Issuu on Google+


ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΒΙΒΛ ΙΑ

ΠΑΤΑΚΗ

για να ξεκινήσετε με προβάδισμα άλγεf)ρα Α fo(rι fνιoiou

"'"""

Λu�c·ou

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΓΕΩΜΗΡΙΑ

ΦΥΙΙΚΗ

ΦΥΙΙΚΗ

Α' Ενιαίου Λυκείου

Α' Ενιαίου Λυκείου

Α' Ενιαίου Λυκείου

Α' Ενιαίου Λυκείου

Γιάννης Βιδάλης, Βασίλης Γκιμίσης

Γιάννης Βιδάλης, Βασίλης Γκιμίσης

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Βαγγέλης Φωτεινόπουλος

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΗΡΙΑ

ΦΥΙΙΚΗ

ΜΑθΗΜΑτtΚΑ

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Β' Ενιαίου Λυκείου, Θετικής Κατεύθυνσης

Γιάννης Βιδάλης, Βασίλης Γκιμίσης

Μ. Γεωργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά.

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Κ. Α. Κυριακόπουλος

φuοική

μαθηματικά

Γ· Εν α Όυ

r· Ενιαίου Λυκείου

Λuκεiοu

MAθHMAJIKA

ΜΑθΗΜΑτtΚΑ

ΦΥΙΙΚΗ

ΒΙΟΛΟΓΙΑ

Γ' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Γ Ενιαίου Λυκείου,

Γ Ενιαίου Λυκείου,

Γ' Ενιαίου Λυκείου, θετικής Κατεύθυνσης

Ματθαίος Τσιλπιρίδης

1Birdi&1 ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

Ελευθέριος Πρωτοπαπάς

Τριαντάφυλλος Μελισσαρόπουλος

σε όλο το βιβλιοπωλείο

Αμαλία Τ ένγκου

LETRINA S.A. CERτiFΙCAτiON BODY

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

ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΑθΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, 106 78ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.31.078 θΕΠΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. ΜΟΝΑΠΗΡΙΟΥ 122. ΤΗΛ. 2310.70.63.54-5

ISO 9001 CcniHcaιc Νο. 081054


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 56

Απρfλιος

Μάιος

Ιούνιος 2005

Ευρώ: 2,50

e-mail: info@hms.gr www.hms.gr

Υπcύ8υvοι Έκδοσηc;

ΜΑΘΗΜΑη κο ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ΕυσταDίουΕυάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος.

Συντακτική Ομάδα:

Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλόχου Αγγελική Γράψας Κωνσταντίνος Δούvαβης Αντώνης Καλίκας Σταμάτης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος

Κeρασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Κυριακοπούλου-Κυβeρvήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσης Μεταξάς Νίκος Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Σακελλάρης Βασίλης ΣαiτηΕύα ΣταDόπουλος Γιώργος ΣτάίΊως Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φελλούρης Ανάργυρος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλόμπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης :: .ΛΟΣΗ ΤΗl.ι \ΑΙΉΣ Μ\Θ ΙΜι\1 Ι. l.ι 1'. \IPll l.ι ΠΜΊΕΙllΣΊΉΜΙΟΥ 34- 106 79 ΑΘΙ-ΙΝΑ Τιιλ: 210-36 17 784, 210-36 16 532 Fax 210-36 41 025

Εκδότης: Αλε[ανδρής Νικόλαος ΔιcυΟυvτής: ]{αρκούλιας Γιώργος ,., Κωδικ6ς

ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105-7998 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ 2,50 ευρώ Ετήσια σuνδρο:ιnΊ 10,00 ευρώ (Σχολ) Σuνδρο:ιπιτές: 10,00+2,00 ευρώ (Tax.) Οργανισμοί: 18,00 ευρώ

2

Αρχαία Ελληvικά Μαθηματικά

7

Ο Ευ�είδης προιείνει... Ευκλείδη και... Διόφαvιο

i3 Η σrήλη rου μαιlηrή 15 Homo Mathematicus 19 Μαθημαrικοί Διαγωνισμοί

I Μα8ημαηκά yια την Α' Τάξη rου Λυκείου I 24 Επανάληψη λλyε6ρας ιης Α' Λυκείου 33 Αφορμή yια επανάληψη σrη Γεωμεφία rης Α' Λυκείου

I Μα8ημαηκά yια την Β' Τάξη ιου Λυκείου I 41 Θέμαrα σrην λλyε6ρα

46 Γεωμεrρία Β' Λυκείου

51 Θέμαrα Θεωρίας Αριιlμών (Καrεύιlυvση)

53 θέμαrα σιην ευιlεία

φ

I Μαllημαηκά yια ιηv Γ Τάξη ιου Λuκciou I

55 Μαιlηματικά καrεύιlυvσης Γ' Λυκείου (Θέμαrα επανάληψης) 67 Γενικά Dέμαrα Μαθηματικών καrεύ8υνσης_ Γ' Λυκείου 73 Γcvικές ασκήσεις Μαθηματικών Γενικής Παιδείας

Τεύχος:

Ταχ. Επιιαyές Τ. Γραφείο ΑΟήνα 54, Τ.Θ. 30044

Σιοιχειοιlεσία - Σελιδοποίηση

Ν. Αλεξόπουλος

Ακαδημίας 43, τηλ 210-3606826

Ειιτύπωση ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε.,

Υπευθ. Ttmoyρaφcίou Βασίλης Σωτηριόδης­

Τηλ: 21081603330


1

λΡΧλlλ. θλλΗΝΙΚλ. tνιλ.θΗΜλ.ΤΙΚλ.

Το άρθρο που ακολουθεί αποτελεί τη συνέχεια του πρώiου άρθρου της μαθηματικής παιδείας . κατά τα έτη της Τουρκοκρατίας, που δημοσιεύσαμε στο 55° τεύχος του Ευκλείδη Β'. Είμαι βέβαιος ότι και το άρθρο αυτό, που είναι εξόχως κατατοπιστικό και ακριβολογημένο, θα τύχει της ίδιας θερμής υποδοχής που είχε και το πρώτο του μέρος. Ο συνάδελφος Στέλιος Λαμνής εργάστηκε με ευσυνειδησία και διέθεσε αρκετό χρόνο για να συγκεντρώσει και να επιλέξει, με επιτυχία, το περιε­ χόμενο του άρθρου.

Η στήλη των αρχαίων Ελληνικών Μαθηματικών ευχαριστεί τον μαθηματικό Στέλιο Λαμνή για

το άρθρο του που δημοσιεύουμε παρακάτω και ελπίζει ότι και άλλοι συνάδελφοι ή αναγνώστες μας, θα τον μιμηθούν και θα μας αποστείλουν παρόμοιες εργασίες. Εμείς, ευχαρίστως, θα τις δημοσιεύσουμε.

Η

Χρήστος Κηπουρός

Αριθμητική, η Γεωμετρία και η λλγεβρα στους χρόνους της Τουρκοκρατίας

Στέλιος Λαμνής

Θεσσαλονίκη ι Έλληνες μαθητές στα σχολεία των χρόνων της Τουρκοκρατίας διδάσκο­ νταν, συνήθως, τρεις κλάδους των μαθηματικών: Αριθμητική, Γεωμετρία και Άλγεβρα. Αυτό τουλάχιστον προκύπτει από τα στοιχεία που έχει φέρει στο φως, μέχρι τώρα, η ιστορική έρευνα. Θα πρέπει όμως να επιση­ μάνουμε ότι ασφαλείς πληροφορίες (προσωπι­ κές μαρτυρίες, τετράδια σημειώσεων μαθητών κ.λ.π.) για την ύλη των διδασκόμενων μαθη­ ματικών έχουμε μόνο για τον 18° αι. και για τις δύο πρώτες δεκαετίες του 19ου αι. Αντίθετα είναι λιγοστά τα στοιχεία που έχουμε στη διά­ θεσή μας για τους πρώτους αιώνες της Τουρ­ κοκρατίας. Την έλλειψη όμως επαρκών ιστορικών στοιχείων γι' αυτό το θέμα, μπορούμε να ανα­ πληρώσουμε σε μεγάλο βαθμό με την εξέταση των βιβλίων μαθηματικού περιεχομένου που κυκλοφόρησαν στον ευρύτερο ελληνικό χώρο κατά την διάρκεια της Τουρκοκρατίας. Από την έκδοση των μαθηματικών βιβλίων αυτής της περιόδου, μπορούμε να παρακολουθήσου­ με την εξέλιξη των τριών μαθηματικών κλά­ δων που εξετάζουμε. Από τους τρεις βασικούς κλάδους των μαθηματικών, η Αριθμητική είναι εκείνη που είχε ανέκαθεν μια μόνιμη θέση στα προγράμ-

ματα σπουδών των ελληνικών σχολείων. Αυτό άλλωστε επιβεβαιώνεται και από τα τρία συ­ νολικά βιβλία μαθηματικού περιεχομένου που εκδόθηκαν στον ελληνικό χώρο ως τις αρχές του 18° αι. Το παλαιότερο από τα τρία αυτά βιβλία είναι το «Σύνταγμα ευσύνοπτον εις τας τέσσερας μαθηματικάς επιστήμας» του Βυ­ ζαντινού λόγιου Μιχαήλ Ψελλού. Το βιβλίο εκδόθηκε το 1532 στη Βενετία και εκτός της αριθμητικής περιλαμβάνει γεωμετρία, αστρο­ νομία και μουσική. Χρονικά ακολουθεί η «Λογαριαστική» του Μανουήλ Γλυζώνιου,

δηλαδή το γνωστό

«Βιβλίον Πρόχειρον τοις

πάσι περιέχον την τε Πρακτικήν Αριθμητi­ κήν», που τυπώθηκε για πρώτη φορά το 1568 στη Βενετία και από τότε έκανε πάρα πολλές επανεκδόσεις. Το τρίτο μαθηματικό βιβλίο εί­ ναι η «Λογιστική» του Βαρλαάμ του Καλα­ βρού, που τυπώθηκε το 1592 στο Στρασβούρ­ γο και αργότερα το 1600 στο Παρίσι. Η Γεωμετρία είναι άγνωστο πότε ακριβώς μπήκε στα προγράμματα σπουδών των ελλη­ νικών σχολείων. Γνωρίζουμε πάντως ότι περί­ που στα 1795 κυκλοφόρησε το πρώτο βιβλίο γεωμετρικού περιεχομένου, η «Εισαγωγή Μαθηματική» του Γιαννιώτη δασΚάλου Ανα­ στάσιου Παπαβασιλόπουλου. Πρόκειται για χειρόγραφο βιβλίο πρακτικής γεωμετρίας, που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/2

1


3 -------

Αρχαία Ε λληνικά Μαθηματικά --------'--

κατά τον Κων. Κούμα δίδασκε «νύξιν τινά της Το βιβλίο του Παπαβασιλόπου­ λου, αλλά και η «Εισαγωγή εις τα Γεωγραφι­ κά και Σφαιρικά» (Βενετία 17 16) του Πατρι­ άρχη Ιεροσολύμων Χρύσανθου Νοταρά, που περιείχε «τα όσα είναι χρειώδη από τα στοι­ χεία της Γεωμετρίας», ουσιαστικά αποτέλε­ σαν τον προπομπό για ένα πραγματικά πολύ σημαντικό μαθηματικό σύγγραμμα, την «Οδό

Γεωμετρίας».

Μαθηματικής» του Μεθόδιου Ανθρακίτη.

Ανδρέας Τακουέτιος είναι το εξελληνι­ σμένο όνομα του Βέλγου μαθηματικού Andrέ Tacquet και ο τίτλος του πρωτότυπου είναι

«Elementa geometriae planae et solidae, et selecta ex Archίmίdί Theoremata»

(Αμβέρσα

1654). Ο Βούλγαρης χΡησιμοποίησε για τη μετάφρασή του την έκδοση του 17 10, στην

οποία την επιμέλεια και τα σχόλια είχε κάνει ο Άγγλος William Whiston. Το βιβλίο κυκλοφό­ ρησε επί πολλά χρόνια χειρόγραφο, και μ' αυ­ τή τη μορφή χρησιμοποιήθηκε σαν διδακτικό εγχειρίδιο από τον Βούλγαρη και αρκετούς άλλους δασκάλους, για να τυπωθεί τελικά στη Βιέννη το 1805. ======

Κων. Κούμας

Η

«Οδός Μαθηματικής»

τυπώθηκε σε τρεις τόμους το 1749 στη Βενετία, με επιμέ­ λεια και εκδοτική φροντίδα του Μπαλάνου Βασιλόπουλου. Το έργο ήταν πραγματικά πο­ λύ υψηλού επιπέδου και περιλάμβανε σχεδόν όλους τους κλάδους των κλασικών aρχαιοελ­ ληνικών μαθηματικών. Ειδικά όμως για τη Γεωμετρία, η έκδοσή του βιβλίου αποτέλεσε σταθμό, επειδή για πρώτη φορά, μετά από αι­ ώνες, κυκλοφόρησε στην ελληνική γλώσσα ολόκληρο το Ίεωμετρικό μέρος των <<Στοι­ χεί ων» του Ευκλείδη. Αυτό ακριβώς επιση­ μαίνει και ο Κων. Κούμας λέγοντας για τον Ανθρακίτη ότι «ούτος ο θαυμάσιος ανήρ μετε­ κόμισε εις τα Ιωάννινα τας γεωμετρικάς γνώ­ σεις, αι οποίαι έλειπαν προ χρόνων».

Την ίδια περίπου εποχή κυκλοφόρησε ένα α­ κόμη σημαντικό βιβλίο γεωμετρίας, τα «Στοι­ χεία Γεωμετρίας Ανδρέου Τακουέτιου» σε μετάφραση του .---

....;._

-

�-�""1..

-

William Whiston Τη Γεωμετρία του Tacquet χρησιμοποίη­ σε και ο Νικηφόρος Θεοτόκης σαν βάση για τη συγγραφή του γεωμετρικού μέρους του τρί­ τομου έργου του <<Στοιχεία Μαθηματικών» (Μόσχα 1798), καθώς και για τη συγγραφή του ανέκδοτου έργου του <<Στοιχεία Γεωμε­ τρίας τα Ευκλείδεια». Ο Θεοτόκης, εκτός από τη Γεωμετρία του Tacquet, γνωρίζουμε ότι χρησιμοποίησε και το βιβλίο «Les elements dΈuclίde», ενός σχετικά άγνωστου Γάλλου μαθηματικού, του Jacques Ozanam. Μια διαφορετική μετάφραση της Γεωμε­ τρίας του Tacquet έκανε ο Ιώσηπος Μοισιόδαξ, ο οποίος μάλιστα αιτιολογεί την επιλογή του αυ­ τή με τα εξής λόγια: «Εγώ μετέφρασα ποτέ και­ ρού τα Στοιχεία Ανδρέου του Τακουετίου μέχρι και της Τριγωνομετρίας αυτής, και επειδή ο μέγ��ς ανήρ εκείνος βαδίζει ακριβώς κατά τον Ευκλείδη, και είναι κατά το αυτό ο ακριβέστατος πάντων των λοιπών νεωτερικών»�

Μπαλάνου Βασιλόπουλου

Η έκδοση αξιόλογων βιβλίων Γεωμετρίας συνεχίστηκε με τη «Γεωμετρία νέα τάξει τε και μεθόδω Οκταβιανού Καμετίου» (Βενετία 1787), που μετέφρασε ο ιατροφιλόσοφος Δη-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/3


4

------- Αρχαία Ε λληνικά Μαθηματικά μήτρwς Ραζής. Συγγραφέας του βιβλίου είναι ο Ιταλός μαθηματικός Ottaviano Cametti και ο τίτλος του πρωτοτύπου είναι «Elementa ge­ ometriae>> (Φλωρεντία 1755). Ο Ραζής στον πρόλογό του αναφέρει ότι προτίμησε το συ­ γκεκριμένο βιβλίο επειδή ο Cametti έβαλε σε νέα τάξη τα <<Στοιχεία» του Ευκλείδη και τα παρουσίασε με τρόπο εύληπτο και παιδαγωγι­ κά σωστό. Ας επανέλθουμε όμως για λίγο στην Αριθ­ μητική και στον Ευγένιο Βούλγαρη. Το 1765 εκδόθηκε στη Λειψία ένα έργο του Βούλγαρη με τίτλο «Των Μαθηματικών Στοιχείων αι Πραγματείαι αι αρχοειδέσταται». Δεν πρόκει­ ται για πρωτότυπη συγγραφή αλλά για μια επι­ λεκτική μετάφραση από το f:ξάτομο σύγγραμμα «Cursus Mathematici» του J,A.Segner. Ο Βούλγαρης πίστευε ότι η διδασκαλία της αριθ­ μητικής ήταν πιο αναγκαία και εφικτή για τη νεοελληνική μαθηματική παιδεία της εποχής του απ' ότι η διδασκαλία της άλγεβρας, κι αυτό πρέπει να ήταν το κριτήριό του για την επιλογή του βιβλίου του Segner. Την ίδια εποχή με την Αριθμητική του Βούλγαρη εκδόθηκε στη Χάλ­ λη της Γερμανίας μια ακόμη αριθμητική, με τίτλο «Εγχειρίδιον Λριθμητικόν» και συγγρα­ φέα τον Κων/νο Τζεχάνη, έναν αξιόλογο και παραμελημένο λόγιο από τη Μοσχόπολη της Μακεδονίας. Κι ενώ η εξέτασή μας έχει φτάσει στη δε­ καετία του 1760, παρατηρούμε ότι η Άλγεβρα δεν έχει κάνει ακόμη την εμφάνισή της στη νεοελληνική μαθηματική παιδεία. Με βάση τα στοιχεία που έχουμε ως τώρα στη διάθεσή μας μπορούμε να πούμε ότι η Άλγεβρα, στη σύγ­ χρονή της μορφή, εισάγεται για πρώτη φορά στην Ελλάδα την τελευταία δεκαετία του 18ου αι. Υπάρχουν βέβαια μαρτυρίες ότι ο Νικηφό­ ρος Θεοτόκης περίπου το 1758 δίδαξε άλγε­ βρα στο «Κοινόν Φροντιστήριον>> της ιδιαίτε­ ρης πατρίδας του Κέρκυρας. Είναι αμφίβολο όμως αν ο Θεοτόκης συνέχισε και μετά την Κέρκυρα τη διδασκαλία της άλγεβρας, αφού ο κλάδος αυτός απουσιάζει τελείως από τα τε­ τράδια σημειώσεων των μαθητών του. Την ί­ δια περίπου εποχή πιθανολογείται ότι δίδαξε Άλγεβρα και ο Νικόλαος Ζερζούλης. αυτό ει­ κάζεται από τα περιεχόμενα διασωθέντος και λανθάνοντος μέχρι πρόσφατα χειρογράφου του, όπου υπάρχει η αναφορά: «Σημειώσεις

-------

περί του δ' βιβλίου του περί Λογικής,

ή

Γραμματισμού ή Άλγεβρας κοινώς, περί ου ο Ουόλφιος [ Christian

Wolf]

εν των α' τόμω

της Μαθηματικής σειράς αυτού επραγμα­ τεύσατο λατινιστί». Πρέπει να πούμε όμως ότι στη θέση του σχετικού κεφαλαίου υπάρχουν 70 λευκές σελίδες. Το αναμφισβήτητο κενό της νεοελληνικής μαθηματικής παιδείας στον τομέα της άλγε­ βρας ανέλαβε να καλύψει ο ιατροφιλόσοφος Σπυρίδων Ασάνης με τη μετάφραση του αλ­ γεβρικού μέρους του συγγράμματος «Lecons elementaires

des

Mathematiques,

ou Ele­

ments dΆlgebre et de Geometrie» του Γάλ­ λου μαθηματικού Nicolas-Louis De Lacaille. Ο τίτλος της ελληνικής έκδοσης είναι «Στοι­ χεία Αριθμητικής και Λλγέβρας» (Βενετία 1797) και, εκτός του Ασάνη, στη μετάφραση του έργου συμμετείχε και ο ιερομόναχος Ιω· .

νάς Σπαρμιώτης.

Το βιβλίο του De Lacaille είναι το πρώτο νεοελληνικό βιβλίο με αμιγώς αλγεβρικό πε­ ριεχόμενο. Από τις συνολικά 540 σελίδες του βιβλίου, οι 3 πρώτες περιλαμβάνουν μια εισα­ γωγή με γενικούς ορισμούς, οι επόμενες 46 αναφέρονται στην αριθμητική και οι υπόλοι­ πες 49 1 στην άλγεβρα. Το αλγεβρικό μέρος χωρίζεται σε τρεις ενότητες. Η πρώτη ενότητα περιλαμβάνει τις αλγε­ βρικές πράξεις με δυνάμεις και ρίζες, η δεύτε­ ρη ενότητα μια συστηματική και ολοκληρω­ μένη παρουσίαση της θεωρίας των εξισώσεων ενώ η τρίτη ενότητα, τις προόδους, τους λογα­ ρίθμους και τις σειρές. Η κυκλοφορία μαθηματικών βιβλίων, εντύπων και χειρογράφων, που αφορούν τους τρεις κλάδους των Μαθηματικών, κυρίως ·ό­ μως την Άλγεβρα και τη Γεωμετρία, αρχίζει να αποκτά πραγματικά εντυπωσιακούς ρυθ­ μούς την τελευταία δεκαετία του 18ου αι. και ιδίως στις αρχές του επόμενου αιώνα. Πρώτα στον τομέα της Γεωμετρίας. Το 180 1 ο Δανιήλ Φιλιππίδης μεταφράζει το «Lecons de geometrie theorique et pratique»

του Α. R. Mauduit, το οποίο χρησιμοποίησε κατά τη διδασκαλία του στην Ακαδημία του Ιασίου. Το βιβλίο, για άγνωστους λόγους, δεν τυπώθηκε ποτέ, ούτε όμως και διασώθηκαν τα σχετικά χειρόγραφα. Το ίδιο συνέβη και με τη μετάφραση του «Elements de Geometrie>> του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη' τ.4/4


5

---'--- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

Jean-Batiste Biot του Κορίνθιου λόγιου Γε­

-----

ometrie. De la mesure des figures et des soli­

λογισμού. Τέλος, πρέπει να επισημάνουμε τη «Στοιχειώδη Γεωμετρία» του Θεόφιλου Κα­ ί'ρη, του οποίου παρέμεινε ανέκδοτο, ολόκλη­ ρο το μαθηματικό του έργο. Στην Άλγεβρα, τα «Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρας» του De Lacaille φαίνεται ότι έδωσαν το έναυσμα για την έκδοση πολλών και σημαντικών βιβλίων. Η αρχή γίνεται με το έργο του Κοσμά

des»

Βασιλόπουλου «Έκθεσις Συνοπτική Αριθμη­

ώργιου Καλάρα.

Ο δάσκαλος από τα Άγραφα Ιωάννης Φουρναίος πραγματοποιεί δύο άλλες αξιόλο­ γες μεταφράσεις γεωμετρικών έργων. Η πρώ­ τη έχει τίτλο «Προσθήκαι εκ της του Κλαι­ ρώτου Γεωμετρίας» και είναι μετάφραση α­ ποσπασμάτων από το «Elements de la Ge­ του Γάλλου μαθηματικού Clairaut. Η δεύτερη έχει τίτλο «Επιτομή της Γεωμετρίας του Βλώδ» και είναι μετάφραση της Γεωμε­ τρίας του, σχετικά άγνωστου μαθηματικού Βλώδ. Για άγνωστους λόγους και τα δύο έργα του Φουρναίου παρέμειναν ανέκδοτα. Εκτός από τις μεταφράσεις ξενόγλωσσων έργων Γεωμετρίας, κυρίως γαλλικών, στις αρ­ χές του 19°υ αι. παρατηρείται μια νέα κίνηση μετάφρασης και έκδοσης έργων κλασικών aρ­ χαιοελληνικών γεωμετρικών κειμένων. Η σημαντικότερη από αυτές είναι η έκδοση του έργου «Γεωμετρίας Ευκλείδου Στοιχεία» (Βιέννη 1820), του Βενιαμίν Λέσβιου. Πρόκει­ ται ίσως για την πληρέστερη έκδοση των «Στοι­ χείων» του Ευκλείδη σε ολόκληρη την περίοδο της Τουρκοκρατίας. Η γλώσσα του κειμένου εί­ ναι η καθομιλουμένη της εποχής, δεν γίνονται περικοπές ή συντμήσεις του κειμένου, απλώς χρησιμοποιείται σύγχρονος συμβολισμός και προστίθενται σχόλια του Βενιαμίν. Στο ίδιο πνεύμα με το έργο του Λέσβιου, μπορούμε να εντάξουμε το ανέκδοτο έργο του Μακεδόνα δασκάλου της Ακαδημίας Ιασίου

Μανασσή Ηλιάδη, «Ευκλείδου Στοιχεία Γε­ ωμετρίας»,

καθώς και τα, παρακάτω, τρία α­ νέκδοτα βιβλία του λόγιου αρχιερέα Δωρόθε­ ου Πρώιου, που είναι: (i) τα «Ευκλείδου Στοιχεία», (ii) η<<Γεωμετρία και Άλγεβρα» και (iii) τα «Θεωρήματα εκ των του Αρχιμή­

τικής, Αλγέβρας και Χρονολογίας»

ρίως για τον συμβολισμό και την ορολογία του. Ο Κοσμάς είναι ίσως ο πρώτος Έλληνας συγγραφέας που εισάγει τα σύμβολα +, -, χ, =, καθώς και τα σύμβολα των ανισοτήτων < και >, το σύμβολο οο του απείρου, το σύμβολο

F της ρίζας κ.α.

Ο Κοσμάς Βασιλόπουλος επιμελήθηκε της έκδοσης και μιας αριθμητικής που είχε γράψει ο πατέρας του Μπαλάνος Βασιλόπου­ λος και παρέμενε ανέκδοτη. Το βιβλίο είχε τίτλο <<Συνοπτική Ερμηνεία Αριθμητικής» και τυπώθηκε στη Βενετία το 1803. Το 1800 εκδίδεται στην Ιένα της Γερμα­ νίας το βιβλίο «Στοιχεία Αριθμητικής και Αλ­ γέβρης. Εκ του Γερμανικού μεταφρασθέντα εις την ημετέραν διάλεκτον υπό τινος φιλογε­ νούς χάριν των ομογενών)).

Μέχρι σήμερα εί­ ναι άγνωστος τόσο ο συγγραφέας του γερμα­ νικού πρωτοτύπου, όσο και ο ανώνυμος Έλ­ ληνας «φιλογενής» μεταφραστής. Για τον με­ ταφραστή είμαστε σχεδόν σίγουροι ότι είναι ο γιατρός Ζήσης Κάβρας, ενώ για τον συγγρα­ φέα του πρωτότυπου υπιiρχουν ενδείξεις ότι είναι ο μεγάλος Ελβετός μαθηματικός Leon­ hard Euler.

δους εκ της λατινίδος φωνής μετα­ φρασθέντα».

Ιδιαίτερη μνεία πρέπει να γίνει επίσης στο οκτάτομο σύγγραμμα του Κωνσταντίνου Κούμα: Σειράς «Στοιχειιόδους των Μαθη­ ματικών και Φυσικιόν πραγματειιόν»

(Βιέννη

1798). Το βιβλίο παρουσιάζει ενδιαφέρον κυ­

(Βιέννη

1807).

Το κολοσσιαίο αυτό έργο μεταξύ πολλών άλλων περιλαμβάνει και ύλη αριθμητικής, γε­ ωμετρίας, άλγεβρας αλλά και aπειροστικού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη' τ.4/5

Leonhard Euler


6

------- Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

Ακολουθεί η έκδοση των

<<Στοιχείων της

Αριθμητικής και Αλγέβρας>>

(Πάδοβα 1804) του Γιαννιώτη ιατρού Μιχαήλ Χρησταρή. Το βιβλίο είναι μετάφραση του «Arithmetik und Algebra» του Αυστριακού μαθηματικού Georg von Metzburg. Το «Aήthmetik und Algebra» πρέπει να μετέφρασε πριν από τον Χρησταρή και ο Αθανάσιος Ψαλίδας, αφού έχουν βρεθεί χειρόγραφες προσωπικές του σημειώσεις από τις παραδόσεις του στη Μα­ ρουτσαία Σχολή των Ιωαννίνων με εκτενή με­ ταφρασμένα αποσπάσματα από το συγκεκρι­ μένο σύγγραμμα του Metzburg. Ο Ψαλίδας πάντως μετέφρασε και εξέδω­ σε ένα έργο αριθμητικής του Metzburg με τίτ­ λο «Εισαγωγική Μαθηματική ήτοι Αριθμη­ τική εις χρήσιν των πρωτοπείρων» (Βιέννη 179 1). Σε αυτήν την αναγέννηση του ενδιαφέ­ ροντος για την αριθμητική που παρατηρήθηκε στις αρχές του 19ου αι. πρέπει να εντάξουμε και το <<Στοιχείων Αριθμητικής Δοκίμιον» (Βιέννη 1787) του Καστοριανού Ιωάννη Εμ­ μανουήλ, την «Πρόχειρον Αριθμητικήν» (Βιέννη 1803) του Δημήτριου Δάρβαρη, κα­ θώς επίσης την «Επιτομή Αριθμητικής>> (Βιέννη 18 10) του Αθανάσιου Σταγειρίτη και τα <<Στοιχεία Αριθμητικής» (Βιέννη 18 18) του Βενιαμίν Λέσβιου. Το 1806 εκδόθηκε στη Χάλλη της Γερμα­ νίας ένα ακόμη σπουδαίο βιβλίο άλγεβρας, τα <<Στοιχεία Αλγέβρας» του Δημήτριου Γοβδε­ λά, ο οποίος από το 1808 γνωρίζουμε ότι ανέ­ λαβε τη ��ιεύθυνση της Ηγεμονικής Ακαδημίας του Ιασίου. Το σημαντικότερο όμως βιβλίο άλγεβρας ολόκληρης της περιόδου της Τουρκοκρατίας είναι το τετράτομο έργο του Στέφανου Δού­ γκα <<Στοιχεία Αριθμητικής και - Αλγέβρης»

(Βιέννη 18 16). Στο σύγγραμμα �ου Δούγκα περιλαμβάνονται όλες οι σύγχρονες μαθημα­ τικές έννοιες της εποχής (εξισώσεις, λογάριθ­ μοι, σειρές με άπειρους όρους κ.τ.λ.). Ωστόσο, εκείνο που εντυπωσιάζει στο βιβλίο αυτό είναι η λογική της συγγραφής του� "' Σε αντίθεση με όλους τους προγενέστε­ ρους Έλληνες συγγραφείς, ο Δούγκας δεν αρ­ κείται σε μια αυστηρή και ακαδημαϊκή πα-

-------

ρουσίαση του περιεχομένου του, αλλά έναν παιδαγωγικά άψογο τρόπο επαγωγικής παρου­ σίασης όλων των εννοιών. Κάθε καινούργια μαθηματική έννοια ει­ σάγεται, συνήθως, με παραδείγματα και εφαρ­ μογές, για να ακολουθήσει, αμέσως μετά, ο αυστηρός μαθηματικός ορισμός της. Χαρα­ κτηριστικό του διαφορετικού πνεύματος συγ­ γραφής του έργου του Δούγκα είναι το κεφά­ λαιο του δεύτερου τόμου που επιγράφεται «Περί ευρέσεως προβλημάτων». Στο κεφά­ λαιο αυτό ο Δούγκας πραγματεύεται τον τρό­ πο δημιουργίας και επίλυσης των μαθηματι­ κών προβλημάτων, διότι, όπως σημειώνει ο ί­ διος, «ΟΙ μαθηματικοί, όσους ημείς ανέγνω­ μεν, ουδέν είπον περί αυτού ». Σε όλη αυτή την περίοδο που εξετάζουμε κυκλοφόρησαν και αρκετά χειρόγραφα αλγε­ βρικά έργα, όπως η «Οδός Μαθηματικής εκ πολλών παλαιών τε και νεωτέρων ερανισθεί­ σα»

του Κοζανίτη γιατρού Μιχαήλ Περδικά­ τα <<Στοιχεία Αλγέβρας εκ νεωτέρων συ­ νερανισθέντα», του Δωρόθεου Πρώιου, καθώς και του Ιωνά του Σπαρμιώτη το: «Περί ε­ ρη,

σχηματισμένων αριθμών εκ του 425 παρα­ γράφου της Αλγέβρας του Εουλέρου και ε­

ξής». Η σημασία του βιβλίου του Σπαρμιώτη έγκειται στο γεγονός ότι πρόκειται για απόδο­ ση στα ελληνικά αποσπασμάτων από το σύγ­ γραμμα του Leonhard Euler «Elements d'Algebre» (Λυών 1774), που είναι η γαλλική μετάφραση του « Vollstandige Anleitung zur Algebra» (Πετρούπολη 1770). Το ίδιο βιβλίο του Euler πιθανότατα ήταν το πρωτότυπο και για το αποδιδόμενο έργο, στον Ζήση Κάβρα: <<Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρης>>.

Συνοψίζοντας, μπορούμε να πούμε ότι η συντριπτική πλειοψηφία των μαθηματικών βι­ βλίων που κυκλοφόρησαν στον ελληνικό χώρο κατά τους χρόνους της Τουρ1ςοκρατίας ήταν μεταφράσεις από δυτικοευρωπαϊκά έντυπα. Οι πρωτότυπες συγγραφές είναι ελάχιστες. Έστω κι έτσι όμως η ελληνική μαθηματική παιδεία κατόρθωσε να παρακολουθήσει από κοντά τις δυτικοευρωπαϊκές εξελίξεις κυρίως στους το­ μείς της Αριθμητικής και της Γεωμετρίας και λιγότερο της Άλγεβρας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ. 4/6


Ο Ευκλείδης προτείνει Ευκλείδη και lhόφαvτο

... . ..

Την ευθύνη της διατ ύπωσης και της ορθότητας της λύσης κάθε άσκησης την έχει ο συνάδελφος που οτέλνει τη λύση.

42.

Να βρείτε τις συναρτήσεις f: JR � JR , για τις οποίες, για κάθε χ Ε JR , ισχύουν:

(

f

ex -e-x

2

---J :::;; χ :::;;

ef(x) -e-f(x)

f: JR�JR

(1)

2

(Επροτάθη από το συνάδελφο

Άρα, η μοναδική ζητούμενη συνάρτηση είναι η f = g -1 , δηλαδή η συνάρτηση:

Αντιύνη Κυρια­

κόπουλο)

Λύση (από τον ίδιο)

Θεωρούμε τη συνάρτηση

g(x)=

ex -e-x

χ Ε JR. Έτσι, οι σχέσεις (1) γίνονται: f(g(x)):::;; χ:::;; g(f(x)).

2

,

47.

(2)

.

Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο JR Άρα, η g είναι 1 - 1 και συνεπώς αντιστρέφεται. Κατά τα γνωστά βρί­ σκουμε ότι g(JR)=JR και ότι: g-1 : JR�JR

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Τριάντος (Αθήνα), Νίκος Αντωνόπουλος (Ιλιον - Αθήνα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Ρο­ δόλφος Μπόρης (Αθήνα), Γιάννης Σταματο­ γιάννης (Αθήνα).

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος ΑΔ και η διάμεσος ΑΜ. Αν ΒΑΔ ΜΑΓ , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο. Α

(Επροτάθη από το συνάδελφο Γειύρμο Κσ.­

ύ τσαο νη,

-( ) g 1 χ :::::> f(x):::;; g-\x)

Μπάμπη Στεργίου, Χαλκίδα) Ε

Εξάλλου, επειδή η είναι γνησίως αύξουσα στο JR και λόγω της δεξιάς σχέσης από τις (2), έ­ χουμε:

χ):::;; g-1(g(f (χ))):::::> g-1 (χ):::;; f (χ)

g

Από τις (3) και (4) έπεται ότι Άρα, τότε: f(x)=g-1(x) , για κάθε χ Ε JR.

I

I

I

I

(3)

1 g-

-1 (

Πρέβεζα).

111 λύση (από το συνάδελφο

με g-1(x)=ln(x+ .Jx2+1).

(χ))):::;;

Α

=

(η συνάρτηση g-1 είναι επίσης γνησίως αύξουσα στο JR ). Έστω τώρα ότι μία συνάρτηση f: JR�JR πλη­ ροί τις σχέσεις (2), για κάθε χ Ε JR . Θεωρούμε έ­ ναν αριθμό χ Ε JR. Θέτουμε στην αριστερή σχέση από τις (2) όπου χ το g-1(x), οπότε έχουμε: f(g(g-1

με f(x)=ln(x+ .Jx2+1).

(4)

f(x)=g-1(x).

Αν τ ιστρό φω ς . Όπως βρίσκουμε εύκολα η συ­ νάρτηση f(x) = g-1(x) , χ Ε JR πληροί τις σχέσεις

��---r ----�

Έστω Ε, Ζ τα συμμετρικά του Α ως προς τα σημεία Δ, Μ αντίστοιχα. Τότε Β Μ = ΒΕΑ και MAr = ΑΖΒ , διότι το τετράπλευρο ΑΒΖΓ είναι παραλληλό­ γραμμο μια και οι διαγώνιες διχοτομούνται. Επει­ δή από την υπόθεση είναι Β Μ = MAr , .θα είναι και ΒΕΑ = ΑΖΒ . Αυτό εξασφαλίζει ότι το τετρά­ πλευρο ΑΒΕΖ είναι εγγράψιμο, οπότε:

(2) για κάθε χ Ε JR .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4Π

ΑΒΖ = ΑΕΖ


Ο

Εκλείδης προτείνει Ευκλείδη ... και Διόφαντο ••.

Στο τρίγωνο ΑΕΖ το τμήμα ΔΜ ενώνει μέσα, οπότε ΔΜ // ΕΖ. Επειδή ΜΔ .l ΑΕ , θα είναι και

EZ.lAE . Άρα ΑΕΖ = 90 °, δηλαδή ΑΒΖ = 90 ° . Το πα­ ραλληλόγραμμο λοιπόν ΑΒΖΓ είναι ορθογώνιο, οπότε Α = 90 °.

μη παράλληλες πλευρές ΑΔ και ΒΓ. Να βρείτε τις γωνίες του τραπεζίου αυτού.

(Επροτάθη από το συνάδελφο Σωτήρη Σκοτί­

δα , Καρδίτσα).

1 η λύση (από το μαθητή Β' Λυκείου Γεωργακό­

πουλο Αλέξανδρο, 52° Λύκειο Αθηνών- Κολωνός). Ν;

2η λύση (από το συνάδελφο

Δ

Μ

Γ

Γεώργιο Αποσrολόπουλο, Μεσολόγγι).

.. ι ι

Κ

I ι

'

'

Γ '

'

'

',

'

'

'

'

...

'

ι

Ι

�Λ

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

Προεκτείνω το ύψος ΑΔ και τη διάμεσο ΑΜ που τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τρι­ γώνου ΑΒΓ στα σημεία Κ, Λ αντίστοιχα. Τότε ΒΚ = fΛ, οπότε ΚΑ// ΒΓ, άρα ΑΚΛ = 90 °. Επίσης οι εγγεγραμμένες γωνίες ΑΒΓ και λλr είναι ίσες, γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο Ar . Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΜ και Μ ΓΛ. Αυτά έχουν ΒΜ = ΜΓ, Β = Λ και ΑΜΒ = ΠvΙΛ , σαν κατακορυφήν. Άρα τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα. Δη­ λαδή ΑΜ = ΜΑ. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΛΓ είναι παραλληλόγραμμο, γιατί οι διαγώνιές του διχοτο­ μούνται. Επειδή ΑΒΛ = ΑΚΛ = 90 ° σαν εγγε­ γραμμένες, σημαίνει ότι το παραλληλόγραμμο ΑΒΛΓ με την γωνία του ΑΒΛ ορθή, θα είναι ορ­ θογώνιο. Επομένως BAr = 90 " . •

48.

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Ιωάννης Τσόπελας (Αμα­ λιάδα), Νικόλαος Βαδιβούλης (Άρτα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Γεώργιος Νικητάκης (Κρήτη), Γιάννης Σταματογιάννης (Αθήνα), Σωτήρης Κουντουβάς (Πειραιάς). Επίσης, λύση έστειλε και ο μαθητής Β ' Λυκείου Γε­ ωΡΎακόπουλος Αλέξανδρος (52° Λύκεω Αθηνών).

Επειδή ΔΓ // ΑΒ . και ΟΜ .l ΔΓ , έπεται ότι ΑΟΜ = 90°. Έτσι, από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΟΜ (ΟΑ = ΟΜ = R), βρίσκουμε ότι: ΑΜ = R J2 . Θέτουμε ΑΚ= α, οπότε ΚΔ= α. Έχουμε: ΔΜ 2 = ΔΚ · ΔΑ � ΔΜ 2 = α·2α � ΔΜ = α .fi . Φέρνουμε ΑΝ .l ΔΓ . Έχουμε: ΑΔ2 = ΑΝ2 + ΝΔ2 � (2α) 2 = R 2 + (R - α .fi) 2 (πράξεις κτλ.). � R 2 -αR .fi-α 2 = 0 � J2 + .J6 , ·α . 'Ετσι, εχουμε: �R= 2 ΑΝ R η μΑ = ημΔΑΒ = ημΑΔΝ = - = - = ΑΔ 2α .fi + .J6 ·α .fi ./3 1) ( + 2 = = (Σχολικό βιβλίο 4 2α Άλγεβρα Β ' Λυκείου § 1 .3) = ημ75 °. Άρα Α = 75 ° και συνεπώς Δ = 1 05 °. Όμοια βρίσκουμε ότι Β = 75 ° και Γ = 105 °. Λ

Ένας κύκλος έχει διάμετρο την μία βάση ΑΒ τραπεζίου ΑΒΓΔ ενώ εφάπτεται στην . άλλη βάση ΓΔ και επιπλέον διχοτομεί τις ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/8

Λ

Λ

2η λύση (από το συνάδελφο Γιάννη Σταματογιάννη, Αθήνα). Ρ

Γ


Ο

Εκλείδη ς προτείνει Ευκλείδη ... και Διόφαντο .•.

Έχουμε: ΜΝ I/ ΔΓ // ΑΒ. Επειδή ΟΡ ..l ΔΓ , έ­ πεται ότι ΟΡ ..l ΑΒ και ΟΡ ..l ΜΝ . Επειδή ΑΜ

51.

= ΜΔ, έπεται ότι ΟΚ = ΚΡ =!. . 2

Έτσι, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΜ, έχουμε:

2

Μι = 30° και άρα Ο ι = 30°. Έτσι, στο ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΜ, έχουμε: Α = 75°. Άρα Δ = 105°. Όμοια: Β = 75° και Γ = 105°. Συνεπώς

Λύ ση (από το συνάδελφο Νίκο Αντωνόπουλο, Ίλιον- Αθήνα).

Θέτουμε όπου χ, το 1 - χ στη δοσμένη ισότητα και έχουμε: f'(1 - x)f(x) = 1 , οπότε:

f'(x)f(1 - χ) = f'(l - x)f(x) (f(x)f(l - Χ ))' = 0 f(x)f(l - Χ ) = C, C Ε Jlι {::::>

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Σωτήρης Κουντουβάς (Πειραιάς), Γιάννης Τσόπελας (Α­ μαλιάδα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα).

49.

Αν α, β, γ, δ θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι: 1 1 4 16 64 -+-+ -+ -� (1) α β γ δ α+β+γ+δ

{::::>

c f (x)f (1 - χ) = c f (1 - χ) =--, f(χ) {::::>

{::::>

= α + β64+ γ + δ (1).

(2)

α+β+ γ+δ

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Μπάμπης Στερ­ Ύίου (Χαλκίδα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Χρήστος Δεμφτζόγλου (Δράμα), Νίκος Αντω­ νόπουλος (Ιλιον - Αθήνα), Χρυσόστομος Κούρ­ της (Λάρισα), Γεώργιος Νικητάκης (Κρήτη).

{::::>

ι

- χ+cι

{::::>

{::::>

{::::>

!χ_ !

γί-

νεται:

!_ι

!

ec = c ec = e . c. Θα αποδείξουμε ότι c = 1. {::::>

{::::>

(

Ισχύει:

!

!

g(x) = Ο έχει

1. Άρα ec = e·C{::>f (c) = 0{::>C = 1 οπότε: e xe!R. f(x) = e 2 {::>f (x) = �·

μοναδική ρίζα την χ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/9

)

g(x) = e x - ex . 1 x +e <0, - 1 - e = - -e g'(x) =-e' 2 χ χ2

Θεωρούμε τη συνάρτηση

οπότε gJR. Ακόμα g(l) = e - e = Ο, οπότε η

=>

ι

ι

16 � -4 + -4 + 16 = -α1 + -β1 + -4γ + δ α+β γ δ 1 - + .!. + 16 � 4 · 4 1 + 16 = =4 α+β γ δ α+β+ γ δ = 16 1 + � 16 . 4 1 = α+β+ γ δ

{::::>

-χ--

Με διαδοχική εφαρμογή της (2) έχουμε:

( ) ( .!.)

·-- c = 1 -f'(x) f'(x) = -1 ln f (χ ) = -χ 1 +C ---' --'c f(x) c f(x) f (χ) = ec Για χ = ο έχουμε: f (0) = e c' = ec' 1 οπότε f(x) = ec 2 Cι = -l, ι Με f(x) = ec 2 η ισότητα f'(x)f(l - χ) = 1 {::::>

{::::>

{::::>

οπότε η δο­

σμένη ισότητα γίνεται:

Λύση (από το συνάδελφο Γιάννη Τσόπελα, Αμαλιάδα).

_+ y � _4 (χ + y) 2 � 4xy _xxy _ x +_y 4 {::> χ-1 + -1 � -Υ x+y

{::::>

Είναι:

(Επροτάθη από το συνάδελφο Σωτήρη Σκοτί­ δα, Καρδίτσα).

Για δύο θετικούς αριθμούς χ, y ισχύει:

(Επροτάθη από το συνάδελφο Γεράσιμο Κε­ ραμιδά, Κέρκυρα).

OK = R = OM . 2

Να βρείτε συνάρτηση f: R--+ R με τέτοια ώστε: f(x) > Ο και f(O) = f ' (x) · f(l - x) = l για κάθε xeR .

!

ι

χ--

χ


Ο •

52.

Ε κλείδη ς προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Αντώνης Ιωαν­ νίδης (Λάρισα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δρά­ μα), Γεώργιος Νικητάκης (Κρήτη).

Για μια συνάρτηση f: [α, β] � IR με f(α) = f(β) = Ο δεχόμα��τε ότι είναι: «δύο φορές παραγωγίσιμψ> και ότι «f(x) > Ο, για κάθε χ με α < χ < β». ί. Να δείξετε ότι: υπάρχουν ξ υ ξ 2 Ε (α, β) με ξ1 < � τέτοιοι ώστε: 4Μ f ' (ξ1 ) - f ' (ξ 2 ) � , όπου . β-α Μ = max{f(x), χ Ε [α, β] ) } . ίί. Ν α δείξετε επίσης ότι: " 2 β jf (x) j JM + f(x) dx�-. β-α

=>f '(ξ ,) - f '(ξ,) � Μ

ραμιδά,

,

Ι

Κε­ ιμο •

= maxf(x) όπου α�χ �β . Υπάρχει

Χι Ε (α,β) τέτοιο ώστε f (χ ι ) = Μ ( χ ι :;t:α, β γιατί f(x)>0 ) . Εφαρμόζω το Θεώρημα Μέσης Τιμής στα δια­ στήματα [ α, χ ι] και [χ ι, β] . Υπάρχει ξ ι Ε (α, χ ι ) : f(χ ι ) - f (α) ___!:!.___ = f '(ξ ι ) = . Χι - α Χι - α

f '(ξ 2 ) =

f(β) - f (χ ι ) β - Χι

(

-Μ β - Χι

Οπότε (I)

J

l

ιι

Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Τριαντός (Αθήνα), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα).

Για μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο IR με f ' (1) < 1 δεχόμαστε ότι

J

χ

χ r(xt)dt � χ 3 - χ για κάθε χ Ε IR . Να δεί­ ι

ξετε ότι υπάρχει ξ Ε (0,1) : f ' (ξ) = ξ. (Επροτάθη από τον κύριο Αθήνα).

Ροδδλ ο Μπδ ρ η, φ

χ

)

Επειδή χ ι - α> Ο και β - χ ι> Ο η ανισότητα Μέσου δίνει: β α Χι - α β - χ ι = (χ ι - α)(β - χ ι )�

;

55.

--

J

Λύση (από το συνάδελφο Αντώνη Ιωαννίδη, Λάρισα).

1 1 Άρα f '(ξ ι ) - f '(ξ 2 ) = Μ -- + -- = Χι - α β - χ ι β-α = Μ ---=(I) --- χι ) (χ ι - α)(β

(

f"(x)jdx � Ο. Άρα: α ξzf "(x) ξzjf "(x)j Ι� dx � -dx = 2Μ 2Μ ξι ξι - 4Μ 2 f '(ξ 2 ) - f '(ξ ι ) = - -. = � 2Μ(β - α) β - α 2Μ

Λύση (από το συνάδελφο Γεώργιο Νικητάκη, Σητεία Κρήτης).

ί. Είναι Μ

J

β

γιατί

Γεράσ

Κέρκυρα).

4 . β α

ρίζουμε αν η f " είναι συνεχής για να υπάρχει β jf "(x)j , , dx . Αν ομως υποθεσουμε οτι το Ι = J αΜ + f (χ) υπάρχει τότε, επειδή M + f (x)�2 M έχουμε: ξ2jf "(x)j β jf "(x)j β jf "(x)j dx � J--dx � --dx Ι= J 2Μ αΜ + f ( Χ) α 2Μ ξι

α

(Επροτάθη από το συνάδελφο

ii. Το ερώτημα αυτό είναι ελλιπές, γιατί δεν γνω­

--

·

(�)'

2 (; 2 J J

J

Η σχέση χ f (xt)dt �χ 3 - χ γράφεται xt ι

=

u,

οπότε du = xdt . Έτσι, για t = 1 , έχουμε: u = χ και ' t = χ εχουμε u = χ2 . du Οπότε χ f(u) �χ 3 - χ � χ ι χ2 χ2 � f (u)du �x 3 - x � f (u)du - x 3 + x�O, για χ

J

J

κάθε χ Ε JR ( 1 ).

J

χ2 Θεωρούμε h(x) = f(u)du - x 3 + x ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/10

J


Ο

Εκλείδη ς προτείνει Ευκλείδη ... και Διόφαντο .•.

h : � �� οπότε ισχύουν h(x) 5 h(O) = Ο και h(x) 5 h(l) = Ο, για κάθε χ Ε � , άρα σύμφωνα με το θεώρημα του Feπnat θα ισχύουν: h'(O) = h '(l) = Ο h'(x) �

[!f(u)du ! du }

(2)

= -f (x) + f (x 2 )2x -3x 2 + ι (α Ε �) � h'(x) = -f (x) + 2xf (x 2 ) -3χ 2 + ι, για κάθε

{

Χ Ε � (3). <2> h'(O) = -f (O) + ι = Ο � f (O) = ι (4) (3) � h'(ι) = -f (1) + 2f (l)-3+ι=O � f(1) = 2 (5 ) Θεωρούμε f : [ Ο, ι] �� η f συνεχής στο [Ο, ι] και παραγωγίσιμη στο (Ο, ι ) άρα Θ.Μ.Τ. υπάρχει (4)

χ 0 E(O,ι) : f '(x 0) = f (ι) - f (O)� f '(x 0) = ι (6) (5)

Θεωρούμε επίσης φ( χ) = f'(x) -χ , φ : [χ 0,ι] �� , η φ(χ) συνεχής στο [χ ο, ι ] ως δια' . φορα' συνεχων

{

.

(�

φ(χ 0) = f '(x 0) -χ 0 = ι -χ 0 > Ο � φ(χ 0)φ(1) < Ο, φ(l) = f '(ι) -ι < Ο (υπόθεση)

οπότε από Θ. Bolzano υπάρχει ξ Ε (χ 0, 1) : φ(ξ) = Ο � f '(ξ) = ι . •

56.

Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Νίκος Α­ ντωνόπουλος (Ιλιον - Αθήνα), Χρήστος Δεμιρ­ τζόγλου (Δράμα). χ2

y2

=

(2)

Από τη (2) με y χ

=

=

2 Ο βρίσκουμε χ = � και με Χο

Ο, βρίσκουμε y = f_. Άρα, η εφαπτομένη ε Υο

τέμνει τους άξονες στα σημεία κ

( �:)

Λ Ο,

(:: ) ,Ο

και

. 'Ετσι έχουμε:

.!.I 1 1 l ( ) ( ) -- --

α2 (ΟΚΛ) = .!..(οκ). (ΟΑ ) = · t_ και άρα: 2 2 Χ0 Υο α 2β 2 ( ΟΚΛ) =(3) 2 ΧοΥο Από την ( 1 ) έχουμε: 2 2 � - � + 2 ΧοΥο = ι � � - � =ι- 2 ΧοΥο � α β αβ α β αβ 2x 0y 0 ι ι �0� � -. � ιαβ 2x 0y 0 αβ

Έτσι, από την (3), έχουμε: 2β 2 α 2β 2 (ΟΚΛ) = - - � � �(ΟΚΛ) � αβ (4) 2 ΧοΥο αβ Το ίσον στην (4) ισχύει, όπως βρίσκουμε εύκο­ λα, αν, και μόνο αν: � - �=0 . ( 5) α β

--

(Επροτάθη από το συνάδελφο Θανάση Κυρια­ κόπουλο, Αθήνα).

Λύση (από το μαθητή Β' τάξης

Σπύρο Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών).

Έστω Μ(χ 0, Υο) ένα σημείο της C με χ 0 > Ο και y 0 > Ο. Έχουμε: Σημείωση. Έπρεπε να είχε δοθεί ότι η f ' συνεχής στο IR..

*

ΧΧο yy ο + 2 =ι α2 β

+ 2 1 , όπου α, α β Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (ι) και β > Ο. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτο­ α β J2 , . χ 0 = J2 και Υο = -μένης της έλλειψης αυτής που σχηματίζει ( 5) και βρισκουμε: 2 2 με τους θετικούς ημιάξονες τρίγωνο ελαχί­ Άρα, η ελάχιστη τιμή του εμβαδού του τριγώ­ στου εμβαδού. νου Ο ΚΛ είναι αβ και η εξίσωση της ζητούμενης Δίνεται η έλλειψη

C: 2

(1)

Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της C στο Μ είναι:

- χ '+ χ �

+ f (u )

2 2 � + �=ι α2 β 2

εφαπτομένης ε, όπως βρίσκουμε από τη (2), είναι: α J2 _L β J2 �. + 2· = ι � � + l._ = J2. 2 2 α β 2 α β •

Λύσεις έστεtλαν και οι συνάδελφοι: Γ εώργιος Τριάντος (Αθήνα), Γεώργιος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Γιάννης Τσόπελας (Αμαλιάδα), Γιάννης Σταμα­ τογιάννης (Αθήνα).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/11


Ο

57.

Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη

.•.

και Διόφαντο

Θεωρούμε τους ακεραίους α. ,α 2 , ,α 2004 = πολ · (α 1 - 1)α1 (α1 + 1) + πολ · (α 2 - 1) 0.2{α 2 + 1) + + . . . . + πολ · (ακ -1)ακ (ακ + 1) = για τους οποίους ισχύει: «1 + α 2 + + α2004 = 2004 Να δείξετε ότι = πολ · 6 + πολ · 6 + . . . + πολ · 6 = πολ6 � (2). για κάθε θετικό ακέραιο ν ισχύει(· (Χρησιμοποιήσαμε την πρόταση ότι για κάθε ακέ­ Ι Ι ν+ ν+ (1) ραιο λ, ισχύει (λ - 1 )λ(λ + 1 ) = πολ · 6). αf + α� + + α��;J = πολ . 6 •••

•••

•••

(Επροτάθη από το συνάδελφο /\/iι>ο ΑΙ'τtUΙ'(J­

πουί,ο, 1λιον- Αθήνα).

,\ (Jcrη (από τον ίδιο).

Σχόλω Σ.Ε.

Στο τεύχος 54 από λάθος είχε 2004 γραφτεί να δειχθεί ότι Σ α; 004 = πολ · 6 , αντί του 2004 σωστού: Σ α ;ν+ Ι = πολ · 6

i=l

Ισχύει: 2004 = 6 · 334 . Έτσι, για να δείξουμε την ισότητα ( 1 ) , αρκεί να δείξουμε ότι: α � ν +! + α ; ν + ! + . . . + α ;;.: - 2004 = ΠΟλ 6 (2)

i=l

Όταν το προηγούμενο τεύχος 55 ήταν στο τυ­ πογραφείο, από τους παρακάτω συναδέλφους πήραμε τις λύσεις των ασκήσεων, ο αριθμός των οποίων αναγράφεται δίπλα από το όνομά τους (οι λύσεις των ασκήσεων αυτών έχουν δημοσιευτεί στο τεύχος 55 ). Ξενοφών Τασσόπουλος: 33, 34 Γεώργιος Νικητάκης: 33, 4 1 , 50 Γεώργιος Κατσαούνης: 34, 40 Νίκος Αντωνόπουλος: 41

Έχουμε, λόγω και της υπόθεσης (θέσαμε για ευκολία κ= 2004): α� ν +] + α; ν +] + ... + α;ν +! - κ = = αΙ2ν +Ι - αΙ + α 22ν +Ι -α 2 + + ακ2ν+Ι - ακ = = α1(α� ν -1) + α 2 (α;ν - 1) + ... + ακ (α;ν - 1) = = α1 [ (α� ) ν - 1J + [ α 2 (α; ) ν - 1J + ... + ακ [ (α; γ - 1J = •••

= α1 ·πολ·( α� - 1)+α 2 ·πολ-( α; -1 )+ ... +α κ ·πολ( α; -1) = ΔΙΟΡΘΩΣΗ:

Από το συνάδελφο Γεώργιο Τριάντο πήραμε την παρακάτω διόρθωση της λύσης της άσκησης του 44, τεύχος 55 , σελίδα 1 3 : Ο ι τρεις τελευταίες γραμμές της λύσης να αντικατασταθούν ως εξής: c3 9 - = 4c 2 <::::? 9c3 -32c 2 = Ο <::::? c 2 (9c -32) = Ο 8 32 (και επειδή c :;t: Ο )<::::? 9c -32 = Ο<::::? c = . 9 • Διόρθωση της Άσκησης ( 1 β) του Άρθρου «Ασκήσεις στις Λογαριθμικές και εκθετικές Συναρτήσεις» του τείJχους 55 σελίδα 45 Λ1Jση

Για να ορίζεται η g αρχικά Πρέπει ln(ln(x2- (2+e)x+ 3e)�Ο<::::> ...<::::> χ� 2 ή χ� e. Παρατηρούμε για χ� 2 ή χ� e χ2-(2-e)χ+3e>e>1>0.'Ετσιέχουμε ln(x2-(2+e)x+3e) <lnl. ότι

Δηλαδή ln(x2-(2+e)x+3e) >Ο.

Επομένως το πεδίο ορισμού της g είναι το Α = ( -οο, 2] υ [e, + οο) .

Διόρθωση στην παράγραφο (Α) του Άρθρου «Το τριώνυμο f(x) = αχ 2+βχ +γ, α :;t: Ο » του τεύ­

χους 55

σελίδα 29.

Αντί για «Η χάραξη της γραφiκής παράστασης μιας γραμμικής συνάρτησης Β ' βαθμού . . . » Να γραφεί «Η χάραξη της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης Β ' Βαθμού . . . . ». Παρακαλούνται οι συνάδελφοι να γράφουν κύθε μία άσκηση (ει(φ<i>νηση και

ριστ6 φύλλο ( uπ6 τη μία νουν σε

δύο αντίγραφα.

μόνο όψη) με

το

όνομά τους

και το τηλf:φωνό τους και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/12

λiJση) σε ξεχω­ να μας το στέλ­


Η .�r ΤΗΛ Η ΤΟ Υ ΜΑ ΘΗ ΤΗ

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής Λ ΥΣ Ε Ι Σ ΑΣ Κ Η Σ Ε Ω Ν

Η διακρίνουσα του τριώνυμου: χ 2 + χ + 4 είναι:

Δ = 1 - 1 2 < Ο. Έτσι έχουμε: (1) <=:> χ = 1 . Οι αριθμοί α, β,γ και δ είναι θετικοί και ισχύει: α 4 + β 4 + γ 4 + δ 4 = 4αβγδ (1). Να Άρα, ο αριθμός χ είναι ακέραιος. <ii'l Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: !lαπιφ;ωργίου δείξετε ότι: α = β = γ = δ. Ι<·"· l:ιιυ μπλης r., Πl απαβασιλr.ίου Γ_., Λr.ονάρδος (Επροτάθη από τη μαθήτρια Α ' τάξης λ θ η -, Σ Δη ιιη τ ρ ιf!δης Θ., ΠλαηΊς Γ., Λντζου Λ . ν α Ά ντζου, Αθήνα). Λύση (από το μαθηη) Α ' τ6ξης Γ. Πί.αηΊ. \Ο1] • . Σ ' ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) Από την ( 1 ) έχουμε: ισχύει: ! + υα ;;:: p.J2 . Να δείξετε ότι το τρί2 (αz - β z ) z + 2αz β 2 + (γ z - δ z ) z + 2 2 γωνο αυτό είναι και ορθογώνιο. +2γ δ - 2αβγδ - 2αβγδ = Ο => (Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης lΓα;) ρ � (αz - β z ) z + (γ z - δ z ) z + γω Σοίψπλη , Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα). +2αβ(αβ - γδ) - 2γδ(αβ - γδ) = Ο => 16.

..

'

{ { {

ΛΙ1ση ( από

μαΘητή Β ' τ{ιξη ς Κων/νο Π απαγε­ ωργiου, Ε uσrαιδευη)ιηο «Ο Πλάτων», Αθήνα).

(α z - β z ) z + (γ z - δ z ) z + 2(αβ - γδ) z = Ο => α2 = β 2 α=β α=β 2 2 γ = δ => γ = δ => γ = δ => α = β = γ = δ αβ = γδ β=δ β2 = δ2

' '·

το

Α

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Π ωrαβασι­

f\/

λείου Γ . , Λ ιη ιητριάδης Θ., Σοίψτrλη ς Γ . , ;\'l ι­

στριώτης Α . , Λεον ά ρ δ ο ς Σ . , Π απαγεω ργίου

1 7.

/ /

Κ., Καρύδης Κ.

Β

/

/

Ι\ / Ι \ i

i

. -- - r: .

α/2

Γ

Να δείξετε ότι ο αριθμός: 'Ε χουμε: υ α = βημΒ και ! = βσυνΒ , οπότε: χ = �J5 + 2 - �J5 - 2 είναι ακέραιος. 2 (Επροτάθη από το μαθητή Α ' τάξης Κιό οτα ! + υα = β(ημΒ + συνΒ) . 'Ετσι έχουμε: 2 Τ ρ ιαντ α φ υ λλίδη, Πάτρα).

Λύση

(από την

μαθήτρια

Α'

Κων/νο, 1" Λ \J κειο Χολαpγu ι'J ) .

·r6�ης Σταμ{;],i:

Θέτουμε: α = �..JS + 2 και β = �..JS - 2 . Έτσι έχουμε: χ = α - β <=:> χ 3 = (α - β) 2 <=> . χ 3 = α 3 - 3αβ(α - β) - β 3

=> ημ2Β = 1 => 2Β = 90° => Β = 45° . (1 )

Επειδή α - β = χ και όπως βρίσκουμε εύκολα α3 - β 3 = 4 και αβ = 1 , έχουμε: (1) <=> χ 3 = 4 - 3 χ <=> χ 3 + 3χ - 4 = ο <=> (χ3 - 1) + 3χ - 3 = 0 <=:> (χ - 1)(χ 2 + χ + 1) + 3(χ - 1) = 0 <=:> (χ - 1)(χ 2 + χ + 4) = 0

� + υα � β J2 => β(ημΒ + συνΒ) � β J2 => 2 ημΒ + συνΒ � J2 => (ημΒ + συνΒ) 2 � 2 => ημ 2 Β + συν 2 Β + 2ημΒσυνΒ � 2 => ημ2Β � 1

Έχουμε λοιπόν Β = 45 °, οπότε Γ = 45ο και Α=90ο . Άρα το τρίγωνο αυτό είναι και ορθογώνιο. Θ .

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές:

Λεονόφδος Σ . ,

iVI ωτρ υiιτη ς Α , , Αντω\'iΗωυλος Ν , Κ ο ρ Μ i η ς

(2) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/13


19.

Σ 'ένα επίπεδο Oxy θεωρούμε την ευθεία ε: χ = -4. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ του επιπέδου αυτού, για τα ο­ ποία αν Α είναι η προβολή του Μ στην ευθεία ε, η γωνία ΜΟΑ είναι ορθή. (Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Σπύ ρο Λ εονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών). Λ

Έτσι, από την ( 1 ) βρίσκουμε ότι, για κάθε χ Ε IR , ισχύουν: f (x) ;;; f (α) και f (x) ;;; f (β) . Άρα, η f στις θέσεις χ = α και χ = β έχει ελάχιστο. Συνεπώς, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, έχουμε: f '(α) = Ο και f '(β) = Ο . Έτσι, η Γ πληροί τις υπο θέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [ α, β] . Άρα, υπάρχει χ0 Ε (α, β) με f "(x0 ) = 0 .

Λύση (απ�� το μαθ ητή Β ' τάξης Γεώργιο Σο ύ ­

Έστω ένα σημείο Μ(χ, y) του επιπέδου αυτού. Έ­ χουμε Α(-4, y). Συνεπώς:

ΑΣΚΗΣ Ε ΙΣ ΓΙΑ Λ ΥΣΗ

μπλη , Αρ σ άκειο Ψυχικο ύ - Αθήνα).

c

Υ Μ

χ

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Κωνσταντί­

νου Γ., Λ αμπίρ η ς ι,

21.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 60 ° . Ονομάζουμε Η το ορθόκεντρο και Ι το έyκεντρο του τριγώνου αυτού. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψι­ μο σε κύκλο. (Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Αλέξανδρο Γεωργακόπουλο, 52° Λύκειο, Αθηνών). 22. Να δείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό ν � 2 ,

1 1 1 13 ' ισχυει: -- + + ... + > . ν+1 ν+2 ν + ν 23 (Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Σπύ ρο Λεο­ νάρδο, Κολλέγιο Αθηνών). 23. Σ' ένα κουτί έχουμε βάλει ν κοσμήματα αριθμη­ σμένα από το 1 μέχρι το ν, συνολικού βάρους 1 Kg. Να δείξετε ότι υπάρχει αριθμός κ ε {1, 2, . . . , ν} τέτοιος ώστε το κόσμημα με αριθμό --

χ=-4

OM = (x, y) και OA = (-4 , y) . Το σημείο Μ ανήκει στο ζητούμενο γεωμετρικό τόπο αν, και μόνο αν: ΟΜ ..L ΟΑ � ΟΜ · ΟΑ = Ο � � X · (-4) + y · y = O � y 2 = 4χ . -

-

-

-

Άρα η ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η πα­ ραβολή C : y 2 = 4χ . •

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Παπαγεωργί­

ου Κ., Γεωργίου Β., Μιστριώτης Α., Καρ ύ ­ δ η ς Κ., Αντωνόπουλος Ν.

20.

Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και δύο φο­ ρές παραγωγίσμη στο IR . Για δύο αριθμούς α, β Ε IR με α < β ισχύει: 2f(χ) ;;; f(α) + f(β) , για κάθε x E IR (1) Να δείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (α, β) με. f "(x0 ) = Ο . (Επροτάθη από το μαθητή Γ ' τάξης Γιάννη Σταματόπουλο, Καλαμάτα).

Λύση (από τον μαθητή Γ τάξη ς Γιάννη Νικο­ λάου, Πάτρα).

{

{

Από την ( 1) με χ = α και χ = β έχουμε, αντιστοίχως: 2f(α) ;;; f(α) + f(β) f(α) ;;; f(β) ::::> f (α) = f(β) . ::::> 2f(β) ;;; f(α) + f(β) f(β) ;;; f(α)

--

κ να έχει βάρος μεγαλύτερο του

-

__!_ Kg

2κ (Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Κων/νο Παπαγεω ργίου, Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα). 24. Θεωρούμε ένα φυσικό αριθμό ν > Ο και τρεις ακέ­ ραιους αριθμούς α, β και γ, για τους οποίους ισχύει: α + β2 + γ2 + 3(ν2 + ν) � (2ν + 1)(α + β + γ) . Να δείξετε ότι: α) Καθένας από τους αριθμούς α, β και γ είναι � ν , β) Δύο τουλάχιστο από τους αριθ­ μούς α, β και γ είναι ίσοι, γ) Αν ν = 6, τότε ο αριθμός α + β + γ δεν είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού. (Προτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Γεώργιο Σου μπλή , Αρσάκειο Ψυχικού-Αθήνα). 25. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f : IR � IR με σύνολο τιμών το IR και f (χ + y) = f (χ) · f (y) , για κάθε x, y έ !R . 26.

(Προτείνεται από το μαθητή Γ τάξης Γιάννη Νι­ κολάου, Πάτρα). Θεωρούμε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία

της κορυφής Α = 20 ° . Στηv πλευρά του ΑΓ παίρ­ νουμε ένα σημείο Δ με ΑΔ = ΒΓ. Να βρείτε το μέ­ τρο της γωνίας ΑΒΔ( = χ ) .

(Προτείνεται από το μαθητή Α ' τάξης Κων/νο, 1 ° Λύκειο Χολαργού) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/14

Σταμέλο


Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προ­ βληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλά­ δοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλά­ δοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών. I.

11 πο υ

και μ ε ποιο τρδ πο εφαρμόζο νται τα ΜαΟηματικά;

11

Μ α θ η μ α τικά, Πιθ α ν ο θεω ρ ί α κ α ι Ε φ α ρ μ ο γέ ς

Η Πιθανοθεωρία είναι κλάδος των Μαθηματι­ κών, ο οποίος μελετά όχι απλώς οιαδήποτε φαινό­ μενα, αλλά μόνο τυχαία και ακόμη "πιθανοθεωρη­ τικώς τυχαία" φαινόμενα, δηλαδή , εκείνα για τα οποία έχει νόημα, να αναφερόμαστε στις αντίστοι­ χες κατανομές πιθανότητας. Η Πιθανοθεωρία παί­ ζει ένα καθοριστικό ρόλο στην στατιστική μελέτη των μαζικών φαινομένων πάσης φύσης. Σε μια σειρά παραδείγματα, παρμένα από τη ζωή και το περιβάλλον μας, θα βεβαιωθούμε ότι ένα πλήθος από σημαντικά φαινόμενα εξαρτάται ουσιαστικά από την τύχη και ότι δεν μπορεί να θεωρηθεί επαρκής η μελέτη τους, αν δεν υπολογί­ σουμε την επίδραση του τυχαίου. Ο άνθρωπος, χωρίς να υπολογίσει την επίδραση των τυχαίων περιστατικών, αδυνατεί να κατευθύνει την εξέλιξη των διαδικασιών που τον ενδιαφέρουν στην επιθυ­ μητή κατεύθυνση. Τα τυχαία γεγονότα υποτάσσο­ νται κι αυτά σε ειδικούς νόμους. Η μελέτη αυτών των νόμων είναι έργο της επιστήμης του τυχαίου, δηλ. , της Θεωρίας των πιθανοτήτων. Στη βάση όλων των πρακτικών μεθόδων, που χρησιμοποιούμε κάθε μέρα, βρίσκονται τα γενικά θεωρήματα της θεωρίας των πιθανοτήτων, που λέ­ γονται νόμοι των μεγάλων αριθμών. Πολλές φορές στη σύγχρονη βιομη χανική παραγωγή δεν έχουμε την δυνατότητα να ελέγξουμε την ποιότητα του κάθε αντικειμένου χωριστά, είτε γιατί τα αντικεί­ μενα αυτά είναι πάρα πολλά και για τον έλεγχο της ποιότητάς τους χρειάζονται πολλά χρόνια, είτε γιατί τα αντικείμενα είναι τέτοια, που ο έλεγχος θα τα καταστήσει άχρηστα. Γι' αυτό δοκιμάζουμε μό­ νο ένα μικρό μέρος του προϊόντος, απ' όπου κρί­ νουμε για την ποιότητα ολόκληρης της παρτίδας. Αποδείχθηκε στην πράξη ότι οι σχετικές μέθοδοι της πιθανοθεωρίας μας δίνουν θαυμάσια αποτελέ­ σμάτα, που μας βοηθούν να κάνουμε οικονομία σε χρήματα, σε υλικά, σε εργασία και σε χρόνο. Οι πρώτες έννοιες της θεωρίας των πιθανοτήτων διατυπώθηκαν [Blaise Pascal, Pieπe Fennat,

τ ο υ Γ ιάνν η Κερα σ α ρ ίδ η

Chήstian Huyghens και Jacob Bernoulli (Ars Con­ jectandi)] κάτω από την επίδραση των αναγκών της ασφάλισης και των τυχερών παιχνιδιών. Οι ασφαλίσεις 'κείνο τον καιρό ( ναυτασφαλίσεις, 17α; αιώνας, περίοδος ραγδαίας ανάπτυξης των θαλασσίων συγκοινωνιών) , (τα τυχερά παιχνίδια είχαν κυριεύσει τους ιθύνοντες της φεουδαρχικής κοινωνίας, πολλοί από τους οποίους προσπαθού­ σαν να βελτιώσουν την κακή τους οικονομική κα­ τάσταση με τα τυχερά παιχνίδια). Στο τέλος του 1700 αιώνα και τον 19°, έχουμε ρα­ γδαία ανάπτυξη της Αστρονομίας, της Φυσικής, της Χημείας , της Βλητικής, της Μοριακής Φυσικής, της Θεωρίας των Αερίων κλπ., οπότε τέθηκε το θέμα των μετρήσεων ακριβείας στην Τεχνική, άρα, με με­ γάλη οξύτητα το θέμα της διατύπωσης της Θεωρίας των Σφαλμάτων των μετρήσεων (Adήen-Marie Leg­ endre, Karl Fήedeήch Gauss). Μεγάλη η συμβολή στην Πιθανοθεωρία των Pieπe Simon de Laplace, Simeon Denis Poisson, P.L. Tschebyscheff, Α.Μ. Liapunov, Α. Α. Markov) Οι βασικές έννοιες της σύγχρονης Πιθανοθεωρίας είναι οι έννοιες της τυχαίας διαδικασίας, του τυχαίου πεδίου, της πληροφορίας. Ο φυσικός, ο χημικός, ο βιολόγος και ο τεχνικός, ενδιαφέρονται πρώτα­ πρώτα για την έρευνα των διεργασιών, δηλ. για τα φαινόμενα που παρατηρούνται σε μια χρονική περί­ οδο. Μέσω της Πιθανοθεωρίας δίνονται απαντήσεις σε θέματα Διάχυσης. Πολύ σημαντικός είναι ο κύ­ κλος των φαινομένων που γίνονται με βάση την αρχή της ραδιενεργού σχάσης. Έχει μεγάλη σημασία να προσδιορισθεί η mθανότητα του ότι σε ορισμένο χρονικό διάστημα, διασπάται ο ένας ή ο άλλος αριθ­ μός ατόμων. Εξάλλου το ίδιο ακριβώς πρόβλημα δημιουργείται στην τηλεφωνία, στον υπολογισμό της διαπεραιωτικής ικανότητας των γεφυρών, στη θεω­ ρία της ασφάλειας, στην οικονομία, στην πολεμική τέχνη και στην Τεχνολογία. Άσχετα από την συγκεκριμένη παρουσίασή του, το πρόβλημα που εμφανίζεται μόνιμα μπαίνει ως

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/1 5


Homo Mathematicus

εξής: Πόσο μεγάλη είναι η πιθανότητα να σημειω­ θεί , σ' ένα συγκεκριμένο χρονικό διάστημα, ένας αριθμός συγκεκριμένων γεγονότων (κλήσεων συν­ δρομητών στο τηλεφωνικό κέντρο, αυτοκινήτων που πάνε να περάσουν από μια γέφυρα, διακοπή λειτουργίας στοιχείων που συγκροτούν ένα πολύ­ πλοκο μη χανισμό, κλπ.) ; Σε πολύ γενική μορφή η ζητούμενη πιθανότητα μπορεί να παρουσιαστεί με τον τύπο: Pk(t)=

( k!) λt

k e-λι

όπου Pk(t) συμβολίζει την πιθανότητα να συμβούν ακριβώς k γεγονότα σε χρονικό διάστημα t, και λ είναι η σταθερά, η λεγόμενη συχνότητα εμφάνισης των γεγονότων. Ο τύπος αυτός μας δίνει με κατα­ πληκτική ακρίβεια τον αριθμό των αφίξεων πλοί­ ων σε ένα συγκεκριμένο λιμάνι σε συγκεκριμένο χρονικό διάστημα t, τον αριθμό των διαστημικών σωματιδίων που πέφτουν σε ορισμένο τμήμα της επιφάνειας της Γης σε χρόνο t, τον αριθμό των λυ­ χνιών της ηλεκτρονικής υπολογιστικής μη χανής που θα καούν σε διάστημα t, τον αριθμό τηλεφω­ νικών κλήσεων που σημειώνονται στο τηλεφωνικό κέντρο σε χρόνο t, κλπ. 11.

Η εξέταση των προβλημάτων της φυσιογνωσίας (όχι από την άποψη της ποιοτικής , αλλά από τη θέση της ποσοτικής έρευνας) , οδήγησε στη διατύ­ πωση της έννοιας της τυχαίας διαδ ικασίας ( Α. Φόκερ και Μ. Planck- φυσικοί, Α.Ν. Kolmogorov και Α.Ι. Κhintchin- μαθηματικοί ) Άλλες εφαρμογές της Πιθανοθεωρίας είναι: η κατανόηση του σχηματισμού των παρασίτων στη ραδιοφωνία, ο υπολογισμός της σωστής οργάνω­ σης της παραγωγής, η δημιουργία ορθολογικών τρόπων τεχνικού ελέγχου παραλαβής μεγάλων παρτίδων βιομη χανικού προϊόντος, ο υπολογισμός των αποθεμάτων , τα σωστά μέσα για την άμυνα της χώρας, οι ασφαλιστικές εταιρείες για να κα­ θορίσουν τα ασφάλιστρα και τις αποζημιώσεις πρέπει ως ένα βαθμό να γνωρίζουν το ποσοστό των ασφαλισμένων που θα αποζημιωθούν ( ζωή , ατύχημα, καλλιέργειες, κοπάδια, περιουσίες, κλπ. κλπ.). Άλλες εφαρμογές: Μια βιομη χανία, πχ. υπο­ δηματοποιίας, πρέπει να προγραμματίσει τα μεγέ­ θη των παπουτσιών που πρέπει να παράγει την επόμενη χρονιά. Η λύση αυτού του προβλήματος βασίζεται στην έρευνα τη σχετική με τις διαστά­ σεις των ποδιών, δηλ. με έναν από τους νόμους του τυχαίου, που λέγεται θεώρημα των Laplace και Lyapounov. [ Πηγή : "ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΗ" , τό μος : ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ]

"Α υτό το ξέρατε; " Γνωρίζετε αν δόθηκε λύση στο «πρόβλημα τριχοτόμησης τυχαίας γωνίας»;

[Το ερώτημα αυτό έθεσε στη στήλη μας ο μαθητής Θανάσης I. Κίντζη ς (Π άτρα) ]

111.

" Οι συνεργάτες της στιμης γράφουν-ερωτούν "

Α Ό Το . . . π α ρ ά δ ο ξ ο του Χ ρ . Λ ουνα ρ ά

Φαίνεται πως, η αδιάλειπτη παράθεση βιβλιογρα­ φικών πηγών στη στήλη μας, οδήγησε το μαθητή Χρήστο Λουναρά (Αθήνα) να " ψάξει" και να μας θέσει (ηλεκτρονικά) , σαν ερώτημα: αν γνωρίζουμε το «Παράδοξο του Ελαιοχρωματιστή». Η αλήθεια είναι πως " μας έπιασε αδιάβαστους" . Σε λίγες ημέ­ ρα λάβαμε το παρακάτω μήνυμα «Τα στοιχεία εί­ ναι: QUANTUM, τ.4, τ.3 ( 1 997). Σαν αντάλλαγμα

για την πληροφορία και επειδή σας έπιασα αδιά­ βαστους, υποχρεούστε να δημοσιεύσετε αυτούσιο το άρθρο, θέτοντάς το σαν ερώτημα προς τους α­ ναγνώστες σας. Χ.Λ. ». Δεν αργήσαμε να βρούμε την άκρη του νήματος. Σας παραθέτουμε αυτούσιο το μικρό άρθρο, με το ερώτημα: ποιος θα μας δώ­ σει απάντηση στο ερώτημα του συγγραφέα;

«Το π α ρ ά δ ο ξ ο του ελα ι ο χρ ω ατ ιστή » [του Α.Α. PANOV]

«Όλοι όσοι έχουν βάψει κάποτε ένα τοίχο γνωρί­ ζουν ότι όσο μεγαλύτερη είναι η επιφάνεια τόσο περισσότερη μπογιά χρειαζόμαστε. Με άλλα λό­ για, η ποσότητα του χρώματος είναι ανάλογη με το εμβαδόν της επιφάνειας που βάφουμε. l.Ας θεωρήσουμε, για παράδειγμα, μια επίπεδη επιφάνεια που αποτελείται από άπειρο πλήθος ορ­ θογωνίων, όπως στο σχήμα 1 . Εδώ, το πρώτο ορθογώνιο είναι ένα τετράγωνο με μήκος πλευράς 1 cm. Καθένα από τα επόμενα ορ­ θογώνια έχει διπλάσιο μήκος από το προηγούμενό

του αλλά το μισό του πλάτους. Είναι φανερό ότι όλα αυτά τα ορθογώνια έχουν εμβαδό 1 cm2 • Επο­ μένως το εμβαδό ολόκληρου του σχήματος S είναι άπειρο: S= ( 1 + 1 + 1 + . . . ) cm2 , οπότε για να το βάψουμε απαιτείται άπειρη ποσό­ τητα χρώματος. 2.Ας δούμε τώρα το ζήτημα διαφορετικά. Περι­ στρέφουμε το επίπεδο σχήμα μας γύρω από την ημιευθεία που αποτελεί το ένα σύνορό του. Το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/16


Homo Mathematicus

προκύπτον στερεό εκ περιστροφής αποτελείται I από άπειρο πλήθος κυλίνδρων (σχ. 2).

(σχήμα 1 ) Ο όγκος του αποτελείται από το άθροισμα των όγκων όλων των κυλίνδρων: ν=ν ι +ν 2+ ν3 + . . . Γνωρίζουμε ότι ο όγκος ενός κυλίνδρου με ακτίνα βάσης r και ύψος h, ισούται με πr2h. Για τό η-στο κύλινδρο (μετρώντας από την κορυφή του σχήμα­ τος 2), έχουμε 1 r= 7ι cm, h=2n- ι cm. Συνεπώς, 2

π 3 1 1 νn= + -2 + . . . ) n - ι cm και επομενως ν=π( l + 2 2 2 cm3 • στην παρένθεση έχουμε το πασίγνωστο άθροισμα μιας γεωμετρική προόδου. Ισούται με 2, οπότε ν=2π cm3 . '

(σχήμα 2) Ας φανταστούμε ότι το εκ περιστροφής στερεό μας είναι κενό. Το γεμίζουμε έως το χείλος με 2π cm3 χρώμα και κατόπιν βυθίζουμε το επίπεδο σχή­ μα μας στο εσωτερικό του. Όταν το ξαναβγάλου­ με, θα είναι σίγουρα βαμμένο - και μάλιστα, και από τις δύο πλευρές! Έχουμε, λοιπόν, δύο παραδείγματα aψεγάδια­ στων συλλογισμών που οδηγούν σε αντιφατικά συμπεράσματα. Ακολουθώντας την πρώτη σειρά επιχειρημάτων, συμπεραίνουμε ότι χρειαζόμαστε άπειρη ποσότητα χρώματος, ενώ με τη δεύτερη βλέπουμε ότι μας αρκούν μόνο 2π cm3 χρώματος. Αυτό είναι το παράδοξο του ελαιοχρωματιστή. Νομίζω πως θα το διασκεδάσετε προσπαθώντας να το διαλευκάνετε» Αυτά γράφει ο Α.Α. ΡΑΝΟν. Μήπως κάποιος από σας μπορεί να μας βοηθήσει;

Β Ό «Η Α.λίκη στη χ(ί ψ α των θ α υ μάτων » , « iVΗ :σα από τον κ α θ ρ έ φ τη » κ α ι η Σ υ μ β ο λ ι κή Λ ογική . του Γι(ιννη Κ αλιοτζή μ α

Από το νέο συνάδελφο, αδιόριστο μαθηματικό, Γιάννη Καλιοτζήμα (από τη Θεσσαλονίκη ;), λάβαμε, ηλεκτρονικά, το παρακάτω κείμενο και εμείς, ευχαρίστως το δημοσιεύουμε. Όπως . μας πληροφορεί, ο καλός μας συνάδελφος, το κείμενο αυτό το σταχυολόγησε από τον τόμο «ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ» (εκδόσεις LIFE), το βρήκε ενδιαφέρον, το πληκτρολόγησε και μας το έστειλε. Εμείς, όπως είχαμε καθήκον, το "ψάξαμε" το θέμα, το βρήκαμε ενδιαφέρον και πολύ σύντομα θα έχουμε αφιέρωμα, σ' αυτό που όλοι μας ονομάζουμε «Μαθηματική Λογική » με τ α παρεπόμενά της [Εμείς, επικουρικά, προσθέτουμε "πέντε" γραμμές: Λιούης Κά«Η

ρολ ήταν το ψευδώνυμο του καθηγητή των Μαθη­ ματικών στην Οξφόρδη Τσαρλς Ντάντγκσον, συγ­ γραφέα της «Αλίκης στη χώρα των θαυμάτων». Υπήρξε επίσης ένας από τους καλύτερους φωτο­ γράφους παιδιών της βικτωριανής εποχής. Αν και ο Ντάντγκσον δημοσίευσε με το όνομά του μόνο τα μαθηματικά του έργα, οι μαθηματικοί εξεπλά­ γησαν από την πλούσια συμβολική λογική που εί­ ναι συνυφασμένη με τα βιβλία του «Η Αλίκη στη χώρα των θαυμάτων» και «Μέσα από τον καθρέ­ φτη>> ] . Ακολουθεί το κείμενο:

Συμβολι �a·� Λ. ογιική στους ι<α θ ρ έφτΕς τ η ς

Όταν η Αλίκη περιπλανιόταν στη χώρα των θαυμάτων βρέθηκε μπλεγμένη σε μια γλωσσική σύγχυση. Με τη βοήθεια, όμως, της συμβολικής λογικής είναι δυνατόν να ξεκαθαρίσουμε κάπως το μπέρδεμα. Γι' αυτό είναι κατ' αρχήν απαραίτητο να εξηγήσουμε κάθε φράση στη γλώσσα της συμβολικής. Παίρνουμε π. χ. τον διάλογο όπου ο Λευκός Ιππότης δείχνει στην Αλίκη ότι έγραφε μια μελωδία: ··« - Ή εκείνη κατόρθωσε να τους κάνει να κλάψουν, ή . . . » « - Ή τι; », ρώτησε η Αλίκη. . . « - Ή δεν κατόρθωσε να τους κάνει να κλάψουν», απάντησε ο Ιππότης.

Λ λ ί ι< η ς »

Ο Έρνεστ Νάγκελ, καθηγητής της Φιλοσοφίας του πανεπιστημίου της Κολούμπια, έχει μεταφρά­ σει τη συζήτηση αυτή στη γλώσσα της συμβολικής λογικής, με τον εξής κώδικα: ( 3χ) σημαίνει «υπάρχει χ ώστε . . . » = σημαίνει «τότε και μόνο τότε . . . » =::> σημαίνει «εάν . . . κατά συνέπεια . . . » ν σημαίνει «ή» σημαίνει «όχι» και κάνει αρνητική την πρόταση που ακολουθεί. Με τη βοήθεια αυτού του συμβολισμού και αντικαθιστώντας το «Τραγούδι του Ιππότη » με KS και αν παραδεχτούμε ότι το y αντιπροσωπεύει μια οποιαδήποτε στροφή, το χ έναν οποιοδήποτε ακρο•

• •

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/1 7


Homo Mathematicus

ατή και το t το χρόνο, οι μύστες της συμβολικής λογικής θα μπορούσαν να μεταφράσουν τα λόγια του Ιππότη με την εξής μορφή: ( 3χ) (y) (z) (t) ((y είναι KS=x είναι KS) . (z ακούει τον Ιππότη να τραγουδά χ σε χρόνο t ::::> ((χ κάνει τους z να δακρύζουν σε χρόνο t) ν - ( χ κάνει τους z να δακρύζουν σε χρόνο t))). Αν και παρόμοια σύμβολα μπορεί να φαίνονται ακατανόητα, έχουν ωστόσο μια σαφή και ακριβή σημασία στο λογικό, που ίσως να μη την έχουν τα καθαρά λόγια. Σε ζούγκλες πολύ πιο πυκνές από της Αλίκης, η συμβολική λογική έχει χρησιμο-

IV. Ο ι α π αντήσεις

1 1 11 • ''Α υτό το ξι:ο ατε; "

Το ερώτημα, όπως τέθηκε, επιτρέπει δύο εκδοχές α)

<<να

τριχοτομηθεί τυχαία γωνία με τη βοήθεια μόνο κανόνα και δια­ βήτη» ,

β)

<<να τριχοτομηθεί τυχαία γωνία με τη βοήθεια άλλων

οργάνων πλέον του κανόνα και διαβήτη» .

Στην πρώτη εκδοχή, η μαθηματική επιστήμη απάντησε ορι­ στικά πως δεν μπορούμε να τριχοτομήσουμε μια τυχαία γωνία με τη βοήθεια μόνο του χάρακα και του διαβήτη. Οι μοναδι­ κές γωνίες που είναι δυνατό να τριχοτομηθούν με τα όργανα αυτά είναι των 90°, 1 80°, 360°. Στη δεύτερη εκδοχή δόθηκαν λύσεις, ήδη από την αρχαιό­ τητα. Να μερικές : 1 ) Η λύση του Ιππίου εξ Ηλείας. Η πρώτη καμπύλη, η οποία θεωρήθηκε από τους Έλληνες γεωμέτρες, μετά την περιφέρεια του κύκλου, είναι, ασφαλώς, η τετραγωνίζουσα του Ιππίου εξ Ηλείας. Εντούτοις χρησιμοποιήθηκε, από του Ιππία, κυρίως, για την τριχοτόμηση της γωνίας, όπως αναφέρει ο Πρόκλος 2) Οι λiiσ"εις του Αρχιμήδη . Ο Αρχιμήδης έδωσε στο πρό­ βλημα αυτό δύο λύσεις. Η πρώτη βασίζεται στη μέθοδο της νεύσης Η δεύτερη στηρίζεται στην ιδιότητα της σπείρας ή ε­ πίπεδης έλικας

3) Η λύση του :\ ικuμή δη. Ο Νικομήδης επινόησε την κα­ μπύλη που είναι γνωστή ως κογχοειδής. Με τη βοήθεια αυτής της καμπύλης κατάφερε να τριχοτομήσει την τυχαία γωνία. Στην πραγματικότητα ο Νικομήδης, αυτή την καμπύλη την ε­ πινόησε στην προσπάθειά του να διπλασιάσει τον κύβο ( σχ. 1 ) 4) Ο ι λύσης του Π iιππου . Ο Πάππος έδωσε, στο βιβλίο του Συναγωγή, δύο λύσεις. Στην πρώτη λύση χρησιμοποιεί την υ­ περβολή για να επιτύχει την κατάλληλη νεύση μεταξύ δύο ευ­ θειών, οπότε, εν συνεχεία, εφαρμόζει τη μέθοδο του Αρχιμή­ δη. Στη δεύτερη λύση, ο Πάππος χρησιμοποιεί με μεγάλη επι­ τυχία τις ιδιότητες των εστιών και των διευθετουσών της υ­ περβολής

Σχήμα 3

ποιηθεί μ' επιτυχία και βοήθησε ν' ανοίξουν δρό­ μοι κατευθείαν στο κέντρο πολύπλοκων προβλη­ μάτων που αφορούν νομικές αμφισβητήσεις και μεταφυσικές έννοιες. Η ά π οψή μ α ς . Για μας θα παρουσίαζε μεγάλο ενδιαφέρον αν, στο επόμενο ή μεθεπόμενο τεύχος, δημοσιεύαμε τοποθέτηση κάποιου ακαδημαϊκού δάσκαλου πάνω στο θέμα που σχετίζεται με το λα­ βύρινθο που ονομάζεται Μαθηματική Λογική ή Συμβολική Λογική ή . . . . Εμείς πιστεύουμε πως ο ρόλος των δασκάλων, όλων των βαθμίδων, είναι Προμηθεϊκός . . .

Σχήμα 4

5) Η λύση του Pascal ( 1 623- 1 662). Η λύση αυτή χρησιμο­ ποιεί τη γνωστή καμπύλη με το όνομα κοχλίας του Pascale (σχ. 2). Είναι αξιοσημείωτο πως η καμπύλη αυτή επινοήθηκε από τον Etienne Pascal, πατέρα του διάσημου Blaise Pascal. 6) Η λiJση του Ceva ( 1 699). Η λύση αυτή αποτελεί μια γενί­ κευση του προβλή ματος της τριχοτόμησης της γωνίας και μπορεί να οδηγήσει τη διαίρεση δοσμένης γωνίας σε περιττό πλήθος ίσων γωνιών. Αυτό επιτυγχάνεται με τη βοήθεια των διαφόρων τάξεων ανωμάλων κυκλοειδών του Ceva 7) Η λύ ση του Mac L a u rin ( 1 742). Στη λύση αυτή, ο Mac Laurin χρησιμοποίησε την καμπύλη, η οποία είναι γνωστή ως τριχοτόμος του Mac Laurin (σχ. 3). Η καμπύλη αυτή είναι μια ειδική περίπτωση κογχοειδούς. 8) Η λύ ση του Delanges ( 1 783). Στη λύση αυτή, ο Delanges χρησιμοποίησε την καμπύλη, η οποία είναι γνωστή ως τριχο­ τόμος του Delanges ( σχ. 4) 9) Η λύση του Plateau ( 1 826). Η λύση αυτή, όπως και η λύ­ ση του Ceva, είναι γενίκευση της τριχοτόμησης και επιτρέπει τη διαίρεση δοσμένης γωνίας σε η ίσα τμή ματα. Τόσο οι κα­ μπύλες του Ceva, όσο και οι καμπύλες του Plateau, είναι ισο­ κυκλοτομικές (όπως ονομάστηκαν από τον Collignon) 1 0) Η λύ ση του Longchanψs ( 1 888). Η τριχοτόμος του Longchamps αποτελείται από τρεις κλάδους ( σχ. 5) 1 1 ) Μηχανικοί τ ριχοτό μ ο ι . Παράλληλα προς τις λύσεις του προβλήματος της τριχοτόμησης της γωνίας, με τη βοήθεια διαφόρων καμπυλών, έχουν επινοηθεί, κατά καιρούς, διάφορα όργανα, τα οποία επιτρέπουν την άμεση τριχοτόμηση δοσμέ­ νης γωνίας. Το απλούστερο, απ' αυτά, έχει επινοηθεί από τον Α. Pegrassi ( 1 893), αποτελείται δε από δύο κανόνες ΚΜ και ΛΜΝ, που είναι συνδεδεμένοι κάθετα μεταξύ τους, με ΛΜ=ΜΝ=α [πηγή : " ΤΑ ΠΕΡΙΦΗΜΑ ΑΛΥΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ ΠΡΟ­ ΒΛΉΜΑΤΑ ΤΗΣ ΑΡΧΑΙΟΤΗΤΟΣ " , Μ.Α. Μπρίκας ( 1 970)]

Σχήμα 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/18

Σχήμα 6

Σχήμα 7


-

65°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ

«0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» 18 ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2004

ΘΕΜΑ 1 °

Να προσδιορίσετε πολυώνυμο Ρ(χ) με πραγμα­ i) τικούς συντελεστές τέτοιο ώστε Ρ(2) = ι2 και Ρ(χ2 ) = χ2 ( χ2 + ι)Ρ(χ) , για κάθε χ Ε JR . Λύση

Αν είναι βαθ. Ρ(χ) = ν , τότε βαθ. Ρ(χ 2 ) = 2ν και βαθ. χ2 (χ2 + 1)Ρ(χ) = ν + 4 , οπότε 2ν = ν + 4 <=:> ν = 4 . Εmπλέον , από την ισότητα Ρ(χ 2 ) = χ 2 (χ 2 + 1)Ρ(χ)

για κάθε χ Ε 1R , προκύπτει ότι Ρ( -χ) = Ρ( χ) , για κάθε χ Ε JR. Επομένως το πολυώνυμο Ρ( χ) θα έχει τη μορφή

Ρ( χ) = αχ 4 + βχ 2 + γ, α, β, γ Ε 1R

Από τη δεδομένη ισότητα προκύπτει ότι αχs + βχ4 + γ = αχg + (α + β)χ6 + (β + γ)χ4 + γχ 2 , Vx E1R <=:> α + β = Ο, β + γ = β, γ =' Ο <=:>β = -α, γ = Ο, α Eilt Άρα έχουμε Ρ(χ) = a(χ 4 -χ 2 ) = αχ 2 (χ 2 -1) , οπό­ τε από τη συνθήκη Ρ(2) = 1 2 , λαμβάνουμε α = 1 και Ρ(χ) = χ 4 - χ 2 ΘΕΜΑ 2°

Λύση

Κατ' αρχήν εύκολα βρίσκουμε ότι 1 1 1 ' ν Ε Ν* αν = 1 + -τ + 3 + ... + 3 , για καθε ν 2 3 Επιπλέον, για κάθε κ Ε Ν, κ > 1 έχουμε 1 1 1 �+υ -�-υ - < -κ3 κ3 -κ κ(κ -1)(κ + 1) 2κ(κ - 1)(κ + 1) 1 1 κ-(κ-1) (κ + 1)-κ 2κ(κ - 1) 2κ(κ + Ό 2κ(κ-1) 2κ(κ + 1) =

� ( κ �1 - �J - � (� - κ � 1 J .

οπότε προσθέτοντας κατά μέλη τις ανισότητες που προκύπτουν από την παραπάνω ανισότητα για κ = 2, 3, ... , ν λαμβάνουμε 1 <1v - 1 = _!_ + _!_ + ... + _!_ < ! 1-! - ! - 3 3 � 2 ν 2 ν + 1 2 3

(

)

[( J (

J]

1 1 1 1 1 1 =2 2 =4 <4 2ν(ν + 1) ν(ν +1) �τ * , με ay < 1 + 1 = 5 , για κα' θε ν Ε 1'<� ' ως εχου Επομεν 4 4

Δίνεται η ακολουθία (αν ), ν Ε Ν* με «ι = ι και ii) Έχουμε 1 1 ι αν+\ -αν I < ε <=> < ε <=> (ν + 1) 3 > - <=> I ε αν = αν-ι + -τ , ν = 2,3, (ν + 1) 3 ν 1 1 <=:> ν + 1 > <=> ν > -1 i) Να αποδείξετε ότι αν < � , για κάθε ν Ε Ν * . � � 4 ii) Αν ε είναι δεδομένος θετικός πραγματι­ Αν πάρουμε τώρα ν 0 = -1 , τότε για κάθε κός αριθμός, να προσδιορίσετε τον ελάχι­ ν > ν 0 θα ισχύει και η τελευταία ανισότητα στο φυσικό αριθμό ν 0 > Ο που είναι τέτοιος 1 ώστε , για κάθε ν > ν 0 , να ισχύει ' ' και η πρωτη. ' ν> θ α ισχυει - 1 , οποτε � Ι αν+ι - αν I < ε •••

[� ]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/19


------ Μαθηματικοί Διαγωνισ μοί

Επειδή όμως πρέπει να είναι ν 0

Ε

Ν* διακρί­

νουμε τις περιπτώσεις: 1 1 ' • ν0 = 1 . Αν � Γ - 1 < 1 <:> ε > - , τοτε �ε 8 •

ι

ι

Θ Ε Μ Α 3°

[ -] ι

( [� ]) .

ι

-1

Έστω κυρτή γωνία χόy . Εντός αυτής θεω­ ρούμε τις ημιευθείες . Ox1 , 0y 1 έτσι ώστε Α

xOy Πάνω στις ημιευθείες χ0χ1 = y 1 0y < 3- . Α

Α

Τελικά έχουμε ΟΑ · ΚΚ ' ΟΒ · ΛΛ ' = ΕοΑΚΛΒ => + ΕοΚΛ + 2 2 ο 1 ' => - · (ΟΑ + ΟΒ) · d = ΕοΑΚΛΒ - Ε0ΚΛ = ρ = σταθερο 2 2 2ρ πότε: ΟΑ + ΟΒ = - · ρ = - σταθερο.' d d Άρα αναγόμαστε στο πρόβλημα : Έστω κυρτή γωνία χόy . Αν Α Ε Οχ με Ο * Β 2ρ και ΟΑ + ΟΒ = σταθερό οι περιγεγραμμένοι d -�-

, ν 0 = ifi Αν � -l > l <:>O < ε s; g , τοτε

Συνοπτικά έχουμε ν 0 = max 1,

------

Δ

κύκλοι των τριγώνων Ο Α Β διέρχονται από σταθερό σημείο διαφορετικό του Ο. Άρα έχουμε α ' τρό π ος :

Οχι ' Οy ι θεωρούμε σταθερά σημεία Θεωρούμε την διχοτόμο Οδ. Τα Α, Β βρίσκονται εκα­ Κ, Λ ,αντίστοιχα, έτσι ώστε ΟΚ = ΟΛ. Αν τα τέρωθεν αυτής. Επομένως ο περιγεγραμμένος κύκλος σημεία Α και Β κινούνται πάνω στις πλευρές περί τα Ο ΑΔ Β την τέμνει, έστω ο σημείο Δ. στ Οχ και Oy , αντίστοιχα, έτσι ώστε ο Α ;:;; Ο ,Β ;:;; Ο και το εμβαδόν του πολυγώνου ΟΑΚΛΒ να παραμένει σταθερό , να αποδείξε­ τε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΟΑΒ διέρχονται από σταθερό σημείο, διαφορε­ τικό του Ο. Λ ύ ση

Έχουμε ΕοΑΚΛΒ = Ε οΑΚ + ΕοΚΛ + ΕοΛΒ ( 1 ) Έστω ΚΚ ' .l Οχ και ΛΛ ' .l Oy . Το εμβαδόν Δ

του Ο Κ Λ είναι σταθερό, έστω Ει, αφού Κ, Λ είναι δεδομένα σταθερά σημεία. Παρατηρούμε ότι: ΕοΑΚ = .!_ :ΚΚ ' · ΟΑ και Ε οΛΒ = .!_ ΛΛ ' · ΟΒ . Τα 2 2 Δ

Δ

τρίγωνα Ο Κ Κ ' και Ο Λ Λ' είναι ίσα, ως ορθογώνια με ΟΚ = ΟΑ και χ0χ1 = y10y . Άρα ΚΚ ' = ΛΛ '=d σταθερό. ο

Έστω ΑΡ=ΟΒ. Τότε ΟΑ+ΟΒ = ΟΑ+ΑΡ = ΟΡ = 2ρ - , σταθ ερο.' d Δ

β ' τρό π ος : Α

Α

ΔΑΒ = ΔΒΑ =

Χι

Δ

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα Ο Δ Β και Δ Α Ρ τα οποία έχουν: (ι) ΔΒ=ΔΑ, (ιι) ΟΒ=ΑΡ και (ιιι) 6ΒΔ = ΡΜ (από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΟΑΔΒ). Άρα τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα. Επομένως ΟΔ=ΔΡ, οπότε το Δ ανήκει και στη μεσοκάθετη του ΟΡ. Τελικά το σημείο Δ ορίζεται ως τομή δύο σταθερών γραμμών, της διχοτόμου και της μεσο­ κάθετης του ευθυγράμμου τμήματος ΟΡ.

--

χόy Άρα , •

Δ

' το τριγωνο Δ Α Β που

2 είναι ισοσκελές διατηρεί τις γωνίες του . Επομένως ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/20


------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ------είναι όμοιο προς τον εαυτό του. ΑΔ ΒΔ - = - = t σταθ ερο.,

Δηλαδή

ΑΒ ΑΒ

Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου ΟΔ · ΑΒ = ΑΔ · ΟΒ + ΔΒ · ΟΑ � ΔΒ ΑΔ � ΟΔ = - ΟΒ + - ΟΑ �

ΑΒ

ΑΒ

� ΟΔ = t(OB + OA) � ΟΔ = ΘΕΜΑ 4°

β)

2·ρ·t σταθερό. d

Δίνεται ότι ο αριθμός k είναι θετικός ακέραιος και ότι η εξίσωση χ3 + y 3 Zy (x 2 xy + y 2 ) k 2 (x y ) (1) έχει μία λύση (x0 , y 0 ) , με x0 , y 0 Ε Ίl: και χ0 '* Υ 0 • Να αποδείξετε ότι : (α) η εξίσωση (1) έχει πεπερασμένο πλήθος λύ­ σεων (x, y ) με x, y Ε Ζ και χ '* y . (β) είναι δυνατόν να προσδιορίσουμε 11 επιπλέ­ ον διαφορετικές λύσεις (Χ, Υ) της εξίσωσης (1), με Χ, Υ Ε z* και Χ '* Υ , όπου οι Χ, Υ είναι συναρτήσεις των x 0 , y 0 • _

_

=

_

Λύση

Η εξίσωση ( 1 ), για

χ '* y ,

είναι ισοδύναμη

προς την εξίσ ωση

χ 2 - xy + y 2 = κ 2 (2) α) Αν (x, y) E Z x Z με Χ '* Υ είναι μια λύση της (2), τότε 2 κ2 = 2χ 2 - 2xy + 2y 2 = = (χ - y) 2 + χ 2 + y 2 χ 2 + y 2 , οπότε θα είναι ( αφού και χ '* y ) χ 2 + y 2 < 2κ 2 ή �χ 2 + y 2 < κ.J2 (3 ) Επίσης θα έχουμε κ2 =χ2 -xy + r < χ2 + r + xy:::; 2 2 3 :::; χ 2 + y 2 + χ +2 Υ = 2 ( χ 2 + y 2 ) οπότε θα είναι ( αφού χ '* y ) 2 (4) χ 2 + y 2 2κ3 �χ 2 + y 2 κ .J6 3 οπότε κάθε ακέραια λύση (χ, y) της (2) με χ y , βρίσκεται εντός του δακτυλίου �

<::::>

>

>

Δ= +0, 0), � } '*

κ

πλήθος σημείων με ακέραιες συντεταγμένες, έπεται ότι και η εξίσωση ( 1 ) έχει πεπερασμένο πλήθος ακέραιων λύσεων (χ, y) με χ '* y . Για χ '* y η εξίσωση ( 1 ) είναι ισοδύναμη με

την εξίσωση (2). Έστω (x 0 , y 0 ), x 0 , y 0 E Z με x 0 y0 '* Ο μια λύση της (2). Τότε:

Επειδή ο δακτύλιος Δ περιέχει πεπερασμένο

και

χ� - Χο Υο + Υο = Κ2 (χ ο - Υο ) 2 + Χο Υο = Κ 2 (-χ ο + Υο ) 2 - (- + Υο Χ- χ ο ) + (- χ ο ) 2 = Κ 2 (-χ 0 + Υο - χ 0 ) είναι ακέραια λύση της (2) με - χ 0 + y 0 '* - χ 0 και ( - χ 0 + y 0 )(-x 0 ) '* Ο . <::::>

<::::>

<::::>

Έτσι με αυτήν τη διαδικασία, λαμβάνουμε:

(ΧοΥο ) /ώση της (2) �(-Χο + yo , -Xo ) /ώση της (2) � ( -<-χα + Υο ) - χο , --{-Χο +yo ) ) =(-Yo·Xo - yo ) /ώση της (2) � ( Υο + Χο - Υο· Υο ) = (χ ο , Υο ) λύση της ( 2) δηλαδή από την ακέραια λύση (χ 0 + y 0 ) της (2) με χ 0 '* Υο και x 0 y0 '* Ο , προκύπτουν

άλλες δύο διαφορετικές λύσεις της (2) της ίδιας μορφής, οπότε έχουμε τις διαφορετικέ λύσεις:

= { < χ ο , Υο ), (-χ ο + Υο·- χ ο ), ( - yo , Xo - Υο ) } · Από τη μορφή της εξισώσεις (2) παρατηρούμε ότι αν (x 0 , y 0 ) είναι μια ακέραια λύση της (2) με χ 0 '* y 0 και x 0 y0 '* Ο , τότε και (y 0 , x 0 ) είναι επίσης λύση της (2) της ίδιας μορφής, οπό­ τε έχουμε για την (2) τις λύσεις (x o , Yo ), (yo , x o ), ( -x o + Yo· -x o ), L ι - ( - χ ο , -Χο + Υ ο ), ( - y o , Xo - Υ ο ), (χ ο - Υο·- Υο ) Lι

{

}

Επιπλέον, αν (χ 0 , y 0 ) είναι μια ακέραια λύση της (2) με χ 0 -:F Υ ο , x 0 y0 '* Ο , τότε και το ζεύγος (-x 0 , -y 0 ) είναι επίσης λύση της (2) του ίδιου τύπου, οπότε έχουν προκύψει . συνολικά 12 διαφbρετικές λύσεις (χ, y) της (2) με χ '* y , xy '* Ο και οι x,y συναρτήσεις των x 0 y0 . Εύκολα διαπιστώνουμε, από τις δεδομένες συνθήκες του προβλήματος, ότι οι 12 παραπάνω λύσεις είναι διαφορετικές.

Παρατή ρηση

, κ .Γz

Χο '* Υο

Σχετικά με το ερώτημα ( 1 ), είναι αρκετή για την απόδειξη του η ανισότητα ( 3 ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/21


------

Μαθηματικοί Διαγωνισ μοί ------

Η σχέση όμως αυτή δεν είναι αρκετή για να είναι Επίσης μπορούμε να εργαστούμε ως εξής : Θεωρούμε τη δευτεροβάθμια εξίσωση (2) οι λύσεις της εξίσωσης (2) πεπερασμένου πλήθους. Έτσι εργαζόμενοι ομοίως λαμβάνουμε και τη σχέση πρέπει να έχει λύσεις στο IR , ως προς χ , 2kJ3 < χ < 2kJ3 οπότε πρέπει η διακρίνουσα του τριωνύμου να - 3 3 ' είναι μη αρνητική. Αυτό οδηγεί στην σχέση οπότε πλέον οι πιθανές λύσεις της εξίσωσης _ 2kJ3 Υ 2kJ3 3 (2) φράσσονται εντός τετραγώνου. 3 --

:::;

--

:::;

«ΛΕΥΚΟΠΟΥΛΕΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΙΘΑΝΟ­ ΤΉΤΩΝ»

12 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2005 ΘΕΜ Α 1 °

Δέκα μαθητές/τριες κέρδισαν, σε ένα διαγωνι­ σμό, να πάνε ένα ταξίδι στο εξωτερικό. Οι 6 θα πάνε στην Ιταλία και οι 4 στην Αυστρία. Υπάρ­ χουν 10 κλήροι, στους 6 είναι γραμμένο το όνομα Ιταλία και στους 4 το όνομα Αυστρία. Κάθε μαθητήςΙτρια, με αλφαβητική σειρά, παίρνει έναν κλήρο, χωρίς επανάθεση. α) Αν ο Κώστας και η Μαρία είναι μέλη της ομάδας των 10 μαθητών/τριών, ποια η πι­ θανότητα να κληρωθούν για την ίδια χώρα; β) Ο Κώστας ήταν τρίτος στη σειρά και η Μαρία πέμπτη και θεώρησαν ότι έτσι αδι­ κήθηκαν από την κλήρωση, είχαν δίκιο; Λύ ση

α)

Αν ορίσουμε τα ενδεχόμενα Α1={0 Κώστας πάει στην Ιταλία}, Bl={H Μαρία πάει στην Ιταλία}, Α2={0 Κώστας πάει στην Αυστρία}, Β2={Η Μαρία πάει στην Αυστρία}, D={O Κώστας και η Μαρία πάνε στην ίδια χώρα}, τότε: P(D) = Ρ (Α1 Bl) + Ρ (Α2 Β2) = 42 =� � + ..±_� = = 2_ = 0.4667 10 9 10 9 90 15 Άλλος τρόπος: Υπάρχουν 1 = 210 ομαδοn

n

( �)

ποιήσεις (δυνατότητες) να πάνε 4 στην Αυστρία και 6 στην Ιταλία. Αν αφαιρέσουμε τον Κώστα και τη Μαρία, υ-

(:)

πάρχουν = 70 δυνατότητες να πάνε, από τους 8, οι 4 στην Ιταλία και 4 στην Αυστρία. Αν τώρα προστεθούν ο Κώστας και η Μαρία στους 4 που πάνε στην Ιταλία, τότε υπάρχουν 70 δυνατότητες να πάνε ο Κώστας και τη Μαρία στην Ιταλία. Ομοια υπάρχουν 28 δυνατότητες να πάνε και οι δύο στη Αυστρία. Επομένως η ζητούμενη , Ρ = 70 + 28 7 , ειναι, πιθανοτητα 210 15 β) Αν ο Κώστας και η Μαρία παίρνουν από ένα κλήρο στη σε��ρά i, j αντίστοιχα, που γράφει Ι­ ταλία, τότε από τους υπόλοιπους 8 πηγαίνουν στην Ιταλία 4 και στην Αυστρία 4, οπότε το πλήθος των περιπτώσεων να πάνε στην Ιταλία είναι = 70 , ενώ το πλήθος όλων των περιπτώσεων είναι 1 = 210 . Επομένως η πιθα­

( �)

=

=

(:)

( �)

νότητα να πάρουν και οι δύο κλήρο που να , Ιταλια' ειναι η = 70 , ανεξαρτητο ' αναγραφει 210 από τη σειρά με την οποία πήρε ο καθένας τον κλήρο. Ομοια η πιθανότητα να πάνε και οι δύο στην Αυστρία είναι ανεξάρτητη από τη σειρά που παίρνουν τον κλήρο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/22

,

n


----

Μαθηματικοί Διαγω νισ μοί ----

Επομένως δεν είχαν δίκιο να διαμαρτύρονται ότι αδικήθηκαν από την κλήρωση.

{α 1 ,α 2 , ... ,α 12 } είναι το ίδιο πιθανοί ως μήνες γενεθλίων. Να υπολογισθούν οι πιθανότητες, (α) ένα ακριβώς ΘΕΜΑ 2° Στην εξέταση ενός μαθήματος υπάρχουν 10 άτομο να έχει γενέθλια τον Ιανουάριο και δύο ερωτήσεις και σε κάθε ερώτηση υπάρχουν 3 ακριβώς άτομα τον Ιούλιο, (β) Σε καθέναν από τους μήνες Μάρτιο και Ιούνιο να έχει γενέθλια απαντήσεις, από τις οποίες η μία είναι σωστή. Ένας μαθητής, που έχει μελετήσει μέρος του ένα τουλάχιστον άτομο, (γ) σε καθένα από τους μαθήματος, γνωρίζει τη σωστή απάντηση σε 3 μήνες Σεπτέμβριο, Οκτώβριο και Νοέμβριο να ερωτήσεις, στις άλλες 7 ερωτήσεις επιλέγει έχει γενέθλια ένα τουλάχιστον άτομο. Λ ύση τυχαία την απάντηση. α Έστω το συγκεκριμένο ενδεχόμενο. Το πλή­ Α α) Ποια η πιθανότητα ο μαθητής να απαντή­ ) θος των περιπτώσεων να έχει γενέθλια ένα α­ σει σωστά τουλάχιστον σε 9 από τις 10 ε­ κριβώς άτομο, από τα 5 , τον Ιανουάριο και δύο ρωτήσεις και να πάρει άριστα; τον ακριβώς Ιούλιο είναι β) Αν στις εξετάσεις μετείχαν 10.000 μαθητές, που είχαν τι ίδιες γνώσεις με τον προηγού­ Ν(Α) 102 5 6 102 . Το σύνολο των μενο μαθητή, πόσοι αναμένεται να απαντή­ περιπτώσεων είναι Ν 125 , τότε η ζητούμενη σουν σωστά σε τουλάχιστον 9 από τις 1Ο πιθανότητα είναι ερωτήσεις και να πάρουν άριστα; =

(:)(�)

=

·

·

=

α)

Η

Λ ύ ση

πιθανότητα να απαντήσει ο μαθητής σωστά σε μια ερώτηση, στην οποία δεν γνωρίζει την απάντηση, είναι 1/3. Η πιθανότητα να απαντήσει σωστά στις υπόλοιπες 7 ερωτήσεις είναι _!_ 7 = -1- . Επί-

() 3

3 1 87

σης η πιθανότητα να απαντήσει6 σωστά στις 6 ' ' 2 = 14 1 . απο' τις 7 ερωτησεις ειναι 7 3 3 3 1 87 Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι: Ρ = l + l4 = 0 . 0047 . 3 1 87 β) Αν οι εξεταζόμενοι μαθητές, που είχαν μελετή­ σει μέρος του μαθήματος, ήταν 10000, τότε θα περιμέναμε 47 από αυτούς να πάρουν άριστα, δηλαδή να απαντήσουν σωστά στις 9 τουλάχι­ στον από τις 10 ερωτήσεις.

()( ) -

Θ Ε ΜΑ 3°

--

Μας ενδιαφέρει να εξετάσουμε το μήνα των γε­ νεθλίων για μια ομάδα από 5 άτομα {φ υ φ 2 ,φ 3 ,φ 4 ,φ 5 } , που επιλέγονται τυχαία. Υποθέτουμε ότι και οι 12 μήνες του έτους

5 · 6 · 102 = � = 0.012 . = Ρ (Α) = Ν(Α) Ν 125 10368 β) Αν Α ι και Α 2 είναι τα ενδεχόμενα να μην υ­ πάρχει άτομο με γενέθλια στους μήνες Μάρτιο, Ιούνιο, αντίστοιχα, τότε η ζητούμενη πιθανότη­ τα είναι Ρ (Α ; Α ; ) 1 - Ρ (Α1 Α 2 ) 1 - Ρ (Αι ) - Ρ (Α 2 ) + Ρ (Α1 Α 2 ) 1 15 + 105 = 0.107 = 1 - 2125 125 γ) Αν Α ι , Α 2 και Α3 είναι τα ενδεχόμενα να μην υπάρχει άτομο με γενέθλια τους μήνες Σεπτέμ­ βριο, Οκτώβριο, Νοέμβριο, αντίστοιχα, τότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι Ρ (Α; Α ; Α ; ) 1 - Ρ(Α1 Α2 Α3 ) 1 - {Ρ (Α ι ) + Ρ(Α 2 ) + Ρ (Α3 )} +{Ρ(ΑιΑ2 ) + Ρ(Αι Α3 ) + Ρ(Α2 Α3 )}- Ρ(Αι Α2Α3 ) 1 15 + 3105 - 95 = 0.0267 . = 1 - 3125 125 125 υ

=

=

=

=

=

υ

υ

=

=

Γι α το Δ.Σ. του Ελλην ι κού Στατ ι στι κού Ινστιτού­ του (ΕΣΙ) Στρ ατή ς Κουν ιάς ομ. καθηγητής Παν. Αθηνών Χαράλαμπος Χαρ αλαμπίδης, καθηγητής τμήμα Μα­ θηματ ικών, Παν. Αθηνών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη' τ.4/23


Μαθ η μ ατ ι κ ά

για την Α.

Α

e>

τάξη

το υ

Λ υκείου

Επανάλ ηψη �λ γεβpας

Εισαγωγή

Χρήστος Λαζαρίδης

Το παρ ακάτω άρθρ ο είναι επαναλη πτικό της Άλγεβρ ας Α ' Λυκείου.

Σημειώνουμε ότι αρ κετές από τις ασκήσεις αντι μετωπίζονται και με άλλους τρ ό {rους. Έγινε πρ οσπάθεια για τη ν κάλυ ψη όλης της α ντίστοιχης ύλης. Στο τέλος υπάρχουν πρ οτεινόμενες ασκήσεις με απαντήσεις- υποδείξεις.

Ασκήσεις 1.

i)

ίί)

Να aπλοποιήσετε την παράσταση χ2 - 1 χ2 - 3χ + 2 Να αποδείξετε ότι: 2005 20042 - 1 -----2-: ---- = 2004 - 3 . 2004 + 2 2002 Λύ ση

i) -x 2 - l = (x - 1)(x + 1) -χ 2 '- 3 Χ + 2 = χ 2 - Χ - 2Χ + 2 = = χ(χ - 1) - 2( χ - 1) = (χ - 1)(χ - 2 ) Η παράσταση ορίζεται αν χ 1 και χ 2 . χ+1 'Εχουμε: (χ - 1)(χ + 1) = -(χ - 1)(χ - 2) χ - 2 ίί) Από το (i) για χ = 2004 έχουμε: 2004 2 - 1 - 2004 + 1 - 2005 20042 - 3 · 2004 + 2 2004 - 2 2002 *

*

-------

2.

Αν x, y * Ο και χ > y να συγκρίνετε τους αριθμούς χ 3 - y 3 και xy 2 - x2 y ii) Να αποδείξετε ότι: 20043 - 20013 > 2004 . 2001 2 - 2001 · 20042 ί)

i)

Λ \J ση

(x 3 - y3 ) - (xy 2 - x 2 y) = x 3 - y 3 - xy 2 + x 2 y =

χ(χ 2 _ y 2 ) + y(x 2 _ y 2 ) = (χ 2 _ / )(χ + y) = (χ - y )(χ + y) 2 > 0 , διότι x, y =F- 0 και x > y . Άρα, χ 3 - y 2 > xy 2 - x 2 y . ii) Από το (i) για χ = 2004 και y 2001, προκύ­ πτει: 20043 - 20013 > 2004 · 2001 2 - 2001 · 20042 =

3.

Να αποδείξετε ότι: 2 2 2 2 2 i ) (α + β )(γ + δ ) � (αγ + βδ) �(χ2 + 5)( y 2 + 7) � l xy + .J3S I ii) Λύση

i)

Για να δείξουμε την (1), αρκεί να δείξουμε ότι: αγ 2 + α2 δ 2 + β 2 γ 2 + β 2 δ 2 � α2 γ2 + β 2 δ 2 + 2αγβδ ή α 2 δ 2 + β 2 γ 2 - 2αγβδ � Ο , ή (αδ - βγ) 2 � 0 . Ισχύει. ί ί ) Εφαρμόζουμε το i) για χ = α, .J5 = β, y = γ και J7 = δ . (χ 2 + 5)(y 2 + 7) "?. (xy + .J5J7)2 ::::::? �< χ 2 + 5)(y 2 + 7) � �(xy + m ) 2 = Ι χy + m ι .

4.

ί)

ii)

Να λύσετε την εξίσωση λχ + 25 = λ2 + 5χ , όπού λ e IR (1) Αν χ0 είναι η λύση της (1) για λ = J2 , να αποδείξετε ότι: χ0 ( J2 - 5) = -23 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/24


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου Λύ ση

(1) � λχ - 5χ = � - 25 � (λ - 5)χ = (λ - 5)(λ + 5) λ -5 :;t: Ο � λ :;t: 5 χ =λ+5 λ-5 = 0 � λ =5 Οχ = Ο. Αόριστη. ii) Αν λ = .J2 5 , εφαρμόζουμε το (i), οπότε χ 0 = λ + 5 = .J2 + 5 . Τελικά, χ 0 (.J2 - 5) = ( .J2 + 5)( .J2 - 5) = .J22 - 5 2 = 2 - 25 = -23 .

i)

{

:;ι

5.

i)

.

i) Να λυθεί το σύστημα των ανισώσεων. χ( χ + 1) > χ 2 + 1 και χ < Ο ii) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει αρνητι­ κός ακέραιος ο οποίος πολλαπλασιαζό­ μενος με τον επόμενό του να είναι μεγα­ λύτερος του τετραγώνου του αυξημένο κατά 1.

}

Λ ύ ση

i)

Να υπολογίσετε τα αναπτύγματα 2 και y h χ9y 2 1 Ο να απο2 ιι ) Αν χ - xy + - - 2 y + - = 2 ' 4 ' χ = -1 και y = -1 . δει'ξετε οτι 2 4

7.

} }

..

ο

1

J

'---_ -..

Το σύστημα είναι αδύνατο. ii) Έστω ότι υπάρχει τέτοιος ακέραιος χ, τότε, χ(χ + 1) > χ 2 + 1 Το συστημα, , οπως διαπιχ<Ο στώσαμε στο (i) είναι αδύνατο, άρα δεν υπάρ­ χει τέτοιος ακέραιος.

}

,

.

i)

Να αποδείξετε ότι α 2 + β 2 � αβ . Πότε ισχύει η ισότητα; ii) Να δείξετε ότι + βγ + γα α 2 + β 2 + γ 2 � αβ 2 ίίί) Αν ισχύει (χ - 2) 2 + (4y - 1) 2 = (χ - 2)( 4y - 1) ' τότε να υπολογίσετε τους χ, y. Λύ ση

i)

} �}

χ( χ + 1) > χ 2 + 1 � χ 2 + χ > χ 2 + 1 � χ > 1 χ<Ο χ<Ο χ<Ο

.. �J

6.

ξουμε ότι: 2α 2 + 2β 2 - 2αβ � Ο , αρκεί (α -β) 2 + α2 + β 2 � Ο , ισχύει. Βρίσκουμε εύκο­ λα ότι το = ισχύει αν α = β = Ο. ii) Από (i) έχουμε: α 2 + β 2 � αβ β 2 + γ 2 � βγ γ2 + α2 � γα Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει 2( α2 + β 2 + γ2 ) � αβ + βγ + γα � α2 + β 2 + γ 2 >- αβ + βγ2 + γα ίίί) Από (i) για α = χ - 2 και β = 4y - 1 , διαπιστώ­ σαμε ότι η ισότητα ισχύει αν α = β = Ο, άρα χ-2=0 �Χ=2 4y - 1 = 0 y =

Για να δείξουμε ότι α2 + β 2 � αβ , αρκεί να δεί-

(

Υ

(

�)

(χ - �)2 = x2 - xy + : ( y.fi - -.J21 )2 = 2y2 - 2y.J2 -.J21 + .!..2 Λύ ση

i)

ii)

= 2y 2 - 2y + -21 9y 2 - 2y + -1 = 0 � χ 2 - xy + 2 4 χ 2 - xy + + 2y 2 - 2y + � = o � 2 =0� x - � + y .J2 -

[ :) ( ) ( ) ( �Ι

} I}

Χ - -Υ2 = 0 Χ = -4 � . 1 1 y .fi - .J2 = Ο Υ = 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη' τ.4/25


Μαθηματικά Α' Λυκείου 8,

i)

Να αποδείξετε ότι:

ii)

Ν α λύσετε την εξίσωση:

Ι Ο.

l α 2 + 2α + 81 = l α 2 + 2α + 21 + 6

2 Ι χ 2 + 2χ + sΙ = Ι χ2 + 2χ + 21 + 1 2

i)

Λ ι) σ η

;) Ια2 + 2α + 21 + 6 = 1(α2 + 2α + 1) + 11 + 6 = Ιcα + 1) 2 + 11 + 6 = (α + 1) 2 + 1 + 6 = α 2 + 2α + 8 lα2 + 2α + 81 ni ) (1) <=> 2clx 2 + 2χ + 21 + 6) = Ιχ 2 + 2χ + 21 + 12 <==> 2Ιχ 2 + 2χ + 21 + 12 = Ιχ 2 + 2χ + 21 + 12 <::? Ι χ 2 + 2χ + 21 = ο <::? <::? χ 2 + 2χ + 2 = ο <::? χ 2 + 2χ + 1 + 1 = ο <::? <==> (χ + 1) 2 + 1 = Ο . Αδύνατη. Ώ!

(1)

Έστω τα διαφορετικά Α(α, 0), Β(2α, Ο) και Γ(l, 0). Να εξετάσετε αν είναι δυνα­ τόν να συμβαίνει: (ΑΒ) + (ΑΓ) = 2( 0Α) , όπου Ο η αρχή των αξόνων Λ ύ ση

l x l + l x - 11 > 0 , άρα (1) <==> lxl + lx - 1 1 = 2 l xl <==> lx - 1 1 = lx l <==> χ - 1 = χ ή χ - 1 = -χ <==> -1 = Ο αδύνατο ή 2χ = 1 <::? χ = -21 ; i ; (ΑΒ) = �(2α - α) 2 + (0 -0) 2 = Ν = l α l (ΑΓ) = �(α - 1) 2 + (0 - 0) 2 = l α - 1 1 (ΟΑ) = �(α - 0) 2 + (0 - 0) 2 = l αl Έστω ότι ισχύει (ΑΒ) + (ΑΓ) = 2(0Α) Ι αi + Ι α - 11 = 2 1 αΙ � α = 21 .

Ο

χ<Ο. Η (1) είναι αδύνατη. χ � Ο , άρα lxl = χ . (1) <==> l x l - 1 1 = lxl <==> l xl - 1 = χ ή l x l - 1 = -χ <==> χ - 1 = χ ή χ - 1 = -χ <==> -Ι = Ο Αδύνατο ή 2χ = 1 <::? χ = -21 •

Τελικά, χ = .!._2 . ii) (2) <::? 1 1 -x l - 11 = -χ (Ισχύει: Ι -χ Ι = I χ Ι ) Θέτουμε y = -χ οπότε έχουμε την εξίσωση 1 I Y I - 1 1 = y <=> y = 2 Τελικά' -χ = .!._2 <==> χ = _.!._2 . (ί)

Να λύσετε την εξίσωση

l l xl + Ι χ - 11 1 = 2 l xl

Λύ ση

(i)

n)

Να λυθούν οι εξισώσεις: i) l l x l - 1 1 = χ (1) ii) l lx l - 1 1 = -x (2)

1 1.

i) ii)

1 2.

i) Να βρεθεί το ανάπτυγμα ii) Να λύσετε την εξίσωση χ 2 - 4J3 = 6 + 2χ (1) Λύση

(2 + J3) 2 = 22 + 2 . 2 . J3 + ( J3) 2 = 7 + 4J3 . (1) <::? χ 2 - 2χ = 6 + 4J3 <::? <::? χ 2 - 2χ + 1 = 7 + 4J3 <::? (χ - 1) 2 = (2 + J3) 2 χ - 1 = -(2 + J3) ή χ - 1 = 2 + J3 <::? x = -1 - J3 ή x = 3 + J3 . i) Έστω η παράσταση Α = .Jx - 1 + .J1 - χ . Να αποδείξετε ότι Α = Ο. ii) Να λύσετε την εξίσωση

�l xl - 1 + �1 - l xl = 1 (1)

=?

(i)

Αν α = .!._2 , τότε, B( l , 0) δηλαδή πτουν πράγμα άτοπο.

Β,

Γ συμπί-

( 2 + J3)2 •

i)

Λί> σ η

Οι περιορισμοί είναι: χ - 1 � ο <::? χ � 1 <::? = 1 . 1-χ �Ο χ�1 Χ Η παράσταση Α ορίζεται μόνο για χ = 1 . Αν χ = 1 τότε Α = .J1=l + .J1=l = Ο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/26

}

}


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

νως Ι χ 2 - Y l = χ 2 - Υ . (1) � χ 2 - y + Υ = 0 � χ 2 = 0 � χ = 0 .

ii) Το πρώτο μέλος της ( 1 ) είναι η παράσταση Α,

αν θέσουμε όπου χ το lxl . (1) � Ο = 1 , που προφανώς είναι αδύνατη.

1 3 . ί)

ii)

Ι α + βl = Ι αl + Ι β l � Ι α + β 1 2 = (Ι αl + Ι β 1 ) 2 � (α + β) 2 = ( Ι α l + l β l ) 2 � α 2 + 2αβ + β 2 = Ι α l 2 + 2 l α ll β l + l β l 2 � 2αβ = 2 l α β 1 � Ι αβ l = αβ � αβ :?: Ο Ι χ + 1 1 = l x l + 1 ' άρα από i) συμπεραίνουμε ότι •

χ · 1 :?: 0 ή χ � Ο . (1) � lxl + l x + 2 1 = 4 � χ + χ + 2 = 4

( χ :?: Ο και χ + 2 :?: Ο ) � 2χ = 2 � χ = 1 . 1 4 . ί)

ii)

Ι χ 2 - Sx + 61 + (χ - 3) 2 = Ο (1). lx - 4y + 71 = - l 3x - y - 11 (2) Λύ ση

ί)

Λ ύ ση

ii)

ii)

·

J;ϊ + �(χ + 2)2 = 4 (1)

Να λυθούν οι εξισώσεις i)

Να αποδείξετε την ισοδυναμία Ι α + P l = Ι α l + I P I � αβ :?: Ο Αν l x + 11 = l x l + 1 , να λύσετε την εξίσωση

i)

16.

Ι χ 2 - 5 χ + 6Ι . (χ - 3) 2 :?: ο

}

χ2 - 5χ + 6 = 0 � χ-3=0 χ=3 ή χ=2 �χ=3. χ=3 ii) (2) � l x - 4y + 7 1 + l 3x - y + 1 1 = Ο � , x - 4y = -7 χ=1 x - 4y + 7 = 0 � � 3x - y = 1 3x - y - 1 = 0 y=2 (1) �

17.

} }

} }

Δίνονται οι ευθείες ει, ε2

εξισώσεις 1 + 1 αντίστοιχα. y = ( λ2 - λ)χ + 1 , y = --x

2

Αν η ει διέρχεται από το σημείο Α(1, 3), τότε, i) να αποδείξετε ότι οι ει, ε2 είναι κάθετες. ii) να εξετάσετε αν είναι δυνατόν οι ευθείες να είναι παράλληλες.

Να λυθεί η ανίσωση

χ6 + 2χ3 :::::; -1 .

Ομοίως η ανίσωση

4χ4 + 25 ;?: 20χ 2

Λύ ση

Λύ ση

i) χ6 + 2χ ::ς -1 � (χ 3 ) 2 + 2χ 3 + 1 ::s; Ο �

(χ 3 + 1) 2 ::ς ο � χ 3 + 1 = 0 � χ 3 = - 1 �

χ = -1 . ii) 4χ4 + 25 � 20χ 2 � (2χ 2 ) 2 + 5 2 - 2 . 2χ 2 . 5 � ο � (2χ 2 - 5 ) 2 � Ο : αόριστη, δηλαδή ισχύει για κά­

Η ει διέρχεται από το σημείο A( l , 3) άρα

3 = (λ 2 - λ) · 1 + 1 � λ 2 - λ + 1 = 3 � λ 2 - λ = 2 ( 1 )

ί) Οι ει, ε2 έχουν αντίστοιχα συντελεστές διευ-

θύνσεως λ 2 - λ ,

l

αντίστοιχα. 'Εχουμε: 2 -

= -1

.!_

.!_

λ 2 - λ = - � 2 = - ' αδύνατο 2 2 Άρα δεν υπάρχει τιμή του λ, ώστε οι ει, ε2 να είναι παράλληλες.

Λύ ση

γαλύτερο ή ίσο του Ο, άρα και το δεύτερο, επο­ μένως -y � Ο � y :::::; Ο . ii) y ::ς O � -y :?: O , χ 2 :?: 0 άρα χ 2 - y :?: O επομέ-

2

άρα οι ει, ε2 είναι κάθετες. ίί) Έστω ότι οι ευθείες είναι παράλληλες, τότε,

Δίδεται η σχέση Ι χ 2 - y l + y = Ο (1) . ί) Να αποδείξετε ότι y :::::; Ο . ii) Να υπολογίσετε την τιμή του χ.

i) (1) � Ι χ 2 - y = -y . Το πρώτο μέλος είναι με-

.!_

( �) � ( �) _

αι · α = (λ2 - λ> 2

θε πραγματικό αριθμό χ. 15.

με

18.

Δίνεται το σύστημα

λ ε JR . i) Να λυθεί το σύστημα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/27

}

λχ - y = λ - 1 , όπου -χ + λy = λ - 1


Μαθηματικά Α' Λυκείου il)

από το σημείο της f. ί) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. ίί) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράστα­ ση της f έχει άξονα συμμετρίας τον y Ύ.

Να λυθεί το σημείο των ευθειών με εξι­ σώσεις y = x J2 - J2 + 1 και yJ2, = x + J2 - 1 . Λi> σ η

i)

ιλ-1 -1λ 1 = λ2 -1 = (λ - 1)(λ + 1) = ι λλ -- 11 λ-1 1 = λ(λ - 1) + (λ - 1) = (λ - 1)(λ + 1) = ι λ 1 λλ - 11 ι = λ( λ - 1) + (λ - 1) = - -

D= Dχ D

Υ

}

(λ - 1)(λ + 1) I) D Ο <=> λ 1 και λ -1 D. χ=υ χ=1 <=> D y y=1 y=D 11) D Ο <=> (λ - 1)(λ + 1) = Ο <=> λ = 1 ή λ = -1 . "' λ = 1 :;t:

:;t:

}

:;t:

}

σύστημα

είναι

(x, y) = (y, y), y E IR . λ = -1 !})

r-:-;:;

f(x) = .J-x 2 + 2 . Πρέπει και αρκεί: -χ 2 + 2 � Ο <=> χ 2 ::; 2 <=> jxj ::; J2 <=> -.fi ::; χ ::; J2 . Άρα: A = [- .J2 , .J2 ] . ii) Για κάθε χ E [-.J2, .J2] , -χ E [- .J2 , .J2 J f(-x) = �-(-x) 2 + 2 = .J-x 2 + 2 = f(x) , για κάθε χ Ε Α . Συμπεραίνουμε ότι η f είναι άρτια, άρα η γρα­ Άρα:

με

y ' y.

Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού Α = [-4, 4], είναι περιττή και f(2) = -3. ί) Να υπολογίσετε τις τιμές f(O) και f(-2). ii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

20.

λύσεις,

[f( -1) + f (l)]x + f( -2) = f(O)

}

Το σύστημα γίνεται:

-χ - Υ = -2 <=> -χ - y = -2 <=> χ = 2 - y . -χ - y = -2

Το ni )

σύστημα

είναι

(x, y) = (2 - y, y), y Ε IR .

αόριστο

με

λύσεις,

}

Θεωρούμε το σύστημα των εξισώσεών τους.

x.fi - y = .fi - 1 -χ + y.fi = .fi - 1

είναι αδύνατη

Λύσ η

f είναι περιττή, άρα f(-x) = -f(x) για κάθε χ Ε Α (1). i) Η (1) για χ = Ο γίνεται: f(O) = -f(O) <=> 2f(O) = Ο <=> f(O) = Ο . f(-2) = -f(-2) = -(-3) = 3 ii) f(-1) = -f(-1) <=> f(-1) + f(l) = 0 . Η εξίσωση γράφεται: Οχ + 3 = Ο <=> Οχ = -3 , αδύνατη. Η

Το σύστημα αυτό προκύπτει από το σύστημά του (i) αν θέσουμε λ = J2 . J2 :;t: 1 και J2 :;t: -1 , άρα σύμφωνα με το i) το σύστημα έχει τη λύση χ = 1, y = 1. Τελικά οι ευθείες τέμνονται στο σημείο (1, 1). fί!

{

φική της παράσταση έχει άξονα συμμετρίας τον

}

αόριστο,

A(l, 1) αν και μονο αν f(l) = 1 <=> .Jα · 1 2 + 2 = 1 <=> ν α + L = 1 <=> αα ++ 22 �= Ο1 <=> α = -1 .

χ-Υ=Ο χ-Υ=Ο . -x + y = O <=> x - y = O <=> χ - Υ = Ο <=> χ = Υ . Το

i) Η γραφική παράσταση διέρχεται από το ση μείο

:;t:

Το σύστημα γίνεται:

Λύση

'Εστω η συνάρτηση f (x) = .Jαχ 2 + 2 της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται

21 .

ο

Δίνεται η συνάρτηση f (x) = χ3 + χ . i) Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή. ίί) Αν A ( J3,r ( J3)) , B (- J3,f (- J3 )) δύο σημεία της γραφικής παράστασης της f, να αποδείξετε ότι ( ΑΒ) = 2JSϊ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/28


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λύση

23.

i) Το πεδίο ορισμού της f είναι το IR .

χ Ε IR , -χ Ε IR . f(-x) = (-x) 3 + (-x) = -x 3 - x = = -(χ 3 + χ) = -f(x) , για κάθε χ Ε IR . Άρα η f είναι περιττή . ii) Η f είναι περιττή άρα η γραφική της παράσταση •

I� λ-11 = λ2 + 1 Ο λ 1 -1 = λ - 1 , D = λ 1 = -λ - 1 D = 1 -1 Y Ι 1 -1 I λ1 Λύ ση

D=

i)

f(J3) = (J3) 2 + J3 = 3J3 + J3 = 4J3 .

Τελικά:

� (ΑΒ) = 2(0Α) = 2�(J3 - 0) 2 + (4J3 - 0) 2 = 2.J3 + 48 = 2.J5ϊ . αχ + (α + β)y = α , ό22. Έστω το σύστημα -βχ + ( α - β)y = β που α,β IR i) Ν α αποδείξετε ότι το σύστημα έχει μο­ ναδική λύση. ii) Αν Dy = D , να λύσετε το σύστημα. I

Ι

l

}

}

24.

Λ ύση

=ι:.

Ι l

Ε

IR * ,

i)

Έχουμε:

}

}

}

'

}

Έστω η εξίσωση χ 2 - kx - k = Ο , όπου k E IR με k < -4 ή k > O . i) Ν α αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίχες χι, χ2. ii) Αν xi + χ� - 3 = Ο , να υπολογίσετε το k. Λ ύ ση

Δ = (-k) 2 - 4 · 1 · (-k) = k 2 + 4k = k(k + 4) . Το πρόσημο της Δ, φαίνεται στον παρακάτω

πίνακα.

Dy = D <=> 2αβ = α2 + β 2 <=> Ο = α2 + β 2 - 2αβ <=> (α - β) 2 = Ο <=> α = β Το σύστημα αν α = β, γίνεται: αχ + 2αy = α � χ + 2y = 1 <=> χ = -1 -αχ = α -χ = 1 y=1 ·

}

IR .

λ-1 > 0 λ - 1 > 0 <=> λ > 1 <=> λ2 + 1 <=> - �λ ++11 < ο -(λ + 1) < ο λ + 1 > ο λ > 1 <=> λ > 1 . λ > -1

* .

α α + β = α( α - β) + β( α + β) = . D = -β α-β α2 - αβ + βα + β2 = α2 + β2 Ο, για κάθε α, β άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση. α α = αβ + βα = 2αβ ii) D Y = -β β i)

Ε

}

ii) Από την (i) έχουμε,

}

Ε

}

!:.=_!_ χ = Dx χ = D <=> λ2 + 1 Dy y = - λ + 1 y=D λ2 + 1

χ

για κάθε

=ι:.

χ

Υ

;ο

}

λx - y = l , όπου χ + λy = -1

λΕR. i) Να λύσετε το σύστημα. ii) Να υπολογίσετε τις τιμές του λ, αν το σύστημα έχει μια μοναδική λύση (x0 ,y 0 ) με χ0 > Ο και Υ ο < Ο .

Για κάθε

έχει κέντρο συμμετρίας το Ο. Τα Α, Β είναι συμμετρικά ως προς Ο, άρα, ( ΟΑ) = (ΟΒ). Έ­ χουμε:

Δίνεται το σύστημα

ii)

Από υπόθεση k < -4 ή k > Ο , άρα Δ > Ο. Επομένως η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες. Έχουμε,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/29


Μαθηματικά Α' Λυκείου

-k = k και Χι + χ 2 = - -αβ = - 1 k γ ΧιΧ 2 = -α = - -1 = -k . χ 2 + χ 2 - 3 = Ο <:::> (Χι + χ 2 ) 2 - 2χ ι χ 2 - 3 = Ο <:::> k 2 - 2 (-k) - 3 = ο <::::? k 2 + 2k - 3 = ο . Δ ι = 22 - 4 · 1 · (-3) = 4 + 12 = 16 , άρα -2 -+-4 <:=> k = 1 ή k = -3 . k=2 Η τιμή k = -3 απορρίπτεται, διότι k < -4 ή k > O . Τελικά, k = 1. 2

I

25. ί)

Να λύσετε την εξίσωση χ2 - χ + k - k 2 = Ο με k ε JR ίί) Να λύσετε την ανίσωση χ 2 - χ � k 2 - k . •

ίί)

Λύ ση

Η εξίσωση αχ 2 - βχ + γ = Ο έχει πραγματικές άνι­ σες ρίζες, άρα Δ ι ;::: Ο => β 2 - 4αγ > Ο . i) Δ = β2 + 4 · 2005 · ( β 2 - 4αγ) > Ο,

2

ίί)

Δ = ( -1) 2 - 4 · 1 · (k - k 2 ) = 1 - 4k + 4k 2 = = ( 2k - 1) 2 ;::: ο χ = 1 ( 2k2 - 1) <::::? χ = k ή χ = 1 - k . χ 2 - χ � k 2 - k <::::? χ 2 - χ + k - k 2 � ο ±

ίί)

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: •

k < 1 - k 2k < 1 <::::? k < .!..2 <::::?

Το πρόσημο του τριωνύμου φαίνεται στον πα­ ρακάτω πίνακα.

1 ι� +

k

χ

Να λύσετε την εξίσωση χ2 - ( J3 + J2 )χ + J6 = ο . x + y = J3 + Ji ίί) Ν α λύσετε το σύστημα G

χy = ν 6

x 2 - ( J3 + J2)x + J3J2 = 0 Άθροισμα ριζών J3 + J2 και γινόμενο J3J2 . Άρα, x = J3 ή x = J2 ίί) Οι χ, y θα είναι ρίζες της εξίσωσης χ 2 - (J3 + J2)x + J6 = 0 άρα από (i) x = J2 ή χ = J3 y = J3 y = J2

ί)

}

28.

·

1-k� χ �k . k = 1 - k k = � τότε Δ = Ο και έχουμε μία

I F. - � l = �k - 2Jλ

Χ = -21 . 26.

Λύ ση

<:::>

χ = .!..2 .

Η εξίσωση χ 2 - kx + λ = O, k, λ ε JR έχει δυο

άνισες ρίζες χυ χ 2 . ί) Ν α αποδείξετε ότι l x1 - χ 2 1 = JΔ. ίί) Αν επιπλέον χ1 ,χ 2 > Ο , να δείξετε ότι:

k�x �1-k k > 1 - k <:=> k > -21 .

διπλή ρίζα

}

Λύ ση

Αντίστοιχα προκύπτει •

Δ 3 = (β 2 - 4αγ) - 4 · 2005 (β 2 -4αγ) = = -8019 (β2 - 4αγ) < Ο ,

27. ί)

Άρα •

άρα η εξίσωση έχει επίσης πραγματικές ρίζες.

άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

Λύ ση

ί)

πραγματικές άνισες ρίζες. ( β 2 - 4αγ)χ2 + �(β 2 - 4αγ)χ + 2005 = 0 έχει μια διπλή ρίζα ή είναι αδύνατη.

Η ανίσωση αληθεύει για

Αν η εξίσωση αχ2 - βχ + γ = Ο, α 'Φ Ο έχει πραγματικές άνισες ρίζες να δείξετε ότι η εξίσωση , ί) ( β 2 - 4αγ )χ 2 + βχ - 2005 = Ο έχει επίσης

ί)

ίί)

Χι + χ 2 = - � = - -1k = k o ΧιΧ 2 = 1α = �1 = λ . 'Εχουμε: I χ ι - χ2Ι = �,...(Χ_. ι __-χ-2)-2 = �χ � - 2χ ι χ 2 + χ; = �( χ ι + χ 2 ) 2 - 2χ ι χ 2 - 2χ ι χ 2 = .Jk 2 - 4λ = JΔ . IFι - FI = �<Fι - F) 2 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/30


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

29.

Έστω ότι ισχύει 4χ 2 - 4αχ + (3α - 2) > Ο , για κάθε χ Ε JR , όπου α Ε JR . i) Ν α αποδείξετε ότι η εξίσωση 4χ 2 - 4χFα + α 2 = Ο , έχει δυο άνισες και θετικές ρίζες. ίί) Αν Χι ,χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης του i) να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να ισχύει: 2 + χ22 = 9 Χι 2. Λύση

aνίσωση 4χ 2 - 4αχ + (3α - 2) > Ο , αληθεύει για κάθε χ Ε JR , άρα Δ < Ο (αφού α = 4 0). Δ < 0 � 16α2 -16( 3α - 2) < 0 � α2 - 3α + 2 < 0 � 1 < α < 2 . ί) Έχουμε Δ ι = ( -4J3α) 2 - 4 · 4 · α2 = 16 · 3α - 16α2 = 16α(3 - α) Όπως διαπιστώσαμε 1 < α < 2 , άρα Ο < α < 3 , επομένως Δ ι > Ο . Για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών, έχουμε, S = -�α = J3α > Ο και Ρ = �4 > Ο , άρα είναι και οι δύο θετικές. ίί) Έστω ότι ισχύει Χ 2ι + χ 22 = 29 � (Χ ι + χ 2 ) 2 - 2χ ι χ 2 = 29 α2 = -9 � 3α - α2 = -9 � . � (J3α) 2 - 22 2 4 2 6α - α2 = 9 � 0 = α2 - 6α + 9 � ( α - 3) 2 = 0 � α = 3 , πράγμα άτοπο, διότι 1 < α < 2.

Η

5.

6. 7.

>

8.

9.

1 Ο.

1 1.

Π ρ οτεινόμενες

1. 2. 3.

4.

Να λύσετε την εξίσωση ( J;. - 1) 2 = 2 . Να λύσετε τις εξισώσεις: ίί) l x l + 1 1 = -χ ί) l l x l + 1 1 = χ Να αποδείξετε ότι για κάθε α, β, γ Ε JR , ισχύει: i) α 2 + β 2 � 2αβ ίί) α 2 + β 2 + γ 2 � αβ + βγ + γα ί) Αν α, β, γ, δ Ε JR , να αποδείξετε ότι:

12.

1 3.

( αβ + γδ) 2 + ( αδ - βγ) 2 = ( α2 + γ 2 ) (β 2 + δ 2 ) ii) Να γράψετε το γινόμενο ( 7 2 + 9 2 ) ( 6 2 + 8 2 ) ως άθροισμα δυο τετραγώνων. Αν α, β, γ � Ο , να αποδείξετε ότι: ί ) α + β � 2Μ ii) ( α + β) (β + γ) ( γ + α) � 8αβγ ίίί) α + β + γ � J<ψ + $r + Fα . Αν χ 2 - 2χ + y 2 - 4y :::; -5 , να αποδείξετε ότι: χ = 1 και y = 2. ί ) Π ότε ορίζονται οι παραστάσεις: �Γχ+ϊ και �( χ - 1)( χ + 1) i i) Να λύσετε τις εξισώσεις: .Jx - 1Γχ+ϊ = Jl5 και -Jx 2 - 1 = Jl5 . i) Να υπολογίσετε το ανάπτυγμα ( 1 + J2) 2 . ίί) Να λύσετε την εξίσωση x 2 - 4x - 2J2 = -1 . i) Να αποδείξετε ότι: i α l α iJ = α 2 . ίί) Να λύσετε την εξίσωση Ι< χ - l) l x - 1 1 + ι σ - x) l x - 1 1 = 2 . i ) Να αποδείξετε ότι: 2α 2 - α + 1 > Ο , για κά­ θε α Ε JR . ίί) Να λύσετε την εξίσωση: ι -2χ 2 + χ - 11 - 12χ 2 + 2χ + 11 = 2 Δίνεται το σύστημα: αχ - ( α + 1)y = 1 , οπου , α E JR 4χ + ( α - 3)y = 1 i) Να αποδείξετε ότι το σύστημα έχει μονα­ δική λύση, για κάθε α Ε JR . i i ) Αν (χ0, y0) είναι η μοναδική λύση του συ­ στήματος με χ0 > Ο και Υο < Ο, να υπολογί­ σετε το α. Δίνεται η εξίσωση χ 2 - 2κχ + κ 2 - 1 = Ο , όπου κ E JR . i ) Να λυθεί η εξίσωση. ii) Να λυθεί η aνίσωση χ 2 - 2κχ < 1 - κ 2 . Η εξίσωση χ 2 - κχ + λ = Ο, κ, λ Ε JR , έχει δύο θετικές ρίζες Χ ι, χ2 • i) Να αποδείξετε ότι: F; +Fz = �κ+2.Jλ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/3 1

}


Μαθηματικά Α' Λυκείου

Αν Fι + F; = 5 και χ , + χ 2 = 13 , να υπολογίσετε τις τιμές των κ, λ. Έστω η εξίσωση αχ 2 + βχ + γ = Ο , όπου α, β, γ Ε 1R και α :;t: Ο . Αν η εξίσωση έχει δύο ii)

14.

22.

παράσταση της f(x) = χ 3 + αχ + β , διέρχεται από τα ( 1, 2) και (2, 10). Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή.

Η γραφική

Α παντήσεις - Υποδείξεις ι.

15.

16.

17.

18.

19.

20.

Έστω J χ 2006 - α + 1 J + (α -1) = 0 . Να αποδείξεii) χ = ο τε ότι: i) α s 1 Να λύσετε τις εξισώσεις: i) .J9 - x 2 + .Jx - 4 = 0 ii) l x - 1I + J x 2 - 1 J + R""=i = 0 2 Δίνεται το σύστημα ( λ+ l)x -3λ y = λ , λ Ε IR χ + ( λ-1)y = -1 i) Να λυθεί το σύστημα. ii) Να υπολογίσετε τις λύσεις του συστήματος αν λ = -72 . Έστω ένα γραμμικό σύστημα δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους χ, y. Αν ισχύει ότι το σύ­ στημα έχει μοναδική λύση και (D x - D) 2 + (D Y - 2D) 2 = 0 , να βρείτε τη μοναδική λύση του συστήματος. Έστω οι ευθείες ε1, ε2 με εξισώσεις y = (λ-4)χ + 1, y = (9 - 2λ )χ + 2 αντίστοιχα. i) Να υπολογίσετε τις τιμές του λ, αν ισχύει ε 1 .l ε 2 • ίί) Για τις τιμές του λ που βρήκατε να βρείτε το κοινό σημείο των ε1, ε2 • Να βρείτε τα πεδία ορισμού των παρακάτω συναρτήσεων. 6 " ) f ( ) = 7x + l + r;:--:} ν χ ν9 - χ 2 . --x2_+_5_x___4 ii) f (χ ) = .J-x 2 + 5χ - 6 + .J� Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το IR και είναι άρτια. Επίσης f (3 ) = _!_2 . Να λύσετε την εξίσωση λχ - λ2 + 1 = xf ( -3) + �2 , όπου λ Ε IR .

}

Ι

21.

Χ

Γ

3. 4. 5.

6. 7.

8.

9. 10.

2.

Αδύνατες

Χρησιμοποιούμε το i) . i) Π ράξεις i) α + β - 2Γαjβ = ( Γα - Jβ ) 2 ii), iii) Χρησιμοποιούμε το i). Προκύπτει: (x - 1)2 + (y - 2 ) 2 s 0 . i) χ � 1 και x s -1 ή x � l ίί) χ = 4 και χ = ±4 ίί) χ = 3 + J2 ή χ = 1 - J2 ίί) χ = 2 ή χ = ο 2 ίί) χ = -3 ii)

1<α<4 i) χ = κ + 1 ή χ = κ - 1 ii) κ - 1 < χ < κ + 1 ii) κ = 13, λ = 36 l χι -χ2 1 = �( χι -χ2 )2 i) α - 1 s Ο i) Αδύνατη ii) χ = 1 λ :;t: ± � , μοναδική λύση, λ = � , αδύνατο, . λ = - 21 αοριστο X = l, y = 2 ii) i) λ = 5 ή λ = 2 ή 2

1 1 . ίί) 12. 13. 14. 15. 16. 17.

18. 19.

Θ·�) (-�·�)

ii) [2 , 3] (0, 3) λ :;t: l : χ = λ + l , λ = Ι: Αόριστη α = 1 και β = Ο

20. i) 21. 22.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/32


Μαθηματικά για τη ν Α' Λυκείου

Α φ ο ρμή

�j�

για Επανάληψη στη Γεωμετρία της Α.- Λυκε ίο υ Τ

Κώστας Βακαλόπουλος - άσος Γαβράς

1.

α. Ο ρθογώνιο πα- 1. Δύο απέναντι πλευραλληλόγραμμο ρές παράλληλες β. Τραπέζιο 2. Οι διαγώνιες ίσες και τέμνονται κά­ θετα γ. Ρόμβος 3. Είναι παραλληλόγραμμο και όλες οι πλευρές του είναι ί­ σες. δ. Τετράγωνο 4. Ο ι διαγώνιοί του είναι ίσες. (Απ. :

Δ

Στήλη (Β)

Στήλη (Α)

2.

Α

Να aντιστοιχίσετε κάθε στοιχείο της στήλης (Α) με ένα μόνο στοιχείο της στήλης (Β).

α �

4, β

1, γ

3, δ

so ·

(Απ.: α 4.

so ·

Γ �

8, β

6, γ

5, δ

2, ε

�.

3)

Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολου­ θούν γράφοντας τη λέξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση.

α. Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και έστω ΒΔ το ύψος του. Τότε το ΒΔ είναι διάμεσος και διχοτόμος του ΑΒΓ. β. Οι απέναντι γωνίες ενός εγγεγραμμένου τετραπλεύρου είναι ίσες. γ. Αν ένα παραλληλόγραμμο έχει μια γωνία ορθή, τότε έχει και ίσες διαγωνίους.

2)

Στο παρακάτω σχήμα είναι Ax//By. Η τιμή της γωνίας ω ισούται με :

Υ

(Απ. : α. Λ άθος, β. Λ άθος, γ. Σωστό)

(Απ. : Β) 3.

5.

α. Το σημείο στο οποίο τέμνονται οι τρεις διάμεσοι ενός τριγώνου λέγεται ' .................. του τριγωνου. β. Το μέτρο εγγεγραμμένης γωνίας που βαίνει σε τεταρτοκύκλιο είναι μοίρες.

Να aντιστοιχίσετε κάθε γωνία της στήλης (Α) με το μέτρο της στη στήλη (Β).

Στήλη (Α) Α

α. ΑΔΓ β. ΑΟΓ γ. ΔΑΒ δ. ΟΑΓ ε. ΑΔχ Α

Α

Α

Α

Συμπλήρωσε σωστά τις παρακάτω προτάσεις: • . • . . . • • . •

Στήλη (Β)

1. 30° 2. 40° 3. 50° 4. 60° 5. 80° 6. 100° 7. 150° 8. 130°

• • . • • . • • . ••

(Απ. : α. βαρύκεντρο, β. 45)

6.

Να aντιστοιχίσετε κάθε στοιχείο της στήλης (Α) με όλα εκείνα τα στοιχεία της στήλης (Β) με τα οποία τα ιρ ιάζει.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/33


Μαθηματικά Α' Λυκείου i)

α. ΕΓΚΕΝΤΡΟ ΤΡΙ- 1. Σημείο τομής των τριών μεσοκ αθέ­ ΓΩΝΟΥ των του τριγώνου β. ΒΑΡΥΚΕΝΤΡΟ 2. Σημείο τομής των ΤΡΙΓΩΝΟΥ τριών υψών του τριγώνου γ. ΠΕΡΙΚΕΝΤΡΟ 3. Σημείο τομής των ΤΡΙΓΩΝΟΥ τριών διχοτόμων του τριγώνου 4. Σημείο τομής των τριών διαμέσων του τριγώνου περιγε5. Κέντρο γραμμένου κύκλου τριγ. 6. Κέντρο εγγεγραμ­ μένου κύκλου τρι­ γώνου ( ι\ πΌ : α �

3, 6

. .

-.....ι.χ

Μ

3 ψ

Α

Β

ω

r\

[311 \

l,_...-'-, '

i

\

!

\\Χ

\

\

Ν

ψ Α

ίii)

Δ

*

:f

β � 4, γ � 1 ,5)

i

Β

Δ

iv)

πρ οτάσεις.

α. Οι διχοτόμοι δύο εφεξής και παραπλη­ ρωματικών γωνιών είναι μεταξύ τους Λ Σ κάθετες. β. Κάθε ευθεία κάθετη στην ακτίνα στο ση­ μείο που τέμνει τον κύκλο είναι εφαπτόΛ Σ μενή του . γ. Σε δύο άνισες χορδές του ίδιου κύκλου αντιστοιχούν ομοιότροπα άνισα aποστή2: Λ ματα. έ­ αν ίσα δ. Δύο ορθογώνια τρίγωνα είναι χουν την υποτείνουσα και μια οξεία γω,ι\ Σ νία ίση. ε. Δύο γωνίες τριγώνου μπορεί να είναι Λ Σ παραπληρωματικές.

....,

......

Να κυ κλώσετε το (Σ) αν ε ίναι σωστή ή το (Λ) αν ε ίναι λάθος κά θε μία από τις παρακάτω

·

Β

----

Γ

--=

7

I

/3

I

Α

(Απ. ί ) .ν 9.

=

2

ΑΒ = ΔΓ

χ = .ν =

iv) χ = 2,

3, ί ί ) y

=

χ

=

5 . .'

Ι'

Β =

10

- ,

3

iii)

χ

=

5,

� 2

α. Στο παρακάτω σχήμα να υπολογίσετε τις γωνίες χ και y.

Στα παρακάτω σχήματα να υπολογίσετε τα χ και y. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/34

Γ

r"' Α�-----?-�� � Ε

Β


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

β.

ί. ίί.

Στο παρακάτω σχήμα να υπολογίσετε τις γωνίες α και β. Να δείξετε ότι: ΓΕ // ΔΖ.

Γ

Επομένως: Το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. 11.

'

α

Ε

z

Β Λύ ση

α. β.

Δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ έχουν β = β', γ = γ' και Α = Α . Αν Ι είναι το σημείο το­ μής των διχοτόμων ΑΔ και ΒΕ του τριγώ­ νου ΑΒΓ και Ι ' το σημείο τομής των διχο­ τόμων Α'Δ' και ΒΈ' του Α'Β'Γ να απο­ δείξετε ότι: ί. ΑΔ = Α' Δ' και ΒΕ = Β Έ' ίί. ΑΙ = ΑΤ και Β Ι = Β Τ

χ = 2 · 44° = 88° , Ψ = 1 800 - 44° = 1 36° .

Λύ ση

ί. α = 80°, β = 1 80° - 80° = 100° ίί. Επειδή f, παραπληρωματικές και οι γω-

Α

Δ

νίες αυτές είναι εντός και επί τα αυτά των ευθειών ΕΓ και ΔΖ που τέμνονται από την Γ Δ, θα είναι ΕΓ//ΔΖ. 10.

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ 11 ΓΔ και ΑΒ < ΓΔ. Φέρνουμε τη μεσοκάθετο ΕΖ (Ε μέσο του ΒΓ) του ΒΓ που τέμνει τη ΔΓ στο Ζ. Γνωρίζουμε επίσης ότι: Β = 3Γ . α. Υπολογίστε τις γωνίες Β και Γ του τραπεζίου. β. Αποδείξτε ότι το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ορ­ θογώνιο ισοσκελές. Α

Α

Α

Α

ί. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β 'Γ είναι ίσα (Π-Γ-Π).

Β Β' Άρα: Β = Β ' => - = - . 2 2 Τα τρίγωνα ΑΒΔ και Α'Β'Δ' έχουν: Α Α' ΑΒ = Α'Β', ΒΜ = Β' Α 'Δ' <::::> = και 2 2 Β = Β' . Άρα (Γ-Π-Γ) είναι ίσα. Επομένως: ΑΔ = Α' Δ Ό Ομοίως: ΒΕ = Β Έ Ό Α

Λύ ση

α. β.

Ισχύει: Β = 3f . Όμως: Β + f = 1 800 . Άρα: 4Γ = 1 800 <::> f = 45° . Άρα: Β = 1 35° . Επειδή ΖΕ μεσοκάθετος του ΒΓ, το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ισοσκελές. Α Β

Α

ίί. Τ α τρίγωνα ΑΒΙ και Α ' Β Τ έχουν:

ΑΒ = Α 'Β ', Β ΑΙ = Β' Α 'Ι' <::::>

Α Α' = και 2 2

Β Β' = 2 2 Άρα (Γ-Π-Γ) είναι ίσα. Επομένως: ΑΙ = ΑΤ και ΒΙ = Β Ί Ό ΑΒΙ = Α'Β'Ι' <::::>

Γ

Άρα: ΒΖ = ΖΓ και Β 1 = f = 45° . Άρα: ΒΖΓ = 1 80° - 2 · 45° = 900 .

12.

Να αποδειχθεί αν η ευθεία που ενώνει τα ίχνη των διχοτόμων των γωνιών Β , Γ τρι­ γώνου ΑΒΓ είναι παράλληλη προς την ΒΓ, τότε τρίγωνο είναι ισοσκελές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/35


Μαθηματικά Α' Λυκείου Λύ ση

Ομοίως:

Α

Λ

Γ

Λ

Α

Ζ = ___!_

2

τικές Άρα: Ε + z =

Λ

Όμως Β ι , Γι : παραπληρωμα-

Β ι + fΊ 2

=

0 1 8 0 = 90 ο . 2

Στο τρίγωνο ΕΚΖ ισχύει:

E+Z+K= lSOO <=>K=� οπότε

Β

1 4.

Έστω Ε και Η τα ίχνη των διχοτόμων των γω­ νιών Β και Γ στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ αντίστοι­ χα. Επειδή ΗΕ II ΒΓ θα ισχύει: Βι = Ει = Β2 . Άρα το τρίγωνο ΗΒΕ ισοσκελές. Άρα: ΒΗ = ΗΕ. Ομοίως: Το τρίγωνο ΗΕΓ ισοσκελές. Άρα: ΗΕ = ΕΓ Επομένως: ΒΗ = ΓΕ Έστω ΗΚ = ΕΛ οι κάθετες από τα Η και Ε στην ΒΓ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΗΚΒ και ΕΛΓ έχουν: ΒΗ = ΕΓ και ΗΚ = ΕΛ (αποστάσεις παράλλη­ λων). Άρα: είναι ίσα οπότε Β = Γ . Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ ισοσκελές. 1 3.

θεωρούμε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προ­ εκτείνουμε την πλευρά ΒΓ και από τα δύο μέρη αυτής κατά ΒΕ = ΑΒ και ΓΖ = ΓΔ. Να δειχθεί ότι οι ΕΑ και ΖΔ τέμνονται κάθετα. Λύ ση

Στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε: Βι = Αι + Ε ( Βι εξωτερική.) Όμως το τρίγωνο ΑΒΕ ισοσκελές. κ

α. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και Β = 30° φέρνουμε τη διάμεσο ΑΜ. Σε τι είδους τρίγωνα χωρίζεται το ΑΒΓ και γιατί; β. Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ εί­ ναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ. Το Δ εί­ ναι το μέσο της ΒΓ και το Ε της ΑΓ και ΔΕ = ΕΖ. Να Β δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΖΓΔ είναι ορθογώνιο. Λύ ση

α.

Ισχύει: ΑΜ

=

Ό μως

ΒΓ 2

ΑΓ

ΜΒ ΜΓ

=

=

=

Λ

Βι Άρα: Αι = Ει , οπότε Ε = _ . Λ

Λ

Λ

2

z

ΒΓ

τ

.

·

Άρα: το ΑΜΓ είναι ισό­ πλευρο και το ΑΜΒ είναι ισοσκελές .

β. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ η διάμεσος ΑΔ εί­ ναι και ύψος. Άρα το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ορθο­ γώνιο στο οποίο η ΔΕ είναι διάμεσος.

Άρα: ΔΕ = ΑΓ . 2 ΔΖ . Άρα το τετράπλευρο ΑΔΓΖ Όμως ΔΕ 2 είναι κατ' αρχήν παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. Όμως ΔΖ = ΑΓ άρα το ΑΔΓΖ είναι ορθογώνιο, αφού έχει ίσες διαγωνίους. =

Ε

ΕΚ ..l ΖΚ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/36


Μαθηματικά για τη ν Α' Λυκείου

1 5.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β > Γ και η διχο­ τόμος τους ΑΔ. Να αποδείξετε ότι: ί. ΑΔΓ - ΑΔΒ = Β - Γ Β - Γ ' ΑΔΓ = 90° + Β - Γ . ίί. ΑΔΒ = 90° Α

Α

Α

Λ

Α

Α

Α

2

ί.

ΑΒ2

Στο ορθογώνιο τρίγωνο

Άρα ΔΗ =

Λ

2

ΜΓ - ΜΒ = ( Αι + Β ) - ( Α2 + Γ ) = Β - Γ

Λύ ση

ΑΗΒ,

ΗΔ διάμεσος.

(1)

Στο τρίγ. ΑΒΓ, Ζ, Ε μέσα των πλευρών ΒΓ, ΑΓ. Α

Λύση

(1)

Α

;

i

I Β

ίί.

Άρα ΕΖ =

Γ

ΜΒ + ΜΓ = 1 800 (2) (παραπληρωματικές).

Λύνοντας το σύστημα των ( 1 ), (2) έχουμε το ζητούμενο !

16.

Στο παρακάτω σχήμα η χΓy είναι εφαπτό­ μενη στον κύκλο (0, R) και ΟΔ // ΑΓ. Δείξ­ τε ότι η ΔΒ εφάπτεται στον (0, R). χ

Γ /

Α

2

Δ

iLJ )

ψ

Ο

6 ι = Γι

(εντός εναλλάξ),

62 = Α2

(εντός εκτός επί τα αυτά). Όμως: Γι = Α2 (ΟΑ = ΟΓ)

(2).

Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι: ΔΗ = ΕΖ • Στο τρίγωνο ΑΒΓ, Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ Άρα ΔΕ // ΒΓ δηλαδή ΔΕ // ΗΖ. Επομένως: Το τετράπλευρο ΔΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο. 18.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2Γ . Από το μέσο Μ της ΑΓ φέρνουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β που τέμνει τη ΒΓ στο Ν. Δείξτε ότι: α) Το τρίγωνο ΜΝΤ είναι ισοσκελές. β) Το τρίγωνο ΑΝΓ είναι ορθογώνιο στο Ν .

α) Ισχύει Όμως

Β = -2·Γ =Γ Βι = Β2 = Α

Α

2

2

Α

Ν ι = Β ι = Γ . Άρα το τρίγωνο ΜΝΓ είναι

ισοσκελές. Α

6 ι = 62 Τα τρίγωνα ΟΓΔ και ΟΒΔ έχουν: ΟΔ κοινή, 6 ι = 62 , ΟΓ = ΟΒ (ακτίνες). Άρα:

Γ

Λύ ση

Λύση

ΟΔ//ΑΓ. Άρα:

ΑΒ2

Η

Άρα (Π-Γ-Π) είναι ίσα Επομένως: Β = Γ = 90° . Άρα ΔΒ .l ΟΒ . Άρα η ΔΒ εφαπτόμενη του κύκλου στο Β ως κάθε­ τη στο άκρο της ακτίνας ΟΒ. 17.

Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε το ύψος ΑΗ. Αν Δ, Ε, Ζ είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι ΔΗΖΕ ισοσκελές τραπέζιο.

ΑΓ β) ΜΝ = ΜΓ (ερώτ. α) = -

2

Άρα: στο τρίγωνο ΑΝΓ η διάμεσος ΝΜ ισούται με το μισό της πλευράς που άγεται.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/37


Μαθηματικά Α' Λυκείου

Άρα το τρίγωνο ΑΝΓ είναι ορθογώνιο με υπο­ τείνουσα τη πλευρά ΑΓ. 19.

Δίνεται πaραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ = 2 ΒΓ και Β > 90• • Φέρνουμε τμήμα ΑΕ .l ΒΓ (το Ε βρίσκεται στη προέκταση του ΒΓ) και έστω Ζ το μέσο του ΓΔ και Η το μέσο του ΑΒ. Να δείξετε ότι: α) Το ΗΒΓΖ είναι ρόμβος. β) ΗΖ = ΗΕ = ΗΒ γ) Η ΕΖ είναι διχοτόμος της γωνίας ΗΕΓ. ·

ΙΙ ΒΕ ' ΕΓ. Άρα ΔΕ = - . 2 ii) Στο τρίγωνο ΔΕΓ, Ζ μέσο της ΕΓ, Η μέσο της ΙΙ ΔΓ ΔΕ. Άρα ΖΗ = - . Όμως: ΑΔ .l ΔΓ . 2 ( αφού στο ισοσκελές τρίγωνο η διάμε��ος στη βάση του είναι και ύψος σ ' αυτήν) Άρα ΖΗ .l ΑΔ Α

Λύ ση

ΗΒΓΖ

α) Το

(� � �r: )

παρ/μο

11

ΗΒ = ΖΓ

αφού

ΔΓ = ΖΓ . 2 Επομένως: το ΗΒΓΖ ρόμβος. Ζ Δ

iii) Στο τρίγωνο ΑΔΖ, έχουμε: • ΔΕ ύψος στη πλευρά ΑΖ (Αφού ΔΕ .l ΑΖ ) • ΖΗ ύψος στην ΑΔ ( αφού ΖΗ .l ΑΔ ) Άρα το σημείο Η είναι το ορθόκεντρο του τρι­ γώνου ΑΔΖ. Άρα το ΑΗ είναι το τρίτο ύψος του. Άρα ΑΗ .l ΔΖ , άρα ΑΗ .l ΒΕ

Άρα: ΗΖ = ΒΓ. Όμως ΒΓ =

I I I

..., ...,

1 ι ' 2 '

,,

21.

ιΒ .

\ I

Ε

β) Στο ορθ. Τρίγωνο ΑΕΒ η ΕΗ διάμεσος.

ΕΗ = ΑΒ2 = ΗΒ = ΗΖ

Άρα γ)

Ε ι = ΗΖΕ .

( Ε Η Ζ ισοσκελές),

Ε2 = ΗΖΕ

(ε­

ντός εναλλάξ των παραλλήλων ΗΖ // ΕΓ τε­ μνομένες από την Ε2) Άρα Ε ι = Ε2 •

20.

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και Δ το μέσο της ΒΓ. Φέρνουμε ΔΕ .l ΑΓ . Αν Ζ το μέσο του ΕΓ ν ' αποδείξετε ότι: i) ΔΖ // ΒΕ ii) Αν Η μέσο του ΔΕ τότε ΖΗ .l ΑΔ . ίίί) ΑΗ .l BE Λύ ση

i) Στο τρίγωνο ΒΕΓ, Δ μέσο της ΒΓ, Ζ μέσο της

Σε ισοσκελές τραπέζw ΑΒΓΔ οι βάσεις ΑΒ και ΓΔ έχουν μήκη ΑΒ = α, ΓΔ = 3α και Γ = 60• • Φέρνουμε τα ύψη του τραπεζίου ΑΕ και ΒΖ. α) Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΖΓ είναι ίσα. β) Να βρείτε τα μήκη των ΔΕ και ΖΓ ως συνάρτηση του α. γ) Υποθέτουμε οι πλευρές του παραπάνω τραπεζίου είναι δρόμοι που συνδέσουν τα χωρία Α, Β, Γ και Δ και έχουν συνο­ λικό μήκος 80 Km. Στο μέσο του δρό­ μου ΑΔ υπάρχει ένα εκκλησάκι Ει και στο μέσο του δρόμου ΒΓ υπάρχει ένα άλλο εκκλησάκι Ε2. i) Πόσα χιλιόμετρα απέχουν τα εκκλη­ σάκια Ει, Ε2 από τα χωριά Α και Β αντίστοιχα; ii) Πόσο θα στοιχίσει η διάνοιξη ενός ευθύγραμμου δρόμου που θα συνδέει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/38


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

απευθείας τα εκκλησάκια Ει και Ε2, αν υποθέσουμε ότι ένα χιλιόμετρο δρόμου κοστίζει 500€.

Λύση

α) Στο τρίγωνο ΑΕΒ, Δ μέσο του ΕΒ και ΔΗ // ΑΒ. Άρα Η μέσο της ΕΑ και ΔΗ

Λ 1J ση

Ε

α) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΖΓ έχουν ΑΕ = ΒΖ (αποστ. παρ/λων), ΑΔ = ΒΓ (ισοσκ. τραπ.). Άρα είναι ίσα οπότε ΔΕ = ΖΓ. Α

=

ΑΒ

2

Β

α

/---- - -- ,

;: / : I

:\

Ε1

i

Δ

Ε

z

_i.

Γ

β) ΕΖ = α (ΑΒΖΕ ορθογώνιο) Άρα: ΔΓ = 3α <::::> ΔΕ + α + 2Γ = 3α <::::> <::::> 2 · ΔΕ = 2α <::::> ΔΕ α . Άρα ΔΕ = ΖΓ = α. γ) ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ + ΔΑ = 80 <::::> α + ΑΔ + 3α + ΔΑ 80 <::::> <::::> 2 · ΑΔ + 4α = 80 ( 1 ) Όμως στο ορθογώνιο ΑΔΕ έχουμε Δ = 60° ΑΔ Άρα ΔΕ ή ΑΔ 2 · ΔΕ = 2α (2) 2 Από ( 1 ), (2) έχουμε: 8α = 80 <::::> α = lOΚm ΑΔ i) ΑΕ Ι ΒΕ 2 lOΚm 2 . Ε Ε ΑΒ + ΔΓ ' ) (διαμεσος τραπε ζιου ιι ) 1 2 2 Άρα: Ε 1 Ε 20Κm 2 Οπότε το κόστος θα είναι 20 · 500 10.000 € =

=

=

=

=

"

=

β) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΔΓ έχουν ΔΗ = ΔΖ και ΑΔ = ΔΓ. Άρα είναι ίσα οπότε Δf'Ζ = ΔΑΗ . γ) Αν Θ το σημείο που η ΓΖ τέμνει την ΑΕ, έχου­ με: ΘΑz + ΑΖΘ = ΔΓΖ + ΔΖΓ = 90° ( ΑΖΘ ΔΖΓ ως κατακορυφήν) Άρα: ΓΖ .l ΑΕ . =

23.

Σε κύκλο (0, R) παίρνουμε τρεις χορδές ΑΒ=ΒΓ=ΓΔ. Αν η διάμετρος ΒΕ τέμνει την ΑΔ στο Ζ να δείξετε ότι: α) ΑΔ//ΒΓ β) ΑΔ .l ΓΕ γ) Η ΓΕ τέμνει την ΖΔ στο μέσο. Λίιση

=

,

=

=

=

22.

Σ ' ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ το σημείο Ε είναι συμμετρικό του σημείου Β ως προς το Δ. Αν Ζ είναι το μέσο της ΑΔ και το σημείο Η είναι η τομή των ΑΕ και ΓΔ, να αποδείξετε α) ΑΔΙ/ΒΓ (χορδές μεταξύ ίσων τόξων: ΑΒ ΓΔ είναι παράλληλες: Σχόλιο Σχολ. Βιβλ.). ότι: Bf'E = 90 ° ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο. β) ΑΒ α) ΔΗ = �

---.

=

2

β) Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΓΔ είναι ίσα. γ) Η ΓΖ είναι κάθετη στην ΑΕ.

Άρα: ΒΓ .l ΓΕ . Επειδή ΑΔΙ/ΒΓ, θα είναι ΑΔ .l ΓΕ . γ) Αν Η η τομή της ΓΕ με την ΖΔ, στο τρίγωνο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/39


Μαθηματικά Α' Λυκείου Α

ΖΔΕ η ΕΗ είναι ύψος στην ΖΔ αλλά και διχο­ τόμος αφού ΒΕΓ ΓΕΔ ως εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα. Άρα το τρίγωνο ΖΕΔ είναι ισοσκελές, οπότε η ΕΗ είναι και διάμεσος δηλ. η ΓΕ τέμνει την ΖΔ στο μέσο. =

24.

Δίνονται δύο κύκλοι (Κ, α) και (Ο, β) που τέμνονται στα Α, Β. Από τυχαίο σημείο Γ του (Κ, α) φέρνουμε την τέμνουσα ΓΑΔ. Αν Ε η τομή την ΓΒ και (Ο, β), Ζ η τομή των ΔΒ και (Κ, α) και Η η τομή των ΓΖ και ΔΕ, τότε το ΖΒΕΗ είναι εγγράψιμο.

Γ

Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΖΓ, ΖΚ διά­ μεσος προς την υποτείνουσα. Άρα: z = fΊ . 2 Επομένως: z l = 9 0° - Zz <=> zl + z = 90° 2 <=> ΣΖΚ = 9 0° (1) Με όμοιο τρόπο στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΗ και ΒΕΓ έχουμε: ΣΕΚ =90° (2). Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι: Το ΚΖΣΕ είναι εγ­ γράψιμο.

Λ ύ ση Δ

Λ

26.

Ε

Έστω ΑΒ η κοινή χορδή των δύο κύκλων. 'Εχουμε: ΓΑΒ = ΓΖΒ (ως εγγεγραμμένες στο ΓΒ ). Επίσης το τετράπλευρο ΑΒΕΔ είναι εγγεγραμ­ μένο στον κύκλο (0, β). Άρα: Β Ε Δ = ΓΑΒ Άρα: ΒΕΔ = ΓΖΒ οπότε το τετράπλευρο ΖΒΕΗ είναι εγγράψιμο. ---

Λ

25.

Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α =90° είναι Γ =2 Β . Στο μέσο Κ της υποτείνουσας ΒΓ φέρνουμε μια ευθεία κάθετη στην ΒΓ που τέμνει την ΑΒ στο σημείο Δ. Να αποδειχθεί ότι τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΔΒΚ είναι ίσα. Λ

Λ

Λ ύ ση

Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη ΒΕ και ΓΖ αυτού. Αν Η το ορθόκεντρο του τριγώ­ νου και Σ, Κ τα μέσα των ΑΗ, ΒΓ αντίστοι­ χα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΚΖΣΕ είναι εγγράψιμο. Λ ύ ση

Β

Αφού f =2Β έχουμε Β =30° και f =60° (για­ τί;). Επειδή ΚΔ μεσοκάθετος του ΒΓ θα ισχύει ΔΒ = ΔΓ. Άρα: Γ Το τρίγωνο ΓΔΒ ισοσκελές, οπότε Γ1 = Β = - . Λ

Λ

Λ

2

Αφού Η ορθόκεντρο θα έχουμε ΑΗ l_ ΒΓ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΗ, ΖΣ διάμεσος προς την υποτείνουσα. Άρα: zl = Η! = 90 - fΊ .

Άρα: f1 = f . 2 Επομένως ΓΔ διχοτόμος της γωνίας Γ . Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΓ και ΔΚΒ έχουν: Γ = Β , ΓΔ = ΔΒ. Άρα είναι ίσα! 2 Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/40

Λ


για

Α

Μαθ η μ ατ ι κά την

Β

..

τάξη

του

Λ υκείου

Θέματα στην �λ γεfJpα

Τ ου Θάνου Χαραλά μπους

-2ημ1 8 = 1 - J5 , ημ1 8 = J5 - 1 4 2

ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Άσκη ση 1η Ε φ α ρμ ογή Έστω η εξίσωση: χ 2 - χ - 1 = Ο . Αποδείξτε Εάν ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι: 2συν36° , -2ημ18° αλλά Κατόπιν να υπολογίσετε το ημ18° λ

Α Κ = λιο 2 '

τότε

Ι

R ( ν�5 - 1 ) JS -1 , λ10 = Α1 Κ = ΟΑ1 · η μ18_!Q_ = R · -4 2 2

Λύση

Έστω οι αριθμοί χ1 = 2σuν36° , χ2 = -2η μ18° . Τότε Ρ = Χ 1 χ2 = 2σuν36 · ( -2η μ18) = -4σuν36 · η μ18 . Α').λά 2ήμ18 · σuν18 = η μ36 , η μ36 = 2η μ18 , άρα σuν18 Ρ = -2σuν36 η μ36 = -:- η μ72 = - σuν18 = -1 σuν18 σuν18 σuν18 Ά σκη ση 2η Αρκεί να αποδείξω ότι S = χ1 + χ2 = 1 Να αποδειχθεί ότι : Αποδείξαμε ότι Ρ = -4σuν36 · η μ18 = -1, i) ημχ + συνχ = hημ χ + : = hσυν : - χ 1 4σuν36 .· η μ18 = 1, 2σuν36 = -2η μ18 ii) Να λυθεί η εξίσωση : Άρα : ημ(πlηχ ) + συν ( πlη χ ) = 1 1 36 ημ Λύση = S = 2σuν36 - 2ημ18 = -- 2η μ18 σuν18 i) η μχ + σuνχ = � ημχ + � σuνχ) σuν18 - 2η μ36 · η μ18 σuν18 - 4η μ 2 18 · σuν18 2η μ18 · σuν18 2η μ18 · συν18 =Γ2 η μχ + σuνχ 2 σuν18 - 4 (1 - σuν 18) · σuν18 = = 2η μ18 · σuν18 =ν'2( η μχ · σuν� + η μ�σuνχ) - 4σuν 3 1 8 - 3σuν18 -_ σuν(3 · 18) -_ σuν54 -_ 1 σuν54 ' η μ36 η μ36 =ν'2η μ(� + χ ) = ν'2σuν[� - (� + χ)] αφου η μ36 = σuν ( 90- 36) = σuν54 1 +J5 και =ν'2σuν(� - χ) ' ης ειναι: ' χ1 = οι ριζες της εξισωσ 2 ii) ημ(πlη χ) + σuν(πlη χ) = l � 1 -. 1 + J5 και JS , αρα ' 2σuν36 = -χ2 = 2 2 •

·

( )

( )

·

_

'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/4 1

v12( (� �

J


Μαθηματικά Β' Λυκείου

( ) ( � ημ ( πlη χ + �) = ημ �

) �,

hημ πln x + � = 1 � ημ πln x + � =

πlη χ + -π4 = 2κπ + -4π ln x = 2κπ ή � ή πlnx +-π4 = ( 2κ +l)π - -π4 lnx = ( 2κ + 1) --21 χ = e2 "'� � κ--ι 2 = e 2 Χ

{

ΠΌΛΥΩΝΥΜΑ

Παραθέτουμε χαρακτηριστικά δύο προβλήματα στην διαιρετότητα πολυωνύμων πού αφορούν στην εύρεση του υπολοίπου της διαίρεσης ενός πολυωνύμου Ρ(χ) με διαιρέτες διώνυμα πρώτου βαθμού (δηλ. της μορφής αχ + β ) ή με διαιρέτες που διατηρούν σταθερό πρόσημο στο IR (δηλ. δεν έχουν ρίζα) ΠΡΌΒ Λ ΗΜΑ l ον

Έστω πολυώνυμο Ρ(χ) με ακεραίους συντελεστές τέτοιο ώστε διαιρούμενο με χ - 2 δίδει υπόλοιπο 1 , ενώ διαιρούμενο με το χ+3 δίδει υπόλοιπο 9 Ποιο το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ( χ) : (χ - 2)(χ + 3) -

.

Λύ ση

Εφόσον ο διαιρέτης του Ρ(χ) είναι το ( χ - 2) ( χ + 3) = χ 2 + χ - 6 δηλαδή είναι δευτέρου βαθμού , άρα το υπόλοιπο θα είναι το πού πρώτου. Έστω υ( χ) = αχ + β Τότε θα είναι: Ρ( χ) = ( χ -2)(χ +3)π( χ) +αχ +β( l) . Όμως διαιρούμενο με χ - 2 , χ + 3 δίδει υπόλοιπα 1 και -9 αντίστοιχα, άρα Ρ ( 2) = -1 και Ρ (-3) = -9 . Θέτουμε στην ( 1): χ = 2: Ρ ( 2) = 2α + β = 1 χ = -3: Ρ (-3) = -3α + β = -9 Εύκολα διαπιστώνουμε ότι α=2 και β =-3 άρα υ( χ) = 2χ - 3 ΠΡΌΒ Λ ΗΜΑ 2ον

Έστω . πολυώνυμο Ρ(χ) με ακεραίους συντελεστές, τέτοιο ώστε διαιρούμενο με χ 2 + χ + 1 δίδει υπόλοιπο χ + 3 ενώ διαιρούμενο με χ2 - χ + 1 δίδει υπόλοιπο Sx + 1 . Ποιο το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ):

( χ2 + χ + 1 )( χ2 - χ + 1 ) ;

Λύση

Εδώ δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το θεώρημα που λέει ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ (χ) δια χ - ρ είναι το Ρ ( ρ) ! Η διαίρεση του Ρ (χ) : ( χ 2 + χ + 1 ) ( χ 2 - χ + 1 ) θα δίδει υπόλοιπο το πολύ τρίτου βαθμού αφού ο διαιρέτης είναι τετάρτου. Έστω υ( χ) = αχ 3 + βχ 2 + γχ + δ , : δ ι ( χ) = χ 2 + χ + l υι ( χ) = χ + 3 Θετω δ 2 ( χ) = χ2 - χ + l υ2 ( χ) = 5χ + 1 Θα έχουμε λοιπόν: Ρ(χ) =δι(Χ) · δ2 (χ) · Π(χ)+υ(χ) Ρ(χ) = δι (χ) . Πι (χ) +υι (χ) Ρ(χ) =δ2 (χ) · llz (x) +υ2 (χ) Άρα δ ι ( χ) · δ 2 ( χ) · Π ( χ) + υ ( χ) = δ ι ( χ) · Πι ( χ) + υι ( χ) � υ( χ) = δ ι ( χ) · [ Π , ( χ) - δ , ( χ) · Π ( χ) ] + υ1 ( χ)

{

Ομοίως : δ, ( χ) · δ 2 ( χ) · Π ( χ) + υ ( χ) = δ 2 ( χ) · Π 2 ( χ) + υ 2 ( χ) � υ( χ) = δ 2 ( χ) · [Π 2 ( χ) - δ, ( χ) · Π ( χ) ] + υ2 ( χ) Άρα το υ(χ) διαιρού μενο με δ , ( χ),δ 2 ( χ) δίδει υπόλοιπα υι ( χ), υ2 ( χ) 'όπως και η διαίρεση του Ρ(χ) με δ ι ( χ),δ 2 ( χ) ! ! ! Εφόσον βαθ ( υ( χ)) = 3 , βαθ( δι (χ)) = βαθ ( δ2 ( χ)) = 2 άρ α βαθ ( [Π 2 ( χ) - δ , ( χ) · Π ( χ) ] ) = = βαθ ( [Π2 ( χ) - δι ( χ) · Π( χ) ] ) = 1 Έχουμε λοιπόν: υ(χ)=(χ2 +χ+1)(kχ+λ) +χ+3� υ ( χ) = kx 3 + (λ + κ)χ 2 + (λ + κ + 1)χ + λ + 3 α=κ α=κ β=λ+κ �β-α=λ γ=λ+κ+1 γ-β=1 δ=λ+3 δ =λ+3 Ομοίως: υ( χ) = {χ 2 - χ + 1 )(μχ + ν ) + 5χ + 1 � υ ( χ) = μχ 3 + ( ν - μ)χ 2 + ( μ - ν + 5)χ + ν + 1 α=μ α=μ β=ν-μ �β+α=ν γ =μ-ν+5 γ+β=5 δ=ν+1 δ=ν+1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/42


ι

Μαθηματικά Β' Λυκείου

γ-β =1 :::::> γ = 3, β = 2 γ+β=5 δ=λ + 3 = ν + 1 :::::> ν - λ = 2 :::::> μ = 1 α = κ = μ, β = λ + μ = ν - μ :::::> ν - λ = 2μ Άρα α = 1, β = ν - μ :::::> 2 = ν - 1 :::::> ν = 3 Και από ν - λ = 2 :::::> λ = 1, αρα δ = 4 Τελικά υ(χ) = χ 3 + 2χ 2 + 3χ + 4

ι

Ά σκηση 1

Να βρεθεί ένα από τα πολυώνυμα με ακέραιούς συντελεστές που να έχει ρίζα τον αριθμό : J3 - J2 . Λύση

Έστω: ρ = .J3 - J2 :::::> ρ + J2 = .J3 => ( ρ + J2 ) 2 = 3 :::::>

ρ - 4 = 1 :::::> ρ = 5 ρ - 4 = -1 :::::> ρ = 3 ρ - 4 = 1 3 :::::> ρ = 1 1 ρ - 4 = - 1 3 :::::> ρ = -9 Παρατηρώ ότι καμιά τιμή του ρ δεν είναι κοινή ! ! ! Ά σ κηση 1 η

Εάν s. το . άθροισμα των ν-πρώτων όρων αριθμητικής προόδου , τότε : s. = ν(α 1 - ω) + -ι ν(ν + l)ω 2 Λύση

Πράγματι : S ν = [2α1 + (ν - 1)ω ] � 2 1 S ν = α 1 ν + - ν(ν - 1)ω 2 1 S ν = α 1 ν - νω + - ν(ν - 1)ω + νω 2 1 S ν = ν(α 1 - ω) + - ν(ν - 1 + 2)ω 2 1 S ν = ν(α 1 - ω) + - ν(ν + 1)ω 2

ρ 2 + 2 J2ρ + 2 = 3 :::::> ρ2 - 1 = -2 J2ρ :::::> ( ρ z - 1 γ = 8ρ2 =>

ρ4 - 1 0ρ 2 + 1 = ο Παρατηρώ ότι ο αριθμός : ρ = ρίζα του πολυωνύμου : Ρ(χ) = χ4 - 1 0 χ 2 + 1

J3 - J2

είναι

Άσκηση 2

Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) , έ��ει ακεραίους συντελεστές και Ρ(3) = 11 και Ρ(4) = 13 να αποδείξετε ότι το Ρ(χ) δεν έχει ακέραιες ρίζες

ΠΡΟΟΔΟΙ

Ά σ κηση 2 η

2

s Σε μια αριθμητική πρόοδο, ισχύει: = μ s. ν Λύ ση Να υπολογισθεί ό λόγος των τελευταίων Έστω ότι έχει μία ακέραια ρίζα ρ, τότε θα είναι α όρων , δηλαδή ο λόγος μ . Ρ(ρ)=Ο . α. Από Ρ(3)=1 1 :::::> Ρ( χ) = (χ - 3)Π(χ) + 1 1 _ μ

Και για χ = ρ : Ρ(ρ )=(ρ-3)Π(ρ )+ 1 1 :::::> -1 1 =(ρ-3)Π(ρ) , άρα το ρ-3 διαιρεί το 1 1 Οι διαιρέτες του 1 1 όμως είναι ±1, ±1 1 , επομένως : ρ - 3 = 1 :::::> ρ = 4 ρ - 3 = -1 :::::> ρ = 2 ρ - 3 = 1 1 :::::> ρ = 14 ρ - 3 = -1 1 :::::> ρ = -8 Από Ρ(4)= 1 3 :::::> Ρ(χ) = (χ - 4)Q(x) + 1 3 Και για χ = ρ : Ρ(ρ )=(ρ-4)Q(ρ )+ 1 3 :::::> - 1 3=(ρ-4)Π(ρ) , άρα το ρ-3 διαιρεί το 1 1 Οι διαιρέτες του 1 3 όμως είναι ±1, ±13 , επομένως :

Λύ ση

2

Γνωρίζουμε ότι: 2αμ = α1 + αzμ-ι , 2αν = !lι + α ν-ι , 2 αμ αι + α zμ -ι . αρα : - = ___:____:=-:... αν αι + α 2ν -1 Όμως : αι + α 2 μ -ι S μ -Ι = (2μ - 1) 2 2 2S 2 μ - ι 2 ( 2μ - 1 ) 2 = = 2 (2μ - 1) α ι + α z μ - ι = -2μ - 1 2μ - 1 Ομοίως: α 1 + α ν - ι = 2( 2ν - 1) 2 Άρα τελικά : α μ α ι + α 2 μ - ι 2(2μ - 1) 2μ - 1 = = -- :::::? -= α ν α l + α 2 ν -Ι 2(2ν - 1) 2ν - 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/43


Μαθηματικά Β' Λυκείου

αμ = -2μ - 1 αν 2ν -1 Ά σ κη ση 3η

1. Σε μία ακολουθία με 2μ - 1 πλήθος όρων ο όρος αμ είναι ο μεσαίος όρος. Ειδικά σε αριθμητική πρόοδο να δείξετε ότι ισχύει : α 1 + α 2μ-ι = 2α μ 2. Τα αθροίσματα των ν-πρώτων όρων δύο αριθμητικών προόδων έχουν λόγο : 7ν + 1 Να 4ν + 27 υπολογισθεί ο λόγος των 21 όρων των προόδων . •

ων

Λύ ση

κ=1,2,3, . . . ,ν , η οποία ισχύει σε μία αριθμητική πρόοδο (αφήνεται στον αναγνώστη η απόδειξη) έχουμε : αμ+Ι = α, + μω αμ+Ζ = α2 + μω αμ+J = α3 + μω

δια προσθέσεως κατά μέλη έχουμε : αμ+Ι + αμ+ 2 + ... + αμ+ν = α1 + α2 + ... + αν + νμω . Προσθέτοντας και στα δύο μέλη το: α, + α2 + ... + αμ έχουμε :

1. Έχουμε : α, + α 2μ-ι = α, + α, + ( 2μ - 2)ω = 2α1 + 2( μ - 1)ω = = 2 [ α, + ( μ - 1)ω ] = 2αμ = α, + α2 + ... + αμ + α, + α2 + ... + αν + νμω τότε : 2. Έστω sμ+ν = sμ + sν + νμω (i) και s·, = β , + β 2 + β 3 + ... + β ν τα αθροίσματα των ν­ Όμως : πρώτων όρων των δύο αριθμητικών προόδων. Sμ = (2α1 + ( μ - 1)ω] � , 2α1 + ( μ - l)ω = 2Sμ 2 μ Τότε SvS; = 4ν7ν++271 Ομοίως: 2α1 + (ν - l)ω = 2Sν ν Αναζητούμε τον λόγο � Αφαιρούντες κατά μέλη , έχουμε : β21 . 2Sμ 2Sν = μ - ν)ω , Από την : α, + α2 μ-ι = 2αμ , προκύπτει: ( μ ν α, + α4 , = 2αz ι 2νSμ - 2μSν = μν ( μ - ν)ω β, + β 41 = 2β2 1 2 μνω = (νsμμ --νμsv ) (η). . Από την υπόθεση : s�Sv 4ν7ν++271 για ν = 41, Τελικά από .(i) και (ii) ισχύει : έχουμε : 2( νSμ - μSν ) 41 < + α α ) , s + sμ = + sμ ι +ν 4 ν s�, 282 _______,2,_ _28_2 μ-ν S4 , = 191 τότε : (β, + β , ) 41 = 191 ή 4 2 Παρατή ρ ηση ! ! ! 2α 282 α 282 . 1 1 Από τον τύπο Sν = [ 2α 1 + (ν - 1)ω ] �2 έχουμε 2β 22 1 = 191 η β 22 1 = 191 2α1 + (ν - 1)ω = 2Sν ν άρα : Ά σ κη ση 4η Σε μια αριθμητική πρόοδο γνωρίζουμε τα 2Sμ+ν = 2α + μ + ν - 1)ω 1) -αθροίσματα Sμ και Sν των πρώτων μ και ν ( μ+ν 1 (

{

_ _ _

---

_!_ _ __: �_____

όρων αντίστοιχα. Να υπολογιστεί συναρτήσει αυτών το άθροισμα Sμ+v των πρώτων μεν όρων. Λύ ση

Από την σχέση: αμ+ κ = α κ + μω για ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/44


από

σ:λλά 2α 1

2μ + (μ - 1)ω = 5 μ

2α1 + (ν - 1)ω = 2S·

)

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

σύστημα

το υπολογίζουμε

s=

νχ•+Ι - (ν + 1)χ • + 1 (1 - χ ) 2

___.:___.:___

_ _

Ά σ κη ση 7 η

-

Έστω μία γεωμετρική πρόοδος (α. ) με λόγο λ :;e Ο και λ :;e 1 . Εάν s . ,S 2 • ,S 3 • τά αθροίσματα των ν , 2ν , στην ( Ι ) για τον τελικό υπολογισμό του Sμ + . • 3ν όρων αντίστοιχα, τότε οι: s.,S2• -S.,S3• -S2• Αφήνεται στον αναγνώστη να διαπιστώσει την πολυπλοκότητα των πράξεων και την σημαντική είναι επίσης διαδοχικοί όροι γεωμετρικής δυσκολία του υπολογισμού, γεγονός πού προόδου. ν συναρτήσει των μ,ν, S . , S μ και aντικαθιστούμε

αναδεικνύει την αξία της χρήσεως του τύπου α μ+ κ = ακ + μω που προαναφέραμε . Ά σ κη ση S η

Να βρεθεί η συνθήκη ώστε το άθροισμα δύο τυχαίων όρων μιας αριθμητικής προόδου να είναι επίσης όρος της ιδίας προόδου. Λύ ση

Έστω α μ+ Ι = α 1 + μω και α ν + Ι = α 1 + νω δύο τυχόντες όροι της ιδίας αριθμητικής προόδου τάξεως μ+ 1 και ν+ 1 αντίστοιχα . Ζητούμε το άθροισμα α μ+Ι + αν +! να είναι επίσης όρος της ιδίας προόδου , έστω κ+ 1 τάξεως. Άρα:

Λύ ση

Θα αποδείξουμε ότι: ( S2 - S. )2 =S. · (�. - S2. ) . • λ2 ν - 1 λν - 1 , Πραγματι: S 2• - s . = α 1 -- - α 1 -- = λ-1 λ-1 ν λ α = � ( λ2 ν - λ· ) = l ( λ• - 1 ) λ-1 λ-1 λ• - 1 2 Άρα : (S ν - S. ) 2 = α�λ2 ν 2 λ-1 λ· - 1 J! • - 1 - α1 λ2 · - 1 s . · (S 3 - S . ) = α 1 -- α 1 • 2 λ-1 λ-1 λ-1

( )

( --

--)

α 1 + μω + α 1 + νω = α 1 + κω, α1 = (κ - μ - ν)ω Δηλαδή θα πρέπει ο πρώτος όρος α 1 να είναι ακέραιο πολλαπλάσιο της διαφοράς ω ! Ά σκη ση 6η

-

Ά σ κη ση 8 η

Να υπολογισθεί το από ν όρους•άθροισμα : S = 1 + 2x + 3x2 + ... + νχ • Λύ ση

s = 1 + 2χ + 3χ 2 + . . . + νχ ν - Ι xS = χ + 2χ2 + 3χ 3 + . . . + νχ• Οπότε: S - xS = 1 + 2χ + 3χ2 + ... + νχ • - Ι ­ - ( χ + 2χ 2 + 3χ 3 + . .. + νχ · ) �

S - xS = 1 + 2χ - χ + 3χ 2 - 2χ 2 + . . . ... + νχ•-Ι - ( ν - 1)χ•-1 - νχ• � (l . - x)S = 1 + x + x 2 + . . . + χ• - νχ• � · -vx• 1-χ· -vx• ( 1-x ) = (1-x)S= 1-χ 1-χ 1-χ + vx• l - (ν + 1)χ· + 1 = ----'----'----1-χ

Σε μία γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ :;e Ο και λ :;e 1 θεωρώ s. το άθροισμα των ν πρώτων όρων, το γινόμενο τους και Α. το άθροισμα των aντίστροφων τους Να αποδειχθεί ότι :

π.

(�:)'- π: •

Λύ ση

Εάν (α . ) η γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ , , : s = α λν - 1 τοτε . 1 -λ-1

1

1

1

1

' : Α. = - + - + - + . . . + - = Τοτε α. α1 α2 α 3 1 1 1 1 = - + - + -- + . . . + --! = 2 α1 α 1 λ α 1 λ α 1 λ• -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/45


Μαθηματικά Β' Λυκείου

Για το γινόμενο των όρων της γεωμετρικής προόδου έχουμε: Π ν = αι · α 2 · α3 · ...αν = = αι · (αι · λ) · (αι · λ2 ) · (α1 · � ) · (αι · λν - ι ) = 1 1 1 Το άθροισμα : 1 + - + -2 + ... + ν - ι είναι ν ( ν-z ι) λ λ λ ι ( + . . . + > Κ + . ν . ν ν3 2 + λ = α = α ι ι άθροισμα διαδοχικών όρων γεωμετρικής προόδου ' διότι ως γνωστόν , ισχύει: ' ο' ρο το 1 και λογο ' : ' -1 , αρα θα ειναι με πρωτο λ 1 + 2 + 3 + ... + (ν 1) ν( ν - 1) 2 1 1 ν ( ν - ι) 1 1 1 ν λ 1 + λ + 2 + ... + ν-ι = --­ Π Ε 2 , λ · έχουμε α� = πομένως τελικά : ν λ λ -1 - 1 ) ( 1 έτσι Π2ν = αι2 ν . λν νλ ν Τελικά λοιπόν από τα παραπάνω προκύπτει : Έτσι θα είναι: Α ν = 1 ν-ι λ - 1 αι · λ λ 1 ' λ 1 = α 2 · λν -ι και λ - 1 · λν - ι -τ S ν = α · --α οτε: ι ι λ-1 λ 1 ι Αν ν = α; ν · λν ( ν-ι) . επομένως : • • •

-

--

-

(�·.)'�π;

-

-

( �: )

-

�):, Γεωμετρία 1.

= ---

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ύψος ΑΔ και Μ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Αν ο κύκλος διαμέτρου ΒΜ τέμνει το ύψος ΑΔ στο σημείο Ε, να αποδείξετε ότι: ΑΔz = ΔΓ α) AB z = 2BE z β) ΕΔ2 ΔΜ

, AB z = Β Δ . ΒΓ δηλαδη, Επομενως ΒΕ 2 ΒΔ · ΒΜ ' ΑΒ 2 = ΒΓ ' άρα AB z = 2ΒΕ 2 . ΒΕ 2 ΒΜ Δ2 .Δ 2 Επίση ς ΑΔ2 = ΒΔΔ Γ ' δηλαδη, Α 2 = ΔΓ . ΔΕ Β · ΔΜ ΔΕ ΔΜ 2.

Λύ ση

ΒΕΜ ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ΑΒ 2 = Β Δ · ΒΓ και ΑΔ2 =ΒΔ · ΔΓ Στο ορθογώνιο τρίγωνο Β ΕΜ έχουμε ΒΕ 2 = Β Δ · ΒΜ και ΕΔ2 = ΒΔ · ΔΜ . Η γωνία

Α

του Κυριάκου Κ. Καμπούκου

Αν οι διάμεσοι ΒΔ, ΓΕ τριγώνου ΑΒΓ τέμνονται κάθετα να δείξετε ότι: α) μ : + μ� = μ: β) Sα z = β z + y z 4 γ) συνΑ ;::: 5 Λύ ση

α)

Έστω Θ το βαρύκεντρο του τριγώνου και ΑΖ 2 2 και ΘΓ = -μ διάμεσος . Τότε ΘΒ = -μ β 3

ΘΖ = -1 μ α . 3

'

3

Ύ

Επίση ς ΘΖ = 1 ΒΓ , δηλαδή 1 μ α = 1 α οπότε 3 2 l 2μ =α. 3 α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/46


Μαθηματικά Β' Λυκείου Α

Εξάλλου ΑΔ · Δ2 Μ = ΔΒ · ΔΓ , δηλαδή Μ

ΒΘΓ ισχύει Εξάλλου στο ορθογώνιο τρίγωνο 4 ΒΓ 2 = ΒΘ 2 + ΘΓ 2 δηλαδή 9 μ β2 + 94 μ r2 = 94 μ α2 , συνεπως. μβ2 + μ2r μ2α . Σύμφωνα με το θεώρημα2 των διαμέσων έχουμε β 2 + γ2 = 2μ� + α2 και επειδή μα = �3 α έπεται ότι β2 + γ2 = 2 · 2.4 α2 + α22 , δηλαδή β 2 + γ 2 = α2 2 _ 'Εχουμε συνΑ= β +2γβ2γ α2 , άρα i ( β 2 + γ2 ) συνΑ=..: 2βγ ::.5--Επίσης β2 + γ2 2βγ , άρα β22+βγγ2 Επομένως συνΑ _± . Β

β)

ο

1ο

.

:2:

:2:

:2:

3.

Τότε η (1) γράφεται 4R · ΑΕ = 2μ� +�,22 οπότε σύμφωνα με το 12 θεώρημα των διαμέσων έχουμε 4R · ΑΕ = β + γ2 .

=

5

γ)

ΑΔ · ΔΜ = ΒΓ 4

1.

4.

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη του ΒΕ, ΓΖ που τέμνονται στο σημείο Η. Να δείξετε ότι ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΓ 2 • Λύ ση

Φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Το τετράπλευρο ΗΕΓΔ είναι εγγράψιμο, διότι Ε + Δ = 2ι . Άρα ΒΗ · ΒΕ = ΒΔ · ΒΓ α ' τ ρ ό πος

Α

( 1 ).

5

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R). Από το μέσο Δ της πλευράς ΒΓ φέρνουμε κάθετη ΔΕ στη διάμετρο ΑΖ. Να δείξετε ότι 4ΑΕ · R = β 2 + γ 2 •

Έστω Μ το σημείο στο οποίο η διάμεσος ΑΔ τέμνει τον κύκλο. Τότε ΑΜΖ = 1ι ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο, άρα το τετράπλευρο ΔΕΖΜ είναι εγγράψιμο. Συνεπώς ΑΕ · ΑΖ = ΑΔ · οπότε 2R · ΑΕ = ΑΔ ( ΑΔ + ΔΜ ) δηλαδή Λύση

ΑΜ ,

4R · ΑΕ = 2ΑΔ2 + 2ΑΔ · ΔΜ (1)

Ομοίως, από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΗΖΒΔ έχουμε ΓΗ · ΓΖ = ΓΔ · ΓΒ (2) Προσθέτοντας τις (1), (2) κατά μέλη παίρνουμε ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΔ · ΒΓ + ΓΔ · ΓΒ , δηλαδή ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΓ ( ΒΔ + ΔΓ ) , άρα Γ

ΒΗ · Β Ε + ΓΗ · ΓΖ = Β Γ 2

β ' τ ρ όπ ος

ΈχουμΕε ΓΗ ΒΗ · Β + · ΓΖ = ΒΗ ( ΒΗ + ΗΕ) + ΓΗ( ΓΗ + ΗΖ) Δηλαδή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β . λη . τ.4/47


Μαθημάτικά Β ' Λυκείου

ΒΗ· ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = = ΒΗ2 + ΓΗ2 + ΒΗ · ΗΕ + ΓΗ · ΗΖ (1) Το τετράπλευρο ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμο, διότι η πλευρά ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες. Άρα ΒΗ · ΗΕ = ΓΗ · ΗΖ , Θ Α οπότε η (1) γράφεται ΒΗ · ΒΕ + ΓΗ · ΓΖ = ΒΗ2 + ΗΓ2 + 2ΒΗ · ΗΕ (2) β) Έχουμε (ΑΒΖΡ) + (ΑΕΡΘ) = (ΘΡΗΔ) + (ΑΕΡΘ), δηλαδή (ΑΒΖΘ) (ΑΕΗΔ) . Στο τρίγωνο ΒΗΤ έχουμε ΒΗΓ > 90. , άρα ' ΕΒΖΡ) και σύμφωνα με το γενικευμένο Πυθαγόρειο γ) Εχουμε (ΒΡΖ) = .!_( 2 έχουμε θεώρημα (ΡΗΔ ) = .!_( ΘΡΗΔ ) άρα (ΒΡΖ) = (ΔΡΗ) . Ε ΒΓ2 = ΒΗ2 + ΗΓ2 + 2ΒΗ · Η , οπότε από τη 2 Επίσης (ΡΖΓ) (ΡΗΓ) . (2) έπεται το ζητούμενο . Επομένως (ΒΡΖ) + (ΖΡΓ) = (ΔΡΗ) + (ΡΗΓ), Σχόλιο δηλαδή (ΒΡΓ) = (ΓΡΔ) Το παραπάνω ερώτημα μπορεί να δοθεί έμμεσα Ε = (ΑΕΗΔ) έχουμε (ΑΒΘ) = (ΑΕΔ) ως εξής: Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, οι χορδές δ ) πεlδή (ΑΒΖΘ) (ΑΒΘ) Επίσης = ΑΘΕ · ΑΒ , διότι τα τρίγωνα Β Ε , ΓΖ τέμνονται στο Η. ΕΔ . ( Α ) Α · ΑΔ Να δείξετε ότι ΒΗ · Β Ε + ΓΗ · ΓΖ = ΒΓ2 • Τότε ο Α Β Θ,Α Ε Δ έχουν κοινή τη γωνία Α . 2°ς τρόπος λειτουργεί αυτούσιος ενώ για να Άρα ΑΘ · ΑΒ = ΑΕ · ΑΔ εφαρμοστεί ο 1 ος τρόπος θα πρέπει να φέρουμε την ΗΔ l. ΒΓ =

=

6.

z

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με βάση ΒΓ = 12 και ίσες πλευρές ΑΒ = ΑΓ = 10 . Να υπολογίσετε το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Λύ ση

5.

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και σημείο Ρ της διαγωνίου ΑΓ. Από το Ρ φέρνουμε ευθείες παράλληλες στις πλευρές του παραλληλογράμμου που. τέμνουν τις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ στα σημεία Ε, Ζ, Η, Θ αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: α ) (ΕΒΖΡ) = (ΘΡΗΔ) β) (ΑΒΖΘ) = (ΑΕΗΔ) γ) (ΒΡΓ) = (ΓΡΔ) δ ) ΑΒ · ΑΘ = ΑΕ · ΑΔ Λύ ση

α ) Έχουμε (ΑΒΓ) = (ΑΔΓ), (ΑΕΡ) = (ΑΘΡ) και (ΡΖΓ) = (ΡΗΓ) . Άρα (ΕΒΖΡ) (ΘΡΗΔ) . =

Φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Τότε ΔΓ 6, οπότε ΑΔ2 = ΑΓ2 - ΔΓ2 = 100 - 36 = 64 άρα, ΑΔ = 8 . =

Α

10

Β

Δ

Γ

Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι 1 · ΒΓ = -1 · 8 · 12 = 48 . (ΑΒΓ) = -ΑΔ 2 2 Επίσης Ε = τ · ρ , όπου τ = α + β + γ = 16 . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/48


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

48 = 3 και το εμβαδόν του = Άρα ρ = ( ΑΒΓ) τ 16 εγγεγραμμένου κύκλου είναι Ε = πρ2 = 9π 7.

Δύο κύκλοι (Κ, 3R) (Λ, R) εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Αν ΒΓ είναι ένα κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα να υπολογίσετε το τμήμα ΒΓ και το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.

8.

ο λόγος των εμβαδών των δύο κυκλικών τμημάτων με χορδή ΒΓ.

Από το νόμο των2 συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε α = β2 + γ2 -2βγσυνΑ. Από υπόθεση ισχύει α2 = β2 + γ2 - βγ, συνεπώς συνΑ = _!._2 και επειδή Ο Α 1 80° έπεται ότι Α = 60° . Άρα Br = 120° και ΒΓ λ3 , δηλαδή BΓ=R.J3 Λ ύση

Από το σημείο Λ φέρνουμε ΛΜ ΚΒ . Επειδή επιπλέον Β = Γ= 1 , το τετράπλευρο ΒΓΛΜ είναι ορθογώνιο. Λ ύση

Λ

Λ

.1

ι

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R) με α2 = β2 + γ2 - βγ . Να βρεθεί

<

<

=

\ Άρα ΒΓ ΜΑ και ΓΛ ΜΒ, οπότε ΜΚ ΚΒ - ΛΓ 2R. Επίσης 4R οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο κΜΛ συμπεραίνουμε ότι ΜΑΚ = 30° , συνεπώς ΜΚΑ = 60° και ΑΑΓ = 120°. Επομένως ΜΛ2 = ΚΛ2 -ΜΚ2 , δηλαδή ΒΓ2 = 12R 2 , οπότε ΒΓ = 2.J3R . Το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ προκύπτει από το εμβαδόν του τραπεζίου ΚΒΓΛ αν αφαιρέσουμε τα εμβαδά των κυκλικών τομέων ΚΚΒ+ΛΓ · ΑΒ και Λ· Έχουμε ( ΚΛΓΒ) = 2 · ΒΓ, δηλαδη, ( ΚΛΓΒ) = 4.J3R 2 .-. ) = π ( 3R )2 = 3πR-2 και Επίσης ( κ ·ΑΒ 6 2 2 ( Λ· Αr ) = π� Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι ίσο με =

=

=

=

ΚΑ

)

Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που ορίζει -το κυρτογώνιο τόξο ΒΓ είναι Ε= ( Ο· ΒΓ----- ) - (ΟΒΓ) . Έχουμε ( Ο· ΒΓ-- ) = -πR3-2 και R 2 .J3(ΟΒΓ)= l1 α3 ·λ3 = '21 · 2R ·R ν 3 = 4 RzJ3 δη λαδη, Ε 4π-3.J3 . R 2 Ά, ρα πRz 12 Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που ορίζει το μη κυρτογώνιο τόξο Br είναι = πR 2 -Ε , δηλαδή Ε' = 8π +123.J3 · R 2 . 8π+3.J3 · Άρα Ε = 4π-3.J3

=

ι;;

Ε = -- 3

,...--..._

ΑΓ .

4

-,

Ε'

Ε'

,

9.

Αν τα τρίγωνα ΑΒΓ, Α 'Β 'Γ ' είναι όμοια, τότε: α) Ο λόγος ομοιότητας λ, είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των περιγεγραμμένων

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη' τ.4/49


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

κύκλων τους καθώς και με το λόγο των ακτίνων των εγγεγραμμένων κύκλων του. β) Να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών των κυρτογώνιων κυκλικών τμημάτων με χορδές ΑΓ, ΑΤ ' όπου Β = Β' < 90° , ως συνάρτηση του λ.

Αν Β = Β ' < 90° και Ε, Ε' τα aντιδιαμετρικά των Α, Α' τότε ΑΓΕ - Α'ΓΈ' διότι ΑΓΕ = 90° = Α'ΓΈ' (βαίνουν σε ημικύκλια) και Ε = Β = Β' = Ε' ( βαίνουν σε ίσα τόξα) . Άρα λ = ! = ΑΕ = 2R = !._ β' Α'Ε' 2R' R'

β)

--

-.!.ημ2Β' ) ( Α'Μ'Γ'Α ' ) = ( R' )2 • (�Β' 2 1 80 �ΓΑ) = ( R ) 2 = λ2 Άρα Β = Β' οπότε ( ( Α'Μ'ΓΆ') R'

Λ

λ

Α_� - -

-

'�

\

Μ

I /

\ \

.� ι)- - - -"-

(

Β'

Β�

�-

σ

---- ------�Ε

αz)Αν Δ , Δ ' τα σημεία επαφής με τις τότε ΙΒ Δ - Ι'Β' Δ ' ως ορθογώνια με Ι: ΒΔ = Β = Β' = Ι Β Δ Δ

Α

2 2

)

-

Το ίδιο ισχύει και για δύο όμοια πολύγωνα αφού 3 διαδοχικές κορυφές τους ορίζουν όμοια τρίγωνα με τις ίδιες ακτίνες R, ρ και R ' , ρ' με τα πολύγωνα . Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευρά α θεωρούμε τα τεταρτημόρια με κέντρα Α, Β, Δ και ακτίνα α τα οποία τέμνονται στα σημεία Μ, Ν. Να βρείτε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος ΜΣΝΜ και το μήκος ΜΝ. \

' Γ '

ΒΓ, Β'Γ

'''

λ

Σχόλιο

10.

Μ

-··--- -� ε-

Δ

λ

Δ

Δ

λ

Ομοίως

Λ ύ ση

α1)

( �ΓA) = ( O·AJJr ) - (OAΓ ) = Λ 2 R ημ 2 Β = = πR 2 2Β - 360° 2 = R 2 ( 1 :0 · Β - � ημ2Β)

Λ ί1 σ η

Τα τρίγωνα ΑΒΝ, ΑΔΜ προφανής είναι Άρα ισόπλευρα . 360° Άρα ΜΝ = λιz ΔΑΝ = 90° - 60° = 30° = -12 . και λ

Α

( ΜΣΝΜ)= ( Α· ΜΣΝ ) - ( ΑΜΝ)= 300 - -α 1 2 ημ30 = = πα 2 · -360° 2 = ��2 _ : = ( π1�3 ) α2 ο

Β

Γ

Άρα

α+β+γ _β Δ Β Β Τ _e_ = = α' + β'2 + γ' = α - β + γ = ρ' Β'Δ ' Τ' - Β' - β ' α' - β ' + γ' 2 Ό μως λ = � = ! = 1.. = α - β + γ . α' β ' γ' α' - β ' + γ' Σύμφωνα με γνωστή ιδιότητα των αναλογιών . Άρα λ = _e_ . ρ'

( )

Από τον τύπο λ� ν = 2R(R - α ν ) με R αJ3 = εχουμε: λ1 2 2α α - α6 = 2α α - 2,

2

= (

)

= 2α2 - α2 J3 = α2 { 2 - J3 ) . Άρα ΜΝ = λ1 2 = α J2 - J3 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/50

=

α


Θέματα Θεωρίας Αριθμών (Κατεύθυνση}

r

Του Βαγγέλη Ευσταθίου

Λύ ση

ιο ν + 3 · 4 ν+ 2 + 5 = (9 + 1γ + 3 · 42 · 4ν + 5 = = (πολ9 + 1) + 48 · 4ν + 5 = πολ9 + 48 · 4ν + 6 = πολ9 + 6(8 · 4ν + 1) = πολ9 + 6(23 · 22 ν + 1) = = πολ9 + 6(22 ν +3 + 1) , 2ν +3 περιττος =πολ9 + 6(2 + 1)(22 ν + 2 - 22 ν+Ι + ... + 1) = πολ9 + 1 8 (2 2 ν +2 - 22 ν +Ι + ... + 1) = πολ9

Σε πολλές ασκήσεις στο κεφάλαιο της Θεωρίας Αριθμών χρησιμοποιούμε κάποιες από τις παρακάτω προτάσεις : ΧΡ Η Σ ΙΜ ΕΣ ΠΡΟΤ Α ΣΕ Ι Σ

ι. Αν α , β Ε Ζ και ν Ε Ν , ν � 2 τότε και (α + β)ν = αν + πολβ = βν + πολα Απ ό δ ε ιξη

Γνωρίζουμε ότι : (α + β ) ν = α ν + -ν α ν - Ι β + ν(ν - 1) α ν - 2 β 2 + ... + β ν 1·2 1 = α ν + � α ν -Ι β + ν(ν - 1) α ν- 2 β 2 + ... + β ν 1·2 1 = α ν + β � α ν -1 + ν(ν - 1) αν -2 β + ... + β ν - 1 1·2 1 = α ν + πολβ

[

[

] ]

3. i) Το γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 2 ii) Το γινόμενο τριών διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του3 iii) Γενικά το γινόμενο (ν) διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του ν •

Α πό δ ειξη

Έστω α - 1, α, α + 1 οι διαδοχικοί ακέραιοι , Πα ρ ά δ ε ιγ μ α τότε ο α Ε Ζ μπορεί να έχει τις παρακάτω Για κάθε ν Ε Ν * ισχύει ι ον = πολ9 + ι μορφές α = 3λ , α = 3λ + 1 , α = 3λ + 2 , λ Ε Ζ . Λύ ση Με α = 3λ έχουμε ιο ν = (9 + 1) ν = πολ9 + 1 ν = πολ9 + 1 Γ = (α - 1)α(α + 1) = (α 2 - 1)α = (9 2 - 1)3λ = πολ3 Με α = 3 λ + 1 έχουμε : 2. Αν α , β Ε Ζ τότε για κάθε ν Ε Ν * ισχύουν : Γ = (α 2 - 1)α = [ (3λ + 1) 2 - 1 ] (3λ + 1) i) α ν - β ν = πολ( α - β) = [ (πολ3 + 1 2 ) - 1 ] (3λ + 1) = πολ3(3λ + 1) ii) α 2 ν - β 2 ν = πολ( α + β) = πολ3 iii) α 2 ν + l + β 2 ν+Ι = πολ(α + β) Μ ε α = 3λ + 2 έχουμε : Λύ ση Γ = (α2 - 1)α = [ (3λ + 2) 2 - 1 ] (3λ + 2) Κάνοντας τις διαιρέσεις : (αν - β ν ) : (α - β ) , (α 2 ν - β 2 ν ) : (α + β) , (α 2 ν +Ι _ β 2 ν +Ι ) : (α + β ) = [ (πολ3 + 2 2 ) - 1 ] (3 λ + 2) = (πολ3 + 3)(3λ + 2) προκύπτουν ότι : = πολ3(3λ + 2) i) (α ν - β ν ) = (α - β)(α ν- 1 + α ν-2 β + α ν - 3 β 2 + ... + β ν ) = πολ3 = πολ(α - β ) iii) Η απόδειξη γίνεται με το θεώρημα της Τέλειας ίί) α 2 ν - β 2 ν = (α + β )(α 2 ν - 1 + α 2 ν - 2 β + α 2 ν- 3 β 2 + ... + β ν - Ι ) =Επαγωγής . = πολ(α + β ) 4. i) (άρτιος) ± (άρτιος) = (άρτιος) ίίί ) α 2 ν + l + β 2 ν +Ι = ii) (άρτιος) ± (περιττός) = (περιττός) iii) (περιττός) ± (περιττός) = (άρτιος) = (α + β )(α2 ν - α2 ν - Ι β + α2ν-2 β 2 - ... - α β 2•-ι + β 2 ν ) iv) (άρτιος) · (άρτιος) = (άρτιος) = πολ(α + β ) v) (περιττός) · (περιττός) = (περιττός) ii)

Πα ρ ά δ ε ιγ μα

Να δείξετε ότι για κάθε ν Ε Ν ιον + 3 · 4ν + Ζ + 5 = πολ9

vi) (άρτιος) · (περιττός) = (άρτιος) vii) (άρτιος)ν = (άρτιος) viii) (περιττός)ν = (περιττός)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/5 1


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Ά σ κηση 1 η

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Απ ό δειξη

Να δειχθεί ότι για κάθε ν ε Ν* ( 2ν - 1 ) 2 2(2'- ι)- ν - 1

,

ε

Λύ ση

Έστω χ = 2 ν - 1 , τότε 2ν = χ + 1 . Έτσι 2( 2' -1) -ν - 1 = ( 2ν )( 2' -1) -1 = (χ + 1γ - 1 Αρκεί να δείξουμε ότι χ 2 1(χ + 1γ - 1 . Γνωρίζουμε ότι: (χ + 1γ - 1 =

{

]

=[ cx +ι) -ι cχ + ιy-' + Cx + υ::; cχ + ιy-' + . . . +ι

[

Έστω ότι 491ν 2 + 3ν + 4 τότε ν 2 + 3ν + 4 = 49λ , λ ε 2 ή ν 2 + 3ν + (4 - 49λ) = 0 Επειδή ν 2 θα πρέπει η διακρίνουσα: Δ = 9 - 4(4 - 49λ) = -7 + 4 · 49λ = 7(28λ - 1) να είναι τέλειο τετράγωνο ενός ακεραίου αριθμού , άρα θα πρέπει : 28λ - 1 = 7κ 2 , κ ε 2 ή 28λ - 7κ 2 = 1 ή 7(4λ - κ 2 ) = 1 ' άρα 7 1 1 , άτοπο. Επομένως ο αριθμός 49 δεν είναι διαιρέτης του ν 2 + 3ν + 4 .

= χ . <πολχ + 1χ -1 ) + (πολχ + 1χ-2 ) + ... + (πολχ + 1) + 1 = χ · [ πολχ + 1 · χ ] = χ πολχ = πολχ 2

Ά σ κηση 3η

Έστω α , β ε 2* και β > 2 . Να δείξετε ότι αν β l α 2 + 1 τότε β 'Χ_ α4 + 1 Απ ό δ ει ξη

Έστω ότι β Iα4 + 1 τότε α4 + 1 = λβ με λ ε 2: και (1) β > 2. Επίσης έχουμε β Ι α2 + 1 άρα α2 + 1 = κβ με Άσκηση 2 η i) Αν α , β ε 2 και υ είναι το υπόλοιπο της κε 2: ή α 2 = κβ - 1 (2) διαίρεσης α: β τότε οι διαιρέσεις α ν : β και Τότε α4 - 1 = ( κβ - 1) 2 - 1 = υ ν : β 'ν Ε Ν ' δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. = κ2 β 2 - 2κβ = β(κ 2 β - 2κ) = μβ , με 2: . (3) ii) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης Από τις (1) και (3) προκύπτει ότι: 1973 : 3 (α4 + 1) - (α4 - 1 ) = λβ - μβ ή 2 = (λ - μ)β Λύ ση Δηλαδή β12 άρα β = 1 ή β = 2 . Άτοπο ! α = βπ + υ , Ο � υ < l β l , τότε i) Έχουμε Αφού β > 2 . α - υ = βπ (1) . � Ά σ κηση 4η Επίσης ισχύουν : αν = βπ 1 + υ1 , Ο υ1 < l β l Αν χ = 32ν+2 - 8ν - 4 και ν ε Ν να βρείτε το (2) και υν = βπ 2 + υ2 ' ο � υ2 < ι βι (3) υπόλοιπο της διαίρεσης χ : 8 Λύ ση Γνωρίζουμε ότι : -1 να - υ ν = (α - υ)(α ν + αν-2 υ + ... + υν-1 ) Έχουμε : χ = 3 2(ν+1) - 8ν - 4 = 9 ν+1 - 8ν - 9 + 5 =9(Ψ - 1) - 8ν + 5 = 9 · πολ(9 - 1) - 8ν + 5 = π . (α ν-1 + αν-2υ + . . . + υ ν-1 )β = 9πολ8 - 8ν + 5 = πολ8 + 5 = πολβ (4) Άρα η διαίρεση χ:8 έχει υ = 5 Όμως από τις (2) και (3) έχουμε: αν - υ ν = Κβ + (υ1 -υ2 ) Ε 2 Ά σ κη ση S η Έτσι από τις (4) και (5) , έχουμε Αν για κάποιο ν ε Ν* 17 I 4ν + 1 , να δείξετε λβ = κβ + (υ 1 - υ 2 ) λε 2 ή β(λ - κ) = υ 1 -υ�2 . ότι 17 I 4ν+4 + 1 Δηλαδή υ1 - υ2 = πολβ , όμως --1� �υ1 -υ2 � � , Λύ ση Ο Έχουμε 17 I4ν + 1 ' τότε 4ν + 1 = 17λ ' λ Ε 2: . άρα υ1 - υ2 = , έτσι υ1 = υ2 Έτσι: ii) Η διαίρεση 197 : 3 δίνει υπόλοιπο υ = 2, άρα η ν+ 4 διαίρεση 197 3 : 3 δίνει το ίδιο υπόλοιπο υ1 με την 4 + 1 = 444ν + 1 = 4\17λ- 1) + 1 = 256(17λ- 1) + 1 = 256 · 17λ - 256 + 1 = 256 · 17λ - 255 = υ3 : 3 ή 23 : 3 , δηλαδή υ1 =2 = 17(256λ - 15) = πολ17 Άσ κηση 2η 2 Να δείξετε ότι για κάθε ν Ε 2* ο ν + 3ν + 4 Άρα 17 Ι 4ν+4 + 1 χ-οροι

·

Κ

δεν διαιρείται με το 49 .

Ά σ κη ση 6η

Δίνεται πολυώνυμο Q(x) με συντελεστές ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/52


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Επομένως Q(O) · Q(l) = ρ( ρ - 1)π(Ο) · π (l) (2) Όμως ρ και ρ - 1 είναι διαδοχικοί ακέραιοι άρα θα ισχύει ρ(ρ - 1) = πολ2 , λόγω όμως της (2) Λύ ση ότι 2/Q(O) · Q(l) , άτοπο διότι Έστω ότι ρ Ζ είναι μία ακέραια ρίζα του προκύπτει Q(O) · Q(l) είναι περιττός ως γινόμενο περιττών. Q(x) τότε Q(ρ)=Ο και χ - ρ παράγοντας του Q(x) , Άρα το Q(x) δεν έχει ακέραια ρίζα . άρα θα υπάρχει μοναδικό πολυώνυμο π(χ) ώστε Q(χ) = (χ - ρ)π(χ) (1) Έτσι από την (1) έχουμε Q(O) = -ρπ(Ο) και Q(1) = (1 - ρ )π(1) = -(ρ - 1)π(1)

ακεραίους. Αν οι ακέραιες τιμές Q(O) και Q(l) είναι περιττοί αριθμοί ν δείξετε ότι το Q(x) δεν έχει ακέραιες ρίζες. ε

· �� Θέματα στην ευθεία

του Νίκου Σ. Ταπεινού

Οι ασκήσεις που ακολουθούν διαπρα γματεύονται την ευθεία, είναι επαναληπτικ ές και στο πνεύμα των εξετάσεων που φέτος θα γ ίνουν μέσα στο σχολεί ο.

1.

καρτεσιανού επιπέδου έχουν εξισώσεις: y = χ (1 η και 3η γωνία) και y = - χ (2η και 4η γωνία). Αν Α και Β είναι τα σημεία τομής των διχοτόμων και της (ε), τότε αυτά είναι οι λύσεις των συστημάτων , οιχα, y = 3x + K και y = 3x + K y = -x y=x

Να βρεθεί εξίσωση ευθείας (ε) που διέρχεται από την τομή των ευθειών (ει): 4χ + y = 7 και (ε2): 3χ - 4y = 1 0 και είναι κάθετη στην ευθεία (ε3) που ορίζεται από τα σημεία A(l, - 5) και Β(3, 2)

} λύσεις τους είναι: Α ( - � ,- � ) και ( � � ) }

Λύ ση

Η ευθεία (ε3) που ορίζεται από τα σημεία A( l , - 5) και Β(3, 2), έχει συντελεστή διεύθυνσης 2+5 2. ..l

λ3 = 3 - 1 = 2 Επειδή (ε) (ε3 ) θα ισχύει λ · λ3 = -1 , όπου λ ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε). Άρα λ · 7__2 = -3 � λ = - 3.7 Η τομή των ευθειών (ε1) και (ε2) προκύπτει από τη λύση του συστήματος: 4x + y = 7 που δίνει το ζεύγος (χ, y) = (2, - 1) 3x -4y = 10 Άρα η εξίσωση της ευθείας ε είναι: y + 1 = - 72 ( χ - 2 ) � 2χ + 7y + 3 = 0

Β -

2.

Να βρεθεί η εξίσωση ευθείας (ε) που είναι παράλληλη στην ευθεία (ει): y = 3χ - 1 και τέμνει τις ευθείες των διχοτόμων των γωνιών του καρτεσιανού επιπέδου σε δύο σημεία Α και Β αντίστοιχα, έτσι ώστε ( ΑΒ) = Jlo . Λ ύ ση

(

) (

,

)

-

+

3.

Να βρεθεί η εξίσωση ευθείας (ε) που τέμνει τους άξονες στα σημεία Α και Β ώστε (ΟΑΒ) = 12 τ. μονάδες και είναι κάθετη σε ευθεία (ει) που διέρχεται από το σημείο M(l, 2) και τέμνει τους θετικούς ημιάξονες στα σημεία Κ και Λ ώστε (ΟΚΛ) = 16 τ. μονάδες. 3 Λύ ση

Επειδή (ε)//(ε, ) είναι λε = 3. Άρα η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι της μο ρφής y = 3χ + Κ. Οι ευθείες των διχοτόμων των γωνιών του

που

Επειδή (ΑΒ) = J10 � (ΑΒ) 2 = 10 � 2 2 - � + � + - � - � = 10 � Κ 2 + 9Κ 2 = 10 � 10Κ 2 = 160 � 16 16 � Κ 2 = 16 � Κ = 4 ή Κ = -4 Άρ α η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι y = 3χ 4 ή y = 3χ - 4.

}

-

αντιστ

Έστω λ1 ο συντελεστής διεύθυνσης της (ει). Τότε η (ε 1) έχει εξίσωση: y - 2 = λ, · ( χ - 1 ) � \χ - y = λ, - 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/53


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Για χ = Ο έχουμε y = 2- λ , δηλαδή Κ(Ο, 2-λι ) Για y = Ο έχουμε χ = λιλ-2 με λ1 -=F- 0 δηλαδή ] λι � 2 ,Ο . λ Γνωρίζω ότι: (ΟΚΛ) = 163 <::::> λ� -2 = 31 6 <::::> 3 I λ\ -21 2 =32 I λ\ I <::::> "21 " I 2-λ\ Ι . � ι

Λ( ) ι

i)

3λ� -12λ1 + 12 = 32l λ1 αλλά λι < Ο (γιατί;) <::::> 3λ� +20λ1 +12=0<::::> λ1 =-3_3 ή λ1 =-6 αν λ1 = _ 3_3 και επειδή ( ε 1 ) ( ε)<::::> λ · λ1 = -1 <::::> λ = 3.3 (όπου λ ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας (ε)) δηλαδή η (ε) έχει εξίσωση: y=-χ23 + β . Για χ = Ο έχουμε y = β δηλαδή Α( Ο, β) Για y = Ο έχουμε χ = - 2: δηλαδή Β ( - 2: . ο) . Επειδή (ΟΑΒ) = 12 <::::> � ΙβΙ Ι �β l = 12 <::::> <=> Ι β1 2 = 36 <=> β = 6 ή β = - 6 Αν β = 6 η (ε) έχει εξίσωση y = % χ +6 <::::> l 3x-2y + 12 =01 I

l.

·

·

-

ii)

Αν β = - 6 η (ε) έχει εξίσωση y = �2 χ - 6 <::::> l 3x -2y-12 =01

αν λι = - 6 έχουμε λ · λ1 = -1 <::::> λ= .!.. 6 και η (ε) έχει εξίσωση y =.!.6 . χ + β . Για χ = Ο έχουμε y = β δηλαδή Α( Ο, β) Για y = Ο έχουμε χ = - 6β δηλαδή Β(- 6β, Ο) Επειδή ( οΑΒ) = 12 <=> .!..2 l βl · l -6β l = 12 <=> <=> Ι β12 =4 <=> β =2 ή β =-2 αν β = 2 η (ε) έχει εξίσωση: •

y =.!_χ+ 6 2 <::::> lx -6y+12=0I

αν β = - 2 η (ε) έχει εξίσωση:

Υ = i x-2 <::::> Ι χ -6y-12 = οΙ

4. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων τομής των ευθειών (ε1 ) : 2) χ 3) y 2) y (ε 2 ) : 3) χ 1 με Ε JR

(λ - + (λ+ =λ (λ - + (λ+ = λ + λ

Λύ ση

Το σημείο τομής των ευθειών (ε ι ) και (ε2) είναι η λύση του συστήματος των εξισώσεων τους δηλαδή: ( λ-2)χ + ( λ+3)y=λ τοτε

} ' ( λ-3)χ+ ( λ+2)y =λ+1 λ+3ι = (λ-2) ( λ-3)- (λ-3) ( λ+3) = D= ι λ-2 λ-3 λ+2

= λ2 -4 -λ2 + 9 = 5 Ο , άρα οι ευθείες τέμνονται για κάθε τιμή του λ οχ = Ι λ � 1 � : �Ι = λ ( λ+2)- ( λ+1) ( λ+3)= =λ2 +2λ-λ2 -4λ-3=-2λ- 3 Dy = Ι � = � λ � 11 = ( λ-2) ( λ+1)- ( λ-3)λ= =λ2 -λ-2-λ2 +3λ=2λ-2 2λ+3 Τότε χ = D = -2λ-3 =5 5 2λ-2 Και y=D =-5 Άρα τέμνονται στο σημείο ( χ, Υ)= (_ 2\+ 3 , 2\-2 ) 2\+ 3 χ Σ"' εξισώσεις: � κάνουμε 2λ-2 y=-5 απαλοιφή της παραμέτρου λ και έχουμε: 5χ = -2λ-3} <::::> 2λ = -5χ -3} 5y = 2λ-2 2λ = 5y+ 2 Άρα, -5χ -3 = 5y + 2 <::::> 5χ +5y +5 =Ο<::::> χ+ y + 1 = Ο που είναι ο ζητούμενος γ.τ. των *

Ε JR

Dx

Dy

}

σημείων τομής, των ευθειών (ε ι ) και (εz).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/54


Μ θ μ

για τη Γ '

Α

τάξη

tlfJ

ι κα του

ΜαΘη μ ατ ι κά κατε ύΘυνσης Θέ μ ατα Ε πανάλ η ψ ης

Γ'

Λ υκείου Λ υ κ ε ίου

των Βασίλη Καρκάνη, Γιώργου Γκαρή, Θανάση Κοπάδη

Η περίοδος των πα νελλ η νίων εξετά σεων πλησιάζει. Καθώς έχει ολοκληρωθεί η διδασκαλία της ύλης δί ­

νουμε στου ς μαθητές τη δυνατότητα να αντιμετωπίσουν τα λεγόμενα « συνδυ αστικά » θέματα. Τα «συνδυαστικά» θέματα χρησιμεύουν σε μια στοιχειώδη επανάληψη, ενισχύουν τη φαντασία, τις γνώσεις και

βοηθούν στην εμπέδωση κάθε κεφαλαίου ξεχωριστά, αλλά και όλων μαζί ως μια ενότητα (Άλγεβρα, Ανάλυση). Αν και ο συνδυ ασμό ς των τριών κεφαλαίων της ανάλυ σης γίνεται σύντομα αντιληπτός από του ς μαθητές,

μια από τις κλασικές ερωτή σεις του ς, όταν περνάνε από την μια ενότητα στη ν άλλη, είναι : « συνδυάζεται η άλγεβρα με τη ν ανάλ υση; » Η σύνθεση όλων των κεφαλαίων είναι κάτι που θα διαπιστωθεί εύκολα σε αρκε­ τά από τα παρακάτω θέματα επα νάλ ηψης. ί\ σ κη σ η 1

=

=α+

γ)

Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z β · i και η εξίσωση Ιn lzl 1 - lzl (1). α. Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει μοναδική λύση την lzl 1 . β. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο της εικόνας Μ(α, β) του μιγαδικού z . γ. Από τους παραπάνω μιγαδικούς z να βρείτε εκείνον του οποίον η εικόνα απέχει τη μι­ κρότερη δυνατή απόσταση από την εικόνα του μιγαδικού w 2 2i .

=

=+ α) Θέτουμε l z l = χ >Ο. Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση lnx 1 - έχει μοναδική λύση την προφανή λύση 1 . Θεωρούμε την συνάρτηση Ο. Η f είναι παραγωγίσιf(x) lnx - 1 μη στο (Ο,+οο) με f' ( x) = _!_ + 1 >Ο. Άρα η είναι γνησίως αύξουσα για κάθε Ο οπότε η ρί­ ζα 1 είναι μοναδική . β) Αφού l z l = 1 η εικόνα Μ( α, β) του μιγαδικού z ανήκει στον κύκλο C : 2 + y 2 = Λ ύ ση χ

=

χ =

=

+ χ, χ >

f

χ

χ >

χ =

χ

1

.

χ

Έστω Α(2,2) η εικόνα του W. Ο μιγαδικός αριθ­ μός με εικόνα το σημείο Β είναι ο ζητούμενος. Η εξίσωση της ευθείας ΟΑ είναι ΟΑ: y Οπότε συντεταγμένες του σημείου Β προκύ­ πτουν από την λύση του συστήματος: = χ.

�}

χ 2 y2 = } <:::::> χ 2 + χ 2 = } <:::::> χ 2 = <:::::> y= x y=x y=x X = Ji y = Ji X =- Ji y =- Ji , μιγαΆρα Β = 2 , 2 . 'Ετσι ο ζητουμενος (Ji JiJ J2 J2 . . ' ο z =-+-·ι δικος' ειναι 1

+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/55

2 , 2

1

2

'

2

2

I

2


Μαθηματικά Γ Λυκείου Άσκη ση 2

=

Δίνεται η συνάρτηση f, συνεχής στο διάστημα [0, 2] και οι μιγαδικοί αριθμοί z 1 f(O) + i και

z 2 = 1 + f(2) · i . Αν ισχύει: lz1 z21 l z1 - z21 , να δείξετε ότι η εξί­ σωση f(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [0, 2].

+ =

Έχουμε: l zι + z2 1 = l zι -z2 1 � lf (O) +i +1 +f(2) ·i l = = lf (O) +i -1-f(2) ·il �� [f(O) + 1] +[1 +f(2)] ·il = = l [f (0) -1] + [1-f (2)] il � J[f(0)+1]2 +[1+f(2)]2 = �r-[f-(0-)--1-]2-+-[1---f(-2)-]2 � [f(0)+1]2 +[1+f(2)]2 = [f(0)-1]2 +[1-f(2)]2 � f 2 (0) + 2f(O) + 1 + 1 + 2f(2) + f\2) = f 2 (0)-2f(O) + 1 + 1-2f(2) + f 2 (2) � 4f(O) + 4f(2) =Ο� f(O) + f(2) =Ο (1) Εφαρμόζουμε για τη συνάρτηση το Θεώρημα Bolzano στο διάστημα [0, 2]. Πράγματι: συνεχής στο [0, 2] ηκαιf είναι από την (1) έχουμε: f(2) θα είναι αντίθετοι οπότε f (Ο)·Οιf (2)αριθμοί <Ο καιf(O),η εξίσωση f(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0, 2). f(O) = f(2) = Ο δηλαδή οι αριθ­ μοί Ο, 2 είναι ρίζες της εξίσωσης f(x) = Ο. Άρα σε κάθε περίπτωση η εξίσωση f(x) = Ο έχει μια του­ λάχιστον ρίζα στο [0, 2]. Λ ύ ση

ο

f

lη πε ρ ίπτω ση :

• •

αβ-2 f(α)·f( ) β α + f 2 (α) =Ο� α· β =f(α)·f(β) (1) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x) = f(x)-χ στο [α, β]. Η h συνεχής στο [α, β] h(α) = f(α) - α > Ο (από υπόθεση) h(β) = f(β) - β Από την (1) έχουμε: α α·β = f(α)·f(β) �-·β f(α) =f(β) � f (β) � f(α) = β (Γιατί (f (α) Ο, αφού f(x) > Ο και β Ο, αφού β > α > 0). Επίσης: f(β) f(α) >α��<1 f(α) � β <1 � f (β) < β � f(β) - β Ο. Άρα h(β) Ο. Οπότε h(α) · h(β) <Ο και από το Θεώρημα Bo1zano η εξίσωση h(x) = Ο άρα και η f(x) = χ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (α, β). ;t:

;t:

<

Άσκη ση 4

Δίνεται η συνάρτηση

Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β) με f(α) > α > Ο. Δίνεται και ο μιγαδικός z β i f(β) α i f(α) Αν ο z είναι φανταστικός αριθμός να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = χ έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα (α, β).

= +- ·· .

β +i·f(β) = Είναι: z= α-i·f(α) [β +i ·f(β)] ·[α+i ·f(α)] = = = [α-i ·f(α)]·[α+i ·f(α)] +f(β)·α . ι. = --'-αβα-:--f(α)·f( 2 +f....:.2-....,: (α)""--'-β) + f(α)·α2 β+f\α) Αφού ο z είναι φανταστικός θα πρέπει: Λ ύ ση

1

<

2 3χ + 1 2χ z-1 + χ 1 χ -1 f(x) = l z + i l + x - � , x 2:: 1

2'1 πε ρίπτωσ η :

Ά σκ η ση 3

{I

<

z

,

Αν η f είναι συνεχής συνάρτηση να δείξετε ότι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z κινείται σε ευ­ θεία της οποίας να προσδιορίσετε την εξίσωση.

Αφούτηςη f(Α= είναιR)συνεχής σε όλο το πεδίο θα είναισυνάρτηση ορισμού συνεχής και στο χ0 = 1 . Δηλαδή θα πρέπει: limf(x) = limf(x) = f ( 1) (1) Είναι: lilΊ!f(x) = liΠ! ( I z -11+ 2χ 2χ� -13χ+1 ) = ιm <I z- 11 ) + ιιm· 2χ 2Χ-3χ 2 -1 + 1 = jY4)(x _ .!.2 ) = l z -11 + .!. . =l z -11 + lim 2jY4) 2 ( Χ +1) Επίσης: lim f(x) = Iim (Ι z + il +χ- .!.2 ) = = ....limlι• z +il + limι· ( x _ .!.2 ) = l z +il + .!.2 . Λύ ση

χ_.Γ

χ .... ι

χ .... ι

Ι.

χ _. Γ

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/56

χ _. Γ

ΗΓ

x �l+

x ----t l +

χ ....

, _. ι


Ακόμη f (1) = l z + il + 1 - _!_2 = lz + il + _!_2 , έτσι λό- lim [ f(x)-2x+3 +2 y-< ] = 0+2= 2. Χ- Χ Χ ___/ γω της ( 1) θα πρέπει: l z - 11 + Ξ = l z +il + Ξ � Άρα f'( x0) = 2 οπότε λόγω της ( 1 ) η ευθεία ε: y=2x-3 εφάπτεταιτης Crστο A(x0,f(x0)) . � Ι z - (1 + ο . i)l = Ι z -(Ο - 1 · i)ι . Άρα η εικόνα του μιγαδικού z κινείται στην με­ σοκάθετο ε του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ, όπου Α. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση είναι παρα­ A( l , 0) και Β(Ο, -1). γωγίσιμη στο [α, β] και ισχύουν Μαθηματικά Γ Λυκε(ου

ο

Χ --+ Χο

� Λο

Ά σ κ η ση 6

f

f ' ( α) > Ο,

Υ

ο

A( l ,O )

Μ / ; , <, / ',

f'(β) < Ο και η f' είναι συνεχής στο

[α, β]. Να δειχτεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f (ξ) Ο . Β. Αν για μια συνάρτηση f ισχύει f ' (x) ::;:. Ο για κάθε χ Ε Δ , τότε να δειχτεί ότι: α) f ' (x) > Ο για κάθε χ Ε Δ ή f ' (x) < Ο για κάθε χ Ε Δ . β) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον χ'χ το πολύ σ ' ένα σημείο.

' =

χ

'

8(0,- 1 )

Είναι λΑΒ = Άρα λ. = (γιατί;). Επίσης για το μέσο Μ του 1+0 1 και ΥΜ =--=--. 0-1 1 ΑΒ ειναι: ' χΜ =--=2 2 2 2 Άρα ε: y _!_2 =-(χ _!_2 ) � ε: y =-χ η ζητού- Α. Γιατην fέχουμε: f' (α)>Ο και f' (β)<Ο. και Έτσι η f' είναι συνεχής στο [α, β] μενη εξίσωση. f'(α) f'(β) <Ο οπότε από θ. Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β): f'(ξ) =Ο Δίνεται η συνάρτηση συνεχής και παραγωγί- Β. α) Έστω ότι η f' αλλάζει πρόσημο στο Δ. Τότε θα υπάρχουν α, β Ε Δ τέτοια ώστε ( ) - 2 + 3 =0. σιμη στο Ε IR , και ισχυει: f'(α)f'(β) <Ο οπότε λόγω του Α θα υπάρχει χ-χσ ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f'(ξ) =Ο άτοπο εφό­ Να δειχθεί ότι η ευθεία (ε): 2χ 3 εφάπτεται σον f'( x) ::;:. Ο για κάθε χ Ε Δ . της στο β) Αν f' ( x) >Ο για κάθε χ Ε Δ τότε η ft στο Δ άρα f'θα( x)τέμνει τον κάθε χ'χ τοχπολύ σετότεέναf!σημείο. Για χ ::;:. χ 0 θεωρούμε τη συνάρτηση <Ο για Ε Δ στο Δ, Αν g(x ) = f(x)-2x+3 � άρα θα τέμνει τον χ' χ το πολύ σε ένα σημείο. Χ - Χ0 � f(x) = g(x)(x-χ0) + 2χ-3. Τότε lim g(x) =Ο Δίνεται η συνάρτηση παραγωγίσιμη στο [1 , 2] (απόlimυπόθεση) και f(x) = lim[g(x)(x-x0)+2x0-3] = 2χ0 -3 . και με συνεχή παράγωγο στο [1 , 2]. Επίσης ι­ σχύουν: Η f συνεχής στο χ0 Ε IR άρα f(x0) = lim f(x) i) ( ) = (2) - 2 ii) >4 3 ή f(x 0) = 2x0 -3 ( 1 ) . Να δείξετε ότι: Βρίσκουμε την παράγωγο της f στο χ . 0 α) υπάρχει ένα τουλάχιστον Ε (1,2) τέτοιο = Για χ ::;:. χ0 ειναι ιm f(x)-f(x0) = χ; . ώστε Χ- Χ 0 + 3 = β) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (1,2) τέτοιο lim f(x) -2x0+3 = lim f(x)-2χΧ+-2χ-2χ ώστε ' ( ξ) = 4ξ . Χ0 1. -1

Λύ ση

_

_

·

Ά σ κ η ση 5

f

,

χ0

lim .

fx

x

χ--+χ,ι

Cr

A (x0 , f(x 0 )) .

y=

-

Λύση

Ά σ κ η ση 7

Χ 4- Χ ο

f

Χ --+ Χο

Χ --+ Χο

Χ --+ Χο

,

1.

χ --+ χ σ

f l

f ' (l)

f

χ0

ο

f ' (x0 )

f

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/57


Λύ ση

Θωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) 3 στο [Ι, 2]. Η g είναι συνεχής στο [1, 2] (γιατί;) Η g είναι παραγωγίσιμη στο (1, 2 ) (γιατί;) με g'(x) = f'( x)-χ 2 • 1 ----=1 f(2) --8 , g(l) = f(l) --=f(2) Επισης: 3 3 3 3 και g(2) = f (2)- �3 . Οπότε: g(1) = g(2) Έτσι από το Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 E(l,2) τέτοιο ώστε g'(x0)=0<::> f '(x0)=x� β) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f' ( x)-4χ στο [1,χ0] ς [1,2] . Η h είναι συνεχής στο [1, χ0] (γιατί;). Επίσης h(l) = f'(l) -4 h(x0) = f'( x0)-4χ0 = χ � -4χ0 = χ0(χ0 -4) <Ο (γιατί;) Έτσι: h(l)h(x0) <Ο οπότε από το Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (1, χ 0) τέτοιο ώστε h(ξ) =Ο<::> f'(ξ) = 4ξ . 3

-�

α)

(i)

7

Ά σ κη ση 9

·

Έστω οι συναρτήσεις f, g ορισμένες και παρα­ γωγίσιμες στο διάστημα [α, β] με g (x) g '(x) :ι:. Ο , για κάθε χ Ε (α, β) . Αν w = f(α) + g(β) · i , z = g( α) + f(β) · i και ισχύει lw + zl = lw - zl , να δείξετε ότι υπάρχει χ0 ( α, β) για το οποίο ιo ) + f (xo ) = 0 . σχύει: f'(x g ' (xo ) g(xo )

Ε

Έχουμε: l w + zl = l w -zl <=> l f (α) + g(β) ·i + g(α) -f(β) ·il = = l f (α)-g(β) ·i-g(α) -f(β) ·il <::> <=> l [f (α)+ g( α)]+ [(g(β)-f (β)]· il = = l [f (α)-g(α)] + [-g(β)-f(β)] · il <::> <=> �[f(α) + g(α)]2 + [g(β)-f(β)]2 = = �[f(α)-g(α)]2 +[-g(β)-f(β)]2 <::> ... <::> f(α) · g(α) f(β) · g(β) (1) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) · g(x) στο διάστημα [α, β] . Η h είναι συνεχής στο [α, β] (ως γινόμενο συ­ Δίνεται η συνάρτηση f : [0,2] [0,4] παραγωyίσι­ νεχών). μη f'(x) 2 κάθε χ Ε [0,2] . Να δειχτεί Η h είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) με υπάρχει μοναδικό ξ Ε [0,2] , τέτοω ώστε f(ξ) = 2ξ . h' ( x) = [f(x) · g(x)]' = f'( x) · g(x) + f(x) · g'(x) h(β) =f(β)·g(β) οπότε λό­ Θεωρούμε την συνάρτηση g(x) = f(x)-2χ γωh(α)της=f(α)·g(α), (1) είναι h(α) = h(β) . στοΕπίσης: [0, 2]. Ηg(O)g είναι συνεχής στο [0, 2 ]. (γιατί; ) Έτσι από το Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχι­ = f (Ο) και g(2) = f (2)-4. στον Ε (α, ) χ0 β τέτοιο, ώστε να ισχύει: Όμως f ([0,2] ) = [0,4] άρα h' (x0) =Ο <=> Ο:s;; f (χ) :s;; 4 , οπότε f(O):?:O και f(2)-4:s;; O . f'( χσ) · g(χσ) + f(χσ) · g'(xo) =Ο <=> Έτσι g(O)g(2) ::;; Ο . f' ( χσ) + f(xo) =Ο . Αν g(O)g(2) =Ο τότε: g'(χσ) g(χσ) g(O) = Ο ή g(2) = Ο δηλ.: ξ= Ο ή ξ = 2. Αν g(O)g(2) <Ο τότε από Θ. Bolzano υπάρχει των μιγαδικών αριθμών η ένα τουλάχιστον ξ Ε (0,2) . Δηλαδή σε κάθε πε­ Έστω στο σύνολο 2 ρίπτωση υπάρχει ξ Ε [0, 2] : g(ξ) =Ο<::> f (ξ)= 2ξ εξίσωση: z - λ · z + λ = Ο (1), όπου ο z άγνω­ Έστω ότι υπάρχει και ξ1 Ε [0, 2] με ξ ξ1 τέ- στοςΝκαι ο λ Ε IR . α) α βρείτε τα λ Ε IR ώστε η εξίσωση (1) να τοιο ώστε f(ξ1 ) = 2ξ1 δηλαδή: g(ξ1 ) =Ο. μην έχει πραγματικές ρίζες. Τότε η g είναι συνεχής και παραγωyίσιμη στο [ξ,ξ1 ]ς(0,2) g' ( x)=f' (x)- 2 και g(ξ)=g(ξ1 )=0 β) Να λύσετε την εξίσωση (1) για την τιμή λ = 2. Στην συνέχεια να προσδιορίσετε το μέτρο οπότεΕ (ξ,απόξ )το τέτοιο Θ . Rolleώστεθα υπάρχει από τις ρίζες που θα βρείτε. g'(x0) =0<::> f '(x0)=2 γ) Ανκάθεz ,μιας Χ0 1 1 z2 οι ρίζες του προηγούμενου ερωτή­ άτοπο, εφόσον f'( x) 2 για κάθε χ Ε [0, 2] . ματος: Λύ ση

=

Άσκη ση 8 με

:ι:.

για

ότι

Λύ ση

Ά σ κη ση 1 0

<

με

:ι:.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/58

C


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Θεωρούμε τη συνάρτηση F(x)= �f2 (x)+[f'(x)]2 στο IR.. Είναι F' ( x) = 2κ2f(x)f' ( x) + 2f'(x)f"(x) = = + = 2f'( x)[κ2f(x)+f"(x)]=O οπότε F(x) = c, cEIR. f(4) = δηλαδή: κ2f 2 (χ) + [f'(x)]2 = c και για χ = Ο παίρνουμε: κ2f 2 (0) + [f'(0)]2 = c και ώστε f'(ξ) = .!_ εφόσον κ IR.* θα2 είναι: c = Ο. 4 άρα F(x) = Ο ή κ f 2 (χ) + [f' ( x)]2 =Ο, οπότε f(x) =f'( x) =O. α) Θα πρέπει: Δ < Ο <::::> ( -λ) 2 -4λ <Ο<::::> λ2 -4λ < Ο <::::> λ (λ -4) < Ο <::::> Ο < λ < 4 οι ζη­ Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο IR. με τούμενες τιμές. f'(x) < χ για κάθε χ IR. . Να δειχτεί ότι f(4) β) Για λ = 2 η (1) δίνει: z2 -2z + 2 =Ο . f(2) 6. Είναι: Δ = < Ο οπότε: 2i z, 2 = -β 2αi.J-Δ = -Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f (χ)- �22 στο 2 <::::> z, = 1 + η z2 = i οι ρίζες και l z, I = ,Jϊ2";ϊ2 = .J2 , [2, 4], παραγωγίσιμη με g'(x) = f'( x)-χ < Ο για κάθε χ [2,4], άρα η g J στο [2, 4] οπότε: l z2 1 = �12 +(-1) 2 = .J2 τα μέτρα τους. 2 < 4 g(2) > g(4) <::::> f(2) - 2 > f(4) - 8 γ) i) Έχουμε: z : 2 + z �2 = (1 + i) 1 2 + (1-i) 1 2 = <::::> f(4)-f(2) < 6 [(l+i)2 ]6 +[(1-i)2 ]6 = (1+i2 +2i)6 +(l+i2 -2i)6 = (2i)6 + (-2i) 6 = 26 i6 + (-2)6 i6 = -26 -26 = Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ln x - -αχ + α με 6 =-27 ; χ > Ο και α IR. Αν f(x) ;::: Ο κάθε χ > Ο τότε: -2·2 ii) Είναι: Α) Να δειχθεί ότι α = - 1. -β Β) Με δεδομένο το ερώτημα Α. και f(O)= _!_z1 + _!_z = zz,1 +z· z 2 = �Ρ = αγ = �=1 α) Να δειχθεί ότι f(1) = Ο 2 2 2 α β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = Ο. f(4)=z� +z; =(z1+z2 )2 -2z,z2 =22 -2 · 2=0. γ) Να λυθεί η aνίσωση 1 1 Έτσι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, 4] Ιη(2λ 2 + 2) - --- > ln(λ2 + 3) + και παραγωγίσιμη στο (0, 4) (από την υπό­ λ2 + 3 2λ2 + 2 θεση). Έτσι, ένααπό τουλάχιστον το Θεώρημα Μέσης θα υπάρχει ξ (0, 4)τιμήςτέ- Α) Η f είναι παραγωγίσιμη στ.ο (Ο,+οο) με τοιο, ώστε f'(ξ) = f(4)4-0-f(O) = Ο-14 = .!.4 f'( x) = ..!.χ . + ..;.χ (1) και ισχύει: f(x);::: O (2). Εί­ ναι f(l) = Ο, άρα f(x);::: f(l) για κάθε χ > Ο οπό­ τε η f θα παρουσιάζει ελάχιστο στη θέση χ0 = 1. Δίνεται η συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR. ώστε f"(x) + κ 2f(χ) = Ο για κάθε χ IR., Έτσι από το Θ. Fermat θα είναι: f' ( 1) =Ο<::> κ IR. Αν f(O) = f'(O) = Ο να δειχτεί ότι f(x) = 1+α=Ο<::::> α=-1. Ο, για κάθε χ IR. Β) α) Λόγω του (Α) είναι: f(x) =lnx + ..!.. - 1 οπό­ χ τε f(l) = Ο. Έχουμε: f"(x)+κ2f(x) =0 (1) για κάθε β) Για χ > Ο ειναι: 1 - -12 = -χ -12' = f' ( x) χ χ χ χ IR. , κEIR.* . + =

i) Να δείξετε ότι z�2 z�2 -27 ii) Αν η f είναι συνάρτηση παραγωγίσιμη στο [0, 4] και ισχύουν f ( O) _!_ _!_ , Ζ ι Zz z; + z; , τότε να δείξετε ότι υπάρ­ χει ένα τουλάχιστον ξ Ε (0, 4) τέτοιο, _

(I)

.

Ε

Λ ύ ση

·

Ά σ κη ση 12

Ε

±

·

-4

<

ο

1

Λύ ση

'

1-

Ε

=>

ο

Ά σ κη ση 13

για

Ε

.

Λύ ση

Ε

_

.

Ά σ κη ση 1 1

Ε

Ε

* .

Ε

Λύ ση

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/59

(I)


Μ αθηματικά Γ Λυκείου

Έτσι f'( x) =Ο <:::::> χ = 1 οπότε:

Δηλαδή η f θα παρουσιάζει ελάχιστο στο 2 χ0 = -α2 μετιμη, f (-α2 J =4 -α4 -4α -α2 +α2 -2α+2= +οο + = -2α + 2 .'Ετσι � � ( f Δηλαδή η fJ στο (0, 1] και 1 στο [1,+οο) και ΞJ = 3 <:=>-2α+ 2 =3 <:=>α=-� �[0,2] οπότε απορρίπτεται. στο χ = 1 η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το 0 f(l) Ο, (λόγω iii) Αν α 2 τότε θα έχουμε: Άρα=f(x) =Ο <:::του::> χ =(α)).1. ! γ) Είναι: 2λ2 + 2, λ2 + 3 > 1 για κάθε λ 'Εστω: ln(2λ2 +2)- �+3 >ln(λ2 +3)- 22/1, 1-+2 <:::::> � 1 <:::::> ln(2λ2 +2)+ 2λ21+2 1 > ln(λ2 +3)+-λ2--1 +3 Δηλαδή η f θα παρουσιάζει ελάχιστο2 στο = 2 2 2 2 2 f(2λ +2) > f(λ +3) <:::::> 2λ + 2 > λ + 3 <:::::> 2 τιμή f(2) =4·4- 8α+α -2α+ 2=α -10α+ 1 8 . (εφόσον η f 1 στο [1, +οο) 2 -10α + 1 8 = 3 <:::::> Έτσι f(2) = 3 α 2 <:=> λ -1 >0<:=>λ<-1 ή λ>1 <:::::> α2 -10α+ 15 =Ο<:::::> α = 5 - .JW > 2 δεκτή ή Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 4 -4αχ+α2 -2α+2 α= 5 + .JW > 2 δεκτή. με χ [ 0, 2] . Για ποιες τιμές του α ελάχιστη τιμή της f είναι ίση με 3; Δίνεται η συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [1, e] με f(1) 2, f(e) e 1 και σύνολο τι­ Η f είναι παραγωγίσιμη στο [0, 2] με μών [- 1, 4]. Να δείξετε ότι: τουλάχιστον δύο xu x2 (l,e) f'(χ)= 8χ-4α.Είναι: f'( x) =Ο <:::::> 8χ = 4α <:::::> χ = �2 Α. α)με χυπάρχουν 1 χ 2 ώστε f'(x 1 ) = f'(x2 ) = 0 . Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: β) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (1,e) τέτοιο i) Αν � <0 τότε: 2 ώστε f"(ξ) =Ο. γ) υπάρχει ένα τουλάχιστον (1,e) τέτοιο ώστε: f(Χσ)[f'(Χσ) - 4(f(Χσ))4] = Χσ · + δ) Η ευθεία ε : =-χ+ e + 2 τέμνει τη χ

--

1

()

r

-

�--

f

>

Ε JR .

ο

χ

Γ

11,

-

f

2

--- -----

Χο

με

<:::::>

Άσκη ση 14

r

Ε

Ε JR η

Άσκη ση 1 5

Λ ύ ση

=

=

+

Ε

-=1:-

Ε

r--χ

r

,---

ο

χ0 Ε

2

y

-------

f

Άρα f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0 Ο με τιμή 2 f(O) α -2α + 2 .'Ετσι = f(O) = 3 <:::::> α2 -2α+ 2 = 3 <:::::> α2 -2α-1 =0 <:::::> α = 1 + .J2 > Ο απορρίπτεται ή α = 1- .J2 < Ο δεκτή. (2) f(e) = e + 1 Για την f έχουμε: f(l) = 2 (1), ii) Αν Ο� α� 2 τότε θα έχουμε: και -l�f(x) �4 (3)γιακάθε x E [1,e] . Α. α) Η f είναι συνεχής στο [1, e] οπότε από θεώρ. μέγιστης και ελάχιστης τιμής θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Χ ι (l,e), ώστε f ( Χ ι) =-1 (ε�-. �· =

;:=

γραφική παράσταση της f σε ένα τουλά­ χιστον σημείο με τετμημένη c0 Ε (1,e) . ε) Υπάρχουν ξ 1 ,ξ 2 Ε (1,e) με ξ 1 -=1:- ξ 2 για τα οποία ισχύει f '(ξ 1 )f '(ξ 2 ) 1 . Λύ ση

χ

ι

Γ

ο

-

α/2

2

+

Ε

f

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/60

(3)


Μαθηματικά Γ' Λυκείου

λάχιστη τιμή) και ένα τουλάχιστον χ 2 (l,e) ώστε f ( χ 2 ) = 4 (μέyιστη τιμή) Χ1 Χ 2 • Έτσι από Θ. Fennat θα είναι: f'(x1 )=f'(�)=0. β) Έστω Χ ι < Η f' είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [χι, χ2] και f'(x 1 ) =f'(x 2 ) =0 οπότε από το Θ.ξ (χRolle υπάρχει ένα τουλάχιστον 1 ,χ 2 ) (1, e) τέτοιο ώστε f"(ξ) =Ο. γ) Θα δείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 (l,e) ώστε f(x0)[f'(x0) - 4(f(x0))4] -χ0 =Ο <:::::> f(x0)f'(x0)-4(f(x0))5 -χ0 =0 (4) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f (x)f'(x)-4(f(x))5 -χ . Η g είναι συνεχή ς στο [χ 1 , χ 2 ] (1, e) και g(x 1 ) = f (χ 1 )f'(x 1 )-4(f (χ 1 ))5 -χ 1 = =-4 · (-1)5 -χ. =4-χ 1 >0 (αφού 1< χ 1 <e) Επίσης: g(x2 )=f(x2 )f'(x2 )-4(f(x2 ))5 -χ2 = =-4 · 45 -χ2 = -4 -χ2 <0 (αφού 1<χ2 <e) άρα g(x 1 )g(x 2 )<0, οπότε από το Θ. Bol θα υπάρχει ένα τουλάχιστον zano χ0 (χ 1 ,χ 2 ) τέτοιο ώστε g(x0) =Ο <:::::> f(x0) [ftx0)-4f 4 (χ0)] = χ0 λό­ γω της (4). δ) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) +χ -e-2 στο [1, e]. Η h είναι συνεχής στο[l, e] ως άθροισμα συνεχών και h(1) =f(l)+1-e-2 h(e) =f(e )+e-e-2 2) (Ι ) =2+1-e-2 (=e+1-2 =1-e<O =e-1>0 Οπότε: h(l) · f(e) <Ο και από το Θ. Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον c0 (1, e) τέ­ τοιο ώστε h(c0) =Ο <:::::> f(c0) = -c0 + e + 2 οπότε η ε τέμνει τη σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη c0 (1,e) . ε) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στα δια­ . Τ . e] , Μ Θ. [1, το οπότε ό και ] [ απ Co Co στθαήματα υπάρχουν ξ1 (l,c0) και ξ2 E(c0,e) τέτοια Ε

(3)

με

*

Xz .

Ε

ς

Ε

ς

(α)

(α)

6

Ε

Ε

Cr

Ε

Ε

2-2 = ώστε f ,(ξ.)= f(c0)c0 -1-f(l) = -c0 +e+ c0 -1 0 -e)-:...,_ =--(cc....: 0 -1 0 +e+2-e-1 = και f'(ξ2 ) = f(cc00)-f(e) -e c0 -e c0 -e Οπότε θα είναι: f'(ξ1 )f'(ξ2 ) = 1 . (δ ),(Ι J

(δJ.(ZJ -c =

Ά σ κη ση 1 6

Δίνεται η συνάρτηση f : JR � JR παραγωγίσιμη ι· και για την οποια ισχυουν ιm f(x) - 2x 1 και Χ--73 Χ - 3 f(5) = 6. α) Να δειχθεί ότι f(3) = 6. β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Cr στο χ = 3. γ) Να δειχθεί ότι η y = χ+ 2 τέμνει την Cr σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη χ0 Ε (3,5) δ) Αν η f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο [3, 5] να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσω­ στο διάστημα (3, 5). σης f'(x) '

=

'

=Ο ' ι·ιm f(x)-2x Για την f εχουμε Χ -3 = 1 (1) και f(5) = 6(2). α) Για χ 3 θεωρούμε τη συνάρτηση τότε limg(x)=1 και g(x) = f(x)-2χ χ-3 f (χ)-2χ =(χ -3)g(x) f (χ) = 2χ +(χ -3)g(x) => Είναι: limf (χ) = lim[2x +(χ-3)g(x)] = 6 άρα limf(x) = 6 . Όμως η f είναι παραγωγίσιμη στο χ = 3 άρα και συνεχής, οπότε f(3) = 6. β) Για χ 3 είναι: f(x)-2χ- 6+ 2χ = = lim lim f(x)-f(3) Χ -3 2(χ-3) Χ -3 lim ( f(x)-2x Χ -3 + Χ -3 ) �1+2=3 άρα f'(3) = 3, οπότε η εξίσωση της εφαπτομέ­ νης στο χ0 = 3 είναι: ε: y -f(3) = f'(3)(x-3) ή ε: y-6=3(x -3) ή ε: y =3χ -3. Λύ ση

Χ--+3

*

Χ --> 3

χ--+3

χ-->3

χ-->3

=F-

Χ--73 Χ-->3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/61

Χ --> 3

(I)


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x)-χ-2 ες 5 [· :::) : ::�)� : �:�6�: �� στ: :(3:::Ό h(5) =f(5)-5-2 =6-7 = -1 και θα υπάρχει ένα τουλάχι­ στοναπόχ0 τοΕ (3,Θ.5)Bolzano τέτοιο ώστε h(x0) =Ο<:::? f(x0) = χ0 + 2. Δηλαδή η = χ + 2 τέμνει την Cf σε ένα του­ λάχιστον σημείο με τετμημένη Χ0 Ε (3,5) . δ) Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [3, 5 ] και f (3) = f (5) = 6, άρα από Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (3,5) τέτοιο ώστε ftξ) =0. Όμως η f στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω άρα η f' είναι J στο [3,5], οπότε το ξ είναι μοναδική ρίζα της f'. Δηλαδή η εξίσωση f' (χ) Ο έχει μοναδική ρίζα στο (3, 5). γ)

}

(β)

y

ι: f(γ) και ένα τουλάf1(u 1 ) = f(γ)-f(α) γ-α γ-α χιστον u 2 Ε (γ, β) τέτοιο ώστε ι:_ f(γ) � ο fl(u 2 ) = f(ββ)-f(γ) -γ β -γ Όμως: u 1 < u 2 �f1(U 1 ) > f1(u 2 ) άτοπο. Άρα f(x) > Ο για κάθε χ Ε (α, β) . Β. α. Λόγω των ( 1), (2), (3) για την f από το Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε(α, β) τέτοιο ώστε: f1(X 0)=0. Για α< χ < χ0 επειδή η f'J στο (α, β) έχου­ με: f1(X ) > f1 ( X0) άρα f1(X ) >Ο. Για χ0 < χ <β επειδή η f'J στο (α, β) έχου­ με: f1(X ) < f1(x0) άρα f1( X ) <Ο. Έτσι: :::; ο

(4)

χ

=

Ά σ κη ση 1 7

= =Ο Ο Ε

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], παρα­ γωγίσιμη στο (α, β) με f(α) f(β) και η f' γνησίως φθίνουσα στο (α, β). Α. Να δειχθεί ότι f(x) > για κάθε χ (α, β) . Β. α) Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα μόνο χ0 (α, β) , στο οποίο η f να παρουσιάζει μέγιστο. β) Να δειχθεί ότι υπάρχουν Χ1 , Χ2 (α, β) , τέτοια ώστε f 1 (X 1 ) - f 1 (X 2 ) > 4f(x 0 ) β-α

Ε

Ε

-

Ε <Ο.

Γ. Αν υπάρχει η f" στο (α, β) να δειχθεί ότι υπάρχει ξ (χ1 , χ2 ) τέτοιο ώστε: 2 α) f"(ξ) β) f(x) -f"(ξ> β α

<

(;)

f είναι συνεχής στο [α, β] ( 1 ), παραγωγίσιμη στο (α, β) (2), f(α) f(β) Ο (3) και η f'J στο (α, β) (4). Α. Έστω ότι υπάρχει γ Ε (α, β ) τέτοιο ώστε f(γ) :::; Ο. Θεωρούμε την f στα διαστήματα [α, γ] καιθα [γ,υπάρχει θα ισχύει τοU Θ.Ε (α,Μ.γΤ). β] σταέναοποίατουλάχιστον οπότε 1 τέτοιο ώστε Λύ ση

Η

=

=

α

"<>

+

Γ

-

β

Άρα υπάρχει ένα μόνο χ0 Ε (α, β), στο οποίο η f να παρουσιάζει μέγιστο. β) Η f είναι συνεχής στα [α, χο] και [χο, β] και παραγωγίσιμη στα (α, χ0) και (χο, β), οπότε από το Θ . Μ . Τ. θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 1 Ε (α,χ0) τέτοιο ώστε f(xo) f1(χ ι ) = f(χο)-f(α) χ0 -α ι: χ0 -α και ένα τουλάχιστον χ 2 Ε (χ0 ,β) τέτοιο ώστε ftx 2 ) f(χ0)Χο -f- β (β) ι: Χf(x0) ο -β . -(Χο -α) _Έτσι: f 1(x1)-f 1(X2 )=f(x0) (Χ(χοο --β)β)(χο -α) α- β-­ = f (χο)----'(χο -β)(χο -α) Οπότε αρκεία-να δείξουμε4f(x0) ότι: (5) f(x0) (χο - βΧχοβ -α) � β -α Ισχύει: χ0 > α�f(χ0) > f(α)�f(x0) >Ο, β -α � _4 και από την (5) <=> (β _ χοΧχο -α) β α <=> (β -α) 2 � 4(β-χ0)(χ0 -α) <=> [(β-χ0) + (χ0 -α)]2 � 4(β -χ0)(χ0 -α) <=> (β-χο) 2 +2(β -χοΧ Χο -α)+(χο -α) 2 -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/62

f

(3)


Μαθηματικά Γ' Λυκείου

-4(β-χ0)(χ0 -α) � Ο τέτοιο ώστε f3>(x) =Ο άτοπο (λ&yω της (1)). <:::::> [(β-χ0)-(χ0 -α)]2 � Ο, που ισχύει. Άρα η f έχει το πολύ ένα σημείο καμπής. ' Γ. α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο [χι, χ2] ς(α,β) β) Για να εφάπτεται ευθεία σε δύο διαφορετικά ση ­ μεία Α(χι , f(χι)) και B(xz, f(xz)) της Cf θα πρέπει: οπότε από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχι­ f(x -f(χι) ) στον ξ Ε (χι, χ 2 ) τέτοιο ώστε: 2 x ( f' = = (2) χι) ( ) f' 2 Χ Χι x x ( ( ) f' )-f' ι 2συνεχής και παρα­ (6) f"(ξ) = χ2 -χ. Έστω χ , τότε η f είναι ι < Χ Όμως Χι < χ 2 και ΓJ2 άρα f'(χι) > f'(x 2 ), γωγίσιμη στο [χ2ι , χ2] οπότε από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (χ ι , χ 2 ) τέτοιο ώστε: και από την (6) παίρνουμε f"(ξ) <Ο. f(x 2 ) -f(χ ι ) β) Από την (6) είναι: f'(x2 )-f'(xι)=f"(ξ)(x2 -χι) = (3) ξ) ( f' Χ2 - Χι άρα f'(x1 )-f'(x2 )=-f"(ξ)(x2 -χι) και λόγω 0-) (7) του Β,β θα ει,ναι: -f"(ξ)(χ2 -χ1 ) > -4f(x β- α Επίσης λόγω του Β,α είναι: f(x)::; f(x0) => 4f(x) ::; 4f(x0) και λ'ογω της (7) : -β -α β-α 4f(x) <-f"(ξ)( χ 2 -χ ) => Από τις (2), (1) έχουμε f'(χι) = f'(x 2 ) = f'(ξ) . β -α Έτσι για την Γ από το θ. Rolle θα υπάρχει ένα )( ι (χ -α) β Χ 2 f (χ) < -f"(ξ) 4 (8). τουλάχιστον U ι Ε (χι ,ξ) τέτοιο ώστε f"(uι) =Ο τουλάχιστον u 2 Ε (ξ,χ 2 ) τέτοιο ώστε 1 <-α} άρα0<χ2 -χι < β -α καιf"(uένα Όμως -β<-χ ) =0 . Έτσι η f" είναι συνεχής και παρα­ 2 α<χ2 < β γωγίσιμη στο [uι, Uz] και f"(uι ) =f"(u 2 ) οπότε 2 ( -χ -α) )( ( -α) β β ι χ οπότε: -f"(ξ) 2 θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον 4 <-f"(ξ) 2 2 από Χ0 Ε(uι,u 2 )ς (χι,χ 2 ) τέτοιο ώστε f<3>(x0)=0 α β και λ&yω της (8) θα f(x) < -f"(ξ) ( ; ) . άτοπο (λόγω της (1)) . Άρα δεν υπάρχει ευθεία που να εφάπτεται της (το -f"(ξ) >Ο λ&yω του Γα). cf σε δύο διαφορετικά σημεία. Δίνεται η συνάρτηση f ορισμένη στο και για την οποία ορίζεται η f<3> (x) με f<3> (x) > Ο για Δίνεται η συνάρτηση f(x) = .,Γχ · ln x . α) Να μελετηθεί ως προς την κοιλότητα και τα κάθε χ Ε σημεία καμπής. =:::>

χ

ι

ισχύει

Ά σ κηση 1 8

Ά σ κη ση 1 9

JR

JR .

α) Να δειχθεί ότι η f έχει το πολύ ένα σημείο β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης στα καμπής. σημεία καμπής. β) Να δειχθεί ότι δεν υπάρχει ευθεία που να εφάπτεται σε δύο διαφορετικά σημεία Α(χι, γ) Να δείξετε ότι: i) .,Γχ ln x � χ - 1 για κάθε χ (0,1] . f(χι)) και Β (χ2, f(x2)) της C,. ii) .,Γχ Ιη χ ::; χ - 1 για κάθε χ [1, +οο )

Ε Ε α) Είναι: t'3 >(x) > Ο (1 ) άρα f" 1 στο τη συνάρτηση f(x)= ..Γx lnx με Έστω ότι η f έχει δύο διαφορετικά σημεία κα­ Έχουμε Α=(Ο,+οο ) μπής στις θέσεις χ , με . z ι ι < z Χ X X το Θ. Rolle α) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο) Τότε f"(xι) =f"(x 2 ) =0, οπότε c 1 ... = lnx+2 και στο [χι, Xz] θα ένα τουλάχιστον ξ Ε (χ ι , χ 2 ) με f'(x)= 2νχ1Γ lηχ+νχ..;. χ 2νχΓ •

Λύ ση

JR .

υπάρχει

από

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/63

Λύ ση


Μαθηματικά Γ Λυκείου

Εφόσον η έχει ασύμπτωτη στοf(x) ευθεία πα­ Γ νxlnx = ράλληλη στην ει θα πρέπει: lim =λ = 2 (2). • Έτσι f"(x)=O�lnx=O�x=1 και Επίσης η στο έχει ασύμπτωτηf την ε2 άρα θα -Γχ f"(x)>O� 2 >0�1nx<O�O<x<1 πρέπει: lim f -1 (3) και lim = Ο Άρα: Είναι: lim f(x) = lim + �λ 2 + μχ -1 = ... = Cr

! . 2-Γχ -(lnx + 2) 2 -12-Γχ = f"(x)= 2 . 4χ

4χ2

Cr

x � -co

ο

+ co

1

x --+ -GO

Χ

Χ -Η«>

χ

κχ

+

� �

Ι

(χ)

(χ) =

+ �ι

-

+

Γ

--οο

Χ -Η«>

� Χlim

ε,

Χ

χ -Η«>

Ιη χ

χ

+οο

(4).

Χ

Χ

+ Jλ

και λόγω της (2) πρέπει: κ+ Jλ = 2 Οπότε η f είναι κυρτή στο (0, 1] και κοίλη στο [1,+οο) . Στο = 1 παρουσιάζει σημείο καμπής το Όμοια: f(x) = lim + �λχ 2 + - 1 = = A(1,f(1)) = (1,0) lim β) Η εφαπτομένη της στο σημείο καμπής Α είναι η ε: y-f(1)=f'(l)(x- l) ή ε:y-0=1(χ-1) ή ε:y=χ-1. � lim [ �ι Jλ και )jyyω γ) i) Λόγω του (α) ερωτήματος η f είναι κυρτή της πρέπει: κ- Jλ = Ο (6) . 1] (0, του στο η ) λόγω ( ερωτήματος και β ε y = - 1 είναι εφαπτομένη της στο ση- Από το σύστημα των (6) έχουμε: κ + Jλ = 2} � κ=1 και η f γράφεται μείο Α( 1 , 0) άρα β ρίσκεται κάτω από τη στο (0, 1]. Δηλαδή για κάθε (0,1] θα ι- κ- = Ο λ = 1 σχύει: f(x) y � -Γχ lnx -1 f(x) = χ + �χ 2 + -1 οπότε ii) Όμοια η f είναι κοίλη στο [1,+οο) και η ε: y =χ -1 είναι εφαπτομένη της στο lim f(x)= lim [ � + μ -1 ] = Α(στο1 , Ο) άρα θα βρίσκεται πάνω από την [1, Δηλαδή για κάθε [1, ) ισχύει: f(x) � y �.rx lnx �χ-1 Χ

-Η«>

Σ . Κ.

χ0

Cr

Χ -+ -«>

Χ

χ

:

κ-

(4)

Cr

χ

�χ

χε

Χ

κ-

χ

(5),

Cr

χε

Cr

+οο) .

μχ

κχ

Χ -+-«>

χ -+-«>

(5 )

Cr

νι;;.Λ

Χ -+ -<:0

μχ

X-+-GO

χ + χ2

χ

+οο

Ά σ κ η ση 20

Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς κ, λ, μ με κ > Ο, λ > Ο για τους οποίους η γραφική πα­ ράσταση της συνάρτησης f με τύπο: f(x) = κχ + �λχ 2 + μχ - 1 και πεδίο ορισμού το JR έχει aσύμπτωτη στο +οο μια ευθεία παράλ­ ληλη προς την ευθεία: y = 2χ + 1 και στο έχει aσύμπτωτη την ευθεία y = 1. -οο

-

'Εχουμε τη συνάρτηση f(χ)=κχ+ �λχ2 +μχ-1 με κ,λ Ο και Α = και τις ευθείες ε1 = 2χ + 1 με λ,, = 2 ( 1) και ε2 : y = -1 . Λύση

>

JR

και λόγω της (3) πρέπει: 2 = -1 � μ = 2 . Άρα κ= 1, λ= 1, μ= 2 οι ζητούμενοι αριθμοί. _ .!:

Ά σ κ η ση 2 1

Έστω f συνάρτηση παραγωγίσιμη στο [α, β] με Ο < α < β τέτοια, ώστε για τους μιγαδι­ κούς z = α + i · f(α) και w = β + i · f(β) να ισχύει z - ε JR . w

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/64


Μαθηματικά Γ' Λυκείου

α) Να αποδείξετε ότι για τη συνάρτηση f( ) g (x) x ισχύουν οι προϋποθέσεις του

=

χ

Θεωρήματος Rolle στο διάστημα [α, β]. ι· r f( x α t ) dt ι , να β) Αν ισχυει: ιm (χ - α) (χ + α - t) αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) για το οποίο ισχύει: f'(ξ) = ι.

,

+-

χ--> ο

=

Έχουμε:α+ if(α) (α+ if (α))( if( )) β- β = = = β+ if(β) = (β + if(β))(β-if(β)) αβ 2+ f(α)f(β) + -αf(2 β)+2f(α)β . β +f2(β) β +f (β) Αφού IR θα πρέπει: β2(β+f)+2 f(β(α)) β = ο <::::> -αf(β) + f(α) β =Ο<::::> αf(β) = f(α)β <::::> f(α) = f(β) 'Ετσι: α β είναι παραγωγίσιμη συνεχής στο [α,στοβ] (γιατί; ) ) ηη gg είναι (α, ) (γιατί; β g(α) = f(α)α g(β) = f (ββ) και λόγω της θα είναι: g(α) = g(β), οπότε ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle για την g στο [α, β] . f(x+α-t) dt =1 (2) β) 'Εχουμε lim (χ-α)(χ+α-t) =χ Θέτουμε u + α-t = h(t) τότε du -dt . Για t = α είναι: u1 = h(α) = χ . Για t = χ είναι: u 2 = h(x) =α. f(x+α-t) dt = Έτσι: l. r· (χ-α)(χ+α-t) 1 r· -1 r· -f(u) du f(u) (-du - -l. -χΙ-α u χ -α u f(u) du lim u-α = (έχουμε μορφή 0/0, οπότε εφαρμόζουμε κανόνα De Hospital) ' γUu du J f(x) f(α) [ = lim (χ -α)' = 1 = α . Λύ ση

• •

α)

z

w

1

_;_____:._

-αf

!:_ Ε w

( 1 ).

(1)

χ -+ α

rx lχ

:ο::

ιm χ -+ α

ιm χ -+ α

χ -+ α

χ -+ α

) - ιι· m χ -+ α

Χ

α

L'

Xlim χ -+ α

Λόγω της (2) θα είναι: f(α)α = 1 <::::> f(α) =α. Οπότε λόγω της (1) θα ισχύει: f(β) =1<::::> f (β) = β . β Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την f στο [α, β] : η f είναι συνεχής στο [α, β] ηοπότε f είναιθαπαραγωγίσιμη (α, β) ξ (α, ) υπάρχει ένα στοτουλάχιστον β β -α = 1. = τέτοιο ώστε f'(ξ) = f(ββ)-f(α) -α β -α Ε

Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο IR και η συνάρτηση g που ορίζεται στο IR και έχει τύπο:

Άσκη ση 22

g( x) = r' f(t - ι)dt + Ix3 +1f(t - ι)dt.

α) Να δειχθεί ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο IR και να βρεθεί η g '(x) . β) Αν η g παρουσιάζει ακρότατο στο Χο = ι τότε να δείξετε ότι f(O) = f(-ι). γ) Να δείξετε ότι υπάρχει ξ Ε (Ο,ι) , έτσι ώστε να ισχύει: f( ξ ι) f( ξ ) .

3- = - 3

Εφόσον η f είναι συνεχής στο IR τότε και η f (t -1) είναι συνεχής στο IR σύνθεση συνεχών. Επίσης η Ι f (t)dt είναι παραγωγίσιμη στο IR άρα και οι συναρτήσεις: ( f(t-1)dt, 3 +1 f (t -1)dt, θα είναι παραγωγίσιμες στο IR ως συνθέσεις παραγωγίγιμων. Έτσι η συνάρτη­ ση g είναι παραγωγίσιμη στο IR ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: g'(x)= ( ( f(t-1)dt+ Ix3 +1 f(t-1)dt)' = = ... =3χ 2 {f(x3 -1)-f(-x 3 )] . β) Εφόσον η g είναι παραγωγίσιμη στο IR και εμ­ φανίζει ακρότατο στο χ0 = 1 τότε από το θ. Fermat θα είναι: g'(l) =0<::::> 3[f(O)-f(-1)] =Ο<::::> f(O) =f(-1) γ) Η g είναι συνεχής στο [0, 1] και παραγωγίσιμη στο (0, 1). Λ ύ ση

α)

ως

rx .b

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/65

(α)


}

Μαθηματικά Γ Λυκείου

g(O) = 1 f(t -1)dt άρα g(O) = g(1) Επίσης: g(l) = 1 f(t -1)dt Οπότε από θ. Rolle θα υπάρχει ξ (0,1): g'(ξ) =0�3ξ2 [f(ξ3 -1) -f(ξ3 )] = 0 � �f(ξ3 -1) =f(-ξ3 ).

στο [1,+οο) και f J στο (0, 1]. δ) Λόγω του (γ) είναι: χ

(α)

Ε

ξ>'Ο

Ά σ κηση 2 3

Δίνεται η συνάρτηση f(x)

= r -tt23 -+ 1t dt . 1

-

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. β) Να βρεθεί η f '(x) όπου ορίζεται. γ) �α μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία. δ) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = Ο.

-1 Έχουμε τη συνάρτηση f(x) = -tt32-dt +2 t . Θε­ ωρούμε τη συνάρτηση g(t) =-tt3-+-1t με = = (-οο, Ο) (0, +οο) οπότε για την f , χ 2 (-οο, Ο)} αδυνατο , η, πρεπει: χ (-οο,Ο) +οο χ 2 (Ο, )} αραχ χ (Ο,+οο) ' Ε(Ο,+οο) οπότε =(Ο,+οο) β) Το 1 (0, +οο) οπότε: f(x)= l g(t)dt+ { g(t)dt = { g(t)dt- f g(t)dt Η g είναι συνεχής στο (0, +οο) οπότε η f θα εί­ ναι παραγωγίσιμη με f'( x)=g(x 2 )(x 2 )'-g(x)=2x χχ4+χ-12 - -χχ32 +χ--1 = 2 +1) χ 2 -1 = = 2χ (χ 2χ-1)(χ 2 (χ4 + 1) χ(χ 2 + 1) 2 +1) 2 -1 = = (�� 2 -1) χ(χ2(χ2 +1)(χ4 +4) =(χ 2 -1) χ(χ2χ42 ++2χ1)(χ42 +1+ 1) . γ) Για χ (Ο,+οο) είναι: f'( x)>O� ... � χ 2 -1 >0� χ > 1 οπότε η f1 Λύ ση

f' Jχ

χ2

α)

D8

IR(

υ

Ε

Ε

Dr

Ε

Ε

Ε

6

Ε

(β )

1

ο -

Γ

+ οο +

� /

[

Οπότε η f στο χ0 = 1 παίρνει την ελάχιστη τιμή της που είναι: f(1) = ... = Ο. χ0 = 1μοναδική είναι ρίζαλόγωτηςτηςεξίσωσης f(x)Δηλαδή =Ο καιτομάλιστα μονοτονίας της από το (γ) ερώτημα. Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο IR με 2χ - 1 f'(x) = -και f(O) 1. ex τ. ε .

Ά σ κηση 2 4

=-

α) Να βρεθεί η συνάρτηση f. β) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και g με g (x) = f(x) 2χ - 1 ' τον άξονα y y και την ευθεία χ = 1.

συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο IR και 2χ-1 f'( x) = e' (1), f(0) =-1 (2) α) Από την είναι: Jt' ( x)dx = J< 2x -l)e-'dx ή . f(x) = J<2x -1)·(-e-')'dx = . . =- 2χe;1 +c, cEIR λόγω της2χ+1 (2): Όμως f(O) = - 1 c οπότε -1+c=- 1�c=O. Ά, ρα f(x) =--e' 2χ+1 f(x) e = 1 β) Είναι g(x) = --= e' 2χ + 1 2χ + 1 Έτσι για κάθε χ [0,1] είναι 2χ + 1 -2χ � 0 οπότε το g(x)-f(x) =- -e'1 + --= e' e' ζητούμενο εμβαδόν είναι: Ε = 1 [g(x)-f(x)]dx = 12xe-'dx = =2 x(-e-')'dx =. . 2(e-2) e τετρ. μον. Λύ ση

Η

(1)

+

(α) -

Ε

r .b

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/66

,-

-


Γενικά θέματα Μαθηματικών

ΓΕ Ν Ι ΚΑ Θ ΕΜΑΤΑ ΜΑΘ ΗΜΑΤΙ ΚΩ Ν ΚΑ ΤΕΘΥΝΣ ΗΣ Γ .. Λ YKE IOY

�)}

του Θαραλλίδη Λεωνίδα

f

( ] , f [0, f f(O). Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο = g(x) - f(O) , με f'= g , g'= f και ισχύουν f(x) και = g'(x) -f(O) = f(x) -f(O) g( g(x) < για f [0,+ α) Μελετήστε τις f και g ως προς την μονοτο­ [0,+ νία και τα ακρότατα. g(x) - f(O) g(O) - Ο· f(O) β) Αποδείξτε ότι : g(x) > f(O), για g(x) > x·f(O) . γ) Μελετήστε τις f και g ως προς την κυρτό­ γ) Είναι f" = (f' ) ' = g ' = f , άρα f"(x) = f(x) > Ο τητα και η f είναι κυρτή στο δ) Αποδείξτε ότι οι συναρτήσεις h και φ με ,0] Όμοια g" = g δηλαδή η g είναι κοίλη στο τύπους h(x) = e-x (f + g)(x) και και κυρτή στο [0,+ ). Η αρχή των αξόνων είναι φ( χ) = ex (f - g)(x) είναι σταθερές. σημείο καμπής της γραφικής της παράστασης. ε) Αν f(O) = 1 ,να βρείτε τους τύπους των f , g . δ) Εύκολα βρίσκουμε ότι: h ' (x) = Ο και φ ' (χ) = Ο οπότε οι συναρτήσεις h και φ είναι σταθερές. ε) Αφού h(O) = e0 [f(O) + g(O)] = 1(1+0) = 1 και είναι g' ( x) = f(x) > Ο άρα η α) Για κάθε χ φ( Ο) = 1, θα έχουμε h(x)= 1 και φ(χ) = g είναι γνησίως αύξουσα στο , οπότε δεν όμοια Έτσι e-x [f(x) + g(x)] = 1 1 για κάθε έχει ακρότατα. και e-x [f(x) - g(x)] = 1 , . Πολλαπλα­ Αφού g( -χ) · g(x) ( Ο , για χ * Ο, και η g είναι σιάζοντας τις προηγούμενες σχέσεις με ex , συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο Ο θα ισχύει παίρνουμε: f(x) + g(x) = ex και f(x) -g(x) = ex limg(-χ) · limg(x) :::;; Ο � g(O) g(O):::;; Ο � , . Με πρόσθεση και αφαίρεση των g 2 (0):::;; Ο , οπότε g(O) = Ο . σχέσεων αυτών , έχουμε τελικά : (Είναι �g(-x)=�g(u)=g(O), όπου u =-χ . e· - e - x ενώ g(x) = , f(x) = Αφού f'( x) = g(x), χ 2 2 θα είναι f'(O) = g(O) = Ο . 2° Θέμα Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο και Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη g(O) = Ο έχουμε: στο και ισχύουν : [f'(x) ] 2 + f(x) · f"(x) = � , ενώ για χ < Ο, g(x) < g(O) � f' ( x) < Ο 2 για χ > Ο, g(x) > g(O) � f' ( x) > Ο f(O) = 1,f'(O) 1 ° Θέμα 1R

-

χ)

> Ο, χ ε 1R

Ο

·

χ * Ο.

χ

χ>Ο.

·

Είναι J στο Ο 1 στο +οο ) και η παρουσιάζει ελάχιστο στο Ο, με τιμή β) Έστω φ(χ) χ � Ο. Είναι φ ' (χ) χ· > Ο για χ > Ο αφού η είναί γνησίως αύξουσα στο οο ) . Έτσι φ1 οο ) και για χ > Ο θα ισχύει : φ( χ) > φ( Ο) � > χ· -οο ,

1R .

(- οο

οο

Λύ ση

ε 1R

1R

χ

Ε�.

χ

·

χ

χ --+0

χ --+ 0

Ε�

Ε� e

x

+e

-x

χ

ε 1R

Ε�.

1R

1R

χε�

=Ο.

χ

f(x) f(x)

-Χ;

-

()

ελαχ.

+οο +

/

α) Αποδείξτε ότι f2 (x) = ex + c1 x + cμ όπου C1 ,c2 σταθερές. β) Να βρείτε τον τύπο της f2 • γ) Αποδείξτε ότι : f(x) = .Jex - χ , χ ε 1R δ) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/67


Γενικά θέματα Μαθηματικών

dχ, χ > 0 I = Jf (x)e · -f"(x) 1 χ

ισχύει :

Λ ύ ση

α) Η δοσμένη σχέση γράφεται διαδοχικά :

[f'(x)] 2 + f(x) f" (x) = �2 � [f(x) f' (x)] ' = [ �]2 , άρα f(x) f'(x) = �2 + c c σταθερά) � 2f(x) f'(x) = ex + Cι (1), όπου Cι=2c. έχουμε [f \χ)]' = ex + Έτσι, για κάθε χ 2 cι , αρα ' f (χ) = e + cι χ + c2 , οπου c 1 ,c2 σταθερές. Είναι f \Ο) = 1 2 = 1 οπότε e0 + c 1 • Ο +c2 = 1 � c2 = Ο και0 η (1) , για χ = Ο, δίνει : 2f(O)f'(O) = e cι � 2·1·0=1 + c 1 άρα c 1 = -1. Τελικά : f 2(x) = ex -x ' χ exΓια� κάθε χ +1 )πραγματικό χ επομένωςαριθμό ex-x > Ο.χ ισχύει Συμπεραίνουμε ότι .Jex -χ *Ο για κάθε χ δηλαδή f(x) *Ο, για κάθε χ . Α)..λά η f είναι συνε­ χής, επομένως θα διατηρεί σταθερό πρόσημο, δηλαδή f(x) = .Jex -χ ή f(x) = -.Jex -χ . Επειδή f (0) = 1 > Ο έχουμε τελικά f(x) = .Jex -χ , για κάθε χ Από την αρχική σχέση έχουμε f(x)f' '(χ) = 2 - [f'(x)] 2. Ακόμη : (ex -χ)' = ex -1 , συνεπώς το f'(x) = 2.Jex -χ 2.Jex -χ 2 -[f' ( x)] 2 ολοκλήρωμα ισούται με: J ex -1 dx = ex = _!_2 · J�ctx _!_ J -1 dx = ex -1 4 ex -χ (ex -χ)' dx = _!_ d = _!_2 J(exex -1)' J x-1 4 ex -χ = � lnlex -11- ± ml ex - χΙ +C . χ

χ

χ

Ε JR

'

γ)

Ε JR

δ)

χ

Ι

_

3 " Θέμ α

χ

Η f είναι παραγωγίσιμη στο

Ι = Jr

χ

Ε IR .

-ι (x)dx

=

e

+ J f(x)dx e2 +1

e

lnf(x)+ef ( x) = X , X ElR (1) 1 f'(x) + ef ( x ) · f'( x) = 1 � f'(1),( x) =παίρνουμε 1 f (x ) f (χ) --+e f(x) και αφού f(x))O θα είναι και: f' ( x))O,x επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα. Αφού η f είναι γνησίως μονότονη , θα είναι και 1-1, συνεπώς αντιστρέφεται. με f(x0) = 1, από την (1) έχουμε: Αν χ0 lnf(x0) +ef <x. ) = χ0 � ln1 +e = χ0 � χ0 = e Έτσι: f(x)=1�f(x)=f(e)�x=e και όμοια: f(x) = e � f(x) = f(ee + 1) � χ = ee + 1 αφού η f είναι «1 - 1» Στο ολοκλήρωμα r Γ1 (x)dx θέτουμε u = Γ1(χ) οπότε χ = f(u) και dx = f'(u)du . ενώ από το (γ) ερώτημα συμπεραίνουμε ότι: u 1 = Γ1(1) =e και u 2 = Γ1(e) = ee + 1 . Έτσι: r Γ1(χ)dχ = {+1 uf'(u)du = { +\f' ( x)dx οπότε το ολοκλήρωμα ισούται με : {+1 [xf'( x) +f(x)]dx = [χf(χ)]:' +Ι =(ee +1)f(ee +1)-ef(e) = (ee +1)e-e=ee+I Λύση

Ε JR

β) γ)

δ)

Ε JR

Ι

4 " Θέμ α

Η f είναι παραγωγίσιμη στο

JR

και ισχύει : Jron t)dt = χ · f(ln x) - 2χ3 + 1,χ > ο.

χ

ι

1R

r < x>

Δίνεται ότι: α) Παραγωγίζοντας την

Ε JR

Ε JR .

e

=

I

+

Ε JR .

+ = χ για κάθε

Μελετήστε την f ως προς την μονοτονία. Αποδείξτε ότι η f αντιστρέφεται Να λύσετε τις εξισώσεις: f (x) 1 και f(x) Υπολογίστε το άθροισμα: e

(

χ

β)

α) β) γ) δ)

lnf(x)

με f(x) > Ο και α) Αποδείξτε ότι : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/68

J

ln 2 ο

e

x

·

f'(x)dx 14 =


Γενικά θέματα Μαθηματικών

β) Αποδείξτε ότι : f(x) = 3e2x 2 , χ ε JR γ) Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της Gr στο Α ( O,f(O)} . δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου με­ ταξύ του Gr ,της εφαπτομένης (ε) και της ευθείας χ = ln 2 . -

1r

"

2 [3e2 x - 6χ - 3]dx. = 3 - [ e2 x - χ 2 - χ ]� 2 2

και μετά τις πράξεις Υ

u = ex

u 2 = eln2 = 2

οπότε Ακόμη

χ = ln u

β)

2 u · �1 f I (ln u )du = .Ιιr u [f (ln u)] I = [ uf (ln u)] � - J2 f (ln u )du . Και τελικά Ι = 2f (ln 2) - f (Ο) - J2 f (ln u )du . Από την Jx f(ln t )dt =χ · f(ln χ) - 2χ 3 + 1, χ)Ο (1) παίρνουμε : για χ= 1 : O=f(0)-1 άρα f(0)=1 για χ=2 : J2 f(ln t )dt = 2f(ln 2) - 15 Έτσι Ι = 2f(ln 2) - 1 -[2f(ln 2) - 15] = 14 Παραγωγίζουμε την (1): f(ln χ) = f(ln χ ) + χ· f1 (ln χ) . ..!..χ _ 6χ 2 <::::> f1(ln χ) = 6χ 2 και με u = ln χ <::::> χ = eu έχουμε f1( U ) = 6e 2 u <::::> f(u) = 3e 2 u + c <::::> f(x) = 3e2 x + c . Αφού f(O) = 1 βρίσκουμε c = -2. Τελικά: f(x) = 3e2x - 2, χ JR Είναι f(O) =1 , f' (O) = 6 επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: y =6x+1. Αφού f " (x) = 12e 2 x )O , η f είναι κυρτή στο ·

δ)

JR

οπότε η γραφική της παράσταση βρίσκεται πάνω από κάθε εφαπτομένη της. Θα έχουμε, λοιπόν : f(x) 2: 6χ + l, x ε JR και το μοναδικό κοινό σημείο της Cr και της εφαπτομένης είναι το (0,1). Έτσι :

Ε = ,b" 2 [(3e2 x - 2) - (6x + 1)]dx =

χ

5 " Θέμα

Η f είναι παραγωγίσιμη στο [ι,+οο) με f(x) 2: ι και f( x ) ln f( x ) = χ για χ 2: ι . α) Υπολογίστε την τιμή f(ι) . β) Λύστε τις εξισώσεις f(x) = ι και f(x) = e . γ) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. δ) Να βρείτε τον τύπο της aντίστροφη ς της f ε) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου πού περικλείεται μεταξύ της γραφικής παρά­ στασης της Γ1 ,της διχοτόμου του πρώτου τεταρτημορίου και της ευθείας χ = e . -

Λύ ση

f(x) - lnf(x) = χ, για χ 2: 1 (1) Για χ = 1 παίρνουμε f(l) - lnf(l) = 1 lnf(l) = f(l) - 1 . Ό μως γνωρίζουμε ότι ln χ � χ - 1 για χ)Ο και η ισότητα ισχύει όταν χ = 1. Συμπεραίνουμε ότι f(l) = 1 . Η (1) με f(x) = 1 γράφεται 1-ln1 = x <::> χ =1 . Έτσι f(x) = 1 <::::> χ = 1 και με ανάλογο τρόπο παίρνουμε f(x) = e <::::> χ = e - 1 . Παραγωγίζουμε την (1): f1(x) f(x) f1( X ) - f(x) = 1 f1( X ) = f(x) - 1 και αφού f(x))1 για χ)1 θα είναι f1(x))O για χ)1 οπότε f ! [ l,+oo)

α) Ισχύει

<::::>

ε

γ)

ln2

ο

και

Επομένως: Ι = f 2 ex · f1(X )dx = J2 f1(ln u)du = 2 Jιr

·

1

Λύ ση

α) Θέτουμε

Ε = 3 (l2 - ln 2 2 - ln 2) τ.μ.

β)

γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4/69

<::::>


Γενικά θέματα Μαθηματικών

δ) ε)

Θέτοντας στην (1) y=f(x) έχουμε y.- ln y = x άρα Γ\y) = y-Ιηy ' δηλαδή Γ1(χ) = χ -Ιηχ . Η διχοτόμος έχει εξίσωση y=x . Από την εξί­ σωση Γ1 (χ) = χ έχουμε. χ - Ιη χ = χ <=> ln χ = Ο <=> χ = 1 . Έτσι το κοινό σημείο της γραφικής παράστα­ σης της f 1 και της διχοτόμου έχει τετμημένη 1. Θα είναι, λοιπόν : Ε = fi Γ 1 ( x ) - y �x = fιn xdx = fCx)'ln xdx = [x ln x]� - f1dχ = ... = 1 τ.μ

χ ---+ 0+

β)

Ε

6° Θέ μα

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο f ' (x) = 1 + x · e-r< x J και f( )

e x +χ+1 ---- ::; 1 ex

JR •

με

για κάθε x :;t: O .

α) Αποδείξτε ότι :

( ef( x )-x ) ' = χ . e-x ,χ * ο f(x) = ln ( e x - x - 1 ) ,x :;t: O

β) Μελετήστε την f ως προς την κυρτότητα στο JR* γ) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα

Ι = Jx2 · f'(x)e-r< x Jdx

Λύ ση

α)

i) Έχουμε (ef( x )�x )' = ef( x )-x · [f'(x) - 1] = ef( x)-x . [1 + xe -f ( x ) - 1] = ef( x ) -x . χ . e -f( x ) = x - e-x για χ :;t: O . ii) Έτσι ef( x)-x = Jxe-x dx =. . . =

{

-xe -x - e -x + c 1 , χ < Ο -xe -x - e-x + c 2 , χ > Ο

{

, οποτε

-x - 1 + c 1 ex , χ (Ο και τελικά : -χ - 1 + c 2 ex , χ)Ο ef( x ) + χ + 1 c 1 , χ < Ο = c ,x > Ο ex 2 e f( x ) + χ + 1 < 1, χ :;t: Ο θα είναι Αφού ex c 1 ::; 1, c 2 ::; 1 . ef( x ) =

{

Όμως για χ>Ο είναι ef( x ) = -χ - 1 + c 2 ex άρα lim (-χ - 1 + c 2 e x ) � Ο <=> c 2 - 1 � Ο <=> c 2 � 1 Τελικά c2=1 και όμοια c1=1 οπότε ef( x) = e x - χ - 1, χ :;t: Ο και f( x ) = ln(e x - x - 1), x :;t: O . Είναι f'(χ) = e xe-x - 1 , χ :;t: Ο και χ-1 f " (x) = (eexx --xχe-x -1 21 , x :;t: O . ) Θέτοντας g(x) = e x - xex - 1, χ IR έχουμε g'(x) = -xex και συνεπώς η g παρουσιάζει στο Ο ολικό μέγιστο με τιμή g(O) = Ο. Έτσι g(x) < Ο για χ :;t: Ο . Τελικά f " (x) = ex g(x) 2 (Ο οπότε η f είναι ( - χ - 1) κοίλη στα διαστήματα (-οο,Ο) και(Ο,+οο) . Είναι f '(x) e-f( x ) = -[e-f( x) ]' άρα : Ι = JC-x 2 ) · [e-f ( x ) ]'dx = [-x 2 e-f(x) ] + 2 Jxe-f( x ) dx = 2 - χ + 2 J[f'(x) - 1]dx =

γ)

ef( x )

χ 2 + 2f(x) - 2x + c = ex - χ - 1 2 = ex -χ + 2ln(e x - χ - 1) - 2χ + c, x :;t: Ο ( χ-1 για την ακρίβεια, έχουμε δύο σταθερές cι, c2 στη θέση του c, για καθένα από τα διαστήμα­ τα ( -οο,Ο ) και (Ο,+οο) . ---

7° Θέ μα

Θεωρούμε την συνάρτηση f(z) = lz + 1 1 , όπου z Ε C και τους μιγαδικούς για τους οποίους f(z) 2 = (1) f(-z) α) Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ αυτών των μιγαδικών; 5 = 34 για καθε β) Αποδει'ξτε οτι ισχυει : z - 3ι •

ι ·ι

z Ε C , που ικανοποιεί την (1). γ) Ποιος από τους μιγαδικούς για τούς οποί­ ους ισχύει η (1) έχει το μεγαλύτερο μέτρο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4/70


Γενικά θέματα Μαθηματικών

και ποιος το μικρότερο; β) Μελετήστε την g ως προς την μονοτονία. δ) Θεωρούμε την συνάρτηση g (z) = z - 3 , ό- γ) Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ ε (0,1), τέτοιο f'(ξ) που z μιγαδικός πού ικανοποιεί την (l).Να ώστε: f'(ξ 2 ) = 2ξ βρείτε την γραμμή στην οποία κινούνται οι εικόνες Ν των μιγαδικών g(z) .

Έχουμε f (z) = 2 · f ( -z) <=> l z + il = 2 1-z + il <=> l z +il = 2l z -il και με z=x+yi,(x,y EJR) βρίσκουμε χ 2 + (y - �3 ) 2 = 196 . Ο γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείο Α(Ο, �3 ) και ακτίνα ρ= i3 . Λύ ση

α)

β) γ)

δ)

'Ετσι l z -�i� =�x2 +(y-�) 2 = = � για κάθε z που ικανοποιεί την ( 1 ). Από τα σημεία του κύκλου (Α, i ), το πλησιέστερο 3 στην αρχή των σf,όνων είναι το (0,.!.3 . ) και το μακρι-

Ν

νότερο το (0,3). Συμπεραίνουμε ότι l z l ταν z=.!_i3 και l z l max =3 όταν z=3i . Αφού g(z) = z-3 <::> g(z)+3 = z <::> 5 . θ α εχουμε ' . g(z) + 3 --ι5 . = z--ι,

.

mιη

3

= .!..

ό-

3 3 lg(z)-(-3 + �i)� = lg(z) + 3-�i� = l z -�i� = � , σύμφωνα με το (β) ερώτημα. Αν Ν είναι η εικόνα του g(z) και -3, �3 ) , τότε ; Ν κινου, οτι , οι εικονες , =-43 , που σημαινει 4 Β(

(ΝΒ)

νται σε

κυ' κλο

' το Β και ακτινα ' 3" . με κεντρο

8° Θέ μα

α)

β)

Λ ύ ση

Έχουμε

g'(x) = !χ χ · f '(xt)dt = !\ xt) ' · f '(xt)dt

= !x [f (xt)]'dt =[f (xt)]f = f(x 2 ) - f (x), x Ε

JR

Αφού f' ( x))O, η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς 1 - 1 . Η εξίσωση g' ( x) =Ο γράφεται f(x 2 ) = f(x) <::> χ 2 = χ <::> χ = Ο, χ = 1 ενώ g' ( x))O, όταν χ (Ο ή χ)1 . Έτσι: g 1 (-οο, Ο], g J [0,1], g ! [l, +oo) γ) Είναι g' (O) = Ο και g' (l) = Ο . Αφού η g ' είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1] με g"(x) = 2xf '(x 2 ) - f '(x) , από το θεώρημα Rolle συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ξ (Ο, 1) με

g"(ξ) = ο <=> 2ξ . f'(ξ2 ) - f '(ξ) = ο

Ε

<=> f '(ξ 2 ) = f '(ξ) . 2ξ

9° Θέ μα

Η f είναι συνεχής στο

JR

Αποδείξτε ότι : α) r(t)dt = !. r(t)dt 20

J

ο

J

J

2 με r(t)dt = r(t)dt .

J

ι

ο

ι

J

ι Χ τις προϋπόθεσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [1,2] χ

β) Η συνάρτηση φ(χ) = - r(t)dt ικανοποιεί ο

J

ι

γ) Υπάρχειξε (1,2), τtτοω ώστε f(x) = r(xt)dt . ο

α) 'Εχουμε διαδοχικά : ,b f ( t )dt = !2 f ( t )dt <::> ,b f (t)dt + !2 f (t)dt = 2 ,b f(t)dt επομένως Λύ ση

Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο JR με συνεχή παράγωγο και ισχύουν f'(x) > Ο

J

χ

και g '(x) = χ · f'(xt)dt , για κάθε χ ε JR . ι

α) Αποδείξτε ότι g '(x) = f 2 (x) - f(x) , x ε JR

r f (t)dt = 2 1 f(t)dt � 1 f (t)dt = � r f (t)dt .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4Π 1


β)

Γενικά θέματα Μαθηματικών

Η

στο � με f'=f-g και g ' =f+g. Ακόμη, ισχύουν : f 2 (x) + g 2 (x) = e 2 x , χ Ε JR και f(O) = 1 . Α) Αποδείξτε ότι :

συνάρτηση f είναι συνεχής στο � . Τότε η συνάρτηση g(x) = ,b f (t)dt θα είναι παραγω-

γίσιμη στο � άρα και συνεχής στο � . Επο­

� ,b f(t)dt θα είναι συνεχής

μένως η φ(χ) = ·

γ)

i) [f '(x)] 2 + [g'(x)] 2 = 2e 2 x και [f "(x)] 2 + [g"(x)] 2 = 4e 2 x , χ Ε �

στο [ 1 , 2] ως γινόμενο συνεχών και παραγω­ γίσιμη στο ( 1 , 2) ως γινόμενο παραγωγισίμων 1 rx 1 με φ'(χ) = - 2 - .b f (t)dt + - · f (x) , Χ Ε [1, 2] χ χ και φ(l ) = φ(2) (από το ερώτημα (α)). Επο­ μένως ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρή­ ματος Rolle στο [ 1 . 2] . Υπάρχει, λοιπόν, ξ Ε (1, 2) με

ii) g( O) = O, f '( O) = 1, f"(O) = O, g " ( O) = 2 iii) lim f (χ) = lim g(x) = Ο χ

i .b

1 f(xt)dt , θέτοντας u=xt,

du = xdt έχουμε u 2 = χ · 1 = χ , οπότε :

και

i)

συνάρτηση φ(χ) =

f '(x) αντιστρέφεται g(x)

ii) Δεν υπάρχει εφαπτομένη της Ct-g παράλ­ ληλη στον χ 'χ,σε σημείο με τετμημένη στο (Ο,γ].

κάποιο ξ Ε (1, 2) .

για iii) f (x)(x + 1 Χ Ε (Ο,γ] 1 - 2xg(x) � f'(x) � 1, χ Ε [0, γ] .

ΠΡΟΤΕ Ι ΝΟΜΕΝ Α

2.

Η

στο (Ο,γ]

Η

1.

�-00

Β) Αν επιπλέον η g είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο,γ], όπου γ>Ο , αποδείξτε ότι :

u 1 = χ · Ο = Ο,

t f(xt)dt = ,b f(u) � = � .( f(u)du = � .( f(t)dt συνεπώς 1 f (ξt)dt = i ,b t (t)dt . (1) γράφεται τώρα : f (ξ) = 1 f (ξt)dt για

Η

χ

iν ) Αν α και β είναι δύο διαδοχικές ρίζες της f, τότε υπάρχει κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων των f και g με τετμημένη στο (α,β).

φ'(ξ) = Ο � f (ξ) = · f(t)dt. ( 1 ) Στο ολοκλήρωμα

�-<Χ)

ΘΕΜ Α Τ Α ΓΙΑ Λ ΥΣΗ

f: [1, +οο ) ---+ � είναι παραγωγίσιμη στο (1, +οο ) και ισχύει ef ( x ) - f(x) = χ 2 , χ � 1 . α) Να λύσετε την εξίσωση f ( x) = Ο β) Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται γ) Αν f(5)>0, να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία δ) Υπολογίστε το εμβαδό του χωρίου μεταξύ της γραφικής παράστασης της ' 1 2 φ( χ) = [ Γ (χ)] , των αξόνων χ ' χ και y y και της ευθείας χ= 1 . Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες

και

Γ) Έστω Φ (χ) = [f (x) e - συνχ] 2 + [g(x) e - ημχ]2 , χ Ε � . -χ

i) Αποδείξτε ότι η φ είναι σταθερή με φ(χ) = Ο, χ Ε � ii) Βρείτε τους τύπους των συναρτήσεων f και g. 3.

Αν υπάρχει ακριβώς ένας μιγαδικός z έτσι ώστε να ισχύουν I z - z 1 1 = a και I z - z1 1 = β όπου α,β>Ο και z1 σταθερός μιγαδικός, διάφο­ ρος του μηδενός, αποδείξτε ότι :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4Π2


Γενικά θέματα Μαθηματικών 6.

4.

Έστω z0 τυχαίος μιγαδικός, διάφορος του μη­ δενός. α) Αποδείξτε ότι: ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z για τους οποίους ισχύει l z - z0 l = l z + z0 l , είναι ευθεία (ε), η οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων. β) Αν η ευθεία (ε) του προηγούμενου ερωτή­ ματος έχει εξίσωση y = και l z o l = J5 , να βρείτε το μιγαδικό Ζο ·

-2χ

5.

Δίνονται οι μιγαδικοί w 1 = 4+4i και w2= 1+i και έστω Α, Β οι εικόνες τους. α) Αποδείξτε ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ για τα οποία (ΜΑ)=2(ΜΒ), εί­ ναι ο κύκλος (C1 ) με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα .J8 . β) Αν zι, Zz , z3, z.. είναι μιγαδικοί με τις εικό­ νες τους στον (C1 ) , υπολογίστε το μέτρο z 1 z 2 z 3 + z 1 z 2 z 4 + z1z 3 z 4 + z 2 z 3 z 4 Ζι + Z z + z + z 3 4 γ) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο (C2) των ει­ κόνων Ν των μιγαδικών για τους οποίους (ΝΑ) = 1 . δ) Αν οι εικόνες δύο μιγαδικών z και w βρί­ σκονται στους (C1), (C2) αντίστοιχα, να υπολογίσετε τη μέγιστη και την ελάχιστη δυνατή τιμή του l z 1 - z 2 1 .

3 'Εστω f (x) = �x 2 · e x + 1, χ � Ο . α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της. β) Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού λ, η εξίσωση f (χ) = λ -ln λ έχει λύση;

�χ ·Γ1(χ)dχ . Αποδείξτε ότι I = .( x · f (x) · f '(x)dx

γ) 'Εστω I =

και

στη συνέχεια υπολογίστε το Ι .

7.

Η συνάρτηση f : [0, 1 ] � [0, +οο) είναι συνεχής

.(

με f( ) = 1 , και f(x) = 2xf (t)dt . α) Αποδείξτε ότι υπάρχει

1

f (x o ) = . 2 β) Να βρείτε τον τύπο της f. 8.

χ0 Ε {0, 1)

με

Έστω f : JR � JR με f "(x)) O και f '[f(x)] = f[f'(x)] , x Ε JR . Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο 0 ·: α) Αποδείξτε ότι χ0 = Ο. β) Βρείτε το είδος του ακροτάτου και aπο­ δείξτε ότι είναι μοναδικό. γ) Αποδείξτε ότι η εξίσωση f '(x) = χ έχει μία τουλάχιστον πραγματική λύση. δ) Αποδείξτε ακόμη ότι : αν ξ είναι μία λύση της παραπάνω εξίσωσης, τότε και το f(ξ) είναι επίσης λύση της. ε) Τέλος, δείξτε ότι f(O) = Ο.

χ

r ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣ ΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Κώστας Βακαλόπουλος, Κώστας Παπαϊωάννου, Θανάσης Χριστόπουλος Ά σ κη ση

1

Δίνεται η συνάρτηση F(x) = 2χ3 - λχ2 α) Να βρεθεί η F'(x) . β) Να βρεθεί η εφαπτόμενη (ε) στο A(2, F(2)) . •

γ) Θεωρούμε το δ.χ. Ω ={-3,-2,-1,0,1,2,3, 4, 5} ενός πειράματος τύχης αποτελούμενο από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα και λ Ε Ω . Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4Π3


Γενικά θέματα Μαθηματικών

Α = {λ Ε Ω I η ευθεία (ε) να είναι παράλλη­ λη στην ευθεία (η): y = Sx - 2} Β = {λ Ε Ω I η ευθεία (ε) να είναι κάθετη

χ F" (x) F' (x)

!

στην ευθεία (ζ): y = _ χ + 3} 4 Γ = {λ Ε Ω/lim F(x) = λ2 }

2

{ �J = -1 � 24 - 4λ = 4 � λ = 5

(24 - 4λ -

.!_

Ν(Β) = Ν( Ω ) 9 iii) lim F( x ) = lim ( 2 x 3 - λχ 2 ) = Άρα: Β = {5 }, οπότε Ρ(Β) = χ�!

χ�!

= 2 · 13 - λ · 1 2 = 2 - λ Πρέπει: 2 - λ = λ2 � λ2 + λ - 2 = 0 � � λ = -2 ή λ = 1 . Ν(Γ) 3_ Άρα Γ = {-2, 1} οπότε Ρ(Γ) = = Ν( Ω ) 9 iv) F'(x) = 6x 2 - 2λχ F"(x) = 1 2χ - 2λ = 2(6χ - λ)

+ οο +

τ. ελ.

/

(J

λ λ2 , F' 6 = στη τιμη, του ειναι:

-6 .

λ2 3 Πρέπει: -- = -- � λ = ±3 . 2 6

Ν(Δ) 3_ = Ν( Ω ) 9 δ) Τα ενδεχόμενα Α, Β, Γ, Δ είναι ανά δύο ξένα μεταξύ τους άρα: Άρα: Δ = {-3, 3} , οπότε Ρ(Δ) =

Λύ ση

α) F'(x) = 6χ 2 - 2λχ = 2χ(3χ - λ) β) F(2) = 16 - 4λ F'(2) = 24 - 4λ Άρα: η εξίσωση της εφαπτόμενης στο A(2, F(2)) είναι: y = (24 - 4λ) · χ + β ενώ 16 - 4λ = (24 - 4λ) · 2 + β � β = -32 + 4λ άρα y = (24 - 4λ) · χ - 32 + 4λ : (ε) γ) i) Πρέπει: 24 - 4λ = 8 � λ = 4 Ν(Α) .!.. = . Άρα: Α = {4} , οπότε Ρ(Α) = Ν( Ω ) 9 ii) Πρέπει:

-

λ/6

Από τον πίνακα μεταβολής του προσήμου της F" προκύπτει ότι ο ρυθμός μεταβολής ' για χ = 6λ ενω' η ελαχι' ελαχιστοποιειται

x�l

Δ = {λ Ε Ω/ ο ρυθμός μεταβολής της F να -3 παίρνει την ελάχιστη τιμή -} . δ) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: Ε: Να πραγματοποιείται ένα τουλάχιστον από τα Α, Β, Γ, Δ. Ζ: Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α, Β, Γ, Δ. Η: Να πραγματοποιείται ένα μόνο από τα Α, Β, Γ, Δ.

-00

Ρ(Ε) = Ρ(Α υ Β υ Γ υ Δ}= = Ρ(Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ) + Ρ(Δ) = 1 1 2 2 6 2 =-+-+-+-=-=-. 9 9 9 9 9 3 Ρ(Ζ) = Ρ(Α υ Β υ Γ υ Δ)' 6 1 = 1 - Ρ(Α υ Β υ Γ υ Δ) = 1 - - = 9 3 Επειδή τα ενδεχόμενα Α, Β, Γ και Δ είναι ανά δύο ξένα μεταξύ τους θα ισχύει: Α-Β-Γ-Δ=Α, Β-Α-Γ-Δ = Β, Γ - Α - Β - Δ = Γ και Δ - Α - Β - Γ = Δ Άρα: 6 2 Ρ(Η) = Ρ( Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ) + Ρ(Δ) = "9 = 3'

Ά σκη ση

=

2

-

Δίνεται η συνάρτηση F(x) = 2χ3 κχ2 + 6λχ + 4 , Χ Ε IR . α) Να βρεθεί η F ' . β) Αν η F παρουσιάζει ακρότατα για χ = 1 και χ = 2 δείξτε ότι κ = 9 και λ = 2. γ) Αν κ = 9 και λ = 2 να μελετηθεί η F ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. δ) Να βρεθεί ο συντελεστής διεύθυνσης της F στο σημείο Α(λ,F(λ)) . Για ποια τιμή του λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4Π4


Γενικά θέματα Μαθηματικών

αυτός γίνεται ελάχιστος; Ποια η ελάχιστη τιμή του; Θεωρούμε συνάρτηση ε) F'(x) h(x ) = r-;-: νχ2 + 5 - 3 Να υπολογιστεί το όριο: lim h(x) . χ-+ 2

. (6χ 2 + 8χ + 1 2)( �χ 2 + 5 + 3) = lιm χ-+ 2 ( �χ 2 + 5 - 3)( �χ 2 + 5 + 3)

�-===--------' =-;::: =-

--

. 6(χ - 1)(χ - 2) �χ 2 + 5 + 3 = lim χ-+ 2 (χ 2 + 5) - 9 = lim χ-+ 2

6(χ - 1)(χ - 2)( � + 3) = ... = 9 (χ + 2)(χ - 2)

Άσκη ση 3 Η ομάδα ποδοσφαίρου του 3ου Ε.Λ. Κοζάνης Για κάθε χ ε !R., F'(χ) = 6χ 2 - 2κχ + 6λ . αποτελείται από μαθητές της Α, Β και Γ τάξης. Θα ισχύει: F'(1) = 0 <=> κ - 3λ = 3 (1) Η συμμετοχή τους στην ομάδα σε σχέση με την και F'(2) = Ο <=> 2κ - 3λ = 12 (2) ηλικίας τους ακολουθεί την κανονική κατανο­ Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 1 ), (2) μή. Οι σημερινές ηλικίες των μαθητών έχουν προκύπτει: κ = 9 και λ = 2. συντελεστή μεταβολής CV1 = 6,25% . Πριν από Για κ = 9 και λ = 2, 11 χρόνια ο συντελεστής μεταβολής ήταν F(x) = 2x 3 - 9χ 2 + 1 2χ + 4 cv2 = 20% . F'(x) = 6χ 2 - 1 8χ + 12 α) Να βρεθεί η μέση σημερινή τους ηλικία. Από τον παρακάτω πίνακα προκύπτει ότι: β) Πριν πόσα χρόνια από σήμερα οι ηλικίες των μαθητών είχαν για πρώτη φορά ομοιο­ χ -οο 1 2 +οο γένεια. + r(x) + γ) Δείξτε ο τύπος που δίνει τη διακύμανση F να μορφή: πάρει την μπορεί / � / ι v Χί2 - ( Χ)2 S2 = - Σ η F είναι γν: αύξουσα στο ( -οο, 1] και στο v i=l [2, +οο) ενώ στο [ 1 , 2] είναι γν. φθίνουσα. δ) Αν το άθροισμα των τετραγώνων των σημε­ Παρουσιάζει στο 1 τ. μέγιστο το F( l) = 9 ρινών ηλικιών των μαθητών είναι 5.140 να και στο 2 τ. ελάχιστο F(2) = 8. βρεθεί πόσοι μαθητές απαρτίζουν την ομάδα Ο συντελεστής διεύθυνσης της F στο Α(λ, ποδοσφαίρου. F(λ)) είναι: F'(λ) = 6λ2 - 1 8λ + 1 2 ε) Αν οι μαθητές της Α ' τάξης είναι μέχρι και F"(λ) = 12λ - 1 8 15 χρόνων, της Β ' μέχρι 17 χρόνων και πά­ ρουμε τυχαία ένα μαθητή από την ομάδα χ -οο 3/2 +οο i) να βρεθεί η mθανότητα των ενδεχομένων: + F'(λ) Ε: να είναι μαθητής της Α ή της Β τά­ F ξης. � / Ζ: Να είναι μαθητής της Β και όχι της Από το παραπάνω πίνακα προκύπτει ότι ο συ­ Α. ντελεστής διεύθυνσης F'(λ) γίνεται ελάχιστος ii) Πόσοι περίπου είναι οι μαθητές κάθε 3 3 3 τάξης που συμμετέχουν στην ομάδα για λ = 2 με ελάχιστη τιμη:, F' 2 = -2 ποδοσφαίρου. Λύ ση

α) β)

γ)

-

δ)

-

()

ε)

·

(δ)

F'(x) . 6χ 2 - 1 8χ + 1 2 = lιm = Χ-+ 2 �Χ 2 + 5 - 3 Χ-+ 2 �Χ 2 + 5 - 3 lim

α) Έστω

χί , i

παιδιών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4Π5

Λύση

= 1, 2, ... , ν οι σημερινές ηλικίες των


Γενικά θέματα Μαθηματικών

Τότε: CV1 = � = 6, 25% <=> Sx = 0,025 · x ( 1 ) χ Αν Yi = x i - ι ι , Ι = ι , . . , ν οι ηλικίες πριν από ι ι χρόνια, τότε: s y = sx ενώ y = χ - ι ι .

l

1

.

S

S

Άρα CV2 = -y = 20% <::::> _χ_ = 20% <::::> Υ

Ι

<=> s χ = 0. 2 . χ - 2. 2

1

χ-11

(2)

Από ( 1), (2) έχουμε:

l

0, 0625 · χ = 0, 2χ - 2 , 2 <::::> x = 1 6

1

β) Έστω πριν από t χρόνια οι ηλικίες των μαθη­

τών είχαν για πρώτη φορά ομοιογένεια. Τότε θα ισχύει: CV � 10% . Αν οι ηλικίες των μαθητών ήταν τότε: z i = x i - t , Ι = ι , 2, . . . , ν, θα ισχύει: Sz = Sx και z = χ - t .

ll

S

sx � 10% x-t

Άρα: CV2 = ! = _ z

(3)

ι � ο, ι <::::> t � 6 ι6 - t Άρα: Πριν από 6 χρόνια θα είχαν για πρώτη Άρα: (3) <::::> __

γ) Από τον τ6πο: S 2 =

.!.

Σ χ; -

ν i=Ι

(i>· )2 i=l

ι

ν

ν

-

ν

Έστω ο δ.χ. Ω = {2,4,6, ,2ν}, ν ε Ν * ενός πειράματος τύχης αποτελούμενος από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Αν τα στοιχεία του Ω, είναι οι παρατηρή σεις ti μιας μεταβλητής Χ με μέση τιμή χ = 9 , α) Να βρεθεί το σύνολο Ω.

= 2

δ) Αν θεωρή σουμε τα ενδεχόμενα, Α = {α ε Ω/ α = πολ4}

2

Β = {β ε Ω/β ρίζα της εξίσωσης: (χ2 6χ + 8)(χ 3) = 0 χ-2 -

-

να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομέ­ νων: Α, Β, Α ιι Β , Α υ Β , Α Β -

δ) Για Σ χ ; = 5 ι4Ο , χ = ι6 και Sx = ι ο προηi=l .!. 1 l γούμενος τ6πος δίνει: ι = 5ι40-ι62 <=> ν = 20 ν

ε)

Ά σ κη ση 4

β) Να βρεθεί η διάμεσος (δ) και το εύρος (R) των παρατηρή σεων. γ) Δείξτε ότι: S 2 = 2χ + 3 .

= ιΣ = - χ ; - ( χ) ν i=Ι

(15 < χ ι7) Άρα 68% · 20 :::: ι4 ενώ για την Γ τάξη ) έχουμε πάλι 16% ( χ > ι7 άρα 3 μαθητές. •••

Ό μως: Sx = ι ( ερώτημα (α)).

φορά ομοιογένεια.

i) Ρ(Ε) = (50 + 34)% = 84% (χ � ι7) Ρ(Ζ) = 68% (ι5.< χ � ι7) ii) Για την Α ' τάξη έχουμε ποσοστό ι6% (χ � ι5) . Άρα ι6% · 20 = 3 μαθητές Για την� Β ' τάξη έχουμε ποσοστό 68%

Αφού οι ηλικίες των παιδιών ακολουθούν κα­ νονική κατανομή θα έχουμε:

Λύ ση

α) Τα στοιχεία του Ω αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με α1 = 2, ω = 2 και πλήθος ν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4Π6


Γενικά θέματα Μαθηματικών

Άρα: χ = _!_ Σti � χ = _!_ · � [2α1 + (ν - 1)ω] � ν 2 ν 1 � 9 = -[2 · 2 + (ν - 1)2] � ... � ν = 8 2 Άρα Ω = {2, 4, 6, ... 16} t + ts 8 + 10 = =9 β) δ = 4 2 2 R = tmax - t min = 16 - 2 = 14 γ) S2 = _!_ Σ(ti - x) 2 = ν 168 .!. = 21 = [(2 - 9) 2 + (4 - 9) 2 + ... + (16 - 9) 2 ] = 8 8 Άρα: S 2 = 2 · 9 + 3 = 2χ + 3 . δ) Α = {4, 8, 12, 1 6}, Ν(Α) = 4 Β = {4 }, Ν(Β) = 1 Άρα: Ρ( Α) = � , Ρ(Β) = _!_ 8 8 Ό μως: Α n Β = {4} ενώ Α υ Β = {4, 8, 1 2, 1 6} Άρα: P(A n B) = _!_ , Ρ(Α υ Β) = � και 8 8 Ρ(Α - Β) = P(A) - P(A n B) = � 8 Άσκη ση 5

Το πολύγωνο συχνοτήτων της κατανομής (Χ) του μηνιαίου τζίρου των βιοτεχνιών μιας κωμό­ πολης, (σε εκατοντάδες ευρώ) ομαδοποιημένη σε κλάσεις ίσου πλάτους, έχει κορυφές τα ση­ μεία: Α(20, 0), Β(40, 5), Γ(60, 10), Δ(80, 20) Ε(100, 30), Ζ(120, ν5), Η(140, 10), Θ( 1 60, 0). Η κατακόρυφη γραμf.ιή με εξίσωση χ = 100 χω­ ρίζει το χωρίο που ορίζεται από το πολύγωνο συχνοτήτων και τον οριζόντιο άξονα σε δύο ι­ σεμβαδικά χωρία.

ε) Να χαρακτηρίσετε την κατανομή ως προς τη συμμετρία της. Λύ ση Ιστ όγρ αμμα Σ υ χνο τή τ ω ν

Vi

35

311 25

20 15

10 5

10

Κλάσεις

30

70

90

1 1 0 1 30 150 1 70

( εκατοντ. €)

Χι

ΧιVι

fι %

Fι %

[30, 50)

40

5

200

0,05

5

5

[50, 70)

60

10

600

0, 1 0

10

15

f7 0, 90)

80

20

1 600

0,20

20

35

[90, 1 1 0)

1 00

30

3000

0,30

30

65

[ 1 10, 1 30)

1 20

νs

3000

0,25

25

90

[ 1 30, 1 50)

1 40

10

1 400

0, 1 0

10

1 00

ν4 = ν 4 + 5 + � , α) Πρεπει: ν1 + ν2 + ν3 + 2 ν ν6 2 -

� 5 + 10 + 20 + 15 = 15 + ν5 + 10 � l ν5 = 25 1

β) Βλέπε σχήμα! (ΙΣΤΌΓΡΑΜΜΑ)

α) Να αποδείξετε ότι ν5 = 25. β) Να κατασκευάσετε το ιστόγραμμα συχνοτή­ των της κατανομής (χ).

δ = l 10o l

γ) Να υπολογίσετε τις τιμές των μέτρων θέσης της (Χ).

(Α Β Δ :::: A r E ::::>

δ) Αν ως όριο βιωσιμότητας τη βιοτεχνίας εί­ ναι τα 7200 ευρώ, να εκτιμήσετε το ποσοστο (%) των βιοτεχνιών που δεν μπορούν να ε­ πιβιώσουν.

=>

ΔΒ ΑΔ

=

ΕΓ ΑΕ

=>

ΔΒ 20 => = 15 30

ΔΒ = 10) . Άρα δ = 90 + 10 = l 10ol

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4Π7


Γενικά θέματα Μαθηματικών

Fi% 100

Επειδή Α, Β ασυμβίβαστα ως γνωστόν ισχύει: Ρ( Α υ Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) 5 1 <:::::> Ρ(Β) 5 Ο Ό μως: Ρ(Β) � Ο . Άρα Ρ(Β) = Ο δηλαδή Β = 0 : Αδύνατο ενδεχόμενο.

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

90

65 50

Ά σ κη ση

35

Αν το τοπικό ελάχιστο και το τοπικό μέγιστο της συνάρτησης f με f(x) = χ3 - χ2 + � είναι 5 αντίστοιχα οι πιθανότητες των ενδεχομένων Α, Β του δ.χ. Ω ενός πειράματος τύχης. α) Να εξετάσετε αν τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα.

χ 15 5 30

so

70

i

72

90

Ι ι 1 ο no ιsο

100

δ) Από το πολύγωνο αθροιστικών σχετ. συχν. Δ

Δ

(%) έχουμε: Κ Λ Μ � Κ Α Ν � ΚΜ ΚΝ ΚΜ 20 � - = - � - = - � ΚΜ = 2 2 20 ΜΑ ΝΑ Άρα: ζητούμενο ποσοστό: 1 5 + 2 = 17% ε) Επειδή χ < δ έχουμε αρνητική ασυμμετρία.

7

β) Να βρείτε σε ποιο διάστημα βρίσκεται η πιθανότητα: Ρ( Α n Β) •

Λύση

Για κάθε χ ε JR, f'(x) = 3χ 2 - 2χ . χ

Ά σ κηση 6

f(x)

Αν Α, Β ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράμα­

f

τος τύχης και η συνάρτηση:

! f(x) [Ρ(Α)]2 χ 2 - Ρ( Α u Β)χ + 2 +Ρ(Β ) · ln x - 2(Ρ( Α ) - 1)-Γχ =

έχει εφαπτομένη στη γραφική της παράσταση στο σημείο της με τετμημένη χ0 = 1, παράλληλη στο χ 'χ τότε το Α είναι βέβαιο ενδεχόμενο και το Β αδύνατο.

+

/

2/3

-

+ οο +

/

3_3 f'(x) > O <:::> x < O ή χ > 3_ 3

f'(x) = 0 <:::::> χ = 0 ή χ = f '(x) < O <:::::> O < x < -2

3 Άρα η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο

στο Ο το f (0) = � και τοπικό ελάχιστο στο

Λύση

Για χ > Ο,

f'(x) = [Ρ(Α)] 2 χ - Ρ(Α υ Β) + Ρ(Β) . _!_ - P(Jx.-

1

χ χ Θα ισχύει: f'(l) = Ο <:::::> <:::> [Ρ(Α)] 2 - (Ρ( Α) + Ρ(Β)) + Ρ(Β) - Ρ(Α) + 1 = Ο <:::::>

<:::::> [Ρ(Α)] 2 - 2Ρ(Α) + 1 = Ο <:::::> [Ρ( Α) - 1] 2 = Ο <:::::> Ρ(Α) = 1

Άρα Α = Ω : βέβαιο ενδεχόμενο.

ο

-οο

f

(j) = 1�� .

5

3_3 το

Άρα Ρ( Α) = 88 και Ρ(Β) . =� 1 35 5

α) Αν τα ενδεχόμενα Α, Β ήταν ασυμβίβαστα θα 88 +�>1 ίσχυε: Ρ( Α υ Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) = 1 35 5 άτοπο ! Άρα: τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.4Π8


Γενικά θέματα Μαθηματικών

β)

Α n B Α ::::> P(A n B) ::; Ρ(Α) Α n B Β ::::> Ρ (Α n B) ::; Ρ (Β) ς

ς

.{

}

Άρα: P(A n B) :s; min {P(A), P(B) } = 88 4 88 = πnn = ' 5 1 35 1 35 Άρα: 88 (1) P(A n B) :s; 1 35 Επίσης: Ρ(Α υ Β) ::; 1 <=> Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α n Β) ::; 1 <=> 88 4 <=> + - - 1 ::; Ρ (Α n Β) <=> 1 35 5 61 (2) <=> ::; Ρ( Α n Β) 1 35 Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι: 88 61 - ::; P(A n B) ::; 1 35 1 35

α) Να βρεθούν οι πιθανότητες όλων των απλών ενδεχομένων του Ω. β) Αν Ε = {λ ε Ω/ η συνάρτηση f(x) =� -� +l.x δεν έχει ακρότατα στο R }, να βρεθεί η Ρ(Ε). Λύση

α) Προφανώς ισχύει:

Ρ(1) + Ρ(2) + Ρ(3) + ... + Ρ(6) = 1 <=>

Ρ(1) + P ...Ρ(1) =

(l) + 3Ρ(1) + 4 (l) + Ρ(1) + Ρ (1) 1 <=> P 3 2 =

6 59

3 18 , Ρ(3) = , 59 59 6 2 Ρ(5 ) και Ρ (6) = 59 59

άρα: Ρ (2) =

24 , Ρ (4) = 59

= -

β) Για κάθε χ ε IR , f '(x) 3χ 2 - 2λχ + λ Η συνάρτηση f δεν έχει ακρότατα. Άρα =

Άσκηση 8

Έστω Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης. (3) (4) Αν P (l) = 2Ρ(2) = Ρ = Ρ P(S) = 3Ρ(6) . 3 4 =

Η

Δ ::; Ο <=> 4λ2 - 12λ ::; Ο <=> Ο ::; λ ::; 3 οπότε:

Ε = {1, 2, 3} . Άρα

Ρ(Ε) Ρ(1) + Ρ(2) + Ρ(3) = =

6 + 3 + 1 8 27 = . 59 59

Ελληνική Μαθηματική Εταιρία

και η

Συντακτική Επιτροπή

Ε ΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.4Π9

σας εύχεται:


22° ΠΑΝΕΛΑΒΝΙΟ ΣΥΝΕΛΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Λαμία 18 19 20 Νοεμβρίου 2005 <�Οι οtίγκιιονες Εφαρμοy€ς rων Μαfhιμαrικών και η aξwπolηmf rους οnιν Εκπιιiδεvοιι» ..

-

Αντικε ίμενο των Εφαρμοσμένων Μαθη ματικών ε ίναι η μελέτη και η επίλυση - με μαθη ματικές μεθόδους προβλη μάτων που προέρχονται από κάθε είδους εφαρμογές, π.χ. από τις θετικές επιστή μες, την τεχνολογία, την πληροφορική, τις β ιο"ίατρικές και τις κοινωνικές και οικονομικές επιστήμες. Κεντρικό αντικείμενο κάθε τέτοιας μελέτης ε ίναι η διατύπωση ενός μαθη ματικού μοντέλου, που περιγράφει το "φυσικό" πρόβλη μα σε μαθη ματική γλώσσα, συνήθ ε ις υπό ορισμένες απλουστευτικές παραδοχές, αλλά που λαμβάνει υπόψη τους βασικούς μηχανισμούς και διαδικασίες του "φυσικού"προβλή ματος. Το μαθη ματικό μοντέλο διερευνάται ποιοτικά (π.χ. ύπαρξη, μοναδικότητα, ευστάθε ια και ποιοτική συμπεριφορά των λύσεών του) και επιλύεται αναλυτικά ή με αναλυτικές προσεγγιστικές μεθόδους ε ίτε με αριθμητικές μεθόδους στον υπολογιστή . Τα αποτελέσματα και οι προβλέψε ις των μαθη ματικών μοντέλων συγκρίνονται στη συνέχεια με την πραγματικότητα ως προς την αξιοπιστία τους και το μοντέλο υιοθετε ίται ή επανασχεδιάζεται. Το φάσμα των περιοχών της Μαθη ματικής Επιστή μης, που απαιτούνται στις σύχνονες εφαρμογές είναι ευρύτατο τα δε όρια μεταξύ των καλουμένων "εφαρμοσμένες" και "καθαρών" μαθη ματικών είναι ασαφή, αφού και οι πλέον αφηρη μένες μαθη ματικές θεωρίες έχουν χρησιμοποιη θεί σε εφαρμογές. Για να ενδιαφερθούν οι μαθητές - φοιτητές μας για τα Μαθη ματικά, εκτός από την προσπάθεια που κάνουμε ως δάσκαλοι να μεταλαμπαδεύσουμε την αγάπη που εμείς αισθανόμαστε για την Επιστή μη των Μαθη ματικών, θα πρέπε ι, συμβαδίζοντας με τις σύγχρονες απαιτήσεις και την εξέλιξη της Τεχνολογίας, να τους δείξουμε το σημαντικό και καθοριστικό ρόλο των Μαθη ματικών σε κάθε τομέα της σύγχρονης ζωής και να επιση μάνουμε τον ρόλο των Μαθη ματικών στη βαθύτερη κατανόηση και την επίλυση των προβλημάτων στις σύγχρονες επιστή μες και τεχνολογίες. Α. Μαθηματικά μοντέλα • • •

Θεματ ικές Ενότητ ε ς του Συνεδρίου

Ντετερμινιστικά - Στοχαστικά μοντέλα Αναλυτικές - Αναλυτικές προσεγγιστικές Μέθοδοι Αριθμητικές Μέθοδοι

Β. Διδακτική αξιοποίηση των σύγχρονων Εφαρμοσμένων Μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευση • Προβληματισμός και κίνητρα για την ενδυνάμωση του ενδιαφέροντος των μαθητών - φοιτητών γ ια τα Μαθη ματικά Οδηγίες για τη Σύνταξη των Εργασιών

Τα πρακτικά του Συνεδρίου θα εκδοθούν με ηλεκτρονική στοιχειοθεσία των κε ιμένων που θα υποβληθούν γι' αυτό. Χάριν ομοιομορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παρακάτω: 1. Η εκτύπωση θα είναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αριστερά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω. Το κεί­ μενο θα είναι πλήρως στοιχισμένο εκτός του τίτλου και των στοιχε ίων του ��υγγραφέα που θα είναι στοιχισμέ­ να στο κέντρο. 2. Η πρώτη σελίδα της εργασίας θα περιέχε ι κατά σειρά: α) Τον τίτλο της εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 1 6 . β) Μια κενή γραμμή . γ) Το όνομα του συγγραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά) , που δε θα υπερβαίνει τις 1 5 γραμμές κε ιμένου, γραμμένη με γράμματα μεγέθους 12. ζ) Θα ακολουθεί το κυρίως κε ίμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. 3. Στην τελευταία σελίδα της εργασίας, επισυνάπτεται ( εφόσον είναι δυνατό) μια περίληψη της εργασίας σε κά­ ποια διεθνή γλώσσα. 4. Η εργασία θα είναι γραμμένη σε επεξεργαστή κειμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δι­ σκέτα που θα περιέχε ι την εργασία. Να χρησιμοποιηθούν γραμματοσειρές Times New Roman Greek για τους τίτλους και για το κυρίως κείμενο.

ΣΗΜΑΝτΙΚΉ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 15 Σεπτεμβρίου 2005 Τα πλήρη κε ίμενα των εργασιών ( μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις στην παρακάτω διεύθυνση : Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία (για το 22ο Συνέδριο της ΛΑΜΙΑΣ)

Πανεπιστη μίου 34 - 106 79 Αθήνα και στην Ηλεκτρονική Διεύθυνση : e-mail: info@hms.gr

15

Σεπτε μβρίου

2005


, από τις εκδόσεις << Εν Δυνά μει>>

Για

την

r· Λυκείου

Φuαική Κατεύeυνσπς (ταλαντώσεις - Κύματα) - Γ. Θ. Ντούβαλης

Φuαική Κατεύθυνσης (Μηχανι κή του στερεού σώματος) - Γ. Θ. Ντούβαλης

Φuαική Κατεύθυνσης (Κρούσεις • • •

Φα ινόμενο Doppler) - Γ. Θ. Ντούβαλης

Ασκήσεις Βιολογίας Γενικής Πα ιδείας

-

Κ Ρ. Παπαζήσης

Μaβηματικά Κατεύθυνσης (Παράγωγοι) - Γ. & Π. Λοuκόπουλος

Μα8ημαnκά Κατεύθυνσης (Ολο κληρώματα) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος •Έκφραση -Έκθεση - Α. Καλλή · Γ. Σουλτάνης

• Ανάπτυξη εφαρμογών σε προγραμματιστικό περιβάλλον - Κ Ν. Ιορδανόποuλος • Αρχές Οικονομικής Θεωρίας - Κ Γαροφαλάκης

• •

Για

την

Α. Λυκείου

Φυσική - Κ Ρ. Παπαζήσης

Άλγεβρα - Γ. & Π . Λοuκόποuλος

Ειι Δuιιάμ&ι Ε Κ Δ Ο Σ

ΧΡΥΣ Ι Π Π Ο Υ 1

&

Ε Ι Σ

ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜ Ε - Ζ Ω ΓΡΑΦΟΥ

Τηλ. : 2 1 0 7 4 8 8 030,

f a x : 2 1 0 7 4 83 0 3 1



Ευκλειδης Β 56