Page 1


παιδεuτι ά Βιβλία

yιa μαβητέ� και εκπαιδευτικού� άλγε:�ρα

χημεία

d <­ A' Τόξη ΕvιαΙοιι Λιιιιε'οu

·-· -9+· ,, Α .

;y ' 1

'/ -· .

.._,

,.·

, •

·-

Γ. Βιδάλης, Β. Γ κιμίσης

Άλγεβρα

Α' Ενιαίου Λυκείου

Γ. Βιδάλης, Β. Γ κιμίσης

Γεωμετρία

Α' Ενιαίου Λυκείου

Β. Φωτειvόπουλος

I. Κεφαλλωvίτης, Ν. Πρωτοπαπάς

Φυσική

Β. Χρηστίδης

Α' Ενιαίου Λυκείου

Χημεία

Α' Ενιαίου Λυκείου

(2 τόμοι)

(2 τόμοι)

μαθηματικά r· Ενιοfοu Λuκεfου

Γ. Βιδάλης, Β. Γ κιμίσης

Άλγεβρα

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Μ. Γεωργάκης, Γ. Δημητρόπουλος

Θ. Μακρίδης

Ευκλείδεια Γεωμετρία

(2 τόμοι)

Β' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Τ. Βαρδόπουλος

Χημεία

Μ. Τσιλπιρίδης

Μαθηματικά

Φυσική

Γ' Ενιαίου Λυκείου, Γενικής Παιδείας

Α. τέvγκου

Γ. Σταύρος

Ε. Πρωτοπαπάς

Βιολογία

Μαθηματικά

Γ Ενιαίου Λυκείου

θετικής Κατεύθυνσης

θετικής Κατεύθυνσης

Μαθηματικά

Β' κύκλου τΕΕ

(2 τόμοι)

www.patakis.qr

I. Μελισσαρόπουλος

Γ' Ενιαίου Λυκείου Γενικής Παιδείας

Γ Ενιαίου Λυκείου

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

Τ. Μελισσαρόπουλος

σε όλο το βιβλιοπωλείο

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

KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, I 06 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.31.078 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. ΜΟΝΑΠΗΡΙΟΥ 122, ΤΗΛ. 2310.70.63.54-5

Γ' Ενιαίου Λυκείου θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

LeτRINA SA. CΕΑτΙFΙCΑτΙΟΝ 800'1"

1809001 f

"·nlfi<�Ι<• � .... �.1.12& 1.\7

Certιfιcate Νο. 081054

1


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχοc;

57

Ιούλιοc;

Αύyουστοc;

Σεπτέμβριος

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

2005

Ευρώ:

3,50

MAΘHMAllKO ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

../ Από τη Συντακτική Ε πιτροπή

../ 9η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα

../ Ύλη των τεσσάρων τευχών του Ευκλείδη Β' . . . .

../ Ιστορικέ� Μαθηματικέ� Αναφορέ�

../ Στοιχεία Μαθηματική� Λογική�

../ Homo Mathematicus

. . . . .. .

.

.

......

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

.

. . . .

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

. .

.2

......

.3

. . . . . . . .. . . . . . ... . . . ... . . . ... 4

. . . . . . . . . . . . .... . . . . . ... . . . .. 6

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . ... . . . ... 11

. ... . .

.

. . . . .. .

. . . . . . . . .

../ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικέ� Ολυμπιάδε�

.

. . .

.

..

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

........................... 20

../ Άλγεβρα

.... 24

../ Γεω μετρία

.... 34

../ Γεωμετρία: Μετρικέ� σχ έσει� ../ Άλγεβρα

16

.

.........38

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

.........42

../ Μαθηματικά Κατεύθυνση�

............. 49

../ Μαθηματικά Γενική� Παιδεία� ../ Μαθηματικά Κατεύθυνση�

../ Ο Ευκλείδη� προτείνει ... Ευκλείδη και ... Διόφαντο

../ Στήλη του μαθητή

........... 55 ... 64

....................... 69

.............................................. 75

../ Τα Μαθηματικά μα� διασκεδάζουν ................................... 79

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑJΙΚΗΣ EJAIPEIAΣ

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34

Τηλ.: 210 36.17784 Fax:2103641025

106 79 ΑΘΗΝΑ

3616532

Εκδότης:

Εξαρχόκος Θcόδωρος

Διευθυντής:

Τυρλής Ιωόννης Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105

-

7998

Επιμέλεια 'Εκδοσης:

Κυριακόπουλος Αντώνης

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος:

Συνταντική επιτροπή

Αθανασόπουλος Γεώργιος Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Αντιπρόεδροι: Βακαλόπουλος Κώστας Α': Ευcπαθίου Βαγγέλης Βλάχου Αγγελική Γράψας Κων/νος Β': Τασαόπουλος Γιώργος Δρούτσας Παναγιώτης Γραμματέας: Ευσταθίου Βαγγέλης Καρκάνης Βασίλης Χριcπόπουλος Παναγιώτης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Μέλη: Αργυρ6κης Δ. Κηπουρός Χρήστος Δρούταας π. Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Λουρίδας Σ. Κυριακόπουλος Θανάσης Ταπεινός Ν. Κυριακοπούλου­ Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Κυριακόπουλος Αντώνης

Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μεταξάς Νικόλαος Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Σακελλάρης Βασίλης Σταθόπουλος Γεώργιος Σταϊκος Κώστας Στάϊκος παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

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

ΚΕΝΤΡΟ fΡΑΦΙΚΩΝ 1ΕΧΝΩΝ: ΔΙΗΝΕΚΕΣ Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση:

Ακαδημίας 43, Αθιiνα τηλ.: 210 3606760, fαχ.: 210 3606826

e-mαil: diinekes@myqnel.gr

Εκτύηωαη: /ΝrΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υnειίθuνος τunoγpaφcίou: Β. Σωτηριάδης

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50

Ετήσια συνδρομή (10,00 + 4,00 Ταχυδρομικά

Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 10,00

=

ευρώ 14,00)

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται σtέλνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.


Από

τη

Συντακτική Επιτροπή

Αγαπητοί μας φίλοι, καλή χρονιά. Το περιοδικό μας «Ευκλείδης Β'» βρίσκεται και πάλι κοντά σας. Για την έκδοσή του εργάζονται aφιλοκερδώς έμπειροι καθηγητές Λυκείου και φροντι­ στές, οι οποίοι θέλουν να βοηθήσουν τα παιδιά του Λυκείου στα Μαθηματικά. Ο

«Ευκλείδης Β'» προσπαθεί να κάνει τα Μαθηματικά του σχολείου

και κατανοητά.

απλά

Συμπληρώνει τη θεωρία με πολλές κατάλληλες και , κατά το

δυνατόν, πρωτότυπες ασκήσεις. Παράλληλα, με τα διάφορα άρθρα γενικού εν­

το ενδιαφέρον και τη περιέργεια του μα­ θητή-αναγνώστη, για να ανακαλύψει τον πλούτο της μαθηματικής γνώσης. διαφέροντος, επιζητεί να τραβήξει

Το περιοδικό μας επιδιώκει την σε βάθος κατανόηση των διαφόρων μαθη­ ματικών εννοιών. Επίσης προσπαθεί να αναπτύξει την κριτική και

συνθετική ικανότητα των μαθητών, καθώς και την ικανότητά τους να επεξεργάζονται άγνωστα θέματα Τελικός μας στόχος είναι η θετικότερη στάση και αγάπη . .

των μαθητών για τα μαθηματικά. Πιστεύουμε ότι η ποιοτική αναβάθμιση του περιοδικού μας, δεν μπορεί να γίνει χωρίς τη

δική σας συμμετοχή. Για το λόγο αυτό σας καλούμε να στείλε­ τε τη δημιουργική κριτική σας και τις προτάσεις σας για ότι εσείς νομίζετε ότι είναι σημαντικό που θα βοηθούσε στη βελτίωση του περιοδικού. Για τη διευκόλυνση αυτών που θέλουν να στείλουν εργασίες, δημοσιεύουμε στο τεύχος αυτό την ύλη και των τεσσάρων τευχών της χρονιάς αυτής.

Με πολλούς χαιρετισμούς Η

Συντακτική Επιτροπή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/2


Με

μεγαΛη

εnιτuχ,�α

nραyμστοnοιήθηκε

ατη

Βέροι:α

η 9η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΑ -

yισ νεους

Με τη συμμετοχή 10 χωρών και μιας παρατηρήτριας χώρας του Καζακστάν πραγματοποιήθηκε στη Βέροια η 9η JBMO, από 20 μέχρι 26 Ιουνίου 2005. Οι χώρες που συμμετείχαν με εξαμελείς ομάδες ήσαν: 2. Κύπρος 1. Ελλάδα 4. Βουλγαρία 3. Ρουμανία 5. Σερβία- Μαυροβούνιο 6. Βοσνία -Ερζεγοβίνη 7. Τουρκία 8. FYROM 9. Αλβανία 10. Μολδαβία και ανεπίσημα το Καζακστάν. Η διοργάνωση ξεκίνησε με την τελετή έναρξης που πραγματοποιήθηκε στο Χώρο Τεχνών της Βέροιας με την παρουσία εκπροσώπων των τοπικών αρχών. Στην τελετή έναρξης χαιρέτησαν εκ: μέρους της Οργανωτικής Επιτροπής, ο Πρόεδρος του Παραρτήματος Ημαθίας της Ε.Μ.Ε Κώστας Παπαδόπουλος, ο Δήμαρχος της Βέροιας Χρ. Σκ:ουμπόπουλος, ο Αντινομάρχης Ημαθίας Ορ. Σιδηρόπουλος, ο Γεν. Γραμματέας της Ε.Μ.Ε I. Τυρλής, ενώ χαιρετισμό έστειλε ο Υπουργός Μακεδο­ νίας- Θράκης Ν. Τσιαρτσιώνης.

Την Τετάρτη 22 Ιουνίου πραγματοποιήθηκε στις αί­ θουσες του 4ou Εν. Λυκείου Βέροιας ο διαγωνισμός, ο οποίος διήρκεσε 4,5 ώρες. Την Παρασκευή ανακοινώθηκαν τα επίσημα αποτε­ λέσματα σύμφωνα με τα οποία δόθηκαν 7 χρυσά, 13 αργυρά και 20 χάλκινα μετάλλια. Η χώρα μας πήρε 4 χάλκινα μετάλλια και στην ανεπίσημη βαθμολογία κα­ τέλαβε την 7η θέση. Την Παρασκευή και το Σάββατο οι αποστολές όλες καθώς επίσης και τα μέλη της Οργανωτικής Επιτροπής, Αρχηγοί και Υπαρχηγοί των ξένων ομάδων επισκέφθη­ καν τους αρχαιολογικούς χώρους της Βεργίνας, του Δίον Πιερίας καθώς και την πόλη της Νάουσας.

Το Σάββατο στο Χώρο Τεχνών της Βέροιας πραγ­ ματοποιήθηκε η τελετή λήξης και η απονομή των με­ ταλλίων. Στην τελετή λήξης, χαιρετισμούς απηύθυναν εκ: μέρους της Οργανωτικής Επιτροπής ο κ:. Κώστας Παπαδόπουλος, Πρόεδρος του Παραρτήματος Ημαθίας της Ε.Μ.Ε., ο Α ' Αντιπρόεδρος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε., Επίκουρος Καθηγητής του Πανεπιστήμιου Αθηνών Γ. Δημάκ:ος καθώς επίσης και ο Πρόεδρος του Συμβουλίου Κριτών καθηγητής του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων Θ. Μπόλης. Αξίζει να αναφέρουμε ότι από την Ελληνική Ομάδα χάλκινα μετάλλια κατέκτησαν οι παρακάτω μαθητές: 1) Λεωνίδας Λαμπρόπουλος, 2) Ράπανος Νίκος, 3) Άλκη­ στη Μαυροειδή και 4) Ιωάννης Σεϊτανίδης. Η τελετή λήξης έκλεισε με το χορευτικό συγκρότη­ μα της Ευξείνου Λέσχης Βέρο ιας καθώς επίσης και με το συγκρότημα χάλκινων Αγ. Γεωργίου Γρεβενών. Με­ τά την τελετή λήξης ακολούθησε επίσημη δεξίωση στο Τουριστικό Περίπτερο της ' Έληάς". Η όλη διοργάνωση πήρε τα εύσημα των συμμετεχό­ ντων για την οργανωτική αρτιότητα και για το υψηλό επίπεδο φιλοξενίας. :\tψιιγοί ΊΊΙι, ι')ιιψy•'Ι,\'ιιιση.,::

Νομαρχία Ημαθίας (μέγας χορηγός)

Υπουργείο Μακεδονίας - Θράκης

Δήμος Βέροιας

ΚΕΔΚΕ

Περιφέρεια Κεντρικής Ημαθίας

Ετα ιρεία Μπουτάρης

Εταιρεία VENUS

Εταιρεία ΑΛΜΜΕ

GOODY'S

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' λθ ' τ.l/3


ΥΛΗ ΤΩΝ ΤΕΣΣΕΡΩΝ ΤΕΥΧΩΝ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ ΒΤΕΥΧΟΣ

(1 °) 57 (fούλιος- Αύγουστος- Σεπτέμβρ ιος 2005)

ΤΕΥΧΟΣ

(2°) 58 (Οκτώβριος- Νοέμβριος- Δεκέμβριος 2005)

ΤΕΥΧΟΣ

(3°) 59 (Ιανουάριος- Φεβρουάριος- Μάρτιος 2006)

ΤΕΥΧΟΣ

(4°) 60 (Απρίλιος- Μά"ίος- Ιούνιος 2006)

1. ΙΣΤΟΡΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΑΝΑΦΟΡΕΣ

Επιμέλεια: Χρήστος Κηπουρός Στη στήλη αυτή θα δημοσιεύονται άρθρα που αναφέρο­ νται στην ιστορία και την εξέλιξη των μαθηματικών. Τα άρθρα αυτά θα πρέπει να είναι κατανοητά από τους μαθητές και να κεντρίζουν το ενδιαφέρον τους. 2.

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΛΟΓΙΚΗΣ

Στη στήλη αυτή θα δημοσιεύσουμε, σε συνέχειες, όσα από τη Μαθηματική Λογική είναι τελείως απαραίτητα για τη σωστή αντιμετώπιση και κατανόηση των μαθη­ ματικών. Τη στήλη αυτή τη γράφει ο συνάδερφος Α­ ''τώνης Κυριακόπουλος.

3.

MATHEMAτiCUS Επιμέλεια: Γιάννης Κερασαρίδης Η homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυ­ ξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται. 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το α­ ντικείμενο του καθενός. 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους. 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κά­ ποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκλησης! τα κεί­ μενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβι­ βαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών. 4.

ΗΟΜΟ

5.

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΓΙΑ ΠΣ ΤΑΞΕΙΣ Α',

Γ ΤΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Στις στήλες αυτές θα δημοσιεύονται μαθηματικά των αντιστοίχων τάξεων. Στις στήλες αυτές θεωρείται γνωστή η θεωρία των α­ ντιστοίχων κεφαλαίων των σχολικών βιβλίων. Η επισήμανση βασικών σημείων της θεωρίας και η δι­ ευκρίνιση δυσνόητων εννοιών αυτής, είναι επιθυμητή. Οι ασκήσεις θα πρέπει να είναι απλές, κατανοητές, να κεντρίζουν το ενδιαφέρον των μαθητών, να μην έχουν μακροσκελείς λύσεις, κατά προτίμηση να μην υπάρχουν στα κυκλοφορούντα μαθηματικά βιβλία, ούτε στο inter­ net και να είναι κατά το δυνατόν πρωτότυπες. Αν υπάρ­ χουν ασκήσεις προς λύση θα πρέπι να είναι λίγες και να έχουν αποτελεσματικές υποδείξεις. Η ύλη κατά τεύχος κατανέμεται ως εξής: 1° Τ ΕΥ ΧΟ Σ (αριθμός 57) Μαθηματικά Α' τάξης Λυκείου (σελίδες

Πραγματικοί αριθμοί (πράξεις, ανισότητες, απόλυτες τιμές, ριζικά, εξισώσεις και ανισώσεις Α' βαθμού). Γεωμετρία: Έως και ισότητα τριγώνων. Μαθηματικά

Β' τάξης Λυκείου (σελίδες 15)

Τριγωνομετρία. Μετρικές σχέσεις. Κατεύθυνση: Διανύσματα.

Άλγεβρα:

Γεω μετρία:

Μαθηματικά Γ τάξης Λυκείου (σελίδες

20)

Διαφορικός Λογισμός. Μιγαδικοί αριθμοί.

Γενική παιδεία: Κ ατεύθυνση:

2° ΤΕΥΧΟΣ (αριθμός 58)

Μαθηματικά Α' τάξης Λυκείου (σελίδες

Επιμέλεια: Σωτήρης Λουρίδας Τα θέματα της στήλης αυτής είναι επιπέδου μαθηματι­ κών διαγωνισμών και επιπλέον για μαθητές που έχουν μια ιδιαίτερη κλήση στα μαθηματικά. Θα δημοσιεύο­ νται θέματα για τους μαθηματικούς διαγωνισμούς «ΘΑΛΗΣ», « ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ», « ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» που ορ­ γανώνει κάθε χρόνο· η ΕΜΕ, Μαθηματικών Ολυμπιά­ δων (Βαλκανιάδες, Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα, η οποία μάλιστα το 2004 έγινε στη χώρα μας). Ζητούμε τη συνδρομή όλων όσων θα ήθελαν να προωθήσουν τον ολυμπισμό στα Μαθηματικά.

10)

Άλγεβρα:

ΜΑΘΗΜΑ τΙΚ ΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΚΑΙ ΜΑ­ ΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ

Β' ΚΑΙ

10)

Εξισώσεις Β' βαθμού. Σύνολα. Γενικά περί συναρτήσεων. Η συνάρτηση f(x) =αχ+ β. Γεω με τρία: Παράλληλες ευθείες, παραλληλόγραμμα, τραπέζια. Άλγεβρα:

Μαθηματικά

Β' τάξης Λυκείου (σελίδες 15)

Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις. Εμβαδά. Κατεύθυνση: Η ευθεία στο επίπεδο.

Άλγεβρα:

Γεωμετρία:

Μαθηματικά Γ τάξης Λυκείου (σελίδες

20)

Στατιστική. Όριο και συνέχεια συνάρτησης.

Γενική παιδεία: Κατεύθυ νση:

3° ΤΕΥΧΟΣ (αριθμός 59)

Μαθηματικά Α' τάξης Λυκείου (σελίδες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/4

10)


Συστήματα. Μελέτη συνάρτησης τριώνυμο Β' βαθμού. Ανισώσεις Β' και ανωτέρου βαθμού. Γεωμ ετρία: Εγγεγραμμένου σχήματα. Αναλογίες. Ο­ μοιότητα.

σκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπαστική ασχολία.

Μαθηματικά Β' τάξης Λυκείου (σελίδες 15)

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής- Βαγγέλης Ευσταθίου Τη στήλη αυτή θα την χρησιμοποιούμε όταν έχουμε να δημοσιεύσουμε άρθρα γενικότερου μαθηματικού εν­ διαφέροντος, τα οποία δεν εντάσσονται στις άλλες στή­ λες.

Άλγεβρα:

Άλγεβρα:

Πρόοδοι. Εκθετική και λογαριθμική συνάρ­

τηση . Γεωμετρία:

Κανονικά πολύγωνα. Μέτρηση κύκλου. Κωνικές τομές.

Κατεύθυνση:

Μαθηματικά Γ' τάξης Λυκείου (σελίδες 20)

Πιθανότητες. Διαφορικός Λογισμός.

Γενική παιδεία: Κατεύθυ\•ση:

4° ΤΕΥΧΟΣ (αριθμός

ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ

9. ΣΤ ΗΛΗ ΤΟΥ ΜΑΘΗΤΗ

Α ντώνης ΚυριακόπουλοςΓιάV\'ης Στρατής

60)

Ασκήσεις από όλα τα κεφάλαια. Γεωμετρία: Ασκήσεις από όλα τα κεφάλαια. Άλγεβρα:

Μαθηματικά Β' τάξης Λυκείου (σελίδες 15)

Ασκήσεις από όλα τα κεφάλαια. Ασκήσεις από όλα τα κεφάλαια. Κατεύθυ νση: Θεωρία Αριθμών και ασκήσεις από όλα τα κεφάλαια. Άλγεβρα:

Γεωμετρία:

τάξης Λυκείου (σελίδες 20)

παιδεία: Ασκήσεις από όλα τα κεφάλαια. Κατεύθυ\•ση: Ολοκληρωτικός Λογισμός και ασκήσεις από όλα τα κεφάλαια . Γε νική

6. Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΠΡΟΤΕΙΝΕΙ ... ΕΥΚΛΕΙΔΗ ΚΑΙ ΔIΟΦΑJ\ΤΟ

Επιμέλεια:

ΤΟ

Επιμέλεια:

Μαθηματικά Α' τάξης Λυκείου (σελίδες 10)

Μαθηματικά Γ'

8.

Αντώνης Κυριακόπουλος- Γεώργιος Τριάντος- Νίκος Αντωνόπουλος

Στη στήλη αυτή θα δημοσιεύονται ασκήσεις κατά το πλείστον πρωτότυπες, χωρίς μακροσκελείς λύσεις και το επίπεδό τους είναι τέτοιο ώστε να είναι κατανοητές από τους μαθητές και να προκαλούν το ενδιαφέρον των καθηγητών. Παρακαλούμε να γράφετε κάθε μία άσκηση (εκφώνηση και λύση) σε ξεχωριστό φύλλο (από τη μία μόνο όψη) με το όνομά σας και το τηλέφωνό σας και να μας τις στέλνετε σε δύο αντίτυπα. Θα μας διευκολύνατε αν τις στέλνατε και σε ηλεκτρονική μορφή. 7. ΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΜΑΣ ΔΙΑΣΚΕΔΑΖΟΥΝ

Επιμέλεια : Παναγιώτης Χριστόπουλος Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυ­ στηρή διατύπωση έχουν τη μαγεία να προκαλούν το εν­ διαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλή­ ματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα ε­ ξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρί­ ζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες όπως ο Διόφαντος, ο Ζήνωνας κ.ά. μας δίδαξαν αυτά τα μα­ θηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις, αλλά μας δια-

Η στήλη αυτή ανήκει εξολοκλήρου στους μαθητές. Στη στήλη αυτή θα δημοσιεύονται ασκήσεις και λύσεις που θα μας στέλνουν οι μαθητές. Θα πρέπει όμως να γρά­ φουν κάθε μία άσκηση (εκφώνηση και λύση) σε ξεχω­ ριστό φύλλο (από τη μία μόνο όψη) με το όνομά τους και το τηλέφωνό τους και να μας τις στέλνουν σε δύο αντίτυπα. ΟΡΟΙ ΣΥΝΕΡΓΑΣΙΑΣ

1. Οι εργασίες (άρθρα, ασκήσεις κτλ.) θα πρέπει:

Να είναι στα πλαίσια των ενδιαφερόντων των μαθητών του Λυκείου. είναι κατά το δυνατόν πρωτότυπες β. Να τουλάχιστον ως προς τον τρόπο παρουσίασης. y. Να είναι γραμμένες από τη μία μόνο όψη του χαρτιού, να μην είναι πρόχειρα γραμμένες, να διαβάζονται εύκολα, οι σελίδες να είναι αριθμη­ μένες και κάθε σελίδα να έχει το όνομα και το τηλέφωνο του συγγραφέα. δ. Να μην περιέχουν τα σύμβολα της Μαθηματικής Λογικής ως σύμβολα στενογραφίας (π. χ. επειδή α * Ο => ότι μπορούμε να διαιρέσουμε κτλ. ή να α.

δείξετε ότι V αριθμό κτλ.), ούτε συντομογραφίες του τύπου: Ν.Δ.Ο. j α j �α.

2. Οι ασκήσεις για όλες τις στήλες να είναι γραμμένες

( εκφώνηση και λύση) σε ξεχωριστό φύλλο (από τη μία μόνο όψη) και να έχει το όνομα και το τηλέφωνο του συγγραφέα. 3. Οι εργασίες να στέλνονται σε δύο αντίτυπα και θα μας διευκολύνατε αν τις στέλνατε και σε ηλεκτρονι­ κή μορφή. 4. Για την έγκαιρη κυκλοφορία του περιοδικού μας, οι πάσης φύσεως εργασίες θα πρέπει να έχουν φθάσει στα γραφεία μας, για το: 1 ° τεύχος (57) μέχρι 15 Ιουνίου 2° τεύχος (58) μέχρι 15 Οκτωβρίου 3° τεύχος (59) μέχρι 15 Δεκεμβρίου 4° τεύχος (60) μέχρι 15 Φεβρουαρίου 5. Μπορείτε από τώρα να στείλετε τις εργασίες σας για όποιο τεύχος θέλετε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/5


Επιμέλεια: Χρήστος Κηπουρός Η ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ΚΑΙ ΤΩΝ ΣΥΜΒΟΛΩΝ

του Γιάννη Σιούλα ''Αριθμητική σημαίνει να μπορείς να μετράς μέχρι το είκοσι χωρίς να χρειάζεται να βγάλεις τα παπούτσια σου." WALTDISNEY

χρήση των ψηφίων 1 ,2,3,4,5,6,7,8,9 και Ο, μοιάζει τόσο φυσική, ώστε να θεω­ ρείται σαν μια έμφυτη ικανότητα του ανθρώπου. Πρέπει να ξαναφέρουμε στη μνήμη μας τα ρωμαϊκά σύμβολα(!, 11, κ.λ.π.) και τα ελληνικά ψηφία (α ' , β ' , γ ' κ.τ.λ.) για να θυμηθούμε ότι δεν μετρούσαμε πάντα όπως μετράμε σήμερα, ούτε γράφαμε με τον ίδιο τρόπο τους αριθμούς. Η ιστορία των αριθμών είναι ένα γεγονός το ί­ διο επαναστατικό, όσο η ανακάλυψη της φωτιάς, η εφεύρεση του τροχού, της aτμομηχανής ή η εφεύ­ ρεση της ηλεκτρονικής. Ποιοι όμως επινόησαν τα δέκα ψηφία που χρησιμοποιούμε σήμερα και το δεκαδικό θεσιακό σύστημα αρίθμησης; Στις αρχές του 20ού αιώνα ορισμένοι ιστορικοί βεβαίωναν ότι αυτό το σύστημα το οφείλουμε στους μαθηματικούς της αρχαίας Ελλάδας, οι ο­ ποίοι το μεταλαμπάδευσαν στην Ινδία μετά από την κατάκτησή της, από τον Μ. Αλέξανδρο. Ίσως όμως να μην είναι ακριβώς έτσι, γιατί οι ευφυείς Έλληνες αν είχαν επινοήσει τα δέκα ψηφία και το δεκαδικό σύστημα αρίθμησης θα το είχαν υιοθε­ τήσει αμέσως. Μολονότι το αλφαβητικό αριθμητι­ κό τους σύστημα ήταν δεκαδικό, δεν μπορούσε να ανταποκριθεί, ικανοποιητικά, στην εκτέλεση των πράξεων ιδίως, στον πολλαπλασιασμό των κλα-

σμάτων και των μικτών αριθμών. Ένας ακόμη λό­ γος που λειτουργούσε σαν τροχοπέδη, ήταν πως οι αρχαίοι συγγραφείς, στα συγγράμματά τους, χρη­ σιμοποιούσαν διαφορετικά σύμβολα για τους ί­ διους αριθμούς. Αλλιώς τα έγραφε ο Αρίσταρχος ο Σάμιος, ο Απολλώνιος, ο Διόφαντος, ο Ήρων κ.ο.κ. (Βλ. Ήρωνος Αλεξανδρέως, Ονόματα Γεω­ μετρικών όρων εισαγ. σελ.lχχii έκδ.ΕΜΕ). Οι Έλ­ ληνες ήταν, γενικά, αδιάφοροι για πρακτικούς υ­ πολογισμούς και γι ' αυτό αν και επινόησαν τη μα­ θηματική απόδειξη, δεν σκέφτηκαν το δεκαδικό θεσιακό σύστημα αρίθμησης . Ακόμα και σήμερα τα ψηφία 1 ,2,3 κ.τ.λ. από πολλούς αποκαλούνται «αραβικοί αριθμοί». Τα ε­ πινόησαν όμως αυτοί που είχαν αποφασιστικά στραμμένο το πνεύμα τους στις εφαρμογές, στους μεγάλους αριθμούς και τον αριθμητικό λογισμό: οι Ινδοί. Πράγματι, στη Βόρεια Ινδία τον 5° αιώνα, περίπου, είναι που γεννήθηκε ο πρόγονος του μο­ ντέρνου συστήματός μας και τέθηκαν οι βάσεις του γραπτού λογισμού, όπως τον εφαρμόζουμε σήμερα. Οι Άραβες έχοντας εμπορικές σχέσεις με τους Ινδούς, συνήθως οι έμποροι τότε μετέφεραν και τη γνώση, αμέσως κατάλαβαν ότι το δεκαδικό θεσια­ κό σύστημα αρίθμησης είχε φοβερά πλεονεκτήμα­ τα απέναντι σε ό,τι χρησιμοποιούνταν μέχρι τότε!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/6


Η ιστορία των αριθμών και των συμβόλων

-------

των χιλίων και μιας νυχτών, οι εννέα αριθμοί στην αρχή απλά και μόνο αντιγράφτηκαν: '

Mohammed ibn Mftsa al Κhowirizmi

(απεβ.μεταξύ 835 και 845).

Διάσημος μαθηματικός και aστρονόμος συ­ νέγραψε αστρ. πίνακες, ηλιακά ωρολόγια κ.ά. Συνέγραψε εργασία με το όνομα «άλγεβρα» που βασίζεται σε Ελληνικά πρότυπα. Ανάμεσα στους πολυάριθμους και αξιόλογους μαθηματικούς, που διέθετε ο αραβοϊσλαμικός πο­ λιτιμός του χρυσού αιώνα, ήταν ο Σαμανίδης Μο­ χάμμεντ Ιμπν Μουσιά αλ-Χοβαριζμί (780-850 περίπου) ο οποίος ήταν βιβλιοθηκάριος στην αυλή του Χαλίφη της Βαγδάτης αλ-Μαμούν . Ο αλ­ Χοβαριζμί θα αφήσει δύο συγγράμματα που πολύ βοήθησαν στη διάδοση του ινδικού αλγεβρικού λογισμού. Το πρώτο από τα δύο δοκίμια πραγμα­ τεύεται την αριθμητική και απέκτησε τέτοια φήμη ώστε λατινοποιημένο το όνομα του συγγραφέα από αλ-Χοβαριζμί θα μετατραπεί διαδοχικά σε Αλχοαριζμί και τελικά σε Αλγόριθμο, που σήμερα σημαίνει, τον μαθηματικό τρόπο με τον οποίον γί­ νεται η αυτόματη μετάβαση, με αυστηρή διαδικα­ σία από το ένα στάδιο στο άλλο. Το δεύτερο σύγγραμμα άρχιζε με την αραβική λέξη, αλγάμπρ, που σήμαινε μεταφορά και ανα­ γωγή των όρων της εξίσωσης και μεταφράστηκε στη συνέχεια σαν άλγεβρα . Όταν η αρίθμηση θέσης και οι μέθοδοι λογι­ σμού με προέλευση την Ινδία έφθασαν στην χώρα . . .

t

;

t

1

2

3

4

5

6

ν

7

Λ

8

9

ο

Όσο για το μηδέν, είχε ακόμα τη μορφή ενός «μικρού κύκλου όμοιου με το γράμμα (ο)», εξήγη­ ση που δανειζόμαστε από τον αλ-Χοβαριζμί, που εννοούσε το αραβικό γράμμα χα του οποίου η μορφή (ο) είναι ακριβώς αυτή ενός μικρού κύκλου. Άλλ ' αφού, οι αριθμοί της χώρας των μπαχαρικών έπεσαν στα χέρια των Περσοαράβων γραμματικών και αντιγραφέων, υπέστησαν σιγά σιγά γραφικές μετατροπές, απομακρύνθηκαν από τα πρωτότυπα και έφτασαν σιγά σιγά στη μορφή που τους έχουμε σήμερα. Γιατί όμως το δεκαδικό θεσιακό σύστημα α­ ρίθμησης έφτασε να εφαρμοστεί στην Ευρώπη τον 15° αιώνα, όταν η υπεροχή του απέναντι στο ρωμαϊκό ή το ελληνικό σύστημα αρίθμησης ήταν αναμφισβήτητη; Ο πρώτος που κατάλαβε την υπεροχή και τη χρησιμότητα του νέου συστήματος ήταν ένας άν­ θρωπος της εκκλησίας, ο Γάλλος καλόγερος Ζερ­ πέρ ντ' Οριγιάκ, που το 999 έγινε Πάπας με το όνομα Συλβέστρος ο Β'. Κατά το θρύλο, που είναι αρκετά αληθοφανής, μεταμφιεσμένος πήγε στη Σεβίλλη και την Κορ­ δούη της Ισπανίας, που την είχαν καταλάβει οι Άραβες, και αφού έμαθε τον ινδοαραβικό τρόπο αρίθμησης και υπολογισμών, εισήγαγε πρώτος τους αραβικούς αριθμούς στην παιδεία μας, αλλά δυστυχώς μόνον αυτούς! Χωρίς το μηδέν και χω­ ρίς μεθόδους υπολογισμών ινδικής προέλευσης. τι συνέβη όμως στη συνέχεια; Για περισσότερα από 200 χρόνια γίνονταν πε­ ριορισμένη χρήση των νέων ψηφίων (και όχι του δεκαδικού συστήματος) γιατί υπήρξε τεράστια α­ ντίδραση όχι μόνο από την εκκλησία αλλά και από τους επαγγελματίες αβακιστές. Οι τελευταίοι έπαιρναν «φακελάκια» για τους υπολογισμούς με τον άβακα, αλλά και οι περισσό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.lΠ


Η ιστορία των αριθμών και των συμβόλων

τεροι από τους κληρικούς της εποχής, οι οποίοι θεωρούσαν τους εαυτούς των σαν άξιους και πι­ στούς υπερασπιστές της «μεγάλης» ρωμαϊκής πα­ ράδοσης, δεν μπορούσαν να παραδεχθούν εύκολα την ανωτερότητα μιας άλλης παράδοσης! Έφτασαν μάλιστα να ψιθυρίζουν ότι ο Ζερπέρ ήταν αλχημι­ στής και μάγος και ότι πηγαίνοντας να μάθει την επιστήμη των άπιστων Σαρακηνών, πούλησε την ψυχή του στον Σατανά. Σοβαρή κατηγορία η οποία αποδιδόταν για αιώνες σ ' αυτόν το σοφό άνδρα. Σε τέτοιο σημείο μάλιστα που το 1 648, η Ποντιφική Αρχή έκρινε απαραίτητο ν ' ανοίξει το μνήμα του Συλβέστρου του Β ' , για να διαπιστώσει μήπως οι διάβολοι της Κόλασης κατοικούσαν ακόμα εκεί! !

το Liber Abaci («Βιβλίο του Άβακα»), το 1 202, τίτλος που είχε ως σκοπό να αποφύγει τους «Κε­ ραυνούς» των Αβακιστών. Το Liber Abaci αποτε­ λεί ένα από τα μέσα τα οποία βοήθησαν ώστε το ινδοαραβικό σύστημα αρίθμησης να γίνει αποδε­ κτό στη Δ. Ευρώπη. Παρ ' όλα αυτά η μάχη ακόμα δεν είχε κερδηθεί. Οι κανονισμοί του Arte del Cabio (Η τέχνη της συ­ ναλλαγής) του 1299 απαγόρευαν στους τραπεζίτες της Φλωρεντίας να χρησιμοποιούν τα ινδοαραβικά ψηφία και επέβαλαν τα συνηθισμένα ρωμαϊκά. Βρισκόμαστε μπροστά σ ' ένα πραγματικό εκ­ κλησιαστικό βέτο και σ ' έναν ξεσηκωμό της κά­ στας των λογιστών (Αβακιστών) που θα διατηρη­ θεί μέχρι τον 1 5° αιώνα! !

(l PTOLE.I'v'cAΣO·ΛLEX·

Η νέα Αριθμητική εναντίον της παλιάς.. Ο Boetius (475- 524 μ.Χ) κατά του Πυθαγόρα. Ινδοαραβική αρίθμηση κατά της αβακικής.

Από την Εγκυκλοπαίδεια Margarita philoso­ phica του Gregor Reisch (1508).

Αυτός που έμελλε όμως να ανοίξει για τα καλά το δρόμο για το νέο σύστημα αρίθμησης, ήταν ο Λεονάρδος Πιζάνο (από την Πίζα), ο ονομαζόμε­ νος και Φιμπονάτσι (γιος του Μπονάτσιο). Είναι αυτός που έγινε γνωστός στον πολύ κόσμο 800 χρόνια αργότερα από την ακολουθία Φιμπονάτσι, που αναφέρει στον «ΚΩΔΙΚΑ DA VINCI» ο DAN BROWN, το πλέον διαβασμένο βιβλίο το 2004. Ο Φιμπονάτσι, αφού ταξίδεψε για εμπορικές δουλειές στην Ανατολή, όταν επέστρεψε έγραψε

FΊ·BOF.τiO

·

FRO>! Α DR<\\VING ΒΥ RAPHAEL

Ο Πτολεμαίος επεξηγεί το γεωκεντρικό

σύστημα στον Boetius.

Φαίνεται ότι, η Εκκλησία, αντιδρούσε, λυσσα­ λέα, στην εξάπλωση του νέου τρόπου των υπολο­ γισμών, επειδή θα επέφερε γι ' αυτήν σίγουρα την απώλεια του μονοπωλίου στην εκπαίδευση και, κατά συνέπεια, θα έχανε η Εκκλησία σε ισχύ. Προτιμούσε να μείνει ο λογισμός στην αποκλει­ στική δικαιοδοσία των ειδικών, οι οποίοι ήταν,

εξάλλου, σχεδόν όλοι κληρικοί! Η

Παπική Εκκλησία προσπαθούσε, τώρα, να «πνίξει» τις φωνές των σοφών που υποστήριζαν το ινδοαραβικό σύστημα αρίθμησης. Για το σκοπό αυτό ορισμένες εκκλησιαστικές αρχές διέδωσαν τη φήμη ότι ο λογισμός με την αραβική μέθοδο, για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/8


Η ιστορία των αριθμών και των συμβόλων

να είναι τόσο εύκολος και τόσο ευφυής έπρεπε να έχει κάτι το μαγικό, άρα και δαιμονικό και δεν θα μπορούσε παρά να προέρχεται από τον ίδιο το Σατανά ! Ακόμα και στη λέξη chiffre (αριθμός), οι λόγιοι προσπαθούσαν να δώσουν τη σημασία του «τίπο­ τα». Τελικά υποκλίθηκαν μπροστά στη λαϊκή πίε­ ση που στη <<μηδενικότητα»(ηulite) επέβαλε το 149 1 τον όρο zero, από το zefirum-zefiro-zero, όπως το είχε ονομάσει ο Φιμπονάτσι στο Λίμπερ Αμπάκι. Καταλαβαίνουμε τώρα γιατί ο Μονταίν το 1 580, ένας από τους πολυμαθέστερους άνδρες της εποχής του, ομολογεί ότι δεν ξέρει να υπολογίζει «ούτε με κέρματα ούτε με φτερό». Η φιλονικία των «Αβακιστών» (σκληρών υπε­ ρασπιστών των ρωμαϊκών αριθμών και του υπολο­ γισμού με κέρματα) με τους «Αλγοριθμιστές» (υ­ ποστηρικτές του ινδικής προέλευσης αριθμοποιη­ μένου υπολογισμού) διήρκεσε αρκετούς αιώνες ! Ακόμα και μετά τη νίκη των νέων μεθόδων, η χρήση του αβάκειου παρέμεινε μέσα στα ήθη. Δι­ δασκόταν ακόμα το 1 8° αιώνα ! Κατά τον ιστορικό των ελληνικών μαθηματι­ κών Ευάγγελο Σταμάτη (Ιστορία των Ελληνικών Μαθηματικών) υπάρχουν αμφιβολίες σε ό,τι αφο­ ρά την επινόηση των σύγχρονων αριθμητικών συμβόλων από τους Ινδούς. Κατά τον G. R. Kaye, τα σύμβολα για τα ψηφία του δεκαδικού συστήμα­ τος πρωτοεμφανίστηκαν μεν στην Ινδία, όμως η έμπνευση τους οφείλεται στην επίδραση του ελλη­ νικού πολιτισμού της Αλεξανδρινής εποχής. Επίσης, ο Ευάγγελος Σταμάτης αναφέρει ότι η επινόηση του συμβόλου «0», για το μηδέν, οφείλε­ ται στο μεγάλο Έλληνα μαθηματικό και αστρονό­ μο Κλαύδιο Πτολεμαίο (- 100- 178μ.Χ.). Κι' αυτό είναι απόλυτα αληθινό αφού το σύμβολο αυτό πε­ ριέχεται στους πίνακες των χορδών του κύκλου, στη Μαθηματική Σύνταξη του Πτολεμαίου με τη

σημασία του μηδενός.

Ο μεγάλος ερευνητής των αρχαίων μαθη μαη ­ κών Ο. Neugebaouer στο έργο του «Οι Θετικές Επιστήμες στη Αρχαιότητα», εξετάζοντας τους

παραπάνω πίνακες, αποδεικνύει την ύπαρξη του μηδενός και την συνύπαρξη του αρχαίου δεκαδι­ κού θεσιακού συτήματος αρίθμησης με το εξηκονταδικό Βαβυλωνιακό σύστημα. .._. -

.ω....

ι·

,. ι.ι· 7

-7Γ '

•ι·

-·• ι

c

ι'

••

η·

••

'I ιιι· •

..

Jl

,. ,.

7

,. '

Jt '

7 u ' .. ' -- . ,.,. , .. ' ,.. f ••

.. .. " ,.

"'

"" ,, ,. '

ιrt �

-, ιp;τ� -.--·-;βτ-;-;-· �". !.... ιι-.,· t t

t ' tι

'I .

••

..

Jr "'

17 ..

Jι ...

ιrt

Jι.

1-:- --

•ι· •

·ι·

.

••

.. ι: ,,. - ···

J•

.

·ι·

"

ο

.

..,.

... .

.,. .. Jι.

,.. -

... .ιc ..

-- : . = = Γ I=

I

I&ΙJ•ΗΙ••

=

ο

β

:--η :ο

ο

--

ο ο

--;--

.. •

.

.. ο .. ο • -- ο • ο • ο .. ο ο ο

ο

ο

. ο ο ο ο

τ-;;,. ,.

• ..

Ι•

;

,. ,., ,. f1 ,., ,. ιιt ,. . l't ,. ,., fJ ,., fJ ,.,

----·-

• ..

..

,.,.

,..

u

..!'!._ .ιc

.\ι lr -

Β- ,. ,. I

,. ,.

Jι. .ι "'

Από τον πίνακα των χορδών του κύκλου που

περιέχεται στην Σύνταξη του Κλ. Πτολεμαίου. Η

επινόηση και επικράτηση του δεκαδικού συ­ στήματος αρίθμησης έχει να κάνει με τα δέκα δά­ χτυλα των χεριών μας. Κατά καιρούς χρησιμο­ ποιήθηκαν και άλλα συστήματα αρίθμησης: Το

Η

ε ξη ντα δικό σύ σ τη μα αρίθμηση ς :

τωρινή υποδιαίρεση της ώρας σε 60 λεπτά και 3600 δευτερόλεπτα χρονολογείται από την ε­ ποχή των Σ ουμερίων. Το ίδιο και η υποδιαίρεση του κύκλου σε 360 μοίρες, κάθε μοίρας σε 60 πρώτα λεπτά και κάθε πρώτου λεπτού σε 60 δεύτερα λεπτά. Το

δω δε κα δικό σ ύσ τη μα αρίθμ η ση ς :

Απομεινάρια του συναντούμε στη μέτρηση σκευών της κουζίνας (ντουζίνα) και στη μέτρηση των αβγών σε 1 2-άδες. Όσον αφορά τα διάφορα σύμβολα που χρησι­ μοποιούμε στα μαθηματικά, αυτά επινοήθηκαν πολύ αργότερα και μαζί με τα δέκα ψηφία αποτε­ λούν σήμερα τη μόνη και πραγματική παγκόσμια

γλώσσα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/9


Η ιστορία των αριθμών και των συμβόλων

Η γραμμή του κλάσματος: Οι Ινδοί έγραφαν τα κλάσματα χρησιμοποιώντας τη λοξή γραμμή : 3/4. Την οριζόντια γραμμή επινόησαν οι Άραβες. Το σύμβολο = επινοήθηκε από τον Άγγλο Ρόμπερτ Ρέκορντ το 1 557, που είπε: «Διάλεξα ένα ζευγάρι παράλληλων, γιατί είναι δυο δίδυμες γραμμές, και τίποτα δεν είναι πιο πα­ νομοιότυπο από τα δίδυμα». Στους δεκαδικούς η τελεία επινοήθηκε από τον Ιταλό Ματζίνι το 1 562 και το κόμμα στην αρ­ χή του 17°υ αιώνα από τον Ολλανδό Γουίλμπορντ

Σνέλλιους. Για τα σύμβολα (+)και (-)διαβάζουμε [ α­ πό το βιβλίο «Το θεώρημα του παπαγάλου»]. «Συνεχίζοντας με τα πρόσημα, της διηγήθηκε πώς τα + και- γεννήθηκαν σ' ένα εγχειρίδιο εμπο­ ρικής αριθμητικής. Στα 1489, κάποιος ονόματι Γουάιντμαν τα χρησιμοποίησε για να μαρκάρει κιβώτια με εμπορεύματα. Τα κιβώτια ονομάζονταν λάγκελς. Γεμάτο, καθένα από αυτά, έπρεπε να ζυ­ γίζει 4 σέντνερ. Αν το βάρος του δεν ήταν το σω­ στό, έπρεπε να το σημειώνουν στο καπάκι. Αν ένα κιβώτιο ζύγιζε λίγο λιγότερο από 4 σέντνερ, ας πούμε 5 λίβρες λιγότερο, ζωγράφιζαν μια μακριά οριζόντια γραμμή και έγραφαν «4σ- Sλ». Στην α­ ντίθετη περίπτωση, όταν το κιβώτιο ζύγιζε, για πα­ ράδειγμα 5 λίβρες περισσότερο, διέγραφαν την ορι­ ζόντια γραμμή με μια μικρή κατακόρυφη γραμμή για να δείξουν το παραπανίσιο βάρος: «4σ + Sλ». Από τα σανίδια των κιβωτίων, τα πρόσημα πέρασαν στα λογιστικά τεφτέρια κι από το εμπόριο μετανά­ στευσαν στην άλγεβρα». Το «Χ» του πολλαπλασιασμού, ήταν επινόηση του Άγγλου Γουίλιαμ Ούγκτρεντ το 1 63 1 . Τα σύμβολα της ανισότητας «< και >» από τον Τόμας Χάρριοτ το 163 1 .

Το σύμβολο, για το άπειρο «οο», το χρησι­ μοποίησε για πρώτη φορά ο Άγγλος μαθηματικός

Τζων Γουόλλις.

Όσο για το συμβολισμό « .,j» που προσδιορίζει την τετραγωνική ρίζα (και προέρχεται από το αρ­ χικό γράμμα r ,της λέξης racine =ρίζα, εισήχθη το 1525 από τον Κρίστοφ Ρούντολφ. Η σκέψη του Ρούντολφ, ίσως, να πήγε στη λέξη ρίζα (racine), επειδή όταν π.χ. ψάχνω τη --J4 ψάχνω κάτι κρυμμέ­ νο όπως οι ρίζες του δέντρου. Ίσως, για τον ίδιο λόγο και τους κρυμμένους αριθμούς που επαλη­ θεύουν μια εξίσωση και που θα πρέπει να ψάξου­ με, «να σκάψουμε>> για να τους βρούμε, τους λέμε ρίζες της εξίσωσης. Τελειώνοντας, θεωρώ καθήκον μου να ευχαρι­ στήσω τον κ. Χρήστο Κηπουρό για την πολύτιμη βοήθεια που μου πρόσφερε στην τελική διατύπω­ ση του άρθρου. Οι εύστοχες και αντικειμενικές υποδείξεις του είχαν σαν αποτέλεσμα όχι μόνο την αναβάθμιση του άρθρου, αλλά και κάτι σπουδαιό­ τερο. Να μου αυξήσουν το ενδιαφέρον και να μου δείξουν τον τρόπο αντιμετώπισης τέτοιων ιστορι­ κών θεμάτων. Πηγές:

1. 2. 3. 4. 5. 6.

Παγκόσμια ιστορία των αριθμών, Georges Ifrah, έκδοση ΣΜΥΡΝΙΩΤ ΑΚΗΣ Συνοπτική ιστορία μαθηματικών, Dirk J. Struik, έκδοση, ΖΑΧΑΡΟΠΟΥΛΟΣ Το θεώρημα του παπαγάλου, Ντένι Γκέτζ, έκ­ δοση ΠΟΛΙΣ Το τσίρκο των μαθηματικών Martin Gardner έκδοση, ΤΡΟΧΑΛΙΑ Χρ. Κηπουρού: «'Ηρωνος Αλεξανδρέως», τ.ΙV ,ΙΙΙ, έκδοση ΕΜΕ. Ο. Neugebauer, οι Θετικές Επιστήμες στην Αρχαιότητα, έκδοση ΤΕΕ.

Με καθυστέρηση πληροφορηθήκαμε την απώλεια του εκλεκτού συναδέλφου Τάσου Καλοπίση στις 27-3-04. Ήταν ένας από τους πιο αξιόλογους Μαθηματικούς του φροντιστηριακού χώρου στην Αθήνα, για τρεις σχεδόν δεκαετίες, με σημαντικό συγγραφικό έργο. Έτσι η παλιά καλή φρουρά των συναδέλφων που υπηρέτησαν με συνέπεια και ευθύνη το φροντιστηριακό χώ­ ρο, λιγοστεύει αισθητά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/10


Στaιχdσ Μιβιιιιnric 1ιttιr1c

"Τα Μαθηματικά θεμελιώνονται, κατανοούνται και αναπτύσσονται με τη βοήθεια της Μαθηματικής Λογικής" του Αντώνη Κυριακόπουλου ΕΙΣΑΓΩΓΉ

Με τη βοήθεια της μαθηματικής λοyικής τα μα­ τα μέσα περίπου του 1 9°υ αιώνα διαπι­ θηματικά αναθεωρήθηκαν, θεμελιώθηκαν, «τακτο­ στώθηκε ότι η κλασική (aριστοτελική) ποιήθηκαν», έγιναν κατανοητά και επομένως ευκο­ 41•1 Λογική δεν είναι επαρκής για να υπηρε­ λότερα και έτσι άρχισε μία ξέφρενη ανάπτυξή τους η τήσει τη λογική εδραίωση των μαθηματικών. Η οποία συνεχίζεται μέχρι σήμερα. Τα μαθηματικά αυ­ διαπίστωση αυτή οδήγησε στην εξαρχής θεώρηση τά, σε αντιδιαστολή με τα προηγούμενα (πριν από τη της Λογικής και την αντιμετώπιση αυτής με μαθη­ μαθηματική λοyική) στα οποία πολλές έννοιες ήταν ματικές μεθόδους. Έτσι, γεννήθηκε η Μαθηματι­ συγκεχυμένες και πολλές φορές ακατανόητες, ονο­ μάστηκαν νέα, σύγχρονα (μοντέρνα) μαθηματικά. κή Λογική , που ονομάζεται επίσης και Συμβολι­ Είναι τα μαθηματικά που διδάσκονται σήμερα σε κή Λογική ή απλά Λογική. Ιδρυτής της Μαθηματικής Λογικής θεωρείται ο όλα τα σχολείο και σε όλα τα πανεπιστήμια (παρεπι­ George Boole (1815-1864) με την πρωτοποριακή μπτόντως αναφέρουμε ότι το πρώτο βιβλίο Μαθημα­ εργασία του «Οι νόμοι της σκέψης» (The Laws of τικής Λογικής που κυκλοφόρησε στην Ελλάδα το Thought) που δημοσίευσε το 1854. Μετά, πολλοί 1972 είναι του γράφοντος). Η μαθηματική λογική δε συνετέλεσε μόνο στη και σπουδαίοι μαθηματικοί εργάστηκαν στον το­ μέα αυτόν, μεταξύ των οποίων είναι και οι εξής: θεμελίωση και ανάπτυξη των μαθηματικών, αλλά βοήθησε να αναπτυχθούν και όλες οι άλλες επι­ Gottlob Frege ( 1848- 1 925), Alfred North White­ στήμες. Ακόμα και η τεχνολογία επωφελήθηκε head ( 186 1 - 1947), Bertrand Russell ( 1872- 1 970), από τη μαθηματική λογική. Πράγματι, η τεχνολο­ L u dw ig Wittgenstein (1889- 1 95 1 ), Alfred Tarski γία δεν θα είχε να παρουσιάσει τις σημερινές προ­ ( 1 902-1 983), Kurt Godel ( 1 906- 1978). Η μαθηματική λοyική συστηματοποίησε την κλα­ όδους της χωρίς τους ηλεκτρονικούς υπολογιστές, σική λοyική, διεύρυνε αυτήν και άνοιξε νέους ορίζο­ για την επινόηση των οποίων η μαθηματική λογική ντες άγνωστους στην κλασική λοyική. Ο ακαδημαϊκός έπαιξε πρωτεύοντα ρόλο. Αφού λοιπόν τα μαθηματικά βασίζονται στη Ευάγγελος Παπανούτσος (1900-1981) στον πρόλογο του βιβλίου του με τίτλο: «ΛΟΓΙΚΉ» (εκδόσεις μαθηματική λογική, είναι φανερό ότι είναι αδύνα­ «ΔΩΔΩΝΗ», 1970) γράφει: «Η κλασική Λογική, που το κάποιος να μάθει σωστά τα μαθηματικά και πο­ λέyεται "aριστοτελική" από το όνομα του Έλληνα φι­ λύ περισσότερο να εμβαθύνει σ' αυτά, χωρίς μερι­ λοσόφου που πρώτος τη συστηματοποίησε, αποτελεί κά, τελείως απαραίτητα Στοιχεία Μαθηματικής τη βάση, αλλά δεν είναι πλέον το "όργανο" των σύγ­ Λογικής. Στο βιβλίο: «01 ΜΑΘΗΜΑτΙΚ ΟI» τό­ χρονών μας μαθηματικών και φυσικών επιστημών. μος 11 του Ε.Τ. BELL (Πανεπιστημιακές εκδόσεις Πολλές από τις έννοιες της f:χουν αναθεωρηθεί και νέ­ Κρήτης 1 993, σελίδα 253) διαβάζουμε: «Σήμερα, ες f:χουν πλασθεί με τις μεθοδολοyικές διερευνήσεις η συμβολική ή μαθηματική λογική, είναι απαραί­ τητη σε κάθε σοβαρή προσπάθεια να κατανοηθεί η που άνοιξαν καινούργιους δρόμους στον επιστημονικό φύση των Μαθηματικών και η κατάσταση των θεστοχασμό». ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/1 1


------- Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής μελίων τους επάνω στα οποία στηρίχθηκε ολόκλη­ ρο το κολοσσιαίο οικοδόμημα» (είναι απορίας ά­ ξιο πώς τα Πανεπιστήμιά μας στις Μαθηματικές Σχολές, μέχρι πρότινος, δεν είχαν καθόλου το μά­ θημα της Μαθηματικής Λογικής και μάλιστα ακό­ μη και σήμερα το έχουν ως μάθημα επtλογής!!!). Η Μαθηματική Λογική χωρiζεται σε δύο μέρη. Το πρώτο μέρος μελετά τις προτάσεις και ονομάζεται Προτα σ ιακός Λ ογισ μός. Το δε6τερο μέρος μελετά τα κατηγορήματα και τους ποσοδείκτες και ονομάζε­ ται Κατηγορικός Λ ογισ μός. Στη στήλη αυτή θα δη­ μοσιεύσουμε, ό-ε συνέχειες, όσα από τη Μαθηματική Λογική είναι τελείως απαραίτητα για τη σωστή αντι­ μετώmση και κατανόηση των μαθηματικών. Θα εκθέσουμε τις διάφορες έννοιες με τον α­ πλούστερο δυνατό τρόπο και δεν θα αναφερθούμε σε «υψηλές θεωρίες». Στόχος μας δεν είναι η Λο­ γική αυτή καθεαυτή. Μετά, θα αναφερθούμε στις μεθόδους απόδειξης και εύρεσης στα μαθηματικά. Εκεί θα μάθουμε πώς να εργαζόμαστε για να απο­ δείξουμε μία πρόταση στα μαθηματικά ή για να βρούμε ένα μαθηματικό αντικείμενο (αριθμό, διά­ νυσμα, συνάρτηση κτλ.). 1. ΠΡΟΤΑΣΙΑΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Παραδείγματα 1. «0 αριθμός 3 διαιρεί τον αριθμό 10». Η

έκφραση αυτή έχει νόη μα, γιατί οι αριθμοί 3 και 1 Ο είναι ακέραιοι και μεταξύ των ακεραίων αριθμών έχει οριστεί η έννοια της διαιρετότη­ τας. Με βάση όμως τον ορισμό της διαιρετότη­ τας, ο 3 δεν διαιρεί το 1 0. Άρα, η έκφραση αυ­ τή είναι μία πρόταση ψευδής.

2. «Η Α θή να είναι πρωτεύ ουσ α Ελλάδαρ>. Η

έκφραση αυτή είναι μία πρόταση αλη θής.

3. «Τι κάνετε;» Η

έκφραση αυτή έχει νόημα αλλά δεν μπορεί να χαρακτηριστεί ως αληθής ή ψευδής. Άρα, δεν είναι μία πρόταση. J5 είναι περιττός».

4. «0 αρ ιθμός

Η έκφραση αυτή δεν έχει νόη μα, γιατί ο αριθμός J5 είναι άρρητος και στους άρρητους δεν ορiζεται η έννοια περιπός (ούτε άρτιος, η έκφραση αυ­ τή δεν μπορεί να χαρακτηριστεί ως αληθής ή ως ψευδής). Άρα, δεν είναι μία πρόταση. - Τις προτάσεις τις συμβολίζουμε συνήθως με τα τελευταία μικρά γράμματα του λατινικού αλφαβήτου: p, q, r, ... Κάθε πρότα ση που χαρακτη ρίζεται ως αλη ­

θής, λέμε ότι έχει τιμή αλη θείας α και κάθε

1.1 ΕΚΦΡΑΣΕΙΣ - ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ- ΤΙΜΗ ΑΛΗθΕΙΑΣ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

ι

Κάθε παράθε ση σ υμβόλω ν γνω σ τών εννοιών, λέμε ότι είναι μία έκφρα ση .

Μία έκφραση μπορεί να έχει ή να μην έχει νόημα. Μερικές από τις εκφράσεις που έχουν νόημα μπορούν, κατόπιν γενικών συμφωνιών, να χαρακτηριστούν ως «αληθείς» ή ως «ψευδείς». Οι εκφράσεις που δεν έχουν νόημα δεν χαρακτηρiζο­ νται ούτε ως αληθείς, ούτε ως ψευδείς. •

πρότα ση που χαρακτη ρίζεται ως ψευδής λέ­

με ότι έχει τιμή αλη θείας y. Η

τιμή αληθείας μιας πρότασης p συμβολί­ ζεται με IPI ή με τ(p) και διαβάζεται: «τιμή αλη θείας τη ς p». Έτσι, έχουμε: α, αν p αληθ ς I PI = y, αν p ψευδης - Στη Μαθηματική Λογική δεν ενδιαφερό­ μαστε για το σημασιολογικό περιεχόμενο των προτάσεων, ούτε για τη γραμματική ή την συντακτική τους δομή, αλλά αποκλειστικά και μόνο για τις τιμές αληθείας τους.

{

Κάθε έκφραση , που έχει (πλήρες και αυτοτε­ λές) νόη μα και που μπορεί να χαρακτη ριστεί,

Ση μείω ση

κατά ένα μόνο τρόπο, ως αλη θής ή ως ψευδής,

Στην αξιωματική θεμελίωση της Μαθηματικής Λογικής, οι όροι: «πρόταση», «αληθής» και «ψευ­ δής» λαμβάνονται ως αρχικοί (δεν ορiζονται).

λέμε ότι είναι μια πρότα ση (λογική πρόταση).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/12


Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

1.4 ΔΙΑΖΕΥΞΗ

1.2 ΛΟΓΙΚΕΣ ΠΡΑΞΕΙΣ - ΛΟΓΙΚΟΙ ΣΥΝΔΥΑΣΜΟΙ

------

Διάζευ ξη (εγκλειστική) δύο αρχικών προτά­ σεων p και q (κατ' αυτή την τάξη) ονομά­

Θεωρούμε ένα σύνολο προτάσεων, τις οποίες

ζουμε μία νέα πρόταση, η οποία συμβολίζε­

θα ονομάζουμε aρχικές προτάσεις . Τις προτάσεις

ται με: p ν q , διαβάζεται: «Ρ ή q» και είναι:

αυτές, σύμφωνα με τα πρόηγούμενα, μπορούμε να

ψευδής μόνο αν και

τις θεωρούμε ως μεγέθη, τα οποία λαμβάνουν μία,

και μόνο μία, από τις τιμές: α και y. Έτσι, μεταξύ

οι δύο προτάσεις p και q είναι ψευδείς.

αυτών μπορούμε να ορίσουμε «πρά ξεις» με τις

Σε όλες τις άλλες πε­

οποίες θα σχηματίζουμε νέες προτάσεις (ξεκινό­

ριπτώσεις είναι αλη­

ντας από τις αρχικές).

θής (διπλανός πίνα­

Μία τέτοια πράξη ουσιαστικά συνίσταται στην ένα ζεύγος αρχικών προτάσεων, μιας νέας πρότα­ •

Στα επόμενα θα ορίσουμε πέντε λογικές πρά­

Σύ ζευ ξη δύο αρχικών προτάσεων p και q

διαβάζεται: «Ρ και q» και είναι:

λογικές σταθερές:

αληθής μόνο αν και

διαβάζεται : «όχι »

οι δύ ο προτάσεις p

διαβάζεται : «ή»

Υ

πρόταση, η οποία συμβολίζεται με: p Λ q ,

λων, τα οποία ονομάζονται λογικοί σύνδεσμοι ή

=>

Υ Υ

α α α

(κατ' αυτή την τάξη) ονομάζουμε μία νέα

ξεις με τη βοήθεια των παρακάτω πέντε συμβό­

Λ

α α α Υ Υ α

pvq

1.5 ΣΥΖΕΥΞΗ

σης. Οι πράξεις αυτές ονομάζονται λογικές πρά­

ν

q

κας).

aντιστοίχιση, σε μία δοσμένη αρχική πρόταση ή σ'

ξεις.

Ρ

και q είναι αληθείς.

διαβάζεται : «Και»

Σε όλες τις άλλες πε­

διαβάζεται : «συνεπάγεται»

ριπτώσεις είναι ψευ­

διαβάζεται : «ισοδυναμεί».

δής (διπλανός πίνα­

Οι πράξεις αυτές ονομάζονται κατά σειρά: άρ­

κας).

Ρ q

α α α Υ Υ α Υ Υ

pΛq

α

Υ

Υ

Υ

νηση , διάζευ ξη (εγκλειστική), σύζευξη, συνεπα­ γωγή και ισοδυναμία.

1.6 ΣΥΝΕΠΑΓΩΓΗ •

1.3 ΑΡΝΗΣΗ •

Άρνηση μιας αρχικής πρότασης p ονομάζουμε

Συνεπαγωγή δύο αρχικών προτάσεων p και q (κατ' αυτήν την τάξη) ονομάζουμε μία νέα

μία νέα πρόταση, η οποία συμβολίζεται με: p

πρόταση, η οποία συμβολίζεται με p => q ,

ή με - p , διαβάζεται: «όχι Ρ» και είναι:

διαβάζεται: «p συνεπάγεται q» ή «αν p, τότε

αληθής, αν η p, είναι ψευδής και ψευδής, αν η p είναι αληθής (διπλαvός πίνακας).

* Υ

α

φ> και είναι:

ψευδής μόνο αν η p είναι αληθής και η q ψευδής. Σε όλες τις άλλες

περιπτώσεις

είναι αληθής (διπλα­ νός πίνακας). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.V13

Ρ q

α α α Υ

Υ

α

Υ Υ

p=>q

α Υ

α α


------- Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

- Εδώ η λέξη «συνεπάγεται» δεν έχει πάντο­ τε την έννοια την οποία έχει στη συνήθη (καθημερινή) γλώσσα, γιατί (εδώ) δεν υπάρχει πάντοτε σχέση μεταξύ του περιεχομένου των δύο προτάσεων p και q . - Σε μία συνεπαγωγή p => q η πρώτη πρό­ ταση p ονομάζεται υπόθεση (αυτό δεν σημαίνει ότι η p είναι πάντοτε αληθής) και η δεύτερη q συμπέρασμα. Λόγω αυτού, μία συνεπαγωγή ονομάζεται και υποθετική πρόταση. - Σημειώνουμε ιδιαιτέρως ότι: α. Αν η πρόταση: p => q είναι αληθής δεν έπεται αναγκαίως ότι η p είναι αληθής, ούτε ότι η q εί­ ναι αληθής. β. Αν η p είναι ψευδής, τότε η πρόταση: p => q είναι αλη θής, είτε η q είναι αληθής, είτε είναι ψευδής. γ. Αν η q είναι αληθής, τότε η πρόταση: p => q είναι αληθής, είτε η p είναι αληθής, είτε είναι ψευδής. δ . Αν η p είναι αληθής, τότε η πρόταση: p => q είναι αληθής μόνο όταν και η q είναι αληθής. ε. Αν η p είναι αληθής και η συνεπαγωγή p => q είναι αληθής (πίνακας συνεπαγωγής, γραμμή πρώτη), τότε και η q είναι αληθής (κανόνας α­ ποσπάσεως). - Μερικοί άλλοι τρόποι έκφρασης μιας συ­ νεπαγωγής: p => q είναι οι εξής: «p είναι ικανή συνθήκη της φ>, «q είναι αναγκαία συνθήκη (συνέπεια) της p», «p πρέπει φ>, «q αρκεί p». - Της συνεπαγωγής: p => q : •

αντίστρ ο φ η

αντίθετη

αντιθετοαντίστροφ η

ονομάζεται η: q => p ,

ονομάζεται η: p => q , ονομάζεται η: q => p .

-------

1.7 ΙΣΟΔΥΝΑΜΙΑ •

Ισοδυναμία δύο αρχικών προτάσεων p και q

(κατ' αυτή την τάξη) ονομάζουμε μία ν έα πρόταση, η οποία συμβολίζεται με: p <=> q , διαβάζεται: «Ρ ισοδυναμεί φ> ή «p αν, και μόνο αν, q» και είναι:

αληθής μόνο αν οι p

και q έχουν τη ν ίδια τιμή αληθείας. Στις άλλες περιπτώσεις είναι

ψευδής

(δι­

πλανός πίνακας).

Ρ

q

α α α Υ Υ α

Υ Υ

p<::>q

α

Υ

Υ

α

- Εδώ, η λέξη «ισοδυναμεί» δεν σημαίνει ότι αναγκαία υπάρχει ταυτότητα του περιεχο­ μένου των δύο προτάσεων p και q. - Μία ισοδυναμία ονομάζεται και διϋποθε­ τική πρόταση (μία ισοδυναμία δεν έχει υπόθε­ ση και συμπέρασμα). - Μερικοί άλλοι τρόποι έκφρασης μιας ισοδυναμίας p <=> q είναι οι εξής: «p είναι ικανή και αναγκαία συνθήκη της p» «p πρέπει και αρκεί φ>, «p τότε, και μόνο τότε, φ>, «p και q είναι ισοδύναμες».

1.8 ΣΥΝΘΕΤΕΣ ΚΑΙ ΑΠΛΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ Θεωρούμε ένα σύνολο Π αρχικών προτάσεων: p , q , r. . . Από αυτές, με τη βοήθεια των λογικών συνδέσμων, μπορούμε να κατασκευάσουμε άλλες προτάσεις, όπως π.χ.: p, p ν q , q Λ r , p =:> r, q <::> r κτλ. Από αυτές και τις αρχικές, με τον ίδιο τρόπο, μπορούμε να κατασκευάσουμε άλλες προτάσεις, όπως π.χ.: ( p Λ q ) , (p ν q ) =? (f), ( p <:::> q ) ν f, (p)

Κτλ.

Από αυτές και τις προηγούμενες, με τον ίδιο τρόπο, μπορούμε να κατασκευάσουμε άλλες προ­ τάσεις κ.ο.κ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/14


------- Στοιχεία Μαθη ματική ς Λογικής

Οι προτάσεις που κατασκευάζονται κατ' αυτόν τον τρόπο αποτελούνται από αρχικές προτάσεις, οι οποίες συνδέονται (κατάλληλα) με λογικούς συν­ δέσμους και ονομάζονται σύ νθ ετ ες π ροτά σεις . Οι αρχικές προτάσεις αντιμετωπίζονται ως α­ διαίρετες και το μόνο που μας ενδιαφέρει είναι οι τιμές αληθείας τους. Ανεξάρτητα, όμως, από αυτό, μία αρχική πρόταση είναι δυνατόν να μην μπορεί να χωριστεί σε δύο ή περισσότερες άλλες προτά­ σεις, οπότε λέγεται και απ λή π ρ ότα ση . Είναι δυ­ νατόν όμως να μπορεί να χωριστεί σε δύο ή περισ­ σότερες άλλες απλές προτάσεις, οπότε θα έχει τη μορφή συνθέτου προτάσεως με αρχικές προτάσεις τις απλές προτάσεις αυτής. Π.χ. από τις δύο προτάσεις: «0 4 είναι περιτ­ τός», «0 3 διαιρεί το 1 2 και 6 > 2» η πρώτη είναι απλή, ενώ η δεύτερη δεν είναι.

-------

Γενικά στα μαθηματικά, χάριν συντομίας, όταν γράφουμε ή όταν εκφωνούμε μία πρόταση, εννο­ ούμε συγχρόνως ότι αυτή είναι αληθής, εκτός βέ­ βαια αν ρητά δηλώνεται το αντίθετο, ή κάτι άλλο, όπως π. χ. να εξεταστεί αν είναι αληθής κτλ. Π.χ. στη γεωμετρία λέμε: «Αν ε // ε' και ε' // ε" , τότε ε // ε" » και εννοούμε: «Αν ε // ε' και ε'// ε" , τότε ε // ε" » είναι αληθής. 3.

4.

Σημειώνουμε ιδιαιτέρως ότι στα μαθηματικά όταν λέμε «να αποδειχθεί ότι: p � q », εννοούμε να αποδειχθεί η αλήθεια της ( p � q ) και όχι της q, η οποία είναι δυνατόν να είναι ψευδής, ενώ η ( p � q ) να είναι αληθής. Πολλές φορές στα μαθηματικά χρησιμοποιούμε και το σύμβολο: <:::} , το οποίο σημαίνει: «ισοορ.

δυναμεί εξ ορισμού».

1.9 ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ 1.

2.

Ανεξάρτητα με ποια έννοια χρησιμοποιούμε τους λογικούς συνδέσμους στη συνήθη γλώσ­ σα, στα μαθηματικά τους χρησιμοποιούμε όπως τους ορίσαμε παραπάνω (είτε τους συμβολί­ ζουμε, είτε όχι). Όταν γράφουμε ή όταν εκφωνούμε μία πρότα­ ση, γενικά δεν εννοούμε ότι αυτή είναι ανα­ γκαία αληθής. Στα μαθηματικά χρησιμοποιούμε διαφόρους εκφράσεις για να δηλώσουμε ότι μία πρόταση είναι αληθής. Π. χ., λέμε: • «ισχύει: p <:::} q » και εννοούμε: « p <:::} q εί•

ναι αληθής», «έχουμε: p Λ q » και εννοούμε: «η p Λ q είναι αληθής», «δίνεται p» και εννοούμε: «δίνεται ότι η p είναι αληθής», «να αποδειχθεί ότι: p � q » και εννοούμε: «να αποδειχθεί ότι η p � q είναι αληθής»

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1.

Θεωρούμε δύο προτάσεις p και q . Να δείξετε ότι οι συνεπαγωγές: p Λ q � q ( 1 ) και p Λ q � q (2) είναι αληθείς, αν και μόνο αν, η p είναι ψευ­ δής.

2.

Από τους τρεις αριθμούς α, β και γ ένας είναι θετικός, ένας είναι αρνητικός και ένας είναι το μηδέν. Γνωρίζουμε ακόμα ότι οι παρακάτω τρεις συνεπαγωγές είναι αληθείς: α=Ο�β>Ο α>Ο�β<Ο β :;t: Ο � γ > Ο. Να βρείτε ποιος από τους τρεις αυτούς αριθ­ μούς είναι ο θετικός, ποιος είναι ο αρνητικός και ποιος το μηδέν.

κτλ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. l/15

(Συνεχίζεται)


Η Homo Mathematicus

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

"που και με ποιο τρόπο εφαρμόζονται τα Μαθηματικά,· "

του Γιάννη Κερα σ αρίδη Μαθη ματικά και Τεχνολογία

Οι άμεσοι δεσμοί μεταξύ Μαθηματικών και Τεχνολογίας έχουν πάρει συχνά την μορφή εφαρ­ μογής υφιστάμενων μαθηματικών θεωριών σε τε­ χνολογικά προβλήματα. Ας επισημάνουμε, όμως, παραδείγματα της εμ­ φάνισης νέων γενικών μαθηματικών θεωριών σε ανταπόκριση προς άμεσες τεχνολογικές απαιτή­ σεις: * Η ανάπτυξη της μεθόδου των ελαχίστων τετρα­ γώνων ήταν συνδεδεμένη με γεωδαισιακές εργασί­ ες * Οι μέθοδοι λύσης διαφορικών εξισώσεων με χρήση τελεστών, αναπτύχθηκαν σε σύνδεση με την Ηλεκτρολογία * Οι ανάγκες για επικοινωνία οδήγησαν στο σχη­ ματισμό ενός νέου κλάδου της πιθανοθεωρίας, την θεωρία των πληροφ οριών

* Τα προβλήματα σύνδεσης συστημάτων ελέγχου οδήγησαν στην ανάπτυξη νέων κλάδων της Μαθη­ ματικής Λογικής * Το πρόβλημα ταχείας επίτευξης αριθμητικών λύσεων έγινε πολύ οξύ με την αυξανόμενη πολυ­ πλοκότητα των τεχνολογικών προβλημάτων. Οι αριθμητικές μέθοδοι αποκτούν ολοένα μεγαλύτερη σημασία, σε σχέση με τις δυνατότητες, που πα­ ρουσιάστηκαν από τους υπολογιστές για την λύση πρακτικών προβλημάτων * Το υψηλό επίπεδο των Θεωρητικών Μαθηματι­ κών κατέστησε δυνατή την ταχεία ανάπτυξη των μεθόδων της επιστήμης των υπολογιστών, η οποία έχει διαδραματίσει μείζονα ρόλο στη λύση σειράς πολύ σημαντικών πρακτικών προβλημάτων, συ­ μπεριλαμβανόμενων εκείνων που αφορούν τη χρήση της ατομικής ενέργειας και την εξερεύνηση του διαστήματος.

llα. "Α υτό το ξέρατε,· " Για ποιον μαθηματικό, ο Βολταίρος, έγραψε το παρακάτω τετράστιχο : «Το πνεύμα του είδε την αλήθε ια κι καρδιά του γνώρισε το δίκιο, δόξα της Ελβετίας έγινε και όλων των εθνών αυτής της γης » που τέθηκαν σαν προμετωπίδα στα « ΑΠΑΝΤΑ » του ; [η απάντηση στο τέλος της στήλης ]

l lβ. Ο Σίσυφος και το μαθηματικό πρόβλημα του Ι. Ο Σίσυφος έκανε πολλές φορές " χαλάστρα " στα "έρ­ γα και τις ημέρες " των θεών. Το ποτήρι ξεχείλισε όταν ο Δίας άρπαξε την Αίγινα, κόρη του ποτάμιου θεού Ασωπού και ο Σίσυφος τα μαρτύρησε όλα στον πατέρα της κι έτσι χάλασε τη δουλειά του Δία. Αυτό, ο Δίας δεν το συγχώρεσε στο Σίσυφο και στον κάτω κόσμο απο­ φάσισε να τον τιμωρήσει. Του επέβαλε την ποινή να •

πρόβλημα του Ι.

Δίας:

Izmestyev κυλάει ένα βράχο προς την κορυφή υψώματος και όταν πλησιάζει εκεί να του ξεφεύγει ο βράχος στην πεδιάδα και να επαναλαμβάνει το ίδιο έργο απ ' την αρχή . Κάποια μέρα ο Δίας σκέφθηκε να σπάσε ι το πείσμα και την αυτοπεποίθηση του Σίσυφου. Για το λόγο αυτό τον κάλεσε και του ανακοίνωσε τα παρακάτω:

Izmestyev

«Σίσυφε, πάνω στη μεγαλοθυμία μου, σκέφθηκα να σε aπαλλάξω από το μαρτύριο του βράχου. Υπάρχουν τρεις σωροί με μεγάλες πέτρες που πρέπει να μετακινείς, μία πέτρα την κάθε φο-

ρά, από τον έναν σωρό στον άλλο. Εγώ θα σου δίνω, για κάθε πέτρα που μεταφέρεις ένα ποσό νο­ μισμάτων ίσο με τη διαφορά μεταξύ του πλήθους των πετρών του σωρού στον οποίο προστίθεται η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/16


Homo Mathematicus

πέτρα και του σωρού απ' όπου αφαιρείται. Η με­ τακινούμενη πέτρα δεν περιλαμβάνεται σ' αυτό τον υπολογισμό · έτσι, όταν μεταφέρεις μια πέτρα από ένα σωρό με a πέτρες σ ' ένα σωρό με b πέ­ τρες, θα παίρνεις b-a- 1 νομίσματα. Όταν η διαφο­ ρά είναι αρνητική, θα μου επιστρέφεις το αντίστοι­ χο ποσό. Αν δεν έχεις χρήματα, εγώ, ο μεγαλόθυ­ μος Δίας θα σου επιτρέπω να μεταφέρεις την πέ•

τρα επί πιστώσει. Κάποια στιγμή, όλες οι πέτρες θα βρεθούν στους αρχικούς τους σωρούς. Με τα χρήματα που θα έχεις κερδίσει εκείνη τη στιγμή, θα εξαγοράσεις το υπόλοιπο της ποινής σου. Συμ­ φωνείς, Σίσυφε;» Σίσυφος: «Ναι, μεγαλόψυχε πατέρα των θεών»

εριύτημα δικό μας

Ποιο είναι το μεγαλύτερο χρηματικό ποσό που θα μπορούσε να έχει συγκεντρώσει ο Σίσυφος μέχρι εκείνη τη στιγμή ; [η απάντηση στο τέλος της στήλης ]

111. "Οι συ νεργάτες της στιίJ.ης γράφο υ v-ερωτοι)v "

Π ρολεγό μ ενα.

Στις αρχές Απρίλη λάβαμε μια πρόσκληση για μια διάλεξη που θα γινόταν στην Ιωνίδειο Σχολή του Πειραιά. Είναι γνωστό, σε μας, πως τον τελευ­ ταίο καιρό το Σχολείο αυτό αναπτύσσει μια αξιό­ λογη δραστηριότητα γύρω από τη διακίνηση ιδεών που αφορούν την εκπαίδευση και το εκπαιδευτικό έργο. Το ενδιαφέρον μας κορυφώθηκε όταν δια­ βάσαμε πως ομιλητής θα ήταν ο διακεκριμένος μαθηματικός, συγγραφέας και σκηνοθέτης Από­ στολος Δοξιάδης. Το θέμα εξ ίσου ενδιαφέρον και είχε σαν τίτλο «Τα Παραμύθια των Μαθηματι«ΣΧΟ Λ Ι Κ Α

Μ Α Θ Η Μ Α τ Ι Κ Α:

Ο Ε Φ Ι Α ΛΤ Η Σ

κών». Άκρως ενδιαφέροντα αυτά που λέχθηκαν. Ακολούθησε πλούσιος διάλογος και μετά στο . . . πηγαδάκι του μπουφέ, εξασφαλίσαμε υπό­ σχεση του ομιλητή να μας δώσει για δημοσίευση ένα άρθρο του που δημοσίευσε το Δεκέμβρη του 2004 στο "POPULAR SCIENCE". Πραγματικά, το άρθρο στάλθηκε στην ώρα του, κι εμείς έχουμε τη χαρά να σας το παρουσιάζουμε σ' αυτό το τεύχος. Υπενθυμίζουμε πως ο Απ. Δοξιάδης είναι ο συγ­ γραφέας του πολυμεταφρασμένου έργου «0 θείος Πέτρος και η Εικασία του Γκόλντμπαχ» ΚΑ Ι

του Από στολου Δο ξ ι ά δη «Πολυμαθίη νόον ου δ ιδάσκει» Ηράκλειτος

Τ Ο O N E I PO>>

Δ ιδασκόμαστε μαθηματικά επειδή είναι χρήσιμ α στην καθημ ερινή ζωή και επειδή μ ας μαθαίνουν να σκεφ τόμ αστε λογικά Η πρόσφατη συζήτηση της κυβέρνησης με την α­ ντιπολίτευση για κοινή πορεία στην αναμόρφωση της παιδείας ζωντανεύει μια μικρή ελπίδα για λύσεις πέρα από κομματικές ή συντεχνιακές σκοmμότητες. Μακάρι! Φυσικά, η καλή διάθεση δεν αρκεί, μιας και οι συνήθεις ύποπτοι - ανάμεσά τους η Αδράνεια, το Συμφέρον, η Στενομυαλιά, κ.α. - παραμονεύουν στον δρόμο κι ετούτου, όπως κάθε άλλου, σπουδαίου έργου. Καθώς όμως δεν υπάρχει έργο πιο σπουδαίο από την εκπαίδευση των παιδιών μας, υποχρε­ ούμαστε να αισιοδοξούμε αλλά και, στο βαθμό που το μπορεί ο καθένας, να συμβάλλουμε: η εκπαίδευση παραείναι σοβαρή υπόθεση για να την αφήσουμε στους κάθε λογής αρμοδίους. Θέλω εδώ να μιλήσω για μια πτυχή του προ­ βλήματος που με απασχολεί πολύ τα τελευταία χρόνια: τα μαθηματικά στο σχολείο. Η σημασία των μαθηματικών στον σύγχρονο κόσμο είναι αυ· ταπόδεικτη, όμως το σχολικό μάθημα πάσχει βα­ θιά, σε ουσία και αποτέλεσμα.

Πριν γυρίσουμε στο «πως», όμως, ας δούμε το «γιατί». Αλήθεια: γιατί άραγε πρέπει σώνει και καλά να μαθαίνουν τα παιδιά μας μαθηματικά; Από όποια πλευρά και αν έρχονται, οι δυνατές α­ παντήσεις στο ερώτημα εντάσσονται σε δυο γενι­ κές κατηγορίες: α) Γιατί τα μαθηματικά είναι χρή­ σιμα, και β) Γιατί μας μαθαίνουν να σκεφτόμαστε. Ας τα δούμε ένα-ένα. Η χρησιμότητα των μαθη­ ματικών είναι κι αυτή δυο λογιών: πρώτα η απλή, καθημερινή, αυτή που χρειάζεται κανείς, για πα­ ράδειγμα, για να συντάξει τον οικογενειακό προϋ­ πολογισμό ή να υπολογίσει τα τετραγωνικά της νέας μοκέτας. Οι ανάγκες όμως αυτές, ιδιαίτερα στην εποχή των υπολογιστών, καλύπτονται στις πρώτες τάξεις του Δημοτικού. Φυσικά υπάρχει χρησιμότητα και για μαθηματικά πιο προχω­ ρημένα. Αυτή είναι βασικά για τον θετικό επι­ στήμονα, και θα τη βρει στον δρόμο του και το παιδί που θα προσανατολιστεί σε σχετικές σπου­ δές. Όσο όμως αυξάνει ο ανταγωνισμός για τις λεγόμενες «Καλές» σχολές (Ιατρική, Πολυτεχνείο,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ. l/17


Homo Mathematicus

κλπ.) και άρα όσο σκληρότερα πρέπει να δο­ κιμάζονται οι υποψήφιοι, η ειδική γνώση που α­ παιτείται σε κάποιες (λίγες) επιστήμες μεταφέρε­ ται όλο και νωρίτερα, στη σχολική διδασκαλία. Κατανοητό, από μια άποψη. Αλλά η τροφοδοσία του σκληρού ανταγωνισμού που απαιτείται για να φας τον διπλανό σου στις εισαγωγικές, με καμιά έννοια δεν μπορεί να χριστεί «χρησιμότητα των μαθηματικών». (Φυσικά υπάρχει εδώ μεγάλη χρη­ σιμότητα για τους φροντιστηριάρχες - αλλά αυτό είναι άλλο ζήτημα.) Για πραγματική χρ η σιμότητα της ανώτερης μαθηματικής ύλης στον μέσο μαθη­ τή, είναι αστείο να μιλάμε. Κι έτσι γεννάται το ε­ ρώτημα: είναι άραγε σκόπιμο, για να καλυφθούν οι βασικές γνώσεις των aυριανών ηλεκτρολόγων μηχανολόγων ή πυρηνικών φυσικών να υφίσταται η τεράστια πλειοψηφία των μαθητών ένα βαρύτα­ το και εν τέλει aχώνευτο πρόγραμμα; Γιατί δεν πρέπει να ξεχνούμε τον δεύτερο λόγο: ότι τα μαθηματικά μαθαίνουν στο παιδί να σκέ­ φτεται. Αυτό, αν όντως ισχύει, είναι σπουδαίο. Το να σου μάθει το σχολειό να σκέφτεσαι είναι ο ιδα­ νικός στόχος του - άλλωστε τις γνώσεις τις βρί­ σκεις και στις εγκυκλοπαίδειες, που έλεγε ο Ελύ­ της. Όμως τον καταφέρνουν άραγε αυτόν, τον υ­ ψηλό σκοπό, τα σχολικά μαθηματικά μας; Κοιτάξ­ τε γύρω σας, στους συμπατριώτες μας που υπέ­ στησαν τη σχολική παιδεία: έχουν στα αλήθεια, οι περισσότεροι από αυτούς, μάθει να σκέφτονται; Διακρίνεται πουθενά στις μέσες διανοητικές μας εκδηλώσεις έστω ένα θετικό υπόλοιπο από τη μα­ θηματική ταλαιπωρία - όπως είναι για τους περισ­ σότερους - δώδεκα ολόκληρων ετών; Πιστεύω πως όχι. Και δεν είμαι μόνος. Γιατί όμως; Γιατί να παίρνουμε τόσα λίγα από τα μαθη­ ματικά, ενώ τους δίνουμε τόσα πολλά, μαθητές, γονείς και δάσκαλοι, σε κόπο, πόνο και χρήμα; Αυτό το πολύτιμο να μας «μάθουν να σκε­ φτόμαστε», γιατί δεν το aξιωνόμαστε; Και πως αλήθεια μπορούμε κάποτε να το πετύχουμε; Γιατί ο παρατεταμένος βομβαρδισμός των εγκεφάλων των δύστυχων μαθητών με ειδικούς κανόνες επί­ λυσης προβλημάτων - αυτός είναι σήμερα ο πυ­ ρήνας της διδασκαλίας - σίγουρα δεν έχει καταφέ­ ρει, προς το παρόν τουλάχιστον, να μ ας μεταμορ­ φώσει σε έθνος στοχαστών. Η διάγνωσή μου θα ξενίσει πολλούς, ίσως και κάποιους να τους θυμώσει: πιστεύω όμως ότι στη ρίζα του προβλήματος είναι το γεγονός ότι η μα­ θηματική ύλη που διδάσκουμε είναι υπερβολικά πολλή και προχωρημένη, με αποτέλεσμα να είναι αδύνατο να αφομοιωθεί σωστά και, άρα, επωφε­ λώς. Η κρατούσα άποψη είναι ότι τα σχολεία μα­ θαίνουν, γενικά, πολύ λίγα πράγματα στα παιδιά

μας - αλλιώς δεν θα ξοδεύονταν τόσο οι γονείς σε ιδιαίτερα μαθήματα, γλώσσες και φροντιστήρια. Ίσως να ναι έτσι. Όμως, ειδικά για τα μαθηματικά, πιστεύω ότι το πρόβλημα είναι στην αντίθετη κα­ τεύθυνση, ξεκινάει όχι από το λίγο μα από το πο­ λύ. Το σχολικό πρόγραμμα παραφορτώνει τα παι­ διά με γνώσεις, με αποτέλεσμα να υστερεί ανα­ γκαστικά το βάθος της διδασκαλίας. Τους δίνει περισσότερα, και γρηγορότερα, μαθηματικά από όσα μπορούν να χωνέψουν. Τη δυσπεψία αυτή, την ξέρουμε - αλίμονο ! - όλοι καλά. Το αποτέλεσμα της είναι οι μαθητές είτε να αποτυγχάνουν στα μαθηματικά, σε διάφορα μέτρα, ή όταν κάποιοι καταφέρνουν να παίρνουν καλούς βαθμούς αυτό να γίνεται κυρίως μέσω της «σπασι­ κλίδικης» υφής (δεν μου αρέσει ο όρος, μα δεν βρί­ σκω ακριβέστερο) aπομνημόνευσης κάποιων τεχνι­ κών, που κατά κανόνα ξεχνιούνται αμέσως μόλις εκλείψει η βαθμοθηρική τους χρησιμότητα. Τίποτε όμως που μαθαίνεις επιφανειακά δεν με­ ταμορφώνει το μυαλό σου - όχι προς το καλύτερο, πάντως. Ο μεγάλος όγκος, και η τεχνική δυσκολία, της σχολικής ύλης έχουν κατά συνέπεια μ όνο απο­ τέλεσμα να μένουν οι περισσότεροι πίσω, τραγικά πίσω, στην εμβάθυνση, που πάει να πει και στην εξοικείωση, που μόνο αυτή μπορεί πραγματικά να διδάξει τη σκέψη. Τα μαθηματικά είναι πρωτίστως μέθοδος, όχι ένα μάτσο τεχνικές. Κι όσο βάζεις την έμφαση στις τεχνικές -πράγμα βέβαια αναγκαίο όσο τα παιδιά καλούνται να αντιμετωπίσουν ολοένα και περισσότερα, και συνθετότερα, προβλήματα προς λύσιν - τόσο χάνεις το υπέδαφος, τη σκέψη που κοσμεί και διακρίνει την Κορωνίδα των Επι­ στημών. Το έχουμε κάνει καραμέλα το «μηδείς α­ γεωμέτρητος εισίτω» που έβαλε ο Πλάτων στην είσοδο της Ακαδημίας του. Όμως τι σόϊ γνώση θε­ ωρούσε απαραίτητη για τη φιλοσοφική σπουδή, δεν μας απασχόλησε. Τι λέτε: να ήταν γνώση τεχνικών; Ή μήπως γνώση μεθόδου σκέψης; Δεν πάει στον χαρακτήρα μου η έννοια της εξί­ σωσης προς τα κάτω. Μακάρι να υπήρχε στην εκ­ παίδευσή μας, όπως σε άλλα κράτη, η δυνατότητα διαφορετικών, εναλλακτικών προγραμμάτων από τις πρώτες κιόλας τάξεις, που θα σκύβει φιλάν­ θρωπα στον κάθε μαθητή αντί να προσαρμόζει αυ­ τόν προκρούστεια σε κάποιο «Κοινό μέτρο». Κάτι τέτοιο όμως, με τα τωρινά τουλάχιστον συλλογικά μας μυαλά, είναι όνειρο άπιαστο. Κι αφού δεν μπορούμε να πάμε εκεί, ας καταλάβουμε έστω ότι ο σημερινός προσανατολισμός σύνολης της μαθη­ ματικής διδασκαλίας στο μέτρο του μαθητή με τον υψηλότερο δείκτη λογαριαστικής ικανότητας γιατί περί αυτού πρόκειται -,μαζί με την υπαγωγή της στην ανταγωνιστική λογική των εισαγωγικών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/18


Homo Mathematίcus

εξετάσεων, οιασδήποτε μορφής, μας εγγυάται μο­ διώνυμο του Νεύτωνα είναι μηδαμινή. Αυτό που νάχα ετούτο: ότι η συντριπτική πλειοψηφία δεν θα πρέπει, κατά συνέπεια, να πρυτανεύσει ως πνεύμα πάρει από τα σχολικά μαθηματικά απολύτως τίπο­ της διδασκαλίας των μαθηματικών στο σχολείο εί­ τε, τίποτε περισσότερο δηλαδή από αισθήματα ναι ότι μπορούν πράγματι να μας διδάξουν τη σκέ­ ψη. Για να σε μάθουν όμως τα μαθηματικά να σκέ­ μειονεξίας που ενίοτε φτάνουν στην απόγνωση. Έτσι κι αλλιώς, το ξαναλέω, το ζήτημα δεν είναι φτεσαι, πρέπει πρώτα εσύ να μάθεις τα μαθηματικά. οι μαθητές που θα προχωρήσουν σε ανώτερα μαθη­ Και κυρίως: όσα μάθεις να τα μάθεις καλά. Ο Ιπποκράτης έλεγε ότι η τέχvη είναι μακρά, ματικά στις σπουδές τους. Αυτοί θα βρουν σίγουρα τις αναγκαίες γνώσεις, είτε στα φροντιστήρια είτε ενώ ο βίος βραχύς. Τα σχολικά χρόνια είναι, προφα­ στα διαβάσματα όπου θα τους οδηγήσει η κλίση νώς, ακόμη βραχύτερα. Αν θέλουμε τα παιδιά μας τους. Με τον προσανατολισμό όμως της σχολικής πραγματικά να ωφεληθούν από τα μαθηματικά στο ύλης αποκλειστικά σε αυτούς, οι υπόλοιποι δεν θα . σχολειό, και να πάρουν τις βάσεις της λογικής σκέ­ μάθουν ουσιαστικά τίποτε. Κι όσα μάθουν θα τα ψης που μπορούν αυτά μοναδικά να δώσουν, μα και ξεχάσουν μόλις αποφοιτήσουν με - αν εmτρέπεται - γιατί όχι; - να τα αγαπήσουν, πρέπει να τους διδά­ εδώ η έκφραση - μαθηματική βεβαιότητα,. ξουμε λιγότερα. Αλλά καλύτερα. Κι εδώ ισχύει, για Ας το παραδεχτούμε επιτέλους: η mθανότητα να άλλη μια φορά, το ουκ εν τω πολλώ το ευ . . . χρειαστεί για πρόβλημα του καθημερινού βίου το llα. "Α υτό το ξέρατε;" [η απάντηση ]

Ο Βολταίρος το έγραψε για το μαθηματικό Johannes Bernoulli (27/1/1667 - 1/1/1748), δέκατο γιο του έμπορα Nicolaus Bernoulli. Στο γενεαλογικό δέντρο των απογόνων του Ν. Bernoulli, συναντάμε 8 αξιόλογους μαθηματικούς. ·

ΤΟ ΓΕΝΕΑΛ ΟΓΙΚΟ ΔΕΝΤΡΟ ΤΩΝ ΜΑ ΘΗΜΑ ΠΚΩΝ BERNO ULL/S

Jacob Ι Ι654-Ι 705

Nicolaus Ι 1 662 - 1 7Ι6

Johannes Ι 1 667- 1 748

Nicolaus ΠΙ 1695- 1 726

Daniel 1 700- 1 782

Johannes Π 1 710- 1 790

* Johannes ΠΙ 1 746- 1 807

[Πηγή : α) σελ. 2 1 2]

«IΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΊΙΚΩΝ», Gino Loria,

τόμ.

ΙΙ,

σελ. 432, β)

Jacob Π 1 759- 1 789

«01 ΜΑΘΗΜΑΊΙΚΟΙ>>, Ε. Τ. Bell,

τόμ. I,

Ι l β. Ο Σίσυφοι: και το μαθηματικό πρόβλημα του /. /zmestyev [η απάντηση]

Η πρώτη απόδειξη [1. Izmestyeν ]. Για συντομί­ α, θα ονομάζουμε γείτονες δύο πέτρες που ανή­ κουν στον ίδιο σωρό. Τότε, κάθε μετακινούμενη πέτρα δίνει στον Σίσυφο κέρδος ίσο με τη μεταβο­ λή του πλήθους των ζευγών γειτόνων. Απομένει να παρατηρήσουμε ότι τη συγκεκριμένη στιγμή η συ­ νολική μεταβολή στο πλήθος των ζευγών των γει­ τόνων είναι μηδέν. Η δε ύτερη απόδειξη [D. Kuznetsoν] χρησιμο­ ποιεί την έννοια της αναλλοίωτης . Εδώ, η τιμή που δεν αλλάζει όταν μετακινούνται οι πέτρες εί­ ναι A=ab+bc+ca+S, όπου a, b, c είναι τα πλήθη

των πετρών στους τρεις σωρούς και S το κέρδος του Σ ίσυφου. Πράγματι, όταν μεταφέρεται μια πέ­ τρα από το σωρό με τις a πέτρες στο σωρό με τις b πέτρες, η τιμή του Α γίνεται ίση με Α' =(a­ l )(b+ l )+(b+ l )c+c(a- 1 )++5 ' =A+a-b- 1+S ' -S=A, διότι S ' -S=b-(a- 1), όπου S ' είναι η νέα τιμή του κέρδους του. Αφού η τελική τιμή του ab+bc+ca είναι η ίδια με την αρχική τιμή, το τελικό κέρδος του Σίσυφου θα είναι ίσο με το αρχικό, δηλαδή, μηδέν. Θα μπορούσαμε, επίσης, να έχουμε χρησι­ μοποιήσει μια διαφορετική αναλλοίωτη, συγκε­ κριμένα την Β= a2+b2+c 2 -2S . [εμείς είδαμε άλλη μία απόδειξη ]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/19


«ΟΛ ΥΜΠΙΑΙ<ΕΕ ΑΠΟΨΕIΕ• Μανόλης Γ. Μαραγκάκης Οι ασκήσεις που ακολουθούν, σκοπεύουν να μετατρέ ψει συγκεκρ ιμένη άρρητη γνώση, σε ρητή. Στην άρ ­ ρητη γνώση ενυπάρχει ένας αντικειμενικός πυρ ήνας, που μ πορεί να σωθεί και να μεραδοθεί κατά τρόπο έ­ ντιμ ο και σαφή.

Άσκηση 1

Άσκηση 2

Δ

Αποδείξτε ότι σε τυχαίο τρίγωνο Α Β Γ ισχύει α β + βγ + γα � 64 π 6

Από τις σχέσεις: 2Ε = αβημΓ = βγημΑ = αγημΕ συνάγεται ότι αβ + βγ + γα = ! _1_ + _1_ + _1_ 2 η μΓ η μΑ ημΒ 4Ε Επειδή η μΑ , ημΒ, ημΓ > Ο, επιπλέον, ισχύει: 1 1 + 1 + 1 � 3 3 η μΓ η μΑ ημΒ η μΑ + ημΒ + ημΓ Επομένως 3 =σ π 1 αβ + βγ + γα 9 φ6 = l ημΑ + η μΒ + ημΓ = J3 4Ε

)

(

)

>

>

Δ

κάθε τρίγωνο Α ΒΓ ισχύει: 3.../3 η μΑ + ημΒ + ημΓ � 2

Υπενθύμιση . Για

Πράγματι:

χ ε JR Υπολογίστε το όριο •

Απ ό δειξη

(

Η συνάρτηση f : JR � JR είναι παραγωγ ίσιμη ' x και ικανοποιεί τη σχέση f' (χ) = e , για κάθε

Α + Β + Γ 3 μ � = 3 · .J3 η ημΑ + ημΒ + ημΓ � 3ημ 3 3 2

lim xf

x -+too

(�)

ex

Λύση

Επειδή f' ( x ) = ex 2 , έπεται ότι f'(x) � 1 για κάθε χ ε JR . Άρα για κάθε χ > Ο, συνάγεται ότι:

f ( x ) - f ( O ) = f ' ( ξ ) = e ξ2 � 1 χ -0

Επομένως, f(x) -f( O) �x , δηλαδή f{x) �f(O)+x Επειδή lim ( f (Ο) + χ ) = +οο , έπεται ότι: lim

χ -++«>

χ -++«>

f ( x ) = +oo .

Συνεπώς lim

χ-++«>

[ ]

xf (2x ) = +οο = lim f ( x ) + x�' ( x ) = 2 ex ex -οο

x2

χ -++«>

x

f (χ) = . f ( χ ) + x2 e = -1 + lim -= lιm 2 x 2 2 ex 2 e χ -++«>

[ ]

χ -++«>

χ

x

+οο = -1 + lim f'(x ) . = = 2 2 +οο 2 4 χ 2 e x + 2e x

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/20

χ -+-+«>


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

2'' Λύ ση (από το φίλου μ ου Γιώργο Τασσόπουλο)

1 1 - Oizl , z9 = 1 1 - lOiz � I z9 l = 1 l . Αν I z I < 1 τοτε l1 1z + 10il 1 1z + lOi 1 1 1 - lOizl < l1 1z + 10il ή (1 1 - 10iz)(1 1 + lOiz) < (1 1z + 10i)(1 1z - lOi) ή lzl > 1 άτοπο. Όμοια αν lzl > 1 ... Ιzl < 1 άτοπο. Άρα lzl = 1 .

+2Re(z 2 · z3 ) + 2Re(z 3 · z1 ) � 0 ή

(;} zκe (:: ) + 2 Re (:: ) � -3 ή Re ( � ) + Re ( � ) + Re ( � ) � 2 z1 z3 z2 2Re

_i .

1 Προφανώς αν lwl = 1 τότε z · w = z .

wl 2 !:... = . w w

Άσκηση 5

Άσκηση 3

Για ένα αριθμό z e C ισχύει ll · z 10 + 1 0iz 9 + lOiz - 11 = 0 Ν α δείξετε ότι l z l = 1 . Απόδειξη Ι

, z 9 = 1 1 - lOiz σχυει 1 1z + lOi , το μετασχηματισμο, w = 1 1 - lOiz Θ εωρουμε 1 1z + 10ι. Αν Ιzl = 1 , τότε lw i = 1 1 - 10i� = Ιzl 9 = 1 l lz + 10ι Συνεπώς, ο κύκλος lzl = 1 απεικονίζεται στον κύ­ κλο lwl = 1 . Όμως το εσωτερικό του κύκλου lzl = 1 απεικονίζεται στο εξωτερικό του κύκλου lwl = 1 , , γιατι το z ο αντιστοιχει, στο - 1 1 ι. , που β ρισκε10 ται εκτός του κύκλου I w I = 1 . Αλλά, ο μετασχηματισμός w = z9 , απεικονίζει το εσωτερικό του κύκλου lzl = 1 στο εσωτερικό του κύκλου I w I = 1 . Συνεπώς για να ισχύει 1 1 - lOiz 1 1z + l Oi πρέπει lzl = 1 .

Β ρείτε όλα τα σημεία Μ, τα εσωτερικά ενός δεδομένου οξυγωνίου τριγώνου Α Β C , που έχουν την ιδιότητα: Το εμβαδόν του τριγώνου που έχει κορυφές τα ίχνη των καθέτων από το Μ προς τις πλευρές BC, CA, ΑΒ να είναι το μέγιστο. Δ

Λύ ση

Δ

Έστω Μ ένα εσωτερικό σημείο του τριγώνου Α Β C και ΜΜ 1 .l BC , ΜΜ 2 .l AC , ΜΜ 3 .l ΑΒ . Έχουμε -1 ( Μ ι Μ 2 Μ 3 ) = -2 ( Μ 2 Μ 3 )( Μ 1 Μ 3 ) ημΜ 1 Μ 3 Μ 2 Όμως το τετράπλευρο ΑΜ3ΜΜ2 είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου ΑΜ και επομένως: Μ 2 Μ 3 = ( ΑΜ ) ημΒΑC . Ομοίως Μ 1 Μ 3 = ( ΒΜ ) ημΑ Βc . Συνεπώς -1 ( Μ ι Μ 2 Μ 3 ) = l( ΑΜ)( ΒΜ ) η μΑ · ημΒ ημΜ 1 Μ 2 Μ 3 Υποθέτουμε ότι η ΑΜ τέμνει τον περίκυκλο (0, R) του τετραγώνου A B C στο σημείο Ν. Επειδή το τρίγωνο Α Β C είναι εξ υποθέσεως οξυγώνιο, το περίκεντρό του Ο, θα είναι στο εσωτερικό του. Άσκη ση 4 Έχουμε ΜΜ 3 Μ 2 = ΜΑΜ 2 = NAC = CBN , Αν z 1 , z 2 , z 3 e C με l z 1 l = l z 2 l = l z 3 l = l , aποδείξ- ΜΜ 3 Μ1 = Μ ΒΜ1 , Μ1 Μ3Μ2 = ΜΒΝ , ΒΝΜ = BCA Από το θεώρημα των ημιτόνων στο τρίγωνο � -3 . κe τε ότι: κe + κe Β Μ Ν , παίρνουμε Απόδειξη ημC ΒΜ ημΝ -"--, -2 lz ι + z 2 + z 3 1 � Ο ή ημΜι Μ3 Μ 2 (z 1 + z 2 + z 3 )(z1 + Ζ2 + z3 ) � 0 ή απ ' όπου ( ΒΜ ) η μΜ 1 f\1; Μ 2 = ( ΜΝ ) ημC . lz ι l 2 + lz 2 1 2 + lz 3 1 2 + 2Re(z ι z2 ) + Επειδή (Μ 1 Μ 2 Μ 3 ) =

I

I

,

=

-

·

Δ

Δ

"'

.-_.

( ;:} ( :: ) ( :: )

λ

"'

-"'

,......_

Δ

-

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/21

Α


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

= .!.2 (ΑΜ)(ΒΜ)ημΑ · ημΒ · ημΜ1 Μ; Μ2 , έπεται ότι Ι

(Μ 1Μ 2 Μ 3 ) = l (AM)(MN) . ημΑ . ημΒ . ημC

Ε και τελικώς (Μ1Μ2Μ 3 ) = (ΑΜ)(ΜΝ) δεδο μένου 2 2 ότι Ε = (ABC) = 2 R · η μΑ · ημΒ · ημC = σταθερό. Έστω ότι η ευθεία που περιέχει τα σημεία Ο και Μ Δ

τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου A B C στα σημεία Ε και F. Τότε: (ΑΜ)(ΜΝ) = ( EM)(MF) = = (R + OM)(R - ΟΜ) = R 2 - ΟΜ 2 . Επομένως: (Μ ι Μ Μ 2

(R 2 - 0M 2 ) :=; �2 - R 2 = E4 3) =� 4R 4R 2

Δηλαδή το (Μ1Μ2Μ 3 ) καθίσταται μέγιστον, τότε και μόνον τότε, όταν ΟΜ = Ο, που σημαίνει Ο = Μ . Συμπέρασμα: Μόνο το περίκεντρο του δεδομένου Δ

οξυγωνίου τριγώνου Α Β C ικανοποιεί το επίταγμα του προβλήματος. c

Ε

_

__

m1 =

ημt J3

(2+ 3 )συνt

και η κλίση της εφαπτομένης στο Ρ είναι dy dy dt συνt (2 - J3 ) m 2 = = dX = = dx εφt -(2 + J3 )ημt dt Αν φ είναι η οξεία γωνία μεταξύ της εφαπτομένης στην έλλειψη στο Ρ και της διανυσματικής ακτίνας ΡΟ, έχουμε ότι:

(

Η ελάχιστη τιμη' της

)

1 ' ' εφt = 1 . 2 οταν εφt + - ειναι εφt 1 4 - 2 J3 4 - 2 J3 , Συνεπως = εφφ � = _6 + 4 J3 J3 (4 _ 2J3 ) J3

})

(

Άσκη ση 7

φ � 30°

Α

Δίνεται γωνία xAy και εσωτερικό της σημείο Ρ. Να κατασκευαστεί ευθεία που να διέρχεται από το Ρ και να τέμνει την Αχ στο σημείο Β και την Ay στο σημείο C, έτσι ώστε: ι

ι

, - + - , να ει,ναι μεγιστο.

ΒΡ

Ά σκη ση 6

(

1 (2 - J3 ) εφt + εφt m1 - m2 = = εφφ = 1 + m1m 2 1 - (2 - J3) 2 1 = 2 - J3J3 εφt + εφt -6 + 4

εφφ � εφ30ο και τελικώς: π φ Ε 0' 2

F

= (2 - νι;;3)εφt

PC

Λύση

Μια έλλειψη έχει κέντρο Ο και το πηλίκο των μηκών των αξόνων είναι 2 + J3 . Αν Ρ είναι ένα σημείο της έλλειψης, aποδείξτε ότι η οξεία γω­ νία μεταξύ της εφαπτομένης έλλειψη στο Ρ και της διανυσματικής ακτίνας ΡΟ είναι τουλάχι­ στον 30°.

Θέτουμε PAC = φ, AB C = β και CAB = α .

Α πό δε ιξη

Οι παραμετρικές εξισώσεις της έλλειψης είναι χ = (2 + J3 )συνt και y = ημt (θέτοντας β = 1). Άρα η κλίση της διανυσματικής ακτίνας ΟΡ

Από το θεώρημα των ημιτόνων συνάγεται ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/22


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

μ( α - φ) ΒΡ = ΑΡ . ηημβ

ΑΡ . ημφ . ημ(α + β) ημβ ημ(α + β) ι ι Συνεπώς: __ + __ = + ΒΡ PC ΑΡ · ημ(α - φ) ΑΡ · ημφ ημφ · ημβ + ημ(α + β) · ημ(α - φ) = ���--�--�--�--� ΑΡ · ημφ · ημ(α - φ) και

PC =

_! ( συν(φ - β) - συν( φ + β) ] =2 + ΑΡ · ημφ · η μ( α - φ)

Αποδείξτε ότι το πολυώνυμο f (x) = χ 4 + 26χ 3 + 52χ 2 + 78χ + 1 989

δεν μπορεί να εκφραστεί ως γινόμενο f (χ) = p(x) · q(x) , όπου p(x), q(x) πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές και βαθμού �4 .

_!__ ( συν( φ + β) - συν(2α - φ + β) ] +2 = ΑΡ · ημφ · ημ(α - φ) . η μα · η μ( α + β - φ) = __:.:. _:.;_--'-__;_--'-'ΑΡ · ημφ · η μ( α - φ) ημα είναι σταθερή και Η έκφραση ΑΡ · ημφ · η μ( α - φ) ' το α' θ ροισμα 1 + 1 καθισταται ' ' συνεπως μεγιΒΡ PC στο, δηλαδή όταν ά - ψ + β = ΡΑΒ + ΑΒ Ρ = 90° , συνάγεται ότι ΑΡΒ 90° . Επομένως το άθροισμα μεγιστοποιείται όταν το τμήμα BC κατασκευαστεί κάθετο στο τμήμα ΑΡ. (βλέπε και: Muπay S. Klamkin, Μαθηματικές Ο­ λυμπιάδες των Η.Π.Α.). _

=

Ελέγξτε τον ε αυ τό σα ς

Ά σκη ση 1

Ά σκη ση 2

Πότε ο αριθμός a b είναι ρητός; Πότε είναι άρρητος;

Ά σκη ση 3 Δ

Έστω Ρ εσωτερικό σημείο τριγώνου A B C και D , Ε, F οι προβολές του, πάνω στις BC, CA και ΑΒ αντιστοίχως. Προσδιορίστε τα σημεία Ρ, έτσι ώστε το άθροισμα: Σ

BC CA

ΑΒ

' =- + - + - , να ειναι ελαχιστο.

PD

ΡΕ

,

PF

Άσκη ση 4

i.

i i.

Αν χ > ι , y > ι =:> xY + yx > 1 + xy

Αν 0 < χ < 1 , y > 1 =:> xY + yx < 1 + xy ίίί. Αν Χ , Υ > Ο, Υ > ι =:> χ Υ + yx > ι Ά σκη ση 5

Δ

Από το βαρύκεντρο του τριγώνου A B C φέρνουμε μια ευθεία f που τέμνει τις πλευρές BC και AC στα σημεία Μ και Ν, αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι:

(ΑΜΝ) + (ΒΜΝ) � .±9 (ABC) .

Αν αναζητάτε την Μαθηματική ποιότητα Αν είστε υποψήφιος ή υποψήφ ια Πολυτεχνείου, Φυσικομαθηματικής και επιθυμείτε να εξυψώσετε το Μαθημα­ τικό σας επίπεδο, κατάλληλο γι' αυτό το σκοπό είναι το β ιβλίο (σε μορφή CD) του ΕΥΆΓΓΕΛΟΥ ΚΑΣΤΡΑΝΤΑ Αριστοβαθμίου Διδάκτορος των Μαθηματικών Τ. Διδάσκοντος Μαθηματ ικού Τμήματος Πανεπιστημίου Αιγαίου ΟΛ ΟΚΛΗΡΩ ΜΑΤΑ

Μία συλλογή λυμένων ασκήσεων. Μπορείτε να γράψετε στην διεύθυνση: ΕΥΑΓΓΕΛΟ ΚΑΣΤΡΑΝΤ Α, ΑΓΙΑΣ ΛΑ ΥΡΑΣ 23, Τ.Κ. 16672 ΒΑΡΗ, ΑΤτΙΚΗΣ και θα λάβετε, ταχυδρομικώς, δωρεάν, πενήντα ασκήσεις(χωρίς λύση) του βιβλίου. Αν κατόmν της μελέτης αυτών, το επιθυμείτε μπορείτε να ξαναγράψετε στην ανωτέρω διεύθυνση και θα λάβετε τα­ χυδρομικώς με αντικαταβολή ( 15 ευρώ + έξοδα αποστολής) το CD με τις λυμένες ασκήσεις.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ. l/23


••ιιιι•τ••• ,_ l'fP �� "�'' ,_ιι Α•-ι-ιι Τιμή Πραγματικού Αριθμού

Αn6λ ιιτη

Ε. Ευσταθίου, Θ. Χαραλάμπους, Γ. Βλαχούτσικος ι.

ίί.

οι ΤΑ ΥΤ Ο ΤΗΤ ΕΣ Σ Τι Σ Α ΠΟ Λ ΥΤ ΕΣ ΤΙΜΕΣ

χ,

Θα δανειστούμε μερικές ταυτότητες και ανισότη­ τες που ισχύουν στους πραγματικούς αριθμούς, για να διαπιστώσουμε ότι έχουν ολική ή μερική ισχύ στους μη αρνητικούς αριθμούς . Δηλαδή στις από­ λυτες τιμές. Για κάθε α , β Ε JR ισχύει: α 2 + β 2 ;;:: 2 l αβ l

.

Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι: Ι α 1 2 + l β l 2 ;;:: 2 l αl · l β l . Αρκεί: l αl z + l β l z - 2 l αl · l β l ;;:: Ο . Αρκεί: <l αl - l β l ) 2 ;;:: Ο . Ισχύει. 2.

Για κάθε α , β , γ Ε JR ισχύει α 2 + Ρ 2 + γ 2 ;;:: Ι α Ρ Ι + l βr l + Ι rα ι

Αρκεί να δείξουμε ότι: 2 l αl 2 + 2 l β l 2 + 2 l γ l 2 - 2 l αβl - 2 l βγ l - 2 1 γαl ;;:: ο , αρκεί <Ι α1 2 + l β l 2 - 2 l αl · l β l ) + Φ1 2 + l r l 2 - 2 l β l · l r l ) + +(l γ l 2 + Ι α1 2 - 2 l γ l · l αl ) ;;:: Ο , αρκεί <l αl - l β l ) 2 + Φl - l γ l ) 2 + <Ι γ 1 - Ι α1 ) 2 ;;:: Ο , ισχύει. Για κάθε α , β, γ Ε JR ισχύει

'

Για κάθε α , β Ε JR * ισχύει:

�������

Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι ( l αl + l β l ) ;;:: 4 , αρκεί ( l αi + l β l ) 2 ;;:: 4 i αi · l β l , αρκεί i αl 2 + l β l 2 - 2 l αi · l β l 2 Ο ' αρκεί (lαl - l β l ) 2 ;;:: Ο, ισχύει. (Ως ισότητα ισχύει αν Ι αi = Ιβ ι ) . 5.

Για κάθε α , β , γ Ε JR * να δείξετε ότι: ί.

Λύση ί.

4.

'

.

Λύση

3.

Ε

χ

Ασκή σεις 1.

Αν Ι αl + ι β ι + ι γ ι :;t: ο θα εξετάσουμε αν ισχύει η ισοδυναμία. Γνω ρίζουμε ότι για κάθε y, z JR ισχύει: x 3 + y 3 + z 3 - 3 xyz = = � (x + y + z)[(x - y) 2 +(y - z)2 +(z - x) 2 ] (I) (ταυτότητα του Euler) Έτσι, αν θεω ρήσουμε Ι α Ι = ι β ι = Υ ι γ ι = z από την υπόθεση και την (I), προκύπτει: _!_ <Ι αΙ + l β l + Ι γ i ) [<Ι α1 - Ι β 1 ) 2 + 2 + ΦΙ - Ι γ 1 ) 2 + <Ι r Ι - Ι αΙ ) 2 = ο <=> <i αl - l β l ) 2 + <l β l - l γ l ) 2 + <l γl - l αi ) 2 = Ο <=> Ι α i - Ι β l = Ο και 1β 1 - 1 γ1 = Ο και l γl - l αl = Ο <=> i αi = ι β ι = ι γ ι .

Ι αi +

Αν α β= γ προφανώς ισχύει η ισοδυναμία. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/24

� ��

;;:: 2 .


ίί. Λi)σ η

ί.

Αρκεί να δείξουμε ότι jαj 2 + 1 � 2jαj , αρκεί jαj 2 + 1 - 2jαj � Ο , αρκεί (jαj - 1) 2 � Ο , ισχύει. (Ως ισότητα αν α = ±1 ) . ( αi + Ι Ρ + Ι r ) :Ι + + =

(Ι;Ι + Ι�ΙΗΙ�Ι + Ι:ΙΗΙ�Ι + Ι;Ι)

2.

�3+2+2+2=9 Σ χόλιο :

Οι ασκή σεις 4 και 5 μπορούν να λυθούν σύμ­ φωνα με την ανισότητα Cauchy - Schwatz: (I) (χ� + x; )(y; + y; ) � (x1 y1 + x y ) 2 και γενικά: 2 2

(II)

(x� + x; + . . . + x� )(y� + y; + . . . + y� ) � � (ΧιΥι + x 2 y 2 + + Χ ν Υ ν ) 2 Για την άσκηση 4: στην (I) θέτουμε: χ 1 = -νrαι , χ 2 = vfίβί , Υ ι =

,

Υ2 =

πτει το ζητούμενο. Όμοια για την άσκηση 5. 11.

ΑΣΚΗΣΕ ΙΣ

ΠΟΥ

� οπότε προκύ-

ΛΥ Ν Ο Ν ΤΑ Ι

εξίσωσης.

x,+ yy χ y 2 + 3j + Ιχ2

ί.

Αν Ε JR , να δείξετε ότι: jxj j j = Ο <==> = = Ο . Ν α λύσετε την εξίσωση jx - 91 = Ο .

ίί. Λύσ η

ί.

ο

0 0 0

j7 - 6xj + l x 2 - 2χ + 5 1 = 1 (7 - 6χ) + (χ 2 - 2χ + 5) 1

(7 - 6χ)(χ 2 - 2χ + 5) � ο (I) Όμως χ 2 - 2χ + 5 = χ 2 - 2χ + 1 + 4 = = (χ - 1) 2 + 4 > Ο , για κάθε χ Ε JR . Οπότε από την (I) προκύπτει 7 - 6χ � Ο <::> χ � -7 6 Οι τιμές αυτές του χ είναι λύσεις της δοθείσας

= 1 + � + � + � + 1 + � + b1 + b1 + 1 = jβj jγj jαj jγj jαj jβj +

Η εξίσω ση ισοδύναμα γράφεται:

Τότε σύμφωνα με το ερώτημα ί. έχουμε:

Ι Ι Ι (Ι Ι�Ι Ι�Ι )

=J

j α . βj = α β <::> α · β � Ο.

Έστω ότι jxj + jyj = Ο . Τότε αν χ "# Ο , θα έχουμε: jxj + jyj > Ο , άτοπο. Όμοια αν y "# Ο . Άρα χ = Υ = Ο.

Α ντιστρό φ ως. ίί.

ΚΑ­

Έστω χ = y = Ο, τότε

jxj + jyj = I OI + Ι ol = ο 2jx + 3j + l x 2 - 9 1 = 0 <:> j2x + 6l + l x 2 - 9 1 = 0 <::> 2χ + 6 = 0 <::> και <::> χ = 3 είναι η κοινή λύση. χ2 - 9 = 0

{

Ν Ο Ν Τ ΑΣ Χ Ρ Η Σ Η Τ Ω Ν Ι Δ Ι Ο Τ Η Τ Ω Ν Σ χόλ ιο

Τ Ω Ν Α Π ΟΛ ΥΤΩΝ Τ Ι Μ Ω Ν

Α σκή σ εις Ι.

ί.

ίί.

+ + 6xj + lx2 -2χ + 2 -8χ + 12ι.

Έχουμε: j α + βj = jαj + j β j j α + βj 2 = ( j α j + jβj ) 2

Λύση

ί.

Αν α,β Ε JR , να δείξετε ότι: j α β j = jαj jpj <==> α · β � Ο . Να λύσετε την εξίσωση sι = l x j7 -

3.

Αν χ, y JR και jxj + jyj "# Ο τότε ένας τουλάχιστον από τους χ, y δεν είναι μηδενικός. ί.

ίί.

Ε

<::>

<::>

(α + β) 2 = jαj 2 + jβj 2 + 2jαj · jβj <=> α2 + β 2 + 2αβ = α2 + β 2 + 2jα · βj <::>

x, y y -2, y "# χ"# x, y I χ-22+yΥ 1 + !ι3 rχ ι < ι , να δείξετε ότι: χ + 3xy ι . 61 xy-2y2 I

Αν Ε JR και jxj + j j < ι τότε jxj < ι και jyj < ι . Αν Ε JR και Ο ,

>

Λύση

ί.

Έστω jxj � 1 τότε jxj + jyj � 1 + j yj , όμως

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/25


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

1 + IYI � 1 , άρα l x l + IYI � 1 που είναι άτοπο. Άρα l x l < 1 . Όμως από την υπόθεση έχουμε Ο < l χ i < 1 - I Υ I - Έτσι 0 < 1 - IYI ή IYI < 1 . χ - 2 Y + .Υ_ < 1 . ίί. Από την υπόθεση έχουμε 2 + y 3χ Τότε σύμφωνα με το ί. ερώτημα θα ισχύουν: x - 2y < 1 και .Υ_ < 1 . τότε ( x - 2y) · y < 1 3χ 2+y (2 + y) · 3 x χy - 2y 2 < 1 . Άρα 6 χ + 3χy > 1 . ή 6x + 3xy xy - 2y 2

I IΙ Ι l l ΙΙ l ι ι 1 ι ι

x 2 1 YI 2 + y 2 1 x l 2 + 2xy l xi · I Y I = 4x 2 y 2 x 2 y 2 + y 2 x 2 + 2xy l xy l = 4x 2 y 2 => 2xy l xy l = 2( xy) 2 => l xy l = xy => xy � Ο => xy > Ο (γιατί χ, y ε JR * ) =>

7.

Αν x,y, z ,ω > O και � = Ι = � , να δείξετε y z ω ότι l x - ω ! � 3 l y - zl (1).

Λύση

Ονομάζουμε p τους ίσους λόγους, δηλαδή: , p > Ο, χ = yp, y = z · p και Υ = -z = p , οποτε = Αν x,y ε JR και 3x - 2y + 9 = 0 , να δείξετε y z ω 4. ότι: l x l + IYI � 3 . z = ωp . Έχουμε: y = ωp 2 και χ = ωp3 Έτσι, για να δείξουμε την ( 1 ) αρκεί να δείξουμε Λύση ότι: l ωp 3 - ωl � Ι ωp 2 - ωp Ι . αρκεί = -3 => 'Εχουμε: 3χ - 2y = -9 => χ - �y 3 Ι ω11 Ρ3 - 1 1 � 3 l ω1 I P 2 - p ι . αρκεί (1) IP - 1 I I P 2 + Ρ + 1 1 � 3 IPIIP - 11 ' αρκεί p 2 + Ρ + 1 � 3p . => x - � y = l -31 = 3 αρκεί (p - 1) 2 � Ο , ισχύει. Αλλά x - � y � ι x l + @ y = l x i + � IYI � ι χ ι + 1 · IYI 8. Αν x,y ε JR και I<Y - 1) x l < 2 l x - Y l - 6 (1), να δείξετε ότι οι αριθμοί l xl - 2 και IYI - 3 άρα l χ i + I Υ Ι � I χ - � y = 3 , δηλαδή Ι x i + IYI � 3 . είναι ετερόσημοι. 5. Αν α, β ε JR και Ι α l + ι β ι = 1 . Να δείξετε ό- Λύση Έχουμε I<Y - 1)x l = l yx - x l � I Yx l - l x l � τι: Ια · β1 � 41 . � ι yx l - l x l = IYII x l - l x l . Δηλαδή: ΛίJση (2) IYII x l - l x l � I <Y - 1)x l Αρκεί να δείξουμε ότι 4 l α · βl � 1 . Όμως l x - Yl � l x l + IYI ή 2 l x - Yl � 2 l x l + 2 I Y I Αρκεί 1 2 � 4αβ , αρκεί <Ι αl + l β l ) 2 � 4αβ , αρκεί (3) ή 2 l x - yl - 6 � 2 l x l + 2 l yl - 6 Ι α1 2 + l β l 2 + 2 l αl · l β l � 4 l αl · l β l . αρκεί Έχουμε λοιπόν τελικά: Ι α1 2 + l β l 2 - 2 l αl · l β l � Ο ή <l α l - l β l ) 2 � Ο ισχύει. Η ζητούμενη ισχύει ω ς ισότητα, αν <l α l - lβl ) 2 = Ο . I YII x l - l x l � I<Y - l)x l Δηλαδή αν Ι αΙ = ι β ι και λόγω της Ι αl + ι β ι = 1 προI<Y - 1 1 χ) < 2 · Ι χ - Yl - 6 2 l x - yl - 6 � 2 l x l + 2 l yl - 6 κύπτει Ι αΙ = Ιβl = .!.2 , δηλαδή α = ± .!.2 και β = ± .!.2 . τότε από την μεταβατική ιδιότητα προκύπτει: l x x y + y l = 2 , να δείξετε IYII x l - l x l < 2 l x l + 2 l y l - 6 => 6. Αν x,y ε JR και l l xy IYII x l - 3 l x l - 2 IYI + 6 < Ο => ότι οι αριθμοί y είναι ομόσημοι. IYI Ψ Ι - 2) - 3ψ l - 2) < ο => Ψ Ι - 2)(l y l - 3) < ο. χ

l l l l l l

·

·

*

{

*

χ,

Λύση

Έχουμε: l x l y l + y l x l = 2 l xy l => l x IYI + Y l x l 2 = 4 l xYI 2 =>

9.

Αν x,y ε JR * να δείξετε την ισοδυναμία:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/26


Μαθηματικά Ύ•α την Α' Λυκείου

l 2x + 3y l < l x + 6y l

Λύση

I; 1 - 1 �I < �

Έχουμε: l 2x + 3y l < l x + 6y l => l 2x + 3y l 2 < l x + 6y l 2 => (2χ + 3y) 2 < (χ + 6y) 2 => 4χ 2 + 9y2 + 12 xy < χ2 + 36y 2 + 12xy => 3χ 2 < 27y 2 => χ2 < 9y2 =>

;: < 9 � ( ;) < 9 => 1 ;1 < 3 '

τότε

Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις ανισότητες ( 1 ) και < 3-�=� . (2), έχουμε:

� � � - � ��

'Εχουμε:

Α ντιστρόφως:

Ιl

� � � - � �� < � . Αν ονομά-

' κ - -κ1 < -38 => σουμε το -χΥ = κ > ο τοτε 3κ 2 - 3 < 8κ => 3κ2 - 8κ - 3 < Ο => 3κ 2 - 9κ + κ - 3 < 0 (1) 3κ( κ - 3) + κ - 3 < Ο => (κ - 3)(3κ + 1) < Ο . Επειδή 3κ + 1 > Ο συμπεραίνουμε ότι κ - 3 < Ο => (2) κ < 3 δηλαδή < 3 . 'Ετσι από την ( 1) προκύπτει ότι 1 2χ + 3y l < Ι χ + 6y l .

I �I

u/ • HiΙJOtln!ιf pιito ΙJJJP4!flflιti!J!1l«oιiι ιrιιpίι�θιμοι αρδαμίτσης Σπύρος Κ

15: W = ( ifα )

Ορισ μός

κ

, κ θετικός ακέραιος

Η νιοστή ρίζα (ν θετικός ακέραιος) ενός μη αρ­ νητικού αριθμού α συμβολίζεται με ifii. και εί­ 16: 4;j = v� Ρ θετικός ακέραιος ναι ο μη αρνητικός αριθμός χ που όταν υψωθεί ν Ε Ν* , μ Ε Ζ και α > Ο στην ν δίνει του α. Η ε ξίσω ση χ ν = α

Δηλαδή: χ = α � χ = ifα ν

α

Συνέπειες από τον ορισ μό

Σ1: Αν α � Ο τότε (ifα)v = α . Σz: Αν α � Ο τότε i{;;: = α . Σ3: Αν α E lR τότε 2� = Ι αι .

ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ

Αν α � Ο και β � Ο , ν, μ θετικοί αριθμοί, τότε ισχύουν: Ι ι : ifO. . 4β = ψ;;β ι,: l3 : [ι:

�=� , β*Ο

lfa = ν *Vαν · β = α · 4β

ν

ρίζες τη ς ε ξίσ ω ση ς χ = α ν

χ=Ο α = Ο ν Ε Ν* , άρτιος, x = ifα, x = -ifα α > Ο νν περιττός x = ifα ν άρτιος, αδύνατη α<Ο ν περιττός Χ = -� Ερωτή σεις τύ που Σωστ ού - Λ άθ ου ς

Εξετάστε ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι Σωστές (Σ) και ποιες λάθος (Λ). Βάλτε σε κύκλο το αντίστοιχο γράμμα. 1. .Jα Jβ. β = ναCD Σ Λ · β, α � Ο. β > Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/27


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Σ

Λ

Ε ρωτήσεις πολλαπλής επιλογής

� έχει έννοια πραγματικού νχ -1 αριθμού όταν: Γ. χ ;::: ι Α. χ > 1 Β. χ < 1 Ε. έχει έννοια όταν χ Ε JR Δ. χ = 1

1. Το κλάσμα

5. Οι αριθμοί J2, 2 είναι ανάλογοι των .J3 ,3

6. Μ ε α Ε JR ισχύει πάντα Ν = α 7. Για κάθε α Ε JR ισχύει .R = α 2 8. Η εξίσωση χ 2 = -1 είναι αδύνατη 9. Αν α < Ο τότε η εξίσωση χ 3 = α έχει λύση χ = -\fαj

Σ

Λ

Σ

Λ

Σ

Λ

Σ

Λ

Σ Σ

Λ

Σ

Λ

Λ

2. Αν χ - 2 · � = 4 · � τότε ο χ3 είναι ίσος με: Γ. 63 Α. 6 Β . 62 3. Η παράσταση ifi + ifi + ifi είναι ίση με: Γ. 7 Α. ifiϊ Β . if3:7 Ε. ifi Δ. 3 · ifi

Jii ειναι ' ' ιση ' με - 1 οταν: ' -4 . Η παρασταση

11. Jffα = � , α ;::: ο

12. if;j = ν +�αμ+ ρ ' α ;::: ο α, μ, ρ Ε Ν*

Δ. χ ::; ο

Σ

Λ

Σ

Λ

Σ

Λ

13. if;i = v� ' α ;::: Ο α, μ,ρ Ε Ν* ν =F- 1 Σ 1 4 .Η παράσταση h δεν έχει ποτέ έννοιαΣ 15. �( α + β ) · γ = �α + β · JΎ Σ a + β ;::: Ο, γ ;::: Ο

16. � = ±2 17. J7 + .J9 > �7 + 9 18. �x + y = fx + JY χ ;::: Ο, y ;::: O 7. 8. 9.

Σ Λ

Σ

10. Λ 11. Σ

Λ

12.

Λ

νs Δ. �

6.

Λ

13. Σ 1 4. Λ 15. Σ Λ

17. Σ 18. Λ

χ <Ο

1� για να μετασχηματιστεί σε ι­

v5

Ε. �

Η παράσταση � � είναι ίση με: Γ. 4+.(/χ 3 . χ 6 Α. 4�χ 3·5 +6·4 Β . 4�χ 3 + 6 ·

Δ. 4:(;!6

Λ Λ

Γ.

σοδύναμο με ρητό παρονομαστή πρέπει να πολλαπλασιάσουμε τους όρους του με τον α­ ριθμό: Γ. J5 Α. � 1� Β. �

Λ

Σ Σ Σ

16.

5. Το κλάσμα

Λ

Α παντή σ ε ις

1. Σ 2. Σ 3. Σ 4. Λ 5. Λ 6. Λ

χ Β. χ > Ο Ε. χ ;::: ο

Α. χ = Ο

10.Αν χ > Ο και χ * 1 η ισότητα

Γχ - ι , ι ' -r- = -- ειναι ψευδ ης νχ + 1 χ -1

Ε. �

Δ. 64

Ε. 4+.(/χ 3 +6

Α παντή σ ε ις

1. Α 2.

Δ

3. 4.

Δ

5.

Γ

6.

Ε

Α

Ε ρ ωτήσε ις aντιστοίχισης

1.

Να aντιστοιχίσετε τα στοιχεία των παραστάσεων με άρρητο παρονομαστή της στήλης Α με τα στοιχεία των παραστάσεων με ρητό παρονομαστή συμπληρώνοντας με αντίστοιχο πίνακα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/28


Μαθη ματικά για τη ν Α ' Λυκείου

Στήλη Β

Στήλη Α

α. 1

β.

1.

J2 + 1 2 . J2 � 3. 2 4 . J2 - 1 J24 5. J2 6. 2

J2 1 J2 + 1

γ. 1 J2 - 1 1 δ. � 32

1

ε.

2J2

Α πάντηση

3. Να αποδείξετε ότι: ( 1 - ,Ji )-3 + ( 1 + ,Ji )-3 = -14 Λύση

'Εχουμε ότι: ( 1 - J2 Γ3 + ( 1 + J2 Γ3

- 1 + 1 (1 - J2 Y (1 + J2)3 (1 + J2 Y + (1- J2)3 [(1 - J2 )·(1 + .J2)τ 1 + 3J2 + 6 + J23 + 1 - 3J2 + 6 - J23 ( 1 - 2)3 = 1+6+ 1 + 6 = -1 4 =

=

= -----------�---------

4.

-1

Να βρείτε το εξαγόμενο.

Ασκή σεις

1. Να απλοποιηθεί η παράσταση:

�12.J3Jν'7 - 2�ν'7 + 2 =

= =

�r--JΊ= = - :::: :::= J7=+==:= 12 . �---;3=.(:=== 2 )(:= 2) �1 2 · �3 · ( 7 - 4 ) �1 2 · J9 .J12:3 J36 6 =

=

=

=

=

Λύση

Είναι Α=

2

( Jι+χ ) - ( � ) � . Jι+χ

2

( Jι+χ ) + (� )

2

2

( VSϊ - ifi - m ) ( � + if6 + V4) (V27 . 3 - ifi -VS-3)(� + ifM + �) ( 3� - ifi - 2� ) ( � 2 + � . ifi + � ) 3( � - ifi) ( � 2 + � . ifi + ifi2 ) 3( �3 - ifi3 ) 3(3 - 2) 3 · 1 3 .

=

=

=•

=

=

=

5. Αν χ > 4 να μετασχηματίσετε την παράστα­ ση Α σε ισοδύναμη με ρητό παρονομαστή χ - 4) 2 Α = __( __ __.:_ __,=χ - 4-Γχ +-4 Λύση

=

../1 - χ . Jι+χ ( 1 + χ ) - ( ) 2χ - χ - (1 + χ) + (11 -- χχ ) - 2Αφού από την Ο < χ < 1 ισχύει 1 - χ Ο και 1 + χ Ο >

Έχουμε:

=

2. Αν Ο < χ < 1 . Να δείξετε ότι:

J§-J§ Ξ + J: J§

Λύση =

Λύση

Α

( m - � - \124)( � + � + �)

Για χ > 4 η παράσταση Α γράφεται:

4)2 4)2 4)2 (χ ( (χ χ Α -- 4� + 4 � 2 4� 4 � 2 χ- + ( - 2) 2 2 ( � - 2) · ( � + 2) = (� 2 + 2) (� - 2)2

=

>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/29


6.

Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού χ Τέλος η τέταρτη εξίσωση έχει ως λύση την: έχουν έννοια οι παραστάσεις: χ 2005 + 1 = ο <:::> χ 2005 = - 1 <:::> χ = _200� - 1 και Β = 2χ - Γχ+'ϊ <:::> χ = -1 . Α = 2χ 4 3 2 χ - 2χ χ + 7χ 8. Αν χ 1 ,χ , ,χκ και y 1 ,y , ... ,yκ θετικοί 2 2 Λύση πραγματικοί αριθμοί, με: Η παράσταση Α έχει έννοια αν, και μόνο, αν: � = Xz = ... = � 0 •••

{

* x 4 + 7 x :;e 0 <=> x ( x 3 + 7 ) :;e 0 <::> χ\ + 7 :;t: O <=> " � � :�{17 , :-7

{: :�vH {:

{:

δηλαδή για κάθε πραγματικό αριθμό εκτός από τους Ο και -� . Η παράσταση Β έχει έννοια αν, και μόνο, αν:

{χχ3+ 1 ;?: 2 :;e O <:::> {χ2;?: - 1 2) :;e 0 <:::>

τότε να αποδείξετε ότι: JχιΥι + Μ, + ... + Ν. = = J(χι + Xz + + χκ ) · ( Υ ι + Y z + ... + Υ κ ) •••

Λύση

χ " = λ , τοτε χ , X z = ... = , εχουμε: , , -=Θετουμε: Υ ι Yz

ο

Υκ χ , = y, λ Xz Υzλ κ = Υκλ

x (x - 2χ :?: 1 2 :� <:::> � δηλαδή για κάθε πραγματι- προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις χ - 2 :;t: Ο x :;e 2 έχουμε: κό αριθμό που ανήκει στο σύνολο: Ν, + JX zYz + ... + JΧ κ Υ κ Α = [-1,0) υ (0,2) υ (2,+οο) Ji:Yf + .JλYf + ... + Jλl = 7. Ν α λυθεί η εξίσωση: Jλy , + Jλy 2 + ... + Jλy κ = χιszι (χι ο _ 1 024)(χ2ΟΟ4 + 2)(x2oos + 1) = 0 Jλ (y , + Υ :ί + ... + y κ ) = Λύση Jλ(y , + y z + ... + y " ) z = Η εξίσωση J λ(y , + Yz + ... + y κ ) · (y , + Yz + ... + y κ ) = ( _ 1024 ) ( + 2)(Χ 2005 + 1) = Ο J(x , + X z + ... + χ κ ) · (y , + Yz + ... + y κ ) είναι ισοδύναμη με τις εξισώσεις: 9. Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού χ Χ Ι 821 = 0 η παράσταση: χ 1 0 - 1024 = 0 Α = Jx + 2../χ - 1 + Jx - 2../χ + 1 χ 2004 + 2 = 0 χ 2005 + 1 = 0 είναι ανεξάρτητη του χ. =

Χ

{: {:: Χ

Ι 82 1

Χ

ΙΟ

=

Χ

2

004

η πρώτη εξίσωση έχει ως λύση την: χ 1821 = Ο <:::> χ = Ο (πολλαπλασιάζοντας 1821) η δεύτερη εξίσωση έχει ως λύσεις τις:

χ 1 0 - 1024 = Ο <:::> χ 1 0 1024 <:::> χ 1 0 21 0 <:::> χ = ± Ιfi!O <:::> χ = ±2 =

Λύση

Καταρχήν για να έχει έννοια η παράσταση Α πρέπει και αρκεί:

=

η τρίτη εξίσωση είναι αδύνατη στο σύνολο των πραγματικών αριθμών γιατί: χ 2004 :;t: -2 για κάθε πραγματικό αριθμό χ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. l/30

χ - 1 :?: 0 χ + 2.rx=l :?: 0 x - 2.rx=l :?: 0 χ + 1 :?: 0


λύση του παραπάνω συστή ματος είναι χ ;;:: 1 . Έστω λοιπόν ότι χ ;;:: 1 , υψώνοντας και τα δύο μέ­ λη της παράστασης Α στη δευτέρα έχουμε: Α2 = (�χ + 2� + �χ - 2Γχ+Ϊ ) 2 = = χ + 2� + 1 1 . Αν α, β, γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθ­ +2�(χ + 2�)(χ - 2�) + μοί με την ιδιότητα: αβ βγ γα 1, τότε +χ - 2� = να αποδείξετε ότι: 2 2 2 2 = 2χ + 2.Jx 2 - 4χ + 4 = 2χ + 2�(χ - 2) 2 = α (1 + β )(l2+ γ ) + β (1 + γ )(12+ α ) = 2χ + 2 l x - 21 1+α 1+β 2 2 =2 άρα Α2 = 2χ + 2 l x - 21 . +γ (1 + β )(12+ α ) 1+γ Αν 1 :s; χ ::Ω τ Α 2 = 2χ + 2(-χ + 2) = 2χ - 2χ + 4 = 4 Λύση άρα Α = 2. Με βάση την υπόθεση έχουμε: Αν χ 2 τότε: 1 + α2 = αβ + βγ + γα + α2 = α(β + α) + γ(β + α) = Α 2 = 2χ + 2(χ - 2) = 4χ - 4 = 4(χ - 1) = (α + β)(α + γ) άρα Α = 2� . 1 + β 2 = αβ + βγ + γα + β 2 = β(α + β) + γ(α + β) = Επομένως για 1 ::;; χ ::;; 2 η παράσταση Α είναι = (α + β)(β + γ) ανεξάρτητη του χ. 1 + γ 2 = αβ + βγ + γα + γ2 = β(α + γ) + γ(α + γ) = = (α + γ)(β + γ) . 1 0. Αν α1, α2, β1, β2 θετικοί πραγματικοί αριθ­ μοί, να αποδείξετε ότι: Έτσι, το πρώτο μέλος της ισότητας γίνεται: �(α ι + β ι ) (α 2 + β 2 ) ;;:: �α ι α 2 + �β ι β 2 α (l + β1 2+)(1α 2+ γ 2 ) + β (l + γ12+)(1β 2+ α 2 ) Λύση . (1 + β 2 )(1 + α2 ) Αρκεί να δείξουμε ότι: = +γ 2 1 + γ . �(α ι + β ι ) (α2 + β 2 ) ;;:: 1 + �β ι β 2 αρκεί (α + β)(β + γ)(α + γ)(β + γ) + �α ι« 2 ' � (α + β)(α + γ) « ι + β ι . «2 + β 2 ;;:: 1 + β ι . β 2 , αρκεί + β)(α + γ) = «ι «2 «ι « 2 +β (α + γ)(β(α ++ γ)(α β)(β + γ) + β)( α + γ) = +γ (α + γ)(β(α ++ γ)(α γ)(β + γ) = α�(β + γ) 2 + β �(α + γ) 2 + γ �(α + β/ = = α l β + γΙ + β Ι α + γΙ + γ Ι α + β l = = α(β + γ) + β( α + γ) + γ( α + β) = = αβ + αγ + αβ + βγ + αγ + βγ = = 2( αβ + αγ + βγ) = 2 Η

+

>

·

J

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/31

+

=


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Αvκήι:ιεις

«αι τις

uτις

Ταuτότητες

Μόνιμες Ανιtιότητες

του Θανάση Κυριακόπουλου

Με στόχο την εξάσκη ση των μαθητών στην τεχνική των αλγεβρικών πράξεων και στην αποδεικτική διαδικασία, παραθέτουμε τις παρακάτω ασκήσεις στις ταυτότητες και στις μόνιμες ανισότητες. 3.

Α Σ ΚΗ ΣΕΙΣ

Να λυθεί η εξίσωση: 3χ 2 + 3y 2 + 3z 2 = 2xy + 2xz + 2yz

Εάν χ = α 3 + 3αβγ , y = β 3 + 3αβγ , Λύση z = γ 3 + 3αβγ , α + β + γ Ο και α, β, γ Ε Ζ , τότε να δείξετε ότι: χ + y + z = ι2κ με κ Ε Ζ . Έχουμε: 3χ 2 + 3y 2 + 3z 2 - 2xy - 2xz - 2yz = Ο � (χ 2 + y 2 + z 2 - 2xy - 2xz + 2yz) + Απ ό δε ιξη +(χ 2 + y 2 + z 2 - 2xy - 2yz + 2xz) + Είναι x + y + z = α3 + β3 + γ3 + 9αβγ (1). +(χ 2 + y 2 + z 2 + 2xy - 2yz - 2xz) = 0 � Από α + β+ γ Ο είναι α3 + β3 + γ3 = 3αβγ (2) (χ - y - z) 2 + (y - χ - z) 2 + (z - χ - y) 2 = Ο � (Εφαρμογή Σχολικού) χ-y-z=ο χ= y+z Ή (1) λόγω της (2) γίνεται: χ + y + z = 3αβγ + 9αβγ = 12αβγ = 12κ , όπου y-x-z=O � y=x+z � κ αβγ ακέραιος. z-x-y=O z=x+y 3 3 Ο=y+z χ=Υ+z 2. Ε άν χ + χ + ι = ο ( ι ), y + y + ι = ο (2), �y=z � y=x+z z 3 + z + ι = Ο (3) και χ :;t: y :;t: z :;t: χ , τότε y + z = 2χ + y + z χ = Ο να δείξετε ότι: χ + y + z = Ο 0 = 2y Απ ό δε ιξη y=z � x=y=z=O Από (1) - (2): (x3 + x + 1) - (y3 + y + 1) = 0 χ=Ο Από (1) - (3): (x3 + x .+ 1) - (z3 + z + 1) = 0 , ή Ση με ίωση x3 - y3 + (x - y) = 0 Για να λυθεί εξίσωση με 2 ή περισσότερους αγνώ­ και , ή στους κατά κανόνα αναλύεται σε άθροισμα 2 ή πε­ x3 - z3 + (x - z) = 0 ρισσοτέρων τετραγώνων, ίσο με μηδέν. (x - y)(x 2 + xy + y 2 + 1) = 0 Για να επιτευχθεί αυτό εδώ έγινε «διάσπαση» ό­ και ρων στη δοσμένη σχέση αφού μεταφέραμε πρώτα (χ - z)(x 2 + χ · z + z 2 + 1) = Ο όλους τους όρους στο 1 μέλος ως εξής: Οπότε: x 2 + xy + y 2 + 1 = 0 και x 2 + xz + z 2 + 1 = 0 -2xy = -4xy + 2xy, -2xz = -4xz + 2xz, (αφού χ :;t: y και χ :;t: z ). -2yz = -4yz + 2yz . Αφαιρούμε τώρα κατά μέλη τις δύο τελευταίες ι­ Εάν χ + y +z Ο, να δείξετε ότι: 4. σότητες, οπότε προκύπτει: x3 (y - z) + y 3 ( z - χ) + z 3 (x - y) = Ο . (χ 2 + xy + y 2 + 1) - (χ 2 + xz + z 2 + 1) = Ο , ή χ 2 + xy + y 2 - χ 2 - xz - z 2 = 0 , ή Απ ό δειξη x(y - z) + (y - z)(y + z) = Ο , ή Έχουμε: x3 (y - z) + y3 (z - χ) + z\x - y) = (y - z)(x + y + z) = Ο και επειδή y :;t: z είναι τελι­ = χ3 (y - z) + y3z - y3x + z3x - z3y = κά: χ + y + z = Ο . = x3 (y - z) + yz(y 2 - z 2 ) - x(y3 - z3 ) = 1.

=

=

{

}

=

}

}

}

}

{ {

ο

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/32


Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

= χ3 (y - z) + yz(y + z)(y - z) ­ -x(y - z)(y 2 + yz + z 2 ) = = (y - z)[x3 + yz(y + z) - x(y 2 + yz + z 2 )] = = (y - z)[x3 + y 2 z + yz 2 - xy 2 - xyz - xz 2 ] = = (y - z)[x(x 2 - y 2 ) - yz( x - y) - z 2 (x - y)] = = (y - z)(x - y)[x(x + y) - yz - z 2 ] = = (y - z)(x - y)(x 2 + xy - yz - z 2 ) = = (y - z)(x - y)[(x - z)(x + z) + y(x - z)] = = (y - z)(x - y)(x - z)(x + z + y) = Ο, αφού χ + y + z = Ο. 5. Εάν α 2 + β 2 = 4, α, β Ε IR*, να δείξετε ότι: 7 α 4 + β 4 + α -4 + β -4 � 1 . 2 Πότε ισχύει το ίσον; Υπόδειξη: 2(χ 2 + y 2 ) � (χ + y)2 , (x + y) 2 � 4xy, x,y E IR .

Λύ ση

α. Είναι Α3 = (κ 2 + 3αβ? = = κ 6 + 9αβκ4 + 27α 2 β 2 κ 2 + 27α3β3. β. Θα δείξουμε την 4(κ 6 + 9αβκ4 + 27α 2 β 2 κ 2 + 27α3β3 ) � � 27α 2 β 2 (κ 2 + 4αβ) . Κάνοντας τις πράξεις και μεταφέροντας στο 1 μέλος όλους τους όρους, έχουμε να δείξουμε ότι: 4κ 6 + 36αβκ4 + 108α 2 β 2 κ 2 + 4 . 27α3β3 � � 27α 2 β 2 κ 2 + 4 · 27α3β3 , ή 4κ 6 + 36αβκ4 + 8 1α 2 β 2 κ 2 � Ο , ή κ\ 4κ4 + 36αβκ 2 + 8 1α 2 β 2 ) � Ο , ή ο

για κάθε α,β,κεΙR

γ.

Απ ό δ ειξη

Θέτουμε α 2 = μ > Ο, β 2 = ν > Ο οπότε μ + ν = 4 και η προς απόδειξη σχέση γίνεται: 1 +1 �17 . μ2 + ν 2 + μ2 ν2 2 Όμως 2(μ 2 + ν 2 ) � (μ + ν) 2 , ή μ 2 + ν 2 � 8 (1) Ακόμα επειδή (υπόδειξη) (μ + ν) 2 � 4μν είναι ' ' 1 � -1 . η' � 1 � -1 . Οποτε: 42 -> 4μν , η μν _< 4 , η' μν 4 μ ν 16 1 +1 = μ 2 + ν 2 = (μ 2 + ν 2 ) · -1 � 8 · -1 = -, 1 z 2 μ2 ν μ ν2 μ2ν2 16 2 1 + -1 > -1 (2 ). Απο' ( 1 ) και (2): η' μ2 ν 2 - 2 1 17 . μ2 + ν 2 + + -12 � 8 + -1 = 2 μ ν 2 2 Το ίσον μόνο αν μ = ν = 2 δηλ. Ιαl = ι β ι = J2 . 6.

Δίνεται η παράσταση: Α = κ 2 + 3αβ, α, β, κ Ε IR . α. Να βρεθεί το Α3• β. Να αποδείξετε ότι: 4Α 3 � 27 α 2 β 2 (κ 2 + 4αβ) ( I ) για κάθε α, β, κ Ε IR . γ. Ε άν κ α - β να εξετάσετε πότε ισχύει το ίσον. =

κ\2κ 2 + 9αβ) 2 � Ο (II) που ισχύει. Εξετάζουμε πότε ισχύει η (I) ως ισότητα. Έχουμε (I) <::::> (Π) <::::> κ 2 (2κ 2 + 9αβ) 2 = Ο <::::> <::::> (α - β) 2 [2( α - β) 2 + 9αβ] 2 = Ο <::::> <::::> (α - β) 2 (2α 2 + 2β 2 + 5αβ) 2 = Ο αρκεί [(α - β)(2α2 + 2β 2 + 5αβ)] 2 = 0 <::::> <::::> α = β ή 2α 2 + 5αβ + 2β 2 = Ο <::::> <::::> α = β ή 2α 2 + 4αβ + αβ + 2β 2 = Ο <::::> <:::> α = β ή 2α(α + 2β) + β(α + 2β) = 0 <:::> <:::> α = β ή (α + 2β)(2α + β) = 0 <:::> <::::> α = β ή α = -2β ή α = - � 2

Π ρ οτ ειν ό μεν ες Α σκή σεις 1. Να αποδείξετε ότι:

2.

4(α z + αβ + β 2 ) 3 � 33 α 2 β 2 · (α + β) 2 για κάθε α, β Ε IR . Να δείξετε ότι: 4(α4 + β4 ) + 20 · (α3β + αβ3 ) + 33α 2 β 2 > Ο , με α, β :;t: O . Υπόδειξη: Παρατηρείστε ότι η παρ άσταση του

3.

4.

]0" μέλους γίνεται τέλειο τετρ ά γωνο. Πώς;

Εάν χ, y, z θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι: x\y + z) + y\z + x) + z3 (x + y) � 6xyz . Αν α, β > Ο και α + β = 1 τότε να δείξετε ότι: ' ·+ + β+ 2 � .

( Η ( �)

Υπόδειξη: 2(χ2 (χ +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/33

Υ/ � 4xy,

+ / ) � (χ + y/ ,

Χ,

Υ Ε IR .


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Δ, Γεωμετpία

του Γιώργου Λαμπρόπουλου

Ο μαθητής της Α Λ υκείου για πρώτη του ουσιαστικά φορά γνωρίζεται σε βάθος με το μάθημα της Ευ ­ ·

κλείδειας Γεωμετρίας. Α υτός είναι ο λόγος που η γνωριμία αυτή πρέπει να γίνει προσεκτικά, ακολουθώντας τα βήματα της θεωρίας ένα - ένα απ ' την αρχή. Η σωστή μελέτη της Γεωμετρίας θα βοηθήσει τον μαθητή και στην Άλγεβρα (και όχι μόνο) αφού μέσα απ ' το μάθημα αυτό εμφανίζεται καθαρά, κρυστάλλινα θα έλε­ γα ο μαθηματικός τρόπος σκέψης, aπαλλαγμένος από δυσνόητα και «αγχωτικά» ίσως σύμβολα για ένα παι­

δί 15 χρονών.

Σκο πός των όσων ακολουθούν είναι να βοηθήσουν τον μαθητή σ ' αυτή του την προσπάθεια.

Άσκη ση Ι

Έστω δύο ομόκεντροι κύκλοι (0, ΟΑ) και (0, ΟΓ) με ΟΑ > ΟΓ και ΑΟΒ = 60° Πόσες μοίρες είναι τα τόξα ΑΒ και ΓΔ ; Ισχύει ότι ΑΒ = ΓΔ ; -

...-

ΛίJση

Έχουμε ότι ΑΒ = ΓΔ ή ΑΒ = ΓΔ αφού αν οι χορ­ δές είναι ίσες τότε και τα αντίστοιχα τόξα είναι ίσα. Όμως ΑΒ = ΑΓ + ΓΒ και ΓΔ = ΑΓ + ΑΔ άρα ΑΓ + ΓΒ = ΑΓ + ΑΔ ή ΒΓ = ΑΔ που είναι το ζητούμενο. -

ΛίJση

-

-

---

-

-

-

-

...-.

.-...

...-...

..-.

Η ΑΟΒ είναι επίκεντρη που βαίνει στο τόξο ΑΒ στον κύκλο (0, ΟΑ) και στο τόξο ΓΔ στον κύκλο Ά σκη ση 3 (0, ΟΓ). Άρα ΑΒ = 60° και ΓΔ = 60° . Δίνεται κύκλος με κέντρο Ο και μια διάμετρος Όμως τα τόξα ΑΒ και ΓΔ δεν είναι συγκρίσιμα, του ΑΒ. Αν Γ, Δ σημεία του κύκλου εκατέρωθεν αφού ανήκουν σε άνισους κύκλους. της διαμέτρου ΑΒ με ΑΓ = ΒΔ να δείξετε ότι τα σημεία Γ, Ο, Δ είναι συνευθειακά. Αν Μ το μέσο Π Ρ ΟΣΟΧ Η ! Δύο τόξα είναι συγκρίσιμα όταν α­ του ΑΓ και η ΜΟ προεκτεινόμενη τέμνει το ΒΔ νήκουν στον ίδιο κύκλο ή σε ίσους κύκλους. στο Ν να δείξετε ότι το Ν είναι μέσο του ΒΔ --.

---

--.

---

---

...-

...-

...-

Γ

Άσκη ση 2

Δίνεται κύκλος με κέντρο Ο και δύο ίσες και τεμνόμενες χορδές του ΑΒ και ΓΔ όπως φαίνε­ ται στο παρακάτω σχήμα. Να δείξετε ότι ΒΓ = ΑΔ . ---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ. l/34

;

I ��-------.�--�

����Ν


Μαθη ματικά για την Α· Λυκείου

Λύση

Οι γωνίες ΑΟΓ και ΒΟΔ είναι επίκεντρες που βαίνουν στα ίσα τόξα ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα. Άρα AOr = BcM (1). Ισχύει ΑΟΒ = 1 80° ή AOr + fOB = 180° ή ΔοΒ + fOB = 1 80° λόγω της (1). Άρα fΟΔ = 180° δηλαδή τα Γ, Ο, Δ είναι συνευ­ θειακά. Αφού Μ μέσο του ΑΓ θα έχουμε ότι ΑΜ = ΜΓ . Άρα όπως και πριν ΑοΜ = Mor δηλαδή ΟΜ δι­ χοτόμος της AOr . Από γνωστό θεώρημα η προέ­ κταση ΟΝ της ΟΜ, θα είναι διχοτόμος της κατα­ κορυφήν γωνίας της AOr δηλαδή της BcM . Άρα ΔΟΝ ΝοΒ ή ΔΝ = ΝΒ ή το μέσο του Μ . --

-

---

---

Ά σκη ση 5

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Αχ η διχοτόμος της Α εξ . Αν η κάθετη απ ' το Β στην Αχ τέμνει την Αχ στο Δ και την προέκταση της ΓΑ στο Ζ, να δείξετε ότι τα σημεία Β, Ζ βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο Α. z

--

=

Άσκηση 4

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ. Στην προέκταση της ΒΑ παίρνουμε τυχαίο σημείο Ε και στην ΑΓ σημείο Δ ώστε ΑΕ = ΑΔ. Αν Μ, Ν τα μέσα των ΒΓ, ΕΔ αντίστοιχα, να δείξε­ τε ότι το τρίγωνο ΑΜΝ είναι ορθογώνιο. =

Λύση

Αφού ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο και Μ μέσο το�Γ η ΑΜ είναι διάμεσος άρα και διχοτόμος της ΒΑΓ . Επίσης ΑΕ = ΑΔ, άρα το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισο­ σκελές και αφού Ν μέσο του ΔΕ, όπ�αι προη­ γουμένως, η ΑΝ είναι διχοτόμος της ΔΑΕ . Οι γω­ νίες BAf και ΔΑΕ είναι εφεξής και παραπληρω­ ματικές, συνεπώς οι διχοτόμοι τους ΑΜ και ΑΝ τέμνονται κάθετα. Άρα το τρίγωνο ΑΜΝ είναι ορ­ θογώνιο. Ε

Λύση

, Τα σημεία Β, Ζ βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο Α αν και μόνο αν ισαπέχουν απ' το Α. Δηλαδή αρκεί Δ να δείξουμε ότι ΑΖ = ΑΒ. Όμως το τρίγωνο ΑΖΒ είναι ισοσκελές αφού ΑΔ διχοτόμος και ύψος. Ά σκηση 6

Έστω οι εφεξής γωνίες χΑψ και ψΑz με ψΑΖ = 2ΧΑΨ (1) και ευθεία ε που τέμνει κάθε­ τα την Αχ στο Β και την Αψ στο Δ . Αν Γ σημείο της Az ώστε ΑΓ = ΑΔ και Μ σημεία της ΔΓ ώ­ στε χΑΜ = ψΑΖ να δείξετε ότι: α) ΑΜ .L ΓΔ β) ΑΒ = ΑΜ γ) η ΑΔ είναι μεσοκάθετος του ΒΜ. Γ

ε ' ' ' '

' ' '

Δ

' '

χ B,�------�--� r Μ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. l/35

ψ

z


Λύση

--α) Έχουμε ότι χΑΜ = ψΑz ή --- --- ---- --χΑψ + ψΑΜ = ψΑΜ = MAz ή χΑψ = MAz (2) ή ΜΑΖ = ! ψΑΖ λόγω της (1 ) δηλαδή ΑΜ δι-

(γιατί;) ή ΑΓ + ΓΜ = ΑΘ + ΘΝ ή ΒΓ = ΑΘ + ΗΘ η, ΑΓ = ΑΘ . ΑΓ + 2

2

2

χοτόμος του τριγώνου ΑΔΓ που είναι ισοσκε­ λές αφού ΑΓ = ΑΔ. Άρα ΑΜ και ύψος του, δη­ λαδή ΑΜ l_ ΓΔ . β) Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΜΓ. Έχουν 1 ) ΑΔ = ΑΓ (από υπόθεση) --- 2) χΑψ MAz (λόγω της (2)). Άρα τα παραπάνω τρίγωνα είναι ίσα., συνεπώς ΑΒ = ΑΜ (γιατί;) γ) Αφού ΑΒ = ΑΜ λόγω του β) ερωτήματος το σημείο Α είναι σημείο της μεσοκαθέτου του ΒΜ . Από την προηγούμενη σύγκριση προκύ­ πτει ότι ΒΔ = ΔΜ , δηλαδή το Δ είναι σημείο της μεσοκαθέτου του Β Μ . Άρα ΑΔ μεσοκάθε­ τος του Β Μ . =

Η Δρα στη ριότητα

Αν Δ μέσο του ΑΚ να δείξετε ότι: α) ΔΜ = ΔΝ β) ΔΓ = ΔΘ γ) η ΑΚ είναι μεσοκάθετος του ΜΝ Ά σκηση 8

Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΒ ΑΔ και ΒΓ ΔΓ. Στην προέκταση της ΔΓ θεωρούμε σημείο Ε, ώστε ΔΓ ΓΕ . Αν οι μεσοκάθετοι των ΒΓ Δρα στη ριότητα και ΓΕ τέμνονται στο Μ, να δείξετε ότι: --Στην προηγούμενη άσκηση έχουμε χΑψ < ψΑz , α) ΑΓ j_ ΜΓ και ε j_ Αχ , ΑΔ ΑΓ το Μ ένα εσωτερικό σημείο της β) τα σημεία Δ, Β ανήκουν στον κύκλο (Γ, ΓΕ). Μ ψΑΖ ώστε ΧΑΜ = ψΑΖ και ΑΒ = ΑΜ . Να δείξετε ότι ΑΜ l_ ΓΔ .

=

=

=

=

Ά σκηση 7

Δίνεται κύκλος με κέντρο Κ και δυο ίσες χορδές του ΒΓ και ΗΘ που τέμνονται σε εξωτερικό ση ­ μείο Α του κύκλου. Ν α δείξετε ότι τα Γ και Θ βρίσκονται πάνω σε κύκλο με κέντρο Α.

Β

}\ - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Λύση

Δ

Ε

[

Τα Γ και Θ βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο Α αν Λύση και μόνο αν ισαπέχουν απ ' το Α. Αρκεί δηλαδή να α) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ. Έχουν: δείξουμε ότι ΑΓ = ΑΘ. Φέρνουμε την ΑΚ και τα 1 ) ΑΒ = ΑΔ (από υπόθεση) aποστήματα των χορδών ΒΓ και ΗΘ, τα ΚΜ και 2) ΒΓ = ΔΓ (από υπόθεση) ΚΝ αντίστοιχα. Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγω­ 3) την ΑΓ κοινή πλευρά να ΑΚΜ και ΑΚΝ. Έχουν: Άρα από κριτήριο Π-Π-Π τα παραπάνω τρίγω­ 1 ) την ΑΚ κοινή πλευρά να είναι ίσα και συνεπώς--έχουν--όλα τα στοιχεία 2) ΚΜ = ΚΝ (ως aποστήματα ίσων χορδών) τους ίσα. Επομένως ΒΓΑ = ΑΓΔ ( 1 ), αφού Άρα τα παραπάνω τρίγωνα είναι ίσα, συνεπώς έ­ βρίσκονται απέναντι απ ' τις ίσες πλευρές ΑΒ χουν όλα τα στοιχεία τους ίσα άρα και ΑΜ = ΑΝ και ΑΔ αντίστοιχα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/36


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

1) Β Μ = ΜΓ (το Μ είναι μέσο της ΒΓ) 2) Β = Γ (αφού το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκε­ λές). Άρα τα παραπάνω τρίγωνα είναι ίσα, συνεπώς έχουν όλα τα στοιχεία τους ίσα άρα και Β ΜΕ ΓΜΔ (γιατί;) Ισχύει επίσης ΟΜΕ ΟΜΔ ως συμπληρώματα των ίσων γωνιών ΒΜ Ε και ΓΜΔ αντίστοιχα. Δηλαδή ΟΜ διχοτόμος της ΕΜΔ και αφού Ο σημείο της διχοτόμου θα ισαπέχει απ ' τις πλευ­ ρές ΕΜ και Μ Δ. Δηλαδή ΟΡ = ΟΣ (3). Όμως ΟΡ είναι aπόστημα της χορδής ΚΑ και ΟΣ είναι aπόστημα της χορδής ΖΗ. Άρα λόγω της (3) προκύπτει ότι ΚΑ = ΖΗ.

Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΖΓ και ΜΓΗ. Έχουν: 1) την ΜΓ κοινή πλευρά 2) ΖΓ = ΓΗ (ως μισά των ίσων συνεπώς έχουν όλα τα στοιχεία τους ίσα. Επομένως Mrz Mf'H (2) (γιατί;) Από τις σχέσεις (1) και (2) οι ΑΓ και ΜΓ είναι διχοτόμοι των εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών ΔΓΒ και ΔΓΕ αντίστοιχα. Άρα από γνωστό θεώρημα ΑΓ .l ΜΓ . Τα σημεία Β, Δ ανήκουν στον κύκλο (Γ, ΓΕ) αν και μόνο αν ΓΒ = ΓΕ και ΔΓ = ΓΕ που ισχύει από την υπόθεση.

-

=

-

=

-

--

-

·

β)

Άσκη ση 9

Δίνεται κύκλος με κέντρο Ο και σημεία του Α, Β, Γ ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ. Απ ' το μέσο Μ της ΒΓ φέρνουμε ΜΔ .1 ΑΓ που τέμνει τον κύκλο στα Η και Ζ και ΜΕ .1 ΑΒ που τέμνει τον κύκλο στα Κ και Λ, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Να δείξετε ότι: α ) τα Α, Ο, Μ είναι συνευθειακά β) ΚΛ = ΖΗ Α

Δρ α στη ριότητ α

Στην παραπάνω άσκηση να δείξετε ακόμα ότι: α) ΚΕ = ΔΕ β) ΜΛ = ΜΖ γ) ΚΖ = ΛΗ Παρακάτω ακολουθούν μερικές ερωτή σεις που ΣΩΣΤΟ - ΛΑΘΟΣ; 1.

2.

3. 4.

Η

5.

6.

Λύση α) Η ΑΜ

β)

είναι διάμεσος στη βάση του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ άρα και ύψος του. Συνεπώς ΑΜ .l ΒΓ (1). Το ΟΜ είναι aπόστημα της χορδής ΒΓ (γιατί;) άρα ΟΜ .l ΒΓ (2). Επειδή η κάθετη της ΒΓ στο σημείο Μ είναι μοναδική από (1) και (2) προκύπτει ότι Α, Ο, Μ είναι συνευθειακά. Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΕΜ και ΓΜΔ. Έχουν:

-

=

7.

8. 9.

1 0. 1 1.

τύ­

Αν οι διχοτόμοι δύο εφεξής γωνιών τέμνονται κάθετα, τότε οι γωνίες είναι παραπληρωματικές.

Σ

Λ

Από τρία σημεία του επιπέδου διέρχονται πάντα τρεις ευθείες.

Σ

Λ

Αν το Α είναι συμμετρικό του Β ως προς το Ο, τότε και το Β είναι συμμετρικό του Α ως προς το Ο.

Σ

Λ

Δύο γωνίες παραπληρωματικές είναι και εφεξής.

Σ

Λ

Αν δύο σημεία Α και Β ισαπέχουν απ ' το σημείο Κ, τότε είναι σημεία του κύκλου (Κ, ΑΒ).

Σ

Λ

Δύο ισοσκελή και ορθογώνια τρίγωνα που έχουν μια κάθετη πλευρά μία προς μία ίσες, είναι ίσα.

Σ

Λ

Δύο ισοσκελή και ορθογώνια τρίγωνα που έχουν τις υποτείνουσες ίσες είναι ίσα.

Σ

Λ

Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσες περιμέτρους είναι ίσα.

Σ

Λ

Αν δύο τρίγωνα είναι ίσα έχουν ίσες περιμέτρους. Δύο ισοσκελή τρίγωνα με ίσες βάσεις κα ι ίσες περιμέτρους είναι ίσα.

Σ

Λ

Σ

Λ

Τα άκρα ενός ευθυγράμμου τμήμα­ τος ισαπέχουν από κάθε ευθεία που διέρχεται από το μέσο του.

Σ

Λ

Διατυπώστε το αντίστροφο της πρότασης 1 1 . και iλέγ­ ξτε την ορθότητά της .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/37


......... . ,_ �tl' W ��lι �-�� Α•-Ι• rEΩMETPIA: Μετρικές crxcαcις Μάλλιος Κανέλλος, Κατσούλης Γιώργος Στόχος του άρθρου αυτού είναι να βοηθήσει τους μαθητές να αποκτήσουν ευχέρεια στην εφαρμογή των με­ τρικών σχέσεων στα τρίγωνα και στον κύκλο. Η επιλογή των ασκήσεων έγινε με κριτήριο το συνδυασμό δύο ή περισσότερων μετρικών σχέσεων. Όπου κρίθηκε απαραίτητο τέθηκαν και επιμέρους ερωτήματα που διευκολύνουν την απόδειξη της τελικής σχέσης. (3)

Λ ΥΜ ΕΝΕ Σ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και η διάμεσος του ΑΜ. Αν ΒΓ 2 = 4ΑΜ 2 - 2J2ΑΒ · ΑΓ (1) να υπολογίσετε τη γωνία Α . Α

ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ2 - J2ΑΒΑΓ � � + � - 2ΑΒΑΓσυνΑ =

= � + � - J2ΑΒΑΓ � συνΑ = J2 . 2 Άρα Α = 45 • .

2.

Στο παρακάτω σχήμα είναι ΟΑ ΑΒ R. α. Να βρείτε το είδος του τριγώνου με πλευρές ΒΓ, ΒΔ και ΑΒ. β. Να αποδείξετε ότι ΑΔ2 = ΔΕ · ΔΖ . =

=

Β Γ

Λύση

Β

'Εχουμε ΑΜ 2 = 2ΑΒ 2 + 2ΑΓ 2 - ΒΓ 2 � 4 � 4ΑΜ2 = 2ΑΒ 2 + 2ΑΓ 2 - ΒΓ 2 (2) Επίσης, από το νόμο των συνημιτόνων προκύπτει Λύ ση α. Έχουμε Of'B = 90· , οπότε ΒΓ 2 = ΟΒ 2 - ΟΓ 2 = ότι: = (2R) 2 - R 2 = 3R 2 � BΓ = R ν'J (1) ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 - 2ΑΒΑΓσυνΑ (3) Στον κύκλο (Κ) είναι: Β& = ΒΑ · ΒΟ = Επομένως (2) 2 (2) = 2R R = 2R 2 � ΒΔ = R J2 (1) � ΒΓ = 2ΑΒ 2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ 2 - 2J2ΑΒΑΓ � Επειδή ΑΒ 2 + ΒΔ 2 = R 2 + 2R 2 = 3R 2 = ΒΓ 2 � 2ΒΓ 2 = 2ΑΒ 2 + 2ΑΓ 2 - 2J2ΑΒΑΓ � ΑΒ 2 + ΒΔ2 = ΒΓ 2 το τρίγωνο με πλευρές ΒΓ, ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/38


Μαθηματικά Β' Λυκείου

β.

3.

ΒΔ και ΑΒ είναι ορθογώνιο, με υποτείνουσα την ΒΓ. Αφού Δ εσωτερικό σημείο του κύκλου (Ο) έ­ χουμε ΔΕ · ΔΖ = R 2 - Δ0 2 = 0Α 2 - ΔΟ 2 = ΑΔ2 , διότι ΜΟ = 90° (εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο). Σε κύκλο (0, R), οι χορδές ΑΒ, ΑΓ τέμνονται κάθετα. Προεκτείνουμε την ΓΑ κατά τμήμα ΑΔ ΑΓ. Από το Δ φέρουμε την εφαπτομένη ΔΕ και τη χορδή ΔΒΖ. Αν ΑΒ α, ΔΕ = 3.fiα , να υπολογίσετε συναρτήσει του α: α. την ακτίνα του κύκλου, β. τη χορδή ΒΖ , γ. το τμήμα ΔΟ.

4.

=

=

2 2 2 Δ0 2 = 2ΒΔ + 2ΔΓ - ΒΓ = 4 2 2 2 = 20α + 72α - 10α = 4 82α 2 <=> Δ0 = -α ν82 ι;:;;; =2 4θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με Β < 90° Φέρουμε τη διάμεσο ΒΜ και το ύψος ΑΔ. Να αποδειχθεί ότι: ΒΜ 2 = ΑΜ 2 + ΒΔ · ΒΓ . Λ

Λύση

Λύση •

Δ Γ

Επειδή BAr = 9σ <=> Br ημικύκλιο, ΒΓ διάμετρος. α. Από το Δ έχουμε ΔΑΓ τέμνουσα, ΔΕ εφαπτο­ μένη. Άρα ΔΑ · ΔΓ = ΔΕ 2 <=> <=> ΔΑ · 2ΔΑ = ΔΕ 2 <=> 2ΔΑ 2 = 18α 2 <=> <=> ΔΑ 2 = 9α2 <=> ΔΑ = 3α <=> ΑΓ = 3α. Επομένως: ΒΓ 2 = ΒΑ 2 + ΓΑ 2 = = α2 + 9α2 = 10α2 <=> ΒΓ = αΜ άρα R = αJlO . 2 β. Οι χορδές ΒΖ, ΑΓ τέμνονται στο Δ άρα ΔΒ · ΔΖ = ΔΑ · ΔΓ . Όμως ΔΒ = ΒΓ (απ' το ι­ σοσκελές τρίγωνο ΒΔΓ) άρα ΒΔ · (ΒΔ + ΒΖ) = ΔΑ · ΔΓ <=> · · . <=> ΒΖ = 4

γ.

Επειδή Β < 90° είναι: (1) ΑΓ 2 = ΑΒ 2 + ΒΓ 2 - 2ΒΓ · ΒΔ Β Μ διάμεσος, οπότε από 1° θ. διαμέσων έχου­ με: 2 ΑΒ 2 + ΒΓ2 = 2ΒΜ 2 + ΑΓ (2) 2 Η σχέση (1) λόγω της (2) γίνεται: ΑΓ 2 - 2ΒΓ · ΒΔ <=> ΑΓ 2 = 2ΒΜ 2 + 2 ΑΓ 2 + 2ΒΓ · ΒΔ = 2ΒΜ 2 <=> 2 2 ΑΓ 2 + ΒΓ · ΒΔ <=> + ΒΓ · ΒΔ = 2 ΒΜ 2 = -ΑΓ -τ ΒΜ 2 = ΑΜ 2 + ΒΔ · ΒΓ. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ , ΒΓ και θ το βαρύκεντρο. Αν το τετράπλευρο ΒΔθΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, να δείξετε ότι: γ 2 + α 2 = 2β 2 •

( )

5.

Λύση

JW

α. 5 ΔΟ διάμεσος του τριγώνου ΔΒΓ. Άρα: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/39


Αφού το ΒΔΘΕ είναι εγγράψιμο τότε: ΖΔ · ΖΕ = ΖΒ · ΖΘ (1) Ό μως ΔΕ ΙΙ ΑΓ . Άρα Ζ μέσο ΒΚ <:=> ΒΖ = ..!_ μβ , 2

ΔΖ = ΖΕ = ..!_ΔΕ = .!.(.!. ΑΓ) = � . Ακόμα: 2 2 2 4 Ι β = -Ι μβ 2 β - -μ ΖΘ = ΒΘ - ΒΖ = -μ 3 2 6 Βάσει των παραπάνω η ( 1) γίνεται: β β Ι 1 β2 1 β2 4 . 4 = 2 μ β . 6 μβ <:=> 16 = 12 μβ2 <:=> 4 = = 31 2α2 + 2γ2 - β2 <:=> 3β z = 2α 2 + 2γ 2 - β 2 4 <:=> 4β2 = 2αz + 2γ2 <:=> α z + γ2 = 2β 2 6.

=

(I)

Δίνεται. τρίγωνο ΑΒΓ με β 5, γ 3 και μα = J19 2 α. Να υπολογίσετε τη γωνία Α . β. Αν η προέκταση του ύψους ΑΔ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο Ε να υπολογίσετε το γινόμενο ΑΔ · ΑΕ . =

συνΑ = 25 + 9 - 49 -Ι 5 = _ .!. . Άρα Α = Ι20" . 2 · 3 · 5 30 2 β. Έχουμε ΑΔ · ΑΕ = ΑΔ(ΑΔ + ΔΕ ) = = ΑΔ2 + ΑΔ · ΔΕ = ΑΔ2 + ΒΔ · ΔΓ (γιατί ΒΔ · ΔΓ = ΑΔ · ΔΕ ). Άρα ΑΔ · ΑΕ = ΑΔ2 + ΒΔ · ΔΓ (2) Από το 2° θεώρημα διαμέσων έχουμε -9 = 25 β 2 - γ2 = 2αΜΔ <:=> ΜΔ = β 2 - γ 2 = Ι4 2α = 16 <:=> ΜΔ = � (3) 7 14 Αλλά ΑΔ2 + ΜΔ2 = ΑΜ2 <:=> <:=> ΑΔz = ΑΜ2 - ΜΔz = !2_ - 64 (4) 4 49 Επίσης ΒΔ · ΔΓ = (ΒΜ - ΜΔ )(ΓΜ + ΜΔ ) = -_ α24 ΜΔ2 -_ 49 - 64 (5) 4 49 Από (2), (4), (5) προκύπτει ότι ΑΔ . ΑΕ = !2_ _ 64 + 49 _ 64 = 4 49 4 49 12 68 8 = _ = 17 _ 12 8 <:=> ΑΔ · ΑΕ = 705 . 4 49 49 49 7. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 45°

=

-- ,

λ

Λύση

- -

-

-

λ

και το ύψος του ΑΕ . Αν Η το ορθόκεντρο του τριγώνου να αποδείξετε ότι: ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 - 2ΑΗ · ΑΕ .

Α

Λύση Α

α.

'Εχουμε μ� = 2β2 + 2γ 2 - αz <:=> 4 = α2 2β2 + 2γ2 - 4μ� <:=> 19 <:=> α 2 = 2 · 25 + 2 · 9 - ,.." · ;(

_ Επομένως συνΑ = β2 + γ 2 α2 <:=> 2βγ (Ι)

(1)

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ. l/40


ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΓσυνΑ ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΓ · J2 2 ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 - ΑΒ · ΑΓ · J2 (1) Φέρουμε το ύψους ΓΔ. Επειδή Α = 45 ° είναι ΑΔ ΓΔ. Άρα ΑΓ2 = ΑΔ2 + ΓΔ2 <:::> ΑΓ2 = 2ΑΔ2 <:::> <:::> ΑΓ = J2ΑΔ (2) Το τετράπλευρο ΒΔΗΕ είναι εγγράψιμο ( Δ + Ε = (2) = 90° + 90° = 1 80° ), οπότε ΑΗ · ΑΕ = ΑΔ · ΑΒ<:::> · J2 ΑΗ · ΑΕ = ΑΓ · ΑΒ = ΑΒ · ΑΓ 2 J2 (3) 2ΑΗ · ΑΕ = ΑΒ · ΑΓ . J2 Από (1), (3) προκύπτει ότι: ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2ΑΗ · ΑΕ . <=>

κλου Κ οπότε ΔΒΓ = 90• . Από μετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΒΓ έχουμε: ΒΔ2 = ΔΑ · ΔΓ (2) Από (1), (2) προκύπτει ότι ΔΕ 2 = ΒΔ2 <:::> ΔΕ = ΔΒ .

<=>

=

<=>

<:::>

8.

Δύο κύ κλοι με κέντρα Ο και Κ εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Έστω ΒΓ κοινό εφαπτό­ μενο τμήμα (Β σημείο του κύκλου (Κ)). α. Να αποδείξετε ότι ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 • β. Αν η προέκταση της ΓΑ τέμνει τον κύκλο (Κ) στο Δ και ΔΕ εφαπτόμενο τμήμα στον κύκλο (Ο) να αποδείξετε ότι ΔΕ ΔΒ. =

9.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ­ κλο (0 , R). Φέρνουμε τη διάμετρο ΑΚ. Αν η εφαπτόμενη στο Κ τέμνει τις προεκτάσεις των ΑΒ και ΑΓ στα Δ και Ε αντίστοιχα να αποδείξετε ότι: α. ΑΔ · ΑΒ = ΑΕ · ΑΓ . β. ΚΔ · ΚΓ · ΑΒ = ΚΕ · ΚΒ · ΑΓ .

Λύση Α

Ε

Δ

Λύση

α. Είναι ΑΒΚ = Αfκ = 90° (διότι ΑΚ διάμετρος). Επίσης Β, = Κ, = φ (εγγεγραμμένες στο τόξο ΑΓ ) και Κ, = Ε =. φ (οξείες γωνίες με κάθ ετες πλευρές). Άρα Β, = Ε = φ , οπότε το τετρά­ πλευρο ΒΔΕΓ είναι εγγράψιμο. Επομένως ΑΒ · ΑΔ = ΑΓ · ΑΕ (1) β. Από τα ορ θ ογώνια τρίγωνα ΑΚΔ και ΑΚΕ έ­ χουμε: ΑΚ · ΚΔ = ΑΔ · ΚΒ (2) α. Αν η κοινή εξωτερική εφαπτομένη στο Α τέ­ ΑΚ · ΚΕ = ΑΕ · ΚΓ (3) και μνει το Β Γ στο Μ έχουμε ΑΜ ΜΓ και ΑΜ Με διαίρεση κατά μέλη των (2), (3) παίρνουμε ΒΓ ΚΔ = ΑΔ · ΚΒ ΚΔ = ΑΓ · ΚΒ ΜΒ. Άρα ΑΜ ΜΒ ΜΓ 2 , οπότε ΚΕ ΑΕ ΚΓ ΚΕ ΑΒ ΚΓ ΒΑΓ = 90° . Επόμενως ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 ΚΔ · ΚΓ · ΑΒ = ΚΕ · ΚΒ · ΑΓ . β. Στον κύκλο (0) είναι ΔΕ2 = ΔΑ · ΔΓ (1) Επειδή Α = 90° η ΒΔ είναι διάμετρος του κύΓ

=

=

=

=

=

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/41

-

-

<Ι) <=> -

-

-

<=>


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

• TPΙrnNOMETPIA

του Δημήτρη Μυλωνά

Αν δοθεί μ ία πλευρ ά ενός τριγώνου και δύο γωνίες του, τότε είναι δυνατός ο υπολογισμ ός της τρίτης γω­ νίας και των δύο άλλων πλευρ ών του . Η τριγωνομετρ ία αναπτύσσει τις κατάλληλες μεθόδους για υπολογι ­ σμούς όπως ο παρ απάνω. Η βασική διαφορ ά της από τη γεωμετρ ία είναι ότι η τριγωνομετρία στηρ ίζεται σε μετρήσεις γωνιών και σε αποτελέσμ ατα που στηρίζονται σε αυτές τις μετρ ήσεις. Στην ευκλείδεια γεωμετρ ία οι γωνίες δε μετρ ιούνται, αλλά συγκρ ίνονται, προστίθενται και αφαιρούνται . Η δημ ιουρ γία τριγωνομετρ ικών

πινάκων κατά τον 1 7 αιώνα και η ανάπτυξη των υπολογιστών στον 20° αιώνα, έχει βοηθήσει στους γρ ήγο­ ρ ους υπολογισμ ούς. Πλέον ο υπολογισμ ός μ ιας γωνίας ή μιας πλευράς ενός τριγώνου δεν είναι παρ ά η ει­ σαγωγή κάποιων δεδομένων και το πάτημ α μερ ικών πλήκτρων σε έναν απλό υπολογιστή τσέπης. Στις πα ­ ρ ακάτω εφαρμογές, λυμένες και άλυτες, γίνεται μ ία πρ οσπάθεια εξοικείωσης του μαθητή με τον τριγωνομε­ τρικό κύκλο, τις τρ ιγωνομετρ ικές συναρτήσεις και εξισώσεις καθώς και τις εφαρμογές τους.

Α. Τ ρ ιγωνο μετρ ικ έ ς συναρτή σεις

1.

Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=λ-3συν4χ, λεR της οποίας η ελάχιστη τιμή είναι -5. α. Να βρείτε το λ. β. Να βρείτε τον τύπο και στη συνέχεια την 3 περίοδο της συνάρτησης g(x) = f( x ) . γ.

8

Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτη ση 3 h(x)=f( : - χ) στο διάστημα

[-�,πJ.

Λύση

α. Η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης προκύπτει από τον τύπο: f . = λ - l -31 <=> -5 = λ - 3 <:::::> λ =-2 άρα ο τύπος της συνάρτησης f γίνεται: f(x) = - 2 - 3συν4χ. β. Η συνάρτηση g έχει τύπο: 3χ ) = - 2 - 3συν( 4 · 3χ ) = g (x) = f(8 8 3χ ) και η = - 2 - 3συν( 2 περιο. δος' της ειναι τ 2π = 4π . J mιn

.

=

γ.

)J

((

ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

h(x) = f( 3: - χ ) = -2 - 3συν 4 3: - χ = -2 - 3συν(3π - 4χ) = -2 - 3συν(2π + π - 4χ) = -2 - 3συν(π - 4χ) = -2 + 3συν4χ Για να την παραστήσουμε γραφικά σχεδιάζου­ με πρώτα την ψ = 3συν4χ, η οποία έχει μέγιστη τιμή το 3 και ελάχιστη το -3 και περίοδο Τ = 2π4 = 2:2 . π 3π Ι π χ ο 8 4 Ι 8 Ι 2 ψ=3συν4χ 3 ο -3 I ο I 3 στο διάστημα - , π (με πλάτος π = 3; =3Τ ). Π

I

I

[� ] ( -�)

Στη συνέχεια τη μετατοπίζουμε κατακόρυφα και κάτω κατά 2 μονάδες.

���

Η συνάρτηση h έχει τύπο:

3

Λ

Π' -=

2'

: ψ=3συν4χ ' '

f\

1.

' ' '

: ψ=-2+3 συν4χ ' ι '

' '

'Π -

ν 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/42

Υ

v

χ


2.

απόσταση (σε μέτρα) ενός κινητού από ένα σημείο Ο δίνεται από τη συνάρτηση ψ 4-2συν = όπου t ο χρόνος σε λεΗ

( t)

=

πτά. Ε στω Α το σημείο της μέγιστης απο­ μάκρυνσης από το Ο και Β το σημείο της ελάχιστης απομάκρυνσης από το Ο. α. Να βρείτε τις αποστάσεις ΟΑ και ΟΒ . β. Να παραστήσετε γραφικά την f όταν Ο :::;; t ::ς 24 γ. Να βρείτε την απόσταση ΟΓ του κινη­ τού από το Ο όταν t = 2min. δ . Να βρείτε την αμέσως επόμενη χρονική στιγμή που το κινητό θα περάσει από το Γ Λύση

ΟΑ = Ψmax =4+ 1 -21 = 4+2 = 6 m ΟΒ = Ψmin =4- l -21 = 4-2 = 2 m β. Θα παραστήσουμε γραφικά πρώτα την ψ = -2συν � t η οποία έχει μέγιστη τιμή το 2 και ελάχιστη το - 2 και περίοδο τ 2π 12π ' , --;;- 12 σε δ ιαστημα πλατους

α.

( ) ·

���

( )

ψ = -2συν 6"π · t

-4 -3 -2 -Ι

-l

ο ι 2, 3

4 s 6 1 s

3

ο

6 2

ο

9 ιο ι ι n ιJ Ι4- 1 5 Ι6 Ι7 Ι8 Ι9 2Ο 2 1'·�2 23 Ζt 2S 26 27 '

γ.

οι

( )

ΟΓ = 4 - 2συν � - 2 = 4 - 2συν � = = 4 - 2 · .!_2 = 3 m

3.

12 -2

9

j"

πt = 2kπ - � πt= 12kπ +2π ή 3 6 πt= 12kπ - 2π t = 12k +2 (1) ή t = 12k - 2 (2) Ο :::;; t :::;; 24 και λόγω της (1) ο :::;; 12k + 2 :::;; 24 -2 :::;; 12k :::;; 22 2 :::;; k :::;; 22 και επειδη' ο k ειναι , ακεραιος , <::::> - 12 12 ισχύει k = Ο ή k = 1 . Από (1) για k = Ο έχουμε t = 2 min και για k = 1 έχουμε t = 14 min, Ο :::;; t $ 24 και λόγω της (2) Ο $ 12k - 2 $ 24 26 και επειδή ο <::::> 2 $ 12k $ 26 <::::> 2 $k$ 12 12 k είναι ακέραιος ισχύει k = 1 ή k = 2. Από (2) για k = 1 έχουμε t = 10 min και για k = 2 έ­ χουμε t = 22 min. Δηλαδή το κινητό περνάει από το σημείο Γ, τις χρονικές στιγμές t = 2 min, t = 10 min, t = 14 min, t = 22 min. Κατά συνέπεια η αμέσως ε­ πόμενη χρονική στιγμή που θα περάσει από το Γ είναι η t = 10 min. <::::?

Ι ο Ι' -2

( ) - 2συν ( � · t ) = -1 <::::> συν ( � · t ) = � <::::> συν ( � · t ) = συν � <::::> :t = 2kπ + � ή Επειδή ψ = 3 <::::> 4-2συν � · t = 3 <::::>

<::::?

,

12 - Ο = 12 = Τ και στη συνέχεια θα τη μετατο­ πίσουμε κατακόρυφα και πάνω κατά 4 μονάδες. t

δ.

χ

<::::?

<::::?

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο f(x) = ασυν 2 (βχ) - 2 , χε [0,2π], α > Ο. Αν η περίοδός της είναι Τ = π και έχει μέγι­ στο 3, τότε: α . Να βρείτε τους αριθμούς α και β. β. Να βρείτε το ελάχιστο της f καθώς και τις τιμές του χ για τις οποίες η f παίρνει την ελάχιστη τιμή της. γ. Για τις παραπάνω τιμές των α, β να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με τον άξονα ψ 'ψ.

Λ.\Jση

f(x) = ασυν 2 (βχ) - 2 =

_ 2 = α + ασυν(2βχ) _ 2 = = α · 1 + συν(2βχ) 2 2 ασυν(2βχ) - 2 = � - 2 + � · συν(2βχ) �+ 2 2 2 2

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ. l/43

( )


α. Τ = π � 2π = π � 2π = 2π · Ι β ι � 1 2β l � β = 1 ή β = -1 . f = 3 � - 2 + = 3 και επειδή α Ο

( � ) � ��

max

ισχύει �2 - 2 + �2 = 3 � α = 5. για β = 1 : f(x) = � - 2 + �2 · συν2χ = _!_2 + �2 · συν2χ 2 για β = -1 : f ( x) = � - 2 + � · συν(-2χ) = _!_2 + �2 · συν2χ 2 2

( )

( )

= _!_2 - �2 = - .±2 = -2 f(x) = -2 � -21 + -52 · συν2χ = -2 � -52 · συν2χ = --25 � συν2χ = -1 συν2χ = συνπ � 2χ = 2kπ + π ή 2χ = 2kπ - π (που έχουν το ίδιο πέρας στον τριγωνομετρικό κύκλο, άρα μπορούμε να πε­ ριοριστούμε σε έναν από τους δύο τύπους) και τελικά χ = kπ + !:2 , k ε Ζ. Όμως ο :::; χ :::; 2π � ο :::; kπ + -π2 :::; 2π � ο :::; 2kπ + π :::; 4π � -π :::; 2kπ :::; 3π � --21 :::; k :::; -23 και επειδή k ακέραιος k = Ο ή k = 1. Για k = Ο εχουμε = - και για k = 1 εχουμε 2 3π . χ=π+ - = 2 2 γ. Το σημείο τομής της γραφικής παράστασης της f με τον άξονα ψ ' ψ προκύπτει αν θ έσουμε χ = Ο, οπότε 1 5 6 ψ = f (O) = - + - · συνΟ = - = 3 2 2 2 δηλαδή είναι το (0,3). fmιn.

,

π

χ

π

α. Να λύσετε την εξίσωση

4.

σφ(2αχ) σφ(αχ) 1 (1), α =I= Ο. β. Για όλες τις τιμές του χ που ικανοποιούν την (1) να αποδείξετε ότι:

>

και επομένως σε κάθε περίπτωση 1 5 f (x) = - + - · συν2χ . 2 2

β.

Β. Τ ριγωνο μετρικέ ς ε ξισ ώ σε ις

,

=

·

σφ4χ + σφ2χ

=

Ο.

Λύση

α. Πρέπει:

ημ(αχ) :;t Ο � αχ :;t kπ � χ * � ημ(2αχ) :;t Ο 2αχ kπ χ :;t kπ 2α με k ε Ζ. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις : I) σφ(αχ) = Ο � συν( αχ) = Ο � kπ + π με k ε Ζ αχ = kπ + -π2 � χ = α 2α Τότε η (1) ισοδυνάμως γράφεται σφ(2αχ) · Ο = 1 και είναι αδύνατη. 11) σφ(αχ) =I= Ο � συν( αχ) :;t Ο � kπ + π με k ε Ζ. αχ :;t kπ + -π2 � χ :;t α 2α Στην περίπτωση αυτή η (1) γράφεται ισδύ­ ναμα : 1 σφ(2αχ) = σφ(αχ) � σφ(2αχ) = εφ( αχ) � � σφ(2αχ) = σφ(-π2 - αχ) � 2αχ = λπ + -π2 - αχ � λπ + -, π λ ε Ζ. � 3αχ = λπ + -π2 � χ = 3α 6α Για να είναι δεκτή η λύση αρκεί: kπ λπ + π :;t kπ x :;t 3α 6α α α kπ � λπ + π :;t kπ x :;t 2α 3α 6α 2α π :;t kπ + π π λπ kπ + χ :;t + α 2α 3α 6α α 2α 2λπ + π :;t 6kπ � 2λπ + π 3kπ 2λπ + π 6kπ + 3π

{

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/44

--­

{

:;ι!:

:;ι!:

:;t

{


Μαθηματικά Β' Λυκείου

{

{

α. ημ4 χ + συν4 χ = λ � ( η μ2χ )2 + ( συν2χ )2 = λ � - 1 - σ;ν2χ 2 + 1 + σ;ν2χ 2 = λ � 1-2συν2χ+συν22χ + 1+2συν2χ+συν22χ = λ � 4 4 1 - 2συν2χ + συν2 2χ + 1 + +2συν2χ + συν2 2χ = 4λ � 2 + 2συν2 2χ = 4λ � 2 + 2 - 1 + συν4χ 2 = 4λ � Η πρώτη από τις τρεις ισχύει για κάθε ακέ­ 2 + 1 + συν4χ = 4λ � συν4χ = 4λ - 3 ραιο k αφού γράφεται : β. Η (1) έχει λύση αν και μόνο αν έχει λύση η ι­ λ :;t 3k --21 με λ εΖ και (3k - 21 ) Ζ . σοδύναμη της (2), δηλαδή -1 ::::; 4λ-3 ::::; 1� 2 ::::; 4λ ::::; 4 � -21 ::::; λ ::::; 1 . Από τις άλλες δύο έχουμε: λ =I= , - 8 , -5, - 2, 1, 4, 7, 10, . . . γ. Αν λ = � η (2) γίνεται: β. Για α = 1 έχουμε ότι: 8 1 5 σφ2χ · σφχ 1 � σφ2χ = -­ 3 � συν4χ = --21 � συν4χ = 4 · -σφχ 8 � σφ2χ = εφχ (2) συν4χ = -συν-π3 � Οπότε : σφ4χ + σφ2χ = 2χ - 1 + σφ 2 χ (=2 ) συν4χ = συν π - ; � συν4χ = συν 23π � = σφ(2·2χ) + σφ2χ σφ2 2σφ2χ 2π η. 4χ = 2kπ - 2π � ημ2χ - 1 4χ = 2kπ + -3 3 εφ 2 χ - 1 + σφ2χ = συν2χ + --'--kπ π . kπ π η μχ 2εφχ χ = 2 + 6 η χ = 2 - 6 ' k ε z· 2 συν χ η μ 2χ - συν2χ Γ . Τ ριγων ο μετρικές τ αυτότητες - Τ ριγωνο­ συν2χ .:: χ.:._- + σφ2χ = +σφ2χ = -_:::. 2η� μ μετρικοί αρ ιθ μοί α θροίσμ ατο ς κα ι δ ιαφορά ς συνχ τό ξων - Τρ ιγων ο μετρικοί αριθ μ οί δ ιπλά­ -συν2χ - συν2χ σιου τό ξου - Ταυτότητ ες υπό συν θή κες = ημ2χ 2ημχ · συνχ + σφ 2 χ = ημ2χ + σφ 2 χ = = -σφ2χ + σφ2χ = Ο. 6. Για το τόξο χ που έχει πέρας στο πρώτο 2λ + 1 :;t 6k 2λ :;t 6k - 1 � 2λ + 1 :;t 3k � 2λ :;t 3k - 1 2λ + 1 :;t 6k + 3 2λ :;t 6k + 2 λ :;t 6k2- 1 � λ :;t 3k2- 1 με κ ε Ζ λ :;t 3k + 1

) (

(

--

)

-------

--

-

• • •

=

( )

5.

Έστω η εξίσωση: ημ4χ + συν4χ = λ (1), λεR. α. Να δείξετε ότι η (1) είναι ισοδύναμη με την συν4χ = 4λ - 3 (2) β. Να δείξετε ότι η (1) έχει λύση αν και μόνο αν -1 � λ � l 2

γ.

Λύση

Να λύσετε την εξίσωση (1) όταν λ = � . 8

, συνχ τεταρτημό ριο δ,ινεται οτι

=

ι 3

Να βρείτε τα :

α. ημχ, ημ2χ, συν2χ, ημ4χ, συν4χ β. ημ χ συν χ ημ χ συν χ 2

'

Λύση

α.

2

'

4

'

4

ημ2χ + συν2χ = 1 � η μ 2χ + 3"1 2 = 1 � ημ2χ = '98 και επειδή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/45

()


2h . ημχ = -<::: � ::> ημχ = -Ο < χ < -π ισχυει 3 3 2

• •

β.

4h 2h · -1 = -ημ2χ = 2ημχ · συνχ = 2 · -3 3 9

συν2χ = 2συν2χ - 1 = 2 � 2 -1 =%-1 =ημ4χ = 2ημ2χ · συν2χ = 2 = - 56h · 2 · 4h 9 9 81 συν4χ = 2συν22χ - 1 = 2 - 1 = 2 · :� - 1 = ��

( - �Ι

Ι . Από τους τύπους εφα

( )

κό αριθμό ενός τόξου

ημα

χ

τότε μπορούμε να υπο­

λογίσουμε όλους τους τρι γωνομετρικούς αριθ.

μους του χ, 2χ, 4χ, 8χ ,

... και -2 , -4 -8 . .. χ

χ

,

χ

,

3. Με δεδομένους τους τρι γωνομετρικούς αριθμούς

1 - _!_

ημ2 ; = Ι - 7νχ <=:> ημ2 ; = � <:::::> 2 3 Χ η μ 2 -2 = -2 <:::::> η μ2 -Χ2 = -31 και επειδη. . η μ-χ = 1 Ο < χ < -π <:::::> Ο < -χ < -π ισχυει 2 2 4 2 ν3 συν 2 -Χ = 1 - ημ 2 -χ <=:> συν 2 -χ = 1 - -31 2 2 2 χ 2 <:::::> συν 2 2 = 3 και επειδη' Ο < 2χ < 4π ισχυει

J6 h <:::::> συν -χ = συν-χ2 = J3 2 3 J6 1-Ι - συν-χ2 ημ2 : = --2-= <=:> ημ2 : = -2_3_ <:::::> 3 - J6 3 -J6 και επειδή η μ2 4Χ = 23 <:::::> ημ 2 4'χ = 6 3 -J6 . ημ-χ = 0 < χ < -π <:::::> 0 < -χ < -π ισχυει 2 4 8 4 6 3 - J6 <:::::> συν 2 -4Χ = 1 - ημ 2 -4Χ <=:> συν 2 -4Χ = 1 - -6 3 + J6 και επειδη. ο < -χ < -π ισχυ-. συν2 -4χ = -4 8 6 ει συν �4 = 3 +6J6 .

J

= συνα

αντιληπτό ότι αν γνωρίζουμε έναν τριγωνομετρι­

J

συνα

και σφα

τη συνεφαπτομένη των παραπάνω τόξων.

των 30 � 60 ο και 45 ° και το προηγούμενο σχό­ λιο, μπορούμε να υπολογίσουμε τους τρι γωνομε300 . τρικους αρι θμους των Τ

.

30 8

"

= 3' 75° κ.λπ.

45° = 1 1, 25° , 7.

4

8

4 = 7, 50 , 300

,

καθώς και

-= 45°

= 1 50

5, 625 ° κ.λπ.

45 0 2

= 22 ' 5° '

Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει συν 2 Α + συν 2 Β + συν 2 Γ = 1 + συνΓ .

ημα

2. Σύμφωνα με την παραπάνω διαδικασία γίνεται

r;:;

=

μπορούμε να υπολογίσουμε την εφαπτομένη και

()

ΣΧΟΛΙΑ :

Να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Γ. Λί)ση

Α+Β+Γ = π <:::::> Γ = π - (Α+Β) (1) συν2 Α + συν2Β + συν2Γ = 1 + συνΓ <:::::> συν2Α+συν2Β+[ συν( π - (Α + Β) )] 2 = 1+συνΓ <:::::> συν2Α + συν2Β + [ συν( Α + Β)] 2 = 1 + συνΓ <:::::> συν2Α + συν2Β + (συνΑσυνΒ - ημΑημΒ) 2 = = 1 + συνΓ <:::::> συν2 Α + συν2Β + συν2 Ασυν2Β 2ημΑημΒσυνΑσυνΒ + η μ2 Αημ 2Β = 1 + συνΓ <:::::> συν2 Α + συν2Β + συν2 Ασυν2Β 2ημΑημΒσυνΑσυνΒ + (1 - συν2 A)(l - συν2Β) = 1 + συνΓ <:::::> συν2 Α + συν2Β + συν2 Ασυν2Β ­ -2ημΑημΒσυνΑσυνΒ + 1 - συν2 Α - συν2Β +συν2 Α · συν2Β = 1 + συνΓ <:::::> 2συν2 Ασυν2Β - 2ημΑημΒσυνΑσυνΒ = συνΓ <:::::> 2συνΑσυνΒ(συνΑσυνΒ - ημΑημΒ) = συνΓ <:::::> 2συνΑσυνΒσυν(Α + Β) = συνΓ <:::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/46

(I)


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

2συνΑσυνΒσυν(π - Γ ) συνΓ <:::::> -2συνΑσυνΒσυνΓ - συνΓ Ο <:::::> -συνΓ(l + 2συνΑσυνΒ) = Ο <:::::> =

4.

=

συνΓ = Ο ή συνΑ · συνΒ = -

_!_2 .

Π ΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ Θ Ε ΥΙΑΤΑ

5.

>

Ερωτήσεις σύντομης απάντησης 1.

τε μία κάθε φορά από τις λέξεις ημίτονο, συνημί­ τονο, εφαπτομένη και συνεφαπτομένη) :

Να β ρείτε τους αριθμούς α και β. β. Να β ρείτε το ελάχιστο της f καθώς επίσης και

α.

στο και ελάχιστο. σετε αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τον χ ' χ και να κάνετε τη γραφική παράσταση της

2.

τε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς ημ2ω, ω ω και συν2ω και εφ2ω καθώς και ημ , συν 2 2 ω εφ - . 2

3.

2

4 + .Jl5 8

, συν

ω

2

εφ 3.

=-

ω 2

4 - .Jl5

=-4-

8

και

εφ2Β = - . . . . . . 2Γ

δ. ημ2Γ = . . . . . . 2Β

Σε καθένα από τα παρακάτω τόξα να γράψετε το α.

6 rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 38π β. -- rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

.

γ.

800° . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

δ. - 972° . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 .Jl5 7 .Jl5 ημ2ω = -- , συν2ω = - , εφ2ω = -- , 8 7 16

αντίθετη)

τεταρτημόριο που έχει ως πέρας του:

(Απάντηση : ημω = - _!_ , 4

=

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και

β. σφΓ= . . . . . . Β

3π ' π ::;; ω ::;; ' β . Αν επιπλέον ισχυει , να υπολογισε2

ω

ίδια)

Εστω το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α=90°) . Να

γ.

Να υπολογίσετε το ημω.

ημ

συ μπληρώσετε το σύμβολο ημ, συν, εφ, σφ: α. ημΒ = . . . . . . . . Γ

Για τη γωνία ω ισχύει ότι 2συν2ω +7ημω = Ο. α.

ίδιο

β. αντίθετο (ή

τις τιμές του χ για τις οποίες η f δέχεται μέγι­ Για τις παραπάνω τιμές των α και β να εξετά­

Εστω δύο γωνίες με άθροισμα 540°. Από τους τρι­ γωνομετρικούς αριθμούς, έχουν (να συμπληρώσε­

της f είναι Τ = π και η f(x) έχει

α.

2.

Να αποδείξετε ότι αν οι γωνίες Β και Γ ενός ορθογωνίου τριγώνου ικανοποιούν τη σχέση , , 2 , , συν Β σφΒ --- = -- , τοτε το ΑΒΓ ειναι ορθογωνιο η 2 συν Γ σφΓ

μέγιστο 5 :

γ.

.

ισοσκελές.

'Εστω f (χ) = 4 + αημ βχ συν β χ , χ ε [0,2π] , α,β 2 2 Τ

2

εφαρμογής 3 θεωρώντας ως χ = � ) 4

γώνιο στο Γ.

Ο. Αν η περίοδος

�2 + �2 + J2

(Υπόδειξη: Να ακολουθήσετε τη διαδικασία της

Η δευτερη από τις παραπάνω σχέσεις είναι αδύνα­ τη αφού συνΑ > Ο και συνΒ> Ο. Οπότε συνΓ= Ο και επομένως το ΑΒΓ είναι ορθο­

Ι.

π ' ' συν Να δειξετε οτι = 16

ε. � - χ , με δεδομένο ότι το τόξο χ έχει πέρας 2

στο 2° τεταρτημόριο:

'

στ. 3π + χ , με δεδομένο ότι το τόξο χ έχει πέρας

.Jl5 )

στο 3° τεταρτημόριο:

Να βρείτε τη σχέση που πρέπει να ικανοποιούν οι αριθμοί α, β, γ, δ ώστε να έχει λύση η εξίσωση : αημ 2 χ + βημχ · συνχ + γσυν 2 χ + δ = Ο . (Υπόδειξη : Γράφουμε δ = δ(ημ2χ + συν2χ) και ομα­

δοποιούμε κατάλληλα. Στη συνέχεια διακρίνοντας περιπτώσεις διαιρούμε με συν2χ. Απάντηση : αν α + δ = Ο αρκεί επιπλέον και β * 0. Αν α +δ * Ο αρκεί επιπλέον β 2 � 4(α + δ)(γ + δ) ).

4.

Να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή καθώς και την περίοδο σε καθεμία από τις παρακάτω συ­ ναρτήσεις : α.

β. γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ. l/47

2 f (x) = ημ χ χ χ g (x) = ημ- · συν 4 4 4 1 h (x) = συν χ - - · συν2χ 2


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

5.

Σε καθεμία από τις παρακάτω εξισώσεις να συ­ μπληρώσετε το πλήθος των λύσεών της: 1 α. συνχ = "3 , στο [-π,π] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . β . ημχ συνχ = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

γ.

J3

. [Ο,�) ..........................

Απαντήσεις: 1.

α. εφαπτομένη - συνεφαπτομένη

2.

α. συνΓ β . εφΒ γ. εφ2Γ δ. ημ2Β

4.

α. fmax = 1, fmin = 0, Τ = Π

β . ημίτονο - συνημίτονο

συν 1 1 χ = - - . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

δ. εφχ = 5 στο ε. ημχ =

S 1

Ι 1 β . g max = - , g min = - - , τ = 4π 2 2 1 π 1 γ. h max = - , h min = - , τ = 2 2 4

..

στο [0, 4π] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

[

στ. εφχ = -9 στο -π, 2π

ζ. σφχ = α, α ε R στο

)

. . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. 5.

(0,4π) . . . . . . . . . . . . . . . . . .

α. 2,

β . αδύνατη, ζ.

ε. 4, στ. 3,

γ.

άπειρες, δ.

μία

4

Χpήιrη αuνrεταγμένων ιιτη,ν! cniΆuιι:η αιιιιήαεων μc διανutιμ,ατα (αν,αλuτιιιή μέΒο6οςJ:

Δημήτρης Αργυράκης - Κώστας Μεντής

Μια γρ ήγορη, εύκολ η, σίγουρη και αποτελεσματική μέθοδος επίλυ σης πολλών ασκήσεων στα διανύ σμ ατα είναι η αναλυτική μέθοδο ς Με τη μέθοδο αυτή ορ ίζουμε ένα σύστημα συντεταγμένων, συνήθω ς ορ θοκα­ .

νονικό και εκφράζουμε τα διάφορ α σημεία και στοιχεία του σχήματος με τη βοήθεια συντεταγμένων. Ο ορ ισμ ός του συστήμ ατος αναφορ άς πρέπει να γίνει με τέτοιο τρόπο, ώστε να έχουμε όσο το δυνατόν λιγό τερες παρ αμέτρ ους.

Η μέθοδος αυτή κυρ ίως προσφέρεται όταν στη ν άσκηση υπάρχουν σχήμ ατα με άξονες ή κέντρα συμμε­ τρίας. Υ

Άσκηση 1

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ . Στις πλευρές ΑΒ και ΒΓ. Παίρνουμε τα σημεία Ε και Ζ αντιστοίχως, ώστε ΑΕ ΒΖ . Να αποδείξετε ότι ΑΖ .l και =

Δ ι------,

(Ο,α)

ΔΕ

=

IAzl ΙΔΕι .

Απ ό δειξη

-

-+

χ

-

(Ο,Ο)

Axy με ΑΒ /" /" ί και ΑΔ /" /" j .

Αν είναι ΑΒ = α και ΑΕ ΒΖ β τότε έχουμε: Α(Ο, 0), Β( α, 0), Γ(α, α), Δ(Ο, α), Ε(β, 0) και Ζ(α, β)

.....

=

.....

=

Ζ(α,β)

�A-*-----�---L--• Β (α,Ο) Ε(β,Ο)

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων -+

Γ(α,α)

Είναι

..... ..... ΑΖ· ΔΕ = α · β+β(-α) = αβ - αβ = 0 άρα ΑΖ .l ΔΕ .

Είναι ΑΖ = (α, β) και ΔΕ = (β, -α) οπότε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.υ48

!Azl = �α2 + β2 μΕ:ι = �β2 + -α)2 = �α2 + β2 , οπότε !Azi = IΔEI . <


Υ

Άσκηση 2

Αν ΑΔ είναι ύψος τριγώνου ΑΒΓ και ισχύει η ισότητα ΑΒ 2 = ΒΓ · ΒΔ , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Α. Απόδ ειξη

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Δχy με ΔΓ /' /' i και ΔΑ /' /' j . �

-

-

Υ

Α(Ο,α)

Yr = ΑΓημ1 20· = 6

χ

� = 3J3

Άρα Γ(-3, 3 J3 ) . Έστω P (xp, yp) τότε ΒΡ = 2ΡΓ <=> (x p - 9, y p ) = 2(-3 - χ p , 3ν3h - y p ) <=> <::> (x p - 9, y p ) = (-6 - 2x P ,6J3 - 2y p ) <::> 3χ Ρ = 3 χ Ρ - 9 = -6 - 2χ Ρ <=> Υ = 6J3 - 2y p <=> 3y p = 6J3 Ρ Xp = 1 <=> y p = 2 J3 ' Άρα P (l, 2J3 ) . Είναι ΑΡ = (1, 2 J3 ) , οπότε = Jι2 + (2J3 ) 2 = m . 4

_L-------+�------------�--· Δ(Ο,Ο) Γ(γ,Ο) Β(β,Ο)

Β(9, 0)

Α(Ο,Ο)

--+

{

{ {

Έστω Α(Ο, α) Β( β, Ο) και Γ(γ, 0), τότε είναι: ΑΒ = ( β, -α) , ΒΓ = (γ - β , Ο) , ΒΔ = (-β,Ο) και ΑΓ = (γ, -α) . Επειδή ΑΒ 2 = ΒΓ · ΒΔ είναι γ-β>Ο και -β>Ο β 2 + (-α ) 2 = l γ - β l · l -β l <=> β 2 + α2 = (γ - β)(-β) <::> β 2 + α 2 = -βγ + β 2 <=> α2 + βγ = Ο (1) Είναι: Άσκη ση 4 (\) 2 2 ΑΒ ·ΑΓ = (β, -α)(γ, -α) = β · γ + (-α) = α + βγ = Ο Δίνεται ισόπλευρο τρίγω ο ΑΒΓ πλευράς 2α. ν Άρα ΑΒ j_ ΑΓ , οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθο- α. Να βρείτε το σημείο Μ, ώστε: γώνιο στο Α. 4

4

4

4

JΆPI

4

4

4

4

--+

--+

--+

-

ΑΜ+ 2ΒΜ+ 3 ΓΜ = Ο .

I -+ I

J9i l --+ I

-

β. Να αποδείξετε ότι: ΒΜ = 7. ΓΜ . Έστω τριγώνο ΑΒΓ με Α = 120° , ΑΒ = 9, ΑΓ = 6 και σημείο Ρ τέτοιο ώστε ΒΡ = 2 ΡΓ . Ν α υΑπόδ ειξη πολογίσετε την απόσταση ΑΡ. Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Απόδ ειξη Oxy με ΟΓ = α · i και ΟΑ /' /' j , τότε είναι Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς Axy 0(0,0), Γ(α,Ο), Β(- α,Ο) και Α(Ο, αJ3 ) . με ΑΒ /'/' i . Έστω Μ(χ, y), τότε έχουμε: Είναι Α(Ο, 0), Β(9, Ο) και για τις συντεταγμένες ΑΜ = (x, y - αJ3 ) , του Γ έχουμε: ΒΜ = (χ + α, y) και Xr = ΑΓσυν1200 = 6 - � = -3 ΓΜ = (χ - α, y) . Άσκησ η 3

λ

--+

--+

4

-

-

4

( )

4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. l/49


Υ

Υ

/

'

'

'

'

'

'

'

M(x,y) '

'

' '

'

' / / /

----���--�� ' ο (0,0 ) Α ( 3 ,0) /

_. χ

__ __ __ __ __

M(x,y)

-

-,

Γ(α,Ο)

Β(-α,Ο) --+

-->

<::::>

-

α. Είναι ΑΜ + 2ΒΜ + 3ΓΜ = Ο <::::> <::::> (6χ - α, 6y - α.J3) = (0,0) , οπότε .J3 α.J3 . χ = � και y = α . Άρα Μ �. 6 6 6 6

( J

β.

-->

-->

Έχουμε ΟΜ(ΟΜ- 2 · ΟΑ) = 7 <::::> (x, y) · ((χ, y) - 2(3,0)) = 7 <::::> (x, y) · (z - 6, y) = 7 <::::> χ(χ - 6) + y 2 = 7 χ 2 - 6χ + y 2 = 7 ( 1) Είναι ΑΜ = (χ - 3, y) , οπότε 2 2 ΑΜ = (χ - 3)2 + y 2 <::::> ΑΜ = χ 2 - 6x +9+y 2 <::::>

I BMI' = ( 76α )' + ( α:J' = 5�' ' οπότε I BMI = 2α'/? = α� . Ι rMI' = ( 5:)' + ( α:J' = 2::' , οπότε Ι rΜΙ = 2α{ = α� . I BMI -J'ί Β->Μ -- J9i r->M . ' ι l r i {_ vΓι3 Εινα Ι Ι 7Ι I ""

Άσκηση 5

-->

I 1 I 1 I ΛMI2 = 7 + 9 I ΛM I2 16 <::::> I ΛMI = 4 . ---

(!)

---

<::::>

=

Ση μείωση

Η άσκηση αυτή περιλαμβάνεται στο σχολικό βι­

βλίο και προτείνεται άλλη λύση. Με τον τρόπο όμως που προτείνεται στο σχολικό βιβλίο είναι δύσκολο να επιλυθεί μια ανάλογη άσκηση όπως π.χ. OM· (OM-40A) = l3 . -->

-->

-->

Άσκηση 6

Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ/ΙΓΔ) είναι ΔΓ = 3ΑΒ. Αν Μ σημείο της διαγωνίου ΒΔ τέτοιο ώστε 3 ΔΜ ΔΒ , ν α αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Μ, =

4

Γ είναι συνευθειακά.

Έστω Ο και Α δύο σταθερά σημεία του επιπέ­ Από δειξη δυο με 3 . Αν Μ σημείο του επιπέδου τέ- Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Δχy με ΔΓ /' /' i . Υ τοιο, ώστε ΟΜ (ΟΜ - 2 0Α) 7 , να αποδείξε-

ΙοΑΙ

τε ότι

I AMI

=

-->

=

=

4.

Α π ό δειξη

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Oxy με ΟΑ /' /' i τότε είναι 0(0,0) και Α(3, 0). Έστω Μ(χ, y) σημείο του επιπέδου. Είναι OM = (x, y) και ΟΑ = (3,0) . -->

-->

-

-->

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/50

-


Αν είναι ΑΒ = α και Α(β, γ) τότε έχουμε Δ(Ο, 0), Γ(3α, Ο) και Β( α + β, γ). Επειδή το Μ(χ, y) είναι εσωτερικό σημείο του ΔΒ τα διανύσματα ΔΜ και ΔΒ είναι ομόρροπα, οπό... 3 ..... 3 + β, γ) τε ισχύει ΔΜ = -Δ Β <:::> (χ, y) = -(α <=> 4 4 χ 3α +4 3β 3α + 3β <=> βγ . Άρα Μ 4 , r4 .

ί.

.....

.....

{

(

ΑΜ =

( 3α : 3β _ β, 3; _ γ) = ( 3α; β , �γ ) =

{ % % %) = 2 liil · lβl · συν % ( συν % ,ημ % ) = = 2 liil · lβl · συν % · γ, όπου γ = ( συν % ,ημ % };οt (Ο,Ο) .

)

= l ii l · lβl 2συν2 , 2ημ συν =

y =4 ..... Είναι ΑΓ = (3α - β, Ο - γ) = (3α - β,-:γ)

= .!..4 (3α - β, -γ) . Παρατηρούμε λοιπόν ότι: .....

1 .....

.....

.....

και επειδή το Μ είναι 4 κοινό σημείο, τα σημεία Α, Μ, Γ είναι συνευθεια­ κά.

ΑΜ = -ΑΓ <:::> ΑΜ I/ ΑΓ

Άσ κη συ !

ii.

Δίνεται τα μη μηδενικά και μη συγγραμμικά διανύσματα ii και β . Να αποδείξετε ότι: i. ο φορέας του διανύσματος ίi ' β ' ii + ι α ι β δι­ χοτομεί τη γωνία των διανυσμάτων ii και Ρ ii. ο φορέας του διανύσματος ν ' β ' ii - ι α ι β διχοτομεί την παραπληρωματική γωνία των διανυσμάτων. =

=ιt:

=

Άρα ν// δ . Παρατηρούμε ότι γ- · -δ = ημ 2θ συν 2θ - ημ 2θ συν 2θ = Ο , επομένως δ .l γ . Αφού ν// δ και δ .l γ είναι ν .l γ , άρα ο φορέ­ ας του διανύσματος ν διχοτομεί την παραπλη­ ρωματική γωνία των διανυσμάτων ίi . και β .

Απόδειξη

-+

-+

-

Λ-

Υ

... δ=(ημ"2θ ,-συv 2θ )\ '

Β( Ιβl συνθ,l βlημθ)

α

A( l al , o) ,

Άρα ϋ // γ , οπότε ο φορέας του διανύσματος ϋ διχοτομεί τη γωνία των διανυσμάτων ίi και β . Είναι: ν = ιβι α - ιαιβ = ... = ιαιι β ι (l - συνθ,-ημθ) = = liillβl 2ημ 2 ,-2ημ συν =

( % % %) = 2 liil · lβ l ημ % ( ημ % ,-συν % ) = = 2 liil · lβl ημ % · δ, όπου -δ = ( ημ 2θ ,-συν 2θ ) (0, 0).

'i

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Oxy με ίi /' /' Ι και σημεία Α, Β τέτοια, ώστε ΟΑ = ίi και ΟΒ = β . Αν (ίi,β) = θ , τότε έχουμε A(liii,O) και Β(Ιβl συνθ, ι β ι ημθ) .

Είναι ϋ = ιβι ίi + ιαι β = = ι β ι - <l ii l , Ο) + liil · <l β l συνθ,ιβι ημθ) = = l ii l · lβl · (1, Ο) + l ii l · lβl · ( συνθ, ημθ) = = ι α ι - ιβι - [(1, 0) + (συνθ, ημθ) ] = = ι α ι - ιβι - (1 + συνθ, ημθ) =

Β'

τρόπος

Παρατηρούμε ότι υ ν = Ιβ1 2 α 2 - ιαι 2 β 2 = Ιβ1 2 - ι αι 2 - ι αι 2 - Ι β 1 2 = ο άρα ϋ .l ν , οπότε ο φορέας του διανύσματος ν διχοτομεί την παραπληρωματική γωνία των δια­ νυσμάτων ίi και β . .

χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/51


-------

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Άσκηση 8

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Αν Ε εσωτερικό ση­ μείο και Ζ εξωτερικό σημείο του τετραγώνου, ώστε τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΒΓΖ να είναι ισό­ πλευρα, τότε να αποδείξετε ότι τα σημεία Δ, Ε , Ζ είναι συνευθειακά.

Άσκη ση 9

Έ στω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων ενός ορθογωνίου ΑΒΓΔ. Αν Κ, Λ, Μ, Ν είναι σημεία των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι -->

-->

-->

-->

-->

-->

-->

-->

ΟΚ· ΟΛ+ ΟΛ· ΟΜ+ ΟΜ· ΟΝ+ ΟΝ· ΟΚ = Ο

Α πό δειξη

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Α πό δειξη Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Axy με ΑΒ // i και ΑΔ // j . Αν ΑΒ 2α, τότε είναι Α(Ο, 0), Β(2α, 0), Γ(2α, 2α) και Δ(Ο, 2α). Axy με ΑΒ // i και ΑΔ // j . Αν ΑΒ = α και Υ ΑΔ β , τότε είναι Α(Ο, 0), Β(α, 0), Γ(α, β) και Δ(Ο, β) και .......

-

.......

-

=

-+

=

Υ

-+

-

o

(i %) ·

-

.

-� Α�-��--�� � Μ(α,Ο Β(2α 3 •χ 2α+α-ν ) �

,Ο)

(0,0)

Λ(α,λ)

Το τρίγωνο ΕΑΒ είναι ισόπλευρο με πλευρά 2α, .J3 οπότε το ύψος του ΕΜ = (2α) = α.f3 . Ομοίως Αν είναι Κ(κ, 0), Λ( α, λ), Μ (μ,--> β) και Ν(Ο, ν), τότε 2 ΟΚ = κ - -α --β ΟΛ = -α λ - -β ' εΎουμε: "' 2' 2 ' 2' 2 και το ύψος ΖΝ του ισόπλευρου τριγώνου ΖΒΓ εί­ ναι α.f3 . ΟΜ = μ - -α -β · και ΟΝ = --α ν - -β . 2'2 2' 2 Επομένως είναι Ε(α, α.f3) και Ζ(2α + α .J3 , α) . Είναι: ΟΚ· ΟΛ+ ΟΛ· ΟΜ + ΟΜ · ΟΝ+ ΟΝ· ΟΚ = 'Εχουμε: ΔΕ = (α, α.f3 - 2α) και = κΔΖ = (2α + α.f3, -α) , οπότε: i i+ - λ- +i μ-i + α α.f3 - 2α det(ΔE, ΔZ) = = + μ- - + ν- + + λ� 2α + αν3 -α i i = α( -α) - ( α.f3 - 2α)(2α + α.f3) = + - κ- + ν- - = i i = -α2 - [(α.f3) 2 - (2α) 2 ] = α2 - (3α 2 - 4α 2 ) = -->

-->

-->

-->

-->

Άρα ΔΕ // ΔΖ και επειδή το σημείο Δ είναι κοινό, συμπεραίνουμε ότι τα σημεία Δ, Ε, Ζ είναι συνευ­ θειακά.

(

-->

,

(

-+

-+

)

-->

-+

-+

)

(

-+

(

-+

)

-+

( ) ( %)( %) ( ) ( %)% ( )( ) %( %) ( )( ) ( %)( %) = κ- +μ- -μ+ -κ+ + i ( i i i i) + � -λ + � + λ - � + ν - � - ν + � = 2( 2 2 2 2)

= � · 0 + � · 0 = 0. 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/52

)

-+


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

-----

= "2λ (λα2 + αβ + λβ2 - 2αβ) = "2λ [ λ(α2 + β2) - αβ J = Από το μέσο Δ της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώ­ αβ νου ΑΒΓ φέρνουμε ΔΕ ..L ΑΓ Αν Μ το μέσο = !:2 αz + β z (α z + β z ) - αβ = !:2 (αβ - αβ) = Ο. του ΔΕ , να δείξετε ότι ΑΜ ..L ΒΕ . Άρα AM l. BE. Ά σκη ση 10

]

[

Α πόδειξη

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Άσκηση 1 1 � Δίνονται τρίγωνο ΑΒΓ και τα τετράγωνα ΑΒΔΕ Δχy με ΔΓ // i και ΔΑ // j , τότε Δ(Ο, 0). ---+-

-

-

(ή ΑΒΔ Έ ') και ΑΓΖΗ (ή ΑΓΖΉ '). Να αποδεί­ ξετε ότι ο φορ έας του ύψους ΑΟ του τριγώνου ΑΒΓ διέρχεται από το μέσο Θ του ΕΗ (Θ ' του Ε Ή ') ή είναι παράλληλος του ΕΗ ' (του Ε Ή) .

Υ

Α(Ο,α)

Απόδειξη

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων -� j . Oxy με ΟΓ // i και�Ο- -Α- - - // �./Η(α,α+γ) \ -+

-+

-

-

Υ

β, 0). Έστω ότι --> Α(Ο, α) και Γ(β, 0), τότε Β(Είναι ΑΓ = (β - 0,0 - α) = (β - α) . Αφού ΔΕ l. ΑΓ θα είναι ΔΕ = λ( α, β) = (λα,λβ), λ ε JR * οπότε Ε(λα, λβ). --> Είναι ΑΕ = (χε - χ Α • Υε - yΑ ) = (λα,λβ - α) --> ΑΓ = (x r - χ Α • Υ - Υ ε ) = (β, -α) Τα σημεία Α, Ε, Γ είναι συνευθειακά, άρα � � -+ � ΑΕΙ/ ΑΓ , οπότε det(AE, AΓ) = Ο <::::> λα λβ α <=> β -α- = ο <=> λα(-α) - β(λβ - α) = ο <=> -λ(αz + β z ) + αβ = Ο <::::> λ α z αβ+ β z · Το Μ είναι το μέσο του ΔΕ, άρα Μ λ2α ,

(Ο,α)

... ... .... ... .... ... Α / .... ...

...

... --ί1' ,

/

/

/

,

'

',

,

'

'

,

,

,

'

'

\

\ \1 '

-->

r

Ι

ι

( �) .

Έστω Α(Ο, α), Β(β, Ο) και Γ(γ, 0), οπότε α > Ο, β < Ο και γ > Ο. --> --> --> Είναι ΑΒ = (β, -α) και ΑΕ l. ΑΒ , οπότε --> ΑΕ = λ(α, β) = (λα,λβ), λ ε JR . 'Εχουμε m = AΈ <::::> m z = AΈ z <::::>

-->

Ι lI I Ι l I i

άρα ΑΕ = ±(α, β) . Είναι όμως ΑΕ = ( Χ ε - χ Α • Υε - yΑ ) = ( Χ ε , Υε - α), οπότε έχουμε: Χ ε = ±α <::::> Χ ε = ±α , άρα έχουμε δύο σηΥε - α - ±β Υε - α ± β μεία τα (- α, α - β) και (α, α + β). -->

-->

ΒΕ = ( Χε - χ 8 , y ε - y 8 ) = (λα + β,λβ) . --> --> λα (λα + β) + λβ - 2α λβ = Έχουμε ΑΜ· ΒΕ = Τ 2

(

)

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/53

_

{

_


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Επειδή τα σημεία Ε, Ε ' έχουν αντιστοίχως αρνητι­ κή και θετική τετμημένη (βλέπε σχήμα), θα είναι Ε(- α, α - β) και Ε ' (α, α + β). Ομοίως βρίσκουμε ότι Η(α, α + γ) και Η ' (- α, α - γ). Τα σημεία Θ, Θ ' είναι αντιστοίχως τα μέσα των ΕΗ και ΕΉ ' , οπότε έχουμε χ ε + χ Η -= -α + α = 0 και X e. = 2 2 Χε· + χ Η . = α + (-α) Ο . X e· = 2 2 Αφού τα σημεία Θ, Θ ' έχουν τετμημένη Ο, θα α­ νήκουν στον άξονα y 'y, οπότε ο φορέας του ύψους ΑΟ διέρχεται απ ' αυτά . .... Είναι ΕΗ' = (χ Η. - Χε • ΥΗ· - Υ ε ) = = (-α - (-α), α - γ - (α - β)) = (Ο,β - γ) .... Ε'Η = (χ Η - Χε· • ΥΗ - Υε· ) = = (α - α, α + γ - (α + β)) = (Ο, γ - β) . .... .... Αφού τα διανύσματα ΕΗ' , ΕΉ έχουν τετμημένη Ο, θα είναι παράλληλα προς τον άξονα y ' y, οπότε ο φορέας του ύψους ΑΟ θα είναι παράλληλος του ΕΗ ' και του ΕΉ. Άσκη ση 1 2

Δίνονται τρίγωνο ΑΒΓ και εξωτερικώς αυτόύ κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Αν Μ το μέσο της ΒΓ, να αποδείξετε ότι η ευ θεία ΑΜ τέμνει κάθετα την ΕΗ.

Από την άσκηση 1 1 . έχουμε ότι Ε(- α, α - β) και Η( α, α + γ). πειδή Μ μέσο του ΒΓ είναι Μ β ; γ ,Ο . .... Είναι: ΑΜ = (χ Μ - x A , y M - y A ) = = β ; γ - Ο, Ο - α = β ; γ , -α .

(

(

....

)(

)

)

ΕΗ = (χ - χ Ε ' Υ - Υ Ε ) = = ( α - (-α), (α + γ) - (α - β) ) = (2α, β + γ) . .... .... β + γ · 2α + (-α)(β + γ) = Έχουμε ΑΜ· ΕΗ = -2 = α(β + γ) - α(β + γ) = Ο , επομένως ΑΜ .l ΕΗ . Η

Η

Άσκηση 1 3

Δίνονται τρίγωνο ΑΒΓ και εξωτερικώ·ς αυτού κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Να αποδείξετε ότι ΒΗ .l ΓΕ •

Απόδε ι ξη

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων ..... Oxy με ΟΓ /' /' i και ΟΑ /' /' j . Έστω Α(Ο, α), Β(β, Ο) και Γ(γ, 0), οπότε α > Ο, β < Ο και γ > Ο. ---+

-

Υ

Η(α,α+γ)

(-α,α-β) Ε --

---z

Α πόδε ιξη

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων � � Oxy με ΟΓ /' /' i και ΟΑ /' /' j . Έστω Α(Ο, α), Β(β, Ο) και Γ(γ, 0), οπότε α > Ο, β < Ο και γ > Ο. Υ

κ

Θ ---

Η(α,α+γ)

Από την άσκηση 1 1 . έχουμε ότι Ε(- α, α - β) και Η(α, α + γ) . .... Είναι: ΒΗ = ( χ Η - x 8 , y H - y 8 ) = (α - β, α + γ) .... ΓΕ = (χΕ - Xr • YE - Yr ) = (-α - γ, α - β) .... .... Έχουμε ΒΗ· ΓΕ = (α - β)(-α - γ) + (α + γ)(α - β) = = (α - β)(-α - γ + α + γ) = (α - β) · 0 = Ο . Άρα ΒΗ .l ΓΕ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/54


. ......... . ,. _.μ r _.�,, _.. Α•-'• 4ιαφοpιιι6ς Λογιαμ6ς rcνιιιής noιδci� τη ς Χαραλαμποπούλου Λίνας Σκοπός του άρ θρου είναι να βο η θήσει τους μαθητές της Γ Λ υκείου να κατανοήσουν καλύτερ α, μέσα από εφαρμ ογές, την έννοια του ορ ίου, της συνέχειας και της εφαπτομένης της γραφικής παρ άστασης μ ιας συνάρτησης f Επίσης τη χρησιμ ότητα των παρ αγώγων στον προσδιορ ισμ ό της μ ονοτονίας και των ακροτά­ των μ ιας συνάρτησης. Τ α μαθηματικά είναι π αιχνίδι

,..---2

-

3

f--

I

4

,.L

...____

r--

i--

6

11

I

-

8

1s

l

I

10

i--

I 13 i-._____

17

I

I

-

7

r--

I 16

i--

,J.L

-

1---

f--

-

1---

-

,____

-

-

r--

-

-

r--

'---

-

1---

-

1---

i--

,lL

ι I

1--1

,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λθ " τ.VSS

I


Ο ριζόντια

Κάθετα

1 . Η εφαπτομένης της γωνίας που σχηματίζει μια 3. Λέγεται αλλιώς η παράγωγος. ευθεία με τον άξονα χ ' χ. 4. Είναι η παράγωγος του ημχ 6. Η συνάρτηση f ' (χ) = 2χ είναι . . . της συνάρ­ 2. Είναι η -χ 2 για χ > Ο. 5. Όταν παραγωγίζεται δεν αλλάζει. τησης f(x) = χ2 • 1 1 . Η y = χ είναι . . . της 1 ης και της 3ης γωνίας των 7. Είναι η χ 2 για χ > Ο. 8. Λέγεται αλλιώς το μέγιστο μιας συνάρτησης. αξόνων. 1 3 . Η γραφική της παράσταση είναι παράλληλη 9. Λέγεται αλλιώς ο ρυθμός μεταβολής της ταχύ­ τητας. στον άξονα χ ' χ. 10. Λέγεται αλλιώς ο ρυθμός μεταβολής του δια­ 15. Η κλίση της lnx στο χ = 1 . στήματος. 16. Υπάρχει στενή σχέση ανάμεσα στην παράγωγο μιας συνάρτησης και στην . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2. Το γράφημα της _μοιάζει με καμπάνα. 17. Συνάρτηση με παράγωγο 1 . ' της ημχ στο -π ειναι ' ............ 14 . Η εφαπτομενη 2 1 8. Είναι κάθε συνάρτηση f στο σημείο χ0 του πε­ στον άξονα χ ' χ. δίου ορισμού της αν Χlim f (χ ) f ( χ0 ) • � Χο =

(Η λύ ση στο τέλος του άρ θρου)

Και οι ασκή σεις μας διασκεδάζουν . . . . . . .

1.

Να βρείτε το limf (x) και το f {l) , εφόσον υπάρχουν, όταν η γραφική παράσταση της συνάρχ�ι τη σης f είναι: u

I\ \ \ \\ -2 ι.

I I I 1/

....

J

.. "'

1\

u

r J

I

-\ ο)

1

"' ..

2

3

4

-2

5

2.

Γ

r J

I ιr

2

3

4

5

"'

....

....

J

-.:;

"'

'

1

J

-;;τ

-1

I

1/

u

,

3.

-1 J

u

-2

I

.., J

I

.

I

I

"'

ο

1

2

3

4

5

1\\1�1/0' / -2

4.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.V56

J

__.,-1

ι..--

v

2

3

--

4

5


Ι.

2.

3.

4. 2.

limf χ-->1 (x) = f (l) = l limf (x) = 2 και f {l) = l Για χ < 1, limf χ-->1 (x) = l για χ 1 Ι}_τι f (χ) = Ο και f ( 1) = 1 �i_τι f (χ) = 1 και f ( 1) = 4

j

-Γχ - 2 , x e [0,4) u (4,+oo ) 2 α. f { χ) = χ - 6χ + 8 1' χ=4

X --t l

>

8

και χ0 = 4 .

Υπολογίστε το lim f (χ) , αν α. f { χ } = χ + 1 / χ ' Χο Ο. χ - 1/ χ 2 2 β. f (χ } = χ 2 - 3χ - ' Χο 1 χ +χ-2 �x 2 - 5x + 6 - J6 , Χο - 0 γ. f { x ) = � νχ +t-1 Χ-+Χο

=

=

β. g ( χ ) =

-Γχ - χ

{J3-�

Ο, και χ0 = 1 .

' χ e (o, 1) u ( 1 ,3 ] χ=1

Λύση

α. f ( 4) = .!_ και για _

8

J";. - 2 = lim = (χ) f χ :;t: 4 lim χ-->4 χ2 - 6χ + 8 χ-->4 . ( J";. - 2 ) ( J";. + 2 ) 1ιm Λύση χ-->4 (χ - 4 )(χ - 2 ) ( J";. + 2 ) α. Για χ :;t: O χ -4 . l....ιm χ + 1 1 χ = lim χ 2 + 1 = Ο - 1 = -1 lim . 4 2) + 2 4)(x (x (J";. ) Χ-->Ο χ - 1 / χ χ-->Ο χ2 - 1 0 - 1 � - +.!. 1 β. Για χ :;t: 1 lim = .....4 (x - 2) ( J";. + 2 ) -2 ·-4 8 Ι . χ2 - 3χ + 2 - 1ιm (x - l)(x - 2) = χ--> Ι χ 2 + χ - 2 x--t 1 (x - l)(x + 2) Ισχύει �i2.} f (χ) = f ( 4) , άρα η f είναι συνεχής 1 - 2 -1 χ-2 . -= lιm στο χ0 4. χ+2 = 1+2 =-3 β. g (l) Ο και για χ :;t: 1 γ. Για χ :;t: Ο . J3 - �4 - χ = . g ( χ ) = Ιιm 2 --S-x-+-6 - J6 -Ιιm . J�xΙ ιm Χ-->1 J";. χ-->0 J;:+ϊ - 1 lim( �χ2 -sx +6--!6)( �χ2 -sx + 6 +-!6)( Γχ+ι +ι) Iim (J3 - � ) (J3 + � ) ( J";. + χ ) = = ( J"";. - x ) ( J"";. + x ) (J3 + �4 - x ) ...... ( �χ+t-ι)( �x+l +ι) { �χ2 -5χ+6+Γ6) . (3 - 4 + x) ( J";. + x ) Ιιm . ( χ2 - 5 χ + 6 - 6 ) (�χ + 1 + 1 ) (x - x2 ) ( J3 + �4 - x ) hm χ-->Ο (χ + 1 - 1 ) ( Jχ 2 - 5 χ + 6 + J6 ) (x - l) ( J";. + χ ) . Ιιm ( ) χ 2 + 1 χ 5 ( J;:+ϊ ) χ--> Ι -x (x - l) (J3 + �4 - x ) .hm χ ( Jx2 - 5χ + 6 + J6 ) 2 = 2 χ ----.,.+--= J;. . Ιιm--;--: = ::: .....1 -x ( J3 + �4 -x ) -ι ( J3 + J3-) 2J3 ι · (χ - s) ( J;:+ϊ + ι ) = -5 · 2 = -sJ6 6}!!J Jx2 - 5 χ + 6 + J6 2J6 J3 - 1 = - -τ J3 Να μελετήσετε ως προς τη συν έχεια στο 3. im g ( χ) :;t: g (l) Ισχύει Iχ-->1 σημείο Χο τις συναρτήσεις: Άρα η g δεν είναι συνεχής στο χ0 1. _

ιm

.

_

..... 1

=

=

X --t l

_

Χ

χ--> Ι

χ--> Ι

x--t o

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.l/57


4.

Υ

Αν η συνάρτη ση f είναι παραγω-yίσιμη στο ΊR να βρείτε την παράγωγο των συναρτήσεων: 2 α . φ (χ) = f (χ - 2χ + 4 ) β. k (x) = f { συνχ ) + συν ( f ( χ ) ) 2 γ. g(x) = [ r (Inx)] και δ. h{x) = f ( e'"'ν• - 2 )

α.

Λύση α.

Η

συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη ως σύνθε­ ση των παραγωγίσιμων συναρτήσεων f και χ 2 - 2χ + 4 . Είναι: φ' ( χ) = f' ( χ 2 - 2χ + 4 ) ( χ2 - 2χ + 4 )' =

f'( x 2 - 2χ + 4)(2χ - 2)

β.

γ.

β.

α.

Οι συναρτήσεις f(συνχ) και συν(f(χ)) είναι πα­ ραγωγίσιμες ως σύνθεση των παραγωγίσιμων f και συνχ. Επομένως η k είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Έχουμε: k'( χ) = f' ( συνχ )( -ημχ ) - ημ ( f ( χ )) f' ( χ) = -ημχf' ( συνχ ) - ημ ( f ( χ )) · f' ( χ ) Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων συναρτήσεων: f(x) και lnx . 'Εχουμε: g( x ) = 2f( In x ) [ f( In x ) J ' =

χ

Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της f, τις θέσεις και το είδος των τοπι­ κών ακροτάτων; Να βρείτε τα σημεία στα οποία η εφα­ πτομένη της Cr είναι παράλληλη στον άξονα χ 'χ,

Για χ Ε ( -4, -3 ) , f'(x) > O , άρα η f είναι γνή­ σια αύξουσα στο [ -4, -3] . Για χ Ε ( -3, -1) , f ' ( χ ) < Ο , άρα η f είναι γνή­ σια φθίνουσα στο [-3,-1] . Για χ Ε ( -1, 1) , f'( x ) > O , άρα η f είναι γνήσια αύξουσα στο [ -1,1] . Για χ Ε ( 1 , 3) , f' ( x ) < O , άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα στο [ 1, 3] . Για χ Ε ( 3, 4) , f' ( χ ) > Ο , άρα η f είναι γνήσια αύξουσα στο [ 3, 4 ] . Από τη γραφική παράσταση της f παρατηρού­ με τα σημεία τομή της με τον άξονα χ ' χ δηλαδή τα σημεία μηδενισμού της και κατασκευάζουμε τον πίνακα μεταβολής προσήμου της f'.

δ. Η

χ

συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη ως σύνθε­ ση παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Έχουμε:

f' f

h ' {x) = f' {eσuvx - 2 ) (eσuvx - 2)' = f' {eσuvx 2 ) (eσuvx )' _

=

= f' ( eσuvx - 2 ) eσuvx ( συνχ )' = f' ( eσuvx 2 ) eσuvx ( -ημχ ) = -ημχf' ( eσuνχ _ 2 ) eσuvx _

=

β.

-4

+

/

-1

-3 -

+

3

ι -

\ι / \ι

+

4

.(Jf

Για χ - 3 η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο, το f(- 5). Για χ - 1 η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο, το f(- 1). Για χ = 1 η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο, το f(l). Για χ 3 η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο, το f(3). Προφανώς τα ζητούμενα σημεία είναι τα ση­ μείο τομής της γραφικής παράστασης της f με =

Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση της παραγώγου f' μιας συνάρ­ τησης f.

χ

Λύση

2f ( In χ )f' ( In χ )( In χ)' = 2f ( In χ )f' {In χ) .!..χ = � f ( In χ )f'( In χ )

5.

4

-4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β λθ ' τ.l/58


τον χ ' χ δηλαδή τα σημεία A ( -3,f ( -3 ) ) , B ( -1,f ( -1 ) ) , r ( 1,f ( 1 ) ) και Δ ( 3,f ( 3 ) ) . 6.

8.

Αν αντλείται νερό από μια πισίνα και ο ό­ γκος του νερού στην πισίνα t min από τη στιγμή που άρχισε η άντληση είναι ν= 250(40 - t)2, σε m3 να βρείτε πόσο γρή­ γορα ρέει το νερό έξω από την πισίνα τη χρονική στιγμή t = 5 min.

ΛίJση

Ο ρυθμός μετα βολής του όγκου είναι ν' ( t ) = 250 · 2 ( 40 - t )( 40 - t ) ' ή ν' ( t ) = -500 ( 40 - t ) . Άρα τη χρονική στίγμή t 5, ν' ( 5 ) = -500 ( 40 - 5 ) = -17500 . Δηλαδή ο όγκος του νερού μειώνεται με ρυθμό 17500 m3/min. =

7.

Ένα σχοινί 1 m είναι φτιαγμένο από υλικό μεταβλητής πυκνότητας. Όταν το σχοινί έχει μήκος χ m τότε η μάζα του είναι m = (1 + x )ex' kgr . 1 . Να βρείτε την πυκνότητα της μάζας του (ρυθμό μεταβολής της μάζας) σε kg% όταν χ = 0,5 m. 2. Να βρείτε πότε η πυ κνότητα της μάζας γίνεται ελάχιστη και πότε μέγιστη.

Λύση ι.

Για χ Ε [Ο, 1 ] έχουμε ' m' ( x ) = e' 2 + 2x ( 1 + x ) e' 2 = e·- ( 1 + 2χ + 2χ 2 ) , οπότε m' ( 0,5 ) e0 '52 ( 1 + 2 · 0,5 + 2 · 0,5 2 ) = 2,5e0• 25 m' ( χ ) = Ο <=> 2χ 2 + 2χ + 1 = Ο Είναι Δ = 4 - 8 = -4 < Ο , άρα 2χ 2 + 2χ + 1 > Ο για κάθε χ Ε [ 0, 1 ] , οπότε m' ( χ ) > Ο για κάθε χ Ε (Ο, 1 ) , άρα η m είναι γνήσια αύξουσα στο [0, 1] και για χ Ο παρουσιάζει ελάχιστο, το m(O) 1 και για χ 1 παρουσιάζει μέγιστο, το m ( 1 ) = 2e . =

2.

=

=

=

Ένα μόριο σκόνης «Κινείται» κατά μήκος του άξονα χ 'χ. Η θέση του κάθε χρονική στιγμή δίνεται από τον τύπο 2 χ ( t ) = t 3 + 2 t - 4t + 1 . 1 . Ν α βρείτε την ταχύτητα και την επιτά­ χυνση του ως συνάρτηση του χρόνου. 2. Ποια είναι η ταχύτητα του μορίου σε χρόνο 1s; 3. Πότε το μόριο είναι στιγμιαία ακίνητο; 4. Πότε το μόριο κινείται στη θετική κα­ τεύθυνση και πότε στην αρνητική κα­ τεύθυνση; 5. Πότε το μόριο κάνει επιβραδυνόμενη και πότε επιταχυνόμενη κίνηση; 6. Ποιο είναι το ολικό διάστημα που έχει διανύσει το μόριο στη διάρκεια των πρώτων 2 s; 7. Ποια είναι η μετατόπιση του μορίου στη διάρκεια των πρώτων 2 s;

Λύση l.

2. 3.

4.

Η ταχ6τητα είναι

u ( t ) = x' ( t ) = ( t 3 + 2t 2 - 4t + 1 )' = 3t 2 + 4t - 4 και η επιτάχυνση α ( t ) = ( 3t 2 + 4t - 4 )' = 6t + 4 . Η ταχ6τητα του

μορίου σε χρόνο 1 s είναι u ( 1 ) = 3 · 12 + 4 · 1 - 4 = 3 . Το μόριο είναι ακίνητο, όταν u ( t ) = Ο <=> 3t 2 + 4t - 4 = Ο <=> t = -2 . Άρα το 3 ' ει'ναι ακινητο ' μοριο μετα' απο' "32 s. Το μόριο κινείται στη θετική κατεύθυνση, όταν u ( t ) > ο <=> 3t 2 + 4t - 4 > ο ( t + 2 )( 3t - 2 ) > 0 <=> t > -23 . Άρα το μόριο κινείται στη θετική κατεύθυνση στο χρονικό διάστημα t > � , και στην αρνητική κατεύθυνση 3 ' ' στο χρονικο διαστημα ο < t < -2 . 3 Η κίνηση του υλικού σημείου μπορεί να παρα­ σταθεί ως εξής:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/59


:

Λύ ση

t=O

ο

-.u. 27

5.

Για t � Ο , α( t ) � Ο οπότε το μόριο επιβραδύνεται όταν u ( t ) < Ο <:::> Ο < t < �3 και επιταχύνεται όταν u ( t ) Ο <:::> t �3 . ο ' t = "32 , Απο' t = μεχρι >

>

6

.

sl

l (�) - x (o)l = l- �� - 11 = 1- ��I = �� m

' t = 2, πο' t = -23 μεχρι

( 1 (

S 2 = x (2) - χ � )I = 9 - - �� )I = 2;ξ m Άρα το ολικό διάστημα s που διάνυσε το ση­ μείο σε χρόνο 2s είναι 256 = 296 s = 8 1 + 8 2 40 + 27 27 27 Η μετατόπιση του μορίου στη διάρκεια των πρώτων 2s είναι Δ (χ) = χ ( 2) - χ (Ο) = 9 - 1 = 8m

l

=

7.

>

=

=x

Α

Για να ορίζεται η f πρέπει χ 2 - χ + 9 Ο που ισχύει για κάθε χ ε R εφόσον το τριώνυμο χ2 - χ + 9 έχει Δ = -35 < 0 . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το R . Για να ορίζεται η g πρέπει χ � Ο , άρα το πεδίο ορισμού της g είναι το [Ο, +οο) . β. Η συνάρτηση h ορίζεται στο σύνολο Α = [Ο, +οο) - { χ ε R I g (χ) = Ο } . Είναι g( χ) = Ο <:::> J;. - 1 = Ο <:::> χ = 1 . Άρα Α [Ο, 1) ( 1, +οο) και f {x) α.Jχ 2 - χ + 9 - 3β h {x) = g( x ) = J;. - 1 3α 3β = Ο �1 =Ο h O) , { .γ Ισχυει h(9} = 3 "' 9α 3β "' ; =3 α - β = 0 <::> α = = 1 β 3α - β = 2 .Jx 2 - x + 9 - 3 δ . Για α = β = 1, h( x ) = χ -1 Έχουμε: .Jχ 2 - χ + 9 - 3 1.ιm h ( χ ) = ι·ιm = --> --> 1 1 Χ Χ J;. - 1 ( .Jχ 2 - χ + 9 - 3 ) ( .Jr--x2---χ+-9 + 3 ){ J;. + 1 ) lιm �--;--:=-�-:-:-::::� :-'" ιr==::::=:: � -- ( νΓχ - 1 )( νΓχ + 1 )( .Jx 2 - χ + 9 + 3 ) . ( χ 2 - χ + 9 - 9 ) ( νΓχ + 1 ) = lιm (χ - 1) ( .Jχ 2 - χ + 9 + 3 ) χ(χ - 1) ( νΓχ + 1 ) 1 { 1 + 1) -1 = lιm = H1 ( x - l ) ( .Jx 2 - x + 9 + 3 ) 6 3 Για x 7: 1 limκ{ x) =!3 , εvώ Κ{1) = 2 . x) =limh( χ-->1 χ-->1 Άρα η Κ δεν είναι συνεχής στο χ = 1. α.

υ

{

{

{

Γ ν

.

9.

Δίνονται οι συναρτήσεις f, g με τύπους f {χ) = α .Jχ 2 - χ + 9 - 3β όπου α,β ε ΙR. και g (χ) = νΓχ - ι . α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού τους. ' τη συναρτηση ' h = -gf . β. Να ορισετε

γ.

δ.

ε.

Να βρείτε τις τιμές των α, β ε JR. αν η γραφική παράσταση της h διέρχεται από την αρχή των αξόνων και από το σημείο Α(9, 3). Αν α = β = ι να βρείτε το limh{x) Για α = β = ι, να εξετάσετε αν η συνάρh (χ), χ ε [ ο, ι) υ (ι, +οο) τηση Κ ( χ ) = 2, χ = ι είναι συνεχής στο χ0 = ι. χ --> 1

{

ΗΙ

Η ΟΟ

ο

ε.

10.

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f {x) = 2χ3 + 4χ - 2 α. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνήσια αύ­ ξουσα στο JR. β. Ν α βρείτε το σημείο Α ( x 0f ( χ0 )) της Cr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. l/60


Μαθηματικά Γ' Λυκείου

στο οποίο η εφαπτομένη έχει τον ελάχι­ στο συντελεστή διεύθυνσης. γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης στο Α. f (x) - 4 δ. Να υπολογίσετε το lim 2χ - 3x + l χ--+ 1

2

Λύ ση

α. Έχουμε για f'( x) = 6 x 2 + 4 > 0 για κάθε χ Ε JR , άρα η f είναι γνήσια αύξουσα στο JR . β. Ζητείται το σημείο στο οποίο η παράγωγος της f ελαχιστοποιείται. f" (χ) = 12χ και f"( χ) = Ο <:::> χ = Ο . Κατασκευάζουμε τον πί­ νακα μεταβολής προσήμου της f" . ο

β. Να βρείτε για ποια τιμή του α η εφα­ πτομένη της Cr στο σημείο Α ( O,f (Ο) ) είναι παράλληλη στην ευθεία y = -χ. γ. Να βρείτε για ποια τιμή του β η εφαπτο­ μένη της Cg στο σημείο B ( l , g ( t )) είναι παράλληλη στη διχοτόμο της δεύτερης γωνίας των αξόνων. δ. Αν Α είναι το ση μείο τομής της Cr με τον άξονα y 'y και Β το σημείο τομής της Cg με τον άξονα χ 'χ και α = 1, β = 1 να αποδείξε­ τε ότι η εφαπτομένη της Cr στο Α ταυτίζεται με την εφαπτομένη της Cg στο Β. -

Λύ ση

α. Dr = R και D g = (Ο,+οο) Υ

<

χ Ο, f'( x) < f'(O) και για χ Ο, f" (χ) > f' (Ο) . Άρα για κάθε χ JR , f'( χ) � f'(O) <:::> f'( χ) � 4 . Άρα η f' παρου­ σιάζει ελάχιστο στο χ 0 = Ο το f' (Ο) = 4 . Επο­ μένως στο σημείο A(O,f (O)) ή Α(Ο,-2) η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f Για

>

Ε

χ

έχει τον ελάχιστο συντελεστή διεύθυνσης. γ. Έστω y = λχ + β η εξίσωση της εφαπτομένης β. Έχουμε f'(χ) = -αe-αχ στο Α(Ο, -2). Έχουμε λ = f'(0) = 4 και το σηΠρέπει f'(O) = 1 <:::> -αe0 = -1 <:::> α = +1 μείο Α(Ο, - 2) την επαληθεύει, άρα γ. 'Εχουμε g'( χ) = � -2 = 4 . Ο + β <:::> β = -2 και y = 4x - 2 χ δ. Για χ :;t 1, Θέλουμε η εφαπτομένη της Cg στο Β να είναι . f ( x ) - 4 = lιm παράλληλη στην ευθεία y = - χ άρα πρέπει . 2 χ3 + 4χ - 2 - 4 = · ιιm 1 g'( 1 ) = - 1 <:::> β = -1 2χ 2 - 3χ + 1 .-. 2χ 2 - 3χ + 1 1){χ 2 _-..,-_:_ + χ + 3) . 2(χ -__;_,___ δ. Θέτουμε στην f όπου χ = Ο και έχουμε . 2χ3 + 4χ - 6 = lιm__;_ lιm _,_ Ι Ι .-. 2χ 2 - 3χ + 1 >-+ f (Ο) = e0 = 1 άρα Α(Ο, 1) . 2(χ - 1) x - � Επίσης g (χ) = Ο <:::> ln χ = Ο <:::> χ = 1 άρα χ2 + χ + 3 = 2. = 10 Β (Ι , 0). Έστω y = λ 1 χ + β1 η εφαπτομένη της Cr = lim 1 1 Χ --+1 στο Α(Ο, 1 ) τότε λ1 = f'(0) = -1 και το σημείο χ - -2 2 Α(Ο, 1) την επαληθεύει άρα 1 = - 1 · Ο + β1 <:::> β 1 = 1 , οπότε y = - χ + 1 έστω 1 1 . Δίνονται οι συναρτήσεις f, g με τύπο y = λ2 χ + β 2 η εφαπτομένη της Cg στο B(l , Ο) f ( x ) = e-αx και g ( x ) = βlnx με α,β Ε R . τότε λg = g'(1) = -1 και το σημείο B(l, Ο) την α. Ν α βρείτε το πεδίο ορισμού τους. _

( J

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/61


επαληθεύει άρα Ο = - 1 · 1 + β 2 <=> β 2 = 1 οπότε y = -x + 1 . 1 2.

Δίνεται η συνάρτηση f (x) = 4 - 3x 2 + χ3 • α. Να βρείτε σημείο Μ της Cr τέτοιο ώστε η εφαπτομένη (ε) της Cr στο Μ να είναι παράλληλη στην ευθεία η : 3χ + y - 4 = Ο και στη συνέχεια να βρείτε την εξίσωση της (ε). f'(x) - f'(ι) β. Να υπολογίσετε το lim χ-+ ι r ( χ ) - r ( ι ) γ. Για ποιες τιμές του χ Ε IR είναι f'(x) :s; o ; δ. Αν g(x) = lnf'(x) , να βρείτε το πεδίο ορισμού της και να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

x ) = 6χ - 6 και g , ( x ) = f"( f'( x ) 3 x 2 - 6x g' (χ) = ο <=> 6χ - 6 = ο <=> χ = 1 οπότε: το πρόσημο της g' και η μονοτονία της g φαίνονται στο παρακάτω σχήμα.

Για χ Ε ( -οο, Ο) η g είναι γνήσια φθίνουσα και για χ ( 2, +οο) η g είναι γνήσια αύξουσα. Ε

1 3.

Λύση α.

Έχουμε f'( x ) = -6x + 3 x 2 . Η εφαπτομένη (ε) της Cr στο Μ(χ0, f(xo)) είναι παράλληλη στην ευθεία η αν και μόνο αν λ. = λη <=> f'( x 0 ) = -3 <=> 3χ� - 6χ 0 = -3 <=> χ� - 2χ 0 + 1 = Ο <=> ( χ 0 - 1 γ = Ο <=> χ 0 = 1 Άρα M ( l. f (1) ) ή M( l , 2). Έστω y = λχ + β η εφαπτομένη της Cr στο M( l , 2). Τότε λ = f'(1) = -3 και το σημείο Μ την επαληθεύει, οπότε 2 = -3 · 1 + β <=> β = 5 . Άρα η εξίσωση της ε είναι: y = -3χ + 5 . β. Για χ 1 . f'( x ) - f'(1) = lιm . 3χ 2 - 6χ + 3 = lιm f ( x ) - f (1) Χ3 - 3Χ 2 + 4 - 2 :;t:

Η)

Η)

. 3 ( χ2 - 2χ + 1 ) = = lιm χ -->1 χ3 - 3χ 2 - 2 3(χ - 1)2 = . = lιm (Χ - 1 ) ( Χ 2 - 2Χ - 2 ) 3(χ - 1) = 3 · 0 = Ο = lim --> x I X 2 - 2X - 2 -3 f'( χ) ο <=> 3χ 2 - 6χ ο <=> 3χ( χ - 2) ο <=> Ο χ 2 . Άρα f' (χ) Ο <::::> χ [Ο, 2] . Η συνάρτηση g ορίζεται αν και μόνο αν f'( χ) > Ο <::::> χ Ε ( -οο,Ο) υ (2, +οο) Η)

γ. δ.

:s;

:s;

:s;

:s;

:s;

:s;

Ε

Δίνεται η συνάρτηση f (x) = ln( ex - ι) . α" Να βρείτε το πεδίο ορισμού της Α. β" Για ποιες τιμές του χ Ε Α η γραφική πα­ ράσταση της f βρίσκεται πάνω από τον άξονα χ 'χ. γ. Να βρείτε τις τιμές του α Ε IR ώστε να ισχύει f'(x) α2 - α( e χ - ι) r '(x) + 6er( x) + α = Ο '• f"(x) δ. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρ­ τησης g (χ) = e2r( x)-ι και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι είναι γνήσια αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

Λύση α.

f ορίζεται για εκείνα τα χ Ε IR για τα οποία e' - 1 > 0 <::> e ' > 1 <::> χ > Ο , άρα Α = (Ο,+οο) β. Πρέπει f (χ) > Ο <=> 1n ( e' - 1 ) > Ο <=> ln ( e ' - 1 ) > ln 1 <::::> e' - 1 > 1 <::::> e' > 2 που ι­ σχύει για κάθε χ IR , ( e' - 1 ) e' γ. Έχουμε f'( x ) = e' - 1 = -e' - 1 και e' ( e • - 1 ) - e•e• f"( x ) = ( e• - 1 γ = ---::-( e' - 1 ) 2 Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/62

Ε

·


Οπότε: f' {x ) - α ( e χ - l ) f' {x} + 6ef( x ) + α = Ο <=> α 2 --

δ.

f" {x )

χ ε

g ορίζεται για εκείνα τα IR για τα οποία ορίζεται η f άρα το πεδίο ορισμού της g είναι D = { Ο, +οο } ex ι g( x ) = ( eΨ ) )2 e- 1 = ( e- γ , άρα g' { Χ } = �e ( ex - 1 )( ex - 1 )' = �e e x ( e x - 1 ) Για Ο είναι g'( ) Ο άρα η g είναι γνήσια αύξουσα στο (Ο, +οο) . Η

8

( ex -1 )2 -α2 ( eχ - 1 ) - αe χ + 6 ( ex - l ) + α = Ο <=> -α2 ( ex - 1 ) - α ( ex - 1 ) + 6 ( ex - 1 ) = Ο <=> ( e x - ι )( -α 2 - α + 6 ) = 0 <=> -α 2 - α + 6 = 0

χ >

χ

>

άρα α = 2 ή α = - 3

Η Λύ σ η τη ς 1

2

φ Υ

Θ Ι

ο

Ν

ο

ο 7

6 Π

τ Ι

Δ

Ι

κ

Τ

Α

Ρ

Α

Υ

Κ

Ξ

Ρ

Ο Μ Ο Υ

13 Σ

Ν Α

Υ

8

ο

Γ

Α 12

Σ

Α

9 10

τ

Α

τ Τ

Σ

Θ

Ε

Ρ

Η

Α

τ

Β 16

Μ Ο

Ν

Λ Κ

Ο

Η

Υ

Τ

Ο Ν

Α

Ι

Ρ

Α Λ

Η Λ Χ Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.V63

Σ


Νίκος Τ απεινός Για την καινούργια σχολική χρονι ά, εύχομαι οι προσπάθειές σας να καρποφορήσουν και να πετύχει ο καθένας από εσάς τους στόχους του. Ο ι μιγαδικοί αριθμοί είναι ένα κεφάλαιο της Άλγεβρας που το δημιούργησε η ανάγκη επίλυσης εξισώσε­

ων 3ου βαθμού, καθώς και η ολοκλήρωση της λύσης των εξισώσεων 2 ου βαθμού. Α. Βα σ ική Θεωρία •

Η εξίσωση l z - (α + βi) l = l z - (γ + δi ) l όπου z = χ + yi παριστάνει την μεσοκάθετο του ευ­ θύγραμμου τμήματος ΑΒ με Α(α, β) και Β(γ, δ).

Φανταστική μονάδα ορίζουμε το i ώστε i 2 = -1 . 1 αν ν = 4κ αν ν = 4κ + 1 Β. Α σ κή σ εις -1 αν ν = 4κ + 2 όπου κ ε Ζ . 1 . Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές της πα­ -Ι αν ν = 4κ + 3 ράστασης: Μιγαδικός αριθμός λέγεται ο z = α + βί , με ' 1 6 2' α, β ε JR Α= � + � με ν ε Ν . 1 + 2ι 1 - 3ι α = Re(z) (πραγματικό μέρος του z) β = lm(z) (φανταστικό μέρος του z) Λύση Συζυγής μιγαδικού z = α + βί είναι i - 2 = (i - 2)(1 - 2i ) = i - 2i 2 - 2 + 4i Επειδη' -ο z = α + βi = α - βi για τον οποίο ισχύουν: 1 + 2i (1 + 2i)(1 - 2i) 1+4 2 2 z + z = 2α, z - z = 2βi, z · z = α + β . 5i + 2 - 2 = Ι. και 6 + 2i = (6 + 2i)(1 + 3i ) = = Κάθε μιγαδικός αριθμός z = α + βi παριστάνε5 1 - 3i (1 - 3i)(1 + 3i) .2 ται σε καρτεσιανό επίπεδο συντεταγμένων (ε­ = 6 + 18i + 2i + 6 i = 20i + 6 - 6 = 2i . πίπεδο Gauss) από το σημείο Μ(α, β) που είναι 10 1+9 το πέρας του διανύσματος ΟΜ = (α, β) , ο άξο- Έχουμε: Α = iν + (2i)ν = (1 + 2ν) · iν = 1 + 2ν αν ν = 4κ νας των τετμημένων είναι των πραγματικών α­ ριθμών (Re(z)) ενώ ο άξονας των τεταγμένων (1 + 2ν ) · i αν ν = 4κ + 1 , κ ε Ν = είναι των φανταστικών αριθμών (lm(z)) -(1 + 2ν) αν ν = 4κ + 2 Μ έτρο μιγαδικού z = α + βi , είναι ο πραγματι-(1+ 2ν) · i αν ν = 4κ + 3 κός αριθμός lzl = �α2 + β 2 για τον οποίο ισχύ­ ουν: lzl2 = z · z, l z l = l z l = 1 -z l = 1-zl . Για τους 2. Να λυθούν οι εξισώσεις στο σύνολο των μι­ γαδικών αριθμών. μιγαδικούς zι, Zz ισχύουν l z , z 2 l = l z , l · l z 2 1 , α. 2z 2 - Sz + 15 = Ο (1) 2 � = � (z ;t: O) . β. 3z - 3z + 2 l z l = 26 + 12i (2) z2 z2 2 γ. 4z + 3z = x2 - y 2i + 6 + 2i (3) , l l z , l - l z2 1 1 ::; l z , + z2 l ::; l z , l + l z2 l · όπου z = χ+ yi με x, y ε JR . Η εξίσωση l z - (α + βi) l = ρ όπου z = χ + yi και Λύση ρ > Ο παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ( α, β) και α. Έχουμε: Δ = 64 - 120 = - 56 οπότε: ακτίνα ρ.

(

(

-----

--

ι

8 ± 2M · i = 2 ± .[ι4 i . = Ζ = 8 ±2i F6 4 2 ·2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/64


.J14 . .J14 η z = 2 - 2Ι (1) <=> z = 2 + 2 β. Έστω z = χ + yi με χ, y Ε JR . Η εξίσωση (2 ) ισοδύναμα -3(z - z) + 2 l x + yi l 2 = 26 + 12i <=> -3 · 2yi + 2 ( �x 2 + y 2 )2 = 26 + 12i <=> -6yi + 2(χ 2 + y 2 ) = 26 + 12i οπότε : 2(χ 2 + y 2 ) = 26 <=> χ 2 + y 2 = 13 <=> και - 6 y = 12 y = -2 χ 2 = 9 <=> χ = ±3 y = -2 y = -2 Άρα (2 ) <=> z = 3 - 2i ή z = -3 ..:. 2i γ. Η εξίσωση (3) ισοδύναμα γράφεται: 4(χ + yi) + 3(χ - yi) = χ2 + 6 + (2 - y 2 )i <=> 7χ + yi = χ 2 + 6 + (2 - y 2 )i , οπότε και χ 2 + 6 = 7χ <=> χ 2 - 7χ + 6 = 0 <=> Υ = 2 - y2 y2 + Υ - 2 = Ο χ=1 ή χ=6 Υ = 1 ή y = -2 Άρα η (3) <=> z = 1 + i ή z = 1 - 2i ή z = 6 + i ή z = 6 - 2i ι ο

Ά ρα

}

}

3.

}

,

ο

}

}

}

}

Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των ριζών της εξίσωσης z 3 - 27 = Ο στο μιγαδικό επίπεδο, είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου.

Επειδή

(-�)' = ffi = 3./3 (ΑΓ) = ( 3 + Η + (�)' = ffi = 3./3 3J3 3J3 ) 2 = 3ν3 -+Τ (ΒΓ) = ( 2 ' (ΑΒ) = ( 3 + %) +

και

r;:;

(ΑΒ ) (ΑΓ) (ΒΓ) δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι =

Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών αριθ μων z = λ - 2i με λ Ε JN.. , ειναι σημεια λ + 2ί κύκλου, του οποίου να βρεθούν το κέντρο και η ακτίνα.

4.

'

{

'

π αρατηρουμε

• •

=

=

ο

Άρα οι εικόνες των ριζών της εξίσωσης είναι τα σημεία του μιγαδικού επιπέδου, Α(3, 0),

( 2 2 ) r (- �2 ' - 3J32 ) .

Β -� ' 3J3 και

' οτι

'

I II I λ 2i λ + 2ι

λ - 2i λ + 2ι

I z I = --. = --. = 1 , -

'

αφου'

οι συζυγείς μιγαδικοί αριθμοί έχουν ίσα μέτρα. Δείξαμε ότι l z l = 1 , οπότε οι εικόνες των μιγαδικών

χ 2 + y 2 = 1 , που έχει κέντρο το 0(0, Ο) και ακτίνα ρ 1. αριθμών είναι σημεία του κύκλου

=

iz + 1 Να β ρεθει, z+ι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(z) αν , , αι ο μιγαδικος Δινετ

5.

α.

z 2 + 3z + 9 = 0 z - 3 = 0 <=> z = 3 ή z 2 + 3z + 9 = Ο . Επειδή Δ 9 - 36 - 27 ρίζες είναι: Ι Ζ ι , 2 - -3 ±2i J27 -- - �2 -+ 3J3 2 .

ΊΙΊ>

--

Λύ ση

β.

Είναι

<=>

=

ισόπλευρο.

Λύ ση

z 3 - 27 = 0 <=:> ( z - 3)(z 2 + 3z + 9) = 0 <=> �-3=0

, εχουμε:

w

w = - -=-:- .

E lR

w Ε

ι.

Λύ ση

z = χ + yi , με x, y Ε JR , τότε i(x + yi) + 1 - xi - y + 1 - (y - 1) - xi w. x - yi +i x + (l - y)i x + (1 - y)i ' με ( x, y) :;f: (0,1 ) . Θέτουμε

- -

-

.::... _ _ - ...:.____;_

Πολλαπλασιάζουμε με τον συζυγή του παρανομα­ στή και έχουμε:

xi ][x - (1 - y)i] = [χ(y+-(11)--y)i][x - (1 - y)i] [ + [(y - 1)2 - x 2 ] · i = = (2xy - 2χ) χ2 + (1 - y) 2 - 1 + χ ) · Ι. = x 22 +x(y(1 -- 1y)) 2 + (y -x12-+x)(y (1 - y) 2 w

-=-=-�__:c::.___.:_____:...:. _: ...=.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/65


α. w

E lR <=>

{ (y - 1 - x)(y - 1 + χ) = 0

Μαθηματικά Γ Λυκείου

l z + 31 2 = 25 <::::> l z + 3l = 5

(x, y) * (0,1) ή y = -χ + 1 <=> { (Υx,=y)χ +* 1(0,1)

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(z) είναι οι ευθείες με εξισώσεις y = χ + 1 και y = -χ + 1, εκτός από το κοινό τους σημείο (0, 1 ). 2x(y - 1) = Ο χ = Ο ή y = 1

β. w Ε Ι

<=> { ( x , y) * (0,1) <=> { ( x, y) * (0,1)

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(z) είναι οι ευθείες με εξισώσεις χ = Ο και y = 1, εκτός από το κοινό τους σημείο (0, 1). 6.

!'ι

Για κάθε z Ε C να αποδείξετε ότι: Ι z + 91 + Ι z + 11 - 1 z + sΙ + Ι z + 31 - 1 z + 11 - 1 zl � 13

Λύση

Είναι

Αν οι μιγαδικοί αριθμοί z1 ,z 2 έχουν εικό­ νες στο μιγαδικό επίπεδο τα σημεία Α, Β αντιστοίχως, που δεν ανήκουν στον κύκλο C: χ 2 + y 2 = 1 , να δείξετε ότι l z ι + z 2 1 > 1 1 + Z1z2 1 <=> (ένα μόνο από τα ση­ μεία Α, Β είναι εσωτερικό του κύκλου C).

Λ\Jση

Έχουμε:

l z ι + z 2 1 > 1 1 + z ι . z2 1 <=> l z ι + z 2 Ι 2 > 1 1 + Ζ ι z2 1 2 <::::> (z 1 + z 2 )(z 1 + z 2 ) > (1 + Z 1 z2 )(1 + z 1 z2 ) <=> ( Ζ ι + z 2 )(zι + z2 ) > (1 + Ζ ι Ζ2 )(1 + Ζι Ζ 2 ) <=>

(1) Ι z + 7 1 = l< z + 5) + 21 � Ι z + 5 1 + 2 (2) l z ιl 2 + l z 2 1 2 - I - I z ι l 2 · l z 2 l 2 > Ο <=> (3) l z + 31 = l< z + 1) + 2 1 � l z + 1 1 + 2 2 2 Προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις (1), (2), (3) Ψ ι 1 - 1) . σ - Ι z 2 1 ) > ο <=> και έχουμε: <l z ι l - 1)(l z ι I + 1)(1 - l z 2 1 )(1 + l z 2 1 ) > Ο <=> l z + 91 + l z + 7 1 + l z + 31 � l z l + 9 + l z + 5 1 + 2 + l z + 11 + 2 <l z ι l - 1)(1 - l z 2 1 ) > Ο <=> οπότε l z + 9l + l z + 7 l - l z + 5 l + l z + 3 l - l z + 11 - l z l � 13 . l z ι l - 1 > 0 ή l z ι l - 1 < 0 <=> 1 - l z2 I > O I - l z2 I < O 7. Αν Ζ Ε C , τότε: l 2z + 1 1 = l z - 7 1 l z + 3 1 = 5 . l z ι I > 1 ή l z ι I < 1 <=> Λύση l z2 1 < 1 l z2 1 > 1 2 2 l 2z + 11 = l z - 7 1 <=> l 2 z + 1 1 = l z - 7 1 <=> {Α εξωτερικό σημείο του (C) ή Β εσωτερικό σημείο του (C) (2z + 1) · (2z + 1) = (z - 7) · (z - 7) <=> {Α εσωτερικό σημείο του (C) <=> (2z + 1) · (2z + 1) = ( z - 7) · (z - 7) <=> Β εξωτερικό σημείο του (C) 4zz + 2z + 2z + 1 = zz - 7z - 7z + 49 <=> Ένα μόνο από τα σημεία Α, Β είναι εσωτερικό του 3 zz + 9z + 9z = 48 <=> zz + 3 z + 3z = 16 <=> κύκλου C. z 9 = 25 <=> + 3z 3 z +z + 9. Αν l z - 3 + i l = 8 , να βρεθεί μεταξύ ποιων z(z + 3) + 3(z + 3) = 25 <=> ( z + 3)(z + 3) = 25 <=> τιμών βρίσκεται η παράσταση (z + 3)(z + 3) = 25 <=> = lz - 11 + 7i l . <=>

{ {

{

{

w

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/66


Λύση

Η ευθεία αυτη εχει συντελεστή διεύθυνσης

Παρατηρούμε ότι:

λ = � = 3 και άρα εξίσωση y = 3χ

w = l< z - 3 + i) + ( -8 + 6i) l . Γνωρίζουμε ότι: l l z ι l - l z 1 :::; l z ι + z l :::; l z ι I + l z l · 2 2 2

(2). 1 Για y = 3χ η (1) γίνεται: (χ - 1) 2+(3χ - 3) 2=4 � (χ - 1/+9(χ - 1) 2=4 � 4 � χ - 1 = ±J10 (χ - 1) 2 = 5 � 10

Άρα έχουμε:

l l z - 3 + i l - l -8 + 6i ll :::; w ::; l z - 3 + i l + l -8 + 6i l � 18 - 101 :::; w :::; 8 + 10 � 2 ::; w ::; 18

1 0.

J10 JW η. χ = 1 -χ = 1 + -5 5

Δίνεται ο μιγαδικός z = (2ημα - 1) + (3 - 2συνα)ί , με α ε R . α. Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των σημεί­ ων M(z), είναι σημεία κύκλου. β. Να βρεθούν οι μιγαδικοί z που έχουν το μέγιστο και το ελάχιστο μέτρο. γ. Να βρεθούν τα μέτρα των μιγαδικών του ερωτήματος β. δ . Να αποδείξετε ότι: 3 :::; l z - 4 + il :::; 7 .

Για άρα

z = χ + yi με χ, y ε R . Τότε έχουμε: χ�1 η μα = χ = 2ημα + 1 � και y = 3 - 2συνα 3-y και συνα = 2 2 2 Γνωρίζουμε ότι: ημ α+συν α = 1 οπότε έχουμε: (χ - 1) 2 + (3 - y) 2 1 � (x - 1)2+(y - 3) 2=4 (1) 4 4 --

)

(

J z, = (1 - �Η3 - � } z , = ( ι + � Η 3 + 3� } ·

και

και

Οι ζητούμενοι μιγαδικοί είναι:

}

Άρα τα σημεία M(z) ανήκουν στον κύκλο με κέντρο K( l , 3) και ακτίνα ρ = 2. β. Οι μιγαδικοί που έχουν το μέγιστο και το ελά­ χιστο μέτρο, ορίζονται από τα σημεία τομής του κύκλου που βρήκαμε και της ευθείας που ορίζεται από το κέντρο του κύκλου και την αρ­ χή των αξόνων.

(2) δίνει y = 3 - 3Μ 5 3 - �, 3- � . η

3Jl0 χ = 1 + J10 η (2) δίνει y = 3 + 5 5 3JIO J10 αρα Β 1 +- 3 + -- . 5 ' 5

Έστω

}

+

Για

Λί)ση α.

χ = 1 - JlO 5

γ.

και με εΜχιστο και

μέγιστο μέτρο, αντίστοιχα. Είναι

l z ιl = (ΟΑ) = (ΟΚ) - ρ = J12 + 3 2 - 2 Μ - 2 l z 2 1 = (ΟΒ) = (ΟΚ) + ρ = J12 + 32 + 2 J10 + 2 δ . Από την 3 :::; l z -4 + i l :::; 7 � 3 :::; l z - (4 - i) l :::; 7 . Αν Μ(4, -1) έχουμε: (ΜΚ) = �.--(1---4_) 2_+_(3_+_1_)2 = 5 και (ΜΡ) :::; l z - (4 - i) l :::; (ΜΑ) έχουμε διαδοχι­ κά (ΜΚ) - ρ :::; l z - (4 - i) l :::; (ΜΚ) + ρ 5 - 2 :::; l z - 4 + i l :::; '5 + 2 3 ::; l z - 4 + i l :::; 7. 1 Ι . Δίνεται z C για τον οποίο ισχύει: l z - 5 + 3i l = l z - 1 - il . =

=

ε

α.

β.

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των ση­ μείων M(z). Να βρεθεί το ελάχιστο l z l .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/67


γ.

Να βρεθεί ο μιγαδικός z με το ελάχιστο μέτρο.

Λ ύ ση

α. Είναι l z - 5 + 3i l = l z - 1 - i l <=> l z - (5 - 3i) l = l z - (1 + i) l <=> (ΜΑ) = (ΜΒ) , οπότε ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η με- . σοκάθετος (ε) του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ, όπου Α(5, -3) και B( l , 1). Υ

1

-

γ.

Η εικόνα του z θα είναι το σημείο τομής Η του χ - y - 4 = Ο με την κάθετη σε αυτή από το Ο, δηλαδή με την y = - χ. Άρα Η(2, -2) και z = 2 - 2i .

Β 15

:

Λ ύ ση

χ

I I I

I

β.

r,;

(ε)

Μ

-3

0 0 4 4 = 2ν2 . l z l = d(O, ε) = I 2- - 12 = �1 + (-1) .fi

-

- - - - - - - - - - Ά.

Έστω z = χ + yi με χ, y Ε JR . Έχουμε: M(z) Ε (ε) <:::> (ΜΑ) = (ΜΒ) <:::> (ΜΑ) 2 = (ΜΒ) 2 <:::> (5 - χ) 2 + ( -3 - y) 2 = = (1 - χ) 2 + (1 - y) 2 <:::> 25 - l Ox + χ 2 + 9 + 6y + + y 2 = 1 - 2χ + χ 2 + 1 - 2 Υ + y 2 <=> -8χ + 8y + 32 = Ο <=> χ - y - 4 = Ο, που είναι η εξίσωση του ζητούμενου γεωμετρι­ κού τόπου. Το ελάχιστο l z l είναι η απόσταση του 0(0, Ο) από την ευθεία (ε), άρα έχουμε:

α. Είναι γνωστό ότι για κάθε μιγαδικό αριθμό z ισχύει: z + z = 2 Re(z) <:::> Re(z) = z + z , οπότε: 2 Ζ Ζι + -ι Ζ z Re � = 2 z2 = Ζι 2 + 3z 2 = 2 2 z 2 z2 z2 z z + (z ) 2Re(z 1 , z2 ) Re(z 1z2 ) - 1 2 21z2 2 l z2 1 2 2 l z2 1 l z2 l 2 β. Είναι γνωστό ότι για κάθε μιγαδικό αριθμό z ισχύει: z - z = 2i lm(z) <:::> lm(z) = z 2i- z , οπότε Ζι Ζι Im � = ��� = Ζ 1 Ζ2 =_zι �2 = 2ι 2z 2 z2 ι z2 z 1z - (z ) 2 (z ) · i lm(z 1z2 ) - 2 2 1z2 - 1m 1z2 2 2 l z2 1 · i 2 l z2 1 · i lz2 12

()

·

_

_

_

()

·

_

_

_

.· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Το έτος 2005 έγιναν οι διεθνείς διαγωνισμοί των μεγάλων: α. Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα (Β.Μ.Ο.) Ιάσιο, Ρουμανία 4 - 10 Μαίου 2005. β. Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα (I.M.O.) Meήda, Mexico 8 - 19 Ιουλίου 2005. :

Στα επόμενα τεύχη θα ακολουθήσουν οι λεπτομέρειες που αφορούν τους παραπάνω διαγωνισμούς. .......... ............................................ ........ ......................................... .... .......... .. ....... ................. . .

.

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/68

.

. . .

.

.

.


υκλείδης π ροτείνει . . . Ευκλείδη κα ι ... Δι6φαντο καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

«Η

P. R. HALMOS

Την ευθύνη της διατύπω σης και της ορ θότητας της λύση ς κάθε άσκησης την έχει ο συνάδελφος που στέλνει τη λύση. Επιμέλεια: Α. Κυριακόπουλος,

Διόρθωση: Στο τεύχος 55, σελίδα 8, η λύση της ά­

σκησης 33 δεν είναι του ακαδημαϊκού κυρ ίου Ν. Αρτεμ ιάδη, αλλά του συναδέλφου Γιάννη Στρατή.

39. Αν κ,

λ,

Όμοια, δεν μπορεί να είναι κ: + λ < μ + ν. Άρα, κ: + λ = μ + ν. Έτσι, από τη (2), βρίσκουμε λ3 = ν3 κ:αι άρα λ = ν, οπότε κ: = μ. 50.

μ, ν είναι θετικοί ακέραιοι, που ι­

κανοποιούν τη συνθήκη :

0

= μ και λ = ν.

2 1) + ( . ρ ρ [ ] 3 13 + 23 + 3 + ... + 3 =

Γνωρίζουμε ότι για κάθε ρ Ε Ν * , ισχ6ει:

Λύση (από το συνάδελφο Νίκο Αντωνόπουλο,

1λιον - Αθήνα. Πρ ώτη λύση στο τεύχος 55, σελ.

1 5). •

2

4[13 + 23 + ... + (κ: + λ)3] + 4� = = 4[13 + 23 + ... + (μ + ν)3 ] + 4ν3 ::::> 13 + 23 + ... + (κ: + λ)3 + � = (2) = 13 + 23 + ... + (μ + ν)3 + ν3 Έστω ότι κ: + λ > μ + ν . Τότε, από τη (2), έχουμε: 13 + 23 + ... + (μ + ν)3 + (μ + ν + 1)3 + . . . ... + (κ: + λ)3 + � = 13 + 23 + ... + (μ + ν)3 + ν3 ::::> (μ + ν + 1)3 + ... + (κ: + λ)3 + � = ν3, άτοπο

2

(Επροτάθη από το συνάδελφο Σωτιίρη Σκοτίδα).

Κ. Αχαία).

(γιατί κ: + λ > μ + ν > ν).

χΕ

- f(O)) Jr(x)dx :s; 2f(l) - (f(1)f'(O)

Λύση (από το συνάδελφο Δ ημ ήτριο Καρ αβότα,

Έτσι, από την (1), έχουμε:

χ)

=

2

(1)

(Επρ οτάθη από το συνάδελφο Απόστολο Κα­ ζα κόπουλο, Θεσσαλονίκη).

ρ

παραγωγίσιμη στο IR , f'(O) > Ο και f(x)

κοίλη στο IR , f(O) > Ο, f(2 για κάθε IR Αποδείξτε ότι:

[(κ + λ)(κ + λ + 1)]2

τότε να αποδειχθεί ότι: κ

f. συνάρτηση

Έστω

-

+ 4λ3 = = [(μ + ν )(μ + ν + 1)]2 + 4ν 3

Γ. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος

2

Θα αποδείξουμε πρώτα ότι:

ι Jf(x)dx = jf(x)dx . ι ο Ισχ6ει: jf( x )dx = jf(2 - x)dx = jf(u)(-du) = ι ο ι = Jr(x)dx , αν θέσουμε 2 - χ = u, οπότε ι dx = -du,u ι = 2 κ:αι u2 = 1. 1 Άρα Jr(x)dx = jf( x )dx = - Jr(x)dx . 2ο ι ο

2

ι

2

2

Ισχ6ει:

2

2

2

f'(2 - χ)(2 - χ)' = f'(x) => -f'(2 - χ) = f'(x) απ' όπου για χ = 1 έχουμε: -f'(1) = f'(1) � f'(l) = Ο . Η συνάρτηση f' είναι γνησίως φθί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/69


Ο Ευκλείδης προτείνει ••. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

νουσα και f '(l) = Ο , οπότε: f'(x) > Ο στο (0, 1 ), f '(x) < Ο στο ( 1 , 2) και max f (x) = f (1) . χε[Ο ,2]

Με χ Ε (1, 2] στο διάστημα [ 1 , χ] εφαρμόζεται από το Θ.Μ.Τ. οπότε θα υπάρχει ξ ι Ε (1, χ) ώf (χ) - f (1) στε f'(ξ ι ) < ο · χ -1 f(x) - f (1) · f '(0) < 0 . Επίσης f '(O) > O , οπότε χ-1 Ακόμα: (f (1) - f (0)) 2 > Ο . Άρα: f (x) - f (l) f '(O) < (f (l) - f (0)) 2 � χ -1 (2) [f (χ) - f (l)]f '(O) < (χ - 1)[f (1) - f (0)] 2 Για χ = 1 η ( 1 ) καθίσταται ισότητα, οπότε για κάθε χ Ε [1, 2] έχουμε: [f (χ) - f (l)]f '(O) � (χ - 1)[f (1) - f (0)] 2 , απ ' όπου προκύπτει ότι: 2 2 Jι [f (x) - f (1)]f '(O)dx � ιJ(x - 1)[f (1) - f (0)] 2 dx 2 2 � Jt (x)dx - f (l) Jdx � ι ι 2 1 � -- [f (l) - f (10)] 2 J(x -1)dx f '(O) ι 2 1 � - Jt(x)dx - f(l) � 20 2 1 2 χ � -- [f (1) - f (0)] 2 f '(O) ι 2 � Jt (x)dx � 2f (l) +

ι

=

(

)

1 1 + -[f (1) - f (O)] 2 1 - 2 - - + 1 · 2 f '(O) 2 (f (1) - f(0)) 2 � t(x)dx � 2f (1) f 'O ο που είναι το ζητούμενο.

J

53. Οι διάμεσοι ΑΔ, ΒΕ , ΓΖ τέμνουν τον περι­

γεγραμμένο κύκλο ενός τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Κ, Λ, Μ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: ΑΔ ΒΕ Γ Ζ ί. + �9• + ΔΚ ΕΛ ΖΜ i i. 3( αμ α + βμ β + γμ Υ ) � 2 τ(μ α + μ β + μΥ ) .

(Επροτάθη από το συνάδελφο Γεράσιμο i( ε­ ραμίδα, Κέρκυρα). Λύση (από το συνάδελφο Γεώργιο Νικητάκη, Σητεία Κρήτης).

Α

=

κ

Έτσι, έχουμε: ΑΔ ΒΕ ΓΖ + + =2 ΔΚ ΕΛ ΖΜ α2 γ2 +2 -2 + -2 - 1 + 2 β β

(f_ i_) ( ) ( ) ( )

ii.

_1+ + α2 α2 α2 γ 2 -2 + -2 - 1 = β β

β 2 γ2 α2 γ 2 α2 β 2 = 2 -2 + -2 + -2 + -2 + -2 + -2 - 3 α α β β γ γ � 2 - 6 - 3 = 9. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι: α � β � γ , οπότε μα � μ β � μ Υ . Έτσι έχουμε: α μα + βμ β � αμ β + βμ α (α - β)(μα - μ β ) � ο (β - γ )(μ β - μ γ ) � ο � βμ β + γμ γ � βμ γ + γμ β

{

[�- ]

ο

Έχουμε: ΑΔ2 ΑΔ = = ΔΚ ΑΔ · ΔΚ ΑΔ2 ΑΔ2 = = ΒΔ · ΔΓ α 2 4 2 4ΑΔ

-------

{

(α - γ)(μα - μ γ ) � Ο

αμ α + γμγ � αμ γ + γμ α

Προσθέτοντας κατά μέλη, βρίσκουμε: 2(αμα + βμγ + γμ ) � (β + γ)μα + (γ + α)μ β + +(α + β)μ γ � 3(αμα + βμ β + γμ γ ) � � (α + β + γ)μ α + (α + β + γ)μ β + (α + β + γ)μ γ � @

� 3(αμα + βμ β + γμ γ ) � 2τ(μα + μ β + μ Υ ).

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Νίκος Αντω­ νόπουλος (1λιον - Α θήνα), Χρυσόστομος Κούρ­ της (Λάρισα), Ιωάννης Τσόπελας (Αμαλιάδα). 5 5 0 Για μια παραγωγίσιμη στο 1R συνάρτηση f

με f'(1) < χ

χ

1 δεχόμαστε ότι:

Jr(xt)dt � ι

χ

3

για κάθε χ.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ξι τοιοι ώστε

Λ \1 ση

f ' (ξι ) = ξι •

Ε

(0, 1)

(από το συνάδελφο Ρο δόλφο Μπόρη, που την είχε προτείνει). χ

Είναι: χ Jt(xt)dt � χ3 - χ �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.lΠΟ

ι

τέ-


Ο Ευκλείδης προτείνει ••• Ευκλείδη ... και Διόφαντο

<::::? Jf (xt)xdt � χ3 - χ, χ Ε IR , η οποία με τη βοήι θεια της αντικατάστασης xt = u γίνεται: χ

2

Jf (u)du � x3 - x,

χ

I

X E !R .

2

g(x) = J f (u)du - χ3 - χ . Ισχύει: g(x) � Ο για κάθε χ Ε IR και g(O) = g( l ) = Ο. Επίσης η g είναι παραγωγίσιμη στο IR με g'(x) = 2xf (x2 ) - f (x) - 3x2 + 1 οπότε απ ' το θ. Fermat έχουμε: g'(O) = g'(l) = Ο δηλαδή f(O) = 1 και f( l ) = 2. Για τη συνάρτηση f εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ. στο [0, 1 ] οπότε υπάρχει ξ Ε (0, 1) ώστε: f (l) - f (O) = 2-1=1 . f '(ξ) = 1-0 Ακολούθως θεωρούμε τη συνάρτηση χ2 h(χ) = f (χ) - 2 , χ Ε [ξ, 1] ς [0, 1] για την οποία ισχύουν: h'(x) = f '(x) - χ και h'(ξ) = f '(ξ) - ξ = = 1 - ξ > Ο , διότι Ο < ξ < l , h'(l) = f'(l) - 1 < 0 . Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο [ξ, 1 ] , οπότε θα παρουσιάζει ακρότατα στο διάστημα αυτό. Θα αποδείξουμε ότι η θέση όπου η f παρουσιά­ ζει (ολικό) μέγιστο δεν είναι άκρο του διαστήμα­ τος [ξ, 1 ] . h(x) - h(ξ) Είναι: h'(ξ) = lim > Ο , οπότε υπάρ­ χ--> � χ-ξ χει χ1 Ε (ξ, 1) ώστε h(x1 ) > h(ξ) h(x) - h(l) < Ο , οπότε υπάρχει και h'(l) = lim Χ-1 χ --+ Γ χ Ε (ξ, 1) ώστε h(x ) > h(l) . 2 2 Άρα το μέγιστο της f δεν βρίσκεται στα άκρα του [ξ, 1 ] , οπότε θα βρίσκεται στο εσωτερικό του, δηλαδή υπάρχει ξ1 Ε (ξ, l ) ώστε f (ξ1 ) ;::: f (x) για κάθε χ Ε [ξ, 1] και το θ. Fermat μας εξασφαλίζει ότι h'(ξ 1 ) = 0 :::? f '(ξ, 1) = ξ1 που είναι το ζητούμενο. Σχόλιο

τ η ς Στήλ η ς: Στο προηγούμενο τεύχος δη­

μοσιεύτηκε λύση της άσκησης αυτής του συναδέλ­ φου Αντώνη Ιωαννίδη με την επιπλέον υπόθεση ότι η συνάρτη ση Γ είναι συνεχής.

Λύσεις έοτειλαν και οι συνάδελφοι Χρήοτος Κων­ οταντακάκης (Χανιά), Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς (Αργοοτόλι), Νίκος Αντωνόπουλος (1λιον).

58. Αριθμητική και γεωμετρική πρόοδος με

λόγο q, q > 1 έχουν τον ίδιο πρώτο και τον ίδιο νιοστό όρο, ν > 2. Αν S ν , S� είναι τα

Θεωρούμε τη συνάρτηση: χ

αντίστοιχα αθροίσματά τους, να αποδείξετε ότι s ν > s� .

(Επροτάθη από το συνάδελφο Νίιω Α vτω ν()­ πο υl.ο, 1λ ιον - Αθήνα). Λ ίJση (από τον ίδιο).

Αν α είναι ο πρώτος όρος των προόδων και d η διαφορά της αριθμητικής, τότε έχουμε: ν S v = -[2α + (ν - 1)d] και 2 s: = α(1 + q + q2 + ... + q v-ι ) Ισχύει:

α (q v - 1 - 1) α + d(ν - 1) = α · q v -ι <::::? d = , οπότε ν-1 1 q v- - 1 ν α] = S v = - [ 2α + (ν - 1) 2 ν-1 = � α(2 + q v -ι - 1) = � α(l + q v -ι ) 2 2 Αρκεί να αποδείξουμε ότι: � (l + q v -ι ) > 1 + q + q2 + ... + q v -ι για κάθε ν ;::: 3 . 2 ιι Για ν = 3 έχουμε: 3(1 + q2 ) > (1 + q + q2)2 <::::? <::::? (q - 1)2 > Ο , που ισχύει. • Έστω ότι ισχύει για ν = κ, δηλαδή 1 K (l + qκ-J ) > l + q + q2 + ... + qκ- ( 1 ) 2 • Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για ν = κ + 1 . Είναι: (κ + 1)(1 + qκ ) = κ(l + qκ-l ) + (κ + 1)qκ - κqκ- Ι + 1 (I)

> 2(1 + q + q 2 + ... + qκ-Ι ) + (κ + 1)qκ - κqκ- 1 + 1 = 2(1 + q + q2 + ... + qκ ) + (κ - 1)qκ - κqκ- Ι + 1 . Για την ολοκλήρωση της απόδειξης, αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε q > 1 και κ ;::: 3 ισχύει: (κ - 1)qκ - κqκ-ι + 1 > 0 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) = (κ - l)χκ - κχκ-ι + 1, χ ;::: ι . Είναι: f '(χ) = κ(κ - l)χκ-ι - κ(κ - l)χκ-2 = = κ( κ - 1)χκ-2 (χ - 1) > Ο , για κάθε χ > 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.lΠl


Ο Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ..• και Διόφαντο

Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο 1 , +οο ) , οπότε για κάθε χ > 1 ισχύει [

f(x) > f( l) => f(x) > Ο .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι f(q) > Ο, οπότε τελικά για κάθε ν z 3 ισχύει > s: . 8

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Α θανάσιος Καλάκος (Κάτω Πατήσια).

59. Έστω ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και Ρ

ένα εσωτερικό σημείο του τέτοιο ώστε: ΒΡΓ = ι οs· και ΡΒ 2 = ΡΑ 2 + ΡΓ 2 • Να δεί­

ξετε ότι ΡΒ ..L ΑΓ • (Επροτάθη από το συνάδελφο Χριjστο Δ εμιρ­ τζόγλου, Δράμα). Λ ύση (από το συνάδελφο Ιωάννη Τσόπελα, Αμαλιάδα)

Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΡΓΔ στο ημιεπίπεδο (ΡΓ, Β). Βρίσκουμε εύκολα ότι τα τρίγωνα ΒΓ Δ και ΑΡΓ είναι ίσα, οπότε ΒΔ = ΑΡ.

Α

(*τ + (�τ + (�)ν (*τ (�τ (�)ν => =>[ω� ]' [ω� ]' [ω� ] 1 +[ , =>[ω� J + [(�η ω ] ­ -3[(Η �η 1 1 � (t( y � ω . z� ω . � 24συνΑσυνΒσυνΓ �

οπότε

� 24 = 3. 8

+

+

Άρα

+

Β -

-

- - -. 1-I - I

Αν θέσουμz

Γ

Δ

ΡΒ 2 = ΡΑ 2 + ΡΓ2 => ΡΒ 2 = ΡΔ2 = ΒΔ2 + ΡΔ2 => ΡΔΒ = 90°

Εξάλλου, έχουμε: Β ΡΔ = Β ΡΓ - ΔΡ Γ = ιοsο - 60°

= 45°

Άρα, το ορθογώνιο τρίγωνο ΡΒΔ είναι και ισο­ σκελές, οπότε ΒΡ = ΔΡ και άρα: ΡΑ = ΡΓ. Και ε­ πειδή ΒΑ = ΒΓ, η ευθεία ΒΡ είναι η μεσοκάθετος της πλευράς ΑΓ. Συνεπώς: ΒΡ ..L ΑΓ .

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Γεώργιος Τριάντος (Αθή­ να), Ροδόλφος Μπόρης (Αθήνα).

60. Αν α, β, γ τα μέτρα των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ και ισχύει

(;)ν + (�Τ + ( � )ν

για κάποιον ν e Ν * , να αποδείξετε ότι το

τρίγωνο είναι ισόπλευρο. (Επροτάθη από το συνάδελφο Χρήστο Δ εμιρ­ τζόγλου, Δράμα). Λ ύση (από τον ίδιο).

Ω

=>

(I)

x

τότε η ( 1 ) γίνεται: χ 3 + y 3 + z 3 - 3xyz � Ο <::::> 1 (2) <::::> -(x+y+z) [ (x - y) 2 + (y - z) 2 + (z - χ) 2 ] � Ο 2 Επειδή όμως χ + y + z > Ο, ισχύει επίσης: 1 2 2 2

2 (χ + Υ + z) [(x - y) + (y - z) +(z - x) ] z Ο (3) Από τις (2), (3) προκύπτει ότι: .!.. (χ + y + z) [(x - y) 2 + (y - z) 2 + (z - χ) 2 ] = Ο => 2 => (χ - y) 2 + (y - z) 2 + (z - χ) 2 = Ο => χ = Υ = z Άρα

ωi � ω i � ωi

=>

=> � = � = 1 => � + � + 1 = α + β + γ = 1

β γ α β γ α α+β+γ => α = β = γ , οπότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

� 24συνΑσυνΒσυνΓ ,

�3

+

so

Έχουμε:

8

Είναι γνωστό ότι κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: 1 συνΑσυνΒσυνΓ � 8

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Νίκος Αντω­ νόπουλος (1λιον - Αθήνα), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Τσοπέλας Γιάννης (Αμαλιάδα), Νικητά­ κης Γιώργος (Σητεία), Κούρτης Χρυσόστομος (Λά­ ρισα), Ροδόλφος Μπόρης (Αθήνα), Αθανάσιος Καλάκος (Αθήνα), Γιώργος Τριάντος (Αθήνα).

61. Αν α, β, γ είναι τα μέτρα των πλευρών τρι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.1Π2


Ο Ευκλείδης προτείνει .•. Ευκλείδη .•• και Διόφαντο

Β = Β ' , Ρ = Ρ',δα = δ: ) .

γώνου ΑΒΓ να αποδείξετε ότι: ( - α + β + γ)3 + (α - β + γ)3 + (α + β - γ)3 � �

.!.

9

(Επροτάθη από τον κύριο Φίλιππο Δ ημάκη, Μηχανολόγο - Ηλεκτρολόγο Ε.ΜΠ, Χαλάνδρι). ·

(α + β + γ)3 .

Κατόπιν να αποδείξετε ότι η ισότητα ισχύει μόνο όταν α = β = γ. (Επροτάθη από το συνάδελφο Χρήστο Δ εμιρ­ τζόγλου, Δράμα). Λύση (από το συνάδελφο Γιώργο Αποστολόπου­ λο, Μεσολόγγι)

Αν θέσουμε -α + β+γ=χ > Ο , α + β + γ = y > Ο και α + β - γ = z > Ο , τότε προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: α + β + γ = χ + y + z . Εφαρμόζουμε την ανισότητα Cauchy γι� τους αριθμούς χ + y, y + z , z + χ:

Λύση (από τον ίδιο) .

Υποθέτουμε ότι Α > Α ' . Τοποθετούμε το τρίγωνο Α ' Β ' Γ ' στο τρίγωνο ΑΒΓ ώστε ΑΔ = Α'Δ' ( Α = Α' και Δ = Δ' ). Α=Α'

Β'

··

(x + y) + (y + z) + (z + x) � ν3 J( χ + Υ )( Υ + z )( z + χ ) 3 2(χ + y + z) � 3ψχ + y)(y + z)(z + χ ) 8(χ + y + z) � 27(χ + y)(y + z)(z + χ ) (1) ::::::> �(χ + y + z) 3 � 3(χ + y)(y + z)(z + χ ) 9 Αλλά (χ + y + z) 3 χ3 + y3 + z3 + 3(χ + y)( y + z)(z + χ ) ::::::> 3(χ + y)(y + z)(z + χ ) = = (χ + Υ + z) 3 (χ3 + y3 + z3 ) οπότε η ( 1 ) γίνεται: 8 + Υ + z) 3 � (χ + Υ + z) 3 - ( χ3 + y3 + z3 ) -(χ 9 _;____.:..:._ ... _;____;___� ...:.----=. ._

::::::>

::::::>

=

=

_

::::::>

1 χ3 + y 3 + z3 � -(χ + Υ + z) 3 , 9

η οποία, αν επανέλθουμε στον αρχικό συμβολισμό γράφεται:

+ β + γ) 3 (-α+ β+γ) 3 + (α - β+γ) 3 +(α+β - γ) 3 � .!_(α 9 Η ισότητα ισχύει όταν: χ + y = y + z = z + ω δηλα­ δή όταν: 2γ = 2α = 2β � α = β = γ . 8

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Νικητάκης (Σητεία), Νίκος Αντωνόπουλος (1λιον - Αθήνα), Τσόπελας Γιάννης (Αμαλι άδα), Αθανάσιος Καλάκος (Αθήνα).

62. Δύο οξυγώνια τρίγωνα ΑΒΓ και Α 'Β 'Γ ' εί­

ναι ίσα αν Β = Β ' , ΑΓ = Α 'Γ' και ΑΔ = Α' Δ' , όπου ΑΔ, Α ' Δ ' είναι οι διχοτό­ μοι των

Α, Α'

αντίστοιχα (δηλαδή όταν

Α' Α < = ΒΜ ' η Α ' Β ' θα 2 2 βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας ΒΑΔ . Ομοίως δείχνουμε ότι και η Α ' Γ ' θα βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας ΓΜ . Αν το σημείο Β ' είναι στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΔ ή στο τμήμα ΒΔ, τότε Β' > Β που αποκλείεται. Άρα το Β ' βρίσκεται εκτός του τριγώνου ΑΒΔ, οπότε το Γ βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΔΓ. Ισχύει: Γ' < 90° , οπότε Αt 'Γ > 90° και ΔΓ 'Γ > 90° . Στο τρίγωνο ΑΓ ' Γ ισχύει ΑΓ = Α ' Γ ' = ΑΓ ' , δηλαδή είναι ισοσκελές με μια από τις ίσες γωνίες του να είναι αμβλεία, που είναι άτοπο. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε ότι ισχύει Α < Α ' (τοποθέτηση του τριγώνου ΑΒΓ στο τρίγωνο Α ' Β ' Γ ' ). Άρα, αναγκαστικά Α = Α , ' οπότε και Γ = Γ ' δηλαδή τα τρίγωνα ΑΒΓ, Α ' Β ' Γ ' έχουν Α = Α ' , Γ = Γ ' και β � β' , οπότε είναι ίσα. Επειδη' Β' Α 'Δ' =

Λύση έστειλε και ο συνάδελφος Αθανάσιος Κα­ λάκος (Αθήνα).

63. Να λυθεί η εξίσωση :

x �l - x2 - y �l - y 2 = 1

(1)

(Επροτάθη από το συνάδελφο Αντώνη Jωαν­ νίδη, Λάρισα). Λύσ η (από το συνάδελφο Αντώνη Κυριακόπου­ λο, Αθήνα).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.1Π3


Ο Ευκλείδης προτείνει ..• Ευκλείδη .•. και Διόφαντο

Έστω ότι δύο αριθμοί χ, y Ε IR επαληθεύουν νχ Γ · (νlη χ lη ν !- 2ν) + ν(ν + 3) � 0. Σταθερο2 την εξίσωση (1). Τότε, καταρχήν θα έχουμε: ποιούμε το ν � 1 και θεωρούμε τη συνάρτηση ι - χ 2 � ο χ 2 � ι lxl � ι - ι � χ � ι => Γ => => f(χ) = νχ (νlη χ - lη ν !- 2ν) + ν(ν + 3) , χ > Ο . ι - y 2 � Ο y 2 � ι I ΥΙ � ι - ι � y � ι 2 Παραγωγίζοντας βρίσκουμε: Άρα, μπορούμε να θέσουμε: χ συνα και y συνβ, όπου α, β Ε [0, π] . f'(x) = lΓ (ν ln χ - ln ν !- 2ν) + -Γχ - � = χ 2ν χ Αντικαθιστώντας στην ( ι ), βρίσκουμε: 1 ν vΓ.!). = Γ (ν lη χ - lη ν!) = Γ (ln x - ln {lν συνα.Jι - συν 2 α - συνβ �ι - συν 2 β = ι => 2ν χ 2ν χ => συνα Ι η μαΙ - συν β Ιημβl = ι => Από εδώ βλέπουμε ότι η f επιτυγχάνει ολική I => 2συναημα - 2συνβημβ = 2 � ν οπότε ελάχιστη τιμή στη θέση χ = (ν! ) � ημ2α - ημ2β = 2 (2) Από τη (2), έχουμε: f'(x) � f((ν!) ν ), "Vx > Ο . Άρα, ημ2α = 2 + ημ2β � 1 � ημ2α � 1 => ημ2α = 1 => f(x) = ν(ν + 3) 2ν 2� = � (ν + 3 - 42�) � Ο π π 2 2 2α = - � α = - . 2 4 που είναι η ζητούμενη ανισότητα. Μένει να εξα­ Αντικαθιστώντας στη (2), βρίσκουμε: σφαλίσουμε την ισχύ της ν + 3 � 42�, "Vν � 1 . 3π � β = 3π ημ2β = -1 � 2β = Λήμμα 4 2 ν + 3 � 4 2� , "Vν � 1 . 3π ' χ=συν π = J2 και y = συν 3π = 4 Άρα, τοτε · 4 2 4 Απόδε ιξη Η ανισότητα αυτή ισοδυναμεί με J2 ' λα οι αριθ μοι' αυτοι' χ = l ' ευκο Ό πως β ρισκουμε ν ; 3 2 � . Μια εφαρμογή της ανισότητας W J2 επαληθεύουν την εξίσωση ( I ) και και y = 2 Αριθμητικού - Γεωμετρικού μέσου μας δίνει άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι. ν Γ. = νν /1 · 2 . . . ν _< 1 + 2 + . . . + ν = ν + 1 � νν! 2 ν • Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι:Νίκος Αντω­ νόπουλος (1λιον - Α θήνα), Δημήτριος Καραβό­ => W � ν + 1 (1) τας (Κ. Αχαί·α), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα) 2 Γεώργιος Τριάντος (Αθήνα), Χρυσ. Κούρτης τ ' θ α αποδει' ξου με οτι ' ν + ι � 4 + 3 2 <::? (Λάρισα), Γιάννης Σταματογιάννης (Δροσιά Α τ­ ωρα -2- -4τικής), Γεώργιος Ράπτης (Λάρισα), Ροδόλφος ν + ι � ν 2 + 6ν + 9 <::? 8ν + 8 � ν 2 + 6ν + 9 <::? Μπόρης (Αθήνα). <::? -ι6 2 64. Να αποδείξετε ότι: <::? ν 2 - 2ν + ι � Ο <::? (ν - ι ) 2 � Ο, αληθής. Άρα, ;ι ν;3 2 J;. ν(ν + 3) ν � ln ν !e2v � (2) 2 ' χν

{

{

=

{

{

=

( J

( J

(--) ---

"Vx > Ο και "V ν Ε Ν - {0}.

(Επροτάθη από το συνάδελφο Αντώνη Ιωαν­ νίδη, Λάρισα). Λύση (από το συνάδελφο Αθανά σιο Καλάκο, Αθήνα).

Η ζητούμενη ανισότητα ισοδυναμεί με την Γ (lη ν !+ 2ν - ν lη χ)ν χ � ν(ν + 3) <::? 2

( J

( J

Συνδυάζοντας τις (1), (2) έχουμε: ν 3 2 W � ; δηλ. το ζητούμενο. •

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Ρο δόλφος Μπόρης (Αθήνα), Γεώργ ιος Τριάντος (Αθήνα), Χρυσ. Κούρτης (Λάρισα), Χρήστος Δεμιρτζό­ γλου (Δράμα), Νίκος Αντωνόπουλος (1λιον Α θήνα).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/74


τιjλιι

rιιu

ΙιfιιΙJιιτιj Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής Λ ΥΣΕΙΣ

ΑΣΚΗΣΕΩΝ

21. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ζουμε

Η το

Α = 60• •

Ονομά­

ορθόκεντρο και Ι το έγκεντρο

του τριγώνου αυτού. Να δείξετε ότι το τε­

τράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

(Επροτάθη από το μαθητή Αλέξανδρο γακόπουλο, 52° Λύκειο Αθηνών).

Γεωρ-

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Γιάννης Νικο­ λάου, Κων/νος Παπαγεωργίου, Γιώργος Σού­ μπλης, Σπύρος Λεονάρδος, Αντώνης Μιστριώ­ της, Κώστας Καρύδης, Κώστας Τριανταφυλλί­ δης.

22. Να δείξετε ότι, για κάθε φυσικό αριθμό ν � 2 , ισχύει:

ι ι ι ι3 + . . . + -- > + ν+ι ν+2 ν + ν 23

Λύση

(από το μαθητή Γιάννη Καζαντζή , Κολλέ­ γιο Αθηνών)

--

(ι)

(Επροτάθη από το μαθητή Σπύ ρ ο Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών).

Β Ε

Λύση

(από το μαθητή Αλέξανδρο Γεωργακόπουλο, 52° Λύκειο Αθηνών) Επαγωγικά:

60'

Α

Γ

α.

Η γωνία Blr είναι γωνία εσωτερικών διχοτόμων του τριγώνου, οπότε: Bir = 90° +

--

Α 600 = 90° + = 1 20· . 2 2

Εξάλλου, από το τετράπλευρο ΑΔΗΕ, επειδή ΜΗ = 90° και ΑΕΗ = 90° , βρίσκουμε ότι: ΕΗΔ + Α = 1 soo � ΕΗΔ + 60° = 1 soo � ΕΗΔ = 120°. Έτσι, έχουμε: Β ΗΓ = ΕΗΔ = 1 20° . Άρα ΒΗΓ = Blr(= 1 20° ) και συνεπώς το τετράπλευρο ΒΗΙΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

β.

1 1 13 Για ν = 2 η ( 1 ) γίνεται: -- + > - , δη2 + 1 2 + 2 23 7 13 λαδη' > , ισχυ, ει. 1 2 23 Έστω ότι η ( 1 ) ισχύει για ν = κ (κ ε Ν, κ � 2) , --

δηλαδή ότι: 1 1 1 13 -- + + . . . + -- > - . (2) κ + κ 23 κ+1 κ+2 Θα δείξουμε ότι η ( 1 ) ισχύει και για ν = κ+ 1 , δη­ λαδή ότι: 1 1 1 +...+ + + (κ + 1) + (κ - 1) (κ + 1) + 1 (κ + 1) + 2 1 1 13 + > -. + (κ + 1) + κ (κ + 1) + (κ + 1) 23 --

---

Προς τούτο, αρκεί να δείξουμε ότι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.1Π5


1 >13 + 1 + ... +1 + -δηλαδή 1 < 1 . άτοπο. Άρα υπάρχει τέτοιο κ. -κ+1 κ+2 2κ 23 Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Αλέξανδρος ' της (2) , + 1 - 1 - 1 , αρκει,' λογω Γεωργακόπουλος, Σπύρος Λεονάρδος. κ + 1 2κ + 1 2κ + 2 να δείξουμε ότι: 24. Θεωρούμε ένα φυσικό αριθμό ν > Ο και 13 13 1 1 1 ' τρεις ακέραιους αριθμούς α, β και γ, για - � - + -- - --·- , αρκει 23 23 κ + 1 2κ + 1 2κ + 2 τους οποίους ισχύει: 1 -1 -- � , αρκεί 2κ + 2 � 2κ + 1 , αρκεί 2 3 2 2 2 (1) α + β + γ + ( ν + ν) :::; (2ν + 1)( α + β + γ) 2κ + 1 2κ + 2 2 � 1 , ισχύει. Να δείξετε ότι: α. Καθένας από τους αριθμούς α, β και γ Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Αντώνης Μι­ είναι � ν . στριώτης, Γιώργος Σούμπλης, Κων/νος Παπα­ β. Δύο τουλάχιστον από τους αριθμούς α, β γεωργίου, Γιάννης Νικολάου, Στέλιος Ιωάννου, και γ είναι ίσοι. Πέτρος Πολυμέρης, Νίκος Οικονόμου. γ. Αν ν = 6, τότε ο αριθμός α + β + γ δεν εί23. Σ ' ένα κουτί έχουμε βάλει ν κοσμήματα α­ •

--

--

--

--

ριθμημένα από το 1 μέχρι το ν, συνολικού

ναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού.

(Επροτάθη από το μαθητή Γιώργο Σούμπλη , Αρ­ σάκειο Ψυχικού - Αθήνα). τοιο ώστε το κόσμημα με αριθμό κ να έχει Λύση (από το μαθητή Σπύρο Λεονάρδο, Κολλέγιο Αθην�ν) βάρος μεγαλύτερο του _!__ Kg. 2κ α. Από την ( 1 ), έχουμε: (Επροτάθη από το μαθητή Κων/νο Παπαγεωργίου, [α 2 - (2ν + 1)α + (ν 2 + ν)] + [β 2 - (2ν + 1)β + Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα). +(ν 2 + ν)] + [γ 2 - (2ν + 1)γ + (ν 2 + ν)] :$ Ο => Λύση (από το μαθητή Γιώργο Σούμπλη , Αρσά­ :::::> (α - ν)[α - (ν + 1)] + (β - ν)[β - (ν + 1)] + σκειο Ψυχικού - Αθήνα) +(γ - ν) [γ - (ν + 1)] :$ 0 (2) Ονομάζουμε βί το βάρος σε Kg του κοσμήματος με Αν (α - ν)[α - (ν + 1)] < 0 , τότε ν < α < ν + 1 , αριθμό i (i = 1 , 2, .. , ν), οπότε: άτοπο αφού ο α είναι ακέραιος. Άρα: (α - ν)[α - (ν + 1)] � 0 . (1) β , + β2 + + βν = 1 . Όμοια: (β - ν)[β - (ν + 1)] � 0 και Θα δείξουμε ότι υπάρχει κ Ε { 1, 2, . . . , ν} με (γ - ν) [γ - (ν + 1)] � Ο . Έτσι στη (2) ισχύει το 1 . βκ > rίσο. Συμπεραίνουμε τώρα ότι: (α - ν)[α - (ν + 1)] = Ο, (β - ν)[β - (ν + 1)] = Ο Έστω ότι δεν υπάρχει τέτοιο κ, οπότε: και (γ - ν) [ γ - (ν + 1)] = 0 . 1 βκ :$ -κ , για κάθε κ = 1, 2, . . . , ν. Άρα, καθένας από τους αριθμούς α, β και γ εί­ 2 ναι ίσος με το ν ή με το ν + 1 . Συνεπώς, καθένας Έτσι, θα έχουμε, λόγω και της (1): από αυτούς είναι � ν. 1 +...+ 1 = β. Επειδή καθένας από τους αριθμούς α, β και γ 1 = β , + β 2 + . . . + β ν :::; 21 + 22 r ανήκει στο σύνολο {ν, ν + 1} , έπεται ότι δύο τουλάχιστον είναι ίσοι. 1 ι γ. Έστω ότι ν = 6. Τότε, καθένας από τους αριθ­ 1 < ν ' ι 2 2 -1 - 1 μούς α, β και γ ανήκει στο σύνολο { 6, 7 } . Βρί­ 2 σκουμε εύκολα ότι: βάρους 1 Κg. Να δείξετε ότι υπάρχει κ Ε {1, 2, . . . , ν} τέ-

• • •

� _ι_ (Η �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.ΙΠ6


4 2 < 1 8 $ α+β+γ $ 2 1 < 5 2 :::::> 4 2 < α+β+γ < 5 2 • Άρα, ο αριθμός α +β +γ δεν είναι τετράγωνο ακέραιου αριθμού. Λύ�πις έστειλαν και οι μαθητές: Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος, Κων/νος Παπαγεωργίου.

25.

Ε �(·-:_'

_ _ _ _ _ _ _ _ _ - - - - - - - - - - - - - - -

Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f: JR ---+ JR με σύνολο τιμών το JR και

f(χ + y) = f(χ) · f(y) , για κάθε x, y E JR . (1)

(Επροτάθη από το μαθητή

Γιάννη Νικολάου) .

Γ

(από το μαθητή Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων>>, Αθήνα)

Κων/νο Παπαγεωργίου,

Λύση

Έστω ότι υπάρχει μία τέτοια συνάρτηση f. Από την ( 1 ) με χ = y = Ο, βρίσκουμε: f(O) = f(O) · f (O) => f (O)[f (O) - 1] = Ο => [f (O) = O ή f(0) = 1] . α.

Έστω ότι f(O) = Ο . Από την ( 1 ) με χ Ε IR και y = Ο, βρίσκουμε: f(x) = f(x) · f (O) = f(x) · Ο = Ο

β.

Άρα, τότε f(x) = Ο, για κάθε χ Ε IR και άρα f (IR) = {Ο) , άτοπο γιατί f(IR) = IR . Έστω ότι f(O) = 1 . Επειδή f (IR) = IR , υπάρχει α Ε IR με f(α) = Ο. Από την ( 1 ) με χ = α και y = -α, βρίσκουμε: f(α - α) = f(α) · f (-α) => => f (O) = Ο · f(-α) => 1 = Ο , άτοπο. Άρα, δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση f.

26.

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Γιώργος Σού­ μπλης, Σπύρος Λεονάρδος, Αντώνης Μακρής. Θεωρούμε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία της κορυφής

Α = 20•

Προφανώς Β = f=80° . Κατασκευάζουμε το ισό­ πλευρο τρίγωνο ΑΒΕ εξωτερικά του ΑΒΓ (παραπά­ νω σχήμα). Τα τρίγωνα ΕΑΔ και ΑΒΓ είναι ίσα (έ­ χουν: ΕΑ = ΑΒ, ΑΔ = ΒΓ και ΕΜ = ΑΒ Γ = 80° ) και άρα ΕΔ = ΑΒ = ΕΒ και ΑΕΔ = BAr = 20° . Έτσι, έχουμε: ΔΕΒ=ΑΕΒ - ΑΕΔ=60° - 200 =400 . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΕΔΒ (ΕΔ = ΕΒ), έχου­ με: 2(60° + χ) + 40° = 1 80° => 1 20° + 2χ = 140° => 2χ = 20° => χ = 10° . •

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος, Νίκος Αντωνίου. ΛΥΤΕΣ

Οι παρακάτω μαθητές μας έστειλαν τις λύσεις των ασκήσεων, ο αριθμός των οποίων αναγράφεται δί­ πλα από το όνομά τους (οι λύσεις των ασκήσεων αυτών έχουν δημοσιευθεί στα προηγούμενα τεύχη). - Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος (Αθήνα): 1 6, 1 8. - Γεώργιος Ανδρέου (Πάτρα): 1 6, 17, 19. - Νίκος Παναγιωτόπουλος (Κω): 1 6, 17, 18, 19. - Γιάννης Κασιμάτης (Χανιά): 1 6, 17. - Γιάννης Καζαντζής (Αθήνα): 16.

Στην πλευρά

του ΑΓ παίρνουμε ένα σημείο Δ με ΑΔ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙ Α Λ ΥΣΗ

=

ΒΓ. Να βρείτε το μέτρο της γωνίας Α

ΑΒΔ (= χ) .

(Επροτάθη από το μαθητή Κώστα Σταμέλο, 1° Λύκειο Χολαργού). Λύση (από το μαθητή Γιάννη Σούμπλη , Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα)

27. Να λυθεί το σύστημα:

{

(x + y)(x 2 - y 2 ) = 9 (x - y)(x 2 + y 2 ) = 5

(Προτείνεται από τη μαθήτρια λη , Λύκειο Ραφήνας).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.1Π7

Θεοδώρα Πίκου­


28. Ένα μεταβλητό ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

( Α = 90. ) έχει την υποτείνουσα α σταθερή. Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του εμβαδού Ε του τριγώνου αυτού. Μετά, για τη μέγιστη τιμή του Ε που θα βρείτε, να βρείτε τις οξείες γω­ νίες του τριγώνου.

(Προτείνεται από το μαθητή Αλέξανδ ρ ο κόπουλο , 52° Λύκειο Αθηνών).

Γεωργα­

29. Καθένας από τους αριθμούς α, β και γ είναι

μεγαλύτερος του -1 και ισχύει: α + β + γ :s; 3 .

Ν α δείξετε ότι:

Γιάννη Σούμπλη ,

z Ε C , για τους οποίους ισχύουν:

l z + 1 - i l :s; 3 και l z - 3 + 2i l :s; 2 .

(Προτείνεται από το μαθητή Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).

Γεώργιο Σ ούμπλη ,

32. Για τους αριθμούς z, ω Ε C και ν Ε Ν * ισχύ-

συν:

α.

ισχύει:

l f (x) + f (y) l = l x + Y l ·

Ο αριθμός !:...

β ο

ω

είναι γνήσιος μιγαδικός.

, φ z+ω , αριθ μος = ειναι φανταστικος. z-ω (Προτείνεται από το μαθητή Κων/νο Παπαγεωρ­ γίου, Εκπαιδευτήρια «Ο Πλάτων», Αθήνα). .

30. Να βρείτε τις συναρτήσεις f: IR � IR. , για τις χ , y Ε 1R.

3 1 . Να βρείτε (όχι Γεωμετρικά) τους αριθμούς

Να δείξετε ότι:

--

οποίες, για κάθε

Σ πύρο Λεονάρδο,

z ν = 3 + 4i και ω ν = 4 + 3i .

1 1 3 1 + -- + -- 2 - . 1+α l+β 1+γ 2

(Προτείνεται από το μαθητή Αρσάκειο Ψυχικού, Αθήνα).

(Προτείνεται από το μαθητή Κολλέγιο Αθηνών).

Άλyεβρα Β. Αvκείοv Δημiιτριοι; Α. Κωιιτόποvλοι;

,

--

Εισαyωyή στου� Αλyόριθμοv� r · Αvκείοv Θαvάοηι; Νrάφλοι;, Ηρuχλήι; Χρηιπάκηι;

Ετοιμάζεται

ΗΆλyεβρα Άλyεβρa Α·Αvκείοv Δημ ήτριο<; Λ.

Κωσrόποvλοι;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/78

στι� Μαθηματικέ� Ολvμπιάδε� Σωκράτη ι; Ρωμu:νίδηι;


Τ Α AIA t!J 11 ΑΙΑΤ Ι Ι( Α AIA % IJ ΙA % 1( S IJAZ O Y II Επιμέλεια: Παναγιώτης Χριστόπουλος Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή δι ατύπω ση, έχουν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλων των ανθρ ώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία κα ι κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχα ίοι Έλληνες όπως ο Δ ιόφαντος, ο Ζήνωνας κ. ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδι αίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας δια σκεδάζουν με την εκφ ώ νησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη κα ι συναρπαστική ασχολία. Δ ιάλογος Γ υναικών

Πίνοντας το καφεδάκι τους συζητούν η κ. Πλά­

προσθέτουν τα ψηφία του γινομένου μέχρι να βρουν μονοψήφιο αριθμό. Στο μονοψήφιο να προ­

τωνος με την κ. Ήρωνος.

σθέσουν την ηλικία τους. Εσείς από τον αριθμό

- Ποια είναι η ηλικία των τριών παιδιών σας; - Το γινόμενο των χρόνων τους είναι τριάντα έξι

που βρήκαν βγάλτε 9 μονάδες, ότι απομένει είναι

και το άθροισμα των χρόνων τους ισούται με τον αριθμό της διεύθυνσης του σπιτιού σας στην Ιερά οδό. - Δεν είναι αρκετό αυτό που μου είπατε. - Το ένα μου παιδί που είναι μεγαλύτερο από τα άλλα δύο ακούει στο όνομα Διογένης. - Α! ευχαριστώ. Μήπως καταλάβατε και εσείς την ηλικία των παιδιών της κ. Ήρωνος; Καθώς και σε ποιο νούμερο της Ιεράς οδού μέ­ νει η κ. Πλάτωνος; Π ρ ό βλη μ α με τις κλεψύδ ρες

Θέλουμε να μετρήσουμε χρόνο 15 λεπτών με δύο κλεψύδρες 7 λεπτών και 1 1 λεπτών. Βοηθήστε μας. Μ αντ έψτε την η λικία των φίλων σας

Ζητήστε να βάλουν στο μυαλό τους έναν αριθ­ μό να κάνουν όποια πράξη θέλουν με όποιο άλλο

αριθμό επιθυμούν, επίσης άλλη μια πράξη στο α­ ποτέλεσμα με όποιο επίσης αριθμό θέλουν ,το α­

η ηλικία τους. Το 2 είνα ι ίσ ο μ ε τ ο 3

Έχουμε ότι -6 = -6 ή 4- 10 = 9 - 1 5 ή 5 25 , 5 25 4 - 2.2. - + =9 23 + η 4 2 2 4 5 5 5 5 � !!! (2- ) 2 = (3- ) 2 ή 2- = 3- 2 ή � 2 2 2 -

-

.

. -

-

Σωστά; Το ψ ευτ ολύ κε ιο

Ένα Λύκειο έχει 100 μαθητές που κάποιοι από αυτούς λένε πάντα ψέματα και οι υπόλοιποι πάντα αλήθεια. Στις εξετάσεις κάθε μαθητής δεν έγραψε καλά σε ένα μόνο από τα μαθήματα: ΜΑΘΗΜΑ­ τΙΚΆ, ΦΥΣΙΚΗ, ΕΛΛΗΝΙΚΆ. Κάναμε σε όλους τους μαθητές τις εξής ερωτήσεις: 1 . Απέτυχες στα Μαθηματικά ; 2. Απέτυχες στη Φυσική ; 3. Απέτυχες στα Ελληνικά; Στην 1 η ερώτηση πήραμε 60 καταφατικές απαντή­ σεις(ΝΑΙ), στη 2η 40 (ΝΑΙ) και στην 3 η 30 (ΝΑΙ). Πόσοι μαθητές λένε ψέματα στο ψευτολύκειο;

ποτέλεσμα να το πολλαπλασιάσουν με 9 και να ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.1Π9


3. α) Το πρώτο πολλαπλάσιο του 3 στην 3 η εκατο­

Ο Γεω μ έτρης μα θητής

Ένας μαθητής στις εξετάσεις βρήκε ότι ο κύ­ κλος έχει δύο κέντρα. Πώς; Στις πλευρές μιας γωνίας ΧΟΨ πήρε τα ση­ μεία Μ στην ΟΧ και Ν στην ΟΨ. Στα σημεία αυτά έφερε καθέτους στις πλευρές οι οποίες τέμνονται στο σημείο Κ. Στη συνέχεια σχεδίασε τον κύκλο

ντάδα. β) Τόσα εικοσάλεπτα κάνουν 1 6€. 4. Μόνο τέσσερις μήνες του έτους έχουν τόσες μέρες.

5.

α) Έτος που έγινε η Διεθνής Μαθηματική Ολυ­

που περνάει από τα σημεία Μ, Κ, Ν και ο οποίος

μπιάδα στην Ελλάδα.

τέμνει τις πλευρές ΟΧ στο σημείο Α, και ΟΨ στο

β) Η Τρίτη ρίζα του 27.

σημείο Β. Έτσι η ΑΚ και η ΒΚ είναι διάμετροι του κύ­ κλου ο οποίος επομένως έχει δύο κέντρα.

6. α) Το άθροισμα 10 πρώτων όρων Γεωμετρικής Προόδου με α 1 = 1 , λ= 2. β) Ο μικρότερος πρώτος αριθμός.

Ο μαθητής θα πάρει άριστα ή έκανε λάθος;

Κάθετα Μ α θη ματικό στ αυρ ό λεξο. 1 2 3 4 5

1 . Το τετράγωνο του αριθμού 1 1 1 .

6

2. Το 2 Μ

Ε

των 4εκατμμυρίων.

3. α) Το 6 στο δυαδικό σύστημα (αντίστροφα)

3 Ε

-125

β) δυο φορές το 0. 1

4 5

4. α) Αριθμός που διαιρείται με 2 και 1 1 . β)Μια λύση της εξίσωσης Χ 2 -44Χ+43=0

6

5.

Οριζόντια 1 . Μοναδικός αριθμός μέχρι το 10.000 που aντι­ στρέφονται τα ψηφία του όταν πολλαπλασια­

α) Το πλήθος των διαγώνιων του 6γώνου. β) Μήκος κάθετης πλευράς ορθογωνίου τριγώ­ νου με υποτείνουσα 1 Ο και την άλλη κάθετη 6.

6. α) Ο αριθμός για την ισοπαλία.

στή με το 9. 2. α) Τέσσερα ψηφία του αριθμού φί (χρύσή τομή)

β) Την 5η Δύναμη του 2.

β) Ψηφίο του δεκαδικού συστήματος που άρχι­ σε να χρησιμοποιείται πριν από 1000 χρόνια περίπου. Ημερο μηνίες ΔΙΑΓΩΝ ΙΣΜΩΝ τη ς Ελληνική ς Μ αθη ματική ς Εταιρείας :

«Θ ΑΛ ΗΣ»

12 - 11 - 2005

«ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ»

21 - 1 - 2006

«Α ΡΧΙΜΗΔΗΣ»

25 - 2 - 2006

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/80


,

από τις εκδόσεις <<Εν Δυνά μει>>

Φυαική

Για

την

r· Λυκείου

Καιcύ8υναης (ταλαντώσεις - Κύματα) - Γ. θ. Ντούβαλης Κaτεύβυvαης (Μηχανική τοu στερεού σώμ ατος) - Γ. θ. Ντούβαλης • Φυαική Καιcύ8uναης (Κρούσεις - Φ α ινόμ ενο Doppler) - Γ. θ. Ντούβαλης • ΑσκήσΕις Βιολοyίας Γεν ι κής Παιδείας - Κ. Ρ. Παπαζήσης • Μa8ηματικ6 Καιcύ8uναπς (Παράγωγοι) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος • Μαβπμαnκά Καιcύ8υναπς (Ολοκληρώματα) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος • ΈκtpρCΚJΠ -·εκeεαπ - Α. Καλλή - Γ. Σοuλτάνης • Ανάπιuξη εφαρμογών σε προyραμματιστικό περιΒάλλον - Κ. Ν. Ιορδανόποuλος • Αρχές Οικονομικής Θcωρία( - Κ. Γαροφαλάκης •

Φυαική

Γισ τrw Α- Αuιι'είcΜΙ

• Φυσική - Κ Ρ. Παπαζήσης · �ycβρcι - Γ. & Π. Λοuκόποuλος

Ειι Δuιιόμει

Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ

ΧΡΥΣΙΠΠΟΥ

1

&

ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜΕ - ΖΩΓΡΑΦΟΥ

Τηλ. : 2 1 0 74 88 030,

fax : 2 1 0 74 83 0 3 1


Profile for demi de

Ευκλειδης Β 57  

Ευκλειδης Β 57  

Profile for demiridis
Advertisement