} ημ[(α +β)+ β]= 2ημ(α + β)συνβ {:} ημ(α+ β)συνβ +συν( α+ β)ημβ = = 2ημ(α + β)συνβ {:} {:} ημ(α + β)συνβ-συν(α+ β)ημβ =Ο {:} ημ[(α +β)-β]= Ο{:} η μα= Ο{:} j{:} α=2κπή , κ {:} α = ρ α= 2κπ + π= (2κ+ 1)π Ε

Ζ

ρπ,

Ε

Ζ

4° Θεωρούμε πολυώνυμο

f(χ) = αχ 4 - βχ 3 + χ 2 + 5χ - 2, α, β Ε R.. Αν η διαίρεση f(x) : (χ 2 � 1) δίνει υπόλοιπο

υ( χ) = 2χ + 1 τότε: ί) Να βρείτε το υπόλοιπο των διαιρέσεων f(x) : (χ - 1), f(x) : (χ + 1) καθώς και τα

α, β. ίί) Για τα α,β του i) ερωτήματος, να λύσετε την aνίσωση >

3 ° Θεωρούμε πολυώνυμο

f(x) 2χ + 1. Λύση [ ] Η ταυτότητα της διαίρεσης f(x): (χ2 -1) είναι f(x)=(x2 -1)Π(χ)+2χ+1 (1), όπου Π(χ) το πηλί κ ο της διαίρεσης. Λύ ση Γιαf( 1) χ= =3 1πουκαιείναιχ = το-1 υπόλοι από τηνπο (1)της παίρνόυμε Εκτελούμε τη διαίρεση Ρ(χ): (2χ2 + 1). Σύμφωνα με την παραπάνω διαίρεση έχουμε υπό- f(x): (χ -1) και f(-1) = -1 που είναι τοδιαίρεσης υπόλοιπο της διαίρεσης f(x): (χ+ 1). λοιπο υ(χ)= ( ; -1) χ + κ-2. 3 -� αf( jf(-1)�α7= -1 {:} jα+β=�� 5 <>α�2. β� 3 Πρέπει ( ; -1) χ + κ -2 = = [η μ(α+ β)συνβ]χ +η μ(α+ 2β) κ2 -1 = ημ(α + β)συνβ . (1) {:} !κ-2 = ημ(α + 2β) (2) Ρ( χ) = 2χ 4 -{κ+4)χ 3 + Sx 2 -3χ + κ, κ Ε R. . Η διαίρεση Ρ( χ) : (2χ 2 + 1) δίνει υπόλοιπο

υ( χ) = ημ(α + β)συνβ χ + ημ(α + 2β) . Δείξ­ τε ότι α = ρπ, ρ Ε Ζ .

i)

Ση μείω ση :

Ένας ά λλος τρόπος για να βρούμε τα α, β είναι να εκτελέσουμε τη διαίρεση .f(x) : (χ2 - 1) και το υπόλοιπο που θα βρούμε να το ταυτίσουμε με το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/49


Μαθηματικά Β. Λυκείου

λχ - 1 αν και μόνο αν f ( �) = Ο {:::> Για α = 2 και β 4 3 έχουμε -λ14 _ 2_λ3 + �λ =0 {:}6λ3 -Sλ+l=O (1) f(x)=2x -3χ3 +χ2 +Sx-2. ότι το -1 σχήμα είναι ρίζα της ( 1 ), οπό­ Εκτελούμε τη διαίρεση f(x):2 (χ2 -1) και βρί­ τεΠαρατηρούμε έχουμε το παρακάτω σκουμε πηλίκο Π(χ)=2χ -3χ+ 3 , οπότε η ταυτότητα της2 διαίρεσης2 είναι 3 3) + 2χ + 1 χ + f(x) = (χ -1)(2χ (2) f(x)2 > 2χ +2 1{:::>(2) ' 2 -6λ+1)=0 Άρα (1){:}(λ+1)(6λ (χ2 -1)(2χ 2 - 3x+ 3)+2x+1 >2x+l{:} 3 (χ -1)(2χ - 3χ+3)>0 ( ) λ+l=Ο{:::> λ =-1 ή Τοδιακρίτρινουσα, ώνυμοοπότε2χ2γι-α 3κάθε χ + 3 έχει αρνητική 6λ2 -6λ + 1 = ο{:::> λ = 3 ±6J3 χε�, 2χ2 -3χ+3>0. Άρα (3) {:::> x2 -l>O {:::> χ (- oo,-l)U(l,+oo). 2χ + Ι . Έτσι έχουμε ισότητα πολυωνύμων από

ii)

την οποία προκύπτουν τα α, β (βλέπε γ θέμα). =

6

α) Έστω το πολυώνυμο g(x). Η διαίρεση g(χ) : (αχ + β), α,β :;ι: Ο δίνει πηλίκο Π(χ) και υπόλοιπο το σταθερό αριθμό υ. Να βρείτε το πηλίκο και το υπόλοιπο

( �).

1

6

--6

6

Ε

-5

ο

--6

Horner. -1

1

Θεωρού με το πολυώνυμο f(x) = χ 3 - 3αχ + 2β, α, β ε �·

και ρ κάποιος σταθερός πραγματικός αριθ­ 2 μός. Αν το (χ-ρ) είναι παράγοντας του f(x) 2 δείξτε α3 β • =

της διαίρεσης g(x) : χ +

Λύση

Έχουμε 2 f(x) =(χ- ρ) Π(χ) =(χ- ρ) [(χ- ρ)Π(χ)] (1) (2) και ι(ηχ)(1)είναιγρά­το (χ)=(χ-ρ)Π(χ) Θέτουμε Π=(χι το οπότε (χ), )Π f(x) φεται Π ρ ι (χf(x): ). διαίρεσης της κοf( ) =Ο και ( )= Ο. Επίρ σης � Ο ,γιατί πηλί Εί ν αι Πι ρ β= Ο. Άτοπο.ρ ρτότε f(O) =Ο{:::> Ηναιταυτότητα της διαίρεσης g(x): (αχ+ β) εί ­ αν ρ= Ο, g(χ)=(αχ+β)Π(χ)+ υ {:} Από το παρακάτω σχήμα θα βρούμε το g(x)= (x+ �) απ(χ)+ υ (1) Πι (χ). Από την ( 1) προκύπτει ότι το πηλί κ ο και το υ­ πόλοιπο αντίστοιχα της διαίρεσης g(x): (x+ � ) είναι Πι (χ)=αΠ(χ) και υ. Πι (χ)= χ2 + ρχ + ρ2 -3α. Το υπόλοιπο της διαίρεσης f(x): (λχ -1) σύμ­ φωνα με το α) είναι ίδιο με το υπόλοιπο της Έχουμε f(καιρ) = ο {:::> διάίρεσης f(x): (x- �) , δηλαδή είναι το !Πρ3ι (-ρ)3α=Ορ +2β=0 (3 ) f (�) . Επομένως το f(x) έχει παράγοντα το {:::> και 3ρ2 - 3α=0{:} ρ2 =α{:} ρ3 =αρ (4) β) Έστω το πολυώνυμο

6 , λ ε � . Να βρείτε f( χ ) = χ - 5χ 3 + λ το λ εκείνο για το όποίο το f(x) έχει πα­ ράγοντα το λχ-1 . 4

*

Λύση

α)

Horner

1

1

β)

!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λη · τ.2/50

Ο

ρ

ρ

-3α ρ2 ρ2-3α

2β 3 ρ -3αρ 3 ρ -3αρ +2β

ρ


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

f(x)= (-2χ2 - 3χ -1)g(x) +(χ+ 1) (4) με g(x) = Sx2002 . + Επειδή ο βαθμός του πολυωνύμου χ 1 (πρώτου βαθμού) είναι μι κ ρότερος από το βαθμό του 2 -2χ -3χ -1 (δευτέρου βαθμού) ηπολυωνύμου (4) είναι η ταυτότητα της διαίρεσης f(x):(-2x2 -3χ-1) . Άρα το2002πηλίκο της διαίρεσης είναι το g(x) = 8χ και το υπόλοιπο το χ+ 1.

Ηβ=(3)α =>βάσηβ2 =ατην2 (4)2 =αδίνει2α = α3 . Άρα α3 = βz. ρ ρ με

7°: Θεωρούμε το πολυώνυμο f(x) = (α 3 +β 3 )χ 2004 +3αβγχ zοο3 +γ 3 χ 2οο2 +χ+l με ακέραιους συντελεστές και α 2 β + β 2 α < -αβγ (1). Αν το f(x) έχει αρνητική ακέραια ρίζα και το υπόλοιπο της διαίρεσης f(x) : (χ3 - 1) είναι υ( χ) = -24χ 2 - 7χ - 15 , τότε: i) Να βρείτε το f(x).

ii) Δείξτε ότι υπάρχει πολυώνυμο g(x) τέ­ τοιο ώστε το f(x) να γράφεται στη μορ­ φή f(x) = -2g(x)x 2 - 3g(x)x - g(x)+x+ 1 .

=

ποιος μη μηδενικός σταθερός πραγματικός αριθμός. Δείξτε ότι: i) Ο ν είναι άρτιος. ii) πάρχει πολυώνυμο φ(χ) τέτοιο, ώστε να ισχύει f(x) = χ( χ - ρ χ) + ρ .

ίίί) Να βρείτε το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης f(x) : ( -2χ 2 - 3χ - 1) . Λύ ση

i)

Επει δ ή το f( χ) έχει ακέραιους συντελεστές οι πισταθερού θανές ακέραιες ρίζες τουτο είf(x)ναι έχειδιαιρέτες τουκή όρου 1. Αφού αρνητι ακέραια ρίζα 3 αυτή3 θα3 είναι το -1. Άρα f(-1) =Ο*> α +β +γ =3αβγ j*> α=β=γ' α+ � +γ=Ο (2) Από έχουμε:<Ο*> αβ(α+β+γ) 2α β+βτην2(1)α+αβγ <Ο*? *>α+β+γ�ο η (2) απορρίπτεται, οπότε είναι α = β = γ καιΆρα f(x) = 2α3χ2οο4 + 3α3χ2οο3 + α3χ2ο02 +χ+ 1 Έχουμε 3 f(x) = (χ -1)Π(χ) + (-24χ2 -7χ -15) (3), διαίρεσης του f(x) με (χ) το πηλί κ ο της όπου Π 3 τοf(1)χ=-1-46. *>Για6αχ3 =+ 21 =από-46την*> (3) παίρνουμε αΆρα3 = -8 *>α= -2 f(x) = _ 16xzo04 _ 24χzοω Sxzooz +χ+ 1. Τοf(x)f(x)= -2(8x γράφεταιzooz )x2 -3(8xzooz )x-8xzooz + + x 1. 2002 Θέτουμε g(x) =28χ και έχουμε f(x) = -2g(x)x -3g(x)x-g(x) +χ+ 1. Από το ερώτημα έχουμε _

ii)

ίίί)

ii)

Για το πολυώνυμο f(x) βαθμού ν> 1, έχουμε f(ρ) ρ και f(x) = f(ρ - χ) (1), όπου ρ κά-

)φ( Έστω f(x) =αν χν + αν_1χν-Ι + . . + α1χ + α0 . μεγι σ τοβάθμιος όρος του f(x) εί ν αι ο ν αν χ , αν � Ο οπότε ο μεγιν νστοβάθμιος όρος του f(ρ-χ) είναι ον αν (-1) χ . λόγω της (1) πρέπει αν =(-1) αν (2). Η (2) όμως ισχύει όταν ο ν είντοαι πολυώνυμο άρτιος. g(x) f(x)- ρ και Θεωρούμε g(ρ)=f(r)- ρ =O. Άρα το g(x) έχει παράγο­ ντατέτοιοτο ώστε χ - ρ,g(x)δηλαδή =(χ-υπάρχει )Π(χ)πολυώνυμο (3). Π(χ) ρ Γιf(αρ)χ== f(O)ρ από*>τηνf(O)(1)= παίρνουμε ρ(3) . g(O) = f(O)- ρ = 0=>- ρΠ(Ο) =Ο*> Π(Ο) =Ο . Άρα το πολυώνυμο παράγοντα το χ,ναδηλαδή Π(χ) έχει φ(χ) υπάρχει τέτοι ο ώστε ισχύει Π(χ) = χφ(χ) (4). (3) με βάση την (4) γράφεται *> f(χ+}-ρ=χ(χ-ρ)φ(χ) *> *>g(x)=x(x-ρ)φ(χ) f(x) =χ(χ- ρ)φ(χ) .ρ Λύση

i)

Ο

,

ii)

=

Ρ"'Ο

Η

α) Θεωρούμε τα πολυώνυμα f(x), g(x) και το μη μηδενικό πολυώνυμο δ(χ). Έστω υ1(χ), υ2 (χ) τα υπόλοιπα των διαιρέσεων f(x) : δ( χ) και g(x) : δ( χ) αντίστοιχα. Δείξτε ότι: Το δ(χ) διαιρεί το πολυώνυ­ μο f(x) - g(x) αν και μόνο αν υ1 (χ) = υ 2 (χ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/51


Μαθηματικά Β' Λυκείου

β) Έστω τα πολυώνυμα

ii)

f(x), Q(x) = f(x) + χ 3 - 1 . Αν το χ 2 + χ + 2 διαιρεί το Q(x) να βρεί­

Π 1 (χ)f(χ) = xll � (x) + π : (χ)

τε το υπόλοιπο της διαίρεσης f(x) : (χ 2 + χ + 2) .

α)

β)

-XJ + σχ2 + Οχ + ι χ2+χ+2 ,[3 + r + 2χ χ+ ι r + 2χ + ι -χ2 - χ - 2 -

χ- ι

Άρα το υπόλοι π ο της διαίρεσης 2 f(x): (χ +χ+ 1) είναι υ(χ)= χ -1. 1 0° Έστω ένα μη σταθερό πολυώVυμο f(x) και

α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί με α :;ι!: β . Αν Π 1 (χ), Π 2 (χ) τα πηλίκα των διαιρέσεων f(x) : (χ - α) και f(x) : (χ - β) αντίστοιχα τότε: i) Δείξτε ότι Π 1 ( β) = Π 2 (α) .

(1)

Λύ ση

i)

Λύ ση Π α τωνστοιχδιαιρέσεων Ανf(x):Πδ(1 (χ),χ) και2 (χ)g(x):τα δ(πηλίχ) καντί α τότε έ­ χουμε f(x) = δ(χ)Π1 (χ)+ υ1 (χ), (χ) Άρα g(x) = δ(χ)Π (χ) + . υ 2 2 f(x)-g(x) = = δ(χ) [Π1 (χ)-Π2 (χ)] + υ1 (χ)- υ2 (χ) (1) Έστω ότι το δ(χ) διαιρεί το f(x)-g(x) Είβαθμ.ναι υβαθμ. υ1 ( χ)<βαθμ. δ(χ) και οπότε δ(χ). (χ)- υ2 δ(χ)(χ),] <βαθμ. βαθμ. [2υ1(χ)<βαθμ. Άρα λόγω της (1) το υ1 (χ)- υ2 (χ) είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης [f(x)-g(x)] : δ(χ). Επει δή υ1όμως(χ)-ηυδι(χ)= αίρεσηΟ{::}αυτήυ1 (χ)= είναιυτέλει(χ).α, πρέπει Αντίστροφα: Έστω2 υ1 (χ)= υ2 (χ). 2 Απόf(x)-g(x) την (1) παίρνουμε = δ(χ) [Π1 (χ)-Π2 (χ)] πράγμα που μας εξασφαλί ζει ότι το δ(χ) διαιρεί πο­ λυώνυμο f(x)-g(x). Έχουμε 2Q(x)=f(x)-(-x3 +1). διαιρεί το Q(x) σύμφωνα με χ +χ+οι2 διαιρέσεις: τοΑφού α) ερώτημα f(x): (χ2 +χ+ 2) και (-χ3 + 1): (χ2 +χ+ 2) έχουν το ίδιο υπόλοιπο.

Να βρείτε το f(x) όταν ισχύει:

Έχουμε f(χ)=(χ-α)Π1 (χ)+f(α) (2)και f(x) =(χ-β)Π2 (χ) + f(β) (3) Γιπαίαρνουμε χ β από την (2) και χ α από την (3) f(β) =(β-α)Π1 (β)+ f(α){::} {::}f(α)f(α)-f(β) =(α-β)Π (β) και 1 =(α-β)Π2 (α) + f(β) ({::}4) f(α)-f(β) =(α-β)Π2 (α){:} (α-β)Π (β) = (α-β)Π (α) {::} (β) = (α) Π Π . 1 1 2 2 Έστω ότι ο βαθμός του f(x) είναι ν (ν � 1), τό­ τε τα πολυώνυμα Π1 (χ),Π2 (χ) είναι βαθμού ν1. Το πολυώνυμο χΠ� (χ) είναι βαθμού 3 1+3(ν-1)= ν-2 και το πολυώνυμο Π � (χ) εί3ν-2 ναι βαθμού 2(ν -1) = 2ν-2 . Επειδή 2ν-2 ο βαθμός3 του πολυωνύμου χΠ� (χ)+Π� (χ) είναι ν-2. Το πολυώνυμο Π1 (x)f(x) είναι βαθμού ν -1 +ν= 2ν -1. Γι2να-1να= 3ν-2ισχύει{::} ν =η 1 (1. ),Άρααρχιτοκάf(x)πρέπει εί ν αι μού, οπότε Π1 (χ)=c1 ,Π2 (χ)=c2 , πρώτου βαθ όπουτοcι , c2ερώτημα σταθεροίέχουμε αριθμοί. Από Π1 (β)=Π2 (α) ::::} c1 =c2 =c 7: 0. Άρα η (1) γράφεται cf(x) = c3x + c2 {::} f(x) = c2x + c (5) Με βάση τη (5) η διαίρεση f(x): (χ-α) δίνει 2, οπότε πρέπει c2 = c {::} c = 1. Τελικά πηλί κ ο c έχουμε f(x) =χ+ 1. =

=

α"'β

ii)

>

i)

c"'O

1 1 ο Δίνονται τα μη μηδενικά πολυώνυμα Α(χ), Β(χ). Θεωρούμε τα πολυώνυμα Ρ( χ) = χ 2ο04 Α( χ) + χ 2οο3 Β(χ) + 1 και j(x) = χ 2οο4 Β(χ) + χ 2οο3 Α( χ) + 1 .

Αν ο ρ με l ρ l < 1 είναι κοινή ρίζα των Ρ(χ), φ(χ), δείξτε ότι: i) Είναι ρ :;ι!: Ο . ii) Α ( ρ) :;ι!: Ο και Β(ρ) :;ι!: Ο . iii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/52

I Α (ρ = I Β (ρ )I > !2 .

)I


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

το ερώτημα έχουμε βρει Α(ρ) Σ = Β(ρ ), οπότε 3 2 = Ο, τότεαφού Ρ(Ο)= 1. Ρ(ρ) =Ο2 ω {::> ρ οο Α(ρ)(ρ + 1) = -1 :::} ΕίΡ(νραι) =Ορ += Ο,Ρ(Ο)γιατί=Ο.αν ρΆτοπο {::> 2004 2 3 1 ο l ρ + ιΙΙ Α ρ) I = ι (2). Έχουμε Ρ(ρ) =Ο2004 {::> ρ Α2 (ρ3)+ρ οο Β(ρ) = -1, :::}!lρΙlρ2003 < 1 ::} I ρ12003 1ρ + 1I <2 {::> φ(ρ) =Ο {::> ρ Β(ρ) + ρ οο Α(ρ) = -l. Ι ρ + l l lρl + 1 < 2 Άρα2 ρ42οο4Α(ρ) +2 ρ32οω Β(ρ) =2 3 = ρ οο Β(ρ) + ρ οο Α(ρ) {::> ρ οο Α(ρ)(ρ = Ι ρl2003 l ρ + ιΙΙΑ(ρ)I < 2 IΑ(ρ)I {:>(2) ι< 2 IΑ(ρ)I {::> {::> IA(ρ)l >_ .!.2 .Άρα IA(ρ)l = I B. (ρ)l > .!_2 . = ρ2003Β(ρ)(ρ -1) {::> Α(ρ) = Β(ρ) (1 ). Αν(!)έχουμε υποθέσουμε ότι Α(ρ) = Ο, τότε από την ότιείνκαιαι Β(ρ) == Ο,Ο. οπότε Ρ(ρ) = 1. Ά­ αφού τοπο, Ρ(ρ) Άρα Α ρ) += Ο και Β(ρ ) +=Ο.

i) ii)

ii)

iii)

Λύ ση

(

:=ς

- l)

P "' l

(

Χρήστος Λαζαρίδ ης Εισαγωγή Η σύλληψη της ιδέας, της χρησιμοποίησης μιας εξίσωσης για την παρ άσταση μιας γραμμής, έφερε μεγά ­

λες αλλαγές στα Μαθηματικά. Η ένω ση Άλγεβρας - Γεωμετρίας είναι γεγονός! Οι γραμμές παριστά νονται πλέον με εξισώσεις. Τα προβλήματα που παρουσι άζουν τα γεωμετρικά σχήματα αποκτούν και νέα εργαλεία μελέτης. Δ ημιουργείται ένας νέος κλάδος, η Αναλυτική Γεωμετρία. Η παραδοσιακή Γεωμετρία υποβαθμίζεται και η «γοητεία» της σιγά σιγά δυστυχώς υποχωρεί. Το επόμενο άρθρο ασχολείται με την ευθεία και τον κύκλο. Καλό είναι, αν κάποιος ασχοληθεί, να είναι γνώστης της αντίστοιχης ύλης του σχολικού βιβλίου. ·

> χ > ΟΙ {::> χ > χ {::> y > Ο -(λ-2)χ > ΟI -(λ-2) > ΟI J2 . χ > {::> χ > ΟΙ {::> λ-2<0 λ <2 I Τελι κ ά το Μ δεν θα ανήκει στο πρώτο τεταρτημό­ Λύ ση ριο αν λ�2 . Έστω ότι υπάρχει σημείο Α(α,β) με α, β Q τέτοιο ώστε Α ε τότε: β = 3α + J2 {::> β - 3α = J2 , πράγμα άτοπο, διότι ο β - 3α είναι ρητός ενώ ο J2 είναι άρρητος. ο

Άσκηση 1

Δίνεται η ευθεία ε με εξίσωση y = 3χ + Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει σημείο με συντεταγ­ μένες ρητούς, το οποίο να ανήκει στην ε.

ο

ο

Ε

Άσκη ση 3

Ε

Άσκηση 2 Δίνεται η ευθεία ε εξίσωση με (λ - 2)χ + y = Ο , λ ε JR (1). Αν όλα τα σημεία της ευθείας ε δεν ανήκουν στο πρώτο τεταρτημόριο να υπολογίσετε το λ.

Δίνεται η εξίσωση (λ2 - 1)χ + (λ - 1)y + 1 = 0 , λ ε JR (1). α) Να υπολογίσετε το λ έτσι ώστε η (1) να παριστάνει ευθεία. β) Αν η ευθεία διέρχεται από το σημείο Α(1,-4) να υπολογίσετε την εξίσωση της συμμετρικής της ως προς άξονα χ'χ.

Λύ ση

α) Έστω ότι ηΙ ( 1) (λδεν-l)(λ παρισ+τάνει ευθεία τότε, 2 λλ-1=0 -1 =Ο {::> λ-1=0 1) =ΟΙ {::> = 1 . Έστω M(x, y ) τυχαί ο σημείο της ε, το οποίο ανήκει στο πρώτο τεταρτημόριο, τότε, Λύ ση

λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/S3


Μαθηματικά Β' Λυκείου

η ( 1) παριστάνει ευθεία αν λ 1 . β) Άρα ΑνΑ 2 -1)·1 +(λ -1)(-4) + 1 =Ο{:} ε{:} (λ (1,-4) λ2 2 4λ + 4 + 1 = ο {:} λ2 -4λ + 4 = ο {:} Α(λ-2) ν λ 2 =η (ο{:}1) γίλ=νεται2 3χ + y + 1 = Ο . αν προκύπτει , χ χ' προς ως της κή Ηαντισυμμετρι λε' = λμ = �4 , άρα και η ε2 θα έχει συντελεστή δικ αταστήσουμε όπου y το -y οπότε έχουμε, 3x-y+1=0. ευθ.υνσεως 45 . 5 Έστω ε2 :y=-χ+λ{:}5χ-4y+4λ=0 , όπου 4 ΑνλεJR.M(x,y) τυχαί. ο σημείοl5x-4y+17l της μ, τότε, l5x-4y+4λl d(Μ,ε1 )=d(Μ,ε2 ) {:} 52 +(-4)2 52 +(-4)2 {:} 15χ -4y+ 171 = l5x -4y+4λ Ι α) Παρατηρούμε ότι οι συντεταγμένες των Α, Β {:}5x-4y+17=5x-4y+4λ ή y η άρα 2χ 2χ, ε y την ση επαληθεύουν ξίσω 5x-4y+17 = -5χ +4y-4λ {:} εί ν αι η ε ίσωση ΑΒ της ξ . 4λ = 17 ή lOx -8y + 17 + 4λ = Ο . β) Έστω M(x, y ) τυχαί ο σημεί ο της μεσοκαθέτου μ,(ΑΜ)τότε,= (ΒΜ) {:} (ΑΜ)2 2 17 . 17 Αν λ=τοτε ε :5x-4y+4-=0{:} 2 = (ΒΜ)2 {:} 2 5χ-4y +4 17 =Ο , δηλαδή συμπί4πτει με την ει , 2 2 =(χ-β) +(y-2β) +(y-2α) (χ-α) πράγμα άτοπο. ότι η εξίσωση της μ είναι 2χ -2αχ+α 2 +y2 -4αy+4α 2 = {:} Συμπεραίνουμε χ2 -2βχ+β2 +y2 -4βy+4β2 {:} 10x-8y+17 +4λ =Ο 17+4λ 2(β-α)χ +4(β-α)y-5(β-α)(β+α) =Ο {:} {:}5x-4y+ =0. 2 2χ +4y-5(α+β) =0. Ο. Από υπόθεση όμως μ: 5χ-4y + 10 =Ο, Τελι κά, μ: 2χ+4y-5(α+β)= άρα17 +πρέπει, 4λ 2 = 1 ο {:} 17 + 4λ = 20 {:} λ = l.4 3 =0. Τελικά, ε2 :5x-4y+4l=0{:}5x-4y+ 4 7:

Ά σκηση 6

Έστω οι ευθείες ει : 5x - 4y + 17 = 0 , μ : 5χ - 4y + 10 = 0 .

Ε

-1-

Να υπολογίσετε την εξίσωση της ευθείας ε2 αν η μ είναι μεσοπαράλληλη των ει, ε2 • Λύση

=

Ά σκηση 4

Έστω τα σημεία Α(α, 2α) , Β(β, 2β) όπου α -::;:. β . α) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΑΒ έχει εξίσωση y = 2x. β) Να υπολογίσετε την εξίσωση της μεσοκα­ θέτου μ του τμήματος ΑΒ.

νι

Λύ ση

=

νι

=

α;eβ

Ά σκηση 5 Αν οι ευθείες με εξισώσεις 2x + y - 1 = 0 , x - y = 5 και λχ + λ2 y = -1 , λ ε JR

διέρχονται από το ίδιο σημείο, να υπολογίσετε τις τιμές του λ. Λύ ση

το σημείο τομής των δύο ευθει ώ ν Προσδιορίζουμε . 3χ 1 = 2 6 y = = + χ 2χ ) {:} ) {:} 3) x-y=5 x-y=5 y=Α(2,-3)πρέπει είναι τονα κοιανήκει νό σημείο τοΤοάρα,οποίο και στηντων τρίδύοτηευθειών, ευθεία, λ . 2 + λ2 (- 3) = -1 {:} 3λ2 -2λ -1 = ο {:} λ = ή λ=- ,Χ 1

Άσκηση 7

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ όπου Β(1,2) , Γ(2,4) και . Να βρεθεί ο γ.τ. της κορυφής Α. (ΑΒΓ) =

Χ

Λύση

Έστω A(x,y) τότε ΒΑ= (χ -1,y-2),ΒΓ= (1,2). χουμε: (ΑΒΓ) = � {:} � �det (ΒΑ, ΒΓ)I = � {:} ι ΙΧ � 1 Υ ; 2Ι ι= {:} l2x-2- Υ + 21 = 1 {:}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/54

1


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

2χ -2x+ y = 11 . ή 2χ - y = - 1 *> y = 2χ - 1 ή y= Τελικά ο γ. τ . είναι η ένωση των δύο παραλλήλων ευθειών y = 2χ - 1, y = 2χ + 1 .

Ά σκηση 1 0

Έστω η εξίσωση (λ + 1)χ + (1 - λ)y + λ - 3 = Ο (1), α)

Άσκηση 8

Αν 2χ 2 - y 2 + xy + 4x + y + 2 = 0 και -2 :::=; χ ::::; 1 , να υπολογίσετε το γ.τ. των σημείων M(x,y).

Λύ ση

Έστω y) τυχαίο σημείο του γ.τ. , τότε: 2χ22 -M(x, y2 +xy+4x+y+2=0# 2χ + (y + 42)χ - y2 +2 y + 2 = Ο*> (Δ=2 (y + 4) - 8(2-y + y+2) = 2 y +8y+16+8y3y - 8y - 16=9y ) 3y χ = -(y+4)4 - η' χ = -(y+4)+ 4 = - 4y - 4 ή 4χ = 2y - 4) (4χ(χ +y+1 =Ο ή 2χ - y+2 =Ο)

{:::>

{:::>

β)

λ e JR .

Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε λ. Να αποδείξετε ότι όλες οι ευθείες που παρι­ στάνει η (1), περνάνε από σταθερό σημείο. Λύση

α) Έστω ότι η ( 1) δεν παρι σ τάνει ευθεία τότε: λ+1=0j *> λ= - 1) , άτοπο, άρα η (1) 1 - λ=Ο λ=1 ευθεία.γίνεται: 2y - 4=0#y=2 λ=-1 Η(1)γι α β) παριστάνει ΗΘα(1)αποδεί για λξ=ουμε1 γίνότιεταιόλες: 2χοι- 2ευθεί = Ο *> χ 1 . ε ς, που παρι­ στάνει η (1), περνάνε από το σταθερό σημείο Α(1, 2 ). Πράγματι, (λ+ 1)·1 +(13 - λ)·2 +λ - 3 = λ + 1 + 2 - 2λ +λ - = =

ο.

Άσκηση 1 1

χ

χ'

Δίνεται ο κύκλος C : (χ - 1) 2 + y 2 = 4 . α) Να αποδείξετε ότι το σημείο Α(2ημω + 1 , 2συνω) είναι σημείο του κύκλου C. β) Να υπολογίσετε την εφαπτομένη ε του C στο σημείο Α. Λύση

2 2 γ. τ . εί ν αι η ένωση των ευθει ώ ν (2 Έχουμε: α) 1) ω+1 ω) = +(2σ ημ ν υ επεριορισμού ε :2x y+2=0 και λόγω του 1 :x+y+1=0, 2 2 2 2 2 = 4ημ ω + 4συν ω = 4(ημ ω + συν ω) = 4, 2 �χ� 1 ο γ. τ . εί ν αι τα ευθύγραμ. άρα, μα τμήματα ΑΒ, ΓΔ. β) Έστω M(x,Κy)τουτυχαίοείσημείο της0). ε: Το κέντρο ν αι Κ(1, ΚΑ = (2ημω,2συνω) ΑΜ =(χ - 2ημω - 1, y - 2συνω) Ο

AEC.

Άσκηση 9

C

Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ με Α(λ, λ-2) , Β(3, -4) και Γ(2, -5). Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου είναι σταθερό για κάθε τιμή του λ. Λύση

ΒΓ = (2- 3, - 5 +4) = (-1, - 1) ΒΑ= (λ- 3,λ-2 + 4) =(λ- 3,λ + 2) (ΑΒΓ) = !2 jdet (Br , BA)I = !2 � ιλ--13 λ-+21 1 - - ΚΑ ΚΑ.lΑΜ# ·ΑΜ=Ο# = � I -λ - 2 +λ - 3 1 = � I - 51 = % ' τιμή που είναι 2ημω(χ-2ημω-1)+2συνω(y-2συνω)=Ο *> ανεξάρτητη του λ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/55


Μαθηματικά Β' Λυκείου

χημω-2ημ 2 ω-ημω+yσυνω-2συν 2 ω = Ο # χημω+yσυνω-ημω-2 (ημ 2 ω+συν 2 ω) = Ο # χημω + yσυνω - ημω - 2 = Ο . Τελικά, ε: χημω + yσυνω - ημω - 2 = Ο .

Άσκηση 1 4

Η ευθεία ε : y = αχ + β αποκόπτει από τον κύκλο C : χ 2 + y 2 = p 2 χορδή μήκους p . Να αποδείξετε ότι 4β 2 = 3p 2 (α 2 + 1) .

Άσκηση 1 2

Λύ ση

Έστω η εξίσωση χ 2 + y 2 + 2λ(χ - y) = ι, λ Ε IR (1). Ν α αποδείξετε ότι α) Η (1) παριστάνει κύκλο C για κάθε λ Ε JR . β) Ο κύκλος C διέρχεται από δύο σταθερά σημεία.

Το aπόστημα ΟΜ έχει μήκος: α·Ο-y+ Λύ ση (ΟΜ ) = d(Ο,ε) = Ι 2 β l = ι2β ι . Μ Jα + 1 Jα + 1 α) ( 1) # χ 2 + 2λχ + λ 2 + y 2 - 2λy + λ 2 = = λ 2 + λ 2 + 1 # (χ + λ)2 + (y - λ) 2 = 2λ 2 + 1 , είναι το μέσο της ΑΒ, άρα (ΑΜ ) f 2 δηλαδή εξίσωση κύκλου με κέντρο Κ(-λ ,λ) και Από το Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: . ακτίνα ρ = J2λ 2 + 1 . 2 f._2 # -β# 2 2 2 2 Α = 0Μ + ΑΜ = + # Ο p 2 2 Για λ = 0 : (1 ) χ + y = 1 α2 + 1 4 Για λ = 1 : (1) # χ 2 + / + 2χ - 2y = 1 3p 2 = -β 2 # 4 β 2 = 3p 2 ( α 2 + 1 ) 4 α2 + 1 Το σύστημα δίνει "' λύσεις (x, y) �

=

β)

[�, �]

+�, - �]·

Τα σημεία αυτά με αντικατάσταση διαπιστώ­ νουμε ότι πράγματι επαληθεύουν την ( 1 ) .

Άσκηση 1 5

Δίνεται ο κύκλος C : x 2 + y 2 + Αχ + Βy + Γ = Ο . Αν οι εφαπτόμενες του C, που άγονται από την αρχή Ο, είναι κάθετες μεταξύ τους, να αποδεί­ ξετε ότι: Α2+Β 2 8Γ.

Λύ ση

Άσκηση 13

Έστω η εξίσωση χ 2 + y 2 - 2λχ - 4λy = 4 - 5λ2 , α)

=

λ E JR

(1).

Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει κύκλο για κάθε λ Ε IR Να υπολογίσετε το γ.τ. των κέντρων των κύκλων. •

β)

( -�)

και ακτίνα Ο C έχει κέντρο Κ - � , α) ( 1 ) # χ 2 - 2λχ + λ 2 + y 2 - 4λy + 4λ 2 = 4 # JA 2 Β2 - 4Γ # (χ - λ) 2 + (y - 2λ ) 2 = 4 , που είναι εξίσωση p = -'---+-2 Το τετράπλευρο ΟΑΚΒ είναι τετράγωνο πλευράς ρ. κύκλου με κέντρο Κ(λ, 2λ) και ακτίνα 2. β) Έστω K(x,y) τυχαίο κέντρο, τότε, λόγω του α) Από το ισοσκελές και ορθογώνιο ΟΑΚ, προκύπτει είναι: 2 = 2ΑΚ 2 # Α 2 + Β2 = 2 Α 2 + Β2 - 4Γ # ΟΚ 4 4 4 χ = λ {:} λ = # 2 2 2 r = χ {:} Υ = 2χ 2 2 Α + Β = 2Α + 2 Β - 8Γ Α + Β 2 = 8Γ y = 2λ λ = - 2 2 Ο γ.τ. είναι η ευθεία y 2χ. Λύ ση

)

:j {:}

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/56


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Άσκη ση 1 6

Η εξίσωση χ 2 + λχ + y 2 + μy + 1 = 0 , λ, μ Ε JR (1), δεν παριστάνει κύκλο. Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Μ(λ,μ) . Λύσ η

ΗΑ2( 1+) δεν2 -παριστάνει κύκλο, άρα, 4 0 {:}

Β Γ ::; 2 λ + μ2 - 4 ::; 0 {:} λ 2 + μ 2 :::; 4. Ο γ.τ. είναι ο κυκλικός δίσκος κέντρου Ο και ακτί­ νας 2. Ά σκη ση 1 7

Η εξίσωση 4χ 2 - 4αχ + 2α - β 2 = Ο, α, β Ε JR (1), έχει διπλή ρίζα. Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Μ(α,β). Λύσ η

Η (=1 )Οέχει{::} 16αδιπλή2 -ρίζα, άρα, 16 2α - 2 = Ο {::}

Δ ( β) α 2 - 2α + β 2 = 0 {:} α 2 - 2α + 1 + β 2 = 1 {::} (α - 1)2 + β 2 = 1 . Ο γ.τ. είναι ο κύκλος κέντρου Κ( 1,0) και ακτίνας 1 .

2 - 4Γ Α 2 + Β-----: :-2 --:-= 1 {::} Α + Bz Α 2 + Β 2 - 4Γ = Α 2 + Β2 {:} Γ = Ο Αν Γ = Ο, ε : Αχ + Βy = Ο και C : x 2 + y2 + Ax + By = O . Το 0(0,0) προφανώς επαληθεύει τις εξισώσεις τους, άρα η ε και ο C εφάπτονται στο Ο. Άσκη ση 1 9

Ο κύκλος C εφάπτεται του y'y και διέρχεται από το A(x 1 , y 1 ) . Αν Β(χ μ y 2 ) είναι το aντιδιαμετρικό του Α, να αποδείξετε ότι: ( Υ ι - y 2 ) 2 = 4 ΧιΧ 2 ·

Λύση

Έστω C : ( χ - α) 2 + (y - β) 2 = p 2 . Ο C εφάπτεται του y ' y, άρα d(K ,y 'y) = p {:} l α l = p {:} p 2 = α 2 . Το Κ είναι το μέσο του ΑΒ , άρα Χι + χ 2 = 2α , yι + y2 = 2β . Υ

Άσκη ση 1 8

Η ευθεία ε : Αχ + By + 2Γ = Ο εφάπτεται του κύκλου C : x 2 + y 2 + Αχ + Βy + Γ = Ο . Να αποδείξετε ότι η ε και ο C εφάπτονται στην αρχή των αξόνων. Λύση

Ο C έχει κέντρο

( - �) και ακτίνα

Κ -�,

�Α2 + Β2 - 4Γ p= 2 ε είναι εφαπτομένη του C, άρα, A - + Β - ) + 2Γ Ι = d(K ,ε) = p {:} I ( �)� z ( % z A +B �Α2 + Β2. - 4Γ = {::} 2 j Az + Bz - 4rj = �Az + Bz - 4Γ {::} 2 2 �Α 2 + Β2 (Α 2 + B z - 4Γ) 2 = A z + Β2 - 4Γ A z + Bz

Η

χ

Έχουμε: (ΑΒ) = 2 p {::} (ΑΒ) 2 = 4α 2 {::} (x z - X z ) 2 + ( Υι - Yz )2 = (χ ι + X z ) 2 {::} ( Υι - Yz ) 2 = 4 χ ιΧ z Άσκη ση 2 0

α) Δύο κύκλοι τέμνονται στα σημεία (-α, Ο) , (α, Ο), όπου α ;e Ο . Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι έχουν εξίσωση της μορφής χ 2 + y 2 - 2λy = α 2 , όπου λ Ε JR •

β) Να βρείτε τα σημεία τομής των κύκλων C 1 : χ 2 + y 2 + 6y = 16 και C 2 : χ 2 + y 2 - 4y = t6 . Λύ ση

α)

Τα κέντρα των κύκλων βρίσκονται στην μεσο­ κάθετο του τμήματος ΑΒ, που είναι ο άξονας y 'y. Συμπεραίνουμε ότι τα κέντρα θα είναι της μορφής (0, λ) , άρα το απόστημα θα έχει μήκος l λ l .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/57


Μαθηματικά Β' Λυκείου Υ

J5 .

θεία ε : 2χ - y + 1 = Ο είναι ίση με 5) Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Μ του επιπέδου 7λ - 1 λ + 3 . λ ε μεταβλητος. . αν Μ -- , -- οπου 3 2 6) Έστω Α(Ο, 4) και η ευθεία ε : y = χ . Να βρε­ θεί ο γ.τ. των μέσων Μ των τμημάτων με ά­ κρα το Α και σημεία της ε. Από το Πυθαγόρειο έχουμε: λ 2 + α 2 = ρ 2 7) Έστω Α( 1,2) , Β(- 1,3 ) . Να βρεθεί ο γ.τ. των ση­ μείων Μ του επιπέδου που είναι τέτοια ώστε: Τελικά οι κύκλοι έχουν εξίσωση α) ΜΑ 2 + ΜΒ 2 = 15 χ 2 + (y - λ ) 2 = λ 2 + α 2 {::} x 2 +y2 - 2λy = α 2 β) ΜΑ 2 - ΜΒ 2 = 5 . β) Οι Cι, C2 έχουν εξίσωση της μορφής χ 2 +y2 - 2λy = α 2 για λ -3 ή λ 2 και α 4 . 8) Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων M(x,y) του επι­ Από α) τέμνονται στα σημεία (-4 , Ο) και (4 , Ο) πέδου για τα οποία ισχύει: όπως εύκολα επαληθεύεται. α) x 2 - 2x + y 2 = -5 - 4 y β) χ 2 = y 2 , χ Ο και - 1 ::; y ::; 1 . Προτ εινό μεν ες 1) Να βρεθεί ευθεία που περνάει από το Α(-3, κ) 9) Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων M(x,y) του επιπέδου για τα οποία ισχύει: και είναι παράλληλη προς το διάνυσμα δ = (Ο, λ) , όπου κ, λ ε JR . χ 3 + y3 + χ 2 y + xy2 = χ + Υ . 2) Έστω οι ευθείες: ε ι : x + 3y = 0, 1 0) Έστω τα σημεία Α(α,Ο) , Β(β,Ο) και Γ(Ο,γ), ε 2 : χ - y + = Ο . Να βρεθεί ευθεία ε3 ώστε η όπου α, β , γ ε JR διαφορετικοί ανά δύο. Να ε2 να είναι διχοτόμος της γωνίας των ει, ε3• αποδείξετε ότι ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από τα Α, Β, Γ έχει εξίσωση 3) Δίνονται οι ευθείες ει : χημφ + yσυνφ = 1 και ε 2 : χσυνφ - yημφ = 1, φ ε JR . χ 2 + y2 - (α + β)χ - γ + Υ + α β = Ο . α) Να αποδείξετε ότι ε ι ε 2 , για κάθε φ ε JR . Στη συνέχεια να υπολογίσετε την εξίσωση β) Να υπολογίσετε την τιμή του φ, έτσι ώστε του κύκλου ο οποίος διέρχεται από τα σημεία η ευθεία ε που διέρχεται από το σημείο (- 3,0) , (2,0) και (0,-4) . τομής των ει, ε2 να είναι παράλληλη προς την ευθεία y = χ + 2004 να σχηματίζει με 1 1) Ο κύκλος C εφάπτεται του άξονα χ· χ και τους άξονες τρίγωνο εμβαδού 2. Α (χ ι , Υι ),Β(χ 2 , y2 ) είναι τα άκρα μιας διαμέτρου του. 4) Να υπολογίσετε το γ.τ. των σημείων Μ του Να αποδείξετέ ότι: (χ ι - χ 2 )2 = 4 ΥιΥ2 . επιπέδου των οποίων η απόσταση από την ευ-

(

χ

=

=

)

1Π> JN..

=

>

8

[ σ:]

.l

Θάνος Χαραλάμπους Άσκηση 1 Εάν Θ είναι το βαρύκεντρο τριγώνου ΑΒΓ και Σ τυχαίο σημείο, να αποδειχθεί ότι το ένα από τα τρίγωνα ΣΘΑ, ΣΘΒ, ΣΘΓ είναι ισοδύ­ ναμο με το άθροισμα των δύο άλλων .

Λύ ση

Θ α βρω την σχέση μεταξύ των εμβαδών (ΣΘΑ), (ΣΘΒ), (ΣΘΓ) . Το σημείο Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώ­ νου ΑΒΓ, άρα: ΑΘ 2 ΘΔ , άρα: =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' .τ.2/58


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

(ΑΒΔ) = ( ΑΔΓ), (ΟΔΓ)=(ΟΒΔ) (ΟΑΔ) = (ΟΑΓ) - (ΑΔΓ) - (ΟΓΔ) = (ΟΑΓ)- ( (ΑΔΓ)+(ΟΓΔ)] = (ΟΑΓ)-( (ΑΒΔ)+(ΟΒΔ)] = (ΟΑΓ)-(ΑΒΟΔ) = (ΟΑΓ)- ( (ΟΑΒ)+(ΟΑΔ)] = (ΟΑΓ)-(ΟΑΒ)-(ΟΑΔ) 2 (0ΑΔ)=(ΟΑΓ)-(ΟΑΒ) (ΟΑΔ)= .!_2 ( (ΟΑΓ)-(ΟΑΒ)]

Α

Σ

(ΣΑΘ) = 2 (ΣΘΔ) = 2 ( (ΣΘΓ)-(ΣΔΓ)-(ΘΔΓ)]

[

= 2 (ΣΘΓ)- Ξ (ΣΒΓ) - i (ΑΒΓ)

αφού (ΘΔΓ)= .!_ (ΑΒΓ)

6

}

= 2 (ΣΘΓ)-(ΣΒΓ)- )1 (ΑΒΓ) = 2 (ΣΘΓ)-(ΣΒΓ)-(ΒΘΓ) = 2 (ΣΘΓ)-( (ΣΒΓ)+(ΒΘΓ)] = 2 (ΣΘΓ)-(ΣΒΘΓ) = 2 (ΣΘΓ)-( (ΣΘΒ)+(ΣΘΓ)] = 2(ΣΘΓ)-(ΣΘΒ)-(ΣΘΓ) = (ΣΘΓ)-(ΣΘΒ) Άρα (ΣΘΓ)=(ΣΘΑ)+(ΣΘΒ) 2 Ά σκη ση Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ, η διάμεσος του ΑΔ και Ο ένα τυχαίο σημείο .Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΔ είναι ίσο με το ημιάθροισμα ή την ημιδιαφο ρ ά των εμ­ βαδών των τρ ιγώνων ΟΑΒ και ΟΑΓ, καθό­ σον οι κορυφ ές Β και Γ βρίσκονται προς το αυτό μέρος της ευθείας ΟΑ ή εκατέρωθεν.

Λύση

Τα τρίγωνα με βάσεις διαδοχικά και 'σα τμήμα­ τα και κοινή κορυφή έχουν ως γνωστόν ίσα εμβαδά. Έχουμε λοιπόν: Α

.ί\ σκη ση 3 Δίδεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και ένα σημείο Ο που δεν βρίσκεται ούτε εντός της γω­ νίας Α, αλλά και ούτε εντός της γωνίας Γ . Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΟΑΓ είναι ισοδύναμο με το άθροισμα των τριγώνων ΟΑΒ και ΟΑΔ . Λύση

Σύμφωνα με την προηγούμε­ νη άσκηση, στο τρίγωνο ΑΒΓ με διάμεσο ΒΚ, ισχύει:

ο

Α

(ΟΚΒ) = .!_2 ( (ΟΑΒ) - (ΟΒΓ)] 2 ( 0ΚΒ) = (ΟΑΒ) - (ΟΒΓ) , (ΟΒΔ) = 2 (0ΚΒ) (ΟΒΔ) = (ΟΑΒ) - (ΟΒΓ) (ΟΒΔ) + (ΟΒΓ) = (ΟΑΒ) (ΟΔΒΓ) + (ΟΑΔ) = (ΟΑΒ) + (ΟΑΔ) (ΟΑΒΓ) - (ΑΔΒ) = (ΟΑΒ) + (ΟΑΔ) (ΟΑΒΓ) - (ΑΒΓ) = (ΟΑΒ) + (ΟΑΔ) (ΟΑΓ) = (ΟΑΒ) + (ΟΑΔ) Ασ κή ση 4

Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν τετραπλεύρου είναι τετραπλάσιο με το εμβαδόν τριγώνου το οποίο έχει κορυφές τά μέσα των διαγωνίων του και το σημείο τομής των δύο απέναντι πλευρών Λύση

Θ α αποδείξουμε ότι: (ΟΚΛ) = .!_ (ΑΒΓΔ) Έχουμε:

4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/S9


Μαθηματικά Β · Λυκείου

(ΟΚΛ) = .!._ ( (ΟΔΛ) - (ΟΒΛ)] (Σύμφωνα με την άσκηση ο

22)

�{(

Ά σκηση 5

Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ, Η το ορθόκ�τρό του και μία ημιπεριφέρεια διαμέτρου ΒΓ, η οποία τέμνει το ύψος ΑΑ ' στο Δ . Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΒΓΔ είναι μέσο ανά'λογο μεταξύ των εμβαδών των τριγώνων ΒΓΑ και ΒΓΗ .

Δ

+ = �[_{ΡΜ) + + (ΟΚΛ) = .!._2 ( (ΑΔΛ) + (ΒΛΓ)] (ΟΚΛ) = � [ � (ΑΔΓ) + � (ΑΒΓ) ] (ΟΚΛ) = .!._4 ( (ΑΔΓ) + (ΑΒΓ) ] (ΟΚΛ = .!_4 ΑΒΓΔ) Μία β ασι ή ρότ αση :

(ΟΚΛ) = (ΟΑΛ) (ΑΔΛ)] - ( (ΟΛΓ) - (ΒΛΓ) ]} Αλλα : (ΟΑΛ)=(ΟΛΓ) (ΑΔΛ) - _{ΡΑή (ΒΛΓ) ] (ΟΚΛ)

(ΒΔΓ) = -'--(ΗΒΓ) . --- -'Θ α αποδει'ξου με οτι: (ΑΒΓ) (ΒΔΓ) 'Ε ου με.. (ΒΔΓ) = ΔΑ ' ' (ΗΒΓ) = ΗΑ ' Χ; (ΑΒΓ) ΑΑ ' (ΒΔΓ) ΔΑ ' ότι: Πρέπει να δείξουμε ' ' ) ( Α ΗΑ � Δ 'z '.Η ' ΑΑ ' = ΔΑ ' ( ΔΑ ) = ΑΑ Α κ Π Ό μως το συμμετρικό Η ' του ορθοκέντρου Η , · Το συμμετρικό του ορθοκέντρου ενός τρι­ ως προς την ΒΓ, βρίσκεται στην περιγεγραμμένη γώνου ως προς κάθε του πλευρά, βρίσκεται περιφέρεια του τριγώνου ΑΒΓ, άρα ΗΑ ' = ΗΆ ' στην περιγεγραμμένη περιφέρεια του τριγώνου . (όπως έχει αποδειχθεί στην βασική πρόταση ) Απόδειξη Έτσι έχουμε: Έστω ότι το ύψος ΑΑ προεκτεινόμενο τέμνει την ΑΑ ' · ΗΑ ' = ΑΑ ' · Η Ά' = Α Έ · Α Τ = ( ΔΑ γ , περιγεγραμμένη περιφέρεια στο Η Ό Θ α αποδεί­ ξουμε ότι το Η ' είναι το συμμετρικό του Η ως από το ορθογώνιο τρίγωνο Β Δ Γ προς την πλευρά ΒΓ. Αρκεί γιαυτό να αποδείξουμε Ά σκη ση 6 ότι ΗΑ ' =ΗΆ ' - Σε κάθε πλευρά ενός οξυγωνίου τριγώνου Οι γωνίες: ΗΑΒ ' = Α ΆΓ διότι έχουν τις ΑΒΓ κατασκευάζουμε ορθογώνιο τ ρ ίγωνο, το πλευρές κάθετες, οποίο να έχει την κορυφήν της ορθής γωνίας Οι γωνίες: - επάνω στο αντίστοιχο ύψος . Να αποδειχθεί ότι Α ΈΗ ' = Α ΆΓ το άθροισμα των τετραγώνων των εμβαδών των διότι βαίνουν στο ορθογωνίων αυτών τριγώνων είναι ίσο με το τε• ίδιο τόξο Η Τ του εμβαδού του τριγώνου ΑΒΓ. τράγωνο Ά ρα - Λύ ση ΗΒΑ ' = Η ΈΑ ' . Γ Έστω τά ορθογώνια ΒΚΓ, ΑΜΓ, ΑΛΒ με υ­ Στο τρίγωνο ποτείνουσες τις πλ?υρές του τριγώνου ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ ΗΈΗ , η ΒΑ ' εί­ Μ επί και τις κορυφές των ορθών γωνιών ναι ύψος και διχο­ Η' Ε Α των αντιστοίχων υψών ΓΖ, Β Δ, . τόμος, άρα και διάμεσος. ·

Δ

Κ, Λ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/60


Μαθηματικά Β' Λυκείου

Α

Προσθέτοντες κατά μέλη, έχουμε: (ΑΒΔ) + (ΒΔΓ) = _!_ ΒΔ · Β'Δ + _!_ ΒΔ · ΔΓ' =

2

2

= _!_ ΒΔ ( Β'Δ + ΔΓ)

2

(ΑΒΓΔ) = _!_ ΒΔ · Β'Γ Β

2

Γ

}

Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση, θα έ- Άσκηση 8 Το εμβαδόν ενός τετραπλεύρου, του οποίου χουμε: 2 οι διαγώνιοι σχηματίζουν μια γωνία 30° είναι (ΒΚΓ) = (ΑΒΓ)(ΒΗΓ) (ΑΓΜ)2 = (ΑΒΓ)(ΑΗΓ) => (με πρόσθεση κα- ίσον με το τέταρτο του γινομένου των διαγωνί­ ων του . (ΑΒΛ) 2 = (ΑΒΓ)(ΒΗΑ) Απόδε ιξη τά μέλη) II ΑΓ , τότε ΑΑΈΓ είναι παραλληλόΈστω AΈ (ΒΚΓ) 2 + (ΑΓΜ) 2 + (ΑΒΛ) 2 = γραμμο, όπως επίσης και το ΑΑ 'ΖΘ είναι παραλ­ ληλόγραμμο. = (ΑΒΓ) (ΒΗΓ) + (ΑΗΓ) + (ΑΒ Η ) = (ΑΒΓ) 2 Αλλά ;::;;:z = AeZ = , όμως λλ'Δ = , (ΑΒΓ) άρα ΕΑΥ"· =

[

]

60°

Ασκηση 7 Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν ενός τετρα­ πλεύρου είναι ίσον με το μισό του γινομένου μιας διαγωνίου του επι την προβολή της άλλης επί μία ευθεία κάθετη επί της πρώτης

30°

90°

Λύ ση

Θ α αποδείξουμε (>τι (ΑΒΓΔ) = � ΒΔ · Β Τ ' Β

Από το οπθογώνιο ΑΤΕ, έχουμε Α 'Γ = _!_ Α 'Ε = _!_ ΑΓ Αλλά από την προηγούμενη άσκηση γνωρί­ ζουμε ότι: (ΑΒΓΔ) = _!_ ΒΔ · Α 'Γ => (ΑΒΓΔ) = _!_ ΒΔ · _!_ ΑΓ (ΑΒΓΔ) = _!_ ΒΔ · ΑΓ

2

2

Έχουμε: (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΔ) + (ΒΔΓ) Αλλά: (ΑΒΔ) = (ΑΒ'ΔΒ) - (ΑΒ'Δ) = _!_ (ΑΒ' + ΒΔ) · Β'Δ _!_ ΑΒ, · Β'Δ = _!_ ΑΒ, · Β'Δ + _!_ ΒΔ · Β'Δ - _!_ ΑΒ, · Β'Δ

2 2 2_!_ 2 2 = ΒΔ · Β'Δ => 2_!_ (ΑΒΔ)= ΒΔ · Β'Δ 2 _!_ Ο μοίως: (ΒΔΓ) = 2 ΒΔ · ΔΓ

7, 2 2

2 4

_

r. • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/61

Τtιιιιολοu6άιιης

ΘΕΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Ερωτήσεις θεωρίας - Ασκή σεις Θ έματα πρωτότυπα (με λύσεις)

Τηλ

210951 7863


υ

Α Στατιστική Η στατιστική

του Βασίλη Καρκάνη

διδάσκεται σήμερα σχεδόν σε όλες τις σχολές της χώρας μας. Ως επιστήμη είναι απαραίτητη στο κρά­

τος, τη διοίκηση, την οικονομία και όλες τις άλλες επιστήμες. Ένα καλά οργανωμένο κράτος οφείλει να γνωρίζει κάθε στιγμή τον πληθυσμό της χώρας, την κατανομή του πληθυσμού κατά φύλο, ηλικία, επάγγελμα κ.λπ. καθώς και την κίνηση και πιθανή εξέλιξή του. Πρέπει επίσης να παρακολουθεί τόσο τα οικονομικά φαινόμενα της χώρας (παραγωγή, εισαγωγές και εξαγωγές, κίνηση και εμπόρια των αγαθών, επενδύσεις, εξωτε­ ρικό χρέος κ.λπ.) όσο και τα διοικητικά και κοινωνικά φαινόμενα της χώρας (διοίκηση, εργασία, δημόσια υγεία, πρόνοια, κοινωνική ασφάλιση, εκπαίδευση, δικαιοσύνη, στέγαση, κατάρτιση τιμάριθμου, κόστους ζωής κ.λπ.) Η επι στημονική

Στατιστική μελέτη είναι απαραίτητη για να καταλήξουμε σε γενικά συμπεράσματα που είναι χρήσι­

μα στη διαδικασία της λήψης ορθών αποφάσεων. Όμως η Στατιστική (όχι φυσικ� ως επιστήμη) χρησιμοποιείται και ως μέσο οικονομικής, κοινωνικής και πολιτικής χειραγώγησης. Παραθέτουμε απόσπασμα από το βιβλίο του Darrel Hu.ff «η απάτη της στατιστικής» ... Η

παραπληροφόρηση του κοινού μέσω στατιστικών αναλύσεων θα μπορούσε να ονομαστεί στατιστική παρα­

πλάνηση ή με μια λέξη στατιστικοπλάνηση. Ο τίτλος αυτού του βιβλίου και μερικές από τις πληροφορίες που παρέχει μπορεί να δίνουν την εντύπωση ότι όλες οι εφαρμογές αυτού του είδους κρύβουν μια πρόθεση εξαπάτησης. Ο πρόεδρος ενός τμήματος της Αμερικανικής Στατιστικής Ε­ ταιρείας με επέκρινε κάποτε γι ' αυτό. Μου είπε ότι τις περισσότερες φορές δεν τίθεται θέμα απάτης, αλλά ανικανότητας. Σίγουρα τα λόγια του κρύβουν

κάποια αλήθεια, αλλά δεν είμαι σίγουρος ποιο από τα δύο είναι λιγότερο προσβλητικό για τους στατιστικολόγους. Δεν θα πρέπει να ξεχνάμε ότι η διαστρέβλωση των στατιστικών δεδομένων και η παραποίηση τους για να επιτευχθεί κάποιος σκοπός δεν είναι πάντα έργο των επαγγελματιών του είδους. Οτιδήποτε φεύγει άσπιλο από το γρα­ φείο του στατιστικολόγου μπορεί να καταλήξει παραποιημένο, γεμάτο υπερβολές, υπεραπλουστευμένο, ή διαστρεβλωμένο λόγω παραλείψεων από τον οποιονδήποτε πωλητή, ειδικό δημοσίων σχέσεων, δημοσιογράφο, ή διαφημιστή. Όποια κι αν είναι όμως η ένοχη πλευρά σε κάθε περίπτωση, θα ήταν πολύ επιεικές αν αποδίδαμε τα πάντα σε μια αθώα απροσεξία. Τα λανθασμένα διαγράμματα που εμφανίζονται στα περιοδικά και τις εφημερίδες προσπαθούν συνή­ θως να εντυπωσιάσουν με υπερβολές και σπάνια μειώνουν τη σημασία ενός πράγματος. Εκείνοι που παρουσιάζουν στατιστικά επιχειρήματα για λογαριασμό των βιομηχανιών σπάνια -απ ' ότι ξέρω- αναγνωρίζουν το δίκαιο των εργα­ τών ή των πελατών, παρόλο που μπορεί να το απαιτούν τα γεγονότα. Πότε μίσθωσε κάποιο εργατικό σωματείο έναν στατιστικολόγο τόσο ανίκανο που να εξασθένισε περισσότερο τα συμφέροντα των εργατών; Όσο τα λάθη παραμένουν μονόπλευρα, δεν είναι εύκολο να τα αποδίδουμε σε κακούς χειρισμούς ή σε σύμπτωση . . .

Α . Ε ρωτήσεις Θ εωρ ίας 1.

τι ονομάζουμε Στgτιστική;

2.

Τιβλητήλέγεται πληθυσμός, τι άτομα και τι μετα­ ενός πληθυσμού.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/62


Μαθηματικά Γ Λυκείου

3. 4.

5. 6. 7. 8. 9.

10.

Ποιες μεταβλητές λέγονται ποιοτικές ή κατηγορικές; Ποιες μεταβλητές λέγονται ποσοτικές; Πότε μια ποσοτική μεταβλητή ονομάζεται διακριτή και πότε συνεχής; Τι λέγεται απογραφή; Τι λέγεται δείγμα και τι μέγεθος ενός δείγματος; Πότε ένα δείγμα λέγεται αντιπροσωπευτικό; Ποιο είναι το αντικείμενο της δειγματοληψίας; Τι περιέχουν οι γενικοί πίνακες στατιστικών δεδομένων και τι οι ειδικοί; Τι πρέπει να περιέχει ένας πίνακας στατιστι­ κών δεδομένων ώστε να είναι σωστά κατασκευασμένος; Σε ένα δείγμα μεγέθους ν. α) Τι ονομάζεται συχνότητα νί της τιμής Με τι ισούται το άθροισμα όλων των συ­ χνοτήτων; β) Τι ονομάζεται αθροιστική συχνότητα της τιμή ς Ποια σχέση συνδέει τις α­ θροιστίκές συχνότητες δύο διαδοχικών τι­ μών της ποσοτικής μεταβλητής γ) Τι ονομάζεται σχετική συχνότητα της τιμής χj. δ) Να δείξετε ότι:

xi ; Ni

xi ;

Χ; fi

i)

ii)

o s ri :::; 1

f1 + f2 +2. . + fκ Fi

=

,

15. 16.

17.

18.

1 9.

20.

,

21.

Χ;

fi % Fi% Χ;

άζεται; Τι είναι το χρονόγραμμα και πως κατασκευά­ ζεται; α) Πότε κάνουμε ομαδοποίηση παρατηρήσεων; β) Πως βρίσκουμε το πλάτος μιας κλάσης και πως το κέντρο της; α) τι είναι το ιστόγραμμα συχνοτήτων και πως κατασκευάζεται; β) Πως προκύπτει το πολύγωνο συχνοτήτων. γ) Με τι είναι ίσο το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από το πολύγωνο συχνοτήτων και τον οριζόντιο άξονα; α) τι ονομάζεται καμπύλη συχνοτήτων και πως προκύπτει; β) Να ορίσετε (και με σχήμα) τις χαρακτηρι­ στικές καμπύλες συχνοτήτων. Σε μια κατανομή συχνοτήτων: α) Ποια είναι τα μέτρα θέσης και τι εκφράζουν; β) Ποια είναι τα μέτρα διασποράς και τι εκ­ φράζουν; γ) Τι εκφράζουν τα μέτρα ασυμμετρίας; α) Πώς ορίζεται η μέση τιμή ενός συνόλου παρατηρήσεων; β) Αν είναι γνωστές οι συχνότητες ή οι σχετι­ κές συχνότητες των τιμών μιας μεταβλητής πως υπολογίζεται η μέση τιμή τους; γ) Πώς υπολσyίζεται η μέση τιμή ενός συνόλου παρατηρήσεων ομαδοποιημένων σε κλάσεις; δ) Πότε για ένα σύνολο παρατηρήσεων ορί­ ζουμε το σταθμικό μέσο και πως τον υπο­ λογίζουμε; α) Πώς ορίζεται η διάμεσος ενός δείγματος ν παρατηρήσεων; β) Τι εκφράζει η διάμεσος ενός δείγματος; γ) Πώς βρίσκουμε τη διάμεσο ομαδοποιημέ­ νων δεδομένων; α) Πώς ορίζεται το εύρος ή κύμανση ενός συ­ νόλου μη ομαδοποιημένων παρατηρήσεων; β) Πώς ορίζεται το εύρος σε ομαδοποιημένα δεδομένα; α) Πώς ορίζεται η διακύμανση ή διασπορά ενός συνόλου μη ομαδοποιημένων παρα­ τηρήσεων; β) Πώς ορίζεται η διακύμανση ή διασπορά ενός συνόλου ομαδοποιημένων παρατηρήσεων; α) Πώς ορίζεται η τυπική απόκλιση ενός συ­ νόλου παρατηρήσεων;

Χ

1

για i 1 ... ,κ με κ s ν . ε) Τι ονομάζεται αθροιστική σχετική συχνό­ τητα της τιμής Xj. Ποια σχέση συνδέει τις αθροιστικές σχετι­ κές συχνότητες δυο διαδοχικών τιμών της ποσοτικής μεταβλητής στ)Πως υπολογίζεται η σχετική συχνότητα επί τοις εκατό και πως την αθροιστική συχνότητα της τιμής Xi μιας ποσοτικής μεταβλητής; ζ) Τι είναι ο πίνακας κατανομής συχνοτήτων μιας μεταβλητής 1 1 . Τι είναι το ραβδόγραμμα και πως κατασκευά­ ζεται; 12. τι είναι το διάγραμμα συχνοτήτων και πως κατασκευάζεται; Πως προκύπτει το πολύγωνο συχνοτήτων και σχετικών συχνοτήτων; 1 3 . τι είναι το κυκλικό διάγραμμα και πως κατασκευάζεται; =

14. Τι είναι το σημειόγραμμα και πως κατασκευ­

22.

23 .

24.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/63


Μαθηματικά Γ Λυκείου

β) Σε μια κανονική ή περίπου κανονική κατα­

25.

26.

Έστω οι ν παρατηρήσεις χ 1 , χ2, , Χν με μέση τιμή χ , διάμεσο δχ και τυπική απόκλιση Sx. α) Αν ψ ι , Ψ2, . . . , Ψv είναι οι παρατηρήσεις που προκύπτουν αν προσθέσουμε σε κα­ θεμιά από τις χ 1 , χ2, , Χν μια σταθερά τότε να γράψετε τη μέση τιμή, τη διάμεσο και την τυπική απόκλιση του νέου συνό­ λου παρατηρήσεων. β) Αν ψ ι , Ψ2, . . . , Ψv είναι οι παρατηρήσεις που προκύπτουν αν πολλαπλασιάσουμε τις χ1 , , Χν επί μια σταθερά τότε να γράψετε χ2, τη μέση τιμή, τη διάμεσο και την τυπική α­ πόκλιση του νέου συνόλου παρατηρήσεων. • . •

c,

• • •

. . •

c,

Β.

Λυμένες Ασκήσεις Ά σκηση 1

Α.

Οι παρακάτω ερωτήσεις να χαρακτηρι­ στούν ως σωστές (Σ) ή λάθος (Λ). α) Το χρώμα των αυτοκινήτων που είχαν παρκάρει στις 26/10/04 στο 1° δη μοτικό πάρκινγκ του Δήμου Αθηναίων είναι ποσοτική μεταβλητή. β) Ο αριθμός των κλήσεων που δέχτηκε ένα κινητό τηλέφωνο στις 18/1/04 στη διάρκεια του 24ωρου, είναι μια ποσοτική συνεχής μεταβλητή.

Β. Σε μια δειγματοληπτική έρευνα περιλαμβά­ νονται μεταξύ των άλλων και οι ερωτήσεις. 1. Ποια είναι η ηλικία σας; 2. Ποια είναι η οικογενειακή σας κατά­ σταση ; 3. Είναι το μηνιαίο εισόδημά σας μεγαλύ­ τερο ή μικρότερο από 1000 ΕΥΡΩ; 4. Πόσες εφημερίδες αγοράζετε κάθε Κυ­ ριακή ; 5. Ποιες εφημερίδες αγοράζετε στη διάρ­ κεια της εβδομάδας; Οι παραπάνω ερωτήσεις αφορούν μετα­ βλητές τις οποίες να χαρακτηρίσετε ως: α) Ποιοτικές. β) Ποσοτικές διακριτές. γ) Ποσοτικές συνεχείς. Γ.

Γιαννιτσούς στους έξι τελευταίους αγώνες του πρωταθλήματος 5χ5 και είδαμε ότι τα γκολ που πέτυχε ήταν τα εξής: 10, 8, 12, 11, 7, 9. Στην παραπάνω μελέτη να βρείτε: α) Ποιος είναι ο πληθυσμός. β) Ποια είναι τα άτομα. γ) Ποια είναι η μεταβλητή. δ) Αν μεταβλητή είναι ποιοτική ή ποσοτι­ κή (διακριτή - συνεχής). ε) Ποιες είναι οι παρατηρήσεις.

νομή ποιες ιδιότητες έχει η τυπική απόκλιση α) Πώς ορίζεται ο συντελεστής μεταβολής ή με­ ταβλητότητας ενός συνόλου παρατηρήσεων; β) Πότε ένα δείγμα τιμών μιας μεταβλητής χαρακτηρίζεται ομοιογενές;

Μελετήσαμε την ομάδα ποδοσφαίρου Α.Ο.

Λύ ση

Α. (α,

Λ) , Λ) (4,

(β, ( Ι ,γ) , (2,α) , (3,α) , β), (5,α) Γ. α) Πληθυσμός είναι οι έξι τελευταίοι αγώνες που πήρε μέρος ο Α. Ο. Γιαννιτσούς. β) Κάθε αγώνας είναι ένα άτομο του πληθυ­ σμού. γ) Μεταβλητή είναι ο αριθμός των γκολ που πέτυχε ο Α. Ο. Γιαννιτσούς σε κάθε αγώνα. δ) Προφανώς η μεταβλητή είναι ποσοτική δια­ κριτή . ε) Παρατηρήσεις είναι ο αριθμός των γκολ που πέτυχε η ομάδα σε κάθε αγώνα. Δηλαδή οι αριθμοί 1 0, 8, 1 2, 1 1 ,

Β.

7, 9.

Άσκηση 2 Α. Στον επόμενο πίνακα φαίνεται η κατανομή των τερμάτων (γκολ) (Χ) που πέτυχε μια ομάδα ποδοσφαίρου στους 20 αγώνες του 3 2

4

5

2

Στις παρακάτω ερωτήσεις να επιλέξετε τη σωστή απάντηση με αιτιολόγηση. 1. Η μέση τιμή είναι: α. 1,75 γ. 3,75 β. 3,5 δ. 1 ε. 2,5 2. Η διάμεσος είναι: γ. 3,75 β. 3,5 α. 1,75 δ. 1 ε. 2,5 3. Η σχετική συχνότητα της τιμής 3 είναι: α. Ο β. 0,1 γ. 0,2 ε. 0,4. δ. 0,3

Β. Μια μεταβλητή παίρνει τις τιμές χι ,χ2,χ3 με αντίστοιχες μοίρες σε κυκλικό διάγραμμα 3 4 , , ' οι αντιστοιχες επι α, - α,-α . Ν α β ρεθ ουν 5 5 τις εκατό σχετικές συχνότητες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/64


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Λύση

Α.

( 1, α) γιατί: χ Σ χ ί νί = 0· 3+1·8 +2 · 4 +3· 2 + 4· 2+5· 1 = 3 +8+4+2+2+1 Σνί = 35 =1' 75 20 (2 , δ) γιατί: δ = Χ ι ο ; Χ ι ι = 1 ; 1 = 1 = 0,1 (3 , β) γιατί: f3 = .3_ 20

Τιμές χ1

Συχνότητα ν1

5

3

7

12

5

6 8

9

9

'

10

3

Λύση

α) Έστω ν5 η ζητούμενη συχνότητα τότε:

Β. Πρέπει

α + � α + � α = 360° {:::? 12 α = 360° {::? α = 150° 5 5 5 οπότε στο κυκλικό διάγραμμα η τιμή χ1 της με­ ταβλητής αντιστοιχεί σε γωνία 1 50° , η τιμή χ2 σε γωνία 90 ° και η τιμή χ3 σε γωνία 120° . αί ή Εφόσον αί = 360° fi θα είναι fi = 0 360 fi % = α. · 1 00 . 'Ετσι 360 i1 % = 150 · 100 = 4 1' 67 ' 360 . 90 f2 % = - · 100 = 25 και 360 120 f3 % = 360 · 100 = 33,33 είναι

Τιμές

Συχνότητα

Χι

V;

Χ; V;

5

6

3

7

5

15

12

30

9

9

72

8

9νs

3

10

Όμως χ = 7, 5 -

23 1+9vs 7, 5 {::? .. {:}ν5 = 6 32+ν5

' οποτε:

.

η ζητούμενη συχνότητα.

38 παρα+ χ 2ο = 7 + 7 = 7 2 2

β) Λόγω του (α) το δείγμα περιλαμβάνει , , δ= οποτε τηρησεις

Ά σκη ση 3

30

Σ χίvί = 231 +9v5

Σ vί = 32 + v5

1

οι ζητούμενες συχνότητες.

84

Χι9

--

Στον παρακάτω πίνακα δίνονται οι τιμές μιας με­ ταβλητής Χ και οι αντίστοιχες συχνότητες τους. α) Αν χ = 7, 5 να συμπληρώσετε την πέμπτη β)

συχνότητα. Να υπολογίσετε τη διάμεσο.

Ά σκηση 4

Να συμπλη1>ώσετε τον παρακάτω πίνακα ο οποίος αναφέρεται στις τιμές μιας μεταβλητής χ. Μεταβλητίι

Συχνότητα

Σχετική

Σχετική

Αθροιστική

Αθροιστική σχε-

Αθροιστική σχε-

Χι

V;

Συχνότητα

Συχνότητα

συχνότητα

τική συχνότητα

τική συχνότητα

ι

f·%

Ν·

Fι%

Χι

Χ2

100

150 67,5

χ3 � Xs

0,1 400

ΣΥΝΟΛΟ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/65


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Λύ ση

νf 2 ==100 0,1 4 =150 2 =400=ν F3 %=67,5 Ν2 =ν1 +ν2 # ν1 =50=Ν1 , f1 = _!_ =0,125=f1 , f1 %=12,5, F1 %=12,5. f2 = = 0,25, f2 % = 25, F2 = F1 + f2 = 0,375, F2 % = 37,5 F3 = 0,675, f3 = F3 -F2 = 0,3, f3 % = 30. f4 = 4 # ν4 =ν F4 = 40, Ν4 =Ν3 +ν4 =310, f4 %=10, F4 =F3 +f4 =0,775, F4 %=77,5 5 =Ν5 - Ν4 =400 - 310=90, f5 = = 0,225, f5% = 22,5

Έχουμε:

θα συμπληρώσουμε τον πίνακα κατά γραμμή .

Ν

Ν5

Με αξιοποίηση των παραπάνω δεδομένων είναι: ν ν

Επίσης:

ν

Ακόμη :

ν

Τέλος

ν

ν

οπότε: ν

.Άρα:

...2..

ν

Μεταβλητή

Συχνότητα

Σχετική

Σχετική Συ-

Αθροιστική

Αθροιστική

Αθροιστική

Χι

ν;

Συχνότητα

χνότητα

συχνότητα

σχετική συ-

σχετική συ-

f;%

Νι

χνότητα

χνότητα

50

0, 1 25

1 2,5

Fι%

120

0,3

30

1 50

270

0,375

37,5

0,225

22,5

400

310

0,775

Χι

1 00

Χ2 χ3

'4

ο 25

40

0, 1

90

Xs

10

1

400

ΣΥΝ ΟΛΟ

Ά σ κηση 5

50

25

1 00

0, 1 25

1 2,5

0,675

67,5

1

1 00

77,5

Η κατανομή των σχετικών συχνοτήτων των βαθμών 300 φοιτητών του Μαθη ματικού τμήματος που πέρασα το μάθημα της Στατιστικής δίνεται από τον παρακάτω πίνακα: Βαθμός

Χϊ

Σχ. Συχνότητα f.

7 8 9 10 0,15 0,12 0,09 0,08

5 6 0,16 0,4

Να υπολογίσετε: α) Πόσοι φοιτητές πήραν βαθμό 5. β) Πόσοι φοιτητές πήραν βαθμό μεγαλύτερο από 6. γ) Πόσοι φοιτητές που πέρασαν το μάθημα έχουν πάρει βαθμό μέχρι 7. δ) Πόσοι πήραν βαθμό 9 ή 10. ε) Να βρεθούν οι συχνότητες Ni, Fi, Fι% στ) Να γίνει το διάγραμμα των συχνοτήτων. νί

fi = # = νfi # = 300fi 48 , ν2 120 , ν3 456 36,7, 8, 927 , ν610) 45+36+27+24 5 13248 +45 + 213 7 48 120 9 10 27+24 51

α) Θα βρούμε τις συχνότητες νί. Είναι:

ν

ν1 = ν5 = , ν4 β) Βαθμό μεγαλύτερο του (δηλαδή και γ) Επίσης μέχρι έχουν πάρει: δ) Βαθμό ή πήραν: = φοιτητές. =

Λύ ση

=

=

=

νί

νί

24:Ετσι βαθμό πήραν φοιτητές. =

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/66

οπότε:

πήραν =

φοιτητές. φοιτητές.


Μαθηματικά Γ Λυκείου

ε) Συμπληρώνουμε τις στήλες των Βαθμός Χι

Νί, Fi Fi% και

Σχετ. συχνότητα fι

0,16 0,0,14 0,10,09 0,108

5

6 89 10

45

27

Fι%

0,16 0,0,561 0,0,983 1

16 839 100 56

7

249 27

24

στ)τέλος σύμφωνα με τον παραπάνω πίνακα, κατασκευάζουμε το ζητούμενο διάγραμμα συχνοτήτων.

48168 213 3006

48120 36 300

2

Σύνολο

Νι

Συχνότητα νι

5

7

όπως φαίνεται στο παρακάτω πίνακα.

71

2

2

αριθμός νί φοιτητών 1 20

48 36 27

5

Ά σ κηση 6

6

7

I

8

I

9

I

10

βαθμός

xi

Τα παρακάτω δεδομένα αντιπροσωπεύουν τις καθυστερήσεις σε λεπτά 30 πτήσεων ενός αεροπλάνου. ι4 ι8 ι 24 6 ι4 4 ο ι2 5 2 ι9 ιι ι2 9 2 ι7 2ι ι3 5 8 ι5 2 ι2 ιο ι7 ι ι6 ι4 ι3 α)

Να ομαδοποιήσετε τα δεδομένα σε έξι κλάσεις ίσου πλάτους και να κατασκευάσετε πίνακα με τις συχνότητες και αθροιστικές σχετικές συχνότητες των κλάσεων αυτών.

β)

Να κατασκευάσετε τα πολύγωνα συχνοτήτων και αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων. Λύ ση

α) Για τις παρατηρήσεις του δείγματος το εύρος είναι ' θ α κατασκευασουμε οποτε '

Κλάσεις

6

Διαλογή

[-) 0-4

)Hf l

8 - 12

1111

20 - 24 ΣΥΝ ΟΛΟ

c=

=

-

κ

24 -

=

24

-

=

=

Σχετική συχνότητα

24

4.

Ε

'

τσι:

Fi

Fi%

fi

1111

16 - 20

Συχνότητα νι

4-8

12 - 16

' κλάσεις με πλατος

RR Ο 6

)ΙήΙΙΙΙ )Η( 11

6

0,2

0,2

20

4

0, 1 3

0,33

33

4

0, 1 3

0,46

46

5

ο, ι 7

0,93

93

30

ι

9

2

0,3

0,07

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/67

0,76 ι

76

ι οο


Μαθηματικά Γ Λυκείου

50

β) Λόγω του (α) έχουμε: χ

� -

χ Σ i=ι '�

--

-

-

1 5 · Χ:ι 5 + 35 · χ3 5 �

-

-

1 5 · 1 0 + 35 · 1 2 �

-----

Β. α) Έστω X:A , X: r η μέση ηλικία όλων των αν­ δρών και γυναικών αντίστοιχα τότε: χ Α = 48 . Επίσης από τον πίνακα φαίνεται

κλάσεις Πολύγωνο συχνοτήτων

76 46 33 20 16

20

24

κλάσεις

{::} 42.)" = .)"(0, 4 · 48 + 0, 6 · X: r )

Πολύγωνο αθροιστικών επί τοις εκατό σχετικιίιν

συχvοηjτωv

{::} 42 = 1 9, 2 + 0, 6 · X: r {::} 42 - 1 9, 2

Ά σκη ση 7

ο 22, 8 ' = 3 8 χρονια ειναι = ,6·Xr {::} xr = 0, 6 '

Α. Αν η μέση τιμή 15 παρατηρήσεων είναι 10 και η μέση τιμή άλλων 35 παρατηρήσεων είναι 12 τότε η μέση τιμή των 50 παρατη­ ρήσεων είναι: 10 · 12 + 15 · 35 10 + 12 β) α) 50 2 15 · 10 + 35 · 12 15 · 10 + 35 · 12 δ) γ) 50 2 Να επιλέξετε την σωστή απάντηση δικαιο­ λογώντας την επιλογή σας. Β. Ο παρακάτω πίνακας δίνει τη σύνθεση του υπαλληλικού προσωmκού σε μια δημόσια υπηρεσία από άποψη φύλλου και μόρφωσης. Απόφοιτοι Λυκείου Πτυχιούχοι ΑΕΙ

ότι το 40% της δημόσιας υπηρεσίας το απο­ τελούν άνδρες και το 60% γυναίκες. Αν ν είναι ο αριθμός όλων των υπαλλήλων (ανο 40 ' και γυναικων ' ' ' ) τοτε δ ρων ν = , 4ν ειναι 1 00 ' ' ' δ ρες και 60 ν = 0 , 6 ν ειναι οι αν οι γυναι1 00 κες και εφόσον όλοι μαζί έχουν μέση ηλικία 0, 4νΧΑ + 0,6VX:r , , 42 = 42 χρονια {::} θ α ειναι ν {::} 42ν = 0, 4ν · 48 + 0, 6ν · Xr

Άνδρες

Γυναίκες

20% 20%

1 0% 50%

Αν η μέση ηλικία ολόκληρου του προσωm­ κού είναι 42 χρόνια, των ανδρών είναι 48 χρόνια, των αποφοίτων Λυκείου είναι 37 χρό­ νια και των γυναικών πτυχιούχων ΑΕΙ είναι 40 χρόνια να υπολογισθούν οι μέσες ηλικίας: α) όλων των γυναικών β) των ανδρών αποφοίτων Λυκείου. Λύση Α. Σωστή απάντηση είναι η (δ) γιατί:

--

η ζητούμενη μέση ηλικία όλων των γυναικών.

β) Το 30% των υπαλλήλων είναι απόφοιτοι λυ­

κείου ή το 0,3ν. Οπότε αν Χ:ι , Ψι είναι η μέση ηλικία των ανδρών και γυναικών απο­ φοίτων λυκείου αντίστοιχα τότε 0, 2ν · Χ:ι + 0, 1ν · Ψι {::} 37 . 0, 3.)" = 37 = 0, 3ν χ (Ο, 2Χ:ι + 0, 1Ψι ) {:} 1 1, 1 = 0, 2 · Χ:ι + 0, 1Ψι

( 1 ).

Ακόμη για τη μέση ηλικία όλων των γυναι­ κών έχουμε: 0, 1νΨι + 0, 5ν · 40 {::} 3 8 . 0, 6>" = 38 = 0, 6ν ,ΧΙ (0, 1ψι + 0, 5 · 40) {::} 22, 8 = 0, 1 · Ψι + 20 {::} {::} 0, 1Ψι = 2, 8 {::} Ψι = 28 οπότε από την ( 1 ) παίρνουμε: 0, 2Χ:ι + 0, 1 · 28 = 1 1, 1 {:} 0, 2χ; = 1 1, 1 - 2, 8 {::} {:} 0, 2 · Χ:ι = 8, 3 {::} 83 • {::} Χι Χι = 0, 2

=

' ' 4 1 , 5 χρονια η ζητουμενη

μέάη ηλικία των ανδρών αποφοίτων λυκείου. Ά σκηση

8

Δίνεται η ομαδοποιημένη κατανομή του παρα­ κάτω πίνακα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.l/68


Μαθηματικά Γ Λυκείου

α)

Να βρεθούν οι συχνότητες νι, ν2, ν3 , ν4 των κλάσεων όταν: ι· χ 2 + χ - 18 . ιm ι) το ν 1 ι--.s χ-2 με ύται το ν την κλίση της γραφικής 2 ισο ίί) χ 2 +7χ-10 fi ' ' παραστασης της συναρτησης (χ)

=

----

=

στο σημείο

A (7,f(7)) .

l.

=

γ)

δ)

Κλάσεις

[-)

4 - 10 10 - 16 16 - 22 22 - 28 ΣΥΝΟΛΟ

χ' + χ

= (χ2 + 7χ - 1 0)' =

1 (2χ + 7) 3

είναι f' (7) =

ίίί)

Ν α κατασκευαστεί ο πίνακας συχνοτήτων απολύτων και αθροιστικών. Να κατασκευαστεί το πολύγωνο αθροιστι­ κών συχνοτήτων Fi% και να εκτιμηθεί η διάμεσος της κατανομής (κατά προσέγγιση). Αν οι παραπάνω κλάσεις αναφέρονται στα χρήματα (σε Ε"ΧΡΩ) που ξοδεύουν οι 40 οι­ κογένειες μιας πολυκατοικίας για ημερήσιο «χαρτζιλίκι» των παιδιών τους να βρεθεί: ί) Ο αριθμός των οικογενειών που δίνει από 24 ΕΥΡΩ και άνω την ημέρα. ίί) Ο αριθμός των οικογενειών που δίνει από 16 έως 25 ΕΥΡΩ την ημέρα. Να θεωρηθούν τα δεδομένα ομοιόμορφα κατανεμημένα.

α) ί) Είναι: β) Λόγω του (α) είναι:

[ � - I O ]'

οπότε η κλίση της C r στο Α ( 7, f (7))

συνάρτησης g(x) = 3χ 2 + 6χ + 14 . ίv) το ν4 = 2ν 2 + ν 3 + ν 1 - 5 . Κλάσεις r- ) Συχ:νότητα νi

β)

=

R

f'(x) =

3

νΙ ν2 ν3 ν4

52 + 5 - 1 0

Χ-+5

ίίί) το ν3 ισούται με την ελάχιστη τιμή της

4 - 10 10 - 16 1 6 - 22 22 - 28

χ2 + χ - 1 8

� =4. Χ-2 3 5-2 ίί) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμιιcή με ν1 = ιm

.!. (2 · 7 + 7) = 3..!. = 7 . 3 3

Άρα ν2 7. συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική με g '(x) = (3x 2 + 6χ + 1 4) ' = 6χ + 6 . =

Η

R

g'(x) = Ο <=> 6χ + 6 = Ο <=> χ = - 1

Είναι:

οπότε: Δηλαδή η g παίρνει την ελάχιστη τιμή της στο χ0 - 1 που είναι ίση με g(-1) = 3(-1)2 +6· (-1) +14 = 3 - 6 + 14 = 1 1 . Άρα ν3

I I

i

χ

g

I g ι ...

1 1.

=

-oc;

-

'

I

+ oc

-1 +

Τ.Ε.

/

ίv) Ακόμη ν4 = 2 · ν + ν 3 + ν1 - 5 = 8 + 1 1 + 4 - 5 = 1 8 . 2

Λύση

νι

fi

ill %

Fi

Fi%

Τιμές χί 7

Νί

4

ο, ι

10

4

ο,ι

10

ι9

ιι

0,275

27,5

40

ι

ι οο

Κεντρικές

13

25

7

ο, ι 75 0,45

ιs

γ) Όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα από το σημείο του κατακόρυφου άξονα που αντιστοιχεί στο 50% των παρατηρήσεων φέρνουμε παράλ­ ληλη στον οριζόντιο άξονα που τέμνει το πολύ­ γωνο στο Γ. Στη συνέχεια από το φέρνουμε

ι 7,5 45

ιι

0,275

27,5

40

ι

1 00

22

0,55

55

κάθετη στον οριζόντιο άξονα που τον τέμνει στο Δ. Στο σημείο Δ ο αριθμός που αντιστοιχεί είναι η ζητούμενη διάμεσος.

Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/69


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Αν α είναι ο αριθμός των μαθητών που βελτίωσε τη βαθμολοyiα του το Β ' τετράμηνο κατά 3 μονάδες, τότε 1 00-α μαθητές τη μείωσαν κατά 1 μονάδα. Έτσι το άθροισμα των βαθμών όλων των μαθη­ τών για το Β ' τετράμηνο στο μάθημα των Μα­ θηματικών έγινε:

27,5 10

28

κλάσεις

Κατά προσέγγιση δ ::::: 21 . δ) i) Θεωρώντας τα δεδομένα ομοιόμορφα κατα­ νεμημένα από 24 ΕΥΡΩ και άνω πληρώνουν τα

της κλάσης

6 � · 1 8 = 12 6

δηλαδή :

οικογένειες.

16 έως 25 ΕΥΡΩ δίνουν οι οικοκλάσης [16 , 22 ) και τα � της 6

ii) Επίσης από γένειες της κλάσης

[22 , 28].

[22 , 28]

Δηλαδή :

οικογένειες.

1 1 + � · 1 8 = 1 1 + 9 = 20 6

Άσκηση ιι α) Οι ιοο μαθητές ενός Λυκείου, έχουν μέση βαθμολογία, στα Μαθηματικά Γενικής Παιδείας για το Α ' τετράμηνο 16. Στο Β ' τετράμηνο ένας αριθμός από τους παραπάνω μαθητές βελτίωσε τη βαθμολο­ γία του κατά 3 μονάδες , ενώ οι υπόλοιποι τη μείωσαν κατά ι μονάδα. Αν η μέση βαθ­ μολογία το Β' τετράμηνο έγινε ιs να βρε­ θούν πόσοι μαθητές ανέβασαν τη βαθμολο­ γία τους κατά 3 μονάδες και πόσοι μαθητές τη μείωσαν κατά ι μονάδα. β) Οι παραπάνω ι 00 μαθητές συγκέντρωσαν στις πανελλήνιες εξετάσεις στο μάθημα της Ιστορίας Γενικής Παιδείας μέση βαθμολογία χ = 14, 2 . Αν οι 25 μαθητές με τη χαμηλότερη βαθμολογία είχαν μέση βαθμολογία χ1 = ιΟ, 4 και οι 25 μαθητές με την ψηλότερη βαθμολο­ γία είχαν μέση βαθμολογία χ2 = 17, 6 να βρεθεί η μέση βαθμολογία χ3 των υπολοίπων. α) Έστω

χ = 16

Λύση

και ψ = 1 8 η μέση βαθμολογία

των δύο τετραμήνων.

1 100 ί {::} 1 \00 ί {::} 16 = -Σ χ=t Σ 100 i=1 t 100 i=1 \00 {::} Σ t ί = 16οο ( 1 ) . i=1

Είναι:

100 100 Σ t ί + 3 · α - (100 - α ) · 1 = Σ tί - 100 + 4α i=1 i=1 1 ί - 100 + 4α � οπότε Ψ = -t 100 i=1 1 (1600 - 100 + 4α) {::} 18 = 100 1 800 - 1500 = 4α {::} α = 75 . Δηλαδή 75 μαθητές βελτίωσαν τη βαθμολογία τους κατά 3 μονάδες ενώ 25 τη μείωσαν κατά 1

]

μονάδα.

β) Οι υπόλοιποι μαθητές είναι 50. Είναι:

1 00 1 · (25 · χ + 25 · χ + 50 · χ ) . 1 χ = -Σ tί = 3 1 2 100 i=1 100

Οπότε:

1 4, 2 = -1-(25 · 10, 4 + 25 · 17,6 + 50 · χ3 ) {::} 100 4 1 20 = 260 + 440 + 50 · χ3 {:} 50 · χ3 = 720 {::} χ3 = 1 4, 4 η ζητούμενη μέση βαθμολογία

των υπολοίπων.

Άσ κηση ι2 Για τους φυσικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει: ι <α< β<γ. Αν για το δείγμα τιμών 1,2,2,3, α,β,γ η διάμεσος είναι δ 2 και η μέση τιμή χ = 3 , να βρεθούν οι αριθμοί α, β, γ. =

Λύ ση

( 1). Για το δείγμα των επτά αριθμών 1 ,2,2,3, α,β,γ είναι δ = 2. Όμως δ = tι οπότε tι = 2 και λόγω της ( 1 ) το α = 2. Έτσι το δείγμα γράφεται: 1 ,2,2,2,3, β,γ. 100 1 100 Επίσης χ·= - Σ t i {::} 7χ = Σ t i . Όμως χ = 3 7 i=1 i=1 άρα: 7 · 3 = 1 + 2 + 2 + 2 +3 + β +γ {:} β +γ = 1 1 (2 ) . Εφόσον βρήκιiμε ότι α = 2 τα ζευγάρια των φυσι­ κών β και γ που επαληθεύουν την (2) λόγω της ( 1 ) α, β ,γ Ε Ν

Έχουμε

και 1 <α<β<γ

είναι:

β=3 γ=8

}

ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/70

β=4 γ=7

}

ή

β=5 γ=6

}

. Άρα

;

::1 ;::1

γ=8

ή

γ=7


Μαθηματικά Γ Λυκείου

ή

;

::1

γ=6

οι ζητούμενοι αριθμοί.

Ά σ κηση 1 3 Α. Δίνεται δείγμα μεγέθους ν με μέση τιμή και τυπική απόκλιση 8. Να δείξετε ότι: α) 8 β) Β.

Σ t�

=

(

ν 8z

+

2

Σt 2 - χ2

-1

ν

)

xz .

χ

,

Σ ι = Σtf = 75 · ( 8t +χ0 = 75 · (22 + 122 ) = = 7 5 · 1 4 8 = 1 1 . 100 . Όμοια για τους υπόλοιπους 25 μαθητές είναι: Σ 2 = Σ ι f = 25 · ( 8� +χ0 = 25 · (32 + 162 ) = = 25 . 265 = 6.625 . Έτσι και για τους 100 μαθητές έχουμε: Σ ι f = Σ ι + Σ 2 = 1 1 . 1 00 + 6.625 = 17725 . 'Ετσι: ·8 2 = Σ t f - χ 2 17725 _ 1 3 2 = 100 100 169 = 8,25 . = 177,25 8 Άρα = JS2 = .j8,25 = 2,9 . =

Οι 100 μαθητές ενός Λυκείου της Λαμίας εξετάστηκαν στο μάθημα των Νέων Ελλη­ νικών στις Πανελλήνιες εξετάσεις. Από αυ­ τούς οι 75 συγκέντρωσαν μέση βαθμολογία χ1 = 12 με τυπική απόκλιση 8ι 2 και οι 25 συγκέντρωσαν μέση βαθμολογία χ2 = 16 με τυπική απόκλιση 82 3. Να υπολογίσετε τη μέση βαθμολογία όλων των μαθητών και την τυπική της απόκλιση. Δίνεται .Js, 25 = 2, 9 .

Παρατή ρηση 1

=

=

Αν η μέση τιμή ενός δείγματος ν 1 παρατη ρήσε­ ων είναι χ 1 , ενός δείγματος ν2 παρατηρήσεων

είναι χ2 , . . . , ενός δείγματος ν κ παρατη ρήσεων είναι χ

Επίσης

χ = Σ ti ( 1 ).

s'

��ι

ν

Σ ιl -

(Σ ι

{:} 82 = Σ ι f _ (Σ ιi ) ν

ν

,

)'

Χ=

_

2

Ά σ κηση 14

]

ν2

[ ]

(I) Σtf - -Σti 2 {:} {:} 8 2 = --

ν

ν

82 = Σ t f _ χ2 .

ν β) Από την ισότητα που δείξαμε στο (α) είναι:

Σ t i2 {:} 82 + χ2 = -Σ ιf = ν ( 82 + χ2 ) .

ν Β. Για τη μέση βαθμολογία ό"Λων έχουμε:

χ = -1- · ( 75 · χ1 + 25 · χ2 ) = 100 1 = - · (75 · 12 + 25 · 16) = 100 1 -- (900 + 400) = 1300 = 13 . 100 100

Θα βρούμε την τυπική της απόκλιση . Λόγω του (Α, β) το άθροισμα των τετραγώνων των βαθμολογιών των 75 μαθητών είναι:

τότε η μέση τιμή του συνόλου των

παρατη ρήσεων είναι:

Λύ ση

Α. α) Είναι:

κ

ν 1 · Χι + ν 2 · Χ2 + . . . . + ν · Χ κ κ ν1 + ν2 + . . . + ν κ

Στα δύο τμήματα Τ 1 και Τ2 του μεταπτυχιακού Στατιστικής, η γραπτή μέση βαθμολογία στις εξετάσεις του 1 ου εξαμήνου στο μάθημα της Στατιστικής, ήταν χ = 6 και η τυπική απόκλι­ ση 8 = 1. Στο 2° εξάμηνο όλοι οι φοιτητές του τμήματος Τ 1 αύξησαν τη γραπτή βαθμολογία τους στο ίδιο μάθημα κατά 1 μονάδα. Επίσης όλοι οι φοιτητές του τμήματος Τ2 αύξησαν τη γραπτή βαθμολο­ γία του στο ίδιο μάθημα κατά 15%. α) Να βρεθούν οι νέες μέσες τιμές και οι νέες τυπικές αποκλίσεις του κάθε τμήματος. β) Ποιου τμήματος η βαθμολογία παρουσιάζει μεγαλύτερη ομοιογένεια μετά τις αυξήσεις της βαθμολογίας που πέτυχαν στις εξετά­ σεις 2°υ εξαμήνου. γ) Να βρεθεί η μικρότερη τιμή της θετικής ακέραιας σταθεράς C που πρέπει να προ­ στεθεί στις γραπτές βαθμολογίες των φοι­ τητών του τμήματος Τ 1 μετά τη βαθμολο­ γία του 2°υ εξαμήνου έτσι ώστε το δείγμα της βαθμολογίας τους να γίνει ομοιογενές. δ) Αν οι βαθμολογίες του τμήματος Τ1 αποτε­ λούν περίπου κανονική κατανομή να βρεθεί το ποσοστό των φοιτητών που έγραψε από

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/71


Μαθηματικά Γ Λυκείου

6 9

από έως έγραψε το των φοιτητών.

6 έως 9 στις εξετάσεις του 1 ου και 2°υ εξα­

μήνου.

Λύ ση Για τις βαθμολογίες και των δύο τμημάτων στις εξε­ τάσεις του ου εξαμήνου έχουμε: και α) Σύμφωνα με τα δεδομένα για το τμήμα Τ 1 μετά τις εξετάσεις του εξαμήνου έχουμε: και Επίσης

1 χ = 6 S 1. 2°u χ1 =χ+1=6+1=7 S1 =S=11,15. · 6 = 6,9 = 1,15 χ = χ 2 S2 = 11,151 · S = 1,15 ·1 = 1,15. 17 3 %. CVι = _l_Χι =-=0,143=14, = �χ2 = 16,9' 15 =ο' 166 = 16' 6% . CV CV C ψ=χ1 +C=7+C SΨ =Sι =1 . - 10% ψ - __!__10 17+C - 101 7+C >- 10{:}C >- 3 C 3 C. Η 1 ο χ = 6 S 1

Π αρατή ρ ηση 2 1. Η μέση τιμή

=

είναι

α)

τιμ1Ί θα είναι

' ψ = χ + C , η διάμεσος δ

τυπική απόκλιση S

β) Για το τμήμα Τ1 έχουμε:

β)

s

το

τμήμα

Τ2

Ψ

=S.

= δ + C και η

Ψ

Αν όλες οι παρατη ρή σεις του δείγματος πολλαπλασιαστούν με τη σταθερά C τότε

η μέση τιμή θα είναι ψ = C χ , η διάμεσος ·

είναι:

δ

Ψ

=

C δ ·

2.

και

·

sψ = I C I S

c ν2

Εφόσον 1 < 2 η βαθμολογία του τμήμα­ τος Τ 1 είναι περισσότερο ομοιογενής από την αντίστοιχη βαθμολογία του τμήματος Τ2 · γ) Μετά την πρόσθεση της σταθεράς η νέα μέ­ ση τιμή και τυmκή απόκλιση αντίστοιχα είναι: και Το δείγ-

ενός δείγματος ν παρατη ρήσεων

η διάμεσος δ και η τυπική απόκλιση S .

αυξη θούν κατά τη σταθερά C τότε η μέση

και

για

=

Αν όλες ο ι παρατη ρή σεις του δείγματος

για το τμήμα Τ2 είναι

Επίσης

χ

34+34+ 13,5 81,5%

η

τυπική

απόκλιση

.

Ένα δείγμα θ α χαρακτη ρίζεται ομο ιογενές ό ­ ταν CV ::::; 1 0% .

3.

Σ ε κανονική κατανο μή τα ποσοστά ανά δια­ στή ματα φαίνονται στο παρακάτω σχή μα :

μα θα είναι ομοιογενές όταν cν < ψ

{::}

s

ψ <

οπότε

{::} -- < - {::}

η ζητούμενη μικρότερη τιμή της θετικής ακεραίας σταθεράς δ) βαθμολογία που πέτυχε το τμήμα Τ1 στις εξε­ τάσεις των δύο εξαμήνων αποτελεί περίπου κα­ νονική κατανομή . Για το εξάμηνο έχουμε: οπότε όπως φαίνεται και στο σχήμα από έως έγραψε το 5 7 ό 4 =

Ά σ κηση 1 5. Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = 2χ 2 - 7χ + 2005 g(x) = χ 3 - 4χ2 + 5χ + 2006 και h(x) = (3x - 4) 2 α)

=

6 9 342,3 5+ 49,13,855%+ Χι =7 2° Sι 1 =

Για το

των φοιτητών. εξάμηνο έχουμε:

οπό­ τε όπως φαίνεται και στο σχήμα =

4

5

6

7

8

9

10

β) γ) δ)

005 + 2 · -Χ2 - 1 + 1 1 . χ-1

Να βρεθούν οι παράγωγοι των συναρτήσε­ ων f, g. Να βρεθεί η λύση χ0 της εξίσωσης f ' (x) = g ' (x) . Να υπολογιστεί το όριο l = lim1 h(x) . χ-+

Αν ένα δείγμα ακολουθεί περίπου την κα­ νονική κατανομή με τυπική απόκλιση S = χ 0 και διάμεσο δ = l τότε: i) να βρεθεί κατά προσέγγιση η μικρότερη και η μεγαλύτερη παρατήρηση του δείγματος. ii) να βρεθεί κατά προσέγγιση το εύρος του δείγματος. iii) να βρεθεί το ποσοστό των παρατηρήσεων που βρίσκονται στο διάστημα (8, 16).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/72


Μαθηματικά Γ Λυκείου

χ + 3s = 1 4 + 3 · 2 = 20 είναι η μεγαλύτερη

Λύ ση

παρατήρηση . ίί) Εφόσον η κατανομή είναι κανονική το εύρος είναι: :::: 6 s = 6 2 = 1 2 . ίίί) Έχουμε χ = 1 4 2 οπότε όπως φαίνεται και στο σχήμα το

f'(x) = (2 x 2 - 7x -;t- 2005)' = 4x - 7 3 g'(x) = (χ - 4χ2 + 5χ + 2006)' = 3χ2 - 8χ + 5

α) Είναι:

β) Επίσης:

R

S

(α)

f'(x) = g'(x) {:} 4x - 7 = 3χ2 - 8χ + 5 {::}

·

·

=

3χ2 - 1 2χ + 1 2 = 0 {:} 3(χ2 - 4χ + 4) = 0 {::} 3(χ - 2) 2 = Ο {::} χ = 2 οπότε χ = 2 . 0

γ) Ακόμη :

f = lim h( x) = Χ-->1

14

(χ + 1)(�) +11 = = lim (3χ - 4)2005 + 2 ·

χ-->1

16

16

20

ζητούμενο ποσοστό είναι: 2,3 5 1 3 ,5 34 34 83,85%.

+ + +

= (3 · 1 - 4)2005 + 2 · (1 + 1) + 1 1 =

=

= (- 1)2005 + 4 + 1 1 = - 1 + 1 5 = 1 4

Παρατήρηση 3

οπότε f

Στην κανονική κατανομή με μέση τιμή χ , διάμεσο

=

14 .

δ ) Λόγω των (β), (γ) έχουμε:

S

2 και δ

δ και τυπική απόκλιση S :

14. Εφόσον η κατανομή είναι περίπου κανονική η διάμεσος συμπίπτει με τη μέση τιμή οπότε χ = δ = 14 . =

=

Η μέση τιμή χ ταυτίζεται με τ η διάμεσο δ.

γ)

Κατά προσέγγιση η μικρότερη παρατή ρηση εί­

Η ευθεία

χ

=

χ είναι άξονας συμμετρίας της

κατανο μής.

ί) Στην κανονική κατανομή η μικρότερη Παρα­ τήρηση είναι κατά προσέγγιση η χ - 3s και η μεγαλύτερη η χ + 3s . - 3s = 1 4 - 3 2 = 8 είναι η μικρό­ Έτσι: τερη παρατήρηση και

χ

α) β)

ναι χ - 3 s και ·

δ)

ή μεγαλύτερη η

Το εύρος του δείγματος είναι R

χ+3

==

6

·

·

s .

s περίπου .

Προσοχή ! ! ! Τα αντίστροφα των παραπάνω προ.:. τάσεων δεν ισχύουν.

·

a bριa c κΘcτ ι κών και λογαριΘμι κών f/11

σuνaρτ ηαcων

του Κώστα Βακαλόπουλου Α.

Εισαγωγή

Για τα όρια των εκθεrικών και λογαριθμικών συναρτήσεων στο οχολικό βιβλίο, αναφέρεται ότι προκύπrουν παρατηρώντω; τη γραφική παράστασή τους και αξιοποιώντας ότι είναι συνεχείς στα πεδία ορισμού τους. Επειδή όμως δεν υπάρχουν οχετικές ασκήσεις (στQ οχολικό βιβλίο) κρίνουμε σκόπιμο να αναφερθούμε σ ' αυτές. Βέβαια το οχολικό βιβλίο θεωρεί (και ως ένα σημείο έχει δίκιο) πως ένα κομμάτι των ασκήσεων αυτών, καλύπrεται από τον ·κανόνα de I ' hospίtal που θα αναφερθεί στο τέλος του κεφαλαίου του διαφορι­ κού λογισμού. Όμως υπάρχουν όρια λογαριθμικών και εκθετικών συναρτήσεων που δεν υπολογίζονται με τον κανόνα αυτό. . . Έτσι ο λόγος αυτού του άρθρου είναι να μά θουμε και να υπολογίσουμε όρια εκθετικών και λογαριθμικών συναρτήσεων.

Β.

Στοιχεία θ εωρ ίας

ι. Οι γραφικές παραστάσεις των εκθετικών και

ι

λογαριθμικών συναρτήσεων είναι οι εξής:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/73


Μαθηματικά Γ Λυκείου •

Γ . Ασκή σεις - Μ εθοδολο γ ίε ς

Για α > l

Άσκηση 1 :

Να υπολογιστούν τα όρια: Α) lim

χ

--1

χ -+ --«> Χ

ex

3 +

α) Θεωρούμε

Για Ο < α < l

β) lim

---=-

Χ -+ +οο 1+ 3x+l

γ) lim

Χ -+ --«> 4Χ

Λύσ η

χ Ε

Χιι-+-iimm χχ == Ο+οο x�-co· ιim αχ =0

χ

Άρα:

xιι-+t«>iimm ιιοοgαgα == -οο+οο Χ-+-«> χιl-+-iimm ιιοοgαgα ==+οο-οο χ-+0+

α

χ

α

3

-α::> ,

έχουμε lim

-+<>ο

της λογαριθμικής συνάρτησης στο -οο ή στο fΓ αφού δεν ορίζεται η συνάρτηση σε περιοχές αρ­ νητικών αριθμών.

συναρτήσεις

(

Άρα: lim αχ Χ-+Χο

=

(

και

είναι

συνεχείς.

f(x) = αχ α > 1)

g(x) = loga χ Ο < α * 1)

αχ• για κάθε

lim log α χ = log α χ0 για κάθε

Χ -+ Χο

Π α ρ α δείγ μ ατα • • • • • •

+οο

ln x

ln χ

ln χ0

+

Χ +ι

+

_ _

+

χ Ε

Επειδή

+οο

το όριο αυτό ανήκει στην

χ0 Ε

> Ο.

1R

και

+

+

·

·

+

Σημι:ίω ση : Το όριο αυτό θα το υπολογίσουμε στη συνέχεια και με κανόνα de l ' Hospίtal.

γ) Επειδή :

το όριο

και

, . αυτο. ανηκει στην απροσ διοριστη μορφη

Ό μως:

lim

lim ---=---

+

ο

χιι-+-iimm eexx =ο= +οο χι-+im-«>ex = ex• Χι-+imΧο = Χι-+-im0+ = -οο χ-+lim = χ-+χ0>0 ln x

Χ0

3

β) Θεωρούμε

_$ "Jt"

χ

Σημείωση: Δεν έχει νόημα η αναζήτηση του ορίου

Οι

χ

Ό μως:

χ

2.

χ

χ

απροσδιόριστη μορφή

χ

Για Ο < α < l

3x-l

( -οο, Ο)

Επίσης

Σύμφωνα με τις παραπάνω γραφικές παρα­ στάσεις έχουμε: Για α > 1

+

1 ιχ--+--«>im ( +ι) = -3 -1 = Ο . χ Χι-+im-«> ex = Ο . ιΧ-+im-«> -::-ι -- = Χι-+im-«> (-/- . ex) = = χι-+im-«> _ι 1 χι-+im-«> ex =0 · 0=0 (Ο, +οο) χι�im 3χ = (:) . ιχ-+-.m ι 33xχ +l = χι--+·m- 1 33χ 3χ ι·m (;I_!_ 3) = χι��· ι 1+ 3 = 31 3χ 3χ ( Χι-+-im _3Χι =0) χι-+im--<eι 4χ = Ο xι-+im-co 3χ = Ο ο . (0) . +l 4χ -3·3χ χ 4 -3x χ-+«> 4χ 3x-l χ-+<χ> 4χ + -·3ι 3χ ( �)χ 3 ;I { �: 3 ) = Χι-+m-«> Jl . (� ) = Χι-+m-«> -±)Χ 3χ 3 ( 3 3 lίm (�)'= =0 -3 =-9 yr ; y=(fl' �>I 31 �

Επειδή

χ

--=-

4χ - 3x+l

--

-

ο

-

_ ...__ ....:..::. :.___

+! '

+!

Χ-t>-Φ )

3

Σημείωση : Το παραπάνω όριο δεν υπολογίζεται με κανόνα de l ' Hospital (γιατί;).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2174


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Επειδή ιim (χ

Ά σκηση 1.

, το Ν α β ρειτε

ιm

X-HCIO

λ χ - 20ο4χ λ Χ + 2004Χ

χ-�

, για κα' θε θεnκη,

τψή του λ Θεωρούμε χ ε (Ο, +οο )

λ

Ιίm

-

ο

Άρα: lim

χ -ο+

ιm

i ί)

Ι

περ ίπτω ση Αν τότε η συνάρτηση γίνεται: η

.

Άρα: ι ιm Ά σκη ση

α)

Να υπολογιστεί το όριο: lim [(x - l) · ln x] χ

β)

Έστω

η

,

συναρτηση : f(x) =

Να βρείτε τα όρια: i) α) Θεωρούμε

· �ο

:χ Ξ

lim f(x) ,

χ-+ο·

---2005 · ln χ + 2006 2004 · ln x + 2005

+

Ι · __ ln χ

Ιim .....!.... ==0

,-ο+ ln χ

-

χ

20200504

-

ιim ln χ = + οο το όριο ανήκει

( )

χ-+οο ,

-

ιim

Επειδή

=

· ln χ +

+ οο στην απροσ δ ιοριστη μορφη, . . + οο ΑΡΑ: lim 2004 - ln x + = = · ln χ + χ -+α:>

ιim

λ

( =:) .

2004·lnx+2005 2006 2005 (2004 2005 ) JH{-(2005+2006· � ) )Η{ ·

- lim - χ-ο+

περ ίπτω ση Αν τότε:

Ιim

=

.

η

,......

+οο)

απροσδιόριστη μορφή

ι·

ιim

χ-ο+

β) Θεωρούμε χ Ε

ιιm

,_,...,

χ-�

Έχουμε: ιim [(x - I) · ln x] = +oo

χ-ο+

λ< 2004 χ -Ι] λ [ ) ( � 2004 = -2004χ = . . λλχ +20 ·- ' 04' ·- )004" {( 2�)' + I] λ2004 )χ - Ι] ( 2004 ) Χ -+1<0 [( -ο = =-Ι χ λ 2�<Ι Χ-++«> [( 2004 ) +Ι] 0+1 λ > 2004 Χ · [ Ι- ( 2004 )χ ] χ χ λ -2004 λ ·-ιim λ' +2004' = ·- χ -[1+( 2�)' ] = χ] ) ( 2004 )' -ΗΟΟ [ Ι - ( 2004 Χ λ � 1+0-ο � Ι 'f<· Δ�[1+( 2� )'] λ= 2004 (2o04y -(2004Υ =ο (2004Υ +(2o04y χ -2004χ = ο λ Χ-Η<Ο λΧ + 2004Χ ,

= - Ι και ιim ιη χ = - οο .

i) Επειδή ιim ln χ = -οο το όριο ανήκει στην

Λύση

Διακρίνουμε περιπτώσεις: ί • η περ πτωση Αν τότε: .

ιιm

-Ι) (0,

=

. ιιιη χ-+οο

2005 2005 2006 )Η{· (2004 2005 ) )Η{ . (2005 2006 . � ) Ι · __ ln χ

+

+

lim

'--+οο

.....!....=ο ln χ

=

χ

2004 2005

--

Σημείωση : Τα όρια του ερωτήματος (β) θα το υπολογίσουμε στη συνέχεια και με κανόνα de l' Hospital.

Άσ κηση

Να βρεθεί το όριο: lim [ln(3x - 1) - 3 · ln(x + 2)] Θεωρούμε χ Ε

(2004, - Ι) 2)

Επειδή ιim (3χ χ-+οο

και

ιim ln(x +

χ-+οο

χ -++οο Λύση +οο) .

θέτω u=3 χ -Ι =

= . . . = +οο

ιim ln u = +οο

u -+ oo

,

το όριο ανήκει

στην απροσδιόριστη μορφή : ( +οο) - ( +οο)

Ό μως: ιim [ln(3x - Ι) - 3 ιη(χ + 2)] = χ-+οο

= ιim [ln(3x - I) - ln(x + 2) 3 ] = lim ln χ-+οο

--

3x-l , θετω u= 3 (χ+ 2 )

ii) lim f(x) χ -++«>

\ ί ση ι Ο. - χ ) . ΕΥΚ.\ΕΙ.iΗΣ Β' ί.η ' τ.2/7S

χ-+οο

(3χ - Ι)

2

(χ + )

3


=

3χ =

Ι.

ιm

χ-+ + οο Χ

3

-

Επίσης:

u=

( 3 1) χ-+ + οο ι·

2

ιm

Χ

Μαθηματικά Γ Λυκείου =

ο

Παρατηρήσεις: 1) Στ.ον υπολογισμό των παραπάνω ορίων, τα όρια των

εκθετικών συναρτήσεων

της

g( χ) = hι χ

f (x) =

ex

κ.λπ. καθώς και

f (x) = lim f ' (x) χ-+χ0 g(x) χ-+χ0 g ' (x) lim

προκύψει στην παρένθεση :

�) χ ( χ-+ - οο 3 lim

3)

=

Ο αφού

�>1. 3

(�Γ

3 χ (::J χ-+ +οο 1 + 3 · 3 χ (3 χ )' 3 χ hι 3 1 = lιm = lιm χ-+ + οο ( 1 + 3 . 3 χ )' χ-+ +οο 3 · 3 χ · hι 3 3

de Σύμφωνα (x) lim f χ-+χ0 g(x) ,

με χ 0

Ο , Ο

μορφης - η

ε JR u {-oo, +oo})

± οο ± οο

--

είναι της

,

τοτε,

'

ο

·

Άσκηση 3 (ερώτ. β): ί)

J .lιm 2004 · hι x + 2005 (=: = Χ-+ 0+ 2005 hι Χ + 2006 1 (2004 hιχ + 2005)' = lim 2004 · � = lim χ--ο+ ( 2005 hι χ + 2005 )' χ_,ο+ 2005 . .!. χ 2004 2005 J 2004 hι χ + 2005 (=: = lιm hι 2006 + · 2005 χ-++ οο Χ •

ίί)

μ' αυτόν:

Αν το όριο του πηλίκου δύο συναρτήσεων:

=

--­

ο

ο

οπότε ισχύει:

Σημειώσαμε στις προηγούμενες ασκήσεις οτι κάποια όρια υπολογίζονται και με τον κανόνα Ι' Hospital.

,

α ισχυει

(πεπερασμένο ή άπειρο)

lim

ραστάσεις τους.

Έτσι στην άσκηση 1 γ επειδή το χ τείνει στο - οο ' η εκθετική cruνάρτηση που θα προκύψει στη παρένθεση πρέπει να έχει βάση. μεγαλύτερη της μονάδας. Γι' αυτό βγάλαμε το 3χ ώστε να

θ

--

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ • Άσκηση ι (ερώτ. β):

τα «βλέπουμε» στις γραφικές πα­

2) Στις ασκήσεις 1 γ και 2 η επιλογή της ποσότητας, που βγάζουμε κοινό παράγοντα στον αριθμητή και στον παρανομαστή έγινε με κριτήριο: το όριο που θα προκύψει στη παρένθεση, να είναι Ο και όχι άπειρο ώστε να μην έχουμε πάλι aπροσδιοριστία.

ι·

,

,

\ > 0 στο (2004, +οο) (γιατί;)] ( χ + 2) 3χ -

(x)

αν υπαρχει το ορw: ιm f ', Χ-+Χ0 g ( Χ )

_

ο

ο

.!. ( 2004 hι χ + 2005 )' lim 2004 · χ = lim χ-++οο (2005hιχ + 2005)1 χ-++οο 2005 · .!. χ 4 200 = 2005

r Σuνcxcιa αuνάρτηαης ac ι<λcιατ6 διάστημα

Γ . Τσικαλουδάκης

Στο άρθρο αυτό θα ασχοληθο ύμε με ασκήσεις που λύνονται με τη βοή θεια τ ων θεωρημάτων συνεχών συναρτήσεων και ει δικότερα συνεχών συ ναρτήσεων σε ένα διάστη μα. Οι λεπτομέρειες και κάποια ση μεία στα οποία χρειάζεται προσοχή θα φανούν μέσα από τις α­ σκήσεις που ακολουθούν.

Άσκηση ι

----

χ2 _ α 2 (χ - β)(χ - γ)

<<<

'Ε(fτω α, β, γ Ε R με α β γ Ο και α + γ = 2β . Ν α αποδείξετε ότι .έχει μία τουλάχιστον πραγ­ ματική ρίζα στο διάστημα (α, γ) η εξίσωση :

Η

( 1)

=

χ2 - γ2 (χ - α)(χ - β)

(ι)

Λύ ση

είναι ισοδύναμη με την εξίσωση εξίσωση χ 2 _ α2 χ 2 _ 12 Ο , χ Ε (α, γ) και χ * β , ισοδύχ-α χ-γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/76


Μαθηματικά Γ Λυκείου

( χ - α ) 2 ( χ + α) - ( χ - γ ) 2 (χ + γ) = Ο

ναμα

χ Ε (α, γ) και χ :;t: β (θυμηθείτε πως λ ύνουμε κλασματικές εξισώσεις με άγνωστο στον παρονομαστή) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ( χ - α ( χ + α) - ( χ - γ) 2 (χ + γ)

Η

γ

[α, γ]

f είναι συνεχής στο ως πολυωνυμική με f(α) = -(α - γ) 2 (α + γ) > 0 και f(γ) = (α - γ) 2 (α + γ) < Ο

Δηλαδή είναι f(α).f(γ) < Ο , οπότε (θ. Bolzano) υπάρχει ένα τουλάχιστο ξ Ε (α, γ) ώστε f(ξ) = ο . Για να δείξουμε ότι το ξ είναι ρίζα και της αρ­ χικής εξίσωσης ( 1 ), αρκεί να δείξουμε ότι είναι ξ :;e β . Πραγματικά έστω ότι β, τότε θα είναι f(β) = Ο δηλαδή ( β - α) 2 ( β + α) - ( β - γ) \β + γ) = 0 (2)

ξ

(;)

α+γ

(;)

Α.J..λά επειδή είναι β = γ

α 2

( β + α) -

=

2

η (2) γίνεται

α γ 2

(β + γ) = Ο ,

ισοδύναμα α = γ που είναι άτοπο, αφού α < β < γ και συνεπώς είναι ξ :;t: β , οπότε το της αρχικής εξίσωσης.

ξ είναι ρίζα και

Άσκηση 2

Έστω f συνάρτηση «:η>νεχής στο R τέτοια · ώστε f(-1) = -1 και για κάθε χ Ε R ισχύει: f 2 ( f(x) ) + r{f 2 (x)) = 2 χ2 ί) Δείξτε ότι υπάρχει ξ Ε ( -1 , 1) ώστε f(ξ) = Ο . ίί) Αν υπάρχει χ 0 < Ο ώστε f ( χ 0 ) = χ 0 , να απο­ δείξετε ότι: α) υπάρχει ρ μεταξύ των χ0, χ � ώστε f(ρ) = Ο . ρ = ξ ή ρ = -ξ . β) .

Λύ ση

ί) Από την υπόθεση για α = - 1 προκύπτει f(1) = 1 , και συνεπώς αφού η f είναι συνεχής στο [-1, 1] με f(- 1).f(1) < 0 , θα υπάρχει ξ Ε (- 1, 1) έ­ τσι ώστε f(ξ) = Ο .

ίί)

α)

Έστω ότι είναι f(x0 ) = Χ0 με Χ0 < Ο ,

τότε από την υπόθεση για χ = Χ0 προκύπτει f(x0 2 ) = Χ0 2 και συνεπώς είναι 2 f(x0 ).f( X0 ) = X03 < 0 , οπότε (θ. Bolzano) υπάρχει

p E ( Xo ' Χο 2 ) με f(ρ) = Ο . β) Από υπόθεση για χ = ξ προκύπτει f 2 (0) + f(O) = 2ξ 2 και για χ=ρ είναι 2 2 2 2 f (Ο) + f(O) = 2ρ , οπότε ξ = ρ και συνεπώς

ξ=± ρ .

Άσκηση 3

Έστω f συνάρτηση συνεχής στο R τέτοια ώστε f(O) = Ο , f(3) = Ο και για κάθε χ Ε R ισχύει f(2x) > f(2x + 2) Να· αποδειχθεί ότι: i) υπάρχει ξ Ε (1 , 2) ώστε f(ξ) = Ο . ii) υπάρχει χ 0 Ε ( ξ - 2 , ξ + 2 ) ώστε f(x0 ) = 0 . iii) f(ν) < Ο , για κάθε φυσικό ν > 3 . Για κάθε χ Ε

R

Λύ ση

είναι f(2x) > f(2x + 2) ( 1 )

ί ) Από ( 1 ) για χ = Ο και για χ = .!_ έχουμε

2 αντίστοιχα f(O) > f(2) και f(3) < f(l) , οπότε επει-

δή είναι f(O) = Ο και f(3) = Ο έχουμε f(1).f(2) < Ο και συνεπώς ( θ.Bolzano ) υπάρχει ξ Ε (1, 2) τέτοιος σώστε f(ξ) = Ο

ίί) Από την ( 1 ) για χ = i και χ = κύπτει

αντίστοιχα

ξ-2

2 2 f(ξ + 2) < f(ξ)

, προκαι

είναι f(ξ) < f(ξ - 2) δηλαδή f(ξ + 2) < Ο < f(ξ + 2) , οπότε (Θ.Ε.Τ.) υπάρχει Χ0 Ε (ξ - 2 , ξ + 2) ώστε να είναι f(x0 ) = 0 .

iii) Από την ( 1 ) για χ = 1 και χ = 2 προκύ­

πτει f( 4) < f(2) < Ο (2)

5)

Ακόμα για χ = � έχουμε f( < Ο . 2 Επομένως η πρόταση f(ν) < Ο (3) αληθεύει

5.

για ν = 4 και για ν = Έστω ότι η (3) αληθεύει για ν = k και για ν = k + 1 , δηλαδή είναι f(k) < Ο και f(k + 1) < Ο . Θα αποδείξουμε ότι η (3) αληθεύει και για ν=k+2. Πραγματικά από την ( 1 ) για χ = f(k + 2) < f(k) < ο .

� προκύπτει 2

Επομένως (επαγωγική μέθοδος) η (3) αληθεύ­ ει για κάθε φυσικό ν > 3 .

Άσκηση 4 i) Έστω

f : Α -4 R συνάρτηση 1 - 1 . Αν για κάποιο Χ0 Ε Α ισχύει f( X0 ) = Χ0 , να αποδείξετε ότι το Χ0 είναι κοινό σημείο των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/77


Μαθηματικά Γ Λυκείου

γραφικών παραστάσεων των f f" 1 ' ίί) Έστω f συνάρτηση τέτοια ώστε για κάθε ισχύει f 3 (x) + f(x) = x + e • . (1) Ν α αποδείξετε ότι: α ) η f είναι γνησίως αύξουσα. β) η f είναι συνεχής. γ) οι Cr , CΓ, έχουν ένα τουλάχιστον κοινό •

XER

σημείο στο διάστημα (1, 3).

ί) Αν είναι f(x0 )=Χ 0 , τότε επειδή η f είναι

αντιστρέψιμη έχουμε r-• (f(xo )) = r-• cxo ) ; δηλαδή Χο =r-• cxo ) και συνεπώς f(xo ) = Γ1 (χο ) (2) Η (2) όμως δηλώνει ότι οι Cf , C -ι έχουν το r •

ίί) α ) Έστω ότι υπάρχουν χ 1 , χ 2 Ε

R

με

χ 1 < χ και f(x 1 ) � f(x ) . 2 2 Τότε θα είναι f3 x 1 ) + f(x 1 ) � f3 (x 2 ) + f(x 2 ) και

χ + e•' (3) 2 από την (3) επειδή είναι -ex' > -ex' προκύπτει χ1 > χ που είναι άτοπο και επομένως για κάθε 2 χ1 , χ με Χ 1 < Χ 2 είναι f(x 1 ) < f(x 2 ) , οπότε η 2 f είναι γνησίως αύξουσα. β) Έστω χ * Χ0 , τότε έχουμε λfyγω της υπόθεση ς θα είναι χ 1 + ex'

ER

f3 (x) - f3 (X0 ) + f(x) - f(X0 ) = ex - ex• + Χ - Χ0 οπότε είναι

l ex - ex· + χ - χ I l f(x) - f(x 0 ) I = f 2 (x) + f(x).f(x0 ) + f 2 (X0 ) + 1 � ο

Ιe

χ

- ex· + χ - χ ο

I,

Δηλαδή για κάθε χ Ε

R

h(l) = e

-1

> Ο και h(3) = e3 - 33 < Ο ,

οπότε ( θ.Bolzano ) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (1, 3) τέτοιο ώστε h(ξ) = Ο . Αλλά τότε έχουμε h(ξ) = Ο � eξ - ξ3 = Ο � eξ + ξ = ξ3 + ξ � f3 (ξ) + f(ξ) = ξ3 + ξ

Λ 1)ση

κοινό σημείο το Χ0

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = ex - χ3 , η οποία είναι συνεχής στο διάστημα [1, 3] με

με χ * Χ0 είναι

l f(x) - f(x0 ) 1 � l ex - ex· + x - x o l αλλά lim l ex - ex • + χ - Χ0 I = Ο , οπότε από κρ. παρεμβοχ�χ0

Γιατί από την υπόθεση f3 (ξ) + f(ξ) = ξ + eξ

(3)

(1)

έχουμε ότι

Από την (3) θα δείξουμε τώρα ότι f(ξ) = ξ . Έστω

ότι

είναι

f(ξ) < ξ ,

τότε

έχουμε

f3 (ξ) < ξ3 και συνεπώς f3 (ξ) + f(ξ) < ξ3 + ξ ή ξ3 + ξ < ξ3 + ξ , άτοπο. Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι f(ξ) > ξ και επομένως είναι f(ξ) = ξ .

5 Έστω f συνάρτηση συνεχής τέτοια ώστε για κάθε χ Ε ισχύει: f(x 2 - x) + f(x) = 3x 2 + χ - 2 Ν α αποδείξετε ότι: i) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο , 1) ώστε f(ξ) = ξ . ίί) για κάθε y ο Ε ( - 6 , 6) υπάρχει ένα του­ Άσκη ση

R

λάχιστον Χ0 Ε ( - 1 , 2) ώστε f(x0 ) = Υ ο . iii) υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ Ε (Ο , 1) ώστε να είναι f(ρ 2 - ρ) = 3ρ 2 - 2 .

R

Λ ύση

Για κάθε χ Ε είναι 2 f (x x) + f(x) = 3x 2 + χ - 2 ί ) Η f είναι συνεχής ότο [0, 1] . Από (1) για χ = Ο προκύπtει f(O) = - 1 και για χ = 1 είναι f(l) = 3 . Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - χ η

(1)

-1

λής προκύπτει lim f(x) = f(x0 ) . Χ-+Χ0

γ) Αρκεί σύμφωνα με το (i) ερώτημα να δεί­ ξουμε ότι υπάρχει ξ Ε (1, 3) ώστε να ισχύει f(ξ) = ξ ' γιατί τότε θα είναι r-• (ξ) = ξ ' οπότε 1 Γ (ξ) = f(ξ) ο

Έστω ότι υπάρχει ξ Ε (1, 3) , τέτοιο ώστε

f(ξ) = ξ . Τότε από την υπόθεση ( 1 ) για χ = ξ προκύπτει f3 (ξ) + f(ξ) = ξ + eξ ή ξ3 + ξ = ξ + eξ ή ξ3 = eξ . Αρκεί επομένως να δείξουμε ότι η εξίσωση ex χ3 = Ο , έχει λύση στο διάστημα (1,3). Πραγ­ ματικά

οποία είναι συνεχής στο [0, 1] με h(O) = < Ο και h(1) = f(l) - 1 = 2 >0, οπότε υπάρχει ξ Ε (0, 1) ώστε h(ξ) = Ο και συνεπώς f(ξ) = ξ .

ίί) Από την ( 1 ) για χ = 2 και χ = - 1 προκύ­

πτει f(2) = 6 και f( - 1) = -6 οπότε επειδή η f είθα ισχύει ναι συνεχής στο [ - 1, 2]

( f(- 1) , f(2) ) ς f ( (- 1, 2) ) (-6 ' 6) ς f ( (- 1, 2) ) (2)

Η

δηλαδή

είναι

(2) δηλώνει ότι για κάθε Υ ο Ε ( -6 , 6) υ­

πάρχει Χ0 Ε (- 1, 2) τέτοιο ώστε f(x0 ) = Y o ·

ίίί) 1 ος Τρόπος

Θεωρούμε τη συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2178


Μαθηματικά Γ Λυκείου

i) Χι, Χ2 Χι < χ2 h(x)=f(x[0,1]2 -χ)- 3χ2 + 2, f3(χι) � f3(x2 ) � f(x2 ) , h(O) = f(O) + 2 1 >Ο h(l) (0,1)f(O) -1 -2 , f(χι)f3(xι)+f( xι )�f3(x2 )+f(x2 ) (3) χι5 +Χι + 1 <χ/ + χ2 + 1 h(ρ) , f(ρ2 3ρ2 -2 . f\xι)+f(xι)<f3(x 2 )+f(x2 ) , 3 ) ( , χ Χι < χ Χ ι 2 2 3) ( =ξ f(ξ) ξ (0,1) f(χι) < f(x ) f 2 3 Η ( ) 2 2 f(ξ Η-ξ)+f(ξ)=f(ξ (4) 2 -ξ)+ξ2 (4)(1) χ= ξ) i i) (1) f(-1)χ= -1 -1 χ 1 3ξ +ξ-2 f(ξ -ξ)+ ξ= 2 (-1)+1 ) f ( f(ξξ2 -ξ)= 3ξ2 -2 3 >Ο f' ' f(l) (f2 (1)+1) ξ (-1,1) f(ξ) ξ (-3,-1) χ + 5 +χ+ i ν ) Χ f(ξ) =ξ. ( 1) χ ξ ξ5 -ξ3 + 1 =ο h(x) χ5[-2-χ3,-1]+ 1, h(-1)=1>0 , h(-2)=-29<0 h(ρ) = ( , -1) Λύ ση -ρ3Η + 1(3)=ο (3) χ f\x)+f(x)=x5 +x+1 (1) Χ0 χ χ χ ρ3 +ρ=ρ5 +ρ+1 (4)( 1) χ ρ5 +ρ+ 1 = f3(ρ) + f(ρ), (4) x -x +x-x s os ol l f3( )+f( ) 3 if(x)-f(xo )l f2 (x) + f(x).f(xo ) + f2 (xo ) + 1 s ι xs -xos +x-xol (2) f lim l x5 - X05 +x-x0 1 =0 , Γ1 Γ1 lim f(x) f(x0). η οποία είναι συνεχής

στο

ως

=

πράξεις και =

οπότε (θ.Bolzano) υπάρχει ρ ε

= Ο ισοδύνα μα

ε

συνεχών

=

τέτοιος ώστε

- ρ) =

2 ος Τρόπος Από το (ί) ερώτημα έχου με ότι υπάρχει

ώστε

γράφεται

λόγω της υπόθεσης

ισοδυνάμως

(όπου

γί­

οπότε

νεται το

με

Έστω f συνάρτηση τέτοια ώστε για κάθε ε R ισχύει: f 3 (x) f(x) = ι Να αποδείξετε ότι i) η f είναι συνεχής. ii) η f είναι γνησίως αύξουσα. . iii) η εξίσωση f(x) = Ο έχει ακριβώς μία ρίζα, μη μηδενική, στο διάστημα (-ι ' ι) . iv) Οι C r , C r-, έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο στο διάστημα (-2, -ι) . Για κάθε

ί ) Έστω

οπότε

Αλλά είναι

και συνε­

πώς, λόγω της που έρχεται σε αντίφαση με την Άρα για κάθε ε R με και συνεπώς η

ξουσα.

Από την

είναι γνησίως αύ­

για

και για

αντίστοιχα

με

ε

ώστε

=Ο.

Έστω ότι υπάρχει

ειναι συνεχης

ε

τέτοιος ώ­

στε

Τότε από την υπόθεση

για

προκύπτει

=

= η Θεωρούμε τη συνάρτηση με διάστημα είναι συνεχής στο οποία και άρα υπάρχει ώστε να είναι Ο , δηλαδή ρ ε -2

ε R με

*

ο

Όμως από την

γράφεται

για

=

οπότε

χ-.χο

=

ισοδυνάμως

= ρ έχου με οπότε η

Χ -+ Χ 0

και

( στο R ), από (θ.Bolzano) προκύπτει ότι υπάρχει

όμως

ε R . Για κάθε

(κρ. παρεμβολής)

= έχου­

=

και επειδη' η

=

είναι

ρ5

ε R είναι

έχουμε

Αλλά είναι

,

τότε έχουμε

και

(δηλαδή το ζητούμενο ρ είναι του ί ερωτήματος).

Ά σ κ ηση 6

ε R με

Έστω ότι υπάρχουν

γίνεται

ρ ρ = ρ + ρ (5) Από την ( 5) εύκολα (με άτοπο) προκύπτει ότι είναι (ρ) = ρ . Αλλά τότε ( επειδή η f είναι αντιστρέψιμη) έ­

χουμε (ρ) = ρ , άρα (ρ) = f(ρ) , που σημαί­ ότι το ρ είναι κοινό σημείο των C r , C r-, νει

U\..)."-Λ-/U.JJ"""-'"

Ο μικρός z

Ε u κ λ ίδ ης

�is.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.2/79

τιμή τεύχους:

2

ευρώ


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Περιεχόμενα της Μαθηματικής Επιθεώρησης ' τευχος 59

Περιεχόμενα του Ευκλείδη γ' τεύ ος 60-61

ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗ Ε Π ΙΘΕΩΡΗΣΗ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ· EUCLIDES

Πι.ριοδιιcή

Ελληνιοιή Μαeημοτ••� Ετaιρclσ

Αντα Μπούφη - Φ. Σκαφτούρου Αφήνοντας τους μαθητές μας να χαρτογραφούν μαθηματικά μονοπάτια, καθώς συνταξιδεύουμε μαζί τους σα να μην υπήρχαν έτοιμοι χάρτες: Μια απάντηση στο αίτημα του μαθηματικού αλφαβητισμού Μαρία Νικολακάκη Συγκριτική Έρευνα των Στάσεων των Δασκάλων για τα Μαθηματικά και τη Διδασκαλία τους στο Δημοτικό Σχολείο σε Ελλάδα και Κύπρο

Δημήτριος Γκίνης Πρόταση για τη Διδασκαλία της Στατιστικής Σύμφωνα με τις Νέες Αντιλήψεις για τη Διδακτική της Δημήτρης Ντρίζος - Γιάννης Τυρλής Διδακτικές προσεγγίσεις του προβλήματος της σύγκρισης των αριθμών e" και π• στα πλαίσια της Ανάλυσης

Χρ. Φίλη Το Πανεπιστήμιο Αθηνών στο μεταίχμιο του 19ου αιώνα: Μαθηματικά και Μαθηματικοί

Θ. Γραμμένος Παραμετρικές πολλαπλότητε ς και διαφορο-γεωμετρική δομή τους

Ε. Ντζιαχρήστος Η Έννοια του απείρου στην Ευκλείδεια Γεωμετρία

Κ. Φασούλης Η ποιότητα και η διασφάλιση της ποιότητας στην ανώτατη εκπαίδευση.Εννοιολογικήθεωρητική και πρακτική προσέγγιση του <<ποιοτικού πανεπιστημίου>>

Μ. Κρητικός - Γ. Δημάκος - Α Μαλαφέκας ΠQότυπα αξιολόγησης Εκπαιδευτικών Μονάδων

Στέφανος Περδικάρης

Η Διδασκαλία ως Έρευνα: Μια Εφαρμογή της Επιστημονικής

Μεθόδου

Εnοοτημονιwr'ι ·eιο:δοο η

γ·

,tqp,

ίϊiίόiimi iΟΥ:.ΙΌ�ί

Γιάννης Παναγάκος Μια Διδακτική Στρατηγική για και σε περίπτωση που δεν υ­ πάρξει απαρτία η δεύτερη Γενική Συνέλευση θα πραγματο­ ποιηθεί οπωσδήποτε την την Επίλυση Προβλημάτων Καθ. Christine Keitel Χρυσάνθη Σκουμπουρδή Το μανιφέστο της Διεθνούς Επιτροπής για τη Μελέτη και τη Βελτίωση της Διδασκαλίας των Μαθηματικών (CIEAEM, Commission Internationale pour l'Etude et l'Amelioration de l'Enseignement des Mathematiques)

Α Τσιγώνη

Μεθόδιος Ανθρακίτης. Ένας Πρόδρομος του Νεοελληνικού Διαφωτισμού

Κώστας Μαργαρώνης Ιστορικά Στοιχεία από την Εξέλιξη της Τεχνικής Επαγγελματικής Εκπαίδευσης

και

Γαβαλάς Δημήτρης Το σχολείο ως <<Μανθάνων Οργανισμός>>: Νέος τρόπος Ύπαρξης του Σχολείου στην Εποχή της Πληροφορίας

Ενημέρωση - Information

Οι

Ε. Χαλιάσος Το Πυθαγόρειο Θεώρημα σε Καμπύλο Χωροχρόνο

ΑΝΑΚΟΙΝΩΣΗ

εκλογές για την ανάδειξη νέου Δ ιοικητικού Συμβουλίου

θα πραγματοποιηθούν την

ΚΥΡΙΑΚΗ 6 ΜΑΡΤΙΟΥ 2005.

Η πρώτη

Γενική Συνέλευση ορίστηκε για

την

ΚΥΡΙΑΚΗ 20 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2005 και σε περίπτωση που δεν υπάρξει απαρτία η δεύτερη

Γενική Συνέλευση

θα πραγματοποιηθεί οπωσ­

δήποτε την

ΚΥΡΙΑΚΗ 2 7 ΦΕΒΡΟ ΥΑΡΙΟ Υ 2005.

Η ημερομηνία λήξης

υποβολής υπο ψηφιοτ ή τ ων είναι το

ΣΑΒΒΑΤΟ 15 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2005 και ώρα 24:00.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.2/80


Νiκος naνουσόκnς

ΜΑ Θ Η ΜΑΤ Ι ΚΑ Γ' ΛYK[JQV 77.--�- �: •'

ιQ)

Τ ο 4ο θέμα στα Μαθηματικά Γ Λυκείου, Γενικής Παιδείας

ΕJ:ΔΟτΙΚDΣ 0\.tΛDt Σ\τrrΑΦCΟΝ κι...eιnπΟΝ

Το 4ο θέμα στα Μαθηματικά

Γ Λυκείου, θετ. & Τεχν. Κατεύθυνσης Α. Λαζαρίδης

Β. Βασιλείου

"

- -

�ος

__ __ ___

c��Σuν_δuοοτικό βέμοτο vιa τ�-εξ�ό��Όu ε:�ΛuΚεiοu" "

,..

Β ΛΙΠΟΙJU Γ(ν·· rn: !Ια"-6ζιιο:_

Θ Ε�οτικοr: 0ML\Or rνmΛtEON ΚΑθΗΠΠΟ�

θέματα Μαθηματικών Κατεύθυνσης, Γ Λυκείου Ν. Πανοuσάκης

Συνδυαστιr.:ό θέματα στην Άλγεβρα

β Λυκείου, Γενικής Παιδείας Β. Βασιλείου

Συνδυαστικά θέματα στην Άλγεβρα

Β Λυκείου, θετ. & Τεχν. Κατεύθυνσης Κ. Κόρμος

ό\ Ν . Η \ Ι Ο Q Ο \-' ι\ 0 1: . Ι: Α Λ . Λ Α. Ζ λ Ρ Ιι\ΙΙΣ:

I" E N J K H :t Π Α Ι Α Ε Ι Α Σ • ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΣΤΑΥΙΣΥΙΚΗ

• Π Ι θΑΝΟΤΗΤΕΣ

Μιvοδικοί οpιΒuοι Ί!pιο - Σuιέχεια οuνόpπιοηc Λιοφοpιι:όc Λσνιομόc Ολοκληpωιικοc ΛοΙΙοuοc

Ο Εκ�οrικοι 0\Ψill! [\'Ιll'Hffi:'l κ�eιιπηο\ Άλγεβρα, Α Λucείου Ιτεύ)(ος ΑΙ Κ. Κάρμος

Άλγεβρα, Α Λυκείου Κ. Κάρμος

(τεύ)(ος BJ

Μαθηματικό. Γ Λυκείου, Γεν. Ποιδείος Αν. Ηλιόπουλος - Σ. Λαζαρίδης

Μοθηματιr.:ά, Γ Λυκείου, θ-Τ Κατ.

Α. Λαζαρίδης

Μ ι α α ξ ι ό π ι στ η π ρ ότα ση γ ι α τ ο σχ ολ ι κό β ο n Θ η μ α Σόλωνος

Αθfινα Τηλ. : 2 1 0 3 6 4 6 1 2 5 Fax: Ηλεκτρονικό βιβλιοπωλείο : www. eo sk.gr

1 00, 1 0 6 8 0

2 10 363 1 363


Profile for demi de

Ευκλειδης Β 54  

Ευκλειδης Β 54  

Profile for demiridis
Advertisement