Issuu on Google+

24η 26

Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα

Απριλίου- 2 ΜαϊΌυ 2007, Ρόδος- Ελλάς

Εβδομάδα Μαθηματικής Σκέψης

• • • • • • • • • • • • • • •

Αγγλία Αζερμπαϊτζάν Αλβανία Βοσνία Ερζεγοβίνη Βουλγαρία Ελλάς Ιταλία Καζακσταν Κύπρος Μαυροβούνιο Μολδαβία Ρουμανία Σερβία Τουρκία FYROM

I

- ---+

,.

-

---1--

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία +


rιιr Ελλιινιιιιjr lιlιιΒιιμιιrιιιιjr Εrιιιpeίιιr ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ11ΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

n,;,, .,

Aftpf

Α

Μεθοδολογία Άλγεβρας Α Ενιαίου Λυκείου

Άλγεβρα

Θ.

Ενιαίου Λυκείου

Τσιούμας, I. Σιάχος

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Μεθοδολογία Άλγεβρας Β' Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας Ε.

Πρωτοπαπάς

Β'

{'

Φ!

AπlφiΙttll

....-... --==---....__, ._

Γεωμετρία Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας Ε. Πρωτοπαπάς

ΜΑΘΗ Ατικ•

μαθηματικά r· Ενισfου Λυκείου

ι5.Α\ �

Ε!

Γ

Μαθηματικά

Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας Μ. Τσιλπιρίδης

Ελληνι�ή ΜnΟηματοιιή Εταοpr.I(Ί

Αρχές οικονομικ ή ς θεωρίας Γ Ενιαίου Λυκείου

Μάθημα επιλογής για όλες τις κατευθύνσεις Π. Μηλίτσης

ΚεvτpΙΝf 6ιJΒε•ιι Ελλqνιιtq ltii#Bqμtιτιιtq Ετtιιpείtι Πtιvenι6τqμίeu 39 I#Bqνtι -


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

64

Απρίλιος

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

Μάιος

Ιούνιος

2007-

Έτος λθ"

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

rΙΑ

Ευρώ:

ΤΟ

3,50

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

-./ Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές - googol ή 10100

... 2

... 4

-./ Μαθηματικοί Διαyωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-./ Homo Mathematicus . . ............................................. . .......... 11 -./ Άλyεβρα

................ 15

-./ Γεωμετρία

................. 22

Μαθη:ματικά

-./ Άλyεβρα

Τάξης:

Β�

...... 28

-./ Γεωμετρία

...... 33

-./ Κατεύθυνση

...... 42

-./ Μαθηματικά Κατεύθυνσης .......

........ 50

........ 69

-./ Μαθηματικά Γενικής Παιδεία ..... -./ Ο Ευκλείδης προτείνει

•••

Ευκλείδη

................................... 74

-./ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν .................................... 78

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34

106 79 ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 21 Ο 3617784 - 3616532 Fax:2103641025

Πρόεδρος:

. Ταααόπουλος Γιώργος Αντιπρόεδρος:

Ευαταθίου Βαγγέλης

Εκδότης:

Εξσρχάκος Θεόδωρος Διευθυντής:

Γραμματέας:

Χριατόπουλος Παναγιώτης Αργυράκης Δ.

Μέλη:

Τυρλής Ιωάννης

Δρούταας Π.

Κ(ι)όικιiς ΕΛ.'ΙΆ.: 2055 JSSN

:

1105

-

Συντακτική Επιτροπή

Εκτελεστική Γραμματεία

Λουρίδας Σ.

Ί998

Ταπεινός Ν.

Επιμέλεια 'Εκδοσης: Τσααόπουλος Γιώργος Ευατσθίου Βαγγέλης

ΙΔΙΟΚΤΗΣΙΑ ΤΗΣ ΕΜΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡ&ΙΑΣ

Αθανασόπουλο$ Γεώργιος Αναστασίου Για�ς Ανδρουλακάκης Νικος Αντωνόπουλος Νίκος ,<\ργυρ�κης Δημήτ_ριος Βακαλόπουλος Κωστας Γράψας Κων/νος Δρουτσας Παναγιώτης Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαγγέλης Καλίκας Σταμάτης ΚανέλλΟς Χρήστος Καραγκού'.:ης Δ!Ιμήτρης Καρακατσανης Βασίλης Καρκάτης Βασίλης Κατσούληs Γιώ�ος Κερασα�ίόης Γιαννης Καρδαμιτσης Σπύρος Κrιπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυ ιακόπουλος Θανάσης Κυ ερ'V!]του Χ�στ. Λα αρίδης Χρηστος Λάππας Λευtέ§?f!ς Λουρίδας Σωτηρη_ς Μαλαφέκας Θανασης

Μανολάκου Σταματική 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 τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης ΦανέληΆννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6τι προτείνονται απ6 την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να σι:έλνονται έγκαιρα, Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β"''. Τα χειρόγραφα δεν επισtρέφονται.

'fιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (10,00 + 4,00 Ταχυδρομικά Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευριό 10,00

=

σι:α

γραφεία της

ευριό 14,00)

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται σι:έλνεται με ωτλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται σι:α γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: /ΝrΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 ΥnειίΒuναι; τunαγpαφείαu: Β. Σωτηριάδης


googol ή

ο

ι μεγά�οι αριθμοί, εκατομ�ύρια, δισε­ κατομυρια, τρισεκατομμυρια κ.ο.κ. ασκούσαν πάντα μια γοητεία τόσο στα παιδιά όσο και στους μεγάλους. Σήμερα, με το δεκαδικό σύστημα αρίθμησης, μπορούμε εύκο­ λα να γράψουμε κάθε αριθμό, οσονδήποτε με­ γάλος και αν είναι αυτός. Ωστόσο, στις απαρχές των Ελληνικών μαθηματικών που η αρίθμηση γινόταν στο αλφαβητικό δεκαδικό σύστημα, η γραφή ενός πολύ μεγάλου αριθμού δεν ήταν εύ­ κολη υπόθεση. Η δυσκολία γινόταν μεγαλύτερη εξαιτίας της ασυμφωνίας που είχαν, μεταξύ τους, οι αρχαίοι συγγραφείς στον τρόπο γραφής και τον συμβολισμό των κλασματικών και μι­ κτών αριθμών και των πολύ μεγάλων αριθμών και όχι μόνο. Ο Αρίσταρχος ο Σάμιος (3 1 0-230 π.Χ) χώριζε τον αριθμό σε δύο μέρη. Στο πρώτο μέρος συμ­ βόλιζε τις Μυριάδες με το M(= lOOOO ) και έγρα­ φε υπεράνω του Μ, τον αριθμό που δηλώνει το πλήθος των μυριάδων. Π.χ. για τον 30000 έγραφε:

γ

Μ

( =13

χ

ιοοοο

10100

του Γιάννη Σ ιούλα

Ο Διόφαντος και ο Απολλώνιος χρησιμοποιούσαν διαφορετικές γραφές για τις μυριάδες (βλ.'Ηρωνος Αλεξ. Ονόμ.γεωμ. όρων σελ.Ιχχii-1χχν έκδ.ΕΜΕ και περ.Ευκλείδης Β ' τ .. 9, 1 993 στο άρθρο Διόφαντος). Σ' ένα μικρό δοκίμιο με τίτλο ο Ψαμμίτης, ο διά­ σημος Αρχιμήδης (περίπου 287-2 12 π.Χ.) υπολόγισε την ποσότητα των κόκκων άμμου που θα μπορούσε να περιέχει η «σφαίρα του κόσμου» Βρήκε έναν α­ ριθμό περίπου ίσο με εκείνον που θα εκφράζαμε με το σημερινό σύστημά μας, με ένα « 1 » ακολουθούμε­ νο από εξήντα τέσσερα μηδενικά! Ο Αρχιμήδης εί­ χε μια ιδιαίτερη "ροπή" να κατασκευάζει πολύπλο­ κα προβλήματα των οποίων οι άγνωστοι, εκφράζο­ νταν με πολύ μεγάλους αριθμούς. Το βοεικό πρό­ βλημα που απέστειλε στους Αλεξανδρινούς μαθημα­ τικούς για να το επιλύσουν είναι τόσο δύσκολο ώστε, για πολλούς αιώνες παρέμεινε άλυτο . (Βλέπε Ευ­ κλείδης Β ' ,Ν :6, Οκτώβριος.-Δεκέμβριος 1 992, στο άρθρο Ο Αρχιμήδης, ο Νεύτων και τα κοπάδια τους.).

����.� .

)

Αρίσταρχος Ο Σάμιος (3 I 0-230 π.Χ)

Επιμέλεια : Χρ ήστο ς Κηπουρός

Αρχιμήδης Οι μεγάλοι αριθμοί εξάπτανε επίσης τη φαντασία και των αρχαίων Ινδών. Σε ένα ποίημα του Edwin Arnold (Άγγλος ποιητής, 1832-1 904), του οποίου ένα απόσπασμα δημοσιεύτηκε στο «Φως από την

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

τ.4/2


-------

Ι στορ ικές Μαθη ματικές Αναφορές

αναφέρεται μια μυθική αφήγηση σχετικά με την εκπαίδευση του νεαρού Βούδα από το δάσκαλό του Βισαουμίτρα. Από αυτό φαίνεται η σημασία που είχαν για την αρχαία ινδική αριθ­ μητική οι μεγάλοι αριθμοί και οι ονομασίες τους.

Ασία»,

Και ο Βισαουμίτρα είπε: «Αρκεί, πάμε στους αριθμούς». ... Το παιδί άρχισε να απαγγέλλει: «Ψηφία, δεκάδες, εκατοντάδες, ωσότου έφτασε στον ολοστρόγγυλο Λαχ. ...'Υ στερα είναι τα κοτί, ναχούτ, νιναχούτ,.. Από τα πουνταρίκας φτάνουμε στα πάντουμας που μ' αυτά μετράμε τους κόκκους της λεπτής σκόνης ... Αλλά να, κι άλλοι ακόμη αριθμοί: Ο Κάτχα, για να βρίσκουμε πόσα είναι της νύχτας τα αστέρια. Ο Κότι Κάτχα, για τις σταγόνες του ωκεανού... Ο Σαρβανίκτσεπα, που μας δίνει όλου του Γκούνγκα την άμμο. και, Δάσκαλε, αν θέλεις θα σου πω πόσα κομματάκια ήλιου βρίσκονται απ' άκρη σ' άκρη μέσα σε μια γιοτζάνα». Τότε ο μικρός πρίγκιπας πρόφερε στη στιγμή σωστά ολόκληρο τον αριθμό τους. Ο Βισαουμίτρα μαγεμένος ατένισε πρώτα στο πρόσωπο το αγόρι, γονάτισε ύστερα μπροστά του και ανέκραξε: «Δικός σου, Δάσκαλε, όλων των δασκάλων! Συ, όχι εγώ, είσαι Γκουρού».

Στη δεκαετία του 1 940 ένας αμερικανός μα­ θηματικός, ο Edward Kasner (1 878-1 955) του Πανεπιστημίου της Κολούμπια, σε κουβέντες που είχε με μικρά παιδιά, βρέθηκε μπροστά στο εξής πρόβλημα: Ποιοι αριθμοί απαιτούνται για να εκφραστεί το πλήθος των σταγόνων της βρο­ χής, που πέφτουν μια βροχερή ημέρα στη Νέα Υόρκη; Οι αριθμοί, βέβαια, είναι πολύ μεγάλοι, αλλά πεπερασμένοι. Για να μυήσει ο Kas ner τον εννιάχρονο α­ νεψιό του στους μεγάλους αριθμούς, επινόησε το γκούγκολ ( 1 googol=1 0100 δηλ. 1 ακολου­ θούμενο από εκατό μηδενικά!) Κατ' άλλους το googol φτιάχτηκε από τον Milton Sirotta, ανεψιό του Kas ner, και πρωτοα­ να-φέρθηκε στο βιβλίο "Mathematics and the I magination" των Kas ner και N ew man. Πιθανόν η νέα λέξη googol να γεννήθηκε από το «Γκούνκα» που αναφέρει στο ποίημά του ο Edw in Am old. Το Google, μηχανή αναζήτησης του inter­ net, είναι ένα λογοπαίγνιο με τη λέξη googol και συμβολίζει το όραμα και την πρόθεση της εταιρείας να οργανώσει τον φαινομενικά άπειρο αριθμό πληροφοριών που είναι διαθέσιμες στο διαδίκτυο.

Αν και το googol είναι ένας πολύ μεγάλος

------

αριθμός, στα μάτια ενός μαθηματικού συνηθι­ σμένου να παίζει με την έννοια του απείρου είναι 10100 Η ένας μικρός αριθμός. ξεπερνά τιμή όμως κατά πολύ τα όρια του πραγματικού κόσμου, αφού δεν έχει πλέον καμιά φυσική σημασία!!

Ένα συνηθισμένο διαμέρισμα 1 00 τ.μ. ή 1 00.000.000 τ.χιλ. = 108 τ. χιλ. είναι πολύ πολύ μα­ κριά από το googol. Ας πάρουμε την επιφάνεια της Γης μήπως και έχουμε κάποια σεβαστή τιμή. Η επι­ φάνεια της υδρογείου είναι 5 1 0.000.000 τ.χλμ. ή 5χ 1 020 τ. χιλ. περίπου, δηλ. ένα 5 ακο-λουθούμενο από 20 μηδενικά, πάλι όμως πολύ μακριά από το googol. Ο άνθρωπος, σίγουρα, δεν μπορεί να μετρήσει τις σταγόνες του νερού μιας θίiλασσας ούτε τους κόκκους άμμου μιας ερήμου. Δεχόμενοι όμως ότι οι σταγόνες έχουν διάμετρο 2 χιλιοστά, η Μεσό-γειος θα περιλάμβανε περίπου 1 024 σταγόνες. Επίσης, στη Σαχάρα (έκταση 8χ 1 06 τ.χλμ.) μια στρώση άμμου πά­ χους 20 εκ., δεχόμενοι ότι υπάρχουν 1 1 Ο κόκκοι ανά κυβικό χιλιοστό, θα περιλάμβανε 1 02 κόκκους άμ­ μου.

Αν σκεπάσουμε την Ελλάδα (ηπειρωτικό και νησιωτικό τμήμα έχει έκταση περίπου 132.000 τ.χλμ .=1,32χ105 τ. χλμ.) με ένα στρώμα άμμου ύψους ενός μέτρου και δεχόμενοι ότι χρειάζονται 1Ο κόκκοι ανά κυβ. χιλ., θα χρειαστούμε περίπου 1,32χ1021 κόκκους άμμου. Ο αριθμός κόκκων άμμου που ολόκληρος ο όγκος της Γης θα μπορούσε να περιέχει, με την προηγούμενη πυκνότητα, είναι περίπου 1031• Αριθμός πολύ μεγάλος, αλλά και πολύ μικρός για το googol.

Ας δεχτούμε (όχι αποδεδειγμένα) ότι το Σύμπαν είναι κοίλο και πεπερασμένο. Οι αστρονομικοί υπο­ λογισμοί, σε συνδυασμό με αυτούς της ατομικής φυ­ σικής, αποδεικνύουν ότι ο λόγος της διαμέτρου του Σύμπαντος προς τη διάμετρο του πυρήνα του ατόμου είναι 1 04 2 • Γενικά, το 1 04 2 είναι το κλασικό όριο για καθετί που είναι πραγματικά μετρήσιμο στο Σύμπαν. Στην πραγματικότητα δεν υπάρχει ποσότητα ενός googol από οτιδήποτε. Ο αριθμός 10100 ξεπερνά καθετί που θα μπορούσε να αριθμηθεί και να μετρηθεί στον φυσικό κόσμο. Ο Kas ner με το googol έβαλε ένα από τα όρια ανάμεσα στην αριθμητική και τη φυσική. Φυσικά, αυτό δεν εμποδίζει τους μαθηματικούς να ξεπεράσουν κατά πολύ τα όρια του μετρήσιμου Σύμπαντος, αφού ένας αριθμός όπως το googol δεν είναι γι' αυτούς παρά ένα από τα αμέτρητα στοιχεία του συνόλου των φυσικών αριθμών, προηγούμενος από το 10100 + 1 και βέβαια πάντα πολύ μικρότερος από το άπειρο! Βιβλιογραφία

1. 2. 3.

Ευκλείδης Β' 1991 τ,2",στο άρθρο: Ο Αρχιμήδης ο μέγιστος των μηχανικών ,,, Ευκλείδης Β' 1992 τ,6° στο άρθρο: Ο Αρχιμήδης, ο Νεύτων και τα κοπάδια τους Ήρωνος Αλεξανδρέως! Ονόματα Γεωμετρικών όρων­ Γεωμετρικά, Εισαγωγή (σελ.Ιχχίί).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ .4/3


�·-'/J.A - HU......,_ � OJ��

.,

.Jf;

Επιμέλεια : Σ ω τή ρ ης Ε. Λουρ ίδας

�========-=-·���=·· ================================� η

ΙΕλλη·!;y_κ]Έ Μαθηματική Ολυμπιάδα '1"0 Αρχιμήδης"

ΣΑΒΒΑ ΤΟ, 24 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2007

Επιτ ροπ ή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ

θέμα.τα

Μεyάλων τάξεων

1

Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς v για τους οποίους ο αριθμός 2 007 4ν είναι τέ­ λειο τετράγωνο.

+

ΛίJση

Έστω ότι ισχύει 2007 + 4ν = κ2 , κ ε Ν. Τότε θα έχουμε κ2 - 4ν = 2007 � κ 2 - 2 2ν = 2007 � � ( k - 2 v )( k + 2 v ) = 1 · 3 · 3 223. Επειδή κ - 2v < κ+ 2v , από την τελευταία ισότη­ τα προκύπτουν τα συστήματα: •

{

}{

}

κ-2ν = 3 � 2κ = 672 :::::>2ν = 333 . 2 · 2v =666 που είναι άτοπο.

(Σ2 ) � κ+ 2ν = 669

Επίσης

{

κ - 2ν = 9

}

{ 2κ = 232 }

(Σ ) � κ + 2ν = 223 � 2 · 2ν = 2 14 :::::> 2ν =107 ' 3

·

που είναι άτοπο. Άρα δεν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί v με την ιδιότητα ο αριθμός 2007 + 4v να είναι τέλειο τετρά­ γωνο. ΠΡΟΒΛΗΙ\<1Α2

Αν α,β,γ είναι μέτρα πλευρών τριγώνου, να α­ ποδείξετε ότι:

(α+γ-β)4 (α+β-γ)4 (β+γ-α)4 > �----� α(α+β-γ)+ β(β+γ-α)+ γ(α+γ-β)�αβ+βγ+γα

{

Όμως

κ - 2ν = 1

}

(Σι)� κ + 2 v = 2007 � �

ΛίJση.

{ 2κ = 2008 } :::::> 2ν = 1003 2 · 2ν =2006

που είναι άτοπο. Επίσης

Αν θέσουμε α + γ - β = χ, α + β - γ = y,β + γ - α = z , τότε λαμβάνουμε +χ +z χ+ α = 2 Υ ' β = Υ 2 ' γ = z 2 και α+β+γ=χ+y+z . Το πρώτο μέλος της ανισότητας γίνεται:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/4


------- Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδ ες

4 4 4 Κ = 2χ + 2 Υ + 2z y(x + y) z(y + z) x(z + x)

-------

Από την ανισότητα των C auch y -Schw artz έχου­ με: Κ [Υ ( χ + Υ ) + z ( y + z ) + χ ( z + χ ) J � (χ 2 y 2 z 2 ) 2 + + 2

β γ) 2 = ( α + + � α β + βγ + γ α 3

J� ( � • • •

-

fJJ>OBΛH.VIA 3

Σχήμα 2 Αν ΟΑ είναι η εφαπτομένη από το Ο προς έναν από τους κύκλους C; (Κ; , r) , τότε ΟΑ 2 = R ( R - 2r) <::> OA =� R ( R - 2r) . Ο κύκλος (Ο,ΟΑ) εφάπτεται των πλευρών της πολυγωνικής γραμμής Κ1Κ20 ,ΚΝ_1ΚΝ και ισχύ ει

Σε κυκλικό δακτύλιο με ακτίνες R και R 2r , όπου R = l lr , τοποθετούμε κύκλους ακτίνας r εφαπτόμενους των κύκλων που ορίζουν το δα­ κτύλιο και ανά δύο μη επι-καλυπτόμενους. Να προσδιορίσετε το μέγιστο αριθμό των κύκλων που μπορούμε να τοποθετήσουμε μέσα στο δα-

2� R(R -2r) < N · 2r + 2r � π

Από τις ( 1 ) και (2) έπεται ότι:

Jml

π

-ι::;N <π

)

-2 - ι:::; Ν (2)

( � -ι}

από την οποία, λόγω της υπόθεσης R = l lr , έπεται ότι π� 1 1 ( 1 1 - 2) - Ι ::;; Ν < π ( 1 1 - Ι) <=> πJ99 - 1::;; Ν < Ι Οπ := 3 1, 4 <=> Ν = 3 1 . Έσtω ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε Ν κύκλους C; (K; , r) εφαπτόμενους ανά δύο στο εσωτερικό Jfi'IJI�Λ I Ηlι\ '! του δακτυλίου. Ο κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας Σε κάθε τετράγωνο μιας σκακιέρας 2007 2007 R - r έχει μήκος μεγαλύτερο της περιμέτρου τοποθετούμε έναν από τους αριθμούς 1 ή -1 . .eκ1 ...κΝκι του πολυγώνου που έχει κορυφές τα κέΣυμβολίζουμε με Α; το γινόμενο των αριθμών ντρα των κύκλων C; ( Κ;, r) , οπότε ισχύει: της ί γραμμής, i = 1, 2, , 200 7 , και με Βί το κτύλιο. (Δίνεται ότι; 9,94< ..J99 <9,95)

χ

-

•••

γινόμενο των αριθμών της j- στήλης, j = 1, 2, ... , 2007 . Να αποδείξετε ότι:

Α, +Α2 +...+Α2οο1 +Β, +Β2 +...+Bzoo7 *" Ο · Είναι Α1Α 2 ... Α 2007 · Β 1 Β 2 ...Β 2007 = Ι , αφού κάθε στοιχείο του πίνακα εμφανίζεται δύο φορές, μια σε γραμμή και μια στήλη. Άρα το πλήθος των (- 1 ) εί­ ναι άρτιο στο γινόμενο Α1Α2 Β2007 έστω π.χ. 2k, οπότε το πλήθος των +Ι θα είναι 40 14 - 2k. Αν όμως ( 40 14 - 2k) (Ι) + 2k ( -1) = Ο� 40 14 = 4k, άτοπο 4 δεν διαιρεί 40 14 . αφού Άρα

...

Σχήμα Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/5


ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ (ΕΣΙ) ΛΕΥΚΟΠΟΥΑΕΙ ΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ 2007

Νίκος Π απαδά τος, Χαράλαμπος Χαραλαμπ ίδης, Τμ ήμα Μ αθη ματικών, Παν επισ τή μιο Αθην ών

Θέμα 1. Ρίχνουμε ένα συνηθισμένο ζάρι 1 0 φορές. Να υπολογισθούν οι εξής πιθανότητες: Η

μεγαλύτερη ένδειξη (από τις 1 0) είναι το

(β)

Η

μικρότερη ένδειξη είναι το 1 .

(γ)

Η

(α) 5.

Λύση

=(Α4 nB1)u(A5 nB2),

μεγαλύτερη ένδειξη είναι το 5 και η μι­

κρότερη το 1 .

C = (A5 n A :) n (B 1 n B ;) = (A5 n B 1 ) n (A4 υΒ2 ) ' = (Α5 n B 1 ) - (A4 υΒ2 ), και (Α 5 n B 1 ) n (A 4 υΒ 2 ) = = (Α 4 n A 5 n B 1 ) U(A 5 n B 1 n B 2 ) επειδή Α4 � Α 5 και

Β2 � Β1•

Συνεπώς,

P(C) =Ρ(Α5 nB1)-P((A5 nB1)n(A4 uB2)) :ο::Ρ(Α5 nB1)-P((A4 nB1)u(A5 nB2)) =Ρ(Α5 nB1)-P(A4 nB1)-P(A5 nB2)+

Για_ k,j= 1, 2, . . . , 6 , ορίζουμε τα ενδεχόμενα +Ρ(Α4 n Β1nΑ5 n Β2) A k = { όλες οι ζαριές έφεραν ένδειξη ::; k} και =Ρ(Α5 nB1)-P(A4 nB1)-P(A5 nB2)+P(A4 nB2) 1 1 1 Β j = {όλες οι ζαριές έφεραν ένδειξη � j} , οπότε =(51 6) 0- 2 ( 4/ 6) 0+ (3 / 6) 0• P(A k) = (k / 6) 1 0 και P(B j) = (l - (j- 1) / 6) 1 0 • Επί­ σης, ισχύει ότι P(A k n Β )= ((k - j+ 1) / 6) 1 0 , όταν Θέμα 2. Οι παίκτες α και β ρίχνουν διαδοχικά δύο συ­ ι::; j::; k ::; 6 . νηθισμένα ζάρια, μέχρις ότου είτε ο α φέρει (α ) Αφού Α 4 � Α 5 , οπότε Α 4 n Α 5 = Α 4 0 έχουμε: πρώτος άθροισμα 9, οπότε το παιχνίδι το κερδί­ Ρ( η μεγαλύτερη ένδειξη ισούται με 5 ) ζει ο α, ή ο β φέρει πρώτος άθροισμα 8, οπότε το παιχνίδι το κερδίζει ο β. Οι ρίψεις ξεκινούν από = Ρ(Α 5 - Α 4 ) = Ρ(Α 5 ) - Ρ(Α 4 n A 5 ) τον α. Να υπολογίσετε την πιθανότητα να κερ­ = Ρ(Α 5 ) - Ρ(Α 4 ) = ( 5 / 6) 1 0 - ( 4/ 6) 10 • ·

δίσει ο α, καθώς και την πιθανότητα να κερδί­

Ομοίως, αφού Β 2 � Β 1 , οπότε Β1 n Β 2 = Β 2 , σει ο β. έχουμε: Λύση Ρ( η μικρότερη ένδειξη ισούται με 1) Ο παίκτης α φέρνει άθροισμα 9 με τις ζαριές = Ρ(Β 1 - Β 2 ) = Ρ(Β 1 ) - Ρ(Β 1 n Β 2 ) (3, 6) , (4, 5 ) , (5, 4) και (6, 3) , δηλ. με πιθανότη1 0 = Ρ(Β 1 ) - Ρ(Β 2 ) = 1 - (5 / 6) • τα 4 / 36 = 1 / 9 . Για τον παίκτη β οι ευνοϊκές ζα­ ριές είναι οι (2, 6) , (3, 5) , ( 4, 4) , ( 5 , 3) και (γ) Εδώ ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου (6, 2) , δηλ. έχει πιθανότητα 5 / 36 να φέρει άC = Α n Β , όπου Α = Α 5 - Α 4 , Β = Β1- Β2 • Πα- θροισμα 8. ρατηρούμε ότι Για k = 1, 2, . . . ορίζουμε τα ενδεχόμενα: Α 2 k-Ι = {ο α κερδίζει στην 2k - Ι δοκιμή } , και B 2 k = {ο β (β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/6


Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδ ες

-------

--------­

κερδίζει στην 2k δοκιμή } . Προφανώς, αν Α εί- υπολογισμός.] ναι το ενδεχόμενο να κερδίσει τελικά ο α και Β το Θtμα3. εvδεχόμενο να κερδίσει τελικά ο β, τότε

Το νόμισμα α έχει πιθανότητα p ( Ο < p

όπου τα Α 1 , Β 0 Α 3 , Β 40 είναι ξένα (ασυμβίβα­ 2 στα ή αμοιβαίως αποκλειόμενα) ενδεχόμενα. Ό­ μως, k-l 3 1 k- l 4 32 P(Azk-Ι) = 36 36 36 ' k k-l 5 32 3 1 P (B zk) = 36 36 36 ' k = 1,2,.. . , • • •

( ) ( ) ( )( )

[(

και τελικά,

]-

)( )

( )

k- l k- l 31 k-l 4 4 32 · 3 1 32 Ρ(Α) - Σ - - - ·Σ 36 36 36 k=l 36 ο 36 k=l 36 9 =4 36 1 - 3 1 · 32 19 362 00

-

και

[

Σ ( 32 )k ( � )k- 1

00

_2._]

= k=l 36 36 36 k- l !Q 32 · 3 1 f _2._ 32 = · P (A) = !Q = · · 36 36 k=l 36 · 36 9 19 Ρ(Β) =

(

)

Αν και ο α παίζει πρώτος, έχει τελικά μικρότερη πιθανότητα να κερδίσει το παιχνίδι, απ' ότι ο β, και αυτό φυσικά οφείλεται στο γεγονός ότι είναι αρκετά πιο πιθανό το άθροισμα 8 απ' ότι το άθροισμα 9. Αφού Ρ( Α) + Ρ(Β) = 1 , συμπεραίνουμε ότι το συγκεκριμένο παιχνίδι θα τερματιστεί σί­ γουρα σε πεπερασμένο αριθμό δοκιμών, πράγμα το οποίο δεν είναι εντελώς προφανές, επειδή το ενδεχόμενο C = {το παιχνίδι συνεχίζεται επ' άπειρον } δεν είναι κενό, διότι περιέχει π.χ. την ακο­ λουθία δοκιμών (1, 4), (1, 4), (1, 4), . . , καθώς και άπειρες ακόμη ακολουθίες, οι οποίες δεν οδηγούν ούτε σε νίκη του ούτε του β. Πλην όμως, όλες μαζί αυτές οι ακολουθίες έχουν πιθανότητα Ο να εμφανιστούν, όπως αποδεικνύει ο προηγούμενος [Σημ�:ίωση:

.

α

<

1) να

φέρει Κ και 1- p να φέρει Γ, ενώ το νόμισμα β

έχει πιθανότητα 1- p να φέρει Κ και p να φέ-

ρει Γ. Τα νομίσματα α και β είναι φαινομενικά

όμοια, οπότε ένας παίκτης διαλέγει το ένα νόμι­ σμα στην τύχη και το ρίχνει δύο ανεξάρτητες φορές. Ν α υπολογίσετε την πιθανότητα όπως ο παίκτης φέρει τουλάχιστον μια φορά Κ, και να προσδιορίσετε την τιμή του p για την οποία η πιθανότητα αυτή μεγιστοποιείται.

ΛίJση

Ορίζουμε το ενδεχόμενο Α = { ο παίκτης διαλέγει το νόμισμα α } , οπότε Α' = {ο παίκτης διαλέγει το νόμισμα β }, και Ρ(Α) = Ρ(Α ') = 1 / 2 . Αν θέσουμε Β = { ο παίκτης φέρνει τουλάχιστον μία φορά Κ στις δύο δοκιμές} , τότε Ρ(Β Ι Α) = 1 - Ρ( το νόμισμα α φέρνει Γ και στις δύο δοκιμές ) = 1 - (1 -p)2, και Ρ(Β Ι Α ') = 1 - Ρ( το νόμισμα β φέρνει Γ και στις δύο δοκιμές ) = 1 -p2 •

Τελικά, αφού τα ενδεχόμενα Α n Β και Α 'n Β είναι προφανώς ξένα, έχουμε Ρ(Β) = Ρ((Α n Β) υ (Α 'n Β)) = Ρ(Α n Β) + Ρ( Α 'n Β) = Ρ( Α) . Ρ(Α n Β) + Ρ( Α ') . Ρ( Α 'n Β) Ρ(Α ') Ρ(Α) = Ρ(Α) · Ρ(Β I Α) + Ρ(Α ') · Ρ(Β I Α ')

= ο (1 - (1 -p)2) + · (1 - p2) = -1 +p(l -p). 2

Είναι σαφές ότι η παραπάνω πιθανότητα μεγιστο­ ποιείται για p = 1 I 2 (δηλ. όταν διαθέτουμε δύο συνηθισμένα νομίσματα), και η μέγιστη τιμή της ισούται με 3 I 4 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/7


----- Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μ αθηματ ικές Ολυ μπ ιάδ ες

Έστω x,y,z πραγματικοί αριθμοί με χ ::;; y ::;; z και xy+ yz+ zx = 1 .Ν α αποδείξετε ότι 1

n 2 -1 1 1 1 ε = ----<-χz = -2n 2 2 2n2 2 '

τότε λαμβάνουμε 1

1 <=> 2n 2 <-<=> n < ε 2ε

,

Από την υπόθεση χ ::Ξ; y ::Ξ; z έπεται ότι ( y-x)( y-z)::;;o οπότε: / -xy-yz+ xz:::; Ο<=> 2 <::::> y - ( xy+ yz+ xz)+ 2xz:::; Ο<=> . <=> / -1+ 2xz:::; Ο Άρα είναι 1- 2xz 2 y2 2 Ο , δηλαδή 1- 2xz 2 Ο , 1

2

.

Αν είναι xz = .!. , τότε Ο 2 / 2 Ο , δηλαδή y = Ο , 2

οπότε από xy + yz+ xz = 1 έπεται ότι xz = 1 , που 1 , xz<-. , , ατοπο. ειναι Ά ρα ειναι 2

Σχετικά με το δεύτερο ερώτημα, αν επιλέξουμε 1 , , ακεραιος, , , απο, τοτε χ = y = - , οπου n θ ετικος n

την ισότητα xy+ yz+ xz = 1 , προκύπτει ότι Εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι ανισότητες χ:::; y:::; z ικανοποιούνται για κάθε n 2 2. Τότε n 2 -1 1 1 ζ έχουμε xz = --2- = ----2 το οποιο, πλησια ει 2 2n 2n '

1

το - όσο κοντά θέλουμε, αρκεί να πάρουμε το n 2

1

&

Είναι δυνατόν να βελτιώσουμε την τιμή της 1 σταθ ερας 2";

_

1

1 --> ε ε<=> ----<-<=> 2 2n 2 2 2n 2

xz<-. 2

, xz<οποτε

-----

αρκετά μεγάλο. Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι για κάποιο ε > Ο ισχύει ότι

το οποίο δεν ισχύει για όλους τους φυσικούς αριθ­ μούς. Άρα υπάρχει κατάλληλο n τέτοιο ώστε 1 n 2 -1 1 1 --ε ----> = χz = -2n 2 2 2n 2 2 ' οπότε δεν μπορούμε να βελτιώσουμε την τιμή της , -1 . σταθερας 2

Έχουμε x�y�z ' προφανως ' χ · z<"21 α) Αν χ. z�Ο τοτε

Αν χ . z>O έχουμε δυο δυνατότητες: Ο< x�y�z ή x�y�z<O. Αν Ο< x�y�z τότε από την xy+yz+zx=1 έχουμε x2+zx+zx<1 ή 2xz<1 2 xy και zx�zy. η, xz<-1 αφου, χ� 2 Αν x�y �z<O τότε Ο< I z I � I Υ I � I χ I με I χ I · I Υ I + I Υ I · I z I + I z I . I χ I = 1 => I χ · zl<.!_2 ή 1 Χ · Ζ<-2 β) Έστω τώρα, τυχαίος πραγματικός κ ώστε .!_<κ<.!_ Θεωρούμε x = y = .J1 - 2κ και 2 3 κ z = r;-;::;-- . 'Εχουμε: χ = y::;; z αφου, ν1-2κ .!..<κ => 1<3κ => 1 - 2κ<κ => .J 1 - 2κ < fi . 3 1 - 2κ Επίσης xy + yz + zx = κ - + fi .J 1 - 2κ = = {.J 1 - 2κ ) 2 + .J 1 - 2κ 1 - 2κ 1 - 2κ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/8


{

------- Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδ ες

= 1-2κ + 2κ = 1 καικ βέβαια 1 , =ν ν1-2κ =κ<-2 Αφου αυτο ισχυει 1 Ξ1 ) σημαινει' οτι' δεν μπορουμε' για κα' θ ε κ ( "3, ' ' της σταθ ερης Ξ1 να εχουμε β ελτιωση r;--;:;1- LK

χ οz

r;--;:;-

,

,

ο

ε

'

ο

-------

Υιs λ= -378± 672 = _ 1050/ 2 315 /630 < Ο' απορρίπτεται ο

Άρα είναι λ=}_ και

15

CD

=

.

39λ=2.!_. 5

Ι!μιψJ.ημα 3".

Τριγώνου ABC δίνεται η πλευρά α=BC, η Έστω ABCD ένα εγγράψιμο κυρτό τετράπλευ­ ρο του οποίου οι διαγώνιοι AC και BD τέμνο­ νται στο σημείο Ε. Δίνεται ΑΒ =39, ΑΕ =45,AD =6 0 και BC =5 6 .

ότι Να

γωνία Α= ω και ότι

a=JPR ,

όπου ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου και

R

είναι η ακτίνα του περιγεγραμμέ­

νου κύκλου του. Να προσδιορίσετε τα τρίγωνα

προσδιορίσετε το μήκος της πλευράς CD.

που ικανοποιούν την δεδομένη ισότητα, δηλαδή να υπολογίσετε τις πλευρές τους

Το τρίγωνο BEC είναι όμοιο με το τρίγωνο AED, οπότε έχουμε BC

AD

=

ΒΕ =>

ΑΕ

56 = 60 45

ΒΕ =>

ΒΕ

=42

Λτr{ιδι:ι�ηο

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε

ο

Α

ΑΕΒ

και

DEC

DE

_ CE _ DC -λ 45 42 -39-

είναι όμοια, ο

Από το πρώτο θεώρημα του Πτολεμαίου λαμβά­ νουμε

+ = <=> <=> 39 39λ + 60 56= ( 45 + 42λ )( 42 + 45λ) <=> 9(15 + 14λ )(14 + 15λ)-392 λ-60 56= ο <=> <=> 315λ 2 + 378λ-245 = ο ΑΒ CD ο

AD

ο

AC BD

BC

ο

ο

ο

ο

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ=451584=210 32 72, οπότε έχουμε ο

και

c=AB. b2+c2 -2bccosω=a2

(1) Η δεδομένη ισότητα δίνει α= JPR <=>α2 = <=>α2 = (ABC) . 4(AabcBC) <=> abc <=>bc-2αb <=> a 2 = 2 (a+b+ ( +c) = 2α2 c ) <-=?bc=2a2+2a ( b+c) (2) Από τις (1) και (2) έχουμε (b +c)2 -2bc(1+co sω)-a 2 =0 <=> (b +c )2 -8a (co s2 � }b +c)-a 2 ( 1 + 8co s2 � ) =Ο, pR

Επίσης τα τρίγωνα οπότε έχουμε

b=CA

ο

τ

από την οποία λαμβάνουμε

b+c=a ( 1+8co s 2 ; )

(3)

ο

οπότε θα είναι και

bc=4a2 (1+4cos2 �}

(4)

Από τις και έπεται ότι τα b και c είναι οι ρίζες της εξίσωσης

(3) (4) t 2 -a ( 1+8co s2 �} +4a 2 (1+4co s2 � ) =ο <=> t 2 -α( 5 + 4co s ) t + 4α2( 3 + 2co s ) = Ο ω

Η τελευταία εξίσωση έχει διακρίνουσα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/9

ω

ο


-------

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδ ες

=α2( 16co s2 ω+ 8co s ω-23) Αν είναι a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε 16co s 2 ω+8cοs ω-23 ;:::: Ο t_1 2 � = (5+4co s ω±vf 16co s2 ω+8co s ω-23) . (5) έχουμε _α _:::;..!. (�+�)<=> 4bc:::; b 2 <=> Ο :::;b( + c ) ( c/, b+ c 4 b c Επιπλέον έχουμε ισχύει. ισότητα ισχύει για b=c. -1-.J24 που f ( x) = 16χ 2 +8χ -23 ;:::: Ο<=> χ :::; --Ομοίως έχουμε 4 _b_:::;..!. (!!._ +!!._)και _c_:::;..!. (� + ) η, χ;::: .J24- ι ' c+α 4 c α α+b 4 α b 4

Δ , οπότε, εφόσον ισχύει η συνθήκη θα έχει τις ρίζες

Η

οπότε για χ cos ω η συνθήκη επίλυσης του προβλήματος γίνεται

οπότε με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω ανι­ σοτήτων λαμβάνουμε

=

co s ω> .J244 -1 <=> Ο < ω<co s .J244 -1 . _

Έστω

χ> 1

_

�ι

μη ακέραιος πραγματικός αριθμός.

( χ+[χ{χ}] - χ+[χ]{χ}]+[ χ+[{χ}χ]_ χ+[{χ}χ]

Ν α αποδείξετε ότι

]>2. 2

,

[χ] και {χ} παριστούν το ακέραιο και το κλασματικό μέρος, αντίστοιχα, του χ

Όπου

Αν θέσουμε

,

α -b +-c :::; -1 (α-+-+ αb+-+-+ b c c- ) . ( 1) --+ b+cc+αα+b 4 b c cα αb Λαμβάνοντας υπόψιν ότι για κάθε χ> Ο ισχύει . χ+-χ1 ;:=: 2 , εχουμε α+ b b+--c+c+α α-+-+-+-+ α b b-c+-c ;:::: 6 (2) --+ -= c α b bccααb Στη συνέχεια θ α αποδείξουμε ότι �+!!._+!!._+�+�) :::;α+b+b+c+c+α-� ..!.4 (� + bccααb c α b 2 (3) Πράγματι, έχουμε

= και {χ} =κ, τότε [χ] α

χ = α+ κ, α> 1, Ο::;; κ< 1 και η δεδομένη ανισό­

α+b+b+c+c+α_�;::::..!. (�+�+!!_+!!_+�+�)= 2 4 bccααb 2 +κ κ )> � =c..!_ (α+bα+b+cb+c+α +κ 2 α )+ ( α (αα α+ κ 2 κ α 2 +κ 2 4 c α b ) κ 2 - α + 1+α 2 - κ >-9 <=>l (α+b+b+c+c+α )-�;:::: Ο<=> (2) , <=>1+α α+2κ κ α 2 +κ 2 4c α b 2 κ α κ α ( ( ) ) <=>2 α+κ - α+2κ+ α 2 +κ >22 . που ισχύει. Επειδή ισχύεια> 1, Ο :::;κ< 1 κ+α> 2 , αρκεί Από τις (1) και (3) λαμβάνουμε ακ _α _+ _b_+_c_::α+b b+c+c+α-� (4) :; + να αποδείξουμε ότι κ ) >2<=> α + κ <l b+c c+α α+b c α b 2 _4 (αα+ κ + 2 α 2 +κ 2 α+2κ α 2 +κ 2 Αν θέσουμε x,b [χ] c {χ} στη σχέση <=> α 2 (α 2 +κ) + κ 2α ( +κ 2 ) < 3α ( +κ 2 ) (α 2 +κ) (4), τότε λαμβάνουμε τη ζητούμενη ανισότητα <=>2α2+2κ2+11ακ>0<=>2 [α ( +κ)2 +�ακ] >0, [χ+ {χ} - +[χ] ]+(χ+ [χ] R που ισχύει γιατί είναια;:::: 1 και Ο κ :::; < 1 . [χ] χ {χ} {χ} χ+ [χ]) �2 ' δεδομένου ότι [χ] {χ} . τητα γίνεται

_

=>

α=

=

και

=

_

,,

:Η•• ;,Ώ>Ψ'·l·

Πο λλο ί από τους μαθητές έδωσαν

λύ ση αυτής της μορφής.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/10

*

>


�� II JIII

MIJ

��.�� ιι

.

-fι

0 ο

1ό:vι�

ι

.

Υ

Ηι?Ν/J NιiTHeNAr/t'Vf

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων 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 επι­ στήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνψγιίτες της ση)λης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Επιμέλεια Καρκάνης Βασίλης, Κερασαρίδης Γιάννης, Νίκος Ταπεινός I.

"τι ι:iνω τα .ΗαΟηματη;ά;"

γ. η γνιlψη

n•i\'

.\ριστοη:λΙκι;η·

«Η aριστοτελική άποψη για τα μαθηματικά αντικείμενα «όπως, λοιπόν, ο μαθηματικός εξετάζει τα αντικείμενα είναι εκτατική και όχι εντασιακή. Πλησιάζει περισσότερο που προέρχονται από αφαίρεση (διότι τα μελετά, αφού από ότι η πλατωνική προς μια σύγχρονη συνολοθεωρητι- πρώτα αφαιρέσει κάθε αισθητή ιδιότητα, όπως βάρος και κή αντίληψη, σύμφωνα με την οποία τα μαθηματικά αντι- ελαφρότητα, σκληρότητα και το αντίθετό της κι ακόμα και κείμενα μπορούν να ορισθούv σαν κλάσεις ισοδυναμίας τη θερμότητα, την ψυχρότητα και τις λοιπές αισθητές ενα­ άλλων αντικειμένων» ντιώσεις και αφήνει μόνο το ποσό και το συνεχές, άλλοτε [Αναπολιτάνου Διονύση, «Εισαγωγή στη Φιλοσοφία σε μια, άλλοτε σε δύο, άλλοτε σε τρεις διαστάσεις, και τα των Μαθηματικών», σελ. 55-56] παθήματα αυτών ενόσω είναι ποσά και συνεχή και δεν τα Από τη μεταπτυχιακή εργασία του συναδέλφου Βασί- μελετά από κάποια άλλη σκοπιά, σε μερικά εξετάζει τη λη Λιόση διαβάζουμε (σελ. 24-25): «Για τον Αριστοτέλη θέση του ενός σε σχέση προς το άλλο και τις ιδιότητές σε τελική ανάλυση για ν' απαντήσουμε τι είναι μαθημα- τους, σε άλλα τις συμμετρίες και τις aσυμμετρίες τους, σε τικά θα πρέπει να πάρουμε υπ' όψη μας δύο βασικές άλλα τον λόγο του ενός προς το άλλο, ωστόσο εμείς δεχό­ προκείμενες. Η μία έχει ήδη περιγραφεί. Η μορφή δεν μαστε πως υπάρχει μια και μόνο επιστήμη όλως αυτών: η μπορεί να θεωρηθεί ως κάτι aξεχώριστο από την ίδια γεωμετρία), το ίδιο συμβαίνει και με το ον» (Αριστοτέ­

την ουσία του αντικειμένου. Όταν μιλάμε για μορφή αναφερόμαστε σε μια εγγενή μορφή του αντικειμένου. Η δεύτερη προκείμενη σχετίζεται με την έννοια της αφαίρεσης η οποία συνυπάρχει με την ίδια τη μαθηματική επιστήμη και είναι συστατικό της στοιχείο:

λης: Μετά τα Φυσικά, 1061a, 29) «Η φυσική, λοιπόν, έχει να κάνει με τα πράγματα που έχουν μέσα τους την αρχή της κίνησης, ενώ η μαθηματική είναι μια επιστήμη θεωρητική που έχει να κάνει με πράγματα που μένουν ακίνητα, χωρίς, όμως, να είναι χωρι­ στά». (Αριστοτέλης: Μετά τα Φυσικά, 1063a, 31)

[στο επόμενο:Αλεξανδρινή εποχή]

ι Ίάννης j\.ψιι;ϊι.;.μf.fιης

i!

111.

(J.iJτtJ

το

ξl:ραη:; ιr

«Τι είναι ο αριθμός Ω;»

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

«Διοφάντου Αλεξανδρέως

έργα και μf:θοδοι»

Γιάν\'ης Θωμα'ί'δης, Πειραματικό Σχολείο Πανεπιστημίου Μακεδονίας

Ιlμολεy{ιμπα: Στο τεύχος 62 (σελ. 27) γράφαμε για την «Ελληνική Συνάντηση της Intemational Study Group on the Relations Between the History and Pedagogy of Mathematics» (ΗΡΜ Group) και, πολύ σύντομα, είχαμε το πλήρες κείμενο της εργασίας του φίλου της στήλης Γ ιάννη Θω μαίδη . Λόγω έλλειψης χώρου δημοσιεύουμε περί­ ληψη αυτής της εργασίας:

Ο Διόφαντος από την Αλεξάνδρεια ήταν ένας επιφανής homo mathematicus της ύστερης αρχαιότητας, για τη ζωή του οποίου όμως δεν γνωρίζουμε τίποτε με βεβαιότητα. Σύμφωνα με ορισμένες ενδείξεις έζησε γύρω στο 250 μ.Χ., σύμφωνα όμως με άλλες ενδείξεις η δρά-

ση του θα μπορούσε να τοποθετηθεί 100 ή 150 χρόνια νωρίτερα. Η φήμη του Διόφαντου οφείλεται σε δύο έρ­ γα: το Περί πολυγώνων αριθμών και τα Αριθμητικά, τμήματα των οποίων διασώθηκαν ως τη νεώτερη εποχή μέσω του Βυζαντίου και του Ισλάμ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/1 1


#'..11' ..1/ιiT#e..IIAr/t'Vf

------

Στην εισαγωγή των Αριθμητικών, αφού πρώτα ο ρ ί ζει τις διάφορες κατηγορίες ("είδη") αριθμών και τις αντίστοι χες συντομογραφίες τους (οι τετράγωνοι με Δv, οι κύβοι με Kv κ.ο.κ) [1] καθώς και τη διαδικασία του πολλαπλασι­ ασμού τους, ο Διόφαντος - απευθυνόμενος σ' έναν μαθητή με το όνομα Διονύσιος - διατυπώνει τους επόμενους δύο γενικούς κανόνες μετασχηματισμού των εξισώσεων: Αν από ένα πρόβλημα προκύψει ότι ορισμένα είδη είναι ίσα με είδη της ίδιας μορφής, άλλα όχι του ίδιου πλήθους, τότε πρέπει να αφαιρείς τα όμοια από τα όμοια και στα δύο μέλη, μέχρι να καταλήξεις σε ισότητα όπου ένα είδος ισούται με ένα είδος. Αν συμβεί σε κάποιο ή και στα δύο μέλη να γίνεται αφαίρεση ορισμένων ειδών, τότε πρέπει να προσθέτεις τα αφαιρούμενα είδη και στα δύο μέλη, μέ­ χρι να εμφανιστούν παντού μόνο προσθέσεις, και ύστερα πάλι να αφαιρείς τα όμοια από τα όμοια, μέχρι να μείνει ένα μόνο είδος σε κάθε μέλος [2]. Να εξασκήσεις αυτή την τεχνική, αν είναι απαραίτητο, στις υποστάσεις των προτάσεων [3], μέχρι που να μένει ένα είδος ίσο με ένα είδος. Αργότερα θα σου δείξω επί­ σης πώς να λύνεις την περίπτωση που μένουν δύο είδη ίσα με ένα είδος. Αυτό το απόσπασμα συνοψίζει με γενικό τρόπο τα τε­ λικά βήματα της μεθόδου που ακολουθεί ο Διόφαντος για να λύσει τα περισσότερα προβλήματα των Αριθμητι­ κών. Πριν από αυτά τα βήματα, η διαδικασία επίλυσης συνίσταται στην εισαγωγή ενός αγνώστου, την αναπα­ ράσταση των στοιχείων του προβλήματος με χρήση του αγνώστου και τη δημιουργία μιας ισότητας μεταξύ των διαφόρων "ειδών" που εμφανίζονται στο πρόβλημα. Ας δούμε για παράδειγμα τη μέθοδο που ακολουθεί ο Διό­ φαντος για να λύσει το φημισμένο πρόβλημα 8 από το βιβλίο 11 των Αριθμητικών, το οποίο ζητά "να διασπα­ στεί ένας δεδομένος τετράγωνος αριθμός σε άθροισμα δύο άλλων τετραγώνων" [4]. Παρά τη γενική διατύπωση του προβλήματος ο Διό­ φαντος χρησιμοποιεί ως δεδομένο ένα συγκεκριμένο τε­ τράγωνο αριθμό, το 16, και εκφράζει συμβολικά το ένα από τα δύο ζητούμενα τετράγωνα με χ2• Τότε η "υπό­ σταση" του άλλου τετραγώνου θα είναι 16 - χ2 και το πρόβλημα θα λυθεί αν βρεθεί ένας θετικός ρητός χ τέ­ τοιος, ώστε ο αριθμός 16 - χ2 να είναι ίσος με τετράγω-

νο. Έτσι το πρόβλημα έχει ουσιαστικά αποκτήσει τη μορφή μιας "απροσδιόριστης" εξίσωσης: 16 - χ2 = τετράγωνο (1) Ο Διόφαντος υποστηρίζει στη συνέχεια ότι ένα τέτοιο τετράγωνο μπορεί να δημιουργηθεί από μια "πλευρά" (δηλαδή τετραγωνική ρίζα) αποτελούμενη από οποιοδή­ ποτε πλήθος "αόριστων αριθμών" (δηλαδή αγνώστων) χ μείον την "πλευρά" του δεδομένου τετραγώνου 16. Ο ί­ διος επιλέγει την "πλευρά" 2χ - 4 και δημιουργεί το α­ ντίστοιχο τετράγωνο 4χ2 + 16 - 16χ. Έτσι η (1) αποκτά τη μορφή μιας "προσδιορισμένης" εξίσωσης: 16-χ2=4χ2 +16-16χ (2) Τώρα ο Διόφαντος εφαρμόζει τους δύο θεμελιώδεις κανόνες μετασχηματισμού εξισώσεων που είχε διατυ­ πώσει στην εισαγωγή των Αριθμητικών: "Να προστεθούν σε αμφότερα τα μέλη τα είδη που λεί­ πουν, '" Να αφαιρεθούν τα όμοια από τα όμοια. Όπως έχουμε ήδη αναφέρει, με τον όρο "είδη" ο Διόφα­ ντος υπονοεί τις διάφορες κατηγορίες αριθμών που εμ­ φανίζονται στην εξίσωση ( 2) , όπως τις "δυνάμεις" (τα 4χ2 και χ2), τους "αόριστους αριθμούς" (το 16χ) και τις "μονάδες" (το 16). Σύμφωνα με τον πρώτο κανόνα, τα "ελλείποντα" (από το πρώτο και δεύτερο μέλος αντίστοιχα) 16χ και χ2 προ­ στίθενται σε αμφότερα τα μέλη της ( 2) , ενώ σύμφωνα με τον δεύτερο κανόνα τα "όμοια" 16 αφαιρούνται από κά­ θε μέλος. Έτσι φτάνουμε σε μια τελική εξίσωση με ένα μόνο "είδος" σε κάθε μέλος: 16χ = 5χ2 (3) Από την (3) ο Διόφαντος συμπεραίνει αμέσως ότι ο χ είναι 16/5 [5]. Σε άλλες παρόμοιες εξισώσεις προσθέτει συνήθως τη φράση "όλα διαιρούνται με το χ''. Τα δύο ζητούμενα τετράγωνα είναι λοιπόν εκείνο που εκφρά­ στηκε ως χ2, δηλαδή το 256/25 και εκείνο που εκφρά­ στηκε ως 16 - χ2, δηλαδή το 144/25. Το άθροισμα των δύο αυτών τετραγώνων είναι 400/25, δηλαδή 16.

Όλα τα προηγούμενα οδηγούν στο συμπέρασμα ότι η μέθοδος του Διόφαντου για την επίλυση του προβλήμα­ τος 11 (8) αναλύεται σε τρία βασικά βήματα, καθένα από τα οποία ολοκληρώνεται με τη δημιουργία μιας χαρα­ κτηριστικής εξίσωσης: r . Το πρώτο βήμα, που περιλαμβάνει τον προσδιορισμό του δεδομένου τετράγωνου αριθμού, την εισαγωγή του αγνώστου (η "πλευρά" του πρώτου ζητούμενου τετρα­ γώνου) και την αναπαράσταση του δεύτερου ζητούμε­ νου τετραγώνου, ολοκληρώνεται με τη δημιουργία μιας "αρχικής" εξίσωσης (όπως η 16 - χ2 = τετράγωνο). Το δεύτερο βήμα, που περιλαμβάνει την κατασκευή του τετραγώνου του δευτέρου μέλους επιλέγοντας την "πρώτη αποδεκτή περίπτωση" από μια απειρία "πλευ­ ρών" που θα μπορούσαν να χρησιμοποιηθούν, ολοκλη-

ρώνεται με τη δημιουργία μιας "εύχρηστης" εξίσωσης (όπως η 16 - χ2 = 4χ2 + 16- 16χ). Αυτή αποτελεί, κατά κάποιο τρόπο, ένα "γενικό" είδος εξίσωσης με την έν­ νοια ότι μπορεί να μετασχηματιστεί - απλοποιηθεί σύμ­ φωνα με τους δύο γενικούς κανόνες που έχει διατυπώσει ο Διόφαντος στην εισαγωγή των Αριθμητικών. Το τρίτο βήμα, το οποίο περιλαμβάνει την εφαρμογή στην προηγούμενη εξίσωση αυτών των γενικών κανό­ νων ("αφαίρεση των ομοίων" και "πρόσθεση των ελλει­ πόντων"), ολοκληρώνεται με τη δημιουργία μιας "τελι­ κής" και άμεσα επιλύσιμης εξίσωσης (όπως η 5χ2 = 16χ) . Η τελευταία παρέχει μια θετική ρητή τιμή του α­ γνώστου χ από την οποία, μέσω των διαφόρων "υπο­ στάσεων" των ζητούμενων αριθμών, προσδιορίζεται μια ειδική λύση του προβλήματος.

ι

Ως ελάχιστο δείγμα αλλά και μικρή πρόκληση, προτεί- Ευκλείδη να ασχοληθούν με το επόμενο πρόβλημα των νουμε τους αναγνώστες του Homo Mathematίcus και του Αριθμητικών:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/12


Να βρεθούν δύο αριθμοί τέτοιοι, ώστε ο καθένας από αυτούς και το άθροισμα και η διαφορά τους αυξημένα κατά μία μονάδα, να δίνουν τετράγωνο. Μια λύση αυτού του προβλήματος αποτελούν π.χ. 2

2

2

2

σμα 288=17 -1 και διαφορά 48=7 -1. Το ζητούμενο βέβαια είναι, όπως κάνει και ο Διόφαντος στα Αριθμητικά, να βρεθεί ένας γενικός τρόπος υπολογισμού αριθμών που έχουν αυτή την ιδιότητα

οι αριθμοί 120=11 -1 και 168=13 -1, που έχουν άθροι-

2

[1] Εμείς αποδίδουμε παρακάτω τις συντομογραφίες αυτές του Διόφαντου με τους σύγχρονους συμβολισμούς χ , χ3 κ.ο.κ [2] Έχει ορθά παρατηρηθεί από πολλούς ιστορικούς ότι οι παραπάνω κανόνες του Διόφαντου ταυτίζονται ουσιαστικά με τις πράξεις που οι Άραβες μαθηματικοί ονόμαζαν aljabr (άλγεβρα) και almuqabala. Είναι όμως σημαντικό να σημειώσουμε ότι ο Διόφαντος δεν χρησιμοποιεί κάποια ειδική ονομασία για τους δύο κανόνες του. Αν είχε προνοήσει για κάτι τέτοιο, τό­ τε ο κλάδος των Μαθηματικών που σήμερα ονομάζεται "Άλγεβρα" θα είχε πιθανότατα ονομασία ελληνικής προέλευσης, όπως η Γεωμετρία. [3] Με τον όρο "υποστάσεις" ο Διόφαντος εννοεί τις αναπαραστάσεις των διαφόρων ποσοτήτων που εμφανίζονται σ' ένα πρό­ βλημα συναρτήσει του βασικού αγνώστου που συμβολίζεται στα Αριθμητικά με το γράμμα ς (τελικό της λέξης "αριθμός"). [4] Η φήμη αυτού του προβλήματος συνδέεται με μια παρατήρηση που σημείωσε δίπλα του ο Γάλλος μαθηματικός Pieπe Fer­ mat ( 1601 -1665), όταν μελετούσε τα Αριθμητικά του Διόφαντου: Είναι αδύνατο να διασπαστεί ένα κύβος σε άθροισμα δύο κύβων, ένα διτετράγωνο σε άθροισμα δύο διτετραγώνων και γενικά μια δύναμη μεγαλύτερη από το τετράγωνο σε δύο ομώ­ νυμες δυνάμεις. Έχω βρει μια θαυμάσια απόδειξη αυτής της πρότασης αλλά το περιθώριο δεν είναι αρκετό για να τη χωρέ­ σει . Αυτός ο ισχυρισμός του Fermat, που υπήρξε για 300 χρόνια ένα από τα μεγαλύτερα άλυτα προβλήματα των Μαθημα­ τικών, αποδείχθηκε ορθός μόλις πριν από μια δεκαετία. [5] Ο Διόφαντος δεν χρησιμοποιεί το μηδέν ούτε αρνητικούς αριθμούς.

Ε. Σταμάτης: Διοφάντου Αριθμητικά. Η Άλγεβρα των Αρχαίων Ελλήνων. Οργανισμός Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλί­ ων, Αθήναι (1963). Γ. Χριστιανίδης: Οι ερμηνείες της μεθόδου του Διοφάντου. Νεύσις, 3, 109-132 (1995). Υ. Thomaidis: Α Framework forDefining the Genera1ity ofDiophantos' Methods in 'Άrithmetica". Archίνe for Hίs­ tory ofExact Sciences 59, 591-640 (2005). Υ. Thomaidis: Two Questions on Historical Conceptions on Teaching and Learning Mathematics. Newsletter of the Internatίonal Study Group on the Relatίons Between the Hίstory and Pedagogy of Mathematίcs (ΗΡΜ), Νο 60, 1012 (Noνember 2005). Γ. Θωμαίδης: Διδακτικές όψεις της γενίκευσης στα Αριθμητικά του Διόφαντου. Πρακτικά της Διημερίδας Ιστορία & Μαθηματική Εκπαίδευση, 15-27. Εκδόσεις Ζήτη, Θεσσαλονίκη (2006) Ι'

Π':'"·�,,,,·ι(ια�

�(fH

:'t��α�}ηιΗι:τμ.ί<:::τ}

Σακκάς Σπύρος (Άρτα)

Από το φίλο της στήλης Σπύρ ο Σ ακκά, λάβαμε μια πρωτότυπη εργασία του με τίτλο «Διασφάλιση Ποιότητας και Μαθηματικά». Είναι μία εργασία που φωτίζει το ρόλο της επιστήμης των Μαθηματικών σε ένα θέμα που συναντάμε στην καθημερινή μας ζωή· την ποιότητα προϊόντων και υπηρεσιών. Δυστυχώς, λόγω έλλειψης χώ­ ρου, είμαστε αναγκασμένοι να δημοσιεύσουμε (με τη σύμφωνη γνώμη του συγγραφέα) ελάχιστο μέρος της εργασί­ ας. Ελπίζουμε, μελλοντικά, να φιλοξενήσουμε εκτεταμένο κείμενο του Σ. Σακκά Βασική προϋπόθεση για τον καθορισμό της έννοιας της ποιότητας ενός βιομηχανικού προϊόντος είναι ο καθορισμός των Προδιαγραφών του προϊόντος που πρόκειται να παραχθεί. Μόνο όταν γνωρίζουμε τις προδιαγραφές μπορούμε να βγάλουμε σωστά συμπεράσματα για την «καλή» ή «κακή» ποιότητα των παραγόμενων προϊόντων. Ποιότητα ενός βιομηχανικού προϊόντος είναι ο βαθμός (το μέτρο) ατέλειας που υπάρχει μεταξύ του πραγματικού (παραγόμενου) και ενός πρότυπου Προϊόντος. Η ιδέα της εφαρμογής Στατιστικών μεθόδων στον έλεγχο Ποιότητας των βιομηχανικών προϊόντων οφείλεται στον Αμερικανό W.A. Shewhart, ο οποίος πρώτος το 1924 χρησιμοποίησε ένα στατιστικό διάγραμμα για τον έλεγχο της ποιότητας βιομηχανικών προϊόντων. Τότε γεννήθηκε ο όρος «Στατιστικός έλεγχος Ποιότητας» και αργότερα απλουστεύθηκε στον όρο «Έλεγχος ποιότητας» ή «Ποιοτικός Έλεγχος». Στα τελευταία 50 χρόνια διαμορφώθηκε μια νέα μέθοδος ελέγχου ποιότητας των προϊόντων: «Ολοκλη ρωτικός Έλεγχο ς Ποιότητ ας». Η διοίκηση μιας επιχείρησης

ενσωματώνει τον έλεγχο ποιότητας σε ολόκληρη την παραγωγική διαδικασία και έχει σαν σκοπό τον έλεγχο και βελτίωση όλων των σταδίων της παραγωγής, ώστε να παράγει ποιοτικά προϊόντα ή υπηρεσίες. Σήμερα η έννοια της ποιότητας επεκτάθηκε και στο χώρο των επι­ χειρήσεων παροχής υπηρεσιών. Επειδή η ποιότητα μιας υπηρεσίας δεν μπορεί να μετρηθεί με συγκεκριμένη δια­ δικασία, η κατανόηση του όρου της ποιότητας βασίζεται στη διερεύνηση και αποσαφήνιση για το τι καθιστά τον χρήστη ενός προϊόντος ή υπηρεσίας ικανοποιημένο. Κα­ τά το ευρωπαϊκό πρότυπο ΕΛΟΤ ΕΝ ISO 8402:1996, ποιότητα είναι το σύνολο των χαρακτηριστικών ενός προϊόντος ή υπηρεσίας που της αποδίδουν την ικανότητα να ικανοποιεί εκφρασμένες και συνεπαγόμενε ανάγκες του χρήστη. Μπορούμε να ορίσουμε ως Δ ιασφάλιση Ποιότητας το σύνολο των προγραμματισμένων ή συστηματικών ενεργειών και διαδικασιών που είναι απαραίτητες για να εξασφαλίσουν ότι ένα προϊόν ή υπηρεσία ικανοποιεί ο­ ρισμένες προδιαγραφές ή ανάγκες του χρήστη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/13


Τα εργαλεία που χρησιμοποιούνται σήμερα για την Διασφάλιση Ποιότητας, είναι κυρίως βασικές έννοιες και τεχνικές από τις πιθανότητες, τη στατιστική και τα μετρητικά συστήματα. Εφαρμόζονται μέθοδοι των Μα­ θηματικών και της Στατιστικής, όπως μέτρηση πιθανό­ τητας, Ιστόγραμμα, διάγραμμα ροής, διάγραμμα διασπο­ ράς, διάγραμμα Pareto, διάγραμμα συνάφειας, διάγραμ­ μα διαδοχικών τιμών. Ακόμη απαραίτητες είναι οι έρευ­ νες με χρήση δείγματος και η κατάλληλη επιλογή του δείγματος με τη σωστή μέθοδο δειγματοληψίας. Πολύ συχνά χρησιμοποιούνται ακόμη οι έλεγχοι υποθέσεων, 1\'. 1

f}!f!_ιϊ/�.ι)μι:ν,•:.;; μΙ'i.iε.:.:

Ο φίλος της στήλης Γιάννη ς Τρ ιπ ικέλη ς (Κόριν­ θος), μας κοινοποίησε ένα πολύ ενδιαφέρον άρθρο του Γιάννη Ξειδάκη. Στο μέλλον θ' ασχοληθούμε μ' αυτό. 1. Με πρωτοβουλία της στήλης μας, ''Homo mathe­ maticus", κλήθηκε στις 16/3/2007 ο Ανδρέ ας Πετρ ά­ κη ς, συγγραφέας της εργασίας με τίτλο <<Αντίστροφες συναρτήσεις: τα κοινά σημεία των γραφικών τους παρα­ στάσεων, αν υπάρχουν, βρίσκονται μόνο πάνω στην ευ­ θεία = », για να υποστηρίξει τον ισχυρισμό του αυτό.

yx

Ακολούθησε διάλογος. Ο Ανδρέας Πετράκης είναι πρω­ τοβάθμιος καθηγητής στο ΤΕΙ Κοζάνης και συγγραφέας πολλών καινοτόμων εργασιών στα Μαθηματικά. Η ανά­ πτυξη του θέματος έλαβε χώρα στα γραφεία της ΕΜΕ. Η στήλη μας, ετοιμάζει ανάλογες εκδηλώσεις με συναδέλ­ φους που έχουν να υποστηρίξουν επιστημονικά οποια­ δήποτε καινοτομία τους στα Μαθηματικά. 1 Από το φίλο της στήλης Νίκο Χ ιωτέλη λάβαμε μια εργασία του απ' την οποία φαίνεται καθαρά η συμβολή της επιστήμης των Μαθηματικών στην ερευνητική Α­ στρονομία. Δυστυχώς, λόγω του ανεβασμένου επιπέδου της δεν μπορούμε να τη δημοσιεύσουμε. Πρέπει να ση­ μειώσουμε πως ο Ν. Χιωτέλης, είναι θεωρητικός ερευ­ νητής της Αστρονομίας και έχει δημοσιεύσει πολλές ερ­ γασίες του στα εγκυρότερα αστρονομικά περιοδικά του κόσμου. Δίνουμε τις πρώτες γραμμές της εργασίας του, ελπίζοντας σε κάποια συνεργασία αντίστοιχου επιπέδου για μαθητές. «Τα προβλήματα αντιστροφής (inνerse prob1ems), απο­ τελούν μια μεγάλη κατηγορία προβλημάτων για όλους σχεδόν τους τομείς των φυσικών επιστημών. Σύμφωνα

προβλέψεις, οι τρόποι μετρήσεων μεγεθών και αξιοπι­ στίας μετρήσεων. Από όλα όσα αναφέραμε συμπεραίνουμε ότι στελέχη ικανά να εφαρμόσουν Διασφάλιση Ποιότητας σε ένα οργανισμό ή μια επιχείρηση, πρέπει να έχουν μαθηματι­ κές και στατιστικές γνώσεις. Πρέπει ακόμη να μπορούν να εφαρμόζουν τις γνώσεις αυτές αλλά και να τις επε­ κτείνουν ή να ανακαλύπτουν νέες μεθόδους σε νέες ε­ φαρμογές όταν είναι απαραίτητο. Καταλληλότερα στε­ λέχη με τις ικανότητες αυτές για την Διασφάλιση Ποιό­ τητας, πιστεύουμε ότι θα μπορούσαν να είναι οι πτυ­ χιούχοι μαθηματικών. με το πιο γενικό ορισμό τα προβλήματα αντιστροφής εί­ ναι εκείνα που απαιτούν να συμπεράνουμε για κάποιο φαινόμενο όταν δεν έχουμε αρκετά δεδομένα ή όταν η ποιότητα των δεδομένων αυτών δεν είναι η καλλίτερη δυνατή. Πρέπει να σημειώσουμε ότι τέτοιου είδους δε­ δομένα, με μια λέξη μη ικανοποιητικά), αποτελούν το κανόνα και όχι την εξαίρεση στις Φυσικές επιστήμες. Μην ξεχνάμε ότι τα δεδομένα προέρχονται από παρατη­ ρήσεις ή πειράματα όπου ένα σωρό aστάθμητοι παράγο­ ντες υπεισέρχονται που είναι ικανοί να μειώσουν την ποιότητα των μετρήσεων. Από τη άλλη μεριά, για να πε­ ριοριστούμε στην Αστρονομία , το πλήθος των παρατη­ ρήσεων σχεδόν ποτέ δεν είναι ικανοποιητικό αν λάβουμε υπόψη μας ότι οι παρατηρήσεις με σύγχρονα μεγάλα τη­ λεσκόπια είναι πανάκριβες διαδικασίες η δε πρόσβαση σε αυτά τα μεγάλα τηλεσκόπια είναι πάρα πολύ δύσκο­ λη. Το πρόβλημα . Η πιο απλή κατηγορία προβλημάτων αντιστροφής είναι να βρούμε μια συνάρτηση f από την

(

σχέση g(x)=

Jκ(x,y)f(y)dy

b

(1), όπου

α

g

και Κ εί-

ναι γνωστές συναρτήσεις. Σε πιο ρεαλιστική βάση, ή αν θέλετε από τη μεριά του παρατηρητή, το ίδιο πρόβλημα επανατοποθετείται ως εξής: Από. την παρατήρηση προέκυψαν m τιμές της ποσότητας i=1,2...m

με α�

xi

b.

.

.

g

στα σημεία

xi ,

»

Η". "Αι;τδ το ξι:ραυ:;" i.ΙJ απάντηση/ Ο Kurt Goede1 έδειξε ότι τα Μαθηματικά είναι κατ' φού η πιθανότητα εμφάνισης κάθε ξεχωριστού μπιτ ι­ ανάγκη μη πλήρη. Ένας εκπληκτικός αριθμός, γνωστός σούται με Y:z. Συνεπώς η τιμή του Ω (δηλ., η πιθανότητα ως [Ω], αποκαλύπτει ότι η μη πληρότητα είναι ακόμη τερματισμού) για τον συγκεκριμένο υπολογιστή δίνεται, πιο διευρυμένη παρέχοντας ένα άπειρο πλήθος θεωρη- ως προς το δυαδικό σύστημα αρίθμησης, από την ισότη­ μ,άτων που δεν μπορούν να αποδειχθούν από κανένα πε- τα Ω=1/23+1/25+1/25=0,001+0,00001+0,00001=0,0011 Ο περασμένο σύστημα αξιωμάτων. Τα αποτελέσματα που σχετίζονται με τον αριθμό Ω Έστω ότι ο υπολογιστής μας έχει ακριβώς τρία προγράμματα που τερματίζουν, τα οποία είναι οι συμβολο- βασίζονται στην έννοια της αλγοριθμικής πληροφορίας. σειρές μπιτ 110, 11100 και 11110. Τα προγράμματα αυ- Ο Gottfried W. Leibniz προέβλεψε πολλά από τα χαρα­ τά έχουν μέγεθο� 3, 5 και 5 μπιτ, αντίστοιχα. Αν επιλέ- κτηριστικά της θεωρίας αλγοριθμικής πληροφορίας πε­ γουμε προγράμματα στην τύχη, στρίβοντας ένα νόμισμα ρισσότερο από 300 χρόνια πριν [πηγή: "Scientific για να βρούμε την τιμή κάθε μπιτ, τότε η πιθανότητα να American", τόμ. 4, τεύχ. 4 , εκδ. ΚΆΤΟΠΤΡΟ, Αθήνα πάρουμε τυχαία καθένα από τα παραπάνω προγράμματα 2006]. ισούται ακριβώς με 1/23, 1/25 και 1/25, αντίστοιχα, - α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/14


•••ιιιι•τ•••

,_ .,,. Α' Ι'�lι ιr•rι Arι•d• Άλγεβρα Επαναληπτικά Θέματα Α.

Ζαχαρόπουλος Κωνσταντίνος, Μανωλάκου Σταματική, Μενδρινός Γιάννος

/\ σ κ η σ η

1.

Σε ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές α, β, γ

δίνονται: α=2 και β+γ= 1 + .J3

Οπότε (β = J3 και γ = 1) ή (β=1 και γ = J3). :\ σ ιςηση 2

Να υπολογιστούν οι πλευρές του τριγώνου

Για

ορίζουμε αντίστοιχη λΕ� 2 fλ(χ)=χ -λχ+λ-1 , λ Ε � (I)

κάθε

συνάρτηση Λ ύσ η

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ισχύει το Πυθαγόρειο Θεώρημα2 έτσι:2 2 2 2 2 2 2 α =β +γ <=> β +γ =24 <=>} β +γ =4 (1) β2 + γ2 = (Σ) β + γ = 1 + J3 Επομένως έχουμε το σύστημα: = 4 <=> (Σ)<=> {β(β++γγ)= 21 -2βγ + J3 ( 1 + J3 ) 2 -2βγ = 4 <=> { 1 + 3 + 2J3 -2βγ = 4 <=> <=> β+γ β + γ = 1+J3 = 1 + J3 <=> {β2βγ+ γ= =2J31 + J3 <=> {β +βγγ == 1J3+ J3 Επειδή γνωρίζουμε το άθροισμα και το γινόμενο των β και γ οι τιμές τους θα είναι ρίζες της εξίσωσης: χ2 - ( 1 + J3 ) x + J3 = 0 που έχει Δ = ( 1 + ν'3 )2 - w = 12 + ν'32 + 2ν'3 -4ν'3 = ( ν'3 -1)2 Χ ι = 1 + J3 2+ J3 -1 = J3 και χ 2 = 1 + J3-2( J3-1 ) = 1

{

Ν α αποδείξετε ότι: α) Οι κορυφές των γραφικών παραστάσεων

Gr αυτών των συναρτήσεων είναι σημεία της

γραφικής παράστασης Cg g(x)=-(x-1) 2 'V λ Ε � β)

Να

αποδείξετε

της συνάρτησης

ότι

οι

γραφικές

παραστάσεις Gr όλων των συναρτήσεων f (οι

γραφικές παραστάσεις και των συναρτήσεων) f διέρχονται από σταθερό σημείο και να βρείτε το σημείο αυτό.

Λί1 σ η

μ έχει συντεταγμένες (-, -Δ-) οπότειας παραβολής -βκορυφή 2α 4α [ οι κορυφές των έχουν συντεταγμένες 2"λ , - ( λ-24 )2 J λ (αφού Δ = λ2 -4(λ-1) = λ2 -4λ + 4 = (λ-2γ . Για να είναι οι κορυφές αυτές σημεία τη ς γραφικής παραστάσης της g αρκεί οι συντεταγμένες τους να Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/15

Gr

Ε


Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

επαληθεύουν τον τύπο της g. Δηλαδή αρκεί 2 2 λ�2)2 λ 2) gΘ) ( � ή {� -1) = ( ή (-λ-22 -)2 - ( λ-24 )-2 που είναι αληθής. β) Θεωρούμε δύο τυχαίες διαφορετικές τιμές για το λ, 2έστω λ=1, λ=2. Τότε από αυτήν f ( χ ) = χ -λχ +λ -1 έχουμε αντίστοιχα: y = f1 ( χ ) : χ 2 -χ και αυτό y = f2 ( χ ) = χ 2 -2χ + 1 . Έχουμε το σύστημα

{ y=x -χ 2

χ=1 y=x 2 -2χ+1 { y=O Άρα έχουμε κοινό σημείο είναι το A(l ,0). ηη ρούμε η ότι οι συντεταγμένες Α Παρατ του επαλ θεύουν τ ν αφού f ( χ ) = 1 2 -λ+ λ -1 = Ο . Άρα πράγματι όλες οι γραφικές παραστάσεις διέρχονται από το Α(1,0). <::::>

<::::>

• • •

(I)

Gr

α f {χ) = - χ + 1 1 . Τι προκύπτει αν οι ευθείες είναι β παράλληλες;

α) Οι ευθείες y=αχ+ 10 και y= βχ+ 15 είναι κάθετες συνεπώς α. β=--1 άρα α. β<Ο οπότε και �β <Ο. Ετσι η f ( χ ) = �β χ + 11 είναι γνησίως φθίνουσα. β) Αν οι ευθείες y=αχ+ 1 Ο και y= βχ+ 15 είναι παράλληλες θα ισχύει α=β με β;CΟ συνεπώς �β =1>0. Άρα η f ( χ ) = �β χ + 11 είναι γνησίως αύξουσα. Δίνονται οι εξισώσεις: χ 2-2χ+λ=Ο (1) και (1 +λ) (χ2 +2χ+λ)=2(λ-1) (χ2 +1 ) (2) Αν η πρώτη έχει ρίζες πραγματικές και άνισες τότε να δειχθεί ότι η δεύτερη δεν έχει πραγματικές ρίζες.

εξίσωση χ2-2χ+λ=Ο έχει Δ=4(1-λ) και αφού έχει δυο ρίζες πραγματικές και άνισες θα είναι Δ>Ο δηλαδή λ<1 (3) Εχουμε: h { x) = (2) 2(l +λ) (χ2-2χ+λ)=2(λ-1) (χ2+ 1) (1 +λ)χ +2(1 +λ)χ +λ(l +λ)-2(λ-1)χ2+2(λ-1)=0 Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο θα [(1 +λ)-2(λ-1)]χ2+2(1 +λ)χ+λ(l +λ) -2(λ-1)=0 <::::> ισχύει α<Ο και αφού η g είναι γνησίως αύ��ουσα (1 +λ-2λ+2)χ2+2(1 +λ)χ +λ+λ2 -2λ+2=0 στο θα ισχύει β>Ο. Άρα �β < Ο οπότε η h θα (3-λ)χ2+2(1 +λ)χ +λ2-λ+2=0 διακρίνουσα της είναι: είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ= [2(1 +λ)]2-4(3-λ)(λ2-λ+2)= =4 ( Κ -3λ2 +7λ-5 ) (4) Λογικό είναι και η Δ 1 να εξαρτάται από τη διαφορά (λ-1) πράγμ2ατι: 2 Δ 1 =4 ( Κ -λ -2λ +2λ+5λ-5 ) = Αν η f(χ)=αχ+2 είναι γνησίως φθίνουσα στο

και g(χ)=βχ+3 είναι γνησίως αύξουσα στο ffi. , τι

Η

συμπεραίνετε για τη μονοτονία της α χ+5 . β

<::::>

<::::>

<::::>

ffi.

<::::>

ffi.

ffi.

Η

Αν οι ευθείες y=αχ+1 0 και y= βχ+1 5 με β;CΟ

είναι κάθετες μεταξύ τους, να μελετήσετε ως

προς

τη

μονοτονία

τη

συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/16


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

= 4 [ λ2 (λ -1)-2λ (λ-1) + 5 (λ - 1)J = 4 (λ-1) ( λ2 -2λ + 5) Βρίσκουμε τη διακρίνουσα του λ2-2λ+5 που είναι Δ=4-4· 5=-16<0 άρα το λ2-2λη +5, είναι2 ομόσημο γ του α=1 ια κάθε λ IR δ λαδή λ -2λ + 5 >Ο η έτσι λόγω τ ς (3) θα είναι Δ 1 <Ο άρα πράγματι η εξίσωση (2) δεν έχει πραγματικές ρίζες. ο

Ε

<· . ; 1

cl•

Αν χ και y είναι θετικοί αριθμοί με x>y να αποδείξετε ότι:

��x.Jx + �y .JY - �.Jx-JY · Jx - y = x - y

,

Δηλαδή (D=Dx, D=Dy, Dx= Dy) Αν D=O, τότε Dx=Dy=O άτοπο, γιατί υποθέσαμε ότι (Dx, Dy, D) (0, Ο, Ο, ) Επομένως Dt=O, οπότε χ = DxD = 1 και y = DyD = 1 Άρα (x,y) =(1, 1 ) -:j:

Ν α λύσετε την εξίσωση : 3 3 2( α +β )χ 2-3χ+α+β=Ο, συναρτήσει του λ αν γνωρίζουμε ότι α, β είναι οι ρίζες της εξίσωσης 2χ2 -2λχ+λ2 -1=0 και λΕ

R-{o,FJ,-FJ}

,· ι .

Παρατη�ρούμε ότι,� � χ Γχ = Μ = R = ρ = Γχ Έτσι έχουμε: �Wx + �yJY -�Γχ - JY · Jx-y = �Γχ +JY -�Γχ -JY ·Jx-y = = �( Γχ + JY )( Γχ -JY) · Jx- = = �( Γχ )2 - (JY)2 ·Jx-y = Jx-y ·Jx-y = = J(x-y)2 = l x -yj = x-y γιατίχ>y.

λ2 - 1 = 0 ( 1 ) 2χ2-2λχ+λ2-1=0 � χ 2 -λχ+-2 ρίζες = τλης ( 1) τότε Οι αριθμοί α, β είναια+β λ2 -1α·β = 2 Έχουμε επίσης, (α+β)3= α3+3α2β +3αβ2+β3 ή α3+2 β3=(α+β)3-3αβ(α+β)= = I! -3λ [ λ 2-1 ) = 1! _ i2 )! + i2 λ = i2 λ- I!2 Άρα 2(α3+β3)χ2-3χ+α+β=Ο� � 2 [23 λ- 2)! ) χ 2 -3χ+λ = Ο � � (3λ- ι! )χ 2 -3χ+λ = Ο (2) Η διακρίνουσα τη ς (2) είναι η Δ=9-4λ(3λ-λ3)= 9-12λ2+4λ4=(2λ2-3 )2�0 Επομένως οι ρίζες της (2) είναι οι: ± ( 2)3 -3) χ 1 '2 = 32(3λι! ) Εχουμε: D2+Dx2+D/::Ξ:DDx+DDy+DxDy ή Ετσι: D2 - DDx + Dx2+Dy2 -DDy-DxDy::;O ή λ2' + 2λ2 -32 - 2λ2 2 - -χ 1 - 32λ(3-λ 2[D -2DDx + Dx2+ Dx2 - 2DxDy +D/ + +D2 3-λ ) 2λ(3-λ ) -2DDy+ Dy2] ::;Ο ή 2 2 3 -2λ 3 6 -2λ + χ 2 2 2 + + Ο ή (Dy-Dy) (D-Dy) ] ::; [(D-Dx) 2 λ(6-2λ2 ) λ(6-2λ2 ) ---λ1 D-Dx=O και D-Dy=O και Dx- Dy=O

{

=

Υ

Έστω 2χ2 γραμμικό σύστημα με αγνώστους

χ και y για το οποίο ισχύει η σχέση : D 2+Dx 2 +Dy2::Ξ:DDx+DDy+DxDy

Αν (Dx, Dy, D) f= (0, Ο, Ο, ) να αποδείξετε ότι (x,y) =(1 , 1).

Yz

Yz

ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/17


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

1 1 1 Αν - + - + - = Ο με α, β, γ Ε R * να δείξετε α β γ

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ μέτρου λ, λ>Ο και σημείο Κ του ΑΒ. α) Να σχηματίσετε τη συνάρτηση η οποία δίνει

ότι

β+γ α

το άθροισμα των εμβαδών των ημικυκλίων με

+

γ+α β

+

α+β γ

= -3 .

διαμέτρους ΑΚ και ΚΒ, προς το ίδιο μέρος του ΑΒ.

Α1 πό 1την 1 αβ+βγ + γα -+-+-=Ο� αβγ =Ο� αββ + βγ + γβα =Ο α β γ � αβ +αγ=-βγ � α(β + γ )=-βγ � +α γ =- αγ2 γ + α - -γα2 και --= α + β - -αβ2 Έστω ότι το ΑΚ έχει μέτρο χ τότε το τμή μα Ομοιως. --= β β γ γ έχει μέτρο λ- χ τότε τα εμβαδά των ημικύκλιων θα είναι: γα γ γ βγ β+ αβ β α+ α + Ά = = + + ρα 2 β γ α2 β 2 γ2 = Ε 1 (χ)= � π ( ; ) = � χ 2 και 3 + (βγ )3 + ( γα )3 3αβ · βγ ·γα = 3 β ) (α 2 2 λ λ χ -2λχ +χ α2 β 2γ 2 α2 β 2 γ 2 Ε 2 (χ)= � π ( ; ) = � π : Αφού για x,y,z IR με χ+ y+ω= ο � χ 3 + y3 +ω3 =3χyω. = f ·(λ2 +χ 2 -2λχ) Έτσι το άθροισμα των εμβαδών είναι Ε (χ) = �8 Χ 2 + �8 χ 2 - 2πλχ8 + �8 λ2 = {.[;. .JY πλ π 2 =-χπ4 2 --χ+-λ 4 8 Τοy::::: Oσύστ. ημα ορίζεται μόνο για χ ::::: Ο και Έτσι: {Γχ+JΥ-=11 { Γχ2 +JY-2 +2ΓχJΥ=121 � � x+y=65 x+y=65 2FY=121-65 � { � β) Ε(χ) είναι τριώνυμο β ' βαθμού με α= �4 > Ο, � {x+y+2FY=121 x+y=65 x+y=65 άρα θα έχει ελάχιστο με τετμημένη : 2 FY =28 } � ( FY ) =28 2 } � xy= 7!4 } � χ + y - 65 65 = y + χ πλ 65 = y + χ -β 4π 2πλ λ Χ =-=-=-=ματος είναι Οι λύσεις του παραπάνω συστή 2α 2 4π 2 2-65ω+784=0. η η ω ς: εξίσωσ ς τ ρίζες Άρα το Κ θα είναι το μέσο του ΑΒ και τα διακρίνουσα είναι: Δ=4225-4· 784=1089 ημικύκλια θα είναι ίσα. β) Να βρείτε τη θέση του σημείου Κ πάνω στο

ΑΒ

ώστε το

άθροισμα των εμβαδών του

προηγούμενου ερωτήματος να γίνεται ελάχιστο.

ΚΒ

Π

_

α

_

_

_

Ε

Ν α λυθεί το σύστημα

+

=1 1

x + y = 65

Ez

Ει

___

Α

______!_ _ ---Η4----

Κ

λ- χ

_ _ _ __ _ ___

----..

Β

λ

Η

Η

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/18


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

65+33 =49 2 ι ρι'ζες ειναι : ω1 •2 = , 65-33 2 16 Άρα οι λύσεις του συστή ματος είναι: { χy=16= 49 ή {χy=49= 16 ο

/

'

=

'.:>\

o + o β \ =Ο άρα οπότε οl l ο β 2 Ι D=Dx+Dy=O που σημαίνει ότι το σύστημα έχει άπειρες λύσεις. ii) Αν το σύστημα έχει μοναδική λύση την (χ, y) τότε D:f:O έτσι από τη σχέση D=Dx+Dy προκύπτει Dx Dy 1 χ + y 1 οποτε, -+D D xz -yz = ( x-y)( x+y) =x-y= D D = D =

Να προσδιορίζετε τους α, β. Αν ισχύει: (α+2β+3)2+(-2α+β- ι)2=0 και στη συνέχεια να βρείτε τις τιμές της παράστασης Α=2αν-3βν+Ι+ ι για τις διάφορες τιμές του θετικού ακεραίου ν. .ι

<::::>

=

Dx

_

Dy

Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τις ρίζες χ 1 , χ2 και ρ ρ 2 των εξισώ σεων: χ2-(α+β)χ +2αβ=Ο (ι) και χ2-2(α-β) χ+(α-β)=Ο (2) αντίστοιχα. Αν οι ρίζες της (1) είναι διαστάσεις ορθογωνίου, τι συμπέρασμα βγάζετε για τις ρίζες της (2); ι,

i ; ,η �

Dx - Dy

Έχουμε (α+2β+3 )2+(-2α+β-Ι)2=0 α+2β+3=0 και -2α+β-1=0 ημα= -6 Οπότε έχουμ3 ε το σύστ 2α+ 4β <=> α+ 2β {-2α+β=Ι- <=> {-2α+β=1 Από τις (1 ), (2) έχουμε αντίστοιχα 5β=-5 <=> { β=-Ι <=> { -2α+β=Ι Χ 1 +Χ 2 =α+β ( 3 ) και α=-1 { χ 1 χ 2 = 2αβ ( 4 ) Επομένως η παράστασ η Α γράφεται: 1 Α=2. (-Ι)ν-3(-1)ν+ + 1 =2 + ρ 1 { � (α � β) (5) + Αν ν άρτιος τότε (ν Ι) περιττός, οπότε ρι ρz - ( α-β ) ( 6 ) Α=2 · Ι-3 ·(-1)+ 1=6 Από2 τη2ν (3) έχου2με: 2(χ 1 +χ2)2= (α+β)2 ή η Αν ν περιττός τότε (ν+ Ι) άρτιος, οπότε χ 1 +χ2 +2χ 1 χ2=2+α +β2 +2αβ2 οπότε λόγω τ ς (4), Α=2(-1)-3·1 + 1=--4 προκύπτει: Χ ι χ2 = (α-β) =2 ρ ι ρ2 (7)2 Από την (5) έχουμε: (ρ 1 +ρ2) =4(α-β) 2 ρ ι +ρ/+2 2ρ ι ρ2=4ρ ι ρ2 ή λόγω της (6) προκύπτει: Σε ένα σύστημα 2Χ2 ισχύει D=Dx+Dy η2 (7)2γράφεται: Αν το σύστημα είναι ομογενές να δείξετε (ρ ι - ρ2) =0=>ρ ι = ρ 2 οπότε 2 Χ ι +χ2 =ρ ι ότι έχει άπειρες λύσεις Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι Αν το σύστημα έχει μοναδική λύση την οι ρίζες της (1) είναι διαστάσεις ορθογωνίου, ενώ (χ, y) Να δείξετε ότι: η διπλή ρίζα ρ ι της (2) είναι η διαγώνιος του Χ2 y 2 D - D ορθογωνίου. i) Αν το σύστημα είναι ο μογενές 2Χ2 θα είναι Να βρείτε τις τιμές του μεR ώ στε η της μορφής: ανισότητα α{ ι χ +β ι y =Ο με αι,αJ ,β ι ,βz 2μχ 2 - 3 ( 2μ - ι) χ + 9 μ -----: ': --- �--'-- < μ α2 χ+β2 y=Ο χ2 - χ + <::::>

=

c)

i)

ii)

_

=

χ

D

Υ

e !R

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/19

ι


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

α+ β = 2 = -2 _!_+_!_ = α β αβ -1 2 2 iii) �+� = α +β = � = -6. β α αβ -1

να αληθεύει για κάθε χ ε R

ii)

Το τριώνυ μο2 f(x)=x2-x+ Ι έχει α=Ι>Ο και Δ=-3<0, οπότε χ -χ+ 1>0 για κάθε χε R. Έτσι η ητα ισοδύναμα γράφεται: . αρχική ανισότ 2 2μχ2 -3(2 μ-1)χ+9μ<(μ-1)2 (χ2-χ+ 1) <=:>2μχ +(--6μ+3)χ+9μ-(μ-1)χ +(μ-1)χ-μ+ 1 <Ο <=> (μ+ 1)χ2+(-5 μ+2)χ+8 μ+ 1 <Ο Για να ισχύει η ανισότητα αυτή για κάθε χε R πρέπει να αληθεύουν οι ανισώσεις Δ<Ο και μ+ 1 <0, έτσι έχουμε:2 {(μ+1-5μ<0+ 2) -4( μ + 1)(8μ + 1) <ο <=> {-7μ<μ-12 -56μ < ο <=> {μμ (<-1μ+8) >ο <=> {μ<μ< -8-1 ή μ > Συναληθεύοντας προκύπτει: μ<-8 . Γιώργος Τσαπακίδης

Ένας εργάτης τελειώνει ένα έργο σε α ώρες, ένας δεύτερος σε β ώρες και ένας τρίτος σε γ ώρες. Αν δουλέψουν και οι τρεις μαζί τελειώνουν το έργο σε χ ώρες. α) Δείξτε ότι:

α) να δείξετε ότι:

i) αβ=- 1 ii) Ι α-βΙ= 2 .J2

α) i) Είναι (α+β)2=22<=> α2+2αβ+β2=4<=:> 2αβ+6=4<=:>αβ=-1 ii) Είναι (α-β)2 = α2 +β2 -2αβ = 6-2(-1) = 8, β) i) Είναι α3+β3= (α+β)(α2+2αβ+β2)=2[6-(-1 )]= 14

χ

δουλέψουν και οι τρεις εργάτες μαζί, όταν ο πρώτος μόνος του το τελειώνει σε 3 ώρες, ο δεύτερος σε 4 ώρες και ο τρίτος σε 6 ώρες; γ) Λύστε την εξίσωση (1) ως προς χ. δ) Επαληθεύστε τη λύση που βρήκατε στο (β) με το (γ) ερώτημα .

Ο πρώτος εργάτης τελειώνει το 1έργο σε α ώρες, ' σε μια ωρα ' εκτελει' το-α του εργου ' και επομενως σε χ ώρες τα α του έργου. Ομοίως ο δεύτερος ' τα βχ του εργου ' και ο τρι'τος εργατ' ης σε χ ωρες εργάτης τα γ του έργου. Και οι τρεις εργάτες σε χ ώρες τελειώνουν όλοχ τοχέργο,χ επομένως: -α + -β + -γ = 1 Σύμφωνα με την εξίσωση (1) θα έχουμε: -χ3 + -χ4 + -χ6 = 1 <=> 12 -χ3 + 12 -4χ + 12 -χ6 = 12 ·1 <=> 12 4χ + 3χ + 2χ = 12 <=> 9χ = 12 <=> χ = -<=> 9 4 1 ' <=> χ = -3 = 1 -3 ωρες. Έτσι οι τρεις εργάτες δουλεύοντας μαζί θα �

β) να βρείτε τις τιμές των παραστάσεων: i) α3+β3 ii) _!__ + _!__ iii) � + ..!!. α β β α

χ

β) Σε πόση ώρα τελειώνουν το έργο, αν

α)

Αν α+β=2 και α2 +β 2 =6

χ

-+-+ -= 1 α β γ

β)

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' τ.4/20


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Ρ =ρ, ρ2 =(3χ 1 -2)(3χ 2 -2)=9χ , χ 2 -6χ -6χ 2 +4=91-6 ( -�α ) +4= α = 9(λ - 1) - 6λ+ 4 = 3λ-5

τελειώσουν το έργο σε μια ώρα και 1/3 της ώρας λεπτά).

(20

ι

-χ + -χ + -χ = l <::::> αβγ-χ + αβγ -χ + α βγ-χ = α βγ α β γ α β γ <=> βγχ + αγχ + αβχ = αβγ <=> ( αβ + βγ + γα ) χ = αβγ <=> χ = αβ +αβγβγ + γα (2) Για α= 3, β=4 και γ=6 η (2) δίνει χ = 3 . 4 +3 4. 4. 6. 6+ 6 . 3 = 5472 = ι.!!54 = 1 _!_3 ώρες.

γ)

Η δευτεροβάθμια εξίσωση που ζητάμε είναι η:

x2-Sx+P=O <::::> χ2-(3λ-4)χ+3λ-5=0

δ)

Δίνεται η συνάρτηση με

Δίνεται η εξίσωση χ 2-λχ+λ 1=0 (1 ) με λ ε R. α) Δείξτε ότι η (1) έχει λύση στο

R για κάθε

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της

β.

Να εκφράσετε τον τύπο της

δ.

ρίζες.

ε.

τιμές του λ ισχύει 2χ,+χ z=3λ; δευτεροβάθμια

εξίσωση με ρίζες:

γ.

--

δ.

+4 ( -2)2 Ο <=> (

2 0 2 χ = χ2 = 2 = = 2 = 2χ 1 + χ2=3λ<::::> χ ι +( χ, +χz)=3λ <=> <=> χ, - !α = 3λ <=> χ, + λ = 3λ <=> χ , = 2λ Επειδή το χ 1 είναι ρίζα της ( 1 ) θα επαληθεύει, έτσι χ1 2-λχ 1 +λ-1 =Ο <=> 4λ2-2λ2+λ-1 =Ο <=> 2λ2+λ-1=0 <::::> λ= -1 ± 3 <=> λ = -1 η' λ = -1 4 +2 S= ρ 1 + ρ2-=3χ ι -2+3χz-2=3(χ ι χ2)-4= =3 ( - �) -4=3λ-4 . 1

Αν Μ τυχαίο σημείο της γραφικής παράστασης της f, ΜΑ ..l χ ' χ και ΜΒ ..l y ' y δείξτε ότι το ορθογώνιο

στ. Να βρείτε το γινόμενο

λ 1 )=λ2 -4λ = λ :::: άρα η Είναι ( 1 ) έχει λύση στο R για κάθε λεR λβ. Η ( 1 ) έχει δυο ρίζες ίσες στο R<::::> Δ=Ο 2) = <=> λ= Οι ίσες ρίζες είναι: -β __!:__ 3_ 1 α 2·1 -

Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση

ΟΑΜΒ έχει σταθερό εμβαδόν.

ρ 1 =3χ 1 -2 και ρ z=3x z -2

Δ=(-λ)2-4(

Ν α εξετάσετε αν η f είναι άρτια ή

της f.

γ) Αν χ 1, χ 2 είναι οι ρίζες της (1), για ποιες

α.

f χωρίς το

περιττή.

Για τις τιμές αυτές του λ να βρείτε τις ίσες

κατασκευάσετε

α.

γ.

β ) Για ποιες τιμές του λ έχει δυο ρίζες ίσες;

Να

=

σύμβολο της απόλυτης τιμής

λεR

δ)

l xl � 4

f { x) l x + 4l + l x 41 I χ + 4 I - I χ - 41 '

}

Για το πεδίο ορισμού της πρέπει:

}

f l xl � 4 -4 � χ � 4 <=> και και l x +41 - l x -4l :;t: O l x +4l:f': l x -41 � χ �4 -4 <=> :4 :f': -x+4( -4::; χ <::::>χ+4;::: Ο κm χ::; 4 <::::>χ -4::; Ο) -4�χ ::; 4 Άρα A=[-4,0)u(0,4] <::> και x:;t:O Επειδή για χε Α είναι χ+4 :=::ο και χ-4 ::::0 έχουμε: χ+4-χ+4 = 8 = �4 f(x)= χ+4-(-χ+4) 2χ

α.

}

β.

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/2 1

γιαri

}

<=>


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

γ.

Για κάθε χε Α είναι -χε Α και 4 f ( x ) άρα η f ( -χ) 4 f είναι -χ χ περιττή Γενικά η γραφική παράσταση της f ( x) = -α χ είναι υπερβολή Κάνουμε τον πίνακα τιμών = - = - - = -

δ.

y

χ

4 χ

= -

-4

-2

-1

-1

-2

-4 Υ

4

2 -2 - 1 I

-4

'\

-1/2

1/2

1

2

4

-8

8

4

2

1

Αν (χ, ψ) οι συντεταγμένες του Μ, τότε y 4 <:=> xy 4 . χ = -

σταθερό.

r (.fi ) . r ( ifi ) . r ( Φ. ) 64

----;::----;=-----= --;

.fi - ifi - Φ. 64

-1

-2

l.

=

(ΟΑΝΒ)=(ΟΑ)(ΟΒ)= Ι χ iiΨ I=Ι χψ Ι = 1 4 1 =4

6

-6

,

I i

8

-8

ε.

1 2

64

=

=

__i_ - __i_ - __i_

.fi ifi Φ.

64

64

----;:=: ----:=-----: :: = ::

ι(26 - ιΗ - ιfi3

32'fF

32

'!'i - 'fF

=

=

-·-.

4

6

8

χ

-4

-6

::

i!· ·

-8

I

Φανέλη Άννυ 1 . Σ ε καθεμία από τις παρακάτω προτάσεις να σημειώσετε

το

Σ

(σωστή)

ή

το

Λ

Μια ευθεία ε εφάπτεται ενός κύκλου ( Ο , R ) , αν και μόνο αν η απόσταση του Ο από την ε ισούται με R Αν Ο το σημείο τομής των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ ΒΔ ενός ορθογωνίου ΑΒΓΔ, τότε ΑΟ = _

_

b.

d.

e

_

f.

2

c.

Δύο

τρίγωνα

ΑΒ = ΔΕ

'

ΑΓ

και ΔΕΖ με και Γ = Ζ είναι πάντοτε

ΑΒΓ

= ΔΖ

--

, _

(λανθασμένη)

a.

ίσα. Ο ι διαγώνιοι ενός τετραγώνου σχηματίζουν τέσσερα ισοσκελή και ορθογώνια τρίγωνα.

g.

Τα μέσα των πλευρών ορθογωνίου είναι κορυφές ρόμβου. :. Το ίχνος της διαμέσου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ενός ορθογώνιου τριγώνου ισαπέχει από τις τρεις κορυφές του τριγώνου. Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών εVός ,, , τριγώνου είναι 1 8 Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/22

ο


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

2.

Σε καθεμία από τις παρακάτω ερωτήσεις να

1.

σημειώσετε τη σωστή απάντηση

a. Το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ του σχήματος είναι και ρόμβος. Αν τότε το είναι ίσο με: 19 ; 11 17

β = (3χ-8γ, 23

α = (2χ+3)ο

χ

Α

Β

11.

111.

1ν.

ν.

Γ

Δ

b. Οι διαγώνιοι οποιουδήποτε ισοσκελούς τραπεζίου είναι ίσες είναι κάθετες διχοτομούν τις γωνίες του διχοτομούνται c. Δύο κύκλοι (Ο, R ) και ( Κ, 2R ) με ΟΚ = R δεν έχουν κοινά σημεί τέμνονται εφάπτονται εξωτερικά εφάπτονται εσωτερικά d. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 70° η γωνία των διχοτόμων των γωνιών Β και Γ είναι

4.

Λ

Λ

Α+Β = Γ+Δ = 18 Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

l"'o.

Α=Β=Γ=Δ

a � Γ, b � Β, c � Δ, d � Γ, e � Γ )

3.

Δίνεται

ένα

i.

και

(Λ, ; J

ΚΛ =α

να δείξετε ότι: i.

iii. ΚΑ =2 α ν.

ΚΑ

=

. .

ιν. .

ΚΑ

-

-

ii.

ΑΓ=ΒΔ

ΑΒI I ΔΓ) του

=

ΒΚr 3ΜΔ

Αφού ΑΒ 1 1 ΓΔ είναι Af'Δ ως εντός εναλλάξ. Άρα ΑΔ ΒΓ και επομένως ΑΔ=ΒΓ, άρα ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέζιο οπότε ΑΓ=ΒΔ. ΒΟΓ ( επίκεντρη-εγγεγραμμένη που βαίνουν στο τόξο ΒΓ ). ΒΚΓ ΒΟΓ κtο (εξωτερική του τριγώνου ΚΟΓ) άρα ΒΚr Επομένως, ΒΚΓ Δ.

=

= BAr = ω

= 2BAr = 2ω

ο

= + = 2ω +ω = 3ω. = 3Μ

3α -

Δ

2 ΚΑ α =2

α

3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/23

Β

Α

όταν

11.

ΑΒΓ Δ

ακτίνα ΟΒ τέμνει τη διαγώνιο ΑΓ στο Κ,

Ποια είναι η σχετική θέση των κύκλων

(Κ, α)

τραπέζιο

οποίου η πλευρά ΔΓ είναι διάμετρος. Αν η

e. Αν ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, τότε για τις γωνίες του ισχύει:

Α. + Β + t + Δ = 1 soo Α+Γ = Β+Δ

εγγεγραμμένο σε ένα κύκλο (0, R)

70°

1 25°

1 1 0°

3 5°

, R1 + � = α+2α = 2 και � -� = α-2α = 2α ΚΑ = α άρα R 1 - R 2 <ΚΑ < R 1 + R 2 , επομένως οι κύκλοι τέμνονται. ΚΑ = 3α2 άρα ΚΑ = R 1 + R 2 , επομένως οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. ΚΑ = 2α άρα ΚΑ> R 1 + R 2 , επομένως ο ένας κύκλος βρίσκεται εκτός του άλλου. ΚΑ = α2 άρα ΚΑ = R 1 - R 2 , επομένως οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά. ΚΑ = α3 άρα ΚΑ < R 1 - R 2 , επομένως ο κύκλος (Λ, �) βρίσκεται εντός του (Κ, α).

Ειναι

� Ο

Γ


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

5.

Α

Δίνεται ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒΙ Ι ΔΓ) με

Ε

Β

ΔΑ=ΑΒ=ΒΓ και ΔΒ=ΔΓ. Να υπολογίσετε τις γωνίες του τραπεζίου αυτού.

Αφού ΔΑ=ΑΒ, το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές με ΜΒ = ΑΒΔ = ω . Όμοια ΔΒ Γ = ΔfΒ = Φ αφού ΔΒ=ΔΓ (ΒΔΓ ισοσκελές). Είναι επίσης ΒΔΓ = ΑΒΔ = ω ως εντός εναλλάξ. Επιπλέον, ΑΔ=ΒΓ άρα ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέζιο, άρα ΑΔΓ = ΔfΒ οπότε 2ω = Φ ( 1 ) . Επιπλέον, στο τρίγωνο ΒΔΓ είναι ΒΔΓ + ΔfΒ + BfΔ = 1 80° άρα ω + Φ + φ = 1 8οο άρα ω + 2Φ = 1 8οο και από σχέση ( 1 ) είναι ω + 4ω = 1 80° άρα sω = 1 80° και επομένως ω = 36° . Άρα φ = 2ω = 72° και έχουμε Α = :Β = ω + φ = 1 08° και f Δ = φ = 72° . =

Γ

Δ 7.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ

<

(Α = 90° ) Λ

ΑΓ και η διάμεσός τουΑΜ. Από το

Β φέρνουμε το κάθετο τμή μα ΒΔ προς την ΑΜ. Η διχοτόμος της γωνίας ΔΒΜ τέμνει την ΑΓ στο Ε. Να δείξετε ότι ΑΒ=ΑΕ. .\ J.J σ η

γωνία Ει είναι εξωτερική του τριγώνου ΒΕΓ, οπότε Ε, = f + Βι , και Β ι = Β2 (ΒΕ διχοτόμος), άρα Ει = f + Β2 ( 1 ). Επειδή ΑΜ διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ είναι ΑΜΓ ισοσκελές, επομένως f = Αι , και Αι = Β3 (ως γωνίες με πλευρές ανά δύο κάθετες). Η

Άρα f = Β3 (2). Από τις ( 1 ) και (2) βρίσκουμε Ει = Β3 + Β2 οπότε Ει = ΑΒΕ . 6.

Δίνεται ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ I I ΔΓ) με 5 ΔΓ ΑΒ . Στη βάση του ΑΒ παίρνουμε 4

=-

ΑΕ = ..!. ΑΒ . 'Εστω 4

Επομένως το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές οπότε ΑΒ =ΑΕ. Β

Ζ το μέσο της πλευράς

ΒΓ και Η το μέσο του ΔΕ. Να δείξετε ότι το ΑΗΖΒ είναι παραλληλόγραμμο.

Είναι ΑΒIIΔΓ άρα και ΕΒIIΔΓ άρα ΕΒΓΔ τραπέζιο. Η ΗΖ είναι διάμεσος του τραπεζίου αυτού άρα ΗΖIIΔΓ και HZ I I EB άρα HZI I AB ( 1 ). άρα επίσης Είναι ΗΖ = ΕΒ + ΔΓ ΗΖ =

_% ΑΒ + %4 ΑΒ 2

2

άρα ΗΖ=ΑΒ (2). Από ( 1 )

και (2) συμπεραίνουμε ότι το ΑΗΖΒ είναι παραλληλόγραμμο.

Ε 8.

Δίνεται τρίγωνο

ΑΒΓ

με

Γ ΒΓ=2ΑΒ,

η

διάμεσός του ΑΔ και η διάμεσος ΑΕ του τριγώνου ΑΒΔ. Να δείξετε ότι η ΑΔείναι διχοτόμος της γωνίας EAr .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/24


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

, i Ι CH)

ΒΓ και επειδη' ' Απο' την υπο' θ εση εχουμε ΑΒ = 2 ΒΓ Δ μέσο ΒΓ είναι ΒΔ = . Οπότε ΑΒ=ΒΔ, άρα

Επομένως το τρίγωνο ΑΚΔ είναι και ορθογώνιο.

2

το τρίγωνο ΒΑΔ είναι ισοσκελές. Φέρνουμε την διάμεσο ΔΖ του τριγώνου ΒΑΔ. Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΔΖΑ έχουν: ΑΔ κοινή, ΔΕ=ΑΖ και ΒΔΑ = ΒΑΔ . Επομένως τα τρίγωνα είναι ίσα (π-γ-π). Άρα Φ = ώ ( 1 ). Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Δ, Ζ μέσα των ΒΓ, ΒΑ αντίστοιχα, επομένως ΖΔ ΙΙ ΑΓ, οπότε ώ = θ (2) ως εντός εναλλάξ. Από τις ( 1 ) και (2) φ = θ , άρα η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΕΑΓ .

κ

Β

"

45°\

φ

Α

10. Δίνεται

ΑΒΓ

τέμνει

i.

τη

ΒΓ.

Γνωρίζοντας

ότι

Δ αυτό

ΟΚ=ΚΖ

ίί. ίίί.

ΑΗ=ΑΟ Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο

Γ

κατασκευάζουμε

το

ΒΚr = 90° . Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ

κατά Γ Δ=ΑΒ. Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΚΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

1.

Είναι ΖΟΓ = _!_ ΒΟΓ αφού ΟΚ ύψος άρα και 2

διχοτόμος στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΟΓ. BAr = _!_ ΒΟΓ ως εγγεγραμμένη γωνία που 2

βαίνει

στο τόξο ΒΓ . Επομένως ΖΟΓ BAr 60° . Άρα το ισοσκελές τρίγωνο ΟΖΓ ( ΟΖ = ΟΓ R ) είναι ισόπλευρο. Οπότε το ύψος του ΓΚ είναι και διάμεσός του. Άρα ΟΚ=ΚΖ. =

=

=

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΔΓΚ, ΑΒΚ . Έχουν: ΓΔ ΑΒ , ΚΓ = ΚΒ και ΔΓΚ = ΑΒΚ εγγράψιμο τετράπλευρο διότι ΑΒΚΓ Λ

Λ

=

=

Λ

Α = 60°

ΑΗ=20Κ να δείξετε ότι:

ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΒΚΓ με

(Α.+κ

με

Δ

ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ τέμνει

....

από

''·

--+-____'_::..

την ακτίνα ΟΖ .l ΒΓ και έστω Κ το σημείο

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) . Έξω

"

την ΑΒ στο Δ και την ΑΓ στο Ε. Φέρνουμε

/� --·-·

Β 9.

'

·.. '

ευθεία που διέρχεται από το Ο και το

που '

Γ

' '"·

εγγεγραμμένο σ ε ένα κύκλο μ ε κέντρο Ο. Η

Α z '

τρίγωνο

\

'χ,

9 0 ° +9 0 ° = 1 8 0 ° ) .

Οπότε τα τρίγωνα είναι ίσα (π-γ-π). Άρα ΚΔ = ΚΑ και επομένως το τρίγωνο ΑΚΔ είναι ισοσκελές. Είναι Κ, + Κ2 = 9 0 ° και Κ3 = Κ, από την ισότητα των τριγώνων, άρα Κ3 + Κ2 = 9 0 ° , άρα

ΑΚΔ = 9 0 ° . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/25

Α

z


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

11.

ίίί.

= Γ 2 = 60° (π-γ-π). Άρα ΖΕ = ΖΔ , άρα ΕΔΖ ισοσκελές, και Ζ 2 = Ζ 1 = 30° άρα ΕΖΔ = z l + z 2 = 60° οπότε το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισόπλευρο.

Είναι ΟΖ=20Κ και ΑΗ=20Κ (υπόθεση) άρα ΟΖ=ΑΗ. ΟΖ και ΑΗ είναι κάθετες στη ΒΓ. Άρα OZIIAH. Επομένως το ΑΗΖΟ είναι παραλληλόγραμμο και επειδή ΟΑ=ΟΖ, το ΑΗΖΟ είναι ρόμβος. Άρα ΑΗ=ΑΟ. Επειδή το Ζ είναι το μέσο του ΒΓ , συμπεραίνουμε ότι η ΑΖ είναι διχοτόμος της γωνίας BAr . ΑΖ, ΗΟ είναι οι διαγώνιοι του ρόμβου ΑΗΖΟ, επομένως ΑΖ .l ΗΟ . Οπότε το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές με ΔΑΕ = 60° άρα είναι ισόπλευρο.

1 1 . Σε μία ευθεία ε παίρνουμε στη σειρά τα σημεία

Α,Β,Γ

και

Κατασκευάζουμε

το

Δ

με

ΑΒ=ΒΓ=ΓΔ.

ισόπλευρο

τρίγωνο

ΒΓΕ και φέρνουμε την ευθεία ΑΕ, η οποία τέμνει στο Ζ την κάθετο από το Δ προς την ΑΔ. Ν α δείξετε ότι

ί. ΑΕ=ΕΖ ίί. ΒΕ Ι Ι ΓΖ ίίί. Το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισόπλευρο

f'1

'

12. Δίνεται

τραπέζιο

ΑΒΓΔ

(ΑΒΙ Ι ΔΓ)

με

ΑΒ=2ΓΔ Αν Μ και Ν είναι τα μέσα των ΑΒ και ΒΓ αντίστοιχα και Κ το σημείο τομής των ΔΜ και ΑΝ, να δείξετε ότι

ί.

ίί. ΔΚ=3ΚΜ

ΑΚ=ΚΝ

. \ �J σ η

Το ΔΓΒΜ είναι παραλληλόγραμμο αφού ΔΓIIΜΒ και ΔΓ = ΑΒ = ΜΒ . 'Εστω Λ το μέσο του 2 ΔΜ = ΒΓ = ΝΒ και ΔΜ. Τότε έχουμε ΛΜ = -2 2 (αφού ΔΜ 1 1 ΓΒ ) άρα ΛΝΒΜ ΛΜ 1 1 Ν Β παραλληλόγραμμο. Επομένως ΛΝ = ΜΒ και ΛΝ 1 1 ΜΒ άρα ΑΝ = ΑΜ και ΛΝ 1 1 ΑΜ άρα ΑΛΝΜ παραλληλόγραμμο και Κ το σημείο τομής των διαγωνίων του. Επομένως ΑΚ = ΚΝ . Δ

ι.

Φέρνουμε ΕΡ .l ΒΓ . Αφού ΒΓΕ ισόπλευρο τότε το ΕΡ είναι και διάμεσός του. Επομένως Ρ μέσο ΒΓ. ΑΒ=ΓΔ και ΒΡ=ΡΓ οπότε ΑΒ + ΒΡ = ΓΔ + ΡΓ δηλαδή ΑΡ = ΡΔ . Άρα Ρ μέσο της ΑΔ. Στο τρίγωνο ΑΔΖ είναι Ρ μέσο ΑΔ και ΡΕ 1 1 ΖΔ άρα θα είναι και Ε μέσο ΑΖ, δηλαδή ΑΕ = ΕΖ .

/

/

/

/

/

/

/

/

Ν

Β ΔΜ Επίσης ΛΚ = ΚΜ . Είναι όμως ΛΜ = 2 ΔΜ άρα 2ΚΜ = άρα ΚΜ = ΔΜ . Επομένως, 4 2 ΔΚ = 3 ΔΜ και έτσι προκύπτει ΔΚ = 3ΚΜ . Α

4

ε

ιι.

ίίί.

Α

13. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

Στο τρίγωνο ΑΓΖ το Β είναι μέσο της ΑΓ και το Ε μέσο της ΑΖ. Άρα BEIIΓZ. Αφού BEIIΓZ, είναι fΊ = Β = 60° . Οπότε Ζ 1 = 30° και f' 2 = 60° . Τα τρίγωνα ΓΔΖ και ΓΕΖ είναι ίσα αφού ΓΖ κοινή, ΓΔ = ΓΕ και

(Α = 90° ) ,

η διάμεσός του ΑΜ και το ύψος του ΑΔ με

ΔλΜ 60° =

Φέρνουμε ΜΕ κάθετη στην ΑΓ

που τέμνει την προέκταση του ΑΔ στο Ζ. Ν α δείξετε ότι

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' τ.4/26


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

. ΑΔ = ΒΓ

ι.

4

r = ιs'

ii.

iv. Να υπολογίσετε τη γωνία

ί.

ΑΖΓ

ΑΒΓ

που τέμνει τη ΒΔ στο Ε και την προέκταση

Λύση

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΜ είναι ΔΑΜ = 60' οπότε ΔΜΑ = 90' - 60' = 3 0' . Επομένως ΑΔ = ΑΜ Η ΑΜ είναι διάμεσος 2 του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ άρα ΒΓ . ΒΓ , επομενως . ΑΔ = ΑΜ = 2 4 Επειδή ΑΜΓ ισοσκελές ΑΜ = Β; = ΜΓ

(

της ΑΒ στο Ζ.

ιν.

Λ

Λ

Λ

ΑΔΕΖ

είναι

εγγράψιμο σε κύκλο του οποίου να προσδιορίσετε το κέντρο

ίίί. Να δείξετε ότι η της γωνίας ΔΕΖ

ΑΕ είναι διχοτόμος

Λύση

ι.

z

Η ΜΕ είναι ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ΑΜΓ άρα και διάμεσός του οπότε ΖΕ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ, άρα ΖΑ=ΖΓ. Τα τρίγωνα ΑΖΜ και ΓΖΜ έχουν ΖΑ=ΖΓ, ΜΑ=ΜΓ και ΖΜ κοινή άρα είναι ίσα (π-π-π). Αφού ΖΑ=ΖΓ, είναι ΖΑΓ ισοσκελές με ΖΑΓ = ΔΑΜ + Α 1 = 60' + 1 5' = 7 5' . Επομένως

ΒΖΔ

ί. Ν α υπολογίσετε την ίί. Ν α δείξετε ότι το

)

είναι Α 1 = fΊ και αφού ΔΜΑ εξωτερική του γωνία έχουμε ΔΜΑ = Α 1 + fΊ = 2fΊ άρα fΊ = 1 5Ό

ίίί.

και Δ τυχαίο σημείο της

ΑΓ. Φέρνουμε από το Γ κάθετη στην ΒΔ

.

11.

(Α = 90°)

14. Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο

ίίί. Τα τρίγωνα ΑΖΜ και ΓΖΜ είναι ίσα

Τα ΓΑ και ΒΕ είναι ύψη του τριγώνου ΒΓΖ άρα το Δ είναι το ορθόκεντρό του. Η προέκταση της ΖΔ προς το Δ τέμνει τη ΒΓ στο Ρ. Αφού το ΖΡ διέρχεται από το Δ, είναι ύψος και οπότε ΖΡ .1 ΒΓ άρα ΖΔ .1 ΒΓ . Αφού ΑΒΓ ορθογώνιο και ισοσκελές, είναι Β = 45° . Άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΖΡ θα είναι: Β ΖΔ = 90° - Β = 45° . Β

z 11.

iii.

Το ΑΔΕΖ είναι εγγράψιμο αφού Α + Ε = 90° + 90° = 1 80° και το κέντρο του θα είναι το μέσο της ΖΔ αφού ΖΜ = 90° . Αφού το ΑΔΕΖ είναι εγγράψιμο, είναι Ε 1 = Β ΖΔ = 45° και Ε 2 = ΑΔz = 45° . Άρα Ε 1 = Ε 2 οπότε ΑΕ διχοτόμος της γωνίας ΔΕΖ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/27


Μ81ΙΙJΙ8-ιι8• ,_ l'φl' W 1'�1'1 Ι'•ιι Αιι••Ι•ιι Άλγεβρα

Επαναληπτικά Θέματα

Χ ρ ήστος Δ. Μ ώκος και Νίκος Σ . Τ απεινός

ύλη που θα εξεταστείτε τον Ιούνιο ολοκλη ρώνεται, αν δεν έχει ήδη ολοκλη ρωθεί . Η περίοδος των εξετάσεων πλησιάζει και η επανάληψη γίνεται απαραίτητη . Για το λόγο αυτό θεωρούμε ότι τα θέματα που ακολουθούν αποτελούν μια ευκαιρία για καλή επανάληψη των εννοιών που διδαχτήκατε στην :rάξη αυτή. Η

1.

Αν η μα-η μβ=χ και συνα+συνβ =y, τότε: i)

Να βρείτε το συν(α+β) συναρτήσει των

iii) Να δείξετε ότι -1 9 � f ( x ) � 1 5 και να εξετάσετε αν η τιμή 1 5 είναι μέγιστη

χ, Υ

τιμή της f και η τιμή - 1 9 ελάχιστη τιμή

ii) Να δείξετε ότι χ 2 + y2�.

της f.

. \ iJ r>ii

Λ ίJση

χ22=(ημα-ημβ)2=2ημ2α-22 ημαημβ+ημ2β. 2 i) Επειδή η Cr περνάει από τα y =(συνα+συνβ) =συν α+2συνασυνβ+συν β. Α ( · 3 )και Β ( � . -14 ). μέλη παίρνουμε: x2+y2= Προσθέτοντας κατά =ημ2α+συν2α-2ημαημβ+2συνασυνβ+ημ2 β+συν2β Οι συντεταγμένες� των Α, Β θα επαληθεύουν την χ22+y22=1 +2συνασυνβ-2ημαημβ+1 εξίσωση (τύπο) της Cr δηλαδή x +y -2=2(συνασυνβ-ημαημβ) ( = ασυν � + βημ � -2 = 3 f 2 2 y χ -2 + "' συν (α + β) = 2 � (� )� ασuνπ+βημπ-2�-14 r ii) Ισχύει συν(α+ β)::;l, οπότε ) 2� } δηλαδή χ 2 + y2 � 4 . {Ε : ;���� 0 2 � -14} "' {�: �z} πομένως f(x)= 12συν2χ+5ημ2χ-2 ii) Για να έχει η f με πεδίο ορισμού το AFR τον αριθμό Τ=π>Ο περίοδο αρκεί για κάθε xeAr, (1) και f(x+τ)=f(x-τ)=f(x) (2) Α(:, 3) Β ( ;, ) Η(x-τ)eAr (1) προφανώς ισχύει. Για την (2) έχουμε: f(χ+τ)=f(χ+π)= =12συν(2(χ+π))+5ημ(2(χ+π))-2= =12συν(2χ+2π)+5ημ(2χ+2π)-2= i)

!

_____:__ __

2.

Δίνεται η συνάρτηση

f(χ)=ασυν2χ+βημ2χ-2, x e R

Αν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία

και

- 14

τότε: i)

Να βρείτε τα α,β e R.

ii) Να δείξετε ότι η f έχει περίοδο Τ=π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/28

I


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

=1 2συν2χ+5ημ2χ-2= f(x) και f(χ-τ)=f(χ-π)= =12συν(2(χ+-π))+5ημ(2(χ-π))-2= =12συν(-2π+2χ)+5ημ(-2π+2χ)-2= =12συν2χ+5ημ2χ-2= f(x) Άρα τ=π>Ο περίοδος της f iii) Επειδή για κάθε χ εR έχουμε -1 ::;συν2χ::; 1 οπότε -12::; 12συν2χ::; 12 και -1::;ημ2χ::;1 οπότε -5::;ημ2χ::;5. Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε: -12-5 ::;12συν2χ+5ημ2χ::;2::;12+5 -17::;12συν2χ+5ημ2χ::;17 -1 7-2::;12συν2χ+5ημ2χ-2::;1 7-2 -19::;f(x)::;1 5 . Το 1 5 δεν μπορεί να είναι η μέγιστη τιμή της συνάρτησης γιατί δεν μπορεί να γίνει για την ίδια τιμή του χ: ημ2χ=1 και συν2χ=1 (θα είχαμε τότε: ημ22χ+συν2 2χ=1+1=2 άτοπο). Το -1 9 δεν μπορεί να είναι ελάχιστη τιμή της συνάρτησης γιατί δεν μπορεί να γίνει για την ίδια τιμή του χ:ημ2χ= -1 και συν2χ= - 1 . (θα είχαμε τότε: ημ22χ+συν22χ=(-1 /+(-1 )2 =2 άτοπο). 3.

Να λυθεί στο [Ο,π] η εξίσωση : χ χ χ 2συν 3 - + 2συνχ - 4συν - 1 - συν 2 2 2 2

4

-3

2

7

3

7

3

ο

5

-

Έχουμε: (2) <::::> (2ω2 +7ω+3)(ω-1 )=0<:::>ω=1 Αφού 2ω2 +7ω+3�3. Άρα (1 <::::> συν 2χ 1 <::::> 2χ = Ο <::::> χ = Ο . )

4.

=

Για ποιες τιμές του χ ε R οι αριθμοί ημ2 χ, 3 1-συν χ, 2συνχ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου;

Οι αριθμοί ημ2 χ, 1-συν3 χ, 2συνχ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου όταν και μόνο: 2( 1-συν3 χ)= ημ2χ+2συνχ ( 1 ). ( 1 )<:::>2-2συν3 χ= 1-συν2χ+2συνχ<:::> 2συν3 χ-συν2χ+2συνχ-1=0<:::> συν2 χ (2συνχ-1 )+(2συνχ-1 )=Ο (2συνχ-1 )( συν2 χ+ 1 )=Ο<:::> συνχ 1 <::::> 2 π π συνχ = συν- <::::> χ = 2κπ ± -, κ ε Ζ 3 3 2 (αφού συν χ + 1 7:- Ο) . = -

=

5.

Αν οι πλευρές ενός ορθογωνίου τριγώνου σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο, δείξτε ότι

Λ 1CJ (Hiι

2συν 3 -χ + 2συνχ - 4συν-χ = 1 - συν 2 -χ <::::> 2 2 2 <::::> 2συν3 -χ + 2 2συν2 -χ - 1 - 4συν -χ = 1 - συνz -X 2 2 2 2 <::::> 2συν3 � + 4συν2 � - 2 + συν2 � - 4συν � - 1 = Ο 2 2 2 2 <::::> 2συν 3 � + 5 συν 2 � - 4συν � - 3 = Ο . 2 2 2 χ Θέτουμε συν- = ω ( 1 ) με Ο ::; -χ ::; -π δη λαδη' 2 2 2 Ο ::; ω ::; 1 , οπότε η επιλύουσα της είναι η: (2). 2ω 3 + 5ω 2 - 4ω - 3 = 0 Πιθανές Ακέραιες ρίζες: ±1, ± 3

(

)

η διαφορά της προόδου ισούται με την ακτίνα του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου. '\ c{: ση

Έστω ω η διαφορά της προόδου και χ>Ο, χ-ω>Ο, χ+ω>Ο οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου όπως φαίνονται στο σχήμα. Γ . χ+ω "'·.

χ-ω Β Δ Τότε από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/29


Μ αθη ματικά για την Β' Λυκείου

(χ+ω)2=χ2+(χ-ω )2 =>χ2-4χω=0=> =>χ(χ-4ω)=Ο=>χ=4ω αφού χ>Ο. Γνωρίζουμε ότι Ε=τ · ρ οπότε χ ( χ - ω) χ + χ + ω + χ - ω ρ => 2 2 => χ ( χ - ω ) = 3χρ => χ - ω = 3ρ => 4ω - ω = 3ρ => ω = ρ αφού χ ο;ι Ο . β ' τ ρ όπος

Βρήκαμε ότι: β=4ω, γ=3ω, α=5ω οπότε ρ=ΑΔ=τ-α=6ω-5ω=ω, αφού ΚΔΑΕ τετράγωνο. 6.

' Ν α λυ θ ει' η ανισωση

24 1 - e- •

--

1 e- x

---

-6

(1)

.\ ί1 ση

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί 1-e-x:;tO και e -6:;t0 δηλ. χ :;tO και χ :;t-ln6 Θέτουμε e-x=y>O, οπότε η επιλύουσα της ( 1 ) ' η : 24 � 1 ειναι (2) 1 - y2 y - 6 με y * 1 και y * 6 αφού y>O. Οπότε (2) <:::::> (/+24y-145)(1- y2 )(y-6):::;0 <=> ( y + 29 )( y - 5 )( 1 + y )( 1 - y )( y - 6 ) � 0 <:::::> ( y - 5 )( 1 - y )( y - 6 ) � ο <:::::> <:::::> ( y - l )( y - 5 )( y - 6 ) � Ο -χ

--

--

y+I>O

Ο

5

6

+οο

ο·-�---�-+---­

+

+

Άρα (2) <:::::> 1 <y � 5 ή y<6 . Οπότε ( 1 ) <:::::> 1 < e - x � 5 ή e- x > 6 <:::::> Ο < -χ � .t'n5 ή - χ > .t'n 6 <:::::> -.t'n5 � χ < Ο ή χ < -.t'n6 αφού eι t . Λ

7.

Να βρεθεί η μεγαλύτερη τιμή του λ ε R για 2 την οποία η aνίσωση 2χ3 +5χ +λ2:1 +λ3 χ 2 επαληθεύεται όταν χ=1 . Στη συνέχεια για αυτή την τιμή του λ να λυθεί η aνίσωση.

αρκεί 2+5+λ::: 1 +λ3 δηλαδή λ3-λ-6:::;0

(2)

2 4 3

2 2

6 ο

Παίρνουμε ( 2 ) <:::::> λ! - λ - 6 � Ο <:::::> (λ-2)(λ2+2λ+3):::;0 και επειδή λ2+2λ+3>0 για κάθε λεR (έχει Δ=-8<0 και α=1>0) έχουμε (2)<:::::>λ-2:::;Ο<:::::>λ:::;2 Επομένως η μεγαλύτερη τιμή του λ είναι λ=2 Για λ=2 η ( 1 ) γράφεται 2χ3 +5χ2 +2:::: 1 +8χ 2<=>2χ3 -3χ2+ 1::::0 Χρησιμοποιώντας σχήμα Horner παίρνουμε: ( x-1)2 (2 x+ l ) ::::O <:::::> x = 1 ή 2χ + 1 � 0 <:::::> χ = 1 ή χ � - 1 <:::::> χ � --1 2 2 -

8. Αν η τιμή χ=9 είναι μια ρίζα της εξίσωσης

fn (χ2+1 5α2) - Jln

-

α-2

- .t'nx = Jln ( α - 2)

(1)

α>2 να βρεθούν, αν υπάρχουν και οι άλλες ρίζες της εξίσωσης.

Λ ύσ η

Με α>2 η ( 1 ) ορίζεται μόνο όταν χ>Ο και αφού έχει ρίζα το 9 θα έχουμε: .Cn ( 8 1 + 1 5α 2 ) - Jln � - Jln9 = .Cn ( α - 2 ) α-2 => .Cn ( 8 1 + 1 5α 2 ) = .t'n � + Jln9 + .t'n ( α - 2 ) α-2 => Jln ( 8 1 + 1 5α 2 ) = .t'n9 �( α - 2 ) α-2 2 => .t'n ( 8 1 + 1 5α ) = Jln 72α <:::::> 8 1 + 1 5α 2 = 72α => 1 5α2 - 72α + 8 1 = 0

=> α = 3 η α = 2_ <:::::> α = 3 ( αφού α > 2 ) . 5 Αρα ( 1 ) <:::::> .en ( χ 2 + 1 35 ) - fn24 - .t'nx = .t'n1 <:::::> <:::::> .t'n ( χ 2 + 1 35 ) = .t'n24 x <:::::> χ 2 + 1 35 = 24χ <:::::> <:::::> χ 2 - 24χ + 1 35 = 0 <:::::> χ = 9 ή χ = 1 5 .

Λ ί1 σ η

Για να επαληθευεταί η (1) για χ= 1 πρέπει και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/30


Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

9.

Αν

οι αριθμοί logα, logβ, logγ και 3γ , α 2β , , log - , log - , log - ειναι δ ιαδ οχικοι οροι 3γ 2β α

ΛίJση

Θέτουμε συν2 χ=y οπότε Ο � y � 1 και η αριθμητικής προόδου με α, β, γ>Ο να δείξετε επιλύουσα της ( 1) είναι της 4y2-1 7y+4=0 (2) ότι που έχει α) Οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι Δ=225 και ρίζες y ι =4 και y2=1/4 (Δεκτή μόνο γεωμετρικής προόδου η Υ2). β) Οι α, β, γ είναι πλευρές τριγώνου και Άρα γ) Βρείτε το είδος του τριγώνου αυτού συν2 χ = y <::::> συν2 χ = -1 <::::> συνχ = -1 η' συνχ = --1 . 2 2 4 Εχουμε: Λ ίJση α) Επειδή logα, logβ, logγ είναι διαδοχικοί συνχ =-1 <=:>συνχ = συν-π <=:> χ = 2κπ±-π με κ ε Ζ 3 3 2 όροι αριθμητικής προόδου θα ισχύει Ενώ 2 log β = log α + log γ => 2π <::::> χ = 2κπ ±2π με κ ε Ζ (1) log β 2 = lοg (α · γ) => β 2 = αγ συνχ = --1 <::::> συνχ = συν3 2 3 ( αφού η logt είναι 1-1 )· Αυτό σημαίνει ότι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι 1 1 . Να λυθεί η εξίσωση : γεωμετρικής προόδου. l (1) (2x-1 ) 1og(Z x- )=1 00.(2 x-1) 2β 3γ � , log , 1og διαδοχικοί β) Επειδή: log 2β 3γ α όροι αριθμητικής προόδου θα ισχύει: Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί 3γ => α + log2β = log2 log2χ-1 >Ο δηλαδή χ> 112. 2β α 3γ Έχουμε: 2 2 3γ 2β 3γ 4β � ( 1 ) <::::> log(2 x-1 ) 1og(lx-I )=log[1 00(2 x-1)] <::::> = log - => 2 = log 3γ 2β α 9γ 2β log(2 x-1 ). log(2 x-1 )=log 1 OO+log(2 x-1) <::::> 3 [log(2 x-1)] 2 =2+ log(2 x-l) => 8β 3 = 27γ 3 => 2β = 3γ => β = -γ (2) 2 Θέτουμε log(2 x-l )=y(2) οπότε η επιλύουσα Η ( 1) λόγω της (2) δίνει: της ( 1 ) είναι η: /=2+y (3) 9 9-γ 2 = αγ => α = -γ (3) (3)<::::> y2-y-2=0 <::::>y=--1 ή y=2 4 4 9 > -γ 3 > γ δηλαδή α>β>γ Έχουμε: α = -γ " Για y=--1 έχουμε (2) <::::> log(2 x-1 )=--1 <::::> 4 2 οπότε για να είναι τα α, β, γ πλευρές τριγώνου, log ( 2χ - 1) = log-1 <::::> 2χ - 1 = -1 <::::> χ = -1 10 20 10 αρκεί β+γ>α. Πράγματι 5 -9 3 γ = -γ δεκτη' τιμη' αφου' 1 1 > 1 β + γ = -γ > γ=α + 20 2 . 2 4 2 γ) Έχουμε Για y=2 έχουμε (2) <=:>log(2 x-1 )=2 <=> 1 3 γ 2 8 1 γ 2 = 9 γ 2 = α2 β 2 + γ 2 = 49 γ 2 + γ 2 = 4 < 16 4 log(2 x-1 )=log 1 00<::::> 2χ-1 = 1 00<::::> 2 2 2 δηλ. β +γ <α Άρα Α > 1L και το τρίγωνο 1 0 1 > 21 . είναι αμβλυγώνιο. δ εκτη' τιμη' αφου' Τ

( )

(

)

( )

1 0. Να λυθεί η εξίσωση : 4 2 4συν χ-1 7συν χ+4=0 (1)

12. Να λυθεί η εξίσωση : 2x=ln(3e '-2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/3 1

(1)


Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

Θέτουμε 5 I g(x Ι)=y (Πρέπει y>O) και η επιλύουσα της ( 1) είναι η /-6y+5=0 που δίνει λύσεις Υ ι =1 ή Υ2 =5 Για y=l έχουμε 5 1og(x-I)=y<::::> 5 10g(x- Ι)= l<=> <::::> 5 Iog(x-I)= 5°<::::>l og(x- 1 )=O<::::> lo g(x-1 )=log l <=> <=>x-1=1 <=> l x=21 δεκτή τιμή Για y=5 έχουμε: 5 Iog(x I)=5<::::> lo g( x 1 )=1 <::::>l o g(x-l )=log l O<=> <=>χ-Ι= 1 0<::::> I χ= 1 11 δεκτή τιμή. o

Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί 3ex-2>0 (2) (2) <=> e x > -2 <=> χ · ln e > ln-2 <=> χ > ln 3 3 3

Β

Επειδή lne= 1 έχουμε: ( 1 ) <::::>2 x lne=ln(3ex -2) <=> lne2 x= ln(3ex-2) και επειδή η συνάρτηση f(x)= lnx είναι «1 - 1 » έχουμε: ( 1 ) <::::>e2 x=3ex-2 <=> e2 x-3ex+2=0. Θέτουμε ex=y(3) (Πρέπει y>O) οπότε η επιλύουσα της ( 1 ) είναι η: /-3y+2=0 που έχει ρίζες y=l ή y=2

®

-

(2χ+1)+(2χ+4)+ . . . +(2χ+3 1 )=1 1 0 (1) με χ ε R

Παρατηρούμε ότι το 1 μέλος της εξίσωσης είναι άθροισμα διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου με ω=(2χ+4)-(2χ+ 1 )=3 και πλήθος ν που βρίσκεται ως εξής: αv=α,+(ν-1 )ω<::::>2 χ+3 1 =2χ+ 1 +(ν-1 ) · 3 <=> 30=3(ν-1) <=> ν= Ι Ι Άρα ο

Για y=2 έχουμε: (3)<=>ex=2<=> x=ln2 δεκτή αφού ln 2 > ln � . 3 α1= ln3 και ο δεύτερος όρος είναι α2 = Ιη27. Να βρεθούν α) ο 1 0 ος όρος της και β) το

-

1 5 . Να λυθεί η εξίσωση :

"' Για y=1 έχουμε: (3)<=>ex=1<=> ex= e0<::::> χ=Ο δεκτή αφού Ο > ln � . 3

13. Σε αριθμητική πρόοδο ο πρώτος όρος είναι

-

(α 1 + α 1 1 ) 1 1 (2χ + 1 + 2χ + 3 1) 1 1 22χ 1 76 + 2 2 οπότε η ( 1 ) <::::>2 2χ+ 1 76=1 1 0 <=> l x = -31 s

11

=

=

=

άθροισμα των 20 πρώτων όρων της. 1 6 . Αν το άθροισμα των ν α��χικών όρων μιας

ακολουθίας sν = 3 . zν

( - 1)

α) Η διαφορά ω είναι: ω= αΓ α 1 = ln27- ln3= ln27/3= ln9=2ln3 Τότε α 1 0= ln3+(10-1)·2·ln3=ln3+1 8ln3 =1 9ln3 [2 · ln3 +(20 -1 ) · 2 · 1n3] 20 = 400 · ln 3 . β) S20 2 14. Να λυθεί η εξίσωση : 2 5 ιοg(χ- ι)_6 . 5 ιοg(χ- Ι> + 100 ιog J5 = Ο

(αν) δίνεται από τον τύπο για κάθε ν Ε Ν * ' τότε:

α) Να βρεθεί το αν β) Να αποδειχθεί ότι η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος της οποίας να βρεθεί το λ και ο αι γ) Πόσοι όροι αυτής έχουν άθροισμα 38 1 ;

(1 )

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί χ-1>0 δηλαδή I χ> ιl Παρατηρώ ότι: I OO 'og JS = ιο zισg ν'S = I O 'og s = 5 Οπότε ( 1 ) <::::>5 2Iog(x-I)_ 6. 5 log(x- 1 )+5=0

α) α ν = S v - S v _ 1 = 3 ( 2 v - l ) - 3 ( 2 v- ι - 1 ) = = 3 ( 2 ν - 2 ν - Ι ) = 3 · 2 ν-Ι ( 2 - 1) = 3 · 2 ν-Ι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/32


ΓΕ ΩΜΕ ΤΡΙΑ

Επαναληπτικά Θέματα Τζιώτζιο ς Θ ανάση ς - Καρδαμίτση ς Σπύρο ς Είναι γνωστό ότι τα θεμέλια της γεωμετρίας τοποθετήθηκαν από τους Αρχαίους Έλληνες, όπου τα έργα τους αποτέλεσαν την βάση για την πιο πέρα εξέλιξη των μαθηματικών επιστημών. Μεγάλοι Έλληνες μαθηματικοί όπως ο Ευκλείδης, ο Πυθαγόρας, ο Αρχιμήδης, ο Θαλής έγιναν αντικείμενο μελέτης της ιστορίας των μαθηματικών και σε πολλά βιβλία τους συναντάμε στοιχεία που τα μελετάμε σήμερα στο σχολείο. Για παράδειγμα στο βιβλίο Α του Ευκλείδη η πρόταση μζ

(4 7)

αναφέρει . . . . «Εν τοις ορθογωνίοις τριγώνοις το από της την ορθήν γωνίαν υποτεινούσης πλευρές τετραγώνων ίσον εστί τοις από των την ορθήν γωνίαν περιεχουσών πλευρών τετραγώνοις » που φυσικά είναι το γνωστό σε όλους μας Πυθαγόρειο Θεώρημα.

Ε JJ! Π Η Σ Ι:: Ι Σ Σ Ω Σ Τ Ο Υ ΛΑΘΟΥΣ

Ε ΡΩ'ΙΉ Σ Ε Ι Σ Π ΟΛ Λ Α Π Λ Η Σ ι::: Ι Ι Ι Λ Ο Γ Η Σ

Τρίγωνο με πλευρές α = μ2+ 1, β = 2μ και γ = μ2 - 1 . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α 90°) το 1 όπου μ ακέραιος (μ> 1) είναι ορθογώνιο. τμήμα ΑΔ είναι ύψος του. Αν ΒΔ = 8 και ΔΓ 24, 2. Η διάμεσος ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α τότε η πλευρά του ΑΒ έχει μήκος: Β. 1 6 Α. 4 Γ. 8.J3 , ιση , με αJ2 ειναι 3 ι\ . 1 6 .J3 Κ 4 J2 3 . Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσα εμβαδά, τότε τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα. 2. Το εμβαδό Ε ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α 4. Ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 2χ είναι ισοδύναμο δίνεται από τον τύπο: με τετράπλευρο με κάθετες διαγώνιους με μήκη α .J3 α 2 .J3 Ε = . Ε = Β . Λ x .J3 και χ/2. 4 2 ι\. Ε α2 1'. Ε = α 2 ΞΙ . Σε δύο τρίγωνα ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με τον λόγο των υψών τους. Ε . Κανένας από τους προηγούμενους τύπους. =

=

--

f-k

=

γωνία ενός κανονικού ν-γώνου και η κεντρική 3. Σε τρίγωνο ΑΒΓ εμβαδού 8 προεκτεί-νουμε την του γωνία είναι συμπληρωματικές. πλευρά ΒΓ = α κατά τμήμα ΓΔ = Υ2 α, τότε το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΔ είναι: 7. Η πλευρά τετραγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο Ε . 14 Α . 10 Β. 1 1 Γ. 1 2 Δ. 1 3 ακτίνας 2α είναι α J2 4. Η γωνία ενός κανονικού πολυγώνου Λ. Π Λ ΥΓ Η Σ Ε Ι Σ εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας R είναι 120°, τότε το εμβαδόν του είναι: 6.

Η

I IrI�I:I�I:I:I�I Σ

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/33


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

z z z . εχουμε: μαz = 2β + 2γ - α 4 2β 2 2 . (2β) 2 - 3β 2 - 7β 2 αρα - β .fi __!..._ + :...� ..:._ ---=- � - -4 4 2 ii) Αφού οι χορδές ΑΔ και ΒΓ τέμνο-νται στο Μ θα ισχύει ότι:

R z Ji 3R 2 Ji Rz Β. Γ. 2 2 2 2 z 3R J3 R Ji Λ . -- Ε . 3 2 5 . Δίνεται κύκλος (O,R) και δύο παράλ-ληλες χορδές του ΑΒ=ΓΔ=λ3 • Η περί-μετρος του τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ είναι: 5R Γ. Α . 2R( J3 + 1) Β. 3R 3 \ . R2 .fj κ 3 .fj R. Α.

--

__

(") Σε τεταρτοκύκλιο Ο. ΒΓ ακτίνας R το μήκος του τόξου ΒΓ είναι: πR πR Β. πR Γ. Λ. 3 2 Ε . 3πR.

6.

Α Π Α Ν ΊΉ Σ Ε Ι Σ

2

Β

5

Γ

Λ.

Αl: Κ Η Σ Η

6

Α

J 'l

ΜΑΜΔ = ΜΒ · ΜΓ δηλαδή β .fi ΜΔ = � τότε: β .fi ΜΔ = 3β 2 4 4 2 2 .fi Άρα ΜΔ = 3 β . 14 ΛΣ Κ Η l: Η 2 1]

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ = γ, ΑΓ = β, ΒΓ = α και η διάμεσος ΑΜ = μα που αντιστοιχεί στη πλευρά ΒΓ. Αν η γωνία Α = 60 ° και γ = 2β. Να αποδείξετε ότι:

. ι)

μα

p.J7 = -2

.ιι).

ΜΔ =

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

και

Ο εσωτερικό σημείο του τέτοιο ώστε: (ΟΑΒ) = (ΟΑΓ) = (ΟΒΓ). Αν

3J7β , --

Α = 90 °

Κ, Λ οι προβολές του Ο

στις κά-θετες πλευρές ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα και

14

Μ το μέσον της υποτείνουσας ΒΓ, να δειχθεί

αν Δ είναι το σημείο που τέμνει η ΑΜ τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ.

ότι:

ί) ΟΚ = � ΑΓ και ΟΛ = � ΑΒ.

ίί) ΟΒ 2 + ΟΓ2 = 5 ΟΑ2 •

ΛΥΣΗ

ίίί) ΟΑ = 2 ΟΜ.

i) Με τη βοήθεια του νόμου των συνημιτόνων έχουμε: Λ. Υ Σ Η α2 = β2 +γ2 -2βγσυνΑ = β2 +γ2 -2βγσυν60° = β2 +γ2 i) Επειδή (ΟΑΒ) = (ΟΑΓ) = (ΟΒΓ) και 1 -2βγ · - = β2 +γ2 - βγ (ΟΑΒ) + (ΟΑΓ) + (ΟΒΓ) = (ΑΒΓ) 2 Αφού είναι γ = 2β η παραπάνω σχέση γράφεται: α2 = β2 + (2β)2 _ β · 2β = β2 + 4β2 _ 2β2 = 3 β2 . Επομένως για την διάμεσο � του τριγώνου

. (ΟΑΒ) = (ΟΑΓ) = 1 τοτε: (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/34

- .


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Β

ΟΑ2 = _!_ ΒΓ2 άρα ΒΓ2 = 9 ΟΑ2 • Συνεπώς ισχύει 9 2 ότι: 50Α2 = 2 0Μ 2 + 90Α που είναι 2 2 2 ΟΑ = 40Μ δηλαδή ΟΑ = 2 ΟΜ. ΑΣ Κ Η Σ ΙΙ 3η Έστω οι κύκλοι (0, R) και (Κ, r) με R > r. Να αποδειχθεί ότι:

Γ

i. Τα σημεία που έχουν ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο κύκλους ανήκουν σε μια σταθερή

Όμως τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΑΒΓ έχουν κοινή ευθεία που είναι κάθετη στην διάκεντρο αυτών ΟΚ (ΟΑΒ) 1 , αφου, ΟΚ , , την ΑΒ οποτε β αση (η ευθεία αυτή ονομάζεται ρ ιζικ ό ς άξ ο νας). ΑΓ (ΑΒΓ) 3 ii. Η απόλυτη τιμή της διαφοράς των δυνάμεων και ΑΓ είναι τα αντίστοιχα ύψη τους. ενός τυχαίου σημείου Μ Επομένως ΟΚ = yj ΑΓ. Όμοια και τα τρίγωνα ως προς τους δύο κύκλους είναι ίση με 2·0Κ·λ, ΟΑΓ και ΑΒΓ έχουν κοινή βάση την ΑΓ και ύψη όπου λ η απόσταση του Μ από τον ριζικό άξονα τα ΟΑ και ΑΒ αντίστοιχα, άρα και ΟΑ = yj ΑΒ. (Θειiψ η μα C asc� ). ii) Στο τρίγωνο ΟΒΚ από Πυθαγόρειο Θεώρημα ισχύει: ΟΒ 2 = ΒΚ2 + ΟΚ2 ΛΥ2:Η 1 1 2 2 2 2 =(ΑΒ - ΑΚ) - ( ) ΑΓ) = (ΑΒ - ΟΑ) - ( 3 ΑΓ) = i) Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι οι δύο κύκλοι δεν έχουν κοινά σημεία και = ( � ΑΒ) 2 +( _!_ ΑΓ) 2 = i ΑΒ 2 + ΑΓ2 (1) ονομάζουμε Λ ένα σημείο για το οποίο είναι: 3 3 9 9 Λ Λ ΛΟ 2 - R2 = ΛΚ2 - r2 ή Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα και στο Δ (Ο, R) = Δ (Κ, r) δηλαδή ΛΟ2 - ΛΚ2 = R2 - r2 . τρίγωνο ΟΓΛ έχουμε: ΟΓ2 = ΓΛ2 + ΟΛ2 = Στο τρίγωνο ΛΟΚ φέρουμε την διάμεσο του ΛΑ =( � ΑΓ) 2 +( _!_ ΑΒ) 2 = i ΑΓ2 + _!_ ΑΒ 2 (2) και το ύψος του ΛΒ, τότε από 2° θεώρημα 3 3 9 9 διαμέσων έχομε: ΛΟ2 - ΛΚ2 = 2 ·0ΚΑΒ. Από ( 1 ) + (2) είναι: ΟΒ 2 + ΟΓ2 = � (ΑΒ 2 + ΑΓ2 ) = � ΒΓ2 ( 3 ) Λ 9 9 Επίσης στο τρίγωνο ΚΟΑ το Πυθαγόρειο Θεώρημα δίνει: ΟΑ2 = ΟΚ2 + ΑΚ2 = ΟΚ2 + ΟΛ2 = (4) = _!_ (ΑΓ2 + ΑΒ 2 ) = _!_ ΒΓ2 9 9 Από τις σχέσεις ( 3 ) και (4) προφανώς ισχύει: 2 ΟΒ + ΟΓ2 = 5 ΟΑ2 . (iii) Από το 1 ° θεώρημα των διαμέσων στο 2 2 ΒΓ 2 τρίγωνο ΟΒΓ ισχύει: ΟΒ 2 + ΟΓ2 = 20Μ2 + -2·0ΚΑΒ = R2 - r2 που δίνει: ΑΒ = R - r Άρα 2 20Κ η οποία λόγω του ερωτήματος (ii) γίνεται: Οπότε το Β απέχει σταθερή απόσταση από το 2 μέσον Α της διακέντρου ΟΚ. Έτσι λοιπόν τα 50Α2 = 20Μ 2 + ΒΓ 2 σημεία που έχουν ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο Όμως στο ίδιο ερώτημα έχει δειχθεί ότι κύκλους ανήκουν στην σταθερή ευθεία (ε) που = -

=

_!_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/35


Μαθη ματικά για την Β · Λυκείου

είναι κάθετη στην διάκεντρο στο σημείο Β. _

.

.

βάση την ΑΒ και ύψη τα ΜΓ, ΟΓ αντίστοιχα, όπου Γ το σημείο τομής της ΑΒ με την ΜΟ τότε είναι: ( ΜΑΒ ) ( ΟΑΒ)

Στην περίπτω ση που οι κύκλοι

τέμνονται ο ριζικός ά ξονας είναι η ε υ θεία της κοινής

τους

χορδής.

Ενώ

όταν

εφ άπτονται -··- · · - - - --

εσω τερικά ή εξω τερικά είναι η εφ απτομένη τους

. ..

ΜΓ ΟΓ

Α

στο σημείο επα φ ής.

ii) Στο τρίγωνο ΜΟΚ (ΜΚ > ΜΟ) η ΜΝ είναι διάμεσος και το ΜΡ ύψος. Έστω Σ η τομή του ριζικού άξονα (ε) με την ΟΚ. Από 2 ° θεώρημα διαμέσων ισχύει:

\. . . ..... ___ .

κ

(ε) 2 2 · ΜΚ - ΜΟ = 2 0Κ. ΝΡ = 2 2 =2 · 0Κ(ΡΣ - ΝΣ) = 2 · 0Κ( λ - R . - r ). 2 ΟΚ 2 2 r εχει . β ρε θ ει. στο πρωτο . . ερωτημα. τ ο ΝΣ = R . 2 ΟΚ Επομένως ΜΚ2 - ΜΟ2 = 2 · 0Κ . λ - (R2 - r) άρα IΔ M(K ,r) - Δ Μ (Ο,R) I = I ΜΚ2 - r - Μ0 2 + R2 l = = Ι 2 · 0Κ . λ - R2 + r2 - r + R2 l = 2 · 0Κ · λ. Δίνεται κύκλος

(0, R)

και εξωτερικό του

σημείο Μ από το οποίο φέρουμε τα εφαπτόμενα

--------

Β

Άλλα (ΜΑΒ) = 3(0ΑΒ) οπότε ΜΓ = 3ΓΟ άρα ΜΟ = 4ΓΟ ΓΟ = _!_ ΜΟ. 4 Όμως στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟΜ η ΑΓ είναι ύψος δηλαδή ισχύει: ΓG-ΜΟ = ΟΑ2 ή ΜΟ · ΜΟ 4 2 2 2 = ΟΑ ή ΜΟ = 4R συνεπώς ΜΟ = 2R. ii) Είναι ΓΟ = � ΜΟ = � 2R =

� , δηλαδή η ΓΟ

είναι ίση με το απόστημα κανονικού τριγώνου οπότε η ΑΒ είναι ίση με την πλευρά κανονικού τριγώνου, άρα ΑΒ = .J3R. iii) Από τα δεδομένα του ερωτήματος (ii) η γωνία ΑΟΒ είναι ίση με την κεντρική γωνία του κανονικού τριγώνου, άρα ΑΟΒ = 120° . Επομένως πR120ο = 2πR . του το. ξου ΑΒ ειναι: . = το μηκος · Λ

ο -t ΑΒ

� 3

δηλαδή η ΓΟ είναι ίση με το απόστημα κανονικού τριγώνου οπότε η ΑΒ είναι ίση με την πλευρά να υπολογισθούν ως συνάρτηση της ακτίνας R. κανονικού τριγώνου, άρα ΑΒ = .J3R. i. η διάκεντρος ΜΟ Ακόμη από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ii. η χορδή ΑΒ iii. η περίμετρος και το εμβαδόν του ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΟ έχομε: ΜΑ2 = ΜΟ2 - ΑΟ2 = 4R2 -R2 = 3R2 • μικτογράμμου τριγώνου που ορίζεται από τα εφαπτόμενα τμήματα ΜΑ, ΜΒ και του Δηλαδή ΜΑ = ΜΒ = .J3R. κυρτού τόξου ΑΒ. Συνεπώς η ζητούμενη περίμετρος είναι: Π = ΜΑ + ΜΒ+ f = 2 νr::;.;R + 2πR . 3 i) Επειδή τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΟΑΒ έχουν κοινή Αν Ε το εμβαδόν του μικτογράμμου τρίγωνου τμή ματα ΜΑ και ΜΒ. Αν (ΜΑΒ) = 3(0ΑΒ),

ΑΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/36

--


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

" . Το τετράπλευρο ΜΑΒ τότε: Ε = (ΜΑΟΒ)-( 0 ΑΒ) i i ) Όμοια με το ερώτημα (i) οι γωνίες ΑΟΒ και ΜΑΟΒ έχει κάθετες διαγώνιους, άρα ΓΟΔ είναι παραπληρωματικές και τα ύψη των . JlR 2R 2 Jl · τριγώνων ΟΑΒ και ΟΓΔ είναι ίσα, άρα ισχύει: (ΜΑΟΒ) = _!_ ΜΟ ΑΒ= = R . 2 2 ΟΑ · ΟΒ ΑΒ Το εμβαδόν του κυκλικού τομέα είναι: ΟΓ · ΟΔ ΓΔ 2 120 ° πR 2 " πR Πολλαπλασιάζοντας το αποτέλεσμα του (Ο ΑΒ ) = = -- . 360 ° 3 ερωτήματος (i) με την παραπάνω σχέση είναι: 2 3 J1 - π 2 πR . r;; 2 ΟΑ 2 = --ΑΒ · ΑΓ Επομενως Ε = ""3R - -- = R. 3 3 2 ΟΔ ΔΒ · ΔΓ Λ

Λ

Έστω Ο το κέντρο του εγγεγραμ-μένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ και η ΟΔ _l_ ΒΓ. Να αποδειχθεί ότι: ΟΑ · ΟΓ

ί.

ΟΒ · ΟΔ

= ΑΓ ΒΔ

ii.

ΟΑ 2 ΟΔ 2

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ εγγεγραμμένο

κύκλο (0, R) και Μ μεταβλητό ση-μείο του

(")

κυρτού τόξου ΑΒ .

ΑΒ · ΑΓ = --­ ΔΒ · ΔΓ

i. Να αποδειχθεί ότι: (ΑΜΓΔ)

Αφού το Ο είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι ΟΑ, ΟΒ και ΟΓ είναι διχοτόμοι των γωνιών του. Επομένως στο τρίγωνο ΟΑΓ είναι: i)

Α

ii.

Να υπολογισθούν η

Α 1 + ΑΟΓ + Γ 1 = 1 80° άρα ΑΟ Γ = 1 80 ° - Α + Γ 2

ενώ στο τρίγωνο ΟΒΔ η γωνία ΒΟΔ είναι: Λ

Λ

2

2 ΜΔ • και η

να αποδειχθεί

= λ1 2 •

Ισχύει: (ΑΜΓΔ) = (ΑΓΔ) + (ΑΜΓ). 1 Ειναι (ΑΓ��) = - · ΑΔ·ΔΓ = -1 · λ.ι2 = R2 . 2 2 Έστω ΜΚ το ύψος του τριγώνου ΑΜΓ, τότε: 1 (ΑΜΓ) = - ΑΓ·ΜΚ = -1 · 2R - MK= R · MK 2 2 2 · + επομένως (ΑΜΓΔ)=R R ΜΚ= R(R + ΜΚ). ( 1 ) i)

Γ

=!

μέγιστη Ε1

ελάχιστη Ε 2 τιμή του (ΑΜΓΔ). Ε + Ε2 iii. Αν ισχύει: (ΑΜΓΔ) = ι 2 ότι: ΑΜ

Λ

σε

.

·

Μ

Άρα ΑΟΓ+ ΒΟΔ : 270 ° - Α + Β+ Γ = 1 80 ° . 2 (ΟΑΓ) ΟΑ · ΟΓ Επομένως (1) (ΟΒΔ) ΟΒ · ΟΔ Αλλά τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ έχουν ίσα ύψη, την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου, δηλαδή Δ� r (ΟΑΓ) ΑΓ (2) (ΟΒΔ) ΒΔ ΑΓ ΟΑ · ΟΓ = . ( 1) και (2) εχουμε: . Απο. τις σχεσεις . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΒΔ αν Ε η προβολή του ΟΒ· ΟΔ ΒΔ Μ στην ΒΔ έχουμε: ΜΔ2 = ΔΒ · ΔΕ = 2R(R + Λ

Λ

Λ

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/37


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ΔΓ ΔΓ ΔΓ ΕΟ).Επειδή όμως το τετράπλευρο ΜΚΟΕ είναι (ΑΔΓ) = ΔΓ (ΑΒΓ) ΒΓ ΒΔ + ΔΓ κ · ΔΓ + ΔΓ (κ + 1)ΔΓ ορθογώνιο είναι ΕΟ = ΜΚ, τότε (2) ΜΔ2 =2R(R + ΕΟ)= 2R(R + ΜΚ) Επομένως (ΑΔΓ) = -1- (ΑΒΓ). κ+1 Από τις (1) και (2) έχομε ότι: (ΑΜΓΔ) = -1 · ΜΔ2 . Παρατιίρηση: Α κ = 1 ΑΔ 2

ii) Επειδή το σημείο Μ κινείται στο κυρτό τόξο Γ\

ΑΒ η μέγιστη τιμή του ευθυ-γράμμου τμήματος

ν

είναι διάμεσο ς

τότε η

του τρι γώνου ΑΒΓ και

(ΑΔΓ)

=

!_ 2

(ΑΒΓ), που

είναι η γ νωστή πρ όταση.

ΔΜ είναι το τμήμα ΔΒ και η ελάχιστη τιμή του ii) Επειδή ισχύει ότι: ΑΜΒ+ Β ΜΔ = 1 80 ° τότε: είναι το τμήμα ΑΔ, επομένως έχουμε: (ΑΜΒ) ΑΜ · ΒΜ = ΑΜ . ( 1 ) Ει = (ΑΒΓΔ) = λ24 = (R .Ji )2 = 2R2 και (ΒΜΔ) ΒΜ · Μ Δ ΜΔ 1 1 Ε2 = (ΑΓΔ) = - - �2 = - · 2R2 =R2 Επίσης παραπληρωματικές είναι και οι γωνίες 2 2 Ε + Ε 2 = 2R 2 + R 2 3R 2 ΑΜΓ και ΓΜΔ . Οπότε: .. ιιι. ) Α φου, (ΑΜΓΔ) = , (ΑΜΓ) _ ΑΜ · ΜΓ = ΑΜ 2 2 2 (2) � 3R 2 , (ΓΜΔ) ΜΓ · ΜΔ ΜΔ Μ , " , , , τοτε απο το ερωτημα ( ι) εχουμε: -- = -- αρα 2 2 Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχομε: ΜΔ = .J3 R. Επομένως ΜΔ = λ3 άρα το τόξο (ΑΜΒ) _ (ΑΜ Γ) (ΒΜΔ) (ΜΔΓ) ΔΑΜ είναι 120° , τότε το τόξο ΑΜ θα είναι 30° . Όμως 30° είναι και η κεντρική γωνία του κανονικού 12-γώνου. Ισχύει λοιπόν ότι ΑΣ Κ Η Σ Η 8 '� Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ (ΑΒ<ΓΔ) ΑΟΜ = ω 1 2 επομένως ΑΜ = λ 1 2 Λ

Λ

n

n

Λ

και ΕΖ η διάμεσος που τέμνει την ΒΔ στο θ και την ΑΓ στο Η. Να αποδειχθεί ότι:

ΛΣ Κ Η Σ Η 7'�

ί. ίί.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ της πλευράς * ΒΓ τέτοιο ώστε: ΒΔ= κ·ΔΓ, με κ ε Ν . Αν Μ

iii.

τυχαίο σημείο της ΑΔ να δειχθεί ότι:

ί.

(ΑΔΓ) =

_l_ (ΑΒΓ).

(ΑΓ Θ) = (Γ ΔΕΖ) - (ΑΒΖΕ) (Α Θ Δ) + (ΒΗΓ) = (ΑΒΓ) (Α Θ Δ) = (ΑΒΗ) = (ΒΗΓ)

Λ ΥΣ Η

κ+l (ΑΜΒ) (ΑΜΓ)

Προφανώς ισχύει ότι: (ΑΓΘ)=(ΑΗΘ) +(ΓΗΘ)= 1 . 1 (ΒΜΔ) (ΜΔΓ) = - · ΘΗ · υ+ - · ΘΗ · υ=ΘΗ ·υ. ( 1 ) 2 2 Όπου υ η απόσταση της ΘΗ από τις βάσεις του ΛΥΣΗ i) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΓ έχουν κοινό ύψος, τραπεζίου. Επίσης: 1 (ΓΔΕΖ) -(ΑΒΖΕ)= - · (ΕΖ+ΓΔ)υ- -1 · (ΕΖ+ΑΒ)υ= έστω υ, τότε ισχύει: 2 2 Α = -1 · (ΕΖ + ΓΔ - ΕΖ - ΑΒ) υ = 1 (ΓΔ - ΑΒ)υ. ίί.

ί)

= -'----'-

2

- ·

�-------�Β

2

Β Γ

Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/38

Γ


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Όμως είναι γνωστό ότι: _!_ · (ΓΔ-ΑΒ)=ΘΗ. 2 Άρα (ΓΔΕΖ) - (ΑΒΖΕ) = ΘΗ · υ. (2) Από τις σχέσεις ( Ι ) και (2) έχουμε: (ΑΓΘ) = (ΓΔΕΖ) - (ΑΒΖΕ).

Β

Γ

ii) Είναι: (ΑΘΔ) � (ΑΘΕ) + (ΘΕΔ) = . = -Ι · ΘΕ · υ + -1 · ΘΕ · υ = ΘΕ · υ. 2 2 Αντίστοιχα ισχύει ότι: (ΒΗΓ) = (ΒΗΖ) + (ΗΖΓ) = = -1 · ΖΗ · υ + -1 · ΖΗ · υ = ΖΗ·υ.

Όμως στα ορθογώνια τρίγωνα ΕΓΙ και ΕΒΙ από Πυθαγόρειο Θεώρημα ισχύει ότι: ΓΙ2 = ΓΕ2+ΙΕ2 και ΒΙ2 = ΒΕ2+ΙΕ2

Δηλαδή ΓΙ2 - ΒΙ 2 = ΓΕ2 - ΒΕ2 = Προσθέτοντας κατά μέλη είναι: = (ΓΕ + ΒΕ)(ΓΕ - ΒΕ) =α(ΓΕ - ΒΕ). (2) (ΑΘΔ) + (ΒΗΓ) = (ΘΕ + ΗΖ)υ = (ΕΖ - ΘΗ)υ = Αν Ζ και Η είναι τα σημεία επαφής του 1 εγγεγραμμένου κύκλου με τις ΑΒ και ΑΓ = - (ΑΒ + ΓΔ - ΓΔ + ΑΒ)υ = ΑΒ · υ. 2 αντίστοιχα τότε: ΓΕ = ΓΗ και ΒΕ = ΒΖ άρα: Όμως (ΑΒΓ) = _!_ · ΑΒ · 2υ = ΑΒ · υ. ΓΕ - ΒΕ = ΓΗ - ΒΖ = β - ΑΗ - γ + ΑΖ = β - γ, 2 μια και ισχύει ΑΗ = ΑΖ. Άρα (ΑΘΔ) + (ΒΗΓ) = (ΑΒΓ). Επομένως η (2) γίνεται: ΓΙ2 - Bl2 = α(β - γ). iii) Από το ερώτημα (ii) ισχύει ότι: (ΑΘΔ) + (ΒΗΓ) = (ΑΒΓ) επομένως είναι: Δηλαδή από την ( Ι ) έχουμε ότι: (ΑΘΔ) = (ΑΒΓ) - (ΒΗΓ) = (ΑΒΗ) 2αΜΕ = α(β - γ) άρα ΜΕ = β - γ . επίσης η ΒΗ ίναι διάμεσος του τριγώνου ΒΑΓ 2 οπότε: (ΑΒΗ) = (ΒΗΓ). ii) Από μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο ΑΒΓ 2 Επομένως (ΑΘΔ) = (ΑΒΗ) = (ΒΗΓ). ισχύει ότι: β2 = αΓΔ = α( � + ΜΔ)= � + αΜΔ ή 2 2 z z z z z Λ l: Κ Η Σ Η 9η 2β - α 2β - (β + γ ) = �� βz - γz ΜΔ= 2α 2α 2α Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α 90 ° ) με 2

2

·

=

=

ΒΓ=α, ΑΓ= β, ΑΒ = γ, β>γ και Ι το έκκεντρο

φέρουμε το ύψος ΑΔ, την διάμεσο ΑΜ και την Ι Ε κάθετη στην ΒΓ. Ν α αποδείξετε ότι: β-γ ΜΔ β + γ . .. = ι. ΜΕ = . ιι. 2 ΜΕ α αβγ ίίί . (Ι ΒΓ) = 2(α + β + γ)

Οπότε από ερώτημα (i) είναι: ΜΔ β z - γ z (β-γ)(β + γ) β + γ ΜΕ α(β-γ) α α(β-γ)

iii) Το (ΙΒΓ) = _!_ (α · ΙΕ) = _!_ (α · ρ), όπου ρ η 2 2 ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο . \ ΥΣ Η ΑΒΓ. Αλλά (ΑΒΓ) = τ · ρ ή "21 βγ= 2Ι (α+ β+γ)ρ i) Στο τρίγωνο ΙΒΓ το ΙΕ είναι ύψος και η lM είναι διάμεσος, οπότε από το 2° θεώρημα των διαμέσων άρα ρ = βγ . α+β+γ έχουμε: Επομένως: (ΙΒΓ) = αβγ 2(α + β + γ) ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/39


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ΛΣ Κ Η Σ Η IΟη

Από σημείο Μ εξωτερικό του κύκλου (0, R) φέρουμε εφαπτομένη του κύκλου

ΜΑ

ΜΒΓ, ώστε ΑΜ Γ = 30 °

τέμνουσα

και

Κατόπιν

από το μέσον Δ της ΜΑ φέρουμε την ΔΒ που τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ε και η ΕΜ τον τέμνει στο Ζ. Να δειχθεί ότι: i. ΒΖ = R.

ίί. Αν η ΟΑ τέμνει την ΓΖ στο Η τότε: (ΑΜΖΓ) 2 2 iii. 4ΔΟ -ΜΟ

=

=

λ� ,

ΑΗ

(ΑΜ + ΓΖ). 2 όπου λ3 η πλευρά κανονικού

τριγώνου εγγεγραμμένο στον κύκλο (0, R).

i) Από τις μετρικές σχέσεις σε κύκλο είναι: ΔΑ2=ΔΒ · ΔΕ, όμως ΔΑ=ΔΜ, άρα: ΔΜ2 = ΔΒ · ΔΕ η' ΔΜ = ΔΒ . ΔΕ ΔΜ Επομένως τα τρίγωνα ΜΔΕ και ΒΔΜ είναι όμοια, άρα ΜΕΔ = ΔΜΓ = 30 ° . Ε

\

4Δ0 2 - ΜΟ2 = 3 R2 = ( .J3 R) 2

Η πλευρά ενός κανονικού τριγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο είναι .J3 R Επομένως έχουμε: 4Δ0 2 - Μ0 2 = λ23 •

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α, και ο κύκλος (Γ, ΒΓ) που τέμνει την διαγώνιο ΑΓ στο σημείο Μ. Στο ση-μείο Μ η εφαπτομένη του κύκλου τέ-μνει τις πλευρές του τετραγώνου ΑΒ

Μ

\,

αφού οι εντός εναλλάξ γωνίες είναι ίσες, συνεπώς το ΜΑΓΖ είναι τρα-πέζιο. Η ΟΑ είναι κάθετη στην ΜΑ, οπό-τε και στη ΓΖ, δηλαδή το ΑΗ είναι το ύψος του τραπεζίου. Ά ρα (ΑΜΖΓ) = ΑΗ (ΑΜ + ΓΖ). 2 iii) Η δύναμη του σημείου Μ ως προς τον κύκλο είναι: ΔΜ (Ο,R) = ΜΑ2 ή ΜΑ2 = ΜΟ 2 - R2 . Άλλα ΜΑ = 2ΔΑ οπότε: 4ΔΑ2 = ΜΟ2 - R2 . Όμοια από την δύναμη του Δ προς τον κύκλο είναι: ΔΑ 2 = Δ0 2 - R2 • Ισχύει λοιπόν ότι: 4ΔΟ2 - 4 R2 = ΜΟ 2 - R2 ή

και ΑΔ στα σημεία Κ και Λ αντίστοιχα. i. Να υπολογίσετε το εμβαδό του τρι-γώνου ΑΚΛ

ως συνάρτηση

της πλευ-ράς α του

τετραγώνου.

\,,�::.----::7.

Γ

ίί. Να υπολογίσετε το εμβαδό του μικτογράμμου τριγώνου ΔΛΜ

'χ, �

i) Η διαγώνιος ΑΓ του τετραγώνου έχει μήκος: Όμως η ΜΕΔ είναι εγγεγραμμένη με αντίστοιχο ΑΓ = .Jα 2 + α 2 = .f);;! = α .fi τόξο το ΖΒ. και το τμήμα ΑΜ έχει μήκος: Λ

Οπότε το τόξο ΖΒ είναι 60 ° , όσο και η κεντρική ΑΜ = ΑΓ - ΜΓ = α J2 - α = α( .fi -1). γωνία κανονικού εξαγώνου, άρα και χορδή Στο τρίγωνο ΑΚΛ η ΑΜ είναι διχοτόμος και ύψος ΖΒ = λι; = R. επομένως το τρίγωνο είναι ισο-σκελές και η ΑΜ ii) Η γωνία ΒΓΖ είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο είναι και διάμεσος, τότε ΜΛ = ΜΚ = χ. και έχει αντίστοιχο τόξο το ΒΖ, άρα έχουμε ότι: ΒΓΖ = Μ ΕΔ = ΔΜΓ =30°. Επομένως ΜΑ I/ ΓΖ, Λ

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/40


α

ΔI

Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

Γ

Στην προέκταση

της πλευράς ΒΓ ενός

ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ ορί-ζουμε σημείο Δ ώστε(ΑΒΓ) = (ΑΓΔ). Να δειχθεί ότι:

κ

ΑΔ =

Α

Υπολογίστε αρχικά τις γωνίες ΑΓ Δ ( και ΒΑΔ και διαπιστώστε ότι το τρίγ. ΒΑΔ είναι ορθογώνιο στο Β )

Β

Ισχύει ΑΜ 2 = χ · χ = χ2 άρα είναι ΑΜ = χ = α( .J2 -1) επομένως το εμβαδό του τριγώνου ΑΚΛ είναι: (ΑΚΛ) = _!_ 2χ ΑΜ = χ · χ = χ2 = α 2 ( .J2 1 ) 2 2 ii) Το εμβαδό του μικτογράμμου τριγώνου ΔΛΜ είναι: ·

·

J3 ΑΒ.

-

Σε ημικύκλιο διαμέτρου

ΑΒ

ενός κύκλου

(0, R) φέρουμε χορδή ΓΔ παράλληλη της ΑΒ. Αν η γωνία ΑΟΓ είναι ίση με φ < 90 ° , να υπολογισθεί: i. Το (ΓΟΔ) με την βοήθεια της φ. ii. Το εμβαδόν του μικτογράμμου τραπεζίου ΑΒΔΓ όταν το (ΓΟΔ) πάρει την μέγιστη τιμή του.

(ΔΛΜ) = (ΑΔΓ) - (ΑΜΛ) - Ετ(Γ, ΓΔ) =

Αρχικά υπολογίστε την γωνία ( ΓΟΔ, το εμβαδό (ΓΟΔ) παίρνει την μέγιστη τιμή 2 του όταν ημ2φ = 1 . Απ. Ε (2 + π)R ) 4 •

Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγω-νο ΑΒΓ

( Α = 90 ° ) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = γ, ΑΓ = β, 2 2 ΒΓ = α. Αν α = β + βγ να αποδείξετε ότι: Λ

Λ

Α = 2Β.

θεωρούμε ευθεία παράλληλη της ΒΓ

που τέμνει την ΑΒ στο Δ και την ΑΓ στο Ε. Να αποδεί-ξετε ότι το εμβαδόν του τραπεζίου 2 2 ΒΔΕΓ είναι Υ.ι(ΒΓ - ΔΕ ).

Χρησιμοποιήστε ότι το ύψος που ( ( Να χρησιμοποιήσετε τους νόμους αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του τριγώνου είναι των ημιτόνων και των συνημιτόνων μαζί με την και διάμεσός του, το ζητούμενο εμβαδό είναι δοθείσα σχέση για να αποδείξετε ότι: ημΑ = (ΑΒΓ)-(ΑΔΕ) ) ημ2Β.) Το τρίγωνο ΑΒΓ βρίσκεται εσωτερικά του Να υπολογισθεί το εμβαδόν ενός κύκλου (0, R), αν γνωρίζουμε ότι η διαφορά των εμβαδών του

εγγεγραμμένου

τετραγώνου

από

το

περιγεγραμμένο τετράγωνο είναι ίση

τριγώνου ΚΛΜ ώστε ΑΒ//ΚΛ, ΑΓ//ΚΜ, ΒΓ//ΛΜ και οι αποστάσεις των παραλλήλων πλευ-ρών είναι ίσες με α. Επίσης είναι γνω-στή η περίμετρος 2τ και το

Υπολογίστε τα εμβαδά του ( εγγεγραμ-μένου περιγγεγραμμένου και τετραγώνου. Απ. Ε = 25π)

εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ. i. Να αποδειχθεί ότι τα δύο τρίγωνα έχουν το ίδιο έγκεντρο.

ίί. Να βρεθεί ο λόγος ομοιότητας των δύο τριγώνων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/41


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ίίί. Να υπολογισθεί ο λόγος των περιμέτρων καθώς και των εμβαδών των δύο τριγώνων.

τους, χρησιμοποιήστε την σχέση Ε = τ · ρ για να αποδείξετε ότι ο λόγος ομοιότητας είναι λ = 1 ατ

+ -.Ε

(εξετάσεις ΑΣΕΠ 2 007)

i. Έστω Η το έγκεντρο του iii) ο λόγος των περιμέτρων είναι ίσος με τον λόγο τριγώνου ΑΒΓ αποδείξετε ότι το Η ισαπέχει από ομοιότητας, ενώ ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας) τις πλευρές του τριγώνου ΚΛΜ. ii) ο λόγος ομοιότητας δύο τριγώνων είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των εγγεγραμμένων κύκλων ( Υ Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η :

Κατεύθυνση

Επαναληπτικά θ έματα Τ ων Κώστα Βακαλόπουλου, Βασίλη Καρκάνη, Άννας Β ακαλοπού λου Ά σκη ση Ι η

Δίνονται τα διανύσματα α, β διάφορα του

<:::>

μηδενικού για τα οποία ισχύει:

ί)

Να βρεθούν τα μέτρα των διανυσμάτων α, β .

--

-2

( 2α- - β- )2 = 4 4α- 2 - 4αβ + β = 4 <:::>

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων παίρνουμε:

(Ι)

<:::>

(2), (3)

ίί) Να βρεθεί η γωνία των διανυσμάτων α, β .

ίίί) Να δείξετε ότι: προβ α β = α iv) Αν ΟΑ = α και ΟΒ = β όπου Ο η αρχή των αξόνων να βρεθεί το εμβαδόν του

Λ ίι ση

α· β = 1 ( 1 ) Επίσης: ι α+ 2βι = .fiϊ ι α+ 2β1 2 = .fij 2 <=>(α+2β )2 =21 <=> α2 +4αβ+4β 2 = 2 1 ( Ι ) ι α- ι Ζ + 4 ι β- ι 2 = 1 7 (2) i) Έχουμε:

<:::>

<:::>

(�)β = α . β = 1 = 1 � � · l βl }.2 l ( Ι).(ί)

α,

άρα : ( α, β ) = π .ο:;-::;.

τριγώνου ΟΑΒ

<:::>

.. .

ιι ) Ειναι: συν

J

- -

-

-

iii) Έχουμε: α· β = α · προβ.- β = 1 α

προβ .• β/'.Λi <:::>

Ι ;:ϊι · ι προβ.α β-ι = 1 (i ) ι προβ.α β-ι = 1 . Άρα: προ β. α β = α <:::>

ν)

·

-

-

Είναι: ( ΟΑΒ ) = Ξ Ι οΑ Ι · I Ο Β I · ημ ( ΟΑ:ΟΒ ) =

.J3 1 .o:;-::;. ) ( i ).( ii ) 1 = "2 ι α- ι · ι β- ι ημ ( α, β = 2 - 1 · 2 · ημ "3π = Τ τ.μ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/42


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Ά σ κ η ση 2 η

Άρα:

Δίνονται οι ευθείες: ε1 : 2 ι a ι χ + ψ = 5, ε 2 : 4 ι β ι χ + ψ = -3, ε3 : χ - 4ψ = 2 όπου α, β δυο διανύσματα και u = α - 2β . Αν 2π ε1 // ε 2 , ε 2 .l ε3 και α , β = 3 τότε να δείξετε ότι: ί) ι α ι = 2, IPI 1 και ι � ι = 2J3 =

β . � = -3

ίί)

(�)

Λόγω των (2), (3) είναι:

Να βρεθούν οι συντεταγμένες του: Α.

Επίσης: ε2 _l ε {::? λε 2 . λε = -1 {::? -4ι β ι - � = -1 {::? ι β ι = 1 3 3 Οπότε από την (1) είναι:

ι �ι = 2 . - - .x=iJ _,__J 2 - �2 = .,_1 �ϊI = ι αΕπίσης: u = α - 2β οπότε ι �ϊι = ι α- .<.f-1 .<.f-1 =(�-2β)2 =�2 -4(Χi3 +4β2 = 1� 2 _ 4� � - Ι βl συν 23π +4Ι β1 2 = = 2 2 - 4 · 2 · 1 · - 21 + 4 · 1 2 = 4 + 4 + 4 = 12 . -

( )

l u l = Jl2 = 2J3 .

) = """"65π

Επίσης: συν -2β, u

(

3 - J3 2J3 2

)

Ορθόκεντρού του (Η)

ίί)

Βαρύκεντρού του (G)

ίίί)

Περίκεντρού του (Ο) και

iv)

Έγκεντρού του (I)

Β.

Να βρεθεί η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου στο ΑΒΓ. Λ ί> ση

(Θυμ ίζουμε ό τι το ορ θό κεντρο, το βαρ ύ κεντρ ο, το περ ίκεντρο και το έγκεντρο ενός τριγώ νου είναι το σημε ίο τομής των υ ψώ ν, των δ ιαμ έσων, των μεσοκαθέτων και των δ ιχοτόμων αντίστοιχα. Άρα υπο λογ ίσουμε δυο από τα παραπά νω βοη θητικά στοιχε ία κάθε φορ ά ώ στε επι λύ νοντας το σύ στημ ά των εξισώ σεώ ν τους να

{ )

.

ί)

λοιπό ν

= Ι�Ι · Ι βl συν 23π -2 1 β1 2 = 2 - 1 -� -2·12 =-1-2=-3. ( ) -β . ϋ- (i),(ii)= � J3 -3 = - η ι ) Εχουμε: συν β,u = ι β ι · ι u ι 1 · 2ν3 2

Άρα: ( β, u

( � ) = 5 ( -2� ) .

Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με Α(3,2), Β(- 1,0) και Γ(-3,4)

Έχουμε: ε 1 ff ε 2 {::? λε l = λε 2 {::? -2ι �ι = -4ι β ι {::? ι �ι = 2ι β ι (1)

...

(3)

Ά σκηση 3'�

Λ ύ ση

Άρα

( -2� ) = �

αρκε ί

προσδ ιορ ίσουμε τα ζη �ο ύμενα σημε ία).

i) Έστω υ1 και υ2 τα ύψη από τις κορυφές Α και Β. Επειδή υ 1 .l ΒΓ και υ 2 .l ΑΓ θα ισχύει:

-1 = -1 και = -1 <::? λ = -2 2 -1 = 3 λυ · λ = -1 <::? λυ = 1 3

λ ·λ υι

ι

(2)

β . ϋ (i),(ii) . ϋ = = l -2 l l = -β = -(-3) -2β l · u l β l · l u l 1 . 2J3

να

ΒΓ

ΑΓ

υι

ι

Άρα οι εξισώσεις τους είναι: υ1 : y-2= � (x -3) <::? 2y-4=x-3<::?l x-2y+ 1=01( 1 )

υ2 : y-0=3(x + 1) <::? y =3x +3 <::? 1 3χ -y+3=01 (2) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/43


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Επιλύοντας το σύστήμα των εξισώσεων (Ι) και (2) έχουμε τις συντεταγμένες του ορθόκεντρου.

{ x - 2y + I = O <=> ...χ = -Ι, y = Ο . 3x - y + 3 = 0

ι

το ορθόκεντρο είναι το σημείο Η(-Ι ,Ο). Παρατηρούμε ότι το ορ θό κεντρο Η ταυτίζεται με το σημείο Β (κορυφή). Πράγματι, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Β (λAs.λsr= . . . =-1).

Έστω Κ και Λ τα μέσα των ΒΓ και ΑΓ τότε θα είναι: Κ(-2 , 2), Λ(Ο,3). Επομένως οι εξισώσεις των διαμέσων από τις κορυφές Α και Β θα είναι: ii)

2 - 2 - 3) <=> tr.:.3J � ΑΚ : y - 2 = -(χ

(3)

3+2

και 3 - 0 (χ + Ι ) <=> ΒΛ : y - 0 = Ο+Ι

<=> y = 3( χ + Ι ) <=> l 3x - y + 3 = ο Ι

Επιλύοντας το σύστημα των εξισώσεων (3) και (4) προσδιορίζουμε τις συντεταγμένες του βαρύκεντρου

G

( - i, 2) .

Ως γνω στόν τις συντεταγμένες του βαρύκεντρου του ΑΒΓ μπορούμε να υπολογίσουμε και από τους τύπους:

Έτσι :

χ 0 = 3 - 31 - 3 = - -3Ι , Υ

ο

2+0+4 =2. 3

Έτσι:

ε1 : y-2= � (x+2) <=>2y-4=x +2<=>lx-2y+6=01 ( 5 )

ε2

l

: y - 3 = 3 ( x - 0 ) <=> y - 3 = 3x <:> 3x - y + 3 = 0

1 (6)

Επιλύοντας το σύστημα των (5) και (6) προσδιορίζουμε τις συντεταγμένες του περικέντρου.

{3χχ --2yy ++ 36 == 00 <=> ...χ =

Ο, y = 3

Το περίκεντρο είναι το σημείο 0(0,3)

(4)

Παρατηρούμε ότι η διάμεσος από το Β ταυτίζετα ι με το ύψος από το Β. Πράγματι το τρίγωνο δεν είναι μόνο ορ θογώνιο στο Β αλλά και ισοσκελές ((Α Β)=(Βη = . .. = .fiδ ) .

Το βαρύκεντρο είναι το σημείο

Οι μεσοκάθετες ε1και ε2 στις πλευρές ΒΓ και ΑΓ θα έχουν εξίσωση: (Οι συντελεστές διεύθυνσης θα είναι ίσοι με τους συντελεστές διεύθυνσης των υψών υ και υ2 αντίστοιχα) ενώ τα μέσα τους Κ και Λ υπολογίστηκαν στο (ii) iii)

Παρατηρούμε ότι το περίκεντρο είναι το μέσο της πλευράς ΑΓ. Αναμενόμενο (!) αφού ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ έχει διάμετρο την πλευρά ΑΓ.

Οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β θα βρεθούν ως οι γεωμετρικοί τόποι των σημείων του επιπέδου τα οποία ισαπέχουν από τις πλευρές τους. Θα βρούμε καταρχήν τις εξισώσεις των πλευρών ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ. 0-2 ΑΒ : y - 2 = -- (x - 3) <=> y - 2 = -Ι (x - 3) <=> iν)

-Ι - 3 2 <=> 2y - 4 = χ - 3 <=> Ι χ - 2y + I = οΙ (7) ΑΓ : y - 4 = _34 -_23 (x + 3) <=> y - 4 = - 3Ι (x + 3) <=> <=> 3y - 12 = -χ - 3 <=> Ι χ + 3y - 9 = οΙ (s) 4 - 0 + 1) <=> ΒΓ : y - 0 = --(x -3 + 1 <=> y = -2 (χ + 1) <=> l 2x + y + 2 = Ο I (9)

Έστω Μ(χ, y) σημείο του επιπέδου. Αν το Μ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας Α πρέπει και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/44


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

αρκεί

d ( Μ,ΑΒ) = d ( Μ,ΑΓ) l x -2y + 1 1 = lx +3y-9l <:::>

<:::> <:::>

ή

r;

νlΟ

ν5

J2(x - 2y + 1) = ±(χ + 3y - 9) { J2 - 1)χ + ( -2J2 - 3 ) y + ( J2 + 9) = Ο

' :

<:::>

(δ ι )

η (δ ι) τέμνει την απέναντι πλευρά ΒΓ στο σημείο που θα προκύψει από τη λύση του συστήματος

{ J2 - 1) χ + { -2J2 + 3) Υ+ J2 + 9 = Ο χ =-Ο, 61• Υ=· · Επειδή -0,61 έ [χr,χ8 ] = [ -3,-1] η εσωτερική ...

διχοτόμος είναι η (δ2 )

Έτσι το έγκεντρο θα το βρούμε από την επίλυση του συστήματος:

+ 1)x+{ -2J2 +3)y+J2 +9 =0 {{3xJ2-y+3 =0

<:::>

+ 18 Υ = 17 ··.χ = -5J2 s J2 - 10 ' s J2 - 10

Το έγκεντρο είναι το σημείο

.

χάρτη

σ'

ένα

σύστημα

καρτεσιανών

εκτείνεται κατά μήκος της ευθείας (ε) με εξίσωση x-y-1 =Ο.

Ένα πυροσβεστικό όχημα ξεκινά από το χωριό Α και πρέπει το ταχύτερο δυνατόν να φτάσει στη θάλασσα για να γεμίσει νερό και στη συνέχεια να πάει στο χωριό Β για να σβήσει το φλεγόμενο σπίτι. Αν υποθέσουμε ότι το πυροσβεστικό όχημα μπορεί να κινηθεί σε ευθεία γραμμή να βρεθούν οι εξισώσεις των ευθειών που θα ακολουθήσει

)

παραλία προς το φλεγόμενο σπίτι (χωριό Β).

Α πό τη γεωμετρ ία και ει δ ικότερα από την

τριγωνική

ανισότητα

γνωρ ίζουμε

ό τι

η

συντομ ό τερη δ ιαδρομή από το Α στο Β μέσω σημε ίου της (ε), ε ίναι μέσω εκε ίνου του σημε ίου Ρ της (ε) που ε ίναι η τομή της ΒΑ ' με την (ε) ό που το Α 'το συμμετρικό του Α ως προς την (ε). Έστω Ρ το σημε ίο τομής της ΒΑ 'με την (ε). Α ν υπήρχε άλλο σημε ίο Ρ 'με γρηγορότερη δ ιαδρομή, τό τε: ΑΡ '+Ρ Έ<ΑΡ+ΡΒ <:=>Α 'Ρ '+Ρ Έ<Α 'Ρ+ΡΒ <:=> Α 'Ρ '+Ρ Έ<Α Έ άτοπο ! (αφο ύ ισχύει: Α 'Ρ '+Ρ Έ >Α Έ : τριγωνική

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ έχει διάμετρο (όπως αναφέραμε) την πλευρά ΑΓ και κέντρο το μέσο της Λ(Ο , 3).

. ψ ' ·(

στο

από το χωριό Α προς την παραλία και από την

Για τη διχοτόμο της γωνίας Β τα πράγματα είναι απλά! Ταυτίζεται με το ύψος από το Β (ή τη διάμεσο από το Β).

� [ -5J2 + 18 17 s J2 - 10 ' s J2 - 10

Δυο χωριά, που βρίσκονται κοντά στη θάλασσα,

Β(1, -3). Στο ίδιο σύστημα αξόνων η παραλία

{J2 + 1 ) x + {-2J2 + 3) y + {J2 - 9) = 0

<=>

-�

συντεταγμένων είναι στα σημεία Α(4, -1) και

<:::>

{2x + y + 2 =0

1i

ανισό τητα στο τρ ίγωνο Α 'Ρ Έ). Α'

I I I I I I I I

Ι Ρ

,

,' p·� - -

' ' η εξ ισωση του θ α ειναι:

Ι I I I I I I I I

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/45

.... ....

------�

- - - - - -

Β

Α


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Έστω Α ' το συμμετρικό του Α(4, -1) ως προς την ευθεία χ - y - 1 = Ο .

Στη συνέχεια θα προσδιορίσουμε το σημείο τομής Ρ των ευθειών Α Ή και (ε) λύνοντας το σύστημα των εξισώσεών τους:

Υ

(ε)

{

χ

A(4,- l )

Β( Ι ,-3)

(ε)

ΑΑ ' .l (

Η εξίσωση της διαδρομής από το χωριό Α προς την παραλία θα έχει εξίσωση: (γνωρίζουμε δυο σημεία της: Α(4, -1) και Ρ(i , - i) ): 7 7 Άρα:

y+1=

ε ) <=> λ

ΑΑ .

λ. = -1 <::::> ν + 1 · 1 = -1 <::::> μ-4

Αν Κ το μέσο του ΑΑ · θα είναι μ;4, ν � και θα επαληθεύει την

κ(

1)

εξίσωση της (ε).

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων προσδιορίζουμε το σημείο Α·: ν)

7

Από τη παραλία προς το χωριό Β την βρήκαμε:

Ά σ κ η ση 5'1

Τα σχέδια επέκτασης του υπογείου metro της

ορθοκανονικό σύστημα αξόνων (στο χάρτη) είναι της μορφής: Α(λ+l, 3λ+l), λ ε R.

(2) (1) και (2) μ

Άρα: / Α (Ο 3) / ,

Η ευθεία Α Ή έχει εξίσωση:

β) τη γραμμή γ2 που περνάει από το σταθμό Σ(-3, 2) και είναι παράλληλη στο διάνυσμα

� = (-10,5) . ί) Βρείτε τις εξισώσεις των νέων γραμμών γ1 και γ2 .

ίί) Στο σημείο

0(0, Ο)

στην αρχή των αξόνων

κατασκευάζεται το στάδιο που θα φιλοξενήσει το αγώνισμα της Άρσης Βαρών. Δεδομένου ότι

y - 3 = -31 --03 ( χ - Ο) <=> y = -6χ + 3 <=> l6x + y - 3 = οι --

_± _ 4

1 - 4) . (x - 4) <=> y + 1 = --(x 6

α) Τη γραμμή γ 1 κάθε σημείο της οποίας σε

{μ -+ ν :- -33 <=> {(μμ -+ν = +-3(μ - ν) = Ο <=> {ν -: 3Ο '

--73 + 1

πόλης του ΠΕΚΙΝΟΥ, περιλαμβάνουν :

μ + 4 - -ν -1 -1 = 0 . ρ α : -Ά <::::> 2 2 <::::> μ + 4 - ν + 1 = 2 <=> 1 μ - ν = -31 μ ν

{

Ά ρα: Ρ(� , - %)

Αν Α'(μ, ν) τότε: •

{

χ =i - y - 1 = Ο <=> 7χ = 4 7 <::: :> 6x + y - 3 = 0 x - y - 1 = 0 y = - % χ

το κόστος κατασκευής ανά μονάδα μήκους γραμμής είναι το ίδιο με ποια γραμμή από τις γι και γ2 συμφέρει να συνδεθεί το στάδιο της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/46


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Άρσης Βαρών. iii) Αν το Ολυμπιακό χωριό βρίσκεται στο εσωτερικό του κύκλου με κέντρο το σημείο

Επειδή το σημείο Μ είναι κέντρο του κύκλου που εφάπτεται στην (ε) και διέρχεται από το Α, Θα ισχύει: d(M, ε)= (ΜΑ)

Β(3 , 1 ), ποια θα είναι η εξίσωση του κύκλου αυτού, ώστε να εφάπτεται της γραμμής γz .

Έστω Μ(χ, y) τυχαίο σημείο της ευθείας γ ι. Τότε χ = λ + 1 και y = 3λ + 1 για κάθε λεR. y-1 ;\ ιΗι. : λ = χ - 1 = -- γ ια κάθε λ ε R. 3 i)

3χ - 3 = y - 1 13χ y 2 = 01 : η εξίσωση της ευθείας γ Η εξίσωση της ευθείας γz είναι: y - 2 = -5- ( χ + 3 ) <=> ... <=> Ι χ + 2y - 1 = ο Ι :' ( ψ U. "

<:::::>

-

-

1•

- 10

Το στάδιο της Άρσης Βαρών θα συνδεθεί με τη γραμμή γ2 αφού είναι πλησιέστερα από τη γ ι. Πράγ ματι: ii)

Το Μ κινείται στην παραβολή με εστία το Α και διευθετούσα την ευθεία ε.

Α ρ ιi :

Ά σ κη σ η 711

Θ εωρούμε το σύνολο των σημείων Μ του επιπέδου των οποίων οι συντεταγμένες (χ, y)

4

επαληθεύουν την ισότητα: L = χ 4 16

- 2 χ2 + 1

Ν α βρεθεί η γραμμή (σχήμα) που σχηματίζουν τα σημεία αυτά στο επίπεδο. Να προσδιορίσετε κορυφές, εστίες, aσύμπτωτες κ.λπ. σε κάθε σχήμα που θα βρείτε. Ομοίως αν τα σημεία Μ 2 2 επαληθεύουν την ισότητα: χ4 - (y - 9) = Ο.

Π ρέπει: d(B, γ2 ) =ρ. 3 + 2 - 11 = 4 ίν) Άρα: ρ = 1 JS J5 Άρα: η εξίσωση του κύκλου θα είναι: iii)

Δίνεται μια ευθεία (ε) και ένα σημείο Α εκτός

2 <=> L - x 2 + 1 = 0

4

2

ή L4 + x 2 - 1 = 0

αυτής. Να βρεθεί ο γ.τ. των κέντρων των κύκλων που εφάπτονται στην (ε) και περνούν από το Α.

Η ( 1 ) παριστάνει υπερβολή με aσύμπτωτες τις ευθείες y = 2χ και y = -2χ, εστίες τα σημεία Έστω Μ(χ, y) τυχαίο σημείο του ζητούμενου γ . τ . ( JS,o ), ( -JS,o) και κορυφές τα σημεία (-1 , Ο) ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/47


Μαθη ματικά για την Β · Λυκείου

και

Το κέντρο, έστω Κ του κύκλου θα βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΑΒ και Β(Ο, (όπου Άρα: Θα επαληθεύει την εξίσωσή της που είναι 3 !2.

(1, 0).

(χ, y) Α(2, 4) 1)). y =-�χ+ 6 6y = -4χ + 19 �

/···ο _ _ _ _ _ _ ,

-�----

χ

__

/' Η

(1)

Το κέντρο του κύκλου θα βρίσκεται επίσης και στην κάθετο στο σημείο της κοινής εφαπτόμενης παραβολής και κύκλου. Η εφαπτόμενη της παραβολής στο είναι:.

Α Α 1 + 4) � 4χ = y+4 � 4χ -y-4=0 χ ·2 =-(y 2

(2) παριστάνει έλλειψη με εστίες τα σημεία ( Ο, -.fi ) και ( Ο, .fi ) και κορυφές τα σημεία (0, -2) και (0,2) και επίσης τα σημεία (-1, Ο) και (1, 0), άκρα του μεγάλου και μικρού άξονά της Η κάθετη σ' αυτήν στο Α θα έχει εξίσωση: αντίστοιχα. y-4=- � (x -2) � l x + 4y -18 =01 (2) Για την ισότητα: χ -(y -9) =Ο εργαστείτε μόνοι σας όπως παραπάνω σαν άσκηση! Επιλύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 1) και (2) προσδιορίζουμε τις συντεταγμένες του κέντρου Κ του κύκλου. {4x+6y-19=0 . . � Χ _- _ ,!i , y -_ 53 x+4y-18=0 5 10 4

2

2

Βρείτε το κέντρο του κύκλου που διέρχεται από το σημείο Β(Ο, 1 ) και εφάπτεται στην παραβολή y=

2

χ στο Α(2, 4).

Το κέντρο του κύκλου είναι το σημείο 53 . 5 Ίο

κ (-.!i ) Δυο κωνικές τομές εφάπτονται μεταξύ τους σε ένα σημείο όταν έχουν στο σημείο αυτό κοινό εφαπτόμενη.

ν

Να δείξετε ότι ο αριθμός 7 - 6ν - 1 είναι πολλαπλάσιο του 36 για κάθε φυσικό αριθμό ν με ν�2.

χ

ν

με ν ε Ν και ν � Έστω α = 7 Για ν = είναι α = 7 = 36 = πολ36.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/48

- 6ν- 1 2. 2 -6 ·2 - 1 49- 12 - 1 = 2


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Έστω ότι και για ν ε και ν 2 είναι α= πολ. 3 6 7 -6ν- 1 = 36λ (1) με λεΝ* θα δείξουμε ότι και για ν + 1 ο α είναι πολλαπλάσιο του 36. Δηλαδή ότι: 7 - 6(ν + 1)- 1 = πολ. 36 Πράγματι: Από την (1) είναι 7 = 36·λ + 6ν + 1 (2) Είναι: α = 2κ + 3 = 2κ + 2 + 1 = 2(κ + 1) + 1 Έτσι 7 - 6(ν + 1)- 1 = 77 -6ν-6- 1 (2) 7(36λ + 6ν + 1)-6ν -7 = 7 · 3 6λ + 42ν + 7 -6ν -7 2ρ + 1 οπότε ο α περιττός. Επειδή κ εΖ θα =7 · 3 6λ + 36ν = 36(7λ +ν) 36 ·ρ= πολ. 3 6 είναι κ= 2ν ή κ= 2ν + 1 με νεΖ. Σύμφωνα με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής Αν κ= 2ν με ν εΖ είναι: β = (2ν)2 + 3 ·2ν + 4 = για κάθε φυσικό ν με ν�2 ο αριθμός 7 - 6ν - 1 4ν2 + 6ν + 4 = 2(2ν2 + 3ν + 2) 2 2ρ. είναι πολλαπλάσιο του 36. Αν κ= 2ν + 1 με ν2εΖ είναι: β = (2ν + 1)2 + 2 3(2ν + 1) + 4 = 4ν + 4ν + 1 + 6ν + 3 + 4 = 4ν + lΟν + 8 = 2(2ν2 + 5ν + 4) 2ρ Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ο β είναι άρτιος. ν

<=>

Ν

>

άρτιος

ίί) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού 4β - 2 κα με το 6

ν+ Ι

ίίί) Αν ο κ είναι πολλαπλάσιο του 5 τότε να δείξετε ότι ο αριθμός α + β - 2 είναι

πολλαπλάσιο του 5

ν

ν+ !

ν

i)

κ + l=ρ =

ρε Ζ

7 λ + ν=ρ =

ρ εΝ

*

ν

ν 2 + 3 ν + 2=ρ ρεΖ

2 ν 2 + 5 ν + 4=ρ

Η διαίρεση ενός ακεραίου α μ ε τ ο 37 δίνει 3

ρε Ζ

πηλίκο π και υπόλοιπο υ = π . Να βρεθούν οι δυνατές τιμές του α.

4β - 2κα = 4(κ2 +3κ+4)-2κ(2κ + 3) = Έχουμε α =3 37. π + υ με Ο :::; υ 37 (1). . . .=Έχουμε: Ό μως υ = π άρα:3 α = 3 7·π + π3 (2) και λόγω της 6(κ + 2) + 4 = 6π + 4 ( 1) πρέπει Ο :::; π 3 7 οπότε οι δυνατές τιμές του π οπότε το ζητούμενο υπόλοιπο είναι: υ = 4 είναι Ο, 1, 2, 3 (εφόσον π ακέραιος) ii)

<

k + 2=π =

πε Ζ

<

Έτσι από την (2) για π = Ο είναι: α = Ο, για π = 1 Έστω κ=5ρ με ρεΖ τότε: είναι: α = 38, για π = 2 είναι: α = 82, για π = 3 α + β-2 = (2 ·κ + 3) + (κ2 + 3κ + 4)-2 = είναι: α= 138. = κ2 + 5κ + 5 = (5ρ2) + 5· 5 ρ + 5 = 25ρ2 + 25ρ + 5 = =5 ( 5ρ2 +5ρ+1 ) 5λ=πολ. 5 . iii)

5 ρ 2 + 5 ρ + l=λ

2

Δίνονται οι αριθμοί α = 2 κ + 3 και β = κ + 3 κ +4 όπου ο κ είναι ακέραιος. ί)

Να δείξετε ότι ο α είναι περιττός και ο β

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' τ.4/49

=

λε Ζ


Μ81ΙΙJΙ8τι8• ,_ �· r ��lι �- Α••Ι•ιι Κατεύ θυνση

Επαναληπτικά Θέματα Α

Δ. Αργυράκη; - Ε . Ευσταθίου

f παραγωγίσιμη στο f3 (χ) + 3f (χ) = χ 5 + χ + 1 για

I . Έστω συνάρτηση

τοια ώστε Χ

Ε�

τέ­ κάθ ε

(1).

β) Για κάθε χ � έχουμε : Ε

5 f ( x) { f2 (x) +3) = x5 +x+l => f ( x) χ +χ+1 (2) f2 (x) +3 χ=0 >0. f (O) = 2 f (ο + 3

Για έχουμε : \ Για χ = -1 έχου με : f ( -1 ) = 2 -1 < 0 . ( -ι, ο) . f ( -1 ) + 3 f f{ χ) = Η f είναι και συνεχής στο [ -1, Ο] άρα ισχύει Θ. ( ) Bolzano, οπότε η εξίσωση f (χ ) = Ο έχει μια του­ λάχιστον ρίζα στο ( -1, Ο) και μάλιστα μοναδική f{χ) = Γ1 (χ) ( ο,ι) . αφού η f είναι γνησίως αύξουσα. γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο � , οπότε είναι Θεωρείται γνωστό ότι αν ft στο Α τότε και 1 - 1 άρα αντιστρέφεται. (x) = f -1 (x ) <=> f (x) = x , x E B = A n f(A ) ρ ρίζα της f ( ) = Ο , ισχύει f (ρ) = Ο => α) Η f είναι παραγωγίσιμη� στο � άρα και5 η δ)MΑφού είναι παραγωγίσιμη στο . Επίσης η χ + χ + 1 (ρ, O ) E Cr => Ν (Ο, ρ ) Ε CΓ, . είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική. / στο � άρα ισχύει η ισοδυναμία Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της ( 1 ) και έχου­ ε)f (χΗ) f= είναι 1 Γ (χ ) <=> f (χ ) = χ . με : 2 4 3 f ( x) f ' (x) + 3 f ' (x ) = 5 x + 1 ::::> Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι η εξίσωση f (χ ) = χ 3 ( f 2 (χ ) + 1) f ' ( χ ) = 5χ 4 + 1 μια τουλάχιστον ρίζα στο διά­ έχει τουλάχιστον 5χ4 1 + � γ > ημ Ο ια κάθε χ Ε , (χ) = στ α (0, 1 ) . 3 ( (χ) + ) Για κάθε χ 3Ε IR είναι : οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο � . f (x) + 3 f (x) = x 5 + χ + 1 Ν α αποδ είξετε ότι : α) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο β) Η εξίσωση f (χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα στο

�.

γ) Η αντιστρέφεται. δ) Αν η ρ είναι ρ ίζα της μείο Ν Ο , ρ

ε

Ο , τότε το ση-

CΓ, .

ε) Η εξίσωση

έχει μια τουλάχι­

στον ρ ίζα στο

Υ π ό δ ειξ η

11

Λ

f

f3

11

χ

=>

f'

f2

1

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/50


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

f3 ( χ)-χ 3 +3f(x) -3χ = χ 5 +χ+ 1-χ 3 -3χ <=> [ f( χ)-χ J [ f 2 (χ)+ xf( χ)+ χ 2 + 3 J = (2) 5 Άρα f( χ)= χ <=> χ -χ3 -2χ + 1 =Ο, αφού f2 (χ)+ xf( χ)+ χ 2 + 3 � 3 >Ο (Γνωρίζουμε ότι α2 +αβ+β 2 �0, Vα,βEJR).5 Αρκεί λοιπόν η συνάρτηση g( χ) = χ -χ3 -2χ + 1 , χ JR , να έχει ρίζα στο (0, 1 ) Η g είναι συνεχής στο [ Ο, 1) . g ( Ο ) = 1 > Ο, g ( 1 ) = -1 Ο. Ισχύει λοιπόν το Θ. Bo1zano, οπότε η ( ) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (Ο, 1 ) . ·

Ε

<

g

χ

2 . Έστω συνάρτηση f δυο φορές παραγωγίσιμη

στο JR. , η οποία για κάθε

JR

χ Ε ικανοποιεί την 1 2 σχέση f {f ( x}) � (x - α) , α :;ιι: Ο . Αν η f παρου­ σιάζει τοπικό ακρότατο στο χ0 = α και f (Ο) = Ο , να αποδείξετε ότι f 11 (α) = Ο .

(Ι}

=>

:;t:

( 4)

f(O)=O

:;t:

:;t:

=>

=>

3 . Δίνεται η συνάρτηση

f ( x) = ( x + l) ln x .

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της. β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο

A(l,O)

και να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη τη "δια­

Λύ ση

Είναι f1 ( α)=Ο (1), αφού η f είναι παραγωγίσιμη στοχ =α και παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο 0Θεωρώ . συνάρτηση g(x)=f(f1 ( x))-(x-α)2 , x EJR . Για κάθε x EJR έχουμε f{f1 ( χ))�(χ-αγ f(f1 ( χ))-(χ-αγ �Ο g(x)�O g(x)�g(α) (2), αφού g(α)=f(f1 ( α))-(α-α)2 =f(O)=O. Από την σχέση (2) συμπεραίνουμε ότι η συνάρτη ­ ση g παρουσιάζει ελάχιστο στο εσωτερικό σημείο = του πεδίου ορισ μού τη ς. Η f ( f 1 (χ)) είναι παραγωγίσιμη στο ως σύνθεση παραγωγισίμων συναρτήσεων, αφού είναι γνωστό από υπόθεση ότι η f είναι δυο2 φορές παραγωγίσιμη στο . Επίσης η (χ -α ) είναι παραγωγίσιμη στο ως πολυωνυμική άρα και η g είναι παραγωγίσιμη στο ως διαφορά παραγωγισίμων συναρτήσεων με JR.

=>

=>

=>

(Ι}

χ0

g1 ( x)=f1 ( f1 ( x))f "(x)-2(x-α) . Επομένως η g είναι παραγωγίσιμη και στο χ 0 =α με g1 ( α)=f1 ( f1 ( α))f "(α)-2(α-α)2 =f1 ( 0)f" ( α). ημα Fermat, άρα Ισχύει λοιπόν το Θεώρ g1 ( α)=Ο f1 ( 0)f"(α)=O (3). Αρκεί να δείξουμε ότι f1 ( 0) Ο . Έστω ότι f 1 ( Ο ) = Ο (4) τότε από τη δοθείσα σχέση για χ = Ο παίρνουμε f(f1 ( 0))�(0-α)2 f(Ο)�α2 α2 � Ο που είναι άτοπο αφού α Ο , άρα f 1 ( Ο ) Ο , οπότε από την σχέση (3) συμπεραίνουμε ότι f"( α)= Ο.

α

JR.

JR.

JR.

JR.

περνά". γ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περι­ κλείεται από την γραφική παράσταση της f, την προηγούμενη εφαπτομένη και τις ευθείες με εξισώσεις δ) Αν

χ = .!. e

Ι (χ) =

lim Ι (χ) .

X-+-t«>

και

χ=1.

J f ( t )dt , χ Ε (Ο,+οο) , να βρείτε το

χ+ Ι χ

ΛίJ ση

α)Έχουμε Ar =(Ο,+ οο ). Για κάθε (Ο, +οο ) έχω f1 ( x)=ln x+(x+1)· -x1 =ln x+1+ -χ1 f"(x)= .!.χ - �χ = xχ� 1 καιf"(χ)>Ο στο ( 1, + οο) , Γ(χ) Ο στο (0, 1) οπότε f στο (0,1] και ft στο [1, + χ ε

ν

-1.-

<

00)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/51

Λ


χ

1

ο

f"

\

+οο

?

-

f'

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

+

/ 2 Ελάχιστο

στημα της μορφής [χ, χ + 1] με χ > Ο . Άρα για χ ::::; t ::::; χ + 1 ισχύει f (x ) :::; f(t ) :::; f (x + 1 ) =>

r +' f ( χ )dt ::::; r +' f ( t )dt ::::; r +' f ( χ + 1 )dt =>

Παρατηρούμε ότι V x ε (Ο, +οο ) είναι => f (x) f +' dt :::; I (x ) :::; f (x + 1 ) f +' dt => f ' ( x) � f ' (1 ) = 2 > Ο , άρα f ' ( x) > Ο οπότε η f εί­ => f (χ ) ( χ + 1 - χ ) ::::; Ι (χ ) ::::; f (χ + 1 ) (χ ,+ 1 - χ ) => ναι / στο (Ο, +οο ) . f (x ) :::; I (x ) :::; f (x + 1 ) . 1im f (χ ) = 1im ( χ + 1 ) ln χ = -οο Άρα Ι (χ ) � f (χ ) για κάθε χ ε (Ο, +οο ) . χ � ο+ χ � ο+ 1im f (χ ) = 1im (χ + 1 ) 1n χ = +οο Είναι χ1im f(x) = χ1im [( x + 1 ) 1n x ] = +oo , οπότε � +«> θα υπάρχει α > Ο τέτοιο ώστε f (χ ) > Ο για κάθε χ ε ( α , +οο ) . + Για κάθε χ ε ( α , +οο ) έχουμε : / άρα f(A ) = � . I (x) � f (x) > 0 => 0 < 1 ::::; 1 . Ι(χ ) f (x) 0=0 β) Η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α (1, 0 ) είναι 1 =Ο Όμως . lim => 1 χ->+«> ε : y - f(1 ) = f ' (1 ) (x - 1 ) <=> ε : y - 0 = 2 ( χ - 1 ) Ι (χ) =0 χ->1ιmοο -f ( Χ) + <=> ε : y = 2χ - 2 . 1im Ι( χ => ) = +οο αφού Ι(χ)>Ο για κάθε χ ε ( α,-tοο) . Αρκεί να δείξω ότι το σημείο Α(1, 0 ) είναι σημείο Χ -Η·ΟΟ

I �· I�

Χ � +οο

-++οο

{}l�

καμπής της C r . Πράγματι f"( l )=O και η f" αλλά­ ζει πρόσημο στο χσ= 1 , οπότε το A( l ,O) ένα σημείο καμπής της C r . Η (ε) δ ιαπερνά της C r αφού η f είναι κοίλη στο (0, 1] και κυρτή στο [l,+oo ) . χ f' f" f'

1

ο +

/

γ) Στο διάστημα

[; . 1 J

+οο

?

+

ο

\

I

Σ.Κ.

Χ -Η«>

Δ ίνεται η συνάρτηση

h ( χ ) = f�:) ,

όπου η

[ β] . f '( ) h'(x) . βJf'(x) - f(x)dx=O βΙf " (x) - f ' (x)dx = Ο , g(x) = f'f {(xχ)) χ0 ( β) , [ r ' ( χ ο )Τ = r ( χ σ ) r " ( χο ) .

f( )

συνάρτηση τρεις χ > Ο και χ

α) Να βρείτε την β)

Αν

α

e

ισχύει

x

φορές παραγωγίσιμη :;e Ο για κάθε χ Ε α,

α

e

x

f

με

και

να εξετάσετε αν ισχύουν

οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για τη

η f είναι κοίλη, άρα η ε­

φαπτομένη της βρίσκεται "πάνω" από την C r , οπότε Ε (Ω ) = & [2χ - 2 - f (x ) )lx =

συνάρτηση

στο [α,β] .

γ) Να αποδε ίξετε ότι υπάρχει

= J� [2 x - 2 - (χ + 1 ) 1n x }lx = ...

Ε

α,

ώστε

α) Η h(x) είναι παραγωγίσιμη στο � ως πηλίκο x δ) Η f είναι / στο (Ο, +οο ) , άρα και σε κάθε διά- παραγωγισίμων αφού e * ο V x Ε � άρα έχω : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/52


[ ]

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

f (x) ' f ' (x) e x - f (x) e x = h' ( x) = x = 2 e ( ex ) e x f (x) - f (x) ) _ f ' (x) - f(x ) = { ' �x e β f ' (χ) - f (x) dx = β) Είναι J ex α ) = Jh' (x )dx = [ h (x) J: = h (β) - h ( α ) = f �) - f � . α β f (x) - f(x) f(β) f (α) = dx = O. άρα -. (1) Όμως J ' x � e α β f ( - f (x) Επίσης έχουμε: J " x) x ' dx = Ο � e α β f " (x) e x - f ' (x) e x f ' (x) ' d = O dx = O � -x 2x fα e α ex (χ) β = � f ' (β ) f ' ( α) = � f' x Ο Ο eβ eα e f '( α ) f '(β ) � -= - . (2) eβ eα

δείξετε ότι lim χ--+0

r ( t ) = ln 2 . J�t t

z. χ

Είναι f ' ( χ ) > Ο για κάθε χ Ε JR. , οπότε f/ στο R . Διακρίνουμε περιπτώσεις :

Αν χ > Ο , τότε χ<2χ και f είναι / σε κάθε διάστημα της μορφής [χ, 2χ] , οπότε για 1> 0 χ ::; t ::; 2χ είναι f (χ ) ::; f ( t ) ::; f ( 2χ ) � f ( t ) f ( 2χ ) f (χ ) ::; ::; t t t Έχουμε λοιπόν zx f (x ) zx f(t) zx f (2x) J--dt ::; J �t ::; J--dt � χ χ t χ t 2Ί zx f( t) 2Ί f(x) J ι dt ::; J �ι ::; f(2x ) J ι dt � χ χ χ Ζχ f(t) f (x) [In ti x ::; J �t ::; f(2x)[ln t]� x � χ Ζχ f( t) f(x)( In2 x - In x ) ::; J�t ::; f( 2 x)( In 2 x - In x ) � χ t ( f(α) f Ζχ f ( t ) ) _- β � g ( α) _- g ( β ) · Ά, ρα.. ( 1),(2) => ln 2 ::; J�t ::; f (2x) ln 2 . f (x) f ' ( α) f '(β) χ t Είναι χ--+ Ιiιη [ f (χ) In 2 J = f (Ο ) In 2 = Ι · In 2 = ln 2 0 Επίσης η g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] ως πηλί­ Iim+ [ f ( 2χ) In 2 ] = f (Ο) In 2 = I · ln 2 = ln 2 κο παραγωγισίμων συναρτήσεων. Ισχύουν λοιπόν χ-+ 0 οι προϋποθέσεις του Θ.Rolle για την g στο [α, β]. είναι συνεχής στο Ο, άρα lim (Ηf f ( χ) = f( O ) ). χ--+ 0 γ) Θα υπάρχει λοιπόν χ 0 Ε ( α , β ) τέτοιο ώστε Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε ότι Ζχ f ( t ) g ' (x 0 ) = 0 . Iim+ J-dt = ln 2 ( Ι ). χ--+ 0 χ t χ) ' f( = Είναι g ' ( χ ) = f'(x) 2 Αν χ < Ο , τότε 2χ<χ και f είναι / σε κάθε f ' (x ) f ' (x) - f ( x) f " (x) = =-���-� [ f ' ( x) ] - f (x) f " ( x) ������� διάστημα της μορφής [ 2χ, χ] , οπότε για z (x (x) f f ) ' ' [ [ 1< 0 T ] 2χ ::; t ::; χ είναι f ( 2χ) ::; f ( t ) ::; f (χ ) � Επομένω ς f ( 2χ) � f ( t) � f (χ ) f ' (x 0 ) ] 2 - f (x 0 )f " (x 0 ) [ =Ο t t t g ' (χ ο ) = z [ f ' (x o ) ] Έχουμε λοιπόν χ f (2x) χ f(t ) χ f (x) 2 � [ f ' (x 0 ) ] = f (x 0 ) f " (x 0 ) . J�t � J-dt � J-dt � 2χ t 2χ t 2χ t Z x f (x) 2x f(t ) 2x f( 2 x) : 1 . Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο R με � - J �t � - J -- dt � - J --dt � f(O) = l και f ' (x) > O για κάθε χ ε JR . Να αποχ χ t χ t

� �

[ ]

_

) X

-

α

[ ]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/53

--


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f(2x) t � 2f' -f(t)- dt � zfx -f(x)- dt� � 2f' 7 t t �f(2x) f�t � zfx -f(1-t) dt � f(x) 2fΊι dt� �f(2x)[In l t ! J:x � 2f f �t) dt �f(x)[ In l t Ι J:' � χ

<=>

χ

χ

χ

f(x)= y χ = Γ' (y). Είναι z=f(x)+xi�z=y+r'( y)i� M (z)ε CΓ, . γ) Είναι l z + 1 1 � l z + i l � l z + 1 1 2 � l z + i l 2 � ( z + 1 )(� + 1 ) � ( z + i )(� - i ) � zz + z + z + 1 � zz-iz + iz + 1 � z+� � -i ( z-�) � 2f(x) � -i(2xi) � 2f(x) � 2x � f(x) � x . δ) Θεωρούμε συνάρτηση g (χ)= f (χ)-χ= = xfe12008+αdt-χ ' χ ε . Για κάθε έχουμε g (χ) � Ο � g (χ) � g (Ο) . Άρα η g παρουσιάζει στο εσωτερικό σημείο χ =Ο του πεδίο ορισμού

χ

χ

β) Αφού η αντιστρέφεται ισχύει η ισοδυναμία

χ

Ζχ

� f ( 2χ) ln 2 � J-f (1-t) dt � f (χ) ln 2 . Είναι lim_ [ f(2x ) 1n 2 J = f(O)ln 2 = l·ln 2 = ln 2 lim [ f (χ) ln 2J = f (Ο) ln 2 = 1 ·ln 2 = ln 2 . Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε ότι f ( t) = ln 2 (2). lim J-dt t Από ( 1) και (2) προκύπτει ότι : f ( t) = ln 2 . lim J--dt t χ

χ -->0

Χ -->0

χ -->0-

-

-

1R

ο

Ζχ χ

χ Ε IR

0

της μέγιστο.

Ζχ

-

-

g παραγωγίσιμη στο , με 2008 g ' ( χ ) = e' +α - 1 , αρα' ει'ναι παραγωγισιμη και 2008 στο χ =0 με g' ( O)= - 1 . Ισχύει λοιπόν το X 1+α ( χ) J +α Θεώρημα Feπnat, οπότε z (χ) + 2008 1+α=2008� α=2007. g' ( O) =Ο �---1=0� zl + 11 l z + i l . l+α ε) Για α= 2007 είναι f (χ)= J �008 dt . συνάρe +α z τηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο (χ) χ χ [ 2007,2008] , άρα θα υπάρχει ξ ε ( 2007,2008), τέτοιο ώστε 1 1 07) J 1 f(2008)-f(20 )= ( f' ξ + + 2008-2007 όμως (1) � f' ( ξ ) = f(2008) -f(2007) � 2τ 2008 dt- 2τ 2008 dt � ) = f' ( 2008 ξ α) συναρτηση e + 2007 e1 + 2007 +α ειναι συνεχης στο , α2008 = 2τ 2008 dt (2). φού α > Ο , άρα η f ορίζεται στο και για κάθε ξ e + 2007 e + 2007 ' 2008 2008 x εlR είναι f' ( x)= ( Je1 +αdt ] = ex +α >0 , Είναι 2007 ξ 2008 eξ � + 2007 eξ + 2007 + 2007 . επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο άρα Άρα είναι και 1- 1 οπότε η f αντιστρέφεται. χ -->0

χ

' ' 6. Δινεται συναρτηση f

και

ο

Επίσης η

μιγαδικός

=

2008 d

0

e

1

=f

αριθμός

'

--

t, α> χί

ο

0

με

Να αποδείξετε ότι :

α) Η f αντιστρέφεται. β) Η εικόνα του Γ1

δ) α = 2007 . 2 8 e 00

ΛίJ σ η Η

2008

'

<

ε 1R .

2 008

2 007

1 e +

2007

e

11,

dt <

2 7 e 00

'

--1

'

IR

ο

11

Η

0

ανήκει στη γραφική παρά­

σταση της � για κάθε γ) f

ε)

IR

2007

.

Π1J m,.

0

<

IR

e 2007

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/54

1

0

2007

<

<

1

e 2007

<

<

<

e 200 8

e 200 8


e2007 +1 2007 ---e2008 + 2008 2008 e2008 +-2008:-:-::----:::-:

< <

<

eξ + 12007 eξ + 2007 2008 eξ + 2007 .

Μ αθηματ ικά για την Γ Λυκείου

< <

<

e2008 +1 2008 => e2007 + 2007 =>( ) 2 2008 => e2007 + 2007

8 00 2 2008 d t 20072008 => 2e 008 +-2008 200f7 e1 2008 + 2007 e + 2007 200f8 1 dt 1 1 --=--e2008 + 2008 2007 e1 + 2007 e2007 + 2007 -<

-==--

--

<

<

<

.

Β. Ανδρέας Τσαγγάρης - Στέλιος Κάσδαλης

σεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο υπάρχουν τέτοια ώστε:

[0, 1 ], άρα

ξ1 , ξ2 ε(Ο,1) Ι { ξ ι ) = f{1)-f{O) f 1-0 =ι οπότε: f1 { ξ1 )+ f"{ξ2 ) = f{1)-f{10)+ f1 { 1)-f1 { 0) ( Ι ) { ξ ) + f"{ξ ) > 1 . =>f1 1 2 γ) από τη σχέση: f' (x)+ f"(x)>2x, για κάθε χΞ":Ο '(ι) > � έχουμε: f' (x) + f"(x) >2xeX, για κάθε χΞ":Ο οπότε: ! (f1 { χ) · ex + f"( χ )ex )dx > ! 2χ( ex )dx ( f"- συνεχής) α) ζητούμενη σχέση γίνεται: f' (x) · ex;::: 1 ή => ! (f1 { x)·e x )1 dX > ! 2x(e x )' dx f' (x)- ex-1Ξ":O, για κάθε χΞ":Ο . Έστω g(x)=f' (x) · ex-1, =>[f1 { x)ex 1 >[2xe·J� - ! 2e•dx για κάθε χΞ":Ο . Οπότε g' ( x)=f"(x) - ex+ f' (x) · ex=(f"(x)+ f' (x))- ex και => f1 { 1 )e -1 > 2e-2[ e• ]� επειδή f"(x)+ f' ( x)>2xΞ":O, για κάθε χΞ":Ο θα είναι g' (x)>O, για κάθε χΞ":Ο άρα η g είναι γνησίως αύ­ => f 1 ( 1) e -1�> 2e -2 ( e -1) => f 1 ( 1) e > 3 ξουσα στο [0, +οο). Άρα f1 { 1)> . e Οπότε χΞ":Ο �g(x) Ξ": g(O)=f' ( O) · e0-1=0, για κάθε χΞ":Ο, άρα g(χ)Ξ'-:0=> f' (x) - ex-1Ξ":O, για κάθε χΞ":Ο=>f' (χ)Ξ":e-χ για κάθε χΞ'-:0. ( ) L ι +ι β) Θεωρούμε συνάρτηση h τέτοια ώστε: για κάθε χΞ'-:0 . Η συνάρτηση h(x)= f"(x)+ f' (x)-2x, Η(χ)=+ f' (x)+f(x)-x2, χΞ":Ο είναι αρχική της h(x) στο [0, οο), γιατί: H' (x)=h(x)>O για κάθε χΞ":Ο. Οπότε 1� ι η Η είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο). e χ +ι Έτσι έχουμε: 0<1=>H(O)<H(l) =>f(O)+f' (O)<f(l )+f'(l )-1=> ι ) J [ χ -->+α> f(l)-f(O)+f'( l)-f' (O)>O ( 1 ) ( +ι Για τις συναρτήσεις f και ισχύουν οι προϋποθέΈστω συνάρτηση f δυο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο στο [0, +οο) με f' ( Ο ) και f' (x) + Γ(χ)>2 χ για κάθε χΞ":Ο. α) Να αποδειχθεί ότι: f' (x);:::e-x για κάθε χ;:::Ο .

β) Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν ξι, ξ2 ε (Ο,ι) τέ­ τοια ώστε: f' (ξι)+ f' ' (ξ2 )>1

γ) Να αποδειχθεί ότι: f

e

Η

gt

ΘΕΜΑ 2

Έστω συνάρτηση f: f x =

.

-2- dt .

ι t

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f και να με­

λετηθεί ως προς τη μονοτονία και την κυρτότη­

τα.

χ x · ex -2- dt � β) Να αποδειχθεί ότι: -2 - � ι t +ι 2

για κάθε χ � Ο

γ) Να βρεθεί το όριο: Iim

f'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/55

• r ' 2 ι J ex t

dt


g: g(x)=e'·f(x)

δ) Αν

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου να δειχθεί ότι το εμβαδόν

του χωρίου που ορίζεται από το Cg, τον

χ=Ο , χ=1 δίνεται 1 η e2 + 1 . e f ( 1 ) - -Ι 2 2

τις ευθείες Ε=

·

--

χ'χ και

από τη σχέση :

x · e χ .::; f (χ) .::; -χ , για κάθε χ � Ο -(1) ή e2 x + 1 2 f(x) .::; -, χ χ .::; --e2 x + 1 e x 2 e x για κάθε χ � Ο (2) (χ)' = lim -1 =0 χ (::) -= lim lim 2X X -> + OQ e + 1 Χ --ΗΟΟ ( e 2X + 1 ) Χ ->- 2 e 2X Ι

α) Η h ( t) = -t 2-1+-1 είναι συνεχής στο IR . Άρα η f(x) έχει πεδίο ορισμού το DF IR . Η f είναι παραγωγίσιμη στο IR με e x > Ο , άρα η f t στο IR . f'(χ) = -e 2-' +1 e ' - e3 ' < 0 . Έχου με: f"(x) = -:: e + 1 ( ez x + 1 )2 Οπότε Γ (χ) < Ο <=> χ > Ο και Γ(χ) > Ο <=> χ < Ο . Άρα η f είναι κοίλη στο [0, +οο) και κυρτή στο (-oo,OJ .

)

Λ

(χ)' 2e 2e ( 2e Από τη σχέση (2) και από κριτήριο παρεμβολής f( χ) = Ο έχουμε: χlim +00 ex --+ 1 =0 χ (:) lim --2 x = χlim ->x χ ->+οο ->+οο x ) ' = χlim

δ) f συνεχής στο [0, 1] άρα και g συνεχής στο[Ο, 1] άρα: Ε = 11 g( χ ) jdx = ί f e x f( χ ) idx Από τη σχέση (1) έχουμε: f(x) � O στο [Ο,+οο) αφού e x � 1 άρα: Ε = ί e x f(x )dx = ί ( e x ) 'f(x )dx = [ e x f(x) ]� - ί e x f '(x)dx = e x dx = χ = f(O) f(1) .Ι/ 2 x β) Για χ=Ο η σχέση ισχύει ως ισότητα. Επειδή η f e +1 Γ είναι παραγωγίσιμη στο [0, +οο) θα ισχύει το e 2X + 1 ) 2X-ι ( e 1 Γ' Γ' ι ι e = f ( 1) ..I:J e 2 x + 1 dx = f ( 1) 2 ..I:J e 2 x + 1 dx Θ.Μ.Τ. στο [0, χ], χ>Ο. Άρα υπάρχει ξε(Ο, χ) τέτοιο ώστε = ef(1) - 1 [ ln ( e2 , + 1 )] ι = ef(1) - 1 1ne 2 x +-1 τ.μ. 0 2 2 f(x) (1) Ξ = f'(ξ) = f(x)χ -- f(O) 0 χ Αλλά: Ο<ξ<χ και Γ(χ)<Ο => Γ..!.- στο [Ο,χ] οπότε έχουμε: Γ(Ο)>Γ(ξ)>Γ(χ) x -Jx - 2 dt Έστω η συνάρτηση f: f (χ ) = l ( χ (I) >Ο) x f(x) < f'(O) => -f(x) < -1 e <2 ln t => f'(x) < e2' + 1 χ 2 χ α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f. e 1 χ ' ' χ · -2-- < r -2- dt < - , για κάθε χ>Ο β) Να υπολογισθεί η f'( x). e ' +1 t +1 2

[

=

-

I

=

v

=>

.(

γ)

Το ζητούμενο όριο 1 1ιm -1X f ' --dt 2 e t +1 = r' -21- dt f(x) 1im t x+ 1 = χlim ---+ χ �+οο +οο e x e Από β) ερώτημα έχουμε: Χ -> 00

)

γράφεται:

γ) Να μελετηθεί η

f ως προς τη μονοτονία και τα

ακρότατα. δ) Εάν

--

g( χ) = JΓ' �t να αποδειχθεί ότι: 2 ln t g ( e ) - Ιη ( Ιη r g (χ ) d 2) x 2 J2 χ e =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/56


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ε) Να υπολογισθεί το όριο : lim

·�-

(g' { ) ημ!). χ ·

χ

2 � = _Q_ = O = χ-->lim+ lnι x = χlim ln x ln 2 --> 2 . 2 2.Jx - 2 Οπότε η fπαραγωγίζεται στο χ0=2 με f'(2)=0. ι ι + .Jx - 2 , Χ > 2 -dt r = (χ) f ρα ln ln x 2.Jx - 2 t Ά χ=2 � γ) Υπολογισμός του προσήμου της συνάρτησης g: g(x) = .b.r �t, ln t Dg = (ι,+oo) Έχουμε: g'( χ) = _lnι_t > Ο για κάθε χ (ι,+οο) gt στο (ι,+ οο) Άρα: χ > 2 g (χ) > g ( 2) = Ο Επομένως f'(x)>O για κάθε χ (2,+οο) δηλαδή η ft στο [2,+οο) με ελάχιστο το f(2)=0. g ( x )dx = - r _ι ' g(x )dx r δ) Ένουμε: "' .b. x 2 .b. χ e g( e) + r � = - ..!..χ g (x) + r l.g•(x)dx =e xlnx 2 χ �==

ι dt α) Η συνάρτηση f γράφεται: f(x) =.Jx -2 1r _ Int Έστω h: h (χ) = _ιnι_t και g (χ) = .b.r � ιn t t Έχουμε Dh=(O, ι)u(l,+oo) στο οποίο η h είναι συ­ νεχής. Για να ορίζεται η g και επειδή 2 (ι, +οο) πρέπει και αρκεί xE(l,+oo) δηλ. Dg= (ι,+οο). Άρα για τον υπολογισμό του Df πρέπει και αρκεί: χ> ι και χ-22:0 δηλαδή: Df=[2, +οο). Ε

β) Ι. Αν χ>2. Η συνάρτηση h είναι συνεχής άρα η g παρα­

γωγίσιμη στο [2, +οο ). Άρα και στο (2, +οο). Η συνάρτηση φ( χ)= .Jx - 2 είναι παραγωγίσιμη στο (2, +οο ). Επομένως η f παραγωγίζεται στο (2, +οο) με: f ' (x) = (.Jx -2) ' r lnι tdt + .Jx - 2 r lnι tdt =>

(

J

,

{

1

Ε

=>

Λ

=>

Ε

(]

Λ

[

]

.Jx -2 , για καθε ι t +-ι r --=--<t ' χ>2. ln 1 2-νχ -2 t ln x = - g(ee ) - ln(ln 2) Π. Εξετάζουμε αν παραγ ωγ ίζεται στο χ0=2. f(x) - f(2) = �χ - 2 r ημ .!.. lnι t dt = g'(χ)ημ..!..Χ = χlim ε) 'Εχουμε: χlim χ-2 χ-2 � +οο ---+ +οο ln Χ ι ι .Jx - 2 r ln t dt r ln t dt ι μ-ι ι _ημ -η = χ1.-->+οο ιm χ1 χ = χ�ι·ιm+οο ι χ lnι .Jx - 2 (.Jx - 2 ) 2 -χ x x -χ 1n x 'Εχουμε απροσδιοριστια' της μορφης' -ΟΟ και οι συημ-χι ναρτήσεις αριθμητή και παρονομαστή είναι παρα­ Για τον υπολογισμό του χlim - θέτουμε -->+οο ι γωγίσιμες, οπότε από κανόνα D. L.H. είναι: χ ι 1 , , , ' r dι · -χ = ω , οποτε: οταν � +οο τοτε ω � ο αρα: f(x) f(2) .b. = � χ-->lim2. χ - 2 = χ-lim - > 2. ( .Jx - 2 )' f'(χ)

____o___t__�

_

-

(

-

[ 1 -- · --

(

J

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/57

_

J

χ

·

·

χ

=


Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

ημ-χ1 ημω = 1 lim = lim χ --++οο 1 . ω--+0 ω χ 1 εχουμε: , "' Για τον υπο λογισμο, του χι·--++ιm Εοο ln 1-=Ο. πειδή χlim ( χ ln χ ) = οο τότε lim + -++«> χ --+ + οο ln Άρα: χlim g ' ( χ ) ημ _!_ = Ο --++οο __

Χ

(

Χ

Χ

)

Χ

Γ(l)x+f(l)-Γ(l) η οποία ταυτίζεται με την y=2x1 . Άρα Γ (l )=2 και f(l )-Γ (l )=-1 � f(l )= 1 . Η σχέση (2) γίνεται Ο:::; f(x)::Ξ;l . Άρα f:[O, l ]->[f(O), f(l)]= [0,1 ] επομένως Dr1=[0,1] (Εφόσον το πεδίο ορισμού της f1 ισούται με το σύνολο τιμών της f) β) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f(x)= Γ1(χ) έχει δυο μόνο ρίζες τις χ 1 =0 και χ2=1 . Επειδή η f είναι t η εξίσωση f(x)= r1(x) είναι ισοδύναμη με Λ

, Το παραπάνω όριο μπορεί να υπο­ την f(x)=x. Έστω g(x)=f(x)-x και επειδή g(O)=O λογισθεί και με το κριτήριο παρεμβολής. και g(l )=O θα αποδείξουμε ότι οι ρίζες χ 1 =0 και χ2= 1 είναι μοναδικές. Έστω ότι υπάρχει και τρίτη ρίζα της g(x)=O η χ=ρε(Ο,l), δηλ. g(ρ)=Ο. Θα καταλήξουμε σε άτο­ Θεωρούμε συνάρτηση f ορισμένη, παραγωγίσι­ πο. Επειδή g(O)= g(ρ)= g(l) και g παραγωγίσιμη μη, αντιστρέψιμη και κυρτή στο [0, 1 ] με Γ( Ο)=Ο στο [0, 1] με g ' (x)= Γ(χ)-1 ισχύουν οι προϋποθέ­ 1 για την οποία ισχύει: 2f(x)=f'(x)· (Γ (χ)) 2 (1) ό­ σεις του Θ. Rolle στα [0, ρ], [ρ, 1], άρα υπάρχουν που Γ1 συνεχής στο πεδίο ορισμού της με Γ 1 (0)=0. Εάν y=2x-1 εφαπτομένη της Cf στο ση­ ξι, ξ2 με ξ ι ε(Ο,ρ) και ξ2 ε(ρ,1), ξι < ξ2 τέτοια, ώστε g ' (ξ ι )= g ' (ξ2)=0� Γ (ξ 1 )-1= μείο Α(1 , f(1)) τότε: Γ(ξ2 )-1 � Γ(ξ ι )= Γ(ξ2 ) που είναι άτοπο γιατί ξ 1 < α) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και ξ2 και επειδή Γ t στο [0, 1] � Γ (ξ 1 )< Γ(ξ2). να βρεθούν το πρόσημο της f και το πεδίο ορι­ Λ

σμού της Γ 1 •

β) Να δειχθεί ότι οι C r, CΓ, έχουν δυο μόνο κοινά σημεία στο [0, 1 ] με τετμημένες χ 1 =0 και χ 2 =1 . γ ) Να δειχθεί ότι: \

;-; Λ c� '

< � r-, :

![ f ( χ ) + χ ( f

ο

f ){ χ )}ι χ = _!_ . 2

Αν ft τότε f( χ ) = r - ι ( χ ) <=> f( χ ) = χ . Λ

γ) Επειδή f, r1 συνεχείς στο [0, 1] και η (l) γίνεται: ! 2f(x )dx = ! f '( x ) ( r -ι ( χ )) 2 dx Θέτουμε r1(χ)=ω δηλαδή χ=f(ω) άρα dx= Γ(ω)dω. f(ω)=0<::>f( ω)=f(Ο)<::>ω=Ο f(ω)=1 f(ω)=f(1)<::>ω=1 αφού f ' ' 1-1 ''. Άρα: 2 ! r( x )dx = ! f ' ( f( ω ) ) ω2 f ' ( ω )dω ή <=>

2 ! f ( χ ) dx = ! ( ( f f)( χ ) ) ' χ 2 dx ο

α) Επειδή η f είναι κυρτή τότε η Γ είναι t στο ή 21f(x)dx =[(fof)(x)x 2 1 -21x(fo f)(x ) dx [0,1 ]. Αλλά { f o f ){ 1 ) = f ( f { 1 ) ) = f ( 1 ) = 1 Άρα: Ο<χ<1 � f' (O)<f'(x)<Γ(l) και Γ(Ο)=Ο � 'Εχουμε: 2 ! f { x )dx = 1 - 2 ! x { f o f)(x)dx ή f' (x)>O στο (0, 1) άρα η f είναι t στο [0, 1 ]. O:::;x:::; 1 �f(O) :::; f(x)::Ξ;f(1) (2) Η σχέση (l) για χ=Ο 2 ! f { x )dx + 2 ! x (f o f){ x )dx = 1 δηλαδή γίνεται f(O)=O. Η εξίσωση εφαπτομένης της Cf στο ! [ f ( χ ) + χ ( f f ){ χ ) J dx = _!_2 . Α(1 , f(l)) είναι y=f(l)+Γ(l)(x-1) ή y= Λ

Λ

ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/58


. .1

Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου Γιώργος Α. Κουσινιώρης

[f(1),f(O)]=[O, 1]. Για τον τύπο της aντίστροφης έχουμε: Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη στο ffi. η οποία είναι "1-1 " και ισχύει f( α · β ) = f( α ) + f( β ) , για f(χ)=ψ, ψε[Ο, 1] οπότε 1-χ2 = ψ � χ2 = 1-ψ � κάθε α, β e ffi.. I χΙ = �1 - ψ . Επειδή πρέπει χ ε [0, 1] θα είναι Γ1 ( χ + ψ ) = Γ1 ( χ ) · Γ1 ( ψ ) Να δείξετε ότι για τελικά χ= �1 - ψ . Επομένως η αντίστροφη συ­ κάθε χ, ψ e ffi.. νάρτηση της συνάρτησης f είναι η Γ1 (χ) = ν'1 - χ , με χε[Ο, 1]. Αν Γ 1 (χ)=α, Γ 1 (ψ)=β, τότε από τον ορισμό της β) Για να βρούμε τα κοινά σημεία των γραφικών aντίστρο φης συνάρτησης είναι f(α)=χ και f(β)=ψ. παραστάσεων της f και της r- ι θα λύσουμε στο [0, 1 ] την εξίσωση f(x) = Γ 1 (χ). Άρα f(α)+f(β)=χ+ψ και λόγω της δοσμένης σχέσης Έχουμε f(x) = f - 1 (χ) � 1 -χ2 = � � f(α · β)=χ+ψ. ( 1 - χ 2 ) 2 = 1 - χ � (1-χ)2 (l +x)2-( 1 -x)=O � Οπότε Γ 1 (χ+ψ)=α · β ή r 1 (χ+ψ) = Γ 1 (χ)-Γ 1 (ψ) ( 1 -χ)[(1-χ)(1+χ)2-1]=0 � 1-χ=Ο ή (1 -χ)( 1+χ)2-1 � χ=1 ή (1-χ) (1+2χ+χ2)-1=0 � χ= 1 η, -χ3-χ2+χ=0 � χ= 1 η' χ=Ο η' -χ2Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 1 - χ 2 με πεδίο ορι­ σμού το διάστημα [0, 1 ] . χ+ 1 =ο � χ= 1 η' χ=ο η' χ = -1 +2 J5 (η α) Ν α δείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιμη και να ' αποδεκτη' αφου' δεν βρι-' χ = -1 -2 JS δεν ειναι βρείτε την Γ 1 • β) Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών σκεται στο [0, 1]) . 1 παραστάσεων της f και της Γ • Έτσι τα κοινά σημεία των γραφικών παραστά­ γ) Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσε­ σεων της f και της Γ 1 είναι: ων της f και της f -t βρίσκονται οποσδήποτε

πάνω στην ευθεία ψ=χ;

Να θεωρηθεί γνωστό ότι αν ft τότε r (χ) = r- l (χ) � r (χ) = χ .

yl

1

·

. . . . f(x)

'<::

Β

y=

·,·-, .� ----

.

Λ

0,5

/

Γ

\

,

A· i

α) Η f είναι παραγωγίσιμη με f '(χ)=--2χ<Ο για κάθε χε(Ο, 1). Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα και επομένως είναι '' 1 -1 '' οπότε είναι αντι­ στρέψιμη. Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο [0, 1] έχει σύνολο τιμών το

0,5

χ

Για χ=1 είναι ψ=f(l)=O οπότε A(l , 0). Για χ=Ο είναι ψ=f(Ο)=1 , οπότε Β(Ο,1) και Για χ = -1 +2 J5 είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/59


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου <::::>

ο, ώστε σ(tι,)=Ο θ(tο)=θ(t0+12).

γ) Παρατηρούμε ότι τα κοινά σημεία των γραφι­ κών παραστάσεων της f και της r -l δεν βρίσκο­ νται όλα πάνω στην ευθεία ψ=χ (δες σχήμα).

Δίνεται συνεχής συνάρτηση f ορισμένη στο IR τέτοια, ώστε f 3 (x) + f(x)=-4x+ 2, (1) για κάθε x e iR α) Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο JR .

β) Να βρείτε τις εφαπτομένες της γραφικής πα­ Ο πυρετός ενός ασθενούς μετρήθηκε στις 1 2 τα μεσάνυκτα και βρέθηκε 39° C. Ξαναμετρήθηκε στις 12 το μεσημέρι και βρέθηκε 38° C και στις 12 τα επόμενα μεσάνυκτα και βρέθηκε πάλι 39°

ράστασης της f στα σημεία Α(Ο, f(O)) και Β(1 , f(1)). γ) Να δείξετε ότι η παράγωγος της f δεν είναι αντιστρέψιμη.

C. Να δείξετε ότι ο ασθενής είχε τον ίδιο πυρετό για μία τουλάχιστον φορά την ίδια ώρα προ με­ σημβρίας και μετά μεσημβρία.

α) Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε IR το όριο ι. , 1m f(x ) - f(x0 ) ειναι πραγματικος, αριθ μος. Χ0 Ε

Χ -Ηο

Για να διαπραγματευθούμε αυτό το πρόβλημα πρέπει να εκφράσουμε τον πυρετό του ασθενούς σαν συνάρτηση του χρόνου. Ας υποθέσουμε ότι κατά τη διάρκεια του εικοσιτετραώρου για κάθε χρονική στιγμή tε [Ο, 24] ο πυρετός του ασθενούς δίνεται από τη συνάρτηση θ(t). Η Φυσική διδάσκει ότι η θερμοκρασία είναι ένα μέγεθος που η μετα­ βολή του είναι συνεχής, δηλαδή παίρνει όλες τις τιμές από την ελάχιστη μέχρι τη μέγιστη τιμή της, άρα η συνάρτηση θ είναι συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [0, 24]. Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε θ(Ο) = θ(24) = 39 και θ(12) = 38. Για να αποδείξουμε το ζητούμενο αρκεί να δεί­ ξουμε ότι υπάρχει t0ε (Ο, 12) τέτοιο, ώστε θ(tο)=θ(tι,+12) θ(t0)-θ(t0+12)=0. Θεωρούμε τη συνάρτηση σ(t)= θ(t)-θ(t+ 12), με tε [0, 12]. Η σ είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτή­ σεων (ποι ώ ν;) με σ(Ο) = θ(Ο) - θ(12) = 39 - 38 = 1 και σ(12) = θ(12) - θ(24) = 38 - 39 = -1 . Άρα από το θεώρημα του Bolzano υπάρχει t0ε(Ο, 12) τέτοι<::::>

,

Χ - ΧΟ

Η

(1) για χ=χο δίνει f 3 (x0)+f(x0)=-4x0+2, (2) Από τις (1) και (2) με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: f 3 (χ) - f 3 (x0) + f(x) - f(xo) = --4(χ-χ0) και για xi-xo έχουμε f 3 ( x ) - f 3 ( X 0 ) + f(x) - f( X 0 ) -4 Χ - Χο

=

<::::>

Επειδή η f είναι συνεχής στο I είναι lim f(x) f(x0 ) , οπότε είναι Χ � Χ0

=

3 f 2 (x0)+ 1>0. Επιπλέον είναι f\x) + f(x)f(x0 ) + f 2 ( X 0 ) + 1 * Ο για κάθε χΟ I (γιατί ως τριώνυμο ως προς f(x) έχει αρνητική

διακρίνουσα). Άρα η (3) γίνεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/60


Μαθηματικά για την Γ Λυ κείου

f(x) - f(X0) Χ - Χ0 f 2 (x) + f(x)f(x0) + f 2 (X0) + 1 ' . f(x) - f(x0) , 1ιm οποτε χ -+ χο Χ - Χ0 3f 2 (X0) + 1 Ε I και συνεπώς f ' (x0) 3f 2 (χ0 ) + 1 , για κάθε Χ0Ε I. β) Η (1) για χ=Ο δίνει f3 (O)+f(0)-2=0 οπότε f(O)= 1 και για χ= 1 δίνει f3 ( 1 )+ f( 1 )+2=0 οπότε f( 1 )=-1 . =

=

-

-4 -4

4

ται πάνω από την ευθεία ψ=f(t) και στο διάστημα [t, β] κάτω από αυτήν. Το χωρίο του οποίου το εμβαδό μελετάμε φαίνεται γραμμοσκιασμένο στο σχήμα. Υ

f(α)

(γι ατί;)

Η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε χ Ε I με

f'(x)

=

4 2

3f (x) + 1 ·

Άρα f ' (O) f'(l)

=

f(t) 1---

4 2

3f (0) + 1 = -1 και 3f 2 (1) + 1 = -1 (αφού f(0)=1 =

4

ο

- - - - -

α

I I I I I -+

- - -

χ

Είναι: E(t)= r ( f(x) - f(t) )dx + f ( f(t) - f(x) )dx = και f(l)=-1). Έτσι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης r f(x)dx - ί f(t )dx + + f f(t)dx - f f(x)dx = της f στο Α( Ο, f(O)) είναι 1 f(x)dx - f(t)[ χ Ι + f(t)[ χ]� + ί f(x)dx = ψ-f(O)=f '(Ο)(χ-Ο) <::::> ψ=-χ+ 1 και στο Β(1 , f(l)) είναι ψ-f(l)=f '(l)(x-1) <::::> ψ=-χ. = r f(x)dx + ί f(x)dx -f(t)(t-α)+f(t)(β-t) γ) Επειδή f '(Ο) = f '(1) η f ' δεν είναι 'Ί-1 " άρα = r f(x)dx + ί f(x)dx -f(t)(t-α-β+t)= δεν είναι αντιστρέψιμη. = r f(x)dx + ί f(x)dx -f(t)( 2t-α-β). Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και πα­ ραγωγίσιμη στο (α, β) με f ' (χ)<Ο για κάθε Χ Ε ( α, β). Να βρείτε το σημείο Μ(χ 0 , f(x0)) με Χ0Ε (α, β), της γραφικής παράστασης της f, ώστε το εμβαδόν του χωρίου που ορίζουν η γραφική παράσταση της f, η ψ=f(χ0), η χ=α και η χ=β να γίνεται ελάχιστο.

Έστω tΕ(α, β). Επειδή f '(χ)<Ο για κάθε χΕ(α, β) η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [α, β] και επομέ­ νως για κάθε χΕ(α, t) είναι f(x)>f(t) και για κάθε xE(t, β) είναι f(x)<f(t). Έτσι στο διάστημα [α, t] η καμπύλη της f βρίσκε-

Παρατηρείστε ότι στα ολοκληρώματα l f(t)dx και f f(t)dx το f(t) το εκλάβαμε ως σταθερά α­ φού η ολοκλήρωση γίνεται ως προς χ. Άρα η συνάρτηση που δίνει το εμβαδό του χωρίου του σχήματος για οποιαδήποτε θέση της ευθείας ψ=f(t), δηλαδή για κάθε tΕ(α, β) είναι η E(t) = r f(x)dx + ί f(t)dx -f(t)(2t-α-β).

Για να απαντήσουμε στο ζητούμενο αρκεί να με­ λετήσουμε τη συνάρτηση E(t) ως προς τα ακρότατα. Η E(t) είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) (γιατί;) με ' ' E'(t)= ( l f(x)dx ) + ( ί f(x)dx ) -[f(t)(2t-α-β)]'=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/61


Μαθηματ ικά για την Γ Λυκείου

= f(t)+f(t)-f' (t) (2t-α-β)-2f(t) = -f' (t) (2t-α-β). Επειδή f ' (χ)<Ο στο (α, β) η E ' (t) μηδενίζεται μό­ νο όταν 2t-α-β=Ο δηλαδή t α +2 β και είναι E ' (t)<O αν tE α, α ; β και E ' (t)>O αν

Άρα είναι limf(x) = 1 = f(O) που σημαίνει ότι η f είναι συνεχής και στο Ο. Για χ>Ο η f είναι παραγωγίσιμη με f ' (x) ( συν Γχ ) ' =-ημ fχ · ( Γχ )' = -

α +-β η E(t) παα +-, β β . Επομενως , για t =tE 2 2 ρουσιάζει ελάχιστο. Άρα το ζητούμενο Χ0 είναι το μέσο του διαστήματος (α, β)

Για χ<Ο η f είναι παραγωγίσιμη με f ' (x) ( -συν Γχ + 2 )' = ημ h · ( Γχ ) ' = ημ h · -1- · (-χ) ' = 2h - η μh . 2h

(

)

(

)

=

(α, β) και σημείο Χ0 Ε (α, β). Αν η f είναι πα­ ραγωγίσιμη στο (α, X0) U (x0 , β) και lim f'(x) = .e Ε I IR , τότε η f είναι παραγωγίσιμη και στο Χο με f'(x0 ) = β)

{

Να f(x)=

.e .

δείξετε ότι η συν Ji. , χ � Ο

rι:f .

=

=

α) Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα

χ __. χ0

χ --> 0

συνάρτηση

- συν Ν + 2, χ < Ο

( J=--1 και · ( r-- ] = - -1 , οπότε ιm f'( )= ιιm

· Είναι Ι.ιm f'( χ) ιιm χ --.ο•

Ι.

χ

χ --.ο-

=

χ --. ο-

χ -.ο • -

ημf;. -� 2ν χ

ημh 2ν -χ

2

2

limf'(x) = _!_ που λόγω του ερωτήματος (α) 2 σημαίνει ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο χσ=Ο με f ' (O) _ l_2 . χ -->0

_

=

είναι παραγωγίσιμη στο χο=Ο.

α) Επειδή η f είναι συνεχής στο Χ0 είναι lim [ f(x) - f(x0)]=Ο lim f(x)=f(x0) <=>

Χ�Χ0

Χ�Χο

.

Δίνεται η συνάρτηση f(x) =

J: .Jι + t 2 dt , χ Ε IR

α) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. β) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που ορίζε­ ται από τη Cr, τον άξονα χ ' χ και τις ευθείες χ=Ο και x=l .

= lim f ' (x) = .e . Χ 4 Χ0

Επομένως η f είναι παραγωγίσιμη και στο Χ0 με α) Η συνάρτηση g(t)= � είναι συνεχής στο f ' ( X0 ) = .€ . IR επομένως η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη β) Η f είναι συνεχής για χ<Ο και χ>Ο διότι προκύ­ στο IR με f ' (χ) ( fι' �dt ) ' = .,JI;;! . πτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Επειδή f ' (χ)>Ο για κάθε ΧΕ IR η f είναι γνησίως Στο σημείο χ0=0 έχουμε αύξουσα. lim f(x) lim (συνJ";.) =συν0=1 και β) Για τη συνάρτηση g είναι g(t)>O για κάθε χΕ IR . Επομένως για κάθε ΧΕ [Ο, 1] είναι lim f(x) = lim ( -συν Γχ + 2 ) =-συν0+2=1 . ' �dt ::;ο ο� Ο ή ισοδύναμα � dt f l ι =

χ -+ο +

χ --.ο-

=

χ �ο+

χ --. ο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/62


Μ αθηματικά για την Γ Λ��κείου

πότε στο [0, 1] είναι f(x) :ςο. Άρα το εμβαδόν του χωρίου Ω που ορίζεται από τη C r, τον άξονα χ· χ και τις ευθείες χ=Ο και χ= 1 είναι Ε(Ω)= - ! f(x)dx

, + 5 με xf.xo, οποτε Θέτουμε g(x)= f(x)Χ -- 2x Χο lim g(x) = Ο και f(x)=(x-x0 } g(x)+2x-5 (1) , οπότε είναι 1im f(x) = 2χ0-5 και συνεπώς X ---:f X 0

= -1 (χ)' · f(x)dx = - [ xf(x) ]� + 1 χ · f'(x)dx = 1 ·f(1) -O·f(O) + ! χ · �dx = = 1 x · �dx , αφού f(l) = s: �dt =O.

Για το ολοκλήρωμα ! χ · �dx θέτω u=x2+ 1 οπότε du=2xdx. Για χ=Ο είναι u=1 και για χ= 1 είναι u=2 . Άρα ! χ · �dx = 1 1 1 1 + χ - 2xdx = 2 r2 νu du = 2 r2 u 2 du = 2 JJfι νr:--=J J J Γ

1

1

1

γωνικές μονάδες.

'

Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο ffi. για την ι· f(x) - 2x + 5 ο ]]]) ' ισχυει ιm οποια , με χ. ε !& Χ-Η0

Χ - Χο

=

α) Να δείξετε ότι η ευθεία ψ= 2χ-5 είναι εφα­ πτομένη της γραφικής παράστασης της f στο

,

σημείο Α(χ. f(x.)). β) Αν είναι χ.<3 και f(3) = 5, να δείξετε ότι η ευ­

ο

Για την f' (xa) έχουμε: Με xf.xo είναι f(x) - f(x 0 ) ( Ι ),( 2 J

= (χ - χ ο ) · g(x)Χ+-2xΧο- 5 - (2x ο - 5) =g(x)+2.

Άρα είναι . ) = 1im ( g(x) + 2 ] = f' (x0)= 1im f(x)Χ -- f(x Χ0 1im g(x) +2 = 2.

[ 2 ]2 = "31 [uνuΓ]2 = = 3(2-J2 -1) τετρα-

1 � 2 3u-

Χ�Χ

X ---t X0

Χ�Χ

Χ�Χ

ο

ο

Επομένως η εφαπτομένη έχει εξίσωση ψ- f(X0) = f' (X0)( Χ-Χ0) <=> ψ-(2Χ0-5)=2(Χ-Χ0) ψ-2Χ0+5 =2χ-2Χ0 ψ=2χ-5. β) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f(x)=x-2 <=> f(x)-x+2 = Ο έχει μία τουλάχιστο ρίζα στο διά­ στημα (Χ0, 3). Έστω η συνάρτηση σ με σ(χ) = f(x)-x+2 ορι­ σμένη στο [Χ0, 3]. Η σ είναι συνεχής με σ(χο)=f(χ0) -χ0+2 2χσ5-χ0+2 = Χ0-3<0 και σ(3)=f(3) -1= 5-1 = 4>0. Από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει το ζη­ τούμενο. <::::>

<::::>

(2) =

θεία ψ= χ-2 έχει με τη γραφική παράσταση της f ένα τουλάχιστο κοινό σημείο με τετμη­ μένη στο διάστημα (χ., 3).

Έστω

συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο ffi. η

οποία έχει κλίση που παραμένει μεγαλύτερη του

1

α) Η εφαπτομένη της C r στο Α έχει εξίσωση ψ- f(x0) = f' (x0)( χ-χ0). Πρέπει, επομένως, να βρούμε τα f(xa) και f' (x0). Επειδή η f είναι συνεχής στο ffi. θα είναι f(x 0 ) 1im f(x) . =

X ---:f X 0

- για κάθε

2

Χ0 Ε

ffi. . Να δείξετε ότι η γραφική

παράσταση της συνάρτησης f έχει ένα μόνο κοι­ νό σημείο με τον άξονα χ 'χ.

Κλίση της f στο Χ0 είναι ο αριθμός f' (x0), άρα από

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/63


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

την υπόθεσή μας είναι f ' ( ) > _!_2 για κάθε ε JR και επομένως f' (x) >Ο για κάθε χε JR Αυτό ση­ μαίνει ότι η f είναι γνησίως αύ ξουσα στο JR Συ­ νεπώς αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο JR , αφού λόγω της μο­ νοτονίας η ρίζα αυτή είναι μοναδική. Επειδή η f είναι συνεχής στο JR , ως παραγωγίσιμη, είναι αρ­ κετό να δείξουμε ότι υπάρχουν πραγματικοί αριθ­ μοί α, β με <#β τέτοιοι, ώστε f (α)-f(β)<Ο οπότε από το θεώρημα Bolzano προκύπτει το ζητούμενο. Αν αε(-4, Ο) στο διάστημα [α, Ο] η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Μέσης Τιμής, επομένως υπάρχει ξι ε(α, Ο) τέτοιο, ώστε Χ0

Χ0

f ' ( ξ , ) -_f(α) α- f(O) και επειδη' f ' (ξ ) > -21 είναι _f('--α::...) -_.. f....:.(0...:.) ... > _!_ οπότε αφού α<Ο είναι 2 α 1

Αν επιλέξουμε το α έτσι ώστε _!_2 α + f (Ο) < Ο τότε f(α) <0. Ομοίως αν επιλέξουμε έναν αριθμό β>Ο τέτοιον ώστε _!_2 β + f(O) > Ο θα είναι f(β)>Ο. Άρα υπάρχει ξε [α, β] τέτοιο ώστε f(ξ)=Ο.

Αποστόλης Κακαβάς

( )

ι.

r χ =

ί.

ημχ χ

Άρα η ευθεία y=O οριζόντια ασύμπτωτη της C r στο ±οο.

, χ :;ι: Ο

Να βρεθούν οι aσύμπτωτες της C r.

ίί. Να βρεθούν τα κοινά σημεία της C r, με τις ασύμπτωτές της

ίίί. Να δείξετε ότι πημχ � 2χ για κάθε

( ;]

χ ε Ο,

.

Χ � ±οο

χ -. ο

ι f ( χ )I =

X -+±CC

Χ

ι η�χ ι � � � �

=>

1 < ημχ < 1 l xl - χ - l x l . - 1 = 1ιm . -1 = 0 1ιm

--

χ-.±οο

-

( J -

lxl

}

Κ

lim f ( χ ) = lim ημχ χ = 1 άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες η C r. lim f ( χ ) = lim ημχ χ -. ο

-

x-.±oo l x l

κρ.παρεμβ ολής =>

ημχ = 0 lim -χ

χ -> ±οο

}

y = η�χ η = ο χ : κπ, κ ε z * ( χ ο ) y�- 0 y-0 y=O Άρα έχουν άπειρα κοινά σημεία Μκ(κπ,Ο), ε Ζ * .

111.

ί.

}

11.

:;ι:

( �]

Η

f-συνεχής στο Ο, ως πηλίκο τριγωνομετρικής προς ταυτοτική. Η f-παραγωγίσημη στο Ο, ως πηλίκο τριγωνομετρικής προς ταυτοτικη με f ( x ) --συνχ ·χχ2 - ημχ (1) (επειδή χ2>0, το πρόσημο εξαρτάται από τον α­ ριθμητή). Έστω η συνάρτηση g ( χ ) = συνχ · χ - ημχ

( �) ,

Η

'

( �]

g-συνεχής στο Ο,

( �)

και παραγωγίσιμη

στο Ο, ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσι­ μων συναρτήσεων με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/64


Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

! (!) g'(χ) = -ημχ · χ + � - � = -ημχ · χ < Ο Αν ξ < χ < β => f'(ξ) < f'( χ) < f'(β)=>Ο < f'( χ) για χ ε Ο, άρα g - l στο Ο, Άρα f - t στο [ξ, β] (ως συνεχής στο [ξ, β])

( Ξ)

( Ξ]

f '-

Λ

f -t

π g-l- g (Ο) > g (χ) => Ο > συνχ · χ - ημχ (2) 0 < χ < -=> 2

ξ ::; χ < β�f(ξ) ::; f(x) < f(β) => f(ξ) ::; f(x) < 0 Άρα f(x)<O για κάθε χ ε [ξ, β) (3) (1),(2) => f'(x) < O για χ ε ο, Ξ άρα f - J (2), (3) � f(x) < O για κάθε χ ε (α,β) . στο Ο,

( )

( Ξ] .

( Ξ] άρα έχει μο­ ημ π ναδικό ακρότατο ελάχιστο το f (2:) 2 = π2 = �π Η f

συνεχής και r στο Ο,

( ]

Άρα για κάθε χ ε Ο, � => f( χ) � f =>

2

(�J =>

3. Έστω η συνεχής συνάρτηση f στο [0,1 Ι και η συνάρτηση G(x) =

να δείξετε ότι: Η G είναι παραγωγίσιμη στο [0,1 ]

i)

ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε [Ο,1 ] :

ημχ χ � �π => πημχ � 2χ

f(ξ)= f(1-ξ)

2. Έστω η συνάρτηση f που ικανοποιεί τις συνθήκες i) f(α)=f(β)=Ο, όπου α<β ii) Γ(χ)>Ο για κάθε χ ε [α, β], να αποδειχθεί ότι f(x)<O

για κάθε χ ε (α,β).

}

συνεχής στο [ α, β] ως δυο φορές παραγ. => Η f - παραγ. στο ( α, β) [ α, β] f(α) = f(β) = Ο υπάρχει ένα τουλ. ξ ε ( α, β) : f ' (ξ) = Ο (1) f " (χ) > Ο για κάθε χ ε [α, β] => f'- t στο [α, β] Η f-

ς

Θ . Rollc

Λ

f '-

!

(!)

Αν α < χ < ξ => f'( α) < f'(x) < f'(ξ)=>f'(x) < 0 ν

Άρα f - � στο [α, ξ] (ως συνεχής στο [α, ξ]) f- -l-

[r( t ) dt + J:-· r( t )dt, χ ε [ 0, 1 ]

ξ ::; χ < β=>f( α) > f(x) � f(ξ) => Ο > f(x) f(ξ) Άρα f(x)<O για κάθε χ ε ( α, ξ] (2) �

i) f -συνεχής στο [0,1] άρα h(x) = I f(t)dt παραγωγίσιμη στο [0,1] με h '(x) = f(x) φ( χ) = Γ x f(t)dt => φ(x) = h(1 - x) άρα η φ παραγωγίσιμη στο [0, 1] ως σύνθεση πολυωνυ­ μικής με παραγωγίσιμη με φ'(x)=h'( l-x) (1-x)'=-f(l-x). Άρα η G παραγωγίσιμη στο [0,1] ως άθροισμα παραγωγίσιμων με G '(x)=f(x)-f(l-x) (1) ii) Η G είναι συνεχής στο [0, 1 ] ως παραγωγί­ σιμη.Η G είναι παραγωγίσιμη στο (0,1) ς[0,1] .

}

G(O) = kf(t)dt + 1 f(t)dt = 1 f(t)dt G ( 1 ) = 1 f ( t) dt + r f ( t) dt = 1 f ( t) dt => G (O) = G(1) άρα από το Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (Ο, 1) : G ' (ξ) = ο=> f (ξ) - f ( 1 - ξ) = ο f(ξ) = f( 1 - ξ) . Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/65

(I)


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου 4. Έστω η συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). α) Αν f(α)-f(β)=α3-β3 i) Να δείξετε ότι υ­ πάρχει χ 0 ε (α, β) : f'(x0)= 3x ίί) Να δείξετε

f (α - f (ξ ότι υπάρχει ξ ε (α,β) : f ' ( ξ = ---'-�--'--<ξ-β

)

)

)

β) Αν f(α)=β και f(β)=α να δείξετε ότι: i) υπάρχει χ0 ' ε (α, β) : f(xo ')= χ ο ' ii) υπάρχουν χι, Χz ε (α, β): f'(χ ι ). f'(x z )=ι

;\π(ιδ ηξη

α) i) έστω η συνάρτηση h(x)=f(x)-x3 Η h συνεχής στο [α, β] ως διαφορά συνεχούς με πολυωνυ μική Η h παραγωγίσιμη στο (α, β) ως διαφορά παρα­ γωγίσιμης με πολυωνυ μική με h'(x)=f (x}-3x2 h( α)-h(β)=f(α)-α3-f(β)+β3=f(α)-f(β)-α3 +β3=0 άρα h(α)=h(β) άρα από το Θ. Rolle. υπάρχει ένα τουλάχιστο χ0ε(α, β) : h'(x0)=0 δηλαδή f'(xo)-3xo2=0 οπότε f'(x0)=3xo2 ii) Έστω η συνάρτηση g(x)=f(x).(x-β}-f(α).x, χε [α,β] η g συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. η g παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων. με g'(x)=f (x).(x-β)+f(x)-f(α). g( α) = f( α)( α-β) -f( α)α = -β · f( α) α) = g( g(β) g(β) = f(β)(β -β) -f( α)β = -β · f( α) Άρα από το Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστο

}

Ε.

ι.

ξε(α, β): g ' (ξ) = Ο οπότε f ' (ξ)( ξ - β) + f(ξ) - f ( α) = Ο �

- f ( ξ) f ' { ξ)(ξ- β) = f ( α) - f (ξ) � f' (ξ) = f ( α)ξ -β β). i) Έστω η συνάρτηση φ(χ)=f(χ)-χ η φ - συνεχής στο [α, β] ως διαφορά συνεχών φ (α) = f (α) - α = β - α ( α)φ(β) = φ(β) = f (β) - β = α -β � φ = -(α - β) 2 < Ο ( γιατί(α < β) ) � υπάρχει ένα τ ουλάχιστο χ0' ε (α, β): φ(χ0' )= Ο δηλαδή f(xo')= χο ' . ii) Η f - συνεχής στο [ α, χ � J [ α, β ] e. Μ�Δ. Λ . Η f - παραγ στ ο (α, χ � ) (α, β) υπάρχει ένα τουλάχιστον f ( Χ�) - f { α) χ� -β (1) χ , ε(α,χ0, ) ς ( α,β ) .. f , ( χ , ) = ----'-α χ0 -α χ-:-- ,0 -Ομοίως στο [ χ � , β J με Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχει ένα τουλάχιστον f ( β) -f(x Χ2 ε (χ,0 ,β ) ς( α,β) : f'( χ2 ) = β- Χ , �) = -α-χ' -? (2) ο β-χο ( 1 ),(2) � υπάρχουν χ ,� -β α - χ � - 1 . χ , ,χ 2 ε ( α, β) ·. f ' ( χ , ) f ' ( χ 2 ) - χο - α β - χο

}

Θ . Bolzano

ς

ς

, - · --

Γιάννη ς Στρατήγη ς

Δίνεται η συνάρτηση f ( χ = .Jx 2 - χ - Fx

i.

}

)

ναι συνεχής στο σημείο 2.

Βρείτε το πεδίο ορισμού της Α

ίί. Τι έχετε να πείτε για το όριο της συνάρ­ τησης όταν το χ τείνει στο χ0=0

L 1 = lim f(χ χ --+ 1 )

iii. Υπολογίστε το

ιι .

ίν. Με χ#:-2, υπολογίστε το

--

. f ( x) . L 2 = lιm = lιm ( χ --+ 2 χ - 2 χ --+ 2 h x)

{[

ν. Προσδιορίστε το α ε R ώστε η συνάρτηση

g ( χ) =

h(χ , Χ Ε Α - 2

)

{}

)

Πρέπει χ"'2χ2::0 και χ2::0 άρα A={O}u[1 , +oo). Το όριο της συνάρτησης f(x) όταν το χ τείνει στο Ο δεν έχει νόημα, γιατί το πεδίο ορισμού της Α δεν περιέχει διάστημα της μορφής (α, Ο) ή (α, Ο] ή[Ο, α) ή (0, α) ή (α, Ο)u(Ο,β). iii. Έχουμε L = 1im f (χ) = lim .J χ 2 - χ - lim .Jx" = = �lim ( x 2 - χ ) - �l i mx = � - .fι = -1 ι.

να είr::: α - α - ν 2 + ι χ, χ = 2 4

1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/66

χ -) 1

χ ---+ 1

x�l

x�l

χ�Ι


Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου . \ ίJση

2 ιν. Είναι L 2 = limh( χ) = lim �χ χ- -χ 2- νΓχ ω= χ --> 2

χ --> 2

1.

νΓχ(χ - 2) = J2 . = lιm χ--> 2 (χ - 2)(� + 1) 2 lim g (χ) = lim h (χ) = J2 2 χ --> 2

και

χ --> 2

g(2) = � (α - J2 + 1)2 .

Πρέπει

J2 � = 1) + J2 limg(x) = g(2) � �(α 2 2 � α 2 - α( J2 - 1) - J2 = 0 � χ --> 2

� α (α - J2 ) + (α - J2) = 0 � (α - ν'2) (α + 1) Ο α - 1 ή α �

=

=

=

i=

ν'2.

111.

Η συνάρτηση f (χ) = νΓχ είναι γνησίως αύξου­ σα γιατί f'(x) = 1Γ > 0 με 2ν χ χε(Ο, 1)υ(1 , +οο) και έχει την ακόλουθη γρα­ φική παράσταση. Από τη γραφική παράσταση παρατηρούμε ότι όταν το χ πλησιάζει το 1 από πιο μικρές ή πιο μεγάλες τιμές του, οι αντί­ στοιχες τιμές της f(x) είναι λίγο πιο μικρές ή πιο μεγάλες από το 1 , οπότε lim f (χ) = 1 . χ --> 1

Υ -

1 . Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f(x) είναι παρα­ γωγίσιμη στο σημείο χο= 1 2. Να βρείτε, με τη βοήθεια του ορισμού, το ρυθμό μεταβολής της f(x), όταν χ=2. 2.

, , Δ ινεται η συναρτηση

ί.

r( χ )

-

-

-

-

-

-

-

y=-Γχ -- I ----�

-

=

Fx -Γχ 1 - νχ

ίί. Να απλοποιηθεί ο τύπος της. ίίί. Να προσδιορίσετε το όριο της συνάρτη­ σης όταν το χ τείνει στο 1, με βάση τη =

-

I

ο

_______.

1

.._____

2

3

χ

4

(-η L = limf( χ) = 1im J;.?χ � lim J;. = �lim x = 1 1- χ ν. Ισχύει d(x) = �(x - 1) 2 + (νΓχ - 0) 2 = �χ 2 - χ + 1 , με χ --> 1

χ --> 1

χ --> 1

χεΑ και

γραφική παράστασή της.

L

-

ιν. Έχουμε

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της Α.

ίν. Ν α υπολογίσετε το

υ

i=

11.

ν. Ισχύει

Πρέπει χ�Ο και 1 - νΓχ Ο � χ Ο και χ 1 � Α = [Ο, 1) ( 1, +οο) (Με παραγοντοποίηση αριθμητή) νΓχ - ( νΓχ) 2 νΓχ ( 1 - νΓχ) νΓχ f(x) = 1 - νΓχχ 1 - νΓχ

lim f ( χ ) . χ --> 1

ν. Να προσδιορίσετε το σημείο της γραφι­ κής παράστασης που απέχει την ελάχι­ στη απόσταση από το σημείο (1 , Ο)

(

J2 Άρα το σημειο, 2"1 ' Τ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/67

J

χ --> 1


Μαθη��ατικά για την Γ Λυκείου

2t - 1 dt = f ( χ ) = r2 +x t2t2+ -2tt-3 dt- r'+x t2t2+-2t ο + i + 1 [ ln t ]χ'+χ = t-2 r'+x -dt= r2 +x --dt= = t t2 -2t 1 =ln (x2 + x)-ln 3 αφού χ2 + χ > 2 >Ο Με αφορμή μια απλή εξίσωση του σχολικού βι­ β) Στο Α έχουμε: βλίου της μορφής r f (χ) dx = 3 ' όπου δε γίνεται er( x ) = _!_ <::::> ln er( x) = ln _!_ <::::> f (χ)= ln _!_ <::::> 4 4 4 αναφορά στο πεδίο ορισμού της, δηλαδή στις τιμές του κε R για τις οποίες ορίζεται, με κίνδυνο να παραπλανηθούν οι μαθητές και να κάνουν δεκτές όλες τις τιμές του κε R που πιθανόν να βρουν, <::::> 4χ 2 + 4χ-3 =Ο<::::> χ ε {-2'1 --23 } . Άρα είναι προβαίνουμε στο σχόλιο αυτό αναφερόμενοι σε 3 Α μια παρόμοια εξίσωση : αδ,υνατη αφου -,-2 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση 3t-3 dt- '+ t2 + 2t -1 dt f(x) = f'+x t2t2+ -2t 5 χ 2 + χ =-15 ./χ χ 2t-t2 Εξα' λλου, ef( x) =-<=> 4 43 5 <::::> 4χ 2 + 4χ-15=0<::::> χ ε { --2'2-} α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της β) Να λυθούν οι εξισώσεις er( x ) = _!_4 και er( x ) = �4 Δεκτές τιμές αφού ανήκουν στο Α . ζόμαστε ότι η εξίσωση e�χ>=α ουδέποτε έχει γ) Να δειχθεί ότι η εξίσωση ef<x>=α αποκλείεται να Ισχυρι μια μόνο ρίζα. έχει μοναδική ρίζα, για οποιαδήποτε τιμή της πα­ Πράγματι: Αν α:::;Ο προφανώς είναι αδύνατη , ενώ ραμέτρου αε R. αν2 α>Ο τότε στο Α έχουμε (1) <::::> χ2+χ=3α<::::> χ +χ-3α=Ο (2). Η Εξίσωση (2) έχει διακρίνουκαι αρκεί Προφανώς για να ορίζεται η f(x)t2πρέπει σα1 + 12α>Ο και στο R ρίζες ρ ι , ρ2 με ρ 1 + ρ2 = _ _!_2 . -3t -3 ' οι συναρτησεις g (t) - t2 -2t και Για να είναι όμως αυτές ρίζες της ( 1) πρέπει και -2t-2 να ειναι 1 1 + (-2) , ' ' ' κλε συνεχεις στο ι σ το μ Α g2 ( t ) = t2 2t-t -= αρκεί να ανήκουν στο . ως το Ό 2 2 2 διάστημα με άκρα 3 και χ2+χ. άρα είναι μέσο του διαστή ματος (-2,1)1 και επειδή ' ' απο' το -2 θα βρισκοΌμως οι g1, g2 έχουν πεδίο ορισμού το οι αριθμοι' ρ ι , ρ2 ισαπεχουν R-{ 0,2 } =(-oo, Ο)υ(Ο,2) υ (2,+ και 3ε(2,2 + νται και οι δυο στο [-2,1], οπότε απορρίπτονται, ή οπότε για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί χ +χ>2, θα βρίσκεται η μια στο (-οο,-2) και η άλλη στο δηλαδή χε(-οο,-2) υ (l,+oo), και το πεδίο ορισμού (l,+oo) οπότε είναι δεκτές τιμές, δηλαδή ρίζες της της fείναι το Α=(-οο,-2) υ (l,+oo). Στο Α έχουμε: ( 1 ). Ουδέποτε λοιπόν η ( 1) έχει μοναδική ρίζα.

χ d ' (x) d(x)

- 00

1

-1/2 •

O. max

+

οο

3

3

, Ι

Γ3

I

οο

)

)

οο ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/68

.


Της Άννας Βακαλοπούλου

Δίνονται οι αριθμοί: 4, 0, -4χ 2 , 5 Ιη χ, 3χ για χ>Ο. α) Βρείτε τους αριθμούς αυτούς ώστε να έχουν μέγιστη μέση τιμή. β) Βρείτε στη συνέχεια τη διάμεσο και την τυ­ πική απόκλιση των αριθμών του ερωτήματος (α). γ) Έστω Ω ο δειγματικός χώρος με στοιχεία τους αριθμούς του ερωτήματος (α) και Ρ (λ) =

--;λ

,

λ -:F- Ο

η συνάρτηση που δίνει τις

πιθανότητες των στοιχειωδών ενδεχομένων του Ω, να βρείτε την Ρ(Ο).

α)

Η

μέση

τιμή

τους

είναι

= _!_(5 17252 + �25 + 23252 + 12252 ) = 289+18+529+144 5 . 25 980 196 25 5·25 Άρα η τυπική απόκλιση 14 =2' 8. s=N s= '{{196 s= 5 25 γ) Σύμφωνα με το (α) ερώτημα, Ω = { 0,3,4,-4 } . δ.χ. Ω αποτελείται από μη ισοπίθανα στοιχειώδη ενδεχόμενα. Ό μως Ρ ( Ω )=1 Ρ (Ο)+ Ρ (3)+ Ρ(4)+Ρ(-4)=1 3 Ρ(0)+�+2_+2 3 2 42 (-4)-=Ι Ρ (Ο)= Ι- 3Ι - 163 - Ϊ63 Ρ (Ο) = 1- 2417 = 247 . �

Ο

= 4+0+(-4x 25)+5ln x+3x . n x-4 με χ > Ο . 'Εστω f( χ ) = -4χ 2 +3x+5l 5 2 -8χ +3χ+5 'Εχουμε f1 ( x)= 5χ , χ >Ο. Το πρόσημο της καθώς και τα σημεία μηδενι­ σμού της φαίνονται στο παρακάτω σχήμα +οο + ,-- ι � η συνάρτηση f παρουσιάζει τη μέγιστη τιμή Έστω χ 1 , χ2 , ... , χ 8 , οι ώρες που παρακολουθούν της για 1 που είναι f ( 1) = �5 . τηλεόραση τα αγόρια, χ = 8 η μέση τιμή τους και Η μέση τιμή των αριθμών γίνεται μέ­ 6 η τυπική τους απόκλιση. γιστη για 1 , οπότε οι αριθμοί είναι : Έστω χ ' χ ' ••• , χ ' οι αντίστοιχες ώρες των κοριτσιών με χ = 5 και 3. 4,0,-4,0,3 με -y = -35 . ν η μέση τιμή όλων των μαθητών sy η τυπική β) Διατάσσουμε τους αριθμούς σε αύξουσα σειρά : Ααπόκλιση θα ισχύει: -4,0,0,3,4 οπότε η διάμεσος τους δ είναι η "με12 χ- · σαία παρατήρηση", δηλαδή Ο . +Σ Σ χ 8χ+12χ ' = 8·8+12 • 5 6,2 ' 5 εχουμε : ια την δ ιακυμανση = = Υ 8 + 12 20 . Σ> 20 2 s2 = -51 Σ - 2 (Σχ + ·) (Σ 1 ) ' Ι 8 2 2 2 Η ( Η - 8+12 = χ + χ Ψ Η J ( H ( ] = Μ 4- + - + -4- + 8+12 _

y

20 μαθητές ενός σχολείου, 8 αγόρια και 1 2 κορί­ τσια ρωτήθηκαν για τις ώρες που βλέπουν τη­ λεόραση κάθε εβδομάδα. Από τη μελέτη προέ­ κυψε ότι τα 8 αγόρια παρακολουθούν τηλεόρα­ ση κατά μέσο όρο 8 ώρες την εβδομάδα με τυ­ πική απόκλιση 6. Τα 1 2 κορίτσια παρακολου­ θούν 5 ώρες την εβδομάδα με τυπική απόκλιση 3. Να βρεθεί η μέση τιμή των ωρών που παρα­ κολουθούν τηλεόραση όλοι οι μαθητές μαζί κα­ θώς και η τυπική τους απόκλιση.

f1

ο

I

ο

f ' (x) f(x)

χ

=

χ

Sx

=

=

ι,

1

y

Γ

s

2 '

i =l

δ

=

( yi - y)

-

8

ί=]

12

2,

i =J

I

Sx · =

-

I

=

Υ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/69

i =]

1

i =l

1

i =Ι

1

i =Ι

1

(1)


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

(Α-Β) � ( Α υ Β ) Ρ(Α-Β) Ρ(ΑυΒ). Ρ(Α-Β)< Ρ( ΑυΒ )= .?_

::=:: άρα Επίσης Ό μως οι παραπάνω πιθανότητες δεν είναι ίσες άρα P(AuB) Άρα P(A - B ) = i και 9 9 Επίσης έχουμε: P (A n B ) = .!.. . 9 AnB) 9 9 9 P(AuB) P(B) -P(AnB) 9 β) Θα υπολογίσουμε την πιθανότητα του ενδεχο­ μένου P(A n B ') P(A n B ) J P(AnB) 9 9 9 Ό μως P(A u B ) = � . Άρα

<::::::> s 2x = -Σχ8-i 2 -χ-2 <::::::> Σ χί 2 =8 ( s; +χ-2 ) <::::::> <::::::> Σχί 2 =8(62 +82 )=8οο (2) Ό μοια: Σ(χ i γ = 12 [ s / + ( �γ J <::::::> <::::::> Σ(χί γ =12(32 +5 2 )=408 (3) Επίσης: Σχ i =8�=8·8=64 (4) Σχ / =12� =12·5=60 (5) Άρα από (1), (2), (3), (4) και (5) έχουμε: s� = -201 [( 800 + 408)- ( 64 +2060 γ ] 1208 - --<::: 12422 :::> s 2 =60 4-6' 22 <::::::> <::::::> s2 = -20 20 <::::::> s� =60,4-38,4<::::::> s � :::e 22 . Άρα η τοπική απόκλιση sy = � = J22 "" 4, 7. Υ

Υ

Ρ( Α - Β) = Ρ( Α) - Ρ( <::::::>� = Ρ( Α) _.!_ <:=:>Ρ( Α)=� = Ρ( Α)+ . . <:=:> Ρ( Β)=� ' Α Β υ Ρ( Α υ Β' ) = Ρ( Α )+ Ρ( Β ' ) = Ρ( Α )+ 1- Ρ( Β )-[Ρ( Α )= Ρ(Α)+ 1- Ρ( Β)- Ρ( Α) + =1-�+.!_=_Ζ Ρ( ΑυΒ ') = Ρ(ΑυΒ). <::::::>

'

:ι,, σ κη σ η 3

Έστω Α, Β δυο ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω για τα οποία ισχύουν '" Η πιθανότητα να πραγματοποιηθούν και τα

ι

- . δυο . ειναι . 9 Οι πιθανότητες P(AuB) και Ρ(Α-Β) δεν εί­ ναι ίσες και ανήκουν στο σύνολο

{7 } Ε = -,-,λ 11

όπου

.J x2 � 3 λ= Η lim

2

2

+

γ) Να δείξετε ότι

f "(x) = 30(� - x}

δ) Αν οι παρατηρήσεις είναι Ο, 2, 4, 4, 5 να βρεί­ τε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της

1

3χ - 6

t!! tz, t3 , t4, t5 οι παρατηρήσεις ενός δείγ­ ματος, χ η μέση τιμή τους, s 2 η διακύμανση και η συνάρτηση f(x) = (t1 - χ)3 + . . . + (t5 - χ)3 α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία β) Να δείξετε ότι f '(�} = - 1 5 . s 2

Έστω

_ '\. -{J (Γii-�

f' στο χ0 = �

' (x) 3(t ι - χ)2 • (tι - x) '+ ... +3(t5 - χ)2 • (t5- χ) ' f χ =-3[(tι - χ )f2 + ... + (ts - χ)2] < Ο r· (�) = -3 [( t ι -�)2 + . . + (ts -�)2] S2 = �[( t ι - �)2 + . . +(t5 -�)2] 2 Άρα f'(�)=-3 ·5 ·s 2 =-15 ·s 2 2 2 2 o 3 -3 +1 .J2x +1 .J2x . . 1 1 α) Ηιm 3χ-6 = ιm 2 H2 3(x-2)( .J2x 2 +1 +3) = γ) f"( χ) =·-3[2( t1 -χ)( t1 -χ)'+ . . +2( t5 -χ)( t5 - χ)'] =-3·(-2)[(t 1 -x)+ . . +(t5 -χ)] 2(χ -2)(χ +2) = i = 1Him2 3(x-2)(.J2x =6(t 1 + . . +t5 -5x) =6 (5�- 5χ ) =30(�-χ ) . 2 +1 +3) 9 δ) Η εξίσωση της εφαπτομένης της στο } !_!_ {2 i ) Άρ α: Ε = ' ' (�,r· ( �) έχει τη μορφή λχ + β (1) με 9 9 9 11 1 δεν ειναι λ = f"(�) όμως από το (γ) f " ( �) = 30( �-�) =Ο ' μέτρο πιθανότητας τιμη' 9 9

9

α) Να βρείτε τις πιθανότητες P(AuB), Ρ (Α- Β), Ρ(Α) και Ρ(Β) β) Να αποδείξετε ότι η πιθανότητα να πραγμα­ τοποιηθεί το Α ή να μην πραγματοποιηθεί το Β ισούται με την πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το Α ή το Β . . \ ι')ση

=

α) για κάθε άρα η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα στο R. β) όμως

ο

y=

Η

>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/70

Cr


Μ αθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

άρα λ = Ο οπότε η ( 1 ) γίνεται y = β. Η y = β περνά ώρες. Αν στο δείγμα βρέθηκαν 1 0 ελαττωματι­ κές συσκευές, να εξετάσετε αν υπάρχει πρόβλη­ από το ( -x,f ' -χ Δηλαδή f ' -χ =β απότc(β) β =-15 · s2 μα στη διαδικασία παραγωγής τους Για τις δοθείσες παρατηρήσεις θα βρούμε τη δια­ {J σfJ Για την λύση μιας άσκησης που αφορά κανονική κύμανση s 2 • κατανομή κατασκευάζουμε το διάγραμμά της. 'Ο 15 = και 3 μως -χ = 0 + 2 + 45 + 4 + 5 = 5 s 2 = i ( o - 3 )2 + ( 2 - 3 )2 + 2 ( 4 - 3 ) 2 + ( 5 - 3 )2 = 1:

( ))

()

<::::>

.\

[

]

Άρα β = - 1 5 · .!i5 = -48 . Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση y=-48 . Α. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x 3 -2x 2 +x, χ ε [Ο, 1 ] α ) Ν α μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία. β) Να βρείτε την τιμή του ακροτάτου της Β. Αν Α ενδεχόμενο ενός δειγματικού χώρου Ω, να αποδείξετε ότι:

Ρ {Α · Ρ2

2 και τα σημεία μηδενισμού της

Α. α) f' (x) = 3 χ - 4χ + 1 , Το

πρόσημό

χ ε [Ο , 1 ]

της

φαίνονται στον μονοτονία της

(J

Α ' ::;; _±_ . 27

) ( )

f

παρακάτω πίνακα, καθώς και η

�I

68% 95% 99,7%

α) Αφού η κατανομή είναι κανονική ισχύει χ = δ = 20 . Το ποσοστό που έχει διάρκεια ζωής 640 τουλάχιστον 22 χιλ. ώρες είναι 4000 = 1 6% . Άρα πρέπει: χ + s = 22 . Άρα η τυmκή απόκλιση είναι s = 2 . Επίσης στη κανονική κατανομή το εύρος είναι R :::: 6 s = 1 2 . β) Ο συντελεστής μεταβολής είναι 01=!, =2 = HJ>/o. χ 20 Άρα το δείγμα είναι ομοιογενές. γ) Αφού χ15 = 20 και s = 2 από το1 δ\άγραμμα έχουμε: 2 2 4 26 14 16 18 20 2 2 ·

max

β) Η f παρουσιάζει μέγιστο για χ = 1/3με μέγιστη τιμή: f !3 _i_ . Άρα: f(x) ::;; .i για κάθε χ ε Ο, 1 . 27 27 Β . Αν Α Ω και Ρ(Α) = χ τότε Ρ(Α') = 1 - χ όπου

[ ]

=

ς

Ο :<:; χ :<:; 1

68% Ρ(Α) · Ρ2 (Α') = χ(1 -χ)2 = x( l - 2 x + χ2 ) =χ3-2 χ2 + χ · 2 Παρατηρούμε ότι Ρ(Α) Ρ (Α') = f(x) και από το 95% Α σκέλος της άσκησης έχουμε 99,7% f(x) ::;; _i_ , χ ε 0, 1 . Άρα: Ρ ( Α ) Ρ2 ( Α ' ) ::;; _i_ _ Άρα: το ποσοστό των συσκευών του δείγματος 27 27

( ]

·

Η διάρκεια ζωής σε χιλιάδες ώρες ενός δείγμα­ τος 4000 συσκευών ακολουθεί περίπου κανονι­ κή κατανομή. Η διάμεσος του δείγματος είναι 20 και 640 συσκευές έχουν διάρκεια ζωής του­ λάχιστον 22 χιλιάδες ώρες. α) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή, την τυπική απόκλιση και το εύρος του δείγματος. β) Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές. γ) Να υπολογίσετε το πλήθος των συσκευών του δείγματος που έχουν διάρκεια ζωής από 1 5 έως 21 χιλιάδες ώρες. δ) Μια συσκευή θεωρείται ελαττωματική αν η διάρκεια ζωής της είναι κάτω από 1 4 χιλιάδες

που έχουν διάρκεια ζωής από 1 5 έως 2 1 χιλ. ώρες 68% 95% 99, 7% - 95 % = + -- + είναι: -2 4 4 1 7% + 47, 5 % + 1 , 1 7 5 % = 6 5 , 675% Άρα: έχουμε 2627 συσκευές δ) Το ποσοστό των ελαττωματικών συσκευών, δηλαδή με διάρκεια λιγότερο από 1 4 χιλ. ώρες, είναι 1 ΟΟ% -299' 7% 0, 1 5 % , οπότε ο αριθμός ο

0' 1 5 , , 4000 = 6 . τους αναμενεται να ειναι -1 00 Αφού βρέθηκαν 1 Ο, τότε υπάρχει πρόβλημα στη διαδικασία παραγωγής τους.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/71

·


Τυπο

α ικέ α λε ίε

Στο προηγούμενο τεύχος 63 έχουμε μερικές παρατη ρήσεις και επιση μάνσεις που πρέπει να αναφερθούν : σελ. 1 1, 3η σειρά από το τέλος αντί P( l ) Ρ(- 1 ) να γραφεί P(i) P(-i). 2. σελ 29, 1 η στήλη , 1 η σειρά της λύσης αντί D=O να γραφεί D:;t:O και 6η σειρά αντί χ=Ο να γραφεί χ:;t:Ο

1.

3.

σελ. 46, στους ορισμούς αριθμητικού και γεωμετρικού μέσου η συνθήκη είναι ικανή και αναγκαία. Στον ορισμό της γ.π., λ#Ο και στον γ. μέσο οι α, γ ομόση μοι στο Sν=να1 αν λ= 1 . Επίσης στη συμμετρική παράσταση των όρων της γ. προόδου με πλήθος όρων άρτιο

' χ ' χ , - χλ , χλ3 αν οι οροι χ 'λ - χ ' χλ , - χλ3 η' ).} ).} λ ετερόση μοι και στην παρατή ρηση 2 ν�2 και α 1 = S 1 , ενώ στην παρατή ρηση 3, κ ε Ν * .

' ειναι ' ομοση ' μοι, ενω' ισχυει ' οι οροι

4. Στο άρθρο με τις πιθανότητες σελ. 70 πρέπει να επιση μάνουμε τα εξής: Τα δυο πρώτα ερωτή ματα έχουν λυθεί σωστά λαμβάνοντας υπόψη ότι ο δ.χ. Ω, αποτελείται από ισοπίθανα ενδεχόμενα. Εκ παραδρομής η ανίσωση θέλει Δ>Ο όπου κ>4 οπότε για να μην ' υπάρχει πρόβλη μα στη λύση μας, θεωρούμε P(t)=0,6 (α ερώτη μα) οπότε ν= Ι Ο . Με την ' l3 ' ' ' ' ' ' ' παρατηρηση αυτη στο (β ερωτη μα) προκυπτει Ρ ( Ε ) = . Στο (γ ' ερωτημα ) ομως ενω

U

ελήφθη υπόψιν ότι ο δ.χ Ω δεν αποτελείται πλέον από ισοπίθανα ενδεχόμενα, στον

υπολογισμό της πιθανότητας το ενδεχόμενο Ε εκ παραδρομής χρησιμοποιήθηκε ο κλασσικός

ορισμός

της

πιθανότητας.

Η

σωστή

19 =-. Ρ ( Ε ) = Ρ (5) + Ρ (6) + ... + Ρ ( 1 9) = = 5 + 6 + . . . + -10 · 19 10 · 19 10 · 19 5 --

--

2

λύση

είναι: '

Οι εκ των υστερων

παρατηρήσεις θεωρούνται επιβεβλη μένες για τη σωστή αντιμετώπιση των αντιστοίχων θεματικών ενοτήτων των άρθρων του περιοδικού .

Αλλ λο

α ία

Από το συνάδελφο

από τη Γλυφάδα πήραμε μια σειρά από ασκήσεις ' μεθοδολογίας για την επίλυση ανισώσεων στη Β ' Λυκείου . Σ ευχαριστούμε.

v J ( α ν-->οc ν�::χ;. [ X ) v �oc: [[ χ· ν ) ] v

Από το συνάδελφο

που αφορούν το lim 1 +

ν

= eα ,

πή ραμε μια εμπεριστατωμένη μελέτη σε θέματα

με αρκετά καλό τρόπο γίνεται πλή ρης ανάπτυξη και

έρευνα όλων των εκδοχών με επαγωγικό τρόπο . Το θέμα αποκτά αρκετό ενδιαφέρον όταν το lim 1 + �

Υ"

= lim

ι+�

Yv

χ" �

με όριο της

Zv

το α, είναι αφορμή να υπάρχει

άσκηση διαπραγμάτευσης από το βιβλίο του Ger. Hooft και Mart. Veltmam (βραβείο

Nobe1 Φυσικής

1999 )

(

J

με θέμα τις θεωρίες βαθμίδας στο χώρο της κβαντικής θεωρίας

πεδίου . Π. χ. βρείτε το lim 1 + _!__ +

ν-->οο

ν

� v

ν

με την παρατήρηση ότι δεν αρκεί κάτι να

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/72


στο άπειρο σημασία έχει και π ώς πη γ α ίνει. Δηλαδή σημασία έχει η συμπεριφορά της σύγκλισης. Αυτή η παρατήρηση ήταν και ένα από τα δυο συστατικά της βράβευσης με το βραβείο Nobel Φυσικής 1 999 των δυο προαναφερθέντων. Από το συνάδελφο (Γενικό Λύκειο Αιδηψού Εύβοιας) λάβαμε άρθρο στον «νόμο της εκθετικής μεταβολής» με θεωρία και υποδειγματικά λυμένες ασκήσεις. Αρκετά εμπεριστατωμένη ανάπτυξη μένει στο αρχείο του περιοδικού για μελλοντική αξιοποίηση. Από τον κ. πήραμε άρθρο περί «τετραγωνισμού του κύκλου». Θεωρητικές και πρακτικές προσεγγίσεις στην αντιμετώπιση του σχετικού θέματος. Από τον πήραμε άρθρο σχετικά με τη γενίκευση - διοφαντικής λύσης της εξ ίσωσης x 2 +y2 =z2 με αφορμή το άρθρο του τ.59 Ευκλείδης Β ' με το ίδιο θέμα. Γίνεται αναφορά στην Πυθαγόρεια λύση χ=2λ(λ+ 1 ) , Ψ=2λ+ 1 , z=2λ(λ+ 1 )+ 1 που σε αντίστοιχο βιβλίο του, το 1 989 με θέμα «0 έχει αναφερθεί και ο Μυστικός Κώδικας του Πυθαγόρα» με την ένδειξη ότι όλη αυτή η ανάπτυξη είναι ολική γενίκευση και διερεύνηση των εξισώσεων των γενικών μορφών της εξίσωσης όχι μόνο του Πυθαγόρα z2=x2+y2, αλλά και Fermat zv=xv+yv δηλ. των γενικών μορφών Σ2=Α1 2+Α/+ . . . +Α / , Σν=Α1ν+Α 1ν+ . . . +Α / όπου οι εξισώσεις του Πυθαγόρα και Fermat είναι απλώς μερικές υποπεριπτώσεις. (Ακολουθούν 5 συνημμένα φύλλα που επιλύονται οι Πυθαγόρειες Εξισώσεις δευτέρου βαθμού από ομάδες ακεραίων και θετικών αριθμών). πη γ α ίνει

Λύτε (Ιωάννινα) Α92 (τ.62), Α94 (τ.62) Α90 (τ.62) και την άσκηση του μήνα. Με τις αναφορές για τα άλυτα προβλήματα της αρχαιότητας και τη μέθοδο της νεύσης του Αρχιμήδη έχει αναφερθεί στο περιοδικό σε παλαιότερα τεύχη . Σε μελλοντικό τεύχος θα υπάρξει σχετικό άρθρο σύντομης αναφοράς για τα θέματα αυτά. Επίσης δίνονται λύσεις από το τ.60: Α Ι , Α2 σελ. 34 και στις ασκήσεις των εκθετικών και λογαριθμικών εξισώσεων και συστημάτων από το σχετικό άρθρο του περιοδικού. Στα ερωτήματα που αναφέρετε στην αρχή της επιστολής σας, να υπάρξει σχετική αναφορά με τη μορφή αποριών, καλό θα ήταν να υπήρχε σχετική γραφή υπό μορφή μαθηματικού προβλήματος για λύση από τους αναγνώστες του περιοδικού. Σε ευχαριστούμε (Αθήνα) Αναφορές λύσεων σε ασκήσεις της Γ ' Λυκείου . ..

.. _ _ _ ____,. . .. ..

. .. .... .... .. ο . . · .ο.· .ο

Η

... ....

-- -·-····

·---�-� -�'-"·--··'---�---'-- -- - �--- · ··-"··'·---· ·-'· ''�''---=�-'� '·--=�''·---' �="·=·-'- '"--·�---�=�=- �c.cc��c.

Συντακτική Επιτροπή του Ευκλείδη Β ' σας ευχεται

1:

.c-.c .------

,

,

'; . ·-:-'1. ' -li

:

\

-\

--�:: \� Λ_ C] 1SΓ ·��IF� Ι iΙ ΞΕ]�.ιL\2�!i:ΙΣ ΣLL\�Σ __

' cc·= -------= " - --- -�:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4!73

=--==-=c-=.·--=-= -'�-==-

-

ι


Ο Ε υ κλεί δ ης

,

π ρ οτει νε ι

.. .. .

((Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

P. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Στρατής, Γ. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος 99. Έ στω f μια συνάρτη ση η οποία είναι

συνεχή ς στο [0, 1 ] και πα ρ αγωγίσιμη στο (-1 , 1 ) Αν f( 1 )=0 και f( x ) >O για χ Ε (- 1, 1 ), να αποδ είξετε ότι δ οθέντων δυο οποιον ­ δήποτε θ ετικών α ρ ιθ μών α και β, υπάρ­ χει γ Ε (-1 , 1 ) , ώστε να ισχύει α f(γ) f'(-γ)=βf'(γ)f(-γ) .

Επροτάθη από τον Ακαδημαϊκό ΛφτεμΡ.άδη

κ.

\Ι ι κόλαο

(από το συνάδελφο

Χρ. Λψ φτζόγλου

Θωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f3(x) :f(-x)-1 η οποία προφανώς είναι συνεχής στο [-1 , 1 ] και παραγωγίσιμη στο (-1 , 1 ). Επίσης g(1 )=f3(1) :f(-1 )-1=-1 και g(-1)=f3(-1) :f(1)-1 =-1 Επομένως για την g ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle, οπότε υπάρχει γΕ(-1 , 1 ), ώστε g'(γ)=Ο . Είναι: g' (x)=β f- 1 (x) :f(-x) - f' (x)-αf3(x) :f- 1 (-x) · f' (-χ) οπότε g ' (γ)=Ο<=> <=:>:f- 1 (γ)· f- 1 (γ)·[βf(-γ)- f'(γ)-αf(γ)· f'(-γ)]=0 <=:>αf(γ)· f'(-γ)= β f'(-γ)- f(γ), διότι f(x)>O για χΕ(-1 , 1 ). Λύσεις έστειλαv επίσης οι συνάδελφοι -

Η λι ό ­

Κ α λα μ ά τ α , Κ αλάκος Α­

θ α ν ά σ ιο ς - Κ . Π ατ ή σ ι α , Ι ω α νν ί δ η ς Α ντώνη ς

-

υπάρχει

f (χ) � Α +

ΑΕR

J: f ( t) g ( t )dt

με

για κά θε

αποδείξετε ότι f (χ) � Ae i g(ι)dι .

(Επροτάθη από τον συνάδελφο

λ ο Θ αν ά ση - Αθήνα) Λ ί)ση

Α2:0

Λ ά ρ ισα, Μ πό ρ η ς Ρ ο δ όλφ ο ς - Λάφνη , Ν ι ­

κολόπουλος Ν ί ιω ς

Γειίφγιος - Αγρ ίν ιο .

-

Λάρ ισα,

Τσαπακiδης

1 0 0 . Έστω f, g : [ α, β] �R δύο συνεχείς συ­

ναρτήσεις ώστε για κά θε Χ Ε [α, β] να ισχύει f(x)2:0 και g(x)2:0.

ώστε

χ ε [ α, β]

να

Κυρω. κόπου­

(από το συνάδελφο Τ σ α π ω.: [ δ η

γ ι ο - Αγρίνιο)

Λύση - Δράμα)

πουλος Γ ι άννη ς

Αν

� ' η;φ ­

Θεωρούμε τη συνάρτηση : Είναι:

h(x) = A + [f(t)g(t)dt , χ ε [ α, β ]

h ' ( x) = f( x) g( x) :::; ( A + [ f( t)g(ψtt) g( x) = h( x) g( x) (1)

Οπότε h'(x):::;h(x)g(x) για κάθε χε [α, β] Επίσης f(t)2:0 και g(t)2:0 για κάθε t ε [ α, β] οπότε και για κάθε χε(α, β], r f( t )g( t )dt � ο με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν οι f, g εί­ ναι μηδενικές στο [α, β] όπου το ζητούμενο προφανώς ισχύει. Άρα Α + r f ( t) g ( t )dt > Ο <=> h ( χ ) > Ο Για κάθε χε (α, β) έχουμε από την ( 1) :

h ' (x) :=:; g(x) -h(x)

Θεωρούμε τη συνάρτηση

φ(χ) = fn

h ) - f g( t )dt (υποθέσαμε Α>Ο

διότι με Α=Ο, το ζητούμενο ισχύει) Είναι : φ ' ( ) = h ' (x) - g(x) :::; o χ h (x)

για κάθε χ ε (α, β), οπότε η φ είναι φθίνουσα στο [α, β] Άρα για κάθε χε [α, β] έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4!74


------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

�)

φ (χ) � φ (α) � ln h - r g ( t �t � � ln h α) - r g ( t �t = ο '

το τρίγωνο ΚΒΓ είναι ισόπλευρο και δεδομέ ­ νου ότι (το Κ είναι περίκεντρο του τριγώνου ΕΒΖ) συνάγουμε ότι

Β ΚΓ = 2Β ΕΓ

h (x) h (x ) r (t)dt ln -- � r g(t�t � -- � e g �

οποτε:

Α � h ( χ) � Α . e f g(ι)dι

Α

(χ) � h (χ) συνεπάγεται , ζ , που ειναι το ητουμενο

και δεδομένου ότι f

, οτι: f (

χ) � Α ·

e

L'g(t)dt

Γ ι άνν η ς

Επομένως η γωνία Α του τριγώνου είναι 2φ=20°. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

Απο­

στολόπουλος Γ ι ώ ργος - Μεσολόγγι, Σταμα­ τογ ι άννη ς Γιάννη ς - Δ ρ ο σιά, Κ ού ρτη ς Χρ υ­ σόστομος - Λ ά ρ ισα, Καλάκος Α θ ανάσιος Κ . Π ατήσια, Ι ω αννίδη ς Αντώνη ς - Λάρ ισα,

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι που λος

ΒΕΓ = 30° , οπότε ΕΑΓ + ErΑ = 30° 3φ = 30° φ = 10°

-

Αντώνη ς - Λ ά ρ ι σα,

Καλα μάτ α,

Η λιό­

Ι ωαννίδη ς

Μ π ό ρη ς Ροδ όλφ ο ς -

Δ ά φ ν η , :\ ι κ ο λόπ ου λ ος Ν ί κο ς - Λ ά ρ ι σ α.

Μπ ό ρ η ς

Ρ ο δ όλφο ς

Δ άφνη , Π λάτ α ρ ος Γιάννη ς - Μ εσσήνη , Π ετρ ο λέ κ ας Στ έλιος -

Δ ρ απετσών α , Δ ρ ά μα,

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο Α ΒΓ (Α Β=ΑΓ). Αν υπάρχουν σημεία Δ, Ε στις πλευρές ΑΓ, ΑΒ του τριγώνου ώστε να ι­ σχύει ΓΔ=ΔΕ=ΕΑ=ΒΓ, να υπο λογίσετε τη γωνία Α του τριγώνου. (Επροτάθη από τον συνάδελφο Γκουντου β ά Σ ωτή ρη - Αργυρούπο λη ) Λύση (Από τον κ. .Άνδρη Ι., Αθήνα) Φέρνουμε την ΓΕ και το ύψος ΑΖ του τριγώ-

= φ , ότε ΓΕΔ = 2φ και ΜΕ = 2φ . Επίσης ΕΑΔ = 2φ , οπότε BAz = ΓAz = φ . Α

νου . Αν Δ fΈ

Δεμιρτζόγλου

Τσαπακίδη ς

Ν ικητά κη ς

101.

-

Γιώ ργος

Χρή στος

-

Γεώργιος - Αγρ ίνι ο, -

Σητεία,

Χ υτή ρη ς

Λ ουκάς - Κέ ρ κυ ρ α, Κα ρ ά β οτ ας Δ η μή τρ η ς ­ Κ.

Αχαϊά,

Χατζη ελανίδη ς

Π έτ ρ ο ς

Θεσ/νίκ η και ο φ ο ιτη τή ς του Μ α θη ματικο ύ Π άτ ρ ας Μπατέλη ς Γιώ ργο ς

1 04 . Σ ε τρίγωνο Α ΒΓ η γωνία Β · είναι δι­

πλάσια από τη γωνία Γ. Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τις πλευρέ ς του τριγώνου. (Επροτάθη από τον συνάδελφο Κυ ρ ιακόπου­ λο Θ ανάση - Αθήνα) Λύση (από το συνάδελφο Κ ο ύρτη στομο - Λ άρισα) Από την ισότητα Β=2Γ έχουμε:

Χρυσό­

η μΒ=η μ2Γς:}ημΒ=2η μΓ· συνΓ η οποία με βά­ ση το νόμο των η μιτόνων γράφεται

Αν η κάθετη από το Δ στην ΓΕ τέμνει την ΕΓ στο Η και το ύψος ΑΖ στο Κ, τότε το Κ είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΕΒΓ, οπότε

= ΕΒΓ = 90° - φ

, που ση μαίνει ότι στο ΔΚr τρίγωνο ΓΔΚ η ΓΗ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε είναι ισοσκελές. Τότε έχουμε : ΓΚ=ΓΔ=ΒΓ και ΚΒ=ΚΓ, οπότε

....!ι = 2 ...l.. συνΓ � β = 2γσυνΓ ( 1 ) 2R 2R νόμος των συνημιτόνων δίνει Ο 2α + β 2 _ γ 2 συνΓ = 2 αβ , οπότε η ( 1 ) γίνεται 2 + 2 12 β = 2 γ α 2βαβ- � αβ 2 = α 2 γ + β 2 γ - γ3 � � β 2 (α - γ ) - γ { α 2 - γ 2 ) = 0 � ( α - γ )(β 2 - αγ - γ 2 ) = Ο

• •

Αν αty, τότε από την τελευταία ισότητα, έχουμε β2-γ2 =αγ Αν α=γ, τότε Β=Α+Γ, οπότε το τρίγωνο εί ­ ναι ορθογώνιο 2 β 2-γ =α 2 =αγ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4175

(Β = 90° ) και ισοσκελές

και


------ Ο Ευκλείδη ς πρ οτείν ει . . . Επομένως σ ε κάθε περίπτωση η σχέση που συνδέει τις πλευρές του είναι η β 2-γ2 =αγ Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

ημ 2 Α

l

l

Ρ _ + -1->3

__

ημ 2 Β

ημ 2 Γ

όπου

'

l -- � ' l μ = � , l = � α dα dβ dγ γ

Επροτάθη από τον συνάδελφο - Λ άρισα Λύση

(από τον συνάδελφο - Αγ ρ ίνιο)

Από το νόμο των η μιτόνων στα τρίγωνα ΑΒΔ ' και ΑΒΑ έχουμε αντίστοιχα

γ ημΒ ημ ( � + Γ ) =

δα

(1)

γ ημγ

33

ημΑημΒ ημΒημz Γ . ημΓημΑ . z ημ Α ημ Α ημz Γ

=

3 ifl = 3 .

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

Ο ι διχοτόμοι ΑΔ , ΒΕ , ΓΖ των γωνιών τριγώνου ΑΒΓ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύ κλο στα ση μεία Α ' , Β ' , Γ Ό Αν ΑΑ '=dα , ΒΒ '=dβ , και ΓΓ ' =d1 να αποδείξετε ότι

l _+ __ α

(2)

ι ., : , ;. � Ν α β ρ ε θο ύν οι τ ρ εις μικρότεροι φυσι­ κο ί δ ια δοχικο ί αριθμοί των οποίων το ά ­ θροισμα είναι τέλειο τετράγωνο και τέλειος κύβο ς (Επροτάθη από τον φοιτητή του ΕΜΠ

) Λύση (από τον συνάδελφο Κέρκυρα)

Αν συμβολίσου με με ν- 1 , ν, ν+ 1 τους τρεις διαδοχικούς φυσικούς αριθμούς τότε έχουμε : ν- 1 +ν+ν+ 1 =κ2 και ν- 1 +ν+ν+ 1 =λ3 , 2 3ν=κ και 3ν=λ3 οπότε απ ' όπου προκύπτει ότι ο αριθμός λ είναι πολ­ λαπλάσιο του 3 . Επίσης κ = λ.Jλ , οπότε ο λ πρέπει να είναι τε­ τράγωνο ακεραίου . Ο μικρότερος φυσικός που είναι τετράγωνο ακεραίου και πολλαπλάσιο του 3 είναι ο αριθ­ μός 9 . Μ ε λ=9, βρίσκουμε κ=27 και 3ν=κ2 ::::::>ν=243 Εύκολα πλέον διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί 242 , 243 , 244 ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλή ματος. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

Με διαίρεση των ( 1 ), (2) παίρνουμε :

ημΒημΓ Γ ημΒημ ) ) � � ( ( ημ + Β ημ + Γ Ο<ημ ( � + Β ) ημ ( � + Γ) �ι) � ημΒημΓ ημz Α ημz Α � ___!__L __!y_ η μΒημΓ η μΓημΑ ημΑη μΒ ημzΑ + ημz Β + ημz Γ - ημzΑ + ημzΒ + ημzΓ �=

ΑΑ '

(διότι

οπότε

Ομοίως και οι άλλοι όροι του αθροίσματος, οπότε >

I I Ί . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ κέντρου βάρους Κ.

Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΚΓ εφάπτεται στην πλευρά ΑΒ να αποδείξετε '

οτι:

2 -[j ' θ ' η μ + ημω � -- , οπου το μεσον Δ ειναι '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/76

3


------ Ο Ευκλείδης πρ οτείνει . . . Λ

Λ

της ΑΒ και θ = ΔΑΚ, ω = ΔΒΚ .

όπου το ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο με

(Π ροτείνεται από τον συνάδελφο

- Λάρισα )

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με

·. . Λ

Λ

Α + Γ < π . Ονομάζουμε

Κι

Ε την τομή των ΑΓ, ΒΔ, Ρ την τομή των ΒΔ, ΖΗ και Θ την τομή

πλευρές α, β, γ, δ . Ονομάζουμε

, Κ2 τα κέντρα των

περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΓ Δ, ΒΓ Δ, αντίστοιχα, αν α είναι το μήκος της πλευ­

(

)(

)

των ΑΓ, ΖΗ. Να αποδείξετε ότι ισχύει: ( ΑΒ Γ Δ ) = _!_ αδ _ βγ αβ _ γδ (ΘΕΡ) 4 βγ αδ γδ αβ ·

(Π ροτείνεται από τον συνάδελφο

- Αθήνα )

ράς ΑΒ να δείξετε ότι:

(κι , Κ z ) = α l ημ ( Β + Δ ) I

·

2ημΓημΔ

(Π ροτείνετ αι από τον συνάδελφο - Λάρισα )

2χ 8

-� Σ ε ισοσκελές τραπέζιο ΑΔΓ Δ οι μη πα­ ράλληλες πλευρές ΒΓ και ΑΔ είναι ίσε ς με τη μικρή β άση Γ Δ και σχηματίζουν μ ε τη μεγ άλη βάση ΑΒ γωνίε ς 20°. Αν Ε είναι ε­ σωτερικό ση μείο τη ς ΑΒ ώστε ΑΕ=Γ Δ και Ρ το κοινό ση μείο των ΒΓ , ΑΔ να ι:ιποδείξετε ότι : ΑΡ Ε = 30 " - ΑθήΠροτείνεται από τον κ. να

l'i α

δείξετε ότι η εξίσωση : 6 3 + 3χ - 3χ - 2χ + 9 = Ο στερείται πραγμα­

τικών ριζών.

(Π ρ οτείν ετ αι από τον συνάδελφο

··

- Λάρισα )

Να βρείτε όλες τις πραγματικές συναρτή­ σεις f, που ορίζονται σε διάστημα Δ = α, b] ς R

[

με f(Δ) = Δ και ικανοποιούν τη συνθήκη : l f(x) ­

f (y ) l > ι χ - y l , για κάθε x, y Ε Δ.

(Π ροτείνεται από τον συνάδελφο

- Λάρισα )

Δίνονται οι πρώτοι μεταξύ τους θετικοί α­ κέραιοι α, β. Να αποδείξετε ότι κάθε ρίζα της μονάδας με τάξη αβ, αναλύεται κατά μοναδικό τρόπο σε γινόμενο δύο ριζών της μονάδας με τάξεις α, β αντίστοιχα.

(Π ροτείνεται από τον συνάδελφο

Μ ε πλευρές τις πλευρές τριγώνου ΑΒΓ κατασκευάζουμε τετράγωνα εξωτερικά του ΑΒΓ και ονομάζουμε Α 1 , Β 1 , Γ 1 τα κέντρα τους. Επαναλαμβάνουμε την ίδια δ ια δικα­ σία στο τρίγωνο ΑιΒιΓ ι την οπο ία συνεχί­ ζουμε επ ' άπειρον . Ν α εξετάσετε αν υπάρχει το όριο της ακολουθ ί ας των τριγώνων Αv Βν Γν και είναι ισόπλευρο τρίγωνο. Προτείνεται από το συνάδελφο - Αγρίνιο .

Έστω Ρ(χ) ένα πολυώνυμο με ακέραι­ ου ς συντελεστές . Αν γ ια του ς α κε ρα ίου ς κ, λ 2 με κf:.λ ισχύει Ρ(κ) Ρ(λ) =-(κ-λ) , να απο δείξε­ τε ότι Ρ(κ) +Ρ(λ) = Ο - ΊλιΠροτείνεται από τον ον

Αθήνα )

1. ; ·· ··

Πάνω σε κύκλο θεωρούμε τρία σταθερά

ση μεία Α, Β, Γ και δύο μεταβλητά ση μεία Ν,Ρ. Ονομάζουμε Μ την τομή των ΑΡ, ΒΝ και Λ την τομή των

ΑΝ, ΓΡ. Να αποδείξετε ότι η ΜΛ

διέρχεται από σταθερό σημείο.

(Π ροτείνεται από τον

[

2.

Λ Ι ο ρ Ο <ί) ω: ι ς :

Στην προτεινόμενη άσκηση 112 του τεύ­ χους 6 3 να γραφεί σωστά η ισότητα +

+

J(

+

/

+

1

]( ω2 - �ω4 ) +

1

=

-1

Στην άσκηση 1 15 του τεύχους 63, να δια­

γραφεί όλη η παρένθεση .

- Αθήνα )

Δίνεται πλή ρες τετράπλευρο ΑΒΓ Δ.ΗΖ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/77


Τα

ματι ά

' ζο

ς

ν

Τα μαθηματικά αν και ι-:ίναι ι-:πιστήμη που απαιτι-:ί αυστηρή διατr)πωση, έχουν τη μαγι-:ία να απο­ σποr)ν το ενδιαφέρον όλων τω ν ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσι-:ις μι: κατάλληλο τρό­ πο διατυπωμένα ι:ξάπτοrJν το πνι:r)μα, διι:γι:ίρουν τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλλη νες όπως ο Δ ιόφαντος, ο Ζή νωνας κ. ά. μας δίδαξα ν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμι: θέματα τα οποία δεν απαιτοr)ν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλ ά μας διασκεδάζο υ ν μι: την ι:κφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συ ναρπα­ στική ασχολία

Επιμέλεια : Ξέρετε ότι :

:

• •

:

• •

:

• •

:

• •

Παναγιώτης Χριστόπουλος

στερούσε τον εαυτό του από την τροφή και πέθανε.

Οι αρχαίοι Ινδοί επινόησαν το δεκαδικό σύ­ στημα αρίθμησης (περίπου τον 4° αιώνα μ.Χ.) και αργότερα το μηδέν. Το σύστημα λέγεται σήμερα Αραβικό διότι η Ευρώπη το πήρε το Μεσαίωνα από τους Άραβες. Οι Σο1)λβασούτρα είναι αρχαία Ινδικά έργα με θρησκευτικά και Μαθηματικά κείμενα. Ο Ζήνων τον 5° π.Χ. αιώνα διατύπωσε μερικά παράδοξα όπως ότι ο γοργοπόδαρος Αχιλλέας δεν θα μπορούσε να ξεπεράσει στο τρέξιμο και την ποιο αργή χελώνα, αρκεί αυτή να είχε ξε­ κινήσει λίγο νωρίτερα. Ο Ερατοσθένης είχε παρουσιάσει στο βασιλιά Α παντήσεις 3"" τεύχους της Αιγύπτου Πτολεμαίο Γ ένα τραπέζι που επάνω είχε μια μεταλλική πλάκα που ήταν χα­ I ) Απιiντηση στο πρι.ί}τΟ ερι.ί τη μιι Για να βρού­ ραγμένοι οι πρώτοι αριθμοί αλλά και οι σύνθε­ με ποιο βαρέλι έχει το δηλητήριο θέλουμε μόνο τοι που σημειώνονταν με μια τρύπα. Η κατα­ οχτώ δείγματα. Αριθμού με τα βαρέλια (στο δυα­ σκευή ονομάστηκε « Κόσκινο του Ερατοσθέ­ δικό σύστημα με 8 ψηφία) ως εξής: Το πρώτο 00000000, το δεύτερο 0000000 1 , το τρίτο νη >> . Ο Ερατοσθένης ήταν ξεχωριστή προσωπικότη­ 000000 1 Ο, το τέταρτο 000000 1 1 , το πέμπτο τα. Ήταν αθλητής, Αστρονόμος, Γεωμέτρης, 00000 1 00, το τελευταίο 1 1 1 1 1 1 1 1 . Αφού τώρα ποιητής, ρήτορας. Είναι ο πρώτος που μέτρησε κάθε βαρέλι έχει τον αριθμό του εργαζόμαστε ως την ακτίνα της Γης. Σπούδασε στην Ακαδημία εξής: Για το πρώτο δείγμα παίρνουμε μια ποσότη­ Αθηνών και υπήρξε διευθυντής της μεγάλης τα κρασιού από όλα τα βαρέλια που έχουν ι τε­ βιβλιοθήκης της Αλεξάνδρειας και στενός φί­ λευταίο ψηφίο. Για δεύτερο δείγμα παίρνουμε μια λος του Αρχιμήδη. Κατά τη διάρκεια ταξιδιού ποσότητα κρασιού από όλα τα βαρέλια που έχουν του στο Νείλο προσβλήθηκε από ασθένεια των ι στο προτελευταίο ψηφίο κ.ο.κ. ως το όγδ οο ματιών και τυφλώθηκε. Έτσι δεν μπορούσε δ ε ίγ μα που θα είναι από τα βαρέλια που έχουν ι πλέον να βλέπει τον ουρανό και να παρατηρεί στην πρώτη από αριστερά θέση. Έτσι π.χ. το βαρέ­ τ ' αστέρια. Κλεισμένος στη βιβλιοθήκη του, λι 1 1 1 1 1 1 1 1 το παίρνουμε σε κάθε δείγμα. )

:

• •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ .4/78


Τα Μαθη ματικά μας Δια σ κεδάζουν

Αν ένα δείγμα έχει δηλητή ριο τότε το βαρέλι που

Τότε ο Μπέρεμιζ απευθυνόμενος στο Χαλίφη είπε

ζητάμε έχει

η

στο αντίστοιχο

1 η έχει μαύρα μάτια, η 2 η γαλανά, η 3 η μαύρα, η 4 η γαλανά και η 5 η γαλανά. Ο Χαλίφης έκπληκτος

βρεθεί δηλητή ριο στο πρώτο ,

ζήτησε από τον Μπέρεμιζ να μάθει πώς το βρήκε;

δεύτερο, τέταρτο και έκτο δείγμα τότε το βαρέλι

Αυτός του είπε : Από την πρώτη κοπέλα που μου

που έχει το δηλητή ριο είναι αυτό με τον αριθμό

απάντησε Κινέζικα, ή μουν σίγουρος για την απά­

00101 0 1 1 .

ντησή της, θα έλεγε ότι έχει

Το δεύτερο ερώτη μα να διορθωθεί και να διατυ­

αν είχε μαύρα μάτια θα έλεγε την αλήθεια, αν είχε

πωθεί ως εξής: «.4 ν ο έλεγχος μας λέει εκτό ς από

γαλανά θα έλεγε ψέματα.

το αν υ πάρχει δηλητήριο και τη ν ποσότητά το υ

Επομένως η απάντηση της δεύτερης κοπέλας μου

στο δείγμα τότε πό σοι έλεγχοι χρειάζονται;»

έδειξε ότι αυτή είπε ψέματα, άρα η

1

στο αντίστοιχο ψηφίο . Αν δεν έχει

δηλητή ριο τότε το βαρέλι έχει ψηφίο . Έτσι αν π.χ.

Ο

μαύρα μάτια.

Διότι

Δεύτερη έχει

γαλανά μάτια. 2)

Απάντηση .

Μπορούμε να βρούμε την ποσότητα

Η

τρίτη κοπέλα μου επιβεβαίωσε αυτό το οποίο

του δηλητη ρίου που έχει το βαρέλι καθώς και το

γνώριζα, ότι η δεύτερη κοπέλα έχει γαλανά μάτια,

βαρέλι με

δηλαδή η Τρίτη μου είπε αλήθεια άρα η

δύ ο δ είγματ α .

Για τ ο

π ρώτο δείγμα παίρνου με από όλα τα

βαρέλια ίδια ποσότητα κρασιού π.χ.

1 cm 3

από το

χει μαύρα μάτια. Έτσι τώρα άλλα δυο κορίτσια

Τρίτη έ­

είμαι σίγουρος ότι τα

έχουν μάτια γαλανά.

καθένα, έτσι θα βρούμε την ποσότητα του δηλητη ρίου που υπάρχει στην μονάδα όγκου του δηλητη -

:; '

' >; η ,

χ

ριασμένου κρασιού .

δεύτερο δείγμα παίρνου με 1 cm 3 από πρώτο βαρέλι, 2 cm 3 από το δεύτερο βαρέλι, Για το

το

3

c m 3 από το

τρίτο, κ.ο.κ.

Σ ' αυτό το δείγμα η συ­

χ

χ

χ

-+-+-+ 5+-+ 4 = Χ 6 12 7 2 Από τη λύση της εξίσωσης έχουμε Χ=84 δηλαδή ο Διόφαντος έζησε 84_έτη .

νολική ποσότητα δηλητη ρίου θα είναι πολλαπλάσιο αυτής που β ρήκαμε στο πρώτο δείγμα. Έτσι καταλαβαίνουμε και από ποιο βαρέλι έχει προέλθει

Ο

το δηλητή ριο . Αν π.χ. η ποσ��τητα του δηλητη ρίου

σουν 2 1 600 σταγόνες. Δηλαδή

μήνας έχει 43 200 λεπτά. Από τη βρύση θα πέ­

στο δεύτερο δείγμα είναι 25πλάσια από ότι στο

2 1 600 5750

::::: 3

� 3

λίτρα.

πρώτο τότε το 25° βαρέλι έχει το δηλητή ριο . Κάθε μέρα είχε συμφωνήσει να παίρνει Αφού οι κοπέλες στή θηκαν η μια δίπλα στην άλλη

1

1 440 + ποδήλατο

απέναντί του ο Μπέρεμιζ ρώτησε την πρώτη κοπέ­ λα :

«τι χρώμα έχουν τα μάτια σου ;»

αλλά αυτή

μιλούσε Κινέζικα έτσι δεν κατάλαβε τη του είπε. Τότε ρώτησε τη διπλανή τη ς που ήξερε και Κινέζι­ κα:

«τι μου είπε η φίλη σου ; »

πάντη σε:

νά.»

Η κοπέλα του α­

60

=

τη κατά σειρά κοπέλα :

ποδηλάτου =840+

Αυτή του απάντη σε:

ποδηλάτου,

60

1 -

60

άρα τα

και

ποδηλάτου.

, πο δη λατου. 24.35+

35 60

Αφού πή ρε

ένα ποδήλατο αντί

35 60

�� ποδηλάτου δόθηκαν για

540 Ευρώ. Αξία ποδηλάτου 540.

«Η πρώτη έχει μαύρα μάτια

και η δεύτερη γαλανά . »

35

300 Ευρώ αντί 840

«τι χρώμα έχουν τα μάτια

των δυο κοριτσιών που μόλις ρώτησα;»

+

Επομένως σε 35 μέρες η αμοιβή είναι

«Σας είπε: Τα μάτια μου είναι γαλα­

την ευχαρίστη σε και ύστερα ρώτησε την τρί­

, 24 Ευρω

60 25

= 1296 Ευρώ

Η πρώτη συνάντηση έγινε αφού είχε βαδίσει 2/6 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4179


Τα Μαθη ματικά μα ς Διασκεδάζουν

της ώρας (20 λεπτά) σε απόσταση 2 χιλιομέτρων. Άρα η ταχύτητα του τραμ είναι 1 0/60.Υ=2 χιλιόμετρα δηλ. Υ=

2χ6Ο 10

= 1 2 χιλιόμετρα την ώρα.

Ο πεζός κινή θηκε ακόμα 3 3 και 1 /3 χιλιόμετρα ήτοι 34 1 17 , - . - = - ωρες. 3 6 9

Γ έμεινε 1 Ο λεπτά και επέστρεψε στο Β . Επομένως έχουμε (ΑΒ + 2ΒΓ)=( (ΒΓ)=

3

2 4 . Διότι οι δυνάμεις του 2 έχουν λήγοντες τους 4 0 1 7 2 2 - 68 - . . . . .6 · 4 2 , 4 , 8 , 6 αρα , το 2 7 (2 ) - 2 . 22 -

. . . . . . . . . . . . . 24 .

Β)

Στο χρόνο αυτό το τραμ πήγε από το ση μείο Α στο

14

Α) Τα δυο τελευταία ψη φία είναι:

.!2 _ .!.Q ) . 1 2 δηλαδή 9

60

Ο

αριθμός 926 1 000 γίνεται γινόμενο πρώτων 3 παρaγόντων (2 . 3 . 5 . 7 ) . Δεν διαιρείται με τους 3 3 2 2 2 . 5 ' 2 . 5 . 3 ' 2 . 7 ' (2 . 3 . 7)

Διαιρείται με τους 2 · 5 , 2 · 3

32 Άρα ο Χ = 2 · 5 ·

χιλιόμετρα.

72

=

2

·5, 2·7

2

, 2 ·3

2

·7

2

4410.

Άρα Σύνταγμα - Γλυφάδα (ΣΓ)= 1 8 χιλιόμετρα.

Σ

1η 2χιλ

____

Λ

34 - χιλ 3

Β

Αυτό το πρόβλη μα είχε μπερδέψει τους αρχαίους .

Γ

Εξήγηση έδωσε ο Γάλλος

14 - χιλ 3

ίΠΗΠ

κλος δεν κινείται μόνο με περιστροφική κίνηση αλλά και με κίνηση ολισθή σεως, έτσι η ΒΒ

·

δεν

αντιστοιχεί καθόλου στο ανάπτυγμα του μικρού

Όχι. Διότι από τις πιο κάτω λύσεις έχουμε κάθε

�� δ�ορmκό

Mairan ότι ο μικρός κύ­

κύκλου .

�ων 1)

Τ ο έμβρυο στην κοιλιά τη ς μητέρας του . Όσο είναι στην κοιλιά της μητέρας του έχει τον

ομφάλιο λώρο

ανοικτό.

Όταν γεννη θεί τα ανοίγματα είναι: δύο μάτια,

Κρατούμενοι 3 2

δύο αυτιά, δύο ρουθούνια, το στό μα, οι δίοδοι ούρησης και αφόδευσης .

2)

Η περιοχή

τη ς Γης που γέμισε με θάλασσα.

Στη δη μιουργία του κόσμου(παλαιά Διαθήκη ) Κρατούμενοι 2 8

έγινε ο Ήλιος, η Γη και μια μέρα μετά η θά­ λασσα.

3)

Το δένδρο που έγινε καράβι. Όταν του έκοψαν τα κλαδιά (το κεφάλι) και το έκαναν καράβι άρχισε να κινείται.

Κρατούμενοι 20

\ ι {φ Ο I.'!..Q. ί Ε

Η απά ντηση για τ α πουλιά του_δεύ τερου τεύχους εί­

ναι

Κρατού μενοι 24

6, 6, 1 8.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/80


ΕΜΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

Ελληνικ.ή Μαθημ.ατική

24Ο

Εταιοεία

ΠΑΝΕΛΛΉΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Με διεθνείς συμμετοχές Κοζάνη 2 - 3 - 4 Νοεμβρίου 2007

11 JIAAΘIIJIAATΙilll DΑΙ Α.8ΙΑ ΖιΙΙJΙΑ8 ΡΑ . Θ8ΙlΡΙΑ Ι(ΑΙ DPA · •. ,

«Η Μαθη ματική παιδεία σή μερα, Θεωρία και πράξη» είναι το θέμα του Συνεδρίου που διοργανώ­ νει η Ε.Μ.Ε. στις 2, 3 και 4 Νοεμβρίου 2007 στην Κοζάνη . •

Ο μαθη ματικός κόσμος της χώρας καλείται να καταθέσει τις επιστη μονικές του απόψεις για τα με ίζονα θέματα των προγραμμάτων σπουδών σε όλες τις βαθμίδες εκπαίδευσης και για την σχέ­ ση που έχουν μεταξύ τους. Για την διαδικασία πρόσβασης στην Τριτοβάθ­ μια Εκπαίδευση και τον ρόλο της στη βελτίωση της Μαθηματικής σκέψης και πράξης καθώς και για τις επιπτώσε ις της στην κοινωνία. Για τα νέα σχολικά βιβλία των Μαθη ματικών και τους τρόπους αξιολόγησής τους.

Για την επίδραση της Μαθηματικής σκέψης και πράξεις στις Τέχνες και τα Γράμματα.

Ν έα Σχολικά Βιβλία Μαθηματικών

Διαδικασία πρόσβαση ς στην Τριτοβάθμια Εκπαίδευση

Θεματικές Ενότητες του Συνεδρίου

Κριτήρια συγγραφής των βιβλίων Δημοτικού - Γυμνασίου - Λυκε ίου (και τρόπος σύνδεσης μεταξύ τους) Τα κριτήρια αξιολόγησης τους, ο τρόπος εισαγωγής τους στα σχολεία και ο αντίκτυπός στους στη μαθητική κοινότητα. ( επίδοση και στάση απέναντι στα Μαθη ματικά), Ποιος είναι ο μέχρι τώρα ρόλος των Γενικών εξετάσεων στην προαγωγή της Μαθη ματικής σκέψης και πρά­

ξης. Ποιες είναι οι επιπτώσε ις των Γενικών Εξετάσεων στην Εκπαίδευση και γενικότερα στην κοινωνία. Ποιες μπορεί να ε ίναι οι προτάσεις της μαθη ματικής κοινότητας για μορφές αξιολόγησης της επίδοσης και της στάσης των μαθητών/τριών •

Σχέση Προγραμμάτων Σπουδών στις βαθμίδες της Εκπαίδ ευση ς

Υπάρχει σχέση ανάμεσα στο Ενιαίο Πρόγραμμα Σπουδών των Μαθη ματικών της Νθμιας και Β/θμιας Εκ­ παίδευσης και των Προγραμμάτων Σπουδών των Πανεπιστημιακών τμημάτων; Αν ναι σε ποιους τομείς; Ποιες οι επιπτώσεις τους στη διδασκαλία των Μαθη ματικών; Χρε ιάζονται προτάσεις για άρση των ασυνεχειών; Ποιες; •

Τα Μαθη ματικά στις Τέχνες και τα Γράμματα Η επίδραση της Μαθη ματικής σκέψης και πράξης

στη Φιλοσοφία στη Λογοτεχνία, στις Εικαστικές Τέχνες, στην Μουσική , στον Τεχνικό Πολιτισμό, στις Επιστή μες και την Παράδοση .

• •

Στρογγυλά τραπέζια

Τα Νέα Σχολικά Βιβλία Διαδικασία πρόσβασης στην Τριτοβάθμια Εκπαίδευση . ΣΗΜΑΝτΙΚΉ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ

7

Σεπτεμβρίου

2007

Η προθεσμία υποβολής εργασιών στο συνέδριο είναι, η Παρασκευή 7 Σεπτεμβρίου 2007, όπωσδήποτε. Δεν θα υπάρξει καμία παράταση . Οι εργασίες υπό τη μορφή αρχε ίου.dοc, θα πρέπε ι μέχρι τις 7-09-2007 να σταλθούν r.αι στι; τρε ί; παρακάτω ηλεκτρονικές διευθύνσε ις: spapast@math.uoa.gr, gkaloger@math.uoa.gr, info@ hms.gr.


από r ι s ε κδόσε ι s <<Δ Ι Ο ΦΑΝΤΟΣ>> Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

ΜΑθΗ ΜΑΤΙ ΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΟΜΟΣ Β' θεηκή - Τεχνολογικr\ Κατεύθυνση

ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ •

θr<ttQ(σ.

8

flupατηριjσnς - Σχόλια

• Εeωτψrης: Καtανόψηι;

8 �tεθοbολογίu 8 Λυμένα Ηαpαhιίγμuτu 8 ΛιΓΙ(ιιυεις: - θ{Jιατα

�\ΔιοΦΑΝΤΟΣ � ΕΙ{ΔΟΣΕ Ι Σ•


Ευκλειδης Β 64