Page 1

,

ΟΚΤΟΒΡΙΟΣ·ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ·ΩΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2006

EYPD

3,5

Γενική ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΗ Συνέλευση

, 2007 κυρtαΚη, 28 IαVOυαptOV

Γ

- � .

n

l '

Μοναδικό Θέμα ΤΡΟΠΟΠΟΙΗΣΗ ΚΑΤΑΣΤΑτΙΚΟΥ

Γενική Απολογιστική

Συνέλευση 2005-2007 Κυριακή 11 Μαρτίου 2007

ΕΚΛΟΓΕΣ

Κυριακή

18

Μαρτίου 2007

----==�

-

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία


111111

1111 I � �--·

I

!_,_ι

I

rI l

i

)

I

I '

!

i

_}

11111 /

f

;

I

11

' '

I

I

i

..)

I� IIIH8 f '

/

.--!'

.....

I i I

1)

I

! '_;

111111 I �-- · -

i

I

---·

'

11111

'

[j

f

'

.>

I

11

I

'

I

ΕΚΠΑΙΔΕΠΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ

yιa μαβπτίς και εκπαιδευτικσιίς

•• Άλγεβρα

Α' Ενιαίου Λυκείου Θ. Τσιούμας, I. Σιάχος

Γεωμετρία

Μεθοδολογία Άλγεβρας Α' Ενιαίου Λυκείου

Γεωμετρία

Α' Ενι α ίου Λυκείου

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπός

Β' Ενιαίου Λυκείου Γ ενικης Παιδείας Ε. Πρωτοπαπάς

μαθηματικά r·

Eνraiou Λιικε!οu

Μεθοδολογία Άλγεβρας Β' Ενιαίου Λυκείου

Γ' Ενιαίου Λυκείου

Ε. Πρωτοπαπάς

Μ. Τσιλπιρίδης

Γ ενικής Παιδείας

ΠΑΤΑΚΗ οιψ•

ι-σιιιίδει•οιι

σ ε:

οικονομικής θ εωρ ίας

Γ Ενιαίου Λυκείου Μάθημα

Γενικής Παιδείας

ΕΚΔΟΕΕΙΣ nρωιonopiu

Αρχές

Μαθηματικά

επιλογής

για όλες τις κατευθύνσεις Π. Μηλίτσης

ό

r't

a

τ

a

e.

ιe.

Μαθηματικά

Γ Ενιαίου Λυκείου

Θετικής και Τεχνολογικής κατεύθυνσης τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς α β' τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς, Σ. Γκούμaς ·

rt

ι

o

n

ω

r't

ε:ia

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ: ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ 65, 106 78 ΑΘΗΝΑ. ΤΗΛ. 210.38.11.850 KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, 106 78 ΑΘΗΝΑ. ΤΗΛ. 210.38.31.078 ΥΠΟΚ!ΜΑ: Ν. MONAHHPIOY 122. 563 34 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ. ΤΗΛ. 2310.70.63.54 Web site: http:/fwww.patakis.gr · e-mail: info@patakis.gr. sales@patakis.gr


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ------

ΠΡΟΣΚΛΗΣΗ

Αθήνα, 23

Καλούνται όλα τα τακτικά μέλη της Ε.Μ.Ε. σε

-

11

-

2006

ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΗ Γενική Συνέλευση την Κυριακή 28 Ιανουαρίου 2007

ώρα 10.00 το πρωί, στο Μεγάλο Αμφιθέατρο στο Κτίριο του Νέου Χη μείου του Πανεπιστη μίου Αθηνών (Ναυαρίνου 13α, Αθήνα). Με μοναδικό Θέμα:

Τροποποίηση Καταστατικού

Για να υπάρξει απαρτία σύμφωνα με το καταστατικό πρέπει να παρίσταται τουλάχιστον το 1/2 των τακτικών μελών της Ε.Μ.Ε., που έχουν εκπληρώσει τις ταμειακές τους υποχρεώσεις για το 2006. Με συναδελφικούς χαιρετισμούς Για το Δ.Σ. Ο Πρόεδρος Ο Γενικός Γραμματέας Θεόδωρος Εξαρχάκος Ιωάννης Τυρλής Αγαπητοί φίλοι Συνάδελφοι, Σε όλους εσάς και στις οικογένειές σας ευχόμαστε: «Καnά ΧριστούγΕννα, ΕυτυχισμιΞνο και Δnμιουpγικό το 2007>>

Αγαπητοί Συνάδελφοι, Στη Γενική συνέλευση της 27ης Φεβρουαρίου 2005, όπως γνωρίζετε, αποφασίστηκε ομόφωνα η συγκρότηση οκταμελούς επιτροπής για να προτείνει τροποποιήσεις του ισχύοντος από το 1 977 καταστατικού. Η οκταμελής επιτροπή, ύστερα από αρκετές συνεδριάσεις της, αποφάσισε να θέσει υπόψη του Διοικητικού Συμβουλίου την «Ομόφωνη απόφασή της για την αλλαγή του εκλογικού συστήματος, σε ένα ψηφοδέλτιο που επιτρέπει την αναλογική εκπροσώπηση των κινήσεων, καθώς και των μεμονωμένων συναδέλφων, που δραστηριοποιούνται στην Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία . Το Διοικητικό Συμβούλιο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας αποφάσισε ομόφωνα να αποδεχτεί την πρόταση της Επιτροπής όπως αυτή διαμορφώθηκε ύστερα από νομοτεχνική επεξεργασία και να θέση υπόψη σας στην Καταστατική Συνέλευση που ορίστηκε για τις 28 Ιανουαρίου 2007.

Επειδή το ισχύον καταστατικό είναι αρκετά παλαιό και δεν ανταποκρίνονται στις σύγχρονες απαιτήσεις και ανάγκες της Ελληνικής Μαθηματικής Κοινότητας, καλούνται τα τακτικά μέλη της

Ελληνικής

Συνέλευση

Μαθηματικής

Εταιρείας

εγκρίνουν με την λ ό υτ σ αντιπρο ωπε ικ εκ ογικό σύστημα. για

να

να

παρεβρεθούν

ψήφο

τους

στην

Γενική

σύγχρονο,

ένα

Καταστατική

λειτουργικό

και

Το πλήρες κείμενο της πρότασης τροποποίησης του καταστατικού βρίσκεται αναρτημένο στο κόμβο της Ε.Μ.Ε. στη διεύθυνση: http://www hms gr/gr/eme/index pin3 html .

.

.

.

Και πάλι θερμές ευχές και Ραντεβού στις 28 Ιανουαρίου 2007 στο Νέο Χημείο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/1


------- Καταστατική Γενική Συνέλευση

-------

�-11'®��® �W�·��·

Στη συνεδρίαση του Δ .Σ. της Ε . Μ . Ε . τη ν 1η Φεβ ρουαρίου 2006 και σύ μ φωνα με την η μερήσια διάταξη, συ ζητήθηκε η ο μόφωνη πρόταση που κατέθεσε η 8μελής Επιτροπή που είχε οριστεί με ο μόφωνη απόφαση της Γενικής Συ νέλευσης της 27ης Φεβ ρουαρίου 2005. Το Δ .Σ. σε συνεδρίαση του αποφ άσισε ομόφωνα να αποδεχθεί την πρόταση, όπως αυτή διαμορφώθηκε μετά από νομοτεχνική επεξεργασία και να την θέσει υπόψη της Καταστατικής Γενικής Συνέλευσης που ορίστηκε για την 12η Φεβ ρουαρίου 2006 στην οποία ό μως δεν επιτεύχθηκε η προβλεπό μενη αυ ξη μένη απαρτία. Το Δ . Σ. στη συνεδρίαση της 10ης Νοεμβρίου 2006 αποφάσισε ο μ όφωνα να καλέσει εκ νέου Κ αταστατική Γενική Συνέλευση στις 28 Ιανουαρίο υ 2007 και να θέσει προς συ ζήτηση τη πρόταση . Το πρωτοποριακό εκλογικό σύστη μα που προτείνετα ι είναι μία σύ ζευξη του ενιαίου ψηφοδελτίου και της απλής αναλογικής. Στην πρόταση περιλαμβάνονται τα εξής: Α) Συγκρότηση ενιαίου ψη φοδελτίου. Ο κάθε υποψήφιος δηλώνει μία από τις τρεις παρακάτω δυνατότητες:

α) Συμμετέχω στο συνδυασμό Α ή Β ή Γ κλπ. και αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών προτίμησης που θα λάβω με τους σταυρούς των υπολοίπων μέχρι και δεκατεσσάρων υποψηφίων του ίδιου συνδυασμού. β) Δεν συμμετέχω σε κανένα συνδυασμό, είμαι μεμονωμένος υποψήφιος και αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών προτίμησης που θα λάβω στους σταυρούς των 15 πρώτων σε σταυρούς μεμονωμένων υποψηφίων,

εφόσον υπάρχουν, προκειμένου να συμμετέχουν στη Β' κατανομή των εδρών. γ)

Δεν συμμετέχω σε κανένα συνδυασμό, είμαι μεμονωμένος υποψήφιος, η υποψηφιότητά μου αποτελεί αυτοτελή συνδυασμό και δεν αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών που θα λάβω με τους σταυρούς άλλων μεμονωμένων υποψηφίων ή υποψηφίων συνδυασμών προκειμένου να συμμετέχω στη Β' κατανομή των εδρών.

Στα πλαίσια του ενιαίου ψηφοδελτίου είναι δ υνατόν να δη μιουργηθούν συνδυασμοί, ο κα θ έν ας οποίους περιλαμβ άνει από ένα έως δ εκαπέντε υπο ψηφίους.

από

τ ο υς

Β) Κατανομή εδρών: α) Η Εφορευτική Επιτροπή διεξαγωγής των Αρχαιρεσιών εκλέγεται και λειτουργεί όπως προβλέπεται από το Καταστατικό. Μετ ά την ολοκλήρωση της ψηφοφορίας αθρο ίζ ει όλους του ς σταυ ρ ού ς όλων των υποψηφίων, το δ ε άθροισμα το δ ιαιρεί με το 15, οπότε το πηλίκο που προκύπτει αποτελεί τ ο ε κ λογικό μέτρο . β) Για την Λ κατανομή των εδρών προσθέτει τους σταυρούς των υποψηφίων κάθε συνδυασμού και το άθροισμα το διαιρεί με το εκλογικό μέτρο, οπότε ο κάθε συνδυασμός εκλέγει τόσους υποψηφίους όσους δηλώνει το ακέραιο μέρος του πηλίκου της αντίστοιχης διαίρεσης, σύμφωνα με τη σειρά σταυροδοσίας τους. Έτσι ολοκληρώνεται

μεμονωμένος υπο ψ ήφιος τη ς ( lγ) περίπτω σης ο οποίος να έχει λάβει αριθ μό σταυρ ών τουλ άχιστον ίσον με το εκλογικό μέτρο . γ) Στη Β κατανομή συμμετέχουν όλοι οι συνδυασμοί ανεξάρτητα από την εκλογή ή μη υποψηφίου στην Α η διάθεση των εδρών στην Α κατανομή, εφόσον δεν υπάρχει

κατανομή. Επιπλέον συμμετέχει και η ομάδα των 15 πρώτων σε σταυρούς μεμονωμένων υποψηφίων (σαν

παραγόμενος συνδυασμός), οι οποίοι εξ' αρχής έχουν αποδεχθεί την προσμέτρηση των σταυρών που θα λάβουν, για να συμμετέχουν στη Β κατανομή των εδρών. Αν μετά τη Β κατανομή παραμείνουν αδιάθετες έδρες, τότε αυτές κατανέμονται σύμφωνα με τα υπόλοιπα των συνδυασμών (στους οποίους συμπεριλαμβάνεται και ο παραγόμενος συνδυασμός). Ακριβώς αντίστοιχη διαδικασία με την παραπάνω εφαρμόζεται για την εκλογή των μελών της Ε.Ε., (Για την

Ε.Ε. εκλέγονται 3 υποψήφιοι).

Ώρα λήξης της ψη φοφορίας: 19.00'

Η παραλαβή των φακέλων από το ταχυδρομείο θα γίνεται, στις 13.00' την πρώτη εργάσιμη μέρα μετά τις

εκλογές. Το πλΙ1ρες κείμενο της πρότασης τροποποίησης του καταστατικού βρίσκεται αναρτημένο στο κόμβο της Ε.Μ.Ε.

στη διεύθυνση: http://www.hms.gr/gr/eme/index pin3.html.

Η προθεσμία υποβολής υποψηφιοτήτων για το Δ.Σ. και την Ε.Ε.

είναι 15 Ιανουαρ ίου 2007 Απολογιστική Γενική Συνέλευση 2005-2007 Κυριακή 11 Μ αρτίου 2007 Οι εκλογές θα πραγματοποιη θούν 18 Μαρτίου 2007 η μέρα Κυριακή ΓΙΑ ΤΟ Δ.Σ. ΤΗΣ Ε.Μ. Ε .

Ο Γενικός Γραμματέας Ιωάννης Τυρλής

Ο Πρόεδρος Καθηγητής Θεόδωρος Εξαρχάκος ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Α ' τ.2/2


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA

Τεύχος

62

.

Οκτώβριος

·

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΟ

Νοέμβριος

Δεκέμβριος

2006·

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

Έτοc;

ΓΙΑ

Αθ'

ΤΟ

Ευρώ:

3,50

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ .ι' Γράμμα από το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε.

Πρόσκληση yια ΚΑΤΑΣΤΑJΙΚΗ Συνέλευση .... . .. 1

../ Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

ΠροΕυκλείδεια Μαθηματικά

../ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

../ Το Βήμα του Ευκλείδη

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

...................... 9

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

../ Homo Mathematicus ............................................. . ............ 24

Μαθηματικά Α' Τάξης

../ Άλyεβρα

....................................................... 28

../ Άλyεβρα

....................................................... 38

../ Γεωμετρία

34

Μαθηματικά Β' Τάξης

../ Γεωμετρία ........................................................ 41

45

../ Κατεύθυνση

Μαθηματικά Γ' Τάξης

../ Μαθηματικά Γενικής Παιδεία ......................................... 5 1

../ Μαθηματικά Κατεύθυνσης

................. . ........................ 60

../ Το Sketchpad σχεδιάζει, μετράει και ... προκαλεί

......................... 72

../ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν ..................... .............. 75 ../ Ο Ευκλείδης προτείνει... Ευκλείδη

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

Εκτελεστική Γραμματεία

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑΘΗΝΑ

Συντακτική Επιτροπή

Αθανασόπουλος Γεώργιος Πρόεδρος: Ανδρουλακάκης Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Τηλ.: 21Ο 3617784 3616532 Αντωνόπουλος Νίκος Fax: 2 103641025 Αντιπρόεδροι: Αργυράκης Δημήτριος Α·: Ευσταθίου Βαγγέλης Βακαλόπουλος Κώστας Εκδότης: ι·: Τασσόπουλος Γιώργος Γράψας Κων/νος Εξαρχάκος Θεόδωρος Γ Δρούτσας Παναγιώτης α α α Διευθυντής: ρ μμ τέ ς: Ευσταθίου Βαγγέλης Τυρλής Ιωάννης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Ζώτος Βαγγέλης Μέλη: Αργυράκης Δ. Καλίκας Σταμάτης Δρούτσας Π. ISSN: 1105- 7998 Κανέλλος Χρήστος Λουρίδας Σ. Καραγκούνης Δημήτρης Επιμέλεια · Εκδοοης: Ταπεινός Ν. Καρακατσάνης Βασίλης Κυριακόπουλος Αντώνης Καρκάνης Βασίλης Ευσταθίου Βαγγέλης Κατσούλης Γιώργος ΙΔιΟΚΤΗΣιΑ ΤΗΣ ΕΜΗΝιΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΥΑΙΡΕΙΑΣ Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτησ Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Η ύλη των τάξεων του τεύχους 62 έγινε με Κλάδη Κατερίνα Κόντζιας Νίκος συνεργασία των Παραρτημάτων της Ε.Μ.Ε. Κοτσιφάκης Γιώργος Κυριακόπουλος Αντώνης Κοζάνης, Γρεβενών, Ημαθίας Κυριακόπουλος Θανάσης Κυβερνήτου Χρυστ . •

Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Ρέγκλης Δημήτρης Σαtτη Εύα Στα'ίκος Κώστας Στά'ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος τζιώρζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης; Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι πρστείνοvtαι από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι πρστεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέλνοvtαι έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονrαι.

Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (10,00 + 4,00 Ταχυδρομικά= Εηjοια ουνδρομή για Σχολεία ευριδ 10,00

ευρώ

14,00)

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

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υπειίθυνος τuπογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης


Επιμέλεια: Χρήστος Κηπουρός

Τα Προ

-

Ευκλείδεια Μαθηματικά Στέλιος Λ αμνής

Δημόκρ ιτος και οι Σοφιστές ήταν οι πρώτοι που ασχολήθη­ καν με τη γεωμετρία των aπειροστών μεγεθών, εγκαινιάζο­ ντας έτσι ένα κλάδο των μαθηματικών εντελώς πρωτοπορια­ κό για τον 5° π.Χ. αιώνα. Το δυστύχη μα ήταν ότι μ· αυτό το είδος των μαθηματικών διαφωνούσε ο Πλάτων, με αποτέλεσμα οι αληθινά πρω­ τοποριακές αυτές θεωρίες να μείνουν για καιρό στο περιθώριο και να μη βρουν άξιους συνεχιστές. Ευτυχώς για τα μαθηματικά, που οι πλατωνικές ιδεολογικές προκαταλή­ ψεις δεν υιοθετήθηκαν από τον Εύδοξο τον Κνίδιο και τον Αρχιμήδη. Οι δύο κορυφαίοι Έλληνες μαθη ματικοί της αρχαιότητας είχαν την τόλμη να αποδεχτούν τις πρωτοποριακές ιδέες του Δημόκριτου και των Σοφιστών, αλ­ λά και την ευφυΊα να τις εμπλουτίσουν και να τις εξελίξουν. Στηριζόμενος άλλωστε πάνω σ· αυτές ακριβώς τις ιδέες, λίγες δεκαετίες αργότερα ο μεγά­ λος Αρχιμήδης κατανόησε πρώτος την έννοια του «απειροστού μεγέθους» και έφτασε να βήμα πριv από την επινόηση του Απειροστικού Λογισμού . Πως οδηγήθηκαν όμως ο Δημόκριτος και οι Σοφιστές σ' αυτές τις επινοήσεις; Το πιθανότερο είναι ότι αυτό έγινε στην προσπάθειά τους να αντιμετωπίσουν τα τρία περίφη μα κλασικά προβλήματα της αρχαίας ελληνικής γεωμετρίας. Ήδη στην εποχή του Δημόκριτου ήταν βάσιμες οι υποψίες των γεωμετρών ότι τα τρία αυτά προβλήματα ήταν αδύνατο να λυθούν με τη χρήση μόνο ευθειών Πλάτων και κύκλων. Έτσι λοιπόν, ορισμένοι από αυτούς, σκέφτηκαν να αναζητήσουν λύσεις που απαιτούσαν τη χρήση και άλλων καμπύλων, όπως είναι η «τετραγωνίζουσα του Ιππία του Ηλείου», με την οποία λύνονται τα προ­ βλήματα της τριχοτόμησης της γωνίας και του τετραγωνισμού του κύκλου. Αργότερα επινοή­ θηκε η «σπείρα ή έλιξ του Αρχιμήδη» για τον τετραγωνισμό του κύκλου, η «κογχοειδής» του Νικομήδη για την τριχοτόμηση της γωνίας και για τον τετραγωνισμό του κύκλου, αλλά και η «κισσοειδής» του Διοκλή για τον διπλασιασμό του κύβου. Πριν από την εποχή του Δημόκρι­ του, ο Ιπποκράτης ο Χίος (450 π.Χ.) είχε επι­ νοήσει την αναγωγή του προβλή ματος του δι­ πλασιασμού του κύβου στην ανεύρεση δύο μέ­ σων αναλόγων χ και ψ ώστε να ισχύουν οι ανα­ λογίες: •

�=�=_y_· χ

ψ

Άν α είναι η πλευρά του δοσμένου κύβου και χ του ζητουμένου, θα πρέπει από τις παραΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/4


------

Ιστορικές Μαθηματικές Ανα φορές

-------­

πάνω αναλογίες να προκύπτει η εξίσωση χ 3 =2α3 . Από τις αναλογίες α χ ψ , , ) = = παιρνουμε: χ- = αψ και ψ 2 = 2αχ. Μ ε τετραγωνισμο της χ ψ 2α -

-

- ·

πρώτης, έχουμε: χ4 σκουμε: χ4

=

=

α2 ψ 2 .Αντικαθιστώντας σ ' αυτήν την ψ 2

2α3 χ<::::> χ3

=

2α3 .

=

2αχ βρί­

Η λύση του προβλή ματος λοιπόν, ανάγεται στην κατασκευή δύο ευθυ­ γράμμων τμη μάτων χ και ψ, μέσων αναλόγων των τμη μάτων α και 2α. Η ιδέα του Ιπποκράτη του Χίου χρησίμευσε σαν βάση για μερικές πάρα πολύ ση μαντικές νέες μαθη ματικές έννοιες, όπως για παράδειγμα οι κωνικές Α ρχιμήδης τομές. Η επινόησή τους οφείλεται στον Μέναιχμο (4°ς αι. π.Χ.), ο οποίος τις χρησιμοποίησε για να λύσει το πρόβλη μα του διπλασιασμού του κύβου . Έδειξε ότι η κατασκευή των δύο μέσων αναλόγων επιτυγχάνεται με τον προσδιορισμό των σημείων τομής δύο κωνικών τομών, συγκεκριμένα μιας υπερβολής και μιας παραβολής. Αργότερα βέβαια τη θεωρία των κωνικών τομών ανέπτυξε ακόμη περισσότερο και ολοκλήρωσε ο κορυφαίος γεωμέτρης της αρχαιότητας Απολλώνιος ο Περγαίος (3°ς αι. π.Χ.). Ο Πλάτων ποτέ δεν είδε με καλό μάτι την ενασχόληση των Ελλήνων γεωμετρών με τα τρία παραπάνω προβλήματα. Αναφέρει σχετικά ο Πλούταρχος ("Συμποσιακά Προβλήματα", 8° κεφάλαιο) : <<Ιlλ άτων ε­

μ έμ ψατο τους περ ί Εύδοξο ν και Αρ χύ ταν και Μέναιχμ ο ν εις οργανικάς και μηχανικάς κατασκευάς τον του στερεο ύ διπλα­ σιασμ όν απάγει επιχειρ ο ύντας ... από λλ υσθαι γαρ ο ύτω και διαφ θείρεσθαι το γεωμετρίας αγαθόν αύ θις επί τα αισθητά παλινδρ ομ ο ύ σης και μη φερ ομ ένης άνω μηδ' αντιλαμβανομ έ ­ νης των αϊδίων και ασωμ άτων εικόνων, πρ ο ς αίσπερ ώ ν ο Θεό ς Θεό ς έ στιν». Δηλαδή , ο Πλάτων κατηγόρησε τον Εύδοξο, τον Αρχύτα και τον Μέναιχμο επειδή προσπάθησαν να λύσουν το πρόβλη μα του διπλασιασμού του κύβου με μηχανικά εργαλεία και κατασκευές. Έ­ τσι όμως, ισχυρίζεται ο Πλάτων, καταστρέφεται η γεωμετρία γιατί οπιΑ ρχύτας σθοχωρεί προς τα αισθητά και δεν προχωρά προς τα άνω, ούτε προσπα­ θεί να έρθει σε επαφή με τις αιώνιες και aσώματες εικόνες, με τις οποίες διαρκώς ασχολούμενος ο Θεός είναι Θεός. . Διαπιστώνουμε δηλαδή ότι οι παραινέσεις του Πλάτωνα δεν ελαμβάνοντο σοβαρά υπόψιν από τους μαθη ματικούς της εποχής του, αφού άλλωστε δεν έπειθαν ούτε καν τους φίλους και άμεσους συνεργάτες του, όπως ήταν ο Εύδοξος, ο Αρχύτας και ο Μέναιχμος. ο άλλο μεγάλο ζήτη μα που είχε απασχολήσει τα ελληνικά Μαθη ματικά κατά την προευκλείδεια περίοδο είναι οι άρρητοι ή aσύμμετροι αριθμοί. Η ύπαρξή τους, σύμφωνα με τον Πάππο τον Α­ λεξανδρινό, διαπιστώθηκε για πρώτη φορά από τους Πυθαγορείους. Επειδή όμως οι Πυθαγόρει­ οι είχαν θεμελιώσει τα μαθη ματικά τους και τη φιλοσοφία τους, αποκλειστικά πάνω στα σύμ­ μετρα μεγέθη , ήταν επόμενο η ανακάλυψη της aσυμμετρίας να συγκλονίσει τα θεμέλια της κοσμοθεω­ ρίας τους. Αυτό το αρκετά πιθανό ενδεχόμενο, ορισμένοι εκπρόσωποι της σύγ­ χρονης παραδοσιακής μαθηματικής ιστοριογραφίας (B .L.Van der Waerden κ.α.), όχι μόνο το αποδέχτηκαν ως βέβαιο αλλά το εμφάνισαν και ως δομική κρίση ολόκληρου του οικοδομή ματος των αρχαίων ελλη­ νικών μαθη ματικών. Το περίεργο είναι ότι αυτή είναι σήμερα η επικρα­ τούσα εκδοχή της μαθη ματικής ιστοριογραφίας για την ανακάλυψη της aσυμμετρίας, η οποία, με ελάχιστες παραλλαγές, επαναλαμβάνεται σε πάρα πολλές σύγχρονες ιστορίες των αρχαίων ελληνικών μαθηματικών. Ωστόσο, παρά την ομοφωνία των σύγχρονων ιστορικών, θεωρώ ότι υ­ πάρχει ανάγκη να επανεξεταστούν ορισμένες πτυχές της παραπάνω ι­ στορίας, που αφορούν το μέγεθος της κρίσης και τη χρονολογία ανακάλυψης των άρρητων αριθμών. Ιπποκρ άτης Αν οι διαστάσεις της κρίσης ήταν τόσο μεγάλες ώστε να επηρεάσουν στο σύνολό τους τα αρχαία ελληνικά μαθηματικά, τότε θα έπρεπε αυτό να είχε αναφερθεί από κάποιον ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/5


------ Ιστορ ικές Μ αθη ματικές Ανα φορές

------

αρχαίο συγγραφέα. Ούτε ο Πρόκλος όμως, ούτε και κανείς άλλος αρχαίος συγγραφέας. αναφέρουν ο­ τιδήποτε σχετικά. Η χρονολογία ανακάλυψης της ασυμμετρίας συνδέεται άμεσα με το όνομα του προσώπου που έκανε την ανακάλυψη . Το ερώτη μα είναι αν το πρόσωπο αυτό ήταν ο ίδιος ο Πυθαγόρας ή κάποιος μαθητής του. Αν και κανείς δεν μπορεί να απαντήσει με βεβαιότητα σ' αυτό το ερώτημα, το πιθανότερο είναι ότι την ανακάλυψη δεν την έκανε ο Πυθαγόρας. Κι αυτό γιατί είναι απίθανο ο Πυθαγόρας να είχε ανακαλύψει την ασυμμετρία και ταυτόχρονα να είχε διατυ­ πώσει τη φιλοσοφική του θεωρία, στην οποία όπως είναι γνωστό κυριαρχούν οι φυσικοί αριθμοί και η έννοια των σύμμετρων μεγεθών. Ποιους λόγους όμως είχε η παραδοσιακή μαθη ματική ιστοριογραφία να μετατοπίσει χρονικά την πραγματοποίηση της ανακάλυψης μερικές δεκαετίες προς τα πίσω; Η απάντηση είναι ότι μ' αυτόν τον τρόπο επιχειρήθηκε να θεμεΑπολλώνιος λιωθεί η άποψη ότι τα ελληνικά μαθη ματικά, αμέσως μετά την υποτιθέμενη φάση της πρόσκτησης των γνώσεων από την Ανατολή (Αίγυπτο και Βαβυλώνα), βρέθηκαν μπροστά σε μια απροσδόκητα σοβαρή κρίση . Έτσι λοιπόν για να αποφευχθούν οι συνέπειές της, οι Έλληνες μαθημα­ τικοί υποτίθεται ότι αναγκάστηκαν να ντύσουν με γεωμετρικό μανδύα τις βαβυλωνιακές αλγεβρικές γνώσεις. Παράλληλα όμως, ο Van der Waerden και οι άλλοι εκπρόσωποι της παραδοσιακής μαθηματικής ιστοριογραφίας, αντιμετώπιζαν και το πρόβλημα της παραδοσιακής ιστοριογραφίας να δώσει μια ικανο­ ποιητική εξήγηση για την παντελή απουσία από την αρχαία ελληνική μαθηματική βιβλιογραφία κάθε ίχνους των βαβυλωνιακών μαθη ματικών γνώσεων, δηλαδή των γνώσεων που υποτίθεται ότι μετέφεραν στην Ελλάδα οι Θαλής και Πυθαγόρας. Για να ευσταθήσει όμως η παραπάνω ερμηνεία ήταν απαραίτητο να υποβαθμιστεί η προευκλείδεια ελληνική μαθηματική παραγωγή, ή σωστότερα η προευκλείδεια ελληνική μαθη ματική παραγωγή που δεν ήταν συμβατή με την πυθαγόρεια και την πλατωνική αντίληψη για τα μαθηματικά. Σ' αυτό το ζήτημα η σύγχρονη παραδοσιακή μαθη ματική ιστοριογραφία βρήκε απρόσμενο στήριγμα στην αρχαία ελληνική μαθη ματική ιστοριογραφία. Η τελευταία, όπως είδαμε, αποσιώπησε πλήρως τη μαθη ματική συνεισφορά του Δημόκριτου και των Σοφιστών. Δεν έκανε την παραμικρή αναφορά στις προσεγγιστικές μεθόδους των αρχαίων Ελλήνων, ενώ αποσιώπησε ως κι αυτές ακόμη οι προσπάθειες των ίδιων των Πυθαγορείων να ξεπεράσουν την κρίση της ασυμμετρίας. [Καταβλήθηκε δηλ. μεγάλη παραπληροφόρηση ώστε να πε­ ράσει το μήνυμα ότι τα Ελληνικά Μαθη ματικά είναι προϊόντα που μεταλαμπαδεύτηκαν στον Ελλαδικό χώρο από . . . βαρβαρικές χώρες] ,

Πυθαγόρας

Θαλής

Ποιες ήταν όμως οι προσπάθειες των ίδιων των Πυθαγορείων να ξεπεράσουν την κρίση της aσυμμε­ τρίας και γιατί παρέμειναν άγνωστες; Οι Πυθαγόρειοι προσπάθησαν να ξεπεράσουν το πρόβλημα της ασυμμετρίας με τη λεγόμενη θεωρία των πλευρικών και διαμετρικών αριθμών. Ονόμαζαν πλευρικούς τους αριθμούς που παριστάνουν τα μή­ κη πλευρών τετραγώνων και διαμετρικούς τους αριθμούς που παριστάνουν τα μήκη των αντίστοιχων δι­ αμέτρων (διαγωνίων) των ίδιων τετραγώνων. Τις πληροφορίες μας για τη σχετική θεωρία τις αντλούμε από δύο κυρίως πηγές: από τον νεοπυθαγόρειο μαθηματικό Θέωνα τον Σμυρναίο (έζησε περίπου το μ.Χ.) και από τα <<Σχόλια εις Πλάτωνος Πολιτεία» του Πρόκλου. Οι πλευρικοί και οι διαγώνιοι αριθμοί, σύμφωνα με τον Θέωνα, δημιουργούνται αν θεωρήσουμε ένα απειροελαχίστως μικρό τετράγωνο, που έχει πλευρά ίση με τη μονάδα και διάμετρο (δηλαδή διαγώνιο)

130

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/6


---- Ιστορικές Μ αθη ματικές Ανα ο ρές φ

--

επίσης ίση με τη μονάδα, και κατασκευάζουμε τετράγωνα των οποίων οι πλευρές και οι διαγώνιοι (διά­ μετροι) παίρνουν τις εξής τιμές: Διάμετρος (Διαγώνιος)

Πλευρά

1 1 2+1=3 1+1=2 5+2=7 2+3=5 12+5=17 5+7=12 29+12=41 12+17=29 70+29=99 29+41=70 169+70=239 70+99=169 408+ 169=577 169+239=408 .. . ... . ... ... .......... .. 2αv-Ι+δv-Ι =δv αν-Ι +δv- 1 =αν ν0 τετράγωνο Δηλαδή, η πλευρά κάθε τετραγώνου ισούται με το άθροισμα της πλευράς και της διαγωνίου του προ­ ηγουμένου τετραγώνου, ενώ η διαγώνιός του ισούται με το άθροισμα της διαγωνίου και του διπλάσιου της πλευράς του προηγουμένου τετραγώνου . Οι ανωτέρω πλευρικοί και διαμετρικοί αριθμοί εύκολα μπορούν να αποδεί­ θουν ότι αποτελούν τις ακέραιες λύσεις της διοφαντικής εξίσωσης ψ2 2 χ2 ± 1. Αυτή καθεαυτή η εξίσωση δεν μας βοηθά να κατανοήσουμε καλύτερα τη σχετι­ κή θεωρία, μας βοηθά όμως να προσδιορίσουμε τη χρονική περίοδο κατά την οποία διατυπώθηκε . Κι αυτό γιατί την ίδια εξίσωση μνημονεύει ο Πλάτων στην «Πολιτεία» (546 c) του, και άλλωστε αυτό ακριβώς το χωρίο αναλαμβάνει να σχολιάσει και να ερμηνεύσει ο Θέων, παρουσιάζοντάς μας τη θεωρία των πλευ­ ρικών και διαμετρικών αριθμών . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι οι πλευρικοί και οι διαμετρικοί αριθμοί ήταν γνωστοί στον Πλάτωνα, συνεπώς θα πρέπει να είχαν Θέων ο Σμυρναίος επινοηθεί πριν από την εποχή του . Το εύλογο ερώτημα τώρα είναι πως ακριβώς ξεπερνιέται το πρόβλημα της ασυμμετρίας με τη θεωρία των πλευρικών και διαμετρικών αριθμών . Αν σχηματίσουμε το λόγο των διαμέτρων προς τις αντίστοιχες πλευρές αυτών των τετραγώνων, τότε έχουμε: λ1 = 1/1 =1 λ2 = 3/2=1,5 λ3 = 7/5=1,4 λ4 = 17/12=1,41666 λ5 = 41/29=1,4137 λ = δvfαv J2. Παρατηρούμε ότι οι λόγοι περιττής vτάξης αποτελούν μια αύξουσα ακολουθία που έχει ανώτερο φράγμα το J2 , ενώ οι λόγοι άρτιας τάξης αποτελούν μια φθίνουσα ακολουθία που έχει κατώτερο φράγ­ μα επίσης το J2 , δηλαδή παρατηρούμε ότι: � 2 � 239 . . J2 . . . 577 99 .!2 �. 408 70 12 2 1 5 29 169 Αν τώρα δοθεί μια αριθμητική τιμή που απέχει ελάχιστα από τη J2, είτε από αριστερά είτε από δε­ ξιά, μπορούμε να καταστήσουμε τη διαφορά των λόγων αυτών από τη J2 όσο μικρή θέλουμε, σχηματί­ ζοντας τους επόμενους πλευρικούς και διαμετρικούς αριθμούς . Η πρώτη παρατήρησή μας αφορά στην επιλογή του αρχικού τετραγώνου, το οποίο έχει πλευρά και διαγώνιο ίσες με τη μονάδα. Ακόμη και οι μη εξοικειωμένοι με τα μαθηματικά γνωρίζουν ότι στην κλα­ σική ευκλείδεια γεωμετρία δεν υπάρχει τετράγωνο με πλευρά ίση με τη διαγώνιο . Κάτι τέτοιο θα μπο­ ρούσε να συμβεί μόνο σε τετράγωνα με απειροελάχιστα μήκη πλευρών και διαγωνίων, τα οποία ας ονο­ μάσουμε απειροστά τετράγωνα . Έτσι λοιπόν, μ' αυτόν τον έμμεσο τρόπο, συμπεραίνουμε ότι οι Πυθαγό­ ρειοι είχαν προχωρήσει τις έρευνές τους και στον πολύ ριζοσπαστικό για τα δεδομένα τους τομέα των απειροστών μεγεθών . Συμπεραίνουμε επίσης ότι οι Πυθαγόρειοι είχαν προχωρήσει τις έρευνές τους και σε έναν άλλο, ακό­ μη πιο ριζοσπαστικό τομέα: τις προσεγγιστικές μεθόδους . Τόσο η επιλογή του αρχικού απειροστού 1ο

τετράγωνο 2° τετράγωνο 3° τετράγωνο 4° τετράγωνο 5° τετράγωνο 6° τετράγωνο 7° τετράγωνο 8° τετράγωνο

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

.

.

.

. .

.

=

<

<

<

<

.

<

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/7

<

<

<

.

. .

. .

--


------ Ι στορ ικές Μ αθη ματ ικές Αναφορές

------

τετραγώνου όσο και η χρησιμοποίηση της μεθόδου για τοΥ προσδιορισμό της .fi , είναι φανερό ότι προϋποθέτουν μια προσεγγιστική λογικ-ή. \1ε τη μέθοδο των πλευρικών και διαμετρικών αριθμών δεν προσδιορίζεται επα­ κριβώς η .fi (αυτό πρέπει να ήταν σίγουρα γνωστό σ' αυτούς που επινό­ ησαν τη μέθοδο), επιτυγχάνεται όμως μια ικανοποιητικότατη προσέγγισή της . Ακόμη πιο περίεργο είναι ότι οι Πυθαγόρειοι, που εμφανίζονται ως φανατικοί πολέμιοι των προσεγγίσεων, είχαν επινοήσει μια θαυμάσια προ­ σεγγιστική μέθοδο για τον υπολογισμό της τετραγωνικής ρίζας ενός αριθ­ μού . Τη μέθοδο επινόησε ο Πυθαγόρειος Αρχύτας ο Ταραντίνος, είναι απλή και εξαιρετικά αποτελεσματική . Εφαρμόζεται δε ως εξής: Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε την .J40. Δημόκ ρ ιτος Κατ' αρχάς πρέπει να βρούμε τον πλησιέστερο τετράγωνο αριθμό προς το 40, που βεβαίως είναι το 36, διότι J36 =6 . , , , η � Στη συνεχεια , , � 6. 6 . Η προσπα' θ εια μας τωρα ειναι να αντικαταστησουμε 4uο γραφεται 4uο = ν[40 τους αριθμούς 6 και 40/6 με μια ικανοποιητική προσέγγισή τους . Μια καλή σκέψη είναι να αντικαταστήσουμε καθέναν από τους δύο αριθμούς με τον μέσο όρο τους μ, γιατί τότε η .J40 γράφεται .J40 = � = μ . 6-+ 406 Ήδη έχουμε πετύχει μια πρώτη προσέγγιση της .J40 αφού .J40 = μ = 2-- 6,25 . Αν θέλουμε μια ακόμα καλύτερη προσέγγιση, μπορούμε να βάλουμε στη θέση του 6 το 6,25 και να εφαρμόσουμε εκ νέου τη μέθοδο . Έτσι θα πάρουμε την τιμή .J40 = 6 .3250, την οποία αξίζει να συ­ γκρίνουμε με την τιμή 6 .3245 που βρίσκουμε εμείς σήμερα. Η μέθοδος του Αρχύτα διασώθηκε από τον Ήρωνα τον Αλεξανδρινό, ο οποίος την χρησιμοποιεί για τον υπολογισμό τετραγωνικών ριζών . Παρ' όλο που ο Ήρων δεν αναφέρει τίποτα για την αιτία επινόησής της, είναι φανερό ότι ο ουσιαστικός λόγος για την επινόηση της μεθόδου ήταν η εξυπηρέτηση της θεωρί­ ας των πλευρικών και διαμετρικών αριθμών . Διαφορετικά η μέθοδος του Αρχύτα εμφανίζεται σαν να μην έχει σκοπό ύπαρξης. Φαίνεται λοιπόν ότι αρκετά από τα ακλόνητα συμπεράσματα της σύγχρονης μαθηματικής ιστοριο­ γραφίας δεν είναι πάντοτε αδιαμφισβήτητα ιστορικά γεγονότα. Αν χωρίς προκαταλήψεις και υστεροβου­ λίες ριχθεί φως σ' αυτές τις σκοτεινές πλευρές της ιστορίας των αρχαίων ελληνικών μαθηματικών, τότε είναι βέβαιο ότι κάθε ενδιαφερόμενος θα σχηματίσει πιο σφαιρική εικόνα γι' αυτήν την τόσο ενδιαφέ­ ρουσα περίοδο της ιστορίας της επιστήμης . Μ' αυτή την έννοια, η έρευνα πάνω στην ιστορία των αρχαί­ ων ελληνικών μαθηματικών όχι μόνο δεν έχει κορεστεί, αλλά αντιθέτως μόλις τώρα αρχίζει. •

,

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/8


,..'

::--�

;·:;;. 1� ·�,�:�,:Ji; .g:

",�;

Επιμέλεια: Σωτή ρης Ε. Λουρίδας

1

ΣΑΒΒΑΤΟ, 9 ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2006 Η Α ' τάξη ενός Λυκείου έχει 5 τμήματα που

το καθένα έχει τουλάχιστον 20 μαθητές. Σε κα­ θένα από τους μαθητές των τμημάτων αυτών δίνουμε 10 €. Έτσι δώσαμε 1 090€. Να αποδείξε­ τε ότι δύο τουλάχιστον από τα τμήματα αυτά έχουν τον ίδιο α ρ ιθμό μαθητών.

λ 2χ + 3λ =λ 3 + 2λχ - 2 � λ 2χ - 2λχ = λ 3 - 3λ - 2 � χ(λ 2 - 2λ ) =λ 3 - 3λ - 2 λ 2 - 2λ ο � λ (λ - 2 ) = ο � λ = ο ή λ = 2 1. Αν λ=Ο είναι αδύνατη 2. Αν λ=2 είναι αόριστη 3. Αν λ:;tΟ και λ;t:2 τότε -2 χ = λ--:λ3 -:2 --3λ-2λ 2 + 1 )'---' 2 -(λ -�χ = (λ λ- 2(λ)(-λ 2)+ 1 ) �χ = -'--λ =

Έστω ότι α,β,γ,δ,ε είναι οι αριθμοί των μαθη­ τών των πέντε αυτών τμημάτων . Έτσι έχουμε: 1 Ο( α + β + r + δ + ε) = 1 090 � α + β + r + δ + ε = 109 (1) Αν α, β, γ π ρ αγματικοί α ρ ιθμοί διάφοροι του Έστω ότι οι αριθμοί των μαθητών των τμημά­ μηδενός να αποδείξετε ότι: ( α +Q.+1.α )2 2::3 ( α +1.+�α ) των αυτών είναι ανά δύο διαφορετικοί και έ­ στω ότι: γ β β γ α < β < r <δ < ε. Επειδή α2:: 20 και α,β,γ,δ,ε φυσικοί έχουμε: Η aνίσωση γράφεται: β > α2:: 20 � β > 20� β2:: 2 1 2 2 2 r β 3 -+3 β α -r +3-, r > β;;::: 21 � r > 21 � r 22 -βα ) + (-βr ) + (-rα ) + 2-rα + 2-+ 2-2:: β α r β α δ > r;;::: 22 � δ > 22 � δ;;::: 23 αρκεί' ε > δ 2:: 23 ε > 23 � ε2:: 24 ' ( )' ( Συνεπώς +β + y + δ + 110 , άτοπο λόγω ; ) + ) + : - ; - ; -� �0 , αρκεί της (1 ) Άρα, δύο τουλάχιστον από τα τμήματα αυ­ τά έχουν τον ίδιο αριθμό μαθητών3. + (� - : )\(:-; ;;:::

α

ε 2::

.

Ν α λυθεί η εξίσωση λ ( λχ

+

)=λ

3+

2λχ - 2

για τις διαφο ρ ές π ρ αγματικές τιμές της παρα­ μέτ ρ ου λ. Η

εξίσωση γράφεται:

( ( � Ξ[(; -�J'

η οποία ισχύει.

J}o,

Αποδεικνύεται και άμεσα αν κανείς γνωρίζει την ανισότητα (χ + y + z ) 2 2:: 3xy + 3yz + 3zx

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/9


-----Λ

'11.

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματ ικές Ολυμπιάδες -----Λ

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Α> Β οι διχοτόμοι των γωνιών Α, Β τέμνονται στο Ι. Στην πλευρά ΑΒ

παίρνουμε τμήμα ΒΔ = ΒΓ-ΑΓ. Να αποδείξετε ότι: ΙΔ = ΙΑ.

λ1'1ση

Παρατηρούμε ότι ( J3 ) 2 + 1 2 = 4 = 22 οπότε το τρίγωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο στο Μ . -1

Λ

Ε

11

\1

�---11 .

\I

.\ Γ

Επειδή ΜΓ = Β2Γ έχουμε Μ Β Γ = 30°, οπότε Αν ΓΕ=α τότε ΑΕ=α-β=ΒΔ και ΓΙ η τρίτη δι­ ΜΓΒ = 60° και ΜΓΔ = 30° . χοτόμος. Έχουμε ΙΓΕ = IΓΒ διότι Ι Γ=ΙΓ, ΓΕ=ΓΒ και Έστω ΜΜ · .l ΔΓ , τότε ΜΜ . = _!_2 άρα Γ 1 = Γ 2 άρα Ε = Β 1 , ΙΕ=ΙΒ . v= 2 --21 = -23 . Το εμβαδόν του ΜΑΒ είναι Άρα ΙΑΕ=ΙΒΔ διότι ΒΔ=ΑΕ, ΙΕ=ΙΒ και Ε = Β 1 = Β 2 , άρα ΙΑ=ΙΔ . Ε = -21 · 4 · -23 = 3 . . Λ

Λ

Δ

Λ

Α

Λ

Λ

Λ

Δ

Δ

Δ

Λ

Δ

Λ

!Β' ηJ{ιπος

Αρκεί το Ι να ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΔ . Αν δηλαδή ΙΚ.lΑΔ, αρκεί ΚΑ=ΚΔ . Πράγματι ΚΑ=τα και ΚΔ=ΙΒΚ-ΒΔΙ=Ιτα-β-(α-β)i =Ιτα-α Ι=τα-α, αφού τ>α.

Β' τρόπος

ΜΒ 2 = ΒΓ · ΒΗ οπότε3 = 2 · υ άρα υ = �2

Έστω κ = 2 + 2 2 + 2 3 + ... + 2 2008 • Να αποδεί­ ξετε ότι ο 30 διαιρεί τον κ. .:ι

.\τί1ση i

.

Β'

Είναι κ=(2+i +i +i)+i(2+i +i +i)+ . . +?(2+i +i +i)= =3CX1 +i+i +. . +?)=l1lli30 αφού2+22+2 3+24=30 .

τάξη Λυκείου

Ν α εξετάσετε αν η εξίσωση χ 2 - (2006κ + l)x + 2007 = Ο

όπου κ ε Ζ, έχει δύο ακέραιες ρίζες.

4.

Αν χ 1 ,χ 2 οι ρίζες , τότε χ 1 +χ 2 = 2006κ + 1 (1) και χ 1 χ 2 = 2007 (2) . Από την (2) προκύπτει ότι οι χ 1 ,χ 2 θα είναι περιττοί. Αλλά τότε το άθροισμα τους χ 1 +χ 2 θα είναι άρτιος, οπότε δεν θα ισχύει η (1 ) .

α) Να αποδείξετε ότι: ifi + if3> ifl9 β) Να λύσετε την εξίσωση : 2 \ χ + χ \ =1r;;58 1r;; · {12 + {13 -

2. Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ Δ με ΑΒ=4, ΒΓ=2 και σημείο Μ στο εσωτερικό του με ΜΓ=l και MB= .J3 . Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΜΑΒ.

-

λlJ(Hl

α+β , -) Απο, τη γνωστη, ανισοτητα: 2 όπου α, β θετικοί με α -:f. β, έχουμε: ifi + ifj �ifi ifj = If6 2 Οπότε ifi + if3 2If6 . α

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' τ.2/ 1 0

>

>

>

r::D p

ν αμ


-----Αρκεί λοιπόν 2�2': ifl9 , ή 26 ·62':1cJ, ή 3842':361

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμο ί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδες ------

που ισχύει. Αν λ= ifi+</3 if38 τότε λ= �</3 . ifi < ifi < J2 οπότε λ2 < 2. 2+ 3 Η εξίσωση για χ Ο είναι ισοδύναμη με την χ2 - 2λχ+ 2=0 με Δ=4(λ2 - 2) < 0 . Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. τρ6πος χ2 - 2λχ+ 2=χ2 -2λχ + λ2 - λ2 + 2= =(χ- λ)2 + (2 - λ2 )2':2 - λ2 > 0 3

3

=F

�3 r

1

Γ'

τάξη

. Έστω συνάρτηση f

=χ-

:

3. 'Εστω

οι μιγαδικοί αριθμοί

Να αποδείξετε ότι:

l l

2 zι ._ ___.!._:_c_ 2συν θ

l l +z2

2

2-

ημ θ

2':

z1 ,z2 και

I 1 +I 1 Ζ1

2

z2

2

IR ---+ IR

Για χ=Ο έχουμε f(.f(y))=-f(y) για κάθε Υ EIR. Για y = Ο έχουμε f(f(x))=χ- f(O) για κάθε χ IR. Άραf(.f(χ)) f(x) καιf(f(x))=χ-f( O), για κάθε χ IR . Επομένως -f(x)=χ - f (O) ή f(x)= f(O)- χ (1) και /(-χ)=f(O)+χ (2), για κάθε χ IR Οπότε από τις (1) και (2) έχουμε: f(x)+f(-χ)= 2/(0), rια κάθε χ IR. Άρα η h είναι σταθερή. Ε

-

Ε

Ε

Ε

θΕ

(Ο,�).

-

+ 2 Re(z1 z2 )

ι\iJση

Επειδή

2 2 lz11 +lz2j +2Re ( �z2 )= z1;ι +z2;2 +;ιz2+;2z1 2 =lzι + 221 lzιl + jz2 2': z + z 2 . αρκεί να δείξουμε ότι: συν l ι 21 θ ημ θ

:

Λυκεi'Ιl!

με την ιδιότητα f ( f ( x + y )) f ( y ) για κάθε x,y Ε IR. Να αποδείξετε ότι η h : IR ---+ IR με h(x) = f( x) + f(-x) είναι σταθερή.

=

Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι αριθμοί ρ=Ο και ρ=1 δεν είναι λύσεις της εξίσωσης. Ο αριθμός ρ=2 όμως είναι λύση της εξίσωσης. Άρα η εξίσωση έ­ χει τη μοναδική λύση ρ=2 .

(

4. Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΒΓ και τα σημεία

=

Κ, Λ, Μ προς το ίδιο μέρος της ευθείας ΒΓ. Αν ΒΚr = ΒΑΓ ΒΜΓ, τότε να αποδείξετε ότι δύο τουλάχιστον από τα γινόμενα ΚΒ· ΚΓ, ΛΒ ΛΓ και ΜΒ ·

·

ΜΓ

είναι άνισα.

Λ1Jση

Από την ισότητα ΒΚΓ=ΒΑΓ= ΒΜΓ έχουμε ότι τα Κ, Λ, Μ βρίσκονται στο ίδιο τόξο χορδής Ν α βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 3x+l 3χ - 4χ -1 Ο. ΒΓ. Έστω ΒΚΓ=ΒΑΓ=ΒΜΓ=φ. = Αν ΚΒ · ΚΓ= ΛΒ· ΛΓ= ΜΒ· ΜΓ, τότε .\{JGffl 1 · ΚΓημφ=-ΛΒ 1 ΑΓημφ=-ΜΒ 1 · ΜΓημφ Έστω ότι η εξίσωση έχει μια ακέραια λύση ρ. -ΚΒ 2 2 2 Τότε � (ΚΒΓ)=(ΛΒΓ)=(ΜΒΓ) γ+ Ι -ρ · 3Ρ - 4ρ - 1= 0 � 3Ρ (3 - ρ)= 4ρ + 1 Αυτό σημαίνει ότι τα Κ, Λ, Μ θα βρίσκονται 4ρ 1 1 4 ρ + + ρ ' ' � 3 =-σε ευθεία παράλληλη στην ΒΓ, άτοπο αφού το μέ­ 3 -ρ > Ο γιστο 3 -ρ ( αφου προφανως ρ 3) � -πλήθος κοινών σημείων ευθείας και κύκλου 1 � (4ρ + 1)(ρ -3) < 0 � --4 <ρ < 3 �ρ {0,1,2 } . είναι 2. -Χ·

·

=F

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/1 1


------Η 23η

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμο ί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες -------

Βαλκανική Μαθηματική

Ολυμπιάδα

Κύπρος, 23 Απριλίου -3 Μα"ίΌυ 2006

23η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διοργανώθηκε από την Κύπρο στη Λευκωσία και στον Αγρό, μια ορεινή περιοχή κάτω από το όρος Τρόοδος. Στο διαγωνισμό συμμετείχαν όλες οι Βαλκανικές χώρες πλην της Τουρκίας καθώς επίσης η Αγγλία και το Καζακστάν. Η Ελληνική ομάδα αποτελούνταν από τους μαθητές Γ' Λυκείου- Αργυρό Μετάλλιο Φ. Κουφογιάννης Α' Λυκείου- Αργυρό Μετάλλιο Ν. Ράπανος Β ' Λυκείου- Αργυρό Μετάλλιο Ν. Μπουντάς Κ. Ψύχα ς Γ ' Λυκείου- Χάλκινο Μετάλλιο Σ. Δεσποτάκη ς Γ' Λυκείου - Εύφημη Μνεία Ν. Παπαγιαννάκη ς Γ' Λυκείου - Συμμετοχή Συνοδοί της Ελληνικής ομάδας ήταν ο σύμβουλος από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο Δη μήτριος Κοντογιάννη ς και ο μαθη ματικός Βαγγέλη ς Ζ ώτος. Ο καλός καιρός και η θερμή φιλοξενία των αδελφών Κυπρίων έκανε την παραμονή της Ελ­ ληνικής αποστολής αξέχαστη. Η

Θέματα της

ι.

2.

Αν α,β,γ, θετικοί αριθμοί να αποδείξετε ότι 1 + 1 + 1 � 3 (1)

Λύσεις θεμάτων

( 1 ) γράφεται

(

m

[

m,

η

m

η

-

)(

)(

)

c

c,

4.

Η

ι.

1 + αβγ + 1 + αβγ + 1 + αβγ >- 3 η, -�..:._ α( 1 + β) β( 1 + γ) γ( 1 + α ) Έστω μια ευθεία που τέμνει τις πλευρές 1 + αβγ + 1 + 1 + αβγ + 1 + 1 + αβγ + 1 ;::: 6 . ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Δ, γ(1 + α ) α (1 + β) β( 1 + γ) Ε, Ζ, αντίστοιχα, όπου το Ε βρίσκεται στην προέκταση της ΒΓ. Από τις κορυφές Όμως Β, Γ φέρουμε παράλληλες στη που τέ­ 1 + αβγ 1 + αβγ+ α + αβ 1 + α αβ(1 +γ) μνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του α(1 +β) + 1 = α 1 + β) = α( 1 +β) + α l +β) = ( ( τριγώνου ΑΒΓ στα Β1, Γι αντίστοιχα. Αν Ρ 1 + α + β(1 + γ) , οπότε η (2) γράφεται η τομή των ΒιΖ, Γ ι Δ ενώ Αι η τομή της ΡΕ και του κύκλου να αποδείξετε ότι α ( 1 + β ) 1 + β AAιllm. 1 + α + β(l + γ ) + 1 + β + γ( 1 + α ) + Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες των θε­ α ( 1 + β) 1 + β β( 1 + γ) 1 + γ τικών ρητών αριθμών η , p ώστε οι α1 + -, 1 p +-να 1 ει'ναι ο' λοι + 1 + γ + α(1 + β) ;::: 6 ριθ μοι' m +-, γ(1 + α ) 1 + α np mn mp ακέραιοι. 1 + α + α(1 + β) + 1 + β + β( 1 + γ) + β( 1 + γ) 1 + β Έστω θετικός ακέραιος. Να προσδιορί­ ή α(1 + β) 1 + α σετε όλους τους θετικούς ακεραίους α, 1 + γ + γ( 1 + α) ;::: 6 + ώστε η ακολουθία {α } �=ο η οποία ορίζεται γ( 1 + α) 1 + γ 1 α 1 + β) > 2 κ. λ.π. οποτε ' , η _ -α11 , αν α" αρτιος Αλλα, 1 + α + ( ως ασ-_2 και αn+l 2 α α β 1 + l + ( ) αn+m ' αν α περιττός ( 1 ) ισχύε ι. α ( 1 + β) β ( 1 + γ) γ ( 1 + α ) 1 + αβγ

m

3.

Βαλκανιάδας

23 ης

{

[

[

[

][ ] ][ ]

]

]

_

η

για n=O, 1 . . . είναι περιοδική ακολουθία, δηλαδή αν οι όροι της επαναλαμβάνονται.

2. Πρώτα θα αποδείξουμε ότι το Ρ ανήκει στον κύκλο c. Έστω Ρι η τομή της ΒιΖ με τον c.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/12


------ Μαθη ματικοί

Διαγωνισμοί - Μ αθη μ ατικές Ολυμπιάδες ------

Από την ( 1 ) προκύπτει ότι x/abc και αφού Αφού ΒΒιI/ Γ Γι τότε m\ = BJ'. ΜΚΔ (a,x) = 1 τότε x/bc και όμοια από τις (2), Είναι ΔΖΡι +ΔΑΡι = 180° , οπότε ΑΡΖΔ εγ­ (3) έχουμε y/ca, z/ab. Πλλαπλασιάζουμε κατά γράψιμο. μέλη τος σχέσεις αυτές και παίρνουμε Ας υποθέσουμε ότι η Ρ 1 Δ τέμνει τον c στο xyz/(abc)2 (4) σημείο Γ2 · Αφού ΑΔΡι = ΑΖΡι τότε Από την ( 1 ) έχουμε ακόμα bc/xyz και ό­ οπότε μοια 2από τις2 (2), (3) τα xyz, ab/xyz συνεπώς ΒΓ2 = ΒιΓ2 -ΒΒι = ΒιΓ2 -ΒΓ+ΒιΓ (abc) /(xyz) . (5) Γι=Γ2 και άρα Ρι=Ρ . Από τις (4), (5) συμπεραίνουμε ότι οι abc, xyz έχουν τους ίδιους πρώτους παράγοντες των abc, xyz. Έστω ότι αbc * 1 * xyz και ρι,ρ2 , . . . ,ρκ οι πρώτοι παράγοντες των αbc, xyz οπότε xyz = ρ � ρ �' . ..ρ :' και αbc = ρ ;' ρ �' . .. ρ > ό­ που τ;,s; Ε Ν. Τότε ο εκθέτης λ του ρι στο ά­ θροισμα abc + xyz είναι λ:?:. (τi, Si) με 1 �i�k. Όμως από τις ( 1 ), (2), (3) παίρνουμε η+2si�3min(η, Si) οπότε η,= Si συνεπώς abc = αbc 1 (6). Ώστε η (α) ιΑν rn//AA2, όπου Α2 σημείο του c, τότε οι ευθείες Β1Ζ, ΕΑ2 τέμνονται σε σημείο του c, xyz και άρα mnp =-= xyz και αφού η Β1Ζ διέρχεται από το Ρ, τότε σχύει (β) Από την (β) και τις ( 1 ), (2), (3) προ­ Αι =Α2 κύπτει ότι χ/2α και αφού ΜΚΔ( χ, α)= Ι , τότε χ/2 και όμοια y/2, z/2 άρα xyz/8 και αbc/8. Β' τρόπος Αν θεωρήσουμε τον περιγεγραμμένο κύ­ Παρατηρούμε ότι δεν είναι δυνατόν όλοι οι κλο στο τρίγωνο ΑΔΓ έστω Ρ η τομή του με αριθμοί a, b, c, χ, y, z να είναι άρτιοι, οπότε abc = xyz/4. το C. Τότε Δι = Ζι. Με άλλους υπολογισμούς στη συνέχεια Ρ ΖΕ = ΔΑΡ = ΡfΈ οπότε το ΡΖΓΕ εγγράβρίσκουμε (a, b, c, χ, y, z)=(4, 1 , Ι, Ι, 2, 2) εί­ ψιμο οπότε Δι = Ζι = Ε ι. τε (a, b, c, χ, y, z)=(2, Ι, 1 , 1, 2, 1 ) είτε (a, b, c, Επίσης Βι = 180° -Α = ΡΖΔ. χ, y, z)=( 1 , 1 , 1 , Ι, 1 , 1 ) , οπότε (m, η, p) = Άρα ΒΒι//m�Βι=ΒΊ �Ρ=Ρι =( 1 , 1 , 1 ) είτε είτε καθώς Έτσι έχουμε: ΡΕΖ = ΡfΖ = ΡΑιΑ τότε ΑΑι I/m. Προφανώς Γf2p = ΓΑΡ = zΔΡ οπότε και όλες τις μεταθέσεις τους. ΓΓ 1/Im οπότε Γ2=Γ ι. 4. Αρχικά παρατηρούμε ότι αν m άρτιος και Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο α=2 κt με t περιττό, αk+j= 1 +jm, για κάθε j�O, ΑΔΖ δεν εφάπτεται στο c αφού ΔΖ n ΒΓ = Ε . δηλαδή η ακολουθία δεν είναι περιοδική. Αν ο m είναι περιττός θα αποδείξουμε ότι 3. Αρχικά παρατηρούμε ότι μια λύση είναι η m=n=ρ=1 α Ε {1,2, . . . ,m } υ {m + 1,m + 3, ... ,2m - 2,2m } , δηα) Έστω m = ­α , η = ­b ' p = -c όπου λαδή το δεύτερο σύνολο αποτελείται από τους 2 χ Υ άρτιους από m+ Ι ως 2m. Προφανώς η ακο­ λουθία αν είναι περιοδική, αν και μόνο αν, ο α α, b, c, χ, z Ε Ν* για του οποίους παίρνει δυο τουλάχιστον φορές την ίδια τιμή, ΜΚΔ( α, χ) = ΜΚΔ(b, y) = ΜΚΔ( c,z) = 1. οπότε αυτό θα γίνεται άπειρες φορές. τότε εύ­ τ, , α yz b zx , οτε θα πρεπει οι αρι θ μοι -+-, -+-, κολα μπορούμε να αποδείξουμε επαγωγικά, χ βc y cα ότι αv=2m για κάθε ν και επιπλέον αv�m ( 1 ), c-+xy να ειναι , , , ακεραιοι όταν ο αν είναι περιττός. Συνεπώς η ακολουθία οποτε z αb είναι φραγμένη, οπότε υπάρχουν όροι της οι xbclαbc+xyz ( 1 ), αyzlαbc+xyz (2), οποίοι συμπίπτουν. Έστω k ο μικρότερος μη αbzlαbc+xyz (3). αρνητικός ακέραιος για τον οποίο ακ= για κά_....--.._

_....--.._

'

( 4,1-,Ξ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/13

( 2,1-,ι)


------

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυ μπιάδες

-------

ποιον r>k. Θα αποδείξουμε ότι k=O. Υποθέ­ που είναι προφανές ότι ο αj θα είναι περιττός. + m_ , οποτε τουμε ότι k=O. Έστω ότι αυτό δεν ισχύει, αλλά ' ' αj < αj+ 2 = -α.J_ Τ οτε αj < m . Απο' τις α α τ κ 2 -Ι -Ι ότι k>O. Αν ακ:5m, τότε ακ = 2 και ατ = 2 ( 1 ) μπορούμε να αποδείξουμε ότι αγ::j:.α όταν άρα ακ_1 = ατ-I , πράγμα άτοπο. Αν ακ>m τότε ν�j (αυτό είναι φανερό αv2:2m+ 1 αλλιώς ο α αφού ακ:5m συνεπάγεται ότι ακ=ακ-ι+m και θα είναι ένας από τους περιττούς {m+2, m+4, αr=αr-ι+m, οπότε πάλι έχουμε ακ-ι=αr-1 πράγμα . . . , 2m- 1 }, οπότε δεν μπορεί να είναι ίσος με έναν περιττό αv). Άρα η ακολουθία είναι περι­ άτοπο. οδική. Έστω α�{1,2, ... ,m}υ{m+l,m+3, ... ,2m-2,2m} και έστω αj ο ελάχιστος όρος της ακολουθίας, _

_

ΣημΕίωση

Ένας Βούλγαρος μαθητής απέδειξε το θέμα με τη βοήθεια της Θεωρίας των Ομάδων, δη­ λαδή με μη στοιχειώδη τρόπο. Για τη λύση αυτή πή ρε ειδικό βραβείο. Αυτό έγινε άλλη μια φο­ ρά στην 4η ΒΜΟ όπου ένας Έλληνας μαθητής είχε πάρει επίσης ειδικό βραβείο.

47η

Διεθνής Μαθηματική

Ολυμπιάδα Λούμπινα Σλοβενία

IMO 2006

Στη Σλοβενία, από 6 έως 1 8 Ιουλίου 2006 διεξήχθη η 47η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα. είναι ένας θεσμός υψηλοτάτου επιστημονικού επι­ πέδου όπου συμμετέχουν τα μεγαλύτερα ταλέντα στο χώρο των μαθηματικών από όλο σχεδόν τον κόσμο. Η Ελλάδα συμμετείχε με εξαμελή ομάδα την οποία συνόδεψαν ο Καθηγητής του Πανεπιστη­ μίου Ιωαννίνων Θεόδωρος Μπόλης και ο μαθηματικός Δη μήτριος Κοντοκώστας. Οι Έλληνες μαθητές πήραν: Καραμιχάλη ς Ράλλης Χάλκινο Μετάλλιο Κ Ψύχας ωνσταντίνος Χάλκινο Μετάλλιο Εύφημη Μνεία Ράπανος Νικόλαος Ρωμανίδη ς Νικόλαος Εύφημη Μνεία Σταυροπούλου Ελένη Εύφημη Μνεία Μπουντας Νικόλαος Συμμετοχή Οι Λιεθνείς Μ αθημ α τ ι κές Ολυμπιάδες

Πρόβλημα 1.

Θέματα 47ης

Διεθνοί>ς

Μαθηματικής Ολυμπιάδας

Έστω ABC ένα τρίγωνο με έγγεντρο το Ι. Ένα σημείο Ρ στο εσωτερικό την ικανοποιεί τριγώνου του LPBA + LPCA = LPBC + LPCB. Να αποδειχθεί ότι ΑΡ �ΑΙ, και ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν P= l .

Έστω LA = α, LB = β, LC = γ. Αφού LPBA + LPCA + LPBC + LPCB =β + γ, η συνθήκη στην εκφώνηση του προβλήματος είναι ισοδύναμη με την LPCB + LPCB = (β + γ) I 2, δηλαδή LB PC = 90 ° + α I 2. Από την άλλη, LBIC = 180° - (β + γ) I 2 = 90° + α I 2. Συνεπώς

Α Ω

Ρ

Λύση.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/ 1 4

Ι

Β

c

ω

Μ


-------

LB PC

=

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες

------

LBIC, και αφού τα Ρ και Ι βρίσκονται στην ίδια πλευρά ως προς την BC, τα σημεία B ,C,I και Ρ

είναι ομοκυκλικά. Με άλλα λόγια, το Ρ βρίσκεται πάνω στον κύκλο ω του τριγώνου BCI . Έστω Ω ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC Είναι αρκετά γνωστό τ ο γεγονός πως τ ο κέ­ ντρο του ω είναι το μέσο Μ του τόξου BC του Ω. Ετούτο είναι επίσης και το σημείο όπου η διχοτόμος ΑΙ τέμνει τον Ω. Από το τρίγωνο ΑΡΜ έχουμε ΑΡ + ΡΜ ;:::: ΑΜ = ΑΙ + lM ΑΙ + ΡΜ. Συνεπώς ΑΡ ;:::: ΑΙ. Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν το Ρ ανήκει στο ευθύγραμμο τμή μα ΑΙ, που συμβαίνει αν και μόνο αν Ρ Ι. =

=

J!ll ρ ί 'ψλη μο

2.

Έστω Ρ ένα κανονικό 2006 - γωνο. Μια διαγώνιος του Ρ καλείται καλή αν τα άκρα της διαιρούν το σύνορο του Ρ σε δύο μέρη, το καθένα από τα οποία αποτελείται από περιττό πλήθος πλευρών του Ρ. Οι πλευρές του Ρ επίσης καλούνται καλές. Υποθέτουμε πως το Ρ έχει διαμεριστεί σε τρίγωνα από 2003 διαγώνιες, οποιεσδήποτε δύο από τις οποίες δεν έχουν κοινό σημείο στο εσωτερικό του Ρ. Να βρεθεί το μέγιστο πλήθος ισοσκελών τριγώνων με δύο καλές πλευρές που μπορούν να εμφανιστούν σε μια τέτοια διαμέριση. ,\ �) ι(ίη ,

Ας καλέσουμε ένα ισοσκελές τρίγωνο καλό αν έχει δύο καλές πλευρές. Ας υποθέσουμε πως μας δίνε­ ται μια διαμέριση όπως στην εκφώνηση του προβλήματος. Ένα τρίγωνο της διαμέρισης που είναι καλό και ισοσκελές θα αποκαλείται εν συντομία ως ισο-καλό . . ι Έ·� μ μ α . Έστω ΑΒ μια από τις διαγώνιες της διαμέρισης, και έστω .C το μικρότερο μέρος του συνό­ ρου του 2006 γωνου με άκρα τα Α, Β. Έστω πως το .C αποτελείται από η τμήματα. Τότε το πλήθος -

των ισο-καλών τριγώνων με κορυφές στο .C δεν είναι μεγαλύτερο του η I 2. Λπ;')δειξη. Αυτό είναι προφανές για η = 2. Έστω η με 2 < η � 1 003 και ας υποθέσουμε πως ο ισχυ­ ρισμός αληθεύει για κάθε .C μήκους μικρότερου του η. Έστω τώρα ένα .C (με άκρα τα Α, Β) που απο­ τελείται από η τμήματα. Έστω PQ η μεγαλύτερη διαγώνιος που είναι πλευρά ενός ισο-καλού τριγώνου PQS με όλες τις κορυφές του στο .C (αν δεν υπάρχει τέτοιο τρίγωνο, τότε δεν χρειάζεται να αποδείξουμε τίποτε) . Κάθε τρίγωνο με κορυφές στο .C είναι είτε αμβλυγώνιο είτε ορθογώνιο, με την LS τη μεγαλύ­ τερη γωνία. Μπορούμε να υποθέσουμε πως τα πέντε ση μεία A, P , S, Q, B κείτονται στο .C με αυτή τη

σειρά και διαμερίζουν το .C σε τέσσερα κομμάτια .CA P , Lr.s , 4, , � Β (με τα εξωτερικά κομμάτια πιθα­ Q νώς να συρρικνώνονται σε ση μεία). Από τον ορισμό του PQ ένα ισο-καλό τρίγωνο δεν μπορεί να έχει όλες τις κορυφές του και στο .CA r και στο

�Β .

Συνεπώς κάθε ισο-καλό τρίγωνο στο .C έχει όλες του τις κορυφές σε ένα μόνο από τα τέσ­

σερα κομμάτια. Εφαρμόζοντας την επαγωγική υπόθεση σε κάθε ένα από τα κομμάτια και προσθέτοντας τις τέσσερις ανισότητες που προκύπτουν βρίσκουμε πως το πλήθος των ισο-καλών τριγώνων εντός του .C των διαφορετικών του PQS δεν υπερβαίνει το η I 2 . Και καθώς τα Lr.s , 4, αποτελούνται από περιττό

Q

πλήθος πλευρών το καθένα, οι ανισότητες για αυτά τα δύο κομμάτια είναι γνήσιες, επιτρέποντας ένα συ­ νολικό πλεόνασμα ίσο με 1 I 2 + I 2. Συνεπώς το άνω φράγμα η I 2 καλύπτει και το τρίγωνο PQS . Αυτό ολοκλη ρώνει το επαγωγικό βήμα και αποδεικνύει το Λήμμα. D Στο υπόλοιπο μέρος της λύσης πρόκειται στην πραγματικότητα να επαναλάβουμε το σκεπτικό της προηγούμενης απόδειξης. Ας θεωρήσουμε τη μεγαλύτερη διαγώνιο της διαμέρισης, έστω τη ΧΥ. Ας είναι .ζγ το μικρότερο από τα δύο μέρη του συνόρου με άκρα τα Χ, Υ και έστω ΧΥΖ το τρίγωνο της διαμέρι-

1

σης με τη κορυφή Ζ όχι επί του

.ζ γ .

Παρατηρήστε πως το τρίγωνο ΧΥΖ είναι αμβλυγώνιο ή ορθογώνιο,

αφού διαφορετικά κάποιο από τα τμή ματα ΧΖ, ΥΖ θα ήταν μεγαλύτερο από το ΧΥ . Ονομάζοντας Lx , Ly τα δύο τμή ματα του .C που ορίζονται από το Ζ και το Χ ή Υ αντιστοίχως (και που δεν ανήκουν

z

στο

z γ .ζ ) και εφαρμόζοντας το Λήμμα σε καθένα από τα Lxz , Lyz , .ζ γ , καταλήγουμε πως συνολικά δεν

υπάρχουν περισσότερα από 200612 ισο-καλά τρίγωνα, εκτός ίσως κι εάν το ΧΥΖ είναι ένα τέτοιο τρίγω­ νο. Όμως σε αυτή την περίπτωση , οι ΧΖ και ΥΖ είναι καλές διαγώνιες και οι αντίστοιχες ανισότητες του ΕΥΚΛ Ε Ι ΔΗΣ Β" τ.2/15


------

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

Λή μματος είναι γνήσιες. Ετούτο δείχνει πως και στη ειδική αυτή περίπτωση το συνολικό πλήθος των ισο­ καλών τριγώνων στη διαμέριση, συμπεριλαμβανομένου του ΧΥΖ, δεν υπερβαίνει τα 1 003 . Το φράγμα των 1 003 ισο-καλών τριγώνων μπορεί να επιτευχθεί. Αρκεί να επιλέξουμε μια κορυφή του 2006 - γώνου και ξακινώντας από αυτή να χαράξουμε μια σπαστή γραμμή που ενώνει κορυφή παρά κορυφή . Καθώς το 2006 είναι άρτιος, η γραμμή αυτή κλείνει επιστρέφοντας στην επιλεγμένη κορυφή . Ετούτο μας δίνει ήδη μια διαμέριση του Ρ (όχι όμως σε 2003 τρίγωνα) στην οποία υπάρχουν 1 003 ισο­ καλά τρίγωνα. Για να έχουμε μία από τις διαμερίσεις της υπόθεσης με 2003 τρίγωνα, μπορούμε κατόπιν να συμπληρώσουμε τη διαμέριση αυτή με αυθαίρετο τρόπο.

Να βρεθεί ο μικρότερος πραγ ματικός αριθμός

Μ τέτοιος ώστε η ανισότητα

2 2 2 2 2 2 2 I a b ( a - b ) + b c ( b - c ) + ca ( c - a ) ι� M ( a

να ισχύει γ ια όλους τους πραγ ματικούς και

+

2 2 2 b +c )

c.

Παρατηρούμε πρώτα πως το αριστερό μέλος παραγοντοποιείται ως Ι I 1 1 Ένας τρόπος για να καταλήξουμε εκεί είναι για παράδειγμα να θεωρήσουμε το τριτοβάθμιο πολυώ­ νυμο = Ρ( = Ο, οπότε και να ελέγξουμε πως Ρ( =

ab(a 2 -b2) + bc(b2 -c2) + ca(c2 -a2) (a-b)(b-c)(c-a )( a + b + c) P(b) c) -b-c) tb(t2 -b2) + bc(b2 -c2) + ct(c2 -t2) t) (b-c)(t-b)(t-c)(t + b + c) bab(a 2 -b2) + bc(b2 -c2) + ca( c2 -a 2) 1=1 a) (a -b )(b -c)(c -a )(a + b + c) Μ (a-b)(b-c)(c -a)(a + b + c) ι� M(a2 + b2 + c2)2 (1) a, b, c :::;a b :::; c. (a-b)(b-c) I=(b-a)(c-b) :::; ( (b-a) ; (c-b)) (c �a)2 , (2) =

Ρ(

=

, μιας και ο συντελεστής του τριτοβάθμιου όρου είναι ο

πώς το αριστερό μέλος Ι γράφεται πράγματι ως Ι

c.

Συνε­

Ι της προτεινόμενης ανισότητας

Ρ(

Ι όπως ισχυριστήκαμε.

Συνεπώς το πρόβλη μά μας ανάγεται στην εύρεση του μικρότερου που ικανοποιεί την ανισότητα I Ας παρατηρήσουμε πως αυτή η έκφραση είναι συμμετρική ως προς τα και συνεπώς μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας να υποθέσουμε πως Με αυτήν την υπόθεση , είναι =

Ι

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν

b-a

=

c-

b;

δηλαδή

2b a + c. =

Επίσης,

( (c-b) +2 (b-a) )2 (c-b)2 +2 (b-a )2 ' 3(c-a2/ :::; 2[(b -a)2 + (c- b)2 + (c-a)2] , 2 b = a + c. (2) (a -b )(b -c)(c -a)(a + b + c) ι::; _!_4 (c -a)3 (a + b + c) ( 2 1 (b -a) 2 + (c -b) 2 + (c -a) 2 )3 (a+ b +c)2 �( ) = - c-a ( a+ b +c )2 4 4 ( (b-a)2 +(c-b)2 +(c-a)2 )3 (a+ b +c) 2 2 �

ή ισοδυνάμως

(3)

με την ισότητα να ισχύει και πάλι μόνο όταν Ι

Από τις

Ι

1

ι;

J2[

= -

Ι

1 �-

4

και (3) παίρνουμε

I

)

3

=

3

Λόγω της ανισότητας του σταθμικού γεωμετρικού - αριθμητικού μέσου, αυτή η ανισότητα συνεχίζει ως εξής: I

(a -b)(b -c)(c -a )(a + b + c) ι::; J22 ( (b -a)2 + (c -b)2 + 4(a -c)2 + (a + b + c)2 )2 Βλέπουμε λοιπόν πως η ανισότητα ( 1 ) ικανοποιείται για Μ

2b = a + c

και

(b-a)2 +(c-b)2 +(a-c)2 = (a + b + c)2 . , 3

=

J__ J2 32

,

=

9 J2 32

(a 2 + b2 + c2 )2 .

μ ε ισότητα αν και μόνο αν

,

,

,

Θετοντας στην τελευταια ισοτητα οπου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/ 1 6

b

το


------- Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες -----ίσο του ( a + c) I 2 , τη φέρνουμε στην ισοδύναμη μορφή της

2( c - a ) 2 =

9( a - c) 2 •

Οπότε οι συνθήκες για την ισότητα μπορούν να διατυπωθούν εκ νέου ως 2b = b + c και ( c - a ) 2 = 1 8b 2 • Θέτοντας b= 1 βρίσκουμε a = 1 - �.J2 και c = 1 + 'i.J2 . Συνάγουμε λοιπόν πως το M = J___ .fi είναι πράγ2 2 32 ματι η ελάχιστη σταθερά που ικανοποιεί την ανισότητα, και πως η ισότητα ισχύει για κάθε τριάδα (a,b,c) ανάλογη στην (1 - 'i .fi, 1, 1 + '}__ .fi) , έως μεταθέσεως. 2 2 rΙ !i .

,

,_,

; ; " ' ι ; i ' "'·

Να βρεθούν όλα τα ζευγάρια ακεραίων (x, y) έτσι ώστε 1 + 2 ' + 2 2 '+ 1

=

y2

Αν (χ, y) είναι μια λύση τότε προφανώς χ � Ο και το (x, -y) είναι επίσης λύση . Για χ = Ο παίρνου­ με τις δύο λύσεις (0, 2) και (0, -2). Έστω τώρα (χ, y) μια λύση με χ > Ο. Χωρίς βλάβη της γενικότητας ας περιορίσουμε την προσοχή + μας στα y > Ο. Ξαναγράφοντας την εξίσωση ως 2' (1 + 2 χ ι ) = (y - 1)(y + 1) βλέπουμε πως οι παράγοντες y - 1 και y + 1 είναι άρτιοι και ακριβώς ένας από αυτούς διαιρείται με το

4. Συνεπώς χ � 3 και ένας από τους παράγοντες αυτούς διαιρείται με το y = 2x - 1 m + ε,

2χ- Ι

αλλά όχι με το

m περιττός ( > Ο ), ε = ±1 . λοιπόν Τοποθετώντας τη σχέση αυτή στην αρχική εξίσωση βρίσκουμε +Ι 2 χ (1 + 2 χ ) = (2 χ -ι m + ε) 2 - 1 = 2 2 χ- 2 m 2 + 2 χ mε, Ι ή ισοδυνάμως 1 + 2 χ + = 2 2 x - 2 m 2 + mε. Οπότε 1 - εm = 2 x - z (m 2 - 8). (2)

1

(1)

Άρα

Για ε 1 , το αριστερό μέλος της (2) γίνεται - m � Ο (αφού m περιττός και θετικός), οπότε το δεξί μέλος ικανοποιείται μονάχα για m 1 Όμως για ε 1 και m 1 , η (2) δεν ικανοποιείται. Για ε = - 1 η σχέση (2) μας δίνει τη 1 + m = 2 χ- 2 (m 2 - 8) � 2(m 2 - 8), που συνεπάγεται τη 2m 2 - m - 1 7 � Ο . Συνεπώς m � 3 . Από την άλλη όμως το m δεν μπορεί να ισούται με 1 εξαιτίας της (2). Καθώς ο m είναι περιττός, πρέπει m = 3 , που συνεπάγεται χ = 4 . Τότε από την ( 1 ) βρίσκουμε y = 23 . Αυτές οι τιμές των χ , y ικανοποιούν πραγματικά τη δοσμένη εξίσωση . Ας ανα=

=

=

=

καλέσουμε πως τότε η τιμή y = -23 είναι επίσης καλή . Συνεπώς η πλήρης λίστα των λύσεων είναι η : (0, 2), (0, -2), ( 4, 23), (4 , -23). 1 ;

;rM) ':

. •

I : '

, J'

Έστω Ρ(χ) ένα πολυώνυμο βαθμού η > 1 με ακέραιους συντελεστές και έστω k ένας θετικός α­ κέραιος. Θεωρήστε το πολυώνυμο Q(x) = Ρ(Ρ( . . . Ρ(Ρ(χ)) . . . )), όπου το Ρ εμφανίζεται k φορές. Να αποδειχθεί πως υπάρχουν το πολύ η ακέραιοι t τέτοιοι ώστε Q(t) = t. Ο ισχυρισμός του προβλήματος είναι προφανής στην περίπτωση που κάθε ακέραιο σταθερό ση μείο του Q είναι και σταθερό ση μείο του ίδιου του Ρ. Ακολούθως ας υποθέσουμε πως αυτό δε συμβαίνει. Σαν πρώτο βήμα θα δείξουμε πως κάθε ακέραιο σταθερό σημείο χ0 του Q(x) , είναι και ακέραιο σταθερό σημείο του πολυωνύμου Ρ(Ρ(χ )). Πράγματι, αν χ0 είναι ένα σταθερό σημείο του Q που είναι και σταθερό σημείο του Ρ, τότε φανερά το χ 0 θα είναι και σταθερό σημείο του Ρ(Ρ(χ)). Ας θεωρήσουμε λοιπόν τώρα έναν οποιοδήποτε ακέραιο

χ 0 τέτοιο ώστε Q(x0 ) = χ0 , Ρ(χ 0 ) :;t: χ 0 (υποθέσαμε προηγουμένως πως τέτοιο χ 0 υπάρχει) και ας ορί­

σουμε αναδρομικά χ i+ Ι = P ( x i ) για i = 0, 1, 2, . . . . Τότε x k = χ 0 • Είναι προφανές πως το Ρ( u ) - Ρ( ν ) διαιρείται με το u - ν για διακριτές τιμές u, ν. i i i a i x τότε κάθε a i ( u - ν ) διαιρείται με το u - ν ) . (Πραγματικά, αν Ρ ( χ ) =

Σ

Ας παρατηρήσουμε τώρα πως οι διαφορές χ 0 - χ 1 ,

χ1 - χ2 ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/17

• • ·

,

χ k -Ι - x k ,

(1)

x k - χ k+ Ι είναι όλες


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

μη μηδενικές. Πραγματικά, αν για κάποιο i είχαμε Χ ; = χ i + Ι , τότε αφού χ 0 = Ρ(Ρ( . . . Ρ(χ 0 ) · · ·)) ( τ ο Ρ k φορές), εφαρμόζοντας και στα δύο μέλη το πολυώνυμο Ρ k - i φορές θα καταλήγαμε στη ν ι σό τη τ α χ 0 = Ρ(χ 0 ) σε αντίθεση με την υπόθεσή μας χ 0 ::ι:. Ρ(χ 0 ). Συνεπώς μπορούμε να εφαρμόσουμε την ( 1) για τις διακριτές τιμές Χ ; , χ i + Ι για κάθε i � k , καταλήγοντας πως κάθε όρος στην ακολουθία των διαφορών χ 0 - χ 1 , χ 1 - χ 2 , , x k_1 - x k , x k - x k+ Ι (2) είναι διαιρέτης της επόμενης, και αφού xk - x k+l = χ 0 - χ 1 , όλες αυτές οι διαφορές έχουν ίσες απόλυτες · · ·

Χ 111

=

miη(x 1 , - · · , x k ) ,

Οπότε χ m Ι - χ ιη = -(χ ιη - χ ιη +1 ). χ m Ι = χ ιη + Ι (::ι:. χ ιη ). Έπεται πως διαδοχικές διαφορές στην ακολουθία (2) έχουν αντίθετα πρόσημα. Συνε­ πώς, χ 0 , χ 1 , . . . είναι μια ακολουθία δύο διακεκριμένων τιμών. Άρα λοιπόν χ 0 = χ 2 = Ρ(Ρ(χ 0 )) . τιμές.

Για

ετούτο

ση μαίνει

πως

Δείξαμε πράγματι πως κάθε ακέραιο σταθερό ση μείο χ 0 του Q(x) , είναι και ακέραιο σταθερό ση­

μείο του πολυωνύμου Ρ(Ρ(χ)). Αρκεί τώρα να δείξουμε πως υπάρχουν το πολύ

η

σε πλήθος ακέραια

σταθερά σημεία του Ρ(Ρ(χ)). Έστω a ένα ακέραιο σταθερό ση μείο του Ρ(Ρ(χ)) τέτοιο ώστε b = P(a) ::ι:. a (υποθέσαμε πιο πάνω

πως τέτοιο a υπάρχει) . Φυσικά ισχύει a = P(b) και το

b

είναι επίσης σταθερό ση μείο του Ρ(Ρ(χ)). Ας

θεωρήσουμε ένα οποιοδήποτε άλλο ακέραιο σταθερό ση μείο a ι του Ρ(Ρ(χ)) , διαφορετικό από τα και b και ας θέσουμε b ι = P(a ι) , οπότε φυσικά a ι = P(b ') . Οι ακέραιο a ', b ' δεν είναι υποχρεωτικό να είναι δι­

ακεκριμένοι (ο a ' ίσως και να είναι σταθερό σημείο του Ρ( χ ) ), αλλά καθένας από τους a ', b ' είναι δια­ φορετικός από καθέναν από τους a, b. Εφαρμόζοντας την ιδιότητα ( 1 ) στα τέσσερα ζευγάρια των ακε­ ραίων (a, a '), (b, b '), (a, b '), (b, a ') προκύπτει πως οι ακέραιοι a - a ' και b - b ' διαιρούν ο ένας τον άλλον, και πως ομοίως οι ακέραιοι a - b ' και b - a ' . Οπότε

b - a ' = ±(a - b '),

a - a ' = ±(b - b '). (3 ) Αν και στις δύο σχέσεις το πρόση μο είναι το συν: b - a ' = a - b ' και a - a ' = b - b ' . Αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε πως b - a = a - b δηλαδή b = a , άτοπο λόγω της υπόθεσής μας πως b ::ι:. a . Άρα λοιπόν σε μία τουλάχιστον σχέση της (3) το πρόση μο είναι το μείον. Όποια από τις δύο και αν είναι αυτή η σχέση , ισοδυναμεί με την a b = a b ' ή ισοδυνάμως με την a + b - a '- Ρ( a ') = Ο .

+

'+

Δείξαμε πως κάθε ακέραιο σταθερό σημείο a ' της Ρ(Ρ(χ)) άλλο από τ α a , b είναι ρίζα του πολυω­ νύμου F(x ) = a b - χ - Ρ( χ). Φυσικά και τα a, b είναι ρίζες του F(x). Αφού ο βαθμός η του Ρ είναι > 1, το πολυώνυμο F θα έχει ομοίως βαθμό η. Συνεπώς το F δεν μπορεί να έχει περισσότερες από η ρί­ ζες και το αποτέλεσμα αποδείχθηκε.

+

Π ρόβλη μ α 6.

Σε κάθε πλευρά b ενός κυρτού πολυγώνου Ρ aντιστοιχούμε το μέγιστο εμβαδόν ενός τριγώνου που έχει τη b σαν μια πλευρά και περιέχεται στο Ρ. Να αποδειχθεί πως το άθροισμα των εμβαδών που ανιστοιχούν στις πλευρές του Ρ είναι τουλάχιστον διπλάσιο του εμβαδού του Ρ. λ u'J en� .

. fl ι!μμα. Κάθε κυρτό (2η) - γωνο (Q), εμβαδού S έχει μια πλευρά και μια κορυφή που μαζί ορίζουν

ένα τρίγωνο εμβαδού όχι λιγότερο από S /n Α πriδπξη. Λέγοντας κύριες διαγώνιες για το (2η) - γωνο (Q) θα εννοούμε εκείνες που το διαμερίζουν σε δύο πολύγωνα με ίσο πλήθος πλευρών. Για κάθε πλευρά r = ΑΒ του (Q) ας συμβολίσουμε με Δr το τρίγωνο ΑΒΟ όπου Ο είναι το ση μείο τομής των κυρίων διαγωνίων ΑΑ ', ΒΒ ' . ( Φυσικά οι διαγώ-

νιες αυτές τέμνονται). Ισχυριζόμαστε πως η ένωση όλων των τριγώνων Δr , καθώς η r διατρέχει όλες τις πλευρές του (Q), καλύπτει ολόκληρο το πολύγωνο (εδώ θεωρούμε τα τρίγωνο και το πολύγωνο μαζί με τα εσωτερικά τους) εκτός ίσως από κάποια ση μεία των κύριων διαγωνίων. (τα σημεία των κύριων δια­ γωνίων μπορούμε να τα εξαιρέσουμε με ασφάλεια όσον αφορά τους συλλογισμούς μας για τα εμβαδά). Για να το δείξουμε αυτό ας θεωρήσουμε για οποιαδήποτε κορυφή Υ, την ευθεία της κύριας διαγωνί­ ου ΥΥ ' ως άξονα με προσανατολισμό από το Υ προς το Υ ' . Έστω Χ ένα οποιοδήποτε ση μείο του πολυ­ γώνου, μη κείμενο σε οποιαδήποτε από τις κύριες διαγωνίους. Ας επιλέξουμε οποιαδήποτε κορυφή Α του 2η - γωνου (Q) και ας θεωρήσουμε πως το Χ βρίσκεται στην αριστερή πλευρά του άξονα ΑΑ ' . Θεωρούμε την ακολουθία των αξόνων των κύριων διαγωνίων ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/ 1 8


------

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

AA1, BB,CC1, . . όπου A, B, C, - · · είναι διαδοχικές κορυφές του πολυγώνου, δεξιά του άξονα ΑΑ Το της ακολουθίας αυτής είναι ο άξονας Α 1 Α (δηλαδή ο ΑΑ 1 αντεστραμμένος), ο οποίος έ­ ηχει- τοστοΧμέλος στη δεξιά του πλευρά. Συνεπώς υπάρχουν δύο διαδοχικές κορυφές Κ, L στην ακολουθία Α, Β, C, πριν φτάσουμε στο σημείο Α 1 έτσι ώστε το Χ να εξακολουθεί να βρίσκεται αριστερά του ά­ ξονα ΚΚ 1 , αλλά δεξιά του LL 1• Αυτό σημαίνει πως το Χ βρίσκεται στο τρίγωνο Δ1 όπου t = Κ 1L 1• Α­ νάλογο σκεπτικό εφαρμόζεται και στα σημεία Χ που βρίσκονται αριστερά του άξονα ΑΑ 1 • Οπότε πράγ­ ματι η ένωση όλων των τριγώνων Δ, , καθώς η r διατρέχει όλες τις πλευρές του 2 η - γώνου (Q) καλύ­ ' .

.

· · ·

πτει ολόκληρο το (Q). Β'

Α'

Β'

C'

Α' Κ'

(Q)

ο

Α

r

χ

Β

L' ,:_.

. .--·

ι(_

Ν

s./ �-Δ�' '< _ "··-c

Μ

__

z

κ

Μ'

Δ5, s '

Ν'

c

Β

Α

' Δt

L

Δ,

S ΜΜ', ΝΝ1

Ά ρ α λοιπόν άθροισμα όλων των είναι τουλάχιστον ίσο μ ε Συνεπώς μπορούμε ν α βρούμε δύο απέναντι πλευρές, έστω και (με κύριες διαγώνιες) ώστε όπου οι αγκύλες [· . . ] δηλώνουν το εμβαδόν ενός χωρίου. Έστω πως οι διαγώνιες τέμνονται στο Ζ, και πως ισχύει (δίχως βλάβη της γενικότητας) ΖΝ ΖΝ ' . Τότε

[Δ, ] + [Δ,.] � S/ η , ΜΜ1, ΝΝ1

r = MN

r1 = M1N1

� [ΜΝΜ1] = [ΜΝΖ] +[ΖΝΜ1] � [ΜΝΖ] + [ΖΜ1Ν1] = [Δ,]+[Δ,.] � S/η,

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί. D Έστω τώρα το εμβαδόν του κυρτού πολυγώνου (Ρ) της εκφώνησης, και a 1 , a 2 , . . . , a ln οι πλευρές του. Ας είναι το εμβαδόν του μεγαλύτερου τρι­ γώνου εντός του πολυγώνου με μία πλευρά την a i . Ας υποθέσουμε αντίθε­ τα με το ζητούμενο πως

S

τότε θα υπάρχουν ρητοί αριθμοί q 1 , q 2 , κάθε ί. Έστω

Η

Si

η

• •

·

,

q m τέτοιοι ώστε και q

i > ss

_.!_

(Q) (Ρ) τ

για

b

ένας κοινός παράγοντας των παρονομαστών των κλασμά-

των q 1 , q 2 , . . . , q m , οπότε

ki qi _ -η

a.

ι

για κάποιους θετικούς ακέραιους με

Σki = 2 η . Διαμερίζουμε κάθε πλευρά a i του πολυγώνου (Ρ) σε k i ίσα τμή ματα και δη μιουργούμε ένα κυρτό 2η - γωνο (Q) (με κάποιες γωνίες ίσες με 1 80 ° ) εμβαδού S. °

Τ ο Λήμμα ισχύει για (Q) σαν και τ ο δικό μας όπου κάποιες από τις γωνίες του ίσες με 1 80 . Εφαρ­ μόζοντάς το συμπεραίνουμε πως το (Q) έχει μια πλευρά b και μια κορυφή Η που ορίζουν τρίγωνο Τ εμβαδού Αν η πλευρά b του (Q) είναι κομμάτι της πλευράς ai του Ρ για κάποιο i, τότε το

[τ] � S/ η . τρίγωνο Τ 1 με βάση ai και απέναντι κορυφή Η έχει εμβαδόν [Τ 1] = ki [τ] � k i S I η = qi S > S i , δηλαδή [τ '] > Si, πράγμα που αντίκειται στην ιδιότητα που κουβαλάει το Si εξ ' ορισμού. Οπότε κακώς υποθέσαμε Σ§_ < 2, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. s ·

·

Τα ονόματα των επιτυχόντων μαθητών Γυμνασίου - Λυκείου στο διαιyωνισμό «0 ΘΑΛΗΣ» θα ανακοιν ωθούν κατά νομό, σχολείο στο επόμενο τεύχος 6� του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' - ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ', αντίστ ο ιχα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/1 9

. .

i


π

I

Η στήλη αυτή έχει ως στόχο την ανάπτυξη μαθηματικού διαλόγου. Φιλοδοξούμε να συμμετάσχουν όλοι όσοι έχουν ένα γενικότερο ενδιαφέρον για τα Μαθηματικά.

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Η

Άλγεβρα τ ω ν Δεικτών του Ρολογιού (Το ρο λό ι κτυπά και εξισώσεις)

Δημήτρης Ι. Μπουνάκης

Ε ι σ αγωγ ι κ ά - ο ρ ι σμ ο ί

Σε ορισμένα βιβλία, κυρίως Άλγεβρας Α ' Λυ­ κείου, σχολικά και μη , υπάρχουν μεμονωμένα α­ πλά προβλήματα που οδηγούν σε εξισώσεις α ' βαθμού και είναι σχετικά με το ρολόι. Αναφερόμαστε στα κλασικά ρολόγια με τα λε­ πτά και τους τρεις δείκτες (ωροδείκτης, λεπτοδεί­ κτης, δευτερολεπτοδείκτης), και όχι στα σύγχρονα ηλεκτρονικά. Στο άρθρο αυτό θα δούμε μια γενίκευση των προβλημάτων αυτών καθώς και άλλα προβλήματα που σχετίζονται με το ρολόι και τους δείκτες του. Τα προβλήματα αυτά παρουσιάζουν ενδιαφέ­ ρον για τους μαθητές, επειδή αναφέρονται σε ένα χρήσιμο και γνωστό όργανο και συνδυάζουν γνώ- . σεις Άλγεβρας και Γεωμετρίας, καθώς και πρακτι­ κής αριθμητικής, χωρίς να είναι απλά, όπως έχω διαπιστώσει ακόμη και για μαθητές Γ Λυκείου. Αναφέρουμε κατ ' αρχήν δυο, λίγο - πολύ γνω­ στούς κανόνες, που θα μας χρησιμεύσουν παρακά­ τω και έχουν σχέση με τα 60 διαστήματα-γραμμές που, ως γνωστόν, χωρίζεται ο κυκλικός δίσκος του ρολογιού. 1 . Όταν ο μικρός δείκτης (ωροδείκτης) κινεί­ ται από μια ώρα στην επόμενη , διαγράφει 5 δια­ στήματα-γραμμές και στον χρόνο αυτό, δηλαδή σε μια ώρα, ο μεγάλος δείκτης (λεπτοδείκτης) δια­ γράφει 60 γραμμές- λεπτά. Άρα ο μικρός δείκτης

κή φορά) μέχρι να συμπέσει με τον μικρό δείκτη ΟΚ λέμε (στο άρθρο αυτό) γωνία των δεικτών του ρολογιού. Επίσης όταν αναφερόμαστε σε δυο δεί­ κτες ή απλά δείκτες, θα εννοούμε τον μικρό και τον μεγάλο δείκτη του ρολογιού.

Πρόβλημα ι

Να βρεθεί ποια ώρα μεταξύ ν και ν+l ώρας ο μεγάλος και ο μικρός δείκτης του ρολογιού συναντιούνται, ν = Ο, 1, 2, . .. , 1 1. Λύση

Κατ ' αρχήν από ώρα Ο ( 1 2) μέχρι 1 οι δείκτες δεν συναντιούνται (συμπίπτουν), οπότε ν= 1 ,2, . . . , 1 1 . Ο μικρός δείκτης ξεκινά από το ν και ο μεγάλος από το 1 2 (Σχήμα 1 ). Έστω ότι, μέχρι την θέση σύμπτωσης έχουν παρέλθει λv λεπτά (m) , δηλαδή ο μεγάλος έχει κινηθεί κατά λv γραμ­ μές . Σ ' αυτόν τον χρόνο ο μικρός έχει διαγράψει (λv - 5ν) γραμμές (κάθε ώρα ο μικρός κινείται κατά 5 γραμμές). Όμως κάθε γραμμή του μικρού αντι­ στοιχεί σε χρόνο 1 2 λεπτών, άρα 60 ν λv = 1 2( λv -5ν) <=> λv = 11 12

διαγράφει 1 γραμμή σε χρόνο 12 λεπτών.

2 . Μια γραμμή στον κύκλο του ρολογιού αντι­ στοιχεί σε τόξο 360/60 = 6° . Άρα γωνία δεικτών

γωνία ω (οι γωνίες αναφέρονται σε μοίρες) αντι­ στοιχεί σε ω/6 γραμμές. Έστω ΟΜ ο μεγάλος δείκτης (λεπτοδείκτης), ΟΚ ο μικρός δείκτης (ωροδείκτης) και ΟΔ ο δευ­ τερολεπτοδείκτης του ρολογιού. Την γωνία ω = Λ

ΜΟΚ

που διαγράφει ο μεγάλος δείκτης κινούμε­ νος κατά την κανονική φορά κίνησής του ( αρνητιΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/20

Σχήμα 1


Το Βήμα του Ευκλείδη

Άρα υπάρχουν 1 1 σημεία συνάντησης των δει­ κτών τα Σv = ν 601 1ν = 1 ,2, . . . , 1 1. τα οποία διαφέρουν μεταξύ τους κατά 1 ώρα 60 =5 5 λεπτα' ( αριθ μητικη' προο' δος με πρω-' και U U το όρο και διαφορά 1 ώρα και 5 2._1 1 λεπτά). Την στιγμή της συνάντησης η γωνία 360ν ΑΟΜ = 6. 60ν = 11 11 Από τις 7 μέχρι τις 8 οι δυο δείκτες συμπί­ πτουν στις 7 και 420 = 38 2 λεπτα., την στιγμη, αυλ = -7 '1-. 601- = U U Λ τη, η γωνια' ΑΟΜ ει'ναι 360'1 1 7 =229 -111 . ο δευτερολεπτοδείκτης ΟΔ την στιγμή αυτή μετρά 2 · 60 = 120 = 10 10 δευτερο' λεπτα και η γωνια' U U U 120 · 6 = 6 5 -5 . Λ , ΑΟΔ ειναι 11 11 Από τις 4 μέχρι τις 5 οι δυο δείκτες συναντιούνται την ώρα Σ4 = 4 1' 21 _2._1 1 Την στιγμή αυτη' η γωνια' ΑΟΛΜ ει'ναι 360·1 1 4 130 101 1 Μετά την 1 ώρα οι δείκτες συναντιούνται στις ν =1 και λ 1 = 601 1 = 52_1 1 λεπτά. Από τις 1 1 μέχρι τις 12 οι δείκτες συμπί­ πτουν στις 1 1 και λ1 1 = 60 λεπτά, δηλαδή στις 12. Την στιγμή αυτή συμπίπτουν και οι τρεις δείκτες. h

--

m

, ν

ο

.

π

i ,

1

12 στο 12 και στην αρχή προηγείται ο μικρός, ενώ μετά την συνάντησή τους προηγείται ο μεγάλος (πάντα κατά την φορά κίνηση των δεικτών­ αρνητική φορά). Διακρίνουμε λοιπόν δυο περι­ πτώσεις Π φ iπτωση Ο μικρός δείκτης προηγείται του μεγάλου ή συμπίπτει με αυτόν. Λ (με αρχιΑυτό συμβαίνει όταν η γωνία ΑΟΜ κή πλευρά ΟΑ και αρνητική φορά διαγραφής) εί­ ναι μικρότερη από την γωνία που αντιστοιχεί στον 60 ν · 6° . Αυτο' δ ' συμπτωσης, ' δη λαδη' απο' U χρονο μπορεί να συμβεί από την ώρα 0(12) μέχρι την 1, αφού προηγείται πάντα ο μεγάλος, οπότε εδώ ν=1,2, ... ,1 1 . •\ .

εν

ο

--

0

1,

m

-- =

-

ο

r. ι

r! ι) �Η σ η ο

Ο μικρός και ο μεγάλος δείκτης του ρολογιού συναντιούνται σε ακέραιο αριθμό λεπτών μόνο την ώρα 12. Πράγματι, πρέπει το 1 1 να διαιρεί το 60ν, οπότε ν = 1 1 και λ = 60. Π ρ �φιη μ α 2

Να βρεθεί ποια χρονική στιγμή μεταξύ της ν και ν+ 1 ώρας ο μεγάλος και ο μικρός δείκτης του ρολογιού σχηματίζουν γωνία ω, ν= 0,1, ... , 1 1 .

Την ώρα ν, ν = 0,1, ... ,1 1 (ώρα Ο είναι η 12) ο μικρός δείκτης βρίσκεται στο ν και μεγάλος στο 12. Καθώς ο μικρός κινείται από το ν στο ν+l, δι­ αγράφοντας 5 γραμμές, ο μεγάλος κινείται από το

Σχήμα 2 Έστω ότι, όταν οι δείκτες σχηματίζουν γωνία ω (Σχήμα 2) ο μεγάλος έχει κινηθεί κατά λ λεπτά (από την θέση 12). Σ ' αυτόν τον χρόνο ο μικρός έχει κινηθεί από την θέση ν και έχει διαγράψει (λ+ ω6 -5ν) γραμμές (βλέπε και κανόνα 2 στην εισαγωγή). Ά, ρα λ = 12(λ+ 6ω -5ν) <:::> λ = 60ν1 -1 2ω (1) Άρα οι δείκτες σχηματίζουν γωνία ω την ώρα ν και λ = 60ν1 -1 2ω λεπτα., Την στιγμή αυτή η γωνία ΑΟΜ = 60ν1 -1 2ω . 6 = 12(30ν1 1 - ω) . 60 ν - 1 1λ , , Η ( 1) ειναι ισο δυναμη με την ω = 2 που εκφράζει την ω συναρτήσει του λ. Όταν οι δείκτες συμπίπτουν, δηλαδή ω = Ο, τό60ν λεπτα,, που ειχαμε , ειναι , ν και -, δει τε η ωρα 11 και στο προηγούμενο πρόβλημα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/2 1


Το Βήμα του Ευκλείδη

Ας σημειωθεί ότι από τις 1 1 μέχρι και τις 12 προηγείται πάντα ο μικρός (μέχρι να συμπέσουν). 6. Αμέσως μετά τις 9 οι δείκτες σχηματίζουν ευθεία γωνία, στις 9 και λ= 60· 9 -1 12 · 1 80 = 180 1 1 = 16 _i_1 1 λεπτά. Π i ερ ίπτωση Ο μεγάλος δείκτης προηγείται του μικρού. Αυτό συμβαίνει μετά την συνάντηση των δεικτών, δηλαδή όταν η ΑΟΜ (με αρχική πλευρά ΟΑ και αρνητική φορά διαγραφής) είναι μεγαλύ­ τερη της γωνίας που αντιστοιχεί στον χρόνο σύμπτωσης, δηλαδή της γωνίας 6�1ν ·6° με Π α ρ α δ Σ iγ μ α τ α ... ,1 1. Αυτό δεν μπορεί να συμβεί από τις Μεταξύ της ώρας 4 και 5 και πριν συνα­ ν=Ο,1,2, ντηθούν, οι δείκτες σχηματίζουν γωνία ω = 20° 1 1 μέχρι τις 12, οπότε εδώ ν = 0,1,2, ... ,10. στις 12 2 λεπτα., ν = 4 και λ = 60 ν1 -1 2ω 200 18 11 11 Την στιγμή αυτή η γωνία είναι 200 · 6 109 -1 0 , ο δευτερολεπτοδεικτης ' ΑΟΜ =11 11 μετρά 2 1· 601 10 !Q1 1 δευτερόλεπτα και η γωνία 0• 652_ ΑΟΔ = 720 11 11 2 0 Την ώρα 7.30 προηγείται ο μικρός, οπότε (ν=7, λ=30) οι δείκτες θα σχηματίζουν γωνία ω με 30 = 60· 71 -1 2ω ή ω = 45 ο Σχήμα 3 3 ο Την ώρα 10.15 προηγείται ο μικρός δεί­ Έστω ότι, όταν οι δείκτες σχηματίζουν γωνία κτης, οπότε (ν = 10, λ = 15) οι δείκτες θα σχηματί­ ω (Σχήμα 3), ο μεγάλος έχει κινηθεί κατά λ λεπτά ζουν γωνία ω με (από την θέση 12). Σ ' αυτόν τον χρόνο ο μικρός 2ω ή ω = 217,5° ή κυρτή γωνία 142,5°. έχει κινηθεί από την θέση ν και έχει διαγράψει 15= 60 " 1011 (λ- 3606- ω -5ν) γραμμές (βλέπε και κανόνα 2). Ποια ώρα μετά τις 8 οι δείκτες σχηματίζουν γωνία 180° ; Είναι ν = 8, ω = 180° οπότε ( αφού Άρα 360 - ω προηγείται ο μικρός) αυτό συμβαίνει στις 8 και λ=(λ_5ν)·12<=:>λ= 60(ν + 12) - 2ω (2) 6 11 , , Γ 10 10 - λεπταο, ενικα οταν λ= 60 ° 81 -1 360 120 Επομένως οι δείκτες σχηματίζουν γωνία ω, με­ 11 11 ν+ 1, την ώρα προηγείται ο μικρός οι δείκτες είναι σε ευθεία γω- ταξύ της ώρας60(νν και 12) + - 2ω λεπτα, , ν = 0,1, ... ,10. . , ν και 60 (ν - 6) λεπτα, , ν = 6 , ... , 1 1 . ν και λ = νια, τις ωρες 11 11 Το ν = Ο αντιστοιχεί στις 12. Ο αριθμός αυτός των λεπτών είναι ακέραιος μόνο Λ .ιr:ρ::ι) Ι'ηση για ν = 6. Επειδή ΟΟ11ν �λ�60 προκύπτει 30(ν+ 1 )�ω�3 60° . 5 ο Την ώρα 1 1 030 οι δείκτες σχηματίζουν γω­ νία ω με Άρα κατά την διάρκεια της ώρας από ν σε ν+ 1, 60° 1 1 - 2ω 30 ή ω = 165 ° . όσο προηγείται ο μεγάλος, η γωνία ω ξεκινά από 11 τις 360° , την στιγμή της συνάντησης των δεικτών Δ ιφι:ι} ιιη ση

Πρέπει Ο�λ� 60ν 1 1 οπότε Ο�ω�30ν, ν=1,2, ... ,1 1 Άρα υπάρχει μια μέγιστη γωνία ω = 30ν από την ν μέχρι την ν+ 1 ώρα την οποία σχηματίζουν ακριβώς την ώρα ν. Στην συνέχεια η γωνία ω μι­ κραίνει μέχρι να γίνει Ο στο σημείο συνάντησης. Έτσι, π.χ. στις 7 έχουμε γωνία ω = 210° η οποία μικραίνει μέχρι να γίνει Ο, όταν συμπέσουν οι δεί­ κτες. Η μέγιστη τιμή του ω είναι 330° στις 1 1. Από την ώρα αυτή μέχρι τις 12 προηγείται πάντα ο μι­ κρός μέχρι να συμπέσουν (ω = 0). Παρατηρούμε ότι, με σταθερό ν, ο λ είναι γνη­ σίως φθίνουσα συνάρτηση της ω. i

ο

=

Λ

=

=

=

ο

4.

= - =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/22

Β.

Λ


Το Βήμα του Ευκλείδη

(μέγιστη τιμή), και στην συνέχεια ελαττώνεται μέ­ χρι να πάρει την ελάχιστη τιμή της 30(ν+1) . Για ν = Ο έχουμε την μικρότερη γωνία ω=30° από τις 12 μέχρι τις 1 . Παρατηρούμε ότι, με σταθερό ν, ο λ είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση της ω . Σ η μ είω σ η Αν στην περίπτωση Β θεωρήσουμε σαν γωνία δεικτών την ω = ΚΟΜ (με αρχική πλευρά ΟΚ και αρνητική φορά διαγραφής και όχι την ΜΟΚ ) τότε η σχέση (2) γίνεται απλούστερη λ= 60(ν + 12) 1-12(360 - ω) = 60ν1 +1 2ω . Λ

Λ

j ::.: υ νi:zπu

ι π ιJ

ετrό μ ::νο τειΊzο.; Ι

Χριίσιμη Παραηίρη ση

Εκ παραδρομής δεν είχαμε δημοσιεύσει την παρατήρηση του συναδέλφου Παναγιώτη Οικονο­ μάκου πάνω στο πρόβλημα 3 της Α ' Λυκείου στο' τεύχος 53 (Αύγουστος, Σεπτέμβριος, 2004) . Γι αυτό επανορθώνουμε δημοσιεύοντάς το . 3 : ( Θ . Κ υ ρ ι α κ ό π ο υ ί.ο ; ) Αφού αποδειχθεί η ταυτότητα: 2= (α2+ β2+γ22)(χ2+y2+z2 2 )-(αχ+βy+γz) =(βχ- αy) +(γy-βz) +(γχ-αz)2 να βρεθεί στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ σημείο Ρ έτσι ώστε «αν χ, y, z είναι οι αποστάσεις του Ρ από τις πλευρές του τριγώνου και x+y+z=c όπου c>O σταθερός, το άθροισμα x2+y2+z2 να είναι το μικρότερο δυνατό» Το π ρ ίJ βλη μ α

Α

Β

Η

ωτι'iντηση

Το «=» ισχύει μόνον όταν x=y=z. Άρα το ζη­ τούμενο σημείο είναι το σημείο που συναντιούνται οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου . Θυμίζουμε ότι: «η διχοτόμος μιας γωνίας αποτελείται από όλα τα σημεία του επιπέδου, που ισαπέχουν από τις πλευρές της γωνίας» . Αυτό συμβαίνει μόνον όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο με πλευρά α και τότε. αJ3 . x + y + z = c = -2 Το σημείο αυτό λέγεται έγκεντρο (κέ­ ντρο του εγγεγραμμένου κύκλου), οπότε x=y=z=ρ (ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου. Συνεπώς c=3ρ) Π. Το πρόβλημα 3 της σελίδας 19 (περιόδου Ι ου­ λίου-Αυγούστου-Σεπτεμβρίου 2004) έχει λανθα­ σμένη υπόθεση, διότι αν Ρ μεταβλητό σημείο στο εσωτερικού τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ και χ, y, z εί­ ναι οι αποστάσεις του από τις πλευρές του, τότε το άθροισμα x+y+z δεν είναι σταθερό . Στο τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ ακυρώνουμε τη λαν­ θασμένη και περιττή υπόθεση x+y+z=c, αφού μας αρκεί ότι ισχύει πάντα αχ+βy+γz=2Ε= σταθερό, όπου Ε το εμβαδόν του2 τριγώνου ΑΒΓ 2 2 2 2 / + + + Ακόμα: (x2 z ) (2α β +γ )-( αχ+ βy+γz)2= 2 =(αy-βχ) +(αz-γχ) +(βz-γy) (ταυτότητα του Lagrange) οπότε και αντικαθιστώντας έχουμε: (x2+/+z22) (α2+β2+γ22 )-4Ε2= 2 =( αy-βχ) +( αz-γχ) +(βz-γy) �0 οπότε χ 2 + y 2 + z 2 - α2 +4Εβ 2 2+ γ 2 Άρα η ελάχιστη τιμή για το άθροισμα x2+/+z2 είναι η α 2 +4Εβ 2 2+ γ 2 Και επιτυγχάνε, -χ = -Υ = -z , ται οταν α β γ δηλαδή όταν το ση­ μείο Ρ συμπέσει με το σημείο από το οποίο περνούν οι τρεις συμμετροδιάμεσοι του τριγώνου. Στη συνέχεια ο συνάδελφος Π . κάνει αναφορές στο γνωστό θεώρημα των συμμε­ τροδιαμέσων και των ιδιοτήτων του . Σχόλι ο :

Η π α ρ α τ i1 ρ η ση τ ο υ

Ο ι κ ονο μ ά κ ο υ

>

Α

του

π�: ρ ω δ ι κ ο {J

Γ

Για το πρώτο: Εκτελούμε τις πράξεις και στα δυο μέλη της αποδεικτέας ταυτότητας και οι παραστάσεις που προκύπτουν είναι ίδιες. Για το δεύτερο: Από την ταυτότητα για α=β=γ= 1 παίρνουμε: 3 ( χ 2 + y2 + z 2 ) - (x + y + z)2 = = (x - y)2 + (y - z)2 + (x - z)2 χ2 + / +z2 = � [( (x-y)2 +(y-z)2 +(z-x) γ ] + � c2 2 Συνεπώς: χ 2 + y 2 + z 2 .!.c 3 :?:

8

Ο ικονο μ ά κος

Βιβλία

που

Λάβαμε:

ΑΛΓΕ Β ΡΑ Α ' Ενιαίου Λυ κείου,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/23

Θ. Τσιούμας

και I. Σιάχος.

Γ


{�_ ,... ·: ι

(Ί l,

..

Α f: ι ; -�-!:tr

�1'" i·· /.�

/�; .-{--5

: "fi!$

: t' '<,"

,(, , Α

Λι#),..,.:.�ι

Λl7

��t

R

;if :1-"��

ί<f�:� ,.t'f·�}# Αί {t.<ι [3>4'ι ' �#,�· '

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή από ψ εων και την ανάπτυξη 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 αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματι­ κών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. �, ι . Ι ·

Ι -. ·'

παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμε­ νό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών. στήλη μας ανταποκρινόμενη στην επιθυμία πολλών αναγνωστών, καθιερώνει από το τεύχος αυτό και στο εξής, ένα νέο υπόθεμα με τίτλο «τι είναι τα Μαθηματικά; ». Εί­ ναι σε όλους γνωστό πως δεν υπάρχει μοναδική απάντηση σ' αυτό το ερώτημα. Οι απαντήσεις ποικίλουν ανάλογα με την εποχή που διατυπώθηκαν και τη φιλοσοφική τοποθέτηση αυτού που τη διατύπωσε. Εμείς θα καταβάλουμε σοβαρή προσπάθεια να αποδώσουμε όσο γίνεται πιο πιστά τις διάφορες τοποθετήσεις. Θα θεωρήσουμε, όμως, πολύ σημαντικό γεγονός τις δικές σας παρεμβάσεις. Με τη βοήθειά σας και τις υποδείξεις σας, όπως πάντα, είμαστε βέβαιοι ότι θα πετύχουμε το στόχο μας. Ι c < > � Ι . ι ψ ι"

��

., - , ,

, .,

:ι· '

·;

Η

Είναι σε όλους γνωστό πως ο Πυθαγόρας (και γε­ αρμονιών. Αφού, λοιπόν, όλα τα άλλα όντα φαίνο­ νικότερα η σχολή των πυθαγορείων) δεν άφησαν νταν να είναι τέλεια απεικόνιση των αριθμών και γραπτά κείμενα και τις όποιες πληροφορίες τις έ­ αφού οι αριθμοί είναι πρωταρχικοί σε ολόκληρη τη χουμε «εκ πλαγίου». Απ' όλες τις «πλάγιες» μαρ­ φύση, θεώρησαν ότι τα στοιχεία όλων των όντων τυρίες, εμείς θεωρούμε πιο έγκυρες αυτές του Αρι­ και ότι ολόκληρος ο ουρανός δεν είναι παρά αρμο­ νία και αριθμός όσες, λοιπόν, αναλογίες μπορού­ στοτέλη. Διαβάζουμε: « . . . οι λεγόμενοι Πυθαγόρειοι κατα­ σαν να δείξουν ανάμεσα στους αριθμούς και στις πιάστηκαν πρώτοι με τα μαθηματικά και όχι μόνο αρμονίες αφενός και στις μεταβολές, τα μέρη του τα ανέπτυξαν αλλά καθώς αυτά τους έγιναν δεύτε­ ουρανού και τη γενική διάταξη του κόσμου αφετέ­ ρη φύση, θεώρησαν ότι οι αρχές τους είναι αρχές ρου, τις συγκέντρωναν και τις ενσωμάτωναν στο των όντων. Επειδή λοιπόν στα μαθηματικά οι αριθ­ σύστημά τους. μοί έρχονται από τη φύση τους πρώτοι και επειδή Και αλλού: «Πρόσθεσαν, όμως, και ένα νέο στοι­ θεωρούσαν ότι στους αριθμούς βλέπουν πολλές χείο, που είναι καθαρά δικό τους: το Περατό, το ομοιότητες με τα όντα και τα γεγονότα, περισσότε­ Άπειρο και το Ένα δεν τα θεώρησαν ότι απλά ανή­ ρες απ' ότι στη φωτιά, στη γη και στο νερό, ότι ο κουν σε διαφορετικές φύσεις, όπως η φωτιά, η γη ή τάδε αριθμός με τις συγκεκριμένες ιδιότητες είναι η κάτι παρόμοιο, αλλά το ίδιο το άπειρο και το ίδιο δικαιοσύνη, ο τάδε η ψυχή και ο νους, ο άλλος ο το ένα είναι η ουσία των πραγμάτων στα οποία α­ καιρός και ούτω καθεξής. Στους αριθμούς ακόμη ποδίδονται. Γι ' αυτό θεώρησαν τον αριθμό ως ουσία έβλεπαν τις ιδιότητες και τις σχέσεις των μουσικών όλων των πραγμάτων» Αριστοτέλη «Μετά τα Φυσικά», 985b, 24-986a,5 και Α 987a, 1 4 [στο επόμενο: η γνώμη των Πλατωνικών] "f :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/24


Μια εξή γηση γ ια κάτι που πολλ ο ί θα θεωρούσαν παράξενη σύμ πτωση

Αν μαζευτούν λοιπόν σε μια κοινωνική συγκέ­ «Όλοι μας έχουμε εντυπωσιαστεί από διάφορες συμπτώσεις, άλλες ευχάριστες και άλλες δυσάρε­ ντρωση 50 άτομα, ποια είναι η πιθανότητα δυο στες. Συμβάλλουν κι αυτές στο να σημαδευτεί η τουλάχιστον εξ αυτών να έχουν κοινή η μερομηνία ζωή μας από κάποια γεγονότα. Αρκετοί άνθρωποι γέννησης; Ίσως πολλοί νομίζουν ότι η πιθανότητα προσδίδουν μεταφυσικές προεκτάσεις σε πολλές αυτή είναι μάλλον μικρή, αφού το 50 είναι μικρό­ συμπτώσεις, παρασυρόμενοι ίσως από τα ωροσκό­ τερο από το 1 17 του 366. Η διαισθητική αυτή αντί­ πια και τις άλλες μεθόδους «πρόβλεψης» του μέλ­ ληψη είναι όμως λάθος όπως θα δείξουμε πιο κάτω. Κατ ' αρχήν θα υπολογίσουμε την πιθανότητα του λοντος. Σκοπός του άρθρου αυτού δεν είναι να εξηγήσει συμπληρωματικού ενδεχομένου : «και οι 50 να έ­ όλες τις συμπτώσεις. Σίγουρα, πολλές εξηγούνται χουν διαφορετικές ημερομηνίες γέννησης». Χάριν απλότητας θα θεωρούμε ότι το έτος έχει επιστη μονικά. Εμείς θα εξετάσουμε μια πολύ συ­ γκεκριμένη περίπτωση : το να έχουν δυο τουλάχι­ 3 6 5 η μέρες. Κάθε ένας από τους 50 ανθρώπους έχει στον άτομα, που παρευρίσκονται σε μια κοινωνική 365 δυνατές η μερομηνίες γενεθλίων. Ο πρώτος συγκέντρωση , κοινή η μερομηνία γέννησης. Φυσικά μπορεί να έχει τα γενέθλιά του οποιαδήποτε μέρα θα πρέπει να παρευρίσκονται λιγότεροι από 367 του χρόνου, άρα για αυτόν υπάρχουν 365 επιλογές. άνθρωποι για να έχει νόημα το υπό εξέταση ζήτη­ Για τον δεύτερο υπάρχουν 3 64 επιλογές γιατί δεν μα. Αφού ο χρόνος μπορεί να έχει 3 66 η μέρες (αν πρέπει τα γενέθλιά του να συμπέσουν με αυτά του συμπεριληφθεί και η 29η Φεβρουαρίου ), αν συγκε­ πρώτου, για τον τρίτο υπάρχουν 363 επιλογές γιατί ντρωθούν τουλάχιστον 3 67 άτομα, σίγουρα θα υ­ δεν πρέπει τα γενέθλιά του να συμπέσουν με αυτά πάρχουν τουλάχιστον δυο με κοινή η μερομηνία των δυο προηγούμενων. Συνεχίζουμε ομοίως και για τους 50 ανθρώπους και βλέπουμε ότι για τον γέννησης. Σε όλη τη διαπραγμάτευση που θα γίνει θα θεω­ προτελευταίο υπάρχουν 3 1 7 επιλογές και για τον ρηθεί ότι η κάθε η μερομηνία έχει την ίδια πιθανό­ τελευταίο υπάρχουν 3 1 6 επιλογές η μερομηνίας γε­ τητα να εμφανιστεί ως ημερομηνία γέννησης ενός νεθλίων. ατόμου. Επομένως η πιθανότητα να έχουν και οι 5 0 διαφορετικές η μερομηνίες γενεθλίων είναι

365 . 364 3 1 7 . 3 1 6 365 · 364 · . . . · 3 1 7 · 3 1 6 = 0.03 . = ... 365 365 365 365 36550 ·

·

Άρα η πιθανότητα που ζητάμε είναι ίση με 1 - 0.03 = 0.97 = 97% . Τελικά είναι σχεδόν βέ­ βαιο ότι θα βρεθούν τουλάχιστον δυο άτομα με κοινή η μερομηνία γέννησης ανάμεσα σε 50 άτομα. Με παρόμοιους υπολογισμούς διαπιστώνουμε ότι αρκούν μόνο 23 άτομα για να είναι η εν λόγω πιθα­ νότητα ίση με 50%. Δηλαδή μια σχολική τάξη . Δεν δοκιμάζετε, αγαπητοί μας μαθητές, να πειραματι-

στείτε πάνω στο θέμα αυτό με τα παιδιά της τάξης σας; Αν δοκιμάσουμε να δούμε τι γίνεται για 70 και πλέον άτομα θα διαπιστώσουμε ότι η πιθανότητά μας πλησιάζει το 1 . Παρακάτω παραθέτουμε έναν πίνακα και δυο διαγράμματα:

ΠΛΗΘΟΣ ΑΤΟΜΩΝ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑ

B I RTHDAYS ΟΝ ΤΗΕ SAt1E DAY

:q

;;;

it

ι;;

Numlιe<r of Birtlιι d ags

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/25


------

HdArd Af�/H&AfAr/CVf

-------

Οι μαθη ματικοί συχνά αρέσκονται να εξηγούν πογοητεύτηκε όταν έφτασε και στον τελευταίο χω­ σε άλλους ανθρώπους το παραπάνω φαινόμενο . ρίς να πετύχει ούτε μια σύμπτωση . Αλλά η κατά­ Παρατίθεται η παρακάτω ιστορία: σταση σώθηκε από το 24 πρόσωπο που βρέθηκε στην αίθουσα, την υπηρέτρια, που ανήγγειλε ξαφΣ ' ένα δείπνο, ο μεγάλος μαθη ματικός Γ . Γουί- νικά ότι είχε γεννηθεί την ίδια ημερομηνία με έναν βερ εξηγούσε στους άλλους 22 συνδαιτυμόνες, α- από τους στρατηγούς» [η συνέχεια στο επόμενο ] νώτερους στρατιωτικούς, τις πιθανότητες να συμπίπτουν οι η μερομηνίες γεννήσεων, κι άρχισε να Τηλέμαχος :V1 παλτ σ α β ι ά ς ( Κεφ αλονιά) ρωτά τον καθένα ποια η μερομηνία γεννήθηκε. Α-

ο

i l l . «Η τ ρ ιχο τ ό μ η ση γω ν ί α ς α π ' τ η σ κ ο π ι ά τ ω ν πυ θ α γ ο ρ ε ίων»

Στο υπ ' αριθμ. 61 τεύχος του Β ' ΕΥΚΛΕΙΔΗ Ιουλίου- Σεπτεμβρίου 2006 και στη στήλη Homo Mathematicus παρουσιάστηκε μια ωραία εργασία με τον τίτλο «Μια τριχοτόμος καμπύλη» του Νίκου Βαδιβούλη από την Άρτα. Επίσης στην εισαγωγή της και στον επίλογό της υπάρχει μια ιστορική και συμπερασματική αναφορά ότι η τριχοτόμηση μιας τυχούσας γωνίας με κανόνα και διαβήτη είναι, Μα­ θη ματικά αποδεδειγμένα, ΑΔ ΥΝΑ ΤΗ, αναφέρο­ ντας αορίστως τη σχετική ανακοίνωση του Ρ .L. Wantzel του έτους 1 83 7, πράγμα που η παγκόσμια Μαθη ματική κοινότητα το έχει μέχρι σή μερα απο­ δεχθεί.

εφθ=χ), πράγμα που δεν δύναται να αλλάξει την υφή της ταυτότητος και να την μετατρέψει σε απλή εξίσωση . άρα, η άνω εξίσωση ως ταυτότητα πλέον έχει απείρους λύσεις και γραμμικές και τρέπεται και σε γινόμενο γραμμικών παραγόντων, όπως εί­ ναι οι ομάδες των γωνιών των παραδειγμάτων που τριχοτομήθηκαν (υπάρχει σχετική αναφορά στο τεύχος 5 8 στην αυτή στήλη , του Β ' Ευκλείδη της Ε.Μ.Ε.).

Όμως το 1 994 παρουσίασα δη μοσίως, ( . . . ), μα­ θη ματική απόδειξη ότι η άνω ανακοίνωση του Wantzel είναι λανθασμένη (αριθμός πνευματικής ιδιοκτησίας 877/23/5/1 989 Εθνικής Βιβλιοθήκης της Ελλάδος) συνεπώς και τα συμπεράσματά του δέον να είναι λανθασμένα ότι δηλ. «η τριχοτόμηση τυχούσας γωνίας με κανόνα και διαβήτη είναι αδύ­ νατη , διότι η τριτοβάθμια εξίσωση χ 3 -3 αχ 23χ+α=Ο, όπου α=εφ3θ και χ=εφθ που επικαλείται δεν έχει ρίζες γραμμικές και δεν μπορεί να τραπεί σε γινόμενο γραμμικών παραγόντων, πρώτου βαθ­ μού», παρ ' όλον που υπάρχουν χιλιάδες περιπτώ­ σεις τριχοτομήσεως ατομικών εκάστοτε γωνιών.

Επικουρικά σας αναφέρω, ( . . . ), ότι υπάρχει σχετική μελέτη μου της γενίκευσης της υπ ' αρ . 1 0/IV πρότάσης των στοιχείων του Ευκλείδη ( . . . ), κατά την οποία ζητείται «να κατασκευασθεί ισο­ σκελές τρίγωνο που η γωνία της βάσεώς του να εί­ ναι νι-πλάσια της γωνίας της κορυφής», και από την οποία καταφαίνεται για ν=3 ή ν= l /3 η δυνατό­ τητα επίλυσης της τριχοτόμησης τυχούσας γωνίας. Αλλά για το θέμα αυτό καλό θα ήταν μια ιδιαιτέρα διερεύνηση από ομάδα μαθηματικών της ΕΜΕ προς την οποία δύναμαι να αναπτύξω την άνω γε­ νίκευση , και τον τρόπο εφαρμογής αυτής δια την κατασκευήν τυχούσης γωνίας, με κανόνα και δια­ βήτη .

Βέβαια το πρόβλημα εξακολουθεί να υπάρχει αλλά δεν είναι πλέον άλυτο και άρα η προσπάθεια δέον να είναι επαινετή και όχι απαγορευμένη .

Η απόδειξη του λάθους είναι απλούστατη . Η άνω εξίσωση είναι μία Τ ΑΥΤΟΤΗΤΑ και ουχί εξί­ σωση , διότι προήλθε από τη γνωστή τριτοβάθμια τριγωνομετρική ταυτότητα 3εφθ - εφ 3 θ -:. -: .__ εφ 3θ = -'------1 - 3εφ 2 θ

Δεν παραλείπω να αναφέρω ότι από την άνω γενίκευση προέκυψε και η Νομοτέλεια της κατα­ σκευής όλης της γκάμας των κανονικών ΠΟΛ Υ­ ΓΩΝΩΝ που κατασκευάζονται όταν ο λόγος (ν) πάρει τις τιμές ν=Ο,25λ , ( . . . )

κατόπιν αντικαταστάσεως των τριγωνομετρικών συμβόλων με σύμβολα αλγεβρικά (εφ3θ=α και

Ι ππ ο κ ρ άτη ς Λ ά κογλο υ , Α θ tΊ ν α

I V.

Η τ ρ ιχοτό μη σ η γων ί α ς - ο φ ε ιλό μ ενη α ν α φ ο ρ ά τη ς σ τ ή λη ς

Από τον εκλεκτό φίλο της στήλης Ν. Βαδιβούλη, σαμε στο τεύχος 61 (σελ. 23-25). Συγκεκριμένα στη λάβαμε ένα σημείωμα με το οποίο εντοπίζει κάποιο σελ. 24 (αριστερή στήλη), οι έξι πρώτες γραμμές του λάθος στο κείμενο της εργασίας του που δημοσιεύ- κειμένου, θα πρέπει να τοποθετηθούν στη δεξιά στήΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/26


H��� ��THE�AT/CVf

--------­

λη (της ίδιας σελίδας) αμέσως μετά τις τρεις πρώτες γραμμές του κειμένου και συγκεκριμένα αμέσως μετά τη φράση «του θεωρήματος του συνημιτόνου της γωνίας».

Αυτό, όμως, δεν απαλλάσσει τον υπεύθυνο για το συ­ γκεκριμένο κείμενο (τον Γιάννη Κερασαρίδη), ο ο­ ποίος ζητά συγγνώμη από το Νίκο Βαδιβούλη και από τους αναγνώστες του. Ελπίζουμε, όσο είναι ανθρώπινα δυνατό, να μη επαναληφθεί αυτό το φαινό­ Αυτή η μετάθεση του κειμένου (απ ' τη μια στήλη μενο. στην άλλη), έγινε με υπαιτιότητα του wπογραφείου. ν . Σ ύ ντ ο μ ε ς α ν α φ ο ρ έ ς σ ε θ έ μ α τ α επ ι κ α ι ρ ό τ η τ α ς τ ω ν Μ α θ η μ α τ ικ ώ ν

Η π ί κ ρ α τη ς α π ο τ υ χ ί α ς κ ρ ίJ β ε ι τον σπ ό ρ ο τ η ς

επ ιτυ χ ίας

Ο Άγγελος Σισμάνης είναι ένας μαθητής της Α ' τάξης στο 3° Λύκειο Νίκαιας. Με τον Άγγελο γνωριστήκαμε σε μια τριημερίδα με θέμα τα Μα­ θη ματικά. Ο καλός μας φίλος, έσπευσε να στείλει στη στήλη ένα γράμμα απ ' το οποίο δη μοσιεύουμε μόνο μερικά τμή ματα, ( . . . )

Fennat, στα πλαίσια του συνεδρίου «ΑΦΗΓΗΜΑ­ ΠΚΕΣ ΤΕΧΝΕΣ και ΜΑΘΗΜΑΠΚΑ»: «η πίκρα της αποτυχίας κρύβει τον σπόρο της επιτυχίας» . Η κατάκτηση της γνώσης των μυστηρίων της φύσης με στρέφουν προς τη θετική κατεύθυνση και συνε­ πώς η ενασχόλησή μου με τα μαθηματικά και το σκάκι θα συνεχίσουν για πολλά χρόνια ακόμα να ( . . . ) δεν ξεχνώ τα λόγια από την παρουσίαση με απασχολούν και να αναλώνουν δη μιουργικά τον της ταινίας για τον λύτη του προβλή ματος του χρόνο μου ( . . . ) <�>

\ ιεθνής

συ ν άντη ση σε θ έ ματα Ι στ ο ρ ί α ς κ α ι Π α ι δ αγωγικών των Μ α θ η ματικ ών

Στις 1 4 και 1 5 Απρίλη του 2006 πραγματοποιή­ θηκε στη Θεσσαλονίκη «Ελληνική Συνάντηση της Intemational Study Group ση the Relations Be­ tween the History and Pedagogy of Mathematics» (ΗΡΜ Group ), στην οποία παρουσιάστηκαν ενδια­ φέρουσες εργασίες από καταξιωμένους συναδέλ­ φους μαθη ματικούς. Ο φίλος της στήλης Γιάννης ΘωμαΊδης (σημαντικός ερευνητής της Ιστορίας των Μαθη ματικών) παρουσίασε μια εργασία με τίτλο «Διδακτικές όψεις της γενίκευσης στα Αριθμητικά �

του Διόφαντου». Ακόμη, είχε την ευγενή καλοσύνη να μας στείλει το πλήρες αγγλόφωνο κείμενο της εργασίας του με τίτλο «Α Framework for Defining the Generality of Diophantos ' Methods in "Arith­ metica"»

Τον ευχαριστούμε θερμά. Η στήλη μας ευελπιστεί πως σύντομα θα έχει την άδεια κάποιων ομιλητών για τη δημοσίευση αρκετών εισηγήσεων από αυτό το συνέδριο.

:\'1 ι α Γ ε ω μ ετ ρ ι κή Π ρ αγ μ α τ ε ί α

Από το φίλο της στήλης Θ Η ν ι'i ση � . ΤζεμπΕ­ λίκο, λάβαμε μια 60-σέλιδη πραγματεία με τίτλο «Μια Γεωμετρική Πραγματεία», με την παράκλη­ ση να δημοσιευτεί στη στήλη μας. Διαβάσαμε με πολύ προσοχή το σύνολο της εργασίας του και η γνώμη που αποκομίσαμε είναι πως έχουμε να κάνουμε με πολύ ενδιαφέρουσες ιδέες. Η εργασία αυτή αποτελείται από 3 κεφάλαια. Κεφάλαιο 1 ° : «Γεωμετρικές Κατασκευές» (με χάρακα και διαβήτη, αλλά με προσεγγιστικές μεθόδους), Κεφάλαιο 2°: «Η Γεωμετρική Κατασκευή του Χωροχρονι­ κού Κώνου» (ανάπτυγμα της σειράς Fibonacci στον τρισδιάστατο χώρο),

Κεφάλαιο 3°: «Θεωρία για το πραγματικό σχή μα του Σύ­ μπαντος». Δυστυχώς, όμως, δεν μπορούμε να δη μοσιεύ­ σουμε κανένα από τα τρία κεφάλαια για δύο λό­ γους: α) είναι πολυσέλιδα (η στήλη μας μόνο τε­ τρασέλιδη και οι προς δη μοσίευση εργασίες πολ­ λές), β) κανένα από τα τρία κεφάλαια δεν εμπίπτει στους σκοπούς του περιοδικού (το κεφάλαιο 1 ° , διαπραγματεύεται τις κατασκευές με «προσεγγι­ στικές μεθόδους»). Ευχαριστούμε τον κ. Τζεμπελίκο για την ευ­ καιρία που μας έδωσε να δούμε κάποια γνωστά πράγματα από μια άλλη οπτική .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/27


•••ιιιι•ι••• ,.. ... �� ..�,, .... Αιι••Ι•ιι Άλγεβρα

Α

Τριώνυ μο

Τζορντανίδης Αναστάσιος Στο άρθρο που ακολουθεί υπάρχουν υποδειγμα­ τικές ασκήσεις σε θέματα που αφορούν το τριώνυ­ μο. i.

Δίνεται η εξίσωση χ 2 + 10χ+ι!=Ο με λ ε R .(1) i) Υπολογίστε την διακρίνουσα της εξίσω­ σης. ii) Να βρείτε για ποιες τιμές του λ η εξίσω­ ση (I) έχει δύο πραγματικές και άνισες ρίζες. iii) Για -5<λ<5 να βρεθεί η εξίσωση με ρί­ ζες διπλάσιες της (1).

ΛίJση :

i)

Είναι Δ=β 2-4αγ= 1 0 2-4λ2 •

ii) Για να έχει η (Ι) δύο πραγματικές ρίζες πρέπει να είναι Δ>Ο <=> 1 00-4λ2 >0 <=> 4λ2 < 1 00 <=> <=> λ2 <25 <=> lλl 2 <5 2 <=> lλl<5 <=> -5<λ<5 iii) Αφού -5<λ<5 η (Ι) έχει δύο πραγματικές άνι­ σες ρίζες χ 1 ,χ2 με x 1 +xz= - 1 0 και χ ι χz=λ2 • Τότε S=2x 1 +2x2 =2(x 1 +2xz)=2( - 1 0)= -20 και Ρ=2χ 1 2χz=4Χ ι ΧzΑλ2 • Άρα η εξίσωση με ρίζες 2χ ι , 2xz είναι η χ 2-Sx+P=O δηλαδή η χ 2 +20χ+4λ2 =0

Δίνεται η εξίσωση χ 2-93χ+2006=0. i) Να βρείτε τις ρίζες της παραπάνω εξίσωσης ii) Αν ρ 1 η μικρότερη ρίζα της εξίσωσης να β ρ είτε την τιμή του πραγματικού αριθμού λ έτσι ώστε η εξίσωση 25χ2+(ρ ι + 1 6)χ -λ=Ο να έχει δύο ρίζες ίσες. 2.

Λύση :

i)

Η εξίσωση χ 2-93 χ+2006=0 έχει διακρίνουσα Δ=93 2 - 4 2006=8643-8024=625 . ·

Άρα έχει ρίζες 93 - J625 ρ1

=

=

93 - 25

2

=

93 + J625 2

=

93 + 25 2

=

2

2 =

68

=

1 18 2

34 =

59

ii) Αφού ρ 1 <ρ 2 είναι ρ 1 =34. Τότε η εξίσωση 25χ2 +(ρ 1 + 1 6)χ -λ=Ο γίνεται 25χ2 +50χ-λ=Ο. Για να έχει δύο ρίζες ίσες θα πρέπει να είναι Δ=Ο <=> 5 0 2 +4 25λ=Ο <=> 2500+ 1 ΟΟλ=Ο <=> ·

<=> 1 00λ= - 2500 <=> λ= -25 .

Δίνεται η εξίσωση χ 2-λχ-λ2-5=0, λ ε R , με ρίζες χι, χ2 . i) Να βρεθούν οι τιμές του λ έτσι ώστε να ισχύει η σχέση (χι-2)(χz-2)=-4 . ii) Για την μικρότερη τιμή του λ που βρή­ κατε στο ερώτημα (i) να σχηματίσετε ε­ ξίσωση με ρίζες τους α ρ ιθμούς 2χι+1, 2χ2 +1.

3.

λίJση :

i)

Είναι (χι -2)(χ2-2)= -4 <=> χ ι χz-2χ ι-2χz+4

= -4 <=> x 1 xz-2(xι +Xz) +8=0 ( 1 ) όμως χ 1 χ2 =-λ2 -5 και χ ι +χz=λ άρα η ( 1 ) γίνεται -λ2-5-2λ+8=0 <=> -λ2-2λ+3=0 <=> <=> λ2 +2λ-3=0. Δ=4+ 1 2= 1 6.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/28


------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

-2 + 4 -2 - 4 - 1 η' λ Ά ρα λ - -- - -3 2 2 --

ο

ii) Για την τιμή λ= - 3 εξίσωση γίνεται χ 2 +3χ- 1 4=0. Έχουμε τότε χ ι +χ 2 = - 3 και χ ι χ 2 = - 1 4. Είναι S=(2x 1 + 1 )+(2χ2 + 1 )=2(χ 1 +χ 2 )+2= -6+2= =-4 και Ρ=(2χι + 1 )(2χ 2 + 1 )=4χ ι χ 2 +2χ ι +2χ 2 + 1 =

=4χ ι χ 2 +2(χ ι +χ 2 )+ 1 =4( - 1 4)+2( -3 )+ 1 = -6 1 . Άρα έχω την εξίσωση χ 2 +4χ -6 1 =Ο με ρίζες 2χ 1 + 1 , 2χ 2 + 1 .

Δίνονται οι ευθείες με εξισώσεις ψ=(λ2 -2λ)χ -2007 και ψ=(4λ -9)χ +2006 Να βρεθεί η τιμή το υ π ραγματικού αριθμού λ, ώστε οι ευθείες να είναι π αράλληλες. \ '

Για να είναι οι ευθείες παράλληλες πρέπει να είναι λ2 -2λ=4λ-9 <=> λ2 -6λ+9=0 Δ=3 6 -3 6=0. Άρα η εξίσωση έχει μία λύση την

6

ή χ 2-χ-2 �χ 2 + 1 � 2χ 2-χ-3=0. Δ= 1 +24=25 1-5 1+5 3 χι= =- , χ = = -1 . 4 4 2 --

2

Δίνεται η συνάρτηση f με τύ π ο f(x)=lx 2-x-21 i) Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφι­ κής παράστασης της f με την ευθεία ψ=4 ii) Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφι­ κών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g με g(x)=lx 2 -1 1

--

2

Επομένως τέμνονται στα ση μεία τους με τε­ τμη μένες

� 2

και - 1 . Είναι g( � )=Ι � - 1 1= 2_ και g(4 2 4

1 )=0 δηλαδή στα ση μεία Μ(- 1 , Ο) και Ν

α, υ

Να λυθεί η εξίσωση αχ2 +βχ+γ=Ο, (α :;t: Ο) με 4α-2β+γ=Ο. Είναι 4α -2β+γ=Ο <=> γ=2β -4α. Άρα η εξίσωση γίνεται αχ2 +βχ+2β -4γ=Ο. Έχουμε Δ=β 2-4α(2β-4α)=β 2-8αβ+ 1 6α2 =(β-4α) 2 . Άρα η εξίσωση έχει ρίζες -β + β - 4α -4α χ - 2 1 2α 2α -β - β + 4α -2β + 4α -γ χ2 2α 2α 2α _

_

_

_

'

= -

=

=

λ= - =3

''

------

.

Δίνεται η συνάρτηση f με f(χ) = αχ 2 + βχ + γ με γραφική παράσταση

3

- ol

i) Για να βρούμε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με την ευθεία ψ=4 λύνουμε την εξίσωση f(x)=4 <=> Ιχ 2 -χ-2 1=4 <=> χ 2-χ-2=4 (I ) ή χ 2-χ-2= - 4 (Π) (Ι) <=> χ 2-χ-6=0 Δ= 1 +24=25 . Άρα έχει ρίζες 1-5 1+5 = 3 χ 2 = -- = -2 χ = ' 2 2 2 (Π) <=> χ -χ+2=0. Δ= 1 -8�7<0. Αδύνατη .

I

ο

1

3

Να βρεθούν οι αριθμοί α, β, γ. ii) Με τη βοήθεια της γραφικής παράστα­ σης να λυθεί η ανίσωση f(x) � Ο. i)

--

Επομένως τα ση μεία τομής είναι τα Α(3 ,4) και

Αφού η γραφική παράσταση της f τέμνει τον ' ψψ στο ση μείο (0,3) θα είναι f(0)=3 <=> γ=3 . Η γραφική παράσταση τέμνει

Β(-2,4) . ii) Θα λύσουμε το σύστη μα ψ=f(χ) και ψ=g(χ) δη­ λαδή f(x)=g(x) � Ιχ 2-χ-2 Ι=Ιχ 2- 1 1 � � χ 2-χ-2=χ2- 1 � -χ= 1 <=> χ=- 1 .

τον χχ 'στα σημεία ( 1 ,0) και (3,0) Άρα θα είναι

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' τ.2/29


------ Μαθη ματικά

}

f(l) = Ο α + β + γ = Ο

}

α+β+3=0

}

για την Α' Λυκείου

α + β = -3

f(3) = Ο 9α + 3β + 3 = Ο 9α + 3β + 3 = Ο 3α + β = - 1 Είναι α= 1 και β= --4 επομένως η f έχει τύπο f(x)=x 2 - 4χ +3 .

ii) Για να λύσουμε την f(x) :Ξ::: Ο βρίσκουμε το διά­

στη μα που η γραφική παράσταση της f είναι κάτω από τον άξονα χχ ' . Επομένως είναι το ( 1 ,3) . 1'J .

i)

. \ {Jση :

.::. ε ρουμε ότι για να έχει η εξίσωση 2 αχ +βχ+γ=Ο διπλή ρίζα πρέπει Δ=Ο και τότε η ρίζα β ' ειναι η ρ= - - . 2α α+β-Ι Άρα πρέπει 1 και Δ=Ο 6 Είναι 6=α+β- 1 � α=7-β.

Αν χ ι , χι οι ρίζες της εξίσωσης χι - (2α +l)x +α -1 =0 (I) να βρεθεί i) Για ποιες τιμές του α Ε IR. η (I) έχει ρίζες αντίθετες. ii) Για ποιες τιμές του α Ε IR. η (I) έχει ρίζες aντίστροφες. iii) Για ποιες τιμές του α Ε IR. είναι Χ ι - Χι = 3

Τότε η εξίσωση γίνεται

3χ 2- (7-β+β- Ι )χ+2β-5=0 � 3 χ 2-6χ+2β-5=0 Πρέπει Δ=Ο � 3 6- Ι 2(2β-5)=0 � � 3 6-24β+60=0 � 24β=96 � β=4 Άρα α=7--4=3 J

'' .

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β ι­ σχύει αι+β ι-4α+6β+ 13=0 να λυθεί η εξίσω­ ση αχ ι +(2α+β)χ+β=Ο.

Για να έχει η εξίσωση (Ι) ρίζες αντίθετες πρέ-

1

Είναι α2 +β 2--4α+6β+ Ι 3=0 � � α2--4α+4+β 2 +6β+9=0 � ( α-2) 2 +(β+ 3 ) 2 =0

πει χ 1 + χ 2 =Ο � 2α + Ι =Ο � α= - -

2

ii) Για να έχει η (Ι) ρίζες aντίστροφες πρέπει

Άρα πρέπει α-2=0 � α=2 και β+ 3=0 � β=-3 Η εξίσωση αχ 2 +(2 α +β)χ+β=Ο τότε γίνεται

χ ι χ 2 = Ι � α - Ι = Ι � α =2

iii) Έχουμε χ ι -χ 2=3 και χ ι +χ 2 =2 α + Ι άρα 2χι =2

2χ 2 +χ-3=0.

α +4 � χ 1 = α + 2 τότε

-1 + 5

Επομένως έχει ρίζες χ 1 = -- = 1 ,

χ2 = 2α + 1 -χ ι = 2 α + Ι -α - 2 = α - Ι όμως χ ι χ 2 =α - Ι � ( α +2)(α - Ι ) = α - Ι �

-1 - 5

χ2 = --

4

� (α +2)(α - 1 ) - (α - Ι )= Ο � � (α - Ι )( α + 2 - Ι )=Ο � (α - 1 )(α + Ι )= Ο � � α = Ι ή α = - Ι. Ο!

Δίνεται η εξίσωση αχ ι +βχ+γ=Ο. Αν οι αριθ­ μοί α, γ είναι ετερόσημοι να δείξετε ότι η ε­ ξίσωση έχει δύο ρίζες ετερόσημες.

λ (Jση :

Είναι Δ=β 2--4αγ. Όμως αγ<Ο αφού α, γ ετερό­

σημοι αριθμοί. Τότε --4αγ>Ο και επομένως Δ>Ο. Άρα η εξίσωση έχει δύο πραγματικές και άνισες ρίζες x 1 x2 = L <0. Άρα Χ ι ,χ2 ετερόσημοι. α

1 11

------

Να βρείτε τα α,β Ε IR. ώστε η εξίσωση 3χ ι-(α+β-1)χ+2β-5=0 να έχει διπλή ρίζα τον αριθμό 1 .

R 2.

4

-6 -3 . = = -

4

2

Να λυθεί η εξίσωση χι - α ΙχΙ -2=0 όταν για τον πραγματικό αριθμό α ισχύει Ι αι + α - 2 Ι + Ι α ιοο6 - 1 Ι = ο.

Λύση :

)

00 Έχουμε I α2 + α - 2 I + I α 2 6 - Ι I = Ο � α2 + α - 2 = 0 α2 + α - 2 = 0

l

και

1

Ι α2006 _ 11 = 0

}

<=>και α2006 _ 1 = 0

Λύνουμε την εξίσωση

-Ι + 3 α 2 + α -2 = Ο Είναι Δ= Ι +8=9 . Άρα α = -- = Ι 2 -Ι - 3 η α = -- = -2 2 00 00 Λύνουμε την α 2 6 - Ι = Ο � α 2 6 = Ι � � α = ± 2ο = ±1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/30

ο.(Ι


------

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου ------

Επομένως η κοινή λύση των δύο εξισώσεων είναι η α = 1 . Τότε η εξίσωση χ 2 - α Ιχ Ι -2=0 γίνεται χ 2 - ΙχΙ -2=0 <=> I χ Ι 2 -1 χΙ -2 = Ο, θέτω Ι χ Ι =ω � Ο και η εξίσωση γίνεται ω 2 - ω -2 = Ο Δ= 1 +8 = 9 1+3 2

1-3 = -1 = 2 δεκτη' ω 2 = 2 '

απορρίπτεται, άρα Ι χ Ι = 2 <=> χ = 2 ή χ = - 2 . 1 3.

Αν ρι, ρ 2 οι ρίζες της εξίσωσης α χ 2 +β χ + γ Ο και ρ ι 2 ρ 2 να λυθεί η ε­ ξίσωση 2αχ 2 - 4βχ +9γ Ο. =

\ ίJ σ η ;

Είναι ρ 1 , ρ 2 ρίζες της εξίσωσης αχ 2 +βχ+γ=Ο β ρ1 + � = - <=> 2ρ 2 θα άρα έχουμε α

<=> 3ρ 2 = α

β

- -

( 2β J(- l__J

(I)

Δ = 1 6β 2 - 4 2α · 9γ = 1 6β 2 - 72αγ = ·

=

=

Β.

β

-

= 1_ <=> Όμως Ρ 1 Ρ 2 = 1_ <=> α α 3α 3α 2 2 2β 2β = l <::::> - = γ <::::> 2β 2 = 9αγ (I) 2 9α α 9α Η εξίσωση 2αχ 2- 4βχ +9γ =Ο έχει

'

ωI =

β <=> ρ 2 = - α 3α 2β , τ οτε ρ 1 =2 ρ 2 = - 3α

+ρ 2 = -

8(9αγ) - 72αγ = 72αγ - 72αγ = Ο Άρα η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα την ,ι( β β = . χ= Jα α -

-

Η έννοια τη ς συνάρτη ση ς Βρέκας Χάρης

Αν η συνάρτηση f δίνεται: "f: Α � R", τότε το πεδίο ορισμού της είναι το σύνολο Α. Αν η συνάρτηση δίνεται μόνο με τον τύπο της f(χ) τότε το πεδίο ορισμού της είναι το ευρύτερο υποσύνολο του R για το οποίο έχει νόημα πραγματικού αριθμού η παράσταση f(χ).

:ιι

Ασκήσεις n)

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτηχ 2 - 4χ + 3 σης: f(χ) και στη συνέχεια να 2 χ -χ

που προκύπτει από ενδεχόμενες aπλοποιήσεις. 2)

απλοποιηθεί ο τύπος της.

Α.πάντη ση :

Η f(χ) έχει νόημα πραγματικού αριθμού όταν: 2 x - x :;t: O <::::> x (x - 1) :;t: O <::::> (x :;t: O και x :;t: 1)

e

{ }

Για τα χ Ε Α είναι: f(χ)=

l:zόλιο

� χ�

(χ - 3)

<::::> f(x) =

χ-3 χ

Πρέπει να προσέξουμε ότι η εύρεση του Α,

αφορά τον αρχικό δοσμένο τύπο και όχι αυτόν

(i)

f(x) = χ + �2 - .J3 + χ 2

(ii)

f(x) =

(iii)

Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο Α= R - 0, 1 = (- οο , Ο) U (0, 1) U (l, +oo ).

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων:

(i)

� 2 χ

+1 f(x) = �2 - l x + 3 1

Απάντη ση : Πρέπει

χΕ

3 + χ2 � Ο ,

που ισχύει για κάθε

R και ακόμη :

.J

2 - .J3 + x 2 � 0 <::::> 2 � 3 + x 2 <::::> 4 � 3 + χ 2 <::::> 1 � χ 2 2 1 <::::> - 1 ::;; χ ::;; 1 <=> x ::;; 1 2 <=>

ll

l xl:�

Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο : Α=[- 1 , 1 ]

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' τ.2/3 1


-------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

-------

Πρέπει: lxl -χ � Ο και χ 2 + 1 :;t: Ο (ii) f(O) = J9 - 4 .J0 = .J9 = 3 Ξέρουμε ότι: lxl � χ <=>lxl -χ � Ο, για κάθε χ R . f(4) = J9 - 4J4 = � = JΪ = 1 Ακόμη χ 2 + 1 Ο, για κάθε χ Ε R . . Έτσι το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο f(5) = J9 - 4.J5 = J5 + 4 - 2 2 -JS = = �22 + <J5>2 - 2 - 2 JS = �<2 - # 12 JS I JS 2 A= R (iii) Πρέπει: 2 - Ι χ + 3 1 � Ο Δίνεται η συνάρτηση f(χ)= � <::::> l x + 3 1 ::; 2 <::::> -2 ::; χ + 3 ::; 2 <::::> -5 ::; χ ::; -1 4 - χ2 (i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού Α της f. Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο (ii) Αν α Α , να δείξετε ότι: Α=[-5,- 1 ] -α Α και f(-α ) = - f(α ) Για να βρούμε την τιμή της συνάρτησης f στο α, δηλαδή το f(α), θέτουμε στον τύπο της όπου χ το α και κάνουμε πράξεις. (i) : Πρέπει: 4 - χ 2 � Ο <::::> -χ 2 � -4 <::::> χ 2 ::; 4 <::::> 2 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ2 + 1 <::::> l xl ::; 2 2 <::::> lxl ::; 2 <::::> -2 ::; χ ::; 2 Να βρεθούν τα f(-2), f(2), f( J3 ), f(- J3 ). Τι άρα Α=[-2,2] παρατηρείτε; (ii) : Αφού α Ε Α , θα έχουμε ότι: -2 ::; α ::; 2 2 � -α � -2 <::::> -2 ::; -α ::; 2 <::::> -α Α Είναι φανερό ότι το πεδίο ορισμού της f είναι ακόμη: (-α) Ι -α l (-α) i α l α i α l = - f( ) f ( α) το Α=R. α �4 - (-α) 2 .J4 - α 2 .J4 - α 2 Έχουμε ότι f(-2)=(-2)2+1=4+ 1=5 f(2)= 22+1=4+1=5 Μια τέτοια συνάρτηση, όπως η παραπάνω, f( J3 )=( J3 )2+ 1 =3+ 1 =4 λέγεται Περιττή f(-J3 )=(-J3 )+1=3+ 1=4. Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι η Παρατηρούμε ότι: f(-2)=f(2) και γραφική παράστασή της είναι συμμετρική ως f( J3 )=f(-J3 ) Δηλαδή τα διαφορετικά στοιχεία: προς την αρχή των αξόνων . -2, 2 του πεδίου ορισμού της fέχουν την ίδια τιμή:5. Επίσης τα διαφορετικά στοιχεία - J3 , J3 έ­ Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και το σύνολο χουν την ίδια τιμή 4. τιμών της συνάρτησης: (ii)

ε

:;t:

=

ε

=

-

ε

( - 1 )(0 <::::>

-

-

ε

= -

=

.

f(x) = .Jx2 - 4 + .j4 - χ2

Δίνεται η συνάρτηση :

=x - 4-J;. f(x) = J,...-9 --

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της (ii) Να βρεθούν τα: f(O), f(4), f( 5 ). (i)

,. ·;, ,•

l•

i

Πρέπει (χ � Ο και 9 - 4-Fx � Ο) <=> <=> (χ � Ο και 9 � 4Fx) <=> <=> (χ � Ο και 81 � 16χ) <=> 81 <=> (χ � Ο και χ ::; -) 16 Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το : Α=[Ο, �16 ] (i)

Πρέπει: (χ2--4�0 και 4-χ2 �0)<::>(χ2 �4 και χ2 :::; 4) <::::> χ2=4<::>(χ=2 ή χ=--2) επομένως το πεδίο ορισμού είναι το: Α={-2,2}. Είναι f(-2)=0 και f(2)=0 Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το: f(A)={O}. Δίνεται η συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/32

-_+_ f( χ ) = 5 + ..jr-�-2χ--4χ 4 . 2


----

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου ----

Βρείτε το πεδίο ορισμού της. (ίί) Απλοποιείστε τον τύπο της.

( ί)

ι.:

5of[-3J

2 ( ί) Πρέπει (x:;t:2 και x -4x+4 � 0)<=>(x:;t:2) και (χ-2) 2 � 0) όμως η σχέση (χ-2) 2 � 0 ισχύει για κάθε χ

πραγματικό αριθμό άρα το πεδίο ορισμού Α της f είναι: A=R- {2 } =(-oo ,2)u(2, οο ) (ίί) Για χ ε Α έχουμε:

f(x) = 5 +

�(χ - 2) 2 χ-2

=5

)χ - 21 χ-2

Άρα η C r τέμνει τον άξονα χ' χ στα σημεία:

(1)

Π ρόσ:ιΊ}:tΟ �l]� παράστασ% Χ:-::� Ιι<Χ !;:!"�: _ _ -00 + οο χ 2 ο

χ-2 Ι χ-2 1

-χ+2

_

μείο A ε C r. Είναι f( l )= 1 2-4= 1 -4 = -3:;t:-2, οπότε το ση­

ο

μείο Β � Cr (σχή μα) .

χ-2

Δίνεται η συνάρτηση 2 χ - 1, αν - 2 � χ < 1 I 2 f(x)= χ 2 + 1, αν 1 Ι 2 � χ < 3

{

4

{

"i

2 ( ίί) Είναι f(-3 )=(-3 ) -4=9-4=5, οπότε το ση ­

+

έτσι από τη σχέση ( 1 ) έχουμε : -χ + 2 = 5 - 1 = , για χ(2 f(x)=5+ χ-2 χ-2 και f(x)=5+ -- = 5 + 1 = 6 , για χ>2 χ-2 4, χ < 2 δηλαδή : f(x) = 6, χ > 2

--

Ν(-2,0) και Κ(2,0).

Να βρεθούν (αν υπάρχουν) τα κοινά σημεία της C r με τους άξονες χ ' χ , ψ ' ψ. 1

'I' !

I 1 11 i

Δίνεται η συνάρτηση : f(x)=x2-4. ( ί) Να βρεθούν τα σημεία τομης της Cr με τους άξονες χ 'χ , ψ ' ψ. ( ίί) Ν α εξετάσετε αν τα σημεία Α(-3, 5), Β(1,-2) ανήκουν στην Cr.

μ.1 :1)

Είναι φανερό ότι το πεδίο ορισμού της f είναι το Ar =R. ( ί) Επειδή Ο ε A r , η Cr τέμνει τον ψ ' ψ. Επίσης είναι f(0)=0 2-4 = -4.

Πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το σύνο­ λο A=[-2, 1 12)u [ l /2, 3 ]=[-2,3 ] . Τ ο Ο ε [-2,3] = Α και f(0)=2 · 0 - 1 =-- 1 . Άρα η

Άρα το σημείο τομής της Cr με τον ψ ' ψ είναι

το

Μ(Ο,-4)

Για να βρούμε τα κοινά ση μεία της Cr με τον χ'χ , λύνουμε την εξίσωση :

f(x)=O.

CΓτέμνει τον ψ ' ψ στο ση μείο Μ(Ο,- 1 ). "'

Για χε [-2, 1 12), f(x)=O <=> 2χ- 1 =0 <=> χ= 1 12 άτοπο.

Για χ ε [ 1 12, 3], f(x)=O <::::> x2 + 1 =0<::::> x 2 =- 1 , άτοπο .

f(x)=O <=> χ 2-4=0 <=> χ 2 =4 <::::>χ =--2 ή χ=2 .

Δηλαδή για κάθε χε Α, f(x):;t:O. Άρα η Cr δεν τέμνει τον χ ' χ. (σχήμα)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/33


------

10)

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=3 lxl 6 Να β ρεθούν τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της f β ρίσκεται πάνω από τον χ ' χ.

------

ψ

-

-2

Α π ά \• τ η σ η :

ο

Το πεδίο ορισμού είναι όλο το R. Θα βρούμε εκείνα τα χ ε R, ώστε f(χ)>Ο.

f(x)>O � 3 lxl -6>0�3 lxl >6� l x l >2 �(χ>2 ή χ(-2)

-6

Έτσι η Cr βρίσκεται πάνω από τον άξονα χ'χ όταν χε (--οο ,-2)u(2 ,

+οο) (σχή μα)

Γεω μετρία

Α.

Παρ αλλη λόγραμμα

Πλιάτσιος Ανδρέας - Ντίνας Βασίλειος, Κ ο ζάνη

«Μια περιήγηση στις παράλληλες ευθείες και τα παραλληλόγραμμα για τον μαθητή της Α ' Λ υκείου μέσα από μια σειρά θεμάτων που χαρακτηρίζονται για την απλότητά τους, αλλά και για την πρωτοwπία τους. » Θ E l\I A 1

Τρεις ευθείες Οχ ,Οψ ,Oz σχηματίζουν με­ ταξύ τους γωνίες χ0ψ=ψ0z=60° . Από τυχαίο σημείο Μ που β ρίσκεται στο εσωτερικό της χΟψ φέρουμε τις κάθετες ΜΑ ,ΜΒ ,ΜΓ προς τις Οχ ,Οψ ,Oz αντίστοιχα. Κατόπιν προεκτεί­ νουμε την ΜΑ η οποία τέμνει την Οψ στο Δ. Από το Δ φέρνω την ΔΑ ' 1.. Oz και η προέκταση της ΜΒ τέμνει την ΔΑ' στο ΜΌ Να δειχθεί ότι: i) ΔΑ '=ΔΑ ii) Το τρίγωνο ΔΜ 'Μ είναι ισόπλευρο iii) ΜΑ+ΜΒ=ΜΓ ψ

z Μ'

Δ

Ν

Μ

Α'

Γ ο

χ

Α

Λ ί1 ση

60° τότε η Οψ είναι διχοτόμος της χΟz και ΔΑ, ΔΑ ' οι αποστάσεις του σημείου Δ από τις πλευρές της χΟz άρα ΔΑ=ΔΑ ' i) Αφού χΟ ψ = ψ Ο z =

Λ

ii) Είναι Α Ίi Ο=Μ 0=3 0 ° ως συμπληρωματικές

των

60°

ΟΑ ' Δ ΟΔΑ.

στα ορθογώνια τρίγωνα και Στο τρίγωνο η είναι ύψος και διχο­ τόμος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές και επειδή

ΔΜΜ ' ΔΒ

ΜΊ�Μ=60°

μία του γωνία η άρα θα είναι ισό­ πλευρο . iii) Φέρνω το ύψος του τριγώνου τότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο παραλ­ ληλόγραμμο (τρεις ορθές) άρα αλλά σαν μισά ίσων πλευρών και του ισοπλεύρου τριγώνου ω ς υπόλοιπα των ίσων πλευρών

ΜΝ ΓΑ ' ΝΜ

ΜΜ ' Δ ' ΜΓ=ΝΜ ' +ΜΆ ' ΔΜ ΔΜ ' Μ.

ΝΜ ' =Β Μ ' ΜΜ ' ΜΆ =ΜΑ ΔΑ ' =ΔΑ. Οπότε ΜΒ+ΜΑ=ΝΜ ' +ΜΆ ' =ΝΑ ' =ΜΓ. Θ F: !\/Ι Λ 2

Δίνεται γωνία χΟψ πάνω στην πλευρά της Οχ παίρνουμε δύο τυχαία σημεία Α και Α ' και πάνω στην πλευρά της Οψ δύο άλλα σημεία Β και Β ' έτσι ώστε ΑΑ'=ΒΒ ' . Από το Α ' φέρουμε την παράλληλη προς την ΑΒ και από το Β την παράλληλη προς την Οχ , οι οποίες τέμνονται στο Γ. Έστω ακόμη Δ, Ε και Ε ' τα μέσα των τμημάτων ΑΒ, ΓΒ ' και Α'Β' αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι : i) Το τετράπλευρο ΑΑ ΤΒ είναι παραλληλόγραμμο. ii) Το τρίγωνο ΒΒ Τ είναι ισοσκελές iii) Το ΕΒΔΕ ' είναι παραλληλόγραμμο. ίν) Η ευθεία ΕΕ ' είναι παράλληλη της διχοτόμου Οδ της γωνίας χΟψ

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ Β ' τ.2/34

Λ


------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου ------

(ως κατακορυφή) επομένως ΑΕΜ = 1 80° - λ - Μι και MZH = l80° - Μ 2 - Μι άρα ΑΕΜ = ΜΖΗ . Για τα τρίγωνα ΑΕΜ και ΗΜΖ έχουμε: Μι = Μ 2 , ΑΕΜ = ΜΖΗ , Μ μέσο της ΕΖ επο­ μένως είναι ίσα. ii) Όμοια είναι ΕΜΘ = ΜΖΒ , οπότε από τις ισότητες των τριγώνων, έχουμε ότι οι διαγώνι­ ες του τετραπλεύρου ΑΒΗΘ διχοτομούνται, άρα είναι παραλληλόγραμμο. Επίσης είναι ΒΗ=ΒΖ+ΖΗ=ΒΓ+ΑΕ=ΒΓ+ΓΑ=ΒΑ, δηλαδή το ΑΒΗΘ είναι ρόμβος. Μ ι =Μ2

ψ ο

δ' Α

δ

Β

Ε Ε'

Α'

Δ

Γ

Χ

Δ

Β' ψ

i) Είναι ΑΑ ΤΒ παραλληλόγραμμο γιατί οι απένα­ ντί πλευρές του είναι παράλληλες ii) Είναι ΒΓ=ΑΑ ' (επειδή το ΑΑ ΤΒ είναι παραλ­ ληλόγραμμο) και (από υπόθεση) άρα δηλαδή ισοσκελές. iii) Αφού τα Ε ' και Δ είναι μέσα των πλευρών και αντίστοιχα, τότε στο τρίγωνο Α ' Β Τ ΑΒ έχουμε: Ε ' Δ= Ε Β άρα Ε 'Δ=

ΒΒ'' =ΑΑ ' ' ΒΓ=ΒΒ ΒΓΒ Α ' Β ' ΓΒ ' =11 2 =11 11 ΑΤ 2

11 ΕΒ

δηλαδή το τετράπλευρο ΕΒΔΕ ' είναι παραλληλό­ γραμμο .

ψ = ΓΙ3ψ

iv) Είναι χ Ο ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων Ο , που τέμνονται από την οπότε

χ ΒΓ Οψ ,χΟψ = ΓΒ, ψ ή χΟψ = ΓΒ ψ ή Οι, = Βι, 2 2 '

--

Δ

4

Θ f:<: \ 1 .\

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) . Φέρουμε το ύψος ΑΗ και παίρνουμε τα Δ και Ε συμμετρικά του Η ως προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ. Να δειχθεί ότι : i) Τα σημεία Δ , Α , Ε είναι συνευθειακά . iii) ΑΔ=ΑΗ=ΑΕ ii) Β Δ 11 ΕΓ Δ

Α

'

Ε

--

Επομένως ΒΔ//Οδ. Αλλά ΒΔ//ΕΕ ' άρα ΕΕ Ί/Οδ όπου Οδ η διχοτόμος της γωνίας

χΟψ

Η Β

.

Από τα άκρα Α, Β του ευθυγράμμου τμήμα­ τος ΑΒ φέρνω προς το ίδιο μέρος ημιευθείες Αχ 1 1 Βψ και παίρνω Γ τυχαίο σημείο της ΑΒ . Πάνω στις Αχ και Βψ παίρνω ΑΕ=ΑΓ και ΒΖ=ΒΓ αντίστοιχα . Αν Μ μέσο της ΕΖ και οι προεκτάσεις των ΑΜ και ΒΜ τέμνουν τις Βψ και Αχ στο Η και Θ αντίστοιχα , να δειχθεί ότι : i) Τα τρίγωνα ΑΕΜ και ΗΜΖ είναι ίσα. ii) Το τετράπλευρο ΑΒΗΘ είναι ρόμ β ος. χ;

I

I

- -

I

I

.\ {J ση

Ε Η ΑΒ ΚΑΗ Αι = Α 2 και από τις ισότητες των τριγώνων ΗΑΜ και ΑΜΕ έχουμε Α = Α4 όμως Α + Α3 = 90 2 3 οποτε Αι + Α 2 + Α + Α4 = 1 80 άρα τα σημεία Δ, 3 Α και Ε είναι συνευθειακά. ii) ΒΔΑ = Β ΗΑ λόγω συμμετρίας άρα ΒΔΑ = ΑΗ Β ομοίως ΑΗΓ ΑΕΓ άρα ΒΔΑ + ΓΕΑ = 90° + 90° = 1 80° άρα Β Δ 1 1 ΕΓ

Αφού τα Δ και είναι ση μεία συμμετρικά i) του ως προς τις και ΑΓ αντίστοιχα, από τις ισότητες των τριγώνων ΑΔΚ και έχουμε ότι '

'

'

'

Δ

'

Β

Γ

i) Είναι

Α

ι = Ηι

(ως εντός εναλλάξ) και

'

'

'

'

ο

ο

Δ

'

=

'

iii) Είναι ΑΔ=ΑΗ και ΑΗ=ΑΕ από τις ισότητες των παραπάνω τριγώνων άρα ΑΔ=ΑΗ=ΑΕ tH: �, i .\ 5

λ ιJ σ η

Γ

Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ=2ΒΓ. Φέρνουμε την ΑΕ κάθετη στην ΒΓ και παίρ­ νουμε τα μέσα Μ, Ν των ΑΒ , Γ Δ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι : i) Το τρίγωνο ΜΕΝ είναι ισοσκελές . ii) Η ΝΕ είναι διχοτόμος της Μ ΕΓ iii) ΔΝΕ = 3ΝΕΓ �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/35


------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου -----Δ

Ν

Δ

Γ

/'

Α

1

Μ

ii) Στο ΕΒΖ Δ

ειναι

Λ

Λ

(Ι)

Στο Ο Μ Γ είναι Ζ, Ε μέσα , άρα ΖΕ 1 1 ΓΜ οπότε Μ ι = Ζ (2) 1

Β

Λ

+ Ε2

ΖΕΒ = Ε,

Λ

Δ

Δ

Λ

Όμως Μ ι = Ει (3) αφού ΟΜΓ = ΟΕΒ ,

i) Είναι ΑΒ=I IΓΔ ή

ΑΒ

ΓΔ

ή MB=I INΓ συνε2 πώς το τετράπλευρο ΜΒΓΝ είναι παραλληλό­ γραμμο, επομένως ΒΓ=ΜΝ Στο ορθογώνιο τρίγω­ νο ΑΕΒ η ΕΜ είναι διάμεσος άρα ΑΒ 2ΒΓ , ΕΜ = - = = ΒΓ = ΜΝ δηλαδη το ΜΕΝ 2 2 είναι ισοσκελές ii) Είναι ΜΝ 1 1 ΓΕ άρα Ν ι = Ε 2 (ως εντός εναλ­ λάξ) και ι = Ε ι (ΜΕΝ ισοσκελές τρίγωνο) άρα 2

=1 1

--

Ν

από την (2), (3) προκύπτει Ζ ι = Ε ι όμως Ζ ι + Ε = 90 ° ή Ε ι + Ε = 90 ° ά ρ α Ζ Ε Β = 90 ° 2 2 συνεπώς το τρίγωνο ΕΖΒ είναι ορθογώνιο.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο η γωνία Β = 30° . Στο μέσο Ο της ΒΓ φέρνουμε κάθετη στη ΒΓ που τέμνει την ΑΒ στο Ζ και την ΑΓ στο Ε . Επίσης φέρνουμε στο σημείο Α κά­ θετη στην ΑΟ που τέμνει την ΕΖ στο Η . Να δειχθεί ότι : i) Τα τρίγωνα ΑΟΓ και ΑΗΖ είναι ισόπλευρα . ίί) ΕΗ=ΗΖ. Ε

Ει = Ε 2 δηλαδή η ΝΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΜΕΓ . ΑΒ Επειδή ΜΕ = = ΜΒ τότε το τρίγωνο 2

Η 2

z .

ΕΜΒ είναι ισοσκελές άρα Μ ΕΒ = Β , ή 2Ε 2 = Β ι ή 2 Ε 2 = Γ . Αλλά ΔΝΕ = ΔΝΜ + Νι = f + E = 2 Ε + Ε = 3 Ε = 3ΝΕΓ 2 2 2 2

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με κέντρο Ο. Αν Ε είναι το μέσο της ΟΓ, Μ το μέσο της ΟΔ και Ζ σημείο της ΟΔ τέτοιο ώστε ΟΖ = .!.ο Δ . Να 4 δειχθεί ότι Δ

ί) Τα τρίγωνα ΟΜΓ Δ

και

Δ

ΟΕΒ είναι ίσα.

ίί) Το τρίγωνο Ε Β Ζ είναι ορθογώνιο. Δ

Β . ·,

2

ο

Γ

i l' !.

i) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και Β = 30 ° ΒΓ άρα ΑΓ = (1) 2 ΒΓ ' ' τοτε ΑΟ (2) απο' τις Η Αο δ ιαμεσος 2 -

Δ

( 1 ), (2) έχουμε ΑΓ=ΑΟ άρα ΑΟΓ ισοσκελές όμως Δ

Γ = 60 ° άρα το ΑΟΓ είναι ισόπλευρο. Είναι Α 2 = 60 ° οπότε Α ι = 3 0 ° και Α 3 = 60 ° Δ

Γ

αφού ΑΗ .l ΑΟ . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΖΟΒ ο είναι Β = 30 ° και Ζ ι = 60 ° άρα Ζ 2 = ( αφού Λ

Λ

Λ

Δ

Λ

60

Ζι = Ζ 2 ως κατακορυφήν) άρα το ΑΗΖ είναι ισόπλευρο. ii) Επειδή το τρίγωνο ΗΑΖ είναι ισόπλευρο έχουμε ότι Α 3 = 60 ° άρα Α 4 = 30 ° . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΟΓ είναι Γ = 60° επομένως Ε = 30 ° . Τελι­

Α Δ

Λ

Δ

i) ΟΜΓ = ΟΕΒ γιατί: α) είναι ορθογώνια β) ΟΓ=ΟΒ ΟΔ ΟΓ , γ) ΟΜ=ΟΕ αφου ΟΜ = - , ΟΕ = - και ΟΔ = ΟΓ 2 2

κά Α 4 =

Ε = 30°

δηλαδή το τρίγωνο ΕΗΑ είναι

ισοσκελές Επομένως ΕΗ=ΗΑ=ΗΖ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/36


------ Μ αθη ματικά l. ,· · . '

για την Α ' Λυκείου ------

Α

Δίνεται γωνία χΟψ . Στην Οχ παίρνουμε διαδοχικά τα τμήματα ΟΑ και ΑΑ ' και στην Οψ τα τμήματα ΟΒ και ΒΒ ' , ώστε ΒΒ ' =ΑΑ ' , (ΟΑ ;;�; ΟΒ ) . Να δειχθεί ότι η ευθεία που συνδέει τα μέσα των ΑΒ και Α ' Β ' είναι παράλληλη στην διχοτόμο της γωνίας χΟψ . Έστω Οδ η διχοτόμος της γωνίας χΟψ . Φέρ­ νουμε Al .l Οδ που τέμνει την Οψ στο Γ, οπότε το τρίγωνο ΑΟΓ είναι ισοσκελές γιατί η ΟΙ είναι δι­ χοτόμος και ύψος. Στο τρίγωνο ΑΓΒ τα I, Ε, είναι ΒΓ (1) . μέσα πλευρών τότε ΙΕ = 1 1 2 ο

ι

Α

Α' ,

Γ

Ε

Ε'

δ

χ

Β

Στο τρίγωνο ΔΕΒ τα Κ, Ν είναι μέσα των ΒΕ, ΒΔ ΔΕ άρα ΚΝ = 1 1 (2) 2 Από την ( 1 ), (2) έχουμε ότι οπότε το ΝΚΜΛ είναι παραλληλόγραμμο. ΕΓ Ακόμη στο τρίγωνο ΔΕΓ είναι ΝΑ και 2 ΒΔ , αφού ΕΓ=ΒΔ τότε στο ΔΓΒ είναι Μ 2 ΝΛ=ΛΜ δηλαδή το παραλληλόγραμμο ΝΚΜΛ εί­ ναι ρόμβος. ii) Επειδή ΝΚΜΛ είναι ρόμβος η διαγώνιος ΝΜ

ΛΜ =11 ΚΝ =

Λ

Β'

ψ

,

Όμοια αν Α Τ l_ Οδ, το τρίγωνο ΟΑ ' Δ είναι ΔΒ . ισοσκελές και Ι ' Ε · 1 1 (2). 2 Αλλά ΓΔ=ΟΔ-ΟΓ=ΟΑ ' -ΟΑ=ΑΑ '=ΒΒ ' τότε τα τμή ματα ΒΓ και ΔΒ ' είναι ίσα ως διαφορές ί­ σων ευθ. Τμη μάτων και από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ΙΕ=Ι ΙΙ Έ ' δηλαδή το τετράπλευρο ΙΕΕ Τ εί­ ναι παραλληλόγραμμων επομένως ΕΕ ' //Οδ. =

ΚΝΛ ,

,,

Λ

γωνίας Α .

Α

'

'

'

' z

Γ

Δ

i) Το τετράπλευρο ΑΖΓΕ είναι παραλληλόγραμ­ μο γιατί οι διαγώνιες διχοτομούνται επειδή ΑΓ .l EZ, τότε το τετράπλευρο είναι ρόμβος.

ii) Αφού το ΑΖΓΕ είναι ρόμβος τότε ΖΓ//ΑΕ και ΑΔ .l ΒΓ, συνεπώς θα είναι ΖΓ.lΒΓ. iii) Είναι ΑΒ//ΖΛ τότε Λ,

Είναι

=

Β

(ως εντός εκτός και =

f

οπότε

f , Α2 =

(1)

(ως εντός εναλλάξ)

Ζ, Α =

,

(ο -

ξείες γωνίες με πλευρές παράλληλες) και Α 1 Α 2 (η ΑΔ είναι και διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ) άρα

κ Μ

Γ

i) Στο τρίγωνο ΔΓΒ τα Λ, Μ είναι μέσα των ΔΓ, ΒΓ ΒΓ άρα 11 2 (1) =

',

; ,.1.... 2\ \ ' ,

Λ, = f δηλαδή το τρίγωνο ΛΝΓ είναι ισοσκελές συνεπώς ΝΛ=ΝΓ

Δ

ΛΜ

=

Δίνεται το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και με ύψος ΑΔ. Το Μ είναι μέσο της ΑΓ και είναι ΜΕ=ΜΖ, ME.l ΑΓ και ΖΛ 1 1 ΑΒ . Να δειχθεί ότι ί) Το ΑΖΓΕ είναι ρόμβος. ii) ΖΓ.lΒΓ ίίί) ΖΝ=ΝΛ

επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες). Είναι Β

Α

Β

ΚΝΛ

ί·

Β

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ . Πάνω στις πλευρές ΑΒ και Γ Δ παίρνουμε σημεία Δ και Ε έτσι ώστε ΒΔ=ΓΕ. Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ και Ν το μέσο της ΔΕ , να δειχθεί ότι : ί) Το τετράπλευρο ΝΚΜΛ είναι ρόμβος , όπου Κ μέσο της ΒΕ και Λ μέσο της ΔΓ ii) Η ΜΝ είναι παράλληλη με τη διχοτόμο της

=

είναι και διχοτόμος της όμως Α γιατί είναι οξείες και έχουν τις πλευρές τους πα­ ράλληλες. Άρα και οι διχοτόμοι τους θα είναι πα­ ράλληλες. .. .,. �-, ' -.

Δ

-

z,

=

f,

=

συνεπώς το τρίγωνο ΖΝΓ είναι ισοσκελές, τότε ΝΓ=ΖΝ (2). Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε ΖΝ=ΝΓ.

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ Β ' τ.2/37


•••ιιιι••••• ,., .,•., ιr 8'ιl�φ 8'•ιι Αιι••Ι•ιι Άλγεβρα

Πολυώνυμα Λ. Θαρραλίδης, Κ. Παρλαπάνης, Μ. Ρουσούλης Υ π ο λογ ι σ μ ό ς α θ ρ ο ισ μ άτων

Παρακάτω θα αναφερθούμε στη συμβολή των πολυωνύμων για τον υπολογισμό των αθροισμά­ των των οποίων οι όροι σχηματίζονται με την ίδια λογική αλλά αναφέρονται σε διαδοχικές τιμές της μεταβλητής που είναι φυσικός αριθμός. Π.χ. S - 1 + 2 + 3 + ... + ν - ν(ν2+ 1) , ν ε Ν _

_

*

Π ρ ό βλη μ α I

α) Να προσδιορίσετε το πολυώνυμο Ρ(χ) τρίτου βαθμού όταν ισχύουν: Ρ(Ο)=Ο και P(x+ l)P(x)= χ2 • β) Να υπολογίσετε το S=1 2 +2 2+ . . . +ν2 , ν ε Ν* συναρτήσει του ν. Λ ίJ σ η

α) Έστω Ρ(χ)= αχ3+ βχ2+γχ+δ, α:ji:O και α,β,γ,δ Τότε από την Ρ(Ο)=Ο<::>δ=Ο άρα Ρ(χ)= αχ3+ βχ2+γχ και από την Ρ(χ+ 1) -Ρ(χ)= χ2 , χεR<::>α(χ+ 1)3+ β(χ+ 1)2+γ(χ+ 1) -[αχ3+ βχ2+γχ] =χ2 <::>3 αχ2 +(3α+2β)χ+(α+β+γ)= χ2+0χ+Ο<::> <::> α = 31 , β = - 21 , γ = 61 . χ ( 2χ 2 - 3χ + 1 ) χ3 - x z + -χ = �---� Ά, ρα το Ρ(χ) = 3 2 6 6 - 1) . η' Ρ ( χ ) = χ(χ - 1)(2χ 6 β) Χρησιμοποιώντας το (I) για x= l ,2, . . . ,ν. Βρίσκουμε: Ρ (2) - Ρ (1) = 1 2 Ρ (3) - Ρ(2 ) = 2 2 Ρ(4 ) - Ρ(3) = 3 2 ε�

Ρ( ν + 1 ) - Ρ (ν) = ν 2

Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες. Έχουμε: Ρ (ν + 1) - Ρ(1) = 1 2 + 2 2 + ... + ν 2 = S Έτσι S = (ν + 1 ) · ν6· ( 2ν + 1 ) - Ο τελικά S = ν(ν + 1 )6{ 2ν + 1 ) Π ρ ό β λη μ α 2

α) Να προσδιορίσετε το πολυώνυμο τετάρτου βαθμού όταν ισχύουν: Ρ(Ο)=Ο και P(x+ l) -Ρ(χ)= χ3 , χ ε R β) Να υπολογίσετε το άθροισμα 3 3 3 S 3 = 1 + 2 + + ν , ν ε Ν * συναρτήσει του ν .••

Λ ύ ση

Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο θα βρούμε 2 ν 2 · (ν1) 2 ----' +--'οτι, το Ρ ( χ ) = χ (χ4- 1 γ και το S = --4 Π ρ ό βλη μ α 3

α) Να προσδιορίσετε το πολυώνυμο τρίτου βαθ­ μού όταν ισχύουν Ρ(Ο)=Ο και P(x+ l)-P(x)=x(x+ l), χ ε R β) Ν α υπολογίσετε τ ο άθροισμα S=1 ·2+2·3+3·4+ . . . +ν(ν+1) Λύση

Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο θα βρούμε ότι το Ρ (χ) = (χ - 1 ) χ3 (χ + 1 ) και το S = ν(ν + 1)3 { ν + 2) . Π ρ ό βλη μ α 4

α) Να προσδιορίσετε το πολυώνυμο τρίτου βαθ­ μού όταν ισχύουν Ρ(Ο)=Ο και ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' τ.2/3 8


Μαθη ματικά για την Β ' Λυ κείου

P(x + l)-P(x)= χ(χ+2), χ ε R β) Ν α υπολογίσετε τ ο άθροισμα S=1 ·3+2·4+3·5+ . . . +ν(ν+2 1 ), νε Ν* . \ ίi σ η

Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο θα βρούμε ότι το Ρ ( χ ) = χ ( χ-1 )(6 2χ +5 ) και το S = ν ( ν + 1 )6( 2ν + 7 ) _ Ιl ιφ 1ι.τ η ρ ψη:ις

γινόμενό τους (χ-ρ, ) - (χ-ρ2),. (χ-ρ3 ) . . . (χ-ρv) Ά σ κ η ση

α) Αν το πολυώνυμο Ρ(χ), διαιρείται με το πο­ λυώνυμο Q(x) και έχει ρίζα το ρ που δεν είναι ρίζα του Q(x) δείξτε ότι το Ρ(χ) διαιρείται με το γινόμενο Q(x)· (χ-ρ) β) Αν ο μεγιστοβάθμιος όρος ενός πολυωνύμου Ρ(χ) είναι το χ3 και το Ρ(χ) έχει ρίζα το α ε R και διαιρείται με το χ 2-αχ+1 . i) Να δείξετε ότι Ρ(χ)= (χ2-αχ+1) (χ-α) ii) Αν το Ρ(χ) έχει θετική διπλή ρίζα υπολογί­ στε το α και κατόπιν να λυθεί την εξίσωση Ρ(χ)=Ο

Στα παραπάνω προβλήματα παρατηρούμε ότι για το πολυώνυμο Ρ(χ) ισχύουν: i) Ρ(Ο)=Ο ii) Η Διαφορά Ρ( χ+ 1 )-Ρ(χ) είναι πολυώνυμο ίσο με το πολυώνυμο που αντιστοιχεί στον τελευ­ .\ ίJ σ η ταίο όρο του αθροίσματος που θέλουμε να υ­ α) Από την υπόθεση θα ισχύουν πολογίσουμε βάζοντας τη μεταβλητή χ στη Ρ(χ)= Q(χ).Π(χ) (1) Ρ(ρ)=Ο (2) Q(ρ );t: Ο (3) θέση του ν. iii) Ο βαθμός του Ρ(χ) είναι μεγαλύτερος κατά 1 Τότε από τις 1,2 έχουμε Q(ρ) Π(ρ)=Ο<::> + από το βαθμό του [Ρ(χ 1)-Ρ(χ)]. Π(ρ)=Ο Έτσι το Π(χ) θα έχει παράγοντα χ-ρ, επο­ Δημιουργείστε δικά σας αθροίσματα και υπο­ μένως θα ισχύει Π(χ)= (χ-ρ). φ(χ). (4) λογίστε τα. τελικά από τις 1 ' 4 προκύπτει Ρ(χ)= Q(χ) · (χ-ρ) φ(χ). Δ ι α ι ρ ετότη τα μi: δυο παρ άγοντες β) i) Παρατηρούμε ότι πολυώνυμο Q(x)= χ2-αχ+ 1 Π ρ όταση- Λ σ κ η σ η δεν έχει ρίζα το α αφού Q(α)=1:;t0. Τότε σύμ­ Να δείξετε ότι αν το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει φωνα με το α) ερώτημα το Ρ(χ) θα διαιρείται παράγοντες x-k και χ-λ με k;t:λ θα έχει και ως 3 2+( α2+ 1) χ-α. Έτσι με το Q(x). (χ-α)= χ -2αχ παράγοντα το γινόμενο (x-k). (χ-λ) 3 η διαίρεση του Ρ( χ)= χ -α2χ2+α 1 χ +α0 με το (Δηλαδή το Ρ(χ) θα διαιρείται δια του Q(x). (χ-α) έχει υπόλοιπο U(x)=O και προφα­ (x-k) · (χ-λ)). νώς το πηλίκο είναι Π(χ)=1, άρα Ισχύει και το αντίστροφο. Ρ(χ)=(χ2-αχ+ 1) (χ-α) Οι ρίζες του Ρ(χ) είναι το α και οι (ενδεχόμε­ Επειδή το Ρ(χ) έχει παράγοντες του x-k και χ­ ii) νες) 2-αχ+1 . Αφού το α δεν Q(χ)=χ του ρίζες λ θα ισχύουν P (k)=O και Ρ(λ)=Ο είναι ρίζα του Q(x) συμπεραίνουμε ότι θετική Αν η διαίρεση Ρ(χ): (x-k) έχει πηλίκο π(χ) θα διπλή ρίζα δεν είναι το α. Δηλαδή θα πρέπει το ισχύει P(x)=(x-k). π(χ) ( 1 ) Q(x) να έχει θετική διπλή ρίζα αρκεί: Δ=Ο και Από την (1) προκύπτει Ρ(λ)=(λ-k) · π(λ) S>Ο<::>α2--4=0 και α>Ο�α=2. Με α=2 το <::>Ο=(λ-k) - π(λ) <=> π(λ)=Ο άρα το λ είναι ρίζα του Ρ(χ)=(χ2-αχ+ l) (χ-α)= (χ-1)2(χ-2). Έτσι το π(χ) τότε π(χ)= (χ-λ)Q(χ) (2) Ρ(χ)=Ο<::> χ=2 ή χ=1 (Διπλή) Έτσι από τις (1) και (2) Ρ(χ)=(χ-k) · (χ-λ) Q(x). !\ σ κη ση Δηλαδή το (x-k) · (χ-λ) είναι παράγοντας του Ρ(χ). Το πολυώνυμο Ρ(χ)= χ3 +2χ 2+αχ+β, α,β ε R Το αντίστροφο είναι προφανές. έχει ρίζες τους αριθμούς 1 , ρ1 , Ρ 2 αν Ρ1"Ρ 2=2 να l:z6λιο : Η πρόταση- άσκηση γενικεύεται: υπολογίσετε το Ρ(χ) Αν το Ρ(χ) έχει παράγοντες (χ-ρ 1), (χ-ρ2), (χ-ρ3 ), . . . , (χ-ρv) με ρ, , ρ2 , ρ3 , . . . , ρν είναι διαφορε­ .\ ίJ σ η Αφού το Ρ(χ) έχει ρίζα το 1 θα ισχύει τικοί αριθμοί ανά δυο τότε το Ρ(χ) διαιρείται με το ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/39


Μ αθη ματικά για την Β ' Λυ κείου

Ρ(1)=0�α+β+3=0�Β= -α-3. 3 Έτσι το Ρ(χ)= χ +2χ2+αχ-α-3 το οποίο έχει παράγοντα το (χ-1) Κάνουμε με το σχήμα του Horner την Ρ(χ):(χ+1 ) 2 α 1 3 α+3 3 α+3 ο Οπότε Ρ(χ)= (χ-1)[ χ2+3χ+(α+ 3)] Επειδή το Ρ(χ) έχει ρίζες και τους p1, p2 αυτές θα είναι ρίζες του Π(χ)= χ2+ 3χ+(α+3). Έτσι Ρ ι Ρ2=α+3=2�α=-1 και 3β=-2 άρα το Ρ(χ)=χ +2χ2-χ-2 ;\ Ο' [Ι( :ΗΠ�

Να βρείτε τα α, β ώστε το Ρ(χ)= χ3 + αχ-β να διαιρείται με το πολυώνυμο Q(x)=x2 -5χ+4

Για να διαιρείται το Ρ(χ) με το Q(x) αρκεί να ισχύει: Ρ(χ)=Q(χ) . Π(χ) Vx2 Ε IR. 3 � χ3 +αχ-β=(χ -5χ+4). Π(χ) � χ +αχ-β=(χ--4)( χ-1) . Π(χ) (1) Η ισότητα (1) ισχύει Vx Ε IR. άρα και για χ=4 και χ=1 . Ετσι: {1 +α-β = 0 � { 1 +α-β = Ο � {β = -20 64+4α-β = Ο 63+3α = Ο α = -21 Δίνεται το Ρ(χ)=(α2-α)χ3+(α2-1)χ 2+3αχ-α-1, αΕR α) Ν α δείξετε ότι τ ο -2 δεν είναι ρίζα του Ρ( χ) β) Να βρείτε το α Ε R ώστε το Ρ(χ) να είναι 2ου βαθμού

α) Θα δείξουμε ότι για κάθε αΕR το Ρ(-2):1:0 . Έχουμε Ρ(-2)=(α2-α).(-2) 3 +( α2-1 )(-2)+ 3α(-2)-α-1 = =4α2+α-5 . Όμως το τριώνυμο 4α2+α-5 έχει Δ=-79<0 άρα για κάθε αΕR ισχύει 4α2+α-5>0 δηλαδή Ρ(-2)>0 άρα πράγματι το (-2) δεν είναι ρίζα του Ρ(χ) β) Για να είναι το Ρ(χ) 2ou βαθμού θα πρέπει α2α=Ο και α2-1;t:Ο .

α(α - 1) = 0 � και �α=Ο α :;t ±1

{

Δίνεται τ ο πολυώνυμο P(x+ l)=x2-3x α) Να βρείτε το Ρ(χ) β) Ν α δείξετε ότι έχει ρίζα το 1

α) Με την μέθοδο της αντικατάστασης κάνουμε το μετασχηματισμό χ+ 1 =y � x=y-1 Έτσι P(y)=(y-1)2-3(y-1) ή P(y)= y2-2y+ l-3 y+3 ή P(y)= /-5 y+4 β) Παρατηρώ ότι Ρ(1)=1 2-5 . 1 +4=0 άρα το 1 είναι ρίζα του Ρ( χ) Να βρείτε π ολυώνυμο Ρ(χ) 2ου βαθμού αν η πολυωνυμική συνάρτηση είναι άρτια, το άθροι­ σμα των συντελεστών του Ρ(χ) είναι (-1) και ι­ σχύει Ρ(-2)=-7

Το ζητούμενο Ρ(χ) θα έχει μορφή Ρ(χ)= 2 + αχ βχ+γ . Επειδή η συνάρτηση Ρ(χ) είναι άρτια για κάθε xER το -xER και Ρ(χ)= Ρ(-χ). Έτσι αχ2+βχ+γ=α(-χ2) + β(-χ)+γ� 2βχ=Ο�β=Ο άρα Ρ(χ)= αχ2+γ (1) Επίσης από τα δεδομένα έχουμε α+γ=-1 και Ρ(2)=7� α+γ=-1 και 4α+γ=-7 �α=-2 και γ=1 Έτσι Ρ(χ)=-2χ2+ 1 Αν η εξίσωση χ3-χ2ημω+(α+2)χ+l=Ο (Ι) έχει θετικούς ακεραίους συντελεστές και αρνητική ακέραια ρίζα α) Να βρείτε τα α και ω αν ω Ε [0,2π] και να λύ­ σετε την εξίσωση (I)

Για να έχει η δοθείσα εξίσωση θετικούς ακέ­ ραιους συντελεστές θα πρέπει α+2>0 και ημω=-1 (αφού ισχύει -1�ημω�1) . Επομένως θα είναι α>-2 3π . και ω = 2 Όμως από την υπόθεση η εξίσωση έχει αρνη­ τική ακέραια ρίζα. Επομένως αυτή θα είναι υπο­ χρεωτικά διαιρέτης του σταθερού όρου α0=1 δη­

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/40


Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

λαδή ο αριθμός - 1 οπότε από την εξίσωση προκύ­ 2 3 πτει (- 1 ) -(-1 ) (- 1 )+(α+2)(- 1 )+ 1 =Ο <:::>--- 1 + 1 -α2+ 1 = 0�α=-1 . Με α=-1 και ω = 3 π η εξίσωση (I) γράφεται:

2 2 3 2 χ +χ +χ+ 1 = Ο � χ ( χ+ 1 ) +χ+ 1 =Ο�( χ+ 1 ) (χ 2 + 1 )= Ο χ+1=ο χ = -1 � � � χ = -1 . χ = -1 χ +1=0

{

2

2

αδύνατη

;\ σ κ ι1 σ η

Δίνεται το Ρ(χ)= 2χ3-7χ2 + 7x+l α) Να βρείτε το π ολυώνυμο Q(x) ώστε Ρ(χ)= (χ-1) Q(x)+3 β) Να λύσετε τη εξίσωση Ρ(2χ-1)=3 γ) Να λύσετε την aνίσωση Ρ(χ 2 + χ+ 2)<3

α) Από Ρ(χ)= (χ- 1 ) Q(x)+3�2x3-7x2+ 7χ-2=(χ1 ) . Q(x) άρα το Q(x) θα είναι το πηλίκο της (2χ 37χ 2 + 7χ-2) : (χ- 1 ) από το σχήμα του Homer βρί­ σκουμε Q(x)=2x2-5x+2 ή Q(x)=2(x-2) ·(x- 1 /2) β) Η εξίσωση P(2x- 1 )=3 �(2x-2)Q(2x1 ) +3 =3 �2(x- 1 )Q(2x- 1 )=0�x= 1 ή Q(2x- 1 )= 0 (Π) Επειδή το Q(x) έχει ρίζες ρ 1 = 2 και ρ 2 = .!_ . 2

)

ή

Η Q = ( 2χ - 1 = 0 � 2 χ - 1 = 2 2χ - 1 =

.!.. � χ = � ή 2 2

3 χ=-. 4

Έτσι οι ζητούμενες ρίζες είναι ' 3 ' 3 Χ =1 η χ =- η Χ =-. 4 2 γ) Η ανίσωση Ρ (χ 2 +χ+2)<3�(χ 2 +χ+ 1 ) 2 2

Q(x + χ+2 ) + 3<3�(χ +χ+ 1 )Q(x 2 +x +2)<0 2 Q(x + χ+2)<0 (Π) χ2 + χ+ 1 Vx Ε IR. Δ=-3 <0

άρα (το 2 έχει ισχύει χ + χ+ 1 >0) Θα μελετήσουμε το πρόσημο του

: �� � �� F2

2)�-1 Π

+οο +

Επομένως y=x2+x+2 από την (Π) προκύπτει z x +χ +2

>-!. 2

z x +χ+ >Ο 2

( 1) ( 2)

ισχύει για κάθε R αφού Δ<Ο άρα Χ Ε (- 1 ,0) .

Η (1) χΕ Η (2) � x(x + l )<O <:::>-- 1 <χ<Ο

Γεω μετρία

Ε μβαδά ευ θυγράμμων σχη μάτων Δημάδης Χρήστος Μάγκος Αθανάσιος Οι σχέσεις για τα τρίγωνα που θα χρησιμοποιηθούν παρακάτω είναι: Ι) E = lh αυa = lhβυp = lh γυ γ

2)

Ε=

�τ( τ - α)(τ - β)( - γ ) τ

όπου τ η ημιπερίμετρος του τριγώνου

3) Ε = lhβγημΑ = lh αγημΒ = lh αβημΓ 4)

Ε = α4Rβγ όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

5) Ε =τρ όπου ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου. 6) Ε =(τ- α)ρ a = (τ-β)ρp = (τ- γ)ρ γ όπου Ρα , PfJ , pγ οι ακτίνες των παρεγεγραμμένων στο τρίγωνο κύκλων.

Για να λύσουμε μία άσκηση δεν ξεχνάμε ότι:

7) Α ν δύο τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις , τότε ο λόγος των εμβαδών είναι ίσος με τον λόγο των αντίστοιχων υψών.

8) Α ν δύο τρίγωνα έχουν ίσα ύψη , τότε ο λόγος των εμβαδών είναι ίσος με το λόγο των αντίστοιχων βά­ σεων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/4 1


Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

(Α ΒΓ ) βγ Α = λ ή Α+ λ = 180° τότε (ΑΉ 'Γ) β γ 1 Ο) Α ν τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α Β 'Γ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας λ τότε ��::;:. = λ 2 . Η σχέση ισχύει ( )

9) Αν δύο τρίγωνα ΑΒΓ και Α 'Β 'Γ έχουν

για οποιαδήποτε όμοια πολύγωνα. () f: μ ο

η"

Έστω κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας ρ και σημεία Μ, Κ αυτού. Στην επίκεντρη γωνία ΜΟΚ εγγράφουμε κύκλο κέντρου Π και ακτί­ νας R. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τετρα­ πλεύρου ΜΟΚΠ.

ρ ο

Μ

R π

Ε = _!_αβ 2 <::::> η μ Γ = 1 <=> Γ = 90° , δηλαδή το τρίγωνο να είναι ορθογώνιο, με ορθή τη γωνία Γ. Θ {: μ α 3"

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ εμβαδού Ε. Ας είναι Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ, Ν το μέσο της διαμέ­ σου ΑΜ, και Δ το σημείο τομής της ΒΝ με την πλευρά ΑΓ. Να υπολογίσετε το εμβαδό του τρι­ γώνου ΑΔΝ. Α

κ

Δ

Ως γνωστόν, η διάκεντρος ΟΠ διχοτομεί τη γωνία ΜΟΚ και άρα τα τριγωνα ΜΟΠ και ΚΟΠ είναι ίσα (αφού ΟΠ κοινή και ΟΜ=ΟΚ=ρ). Επο­ μένως (ΜΟΚΠ)=2(ΜΟΠ). ΑίJση 1 1 Η ΒΝ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΒΜ, άρα Είναι όμως (ΜΟΠ) = 2 0Μ · υ 0Μ = 2 ρ · R , (ΑΒΝ)= _!_2 (ΑΒΜ) , και ομοίως ανάλογα άρα (ΜΟΚΠ)= ρ R Θ i: μ α (ΑΒΜ)= _!_2 (ΑΒΓ) , αφού η ΑΜ είναι διάμεσος του Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β . Αποδείξτε ΑΒΓ. Επομένως έχουμε ότι ισχύει �β και να εξεταστεί πότε τριγώνου (ΑΒΝ)= _!_4 (ΑΒΓ) = _!_4 Ε . Φέρουμε τώρα από το Μ ισχύει η ισότητα. παράλληλη στην ΒΔ, η οποία τέμνει την ΑΓ στο . \ ί; σ η Ζ. Επειδή Ν μέσο της ΑΜ και ΝΔ//ΕΖ, ι­ Για το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ ισχύουν σημείο 2Ε και Ε = 1 β · υ <::::> υβ = 2Ε · σχύει ΑΔ=ΔΖ. Ομοίως, Ε μέσο της ΒΓ και Ε= 21 α· υα <::::> υα = -;: '2 p τ ΕΖ//ΒΔ, άρα ΔΖ=ΖΓ, δηλαδή ΑΔ=_!_ΑΓ 3 . Έχουμε επομένως α + υα � β + υβ Παρατηρούμε τώρα ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ και 1 2Ε 1 2Ε ΑΒΓ έχουν ίσα ύψη και επομένως για το λόγο των β <=> α β <::::> α + α � + β + 2Ε · (-α - -)β � Ο <::> ΑΔ = -1 , αρα . (ΑΒΔ) = . αβ(α - β) - 2Ε(α - β) � Ο <::::> (α - β)(αβ - 2Ε) � Ο . εμ βαδων. τους θα ισχυει (ΑΒΓ) ΑΓ 3 Η σχέση αυτή όμως ισχύει, αφού α > β και 1 . Τελικά επομένως λαμβάνουμε (ΑΒΔ)=-Ε 1 1 3 Ε = -αβημΓ ::::; -αβ 2 . 2 1 1 --Ε 1 = -Ε Για να ισχύει α + υ = β + υβ , όπως φαίνεται (ΑΔΝ)=(ΑΒΔ)-(ΑΒΝ)= -Ε 3 4 12 από την απόδειξη, θα πρέπει να έχουμε Ν

Β

z

Μ

Γ

·

2"

α + υα

α>

+ υβ

α

Θ έ μ α 4"

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α=90 ° . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β . τ.2/42


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε το ότι δειχθεί Να ΓΒΕΔ. τετράγωνο 2 (Γ ΔΑ)+(ΑΒΕ)=Υ2ΒΓ

I

/

"""-----"'ω'-':::_ - - - - - - - - .l - - Τ Λ Β

ΡΔ _l ΑΓ, ΕΤ _l ΑΒ Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ, ΓΡΔ και ΒΕΤ εί­ ναι ίσα μεταξύ τους άρα ΡΓ=ΑΒ=ΤΕ και ΡΔ=ΑΓ=ΒΤ Αν ΑΗ//ΔΕ τότε ( ΑΓΔ) = (ΗΓΔ) = _!_2 (ΗΘΓΔ) (ΑΒΕ) = ( ΗΒΕ ) = _!_2 (ΗΘΒΕ) Οπότε ( ΑΓΔ) +( ΑΒΕ) = _!_2 [(ΗΘΓΔ) +( ΗΘΒΕ) J = = _!_2 (ΒΓΔΕ) = _!_2 (ΒΓ) 1 Οπότε: (ΑΔΓ)+(ΑΒΕ)=ΥzΑΓ ΡΔ+ΥzΑΒ ΤΕ= =ΥzΑΓ ΑΓ+ΥzΑΒ ΑΒ=Υz(ΑΓ2+ΑΒ 2)=ΥzΒΓ2 Δύο κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά στο ση­ μείο Λ , κα ι τυχαία χορδή ΑΒ του μεγάλου κύ­ κλου τέμνει τον μικρό στην χορδή ΒΓ. Η σειρά των σημείων είναι Α ,Γ ,Δ και Β. Να δειχθεί ότι: ΑΓ

ΔΒ

ΚΑ · ΚΓ

= --ΚΔ · ΚΒ Δ

Γ Α

φ

ω=φ+θ' στο ΑΓΚτρίγωνο

Τριγώνου ΑΒΓ, ΑΔ η διχοτόμος και ΑΜ η διάμεσος. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τρι­ γώνου ΑΒΓ τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ε, Ζ. Να δειχθεί β) (ΒΕΔ)=(ΔΖΓ)

α) ΒΕ=ΓΖ

γ) ΕΔ=ΔΖ

Α

Ε z

Β

Δ

Γ

Μ

, \; ση

α) Η δύναμη του Β και του Δ αντίστοιχα ως προς τον περιγεγραμμένο στο ΑΔΜ τρίγωνο είναι ΒΔ · ΒΜ = ΒΕ · ΒΑ ( 1 ) ΓΜ · ΓΔ = ΓΖ - ΓΑ (2) Με διαίρεση κατά μέλη τις ( 1 ) (2) ΒΑ έχουμε ΒΕ=ΓΖ αφού ΒΜ=ΜΓ και ΒΔ ΓΔ ΓΑ Θ . Διχοτόμου. β) Τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΔΖΓ τις βάσεις ΒΕ=ΓΖ και ίσα τα αντίστοιχα σε αυτές ύ ψη αφου το Δ α­ νήκει στην διχοτόμο της γωνίας ΒΑΓ . γ) ΒΕΔ = ΑΖΔ και ΑΖΔ + ΔΖΓ = 180° ΒΕ . ΔΕ = 1 άρα ΔΕ=ΔΖ = άρα (ΒΕΔ) (ΔΖΓ) ΔΖ · ΖJ7' (Προκύπτει και άμεσα αφού ΔΑΕ = ΔΑz => ΔΕ = ΔΖ => ΔΕ = ΔΖ ) ,

- - ­

Β

ω

θ

ω=φ+θ (από χορδή ΚΔ και εφαπτομένη) Άρα θ=θ ' δηλαδή ΜΤ = ΔΚΒ (1) (ΑΓΚ) ΚΑ · ΚΓ (ΔΚΒ) ΚΔ ·ΚΒ όμως τα τρίγωνα ΑΓΚ και ΔΒΚ έχουν και κοινό ύψος στην ΑΓ και ΔΒ άρα (ΑΓΚ) ΑΓ (2) (ΔΒΚ) ΔΒ Από την (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

θΨ κ

Ε Υ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/43


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Θ I; μ α

·

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και ΓΖ διάμεσος του. Ας είναι Π τυχαίο σημείο της ΓΖ και Ε, Δ τα σημεία στα οποία οι ΒΠ, ΑΠ, τέμνουν τις ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα. Ν α αποδείξετε ότι (ΠΕΓ)=(ΠΓ Δ). Α

=>

ΘΕΜΑ 7 Τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο. Οι διάμετροι ΑΛ,ΒΜ και ΓΝ τέμνουν το τρίγωνο στα σημεία Δ,Ε και Ζ. Να δειχθεί ότι 1 1 1 2 + +-=ΑΔ ΒΕ ΓΖ R

Ε z

αφού fi 1 = fi 2 αρκεί Π Α · Π Ε = Π Β Π Δ , ή ΠΑ = Π Β , ή τελικά ΔΕ//ΒΓ. ΠΔ ΠΕ Πράγματι, από το Θ. Ceνa έχουμε: ΖΑ . ΔΒ . ΕΓ = Ι => ΔΒ = ΕΑ ΔΕ//ΒΓ ΖΒ ΔΓ ΕΑ ΔΓ ΕΓ

π

-

Β

Δ

Γ

-

Α

Τα τρίγωνα ΠΖΑ και ΠΓΔ έχουν τις γωνίες τους ΑΠΖ και ΠΓΔ ίσες ως κατακορυφήν. Άρα ι­ Α) = ΠΖ · Π Α (1). σχυ' ει ((ΠΖ Π ΓΔ) Π Δ · Π Γ . (Π ΕΓ) = Π Ε · Π Γ (2). ΕΟμοίως προκυπτει ( Π ΒΖ) ΠΖ · Π Β ξάλλου, η ΠΖ είναι διάμεσος του τριγώνου ΠΑΒ και άρα ισχύει (ΠΑΖ)=(ΠΒΖ) (3) . Πολλαπλασιάζοντας τις (1 ), (2) κατά μέλη ( ΠΖΑ) · (ΠΕΓ) = ΠΖ · Π Α · Π Ε · Π Γ . λαμβανουμε ( Π ΓΔ) · (Π ΒΖ) Π Δ · Π Γ · ΠΖ · Π Β και κάνοντας χρήση της (3) προκύπτει ( Π ΕΓ) Π Α · Π Ε . Το δεξιο. με' λος της σχεσης -'-----'= (Π ΓΔ) Π Δ · Π Β , με ( Π ΑΕ) , αφου, τα τριγωνα , , ομως . ισο αυτης, ειναι ( ΠΒΔ) ΠΑΕ και ΠΒΔ έχουν ένα ζεύγος γωνιών ίσες ως Π ΕΓ) = ( ΠΑΕ) , οποτε , απο. ιδιο-. . Ι σχύει λοιπόν ((ΠΓ Δ) ( Π ΒΔ) τητα των αναλογιών θα ισχύει και ( Π ΕΓ) = (ΠΑΕ) _- ( Π ΕΓ) + (ΠΑΕ) ( Π ΓΔ) ( Π ΒΔ) ( ΠΓΔ) + (Π ΒΔ) ' δηλαδή (Π ΕΓ) - (ΓΑΖ) - (ΠΑΖ) 1, γιατί (ΓΑΖ)=(ΓΒΖ) (Π Γ Δ) (ΓΒΖ) - (ΠΒΖ) και (ΠΑΖ)=(ΠΒΖ) αφού Ζ μέσο της ΑΒ. Προέκυψε δηλαδή (ΠΕΓ)=(ΠΓΔ). ------

.

Αφού (ΠΑΓ)=(ΠΒΓ), αρκεί (ΠΑΕ)=(ΠΒΔ) και

Ν

Β

Ζ

Μ

Ε

κ

Γ

Δ Λ

Τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΑΒΔ έχουν κοινό ύψος από την κορυφή Β και τα ΑΓΚ και ΑΓΔ από την κορυφή Γ . Επομένως ΑΚ = R και (ΑΓΚ) = ΑΚ = R (ΑΒΚ) (ΑΒΔ) ΑΔ ΑΔ (ΑΓΔ) ΑΔ ΑΔ Άρα (ΑΒΚ) = (ΑΓΚ) = (ΑΒΚ) + (ΑΓΚ) = (ΑΒΔ) (ΑΓΔ) (ΑΒΔ) + (ΑΓΔ) (ΑΒΚ) + (ΑΓΚ) = R (1) (ΑΒΓ) ΑΔ Με τον ίδιο τρόπο (ΑΒΚ) + (ΒΚΓ) = � (2) και (ΑΒΓ) ΒΕ (ΑΚΓ)+(ΓΚΒ) = � (3) (ΑΒΓ) ΓΖ με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1), (2), (3) έχουμε � + � + � = 2(ΑΒΓ) = 2 ΑΔ ΒΕ ΓΖ (ΑΒΓ) 2 δηλαδή -ΑΔ1- + -ΒΕ1- + ΓΖ = R

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/44


Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

Θ έ μ α 8"

Έστω τρίγωνο ΜΛΚ εγγεγραμμένο στο τρίγωνο ΑΒΓ και περιγεγραμμένο στο ΤΠΝ. Οι πλευρές του ΤΠΝ είναι παράλληλες μία προς μία με τις πλευρές του ΑΒΓ. Να δειχθεί ότι (ΜΛΚ) 2=(τΠΝ)(ΑΒΓ). (τα εμβαδά των τριών τριγώνων αποτελούν γεωμετρική πρόοδο ) Α

τ

Μ Ρ Β

π

Λ

ι ΑΡ=υ ΒΓ = α και ΠΝ=α ' .\ {) σ η (ΜΑΠ)=(ΠΑτ) και (τΑΝ)=(ΑΤΝ) επειδή η κορυ­ φή μεταφέρεται παράλληλα προς την βάση . (ΜΛΚ)=(ΜΠτ)+(τΛΝ)+(τΠΝ)+(ΠΝΚ)= =(ΠΑΤ)+(τΑΝ)+(τΠΝ)+(ΠΝΚ)= =(ΑΠΝ)+(ΠΝΚ)= = -21 ΠΝ · ΑΡ + -21 Π Ν · ΡΣ = -21 ΠΝ · ΑΣ (1) Επειδή ΑΒΓ όμοιο με ΤΠΝ αα. � (2) υ . Από την (1) και (2) (ΜΛΚ)2=-41 ΠΝ ΑΣ = -41 α υ = -21 α . υ -21 αυ . = 1 1 . = - α · υ - α · υ . = (ΑΒΓ) (τΠΝ) 2 2 ΑΣ = υ α

κ

α

α

=

α

Ν

2

Σ κ

Γ

α

2

·2

α

2

α

α

α

Μ αθη ματικά Κατεύ θυνση ς Απολλών ιες κατ α σ κευ ές f,1ε

Αναλυτική Γεω μετρί�z Μιντεκίδης Παντελής,

από τα παραπάνω δέκα συστήματα συνθηκών. Ένα περίφημο γεωμετρικό θέμα που εμπίπτει π.χ.1 . Το σύστημα ΣΕΕ σημαίνει: στην ύλη μας είναι τα Δέκα Προβλήματα του Α­ «Να προσδιοριστεί κύκλος που διέρχεται από πολλωνίου, (Πέργαμος Μικράς Ασίας). Ας θεωρή­ δεδομένο σημείο και εφάπτεται δύο δεδομένων σουμε τα ακόλουθα τρία είδη συνθηκών που είναι ευθειών». σε θέση να ικανοποιεί ένας κύκλος C . π.χ.2. Το σύστημα ΣΕΚ σημαίνει: (Σ) Να διέρχεται από ένα δεδομένο σημείο Να προσδιοριστεί κύκλος που διέρχεται από (Ε) Να εφάπτεται σε μια δεδομένη ευθεία δεδομένο σημείο, εφάπτεται δεδομένης ευθείας (Κ) Να εφάπτεται σε ένα δεδομένο κύκλο και εφάπτεται δεδομένου κύκλου. Αν λάβουμε ταυτοχρόνως τρεις συνθήκες από τα παραπάνω τρία είδη συνθηκών, δημιουργούνται ιψ ιΡ.η� ρ�σης: δέκα είδη συστημάτων συνθηκών που συμβολίζο­ 1 . Τα τρία πρώτα προβλήματα τα ονομάζουμε νται ως εξής: βασικά, διότι η επίλυση όλων των άλλων ανά­ (1) ΣΣΣ (Βασικό) (2) ΣΣΕ (Βασικό) γεται εν τέλει στην επίλυση ενός εκ των τριών (3) ΣΣΚ (Βασικό) (4) ΣΕΕ (5) ΕΕΕ (6) ΣΕΚ βασικών. (7) Σ ΚΚ (8) ΕΕΚ (9) ΕΚΚ (10) ΚΚΚ 2. Το πλήθος λύσεων καθενός εκ των δέκα προ­ Τα δέκα προβλήματα του Απολλωνίου συνίστα­ βλημάτων ποικίλει αναλόγως με τη σχετική νται στον προσδιορισμό κύκλου C που πληροί ένα θέση των τριών δεδομένων στοιχείων. Έτσι, f. ισυγωγtΊ

Π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/45


Μ αθη ματικά για την ο · Λυκείου

ένα σημαντικό μέρος της επίλυσης του αφορά στη διερεύνησή τους. π.χ.l. Σχετικώς με το πρόβλημα ΣΣΣ: � Αν τα τρία σημεία είναι συνευθειακά, τότε το πρόβλημα έχει Ο λύσεις (αδύνα­ το). � Αν τα τρία σημεία είναι μη συνευθειακά, τότε το πρόβλημα έχει 1 λύση. π.χ.2. Σχετικώς με το πρόβλημα ΕΕΕ: � Αν οι τρεις ευθείες τέμνονται ανά δύο, τότε το πρόβλημα έχει 4 λύσεις. � Αν οι δύο μόνον ευθείες είναι παράλλη­ λες, τότε το πρόβλημα έχει 2 λύσεις. � Αν και οι τρεις ευθείες είναι παράλλη­ λες, τότε το πρόβλημα έχει Ο λύσεις. 3 . Η επιστήμη της Ευκλείδειας Γεωμετρίας έχει ως αντικείμενο μελέτης ένα μέρος του Φυ­ σικού Κόσμου: τις σχέσεις των σχημάτων των υλικών σωμάτων. Υπάρχουν δύο τρόποι εφόρασης των γεωμετρικών φαινομένων οι οποίοι συνεπάγονται και δύο αντίστοιχους τρόπους θεμελίωσης, μελέτης και έρευνας της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Β ΙΗ;ηο ς τ ρ 6 π ο ς : Συνθετικός Εδώ η Ευκλείδεια Γεωμετρία συμπεριφέρεται ως κλάδος της Φυσικής και σε αυτό τον τρόπο α­ ντιστοιχεί η θεμελίωση του Ευκλείδη, του Χίλ­ μπερτ, του Τάρσκι, του Μπιρκοφ κ.ά. Ο τρόπος αυτός εφόρασης ονομάζεται Συνθετική Γεωμετρία και είναι αυτός που ακολουθείται από το σχολικό βιβλίο με τίτλο Ευκλείδεια Γεωμετρία(Α' και Β' Λυκείου)

τεύθυνσης(Β Λυκείου). τη Συνθετική Γεωμετρία όταν λέμε «να προσ­ διοριστεί κύκλος» εννοούμε «να κατασκευαστεί κύκλος», δηλαδή πρόκειται για ένα πρόβλημα γε­ ωμετρικής κατασκευής(με κανόνα και διαβήτη). Έτσι, τα Δέκα Προβλήματα του Απολλωνίου είναι δέκα γεωμετρικές κατασκευές. Εδώ τα δεδομένα δεν είναι απολύτως προσδιοριστά (λόγω έλλειψης συστήματος αναφοράς) αλλά σχετικώς προσδιορι­ στά. Στο γεγονός αυτό οφείλεται και η εκτενής δι­ ερεύνηση κατά την επίλυση αυτών των προβλημά­ των. Στην Αναλυτική Γεωμετρία όταν λέμε «να προσδιοριστεί κύκλος» εννοούμε «να προσδιορι­ στεί η εξίσωση του κύκλου», δηλαδή πρόκειται για ένα πρόβλημα αλγεβρικού λογισμού. Έτσι τα Δέκα Προβλήματα του Απολλωνίου είναι δέκα προβλή­ ματα προσδιορισμού εξίσωσης κύκλου. Εδώ τα δεδομένα είναι απολύτως προσδιοριστά (λόγω ύ­ παρξης συστήματος αναφοράς), δηλαδή πρόκειται για δεδομένα «θέσει και μεγέθει». Στο γεγονός αυ­ τό οφείλεται και η απουσία διερεύνησης κατά την επίλυση αυτών των προβλημάτων. 5 . Στο πλαίσιο της παρουσίασής μας των Δέ­ κα Προβλημάτων του Απολλωνίου θα δώσουμε από ένα παράδειγμα για τα τέσσερα βασικά προ­ βλήματα (1,2,3,4) και προτείνονται προς λύση τα υπόλοιπα. Επειδή κάποιοι τύποι δεν ανήκουν στη διδακτέα ύλη του Λυκείου, ενδέχεται μερικοί υπο­ λογισμοί να είναι κοπιώδεις. Τέλος, ας σημειωθεί ότι οι λύσεις που δίνονται στο πλαίσιο της Αναλυ­ τικής Γεωμετρίας είναι διαφορετικές από αυτές που δίνονται στη Συνθετική Γεωμετρία. ·

ρίψλη μα ( l:Ll:, βασικό) Αναλυτικός προσδιοριστεί κύκλος που να διέρχεται Εδώ η Ευκλείδεια Γεωμετρία συμπεριφέρεται από Να τα τρία σημεία: A(l,O), Β(Ο,2) και Γ(2,3). ως κλάδος των Μαθηματικών και σε αυτό τον τρόπο αντιστοιχεί η θεμελίωση του Ντεκάρτ. Ο τρόπος αυτός εφόρασης ονομάζεται Αναλυ­ ., κύκλος τική Γεωμετρία και είναι αυτός που ακολουθείται Έστω οCζητούμενος : x 2 + ψ 2 + αχ + β ψ + γ = Ο από το σχολικό βιβλίο με τίτλο Μαθηματικά Κα­ �υ:ίηψος τ ρ ό πο ς :

Π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ο · τ.2/46

ι


Μ αθη ματικά για την Β ' Λυ κείου

Θα υπολογίσουμε τις παραμέτρους α, β, γ. •

Είναι έγκυρες οι ισοδυναμίες: Α( 1 ,0) Ε C <::::> 12+02+α 1 + β · Ο+γ=Ο <::::> α+γ=-1. Β(Ο,2) Ε C<::::> 02+22+α· Ο+β · 2 +γ=Ο 2β+γ=-4 . Γ(2,3) Ε C<::::> 2 2+3 2+α 2 + β 3 +γ=Ο <::::> 2α+ 3 β+γ= -13 Επίλυση συστήματος : ; =; : ν � -4 <::::> 2α + �β + γ = - 1 3

Α(3,1) I I I " I I // I/ /� / I / I " I " I I I

·

Κ(χο, ψο)

<::::>

··

{

(μ) Β(2,-2) ε:2χ-y+3=0

Θα υπολογίσουμε τις παραμέτρους Χ0, ψ0, ρ2 .

Σκεπτικό:

Έστω (μ) η μεσοκάθετος της χορδής ΑΒ. Προφανώς ισχύει: α = -γ - 1 Κ(χο,ψο)ε(μ) (1) � Εφόσον Α(3,1) σημείο του κύκλου (Κ,ρ) <::::> β = - γ +2 4 ισχύει: (3-ΧΧο)2+(1-ψο)2=ρ2 (2) 2 (-γ - 1 ) + 3 ( γ ; 4 ) + γ = -13 � Εφόσον (ε) εφαπτομένη του κύκλου (Κ,ρ) α = -γ - 1 α = -3 ισχύει: D(Κ,ε)2=ρ2 (3) <::::> β = - γ +2 4 <::::> β : ;3 � Λύνοντας το σύστημ α των (1), (2), (3) γ = 2 γ προσδιορίζουμε τις ζητούμενες παραμέτρους Χο, ψ0, ρ2 . Η καμπύλη (C) ως γνωστόν είναι κύκλος ή μο­ Ακολουθεί η εκπλήρωση των βημάτων του νοσύνολο ή κενό σύνολο. Αφού λοιπόν περιέχει 3σημεία θα είναι σίγουρα κύκλος. Δηλαδή σίγουρα σκεπτικού. Εξίσωση της μεσοκαθέτου μ: θα ισχύει α 2 + β 2 - 4γ > Ο , χωρίς έλεγχο. Μ(χ,ψ)ε(μ)<::::>ΜΑ=ΜΒ Συμπέρασμα: Το πρόβλημα έχει ως λύση: <::::>ΜΑ2=ΜΒ2 C: χ2+ψ2-3χ-3 ψ+2=0 <=>(χ-3)2+(ψ-1 )2=(χ-2)2+(ψ+2)2 <::::>χ+3 ψ-1=0 Π ρό βλ η μ α 2 ( ΣΣ Ε , βασι κό) Να προσδιοριστεί ο κύκλος που διέρχεται επομένως η συνθήκη (1) γίνεται: από τα σημεία Α(3,1), Β(2,-2) και εφάπτεται Χa+3 ψ0=1 (4) στην ευθεία ε: 2χ-ψ+3 =0. Ακόμη η (3) γράφεται: 2x o Js" + 3 1 ' ' Λί1 σ η : l ' J""p D(Κ,ε �ρ Έστω 2 (2χο - ψ ο + 3)2 = p 2 (Κ,ρ) : (χρ >-Οχ σ ) + ( Ψ - Ψ ο γ = ρ 2 (5) 5 Επιλύουμε τώρα το σύστημα των (4), (2) και Ο ζητούμενος κύκλος: (5): �

-

! -- {

<c>

{

}

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/47

(

)

<c>


Μ αθη ματικά για την Β ' Λυ κείου

χ 0 + 3 ψ0 = Ι ( 3 - χ σ γ + (Ι - ψο) 2 = ρ 2 <=> (2χ σ - Ψο + 3 ) 2 = ρ 2 5 χ 0 + 3 ψ0 = Ι 2 3 + (2χ0) ψ0 ( 3 - χ ο ) 2 + ( ψ - ψ ο ) 2 = --'---- -5 � ρ 2 = (3 - χ ο )2 + (Ι - ψο ) 2 Χ0 ,ψ 0) = (Ι, Ο ) ή ( Χ0 , Ψ ο ) = (36 Ι , -Ι 20 ) ρ 2 = (3 - χ 0 γ + (Ι - ψ0 ) 2 0 ) = (Ι,Ο) η, ( χ 0 ,ψ 0) = ( 36 Ι ,- Ι 20 ) <=> (χ0,ψ ρ- = 5 ρ 2 = Ι 69 Συμπέρασμα: Το πρόβλημα έχει δύο λύσεις: (χ- Ι )2+ψ2=5, (χ-36 Ι )2+(ψ+ Ι 20)2

{::>

{::>

{( {

?

{

?

J f;

" " �� '< '

ψ�Ι'

Να προσδιοριστεί ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία A(l,O), B(O,l) και εφάπτεται στον κύκλο χ2+(ψ-3)2=4.

Έστω 2 2 (Κ,ρ) : (χρ >-Οχ ο ) + ( Ψ - Ψ ο ) = ρ 2 ο ζητούμενος κύκλος.

{

A( l , O )

/

"

"

_,

/

"

" ' " " )'.

"

Κ(Χο,ψο)

/ ( μ)

\\

\

i

I

/

!

8(0, 1 )

Θα υπολογίσουμε τις παραμέτρους Χ0, ψ0, ρ2 . Ο δεδομένος κύκλος έχει κέντρο Λ(Ο,3) και ακτίνα 2. � Έστω μ η μεσοκάθετος της χορδής ΑΒ. Προφανώς ισχύει: Κ(χσ ,Ψσ)εμ (Ι) � Εφόσον A( l ,O) σημείο του κύκλου (Κ,ρ) ισχύει: (1 -Χο)2+ψο2=ρ2 (2) � Εφόσον οι κύκλοι (Κ, ρ), (Λ,2) εφάπτονται, ισχύει: d(Κ,Λ)2=(ρ+2)2 ή d(Κ,Λ)2=(ρ-2)2 (3) � Λύνοντας το σύστημα των ( Ι ), (2),(3) προσδιορίζουμε τις παραμέτρους Χ0 , ψ0 , ρ2 Ακολουθεί η εκπλήρωση των βημάτων του σκεπτικού. ,, Εξίσωση της μεσοκαθέτου μ: Μ(χ,ψ)εμ<=>ΜΑ=ΜΒ<=>ΜΑ2=ΜΒ 2 <=>(χ- Ι )2+(ψ-0)2=(χ-0)2+(ψ-Ι )2<=>ψ=χ Επομένως η συνθήκη ( Ι ) γίνεται: ψ0=Χ0, (4) ,.. Ακόμη η (3) γράφεται: Χ02+(ψ0-3)2=(ρ+2)2 ή Χ02+(ψ0-3)2=(ρ-2)2 "' Το πρόβλημά μας λοιπόν ανάγεται στην επί­ λυση των ακόλουθων δύο συστημάτων: ο= ( Ι ) � - χ:;2 + ψ� = ρ 2 χ � + ( Ψο - 3 ) 2 = (ρ + 2) 2 ο= ( ΙΙ ) � - χ:;2 + ψ� = ρ 2 χ � + ( Ψο - 3 ) 2 = (ρ - 2 ) 2

ι {

ι,1

Επίλυση του συστήματος (Ι)

{<=> ρΨο2 ==2χΞΧο 2χο + Ι -

χ0 = Ι- ρ

Λ(0,3)

Ψ ο = Χο <=> ρ 2 = 2( Ι - ρ) 2 - 2 ( Ι - ρ ) + Ι χ0 = Ι - ρ

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/48


{Ψορ ==1 Χο

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

{( χ0 , ψ0 ) = ( 0,0)

Έστω μ η μεσοπαράλληλος των ει, ε2 . Προφανώς ισχύουν: χ0 = 1 - ρ Εφόσον A(l ,2) σημείο του κύκλου (Κ, ρ) Επίλυση του συστήματος (Π) ισχύει: (1 -χο)2+(2-y0)2 =ρ2 (3) Ψο = Χο Ψο = Χο Από τις (1 ), (2), (3) προσδιορίζουμε τις ρ 2 = 2χ� - 2χ ο + 1 ( 11 ) (1 -χ ο )2 + ψ� = ρ2 ' παραμετρους Χο. Υ ρ2 . 2 χ� +( Ψο -3)- =(ρ-2) Χο = 1 + ρ Ακολουθεί η εκπλήρωση των βημάτων του σκεπτικού. Ψο = Χο Ψ 0 = Χ0 ρ 2 = 2(1 + ρ) 2 - 2 ( 1 + ρ ) + 1 ρ = -1 Εξίσωση της μεσοπαραλλήλου μ: χ0 = 1 + ρ χ0 = 1 + ρ Λαμβάνουμε δυο συγκεκριμένα σημεία επί των (ει ), (ε2) αντιστοίχως Η λύση απορρίπτεται διότι η ρ=-1 (Ο είναι α­ Μ(Ο,5)ε ε1, Ν(Ο, -5) ε ε2 δύνατη. Το μέσον του τμήματος ΜΝ είναι 0=(0,0) και Συμπέρασμα: Το πρόβλημα έχει μοναδική λύ­ ισχύει 0=0,0) ε μ ση τον κύκλο: χ2+ψ2=1. Ακόμη επειδή μ!/ε1 ισχύει λμ=λε δηλαδή λμ=2 Άρα η εξίσωση της μ είναι Να προσδιοριστεί ο κύκλος που διέρχεται από y-0=2(x-O) το σημείο A(l,2) και εφάπτεται στις δυο ευθείες δηλαδή μ: y=2χ ε1 :2χ-y+5=0 και εz :2x-y-5=0 Τώρα η εξίσωση (1) γίνεται Υο=2χο (4) Παρατηρώ ότι ε1//ε2 Ακόμη η (2) γίνεται 2 2 2 ρ = ρ = Ξ1 d( ε , ,ε 2 ) = 21 d ( Μ,ε 2 ) = 'Εστω ( Κ ,ρ ) .· (χ> χ ο ) + (Υ Υο ) ρ Ο ο ζητούμενος κύκλος. = _!_2 J1 2 . 2 ο - 5 - 521 = J5 2 + (-1) Δηλαδή ρ 2 = 5 <=>

<=>

<=>

ρ=1

{

{ {

..�

<=>

<=>

ο,

{

{

ε ι :2χ-y+5=0

A( l ,2)

/

,

/

-

/

/

-/

ε2:2x -y -S =O

/ '

{

<=>

/ / /

Λύση του συστήματος των (3) και (4) ( 1 - χ ο ) 2 + (2 - y )2 = ρ 2 Υ ο = 2χ ο -χ 0 ) 2 + ( 2 - 2χ 0 ) 2 = 5 { Χ0 : Ο ή Χ0 = 2 Υ ο - 2χ ο Υο = 2χ ο <=> ( x 0 ,y 0 ) = ( Ο, Ο ) ή ( X 0 ,y 0 ) = ( 2,4 )

' χσ, Υο, ρ2 ' τις παραμετρους Θα υπο λογισουμε

o

{(

<=>

<=>

Συμπέρασμα: Το πρόβλημα έχει δυο λύσεις, τους κύκλους χ2+/=5, (x-2)2+(y-4)2=5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/49


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Να προσδιοριστεί ο κύκλος που διέρχεται από το σημείο Α(6,0) και εφάπτεται στις ευθείες ε 1 :4χ-3y+8=0 και εz :3x+4y-1 9=0 \ 1Jση

Παρατηρώ ότι ει ){ ε2 z z z (Κ,ρ) : (χρ >-Οχ σ ) + ( Y - Yo ) = ρ ο ζητούμενος κύκλος.

{

ε ι :4x-3y+8 =0

\.-)

""

/ K('O,yo\) )

\,\

\� Θα υπολογίσουμε τις παραμέτρους χο, Υο, ρ2 l: ι α:π η κ u .

<=>

<=>

εz : 3 x+4y- 1 9 =0

ιι

ρ 2 = ( 6 - Χο ) 2 + Υο2 ή 4χ 0 - 3y0 + 8 = -(3χ 0 + 4y0 - 19 ) (4χ0 - 3y0 + 8 ) 2 = 25 [ (6 - χ 0 ) 2 + y� J ρ 2 = ( 6 - χ ο )2 + yo2 X0 - 7y0 + 27 = 0 (4χ0 - 3y0 + 8 ) 2 = 25 [ ( 6 - χ 0 ) 2 + y� J ρ 2 = ( 6 - Χ ο ) 2 + Υ� ή 7x 0 + y 0 - 1 1 = 0 (4χ0 - 3y0 + 8 ) 2 = 25 [ (6 - χ 0 ) 2 + y� J ρ2 = ( 6-χο )2 +Υο2 x0 =7y0 -27 [4(7y0 -27) -3y0 +8τ = 25 {[6-(7y0 -27)2 ] + y� }

ή

Εφόσον (Κ,ρ) εφάπτεται στις ει. ε2 . ισχύει: d(Κι ει)2=d(Κ2 ε2)2= ρ2 (1) ,- Εφόσον Α(6,0) σημείο του κύκλου (Κ,ρ), ι­ σχύει: (6-Χ0)2+/= ρ2 "" Από τις ( 1) και (2) προσδιορίζουμε τις παρα, Χο , yo, ρ2 . ή μετρους r

(

= 6 - Χ0

! Ρ2 )2 j j

<=>

Yo = - 7 y o + 1 1

[ 4 χ 0 - 3 ( -7 Χ 0 + 1 1 ) + 8 ]2 = 25 [ ( 6 - Χ 0 )2 + ( - 7 χ 0 + 1 1

ρ2 = ( 6-χο )2 +Υσ2 X0 =7y0 -27 25y� -262y0 + 689 =Ο ( Δ< Ο, αδύνατη) ρ2 = ( 6-χο )2 +yo2 Χ0 = 7χ0 + 1 1 25χ� -1 16χ0 -132 =0 66 Χ0 = 25 2 = ( 6-χο )2 +yo2 ρ Χ0 = 2 Υο = -3 ή Υο = - 187 Υο =-7χ0 + 1 1 25 ρ 2 = 25 2 1681 Χο = 2 η' Χο =-66 ρ = 25 25

)2

Ακολουθεί η εκπλήρωση των βημάτων του σκεπτικού. Η ( 1) γράφεται: (4x 0 - 3y0 + 8 )2 25 Λύση του συστήματος των (2) και (3) ( 6 - Χ0 γ + Υ� = ρ 2 Συμπέρασμα το πρόβλημα έχει δυο λύσεις, (4χ 0 - 3y 0 + 8 )2 = (3χ 0 + 4y0 - 1 9 ) 2 τους κύκλους (4χ0 - 3y0 + 8 · 1 )2 = 25 [ ( 6 - χ 0 )2 + y� J ρ 2 = ( 6 - χ σ )2 + Υο2 4x 0 - 3y0 + 8 = 3x 0 + 4y0 - 19 187 ) 2 - ( -41 ) 2 ( χ +-66 )2 + ( y + 2 2 5 25 25 ( 4χ 0 - 3y0 + 8 ) = 25 [ ( 6 - χ 0 ) + y� J ο!!

<=>

{

<=>

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ Β ' τ.2/50

<=>

J


. .. ....... .

,_ ..,. r Ι'�lι ...., Αιι••Ι•ιι Μαθη ματικά

Γενικής Παιδείας

Α . Ασκήσεις Στατιστικής Ν. Ζανταρίδης, Π. Μυταρέλλης, Κ. Παπαδόπουλος [ ι σ αγι•η ι κ ιί.

Στατιστική αποτελεί ένα από τα τρία κεφάλαια που διδάσκονται και εξετάζονται οι μαθητές της Γ τάξης του Ενιαίου Λυκείου στα Μαθηματικά Γενικής Παιδείας . Οι έννοιές της ουσιαστικά διδάσκονται για πρώτη φορά και είναι ανεξάρτητες από τις αποκτηθείσες μαθηματικές γνώσεις των μαθητών. Μέσα από το άρθρο αυτό θέλουμε να πετύχουμε δύο πράγματα. Την κατανόηση και εμπέδωση αυ­ τών των νέων εννοιών με την παράθεση ασκήσεων και τη σύνδεσή τους με μαθηματικές γνώσεις που αποκτήθηκαν στο πρώτο κεφάλαιο του σχολικού βιβλίου. Πιστεύουμε ότι η καλή γνώση των εννοιών της Στατιστικής αποτελεί ικανό και αναγκαίο εφόδιο για να ανταποκριθεί χωρίς ιδιαίτερη δυσκολία ο μαθητής στις σχολικές και εξεταστικές ανάγκες. Η

Ά σ κη σ η l η

Σε μία άσκηση που δόθηκε σε ένα διαγώνισμα οι χρόνοι (σε min), που χρειάστηκαν οι μαθητές για να λύσουν την άσκηση, έχουν ομαδοποιηθεί σε 4 κλάσεις ίσου πλάτους με αντίστοιχες συχνότη­ τες 6, 10, 7, 7. 2 2 2 2 Αν η συνάρτηση r ( χ ) = 6( Χ ι - χ ) + 10( χ 2 - χ ) + 7 ( χ 3 - χ ) + 7 ( χ4 - χ ) παρουσιάζει ακρότατο για χ = 7 με τιμή ακροτάτου 134, όπου χ ι , χ 2 , χ 3 , χ4 τα κέντρα των αντίστοιχων κλάσεων, α) να βρεθούν τα κέντρα των κλάσεων και να γίνει ο πίνακας συχνοτήτων β) να βρεθεί η τυπική απόκλιση και ο CV%. , \ ίJ σ η :

Είναι γνωστό (ας δούμε την Εφαρμογή 2 του σχολικού βιβλίου σελίδα 98) ότι η συνάρτηση παρου­ σιάζει ελάχιστο για: 210 + 7χ7 3 7+ 7χ 4 <::::> 7 = 6χι + 10χ 230+ 7χ 3 + 7χ 4 <=> 6 Χ ι + 10 χ 2 + 7 Χ 3 + 7 χ 4 = 210 χ = 6χι +610χ + + + <::::> 6χι + 10 ( χι + c ) + 7 ( χι + 2c ) + 7 ( χι + 3c ) = 210 <::::> 30χι + 45c = 210 , όπου c το εύρος των κλάσεων. Άρα: Χ ι + -23 c = 7 <=> χι = 7 - -23 c . Επίσης: f(7 )=134<::::> 6 ( χι - 7 ) 2 + 10 ( χ 2 - 7 ) 2 + 7 ( χ 3 - 7 ) 2 + 7 ( χ 4 - 7 ) 2 = 134 <::::> 6 ( χι - 7 / + 10 ( χι + c - 7 ) 2 + 7 ( χι + 2c - 7 / + 7 ( χι + 3c - 7 ) 2 = 134 2 2 2 2 <::::> 6 ( % c ) + 10 ( Ξ ) + 7 ( Ξ ) + 7 ( 3; ) = 134 <::::> c 2 = 4 <::::> c = 2 . Άρα χι + 3 = 7 <::::> χι = 4 , οπότε τα κέντρα των κλάσεων και ο πίνακας συχνοτήτων είναι: α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/5 1


Κλάσεις

β)

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

νί

Xi 4 6 8 10

[- ) 3-5 5-7 7-9 9- 11 Σύνολο Χ; · ν; 210 ' -χ = Σ -Ε ιναι 30 = 7 ν =-

6 10 7 7 ν = 30

Xi·νi 24 60 56 70 210

χ2 I

16 36 64 100

2 ·ν ί 96 360 448 700 1604 Χ;

2 ) 1 ( 44100) 1 1 ( 210 ( 1 604 -1470) = -1 ·134=4 46�s=2,11 = 30 1604- 30 = -30 1 604 - -= ' 30 30 30

Άρα CV = =χs = 0,30 ή CV = 30% Σε ένα διαγώνισμα δώθηκαν δύο προβλήματα. Για το πρώτο πρόβλημα οι χρόνοι λύσεις από τους μαθητές έχουν ομαδοποιηθεί σε τέσσερις κλάσεις, όπου το εύρος είναι 1 6 λεπτά και το κέντρο μιας κλάσης είναι 3. Γνωρίζουμε ότι το 50% των μαθητών χρειάστηκε τουλάχιστον 1 Ο min για να λύσει το πρόβλημα, ενώ το 40% χρειάστηκε λιγότερο από 9 min. Επίσης η κεντρική γωνία του κυ­ κλικού διαγράμματος που αντιστοιχεί στην πρώτη κλάση είναι 36°. Αν θεωρηθεί ότι οι χρόνοι είναι ομοιόμορφα κατανεμημένοι στις κλάσεις τότε: α) Να βρεθούν οι κλάσεις της κατανομής και να γίνει ο πίνακας συχνοτήτων. β) Να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος του δείγματος. γ) Αν για το δεύτερο πρόβλημα χρειάστηκε 12 min παραπάνω ο κάθε μαθητής, να βρεθεί ο μέ­ σος χρόνος λύσης και των δύο προβλημάτων μαζί.

' τεσσερις ' ' 16 , το πλ'ατος κα'θ ε κλ'ασης ειναι ' οι κλασεις ' ειναι ' -164 = 4 . Εφοσον με ευρος Αν το 3 ήταν το μέσο της δεύτερης κλάσης, τότε τα άκρα της δεύτερης κλάσης θα ήταν [1, 5), οπότε τα άκρα της πρώτης κλάσης θα ήταν [-3, 1), πράγμα που έρχεται σε αντίφαση με τη φύση του προβλή­ ματος, αφού δεν νοείται κάποιος να χρειαστεί ... αρνητικό χρόνο λύσης! Έτσι το 3 δεν μπορεί να είναι το κέντρο της δεύτερης κλάσης, πόσο μάλλον της 3ης ή 4ης κλάσης, οπότε έχουμε τον ακόλουθο ελλιπή πίνακα: Χρόνος Κέντρο fi% Fi% Xi [-) 1-5 3 7 40 5-9 9 - 13 11 13 - 17 15 Αν 36° είναι η κεντρική γωνία του κυκλικού διαγράμματος που αντιστοιχεί στην πρώτη κλάση, τότε: 360·fι =36 � fι = 0,1 Επίσης F2% = 40 � fι% + f2 % 40 � f2 % = 40 - 10 = 30. Το 50% χρειάστηκε τουλάχιστον 1 Ο min οπότε το άλλο 50% χρειάστηκε λιγότερο από 1 Ο min. 'Ετσι ( F2 + ± f3 ) % = 50 � 40 + ± f3 % = 50 � f3 % = 40 . Επίσης, γνωρίζουμε ότι: ( f, + f2 + f3 + f4 ) % = 100 � 10 + 30 + 40 + f4 % = 100 � f4 % = 20 Οπότε, συμπληρωμένος ο πίνακας σχετικών συχνοτήτων είναι: =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/52


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Χ ρ όνος

Κέντ ρο

Xi

[-)

fj

fj%

Xϊ·fi

3 10 0,1 0,3 1 -5 7 30 0,3 2,1 5-9 9 - 13 1 1 40 0,4 4,4 15 20 0,2 3,0 13 - 17 9,8 Σύνολο β) Η μέση τιμή χ είναι χ = Σ χ i · fi = 9,8 i=l Εφόσον το 50% χρειάστηκε χρόνο 1 Ο λεπτά, σύμφωνα με τον ορισμό της διαμέσου το 1 Ο είναι η διάμε­ σος. γ) Έστω Yi οι χρόνοι λύσης του δεύτερου προβλήματος. Τότε ισχύει: Yi = xi + 12, όπου x i οι χρόνοι λύσης του πρώτου προβλήματος. Όμως χ = 9 ,8 , οπότε γνωρίζουμε ότι y = χ + 12 . Έτσι, ο μέσος χρόνος λύσης και των δύο προβλημάτων μαζί είναι: - = (χ ι + y ι ) + ( χ 2 + y2 ) + ... + ( x v + yv ) = Χι + Χ 2 + ... + Xv + Υι + y2 + ... + yv = -x + -y = 9, 8 + 9, 8 + 12 = 3 1 , 6 Inln ν ν ν 4

t

·

Οι χρόνοι (σε min) που χρειάστηκαν για να προσέλθουν στο σχολείο τους οι μαθητές έχουν ομο­ αδοποιηθεί σε κλάσεις ίσου πλάτους. Το πολύγωνο σχετικών συχνοτήτων f;% της κατανομής (Χ) των χρόνων αυτών, έχει κορυφές τα σημεία Α(2, 0), Β(6, 5), Γ(10, ω, Δ(14, ω, Ε(18, f4), Ζ(22, 5), Η(26, 0). Η κατακόρυφη γραμμή με εξίσωση χ = 1 1 διαιρεί το χωρίο που ορίζεται από το πολύγωνο σχετικών συχνοτήτων και τον οριζόντιο άξονα σε δύο ισεμβαδικά χωρία. Ο μέσος χρόνος προσέλευ­ σης είναι χ = 12 min . Θεωρώντας τα δεδομένα ομοιόμορφα κατανεμημένα: α) Να δειχτεί ότι: f2 % 60, f3 % 20, f4% 10. β) Η κατανομή είναι κανονική; γ) Να γίνει ο πίνακας σχετικών συχνοτήτων και σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων. =

=

=

Από τα δεδομένα οι κλάσεις είναι: [9,8),[8,12),[12,16),[16,20),[20,24 ] . α) Εφόσον η κατακόρυφη γραμμή χ = 1 1 χωρίζει το πολύγωνο σε δύο ισεμβαδικά χωρία, τότε το 50% των παρατηρήσεων είναι μικρότερες από 1 1 και το άλλο 50% είναι μεγαλύτερες από το 1 1. Συνεπώς η δ = 1 1 είναι η διάμεσος. 3 % = 50 - 5 � f % = -4 · 45 = 60 ,Ετσι: 5 + -3 f % = 50 � -f 2 2 2 4 4 3

· {��·��--�����-----·�· 2

6

10

14

18

26

22

μέσος χρόνος προσέλευσης είναι χ = 12 min άρα: Σ χ/ί = 12 � 6· ο , ο 5 + 10·0,6 + 14·f3 + 18·f4 + 22 . ο , ο 5 = 12 � i =l (1) �0,3 + 6 + 14·f3 + 18·f4 + 1,1 = 12 � 14·f3 + 18·f4 = 4,6 Επίσης, ισχύει: fι + f + f3 + f4 + fs = 1 � 0,05 + 0,6 + f3 + f4 + 0,05 1 � f3 + f4 = 0,3 (2) Λύνοντας το2 σύστημα των εξισώσεων (1) και (2), καταλήγουμε ότι: f3 0,2 και f4 = 0,1 οπότε: f3 % = 20 και f4% 10. β) Η κατανομή δεν μπορεί να είναι κανονική, γιατί η διάμεσος (δ = 1 1) και η μέση τιμή (χ = 12 ) είναι διαφορετικές. γ) Ο πίνακας αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων είναι: Ο

5

=

=

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/53


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Κλάσεις [-) 4-8 8 - 12 12 - 16 16 - 20 20 - 24

F;%

fj%

5 5 60 65 20 85 10 95 5 100

λ σ ικ η σ η 4 η

Στον παρακάτω φαίνονται οι χρόνοι (σε min) που χρειάστηκαν για να λύσουν μια άσκηση οι μαθητές ενός σχολείου. Γνωρίζουμε ότι το 85% των μαθητών χρειάστηκαν λιγότερο από 1 6 min για να λύσουν την άσκηση, ενώ το 35% των μαθητών χρειάστηκε τουλάχιστον 1 2 min για να λύσουν την άσκηση.

Χρόνος 4-8 8 - 12 12 - 16 16 - 20 20 - 24

Σχετική συχνότητα fj%

5 10

α) Να συμπληρωθεί ο πίνακας β) Να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος. . \ ίJ ση : Εφόσον το 85% των μαθητών χρειάστηκε λιγότερο από 16 min για ναλύσει την άσκηση, τότε το 15% χρειάστηκε τουλάχιστον 16 min. Έτσι, έχουμε: f4% + fs% = 15 <::::> fs% = 15 - 10 = 5 fs% = 5. Επίσης, το 35% χρειάστηκε τουλάχιστον 12 min για να λύσει την άσκηση , οπότε το 65% χρειάστηκε λιγότερο από 12 min . Έτσι: f1 % + f2 % = 65 f1 % 65 - 5 = 60. Ακόμη: f1 % + f2 % + f3% + f4% + fs% = 100 f3% = 20 Έτσι, ο πίνακας συμπληρωμένος είναι: Χρόνος Σχετική συχνότητα f;% 60 4-8 8 - 12 5 20 12 - 16 10 16 - 20 20 - 24 5 100 Σύνολο: β) Η μέση τιμή ξέρουμε ότι δίνεται από τη σχέση: χ = Σ χ; · f; , όπου χ; είναι τα κέντρα των κλάσεων, i =l οπότε: χ = 6·0,6 + 10·0,05 + 14·0,2 + 18·0,1 + 22·0,05 = 3,6 + 0,5 + 2,8 + 1,8 + 1,1 = 9,8 min. Ο πίνακας αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων είναι: Κλάσεις fj% F;% Γ-) 4 - 8 60 60 8 - 12 5 65 12 - 16 20 85 10 95 16 - 20 20 - 24 5 100

α)

=>

=>

=

=>

5

ΕΥΚΛΕ Ι Δ ΗΣ Β ' τ.2/54


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Το πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων είναι: (F,%)

80

60 50 40 20

y8

12

δ

20

16

24

min

Από το διάγραμμα βλέπουμε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ είναι όμοια (κοινή γωνία και ορθογώνια), , ΒΓ ΑΒ ΒΓ 50 1Ο ΒΓ = - . οποτε εχουμε: ΔΕ ΑΔ 4 60 3 ' θ α μπορουσε ' απο' το σχημα ' να ε' και με το «ματι» ' ειναι: ' δ = 4 + -1Ο 22 . Επισης ' η διαμεσος ο ποτε 3 3 κτιμηθεί ότι δ 7 . ,

- =

-

<:::::>

- =

-

=

<:::::>

-

=

Α σ κ η ση 5 η

Κ άποιος μαθητής παρουσίασε το παρακάτω κυκλικό διάγραμμα μιας μεταβλητής Χ. Ό μως ένας άλλος μαθητής, αφού το μελέτησε είπ ε ότι υ π άρχει κάπ οιο λάθος στο κυκλικό διάγραμμα. Θα συμφω­ νού σ ατε με τη γνώμη το υ δεύτερο υ μαθητή ; Δικαιολογείστε την α­ π άντησή σας.

'

Λ�--�-=�- �

I

/

\'

\

\

',

1 20°

-

3 0°

3 0'! i

Έστω ν το μέγεθος του δείγματος στο όπιο αναφέρεται το πρόβλημα. Αν ήταν σωστό το κυκλικό διάγραμμα, τότε θα ίσχυε ότι η κεντρική γωνία που αντιστοιχεί στις τιμές χ2 και χ5 αθροιστικά είναι: 360 - 30 - 120 - 30 180. Τότε: ω 2 + ω 5 = 180 360-νν5 + 360-νν5 = 180 360 · 43 +ν 86 = 180 <=:>ν = 258. Τότε, για τη συχνότητα της τιμής χ , θα είναι: ω 1 = 360�ν ν 1 ν 1 = 30 258 = 258 ατοπο , εχει , αρα , δ ικιο ' ο δευτερος ' μαθητηc.' 30 = 360 258 360 12

ν,=86

=

<:::::>

<:::::>

<:::::>

·

Ά σ κη ση

--

<:::::>

·

--

!i>:

lM

1 -..:ι

Τα διπλανά σχήματα είναι τα πολύγωνα συχνοτήτων και αθροιστικών σχετικών συ χνοτήτων και παρουσιάζουν το χρόνο που χρειάστηκαν μαθητές για να λύσουν μια άσκηση. (ν,)

(F,%) \ 00 1------------------------------------------------------·······-----------------------------------ιι

β ---1 5 ---

7 0 ....

10

3 0 '''

α ---------------------------------

γ 2.5

min

α) Να βρεθούν οι αριθμοί α, β, γ και να γίνει ο πίνακας συχνοτήτων. β) Να βρεθεί το εμβαδό του πολυγώνου συχνοτήτων. Ε Υ ΚΛ Ε Ι Δ Η Σ Β' τ.2/55

25 min


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

γ) Πόσοι μαθητές θα χρειαστούν τουλάχιστον 1 7 λεπτά για να λύσουν την άσκηση; Θεωρούμε τα δεδομένα ομοιόμορφα κατανενημένα.

Έστω ν το μέγεθος του δείγματος στο οποίο αναφέρεται το πρόβλημα. Τα δεδομένα έχουν ομαδοποιηθεί σε τέσσερις κλάσεις. Αν c το εύρος κάθε κλάσης, τότε από τα διαγράμματα προκύπτει ότι: 25 - 2,5 = 4c + �2 � 22,5 = 9c2 � 459 = c � c = 5. Έτσι, έχουμε τον ελλιπή πίνακα συχνοτήτων και αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων: Κλάσεις

[-)

Συχνότητα

Σχετική

ν;

Αθ ροιστική

συχνότητα

συχνότητα

ti

5 - 10 10 - 15 15 - 20 20 - 25

Ν

Σχετική αθ ρ . συχνότητα

F;%

α 30γ 10 70 β 100 15 F3 % = (F2 % + f3 %) � 70 = 30 + f3 % � f3 % = 40. Όμως, ν4 · 100 � 30 = -15 · 100 �ν = 50. ω�σ = Επίσης, ν ν · 100 = 40 � β = 20 Τότε, από την ισότητα: f3 % = 40 � 1._ 50 4 Σ ν; = 50 � α + 10 + 20 + 15 = 50�α = 5 Επίσης, i =l 5 · 100 � γ = 10 τότε: F1% = f1% = _!_νν · 100 � γ = 50 Ο πίνακας συχνοτήτων συμπληρωμένος είναι: 0

Κλάσεις

Γ-)

ν;

ti %

5 - 10 5 10 20 10 10 - 15 20 40 15 - 20 30 15 20 - 25 50 100 Σύνολο Το εμβαδό του πολυγώνου συχνοτήτων είναι γνωστό ότι ισούται με το μέγεθος του δείγματος, οπότε Ε = ν = 50. Επειδή οι τιμές κατανέμονται ομοιόμορφα σε κάθε κλάση, τότε στο διάστημα 17-20 αντιστοιχεί στα � της κλάσης [15, 20), επομένως το πλήθος των μαθητών στο διάστημα 17-20 θα είναι � ·20 = 12. 5 5 Άρα τουλάχιστον 17 λεπτά θα χρειαστούν 15 + 12 = 27 μαθητές. Το βάρος του κάθε μαθητή μιας τάξης Λυκείου είναι τουλάχιστον 45 κιλά, αλλά μικρότερο από 85 κιλά. Το 90% των μαθητών έχει βάρος τουλάχιστον 55 κιλά, 1 5 μαθητές έχουν βάρος μικρότερο από 65 κιλά, 35 μαθητές έχουν βάρος τουλάχιστον 65 κιλά και το 60% των μαθητών έχει βάρος λιγότερο από 75 κιλά. α) Να παρασταθούν τα δεδομένα σε ένα πίνακα συχνοτήτων, σχετικών συχνοτήτων, αθροιστικών συχνοτήτων, και σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων. β) Ν α βρείτε το ποσοστό των μαθητών που έχουν βάρος τουλάχιστον 60 κιλά, αλλά λιγότερο από 80 κιλά. γ) Να βρεθούν οι γωνίες των αντίστοιχων κυκλικών τομέων του κυκλικού διαγράμματος σχετικών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/56


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

συχνοτήτων για τα δεδομένα του προβλήματος.

Από τα δεδομένα θα μπορούσαμε ότι μπορούμε να ομαδοποιήσουμε τα στοιχεία σε τέσσερις κλάσεις που ' 85 - 45 = 10 . ' ευρος: η καθεμια' θα εχει 4 Εφόσον λιγότερο από 65 κιλά είναι 15 μαθητές και 35 έχουν βάρους τουλάχιστον 65 κιλά, προκύπτει ότι το σύνολο των μαθητών είναι 15 + 35 = 50 Επίσης το 90% έχει βάρος τουλάχιστον 55 κιλά, οπότε το 10% έχει βάρος λιγότερο από 55 κιλά. Άρα f1 % = �ν · 100 <::> 10 = � 50 · 100 <::> ν1 = 5. 10 · 100 = 20 . Οπότε, από Ν2 = 15 <::> 5 + ν2 = 15 <::> ν2 = 10 και f2 % =50 Από F3 % = 60 <::> 10 + 2 0 + f3 % = 60 <::> f3 % =30<::> � 50 · 100 = 30 <::>ν3 = 15. Έτσι έχουμε συμπληρωμένο τον πίνακα ως εξής: Βάρος αθρ . [-) Fi% Ν fi% 10 10 5 5 45 - 55 55 - 65 20 15 30 10 30 30 65 - 75 60 15 75 - 85 100 50 20 40 100 Σύνολο: 50 Θεωρώντας τα βάρη των μαθητών ομοιόμορφα κατανεμημένα και επειδή το 60 είναι το κέντρο της 2ης κλάσης και το 80 της 4ης κλάσης, δεχόμαστε ότι οι μισοί μαθητές της 2ης κλάσης έχουν βάρος άνω των 60 κιλών και οι μισοί της 4ης έχουν βάρος κάτω των 80 κιλών, οπότε το ποσοστό των μαθ ητών που έχουν βάρος τουλάχιστον 60 κιλά, αλλά λιγότερο από 80 κιλά είναι: 10% + 30% + 20% = 60%. Οι γωνίες των αντίστοιχων κυκλικών τομέων του κυκλικού διαγράμματος σχετικών συχνοτήτων για τα δεδομένα του προβλήματος είναι: α; = 360 100 f;% = 3,6° · f;% οπότε: α1=3,6°·10 = 36°, α2=3,6°·20=72°, α3=3,6°·30=108°, α4 =3,6°-40=144°. Συχνότητα νί

Σχετική

Αθ ρ οιστική

Συχνότητα

συχνότητα

Σχετική

συχνότητα

Έστω χ 1 < χ 2 < χ3 < χ4 οι τιμές μιας μεταβλητής Χ και F ; οι αθροιστικές σχετικές συ χνότητες ·2 4 της μεταβλητής. Αν ισχύει: F; = � όπου ί ι, 2, 3, 4. κ α) Να βρεθεί η τιμή του κ. β) Να βρεθούν οι σχετικές συχνότητες f; όπου ί = ι, 2, 3, 4. γ) Να βρεθεί το ποσοστό των παρατηρήσεων που έχουν τιμή τουλάχιστον χ3• =

α)Εφόσον Fi είναι οι αθροιστικές σχετικές συχνότητες και: χ1 < χ2 < χ3 < χ4 οι τιμές της μεταβλητής Χ, F4 = 1<::> 4 2 κ+ 4 = 1 <::>k = 20. τότε: 1 + 4 = -5 = Ο, 25 β) Για i = 1 έχουμε: fι = F = 20 20 8 - 5 = _2_ = 0, 15 F = Για i = 2 έχουμε: F2 = 420+ 4 - _!_ = f F1 οπότε: 2 2 20 20 20 13 9 4 13 - 8 = -5 = 0, 25 + ' Για i = 3 έ1ουμε: F3 = --= F οποτε: f F = 3 3 2 20 20 20 20 --

ι

--

_

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' τ.2/57


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

' f4 F4 - F3 2020 - 2013 = 207 = 0,35 Για ί 4 έχουμε: F4 1 συνεπως: Το ποσοστό των παρατηρήσεων που έχουν τιμή τουλάχιστον χ 3 είναι: f3 % + f4% 25% + 35% = 60% =

γ)

=

=

=

=

Π . Χριστόπουλος Αν t ι , t2, . . . tν οι παρατη ρήσεις μιας μεταβλητής Χ που ακολουθεί την κανονική κατα -

,

νομη με

2 Χ2 - 3χ + 1 -x = lιm . f { χ ) , s = lιm . g ( χ ) , οπου f ( χ ) = 4ημχ - 3συνχ , g ( χ ) = ----=--χ2 - χ , .... � 2 χ --. 1

,

Εξετάστε αν οι παρατη ρήσεις είναι ομοιογενείς και να ευρεθεί το ποσοστό των παρατη­ ρήσεων που βρίσκοντ αι στο διάστη μα [2g(2), 3g (3)]

Έχουμε ;: = limf ( 4ημχ -3συνχ ) = 4 χ -->-

2

π

( 1) ( 1) 2(χ 1 χ 2 x ) 2 S = lim 2χ χ 2--3χχ + 1 = lim χ(χ - 1 ) 2 = lim χ 2 = Ι Το δοθέν διάστημα είναι [3, 5]=[ χ - 5, χ + 5 ] 3 5 4 Άρα έχουμε x+S x: - s Οπότε το 68% των παρατηρήσεων είναι στο διάστημα [3,5] Ο συντελεστής μεταβλητότητας είναι: CV = � = _!_ = 25% 1 0%, οπότε οι παρατηρήσεις δεν χ 4 χ --> 1

-

χ --> 1

χ --> 1

-

<

είναι ομοιογενείς Αν

f (x) = α · s · χ2 - 3� · χ + s2 , χ ε IR , όπου

�'

s

η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση μια με­

ταβλητή ς Χ. Αν η εφαπτόμενη ευθεία στη γραφική παράσταση της f στ ο ση μείο της A(l , f( l )) είναι ' παράλληλη προς τον άξονα χ χ . Να βρεθεί η τιμή του α ώστε οι παρατηρήσεις της Χ να έ­ χουν ομοιογένεια

f'( x) = 2α · S · x -3x Ισχύει: ε//χ'χ ά ρ α : f' ( 1 ) = Ο <=> 2α · s · χ - 3� = Ο <=> 2α · s = 3;: <=> !. = � άρα CV = � . Για να 2α χ 2α έχουν οι παρατηρήσεις ομοιογένεια πρέπει: CV :-ς Ο, 1 <=> � :-ς Ο, 1 <=> � :-ς 1 <=> 30 :-ς 2α <=> I α � 151 . 2α 2α Έχουμε:

��

χ,

(<'1; [01 :'\'η j

Δίνονται οι αριθμοί y, αν x>y.

χ,

y, 8, 5, 7 που έχουν μέση τιμή 6 και διακύμανση 2. Να βρεθούν τα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/58


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

= Σtν i Σti = 5 6 ή χ + y + 8 + 5 + 7 = 30 <=> χ + y = 10 (χ - 6 ) 2 + (y- 6 ) 2 + (8 - 6 ) 2 + (5 - 6 )2 + ( 7 - 6 γ κ αι 2 = 5 (χ - 6 ) 2 + (y - 6) 2 + 6 ή (χ - 6 ) 2 + (y - 6 ) 2 = 4 (2) ή 2 -5

'Εχουμε s

<:::>

·

(1)

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

Λύνοντας το σύστημα των ( 1 ) και (2) προκύπτει: χ2 - 1 0χ+24=0<:::::>χ=6 ή χ=4 Αν χ=6 τότε y=4 ενώ αν χ=4 τότε y=6. Τότε δεύτερο ζεύγος τιμών απορρίπτεται. Η μέση βαθμολογία στην κλίμακα από Ο έως 100 των μαθητών της Α ' περιοχής στις Πανελλήνιε ς ήταν 80 και η τυπική απόκλιση 5 ενώ των μαθητών της Β' περιοχής ήταν 85 και η τυπικά απόκλιση 2. Σε ποια περιοχή είχαμε το μεγαλύτερο ποσοστό αριστούχων; (Α­ ριστείο παίρνει ο μαθητής με βαθμό � 90) Δίνεται ότι βαθμολογία ακολουθεί την κανονική κατανομή

Σύμφωνα με τα γνωστά ποσοστά που ισχύουν στην κανονική, παρατηρώντας την παραπάνω σχηματική παράσταση στην Α ' περιοχής 1 00 ή περισσότερα του από το έχει γράψει το 2,5% των μαθητών, Στης Β' περιοχή, ίσο ή περισσότερο του 90 έχει γράψει λιγότερο του 2,5% των μαθητών. Άρα μεγαλύτερο ποσοστό αριστούχων έχουμε στην Α ' περιοχή. Α'

Β'

80

85 90 - ι-·rso;,--·-; x+S .χ+25 87 8990 �ι--�j-� z:so/;'-� -�-� x+S χ+25

+- --

85 :

--

χ

:

· · -- · ..

Στην Α ' περιοχή οι άριστοι είναι 2,5% ενώ στην Β' περιοχή λιγότεροι. Ποια είναι η μικρότερη πεντάδα διαδοχικών ακεραίων που έχει ομοιογένεια.

Έστω ν, ν+ 1 , ν+2, ν+ 3, ν+4 πέντε διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί, τότε

2 + ... + [ (ν + 4) - (ν + 2 )τ 10 2 ν ν ( + ) [ ] 2 και S = = -5 = 2 5 και ν � J2 - 2 ν � 12,1 0,1 -

χ =ν+2

<:::>

( 1 ) Οπότε ο μικρότερος ακέραιός ν που ικανοποιεί την ( 1 ) είναι ο ν= 1 3 . Επομένως η πεντάδα είναι: 1 3 , 1 4, 1 5, 1 6, 1 7 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/59


Μαθηματικά για την Γ Λυ κείου

Μ αθη ματικά Κατ·εύθυνση ς

λ . �Όρια συν ά ρτη ση ς στα :±: οο , μ ι α «άλλη» άποψη . � . Μαρία Αγιοπούλου - Τ άκης Δ ρού τ σας Ν ίκος - Π ανουσάκης

Η εύρεση του ορίου μιας συνάρτησης με ριζικά, στα + οο και - οο, βασίζεται κυρίως στις εξής δύο τεχνικές: 1 . την εξαγωγή του μεγιστοβάθμιου χ, ως κοινού παράγοντα και 2. τον πολλαπλασιασμό με κατάλληλη συζυγή παράσταση, σε περίπτωση aπροσδιοριστίας. Ο συνδυασμός των δύο παραπάνω τεχνικών αν και είναι πολύ αποτελεσματικός, μειονεκτεί στο γεγονός, ότι κατά την εφαρμογή του απαιτούνται πολλές πράξεις, με αποτέλεσμα, η διαδι­ κασία να γίνεται εξαιρετικά χρονοβόρα. Σκεφτείτε, για παράδειγμα, να ζητάμε το όριο: }i.� ( .J9x 2 + χ + 1 + �8χ3 + 2 - .J25x 2 + 3 ! Η διαδικασία, μπορεί να απλοποιηθεί, αν εφαρμόσουμε την τεχνική του μεγιστοβάθμιου χ σε συνδυασμό με τον κανόνα του De L' Hospital.

)

2 2h 6h 6h 1 + + -ι====� Να β ρείτε το όριο : 2.J1 + h + h 2 3 �(8 + 2h3 / 2.J25 + 3h 2 . 1 li m ( .J9x 2 + χ + ι + �8χ 3 + 2 - .J25x 2 + 3 ) = ιm 1 1 1 = -2 + 0 - 0 = -2 Α π ιί.ντη ση Εφαρμόζουμε τη «μέθοδο του μεγιστοβάθμι­ ου όρου χ». Για κάθε χε (0, + ) έχουμε: Π α ρ (ι δ ε ι γ μ α 2 . 2 2 Ν α β ρείτε το όριο : f(x) = ( .J9x + χ + 1 + �8χ3 + 2 - .J25x + 3) ή . 2x + l - .J4x 2 + x + l I ι m ----r=====1 1 1 f(x) = x �9 + .!_χ + χ 2 + �8 + 2· χ3 - �25 + 3 · χ 2 ( 1 3x + l - �27x 3 + 1 Λ π {ιντηση _!_ Για κάθε χ ε(Ο, + ) έχουμε: Θέτουμε χ = h <::::> χ = _!_h ( h > Ο ) 2 + ;z1 - ν� 4 + ;z + 7 Τότε η (1) γράφεται: (1) r(x) = r (�) = � (.J9 + h + h 2 + �8 + 2h3 - .J25 + 3h 2 ) 1 3 + .!.._χ - �27 + χ3 Θέτουμε -χ1 = h <=> χ = -h1 ( h > 0) τότε η (1) γράφεται Υπολογίζουμε το όριο εφαρμόζοντας τον κα4 + h + h2 f ( _!_h ) = 2 3+ hh- .J�27 νόνα του De L' Hospital. + - + h3 1im f (χ) = lim f (!) = Υπολογίζουμε το όριο: h 2 + h - .J4 + h + h 2 (� 2 2 (%) h 3h h �8 2h3 1im f ( ! ) = lim . .J9 .J25 + + + + + = = 1ιm h 3 + h - �27 + h3 h (2 + h - .J4 + h + h 2 )' . .1ιm (.J9 + h + h 2 + �8 + 2h3 - .J25 + 3h 2 ) = = = 1ιm (h)' ( 3 + h - �27 + h3 ) Π α ρ ά ιi ε ιγ μ α

1.

- -�====

Χ -Η«>

---'---'-----=------

-----

,, .... ο ·

οο ,

J

[

>->+ oo

οο ,

e

χ ---+ +οο

h--+0+

h -> O+

h ->0+

=

h ->0+

.

h -> O+

'

h -> O+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/60

,


Μαθη ματικά για τη ν Γ Λυκείου

Επομένως:

lim

Χ --++ Χ

f (χ) = lim f (!) h = �4 )1 --+0 +

χ --+--οο

i ! ιφ ι:αι ηγ �ω �(

Να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων α, β Ε R , για τις οποίες ισχύει:

,ιl� {\Ιι - χ 3 + vfχ 2 - 2 χ - αχ + β ) = ι

. \ π ιlντ η σ η

Για κάθε χ ( -οο, Ο) , έχουμε: f(x) = \11 - x 3 + vfx 2 - 2χ - αχ + β <=> .;; f(x) = -x v:, + l + Jl - 2 · � + α - β · Είναι lim (-χ) = +οο και lim �- \ + 1 + J1 - 2 _!_ + α - β · _!_ = 2 + α χ χ χ •

Ε

�J(l)

(

χ � -χ

χ --+--:ι:

(

J

·

-χ1 = h <=> x = -,h1 ( h < O) η ( 1) γίνεται: + α - βh r ( .!_h ) = � + .J1=2h -h Οπότε: ( h1 ) \ft - h3 + νi1 - 2h + α - βh (=%) lim f (χ) = lim f - = lim -h ( \11 - h 3 + νl1 - 2h + α -βh ) = lιm ( -h ) ι -3h 2 + -2 -β 3 ) 2 2νt1 - 2h Ψ h 3 1 . = lιm =Ο+1+β=1+β -1 Επομένως α = -2 } <=> { α = -2 lim f(χ) = 1 <=> { 1+β=1 β=Ο

Διακρίνου με τις εξής περιπτώσεις: i) α:;t:-2 και ii) α = - 2. +οο, α > -2 i) Αν α :;t:-2, τότε: lim f ( χ) = { -οο, α < -2 ii) Αν α = -2, τότε θέτοντας

h--+0--

h--+0--

'

ο

h --+ o --

�----,---:-------'-

----= ---; ==

h --+ �

χ--+--οο

Ασκήσεις

που

( \18χ 3 + χ 2 - \18χ 3 - χ 2 ) lim { vfx 2 + χ + 1 + vfx 2 - χ - 2χ )

i)

Χ 4+00

ii)

x ---t +oo

iii)

χ --++οο

lim

lim

1 6 Απ.: Ο

Απ. : -

{ vf9x 2 + χ + vfx 2 + 2χ - vf16x2 + 3 )

χ --+ --οο

Β ..

:ιη::ι u τε ί·Ι ' Ο lψ <'

Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια:

1 6

Απ. : -

Π α ρ άγωγος Συνά ρτη ση ς

Δαφνής Δημήτρης - Δαφνής Σπύρος

Παράγωγο συνάρτησης βρίσκουμε μόνο στα π. χ f(x)= \[;1 κ άρτιος φυσικός ) σημεία του πεδίου ορισμού της ( σε εκείνα που il ρ οσοzή : Όταν έχουμε παραγώγιση σύνθετων είναι συνεχής ) και μάλιστα : συναρτήσεων καλύτερα να χρησιμοποιούμε : i). Σε εσωτερικά σημεία αυτού χρησιμοποιούμε ι. Τον τύπο : [(fog)(x)] ' =f(g(x)] · g'(x) ( Σύνθεση τους τύπους παραγώγισης (η συνάρτηση είναι δύο συναρτήσεων ) συνεχής σε αυτά), ενώ ( Πρέπει η g να είναι παραγωγίσιμη στο χο και ii). Σε κλειστά άκρα (που μετά από εξέταση η συ­ η f παραγωγίσιμη στο g(xo) ) νάρτηση είναι συνεχής), η παράγωγος βρίσκε­ Τον κανόνα της αλυσίδας, για πάνω από δύο ται μόνο με τον ορισμό.) συναρτήσεις (Στην περίπτωση μερικών συναρτήσεων , ενώ dψ = -X-X-Xdψ du dk dz έχουμε πεδίο ορισμού το R θα μπορούσαν να dX du dk dz dx θεωρηθούν όλα τα σημεία εσωτερικά , στην διαδικασία όμως παραγώγισης είμαστε ανα­ f(χ)=χα παραγωγίζεται : γκασμένοι να χωρίσουμε το R σε διαστήματα ι 2 ΣτοΗ Rσυνάρτηση με f' (χ)=α· χα- ι αν α ε Ν- { 0,1 } 1.

11.

ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/6 1


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Στο R * με f' (χ)=α · χα- 1 -αν α Ε Ζ 1 ι Στο (Ο, + οο ) με f' (χ)=α · χα 1 αν α Ε R-Ζ � ιδ ι ΙJοΊ περ n:πτωση στην i i i . : Αν α> 1 η συνάρτηση f : f(x)= χα με α Ε R-Z παραγωγίζεται στο [0,+ οο) 3 " Ισχύει : (e x ) ' =e x ροrωzή : Για να παραγωγίσουμε εκθετική συνάρτηση που δεν έχει βάση το e μετατρέπουμε αυτή με την βοήθεια του τύπου αχ=eχιηα σε ισο­ δύναμη σχέση με βάση e , και ισχύει (αχ) '=αχlηα. *

Π

:

""

Ο τύπος αυτός ισχύει μόνο αν α σταθερός πραγματικός αριθμός

Θ

Σε κάθε άλλη περίπτωση η παραγώγιση πρέπει να γίνεται αναλυτικά.

1 1 Ισχύουν: ( lnx ) ' =-; χ>Ο ( lnixi ) ' = -; χ Ε R * f'(x) και γενικά : ( ln[f(x)] ) ' = f(x) f(x) :;t: Ο Π ροσοχΈ1 Για να παραγωγίσουμε λογαριθμι­ κή συνάρτηση που δεν έχει βάση το e μετατρέπου­ με αυτή με την βοήθεια του τύπου αλλαγής βάσης: lnx ' σχέση με βάση e και I οgαχ= - σε ισο δ υναμη Ιη α 1ισχύει : (logαx) '= xlnα Α Να βρεθεί ί. η πρώτη και ii. η δεύτερή παράγωγος της συνάρτησης f : χ 3 +4 3χ 2 + 2 αν χ ε (-2, Ι ) [Ι,2) f(x)= χχ 2 ++ 5χ22 αναν χχ εε [2,3) 2χ 2 + 3χ αν χ ::::: 3 "ι

:

1

ο

. HΙ C:!j

Εύρεση της f' Πεδίο ορισμού της f : Ar=(-2 , +οο ) � Αν χ Ε (-2, Ι ) τότε : f' (x)=3x 2 + 6 x 3 � Αν χε (1,2) τότε : f' (x)=4x +5 � Αν χ Ε (2,3) τότε : f' (x)=2x � Αν χ>3 τότε : f' (x)=4x+3 � Θα βρούμε αν υπάρχει η παράγωγος της συνάρτησης στα κλειστά άκρα : χ 1 = Ι ,χ2=2 και χ3 =3 Στο χ1= Ι η fείναι συνεχής και ισχύει : ί.

ο

f(x)-f( I ) = l im f(x)-f(l) =9 τότε : f' (l)=9 lim χ�ι+ χ-Ι χ� 1 - χ- Ι Στο χ2=2 η f είναι συνεχής και ισχύει : f(x)-f(2) :;t: lim f(x)-f(2) lim x �z· χ-2 x �z- χ-2 Η f δεν παραγωγίζεται στο χ 2 =2 Στο χ3 =3 η f δεν είναι συνεχής ( η f δεν παρα­ γωγίζεται στο χ3 =3 ) 3χ 2 + 6 χ αν χ ε (-2,1) [Ι,2) Άρα f' (x)= 4χ2χ3 + 5 αναν χχ εε (2,3) 4χ + 3 αν χ>3 ίί. Εύρεση της f'' . Πεδίο ορισμού της f' : Ar =(-2 , Ι ) υ [1, 2) υ (2,3) υ (3,+οο ) � Αν Χ Ε (-2, Ι ) τότε : f"(x)= 6 x + 6 � Αν χΕ (1,2) τότε : f"(x)=12x 2 � Αν χΕ (2,3) τότε : f"(x)=2 � Αν χ>3 τότε : f" (χ)=4 � Θα βρούμε αν υπάρχει η παράγωγος της συνάρτησης στο κλειστό άκρο : xa= Ι Στο χ 1 = Ι η Γ είναι συνεχής και ισχύει: Γ(χ)-Γ( Ι ) :;t: lim Γ(χ)-Γ( Ι ) lim χ�ι - χ- Ι χ�ι - χ- Ι δεν υπάρχει η δεύτερη παράγωγος της f στο xa= I 6χ + 6 αν χ ε (-2, Ι ) αν χ ε (1,2) Άρα f"(x)= αν χ ε (2,3) αν χ>3 Να βρεθεί η παράγωγος της συνάρτη­ σης [ : Ι + 3χ αν χ :;t: Ο 3 χ η μ -; f(x)= αν χ=Ο Ο ο

ο

ο

/�"- Ί "

{

Πεδίο ορισμού της f : Ar=R � Αν x:;t: Ο Γ (χ)=3χ2η μ � +χ3 συν � ( - :2 ) = 1 Ι =3χ2 ημ -χ - χσυν -χ � Αν χ=Ο η f είναι συνεχής και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2/62


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

ο 1 3 χ ημ - + 3χ (χ ) (χ)rx: χ 10ιm η η σ = 1"ιm rx � 1im = 1im0 Γ(Ο)= lim f(x)-f(O) χ-0 χ--->1 χ c rx- ψ;xif;J + rχψ; + rxr) = 1im _,ο- (χ2ημ � +3)=3 (x-x0)( if;J � ψ; + F:[) , I 1 1 -1Ά, ρα f, (χ)= 3χ-η μ -χ - χσυν -χ αν χ :;ι: Ο = lim 3 ({(;! � ψ; + F7) 3F:f αν χ=Ο Άρα η '(χ)= {/,�2 χ Ε (Ο,+ οο) Λi . Να βρε θ εί η παράγωγος των συναρτή­ 3 χ σεων f , , σ , k . η , και g με τύπους : � Στο χ0=0 η συνάρτηση η δεν παραγωγίζεται i. f(x)=x200�. χ ε R ii. m(x)=x- 5 , χ ε JR. * . η (χ)-η (Ο) � R γιατι, 1Χ--->ιm 0 0 iii. σ ( χ ) = χ ε :i - ίν. k(x)= χ 2 x ε JR. * τρ1iπος η( χ)= � χ ε �- και νί. g(χ)=ρ ν. � Από την ιδιότητα ι,;J;:! χ-;; χ � Ο έχουμε : rx = χ για κάθε χ � ο , R χ = χεοιο ορισμου το Π ) -h( 1 � η '(χ)=( rx )'=( χ3 ) '= - χ3 = � Μορφή με Ε Ν- { Ο, I } 3 2 : f'(x)=2004x2003 για κάθε χ Ε R 1 χ Ε (Ο,+οο) 1 = -= -31 χ = ii. ιη( χ )=χ Πεδίο ορισμού το R * 3χ32 3 if;J � Μορφή εμ ΕΝ (Μορφή χα με α Ε R-Z και α< 1 ) ιη ' ( χ )=-S χ-6 =- --;- για κάθε χ Ε R* χ νί. g(χ)=ρ Πεδίο ορισμού το R iii. σ( χ)= Πεδίο ορισμού το R+ I οc. τ ρόπος . � Η συνάρτηση σ παραγωγίζεται στο Βρίσκουμε με τον ορισμό της παράγωγο της 3 �- 1 _!_ 3 3 συνάρτησης σε τυχαίο χ0Ε (Ο,+οο ) και στη συνέ­ (0. - χ ) με σ (χ)= -4 χ4 = -4 χ 4 =-4-� χεια εξετάζουμε αν υπάρχει η παράγωγος στο χο=Ο (Μορφή χα με α= i4 Ε R-Z και α<1 ) . (Διαδικασία πολύπλοκη παράδειγμα (ν)) χ --> χ ο

χ ---> 0

{

Χ-Χ

χ --> χ ο

ο

Χ -Χ

χ --> χο

ο

_

χ

χ---> χ ο

ιη

3

χ� .

Χ-

2"c.

k

\ ι .; η

ι. •

11

=

ι

χα

· σο �

3

_!_

� ,

Άρα

χ-{!

_!_ _ ,

α

3

-5

α

*

Άρα :

χ�

_

'

2 "c. τρ{)πος

3

k

Από την ιδιότητα ι,;J;:! = χ-;; χ� Ο έχουμε : ίν. k(x)= χ 2 Πεδίο ορισμού το 6 � Η συνάρτηση σ παραγωγίζεται στο ρ = χ7 για κάθε χ�Ο και ρ =�( -χ) 6 =(- χ) Ί6 για κάθ ε χ ::; ο και [Ο,+οο ) με κ'(χ)= 23 χ �-12 = χ _!_2 = 23 -f;. τότε : 3 . με κ'(χ)=-43 χ �4 - 1 = -43 χ _!_4 = -4� χ- ) . =(χ � ) = 67 χ �- 1 = 76 χ .::.!_ = g . (χ)=( νΊ Π (Μορφή χα με α= i2 Ε R-Z και α> 1) 6 = -7 zΓχ. χΕ (Ο,+ οο ) ν. κ( χ)= rx Πεδίο ορισμού το Α=[Ο, + οο ) 6 1 oc . τ { 6 7 χ) ρ )'=( )'=[(-χ) g'(x)=( �( ] '= ρ ιπο ς � Βρίσκουμε με τον ορισμό της παράγωγο της 6 �- 1 6 .::.!_ 6 =(-χ) (-χ) (-1)=(-χ)'= 7 συνάρτησης σε τυχαίο χ0 Ε (0,+ οο) και στη συνέ­ 7 7 Γχ χεια εξετάζουμε αν υπάρχει η παράγωγος στο χ0=0 χ Ε (-οο ,Ο) R+

ο

ο

_

7

7

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/63

_

7

7

_

7

--


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

(Μορφή χα με α=�7 Ε R-Z και α<1) 6 - αν χ (Ο,+οο) zΓχ. οτε : g ' (χ)= 7 6 τ, _ 7"J.Γχ αν χ (-οο,Ο)

!

τότε :

Ε

_

_

Ε

I

'Εχουμε J,[;1 = (χ6 ) 7 για κάθε χ Ε R και

Λ 'Q)ση

ί. f(x)=ln(x2v) ν Ε Ν* Πεδίο ορισμού το R* � Είναι λάθος να γράψ ουμε: f(x)=ln(x2v)=2νlnx ( γιατί ; ) f είναι σύνθεση των συναρτήσεων : � k : k(x)=lnx�k ' (x)= _!_ και χ v 2 ' � g : g(x)=x � g (x)= 2ν · χ 2 ν-Ι Τότε : f' (x)=[k(g(x))] ' =κ ' (g(x)) · 2ν 1 · 2ν · χ2ν-Ι = g ' (χ)= 2χ ν Χ Η

2 α f(x)=lnx2v= { ln(-lnxx) 2vv 2ν2ν\\ηη(-χ χ) ανν χ<Ο Τότε : 2ν αν χ>Ο 2ν αν χ>Ο = 2νχ f (x)= 2ν χ -χ (-χ)' αν χ<Ο χ αν χ<Ο ίί. k(x)=lnlx 3 + χΙ Πεδίο ορισμού το R* 3 2 +1 για κάθε χ Ε R*. 3 � k ' (x)=(ln j x + x j ) ' = � χ +χ 2 ίίί. g(x)=log.J,_x.,--+ 20_0_5 Πεδίο ορισμού το R. 1 ο .; " τ ρ �'� Λ:�� ,��;

=

·

χ> Ο

=

I

Η ( χ 6 ) 7 είναι σύνθεση των συναρτήσεων κ(χ)=χ 6 και g(x)= χ 7 και χ6 Ε (0,+ οο ) ( _.!_7 Ε R-Z) . Η συνάρτηση παραγωγίζεται στα χ Ε R* Η παράσταση v-;. ορίζεται μόνο αν χ :2: Ο για κάθε φυσικό ν. αν χ Ε (Ο,+οο ) έχουμε : 6χ 5 - 6χ 5 6χ5 " Ό τρόπος. 7 if;J6 7Vx 3 s . χ 7ψχ s ) 7 . χ � Λογαριθμική συνάρτηση με βάση διάφορη 6χ 5 6χ 5 6 του e. Αλλαγή βάσης : 7 1 x s ιrx 7xs -rx. 7 zΓχ. In.Jx 2 + 2005 . Τοτε ' : 1 og Ι χ 2 + 2005 = αν χ Ε (-οο,Ο ) έχουμε : lnlO 5 5 6χ 6χ - 6χ 5 n.Jx 2 + 2005 ) ' = 7ψ-χγ6 7 Ψ-χ 35 ) · ( -χ) 7 1 -x s ι rx � (log.Jx 2 + 2005 ) ' =( ι lnlO 5 = = -6 6 χ----;= -1lnlO- (ln .Jx 2 + 2005 ) ' 7(-χ 5 )"J.Γχ 7"J.Γχ � Θα βρούμε την παράγωγο της συνάρτησης : z(x)=ln .Jx 2 + 2005 με τον κανόνα της αλυσίδας. §_ ( - χ)% αν χ<Ο κ .λ.π f(x)= I χ I = 6 ( Σύνθεση τριών συναρτήσεων ) χ 7 αν χ :2: 0 Θέτουμε: κ=χ2+2005 , u=� τότε ψ=lnu dψ = dψ . du . dk = _!_ . _1 . 2χ = � dx du dk dx u 2 --Γκ._ Να βρεθεί η παράγωγος των συναρτή­ 1 · 2χ = -1 · 2χ χ -1 · -σεων f και g με τύπους : = 2κ χ 2 + 2005 --Γκ_ 2--Γκ. ί. f(χ)=1η(χ2ν)νΕΝ* ίί. k(x)=1n j x 3 + x j χ' -,-χ ( ) z 2 2 και ίίί. g(x)=log.Jx + 2005 χ + 2005 •

I

{

{

1

ν

--

Ί

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/64


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

)

[

ιn .J x 2 + 2005 . Άρα : (log .J x 2 + 2005 ) ' = ln l O

>

1 -- (ln .Jx 2 + 2005 ) ' = ln l O

χ

ln l O(x 2 + 2005)

_!_

Μορφή αχ με α=χ όχι σταθερό πραγματικό

αριθμό.

>

Μετατροπή σε ισοδύναμη εκθετική με βά­

ση το e. Τότε: (x l ogx )=(e 'ogx·In γ=e 'ogx·Inx . ( logx · lnx) ' = =x 1 ogx . [(logx) ' lnx+logx(lnx) ' ]=

>

g(x)=log .J x 2 + 2005 =

>

g(x)=x 1 ogx Πεδίο ορισμού το (Ο,+ οο )

ίί. >

1

=log (x 2 + 2005) 2 = 2

, � + logx ) x l ogx ( χ xln l O

log (x 2 + 2005) .

1 ] [ (log x) ' = xlnα

Οπότε βρίσκουμε την παράγωγο (σύνθεση

>

Ν α βρεθεί η παράγωγος των συναρτή­ και

ii. g(x)=x l ogx

c

i. f(x)= 5χ Πεδίο ορισμού το R.

>

Μορφή αχ με α σταθερό πραγματικό αριθ­ μό. ( 5 x =e x l n 5 ) > Η f παραγωγίζεται στο R με : f' (x)=5 x ln5

Θέτουμε :

lnx logx , K(x)=l ogx · lnx => k (x)= -- + -χ xln l O n(x)=e x => n ' (x)= ex Τότε :

σεων f και g με τύπους :

i. f(x)= 5χ

--

α

δύο συναρτήσεων ) .

=

x

'

(χ ) =η ' (k( χ ) k ' (χ)=e Ι οgχ · Ι η χ (

logx . (

·

·

� + logx ) χ xln l O

lnx

--

xln l O

+

logx

--

χ

)

Ν. Ζανταρίδης, Π. Μυταρέλλης, Κ. Παπαδόπουλος

Αν η συνάρτηση f: IR�IR είναι περιττή, γνησίως φθίνουσα στο IR και ισχύει f(f(x)) = χ για κάθε χ ε ΙR να δείξετε ότι f(x) = -χ, χ ε ΙR. Έστω ότι υπάρχει χ0 ε ΙR τέτοιος ώστε f(x0) -:;: -χ0, τότε θα είναι f(x0) > -χ0 ή f(x0) < -χ0. Έστω ότι είναι f(x0) > -χ 0 , τότε θα έχουμε: f(xo) > -χο � f( f(xo) ) < f(-xo) (αφού f γνησίως φθίνουσα στο IR) � � χ 0 < f(-x0) (ισχύει f( f(xo) ) = χ 0 , αφού για κάθε χ ε ΙR ισχύει f(f(x)) = χ) � � χ0 < -f(x0) (ισχύει f(-χ 0) = -f(x0) αφού η f είναι περιττή) � � f(xo) < -χ ο Α ΤΟ ΠΟ , αφού υποθέσαμε ότι f(x0) > -χ0. Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι είναι f(x0) < -χ0. Άρα υποθέτοντας ότι υπάρχει x0 ε iR τέτοιος ώστε f(x0) -:;: -χ 0 οδηγηθήκαμε σε άτοπο . Επομένως για κάθε χ ε ΙR είναι f(x) = -χ.

Η συνάρτηση f: IR�IR με f(IR)=IR είναι γνησίως μονότονη στο IR και η Cr διέρχεται από τα σημεία Α(1 , 5) και Β(2, 7). i) Να βρεθεί το είδος μονοτονίας της f. ίί) Να λυθεί ως προς χ ε ΙR η aνίσωση : Γ 1 (3 + Γ 1 (2χ + 1)) > 1. ϊ·. , )

;

� ii

i) Επειδή η

.

Cr διέρχεται από τα ση μεία Α( 1 , 5) και Β(2 , 7) έπεται ότι f(l) = 5 και f(2) = 7.

Παρατηρούμε ότι f(l) < f(2) . Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη στο IR και είναι 1 < 2 και f(l) < f(2), έπεται ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR. ίί) Επειδή η f είναι γνησίως μονότονη στο D1· = IR έπεται ότι η f είναι συνάρτηση

1 - 1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/65


Μ αθηματ ι κά για την Γ Λυκείου

f

Γ1 είναι το f(IR) IR. 1 1 1 + + + + Έχουμε: f- (3 Γ (2χ 1)) > 1 <::::> f(f 1(3 Γ (2χ 1))) > f(l) (αφού f γν. αύξ. στο IR) 1 <::::> 3 + Γ 1 (2χ + 1) > 5 (αφού f(Γ (y)) = y και f(l) = 5) <::::> f- 1 (2x + 1 ) > 2 <::::> f(Γ 1 (2χ + 1)) > f(2) (αφού f γν. αύξ. στο IR) <::::> 1 <::::> 2 χ + 1 > 7 (αφού f(Γ (y) = y και f(2) = 7) <::::> χ > 3. Άρα η έχει αντίστροφη συνάρτηση και το πεδίο ορισμού της

<::::>

<=>

Αν για τη συνάρτηση f: IR: �IR ισχύει f(x) - f(y);;::I n � +x-y για κάθε χ , y ε IR: και f(l)=l ,

Α3•

ii)

i) να βρείτε τον τύπο της f.

.

=

Υ

να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία .

\ ί>ση :

i) 'Ε χουμε

f(x) - f(y) ;;:: 1n � + χ - y ( 1 ). Υ

y έχουμε ότι για κάθε χ, yε IR: ισχύει: f(y) - f(x) ;;:: 1n -χΥ + y - χ � f(y) - f(x) ;;:: -1n -χΥ - χ + y �-(f(x) - f(y)) � -(ln -χΥ + χ - y) � (2) � (f(x) - f(y)) ::; 1n -χΥ + χ - y χ Από (1) και (2) προκύπτει ότι για κάθε χ, yε IR: ισχύει: f(x) - f(y) 1n - + χ - y (3) Υ Από την (3) για y 1 έχουμε ότι για κάθε χε IR: είναι: ι f(x) - f(l) 1n -χ1 + χ - 1 t'( ι ) = f(x) - 1 1nx + χ - 1 � f(x) 1nx + χ ii) Έστω χ ι , χ 2 ε(Ο,+οο) με Χ ι < χ2 . ( ι η χ γν. αύξ. ) { 1η χ ι < 1 n x 2 < χ Έχουμε: Χι 2 � Χ ι < Χ 2 � 1ηχ ι + Χ ι < 1nx2 + χ2 f(χι) < f(x2). Άρα η f είναι γν. αύξουσα στο IR: . Από την ( 1 ) με εναλλαγή των γραμμάτων χ και

=

=

=

(+)

Α-1-,

Για τη συνάρτηση f: IR+�IR ισχύει f(λx)>f

η f είναι γνησίως αύξουσα στο

IR: .

λ ί>ση :

f(λχ) > f( � ) , για κάθε χ > Ο και λ > 1 Έστω χ ι , χ 2 ε I R : με Χ ι < χ2 .

'Εχουμε

� λ

= χ,

χλ = χ ,

χ' = χ, χ, ,

Χ,

Λ = ----'χ,

χ=

Ν,

λ-

----'χ,

{f

(i) για κάθε χ > Ο και λ > 1 . Να δείξετε ότι

(1)

Θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε την ( 1 ) για κα­ τάλληλα λ και χ, τέτοια ώστε να είναι:

[ { J

=

=

(1), θέτοντας χ = Μ > Ο και λ= �>1 ν� (αφού Ο < Χ ι < χ 2 ), έχουμε ότι ισχύει: (Λόγω της

ΕΥΚΛΕΙ Δ ΗΣ Β' τ.2/66


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Άρα για κάθε

χι, χ2 ε IR: με χι < χ2 ισχύει f(χι) < f(x2), οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR: .

Για τη συνάρτηση f:IR�IR ισχύει: lim [ 2f { χ ) + f { 2α - χ )] = .e ε IR . Να βρείτε το

Α� 3 "

χ --+ α

lim f { χ ) . χ --+ α

λ ΙJ) σ η :

Θεωρούμε τη συνάρτηση h( x ) = 2f(x) Από την υπόθεση έχουμε lim h χ) = .e . χ ---t α

(

+ f(2α - χ)

( 1 ).

χ το 2α - χ έχουμε ότι για κάθε χε ΙR ισχύει: 2f(2α - χ) + f(x) = h(2α - χ) (2). 2 f (χ) + f ( 2α - χ) = h (χ) Οι ( 1 ) και (2) σχηματίζουν το σύστημα: f (χ) + 2f ( 2α - χ ) = h ( 2α - χ ) (Σ) h (x) 2 1 1 = 2h(x) - h(2α - x), = και D r x = 3 Είναι: D = O :;t: ) ( 2 h ( 2αχ 1 2 1 1 D 2h h ) οπότε είναι: f(x) = Dr < x > = ( χ) - 3 ( 2α - χ ) = �3 h (x) _ .!_3 h ( 2α - χ ) (3) lim h (χ) = .e και lim h ( 2α - χ) = lim h ( y) = .e Είναι: οπότε λόγω της (3), έχουμε: lim f ( χ ) = lim ( � h ( χ ) _ .!_ h ( 2α - χ) ) = � lim h ( χ ) _ .!_ lim h ( 2α - χ) = � .e - ! e = .!_ ( 3 3 3 3 3 3 3 Από την ( 1 ), θέτοντας όπου

{

y=2α-χ

χ �α

Για τη

{ )

lim f χ = Ο

Χ -+ Χ ο

χ --> α

χ --+ α

χ --> α

χ �α

χ ---t α

χ --> α

συνάρτηση f: IR�IR ισχύει lim ( f { χ )) ν Χ -+ Χ ο

χεΙR είναι: -l f(x) l � f(x) � l f(x) l

Για κάθε

�-

=

Ο, { ν ε ΙΝ* , ν �2 ) . Να δειχθεί ότι:

� � f( x) � vl r ( χ) Γ � - ν I ( f( χ) ) ν l � f(x) � ν I ( f(x ))"I (1) ,

}��� ν l ( f(x ) ) "l = ν }��� � ( f(x) ) "l = ν ι:��, ( f(x) ) " l = #ϊ = 0 και: }��� ( - ν I( f ( Χ ) ) " I ) = - }��� ν I( f ( Χ ) ) ν I = -0 = Ο , οπότε λόγω της ( 1 ) προκύπτει ότι: lim f (χ) = Ο , (κριτήριο παρεμβολής). Είναι:

Χ -+ Χ ο

Α 7"

Έστω

Να βρεθεί το όριο lim χ -+ \

f (χ) =

lx3 + χ - tl + lx - tl - t

l x 3 + χ - 1 1 + l x - 11 - 1 χ-1

χ-1

,

Dr =

IR - { 1 }

' Εχουμε αρχικά απροσδιόριστη μορφή ορίου Είναι lim χ --+ 1

(αν υπάρχει).

Q ο

(χ 3 + χ - 1 ) = 1 > Ο , οπότε είναι χ3 + χ - 1 > Ο κοντά στο χ0 = 1 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/67


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Είναι 1im χ --> 1 ( χ - 1) = Ο (θα χρειαστούν πλευρικά όρια) . -3 = (χ -1) ( χ 2 + χ +3 ) = χ 2 + χ +3 , Κοντά στο χ0 = 1 με χ > 1 είναι: f(x)= χ 3 + χ -χ1-+1χ-1-1 = χ 3 +2χ χ -1 χ -1 1im οπότε: � ι + f (x) = 1iτη ( χ 2 + χ + 3 ) = 5 . χ Κοντά στο χ0 1 με χ < 1 είναι: χ 3 -1 = χ 2 + χ + 1 f(x) = χ 3 + χ -χ1--1χ + 1 - 1 = -χ-1 2 ( οπότε: 1iτη f(χ) = 1im x + χ + 1 ) = 3 . Επειδή είναι χ1iτη --+ 1 f (χ ) x1iml+ (χ) , έπεται ότι δεν υπάρχει το 1im f (χ) . Άρα δεν υπάρχει το ζητούμενο όριο. Α Η . Δίνεται η συνάρτηση f { x) = συν [ π( .Jx 2 + 2χ + 2 - χ )] . Να βρείτε το Δ� f { χ ) . χ4Ι

=

X4l

*

Χ41

χ41

-t

Η 1 ση :

'Εχουμε Dr = IR. Θεωρούμε τη συνάρτηση g (χ) = π ( .Jχ 2 + 2χ + 2 - χ ) , Dg αρχικά σε απροσδιόριστη μορφή (+οο)+(-οο) . Για κάθε χ > Ο είναι:

οπότε:

=

IR.

Το }i� g ( χ ) οδηγεί

1im g (χ) = .Jιπ+( ο2 ++ οΟ )+ 1 = π . = 1im f( χ ) = 1im συν ( g ( χ) ) y =g( x ) 1imσυνy = συνπ = - 1 . HHC

Άρα: A ':l .

x -t +oo

χ -+ +χ:ι

y -+

Δίνεται η συνάρτηση

χ

π

f {x) = .J9x + 3 + + 1 - λ · 3' . Ν α βρείτε τα όρια lim f χ και lim f χ για τις διάφορες τιμές του λ ε IR. χ �+οο

()

. \ Ίί1ση : Dr = IR. Έχουμε

χ ----+ -οο

()

1

f(x ) = .J9x + 3 · 3 χ + 1 - λ · 3 χ

"' 1im f ( χ) Είναι: lim 3x = O και lim 9x = O (γιατί 3 > 1 και 9> 1), οπότε: lim f(x) = .J0 + 3 · 0 + 1 - λ · 0 = 1 . 1im f( χ) . Η προηγούμενη διαδικασία δεν εφαρμόζεται για κάθ ε λε ΙR π . χ. για λ2':0 Γι ' αυτό έχουμε: .----;-___--1 -:f (x) = 9 χ ( 1 + 3 �: + 9 χ ) - λ - 3' = 3' 1 + 3 ω + ω - λ - 3' = 3' 1 + 3 ω + ω - λ χ -+ -::ο

X -+ -OC

rJ

X -+ -OC

Χ -+ ---«>

χ -+ +::ο

[

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/68

)


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Είναι:

}i,� 3' � �

και

Διακρίνουμε :

}�( 1 + 3 (Η + (Η - λJ � .Jι + 3 - 0 + 0 - λ � l - λ.

1) 1 - λ > Ο <:=> λ < 1 lim f ( χ ) = ( +οο) ( 1 - λ) = + οο Για λ < 1 είναι 2) 1 - λ < ο <:=> λ > 1 lim f ( χ ) = ( +οο) ( 1 - λ ) = -οο Για λ > 1 είναι 3) 1 - λ = ο <:=> λ = 1 Για λ = 1 είναι: χ +3 ·3 χ +1 ) -(3χ ) 2 (9 3 . 3χ + 1 χ χ -''-' --­ f(x ) = -.fΨ + 3· 3 +1 -3 = �====== --�======�-- = -./9' +3 ·3χ + 1 + 3 χ 3 χ 1 +3 - ) χ + ) χ +3 χ (� (i { 1 -λ > Ο )

X ---t +:::C

{ 1-λ< Ο)

X ---t +:O

Ι ) χ = Ο αφού Ο < -Ι < Ι και Ο < -Ι < Ι (9 ( 3 9 ) +οο, αν λ < 1 3 0 + -ΗΟΟ f ( χ) = .J1 + ο + ο + Ι = i2 . Άρα: Iim f ( χ ) = -3οο, αν λ > 1 χIim - , αν λ = 1 2

Είναι:

οπότε:

lim

Χ -ΗΟΟ

( 31 ) = Ο, -

χ

Iim

Χ - ΗΧ

x ---t +cc

l{lxzzι lι l l

Α ω. Δίνονται οι μιγαδικοί zι , Ζ2 με

Θεωρούμε τη συνάρτηση f {χ) =

= zz = ι . + Zz l - ι ' χ χ=Ο ι,

Αν η f είναι συνεχής στο χ0 = Ο, να δειχθεί ότι z1 = z2 • λ ίJ σ η :

χ �Ο f ( χ) οδηγεί αρχικά σε απροσδιόριστη μορφή .2.0 . Γι' αυτό έχουμε: 2 z1 + 22 ) - 1 = x 2 1 z 1 1 2 + x(z 1z2 + xz1 z2 )+ l z 2 1 2 - Ι = x + z 1z2 + z1 z 2 f (χ) = xl xzl xz1 +1 +z2z1 1 -+ 11 = (xz 1x+ lzxz2 )(x x ( l xz 1 + z 2 1 + I ) l xz 1 + z 2 1 + I ' ( 1 + z2 1 + 1 ) ( 2 ) z 1z2 + z1 z 2 = z 1 z2 + z1 z2 . ι. Οπότε: ιm f ( χ ) = 2 l z2 1 + 1 Επειδή η f είναι συνεχής στο χ0 = Ο έπεται ότι ισχύει: Το lim

--;-----'-'"---;-....C....:.

ΗΟ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/69


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

lz, l = 1 � lz, l

Έχουμε, όμως, ο

'

'

=1�

' -z = -1 (3) Zz

μοιως αποδ εικνυεται οτι:

Από ( 1 ),(2) και

2

-

z 1 z1

= 1 (z,�,o) _ = -I z1

z,

(2)

2

(3) προκύπτει ότι:

Για τη συνάρτηση f: IR�IR ισχύει f(x + y) f(x)f(y) - e x - eY (1) για κάθε χ, y ε i R. ί) Αν η f είναι συνεχής στο χ 1 Ο να δειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο IR. ' ίί) Αν η f είναι συνεχής σ ένα σημείο αε ΙR, να δειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο IR. Αί

i)

Ι·

=

=

f χ1 = Ο έπεται ότι ισχύει lim Χ-->0 f (χ) = f (Ο) (2) . Έστω χ0 εI R τυχαίος. Θα δείξουμε ότι lim f (χ) = f ( χ0 ) Χ�Χο Για το lim f (χ) θέτουμε u = χ - χ0, οπότε είναι χ = χ0 + u. Χ ---+ Χο Όταν χ�χ0 έχουμε u�O (είναι u Ο κοντά στο χ0) . u Άρα: lim f ( χ) = limf( χ0 + u ) = lim{f( x 0) f( u ) -e'" -e ι ) = f( x0)1imf( u ) -e' • -lime = 4-ι Ο u�O --ι -tΟ �ι Ο �χ χ1 = f(x 0 )f(O) - e'" - e 0 = f( Χ0 + Ο) = f( χ 0 ) . Άρα για κάθε χ0ε Ι R ισχύει lim f (χ) = f ( χ 0 ) , οπότε η f είναι συνεχής στο IR. Χ�Χο Επειδή η f είναι συνεχής στο α έπεται ότι lim f (χ) = f ( α ) (3 ) . χ -->α Έστω χ 0 ε IR τυχαίος. Θα δείξουμε ότι lim f (χ) = f ( χ 0 ) . Χ -+ Χο Για το lim f( χ) θέτουμε: u = χ - χ 0 + α οπότε είναι χ = χ0 - α + u. Χ -+ Χο Όταν χ�χ 0 έχουμε u�α. (είναι u α κοντά στο χ 0) . Άρα: -α ι ( ) -+ χ0 f ( χ) = limf χlim ι -+α ( (x 0 α ) + u ) = lim{f( ι -+α χ 0 α 2) f u -e'u - e ) = ( ) = f(x 0 - α ) lim f ( u ) - e'" - α - lime ι = f(x 0 - α)f(Ο) - e' u- α - e α = f ( ( χ 0 - α ) + α ) = f(x 0 ) . u-+α u-+α lim f Άρα για κάθε ε IR ισχύει Χ-+Χο (χ) = f ( χ 0 ) , οπότε η f είναι συνεχής σ' όλο το IR. Επειδή η είναι συνεχής στο σημείο

(I)

=ι:.

(2)

(I)

ίί)

=ι:.

(I)

(I)

Χο

Α 1 2 • Η συνάρτηση f: IR�IR είναι συνεχής και είναι: f(l) + f(2) + ... + f(ν)

Να δειχθεί ότι υπάρχει χ0 ε [ 1 , ν ] τέτοιος ώστε f(x0 )

Λ ύ ση :

=

=

ν ( ν + ι) . 2

χ0

χ0 ε[1, f(x0) = χ0, χε[1, f(x) χ, χε[l, f(x) - χ Ο, χε[ 1 , g(x) = f(x) - χ, χε[ 1 g(x) = f(x) - χ [1, χε [ 1 , g(x) Ο. g [1, χε[1, g(x) > Ο χε [1, g(x) < Ο

f(x) χ

Έστω ότι δεν υπάρχει τότε θα ισχύει =ι:. για κάθε ν] τέτοιος ώστε να είναι ν] . I ,ν] Έχουμε: =ι:. για κάθε =ι:. για κάθε ν] � =ι:. για κάθε ν] � όπου ,ν] . Η συνάρτηση είναι συνεχής στο (διάστη μα) ν] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και για κάθε ν] είναι =ι:. Επομένως η διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ν] . ν] . ν] ή για κάθε Δηλαδή θα είναι για κάθε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/70

g(x) Ο,

χε[


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

g(x) > Ο για κάθε χε[1 , ν ] . > g(x) Ο, χ ε[1, ν] � f(x) - χ > Ο, χε[ 1 , ν ] � f(x) > χ, χε[1, ν] (1 ) . f(1 ) > 1 f(2) > 2 � f(l) + f(2) + ... + f(v)> 1 +2+ ... +v� f(l)+f(2)+ ... + f(v)> v (v + 1 ) Λόγω της ( 1) έχουμε: 2 f(v) > v v (v + 1 ) αφού δόθηκε ότι είναι: f(l) + f(2) + ... + f(v) 2 Όμοίως σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι ισχύει g(x) < Ο για κάθε χε [1, ν ] . Έτσι, υποθέτοντας ότι δεν υπάρχει χ 0ε [ 1 , ν ] τέτοιος ώστε να είναι f(x 0) = χ 0, οδηγηθήκαμε σε άτο­ πο. Επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα χ 0ε[ 1, ν ] τέτοιος ώστε f(x 0) χ0.

Έστω ότι είναι Έχουμε:

(+)

.

=

:C\τ ο π ο .

.

=

Α U · Αν η συναρτηση f: IR�IR είναι συνεχής στο IR και ισχύει f(f(x)) = χ για κάθε χε ΙR, να δει­ χθεί ότι υπάρχει χ0 ε ΙR τέτοιος ώστε f(x0) = χ0 •

. \ ίJ σ η :

. f(f(x)) x (1).

..

=

χ0εΙR τέτοιος ώστε να ισχύει f(x0) χ0, τότε θα ισχύει f(x) χ για κάθε χεΙR. Έχουμε: f(x) χ � f(x) - χ Ο � g(x) -:;:. Ο, όπου g(x) f(x) - χ. Έτσι για την g(x) = f(x) - χ ισχύει g(x) -:;:. Ο για κάθε χεΙR. Η συνάρτηση g(x) f(x) - χ είναι συνεχής στο IR, ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Επειδή η συνάρτηση g είναι συνεχής στο (διάστη μα) IR και για κάθε χεΙR ισχύει g(x) -:;:. Ο Ί;Ψ τeύχος έπεται ότι η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο IR οπότε θα είναι g(x) > Ο για κάθε χεΙR ή g(x) < Ο για κάθε χ ε IR. Περιοδιχq έκδοση Έστω ότι ισχύει g(x) > Ο για κάθε χεΙR. Τότε θα έχουμε g(x) > Ο � f(x) - χ > Ο � f(x) > χ. Δη­ r�ΑΜαθηματικά λαδή θα ισχύει f(x) > χ (2) για κάθε χεΙR. Από την (1) θέτοντας όπου χ το f(x) έχου με ότι για κάθε χεΙR ισχύει f(f(x))>f(x) (3). Από τις (2) και (3) προκύπτει ότι f(f(x)) > χ για κάθε χεΙR. Άτοπο, αφού δόθηκε ότι είναι f(f(x)) = χ για κάθε χ ε IR. Ομοίως σε άτοπο καταλήγουμε και στην περί­ πτωση να είναι g( χ) < Ο για κάθε χ ε IR. Έτσι υποθέτοντας ότι δεν υπάρχει χ 0 εΙR τέ­ τοιος ώστε να ισχύει f(xo) χ0 οδηγηθήκαμε σε άτοπο. Επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα x 0 εiR τέτοιο ώστε f(xo) χο. Έστω ότι δεν υπάρχει

=

-::1:-

-::1:-

-::1:-

=

=

3 ' Νοtμ. 2006

Avri τφaλ6γου

Ιιι#Q(•fit!.:ι�ψι

15 Μαθηματικό V\0 όΛη την οοιογbmα Ζ3 Απανιήσο•ς προβλημάποw 2ou πύχοuς 2J ΠραιεLνdμινο nροβλι\μιπα Πως arι:tοοξε ο θεαtπyιος τσ βεώρημ.α του 34 S3 Γιατf οι Πpώτ<Μ Αριθμο� !I Απειροσn\ π t8 Δημιοuργικb; σελίδες Γεωμετρ(ας Απ6δ<•ξη ανισuτwiιν aχtow. με τη βοήθεια nι ιωpτών σuνορτήαεωv Ποιας εtναι ο επ6μενος αριθμός; 84 ΛUση eξισώσeων μι:: ΟΥ\Ο'ότηm; 87 91 Προβολι\ διανύσμαπις θέμαιu Ανόλuσης (λύ""ς πρσηγοόμ&VΟU m)x.) 15 θ!μιιιu Ανόλuσηc; (nρσmν6μεναj t6 102 Η αrώδειξη στο ιι:αλεtδοσκότuο Επαγωγuο\ σuμnερααμιπολD'ι!α 111 Διδαιmκtς ΠΡΙΧ"'fΥiσε•ς {Μαθημιπuαj Ι'ΙΙαγωyή) 1 16 ΔΦλαγος μειαξύ Beπy Mazu, & Petυ Pesic 122 133 Μικρός ερeυνηnιιές μαθημαn.tς r.ρyαο!ες 1311 Μαθηματικό ποιχνt&α Γιαή δεν tχει λύση (απανιι\Οε� προβ/ιιον 20<ι ιι:uχ )138 ��� Μαθημαιu<Ο! διαγωνwμο{ σιο Ηρ/Ικλw> 1.U Μαθηματικό γu� 148 μαθημ<ml!ών Μνήμη ""' σκtψε� -<>Σμ<νόριο Ημερ(δα yιa τσν Στtλw Νεyρεπ6ντη 162 111 Μαθημαιu<Ο! διιrιω'Μμοi θέμαιu Ροuμάνοοον μαθημ<ml!ών δ<αγωνι!J\Ιών 1111 H Eu.V..iδ<uι Γ""fJ8tpla cmι; B� 111 Μαθημαπι<Ι.ς Ολuμιuό&ς 183 Το Βήμα """-'<: Μαθητέ<: μας Κιm\θeση <δ<ών (μtοα από πραyμα111<ό &αγων/111) 191 Αφιtρωμα στον Sι:ιrge l..Bng 232 23\1 Μαθημαruιό Σuντα<ΙU<!S και θολής + -· (ιαιΑοκαιρ•νές �ρ<ότητες) 2:111 205 Δώθεση ytQ αχόλια Fle da Meda 3 2006 247 1S4 Βψλιοπαροuσiες και βιβλιοποροι.ισιά.σεις ... Δυmιοeιιιλσytς Το 'φ' ώριμοτι!""' της ο�ς Υ\Ο εnιιιαινωνια

I I '< C t\ 0 !\ IΛ> Κ Λ Ι ΛΙΑΛ Ο ' Ο Υ Υncύ8υνος 6ιδοσης D. Ε. Βισκαδο�ράκης

• λν ..-e t!Ji ανάγ>η jΙΑ μιιΙ οψjττρη � γόρω anό θ/μιmι ποu _,νν .., ­ τοΥ δι::ιcπ.6λοιι wt�μαtwi:v • Αν θtλ<ιe διlιμαrο της � - 0ΙΝ0δΙλφιw

·

μα8rμαπιο)ν cιτ' � την EMdδa ""' anό την Κιίιφο

.. Αν � διtyμ:πα κca uλ!κό σπ6 1Jαθημαnιοι.ίς � on ' ό.lo 'IOV ι<ό<rμo

.. Aν Θι\m να yfmt � wu �u rιροj!Ιη- γόρω οnό ιιι λ-Λιλιιιυ<ά Προy� Μ�, yύρω ατιό τη � των ΜαSι,μcπν.ών

.. ,, .tuς προmνι\1""< ,.-..;

. Αν θtλ<ιe """"ι'ένος � "" � � '/1(/ ΙΙΙ ιιωΜ σος, ΊΟUς μ<i!ιτιtς σας ή ια:ι"ttΙu ςφΟ.οuς οας

... Αν θθ.m w JSI'IDψOI'Itllήσειt IIJ3ημcmJΔ nαι.χνlδια '(10. ν11 Φ.οm το μαθημό "'< rno � "' αnαιολιομαι.6

=

• Av etλ<tew -.. σιω; μαθηιι<: "'< μ.φό; � μοθηl'!l"i< -

• Αν θιλm w � � διάοη""uςmim\μονος

=

Π ρ ο τ ε ι ν{ ψ εν ο θ έ μ α :

ΜοΒηumιι\ Εισι.....,

ιu:ι.τις�τοuςyiιρφ οτιό τα Μαθηιιmι.ά ιu:ι. τη

f: (α, β) � IR ισχύει: f(x) < β για κάθε χ ε (α,

Για τη συνάρτηση και α <

f(f(x)) = 2f(x) - χ

ΟΛΑ ΑΠΑ ΚΑΙ ΑJ\ΛΑ ΠΟΛΛΑ ΠΑ ΠΟΥ ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ

β), να δειχθεί ότι: f(x) = χ, για κάθε χ ε ( α, β).

ΕΥΚΛ Ε Ι Δ Η Σ Β ' τ.2/7 1

ΑΝΑΖΚ1'ΒΣΠ! ΤΟ ΣτΑ BIDΛioruiiii! IA

Κ.. yισ - �ις � yισ αιι σιm � � 't� σra 21o-a2'7118 1\ Η48ΙΙδδ44δ .....ι�: �.•


tΔ 2Υ

17

(J{ [: :� 1:

Δ όρ τσιος Κωνστ αντ ίνο ς - Ζεμπίλη ς Κωνστ αντ ίνος

Δίνεται ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) με πλευρές ΑΒ=ΑΓ=5μ.μ. και ΒΓ= 8μ.μ. Ελαττώνουμε τη βάση σε 7μ.μ. και τα σκέλη του σε 4.95μ.μ.Τότε να συγκριθούν τα εμβαδά των δύο αυτών τριγώνων. Το ενδιαφέρον στο πρόβλη μα 1 αυτό είναι ότι και οι τρεις πλευρές του ελαττώνονται και θα περίμενε κανείς ότι το νέο τρίγωνο που προκύπτει θα έχει μικρότερο εμβαδόν από το αρχικό. Είναι όμως

αυτή η προσδοκία μας αληθινή ;

Θα εργαστούμε αρχικά με τα σημερινά λογισμικά και ιδιαίτερα με το The Geometer's Sketc hp a d, το οποίο μας δίνει τη δυνατότητα να κινούμαστε άνετα μέσα σε ένα περιβάλλον με πολλές δυνατότητες. Από το μενού «Μετασχηματισμός» και με την εντολή «Μεταφορά» μετακινώ το σημείο Β οριζόντια κατά εκ. ώστε να λάβω το σημείο Γ. Με τον ίδιο τρόπο κατασκευάζω και ένα μήκος ΔΕ ίσο με 5 εκ. Κατόπιν από το μενού «Κατασκευές» κατασκευάζω τους δύο κύκλους (Β,ΔΕ) και (Γ,ΔΕ) οι οποίοι τέμνονται σε δύο ση μεία από τα οποία το ένα είναι το Α. Ενώνω το Α με το Β και μετά με το Γ και σχηματίζω το τρίγωνο ΑΒΓ. Τους κύκλους αυτούς με το δεύτερο ση μείο τομής των τους aποκρύπτω από το μενού «Προβολή». Στη συνέχεια κατασκευάζω το εσωτερικό του τριγώνου επιλέγοντας το κατάλληλο χρώμα και από το μενού «Μετρήσεις» υπολογίζω τα μήκη των πλευρών του καθώς επίσης την περίμετρο και το εμβαδόν του και πινακοποιώ τα αποτελέσματα όπως φαίνονται στο σχή μα 1 . Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο κατασκευάζω και το δεύτερο τρίγωνο το οποίο φαίνεται στο σχή μα 2 .

8

Α 8 ,00

Μή κος(τμ ή μ α ΓΒ)

Μή κος(τμ ή μ α ΑΓ)

5 ,0 0

Π ερίμετρος( Πολύγωνο ΑΒΓ)

1 8 ,00

Μή κος(τμ ή μ α ΑΒ)

Ε μ βαδόν( Π ολύγωνο ΑΒΓ)

Μ ή κ ος(τμ ή μ α Β Γ ) Μή κ ος(τμ ή μ α ΑΓ ) Μή κ ο ς(τμ ή μ α Β Ά' ) / L -- · - - ·-�-�- ---

Π ερ ί μ ετρος(Π ολύ γωνο Α' Β Γ ) Ε μ βαδόν( Π ολύ γωνο Α' Β Γ )

5 ,00

1 2 ,00

Σχήμα 1

7 , 00

4 ,95 4 , 95

1 6 ,90 1 2 ,2 5

Σχήμα 2

Το δεύτερο τρίγωνο παρόλο ότι έχει όλες τις πλευρές του μικρότερες από τις αντίστοιχες πλευρές του πρώτου, εντούτοις έχει μεγαλύτερο εμβαδό, όπως αυτό απλά φαίνεται από τους πίνακες των δύο σχημάτων. Είναι δηλαδή :

Ε(ΑΒΓ)=12τ.εκ. και Ε(Α 'Β 'Γ ')=12.25 τ.εκ. (!)

Πάλι μέσα από το ίδιο περιβάλλον του λογισμικού αυτού προσπαθούμε να αντιληφθούμε τη ' Ί "' , συμπεριφορά αυτών των τριγώνων γενικότερα. Για το λόγο αυτό αξιοποιούμε τη δυνατότητα του λογισμικού με αναφορά των τριγώνων σε ορθογώνιους άξονες.

1 Από άρθρο των Σ. Νεγρεπόντη, Β . Φαρμάκη με τίτλο:

«Η

"παρ άλογη " αποτελεσματικότητα των Μ αθηματικών

στις άλλες επιστήμες» (Διαδίκτυο)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/72


------

./

�--- - ·-

_ ./·

Το S ketchpad σχεδιάζει μετράει και . . . προκαλεί

-------

/

_./

///

Σχήμα 3

Παρατη ρούμε ότι το δεύτερο τρίγωνο έχει μεγαλύτερο ύψος, και το γεγονός αυτό επηρεάζει και τη συσχέτιση των εμβαδών των τριγώνων αυτών. Θα αναζητήσουμε την τομή των πλευρών (ΑΒ , Α ' Β ' ) και (ΑΓ, Α ' Γ ) . Δηλαδή τα σημεία Μ και Ν. Αυτό γίνεται εύκολα από το μενού «κατασκευές» και από την εντολή «Σημείο σε τομή», αφού βέβαια επιλεγούν οι πλευρές αυτές με το βέλος επιλογής. (σχήμα 4) . Στη συνέχεια επιλέγω τα χωρία κατά τα οποία το δεύτερο τρίγωνο πλεονάζει καθώς και εκείνα στα οποία υστερεί τα μετρώ και πινακοποιώ τα αποτελέσματα όπως φαίνεται στο σχήμα 4.

Εμ βαδόν(Πολύγωνο ΜΑ'ΝΑ) Εμβαδόν(Πολύγωνο Β ' ΜΒ) Εμβαδόν(Πολύγωνο Ν Γ ' Γ ) Εμ βαδόν(Πολύγωνο Β ' ΜΒ) + Εμβ . . .

Σχήμα 4

Από τον πίνακα του ανωτέρω σχήματος φαίνεται ότι το εμβαδόν του μη κυρτού τετραπλεύρου ΜΑ ' ΝΑ είναι ίσο με 1 .00 τ.εκ. άρα μεγαλύτερο από το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων ΜΒΒ ' και ΝΓΓ που είναι ίσο με 0.75τ.εκ. ' ,, ' I

" ·'

·-; �

:

Ll '

.� :· �-'

Μέχρι το σημείο αυτό η διευκόλυνση του λογισμικού ήταν θετική , ως προς την διαπίστωση της σχέσης των εμβαδών, αρχίζει όμως να δη μιουργεί και νέα ερωτή ματα. Αλλά πριν προχωρήσουμε ας δούμε πώς θα φθάναμε στη σύγκριση των εμβαδών των τριγώνων ΑΒΓ και Α ' Β ' Γ με θεωρητικό τρόπο, κάνοντας χρήση την Ευκλείδεια Γεωμετρία. Α 4.95

5

Σχήμα 5 Β

/

4

3.5 Από τ ο Πυθαγόρειο θεώρη μα μπορούμε ν α υπολογίσουμε τ α ύψη των δύο τριγώνων. Έτσι για το καθένα έχουμε: ΑΔ = Α'Δ ' =

.JΑΓ 2 - ΔΓ 2 = .J5 2 - 4 2 = .J25 - 1 6 = J9 = 3 άρα ΑΔ=3 εκ.

�( Α ' Γ ') 2 - (Δ ' Γ ') 2 = .J4.95 2 - 3 . 5 2 = .J24. 5 025 - 1 2.25 = .J1 2 .2525 = 3 . 5 004

Δηλαδή Α ' Δ ' =3 . 5 004. Άρα το δεύτερο τρίγωνο έχει μεγαλύτερο ύψος από το πρώτο. Τ α εμβαδά αντίστοιχα είναι: 1 Ε 1 = - (ΒΓ)(ΑΔ) = 3 = 1 2τ.εκ 2 2 ·

Ι8 ·

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/73


------

Το Sketc hpad σχεδιάζει μετράει και . . . προκαλεί

-------

: Ας προσπαθήσουμε να βρούμε τα όρια στα οποία μπορούν να κινηθούν οι ίσες πλευρές του αρχικού τριγώνου όταν η βάση του από 8 γίνει 7 μονάδες και απαιτούμε να συμβαίνει το ίδιο, δηλαδή να μεγαλώνει το εμβαδόν του δευτέρου τριγώνου . Για τούτο ας θεωρήσουμε τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α ' Β ' Γ (σχή μα 6) ώστε ΒΓ=8, ΑΒ=ΑΓ=5 και ' Β Γ=7, Α ' Β ' =Α ' Γ= λ , με λ::;5 Α 5

//

Β

/_/

___

il " c

_

Λ"­

/

/

_

"-'

_ _ __

5

""

_

8

__

Σχήμα 6

7

Γ :: ω �u ::τ � Η �'i'{ι ς ) Για να έχουν τα δύο τρίγωνα το ίδιο εμβαδόν πρέπει:

(Β 'Γ)·(Α ' Δ ' )=24 <=> Α ' Δ '=

24 7

24 άρα η τιμή του λ θα πρέπει να είναι: λ = (2 )2 + ( )2 = 3, 52 + 3, 42862 = J 12, 25 + 1 1, 7553 = 24, 0053 = 4, 8995 7 2 Η τιμή αυτή του λ που βρέθηκε με προσέγγιση του δεκάκις χιλιοστού είναι η κατώτερη τιμή στην οποία μπορεί να μειωθεί η πλευρά ΑΓ του αρχικού τριγώνου ώστε το δεύτερο τρίγωνο να έχει το ίδιο εμβαδόν με το πρώτο. Αυτό γίνεται φανερό αν σκεφθούμε ότι οποιαδήποτε άλλη τιμή μεταξύ της τιμής 4,8995 και του 5 θα δίνει τρίγωνο με μεγαλύτερο εμβαδόν γιατί θα μεγαλώνει το ύψος Α ' Δ ' .

Άρα: «Οποιαδήποτε τιμή του λ μεταξύ του 4,8995 και του 5 θα δίνει τρίγωνο με εμβαδόν μεγαλύτερο του εμβαδού του αρχικού τριγώνου». τ 11 ι 6 : rω:ς

( υλγε�� ρ ι κίJς) Το εμβαδόν του δευτέρου τριγώνου δίνεται από τον τύπο : Ε (λ) = .l_ · 7 2 '

'

7._ λ2 - ( ) 2 2

' ' στη συνεχεια τη μονοτονια της συναρτησης: F( λ) Μ ελετουμε

Η σuνάρτηση αυτή έχει παράγωγο F'(λ)

π.

(1 )

=

Ε ( λ) - 1 2

I

= - ·

2

7 Η7, ·

λ - - ( -) ' - 1 2 2

) Ο , γιατί το λ είναι θετικός αριθμός. Κατά 2 2 λ 2 - ( )2 2 συνέπεια η συνάρτηση F είναι γνησίως αύξουσα στο σύνολο των θετικών αριθμών(ειδικότερα εδώ το πεδίο ορισμού της F είναι το σύνολο 0= { 7/2, + οο } ). ' ' οταν: Η F μηδενιζεται

2

� - 1 2 = Ο <=> \j� 24 λ - (2) = Ί <=> · · · <=> λ = 4, 8995

21 . 7 · \j λ - (2)

άρα για μεγαλύτερες τιμές του αριθμού αυτού (και μέχρι του 5 γιατί το πρόβλη μα απαιτεί ελάττωση όλων των πλευρών του τριγώνου) το Ε (λ) είναι μεγαλύτερο του 1 2 . Τ : Αν ζητήσουμε πως θ α μεταβάλλεται τ ο δεύτερο τρίγωνο, αν ελαττώσουμε τη βάση κατά λ και τα σκέλη του κατά μ τότε θα έχουμε για μελέτη συνάρτηση με δύο μεταβλητές και η οποία θα πρέπει να μελετηθεί ανάλογα. Τi:τ Η ρ τ η : Ανάλογες ιδέες μπορούν να γίνουν όχι μόνο σε ισοσκελές τρίγωνο αλλά και σε τυχαίο. Δηλαδή μειώνοντας τις α,β,γ, ενός τριγώνου ΑΒΓ κατά τις ποσότητες χ,ψ,z αντίστοιχα, αναζητούμε τον τρόπο μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου . !Κ ω . , " " τΟ.ος Στο πρόβλη μα αυτό βλέπουμε ότι οι περίμετροι των δύο αυτών τριγώνων έχουν αντίστροφη σχέση . Δηλαδή το δεύτερο τρίγωνο παρόλο ότι έχει μεγαλύτερο εμβαδόν από το πρώτο, εν τούτοις έχει μικρότερη περίμετρο από το πρώτο. Στην καθη μερινή ζωή είναι άδικο κάποιος να διαθέτει ένα οικόπεδο σαν και το πρώτο τρίγωνο ΑΒΓ, δηλαδή να έχει σε σχέση με το δεύτερο τρίγωνο Α ' Β ' Γ μικρότερο εμβαδά και να χρειάζεται περισσότερα έξοδα για την περίφραξή του. Αυτό δεν μας ξαφνιάζει. Στον κόσμο συμβαίνουν τέτοια παράξενα. Ας σκεφθούμε μεταξύ άλλων και τη νιφάδα του Koch η οποία έχει άπειρο μήκος ως περίμετρο και περικλείει ένα συγκεκριμένο εμβαδόν ! . . . .

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ Β' τ.2/74


Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχουν τη μαγεία να α­ ποσπο ύ ν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπω ν. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλλη­ λο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνε ύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρ ίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίο ι Έλληνες όπως ο Δ ιόφαντος, ο Ζήνωνας κ. ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτο ύ ν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λ ύση τους και είναι μια ευχάρ ιστη και συναρ­ παστική ασχο/,ία .

Επιμέλεια : Παναγιώτη ς Χριστόπουλο ς «Πιο είναι το όνομα του πουλιού που απο­ τελείται από 5 γράμματα και ότι, αν αποδοθεί στο καθένα αριθμητική τιμή ίση με τη σειρά που κατέχει στο αλφάβητο (1 έως 24) στις τι­ μές θα έχουμε: i) Το άθροισμα στα δύο πρώτα είναι 1 4 ii) Το άθροισμα στο 3 ° και 4° είναι 2 1 iii) Η διαφορά του αθροίσματος των 3 τε­ λευταίων από το άθροισμα των 2 πρώτων είναι

Επί χιλιάδες χρόνια Βασιλείς και στρατη­ γοί αλλά και σήμερα οι πρωθυπουργοί, ήθελαν και θέλουν να έχουν ασφαλή και αποτελεσμα­ τική επικοινωνία για ασφαλή διακυβέρνηση των χωρών τους. Το ίδιο οι εταιρίες, οι τράπε­ ζες ακόμη και οι πολίτες σε απολυταρχικά κα­ θεστώτα έχουν την ανάγκη να επικοινωνήσουν μυστικά. Γι' αυτό επινοούν όπως λέμε κώδι­ κες επικοινωνίας. Όμως οι ανταγωνιστές ή οι 19 κωδικοθραύστες καταφέρνουν πολλές φορές iν) Το γινόμενο του δεύτερου γράμματος να τους σπάσουν όπως ακριβώς έγινε και με την γραφή Β, για την οποία με το πέρασμα επί τη διαφορά του από το 1 7 είναι 33/8 του των αιώνων είχε χαθεί η γλώσσα, αλλά και δι­ γινομένου του τρίτου επί τη διαφορά του από αφόρων αρχαίων γραφών όπως των αιγυπτια­ το 1 7» . :i , U T O κών ιερογλυφικών κ.ά . . Κάποτε μια διαφήμιση έλεγε: « μόνο με 10 Τ α μαθη ματικά είχαν και έχουν τον πρώτο λόγο στην κρυπτογραφία αλλά και στο σπάσιμο των γρίφων. (γι' αυτό σας προ­ τείνουμε να διαβάστε το βιβλίο Κώδ ικες και Μυστικά του Sίmon Sίngh) .

Ευρώ μπορείτε να αποκτήσετε ποδήλατο των

50 Ευρώ » .

Στο τηλέφωνο εξηγούσαν:

με τα 1 0 Ευρώ 4 κουπόνια θα τα πουλήσετε σε 4 φί­ λους και έτσι με τα 40 Ευρώ και τα 1 0 που δώ­ θα πάρετε

Σήμερα όλοι μας επικοινωνούμε με τα κι­ σατε για τα κουπόνια θα πάρετε το ποδήλατο. τα fax, τα email, τα sms, τα Αλλά και ο κάθε φ ίλος μπορεί να ανταλλά­ mms κ.ά. είναι ασφαλής αυτή η επικοινωνία ξει το κουπόνι που αγόρασε με 5 άλλα τα οποία μας; Φυσικά όχι. Και το ερώτημα είναι θα επι­ θα πουλήσει για να πάρει και αυτός ποδήλατο. λέξει τελικά η κοινωνία μας τον αστυνομικό Κ. ο. κ. Υπάρχει κάποια απάτη ; έλεγχο (το μεγάλο αδελφό) ή την προστασία ,, ; π ω δ ω i: του ιδιωτικού απορρήτου; Ρώτησαν οι μαθητές τον καθηγητή τους Υπάρχουν κλειδιά για την προστασία του ιδιωτικού μας απορρήτου; Ναι υπάρχουν οι πόσο χρόνων είναι ο γιος του και τους απάντη­ σε: <<Είχα 4 φορές την ηλικία του γιου μου ό­ πρώτοι αριθμοί με μεγάλο αριθμό ψηφίων. (Σας προτείνω να διαβάσετε το βιβλίο Η ταν είχα την ηλικία που έχει αυτός σήμερα. νητά τηλέφωνα,

ΜΟ ΥΣΙΚΗ ΤΩΝ ΠΡΩ ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ του

ακόμη και σήμερα οι πρώτοι αριθμοί αποτελούν μυστήριο που προ­ σπαθεί να εξιχνιάσει η ανθρώπινη γνώση). Marcus Du Sautoy διότι

ι ί:. .

Όταν φτάσει στην ηλικία που έχω εγώ σήμερα και οι δυο μας θα έχουμε άθροισμα 1 1 9 έτη. » ι

-

-"·

τ

: � - .'

ι

Μια παρέα από Πιθηκάκια θορυβούσε. Από τη θορυβώδη παρέα το ένα όγδο στο τε-

Ε Υ ΚΛ Ε Ι Δ Η Σ Β" τ.2/75


Τα Μαθη ματικά μα ς Διασκεδάζουν

τράγωνο χοροπηδούσε μέσα στο δάσος, ενώ οι άλλοι δώδεκα φώναζαν στην κορυφή του λό­ φου με τις καρύδες. Πόσοι ήταν οι Πίθηκοι; Κάποιος αγόρασε με 30 Ευρώ 30 πουλιά (Καναρίνια, Παπαγάλους, Περιστέρια). Τρία Καναρίνια αξίζουν 2 Ευρώ. Επίσης 2 Παπαγάλοι και 1 Περιστέρι αξίζουν 2 Ευρώ. Πόσα πουλιά πήρε από κάθε είδος; Έχω τρείς δίσκους τον Α, τον Β και τον Γ. Στον Α δίσκο έχω κέρματα 2€, 1€, 0.50€, 0.20€, 0.10€ το ένα πάνω στο άλλο από το με­ γαλύτερο στο μικρότερο. Μπορείτε να τα με­ ταφέρετε στο Γ δίσκο με την ίδια σειρά; Σε κάθε κίνηση μεταφέρουμε μόνο ένα νόμισμα. Δεν επιτρέπεται να τοποθετούμε μεγαλύ­ τερο νόμισμα πάνω σε μικρότερο. Μόνο προσωρινή χρήση γίνεται του δί­ σκου Β. _ ,

�: η .,( / ιΟΙ ι . . ( { (& � (U�.:; μ � .� , ς

Συμπληρώστε με ψηφία τους αστερίσκους στον πολλαπλασιασμό: *1* 3*2 *3* 3*2* *2*5 1*8*30 Στα Φιλιτρά της Μεσσηνίας υπάρχει ένα ομοίωμα του πύργου του Αϊφελ με ύψος 1 5 μέτρα. Ο πύργος του Αϊφελ στο Παρίσι έχει ύψος 300 μέτρα και το ατσάλι από το οποίο είναι κατασκευασμένος έχει βάρος 8.000 τό­ νους . Πόσους τόνους ζυγίζει το ομοίωμα στα Φιλιατρά;

Ο Οκτώβρης έχει 3 Ι μέρες. Αρα ο πατέρας του Πέτρου θα δώσει στο γιο του 3Ι Χ Ι ΟΟ = 3 1 00 Ευ­ ρώ. Ο γιος πρέπει να του επιστρέψει : 23 1 - 1 +20 30 = Ι =2 3 1 - 1 Ι +2+2 2 +2 3 • • •

2-1

Δηλαδή λεπτά. (γεωμετρική πρόοδος). 2 Ι . 4 74. 63Ι, 67 Ευρώ!!! Φυσικά δεν πρέπει να δε-

χτεί ο Πέτρος την πρόταση του Πατέρα του. r� , �f.

;·� ρ τ(r, �Ι! � � ·-:� α

500+200 + Ι ΟΟ+50+20 + Ι Ο +5+2+ Ι +� 50+� 2 Ο+Ο, Ι 0+0, 05+0, 02 +0, 0Ι = 888, 88 Αν πάρουμε ένα από κάθε νόμισμα θα έχουμε ακόμη αν πάρουμε 888, 88 Ι 00+ Ι Ο+ Ι + 0, Ι 0+0, ΟΙ +0, ΟΙ θα έχουμε Ι 000 Ευ­ ρώ. Τεμάχια 2 Ι . Α ν κυκλοφορούσε σε Ι, 3 , 5 και παίρναμε ένα από κάθε νόμισμα θα είχαμε 999, 99 Ευρώ και ένα ακόμη Ο, ΟΙ δίνουν 1 000 Ευρώ. Τεμάχια Ι 6. Είναι ο 64 = 82 = 43 Τριψήφιος είναι ο 729 = 2 72 = 93 Από το Ι" κελί θα περάσουν όλοι οι φύλακες δηλαδή ζυγός αριθμός άρα θα παραμείνει κλειστό. Από τα 2" και 3° θα περάσει ο φύλακας με αριθμό ένα και ο φύλακας με αριθμό δύο και τρία αντίστοι­ χα άρα θα παραμείνουν κλειστά. Από το 4" θα πε­ ράσουν τρεις άρα θα παραμείνει ανοικτό. Κ. ο. κ. δη­ λαδή θα μείνουν ανοικτά τα κελιά των τετράγωνων αριθμών. Το i θα είναι το2025. Δηλαδή το χ=45. Επο­ μένως 2025 - 2006 = Ι9 χρόνια άρα σήμερα είναι 45 - Ι 9=26 χρόνων. Έστω R η ακτίνα της Γης (σε μέτρα) στον Ιση­ μερινό. Επομένως το καλώδιο έχει μήκος Κ = 2π(R+5) = 2πR + Ι Οπ Μέσα στη Γη σε βάθος 5 μέτρα θα έχει μήκος Κ ' = 2π(R-5) = 2πR-Ι Οπ. Δηλαδή θα εξοικονομήσει Κ-Κ ' = 20π = 62, 8 μέτρα περίπου και φυσικά είναι ανεξάρτητο από την ακτίνα άρα το ίδιο ισχύει σε κάθε σφαιρικό σώμα. Δ ιότι 7ΧΙ IXJ 3 = Ι ΟΟΙ. Κάθε αριθμός που πολλαπλασιάζεται με Ι ΟΟΙ επαναλαμβάνει τα ψηφία του. Δ ιόρθωση Πρώτα πρέπει να πολλαπλασιάσει το νούμερο επί δυο και μετά να προσθέσει 5 μονά­ δες. .

Είναι ο παππούς ο πατέρας και η κόρη. Ο πατέ­ ρας του Γιώργου είναι παππούς της Ελένης. '_ J

ψ'Η'rτyΗ}:;

Το ποσό ήταν 4000 Ευρώ. Έστω p 1 = 7 και p 2 = 1 1 τότε το Α = 5305 7 που αντιστοιχεί στο Ι έτος έως το Α = 53 Ι 5 7 που αντιστοιχεί στα Ι 00 έτη.

Ε Υ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2!76


Ο Ε υ κλεi δ η ς ((Η καρδ ιά των μαθηματικ ώ ν είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κ ύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματω> .

P. R. HAL M OS

Επιμέλεια: Α. Κυριακόπουλος, Γ. Στρατής, Γ. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος 8Ι.

Δίνεται το εμβαδόν Ε ενός τριγώνου καθώς και το μέγεθος φ μιας εκ των γωνιών του. Να βρείτε τα μήκη των πλευρών α και β, ώστε το μήκος της πλευράς γ που βρίσκεται απέναντι από τη γωνία φ να είναι το ελάχιστο δυνατό. (επροτάθη από τον Ακαδημαϊκό Ν . Α ρτε μιάδη) Λύση ( από τον συνάδ ελφο Σ. Σ κοτίδα)

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε: γ2=α2+β2 - 2αβσυνφ:Ξ:2αβ - 2αβσυνφ = 2αβ ( 1 - συνφ

(

ΔΕ = - 1 - συνφ ημφ Άρα η

2 Ε σφ

2 2φ ) = Δ Ε ημ -2 = 4 Ε σ φ !. 2 2 ημ .τ_2 συν .τ_2

ελάχιστη φ 2

τιμή

της πλευράς γ

και επιτυγχάνεται όταν α = β =

J

)

είναι

Άρα για κάθε

χε

R έχουμε

47 --7 Χ 0 = 47 - 42χ 0 > 0, διοτι 47 ' Ρ(χ ) ;?:<1<0 Χ 12 2 12 42

οπότε το πολυώνυμο δεν έχει πραγματικές ρίζες.

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Τσαπακίδης Γιώργος - Αγρ ίνιο, Καλάκος Αθανάσιος- Κάτω Π α­ τήσια, Η λιόπουλος Γιάννης - Καλαμ{Ηα, Ι ωανν ί δ η ς Αντώνης - Λάρ ισα, Μ άγκος Αθαν{ισιος - Κοζάνη και ο μαθητής Σ α κι:λλά ρ η ς Γ ιώργος - \'Ι ουσικό Λ1J­ κειο ΒίJλου.

83. Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και στις προε­ κτάσεις των πλευρών ΒΓ (προς το Γ), ΓΑ (προς το Α) και ΑΒ (προς το Β) παίρνουμε αντιστοί­ χως τα σημεία Δ, Ε και Ζ έτσι, ώ­ στε:ΓΔ=ΑΕ=ΒΖ.

2Ε η�

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Καλάκος Αθα­ νάσιος- Κάτω Π ατήσια, Η λιόπουλος Γ ι{ιννη ς - Καλα­ μiπα, Ι ωαννίδης Αντιόνη ς - Λάρισα, Σταματογιάννης Γιfιννης - Δροσιά Αττικής, Τσαπακίδης Γιώργος Αγρίνιο, Π απαϊωάννου Ε μμανουέλα- Ρέθυμνο, οι κύ­ ριοι Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη Αττικής, Λνδρης Ι ­ ωάννης - μηχανικός Αθήνα και ο μαθητής Σακελλά­ ρης Γιώργος - Μ ουσ ικό Λύκειο Βόλου.

82. Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο Ρ(χ)=2χ8+3χ6-5χ3-4χ+6 δεν έχει πραγματικές ρίζες. (Επροτάθη από τον καθη γητή Θεόδωρο Μπόλη) Λύση ( Από τον κ. Ρ. Μπόρη - Δάφνη)

Αν f(x)=2x8 -4x και g (x)=3x6 - 5x3+6, τότε έχουμε P (x)=f(x)+g (x) . Η συνάρτηση g είναι τριώνυμο ως προς χ3, οπότε η ελάχιστη τιμή της είναι 47 12

2χ8-4χ

Για τη συνάρτηση f(x) είναι f' (x)= 1 6x7 -4=4(4x7- 1 ) οπότε εύκολα βρίσκουμε 1 ' παρουσια' ζει ο λικο' ελαχιστο ' οτι στο 7 r; . �4 Το ολικό ελάχιστο της f είναι

Χ0

f mi n = f

( Χ 0 ) = 2 Χ 0 (χ: - 2 ) = 2χο

=

(�- )

2 =-

� Χο

ΜιΑ Α(ιDΠιδ"ηι ΠpDTA6"tt

yιa TD δ"ΧΙΙΑιΙCD lιιίιlnμα

ΕΚΑΟΤ ΚΟ

Γ.

Βλάχος Λ.Τ. 1 4,50€

Σ όλωνος 1 00 • 1 06 80 Αθ ιiνα Τηλ.: 2 1 0 3646 1 25 • Fax : 2 1 0 363 1 3 6 3 WEB:http ://www.eosk_gr • E-mail: info@eosk.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ . Ι /77


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

Να αποδείξετε ότι, αν το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισό­ πλευρο, τότε και το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. (Επροτάθη από τονΑντ ώνη Κυριακόπουλο) Λί>ση ( από τον Γιώρ γ ο Αποστολόπουλο - '\1 εσολόγ­ γι)

Θεωρούμε ότι το τρίγωνο δεν είναι ισόπλευρο. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι α::Ξβ::Ξγ με τη μια τουλάχιστον από τις δυο ανισότη­ τες (έστω β<γ) να είναι γνήσια. Τότε έχουμε: α � β � Α. � :Β � 180° - ω � 180° -φ � ω � φ και α<γ�ΒΓ<ΑΒ�ΒΓ+ΓΔ<ΑΒ+ΒΖ, οπότε ΒΔ<ΑΖ Από την τελευταία ανισότη­ τα προκύπτει ότι υπάρχει σημείο Ρ στο τμήμα ΑΖ ώστε να ισχύει ΑΡ=ΒΔ Τα τρίγωνα ΑΕΡ και ΒΔΖ έχουν: ΑΕ=ΒΖ, ΑΡ=ΒΔ και ω�φ, οπότε θα είναι ΕΡ�ΖΔ (1) Η γωνία ω είναι αμβλεία και τα σημεία Ρ, Ζ είναι στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία από το Ε την κάθετη στην ΑΖ με το σημείο Ζ να απέχει από το ίχνος της Ε στην ΑΖ, από­ σταση μεγαλύ­ τερη από ότι το Ρ δηλ. ΑΖ>ΑΡ, οπότε ΕΖ>ΕΡ και δεδομένου ισχύ­ ει η (1) έχουμε ΕΖ>ΖΔ που είναι άτοπο, διότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο . Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο . Τα τρίγωνα ΒΔΕ, ΓΕΖ, ΑΔΖ έχουν δύο πλευρές ίσες. Αν λοιπόν α > β � γ τότε Δι > Ει � Ζι οπότε: � �Ε2 > � . Άρα Ει +Ε2 > Ζι +Δ2 . Άρα: ω'>Α (1) Αλλά Α > Β � Γ � Α > Α + Β3 + Γ � Α > 60° (2) Οι ( 1 ), (2) οδηγούν σε άτοπο. (ι) Α > Β � Γ� 60° > Α > Β � Γ � 1 80° > Α + Β + Γ άτοπο. Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν α � β > γ . Άρα α=β=γ. Ε

Δ

z

Ζ

Δ

Β 'τ ρ ό πο ς Γ. Τ α σ σόπο υλος

Δ ι α φ ο ρ ετ ι κ ά : �

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Καλάκος Α ­ θανάσιος- Κ άτω Π ατήσια, Χυτήρης - Κέρκυρα, Η-

λίας Κώστας -Α λιβέρι, Ι ωαννίδης Αντ ώνης - Λάρι­ σα, Τσαπακ ίδης Γιώργος - Αγ ρίνιο, Σ αμπ άς Θεόδω­ ρ ος - Π άτρα, Μ άγκος Αθανάσιος - Κ ο ζάνη κ α ι ο κύριος Ροδόλφος Μπόρης - Δ άφνη Αττ ικής . 84.

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστα-

σης Α =

(--\-α + --\-β + --\-γ ) · ( α + ι ){ β + ι )( γ + ι) για

τις διάφορες θετικές τιμές των αριθμών α, β, γ. ( Ε προτ άθη από το συνάδελφο Γι ώργ ο Αποστολόπου­ λο - Μεσολόγγι) Λ ί>ση ( από το σ υ ν ά δ ελφο Καλάκο Αθανάσιο- Κάτω

Π ατ ή σ ι α )

Από την ανισότητα του αριθμητικού - γεωμετρι­ κού μέσου έχουμε:-Α � 3 · 3 �1 - β21 · "71 (α + 1) (β + 1) (γ + 1 ) με την ισότητα να ισχύει μόνον όταν α=β=γ 3 (γ + 1 )3 3 Ά, ρα Α � 3 3 (α α+2 1 ) (β β+21 ) ....:. γ..._ 2 3 Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ( χ χ-+ 1 ) χ > Ο . 2 Ι σχύει: f ' ( χ ) = ( χ χ+31 ) ( χ - 2 ) η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για χ=2, ίσο με f ( 2 ) 274 . Άρα για κάθε χ>Ο ισχύει f (χ) � 274 . 'Ετσι έχουμε: ' Α� 3ψ ( α) f(β ) f(γ) � 3 ( � ) = � οπότε η ελάχιστη τιμή της παράστασης Α είναι: ' οταν ' α=β=γ=2 Α min = 481 και επιτυγχανεται r-'--

-

.

.

---,--:

1

=

Λύσεις έστειλαν επίσης ο ι συνάδελφο ι Σ ωτήρης Σ κο ­ τίδας - Κ αρδίτσα, Η λίας Κ ώστας - Αλιβέρι, Ι ωαννί­ δης Αντώνης - Λάρισα, Τσαπακίδης Γ ι ώ ργος - Αγρί­ νιο, Μάγκος Αθανάσιος - Κ οζάνη ο κύριος Άνδρης Ι ωάννης - μη χανικος Αθήνα κα ι ο κύριος Ροδόλφος Μ πόρης - Δ άφνη Αττικής. 85. Δίνεται η συνάρτηση f: [O, +oo)->R για την οποία ισχύει f(x)er< x>=x για κάθε χ�Ο. Να αποδεί­ ξετε ότι: ι . Για κάθε χ�Ο, ισχύει f(x)�O 2. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [ Ο ,+οο) 3. Η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την f 1 4. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ Ο , +οο ) 5. lim f ( χ ) = +οο χ --++οο

6. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.2178

[ Ο ,+οο)


( )

Ο Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη .. . κα ι Δ ιόφαντο

( Επροτ{ιΟη ιι.π6 τον l:ιιμπι'ι. Θι:6όωρο - l l ιίτfJ U ) .

Λύση (από το συνάδελφο Γ .Τσαπακίδη - Αγρίνιο) Ε ίναι: f(x)e'{x>=x�O, για κάθε χ�Ο, οπότε f(x)�O. Αν η f δεν ήταν γν. αύξουσα στο [Ο, +οο) , τότε θα υπήρχαν χ 1 , χ 2 ε [Ο,+οο) με χ ι < χ 2 ώστε f (χ l ) �f(x 2 ). Τ ότε όμως θα είχαμε και e ' ( x , ) 2': e t ( x , J , οπότε (x ) f ( χ 1 ) e ' , 2': ( χ 2 ) e'·( x , ) <=> χ 1 2': χ 2 , άτοπο. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο, +οο) . ως γνησίως αύξουσα είναι « 1 - 1 » οπότε αντι­ στρέφεται. Αν y=f(x), τότε έχουμε yeY=x, y�O, ο­ πότε f 1 (x)=exx, χ�Ο . συνάρτηση f 1 είναι συνεχής στο διάστη μα [Ο,+οο) , οπότε και η aντίστροφή της, δηλαδή η f είναι συ νεχής . Έστω ότι υπάρχει Μ>Ο μ ε f(χ)::ΞΜ, τότε erιx> :::; e M 1i \1 \t και f( x ) e x l :::; M e <::::> x:::; M e · για κάθε χ�Ο, που αποκλείεται . Ά ρ α η f δεν είναι φραγμένη και είναι γνη σίω; αύ�ουσα. οπότε 1 ί ιη ( χ ) = +:χ> . ·

f

Ι-

<=>

Η

οπότε

f

Η συ\ ' ά ρ τη ση f 1 ( x ) = xe ' είναι παραγωγίσιμη στο [Ο .� οο ) μ ε ( f 1 ( x ) ) ' = e ' +xe ' =( x+ l )e':;tO, οπότε η αντιστ ρ ο φ 1i τ η ; . που

στο [0.-οο ) .

είναι η

f είναι παραγωγίσιμη

Λ ύ σεις έστειλαν επίση ς ο ι συνάδελφοι Κ αλάκο ς Αθ α­ νά σ ιος- Κάτω Πατήσ ια, Κ ούρτη ς Χρυσόστομος - Λ ά­ ρ ι σα, Ηί.ιό πο υλος Γι άννη ς - Κ αλαμάτα , Τσόπελας Ι ω άννης- Αμαλι άδ α, Ι ω ανν ίδη ς Αντ ώνη ς - Λάρισα , Μ άγκος Αθαν ά σι ος - Κ οζάνη και ο κύρ ιο ς Ροδόλφο ς Μπόρης - .λ ά φνη Αττική ς. 86.

Αν για το υ ς π ραγματικούς αριθμούς χ, y, z 1 1 1 ισχύο υ ν οι σχεσεις -- + -- + -- = 1 και x+l y+l z+l z χ ] = Ο να αποδείξετε + Υ ]+ ------=] ' ( x + l ) ( y + l )' ( z + l ) . ότι: χ 3 + y3 + z3 =6 ο

i Ε π ιι u τιί θ η από

το

μηzυn κ {� ί\ \' Ι) μη Β �·J(i n η

- . υ ιΙι ν ιι. )

Λ ύση (από τον Γ. Σταματογ ι άννη - Δ ροσιά Α ττική ς) 1 1 1 Αν θέσουμε -- = α, -- = β και -- = γ τότε z+ l y+l x+l οι δοσμένες ισότητες γίνονται: 2 2 2 3 3 α+ β+γ= Ι και α + β +γ = α + β +/ , διότ ι

3

+

+

-1

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΚΟΚΟΠΑΚΗ

α γ

( 1 - α) ( =

β) (

γ)

6

διότι α+ β +γ = Ι και αβ + βγ+γα=3αβγ. Αλλά: 1 -- = α <::::> - - 1 = χ , - - 1 = y, - - 1 = z, α γ x+l β οπότε χ 3 + y 3 + z 3 =6

Ι

Ι

I

Λύσε ις έ στε ιλαν επ ί ση ς οι συνάδελφο ι Κ αλάκο ς Α­ θανάσιο ς- Κάτ ω Π ατήσια , Ι ω ανν ί δη ς Α ντ ώνη ς Λ ά ρισα , Τσαπακ ί δη ς Γ ιώργο ς - Αγ ρίνι ο , Σ α μ π άς Θεόδ ω ρο ς - Π άτρ α, Μ άγκο ς Α θ ανάσ ι ο ς - Κο ζάνη , Τ σόπελας Ι ω άννη ς- Α μαλιάδ α, Αποστο λόπουλο ς Γ ε ώργ ιο ς - Μ εσολόγγι, ο μα θητή ς Σακελλάρη ς Γ ιώργο ς - Μ ουσικό Λύκειο Β όλου και Κ ούρτη ς Χρυ σόστομο ς - Λάρισα .

Δίνεται η εξίσωση 3(x 2+y2 )+2(xy-33 1 )=2. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της 87.

( Ε προτάθη από το συνάδελφο Τρ ι άντο Γι ώργο Αθήν α) . \ 1> σ η

( υπι'.

το σ υ ν ά δ ελφο \ Ι ι'ι.γκο Λ Η ιι ν 6 σ ω -

νη) 2 2 Η εξίσωση γράφεται: 3 x +2yx + 3y - 664=0.

κο;(ι.­

Για να έχει ακέραια λύση , πρέπει η διακρίνουσα του ως προς χ τριωνύμου να είναι τετράγωνο θετι­ κού ακεραίου . Ε ίναι: Δ= 1 6 ·2(249- /) και για να είναι τέλειο τε­ τράγωνο, αρκεί να υπάρχει θετικός ακέραιος κ ώ­ 2 2 στε να ισχύει 2(249- y )=κ

Τεχνολογικής κατεύθυνσης με έκπτωση 1 Ο% μ οζί ΚΟΙ ΤΟ Α' τεύχος 13�ii#Jt)f!1!1�fιH8

Η προσφορά ισχύει μέχρι εξαντλήσεως της Α'

ο

+

3 ( ! + 3αβγ - 1 - αβγ) αβγ

κο ι

πόρτε

-1

= -

Νέα έκδοση

ΚΟΙ

+

Αποκτήστε το Β' τε ύχος του νέου βιβλίου των --�":":::) Τάκη Δρούτσο - Νίκου Π ονο υ σόκη

θετικής

_

± � � = 3 <=> (± -r) + (� - I ) +[� - ι )= ( ± ) ' (i )' (� - ! ) ' (±- r} (�-� } (� -ι)= � Ι - Ι -

Ηf

Χ � +Χ

( )

2 2 1 1 χ χ+1 1 = = x+l x+l ( χ + Ι )3 x + l x + l 2 Η =( α ) = α2 - α3 . γνωστή ταυτότητα 2 2 3 2 3 3 α + β +γ =(α+ β +γ) (α + β +γ - α β - βγ -γα) + 3 αβγ, εξαιτίας των παραπάνω ισοτήτων γράφεται: α β + βγ+γα=3 α βγ χ

έκδοσης.

ΑθΗ ΝΑ: Μεσολογγίου 1 , τηλ. : 2 1 0 3804347 θ Ε Σ ΣΑΛΟ Ν ΙΚΗ: Πλάτωνος 33, τηλ.: 23 1 0 230 31 0

f1��HMAfiKA

ι

··� Qf

'"''f

'"'


Ο Ευ κλείδης προτείνει .•• Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι κ άρτιος, οπότε υπάρχει λ ε Ν* ώστε κ=2λ και η ισότητα γί2λ2 =249- y 2 <:=> y2 =249-2λ2 νεται οπότε λ2 < 1 24,5 δηλ. Ι λ Ι ε { 1 ,2, . . . , 1 1 } Εύκολα πλέον διαπιστώνουμε ότι η ισότητα y2 =249-2λ2 ικανοποιείται μόνο όταν I λ I =8 ή 1 0, οπότε y ε { - 1 1 ,-7,7, 1 1 } Με αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση βρί­ σκουμε τις αντίστοιχες τιμές του χ και τελικά οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης είναι οι: (7, 1 1 ), (-7,- 1 1 ), ( 1 1 ,7), (- 1 1 ,-7) Λύσεις έστειλαν Καλάκος Αθανάσιος- Κάτω Π ατήσια, Ι ωαννίδης Αντώνης - Λάρισα, Τσαπακίδης Γιώργος ­ Αγρίνιο, Η λιόπουλος Ι ω άννη ς - Καλαμάτα, Κούρτη ς Χ ρυσόστομος - Λάρισα, Αποστολόπουλος Γεώργιος Μεσολόγγι, Χυτήρης - Κέρκυρα, Ροδόλφος Μπόρης Δ άφνη Αττικής, Άνδρη ς Ι ωάννη ς - Αθήνα. 88. Έστω

οι ν το πλήθος θετικοί ακέραιοι Κι, Κ2, • • • , Κν•

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ί και j με 1� ί � j � ν τέτοιοι, ώστε το άθροισμα Κϊ+ι +Κϊ+2+ • • • + Kj να είναι πολλαπλάσιο του ν. ( Ε προτύ.Ηη από l:ωτή ρη Σ ιωτίδα - Κ α ρ δ ίτσα)

Λύση (από Δημήτρ η Καρ ά βοτα- Κ. Αχάία)

90. Σε τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία Β είναι διπλάσια από τη γωνία Γ. Να βρείετε τη σχέση που συνδέει τις πλευρές του τριγώνου. ( Π ροτείνεται από το συνάδελφο Θανάση Κυριακό­ πουλο - Αθήνα) 9 1 . Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) και

σημεία Δ, Ε στις πλευρές ΑΓ, ΑΒ ώστε να ισχύουν ΓΔ=ΔΕ=ΑΕ=ΒΓ. Να υπολογίσετε τη γωνία Α του τριγώνου . ( Π ροτείνεται από το συνάδ ελφο Γκουντουβά Σ ωτή ­ ρη- Αργυρούπολη) 9 2 . Αν για τους θετικούς αριθμούς χ, y, z ισχύει χ+ y+z= 1 , να βρείτε τη μέγιστη τιμή του αθροίσματος S=xy(x+y )+yz(y+z )+zx(z+x) (Π ροτείνεται από το συνάδελφο Τσαπακ ίδη Γε ώ ργιο - Αγ ρίνιο) 93. Οι διχοτόμοι ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ των γωνιών τριγώ­

νου ΑΒΓ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στΑ ση μεία Α ' , Β ' , Γ . Αν ΑΑ ' =da. ΒΒ ' =dβ και ΓΓ =dy , να αποδείξετε

Θεωρούμε τα αθροίσματα: Sι= κι S 2 =κι + Κ2 s3 =κι + κ2 +κ3

1

1

1

Οτι _α_ + _β_ + Υ - > -3 η μ 2 Α ημ 2 Β ημ 2 Γ '

Sv =κι + κ2 + . . . +κv Αν για κάποιο από τα αθροίσματα αυτά, έστω το sί, i= 1 ,2, . . . ,ν ισχύει: S i = κ ι +κ2 + . . . + Κv = O(mod ν) τότε προφανώς οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι Κι ,

στα ση μεία Ε, Ζ και Η, Θ αντίστοιχα να αποδείξετε ότι α) ΕΗ//ΔΓ β) 1 3 (ΕΖΗ)=20(ΕΘΗ) ( Π ροτείνεται από το συνάδελφο Γι ώ ργο Αποστολόπουλο - Με σολόγγι)

κ2, . . . , Ki

Αν κανένα από τα αθροίσματα S i δεν είναι πολλα­ πλάσιο του ν, τότε επειδή το πλήθος των αθροι­ σμάτων είναι ν και το πλήθος των υπολοίπων της διαίρεσης ενός αριθμού που δεν είναι πολλαπλάσιο του ν, είναι ν- 1 , θα υπάρχουν τουλάχιστον δυο α­ θροίσματα έστω Sκ , Sλ με κ>λ τα οποία διαιρούμε­ να με το ν θα δίνουν το ίδιο υπόλοmο. Άρα Sκ - Sλ = O ( mod· ν ) , οπότε ακ + Ι + ακ + 2 + . . . + αλ = O ( mod· ν )

Λύσεις έστειλαν επίσης Καλάκος Αθανά σιος- Κάτω Π ατήσια, I . Η λιόπου λος - Καλαμάτα, Ρ . Μ πόρης .

Ασκήσεις για λύση 89. Στις πλευρές ΔΓ και ΓΒ τετραγώνου ΑΒΓΔ

θεωρούμε τα σημεία Κ, Λ και Μ, Ν αντίστοιχα ώστε να ισχύουν ΔΚ=ΚΛ=ΛΓ=ΓΜ=ΜΝ=ΝΒ . Αν οι ευθείες ΑΚ, ΚΑ τέμνονται από τις ΔΝ, ΔΜ

Όπου 1

__

δ δ δ =α 1β = β 1 = γ α d ' dβ ' γ d α γ -

-

( Π ροτείνεται από τον Χ ρ . Κούρτη - Λάρισα) 94. Ν α βρεθούν οι τρεις μικρότεροι φυσικοί διαδοχικοί αριθμοί των οποίων το άθροισμα είναι τέλειο τετράγωνο και τέλειος κύβος.

( Π ροτείνεται από φοιτητή του Ε ΜΠ Μ . Θ . Ρασσιά)

Έστω y ε Ζ * . Αν Χι, x2, . . . ,Xn E Z - { 1 } με η ε Ν και (χι · Χ2 · . . . ·xn)2 ·y:Ξ2 2(n+ι) και χ ι · χ 2 · . . . · xn ·y=z+ 1 , με zε Ν, να αποδειχθεί ότι τουλάχιστον ένας από τους ακεραίους αριθ­ μούς χ ι , χ2 , . . . ,xn, z είναι πρώτος. 95.

(Προτείνεται από φοιτη τή του Ε Μ Π Μ . Θ . Ρασσιά)

Έστω δυο περιττοί πρώτοι ακέραιοι p ι , p2 . Έστω, επίσης, α, η ακέραιοι με α> 1 και η> 1 . 96.

Αν η εξίσωση

(�)Ρι (�)Ρι = αη -1

+

+1

δεν έχει ακέραιες λύσεις όταν p ι = p2 , τότε δεν έχει επίσης ακέραιες λύσεις στην περίπτωση Ρ ι :f Ρ2 · ( Π ροτείνεται από φοιτη τή του ΕΜ Π Μ . Θ . Ρασσιά)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.2/80


,

ια

από τις εκδόσεις << Εν Δυνά μ ει>>

-

Ασκήσeις Βιολοyiας

-

-

Κ. Ρ. Παπαζήσης Μα8ημσnκ6 Κατcύ8υνσης ( Π α ρόγωγο ι) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος Μα8πμcmικ6 Κατεύβυνσης (Ολοκληρώματα) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος Έκφραση -ΊΞκecση - Α. Καλλή - Γ. Σοuλτάνης •

Γ. Λυκείου

Φυαική ΙΚcιτ'cύβυνσπς (ταλαντώσεις Κuματα) - Γ. Θ. Ντοuβαλης Φυσική Κατcύβυνσηc: (Μηχανική του ατερεοu σώματος) Γ. Θ. Ντοuβαλης • Φuσική ΙΚcιτ'cύβυνσης (Κροu σ εις - Φαινόμενο Doppler) Γ. Θ. Ντοuβαλης •

την

Για

Γενικής Παι6εiας

-

Αν6nιυξπ sφαρμοyών σs προyραμμcmιcnικό πeρι86λλον Κ. Ν. Αρχ&ς Οικονομικής Θι:ωρiας Κ. Γαροφαλάκης

-

• •

Για

την

Ιορδανόποuλος

Α' Λυκείου

Φυσική - Κ. Ρ. Παπαζήσης Γ. & Π. Λοuκόποuλος

'Άλyι:8ρα

-

Ειι Δ�ιιόμιsι Ε Κ Δ Ο Σ

ΧΡΥΣ Ι Π Π ΟΥ 1

&

ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜΕ

Ε Ι Σ

ΖΩ ΓΡΑΦΟΥ

Τηλ. : 2 1 Ο 74 88 030,

fax : 2 1 Ο 74 83 03 1


Profile for demi de

Ευκλειδης Β 62  

Ευκλειδης Β 62  

Profile for demiridis
Advertisement