Page 1

[:1

ο ο

ο

Μαθηματική Εταιρεία

ο

ο


6')(0('//�Ο ιrος

?,OO=j--?,OOf

�ΕΚΔΟΣΕΙΣ ·�����.�

rιιr Ελλqνιιιιjr lιi•Βιιμ•rιιιιjr Εr•ι peί•r ,, ;,. , ,,

.•,. ,,_,;,,.,

.. Α

Ενιαίου Λυκείου

Μεθοδολογία Άλγεβρας Α Ενιαίου Λυκείου

Άλγεβρα

Θ. Τ σιούμας, Ι.

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Σιάχος

Β' Ενιαίου Λυκείου

Μεθοδολογία Άλγεβρας

Γενικής Παιδείας Ε. Πρωτοπαπάς

Β' Ενιαίου Λυκείου Γεωμετρία

Γενικής Παιδείας Ε. Πρωτοπαπάς

μαθηματικά t· t .. ιαlotJ l'wκclotJ

Πι..ριaδικι') Εnιστημονιοι.ή

Γ' Ενιαίου Λυκείου

Αρχέc; οικονομικής θεωρίας Γ Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας

Μάθημα επιλογής

Μαθηματικά

Μ. Τσιλπιρίδης

ΣΕ

ΟΛΑ

ΤΑ

web

Π. Μηλίτσης

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ

sίω: http://www.patakis.gr . � .sales@patakis.gr

1..

m>ΟΣ

·-�-ι ---

·--��--��----- -- - -

Ελληνική

Μαβι1ματικι') Εταιρε.ία

για όλες τις κατευθύνσεις

Αθήνα: 210.38.1 1.850, 21 0.38.31.078, θεσσαλονίκη: 2310.70.63.54, 2310.70.67.15

e-mall:

Εκδοαη

Κεντ:pηοj 6ni8ει;q Eλλqll'.;�ιj Ι!αlί8ηιμStΙτι;,:r;j E"f''rt'i.,;r;ι.:;:/q Π•νεΉιοτqμfοu 3• - ���νq


ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

65

ιούΑιοc;

Αύyουστοc;

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΟ

./

./ ./

./

./

./ ./

./

./

./ ./

./ ./

./

./

Έτος Αη'

2007·

e-maiι: info@hms.gr www.hms.gr ΠΕΡιΟΔΙΚΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ΓΙΑ

Γ ράμμα

2

Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές Ο π υπάρχει Παντού

./

Σεπτέμβριος

ΤΟ

Ευρώ:

3,50

ΛΥΚΕΙΟ

Ο Πρόεδρος της Δημοκρατίας και η Ολυμπιακή Ομάδα

./

Αγαπητοί συνάδελφοι

4

Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Homo Mathematicus 24

2007

fεωμετρία

36

Απόδειξη

40

νιά με uγeία και δημιουργικότητα για ιιας και τοuς μαθητές ιιας. Πρόθεσn μας είναι

Τέι:ξης;

να παρακολουθούμε με ενδιαφέρον τις μαθη­ ματικές εργασίες που μας στέλνετε. Για τη

Ισότητες και Ανισότητες 28

μαθηματικn ομοιομορφία των άρθρων θα μας επιτρέψετε σε συνεννόηση μαζί σας να γίνο­

Μα:θηματικά Β'

Άλγεβρα

Σας euχόμαιιτe ολόψuχα καλή χρο­

8

Μαθηματικέι Α�

Άλγεβρα Ταυτότητες

43

νται κάποιες επεμβάσεις στον τρόπο παρου­

Τόξης,

σίασης.

Επίσης

για λόγους αντικειμενικών

δυσκολιών (περιορισμένος χώρος κλπ.! πιθα­ νόν να παραλειφθούν κάποια τμnματα της ερ­

fεωμετρία 46 Κατεύθυνση

της Σύνταξης

γασίας χωρίς αυτό να αποβαίνει σε βάρος της

50

Μαθηματι.κά Γ'

Μαθηματικά Κατεύθυνσης

53

ουσίας. Ας μην ξεχνάμε ότι την κύρια ευθύνη

Τάξ,ης;

για την επιστημονικn ορθότητα κάθε επιστημο­ νικού άρθρου φέρει ο ίδιος ο aρθρογράφος.

Μαθηματικά fενικής Παιδεία 58

Ενώνοuμe λοιπόν τις δuνάμeις μας

Πανελλαδικές εξετάσεις 65 Το βήμα του Ευκλείδη

για την enίτeuξη τοu καλύτepοu δuνατού. Με συναδελφικούς χαιρετισμούς

66

Ο Ευκλείδης προτείνει...

Ο Πρόεδρος της Συντακτικnς Επιτροπnς

74

Γ.Σ. Τασσόπουλος

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν 77 Μουσική και Μαθηματικά

79

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 21Ο 3617784 - 3616532 Fax: 2103641025

Εκδότης: Αλεξανδρής Νικόλαος

Διευθυντής: Τυρλής Ιωάννης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN:

Πρόεδρος: Τασσόποuλος Γιώργος

Αντιπρόεδροι:

Εuαταθίοu Βαγγέλης

Γραμματέας:

Χριστόπουλος Παναγιώτης

Μέλη:

1105- 7998

Αργυράκης Δ. Δρούτσας π.

Λουρίδας Σ. Ταπεινός Ν.

Επιμέλεια 'Εκδοσης:

Τασσόπουλος Γιώργος Ευαταθίου Βαγγέλης

Συνταντική επιτροπή

Εκτε λεστική Γραμμ ατεία

Σύνθεση εξωφύλλου:

από τα τετράγωνα του Eϋler ( 1 7 7 9)

Αθανασόπουλο$ Γεώργιος Αναστασίου Για�ς ΑνδρουλακάκηςΝικος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυρgκης Δηιιήτpιος Βακαλόπουλος Κωστας Γράψας Κων/νος Δρουτσας Παναγι,ώτης Ευσταθίου Βαγγ€λης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώiος Βαγγέλfι ς Καλίκας Σταμάtης ΚανέλλΟς Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρακατσάνης ΒασίΛης Καρκάτης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασα�ίδης Γιάννης Καρδαμιτσης Σπύρος Κnπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κόντζιας Νίκος Κοτσιφqκης Γιώργος, Κυριακοπουλος Αντωνης Κυ ιακ�πουλος Θανάσης Κυ ερ"!Ιτου Χ�στ. Λα αρίδης Χρηστος

Μ

Λ.�� ����Qll i ••••••••••••••••••• ••••

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

Λουρίδας Σ�ρης Μαλϊχgιέκας Θαvάσης Μανολ".άκου Σταματική Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός_Γιάννης Μεταξά_ς Νικόλαος Μ�λωνας Δ1Jμήτρης Μωκος Χρηστος Πανουσάκης Νίκος Ρέyκλης _Δημήτρης Σαιτη Ευα . Στα"ίκος Κώστας Στά"ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Ί'ζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρα_ς Ευάγγελος Τσικαλουδάκη� Γιώργος Θανασης Τσιου' Τυρλ ς ,ωάννης Φανέ η Άννυ Χαραλάμποπούλοu Λίνα Χαραλά�υς Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι πρστείνονtαι ωτό την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να σtέλνονtαι έγκαιρα, σtα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β"'. Τα χειρόγραφα δεν επισι:ρέφονtαι.

Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήοια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά Ετήοια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

=

ευρώ 14,00)

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παρα'Γ'(έλνονται σtέλνεται με ωτλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται σtα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: ιΝΓΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 YneιJBuνo� τunoγpαφefou: Β. Σωτηριάδης


Ο Πρόεδρος της Δημοκρατίας δέχεται τους μαθητές των Εθνικών Ολυμπιακών ομάδων στα Μαθηματικά

Ο πρόεδρος της Δημοκρατίας Κάρολος Παπούλιας δέχθηκε την Τετάρτη 4 Ιουλίου 2007 στο Προεδρικό Μέγαρο τους μαθητές μέλη των εθνικών ομάδων που συμμετείχαν στις Βαλ­ κανικές Μαθηματικές Ολυμπιάδες και την ομάδα που θα συμμετάσχει στη 48η Διεθνή Μαθη­ ματική Ολυμπιάδα (ΙΜΟ) στο Βιετνάμ.

στιγμιότυπαΟμάαπό­ Χτηναρακτηριστικά υποδοχή της Ελληνικής δας στο Προεδρικό Μέγαρο Οι μαθητές που απο τελούν τις ομάδες είναι: Διεθνή ς Μα θηματική Ολυ μπιάδα Β αλκανική Μ αθηματική Ολυμπιάδα Νέων Βαφείδης Αναστάσιο ταντίνος ς ΛΛοιάγοθέτης μ πης Κ ωνΦώσ της Μαυρο δή Άλκηστις ι ε ιλ Δηου ανόςήτ ης πραζίτικος πρ αζίτικος Κ ωνν ηςσ ταντίνος ΜΠαπαδη Σ ί ΝτΜΠαγωνάκης ητ ιρ άνκος Ι ωάν ο μ ρΝικόυ λ αομς ρ ω Δη ήτριος ανίδης μ Ρ μ Σ άββ ας Μ ιχ αήλ Π αντέλ α Σ τέλλ α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 65 τ.l/2


Χαρακτηριστικά στιγμι()τυπα

ΜαζίΕταιρείας, τους ήταν Καθηγητής ο Πρόεδροςκ.της Ελληνικής Μαθη­ ματικής ο ΓενικόςΚαθηγητής Γραμματέας κ. ο Α­ ναπληρωτής Αρχηγός της Ελληνικής ομάδας και ο Επίκουρος Κα­ θηγητήςομάδας. κ. Υπαρχηγός της Ελλη­ νικής ΟΈλληνες κ Παπούλιας δήλωσε την ιδιαίτερηκαιχαράείπετουχαρα­για τους μαθητές που διαπρέπουν κτηριστικά «μαςείπε κάνετε υπερήφανους». Μάλιστα, a­­ στειευόμενος ότι αισθάνεται δέος όταν βλέπει μα θητές ναο ίδιος διαπρέπουνυπήρξε σε μιαδυναττόσοό ς στα μαθηματικά. καθώς Ο Πρόεδρος τηςκαλή Δημοκρατίας ευχήθηκε στα παι­ διά καλή δύναμη και επιτυχία. Από την πλευρά του καθηγητής ο Πρόεδρος της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας πρόσφερε στονευχαριστώντας πρόεδρο της Δημοκρατίας τις εκδόσεις της Εταιρείας, τον θερμά, για­ ττους ί , όπωςπουείπε, είναι ο τηνπρώτος αρχηγόςΜαθηματική Ελληνικού Εται­ κρά­ προσκαλεί Ελληνική ρεία και χάρη σεοι νεαροί αυτόν γιαμαθητές πρώτηπερνούν φορά τατηνμέληπόρτα της Εταιρείας και του προεδρικού Μεγάρου. Νικόλαος Αλεξαν ­ Ιωάννης Τυρλής, κ. Ανάργυρος Φελλούρης

δρή,

Γεώργιος Δη μάκος,

δύσκολη επιστήμη,

δεν

Νικόλαος Αλε­

ξανδρής,

«Από τηνκαιαρχαιότητα έως τηπροόδου, σύγχρονηταεποχή του­ διαδυκτύου της τεχνολογικής μαθημα τικά αποτελούν γέφυραέχοντας που ενώνει εποχές,καθοριστικά έθνη, πολι­ τισμούς και λαούς, συμβάλλει στην ότιπρόοδο της aνθρωπότητας. Δενουσίαείναιη πρώτη άλλωστεκοινή,τυ­ χαίο τα μαθηματικά είναι στη παγκόσμια γλώσσααυτούτωντουανθρώπων. Τα μυστικά συναρπαστικού κόσμου των Μαθηματικών έχετε τη χαρά και την τιμή να «ανακα­ λύπτετε». Διαγωνισθήκατε σε ένα απόπνεύματος. τους ευγενέστερους στίβους: αυτόν του ανθρώπινου Και κατα­ φέρατε να διακριθεί τ ε γεμί ζ οντας μας περηφάνια, αλλά πάνωΤααπόθερμά όλα μεμουαισιοδοξία για το μέλλον του τόπου. συγχαρητήρια.» ΚΑΡΟΛΟΣ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ.l/3

ΠΑΠ ΟΥΛΙΑΣ


ΚΥΚΛ ΟΙ� ΣΦΑΙΡΕΣ ΤΥΧΑΙΑ ΓΕΓΟΝΟΤΑ. ..

Ο

π

ΥΠΆΡΧΕΙ ΠΑΝΤΟΥ.

Γιώργος Κ . Πού λος

Ο τετραγωνισμός του κύκλου είναι ένα από τα γνωστά άλυτα προβλήματα της αρχαιότητας και έχει την εξής διατύπωση: Να κατασκευαστεί τετρά γωνο με εμβαδόν ίσο με το εμβαδόν ενός κύκλου με κανόνα και διαβήτη όχι προσεγγιστικά αλλά ακριβώς. Ο τετραγωνισμός του κύκλου είναι άμεσα συνδεδεμένος με τον γνωστό αριθμό π. Ο αριθμός π συναντάται σε όλους τούς πρακτικούς υπολογισμούς του κύκλου. Για να υπολογιστεί το μήκος της περιφέρειας πολλαπλασιάζεις την διάμετρο με τον αριθμό π. Το εμβαδόν του κύκλου προκύπτει με πολλαπλασιασμό τού τετραγώνου της ακτίνας με το π. Η ερώτηση για τον τετραγωνισμό του κύκλου μπορεί να διατυπωθεί και με τον εξής τρόπο: Να κατασκευασθεί ένα ευθύ γραμμο τμήμα με κανόνα και διαβήτη μήκους ίσου με π. Βέβαια ο ακριβής προσδιορισμός του π είναι συνδεδεμένος με την ιστορία των Μαθηματικών. Ήδη ο αριθμός π ήταν γνωστός στους Βαβυl.ωνίους και τους Αρχαίους Αιγύπτιους γύρω στο 2. 000 πΧ Ο Αρχιμήδης όμως είναι ο πρώτος ο οποίος δεν προσπάθησε να υπολογίσει ακριβώς το π αΙJ.ά έδωσε '

'

'

'

'

'

ενα ανω και ενα κατω φραγμα της τιμης του

310

-

71

< π. <

31

-. 7

Το παγκόσμιο ρεκόρ στον υπολογισμό του π. έχει ο γ ιαπωνέζος Υasumasa Kanada από το πανεπιστήμιο του Τόκιο το 1997 υπολόγισε 5 15 δισεκατομμύρια ψηφία του π σε περίπου 29 ώρες. Το μυστικό του π. βρίσκεται στο γεγονός ότι δεν μπορεί να προβλεφθεί η ακολουθία των ψηφίων του. Δεν υπάρχει κανένα πρότυπο γι' αυτό. Στην αρχή ο π. θεωρήθηκε από αυτήν την άποψη μη πεπερασμένος και παρά τα 5 15 δισεκατομμύρια δεκαδικά ψηφία δεν υπάρχει κανένα τέλος γι' αυτά. Έτσι η προσπάθεια για περισσότερα ψηφία καταλήγει να γίνεται ένα σισύφειο έργο. Το π είναι άρρητος: Αυτό σημαίνει ότι τα άπειρα δεκαδικά ψηφία δεν επαναl.αμβάνονται όχι επειδή δεν έχουμε μέθοδο γι αυτό αλλά γιατί ακριβώς δεν υπάρχει τέτοια. Αυτό έχει αποδειχθεί το 1761 από Johann Heίnrίch Lambert. Το

π

είναι υπερβατικός: Αυτό σημαίνει ότι ο π δεν μπορεί να εκφραστεί ακριβcίχ; με τη βοήθεια μιας

μιγαδικής εξίσωσης. Δεν υπάρχει πολυώνυμο με ρητούς συντελεστές το οποίο να έχει ;•ια ρίζα του τον αριθμό π: Εν' γένει είναι πολύ δύσκολο να αποδειχθεί ότι ένα συγκεκριμένο στοιχείο είναι υπερβατικό. Ωστόσο αποτελεί ένα σαφές παράδειγμα ή απόδειξη της υπερβατικότητας του π. Αυτό αν και φαίνεται να είναι ένα τεχνικό αποτέλεσμα έχει ως συνέπεια του το ότι ο τετραγωνισμός του κύκl.ου είναι αδύνατος με κανόνα και διαβήτη. Το συμπέρασμα αυτό μας επιστρέφει στο 1882 και στον Ferdίnand Lίndemann ο όποιος στηριζόμενος στην απόδειξη της υπερβατικότητας του e από τον Σαρλ Ερμίτ (Sarl Hermίt) απέδειξε ότι ο π είναι υπερβατικός αριθμός (για την απόδειξη αυτή βλέπε « Το θεμελιώδες πρόβλημα της Άλγεβρας » Benjamίn Fίne - Gerhard Rosenber ger Εκδόσεις Leader books Αθήνα 200 1 ) Το π. μας δίνει άλυτα προβλήματα μέχρι σήμερα. Πολλοί πιστεύουν ότι τα ψηφία του π. είναι τυχαία κατανεμημένα. Τα ψηφία δεν είναι φυσικά τυχαία, αλλά κάθε ένα είναι κατά μοναδικό τρόπο ορισμένο. Αν στ η ν ανάπτυξη των ψηφίων μετά την υποδιαστολή δεν εμφανίζεται το μηδέν, δεν θα ήταν τυχαία η ακολουθία των ψηφίων μετά το κόμμα. Όμως το πρώτο μηδέν εμφανίζεται για πρώτη φορ ά στην 3 1η θέση. Επίση ς θα μπορούσε να εμφανιστεί το διψήφιο τμήμα 00, ή το 007, δηλ. εν ολίγοις: θα μπορούσε να ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ Β ' 65 τ .l/4


-------

Ι στορικές Μαθηματικές Αναφορές

-------­

εμφανιστεί κάθε πεπερασμένη ακολουθία ψηφίων. Ο Αύγουστος Ντε Μόργκαν(Αugust D Mor gan) το 19° αιώνα για παράδειγμα έκανε μια πρόχειρη μελέτη για τα πρώτα 600 ψηφία και επισήμανε ότι υπάρχουν λιγότερα επτά από όσα περίμενε κανείς. θα περίμενε γύρω στα 60 αλλά είναι δέκα λιγότερα Οι Μαθηματικοί ονομάζουν αυτήν την ιδιότητα (" normal") κανονική. Η ερώτηση όμως είναι εάν ο π. είναι "κανονικός" ααριθμός, μία υπόθεση αναπόδεικτη μέχρι σήμερα. Η έννοια κανονικός δεν είναι ίδια με την έννοια άρρητος. Ένας αριθμός είναι κανονικός, όταν κάθε ψηφίο ή συνδυασμός ψηφίων έχει την ίδια πιθανότητα όπως και κάθε άλλο ψηφίο ή συνδυασμός ψηφίων. Ο χαουαρντ Ιβς στο mathematίcal cίrcles Reνίsίted 19 71- γράφει «Το ζήτημα της κανονικότητας ή μη του π δεν θα λυθεί βέβαια ποτέ από ηλεκτρονικούς υπολογιστές. Πρόκειται για περίπτωση θεωρητικού προβλήματος που απαιτεί ιδιαίτερα χαρισματικούς μαθηματικούς και δεν μπορεί να λυθεί μόνο με υπολογισμούς» Στην πορεία της ιστορίας αναπτύχθηκαν πολλές μέθοδοι για τον υπολογισμό του π. Ένας τύπος ο οποίος προσεγγίζει καλύτερα από άλλους την τιμή του π είναι ο μαθηματικός τύπος π

_

_

9,801

J8

CΣοο (4 n=O

n)!(1103+ 26300n) _1 ) τον οποίο διατύπωσε η μεγάλη μαθηματική μορφή ο ινδός ( n !)43964n

schrίnίνosa Ramannjan το 19 14. Ορθ ογώνια σ ε κύκλ ους r-_ Μια δυνατότητα για να υπολογίσουμε το εμβαδόν ενός κύκλου r-r-ι--- rκαι με αυτό την τιμή του π, στηρίζεται στο να εγγράψουμε εσωτερικά του '1'-.r-κύκλου, ορ θογώνια παραλληλόγραμμα. Η μέθοδος αυτή διατυπώθηκε τον 17 r'-,,.'\ αιώνα στην Ιαπωνία. � Παίρνουμε έναν κύκλο ακτίνας όσης με την μονάδα Τότε το εμβαδόν του ισούται με π. Θεωρούμε το τέταρτο του κύκλου το οποίο θα έχει εμβαδόν έσο με π/4. Δ ιαιρούμε την ακτίνα σε ίσα τμήματα π.χ. σε 20 (είκοσι) και σε κάθε τμήμα ορίζουμε τα ορθογώνια παραλληλόγραμμα τα οποία προσεγγίζουν εσωτερικά τον κύκλο. Το εμβαδόν των παραλληλογράμμων υπολογίζεται απλά. Το τμήμα οριζόντια είναι γνωστό από την αρχική επιλογή και το κάθετο υπολογίζεται από τον τύπο χ2+/=1 προσθέτοντας το εμβαδόν των ορθογωνίων υπολογίζεται μία προσέγγιση του π -

---

1\

I

Ο ορισμός του μαγικού αριθμού

Περίμετρος προς διάμετρο

Εάν μετρήσουμε την περιφέρεια ενός κύκλου με την βοήθεια της διαμέτρου προκύπτει ότι η περιφέρεια είναι πάντα μεγαλύτερη κατά έναν σταθερό αριθμό. Εάν πάρουμε την διάμετρο ώση με 1 μονάδα τότε η περίμετρος είναι ίση με π. Η πρώτη προσέγγιση της τιμής του π έγινε από τον Έλληνα Μαθηματικό και Φυσικό Αρχιμήδη ( 287- 212 π xJ 3.14m Ο Αρχιμήδης ήταν ο πρώτος ο οποίος διατύπωσε έναν συστηματικό μαθηματικό τρόπο για την προσέγγιση της Σχ. 2 τιμής του π. Η μέθοδος του αποτελείται από τα εξής: Σ' έναν κύκλο εγγράφουμε και περιγράφουμε κανονικά πολύγωνα και στην συνέχεια παίρνουμε την ' ανισοτητα

3 10

-

71

<π.<

3

1 /RΊ ' ' του π υπο' του Αρχιμη' δ ους στο Βιβ'Αιο 1 ' Τα περιφημα ' άλυτα ψΑεπε ο υπολ ογισμος 7

-

προβλήματα της αρχαιότητας Μπρίκας Μ Αθήνα 19 70 καθώς επίσης και στο Απειροστικός Λογισμός τόμος Ι Νεγρεπόντης - Γιωτόπουλος - Γιανyακούλιας εκδόσεις Αίθρα Αθήνα 1987) Ο όγκος μιας σφαίρας- Το π μας πληροφορεί

Αυτή η εικόνα πρέπει να κοσμεί τον τάφο του Αρχιμήδη. Ο Αρχιμήδης μπορεί να μείνει γνωστός μόνο από τον υπολογισμό του όγκου της σφαίρας. Ο όγκος της σφαίρας είναι ακριβώς το 113 που όγκου του περιγεγραμμένου κυλίνδρου. Αυτό το απέδειξε ο Αρχιμήδης με την βοήθεια ενός τρίτου στερεού, ενός διπλού κώνου τον οποίο εγγράφει στον κύλινδρο. Ο Αρχιμήδης οδηγήθηκε στο συμπέρασμα ότι ο όγκος της σφαίρας με ακτίνα r ισούται με 4πl 113 (βλέπε Απαντά Αρχιμήδους τόμος Α Μέρος Β Εκδόσεις τεχν. Επιμελ. Ελλάδος Αθήναι 19 70 ) 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/5

Σ χ.


-------

Ι στορικές Μαθηματικές Αναφορές

------

Το π βοηθά την ταξινόμηση κύκλων

Στο ερώτημα ποιό ποσοστό της επιφάνειας ενός επίπεδου τραπεζιού μπορούμε να καλύψουμε με ίσα κέρματα χωρίς το ένα κέρμα να πατάει το άλλο, η απάντηση είναι σε διάταξη εξαγώνου έχουμε την μεγαλύτερη κάλυψη. Με τα κέρματα θα καλύψουμε το 90% της επιφάνειας. Ακριβέστερα το συνολικό εμβαδόν καλύπτεται με κύκλους του ιδίου μεγέθους Το μέρος του συνολικού εμβαδού που θα καλυφθεi με αυτόν το τρόπο της διάταξης θα είναι ακριβώς ίση με

π r;;

2ν3

Το ποσοστό αυτό

είναι πολύ καλύτερο από το να τοποθετηθούν τα κέρματα σε άλλη διάταξη π.χ. σε «τετραγωνική». Επίσης αν τα κέρματα εφάπτονται μεταξύ των παίρνουμε ένα ποσοστό κάλυψης περίπου 78%. Δεν είναι εύκολο να απεδείχθη ότι ο εξαγωνικός τρόπος της διάταξης είναι ο καλύτερος δυνατός αυτό έγινε κατορθωτό στις αρχές του μισού του 20 αιώνα.

Διάταξη σφαιριbν. Πως το ποθι:τοι5vται τα μιίλα; Ό πως

Σχ. 5 σ

τ ην αγορά πιστει5ει ο Gαιι ....,..

Το ερώτημα για την διάταξη των σφαιρών είναι πολύ δυσκολότερο από αυτό των κύκλων στο επίπεδο. Το πρόβλημα μας οδηγεί πίσω στον J. Kepler (1571-1630) ο οποίος σε μια πραγματεία για τις νιφάδες του χιονιού αναφέρθηκε στο πόσο πυκνά μπορούν να τοποθετηθούν τα κουκούτσια των φρούτων π.χ. των μήλων. Ο ίδιος όντας Μαθηματικός εμπνεύστηκε μεν από το συγκεκριμένο ερώτημα αλλά το έθεσε στην γενικότερη μορφή δηλ. ποια είναι η πυκνότερη διάταξη των σφαιρών. Γνωστό ως Εικασία Kepler Είχαν περάσει αιώνες χωρίς να αποδειχθεί το πρόβλημα αυτό. Στο διεθνές συνέδριο των Μαθηματικών του 1900 πού έγινε στο Παρίσι ο Γερμανός μαθηματικός Daνίd Hίlbert παρουσίασε στην μαθηματική κοινότητα μια λίστα άλυτων προβλημάτων με την εικασία του Kep/er στην 18η θέση. Η Πυκνότητα της διάταξης είναι ώση με

� � Ο, 74

ν18

Σχ. 6 Στην περίπτωση αυτή πάλι η λύση είναι η «εξαγωνική διάταξη» Αρχίζουμε με μια σειρά σφαιρών που τοποθετούνται σε εξαγωνικό σχήμα και ο τρόπος αυτός είναι ο καλύτερος. Στην δεύτερη σειρά τοποθετούνται οι σφαίρες στα κενά της πρώτης και συνεχίζουμε με τον ίδιο τρόπο για την Τρίτη κ.ο.κ.θ.. Μπορούμε να υπολογίσουμε την πυκνότητα αυτής της διάταξης με την βοήθεια του π Ο τύπος της είναι

� . Έτσι μπορούμε να καλύψουμε το 74% του χώρου.

ν18

Δεν βρέθηκε καλύτερη λύση για την διάταξη και για μεγάλο διάστημα δεν μπορούσε να αποδειχθεί ότι υπάρχει πυκνότερη διάταξη. Ένα πρώτο ρήγμα δημιούργησε ο Μαθηματικός Car/ Gauss ο οποίος το 1831 απέδειξε αυτήν την υπόθεση με την δεσμευτική προϋπόθεση ότι οι σφαίρες της διάταξης δημιουργούν ένα κανονικό σχήμα. Το πρόβλημα γενικά, παρ' όλα αυτά έμενε άλυτο και συνέχιζε να γοητεύει για την απλή διατύπωση από ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/6


-------

Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

--------­

την μία, αλλά και για την δυσκολία μιας απόδειξής του από την άλλη. Κάτι τέτοιο εμφανίζεται συχνά στα Μαθηματικά αρκεί να αναφερθούμε στην διάσημη πρόταση του Fermat. (xv + yv =zv) Έτσι οι μανάβηδες στις λαίκές αγορές τοποθετούν τα φρούτα μήλα ή πορτοκάλια σε εξάγωνα λες και έχουν διαβάσει τον Ganss. Μόλις το 1998 ο Thomas Hales κατάφερε να αποδείξει ότι αυτή η μέθοδος συσκευασίας είναι η πυκνότερη. (Βλέπε Thomas Hales )

Ο αριθμός π, εκτός του ότι μπορεί να χρησιμοποιηθεί για τον υπολογισμό του μήκους της περιφέρειας ενός κύκλου, μπορεί επίσης να χρησιμοποιηθεί και για τον υπολογισμό του εμβαδόν του. Ένας κύκλος με ακτίνα r = 1m έχει εμβαδά ίσο με π τετραγωνικά μέτρα. Ε=π /. Αυτό σημαίνει ότι το εμβαδόν του κύκλου προκύπτει από ένα τετράγωνο r πλευράς, του οποίου το εμβαδά στην συνέχεια πολλαπλασιάζεται με το π. 3,14159m2 Ο πρώτος ο οποίος εξέτασε τη σχέση κύκλου και τετραγώνου ήταν ο Αναξαγόρας ο Κλαζομενεύς (500 -428 π.Χ ) δάσκαλος και φίλος του Περικλή. Λίγο καιρό αργότερα οι σοφιστές Αντιφών και Βρύσων από την Ηράκλεια και οι δύο σύγχρονοι του Σωκράτη (469-399 π. χ.) επιχείρησαν να μετρήσουν το εμβαδόν ενός κύκλου χρησιμοποιώντας την ιδέα της « εξάντλησης ».Αν πάρουμε ένα κανονικό εξάγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο και διπλασιάσουμε τις πλευρές του και στην συνέχεια τις διπλασιάσουμε ξανά και συνεχίσουμε την μέθοδο του διπλασιασμού θα πάρουμε ένα πολύγωνο που θα ισούται προσεγγιστικά με τον κύκλο.

Σχ. 7

nίa βιβΑίa Μaθ�μaτικώv 1\ΩU dιaφίρΩUV Μαθnμcιτικά

Μαθηματικά

Γιο τn Θετικn­

Γιο τn Θετική·

Τεχνολογικn

Τεχνολογικn

Η

Κοτεύθuνσn

Β' Λυκείου Π. Δοuλnγέρnς

' Ολυμnιόδες Σ. Ρωμονfδnς

Ι. Γοpοτζιώτnς

Π.

Άλye βρα

στις Μοθnμοτικές

Γ' Λυκείου

Κοτεύθuνσn

Μόοτοκος

Αλγόριθμους Ανό n τ υ ξn Εισογωγn στους

Εφαρμογών

σε

Προγραμματιστικό Περιβόλλον

Δ. Α.

�t

�.:�t.r.�.�

Κωοτόnοuλος

Δ. Α Κωοτόnοuλος

ΕΚΔΟΙΕΙΙ ΚΕΔΡΟΙ: Γ. ΓΕΝΝΑΔΙΟΥ 3, ΑΘΗΝΑ 106 78

Γ' Λuκειοu Α. Γ. Ντόφλος 4 �-!!!!-!!! ----<� Η. Ε. Χρnοτόκnς

ΤΗΛ.: 21 Ο 380971 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.Ι/7

e-mail: edu@kedras.gr -www.kedrosedu.com


Η�.ιι.ι�μ.,

I

-

Επιτροπή Διαγ ωνισ μ ών της Ε. Μ. Ε.

24η

Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα 27 Απριλίο υ

-

2 Μαϊο υ 2007

Η 24η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διοργανώθηκε φέτος με μεγάλη επιτυχία στην Ελλάδα (Ρόδος) από το Παράρτημα Δωδεκανήσου της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας . Συμμετείχαν συνολικά 1 4 χώρες: Αλβανία, Βουλγαρία, Ελλάδα, Κύπρος, Μολδαβία, Μαυροβούνιο, ΠΓΔΜ, Ρουμανία, Σερβία, Τουρκία καθώς και οι φιλοξενούμενες χώρες: Αρζεμπαιζάν, Καζακστάν, Η­ νωμένο Βασίλειο, Ιταλία. Η Ελληνική ομάδα συμμετίχε με τους εξείς μαθ τές: χάλκινο μετάλλιο, Βαφείδη ς Νικόλα ο ς, Σάββας Μιχ αήλ, χάλκινο μετάλλιο, Ράπανο ς Νικόλαος, χάλκινο μετάλλιο, Π απαδημητρίο υ Γεώργιο ς, εύφημη μνεία, Ρωμανίδη ς Νικόλαος, χάλκινο μετάλλιο, Μαυροειδή Άλκη σ τις. Αρχηγός της ελληνικής ομάδας ήταν η μαθηματικός Αγγελική Βλάχου και υπαρχηγοί οι μαθηματι­ κοί Ανδρέας Τριανταφύλλου και Φωτεινή Αρβανίτη.

l

Π ρόβλημα 1.

Έστω

ABCD

ένα κυρτό τετράπλευρο με ΑΒ =

μής των διαγωνίων του. Να αποδείξετε ότι ΑΕ=

Λύσ η

BC CD, AC -φ BD =

DE , αν, και μόνον αν, LBAD+LADC

Έστω LBAC = LBCA = α,LCBD = LCDB =β και S το σημείο τομής των ευθειών ΑΒ και DC. ΑΒ CD DE Αν AE=DE, τότε ΑΕ sin(2α +β) sin(α+β) sin(α+β) sin(α+ 2β) Τώρα είναι φανερό ότι:

Β

sin(2a+ β)=sin( a+2β), σ <2α+β<180"' 0° < α+2β < 180°'

(αφού

ΑC"ΦΒD),οπότε 2α+β+ α+2β=180 °

ή

α+ β=60°.

β α+β

Α

αν υποθέσουμε ότι LBAD+LADC=120°, τότε έχουμε LAEB=LBAE+LEDC, LAEB=LEAD+LEDA , ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ.l/8

120°.

α· ,,c Ε

. α+β

D

Άρα είναι φανερό ότι LBAD+LADC=120°. Α ντίστρ ο φα,

=

s

-

α"Φβ

και έστω Ε το σημείο το-

(1)

(2)


από τις (1) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ότι: 2(LAEB) LBAD LADC 1 20° . Επίσης από το τρίγωνο ADS και την υπόθεση, προκύπτει ότι LBSC LAEB LBSC Επομένως έχουμε ότι και ότι το τετράπλευρο SBEC είναι εγγράψιμο. Άρα είναι LBSE LBCE LBAE και AE=ES. Ομοίως αποδεικνύεται και ότι ES=ED. -------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυ μπιάδες

+

=

=

=

60°

=

60° .

=

=

Β

--------­

=

Στο τρίγωνο ABD έχουμε: Α,+κ+<Ρ+Dι=180". Στο τρίγωνο ACD έχουμε: λ+λ+ω+ Dι= 180° Στο τετράπλευρο ABCD έχουμε: Αι+λ+ κ+2<Ρ+2rο+ Dι=360° �επρόσθΓε���������-----. 3(Α+D) +2(λ+ κ )= 4·180° (1) Ευθύ

Έστω ΕΑ= ED , τότε τα τρίγωνα ΕΑΒ και ECD έχουν ;� Ει = Ez Άρα ή θα είναι ίσα ή θα έχουμε κ+λ=1rο'. Αν ήταν ίσα τότε θα είχαμε: ΕΒ= EC οπότε DB= AC (άτοπο). Άρα κ+λ= 180°' οπότε απο σχέση (1) έχουμε: 3(A+D)+2·180"=4·180" δηλαδή A+D=1200 Έστω ότι Α+ D= 120°. Τότε από την σχέ­ ση (1) έχουμε: κ+λ=180°. } οπότε Άρα τα τρίγωνα ΕΑΒ και ECD έχουν: κ+λΕι ==E180° z ΕΑ= ΑΒ = 1 ΕΑ ED ED DC

{�:

τη

ο

' <

'

/

'

/

I

Α

I

'

/

I

'

Α

I

I

\

I

\

=

ω

Α

__

__

Ε

1

'

1

'

I

- - - - "f'-: :: _-_ =-��. Ό ',

' /

/

Θεωρούμε τους ίσους κύκλους (B,BC) και (C,BC), που κόβονται στο F . Αν το F ανήκει στην AD τότε προφανώς Αι= Dι (Διότι το τρίγωνο BCF είναι ισόπλευρο). Άρα το τρίγωνο AED είναι ισοσκελές (Σχήμα 1). Έστω τώ ρα ότι το τρίγωνο AED είναι ισοσκελές (Σχήμα 2). Θα αποδείξουμε ότι F ε AD . Αν F AD , τότε BG= CH οπότε το τετράπλευρο ABCD ισοσκελές τραπέζιο οπότε AC= CD . (Άτοπο) Αποδείξαμε λοιπόν ΕΑ= ED αν και μόνο αν F ε AD. Αν F ανήκει στην AD τότε (Σχήμα 1) έχουμε: Αι= Dι=30° και Αι+ Dι=ΒΕΑ= rο+ψ. Άρα Α+D= Αι+ Dι+m+<P=120°. --

Σχήμα 1

Σχήμα 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l /9


-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

------

Έστω ότι το τρίγωνο AED είναι ισο­ σκελές.Στρέφουμε το τρίγωνο ECD ώστε ή πλευρά ED να ταυτιστεί με την ΕΑ. Τότε το τετράπλευρο ABEF είναι εγγράψι­ μο. (διότι στο τρίγωνο BEF η διχοτόμος της BEF και η μεσοκάθετος της BF κόβονται στο Α(* )) (* ) αν η διχοτόμος της BEF και η μεσοκά­ θετος της BF ταυτίζονται, τότε το ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο. (άτοπο)I. Απο το τρίγωνο BCE έχουμε: ω+χ =ψ . Απο το τρίγωνο AED έχουμε: I EA.D + EDA =ψ ι. Από το εγγρ άψιμο τετράπλευρο ABEF έχουμε: ω+χ + 2ψ = 180° Έστω ότι Α + f> = 120° . Θα αποδείξουμε ότι EA = ED . --��--:----�----Θεωρούμε τα ευθύγραμμα τμήματα EF και ώστε AEF =ψ και EAF = Ι σχύουν οι σχέσεις: EAD+ω+χ + f>l = 120° EAD +D 1 = ω+χ =Ψ. Άρα ψ= 60° Άρα το τετράπλευρο ABEF είναι εγγράψιμο. Οπότε ΑΒ = = CD και τα τρίγωνα AEF και DEC είναι ίσα. -�...,_-.:-------------'

χ

ω

c

χ

'

ω

'8ο;:-""'"""'" Α '-,_

ω

_.

χ

c

AF

_)( 1

χ.

D

AF

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f: 1R �

1R

που είναι τέτοιες ώστε

Ι(!( χ ) + y} = Ι(!( χ ) -y} + 4f(x)y, για κάθε x,y ε JR .

Είναι φανερό ότι η συνάρτηση f Ο ικανοποιεί τη δεδομένη συνθήκη. Υποθέτουμε ότι f Ο . Επιλέγουμε χ0 Ε JR τέτοιο ώστε f(χ0 ) Ο και θέτουμε y = 4f(Χο ), για κάθε yΕ JR. Τότε από τη δεδομένη σχέση, για χ0 αντί του χ και για y αντί του y, λαμβάνουμε =

*

*

Υ = f ( f ( Χο )+ Υ} -f ( f ( Χο ) -Υ) · (1) Υι-Yz y 2

(1)

Για κάθε y1,y2 Ε JR θέτοντας στην αντί του λαμβάνουμε y , ;y, = ι ( ι (χ, )+ �)- ι ( ι (χ, )- � } δηλαδή για κάθε y1,y2 Ε 1R υπάρχουν χ1 (y1,y 2 ) = f (χ0) + 2 και χ 2 (y1,y 2 ) = f (χ0)(2) ώστε 2 = f (χ1 )- f {χ 2 ), δηλαδή 2f(χ1)-Υι =2f(xz)-Yz· Επιπλέον, αντικαθιστώντας το y με το f(χ)-yστη δεδομένη σχέση λαμβάνουμε f ( 2f ( x )- ) = f (y )+4f ( x ) (f ( x )- ) Υι - Yz

Υι-Υz

Υ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/10

Υ

Υι-Yz

2

έτσι


------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

(3)

f(y)-Υ 2 f(2f(x)-y) -(2f(x)-y)2 . Αν τώρα αντί των Υι,y2 θέσουμε στην τα χ 1(Υ y2 ), χ 2 (Υ y2 ), αντίστοιχα, λαμβάνουμε f(ΥΙ)-Υ12 !( 2f(χΙ)-Υ1) -(2f(χΙ)-Υ1)2 και f(y2)-Υ;= f(2f(χ2)-Υ2 ) -(2f(x2)-Υ2 )2 , από τις οποίες και τη (2) λαμβάνουμε f (Υι - y� = f(y2 )-y;. Επειδή η σχέση αυτή αληθεύει για τυ­ χόντα y1,y2 ε R συμπεραίνουμε ότι f(x)-χ2 =c ε R, για κάθε χ ε R<=> f(x)= χ 2 + c,c ε R. =

(3)

ι,

ι,

=

)

Εύκολα επαληθεύουμε ότι η παραπάνω συνάρτηση ικανοποιεί τη δεδομένη συνθήκη.

f =Ο ικανοποιεί τη δεδομένη συνθήκη. Υποθέτουμε ότι f * Ο . Για y f(χ) η δεδομένη σχέση γίνεται f(2f{χ)) (2f{χ))2 f{Ο), για κάθε χ Ε JR. => f{χ) χ2 f{Ο), για κάθε χ Ε 2 f , όπου Imf είναι το σύνολο τιμών της f. 2 Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση g(x)= f(x)-x -f(O), χ ε R , τότε θα έχουμε ότι g(x)=Ο, για κάθε χ ε 2 1m/ , g ( f χ + Υ = g ( f χ - Υ , για κάθε χ,yε R. (1) Στη συνέχεια, αν θέσουμε στη σχέση ( 1 ), y= f χ - 2f z , χ, z ε R, τότε λαμβάνουμε g (2f(z )) =Ο, για κάθε x ,z Ε JR. . g ( 2(/{χ)-f(z )) (2) Από την υπόθεση προκύπτει άμεσα ότι 4f(χ)y f( f{χ) y) -f( f{χ)-Υ ) , για κάθε χ, yε R , οπότε , για χ ε R με f χ * Ο , καταλήγουμε στην ισότητα συνόλων lmf -lmf =R. (3) Επομένως, από τις (2) και (3) προκύπτει ότι {ο} g ( 2(f(x)-f(z))) :x,zE1R} g 21R. g JR. Είναι φανερό ότι η συνάρτηση

+

=

=

() )

)

=

() ) ()

()

οπότε θα είναι

g

( ) = Ο, για κάθε χ

Im

= +

+

=

=

χε

()

{

=

=

+

R , δηλαδή f(χ) χ2 f(Ο),

( ) () =

για κάθε χ ε R.

,

Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους η που είναι τέτοιοι ώστε να υπάρχει μετάθεση σ του συνόλου {1 ,2, . . . ,n} για την οποία ο αριθμός

�σ(l) + �σ(2) + �··· + �σ(

η)

είναι ρητός.

Μία μετά θεση του συνόλου {1,2, . . . ,n} είναι μία 1 - 1 απεικόνιση του συνόλου αυτού στον εαυτό του.

� rk

'Εστω ότι για κάποιοn ε Ν* ισχύει ότι � σ(l)+ σ(2) +�···+ �σ(n) 'ί Ε Q. (1) Θεωρώντας τα τετράγωνα των δύο μελών της (1 ) λαμβάνουμε ότι και ο αριθμός σ(2) + σ(3)+ �···+ Γσ(1ί) είναι ρητός. Ομοίως λαμβάνουμε ότι, για κάθε k ε { 1, 2,... ,n} , ο αριθμός

:= � σ(k)+ �σk( +1)+�···+Γσ(!ί) EQ. Στη συνέχεια ορίζουμε : = �n �n � ak

+

+

k

· · ·

+ J;ι ,

=

για κάθε k ε Ν*

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/1 1


------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Εύκολα μπορούμε με επαγωγή να αποδείξουμε ότι

ak

< .J;; + 1

, για κάθε k

οπότε θα

--------­

Ε

Ν*,

έχουμε

'ί= � σ1( )+�σ(2)+�···+�σn ( ) <an<Fn+1. Αν f. ο θετικός ακέραιος που ικανοποιεί τις ανισότητες: f.2 �n < (f. 1 ) 2, τότε για κάποιο {1,2,... ,n} θα έχουμε σ(ί) f.2 • Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: n Τότε έχουμε .e<�.eΓ +- � ι 2 =σί(= += =1)=+=�Ξ·=;· Ξ.+ΞΓσ(n}ΞΞΞσΞn ( Ξ) <Fn +1<.e+2, από την οποία έπεται ότι �.f.2+ �σί( +1)+�···+�σn( ) .e+1 . 2( ) Με ύψωση στο τετράγωνο των δύο μελών της 2( ) λαμβάνουμε +1=�Γσ(_ί_+ 1- )+- �- .-;:=..=+=JΞσ(ΞnΞ) <.J;ι+Ι<.e+2, από την οποία έπεται ότι f. < 1 , που είναι άτοπο. n2 Αν είναι f. 1 , τότε f. -1 {σ(1 ) ,...,σ(n -1)} . 'Εστω τώρα j <n τέτοιο ώστε σ(J) f.2 - 1 . ί

+

Ε

=

ί

!'η

*

=

2e

-'- ..�-,

,

--�η >

ί

=

Ε

Ομοίως, όπως στην πρώτη περίπτωση λαμβάνουμε

=

.e<�.f.2-1+ � σj( +1)+�···+ .Ji2 <Fn +1<.e+2 �f2-1+ � σj( +1)+�···+ .Ji2 = +1 2.e+2=�σ}( +1)+�···+ .Ji2 <Fn +1< +2, που είναι άτοπο. Αν f. 1 , τότε n ε 1{ ,2,3} . Με έλεγχο όλων των περιπτώσεων είναι εύκολο να διαπιστώσουμε ότι γιαn 1 και γιαn 3 υπάρχουν με-ταθέσεις που ικανοποιούν τη ζητούμενη σχέση. Αναλυτικότερα, γιαn 1 έχουμε Jϊ 1 , ενώ γιαn 3 έχουμε: J2+ �3+ .Jϊ =2. Γιαn 2 δεν υπάρχει τέ­ .e

.e

=

=

=

τοια μετάθεση. =

,,,

ΓΊ!

=

=

=

-i!

cl' c2' c3 είναι το σύνορο τριών κυρτών nγώνων στο επίπεδο έτσι ώστε τα σύνολα C1 n C2, C2 n C3, C3 n C1 είναι πεπερασμένα. Να βρείτε το μεγαλύτερο δυνατό αριθμό σημείων του συνόλου C1 n C2 n C3• Για ένα δεδομένο θετικό ακέραιο n > 2, έστω

Έστω Α και Β δύο διαδοχικά σημεία του συνόλου C, C2 C3, παρατηρούμενα κατά τη φορά κίνησης των δεικτών του ωρολογίου από ένα σημείο εσωτερικό και των τριών πολυγώνων. Εξετάζουμε τώρα για κάθε σύνορο το τμήμα του κατά τη φορά κίνησης των δεικτών του ωρολογίου μεταξύ των Α και Β εξαιρουμένων των δύο αυτών σημείων. Αν δύο από αυτά τα μέρη δεν περιέχουν κάποιες κορυ­ φές των αντίστοιχων πολυγώνων, τότε το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ ανήκει και στα δύο πολύγωνα, που εί­ ναι άτοπο. Έτσι δύο τουλάχιστον από αυτά τα τμήματα έχουν μία τουλάχιστον κορυφή το καθένα και επιπλέον δεν περιέχουν το ευθύγραμμο τμήμα. Προφανώς δύο τέτιες, κορυφές υπάρχουν. Επειδή υπάρ­ χουν ιc, C2 C3 1 διαδοχικά σημεία Α και Β του C, C2 C3 πρέπει να υπάρχουν τουλάχιστον 2IC, c2 c3ι διαφορετικές κορυφές στα τρία πολύγωνα. Έτσι έχουμε 2IC, c2 c3ι 3n' δηλαδή ιc, c2 c3ι ι3; J' n;::.: 3' ( αφού ιc, c2 c3ι είναι ακέραιος). Η επίτευξη του ανωτέρω φράγματος μπορεί να αποδειχθεί ως εξής: Κατασκευάζουμε δύο κανονικάn- γωνα με το ίδιο κέντρο και τέτοια ώστε τα σημεία τομής •

\:_ �)�'Fηc

n

n

Ci

n

n

n

n

Γ'ι

n

n

s

n

n

Γ'ι

n

C1 , C2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/12

n

s


------- Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμο ί - Μαθη ματικές Ολυ μπιάδες

τους να σχηματίζουν ένα κανονικό 2n- γωνο. Ονομάζουμε τις κορυφές αυτού του 2n- γώνου Ρι, Pz, ... , ?zn με κυκλική σειρά και τον περιγεγραμμένο κύκλ ο του. Στη συνέχεια θεωρούμε ως πολύγωνο , το πολύγωνο με n πλευρές που φράσσεται από τις ευθείες Ρι�, f>sPι ,�Ρι1••••(περιέχεται και η πλευρά �Ρι, αν ο n είναι περιττός) και από τις εφαπτόμενες του κύκλ ου στα σημεία �, Pg, Ρι2 , ••• .Για τα πολύγωνα που θεωρήσαμε είναι φανερό ότι ισχύει η ισότητα I c, c2 c3ι = ι 32n J' n � 3 C

C3

C

Γ'ι

(1

ο

Βιετν άμ (Ανόϊ - Χάλογκ), 19- 31 2007 . Ha Huy Khoai 93 χώρες και 2 μόνο με παρατη ρητές. . Ρ ωσία 184, Κίν α 184, Β ιετνάμ και Ν. Κο ρέα ΗΠΑ κα ι νία Β. Κορέα 151, Βουλγαρία και Ταϊβάν 149. Ελληνική ομάδα κατέλαβε την 33η θέση με 89 βαθμούς και την αποτελούσαν οι μαθητές: αργυρό μετάλλιο, χάλκινο μετάλλιο, χάλκινο μετάλλιο, εύφημη μνεία, χάλκινο μετάλλιο, εύφημη μνεία. , Συνοδοί της αποστολής ήταν ο Αναπληρωτής καθηγητής του Ε. Μ. Πολυτεχν είου ως αρχηγός και ο Επίκουρος καθηγητής του Πανεπιστημίου Αθηνών ως υπαρχηγός. '''·'''"'''Ι;c

) ηιψ;. Ι

.:νμi':•·•ι> \ιι·:·

. •'λ(ι

ι.f'·i χ-ι.:'.ι,:

154 ,

1

Ιουλίου

X·i\ •'·''

168,

•') :

155, Ιαπωνία

Ουκρα­

Η

.

Ανάρ -yυ ρος Φε λλούρης

Γεώργιος Δημάκος

Δ ίνονται οι π ραγματικοί αριθμοί

a1 ,a2, , an . Για κάθε i,(l::;; ί::;; n ) •••

d; =max{a1 :l::;;j::;;i}-min{a1 :i::;;j::;;n} και έστω d=max{d; :ι ::;;;::;;n } . με Χι ::;;χ2 ::;; ::;; , να αποδείξετε ότι (α) Για οπ οιου σδή π οτε π ραγματικούς αριθμούς Χι, χ2, max {/ χ; -α;/ : 1 ::;; ί::;;n } � . ( ) έτσι ώστε με χ1 ::;;χ2::;; ::;; (β) Να αποδείξετε ότι υπ άρχουν π ραγματικοί αριθμοί

ορίζουμε

•••

,

xn

•••

xn

*

x1,x2, ••• ,xn

να ισχύει η ισ ότητα στη σχέ ση ( * ) .

•••

xn

· { α1.ι_;_n · "< "< } , < < < < n ειναι 'Εστω 1 _p_q_r_ ' δεικτες τετοιοι ωστε αΡ - ΠΒΧ { α1.·1 < " < "} , α, - mn οπότε α Ρ - αq. ( Οι δείκτες αυτοί δεν είναι αναγκαστικά μοναδικοί.) Για τυχαίους πραγματικούς αριθμούς x1,x2 , •••,xn με χ1::;;χ2 ::;; •••� xn θεωρούμε τις ποσότητες Ι χΡ - αΡI και /χ, - α, / . Επειδή (αΡ - χΡ ) + (χ, - α, ) = (αΡ - α, ) + (χ, - χΡ ) � αΡ - α, = , οτι - χΙ' �- η χ,. - α, �-. πομενως θα ειναι ' θα εχουμε 2 2 max {/x; - α; / : 1::;; n } � max {l xP - αΡ I,/χ,. - α,. /} � max {αP - χΡ,χ, - α,} � � . ; Ορίζουμε τους πραγματικούς αριθμούς χ1,χ2 , •••,xn ως εξής: χ1=α1- � και xk = max { xk_1,αk - � } .για 2 � k�n. '

d

'

'

d

=

dq'

-

-J-l

-

=

d,

,

)

α!'

d

,

d

E

,

ί ::;;

: '

''

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/13


Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

-------

Θα αποδείξουμε ότι για τους παραπάνω αριθμούς ισχύει η ισότητα στη σχέση (*). Πράγματι, σύμφωνα με τον ορισμό τους θα ισχύουν Χι �χ2 � ... �xn και xk -αk � - d, για 1 � k � n. 2

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι xk-αk � -d , για 1 � k � n . 2 Θεωρούμε ένα τυχαίο δείκτη k με 1 � k � n . Έστω R � k ο ελάχιστος δείκτης που είναι τέτοιος ώστε xk = Xe· Θα έχουμε ότι R= 1 ή R � 2 και xt � Χ e ι . Και στις δύο περιπτώσεις έχουμε /

(1)

-

x = k Xe = ae

Επειδή

αe-αk � max

από την ισότητα

( 1) έπεται ότι

d

-2.

{ αj: 1 �j � k } -max { αj: k �j � } = dk � d, n

d d d χk-αk =αe-αk-- � d--=-.

'Ετσι έχουμε βρει μέχρι τώρα ότι -

d

2

2

�xk -αk �

d

2

2

,

2

για κάθε k= 1,2,... ,n δηλαδή θα είναι

max { Ixi -αi I : 1 � ι. � n} � - , οποτε απο, τη σχεση , η ισοτητα , επεται , , I Χι -αι I=-. 2 2 . . 1,2,... ,n, εστω ' < · και mi =mιn { αj: ι_ Για κα'θ ε ι= < J. < n} . Μi = { αj: 1 < J._ι Mi =maχ αι,...,αi �maχ αι,...,αi,αi+ι =Μi+ι Για ί= 1,2,...,n- 1 έχουμε · mi =min αi,αi+ι,... ,αn � min αi+ι,... ,αn =mi+ι Από τον ορισμό των Mi και mi έχουμε ότι mi � αί � Mi , ί= 1,2,... ,n. d

d

}

_

{

{

}

{

}

}

} }

{

Mi 2+ mi 1 2

.

_

(2)

,ι= , Για να επιτύχουμε να ισχύει η ισότητα στη σχέση (*), θέτουμε xi= Πράγματι, λόγω των ισχύει ότι Χι �χ2 � ... �xn και επιπλέον από την ισότητα di = M i -mi d m.-M M-m. d παρατηρούμε ότι ι=χ.-Μ. � χ.-α. �x.-m.= ι ι= ι ι=____!_'

()

_

_

2

.

max { Ixi -αi

οπότε Λόγω του

ι

2

ι

ι ι 2 2 d d ·. 1 _ < ι._ < n} _ < max i .·1< ι. -< n - . 2 2

(3) και του (α) έπεται ότι:

ι

max

ι

ι

{ xl i -aiI

:

{

}

(3)

d

1 � ί � n =-. 2

}

Θεωρούμε πέντε σημεία A,B,C,D και Ε, τέτοια

ώστε το τετράπλευρο ABCD είναι παραλληλό­

γ ραμμο και το τετράπλευρο BCED είναι εγγράψι­ μο. Έστω R μία ευθεία που περνάει από το Α. Υπο­ θέτουμε ότι η R τέμνει το εσωτερικό του ευθύ­

γραμμου τμήματος DC στο σημείο F και την ευθεία

BC στο G. Υποθέτουμε επίσης ότι EF=EG=EC.

Να αποδείξετε ότι η ευθεία R είναι διχοτόμος

της γωνίας DAB.

-

Επειδή DAG=AGB, για να είναι η AG διχοτόμος της γωνίας DAB αρκεί να ισχύει BAG=AGB ή CFG=AGB ή CF=CG. ---

---

----

----

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/14

Α

D

Σχήμα

1

,... ,n .


------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες Θεωρούμε ΕΚ l_ CF και EL l_ CG . Επειδή τα τρίγωνα ADF και GCF είναι όμοια, έχουμε AD DF BC DF BC DF BC + CL DF + FK BL DK BL CL . (1) ::::} ::::} ::::} ::::} ::::}

-------­

=

=

=

GC CF

GC CF

=

CL CK

CL

=

CK

CL CK

=

DK CK

Επειδή το τετράπλευρο BCED είναι εγγράψιμο, έχουμε ότι CBE= EDC , οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα BLE και DKE είναι όμοια. c L Β EL BL Άρα (2) DK ΕΚ -

=

, , CL οτι (2) επεται CK

EL οποτε , ΕΚ τα τρίγωνα CLE και CKE είναι όμοια και επειδή έχουν κοινή υποτείνουσα θα είναι CL=CK και CG=CF .

Απο, τις ( 1) και

=

,

Όπως παραπάνω θα αποδείξουμε ότι CG=CF . Επειδή το σημείο Ε ανήκει στον περιγε­ γραμμένο κύκλο του τριγώνου BCD, αν φέρουμε τις ΕΚ l_ CD και EL l_ BG , τότε η ευθεία KL D Α είναι η ευθεία Simpson από το σημείο Ε του τριΣχήμα 2 γώνου BCD. Ό μως στο τρίγωνο CFG η ΚL συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του, οπότε είναι ΚL 11 FG και ΚL 11 Α G . Επομένως στο τρίγωνο Α CG η ευθεία KL περνάει από το μέσο Ο της πλευράς Α C, άρα και από το μέσο Ο της διαγωνίου BD. Άρα ΕΟ l_ BD, αφού η ευθεία ΚL είναι η ευθεία Simpson από το σημείο Ε του τριγώνου BCD. Επομένως στο τρίγωνο EBD η ΕΟ είναι ύψος και διάμεσος, οπότε θα έχουμε ΒΕ = ED . Τότε τα τρίγωνα BLE και DKE είναι ίσα με συνέπεια την ισότητα πλευρών ΚΕ = EL , οπότε θα είναι CL=CK και CG=CF . -----Έστω DAG=θ, ΒΑ G=φ , οπότε θα είναι DFA=CFG=CEL=LEG=φ και -- -- -AGC=CEK = KEF =θ. Για απλοποίηση των πράξεων θεωρούμε ότι EC= EF =EG=1 (η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου CFG ). Έχουμε CL=LG=sinφ, LE=cosφ , CK =ΚF =sinθ, ΚΕ =cosθ. AD λ , έπεται ότι: Επειδή τα τρίγωνα ADF και CGF είναι όμοια με λόγο ομοιότητας, έστω -= CG BC= AD=λCG=2λ sn i φ και DF =λCF=2λ sinθ, οπότε λαμβάνουμε BL=(2λ+ 1 ) sn i φ και DK =(2λ+ 1 ) sinθ . Επειδή το σημείο Ε βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BCD έπεται ότι ---- -EL=ΕΚ cosφ cosθ EBL= EDK , οπότε θα είναι tan ---EBL=tan -EDK BL DK (2λ+ 1 ) sn i φ ( 2λ+ 1 ) sn i θ tanφ tanθ φ =θ . (αφού σ <θ, φ<1800). �

=

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με αρχή Α (Ο, Ο) και τέτοιο ώστε να είναι D(α, Ο), Β (b, c) με α >Ο, c Ο. Επειδή το τετράπλευ-ρο ABCD είναι παραλληλόγραμμο έπεται ότι C(α+b, c) και G(b+d, c) , όπου Ο<α < d. -:f:.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/15


-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

0(0, 0)

D(α , Ο)

Α(Ο,Ο)

Σχήμα 4

Σχήμα 3

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: AB = HJ� =d. Κατ' αρχήν εύκολα αποδεικνύουμε το επόμενο λήμμα:

(

,

,

,

κυκλου του εχει συντεταγμενες

)

χ1 , y) και Τ ( χ2, y), το κέντρο Μ του περιγεγραμμένου 2 χ + χ2 , y χ1 χ2 2 2y

Σε τρίγωνο με κορυφές Ο (Ο, Ο) , S ( 1

-

Μ του περιγεγραμμένου κύκλου ανήκει στη μεσοκάθετη της πλευράς ST, θα , w , όπου ΟΜ = SM. Επομένως έχουμε

Μ(Χι � χ2 ) ΟΜ2 (Χι �χ2 )2 + w2 ( χ2 ;Χι )2 + ( yγ 2yw- y2 -χιχ2 Επειδή το κέντρο

είναι της μορφής =

SM2

<:::::>

w-

=

<:::::>

=

<:::::> w =

y2 ;;ιχ2.

Επειδή το Ε είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου BCD, εύκολα υπολογί­ ζουμε τις συντεταγμένες του εφαρμόζοντας το λήμμα 1 στο τρίγωνο BCD μετά από κατάλληλη παράλ2b, abληλη μετατόπιση, οι οποίες είναι

�; +c2 )

(α�

(χ- a �2b)' +- ab-� +c' )' ( -a ;2b)' +( ab-�: +c' )' Αν Ε' είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABG, τότε σύμφωνα με το λήμ(2b; d, -b2 +;: - bd) . μα 1, θα είναι Επιπλέον ισχύει ΑΕ = � [(d - α ) ΑΕ' + α Α GJ , οπότε θα είναι Άρα η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου BCD είναι �

Ε'

). J (�)' +( -bd' +:c�' +c') ' (-α;2b)' +( ab-�: +c' )' J (

-bd2 + ( αb - b2 + c2 ) d + α ( b2 + c2 Ε α + 2b + d ' 2cd 2 Επειδή το σημείο Ε βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BCD θα ισχύει �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/16


-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

b42;; 22[ d4 -2abd2 α2( b2 c2) J c 2 2 b4;; 2[ d4 - ( α2 b2 c2) d2 α2( bz cz) J Ο c από την οποία έπεται ότι d .Jb2 c2, αφού Ο< α < d. +

<::::>

+

+

+

<::::>

+

=

+

=

+

+

+

<::::>

+

=

b42 ; c2( α2 bz c2-2ab) z b42;; 22( dz- α2) [ dz- ( bz cz) J c

=

Ο

'

'ι'

Σε ένα μαθηματικό διαγωνισμό μερικοί διαγωνιζόμενοι είναι φ ίλοι. Η φ ιλία είναι πάντοτε αμοι­ βαία . Ονομάζουμε μία ομάδα διαγωνιζομένων παρέα, αν κάθε δύ ο μέλη της είναι φ ίλοι. (Ειδικά, κάθε ομάδα με λιγότερα από δύ ο μέλη αποτελεί μια παρέα). Ο αριθμός των μελών μιας παρέας ονο­ μάζεται μέγεθος της παρέα ς. Δίνεται ότι, σε αυτόν το διαγωνισμό, το μεγαλύτερο μέγεθος μιας παρέας είναι άρτιος αριθμός . Να αποδε ίξετε ότι οι διαγωνιζόμενοι μπορούν ν α κατανεμηθούν σε δύ ο δωμάτια έτσι ώστε το μεγα­ λύτερο μέγεθος από τις παρέες που βρίσκονται στο ένα δωμάτιο να είν αι ίσο με το μεγαλύτερο μέ­ γεθος από τις παρέες που βρίσκοντα ι στο άλλο δωμάτιο .

Θα παρουσιάσουμε έναν αλγόριθμο για την κατανομή των διαγωνιζόμεν ων. Ονομάζουμε τα δύο δωμάτια ως Α και Β. Θα αρχίσουμε με μια αρχική τυχαία κατανομή των διαγωνιζόμεν ων και θα την τροποποιήσουμε αρκετές φορές στέλνοντας ένα άτομο από το ένα δωμάτιο στο Σε κάθε βήμα του αλ­ γόριθμου, θα σημειώνουμε με Α και Β το σύνολο των διαγωνιζόμενων στο δωμάτιο Α και Β, αντίστοιχα, και με c (Α ) και c (Β) το μέγιστο μέγεθος από τις παρέες που βρίσκονται στο δωμάτιο Α καιΒ, αντίστοιχα. δωμάτιο

δωμάτιο

Ci)..).s) .

2m. Τοποθετούμε όλα τα μέ).η της Μ στο δωμάτιο Α και όλους τους υπόλοιπους διαγωνιζόμε-νους στο δωμάτιο Β. Επειδή η Μ είναι παρέα μέγιστου μεγέθους, έχουμε c( Α ) lM I � c(Β). ,' ' Καθόσον είναι c( Α ) c(Β) στέλνουμε ένα άτομο από το δωμάτιο στο δωμάτιο Β. Από τη σχέση c(Α ) > c(B) έπεται ότι το δωμάτιο Α δεν μένει κενό. Σε κάθε μετακίνηση ενός ατόμου ο αριθμός c(A) μειώνεται κατά 1, ενώ ο αριθμός c(B) αυξάνεται το πολύ κατά Ι . Έτσι, στο τέλος αυτού του βήματος θα έχουμε c(Α ) ::; c(B)::; c(Α ) + 1 . Έστω Μ μία παρέα μέγιστου μεγέθους με

lM I

=

=

>

Δ ωμάτιο Α

0

ο

Δ ωμάτιο

ο

0

�ο

0 0

Α

Β

ο ο

ο

ο

Επιπλέον, στο τέλος της διαδικασίας του βήματος αυτού θα έχουμε ότι c (Α ) = !ΑΙ� Πράγματι, αν ήταν c (Α ) = IAI < τότε θα είχαμε τουλάχιστον + 1 μέλη της παρέας Μ στο δω­ μάτιο Β και το πολύ -1 μέλη της παρέας Μ στο δωμάτιο Α με συνέπεια c(B)-c(A)�(mt1)-(�1) =2. m.

m,

m

m

:

Έστω

k = c ( Α ). Αν είναι c (B ) = k, τότε η διαδικασία τελειώνει, αφού τότε c(A) =c(B) = k. c(B) = k+ 1 k= IAI = IA��m IBnM1 � m.

Διαφορετικά θα έχουμε ·

και από τα παραπάνω προκύπτει ότι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/17

και


-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------­

Αν υπάρχει διαγωνιζόμενος χ ε Βn Μ και παρέα C c Β έτσι ώστε τότε μετακινούμε το διαγωνιζόμενο χ στο δωμάτιο Α και σταματάμε. Βήμα 4 .

ιcι = k 1 +

και

χ� C,

ο ο ο c 0 0 ο ο ο

BnM

AnM 0 0 0 0

ο

ο

Μετά τη μετακίνηση του χ στο δωμάτιο Α θα έχουμε k + 1 μέλη της παρέας Μ στο δωμάτιο Α. ο­ πότε c(Α ) = k + 1 . Επειδή χ� C, ο αριθμός c(B)= ιcι δεν μειώνεται, οπότε c(Α ) = c(B)= k + 1 . Αν δεν υπάρχει τέτοιος διαγωνιζόμενος, όπως παραπάνω, τότε όλες οι παρέες μεγέθους k + 1 στο δωμάτιο Β περιέχουν το σύνολο Βn Μ ως υποσύνολο. Βήμα 5. Όσο ισχύει

c(Β)= k 1, επιλέγουμε μία παρέα C Β τέτοια ώστε ιcι k 1 c

+

ένα μέλος της παρέας C- Μ στο δωμάτιο Α.

1 � IB Δ ωμάτιο Α

Σημειώνουμε ότι ιcι = k +

>m

AnM

(\

Ml

'

=

+

και μετακινούμε

c- Μ είναι διάφορο του κενού συνόλου. Δ ωμάτιο Β

οπότε το σύνολο

0 0 BnM 0

c

�οο

Κάθε φορά που μετακινούμε ένα άτομο από το δωμάτιο Β στο δωμάτιο Α, ο αριθμός c(B) μειώνε­ =k ται το πολύ κατά Ι . Επομένως στο τέλος αυτής της διαδικασίας θα έχουμε Στο δωμάτιο Α έχουμε τώρα την παρέα Α n Μ με μέγεθος IAnMl= k, οπότε c ( Α )� k . Θα α­ ποδείξουμε ότι δεν υπάρχει στο δωμάτιο αυτό παρέα μεγαλύτερου μεγέθους. Έστω Q c Α τυχούσα παρέα του δωματίου Α. Θα αποδείξουμε ότι IQI � k .

c(B)

Δ ωμάτιο Α

AnM

ο ο

ο ο

0 0

Δ ωμάτιο

Q

ο

BnM

ο ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/18

Β

ο ο ο


-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Στο δωμάτιο Α και ειδικότερα στη παρέα Q υπάρχουν δύο τύποι διαγωνιζόμενων: Μερικά μέλη της παρέας Μ. Όλοι αυτοί είναι φίλοι με όλα τα μέλη του συνόλου (παρέας) Β n Μ . Διαγωνιζόμενοι που μετακινήθηκαν στο δωμάτιο Α στο βήμα Καθένας από αυτούς έχει βρεθεί σε μία παρέα με το σύνολο Β n Μ , οπότε αυτοί είναι επίσης φίλοι με όλα τα μέλη της παρέας Β n Μ . Επομένως, όλα τα μέλη της παρέας Q είναι φίλοι με όλα τα μέλη της παρεας Β n Μ , οπότε και το σύνολο Q υ (Β n Μ ) είναι επίσης παρέα. Επειδή η παρέα Μ είναι μέγιστου μεγέθους, θα έχουμε

5.

IB

IM I JQ υ (Β n M ) J = IQI + n M I = IQI + IM I - I A n M I , Οπότε IQI � I A n M I = k . Τελικά, μετά το βήμα θα έχουμε ( Α ) = =k.

5

c

Π α ρ ατή ρ η ση . Είναι προφανές ότι

c(B)

ζητούμενο δεν ι σχύει όταν το μέγιστο μέγεθος από τις υπάρχουσες

παρέες είναι αριθμός περιττός. το

Π ρ ό β λη μ α 4

Σε τρίγωνο

BCA

ABC

η διχοτόμος της γωνίας

τέμνει ξανά τον περιγεγραμμένο κύ κλο του BC στο Ρ και

στο R, τη μεσοκάθετη της πλευράς τη μεσοκάθετη της πλευράς

AC

στο Q . Το μέσον είναι το σημείο Κ και το μέσον

BC της πλευράς AC είναι το σημείο L . Να αποδείξετε της πλευράς

ότι τα τρίγωνα RPK και RQL έχουν ίσα εμβαδά . . \ ΊίJση

Αν είναι AC BC, τότε το τρίγωνο ABC εί­ ναι ισοσκελές, οπότε τα τρίγωνα RPK και RQL είναι συμμετρικά ως προς τη διχοτόμο CR και προ­ φανώς έχουν ίσα εμβαδά. Αν είναι AC 7:- BC, τότε χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι AC < BC. Έστω Ο το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου και CKP έχουν ίσες τις γωνίες της κορυφής C , οπότε είναι όμοια. =

QL CQ ΡΚ CP

Άρα έχουμε

-

=

Σχήμα 5

ABC

.

Τα ορθογώνια τρίγωνα

CLQ

(1)

-

Έστω R η μεσοκάθετη της χορδής CR , η οποία βεβαίως περνάει από το Ο . Επειδή OPQ KPC LQC OQP το τρίγωνο OPQ είναι ισοσκελές με ΟΡ OQ . Επομένως η ευθεία R είναι άξονας συμμετρίας του τριγώνου OPQ , οπότε RP CQ και RQ = CP . Τα τρίγωνα RQL και RPK έχουν ίσες τις γωνίες τους στις κορυφές Q και Ρ , οπότε θα ισχύει ----

---

=

---

----

=

=

=

=

Ι

-

· (RQL) 2_ RQ QL · sin RQL ( RPK ) }_ RP · PK · sin fiPΚ 2 ( RQL) RQ · QL CP · CQ η σχέση γίνεται: _

οπότε από τις (1) και

(2)

(3)

(RPK )

=

RP ΡΚ

2"' τ ρ ό π ος.

Έστω

r

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/19

=

CQ CP

ABC.

(2)

(3) =

Ι.

οπότε

( RQL) ( RPK) . =


-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Όπως προηγουμένως αποδεικνύουμε ότι ΟΡ = OQ , οπότε θεωρώντας τις δυνάμεις των σημείων και Q ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC λαμβάνουμε

(4)

. CQ · QR = r2 - OQ2 = r2 - ΟΡ2 = CP · PR . Όμως έχουμε

(

)

Ρ

(RPK) = !_ PR - PK · sin ΚiR = !_ PR · PC· sin C · sin 9oo + C = !_ PR · PC· sin C · cos C = !_ PR - PC · sin C 2 2 2 2 2 2 2 4 και ομοίως ( RQL) = .!_ CQ QR · sin C , 4 οπότε λόγω της

·

(4) προκύπτει η ζητούμενη ισότητα.

'Εστω α και b θετικοί ακέραιοι. Να αποδείξετε ότι, αν ο

4ab

-

1 διαιρεί τον

a=b.

.

Ονομάζουμε ένα ζεύγος

(α, b)

θ iτικών ακεραίων

κακό,

ισχύει α :�; b Για να αποδείξουμε ότι δεν υπάρχουν τέτοια αυτών των ζευγών οι οποίες οδηγούν σε μία άπειρη κάθοδο Ιδιότητα (i). Αν ζεύγος

(α, c)

αν ο

4αb - 1

{ 4a 2 - 1 } , τότε 2

διαι-ρεί τον

( 4α2 - 1 ) 2

και

(infinite descent). κακά

ζεύγη, θα παρουσιάσουμε δύο ιδιότητες

(α, b) είναι ένα κακό ζεύγος με α < b , τότε υπάρχει θετικός ακέραιος c < α έτσι ώστε το

να είναι επίσης κακό.

Πράγματι, αν

( 4α2 - 1 )2 = r( 4αb - 1) , τότε r = -r · ( -1) = ( -r )( 4αb - 1) = - (4α2 - 1 ) 2 = -1( mod4α) ,

(4d -1) 2 < 4d -1 , οπότε θα είναι r = 4αc - 1 , για κάποιο θετικό ακέραιο c . Για α < b έχουμε 4ac-1 4ab-1 οπότε θα είναι c < α . Από τον ορισμό του ο αριθμός 4αc - 1 διαιρεί τον αριθμό ( 4α2 - 1 ) 2 , οπότε το ζεύγος (α, c) είναι κακό. (α, b) είναι ένα κακό ζεύγος, τότε και το ζεύγος ( b, α) είναι επίσης κακό. Πράγματι, επειδή είναι 1 = 12 = ( 4αb ) 2 ( mod ( 4αb - 1) ) , έχουμε (4b2 - 1) 2 = ( 4b2 - (4αbγ ) 2 = 1 6b4 (4α2 - 1) 2 = 0 (mod (4αb - 1) ) , οπότε ο αριθμός 4αb - 1 διαιρεί και τον αριθμό ( 4b2 - 1 ) 2 . Αν

Τώρα υποθέτουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον κακό ζεύγος. Θεωρούμε ένα τέτοιο ζεύγος τοιο ώστε το άθροισμα 2α + b να είναι ελάχιστο και διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

α < b , τότε η ιδιότητα (ί) μας 2α + c < 2α + b , που είναι άτοπο.

Αν

δίνει ένα ακόμη κακό ζεύγος

b < α , τότε από την ιδιότητα (ίί) 2b + α < 2α + b , που είναι επίσης άτοπο.

Αν

το ζεύγος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /20

(b, α)

(α, c)

με

(α, b)

c<α<b,

τέ­

οπότε

είναι επίσης κακό, ενώ ισχύει


-------

(

Μαθηματικοί Διαγωνισμο ί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

Επομένως δεν μπορεί να υπάρχει κακό ζεύγος, οπότε όταν ο αριθμός 4α2 - 1 2 έπεται ότι α = b.

)

Ονομάζουμε, όπως και προηγουμένως, ένα ζεύγος

4αc - 1

διαιρεί τον αριθμό

( α , b ) θετικών ακέραιων κακό, αν ο 4αb - 1

( 4α2 - 1 ) 2 και ισχύει α b . 'Εστω ( α, b ) ένα κακό ζεύγος, οπότε ο 4αb - 1 1 ( 4α2 - 1 ) 2 Τότε 4αb - 1 1 b ( 4α2 - 1 ) 2 - ( 4αb - 1 ) α ( 4α2 - 1 ) = ( α - b ) ( 4α2 - 1 ) . Επειδή είναι ( b, 4αb - 1 ) = 1 , ισχύει επίσης και το αντίστροφο. Ομοίως, μπορούμε να αποδείξουμε 4αb - 1 1 ( α - b ) ( 4α2 - 1 ) 4αb - 1 1 ( α - b ) 2 ( 4α2 - 1 ) , ότι οπότε η αρχική υπόθεση είναι ισοδύναμη με την 4αb - 1 1 ( α - b ) 2 ( 4α2 - 1 ) . -:F-

διαιρεί τον

Η

τελευταία σχέση είναι συμμετρική ως προς

α

και b , οπότε

( α, b ) είναι κακό ζεύγος, αν και μόνον αν, ( b , α ) είναι κακό ζεύγος.

( ) , ότι

Επομένως, μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας για το κακό ζεύγος α , b α > b και ότι το κακό ζεύγος που έχουμε επιλέξει έχει το πρώτο στοιχείο του ελάχιστο. 'Εστω α - b 2 = m 4αb - 1 , όπου m θετικός ακέραιος. Τότε α2 + -2b - 4mb α + b2 + m

(

)

(

)

(

) (

Επειδή η παραπάνω δευτεροβάθμια εξίσωση έχει ακέραια ρίζα, η διακρίνουσά της

)=0.

Δ = ( 2b + 4mb ) 2 - 4 ( b2 + m ) = 1 6mb2 + 1 6m2 b2 - 4m , πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. Ας υποθέσουμε ότι Δ = 16mb2 +16nfb2 -4m= ( 2mb+t ) 2 , όπου O < t < b . Αν θέσουμε s = b - t , τότε θα έχουμε 1 6mb2 + 1 6m2b 2 - 4m = 4m2b 2 + 4mb + t2 � m ( 4b2 - 4bt - 1 ) = t2 � m ( 4b2 - 4b ( b - s ) - 1 ) = ( b - s ) 2 � m ( 4bs - 1 ) = ( b - s ) 2 . Επομένως το ζεύγος ( b , s ) είναι κακό με b < α , που είναι άτοπο. '. ι:

'Εστω

n

{(

)

{

}

}

ένας θετικός ακέραιος. Θεωρού με το σύνολο S = x,y, z : x,y,z ε 0, 1,2, ... ,n ,x+ y + z > O

ως ένα σύνολο που αποτελείται από { n +

3 1) - 1

σημεία του τρισδιάστατου χώρου. Να προσδιορίσε­

τε τον ελάχιστο δυνατό αριθμό επιπέδων των οποίων η ένωση περιέχει το σύνολο S , αλλά δεν περιέ­ χει το σημείο { 0, 0, 0) .

Είναι εύκολο να βρούμε 3n τέτοια επίπεδα, όπως για παράδειγμα τα επίπεδα με εξισώσεις: χ = ί, ί = 1 , 2 , . . , n (κάθετα στον άξονα των χ στα σημεία ί, Ο, Ο )

( ) y = ί , ί = 1 , 2 , .. , n (κάθετα στον άξονα των στα σημεία ( Ο, ί , Ο ) ) z = ί, ί = 1, 2 , ... , n (κάθετα στον άξονα των z στα σημεία ( Ο, Ο, ί ) ) Πράγματι, η ένωση αυτών των επιπέδων περιέχει το σύνολο S , ενώ κανένα ιιπό αυτά δεν περιέχει το σημείο ( 0, 0, 0 ) . .

y

.

Επίσης τα επίπεδα με εξισώσεις ματος.

χ + y + z k, k = 1, 2, ... , 3n , ικανοποιούν το ζητούμενο του προβλή­ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/2 1


------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------­

Θα αποδείξουμε ότι 3n είναι ο ελάχιστος αριθμός επιπέδων των οποίων η ένωση περιέχει το σύνολο S , ενώ κανένα από αυτά δεν περιέχει το σημείο (Ο, Ο, Ο) . Για το σκοπό αυτό θα αποδείξουμε πρώτα το

ακόλουθο λήμμα. Λ. ή μ μ α I . Έστω

Ρ( χι

,

•••

, xk

)

Ρ( Χι

,

•••

, xk

)

ένα μη μηδενικό πολυώνυμο k μεταβλητών . Έστω ότι το πολυώνυμο

μηδενίζεται στα σημεία

( Χι,

•••

, xk

)

που είναι τέτοια ώστε

Χι+ χ2 + + xk > Ο , ενώ είναι Ρ ( 0, 0, ... , 0) * Ο . Τότε ισχύει ότι deg P � kn .

Χι ,

•••

, xk

}

ε { O, l, ... , n και

•••

Απόδειξη .

Θα χρησιμοποιήσουμε επαγωγή ως προς το k.

Η

περίπτωση για k = Ο είναι φανερή, αφού

P =F- 0 . Στη συνέχεια για λόγους ευκολίας συμβολισμού γράφουμε

y = xk . Έστω τώρα R ( χ1 , , χk-ι , y) το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου Ρ με το πολυώνυμο Q ( y) = y (y - 1 ) (y - n ) . Το πολυώ­ νυμο Q (y) μηδενίζεται για y = 0, 1 , . . . , n , οπότε P(x1 , , xk-ι • Y ) = R (x1 , , xk- ι • Y ) , για κάθε x1 , , xk _ 1 , y Ε { 0, 1 , . . . , n } . Επομένως και το πολυώνυμο R ( χ1 , , χk - ι , y) ικανοποιεί τη συνθήκη του λήμματος και επιπλέον deg Y R (x1 , , xk_1 , y) � n . Όμως deg R � deg P , οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι deg R � kn . • • •

· · ·

• • •

• • •

• • •

• • •

• • •

R ως προς τις δυνάμεις του y και έστω n R( χ1 , , χk-Ι •Υ) = Rn ( χ1 , , χk-ι ) y + Rn-Ι { χ1 , , χk-Ι ) yn-Ι + ... + Ro { χ1 , , χk -Ι ) .Θα αποδείξουμε ότι το πολυώνυμο Rn ( χ1 , , χk-Ι ) ικανοποιεί τη συνθήκη της υπόθεσης της επαγωγής. Θεωρούμε το πολυώνυ­ μο Τ (y) = R (Ο, ... , Ο, y) με βαθμό deg Τ (y) � n . Το πολυώνυμο αυτό έχει n ρίζες y = 1, 2, .. . , n , ενώ είναι Τ (y) j. Ο , αφού Τ (Ο) =F- Ο . Άρα είναι deg Τ = n και ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου του είναι ο Rn (Ο, Ο, ... , Ο) * Ο . (Ειδικά για k = 1 ο συντελεστής Rn είναι μη μηδενικός). Ομοίως, θεωρούμε τυχαίους αριθμούς α1 , , αk -ι Ε { Ο, 1, . . . , n } έτσι ώστε α1 + ... + αk- Ι > Ο . Αντικαθι­ στώντας Χ; = α; στο πολυώνυ μο R ( χ1 , , χk-Ι , y) λαμβάνουμε ένα πολυώνυ μο μεταβλητής y το οποίο μη­ δενίζεται για y = O, l, . . . , n και έχει βαθμό � n . Άρα, σύμφωνα με γνωστό θεώρημα, το πολυώνυμο R ( α1 , ••• , αk-Ι , y) είναι το μηδενικό πολυώνυμο, οπότε θα έχουμε R; ( α1 , , αk-Ι ) = Ο , για κάt:ιε ί = Ο, 1, . . . , n . Επομένως το πολυώνυμο Rn ( χ1 , , χk- ι ) ικανοποιεί τη συνθήκη της υπόθεσης της επαγωγής, οπότε θα έχουμε deg Rn � ( k - 1 ) n και deg Ρ � deg R � deg Rn + n � kn . D Εκφράζουμε τώρα το πολυώνυμο • • •

• • •

• • •

• • •

• • •

• • •

• • •

• • •

• • •

Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να τελειώσουμε τη λύση του προβλήματος, υποθέτοντας ότι υπάρα; x + b; y + c;z + d; = Ο, ί = 1 , 2, . . . , Ν , χουν Ν επίπεδα με εξισώσεις που καλύπτουν όλα τα σημεία του συνόλου S , αλλά κανένα δεν περιέχει την αρχή (Ο, Ο, Ο) . Θεωρούμε το πολυώνυμο

Ν

P(x, y, z) = Π (α; x + b;y + c;z + d;) ί=l

( χ0 , y0 , z0 ) = Ο , για κάθε { χ0 , y0 , z0 ) Ε S , ενώ είναι Ρ (Ο, Ο, Ο) =F- Ο . Επομένως, σύμφωνα με το λήμμα Ι , θα έχουμε Ν deg Ρ � 3n .

το οποίο έχει βαθμό

Ν

. Για το πολυώνυμο αυτό ισχύουν

Ρ

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/22


-------

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

------

Η l l η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων έγινε στο Σούμεν της Βουλγαρίας από 25 μέχρι και 30 Ιουνίου 2007 . Η διοργάνωση ήταν άψογη και οι διοργανωτές κατέβαλαν κάθε δυνατή προσπάθεια για την όσο το δυνατόν καλύτερη και πληρέστερη οργάνωση του διαγωνισμού. Ενδεικτικό είναι το γεγονός ότι ο Υφυπουργός Παιδείας και Επιστημών της Βουλγαρίας παρευρίσκε­ το στον τόπο της διοργάνωσης καθ' όλη τη διάρκεια της διοργάνωσης. Συμμετείχαν συνολικά ομάδες. Επίσημα οι ομάδες 1 1 χωρών, Αλβανία, Βοσνία και Ερζεγοβίνη, Βουλγαρία, Ελλάδα, Κύπρος, Μαυροβούνιο, Μολδαβία, ΠΓΔΜ, Ρουμανία, Σερβία, Τουρκία, και ανεπί­ σημα οι χώρες: Βουλγαρία 2, (Σούμεν και Βάρνα), Καζακστάν. Η Ελληνική ομάδα συμμετείχε με τους μαθητές: Λιάμπη Κωνσταντίνο, Λογοθέτη Φώτιο, Μπραζιτί­ κο Κωνσταντίνο, Ντριάνκο Ιωάννη, Παγωνάκη Δημήτριο και Παντέλα Στυλιανή. Η Ελληνική ομάδα, συνεχίζοντας και φέτος την παράδοση των επιτυχιών των Ελλήνων μαθητών στις Μαθηματικές Ολυμπιάδες, είχε τις παρακάτω διακρίσεις: Αργυρό Μετάλλιο Γ Γυμνασίου Γ Γυμνασίου Αργυρό Μετάλλιο Β ' Γυμνασίου Χάλκινο Μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Γ Γυμνασίου Γ Γυμνασίου Χάλκινο Μετάλλιο Συνοδοί των μαθητών ήταν ο κ. Ανάργυρος Φ ελλού ρης, Αναπληρωτής Καθηγητής του Ε. Μ. Πολυ­ τεχνείου ως αρχηγός της Ελληνικής ομάδας και η μαθηματικός Σύλβια Κατσα μένη ως υπαρχηγός.

13

Το Δ ιο ικητικό Συμβούλιο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας ευχαρ ιστεί τις διο ικήσεις το υ Ελληνικο ύ Κολλεγίο υ Θεσσαλο νίκης, των Εκπα ιδευ τηρ ίω ν Κωστέα Γείτονα και του παραρ τήμ α το ς της ΕΜΕ το υ Νομο ύ Τρικάλω ν καθώς και τους γονείς κ. Θεόδωρ ο Λ ογο θέτη και Κωνστα ντίνο Πα γωνά κη για το ιδιαίτερο ενδιαφέρον τους και την οικονο­ μική προσφορά τους για την πραγματοποίηση του ταξιδιού της Ελλ ηνική ς ομάδ ας στο

Shumen τη ς Βο υλ γαρ ίας, πρ οκειμένο υ να συμμετά σχει στη ν Βαλ κανική μα θηματική Ολ υμπιάδα Νέω ν.

.' Ί . · .

Θαλής» «0 Ευκλείδης» «0 Αρχιμήδης»

«0

ι ·

Νοεμβρίου 1 9 Ιανουαρίου 23 Φεβρουαρίου 24

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /23

2007

2008

2008


Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψ εων και την ανάπτυ ξη προ β ληματισμού πάνω στα εξής θέματα : 1 ) τι είναι τα Μαθηματικά, 2 ) Π ρέπει ή όχι να δ ιδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθεν ός, 4) Π οιες είναι οι εφαρμογές τους, 5 ) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. I ιυ τ ο υ .: σ υ " ψ γ ι ! τ ι : .:; τ η .: ση]ί.η .: : παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προ ς το περιεχό μεν ό τους

και ως ό ό ό βιβ ς ιαφέροντα ης μέρους τους, και θα πρέπει να είναι το επίπεδο συμ το επίπεδ καταν προ αστά με τα ενδ η σ απ των παιδιών . I.

" τι ι:ίι ·ω δ. Η

τα

Ηα (�ημrι.τtfαί. : "

αλεξαν δ ρ ιν1] πr: ρ ίο δ ο .;

των

υ u Ο η μ υ η κ ι;}�'

Η «αλεξανδρινή περίοδος των Μαθηματικών», Αρίσταρχος ο Σ άμιος, Αρχιμήδης ο Συρακούσιος, ξεκινά με μετηντοακμήθάνατο του τηςΕυκλείδη (3 00 π. Χ . ) και Ερατοσθένης ο Κυρηναίος, Απολλώνιος ο τελειώνει πατίας (4 1 5 μ. Χ . ) . Περγαίος, Νικομήδης, Ίππαρχος ο Νικαεύς, Υ Μετά έχουμε τη μακριά νύχτα του Μεσαίωνα. Ποσειδώνιος από την Ήρων Απάμεια,ο Διονυσόδωρος ο Μήλειος, Διοκλής, Αλεξανδρι ν ός, Κατά τη γνώμη μας, το χαρακτηριστικό της Μενέλαος ο Αλεξανδρι ν ός, Πτολεμαίος Κλαύδιος, «αλεξανδρι ν ής περιόδου των Μαθηματικών», δεν Διόφαντοςνός, οΥπατία. Αλεξανδρι νός,εποχήΠάππος ο είναι Μαθηματικών οι θεωρητικές (όπως αναζητήσεις πάνω στη φύση Αλεξανδρι Την ίδια έχουμε την των συνέβη, προγενέστερα, τηςεκδοτικό «Βιβλιοθήκης τηςτότεΑλεξάνδρειας» που την «κλασική περίοδο»), αλλά στο πως και που ακμή ήταν το κέντρο του γνωστού κόσμου, μπορείΑυτή να μαςτηνχρησιμεύσουν. ως προς τον πλούτο των περίοδο έχουμε μαθηματικών­ ένα γαλαξία υπερσκελίζοντας χειρογράφων της κάθε άλλη γνωστή βιβλιοθήκη λαμπρών μαθηματικών-μηχανικών, Να της εποχής της και του παρελθόντος. μαθηματικών-αστρονόμων. γεωγράφων, της Αλεξάνδρειας» ορισμένοι Μαθηματική απ' αυτούςΠύλη]: [πηγή:Ευκλείδης, www.telemath.gr, πρώτο,Η «Βιβλιοθήκη ίσως, πανεπιστήμιο του κόσμου. υπήρξε το Ελληνική Ι

11.

".-/ ιπr)

το

.;..;μ α τι: :

ι ιί: �·,, · η .; ι..:. ιρ υ σ ι φ ί i1 η .:

"

Ποιος θα μπορούσε να κατασκευ άσει (στην πράξη), ένα τέλειο κυρτό πολύεδρο, με έδρες κανονικά πολύγωνα; [η απάντηση στο τέλος της στήλης] 1 1 1 . "οι σ υ ι ·ι.ρ; •rί. τι:.;

- ;•μ rί. φ ο ι; ι ·-ι:{ΗΙJ το ι ! ι · "

στψ.η ' αυτό το τεύχος θα παραβιάσουμε, γιαμερικές μια ακόμα φορά, τηήταν γνωστήμεγάλος σειράπειρασμός ύλης. Ο λόγος είναι πως Σ έφτασαν στη στήλη μας αρκετές εργασίες, από τις οποίες για μας. Απ' αυτές παρουσιάζουμε τρεις · από τις άλλες θα επιλέγουμε, κάθε φορά, και θα δημοσιεύουμε. Από το νέο συνάδελφο Κ. Π. Τραϊανό (Λάρισα) λάβαμε και ευχαρίστως δημοσιεύουμε μια εργασία μεπερίλη τίτλο Όπως μας γράφει, η εργασία αυτή είναι ευρεία η της ομότιτλης εργασίας του George Berzsenyi που δημοσιεύθηκε στο περιοδικό ψ (τόμ.Ι, τεύχ. 3, σελ. 43). Σε μας ο George Berzsenyi ήταν γνωστός και από μια άλλη "QUANTUM" παρόμοια εργασία του με τίτλο Ι"

τη .;

...

Θ i: μ υ

<<Κατασκευή τριγώνων από τρία στοιχεία» .

<<Κατασκευή τριγώνων από τρία δεδομένα σημεία» .

« Κ υτασ κ::ιη) τ ρ ι γ ι;η·ι•Η' ιι. π (J τ ρ ί ιι. σ τ ω μ : ί ω> ,

«Στην τελευταία συνάντηση(ΜΑΑ) της Αμερικάνικης Μαθηματικής Ένωσης και στο της Αμερικάνικης Μαθηματικής Εταιρείας (AMS) απόλαυσαμου μιαμαθηματικούς, καταπληκτικήτονβραδιά Σινσινάτι, φίλους τέσσερις Stanleμεy

( ; ι' ο Γgι·

Β ιτ z � ι ι η i

(υπεύθυνο έκδοσης της σειράς Indeτον xes toRabinowitz Mathematical Problems) τον Curtis Cooper, Robert Kennedy ( ο πρώτος είναι συντονιστής σύνταξης και ο Missouri δεύτερος επιμελητής στο θαυμάσιο Journal ofπροβλημάτων Mathematics

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ.l/24

του


#�MIIJ NιiT#eNAr/t'l/f

από το 1877 ως 1989 το 1896, οι1994, διαγωνισμοί από το ως το NYSML-ARML, και δύο ακόμη τόμοι από το που καλύπτουν τιςοπεριόδους 197ο5-1979 και 1985-1989. Μια κι και Royη Stan ενδιαφέρονται ιδιαίτερα για τη Γεωμετρία, συζήτησήτης μας στράφηκε σε έμαθα ορισμέναότι προβλήματα αυτής περιοχής, κι έτσι ο Roy είναι ένας διακεκριμένος ειδικός στα προβλήματα κατασκευασιμότητας τριγώνων. ο Leroy (Roy) Meyers (για πολλά χρόνια πλευρές α γ β Mathematics επιμελητής προβλημάτων στο γωνίες Α hβΒ hγΓ Magazi n e) είναι στα ειδικός διακεκριμένος hα ύ η ψ προβλήματα κατασκευασιμότητας τριγώνων απόψε διάμεσοι μδαα δ δ δεδομένα στοιχεία τους. υγκεκριμένα ανακάλυ Σ διχοτόμοι ότι υπάρχουναν186επιλέξουμε μη ισομορφικά προβλήματα που18 ακτίνα περιγεγραμμένου κύκλου R προκύπτουν τρία στοιχεία από τα εγγεγραμμένου κύκλου sr ακτίνα του.............. διπλανού καταλόγου: ημι π ερίμετρος ........................................... Βασικά, τα προβλήματα χωρίζονται σε μβ δα α μβ τέσσερις κατηγορίες: hα hα δ μα μβ β όπου δύο hα μ δα δ β β οποιαδήποτε από τα τρία στοιχεία καθορίζουν hα hα μ δ δ β δβ β το(Α,Βτρίτο. Από τα 186 προβλήματα, μόνο τα hα μ μα δα β y ,Γ), (Α,Β, hy), (α, Α, R) ανήκουν σ' αυτή μα μβ δy μα δβ την κατηγορία. δ δ μα β δy προβλήματα, τα οποία δεν δα δα μ y επιλύονται με ευκλείδεια μέσα (δηλ. , με hα δ δ κανόνα και διαβήτη). Υπάρχουν 27 τέτοιες hα μββ y hα δββ τριάδες. hα δβ μα δαδ προβλήματα (μεπροβλήματα. κανόνα και δα μα διαβήτη). Υπροβλήματα. πάρχουν 128 τέτοια β Αυτά παρατίθενται δ μα μα β στη συνέχεια, με την αρίθμηση που τους έχει δώσει ο Roy Leroy (Roy) Meyers (επιμελητή Sciences), και γιατον πολλά προβλημάτων χρόνια στο Mathematics Magazi n e ). Επειδή ο Roy συνεργαζόμαστε με τη συντακτική επιτροπή που διευθύνειαρκετά ο Stanlγιαeyτα, όπως ήταν φυσικό, συζητήσαμε βιβλία που του, πρόκειται να εκδώσει στο άμεσοσ'μέλλον ηπεριλαμβάνονται εταιρεία η οιMathProPress. Ανάμεσα αυτά από το 1987 ως το 1991, το

-------­

Vίsίtor,

Jndex

Problems,

to

Mathematίcal

Μαθηματικές Ολυμπιάδες του Λένινγκραντ, Προβλήματα και Λύσεις από το Mathematίcal

μβ

μγ

Β

γ

..

72.

].Πλεονάζο υ σες

81 .

α

1 31 .

1 35 .

82.

τρ ιάδες

1 38. 1 42 .

83.

86.

1.Μη επιλύσιμα

89.

90.

1 1 ο. 1 1 7.

3.Επιλύσιμα

Για να αποδείξει τη μη επιλυσιμότητα ορισμένων απ'ακόλουθο αυτά τασυχνά προβλήματα, ο Roy ανακάλυ ε το χρήσιμο πόρισμα ψ ενός θεωρήματος του Gauss:

Είναι αδύνατο να κατασκευάσουμε με κανόνα και διαβήτη ένα ευθύγραμμο τμήμα του οποίου το μήκος είναι ρίζα ή το αντίθετο της ρίζας μιας κυβικής εξίσωσης με ρητούς συντελεστές που δεν έχει ρητές ρίζες, όταν το μοναδιαίο μήκος είναι δεδομένο .

Γιαaντιστοίχισε να χρησιμοποιήσει αυτόεπιλεγμένες το θεώρημα,ρητέςο Roy προσεκτικά τιμές στα δεδομένα, παρήγαγε μια κυβική εξίσωση με ρίζες τιςστοιχεία πλευρέςτου)τουκαιτριγώνου (ή άλλα θεμελιώδη κατασκευάσιμους συντελεστές, καιδενκατόπιν απέδειξε ότιΣε αυτή η κυβική εξίσωση έχει ρητές ρίζες. κάποια άλλα προβλήματα, τα δεδομένα του τον οδήγησαν

r r

1 49.

Α

1 65 .

Α

1 20.

δα

r

1 44 .

α

1 1 8. 1 1 9.

4.Α νοιχτά

r

α

1 43 .

84.

88.

r

R R

1 50.

R R R

δβ

R

R

1 72 .

r

s

s

1 74 .

1 79.

r

s

1 73 .

1 80 .

r

δα

R

R

s

s

s

στην κατασκευασιμότητα μιαςΠρέπει, γωνίαςπάντως, 20° ή σε άλλες αδύνατες περιπτώσεις. να επισημάνουμε ότι σε όλες τις περιπτώσεις, ακόμα και όταν ημέσα, κατασκευή δεν μπορεί ένα να γίνει με ευκλείδεια πρέπει να υπάρχει τρίγωνο που να ικανοποιεί τα δεδομένα. την Σ πραγματικότητα, μπορούμεως ναανακατασκευή αντιμετωπίσουμε και τα 186 προβλήματα ενός τριγώνου από τα δεδομένα στοιχεία. Τοτωνενδιαφέρον του ξεκινά Leroy από Meyerτηνγιεποχή αυτότουτο είδος προβλημάτων λυκείου, όταν όπως και πολλοί άλλοι μαθηματικοί στοαυτών ξεκίνημά τους - γοητεύτηκεκαι απότις την ποικιλία των προβλημάτων έξυπνες τεχνικές επίλυσής τους.από Αργότερα, το ενδιαφέρον του αναθερμάνθηκε ένα άρθρο του William Wenick στο Mathematics Magazine»

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/25


------

2 " Θέμα Π ρολεγό μενα :

HdArd Af�THEAfAT/CPf

-------

μαθητής Κώστας Ελευθερίου (Ηράκλειο), μας έστειλε μια εργασία του Νίκου Δαπόντε, την αλίευσε απόδημοσιεύουμε την «Εκπαιδευτική Αιγαίου»Ευχαριστούμε (www. epyna.gτονr). Επειδή ο χώρος μας είναιοποία περιορισμένος, περίληψΠύλη η αυτήςΝοτίου της εργασίας. Ν. Δαπόντε. Ευκλείδεια Γεωμετρία έχει καθιερωθεί η έννοιααπό"ομοιότητα". Δύο Όμως, ευθύγραμμα γεωμετρικά Στην είναι σχήματα όμοια αν έχουν την ίδια μορφή ανεξάρτητα το μέγεθός τους. οφείλουν να έχουν τιςμία.πλευρές τους ανάλογες και τις γωνίες που σχηματίζονται από ομόλογες πλευρές τους ίσες μία προς Αν παρατηρήσουμε την ακόλουθη σειρά γεωμετρικών σχημάτων: Ο

«Η αυτ οο μο ιότητα : Μ ια ι δ ιότητα των t"nt c t �ι l s » , Η αυτο ο μ ο ι ότη τα στην Ε υ κλε ί δ ε ια Γ ε ω μ ε τ ρ ί α .

του

Ν.

Δαπ()\ιπι:;

συμπεραίνουμε ότι το καθένα απόχαρακτηρίζονται τα συνιστώντααπόμέρητηνείναιιδιότητα αντίγραφο του μεγαλύτερου.ΌλαΜπορούμε να λέμε ότι τα παραπάνω σχήματα της αυτοομοιότητας. τα μέρη του είναι όμοια μεταξύ τους καθώςσε καιγεωμετρικά με το αρχικό.σχήματα Τα παραδείταγματαοποία δείχνουνδενότι ηείναιέννοια φράκταλ. που μας ενδιαφέρει εμφανίζεται φυσικών αντικειμένων που εκδηλώνεται η αυτοομοιότητα είναι το Τρία χαρακτηριστικά η καιπαραδείγματα οι φτέρη ανήκει στηνμε τονκατηγορία τωντρόπο. φυτώνΜιαπουφτέρη εκδηλώνουν την ιδιότητα της αυτοομοιότητας καλύτερο αποτελείται από φύλλα καθένα από τα οποία αποτελείται από πολλά μικρότερα. Και αυτά ακόμαδομήτα μικρά φύλλα αποτελούνται από ακόμα μικρότερα που διατηρούν την ίδια με τη φτέρη β.αυτόΑνθααπόμοιάζει ένα κουνουπίδι αποσπάσουμε ένα κομμάτι θα διαπιστώσουμε ότι με το αρχικό, θα είναιθαέναδιαπιστώσουμε μικρότερο αντίγότιραφο.είναιΑν από το πρώτο αποσπάσουμε ένα κομμάτι ακόμα μικρότερο αλλά εξακολουθεί ναπουμοιάζει με το αρχικό. Ας παρατηρήσουμε χάρτες περι γ ράφουν ακτογραμμές σεFractal διαφορετικές κλίμακες όπως αυτή που ακολουθεί (παρμένη από το βιβλίο s κόλπων for the classroom): Αυτό που μας αποκαλύπτεται είναι μια όμοια κατανομή και ακρωτηρίων.μεΜπορούμε ναότιθεωρήσουμε ότι μια ακτογραμμήνέοιπαρουσιάζει· ·--:i;::JII8!111PIC την έννοια αν μεγεθύνεται εμφανίζονται κόλποι και ακρωτήρια και παρόλα αυτά εξακολουθεί να μοιάζει με ακτογραμμή Η στοιχειώδης μοντελοποίηση μιαςμικρόφτέρης μπορείπουνα περιλαμβάνει πραγματοποιηθείπολλαπλές με τη αναδρομικές χρήση ενός υπολογιστικού περιβάλλοντος. Ένα πρόγραμμα κλήσεις, συνήθως, είναιη αρκετό γιατρίγωνο να μοντελοποιήσουμε ορισμένα ενδιαφέροντα μαθηματικά φράκταλ όπως για παράδειγμα φτέρη, το του Sierpinski, τα φράκταλ δέντρα και η χιονονιφάδα τουμε Koch. Η μοντελοποίηση στον υπολογιστή τέτοιων φράκταλ θα μας βοηθήσει να πειραματιστούμε αντικείμενα που δεν ανήκουν στην περιοχή μελέτης της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. ΜόλιςΚερασαρίδης, είχε κλείσει ηέλαβε ύλη τηςστο στήλης μας (γιατουτοταχυδρομείο τεύχος 64), έναόταν,σύντομο ο εκ τωνσημείωμα επιμελητών της στήλης Γιάννης ηλεκτρονικό του Νίκου Λυγερού με τίτλο «0 Ξεχασμένος Δίσκος». το σημείο αυτό πρέπει να πούμε πως ο Νίκος Σ Λυγερός είναι μαθηματικός καθηγητής στο Είναι πανεπιστήμιο της Λυών,σύμβουλος επισκέπτηςτου καθηγητής σε μιαίλωνσειράΚ. πανεπιστήμια, λογοτέχνης και εικαστικός. επιστημονικός « υνδέσμου Σ Καραθεοδωρή». Με τη δική του συμβολή ήρθαν στο φως της δημοσιότητας αρκετές σπάνιεςΦεργασίες Η αυτ οο μο ιότητα στη ψίJση .

κουνουπίδι .

φτέρη

ακτογραμμές.

α. Η

γ.

φ ράκταλ δομή

Η αυτοο μο ιότητα στα μαθη ματικά φ ρ ά κταλ.

3 " Θέμα Π ρ ολεγό μενα :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ.l/26


#,Af, Af�T#EAfAr/CVf

του έλληνα καιμαθηματικού Κώστα Καραθεοδωρή. Πολύ σύντομα η στήλη μας θα έχει αφιέρωμα στηνΤοδιάσημου προσωπικότητα το έργο του Κ. Καραθεοδωρή. σημείωμαEuler» του Ν.(300Λυγερού στον Κ.του).Καραθεοδωρή γράφτηκελογοτεχνικό για να θυμηθούμε <Ν.<'ΈτοςΛυγερού. Leonard χρόνιααναφέρεται από τη γέννησή Απολαύστε καιτο ιδιότυπο ύφος τουτο ------

«0

--------­

ξi:zασμi:νος δίσκος». '\ ί κος Λυγερός, πανεπιστήμιο Λυών

του και το έργο του δασκάλου. Μόνο έτσι θα Όταν μελετούσε τα άκουγε μπορούσαν να τομέλλον διασώσουν και ναένατομουσείο, διαδώσουν. τον αγαπημένο του δίσκο. Έτσιτονένιωθεβοηθούσαν ότι τα να Ήλπιζε ότι στο θα υπήρχε ένατο του δυστυχισμένου συνθέτη ίδρυμα ή ένα ινστιτούτο, δεν μπορούσε να κατανοήσει τις επινοήσεις του δασκάλου. Η εκείνη τη στιενόςγμή,άλλου που ανύπαρκτου θα αναλάμβανελαού.να γυναικεία φωνή που τονσυνόδευε τόσο τρυφερά το καθορίσει μη σβήσει η μνήμη πιάνο της ανάγκης γέμιζε με το παράξενο αίσθημα τηςπουχαράς. Μία θαπερίεργη χαρά πουμετάζούσε παρόν όμωςτηνπάλευε με τους τυπογράφους Προςνατοεξασφαλίσει από τότε ήξερε πως πέθαινε μόνο την για αυθεντικότητα τουνόταέργου. έκδοση του βιβλίου του Ελβετού μαθηματικού. κάθε σημείο σαν να ήταν η μιας Πρόσεχε αόρατηςτοπαρτι τ ούρας που δεν έπρεπε να χαθεί. Είχε δαπανήσει νύχτες ολόκληρεςΉξερε πόσα του Αλλιώς έργο της ζωής του δεν θα είχε πια το ίδιο νόημα. χρωστούσε για την ανάπτυξη των θεωριών του στο Κανείς δεν μπορούσε να δει Άκουγε την ανθρωπιά της γυναικείας φωνής και έβλεπε μέσα τηςτη ολόκληρη τηνόλοανθρωπότητα. ταμνήμηκρυφά του σχόλια.δίχωςΔενναήθελε ναμίαπεθάνει η Μόνο του δασκάλου δώσει τελευταία που εκείνη στιγμή για τοπαράέργομόνο του δασκάλου, η ανθρωπότητα δεν ήταν μάχη. Έπρεπε να τη σώσει από τη λήθη όπως ο ένας άνθρωπος. Καιμαθηματικός αυτός ο άνθρωπος ήταν ν'ο δίσκοςδάκρυα. είχε σώσειΚάθετηνκλεμμένη αθάνατη νότα φωνή απόπου τηέκλαιγε εαυτός του. Ένας που άργησε δίχως λήθη αρχίσει τη σταδιοδρομία του. Δεν είχε αντιληφθεί ήταν μία μάχη που κέρδισε ο συνθέτης. Εξέταζε τα τηαντίκρισε βαρύτητατις πυραμίδες. της ζωής Εκεί του τονπαράείχεμόνοαγγίξειότανη κείμεναΑν τουπέθαινε δασκάλου κι ένιωθε την υπευθυνότητά του. πριν το τέλος της εργασίας του, ομορφιά τηςότι δεν λιτότητας. Και απότον αγώνα τότε είχε ποιος θαλοιπόν μάθαινεκάθεγια στιγμή τα θεωρήματα της ομορφιάς; αποφασίσει θα σταματούσε τουότι Άκουγε της αθανασίας για να δώσειΌλοικουράγιο στον εαυτό του. για τα μαθηματικά. Κι ενώ οι άλλοι θεωρούσαν ήταν ήδη αργά, εκείνος απέδειξε ότι ήταν πολύ έλεγαν ότι είχε γεράσει και δεν μπορούσε πια νατου.προσφέρει στα μαθηματικά, ακόμα και Κιοι νωρίς. Το τηπιάνοφωνή.δενΈτσιέπακιψε εκείνος ούτε μίαδενστιγμή να συνοδεύει θα άφηνε φίλοι Όμως εκείνος ζούσε την αλήθεια. το έργο τουκαιδασκάλου παράμετά, μόνογιαμετάνα τηνζήσειέκδοσή έπρεπε ν'γράαφήσει ένα έργοΕκείνοι για τουςοιεπόμενους, που του ακόμα αν πέθαινε μέσα δεν είχε ει ακόμα. άνθρωποι που ψ δτουεν είχαν στον ανύπαρκτο λαό. γεννηθεί ακόμα, εκείνοι οι αρχαιολόγοι μέλλοντος έπρεπε να παραλάβουν τη μνήμη ξ{ρατε,, " I η υπάντη ση ! Είναι φανερό πως κάτι τέτοιο μόνο η φύση θα το μπορούσε. H. ΤοSmalley 1985, (ΗΠΑ) ο W. Κroto (Μ. Βρετανία) και εξαερώνεται οι Heath, S.ο O'Brien, R.υπόCurlτην, R πως όταν γραφί τ ης ανακάλυψαν επίδραση μιας δέσμης λέιζερ μέσααπόσε έναρεύμαμεγάλοηλίου(32δημιουργούνται μόρια, αρκετά σταθερά, που αποτελούνται 90) και πάντοτε άρτιο αριθμό ατόμων άνθρακα (κοίτα διπλανό σχήμα) Το σταθερότερο ήτανψαντοθεώρησαν C60, καιότι είχεοι μπάλα του Bucky,αυτό προςεξελίχθηκε τιμήν του γρήγορα Buckminster επιστήμονες που το ανακάλυ Fuller. Το όνομα στο τηονόμασαν μορφή μιας μπάλας ποδοσφαίρου. Οι ερευνητές [πηγή: το μόριο (buckyball), δηλ, επισημότερο QUANTUM, τόμ.l, τεύχ. 2] της ση)λης : Για μια ακόμη φορά η στήλη είναι υποχρεωμένη να υπενθυμίσει α) δεν είναι όλες οι εργασίες β) οι εργασίες σας να είναι δυνατό να δημοσιεύονταικαι περιεκτικές, αφού(οκαιαριθμός ο χώροςτουςμας είναι είναι μεγάλος), περιορισμένος. Άπαντα του Euler,

lίeder

για ν' αγγίξει

την ουσία του έργου του. Λογισμό Μ εταβολών.

l l α.

"Λ ιπδ

το

J.

μπακμινστερ φουλερένιο

μπάκυμπωλ

Π ρ ος τους φ ίλους

περ ι ορ ι σμένης έκτασης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ.l/27


�ωCDqJfP0UUm& l}J0(1J fJf[JfJJ !iJ() u(/)�f[J ΊJ(f)fJJ ιtflrJJωe5tJ(!tJ )

Βαγγέλης Ε υσταθί ου - Θ άν ος Χ αραλάμπους

Οι α σκή σεις που ακολουθούν βα σίζονται στις ταυτότητες που αναφέρονται στο σχολικό βιβλίο και στις συνέπειες αυτών που στη συνέχεια παραθέτουμε.

Από τις γνωστές ταυτότητες προ κύπτουν :

α (α+ β - 2αβ α (α-β 2αβ (α β (α -β 4αβ (α+ β (α-β = β2 ) (α β )3 α3 β3 3αβ(α β) (α-β α3 -β3 - 3αβ(α-β) α3 β3 (α β )3 -3αβ (α+ β) α3 -β3 (α-β )3 3αβ( ασυνέπεια (ii), Άμεση των (iii), ταυτοτήτων (i), (ί ν ) εί ναι οι παρακάτω ανισότητες: 1.

)2 i) 2 + β 2 = )2 + ii) 2 + β 2 = iii) + )2 )2 = )2 + ίν) )2 2 ( α2 + + ν) + = + + νί) )3 = νίί) + = + + β) = viii)

α 2 + β 2 � -2αβ , α 2 + β 2 � 2α β , (α + β ) 2 � 4 αβ , 2 ( α2 + β2 ) � + ) 2 ,

α β γ = ( α β ) αβ] γ αβγ = 3 (α β (α β) 3 -( α β γ ( αβ βγ γα) αβγ . από την (i) με α=β=-y παίρ­ 2 2 νουμε ( + y) = +2 + y και από την (ii) με α=β=γ=-y παίρνουμε: ( χ + y)3 = χ3 + 3x2y + 3xi + 1 . ( χ - )( χ - )( χ - ) = [ χ2 - + χ + ( χ - ) = χ - yx 2 - + ) χ 2 + γ + χ + αβχ + + ) χ2 + + + χ χ ii)

x

x

xy

3. Να αποδείξετε ότι ισχύει : {α + β + γ γ α 2 + β 2 + γ 2 + 2α β + 2αγ + 2 βγ . =

(α + β + γ γ = [ (α + β ) + rΤ = (α + β) 2 + γ 2 + 2 γ (α + β ) = α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2αγ + 2βγ

(α β όπου το ίσον για μεν την =-β για δε τις υπόλοιπες Ομοίως: πρώτη ισχύει μόνο όταν α μόνο όταν α=β. (α + β + Υ + δ) 2 = α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 + 2αβ + i) (-α + β γ = (β - α) , για κάθε ν ε +2αγ + 2αδ + 2βγ + 2βδ + 2γδ ii) (-α - β γ = (α + β) , για κάθε άρτιο φυ­ και (α - β + γ - δ)2 = α 2 + β 2 + γ 2 + γδ 2 - 2αβ + +2αγ - 2αδ - 2βγ + 2βδ - 2 δ . σικό ν Ο iii) (-α - β γ = - (α + β γ , για κάθε περιττό Προκειμένου να εξασκηθούν οι μαθητές σε φυσικό ν ή παραγοντοποιήσεις παρα­ μετασχηματισμούς 2. Να αποδειχτούν οι ταυτότητες : που στάσεων, τις περισσότερες από τις ταυτότητες 2 αποδεί ξουμε ξεκινώντας από(Β),το ακολουθούν θακαιτιςκαταλήγοντας ( χ α ) ( χ β ) χ ( α + β ) χ + αβ 2° 1 ο μέλος (Α) στο μέλος ( χ α )( χ β )( χ γ ) παρόλο ότι μερικές από αυτές αποδεικνύονται ευ­ χ 3 - ( α + β + γ ) χ 2 + ( α β + βγ + γα ) - α βγ κολότερα με εκτέλεση των πράξεων και στα δύο μέληστοήΑ.ακολουθώντας αντίστροφη πορεία από το ( χ -α)( χ -β) = χ 2 - αχ - βχ + αβ = Β = χ 2 - ( α + β ) χ + αβ 4. Να αποδείξετε ότι ισχύει: Ν*

ν

ν

:;t:

i)

ii) =

=

=

χ

i)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/28


s: =S3 +3(S, -α)( s, -β)( s, -γ) (=2) = S3 + 3s: -3 (α + β + γ) s; + +3( αβ + βγ +γα )S, -3αβγ = = S3 +3S: -3s: +3( αβ + βγ +γα)S, -3αβγ = = S3 + 3S, ( αβ + βγ +γα) -3αβγ

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

α) (α + β + γ ) 3 = α3 + β 3 + γ 3 + 3 α 2 { Ρ + γ ) + + 3β 2 ( γ + α) + 3 γ 2 (α + Ρ ) + 6α βγ β) { α+ β+γ ) 3 =α3 + β 3 +γ3 +3 { α+ β ){ β+γ ) { γ+α)

Α = ( α + β + γ )2 ( α + β + γ ) = ( α2 + β2 + γ2 + 2αβ + 2αγ + 2βγ )(α+ β + γ) = 5. Να αποδειχτεί η ταυτότητα : 2 2 2 .. . =+3γα32+αβ3+γ3 α 2 + β 2 + γ 2 - α β - βγ - γ α = +3γβ 2++3α3βγβ2++3αβ6αβγ+=3γα + = [ ( α - β + ( β - γ + ( γ - α )2 = α3 + β3 +γ3 + 3αz (β +γ)+ 3β z (γ+ α)+ J γ γ l +3γ2 (α + β) + 6αβγ = Β Δείξαμε λοιπόν ότι: Α = α3 + β3 + γ3 + 3Κ , Α = _!_(2 2α2 + 2β 2 + 2γ2 - 2αβ - 2βγ-2γα) = 2 +βγ2 +2αβγ= όπου Κ=β)α2β+αβ 2 +γα2 +γ2 α+γβ αβ (α + + γ2 (α + β) + αγ2 + β 2 γ + αβγ + αβγ = =_!_2 ( α2 +α2 +β2 +β2 +γ2 +γ2 -2αβ-2βγ-2γα) = αβ (α + β) + γ 2 (α + β) + αγ (α +β) + βγ (α +β) = = }[ (α-β / + (β -γ )2 + (γ - α ) 2 J = Β = (α+ β)( αβ + γ2 + αγ + βγ) = =(α+β)[ α(β+γ)+γ(β+γ)] = 2° μέλοςανισότητα: είναι μη αρνητικός αριθμός Επειδήητοβασική προκύπτει =(α+β)(β+γ)(γ+α), οπότε α2 + β 2 + γ2 � αβ + βγ + γα . Α=α3 +β3 +γ3 +3(α+β)(β+γ)(γ+α) = Β 6. Να αποδειχτεί η ταυτότητα: (Cauchy = [ ( α +β)γ[(α+β)+γ] β ) + γ ]3 = ( α + β =)3 + γ3 + = Euler) α3 + β32 + γ32 - 3α2β-γ = - - = ( α + β + γ )3 +3(α+ ( α + β + γ ) { α + β + γ α β βγ γ α ) = α3 +β3 +3αβ(α+β)+γ3 + 3γ(α+ β)(α+β γ L�( α + β + γ ) [ ( α - β ) 2 + ( β - γ ) 2 + ( γ - α γJ = α3 + β3 + γ3 + 3( α+ β)[ αβ + γ( α+ β+ γ)] = = α3 + β3 + γ3 + 3( α+ β)( αβ + αγ + βγ + γ 2 ) = Με βάση την ταυτότητα ( 1 νίί) έχουμε: = α3 +β3 +γ3 + 3(α+β)[β(γ + α) +γ(γ+ α) ] Α = ( α + β )3 -3αβ ( α + β ) + γ3 - 3αβγ = = α3 + β3 + γ3 + 3( α+ β)( β + γ)( γ+ α) = ( α + β )3 + γ3 -3αβ ( α + β + γ ) =-3αβ( α+ β )γ[ (α+ β)+ γ] ­ [ (α+α+β)+β +γγ)]3 -3( = Αν S1 =α+β+γ, S2 =α2 + β2 +γ2 , s3 =α3 + β3 +γ3 = (α+ β + γ )3 -3( α+ β )γ( α+ β + γ) ­ τότε: -3αβ (α + β + γ) = 2 ί) s; =S 2 +2(αβ+βγ+γα) = (α+ β + γ)[ (α+ β + γ ) -3( α+ β )γ-3αβ J = ίί) s: = 3S, S 2 -2S + 6αβγ 3 = (α+β+γ) ίίί) s: = S + 3S, ( αβ + βγ +γα)-3αβγ ( α2 + β2 + γ2 + 2αβ + 2βγ + 2γα-3αγ-3βγ-3αβ) = 3 = (α+ β + γ)( α2 + β2 + γ2 -αβ -βγ - γα) = Β ί) Είναι άμεση συνέπεια της άσκησης 3. Και σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση. ίί) Από (4α) έχουμε 2 2 } (α+ β + γ)[ (α-β )2 + (β -γ / + (γ- α / J s: =S3 +3α (S, -α)+3β (S, -β)+ Β = +3γ2 ( s, -γ) + 6αβγ = Προφανώς η πορεία από το Β στο Α είναι α­ = S3 + 3S1 ( α2 + β2 + γ2 )-3( α3 + β3 + γ3 ) + 6αβγ πλούστατη. = S3 + 3S1 S2 -3S3 + 6αβγ = α+β+γ = Ο ή α = β = γ ί) α3 + β3 + γ3 = 3αβγ = 3S, S2 - 2S3 + 6αβγ . ίί) αν α + β + γ Ο τότε α3 + β3 + γ3 � 3αβγ . ίίί) Από (4β) έχουμε: >

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/29

<:::>


iii) s3 -3αβγ = sl [ s2 -( αβ + βγ +γα)J ' όπου sl =α+β+γ, s2 =α2 +β 2 +γ2 , s3 =α3 +β3 +γ3

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

7.

( α 2 + β 2 ) { χ 2 + ψ 2 ) ( αχ + β ψ ) 2 = 2* = ( αψ - βχ ) 2 = _

Να αποδειχτεί η ταυτότητα : ( α + β ) 3 - 3αβ ( α + β - ι ) - ι = = ( α + β - ι )( α 2 + β 2 - αβ + α + β + ι )

(α, β, γ) ' ια τις τρ ια' δ ες εχουμε : (χ, ψ , ω) ( α2 + β2 + γ2 )( χ2 + � + ω2 ) ( αχ + βψ + γω) 2 = 2 2 2 = +

Απόδειξη

Α = α3 + β3 + 3αβ( α+ β) -3αβ( α+ β) + 3αβ -1 = = α3 + β3 -1 + 3αβ = α3 + β3 + ( -1 )3 -3αβ( -1) = =( α+β - 1) [ α2 +β2 +( -1)2 -αβ-α( -1)-β( -1) ] = = (α+ β -1 )( α2 + β 23 + 1 -3 αβ +3 α+ β) = Β

-

( !ν)

α + β + γ = 6, α + β + γ = 36, αβγ = 6 , τότε να υπολογίσετε το άθροισμα S = α2 + β2 + γ2 .

8 . Αν

I� : 1

"") Γ ιι

ι : :ι +ι : :ι ι : :ι

Ανάλογη ταυτότητα ισχύει για δύο ν-αδες α­ ριθμών (ταυτότητα Lagrange) Α = α2 χ 2 + α2 ψ 2 + β 2 χ 2 + β 2 ψ 2 -( α2 χ 2 + β 2 ψ2 + 2αχβψ) = α2χ2 + α2� + β2χ2 + β2� α2χ2 β2� 2αχβψ = α2ψ2 + β2 χ2 -2αψβχ = ( αψ-βχ )2 = I : � � 2 = Β Α = α2 χ 2 + α2 ψ 2 + α2 ω2 + β z χ 2 + β 2 ψ 2 + +β 2 ω2 + γ2 χ 2 + γ2 ψ2 + γ2 ω2 ( α2 χ 2 + β 2 ψ2 γ2 ω2 + 2αχβψ + 2βψγω + 2γωαχ ) = 2 + γ2 χχ2 + γ2 ψ2 α2 ψ2 + -2αχβψ α2 ω2 + β-2 χ2β2 +ψγωβ 2 ω-2γωα = / 2 2 χ : = ( αψι:-βχ ) 2 + ( αω-γ : : 2 ) + ( βω-γψ 2 =Β � + + �� ι ι ι ι Ανισότητες : (α2 + β 2 )( χ 2 + ψ2 ) � (αχ + βψ)2 ii) (α2 +β2 +γ2 )( χ 2 + � +ω2 ) �( αχ +βψ+γω)2 Αν αβγ Ο τότε το ίσο στην (i) ισχύει μόνο . οταν . -αχ = -ψ = -ωγ οταν -αχ = -ψβ και στην ( "" ) μονο β Α π ό δ ε ιξη

ί)

_

_

_

_

Αν θέσουμε sl = α+ β+ γ = 6, s2 = s = α2 + β 2 + γ2 = χ ' S3 = α3 + β3 + γ3 = 36 και αβ+ βγ+γα=y, τότε s� = s2 + 2 ( αβ + βγ +γα) και από την συνέ­ πεια (iii) της άσκησης 6 έχουμε: s3 -3αβγ = sl [ s2 -( αβ + βγ + γα) J ' δηλαδή 62 = χ +2y } . 36-3 ·6 = 6( χ -y) +2y=36} , οπότε χ =14 } . Τελικά xx -y=3 y=11 2 (β + γ) + 3 (α+ = α3 β + γ ) + β3 + γ3 + 3α 2 2 +3β (γ+ α) + 3γ (α+ β) + 6αβγ :::::> 63 =36+3α2 ( 6-α)+3β2 ( 6-β)+3y( 6-γ)+6·6=:> 63 =36+18 ( α2 +β2 +γ2 ) -3 ( α3 +β3 +γ3 ) +36=:> 6·36=36+ 1&S-3βέβαια :> 12=2+S-6+ 2=:>S=14 · 36+36:::: ι ο. Να αποδειχτεί η ταυτότητα : έχουμε με χρήση της συ­ ( α 2 + β 2 + γ 2 γ - ( αβ + βγ + γα ) 2 = νέπειας (ii) της ταυτότητας (4). = ( α 2 βγ ) 2 + ( β 2 αγ γ + ( γ 2 αβ ) 2 Si = 3S1 S2 -2S3 + 6αβγ :::::> S=14 :::::> 63 =3·6·S-2·36+6·6=:> ς Με εφαρμογή της ταυτότητας Lagrange για τ ι Τέλος μια ακόμη λύση μπορεί να δοθεί με βά­ . ση τις συνέπειες (i) και (iii) των2 ταυτοτήτων τρεια' δες (α, β, γ) εχουμε: (β, γ, α) (3) και (4). Πράγματι: (i)=:> 6 = x +2y και 2 (iii)=:>63 =36 + 3 ·6y -3 ·6=:> y = 1 1 , οπότε: = ( α + βz + γ2 )( β2 + γ2 + α2 ) ( αβ + βγ +γα )2 = (i)=:> x =14 . Να αποδείξετε ότι : (σ, β) ' ζ Γ • Γενικά με το σύμβολο �� �� παριστάνουμε τη διαφο­ ' (χ, � εχουμε ' των αριθ μων : ) ια τα ευγη Λ ύ ση

ii)

_

_

Β ' τρ ό πος

Β α σ ικές συνέπειες :

Cauch y - S chwartz :

i)

=ι:.

η

Ά μεση λύ σ η Π ρ άγ μ ατ ι :

_

ι

_

_

Α π ό δ ε ιξη

Α

9.

.

_

"

ρά (αδ - βγ) και τη λέμε ορίζουσα 2 ης τάξης με γ ραμμές (α,β) και (γ , δ) ή με στήλες ( α, γ) και (β, δ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l /30


= ι; �� 2 + ι; :ι 2 + ι� :ι 2 = ( αγ _ β 2 )2 + ( α2 _ βγ )2 + ( αβ _γ )2 = = ( α2 _ βγ ) 2 + ( β2 _γα )2 + ( γ2 _ αβ )2 = Β

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

11.

χ3 ( χ(\+ ( χ(χ για κάθε χ (1 ) Ν α αποδειχτεί ότι ισχύει : 1) )2 = ε JR

- 1) )2 ' 2

β +--'--- γ ----- α ' Έχουμε ότι τ-α = α+β+γ '--α = 2 2 α+ γ -β α+β-γ ομοίως τ -β = 2 , τ -γ = 2 . Οπότε: τ( τ- α) = (τ -β)( τ-γ) � ( α+�+γ )( β+�-α ) = ( α+�-β )( α+�-γ ) � � (β + γ) 2 -α2 = α2 -(β -γ)2 � � (β +γ)2 + (β -γ)2 = 2α2 � � 2β2 + 2γ2 = 2α2 � βz + γ2 = α2 � Α = 90ο Λπ6δειξη

χ 2 χ + 1)2 - 4χ 2 ( χ -1)2 = Β = 4( τες υπδ συνΟψα:ς χ42 [ ( χ + 1) 2 - ( χ - 1)2 ] = 4χ 2 . 4χ = χ 3 = Α 14. ΑΤανιπδτη α + β + γ = Ο , να αποδειχτεί ότι ισχύουν οι σχέσεις : α2 + αγ = β 2 + βγ χ z• προκύπτει ότι ο κύβος Από την (1) για α2 - βγ = l( α2 + β2 + γ2 ) κάθε ακεραίου αριθμού είναι διαφορά τετραγώνων ,\πόδtιξη δύο ακεραίων, αφού με χ z• οι αριθμοί Η απ.+χ.β+γ=Ο μπορεί ν' αυτή επιλυθεί ως και χ ( χ - 1) είναι άρτιοι ακέραιοι αριθμοί (ως γι­ προς ένασυνθήκη γράμμα γ = α-β την πε. Σ νόμενα διαδοχικών ακεραίων). π.χ. ρίπτωση η αποδεικτέα ανάγεται σε απλούστερη με 2 2 δύο αγνώστους. Πράγματι: 17 16 18 17 173 = ( � ) - ( � ) =(17·9)2 -(1 7·8 ) 2 = Αφού γ =-α-β θα έχουμε: = 15 32 -1362 Α = α2 α( α β ) = α2 α2 α β = α β και Β=β2 +β( -α-β) =β2 -αβ-β2 =-αβ. Άρα Α=Β β' α + β + γ = Ο α+ β = -γ 2 => (α-β)( α+ β) = -γ( α-β) 1 . Να αποδειχτεί η ταυτότητα : α2 -β2 = -αγ + βγ α2 + αγ = β2 + βγ ( τ - α ) 3 + ( τ - β ) 3 + ( τ - γ ) 3 + 3α βγ = τ3 , α αν τ = + β2 + γ . Έχουμε: Α = α2 -β( -α-β) = α2 + αβ + β 2 και /'\ πόδ πξη Β= � [α2 +β2 +(-α-β)2 ] = � [α2 +β2 +(α + β)2 ]= Από την ταυτότητα (4β) έχουμε : χ3 +y +ω3 =( χ +y+ω)3 -3(x+y)(y+ω)( ω+ ) =_!_(2α2 +2αβ+2β2 )=α2 +αβ+β2 , οπότε Α=Β. Αν θέσουμε χ=τ - α, y= τ- β, ω= τ - γ, παίρ­ 2 3 3 3 ) = νουμε: (τ -α ) + (τ-β ) + (τ -γ α+β+γ=Ο [ ( τ -α ) + ( τ -β ) + ( τ -γ ) ]3 α = -β - γ α2 = ( β + γ ) 2 -3[ (τ-α)+( τ-β)][( τ-β)+( τ-γ)][ (τ-γ)+( τ-α)]= => α2 = β2 + 2βγ+γ2 => 2α2 =α2 +β2 + τ + 2βγ [ 3τ-(α+ β + γ) ]3 -3[ 2τ-(α+ β)] 2α2 - 2βγ = α2 + β z + γ2 [ 2τ -(β + γ) ][ 2τ-(γ + α) ] = 2( αz _ βγ) = αz + β2 + γ2 (3τ- 2τ)3 -3γαβ = τ3 -3αβγ. α2 _ βγ = -21 ( α2 + β z + γz ) Αρα: ( τ -α )3 + ( τ -β )3 + ( τ -γ )3 + 3αβγ = τ3 Γ fiJ �R ρ i[η u� μ η ιr' η

;

i)

Ε

ii)

Ε

χ( χ + 1 )

i)

α'

τ ρ όπος +

Ταυτότητες που περ ιέχουν την ποσότητα α+β+γ τ= (Συ νήθω ς για α,β,. γ πλε υρές τρι2 γώνου)

-

τρόπος

:::::>

ii)

Α. '

Β'

τ ρ όπος

-

-

-

-

:::::>

:::::>

τ ρ όπος

χ

:::::>

:::::>

:::::>

13. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒ να δείξετε ότι: τ ( τ - α ) = ( τ - β ) ( τ - γ ) � Α = 90° .

1 5.

1 Άν ισχύει } + - + ! = Ο ( 1 ) , με αβγ 'Φ Ο τότε: α β γ i) Ν α αποδείξετε ότι : α β + βγ γα = Ο

ΕΥΚΛΕΙΔ ΗΣ Β ' 65 τ.l/3 1

+


Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

Α πόδειξ η

Ι Α = αβ +αα + Ι + αβ +βα + 1 + αβ +αβα + Ι = α + αβ + Ι = 1 αβ + α + Ι αβ α

::::::>

1 7. Άν

ii)

Ν α υπολογίσετε την παράσταση : Α = β+γ + γ+α+ α+β. α γ β

Ϊ) Έχουμε: (1) αβ + βγ + γα = Ο ::::::> αβ + βγ + γα = Ο αβγ

α + β + γ = Ο , και α :;t: β :;t: γ :;t: α τότε να δείξετε ότι: 1 1 1 -----: - + =ο. + 2α 2 + βγ 2 β2 + γα 2 γ2 + α β

i i ) Α 'τ ρ όπος

(1) ::::::> _.!_α + _!_β = _.!_γ ::::::> ααβ+ β = - _!_γ :;t: O :::::> , οπότε: :::::> α + β :;t: Ο και γ = - � α+β β-� α-� α + β Α = α + α + β + α +αββ = β α+β 2 = α(αβ + α - (α + βγ = + β) β (α + β) αβ α3 + β 3 - (α + β)3 { Ι ν) -3αβ(α + β) - -3 αβ (α + β) - αβ(α + β) _

Απόδειξη

Στην περίπτωση αυτή η αντικατάσταση γ = -α - β είναι ασύμφορη αφού οι πράξεις είναι πολλές. Εργαζόμαστε λοιπόν ως εξής: α + β + γ = Ο ::::::> γ = -α - β ::::::> βγ = -αβ - β 2 , Άρα: 2α 2 + βγ = 2α 2 - αβ - β 2 = α2 - β2 + α2 - αβ = ( α+ β ) ( α - β ) + α ( α - β ) = ( α - β )( 2α + β ) = ( α - β )( α + α + β ) = ( α - β )( α - γ ) Παρατηρούμε ότι οι παρανομαστές των κλασμάτων προκύπτουν δια κυκλικής εναλλαγής των γραμμάτων έτσι 2β 2 + γα = ( β - γ )( β - α ) και 2γ 2 + αβ = ( γ - α )( γ - β ) . Άρα Α ( α-β)(Ι α-γ) (β -γ)( α-β) + (β-γ)( α-γ) = ( β - γ) -( α -γ) + ( α -β) = Ο ( α-β )( α-γ )( β - γ ) ( α-β )( α-γ )( β - γ ) = Ο

-,-------'- --:-

'---'----

_ _

Β 'τρόπος

αβ + βγ + γα = Ο ::::::> γ ( α + β ) = -α β ::::::> α +γ β = - αγβ2 Ομοίως κυκλικά αντικαθιστώντας , έχουμε : αβ Α = αβγ2 γα 2β γ 2 α3 β 3 + β \ 3 + γ 3 α 3 αβ = - αβγ2 + γα 2β + γ 2 = α2 β 2 γ 2 (Χρησιμοποιούμε την Ταυτότητα Cauchy Euler) = - 3( αβα)2(ββγz γ2)( γα ) = -3 _

(

_

_

)

-

18 .

αβγ = 1 και α β + α + 1 :;t: Ο τότε να δει­ χτεί ότι ορίζεται, και να υπολογιστεί η πα­ ράσταση: α γ β Α= α β + α + 1 + βγ + β + 1 + γα + γ + 1

Να αποδειχτούν οι ταυτότητες : i) α ( β - γ ) + β ( γ - α ) + γ ( α - β ) = Ο ii) α 2 ( β - γ ) + β2 ( γ - α ) + γ2 ( α - β ) = = -( α - β )( β - γ )( γ - α ) iii) α 3 ( β - γ ) + β 3 (γ - α ) + γ 3 ( α - β) = = -( α - β)(β - γ)(γ - α ) ( α + β + γ ) iv) α (β - γ)( τ - α ) 2 + β( γ - α )( τ - β ) 2 + α+ +γ +γ( α - β)( τ - γ γ = Ο , αν τ =

Α πόδειξη

Απόδειξη

1 6. Άν

αβγ = 1 ::::::> γ = -1 ::::::> βγ + β + 1 = αβ = _.!_α + β + 1 = 1 + αβ + α :;t: 0 α Ι + αβ :;t: Ο . Ι και γα + γ + Ι = - + -Ι + Ι = α + αβ β αβ Άρα ορίζεται η Α και

Α = αβ - αγ + βγ - αβ + αγ - αβ = Ο = Β i i ) Α = α 2 β - α zγ + β 2 γ - αβ 2 + γ 2 (α - β) = αβ(α - β) - γ( αz - βz ) + γz (α - β) = αβ( α - β) - γ( α - β)( α + β) + γ 2 (α - β) = (α - β) [ αβ - γ( α + β) + γ 2 ] = (α - β) [ αβ - αγ - βγ + γ 2 ] = i)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/32


Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

(α - β)[ α(β - γ) - γ(β - γ) ] = (α - β )(β - γ) [ -(γ - α) ( γ + α ) - β( γ - α) ] = (α -β)(β -γ)(α -γ) = -(α - β)(β - γ)(γ - α) = Β -(α - β)(β - γ)(γ - α) ( α + β + γ ) = Β 3 3 3 3 3 ii i ) Α = α β - α γ + β γ - αβ + γ ( α - β ) = iv) Για την απόδειξη της πρότασης αυτής θα _ _ _ _ J J J χρησιμοποιήσουμε τις ταυτότητες (i), (ii), (iii) που αβ ( α2 β 2 ) γ( α β ) + γ ( α β ) = προηγήθηκαν αβ{α-βΧα+β)-γ(α-β)( α2 + αβ+β2 ) + y (α-β) = Έχουμε: Α = α ( β - γ ) ( τ 2 - 2τα + α 2 ) + (α - β)( αβ(α + β) - γ( α2 + αβ + β 2 ) + γ 3 ] = +β(γ -α)( τ2 - 2τβ + β2 ) + γ(α-β)( τ2 -2τγ + γ2 ) = J 2 2 2 2 (α - β)( α β + αβ - α γ - αβγ - β γ + γ ] = [ α ( β - γ ) + β ( γ - α ) + γ ( α - β ) ]τ 2 2 2 2 ] = α γ) + αβ(β (α β) [ (β γ) γ ( β γ ) -2τ[ α 2 ( β - γ ) + β 2 ( γ - α ) + γ 2 ( α - β ) ] + 2 (α - β)(β - γ) [ α + αβ - γ ( β + γ ) ] = +α J ( β - γ ) + β J ( γ - α ) + γ J ( α - β ) = (α - β)(β - γ) [ α 2 + αβ - βγ - γ 2 ] = = Ο · τ 2 + 2τ ( α - β )( β - γ )( γ - α ) ( α - β )( β - γ )( γ - α )( α + β + γ ) = Ο = Β (α - β )(β - γ) [ ( α - γ ) ( γ + α ) - β( γ - α) ] =

Ι σότητες και ανισότητες ,

απ ο

,

,

γεω μετρικη σκοπια Γιάννης Στρατήγης

Γνωρ ίζουμε γενικά από την καθημερινότητα, ότι αν συ γκρ ίνουμε δυο ομοε ιδή μεγέθη θα ε ίναι ίσα ή ά ­ νισα. Στα Μαθηματικά υπάρχουν ανισο ϊσότητες που ξέρουμε να αποδε ικνύουμε αλγεβρικά. Παρακάτω θα δώσουμ ε γ ια μερικές από αυτές, γεωμετρικές αποδε ίξε ις χρ ησιμοποιώντας εμβαδά ή μήκη πλευρών, όταν πρόκε ιται γ ια θετικούς αριθμούς. 1 11

\ Λ

ν ι σ ο ισοτητα : α ••

'

2

+ β 2>2 α β

2η α ν ισ ο ϊσ ό τητα : (α+β) 2:4 α β

2

Έστω δυο τετράγωνα ΑΒΓ Δ, ΒΕΖΗ με πλευ­ Υποθέτουμε ότι α=::β>Ο και κατασκευάζουμε ρές α, β αντίστοιχα ( α=::β>Ο). Στην ΑΒ σημειώνου­ το τετράγωνο ΑΒΓ Δ με πλευρά α+ β. Στις πλευρές με σημείο Μ ώστε ΑΜ=β και φέρνουμε ΜΚlΑΒ. ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ παίρνουμε τα σημεία Ε, Η , Μ, Κ αντίστοιχα ώστε ΑΕ=β=Β Η=ΓΜ=ΔΚ και φέρνου­ Γ Δ με από αυτά καθέτους στις πλευρές του ΑΒΓΔ. Το τετράπλευρο ΖΘΛΙ που σχηματίζεται έχει πλευρά α-β, καθόσον ΖΘ=ΖΗ-ΘΗ=ΕΒ-ΜΓ= =(ΑΒ-ΑΕ)-ΜΓ=( α+ β)-β-β=α-β. α ·

_

Κ

β Α

Δ

β

Μ

α

I I I

K r- - - - - I

β

Μ α- β

Β

β

Ε

ΙΛ

D

β

Γ

α

Θ- - - - - Η

Αν η προέκταση της ΖΗ τέμνει το ΜΚ στο Λ α α- β : β είναι προφανές ότι για τα εμβαδά των τετραγώνων Ζ b ΑΒΓ Δ, ΒΕΖΗ και των ορθογωνίων ΑΜΚΔ, β α ΕΖΑΜ ισχύει: Έχουμε τότε: ΕΑΒrΔ2:ΕΑεικ+ΕΚΛΜΔ+ΕΜrΗe+ΕΗzΕΒ, ΕΑΒrΔ+ΕΒΕzΗ=ΕΑΜκΔ+ΕεzΛΜ+ΕΚΛΗr2:ΕΑΜΚΔ+ ΕεzΛΜ, συνεπώς ( α+ β)22:αβ+αβ+ αβ+αβ, οπότε : οπότε: α2+ β22:αβ+ [( α-β)+ β) β. ( α+ β)22:4αβ και η ισότητα ισχύει μόνον όταν α= β. Άρα: α2+ β22:αβ+ αβ=2αβ Ι 3 '1 Α ν ι σ οϊ σ ότ ητα : χ + - � 2 , Ο Η ισότητα αληθεύει μόνο όταν το γραμμοσκι­ ασμένο τετράγωνο είναι ανύπαρκτο (πλευρά ίση Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη με μηδέν), δηλαδή μόνο όταν α=β. Αν δε α<β εναλλάσσουμε τη θέση των δυο αρ­ καθέτων πλευρών ΑΓ=2 και ΑΒ = Τότε χικών τετραγώνων. Α

I I

Γl Ε

Β

χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/33

χ >

l x - ��-


Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

μας είναι χ, y:1:0. από το πυθαγόρειο θεώρημα το μήκος της υποτεί­ νουσας θα είναι 2 2. Για κάθε θετικό αριθμό χ ισχύει: (Β Γ) = �(ΑΓ) 2 + (ΑΒγ = 2 2 + x - =

l ��

� + - �)' � 4 + ( 2 + χ 2 - 2χ ;1 ) =

� 4

χ

ΓΙ?" _!_ = χ + _!_χ , χ>Ο. = χ = χ 2 + J,_ + 2χ χ νl τ ;J χΒ

Προφανώς (ΓΒ) ;::: ( ΓΑ), δηλαδή χ + -χ1 ;::: 2, που η ισότητα αληθεύει μόνον όταν (ΑΒ)=Ο δηλαδή χ = _!_χ ισοδύναμα χ=1 , επειδή χ>Ο.

ii)

l x i-I Y I

.J2002 2 + 1 2003.

Λ ύ ση

<

l xl + I Y I , x,y

ε 1R

ο ·

Για την l x i - IYII � �χ 2 + y 2 Αρκεί να δείξουμε ότι: l l x i - IYII 2 � �χ 2 + y 2 2 , ή l x l 2 - 2 l x i · IY I + IYI 2 � χ 2 + y 2 , ή -2 l xy Ι � o, που είναι αληθής. Ομοίως για την �χ 2 + y 2 � l x l + IYI αρκεί να δείξουμε ότι: 2 2 2 �χ2 + Υ � ( 1 � + 1 � ) , ή x2 +Y � I � 2 +21 +1� + 1� ' ή 21 � ;::: ο που ισχύει. Οι ισότητες επαληθεύο­ νται μόνο όταν χ=Ο ή y=O . ίί) Από το δεύτερο τμήμα της σχέσης του προηγούμενου ερωτήματος με χ=2002 και y= 1 έχουμε .J2002 2 + 1 2 < 1 2002 1 + 1 1 1 δηλαδή .J2002 2 + 1 2 < 2003 , αφού στην περίπτωσή ί)

χ

χ

χ 2 + -12 χ

Από το σχήμα της 1 ης ανισοϊσότητας προ­ 3. κύπτει η ταυτότητα: α2+ β2=2αβ+(α-β)2 , ενώ από της 2ης η: (α+ β)2=4 αβ+(α-β)2 Β. Από την 1 η ανισοϊσότητα με πρόσθεση στα . . μέλη της του παραγοντα α2+ β2 προκυπτει 2( α2+ β2 ):-Ξ:α2+ β2+ 2αβ οπότε 2( α2+ β2 )Ξ':( α+ β)2 και σε συνδυασμό με τη 2η δίνει τη διπλή ανισοϊσότητα: 2(α2+ β2)Ξ':( α+ β)2Ξ':4αβ . --

( ) ( )

χ

Π α ρ ατή ρ ηση Α.

Αποδείξτε ότι: � i) � �χ 2 + Υ2

>2

(� + �χ ' + 2 � + (�)' - 2ι χ + � � 2

Γ

1.

i��

Έχουμε 1 3 1 1 1 χ3 + χ + -1 + ­1 χ + � - 3χ · � χ + � + χ + � χ χ3 = 2χ + ­12 2χ + ­12 χ χ

Λ ί>ση

1

Ε ΦΑ Ρ Μ Ο Γ Εl:

i +x+-ι �ι

χ

Η ισότητα επαληθεύεται μόνο όταν x=l .

Αν οι πραγ ματικοί αριθμοί γ, δ είναι aντί­ στροφοι των θετικών αριθμών α, β αντί­ στοιχα, να προσδιορίσετε το ελάχιστο των παραστάσεων: i) Α= α2+ β2+γ2+δ2 ii) Β= αβ+αδ+ βγ+γδ iii) Γ=(αβ +γδ )( αδ+βγ)

' Ισχυει ' γ = -1 και δ = -1 α β

Λυση

Είναι Α � α' +β' + r' +δ' � α' +β' +

(1)

ω ' + (i ) ' �

( �) ( ) ± ± t [ � ) [ �)

= α 2 + 2 + β 2 + \ ;::: 2 + 2 = 4 . β {Ι) i i ) Έχουμε Β = αβ + αδ + βγ + γδ = αβ + α + β + · = αβ+ + * + ;::: 2 + 2= 4 . Η ισότητα επιτυγχάνεται μόνον όταν α=β= 1 , οπότε το ελάχιστο της παράστασης Α είναι 4. (Ι) ii i) Είναι Γ ( αβ + γδ)( αδ + βγ) = = αβ + α · + β · ;::: 2 · 2 = 4 Προφανώς οι ισότητες και στα Β, Γ αληθεύουν μόνον όταν α=β=1 , οπότε έχουμε ελάχιστο 4.

t

[

4.

=

± . t) [ t ±)

Αν α, β , γ είναι θετικοί αριθμοί δείξατε ότι: i) α + β + γ 3 �αβγ ii)

� (1 + �)( ι+*)[ι+�) �64, με α+β+γ=ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /34


i)

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Λύση

2 Και β 2 + α = β 2 - β + 1 = β - 21 + 34 > Ο , δηλαδή α2 + β > Ο και β 2 + α > Ο . Αν Α η παράσταση � θα έχουμε: α +β +� β +α α β2 + α +β α2 +β α2 +β 2 +αβ β + α) Α α2 + β β 2 + α α3 +β3 + α2 β2 + αβ α + β) 2 - 2αβ + αβ α + β) α+�=Ι = (α + β ) α 2 - αβ + β 2 + α 2 β 2 + αβ 1 2 - 2αβ + αβ · 1 1 - αβ 2 2 2 2 α - αβ + β + α β + αβ α + β) 2 - 2αβ J 1 - αβ = 1 - αβ = 1 1 - 2αβ + α 2 β 2 1 - αβ) 2 1 - αβ ( Ι ) Αλλά από την ii) αβ :::; _!_4 < 1 1 - αβ > Ο (2) Α ρκει' λοιπον' να δειχθει:' 1 :::; 1 -1 :::; -4 , η' αβ 3 _!_ 1 2 1 - αβ 2 3-, 4 ή Ο 2 -αβ 2 4 , ή τέλος Ο :::; 4αβ :::; 1 , που ισχύει από το ii) ερώτημα

( )

Αν χ,ψ,ω>Ο το δεύτερο μέλος της ταυτότητας Cauchy - Euler χ3 + ψ3 + ω3 - 3χψω = = χ + ψ + ω ) χ - ψ) 2 + ψ - ω) 2 + ω - χ) 2 είναι μη αρνητικό οπότε χ3+ψ3 + ω32':3χψω (1). Η ισότητα μόνον όταν χ=ψ=ω. Αν αντικαταστήσουμε τις τιμές των χ, ψ, ω με � . {/β, <f(, αντιστοίχως έχουμε: � 3 + {./β 3 + 3 2 3� w <ΙΎ δηλαδή α + β + γ 2 3 {Γαβ1 (2) ίί) Ισχύει 1 + � 1 + 1 + = 1 + + � + :β 1 + = = 1 + _!_ + _!_ + _.!_ + -1 + _1 + _1 + _1_ = γ β α βγ αγ αβ αβγ = 1 + _.!_ + _!_ + _!_ + α + β + γ + -1- = α β γ αβγ αβγ 2 (3) , διοτι ' α+ β+γ=1 . = 1 + -1 + -1 + -1 + α β γ αβγ Από τη σχέση (2) επειδή α+ β+γ= 1, προκύπτει: 1- 2 3 3 = 27 (4) 1 2 3{Γαβγ" οπότε -αβγ Π ΡΟΤ Ε Ι ΝΟ ΜΕΝΑ Θ Ε Μ ΑΤΑ . 1 Χαρακτηρίσατε με Σωστό (Σ) ή Λάθος (Λ) τις Εξάλλου έχουμε -α1 + -1 + -1 2 33 2 3 3 = 9 ακόλουθες προτάσεις: β γ αβγ i) Για κάθε α, βε(Ο,1), ισχύει Ο < � < 1 Οπότε η (3) δίνει β 1 + � 1 + 1 + 2 1 + 9 + 2 . 27 = 64 ίί) Για κάθε α, βεΙR, ισχύει ( Ι α Ι + Ι β Ι ) 2::;(α+ β)2+ (α-β) 2 , ' οταν ' μονον ' α = β = γ = 31 . ' ισχυει Η ισοτητα .. . ) Για κα, θε α, β>Ο ισχυει , 2 :::; -1 1 α+β α β 5. Αν για τους μη αρνητικούς αριθμούς α, β εί­

�(

[(

<Ff

(

·

(

]

.

( )( i) ( �) ( i )( �) ( )

( ) ( )( ) ( ( )( ) ( ) [( ] ( { ) ) ( [( ( _

_

=

::::::>

--

_

�(4) -

·

( ) ( i) ( �)

--

ιn

ναι α+ β= l τότε: ii) Ο�4 αβ�1 i) α, β ε [ Ο, ι ] α β iii) 1 � -- + __ � 4 α z + β βz + α Λύ σ η

Από την υπόθεση έχουμε α=1-β και β=1-α, αλλά α2':0 και β2':0. Επομένως 1-β2':0 και 1-α2':0 δηλαδή 12':β και 12':α. Έτσι Ο�α�1 και Ο�β�1 . ii) Ισχύει: α+ β= 1 ::::::> ( α+ β) 2 = 1 2= 1 , οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι: Ο�αβ::;1 =(α+ β)2 που αλη­ θεύει από τη 2η ανισοϊσότητα, καθόσον α, β2':0. Η ισότητα προς τα αριστερά ισχύει μόνον αν (α, β)=(Ο, 1) ή (Ι, Ο) και προς τα δεξιά μόνο αν (α, β)=(1/2, 1/2). 1 2 +3 > 0 i i i) Έχουμε α 2 + β = α 2 - α + 1 = α 2 4 i)

Υπ.

( )

+-

Απ. ί) Σ ίί) Σ i i i) Λ.

2. Αποδείξατε ότι: i) αβ+ βγ+γα::; α2 + β2 +γ 2 (Αλγεβρικά και με γεωμετρική ερμηνεία) α + + γ :=ς α 2 + β 2 + γ 2 , ii) αβ+ βγ+γα::; iii) ( α+ β-2γ/ + (β+γ-2α) 2 + (γ+ α-2β)2 2': 2': ( α-β)2+(β-γ)2+ (γ-α)2 3. Να συγκρίνετε τους αριθμούς Α, Β στις παρα­ κάτω περιπτώσεις: i) Α=χ2 , Β =χ, αν χ> 1 ii) Α= I x 2-1 l , Β =χ2 + Ι iii) A = �2 - .J3 + �2 + .J3, Β = � 2 2 �00 , Β = 1 Απ.ί) ii)::; i ii)<, iv)� iν) Α = (χ - 1) 8 +α2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/35

( �

Ι

>


Κυριάκου Κ. Καμπούκου - Γιώργου Σ. Τασσόπουλου Για να διευ κολ ύνουμε του ς μα θητές της Α 'Λυκείου στο να αντιμ ετωπίζου ν με ενιαίο τρ όπο μ η τετριμμένα προβλή ­ ματα υ πολο γισμ ο ύ ευ θυ γρ άμμων τμ ημάτων, τόξων ή γωνιών δίνουμε τρείς βασικές προτάσεις και τις υ πο περ ιπτώσεις του ς, στις ο πο ίες ανάγο νται τα περ ισσότερ α από τα προβλήματα α υ τά ή αντιμ ετωπίζο νται με α υ τές ευ κολότερα.

1. Επί ημιευθείας ΣΧ θεωρούμε τα διαφορετι­ κά σημεία Α, Β και σημείο Μ εσωτερικό του ΑΒ τέτοιο ώστε ΑΜ=λΑΒ, όπου φυσικά Ο<λ<1. Να δείξετε ότι: (1 ) ΣΜ=λΣΒ+(1-λ) Σ Α Θεωρούμε αρχικά τη διάταξη Σ, Α, Μ, Β. - -1

Α

Σ•·

-1·- ··

Β

Μ •

χ

Εκφράζουμε το ΣΜ ως συνάρτηση των ΣΒ, ΣΑ όπως ακριβώς ζητείται στη σχέση ( 1 ), ΣΜ = ΣΒ-ΜΒ οπότε έχουμε: ΣΜ = ΣΑ +ΜΑ Από τη μορφή της αποδεικτέας φαίνεται ότι το ΣΒ πρέπει να πολλαπλασιαστεί επί λ και το ΣΑ επί ( 1 -λ). Έτσι έχουμε: λΣΜ = λΣΒ - λΜΒ ( 1 - λ ) ΣΜ = ( 1 - λ ) ΣΑ + ( 1 - λ ) ΜΑ Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: ΣΜ = λΣΒ + ( 1 - λ ) ΣΑ + ( 1 - λ ) ΜΑ - λΜΒ = λΣΒ + ( 1 - λ ) ΣΑ + ΜΑ - λ ( ΜΑ + ΜΒ ) = = λΣΒ + ( 1 - λ ) ΣΑ + ΜΑ - λΑΒ = λΣΒ + ( 1 - λ ) ΣΑ , αφού ΜΑ=λΑΒ

}

}

Αρκεί ΣΜ=λΣΒ+ΣΑ-λΣΑ, ή ΣΜ-ΣΑ=λ(ΣΒ­ ΣΑ), ή τέλος ΑΜ=λΑΒ, που ισχύει. Όμοια εργα­ ζόμαστε και για τη διάταξη Σ,Β,Μ,Α. Αν λ = 2_ , δηλαδή Μ μέσο του ΑΒ τότε 2

η ( 1 ) γίνεται:

( )

ΣΜ = 2_ ΣΒ + 1 - 2_ ΣΑ = ΣΑ + ΣΒ . 2

2

2

Αν Σ ' εσωτερικό σημείο του ΑΒ τότε ομοίως αποδεικνύεται ότι: Σ 'Μ = l λΣ Ά - ( 1 - λ ) Σ 'Β I και Σ Ά - Σ 'Β I 1 για λ = - γίνεται Σ 'Μ I 2

2.

=

2

.

Θεωρούμε τα συνευθειακά σημεία Α, Β, Γ διαφορετικά ανά δυο και τα σημεία Μ, Ν των ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως τέτοια ώστε:

ΑΜ=λΑΒ, ΑΝ=λΑΓ Να δείξετε ότι: ΜΝ=λΒΓ, για οποιαδή ποτε διάταξη των Α, Β, Γ, όπου Ο<λ<1. Θεωρούμε ημιευθεία ΣΧ που περιέχει τα ση­ μεία Α, Β, Γ. Τότε σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση έχουμε ΣΜ=λΣΒ+( Ι -λ)ΣΑ και ΣΝ=λΣΓ+( l -λ)ΣΑ, οπότε ΜΝ= I ΣΝ-ΣΜ I = I λΣΓ-λΣΒ I =λ I ΣΓ-ΣΒ I =λΒΓ Β

Σ•

Α

Μ

Γ

Ν

χ

Αν λ = 2_ , δηλαδή Μ, Ν 2

μέσα των ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως τότε ΜΝ = 2_ ΒΓ. 2

Α

Θεωρώντας γνωστά από Ν Μ το Γυμνάσιο τα περί ομοιότητας τριγώνων αντιλαμβανόμαστε ότι Β Γ η πρόταση ισχύει και όταν το Α είναι εκτός της ευθείας ΒΓ. Πράγματι τότε έχουμε: ΜΝ ΑΜ ΑΝ - =- =λ=:>ΑΜΝ - ΑΒΓ=>- =λ=>ΜΝ = λΒΓ ΒΓ ΑΒ ΑΓ 3. Θεωρούμε τα διαδοχικά συνευθειακά ση­ μεία Α, Β, Γ, Δ και τα σημεία Μ, Ν των ΑΒ, ΓΔ αντιστοίχως τέτοια, ώστε: ΑΜ=λΑΒ και ΔΝ=λΔΓ. Να δείξετε ότι ΜΝ=λΒΓ+(1-λ) ΑΔ, όπου Ο<λ<1 Έστω ημιευθεία ΣΧ που περιέχει τα σημεία Α, Β, Γ, Δ. Σύμφωνα με την 1 πρότα­ ση έχουμε ΣΜ=λΣΒ+( 1-λ)ΣΑ και ΣΝ=λΣΓ+( l -λ)ΣΔ>ΣΜ, αφού ΣΓ>ΣΒ και ΣΔ>ΣΑ, οπότε ΜΝ=ΣΝ-ΣΜ=λ(ΣΓ-ΣΒ)+ + ( 1-λ)(ΣΔ-ΣΑ)=λΒΓ+( 1-λ)ΑΔ ___

Δ

Δ

η

Σ•

Α ' '

Μ •

Η

Β ' '

Γ ' '

Ν •

Δ .

-

χ

πρόταση ισχύει για οποιαδήποτε διάταξη των Α, Β, Γ, Δ. με τη γενική μορ φή ΜΝ = i λΒΓ ± ( 1 - λ ) ΑΔ 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/36


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Παρατηρούμε ότι αν Σ=Α=Β=Μ* τότε έχουμε: στο ίδιο ημιεπίπεδο με αρχική ευθεία τη ΣΧ που περιέχει την ΟΣ, και η� Γ Ν Δ Σ, Α, Β , Μ μιευθεία ΟΜ εντός της Σ• ΣΝ = ΜΝ = λΒΓ + {1 - λ)ΑΔ = λΣΓ + {1 - λ)ΣΔ , ΑΟΒ τέτοια ώστε ΑΟΜ = λΑΟΒ , αφού ΔΝ = λΔΓ και ΑΜ = λΑΒ {Ο = λ · Ο) τότε Προκύπτει λοιπόν η πρόταση 1 . ΣΟΜ = λΣΟΒ + ( 1 - λ)ΣόΑ Εξάλλου όταν Β = Γ τότε: όπου Ο<λ<1. ·-

- -

-

- - -

- ··

Α

·•·--

χ

Λ

Λ

Α

.

·-

Μ

Β, Γ

Δ

.

.

Ν

χ

χ

ΑΜ = ΔΝ = λ � ΒΜ ΒΝ = 1 - λ = ρ � ΑΒ ΔΓ ΒΑ ΒΔ � ΜΝ = λΒΓ + ( 1 - λ )ΑΔ = {1 - λ)ΑΔ = ρΑΔ . Προκύπτει λοιπόν η πρόταση 2 . Τελικά βασική πρόταση μπορεί να θεωρηθεί η 3 και απ ' αυτή απορρέουν οι 1 και 2 . Αν λ = _!_ τότε ΜΝ ΒΓ + ΑΔ . =

Η σχέση εξακολουθεί να ισχύει ακόμη και όταν ΒΓ//ΑΔ, δηλαδή σε κάθε =

2

2

τραπέζιο ΑΔΓΒ με βάσεις ΑΔ, ΒΓ και Μ, Ν ση­ μεία των μη παράλληλων πλευρών του ΑΒ, ΓΔ α­ ντιστοίχως τέτοια, ώστε ΑΜ=λΑΒ, ΔΝ=λΔΓ, οπό­ τε ΜΝ//ΑΔ, ΒΓ .

Αν Σ ' εσωτερικό σημείο του ΑΒ ή αν η ημιευθεία ΟΣ ' είναι εσωτερική της ΑΟΒ τότε θα έχουμε: fM = Ι λΣ-Α - {1 - λ )Σ 'Β Ι και Σ 'ΟΜ = Ι λΣ 'ΟΑ - ( 1 - λ )Σ 'όΒ j

ο,

\

\

\ \ \

\

\

\

'

Σ

Α,

\

Β

\

Μ

Μ •

Β

Σ•

\

�χ

, Αν Α, Β, Γ τρία διαφορετικά ανά δυο σημεία ενός τόξου ΣΧ και τα σημεία Μ, Ν των ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως τέτοια, ώστε: ΑΜ=λΑΒ, ΑΝ=λΑΓ, τότε ΜΝ = λΒΓ , όπου Ο<λ<1 . Θεωρούμε τις ημιευθείες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ διαφορετικές ανά δυο προς το ίδιο μέρος της ημιευθείας ΟΣ και τις ημιευθείες ΟΜ, ΟΝ εντός των ΑΟΒ, ΑΟΓ αντιΓ στοίχως τέτοιες ώστε Σ • Μ ΑΟΜ = λΑΟΒ , ΑΟΝ = λΑΟΓ . Τότε ισχύει: ΜΟΝ = λΒΟΓ , όπου Ο<λ<1 . , Επί τόξου ΣΧ θεωρούμε τα διαδοχικά σημεία Α, Β, Γ, Δ και τα σημεία Μ, Ν των ΑΒ, Γ Δ αντιστοίχως τέτοια, ώστε ΑΜ = λΑΒ, ΔΝ λΔΓ . Τότε ισχύει ΜΝ =Μ +(1-λ)Μ, όπου Ο<λ<1 . Για άλλη διάταξη των Α,Β,Γ,Δ θα �

-..

Δ

Α

Δ

Πράγματι από την ομοιότητα των Δ Κ Ν, ΚΝ = ΔΝ = λ � ΚΝ = λΒΓ . Δ Β Γ εχουμε: ΒΓ ΔΓ Εξάλλου: ΑΜ=λΑΒ�ΑΒ-ΒΜ=λΑΒ� ΒΜ ΜΚ ΒΜ (1-λ)ΑΒ=ΒΜ�=1-λ�=ΑΒ ΒΑ =1 -λ� Δ

'

Μ Δ

Δ

� ΜΚ = {1 - λ )ΑΔ , αφού Β Μ Κ - Β ΑΔ . Άρα: ΜΝ = ΚΝ + ΚΜ = λΒΓ + {l - λ)ΑΔ .

Οι προτάσεις 1, 2 , 3 ισχύουν επίσης ανάλογα τόξα για ή γωνίες. Συγκεκριμένα: Αν Α, Β σημεία ενός τόξου ΣΧ και σημείο Μ εντός του ΑΒ τέτοιο ώστε: ΑΜ = λΑΒ , τότε ΣΜ: = λrn + (1 - λ)ΣΑ. , όπου Ο<λ<1 . Αν ΟΑ, ΟΒ δυο ημιευθείες που βρίσκο­ νται στο ίδιο μέρος μιας ημιευθείας ΟΣ δηλαδή �

• Τα υπόλοιπα ση μεία παραμένουν διαφορετικά ανά δύο.

.-.

' χ

ο)

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/37

ι ' -ι· ' \ I \ I ' I , I \ I \ \ I \ I \ I ' I Ν

Λ

Β

Λ

Α

Λ

------

=

.-.


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

έχουμε: Κ1Ν = l λΒr - { 1-λ ) ΑΔI . ---� Μ--.._

Β

Λ

Γ

χ

το ίδιοημιευθείες μέρος ημιευθείας ρούμε τιςΠρος διαδοχικές ΟΑ, ΟΒ,ΟΟΓ,Σ θεω­ ΟΔ και τις ημιευθείες ΟΜ, ΟΝ εντός των ΑΟΒ, ΓΟΔ αντιστοίχως τέτοιες, ώστε ΑΟΜ = λΑΟΒ , ΔΟΝ= λΔΟΓ Τότε ισχύει: ΜΟΝ =λΒΟΓ + { 1 - λ )ΑΟΔ , όπου Ο<λ<1. Για άλλη διάταξη των ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ, ΟΔ θα έχουμε: ΜΟΝ =Ι λΒΟΓ- { 1-λ)ΑΟΔ, . Οι αποδείξειςΕιδικές είναι περιπτώσεις ουσιαστικά αντι γλ=1/2 ραφή των προηγούμενων. για Ακολουθ�ί που μια I αναφέρεταιτμήσε ευθύγραμμα ματα, τόξα καιθα γωνίες. Εμείς ασχοληθούμε νοθα αφήσουμε με γωνίες καιγιαμό­ το μαθητή και τις δι­τις ατυπώσεις λύσειςκαιτων πτώσεων ευθύγραμμων τμημάτων τόξων.περι­ 3γ)

Λ

Λ

Λ

Λ

Ση με ίωση :

εφ α ρ μογη

χ

2 =-60" 2 = 40°. παίρνουμε ΜΟΝ =-ΑΟΓ 3 απευθείας, 3 για να φανεί Ας γίνει και απόδειξη η χρησιμότητα της πρότασης 2γ. (Να διακρίνετε τρείς περιπτώσεις: ΟΓ εντός της ΑΟΒ ή ΟΒ εντός της ΑΟΓ ή ΟΑ εντός της ΒΟΓ ). ογνωρίζει Αυτό μαθητήςμμεια που θέλουμε ναείναιαντιληφθεί αυτά τα παραδείγματα ότι, αν πρόταση τμήματος, που αναφέρεται σεεντελώς υπολογισμό ευθύ­να γραμμου μπορεί ανάλογα διατυπώσει και να αποδείξει αντίστοιχη πρόταση τόξα και γωνίες αλλά χρησιμότητα και αντίστροφα.της Επίσης μεγάλη τη πρότα­ ναγιασηςκατανοήσει 1 καθώς και των 1τ, 1γ, στο να δίνει απλές καιτα ξεκάθαρες λύσεις. Θεωρείστε για παράδε γ μα ι συνευθειακά Δ μεΑΒ,την Γπαρακάτω σημείαΑ, Μ,Β, ΝΓ, των Δ τέτοια, διάταξη και τασημεία ώστε ΑΜ = �ΑΒ 3 και ΓΝ =.!_ΓΔ 3 . Λ

Π α ρ ατή ρ η σ η

Α

Σ

Γ

Μ

ΒΝ

Δ

. .--· · -·-· --- ·-1·11---- ----<8----�---·

Αν ΑΔ=α, ΒΓ=β,τηςπροσπαθήστε νατο υπολογίσε­ μήκοςπαρου­ χρήση 1 τη τεΜΝ,χωρίς του πρότασης για να διαπιστώσετε τη δυσκολία που σιάζει,Μ,Νκαθόσον δεν είναι συγκεκριμένη η θέση Γ. Β, τα των προς ως Εμείς αν λάβουμε υπόψη μας ότι: =�ΑΒ , ΔΝ =�ΓΔ , τότε με βάση την πρό3 3 ταση 3 (σημείωση) βρίσκουμε αμέσως: l = ι�3 ΒΓ- .!.3 . ΑΔ Ι = ι�3 β- .!.3 αl = Ι α-2β 3 Σε ένα ημιεπίπεδο θεωρούμε τις ημιευθείες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ με αφού λ= j . Αναλυτικά δηλαδή, θεωρούμε ημιευ­ οποιαδήποτε διάταξη τέτοιες θεία ΣΧ που περιέχει τα σημεία Α, Β , Γ , Δ και εκ­ με ευθ. τμήματα που έχουν άκρο ώστε ΑΟΓ = 60" φράζουμε το Β και τις ημιευ­ το Σ , όπως ακρίβως κάναμε για την απόδειξη της θείες ΟΜ, ΟΝ πρότασης 3. Έτσι έχουμε: των εντός Α Ν = ΣΝ -ΣΜ I = I % ΣΓ+ � ΣΔ- (% ΣΒ + � ΣΑJl = ΑΟΒ , ΒΟΓ Μ I 2 αντιστοίχως τέτοιες ώστε ΒΟΜ = - ΒΟΑ , = Ι� { ΣΔ -ΣΑ )- j{ ΣΒ -ΣΓ)Ι = Ι� ΑΔ - -j- BΓI = 1 ΓΟΝ = -ΒΟΓ . Να υπολογίσετε τη γωνία ΜΟΝ . = l.!.3 α-�β3 l = Ι α-2β 3 ι. Παρατηρείστε τέλος ότι μπορούμε σε κάθεεπίτέ­η­ 2 2 τοιο πρόβλημα να θεωρούμε όλα τα σημεία Έχουμε ΒΟΜ =-ΒΟΑ και ΒΟΝ =-ΒΟΓ , μιευθείας ΣΧ, οπότε η έκφραση των τμημάτων που 3 3 οπότε σύμφωνα με την πρόταση 2γ με λ=2/3 μας ενδιαφέρουν με τμήματα που έχουν άκρο στο Σ, όπως προηγουμένως, Αλγεβρικοποιεί και καθιI

Δ

Ν

Γ

Σ

Ε φα ρ μ ο γή

ΑΜ

ΜΝ

ο

ΜΝ

Λ

Λ

Λ

Λ

3

Λ

Α

Α

3

Λύση

Λ

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/38

χ


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

στά ευκολότερα τα Γεωμετρικά προβλήματα αυ­ τού του είδους. Τελειώνουμε με μια εφαρμογή που σχετίζεται και με ισότητες τριγώνων. Θ εω ρο ύ με τ ρ ίγων ο ΑΒΓ κ αι ση μ είο Δ επί τη ς ευ θεία ς ΒΓ δια φ ο ρ ετικό από τα Β, Γ. Προ εκτείν ουμε τις διάμε σους ΑΜ, ΑΝ τ ων τ ριγώνων ΑΒΓ, ΑΒ Δ κ ατά Μ Κ=ΑΜ κ αι ΝΛ=ΑΝ αντιστοίχως .

α) β)

Ν α δείξετε ότι ΚΓ=ΛΔ Αν θεω ρ ή σουμ ε γν ω στή την πρότα­

ση 2 και τη γενίκευσή τη ς, τότε ν α δείξετε ότι: ΚΛ=Γ Δ

Λ �) �Jη

Δ

Δ

Μ1 Μ2 2

α) Έχουμε Κ Μ Γ = Α Μ Β διότι: = ΑΜ =Μ Κ, Μ Β=Μ Γ και Δ

Δ

Άρα ΚΓ=ΑΒ ( 1 ) Ομοίω ς ΛΝΔ= ΑΝΒ διότι: ΑΝ=ΝΛ, ΝΒ=ΝΔ και ΝΊ = Ν Άρα Λ Δ=ΑΒ (2) Από ( Ι ), (2) ΚΓ=Λ Δ Α

β) Αφού

ΒΜ = ΒΓ και ΒΝ = ΒΔ , σύμ-

, 2 θ α εχουμε φ ωνα με την προταση '

1

ΜΝ = - Γ Δ 2

(3) για οποιαδήποτε διάταξη τ ων Β, Γ, Δ . Επισης, , αφου,

ΑΜ = -ι ΑΚ, 2

ΑΝ = -ι ΑΛ, 2

σύμφ ωνα με τη γενίκευση της πρότασης 2 θα

ΜΝ = ΚΛ

έχουμε:

Από τις (3), Ση μr.ίωση

(4)

(4) παίρνουμε ΚΛ=Γ Δ

Το δεύτερο ερώτημα κανονικ ά έχει θέση ά μετ την παραλληλία, για να μπορεί να απο­ δειχτεί η γενίκευση της πρότασης 2 με λ= 1 12, που θεωρήσαμε γνωστή . ( Δ ιαφορετικά παρου­ σιάζεται ανακολουθία) . Τότε βέβαια θα έχου­ με και απλούστερη απόδειξη , αφού : n

n

n

ΚΓ = ΑΒ, ΛΔ =ΑΒ � ΚΓ = ΛΔ � ΚΛΔΓ πα11

ραλληλόγραμο � ΚΛ = Γ Δ . Εδώ όμως θέλουμε απλώς οι μαθητές να συνειδητοποιήσουν τη χρησιμότητα και τη χρηστικότητα της πρότασης 2 και της γενί­ κευσής της. Αν εξειδικεύσετε την παραπάνω πρόταση θεωρώντας, το Α επί της ευθείας ΒΓ, τότε δεν θα χρειαστεί η γενίκευση της πρότα­ σης 2 .

Τον περασμένο Μάιο, έφυγε από κοντά μας, ο εξαίρετος συνάδελφος και συ­ νεργάτης της Ελληνικής Μ αθη ματικής Εταιρείας Β αγγέλη ς Γ ιαννα κό που ­ λος.

Ο Βαγγέλης Γ ιαννακόπουλος γεννήθηκε το 1 93 8 , πή ρε το πτυχίο του Μ αθη ματικού του 1 964 από το Πανεπιστή μιο Αθηνών και ήταν μέλος της Εταιρείας μας από το 1 97 5 . Υπηρέτησε με εξαι ρ ετικό ζή λο , με μεγάλη αγά­ φ και την Εταιρεία μας από διάφορες θέσεις. ντ ικότητα πη συ ρο Από τη θέση του μέλους του Δ .Σ. από το 1 977- 1 98 1 , τη θέση του Εφόρου Βιβλιοθήκης από το 1 98 1 - 1 983 και επί σειρά ετών ω ς ενεργό μέλος πολλών ομάδων εργασίας και επιτροπών των εκδόσε ων των περιοδικών της Ε.Μ.Ε. Ο Βαγγέλης δεν ήταν απλά συνάδελφος. Ήταν ένας αγαπη μένος φίλο ς, ανήκε σε αυτούς τους συναδέλφους που αγάπησαν την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και εργάστηκαν σκλη ρά για το καλό και την πρόοδό της. Ήταν πάντα παρών στις δύσκολες στιγμές, στις ση μαντικές αλλαγές και σε κ άθε προσπάθεια για να π άε ι μπροστά η Εταιρεία μας. Ήταν πάντοτε αγωνιστικός, πάντοτε διεκδικητικός, πάντοτε ανιδιοτελής, πάντοτε πρόθυμος για προσφορά, αλλά και άριστος Μ αθη ματικός. , Όλοι εμείς στη Μ αθηματική Εταιρεία είμαστε περήφανοι που υπή ρξε συνάδελφός μας και θα τον θυ μόμαστε για πάντα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. Ι/39


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Απόδειξη

με την εις άτοπον

απαγωγή

Κουνάδης Φώτης

Γενικά

που πρέπει να ανακαλύψει τον ένοχο ενός εγκλή­ ματος μεταξύ πέντε υπόπτων και είναι σίγουρος ότι ο ένοχος είναι κάποιος από αυτούς. Αν τέσσε­ ρις από τους υπόπτους έχουν ισχυρό άλλοθι, τότε ο δικαστής θα μπορούσε να καταδικάσει τον πέμπτο, όχι επειδή έχει στοιχεία εναντίον του αλλά επειδή σκέφτεται ότι: «αν ο ένοχος δεν είναι αυτός, τότε είναι κάποιος από τους άλλους τέσσερις, κάτι που όμως είναι άτοπο». Ανεξάρτητα πάντως από τις όποιες επιφυλά­ ξεις υπάρχουν δεν μπορούμε να παραβλέψουμε την αξία της μεθόδου που υιοθετήθηκε από πολ­ λούς μελετητές με προεξέχοντες τον Αριστοτέλη και τον Ευκλείδη καθώς εκτός των άλλων έχει το πλεονέκτημα να aπλουστεύει ση μαντικά τις απο­ δείξεις κάποιων θεωρημάτων, εφαρμόζεται σε ό­ λους τους κλάδους των Μαθηματικών και χρησι­ μοποιείται και στα στοιχειώδη και στα ανώτερα Μαθηματικά.

Συνήθως οι αποδείξεις των θεωρημάτων ή των πορισμάτων γίνονται με τρόπο άμεσο με την έν­ νοια ότι η αλήθεια αναδεικνύεται απ' ευθείας από τις υποθέσεις που δίνονται σε συνδυασμό με προ­ ηγούμενες γνώσεις. Θα αναφερθούμε εδώ στην έμμεση απόδειξη η την απόδειξη με άτοπο . Η διαδικασία αυτή συνί­ σταται στην παραδοχή ότι η πρόταση την οποία θέλουμε να αποδείξουμε είναι ψευδής και έτσι με μια σειρά συλλογισμών καταλήγουμε σε μια αντί­ φαση, σε κάτι που δεν ισχύει, σε άτοπο δηλαδή, όπου θα προκύπτει αντίθεση με τα δεδομένα ή με κάποιο θεώρημα ή πόρισμα. Ειδικότερα η συνεπαγωγή p � q, μπορεί να αποδειχθεί αν από την σύζευξη ( ) της λογικής προ­ τάσης p με την άρνηση της q δηλαδή με την q προκύψει αντίφαση. Μερικές φορές συμβαίνει όταν αρνούμαστε την Ε φ α ρ μ ογi:ς τ η ς μι r. ΙJ ό δ ο υ : ισχύ του συμπεράσματος μιας Μαθηματικής πρότα­ Στα Στοιχεία του Ευκλείδη σχετικά με την σης να βρισκόμαστε μπροστά σε περισσότερες της Θεωρία των Αριθμών, στο βιβλίο συναντάμε μιας περιπτώσεις: για παράδειγμα αν θελήσουμε να την πρόταση 22 : αποδείξουμε με άτοπο ότι «Ο αριθμός α είναι ίσος με Έ στω α,β οι ελάχιστοι θετικοί ακέραιοι για τον αριθμό β», τότε πρέπει να δοκιμάσουμε ότι θα α γ οδηγηθούμε σε άτοπο τόσο αν υποθέσουμε ότι τους οποιους ' ' ' αισχυει -β = -δ με γ, δ θ ετικους «α>β», όσο και όταν υποθέσουμε ότι «α<β». Από ιστορικής άποψης δεν είμαστε σίγουροι κέραιους. Να δείξετε ότι οι α, β είναι πρώτοι σε ποιόν πρέπει κατ'αρχήν να αποδόσουμε την μεταξύ τους. σύλληψη αυτής της αποδεικτικής μεθόδου. Κάποι­ Απόδειξη οι την αποδίδουν στην Ελεατική Σχολή (που ιδρύ­ Υποθέτουμε ότι δεν είναι πρώτοι μεταξύ τους, θηκε στην Ελέα, πόλη της Νότιας Ιταλίας τον 5° τότε θα είναι σύνθετοι και θα υπάρχει κάποιος θε­ π.Χ. αιώνα) και ειδικότερα στον Παρμενίδη και τικός ακέραιος λ που τους διαιρεί. στον μαθητή του τον Ζήνωνα(495-435π.Χ.). Άλ­ Αφού λ/α τότε α είναι πολλαπλάσιο του λ, δη­ λοι όμως υποστηρίζουν ότι πρώτος ο Δεινόστρατος λαδή α=ε · λ με ε θετικός ακέραιος, ε<α (4ος π.Χ. αιώνας, που δίδαξε σΊ-ην Ακαδημία του Όμοια λ/β, επομένως β πολλαπλάσιο του λ και Πλάτωνος) εισήγαγε ως αποδεικτική μέθοδο την γράφεται β=ζ · λ με ζ θετικός ακέραιος, ζ<β. απαγωγή σε άτοπο. Οπότε έχουμε Χ Η μέθοδος αυτή πάντως συχνά κατακρίθηκε α= γ ε· = γ ε= γ β δ => Χ δ => ζ δ με ε<α και ζ<β ως μη ικανοποιητική καθότι έμμεση,αφου αποφεύ­ ζγει το εμπόδιο της άμεσης απόδειξης μιας πρότα­ λ τοπο αφού οι α και β ήταν από υπόθεση οι μι­ σης p και μεταθέτει το βάρος της στην εύρεση α­ ντίφασης που προκύπτει από την άρνηση της p δη­ κρότεροι θετικοί ακέραιοι με ίδιο λόγο με τους α­ ριθμούς γ και δ. Στο βιβλίο ΙΧ των Στοιχείων του λαδή από την p . Ευκλείδη βρίσκουμε την πρόταση με την οποία Ας σκεφτούμε για παράδειγμα ένα δικαστή αποδεικνύεται ότι οι πρώτοι αριθμοί είναι άπειροι

VII

20

* Σύζευξη προτάσεων ονομάζεται η λογική πράξη με την οποία όταν συνδέσουμε απλές ή σύνθετες προτά­ σεις με τον σύνδεσμο " και" προκύπτει μια νέα πρόταση που είναι αληθής μόνο όταν και οι δύο προτάσεις , είναι αληθείς .

Να αποδείξετε ότι οι πρώτοι αριθμοί είναι άπειροι.

Απόδειξη

Έστω ότι οι πρώτοι αριθμοί είναι πεπερασμέ­ νου πλήθους οι: α ι ,αz , . . . , α, .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /40


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Σχη ματίζουμε τον αριθμό Α=α 1 · αz· . . . ·αν+ Ι . Αν αυτός είναι πρώτος θα έχουμε βρει ακόμη έναν πρώτο διαφορετικό από τους προηγούμενους καθώς είναι μεγαλύτερός τους, πράγμα άτοπο. Αν ο Α δεν είναι πρώτος τότε θα διαιρείται με κάποιον από τους α 1 ,αz , ... , αν . Έστω λ ο αριθμός από τους α 1 ,αz , ... , αν που διαιρεί τον Α. Οπότε: Α= α 1 · αz· ... · λ · ... αν+ 1 Τότε άφού και f.Jα 1 α2 . . . λ . . . αν θα έχουμε IJ1 πράγμα άτοπο, αφού λ πρώτος. Αποκλείεται λοιπόν οι πρώτοι αριθμοί να είναι οι α 1 ,αz , . . . , αν δηλαδή πεπερασμένου πλήθους. Πρόκειται για την καταπληκτική .. σε απλότητα απόδειξη που υπάρχει στα Στοιχεία του Ευκλείδη, προσαρμοσμένη όμως εντελώς στη μορφή Απαγωγής σε άτοπο. Παραθέτουμε κάποια επιπλέον παραδείγματα της εφαρμογής της μεθόδου

/JA

"- ι

•:

.• •

1) Αν ο αριθμός α2 είναι άρτιος τότε και ο α εί­ ναι άρτιος.

Έστω ότι ο αριθμός α δεν είναι άρτιος ενώ ο α2 είναι άρτιος σύμφωνα με την υπόθεση. Αφού ο α δεν είναι άρτιος θα είναι περιττός, δηλ. α=2κ+ 1 , κ ακέραιος. Τότε α2=(2κ+ 1 )2=4κ2 +4κ+ 1 =2 (2κ2 +2κ)+ 1 = =2ρ+ 1 όπου ρ=2κ2 +2κ ακέραιος. Άρα α2 περιττός ενώ α2 άρτιος πράγμα άτοπο. Επομένως από τη σύζευξη της υπόθεσης ότι ο α2 είναι άρτιος και της άρνησης του συμπεράσμα­ τος ότι ο α επίσης είναι άρτιος προέκυψε η σύνθε, αρτιος , , , τη προταση: ο α2 ειναι και ο α ειναι περιττός που μας οδήγησε σε αντίφαση με το ότι ο α2 είναι άρτιος. Καταλήξαμε δηλαδή σε Άρα ο α είναι άρτιος και η πρόταση αποδεί­ χθηκε. Jie J . , '·

2) Ο αριθμός

.J2 είναι άρρητος.

Αρνούμαστε τον ισχυρισμό, υποθέτοντας ότι ο αριθμός .fi είναι ρητός. Τότε υπάρχουν φυσικοί αριθμοί α και β * Ο ώστε .fi =

α

( 1) και Χωρίς β βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι το κλάσμα αυτό είναι ανάγωγο δηλ. Μ.Κ.Δ.( α, β)= 1 . α 'Εχουμε λοιπόν την ισότητα: .fi = ή ισοδύβ

α2 ναμα: -2 = 2 ( 1 ). β α2 Τότε ( 1) => 2 = 2 => α2 = 2β 2 => α 2 άρτιος => β α άρτιος => α = 2 κ => 4 κ 2 = 2β 2 => β 2 = 2 κ 2 =>

=> β 2 άρτιος => β άρ τι ο ς => β = 2λ . Άρα 2/α και 2/β οπότε Μ.Κ.Δ. ( α , β ) 2:: 2

ενώ

δεχτήκαμε ότι: Μ.Κ.Δ. (α, β)= Ι πράγμα άτοπο. 3) Η εξίσωση 6χ =7+ 9y ( 1 ), δεν έχει ακέραιες λύσεις .

(Ι).

Υποθέτουμε ότι (ρ, κ) είναι ένα ζεύγος ακε­ ραίων τιμών που επαληθεύουν την εξίσωση Τότε 6ρ = 7 + 9κ =:> 6ρ - 9κ = 7 => 3 ( 2ρ - 3κ ) = 7 => => 3 / 7 ενώ 3 % 7 πράγμα 4)

Θεωρούμε το πολυώνυμο v ι P(x)=αvxv+αv-ιχ - + ... +α2 χ 2 +αι χ+ 1 με I α; I :52 , ί= 1 ,2, . . . ν . Να δείξετε ότι δεν υπάρχε ι ρίζα ρ του πολυ1 ωνύμου τέτοια ώστε I ρ I � 3 ·

1 Έ στω ρ ρίζα του πολυωνύμου με I ρ I � 3 Τότε παίρνουμε διαδοχικά Ρ(ρ)= Ο , αν ρ ν+αν-1 ρν- 1 + . . . +αz ρ 2+α 1 ρ+ Ι =0, αν ρν+αν- 1 ρν- 1 + ... +Ι αz ρ2 + α 1 ρ-- - , ι= Ι αν ρ ν+ αν- Ι ρν- + ... +αz ρ2+α l ρ Ι :::; ::5 I αν 1 · 1 ρ ! ν+ I αν- Ι I · ρ I ν- Ι + . . . + I αz l · l ρ I + I α 1 1 · 1 ρ ν -1 I + I αν-Ι 1 · 1 I ν ::5 I αν 1 · 1

I

±

·

Ι

±

+ ... + I αz l · l .!_ 1 2+ I α 1 1 · 1 .!_ I ::5 3 3

1 -< 2 · ( .!_3 )ν + 2 · ( .!_3 )ν- + ... +2·( .!_3 )2+2 · .!_3 ' 1:52 .

(_.!_3 v _ + _3 v-lΙ_ + ... + _.!__32 + .!)3

το άθροισμα όμως στη παρένθεση είναι άθροισμα ν πρώτων όρων γεωμετρικής προόδου με πρώτο 1 . -1 . . . ' λ επισης ορο και λογο - , επομενως περνουμεε 3 3 ! · __!__v - ι ! . _!_ - ι 3 3 3 3v Ι<2 - · Ι ' Ι<2 - · -2 --1

( )

3 1 Ι<-- 3v + Ι '

ο

( )

1 <- - 3v

3

. που ειναι

Άρα δεν ισχύει ότι ρ είναι ρίζα του πολυωνύ1 μου και I ρ I ::53 .

5) Αν μια ευθεία τέμνει τη μια από δύο παράλληλες τότε θα τέμνει και την άλλη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/4 1


Μαθημ ατικά για την Α ' Λυκείου

Θεωρούμε τις παράλληλες ευθείες (ε) και (η) και την ευθεία (ζ), που τέμνει την (ε) στο σημείο Ρ (σχήμα 1). Αν υποθέσουμε ότι η ευθεία (ζ) δεν τέμνει την (η) τότε θα είναι παράλληλη προς αυτήν ή θα ταυ­ τίζεται με αυτήν: α) Αν (ζ)//(η) τότε από το Ρ υ­ πάρχουν δύο παράλληλες προς την (η), που είναι καθώς αντιβαίνει στο γνωστό αξίωμα της παραλληλίας: Από ένα σημείο εκτός ευθείας άγεται μόνο μια παράλληλη προς αυτήν την ευθεία. β) Αν (ζ)=(η) τότε αφού η (ε) τέμνει την (ζ) θα τέμνει και την (η) ενώ έχουμε (ε)//(η) πράγμα άτοπο. ζ

Ρ

Σχή μ

ε

α

σκεται η μεγαλύτερη γωνία, θα είναι Β < f που επίσης είναι . Άρα ΑΓ>ΑΒ. ··

9) Έστω Α, Β υποσύνολα του ίδιου βασικού συνόλου Ω και Α ' , Β ' τα συμπληρωματικά τους σύνολα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι αν A c B, τότε Β ' c A '.

Έστω ότι Α Β και Β ' ι;ι Α ' , δηλαδή έστω χ Ε Β ' και χ � Α ' , τότε x E A c B, άρα χ Ε Β, δηλα­ δή χ � Β ' , που είναι Και δύο παραδείγματα από τον �

1 0) Να δείξετε ότι η εξίσωση 5 3 χ +χ +χ=Α 2 ( α-χ)+Β 2 (β-χ)+ Γ 2 (γ-χ), Α,Β,Γ,α,β,γ πραγματικοί αριθμοί έχει το πο­ λύ μία πραγματική ρίζα

1.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)= xs+χ3 +χ-Α2 ( α-χ)-Β2(β-χ)-Γ2 (γ-χ) Έστω ότι η εξίσωση f(x)=O είχε δύο λύσεις κ,λ με κ<λ και f(κ)=Ο, f(λ)=Ο. Δοθέντος ότι έχει προηγηθεί η πρόταση κατά τη Τότε για την συνάρτηση f(x) ισχύουν οι προϋ­ οποία σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει β � γ ::::} Β �Γ ποθέσεις του θεωρήματος Rolle καθώς: f(x) συνε­ f(x) παραγωγίσιμη στο (κ,λ), αποδεικνύεται με απαγωγή σε άτοπο, η παρακάτω χήςfστο [κ,λ], 4 + 2+ 1 +Α2+Β2+Γ2 , f(κ)=f(λ) (=0). 3χ (χ)=5χ με πρόταση : Ά ρα από την υπόθεση του θεωρήματος του 8) Σε κάθε τρίγωνο η μεγαλύτερη πλευρά βρί­ Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (κ,λ) ώστε σκεται απέναντι από τη μεγαλύτερη f (ξ)=Ο Άρα : 5ξ4+3ξ2+ 1 + Α2+Β 2+Γ2=0. γωνία.(Από τα Στοιχεία του Ευκλείδη, πρότα­ "' ' όμως αφού 5ξ4+3ξ2+ 1 + Α2+Β 2+Γ2>0 ση 19 βιβλίο 1). η

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με τη γωνία Β > Γ . Λ

Λ

Α

Να αποδείξετε ότι, αν για μία συνάρτηση f που είναι παραγωγίσιμη στο R ισχύει : J 2 (x) + 3/(χ) ex + χ 9 + 3χ + 2007 (1) για κάθε χ Ε JR, τότε η f δεν έχει ακρότατα. =

Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση J, έχει ακρότατα και ένα από αυτά το παρουσιάζει στη θέση α. Β

Γ

Σχήμα 4

Θα δείξουμε ότι ΑΓ>ΑΒ. Αν αυτό δεν συμβαίνει τότε υπάρχουν δύο πε­ ριπτώσεις : ΑΓ=ΑΒ ή ΑΓ<ΑΒ . α) Έστω ότι ΑΓ=ΑΒ, οπότε το ΑΒΓ είναι ισο­ σκελές τρίγωνο με βάση ΒΓ και θα είναι Β = Γ , που είναι β) Έστω ότι ΑΓ<ΑΒ, οπότε επειδή σε κάθε τρίγωνο απέναντι από τη μεγαλύτερη πλευρά βρί-

Τότε από το θεώρη μα του Fermat ισχύει Παραγωγίζουμε τη σχέση ( 1 ) ότι:

f'(a) = O. οπότε: (1) ::::} (j2 (x)+3/(x))' =(ι! +� +3χ+2007)'::::} 2 f (x) •f' ( x) + 3 f' ( x) = ex + 9χ8 + 3 , για κάθε χ ε IR . Αν χ=α τότε: .f'(a)=O 2/(α) f'(a) +3f'(a) = ea +9α8 +3 ::::} Ο= + 9a 8 + 3 , που είναι γιατί το 2° μέλος της ισότητας αυτής είναι θετικός αριθμός. Επομένως η συνάρτηση f δεν έχει ακρότατα στο R. ·

ea

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /42


�ωωίUίΡ0'ί)Όm& [JJfJ([J rJ[j]ί!J llf rJc!J�[[J fJ([)f]) � f])ωe5tJωf]J Χ ριστι ά ς Σπύ ρος

Με αυτή την δημοσίευση δίνονται κά ποιες εφαρμογές που αφορούν στους τριγωνομετρικούς αριθμούς αθροίσματος και διαφοράς γωνιών καθώς και στους τριγωνομετρικούς αριθμούς διπλασίου τόξου . Είναι σημαντικό να τονίσουμε ότι πολλοί από τους τύπους που χρησιμοποιούνται δεν χρειάζονται απο ­ μνημόνευση διότι εύκολα συνάγονται από τύπους που έχουν δοθεί ως θεωρία του σχολικού βιβλίου . Τέλος θεωρείται γνωστή η επίλυση των στοιχειωδών εξισώσεων: συνχ=Ιl, ημχ=Ιl, συνχ=Ο, ημχ=Ο και των βασικών εξισώσεων συνχ=συνθ, ημχ=ημ θ, εφχ =εφθ, σφχ=σφθ στις οποίες ανάγονται και οι συν­ θετότερες εξισώσεις που ακολουθούν.

Εάν α+β= χθεί ότι :

4

και συνασυνβ:;ο!:Ο τότε να δει-

( 1-εφα) ( l-εφβ)=2.

7π 7π ' ' Α φου' α+ β= - θ α εχουμε: α= --β οποτε 4 4 7π εφ - - εφβ π 7 4 εφα=εφ( -β)= = 7π 4 1 + εφ 4 εφβ - 1 - εφ β 1 + εφ β . (1) = = 1 - εφβ 1 - εφβ Καθόσον συνασυνβ*Ο και: Ίπ π π εφ - =εφ(2π- - )= εφ(- - )=-1 . 4 4 4 Άρα από την ( 1 ) παίρνουμε: 1 + εφβ ( 1-εφα)( 1-εφβ)=( 1 + ) (1-εφβ)= 1 - εφβ 2 1 - εφ β+ 1 + εφβ )(1 - εφ β) = ( )(1 - εφ β) = 2. ( 1 - εφβ 1 - εφβ _

Δίνεται ότι οι εφα, εφβ είναι ρίζες της δευ­ 2 τεροβάθμιας εξίσωσης: χ -χ-1=0. Ν α υπολογι­ σθεί η τιμή της παράστασης : Α=6η μ2 ( α+β)-ημ( α+β)συν ( α+β)-συν 2 ( α+ β).

Vieta

Αφού οι εφα, εφβ είναι ρίζες της δευτεροβάθ­ μιας χ2-χ-1 =0 τότε λόγω των τύπων θα έ­ χουμε: εφα+εφβ= 1 και εφαεφβ=-1 . Άρα: η μα + ημβ = 1 και η μα η μβ - 1 οπότε = συνα συνβ συνα συνβ ·

η μασυνβ+ημβσυνα=συνασυνβ και η μαημβ=­ -συνασυνβ ( 1 ). Άρα η μ(α+β)=συνασυνβ ενώ συν(α+β)=συνασυνβ-η μαη μβ και λόγω τη ς ( 1 ) παίρνουμε: συν( α+β)=2συνασυνβ. Τότε : Α=6συν2 ασυν2 β-2συν2 ασυν2 β-4συν2 ασυν2 β= Ο . i) Να δειχθεί ότι: ημ(χ+y)ημ(χ-y)=η μ2χ-ημzy. ii) Εάν Α, Β, Γ είναι γωνίες τριγώνου τέτοιες ώστε ημ2 Α=ημ2 Β+ημ2 Γ να δειχθεί ότι το τρίγω­ νο είναι ορθογώνιο.

Έχουμε: η μ(χ+y)ημ(χ-y)= =(η μχσυνy+ημyσυνχ)(ημχσυνy-ημyσυνχ)= =η μ2 χσυν2 y-ημ2 yσυν2 χ=η μ2 χ( 1-ημ2y)-ημ2y( 1-ημ2 χ) =η μ2 χ-ημ2χημ2y-ημ2y+ η μ2 χημ2y=ημ2χ-ημ2y. Έχουμε: η μ2Α=η μ2 Β+ημ2 Γ=> ( i) η μ2Α-η μ2 Β=η μ2 Γ => ημ(Α+Β)ημ(Α-Β)=η μ2 Γ (1 ). Ό μως Α+Β+Γ=π =>Α+Β=π-Γ=> η μ(Α+Β)=ημ(π-Γ)=η μΓ. Άρα ( 1 )=>η μΓη μ(Α-Β)=η μ2 Γ => η μΓ(ημ(Α-Β)-ημΓ)= Ο => ημΓ(ημ(Α-Β)-η μ(Α+Β))=Ο=>ημΓ(-2ημΒσυνΑ) =0=> η μΒη μΓσυνΑ= Ο=>συνΑ= Ο =>Α=90°. Αφού Β , Γ γωνίες τριγώνου=>η μΒη μΓ:;ο!:Ο . η μ2Α=η μ2 Β+η μ2 Γ=> 2 z γ2 α = -β --=> α z = β z + γ z => Α = 90 ο 4R 2 4R 2 + 4R 2 Δίνεται ότι: συνα+όυνβ=συνγ (1 ) και η­ + μα ημβ =ημγ (2). 2π Να δειχθεί ότι α=β+2κπ ± , κ ε Ζ. 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/43


Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

( 1 )=>συν2 α+συν2 β+2συνασυνβ=συν2γ και (2)=>ημ2 α+ημ2 β+2ημαημβ=ημ2γ. Προσθέτοντας κατά μέλη θα έχουμε : ( συν2 α+ημ2 α)+2(συνασυνβ+ημαημβ)+ ( συν2 β+ +η μ2 α)=συν2γ+ημ2γ => συν( α-β)= - -1 => 2 2π =>α-β=2κπ ± 2π κ Ε Ζ. συν(α-β)=συν 3 )' 2π , κ Ε Ζ. :::::> α=β+2κπ ± 3

5π 7π 3π π Α= (1 + συν -)(1 + συν -)(1 + συν -)(1 + συν - )

8

8

8

4π 2π π Β= συν - συν - συν 7 7 7

8

ΛίJση

5π = π .Εχουμε: -π +7π =π καθώς και 3π + -

87π 8 π 8 8 5π ' Ετσι συν- = -συν- και συν- =-συν-- . 8 8 8 8 Άρα : 3π

3π = 3π 1 - συν-) π - συν-)(1 π + συν -)( Α= (1 + συν-)(1 8 8 8 π 8 3π Εάν η μαη μβημγ :;t: Ο (1), ημ2 ( α - γ ) :;t: Ο (2) 2 3 = (1 1 +συν-4 )(1 Ι +συν-...!.4 .._ ) = π)(1 - συJ �) ημ β σφα = (1 -συJ όδειχθεί 1 να τότε (3) και + 2 2 8π 2 83π σφ(α - γ) ημ α 2 τι: σφ β=σφασφγ . Ι - συν -4 Ι - συν -4 Ι - συν -π Ι + συν -π 4 4 Από τις (1), (2) εξασφαλίζεται η ύπαρξη των ( 2 )( 2 ) = ( 2 )( 2 ) = σφα, σφβ, σφ(α-γ) και το ότι σφ(α-γ):;t:Ο, οπότε Ι-σW � Ι- � Ι 4 = / = � , αφού συν � =σνν π- � =---συν� 2β σφα Ι σφ + 4 ( 3 ) => σφασφγ + Ι + Ι = Ι => Γ ' ' mMX= ημ2α , οταν ημα :;t: Ο . νωρι'ζουμε οτι σφγ - σφα Ι + σφ 2 α 2ημα - σ---'σφασφγ φ 2-- α + Ι + σφ 2 α = Ι => 2π ημ 4π η μ 8π ----'--'--'-ημ -7 2 σφασφγ + Ι Ι + σφ β 7· 7 - -Ά ρα Β: π 2ημ 2π 2ημ 4π ( σφασφγ-σφ2α)( Ι +σφ2 β)+ ( 1 +σφ2 α)(σφασφγ+ Ι)= 2ημ 2 2 7 7 7 =(σφασφγ+ Ι)(Ι +σφ β) => σφασφγ(l +σφ α)= π π =σφ2 β(1 +σφ2 α) => σφασφγ=σφ2 β. 8 π ημ -7 ημ(π + -7 ) η μ -7 _ = - -1 = -= = π 8ημ π π 8 Ε άν συνα+συνβ+συνγ=Ο με συνα, συνβ, 8ημ 8ημ :;t: συνγ Ο να υπολογισθεί η τιμή της παράστασης: 7 7 7

--

-

=

',. Ί · ; �.·:'Π

_

_

=

( )

_ _

Α

συν3α + συν3β + συν3γ συνασυνβσυνγ

Εύκολα αποδεικνύεται ότι:3 συν(3χ)=4συν χ-3συνχ. Έτσι χρησιμοποιώντας τον τύπο αυτό στην παράσταση Α θα έχουμε Α= 4(συν 3 α + συν 3 β + συν 3 γ) - 3(συνα + συνβ + συνγ) συνασυνβσυνγ 3 3 3 - 4(συν α + συν β συν γ) , αφου, συνα+συνβ+ συνασυνβσυνγ +συνγ=Ο. (Από την ταυτότητα του Euler έχουμε: α+ β+γ=Ο => α3 + β3 +γ3 =3αβγ). Ά ρα Α= 4 · 3συνασυνβσυνγ = Ι2. συνασυνβσυνγ +

_

Ε φ nφ, �ωγi�

Ν α υπολογισθούν οι παραστάσεις :

Να δειχθεί ότι: εφ2 χ+σφ2 χ= 2 ·

3 + 4συν4χ 1 - mΝ4χ

ό-

ταν η μ2χ :;t: Ο . t ) (i!\Ί]

Παρατηρούμε ότι: ημ2χ :;t: Ο:::::> ημχσυχ :;t: 0 => Υπάρχει το Α ' μέλος. Επίσης ημ2x :;t:O:::::> σW2x :;t: I :::::> 2σw2 2x :;t:2=> 2συν 2 2χ - Ι Ι => συν4χ :;t: 1 => Υπάρχει το Β ' , Α ' =εφ2χ+σφ2χ Ι -συ�χ + Ι+συ� = με' λος οποτε Ι +συ�χ Ι -συ�χ 2 + (l + συν2χ) 2 2(1 + συν 2 2χ) = = (Ι -(1συν2χ) - συν2χ)(Ι + συν2χ) Ι - συν 2 2χ (l + Ι + συν4χ ) 3 + συν4χ 2 · = 2 Ι + συν4χ = 2 · 1 - συν4χ = Β ' Ι- 2

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ.Ι /44

:;t:


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ε φιφ μογή 9'1

/ � �-J ση

Να λυθεί η εξίσωση : (1-2ημ2χ)(συνχ+η μχ)=συνχ-η μχ.

Χρησιμοποιώντας τύπους αποτετραγωνισμού έχουμε : (1):::::> 3 +2συν2Α-1 +2συν2 Β-1 +2συν2Γ-1= 4συνΒσυνΓ:::::>συν2Α+συvΒ+συν2Γ-2συνΒσυνΓ=Ο:::::> συν2Α+( συνΒ-συνΓ)2=0 ::::>συνΑ=Ο και συνΒ=συνΓ:::::> Α=90° και Β=Γ=45°, αφού Α, Β, Γ είναι γωνίες τριγώνου.

(1 )

Λ () !(!Τ�

( 1 )<:::>συνχ+ημχ-2συνχημ2χ-2ημχημ2χ= =συνχ-ημχ <:::> 2(ημχ-2ημχσυν2χ-ημχημ2χ)=Ο <:::> ημχ( 1-2συν2χ-ημ2χ)=Ο <:::> ημχ(-συν2χ-ημ2χ)=Ο<:::>η μχ=Ο (2) 1 - ημ2χ Δίνεται η συνάρτηση f(χ)= --�ή ημ2χ=-συν2χ (3). ημχ - συνχ Έχουμε: (2) <:::> χ=κπ, κ Ε Ζ . i) Ν α βρεθεί το πεδίο ορισμού της. Αν συν2χ=Ο τότε ημ2χ=±1 , οπότε η (3) δεν ii) Να δειχθεί ότι f(χ)=η μ χ-συνχ. ισχύει. Αν συν2χ;t:Ο τότε (3 )<:::>εφ2χ=-1 <:::> iii) Να λυθεί η εξίσωση f(2x)=l . κπ - -π , Κ Ε z οι τιμες αυτες <:::>2 χ=κπ--π <:::>χ= 2 8 4 n ) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί ημχ­ είναι δεκτές δηλαδή ικανοποιούν τη σχέση συνχ ;t: Ο . Θεωρούμε την αντίστοιχη εξίσωση ημχ­ συν2χ;t:Ο (γιατί;). συνχ=Ο δηλαδή την ημχ=συνχ ( 1 ). Αν συνχ=Ο τότε ημχ=±1 οπότε δεν ισχύει η ( 1 ). Αν συνχ;t:Ο τότε Δίνονται οι ισότητες η μα-συνα=κ (1) και 2 η μ2α=λ-κ (2) με κ,λ Ε JR . Ν α δειχθεί ότι λ=l π , κ Ε Ζ. (1) <:::> εφχ=1 <:::> χ = κπ + και l κ i � J2 . 4 Δεκτές τιμές (γιατί;). Λ {Jση Άρα για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει και ( 1 ) :::::>η μ2 α-2ημασυνα+συν2 α=κ2 :::::> ( 2 ) ::> 1-λ+κ2=κ2 :::::>λ=l . αρκεί χ Ε JR με χ ;t: κπ + �4 , κ Ε Ζ. 1-ημ2α=κ2 :::: Εξάλου (1) :::::>η μ2α=1-κ2 i ' J> Έχουμε τότε : 1-κ2�-1:::::>2 �κ2 :::::> .J2 � Ι κΙ . 1 - ημ2χ ημ 2 χ - 2ημχσυνχ + συν- χ f(x) ημχ - συνχ ημχ - συνχ (ημχ - συνχ) 2 = ημχ - συνχ. π Για τα τόξα α,β Ε (0, ] δίνεται ότι : ημχ - συνχ 2 ( 2 } ημ2χ-συν2χ=1 <:::> .Jι - συν2α + �1 - συν2β .Jι + συν 2α . (1). f(2x)=1 <:::> Ν α δειχθεί ότι: 2ημχσυνχ-(1 +συν2χ)=Ο<:::>2ημχσυνχ-2συν2χ=Ο<:::> i) η μα+ημβ=συνα. ii) 2ημ2α-συν2β=l . 2συνχ(ημχ-συνχ)=Ο<:::> συνχ=Ο<:::> χ=κπ+ �2 , κ Ε Ζ , (αφού ημχ-συνχ ;t: Ο ). Ο (1) :::::> �2ημ 2 α + �2ημ 2 β = �2συν 2 α .J2 (ημα+ημβ)= .J2 συνα ημα+ημβ= Έ στω η συνάρτηση : � =συνα ( αφού α, β Ε [0, ]:::::>η μα,ημβ,συνα �0). f(x)= � 1 + συν(2χ) - �1 - συν(2χ) . 2 '

'

::::::>

?

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

=

::::::>

::::::>

ϊϊ)

(i )

2ημ2α-συν2β=4ημασυνα-συν2 β = =4ημα(ημα+ημβ)---( 1-2ημ2 β)= =4ημ2 α+4ημαημβ-1 +2ημ2 β= =2ημ2 α+2ημ2 α+4ημαημβ+2ημ2 β-1 = =2ημ2 α+2(ημ2 α+2ημαημβ+ημ2 β)-1 = =2ημ2 α+2(ημα+ημβ/-1 =2ημ2 α+2συν2 α-1 = =2(ημ2 α+συν2 α)-1 =2-1 = 1 .

Ε φ ιφ μαyϊ;� ! 2 '1

Άν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: 3+συν2Α+συν2Β+συν2Γ=4συνΒσυν Γ (1 ), τότε να υπ ολογισθούν οι γωνίες του τριγώνου.

i) ii) iii)

Να βρεθεί το π εδίο ορισμού της. Να δειχθεί ότι f(x)= J2 ( συνχ - ημχ ).

i

Να λυθεί η εξίσωση f(x)=

Ο

J2 .

i Ι

Ι

Έχουμε: -1::s;συν(2χ) ::s; 1 1 + συν(2χ) � Ο, 1 - συν(2χ) � Ο για κάθε χ Ε JR . Άρα η f (χ) έχει πεδίο ορισμού το JR Λόγω των τύπων αποτετραγωνισμού έχουμε: f(x)= �1 + συν(2χ) - �1 - συν(2χ) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/45

::::::>


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

= �2συν 2 χ - �2ημ 2 χ = .J2Ι συνχ l - .J2Ι η μχ l = τότε να δειχθεί ότι συνχ+συνy=Ο. = .J2 ( i συνχ i - Ι η μχ Ι ) . Αφού η εξίσωση (1) έχει πραγματική ρίζα την (ii) ρ=συν(χ+y) θα είναι Δ � Ο. f(x)= .J2 => .J2 ( Ι συvχ i - Ι η μχ l ) .J2 => Ό μως Δ � 0=:>4συν2χ--4 � Ο=> συν2χ � 1 => συν 2 χ = 1 =>συνχ= 1 ή συνχ=-- 1 Ι συνχ i - Ι η μχ l 1 => Ι συνχ l = Ι ημχ l + 1 => (αφού ισχύει και: συν 2 χ :;; 1 ). iσυνχ l � 1 => iσυνχ l 1 => ημχ=Ο=> χ=κπ, κ Ε Ζ Αν συνχ=1 τότε (1) => r+2κ+ l=O => ( αφού ισχύει και: iσυνχ l :;; 1 ). (κ+ 1)2=0 => κ=--1=> συν(χ+y)=-- 1 => Προφανώς για χ=κπ, κ Ε Ζ επαληθεύεται η συνχσυνy-ημχημy=-- 1 =:>1συνy-Οημy f (χ) = .J2 οπότε τελικά =-- 1 => συνy=-- 1 (αφού συνχ=1=>ημχ=Ο). Άρα: συνχ+συνy= 1 + (-1 )=Ο f ( Χ ) = .J2 Χ ΕΖ. Αν συνχ=-- 1 τότε συνy=1 (ομοίως), οπότε συνχ+συνy=-- 1 + 1=0 Εάν ο αριθμός ρ=συν(χ+ είναι ρίζα της =

=

=

<::::>

= ΚΠ, Κ

y) 2 δευτεροβάθμιας εξίσωσης κ +(2συνχ)κ+1=0 (1)

Καρδαμίτσης Σπύ ρος Στο ν Κρ ότωνα της Κάτω Ιταλίας το ν 6° π.χ. αιώνα ο Πυθαγόρ ας από την Σάμ ο ιδρύει την σχολή του. Στη βάση της φ ιλο σοφ ίας της σχολής των Πυθαγορείων υπάρχου ν δύ ο αρχές το άπε ιρο ν και το πέρ ας, απ ' α υτές τις αρχές προ­ κύπτει το «BV» και από το εν προκύ πτου ν ο ι ακέρ αιο ι αρ ιθμ ο ί με του ς ο πο ίου ς εκφρ άζεται ο κόσμ ο ς. Ο ι Πυθαγόρει ο ι με βάση το πυθαγόρειο θεώρημα ορ ίζου ν του ς πλευρ ικού ς και διαμετρ ικού ς αρ ιθμ ού ς και ο δηγού νται στην ανακάλυ­ ψη των ασύμμετρ ων αρ ιθμών.

1 . Αν ΑΔ το ύψος οποιουδήποτε ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ που αντιστοιχεί στην υποτεί­ νουσα, τότε ΑΒ2 = Β Γ-ΔΓ Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισο­ 2. σκελές με ίσες πλευρές ΑΒ = ΑΓ = 2, τότε η υποτείνουσα του ΒΓ έχει μέτρο 2 J2 3. Αν β=4 και γ=3 οι κάθετες πλευρές ορθογωνί­ ου τριγώνου τότε το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του έχει μέτρο ίσο με 5 4. Υπάρχει ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφή Α τέτοιο ώστε: α2 = 2 β2 (1 + συνΑ) 5. Ένα σημείο Ρ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου (O,R) αν και μόνο αν Δ�ο.R> <Ο 6. Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α=90°) με γωνία Γ =60°, ο λόγος των καθέτων πλευρών του l είναι ίσος με .J3 β 7. ΣεΑ, ισχύει κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο στην κορυφή β2<α2+γ2 8. Υπάρχει τετράγωνο με πλευρά α και διαγώνιο δ τέτοιο ώστε ο λόγος �να α είναι ρητός αριθμός. Λ

Λ-Σ-Λ-Σ-Σ-Σ-Σ-Λ

1 . Το ύψος ισοπλεύρου τριγώνου είναι J3 , τότε η πλευρά του είναι ίση με: Α. J2 Β. 3 Γ. 4 Λ. 2 Ε. .J5 2. Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) ισχύει η σχέση α2 = 3 β2 , τότε η γωνία Α του τριγώ­ νου είναι ίση με: Α. 120° Β. 13 5 ° Γ. 1 50° Δ. 60° Ε. 45° 3. Αν ο λόγος των προβολών των καθέτων πλευ­ ρών ορθογωνίου τριγώνου στην υποτείνουσα του είναι 4, τότε ο λόγος των καθέτων πλευρών του είναι ίσος Γ. 2 Δ. J3 Ε. 1/2 Α. 4 Β. 3 4. Έστω Μ είναι το μέσο της ακτίνας ΟΑ = R κύκλου (0, R). Αν η ακτίνα του κύκλου είναι R = 2 τότε η δύναμη του σημείου Μ ως προς τον κύκλο (0, R) είναι ίση με: Α. -3 Β. -2 Γ. -1 Δ. Ε. 2 5. Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει � = i α, τότε μεταξύ 2 των πλευρών του τριγώνου α, β, γ ισχύει η Β. β2 + γ2 = 2α2 σχέση: Α. β2 + γ2 = α2 Δ . β2 + γ2 = 4α2 Γ. β2 + γ2 = 3α2 Ε. β2 + γ2 = 5α2 Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /46

-Α-Γ-Α-Ε


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υποτείΛ

νουσα ΒΓ = α και γωνία Γ =15 ° . Να υπολογίσε­ τε τις κάθετες πλευρές β και γ του τριγώνου ως συνάρτηση της υποτείνουσας α. Γ

Φέρνουμε την διάμεσο του τριγώνου ΑΜ που αντι­ στοιχεί στην υποτείνουσά του . Είναι ΑΜ= �2 =ΜΓ ' συβ νεπώς το τρίγωνο ΑΜΓ εί­ ναι ισοσκελές, και επομένως είναι Α 1 = 15° και Μ Ι = 1 80° - 30° = 150°. Ακόμη είναι επομένως συν150°=συν(180°-30")=-συν30°=εφαρμόζοντας τον νόμο των συνημιτόνων στο τρί­ γωνο ΑΜΓ έχουμε: 2 2 β2 = � + � - 2 . � . � συν 1 5 0° = α 2 J3 α 2 (2 + J3 ) α2 = 4 +� 4 2 2 = 4 . ειναι . β = α .J2;J3 αρα 2 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: α 2 (2 - J3 ) α2 γ2 = α2 - β2 = α2 - (24+ J3 ) 4 Λ

Α

Β

Λ

�,

() ()

· (- J

. ειναι γ = Επομενως

έχουμε: Το τρίγωνο ΑΜΕ είναι ορθογώνιο στο Μ και ε­ φαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: ΕΑ2=ΜΑ2+ ΜΕ2 , αλλά ΜΑ= ΒΓ 2 , συνεπώς η πυθαγόρεια σχέση γράφεται: 2 2 ΕΑ2 = Β; +ΜΕ2 = Β� + ΜΕ2 άρα 2 2ΕΑ2 = ΒΓ +2ΜΕ2 (2) 2 Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: ΕΒ 2+ΕΓ2=2ΕΑ2 .

( )

:y�

.- ' : ι ,

Η διάκεντρος των κύκλων (Κ, 4α) και (Λ, α) έχει μήκος 6α. Ν α υπολογίσετε το μήκος δ της κοινής εξω­ τερικής εφαπτομένης τους και την οξεία γωνία που σχηματίζει αυτής με τη διάκεντρο. Αν δι το μήκος της κοινής εσωτερικής εφαπτομένης τους τότε να αποδείξετε ότι

� <c\ < δ . 2

Α.

:� Κ

j

'

Λ

Μ=

.

Έστω ΑΒ η κοινή εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων. Φέρνουμε την ΛΓ.lAK, τότε το τετράπλευρο ΑΒΛΓ είναι ορθογώνιο και είναι � Δίνεται ορθο­ ΒΛ = ΑΓ = α, οπότε ΓΚ = 4α - α = 3α. γώνιο αλλά μη ι­ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΛΓ είναι ΓΛ2 = ΚΛ2 σοσκελές τρίγωνο α ΚΓ2 = (6α)2 - (3α/ =36α2 -9α2 = 27α2 επο° ΑΒΓ ( Α =90 ) και η διάμεσός Α Μ μένως είναι δ=ΓΛ ==α J27 =3 .J3 α. αυτού. Από το ση­ Εξάλου ΚΓ ΚΛ κλr 30° κΜΑ 30° . μείο Μ φέρνουμε 2 την κάθετη στην Έστω ΑΒ η κοινή εσωτερική εφαπτομένη των διάμεσο Α Μ που τέμνει την ευθεία ΑΓ στο ση­ δύο κύκλων. Φέρνουμε την ΛΓ .lAK, τότε το 2 2 μείο Ε. Να αποδείξετε ότι: ΕΒ 2 + ΕΓ = 2ΕΑ • τετράπλευρο ΑΒΛΓ είναι ορθογώνιο και είναι ΒΛ = ΑΓ = α, οπότε ΓΚ = 4α + α = 5α. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΓΛ είναι Στο τρίγωνο ΒΕΓ η ΜΕ είναι διάμεσός του και ΓΛ2 = ΚΛ2 - ΚΓ2 = (6α)2 - (5α)2 εφαρμόζοντας το πρώτο θεώρημα των διαμέσων =36α2 -25α2 = 1 1 α2 επομένως είναι δι= ΓΛ=α .Jίl . 2

Β

.

Α

=

Ε

\

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/47

::::}

=

::::}

==


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Για να είναι �2 <δ1 <δ αρκεί αfi7 2 <α.Jlί <αJ27 , δηλαδή 27<44<108 που ισχύει. Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε την διάμεσό του ΑΜ και το ύψος του ΒΕ. Να απο­ δείξετε ότι: ΜΑ 2 = ΜΒ 2 + ΑΓ·ΑΕ. Α

Β

Μ

άρα γ = β .fj Αφού ΑΓ = β, θα είναι ΓΔ=2ΑΓ=2β οπότε ΑΔ =β+2β = 3β. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχου­ με:ΒΔ2=ΑΔ2+ΑΒ2=γ2+(3β)2=3β2+ 9β2=12β2 επομένως ΒΔ = 2β .J3 =2γ=2ΑΒ. : ; ' . Αφού ΓΒ=ΓΔ=2β και ΒfΆ = 60° θα είναι Δ = ΓΒΔ = 30° = ΓΒΑ . Ά ρα ΒΓ διχοτόμος της ΑΒΔ . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α, στην προέκταση της πλευράς του ΒΓ παίρνουμε σημείο Δ τέτοιο ώστε ΓΔ=ΒΓ. Αν Μ είναι το μέσο της ΑΔ να υπολογίσετε τις πλευρές ΜΓ, ΜΒ του τριγώνου ΜΒΓ καθώς και τα ύψη αυ­ τού, ως συνάρτηση του α.

Γ

Στο τρίγωνο ΑΒΓ εφαρμόζουμε το πρώτο θεώρημα των διαμέσων: ΒΓ 2 ΑΒ 2 + ΑΓ2 =2ΜΑ2 + -(1) 2 Επειδή Α <90° εφαρμόζοντας το θεώρημα της οξείας γωνίας έχουμε: ΒΓ2 ΑΒ 2 + ΑΓ2 - 2ΑΓ-ΑΕ (2) Συνδυάζοντας τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε: ΒΓ 2 - 2ΑΓ-ΑΕ (3) ΒΓ2 = 2ΜΑ2 + -2 2 Αλλά (3)=> 2ΜΑ2 ΒΓ + 2ΑΓ-ΑΕ => 2 ΜΑ2� Β ' +ΑΓ · ΑΕ=>ΜΑ'� Β ' +ΑΓ · ΑΕ=> " " 'Εχουμε ΜΓ//ΑΒ και ΜΓ= ΑΒ = � . Εξάλλου 2 2 ΜΑ2 = ΜΒ 2 + ΑΓ-ΑΕ fι = Β = 60° , οπότε M f'B = 120° και ΜΒ2 = ΓΜ2 + ΓΒ2 - 2ΓΜ · ΓΒσυν120ο = Α ° Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( =90 ) α2 +α2 -2 α α -'21 = 7α2 . Άρα α.J7- . . ΜΒ = =4 4 '2 2 J' με γωνία Β = 30°. Προεκτείνουμε την πλευρά ' ' Έστω ΜΜ , ΒΒ , ΓΓ τα ύψη του τριγώνου ΑΓ κατά τμήμα ΓΔ = 2ΑΓ. Να αποδείξετε ότι: ΜΒΓ. Αν ΑΑ ' το ύψος του ισοπλεύρου τριγώ­ i) ii) ΒΔ = 2ΑΒ γ = β .J3 νου ΑΒΓ τότε ΜΜΊΙΑΑ ' και iii) η ΒΓ διχοτομεί την ΑΒΔ ' α J3 ΜΜ ' = ΑΑ 2 = 4 . Εξάλλου f'2 = f'1 = 60° = Γ3 και ΒΓ=ΑΓ=> Β Β Τ = Α Α Τ => ΒΒ ' = ΑΑ ' = αJ3 2 . Τέλος: ΓΒ 2 = ΜΒ 2 + ΜΓ 2 - 2ΜΒ · ΜΓ ' => 2 ' α 2 = 7α4 + i:__4 - 2 α.J7 2 ΜΓ => Έχουμε: Β = 30° => β = -α2 => α = 2β. = => Γ 'Γ = � . = � =>Γr =rM -rM = Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α α2 β2 + γ2 => (2β)2 β2 + γ2 => γ2 3β2 και ο εγγεγραμμένος του κύκλος (O,R). Αν Μ Α

=

:

=

--

Μ'

( ;)

--

-t-

- -- -- --� α

Δ

' ·�:'

Β'

(

Λ

Β

Υ

Δ

:��

=

=

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/48


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

είναι τυχαίο σημείο του κύκλου να αποδείξετε 5

Μ Α2 + ΜΒ 2 + ΜΓ 2 = - α2

ότι:

4

--

Α

Β

σn.

Δ

σn.

Γ

Ο εγγεγραμμένος κύκλος (O, R) εφάπτεται στο μέσο Δ της πλευράς του τριγώνου ΒΓ. Επειδή το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, το Ο είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου, επομένως είναι ΟΔ = .!_3 ΑΔ και ΟΕ = ΟΔ = R, τότε θα είναι: ΑΕ = ΕΟ = ΟΔ = R = .!_ ΑΔ (1) 3 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε: 2 2 ΑΔ2 = α2 - i = α2 - = 3: , απο, την (1) εχουμε , Ά ρα ΑΔ = α.J3 επομενως -2α2 α .J3 και R2 = α.J3 = -R = -1 ΑΔ = -1 · -3 3 2 6 12 Στο τρίγωνο ΜΒΓ η ΜΔ είναι διάμεσός του 2 επομένως ΜΒ 2 + ΜΓ2 = 2ΜΔ2 + � (2) 2 Στο τρίγωνο ΜΑΟ η ΜΕ είναι διάμεσός του ΑΟ 2 = επομένως ΜΑ2 + Μ02 = 2ΜΕ2 + -2 2 R =2ΜΕ2 + (2 ) = 2ΜΕ2 + 2R2 2 άρα MA2+R2=2ME2+2R2�MA2=2 ME2+R2 (3)

()

2 � =2R2 + (2 R2 ) = 4R2 = 4 � 12 = 3 Επομένως η σχέση (4) γίνεται: α 2 = 1 5α2 =-5 α . α2 + α2 + ΜΑ2+ΜΒ 2+ΜΓ2=2 3 2 12 12 4

:

Προσθέτοντας τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε: 2 ΜΑ2 + ΜΒ 2 + ΜΓ2 =2(ΜΔ2 + ΜΕ2) + � + R2 2 2 2 ΜΑ2 + ΜΒ2+ΜΓ2=2(ΜΔ2+ΜΕ2 )+ � + � (4) 2 12 Αλλά στο τρίγωνο ΕΜΔ η ΜΟ = R διάμεσός του:

2

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με υποτείνουσα ΒΓ και ύψος ΑΔ=α. Προε­ κτείνουμε τη ΒΓ κατά τμήμα ΓΕ =β. Η παράλληλη από το Α προς την ΒΓ και η παράλληλη από το Ε προς τη ν ΑΔ τέμνονται στο σημείο Ζ. Αν η ΖΕ τέμνει την προέκταση της ΑΓ στο σημείο Η, να αποδείξετ ε ότι: i) ΑΗ = (α + β)· ii) ΒΗ 2 =2α2 +2(α+β) 2

.fi

.\

· :ι .

Η

Έχουμε προφανώς ΔΒ=ΔΓ=α και Α 1 Α 2 45° . Αφού ΓΗΕ Α 2 4 5° , τα τρί­ γωνα ΗΕΓ, ΗΖΑ είναι ορθογώνια και ισοσκε­ λή με ΕΗ=ΕΓ= β και ΗΖ=ΑΖ=ΔΕ=α+ β Ά ρα: ΑΗ2=ΑΖ2+ΖΗ2=(α + β )2+ (α + β) 2= =2( α + β)2 ΑΗ = (α + β) · J2 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ΑΒ 2 = α2+α2=2α2 και εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒ Η έχου­ με: Β Η2 = ΑΒ 2 + ΑΗ2 = 2α2 + 2(α + β)2 =

=

=

=

Η παραπάνω άσκηση αποτελε ί παραλλαγή της πρότασης 10 του δεύτερου βιβλ ίου των Στοιχείων του Ευκλείδη και απο δίδεται στους Πυθαγόρειους. Η πρόταση αυτή τους οδήγησε στον ορισμό των πλευρικών και διαμετρικών αριθμών και στην μετέ­ πειτα ανακάλυψη της aσυμμετρ ίας. ? �: !

Στο ορθογώνιο τρ ίγωνο ΒΕΗ είναι 2α +β, επομένως αν εφαρμόσουμε το πυθαγό ­ ΒΕ 2 / β2 τότε ρειο θεώρημα έχουμε: ΒΗ (2α + β με βάση το ίί) ερώτημα έχουμε την γεωμετρική από ­ δειξη της αλγεβρικής ταυτότητας: ") 7 2 (2α + β) + β- 2α- + 2(α +βΓ.

=

)=

Ε Υ Κ \Ε Β . ΗΣ Β ' 6 5 τ. l /49

=

+

,


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου . - -: . ! ..� "\ i '

Γ

Του Γιώργου Σ . Τασσόπουλου Ένας ωραίος τρόπος για να κατανοήσουν οι μαθητές της Θετικής και Τεχνολογικής κατεύθυνσης 'Λ υκείου τις έννοιες της πρόσθεσης διανυσμάτων και του πολλαπλασιασμού πραγματικού αριθμού επί Β διάνυσμα, είναι το πρόβλημα του προσδιορισμού ενός σημείου που ικανοποιεί μια διανυσματική σχέση ε­ ξαρτώμενη από αυτές τις πράξεις. Θα ξεκινήσουμε από εντελώς απλά παραδείγματα, τα οποία όμως αποτε­ λούν τη βάση για τα δυσκολότερα που ακολουθούν.

1.

Αν δοθούν τα διαφορετικά σημεία Α , Β τότε να βρεθεί σημείο Μ τέτοιο, ώστε: α)

Α Μ = _! ΑΒ (1 ). β) Α Μ = - _! ΑΒ (2) 3 3

γ)

ΑΜ = _! ΜΒ 3

(3)

(1) <=> ΑΜ /' /' ΑΒ και ( ΑΜ) = 3_3 ( ΑΒ) <=> Το Μ ανήκει στην ημιευθεία Αχ που περιέχει 2 <=> Μ = Τ (σχ. α) το Β και (ΑΜ) = -(ΑΒ) 3 · ·- ·

Α

· --

·----

ο πραγματικός αριθμός λ, τότε υπάρχει μο­ ναδικό σημείο Μ τέτοιο, ώστε για κάθε σημείο Ο να ισχύει ΟΜ = λΟΒ + l - λ ΟΑ (1 )

(

και να βρεθεί το Μ .

)

(1) <=> ΟΜ = λΟΒ + ΟΑ - λΟΑ <=> ΟΜ - ΟΑ = λ ( ΟΒ - ΟΑ ) <=> ΑΜ = λΑΒ <::> Μ = Τ , όπου (Ατ ) = l λi · (ΑΒ ) και ΑΤ /' /' ΑΒ όταν λ>Ο ή ΑΤ /'ι.(' ΑΒ όταν λ<Ο. Ειδικά για λ=Ο έχουμε: Μ = Α . λ=l/2, λ=2, λ=-- 1 1 - , δηλαδή το α) Για λ=l/2 έχουμε ΑΜ = -ΑΒ 2 Μ είναι το μέσο του ΑΒ Α Μ Β ιι c:-τ � ;γ- υ ; ·

τ Β χ Σχ. α - 2 - <=> -ΑΜ /'ι.(' ΑΒ και (2) <=> ΑΜ = --ΑΒ 3 ( ΑΜ) = 3_3 ( ΑΒ) <=> Το Μ ανήκει στην ημιευβ) Για λ=2 έχουμε ΑΜ = 2ΑΒ , δηλαδή το Μ είναι το συμμετρικό του Α ως προς Β θεία Αχ · που δεν περιέχει το Β και Α Β . - Μ ( ΑΜ ) = % (ΑΒ) <=> Μ = Σ (σχ. β) γ) Για λ=-- 1 έχουμε ΑΜ = -ΑΒ , δηλαδή το Μ . είναι το συμμετρικό του Β ως προς Α Β Σ Α χ' Σχ. β Β Μ------ Α Η δυσκολία εδώ σε σχέση με τις προηγούμενες περιπτώσεις είναι ότι έχουμε δυο άγνωστα δι­ 3. Αν δοθούν τα διαφορετικά σημεία Α, Β και οι πραγματικοί αριθμοί κ, λ, τότε για κάθε ανύσματα, ενώ προηγουμένως είχαμε μόνο ένα σημείο Ο υπάρχει μοναδικό σημείο Μ τέάγνωστο διάνυσμα ως συνάρτηση του γνωτοιο, ώστε: Ο Μ = κ · ΟΑ + λΟΒ (1 ) στού ΑΒ . Εύκολα όμως αναγόμαστε στην και να βρεθεί το Μ . προηγούμενη μορφή, χρησιμοποιώντας διανυ­ σματικές ακτίνες με αρχή το Α ή το Β. Έχουμε , Αν κ+λ;t:Ο τότε λοιπόν: <=> =(κ+λ) · σr ( 3) <=> ΑΜ = -3_3 ( ΑΒ - ΑΜ ) <=> ΑΜ = 3_ΑΒ 3 - 3_ΑΜ 3 �1) 0Μ=(κ+λ) �ΟΑ+__!:_ΟΒ κ+λ κ+λ 5 - 2 - -- 2 κ - + --ΟΒ λ λ -ΑΜ <::> Μ = Ρ (σχ. γ) όπου ΟΤ = --ΟΑ 3 = -ΑΒ 3 <::> ΑΜ = -ΑΒ 5 κ+λ κ + λ Αν ρ = -κ + λ τότε (2 ) <=> 0Τ = (1 - ρ)ΟΑ + ρ · ΟΒ <::> ΑΤ = ρ · ΑΒ Α •- ρ Β χ Σχ. γ Προσδιορίζε�αι λοιπόν το σημείο Τ όπως προη• ·

--

. . . . . -�

. -- .

-- . .... . . - · · - -·

·-

11

-·-

··/f-

- --. •

..- --

-

Η

-

·//

.

·- · ..• . ·• · . ·-

..

- /f

(

-• - •

2.

-· -

Αν δοθούν τα διαφορετικά σημεία Α, Β και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/50

---

---Η-- - -·-8--

J


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

γουμένως, οπότε: ( 1 ) <=> ΟΜ = ( κ + λ ) · ΟΤ και το Μ ορίζεται (Πρόβλημα 1 α) Αν κ+λ= Ο τότε ( 1 ) <::> ΟΜ = -λ · ΟΑ + λ · ΟΒ <::> ΟΜ = λ ΟΒ - ΟΑ <=> ΟΜ = λ · ΑΒ και το Μ ορίζεται εύκολα.

(

ΑΒ, οπότε ΟΜ = 20Τ + ΟΓ = 30G όπου - 1TG ΤΓ δηλαδή G βαρύκεντρο του ΑΒΓ. 3 = -

)

λ 3 = 5 , οπότε κ+λ ΟΜ = 20Α + 30Β <=> ΟΜ = 50Τ <=> Μ Σ , - - 3όπου ΟΣ = 50Τ και ΑΤ = -ΑΒ (σχ. α). 5

Α

Αν κ=2, λ=3 τότε ρ = -

=

Σημείωση: Υπολογίζοντας το άθροισμα αυτό με δύο ακόμη τρόπους (ΟΑ + ΟΓ) + ΟΒ, (ΟΒ + ΟΓ) + ΟΑ μπο­ ρούμε να δείξουμε διανυσματικά ότι οι τρείς διάμεσοι του τριγώνου συντρέχουν .

Α

0

τ

----

.

·-

.

4.

--- ·- ---

Σ

Σχ. α

.Β .Θ

.ο •· ·

Α

-

- -· - - - - · --•· · · · -

Β

- ·------ -··• - · Κ

Σχ.β λ -5 5 . ρ= . Αν κ=2 , λ=- 5 τοτε = - = - , οποτε κ + λ -3 3 ΟΜ = 20Α - 50 Β <=> ΟΜ = -30Κ <:::> Μ Θ , -5όπου ΟΘ = -30Κ και -ΑΚ = - ΑΒ ( σχ. β). . 3 Αν δοθεί τρίγωνο Α Β Γ και σημείο Ο, - τότε το διάνυσμα ΟΜ = 20Α + 30Β + ΟΓ μπορεί να προσδιοριστεί με τρεις τρόπους 20Α + 30Β + ΟΓ, --

-

-

Δ

Α Β Γ . Να βρεθεί σημείο Μ τέτοιο ώστε / 2 ΜΑ + 3ΜΒ / = 1 0 (1) και ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ// ΒΓ (2) Δίνεται τρίγωνο

Σύμφωνα με τα προηγούμενα λοιπόν θα έχου­ με ( 1 ) <=> 5 = 10 <=> 5 = 2 <::> Μ ε ( C) = 10 <:::> όπου (C) ο κύκλος με ακτίνα ρ=2 και κέντρο το 3. . . Κ, τετοιο σημειο ωστε ΑΚ = -ΑΒ 5 Εξ άλλου: ( 2 ) <::> 3ΜGΙΙ ΒΓ <::> ΜGΙΙ ΒΓ <::> Μ ε ( ε )

1�

Γ

Μ

.

ο

1�

��

Δ

όπου ( ε ) II ΒΓ από το βαρύκεντρο G του Α Β Γ . Α

=

Δ

(

(ε)

)

Β

Τελικά λοιπόν: ( 1 ), (2)<::>Μ ε (C)n(ε). Το πρό­ βλημα λοιπόν μπορεί να έχει δυο, μια ή καμιά λύση ανάλογα με τη θέση του κύκλου (C) και της ευθείας (ε).

( 20Α + ΟΓ ) + 30Β , ( 30Β + ΟΓ ) + 20Α . Φυ­

σικά λόγω της aντιμεταθετικής ιδιότητας του αθροίσματος τα αθροίσματα αυτά είναι ίσα. Αποτελεί όμως ενδιαφέρουσα και δύσκολη δι­ αδικασία το να διαπιστωθεί αυτό κατασκευα­ στικά. Γι' αυτό το αφήνουμε ως άσκηση στους μαθητές. ΟΜ = ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ . Τότε ΟΑ + ΟΒ = 20Τ όπου Τ το μέσο του l

Ί '1 ! :

5.

ΑΒΓΔ. Μ ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ = ΜΔ

Δίνεται παραλληλόγραμμο θεί σημείο τέτοιο ώστε -

-

-

-

Να βρε­ (1 )

Πρόκειται για την Άσκηση 5 σελίδα 28 του Σχολικού Βιβλίου. Κατά τη Λύση το Σχολικό Βι­ βλίο χρησιμοποιεί διανυσματικές ακτίνες με αρχή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/51


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

το Β, ως να γνωρίζει εκ των προτέρων ότι τελικά το Μ θα ταυτιστεί με το Β. Κάτι τέτοιο αποτελεί αυθαιρεσία. Δ

6) Δ ίνεται τραπέζιο ΑΒΓ Δ με ΔΓ = 2ΑΒ . Να βρεθεί σημείο Μ τέτοιο ώστε - ΜΑ + ΜΓ + ΜΔ = 3ΒΑ (1) -

Λ·

-

Δ

τ ρ QΊπ:ί �ς

Αν G το βαρύκεντρο του Α Δ Γ τότε όπως και προηγουμένως: Το μόνο σημείο το οποίο διαφέρει από τα άλ­ λα στη σχέση ( 1 ) και το οποίο θα ήταν λογικό να χρησιμοποιηθεί ως αρχή των διανυσματικών ακτι­ νών είναι το Δ. Φυσιολογικότερο βέβαια είναι να αντικαταστήσουμε το άθροισμα των διανυσματικών ακτινών ΜΑ, ΜΒ, ΜΓ με 3MG , όπου G το βαρύκεντρο του ΑΒΓ. Έτσι θα έχουμε 1 ) <:::::> 3MG = ΜΔ . Αναγόμαστε λοιπόν στο πρό­ βλημα 1γ, με σταθερά σημεία τα Δ, G. Έτσι έχου­ με: <:::::> -3GM = GΔ - GM <:::::> -2GM = GΔ <:::::> -

(

-

-

-

(1)

GM = _!_ GΔ <:::::> GM /'./ GΔ και 2 GM ) = _!_ ( GΔ ) <:::::> G = Β (γιατί;) 2 Στην ίδια σχέση καταλήγουμε αν χρησιμοποι­ ήσουμε ως αρχή το Δ. Πράγματι τότε έχουμε: (Ι ) <:::::> ΔΑ - ΔΜ + ΔΒ - ΔΜ + ΔΓ - ΔΜ = -ΔΜ <:::::> ΔΑ + ΔΒ + ΔΓ = 2ΔΜ <:::::> <:::::> 3ΔG = 2ΔΜ <:::::> -3GΔ = 2 ( GM - GΔ ) <:::::> IGM --GΔ <:::::> Μ = Β . 2 Είναι φυσικό πλέον να έχουμε απλούστατη λύση αν πάρουμε ως αρχή το Β. Έχουμε τότε: 1 ) <:::::> ΒΑ - ΒΜ - ΒΜ + ΒΓ - ΒΜ = ΒΔ - ΒΜ <:::::> ΒΑ +ΒΓ - ΒΔ = 2ΒΜ <:::::> ΒΔ - ΒΔ 2ΒΜ <:::::> ΒΜ = Ο <:::::> Μ = Β . Αφήνουμε στους μαθητές ως ανοιχτό πρόβλη­ μα να προσδιορίσουν το σημείο Μ χρησιμοποιώ­ ντας ως αρχή το Α ή το Γ. _

(

-

=

(

-

-

-

-

=

Στην πρώτη περίπτωση-με αρχή το Α θα οδηγηθούν στη σχέση ΑΒ + ΑΓ - ΑΔ = 2ΑΜ και είναι ενδιαφέρον να αποδείξουν ότι Μ=Β κατα­ σκευάζοντας το πρώτο μέλος με τρεις τρόπους: -

-

<:::::> ABMG παραλληλόγραμο <:::::> ΒΜ = AG <:::::>

- 2- - 2ΒΜ = - ΑΝ <:::::> ΒΜ = - ΒΓ <:::::> Μ = Τ , 3 3 2 όπου ΒΤ /' /' ΒΓ και ( ΒΤ ) = - ( ΒΓ ) , αφού για 3 το μέσο Ν του ΓΔ έχουμε:

- Ι- ΝΓ = - ΔΓ = ΑΒ � ΑΒΓΝ παραλληλόγραμο � ΑΝ = ΒΓ 2

Δ ,-· · ·--· -+1---- �--

.\

-- ---+ι

·--- Γ

// j' Gι,ι------, --1 -

\ \\\\. '

\ /f

/

/

\L� - -

A

/

τ

/

Η---- ---1

Β

β ' :φ όrως Αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι αν χρησιμοποιήσουμε διανυσματικές ακτίνες με αρχή το Β η λύση θα είναι απλούστερη. Πράγματι ( 1 ) <:::::> ΒΑ - ΒΜ + ΒΓ - ΒΜ + ΒΔ - ΒΜ = 3ΒΑ <:::::> ΒΓ + ΒΔ - 2ΒΑ = 3ΒΜ <:::::> 2ΒΝ - 2ΒΑ 3ΒΜ <:::::> 2ΑΝ 3ΒΜ <:::::> ΒΜ = � ΑΝ <:::::> ΒΜ = � ΒΓ <:::::> Μ = Τ 3 3 =

=

Είναι ενδιαφέρον όμως να αποδειχθεί από τους μαθητές ότι Μ=Τ και στις περιπτώσεις που ως αρ­ χή θα ληφθεί κάποιο από τα σημεία Α, Γ, Δ. Για παράδειγμα με αρχή το Α έχουμε: (Ι) <:::::> ΑΓ + ΑΔ + 3ΑΒ = 3ΑΜ και για εξάσκηση ας αποδείξουν το ζητούμενο, δηλαδή Μ=Τ κατα­ σκευάζοντας το πρώτο μέλος με τρεις τρόπους ( ΑΓ + ΑΔ ) + 3ΑΒ, ( ΑΓ + 3ΑΒ ) + ΑΔ,

( ΑΔ + 3ΑΒ ) + ΑΓ, ( ΑΒ + ΑΓ ) - ΑΔ, ( ΑΒ - ΑΔ ) + ΑΓ , Το ίδιο να δείξουν όταν ληφθεί ως αρχή το Γ ή ( ΑΓ - ΑΔ ) + ΑΒ . Ανάλογα να εργαστούν με αρχή το Δ ή οποιοδήποτε σημείο Θ. το Γ ή οποιοδήποτε σημείο Θ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 5 τ. l /52


ΙΙ•Ιιιιι•ι•••

,.. φ r Ί�IΙΙ Ί•ιι Αrι•ά•ιι Κατεύ θυνση Μιγαδικοί Αριθ μοί Θανάσης Τσιούμας - Βαγγέλης Τσιούμας

Οι μιγαδικοί αριθμοί παρότι δημιουργήθηκαν με αφορμή την επίλυση της εξίσωσης χ2+ Ι =0, η οποία δεν έχει πραγματικές ρίζες, χρησιμοποιού­ νται ευρέως για την επίλυση πραγματικών προ­ βλημάτων σε πολλούς τομείς, όπως η Αεροδυνα­ μική, η Υδροδυναμική, η Μηχανική Συζευγμένων πεδίων κ.α. Ακολουθούν σχόλια, παρατηρήσεις και ασκή­ σεις, που αποτελούν ένα εργαλείο για την αντιμετώ­ πιση στοιχειωδών προβλημάτων, μιγαδικών αριθμών και βοηθούν στην πιο πλήρη κατανόησή τους.

μπορεί να παρασταθεί και με τη διανυσμα­ τική του ακτίνα. Για παράδειγμα, αν z 1 ,z 2 ε C και Μ 1(zι), M 2 (z2) οι εικόνες τους, τότε ισχύει:

Σzόλια

z <=> -1 = λ ε .IR <:::::> z 1 = λz 2 <=> ΟΜ 1 = λΟΜ2 z2 <::::> ΟΜ 1 Il OM2 <=> οπότε τα σημεία Μ 1 , Ο, Μ2 είναι συνευθειακά. Αν z2 =0 τότε Μ2=0 και η ισοδυναμία είναι προφανής.

1.

-

π α ρ ατη ρή σει ς 2 Επειδή ισχύουν (l+i) 2=2i και (l-i) =-2i, χρησιμοποιούμε τις παραπάνω ισότητες για να υ π ολογίσουμε δυνάμεις του 1±ί. 1 Για παράδειγμα, να υπολογίσετε το (1 +i) 00

Ε ίν α ι

(1 +ί) ι οοso=[(4'Il +i)2+22] so2=(2i)so=2so . iso=2so . iso=_2so,

β ' τρόπος

Αν z 1 =α 1 +β 1 - Τ , z 2 =α 2 + β 2 - Τ όπου α 1 , β 1 , α 2 , β 2 ε JR , τότε ΟΜ 1 = ( α 1 , β 1 ) , ΟΜ2 = ( α υ β 2 ) οπότε: ΟΜ 1 11 ΟΜ2 <:::::> det ΟΜ 1 , ΟΜ2 ) = Ο <=> αΙ β Ι = Ο <:::::> α 1 β 2 = α 2 β 2 επισης <=> α2 β 2 Ζ1Ζ2 = z1 z 2 <=> α 1 β 2 = α 2 β 1 (μετά από πράξεις).

=i

2. Από μια ισότητα δύο μιγαδικών υψωμένων σε μεγάλες δυνάμεις, προκύπτουν ίσα μέτρα αυτών, αλλά το αντίστροφο δεν ισχύει. Για 1 000 000 παράδειγμα, αν (1-z) = z 1 , z ε C (1) να αποδείξετε ότι Re(z)=112

Ι Ι

Λ [J σ η

(1 -

1-;-

1

� 2 Re ( z ) = � Re(z)= ll2.

3. Έστω z1,z2 ε C και P1(z1), P2 (z2 ) ο ι εικόνες τους. Αν z= λιzι+ λ2 z2 (λι , λ2 ε R) και Ρ η ει­ κόνα του z, τότε ισχύει η ισοδυναμία: -

-

-

z=λιzι+ λzzz<=> ΟΡ = λ1 ΟΡ ι + λ 2 OP z (όπου Ο η αρχή των αξόνων) διότι κάθε μιγαδικός

[)

� � -

λ ίι σ η

Έχου με : ( 1 )�1 1-zl ι ooo= Ιzl ι ooo� �1 1-z i = Ι zl� l 1-z i 2= Ι z l 2 � ( 1 - z) ;) = z · ; � z + z; = z; �

t

Αν z 2 * Ο τότε zι � = �ι Ζ2 <=> = <=> =

-

αφού i =i

-

Ζ ι Ζ2 = Ζι Ζ 2 <=> Μ 1 , Ο, Μ 2 συνευθειακά σημεία (όπου Ο η αρχή των αξόνων). Λύ ση

4.

(

.

Αν έχουμε ως υπόθεση μια από τις ισότητες z2-z+1 =0 ( z ε C ) ή z2 +z+1=0 τότε αν τις πολλαπλασιάσουμε με z+1 ή z-1 αντίστοιχα 3 3 προκύπτει ότι z =-- 1 και z =1, οπότε μπο­ ρούμε να aπλοποιήσουμε (ή να υπολογίσου­ με) παραστάσεις με μεγάλες δυνάμεις του z. Για παράδειγμα, αν z2-z+ 1 =Ο να αποδείξετε 1 8 3 β) z + ότι: α) z =-- 1 8 = -1 . z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/53


Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

(1) γράφεται (ΜΕ)+(ΜΕ ' )=2 · 5 >2 · 3 (ορισμός της α) Έχουμε: z2-z+ 1=0 � (z+ 1)(z2-z+ 1)=0� έλλειψης). Η εξίσωσή της θα είναι: z3 + 1 =O�z3=-1 χ2 + y 2 = 1 αφού β2=α"'2 - γ2= 16 θα είχαμε 1 =Ο άτο­ β) Είναι z;t:O6αφού αν z=O 16 25 πο. Άρα z8= z . z2=(z3 )2z2=(-1)2z2=z2 οπότε Εντελώς ανάλογα: 4 + 1 z3 z + 1 1 1 z 2 εξίσωση: Ιlz-zt l-lz-z21 1=2α με α>Ο και Η + + z s z =z z 2 = -z-2- == z = Ιzt-Ζ21 >2α παριστάνει υπερβολή με απόστα­ ση κορυφών 2α και εστίες E(z t ), E '(z2) = -zz 2+ 1 = -zz -+11 = _ 1 . (τα z 1 , z2 είναι γνωστοί αντίθετοι μιγαδικοί α­ ριθμοί). Αφ ού από z2-z+ 1 =Ο προκύπτει z2 = z-1 . s

5.

z

Ε ίναι γνωστό ότι αν α, βΕ R τότε από την ισότητα α2+β 2=0 προκύπτει ότι: α=β=Ο. Όμως αν z1,z2 Ε C και z1 2+z2 2=0 δεν σημαίνει απαραίτητα ότι z1=z2=0, αφού για παρά­ δειγμα, z1=1 :#0 και z2 =i:f0 ενώ 1 2+ί 2=0. 2 2 Η παράσταση z1 +z2 μπορεί επίσης να ανα­ λυθεί σε γινόμενο ως εξής: + z1 2,+ z/= z/, - (iz2) 2 =(zt, iz2)(zt2+ iz22=) ο προΕ πομενως απο την ισοτητα Zt Ζ2 κύπτει z1=iz2 ή z1=-iz2 καθώς και Ιzt i = Ι z2 1

7.

Για παράδειγμα, αν (1 +iz ' )2= 1 ( 1 ), z' Ε C τότε (1)�1 1 + izΊ 2=1�I-i2+ iz Ί=1�1i(z '- i)l = 1 � Ι z '-il = 1 που σημαίνει ότι η εικόνα του z ' ανή­ κει στον κύκλο Ι z-il=1 που έχει με κέντρο Κ( Ο, 1 ) και ακτίνα 1 . Το όμως , διότι αν π.χ. z0=1 + ί (που η εικόνα του ανήκει στον παραπά­ νω κύκλο) τότε : (1 + ίz0)2= [ 1 + ί(1 + ί)] 2=(1 + ί-1 )2=- 1 :;i: 1 δηλαδή ο αριθμός z δεν επαληθεύει την ( 1 ) Επομένως0 δεν μπορούμε να ισχυριστούμε ότι ο γ.τ. των εικόνων των μιγαδικών που ικανοποι­ ούν την ( 1 + iz)2= 1 είναι ο κύκλος, αλλά ότι οι εικόνες των z ανήκουν στον κύκλο. Εύκολα μάλιστα, μετά από πράξεις διαπιστώνουμε ότι μόνο δύο αριθμοί ικανοποιούν την (1 + iz)2= 1 , οι αριθμοί z 1 =0+0i και z2=0+2i των οποίων οι εικόνες προφανώς ανήκουν στον κύκλο Ι z-i 1 2=1. 1+ αί , , z=-Ομοίως οι εικόνες των αριθ μων α+ ι. ' ' λο χ 2 + y 2 = 1 . Δεν καλυ-' ανηκουν στον κυκ πτουν όμως όλο τον κύκλο αφού το σημείο του 1 + αί. για καποια , Ο+ ί δεν παίρνει τη μορφη, -α+ι τιμή του α Ε ffi. διαφορετικά θα είχαμε - 1 = 1 πράγμα άτοπο.

Έστω Zt 2+ z/=0 ( z1 , z 2 Ε C ), να αποδείξετε ότι 1 α) z1 0+ z/ 0=0 β) z1 2ν+ z/ν=Ο όπου ν περιττός φυσικός γ) lz1 - z 2 1 = ν'i lz ι l = ν'21 z 2 1 ·

Σύμφωνα με το παραπάνω σχόλιο είναι zι=iz2 ή zι =-iz2 Aν zι =iz2 τότε έχουμε: α) zι 10+ z2 1 0=(iz2) 10+ z2 1 0=i 10z2 1 0+z2 1 0=-z2 10+z2 10=0 αφού ί 10= i2=- 1 β) Ζι 2ν+z22v=(iz2 )2v+z22v=i2vz/v+z/v= =(-1)vz/v+z/v=O διότι (-1)ν=- 1 όταν ν περιτ­ τός φυσικός. γ) l z 1 - z 2 1 = 1 iz 2 - z 2 1 = 1 (i - 1 )z 2 1 = 1 -1 + i ll z 2 1 = = hΙ z 2 l = J2 l z ι l · Ομοίως αν z1=- iz2 . 6.

Βασικοί γεωμετρικοί τόποι Έ στω z Ε C . Τότε: Η εξίσωση : Ιz -z0 Ι =ρ (1), ρ>Ο παριστάνει κύκλο (c) με κέντρο το K(z0) και ακτίνα ρ. Η εξίσωση: Ιz-zti = Ιz-z21 παριστάνει τη με­ σοκάθετη του τμήματος με άκρα τα σημεία A(z1) και B(z2). Η εξίσωση : Ιz-zt i + Ι z-z2 1 =2α όπου α>Ο, Zt, z2 δοσμένοι αντίθετοι μιγαδικοί και Ιzt -Ζ2 1 <2α, παριστάνει έλλειψη με εστίες E(zt) και E '(z2) και μεγάλο άξονα 2α.

Η αναζήτηση γεωμετρικών τόπων, χρειάζε­ ται προσοχή, διότι θα πρέπει να ισχύουν ό­ λες οι ισοδυναμίες, ιδιαίτερα σε θέματα, που αφορούν μέτρα μιγαδικών, αφού δεν ισχύει: z1=z2 (:)lzt i=Ιz2 1 αλλά μόνο: z1=z2 �1 zt i =Ιz2Ι

τrn

X E JN..

8.

Μ έγιστα και ελάχιστα μέτρων μιγαδικών α­ ριθμών. Έστω Ιz-il=l, ( z Ε c) να βρεθεί η μέγιστη ( max) και η ελάχιστη ( m in) τιμή του Ιz+4+2i l

Για παράδειγμα, η εξίσωση Ι z-3 ii + Ι z+3il = 10 Οι εικόνες των z κινούνται στον κύκλο κέ(1 ) παριστάνει έλλειψη με μεγάλο άξονα 2α=10 ντρου Κ(Ο, 1) και ακτίνας 1 , ενώ το Ι z+4+2il γρά­ και εστίες τα σημεία Ε(Ο,3) και Ε ' (Ο,-3), διότι η φεται Ι z-(-4-2i)l και εκφράζει την απόσταση των ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/54


Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου Cι

εικόνων του z από το Α(-4,-2) που είναι η εικόνα του z 1 =-4-2i Υ

ι

A(-4-2i)

····· ····················· ··········-··· ·

Από το σχήμα προκύπτει minlz+4+2ί i =(ΑΒ)=(ΚΑ)-ρ=5-1 =4 maxjz+4+2i i =(ΑΓ)=(ΚΑ)+ρ=5+ 1 =6 Σε πολλά βιβλία δίνεται η παρακάτω λανθασμένη λύση με βάση την τριγωνική ανισότητα: l l z 1 1 - l z 2 1 1 � l z ι ± z 2 1 � l z ι l + l z 2 1 Γ ράψουν λοιπόν: z + 4 + zi = ( z - ί ) + ( 4 + 3ί ) , οπότε ll z - i l - l 4 + 3i l l � Ι z + 4 + 2i l � ιz - i l + l 4 + 3i l οπότε 4 � l z + 4 + 2i l � 6 => min l z + 4 + 2i l = 4 max l z + 4 + 2i l = 6 . και Όμως η διαδικασία αυτή εξασφαλίζει απλώς ότι το 4 είναι κάτω φράγμα και το 6 είναι άνω φράγμα του l z + 4 + 2i l και όχι ελάχιστη και μέγι­ στη τιμή του αντιστοίχως. Για να συμβαίνει αυτό χρειάζεται να δείξουμε ότι υπάρχουν τιμές z ' και z" του z τέτοιες ώστε l z ' + 4 + 2i l = 4 και l z" + 4 + 2i l = 6 πράγμα όχι και τόσο εύκολο να διαπιστωθεί Αλγεβρικά. Στα επόμενα σχήματα μπορούμε να βρούμε (γεωμετρικά) το μέγιστο ή το ελάχιστο του Ιzl όταν το M(z) κινείται σε ευθεία (σχ. 1 ) καθώς και του Ιz-wΙ όταν το M(z) κινείται σε ευθεία και το P(w) σε κύκλο ( σχ.2) ή όταν κινούνται και τα δύο σε κύκλους ( σχ. 3). ' ._M (z)

, . ,, .

c,

/

\

__.----.. ,'-

κ

Ρ( ω)

.,

M(z)

\

-· ·- - - ,\Ρ(ω)

'

χ

Υ

-- -

Κ \ Ι Λ Ε ϊ - - - - - - ο---""Ά,---....,da:·� - - - - -·.

1.

····--·

I

z

minlz-wi=(AB) maxΙz-wΙ=(EZ)

Δίνεται η συνάρτηση f(z) =(z+i)(�+i), zεC α) Αν zι=l +i να βρεθούν οι μιγαδικοί z2=f(zι) και z3=f(f(zι)) β) Αν Μι, Μ2 , Μ3 οι εικόνες των zι, z2 , z3 αντίστοιχα να αποδείξετε ότι τα σημεία Μι, Μ2, Μ3 είναι κορυφές ορθογωνίου τριγώνου. γ) Να βρείτε το σύνολο των εικόνων των z ώστε i) f(z)εJR ii) f(z) φανταστικό.

Έχουμε (όπου f ( z ) = zz + zi + zi - 1 = x2+y2-1 +2χί z = x + yi ) ( 1 ) α) f(z ι )=f( l +i )= 1 2+ 1 2-1 +2 · 1 -i=l +2i f(f(z 1 ))= f( 1 +2i)= 1 2+2 2-1 +2i=4+2i β) Είναι Μ 1 ( 1 , 1 ), Μ2 ( 1 ,2) και Μ 3 (4,2) άρα Μ 1 Μ 2 = ( 0, 1 ) , Μ 2 Μ 3 = ( 3, 0 ) και Μ 1 Μ 3 = ( 3, 1 ) . Παρατηρούμε ότι Μ 1 Μ2 · Μ2 Μ3 = 0 · 3 + 1 · 0 = 0 άρα Μ1 Μ2 .1 Μ2 Μ3 δηλαδή το τρίγωνο ΜιΜ 2 Μ3 είναι ορθογώνιο στο Μ2 . (Ι) γ) i )f(z) ε JR �Im(f(z))=O � 2 χ= Ο <::>χ= Ο Άρα ο γ. τόπος των εικόνων των z είναι ο άξο­ νας y ' y. ίί) f(z) φανταστικός �χ2+/-1 =0<::>χ2+y2= 1 �ογ. τόπος των εικόνων των z είναι ο κύκλος κέ­ ντρου 0(0,0) και ακτίνας 1 3 2. Αν z =1 και z � JR , να αποδείξετε ότι: α)

z - !z

φανταστικός β) jz+ l l=l

γ) (iz) 2o ι o+( l +z2) 2oo9 ( iz) 2 oos -

=

O

α) 'Εχουμε z3 = 1 => Ιz l 3 = 1 => Ιz i = 1 => Ιzi 2=1 => z · -z = 1 => -1 = -z => z - -1 = z - -z => (ΟΚ)= minlzl z z z - _!_ = 2βί => z - _!_ z z είναι φανταστικός (όπου z = α + β ί , α, β ε R ) . β) Επίσης z= 1 =>z3-1 = 0=>(z-1 )( z2+z+ 1 )=0 ( 1 ) minlz-wi=(AB) όμως z � JR => z:;t:1 οπότε ( 1 ) => z2+z+ 1=0 => (μέγιστη απόσταση z+ 1 =-z2 => l z+ 1 Ι = Ι-z2 Ι =Ι -zΙ 2= Ι zΙ 2= 1 ,λόγωτου (α). δεν υπάρχει, γιατί; ) γ) Έχουμε ( iz) 2 0 ι ο+ ( 1 +z2 ) 2oo9--{ i z) 2oo s= ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/55


Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

=( i4) so2 · iz (z3 )67o+ [ (-z) 3 ] 669 · zz-( i4) soz · (z3 )669 · z= =-1-z2-z=-( 1 +z+z2 )=0, λόγω του (β).

= (z - 2 )(z - 2 ) � 3 zz = 3 � l z l 2 = 1 => l z l = 1 . Άρα οι εικόνες των z ανήκουν στον μοναδι­ καίο κύκλο. 3. Δίνονται οι μιγαδικοί z1, z2 , z3 τέτοιοι ώστε β) Ομοίως 2ω=3z+2i=> 2ω-2ί =3 z =>2 Ι ω-ί Ι =3 Ι z Ι να ισχύουν: =>lω-il =3/2 => οι εικόνες των ω ανήκουν σε z / = 1 + .J3i, z / = 26 + νl53i, z / = 3 + .J7i κύκλο με κέντρο Κ(Ο, 1 ) και ακτίνα ρ=3/2 α) Να βρείτε τα μέτρα τους Ισχύει ότι η χορδή Ρ 1 Ρ2 είναι μικρότερη ή ίση ) γ β) Να αποδείξετε ότι z1+z2+ Z3;CO της διαμέτρου του κύκλου οπότε: γ) Να αποδείξετε ότι Ι ω , - ω 2 1 = ( Ρ1 Ρ2 ) � 2ρ = 3 2z 1 z 2 + 9z 1 z 3 + 2z 2 z 3 = 6 (' Με εφαρμογή της τριγωνικής ανι+ Zz + z 3 σότητας έχουμε: Ι ω , - ω 2 Ι = I ( ω , - ί ) - ( ω2 - i ) I � Ι ω , - i l + l ω 2 - i l = α) Είναι Ι z , 1 2 = 1 1 + �i l = 2 άρα Ι z , I = J2 , 3 + -3 = 3 . = 3 2 2 l z 2 1 = 1 26 + ν'53i l = 27 άρα l z 2 1 = 3 και 5. α)Θεωρούμε τους μιγαδ ικούς z1, z 2 , z3 για l z3 1 4 = 1 3 + J?i l = 4 άρα l z3 1 = J2 . τους οποίους ισχύουν: β) Υποθέτουμε ότι z1 +z2+ z3 =0 ( 1 ). z ι +z2+z3=0 (1) και z/+z/+z/=0 (2) + + Να αποδείξετε ότι: Τότε ( l )=>zz=-z ι z3 => Ι zzΙ = Ι z ι z3 Ι ::; Ι z ι Ι Ι z3 Ι => ί ) Ι z ιΙ = Ι z2 Ι = Ι z3Ι =>3 � fi+fi => 3 � 2J2 � 9 � 8 άτοπο. ίί) Ι z ι-z2Ι = Ι z2-z3Ι = Ι z ι-z3Ι = .J3Ι z ι l Επομένως zι +zz+ z3;CO. 2 , ομοίως β) Αν για τους μιγαδικούς z, ν, ω ισχύει: z1 = z2+ν2+ω2= zν+zω+νω Ν α αποδείξετε ότι τα z, σημεία Ρ 1, Ρ2 και Ρ3 που είναι οι εικόνες των ' _z = -9 και _z = -2 . Ε ιναι ν, ω (αντίστο ιχα), είναι κορυφές ισοπλεύ­ z, 2 z2 3 z3 ρου τριγώνου. 2 + -9 + -2 = I z1 + z 2 + z 3 I = 1 -z1 + _z2 + _z3 1 = i) Έχουμε ( 1 ) =>zz =-zι-z3 οπότε η (2) γίνεται z1 z 2 z3 Ζι 2+( Ζ ι Ζ3 )2+z/=0 :::::> _- 2 z 2 z3 + 9z1z 3 + 2z1z 2 -_ l 2z 2 z3 + 9z1z 3 + 2z1z 2 1 _=>zι 2+zι 2+2zιz3 +Z32+z32 =0=>zι 2+z32 = ΖιΖ3 (2) z , z2 z3 l z , l l z 2 1 1 z3 1 => Zz2_-zι z3 =>zz3 _- ΖιΖzΖ3 _- l 2z 2 z3 + 9z1z3 + 2z 1 z 2 l -_ l 2z 2 z3 + 9z1z 3 + 2z 1 z 2 1 Ομοίως zι 3 =z333=zιzzz 3 Επομένως Ι z ι l = l zzi 3 = Ι z3 1 3 οπότε Ι z ι Ι = Ι zzΙ = Ι z3 Ι J2 - 3 · J2 6 Άρα 2z 2 z3 + 9z 1 z 3 + 2z 1 z 2 = 6 . ii) Είναι Ι z ι-zz l 2=(zι-Zz) (z, - z2 ) = z 1 + z2 + z3 = l z , 1 2 + l z 2 1 2 - z , z2 - z 2 z, = 4. 'Ε στω z ε C ώστε (2z - 1 ) 5 = (z - 2)5 (1) (Ι) 2 = l z , I + l z 2 1 2 + ( z2 + z3 ) _z2 + ( z , + z3 ) _Ζι = α) Να βρείτε τη γραμμή στην οποία ανή­ κουν οι εικόνες των z = 4 l z , l 2 + z 3 { z , + z 2 ) = 4 l z ι l 2 - l z3 1 2 = 3 l z , l 2 β) Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των ω όπου (αφού l z , l = Ι z 2 Ι = l z 3 1 ) . 2ω=3z+2i ανήκουν σε κύκλο c. γ) Αν Ρι (ω1), (ω2) δυο σημεία του κύκλου Άρα l z , - z 2 1 = �l z , l , ομοίως c, να αποδείξετε ότι Ι ω ι -ω 2 Ι::;3 l z 2 - z3 1 = Ι z ι-z3 Ι = � I z ι l α) Παίρνουμε μέτρα στην ισότητα ( 1 ) και έχουμε Αφού lz , I = l z 2 1 = lz3 1 = ρ , οι εικόνες Α, Β, Γ των (1) � l 2z -11 5 = l z - �5 => z 1 , z 2 , z 3 ανήκουν στον κύκλο (0, ρ), οπότε: j 2z - 1j 5 = lz - 215 � l 2z- 1 l = l z - 21 � z 1 + z 2 = -z3 � ΟΑ+ΟΒ = -ΌΓ � � l 2z 1 1 2 = l z - 2 1 2 � ( 2z - 1 ) ( 2z - 1) = � ΟΑ- 2 + ΟΒ-2 + 20Α · ΟΒ = ΟΓ- 2 � c

c,

Ζι

-

-

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/56

-


Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

ρ2 + ρ2 + 2ρ2συνΑΟΒ p2 συνΑΟΒ --21 ΑΟΒ 120° . 'Ομοια ΒΟΓ ΓΟΑ 120° , Λ

=

=

Λ

=

=

=

οπότε l z, - z2 1 = l z2 - z3 1 = l z3 - z , l = � = ρJ3 = l z, Ι J3 . β) Από z2 +ν2 +ω2= zν+zω+νω προκύπτει ότι: 2z2+2ν2+2ω2-2zν-2zω-2νω=Ο οπότε, (z-ν)2+ (ν-ω) 2+(z-ω ) 2=0 +(ν με (z-ν) -ω)+(z-ω)=Ο , δη λαδή αν θέσουμε z 1 =z-ν, z2= ν-ω και z3 =z-ω ισχύουν οι ( 1 ), (2) οπότε σύμφωνα με το ί) Ιz-νΙ = Ιν-ωΙ = Ιω-zΙ, που ση μαίνει ότι το τρίγωνο Ρ 1 , Ρ 2 , Ρ 3 είναι ισό­ πλευρο. Να κυκλώσετε το Σωστό (Σ) ή το Λάθος (Λ) για κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις: 1. Για κάθε α, β Ε C αν z=α+ βί τότε Re(z)=α και Im (z )=β

Σ

Λ

2. Για κάθε z 1 , z 2 E C ισχύει Re(z 1 z2 ) = Re(z, z 2 ) Σ

Λ

Σ

Λ

3. Για κάθε x, y Ε C αν z=x+y i τότε z = χ - yi

4. Για κάθε z Ε C ο i z είναι φανταστικός αν και μόνο αν z = z Σ Λ 5. Για κάθε z 1 , z 2 E C ισχύει z;� + Z,Zz = 2 Re( Z,Zz ) Σ

Λ

Σ

Λ

6. Ο αριθμός (2+3ί) 1 0+ (3+2ί) 1 0 είναι πραγματικός 20 1 0

7. Για κάθε z Ε C ισχύει ( z - z) � Ο Σ Λ 8. Η εξίσωση z2+ βz+ 1 =0, z Ε C αποκλείεται να έχει ρίζα την z 1 = 1 +i για κάποια τιμή του Λ Σ β στο JR 2 2 9. Για κάθε z Ε C , αν z = z τότε ο z είναι φαΛ νταστικός Σ 1 0 . Για κάθε α, β Ε C αν z=α+βί τότε Σ 1 1.

12. 13. 14. 15. 16. 17. 18.

19.

Λ

Λ Σ Αν Α(ί) και B( l ) τότε (ΑΒ)=2 Για κάθε z1 , z 2 Ε C ισχύει Ιz ι -i i + Ιz2+i i =O<::> zι=i και z2=- 1 Σ Λ Για κάθε z1 , z 2 E C με Ιzι Ι= 1 , lz2 l = 3 ισχύει minlz ι -z2 1 =2 Σ Λ 2 2 Ισχύει l z l = ( -z) , για κάθε z Ε C Σ Λ Ισχύει lz , z 2 1 = 1 -z, z 2 1 για κάθε z1 , z 2 Ε C Λ Σ Για κάθε z Ε C * αν Ιz-i i = Ιz+il Σ Λ τότε z φανταστικός Για κάθε z Ε C αν Ι z-5ii=Ιz-il τότε η Σ Λ ελάχιστη τιμή του Ιzl είναι 4 Η εξίσωση l2z+i 1 = 13 +4il παριστάνει κύκλο

20.

Σ

Λ

Σ

Λ

μέγιστη απόσταση δύο σημείων Μ ι (z 1 ) και M 2 (z2 ) της καμπύλης Ιz-5 Ι+Ιz +5 1= 12 είναι 1 2 Η

Η εξίσωση Ιz-iHz +il=2 παριστάνει ένα κλάδο υπερβολής Λ Σ

1 . Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων του μιγαδικού z για τον οποίο ισχύει: 2 α) z + z = (z - z) β) ω = -1-2 E JR 1+z γ) Ιz-i i +Ιz +i1=4 2. Να βρεθεί ο μικρότερος φυσικός αριθμός ν�1 ώστε να ισχύουν: α) ( l +i )v=( l-i)v β) ί i 2 } . . . . ίν= 1 (χωριστά σε κάθε περίπτωση) 3 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(z)=iz+ 1 όπου zEC α) Να υπολογίσετε τον z1 Ε C έτσι, ώστε f(z ι )=z ι β) Να βρείτε το σύνολο των εικόνων M(z) ώ­ στε l f(z) I =Ιzl 4. Αν για τους μιγαδικούς z 1 , z2 (z1 , z2:;t0) ισχύει ι z,+ ίz,ι = ι z , ι + ι z,ι να αποδείξετε ότι

( ::)' <ο. .

5 . Δίνεται η εξίσωση z2-z+ 1 =Ο ( z Ε C ) και z 1 , z2 οι ρίζες της z z ί τον αριθ μο, ω = .1 + 2 α) Να υπολογισετε , ιz 1 z 2 - 1 β) Αν Α, Β, Ρ οι εικόνες των z 1 , z2 και ω αντί­ στοιχα, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΡΑΒ εί­ ναι ισοσκελές γ) Να αποδείξετε ότι ( z :0 + z �0

)(� �):::::;

2. + z 1 z2 6. Για τον μιγαδικό z ισχύει 2lzi=Ιz-3 1 ( 1 ) α) Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικό­ νων Μ (z). z-3 ' οι εικονες , να απο δ ει' ξετε οτι β) Αν ω = z+1 του ω κινούνται σε κύκλο. 2 9 2 3i 7. Αν ( 1 + ιz ) 00 = � + � . , z Ε C . Να αποδει-' ν 5 + 2ν 2 ι ξετε ότι: α) οι εικόνες Μ (z) ανήκουν σε κύκλο c β) ο z δεν είναι πραγματικός γ) η ελάχιστη τιμή του Ιν-ωl όπου Ρ(ν) ανήκει στον κύκλο c και Ιω-2Ι= Ιω-41, ω ε C είναι 2. --

'

ο

8. Αν z E C * με z + _!. = -1 ( 1 ). Να αποδείξετε z ότι: α)z:;t1 β) z3 = 1 γ) Ιz + 1 1=Ιzl= 1 καθώς και το αντίστροφο, δηλαδή αν Ιz + 1 Ι=ΙzΙ= Ι τότε ι­ σχύει η ( 1 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/57


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

Ι = z ι οο + 100 Ι . δ) z + 5Ο z z 9. Έστω z1, z2 μιγαδικοί α) Αν l z ι + z 2 1 = 1 z1 - z 2 1 να αποδείξετε ότι z1z2 + z2 z1 = 0 . β) Αν ( z1 + z 2 ) 20 = ( z1 - z 2 γο , να αποδείξετε ότι z1 z2 φανταστικος. 10. Θεωρούμε τους μιγαδικούς z, ω με ω=2zi. Αν Ρ, Μ είναι οι εικόνες των z και ω αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι: α) Οι εικόνες P(z) κινούνται σε κύκλο, όταν οι εικόνες Μ( ω) κινούνται στον κύκλο (0,4). β) Το τρίγωνο ΟΡΜ είναι ορθογώνιο. so

,. ".- ι

• c : ' ]j ·-�;;:•:'"' .

·:\ ) (η .

α) Παραβολή y2=-I/2x β) Υπερβολή y2-x2=I με εξαίρεση τα (Ο, Ι) και (0,-Ι) γ) Έλλειψη 2 2 c:�+L=I . 3 4 2. α) ν=4, β) ν=7 3. α) z1 = + i , β) η ευθεία y= . 4. Είναι Ιzι + izzi = Ιz ι l + lizzl. Αν Μι(zι) και Mz (izz ) τότε ΟΜ ι /' /' ΟΜ 2 . 1 5. α) ω=-Ι β) +σ = z1 0 Ζι 6. α) Ι z+ 1 1 =2 β) Ιω-Ι Ι =2 7. α) Ι I + izl = l 8. γ) από Ι z+ Ι Ι = Ι προκύπτει z + z = -Ι δ) είναι zso=(z3 ) I6. z2=z2 9. α) ω = ... = ω β) τριγωνική ανισότητα. 10. α) lzl = 2 β) Εφαρμόζεται το πυθαγόρειο θεώρημα. 1.

��

Ι .Λ, 2.Σ, 3.Λ, 4.Σ, 5.Σ, 6.Λ, 7.Λ, 8.Σ, 9.Λ, Ι Ο.Λ, Ι Ι .Λ, Ι2.Σ, 13.Σ, Ι4.Λ, Ι 5 .Σ, Ι 6.Λ, Ι 7.Λ, Ι 8.Σ, Ι 9.Σ, 20.Λ ί

I

_,__

!, ,·i

1 :.._

Λεωνίδας Μ αυρογιαννάκης

<=> χ (χ + Ι ) 2 (χ - 3) � Ο <=> <=> χ ε ( -οο, -Ι) υ (-Ι, Ο) υ [ 3, +οο) () και τελικά το πεδίο ορισμού της f είναι Ar = ( -οο,-Ι) υ ( -1, 0) υ [ 3, +οο) . () iii) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί χ-2�0 και .Jx - 2 :;t: O και 9 - χ 2 � Ο και .J9 - x 2 :;t: O () ή ισοδύναμα έχουμε: () ( : = :>00 :;<2χ < 3 2 < χ < 3 () δηλαδή το πεδίο ορισμού της f είναι:ΑF(2,3) iν) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί χ2-4>0 και χ+ Ι >Ο και χ+ Ι* Ι . i) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί Έχουμε επομένως: χ3-3χ2+2χ*Ο (Ι) χ 2 - 4 > ο χ < -2 ή χ > 2 Έχουμε: ( l)<=:>x.(x2-3x+2)*0<=>x � {O, I ,2 } . Ε­ χ + Ι > Ο <=> χ > -Ι <=:> χ > 2 , πομένως το πεδίο ορισμού της f είναι x :;t: O x + l :;t: l Ar = ( -οο, Ο) υ (Ο, Ι ) υ (Ι, 2) υ (2,+οο) οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι:ΑF(2,+οο) ii) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί 2 ν) x 2 + x :;t: O (Ι) και χ -2 2χ - 3 � Ο (2) 2ημχ--συν2χ-2*0 χ +χ Λύνουμε την αντίστοιχη εξίσωση Έχουμε: 2ημχ--συν2χ-2=0<=:>2ημχ-( Ι-ημ2χ)-2=0<=:> (Ι) <=> χ :;t: Ο και χ :;t: -Ι . ημχ = y <=> ημ2χ+2ημχ-3=0 <=> 2 Τότε (2) <=> ( χ 2 - 2χ - 3 )( χ 2 + χ ) � Ο <=:> y + 2y - 3 = 0 1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτή­ σεων: x S i) r x - 3 +2 χ 3χ + 2χ χ 2 - 2χ - 3 ii) f χ = χ2 + χ iii) r x = + χ-2 9 - χ2 ΪV) f x = log χ +l Χ 2 - 4) ημχ v) r x 2ημχ - συν 2 χ - 2

� h

}�

}

}�

}

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/58


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

}

ημχ = Υ (χ+3)(χ2 -χ-2) . χ3 +2χ2 -5χ-6 = lιm . ημχ = Ι . <=> lιm ii) y = -3 η, y = l χ -+-3 (χ + 3)(χ -3) = χ-+-3 χ2 - 9 Επομένως η λύση της εξίσωσης είναι 10 = --5 .lιm χ2 -χ-2 ( -3)2 +3-2 =χ = 2κπ + 2: , κ ε Ζ και το πεδίο ορισμού της f είχ-+-3 χ-3 -3-3 -{j 3 <=>

2 ναι: Ar = χ ε ΙR / χ 2 κπ + �' κ ε z} .

{

2 +5 -3 . ( �χ2 + 5 -3)( �χ2 +5 +3) � χ . iii) lιm χ->2 χ 2 -χ-2 = lιm....:. χ->2 (χ2..._ -χ-2) ( �χ2 +5 +3) χ-2 , , 2 . Δ ινονται χ =οι συναρτησεις: (χ-2)(χ+2) και χ+2 lim lim = χ 2 --χ χ--->2 χ--->2 2 2 2 � � 5 χ χ-2)( +5+3 χ χ+Ι) + +3 ( χ+Ι) ( { ) ) { χ g ( χ) = + χ . Ν α β ρεθούν οι συναρτήσεις: 2+2 = 4 - 2 χ -4 (2 + 1){3 + 3) 18 9 α ) f ( x) · g( x) β) . {�χ+3-2) =lim . {�χ+3-2) {�χ+3+2)( �2-χ+χ) . ) lim χ-->1 �2-χ-χ χ-->1 ( �2-χ-χ) {�2-χ +χ) {�χ+3+2) Το πεδίο ο ρισμού της fείναι: AFIR- { 0,1 } και (χ-Ι){�+χ) (χ+3-4)( �+χ) της g είναι : Ag= JR-{ 2, -2 } lim lim χ--.ι ( 2-χ-χ2 ) ( �χ+3+2) χ--.ι -{ χ+2)(χ-Ι){ �χ+3+2) α) Το πεδίο ορισμού της h(x)=f(x).g(x) είναι: Ah = Ar A g =JR-{-2, Ο , Ι , 2} και (χ-Ι){�+χ) {Γx+3-2) { � +x) lim =-lim + l) x+l χ--.ι ( 2-χ-χ2 ) ( �χ+3+2) χ--.ι -{χ+2)(χ-Ι){ �χ+3+2) ( χ) = χ -21 . -x(x χ ( χ - ) (χ 2)(χ + 2) (x + l)(x + 2) h 1+1 = __! =-lim � +χ β) Το πεδίο ορισμού της φ(χ)= είναι: x-->l ( �x+3+2) (x+2) 4 · 3 6 2ημχ - J2 = lim 2ημχ - J2 = Αφ= { χ εΑh I g (x):;t: O}=JR- { -2, -1 , Ο , 1 , 2 } και ) lim -> χ � 2 ( ημ 2 χ - συν 2 χ) χ ->� 4ημ 2 χ - 2 2 2)(χ 2 2) χ + 2) + ( (χ ) (χ 2 . = 2 - l)(x φ(χ) = χ 2ημχ - J2 + l) " = lim x (x χ ( χ - 1 ) x (x + l) = lim 1 = Η� ( 2ημχ - .Ji )( 2ημχ + .Ji ) Η� 2ημχ + J2 3. Ν α βρεθούν τα παρακάτω όρια: J2 Ι 3= Ι = Ι =4 ί) lim χ l 2ημ� + J2 J2 + .Ji 2 .Ji 3 - 4χ + 3 :;t:

r( ) r(g(xx))

2

-.:...,.;'-----�

__

ιv

=

n

:�:�

v

6

χ -+ \

ii) ίίί) .

ιν v

, Ί.

i)

)

χ χ3 + 2χ 2 - 5χ lim --"72--χ -9 •--+-3 -3 lim2 χ --+ χ χ - 2 1. 3-2 Iffi --== • --+t .J2 - χ - χ 2η μχ - J2 . I ιm <--+ � 2 ( η 2 χ - συν 2 χ ) μ

4

4.

.Jx +

�,) · ·. ) ·.: 'Ι

Χ-->1

,C

Για να είναι η f συνεχής στο χ0=4 πρέπει και αρκεί lim χ --+ f ( χ ) = f ( 4) .

. (x - l)(x 2 + x + l) = χ 3 - Ι = lιm χ--> Ι χ 3 - 4χ + 3 χ--> Ι (x - l) ( x 2 + χ - 3) 2 = lim χ2 ++ χ -+ 31 = -3 Χ Χ .

lιm

f(x)-

Να εξετάσετε εάν είναι συνεχής στο χ0=4.

-

----"'--,.---"7"

)

Δ ίνεται η <ΠJνάρτη ση

!2i-1�· ,_:!65x+28' x:;t:

4 . f ( χ = 1.ιm 2χ 2 - Ι 5 χ + 28 Ε,ιναι 1χ--+ιm ) χ--+ χ 2 - 16 = 4 4 =

( )

2 (χ - 4) χ - 2 2 lim 4 + 4 χ χ ) )( ( χ --> 4

=

lim

χ --> 4

lx - 7

χ+4

Επομένως είναι συνεχής στο χ0=4.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /59

=

.!_ 8

=

f (4)

4


{

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

5. Δίνεται η συνάρτηση κχ2 + λχ - 8 , x :;t: 2 f { x) = χ-2 6, Χ = 2 Να βρείτε τις τιμές των κ και λ έτσι ώστε η f να είναι συνεχής στο χ0=2.

ίν)

( χ)=[( χ2 +lnx)3 ] = 3( χ2 +lnx)2 ( χ2 + ln x)' =

( �).

= 3 ( x2 + ln x ) 2 2x +

fι x = [eσw'x ] = eσνν' συΥ = eσνν'χ 2συνχ συνχ)' e σuv'x 2συνχ -ημχ) = -2ημχ . συνχ . eσυv' χ = = Έστω ότι είναι η f συνεχής στο χ0=2 . Τότε = -ημ( 2χ ) e σuv'x limf( f(2) ( 1 ) Έχουμε f(2)=6 και για 2 + λ 8 = - 2 f , επομένως νί) f ι x = In 3x +2 ] = 1 3 +2) = + έχουμε 3χ +2 3χ +2 + λχ - 8 ) = lim lim κx2 2) imf( 1 χ---+2 χ�2 -1 xJ = 4κ + 2λ-8 = 0 · 6 => 2(2κ + λ -4) = 0 => λ = 4- 2κ (2). νίί) f'( ) = � Αντικαθιστώντας το λ, στην f(x) για 2 έχουμε: 3χ2 -2χ 2 3 f(x) = + (4 - 2κ) χ - 8 = + 4 - 2κ 8 = χ-2 χ-2 -π) ] = 2ημ ( -π) [ημ( -π) ] = v iii) fι( = κχ - 2 + 4 2 = κχ + 4 (3), οπότε -2 = 2ημ( - π) συν( -π) 2χ -π) συν( -π) = limf(x) = lim(κx + 4) = 2κ + 4 και χ-->2 = 2 μ 2χ 2π) = 2 ημ2 • (1) => 2κ + 4 = 6 => κ = 1 . ν)

χ ( χ)

()

(

'

(

χ* Χ-->2 χ)= κχ 2 χ - (χ ) (χ) ( ( χ- χ�2 χ)=> χ* κχ2 κχ2 χ χ (χ ) (χ - ) χ χ -->2

Επομένως (2) => λ = 2. Για κ=1 και λ=2 εύκολα διαπιστώνουμε ότι ι­ σχύει η (1). Άρα: η f(x) είναι συνεχής στο Χ 0 = 2 όταν και μόνον: κ = 1 και λ = 2 . 6. Να βρείτε την παράγωνο των συναρτήσεων: χ ί) f { x) = e' · συνχ ίί) f { x) = ι: 2 ίίί) f { χ) = �χ 3 + χ2 όταν χ Ε { - 1, Ο) u {Ο + ) οο

ίν) r ( χ) = ( χ2 + ι η χΥ

ν)

νί) f { x) = ln (3x2 + 2 )

νίί)

r ( x) = eσ"'2' 1 f { x) = χ3 - χ2

f ι = ex · συνχ ) ι = ex ) ι συνχ + ex συνχ) ι = = ex . συνχ - ex . ημχ = ex συνχ ημ ln Χ ) ι Χ - lhx Χ ι ίί) f ι = 1: : ί)

(χ) (

( ( ( - χ) . (χ) ( ) ( (2χ2 )2 ( 2 ) -χχΙ 2 - ln x · 2χ χ -2χ · In x 1 - 2 ln x χ4 χ4 ' χ3 1 ( χ3 +χ2) 3χ2 +2χ ίίί) f' ( χ) = ( �χ3 + χ2 ) 2�χ3 +χ2 2�χ3 +χ2

( ) [ ( 2 ) 2 ( χ2 ' χ ( χ -χ ) (χ) - χ2)2 ( -χ2)' 4χ (χ- Ι)2 χ3 ( χ-- χΙ)2 . χ2 χ2 χ)= [ημ2 ( χ2 χ2 χ2 = 4χημ( χ2 χ2 χη ( 2 - χ χ2 '

--

'

7.

·

Ένα βότσαλο που πέφτει σε μια λίμνη προ­ καλεί κύμα σχήματος κύκλου, που η ακτίνα του αυξάνει με ταχύτητα 0,5 m/s. Την χρο­ νική στιγμή t0 που ο κύκλος έχει ακτίνα 2 m να βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του εμβαδού του κύκλου.

Έστω r(t) η ακτίνα του κύκλου, οπότε η ταχύ­ τητα είναι r ' (t)=0,5rn/s . Η επιφάνεια του κύκλου έχει εμβαδόν E(t)=π?(t). Ο ρυθμός μεταβολής ε­ πομένως είναι E ' (t)=[πr2(t)] ' =2 πr(t)r ' (t) . Άρα την χρονική στιγμή t0 ο ρυθμός μεταβολής του εμβα­ δού του κύκλου θα είναι: mz Ε ι ( t o ) = 2 πr( t o ) r ' ( t o ) = 2π2m0, 5m / s = 2π ­ s 8. Δίνεται η συνάρτηση f(x) =(2α - 1) r - 6x + 3 . Να βρείτε την τιμή του α Ε JR έτσι ώστε η εφαπτομένη της Cr στη θέση χ0=-1 να σχη­ ματίζει με τον οριζόντιο άξονα χ 'χ γωνία π ω=-. 4

Έχουμε fι( χ) = 2(2α - Ι) χ - 6 επομένως fι( -Ι) = 2 ( 2α - 1 ) ( -1) - 6 = -4α - 4 (2) Επομένως πρέπει και αρκεί: f ι =εφ� (1) 4 Άρα (Ι) <::::> - 4α - 4 = εφ-π <::::> -4α - 4 = 1 <::::> 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /60

( -Ι)

( 2)


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

<::::> -4α = 5 <::::> α = --5 . 4

g '(x) = -4x - 6 και g '(-1) = -2 επομένως η εφα­ πτομένη (δ) την Cg στο Ν είναι ( δ ) : y = -2χ + κ 2 9. Δίνονται οι συναρτήσεις f ( χ ) = χ - 1 και με 8 = -2(-1) + κ δηλαδή κ=6. Άρα (δ) : y = -2χ + 6 οπότε ( δ ) = ( ε ) . g ( x ) = -2x2 - 6χ + 4 . --

i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφ ικής παραστασης της f στο ση­ μείο με τετμημένη χ 0 = 2 . ii) Ν α δείξετε ότι η ευθεία αυτή εφάπτεται και στην γραφική παράσταση της g κα ι να βρείτε το σημείο επαφής. \ ;li (ϊ ! ]

1 Ο.

Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = χ3 - 3χ - 2 . Ν α βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f που περνά από το σημείο Α(- 1, 5). \ 1'.1 '(} ] '

Το πεδίο ορισμού της f είναι όλο το IR και f '(x) = 3x 2 - 3 . Έστω y = λχ + β η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr που περνά από το Α και M (x0 , f (x o )) το σημείο επαφής. Τότε λ = f ' ( Χ0 ) = 3χ� - 3 και η εξίσωση γίνεται: ( ε ) : y = ( 3χ� - 3 ) χ + β εξάλλου: Α Ε ( ε ) <=> 5 = ( 3χ� -3 ) ( -1) + β <::> 5 = -3χ� + 3 + β <::> β = 3χ� + 2 οπότε: (ε) : y = ( 3χ� -3) χ +3χ� +2 (ε) Επίσης Μ Ε ( ε ) <=> χ� - 3χο - 2 = = ( 3χ� -3 ) χο + 3Χ� + 2 <::::> 2Χ� + 3χ� + 4 = Ο <::::> <=> (χο + 2) ( 2χ� - Χ0 + 2 ) = 0 <::::> Χ0 = -2 Άρα το σημείο επαφής είναι Μ (-2, -4) και η ζητούμενη εξίσωση: y=9x+ 14.

Το πεδίο ορισμού της f είναι Ar = IR - { 1} και της g είναι Ασ = IR . 2 , , για κάθε 2 ' i) Είναι f'( χ) = -- = χ-1 (χ - 1)χ =1- 1 και ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης στο σημείο Μ (2, 2) είναι: λ = f'( 2) = -�1 = -2 . Η εφ απτομένη θα έχει εξίσωση: ( ε ) : y = λχ + β <=> ( ε ) : y = -2χ + β , οπότε Μ Ε ( ε ) <::::> 2 = -2 2 + β <=> β = 2 + 4 <=> β = 6. Επομένως η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση y = -2x + 6 (ε) ii) Η ευθεία (ε) θα δείξουμε ότι εφάπτεται στην Cg. Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων των (ε) y=-2x +6 1) και Cg επαληθεύουν το σύστημα: , y=-2x' -6χ +4 2) 1 1 . Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) =

( J

.

·

}((

ιη ( 1 + χχ: J 1-

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της β. Να βρεθεί η παράγωγος f' (x) γ. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα . . '\

χ

'

-8

-6

6

(Ι)

χ

y'

Έχουμε: (2)<=>- 2χ 2 - 6χ + 4 = -2χ + 6 <::::> <=> -2χ 2 - 6χ + 2χ + 4 - 6 = 0 <::> -2χ 2 - 4χ - 2 = 0 <=> <::::> -2 ( χ 2 + 2χ + I ) = Ο <::::> 2 ( χ + I ) 2 = Ο <::::> χ = - I . Άρα ( 1) <::::> y = 8 οπότε μοναδικό κοινό σημείο των (ε) και Cg είναι το Ν(-1 , 8). Εξάλλου

Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί 1 - χ 2 > Ο ( 1 ). 1 + χ2 =1- Ο και -1 + χ2 2 Ο Αφού 1 + χ > Vx Ε IR έχουμε: (1) <=> 1 - χ 2 > 0 <::> -1 < χ < 1 . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το Ar = (-1,1) . Για χ Ε ( -1, 1) έχουμε f '( ψ

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/61

=

H :::: J J �::::(::::) � 2 1 + χ -2x ( l + x 2 ) - ( l - x2 ) 2x 1 - χ2

.

( 1 + χ 2 )2

=


Μ αθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

-2χ 2χ3 2χ + 2χ3 = -4χ ( 1 _ χ 2 ) ( 1 + χ 2 ) 2 1 _ χ4 · 1 + χ 2 · -4χ > 0 <=> 4χ < 0 <=> γ. f ' ( x ) > 0 <=> 1 - χ4 1 - χ4 <=> 4χ ( 1 - χ 2 ) < Ο <=> -1 < χ < Ο και αντίστοιχα f ' ( χ ) < ο <=> ο < χ < 1 . _

_

--

--

-1

χ

f'( x)

ποσότητα σε εκατομμύρια κυβικά μέτρα νερού, που περιέχονται σε ένα φράγμα από το οποίο υδρεύεται μια πόλη, κατά την διάρκεια ενός έτους, δίνεται από την σχέση : Ρ ( t ) = t 2 - 68t + 13 , t μην, ες απο, την α ρχη,

13. Η

τ ου έτ ους.

α) Να βρείτε την ποσότητα του νερού στο τέλος του Ιανουαρίου. β) Να βρείτε πότε το φράγμα περιέχει την μέγιστη ποσότητα και πόση είναι αυτή. γ) Σε περιόδους ανομβρίας η υδροδότηση της πόλης ενισχύεται από μια λίμνη. Δε­ δομένου ότι η άντληση από το φράγμα προς την πόλη δεν μπορεί να γίνει όταν η στάθμη κατέβει τόσο ώστε η ποσότη­ τα του νερού στο φράγμα να γίνει μι­ κρότερη από 400.000 κυβικά μέτρα, να εξετάσετε αν η πόλη θα χρειαστεί την συγκεκριμένη χρονιά νερό από τη λίμνη. Ποιος είναι ο πρώτος μήνας που η πόλη θα χρειαστεί νερό από τη λίμνη.

ο ο

+

f(x) l

Μ εγ.

Άρα η f(x) είναι γνησίως αύξουσα στο (-1, Ο] και γνησίως φθίνουσα στο [0, 1 ). Παρουσιάζει μέγιστο στο χο=Ο που είναι το: f ( Ο ) = ln 1 = Ο . 12. Δίνεται η συνάρτηση ι f ( χ ) = 2χ 2 3 Ιη χ + -, χ > Ο χ α) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. -

zx>-r!-3 β) Να δείξετε ότι r �e χ για κάθε χ>Ο.

Είναι Ο ::; t ::; 12

= 1εκ. m3 Ρ (1) = 2 8 1 -6·1 +13 α) Για χ>Ο έχουμε: 8 ( t2 -6t + 13) ' 16(t -3) β) Ρ'( t) = 1 4χ3 3χ 1 2 2 , Ο ::; t ::; 1 2. = f '(x) = 4x - � 2 = 2 2 ( t -6t + 13 ) ( t -6t 13 ) + 2 χ χ χ 2 (χ - 1) ( 4χ + 4χ + 1 ) (χ - 1)(2χ + 1) 2 P (t) > O <=>= 16(t -3) 2 > 0 <=> t -3 < 0 <=> t < 3 . = ( t 2 - 6t + 13 ) χ2 χ2 Η μονοτονία φαίνεται από τον πίνακα μεταβο­ Για t=3 η συνάρτηση P(t) παίρνει την μέγιστη τιμή. λών της f: . α) Για t= l έχουμε

--

'

....:._ ..._ �---::-----'-

χ

f'(x)

f(x)

ο

Ελαχ.

+

P ' (t)

P(t)

Στο διάστημα (0, 1 ] είναι γνησίως φθίνουσα και στο [ 1 , +οο) είναι γνησίως αύξουσα. Παρουσιάζει ελάχιστο στο Χ 0 = 1 που είναι f (1) = 3. β) Από (α) έχουμε για κάθε χ>Ο, f(x) � 3 � 2x 2 - 3 ln x + -1 � 3 � χ χ2+_!_� 3 ln x ::; 2x 2 + -1 - 3 � ln x3 ::; In e 2 3 � χ � χ3 ::; e 2 _!_ 3 Αφού η g(t)= 1n t είναι γνησίως αύξουσα στο ( Ο ,+ οο) . Η ισότητα ισχύει μόνο για χ = 1 . χ

χ

ο

+οο

ο

2+

χ

-

+

12

3

ο

Μεγ .

Επομένως το φράγμα περιέχει την μέγιστη πο­ σότητα νερού στο τέλος Μαρτίου και είναι Ρ(3) = 2εκ · m3 . γ) Αφού η P(t) είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 3] και γνησίως φθίνουσα στο [3, +οο) με Ρ(3)>0,4 θα υπάρχει το πολύ μια τιμή του t στο (3, +οο) τέτοια ώστε ρ(t)=0,4. Πράγματι: 2 <=> Ρ ( t) = Ο, 4 <=> 2 8 t - 6t + 1 3 5 <=> 2t 2 - 1 2t + 26 = 40 <=> t 2 - 6t - 7 = ο <=> t = -1 ή t = 7 <=> t = 7 αφού Ο ::; t ::; 1 2 . = -

Άρα στο τέλος Ιουλίου θα χρειαστεί η πόλη νερό από τη λίμνη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/62


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

πιο κατάλληλη εποχή για φύτεμα ενός αγροτικού προϊόντος είναι ο Ιανουάριος και ο Φεβρουάριος, η δε συγκομιδή γίνεται στο τέλος της Άνοιξης και αρχές του Καλοκαι­ ριού. Η ποσότητα σε χιλιάδες κιλά που μπο­ ρεί να παραχθεί από ένα στρέμα καλλιέργει­ ας δίνεται από το τύπο 2t , εαν, το φυτεμα , , t ε βδ ομα, δ ες απο, t =γινει

(

Ρ

()

5

την αρχή του έτους και η τιμή πώλησης είναι τ ( t ) = � € / κιλό .

t

+4

α) Να βρείτε το εισόδημα από ένα στρέμα ως συνάρτηση του t. β) Να βρείτε ποια βδομάδα πρέπει να φυ­ τέψε ι ο γεωργός για να έχει το μέγιστο εισό­ δημα, κα ι ποιο θα είναι αυτό από καλλιέρ­ γε ι α 20 στρεμμάτων; γ) Εάν επι λέξει για φύτεμα την τέταρτη εβδομάδα του Ιανουαρίου πόση απώλεια ει­ σοδ ή ματος θα έχει; E(t) το εισόδημα από ένα στρέμα. Τότε 8t 2t 20 ' Ε t ) = Ρ t · Τ t = - · -2- = -2- σε χιλιαδες 5 t +4 t +4 ευρώ, Ο � t � 8. ' ' 8t t2 + 4 -8t t2 + 4 · β) Είναι E'(t) = t +4 t2 + 4 2 α)

(

Έστω

() ()

(� )

( )( ) ( ) ( ) ι-�.'�

(-',, :'�γ -,-� �-:.ι \_�,

'

-

)

8 t 2 + 4 - 8t · 2t = ----'------'--::t2 + 4 2 -8 t 2 - 4 = Ο <:::> t 2 - 4 = Ο <:::> E ' t = Ο <:::> 2 2 4 t +

1 4. Η

(

{)

(

)

(

)

)

t = t 1 = -2 ή t = t 2 = 2 . Δεκτή μόνο η t 2 = 2 . Ε ' t > Ο <:::> -8 t 2 - 4 > Ο <:::> t 2 - 4 < Ο <:::> Ο < t < 2 . Αφού η συνάρτηση E(t) είναι γνησίως αύξου­ σα στο [0, 2] και γνησίως φθίνουσα στο[2,8], άρα παρουσιάζει μέγιστο στο t = 2. Επομένως για t = 2, δηλαδή η δεύτερη βδομά­ δα το έτους είναι η πιο κατάλληλη για φύτεμα.

()

(

.

t

Ό

E ' (t) : E(t)

)

+

+οο

2

ο

Μεγ.

()

Το εισόδημα από ένα στρέμμα είναι Ε 2 = 2 χιλιάδες ευρώ και από 20 στρέμματα 4 0.000€ . 8 · 4 32 ' = χιλ. γ) Για t = 4 εχουμε Ε 4) = 2 4 + 4 20 ευρώ το στρέμα και από 20 στρέματα: 32 20 . Ι 000 = 32.000€ . 20 Η απώλεια σ' αυτήν την περίπτωση είναι: 4 0.000-32.000=8.000€.

{

--

-

\-1

τ ου Γε ώργιου Σ . Τ ασσόπουλου

Στον απόηχο πλέον των Πανελλαδικών εξετάσεων, χωρίς να προκαλούμε αγωνία ή άγχος στους υπο ­ ψηφίους, θα εκφρ άσουμ ε μερ ικές απόψεις για τα φετινά θέμ ατα .

Παιδείας (Θέμα Ι ) ενώ ζητήθηκε η παράγωγος της συνάρτησης Ι f χ = J;. με τον περιορισμό χ>Ο και βρέθηκε f χ = Γ , αντιθέτως για την παράγωγο της 2ν χ f(x)=xv, νεΝ, δεν δόθηκε κανένας περιορισμός. Οι εξεταστές λοιπόν στις ενδεικτικές λύσεις τους έδωσαν την απάντηση : f(x)=v · xv-I . Όμως γίνεται εύκολα αντιληπτό ότι για ν= Ι , ο τύπος f' (x)= I · x0 δεν έχει νόημα όταν χ=Ο, ενώ για ν=Ο δεν ορίζεται ούτε καν η συνάρτηση f(x)=x0 , όταν χ=Ο. Η σωστή απάντηση λοιπόν θα έπρεπε να είναι: 0 ,

Ι . Στα Μαθηματικά Γενικής

()

ν> Ι � f' ( Χ ) = ν · Χ ν-ι ν= Ι � f χ ) = χ � f' χ ) = Ι ν=Ο και χ :;t: Ο � f χ = Ι � f'{ χ ) = Ο

{

{ ()

()

ή να δοθεί ο περιορισμός χ*Ο

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /63


Μ αθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

Δεν έκανε άραγε εντύπωση στους εξεταστές για ποιο λόγο το σχολικό βιβλίο εξετάζει χωριστά τις παραγώγους των συναρτήσεων f(x)=C, και f(x)=x και χωριστά την παράγωγο της f(x)=xv, ν ε Ν με ν> 1 ( ; ) 2. Στα θέματα πολλαπλής επιλογής ή Σωστού Λάθους θα πρέπει οι εξεταστές να είναι πιο προσεκτικοί, γιατί δημιουργούνται παρανοήσεις. Έχουμε και σε προηγούμενο άρθρο μας αναφέρει (Ευκλείδης Β τεύχος 6 1 ) τη σύγχυση που προκα­ λούν οι εξεταστές με το να ζητούν να χαρακτηριστούν ως αληθείς ή ψευδείς εκφράσεις που δεν είναι προτάσεις, αλλά προτασιακοί τύποι. Για παράδειγμα: «Αν x ε iR, τότε χ-5>0» ή το φετινό 1 ο Θέμα της Θετικής - Τεχνολογικής κατεύθυν­ σης: «Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο χ0 και η συνάρτηση είναι συνεχής στο χ0 , τότε η σύνθεση (τους) f είναι συνεχής στο Χο». Οι εκφράσεις αυτές είναι προτασιακοί τύποι που εξαρτώνται ο μεν πρώτος από τη μεταβλητή χ για την οποία απλώς δηλώνεται ότι είναι πραγματικός αριθμός, ενώ ο δεύτερος από τις μεταβλητές f, χ0 για τις οποίες απλά δηλώνεται ότι οι f είναι συναρτήσεις και το χ0 (εννοείται) ότι είναι πραγμα­ τικός αριθμός. Έτσι λοιπόν ο μεν πρώτος προτασιακός τύπος για άλλες τιμές του χ γίνεται αληθής πρόταση (όπως για χ=6) και για άλλες τιμές του χ γίνεται ψευδής πρόταση (όπως για χ=4 ). Ομοίως ο δεύτερος προτασιακός τύπος για άλλες τριάδες f, χ0 ) γίνεται αληθής πρόταση (π.χ. όταν x0=f(x0 )) και για άλλες ψευδής. Όσο για τον ισχυρισμό ορισμένων, ότι σ' αυτές τις εκφράσεις εννοούμε πάντοτε, για κάθε x εiR. ή για κάθε g, f, χ 0 έχουμε να παρατηρήσουμε ότι έτσι οδηγούμαστε σε παράλογα συμπεράσματα, κα­ θότι θα πρέπει να χαρακτηρίσουμε ψευδή την θεωρούμενη «πρόταση» (Αν x ε iR, τότε χ-5>0) και την «πρόταση» (Αν x ε iR., τότε χ-5:::;0 ), που κανονικά θα έπρεπε να είναι άρνηση της προηγούμενης, δη­ λαδή αληθής. Μοιάζει έτσι να αποδεχόμαστε ότι είναι ψευδής και η χ-5>0 και η χ-5:::;0 . Δεν μπο­ ρούμε λοιπόν να διατυπώνουμε προτάσεις μόνο με τον ποσοδείκτη V(για κάθε), αλλά χρειαζόμαστε και τον ποσοδείκτη Ξ3(υπάρχει). Το ορθό λοιπόν είναι, να πούμε για την πρώτη : «Για κάθε x ε iR. ισχύ­ ει χ-5>0» (ψευδής πρόταση) και για τη δεύτερη «Υπάρχει x ε iR ώστε χ-5::Ξ;0» (αληθής πρόταση) ή αντιστρόφως.

g

g

ο

g,

g,

(g,

Η

μόνη περίπτωση κατά την οποία, υπονοώντας το V(για κάθε) σε ένα προτασιακό τύπο, δεν οδηγούμαστε σε παράλογα συμπερ άσματα, είναι όταν ο προτασιακός τύπος p(x) είναι καθολικώς αληθής, οπότε η άρνησή

ρ(χ)

αυτού είναι καθολικώς ψευδής, επομένως πολύ μάλλον

και μερικώς ψευδής, όπως απαιτείται. π. χ. «Αν χ ε R τότε χ2 + 1 >0» (αληθής) και «Αν χ ε R, τότε χ2 + 1:::; 0». (ψευδής) ακόμη και στην περίπτωση που αντί του Ξ3(υπάρχει) εννοούμε (κα­ κώς) το V(για κάθε), και στη δεύτερη πρόταση . Δ εν παρου σιάζεται λοιπόν τότε το παράδοξο να χαρακτηρίζονται ω ς αληθείς ή ως ψευδείς συγχρόνως και οι δυο θεωρούμενες «προτά­ σεις» χ2 + 1 >0 και χ2 + 1 :::;0 . 3.

Τέλος είναι γνωστό ότι για κάθε φθίνουσα και συνεχή συνάρτηση f: [-1 , 1 ] � IR., το σύνολο τιμών της είναι: f([-1 , 1 ])=[f( l ), f(-1 )]. Αντ' αυτού στις ενδεικτικές λύσεις του 3ου θέματος της Θετικής - Τε­ χνολογικής κατεύθυνσης οι εξεταστές έγραψαν: - 1 ::Ξ;χ::Ξ; 1 =>f( 1 )::Ξ;f(χ)::Ξ;f(-1 ) και είχαν την εντύπωση ότι εννοούσαν το ίδιο, ενώ στην ουσία αυτό που έγραψαν σημαίνει ότι: f([-1 , 1 ])�[f( l ), f(- 1 )]. Έτσι παρά το ότι είχαμε f( l )<O<f(-1 ) αυτό δεν σημαίνει ότι η συνάρτηση f(x) παίρνει την τιμή Ο. Άρα δεν αποδεικνύεται έτσι το ζητούμενο, δηλαδή ότι η εξίσωση f(x)=O έχει ρίζα στο (-1 , 1 ), οπό­ τε η λύση που δόθηκε από τους εξεταστές ήταν ελλιπής. Αντιλαμβανόμαστε ότι μετά από τέτοιες διατυπώσεις λύσεων θα ήταν εντελώς άδικο να αφαιρούμε μονάδες από μαθητές οι οποίοι για να δείξουν π.χ. ότι: I zιzz l I z ι I I zz l έγραψαν: «( 1 )=> I z ι zz l 2 = I zι 1 2 1 z2 l 2 => z1z2ZιZz = z1ZιZ2Zz , που ισχύει», αντί του ορθού: «Για να ισχύει η αρ­ 2 2 2 κεί I z ι z2 l = I z ι 1 1 z2 l , ή αρκεί z1 z2ZιZz = z1ZιZ2Zz , που ισχύει», δηλαδή συμβολικά: « ( 1 ) <= l z1 z2 1 2 = l z1 1 2 · l z2 1 2 <=z1 z2ZιZz = z1Ζι · Z2 Zz που ισχύει», ή έστω αντί αυτού που συνηθίζεται (κακώς) « ( 1 ) <=> 1 z1z2 1 2 = l z1 1 2 l z2 1 2 <=> z 1z2ZιZz = z1 Ζι · Z2Zz που ισχύει» ( το κακώς αναφέρεται στο ότι εί­ ναι περιττές - πλεονάζουσες οι συνεπαγωγές «=>» ). =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 5 τ. l/64

(1)


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χ

Θ ανάση ς Κυριακόπουλος

Τ ο φετινό 4° θέμα στα Μ αθηματικά Κατεύθυνσης είχε ως αφετηρία τις

F{ χ ) = Jf { t ) g ( t ) dt χ

f(to,Xo) Χο

δυο αρχικές συναρτήσεις

και

α

G{

χ

χ

) = Jg ( α

t ) dt οι

οποίες συνθέτουν την ανισότητα Cronwall που χρη σ ιμοποιείται ως εισα­ για την απόδειξη του θεωρήματος του Μ ονοσημάντου των λύσεων μιας Δ.Ε. ( Ο ι f, g πληρούν τις υποθέσεις του Λή μματος καθ ' όσον είναι ορισμένες, συνεχείς και θετικές στο [ α, β]=[Ο, \ ] ) . Το θέμα αυτό (ανι­ σότητα Cronwall) είχε προταθεί στον «Ευκλείδης Β \> στο τεύχος 64/σ. 74 to και στη στήλη «0 Ευκλείδης προτείνει . . . » (Άσκηση I 00). Μ ε την ευ καιρ ία αυτή σημειώνουμε: Τα θεωρήματα Ύπαρξη ς (Peano) και μονοσημάντου τ ων λύσε ων αποτελούν τη β άση της θεωρίας τ ων Διαφο­ ρικών Ε ξισώσεων . Λ έμε για μια Δ . Ε x ' =f(t , χ ) ότι ισχύει το μονοσήμαντο (των λύσεων) όταν για δεδομένη αρχική συνθή κη (to, χ0 ) όλες οι πιθανές λύσεις (ολοκληρωτικές καμπύλες) φ 1 , φ 2 , φ3 , ταυτίζονται σε μια περιοχή του t0 (Βλ. Σχήμα). Δη λαδή έχουν το ίδ ιο εφαπτόμενο δ ιάνυσμα f( t0 , χ0 ) που ταυτίζεται με το αντίστοιχο δ ιάνυσμα του (Μ ονοσημάντου των λύσεων μιας Δ.Ε). Έ στω f : U ---* .!R, UCIR 2 (υ απεδίου δ ιευθύνσεων τη ς Δ.Ε. Αν η f είναι συνεχής ως προς (t, χ ) και ικανοποιεί τη συνθή κη Lipschitz (ως προ ς χ) στο νοικτό υποσύνολο του υ, τ ότε γ ια κάθε ( t0 , χ0 ) ε υ Υ ΠΆΡΧΕΙ ΑΚΡΙΒΩΣ ΜΙΑ Λ ΥΣ Η φ( t) της Δ.Ε. x '=f(t, χ ) π ου ικανοποιεί την αρχική συνθήκη φ(tο ) = Χο γ ωγικό Λήμμα

. • .

JR2)

"Εκ παραδρομής στο Άρθρο: 'ΈΠΑΝΑΛΗΠΠΚΑ ΘΕΜΑ ΤΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΤΗΣ Γ Λ ΥΚΕΙ­

Ο Υ "στη ν άσκηση

6 σελίδα

71, δόθηκε και στην εκφώνηση αλλά και στη λύση το γ ερώτημα το οποίο να δι­

αγραφεί αφού οι μαθητές δεν μπορούν να απαντήσουν στο ερώτημα αυτό. Η κατανομή φυσικά δεν είναι

ομοιόμορφη ώστε να ισχύει κάτι τέτοιο. Προφανώς η λέξη ομοιογένεια αντί της ομοιομορφίας οδήγησε στη ν λανθασμένη αυτή αντιμετώπιση. Ζητούμε συγνώμη για αυτιί τη ν παρανόηση ".

••

• •

11>

11>

ΕΠ ΙΣΤΗ ΜΟΝ Ι ΚΑ

Για ΑΕΙ, ΤΕΙ, ΙΕΚ, ΑΣΕΠ Γυμνάσιο, λύκειο, ΤΕΕ

ΕΚΠΑΙΔΕΥτΙ ΚΑ Για Δημοτικ6,

11> λΟΓΟΤΕΧΝ ΙΑ, ΜΕΛΕτΕΣ, λΕΥΚΩΜΑΤΑ

Αναλυτική Γεωμετρία

ΜΑΘΗΜΑJΙΚΑ Α' Γυμνασίου

ΜΑΘΗΜΑJΙΚΑ Β' Γ υμνnσίου

Νέες Εκδόσεις 2006 γιο το Λύκειο

tlf1'ύ.t'lιιιtνnίrιnM

ΜαΙJημαi:'κ6. � ,.. .. .._'::ΑΣΕΠ

ΜΑΘΗΜΑJ ΙΚΑ Γ' Γυμνασίου

-

---,

::� Εmλεyμένα θέματα από τα MAΘHMAJIKA

Γιu ι uu) διuγωvιuμuύ) ιuu ΑΣΕΠ

ΜΑΘΗΜΑJΙΚΑ & ΗΟΙΧΕΙΑ HAJIHIKHI Γ' Ενιοfου Λυκεfου

Διαφορικός Λογισμός. ΣτατισtιΚJ]. Πιθανότητες

ΜΑθΗΜΑτΙΚΑ θετικής & Τεχνολ. Κατευθ.

Γ' Ενιαίου Λυκείου Τόμος 1: Μιyαδικοi αp�θμοi. "Ορω & συνέχεια συνάρτησης

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ Θετικής & Τεχνσλ. Κατευθ. Γ' Ενιαίου Λυκεfου

Τόμος 2: Διαφορικός λογισμός. λογισμός Ολοκληρ ωτικός

Γρομμι•ή Άλγεβρα

Μαθηματικ� Αvόλυση

Τόμος 1: Ιιινnplήπεις ιιιπς ιιΕ.τπβληlής

Τόμος 2: Λuγιuμύ)

ιιuλλών με ιuβλτ ι ιών

ΒΙΒΛIΟΠΩΛΕΙΟ - KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ : Αρμεvοπούλου 27 • 546 35 Θεσσαλονίκη Τηλ. 23 1 0 ·203.720 • Faχ 23 10-2 1 1 .305 • e-mail: saιes@ziti.Qr • ΒIΒΛIΟΠΩΛΕ IΟ ΑθΗΝΩΝ - "ΕΝΩΙΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒιΒΛΙΟΥ θΕΣΙΑΛΟΝΙΚΗΣ• Στοά του Βιβλfου (Πεσμαζόγλου 5) · 1 05 64 ΑΘΗΝΑ • Τηλ.·Faχ 21 0·321 1 .097 • ΑΠΟ Θ ΗΚΗ ΑΘΗΝΩΝ . ΠΩΛΗΣΗ ΧΟΝΔΡΙΚΗ: Ασκληπιού 60 - Εξάρχεια 1 1 4 71 . Αθήνα Τηλ ·Fax 21 0-381 6 650 • e-mail: athιna@zΠi.Qr •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/65


'

- "'

'"

-

c

Το Βήμα του Εn�(δη

"

'

""

π

I

Η στήλ η α υ τή έχε ι ως στόχο τη ν α νά πτυξη μ α θημ ατικού δ ιαλ όγου . Φ ιλ οδοξούμε να συμμετά σχουν όλ ο ι όσο ι έχουν ένα γενι κότερο ενδ ιαφέρον γ ια τα Μα θημ ατικά . Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Γιώργου Σ. Τασσόπουλου (καθηγητή Βαρβακείου Λυκείου) «

';4 ν δέν fχε ι ς κάνει lρωτα ποτέ σου μέ τά μ α θημ ατικά, δέν θά μπορέσε ι ς ν ' αποδείξει ς δrι τά γρ αφτά σου τούς μο ι άζουν»

Ο ΔΥΣΣΕΑΣ ΕΛΥΤΗΣ ( 'Εκ το υ πλη σίον)

Π ροκειμένου τα άρθ ρα των συναδέλφων που απευθύνονται στον Ευ κλείδη Β ' να έχουν, κατά το δυνατόν, μία ομο ιομο ρφ ία ως π ρ ος τις Μαθη ματικές εκφ ράσεις και τους συ μ βολισμού ς, χωρίς να χάνουν κάτι από το π ροσωπικό ύφος του συγγρ αφέα στις δ ιατυπώσεις των συλλογισμών, τολμάμε να παρ αθέσου με μερικές από τις παρ ατη ρή σεις που κάναμε κατά την διάρκεια τη ς μακρόχρονη ς δ ιδασκαλίας μας. Εναπόκειται, φυ σικά, στην κρίση των συναδέλφων και στη δ ιακριτική τους ευχέ ρεια η υιοθέτη ση ή μή αυτών των παρατη ρή σεων. η Πεδ ίο 'J }' r, σ μ.oiJ Σ'..'\''c1[c''""" 1 ση ς - � ξ�σtο.' t'Ι'""Ις

Όταν θέλουμε να βρούμε το

πεδίο ορισμού

2 μιας συνάρτησης, π.χ. της f(x) = -- δεν χ-5 νχ-1 λέμε (ή γράφουμε):«πρέπει x -5 :;t: O και χ - 1 > 0 » διότι έτσι αφήνουμε την αμφιβολία ότι πιθανόν αυτό να μην είναι αρκετό! Για παράδειγμα, αν πούμε: «πρέπει χ :;t: 5 και χ :;t: 1 )) πράγματι αυτό χρειάζεται αλλά δεν είναι αρκετό. Επίσης, δεν λέμε : «αρκεί χ � 6 )) , διότι αυτό δεν είναι αναγκαίο. Κακώς, επίσης, λέμε: «Η f(x) ορίζεται για χ � 6 )) ή «η f(x) ορίζεται όταν χ � 6 )) διότι αυ­ τό δεν σημαίνει ότι το διάστημα [ 6, +οο ) είναι το πεδίο ορισμού A r της συνάρτησης, αλλά ότι [ 6, +οο ) ς A r . «Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί χ - 5 :;t: Ο και χ - 1 > Ο )) Αναλυτικά, μάλιστα, αναφέρουμε τις σχέσεις με τη σειρά που απαιτείται για το κτίσιμο του τύ2 . Δηλ. πρέπει και αρκεί: που f(x) -- χ -5 νχ-1 χ - 5 :;t: Ο ( για να υπάρχει το πρώτο κλάσμα), χ - 1 � Ο ( για να υπάρχει το ριζικό) και .Jx - 1 :;t: Ο ( για να υπάρχει το δεύτερο κλάσμα). Τελικά, είναι: Ar = (1, 5) υ (5, +οο) . "'=

Το ίδιο, φυσικά, λέμε προκειμένου να βρούμε 2 1 το πεδίο ορισμού της εξίσωσης: χ -5 � Ανάλογα, για να ορίζεται η 2χ - 1 ) θα πούμε με την ακόλουθη g (x) = 1 - 1o g( χ-2 σειρά: « πρέπει και αρκεί να ισχύουν οι σχέσεις: 2χ - 1 2χ - 1 χ - 2 :;t: Ο , > Ο , 1 - 1o g( ) � Ο )) και όχι χ-2 χ-2 μόνο η τελευταία σχέση όπως κακώς βλέπουμε σε πολλά συγγράμματα. Κάθε μία σχέση δε από αυτές αποτελεί προϋπόθεση για την επόμενη. Όταν φυσικά δεν μπορούμε να συναληθεύ­ σουμε τις σχέσεις αυτές για να βρούμε τελικά το πεδίο ορισμού με μορφή διαστήματος ή ένωσης διαστημάτων, τότε δίνουμε το πεδίο ορισμού με περιγραφή των στοιχείων του. Π.χ. για την 1 f(x) = -- - .Jx 5 - 2χ 3 + 4 έχουμε χ -5 3 5 Ar = { χ ε R / x - 5 :;t: Ο κα ι χ - 2χ + 4 � Ο } --

--­

--

--

--

Όταν θέλουμε να δείξουμε μια σχέση, δεν λέμε αλλά «αρκεί)) να δείξουμε κάτι, κατά κανόνα ισχυρότερο. π. χ. για να δείξουμε ότι a < 5 αρκεί να δείξουμε ότι a + 1 < 5 . (συμβολικά: a < 5 <::::: a + 1 < 5 ) ή αρκεί να δείξουμε a - 5 < 0 (συμβολικά: a < 5 <::::: a - 5 < Ο ). Για να δείξουμε ότι a < 5 «πρέπει))

ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ Β ' 65 τ.l/66


Το Βήμα του Ε υκλείδη

πρέπει να δείξουμε ότι a < 6 (συμβολικά: a < 5 => a < 6 ) Ούτε λέμε: Για να δεί­ ξουμε ότι a < 5 πρέπει να δείξουμε a - 5 < Ο (συμβολικά: a < 5 => a - 5 < Ο ) παρόλο που ισχύει η ισοδυναμία: a < 5 <:::> a 5 < Ο . Εκ πρώτης όψεως φαίνεται παράλογο να επι­ διώκουμε την απόδειξη της ισχυρότερης σχέσης a + 1 < 5 αντί της a - 5 < Ο . Όμως, υπάρχει περί­ -

πτωση η ισχυρότερη σχέση να αποδεικνύεται ευκολότερα. Χαρακτηριστικά αναφέρουμε το εξής

παράδειγμα από τους μιγαδικούς αριθμούς: Για κάθε z 1 , z 2 ε C , να δειχτεί ότι:

2 2 2 (1) l z 1 + z 2 l � <l z 1 1 + 1)<l z 2 1 + 1) Αφού o � Ι zl + z 2 Ι � Ι zl l + l z 2 1 , για να ισχύει η ( 1 ) 2 2 αρκεί να ισχύει η Q z1 l + l z2 1 )2 �Q z11 +l)Q z2 1 +1) (2) Η σχέση (2), αν και ισχυρότερη, αποδεικνύ­

εται ευκολότερα ( όπως εύκολα διαπιστώνεται), κυρίως λόγω του ότι οι μεταβλητές = = b ανήκουν στο [Ο,+οο) και όχι στο C.

Jzι l a,Ιz21

Επίσης, για να δείξουμε επαγωγικά ότι : Για κάθε ν ε Ν με ν � 2 ισχύει: 1 1 13 ' -ν1 + -+ ... + > - , αρκει' να δ ει'ξ ουμε οτι ν+1 2ν 2 4 1 -1 1 13 ισχύ ει : + ... + >-+ ν+1 ν+2 2ν 2 4

Η π ρώτη πρόταση δεν αποδεικνύεται με τον συ ν ήθη επαγωγικό τρόπο, ενώ η δεύτερη - αν και ισχυρότερη - αποδεικνύεται. Στη Γεωμετρία, για παράδειγμα, για οποιοδή­

ποτε ζεύγος τριγώνων ΑΒΓ , Α 'Β 'Γ' δεν είναι σω­ στό να λέμε ότι: «Για να είναι ίσα τα τρίγωνα ΑΒΓ , Α 'Β 'Γ' πρέπει να είναι β = β' , γ = γ' ,Α = Α ι » διότι αυτό που μας ενδιαφέρει είναι αν οι σχέσεις αυτές αρκούν ή όχι. Π.χ. αν λέγαμε: «Για να είναι ίσα τα τρίγωνα ΑΒΓ , Α'Β'Γ' πρέπει να έχουν ίσα εμβαδά», τότε προφανώς αυτό δεν είναι αρκετό οι παραπάνω εκ­ φράσεις αποδίδονται συμβολικά ως εξής: Η πρώτη αποδίδεται με: «τριγ. ΑΒΓ = τριγ Α'ΒΓ=>β=β',γ=γ', Α=Α'» ( 1 ) όπου είναι φανερό ότι ο συλλογισμός δεν οδηγεί στην ισότητα των τριγώνων αλλά εκπορεύεται από την ισότητα αυτή. Το σημαντικότερο όμως εί­ ναι ότι και η συνεπαγωγή είναι ψευδής, αφού πι­ θανόν να έχουμε για κάποιο ζεύγος σκαληνών τριγώνων «τριγ. ΑΒΓ = τριγ Α'Β'Γ' και (β=d,γ=β',Α=Γ) οπότε β =Ι- β' . Ισχύει λοιπόν η άρνηση της συνε­ παγωγής ( 1 ). Η άρνηση της συνεπαγωγής (p

::::::>

q ) είναι η

-

σύζευξη (p Λ q ) .

Η δεύτερη αποδίδεται με: «τριγ. ΑΒΓ = τριγ Α'Β'Γ' => (ΑΒΓ) = (Α'Β 'Γ') » όπου, είναι μεν σωστή η συνεπαγωγή αλλά δεν οδηγεί στην ισότητα των τριγώνων. Η σωστή έκφραση , λοιπόν, είναι: «Για να είναι τα τρίγωνα ΑΒΓ , Α 'Β 'Γ' ίσα,

β = β', γ = γ', Α = Α ι )) Συμβολικά τριγ Α'Β'Γ' � β = β', γ = γ', Α = Α ι

αρκεί να είναι:

τριγ. ΑΒΓ Γενικά, λοιπόν, η έκφραση : =

« Για να ισχύει η πρόταση p πρέπει να ισχύει η πρόταση φ> απο­ δίδεται με (p q) , ενώ η έκφραση:

=>

«Για να ισχύει η πρόταση p αρκεί να ισχύει η q) . πρόταση q » αποδίδεται με (p Πολλές φορές αντί του σωστού (p q) ,

γράφουμε (p <:::> q) , παρόλο που η συνεπαγωγή p => q είναι περιττή. Αν μάλιστα η συνεπαγωγή p => q δεν ισχύει, τότε γράφοντας (p <:::> q) οδη­

γούμαστε σε λογικό λάθος εξαιτίας μιας σχέσης που δεν μας χρειάζεται στην αποδεικτική διαδι­ κασία ! ! ! . Αναγκαζόμαστε λοιπόν να ελέγχουμε και τις δύο σχέσεις p q , p q , ενώ μας χρειά-

=>

η πρώτη. Αναφέρουμε χαρακτηριστικά ένα παράδειγμα από το σχολικό βιβλίο της Β ' Λυκείου. Αν α,β,γ διαδοχικοί όροι Γεωμετρικής προόδου ( συμπληρώνουμε β =1:- -γ ), τότε να δείξετε ότι: ζεται μόνον

( α + β) 2 = α . (1) (β + γ) 2 γ

Συνθετικά η ( 1 ) αποδεικνύεται εύκολα θέτο­ ντας β = αλ,γ = αλ2 . Το σχολικό βιβλίο γράφει: (1) <=> γ(α +β)2 = α(β+γ)2 <::> αγ(α -γ) =β2 (α -γ) (2) και η (2) ισχύει αφού αγ = β 2 . Συμβολικά δηλ . γράφει:

(1) <:::> γ( α + β) 2 = α (β + γ) 2 <=> <=> αγ( α - γ) = β 2 ( α - γ) � αγ = β 2

έμμεσα δηλ. αποδέχεται ότι οι συνεπαγωγές

(1) => γ(α + β) 2 = α(β + γ) 2 αγ(α - γ) = β 2 (α - γ) ::::::>

είναι περιττές, αφού διαπιστώνει ότι η συνεπαγω­ γή: αγ( α - γ) = β 2 ( α - γ) => αγ = β 2 (που πιθανόν να μην ισχύει όταν α γ ) δεν του χρειάζεται και γράφει απλώς την αντίστροφη συνεπαγωγή αγ( α - γ) = β 2 ( α - γ) � αγ = β 2 (που ισχύει) . Παρ όλα αυτά όμως γράφει και τις περιττές συνε­ παγωγές. Σε παλιότερη έκδοση μάλιστα, για να ισχύει η ισοδυναμία: αγ(α - γ) =β2 (α γ) <=> αγ = β2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/67

=

-


Το Βήμα του Ε υκλείδη

έθετε τον περιορισμό α -:;:. γ , πράγμα που αποτε­ λούσε, προφανώς, πλεονασμό. Το σωστό λοιπόν 2 2 είναι να γράφουμε : (1) <= γ( α + β) = α(β + γ ) <= <::: αγ(α - γ) = β 2 (α - γ) <= αγ = β 2 και να διαπι­ στώσουμε ότι η τελευταία ισχύει, αφού οι α,β,γ εί­ ναι διαδοχικοί όροι Γεωμετρικής προόδου. Με λό­ για αυτό αποδίδεται ως εξής: Για να ισχύει η ( 1 )αρκεί να ισχύει η 2 2 γ ( α + β) = α (β + γ ) , αρκεί να ισχύει η αγ (α - γ ) = β 2 ( α - γ ) , αρκεί τέλος να ισχύει η αγ = β 2 , που ισχύει, αφού οι α , β, γ είναι διαδοχι­ κοί όροι Γεωμετρικής προόδου. Για να μήν επανα­ λαμβάνουμε διαρκώς το «αρκεί» μπορούμε με συμφωνία να γράφουμε ως εξής: Για να ισχύει η ( 1 ) αρκεί να ισχύει η 2 2 γ ( α + β) = α (β + γ ) , ή αγ ( α - γ ) = β 2 ( α - γ ) , ή αγ = β 2 (που ισχύει) Π ρ οσοχή : Ο συμβολισμός (p, η q) διαφέρει πλέον από τον συμβολισμό (p ή q). Πράγματι, ο δεύτερος αποδίδει μία διάζευξη ενώ ο πρώτος α­ ποδίδει την έκφραση : « Γ ια να ισχύει η p αρκεί

να ισχύει η φ>

Τελικά, για να δείξουμε την p, δεν γράφουμε: Ρ <=> Ρ 1 <=> Ρ2 <=> Ρ3 <=> p 4 και αποδεικνύουμε την p 4 , όπου πιθανόν να μας ξεφύγει κάποια λαν­ θασμένη συνεπαγωγή Pi � Pi+I που ουσιαστικά δεν μας χρειάζεται, ούτε γράφουμε ( ακόμη χει­ ρότερα) p <::::> p 1 <= p 2 <::::> p3 <= p 4 και αποδεικνύ­ ουμε την p 4 . Ο σωστός συμβολισμός είναι : Ρ <= Ρ1 <= Ρ2 <= Ρ3 <= Ρ 4 , και αποδεικνύουμε την Ρ 4 (Η διαδικασία αυτή λέγεται Αναλυτική μέθο ­ δος απόδε ιξης ) Π ε ρ ι φ ρ α στι κ ά : Για να ισχύει η p αρκεί να ι­ σχύει p 1 , ή p2 , ή p3 , ή p 4 (με κόμμα πρίν από το ή ) και να αποδεικνύουμε την p 4 . Αν γνωρίζουμε ότι η απόδειξη της p προκύπτει με αφετηρία την αληθή πρόταση p 4 , τότε ο παρα­ πάνω συλλογισμός αποδίδεται ως εξής: Ρ 4 � Ρ3 � Ρ2 � Ρ1 � Ρ και p 4 αληθής. (Η διαδικασία αυτή λέγεται Συνθετική μέθοδος ·

απόδειξης).

Ακολουθεί ένα παράδειγ μα Αναλυτικής και Συνθετικής μεθόδου απόδειξης. Για να δείξουμε π.χ. την πρόταση : «Για κάθε χ Ε R , ισχύει χ 2 + 1 � 2χ (1) », με την Αναλυτική μέθοδο γράφουμε: «Για να ισχύει

η ( 1 ), αρκεί να ισχύει χ 2 + 1 - 2χ � Ο , ή (χ - 1) 2 � Ο , που ισχύει για κάθε χ Ε R » Συμβολικά: (1) <= χ 2 + 1 - 2χ � Ο <= (χ - 1) 2 � Ο , που ισχύει για κάθε χ Ε Την ίδια πρόταση για να την δείξουμε με τη Συνθετική μέθοδο γράφουμε: «Για κάθε χ Ε ισχύει (χ - 1) 2 � Ο (2) και (2) � χ 2 - 2χ + 1 � 0 � χ 2 + 1 � 2χ . Άρα η χ 2 + 1 � 2χ ισχύει για κάθε χ Ε R .

R.

R,

( κανόνας αποσπάσεως) » Ε ίνα ι σ ο βα ρ ό λάθ ος να γράψουμε :

« ( l ) � x 2 + 1 - 2x � O � (x - 1) 2 � 0 , που ι­ σχύει » αφού έτσι δεν βρίσκουμε ως συμπέρα­ σμα την (1), αλλά την θεωρούμε ως υπόθεση . Επίσης, κακώ ς γράφ ο υν ορισμένοι: « (Ι ) <=> χ 2 + Ι - 2χ � Ο <:::::> ( χ - 1 ) 2 � Ο , που ισχύει» αφού, όπως διαπιστώσαμε, οι συνεπαγωγές ( �) είναι περιττές και δεν υπάρχει λόγος να ασχολη­ θούμε με το άν είναι ή όχι σωστές για να τις γρά­ ψουμε διακινδυνεύοντας κάποιο πιθανό λάθος. Π. χ. είναι σωστό να γράψουμε: ax = ay <= χ = y , ενώ είναι λάΟος να γρά ψ ο υ με : ax = ay � χ = y , αφού πιθανόν να είναι a = Ο . Είναι λάθος λοιπόν να γράψουμε ax ay <::::> χ = y . Δεν υπάρχει επομένως λόγος να διακινδυνεύσουμε τη συνεπαγωγή ax = ay�x = y , που δεν μας χρειάζεται, όταν θέλουμε να δείξουμε τη σχέση ax = ay . Τελικά λοιπόν σημασία έχει σε κάθε πρόβλη­ μα να γίνεται κατανοητή η φορά της λογικής πο­ ρείας, δηλαδή (p 1 � p2 ) στη Συνθετική μέθοδο και ( p2 <= p 1 ) στην Αναλυτική μέθοδο, κάτι που δεν γίνεται φανερό με τη χρήση της ισοδυναμίας ( ΡΙ <=> Ρ2 ) =

·

ΠΙ) Μέ θ ο δ ος Απαγωγής στο άτοπο

Πολλές φορές, όταν είναι δύσκολο ή ανέφικτο να ακολουθήσουμε την Συνθετική ή την Αναλυτι­ κή μέθοδο απόδειξης μιας πρότασης p, τότε κατα­ φεύγουμε στη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. Δηλ. δεχόμαστε ότι ισχύει η άρνηση p της p και με υπόθεση την p καταλήγουμε σε άτοπο, δηλ καταλήγουμε στη σύζευξη r Λ r , που σημαίνει ότι ισχύει η πρόταση r και η άρνησή της r , πράγμα, προφανώς, παράλογο ( άτοπο ), δηλ. κάτι που δεν -

έ-κει τόπο να σταθεί λογικά .

Συνήθως ενδιαφερόμαστε για την ισχύ μιας συνεπαγωγής p � q . Δεχόμαστε, λοιπόν τότε, ότι ισχύει η άρνηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /68


Το Βήμα του Ε υκλείδη

p => q

της συνεπαγωγής, δηλ. δεχόμαστε ότι ισχύει η σύζευξη p Λ q και καταλήγουμε σε άτοπο. τη συνεπαγωγή λοιπόν Αποδεικνύουμε(p Λ q) => (r Λ r) .

Ο κίνδυνος στην εφαρμογή αυτής της μεθόδου είναι να μην διατυπώσουμε σωστά την άρνηση p μιας πρότασης p. Γιαυτό είναι απαραίτητο να επι­ σημάνουμε τα εξής: α) Η άρνηση της σύζευξης p Λ q είναι η διάζευξη p q , ενώ η άρνηση της διάζευξης p q είναι η σύζευξη p Λ q . π.χ. Για κάθε α, β Ε R γνωρίζουμε ότι: α� + β� = Ο <=> α = Ο και β = Ο , οπότε α� + β� :;t: Ο <=> α :;t: Ο ή β :;t: Ο , ενώ α β = Ο <=> α = Ο ή β = Ο , οπότε: α β :;t: Ο <=> α :;t: Ο και β :;t: Ο . β) Η άρνηση της πρότασης: « Για κάθε χ Ε Α ισχύει p( χ) (Συμβολικά : Vx Ε A, p (x) ) είναι η πρόταση : «Υπάρχει χ Ε Α , τέτοιο, ώστε να ισχύει J\x) ». (Συμβολικά: Ξ3χ Ε A, p (x) ) Συνεπώς, η άρνηση της πρότασης: «Υπάρχει χ Ε Α ,τέτοιο, ώστε να ισχύει p ( x ) » είναι η πρόταση : «Για κάθε χ Ε Α ισχύει η p (x) » π . χ. Η άρνηση της πρότασης: « Για κάθε χ Ε R ισχύει χ� � Ο » (που είναι αληθής πρόταση), είναι η πρόταση : «Υπάρχει χ Ε R , τέτοιο, ώστε να ισχύει χ2 < 0 » (που είναι ψευδής πρόταση ) . Ανάλογα η άρνηση της πρότασης: «Υπάρχει χ Ε R , τέτοιο, ώστε να ισχύει χ 2 + 1 = Ο » (που είναι ψευδής πρόταση) εί­ ναι η πρόταση : «Για κάθε χ Ε R ισχύει χ 2 + 1 :;t: Ο » ( που είναι αληθής πρόταση) Ακολουθούν μερικά χαρακτηριστικά παραδείγ­ ματα. 1) Για κάθε a Ε R να δειχθεί ότι: ν

ν

»

a 3 + 3a < 3 :=> a < l .

Υπενθυμίζουμε ότι δεχόμενοι την άρνηση της πρότασής μας, δεν εννοούμε την άρ ­ νηση του συμπεράσματος, αλλά την άρνηση της συνεπαγωγής, δηλ. δεχόμαστε ότι ισχύει η σύζευa3 + 3a < 3 και a � 1 . ξη : Με υπόθεση λοιπόν αυτό, θα καταλήξουμε σε άτοπο.Πράγματι a � 1 :=>a3 � 1 και 3a �3:=>a3 +3a� 4 :=>a3 +3a � 3 ενώ έχουμε και a3 + 3a < 3 (άτοπο ) Παρατηρήστε, λοιπόν, ότι άν είχαμε δεχθεί μόνο την άρνηση του συμπεράσματος, δηλ. a � 1 , Από δειξ η :

χωρίς την a 3 + 3a < 3 , δεν θα καταλήγαμε σε άτο­ πο. Ας προσέξουμε ότι το άτοπο, δεν αναφέρεται πάντα στη <ruζευξη της υπόθεσης με -την άρνησή της, αλλά σε οποιαδήποτε σύζευξη r Λ r . π. χ. 2>0 και 2::::; 0 , όπως στο ακόλουθο παράδειγμα. 2) Για κάθε α, β, χ Ε R να δειχθεί ότι: 2(χ - 1) = αβ z β =2

{

}

=>

2x z

*

az

+

2(χ - 1) = α β (1) Απ ό δε ι ξ η : Έστω β 2 = 2 (2) τότε: 2 2 2χ = α + 4 χ (3) ( 2) (1) => α 2 β 2 = 4 (χ - 1) 2 => α 2 · 2 = 4 χ 2 - 8χ + 4 () :=> α 2 = 2χ 2 - 4 χ + 2 =>3 α 2 = α 2 + 2 => 0 = 2 ενώ Ο :;t: 2 , πράγμα άτοπο. Μπορεί να γίνει φυσι­ κά και απόδειξη με τη συνθετική μέθοδο. 3) Να δειχθεί ότι: Για κάθε � > Ο , υπάρχει χ Ε R τέτοιο, ώστε χ 3 + 2χ + 3 > � , ( χωρίς την

έννοια του ορίου ) Απόδε ι ξ η : Έστω,

ότι: Υπάρχει � > Ο , τέτοιο, ώστε για κάθε χ Ε R να ισχύει χ3 + 2χ + 3 ::::; � . Τό­ τε και για κάθε χ > Ο θα έχουμε χ < χ3 +2� +3 ::::; � , δηλ. χ < � . Επομένως για χ = � > Ο θα έχουμε � < � ενώ είναι � � � , πράγμα άτοπο.

Π ΡΟΣΟΧ Η ! ! ! . Δέν π ρ έπει να γί ν εται σ ύγχυ­ ση τη ς με θό δου αυτ ή ς ( απαγωγής σε άτοπο ) με τη ν μέ θ οδο τη ς αντίθετοαντιστροφής, η οποία, ως

γνωστόν, βασίζεται στην ισοδυναμία των προτάσεων: (p => q) και ( q => p) . Για παράδειγμα, σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ η πρόταση :;t: => β :;t: γ) είναι ισοδύναμη με την πρόταση: (β = γ => = η ο­ ποία, προφανώς, είναι πολύ απλούστερη. Ομοίως, για να δείξουμε ότι μία συνάρτηση f : Α � R είναι 1 - 1 , αντί του ορισμού που λέει ότι: Η f είναι 1 - 1 όταν και μόνο: Για κάθε χ1 ,χ2 ΕΑ ισχύει η συνεπαγωγή χ1 * Xz :=>f(x ) :;t: f(Xz ) αρκεί, σύμφωνα με τη μέθοδο της αντίθετοαντι­ στροφής, να δείξουμε ότι: Για κάθε χ χ 2 Ε Α ισχύει η συνεπαγωγή : f(x, ) = f(x 2 ) => χ , = χ 2 • Έ­ τσι, αποφεύγουμε την ανισότητα α :;t: β , που ουσι­ αστικά κρύβει δύο ανισότητες ( α < β ή α > β) και ασχολούμαστε με την αντίστοιχη ισότητα α = β .

(Β Γ

Β Γ) 1

1 ,

IV) Σωστή Ανάγνωση Συνεπαγωγής - Ισο­ δυναμίας Η έκφραση (p => q) διαβάζεται: «αν p τότε q>>.

ή(

Είν αι λά θ ο ς λο ιπόν ν α γ ρά φ ο υ με: (αν p => q ) από την p => q ) διότι τότε ουσιαστικά γράφουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l/69


Το Βήμα του Ευκλείδη

(αν αν p τότε q) ή ( από την αν p τότε q) Εκτός από το αντιαισθητικό των δύο συνεχόμενων «αν» η επε­ ξήγηση είναι ότι : το πρώτο «αν», δηλ το «αν» στην έκφραση (αν p � q ),δεν αναφέρεται στην πρόταση p σJ..λά στην συνεπαγωγή p � q . Επίσης στην έκ­

Οπότε

�� Να βρείτε τις τιμές του λ ε R , ώστε για κά­ θε χ ε R να ισχύει η συνεπαγωγή : 2 2 χ - 2χ + 5 < λ � χ + 1 :::;; Ο

φραση : ( από την p � q ) το «από την » δεν αναφέ­ ρεται στην p σJ..λά στην συνεπαγωγή ( p � q ). Δη­ λαδή είναι σαν να γράφουμε: «Αν ισχύει η συνεπαγωγή p � q » ή « από την συνεπαγωγή p � q » Αυτές είναι συντακτικά ελλιπείς προτάσεις. Κανονικά, θα πρέπει να τις συμπληρώσουμε ως εξής: « αν ισχύει η συνεπαγωγή p � q , τότε συμβαίνει κάτυ> ή « από την συνεπαγωγή p � q προ­ κύπτει κάτι» π.χ. Για κάθε

χ ε R , αν (χ > 0 �3 > 5) ,τότε χ :s; Ο

ή ισοδύναμα: Από ( χ > ο � 3 > 5) προκύπτει

την

(Ι)

συνεπαγωγή

χ ::; ο .

Παρατηρούμε δηλαδή ότι, όταν αποδεικνύου­ με μία συνεπαγωγή p � q , δεν έχουμε εξασφαλίσει την αλήθεια κάποιας από τις προτάσεις p, q. π.χ. και οι τρείς συνεπαγωγές που ακολουθούν είναι σωστές 2 < 0 � 3 > 5 , 2 < 0 � 3 < 5 , 2 > 0 � 5 > 3 Για να ισχύει, λοιπόν η q,αρκεί να ισχύει η συ­ νεπαγωγή (p � q) και να είναι αληθής η p (κανό-

νας αποσπάσεως). Ανάλογα, όταν αποδεικνύουμε μια ισοδυναμία (p <::::> q) δεν έχουμε εξασφαλίσει την αλήθεια ούτε της p, ούτε της q. π. χ. 2 < Ο <::::> 3 > 5 . Όπως παρατηρήσαμε στη σχέση (1), αν ισχύει η συνεπαγωγή (p � q) και η q είναι ψευδής, τότε συμπεραίνουμε ότι και η p είναι ψευδής. Επίσης, όταν η q είναι ψευδής και θέλουμε να ισχύει η συνεπαγωγή (p � q) τότε πρέπει και

αρκεί να είναι η p ψευδής. Αναφέρουμε χαρακτηριστικά δύο παραδείγματα.

.:1�

Για κάθε χ ε (Ο, +οο) να δείξετε ότι: 1 2 2 χ + - < 2 � η μ χ + συν χ = 2 χ

χ ε (0, +οο) ισχύει η μ 2 χ + συν 2 χ = 1 -:;; 2

χ + _!_ � 2 . χ

χ2

λοιπόν η ( Ι ) πρέπει και αρκεί: χ 2 - 2χ + 5 � λ , για κάθε χ ε R ( 11 ) (ψευδής υπόθεση). Έχουμε: (11) <::::> χ 2 - 2χ + 5 - λ � Ο , για κάθε χ ε R <::::> Δ ::; Ο <::::> 4 - 4(5 - λ) :s; Ο <::::> -4 + λ ::; Ο <::::> λ ::; 4 , όπου Δ η διακρίνουσα του τριωνύμου f(x) = χ 2 - 2 χ + 5 - λ .

Αν γράψουμε: Πρέπει και αρκεί: χ 2 - 2χ + 5 � λ , για κάθε

<::::> χ 2 - 2χ + 5 - λ � Ο , για κάθε χ ε R <::::> Δ ::; Ο <::::> 4 - 4( 5 - λ) ::; Ο <::::> -4 + λ ::; Ο <::::> λ ::; 4

χεR

τότε ουσιαστικά δεν απαιτούμε την ισχύ της ( 11 ) αλλά απαιτούμε να είναι σωστές οι παραπάνω ισο­ δυναμίες, οι οποίες προφανώς είναι σωστές. Ουσι­ αστικά,λοιπόν, δεν απαιτούμε τίποτα ! ! ! Πρέπει και αρκεί Ρι <=> Ρ <=> p 3 ,που σημαίνει ουσιαστικά να είναι

2

ισοδύναμες οι προτάσεις p 1 , p 2 , p 3 αλλά πρέπει και αρκεί να ισχύει η p 1 Στη συνέχεια, αν θέλου­ ,

με να αντικαταστήσουμε την p 1 με κάποια ισοδύ­ ναμη σχέση γράφουμε Ρι <=> Ρ <=> Ρ 3 Επίσης, πάγεται χ 2 � Ο

χ ε (0, +οο)

ισχύει

χ + _!_ � 2 χ

θεση είναι ψευδής). Πράγματι:

χ 2 + 1 - 2χ (χ - 1) 2 _!_ χ+ -2= χ

χ

χ

�Ο.

Για κάθε

χεR

συνε-

Vx ε R � χ 2 � Ο ), αλλά γράφουμε : χ ε R ισχύει χ 2 � Ο . (Συμβολικά:

Για κάθε

Vx ε R, χ 2 � Ο )

χ ε R ισχύει

Επίσης, γράφουμε: Για κάθε συνεπαγωγή χ > 3 � χ 2 > 9

η

Vx ε R , ( x > 3 � χ 2 > 9) Για κάθε χ > 3 συνεπάγεται χ 2 > 9 (Συμβολικά: Vx > 3 � χ 2 > 9 ). (Συμβολικά:

(Άρα: το

(δηλ. ότι και η υπό-

2

(Συμβολικά:

Προφανώς, για κάθε

(ψευδές συμπέρασμα), οπότε για να ισχύει η συνε­ παγωγή αυτή αρκεί να δείξουμε ότι: Για κάθε

(I)

Παρατηρούμε ότι για κάθε χ ε R ισχύει + 1 > Ο (ψευδές συμπέρασμα). Για να ισχύει

(Άρα: η Α = Β )

1im .Jx - 1 = +οο ).

χ ---+ +οο

Έχουμε τότε την εντύπωση ότι το «η>> είναι άρ­ θρο της γωνίας Α καθώς και ότι το άρθρο «το» εί­

ναι το άρθρο του ορίου

lim .Jx - 1

χ ---+ +οο

.

Σκεφθείτε ότι

αν γράφαμε αντί της έκφρασης (η Α = Β ) την έκφραση (η Β = Α ), που δηλώνει το ίδιο ακριβώς, τόΛ

τε το «η>> θα ήταν άρθρο της γωνίας Β ! ! ! . Ουσιαστικά, λοιπόν, το «η>> είναι άρθρο της ισότητας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l /70


Το Βήμα του Ε υκλείδη =

Α=Β,

οπότε η έκφραση (Άρα: η Α Β ) δηλαδή (Άρα η ισότητα Α = Β ) είναι ελλιπής. Μία πλήρης έκφραση π. χ. θα ήταν η εξής: «Άρα, η Α Β συνεπάγεται την α=β» δηλαδή =

«Άρα, η ισότητα σότητα α=β»

Α

=

,

Β συνεπάγεται την ι­

Ακόμη χειρότερα, στην δεύτερη έκφραση, το άρθρο «το» είναι τελείως ατυχές καθώς είναι άρθρο της ισότητας, επομένως έπρεπε να αντικατασταθεί με «η» δηλαδή να γράψουμε: (Άρα, η ισότητα lim � = +οο ) , που είναι πάλι ελλιπής έκφραση. Μία πλήρης έκφραση θα ήταν π. χ. (Ά ρ α , η ι σότητα lim .Jx - 1 +οο συνεπάγεΧ -Η«:

·�-

=

τα ι την αν ι σότητα .Jx - 1 > 1 000 , για τιμές του χ κοντά στο +οο ) ( Σύμφωνα μ ε το σχολικό βιβλίο, λέγοντας χ κοντά στο +οο, εννοούμε χ>δ για κατάλληλο δ>Ο) . ..

" " ' ' . . .,,,. � ' "' ',, , \· .,_:� ..._ \_ιf �.ι

Όταν θέλουμε να λύσουμε μία εξίσωση χρήση βοηθητικού αγνώστου π.χ. 2 η μ : χ - 3 η μχ + 1 = Ο (1) , γράφουμε:

( 1 ) <=>

J

, η μχ = Υ l 2 y- - 3y + 1 = 0

με την την

ή - εκφραζόμενοι περι-

-μπορούμε να γράψουμε: Θέτουμε οπότε η επιλύουσα της ( 1 ) είναι η 2 y : - 3 )" + 1 = 0 (2) . «Θέτουμε η μχ y οπότε η 2 ( 1 ) γίνεται 2y - 3y + 1 = Ο (3) » , αφού η (3) έχει δύο μόνο ρίζες και δεν μπορεί να είναι ισοδύνα­ μη με την (1), που έχει άπειρες ρίζες. Επίσης, δ εν είναι απαραίτητο να γνωρίζουμε εκ των προτέρων το σύνολο τιμών της συνάρτησης y. Στην περίπτωσή μας, προφανώς, το σύνολο τι­ μών της y είναι το [-1 , 1 ] . Αν όμως είχαμε την ε3 3 ξίσωση : 2(η μχ - -) 2 - 3(η μχ - -) + 1 = 0 , η μχ η μχ 3 θα θέταμε y η μχ - -- (ii) . η μχ Τότε δεν θα ήταν εύκολο να βρούμε το σύνολο τιμών της y, αλλά ούτε το χρειαζόμαστε. Το πρό­ βλημα λοιπόν είναι απλώς να δούμε αν οι εξισώ­ σεις (i), (ii) λύνονται όταν y = y , ή y = y 2 ( όπου y 1 , y 2 είναι οι ρίζες της(2)). Ανάλογα, φυσικά, ερ­ γαζόμαστε για την ανίσωση 2η μ 2 χ - 3η μχ + 1 > Ο . φραστικά η μχ

=

�-

(i)

=

=

Όταν ζητάμε την ικανή και αναγκαία συνθήκη για να ισχύει μία σχέση, τότε την aντικαθιστούμε με μία ισοδύναμη σχέση, εf.i:αοντας προσεκτικά την

ισχύ της ισοδυναμίας. π.χ. Για να είναι αχ 2 + βχ + γ > Ο , για κάθε χ Ε R , πρέπει και αρκεί α >Ο] α = β = Ο , όπου Δ = β2 -4αy , α , β, γ Ε IR. ή γ>Ο j Δ<Ο) Για να εξασφαλίσουμε την συνέχεια μιας συ­ νάρτησης f στη θέση χ 0 Ε Ar γράφουμε: «Πρέπει και αρκεί lim f(x) = f(x0 ) » , και

( (

J

Χ�Χο

«Πρέπει και αρκεί lim. f(x) = lim_ f(x) = f(x0 ) » , Χ�Χο

Χ ---+ Χο

αφού η εύρεση του ορίου στο χ 0 δεν γίνεται πά­ ντοτε μέσω των πλευρικών ορίων, διότι μπορεί η f να μήν αλλάζει τύπο εκατέρωθεν του χ 0 ή να μήν ορίζεται αριστερά του χ 0 ή δεξιά του χ 0 Ανάλογα, για να εξασφαλίσουμε την παραγω­ γισιμότητα μιας συνάρτησης f στη θέση χ 0 Ε Ar , το σωστό είναι να γράφουμε: «Πρέπει και αρκεί lim λ( χ) Ε R , όπου •

Χ -+ Χ ο

f(x) - f(x 0 ) λ( Χ ) με Χ Ε Α - { Xa } Χ - Χ0 Συνηθίζεται όμως σε πολλά ευρετικά προβλή­ ματα ( Λύση εξίσωσης, κατασκευή τριγώνου κλπ) να βρίσκουμε πρώτα κάποιες αναγκαίες συνθήκες και μετά να ελέγχουμε αν είναι και ικανές. Για παράδειγμα, το σχολικό βιβλίο ( αλλά και τα περισσότερα βοηθήματα) για να εξασφαλίσει της παραγωγισιμότητα την συνάρτησης 2 2 x +x+a , χ<Ο , f(x) = στο χ 0 = Ο , γραφει: χ + ax + 1 , χ � Ο Για να είναι η f παραγωγίσιμη στο χ 0 = Ο πρέπει ( χωρίς να αρκεί πάντα ) η f να είναι συνε­ χής στο χ 0 = Ο , υπονοώντας δηλ. ότι: f παραγωγίσιμη στο χ 0 Ο ::::} f συνεχής στο χ 0 = Ο . Βρίσκει, έτσι ότι a Ε { -1, 1} . Ελέγχει μετά για κάθε μία απο αυτές τις τιμές αν ισχύει η σχέση lim λ ( χ ) Ε R ( 1 ) και βρίσκει ότι δεκτή τιμή είναι f

_

{

3

=

Χ -+ Χ ο

μόνο η a = 1 . Πιθανόν όμως να βρούμε περισσό­ τερες τιμές του a, οπότε είναι ασύμφορο να εξετά­ ζουμε την ισχύ της ( 1 ) για κάθε μία από αυτές τις τιμές του a που καθιστουν την f συνεχή ( φαντα­ σθείτε π.χ. 5 τιμές του a), ενώ μπορούμε να ελέγ­ ξουμε εφάπαξ πότε ισχύει η ( 1 ). Στο συγκεκριμένο πρόβλημα θα βρούμε ότι: lim λ( χ) = 1 , ενώ lim0 λ( χ) = a μόνο όταν χ-+0+ x -+ a2 - 1 = Ο a 2 - 1 = Ο , οπότε (1) <=> <=> a = 1 . a=1 Αποφεύγουμε, έτσι τις δοκιμές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ.l /7 1

{


{;

Το Βήμα του Ευκλείδη

η συνΕπίσης, βλέπουμε να γράφεται θήκη ως εξής: (1) lim λ( χ) ε R x f παραγωγίσιμη στο Χ 0 <=> } ; (x) = f (x o ) (2) δίνουμε δηλ. την εντύπωση ότι εκτός από τη σχέση ( 1 ) που είναι ικανή και αναγκαία χρειαζόμαστε και άλλη μία σχέση (2) για να την κάνουμε πιό ικανή και πιό αναγκαία. σχέση (2) λοιπόν εί­ ναι,προφανώς, πλεονασμός. Ανάλογη διαδικασία ευρετική ακολουθούμε και για την επίλυση εξισώ­ σεων. Για παράδειγμα ας θεωρήσουμε την εξίσωJ2 - x = x (1) ση Το πεδίο ορισμού της ( 1 ) είναι το Α = { χ ε R I 2 - χ � Ο (2) } . Χωρίς να λύσουμε την (2), η οποία πιθανόν να είναι μεγάλου βαθμού και να μήν μπορεί να λυθεί, γράφουμε: Στο Α έχουμε: ( l ) => ( J2 - x ) 2 = χ 2 ::::> 2 - χ = χ 2 => χ 2 + χ - 2 = 0 => χ ε { 1, -2 } Όπως και στην περίπτωση της συνέχειας (που δεν εξασφαλίζει πάντα την παραγωγισιμότητα) έτσι και εδώ ελέγχουμε αν οι τιμές αυτές επαληθεύουν την ( 1 ). Αρχικά εξετάζουμε άν επαληθεύουν τη σχέση (2), που πράγματι συμβαίνει και στη συνέ­ χεια διαπιστώνουμε ότι μόνο η τιμή Χι = 1 επαληθεύει την ( 1 ) . Τελικά λοιπόν: (1) <=> χ = 1 . διαδικασία αυτή βέβαια, δεν ενδείκνυται αν οι τι­ μές του χ που βρίσκουμε είναι δύσχρηστες για α-

Η

Η

ντικατάσταση . π.χ. Χ ι ? = ·-

7 ± Jl3 15

. Σαυτη' τηνπε-

ρίπτωση συμφέρει να έχουμε το πεδίο ορισμού Α, με τη μορφή διαστήματος ή ένωσης διαστημάτων, δηλ. να είναι η (2) επιλύσιμη, όπως στην περίπτω­ σή μας όπου Α = ( 2] και να γράψουμε: Στο Α = ( 2] έχουμε: -οο,

(l) � <=>

ι {

- οο ,

{

::)� � χ ' � χ , :�� χ χ 6 : � � <=> x = l χ { . 2} χ 2 + χ �� = Ο .,�2

{

που είναι δεκτή τιμή, αφού 1 ε Α . Έτσι λοιπόν, αποφεύγουμε την αντικατάσταση και ελέγχουμε μόνο αν οι τιμές ανήκουν στο Α. Θα προσπαθήσουμε να aποσαφηνίσουμε τί εν­ νοούμε όταν ζητάμε τον γεωμετρικό τόπο σημείων στην Αναλυτική Γεωμετρία, δηλαδή τον γ. τόπο των σημείων M(x, y) τα οποία είναι τέτοια, ώστε

χ = f(λ) , y = g(λ) , όπου λ ε R . Το πρόβλημα λοιπόν τότε είναι να βρούμε ένα σχήμα C : h(x, y) = O τέτοιο, ώστε για κάθε σημείο M(x0 , y0 ) να ισχύει η ισοδυναμία: Μ ε C <=> Υπάρχει λ ε R , ώστε χ 0 = f (λ) , y 0 = g(λ) . Δηλ. h(x 0 , y 0 ) = 0 <=> χ 0 = f(λ) Υπάρχει λ ε R , ώστε Υ ο = g(λ) Ουσιαστικά, ζητάμε την ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των χ 0 , y 0 , ώστε να έχει λύση ως χ 0 = f(λ) προς λ ε R το σύστημα: Υ ο = g(λ) δηλ. να είναι ΣΥΜΒΙΒΑΣΤΟ το σύστημα αυτό. Η απλούστερη περίπτωση είναι όταν οι f (λ), g(λ) είναι πολυωνυμικές συναρτήσεις 1 ου χ 0 = 2λ + 3 . Τότε βαθμού. Π. χ το (Σ) y 0 -_ 1 - 3λ } λτο (Σ) είναι συμβιβαστό <=> συμβιβαστό 1 - yo λ= 3 χ -3 1 - y: <=> -ο- = ο <=>3Χσ -9 = 2-2y0 <::::> 3χ0 + 2y0 -1 1 = 0 3 2 και διαφορετικά: Χ -3 λ= ο (Σ) συμβιβαστό <=> 2 συμβιβαστό y 0 = 1 - 3λ χ0 - 3 <=> y 0 = 1 - 3(--) <::::> 3χ 0 + 2y 0 - 1 1 = 0 . 2 Αρα, ο γ. τ. Είναι η ευθεία (ε) : 3χ + 2y - 1 1 = 0 . Αντ αυτού, χ 3 χ = 2λ+3 λ = χ -3 1 -y => =>-- _- - => 3χ + 2y- 1 1 - 0 1-y y = 1 - 3λ 2 3 λ= 3 Έτσι δεν είμαστε βέβαιοι ότι ο γ.τόπος είναι ολόκληρη η ευθεία. Επίσης, χ 3 = λ χ = 2λ + 3 χ -3 1-Υ = <=> λ = <=> 1-y y = 1 - 3λ 2 3 λ= 3 χ - 3 1 - y <: <::::> :::> 3x + 2y - 1 1 = 0 = 2 3 (Ετσι, φαίνεται μία σχέση με 3 αγνώστους χ, y, λ, να ισοδυναμεί με μία σχέση με δύο αγνώ­ στους x,y. Δίνεται δηλ. η εντύπωση ότι δύο ίσα

{

{

{

{ '\-

__

{

{

{

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l/72

{


Το Βήμα του Ε υκλείδη

χ -3-, 1 - -y μπορούμε να τα εξισώσουκλάσματα 2 3 με με οποιοδήποτε λ Ε R , π. χ. χ-3 =-1 - y � χ-3 =1- y = 7 , που είναι παράλογο. -2 3 2 3 Μια τέτοια παρανόηση οφείλεται στην μή α­ ποσαφήνιση του ρόλου του λ) Προσέξτε επί πλέον ότι στις δύο τελευταίες διατυπώσεις, γίνεται και σύγχυση της συνάρτησης h (x, y) = 3x + 2y - 1 1 με την αριθμητική τιμή της h (x 0 , y0 ) = 3χ 0 + 2y0 - 1 1 . Αυτή η σύγχυση γίνε­ ται εμφανέστατη στο ακόλουθο παράδειγμα. Για την εύρεση του γ.τ. των σημείων Μ, που απέχουν από την ευθεία (ε) : 3χ - 4y + 5 = 0 απόσταση ίση με 2, γρ άφουν κ α κώς: Το Μ(χ, y) είναι σημείο του τόπου <:::::> l 3 .Jx -2 4 y +2 5 l = 2 <:::::> 3χ - 4y + 5 = ± 10 κ.λ.π . 3 +4 Η σχέση αυτή είναι ακατανόητη, αφού δεν έχει νόημα να μιλάμε για απόσταση του σημείου Μ ( χ . :γ ) από την ευθεία 3χ - 4y + 5 = Ο , αλλά για απόσταση του σημείου M(x 0 , y0 ) από την ευθεία 3χ - 4�- - 5 = Ο . Κανονικά λοιπόν πρέπει να γρά­ φουμε : Τ ο M ( x0 , y0 ) είναι σημείο του τόπου + 5 1 = 2 <:::::> <:::::> i 3 x ,,/ -: 4yo 2 + 4 '\ 3 3 χ .:, - 4 y0 + 5 = ± 10 <=:> 3χ 0 - 4y 0 - 5 = 0 ή 3 χ 0 - 4 y0 + 1 5 = Ο <:::::> Μ Ε (ε 1 ) υ (ε 2 ) , όπου (ε, ) : 3χ - 4 y - 5 = 0 , (ε 2 ) : 3χ - 4y + 1 5 = 0 . Σ το ακόλουθο δυσκολότερο παράδειγμα γίνε­ ται πιό κατανοητή η διαδικασία Να β ρεθεί ο γ. τ. των σημείων M(z) , με ' λΕR. 5λ + i , οπου = -1 + λi Έστω z = χ 0 + y 0 i . Τότε για να είναι το M(z) σημείο του τόπου πρέπει και αρκεί να υπάρχει 5λ + .i (1) . ' χ 0 + y0 ι. = -λ Ε R , ωστε: 1 + λι Ό μως (1) <:::::> Χ 0 + λχ 0 i + y 0 i - λy0 = 5λ + i 0 =: λ <:::::> Χ 0 = � Υο + 5 ) (Σ ) <:::::> Χλχ0 - λy λχ ο - 1 - Υο ο + Υο - 1 α) Αν χ 0 ::F Ο , τότε (Σ) συμβιβαστό <:::::> Χο = λ( Υο + 5) 1 : Υο (y + 5 ) <=> συμβιβαστό χ 1 Υ <=:> ο 0 0 λ= χ ο ο <:::::> χ� - �-; + 4 y0 = 5 <:::::> χ� + (y0 + 2/ = 9 <:::::> Μ Ε C --

I

{

{

Ί

{

{

=

\\

- -

Κ(Ο,-2)

z

{

{

2 2 ' (C) : χ + (y + 2) = 9 , δηλ. τα σχημα ' (C) οπου O ::F x είναι ο κύκλος με κέντρο Κ(Ο,-2) και ακτίνα ρ = 3 , εκτός από τα σημεία τομής του με την ευ­ θεία χ = Ο , που είναι ο άξονας y'y , δηλ. εκτός από τα σημεία Α(Ο,1),Β(Ο,-5) . β) Αν χ 0 = 0 , τότε: Ο = λ(y0 + 5) συμβι αστό (Σ) συμβιβαστό <:::::> β λ · 0 = 1 - y0 <:::::> 0 = =6λ1 συμβιβ α στό <:::::> Υο = 1 , άρα το σηΥο μείο Α(Ο,1) του άξονα y'y είναι σημείο του τό­ που. Τελικά, ο γ.τ. είναι το σχήμα (γ) = (C) υ {Α} δηλ. ο κύκλος με κέντρο Κ(Ο,-2) και ακτίνα ρ = 3 , εκτός από το σημείο Β( Ο, -5) . Υ Α( ο, γ � χ Χ

{

Β(Ο,-5)

--//

y = -5

β τρο π ο ς :

α) Αν y 0 ::F -5 , τότε: (Σ) συμβιβαστό <:::::> λ - Χο+ 5 <:::::> Υο συμβιβαστό <:::::> � - Χο =1- y0 <:::::> +5 Υ ο λχ ο = 1 - yo <:::::> χ� + (y 0 + 2) 2 = 9 <:::::> Μ Ε (C') χ 2 + (y + 2) 2 = 9 δη λαδη' το σχημα : οπου ') ' cc · y ::F -5 (C') είναι ο κύκλος με κέντρο Κ(Ο,-2) και ακτί­ να ρ = 3 , εκτός από τα σημεία τομής του με την ευθεία y = - 5 , δηλ. εκτός από το σημείο Β( Ο, -5) . · =0 β) Αν y 0 = -5 , τοτε: (Σ) λΧο=λ=6Ο λ · 0=6 , που είναι αδύνατο. Άρα το σημείο Β(Ο,-5) δεν εί­ ναι σημείο του τόπου. Ο γ. τόπος λοιπόν είναι το σχήμα (C') . Και πάλι δηλ. πρόκειται για τον κύκλο με κέντρο Κ(Ο,-2) και ακτίνα ρ = 3 εκτός του σημείου Β(Ο,-5) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ. l/73

{

'

,

<=>{Χο <=>{ Χο


Ο Ε υ κλεί δ ης π ρ οτείνε ι

.. .. .

«Η καρ δ ιά των μ α θηματικώ ν είναι τα πρ οβλ ήματα και οι λύ σεις και ο κύριο ς λόγος ύπαρ ξης το υ μα θηματικο ύ είναι να λύ νει πρ οβλ ήματω>.

P. R. HAL M O S

Επιμέλεια: Γ. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος, Θ. Κυριακόπουλος 1 02 . Δίνονται δυο σταθερά σημεία Α, Β και

μεταβλητό σημείο Ν. Αν Νι είναι το συμμετρικό του Ν ως προς το Α, Ν 2 στην προέκταση της Ν.Β ώστε να ισχύει ΒΝι=2ΒΝ 2 και Μ ι το μέσο της ΒΝ, να αποδείξετε ότι το κέντρο βάρους του ΝιΝ 2 Μ ι διατηρείται σταθερό, τριγώνου ανεξάρτητα από τη θέση του σημείου Ν. (Επροτάθη από το χημικό Καρβελά Δημήτρη - Πεύκη Αττικής) Λ iJ ση

Από τον κ. Άνδρη Ιωάννη Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει ότι οι ΒΑ και Μι είναι διάμεσοι στο τρίγωνο ΒΝΝι, οπότε το σημείο τομής τους G είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου αυτού, οπότε είναι σταθερό σημείο επί του ΑΒ. Ν

I

Λ,

ώστε να ισχύουν ΔΚ=ΚΛ=ΛΓ=ΓΜ=Μ Ν=ΝΒ. Αν οι ευθείες ΑΚ, ΚΛ τέμνονται από τις ΔΝ, Δ Μ στα σημεία Ε, Ζ και Η, Θ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι α ) ΕΗ//ΔΓ β ) 13(ΕΖΗ)=20(ΕΘΗ) (Επροτάθη από το συνάδελφο Γ ιώργο Αποστολόπουλο - Μεσολόγγι) Λ ύ σ η (Από το συνάδελφο Γ. Σταματογιάννη -

Δροσιά Αττικής) α) Αν α είναι η πλευρά του τετραγώνου, τότε α JU α.JW , λα β ρισκουμε , οτι ΑΛ = -και ΑΗ = . ευκο 3 3 ,

Α

Β

' '··

Δ

Νρ ΝΒ = 2 = , , οπότε Μ 1 Ν 2 Il GB . GM , ΒΝ 2 Τότε όμως το σημείο θ είναι το μέσο του τμήματος GB και επιπλέον χωρίζει τη διάμεσο ΝιΖ σε λόγο 2: 1 , οπότε είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΝιΝ2Μ ι . Επομένως το βαρύκεντρο του σταθερό τριγώνου διατηρείται ΝιΝ2Μι ανεξάρτητα από τη θέση του σημείου Ν (είναι το σημείο του τμήματος ΑΒ το οποίο καθορίζεται από την ισότητα ΑΘ= 2ΘΒ). Επίσης

φο ι συν ά δ ελ ι ο Π ι:τρολέκας Στέλιος-π Λ ρ απετσιί>να, Λ ο υ κ άς �: λα ν

ί σ ης

έ σΚη: Χ υ τ ή ιρςη ς έ ρι κυ ρ α , Χ ατζηελανίδ η ς Λ ύ σ t:

--

Θεσσαλονίκ η κ α ι ο Γιώργος φοιτητής Μ αθ η μ ατ ι κοiJ - Π άτ ρ α

Π έτ ρ ο ς Μ π α τ έ λη ς,

1 03. Στις πλευρές ΔΓ και ΓΒ τετραγώνου ΑΒΓ Δ

θεωρούμε τα σημεία Κ, Λ και Μ , Ν αντίστοιχα,

Κ

Λ

Γ

Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΛ και ΔΓΝ συμπεραίνουμε ότι Ζ = 1 80° - ( φ + ω ) = 1 80° - 90° = 90° Ομοίως από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΚ και ΔΓΜ βρίσκουμε ότι Θ = 90° Το τετράπλευρο ΕΘΗΖ είναι εγγράψιμο, οπότε ΑΖ ΑΕ = (1) ΑΘ ΑΗ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΛ ισχύει: ΑΔ2 3α J13 (2) ΑΖ = ΑΛ => ΑΖ = 13 Ομοίως από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΚ 3α .Jl0 (3) ΑΘ = βρίσκουμε ότι: 10 Από τις ισότητες ( 1 ), (2), (3) συμπεραίνουμε ΑΕ ΑΚ = {10 = ότι: οπότε ΕΗIΙΔΓ. ΑΗ Vl3 ΑΛ β ) Από την ομοιότητα των τριγώνων ΖΕΗ και ΖΔΛ έχουμε: Από τις (4 ), ( 5) έχουμε:

Ε ΥΚΛ ΕΙ ΔΗΣ 8 ' 65 τ. l /74


Ο Ε υ ιώ: ίδη ς πρ οτείνει ...

( ΔΑΕΗ )2 ( ΔΚΕΗ )2

( ΖΕΗ) = ( ΖΔΛ) ( ΕΘΗ) = (ΚΘΔ )

Ομοίως Δ

Δ

(4)

Δ Θ Κ Α Δ Κ οπότε (ΔΘΚ) ΔΚ 2 1 α2 --'---� --- = - = - => (ΔΘΚ) = - (5) 60 10 (ΑΔΚ) ΑΚ Από τις (4 ) , (5) έχουμε: ( ΕΘΗ) = � _2._2 (ΕΗ ) 2 = _2._ (ΕΗ ) 2 60 α 60 2 Επίσης και => (ΖΔΛ) = Επίσης

( ) ·

ι� ( �)

:�

4 α 2 _2_ (ΕΗ ) 2 = _2._ (ΕΗ ) 2 ( ΖΕΗ) = 3 9 4α2 39 39 60 Επομένως (ΕΘΗ) ( ΕΗ ) 2 = (ΖΕΗ) => ·

=>

=

9

9

60{ΕΘΗ) 39( ΖΕΗ) => 1 3(ΕΖΗ) = 20{ΕΘΗ) =

που είναι τα ο ζητούμενο ·

' c;· ,� ι , ; . . .. J ν

. ι

-

VJ. cγ.'η ,

επ[cηι r,; Ο ί συνάδt:λφ ο ι 1{ ·G�J �Y'ψ; Χ μ τιJ σ ό σ'rο μ ο ς

?, ·-

1 U6. Αν για τους μη αρνητικούς αριθμούς χ, y, z ισχύει x+y+z=1 να βρείτε τη μέγιστη τιμή του αθροίσματος. S

=

xy x + y ) + yz y + z ) + zx z + χ )

(

(

(

(Επροτάθη από το συνάδελφο Γιιοργο Τσαπι1κίδι1- Αγρίνιο)

και μόνο αν οι δυο από τους αριθμούς χ, y είναι ίσοι με Υ2 και ο άλλος είναι ίσος με μηδέν, που σημαίνει ότι η μέγιστη τιμή του αθροίσματος είναι Υ4 και επιτυγχάνεται αν και μόνο αν

(χ = y = ± (y = z = �

και και

) (χ = y = � χ= ) z=Ο

Είναι:

Από την ταυτότητα του Euler έχουμε:

x3+y3 +z3-3xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx)<=> -3xyz= x2+y2+ z2-xy-yz-zx-x3-y3-z3 οπότε η ( 1 ) γίνεται: S=xy+yz+zx+ x2+y2+z2-xy-yz-zx-x 3-y3-z3 = x2+y2+z2-x3-y3-z3 =x(x-x2 )+y(y-z2)+ z(z-z2) Εξάλλου χ 2 - χ + _!_ � Ο => χ - χ 2 � _!_ .

4

' y - y2 � 1 ο μοιως 4

-

και

1 1 S � -( x + y + z) = -

4

Επομένως

S � _!_

4

z - z2 �

1

-

4

4

'

οποτε

4

και

y=Ο

)

ή

Ο .

:c_� η μ :; ( ιιJ ση : Η στήλη αισθάνεται την ανάγκη να ζητήσει για μια ακόμη φορά συγγνώμη από τους φίλους που προσπάθησαν να λύσουν το παραπάνω θέμα με την εσφαλμένη αρχική διατύπωση . 1 1 0. Έστω δύο περιττοί πρώτοι ακέραιοι p ι, Ρ 2

(

)Ρ' (

)Ρ '

και α, η ακέραιοι με α>1 και η>1 . Αν η εξίσωση Ρ2 - 1 2

+

p2 + 1 2

=

α π δεν έχει ακέραιες

λύσεις στην περίπτωση pι=Ρ 2 , τότε δεν έχει ακέραιες λύσεις και στην περίπτωση Ρ ι W 2 (Επροτάθη από τον φοιτητή του Ε. Μ .Π. Μ ι χα ήλ Θ. Ρασσιά) Λ ίJση (Από τον ίδιο) Από τα δεδομένα αποκλείονται οι περιπτώσεις = p1 2 και p 2 = 2 , οπότε θεωρούμε p =2χ+1,χ εΝ.

2

Υποθέτουμε τώρα ότι η εξίσωση δέχεται τουλάχιστον μια ακέραια λύση .

( Ρ22- 1 τ + ( Ρ22+ 1 τ = a

Τότε, η εξίσωση λαμβάνει τη μορφή

χ Ρ ' + (χ + 1) Ρ ' = a "

π

(1)

p1 είναι περιττός, προκύπτει ότι: aπ = χΡι + (χ + 1)Ρι = (χ + χ + 1)Α = {2χ + 1) Α, Α ε Ν . Άρα 2 χ + 1 Ι a Επειδή ο 2 χ + 1 είναι πρώτος

Επειδή ο αριθμός

π

S =xy( 1 -z)+yz( 1 -χ )+zx( 1 -y)=xy+yz+zx-3xyz

ή

2χ + 1 i a . Άρα (2χ + 1) 2 1 a 2 . Όμως η > 1 , οπότε (2χ + 1) 2 1 a " (2) ή (2χ + 1) 2 Ι χ Ρ ' + (χ + 1) Ρ'

αριθμός προκύπτει ότι

Επομένως:

Χ Ρι + (Χ + 1) Ρ ' = Χ Ρι + [(2χ + 1) _ χ ]Ρι = χ Ρ ' + (2χ + 1) Ρ ' + 1 2x + 1) p' -1 (-x) + ...

(� }

(Ρ ΙΡ-Ι 1 ) (2χ + 1)(-χ)p, -Ι + (-χ)Ρ' = χ Ρ' + (2χ + 1) 2 Β + ( Ρ Ι ) (2χ + 1)χ p, - Ι _ χ Ρ ' ΡΙ - 1 +

με την ισότητα να ισχύει αν Ε ΥΚΛ ΕΙ ΔΗΣ Β '65 τ.l/75


Ο Ε υκλείδης π ροτείνει ...

( )

p1 (2χ + 1)χΡι - 1 + (2χ + 1) 2 Β , Β ε Ζ . Ρ1 - 1 Οπότε: χΡ ι + (χ + 1 ΥΙ = p1 c2x + 1)χΡι - 1 + (2χ + 1) 2 Β . Ρ1 - 1 Από τη σχέση (2) έχουμε ότι (2χ + 1) 2 Ρ 1 (2χ + 1)χΡ ι - 1 Ρ1 - 1 =

Στο τεύχος 64 δημοσιεύθηκε λύση της άσκησης 1 04 από τον συνάδελφο Χρυσόστομο Κούρτη, που προτάθηκε από τον συνάδελφο Θανάση Κυριακόπουλο. Ενδιαφέρον παρουσιάζει η καθαρά γεωμετρική προσέγγιση της άσκησης αυτής από τον συνάδελφο Γιώργο Τασσόπουλο την οποία δίνουμε στη συνέχεια.

( ) ( ) ( )

104. Σε τρίγωνο Α Β Γ η γωνία Β είναι διπλάσια από τη γωνία Γ. Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τις πλευρές του τριγώνου.

Ρ1 xp - 1 , ή (2χ + l ) l . χΡι - 1 . 1 p1 Ρ1 - 1 Επειδή ο αριθμός 2χ + 1 είναι πρώτος, ισχύει ότι (2χ + 1) l p1 ή (2χ + l ) l x . Η δεύτερη περίπτωση αποκλείεται αφού 2χ + 1 > χ . Τελικά (2χ + l ) l p1 , δηλ. p1 = 2χ + 1 αφού ο αριθμός p1 είναι πρώτος. Άρα p1 = p 2 . Όμως, σύμφωνα με την υπόθεση, η εξίσωση δεν επιδέχεται λύση για p1 = p 2 , οπότε, η εξίσωση ( 1 ) -1 1'1 p2 + 1 Ρι + και επομένως η εξίσωση p2 -a 2 2 δεν έχει ακέραιες λύσεις. ή (2χ + 1)

( )( ) --

--

_

Ρ' ( -�) = Ο , άτοπο,

αφού για το πολυώνυμο Ρ ' (χ)=(2μ+ 1 )[χ2 μ+(χ+ 1 )2 μ] και p·

( Ξ) -

� ( 2μ + Ι )

Ρ(χ)

[( �τ (Η } +

�------.

η

Λύση 2η (Από τον συνάδελφο Ροδόλφο Μπόρρη, χωρίς την προϋπόθεση ότι η εξίσωση είναι αδύνατη για Ρ1 = Ρ 2 ) Έστω p 1 =2μ+ 1 και p2=2κ+ 1 ακέραιες λύσεις της εξίσωσης. Τότε έχουμε κ2 μ+1 + (κ+ 1 )2 μ+1 = α"=>(2κ+ 1 )Q(κ)=α", ( 1 ) όπου Q(κ) ιiκέραιος (Αριθμητική Τιμή πολυωνύμου φ(χ) με ακέραιους συντελεστές). Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι 2κ+ 1/α". Όμως 2κ+ 1 πρώτος, οπότε 2κ+ 1/α =>α"=(2κ+ 1 )"·λ, λ εΖ. Άρα: ( 1 )=>(2κ+ l )Q(κ)= (2κ+ 1 )"·λ απ' όπου προκύπτει ότι το πολυώνυμο Q(x) έχει παράγοντα το ο (2χ+ 1 ). αριθμός Επομένως Ρ(κ)=κ2 μ+1 + (κ+ 1 )2 μ+Ι μπορεί να γραφεί και ως Ρ( κ)= (2κ+ 1 )2 R(κ), πράγμα που σημαίνει ότι το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα το (2χ+ 1 ? . Επομένως θα έχουμε

Λύση :

ισχύει ο

Τελικά η εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις

Λύση έστειλε επίσης ο Πολιτικός Μηχανικός Μηλιάκος Γεώργιος - Σπάρτη

/

'

I

ι

' .... .... _ _ , , � Λ

Λ

Λ

Λ

Είναι Β = 2 Γ . Άν Γ = ω , τότε Β = 2ω . Προεκτείνουμε την ΑΒ κατά τμήμα �Η"'=α. Τότε το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ισοσκελές με Λ

'

Λ

Λ

Λ

αποτέλεσμα ΒΖΓ = ΒΓΖ = ω , δηλ. ΒΓΑ = ΒΖΓ = ω , που σημαίνει ότι η πλευρά ΑΓ είναι εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΒΖΓ στο Γ. Από το θεώρημα της εφαπτομένης παίρνουμε: ΑΓ 2 = ΑΒ · ΑΖ ή β 2 = γ(γ + α) ή β 2 - γ 2 = αγ , που αποτελεί και τη ζητούμενη σχέση.

Προτεινόμενες Ασκήσεις 127. Αν α,β είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί να αποδείξετε ότι (8α 2 + β 2 ) 2 > 1 6α3β (Προτείνεται από τον Θανάση Κυριακόπουλο) 128. Δ ίνεται η εξίσωση αχ 2 + βχ + γ = Ο (1) , όπου α,β,γ ε R με lαyi > O (2) και 1� -1� +1� < 0 (3). Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1)έχει το πολύ μία ακέραιη ρίζα. (Προτείνεται από 'fΟν Θανάση Κυριακόπουλο)

Ε ΥΚΛ ΕΙ ΔΗΣ Β ' 65 τ. l /76


Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν Τα μα θηματικά αν και είναι επιστήμ η που απαιτεί αυστηρ ή διατύπωση, έχουν τη μα γεία να αποσπο ύ ν το ενδ ιαφέρον όλ ω ν τω ν αν θρ ώ πω ν. Επινο ή σεις σε προβλ ήματα ή ασκή σεις με κατάλλ ηλ ο τρ ό πο δ ιατυπωμένα εξάπτουν το πνε ύμα, διεγείρ ουν τη φαντασία και κεντρ ίζουν τη ν περιέργεια. Πρ ώ τοι οι Αρχα ίοι Έλλ η νες όπως ο Δ ι ό φ αντος, ο Ζή νωνας κ. ά. μας δίδ α ξαν αυτά τα μα θηματικά.

Στη στήλ η αυτή θα παρουσι ά ζουμε θέματα τα οπο ία δεν απαιτο ύ ν ιδ ια ίτερες μα θηματικές γνώ σεις αλλά μας διασκεδάζουν με τη ν εκφ ώ νησή του ς ή τη λύ ση τους και είναι μια ευχάρ ι­

στη και συ ναρπαστική α σχολία .

Επιμέλεια

:

Π αναγιώτη ς Χ ριστό πουλος

Σ η μ ε ί ω σ η : .-:1. πό το τε�;ο ; α υ τό θα δημοσιεύουμε στο ίδιο τεύχος σε άλλη σελίδα τις απαντήσεις

τω , · ;φ οβί. ηιιcί. π·j \ ' ιj rc•J \ ' ; ·ρ io c•j \ ' κα ι όχι

στο επόμενο τεύχος όπως γινόταν μέχρι σήμερα.

' Ι αντέψτε το τηίi:φω\'Ο του φί λο υ σ ας Πείτε σ:ο l'ίi.o σ α � : " Γ ι=-άvε τα τρία πρώτα ψηφία τ ο υ τη ί.ει..:>e:)\Όυ σου :τ . ;ι: . στο 2 1 03 6 1 6532 γράφου­ με .3 6 1 ό;ι:ι :ο .:::: I ΓΙ τi σ το 2 76 1 06 1 299 γράφουμε 1 06 ό;ι:ι :ο .:::: - 6 . Π οί.ί.α:rί.ασίασε τον 3ψήφιο αυτό

Μ ονο κοντυλιά

Με μια τεθλασμένη (πολυγωνική) γραμμή που έχει 6 ευθύγραμμα τμήματα ενώστε 4 τετράδες σημεί­ ων που είναι σε σχήμα τετραγώνου μπορείτε;

τη μονάδα. Το απο­ τέλε σ μ α ;:οί.λα:rί.ασίασέ το με 250. Στη συνέχεια π ρ ό σ Η c: σ ε οι�ο ο ο ρ έ � τα 4 τελευταία ψηφία του τη­ ί.εοC:)\Όυ σ ο υ . Αο αίρεσε τώρα το 250 και πές μου τ ο\ α �'!Ι=ι u ό :του ;φοκύπτει» . Ποιό είναι το τηλεφω­ \'ό του : δε� τι� α π αντ ή σ ε ι ς) αριθ uό μc: :ο 5 (Ί χαι πρ όσθεσε

'

ι

Π α ιπ ί δ ι με

τι.:

ευθείες

μεγάλο κύκλο και με ένα μοιρο­ γ\'C·ψόηο ση μειώστε πάνω του ανά Ι Ο μοίρες τους αριθμού.; I ,2,3 ,4, . . . ,36. α ) Ε\'6)στε τώρα το σημείο με αριθμό ν με το ση­ μείο ν+ ι Ο. Όταν το ν+ ι Ο είναι μεγαλύτερο από 36 θ α αφαιρέσετε το 36 για να βρείτε το σωστό ση­ μ ε ίο Για παράδειγμα 27 και 27+ Ι Ο θα γίνει 27 και 27+ 1 0-36. Αν αυτό γίνει για όλα τα σημεία τι σχή­ μα προκύπτει από τα ευθ. τμήματα; β) Σε έναν άλλο κύκλο ενώστε τώρα το σημείο με αριθμό ν με το σημείο ν+5 . γ) Το ν με το ν+ Ι 5 δ) Δοκιμάστε και άλλες σχέσεις ε) Δοκιμάστε και το ν με το 2ν. στ) Συνέχεια το ν με το 3ν κλπ. Τι σχήματα προέκυψαν; Σ;ι:εδιάστε ένα

.

Πρό)τοι αριθμοί

β ι βλίο

περιδιαβαίνει

το

χώρο

των

Μ α θ η μ ατ ι κών Κατεύθυνσης της Γ' Λυ κείου και

φ ιλοδοξεί να αποτελέσ ε ι ουσιαστ ι κό βοήθημα γ ι α τ ο υ ς μαθητές-υποψ ήφιους και τ ο υ ς καθηγητές. Παράλληλα ,

επιδιώκει να συστήσει τη βάση

πάνω στην οποία θα αναπτυχθεί ένας γόν ι μ ος προβλη ματισμός γύρω από τα θέμ ατα και το πνεύ μ α των Π ανελλαδι κών Εξετάσεων.

Γ ράψτε αριθμούς που να έχουν από μια φορά όλα τα ψηφία. Ποιοι από αυτούς είναι πρώτοι; (δηλαδή δ ι α ι ρ ο ύνται μόνο με τον εαυτό τους και τη μονά­ δω

Το

Ε ΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΥΡ ΙΔΗ

Τηλ. : 231 0 228009

Ε ΥΚΛ ΕΙ ΔΗΣ Β' 65 τ. Ι /77

Fax : 231 0 287097


------- Τα Μ αθηματικά μας Διασκεδάζουν ΊΊ:τραγω\' ι κ ή ρίl:ο

Η ρίζες των αριθμών 2χ3χ4χ5+ 1 , 3χ4χ5χ6+ 1 , 4χ5χ6χ7+ 1 , 5χ6χ7χ8+ 1 είναι ακέραιοι αριθμοί για­ τί;

-------

ΊΌ χ α λιt σμ έ\'Ο κ ο μ π ι ο υτεριΊ κ ι

Ένας μαθητής θέλει ν α πολλαπλασιάσει δυο αριθ­ μούς αλλά τα πλήκτρα που λειτουργούν στο κομπιουτεράκι του είναι το

λ λλο.: τρόπος πολλοπλο σ ι ασμοίJ

Έχω να πολλαπλασιάσω 3 7χ29 και κάνω τα εξής βήματα: Διαιρώ συνεχώς το 37 με το 2 και γράφω κάθε φορά μόνο το πηλίκο. Ταυτόχρονα πολλα­ πλασιάζω τον δεύτερο αριθμό 29 επί 2 συνεχώς τόσες φορές όσες συνεχίζεται η διαίρεση . Το απο­ τέλεσμα είναι το άθροισμα των γινομένων που α­ ντιστοιχούν στα πηλίκα που είναι μονοί αριθμοί. 3 7χ29

37 18 9 4 2 1

Αποτέλεσμα 29+ 1 1 6+928

29 58 1 16 232 464 928

=

@ το � και το �

Μπορείτε να τον βοηθήστε να κάνει τον πολλα­ πλασιασμό;

λλλο.: τρόπος :-\ φ ιι ί ρι:ση.:

Θέλουμε να αφαιρέσουμε 357 από τον 439 . Κά­ νουμε αφαίρεση του 3 5 7 από το 999 και ύστερα στη διαφορά τους προσθέτουμε τον 439. Από τον αριθμό που προκύπτει αγνοούμε το 1 από τη θέση των χιλιάδων και προσθέτουμε 1 στις μονάδες και έχουμε το αποτέλεσμα. Είναι σωστό; γιατί; Η συ,·ιι υ λ ί ιt

Ο Πέτρος και ο Μιχάλης θέλουν να παρακολου­ θήσουν συναυλία σε γειτονική πόλη που απέχει 2 1 km. Το μόνο μέσο που διαθέτουν είναι το ποδήλα­ το του Πέτρου. Με το ποδήλατο ο Πέτρος τρέχει 1 6 km/h ενώ με αυτό το ποδήλατο ο Μιχάλης τρέ­ χει 1 2 km/h. Επίσης ο Πέτρος περπατά 6 km/h ενώ ο Μιχάλης 8 km/h. Σε 2ώρες και 1 6 λεπτά αρχίζει η συναυλία. Πώς πρέπει να κινηθούν για να φτά­ σουν μαζί στη συναυλία και χωρίς καθυστέρηση ;

1 073

Π ρό βλη μ ιt του Ν είJ τ (Ι) \'ΙΙ

75 βόδια κατανάλωσαν σε 1 2 μέρες το χορτάρι που υπήρχε σε ένα λιβάδι 60 στρεμμάτων, καθώς και το χορτάρι που φύτρωσε κατά τη διάρκεια αυ­ τών των 1 2 ημερών. Πόσα βόδια θα κατανάλωναν το αντίστοιχο χορτάρι 96 στρεμμάτων σε 1 8 μέ­ ρες; Το χορτάρι φυτρώνει ομοιόμορφα και τα βό­ δια τρώνε εξ ίσου και κάθε μέρα ίδια ποσότητα.

Ο κυρ Φά\·ης κ α ι το κ ρ α σ ί

Οι οχη\> υπουργ ο ί

Φημιζόταν για το καλό κρασί που είχε ο κυρ Φά­ νης και όλοι έτρεχαν στην ταβέρνα του να γεμί­ σουν το κανάτι τους από το βαρέλι του. Για να δί­ νει τις ποσότητες που του ζητούσαν είχε δύο δο­ χεία το ένα χωρούσε 7 λίτρα και το άλλο 4 λίτρα που τα χρησιμοποιούσε με μεγάλη επιδεξιότητα. Μπορούσε να υπολογίσει οποιαδήποτε ποσότητα λίτρων χωρίς να χαθεί σταγόνα κρασί ενώ αν πε­ ρίσσευε κάποια ποσότητα την έριχνε πίσω στο βα­ ρέλι. . Θα μπορούσατε εσείς να εξυπηρετήσετε έ­ ναν πελάτη που ζήτησε 2 λίτρα;

Οχτώ υπουργοί συμφώνησαν να συνεδριάζουν για το ασφαλιστικό κάθε μέρα γύρω από ένα στρογγυ­ λό τραπέζι, αλλά κάθε φορά θα κάθονται με δια­ φορετική σειρά. Όταν δεν υπάρχει πλέον άλλος δι­ αφορετικός τρόπος να καθίσουν τότε θα σταματή­ σουν τις συνεδριάσεις και θα ψηφιστεί ο νόμος στον οποίο θα έχουν καταλήξει. Πότε θα ψηφιστεί ο νόμος;

Οι απαντήσει ς είναι στη σελίδα 81.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ.l/78


/1 Νίκος Ανδρουλακάκης

Περιμένοντας ερωτήσεις και απορίες σας γιά τη μουσική , θα σας ενη μερώσουμε γιά τα βασικά .

Συνηθέστεροι τύποι μουσικών αρχείων στους υπολογιστές είναι : 1 .cda (=CD Audio) π.χ. Track 1 5 .cda : συντομεύσεις ψηφιακών μουσικών αρχείων μεγέθους l ΚΒ , που τα συναντάμε στον Windows Explorer, όταν βάλουμε ένα μουσικό CD στον υπολογιστή . 2 .wma (=Windows Media Audio) format, ψηφιακών μουσικών αρχείων της Microsoft. 3 .waν (=WAVeform=KYMATOMOPΦΉ) γενικό format, ψηφιακών μουσικών αρχείων. 4 .mp3 (=Moνing fictures Expert GroupJ) format συμπυκνωμένων ψηφιακών μουσικών αρχείων. 5 .mid (=Musical !nstrument Digital Interface=Moυσικoύ Οργάνου Ψηφιακός Διασυνδετής). Με διπλό κλικ επάνω τους , ανοίγει ο Media player και τα ακούμε. Όλα , περιέχουν πληροφορίες α π ό την ψηφιακή ΗΧΟΓΡΑΦΗΣΗ που κάναμε, ε κτός του MIDI, που περιέχει πληροφορίες γιά τη μουσική που ΠΑΙΞΑΜΕ όταν το δημιουργούσαμε. f]

'i

·

. :.

1

c

,

_,

(;

Ι

Ο πιανίστας, πατώντας τα πλήκτρα του παραδοσιακού πιάνου, αναγκάζει τα αντίστοιχα "σφυράκια" να χτυπήσουν τις αντίστοιχες χορδές. Αυτό που ακούει από τις παλλόμενες χορδές, εάν προηγουμένως έχει πατήσει RECORD στο πρόγραμμα ΗΧΟΓΡΑΦΗΣΕΩΣ, (εισαγόμενο από το μικρόφωνο), θα καταγραφεί και σ' ένα . wav αρχείο. Όμως, πατώντας τα πλήκτρα ενός ηλεκτρονικού MIDI μουσικού οργάνου, (συνδεδεμένου με τον υπολογιστή), απλώς "ανοιγοκλείνει διακόπτες" που καθοδηγούν την κάρτα ήχου, να παράγει τη μουσική (και μάλιστα, εάν διαλέξει, και με διαφορετικό ήχο από του πιάνου). Πάλι το ίδιο θα ακούει, (τώρα όμως από την κάρτα ήχου) αλλά εάν προηγουμένως, επιπλέον έχει πατήσει RECORD σ ' ένα πρόγραμμα SEQLΈNSER (=σειριακός καταγραφέας), θα καταγραφεί και σ' ένα .mid αρχείο, όχι ήχος, αλλά με ακριβή χρ ονι κή σειρά, το π ότ ε , με π όση διάρκεια και ποιούς διακόπτες-πλήκτρα πάτησε. Ακό μα και το pedal, διακόπτης είναι ! Τώρα με PLAY, και τα δύο αρχεία θ ' αποδώσουν ΤΗΝ ΙΔΙΑ ΜΟΥΣΙΚΉ. Μόνο που το .wav θα παίξει την ηχογραφημένη μουσική , ενώ το .mid θα στέλνει ΤΩΡΑ στην κάρτα ήχου , τις ίδιες εντολές με αυτές που έστελνε ο πιανίστας πριν, παίζοντας ζωντανά. Διαφορές: Για ένα τρίλεπτο κομμάτι, το .wav θα έχει καταλάβει περίπου 30 MBytes μνήμης, ενώ το .mid μονάχα. . . . 30 ΚBytes ! Βέβαια , η ηχογράφηση , θα περιελάμβανε , εκτός απ' το θόρυβο της εξατμίσεως του διερχόμενου δίκυκλου (δηλ. χρειάζεται Studio) ΚΑΙ φωνή , εάν συγχρόνως τραγουδούσε ο πιανίστας, ο . . . Πάριος ή και μιά χορωδία , ενώ το .mid θα είναι μόνο ορχηστρικό (instrumental). Η . . . επανάσταση οφείλεται στο ότι, αφού ΔΕΝ πρόκειται για ηχογράφηση , αλλά γιά ταξινομημένη καταγραφή μουσικών πληροφοριών, μπορούμε να δούμε την παρτιτούρα ολόκληρης της ενορχηστρώσεως, ν' απομονώσουμε π.χ. το μέρος του μπασίστα, θαυμάζοντας το πώς συνοδεύει τους υπόλοιπους, ν' αναλύσουμε το ρυθμό και ν ' ανακαλύψουμε ένα ένα τα κρουστά που χρησιμοποιεί ο ντραμίστας, να μάθουμε ποιές πολύπλοκες συγχορδίες έχει διαλέξει ο κιθαρίστας και βάζοντας πιό αργά το τέμπο, να προσπαθήσουμε να μιμηθούμε το δεξιοτεχνικό σόλο του σαξοφωνίστα ! Εδώ μπορούμε να κάνουμε και μιά πονηριά. Να παίξουμε σε αργό τέμπο, ένα περίπλοκο σόλο και μετά να το παρουσιάσουμε στους . . . . θαυμαστές μας, στο κανονικό, το γρήγορο ! Φαντάζεστε πόσο εύκολα και γρήγορα μπορείτε να ενορχηστρώσετε ένα γνωστό σας κομμάτι ; Παίζετε το σόλο. Ακούγοντάς το, προσθέτετε το μπάσο. Ακούγοντας σόλο+μπάσο προσθέτετε ντράμς. Κατόπιν μιά χορωδία, μιά κιθάρα, ένα πνευστό κλπ. Ότι δεν σας αρέσει, το διαγράφετε. Και πάλι. . . . Εκτός λοιπόν από τ ο ότι μπορούμε ν ' ανακαλύψουμε τους κρυμμένους θησαυρούς στις ενορχηστρώσεις Ε ΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' 65 τ. l /79


Η επ ανά σταση του MIDI

των αγαπη μένων μας κομματιών, κατεβάζοντάς τα απ' το intemet (υπάρχουν όλα τα είδη μουσικής, από κλασικά και τζαζ, μέχρι έθνικ, χορευτικά, έντεχνα, λαϊκά, ποπ, ροκ, κλπ), ακόμα και εάν ΔΕΝ

είμαστε μουσικοί, αξίζει να "παίξουμε" με τη μουσική . Να μεταφέρουμε π.χ. τη τσιφτετέλι σ' ένα κλασικό κομμάτι του Μπετόβεν και . . . να το διασκευάσουμε.

drums από ένα

Αυτές είναι μερικές από τις δυνατότητες που προσφέρει η μουσική τεχνολογία , σή μερα . Ας παρατηρήσουμε από μία οθόνη του προγράμματος που μοιάζει με λατέρνα (ονομάζεται ΚΕΥ ΕDΠ), χωρίς να χρειάζεται να ξέρουμε νότες , τρία κομμάτια πασίγνωστα και ας παρακολουθήσουμε πώς ανεβοκατεβαίνουν οι νότες τους . Το Ν ο 7 είναι τα Χριστουγεννιάτικα κάλαντα (Καλήν εσπέραν άρχοντες). Το Νο 8 είναι το Κερκυραϊκό (Μεσ' αυτή τη γειτονιά στην πάρα πάνω ρούγα). Το Ν ο 9 είναι ένα retro της παλιάς Αθήνας (Στο Ζάππειο μια μέρα, περιπατούσα). Για τους τελείως άσχετους : Τα πλήκτρα , όσο πηγαίνουμε προς τ ' αριστερά , αντιστοιχούν σε πιό μπάσα ! Προς τα δεξιά , οι νότες «ανεβαίνουν» στα πρίμα. Αν σας βρίσκεται κάποιο πληκτροφόρο όργανο , δοκιμάστε με το ένα δάχτυλο να παίξετε αυτά τα εύκολα και γνωστά κομμάτια . Όπως λέει η πείρα μου, μετά το τρίτο κομμάτι , το χέρι σας θ ' αρχίσει πηγαίνει μόνο του όλο και πιο εύκολα . Θα παίζετε «με τ ' αυτί», όπως και πάρα πολλοί άλλοι . Πολύ θα βοηθηθείτε στην αρχή , αν παίζετε αργά και τραγουδάτε συγχρόνως. Όσο για το αριστερό χέρι , που είναι υπεύθυνο για τις συγχορδίες και τους ρυθμούς . . . . έχουμε καιρό . Άντε και καλή επιτυχία. Ευπρόσδεκτα σχόλια και αιτήματα στην ηλεκτρονική διεύθυνση into@hιηs .gr ή nikandros@internetq. net

Και γιά να μην νομίσετε ότι είμαστε μονομανείς μουσικομαθη ματικοί, κλείνουμε το άρθρο με δύο μαθηματικές γελοιογραφίες.

J..11 s i n x = ? •

sίχ = 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 65 τ. l /80


Απαντήσεις στα Μ αθη ματικά μας δισκεδάζουν

Άλλο�: τρόπος Αφαίρεσης Η μέθοδος είναι ανάλογη αυτής

Μ αντέψτε το τηλέφωνο του φ ίλου σας Διαιρέστε τον αριθμό που σας είπε ο

που χρησιμοποιούν οι υπολογιστές αλλά εκεί οι αριθμοί είναι

φίλος σας ότι προέκυ ψ ε, με το 2 και θα έχετε τον αριθμό του τηλεφώνου

σε δυαδική μορφή 439-35 7=43 9+(999+ 1 - 1 000)-3 5 7= 43 9+(999- 3 5 7)+ 1 - 1 000

Η συναυλία Ο Πέτρος πρέπει να διανύσει 12

του .

km

με το πο­

Χρόνος

δήλατο, να το αφήσει και να συνεχίσει με τα πόδια.

Π α ιπ ί δ ι με τι.; ευθείες

2

ώρες και 15 λεπτά. Ο Μιχάλης ξεκινάει με τα πόδια και στα 1 2 km βρίσκει το ποδήλατο το παίρνει και διανύει τα υπόλοι­ πα 9. Χρόνος 2 ώρες και 15 λεπτά.

Στην πρώτη περίπτωση θα πάρετε εσωτερικά έναν κύκλο. Στην ε) σχή­ μα σαν καρδιά στην στ) σχήμα νε­

Π ρόβλημα του Ν εύτωνα Έστω

φρού κλπ.

χ η ποσότητα του χορταριού

Μονο κοντυλιά

που φυτρώνει κάθε μέρα σε κάθε στρέμμα. Δηλαδή 75 βόδια

Π ρώτοι αριθμοί

τρώνε σε 1 2 η μέρες χορτάρι 60 στρεμμάτων + 720χ

Κανένας.

Τ α 8 1 βόδια τρώνε σ ε 1 5 ημέρες χορτάρι 72 στρεμμάτων +

Γιατί το άθροισμα των

I 080χ

ψηφίων Ο+ I + 2+ 3+ . . . +9=45 που δι­ αιρείται με το 3 και το 5 άρα κανέ­

Τετραγωνική ρίζα Διότι ν(ν+ Ι )(ν+2 )(ν+3 }+ Ι=

� (ν -3ν- Ι ) 2

Από .

.\ ί.λος τρόπος πολλαπλασιασμού Γίνεται διότι μετατρέπεται μορσή

και έzουμε

� -. :- -Οz� Ό-Ι-Οz� - 3 - Ι z� · � --οz� Ί - Ι = 1 00 1 0 1 I

� . 5 /� 9 ι-ι � . � z� 9 Ι-Ι

! z)9 I

Ο ι.:ι ρ Φ ά \·η.: ι.:αι το ι.:ρα σ ί Γεμίστε α·,,: ο ·.

ι:-:�: Ξ

,.:::-:.Ξ

� ,... : :-:c:

:ο

:-Ξ ::·_ : :· :ο

..:.··.: : .-.:

::

Ξ-::: :.··.-.

::�:c:

λρα 3 7χ29 =

-ί.ιτρο και ύστερα με

κ:αΎ. ι 3 ί.ί:ι:-α 1 ;του έzει το 7λιτρο. Ξαναγε­ :ί'

.:. :: :: ::.' .:: ·. -::-.ω ,.ι:

•: :: .

ϊΟ

37 =

4ί.c: fΧ' . λ L::.ειάv.ε στο βαρέλι το 4λιτρο και

- �·. : : : c ::.:: ό

- -._ : : :·: -:-· :: _ .:: :-. - ο 'Λ

3αι:-έi.ι

Πρέπει να βρούμε πόσα βόδια τρώνε χορτάρι

96στρεμμάτων + 1 72 8χ σε 1 8 μέρες.

νας δεν είναι πρώτος.

ο ;τρώτο; αριθμό; σε δυαδική

(2)

(1)

και από αυτό aπογεμίστε το

1 ί . ίφ ο ι . λδειάστε πάλι το 4λιτρο στο

α::ό -ί.ιτρο να γεμίσει και πάλι; έτσι στο

:-ιό\'ο � ί.ίτρα για τον πελάτη .

Τ ο ι a�.α σuηο ι ω μ π ι ο υτερά κ ι ' , 2 Τ ο μισό είναι το χψ . Έ Ί_-: -. _.: : -:> = ι z-υ ι - - z - - ψ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΠΡΟΚΛΗΣΕΙΣ

Άρα

(1) 75 β σε I

1 5 μ τρώνε 75 στ + 900χ

β σε 1 5 μ τρώει

I

στ + 1 2 χ

(3)

8 1 β σε 1 5 μ τρώνε 8 1 στ + 972χ

Από (2) και (4) προκύπτει ότι χορτάρι 8 1

(4)

στ + 972χ είναι ίσο

με χορτάρι 72στ + 1 080χ

και χορτάρι 1 στ

=

με

1 2χ συνεπώς

χορτάρι 9 στ = με I 08χ

χορτάρι 60 στ = με 720χ χορτάρι 1 44 στ = με 1 728χ Από

(I)

75 β σε 12 μ τρώνε 60 στ+60 στ

Δηλαδή 7 5 β σε 1 8 μ

τρώνε ( 1 20. 1 8) : 1 2 = 1 80 στ Άρα σε

1 8 μέρες χορτάρι 96 στ + 1 72 8χ = 16 στ + 1 44 στ θα το φάνε (75 . 240) : 1 80 =

Οι

100 βόδια.

οχτώ υπουργο ί Ποτέ ! Οι δυνατές διαφορετικές θέσεις εί­

ναι Ι χ2χ3χ4χ5χ6χ7χ8 δηλαδή 40320 η μέρες. Είναι και 1 42 η μέρες.

I 10

χρόνια

ΚmWιιΛο νιο uoBnιtς που ouuu&ιtxouv σιοuς διανωvισuούς mς ΕΜnvικ�ς ΜαΒnuαιικQς το εf&/Ιιο nΕΡιεχει :

MEPOl 1, Α. ΠΕΡt APtθMDN �� TQN MVεrHPtDN ΤΜ

ΜΕΡΟΕ 1• Β. tεrOPttΆ εrotXEtA ΑΠΟ ΤΑ εΛΠΗΝf� θΕΗεΛtΑ

TQN kAθHMA1tΚDN

ΜΕΡΟΕ 2• Α. ΠΡ�ΗΜΑ1Α ΜΕ lXHI1A1A, NOktEHA1A, Ent/1/A � ΜΕΡΟΞ 2- Β. r�MErPtllOt �tΦOf

ΜΕΡΟΕ 2- r. �tΦOt nonι<HE

kEPOE 2- Δ. APfθMOθ�Pf.Πtt<Ot �tΦOt

ΜΕΡΟΕ 2- Ε. �tΦOt εYNΔVAErff(HΞ

kEPOE 2- εr. �tΦOt ΕΙΡΑ'1ΗΠΙ(ΗΕ

ΠροJλήματα για την ανάnτu�η της μαβηματικής crκίψης ΚΥΚΛΟtΟΡΕΙ ΣΤΑ ΑΓΓΛΙΚΑ ΚΑΙ ΣΥΑ ΓΑΜΙΚΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 65 τ .l/8 1

kΕΡΟΞ ;.. Α. ΑΝθΟΠΟΠΟ θΕΗΑ1DΝ kAθHkA1tΚDN ΔtAr�NtEkDN ΤΗΕ εΛΠΗΝtf(ΗΞ MAθHkA1tf(Hε ErAtPEJA! Α. rvMNAEtO B. nwo ΜΕΡΟΕ ;.. Β. APXEtO θEkA1DN MAθHkA1tΚDN ΔtAr'QNtEHQN AMQN �QN

ΗΕΡΟΕ tι. AnANrHWE


I

<<Δ Ι Ο ΦΑΝΤΟΣ>>

από rιs ε κδόσε ι s

Γιώργος Μ. Μιχαηλfδης

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

Octavian Ν. Stanasila (Prot. Univ. Polltehnlca8uchaι'es�

ΜΑθΗ ΜΑΤΙ ΚΑ r ΛΥΚΕΙΟΥ

ΤΟΜΟΣ Β' Θετική

-

Τεχνολογική Κατεύθυνση

ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 8

θεuιιΙ(α

• MεOoboi.oy(�

ΙΙαQf Ι 'rηQήιιη;: - Σχιiλια

8 Λυμtνι.ι Ι Ισ.�αδιίyμιιτα

8

Ε:�ωηjuεις: Κστανόησηi

Αιrχήσε•• - Ηέμutιι

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

Γιωργος Μ Μιχαηλίδης

ΜΑΘ Η ΜΑΤΙ ΚΑ ΓΛΥΚΕΙΟΥ

...J

ιι::ι:: ιι::ι:: z u ιι::ι:: ­ w ι­ c ιι::ι:: :Ξ w w :Ξ ι­ w ιι::ι:: ...J :Ξ

cιι::::ι σ ι::ι::: Ω..

θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

e ξε;-ι;� σe ι ς 2008 - 2009

Πιθανά Θeμa,;a

ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ Ε ΚΔΟΣΕ ΙΣ

Profile for demi de

Ευκλειδης Β 65  

Ευκλειδης Β 65  

Profile for demiridis
Advertisement