Ευκλειδης Β 88

ΑΠΡΙΛΙΟΣ- ΜΑΪΟΣ- ΙΟΥΝΙΟΣ

2013

ευρώ 3,5

Θερινά σχολεία 2013

"Αρχιμήδης" 2013: Θέματα Λύσεις Μεγάλες Επιτυχίες για την Ε.Μ.Ε.

4

Χρυσά μετάλλια SEEMOUS 2013 Βράβευση Δ. Χριστοδούλου

ΕΝ1ΥΠΟ ΚΛΕΙΠΟ ΑΡ. ΑΔΕΙΑΣ 1099/96 ΚΕΜΠΑΘ.

ΕΑΑΗΙΝΙΚΗ

IMABHMATIIJKH

ETAIPEIA

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο ς 88

•

Απρίλιος

•

Μάιος

·

Ιούνιος 2013· Ε υ ρ ώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚ ΕΙΟ

Γενικά θέματα

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1

.; Ακολουθία θαυμάτων .; Μαθηματικά και νωροεπιστήμες .f Μαθηματικές Ολυμπιάδες

8 9

.; Homo Mathematicus

21

.; Άλγεβρα: .; Γεωμετρία:

25 31

Α' Τάξη Επαναληπτικές Ασκήσεις Επαναληπτικές Ασκήσεις

.ι Άλγεβρα: .; Γεωμετρία: .; Κατεύθυνση:

Β' Τάξη Επαναληπτικές Ασκήσεις Επαναληπτικές Ασκήσεις Επαναληπτικές Ασκήσεις

34 40 44

.f Γενική Παιδεία: .; Κατεύθυνση:

Επαναληπτικές Ασκήσεις Επιλογή θεμάτων

48 59

.; .; .; .; .;

Γ' Τάξη

Δραστηριότητες

66

Το βήμα του Ευκλείδη Ο Ευκλείδης προτείνει Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν Εμείς απαντάμε ... Βράβευση Δ. Χριστοδούλου

72 75

•••

79 71

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι, φθάσαμε αισίως και φέτος στο 4ο τεύχος. Οι συνεργάτες μας φρόντισαν με μεγάλο ενδιαφέρον να επιλέξουν θέματα κατάλληλα για την επανάληψη που αυτή την περίοδο ενδιαφέρει μαθητές και καθηγητές. Ελπίζουμε η προσπάθειά τους να αποβεί χρήσιμη σε ε­ σάς. Κάτι τέτοιο θα δώσει βαθειά ικανοποίηση στους ίδιους αλλά και στη Συντακτική Επιτροπή. Τελειώνοντας ευχόμαστε εγκάρδια σε όλους σας επιτυ­ χία στις προσπάθειές σας και επίτευξη των στόχων σας, Καλό καλοκαίρι σε όλους. Με ευχές για υγεία και πρόοδο

Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Τασσόπουλος Ο αντιπρόεδροι: Βοyyέλης Ευσταθίου, Γιόννης Κερασαρίδης

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

Συν τακτική επιτροπή

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Πρόεδρος: rrt..: 21ο 3617784 - 3616532 Τασσό πουλος Γιώργο Αντωνόπουλος Νίκος ς Fαχ: 2103641025 Αργυράκης Δημήτριος Εκδότης: Αντιπρόεδροι: ι<aΑοyερ6ποιΜος Βακαλόπουλος Κώστας Γρηγόριος Ευσταθίου Βαγγέλης Ευσταθίου Βαγγε'λης Κερα σαρίδης Γιδννης Διευθυντής: Ζαχαρόπουλος Κων/νος Κρητικ ός Ε μμανουή λ Ζώτος Βαγγέλης Γραμματέας: Κακαβάς Απόστολος Χριατόπουλος Παναγιώτης • • Καλίκας Σταμάτης Επιμελεια Εκδοσης: Μέλη: Αργu ρδκης Δ. Καμπούκος Κυριάκος Ζώτο ς Βαγγέλης Λουρίδας Σ . Κανε'λλος Χρήστος τε ανής Π. Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Καραγκούνης Δημήτρης φ Σ Ταπεινός Ν. Καρκάνης Βασιλ' ης ISSN: 1105- 7998 Κατσούλης Γιώργος Η έγκαιρη πληρωμή Κερασαρi'δης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος της συνδρομής βοηθάει Κλάδη Κατερίνα σ την έκδοση του περιοδικού Κονόμης Άρτι 106 79 ΑΘΗΝΑ

Εκτελεστική Γραμματεία

Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπέλας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης ν/να υ Λαζαρi'δης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανδής Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Πουλιάσης Παναγιώτης Ρέγκλης Δημήτρης Σαίτη Εύα

��&�������'; �

Σταίκος Κώστας Στάίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιω'ργος ο γος Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσαγκάρης Κώστας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμπάκης Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχος Βαyyέλης

��:����::��

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

•

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται απ6 την Ε.Μ.Ε.

Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να σrέλνονται_91<αι�, σr:ραφεία της

Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη 8'". Τα χειρ6yραφα δεν επισrρέφονται.

Ετήσια συνδρομή (12,00

ντ

+

2,00 Ταχυδρομικά

=

liJ!LIG!t$UJIΛEfE

ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το α ίτιμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονται σrέλνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική επιταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Ταχ. ΓραφείοΑθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατ6τητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3), Πληρώνεται σrα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών σrο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

Εκτύπωση:

ROTOPRIHT 14. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α EEJ. τηλ.: 210 6623778_ · 358 Υπeιίθuνος τuπογpαφeίοu: Δ. Παπαδόπουλος

Μάθε απ ό το χθες, ζήσε -yια το σήμερα, έλπιζε -yια το αύριο. Το σημαντικό είναι να μην σταματή σεις να ερωτάς.

Ακολουθία...θαυμάτων Π. Παπαχρήστου Κουνελάκια, πολλά κουνελάκια...

Ας υποθέσουμε ότι είσαστε αγρότης και ένας γείτονας σάς χαρίζει ένα ζευγάρι κουνέλια που απο­ τελείται από ένα αρσενικό και ένα θηλυκό άτομο. Το ζευγάρι κάθε μήνα γεννάει ένα άλλο ζευγάρι. Το κάθε ζευγάρι γίνεται παραγωγικό το δεύτερο μήνα. Το ζητούμενο είναι να υπολογίσετε τον αριθμό των ζευγών που θα υπάρχουν κάθε μήνα. Θα υποθέσου­ με ότι 1. Τα κουνέλια διατηρούνται σε χώρο από όπου δεν μπορούν να διαφύγουν.

2. Κάθε νέο ζεύγος αποτελείται από ένα αρσενικό και ένα θηλυκό άτομο.

3. Τα κουνέλια δεν πεθαίνουν. Το πρόβλημα προτάθηκε το 1202 από τον μα­ θηματικό και έμπορο Λεονάρδο από την Πίζα (π. 1 170-π. 1240) που είναι γνωστός και με το όνομα Φιμπονάτσι (Fibonacci), στο πρώτο από τα τέσσερα βιβλία του με τίτλο Lίber avacί στο οποίο χρησιμο­ ποιούσε το Ινδουιστικό IΑραβικό σύστημα αρίθμη­ σης που βασιζόταν στη χρήση των ψηφίων 1,2,3, ... ,9 και του Ο (μη­ δέν) για την απεικόνιση των αριθμών. Το όνομα του πατέρα του ήταν Guilielmo Bo­ nacci. Στα Λατινικά η έκ­ φραση "filius Bonacci" σημαίνει ο γιός του Bo­ nacci. Τελικά ο Λεονάρδο κατέληξε να αναφέρεται στη βιβλιογρα-φία ως Fi­ bonacci που αποτελεί σύ­ ντμηση του χαρακτηρισμού "filius Bonacci". Ο ίδι­ ος χρησιμοποιούσε και ένα άλλο επώνυμο, το Bigollo που σημαίνει "ταξιδευτής". Πριν δώσουμε την απάντηση στο πρόβλημα που παρουσιάσαμε στην αρχή (πράγμα που γίνεται στην επόμενη σελίδα) ας δούμε λίγο το επιστημονικό πε­ ριβάλλον της Ευρώπης την εποχή του Φιμπονάτσι. Η εικόνα που παρατίθεται είναι η φωτογραφία ενός αγάλματος του Λεονάρντο που φιλοξενείται στην γενέτειρά του την Πίζα.

Albert Einstein

Οι σκοτεινοί αιώνες

Το 529 μ.Χ ο Ιουστινιανός ο Α, Αυτοκράτορας της Ανατολικής Ρωμαϊκής Αυτοκρατορίας διέταξε το κλείσιμο όλων των πολυθεϊστικών φιλοσοφικών σχολών. Ανάμεσα σε αυτές ήταν και η περίφημη Ακαδημία Αθηνών. Το έτος αυτό σηματοδότησε το τέλος μιας εποχής που άρχισε με το Θαλή και διάρ­ κεσε περισσότερο από χίλια χρόνια και στη διάρ­ κεια της οποίας σημειώθηκαν πολλές Ελληνικές επι­ τυχίες και λαμπρά επιτεύγματα στις "επιστήμες" και τα μαθηματικά Το ίδιο έτος σηματοδοτεί την απαρχή μιας περιό­ δου στην Ευρωπαϊκή ιστορία που διάρκεσε περισ­ σότερο από 900 χρόνια και η οποία χαρακτηρίζεται από "μαθηματική πενία" και γενικότερα μια υπο­ βάθμιση της έρευνας και της "επιστήμης" ή ακριβέ­ στερα της εμπειρικής γνώσης. Μιλάμε για τον Ευ­ ρωπαϊκό Μεσαίων α ή αλλιώς τους Σκοτεινούς Χρόνους. Η

διακοπή της ελληνικής μαθηματικής παράδο­ σης στη διάρκεια του Μεσαίωνα δεν σημαίνει ότι το πεδίο υπήρξε εντελώς άγονο. Αυτό οφείλεται στους Άραβες που ανέλαβαν να γονιμοποιήσουν τα ελλη­ νικά μαθηματικά επιτεύγματα και να συμβάλλουν στην παραπέρα εξέλιξη των μαθηματικών, αποδε­ χόμενοι στις κοινωνίες τους λόγιους από όλα τα έ­ θνη και μεταφέροντας στην Ευρώπη κείμενα Ελλή­ νων μαθηματικών. Οι ιστορικοί της επιστήμης ισχυρίζονται ότι μια σχετική αναγέννηση των μαθηματικών στην Ευρώ­ πη δεν είναι ορατή πριν άπό τον XVI αιώνα, όπου η παρατήρηση οξύνεται με την βοήθεια κατάλληλων εργαλείων, η έρευνα συστηματοποιείται και η θεω­ ρία έρχεται να αντικαταστήσει το δόγμα και την προκατάληψη. Ο Λεονάρδος από την Πίζα

Ο Λεονάρδος από την Πίζα υπήρξε μια φωτεινή εξαίρεση στη διάρκεια των σκοτεινών χρόνων η ο­ ποία διάρκεσε από το 529 μ.Χ μέχρι το 1500 μ.Χ περίπου. Ο πατέρας του Φιμπονάτσι ήταν έμπορος από την Πίζα και aξιωματούχος του τελωνείου της Βορειο-αφρικανικής πόλης Μπούγκια (Buggia). Η Πίζα, η Βενετία και η Γένοβα ήταν μεγάλα εμπορι­ κά κέντρα της Μεσογείου κατά τον ΧΙΙ και ΧΙΙΙ αιώνα. Οι έμποροί τους είχαν το προνόμιο του ελεύ­ θερου εμπορίου με ολόκληρη την Βυζαντινή Αυτο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/1

-------

Ακολουθία ... θαυμάτων -------

κρατορία. Ο Λεονάρδος εκμεταλλεύτηκε το πλεο­ νέκτημα αυτής της ελευθερίας και επισκέφτηκε πολλούς από τους χώρους που αποτελούσαν κέντρα μόρφωσης, περιλαμβανομένης, της Αιγύπτου, της Ελλάδας, της Σικελίας και της Συρίας. Από αυτές τις επισκέψεις έμαθε τόσο τα μαθη­ ματικά των λογίων, όσο και τις μεθόδους υπολογι­ σμού που ήσαν σε κοινή εμπορική χρήση. Η επί­ δραση του Ισλάμ φαίνεται καθαρά στο βιβλίο του Liber Abbaci. Στο βιβλίο αυτό προχωρά σε μια τολ­ μηρή καινοτομία. Προτείνει την αντικατάσταση του ρωμαϊκού συστήματος αρίθμησης που χρησιμοποι­ ούσε γράμματα με τα γνωστά Ινδουιστικά/Αραβικά ψηφία. Οι Άραβες έγραφαν με κατεύθυνση από τα δεξιά προς τα αριστερά. Έτσι ο Φιμπονάτσι έγραφε τα Ινδικά ψηφία σε φθίνουσα τάξη και στα μικτά κλάσματα έγραφε το κλάσμα πρώτο, δηλαδή με τη ' 1 μορφη 4 , αντι'θετα με την σημερινη' συνη' θεια να 2

γράφουμε 4.!_. Μολονότι η άποψη του Fibonacci 2 για την τεχνική ανωτερότητα του Ινδουιστι­ κού/Αραβικού συστήματος αρίθμησης έναντι του Ρωμαϊκού συστήματος τελικά επιβεβαιώθηκε, η τελι­ κή αποδοχή του καθυστέρησε και οι σύγχρονοί του υποτίμησαν το έργο του και την συνολική προσφορά του στα μαθηματικά. Έτσι η επίδρασή του στη μα­ θηματική σκέψη της εποχής ήταν μικρότερη από όσο θα έπρεπε.

Κ

�

Παραγωγικό ζεύγος Μη

παραγωγικό ζεύγος

Στην προηγούμενη εικόνα φαίνεται μια γραφική λύση του προβλήματος του F ibonacci για τα κουνε­ λάκια. Οι αριθμοί στο δεξιό μέρος εκφράζουν τον αριθμό ζευγών που θα υπάρχουν στο τέλος κάθε μή­ να. Αν συμβολίσουμε με fn αυτόν τον αριθμό σχη ματίζεται η επόμενη ακολουθία: h � h h h h h h h Ι 2 3 5 8 1 3 21 34 55 ... Για την ακολουθία αυτή παρατηρούμε ότι ισχύει: fn+2 fn+l + fn με n � ο' fo = 1 'fι = 2 Ο Fibonacci στο πρόβλημά του ζητούσε τον αριθμό των ζευγών κουνελιών που θα είχαν παραχθεί σε ένα χρόνο, ζητούσε δηλαδή τον όρο � 2 . Η απάντηση που έδωσε ο ίδιος στο πρόβλημά του ήταν !1 2 = 377 Σήμερα οι μαθηματικοί προτιμούν να παριστά­ νουν την ακολουθία με τον επόμενο τρόπο: Fn+2 = Fn+l + Fn με F0 1 και F1 1 Με αυτό τον συμβολισμό η ακολουθία Fibonacci εί­ ναι =

=

=

ο, ι, ι, 2, 3, 5, 8, ι3, 2ι, 34, 55, 89, ι44, 233, 377, 6ιο, 987, ...

Είναι απολύτως φυσιολογικό να αναρωτη-θείτε γιατί είναι τόσο σημαντική η ακολουθία αυτή. Ας ανοίξουμε λοιπόν την πόρτα της αυλής των θαυμά­ των στην οποία μας βάζει αυτή η ακολουθία

---------------------------------------- 1

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/2

-------

Ακολουθία . . . θαυμάτων

ι. ο χρυσός λόγος

Ας θεωρήσουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και σημείο Μ το οποίο χωρίζει το τμήμα σε δύο μέρη α α + b = -α και β για τα οποία ισχύει α b Ο λόγος αυτός συμβολίζεται με το γράμμα φ και ονομάζεται χρυσός λόγος.

--

Να παρατηρήσετε ότι η τιμή του μήκους ΚΛ είναι ίση με φ. Μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί το πηλίκο δύο διαδοχικών όρων της ακολουθίας Fibonacci τείνει στον αριθμό φ ; ..,.,---------

1

� b � ----- -----v--­ α+b

ςΞ

_____ α____

Το γράμμα φ προέρχεται από το όνομα του αρχαίου α φ Έλληνα γλύπτη Φειδία. Έτσι α α+ b =-= b Από την προηγούμενη σχέση προκύπτει: Προκύπτει η δευτεροβάθμια εξίσωση φ2 -φ- 1 =0 με ρίζες: φ= 1 +./5 2

--

144

233 . ..

n+ 1 3 5 8 13 . .. . ..

233 377 ...

�

.. .. ..

• • •

2

Και τώρα είναι καιρός να διασκεδάσουμε. Δείτε το επόμενο κανονικό πεντάγραμμο που είναι εγγε­ γραμμένο στον κύκλο.

και φ, = 1 -./5

--

' φ • φ = -1

2

Παρατηρούμε ότι και φ= 1 ,61 8033988749894842 . . . . φ' =-0,61 8033988749894842 . . . Το ερώτημα που προκύπτει τώρα αφορά τη σχέση της ακολουθίας Fibonacci και του χρυσού λόγου. Διαπιστώθηκε ότι ο λόγος δύο διαδοχικών όρων (με αριθμητή τον μεγαλύτερο) τείνει προς τον χρυσό λόγο και μάλιστα με τόσο μεγαλύτερη ακρίβεια όσο οι όροι είναι μεγαλύτεροι. Στον επόμενο πίνακα φαίνεται η παραπάνω διαπίστωση. n 2 3 5 8 .. . .. .

�

1/2

--

1 b α 1 + -=-=>1 + -=φ α b φ

�

(n+ 1)/n 1,5 1 ,666666666 ...

1,6 1,625

... ..

.

1,618055556...

1,61802575 1 . .. .. .

Στο επόμενο σχήμα φαίνεται ένας εύκολος τρό­ πος να κατασκευάσετε γεωμετρικά τον αριθμό φ.

Επιπλέον έχουμε σχηματίσει με τις διακεκομμένες γραμμές το εγγεγραμμένο κανονικό πεντάγωνο. Οι διακεκομμένες γραμμές έχουν σκοπό να σας κάνουν να συνειδητοποιήσετε τους σχηματιζόμενους ρόμ­ βους. Το ζητούμενο είναι να αποδείξετε ότι ο λόγος των έγχρωμων ευθύγραμμων τμημάτων, όπως προσδιορίζεται από τους επόμενους λόγους ισούται με τον αριθμό φ. Φ = κόκκινο = πράσινο = γαλάζιο πράσινο γαλάζιο ροζ Θα διευκολυνθείτε πολύ εάν εντοπίσετε τις γωνίες των 72° και 36° που εμφανίζονται στο σχήμα.

2.

Το χρυσό ορθσyώvιο

Θεωρούμε ένα χρυσό οpθογώνιο με μεγάλη πλευρά α και μικρή b (κίτρινο ορθογώνιο). Θεω-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/3

------

Ακολουθία ... θαυμάτων

ρούμε ακόμα ένα τετράγωνο με πλευρά α (γαλάζιο τετράγωνο) τοποθετημένο όπως φαίνεται στο σχή­ μα. Αυτά τα δύο σχήματα μαζί αποτελούν ένα άλλο χρυσό ορθογώνιο με πλερές α και α+ b . α

ζουν πλευρές τετραγώνων. Σε κάθε τετράγωνο του χρυσού ορθογωνίου έχουμε εγγράψει ένα ημικύκλιο.

h

α

α+h

Από τις αρχές του ΧΧ αιώνα πολλοί καλλιτέχνες και αρχιτέκτονες προσπάθησαν να κατασκευάσουν έρ­ γα στα οποία να απεικονίζεται ο χρυσός λόγος και ιδιαίτερα το χρυσό ορθογώνιο θεωρώντας ότι αυτή η απεικόνιση είναι ευχάριστη από αισθητική άποψη. Λέγεται ότι η πρόσοψη του Παρθενώνα όπως και τμήματα της πρόσοψης, και όχι μόνο, είναι κατα-

σκευασμένα με βάση αυτό τον λόγο. Πάντως ο Ευκλείδης στα "Στοιχεία" του θεωρούσε αυτόν τον αριθμό ως ένα άρρητο αριθμό με ενδια­ φέρουσες ιδιότητες. Όμως κάποιοι λόγιοι αρνούνται ότι οι αρχαίοι Έλληνες απέδιδαν κάποια αισθητική έλξη στο χρυσό λόγο. Η άποψη που επικρατεί θέλει τον λόγο αυτό να εμφανίζεται σε διάφορα κατα­ σκευαστικά στοιχεία στον Παρθενώνα. Εκτός τούτου ο συμβολισμός του λόγου αυτού με το γράμμα φ που είναι το αρχικό του ονόματος του γλύπτη Φειδία, ο οποίος μαζί με τον Ικτίνο και τον Καλλικράτη κατασκευάσαν τον Παρθενώνα, πρέπει κάτι να σημαίνει 3. Η χρυσή σπείρα

Στο προηγούμενο σχήμα έχουμε σχεδιάσει μια σειρά από χρυσά ορθογώνια. Οι αριθμοί απεικονί-

Η σύνδεση των ημικυκλίων οδηγεί σε μια κα­ μπύλη που μοιάζει με επίπεδη λογαριθμική σπείpα και η οποία ονομάζεται σπείpα Fίbonaccί. Οι σπείρες αυτές εμφανίζονται συχνά τόσο στο φυτικό όσο και στο ζωικό βασίλειο. Στην απέναντι εικόνα φαίνεται ένα κουκουνάρι. Στις επόμενες δύο φωτογραφίες φαίνεται ο τρόπος διάταξης των μικρών σπορίων. Διακρίνεται μία αριστερόστρο­ φη διάταξη (γαλάζιο χρώμα) και μια δεξιόστροφή διάταξη (κόκκινο χρώμα Ανάλογες σπείρες εμφανίζονται και σε άλλα φυτά, όπως είναι το φυτό "'ηλιος" Και εδώ τα σπόρια σχηματίζουν αριστερόστροφες και δεξιόστροφες σπείρες.

Φαίνεται ότι η φύση εμφανίζει κάποια αδυναμία στις δομές που μοιάζουν με σπείρες Fibonacci. Στην επόμενη εικόνα φαίνεται η αρχιτεκτονική του κελύ­ φους ενός θαλασσίου οργανισμού. Στην επόμενη εικόνα φαίνονται τα κελύφη δύο

πραγματικών θαλάσσιων οργανισμών με δομή που μοιάζει πολύ με την σπείρα Fibonacci.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 88 τ.4/4

-------

Ακολουθία . . . θαυμάτων

I

Ακ6μα λίγος l�ibonacci Είδαμε ότι οι λύσεις της εξίσωσης φ2 Φ 1 =Ο είναι οι αριθμοί φ = (1 + .J5)/2 και φ (1 - .J5)/2 Μερικές παρατηρήσεις Α. Φ+Φ' 1 Β. Φ·Φ' = -1

I

I I 1

I

/

;

I

I

I

I

I

I

I

I

4.

-

-

=

=

Γ.

2 φ = Φ+1 2 Φ3 = Φ + φ

=

2 Φ4 = Φ3 + Φ Φ5 = Φ4 + Φ3

(Φ+1)+ φ= 2φ+1

=

=

I

(2φ+ 1)+ (Φ+1) = 3Φ+ 2

(3Φ+ 2)+ (2Φ+ 1) = sφ+ 3

Που βρίσκεται η γοητεία που ασκεί ο χρυσός λόγος στους μαθηματικούς; Ίσως στο γεγονός ότι αποτελεί το απλούστερο συνεχές κλάσμα F n =1+ Φ= J5+l =lim n->oo F

2

n-1

Ι

---

1+

4.

1 1+-

--

Αν αυτό δεν σας εντυπωσιάζει, ίσως σας εντυπω­ 5. σιάσει το γεγονός ότι αποτελεί ταυτοχρόνως και το απλούστερο συνεχές ριζικό.

Φ=�l+Jl+�l+�

6.

Αν ούτε αυτό σας εντυπωσιάζει, τότε η Λάχεσις σας ετοιμάζει ένα λαμπρό μαθηματικό μέλλον.

5. Απt) που ξι:φύτρωσι: το τρίγωνο του

Ρα.,·ι·α/;

Σίγουρα έχετε ακούσει για το τρίγωνο του Pascal που αποτελεί έναν εύκολο τρόπο για να υπολογίζε­ τε τους αριθμητικούς συντελεστές των παραγόντων της ανάπτυξης ενός διωνύμου σε ακέραια θετική δύναμη. Στο προηγούμενο σχήμα τοποθετήσαμε τους αριθμητικούς συν-τελεστές σε τετράγωνα. Πα­ ρατηρήστε τώρα τα κουτάκια που έχουν το ίδιο χρώμα:

1ι

ι. Υπάρχει ένα κίτρινο τετράγωνο με τον αριθμό ι.

2. Υπάρχει ένα πράσινο τετράγωνο που περιέχει επίσης τον αριθμό ι 3. Υπάρχουν δύο τεράγωνα με χρώμα πορτοκαλί

----

}+

I

to 1 6 I I I ιs 7 1 )5 21 I I I 56 1 8 28 70 I I I I

7.

8.

9.

που περιέχουν το καθένα τον αριθμόl . Το ά­ θροισμα είναι 2. Υπάρχουν δύο τετράγωμα με χρώμα ιώδες που περιέχουν τους αριθμούς 1 και 2 με άθροισμα 3. Υπάρχουν τρία τετράγωνα με χρώμα κόκκινο που περιέχουν τους αριθμούς Ι, 3,1 με άθροι­ σμα5. Υπάρχουν τρία τετράγωνα με χρώμα καφέ που περιέχουν τους αριθμούς 1, 4, 3 μα άθροισμα 8. Υπάρχουν τέσσερα τετράγωνα με χρώμα γκρίζο που περιέχουν τους αριθμούς Ι, 5, 6, 1 με ά­ θροισμα ι3. Υπάρχουν τέσσερα τετράγωνα με ανοιχτό γαλά­ ζιο χρώμα με τους αριθμούς 1, 6, Ι Ο, 4, με ά­ θροισμα 2ι. Υπάρχουν πέντε τετράγωνα με έντονο γαλάζιο χρώμα με τους αριθμούς 1 , 7, 15, 10, 1 με ά­ θροισμα 34. Δείτε και την επόμενη διάταξη του τριγώνου του Pascal.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/5

-------

1 1

2

3 1 1

1

ι ι

2

4

5

2 1

1 3 3 1 1 4 6 1 5 1

3

5

6

8

7

8

9

Ακολουθία ... θαυμάτων

10

4 1 10 10 5 6 15 20 1 7 21 1 8 1 13 2ι 34 55

Στην πρώτη σειρά εμφανίζεται ο αύξων αριθμός του αριθμού Fibonacci στην αντίστοιχη ακολουθία. Στην τελευταία σειρά (με κόκκινους αριθμούς απει­ κονίζονται οι αριθμοί της σειράς F ibonacci. Στο ε­ σωτερικό του πίνακα έχουν τοποθετηθεί διαγωνίως οι αριθμοί του τριγώνου του Pascal..

1Ο. Εύκολα μπορείτε να διαπιστώσετε ότι το άθροι­ σμα των αριθμών που βρίσκονται στα χρωματι­ στά τετράγωνα είναι οι διαδοχικοί όροι της ακο­ λουθίας Fibonacci. Μπορεί κάποιος να εξηγήσει γιατί συμβαίνει αυτό; 11. Να παρατηρήσετε ακόμα ότι η πρώτη αριστερή διαγώνιος περιέχει τον αριθμό1. Η δεύτερη δια­ γώνιος περιέχει τους φυσικούς αριθμούς 1,2, 3, 4, S, . . H τρίτη διαγώνιος περιέχει τους τριγωνι­ κούς αριθμο ύς Ι, Κρυμμένα μυ στικά και ντοκου μέντα.

--------­

η σειρά των 60 πρώτων μοναδιαίων ψηφίων της α­ κολουθίας F ibonacci επαναλαμβάνεται συνεχώς. Τα μοναδιαία ψηφία έχουν περίοδο 60. Τώρα μπορείτε να εξετάσετε τα δύο τελευταία ψηφία των αριθμών της ακολουθίας.

ο, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89,144, 233, 377, 610, 987, 1597, 2584, 4181, 6765, 10946, 17711, 28657, 75925, 121393, 1964 18, 3178 11,. . . Το πρό­

βλημα είναι ότι τώρα θα χρειαστείτε περισσότερους από 600 αριθμούς F ibonacci διότι η περίοδος επα­ νεμφάνισης των 2 τελευταίων ψηφίων είναι 300. Μπορείτε να αναρωτηθείτε για την περίοδο επανά­ ληψης των τριών, τεσσάρων ή πέντε τελευταίων ψηφίων, αλλά τώρα σίγουρα θα χρειαστείτε κάποιον αλγόριθμο. Ας προχωρήσουμε λίγο ακόμα σε αυτή την αυλή των θαυμάτων. Έχετε προσπαθήσει κάποια φορά να ανακαλύψετε 3 ακέραιους αριθμούς που να αποτε­ λούν πλευρές ενός ορθογώνιου τριγώνου; Δεν είναι εύκολη η προσπάθεια και τις περισσότερες φορές καταφεύγουμε στην τριάδα 3, 4, 5 ή σε ακέραια πολλαπλάσια αυτών. Υπάρχει όμως ένας τρόπος που δίνει πάντα αποτέλεσμα όταν αναζητούμε 3 Πυθαγόρειους αριθμούς. Χρειαζόμαστε 4 αριθμούς F ibonacci. Ας πάρουμε, για παράδειγμα, τους αριθ­ μούς 1,2,3,4. Ας ονομάσουμε τους δύο πρώτους και b . Τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε τον ε­ "πόμενο πίνακα: α

.

3,6,10,15,.

5. Όταν εξετάζει κάποιος πρόχειρα τους αριθμούς της σειράς F ibonacci δεν παρατηρεί κάποια κανονι­ κότητα. Και όμως υπάρχει. Αρκεί να παρατηρήσει τους αριθμούς από διαφορετική οπτική. Δείτε μερι­ κούς αριθμούς F ibonacci: ο,

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,55,8 9,144,233, 377, 61 Ο, 987, 1597, 2584, 4181, 6765, 10946, 17711, 28657,75925,121393,196418,317811,. . .

Δείτε την ακολουθία των ψηφίων (τα ψηφία των μονάδων) της ακολουθίας που έχουν γραφεί με κόκ­ κινο χρώμα. Η ακολουθία αυτή είναι

Ο, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 3, 1, 4, 5, 9, 4, 3, 7, Ο, 7, 7, 4, 1, 5, 6, ι, 7, 5, 3, 8, 1,...

Ατυχώς για να παρατηρηθεί η ιδιότητα στην οποία θα αναφερθούμε χρειάζονται τουλάχιστον 150 α­ ριθμοί της σειράς F ibonacci. Αν έχετε την υπομονή να υπολογίσετε 150 όρους της σειράς ή την επιδε­ ξιότητα να κατασκευάσετε ένα πρόγραμμα που θα υπολογίζει αυτούς τους όρους θα παρατηρήσετε ότι

Για να κατασκευάσουμε το Πυθαγόρειο τρίγωνο κάνουμε τα επόμενα: 1. Πολλαπλασιάζουμε μεταξύτους τους δύο με­ σαίους αριθμούς. Εδώ το αποτέλεσμα είναι 2χ3 = 6 .

2. Διπλασιάζουμε το αποτέλεσμα:

2χ6 = 1 2 Αυ­ τός ο αριθμός αποτελεί το μήκος της μιας κάθε­ της πλευράς του ορθογωνίου τριγώνου.

3. Πολλαπλασιάζουμε μεταξύ τους τους δύο α­ κραίους αριθμούς. Το αποτέλεσμα είναι Ι χ 5 = 5. Αυτός ο αριθμός αποτελεί το μήκος της άλλης κάθετης πλευρά του τριγώνου.

4. Για να υπολογίσουμε το μήκος της υποτείνου­ σας προσθέτουμε τα τετράγωνα του δεύτερου και τρίτου αριθμού. Εδώ έχουμε 2 2 = 4 , 2 3 = 9 . Το άθροισμα είναι 13. Η υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου είναι 13. Έτσι ποι Πυθαγόρειοι αριθμοί είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/6

5, 12, 13

----

Ακολουθία . . . θαυμάτων

Δοκιμάστε το παραπάνω "κόλπο" με την τετράδα των αριθμών Fibonacci 2, 3, 5, 8. Θα καταλήξετε στους Πυθαγόρειους αριθμούς, 30, 16, 34.

6. Η Η

κληρονομιά του Fibonacci

εμφάνιση του Fibonacci στη μεσαιωνική Ευρώπη έμοιαζε με την εμφάνιση διάττοντα αστέρα που εμφανίστηκε και χάθηκε στην μαθηματική ξεραϊλα εκείνων των χρόνων. Αυτό μπορούμε να το υποθέσουμε αν κρίνουμε από την υποδοχή που έτυχαν οι ιδέες του και από το γεγονός ότι η μαθηματική του δεξιοτεχνία άργησε να εκτιμηθεί. Πιθανόν οι σύγχρονοί του να αναρωτιούνταν "από που ξεφύτρωσε αυτός ο τρελλός;" Άλλωστε του είχαν αποδώσει το παρατσούκλι B iggolo (που στη γλώσσα της Τοσκάνης σημαίνει και αχαϊρευτος) και ίσως να αποτύπωνε την εντύπωση που τους προκαλούσε. Θα έπρεπε να περάσουν περίπου 300 χρόνια πριν οι Ευρωπαίοι φτάσουν σε εκείνο το σημείο μαθηματικής ανάλυσης που θα τους επέτρεπε να εκτιμήσουν το έργο του. Πριν από τον Fibonacci οι αριθμοί εκφράζονταν με γράμματα όπως φαίνεται στον επόμενο πίνακα Στο βιβλίο του Liber Abaci πα­ ρουσιάζει τα Ινδουιστικά/Αραβικά Ι 1, σύμβολα αριθμών στα οποία περι­ ν s, 10, λαμβάνεται και το σύμβολο του χL 50, μηδενός, Ο. Τα αριθμητικά αυτά c 100, ε�αι 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0.

D 500, Η διστακτικότητα της Ευρώπης να αποδεχθεί το νέο σύστημα δεν Μ= 1000 πρέπει να θεωρηθεί παράξενη. Όπως συμβαίνει σε κάθε αλλαγή, έτσι και τώρα υ­ πήρχαν δυνάμεις που αντιστρατεύονταν το νέο σύ­ στημα αρίθμησης. Υπήρχαν άνθρωποι βολεμένοι με το παλιό σύστημα και οι οποίοι είχαν ως επάγγελμα τους σχετικούς υπολογισμούς με τα ρωμαϊκά αριθ­ μητικά. Οι παραδοσιακοί μαθηματικοί και λογιστές έκαναν τους υπολογισμούς χρησιμοποιώντας τον άβακα και έγραφαν μόνο τα αποτελέσματα σε συμ­ βόλαια από περγαμηνές με ρωμαϊκά ψηφία. Με τον τρόπο αυτό όμως δεν μπορούσαν να γίνουν αργότε­ ρα έλγχοι για τον εντοπισμό λαθών ή απατών. Η χρήση των Αραβικών ψηφίων και συμβόλων ήταν άμεση και εύκολη και επέτρεπε την μεταφορά πάνω στα συμβόλαια και στις αποδείξεις και των ίδιων των πράξεων υπολογισμού, γεγονός που ελαχιστο­ ποιούσε την πιθανότητα λάθους ή απάτης. Με τον τρόπο αυτό δημιουργήθηκε ένα φυσικό κίνητρο για την αποδοχή των νέων ψηφίων. Φαίνεται λοιπόν ότι τελικά η ίδια η ζωή καθορίζει την τύχη που θα έχουν κάποιες καινοτομίες.

Υπάρχει όμως και κάποιος αντίλογος υπέρ των Ρωμαϊκών ψηφίων. Ένα ασυνείδητο πρόσωπο, ένα λαμόγιο όπως θα λέγαμε σήμερα, θα μπορούσε εύκολα να μετατρέψει ένα ποσό l 000 λιρών σε 1 999 λίρες. Μια τέτοια δόλια αλλαγή δεν μπορούσε να γίνει με τα ρωμαϊκά αριθμητικά. Έτσι στα 1299 δημοσιεύτηκε στη Φλωρεντία ένας νόμος ο οποίος απαγόρευε την χρήση των Ινδουιστικών/Αραβικών ψηφίων, ο οποίος όμως δεν άντεξε για μεγάλο χρονικό διάστημα εξαιτίας των πλεονεκτημά-των του Αραβικού συστήματος Υπήρξε όμως και ένα άλλο παράλληλο αποτέλεσμα της χρήσης του Αραβικού συστήματος. Η καταχώρηση των υπολογισμών πάνω στα έγγραφα αύξησε την κατανάλωση περγαμηνής που ήταν ακριβή. Αυτό το πρόβλημα το διόρθωσε η εμφάνιση του χαρτιού που ήταν φτηνό και έκανε δυνατή την καταγραφή των αλγορίθμων υπολογισμού με μικρό πρόσθετο κόστος. Ίσως δεν είναι παράξενο το γεγονός της εμφάνισης του χαρτιού στον Μουσουλμανικό κόσμο μερικούς αιώνες ενωρίτερα από την εμφάνισή του στην Ευρώπη.

Τα βασικά έργα του Fibonacci είναι τα επόμενα: Lίber Abbacί (το βιβλίο των υπολογισμών), 1 202 1.

2.

Practίca Geometrίae (Πρακτική Γεωμετρία), 1220 3. Lίber Quadratorum (το βιβλίο των τετραγώνων), 1225. Αφορούσε σε Διοφαντικές εξισώσεις 4. Flos (το λουλούδι), 1 225. Αφορούσε σε λύσεις προβλημάτων Dί mίnor guίsa (Περί ελάσσονος τρόπου). Θέματα 5. πρακτικής αριθμητικής για εμπόρους. Χαμένο.

6.

Commentary on Book Χ of Euclίd's elements. Χαμένο Είναι πράγματι κρίμα που γνωρίζουμε τόσα λίγα για τον σημαντικό αυτό μαθηματικό. Ο Boyer στο έργο του 'Ά his­ tory of Mathematics γράφει: "Είναι αλήθεια ότι στα 900 χρόνια της μεσαιωνικής Ευρωπαϊκής επιστήμης δεν εμφα­ νίστηκε άξιος αντίπαλος του Λεονάρδο. Το τελευταίο έγγραφο που αφορά στον Fibonacci είναι ένα κείμενο που εκδόθηκε από την κοινότητα της Πίζας το 1 240 με το οποίο του χορηγήθηκε ένα τιμητικό ετήσιο εισό­ δημα από 20 λίρες Πίζας για υπηρεσίες προς την κοινότητα "του σεμνού και σοφού άνδρα, Δάσκαλου Λεονάρντο" Ουδείς γνωρίζει την ημερομηνία και τις συνθήκες του θανάτου του. Πως έμοιαζε ο Fibonacci; Είχε παντρευτεί; Είχε αποκτήσει παιδιά ; Ποιες ήταν οι πολιτικές του από­ ψεις; Σε ποιο βαθμό βασίστηκε στα έργα των Ελλήνων (για παράδειγμα στα χαμένα έργα του

Σημείωση:

Εάν ο αναγνώστης επιθυμεί να πειραματιστεί προσωπι­ κά με την ακολουθία Fibonacci θα χαρώ ιδιαίτερα να του προμηθεύσω τους αντίστοιχους αλγόριθμους σε γλώσσα JAVA. Παρακαλώ ας επικοινωνήσει μαζί μου � Takis. Papachristou@gmail.com

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.417

Τα μαθηματικά και οι Νευροεπιστήμες

π

ού κρύβεται η συνείδηση; Έχουν οι φάλαινες πιο ανεπτυγμένη συνείδηση από τους ανθρώ­ πους; Είναι η γλώσσα απαραίτητη για τα μα­ θηματικ:ά; Φταίνε τα μαθηματικά για το άγχος της αιωνιότητας; Τι είναι η μεταβίβαση της «βιολογικής μνήμης». Σ' αυτά και σε άλλα ερωτήματα δίνουν απα­ ντήσεις οι τελευταίες έρευνες για τη λειτουργία του ε­ γκεφάλου. .

··

στη φαντασία, στη διαίσθηση, στην ενόραση, στη γλώσσα, στην ύπαρξη πολύπλοκων μαθηματικών δο­ μών. Από την άλλη μεριά, αυτές οι έννοιες αποτελούν στοιχεία αυτού που ονομάζουμε συνείδηση, για την ο­ ποία δεν υπάρχει ως σήμερα ολοκληρωμένη επιστημο­ νική θεωρία. Υπάρχει έμφυτη γνώση, όπως πίστευε ο Πλάτωνας, ή ο εγκέφαλος είναι ένα λευκό πινάκιο το οποίο γεμίζει μόνο από τις εμπειρίες, όπως πίστευε ο Αριστοτέλης; Ο κ. Φωκάς πιστεύει ότι «ο Πλάτωνας ζει στα νευρωνικά κυκλώματα, ενώ ο Αριστοτέλης ζει στις συνάψεις» και ότι όσοι έχουν ιδιαίτερες ικανότητες «έχουν κατευθείαν πρόσβαση στο υποσυνείδητο » .

Ο πολυβραβευμένος Ιατρός και Μαθηματικός Αθανά ­ σιος Φωκάς, καθηγητής μαθηματικών στο Πανεπιστή­ μιο του Cambridge μίλησε σε διάλεξή του στο The Hub Eνents την 1 η Απρίλη με θέμα: Π ώς γνωρίζουμε; Έμ­

φυτη γνώση, υποσυνείδητο και μαθηματικά.

Μια παρόμοια ομιλία είχε πριν λίγους μήνες ο κ:. Φωκ:άς και στην Ακαδημία Αθηνών με θέμα: Τι είναι γνώση; Πώς γνωρίζουμε; Ποιος είναι ο ρόλος των μαθηματικών στην προσπάθεια κατανόησης της δυναμικής του εγκε­ φάλου;

Η δράση των νευροδιαβιβαστών στις συνάψεις

Αφού «το βιβλίο των μαθηματικών είναι γραμμένο στη μαθηματική γλώσσα» όπως έλεγε ο Γαλιλαίος ο κ. Φωκάς τόνισε ιδιαίτερα τη σημασία των σύγχρονων a­ πεικονιστικών τεχνικών για τη μελέτη της λειτουργίας και δυναμικής του εγκεφάλου και τον ρόλο των μαθη­ ματικών στην ανάπτυξη αυτών των τεχνικών.

z• 2

Οι πρώτοι που έθεσαν τέτοιου είδους ερωτήματα ήταν οι Αρχαίοι Έλληνες αλλά τα ερωτήματα αυτά α­ πασχολούν μέχρι και σήμερα τους επιστήμονες. Στη διάλεξή του, ο Ακαδημαϊκός Αθανάσιος Φωκάς ανέ­ πτυξε την άποψη ότι οι πιο θεμελιώδεις κατηγορίες στη διαδικασία του σκέπτεσθαι είναι η έμφυτη γνώση σε αντιδιαστολή με την επίκτητη γνώση καθώς και η ασυ­ νείδητη αντίληψη σε αντιδιαστολή με την επίγνωση. Δεδομένου ότι πριν από κάθε συνειδητή εμπειρία προη­ γείται μια ασυνείδητη διαδικασία, ο κ:. Φωκάς ισχυρίζε­ ται ότι η διαδικασία της επίγνωσης είναι σχετικά αργή και μετρήσιμη, της τάξεως του μισού δευτερολέπτου. Σε αυτή την εντυπωσιακή επεξεργασία μαγνητο­ γραφήματος φαίνεται η δράση των νευροδιαβιβαστών στις συνάψεις. Τα εντυπωσιακά επιτεύγματα των επι­ στημονικών ανακαλύψεων στηρίζονται στην αντίληψη,

Η ερευνητική ομάδα του κ:. Α. Φωκά με το σύνο­ λο των συστημάτων σάρωσης του εγκεφάλου ιχνηλα­ τούν τη δομή του ή εντοπίζουν τη ροή αίματος σε αυ ­ τόν, οι μαγνητοεγκ:εφαλογράφοι (MEG scanners) κατα­ γράφουν τα μαγνητικά σήματα που εκπέμπουν οι νευ­ ρώνες καθώς επικοινωνούν. Έτσι χαρτογραφούν το δί­ κτυο επικοινωνιών του εγκεφάλου σε πραγματικό χρό­ νο, εν δράσει. Και καταγράφουν τη λειτουργία του εγκεφάλου μετρώντας τις διαφορές ηλεκτρικής τά­ σης μεταξύ των τμημάτων του.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/8

αβημaτικοί Αιαyωvισμοί αβηματικέ� ΟΑtJμιιιaδες

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

30η

Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα 'Ό Αρχιμήδης" 23 Φεβρουαρίου 2013

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών ( απ ) , η = 1, 2, 3, ... με α1

= 2 και

α.

Να προσδιορίσετε τον όρο α201 3 Λύση (1 ος τρόπος)

=

( 1) ( η+

η-1

α1 + α2 +

··· + α._1 ) , η � 2.

•

· α1 + α2 ) = 4 · 4 · 2 = 4 · 2 2 , α1 =2, α2 =� · α1 =3 · 2, α3 = 4 ( 2 2 1 3 6 64 = 6 · 24.

5 α4 =-5(· α1 + α2 + α3 ) = · 24 = 5· 2 α5 = 6 · ( α1 + α2 + α3 + α4 ) =-· 4 4 3 3 n ( ι · Υποθέτουμε ότι ισχύει αn = n + 1) 2 , για κάθε n =1, 2, 3, . .. , k . Θα αποδείξουμε ότι ισχύει ( k το ίδιο και για n =k + 1 , δηλαδή ότι ισχύει: αk+Ι = k + 2) · 2 . k+ 2( k+ 2 ( k1 ( Ι Πράγματι, έχουμε αk+ι = - -· α,+� + G:J + ··· +αk ) = - -· 2+3· 2 +4· 22 + ··· + k+1 ) · 2 - ) k k + 2 k ( Ο Ι αk+Ι =--· 2 · 2 + 3 · 2 + 4 · 22 + ··· +(k + 1 ) · 2k-1 ) οπότε προκύπτει ότι: (1) k Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της σχέσης ( 1) επί 2, λαμβάνουμε 1 2αk+l =k+ 2 · ( 2 + 3 · 2 2 + 4 · 23 + ··· + (k + 1) · 2k ) ' (2) k οπότε με αφαίρεση της (1) από τη (2) κατά μέλη, λαμβάνουμε: 3 k+2 αk+Ι = --· ( -2 - 2Ι - 22 - 2 + ··· - 2k- 1 +(k + 1 ) · 2k ) k k 2 a,,, + (k+ 1) · 2' k ; 2 · (-2' + (k+ 1) · 2' ) � (k + 2) · 2'. � ; Άρα έχουμε: α 0 1 3 =2014 · 2 2 0 1 2 2 Παρατηρούμε ότι:

-

-

}

{-1-1;::_;

2°ς τρόπος

Θεωρούμε τις σχέσεις

( ) ( )

n + 1 (α + α + ··· + α ), n � 2, αn = n- ι n-1 ι 2 n +-2 ( α + α + . . . + α ) � 1, αn+l = ι 2 n 'n n

(3) (4)

(5)

από τις οποίες λαμβάνουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ. 4/9

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

α1 + α2 + + αn = (-n n+2-)αn+I, n;:: Ι.

(6) Με αφαίρεση της σχέσης (5) από τη σχέση (6) κατά μέλη λαμβάνουμε αn = (-n +n-2)αn+I - ( nn +- 11)αn αn+Ι = (2(nn++12))αn, n;:: 1 Επομένως έχουμε αn = (2(n + 1))αn-] = (2(n + 1))( 2� )αn 2 = . .. n n1 n n n = (2(n + 1)) ( 2� ) ( 2�4 ) ( 2�3)αΙ = ( n + 1) .2 -2. αΙ = ( n + 1)· 2 -I' 1 n n ' α1 = 2. ρα εχουμε α 1 = 2014 22 1 2 αφου' ειναι 2 · · ·

=>

(7)

_

..·

Ά

'

03

·

·

0

.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ2

Στο σύνολο των ακεραίων να λύσετε την εξίσωση: y 2χ2 + 5xy + 3y2 =

•

Λύση

(1°ς τρόπος) (1) Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την y = 2χ2 + 2xy + 3xy+3y2 <=> y = ( χ+ y ) ( 2χ+ 3y) Αν θέσουμε χ+ y = z, τότε πρέπει z Ε Ζ και η εξίσωση (1) γίνεται y = z( 2z + y) <=> y = 2z2 + yz <=> ( z-1) y = 2z2 . ( 2) Για z= 1 η εξίσωση ( 2) γίνεται Ο· y = - 2 (αδύνατη).

2z2 - 2( z2 - 1) + 2 = -2( z+ 1) - 2 . Για z-::f:.1 η εξίσωση γίνεται y = --= (3) z- 1 z- 1 z- 1 Για να είναι ο y ακέραιος πρέπει ο z- 1 να είναι διαιρέτης του 2, δηλαδή πρέπει z- 1 Ε {-1, 1, - 2, 2} <:::> Ζ Ε {0, 2, -1, 3 } . Για z = Ο , λαμβάνουμε τη λύση ( χ, y) = (Ο, Ο). Για z = 2, λαμβάνουμε τη λύση (x,y) = (10, -8) . Για z = -1 , λαμβάνουμε τη λύση ( χ, y) = ( -2,1) . Για z= 3 , λαμβάνουμε τη λύση (x,y) = (12,-9) . ' 20,·τροπος Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την y = 2χ2 + 2xy+3 xy+3 / <=> ( χ+ y - 1 ) ( 2x+ 3y+ 2) = -2 (4) Επειδή ζητάμε λύσεις στους ακέραιους, οι δύο παράγοντες στο πρώτο μέρος πρέπει να είναι ακέραιοι, οπότε από την εξίσωση (4) έχουμε τις περιπτώσεις: 1 � � ( χ, Υ) � (ο, ο) 2 Υ ο 1 . � ( x, y) � (10, -8) : : -2 � χ 1 �2 3 � (x,y) (1 2,-9) � + 2 � -1 -3 2 + �. (x, y) �( -2,1) � 1 y� 1 � χ 3 "ς τρόπος Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα στη μορφή 2x2 +5)-X+ 3 /-y = O, (4) δη λαδή είναι δευτεροβάθμια ως προς χ με ακέραlΟ't>ζ συντελεστές. Για να έχει η εξίσωση αυτή ακέραtες λύσεις πρέπει η διακρίνσυσά της να είναι τέλειο τετράγωνο, δηλαδή πρέπει Δ = / + 8y = y (y 8) = p2 , όπου ρ ακέραιος.

•

-

•

•

•

•

·

•

ι::�::�: } �ι::� : } ι :; �: } ι::�:�} ι: +�� } �ι::�: } {; ;;;��: } ι::� � }

+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ. 4/10

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Αν είναι p = Ο , τότε θα είναι Δ = Ο και y = Ο ή y = -8 . Για y = Ο , από την εξίσωση (4) προκύπτει ότι χ = Ο , δηλαδή είναι ( χ, y) = (Ο, Ο) . Για y = -8 , από την εξίσωση (4) προκύπτει ότι χ = 10, οπότε έχουμε τη λύση ( χ, y) = ( 1 Ο, -8) . Αν είναι p -:f:. Ο , τότε πρέπει η εξίσωση / + 8y - p2 = Ο , (6) να έχει ακέραιες λύσεις ως προς y για κατάλληλες τιμές του p . Άρα, πρέπει η διακρίνουσα της εξίσωσης (5) να είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου. Άρα πρέπει να είναι Δ ' = 64 + 4p2 = 8 2 + ( 2p)2 = w2 , οπότε η τριάδα ( 8, 2p, w) πρέπει να είναι μία Πυθαγόρεια τριάδα. Όμως όλες οι Πυθαγόρειες τριάδες είναι της μορφής (k · (m2 - n2 ),k· 2mn,k·(m2 + n2 )) , όπου k,m, n θετικοί ακέραιοι, m>n . Άρα οι δυνατές περιπτώσεις είναι: k · ( m2 - n 2 ) 8, k · 2mn = 2p (7) ή k · 2mn = 8, k ( m2 - n 2 ) = 2p.

(8) . Για k = 1 η σχέση (6) μπορεί να αληθεύει με (m, n) = ( 3, 1) , οπότε p = 3 . Τότε η εξίσωση (5) γίνεται / + 8y - 9 = Ο <::::> y = 1 ή y = -9 , δηλαδή έχει ακέραιες λύσεις Από την εξίσωση (4) λαμβάνουμε τις λύσεις χ= -2 , για y = 1 και χ= 12, για y = -9 , οπότε έχουμε τις λύσεις: ( x,y) = ( -2, 1) και ( x,y) = (12, -9) . Για k?::. 2 , από το σύστημα (6) δεν προκύπτει ακέραια τιμή για το p . Ομοίως, από το σύστημα (7) δεν προκύπτουν ακέραιες τιμές για το p . Εναλλακτικά, όταν φθάσουμε στην αναγκαία συνθήκη Δ ' = 64 + 4p2 = w2 μπορούμε να συνεχίσουμε ως εξής: Δ ' = 64 + 4p2 = w2 <::::> w2 - 4p2 = 64 <::::> ( w- 2p)( w+ 2p) = 64 . Στη συνέχεια, για την επιλογή των ακέραιων παραγόντων του πρώτου μέλους, παρατηρούμε ότι: ( w+ 2p) + (w- 2p) = 2w=πολλαπλάσιο του 2 ( w+ 2p) - ( w- 2p) = 4p =πολλαπλάσιο του 4. Επομένως οι περιπτώσεις που οδηγούν σε θετικές ακέραιες λύσεις για τα w και p είναι μόνον οι εξής: w+ 2p= 1 6 <=> ( w, p) = ( 10,3) . Τότε η εξίσωση (6) γίνεται : w- 2p= 4 y 2 + 8y - 9 = Ο <::::> y = -9 ή y = 1 , οπότε από την αρχική εξίσωση προκύπτουν τα ζεύγη (x,y) = (12, -9) και (x,y) = (-2, 1) . w+ 2p = 8 <::::> ( w,p) = (8, 0) . Τότε η εξίσωση (6) γίνεται: w- 2p= 8 / + 8y = Ο <=> y = Ο ή y = -8 , οπότε από την αρχική εξίσωση προκύπτουν τα ζεύγη ( x, y) = (Ο, Ο) και (x, y) = (10, -8) .

•

•

=

·

•

•

{

}

{

}

Παρατήρηση:

y

Μπορούμε ακόμη να θεωρήσουμε την εξίσωση ως τριώνυμο μεταβλητής και να εργαστούμε ανά'λσyα, όπως στη παραπάνω περίπτωση . Τότε καταλήγουμε στην αναγκαία συνθήκη να είναι τέλειο τετράγωνο, η διακρίνουσα Δ= χ2 -10χ+24

=

(χ-5)2 -1,

(χ-5)2 -1 ω2 � (χ-5γ -ω2 1 � (χ-5-ω)(χ-5+ω)

δηλαδή

=

=

=

1 , από την

οποία προκύπτουν τελικά οι ακέραιες λύσεις της αρχικής εξίσωσης.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ3

.

Δίνονται τα σύνολα Αι, Α2, , Αι60 τέτοια ώστε I Αϊ I = i, i = 1, 2, , 160 Με τα στοιχεία των συνόλων αυτών κατασκευάζουμε καινούρια σύνολα Μι,Μ2, ,Μ0 με την ακόλουθη διαδικασία: Στο πρώτο βήμα επιλέγουμε κάποια από τα σύνολα Αι, Α2, , Αι60 και •••

.•.

•••

•••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ. 4/1 1

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

αφαιρούμε από καθένα από αυτά τον ίδιο αριθμό στοιχείων. Όλα τα στοιχεία που αφαιρούμε αποτελούν τα στοιχεία του συνόλου Μ Στο δεύτερο βήμα επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικασία στα σύνολα που έχουν προκύψει μετά την εφαρμογή του πρώτου βήματος και έτσι ορίζουμε το σύνολο Μ2 Συνεχίζουμε ομοίως μέχρι που να εξαντληθούν όλα τα στοιχεία των συνόλων Α1,Α2, ,Α160 ορίζοντας έτσι τα σύνολα Μ3, •••,Μ0 • Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του αριθμού η 1

•

•

•••

•

Λύση Υποθέτουμε ότι κατά το πρώτο βήμα αφαιρούμε από όλα τα επtλεγμένα σύνολα k1 στοιχεία, κατά το δεύτερο βήμα αφαιρούμε k2 στοιχεία και ομοίως κατά το n - στό βήμα αφαιρούμε kn στοιχεία. Όταν εξαντληθούν τα στοιχεία όλων των συνόλων Α1 ,Α2,••• ,An, τότε θα πρέπει το κάθε ί = IA;i• ί- 1,2,... , 1 60 , να είναι άθροισμα κάποιων όρων από τους k1 ,k2, ,kn. Όμως τα δυνατά n αθροίσματα που δημιουργούνται από όρους που ανήκουν στο σύνολο {k1 ,k2, ,kn} είναι 2 , αφού για τη δημιουργία τέτοιων αθροισμάτων για κάθε όρο υπάρχουν δύο επιλογές, δηλαδήn μπορούμε να συμπεριλάβουμε τον όρο στο άθροισμα ή όχι. Επομένως πρέπει να ισχύει ότι 2 :?: 1 60 , οπότε πρέπει n:?: 8 και η ελάχιστη πιθανή τιμή του n είναι το 8. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι για n = 8 μπορούμε να επιτύχουμε την εξάντληση των στοιχείων των δεδομένων συνόλων με την προβλεπόμενη διαδικασία, οπότε η ελάχιστη δυνατή τιμή του n θα είναι 8. Στο πρώτο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α81 ,•• .Αι60 και αφαιρούμε από το καθένα από αυτά 80 στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μι θα έχει 80 · 80 = 6400 στοιχεία. Συμβολίζουμε τα σύνολα που απομένουν μετά την αφαίρεση των 80 στοιχείων ως Α� ι,... ,Α:60 • Τότε τα σύνολα Α; και A�O+i' ί = 1,2,... , 80 έχουν από ί στοιχεία. Στο δεύτερο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α4 ι,... ,Α80 , Α:2ι,... ,Α:60 και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 40 στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μ 2 θα έχει 80 · 40 = 3200 στοιχεία. Συμβολίζουμε τα σύνολα που απομένουν μετά την αφαίρεση των 40 στοιχείων ως Α�ι,... ,Α�0 και Α�2ι,... ,Α�60 • Τότε τα σύνολα Α;, Α�Ο+ί' Α�ο +;και Α�2ο +;,ί = 1,2,... ,40 έχει το καθένα από ί στοιχεία. Στο τρίτο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α2ι,... ,Α40 , A�o+;•····A:oo+i , A�40+i,ί = 1,2,... , 20 αφαιρούμε από καθένα από αυτά 20 στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μ3 θα έχει 80 · 20 = 1 600 στοιχεία. Συνεχίζουμε ομοίως με ανάλογους συμβολισμούς, θεωρώντας στο τέταρτο βήμα τα σύνολα Αιο +ί'A�O+i'A;o+i'A;O+i'A�O+i' Α�ιο+ί'A�30+i'A�so+i'ί = 1,2,... , 1 0 , και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 1 Ο στοιχεία. Έτσι το σύνολο Μ 4 θα έχει 80 · 1 Ο = 800 στοιχεία. Τα σύνολα που απομένουν έχουν το καθένα το πολύ 1 Ο στοιχεία. Στο πέμπτο βήμα επιλέγουμε τα μισά από αυτά, δηλαδή τα A�+i(modιo)•ί = 1,2,3,4,5 με τον κατάλληλο εκθέτη f = 1,2,3,4 κάθε φορά και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 5 στοιχεία, οπότε το σύνολο Μ5 θα έχει 80 · 5 = 400 στοιχεία. Έτσι έχουν απομείνει 32 ομάδες συνόλων που έχουν από ένα μέχρι πέντε στοιχεία. Στο έκτο βήμα επιλέγουμε από αυτά τα A�+ί(modS)'ί = 1,2,3 , συνολικά 96 σύνολα, με τον κατάλληλο εκθέτη f = 1,2,... ,5 κάθε φορά και αφαιρούμε από καθένα από αυτά 3 στοιχεία, οπότε το σύνολο Μ6 θα έχει 96 3 = 288 στοιχεία. Τότε τα 32 σύνολα A1<mods) γίνονται κενά , τα σύνολα Αι, A�(modJ) έχουν από ένα στοιχείο, ενώ τα σύνολα Α2, A�<mod J), με τον κατάλληλο δείκτη f = 1,2,. . , 6 έχουν από δύο στοιχεία. Στο έβδομο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Α2, A;<modJ), με τον κατάλληλο δείκτη f = 1 , 2, ... , 6 και τους αφαιρούμε από δύο στοιχεία, οπότε γίνονται κενά, ενώ στο όγδοο βήμα θεωρούμε τα σύνολα Αι, A�<modJ),f = 1 , 2,... , 6 και τους αφαιρούμε από ένα στοιχείο, οπότε •••

•••

·

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ. 4/12

-------

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

γίνονται κενά. Έτσι το σύνολο Μ7 θα έχει 128 στοιχεία, ενώ το σύνολο Μ 8 θα έχει 64 στοιχεία. Π α ρατή ρησ η :

Η προηγούμενη απόδειξη για ότι ο αριθμός των βημάτων μπορεί να είναι 8, δεν είναι μοναδική. Θα μπορούσαμε στο πρώτο βήμα να πάρουμε τα 81 σύνολα Α80 , Α8 1 , Α160 και να τους αφαιρέσουμε από 80 στοιχεία με ανάλογη συνέχεια ••••

στα επόμενα βήματα. Τότε θα aφαιρούσαμε στο πρώτο βήμα πλήθος στοιχείων που μπορεί να αφαιρεθούν στο πρώτο βήμα.

8 1 · 80 6480 =

στοιχεία που είναι και το μεγαλύτερο

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) (με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα R ) και έστω Δ τυχόν σημείο της πλευράς ΒΓ (διαφορετικό από το μέσο της ΒΓ ) Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΟΔ (έστω c1 ) τέμνει τον κύκλο c(O,R) στο σημείο Κ και την ΑΒ στο σημείο Ζ . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΟΔ , έστω c2, τέμνει τον κύκλο c(O,R) στο σημείο Μ και την ΑΓ στο σημείο Ε. Τέλος, ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΕΖ έστω c3 , τέμνει τον κύκλο c(O, R) στο σημείο Ν. Αποδείξτε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΜΝ είναι ίσα. Λύ ση .

Θα αποδείξουμε ότι ο κύκλος c3 περνάει από το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ . Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c2 τετράπλευρο ΟΔΓΕ έχουμε: 01 = Γ . Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c1 τετράπλευρο ΟΔΒΖ έχουμε: 02 = Β . Από τη πρόσθεση κατά μέλη των δύο προηγούμενων ισοτήτων γωνιών λαμβάνουμε: 01 +02 =Β+ Γ => .Εόz=Β+f'=18σ -Α, οπότε το τετράπλευρο ΑΕΟΖ είναι εγγράψιμο (άθροισμα απέναντι γωνιών 1 80° ) Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι οι κύκλοι c1 , c2 , c3 είναι ίσοι μεταξύ τους. Από το εγγεγραμμένο στο κύκλο c1 τετράπλευρο ΟΔΒΖ έχουμε; Δ 2 = Ζ2 Από c2 το εγγεγραμμένο στο κύκλο τετράπλευρο ΟΔΓΕ έχουμε: Επομένως έχουμε ότι: Δ 2 = Ζ2 = Ε1 Οι τρεις αυτές ίσες γωνίες βαίνουν στις ίσες χορδές ΟΒ , ΟΓ και ΟΑ των κύκλων c1 , c2 και c3 αντίστοιχα. Άρα οι κύκλοι c1 , c2 , Σχήμα 1 c3 έχουν ίσες ακτίνες, οπότε είναι ίσοι μεταξύ τους. Στους ίσους κύκλους c1 και c2 , οι γωνίες Ζ1 και Δ 1 βαίνουν στις ίσες χορδές ΟΚ και ΟΜ ( οκ = ΟΜ = R ), οπότε θα είναι: z l = Δ I Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι τα σημεία Κ, Δ, Μ είναι συνευθειακά. Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι τα σημεία Μ, Ε, Ν και τα σημεία Ν, Ζ, Κ είναι επίσης συνευθειακά. Από τις ισότητες των γωνιών ΒΔΚ = ΓΔΜ και ΓΕΜ = ΑΕΝ (που είναι κατά κορυφή) προκύπτει η ισότητα των ευθυγράμμων τμημάτων ΑΝ = ΒΚ = ΓΜ (τα οποία είναι χορδές του κύκλου c(O, R) . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΜΝ έχουν κοινό περίκεντρο Ο και το ΚΜΝ είναι η εικόνα του ΑΒΓ στη στροφή με κέντρο το σημείο ο και γωνία ΑΟΝ = ΒΟΚ = ΓΟΜ = ω . Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα μεταξύ τους. .

•

•

c,

.

Λ

Λ

Παρατήρηση. Το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, ταυτίζεται με το σημείο Miquel που αντιστοιχεί στα σημεία Δ,Ε,Ζ των πλευρών του τριγώνου. Έτσι μπορεί να προκύψει άμεσα ότι το τετράπλευρο ΑΕΟΖ είναι εγγράψιμο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ. 4/1 3

-----Λύσε ι ς ασκήσεων από τα τεύχη 86 κα ι 87

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD . Θεωρούμε τον κύκλο Γ1 που περνάει από τα σημεία Α , Β και εφάπτεται της ευθείας CD στο σημείο Ε . Θεωρούμε και τον κύκλο Γ 2 που περνάει από τα σημεία Β , C και εφάπτεται της ευθείας DA στο σημείο F . Επίσης θεωρούμε και τον κύκλο Γ3 που περνάει από τα σημεία C , D και εφάπτεται της ευθείας ΑΒ στο σημείο G . Τέλος, θεωρούμε τον κύκλο Γ 4 που περνάει από τα σημεία D , Α και εφάπτεται της ευθείας BC στο σημείο Η . Να αποδείξετε ότι EG l_ FH . [Λευκορωσία, ΜΟ 2012] Γt I.

Λύ ση

χ

Στην περίπτωση που το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο ή ορθογώνιο, τότε έχει έναν ή περισσότερους άξονες συμμετρίας. Τότε η καθετότητα EG l_ FH προκύπτει άμεσα από τη συμμετρία της κατασκευής. Υποθέτουμε ότι το τετράπλευρο ABCD δεν είναι τραπέζιο ή ορθογώνιο και έστω Χ το σημείο τομής των ευθειών BC και AD . Επειδή ο κύκλος Γ2 εφάπτεται της ευθείας AD στο σημείο (1) XF2 = ΧΒ · XC .

F , έπεται ότι: 2 (2) ΧΗ = ΧΑ · XD . Ομοίως λαμβάνουμε Επειδή το τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο, έπεται ότι:

(3)

XB · XC = XA · XD προκύπτει ότι XF = ΧΗ, οπότε το τρίγωνο XHF είναι

Από τις ισότητες (1) , (2) και (3) ισοσκελές. Επομένως έχουμε BHF = � ( 180° - CXD ) = � ( C + b) , όπου

(4)

C,D είναι γωνίες του τετραπλεύρου ADCD . Ομοίως λαμβάνουμε και την ισότητα Λ 1 ( Λ Λ) BGE = A+D (5) l

Αν Υ είναι το σημείο τομής των ευθειών GE και EF , τότε από το τετράπλευρο BGYH και τις προηγούμενες σχέσεις λαμβάνουμε: GYH

=3600 - (Β+ � ( C + D) +�( A + n)) =360o -(B + D +� ( A + c)) =360° -(ιsοο +Ξ· 18Οο ) =90°.

Γ12. Δίνεται τρίγωνο

ABC με ΑΒ > Α C Έστω D, Ε, F τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του με τις πλευρές BC, CA, AB, αντίστοιχα. Έστω Μ το μέσο της πλευράς BC και ΑΗ l_ BC στο σημείο Η . Η διχοτόμος ΑΙ της γωνίας BAC , όπου Ι το έκκεντρο του τριγώνου ABC , τέμνει τις ευθείες DE και DF στα σημεία Κ και L, αντίστοιχα. Να •

αποδείξετε ότι τα σημεία M, L, H και Κ είναι ομοκυκλικά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 8 τ. 4/14

[Κίνα, Western M0, 2011]

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λ ύ ση

------

Α

c

Β

Σχήμα 2 Φέρουμε τα τμήματα CL,BI,DI,BK και ΚΗ . Έστω ότι η προέκταση της CL προς το μέρος του L τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Ν . Από το τρίγωνο ΑΒΙ έχουμε BiK = ΒΑ! + ΑΒΙ BAC+ABC) = Ξ (180° - ACB) (1 ) Τα τμήματα CD, CE είναι ίσα, ως εφαπτόμενα από το σημείο C προς τον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC, δηλαδή CD =CE . Επομένως, από το τρίγωνο DEC έχουμε EDC = DEC = Ξ ( 180° - ACB) .

(2)

= Ξ(

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έπεται ότι BiK = EDC και αφού EDC = BDK (ως κατά κορυφή), έπεται ότι και BiK = BDK, οπότε τα σημεία B,K,D και Ι είναι ομοκυκλικά. Επομένως Bh = BDI = 90°, (3) έχουμε αφού D είναι σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την πλευρά BC του τριγώνου ABC και Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου. Από την σχέση (3) έπεται ότι ΒΚ _l ΑΚ Ομοίως, από τις σχέσεις ιic =Ξ( 180° - Β ) = BDL .

προκύπτει ότι τα σημεία Ι, L, D, C είναι ομοκυκλικά και IiC = IDC = 90° , οπότε μπορεί να προκύψει και η καθετότητα CL _l AL . Όμως η AL διχοτομεί τη γωνία Α οπότε το σημείο L θα είναι το μέσον της CN Επειδή το σημείο Μ είναι το μέσον της πλευράς BC, έπεται ότι Λ1L 11 ΑΒ .Επειδή BiA = ΒΗΑ = 90°, έπεται ότι τα σημεία Β,Κ,Η και Α είναι ομοκυκλικά, οπότε Mifκ = ΒΑΚ = lv.fiκ (λόγω και της παραλληλίας Λ1L 1 1 ΑΒ ), οπότε και τα σημεία M,L,H και Κ είναι ομοκυκλικά. ,

.

Θεωρούμε ότι ένα ντόμινο αποτελείται από δύο μοναδιαία τετράγωνα (τετράγωνα πλευράς 1), τα οποία έχουν μία κοινή πλευρά. Ομοίως, ένα τετρόμινο αποτελείται από τέσσερα μοναδιαία τετράγωνα που τα διαδοχικά έχουν μία κοινή πλευρά. Τα τετρόμινα εμφανίζονται με διάφορα σχήματα, αλλά στο παρόν πρόβλημα θεωρούμε μόνο L-τετρόμινα, που έχουν το σχήμα του γράμματος L ή του συμμετρικού του ως προς τις δύο πλευρές του, με τρία μοναδιαία τετράγωνα σε μία γραμμή και το τέταρτο να συνδέεται με ένα από τα τετράγωνα στις άκρες της γραμμής. Να εξετάσετε, αν είναι δυνατόν να καλύψουμε ένα 1 Ο χ 1 Ο τετράγωνο με μη επικαλυπτόμενα L-τετρόμινα . Δ6.

Λύ ση Η

απάντηση είναι αρνητική. Για τη διαπίστωση της απάντησης αυτής, θεωρούμε το ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ. 4/15

lOxlO

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

τετράγωνο ως ένα πλέγμα με 1 00 μοναδιαία τετράγωνα, τα οποία για συντομία θα τα αποκαλούμε «κουτιά». Χρωματίζουμε τα κουτιά όπως στο σχήμα 3, δηλαδή όλα τα κουτιά των στηλών 1 , 3, 5, 7, 9 είναι μαύρα, ενώ όλα τα κουτιά των στηλών 2, 4, 6, 8 και 1 0 είναι λευκά. Ας υποθέσουμε ότι τοποθετούμε στο πλέγμα ένα L-τετρόμινο έτσι ώστε καθένα από τα τέσσερα τετράγωνά του να καλύπτει ακριβώς ένα κουτί. Αυτό μπορεί να γίνει με διάφορους τρόπους, για παράδειγμα υπάρχουν τέσσερις τέτοιες τοποθετήσεις με τη μεγαλύτερη πλευρά του L κατακόρυφη και άλλες τέσσερις με τη μεγαλύτερη πλευρά του L οριζόντια.

Σχήμα 3 Είναι εύκολο να παρατηρήσουμε ότι σε όλες αυτές τις τοποθετήσεις για το L- τετρόμινο , συμβαίνει ένα από τα ακόλουθα: καλύπτονται 3 κουτιά μιας λευκής στήλης και ένα κουτί μιας μαύρης στήλης ή καλύπτονται 3 κουτιά μιας μαύρης στήλης και ένα κουτί μιας λευκής στήλης. Ορίζουμε ως υπέρβαση για το L-τετρόμινο τη διαφορά των αριθμών των επικαλυπτόμενων κουτιών διαφορετικών χρωμάτων, δηλαδή η υπέρβαση ενός L- τετρόμινου μπορεί να είναι ±2 . Ας υποθέσουμε ότι το δεδομένο πλέγμα μπορεί να επικαλυφθεί χωρίς επικαλύψεις με L­ τετρόμινα. Επειδή κάθε L - τετρόμινο έχει 4 κουτιά, ενώ το πλέγμα έχει συνολικά 1 00, έπεται ότι θα χρειαστούμε 25 L- τετρόμινα. Κάθε L-τετρόμινο της επικάλυψης έχει υπέρβαση ±2 . Επειδή το δεδομένο πλέγμα καλύπτεται πλήρως από τα 25 L-τετρόμινα και έχει τον ίδιο αριθμό μαύρων και λευκών κουτιών, ο συνολικός αριθμός των υπερβάσεων πρέπει να είναι Ο. Όμως ο αριθμός 25 είναι περιττός οπότε δεν είναι δυνατόν ο αριθμός των θετικών υπερβάσεων να ισούται με τον αριθμό των αρνητικών υπερβάσεων. Αυτό σημαίνει ότι δεν είναι δυνατόν ο συνολικός αριθμός υπερβάσεων να είναι Ο. Επομένως δεν είναι δυνατή η ζητούμενη κάλυψη. Δ7. Δίνεται θετικός ακέραιος n Υπάρχουν n αγόρια και n κορίτσια τοποθετημένα σε μία γραμμή. Δίνουμε σε κάθε άτομο Χ από τα αγόρια και κορίτσια της γραμμής έναν αριθμό γλυκών ίσο με τον αριθμό των ζευγών (α, b), όπου τα α, b είναι άτομα αντίθετου φύλου από το άτομο Χ και βρίσκονται μεταξύ των α και b Να αποδείξετε ότι ο συνολικός αριθμών των γλυκών που θα •

•

πάρουν τα n αγόρια και τα n κορίτσια δεν είναι μεγαλύτερος του Λύση

�(

n n

2

)

-1 .

[Βιετνάμ ΜΟ, 2012]

Σημειώνουμε ένα αγόρι με το γράμμα Α και ένα κορίτσι με το γράμμα Κ. Κατ' αρχή μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι ο συνολικός αριθμός των γλυκών είναι ακριβώς n ( n 2 - 1 ) , στην περίπτωση που η ευθεία μπορεί να διαμεριστεί σε n διαδοχικά ζεύγη από ένα αγόρι και ένα κορίτσι. Πράγματι, αν τοποθετήσουμε σε μία ευθεία διαδοχικά τα n ζευγάρια ΑΚ, τότε, λόγω συμμετρίας, για τα n αγόρια και για τα n κορίτσια θα προκύψει ο ίδιος αριθμός γλυκών. Λαμβάνοντας υπόψη, πόσα άτομα αντιθέτου φύλου υπάρχουν πριν και πόσα μετά από το τυχόν

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ. 4/16

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

άτομο της τοποθέτησης που κάναμε, έχουμε ότι ο ζητούμε νος αριθμός είναι 2 [( n - 1) + 2( n - 2) + 3( n -3)+ ... + ( n - 2) · ( n - n + 2) +( n - 1)( n - n + 1)] n-1 n- 1 n -1 n-1 n- 1 (n l)n (n -..,__ 1) n(2n 2 ....:.

--- � ..,.._ 1) 2Σ ί · (n -ί) = 2 Σ ί · n - 2 Σ ί = 2n · Σ ί - 2Σ ί2 = 2n · - - 2 · ....:.---'2 6 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 n ( n2 - 1) ( n - 1)n(2n - 1) = (n - 1) n 2 .

(3n - 2n + Ι ) = n (n - l) 3 3 3 Ονομάζουμε την παραπάνω τοποθέτηση αγοριών και κοριτσιών βέλτιστη. Οποιαδήποτε άλλη τοποθέτηση θα είναι σε μία από τις παρακάτω μορφές : ( ΑΚ )( ΑΚ) (ΚΑ) ... ( .. )Κ�·;.Κ Α (1) ( ΑΚ ) ( ΑΚ )(ΚΑ) ... ( .. )� Κ =

=

}

1�2

Στη συνέχεια μπορούμε να αποδείξουμε ότι με μετακίνηση ενός κοριτσιού από τα t της πρώτης περίπτωσης του (1) ή ενός αγοριού από τη δεύτερη περίπτωση, ο αριθμός των γλυκών που προκύπτουν μεγαλώνει, δηλαδή ο μετασχηματισμός της τοποθέτησης αγοριών - κοριτσιών στις μορφές ( ΑΚ )( ΑΚ )(ΚΑ) ... (. . ) Κ��;.Κ Α (2) (ΑΚ)(ΑΚ)(ΚΑ) ... ( .. )� Κ

}

1- 1

οδηγεί σε αύξηση του αριθμού των γλυκών. Όμως με ένα πεπερασμένο αριθμό τέτοιων μετακινήσεων τελικά θα φθάσουμε στη βέλτιστη τοποθέτηση με ακριβώς n ( n 2 - 1) γλυκά.

±

Έστω Μ ένα υποσύνολο του συνόλου { 1 , 2, 3, ... , 201 1} που ικανοποιεί την ακόλουθη ιδιότητα: Για κάθε τρία στοιχεία του Μ , υπάρχουν δύο από αυτά , έστω α, b τέτοια ώστε α lb ή b Ι α . Να προσδιορίσετε το μέγιστο αριθμό των στοιχείων που μπορεί να έχει το υποσύνολο Μ . [Κίνα, Western ΜΟ, 201 1] Δ8.

Λύση

Κατ ' αρχή παρατηρούμε ότι το υποσύνολο Μ = {ι, 2, 22, 23 , , 21 0 ,3, 3 · 2, 3 · 22, ,3 . 29} , ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος και lM I = 2 1 . Υποθέτουμε ότι υπάρχει υποσύνολο Μ με IMI 2: 22 και έστω ότι έχει στοιχεία τα α1 < α2 < . . . < α lM I = κ 2: 22. ( 1) Θα αποδείξουμε πρώτα ότι ισχύει: an+2 2: 2 an , για κάθε n . Πράγματι, διαφορετικά για κάποιο n :-::; k- 2 θα είχαμε an < an+l < an+2 < 2an , όπου οποιοιδήποτε δύο από τους τρεις ακέραιους an , an+I > an+2 δεν μπορούν ο ένας εξ αυτών να είναι πολλαπλάσιο του άλλου . Από τη σχέση ( 1) έπεται ότι: α4 2: 2α1 2: 4, α6 2: 2 α4 2: 8 = 23, , α22 2: 2 α20 2: 211 > 20 1 1 , άτοπο. Επομένως η μεγαλύτερη δυνατή τιμή είναι IMI = 21 . n + 1 xn + .!.. , για κάθε n 2: 1 . Α 1 6. Δίνεται η ακολουθία ( xn ) "'' . με χ1 =.!.. και χn+Ι = -" 2 6 n+3 •.•

••.

κ,

•• • •

Βρείτε τον όρο

Λύση

'Εχουμε

χ2

(

)

χ20 1 3 •

= �4 (.!..6 + .!..2 ) = �6 ' = �5 (�6 + .!..2 ) = �6 ' ... . Υποθέτουμε ότι = !!:_6 για το τυχόνrα xn

χ3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ. 4/17

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

( )( )

-------

= � n + _!_ = � . n+3 6 2 6 Επομένως, λόγω της αρχής της τέλειας επαγωγής προκύπτει ότι xn = n , n ε Ν*

φυσικό αριθμό n και παρατηρούμε ότι

Α 1 7. Αν

, , οτι: α, b, c > O, να αποδειξετε

Λύ ση (1 ο ς τρόπος)

[

χn +I

6

2 - 2 c (α - b) 2 + (b - γ + (c α) ;;::: (α-b) ( c+α) ( c+b) ( α+b) ( α+c) ( b+c ) (b+α ) α2 +b2 +c2

•

[Κίνα, Western Μ Ο 201 1]

][

Από την ανισότητα Cauchy - Schwarz, έχουμε: (b -c)2 ( α - b)2 ( c α)2 + + (c+α)(c + b) + (α+ b)(α +c) +(b+ c)( b+α)J ( c+α)( c+b) ( α+b)( α+c) ( b+c)(b+α) ;::: ( l α -� + lb -� + lc -�)2 ;::: (lα- � + lb - c+c - �)2 = 4(α - b) 2 • 2 2 2 4( α-b)2 Άρα έχουμε ( α -b) + ( b -c) + (c-α) 2:: (1) ( c+α)( c+b) ( α+b)( α+c) ( b+c)( b+α) ( c+α)( c+b) +( α+b)( α+c) + ( b+c)( b+α) Όμως ισχύει ότι (c+α) (c+b)+( α+b)( α+c) +(b+c)(b+α) =( d +b2 +c2) +3( ab+oc+ca) � 4(d +b2 +c2) (2 ) Λόγω της (2) η σχέση (1) γίνεται 2 ( b-c)2 ( α-b)2 (c-α) 4( α-b)2 4( α-b)2 > ---,-�--'---:+--'---.,.___:_ . _ +---"---' -> (c+α)(c+b) (α+b)(α+c) (b+c)(b+α) (c+α)(c+b)+(α+b)(α+c)+(b+c)(b+α) �d+Zl +c) ---'---' :..__...,..

(2°ς τρόπος)

Από την προφανή ανισότητα _!_ (α - 2b ) 2 + _!_( α - 2c ) 2 + ( b - c ) 2 2:: Ο , έπεται ότι 2 2 3 ( α2 + b2 + c2 ) 2:: 2α 2 + 2αb + 2bc + 2cα = 2 ( α + b ) ( α + c) � ( α + b ) (α + c) � α2 + b2 + c2 ) . (3)

%(

Ομοίως προκύπτουν και οι σχέσεις Λόγω των σχέσεων (3) - (5) έχουμε

� %( α2 + b2 + c2 )

( b + α ) ( b + c) � ( α2 + b2 + c2 )

(4)

( c + α) ( c + b) �

(5)

�

(α-b)2 + (b-c+c -α)2 -α)2 2 (α-b)2 +(b-c)2 +(c-α)2 -2 · (b-c)2 (α-b)2 (c >-. > --,--'=----,--+ --'---,--'-----.,- + +C +b2 d 3 3 (c+α)(c+b) (α+b)(α+c) (b+c)(b+α) (d +b2 +c2)

f

( χ ) = (χ + α) (χ + b) , όπου α, b είναι δεδομένοι θετικοί Α 1 8. Έστω η συνάρτηση πραγματικοί αριθμοί και n 2:: 2 θετικός ακέραιος. Αν χ1 , χυ · · · , χn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε χ1 + χ2 + . .. + xn = 1, να βρείτε τη μέγιστη τιμή του αθροίσματος F= Σ

I�i<j�n

min {f( x; ),f(xj )} .

[Κίνα, ΜΟ 2012]

Λύ ση

Έχουμε ότι min{f( Χ; ), f( xj )} = min {(Χ; + α) ( Χ; + b ),( xj + α)( xj + b )} ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ. 4/18

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

------

J( xi +α) (χi +b) (χ1 +α)(χ1 +b) � ( ( xi +α)(χi +b) + (x1 +α)(χ1 +b)) = xixJ + � ( χί +χ1 ) ( α+b) + αb. �

Επομένως έχουμε F � '"�"' min (f( x, ) , J (x1 )j ,; "'�"' χ,χ1 + a;b 2;;. ( χ, +χ1 ) +

�) ab ( n ] n 1 2 [( [ n n ] 1 1 α+ b =- Σχi ) - Σχ; + - ( n-1 )Σxi + ( ) αb =- 1 - Σχ; + --=- ( α+b) + ( ) αb 2 2 i=l 2 i=l 2 2 2 i=l 2 ] n -1 n n n -1 ) 1 [ 1--1 1 [ 1 ] n -1 n-1 1 Σχi ) + - (α+b) + ( J αb =- 1 -- + - (α+b) + ( αb= - (- +α+b+ nab) . ( 2 2 2 n 2 2 2 n 2 n i=t n

n

n

i=l

n

�Η

' ισοτητα ισχυει ' , οταν ' χ, = χ = ... = xn = -1 . Επομενως η μεγιστη τιμη' του F ειναι 2 n n 1 Fmax = � + α + b + nαb . ,

Παρατή ρηση: Μία

'

� ) ( δεύτερη λύση μπορεί να προκύψει από θεώρηση του γενικότερου προβλήματος: τη

Αν x1 , x , ... , xn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε χ, + χ + . .. + xn = s, όπου s 2 2 είναι ένας σταθερός μη αρνητικός πραγματικός αριθμός, τότε η μέγιστη τιμή του αθροίσματος F = Σ min { f ( χi ) , f ( χ1 )} , λαμβάνεται όταν χ, = χ = ... = xn = !.... .

2 n ISi<}Sn Η απόδειξη της παραπάνω πρόταση γίνεται με επαγωγή και βασίζεται στην θεώρηση χ, � χ � . . . � xn , λόγω της συμμετρίας της F , αλλά και στην παρατήρηση ότι η συνάρτηση 2 f ( χ) = (χ + α) (χ + b) είναι γνησίως αύξουσα στο σύνολο [Ο, +οο ) , οπότε F = ( n - 1 ) f ( Χ1 ) + ( n - 2 ) f ( Χ ) + ... + f ( Xn-t ) · 2 Δ9. Βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου k με την ακόλουθη ιδιότητα: Για κάθε υποσύνολο Α με k στοιχεία του συνόλου S = {1, 2, . .. , 2012} , υπάρχουν τρεις διαφορετικοί μεταξύ τους ακέραιοι α , b, c Ε S έτσι ώστε α+b, b+c, c+α E A. /Κίνα, ΜΟ 2012] Λ ύ ση

Λόγω συμμετρίας, μπορού με να υποθέσουμε ότι α < b < c . Στη συνέχεια θέτουμε χ = α + b, y = b + c, z = α + c , οπότε εύκολα προκύπτει ότι: χ < y < z, χ + y > z και χ + y + z άρτιος. Αντίστροφα, αν υπάρχουν χ, y, z Ε Α τέτοια ώστε χ < y < z, χ + y > z και χ + y + z άρτιος και y-z = x+z-y = y+z-x θέσουμε b α= x+ c 2 ' 2 ' 2 ' τότε τα στοιχεία α, b, c είναι ανά δύο διαφορετικά στοιχεία του S και τα χ = α + b, y = b + c, z = α + c ανήκουν όλα στο Α . Επομένως η συνθήκη του προβλήματος είναι ισοδύναμη με τη συνθήκη: για κάθε υποσύνολο Α του S , με IAI = k, υπάρχουν τρία στοιχεία (*) x < y < z, x + y > z και x + y + z άρτιος. x ,y, z E A , τέτοια ώστε Παρατηρούμε ότι, αν Α = {1, 2, 3, 5, 7,9, ... , 20 1 1} , τότε IAI = 1007 και το σύνολο Α δεν περιέχει τρία στοιχεία που να ικανοποιούν τη συνθήκη (*), οπότε k ;::: 1 008 . Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι οποιοδήποτε υποσύνολο Α του S με 1 008 στοιχεία περιέχει τρία στοιχεία που ικανοποιούν τη συνθήκη (*). Για το σκοπό αυτό θα αποδείξουμε την πιο γενική πρόταση: Για n ;?: 4, οποιοδήποτε υποσύνολο Α , με IAI = n + 2 , του συνόλου κάθε ακέραιο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ. 4/19

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

T2n = {1, 2,3, ... , 2n} περιέχει τρία στοιχεία που ικανοποιούν τη συνθήκη (*).

Για την απόδειξη της πρότασης αυτής θα χρησιμοποιήσουμε την αρχή της τέλειας επαγωγής. Για n = αν πάρουμε Α ένα υποσύνολο του 1'g := {1, 2, . 3, . . ,8} με στοιχεία, τότε το σύνολο

4,

.

6

Β= : Α n { 3, 4, 5, 6, 7, 8} περιέχει 4 τουλάχιστον στοιχεία. Αν το σύνολο Β περιέχει τρεις άρτιους

4, 6

αριθμούς, τότε τα στοιχεία και 8 ανήκουν στο Α και ικανοποιούν τη συνθήκη (*). Αν το σύνολο Β περιέχει μόνο δύο άρτιους αριθμούς, τότε αυτό θα περιέχει και δύο περιττούς αριθμούς. Όμως για οποιουσδήποτε δύο x, y Ε {3, 5, 7} , δύο από τις τριάδες

( 4, χ, y) , ( 6, χ, y), ( 8, χ, y)

ικανοποιούν τη συνθήκη (*), οπότε μία από αυτές ανήκει στο σύνολο

Α . Αν το σύνολο Β περιέχει έναν μόνο περιττό αριθμό, τότε αυτό θα περιέχει και τους τρεις περιττούς 3,5 και 7, οπότε η τριάδα ( χ,5, 7) ικανοποιεί τη συνθήκη ( *).

4

Επομένως η πρόταση αληθεύει για n = . Υποθέτουμε ότι η πρόταση αληθεύει για το τυχόν n 2:: και προσπαθούμε να αποδείξουμε ότι ισχύει το ίδιο και για το n + 1 . Έστω Α, iAi = n + 3,

4

ένα υποσύνολο του

!Ci 2:: n + 2 ,

J;n+2 := {1, 2, 3, ... , 2n + 2} .

Θέτουμε

C := A n {1, 2, ... , 2n} .

Αν ισχύει ότι

τότε, από την υπόθεση της επαγωγής, ισχύει το ζητούμενο. Έτσι απομένει η

ιcι = n + 1

2n + 1, 2n + 2 Ε Α Στην περίπτωση αυτή, αν το Α περιέχει έναν περιττό αριθμό του συνόλου J;n , τότε η τριάδα ( χ, 2n + 1, 2n + 2 ) ικανοποιεί τη συνθήκη (*), ενώ, αν το Α δεν περιέχει έναν περιττό αριθμό του συνόλου J;n , μεγαλύτερο του 1 , τότε Α = { 1, 2, 4, 6, ... , 2n, 2n + 1, 2n + 2} , οπότε 4, 6, 8 Ε Α και ικανοποιούν τη συνθήκη (*). Επομένως η ελάχιστη τιμή του k που ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος είναι 1 008. περίπτωση

και

Ασκήσεις για λύση Γ 1 3.

Σε κύκλο κέντρου Ο θεωρούμε διάμετρο ΑΒ και τα σημεία C, D του ενός εκ των δύο ημικυκλίων. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία C,D τέμνονται στο Ε . Τα ευθύγραμμα τμήματα AD και BC τέμνονται στο F , ενώ οι ευθείες EF και ΑΒ τέμνονται στο Μ . Να αποδείξετε ότι τα σημεία E, C, M και D είναι ομοκυκλικά.

α1 , α2, ... , αn, b1 , b2 , ... ,bn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί που ικανοποιούν τις n n n 2 ακόλουθες ιδιότητες: Σ( αί + bi ) = 1, (2) Σ ί ( αί - bi ) = Ο , (3) Σ ί ( αί + bi ) = 1 0. Α 1 9. Έστω

i=l

i=l

max { αk ,bk } :::;

10 , 2 lO+k

·

i=J

·

k = 1, 2, ... , n . Ν 1 3. Να προσδιορίσετε όλες τις δυνατές τιμές του ακέραιου k για τον οποίο υπάρχουν θετικοί b+1 + α+1 = k ακέραιοι α και b τέτοιοι ώστε α b Δ Ι Ο. Έστω n ακέραιος, n 2:: 3 . Για τη μετάθεση p (x1 , x2 , ... , xn ) του συνόλου {1, 2, ... , n} λέμε ότι ο αριθμός χ βρίσκεται μεταξύ των αριθμών χί και xk , αν ισχύει ί < j < k . Για παράδειγμα, 1 στη μετάθεση ( 1, 3, 2, 4) το 3 βρίσκεται μεταξύ τρων 1 και 4, αλλά το 4 δεν βρίσκεται μεταξύ των 1 και 2. Έστω S = {p1 , Pυ···, Pm } αποτελείται από διαφορετικές μεταθέσεις του συνόλου {1, 2, ... , n} . Υποθέτουμε ότι μεταξύ οποιωνδήποτε τριών διαφορετικών αριθμών του συνόλου {1, 2, ... , n} , ένας εξ αυτών δεν βρίσκεται μεταξύ των άλλων δύο σε κάθε μετάθεση pi Ε S. Να Να αποδείξετε ότι:

για κάθε

=

προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή του

m .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 88 τ. 4/20

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

επιμέλεια: Γιάννης Κερασαρίδης

α. "τι είναι τα Μαθηματικά; " Προλεγόμενα. Επηρεασμένοι από δύο εκθέσεις για βλέπουν να σχετίζονται τα Μαθηματικά με το έργο δύο μεγάλους καλλιτέχνες, τους Maurits Cornelis τους. [τα στοιχεία αντλήσαμε από τις ιστοσελίδες: του (M.C.) Escher και Victor Vasarely, ψάξαμε, " Μουσείου Η ρακλε δών" κα του "Θαλής+Φίλο " ] βρήκαμε και σας παρουσιάζουμε, σ ' αυτό το ι ι ι τεύχος, δύο περικοπές αναφορικά με το πώς Ι

Maurits Cornelis (M.C.) Escher [17/6/1898 - 27/3/1972]

« . . . κι εγώ ο ίδιος πέρασα πολλά χρόνια σ ' αυτή την κατάσταση αυταπάτης. Αλλά μετά, ήρθε η στιγμή κατά την οποία αισθάνθηκα ότι "έπεσαν λέπια από τα μάτια μου ". Ανακάλυψα ότι η τεχνική δεξιοτεχνία ._,...•• δεν ήταν πλέον ο αποκλειστικός μου στόχος, καθώς αιχμαλωτίστηκα από μια άλλη επιθυμία την ύπαρξη της οποίας δεν είχα ποτέ υποπτευθεί. Ιδέες άρχισαν να δημιουργούνται στο μυαλό μου, τελείως άσχετες με τη γραφική τέχνη, αντιλήψεις οι οποίες με γοήτευαν σε τέτοιο βαθμό, ώστε να θέλω διακαώς να τις μεταδώσω και σε άλλους ανθρώπους. Κάτι τέτοιο δεν θα μπορούσε να επιτευχθεί μέσω των λέξεων, καθώς αυτές οι σκέψεις δεν είναι λογοτεχνικές αλλά νοητικές εικόνες ενός τέτοιου είδους το οποίο προκειμένου να γίνει αντιληπτό στους άλλους, θα έπρεπε να

παρουσιασθεί μέσω οπτικών εικόνων. Έφτιαξα λοιπόν έργα που οι βασικές τους Ιδέες συχνά μαρτυρούν την κατάπληξη και την απορία μου ενώπιον των νόμων της φύσης οι οποίοι λειτουργούν στον κόσμο που μας περιβάλλει. Αυτός που θαυμάζει, ανακαλύπτει ότι αυτό από μόνο του αποτελεί ένα θαύμα. Με το να αντιμετωπίζω με ζέση τα αινίγματα που μας περιβάλλουν και με το να εξετάζω και να αναλύω τις παρατηρήσεις τις οποίες είχα κάνει, κατέληξα στη σφαίρα αρμοδιότητας των μαθηματικών. Αν και είμαι παντελώς αμέτοχος οποιασδήποτε εκπαίδευσης ή γνώσης των θετικών επιστημών, συχνά ανακαλύπτω ότι έχω περισσότερα κοινά σημεία με τους μαθηματικούς απ ' ότι με τους συναδέλφους μου καλλιτέχνες . » . .

Victor Vasarely [9/4/1906 - 15/3/1997] «

. . παρατηρούσα

τις φόρμες που είχε να μου προσφέρει η Belle - Isle (παραλιακή περιοχή της Βρετάνης) και που όλες θύμιζαν σχήμα ωοειδές ή ελλειπτικό, και στην πορεία ανακάλυψα μια πολύ σχέση ανάμεσα σε στενή φαινομενικά τελείως διαφορετικά πράγματα. Το πρωί τα σύννεφα έπαιρναν το σχήμα των βοτσάλων, ενώ λίγα μέτρα από την ακτή, εκεί που βάθαινε η θάλασσα, το κύμα που έσκαγε στα βράχια έμοιαζε με τεράστια κοχύλια. Ακόμα και το ηλιοβασίλεμα παραμορφωνόταν και γινόταν ελλειπτικό. Αυτές οι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

συνθέσεις μού δημιουργούν όχι απλώς την αίσθηση αλλά τη βεβαιότητα για την ύπαρξη ενός συνεκτικού δεσμού, που βρίσκει την έκφρασή του στις σχέσεις των μορφών. Αυτή η διαισθητικά εγνωσμένη σχέση μεταξύ των πραγμάτων, αυτή η εγγενής γεωμετρία της φύσης, με κάνει να πιστεύω ότι οι αισθητικές δομές και οι νόμοι του σύμπαντος βρίσκονται σε πλήρη αντιστοιχία μεταξύ τους και στην ολότητά τους μπορούν να εκφρασθούν μέσω της γεωμετρίας . » .

Β' 88 τ.4/21

.

-------

111 •

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

-------

"Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου " Σημείο Nagel (σχή μα 1 )

απέναντι πλευράς με τον αντίστοιχο Σε κάθε τρίγωνο οι ευθείες που συνδέουν κάθε παρεγγεγραμμένο κύκλο, διέρχονται από το ίδιο κορυφή τριγώνου με το σημείο επαφής της σημείο. Το σημείο αυτό λέγεται "σημείο Nagel" •

•

Ευθεία Cέvienne (Α. Poulain) (σχήμα 2) Ευθεία που συνδέει μια κορυφή τριγώνου με τυχαίο σημείο της απέναντι πλευράς. Λέγεται, επίσης και "γωνιώδης διατέμνουσα" (J, Neuberg) Σημείο Ν agel

Ευθεία Cέvienne

Κύκλος Ί σων Ροπών Α

.r

Β

Γ

Μ

ι

t:'j. �αρύΗνrρο IOll ΑΒΓ <Ι'ο. Περl.ενφ•J ωι• ΑΒΓ

•

< · . 'AeiiAB. ΕΑΓIΙΑΓ. 'erΙΙΒΓ • IΙ"'Β)=(ΖΑΓί=(ΝΒΓ)= 1 /J(ΑΒΓ)

Η ΑΜ είναι μία Ceνienne

• •

•

Κύκλος Ίσων Ροπών ή Οκτώ Σημείων (σχή μα 3 )

Κύκλος C που ορίζεται από τις τρίτες κορυφές ισοσκελών τριγώνων (οι οποίες δεν ανήκουν στη βάση), τα οποία : α) έχουν σαν βάσεις τις τρεις πλευρές ΑΒ,ΑΓ ,ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ, β) αυτά τα ισοσκελή βρίσκονται προς το εσωτερικό του 1 1 α. 'Ά υη) το ξέρατε; " Ο φίλος της στήλης Ηρακλής Ευαγγελινός [Γλυφάδα] μας έστειλε δύο ερωτήματα και τις απαντήσεις σ ' αυτά, με την παράκληση να δημοσιευτούν στο σημείο: «Αυτό το ξέρατε;».

«0 Feπnat πίστευε ότι οι αριθμοί Fν = 22ν + 1 με ν€Ν0 είναι πρώτοι [πλάνη]. Αυτό ισχύει για 1 1 1.

C ι.;ύι;,λος iσι...ιν ροπών ιοιι ΑΒΓ

I\.N ,Z. t.o)pιtφtς ισ.:ισt-ε.k.ι.i.ιν ιριyιi.ινων

ΙJΕ βdcιης ιις Αθ.θΓ..Αf" ανtίι.τωιχσ

τριγώνου ΑΒΓ, γ) το εμβαδό καθενός απ ' αυτά ισούται με το 1/3 του εμβαδού του ΑΒΓ [σημειώνουμε πως ο κύκλος C έχει σαν διάμετρο το ευθύγρ. τμήμα με άκρα το περίκεντρο Ο και το βαρύκεντρο Θ του ΑΒΓ]

ν=Ο,1,2,3,4.

Ο Euler απέδειξε ότι ο F5=641 .67004 1 7 είναι σύνθετος. ερώτηση 1". Πόσες το πολύ δοκιμές [διαιρέσεις] χρειάστηκε να κάνει ο Euler για να το αποδείξει; εριύτηση 2". Αν ο F5 ήταν πρώτος αριθμός, πόσες το πολύ διαιρέσεις έπρεπε να κάνει ο Euler για να το διαπιστώσει;»

[η απάντηση στο τέλος της στήλης}

"οι συνεργάτες της στιίλης γράφουν-ερωτούν "

I " Θέμα: μια άλλη αντιμετώπιση ενός θέματος Π ρολεγόμενα Ο Παναγιώτης Οικονομάκος είναι

ένας φίλος της στήλης και ξεχωριστός γεωμέτρης. Τελευταία, παράγει αποδείξεις μη γεωμετρικών θεμάτων, με γεωμετρικές μεθόδους. Πριν αρκετό καιρό, μας έστειλε ένα τέτοιο θέμα και σας το παρουσιάζουμε. «Αν ΑΙ , ΒΙ , Γ 1 σημεία των πλευρών ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ τριγώνου ΑΒ,Γ, ώστε οι ΑΑΙ , ΒΒ 1 , ΓΓ1 να διέρχονται από σημείο Μ, τότε , ΜΑ ΜΕ ΜΗ � 3 [λόγω έλλειψης χώρου η ισχυει + + ΜΑΙ ΜΒΙ ΜΓΙ 2 απόδειξή του θα γίνει στο επόμενο τεύχος]. Η εκφώνηση κι η απόδειξη του κύριου θέματος: Αν x,y,z θετικοί αριθμοί με x+y+z=c, τότε ισχύει: λήμμα

--

--

--

-

z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

88 τ.4/22

------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

-------

+ y + z � -3 c-x c-y c-z 2 απόδειξη Πάνω στις ακμές Oz,Oy,Ox τρισορθογώνιας στερεάς γωνίας O.xyz παίρνουμε αντίστοιχα σημεία Γ,Β,Α έτσι ώστε ΟΑ=ΟΒ=ΟΓ=c. Αν Μ είναι τυχαίο εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΑΒΓ και x,y,z οι αποστάσεις αυτού από τα επίπεδα (Oy,Oz),(Ox,Oz),(Ox,Oy) αντίστοιχα, τότε θα ισχύουν οι ΜΓ1 ΜΑ 1 -y ΜΒ1 -z ΜΓ 1 y z ΜΑ 1 + ΜΒ 1 + -, -χ = -, άρα x+y+z=c. , αρα -χ + - + - = , = , = ισοτητες: c c c ΑΑ 1 ΒΒ 1 ΓΓ1 c ΑΑ 1 c ΒΒ 1 c ΓΓ1 Ισχύουν ακόμη οι ισότητες ΜΒ1 + -ΜΓ1 ΜΑ 1 + -χ_ = ΜΑ 1 _ Υ_ = ΜΒ1 _z_ = ΜΓ1 αρα χ + y + z = -' ' c - x MA c - y MB c - z ΜΓ c - x c - y c - z ΜΑ ΜΒ ΜΓ ΜΑ 1 + ΜΒ1 + -ΜΓ1 -3 y + z � -3 χ + -και επειδή, λόγω του λήμματος, ισχύει � , άρα -, ΜΑ ΜΒ ΜΓ 2 c-x c-y c-z 2 2" θέμα : MathsJams ! ! ! τι είναι πάλι αυτό; Προλεγόμενα Ο φίλος της στήλης Κώστας Κανούτας (Αθήνα) αλίευσε ένα κείμενο του Γιώργου Καρουζάκη [Thales and friends] και μας το στέλλει για δημοσίευση χ

--

--

--

,

--

--

--

,

_

--

--

--

--

--

--

--

«MathsJams», του Γιώργου Καρουζάκη «Ποιοι πάνε, τελικά, στις περιβόητες συναντήσεις που έγιναν γνωστές ως MathsJams ; τι είναι αυτές οι συναντήσεις που μαζεύουν ανθρώπους σε δεκάδες παμπ και ποια είναι σχέση τους με τα μαθηματικά; Πρώτα απ ' όλα πρόκειται για συναντήσεις ανθρώπων που μοιράζονται την αγάπη τους για τα μαθηματικά. Τον τελευταίο χρόνο οι συναντήσεις του είδους αναπτύχθηκαν τόσο πολύ, που κάποιοι μιλούν για όπου η αίσθηση του παιχνιδιού και της ψυχαγωγίας απελευθερώνει το μυαλό και ζωηρεύει το ενδιαφέρον για την επιστήμη και τη μάθηση. Γίνονται κάθε μήνα, συνήθως στην παμπ της γειτονιάς, όπου οι λάτρεις των μαθηματικών, ανάμεσα σε μπίρες και σνάκς, ανταλλάσσουν απόψεις για ένα μαθηματικό πρόβλημα, παίζουν παιχνίδια, λύνουν παζλ και συζητούν, διεξοδικά, νέες ιδέες που θεωρούν ότι έχουν ενδιαφέρον. Στο τραπέζι των μελών κάθε ομάδας θα αναγνωρίσετε μολύβια, σημειωματάρια, ψαλίδια, post-it, αντίτυπα των βιβλίων του «πατέρα» των ψυχαγωγικών μαθηματικών Μάρτιν Γκάρντνερ, παζλ, κύβους Ρούμπικ, τράπουλες, παιχνίδια

μια νέα διασκεδαστική και εκπαιδευτική μανία με ένθερμους υποστηρικτές σε ολόκληρη τη Μεγάλη Βρετανία. Οι συναντήσεις με το νεανικό τίτλο MathsJam ξεκίνησαν πριν από μερικά χρόνια στο Λονδίνο. Η αρχική ιδέα ανήκε στον γνωστό μαθηματικό και stand-up κωμικό, Matt Parker. Η διάδοσή τους ευνοήθηκε από το γεγονός ότι άρχισαν να φιλοξενούνται στο χαλαρωτικό περιβάλλον μιας παμπ, ντόμινο, σχέδια οριγκάμι και ό,τι είναι απαραίτητο, κάθε φορά, για τη συνάντηση. Κάθε χρόνο, ένα από τα Σαββατοκύριακα του Νοεμβρίου, γίνεται σε κάποια πόλη το μεγάλο συνέδριο MathsJam με τη συμμετοχή μαθηματικών, φυσικών, εκπαιδευτικών, προγραμματιστών, επικοινωνιολόγων και επιστημόνων από όλη τη χώρα. Μην φανταστείτε, πάντως, ατέλειωτες ομιλίες και επιστημονικές διαμάχες. Οι ομιλητές του συνεδρίου έχουν πέντε μόνο λεπτά στο βήμα για να παρουσιάσουν την ιδέα τους, και αρκετό χρόνο στα μεγάλα διαλείμματα για να συζητήσουν χαλαρά με το κοινό τις πιο ενδιαφέρουσες ιδέες»

IV. Ε ιδησούλες - Ειδήσεις

Μία πρόσκληση από τον Γιώργη, μόνο ενδιαφέρον μπορεί να προκαλέσει. Την άλλη ημέρα βρισκόμουν στο σπίτι του στον Κολωνό. Ο Γιώργης χάρηκε που με είδε. Αμέσως τον ρώτησα τι γιορτάζει - Γιάννη, σήμερα έχω τα γενέθλιά μου συμπλήρωσα τα 1 0 1 χρόνια της ζωής μου - Γιώργη, να τα εκατονπενηνταρήσεις

1 η είδηση. Στα μέσα του Μάρτη δεχθήκαμε ένα τηλεφώνημα. Στην άλλη άκρη του σύρματος βρισκόταν ένας μεγάλος της ΕΜΕ, η ζωντανή ιστορία της , ο Γιώργος Ωραιόπουλος.

- Γιάννη καλημέρα. Αύριο γιορτάζω και είσαι καλεσμένος μου - Γιώργη, απ ' ότι ξέρω, τα' Αη-Γιωργιού είναι μετά το Πάσχα -Έλα και θα δεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/23

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

- Γιάννη, έχω πολλά ακόμη να γράψω και μου χρειάζεται μια πίστωση τουλάχιστο 10 ετών, ακόμη.

- Γιώργη, άνθρωποι σαν και 'σένα ζουν αιώνια, γιατί προσφέρουν Πληροφοριακά σημειώνουμε πως ο Γιώργος Ωραιόπουλος είναι το αρχαιότερο επιζών μέλος της 2η είδηση. Στις 5/12/2012 "έφυγε" σε ηλικία 104 ετών ο διάσημος Βραζιλιάνος αρχιτέκτονας Όσκαρ Νιμάγιερ , ένας από τους σημαντικότερους οραματιστές της σύγχρονης αρχιτεκτονικής. Ο Νιμάγιερ έκανε συνειδητή χρήση των Μαθηματικών ως προς τα σχήματα των κατασκευών του.

-------

ΕΜΕ με τεράστια προσφορά τόσο σαν μαθηματικός όσο και σαν ΑΝΘΡΩΠΟΣ. Άνθρωποι σαν τον Γιώργο, διδάσκουν με τη στάση ζωής. Φεύγοντας, μου έδωσε ένα τετράδιο. Είναι τα δημοσιεύματά του για τον 'ΈΥΚΛΕΙΔΗ Α ' ", για το έτος 2014 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! !

«Οι γωνίες δεν με ελκύουν. Οι σκληρές, άκαμπτες ευθείες, δεν είναι δημιούργημα του ανθρώπου» έγραψε στα απομνημονεύματα του που εκδόθηκαν το 1988 με τίτλου «Τα Τόξα του Χρόνου». «Αυτό που με ελκύει είναι οι ελεύθερες και αισθησιακές καμπύλες. Οι καμπύλες που βρίσκουμε στα βουνά, στα κύματα της θάλασσας, στο σώμα της γυναίκας που αγαπάμε»

Ο Καθεδρικός ναός Metropo!itana Nossa Senhora Aparecida στην Μπραζίλια, πρωτεύουσα της Βραζιλίας. Εδώ ο Νιμαγιερ εφάρμοσε τις αρχές της μη Ευκλείδειας Γεωμετρίας του Ν. Λομπατσέφσκι.

εικόνα

1 το

εικόνα 2 το

εικόνα 3 ο

Συμπληρώνονται 125 χρόνια από τη γέννηση του μεγάλου (αυτοδίδακτου) Ινδού μαθηματικού Σρινιβάσα Rαμανουζάν [1887]. Ήταν 3 η είδηση .

στο τελωνείο του Μαδράς. Ο Άγγλος πρόεδρος του οργανισμού Sir Francis Spring και ο Ινδός διευθυντής S.N. Aiyar που ήταν μαθηματικός, ένα παιδί, που άργησε να μάθει να τον παρότρυναν να αποταθεί σε Άγγλους μιλάει. Από μικρός όμως έδειξε μαθηματικούς και να τους παρουσιάσει την την κλίση του στα μαθηματικά. εργασία του. Απέστειλε δείγματα της εργασίας Στο Δημοτικό κέρδισε πολλά του στους καθηγητές Η. F. Baker, Ε. W. Hobson βραβεία λόγω των επιδόσεών του και G. Η. Hardy. Ο τρίτος απ ' αυτούς, σε στα μαθηματικά. Όταν το 1 904 συνεργασία με τον John Lίttlewood (1 885-1977), τελείωσε το Δημοτικό, κέρδισε υποτροφία για κατάλαβαν το μέγεθος της και τον κάλεσαν στην το Κολέγιο. Το 1 9 1 2 διορίστηκε υπάλληλος Αγγλία, όπου ξεχώρισε η ευφυία του Ραμανουτζάν.

4η είδηση. Η δ ιάμετρος του πρωτονίου

Οι ερευνητές, με επικεφαλής τον Ράντολφ Πολ του Ινστιτούτου Κβαντικής Οπτικής Μαξ Πλανκ στη Γερμανία και τον Άλντο Αντονίνι του Ομοσπονδιακού Ινστιτούτου Τεχνολογίας (ΕΤΗ) της Ελβετίας, που έκαναν σχετική δημοσίευση στο περιοδικό «Scίence», σύμφωνα με το «New Scίentίst» και το «Nature» υπολόγισαν την ακτίνα του πρωτονίου σε 0,84087 femtometres

(δισεκατομμυριοστά του δισεκατομμυριοστού του μέτρου). Η νέα μέτρηση, που έγινε στο ελβετικό Ινστιτούτο Πάουλ Σέρερ, επιβεβαιώνει ότι η ακτίνα του πρωτονίου είναι περίπου 4% μικρότερη από την έως τώρα αποδεκτή ακτίνα [http://www.ethnos.gr/article.asp?catid=22769&subid=2 &pubid=63772395]

IIIJo Απάντηση στο «Α υτό το ξέρατε;;;

ερώτηση 111•

Χρειάστηκε 1 1 6 δοκιμές, γιατί σ» αυτή τη θέση, στη σειρά των πρώτων αριθμών, βρίσκεται το 64 1 ερώτηση 2".Χρησιμοποιώ το θεώρημα του Ερατοσθένη: JF: 65536 ο δε μεγαλύτερος πρώτος αριθμός, πριν τον 65536, είναι ο 6552 1 , που κατέχει την 6542 θέση, στη σειρά των πρώτων αριθμών. Επομένως ο Euler θα έπρεπε να κάνει 6542 δοκιμές =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/24

,

Α ΛΥΚΕΙΟΥ I

ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΑΛΓΕ ΒΡ Α Κώστας Τσαγκάρης

ι. Σε γεωμετρική πρόοδο με λόγο λ#-1 και πρώτο όρο α1 ισχύουν: Ss = 82·84 και α4 = 6·S2 + λ2 • α) Ο αριθμός λ μπορεί να πάρει την τιμή 1; β) Ν α βρεθεί ο λόγος λ. γ) Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΔ=υα, ΒΔ=α1 και ΔΓ=α2,

ο

(Ο, Β; )

κύκλος

,

είναι

ο

περιγγεγραμμένος του. ί) Να δείξετε ότι ΒΓ = 12 ίί) Να δείξετε ότι οι γωνίες του ΑΒΓ, αποτελούν αριθμητική πρόοδο iii) Να αποδείξετε ότι το υα είναι ίσο με το α3 και να διαπιστώσετε ότι είναι ο μέσος ανάλογος των ΒΔ, ΔΓ. Απ άντη ση :

α) Αν λ= Ι η ισότητα S8 = 82·S4 γράφεται 8αι=82·4 αι => α ι = Ο, άτοπο. β) Για ')..;f:- 1, ')..;f: 1 , έχουμε: Ss = 82·S4 => α ι (λ8 - ι) = 82 « ι (λ4 - 1 ) => λ-1 λ- 1 8 4 λ -1 = 82(λ -1) => (λ4-1)( λ4+ 1) = 82(λ4-1) => λ4+1 = 82 => λ4 = 8 1 =>λ =-3 ή λ=3. γ) i) ΒΓ = ΒΔ + ΔΓ = αι+ α2 = 4α ι =12 ( αι = 3 με λ = 3 > Ο)

r------------------------------------1! Α

4

2

Δ

4

Ο

β

και r=30°, που αποτελούν αριθμητική πρόοδο γιατί 2 Β = Α + Γ . iii)AΔ2 =ΑΒ2-ΒΔ2 = (2 «ι )2 - (αι)2 = 3(αι)2 = 3.32 = 33 = α . ΒΔ ·ΔΓ = α ι · αz = 3.32 =3 33. Άρα υ� = ΒΔ·ΔΓ = 33.

2. Με κέντρο το σημείο Κ(2, Ο) και ακτίνα ρ = 5 , γράφουμε κύκλο που τέμνει τον άξονα χ'χ του ορθο-κανονικού συστήματος Οχψ, στα σημεία Α και Β. α) Ποιες είναι οι συντεταγμένες των σημείων Α χΑ, ΨΑ ) ' Β(χΒ, ΨΒ), ΧΑ<Ο; β) Συμπλήρωσε τον πίνακα:

(

1. Η απόσταση ΟΑ είναι : 2. Η απόσταση των αριθμών

I I

. .

i . .

I .

2 και 7� είναι 3. Το μήκος του διαστήματος § . . . ιj r-3,7), είναι: 4. Η απόσταση του αριθμού χ . . από το μηδέν είναι: I 5. Η απόσταση του αριθμού χ ί I. . . από το 7 είναι: 6.Το σημείο Γ(χ, Ο), δεν . . . ανήκει στο τμήμαΑΒ , τότε:

I

γ) Δίνεται η συνάρτηση f , με �5 - J 2 - xJ f(x) =

χ2 - 4

-'---'..c...

ί) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού Dr, της συνάρτησης f , το οποίο να γραφεί ως ένωση συνόλων. Σε ποια σημεία τέμνει τον χ 'χ; ίί) Έστω Δ το σύνολο {xeiR I I χ I :s; 2}. Ποια είναι τα στοιχεία του συνόλου Δί'IDr που ανήκουν στο σύνολο Ζ, των ακεραίων αριθμών; ίίί) Επιλέγοντας, στην τύχη, ακέραιες τιμές του xeDr, ποια είναι η πιθανότητα να επιλεγεί ρίζα της εξίσωσης f(x)= Ο;

8

-β

Απαντήσεις:

α) Οι τεταγμένες των σημείων Α,Β είναι μηδέν.

ii) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με ορθή τη Έστω χ η τετμημένη του Α ή Β. Η απόσταση του γωνία Α που βαίνει σε ημικύκλιο. χ από το 2 είναι ίση με 5. ΟΑ = ΟΒ =2 « ι . ΟΔ = ΔΓ-ΟΓ = αι = 3. Στο τρίγωνο ΑΟΒ η ΑΔ είναι διάμεσος και Jx - 2J = 5 <::::> χ 2= 5 ή χ-2=5 <::>χ = -3 ή χ = 7. Οπότε ΧΑ = -3 < Ο και χΒ = 7. ύψος που σημαίνει ότι είναι ισόπλευρο. Α(-3, Ο) , Β(7, 0). Οι γωνίες του ΑΒΓ είναι Α = 90° Β =60° -

,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/25

-

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου r--------------------- ------------, I Ι 8 I Ι I I - -· - .....

I ' Α I ' I / ' I I ' I I I \ 2 I I I \

Α

""

I

' \

ο -2

\

4

β

. -2 '

'

I

-4

I Β

I

8

_

_

_

γ) i ) •

5-1 2-xl 1 2-xl ,

l2 -xl= 5

f(x)=O � =Ο � � χ-2=-5 ή χ-2=5 � χ=-3 ή χ = 7. Τα σημεία είναι Α(-3,0), Β(7,0).

•

για κάθε αeιR·.

lαl + ���

�2

, για κάθε μη

i i i ) Να αιτιολογήσετε ότι η εξίσωση f(x) = Ο, έχει δύο ρίζες χι, x2 e IR με χι < χ2• Να υπολογίσετε το άθροισμα χι+ χ2 και να εξετάσετε αν μπορεί ' 1 να ισχυει: Χι = α και χ2 = - .

α

(Δηλαδή, αν υπάρχει ορθογώνιο με περίμετρο

2

(α + �)

και εμβαδόν

(η απόσταση του χ από το μηδέν είναι μικρότερη του2, όταν το χ ανήκει στο διάστημα [-2, 2]). Δ = [ -2, 2]. Τα κοινά σημεία των Δ , Dr , είναι το σύνολο ΔnDr = (-2, 2) και οι ακέραιοι του συνόλου αυτού είναι το σύνολο {-ι, Ο, ι } . iii) Οι ακέραιοι αριθμοί του συνόλου Dr είναι το σύνολο Ω = {-3,-ι ,ο,ι,3,4,5,6,7 } . = ο �Ιχ - 21 =5 f(x)= O � � χ-2= -5 ή χ-2=5 � χ = -3 ή χ = 7

ι ).

ί ν) Να δείξετε. ότι για κάθε τιμή του αe IR* οι

γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων, διέρχονται από σταθερό σημείο Μ. ν) Για I α I = ι , να λύσετε τις ανισώσεις f(x) � Ο και να διαπιστώσετε ότι τα άκρα χι, χ2, χ3, Χ4 των διαστημάτων [χι, χ2 ], (χ3, Χ4) με χ2<χ3, που είναι λύσεις των ανισώσεων , σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο. ν ί ) Το σημείο Μ και τα άκρα των διαστημάτων [χι, χ4) , [χ2, χ3) , ορίζουν ισοσκελή τρίγωνα; Α παντή σεις

ii) I χ I � 2 � -2 � χ � 2

�5 -12 -xl

, αe IR* •

μηδενικό πραγματικό αριθμό. Για ποιες τιμές του α ισχύει η ισότητα;

χ-2 1 > 5

�5- 12 -xl

(α + �)χ + �

ίί) Να δείξετε ότι:

Πρέπει και αρκεί: χ2-4:;t:O και �Ο χ2-4:;t:O � x:;t:-2 και x:;t:2.

5-1 2-xl �ο � � 5 � -3 � χ � 7 (η απόσταση του κέντρου 2= - 3 + 7 του 2 διαστήματος [-3,7] από τα Α, Β, είναι , 5 = 7 - (- 3) . Η αποσταση του χ απο, το 2 ειναι 2 μικρότερη από 5, όταν το xe[-3, 7]). Τελικά Dr = [-3,-2)u(-2,2)u(2,7 ] .

•

f(x) = x2 -

Iα + �� - ΙαΙ + 1�1

l-31 =3 1 7-21 =5 7-(-3)= 10 d(x,O) = I xl d(x,7) = I χ-71 = 1 7-xl I

4.

5.

6. d(x,2) =

3. Δίνεται το τριώνυμο

i) Να εξετάσετε αν ισχύει:

.,..,

ι . d(-3,0) = 2. d(2,7) =

3.

εξίσωση f(x)= Ο, έχει σύνολο λύσης Α={-3,7} . επιλογή είναι τυχαία , οπότε σύμφωνα με τον κλασσικό ορισμό της πιθανότητας, η πιθανότητα να επιλεγεί ρίζα της εξίσωσης f(x)= Ο, είναι Ρ( Α)= Ν(Α) = � . Ν(Ω ) 9

I

'

_

β)

Κ(2, 0}

ο ο

Η Η

i)

Η

l

ανισοταυτότητα Ια + β � Ιαl + Ιβl ισχ6ει ως ισότητα όταν οι αριθμοί α και β είναι ομόσημοι ή τουλάχιστον ένας είναι μηδέν. Επειδή οι αριθμοί α και .!.. (είναι αντίστροφοι) έχουν γινόμενο ι, είναι α ομόσημοι, επομένως: για κάθε α ε ιR•

lα + �� - 1� + ��� - lψ l�l ' Για να ε(ναι l αi + ��� 2: 2 αρκε( l α + 2: 2, ή ��

ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/26

(α + ±) 2

�

( -±) 2

4, ή α

�

Μαθηματικά για την Γ Λυκεtου

Ο,

που ισχύει

.

ισότητα ισχύει όταν και μόνον, α - -1 = Ο , α δηλαδή α2 = 1 , ή τελικά α ε {-1,1 } . Η

Για α = 1 ,έχουμε : f(x) = χ2 -2χ + � .

4

Η f(x) έχει ρίζες

.!. και � .

2 2 Η ανίσωση f(x) � Ο έχει λύσεις τα

iii) Η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα

Οι λύσεις των ανισώσεων εποπτικά φαίνονται στο σχήμα: που σημαίνει ότι εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες και πραγματικές τις χι , χ2 . χ ι + χ2 = α+-1 . α Τα άκρα των διαστημάτων που είναι λύσεις των ' Χ ι ·Χ2 = α· 1 = 1 3 Αν χ ι = α και χ2 = 1 , τοτε α α =F- 4 , ανισώσεων είναι οι αριθμοί - 23 , - 21 , 1 , 23 , που σχηματι'ζουν αριθμητικη' που δεν ισχύει.

2 iν) Ζητάμε σημείο Μ(χ0, Υο), τέτοιο ώστε να ισχύει πρόοδο με διαφορά: f(xo) = Υο για κάθε α ε ΙR* (1). ' λα' βουμε - 3 και ' ορο ω = 1 , αν ως πρωτο 2 Αλλά (1)<::::>-4 χοα2+(4 Χο2+3-4ψο)-4 χο=Ο, για κάθε 3 ' ' παρουμε ω =- 1 , αν ως πρωτο 2. ' ορο τιμή του α εΙR* (1). ν ί ) Τα σημεία Έστω ότι ισχύει η ( 1) Αν α = -1, τότε: Μ(Ο, � ) , Α'(- .!_ ,0), Α( .!_ ,0) , 2 2 4 (1) => -4 Χο2-8 Χο-4ψ0+3=0 (i) καθώς και τα Αν α = 1 , τότε: (1) => -4 Χο2-8 χο+4ψ0-3=0 (ii) Μ(Ο, � ) , Β'(- � ,0), Β( � ,0) 2 2 4 Με πρόσθεση των (i), (ii), παίρνουμε -16 χ0 =0, δηλαδή Χο = Ο. Οπότε: (i) => -4ψο+3=0 => Ψο = � 4 Αντιστρόφως: Για Χο = Ο, Ψο = � , ισχύει η (1).

4 Το σταθερό σημείο λοιπόν είναι το , ' Β'(-3/2,6)' -Α;(-1 /2, Ο) Α( 1 /2 .' Ο) , 8(3/2, Ο) 3 Μ(Ο, - ).

- 312

1/2

- 1/2

3/2

•

•

r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -1 1

4

I

- - -

ν)

l αl =l <::::> α = -l ή α =l . Για α= -!,έχουμε: f(x) = χ2 +2χ + � .

4

Η f(x) έχει ρίζες - �

και - .!. .

2 2 Η ανίσωση f(x) � Ο έχει λύσεις τα χε[- 23 - 21 ] . ,

ι

-

- - - - - - - -

- --- I-

-

- - - - - - - - - -

--

- - - - -Ι

αποτελούν κορυφές, των τριγώνων ΜΑΆ, ΜΒ'Β, τα οποία είναι ισοσκελή αφού η ΜΟ, είναι κοινή μεσοκάθετος των ΑΆ , Β 'Β. Στο τεύχος 86 σελίδα 37 παρατηρείστε ότι ισχύει 2κπ+π=(2κ+ ι )π=λπ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/27

Μαθηματικά για την Λυκείου Α'

Μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση για τους μαθητές της

Α·

λυκείου.

Από το Γιώργο Τασσόπουλο Σχολικό Σύμβουλο Μαθηματικών.

Η παρατήρησή μας αναφέρεται στην παραγοντοποίηση του τριωνύμου f(χ)=αχ2+βχ+y με α,β,γ εR

και 1#0, στοιχειωδώς, δηλαδή χωρίς τη χρήση της διακρίνουσας Δ=β2 - 4αγ. Με βάση την διακρίνουσα βέβαια ή με βάση την ισοδύναμη διαδικασία που αποκαλούμε συμπλήρωση τετραγώνου η παραγοντοποίηση γίνεται απλά, σύμφωνα με τον τύπο f(χ)=α(χ- ρι)(χ- ρ2), όπου Δ2:0 και ρ 1 ,ρ2 οι ρίζες του. Φυσικά όταν Δ<Ο το τριώνυμο δεν παραγοντοποιείται. Τη μέθοδο αυτή θα αποκαλούμε στο εξής γενική μέθοδο, αφού έτσι αντιμετωπίζονται όλες οι περιπτώσεις τριωνύμων και διαπιστώνουμε αν παραγοντοποιούνται ή όχι. Πως όμως θα αντιμετωπίσουν την παραγοντοποίηση του f(x) οι μαθητές που δεν γνωρίζουν τον παραπάνω τύπο, στον οποίο μάλιστα κατά κανόνα ξεχνάνε τον συντελεστή α; 1) Αν α=1 και β,γ ακέραιοι, τότε ξέρουν ήδη από το Γυμνάσιο ότι αρκεί να βρουν δύο ακέραιους κ, λ τέτοιους ώστε: κ·λ=γ και κ+λ=β, διότι τότε προφανώς: f(x) = χ2 + (κ+λ)χ +κ· λ = χ2 + κχ+λχ +κ·λ = χ(χ+κ)+λ(χ+κ) = (χ+κ)(χ+λ). Αρκεί δηλαδή να αναλύσουν το β σε β=κ+λ, αφού θα είναι γ=κ·λ.

2) Αν α� {Ο, 1 } και α, β, γ ακέραιοι, όπως θα δούμε παρακάτω, το πρόβλημα μπορεί να αναχθεί στην προηγούμενη περίπτωση. Πράγματι, έχουμε τότε: 2 2 1 f(x) = α(α · Χ + β · χ + γ) = α · Χ 2 + α · β · χ + α ·γ = (α · χ)2 + β(α · χ) + α · γ a·x=y = -(y + βy + αγ) . α α α α κ·λ =α·γ Αν λοιπόν βρούμε ακέραιους κ, λ με (Σ), τότε: κ+λ=β f(x)= ..!. ( y + κ)(y + λ) = _!_ (αχ + κ)(αχ + λ) . 'Ετσι δικαιολογούμε την απαίτηση τα κ, λ να α α επαληθεύουν το σύστημα (Σ). Η παραγοντοποίηση όμως γίνεται ευκολότερα αν αναλύσουμε τότε απλώς το β σε β=κ+λ, αφού θα είναι γ= κ · λ ή (α= κ · λ , γ:;t:Ο). Πράγματι έτσι έχουμε: f(x) = α·χ2 α γ κ · λ κ · λ + (κ+λ)χ + - = α ·χ2 + κχ+λχ + - = χ(αχ +κ) + λ(χ+ -κ ) = α α α χ(αχ +κ) + λ( αχ + κ ) = (αχ+κ)(χ+ -λ )= (αχ+κ)( αχ + λ )= -1 (αχ+κ)(αχ+λ)= α α α α κ · λ α(χ+� )(χ+ � ). Αν θέσουμε α= βρίσκουμε ομοίως: f(x)= .!.. (λχ+y)(κχ+y). Ταυτόχρονα α α γ γ ' - -κ = - -γ και --λ = - -γ , αφου' κ·λ= α·γ. και τις ρι'ζες του τριωνυμου: βρισκουμε ' α α λ κ Στην πράξη μετά τον προσδιορισμό των κ,λ η διαδικασία είναι συντομότερη από τη γενική μέθοδο Αυτό φαίνεται στα παραδείγματα που ακολουθούν. Εύκολα αντιλαμβανόμαστε ότι για να είναι τα παραπάνω εφικτά πρέπει Δ=μ2, όπου μ ακέραιος. Φυσικά οι παραπάνω διαδικασίες ισχύουν γενικότερα αν α,β,γ εR, 1#0 και Δ2:0, μόνο που τότε δεν είναι πάντα εύκολος ο προσδιορισμός των κ, λεR. Εφα ρμογή l η Να γίνει γινόμενο το τριώνυμο f(x), όταν Γ) f(x) = 1 5χ2 + χ - 6 Α) f(x)= χ2 - χ - 72, Β) f(x)= 7χ2 - 12χ - 4 2

{

--

•.

•

•

{κ +· λ = α · γ πρωτάκουσα από τον αείμνηστο καθηγητή μου Ηλία

Κορώνη που κ λ=β με μεγάλο ζήλο πάσχιζε να μας διδάξει την παραγοντοποίηση, ακόμα και τα απογεύματα, σε ένα μικρό χωριό της Μεσσηνίας. Αργότερα βρήκα αυτή τη μέθοδο, χωρίς βέβαια αιτιολόγηση, στην Άλγεβρα τόμος Α σελ. 1 16 του Γεωργίου Χ. Παπανικολάου. Κυρίως γι αυτή την ενθύμηση έγραψα το άρθρο, πέραν φυσικά της απλότητας της μεθόδου.

Για την απαίτηση να βρούμε: κ, λ με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/28

Μαθηματικά για την Λυκείου Λύση :

{

Α'

κ · λ = -72 . Τα δισύνολα με κ · λ = -72 είναι πεπερασμένου Ζητάμε δισύνολο ακεραίων {κ, λ} με κ + λ = -1 πλήθους, τα εξής: { 1,-72} , {2,-36}, {3, -24}, {4, -1 8}, {6,-12}, {8,-9}, {-1,72}, {-2, 36}, {-3,24}, {4,18}, {-6,12}, {-8,9}. Απ ' αυτά μόνο το δισύνολο {8, -9} επαληθεύει την κ+λ=-1. Ένας έμπειρος και παρατηρητικός μαθητής θα μπορούσε να το βρει αμέσως αγνοώντας τα υπόλοιπα. Άρα: f(x)=x2 +8χ 9χ - 72= χ(χ+8) - 9(χ+8) = (χ+8)(χ-9). Αναλύουμε δηλαδή απλώς το β=-1 σε β=8-9. Β) Ζητάμε δισύνολο ακεραίων { κ, λ} που επαληθεύει τις σχέσεις κ·λ= 7{-4)=-28 και κ + λ =-12. Ομοίως εύκολα βρίσκουμε το {-14,2}, οπότε: f(x) = 7χ2 - 14χ + 2χ-4 = 7χ(χ-2)+2(χ-2) = (χ-2)(7χ +2). Αναλύσαμε και πάλι το β=-12 σε β=-14+2. Γ) Εντελώς όμοια για το f(x)= 1 5χ2 + χ- 6, θέλουμε: κ·λ=15·(-6) = -90 και κ+λ= l . Βρίσκουμε λοιπόν ομοίως, κ=lΟ, λ=-9, οπότε: f(x)= 15χ2 + 1 Οχ-9χ - 6 = 5χ(3χ+2)- 3(3χ+2) = (3χ+2)(5χ - 3). Για το τριώνυμο όμως f(x) = 9χ2 - 12χ +2 ενδείκνυται η γενική μέθοδος. Έχουμε: Δ=72>0 και ρ1 12 + ..fii = 12 + 6Ji 2 + Ji , ρ = 2 - Ji , οποτε: ' 2 3 18 3 18 [;; )(3χ - 2 + ν2 [;; ). f(x) = 9(χ- 2 + Ji )(χ 2 - Ji ) = (3χ-2-ν2 3 3 Είναι σχεδόν απίθανο να βρούμε το ζεύγος: κ=3( Ji -2), λ=-3( Ji +2) με κ·λ=9·2=18 και κ+λ=-12, χωρίς να καταφύγουμε στην δευτεροβάθμια εξίσωση: f +12t +18=0 (1). Έτσι όμως η διαδικασία αποβαίνει ανακόλουθη, αφού προκειμένου να αποφύγουμε την εύρεση των ριζών του τριωνύμου f(x) καταφεύγουμε στην εύρεση των ριζών της εξίσωσης (1). Ας επιχειρήσουν όμως οι μαθητές, για εξάσκηση, να παραγοντοποιήσουν το f(x) με την υπόδειξη ότι οι αριθμοί κ , λ που επαληθεύουν το (Σ) είναι κ=3( Ji -2), λ=-3( Ji +2), προκειμένου να κατανοήσουν τη διαδικασία που περιγράψαμε, δηλαδή ότι: -12= κ+λ και 2= κ · λ . Στην προκείμενη περίπτωση βέβαια είναι εύκολη η συμπλήρωση 9 τετραγώνου, αφού: f(x) = (3χ)2 - 2·3χ·2 + 22 - 22 + 2 = (3χ-2)2 - ( Ji )2 = (3χ-2- Ji )(3χ - 2+Ji ). Α)

•

Μια χρήσιμη επισήμανση.

Σε ένα διτετράγωνο τριώνυμο: :t{χ)=αχ4 +βχ2 + γ, <#(), η αρνητική διακρίνουσα της επιλύουσας αy+βy+ γ=Ο, δεν αποκλείει το ενδεχόμενο να παραγοντοποιείται το f(x). Για παράδειγμα στο :t{x)= 9χ4 + 14χ2 +25, παρόλο ότι έχουμε Δ<Ο, το :t{x) παραγοντοποιείται με τον γνωστό πλάγιο τρόπο. Εδώ έχουμε f(x) = (3χ2)2 + 52 + 14χ2 και για να γίνει συμπλήρωση τετραγώνου μας λείπει το διπλάσιο γινόμενο των βάσεων 2·3χ2·5 = 30χ2, το οποίο προσθαφαιρούμε. Έτσι, έχουμε: :t{x) = (3χ2)2 + 52 +30χ2 - 30χ2 + 14χ2 = (3χ2+5)2 - (4χ)2 = (3χ2 +5 4χ)(3χ2 + 5 +4χ) = (3χ2 - 4χ+5)(3χ2 +4χ+5). Τα δύο αυτά τριώνυμα δεν παραγοντοποιούνται αφού έχουν αρνητικές διακρίνουσες. Για το :t{x)=9x4 - 34χ2 +25, έχουμε Δ>Ο, οπότε μπορεί να παραγοντοποιηθεί και με τη γενική μέθοδο, δηλαδή τελικά με τρεις τρόπους, όπως φαίνεται παρακάτω: x2�y 25 )= ( -1)(9y-25) = (χ2-1)(9χ2-25) Α) f(x) = 9y2 - 34y +25 = 9(y-y1 )(y-y )=9(y-1)(y2 9 y = (χ-1 )(χ+ 1 )(3χ-5)(3χ+5) Β) f(x)= (3χ2)2 + 52 +30χ2 - 30χ2 - 34χ2 = (3χ2+5)2 - 64χ2 =(3χ2+5)2 - (8χ)2 = (3χ2 -8χ+5)(3χ2 +8χ+5) =3(χ-1)(χ- � ) ·3(χ+1)(χ+ � ) = (χ-1)(3χ-5)(χ+1)(3χ+5).

3 3 Γ) f(x)= (3χ2-5)2 - 4χ2 = (3χ2-5)2 - (2χ)2 = (3χ2 -2χ-5)(3χ2 +2χ-5) = 3(χ+1)(χ- 35 ) ·3(χ-1)(χ+ 5 ) = (χ+1)(3χ-5)(χ-1)(3χ+5).

'3 Θα μπορούσαμε λοιπόν ως θέμα εξετάσεων, να ζητήσουμε την παραγοντοποίηση του f(x) με τρεις τρόπους και την απόδειξη της ταυτότητας: (3χ2 - 8χ+5)(3χ2+8χ+5) = (3χ2 - 2χ - 5)(3χ2 +2χ -5) πάλι με τρεις τρόπους, πέραν της κοινότυπης εκτέλεσης των πράξεων. Εφαρ μογή 2 η

1) 3)

2 - 4χ - 4 2) α λυθεί η εξίσωση: Κ=8 (i) Ν Ν α απλοποιηθεί το κλάσμα: Κ = 3χ 2 1 5χ + χ - 6 19 Για ποιες τιμές της παραμέτρου λεR, η εξίσωση Κ=λ (1) είναι αδύνατη (το θέμα αυτό, σύμφωνα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/29

Μαθηματικά για την Λυκείου Α'

με τη μέθοδο που αναπτύξαμε, μπορεί να τεθεί πριν οι μαθητές διδαχτούν την επίλυση τριωνύμου με χρήση της διακ:ρίνουσας).

Λ ύ ση :

Ι)

Βρήκαμε προηγουμένως ότι: 1 5χ2+ χ- 6 = (3χ+2)(5χ-3), που σημαίνει ότι το Κ ορίζεται μόνον όταν χεΑ =R -{- � , � } . Όμοια για τον αριθμητή το κατάλληλο δισύνολο {κ:, λ} με κ:·λ= 3·(-4) = -12 3 5 και κ:+λ=-4 είναι το {-6, 2}. Άρα: 3χ2-4 χ-4 = 3χ2-6χ+2χ- 4 = 3χ(χ-2)+2(χ-2) = (χ-2)(3χ+2) . Επομένως στο Α έχουμε: Κ = (χ - 2)(3χ + 2) = χ - 2 .

(3χ + 2)(5χ - 3) 5χ - 3 --

Στο Α λοιπόν έχουμε: (i) <=> χ - 2 = � <=> 1 9χ -38 = 40χ - 24 <::::> 21χ=-14 <::::> χ = - .!i <::> χ 5χ - 3 19 21 2 '� 2 '� " ' ' ' ' η εξισωση (ι) ειναι ' αδυνατη. = - - . ΑΙΙJΙ.α - � Α, οποτε 3 3 χ - 2 = 8 (ιι" .) ειναι ' π , συνο , λο ορισμου, της εξισωσης: , το Β=R-{ -3 } , οποτε , η τιμη, --2 ειναι , ροφανως, 5χ - 3 19 5 3 ρίζα της (ίί) , αφού ανήκει στο Β . Όμως για να είναι οι (ί), (ίί) ισοδύναμες πρέπει και αρκεί χεΑrιΒ=Α. Πιθανόν λοιπόν κάποιοι μαθητές να αγνοήσουν το σύνολο ορισμού της ισοδυναμίας των εξισώσεων (ί), (ίί) ' απορριπτεται, ' και να δεχtου' ν ως ρίζα της (ι") τον αριθμό - 32 που προφανως αφου' 32 � Α. χ - 2 = λ (2) και στο Β έχουμε: (2) <=> (5λ-1)χ= 3λ-2.

3) Στο Α έχουμε: (1) <=> 5χ -3 Α) Αν 5λ-1=0, δηλαδή λ= ..!. , τότε η (2) είναι αδύνατη, αφού τότε: 3λ-2 = � -2 =- 2 φο.

5 5 5 1 3λ 2 ' Β) Αν 5λ-1:f;Ο, δηλαδη λ:f; - , τότε: (2) <=> χ= -- .

5 5λ - 1 , Οι πιο απροσεκ:τοι μαθητές θα 5;.""""

• vc.ιt.•ουν ως λ.:υση της (2) την τιμη, 3λ -_ 2 χωρις, να εξετάσουν αν 3λ -_ 2 ε Β, 5λ 1 5λ 1 δηλnΙJ ' 3λ - 2 � 3 ' μα π προφ ως ' ' ' αδύνατη. ' 3λ - 2 = 3 <=>15λ-10=15λ-3<=>0·λ=7 κ:αι ειναι η _ τ- , πραγ ου αν ισχυει, 5λ 1 5 αφου 5λ _ 1 5 Τελικά συμπτωματικά έχουν δίκιο. Είναι δηλαδή η τιμή αυτή ρίζα της (2). ' ' ως λυση οι λιγοτερο ' ' της ( 1) την τιμη' 3λ - 2 , αφου' προηγουμενως απροσεκ:τοι μαθητες' θα δεχτουν 5λ _ 1 1 � 3 � 3λ 2 ' , , , , , , , , , αποδειξουν οτι τ 5 για κ:αθε λ τ 5 οπως προηγουμενως . Ό μως και παλι εχουν κ:ανει λαθος, αφου 5λ _ 1 απέδειξαν ότι η τιμή αυτή είναι ρίζα της (2) και όχι κατ' ανάγκην της (1). Για να συμβαίνει αυτό πρέπει ' όμως και αρκ:ει' 3λ -_ 2 �τ- 3 και 3λ -_ 2 �-r- 32 , δηλαδη' 3λ -_ 2 �-r- 32 , ,αφου' η πρωτη ισχu' ει. παρατηρουμε 5λ 1 5 5λ 1 5λ 1 3λ 2 ότι: = - � <::::> 9λ-6= -10λ +2 <=> 19λ=8 <=> λ = � . Για λ = � λοιπόν' η τιμή αυτή του χ 5λ - 1 3 19 19 απορρίπτεται, δηλαδή η (1) είναι επίσης αδύνατη. Είναι λοιπόν πολύ πιθανό μερικοί μαθητές να βρουν ως μοναδική τιμή που καθιστά την ( 1) αδύνατη ' την τιμη' επιλέξαμε στο ' ει'δαμε αυτο' συ μβαινει ' και για λ = 8 . Αυτη' ακ:ριβως την λ= 51 , ενω' οπως 19 τ " ' · · · · δευτερο δηλαδη στην εξισωση (ι) . ελικ:α· η τιμη· χ= 3λ -2 ειναι ρι'ζα της ( 1 ), οταν ερωτημα, και μονο: 5λ _ 1 λεR - { ..!. , � }, ενώ η (1) είναι αδύνατη όταν και μόνο: λε { ..!. , � } .

5 19 5 19 2)

-

•

--

-

-

--

,

'

•

,

'

•

·

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/30

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου Α , ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑΜΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜ ΕΤΡΙΑΣ

Φωτεινή Καλδή

Ά σ κηση 1 . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και σημείο Ε της πλευράς ΑΒ.Η διχοτόμος της γωνίας ΕΔΓ τέ­ μνει τη ΒΓ στο σημείο Ζ. Να αποδειχθεί ότι ΔΕ=ΑΕ+ΓΖ

εφαπτόμενα τμήματα PQ,PR .Στην προέκτα­ ση του PQ θεωρούμε τυχαίο σημείο Α. Ο κύκλος που διέρχεται από τα A,P,R τέμνει τον κύκλο (Ο) ξανά στο σημείο Β και το τμή­ μα AR τέμνει τον κύκλο (Ο) στο C. Να δείξε­ τε ότι α) L.PAR = L.ABC (1). β ) Η BQ διχοτομεί την ABR

Λ ύ ση .

Λύση

Πάνω στην ΕΔ παίρνουμε τμήμα ΕΗ=ΕΑ. Αρ­ κεί να αποδείξουμε ότι ΔΗ=ΓΖ.Η ευθεία ΑΗ τέ­ μνει τη ΓΔ στο σημείο Θ. Είναι LEAH=LHIA=ω και L.ΑΘΔ = L.ΕΑΘ = ω = ΔΗΘ . Άρα το τρίγωνο ΔΗΘ είναι ισοσκελές, επομέ­ νως ΔΗ=ΔΘ. Αρκεί λοιπόν ΓΖ=ΔΘ, δηλαδή . . Γ ΔΖ Α Δ Θ . Η ΔΖ είναι διχοτόμος της γωνίας L.ΗΔΘ στο ισοσκελές τρίγωνο ΗΔΘ, οπό­ τε ΔΖ j_ ΑΘ . Έχουμε: χ + L.ΑΘΔ = χ + ω = 90° και L.ΖΔΓ + L.ΑΘΔ = φ + ω = 90° , οπότε χ = φ . Αφού ΑΔ=ΔΓ και χ = φ τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΘ και ΓΔΖ είναι ίσα. =

Ά σκηση 2.

Δύο κύκλοι C1 και C 2 εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Τ. Μια εφαπτομένη του C 2 στο σημείο Γ τέμνει τον C1 στα σημεία Α και Β. Αν η ευθεία ΓΤ τέμνει τον C1 στο Σ, να απο­ δείξετε ότι ΣΑ=ΣΒ. Λ ύ ση .

α) Θέτουμε L.ABC = ω,

L.PAR = φ, L.AQB = L.QRB = ε, L.QBR = L.QRP = θ (γωνίες χορδής και εφαπτομένης), L.QRC = L.CBQ = ζ (σαν εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο). Από το σχήμα έχουμε: L.BRP = ε + θ = τοξΑΒ + τοξΑΡ => 2 2 τοξΑΡ τοξΑΡ ε+θ =ε-ζ+ => = ζ + θ.(l) 2

2

(Ι )

L.ABR = ω+ ζ + θ = τοξΑΡ + τοξΡR => 2 2 ω + ζ + θ = ζ + θ + φ => ω = φ Μ ι α επέκτα ση και δ ιδακτική προσι':γγι ση ω ς δεύ τερος τ ρόπο ς

Η πρόταση ισχύει και όταν η ΑΡ τέμνει τον κύκλο C στα Q,Q' με χρήση μόνο του Q ή μόνο του Q'. Προ-

(7)

. Αρκεί να εκφράσουμε και τη φανώς (ΡλR.) γωνία ABC με γωνίες εγγεγραμένες στον ( C1 ) 'Εχουμε : (Αθc) = (ABR) - ( CBR) = =

•

Έστω ΚΤ η κοινή εφαπτομένη στο Τ. Τότε αφού ΚΤ=ΚΓ είναι Δ<Γf=LΚΊΓ=LΛΊΣ=LΣΑ'Γ. Επίσης L.ΤΣΒ = L.TΑΒ και L.ΒΓΣ = L.ΣΑΤ έχουμε λοιπόν L.ΣΒΑ = L.ΒΣΓ + L.ΒΓΣ = L.ΣΑΒ Άρα ΣΑ=ΣΒ. Ά σκηση 3. Από σημείο Ρ εκτός κύκλου (Ο) φέρουμε τα

(AP) :(PR) [(cBQ) + (QBR )] = (AP):(PR) [(R, ) +(R, )J (ΑΡ):(PR) -(ARP) = + (ΆΡ) = --(P!R) = ( ΆΡ ) ( Ρ!R ) ---2 2 2 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/31

Μαθηματικά για την Λυκείου Α·

γ) Το ΕΜΖΝ είναι ορθογώνιο αφού έχει τρεις γωνίες ορθές, LAEB = χ + y = 90° , LEMZ=LENZ=90° (γωνίες διαγωνίων ρόμβων).

Άσκηση 5. Δίνεται ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγ­ γράψιμο σε κύκλο. Να δείξετε ότι οι προβολές των κορυφών του στις διαγώνιες σχηματίζουν εγγράψιμο τετράπλευρο. Λύση

Άρα ΡAR = ABC . β) ΑΡ εφαπτομένη : Α1 = Β1 :=::> C1 - Q1 = Β1 :=::> � -Ι\ Βι :=::> 1\ Βι + Ι\ :=::> � διχοτόμος της ABR . Άσκηση 4. =

=

Γνωρίζουμε πως LΒΑΓ = LΒΔΓ ως εγγε­ γραμμένες στο ίδιο τόξο. Όμως LΒΑΓ = LΜΛΔ γιατί η LΜΛΔ είναι εξωτερική του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ΑΜΛΒ (διότι LBΛA= LBMA=90°). Ομοίως LMZN LΛΔΓ πάλι επειδή το ΖΓΔΝ εί­ ναι εγγεγραμμένο (ορθές γωνίες). =

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ=2ΒΓ. Οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέ­ μνονται στο Ε. Να αποδειχθεί ότι: α)το Ε βρίσκεται στην ευθεία ΓΔ. β) Αν η διχοτόμος της γωνίας Δ τέμνει την ΑΒ στο Ζ , τότε το ΑΖΕΔ είναι ρόμβος. γ) Αν οι ΖΔ, ΖΓ τέμνουν τις ΑΕ, ΒΕ στα ση­ μεία Μ,Ν αντίστοιχα, τότε το ΕΜΖΝ είναι ορ­ θογώνιο. Λύση

Άρα LMZN = LΛΔΓ = LBAM = LΜΛΝ και α) Οι διχοτόμοι των γωνιών τέμνονται στο Ε το τετράπλευρο ΛΖΝΜ είναι εγγράψιμο. και υποθέτουμε πως δεν ανήκει στη ΔΓ. Φέρουμε Άσκηση 6 . ΕΖ//ΑΔΙ/ΒΓ, άρα LΔAE = LAEZ = x και Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ,Ε,Ζ LZEB = LΕΒΓ = y , άρα τα τρίγωνα ΑΖΕ και εσωτερικά των πλευρών ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ αντίστοιχα. ΕΖΒ είναι ισοσκελή, με ΕΖ=ΑΖ=ΖΒ, επομένως Ζ Να δείξετε ότι: α) οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων είναι μέσο του ΑΒ και ΖΕ = ΑΒ = ΑΔ = ΒΓ οπότε ΑΔΖ,ΒΔΕ,ΓΕΖ διέρχονται από το ίδιο σημείο Κ 2 β) LΒΚΓ = LA + LΔΕΖ . το Ε είναι το μέσο της ΔΓ. Β

Λύση.

., , - - - - - ... '

.

'

. '

ι

Γ

Επίσης συμπεραίνουμε πως επειδή ΑΖ=ΖΒ=ΕΖ, η ΕΖ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΕΒ άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και χ + y = 90 , (διαφορετικά : χ + y = 90 επειδή είναι συμπληρωματικές λόγω του παραλληλογράμμου). β) Οι πλευρές του είναι ίσες και παράλληλες (από ερώτημα α.), άρα το ΑΖΕΔ είναι ρόμβος Α

Ζ

Ε

Β

Γ

\ \ \ \ .

' '

' ι

\ \

Β

··�--����----�' \ • ' ' ..

Έστω Κ το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων (ΑΔΖ),(ΒΔΕ). Αρκεί να δείξουμε ότι ο κύκλος (ΓΕΖ) διέρχεται από το Κ. Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα ΑΔΚΖ,ΒΔΚΕ έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/32

... ... .. _ .. ,

Μαθηματικά για την Λυκείου Α'

LΔΚΖ + LA = 1 80° και LΔΚΕ + LB = 1 80° , Τότε ΜΕ I I = ΑΝ � ΝΕ I I = ΝΔ � ΜΕΔΝ 2 Άρα LΔΚΖ + LΔΚΕ + LA + LB = 360° � παραλληλόγραμμο � ΜΔ, ΝΕ διχοτομούνται.

360° - LΕΚΖ + 180° - LΓ = 360° � Άσκηση 9.

LΕΚΖ + LΓ = 1 80° . Άρα το τετράπλευρο Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) και ΕΚΖΓ είναι εγγράψιμο επομένως ο κύκλος η διχοτόμος ΒΔ της γωνίας Β. Έστω ΔΕ η δι­ (ΕΖΓ) διέρχεται από το σημείο Κ. χοτόμος της γωνίας ΒΔΓ. Η κάθετη στην ΕΔ, β) LΒΚΓ = LΒΚΕ + LΕΚΓ � στο σημείο Δ, τέμνει την προέκταση της ΒΓ LΒΚΓ = LΒΔΕ + LΕΖΓ = στο Ζ. Να αποδείξετε ότι ΕΖ=2ΒΔ. = (180° - LB - LEI ) + (180° - LΓ - LE2 ) = Λύ ση.

(180° - LB - LΓ) + (180° - LE I - LE2 ) � LΒΚΓ = LA + LΔΕΖ . Α

=

Άσκηση 7. Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε σημείο Μ εσω­ τερικό της πλευράς ΒΓ και φέρουμε

ΜΔ .l ΑΒ,ΜΕ .l ΑΓ .Αν ΜΔ + ΜΕ = ΒΗ

όπου ΒΗ ύψος του τριγώνου, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Λύση. Α

Β

-------

Γ

c .- _ _ _ _ _ _ _ _ _ : : : ,�Z

Έστω Μ το μέσο του ΕΖ.Η ΔΜ είναι υποτεί­ νουσα του ορθογωνίου τριγώνου ΕΔΖ, οπότε ΜΔ=ΜΕ=ΜΖ. LΔΜΕ = 2LZ = 2(90° - LΔΕΓ) = Β = 1 80 - Β - ΒΔΓ = 1 80 - 2( ΒΔΓ + -) 2 2 LΑΔΒ - LB = Β + LΓ - LB Β 2 2 Το ΒΔΜ ισοσκελές (ΔΒ=ΔΜ). Άρα ΕΖ=2ΒΔ. Ε

ο

1.1

ο

-

Λ

Λ

=

Από το Μ φέρουμε ΜΚ .l ΒΗ , το ΚΗΕΜ εί­ ναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ,άρα ΚΗ=ΜΕ. ΜΔ + ΜΕ = ΒΗ � ΜΔ + ΚΗ = ΒΗ � ΜΔ = ΒΚ Τα τρίγωνα ΒΔΜ,ΒΚΜ είναι ίσα (ορθογώνια, ΒΜ κοινή, ΜΔ=ΒΚ). Έχουμε λοιπόν LΚMB=LB Αλλά LΚΜΒ = LΓ (αφού ΚΜ 11 ΑΓ) Επομένως LB = LΓ και το τρίγωνο ΑΒΓ εί­ ναι ισοσκελές. (*Εξετάστε την περίπτωση που μια από τις γωνίες Β και Γ δεν είναι οξεία).

I·!

Γ

Άσκηση 1 0. Δίνεται σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ, οι διχοτόμοι του ΒΔ,ΓΕ και το μέσο Σ του τμήματος ΔΕ. Αν ΣΖ .l ΒΓ,ΣΗ .l ΑΒ και ΣΘ .l ΑΓ , να αποδείξετε ότι ΣΖ=ΣΗ+Σθ. Λύση.

Άσκηση 8. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ,Μ το μέσο της ΑΒ, η διάμεσος ΒΝ και σημείο Δ της ΑΓ ,ώστε ΑΓ=4ΔΓ. Να αποδείξετε ότι η ΒΝ διχοτομεί το τμήμα ΜΔ. Λύση.

Α

Β

Από το Δ φέρουμε ΔΚ,ΔΛ κάθετες στις ΒΓ,ΑΒ αντίστοιχα. Αφού ΒΔ διχοτόμος ΔΚ=ΔΛ. Από το Ε φέρουμε EI,EM κάθετες στις ΒΓ,ΑΓ αντίστοιχα. Αφού ΓΕ διχοτόμος ΕΙ=ΕΜ. Στο τραπέζιο ΕΙΚΔ η ΣΖ είναι διάμεσος, ά.ρα ΣΖ = ΕΙ + ΔΚ = ΕΜ + ΔΛ (1) 2 2 ,r---�� B �Αλλά ΔΛ=2.ΣΗ (αφού Σ μέσο ΕΔ και Αφού ΑΓ=4ΔΓ και Ν το μέσο της ΑΓ τότε έ­ ΣΗΙΙΛΔ) και ΕΜ=2.ΣΘ (αφού Σ μέσοτης της ΕΔ και χουμε ΝΓ=2ΔΓ,δηλαδή το Δ είναι μέσο της ΝΓ. ΕΜΙΙΣΘ). Άρα η σχέση (1) γίνεται: ΣΖ=ΣΗ +ΣΘ. Παίρνουμε Ε το μέσο της ΒΝ. Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/33

Β , ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑΜΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΆΛΓΕΒΡΑΣ Αθανάσιος Κ. Καλάκος

Π ρόβλημα I

Συνεπώς το β είναι μοναδική ρίζα του Ρ(χ).

( )

Β) Προφανώς, το Ρ(χ) δεν έχει ρίζες χ�Ο, γιατί αν χ�Ο, Ρ(χ) � 1>0. Αν τώρα χ�-1 έχουμε χ3�-1 ή χ3+ 1�0. Ακόμα, όμως, χ<Ο. Έτσι, χ3+χ+ 1 <Ο ή Ρ(χ)<Ο για κάθε χ�-1. Άρα, -1 <β<Ο.

Δίνεται η πολυωνυμική εξίσωση 7χ3+33χ2- 3χ+35=0 (ι). Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση μπορεί να μετασχηματιστεί στην χ+ α 3 =y για κατάλληλες σταθερές α, β, γ. χ+β Στη συνέχεια να λυθεί η εξίσωση (ι).

(

Λ ύ ση :

)

Αν χ * -β τοτε η εξ'ισωση χ + α 3 =y χ+β ισοδυναμεί με (γ-1)χ3+ 3(βγ - α)χ2+ 3(β2γ -α2)χ+(β3 ·γ-α3)=0 (2). Η (2) ταυτίζεται με την (1) εάν ισχύει γ=8 γ-1=7 α 8β - 1 1 ( 1) βγ - α 1 1 , δηλαδή 8β 2 - α 2 + 1 Ο ( 2 ) β 2 γ - α 2 -1 γβ 3 - α3 = 35 8β3 - α3 = 35 (3) ,

--

=

=

=

=

(1),(2) <=> (α, β) = ( -3,1) ή (α,β) = (�, ι; ). Από τα ζεύγη αυτά μόνο το πρώτο επαληθεύει την 8β3 - α3 =35. Προφανώς η ( 1) δεν επαληθεύεται για χ=-1 Άρα: (1) <=> χ - 3 3 =8 <::> χ - 3 =2 <::>χ= -5. x+l χ+1

(

)

Π ρόβλημα 2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ3+χ+ ι και έστω β ε R μια πραγματική ρίζα του Ρ(χ). Α) Δείξτε ότι αν χ>β τότε Ρ(χ)>Ο και αν χ<β τότε Ρ(χ)<Ο. Συμπεράνετε ότι η παραπάνω ρίζα είναι μοναδική. Β) Δείξτε ότι -ι<β<Ο. Γ) Δείξτε ότι το πολυώνυμο q(x)= χ3+χ2+ ι έχει ι ρι'ζα το

β·

Δ) Με τη βοήθεια του σχήματος Horner δείξτε ότι το q(x) δεν έχει άλλες πραγματικές ρίζες. Λ ύ ση :

Α) Θα ισχύει ότι β3 +β+ 1 =0. Έστω χ>β. Τότε χ3>β3 και χ+ l >β+ 1 . Προσθέτοντας κατά μέλη βρίσκουμε χ3+χ+ 1> β3+β+ 1 ή Ρ(χ)>Ο. Έστω χ<β. Τότε χ3<β3 και χ+ 1 <β+ 1 . Προσθέτοντας κατά μέλη βρίσκουμε χ3+χ+ 1 < β3+β+ 1 ή Ρ(χ)<Ο.

Γ)

Από το Β) έχουμε -1 <β<Ο. Ακόμη, 1 )= 1 + 1 + 1 = β3 + β + 1 =0. q( β β3 β2 β3 Δ)

Εφαρμόζουμε το σχήμα Homer στο q(x) για χ= -1 . β 1 1 ο β 1 1 1 +-1 -1 + 2 2 β β β β β3 1 1 1 +-1 -1 + ο β β β2 -

1

1 1 1 1 Ά' ρα, q(x)= (χ- β )[χ2+ (l+ β )χ+ ( β + β2 )]. Σχετικά παρατηρούμε ότι β+1 =-β3 = 2 ' 1+ -1 = -- β και οτι β β β 1 =β+1 =-β 3 = -1 + - β. β β 2 β2 β2 Άρα, το πηλίκο γράφεται ως g(x)=x2 - β2χ- β και έχει διακρίνουσα Δ = β4 +4β = β(β3+4). Όμως β<Ο, και ακόμη -1<β3<0 ή 3<β3+4<4. Έπεται ότι Δ<Ο. Άρα το g(x) δεν έχει πραγματικές ρίζες, και το .!._ είναι μοναδική ρίζα του q(x). β Π ρόβλημα 3. Δύο συναρτήσεις f,g ορισμένες στο R με f(x)>O για κάθε χ ε R, ικανοποιούν τις σχέσεις: ι-χ 3e' f(x)g(ι-x)=-- ι ' f(ι-x)+g(x)=e 2 2) για 4 κάθε χεR.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/34

()

(

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

J) Να βρείτε τους τύπους των συναρτήσεων.

χ15 +χ1+1>χ/+χ2+1, ή f(x1)>f(x2). Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Αφού g(O)=g(1 ), η g δεν είναι γνησίως μονότονη σε όλο το R. 3) Αν α είναι μια ρίζα του g(x) τότε g(α)=Ο οπότε f(α) = (α2+α+1)g(α)=Ο ή α5+α+1=0. Αν ήταν α::=:Ο τότε α5+α+ 12:1 >0, άτοπο. Άρα α<Ο. Ακόμη, αν ήταν α�-1 θα είχαμε α5<0 και α+1�0 οπότε α5+α+ 1 <0, άτοπο. Συνεπώς, α>-1 . Άρα, -1 <α<Ο.

2)

Να βρείτε τα σημεία που οι γραφικές τους παραστάσεις τέμνουν τους άξονες.

3 ) Να λύσετε την εξίσωση f(x)+g(x)=O. λi•11η :

Εάν στη (2) θέσουμε όπου χ το 1-χ θα πάρουμε � � f(x)+g(1-x) = e2 ή g(1-x) = e2 - f(x). Αντικαθιστούμε το g(1-x) στην (1) οπότε: � 3ex =Ο (1)� (f(x))2 - e2 f(x)- 4 2 � e% e% � f (x ) - 2 = ex � f ( x ) - τ = ±e2 �

[ ]

� � 3 � => f ( x ) = -3 e2 ή f ( x ) = - -1 e2 � f ( x) = -e2 2 2 2 Αφού f(x)>O. Άρα g ( 1 - χ) = _!_ e% και θέτοντας 2 1 �2 όπου χ το 1-χ, έχουμε g(x)=- -e 2 i •� Παρατηρούμε ότι f(x)>O, g(x)<O για κάθε x e R οπότε οι γραφικές παραστάσεις δεν τέμνουν τον χ 'χ. Τώρα, f(O)= � , g(O)=- -Je , οπότε 2 2 τέμνουντον y 'y στα σημεία (0, � ), (0,- -Je ) f,g 2 2 αντιστοίχως.

2) Έχουμε πλέον f(x)+g(x)=0�3 e2 = e 2 � ln3+ -χ = 1 - χ � 2ln3+x=1-x � x= -1 -ln3.

2 2 2

Π ριJβλημα 5. Δίνονται τα γραμμικά συστήματα 2Χ2: λχι + Υι = λ2 λχ + y 2 = λ3 2 Σι : Σz : , όπου λeR, Χ ι + λy ι = 1 Χ 2 + λy 2 = 1 παράμετρος. Α) να αποδείξετε ότι το Σι έχει μοναδική λύση εάν και μόνο εάν το Σ2 έχει μοναδική λύση, τις οποίες και να προσδιορίσετε. Β) Να διερευνήσετε τα συστήματα αν λ=l ή λ=-1. Π Αν λ#l να βρείτε τις τιμές του λ ώστε να ισχύουν συγχρόνως οι ανισότητες: Χι>Ο, Υι>Ο, Xz>O, Yz>O.

_

•

χ

1-χ

--

{

{

λύση :

Ι 1

λ 1 2 =λ -1 = (λ-1)(λ+1).

1 λ Έχουμε λοιπόν τις ισοδυναμίες: Το Σ1 έχει μοναδική λύση <:::> D1:f0 �(λ-1)(λ+ 1 ):f0� λ:f-1 και λ:f1 � Dz:fO � Το Σ2 έχει μοναδική λύση. ' Dx 1 = λ2 1 =λ3-1 = (λ-1)(λ2+λ+1) Τωρα 1 λ λ λ2 =λ- λ2 = -λ(λ-1 ) DI= Υ 1 1 Α)

Είναι Dι =D2 =

Dx2 =

, μ [} �· ..

"λ!

1 λ "λ! =λ- λ3 = -λ(λ-1)(λ+1).

Dyz = 1 1 D = .. , Για το Σ1 είναι χι = D, y, , λ Υ ι = D = --- , ενω για το Σ2 ειναι ι Μπορούμε να εκτελέσουμε την διαίρεση D1 λ+1 f(x):g(x) και να βρούμε υπόλοιπο Ο. Εναλλακτικά μπορούμε να παραγοντοποιήσουμε το f(x). Το f(x) DY2 D βλέπουμε ότι δεν έχει ακέραιες ρίζες. Έχουμε: Xz = Dx21 = λ2+1, Yz = D1 = -λ. f(x)= χ5+χ+1= χ5-χ2+ (χ2+χ+1) = χ2(χ3-1)+ Β) Αν λ=1 τότε D1 =D =0 και (χ2+χ+1) = χ2(χ-1) (χ2+χ+1)+ (χ2+χ+1) = 2 Dχ ι = Dyι = Dx2 = Dy2 =0. Αν θέσουμε λ=1 στα (χ2+χ+1)(χ3-χ2+1)= (x2+x+1)g(x). Άρα το g(x) Σι , Σz βλέπουμε ότι αυτά ταυτίζονται: διαιρεί το f(x). ' χι 5 >χ25 και χι+ 1 >xz+ 1 οποτε ' Χι + Υι = 1 Χ 2 + Yz = 1 , .Λν χι>χ2 τοτε αθροίζοντας τις ανισότητες κατά μέλη λαμβάνουμε Χ ι + Υι = 1 X z + Yz = 1 η ισοδυναμα Δίνονται τα πολυώνυμα f(x) = x5+x+l και g(x)= χ3-χ2+1. Να δείξετε ότι το g(x) διαιρεί το f(x). Να δείξετε ότι η αντίστοιχη συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R, ενώ η g δεν είναι γνησίως μονότονη στο R. Αν α μια ρίζα του g(x) τότε -l<α<Ο. ·

\

χ, _

,

--

·

·

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/35

{

,

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Xz + yz=O. Καθένα από αυτά τα Χ ι + Υ ι=Ο συστήματα έχει άπειρες λύσεις που δίνονται από χ2 : t Χ :t τις εξισώσεις: ι , tεR. Υι - 1 - t y2 - 1 - t Αν λ=- 1 τότε Dι=D2=0 αλλά Dyι = - 2 i= Ο οπότε το Σι είναι αδύνατο. Ακόμα, Dx2 = Dyz =Ο οπότε θέτουμε λ=-1 στο Σ2 • Τότε λαμβάνουμε Xz + Yz = - 1 <::::> -X + = l . ,Ετσι, το Σ εχει z Yz z Xz - Yz = l άπειρες λύσεις που δίνονται από τις εξισώσεις: Xz = t ' tεR. Yz = 1 + t 1 Γ) Το δοθέν σύστημα ισοδυναμεί με το -- >0, λ+1 __i__ >O, -λ>Ο αφού βέβαια τα λ2+λ+1, λ2 +1 λ+1 είναι θετικές ποσότητες. Άρα, λ+ 1>0, λ(λ+ 1 )<0, λ<Ο οπότε λ>-1, -1<λ<Ο, λ<Ο και άρα -1<λ<Ο είναι οι ζητούμενες τιμές του λ.

{

{

{

-

Π ρόβλημα 7.

Δύο ίσα τετράγωνα πλευρά α είναι τοποθετημένα όπως δείχνει το σχήμα. Θέτουμε ΜΑ=χ και Α Μ Ν=φ και ΜΕ=λα, όπου λε(Ο,l) σταθερός αριθμός. Να υπολογίσετε το μήκος χ και η γωνία φ ως συνάρτηση των λ, α. Λ

,

{

_

Π ρόβλημα 6.

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ3+βχ2+γχ+5. Εάν το Ρ(χ) διαιρεθεί με το πολυώνυμο (x+l)(x-2) αφήνει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο υ(χ). Αν τα πολυώνυμα π(χ) και υ(χ) είναι ίσα, να γραφεί η παραπάνω Ευκλείδεια διαίρεση και να λυθεί η εξίσωση Ρ(χ)=Ο. Λ ύ ση :

Παρατηρούμε ότι ο βαθμός του π(χ) είναι 3-2=1 και επίσης ο βαθμός του υ(χ) είναι Ο ή αφού πρέπει βαθμός (υ(χ))<2. Ακόμα, το π(χ) είναι της μορφής π(χ)=χ+α αφού όταν γίνει ο πολλαπλασιασμός (χ+ 1 )(χ-2)π(χ) θα πρέπει να λάβουμε τον όρο χ3 •

Α

χ

Λ ύ ση :

Εύκολα βλέπουμε ότι Ε Μ Β = π - φ και Β Ε Μ = 2 φ. Στα ορθογώνια τρίγωνα ΜΑΝ και ΜΕΒ έχουμε χ χ αντιστοίχως συνφ = - και ημφ= α - . α λα --

Απαλείφοντας το χ από τις δύο αυτές εξισώσεις , εχουμε ημφ= α( l - συνφ) η λημφ= 1 -συνφ. λα ,

Αφού η γωνία φ είναι οξεία έχουμε ισοδύναμα λ2ημ2φ=συν2φ - 2συνφ+1 ή Άρα, βάση της υπόθεσης π(χ) = υ(χ) έχουμε την λ2-λ2συν2φ = συν2φ - 2συνφ+ 1 ή ταυτότητα Ρ(χ)= (χ+ 1 )(χ-2)(χ+α)+(χ+α) ή χ3+βχ2+γχ+5= χ3+(α-1)χ2+(-1-α)χ-α. Από εδώ (λ2+ 1 )συν2φ - 2συνφ+ 1-λ2=0. α = -5 α = -5 λ Η Δ=4λ4 οπότε συνφ= 1 ή συνφ= : . Η πρώτη λαμβάνουμε β = α - 1 <::::> β = -6 .

1+λ r = -α - 1 r=4 εξίσωση είναι αδύνατη αφού Ο<φ< π ενώ η 2 Άρα, η Ευκλείδεια διαίρεση είναι η 2 ' 1-λ ' ' φ αφου' δευτερη συνφ= δ μας ινει τη γωνια χ3-6χ2+4χ+5=(χ+ 1 )(χ-2)(χ-5)+(χ-5).

1 + λ2 Το δεύτερο μέλος παραγοντοποιείται εύκολα, ' ο< 1 - λ2 < 1 . ' λα ε χουμε οτι οπότε η εξίσωση Ρ(χ)=Ο<=:>(χ-5)(χ2-χ-1 )=0 <=:>χ=5 ευκο 1 + λ2 λέγ 1 + ή χ2-χ-1=0<=:>χ=5 ή χ= J5 ή χ= J5 Ά ρα, χ- α (1 - λ2 ) .

2 2 l + λz

{

{

Ι-

Ι-

_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/36

Μαθηματικά για την

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑΜΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΑΓΕ ΒΡ ΑΣ

1 . Αν για το πολυώνυμο:

2 2 2 Ρ(χ)= χ4+(α+β)χ3+(α+αβ+ β)χ +(α +β )χ+αβ, α,βΕ IR 2+[Ρ(- 2 ισχύει: [Ρ(1 )] 1)] 0 (1), να βρεθεί η τιμή

της παράστασης: Λύση

{)

= Κ = αzoos +βzoos.

Παρατηρούμε ότι : � Ρ( 1 ) = Ο και Ρ(- 1 )=0 :::::.

2 2

1 +(α+β)+(α+αβ+β)+(α +β )+αβ=Ο 1 -(α+β)+(α+αβ+β)-(α2+β2)+αβ=Ο :::::> α2+β2+2αβ+2(α+β)+1 =0

{ :::::. { :::::. α{+β= 1

α2+β2-2 αβ = 1 (α+β)2+2(α+β)+ 1 =Ο (α-β)2= 1 (α+β+ 1 )2=0 α- β = ±1

i

Β' Λυκείου

}

Αποστολόπουλος Γιώργος

α2κ+αλ+ μ =α β2κ+βλ+μ =β ( 1) γ2κ+γλ+μ =γ Αφαιρώντας τις δύο πρώτες εξισώσεις κατά μέλη και τις δύο τελευταίες , έχουμε (α2- β2) κ + (α-β)λ = α-β} :::::> (β2- γ2) κ + (β-γ)λ = β-γ (α+β)( α-β) κ + (α-β)λ=α-β } (β+γ)(β-γ) κ + (β-γ)λ=β-γ Επειδή α:i'β και β*Ύ θα είναι: (α+β)κ+λ=1 και (β+γ)κ+λ=1 . Τις αφαιρούμε κατά μέλη και προκύπτει (α-γ)κ=Ο. Αλλά α*Ύ, οπότε κ=Ο. Αντικαθιστούμε στην (β+γ)κ+λ=1 και προκύπτει λ= 1 . Για κ=Ο και λ=1 , οι σχέσεις (1) δίνουν : μ=Ο, οπότε υ(χ)=Οχ2+ 1 χ+Ο. Δηλαδή το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ):(χ-α)(χ-β)(χ-γ), είναι υ(χ)= χ .

4. Να δειχθεί ότι ο αριθμός : 9·12ν - 2·5\ νΕIΝ,

{ α+β=-1

α-β= -1 α-β=1 ή :::::. α,β) = (0,-1) ή (α,β) = (-1 , Ο) . Οπότε η τιμή της παράστασης είναι Κ= 1 .

2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)= χ2•+χ•-2, νΕIΝ*. α) Αν έχει ρίζα το χ=-1, να δειχθεί ότι ο φυσικός ν είναι άρτιος αριθμός. β) Αν ισχύει Ρ(2)=70, να βρεθεί ο βαθμός του πολυωνύμου και να παραγοντοποιηθεί. Λύση

α) Έχουμε: Ρ(-1)=0 :::::. (-1)2ν+(-1γ-2 =0:::::.

(-1)2ν+(-1)ν=2 , Αν το ν ήταν περιττός αριθμός, τότε θα ήταν (- 1 )2ν= 1 και (-1 )ν=-1 ,οπότε 1 +(-1 )=2, άτοπο 'Αρα ο ν, είναι άρτιος φυσικός αριθμός. β) Ρ(2)=70 :::::> 22ν+2ν-2=70 :::::>(2ν)2+2ν-72=0. Θέτουμε 2ν=ω>Ο,οπότε ω2+ω-72=0, δηλαδή ω=8. Άρα 2ν=8 � v=3. Τότε Ρ(χ) =χ6+χ3-2 και έχει βαθμό 6. Ρ(χ) = χ6+χ3-2 = χ6-Ι+χ3-1 = ( χ3)2-1 + χ3-1= (χ3-1)( χ2+2).

Αν τα υπόλοιπα των διαιρέσεων του πολυωνύμου Ρ(χ) διά των χ-α, χ-β, χ-γ, είναι α, β, γ, αντιστοίχως (α * β * γ * α), τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-α)(χ-β)(χ-γ) , είναι υ(χ) = χ. Λύ ση 3.

Αν το π(χ) είναι το πηλίκο της διαίρεσης, το υπόλοιπο υ(χ) είναι της μορφής : υ(χ) = κ χ2+λ χ+μ. Από την ταυτότητα της διαίρεσης είναι: (χ)=(χ-α)(χ-β)(χ-γ)π(χ)+κχ2+λχ+μ για κάθε χ Ε R. Για χ = α, χ = β, χ = γ , προκύπτουν

είναι πολλαπλάσιο του 7. Λύση

Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ(χ)=9 χν- 2·5v. Τότε Ρ(5)= 7·5ν. Η διαίρεση Ρ(χ): (χ-5), δίνει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο Ρ(5), άρα Ρ(χ)=(χ-5) π(χ)+7·5ν. Οπότε Ρ(12)= 9· 12ν- 2·5ν =(12-5)π(12)+ 7·5ν = 7[π(12)+5ν]=πολ/σιο του 7. Να λυθεί και με βάση το πολυώνυμο q(x) = 9·12-2xv.

•

Σχόλιο του Γιώργ ου Τασσόπουλου

Η ενδιαφέρουσα αυτή μέθοδος του αξιόλογου συνάδελφου, φίλου και συνεργάτη της Ε.Μ.Ε. Γιώργου Αποστολόπουλου μπορεί να εφαρμοστεί κάλλιστα σε όλες τις αντίστοιχες ασκήσεις του Σχολικού Βιβλίου «Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Β ' Λυκείου». Συγκεκριμένα στις ασκήσεις 6(ii), (ίίί), ΒΌμάδας (σελίδα ! 50) και 6, Α ' ομάδας (σελίδα 1 80). Αρκεί τα συνθετότερα παραδείγματα π.χ.

14 I 34ν+Ζ + 52ν+ Ι και 8 I 52 ν + 7 να τα διαμορφώσουμε σε 1 4 I 9 8 1 ν + 5 · 2 5 ν και 8 I 2 5ν + 7 αντιστοίχως κ.λ.π.

5. Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών 2 αριθμών η εξίσωση: (2χ2+χ-1 )( 2χ +χ-2)=72 (1). Λύση ·

(1) �

2χ2+χ-1 = ω

} � 2χ2+χ-1 = ω }

ω(ω-1 ) = 72 ωΕ {-8, 9} � 2χ2+χ-1 = -8 ή 2χ2+χ-1 = 9 � 2χ2+χ+7 = ο ή 2χ2+χ-10 = ο � 2χ2+χ-1 0 = 0 � Χ Ε % ,2 .

6.

{- }

Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η παρακάτω εξίσωση με ριζικά: .Jx + 2 = .J4x + 1 - rx=l (1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4137

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου ·� i ολuώνuμα

Λ ί)ση

Για να ορίζεται η εξίσωση (Ι), πρέπει και αρκεί: χ+2 � Ο, χ-Ι � Ο, 4χ+Ι � Ο, δηλαδή χ � Ι . Τότε: (1) � rx+2, + � = .J4x + Ι � χ+2+χ-Ι +2 �(χ + 2Χχ - Ι) = 4χ+Ι x:<:l>O � .Jx z + χ - 2 =χ � χz+χ-2 = xz � χ = 2, δεκτή τιμή.

7. Να λυθεί η aνίσωση: r -χ+

4

r -x + l στο σύνολο των πραγματικών αριθμών

<4 (1),

Λύση

Έχουμε χ2-χ+Ι > Ο, για κάθε χεΙR.Άρα η (Ι) ορίζεται σε όλο το IR. (Ι)� χ2 -χ +Ι+ 4 <5 χ2 χ + Ι 2 2 χ -χ+Ι = ω χ -χ+Ι = ω � � · ω2 -5ω + 4 <Ο , Ι< ω< 4

< <

}•

::::�30<0 }

� I χ'-χ+Ι 4 � �

}.·

: [:�(:: ��) } e

e

(

� xe 1 -

;u ,oJ+ l +;uJ

� χε {-Ι, 2}, αφού χεΖ.

8. Να λυθεί η

aνίσωση:

Λύ σ η

J;. - � �

1

(1)

Για να ορίζεται η ανίσωση (Ι), πρέπει και αρκεί: χ � Ο , χ-Ι � Ο, δηλαδή χ � 1 . Τότε έχουμε: (Ι) <:} .Jx � .Jx - 1 + 1 � χ� χ-Ι+Ι+2 � � ο � � � O= � � x = l .

9. Να λυθεί η aνίσωση: Λύ ση

Vx + 4 � J;.

(1)

Για να ορίζεται η ανίσωση (Ι), πρέπει και αρκεί: χ � Ο.

Vx = ω (2) : Τότε: (Ι) � ω2+4 � ω3 .1 (3) Αλλά (3) � ω3 -ω2-4 � Ο � (ω3-8)-(ω2-4) � Ο � (ω-2)(ω2+2ω+4)- (ω-2)(ω+2) � Ο � (ω-2)(ω2+ω+2) � ω<2 , αφού ω>Ο � ω2+ω+2 > Ο. Άρα: (1) � Ο � Vx � 2 � Ο � χ � 64.

}

Γιώργος Α. Κουσινιώρης

Άσκη ση i η

Για τις διάφορες τιμές του θετικού ακέραιου αριθμού ν, να βρείτε το βαθμό του: Ρ(χ) = (ν - 3)χν + (ν - 1)2 χ2 + ν2 - 5ν + 6 χ + ν2 - 1

(

)

Λ.(ιση

" Αν είναι ν>3 τότε το πολυώνυμο είναι ν-στού βαθμού αφού προφανώς μεγιστοβάθμιος όρος του είναι ο (ν - 3)χ "' Αν είναι ν=3 τότε είναι 2 2 2 2 Ρ(χ) = (3 - 3)χ + (3 - Ι) χ + ( 3 - 5 · 3 + 6) χ + 22 - Ι = 4χ 2 + 3 οπότε είναι δευτέρου βαθμού. " Αν είναι ν=2 τότε είναι Ρ(χ)= (2-3)χ2 + (2-Ι)2 χ2 + ( 22 - 5· 2+6) χ + 22 -Ι = -χ 2 + χ 2 + Οχ + 3 = 3 οπότε είναι σταθερό μη μηδενικό πολυώνυμο επομένως είναι μηδενικού βαθμού. " Αν είναι ν= Ι τότε είναι 1 2 2 2 Ρ(χ) = (Ι - 3)χ + (l - I) x + ( Ι - 5 · Ι + 6 ) χ + Ι 2 - Ι = -2χ + 2χ =Ο για κάθε xεlR. Επομένως το πολυώνυμο είναι το μηδενικό πολυώνυμο και συνεπώς δεν έχει βαθμό. ν .

,:\ σl\φ: 'Π( 2 η uj Να δείξετε

ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β με α:;eΟ, είναι ίδιο με το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ):

( �) χ+

.

β) Αν το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με τα πολυώνυμο χ + � με α:;eΟ, είναι το πολυώνυμο α

Q(x), να βρείτε το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β. γ} Να δικαιολογήσετε ότι με βάση το προηγούμενο ερώτημα μπορεί να χρησιμοποιηθεί το σχήμα Horner για να γίνει η διαίρεση του Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β. δ) Με χρήση του σχήματος Horner να βρείτε τα πηλίκα και τα υπόλοιπα των διαιρέσεων: ι Sx3 - 6χ2 + 3χ - 5 : ( 2χ - ι)

) ( i ι ( -6χ4 - χ 3 + 17χ2 - 2χ - s) : ( 2χ + 3 ) i i ι ( 32χ5 - 76χ4 - 9χ3 + 105χ2 - 53χ+ 7) : ( -4χ+ 7)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/38

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

υπόλοιπα στοιχεία είναι οι συντελεστές του πηλίκου Q(x). Συνεπώς, επειδή με βάση το προηγούμενο ερώτημα το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β είναι το πολυώνυμο π(χ) = Q(x) , οι α συντελεστές του ζητούμενο πηλίκου π(χ) θα προκύψουν από τη διαίρεση των συντελεστών του Q(x) με τον αριθμό α. Τα πaραπάνω φαίνονται στα παραδείγματα που ακολουθούν.

Λ ύ ση

α) Επειδή ο διαιρέτης είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού, το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι ένας αριθμός υ. Αν π(χ) είναι το πηλίκο της διαίρεσης, τότε από την ταυτότητα της διαίρεσης έχουμε Ρ( χ) = (αχ + β) · π(χ) + υ . Για χ = _ Ι η ισότητα γίνεται α

( �) + υ =Ο+υ = υ, οπότε υ = Ρ ( - �), δηλαδή ίδιο με το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ+�} [-β + β] · π -

β)

Παρατηρείστε ότι το υπόλοιπο είναι η τιμή του πολυωνύμου για χ ίσον με τη ρίζα του πρωτοβάθμιου διαιρέτη. Επειδή και εδώ ο διαιρέτης είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού, συγκεκριμένα είναι της μορφής χ-ρ, το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι ο αριθμός υ = Ρ Αφού Q(x) είναι

δ)ί) Θα

i i)

( �}

Ρίζα του διαιρέτη 2χ+3 είναι χ = -�, οπότε 2 έχουμε από το σχήμα Homer( . . . )

το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο χ + Ι , έχουμε α

( �} Q(χ) + υ <::> Ρ(χ) = ( αχ: β } Q(χ) + υ <::>

Ρ(χ) = χ +

(αχ + β) . Q( χ) + υ <:> α Ρ(χ) = (αχ + β) · Q(x) + υ . α Άρα το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο αχ+β είναι το πολυώνυμο π( χ) = Q(x) . α γ) Αν εφαρμόσουμε το σχήμα Homer για να κάνουμε τη η διαίρεση του Ρ(χ) με το πολυώνυμο χ + Ι , τότε, όπως ξέρουμε (δες α στο σχολικό βιβλίο της Άλγεβρας της Β ' Λυκείου στη σελίδα 1 37), το τελευταίο στοιχείο της τρίτης γραμμής είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το χ + Ι και τα α

κάνουμε τη διαίρεση ( 8χ3 - 6χ2 + 3χ - 5 ) : (2χ - 1) με χρήση του σχήματος Homer. Η ρίζα του διαιρέτη 2χ-1 είναι χ = ..!.. , 2 Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι το 4 και το Q(x) είναι το Q(x) = 8χ 2 - 2χ + 2 . Έτσι το πηλίκο της διαίρεσης είναι 2 π(χ) = Q(χ) = 8χ - 2χ + 2 4xz - x + l .

2 α Για τη διαίρεση ( -6χ 4 - χ 3 + 16χ2 - 2χ - 8 ) : (2χ + 3) έχουμε:

Ρ(χ) =

iii)

Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι το 4 και το Q(χ) είναι το Q(x) = -6x 3 + 8χ 2 + 4χ - 8 . Έτσι το πηλίκο είναι 2 3 π( χ) = Q(x) = -6χ + 8χ + 4χ - 8 α 2 = -3χ 3 + 4χ 2 + 2χ - 4 . Για τη διαίρεση ( 32χ 5 - 76χ 4 -9χ3 + 105χ 2 - 53χ + 7 ) : (-4χ + 7) έχουμε: Ρίζα του διαιρέτη -4χ+7 είναι χ = 2 , οπότε 4 έχουμε από το σχήμα Homer( . . . ) Συνεπώς το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι το Ο και το Q(x) είναι το Q(x) = 32χ 4 - 20χ 3 - 44χ 2 + 28χ - 4 . Επομένως το πηλίκο είναι 2 3 4 π(χ) = Q(x) = 32χ - 20χ - 44χ + 28χ - 4 -4 α 2 3 4 = -8χ + 5χ + l lx - 7x + l .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/39

ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗ ΓΕΩΜΕτΡΙΑ

Β , ΛΥΚΕΙΟΥ

Μπρίνος Παναγιώτης

α2 α α·α· r Β) Έχουμε: ΒΕ= , α.J34 . r --+a.J32 α2 = .J3 + 1 Β, Γ α·(.J3- 1) Επομενως: , ΑΕ2 = γ2 +ΒΕ2 Β> Γ.

2 2γ·ΒΕ·συν60° = α2 + α2 (.J3 -1)2 -2· -α · -α ·�-� (.J3 - 1) 1 , 1 1 J2Ε 4 4 2 2 2 Α α2 [1+( .J3 -1)2-( .J3 -1)]= -α2 (6-3 ν3)� = 4 4 Α) Έστω ΔΒ=χ, ΔΓ=y, 3α 2 (2- {3) . Άρα ΑΕ = α.J3 J2 -.J3 .

4 2 Γ) Αρκεί να δείξουμε ότι: 2 2 J2 η' α.J3 α α.J3 �2 .J3 ' 2 .J3 +1 = J2 η' .J3 J3�2 -.J3 ' οπότε: Β > Γ => β > γ =>y > χ. Έχουμε: χ+y=α 4 + 2.J3 = 2 2 3α η 2+ .J3 και χγ=ΑΔ2 = - .

3 3(2-.J3 ) ' 16 Τα χ, y λοιπόν είναι ρίζες της εξίσωσης: Τέλος 22 -( J3 )2 = 1, που ισχύει.

3α2 =Ο και αφου y>x, α ειναι 3α4 , Ενδιαφέρον παρουσιάζει η απλοποίηση της , -αt+y= 16 α ρίζας �2 - J3 που μπορεί να γίνει ως εξής: 3α ΔΒ=-4 . χ= - ' δηλαδη, ΔΓ= 4 4 �z -JJ (JH + (�)' -2K � ' � - �) = Η - � = � � (� = α2 => γ= -α = 2ΒΔ => ΑΛ =30 => Β =60 =2 4 = J4 - zJJ = J<Ji - Ι)' = J3 �z JJ Γ => =30°.Θα μπορούσαμε φυσικά να βρούμε: 2 2 J2 α .J3 . Απαντήστε στο ερώτημα (Γ) και με τη νέα Λ ΔΑ μορφή του ΑΕ. � οποτε εφ Β =- = -4- = ν3 , ΔΒ α ' 4

Άσκηση 1 Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

--

β+

υποτείνουσα ΒΓ=α και υψος ΑΔ= -Α) Να βρεθούν οι γωνίες

Α

Λ

του τριγώνου,

όταν Β) Να βρεθεί η διχοτόμος του ΑΕ, ως συνάρτηση του α.

_....:._ ...:..._ __:...

=

=

.

•

Γ) Να δειξετε ότι: - + - = - . β y ύση : Λ Α

+ -=

--

Δ

_

Ε

'

Δ ι

θ

,

•

α

�

I

ο

Λ

ο

--

•

α J3 Γ =300 και β=2ΑΔ= -.

2 Λ

Απάντηση στο (Γ) χωρίς υπολογισμό του ΑΕ. Αν ΕΖlλΓ, τότε: Ε Α z=τ 45° =>

ΕΥκΑΕΙΔΗΣ Β' 88 τ./40

ι

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου 5 - 4 1 οπότε (ΑΚ)=(ΒΛ)= =

, αρκει:, ΑΖ=ΕΖ= ΑΕ , οποτε

2-

.fi

1 , 1 + 1 = 1 η, 1 + 1 η = ' ΑΓ β y ΑΖ ΑΒ ΑΖ ' ΑΖ + ΑΖ = 1 . Πράγματι: ΕΖ//ΒΓ =:> ΑΖ =

ΑΓ ΑΒ ΑΓ Α ΓΕ . ΒΕ και ΕΖ = Ζ= ΒΓ ΑΒ ΑΒ ΓΒ ΑΖ + ΑΖ ΒΕ + ΓΕ ΒΓ Άρα: = =1. ΑΓ ΑΒ ΒΓ ΒΓ

Να υπολογίσετε τη διχοτόμο ΑΕ και από τον τύπο: ΑΕ= ΕΖ .fi = ΕΓ .fi .

•

63 και (ΔΚ) 3..fi (ΔΚ)2 =16 - 1 = 4 = -- .

4 2

+4

5 3..fi 27..fi Άρα (ΑΒΓΔ) = = 2- -2-< 4- . Γ) Βρήκαμε ήδη ότι: (ΑΔ)2 (ΒΑ)2 +(ΒΔ)2 , οπότε Β 1 < 90° και: (ΑΔ)2 = (ΒΑ)2+(ΒΔ)2 - 2ΒΔ)(ΒΑ ' ) =:> 16=25+36 - 2·6·(ΒΑ ' )=:>(ΒΑ ' ) = � . Εξάλλου: 4

ΓΔ = ΓΒ =:>(ΔΓ )= (ΔΒ) = 3 .

2 Μπορούμε στη συνέχεια να παρατηρήσουμε ότι:

2

15

Άσκηση 2.

(ΒΑ ') 4 3 -(ΔΓ ') -3 και = (ΒΑ) 5 4 ' (ΔΓ) 4

-'---� = -= -

Σε τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχουμε (ΑΒ)=5, (ΒΓ)=(ΓΔ) = (ΔΑ) = 4 και (ΒΔ)=6. Α) Να δείξετε ότι είναι τραπέζιο. Β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του. Γ) Να υπολογίσετε τις προβολές ΒΑ', ΔΓ των ΒΑ, ΔΓ στην ΒΔ. Λύση :

2.

Α ' = f" =90° , οπότε τα τρίγωνα ΑΒΑ ' και ΓΔΓ ' είναι όμοια. Αποδεικνύεται έτσι και με έναν άλλο τρόπο (καθαρά γεωμετρικό) ότι: Β1 = Δ, και αφού Β 2 = Δ, θα είναι Β 1 = Β 2 , δηλαδή η ΒΔ είναι διχοτόμος της Β .

4

Άσκηση 3.

Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΒ=ΑΓ και Α = Γ =90° . Να δείξετε ότι (ΑΒΓΔ)= Λ

4

4

Λ

Απόδειξη :

2

(ΑΓ) .

-2

Α

κ

Λ

Α) Αρκεί Ι \ = Δ, , ή συν Β 1 = συν Δ, , αφού Β 1 , Δ, ε ( Ο , 1 80 ) . Πραγματι: Λ

Λ

ο

ο

Β

'

2 2 συν Β 1 (ΒΑ Υ + (ΒΔ) - (ΑΔ) = 2(ΒΑ ) · (ΒΔ)

3 25 + 36 - 16 4 2 · 5·6 2 (ΔΓΥ + (ΒΔ) - (ΒΓ)2 = 2(ΔΓ) · (ΒΔ)

και

συv Δ 1 =

16 + 36 - 16 = -3 . Άρα συνΒ = συνΔ ---1 1 . · · Λ

2 46

4

Λ

•

Β) Έστω ΔΚ=ΓΛ το ύψος του τραπεζίου. Τότε:

(σχ. α)

Ε

Λ

Προφανώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο (O,R) διαμέτρου ΒΔ και AO_i ΒΔ. Αν λοιπόν Ε το aντιδιαμετρικό του Α (σχ. α), τότε: (ΑΒΓΔ)= (ΑΒΔ) + (ΓΒΔ) = __!_ (ΒΔ)(ΑΟ) + _!_ (ΒΔ)(ΓΚ)= __!_ (ΒΔ)[(ΑΟ)+(ΓΚ)]

2

( ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/41

2

2

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου _!_ (ΒΔ)[(ΑΟ)+(ΟΛ)] = _!_ (ΒΔ)(ΑΛ) = _!_ (ΑΓ)2 ,

2 2 2 Γ αφού: Α Ε = 90° και ΑΛ η προβολή της ΑΓ στην ΑΕ. Α

Α 6 Β=360°-120°-90°= 1 50°. Άρα: ΑΒ2 ΟΑ2+0Β2 - 2·0Α·ΟΒ·συν150°= 2R2+R2 .J3 = R2(2+ .J3 ), οπότε =

AB=R�2 + .J3 = R

.J3 + 1 =R J6 + J2 2 J2 r-__=

(βρίσκουμε όπως στην 1η άσκηση: �2 + .J33 =

.J3 +1 ). Επομενως ' J2 ΑΒ+ΒΓ+ΓΑ= R(J6 + J2) +R.J3 +R J2 2 R(J6 + 2/3+3J2) 2

=

2 Β' τρόπος: Προφανώς με ( ΑΓ) ισούται το 2 εμβαδόν ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου του Εξάλλου Β Α Γ=60°::::> (ΑΒΓ)= _!_ (ΑΒ)(ΑΓ)ημ60° 2 οποίου οι ίσες πλευρές έχουν μήκος (ΑΓ). Εύκολα σχηματίζεται ένα τέτοιο τρίγωνο αν πάρουμε = _!_ R = ημιευθεία Αχ εξωτερικά του τετραπλεύρου ώστε 2 2 Α2 = Αι ( σχ. β) και θεωρήσουμε το σημείο Ζ στο R 2 (3 + οποίο τέμνει την ΓΔ. Τότε τα τρίγωνα ΑΔΖ και 4 ΑΒΓ είναι ίσα, διότι: ΑΔ=ΑΒ, Α2 = Αι και Δι = Β , αφού ΑΒΓΔ εγγράψιμο. Άρα: Β 'τρόπος: (ΑΒΓ)=(ΟΒΓ)+(ΟΓΑ)+(ΟΑΒ) = 2 (ΑΒΓΔ)=(ΑΒΓ) +(ΑΓΔ)= (ΑΔΖ) + (ΑΓΔ)= (ΑΓΖ) ο ο 2 + = R 1+ημ150 )= (ημ120 ( - + 1 + - )= 2 ΑΓ 2 2 2 2 23 2 = Άσκηση 4.

+ J2 R J2 .J3 R2(6 + 2.J3) J6 2 8 .J3)

ι

Σε κύκλο (0, R) θεωρούμε εγγεγραμμένο τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ=λ3, ΑΓ=�. Αν η ΑΟ τέμνει τη ΒΓ στο Δ και επανατέμνει τον κύκλο στο Ε, τότε να υπολογίσετε: Α) Τις περιμέτρους και τα εμβαδά των τριγώνων ΑΒΓ και ΟΔΓ. Β) Την περίμετρο και το εμβαδόν του μεικτόγραμμου χωρίου ΔΒΜΕΔ του σχήματος. Λύ ση :

.J3

R 1

1 R ( + .J3)

( )

4

1 800 -1 200

30°, Έχουμε: 6 I =90° και ΓI = Β I = 2 οπότε αν ΟΔ=χ, ΓΔ=2χ και ΔΓ2= ΟΔ2+ΟΓ2 ::::>4x2 =x2+R2 => χ2= - => χ= -- => 3 .

2 ΓΔ= ΟΔ= ' 3 3 χ ΟΔ ::::> - = , εφΓ 1 = Αλλα, και απ , ευθειας: ::::> ΟΓ 3 ·

R.J3

R2 3 R.J3

R.J3

.J3

R

R.J3

χ= -- .

3

,

Α) 'Εχουμε: ΒΓ = λ3 = ΑΓ = λ4 = Β 6 Γ = ώ3 =120°' Α 6 Γ = ω4 =90° ' οπότε.·

R.J3,

RJ2 ,

R.J3 R(3-.J3) .J3 .J3 R 6

. Επομενως ΔΕ=R-ΟΔ= R- -- = 3 3 'Ετσι, ΟΔ+ΔΓ+ΟΓ=R .J3 +R=R( + 1) και 2 R = .J3 . (ΟΔΓ)= _!_ (ΟΓ)(ΟΔ)= _!_ R 2 2 3 Β) Ισχύει 6 2 =120°- 6 I =30° = Β I ::::> ΔΒ=ΟΔ=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/42

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου RJ3 , οπότε ΔΒ+ΔΕ=ΔΟ+ΔΕ=R.

Ι1 Α - ΙΑ - ΒΑ Ι 1 Δ ΙΔ ΒΔ _

3

Για το μήκος ι του τόξου ΒΜΕ έχουμε: πR 30 , η περιμετρος Πχ l= -- 2πR = - . Επομενως 6 360 του μεικτόγραμμου χωρίου είναι: πR . Πχ = ΔΕ +ΔΒ + l =R + 6 Για το εμβαδόν αυτού έχουμε: Εχ = (0 . Β Μ Ε) - (ΟΒΔ)= 30 πR2 1 (ΟΒ)(ΟΔ)ημ30ο = ,

360

nR 2 _!_ _

12

2

2α - . α � P+r y ay

3

2

Λύση:

_

β+y

_

_

2

-

Α

{ε)

R RJ3 _!_ = R\π - J3) .

12

Ασκηση 5.

Άρα τα Ι, Ι1 είναι απολύτως ορισμένα, οπότε τα Β, Γ προσδιορίζονται ως τομές της ΔΕ με τον κύκλο διαμέτρου Ι 1 Ι (Απολλώνιος κύκλος , με βάση ΑΔ και λόγο λ=2). Α

Α

Α) Αν υa=δα, τότε β=γ, οπότε β+γ=2α => 2β=2α =>β=α. Το τρίγωνο λοιπόν είναι ισόπλευρο με ύψος ΑΕ= υα=δα=λ και κατασκευάζεται εύκολα, αν εκατέρωθεν του ΑΕ=λ, φέρουμε τις ημιευθείες Αχ και Ay που σχηματίζουν με την ΑΕ γωνίες 60 0

Α1 = Α2 =30° = -- και τέμνουν την κάθετη (ε) Λ

_

-2

Να δείξετε ότι υπάρχει ένα μόνο τρίγωνο ΑΒΓ με την ιδιότητα: β+γ=2α που έχει διχοτόμο ΑΔ=δα και ύψος ΑΕ=υ�δα, δοσμένα.

Λ

_

2

στην ΑΕ στο Ε στα σημεία Β,Γ.

Β) Αν υα<δα, τότε το τρίγωνο ΑΔΕ κατασκευάζεται εύκολα, οπότε οι κορυφές Β, Γ ανήκουν στην ευθεία ΔΕ. Αν θεωρήσουμε το έγκεντρο Ι και το παράκεντρο Ι1 του τριγώνου ΑΒΓ τότε προφανώς αυτά είναι συζυγή αρμονικά των Α, Δ με λόγο

Προφανώς υπάρχει και το συμμετρικό αυτού του τριγώνου ως προς το ύψος ΑΕ, αφού υπάρχουν δύο ορθογώνια ΑΕΔ, ΑΕΔ ' με ΑΕ= υα, ΑΔ=ΑΔ' = δα συμμετρικά ως προς την ΑΕ. Το τρίγωνο αυτό όμως είναι ίσο με το προηγούμενο. Τελικά μόνο ένα τρίγωνο υπάρχει με αυτές τις ιδιότητες. Βιβλιογραφία 1) Σπύρου Κανέλλου: Ευκλείδειος Γεωμετρία 2) Τάσου Καλοπίση- Γιώργου Τασσόπουλου: Επίπεδη Γεωμετρία.

3) Αλιμπινίση Α. - Δημάκου Γ. - Δρακόπουλου Π. - Κυριαζή Α. και Τασσόπουλου Γ.: Θεωρητική Γεωμετρία Β' Λυκείου Ο.Ε.Δ.Β.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/43

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Β , ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑΜΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΠ ΚΗΣ Θανάσης Χριστόπουλος

Άσκηση 1 η 2 2 Δίνεται η εξίσωση χ + y - 2(λ - 1)χ + 2λy- 2λ + 1 = Ο ν α δείξετε ότι:

α) Η εξίσωση παριστά κύκλο για κάθε λ Ε R β) Τα κέντρα των κύκλων βρίσκονται σε ευθεία γ) Όλοι οι κύκλοι διέρχονται από ένα κοινό σημείο, το οποίο να προσδιοριστεί. δ) Για ποια τιμή του λ ο κύκλος εφάπτεται στον άξονα y 'y Λύση α) Είναι Α 2 + Β 2 - 4Γ = 4(λ- 1 )2+4λ2 -4(-2λ+ 1 )=4[(λ- 1 )2+λ2 -(-2λ+ 1 )]= 4[λ2-2λ+ 1 +λ2 +2λ- 1 )]=8λ2>0 για κάθε λ Ε R* (αν λ=Ο τότε παριστά σημείο) β) Οι συντεταγμένες των κέντρων είναι Κ(λ - 1, -λ) δηλαδή χ=λ- 1 �λ=χ+ 1 και y=-λ οπότε •

y=-(χ+ 1)� y = -χ - ι γ) Για να δείξουμε ότι όλοι οι κύκλοι διέρχονται από το ίδιο σημείο θα δώσουμε στην εξίσωση μορφή πολυωνύμου ως προς λ 2 χ + y2 - 2(λ - ι)χ + 2λy - 2λ + ι = Ο <:> (-2χ + 2y - 2)λ + (χ2 + y2 + 2χ + ι) = Ο και αφού 2

αυτή θέλουμε να αληθεύει για κάθε λ Ε R* πρέπει -2χ + 2y - 2 = Ο και χ + y2 + 2χ + ι = Ο η λύση αυτού του συστήματος θα μας δώσει τις συντεταγμένες του κοινού σημείου.

-2χ + 2y - 2 = Ο <=> y = χ + 1 και με αντικατάσταση έχουμε

+ y2 + 2χ + ι = ο <=> χ2 + (χ + ι)2 + 2χ + ι = ο <=> 2χ2 + 4χ + 2 = ο <=> 2(χ + ι)2 = ο οπότε χ = -ι και y = Ο άρα το κοινό σημείο τους είναι το Α(- 1 ,0) δ) Για να εφάπτεται στον y 'y πρέπει lxo l = ρ δηλαδή μ - 1 1 = lλl · h οπότε λ - 1 = λ · ν'2 ή χ

2

λ - 1 = -λ · ν'2 και από αυτές προκύπτει λ = ι - ν'2 ή λ = -ι - J2 ( δύο κύκλοι ) Άσκηση 2η Αν Α το σημείο τομής των ευθειών ε1 : 3χ - y - 6 = Ο και ε2 : χ + y - 6 = Ο και Β,Γ τα

σημεία τομής των ε1 , ε2 με τον άξονα χ χ αντίστοιχα να βρεθεί α)

το περίκεντρο του

τριγώνου ΑΒΓ β) το συμμετρικό του σημείου Β ως προς την ευθεία ΑΓ γ) το εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ' καθώς και του τετραπλεύρου ΑΒΓΒ ' . Λύση α) Η λύση του συστήματος των εξισώσεων ε1 , ε2 θα μας δώσει τις συντεταγμένες του Α .

Είναι Η

{

{

{

4χ = ι2 χ=3 3χ - y - 6 = ο � � οπότε Α(3,3) x+y-6 = 0 x+y-6=0 y=3

ευθεία ε1 για y= Ο δίνει 3χ=6�χ=2 άρα Β(2,0) ομοίως η ευθεία ε2 τέμνει τον άξονα χ χ

στο σημείο Γ(6,0) Η μεσοκάθετος της ΒΓ είναι η χ=4. Για τη μεσοκάθετο της πλευράς ΑΓ έχουμε το μέσον

0 - 3 -3 3 ' διευ' θυνσης της Μ( 2 9 2) και λ = = = -1 οποτε ο ζητουμενος συντελεστης , ΑΓ 6 3 3 '

'

_

μεσοκαθέτου θα είναι λ=ι και επομένως η εξίσωση της είναι y - � = 1( χ - !) � y = χ - 3 το

{

{

2

2

περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ είναι το σημείο τομής των δύο μεσοκαθέτων των πλευρών ΒΓ, ΑΓ άρα η λύση του συστήματος

χ= 4 χ=4 � δηλαδή είναι το σημείο Κ(4,ι) y=ι y=x-3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/44

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

β) Για να βρούμε το συμμετρικό του Β θα βρούμε αρχικά την ευθεία που άγεται κάθετα από το Β προς την ΑΓ , στη συνέχεια το σημείο τομής της με την ΑΓ και θα απαιτήσουμε αυτό να είναι το μέσο του ΒΒ ' . Γνωρίζουμε από τα προηγούμενα ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της κάθετης στην ΑΓ είναι λ=l οπότε η εξίσωση της είναι y-O=l(x-2)� y = χ-2 και το σημείο τομής της με την ΑΓ είναι χ-2 � . . χ = 4 δηλαδή Δ(4,2)

{Υ =

{ Υ

y=2 x+ y - 6 = 0 Έστω Β ' (χ1 , yι ) το συμμετρικό του Β ως προς την ΑΓ, θα είναι το Δ μέσον του ΒΒ ' άρα 2+ 0+ Χι = 4 και ι = 2 από τις οποίες προκύπτει χ1 = 6 και Υι = 4 δηλαδή Β ' (6,4) 2 2 .

.

γ) είναι ΚΑ =(- 1 ,2) , ΚΒ ' =(2,3) οπότε από τον τύπο Ε = -i ldet(ΚA,ΚB ')I έχουμε 1 -1

Ε=21

2

2

3

ι

I άρα Ε = 2 1- l

·

3-2

·

7 21 = 2

Το τετράπλευρο ΑΒΓΒ 'εχει διαγώνιες κάθετες άρα

ι Ε = δ δ2 2 ·

Β

Α

κ •

-t

10

11

-t

-2

Άσκηση l η

Προτεινόμενες Ασκήσεις

Αν cι ο κύκλος με κέντρο 0(0,0) που διέρχεται από τις εστίες ισοσκελούς uπερβολής με άξονα συμμετρίας τον χ χ καιc2 ο κύκλος με κέντρο 0(0,0) που εφάπτεται στους δύο κλάδους της υπερβολής α) Να δειχτεί ότι ο πρώτος κύκλος έχει εμβαδόν διπλάσιο από το δεύτερο. β) Να βρεθεί το εμβαδόν του ορθογωνίου με κορυφές τα κοινά σημεία της υπερβολής με τον πρώτο κύκλο. γ) να βρεθεί το μήκος των τόξων που αποκόπτουν οι κλάδοι της υπερβολής από τον κύκλο. Άσκη ση 2η

Δίνεται η εξίσωση x(x - 5) + (y - 7)(y - 2) + λ(x + y - 7) = 0 α) Να δειχτεί ότι παριστά κύκλο για κάθε λ e IR β) όλοι οι κύκλοι διέρχονται από δύο σταθερά σημεία ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/45

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

8 ' λΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑΜΗ ΠΤΙΚΕΣ ΑΣ ΚΗΣ ΕΙΣ ΑΝΑΛΥΤΙΚΗ Σ

Σωτήρης Ε. Λουρίδας

Το διάνυσμα ; = lfil � + l �l fi, είναι παράλληλο στην διχοτόμο της γωνίας των διανυσμάτων ΟΑ = α, ΟΒ = β και τούτο διότι είναι παράλληλο στην διχοτόμο της γωνίας των διανυσμάτων ΟΑ ι = I PI �. ΟΒι = ι �ι β ( => Ι οΑ ι l Ι οΒι l ι �ι · Ιfil ) ' που έχουν ίσα μέτρα και που είναι αντιστοίχως ομόρροπα των διανυσμάτων α, β. Πράγματι στον ρόμβο Ο Α1 Μ Β1 η διαγώνιος του ΟΜ είναι και διχοτόμος των γωνιών στις κορυφές των οποίων καταλήγει Μ . Όμως η διαγώνιος αυτή ορίζει το --- -- -��------�� διάνυσμα ΟΜ=ΟΑι +ΟΒι . Μία βασική μέθοδος για να αποδείξουμε ότι ένα διάνυσμα είναι το μηδενικό διάνυσμα, είναι να Ο Α1 Α αποδείξουμε ότι αυτό με βάση τις ιδιότητες του ανήκει σχ . ·1 σε δύο διαφορετικές διευθύνσεις. Την μέθοδο αυτή μπορούμε να την εφαρμόσουμε στο πρόβλημα που ακολουθεί: - -- -«'Έστω κανονικό η-γωνο Α1 Α2 Αn , κέντρου Ο. Αποδείξτε ότι χ = ΟΑ ι + ΟΑ 2 + . . . +ΟΑn = 0, 01

= =

•••

όταν ο αριθμός η, είναι φυσικός περιττός μεγαλύτερος του 2». Λύση : Υ

Αφού το πλήθος των κορυφών του κανονικού n-γωνου είναι περιττός θετικός ακέραιος, η ημιευθεία Οχ ορίζει άξονα συμμετρίας του σχήματος. Επομένως έχουμε τα ζεύγη των συμμετρικών ως προς τον άξονα αυτό ακτίνων, �t?-----ι-.,_ (OA2 ,0An ) , (OA3,0An_1 ) , , (OAv ,OAv+ ι ) · Με βάση τα-προηγούμενα, θαέχουμε OAι ii Ox, OA2 +0An II Ox, .. . , OAv +OAv+ ι ii Ox => x iΙ Ox.Όμ σχ . 2 οια αποδεικνύουμε ότι χ 11 Oy. Άρα χ = Ο (σχ. 2) Παρατήρηση : Στη περίπτωση που το πλήθος των κορυφών του είναι ζυγός αριθμός τα πράγματα είναι απλά (αφήνεται ως άσκηση).

02. Μια βασική μέθοδος για να αποδείξουμε ότι μία ευθεία ΚΛ, που έχει συγκεκριμένες ιδιότητες, τέμνει ένα ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ σε σημείο του Ο είναι να αποδείξουμε ότι τα --διανύσματα ΟΚ, ΟΛ, είναι γραμμικώς εξαρτημένα (παράλληλα), δηλαδή ότι υπάρχει πραγματικός αριθμός t διάφορος του μηδενός, τέτοιος που ΟΚ = t ΟΛ. Την μέθοδο αυτή μπορούμε να την εφαρμόσουμε στο πρόβλημα που ακολουθεί: ιι=ν+1

_..;.; χ

__

• • •

«Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Θεωρούμε επίσης δύο σημεία Μ, Ν των πλευρών του ΑΒ, ΔΓ αντίστοιχα τέτοια που ΑΜ=4ΜΒ και ΔΓ=SΔΝ. Αποδείξτε ότι η ευθεία ΚΛ διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ όταν τα Κ, Λ είναι τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ, ΔΒ αντίστοιχα. Λύση :

Έστω Ο το μέσον του ΜΝ Αρκεί να δείξουμε ότι τα Ο,Κ,Λ είναι συνευθειακά, δηλαδή οκ ι ΙΟΛ . Κατ ' αρχάς παρατηρούμε ότι ΝΓ = 4 ΔΝ. Σύμφωνα με την μέθοδο που αναφέραμε θα έχουμε: 20Κ = ΟΑ+ΟΓ = ΟΜ+ΜΑ +ΟΝ+ΝΓ => 20Κ=4ΒΜ+4ΔΝ (1). Ομοίως παίρνουμε, 20Λ=ΟΒ+ΟΔ=ΟΜ+ΜΒ+ΟΝ+ΝΔ => 20Λ = ΜΒ+ΝΔ (2). .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 8 8 τ.4/46

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Από τις σχέσεις (1), (2) προκύπτει η σχέση ΟΚ= - 40Λ, δηλαδή ότι οκ Ι !ΟΑ .

Β

Β ' Τρόπος

Έχουμε:

ΑΜ = 4ΜΒ::::> ΟΜ-ΟΑ = 4 ( 0Β-ΟΜ) =>ΟΜ =

r

=> 2 · 0Κ =-4 · 20Λ => ΟΚ =-4 · 0Λ .

;

4ΟΒ ΟΑ

και

- - - - - - - 40Α + ΟΓ , ΔΓ=5ΔΝ ::::> ΟΓ-0Δ=5 ( ΟΝ-ΟΔ) =:> ΟΝ = Επομενως: 5 ΟΜ =-ΟΝ => 40Β + ΟΑ = -40Δ -ΟΓ => ΟΑ + ΟΓ = -4( ΟΒ + ΟΔ ) =>

Μία γενική αντίληψη που έχουμε, όταν ασχολούμεθα με πρόβλημα επί των κωνικών τομών είναι να ερευνούμε την σχετική θέση σημείου ή σημείων που δίνονται με τις γραμμές που επίσης δίνονται από το πρόβλημα. Ταυτόχρονα ερευνούμε την σχετική θέση μεταξύ των γραμμών που αναφέρονται στο πρόβλημα. Την γενική αυτή αντίληψη μπορούμε να την εφαρμόσουμε στο πρόβλημα που ακολουθεί: «'Έστω η ευθεία χ = 2 (α -y), α ε JR., που τέμνει τους αρνητικούς ημιάξονες σε σημεία Α ε Οχ, Β ε Oy , σχηματίζοντας με αυτούς τρίγωνο εμβαδού 16 . Θεωρούμε σημείο Κ( -2, 2) και την ευθεία 2χ - y = 4 . Αν Γ είναι το σημείο τομής της ευθείας 2χ -y = 4 με την ευθεία ΑΚ και Δ σημείο τέτοιο που ΚΔ = ΒΚ , υπολογίστε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ».

03.

Λύση :

Από την υπόθεση έχουμε άμεσα την aρνητικότητα του αριθμού α . Άρα παίρνουμε ότι η ευθεία χ = 2 ( α - y), α ε JR., τέμνει τον άξονα Οχ στο σημείο Α ( 2α, Ο) και τον άξονα Oy στο σημείο το εμβαδόν του τριγώνου Β(Ο, α) , α < Ο. έχουμε Από ΑΟΒ α2 = 16 � α = -4 � Α (-8, 0) , Β(Ο, -4). Συνεπώς η ευθεία ΑΒ έχει εξίσωση χ + 2y + 8 = 0, με το σημείο Β να ανήκει στην ευθεία 2χ - y = 4 καθότι οι συντεταγμένες του την επαληθεύουν. Έτσι η ευθεία ΒΓ είναι η 2χ - y = 4 με την ευθεία ΑΚ να έχει εξίσωση y = ..!_(χ + 8) , δηλαδή χ - 3y + 8 = Ο. Από την 3 λύση του συστήματος των εξισώσεων παίρνουμε x - 3y + 8 = Ο και 2χ - y = 4 , Γ ( 4, 4) , οπότε ΑΚ ΚΓ . =

Εδώ παρατηρούμε ότι λ Β λer = _ _!_ _ 2 = -1 � LΑΒΓ = 90·. Α 2 •

Έτσι οδηγούμαστε στο συμπέρασμα ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο.

8 (0 ,-4) Ταυτόχρονα παίρνουμε 6 = -l � Γ .l ΒΔ. λ Γ � = -2 · Α Α "'ΒΔ 6 _2 Επομένως καταλήγουμε στο ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο δηλαδή το εμβαδόν του είναι ίος με: ΑΒ 2 = (0 + 8)2 + ( -4 + 0)2 80. ·

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/47

ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΑΣΚΗΣΗ 1 [ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ] Το εύρος (R) των παρατηρούμενων υψών των 200 πελατών ενός γυμναστηρίου είναι 55cm. Α) Να ομαδοποιήσετε τα δεδομένα των υψών σε 5 ισοπλατείς κλάσεις αν γνωρίζετε ότι το άθροισμα των κεντρικών τιμών των 5 κλάσεων είναι 887,5cm. Β) Οι συχνότητες των κλάσεων που θα προ­ κύψουν στο ερώτημα Α) είναι: νι = 20 ν 2 = 50 , ν3 = 60 , ν4 = 50 και ν 5 = 20 . Κατατάσσουμε τους πελάτες σε αύξουσα σειρά ύψους. Να βρεί­ τε το ύψος για το οποίο η πιθανότητα οι πελάτες του γυμναστηρίου να έχουν ύψος μεγαλύτερο από αυτό να είναι το πολύ 50%.

Του Κώστα Βακαλόπουλου Το ζητούμενο ύψος είναι η διάμεσος των παρατη­ ρούμενων υψών. Για να το προσδιορίσουμε θα χα­ ράξουμε το πολύγωνο σχετικών αθροιστικών συ­ χνοτήτων επί τοις εκατό και θα διαβάσουμε την τετμημένη του σημείου του με τεταγμένη 50.

Fi%

1 00

Λύση Α) Στις

ισοπλατείς κλάσεις αν c το πλάτος των .... ................... !... κλάσεων και κ το πλήθος των κλάσεων ισχύει: c = R . Άρα: c = 55 = 1 1 ( cm ) . Επειδή τα κέντρα κ 5 των κλάσεων x i , i = 1,2,3,4,5 αποτελούν αριθμη" τική πρόοδο με Ι 0 όρο χι διαφορά ω = c = 1 1 και ι πλήθος ν = 5 , από τον τύπο του αθροίσματος των πρώτων ν διαδοχικών όρων της αριθμητικής προόΟ 150 1 6 1 1 7 1 δ 1 83 1 94 205 (ύψος σε cm) Sv = �[ 2αι + (ν - Ι )ω] , δου: έχουμε: 2 δ = 172+ 183 - 1 72 = 1 72 + 5,5 = 1 77,5 ( cm ) 887,5=-5 [2χι + ( 5-l) c}=> 1775 =10χι +20·11 2 2 Το ζητούμενο ύψος είναι: 1 77,5 (cm) <:::::> χι = 155,5 .Οπότε οι κλάσεις είναι:

[155,5-� ,155,5+�) =ι150,161) ,

ΑΣΚΗΣΗ 2 [ΑΝΑΛΥΣΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ]

Δίνεται η συνάρτηση

[ 155 + 1 1,161 + 1 1 ) = [ 1 61,1 72 ) [ 161 + 1 1, 1 72 + 1 1) = [ 1 72,1 83 ) [ 1 72 + 1 1, 1 83 + 1 1 ) = [ 1 83, 194 ) [ 1 83 + 1 1,194 + 1 1 ) = [ 194,205)

f(x) = αχ3 - � βχ 2 + 3χ + 2013 , χ ε JR .

2

Β) Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε τον παρακά­ τω πίνακα κατανομής συχνοτήτων (περιέχει όσες συχνότητες χρειαζόμαστε) Κλάσεις

[150, 161 ) [161,172) [172, 183 ) [183, 1 94)

[ 194,205 )

xi

1 55,5 1 66,5 177,5 1 88,5

199,5

vi

20 50 60 50 20 200

Οι συντελεστές α, β προκύπτουν από τη ρίψη ενός ζαριού δυο φορές. Α) Να βρεθεί ο δειγματικός χώρος του πειρά­ ματος. Β) Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Α: η εφαπτόμενη στο σημείο ( 1,f(l) της γρα­

)

fi %

F; %

10 25 30 25 10 1 00

10 35

φικής παράστασης της f να σχηματίζει αμβλεία γωνία με τον άξονα χ 'χ. Γ) Αν Β το ενδεχόμενο το ζάρι να φέρει και στις δύο ρίψεις το ίδιο αποτέλεσμα, να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου: <<να πραγματοποι­ ηθεί μόνο ένα από τα ενδεχόμενα Α και Β».

1 00

Λύση Α) Συμπληρώνουμε

65 90

εισόδου:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/48

τον παρακάτω πίνακα διπλής

Μαθηματικά για την Λυκείου Γ'

"" I

2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

6

(1,1) (2, 1) (3, 1) (4,1) ( 5,1) ( 6,1)

(1,2) (2,1) (3, 2) (4, 2) (5, 2) ( 6, 2)

(1,3) (2,3) (3,3) (4,3) (5,3) (6, 3)

(1, 4) (2, 4) (3,4) (4, 4) (5, 4) (6, 4)

(1,5) (2, 5) (3, 5) (4,5) (5, 5) ( 6, 5)

(1, 6) (2, 6) (3, 6) (4, 6) (5,6) (6,6)

Δ) Τη πιθανότητα ώστε να μη πραγματοποιεί­ ται κανένα από τα ενδεχόμενα Α και Β. Λύση

Κατ' αρχήν ο δειγματικός χώρος του πειράματος είναι το σύνολο: Ω={(1,1),(1,2),(1,3), ... ,(4,3),( 4,4)} με Ν (Ω) = 16

Η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει ακρότατα στο αν η διακρίνουσα Δ της παραγώγου είναι μι­ Άρα: Ω = {(1,1),(1,2),(1,3), ... ,( 6,5),( 6,6)} με κρότερη ή ίση του μηδενός. Έχουμε Ν {Ω) =36 f'(x) = 6αχ2 - 6βχ + 1 , για κάθε χ Ε IR . Πρέπει: Β) f '(χ ) = 3αχ 2 3βχ + 3 , x E IR Δ = ( -6β) 2 - 4 · 6α � Ο � 6β2 - 4α � Ο � 3β2 � 2α . Πρέπει: f'(l) < Ο � 3α - 3β + 3 < Ο � α - β < - 1 τη διευκόλυνσή μας σχεδιάζουμε τους παρα­ Από τον παραπάνω πίνακα έχουμε ότι: Για κάτω πίν ακες: Α = {(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,4),(2,5),(2, 6), 1 ,.α..: ...; _:_:_:..:...:, 1 �2"--t'-3---τ--- 4--,- β 1 2 3 4 (3,5),(3,6),( 4,6)} με Ν(Α) = 10 2 Α)

IR

-

) Άρα: Ρ { Α )= Ν{ Α )tOl Ν (Ω) [.lli

Β = {(1,1 ),( 2,2),(3,3),( 4,4),( 5,5),( 6,6)} με Ν( Β) )Τ] Ν ( Β) = 6 . Άρα: Ρ { Β)= Ν(Ω) [.lli Τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα αφού AnB = 0 . Άρα: P(AnB) = O. Έστω Γ το ζητούμενο ενδεχόμενο. Τότε Γ={ Α - Β ) υ ( Β - Α ) � {Α- Β)ΓΙ{Β-Α)=ΙΖJ Ρ {Γ) = Ρ [{ Α - Β) υ { Β - Α )] = Γ)

Ρ(Α-Β)+Ρ(Β-Α) =Ρ( Α )+Ρ(Β)� 10 6 �: =

3: =

=

�

ΑΣΚΗΣΗ 3 [ΑΝΑΛΥΣΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ] Δίνεται η συνάρτηση: f(x) 2αχ3 - 3βχ2 + χ + χ Ε IR Αν τα α, β παίρνουν τιμές από το σύνολο: να βρείτε:

= {1,2,3,4} ,

2013,

Τη πιθανότητα του ενδεχομένου Α:η συνάρτηση f να μη παρουσιάζει ακρότατο στο IR . Β) Το σημείο Μ της γραφικής παράστασης της f στο οποίο η f" είναι μηδέν. Γ) Τη πιθανότητα του ενδεχομένου Β: η εφα­ πτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Μ να είναι παράλληλη στην ευθεία Α)

ε : y = -χ + 1 .

2α 2 4 6 8 3β 3 12 27 48 Έτσι: Α = {(2,1),(3,1),(4,1)} με Ν { Α )=3 ( ) [lli Άρα: Ρ ( Α )= Ν Α = \31 Ν(Ω) = 12αχ - 6β f"(x) =0� 12αχ - 6β =0 � χ =1._ 2α

Β)

Για κάθε χ Ε IR ,

Γ)

Πρέπει: f'

f"(x)

(�) =-1 (:α)2 -6β(:α) +1=-1 � 6α

6αβ2 - 6β2 1 = 1 � .:.._ 3β2 ___ = -2 � 4α = 3β2 � -+ 2α 4α2 2α Έχουμε: 2 3 4

12 27 48 ( ) Γil Άρα: Β = {( 3,2 )} � Ρ ( Β ) - Ν Α -_ [lli Ν( Β) Δ) Επειδή Α n Β = 0 τα Α, Β είναι ασυμβίβα­

στα. Άρα,

Ρ ( Α υ Β )= Ρ ( Α )+ Ρ ( Β )= 1� + l� = [i]

( Α υ Β)' 'Ετσι: Ρ ( Αυ Β )' = 1 -P(AuB4) = 1-.!_ )ll 4 Ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/49

ι±]

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ΑΣΚΗΣΗ 4 [ΑΝΑΛΥΣΗ-ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ] ( s = 2 και χ = 9 ). Στο διάστημα ( 5,1 1 ) βρίσκεται Δίνεται η συνάρτηση - , χ 0 και χ το ( 68 + 95 ; 68 ) % = 81,5% των παρατηρήσεων. Ι f(x) = νχ Δ) Πάνω από 15 βρίσκεται το 0,15% των παρα­ �1 τηρήσεων. Αν έχουμε συνολικά ν παρατηρήσεις θα -δΙ ,χ = Ι 3 ισχύει: Ι Όπου δ η διάμεσος ενός δείγματος που εξετάζε­ 0,0015 ·ν= 3 � ν = 3 +0,0015 = 2000 . ται ως προς μια μεταβλητή Χ που ακολουθεί τη ΑΣΚΗΣΗ 5 (ΠΙΘ Α ΝΟΤΗΤΕΣ) κανονική κατανομή. Από τους μαθητές ενός σχολείου το 45% εί­ Α) Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο χ0 = Ι ναι αγόρια. Το 70% των αγοριών και το 30%

!

2:

3

;t:

να υπολογίσετε τη μέση τιμή (χ) του δείγμα­ τος. Β) Αν η τυπική απόκλιση του παραπάνω δείγ­ ματος είναι η μέγιστη τιμή της συνάρτησης g( χ) 2 ln χ ( - ln χ), χ > Ο , να υπολογίσετε το εύρος του δείγματος και τον συντελεστή μετα­ βολής. Είναι το δείγμα ομοιογενές; Γ) Να βρείτε το ποσοστό των παρατηρήσεων που βρίσκονται στο διάστημα (

=

2

5,1 1 ) .

Δ) Αν πάνω από 15 βρίσκονται τρεις παρατη­ ρήσεις να βρεθεί το μέγεθος του δείγματος.

Λύση

Α)

Επειδή η f είναι συνεχής στο 1 θα ισχύει: limf(x) = f(l) � lim , - 1 = .!. δ � vχ - 1 3 � 2 (�) +� +12 1 � lim(ix)3 -1 ! δ� δ � -1 3 3 � 2 lim {�) + � + ι = .!. δ � 3 = .!. δ � δ = 9 3 3 Όμως η κατανομή είναι κανονική οπότε χ = δ = 9 . Β) Η g είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με

των κοριτσιών θα ακολουθήσει θετική ή τεχνο­ λογική κατεύθυνση. Επιλέγουμε τυχαία ένα ά­ τομο από τους μαθητές σχολείου. Α) Να βρείτε τη πιθανότητα των ενδεχομένων:

Bdl � Ι � Ι � Ι � Ι � Ι 01

02

02

04

01

i) Το άτομο αυτό να είναι κορίτσι ή να ακολου­ θεί τεχνολογική ή θετική κατεύθυνση. ii) Το άτομο αυτό να είναι αγόρι και να ακολου­ θεί θεωρητική κατεύθυνση Β) Αν τα κορίτσια του σχολείου που ακολου­ θούν θεωρητική κατεύθυνση είναι 77 να βρεθεί το πλήθος των μαθητών του σχολείου. Λί1 ση

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: Το τυχαία επιλεγόμενο άτομο να είναι αγόρι. Ισχύει: Ρ ( Α ) = 45% = Ο, 45 ενώ η πιθανότητα να επιλεγεί κορίτσι είναι Ρ ( Α ' ) = 1 - 0,45 = 0,55 και Β : Το τυχαία επιλεγόμενο άτομο να ακολουθεί θε­ τική ή τεχνολογική κατεύθυνση. Ισχύει: Ρ ( Β ) = 70% · 45% + 30% ·55% = 0,315 + 0,165 = 0,48. Επίσης: Ρ ( Α n Β ) = 70% · 45% = 31,5% Ο, 315 Α ) Ζητείται: g'(x) = �( 2 - ln x ) + 2ln x - ! = ! ( 1- ln χ) χ χ χ ί ) Η πιθανότητα του ενδεχομένου: Α' υ Β g'(x) > Ο <::} I - ln χ > Ο <::} Ο < χ < e Όμως: Ρ ( Α' υ Β ) = Ρ ( Α' ) + Ρ ( Β ) - Ρ ( Α' n B ) g'(x) < Ο <::} 1 - ln χ < Ο <::} χ > e = 1 - Ρ ( Α) + Ρ (Β) - Ρ (Β) + Ρ (A n B) Άρα: Στο e η f παρουσιάζει μέγιστο το g(e) = 2 . = 1 - Ρ ( Α ) + P ( A n B) = 1-0,45+0,315 = Οπότε s = 2 και ο CV = � = � .

0,865 = 86,5% . χ 9 Γ) Επειδή η κατανομή είναι κανονική έχουμε το ii) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι: Α n Β' Όμως, P ( AnB' ) =P ( A) -P ( AnB) =0,45-0,315 π�Μω χ-> \

χ->1

Χ -+\

]

χ-> \

�[ χ-->1

[

]

( )

� .

i

i

!

9

Υ5%

ιι

ιJ

ι5

=

= 0,315 =31,5%

Β) Η πιθανότητα του ενδεχομένου το τυχαία ε­ πιλεγόμενο άτομο να είναι κορίτσι και να ακολου­ θεωρητική είναι: κατεύθυνση θεί 55%· 70% = 38,5% . Αν οι μαθητές του σχολείου είναι ν τότε:

38,5%·ν= 77 �ν = 77 +0,385 �ν = 200 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β . 88 τ.4/50

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου Τις παρακάτω ΑΣΚΗΣΕΙΣ έστειλε ο συνάδελφος ΤΑΣΟΣ ΓΑΒΡΑΣ ΑΣ Κ Η Σ Η 6 [ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ] Από τον fJ..Erl.o απουσιών του α· τετραμήνου των μαθητών ενός σχολείου, προέκυψε ότι για κ μαθητές δεν σημειώθηκε καμία απουσία, ενώ λ μαθητές απουσίασαν ακριβώς μ ημέρες. Έστω s η τυπική απόκλιση του δείγματος των μαθητών που απουσίασαν το πολύ m ημέρες και ότι για το δείγ­ μα αυτό το εύρος ισούται με R = 1 .

Να αποδείξετε ότι το μέγεθος του δείγματος εί­ ναι άρτιος αριθμός. iii) Να υπολογίσετε τη διάμεσο του δείγματος. ί ν) Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές και σε περίπτωση αρνητικής απάντησης, να υ­ πολογίσετε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο που πρέπει να προσθέσουμε στις παρατηρήσεις ώ­ στε το δείγμα να είναι ομοιογενές. Λύση

i) Έχουμε: Ο � f2 , F2 = f, + f2 � f2 � F2 � F5 � ν 82 �} . Η μεταβλητή παίρνει την τιμή χ , άρα ν, � 1 και 2 επειδή ν = Ν ::::> ν � Ν 2 � Ν5 = ν Λί1ση i ) Ας θεωρήσουμε Χ την μεταβλητή που μας δίνει Έτσι, οι εννέα αριθμοί σε αύξουσα σειρά είναι: το' πλήθος των απουσιών των μαθητών στο O, f2 , F2 0 F5 , l,ν, , N2 ,N5,ν . Η διάμεσος είναι η πέ­ α τετράμηνο. Επειδή R = 1 και έχουμε ήδη την μπτη παρατήρηση, δηλαδή δ = 1 . παρατήρηση χ, = Ο (αφού κ μαθητές δεν έκαναν ii) Από τα δεδομένα του πίνακα παρατηρούμε ότι: απουσία), δεδομένου και ότι οι ημέρες απουσίας fι + f2 + f3 = 0,50 συνεπώς: ν, +ν2 +ν3 =� . είναι φυσικοί αριθμοί, συνεπάγεται ότι: 2 R χ 2 - χ, <:::::> 1 = χ 2 - Ο <:::::> χ 2 = 1 Αν ν περιττός, τότε � � Ν. Άρα ν άρτιος. Έτσι συμπεραίνουμε ότι μ = 1 και η μεταβλητή Χ iii) Έχουμε ότι f, + f + f3 = 0,50 � δ ='3,5 θα λαμβάνει μόνο δύο τιμές, τις χ, = Ο με συχνό­ iν) Εμπλουτι'ζουμε 2τον πινακα με νεες τητα κ και την χ 2 = 1 με συχνότητα λ. γραμμές για να διευκολυνθούμε στις Χ· ν· ο κ iί) Δημιουργείται ο διπλανός σύντομος πίνακας. πράξεις.

1 λ λ και 2 f; Χ; Χ ; · f; Χ; f; 'Εχουμε: χ = χ, · ν, + χ 2 · ν2 = Ο · κ + 1 · λ = -κ+λ κ+λ ν, + ν2 1 0, 1 0, 1 0,1 2 2 0,2 2 0,4 0,8 λ λ 0-- · κ+ 1-- ·λ 0,2 3 0,6 1 ,8 λ λ κ κ + + 2 , 4 0,4 6,4 1 ,6 = συνεπως 8 = κ+λ 0,1 5 0,5 2,5 2λ · Κ + Κ2 · λ κλ ( κ + λ) _ κλ 1 1 1 ,6 Σύνολο 3,2 = -_ 3 κ + λ) ( κ + λ) 3 ( κ + λ)2 ( Έτσι, η μέση τιμή του δείγματος είναι: 5 κλ κλ < = .!_ χ = Σ Χ; f; = 3, 2 και η διακύμανση: κ 2 + 2κλ + λ2 - 2κλ 2 i=l 5 Έχει σημασία η επισήμανση της εκφώνησης ότι το s αφο­ 82 = Σχ ; 2 · f; -χ2 = 1 1,6- ( 3,2/ = 1,36 ρά τους μαθητές που απουσίασαν το πολύ μια φορά, α­ i=l φού σε διαφορετική περίπτωση δεν θα μπορούσαμε να Επομένως, ο συντελεστής μεταβλητότητας δεχθούμε ότι το μέγεθος του εξεταζόμενου δείγματος εί­ ναι κ + λ ! ισούται με CV = �1• 36 = 0,3644 = 36,44% οπότε Α Σ Κ Η Σ Η 7 [ΣΤΑτΙΣΤΙΚΗ] 3,2 Έστω ένα σύνολο των ν παρατηρήσεων ε­ το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. νός δείγματος με τιμές χ; , i 1, 2, 3, 4, 5 και αντίΈστω Υ; = Χ; + α οι τιμές του νέου δείγματος στοιχες απόλυτες συχνότητες ν; , σχετικές συ­ που θα προκύψει αν προσθέσουμε σε όλες τις πα­ χνότητες f; , αθροιστικές συχνότητες Ν ; και ρατηρήσεις τον σταθερό αριθμό α. σχετικές αθροιστικές συχνότητες F; , i =l,2,3,4,5. Τότε: 8Υ = 8 = �1,36 και y = χ + α = 3, 2 + α i ) Να βρείτε τη διάμεσο των αριθμών O,l,f2 ,F2 , ν, Ν 2 , N5 ,F5 • Πρέπει: CVY �0,1<:::::> 1• 17 ι �0,1<=>1 3,2+��11,7 13,2+\λj ii) Δίνεται ο παρακάτω πίνακας κατανομής σχε­ α � 8, 5 ή α � -14,9 . Άρα ο ελάχιστος θετικός α­ τικών συχνοτήτων των παραπάνω μεταβλητών: κέραιος που πρέπει να προσθέσουμε για να γίνει το 3 2 5 4 Χ; 1 δείγμα ομοιογενές είναι 9. f; 0,1 0,2 0,2 0,4 0,1 i)

Να υπολογίσετε το μ. ii) Να δείξετε ότι:

1

1

1

=

_

.

(

) (

)

·

=

...

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/5l

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΑΝΑλΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΠΚΑ

ΤΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ Π ΑΙΔΕΙΑΣ των Φραγκίσκου Μπερσίμη και Γεωργίου Αντωνόπουλου

Α. ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟΥ - ΛΑΘΟΥΣ

Χαρακτηρίστε ως σωστές (Σ) ή λάθος (Λ) τις παρακάτω προτάσεις:

ΑΝΑΛΥΣΗ

1) Αν για μια παραγωγίσιμη συνάρτηση/ισχύει f' ( χ ) > Ο στο σύνολο των πραγματικών αριθμών τότε ηfδεν παρουσιάζει ακρότατα.

2) Ισχύει: 2 χ 2 χ lim - = xliml - = ----=!_ = .!. χ--+( -1)2 χ - 2 + Χ -2 -1 - 2 9 3) Η παράγωγος του πηλίκου δύο παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο χ0 δίνεται από τον τύπο: , f' ( x0 ) · g( x0 ) + f ( 0 ) · g ' ( x0 ) : (χ ) = g ( g( x0 ) ) 4) Η κλίση της εφαπτομένης μιας παραγωγίσιμης συνάρτησης f(x) σε οποιοδήποτε σημείο (x o ,f(xo)) της cf ' είναι f'(x0) .

5) Αν f(x) = x 2 ln x , τότε η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr , σε κάθε σημείο της (x0,f(x0)) , είναι y - χ/ ln χ0 = 2(χ - χ0) .

6) Για μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f σε διάστημα Δ, αν ισχύει f'(x) > Ο σε κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

7) Αν μια παραγωγίσιμη συνάρτηση g(x) δίνει την θέση ενός κινητού, συναρτήσει του χρόνου χ , τότε η g '(x) δίνει την επιτάχυνση του κινητού.

( J ( J ( J

(!)

ο

ΣΤΑτΙΣτΙΚΉ

διάμεσος ως μέτρο θέσης επηρεάζεται από τις ακραίες τιμές του δείγματος.

9) Το εύρος είναι ένα μέτρο διασποράς που υπολογίζεται βάσει των τιμών των δύο ακραίων παρατηρήσεων.

1 Ο) Το ιστόγραμμα χρησιμοποιείται για την γραφική απεικόνιση της κατανομής διακριτών μεταβλητών.

8) Η

1 1) Έστω χ 1 ,χ 2 , . .. ,χν παρατηρήσεις με μέση τιμή χ και τυπική απόκλιση s x Αν Υ; = Χ; - c και z; = Χ; · c , ί = 1, ... , ν με c ε (0, +οο) τότε: ί) y = χ ίί) s Y = s x ίίί) ϊ = χ ίν) s z = s x c •

•

Π ΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

12) Για οποιαδήποτε ενδεχόμενα Α,Β με Ρ (Α) :# Ρ (Α υ Β ) ενός δειγματικού χώρου Ω ισχυ' ει: Ρ(Α Π Β) - Ρ(Β) = 1 Ρ( Α) - Ρ(Α U Β) 13) Για οποιαδήποτε ενδεχόμενα Α,Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύει: (A Π B)' U (A U Β) = Ω 14) Αν Ω είναι ο δειγματικός χώρος με ν απλά τότε ενδεχόμενα: Ω = {ω, ,ω2 , ... ,ωv } Ρ(ω; ) = .!_ για κάθε ί = 1,2, .. ., ν . ν 15) Το αδύνατο ενδεχόμενο ενός δειγματικού χώρου Ω είναι το ενδεχόμενο που πραγματοποιείται πάντα.

16) Αν Α ς Ω, Β ς Ω με Ρ(Α) = 31 και Ρ(Β) = 32 τότε τα Α, Β είναι πάντοτε ασυμβίβαστα.

1 7) Τα απλά ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω έχουν ένα μόνο στοιχείο.

1 8) Το ενδεχόμενο Α - Β' εκφράζει την πραγματοποίηση του Α αλλά όχι του Β.

19) Για οποιαδήποτε μη κενά ενδεχόμενα Α και Β ενός δ. χ. Ω ισχύει: P(AuB) =P(A) +P(B) 20) Για δύο σύνολα Α = {0,3,4} , Β = {4,3} ισχύει: Α - Β = (/) .

21) Για δύο ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω μπορεί να ισχύει : Ρ(Α) + Ρ(Β) > 1 22) Για δύο ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω μπορεί να ισχύει: P(AUB)-Ρ(Β) <Ο 23) Για δύο ενδεχόμενα Α,Β ενός δειγματικού χώρου Ω μπορεί να ισχύει: (A U B) - (A - B) = Β

Α παντήσεις:

1 ).

2).

3).

4).

5).

6).

Σ

Λ Λ Σ

Λ Σ

Λ 7). Λ 8). Σ 9).

1 0). Λ 1 1 ). (i) Λ(ίί) Σ (iii) Λ (iv) Σ

1 2).

1 3).

1 4).

1 5).

1 6).

1 7).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/52

Σ Σ

Λ

Λ

Λ Σ

1 8).

19).

20).

2 1 ).

22).

23).

Λ Λ Λ Σ

Λ Σ

Μαθηματικά για την Λυκείου Γ'

Β . ΑΣΚΗ ΣΕΙΣ ΑΝΑΠΤ ΥΞ Η Σ Άσκηση 1 (ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ] Από την καταγραφή των ταχυτήτων 200 αυτοκίνητων σε ένα σημείο της Αττικής οδού προέκυψαν τα εξής: Το 28% των αυτοκινήτων υπερέβησαν το όριο ταχύτητας (120km/h), ενώ τα αυτοκίνητα κινήθηκαν με ταχύτητα μεγαλύτερη των 160 km/h με πιθανότητα 0,02. Ακόμη, οι οδηγοί που κινήθηκαν με ταχύτητες από 40km/h έως 80km/h ήταν οκταπλάσιοι των οδηγών εκείνων που κινήθηκαν με ταχύτητες άνω των 160km/h. Το σύνολο των αυτοκινήτων κινήθηκαν με ταχύτητες μικρότερες από 200km/h. Αν οι οδηγοί που κινήθηκαν με ταχύτητες μικρότερες των 40km/h είναι όσοι το σημείο στο οποίο η συνάρτηση f(x) = χ3 - 4χ2 + 4χ + 34, χ Ε IR παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο , τότε: a. Να συμπληρωθεί ο πίνακας συχνοτήτων και αθροιστικών συχνοτήτων, απολύτων και σχετικών, κάνοντας χρήση των κλάσεων (0,40), (40,80), [80,120), [120,160) και (160,200). b. Να υπολογιστεί το

2 - ν2 8χ , όπου όριο lim χ-ν 1

,

[ ... ...)

και ν 2 οι απόλυτες συχνότητες πρώτης και δεύτερης κλάσης. c. Ποια η πιθανότητα, ένας οδηγός να κινείται με ταχύτητα μεταξύ 40km/h και 160km/h; Αν θεωρήσουμε πως ακραία ταχύτητα είναι μια ταχύτητα που είναι μικρότερη των 40kmlh ή μεγαλύτερη των 160km/h, να βρεθεί ποιό είναι το ποσοστό των οδηγών που κινήθηκαν με ακραίες ταχύτητες. Λύση a. Σύμφωνα με την υπόθεση ομαδοποιούμε τα

δεδομένα σε 5 κλάσεις πλάτους 40 τη καθεμιά. Έχουμε: f4 %+f5 % = 28 => f4 + f5 = 0.28 , f5 = Ο, 02 . Άρα: f4 = Ο, 26 Επίσης: ν 2 = 8v5

Η f

=>

f2 = 8f5

=>

f2 = Ο, 16

είναι παραγωγίσιμη στο R με: f'(x) = 3x2 -8χ +4, οπότε: f'(χ) = Ο � χ = ή χ = 2 ,

.

c.

f'(χ) > Ο � χ < 3. ή χ > 2 και 3 f'(χ) > 0 � 3. < χ < 2 . Άρα: ν1 = 2 => f1 = 0. 0 1 3 Οπότε: f3 = 1 - ( f1 + f2 + f4 + f5 ) = 0, 5 5 . Με τα δεδομένα αυτά συμπληρώνουμε κατά τα γνωστά τον πίνακα:

Nd

Fι

fι% Fι%

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι:

Ρ( Α ) = f2 + f3 + f4 = Ο, 97 Το ποσοστό των οδηγών που κινήθηκαν με ακραίες ταχύτητες είναι: fι +f5 = 0,01 +0, 02 = 0,03

Άσκηση 2 [ΣΤΑτΙΣΤΙΚΗ] Για την κανονική κατανομή με μέσο χ = Ο και τυπική απόκλιση s=2, έχουμε το παρακάτω διάγραμμα: 0.2 ο.ιι ο.ιι 0.14 0. 13 ο. ι ... .... .... ο.ο::ι ·•

Αν ο χώρος που περικλείεται μεταξύ της καμπύλης της παραπάνω, κατανομής και του άξονα χ 'χ είναι ο δειγματιικός χώρος Ω, τότε να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: a. Ρ(Α) όπου Α ς Ω και Α={(χ,y)εΩΙχε(-οο, Ο)} b.

c.

d.

Ρ(Β) όπου Β ς Ω και Β={(χ,y)εΩΙ χε(-2,2)} Ρ(Γ) όπου Γ ς Ω και Γ={(χ,y)εΩΙ χε(-2,4)} Ρ(Α - Β)

a.

%

fι

•

χ�ν1

ν1

νι

0-40 2 0,01 2 0,01 1 1 40- 80 32 0,16 34 0,1 7 1 6 17 80-120 1 10 0,55 144 0,72 55 72 120-160 52 0,26 1 96 0,98 26 98 160-200 4 0,02 200 1 2 100 1 00 Σύνολο 200 1 b. Για το ζητούμενο όριο έχουμε: . 8χ 2 -ν 2 = lιm 8 χ 2 -32 = . 8(χ 2 - 4) = lιm χ-ν χ-2 x�v 1 χ�2 χ-2 lιm χ�2 1 = tim 8(χ + 2)(χ - 2) = Iim8(x + 2) = 8 · 4 = 32 χ-2 χ�2 χ�2

Λύση

Είναι Ρ(Α) = 0,5 γιατί το Α περιέχει το 50% των παρατηρήσεων δεδομένου ότι στο Ω περιέχεται το 100% των παρατηρήσεων. b. Είναι Ρ(Β) = 0,68 γιατί το Β περιέχει το 68% των παρατηρήσεων αφού χ Ε (χ - s, χ+ s ) 0 95 - 0• 68 = 0,815 c. Είναι Ρ(Γ) = 0,68 + • 2 γιατί το Γ πραγματοποιείται όταν χ ε (χ - s, χ + 2s ) d. P(A-B) =P(A) -P(AnB) = 0,5-0,34 = 0,16 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/53

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου Συνεπώς, η συνάρτηση f παρουσιάζει τοmκό μέγιστο για χ= 1, οπότε θα ισχύει: ν2 = f(l) � ν2 = 13 - 6 · 1 2 + 9 · 1 + 1 � ν2 = 5 ( 3) Γνωρίζουμε ότι για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει: 2 · ν 4 � ν = 2 · ν 4) ν3 = -Ρ(Α) = 2Ρ(Β) � 4 ( 3 20 20 Από τις σχέσεις (1), (2), (3) και (4) έχουμε: ν4 4 και ν = 8

Άσκηση 3 [ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ-ΑΝΑΛΥΣΗ] Σε ένα διαγώνισμα Μαθηματικών Γενικής Παιδείας η βαθμολογία 20 μαθητών δίνεται από την ακόλουθη ομαδοποιημένη κατανομή: Κλάσεις [ ) Συχνότητα ν; •..

a.

-

.•.

νι ν2 ν3 ν4

[0,5) [5,10) [10,15) [1 5,20]

3

=

Να βρεθούν οι συχνότητες ν 1 , νz, ν3, ν4 αν ισχύουν τα ακόλουθα: • Για την συχνότητα της κλάσης [0,5) ισχύει: ι.

ν 1 = ιm χ-+4

χ

2

-

5χ +

4

χ-4

•

Η συχνότητα της κλάσης [5, 10) ισούται με το τοπικό μέγιστο που εμφανίζει η συνάρτηση: f (x) = χ3 - 6χ2 + 9χ + 1 .

• Έστω Α το ενδεχόμενο ένας μαθητής να γράψει μέτριο βαθμό (μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Ο και μικρότερο του 15) και Β το ενδεχόμενο ένας μαθητής να γράψει υψηλό βαθμό (μεγαλύτερο ή ίσο του 15 και μικρότερο ή ίσο του 20). Για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει Ρ(Α) = 2Ρ(Β) . b. Να κατασκευαστεί ο πίνακας απόλυτων και σχετικών συχνοτήτων καθώς και απόλυτων και σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων. c. Να υπολογιστεί ο αριθμητικός μέσος, η τυπική απόκλιση και ο συντελεστής μεταβλητότητας. Είναι το δείγμα ομοιογενές; d. Να κατασκευαστούν τα πολύγωνα συχνοτήτων και αθροιστικών συχνοτήτων. Στη συνέχεια να βρεθεί η διάμεσος των δεδομένων. Λύση a. Ισχύει: ν1 + ν2 + ν3 + ν4 = 20 (1)

Για την συχνότητα της κλάσης [0,5) ισχύει: 2 ν ι = lim χ - 5χ + 4 = lim ( χ - 4) · ( χ - 1) χ-+4 χ-+4 χ - 4 χ-4 = Iim ( χ - 1) = 4 - 1 = 3 αρα ν = 3 ( 2 ) Χ-+4 Η συχνότητα της κλάσης [5,10) ισούται με το τοπικό μέγιστο της f(x) = χ 3 - 6χ2 + 9 χ + 1 , με f'(x) = 3x 2 - 12χ + 9 = 3 · (χ 2 - 4χ + 3) Άρα f'(χ) = Ο �( χ -1) · ( χ -3) =0�χ= 1 ή χ = 3 +οο χ 3 f(x) + f(x)

'--> I

4

Χ=

Σ χ-

I

· . = 215 = 10 75 νI

' 20 Η τυπική απόκλιση δίνεται από τον τύπο: i=l

ν

4

s

· (χ Σv, , - Χ}' = 463,75 = 4 8 1 5 = ' 20 i=l

J

ν

Ο συντελεστής μεταβλητότητας δίνεται από τον

τύπο:

= !.. = 4•815 = 44'79% > 10% χ 10,45 Άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. d.Τα πολύγωνα συχνοτήτων και αθροιστικών . συχνοτήτων παρατίθενται παρακάτω: cv

9 8

I I I I

7 Ι

I

6 ·-

>

i

I

ο ���--�----�--�--��--

1 I

.

5

4 3

2 1

=

1

Ο αριθμητικός μέσος δίνεται από τον τύπο:

c.

•

[0,5) [5,10) [10, 15115,20] Βαθμοι Εξέτασης

ι

ΙΣΤΟΓΡΑΜΜΑ-ΠΟΛΥΓΩΝΟ ΣΥΧΝΟΤΗΤΩΝ

____ _.._ _ __________ _

___ __ _____ _______ _

_ __ ______ __ _ _ ________

·

...1

Από το παρακάτω πολύγωνο αθροιστικών συχνοτήτων παρατηρούμε ότι η διάμεσος είναι περίπου ίση με 1 1,25 (σημείο Β). Ισχύει ΑΔΙ/ΒΕ/ΙΓΖ και ΗΔ//ΘΕ//ΙΖ επομένως από ΔΕ ΗΘ ΔΕ ΑΒ = - και - = , .. αλη' εχουμε Θεωρημα , Θ ΑΓ ΔΖ ΔΖ ΗΙ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/54

i I

I

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου 100 90 80 z 70 � 60 Θ υ:: 5ο - - - Ε 40 � .,...... Δ 30 20 Γ 10 Β ο �--.r5,10) [10,15) [15,20] [0,5)

jl ��(�-----τ---�>l

J

-

i

i '�-------- ---·-- -

�αθμο( Εξέτασηc;

()

�f(Ρ(ΑιιΒ)) � f 6π = π2 - J32

�

� 2 · f(Ρ(Α ιι Β)) � π - J3 Ισχύει ότι Ρ(Α ιι Β) � Ο �

iii)

r/'

�f(P(A n B)) � f( O) �f(P(A n B)) � -1 c. Ο ζητούμενος αριθμητικός μέσος δίνεται: f(O) + f � + r � + ... + r � + r (π) = χ 9

() () (

_

)

ΙΠΟΓΡΑΜΜΑ·ΠΟΛΥΓΩΝΟ ΑΘΡΟΙΠΙΚΩΝ

_ !!��-�!�-�!:1�---·- ······· - - -- ····· ----· -···--·'

ΑΒ = ΗΘ <=>-δ-10 = 50-40 <::::> ... <::> δ = 1 1,25 άρα ΑΓ Η1 15-10 80-40 --

Άσκηση 4 [ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ-ΑΝΑΛΥΣΗ]

Δίνεται η συνάρτηση: f(χ) = 3χ - συν χ, x E R a.Να μελετηθεί η συνάρτηση Ι ως προς τη μονοτονία. Έχει η συνάρτηση Ι ακρότατα; b:Εστω τα ενδεχόμενα Α,Β του δ.χ. Ω. ί. Αν ισχύει Α ς Β , τότε να δειχθεί ότι:

3Ρ( Α) + συνΡ(Β) S 3Ρ(Β) + συνΡ(Α)

ίί. Αν

Ρ(Β) =

π

, τότε να δειχθεί ότι

6 2f(Ρ(Α ιιΒ ) s π - -J3 . ίίί.Να δειχθεί ότι f (Ρ (Α 11 Β)) � -1 .

)

c.

η.

(}(}(}(} ( }( }( }

Να βρεθεί ο αριθμητικός μέσος των τιμών:

r(o), r : r ; r ; r ; r 23π r 34π r s; r( π)

Η συνάρτηση

Λ1Jση

Ι

είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: f'(χ) = 3 + η μχ, x E IR , οπότε ισχύει f'(χ) > Ο για κάθε χ Ε JR (γιατί;) Άρα η συνάρτηση Ι είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το IR , οπότε δεν έχει ακρότατα. b. i) Για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει f/' Ας Β � Ρ( Α) � P(B)�f(P(A)) � f(P(B)) � 3Ρ(Α) - συνΡ(Α) � 3Ρ(Β) συν Ρ ( Β ) <=> <=> 3Ρ(Α) + συνΡ(Β) � 3Ρ(Β) + συν Ρ( Α) -

ii) Ισχύει:

ΑιιΒςΒ�Ρ(ΑιιΒ)�Ρ(Β) = �

() ( ) () ( ) Και r (�) + r ( 2π ) = 3� - συν � + 3 2π +συν � =3π 3 3 3 3 3 3 f (ο) + f (�) + f (π) = -1 + 3 . � + 3π + 1 = 9π 2

5π =--συνπ π +-+ 5π συν-π = 3π Οπότε f -π + f 6 6 2 6 2 6 3π =3--συνπ π + 33π + συν-π =3π ' f -π +f Ομοιως 4

4

4

4

4

4

9π 3π + 3π + 3π + 3 2 =� Τελικά χ = 2 9

Άσκηση 5 [ΑΝΑΛΥΣΗ - ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ] Για τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν τα παρακάτω: (1) μία από τις πιθανότητες Ρ(Α),Ρ(Β) είναι

'

18- 10χ2 Ρ(Ω (9χ + = )· 7) 10χ Ρ(Α) Ρ(Β) =0 ·χ+ (2) το τριώνυμο [Ρ(Α)] 2 · χ2 + 4 Ρ(Β) έχει πραγματικές ρίζες, με Ρ(Α), Ρ(Β) > Ο . Τότε: ρίζα της εξισωσης:

η.

να βρεθούν οι δυνατές τιμές των πιθανοτήτων Ρ(Α),Ρ(Β) .

1). αν τα Α,Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα, ποιές είναι τότε οι δυνατές τιμές των c.

Ρ(Α),Ρ(Β) ; .

Δίνεται η συνάρτηση cΕ

1R

2 f(t) = Ιη t - -t + c , e

με

Ν α βρεθεί η σταθερά c και η τιμή του t = t0 , ώστε η f να παρουσιάζει μέγιστη τιμή

•

f(t0)

ίση με την μέγιστη τιμή που

μπορεί να πάρει η ερωτημάτων a και b.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/55

Ρ(Α)

βάσει

των

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου Λύση

a.

Ισχύει Ρ(Ω) = 1 και πρέπει 1 Οχ :;e Ο <::::> χ :;e Ο οπότε η εξίσωση γράφεται: 1 · (9χ + 7) = 18 - 10χ 2 <::::> 100χ 2 + 70χ - 1 8 = 0 � l Ox χ =� ή χ =-.2_ <Οαπορ.Άρα Ρ(Α)=� ή Ρ(Β) = .!_ .

5 10 5 5 Για το δοσμένο τριώνυμο της (2) έχουμε: ( Ρ(Β) ) 2 ( Ρ(Α) )3 Δ= 2 -4 4 Ρ(Β) και επειδή έχει πραγματικές ρίζες θα πρέπει: <::::> ( Ρ(�) )2 ( Ρ(Α) )3 4 � Ο <::::> .. Δ � Ο <::::> 4 Ρ(Β) <::::> ( Ρ(Β) )3 � ( 4Ρ(Α) ) <::::> Ρ(Β) � 4Ρ(Α) (3)

.

3

Αν Ρ(Α)=� τότε από (3) Ρ(Β) � � 5 5 Περίπτωση 2 : ΑνΡ(Β)=� τότε από (3) Ρ(Α) �_!_ 5 20 b. Αν τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα, θα πρέπει να ισχύει P(A)+P(B)=P(AuB) � l (4) Αν Ρ(Α) = .!_ (περίπτωση 1) η σχέση (4) 5 γράφεται: .!.. + Ρ(Β) � 1 <::::> Ρ(Β) � � . Όμως, 5 5 ισχύει Ρ(Β) � � άρα Ρ(Β) = � και Ρ(Α) = .!.. .

5 5 5 ΑνΡ(Β)= 1 (π.2) η (4) P(A)+ 1 � I <=:>P(A)� 4 S S S 1 Όμως ισχύει Ρ(Α) � - οπότε Ρ(Β) = .!.. .

20 5 c. Η μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει η Ρ(Α) είναι Ρ(Α) = .!.. . Οπότε θέλουμε η f να 5 παρουσιάζει μέγιστο στο t0 με f(t0) = -Ι .

5 Η f είναι παραγωγίσιμη στο Ar = (0, +οο) με f(t)1 = ln t - � t + c = ! - � = e - 2t . e t e et e - 2t = Ο <::::> e - 2t = Ο <::::> t = -e Είναι: f (t) = 0 <::::> -2 et e 2t e και: f(t)1 > Ο <::::> -- > Ο <::::> e - 2t > Ο <::::> t < et 2 t ο e/2 +οο + ο f1(t) f(t) � I � Περίπτωση 1 :

•

•

(

I

)

I

Άρα η f στο t0 = � παρουσιάζει ολικό μέγιστο.

2 Λόγω των a και b πρέπει: f(t0) = 51 <::::> m2e - ;2 . 2e + c = sΙ <::::> ln e - ln 2 - 1 + c = .!.. <::::> c = .!.. + ln 2 .

5 5

Άσκηση 6 [ΑΝΑΛΥΣΗ - ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ] Έστω Ω = {1, 2,3, , 200} ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης. Για κάθε ω e Ω ορίζουμε την πιθανότητα Ρ(ω) ως εξής: Ρ(ω ) =

{..7.!_- _, 200 χ

2

50

,

•.•

αν ω περιττός ,

χε R ·

αν ω άρτιος

a. Να βρεθεί το χ. b. Να βρεθεί η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο να επιλεγεί κάποιος από τους άρτιους αριθμούς του Ω . c. Να βρεθεί η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο να επιλεγεί κάποιος αριθμός του Ω που να είναι πολλαπλάσιο του 7. d. Να βρεθεί η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο να επιλεγεί κάποιος αριθμός του Ω που να είναι άρτιος ή πολλαπλάσιο του 7. e. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 4r + 7x - 2 , x eJR

{

}

Και Ε = 1,2, , 2κ ς; Ω με κ εΝ Να βρεθεί •••

2 - f'(x) 3-χ Λύση

το κ αν Ρ(Ε) = lim

•

·�-1

a.

Έστω τα ενδεχόμενα: Α = {ω ε Ω Ι ω άρτιος} και Β = {ω ε Ω Ι ω περιττός} , τότε αυτά τα δύο ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα και το ένα είναι συμπλήρωμα του άλλου: Α υ Β = Ω . Ακόμα το πλήθος των στοιχείων του καθενός είναι 100. Επομένως Ρ(Α) + Ρ(Β) = Ρ(Ω) = 1 . Οπότε, χ 2 + 100 · 7χ = 1 <::::> 2χ 2 + -χ 7 - 1 = ο <::::> 100 · 200 50 2 4χ 2 + 7χ - 2 = Ο <::::> χ = -2 < Ο (απόρ.) ή χ = .!_ 4 7 , mι ω ' 11ψ1:πα; 800 b. Λόγω του α είναι: Ρ(ω)= 1 , ωάρnα; 800 mι Η ζητούμενη πιθανότητα είναι: 1 = -1 Ρ(Α) = 100 · Ρ(ω ε Ω / ω άρτιος) = 100 · 800 8 c. Έστω το ενδεχόμενο Γ: Γ = {ω εΩΙω πολ/ σιο του 7} = {ω ε Ω Ιω = ν · 7, ν ε Ν}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/56

{

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου 'Ομως ω ::; 200 <:::> ν · 7 ::; 200 <:::> ν ::; 200 = 28,57 7 άρα ν max = 28 Δηλαδή Ν (Γ) = 28 και Γ = {7,14,21, ... , 189,196} με τα μισά, 14 στοιχεία του Γ, να είναι περιττοί αριθμοί και τα άλλα μισά, 14 στοιχεία του Γ, να είναι άρτιοι. Η ζητούμενη πιθανότητα είναι η : 8 = 14 = Ο, 14 . Ρ(Γ) = 14 . 7 + 14 . 1 = 14 . 800 100 800 800 d. Το ενδεχόμενο είναι Α υ Γ και ζητάμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα: Ρ(Α υ Γ) = Ρ(Α) + Ρ(Γ) - Ρ( Α n Γ) όπου ΑnΓ={ωεΩΙ ωάρτιος και πολ/ σιο του7} το οποίο περιέχει 14 στοιχεία του Ω . Οπότε: Ρ(Α n Γ) = 14 · -1- = _2_ και έτσι έχουμε: 800 400 .!_ Ρ(Α υ Γ) = + � - _2_ = 50 + 56 - 7 = 99 .

8 1 00 400 400 400 e. Θα ισχύει ως περιορισμός, λόγω του Ε : 1 ::; 2κ ::; 200 <:::> 0,5 ::; κ ::; 100 <:::> κ ε { 1 ,2, ... ,100} . Επίσης fι(χ) = (4χ2 + 7χ - 2)' = 8χ + 7 , x ε ffi. , 2 - fι(χ) = 2 - 8χ - 7 = -8χ - 5 οποτε: 3-χ 3-χ 3-χ . -8χ - 5 = , 1ιm . 2 - fι(χ) 1ιm , ειναι: και το οριο 3-Χ 3-Χ = -8(-1) - 5 = 8 - S = � δηλαδή Ρ(Ε) = � .

3 - (-1) 3 + 1 4 4 Το Ε περιέχει τους κ περιττούς και κ άρτιους από το Ι έως και τον 2κ άρτιο αριθμό, έτσι ώστε Ρ(Ε) = _% Ρ(Ε) = Ρ({1,2,3, ... ,2κ} ς Ω με (2κ) ε Ω) = = Ρ( {1,3,5, ... ,2κ - 1}) + Ρ( {2,4,6, ... ,2κ}) = Ι 8κ = κ = -3 <:::> κ = 75 .

7 + κ .= κ.=800 800 800 100 4

--=

Χ-->-1

Ά σκηση 7 :

Χ-->-1

[ΑΝΑΛΥΣΗ - ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ]

Δίνετιιι f(x) = 100 · ημ

(: } χ

χ

ε( 0, 12) .

a. Να βρεθεί το χ0 για το οποίο, ο ρυθμός μεταβολής της f γίνεται ελάχιστος. b. Για την τιμή χ0 του ερωτήματος a, να 1 ι χ--.χ. f(x) - 6 · f (χ) - 8π Υπάρχει στόχος για βελάκια, όπως στο σχήμα, και σε αυτόν υπάρχουν η = χ0 , c = lim βρεθ ει, το c, οπου

c.

ομόκεντροι κύκλοι ακτίνας 1,2, . . . ,η μονάδων, και στο κέντρο του, υπάρχει ο

απόλυτος στόχος (BullsEye ή ΒΕ). Έστω ότι ένας παίκτης που ρίχνει βέλος στο στόχο και το βέλος καρφώνεται στον στόχο, έχει mθανότητα �Δι)να πετύχει τον ί-οστό δακτύλιο Δ;

Όπου i = 1, ..., η η αρίθμηση των δακτυλίων από το κέντρο προς τα έξω και θεωρώντας τον απόλυτο στόχο ως σημείο, δηλαδή θεωρούμε πως ο πρώτος δακτύλιος έχει εμβαδόν όσο και ο αντίστοιχος κυκλικός δίσκος. Δίνεται: Ρ(Δ; ) = ΕΔ; · (η - i + 1) · c για i = 1, ..., η , όπου Ε Δ; είναι το εμβαδόν του ί δακτυλίου, και c ο

αριθμός που βρέθηκε στο ερώτημα b. Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: i) να πετύχει ο παίκτης τον ί δακτύλιο i = 1, ..., η ii) να πετύχει ο παίκτης τον απόλυτο στόχο (ΒΕ). Λύση :

a.

Ο ρυθμός μεταβολής της f είναι η παράγωγός της f' . Αναζητούμε, λοιπόν, χ0 τέτοιο ώστε η fι να ελαχιστοποιείται. Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,12), με ι fι(χ) = 100 · ημ � χ = 100 · � · συν � χ και

( ) ( )) f"(x) = ( fι(χ))ι ( 100 · � · συν (� χ )) = = too� [-ημ (� χ Η χ )}-ιοο�: ημ (� χ) Οπότε: f"(x) = Ο <:::> ημ ( � χ ) = Ο <:::> χ = 6κ, κ ε Ζ (

I

=

'Ομως, χ ε (0,12) άρα κ = 1 και χ = 6 και f"(x) > Ο <:::> . . . <:::> 6 < χ < 12 Άρα : 6 12 χ + f"(x) fι(χ) � I ,-/7 ελάχιστο

ο

-

ο

Οπότε το ζητούμενο χ0 είναι το χ0 = 6 1 b. Είναι : c = lim = f(x) - 6 · fι(χ) -8π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/57

χ--.χο

(π )

( )

Μαθηματικά για την Λυκείου

Ι = (. . ) π π ΙΟΟ · ημ 6 χ - 6 · 100 6 συν 6 χ -8π Ι = = 1 Άρα c = _ι_ 1 00 · 0 - ΙΟΟπ · ( -1) - 8π 92π 92π c. i) Το πλήθος των δακτυλίων είναι η = 6 . Για τον κάθε δακτύλιο έχουμε πως το εμβαδόν του είναι η διαφορά των εμβαδών δύο κυκλικών δίσκων: Για i = 6 είναι ΕΔ; =ΕΔο =π·62 -π· 52 =llπ 1 11 καιΡ(Δ6 ) = ΕΔ (n -6 + 1) · c = l lπ(6- 6+ 1)= 92π 92 2 2 · Για i = 5 είναι ΕΔ; = ΕΔ, = π · 5 - π 4 = 9π και 18 1 =Ρ(Δ 5 ) = ΕΔ (n - 5 + l) · c = 9π(6 - 5 + 1)92π 92 Ομοίως βρίσκουμε : Ρ(Δ 4 ) = 21 , Ρ(Δ 3 ) = 20 , Ρ(Δ 2 ) = 1 5 , Ρ(Δι ) = 6 .

92 92 92 92 ii) Ο δ. χ. του πειράματος, αποτελείται από τα 7 ενδεχόμενα: να πετύχει ο παίκτης έναν από τους 6 δακτυλίους ή τον απόλυτο στόχο (ΒΕ). Τα 7 αυτά ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα. Έτσι θα ισχύει: 1 = Ρ(ΒΕ) + Ρ(Δ 1 ) + Ρ(Δ 2 ) + ... + Ρ(Δ 5 ) + Ρ(Δ 6 ) 6 (ί) <=> Ρ(ΒΕ) = 1 - ΣΡ(Δ; ) <=> Ρ(ΒΕ) = = lim χ �6

.

•

Γ'

παράγωγοι των τριών συναρτήσεων f, g, h στα σημεία χ ι , χ2 , χ3 αντιστοίχως. b. Να συμπληρωθεί ο πίνακας συχνοτήτων αφού υπολογιστεί η τιμή του αριθμού α και να υπολογιστούν η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση του αριθμού των εκπαιδευτικών εκδρομών. Είναι το δείγμα ομοιογενές; c. Να υπολογιστεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Α, όπου Α:«ένα σχολείο να πραγματοποιήσει μία μόνο εκπαιδευτική εκδρομή στη διάρκεια ενός έτους», αν γνωρίζουμε ότι η πιθανότητα του ενδεχομένου Β:«ένα σχολείο να μην πραγματοποιήσει εκπαιδευτική εκδρομή στη

(

)

i=l

1 . Άρα �=_.!._ . = l- i+ 15 + 20 + 21 +� +.!! =92 92 92 92 92 92 92 92 Άσκηση 8 Δίνονται οι παρακάτω συναρτήσεις: f x = ar +3x, g x = ar - 2x και h x = α-l x ,

()

{)

με

{) (

)

πεδίο ορισμού το σύνολο των πραγματικών αριθμών, όπου α ε JR Στον ακόλουθο πίνακα δίνεται η συχνότητα της μεταβλητής που εκφράζει τον αριθμό των εκπαιδευτικών εκδρομών για 20 σχολεία του νομού Αττικής ανά έτος, απο τα ακο' λουθ α ομαδοποιημενα δεδομένα: : •

Κλάσεις [ . . . -. . . ) [ 0,2) [2,4) [4,6)

Σύνολο

Κέντρο

Συχνότητα

Χ;

ν;

Χι χ2 χ3

= f { χι ) ν 2 = g'( χ 2 ) ν3 = h' ( χ 3 ) νι

'

20

Όπως φαίνεται από τον πίνακα συχνοτήτων, οι συχνότητες των κλάσεων είναι ίσες με τις τιμές των παραγώγων των συναρτήσεων f, g, h αντιστοίχως, στο κέντρο της κάθε κλάσης. a . Να οριστούν τα κέντρα χ ι , χ 2 , χ3 των τριών κλάσεων και ακολούθως να βρεθούν οι

( ) = .!.4 .

διάρκεια ενός έτους», είναι Ρ Β

s

a.

Λύση

Τα κέντρα των τριών κλάσεων είναι χ1 = 1 , Χ;ι=3, χ3 =5. Τότε: f {x) = 3αi +3 , f{x,) =f{1)=3:1+3, g'(x) =2αχ-2 , g'( χ2 ) =g'(3) =6α-2 . h'(x) = α - 1 . Οπότε, h'( χ 3 ) = h'( 5) = α - 1 . b. Ισχύει: ν 1 + ν + ν = 20 <=> 10α = 20 <=> α = 2 .

2 3 Συνεπώς έχουμε για τις συχνότητες: ν 1 = 9 ν 2 = 1 Ο και ν 3 = 1 . Ο πίνακας συχνοτήτων: ,

3 Σχ . · ν Η μεση ' τιμη' ειναι: ' -χ = ι"- 1 ι ι = 44 = 2, 2 . ν 20 3 Σ ν; · (χ; -χ)2 = 1,1 7 Η τυπική απόκλιση: s = ....c i= "'1-

ν

= Ξ = 53% > 10% Άρα δεν είναι ομοιογενές. χ c. Η πιθανότητα του ενδεχομένου Γ, όπου Γ=«ένα σχολείο να πραγματοποιήσει το πολύ μια εκπαιδευτική εκδρομή στη διάρκεια ενός έτους» είναι ίση με τη σχετική συχνότητα της κλάσης [0,2). Συνεπώς, Ρ (Γ) = _2._ . Τα ενδεχόμενα Α και 20 Β είναι ξένα μεταξύ τους και ισχύει Α υ Β = Γ , οπότε: Ρ(Γ) = Ρ ( Α u Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) <=> <=> Ρ(Α) =Ρ(Γ) -Ρ(Β) = 1_ _2_ = ! Άρα P(A) =Ys · 20 20 5 CV

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/58

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Γ ΆΥΚΕΙΟΥ

ΕΠΙλΟΓΕΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ •

ΕΠΑΝΑΛΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκηση lη Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=σφχ ,χ Ε (0, π) . Α. Να δειχθεί ότι για κάθε Χ Ε (0, π ) η συνάρ­ τηση f είναι 1-1 και να βρεθεί το πεδίο ορισμού ΑΓ1 της aντίστροφης συνάρτησης .

1 Β. Αν η f είναι παραγωγίσιμη να βρεθεί η (f1 (x))' για κάθε χ Ε ΑΓ1 . Γ. Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της CΓ

,

στο σημείο της M(l,f -1 (1 )). Δ. Να εξεταστεί η f1 ως προς την κυρτότητα. Ε. Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται μεταξύ της CΓ' των ευθειών χ=Ο , εφαπτομένης της CΓ , στο σημείο της M(l,f -1 (1)). Λύση:

χ=1 και·της

Για κάθε χ ε (Ο,π) έχουμε f(χ)=(σφχ) ' 1 = -1 -αρ2χ 0. =

Α.

2 ημ χ

--

<

Άρα η fείναι γνησίω; ΦΚνουσα στο (Ο,π),

οnότε είναι κm 1-1. 'Εχουμε: lim χ---*>+

1 lim(- · σuvx) = (-too) · 1 =-too + χ-*> ημχ

lim αρχ = f(χ) = χ---*>+

1 lim f(x) = limoφx = lim(- · σuvx) = (-too) · (-1) = -<t4 x-mx-m ημχ

χ�-

του Αποστόλη Κακαβά

η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr-• στο σημείο της Μ( 1 ,Γ' (1 )) είναι y-Γ' (1) = (Γ' ) '(Ι) · (χ- 1 ) <=> π 1 1 π+ 2 y- - = - (x 1) <:::> y = - x + 4 2 2 4 Δ. Για κάθε χ Ε IR έχουμε (Γ' )'( χ ) = -

-

-

--

2 1_ " = (l + x )' 2χ χ => ( ( ) ) Γ' + 2 2 = l 2 2 2 1+χ (1 χ ) ( +x )

__ .

Άρα: (Γ' )"(Ο) = Ο και χ>Ο => (f-1 )"(χ)>Ο, ενώ χ<Ο => (Γ' )''(χ) < Ο.Άρα η Γ' στρέφει τα κοίλα κάτω στο(-οο,Ο] τα κοίλα άνω στο [Ο,+οο) και έχει σημείο καμπής το (o,r- ' (Ο)). Άρα : Γ' (Ο) = λ π => f(λ) = 0 => σφλ = Ο => λ = , αφού λ Ε (Ο, π).

2 Επομένως έχει Σ.Κ. το (0, π ).

2 Ε. Η r ι είναι συνεχής και στρέφει τα κοίλα άνω στο [0, 1 ]. Άρα η εφαπτομένη π + 2 της ' της y - 1 χ+το η ειο = 2 4- C Γ, σ σ μ Μ(l ,Γ 1 (1)) βρίσκεται κάτω από την CΓ, . Άρα: Ε(Ω)= j(Γ1 (x)-y)dx =

I

I

I

φθίνουσα στο Α=(Ο,π). + 2 )dx = J(x)'Γ1 (x)dx lim f(x))=(-oo, -too)=}R, lim- f(x), χ-Μ)+ JΓ1 (x)dx- Jc- -21 x + -πΆρα f(A)=( χ�π 4 οπότε Ar, = f(A) = JR 2 χ π + 2 = Jlx · (f-1 χ .dx + -1 - π+2 = - --χ + ( )) Β. Για κάθε y Ε IR ισχύει:f(Γ\y)) = y , ( 1 ) 4 4 4 4 => f(Γ ' (y)) · (f - ' )'(y) = 1 => 1 -1 - Π = [ χ · Γ Ι (χ)Jο - Jx · (- 1 + x 2 )dx + (-1 - σφ2 Γ 1 (y)) · (Γ ' )'(y) = 1 => 42 (- 1 - f (f -' (y)) · (Γ' )'(y) = 1 => 1 (1)-Ο · Γ' (Ο) + _!_ J'(2x)2'dx + - 1 - π = 1 · Γ 4 (- 1 - y ) · (f-' )'(y) = 1 => (Γ' )'(y) = 2 0 1+χ ' 1 ] 1 + π = -1 ln 2 - -1 . π 1[ JR Άρα (Γ' )'(χ) = - -.

2 , για κάθε χ Ε -4 + -2 ln(1 + x 2 ) - -� 1+y 1+χ 4 2 4 η 2η Άσκησ Γ. 'Εχουμε : (f-1)'(1) = _!_ και (f-1)(1) = κ ::::> f(κ) =Ι ..Γχ 2 Η είναι συνεχής και -yνησίω::;

f

ο

I

[

ο

]I

ο

ο

ο

ο

Ι

I

ο

ο

_

� σφκ = 1 � κ= !:, αφού κ Ε (Ο,π). Επομένως

Δίνεται η συνάρτηση : F(x) =

4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/59

J t2 (e1 - l)dt

ο

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Να δειχθεί ότι: Α. Έχει πεδίο ορισμού το A = [Ο, +οο ).

F Β. Η F είναι παραγωγίσιμη και να βρεθεί η παράγωγός της. Γ. F(x) � Ο για κάθε χ ε AF . Δ. Υπάρχει

Χ0

ε ( 0, 1) : F'(x0 )=

3e - 7 .

3

η F είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,χ). Άρα από ΘΜΤΔΛ υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο,χ) : F '(ξ) = F(x) - F(O) F(x) χ χ-0 Άλλα F '(χ) = � (eFx - 1) >Ο 2

για κάθε χ>Ο � F '(ξ) > Ο � F(x) > ο � χ F (χ) > Ο. Για χ 0 = Ο έχουμε F (Ο) = Ο, Α . Η συνάρτηση f(t)=t2 (e1-1) έχει π. ορισμού το οπότε σε κάθε περίπτωση F (χ) ;::: Ο.

R Τα όρια ολοκλήρωσης Ο, fx για να ανήκουν Γ,τρόπος: για κάθε χ>Ο η F είναι στο 1R. , πρέπει και αρκεί χ � Ο. Άρα πεδίο ορισμού της F είναι το A F = [Ο, +οο) συνεχής στο [Ο,χ] η F είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,χ) από Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχει ένα οπότε η f(t) είναι ορισμένη και συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα Ο,� . τουλάχιστον ξ Ε (Ο,χ) : F '(ξ) = F (χ) - F (Ο) = χ-0 Β. Για χ � Ο η f(t)=t 2 (e1 - 1) είναι συνεχής στο , (χ) F λλα F (χ) > Ο για καθε διάστημα [O ,.fx:"] και η Γχ είναι παραγωγίσιμη = --. χ Α στο (Ο,+οο) Άρα η F είναι παρ αγωγίσιμη στο x>O � F '(ξ) > Ο � F (χ) > O � F (χ) > Ο.

2 (Ο,+οο) με F '(x)=( Γχ) (eFx - 1)( Γχ )' = χ = Για χ 0 = Ο � F (Ο) Ο.

1 _ = -Fx:" (eFx - 1) =( .fx:") 2 (eFx _ 1) _ . Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει F(x) z Ο.

2 2 -Fx:" Θα εξετάσουμε αν παραγωγίζεται στο χ 0 = Ο. Δ. η F είναι συνεχής στο [0, 1] η F είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) Για χ>Ο έχουμε : από Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχει ένα τουλάχιστον F(x)-F(x0 ) = F(x)-F(O) = F(x) και lim F(x) F (1) - F (Ο) χ - χ0 χ -0 χ χ�ο· χ Χ0 Ε (0,1 ) : F '(χ 0 ) = 1 - 0 = F (1) = , απροσδιοριστη , εχει μορφη, -οο ι Ε.

F(x) � xFx(eFx - 1) για κάθε χ ε A F . Λύση:

,

,

.

(eFx - 1) .,Γχ 2 F'(χ_) = Ο F'(x) Αλλά: = και lim0 _ 1 χ--+ . (χ)' ' (χ)' οπότε και limο F(x) =0, δηλαδή F'(O)=O. χ� · χ (eFx - 1) , χ>Ο � 'Αρα F'(χ)= 2 , χ0 = 0 Ο Γ e'γν.αυξ. Γ.'Εχουμε: χ>Ο � νχ >Ο � eνx >eo � eνχ >1 --

{

Γ

Γ

=> Γχ (e Fx - 1) >Ο => F '(x)>O. Άρα F γνησίως 2 αύξουσα στο [0, +οο ) . Οπότε χ z Ο => F(x) z F(O) => F(x) z Ο.

Β 'τρόπος: για χ>Ο η

F είναι συνεχής στο [Ο,χ]

Jt2 (e1 - l)dt = Jt2e1dt - Jt2dt = Jt2 (e1)'dt - [f3 ] = ι ι = [ t2e1 ]� - f2e1tdt _ ..!_ = e- .!. -2 J(e 1 )'tdt 3e- Ί .

3 3 3 ο

ο

ο

ο

ο

=

ο

ο

Ε. Για t>O έχουμε f(t) = ( t 2 (e1 - Ι))' =

=t(2e1 -2 + te1 ).'Εστω g(t) =2e1 -2+te1, t>O. Τότε g'(t) =2e1 + te1 + e1 =te1 + 3e1 >Ο=>g γνησίω:; αύξουσα στο (0,-tω). Άρα : t>O=>g(t)>g(O) =>g (t)> O => t · g (t)>Ο=> f(t)>Ο για κάθε t>O και επειδή f συνεχής στο [Ο,+οο) έχουμε fγνησίω:; αύξουσα στο [0,-+οο). Οπότε: Ο � t �..Γχ =>t �.Jx =>f(t) �f(fx) => ΓχJ f(tXit � ΓχJ fcfxxιt =>F(x) �f(fx)Γχf dt ο

ο

ο

=>F(x) �(fx)2 · (eΓχ -1) · [t]; =:> F(x)� x.Jx. · (eΓχ - 1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

•

ΑΠΟ ΤΟ Οι\ΟΚΑΗΡΩΜΑ ΣΤΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

του Γιώργου Τσαπακίδη

Κατά πλειοψηφία στο θέμα Δ των εξετάσεων της μαγειρικής , γιατί οι συνταγές φαγητών αφήνουν Γ ' Λυκείου το ζητούμενο είναι ο τύπος συνάρτη­ κάτι στη φαντασία του μάγειρα, ενώ οι μαθηματι­ σης f , η οποία ικανοποιεί μια δεδομένη συναρτη­ κές συνταγές δεν αφήνουν τίποτε». σιακή σχέση. Τα θέματα αυτά συνήθως αντιμετω­ -Τι είναι το Ι: f(x)dx ; πίζονται με τη βοήθεια του θεωρήματος : Ένας συγκεκριμένος πραγματικός αριθμός.

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διά­ στημα Δ, τότε η F(x)=J: f(t)dt με α,χε Δ είναι παραγωγίσιμη στο Δ και ισχύει F'(χ)=f(χ),για κάθε χε Δ.

-Άρα;

Λύση Im! Προβλήματος . Θέτουμε Ι01 ex- 1 f(x)dx

= c, οπότε: ( 1)=>

c = f(x)+ex => f(x) = c-e' . Έτσι: ( 1 ) =>

=

Ι 1 ex - 1 (c - ex)dx c� Ι 1 cex- 1 ο ο e 2x - 1 c e 2χ-ι 1 c� �[cex- 1 ]5 ο -1 1 +=-=c=>c (1 Άρα: � (1 -

Ισ1 Υπάρχουν όμως θέματα στα οποία η δεδομένη συ­

dx =

[ ]

dx ­ e

= ce-1 - -2 ναρτησιακή σχέση περιέχει ολοκληρώματα των 2 οποίων τα άκρα ολοκλήρωσης είναι σταθερά και η = - - e2 ) . f(x) = -ex + λύση του θέματος δεν ανάγεται στο προηγούμενο 2 2 e2). θεώρημα. Παραδείγματα τέτοιων θεμάτων και 2 προβλημάτων είναι: Επειδή η προηγούμενη συνάρτηση επαληθεύει την υπόθεση , είναι η συνάρτηση που ζητάμε .

1 !! Πρόβλημα: Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση f: � � � , για την οποία να ισχύει : Με όμοιο τρόπο φαίνεται να λύνεται και το ( 1 996) Ι01 ex- 1 f(x)dx = f(x) + ex ( 1 ). Π 2!! ρόβλημα: Αν η συνάρτηση f: � � � είναι συνεχής και ισχύει : 2 f(x) = ( 10χ 3 + 3χ) f(t)dt - 45 δείξτε ότι : f(x) = 20χ 3 + 6χ - 45 (2008)

i

3!!

Π ρόβλημα : Να βρείτε τη συνεχή ση f: [0,1] � � για την οποία vα ισχύει : . f01 f(x)(x - f(x))dx = 1 .

2 4!! Π ρόβλημα Να βρείτε τη συνεχή 1 : συνάρτηση

--

2!! Π ρόβλημα.

Ας δοκιμάσουμε. Θέτουμε Ι: f(x)dx = c (1) , οπότε η υπόθεση γράφεται :f(x) = (10χ 3 + 3x)c - 45 (2) και έτσι: ( 1 )=> Ι02 {(10χ3 + 3x)c - 45}dx = c �[

α χ4 + �χ 2 ) c - 45χ]δ =c

� 46c - 90 = c�5c = 90� c = 2 .

Για c=2 η (2) δίνει f(x) = 40χ3 + 6χ - 45 .

Η προηγούμενη μέθοδος φαίνεται ότι δεν ε­ φαρμόζεται στα επόμενα προβλήματα. Στο 3g (Ι) Πρόβλημα π. χ. θα ήταν άστοχο να θέσουμε: Ι01 f(x)(x - f(x))dx = c , αφού θέλουμε: -Πώς μπορούμε να αντιμετωπίσουμε τέτοια προ­ Ι01 f(x)(x - f(x))dx = 1 , δηλαδή c = 1 • βλήματα; Όπως πρέπει να αντιμετωπίζουμε κάθε 12 12 -τι έχουμε; πρόβλημα: με ανάλυση των εννοιών που υπεισέρ­ χονται στο πρόβλημα και όχι με έτοιμες συνταγές Την τιμή ενός ορισμένου ολοκληρώματος . τύπου μαγειρικής, γιατί όπως λέει ο πραγματικά -Ποιος είναι ο άγνωστος ; μεγάλος δάσκαλος G. Polya στο βιβλίο του «How Η ολοκληρωτέα συνάρτηση to Solνe it» (υπάρχουν δυο ελληνικές εκδόσεις με -Γνωρίζουμε κάποια σχετική πρόταση; το τίτλο: «Πώς να το λύσω» η μια από τις εκδόσεις -Ποιες είναι οι ιδιότητες των ορισμένων ολοκληΣπηλιώτη , χωρίς χρονολόγηση! και μετάφραση ρωμάτων; του Λάμπη Σιαδήμα και η δεύτερη από τις εκδό­ Ι . Αν οι f,g είναι συνεχείς στο διάστημα Δ και σεις Καρδαμίτσα το 1 998 , σε μετάφραση Ξανθής α,β,γ ε Δ, τότε : Ψυακκής) «το να διδάσκεται η εκτέλεση συνηθι­ Ι: (κf(χ) + λg (x))dx = κ Ι: f(x)dx + σμένων μαθηματικών πράξεων και τίποτε άλλο εί­ λ Ι: g(x)dx ναι πολύ πιο κάτω από το επίπεδο ενός βιβλίου

f: [0,1 ] � � για την οποία να ισχύει : Ι01 f(x )dx = � + Ι01 [ 2 (x 2 )dx

•

.

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 88 τ.4/61

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου •

με το θεώρημα αντικατάστασης (από το 2° στο 1° μέλος) έχουμε: Ιοι f(x)dx = I:c�i f(x)dx =

Ι: f(x)dx+Ι: f(x)dx=I: f(x)dx

Αν η f είναι συνεχής στο [α,β] και f(x)2:0 για Ιοι f(g(u))g' (u)du = Ιοι f(u 2 )2udu. κάθε χ ε [α,β] τότεΙ: f(x)dx � Ο και αν υπάρχει 'Ετσι: ( 1 ) � Ιοι 2xf(x 2 )dx = � + Ι01 f 2 (x 2 )dx χ1 ε[α, β] με f(χ ) * Ο , τότεΙ: f(x)dx > Ο . fι Σίγουρα η πρώτηι ιδιότητα δεν φαίνεται να σχετί­ <=> ο (f 2 {x 2 ) - 2xf(x 2 ) + χ 2 - x 2 )dx = - �3 ζεται με το πρόβλημα μας . Επομένως θα πρέπει να fl 2 χ3 0 - 31 το μετασχηματίσουμε κατάλληλα τη 2!:1 : 2 <=> (f(x ) χ) dx [3] 1= 0 2.

<=> I01 (f(x 2) - x) 2 dx = Ο <=> f(x 2 ) = χ, για κάθε Αν για την f: [α, β ] Iffi. ισχύουν : *είναι συνεχής χ ε [Ο, 1 ] . * f(x)2:0 , για κάθε χ ε [α,β] Αν στη θέση του χ θέσουμε ...[Χ, (αφού χ�Ο) τελικά * Ι: f(x)dx = Ο τότε f(x)=; παίρνουμε:f(χ) = ..JX, για κάθε χ ε [Ο, 1 ]. Π ρο φανώς: f(x)=O, για κάθε χ ε [α,β], διότι αν για Β Ι ΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 1. Τ Andreescu , G Dospinescu, Problems From the Book, κάποια τιμή του χ ε [α,β] ήταν f(x):f Ο, θα είχαμε ΧΥΖ Press, USA, 2008.

R.L. Finney, M.D. Weir , F.R. Giordano, Tomas' Calculus, Ι: f(x)dx > Ο ΑΤΟΠΟ. 'Ετσι έχουμε την παρα­ 2.Tenth edition, Addisson Wesley Longman, USA, 200 1 (Ελληκάτω λύση: νική μετάφ ραση με τίτλο : THOMAS Απειροστικός Λογισμός, 4

Λύση του 3!!!1 Π ροβλήματος .

J,0l f(x)(x - f(x))dx = ι � Ι.ι0 (xf(x) 2 f 2 (x))dx = _!_ � J,01 (f1 2 (x) - xf(x))dx = _!_ 12 1 ι2 1 f 1 1 ι + � ο (f 2(x) - 2 2 xf(x) -4 χ 2 - 4 x 2 )dx = 12 Jο1 (f(x) - �2 x) 2 dx + Jο1 �4 x 2 dx = � � 12 fι 1 1 1 � ο (f(x) - -2 x) 2 dx + [12 χ3]� = 12 fι 1 1 -1 x) 2 dx + � = (f(x) 2 ο 12 12 � Jοι (f(x) - �2 x) 2 dx = Ο � f(x) - �χ = Ο � f(x) = �χ για κάθε χ ε [0, 1 ], γιατί αν υπήρχε χ ε [ Ο ,1] με {(χ ) * ι �Χι θα ήταν (f(χι ) -1 �χ ) 2 > Ο, οπότε ι I01 (f(x) - �x) 2 dx > Ο , ΑΤΟΠΟ.

-

-

-

μετάφραση Μ. Αναγνωστάκης , Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο 2005).

3. G.Polya, Mathematical Discovery, John Wiley & Sons, lnc., USA, \96\ (Ελληνική μετάφραση με τίτλο : Η Μαθηματική Ανακάλυψη , μετάφραση Σ. Στεριάκης, Γ. Τσαπακίδης, Εκδό­ σεις Κάτοπτρο, Αθήνα, 200 \ ).

4. J. Stewart, Calculus, Seνenth Edition, Brooks/Cole, USA, 200 1 .

5. Μ . Τουμάσης, Γ. Τσαπακίδης, 200 Επαναληπτικά - Συνδυ­ αστικά Θέματα Μαθηματικών Γ. Λυκείου Θετικής­ Τεχνολογικής κατεύθυνσης, Σαββάλας, Αθήνα, 2006.

-

-

-

•

Για τη λύση του 4!!!! Προβλήματος η ύπαρξη τουΙ0ι { 2 (x 2 )dx οδηγεί στη χρησιμοποίηση της μεθόδου λύσης του 3!!!! Προβλήματος, αλλά υπάρχει μια δυσκολία: η συνάρτηση f έχει ως μεταβλητή άλλοτε το χ άλλοτε το χ2•

-Είναι δυνατόν να ξεπεράσουμε τη δυσκολία αυτή;

Προφανώς πρέπει να κάνουμε αντικατάσταση u= χ2 ή u2=x . Δοκιμάζουμε και βλέπουμε ότι συμφέ­ ρει η x=u2• Έτσι έχουμε την παρακάτω λύση. Λύση του 4!!!1 Προβλήματος

Θέτουμε χ = u2 = g(u) , οπότε O=g(O), l=g( 1 ) και g ' (u)=2u συνεχής στο [0, 1]. Σύμφωνα λοιπόν

Κ αλό ταξί δι δάσκαλε . . .

Πάει λίγος καιρός που έφυγε από κοντά μας για το μεγάλο ταξίδι, ο aξιαγάπητος και με με­ γάλη καρδιά, ήρεμος, εξαίρετος και χαμηλών τόνων πανεπιστημιακός δάσκαλος, για πολλές γενιές, μαθηματικών Γεράσιμος Λεγάτος. Επί το υ τ υπογραφείου

. . . και ενώ σκεφτόμασταν το έργο και την αξιό­ λογη προσφορά των συναδέλφων που βοήθησαν και πρόσφεραν στην Μαθηματική Εκπαίδευση και Παιδεία, ανθρώπων που αγωνίστηκαν στην ΕΜΕ, μάθαμε και για άλλους αξιόλογους συνα­ δέλφους που έφυγαν πρόσφατα . . . Α θανάσιο Μαμούρη για πολλά χρόνια μέ­ λος του Δ.Σ. της ΕΜΕ με σημαντικό έργο και πρόεδρος του περιοδικού Ευκλείδη Β ' .

•

•

Σπύρο Τσιγώνια

. . . και μόλις χτές ένα από τα πιο παλιά ιδρυτικά μέλη της ΕΜΕ τον Γεώργιο Ιωαννίδη [ 1 93 5 έτος εγγραφής στην ΕΜΕ, γεννήθηκε το 1 9 1 3]. Κ αλ ό ταξί δι σε όλους αυτ ο ύς το υς ακο ύρ α­ στους δασκ άλους, θ α το υς θυμόμαστε πά ντα με αγάπη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/62

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Δ ΥΟ ΧΡΗΣΙΜΟΙ ΚΑΝΟΝΕΣ ΠΑ Ε�ΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ Θ. Μ. Τ.

•

Δημήτρης. Κ. Χατζόπουλος [Πάτρα]

Είναι προφανές πως όταν δίδεται μια συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα [α,β] και παραγω­ γίσιμη στο (α,β) και ζητείται η ύπαρξη αριθμών ξ, ξϊ, i =1 ,2, . . . ,ν στο (α,β) ώστε μεταξύ των f'(ξ), f'(ξϊ) να ισχύει κάποια σχέση, το θέμα ανάγεται στο Θ.Μ.Τ. Δύο συνηθισμένες σχέσεις αυτής της μορφής είναι οι εξής : 1 1 1 ί) λt f (ξt ) + λ2 f (ξ2) +. + λ v f (ξ v)=(λt +λ2+ . . . +λv)f'(ξ) (I) λ2 , λ1 ν + ιΙ(ξλvv ) λ1+λ2+···+λ (11), οτανf'(χ) :f Ο στο (α, β) οπου . λ;>Ο, ι·ι·) ιι (ξι + ιι (ξz ) + f'(ξ •

)

•

)

_

· _- 1 ,2 , . . . ,ν

ι

Τα θέματα αυτά τα σχ. βοηθήματα τα αντιμετωπίζουν κατά κανόνα με μια μέθοδο «συνταγή» για την οποία λογικό είναι να αναρωτιούνται οι μαθητές, από πού προκύπτει. Αυτή ακριβώς την απορία θα προσπαθήσουμε να λύσουμε μέσα από δύο παραδείγματα που ακολουθούν.

•

•

•

Π α ρ άδειγμα

Θεωρούμε τη συνάρτηση f που είναι ορισμένη και συνεχής στο [ 1 , 6] και παραγωγίσιμη στο ( 1 ,6) ί)

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ξ, ξ1 ,ξ2 ,�

Ε

(1 , 6) τέτοια ώστε να ισχύει :

2 f I (ξ ι) + 3 f I (ξ 2) + 5 f I (ξ 3) = 10 f' (ξ) (ί)

ίί) Αν επί πλέον είναι f 1 (χ) > Ο, για κάθε χ Ε

ξ 1 ,ξ 2 ,ξ 3

Ε

Α πό δειξη της (i)

(1 , 6) , τότε να αποδείξετε ότι υπάρχουν 2 ' + 3 + 5 10 (1 , 6) τετοια ωστε να ισχυει : f' (ξ 1 2 f' (ξ ) f' (ξ 3) f ' (ξ) ) ,

'

Ζητάμε να αποδείξουμε την ύπαρξη σημείων χ ι , xz του (1 ,6) με Χι είναι τα αντίστοιχα σημεία των διαστημάτων ( 1 ι Χι), Cχι Χ2), (χ2 ι f ' (ξz) = f(xz ) -f(Xι) , Θ.Μ.Τ., δηλαδή τέτοια ώστε: f ' (ξι) = f(χιΧι ) --f(ι) ι Xz -χι - f(ι) - f(ι) f(χι ) f(χι ) f( ' ' 3 f (ξ2) =J Xz ) -f(Χι) � ΤΟτε Ομως 2 f (ξι ) = 2 Χι - ι Xz -χι 2 f (6) - f(X2) ' S f (ξ3 ) = 5 = f (6) -f(X2) ι

=

•

•

6

6 _Χ2

(11)

χ2 ώστε τα ξι , ξz ,ξ3 να ) που προκύπτουν από το 6 f ' (ξ3 ) = f(6 ) -f(Xz ) <

ι

=

6-χ2 f (Xz ) - f(Χ ι) χz Χι ι 3-

χ2

5

Για να προσθέσουμε λοιπόν τα τρία αυτά κλάσματα συμφέρει να είναι ομώνυμα δηλαδή: 6- χ2 χ2 - χι 6- ι - χι +6- χ2 -ι . Το, τε φυ σ ικα, αρ κει, λ' οπότε λ χ1 - ι +χ2 2 2+3+5 2 3 = -5 ιο 1 1 1 2 λ + 1 2 και 3λ + 5λ + 1 2. . Άρα 2 f (ξ ι) + 3 f (ξ z) + 5 f (ξ 3) 2 f(6 )�f(ι) = f(xι ) -f(ι)+f (xz );f(χι) +f (6) -f(Xz) 2[f(6) - f(1) ] =2(6-1)f(ξ)= 10f(ξ), για κάποιο ξ στο (1,6).

Χι - ι

-- -

χ1

=

--

=

χ

=

2

=

= - =

χ1

=

=

=

2

Από δειξη τη ς (ii)

Επειδή η f είναι συνεχής στο [1,6] και παραγωγίσιμη στο (1 ,6) θα είναι γνησίως αύξουσα στο [1,6], οπότε f(l)< f(χι ) < f(χz) < f(6) για κάθε Χι,χzε( 1 ,6) με χι<Χz. Σύμφωνα λοιπόν με τα 2 2 , , xl προηγουμενα θα εχουμε: f' (ξ 1) - rcxι ) -f(t) - rcχ1xι ) --1f(l) ' f' (ξ3 2 ) - f(x2 )3 f(χι) - rcxχ2z ) -f(χι ) ' -

5

f' (ξ 3)

-

5

r (δ) -rcx2 ) 6 -χ2

χι - ι

2

χ2 -χι -

3

� Ομοίως για να είναι αυτά τα τρία κλάσματα ομώνυμα αρκεί:

6- χ

r c6) -r z ) ' 5

f (6) -f(X2) _ λ, οπότε λ= f(6)ι-οf(ι) >0, δηλαδή f(6)=1 0λ+f(l), f(χι)=2λ +f(l), 5 3 f(χz) = 3λ +f(χι)= 5λ+f(l). Για να υπάρχουν λοιπόν χι , Χ2 ε ( 1 ,6) τέτοιοι ώστε f(χι) =2λ +f(l), f(χz) = 5λ+f(l) αρκεί οι αριθμοί ψ ι =2λ +f(l) και ψ2= 5λ+f(l) να ανήκουν στο διάστημα ( f(l), f(6)), πράγμα το οποίο ισχύει (γιατί;). Πράγματι τότε, αφού σύμφωνα με το Θ.Ε.Τ για κάθε ψο ε ( f(l ),f(6)) υπάρχει χ0ε ( 1ι6) τέτοιο ώστε f(χο) = ψο, θα υπάρχουν χι , Χz ε ( 1 ,6) με f(χι) =ψ ι και f(χz) =ψ2 f(χι ) -f(ι)

2

f(x2 ) -f(χι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/63

, Ά ρα

2 5_ 3_ + __ -tf' (ξ 1) f' (ξ 2) f' (ξ 3) _ _

Μαθηματικά για την Λυκείου

=

Γ'

χ1 - l+x2 -x1 + 6 -χ2

6-1

λ

για κάποιο ξ στο ( 1 ,6) .

λ

5

f(6)- f(l)

10

50

f(6)- f(l)

10 50 ---(6-l)f'(ξ)

f'(ξ)

Διαιρέσαμε λοιπόν σε τμήματα με πλάτη ανάλογα των 2,3,5 το διάστημα [ 1,6] με τα σημεία χ1 , χ2 για την (ί) και το διάστημα [f(1 ), f(6)] σε τμήματα με πλάτη επίσης ανάλογα των 2,3,5 με τα σημεία Ψ ι. ψ2, ψ3 για την (ii) Παρατήρηση: Αν είχαμε για την (ii), απλώς Ι(χ) 7= Ο , τότε f(ξ; ) 7= Ο, ί = 1, 2 , 3 => f(x1 ) 7=f(1), f(x2 ) 7=f(x1), f (6) 7=f(x2) και 40, αφού διαφορετικά θα είχαμε f(1 )=f(6), οπότε (Θ. R.) θα υπήρχε ξ0 ε ( 1,6) με f(ξ0 ) Ο ά­ 2 τοπο. Επομένως: [Ψι - f(1)][Ψι -f( 6)] 2λ( -8λ) = -1 6Κ < 0 και [ ψ2 - f(1)][ ψ2 - f ( 6) J = 5λ( -5λ) = -25λ < Ο Άρα οι αριθμοί ψ ψ2 ανήκουν και πάλι στο ανοικτό διάστημα με άκρα f( 1 ), f(6) •

=

,

=

1 ,

Είναι πλέον δικαιολογημένος ο παρακάτω κανόνας που ακολουθούμε στην γενική περίπτωση.

•

Για την περίπτωση (Ι) λοιπόν χωρίζουμε το διάστημα [α, β] με πλάτος d=β-α σε ν διαστήματα των οποίων τα d = λ; · λ , με τα αντίστοιχα πλάτη d; είναι ανάλογα των αριθμών λ; , ί = 1, 2, ... , ν, οπότε d; = λ; λ, + λ2 + ... + λ" σημεία χ, = α + d1 = α + λ, · λ, χ2 = χ, +d2 = α+(λι + λ2)λ, . .. , χν-ι = α+(λ, + � + ... +λv-ι )λ Στη συνέχεια σε κάθε ένα από τα διαστήματα (α, χ, ),( χι , χ2 ) , . . . ,( χν_ι ,β) εφαρμόζουμε το Θ.ΜΤ. 'Ετσι βρίσκουμε τελικά λι f(ξι)+λz f1(ξz) +. . . +λvf1(ξ )= {Λ, +� +... +λv)· f{β)-f{α) = (Λ, +� + ... +λν) (β-α) f{ξ) ={Λ, +� +... +\) f{ξ) β-α β-α Για την περίπτωση (11), αν f (α) < f (β) χωρίζουμε το διάστημα [f (α), f (β)J σε ν διαστήματα των οποίων τα αντίστοιχα πλάτη d; είναι ανάλογα των αριθμών λ; , i = 1,2, ... ,ν, με τα σημεία Υι = f(χι ) = f(1 ) + λ,λ , Υ2 = f( Χ 2 ) = f( Χ ι ) + λ2λ = f(1) + (λι + λ2 ) λ , ... , Υv-ι f (1) +(λι + λ2 + ... + λν-ι ) λ αφού αποδείξουμε ότι υπάρχουν σημεία χ1 , χ2 , . .. , χν-ι του (α,β) τέτοια ώστε Υ; = f(x; ) . i = 1, 2, ... , (ν - 1 ) Στη συνέχεια σε κάθε ένα ν

•

=

�:

(α, χ1 ) ,(χι , χ2 ), ... ,(χv-ι •β) εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. 'Ετσι βρίσκουμε τελικά f/ β-α λ, + λ2 + ... + λν β -α λv = ( λι + λ2 + ... + λν ) = + . . . + f/ (ξv ) - ( λ, + λ2 + ... + λν ) f (ξ) f (β) - f (α) ( β - α) f (ξ)

από τα διαστήματα

λz + f/ (ξz )

)

_

•

Ε�ΑΡΜΟΓΗ ΜΙΑΣ ΙΔΙΟΤΗΤΑΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

ΣΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΜΕΡΙΚΩΝ ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ

Θεωρούμε γνωστά τα παρακάτω.

1. Αν f είναι συνεχής συνάρτηση στο [α, β], τότε η f παίρνει στο [α, β] μια μέγιστη τιμή Μ και μια ελάχιστη τιμή m.

2. Αν η f είναι γνησίως μονότονη και συνεχής στο [α, β] τότε τα ακρότατα της f, θα παρουσιάζονται στα άκρα του [α, β].

3. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) και στο (α, β) παρουσιάζει ΜΟΝΑΔΙΚΟ ακρότατο, τότε: i) Αν για χ=χ0 e(α, β) παρουσιάζει το ελάχιστο της, το μέγιστο της f, θα παρουσιάζεται στα άκρα του [α, β]. ii) Αν για χ=χΌe(α, β) παρουσιάζει το μέγιστο της, το ελάχιστο της f, θα παρουσιάζεται στα άκρα του [α, β]. Ας δούμε τώρα πως αυτά τα συμπεράσματα μπο­ ρούν να χρησιμοποιηθούν για την αντιμετώπιση ανισοτήτων. Π ρ ό βλη μα 1

Διονύσης Γιάνναρος Έστω α, β, γ eR με Ο:::;α, β, γ ::;ι. Να αποδείξετε ότι: α + β + γ - α· β - β·γ - γ·α:::ι (ι). Απόδ ειξη :

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = χ + β + γ - χ·β - χ·γ - β·γ με xe[0,1]. Η fγράφεται: f(x) =χ(1- β-- γ)+ β + γ - β·γ. Δια­ κρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν β+γ=1, τότε f{χ)=1-β·γ:::1 , λiJyω των συνθηκών του προβλήματος. Έχουμε επομένως f{x):::1 για κάθε xe[0,1], άρα και f{α):::1 δηλ η (1). Αν β+γ:;f 1 , τότε επειδή η f είναι γραμμική συ­ νάρτηση θα είναι γνήσια μονότονη. Άρα το μέγι­ στο θα παρουσιάζεται στα άκρα του [0, 1 ]. f(Ο)=β+γ-β·γ= 1 +β+γ-β·γ-1 = 1 +( 1-β)(γ-1 ):::; 1 . f(1 ) = 1- β - γ + β + γ - β·γ = l - β·γ:::; 1 . Επομένως f(x):::; 1 για κάθε xe[O, 1 ], οπότε α+β+γ-α·β--β ·γ-γ·α:::: l με ο:::;α, β, γ :::; ι . Π α ρ άδ ειγ μα 2.

•

•

Αν α, β, γ eR με Ο::Sα, β, γ ::;ι, να αποδείξετε ότι: α2 + β2 + γ2 ::::; α2 ·β + β2 ·γ + γ2 ·α+1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Απόδειξη: Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)=χ2(1-β)-γ2·χ+γ2-γ·β2 - 1+β2 με χε[Ο,1 ]. Είναι: f '(χ) = 2(1-β)χ - γ2 . Με β<1 , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 2 2 Υ �1, τότε για Ο:::; χ < 1 :::; Υ 1 . Αν

(α + β + γ) ( -1 + -1 + -1 )�10. α

β

r

Απ ε ξη Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι: 1�α�β�γ�2. Θέτοντας α= χ, θεωρούμε τη συνάρτηση:f(χ) = 2(1 - β) 2(1 - β) θα είναι f(χ)<0. Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (χ+β + γ)( .!_ + J... + .!_ ) με χε [1 ,β]. Είναι: χ β r [0, 1 ], οπότε η μέγιστη τιμή της θα είναι η f(O)=i­ 2 2 2 γ·β -1 +β =(γ-1 )(γ+ 1-β )$0. Άρα και f(α)�Ο , 1 1 1 )= f (χ) = ( - + -1 + - )+ (χ+β+γ)(- χ β r χ2 <1, τάτ:ε ο �μεrαβολώνμαι;δiνει: 2. Αν Ο< Υ 2(1 - β) 1 - 1 )= (β γ) χ 2 - β · γ Ο στο [1 ,β) (β+γ)( + χ 2β · γ < γ' 2 .r β χ 2( 1 β) ο αφού γ ;::: β =>βy ;::: β2 > χ2 • Άρα η f είναι γνησίως f(x) φθίνουσα στο [1,β], οπότε f(x)�f(l) για κάθε f(x) ....-� min Παρατηρούμε πως σ' αυτή την περίπτωση η f θα χε[1,β], δηλαδή: f(x)� ( 1 +β+γ)(1 + + (1). παίρνει τη μέγιστη τιμή της για χ=Ο ή χ= 1 . Στην (1 ), θέτουμε β = ψ και θεωρούμε τη f(Ο) = γ2 - γ·β2 - 1+β2 =(γ-1)(γ+Ι-β2)$0.

1 1 g(ψ) = (l+ψ+γ)(l+- + - ), με ψε[1,γ]. f(1) = 1- β - γ2+ γ2 - γ·β2 - 1+β2 = Ψ r β2 _ β _ γ·β2 = β(β-1) - γ·β2 �0. Έτσι, f(x)�O για κάθε χε[Ο, 1 ] και επομένως f(α)�Ο, δηλα­ Είναι: g'(ψ)= (l+ J._ + .!_ ) + (l+ψ+γ)(- -1- )= δή η αποδεικτέα. Ψ r Ψ2 Αν β =1, τότε: f(χ)=--ι(χ+j-γ. Είναι f(x)=-y�O. ί) Με β= 1 και γ=Ο η αποδεικτέα ισχύει ως ισότητα. (γ+l) ψ 2 - γ και g'(ψ)=Ο<::> ψ2 - γ = Ο <::>ψ= .fi . ψ ·γ ίί) Με β=1 και γε(0,1] είναι f(x)<O, οπότε η f είναι Σχηματίζουμε τον πί�ακα μεταβολών για τη g. γνησίως φθίνουσα στο [0,1]. Άρα f(x)�f(O) για ,;γ 2 γ ψ κάθε χε[0,1], δηλαδή f(χ)�γ2-γ=γ(γ-1)�0 και τεg'(ψ) g(ψ) λικά: f(α)�Ο δηλ. και πάλι η αποδεικτέα. (Υ ) :

όδ ι

•

-

χ

-

+

� �)

•

•

•

2

ι

-

�

_

Παράδειγμα 3.

2 1 -β

Να αποδείξετε την α3 + β3+γ3�3α·β·γ με α,β,γ>Ο.

Απόδειξη: Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι: Ο<α�β�γ. Θεωρούμε την συνάρ­ τηση f(x)= χ3 + β3 + γ3 -3χ·β·γ. Επειδή f '(χ)=3χ23β·γ=3(χ2-β·γ), είναι f '(χ)<Ο με Ο<χ<β �γ (είναι χ<β και χ<γ με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρ­ νουμε: χ2<β·γ<::>χ2-β·γ<Ο δηλαδή την f(x)<O). Αφού f(x)<O, χε(Ο,β), η συνάρτηση f είναι γνη­ σίως-φθίνουσα στο [Ο,β] και έτσι f(x)�f(β), δηλαδή χ3 + β3 + γ3 -3 χ·β·γ � 2β3 + γ3 -3β2 ·γ ( 1). Θεω­ ρούμε τώρα τη συνάρτηση g(x) =2χ3+γ3-3χ2·γ, ό­ που γ σταθερό και Ο�χ�γ. Έχουμε: g'(χ)=6χ26χγ=6χ(χ-γ) απ' όπου g '(χ)<Ο με Ο<χ <γ και ε­ πομένως η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, γ] δηλαδή g(x)�g(γ), οπότε και g(β)�g(γ) ή 2β3 + γ3 -3β2·γ �2γ3 + γ3 -3γ3 =Ο (2). Από (1), (2) χ3+β3+γ3-3χ·β·γ�Ο και με χ=α την αποδεικτέα. Παράδειγμα 5. Αν l�α, β, γ �2, να αποδείξετε ότι:

+

..

ιnin

,.

..

Διαπιστώνουμε ότι η g θα παίρνει τη μέγιστη τιμή της για ψ=1 ή ψ =γ . Όμως g(1) = (2+γ)(2+ .!_ ) = r

(1+2γ)(1+ � ) = g(γ). Άρα έχουμε: g(ψ)�g(1) (2) r

για κάθε ψε[1, γ]. Συνδυάζοντας τις (1) και (2) παίρνουμε: f(x)�f(l) = g(ψ)�g(l)= (2+γ)(2+.!_ ) r

και σ' αυτή αντικαθιστώντας το γ με z παίρνουμε τη συνάρτηση: h(z) = (2+z)(2+ _!_ ) με zε[1,2]. Εί­ z 2 1 ναι: h'(z)=2+ -1 +(2+z)(--2 )= 2(z 2- 1) > Ο στο z z z (1 ,2]. Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο [1 ,2]. Άρα: h(z)�h(2) = 4(2+ "21 ) = 10 για κάθε zε[1,2]. Τελικά έχουμε: f(x) �f(l) = g(ψ) �g(l )=h(z)�h(2)=10. Άρα η αποδεικτέα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/65

Τ'ο Βήμα τιrrο ΕυκΑείδη Επιμέλι:;ια:

ιαννης Στρατής

Βαγγέλης Ευσταθίου

« ΑΝΑΛΥΤΙ ΚΕΣ» ... ΣΥΖΗΤΗ Σ Ε Ι Σ

Αντωνόπουλος Νικόλαος

Ας ξεκινήσουμε από την ισοδυναμία α · β = Ο � α = Ο ή β = Ο που ισχύει στην περίπτωση των πραγματικών αριθμών. Καθηγητής:

σα.

Μαθητής Α: Δηλαδή, υπάρχουν κάποιοι άλλοι αριθμοί στους ο­ ποίους δεν ισχύει αυτή η ισοδυ­ ναμία; Καθηγητής: Καλό είναι να μη βιαστούμε. Θεωρήστε ότι κάποιος εργαζόμενος φεύγει από το σπίτι του για την εργασία του στις 7 το πρωί και επιστρέφει μετά από 1 1 ώρες. Τι ώρα επιστρέφει; Μαθητής Γ: Στις 6. Καθηγητής: Προφανώς εννοείς στις 6 το απόγευμα. Μαθητής Γ: Ναι, αυτό εννοού-

Καθηγητής: Και γιατί δεν μας είπες στις Ι8; Μαθητής: Έτσι συνηθίζεται. Όταν περνάμε τις

Ι2 ξεκινάμε πάλι από το Ι . Καθηγητής: Α . . . ωραία. Σ ' αυτό το «μαθηματικό περιβάλλον», δηλαδή στον κόσμο του ρολογιού μας το άθροισμα του 5 με το 8 κάνει Ι . Μαθητής Β: Ναι. 8+5=1 3, . . . , δηλαδή Ι . Καθηγητής: Τι έχετε να πείτε για το άθροισμα του 7 με το 5; Μαθητής Β: Κάνει μηδέν. Καθηγητής: Αν το ίδιο «μαθηματικό περι­ βάλλον» θεωρήσουμε ότι λειτουργεί και η πράξη πολλαπλασιασμός, πόσο θεωρείτε ότι κάνει το γι­ νόμενο 3 επί 4; Μαθητής Α: Πάλι το ίδιο, μηδέν. Καθηγητής: Αυτό το «μαθηματικό περιβάλλον» για το οποίο μιλάμε είναι το σύνολο των υπολοί­ πων της διαίρεσης ενός ακεραίου με το Ι 2, συμβολίζεται με Ζ1 2 και έχει ως στοιχεία του όλα τα δυνατά υπόλοιπα μιας τέτοιας διαίρεσης , δη-λαδή είναι το Ζ1 2= {0, Ι , 2, . . . Ι Ι } . Κάθε ακέραι-ος α­ ριθμός έχει όπως λέμε τον «αντιπρόσωπό» του στο σύνολο αυτό. Έτσι, για παράδειγμα, ο αντι­ πρόσωπος του 365 είναι το υπόλοιπο της διαίρε-

σης 365: 12 δηλαδή το 5, αφού 365=30xl 2+ 5. Ο αριθμός 5 αντιπροσωπεύει όλους τους ακέραιους της μορφής 12κ+5, με κ ακέραιο. Στο Ζ1 2 ορίζουμε τις πράξεις της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού μέσω των αντιπροσώπων τους. Αυτό σημαίνει ότι, για να κάνουμε την πρόσθεση 35+ 14, γράφουμε 1 1 +2, που στο zl 2 είναι Ι. Αλλά, ας επανέλθουμε στην αρχική μας σχέση και ας προσπαθήσουμε να δούμε τι συμβαίνει, όταν αντί για αριθμούς έχουμε πραγματικές συν­ αρτήσεις, δηλαδή συναρτήσεις με πεδίο ορισμού το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Συγκεκριμένα, αν για δυο συναρτήσεις f, g: IR � IR ισχύει f(x) · g(x)=O για κάθε χεΙR, τι έχουμε να πούμε για τις συναρτήσεις αυτές; Μαθητής Γ: Γιατί να μην ισχύει το ίδιο '· Καθηγητής: Τι εν­ νοείς; Μαθητής Γ: f(x)=O ή g(x)=O. Καθηγητής: Δεν μας διευκρίνισες για ποια χ εν­ νοείς. Αυτά που μας είπες ισχύουν για όλα ή για κάποια χ; Μαθητής Γ: Ή θα είναι f(x)=O για όλα τα χεΙR, ή g(χ)=Ο για όλα τα χ ε IR. Καθηγητής: Μάλιστα. Δηλαδή, όπως λέμε, του­ λάχιστον μια από τις συναρτήσεις θα είναι η μη­ δενική. Μαθητής Γ: Ακριβώς! Καθηγητής: Ωραία . . . Ας θεωρήσουμε τις συναρΧ�3 , (χ)= -2, Χ � 3 . Τι εχεκαι τησεις g , f1Ί�_χ)= 5, χ < 3 0' χ < 3 τε να πείτε για το γινόμενο f(x) · g(x); Μαθητής Β: Είναι μηδέν για όλα τα χεΙR χωρίς καμία από τις συναρτήσεις να είναι η μηδενική. Μαθητής Α: Και πως γίνεται αυτό, δηλαδή δεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/66

{0,

{

------------------------------------------------------ Το βήμα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------

ισχύει f(x)=O ή g(x)=O, για κάθε xEIR. Καθηγητής: Αυτό που είπες τώρα, και είναι σω­ στό, δεν είναι το ίδιο με αυτό που είπε προηγου­ μένως ο συμμαθητής σου. Το λάθος έγινε διότι «επιμέρισε» το «για κάθε». Μαθητής Α: Ναι, αλλά οι συναρτήσεις που θεω­ ρήσαμε είναι, ..... , λίγο περίεργες. Θα μπορούσαμε να έχουμε άλλες συναρτήσεις; Καθηγητής: Στα Μαθηματικά, για να καταρρί­ ψουμε ένα ισχυρισμό, αρκεί να βρούμε ένα παρά­ δειγμα που να μην τον επιβεβαιώνει. Ένα τέτοιο παράδειγμα, που καταρρίπτει κάποιο ισχυρισμό, το λέμε aντιπαράδειγμα. Αλλά, αφού έθεσες το ερώτημα, ας πάρουμε τις συναρτήσεις {0, Χ Ε Q και g(χ)= {1 , Χ Ε Q . fil\χ)= O, x E JR -Q 1 , x E JR -Q Μαθητής Α : Και αυτές δεν έχουν χ. Ούτε είναι συνεχείς. Υπάρχουν τέτοιες συναρτήσεις που να είναι συνεχείς στο JR; Καθηγητής: Να θεωρήσουμε λοιπόν τις συναρ, f(x)= { χ, χ 2: ο και g(x)= {0, χ > ο . τησεις -� x S O �χ<Ο

Δεν υπάρχει αμφιβολία. Είναι συνε­ χείς στο JR, ικανοποιούν την αρχική ισότητα και καμία από αυτές δεν είναι η μηδενική. Καθηγητής: Φαντάζομαι πως δεν θα με ρωτήσεις για παραγωγίσιμες συναρτήσεις, διότι στην περί­ πτωση αυτή θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε τις χ ) χ -< ο , { ο χ -< ο . f(x) { g(x) Ο, χ > Ο χ4 , χ > Ο Τι έχετε να πείτε για τη συνάρτηση f στην περί­ πτωση που για κάθε xEJR ισχύει f2 (x) = Ο ; Μαθητής Β: Γιατί να μην είναι η μηδενική; Καθηγητής: Εσείς θα μου πείτε. Όπως και να έχει όμως, στα Μαθηματικά, όταν ισχυριζόμαστε ότι κάτι ισχύει, ο μοναδικός αποδεκτός δρόμος, είναι η απόδειξη. Τι λέτε, θα μπορούσατε να κάνετε μια απόδειξη, χρησιμοποιώντας τη μέθοδο της απαγω­ γής σε άτοπο; Μαθητής Β: Ωραία. Ας υποθέσουμε ότι η συνάρ­ τηση δεν είναι η μηδενική. Αυτό σημαίνει ότι υ­ πάρχει κάποιος πραγματικός αριθμός α, ώστε f(α):;ί:Ο. Τότε όμως έχουμε f2 (α) = Ο , που είναι άτοπο, αφού για όλα τα χ ισχύει f2 (x) = Ο . Άρα, η συνάρτηση είναι η μηδενική. Ναι, αλλά εγώ σε σχέση μ' αυτά που είπαμε πα­ ραπάνω, έχω μια περίπτωση γινομένου όπου ενώ οι δυο παρενθέσεις δεν είναι ίδιες, δίνουν την ίδια συνάρτηση. Μαθητής Β:

=

'

'

=

Καθηγητής:

σαι;

Μπορείς να μας πεις σε τι αναφέρε-

Μαθητής Β: Ναι. Αν μας ζητήσουν να βρούμε όλες τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f για τις οποίες για κάθε χ>Ο ισχύει (f(x)-lnx)(f'(x)- ..!_ )=Ο χ και f(l)=O, τότε είτε πάρουμε f(x)-lnx=O για κάθε χ>Ο, είτε f'(x)= ..!._ , για κάθε χ>Ο, βρίσκουμε την χ ίδια συνάρτηση. Δηλαδή εδώ επιτρέπεται να «επι­ μερίσουμε» το «για κάθε», ή πάλι κάνουμε κάτι άλλο! Καθηγητής: Το γεγονός ότι βρίσκεις τη σωστή συνάρτηση δεν νομιμοποιεί και τον τρόπο που δουλεύεις. Εδώ θα μπορούσαμε να γράψουμε (f(x)-lnx)(f'(x)- ..!._ )=Ο � 2(f(x)-lnx)(f'(x)- ..!._ )=Ο χ

� [(f(x) - lnx)2 )' = Ο � (f(x) - lnx) 2 = c

χ

και από την f(l )=Ο βρίσκουμε ότι c=O, οπότε εί­ μαστε στην περίπτωση (f(x)-lnx)2=0 για κάθε χ>Ο, που συζητήσαμε προηγουμένως. Ας περάσουμε όμως τώρα να δούμε τι συμβαίνει όταν για τις συναρτήσεις f, g, για κάθε xEJR, ισχύ­ ει (f(x)-1)(g(x)-3)=0. Τι λέτε, υπάρχουν και άλλες συναρτήσεις εκτός από τις f(x)=1 για κάθε xEJR και g(x)=3 για κάθε xEJR; Μαθητής Γ : Ναι, θα μπορούσαμε να πάρουμε τις {1 χ 2: 3 και g(χ)= {-2, χ 2: 3 . fi"{\χ)= ' 3, χ < 3 5, χ < 3 Καθηγητής: Αν επιπλέον θέλαμε τις συναρτήσεις να είναι συνεχείς, τι θα λέγατε; Μαθητής Β: Νομίζω ότι δυο τέτοιες συναρτήσεις ' οι fil\χ)= {1 ' + χ 2: ο και θα μπορουσαν να ειναι -χ 1 , χ < Ο 2 g(x)= { χ + 3 , χ 2: Ο .

3, χ < Ο Καθηγητής: Τι θα λέγατε αν, για κάθε xEJR, εί­ χαμε (f(x)- 1 )(f(x)-3)=0; Μαθητής Γ: Εκτός από τις δυο συναρτήσεις που φαίνονται, θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε και την fi"{\χ)= { 1 ' χ 2: 3 .

3, χ < 3 Μαθητής Α: Αυτή όμως δεν είναι συνεχής. Καθηγητής: Τι εννοείς; Μαθητής Α: Εκτός από την f(x)=1, xEJR και f(x)=3, xEJR υπάρχει άλλη συνεχής συνάρτηση που να ικανοποιεί την (f(x)-1)(f(x)-3)=0, για κάθε xEJR;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/67

'

------------------------------------------------------ Το βή μα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------

Εδώ τα πράγματα αρχίζουν να διαφοροποιούνται, διότι εμπλέκεται ένα από τα βασικότερα θεωρήματα των συναρτήσεων, το θεώρημα των ενδιάμεσων τιμών, που ουσιαστικά μας εγγυάται ότι αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και μη σταθερή σε ένα διάστημα Δ, τότε το f(Δ) είναι διάστημα (δεν έχει κενά). Μαθητής Γ: Και τι σημαίνει αυτό; Καθηγητής: Ότι υπάρχουν ακριβώς δυο συνεχείς συναρτήσεις που ικανοποιούν τα δεδομένα του προβλήματος. Φυσικά μιλάμε για τις f(x)=l , χε!R και f(x)=3, χε!R. Μαθητής Γ: Είπαμε ότι για να αποδεχτούμε κάτι, πρέπει να μπορούμε να το αποδείξουμε. Αποδεικνύεται αυτό που είπατε; Καθηγητής: Ναι. Αν θεωρήσουμε ότι υπάρχει και άλλη συνάρτηση που ικανοποιεί τη σχέση αυτή, τότε υπάρχουν α, βε!R ώστε f(α)=l και f(β)=3. Επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής και λαμβάνει τις τιμές 1 και 3, από το θεώρημα ενδιάμεσων τι­ μών προκύπτει ότι λαμβάνει και την τιμή 2, δηλαδή υπάρχει ρε!R ώστε f(ρ)=2. Με χ=ρ η ισότη­ τα (f(x)-1 )(f(x)-3)=0 γίνεται (2- 1 )(2-3)=0, που εί­ ναι άτοπο. Άρα, είτε f(x)=l για κάθε χε!R, είτε f(x)=3 για κάθε χε!R. Μαθητής Α: Και τι γίνεται στην περίπτωση όπου αντί για κάποιους σταθερούς αριθμούς έχουμε συ­ ναρτήσεις; Καθηγητής: Φυσικά μιλάμε για συνεχείς συναρ­ τήσεις. Διαφορετικά αν θέλουμε γενικά συναρτή­ σεις που ικανοποιούν τη σχέση ( f(χ)-g(χ))(f(χ)-h(χ))=Ο μπορούμε να φτιάξουμε όσες θέλουμε, της μορφής f(x) = g(x), χ ε Α h(x), x ε !R- A επιλέγοντας κάθε φορά διαφορετικό σύνολο Α. Επομένως μιλάμε για συνεχείς συναρτήσεις. Μαθητής Γ: Οι συναρτήσεις g(x), h(x) μπορούν να είναι οποιεσδήποτε συνεχείς συναρτήσεις; Στην περίπτωση των αριθμών επιλέξαμε διαφορετικούς αριθμούς. Εδώ θα μπορούν οι γραφικές τους πα­ ραστάσεις να έχουν κοινά σημεία; Καθηγητής: Ωραία. Ας ξεκινήσουμε με την περί­ πτωση όπου οι γραφικές παραστάσεις των συναρτή­ σεων g(x), h(x) δεν έχουν κοινό σημείο, και ας δού­ με αν μπορούμε να καταλήξουμε σε συμπέρασμα παρόμοιο με το προηγούμενο. Τι λέτε; Μαθητής Β: Εγώ νομίζω ότι και εδώ θα έχουμε Καθηγητής:

{

δυο μόνο συναρτήσεις. Μαθητής Α: Το γεγονός ότι η εξίσωση g(x)=h(x) δεν έχει λύση, σημαίνει ότι οι τιμές της διαφοράς g(x)-h(x) έχουν το ίδιο πρόσημο. Καθηγητής: Αυτό είναι ένα καλό σημείο να ξεκινήσουμε. Ας θεωρήσουμε λοιπόν τη συνάρτηση φ(x)=g(x)-h(x) και εφόσον, όπως είπες, οι τιμές της διατηρούν σταθερό πρόσημο δεν μας εμποδίζει τίποτα να θεωρήσουμε ότι ισχύει φ(χ)>Ο για κάθε χε!R. Οι συναρτήσεις f(x)=g(x), χε!R και g(x)=h(x), χε!R είναι φανερό ότι αποτελούν λύση του προβλήματος. Θα προσπαθήσουμε να απο­ δείξουμε ότι είναι οι μοναδικές. Μαθητής Γ: Πάλι με άτοπο φαντάζομαι. Με την ίδια λογική, πάλι η f(x) δεν μπορεί να αλλάζει και από τη μια συνάρτηση να πηγαίνει στην άλλη, γιατί δεν υπάρχει κάποιο μονοπάτι που να συνδέει τις γραφικές τους παραστάσεις. Άρα, μάλλον πρέ­ πει να αποδείξουμε ότι κάτι συμβαίνει εκεί στην απαγορευμένη περιοχή, κάπου στη μέση. Καθηγητής: Σύμφωνοι. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει και άλλη συνάρτηση τότε τι θα συμβαίνει; Μαθητής Γ: Θα υπάρχουν διαφορετικοί αριθμοί α, β ώστε f(α)=h(α) και f(β)=g(β). Καθηγητής: Για να μπορέσουμε να ονομάσουμε το διάστημα που σχηματίζουν αυτοί οι αριθμοί, νομίζω ότι δεν θα είχαμε πρόβλημα να υποθέσου­ με ότι ισχύει α<β. Και για να κινηθούμε όπως εί­ πες προηγουμένως «κάπου στη μέση», ας προ­ σπαθήσουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει κάποιος Χ0 Ε(α, β) ώστε f(x0 ) g(xo ) +2 h(x o ) . Πραγματικά, η συνάρτηση φ(x)=2f(x)-g(x)-h(x) είναι συνεχής στο [α, β] και φ(α)=2f(α)-g(α)-h(α)=g(α)-h(α)>Ο και φ(β)=2f(β)-g(β)-h(β)=h(β)-g(β)<Ο οπότε το ζητούμενο προκύπτει άμεσα εφαρμό­ ζοντας το Θ. Bolzano, για τη συνάρτηση φ στο διάστημα [α, β]. Πως νομίζετε ότι πρέπει να συνε­ χίσουμε; Μαθητής Α: Μάλλον να αντικαταστήσουμε στην αρχική σχέση, όπως προηγουμένως. Καθηγητής: Ωραία. Αν θέσουμε λοιπόν όπου χ το χ0 στην ισότητα [f(x)-g(x)][f(x)-h(x)]=O, λαμ­ βάνουμε: =

• •

(

;

g(x o ) h(x o ) g(x o )

}(

;

)

g(x o ) h(x o ) h(x o ) = Ο

=> [h(x0 ) - g(x0 )] · [g(x0 ) - h(x0 )] = Ο => [h(x0 ) - g(x0 )]2 = Ο => h(x0 ) = g(x0 )

το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση μας ότι, για κάθε χε!R, ισχύει g(x):;t:h(x). Μαθητής Β: Άρα και εδώ έχουμε μόνο δυο συ­

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/68

------------------------------------------------------ Το βή μα του Ευκλείδη -----------------------------------------------------

ναρτήσεις, δηλαδή είτε f(x)=g(x) για κάθε χε!R, είτε f(x)=h(x) για κάθε χε!R. Καθηγητής: Τι λέτε τώρα, θα μπορούσαμε, με βάση αυτό που αποδείξαμε, να φτιάξουμε μια ά­ σκηση πάνω στο συγκεκριμένο αντικείμενο; Μαθητής Β: Γιατί όχι; Καθηγητής: Μάλιστα. Θα μπορούσες να μου α­ ποδείξεις ότι για οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό χ ισχύει ex ;::: χ + 1 . Μαθητής Β: Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= ex - χ - 1 . Αυτή είναι παραγωγίσιμη στο IR με f(x)=ex-1 και f(x)>O για χ>Ο και f(x)<O για χ<Ο. Άρα είναι γνησίως φθίνουσα για χ::;Ο και γνησίως αύξουσα για χ2:0. Η συνάρτηση παρουσιάζει ολι­ κό ελάχιστο για χ=Ο, το f(O)=O, οπότε για οποιο­ δήποτε πραγματικό αριθμό χ ισχύει ex � χ + 1 . Καθηγητής: Με βάση αυτό, τι μπορούμε να πούμε για τις ποσότητες ex2+ 1 και χ2+2; Μαθητής Β: Ισχύει �χ2+1 ;::: + 2 . Καθηγητής: Και πότε νομίζετε ότι ισχύει η ισό­ τητα ex2 +1 = + 2 ; Μαθητής Γ: Όταν ο εκθέτης είναι ίσος με το μη­ δέν. Δηλαδή ποτέ! Καθηγητής: Δηλαδή, αν κατάλαβα καλά, για τις συναρτήσεις g(x)= ex2 + 1 και h(x)=x2+2 ισχύει πά­ ντα g(x)>h(x), οπότε φυσικά g(x):;t:h(x). Μπορείτε τώρα να μου βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f: IR � IR για τις οποίες, για κάθε χε!R, ισχύει (f(x)-g(x))(f(x)-h(x))=O; Μαθητής Γ: Φυσικά. Σύμφωνα με αυτά που απο­ δείξαμε παραπάνω ισχύει, είτε f(x)=g(x) για κάθε χε!R, είτε f(x)=h(x) για κάθε χε!R, δηλαδή υπάρχουν μόνο δυο συναρτήσεις, οι f(x )= ex2+1 και f(x)= χ2+2. Μαθητής Α: Όλα αυτά στην περίπτωση που οι γραφικές παραστάσεις των f, g δεν έχουν κοινό σημείο. Τι γίνεται αν έχουν ένα κοινό σημείο; Καθηγητής: Φαντάζομαι ότι εννοείς την περί­ πτωση που αναζητάμε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις f: IR � IR που ικανοποιούν, για κάθε χε!R, τη σχέση (f(x)-g(x))(f(x)-h(x))=O, όπου οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο IR και επιπλέ­ ον υπάρχει μοναδικός πραγματικός αριθμός ρ, με g(ρ)=h(ρ). Μαθητής Α: Ακριβώς! Καθηγητής: Τι λέτε για την περίπτωση αυτή; χ

χ

2

2

Το μόνο σίγουρο είναι ότι υπάρχουν δυο τουλάχιστον τέτοιες συναρτήσεις, οι g(x), για κάθε χε!R και h(x) για κάθε χε!R. Καθηγητής: Ωραία. Θα σας πω και εγώ δυο άλ­ λες τέτοιες συναρτήσεις και θέλω να μου πείτε αν σκέφτεστε κάποια άλλη. Νομίζω ότι και οι συναρ­ τήσεις f (χ) = g(x), χ ::; ρ και f (χ) = h(x), χ ::; ρ είναι h(x), χ > ρ g(x), χ > ρ λύσεις του προβλήματος. Τι λέτε; Μαθητής Β: Είναι συνεχείς; Μαθητής Α: Ναι, είναι συνεχείς σε καθένα από τα δυο διαστήματα και, λόγω της g(ρ)=h(ρ) είναι συνεχείς και στο σημείο αλλαγής του τύπου τους. g(x), χ < ρ Μαθητής Γ: Δεν είναι και οι f3(x) = h(x), χ � ρ και f4 (x) = h(x), χ < ρ ; g(x), χ � ρ Καθηγητής: Εννοείς ότι οι συναρτήσεις που είπες είναι διαφορετικές από αυτές που σας είπα εγώ; Μαθητής Γ: Γιατί όχι; Καθηγητής: Ας εξετάσουμε πρώτα τις συναρτή­ σεις f (χ) = g(x), χ ::; ρ και f (χ) = g(x), χ < ρ . h(x), χ > ρ h(x), χ � ρ Φαντάζομαι να συμφωνείτε ότι: Για κάθε χ<ρ ισχύει f1(x)=g(x)=f3 (x) Για κάθε χ>ρ ισχύει f1(x)=h(x)=f3(x) Για χ=ρ ισχύει fι(x)=g(ρ)=h(ρ)=f3(x). Μαθητής Γ: Α, . . . , κατάλαβα. Το ίδιο γίνεται και με τις άλλες δυο, οπότε ουσιαστικά έχουμε δυο μόνο συναρτήσεις με κλά­ δους. Δηλαδή το «=» μπορούμε Μαθητής Γ:

{

1

2

{

{

{

{

1

3

{

• •

•

να το βάζουμε σε οποίο κλάδο θέ­ λουμε. Δεν αλλάζει κάτι. Καθηγητής: Βεβαίως. Μαθητής Α: Δεν θα μπορούσε να είναι

{

ι

ρ f(x) = g(x), χ * . h(x), χ = ρ

Καθηγητής: Πρόσεχε! Έχουμε ως δεδομένο ότι h(ρ )=g(ρ ). Μήπως σου θυμίζει κάποια από τις προη­ γούμενες; Μαθητής Α: Α, . . . , ναι, είναι η f(x)=g(x). Μαθητής Γ : Στο κοινό σημείο οι γραφικές παραστάσεις των g(x), h(x) μπορεί να τέμνονται ή να «ακουμπάει» η μια στην άλλη και να χωρίζουν. Δεν υπάρχει διαφορά; Καθηγητής: Έτσι κι αλλιώς εμείς δουλεύουμε σε δυο διαστήματα οπότε, σε καθένα από αυτά, μπορούμε να επιλέξουμε είτε τη μια, είτε την άλλη συνάρτηση. Ας κρατήσουμε, λοιπόν ως εικασία, ότι στην περίπτωση που έχουμε ένα κοινό σημείο, το πλήθος των διαφορε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/69

------------------------------------------------------ Το βήμα του Ευκλείδη ----------------------------------------------------τικών συναρτήσεων που προκύπτουν φαίνεται να είναι 4. Τι λέτε για την περίπτωση όπου οι γραφικές παρα­ στάσεις των g(x), h(x) έχουν δυο κοινά σημεία; Μαθητής Β: Γίνεται χαμός . . . . Καθηγητής: Μην βιάζεστε! Ας προσπαθήσουμε να δουλέψουμε με συγκεκριμένες συναρτήσεις. Θεωρού­ με ως g(x)=x2+4 και h(x)=Sx-2. Τι λέτε για το πλήθος των κοινών σημείων των γραφικών τους παραστάσεων; Μαθητής Β: Είναι όσες οι λύσεις της εξίσωσης g(x)=h(x) δηλαδή της χ2-5χ+6=0 που είναι δύο , το 2 και το 3 . Καθηγητής: Μάλιστα. Α ς προσπαθήσουμε να δούμε πόσες διαφορετικές συνεχείς συναρτήσεις, πέρα από τις δυο προφανείς, μπορούμε να βρούμε που να ικανοποιούν, για κάθε xεJR τη σχέση (f(x)-x2-4)(f(x)-5x+2)=0. Μαθητής Α: Να πω εγώ; Καθηγητής: Φυσικά. Πάμε.

{

2 f1 (x) = χ + 4, χ � 2 , 5χ - 2, χ > 2 z 2 f2 (x) = χ + 4, χ � 3 ' f (x) = x + 4, χ 2 2 και 5χ - 2, χ > 3 3 5χ - 2, χ < 2 2 , ' ε' βαλα το «=» παf (χ) = χ + 4, χ 2 3 . Για ευκολια 5χ - 2, χ < 3

Μαθητής

{ {

4

Α:

Είναι οι

{

ντα στον πρώτο κλάδο. Καθηγητής: Καλά. Αυτό είπαμε δεν μας δημιουργεί πρόβλημα. Μήπως υπάρχουν και άλλες; Μαθητής Γ: Ναι. Να διαφοροποιήσουμε τις συναρτή­ σεις ανάμεσα στις ρίζες. Καθηγητής: Δηλαδή; Μαθητής Γ : Να θεωρήσουμε και τις

{

{

2 i- +4, χ�2ήχ t;(x)= 5χ-2, 2<χ<3 23 και f6(χ)= χ +4, 2�χ�3 5χ-2, χ <2ήχ> 3

Καθηγητής: Άρα, όταν οι γραφικές παραστάσεις των g(x) και h(x) έχουν δυο κοινά σημεία, το πλήθος των διαφορετικών συναρτήσεων φαίνεται να είναι 8 . Μπο­ ρείτε να φανταστείτε πόσες διαφορετικές συναρτήσεις θα βρίσκαμε αν θεωρούσαμε ότι το πλήθος των κοινών σημείων ήταν 3 ; Μαθητής Β : Αφού τα δυο κοινά σημεία μας έδωσαν οκτώ συναρτήσεις, τα τρία κοινά σημεία θα μας δώ­ σουν 1 2 συναρτήσεις. Καθηγητής: Δηλαδή, θεωρείς ότι το πλήθος των συ­ ναρτήσεων φαίνεται να είναι τετραπλάσιο από το πλή­ θος των κοινών σημείων. Μαθητής Β: Ναι. Καθηγητής: Μια εικασία μας, για να είναι αποδείξιμη και επομένως να μπορεί να καταχωρηθεί ως μαθηματική γνώ­ ση, θα πρέπει να ικανοποιεί το κριτήριο της ελάχιστης ε­ παληθευσιμότητας, με την έννοια ότι, για τις λίγες περι­ πτώσεις που μπορούμε να ελέγξουμε, τα αποτελέσματα που δίνει, να συμφωνούν με αυτά που έχουν προκύψει από τις παρατηρήσεις μας. Μαθητής Β : Ναι. Όταν έχουμε μια ρίζα προκύπτουν τέσσερις συναρτήσεις, όταν έχουμε δυο οκτώ, οπότε

λογικό είναι να αναμένουμε δώδεκα συναρτήσεις στην περίπτωση των τριών κοινών σημείων. Καθηγητής: Η εικασία σου επαληθεύεται στην περί­ πτωση που οι γραφικές παραστάσεις των f(x), g(x) δεν έχουν κοινό σημείο; Μαθητής Β: Τέσσερα επί μηδέν . . . . Όχι, αλλά μπορού­ με να ξεκινήσουμε από το ένα. Καθηγητής: Καλύτερα, σε πρώτη φάση, να αναζητή­ σουμε κάποιο τύπο που να επαληθεύεται σε όλες τις περιπτώσεις που έχουμε ήδη εξετάσει. Αν κάτι τέτοιο δεν είναι εφικτό, τότε, να αναζητήσουμε κάτι άλλο. Μήπως μπορούμε να βρούμε κάποιο τύπο, ο οποίος, τουλάχιστον στις περιπτώσεις που μπορούμε να ελέγ­ ξουμε, να δίνει ως αποτέλεσμα το ίδιο πλήθος συναρ­ τήσεων, με αυτό στο οποίο καταλήξαμε προηγουμένως; Μαθητής Α: Το πλήθος των συναρτήσεων θα μπορού­ σε να είναι γ+Ι . Καθηγητής: Συμφωνεί με αυτά που έχουμε ήδη ανα­ φέρει; Μαθητής Α: Ναι. Όταν δεν έχουμε κοινό σημείο, δίνει αποτέλεσμα 2, όταν έχουμε ένα κοινό σημείο δίνει α­ ποτέλεσμα 4, όταν έχουμε δυο κοινά σημεία δίνει απο­ τέλεσμα 8, οπότε όταν έχουμε τρία κοινά σημεία μάλ­ λον θα πρέπει να αναμένουμε 1 6 συναρτήσεις. Καθηγητής: Αυτό φαίνεται να είναι μια καλή εικασία. Μαθητής Γ: Που όμως, όπως είπαμε προηγου-μένως, χρειάζεται απόδειξη. Μαθητής Α: Όταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι, κάτι που αναφέρεται στους φυσικούς αριθμούς, ισχύει για όλους τους αριθμούς αυτούς, συνήθως δεν εφαρμόζου­ με μια συγκεκριμένη μέθοδο που αναπτύσσεται σε τρία στάδια; Καθηγητής: Εννοείς τη μέθοδο της Μαθηματικής Ε­ παγωγής. Μαθητής Α: Ακριβώς! Καθηγητής: Εδώ θα έλεγα να χρησιμοποιήσουμε ένα άλλο απλό, αλλά ισχυρό μαθηματικό εργαλείο. Μιλάω για την αρχή της απαρίθμησης. Μαθητής Β: Αρχή της απαρίθμησης; Τι λέει αυτή; Καθηγητής: Μια απλή μορφή της είναι η εξής: Αν μια διαδικασία μπορεί να ολοκληρωθεί σε κ φάσεις φ 1 , φ2, . . . , Ψκ, εκ των οποίων η πρώτη δύναται να εκτελεστεί με ν 1 τρόπους, η δεύτερη με ν2 τρόπους, . . . , η τελευ­ ταία με νκ τρόπους, τότε οι διαφορετικοί τρόποι με τους οποίους μπορεί να ολοκληρωθεί η διαδικασία είναι Vl

·

Vz

• ... ·

Vκ

.

Μαθητής Γ: Και γιατί την είπατε βασική. Που χρησι­ μοποιείτε; Καθηγητής: Να δούμε λοιπόν ένα απλό παράδειγμα. Ας υπολογίσουμε το πλήθος των διαφορετικών τετρα­ ψήψω)V αριθμών που μπορούμε να σχηματίζουμε χρη­ σιμοποιώντας τα ψηφία { 0, I , 2, 3, . . . , 9 } . Μ ε πόσους τρόπους μπορούμε ν α επιλέξουμε τ ο πρώτο ψηφίο; Μαθητής Β : Με δέκα, δηλαδή όσα είναι και τα ψηφία. Καθηγητής: Μη βιάζεσαι! Υπάρχει τετραψήφιος α­ ριθμός με πρώτο ψηφίο το μηδέν; Μαθητής Β : Α, ναι. Το πρώτο ψηφίο, μπορούμε να το επιλέξουμε με εννέα τρόπους.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/70

------------------------------------------------------ Το βήμα του Ευκλείδη ----------------------------------------------------Καθηγητής: Φαντάζομαι να συμφωνείτε ότι το δεύτε­ ρο μπορεί να συμπληρωθεί με δέκα τρόπους, το τρίτο επίσης με δέκα τρόπους και το τέταρτο με δέκα τρό­ πους. Σύμφωνα με την αρχή της απαρίθμησης το πλή­ θος των διαφορετικών τετραψήφιων αριθμών που μπο­ ρούμε να κατασκευάσουμε, είναι 9·10-10- 10=9.(ΧΧ) . Μαθητής Γ : Αυτό, νομίζω ότι θα μπορούσαμε να το βρούμε αν από τον 9.999 aφαιρούσαμε το πλήθος όλων των αριθμών που έχουν μέχρι τρία ψηφία, δηλαδή το 999, οπότε πάλι θα βρίσκαμε το 9.000. Καθηγητής: Έχεις δίκιο. Ας υπολογίσουμε το πλήθος όλων των τετραψήφιων αριθμών με τα ψηφία τους να εί­ ναι διαφορετικά ανά δυο. Με πόσους τρόπους νομίζετε όn μπορούμε να επιλέξουμε το κάθε ψηφίο του; Να λέω εγώ; Μαθητής Καθηγητής: Ναι, πάμε. Μαθητής Το πρώτο ψηφίο μπορεί να επιλεγεί με εννέα τρόπους (είπαμε ότι δεν μπορεί να είναι το μη­ δέν). Το δεύτερο μπορεί να επιλεγεί με δέκα τρόπους διότι τώρα μπορεί να είναι και το μηδέν. Καθηγητής: Μια στιγμή ! Σε ότι αφορά στο μηδέν έ­ χεις δίκιο, αλλά εμείς είπαμε χωρίς επανάληψη του ί­ διου ψηφίου. Α, κατάλαβα. Το πρώτο είπαμε με εννέα Μαθητής τρόπους, το δεύτερο επίσης με εννέα (μπορεί να είναι το μηδέν αλλά δεν μπορεί να είναι το ψηφίο που έχει ήδη χρησιμοποιηθεί), το τρίτο με οκτώ, διότι έχουμε ήδη χρησιμοποιήσει τα δύο από τα δέκα ψηφία, και το τέταρτο με επτά τρόπους. Άρα το πλήθος των ζητούμε­ νων αριθμών είναι 9 9 8 7=4536. Μαθητής Γ : Αν εγώ ξεκινούσα να φτιάχνω τον αριθμό από το τέλος προς την αρχή τότε, για το ψηφίο με το οποίο θα ξεκινούσα, δεν θα είχα δέκα επιλογές; Καθηγητής: Βεβαίως. Μαθητής Γ: Τότε όμως το πλήθος που θα βρίσκαμε, ως πολλαπλάσιο του δέκα, θα είχε τελευταίο ψηφίο το μηδέν, οπότε δεν θα ήταν 4536! Καθηγητής: Δεν θέλω να ξεφύγουμε. Πάντως, αν θέ­ λεις να δουλέψεις με αυτό τον τρόπο, που αν και δεν είναι ο πλέον ενδεδειγμένος, δεν απαγορεύεται, θα πρέπει φθάνοντας στο πρώτο ψηφίο να διακρίνεις περι­ πτώσεις, αν έχεις ή δεν έχεις χρησιμοποιήσει το μηδέν . Στην περίπτωση αυτή, οι αριθμοί που δεν περιέχουν το μηδέν είναι 9 8 7 6 και αυτοί που το περιέχουν είναι 3 9 8 7 . Επειδή οι διαδικασίες είναι όπως λέμε ανε­ ξάρτητες το τελικό αποτέλεσμα προκύπτει με πρόσθε­ ση αυτών των αριθμών και είναι 9 - 8 - 7 - 6+3 . 9 - 8 - 7=9 - 8 - 7 . (6+3)= 4536 Αλλά ας μην επεκταθούμε περισσότερο με αυτά. Μαθητής Β : Ναι. Πως εφαρμόζεται αυτή η αρχή στην περίπτωσή μας; Καθηγητής: Ωραία. Ας επανέλθουμε στο πρόβλημά μας και ας θεωρήσουμε όn οι γραφικές παραστάσεις των συ­ νεχών συναρτήσεων g(x) και h(x) έχουν ν κοινά σημεία. Έχουμε ήδη διευκρινίσει ότι, δεν μας ενδιαφέρει αν στα σημεία αυτά οι γραφικές παραστάσεις τέμνονται ή, απλώς συγκλίνουν με κάποιο τρόπο αποκτούν κοινό σημείο και κατόmν απομακρύνονται. Έχουμε επίσης ξεκαθαρίσει ό­ τι, εmλέγοντας στο κοινό σημείο οποιαδήποτε από τις συ­ ναρτήσεις, δεν προκύπτει διαφορετικό αποτέλεσμα. Αυτό

Α: Α:

Α:

·

·

·

·

·

·

·

·

·

σημαίνει ότι η διαφοροποίηση έχει να κάνει με το τι συμ­

βαίνει στα διάφορα υποδιαστήματα του IR που σχηματίζο-

νται αν τοποθετήσουμε τις ρίζες στον άξονα των πραγμα­ τικών αριθμών. Ας ονομάσουμε, με σειρά μεγέθους, τις τετμημένες των κοινών σημείων χ 1, χ2, χ3, . . . ,xv_1 , Χν και ας δούμε τι συμβαίνει όταν τις τοποθετούμε στον άξονα.

- ro

:( •

1

Χ..,

.-

•

•

\,.

1 •

'!\.-

•

+ ro

Πόσα νομίζεται ότι είναι τα υποδιαστήματα του IR που σχηματίζονται; Μαθητής Β: Κάθε σημείο τον χωρίζει σε δυο διαστή­ ματα. Αυτό που είναι πριν από το σημείο και αυτό που είναι μετά το σημείο. Μήπως το πλήθος τους είναι 2ν; Καθηγητής: Μια στιγμή. Τα δυο σημεία πόσα διαστή­ ματα δημιουργούν; Μαθητής Β : Τρία, οπότε μάλλον δεν είναι όπως το είπα. Καθηγητής: Φαντάζομαι ότι συμφωνούμε όλοι ότι τα ν σημεία σχηματίζουν ν+ ι υποδιαστήματα. Σε καθένα από αυτά πόσες επιλογές έχουμε για τη συνάρτηση f(x); θα είναι g(x) ή θα είναι h(x). Έχουμε Μαθητής δηλαδή δυο επιλογές. Καθηγητής: Άρα, πόσες νομίζεται ότι θα είναι οι διαφορετικές συνε­ χείς συναρτήσεις που προκύπτουν; Μαθητής Γ: Αν εφαρμόσουμε την αρχή που είπαμε παραπάνω θα εί­ ναι ν+ 1 φορές το 2 δηλαδή 2 ν+ ι . Αυτό που είχαμε εικάσει νωρίτερα. Καθηγητής: Πολύ ωραία! Μαθητής Β : Και τι θα συμβεί αν σε όλα τα υποδιαστήματα επιλέξω την ίδια συνάρτηση; Καθηγητής: Τι λέτε; Μπορούμε να θεωρήσουμε ότι η ίδια συ­ Μαθητής νάρτηση δουλεύει και στα κοινά σημεία, οπότε θα έ­ χουμε μια από τις προφανείς λύσεις που λέγαμε στην

Α: Ή

Α:

αρχή, δηλαδή κάποια από τις g(x) για όλα τα χ ε !R ή

h(x) επίσης για όλα τα χ ε!R.

Καθηγητής: Ακριβώς! Μαθητής Β : Αν ανάμεσα σε δυο κοινά σημεία οι συ­ ναρτήσεις ταυτίζονται; Τι γίνεται τότε; Καθηγητής: Αυτό ξεφεύγει από τη βασική μας υπόθε­ ση ότι έχουμε κοινά σημεία τα οποία δεν σχηματίζουν διάστημα. Αφού όμως το ανέφερες, ας κλείσουμε με αυτό. Στο διάστημα που ισχύει g(x)=h(x) είτε επιλέ­ ξουμε τη μια είτε την άλλη συνάρτηση δεν προκύπτει διαφορετικό αποτέ-λεσμα, οπότε ουσιαστικά στο διά­ στημα αυτό έχουμε μια επιλογή . Τι λέτε για το συνολι­ κό πλήθος των συναρτήσεων. Μαθητής Β: Το αποτέλεσμα προκύπτει αν στον προη­ γούμενο τύπο αντικαταστήσουμε μια φορά τον αριθμό 2 με το ι . Άρα το συνολικό πλήθος θα είναι 2ν. Ουσιαστικά είναι σαν το διάστημα να Μαθητής συρρικνώνεται και τα άκρα του να ταυτίζονται οπότε το πλήθος των κοινών σημείων μικραίνει κατά ι . Καθηγητής: Ωραία. Ευχαριστώ για τη συνεργασία σας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4171

Α:

------

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

Ευκλείδης

καρδιά

«Η

π ροτείνει Επιμέλεια:

-------

μαθηματικών είναι τα και ο κύριος λόγος μαθηματικού είναι να λύνει

των

προβλήματα και οι λύσεις ύπαρξης του προβλή ματα».

P. R. HALMOS

Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖIΟΣ

ΑΣΚΗΣΗ 201 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) την οποία ισχύει ότι f ι(χ) ?: Μ > Ο , για κάθε Αν α, β είναι γνωστοί θετικοί ακέραιοι να βρεθούν χ Ε [Ο,Ι ] . Να δειχθεί ότι υπάρχει διάστημα οι ακέραιες λύσεις των εξισώσεων: Δ � [0,1] πλάτους ± τέτοιο, ώστε να ισχύει (1) αχ + (α + 1)y = αβ2 + βα2 .

(2) 10α2 χ + ( 10α2 + 1) Υ = 1 0α2 +2 + 1 0. +Ι

(ΔΗΜ ΗΤΡΙΟΣ ΚΑΡΒΕΛΑΣ - Πεύκη )

ΛΥΣΗ ( ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΓΙΆΝΝΑΡΟΣ - Πύργος)

4j f(x)j ?: Μ , για κάθε χ Ε Δ .

(ΘΑΝΑΣΗΣ ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ - Γλυφάδα ) .

ΛΥΣΗ ( ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΥΡΙΑΖΗΣ - Χάλκη )

Η εξίσωση αχ + (α + l)y = 1 έχει λύση Αν τεθεί g(x) = f�) , τότε η εκφώνηση χ 0 ι = -1 , y 0 ι = 1 ,αφού α(-1) + (α + 1) · 1 = Ι .άρα, μετατρέπεται ως εξής: Αν η g είναι συνάρτηση α[-(αβ2 + βα2 )] + (α + Ι )(αβ2 + βα2 ) = (αβ2 + βα2 ) παραγωγίσιμη στο διάστημα [Ο,Ι] με g ι(χ) ?: 1 , για οπότε μία μερική λύση της αρχικής είναι η κάθε χ Ε [0,1] , τότε υπάρχει διάστημα Δ � [Ο,Ι] χ 0 = -(αβ2 + βα2 ) , y 0 = αβ2 + βα2 και οι γενικές , να ισχuει: g χ )j ?: -1 , για , -1 τετοιο, ωστε πλατους , I c 4 4 λύσεις της είναι: χ = -(α β2 + βα 2 ) - (α + I)t και ι κάθε χ Ε Δ . Επειδή g ι(χ) = f (χ) > Ο , για κάθε y = (αβ2 + βα2 ) + αt , t E Z . Μ (2) Θέτουμε 1 ο α2 = k και η εξίσωση γράφεται χ Ε [0,1] , η g είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής kx + (1 Ok + I)y = 100k + 1 0 .Επειδή (k , 1 0k + Ι) = Ι συνάρτηση στο [0,1] με σύνολο τιμών [g(O),g(l)] . η εξίσωση έχει λύση. Η kx + (10k + I)y = 1 έχει Δεχόμαστε ότι για κάθε διάστημα Δ πλάτους .!. , 4 ι ι μία προφανή λύση χ 0 = -10, y 0 = 1 , αφού υπάρχει ένα τουλάχιστον χ Ε Δ : jg( χ 1 )j < .!. Αυτό k( -10) + (10k + 1) · 1 = 1 , οπότε θα είναι και 4 k(-10)(100k + 1 0) + (10k + 1)(100k + 10) = 100k + 1 0 θα συμβαίνει και στα διαστήματα [0, -Ι ] , [-3 ,Ι ] . δηλ. μία μερική λύση της εξίσωσης (2) είναι η 4 4 χ 0 = -10(100k + 10) , y 0 = lOOk + 10 . Επομένως Δηλ. θα υπάρχουν t 1 E [O,.!.], t 2 Ε [� ,Ι] τέτοια, 4 4 οι γενικές λύσεις της εξίσωσης (2) δίνονται : Χ = -10(10α2 2 + 10) - (ΙΟα2 +I + I)t , ώστε: jg( t 1 )j < .!. jg( t 2 )j < .!. . Από το θεώρημα της 4 4 + t Εz . Υ = 10α 2 2 + 10 + 10 α2 t ' μέσης τιμής στο διάστημα [t 1 , t 2 ] για την Λύση έστειλε επίσης ο συνάδελφος ΡΟΔΟΛΦΟΣ συνάρτηση g , έπεται ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον (1)

,

1

+

,

Μ ΠΟΡΗΣ - Δάφνη.

ΑΣΚΗΣΗ 202 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο [0, 1 ] για ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4!72

.

------

g(t 2 ) - g(t 1 ) :?: t 2 - t 1

(1) .

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

------

ΒΓ, ΑΒ, ΚΑ,

Επειδή, όμως, είναι

ΚΓ

αντιστοίχως, είναι

ρόμβος

με

πλευρές ίσες προς � , ενώ οι διαγώνιοι ΜΡ και ΝΣ 2 διχοτομούνται κάθετα στο Ο. Παρατηρούμε ότι: κ

' t 2 - t 1 < Ι , που ειναι ' ' οτι: ' ατοπο, αφου' (Ι), ισχυει 2 -

Τελικά, υπάρχει διάστημα Δ ς [Ο,Ι] πλάτους ..!._ 4 τέτοιο, ώστε να ισχύει: Jg( χ)j :?: ..!._ , για κάθε 4 Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Μπόρης -

Αχαϊα,

Δάφνη ,

Γιώργος

Δ εληστάθης -

χε

-

Ράμια Άρτας,

Κάτω Πατήσια.

Δ.

Ροδόλφος

Δη �ηΊτριος Καραβότας -

Μ ιΊτσιος

Κάτω

Γιώργος

( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) Δίνεται ισοεδρικό τετράεδρο ΚΑΒΓ. Το κέντρο Ο της περιγεγραμμένης σφαίρας του βλέπει τις πλευρές ΒΓ , ΓΑ , ΑΒ της έδρας ΑΒΓ υπό γωνίες θ 1 , θ 2 , θ 3 αντιστοίχως. Να δειχθεί ότι ισχύει: συνθ 1 + συνθ 2 + συνθ 3 = -Ι . ΑΣΚΗΣΗ 203

(ΓΙ Ω Ρ ΓΟΣ Τ Ρ Ι ΑΝ ΤΟΣ -

Αθήνα )

ΛΥΣΗ ( ΓΙΩΡΓΟΣ ΤΡΙΑΝΤΟΣ )

Α

Β

Για τα ύψη ΟΜ και ΟΝ των ισοσκελών τριγώνων ΟΒΓ και ΟΑΒ αντιστοίχως, ισχύουν: 2 ΟΜ 2 = 0Β 2 - ΒΜ 2 = R 2 - � (1) και 4 2 ΟΝ 2 = 0Β 2 - ΒΝ 2 = R 2 _ l_ (2) . Από το 4 ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΝ έχουμε επίσης ότι: ΟΜ2 + ΟΝ 2 = ΜΝ2 και λόγω των (Ι) , (2) 2 2 β2 2 2 2 R 2 - � + R 2 _r_ = ::::::> R 2 = α + β + γ 8 4 4 4 ::::::> 8R 2 = α2 + β 2 + γ 2 (3) Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΒΟΓ

Σε κάθε ισοεδρικό τετράεδρο, οι απέναντι ακμές είναι ίσες. Έστω ΚΑ = ΒΓ = α , ΚΒ = ΑΓ = β και ::::> ΟΒ2 + ΟΓ2 - 20ΒΟΓσυν(ΒΟΓ) = ΒΓ2 ΚΓ = ΑΒ = γ . Το κέντρο Ο της περιγεγραμμένης ::::> R2 + R2 - 2R2συνθ1 = α2 ::::> α2 = 2R2(1 - συνθ1 ) (4) σφαίρας του τετραέδρου είναι το κέντρο βάρους Ομοίως, από τα τρίγωνα ΟΑΓ , ΟΑΒ έχουμε: του. Δηλ. το σημείο τομής των τμημάτων που 2 β = 2R2 (Ι - συνθ2 ) , γ2 = 2R 2 (1 -συνθ3 ) (5) άγονται από κάθε κορυφή του προς το κέντρο Με πρόσθεση των ισοτήτων (4) και (5) έχουμε: βάρους της απέναντι έδρας του. Αν R είναι η 2 2 2 2 ακτίνα της περιγεγραμμένης σφαίρας , τότε ισχύει: α + β + γ = 2R (3 - συνθ 1 - συνθ2 - συνθ3 ) ( 3) 2 ΟΚ = ΟΑ = ΟΒ = ΟΓ = R . Έστω ΚΑ = ΒΓ = α :::: ::> 8R = 2R 2 (3 - συνθ 1 - συνθ2 - συνθ3 ) ΚΒ = ΑΓ = β και ΚΓ = ΑΒ = γ . Το τετράπλευρο ::::::> 3 - συνθ1 - συνθ - συνθ = 4 2 3 => συνθι + συνθ + συνθ = -Ι ΜΝΡΣ με κορυφές τα μέσα Μ,Ν,Ρ,Σ των ακμών 2 3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/73

------ Ο Ευκλείδης προτείνει . . . -----Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Μπ6ρη ς -

Δάφνη ,

ΑΣ Κ Η Σ Η

Ι ' ιιίψγος Μ ι]τσιος -

204 ( ΤΕΥΧΟΥΣ

83 )

Ροδ6λφος

Ράμια Άρτας.

Αν a Ε R , τότε να δειχθεί ότι η εξίσωση ( 1 ) : χ 6 + χ 4 + χ 2 + ax - 1 = Ο , έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες , ετερόσημες. Ι)ΟΔΟΛΦΟΣ

Μ ΠΟ Ι) Η Σ - Δάφνη )

Η εξίσωση ( 1) δεν έχει λύση το Ο οπότε γράφεται:

χ5 + χ 3 + χ _!_ = -a ή το αυτό f(x) = -a , όπου χ f(x) = χ5 + χ 3 + χ - -1 είναι συνάρτηση ορισμένη χ στο R , περιττή , συνεχής και γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα (-οο,Ο),(Ο,+οο) _

•

αφού f'(x) = 5χ 4 + 3χ 2 + 1 + � > Ο , για κάθε χ χ Ε R Επειδή lim f(x) = -οο, lim f(x) +οο •

.

χ�ο·

1 + 1 + 1 � (α + 1) 2 (β + 1) 2 (γ + 1) 2 , , ισχυει , � 2(α + β +1 γ) +1 6 1 . Ποτε το ισον; α + β + γ - (- + - + -) α β γ

( ΓΙΩΡΓΟΣ Α Π ΟΣΤΟΛΟΠΟΥ Λ ΟΣ - Μεσολόγγι)

220.

( Α Ν Π2Ν Η Σ ΙΩΑΝ Ν Ι Δ Η Σ - Λάρισα )

ΛΥΣΗ (

' δειχθει"οτι ισχυει

=

x � -roo

Δίνονται σημείο Ε(Ε. ,0) και ευθεία (δ) 2

εξίσωση χ

με

- Ε. . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των

2 σημείων Μ του επιπέδου των οποίων ο λiryoς των αποστάσεων από το σημείο Ε και την ευθεία δ είναι λ > 0 . (CΥΑΓΓΕΛΟΣ ΟΙ ΚΟΝΟΜ ΙΔΗΣ - Κ. Πατήσια ) 2 2 1 . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΒΓ=ΓΑ=2. Χωρίζουμε τη ΒΓ σε τρια ίσα τμήματα ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ. Γράφουμε το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΒΓ εξωτερικά του τριγώνου ΑΒΓ και προεκτείνουμε την ΑΔ μέχρις ότου τμήσει το ημικύκλιο στο Ζ. Αν Μ είναι το κέντρο του ημικυκλίου τότε να αποδειχθεί ότι η ευθεία ΖΜ διέρχεται από το μέσο Η της ΑΓ. =

είναι f((O,+oo)) = R , οπότε η ευθεία y = -a έχει ακριβώς ένα σημείο τομής με την cf με τετμημένη στο (Ο,+οο) , που αποτελεί την μοναδική (τΣΙ Λ Ι Α ΚΟΣ Λ ΕΥΤΕ Ρ Η Σ - Γαλάτσι ) 222. Θεωρούμε ημικύκλιο C 1 διαμέτρου ΒΓ και ρίζα της f(x) = -a στο διάστημα αυτό. Η στο εσωτερικό του ημικύκλιο C2 με μικρότερη συμμετρία της C r ως προς την αρχή των αξόνων ακτίνα που εφάπτεται του C1 στο Β. Χορδή ΓΑ του εξασφαλίζει στην εξίσωση f(x) = -a ακριβώς μία C1 εφάπτεται του C 2 στο Ε. Ημιευθεία που άγεται ρίζα στο ( -οο,Ο) , γεγονός που αποδεικνύει το ζητούμενο. Λύσεις έστειλαν επίσης οι Δ ιονύσης από το Γ τέμνει την ΑΒ στο Λ και το τόξο ΑΒ του C 1 στο Μ. Αν ισχύουν: ΒΓ=α , ΑΓ=β , ΑΒ=γ και Γιάνvαρος - Πύργος , Δ η μι]τρως Καραβότας - Κάτω Αχαία, ΓΗ;φγος Δι:ληστιΊθης - Πατήσια, Γιάφγος α + β + γ = k (cm), (ABΓ) = k(cm2 ) και ακόμη ότι Μ ι]τσιος - Ράμια Άρτας. ΓΛ · ΓΜ · ΑΒ = k 2 - 4k (cm3 ) , τότε : Π Ι>ΟΤ Ε Ι Ν Ο Μ Ε Ν Α Θ Ε Μ ΑΤΑ

1 ) Να δειχθεί ότι το

μήκος του τμήματος ΑΘ, όπου Θ η τομή της ΒΕ με την ΓΛ, είναι ανεξάρτητο από Β = Γ = 40° , προεκτείνουμε την ΑΓ κατά τμήμα τις τιμές που μπορεί να πάρει ο αριθμός k.

2) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του k και να ΑΔ = ΒΓ . Να δειχθεί ότι: ΓΒΔ = 1 0° . υπολογισθούν τα μήκη των ακτίνων των C 1 , C2 ( ΠΩΡΓΟΣ Κ Υ Ρ Ι Α ΚΟΠΟΥ ΛΟΣ - Βόλος.) ( ΓΙΩΡΓΟΣ Μ ΗΤΣ Ι ΟΣ - Ράμια Άρτας ) 2 1 9. Αν α, β, γ Ε R - {- 1 } με αβγ = -1 , τότε να Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = α ,

2 1 8. Λ

Λ

Λ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4174

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος Η μέθοδος του άρα: «Κι εκείνο το φυτό αντίκρισα που διαιρεί άνισα, πλην σωστά τον χώρο, είναι η αόρατη Γεωμετρ ία που διέπει στο βάθος ολάκαιρη την οικουμένη» Οδυσσέας Ελύτης

Γνωρίζετε ότι:

•:• Ο Άγγλος μαθηματικός G. Η. Hardy (Γκόντφρι Χ. Χάρντι) που ανακάλυψε τον κορυφαίο Ινδό μαθηματικό Ραμανουτζάν είχε πεί: «0 Αρχιμήδης θα μνημονεύεται όταν ο Αισχύλος θα έχει ξεχαστεί, γιατί ενώ οι γλώσσες πεθαίνουν, οι μαθηματικές ιδέες είναι αθάνατες. Ίσως η «αθανασία» είναι μια ανόητη λέξη, αλλά μάλλον ο μαθηματικός έχει την καλύτερη τύχη, ότι και αν αυτό σημαίνει». Και ακόμη : «Οι νέοι πρέπει να αποδεικνύουν θεωρήματα και οι μεγαλύτεροι να γράφουν βιβλία».

•:• Ο Η/Υ έχει σχέση με αυτόν που καυχιέται; Όταν ο Θαλής ο Μιλήσιος πήγε στην Αίγυπτο να μετρήσει την μεγάλη πυραμίδα από την σκιά της, του έθεσαν το πρόβλημα πώς θα μπορούσαν οι Αιγύπτιοι αγρότες να βρουν τρόπο ώστε μετά τις πλημμύρες του Νείλου να ξαναβρούν τα όρια των χωραφιών τους. Ο Θαλής αφού έβαλε πασσάλους κατά διαστήματα στην άκρη του ποταμού έδεσε από αυτούς σχοινιά προς τα χωράφια. Στα σχοινιά έδεσε κόμπους (ή αρχ. κόμβους) σε ίσες αποστάσεις μεταξύ τους. Με την βοήθεια των κόμπων μέτρησε ακριβώς τα σύνορα τους. Έκτοτε όταν μετρούσαν με αυτή την μέθοδο έλεγαν κομβέω δηλαδή υπολογίζω. Στην εποχή των Ρωμαίων όσοι ήξεραν να εκτελούν αριθμητικές πράξεις καυχιόντουσαν, το φώναζαν δυνατά δηλαδή κόμπαζαν όπως λέμε σήμερα. Έτσι κομπασμός= υπολογισμός και combasso= όργανο στη ναυσιπλοtα για υπολογισμό της πορείας του πλοίου, για να φτάσουμε στο computer = μετρώ ή υπολογίζω με ακρίβεια.

•:• Είναι δύσκολο να φτιάξετε τέλειες σφαίρες; Ήταν πολύ δύσκολο να φτιάξει κανείς ένα τέλειο σφαιρικό σώμα πριν την ανάπτυξη της τεχνολογίας του 20°υ αιώνα. Το 1 873 ένας υδραυλικός ο William Watts(Γουίλιαμ Γουάτς) αξιοποίησε το γεγονός ότι η φύση δίνει στις σταγόνες το σχήμα σφαίρας. Έφτιαξε ένα εξαώροφο πύργο και στη βάση έβαλε μια δεξαμενή νερού. Από την κορυφή άφηνε να χυθεί λιωμένο σίδηρο. Τα σταγονίδια του σιδήρου έπαιρναν σφαιρικό σχήμα πάγωναν όταν έπεφταν στο νερό και έτσι έκανε μπίλιες για ρουλεμάν ή βλήματα για όπλα. Ο πύργος αυτός λειτουργούσε στο Μπρίστολ μέχρι το 1 968. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4!75

------

:

••

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

-------­

Είναι δύσκολο να φτιάξετε τέλεια μπάλα ποδοσφαίρου;

Τον 3° π.Χ. αιώνα ο Αρχιμήδης βρήκε μια μέθοδο για τον υπολογισμό του όγκου και της επιφάνειας της σφαίρας, Υσφ=4/3(πρ3) και Εεπιφ=4πρ2 • Είχε όμως ενθουσιαστεί πολύ όταν έβαλε τη σφαίρα μέσα σε κύλινδρο ίσου ύψους και ύστερα υπολόγισε ότι ο όγκος του κενού που μένει στον κύλινδρο είναι το μισό του όγκου της σφαίρας. (Την εγγραφή σφαίρας σε κύλινδρο ζήτησε να την σκαλίσουν 3 3 3 στην επιτύμβια πλάκα του). Βρήκε δηλαδήVκυλ=2πρ , Υσφ=4/3(πρ ) άρα Vκυλ- Vσφ=2πρ 4/3(πρ3)=2/3(πρ3)= 1 /2 Υσφ· Ο Πλάτωνας πίστευε ότι το τετράεδρο ήταν το σχήμα της φωτιάς, ο κύβος ήταν η Γη, το οκτάεδρο ο αέρας, το εικοσάεδρο το νερό, το δωδεκάεδρο το σχήμα του σύμπαντος. Ο Ευκλείδης απέδειξε ότι δεν μπορούμε να δημιουργήσουμε από πανομοιότυπα συμμετρικά σχήματα, με οιονδήποτε συνδυασμό ένα άλλο στερεό. Ο Αρχιμήδης βελτίωσε τα 5 στερεά του Πλάτωνα και δημιούργησε τα 1 3 Αρχιμήδεια στερεά. Αρχιμήδεια στερεά δημιουργούνται αν ψαλιδίσουμε τις κορυφές στα στερεά του Πλάτωνα π.χ. του τετραέδρου. Έτσι στο πρώτο παγκόσμιο κύπελλο το 1 930 η μπάλα αποτελείτο από 1 2 ορθογώνιες δερμάτινες λωρίδες, ενώ στο παγκόσμιο κύπελλο το 2006 η μπάλα αποτελείτο από κομμάτια δέρματος σε σχήματα 3γωνα, 4γωνα, 5γωνα κατάλληλα συνδεδεμένα ώστε να δημιουργούν ένα από τα Αρχιμήδεια στερεά.

•:• Οι «Πιθανότητες» είναι κλάδος των μαθηματικών που αναπτύχθηκε από τα τυχερά παιχνίδια; Όλοι σχεδόν οι άνθρωποι ασχολούνται με τυχερά παιχνίδια και αυτό γιατί τους ωθεί στην πρόκληση της τύχης η περιέργεια, η ελπίδα, η αμφισβήτηση και το κέρδος. Κατά τον Σωκράτη «η τύχη είναι ευχαρίστηση δίχως μεταμέλεια, απόλαυση». Προστάτης των τυχερών παιχνιδιών είναι ο Ερμής. Τα λαχεία, τα ζάρια και οι μελέτες των μαθηματικών στα τυχερά παιχνίδια εμφανίζονται τον Μεσαίωνα. Ο Pascal και ο Fermat μελέτησαν τα δύο προβλήματα που έθεσε ο Mere ένας επαγγελματίας παίκτης το 1 865 και θεμε�ίωσαν έτσι τον κλάδο των Πιθανοτήτων. Πρώτο πρόβλημα Mere: «έχουμε την ίδια πιθανότητα για ένα 6 σε 4 ρίψεις ενός ζαριού με το διπλό 6 σε 24 ρίψεις δύο ζαριών;» Δεύτερο πρόβλημα Mere: «Δύο παίκτες παίζουν για ένα ποσό Α, θα πάρει το ποσό όποιος θα κερδίσει πρώτος 3 παιχνίδια. Αν διακόψουν και ο ένας έχει 2 πόντους και ο άλλος 1 πόντο πώς θα μοιράσουν τα χρήματα;».

•:• Το ημερολόγιο έχει ιδιαιτερότητες; Ο Δεκέμβριος του 20 1 2 είχε 5 Σάββατα, 5 Κυριακές και 5 Δευτέρες; •:• Για να έχουν γενέθλια την ίδια μέρα δύο άτομα η πιθανότητα στα 23 άτομα είναι 50%, ενώ στα 3 67 άτομα είναι 100%; Αυτό λέγετε παράδοξο των γενεθλίων. Προσέξτε ότι οι αριθμοί 23, 367 είναι πρώτοι.

•:• Οι πρώτοι αριθμοί έχουν σπουδαίο ρόλο στη Βιολογία, τη Χημεία και γενικά στη φύση; Η μικρότερη μορφή ζωής που είναι ένα βακτήριο και ανήκει στα μυκοπλάσματα, έχει 521 γονίδια(52 1 πρώτος αριθμός). Από τα 37 γονίδια του μιτοχονδριακού DNA τα 1 3 κωδικοποιούν πρωτείvες. Τα εχινόδερμα(αστερίες) έχουν πεντακτινωτή ή επτακτινωτή συμμετρία. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/76

------

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

-------­

Το ανθρώπινο αναπαραγωγικό κύτταρο έχει 23 χρωμοσώματα. Πολλά ακόμη παραδείγματα υπάρχουν στα μοριακά βάρη των αμινοξέων, την Κβαντική Φυσική κ. ά.

·�- 1 ?-.

'

:

.:wY

�

4'

Ένα είδος τζιτζικιού βγαίνει από τη Γη κάθε 17 χρόνια; Κάποια τζιτζίκια στη Βόρεια Αμερική τρέφονται με χυμούς από τις ρίζες των δένδρων αλλά ανά 1 7 χρόνια βγαίνουν στην επιφάνεια, ανεβαίνουν στα δένδρα και θορυβούν με τα τραγούδια τους. Υπάρχουν και άλλα είδη τζιτζικιών που βγαίνουν ανά 5ή7ή 1 3 χρόνια. Οι βιολόγοι μελέτησαν αυτό το φαινόμενο και με τη βοήθεια των μαθηματικών συμπέραναν ότι οι αριθμοί 5,7, 1 3, 1 7 είναι πρώτοι αριθμοί έτσι οι πληθυσμοί αυτοί σπάνια θα βγουν στο δάσος ταυτόχρονα. Το κυριότερο είναι βέβαια ότι δεν θα συμπέσουν πολλές φορές με αρπακτικά που και αυτά εμφανίζονται σε διαφορετικές περιόδους. Ανάλογες παρατηρήσεις έχουμε και με ορισμένα φυτά. Σπόροι που πέφτουν στο χώμα παραμένουν μέσα σε αυτό και βλαστάνουν μετά από 3 ή 7 ή 1 3 ή 1 7 ή 29 χρόνια.

••

Προβλήματα-Γρίφοι

Ο Αριθμός 76 Πολλαπλασιάστε τον αριθμό 76 με τον εαυτό του το γινόμενο λήγει ξανά σε 76, αν όμως πολλαπλασιάσετε το 7 6 με οποιαδήποτε δύναμη του δύο, τα δύο τελευταία ψηφία θα είναι ίδια 5 με αυτά της δύναμης του δύο δηλαδή 76χ76=5776, 76χ2 =76χ32=2432. Ποιά είναι τα δύο τελευταία ψηφία του γινομένου 76χ228 ; Το ισόπλευρο Το εμβαδό που έχουν τρία τετράγωνα με πλευρά την πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου είναι

ισοδύναμο με το εμβαδό πόσων τετραγώνων με πλευρά ίση με το ύψος του; Οι Κλεψύδρες Με δύο Κλεψύδρες 6 λεπτών και 1 1 λεπτών μπορείτε να μετρήσετε χρόνο 1 5 λεπτών; Ο αριθμός Ο Ferma βρήκε ένα μοναδικό αριθμό που είναι μεταξύ δυο δυνάμεων, ενός τετραγώνου και ενός κύβου. Ποιός είναι; Το παιχνίδι με τα πιάτα Δύο παίχτες τοποθετούν εναλλάξ έναν μεγάλο αριθμό ίδιων πιάτων οπουδήποτε πάνω σ' ένα στρογγυλό τραπέζι. Χάνει το παιχνίδι όποιος δεν θα έχει χώρο για να τοποθετήσει το πιάτο του. Τα πιάτα πρέπει να ακουμπάνε κανονικά πάνω στο τραπέζι και δεν επιτρέπεται να επικαλύπτονται μεταξύ τους. Αν παίξεις θα διαλέξεις να παίξεις πρώτος ή δεύτερος; Ποια στρατηγική θ' ακολουθήσεις για να κερδίσεις στα σίγουρα το παιχνίδι; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4177

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

-------

Ο Ν άνος

μάγος Κάποτε ζούσε ένας νάνος μάγος που είχε ύψος 1 38 εκατοστά βάρος 37 κιλά και πέθανε 73 ετών. Αν πολλαπλασιάσεις τον 5ψήφιο αριθμό που φτιάχνει το ύψος του με το βάρος του( 1 3 837) με την ηλικία σου και το γινόμενο που θα βρεις το πολλαπλασιάσεις συνέχεια με την ηλικία που είχε ο μάγος όταν πέθανε θα αποκαλυφθεί η ηλικία σου.

Η φυσαλίδα Βάλτε στο σαπουνόνερο ένα σύρμα σε σχήμα τριγώνου και κάνετε φυσαλίδες. Τι σχήμα θα έχουν οι φυσαλίδες που θα δημιουργηθούν; Ο Ψεύτης Ο Πέτρος έκανε την εξής δήλωση: «'Όπως όλος ο κόσμος έτσι και εγώ, λέω πάντοτε ψέματα». τι συμπεραίνουμε από τη δήλωσή του; Λέει πάντα αλήθεια,

[

Φυσαλίδες σαπουνιών σε συγχώνευση ---- - �

L___

--

πάντοτε ψέματα ή πότε αλήθεια και πότε ψέματα; δήλωσή του είναι αληθής ή ψευδής;

Η

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Π ροβλήματα-Γρίφοι

Ο Αριθμός 76 Έχουμε 76x228=76x2 1 0x2 10x28=76x l 024x 1 024χ256=76χ 1 048576χ256= . . . 76χ256= . . . 56. Το ισόπλευρο

Τέσσερα τετράγωνα με πλευρά το ύψος του έχουν ισοδύναμο εμβαδό, διότι v Οι Κλεψί>δρες

= �α ή 4υ2=3α2 •

Ξεκινάμε και τις δυο κλεψύδρες, όταν τελειώσει η κλεψύδρα των 6 τη γυρνάμε ανάποδα και αρχίζει ο χρόνος των 1 5 λεπτών με την μεγάλη κλεψύδρα. Η κλεψύδρα των 1 1 λεπτών σε 5 λεπτά τελειώνει και συνεχίζουμε να μετράμε το χρόνο με την κλεψύδρα των 6 αφού γυρίσουμε και τις δύο ανάποδα. Η κλεψύδρα των 6 σε 5 λεπτά τελειώνει και συνεχίζουμε με την κλεψύδρα των 1 1 αφού την γυρίσουμε ανάποδα οπότε μετράμε και τα τελευταία 5 λεπτά. Ο αριθμός

Είναι ο αριθμός κύβου 27=3 3 •

26.

Ο

26

είναι ο μοναδικός που είναι μεταξύ δυο δυνάμεων ενός τετραγώνου του

25=5

2

και ενός

Το παιχνίδι με τα πιάτ α

Μπορείς να κερδίι:τεις το παιχνίδι ακολουθώντας την εξής τεχνική: Τοποθετείς πρώτος ένα πιάτο ακριβώς στο κέντρο του τραπεζιού. Οπουδήποτε και αν τοποθετήσει το πιάτο του ο συνάδελφός σου, βάζεις το δικό σου απέναντι, στην συμμετρική του θέση ως προς το κέντρο του τραπεζιού. Έτσι όσο έχει χώρο αυτός για ένα πιάτο ακόμα, θα έχεις κι εσύ. Ο Ν άνος μάγος Αν π.χ. η ηλικία σου είναι 1 8 έτη τότε 1 3 837x(l 8)x73= 1 3 837x73x 1 8= 1 0 1 0 1 0 1 x 1 8= 18181818. Η φυσαλίδα Οι φυσαλίδες έχουν σχήμα σφαίρας και τούτο γιατί όπως λένε οι επιστήμονες η φυσαλίδα παίρνει το σχήμα που χρειάζεται το μικρότερο ποσό ενέργειας. Η ενέργεια αυτή είναι ανάλογη με το εμβαδό της επιφάνειας του σχήματος. Το 1 884 ο Herman Schwartz απέδειξε ότι η σφαίρα έχει το μικρότερο επιφανειακό εμβαδό για δεδομένο όγκο, που σημαίνει ότι για τη δημιουργία της χρειάζεται η μικρότερη ποσότητα ενέργειας. Πριν λίγα χρόνια αποδείχθηκε το δ ιπλί> Οαiιρ η μα φυσαλίδων, δηλαδή συνένωση φυσαλίδων και δημιουργία παράξενων σχημάτων. Ο Ψεύτης Η

δήλωσή του Πέτρου ότι λέει πάντα ψέματα δεν μπορεί να είναι αληθής γιατί οδηγεί σε αντίφαση. Άρα η δήλωσή του είναι ψευδής. Αυτό όμως σημαίνει είτε ότι λέει πάντοτε την αλήθεια, είτε ότι λέει πότε αλήθεια και πότε ψέματα. Όμως δεν μπορεί να λέει πάντοτε την αλήθεια γιατί η δήλωσή του είναι ψευδής. Άρα συμπεραίνουμε ότι ο Πέτρος, όπως όλος ο κόσμος, λέει πότε αλήθεια και πότε ψέματα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/78

Τα μαθηματι κά στο θέατρο

Δεν συνηθίζεται α)λά πολλές φορές κινηματσyραφικά ή θεατρικά έργα αναφέρονται σε επιστημονικά θέματα μα ποιο πολύ γράφονται έργα «εmστημονικής φαντασίας» όπως λέμε. Τα σχολεία ανεβάζουν θεατρικές παραστάσεις που ηθοποιοί, σκηνοθέτες και θεατρικοί συγγραφείς είναι οι μαθητές με τους καθηγητές τους. Επίσης πολλά βιβλία τα τελευταία 15 χρόνια έχουν γραφεί από Έλλη­ νες και ξένους συγγραφείς για την ζωή α)λά και το έργο μαθηματικών και άλλων επιστη­ μόνων εκλαϊκεύοντας το ώστε να διαβάζεται και από μη μαθηματικούς (σας προτείνω το καλοκαίρι να διαβάζετε τέτοια βιβλία). Ακόμη γράφονται και μυθιστορήματα με μαθηματικό περιεχόμενο. Εδώ θέλουμε να αναφερθούμε σε δυο καθηγητές μα­ θηματικών που υπηρετούν την δημόσια εκπαίδευση, ένας στα Πατήσια και ο άλ­ λος στο Μαρούσι γιατί είναι οι πρώτοι παγκοσμίως που έκαναν την Γεωμετρία και την Άλγεβρα θεατρικό έργο. Παρου­ σιάζουν δηλαδή το έργο του Ευκλείδη, τις ιδιότητες των αριθμών και τις ιδέες των Αρχαίων Ελλήνων Μαθηματικών με θεατρικό τρόπο που δεν προϋποθέτει απαραίτητα γνώση μαθηματικών. Ο τρόπος αυτής της πα­ ρουσίασης των μαθηματικών εννοιών συμβάλλει στην κατανόησή τους από τους μαθητές που συμμετέχουν στα δρώμενα, α)λά και από τους θεατές, οι οποίοι έχουν κάποια κενά από τα μαθη­ τικά τους χρόνια, πάνω σε αυτές τις έννοιες. Ο κ. Ντίνος Κορδώσης έχει γράψει: «Καλλιστεία τετραπλεύρων», «εξίσωση το δράμα ενός αγνώστου)), «αριθμών και σχημάτων διάλογου), «οι αριθμοί είναι αισθηματίε9) κ.ά. ο κ. Ηλίας Κωνσταντόπουλος tχει γράψει: «τα παιδιά του Ευκλείδη», (για το έργο αυτό έχει βραβευθεί από το 4ο Λύκειο Αμαρουσίου, το Δήμο Αμαρουσί­ ου και την ΕΡΤ- Βτηqιqε\.)τική Τηλεόραση), «Άπειρο έρωτω), «τα ποιήματα ενός μαθηματι­ κού» κ.ά. Τη φετινή qχο�ική χρονιά ανέβασε την θεατρική παράσταση «μια μέρα στο σχολείο» όπου τολμά και θίγι;:ι 'f\Χ. ριαχρονικά α)λά και τα σύγχρονα προβλήματα του σχολείου και της κοι­

νωνίας, με χιούμορ J<α} πpλύ συναίσθημα. Μπράβο τους •

Εσείς γράφετε... ... εμείς απαντάμε

Πάρα πολλά άρθρα έχουν έρθει στον

Ευκλεfδη Β ' που θα αξιοποιηθούν με την καινούργια χρονιά. Ευχαριστούμε όλους τους συ­ νεργάτες. Δημοσιεύουμε εδώ μια επιστολή που πήραμε ( . . . ) Κύριε Χριστόπουλε στο τεύχος 87 δημοσιεύσατε τα ερωτήματά πάνω στα πολυώνυμα 5συ βαθμού α)λά tχω κάνει ένα

σφάλμα πάνω στον ορισμό του ανάγωγου πολυωνύμου με αποτέλεσμα να δίνω μια εσφαλμένη εικόνα του τι ζητώ και δεν θα γίνω κατανοητός από τους αναγνώστες του Ευ­ κλείδη Β'. Συγκεκριμένα νόμιζα ότι το ανάγωγο πολυώ­ νυμο μίας ρίζας είναι το ελαχίστου βαθμού πολυώνυμο που εξάγει, το οποίο έμαθα πως είναι λάθος. Για αυτό τον λόγο θέλω να σας πω τη βαθιά και ειλικρινή μου συγνώμη σε σας, στη διεύθυνση του περιοδικού και σε όλους τους αναγνώστες του καθώs το σφάλμα μου προκύπτει δυστυ­ χώς σε πολλά μου ερωτήματα και σίγουρα θα μπέρδεψε και σας α)λά και τους αναγνώστες. Έτσι τα σωστά είναι: r

2) Θέλω να γνωρίσω αν υπάρχει μέθοδος επίλυσης για τα πολυώνυμα 5ου βαθμού τα οποία προκύπτουν ως γινόμενα ενός δευτεροβάθμιου και ενός τριτοβάθμιου πολυωνύμου.

3) Υπάρχει κάποια αναγκαία και ικανή συνθήκη έτσι ώστε το w να είναι ρίζα ενός ελu.χίσrου 5ουβαθμού ρητού πολυωνύμου; 4) Θέλω να γνωρίσω από εσάς αν υπάρχει μέθοδος επί­ λυσης για τα επιλύσιμα πολυώνυμα 5ου βαθμού με πραγ­ ματικούς συντελεστές, Για παράδειγμα, μπορούμε να επι­ λύσουμε ένα τέτοιο πολυώνυμο, το j{x) = = 6χ5 + 30χ4 + 30χ3 -180χ2 -480χ 656 25α/2 -12� = ο -

-

Α ν ναι, ποια είναι η πραγματική του ρίζα; (Είναι ένα πο­ λυώνυμο που έχω κατασκευάσει και θέλω να γνωρίσω την ύπαρξη και την ικανότητα μεθόδων επίλυσης σε τέ­ τοια πολυώνυμα).

5) Έστω ότι j{x) = (χ - ρ) g(x), όπου j{x) το ελαχίστου 5ου βαθμού ρητό πολυώνυμο της πραγματικής ρίζας ρ. Μου έχει δηλώσει ένας γνωστός μου μαθηματικός ότι το τεταρτοβάθμιο πολυώνυμο g(x) είναι άγνωστης μορφής. Το γεγονός αυτό ισχύει; (Αν ισχύει, θα μου επιτρέψετε να σας πω, πως έφτασε η ώρα που η μορφή του θα είναι πλέον γνωστή. Λόγω πίεσης χρόνου δεν μπόρεσα να σας δώσω ένα παράδειγμα εδώ. Πάντως η μέθοδος που έχω συνθέσει είναι υπαρκτή και αποτελεσματική).

7) Δίνεται το σύστημα των εξής μη γραμμικών εξισώσε­ ων: χ3y+χ/+2 = 0 (1) 2x3 - x2 + / + y - 4 = 0 (2) Θέλω να διαπιστώσω από εσάς, ποια είναι η προσφορό­ τερη διαδικασία να εκτελέσουμε προκειμένου να βρούμε τις ρίζες του συστήματος αυτού. α) Να βρούμε προσεγγισrικά τις ρίζες άμεσα με μαθηματικές μεθόδους ή β) να βρούμε πρώτα προσεγγισrικά τις ρίζες της εξίσωσης 5/2 + 2y11 + 8/0 - 24/ - 24/ - 30/ + 9/ + + 1 12/ + 100/ + 1 6/ - 144/ - 196y - 64 = Ο που προ­ κύπτει από το σύστημα με απαλοιφή των κυβικών ριζικών που σχηματίζονται και κατόπιν να βρούμε τις ρίζες του χ; 8) Θέλω πολύ να γνωρίσω από εσάς παραδείγματα ριζών τα οποία εξάγουν ρητά πολυώνυμα ελαχίσrου 7ου βαθμού. Έχω ασχοληθεί σε ένα μικρό βαθμό με αυτή την εξίσωση και ίσως μπορέσω στη μαθηματική μου μελέτη, με τη βοή­ θειά σας, να καταθέσω κάποιες λίγες σκέψεις πάνω στην ε­ ξίσωση αυτή. Με εκτίμησή Νίκος Πελεκανάκης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 88 τ.4/79

·

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία βραβεύει το Δη μήτρη Χριστοδούλου

Σε μια λαμπρή τελετή στην μεγάλη αίθουσα του Πανεπιστημίου Αθηνών στις 24-2-2013 έγινε βράβευση των μαθητών που είχαν aριστεύσει στους διαγωνισμούς «Ευκλείδης» και «Αρχιμή­ δης». Στην ίδια τελετή προηγήθηκε η βράβευση από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία του πο­ λυβραβευμένου Νομπελίστα καθηγητή κ. Δημή­ τρη Χριστοδούλου. Για το έργο του μίλησε ο κ. Σταύρος Παπασταυρίδης καθηγητής του Πανεπι­ στημίου Αθηνών. Το βραβείο δόθηκε στον κ. Χρι­ στοδούλου από τον πρόεδρο της ΕΜΕ κ. Γρηγόρη Καλογερόπουλο ενώ στο προεδρείο ήταν ο πρύτα­ νης κ. Μπελεγρίνης και ο πρόεδρος του Μαθημα­ τικού τμήματος Ιωάννης Εμμανουήλ.

3° Μαθηματικό Μαθητικό Συνέδριο στο Αγρίνιο ι

ι IAPAPTHMA ΑΠΩΛΟΑΚ.\ΡΝΑΝΙΛl

)' Μα�η ματU<ό Μα�ηηκο Συνέδριο ΑιτωλοακαDνανιαc

1 Λ:ιι ι ι ιι ι ο υ 2 0 1 a, ώ ι ι 1 1 . 0 0 IIJILIE Ινρινt.ιu, ....E ..,. IO tt.-ιιtι&•tffl "'� tιιιHJfftΙI ... ιt8Af. ινρtνιο �:=:.α:;: ::;;: N•JO•Ι�t� Mtff U•Jt,uft'ΙC" f'fflllttf)f A'I,_,,..,.

N•Jit.IΙ.AJIIIIIJtτl .-τΛ•ιt•uf• ι ιιuι.ιre1 tt•l!.ιflf..U ,.,J.<ΙU1'14... ... ..4- ftflillff

llλ!- 1%.11

!1rιJιιlrιιιrιι-ΑpιΙΙιιιrrιΙΙΑ l:Ι#ιιtιι- f1'.SΙ1Μ ΝιΙΙΙWΙοι> Χ- Λ.. -.t>. f .o.. Ιt. Τ..._ Α.. ._ λ.. �Α� -6.. � !1. � �--"· 11Jt- IZAI H _,.ιo. rDΙJrdιιDfulw llvιιιp/tμιAmι; - F•­ ιn;A Κιιwι'ιlοας! *"""' "- -...,. 11."-J'.. � L 1).11- ΙlJt

Το 84° τεύχος aφιερώσαμε στον κ. Δημήτρη Χριστοδούλου και σε μια εκτενέστατη συνέντευ­ ξή του γίνεται αναφορά στη ζωή και το έργο του.

.....� Ομι).iιι: Κιιιl'lιιiς rv}liς: Ηιιχ""ι-μaιzιιιριιιi ιiδlua T�lll . Ιpοο; :>οιιf!οιt.σ;��

._.......,.,.. ,_ ,..

1.2.41 - U.H Qrιφιίιruιφιllμι>Ι ιιuι ιιι ιόvισJα -� {Γ•..σ- AΊioe ""''Ο�)

ιι-Α.'"-- Κ.. Ειι� _,_, ....., ._ JUt- 1),15 Ιι:φιφμnfiς rιιο f/ιψdιιίιllιmς� vrι;�ιιdι> !16' Διιιόιοnι< Σ� ArJII'iou) ι-�-� λ.. ""'- L. χιι....,. ιι. r�....-�-�···"'-�· ..

U.IJ- JJJt λ�ΝΙU ιi.Ιιιιu� � ιriiii\Voιo A\'111JP1ou> κ-..,; ιι. � χ.

UJt- 1•.15 ι\ιιiί.ιιιιιΚΙ · Κοφ4 · Α\�

��' JΙ:οtοι1.ιί::.

...ι::'Ίrt...,.�,.,.,.t:;ιrψ1ίοιι> Λσο� ���:�,ιι� Λ.� .

ι•.u- u.» Η

Στην τελετή παρευρέθησαν εκπρόσωπος του Υπουργείου Παιδείας, καθηγητές, μαθητές, γονείς και πλήθος κόσμου. Τον κ. Χριστοδούλου συνό­ δευαν

U.»- 14.45 1'111ιψ/ιι flrιιrνhσvΙΛ1Ιιι;uιrbι;ΤιψοιςΠιιl.αlρσιι ) �Ν.. 'tι-_.,._..._ �- � �Α. ιω- u.• Η rι-ια - ι'ιtQλ'frllll'lq \<Ιo r-6 Λtιιιιιο λ-,pnotpo> -.u.ι u.. �..,.ι.ι- ""'""""' --..; r. ιι.•- υ.ιι Η ιφψ;gpια. """ nrιfkA;νιρQmv (3<1 Α� Ζ:� λτιnωιιJ f..... Ι.... Ι...... I'.. J-,... �Jt. - k.. T- 11/..

•- ...,._ f- FAijtl__ .._.,r.t_.oc>o.

U. U -lfJt Η ιφψ;.(!)'fa. """"" �� Αιιιιοwιό �zιr,>.ιio Αyριy\ι>ι) -n.r-κ. ::.ιι-.�ιο.ι. �r.

I...,.._.. J ... Jιa.�L.J--E. r.....,__,, ... ....... r_t_n..

II.Jt- IIAf 7b � ., f1rιιJ«rιrωpiι Ι<Io Γ611tι'ό Λι- AτpMoaoJ M.,.,. . ........,. ... � ....,.,.,. _..., r IIJA - 1f.• J:υιιμι:rpia 14' fCΙ'ΙΚό Λ(ι<ιιιο Α'ΙJΙΙΙ'(οιιΙ Νιο!Jοιι*.. ι.. Ν-... ε.. .,.,..._. �,-...; r .... - 16.11 ΜιιiΙοιfτ.-Μιι Ι(ιΗι.r mχf/ ,__,..,. .ι, r-•··� A..t-•.. τ..,..... �. .,...,.... ιι. ..-... e.. ..... .,. � ι�"· H.IJ- .... ,_,, ΧfWtΙΙ!Λιω.ιιιt� l,ιnlσι Ν .. �ΜιlιtWfΜ.• JΙιιιιιιηι. ι. Χ. �.....,..., IJoιiMI<8.

16.»- Uλl � -z.ι.ι-ιιdf �.A..�i:�:.

��'-"'· · ··-ιι.

16.41- 17. Η _..U R>ΡΧ<Ιιισ( ιιαι ιι ιιupδι(ι. Κ.,.._Α .. -Α ........... Α• ....,..., Ν .� ι...

-L.ι-Jι. �x.. r-n •.οιιιι- _ _, -111.

17.- 17.11 ΣΙ!ζήιηοιι · Σι� · λ� Epyaσldιν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 88 τ.4/80

Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α

ΙΣΤΟΡΙΚΩΝ

ΕΚΔΟΣΕΩΝ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ 6 τόμοι

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ 3 τόμοι

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ) ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΜΕΤΡΙΚΆ-ΔΙΟΠΤΡΑ) ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΚΆ)

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ 1 τόμος

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 50 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τό μο ι) : 20 Ε υρ ώ

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 1 10 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (9 τό μ οι) : 50 Ευρώ

Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α

ΙΣΤΟΡΙΚΩ Ν

ΕΚΔΟΣΕΩΝ

-= --ΒΑΛΚΑΝΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΔΙΕΘΝΕΙΣΜΑΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ -Β ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚ ΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΝΕΩΝ

ΙΣΤΟΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ G.LORIA 2 τόμοι

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 35 Ευρώ

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 95 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (2 τό μο ι) : 1 5 Ευρώ

Π Ρ

Ο Σ

Φ

Ο Ρ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τόμ οι) : 50 Ε υ ρ ώ

Α

ΙΣΤΟΡΙΚΩΝ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ

10 τεύχη(33-50)

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 50Ευρώ

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 1 00 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ ( 1 Ο τεύχη ) : 50 Ε υρ ώ

5 τεύχη(33-50)

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (5 τεύχη ) : 30 Ε υρ ώ

ΕΚΔΟΣΕΩΝ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΉ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 10 τεύχη

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 1 00 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ

( 1 0 τεύχη ): 50 Ευρώ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ Ε ΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 5 τεύχη

ΑΡΧΙΚΉ τΙΜΗ: 50 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ (5 τεύχη) : 30 Ε υρ ώ