Math bhma 2002 by math-Ellinas

ΤΕΥΧΟΣ ΙΘ΄ - ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΒΗΜΑ ΤΕΥΧΟΣ ΙΘ΄ ∆ΕΚΑΜΒΡΙΟΣ 2002

Επιμέλεια Έκδοσης Γρηγόρης Μακρίδης – Ανδρέας Φiλίππου

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Σελίδ α 1.

Διοικητικό Συμβούλιο της ΚΥ.Μ.Ε.

Κυριότερες Δραστηριότητες της ΚΥ.Μ.Ε. εντός του 2002

Χαιρετισμός του Γενικού Διευθυντή του ΥΠΠ στο Ε΄ Παγκύπριο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας και Β’ Συμπόσιο Αστροναυτικής και Διαστήματος

Χαιρετισμός του Προέδρου της ΚΥ.Μ.Ε. στις Τελετές Βράβευσης των Μαθηματικών Διαγωνισμών 2002

Χαιρετισμός Του Διευθυντή Μέσης Εκπαίδευσης για την έναρξη των εργασιών του Καλοκαιρινού Μαθηματικού Σχολείου. Φωτογραφίες από δραστηριότητες της ΚΥ.Μ.Ε.

Χορηγοί της ΚΥ.Μ.Ε. εντός του 2002

Αποτελέσματα Επαρχιακών Διαγωνισμών Β' και Γ' Λυκείου για το έτος 2002 Αποτελέσματα Παγκύπριου Διαγωνισμού για το Γυμνάσιο για το έτος 2002 Αποτελέσματα Παγκύπριου Διαγωνισμού για την Α' Λυκείου για το έτος 2002

19 20

11.

Αποτελέσματα Παγκύπριου «Ζήνων» για το έτος 2002

12.

Ασκήσεις Ανισοτήτων για το Γυμνάσιο και το Λύκειο

13.

Αστρονομικά Ημερολογιακά Στοιχεία Κύπρου για το έτος 2003 Ιωάννης Φάκας

14.

Μαθηματικά και Φιλοσοφία

Γιάννης Κερασίδης

15.

Το Βοεικόν Πρόβλημα

Ιωάννης Φάκας

16.

Τα τρία Προβλήματα της Αρχαιότητας.

Σάββας Καρακούλλης

17.

Μια Διδακτική Πρόταση

Γιάννης Κερασίδης

18.

Μαγικά Τετράγωνα

Σάββας Καρακούλλης

19.

Ενιαίες Γραπτές Εξετάσεις 2002 (ΛΕΜ – Σ2, Σ3 + ΕΛ 10)

ΚΥ.Μ.Ε.

20.

Ενιαίες Γραπτές Εξετάσεις 2002 (ΛΕΜ – Σ1, Σ4 , Σ5)

ΚΥ.Μ.Ε.

21.

Ενιαίες Γραπτές Εξετάσεις 2002 (Ε.Λ. 6)

ΚΥ.Μ.Ε.

105

22.

Ενιαίες Γραπτές Εξετάσεις 2002 (Τεχνικών Σχολών)

ΚΥ.Μ.Ε.

113

9. 10.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

Διαγωνισμού

Λυκείων Σάββας Ιωαννίδης

ΚΥΜΕ 2002

23.

Εισαγωγικές Εξετάσεις 2002

(Μαθηματικά 4)

ΚΥ.Μ.Ε.

120

24.

Εισαγωγικές Εξετάσεις 2002

(Μαθηματικά 8)

ΚΥ.Μ.Ε.

127

25.

Εισαγωγικές Εξετάσεις 2002

(Μαθηματικά ΤΕΙ)

ΚΥ.Μ.Ε.

138

26.

Εισαγωγικές Εξετάσεις 2002

(Τεχνικών Σχολών)

ΚΥ.Μ.Ε.

145

27.

Θέματα και Λύσεις Επαρχιακού Διαγωνισμού Λευκωσίας

Σάββας Αντωνίου Όλγα Παπαγιάννη

150

28.

Θέματα και Λύσεις Επαρχιακού Διαγωνισμού Λεμεσού

Μάριος Ευσταθίου Θεόκλητος Παραγιός

153

29.

Θέματα και Λύσεις Επαρχιακού Διαγωνισμού Λάρνακας - Αμμοχώστου

Ανδρέας Σαββίδης Μιχάλης Βαντζής

156

30.

Θέματα και Λύσεις Επαρχιακού Διαγωνισμού Πάφου

Ευθύβουλος Λιασίδης Χρ. Παπασάββας

158

31.

Θέματα και λύσεις Παγκύπριου διαγωνισμού Γ' Γυμνασίου

Ανδρέας Σαββίδης Ανδρέας Αθανασίου

161

32.

Θέματα και λύσεις Παγκύπριου διαγωνισμού Α' Λυκείου

164

33.

Θέματα και λύσεις Παγκύπριου διαγωνισμού "ΖΗΝΩΝ"

Μάριος Ευσταθίου Νίκος Νικολαίδης Μάριος Αντωνιάδης Θεόκλητος Παραγιός

34.

Θέματα και λύσεις Διαγωνισμού επιλογής κάτω των 15 ½

Πέτρος Πέτρου Σάββας Ιωαννίδης

170

35.

Θέματα και λύσεις Διαγωνισμού επιλογής άνω των 15 ½

Γρηγόρης Μακρίδης Ανδρέας Σχοινής

174

36.

Θέματα και λύσεις ΒΜΟ 2002

Μάριος Αντωνιάδης Θεόκλητος Παραγιός

177

37.

Θέματα και λύσεις JΒΜΟ 2002

Μάριος Αντωνιάδης Ανδρέας Φιλίππου

182

38.

Θέματα και λύσεις ΙΜΟ 2002 - πρώτη μέρα

Ανδρέας Σχοινής Χρ.Παπαχριστοδούλου

186

39.

Αίτηση Εγγραφής για Τακτικά Μέλη

190

40.

Αίτηση Εγγραφής για Έκτακτα Μέλη

191

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

167

ΚΥΜΕ 2002

Διοικητικό Συμβούλιο της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας Σεπτέμβριος 2002 - Σεπτέμβριος 2004

Πρόεδρος

: Γρηγόρης Μακρίδης

Αντιπρόεδρος (2002-2003)

: Αθανάσιος Γαγάτσης

Αντιπρόεδρος (2002-2004)

: Ανδρέας Σχοινής

Γενικός Γραμματέας

: Σάββας Αντωνίου

Ταμίας

: Αντρέας Φιλίππου

Οργανωτικός Γραμματέας

: Νικόλαος Γιασουμή

Βοηθός Ταμίας

: Μάριος Ευσταθίου

Σύμβουλοι

: Μάριος Αντωνιάδης Παντελής Ζαμπυρύνης Σάββας Ιωαννίδης Ευθύβουλος Λιασίδης Όλγα Παπαγιάννη Θεόκλητος Παραγυίου Ανδρέας Σαββίδης

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΧΑΙΡΕΤΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΔΙΕΥΘΥΝΤΗ ΤΟΥ ΥΠΟΥΡΓΕΙΟΥ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ Δρα ΠΕΤΡΟΥ Μ. ΚΑΡΕΚΛΑ ΣΤΟ Ε’ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ Β’ ΣΥΜΠΟΣΙΟ ΑΣΤΡΟΝΑΥΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΔΙΑΣΤΗΜΑΤΟΣ Πάφος, Φεβρουάριος 2002 Με μεγάλη χαρά αποδέχθηκα την πρόσκληση της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας να χαιρετίσω και να κηρύξω την έναρξη του Ε’ Παγκύπριου Συνεδρίου Μαθηματικής Παιδείας και του Β’ Συμποσίου Αστροναυτικής και Διαστήματος. Ως γνωστόν, το Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού, από την περσινή σχολική χρονιά εισήγαγε στα σχολεία μας την εκπαιδευτική μεταρρύθμιση που σκοπό έχει να συμβάλει στη βελτίωση του εκπαιδευτικού έργου και ~ην αναβάθμιση της Κυπριακής Εκπαίδευσης. Στα πλαίσια αυτής της καινοτόμου προσπάθειας Το ενδιαφέρον μας επικεντρώνεται στην καλλιέργεια, στον εκσυγχρονισμό και στη βελτίωση της Μαθηματικής Παιδείας στην Κύπρο. Η πορεία της χώρας μας προς την Ευρώπη και η είσοδος της ανθρωπότητας στον 21ο αιώνα δημιουργούν νέο σκηνικό για την εκπαίδευση λόγω των ραγδαίων πολιτικών, οικονομικών, επιστημονικών και τεχνολογικών εξελίξεων. Η κυπριακή κοινωνία στρέφει με αγωνία το βλέμμα προς το Εκπαιδευτικό μας Σύστημα και του ζητά να μορφώσει κατάλληλα και να δημιουργήσει τον πολίτη εκείνο που θα είναι ικανός να αντιμετωπίζει επιτυχώς τα πολύπλοκα προβλήματα που συναντά και να ανταποκρίνεται αποτελεσματικά στις προκλήσεις της σύγχρονης εποχής. Ο ρόλος όλων μας επομένως σήμερα αλλάζει. Πέραν από την προσφορά βασικών γνώσεων έχουμε την υποχρέωση να καλλιεργήσουμε τόσο τη νοητική όσα και τη συναισθηματική σφαίρα της προσωπικότητας των μαθητών μας, να ενθαρρύνουμε την κριτική τους στάση και να τους αναπτύξουμε όλες εκείνες τις δεξιότητες που θα τους καταστήσουν ικανούς να αυτομορφώνονται και να τους παρέχουν τη δυνατότητα για δια βίου εκπαίδευση.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Στην πολύγνωρη αυτή προσπάθεια τα Μαθηματικά διαδραματίζουν σημαντικότατο ρόλο γιατί λόγω της φύσης τους μπορούν να συμβάλουν αποφασιστικά στην προώθηση και επίτευξη των στόχων που προ ανάφερα. Εκτός από την πρακτική βοήθεια που προσφέρουν στην αντιμετώπιση και επίλυση προβλημάτων της καθημερινής ζωής, συμβάλλουν αποτελεσματικά στη γενικότερη πνευματική καλλιέργεια

και

στην

ολοκλήρωση

της

προσωπικότητας

του

ανθρώπου.

Ενεργοποιούν και οξύνουν τις γνωστικές λειτουργίες, όπως την αντίληψη, την προσοχή, τη μνήμη και τη φαντασία. Ακόμα συντελούν στην ανάπτυξη της παρατηρητικότητας, βοηθούν στην άσκηση της αυτοσυγκέντρωσης, ενισχύουν και αναπτύσσουν την έλλογη και συνειδητή βούληση. Συμβάλλουν επίσης στην αισθητική καλλιέργεια των παιδιών μας ώστε να αντιλαμβάνονται και να χαίρονται το ωραίο, την αρμονία και την τελειότητα όπου το συναντούν. Η παρουσία των Μαθηματικών στην εξήγηση των φαινομένων της φύσης είναι κυρίαρχη. Ο Νεύτωνας χρησιμοποιώντας τη θεωρία της μαθηματικής ανάλυσης, κατόρθωσε να αποδείξει το νόμο της παγκόσμιας έλξης που διέπει τις κινήσεις των ουρανίων σωμάτων. Μέσα στις απειροπληθείς επαναλήψεις των ομοειδών φαινομένων, λεει ο Γαλιλαίος, εκείνο που μένει σταθερό είναι ο μαθηματικός τύπος που εκφράζει τη νομοτέλειά τους. Είναι αδύνατο να περιγράφουμε και να εξηγήσουμε τα φυσικά φαινόμενα χωρίς τη Γεωμετρία. Κατά συνέπεια η σύζευξη των Μαθηματικών με την Αστρονομία στο σημερινό Συνέδριο είναι απόλυτα φυσιολογική και επιτυχής. Συγχαίρω θερμά τόσο την Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία όσο και την Κυπριακή Αστροναυτική Εταιρεία για τη διοργάνωση αυτού του Συνεδρίου, του οποίου η πληθώρα των εισηγήσεων αλλά και η ποιότητα και το επιστημονικό τους επίπεδο, το αναδεικνύουν ως ένα από τα σημαντικότερα επιστημονικά Συνέδρια Παιδείας στην Κύπρο. Με τις λίγες αυτές σκέψεις κηρύσσω την έναρξη των εργασιών του Συνεδρίου και εύχομαι ευόδωση των στόχων του για το καλό της Παιδείας μας και γενικότερα του τόπου.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Χαιρετισμός του Προέδρου της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας, Δρα Γρηγόρη Μακρίδη στις Τελετές Βράβευσης των Μαθηματικών Διαγωνισμών 2002 Κάθε χρονιά σε αυτού του είδους των τελετών εξυμνώ τα Μαθηματικά και τις δραστηριότητες της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας. Οι δραστηριότητες είναι πλέον γνωστές εκτός δύο νέων που θα αναφέρω σε λίγο. Το πόσο σημαντικά είναι τα μαθηματικά , πιστεύω για να βρίσκεστε εδώ σήμερα θα πρέπει να το γνωρίζετε ήδη πολύ καλά. Έτσι φέτος θα σχολιάσω ανησυχίες και προβληματισμούς. Ο μαθηματικόs κόσμος και ιδιαίτερα οι εκπαιδευτικοί μαθηματικοί αλλά και όσοι σχεδιάζουν τη Μαθηματική Παιδεία στο τόπο μας έχουν να αντιμετωπίσουν σήμερα πολλές προκλήσεις. Μερικές από αυτές είναι, 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

οι πολλές επιλογές ενασχόλησης και διασκέδασης των νέων η αυτοματοποίηση και η εύκολη πρόσβαση σε αγαθά η υπεραπασχόληση των γονιών με αποτέλεσμα λιγότερο χρόνο με τα παιδιά το εύκολο χρήμα απ’όπου και αν προέρχεται η εξαφάνιση των κοινωνικών και οικογενειακών αξιών η τηλεόραση και τα περίφημα προγράμματά της τα ναρκωτικά

Όλες αυτές οι προκλήσεις επηρεάζουν σήμερα τους μαθητές αρνητικά με αποτελέσματα να χάνουν το ενδιαφέρον τους για μάθηση. Πολλοί ρίχνουν το φταίξιμο στην κακή διδασκαλία αλλά κάνουν λάθος. Το πρόβλημα κατά τη γνώμη μου είναι το περιεχόμενο και το στυλ της διδασκαλίας που πρέπει να αλλάξει. Χρειάζεται να εισαχθεί ένας νέος όρος στην παιδεία ο οποίος μπορεί να είναι «Εφαρμοσμένη Μαθηματική Παιδεία» η οποία θα ακολουθεί μετά το θεωρητικό μέρος και θα παρουσιάζει και θα διδάσκει τον μαθητή πως τα φυσικά φαινόμενα και η καθημερινή ζωή μπορεί να εξηγηθεί , και να ερμηνευθεί με απλά μαθηματικά. Ο μαθητής θα μπορεί να δώσει νόημα σε αυτά που μαθαίνει, θα μπορεί να τα διερευνήσει ο ίδιος, θα μπορεί να ανακαλύψει ο ίδιος, έτσι τα μαθηματικά θα σταματήσουν να αποτελούν για πολλούς τη στεγνή, θεωρητική, ανιαρή επιστήμη. Για να γίνει αυτό χρειάζεται συλλογική εργασία, χρειάζεται συγγραφή νέων βιβλίων, επιμόρφωση, δημιουργία εποπτικού υλικού, προχωρημένη χρήση των νέων τεχνολογιών και σκληρή δουλειά. Με λίγα λόγια θα πρέπει η εκπαίδευση να συναγωνιστεί τις προκλήσεις ενδιαφέροντος που υπάρχουν σήμερα στην κοινωνία και να δημιουργήσει αντίστοιχες μέσα από το μάθημα, τέτοιες που να προκαλούν το ενδιαφέρον των μαθητών. Τα ΜΜΕ έχουν να παίξουν καταλυτικό ρόλο στη αλλαγή των στάσεων και πεποιθήσεων των πολιτών για τα μαθηματικά και τις επιστήμες , μια πραγματικότητα που δημιουργεί σοβαρά προβλήματα για την ανάπτυξη της τεχνολογίας. Η Ευρωπαϊκή Ένωση η οποία έχει επισημάνει τα προβλήματα και ήδη άρχισε να μεριμνά.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Συγκεκριμένα η απόφαση COM/2001/678 λεει, «Σε μια κοινωνία γνώσης, η Δημοκρατία απαιτεί από τους πολίτες της να έχουν επιστημονική και τεχνολογική γνώση ως μέρος των βασικών δεξιοτήτων τους» Οι μελλοντικοί αντικειμενικοί σκοποί των Ευρωπαϊκών Εκπαιδευτικών Συστημάτων που συμφωνήθηκαν στις 12/2/2001 από το Συμβούλιο Εκπαίδευσης και εγκρίθηκε από το Ευρωπαϊκό Συμβούλιο Στονχόλμης σημειώνουν ως θέματα προτεραιότητας τα Μαθηματικά, Επιστήμες και Τεχνολογίες. Ο βασικός στόχος είναι η αύξηση του ενδιαφέροντος για μαθηματικά, επιστήμη και τεχνολογία από νεαρή ηλικία και η ώθηση των νέων να ακολουθούν καριέρες σε αυτούς τους τομείς, ειδικότερα στο τομέα της έρευνας. Ειδικά προγράμματα έχουν αναπτυχθεί για δημοσιογράφους και την επιμόρφωσή τους οι οποίοι θεωρούνται ως σημαντικοί καταλύτες της επικοινωνίας των επιστημών προς τον πολίτη. Έχει δημιουργηθεί ένα πρόγραμμα ονόματι Alpha-Galileo Europe το οποίο είναι υπηρεσία Internet που παρέχει ενημέρωση σε δημοσιογράφους σε επιστημονικά και τεχνολογικά θέματα. Έχει θεσμοθετηθεί ειδικό βραβείο για επιστημονική δημοσιογραφία. Ειδικά προγράμματα χρηματοδότησης για εκπαιδευτικά τηλεοπτικά προγράμματα. Με όλα αυτά αναμένεται ότι μέσω των ΜΜΕ θα ευαισθητοποιηθεί ο πολίτης για τη σημαντικότητα των επιστημών και θα αναπτυχθεί το ενδιαφέρον προσελκύοντας νέους επιστήμονες σε θέματα όπως τα μαθηματικά, επιστήμες και τεχνολογίες δημιουργώντας έτσι το αναγκαίο επιστημονικό υπόβαθρο για εξασφάλιση μέχρι το 2010 της πρωτιάς της Ευρώπης σε νέες τεχνολογίες. Εμείς ως Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία θα συνεχίσουμε να αγωνιζόμαστε για την αναβάθμιση της μαθηματικής παιδείας και επιστήμης, για την βελτίωση των στάσεων μαθητών, γονιών, εκπαιδευτικών και κοινωνίας σε ένα κόσμο γεμάτο προκλήσεις. Τα δύο νέα γεγονότα που θέλω να σας αναφέρω προτού κλείσω είναι η Δημιουργία της Μαθηματικής Εταιρείας Νοτιοανατολικής Ευρώπης στην οποία η ΚΥΜΕ παίζει πρωταγωνιστικό ρόλο και η κυκλοφορία του νέου επιστημονικού περιοδικού με τίτλο “Mediterranean Journal for Research in Mathematics Education”, Κλείνοντας, εκ μέρους του Συμβουλίου της Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας θα ήθελα να ευχαριστήσω τους αθλοθέτες των διαγωνισμών Τράπεζα Κύπρου, Οικογένεια Μορφάκη, Αντρέα Κανίκλη, Γλαύκο Αντωνιάδη, Κλαίλια Σκοτεινού καθώς και το Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού που ενισχύει οικονομικά την ΚΥΜΕ για τις συμμετοχές σε Διεθνής Ολυμπιάδες. Ευχαριστίες επίσης στη ΑΤΗΚ για την υποστήριξη των δραστηριοτήτων της ΚΥΜΕ.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΧΑΙΡΕΤΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΔΙΕΥΘΥΝΤΗ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ κ. Ανδρέα Σκοτεινού για την έναρξη των εργασιών του Καλοκαιρινού Μαθηματικού Σχολείου.

Είναι με ιδιαίτερη χαρά που απευθύνομαι στους μετέχοντες στο “Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο” που οργανώνει η Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία . Με την ευκαιρία εκφράζω τα θερμά συγχαρητήρια στη ΚΥΜΕ , τόσο γι’ αυτή τη δραστηριότητά της όσο και τις πολυπληθείς άλλες ενέργειες της ,που έχουν ως στόχο τόσο της ανάπτυξης της μαθηματικής επιστήμης και παιδείας, όσο και γενικότερα την ενίσχυση της πνευματικής δημιουργίας στο τόπο μας. Επίσης θα ’θελα να στραφώ σε σας αγαπητά μου παιδιά, που έχετε έλθει εδώ με επιδιώξεις , οράματα και όρεξη τόσο για παραπέρα εμπλοκή στα Μαθηματικά όσο και για τη δική σας καλλιέργεια. Η συμμετοχή σας στο εργαστήρι αυτό είναι βέβαιο ότι θα σας ενισχύσει πνευματικά, μέσα από τις δυνατότητες που θα σας δοθούν για κριτική σκέψη και διανόηση, αλλά ταυτόχρονα θα σας δώσει και ευκαιρίες για μια σειρά από άλλες δραστηριότητες που διακρίνουν ένα ολοκληρωμένο άτομο. Το Καλοκαιρινό Μαθηματικό Σχολείο προσφέρει ένα ευρύτατο φάσμα ενασχολήσεων, όχι μόνο για καλλιέργεια του μυαλού αλλά και για υγιή συναναστροφή που βοηθά στη διαμόρφωση της προσωπικότητας και δημιουργεί ευχάριστη ατμόσφαιρα. Τέτοιες συνθήκες ακονίζουν την αντίσταση του καθενός μας στις σειρήνες και τους κινδύνους που μας περιτριγυρίζουν και μας οπλίζουν με εφόδια για να αντιμετωπίσουμε τα σύγχρονα προβλήματα. Τα μαθηματικά που θα είναι το βασικό αντικείμενο αυτού του Καλοκαιρινού Σχολείου, είναι ένα πολύπλευρο οικοδόμημα με δυναμικό χαρακτήρα που συνέχεια διαφοροποιείται και εξελίσσεται. Ένας απλοϊκός ορισμός που κάποτε ακούγεται γι’ αυτή την έννοια είναι ότι “ Μαθηματικά είναι η επιστήμη της ποσότητας και του χώρου ”. Ο ορισμός αυτός αντιπροσωπεύει ίσως τα πρώτα βήματα στον τομέα. Εξελικτικά ήλθαν κάποιοι να προχωρήσουν και να πουν ότι “ Μαθηματικά είναι η επιστήμη των αφηρημένων δομών ” Πιστεύω όμως ότι και αυτός ο ορισμός όσο περιεκτικός και να είναι δεν εκφράζει την πλήρη έκταση και το πλήρες πλάτος του αντικειμένου τους. Ξεκινώντας όμως από τις δικές σας εμπειρίες θάθελα να τονίσω μερικές από τις πτυχές των Μαθηματικών που προσδιορίζουν τη σημασία που αυτά έχουν για τον άνθρωπο. Τα Μαθηματικά είναι πρώτα απ’όλα ένα χρήσιμο εργαλείο που το αξιοποιούμε για να λύσουμε ένα ευρύ φάσμα προβλημάτων. Είναι επίσης μία γλώσσα και κυρίως είναι η γλώσσα των επιστημών. Σε αυτά τα πλαίσια πρέπει να το βλέπουμε ως ένα μέσο επικοινωνίας που πράγματι πολλαπλασιάζει τις προοπτικές και δυνατότητες που δίνουν άλλα μέσα επικοινωνίας όπως για παράδειγμα η φυσική γλώσσα. Πέραν των άλλων όμως είναι σημαντικό να δούμε τα Μαθηματικά και μέσα από τη φιλοσοφική τους διάσταση και να σταθούμε σε μερικά συστατικά τους που μας οδηγούν σε κάποια κατανόηση της δύναμής τους. Ένα από αυτά είναι η αφαίρεση που θεωρείται ότι τους δίνει τη ιδιάζουσα πνοή για να επεκτείνονται και να επικρατούν. Χαρακτηριστικά ο P. Dirac Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

σημειώνει ότι ¨ τα Μαθηματικά είναι, ειδικά, το πιο κατάλληλο εργαλείο για την ενασχόληση με αφηρημένα θέματα κάθε είδους. Δεν υπάρχει όριο στη δύναμή τους σε αυτό το πεδίο¨. Ένα δεύτερο στοιχείο που χαρακτηρίζει τα Μαθηματικά είναι η δομή. Με την αντίληψη αυτή της δομής αποκτούμε το πλεονέκτημα όταν εργαζόμαστε σε μαθηματικές οντότητες να μεταφέρουμε εμπειρίες και ανάλογες έννοιες από ένα αντικείμενο σε ένα άλλο που ικανοποιεί παρόμοια κριτήρια ή προυποθέσεις. Μια άλλη όμως πτυχή των μαθηματικών που δεν πρέπει να τη ξεχάσουμε και που δικαιολογεί γιατί πολλοί από εμάς βρισκόμαστε σε αυτό το χώρο, αυτή την εποχή που είναι οι διακοπές μας, είναι η αισθητική εμπειρία και το αισθητικό συστατικό που βιώνονται από όσους εμπλέκονται σε αυτά. Είναι γενικά πλέον αποδεκτό ότι, παρά το γεγονός ότι οι αισθητικές κρίσεις εκφράζουν το προσωπικό στοιχείο, η μαθηματική αισθητική αναλύεται σένα ευρύ φάσμα συστατικών, όπως η εναλλαγή έντασης και χαλάρωσης, η πραγμάτωση προσδοκιών, η έκπληξη σχετικά με την αντίληψη για τις απροσδόκητες σχέσεις και ενότητες, η οπτική ευχαρίστηση, η ευχαρίστηση από την αντιπαράθεση του απλού και του σύνθετου, της ελευθερίας και του περιορισμού και φυσικά, τα παραδοσιακά συστατικά όπως η αρμονία η ισορροπία και η αντίθεση. Μ’ αυτές τις λίγες σκέψεις θ’άθελα να κλείσω το χαιρετισμό μου και να σας καλέσω να αξιοποιήσετε τις λίγες μέρες που θα είστε εδώ για να γνωρίσετε καλύτερα τις μαθηματικές αξίες . Θα ήταν όμως παράλειψη αν σε αυτό το σημείο δεν απευθυνόμουν και προς την εκλεκτή ομάδα των μαθηματικών που πρόθυμα ανταποκρίνονται για να διδάξουν κάποιες ενότητες και να σας εμφυσήσουν μαθηματική πνοή. Η παρουσία του Καθηγητή του Πανεπιστημίου της Λυών κ. Νίκου Λυγερού και της κυρίας Milena Radnovis λαμπρύνει το σχολείο αυτό. Τους ευχαριστώ πολύ για τη συνεισφορά τους και τους συγχαίρω για τις καλές τους διαθέσεις.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΩΝ ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ ΣΑΒΒΑ ΙΩΑΝΝΙΔΗ (α΄) Για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ να δείξετε ότι a 2 + β 2 + γ 2 ≥ a β + βγ + γ a (β΄) Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β και γ ισχύει α + β + γ > 0 να δείξετε ότι α 3 + β 3 + γ 3 ≥ 3αβγ (γ΄) Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς α, β και γ να δείξετε ότι: α β γ 3 + + ≥ β +γ γ +α α + β 2 (δ΄) Δίνονται οι πραγματικοί ακέραιοι αριθμοί α,β,γ,δ,ε ∈[0,1]. Να δείξετε ότι : 2 (α + β + γ + δ + ε + 1) ≥ 4 ⋅ α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 + ε 2

(

)

(ε΄) Να βρεθούν όλοι οι θετικοί αριθμοί α,β,γ οι οποίοι ικανοποιούν ταυτόχρονα τις ακόλουθες τρεις ανισότητες: α 2 < 2α + β − γ , β 2 < 2β + γ − α , γ 2 < 2γ + α − β . (στ΄) Να δείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό ν ≥ 1 , ισχύει: 1 1 1 1 5 + + + ... > 4ν + 1 4ν + 2 4ν + 3 8ν 8 (ζ΄) Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί α, β, γ οι οποίοι ικανοποιούν την ανισότητα α 2 + β 2 + γ 2 + 3 < αβ + 3β + 2γ . (η΄) Για τους θετικούς αριθμούς α, β, γ και δ να δείξετε ότι ισχύει: α + β + γ + δ + β + γ + δ + γ + δ + δ ≥ α + 4β + 9γ + 16δ (θ΄) Για όλους τους πραγματικούς αριθμούς a1 , a2 , a3 ,...aν να δείξετε ότι: a1 + a2 + ...aν 1 + a1 + a2 + ...aν

≤

a1 1 + a1

(ι΄) Να δείξετε ότι ∀ν ` ισχύει:

a2 1 + a2

a3 1 + a3

+ ...

aν 1 + aν

1 3 5 2ν − 1 ⋅ ⋅ ⋅ ... < 2 4 6 2ν

1 2ν + 1

(ια΄) Για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύουν οι σχέσεις:

α + β +γ > 0 αβ + βγ + γα > 0 αβγ > 0

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

Να δείξετε ότι α > 0, β > 0,

γ >0

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

(ιβ΄) Να δείξετε ότι για κάθε ν ∈ ` ισχύει:

1 1 1 1 1 1 ≤ 1 − + − + ... + − <1 2 2 3 4 2ν − 1 2ν

(ιγ΄) Να βρεθούν όλοι οι μη αρνητικοί αριθμοί που ικανοποιούν τις πιο κάτω σχέσεις: χ +ψ ≤ 2 , 2 χ + 1 + 2ψ + 1 ≥ 2 ⋅ 3 (ιδ΄) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθμοί χ και ψ που ικανοποιούν τις ακόλουθες σχέσεις:

χ ≠ψ ,

χ 2 < 2χ ,

ψ 2 − 3ψ + χ < 0

(ιε΄) Για τους πραγματικούς αριθμούς χ και ψ ισχύει η σχέση: χ 2 + ψ 2 − 2 χ + 14ψ + 46 = 0 . Να δείξετε ότι χ > ψ. (ιστ΄) Αν α , β , γ ∈ \ + να δείξετε ότι:

α 2 + β 2 + αβ + α 2 + γ 2 + αγ > β 2 + γ 2 + βγ .

(ιζ΄) Να αποδείξετε την ανισότητα: α + β −γ + β + γ −α + γ +α − β ≥ α − β + β −γ + γ −α (ιη΄) Αν χ, ψ, z ∈ \ και χ ⋅ψ ⋅ z ≠ 0 να δείξετε ότι: z+χ χ +ψ ψ +z + + ≤2 3 2 2 2 2 2 z + zχ + z2 χ + χψ + ψ ψ +ψ z + z (ιθ΄) Αν χ, ψ, z ∈ \ + να δείξετε ότι:

(κ΄) Αν α , β , γ ∈ \ + να δείξετε ότι:

⎛ 1 1 1 1 ⎞ ≥ 3⎜ + + ⎟ z ⎝ χψ ψ z z χ ⎠

1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 2α 2 β 2γ α + β β + γ γ + α

(κα΄) Αν α, β, γ είναι τα μήκη των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ, να δείξετε ότι:

α + β + γ − 2 αβ + αγ + α + β + γ − 2 αβ + βγ + α + β + γ − 2 αγ + βγ < α + β + γ (κβ΄) Αν α, β, γ είναι τα μήκη των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ, να δείξετε ότι: ( β + γ − α ) ⋅ (γ + α − β ) ⋅ (α + β − γ ) ≤ αβγ (κγ΄) Για τους θετικούς αριθμούς a1 , a2 , a3 ,...aν ισχύει a1 ⋅ a2 ⋅ a3 ⋅ ... ⋅ aν = 1 . Να δείξετε ότι:

(1 + α1 ) ⋅ (1 + α 2 ) ⋅ (1 + α 3 ) ⋅ ... (1 + αν ) ≥ 2ν

(κδ΄) Αν χ, ψ, z ∈ \ + να δείξετε ότι:

χ 2 ψ 2 z2 χ z ψ και (β) (α) 2 + 2 + 2 ≥ + + z ψ χ z ψ χ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

χ 2 ψ 2 z2 χ ψ z + + ≥ + + ψ 2 z2 χ 2 ψ z χ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

(κε΄) Αν a1 , a2 , a3 , β1 , β 2 , β3 ∈ \ + να δείξετε ότι: 3

(α1 + β1 ) ⋅ (α 2 + β 2 ) ⋅ (α 3 + β3 ) ≥ α1α 2α 3 + β1 β 2 β3

(κστ΄) Αν α, β, γ και χ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί και ισχύει: 1 1 1 13 α β γ + + = . Να δείξετε ότι: + + ≥ 1,375 β +χ γ +χ α+χ α + χ β + χ γ + χ 8χ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ (α΄) Προσθέτουμε κατά μέλη τις προφανείς ανισότητες:

(α − β ) ≥ 0 2 (β − γ ) ≥ 0 2 (γ − α ) ≥ 0 2

(α − β )

⇒

+ ( β − γ ) + (γ − α ) ≥ 0 2

α 2 − 2αβ + β 2 + β 2 − 2βγ + γ 2 + γ 2 − 2γα + α 2 ≥ 0 ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 ≥ αβ + βγ + γα (β΄) Έχουμε την γνωστή ταυτότητα : α 3 + β 3 + γ 3 − 3αβγ = (α + β + γ ) ⋅ α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − γα

(

)

Είναι όμως α +β + γ >0 και α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − γα ≥ 0 ⇒ α 3 + β 3 + γ 3 − 3αβγ ≥ 0 ⇒ α 3 + β 3 + γ 3 ≥ 3αβγ (γ΄)

α β +γ

β γ +α

≥

α +β

3 ⇔ 2

2α ⋅ ( γ + α ) ⋅ (α + β ) + 2β ⋅ ( β + γ ) ⋅ (γ + α ) + 2γ ⋅ ( β + γ ) ⋅ ( γ + α ) ≥ 3 ⋅ ( β + γ )(γ + α ) ⋅ (α + β )

(

)

(

)

(

)

⇔ 2α ⋅ γα + βγ + α 2 + αβ + 2β ⋅ βα + β 2 + γα + βγ + 2γ ⋅ βγ + βα + γ 2 + γα −

(

)

3 ⋅ ( β + γ ) γα + γβ + α 2 + αβ ≥ 0

⇔

2α 2 γ + 2αβγ + 2α ³ + 2α ² β + 2αβ ² + 2β ³ + 2αβγ + 2β ²γ + 2βγ ² + 2αβγ + 2γ ³ +

+2αγ ² − 3αβγ − 3α ² β − 3α ² β − 3αβ ² − 3αγ ² − 3βγ ² − 3γα ² − 3αβγ ≥ 0

⇔

2α ³ + 2β ³ + 2γ ³ − α ²γ − α ² β − αβ ² − β ²γ − βγ ² − βγ ² − αγ ² ≥ 0 ⇔

α ³ + α ³ + β ³ + β ³ + γ ³ + γ ³ − α ²γ − α ² β − αβ ² − β ²γ − βγ ² − αγ ² ≥ 0 ⇔ α ² (α − γ ) + α ² (α − β ) − β ² (α − β ) + β ² ( β − γ ) − γ ² ( β − γ ) − γ ² (α − γ ) ≥ 0 ⇔

(α − γ ) (α 2 − γ 2 ) + (α − β ) (α 2 − β 2 ) + ( β − γ ) ( β 2 − γ 2 ) ≥ 0 ⇔ (α − γ ) (α + γ ) + (α − β ) (α + β ) + ( β − γ ) ( β + γ ) ≥ 0 2

η οποία είναι προφανής αφού

κάθε προσθετέος είναι θετικός ή ίσος με 0. Η ισότητα ισχύει όταν α = β = γ.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

3 β +γ γ +α α + β 2 μετασχηματίζεται ως εξής: Θέτουμε: β + γ = χ , γ +α =ψ , α +β =ω ⇒ χ +ψ + ω 2 (α + β + γ ) = χ + ψ + ω ⇒ α + β + γ = ⇒ 2 −χ +ψ + ω −ψ + χ + ω −ω + χ + ψ α= , β= , γ = Τότε πρέπει να αποδείξουμε ότι: 2 2 2 − χ + ψ + ω −ψ + χ + ω −ω + χ + ω 3 + + ≥ ⇒ 2χ 2 2 2 1 ψ ω 1 χ ω 1 χ ψ 3 − + + − + + − + + ≥ ⇒ 2 2 χ 2 χ 2 2ψ 2ψ 2 2ω 2ω 2 ⎛ω χ ⎞ ⎛ω χ ⎞ ⎛ω ψ ⎞ (1) ⎜ + ⎟+⎜ + ⎟+⎜ + ⎟ ≥ 6 ⎝ χ ψ ⎠ ⎝ χ ω ⎠ ⎝ψ ω ⎠

(γ΄) Μια δεύτερη προσέγγιση: Η προς απόδειξη σχέση

Για τους θετικούς αριθμούς χ, ψ, ω ισχύει:

ψ χ + ≥ 2, χ ψ

ω χ + ≥ 2, χ ω

≥

ω ψ + ≥2 ⇒ ψ ω

⎛ψ χ ⎞ ⎛ ω χ ⎞ ⎛ ω ψ ⎞ ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ≥ 6 . Εφ’ όσον απεδείχθη η σχέση (1) τότε ισχύει και ⎝ χ ψ ⎠ ⎝ χ ω ⎠ ⎝ψ ω ⎠ η αρχική σχέση. (δ΄) Για κάθε x ∈ \ έχουμε ( x − 1) ≥ 0 Ù 2

x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ x 2 + 1 ≥ 2 x ⇔ x 2 + 2 x + 1 ≥ 4 x ⇔ ( x + 1) ≥ 4 x (1) 2

Αν στη σχέση (1) αντικαταστήσουμε το χ με x = α + β + γ + δ + ε θα έχουμε

(α + β + γ + δ + ε + 1)

≥ 4 ⋅ (α + β + γ + δ + ε ) . Εφ’ όσον α , β , γ , δ , ε ∈ [ 0,1] θα είναι 2

a ≥ a2 , β ≥ β 2 , γ ≥ γ 2 , δ ≥ δ 2 , ε ≥ ε 2 .

Επομένως ( a + β + γ + δ + ε + 1) ≥ (α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 + ε 2 ) 2

(ε΄) Μετασχηματίζουμε την πρώτη ανισότητα ως εξής: α 2 < 2α + β − γ ⇔ α 2 − 2α − β + γ < 0 . Εφ’ όσον η παράσταση a 2 − 2a − β + γ είναι ένας αρνητικός ακέραιος θα έχουμε a 2 − 2a − β + γ ≤ −1 (1).

Με ανάλογο τρόπο: β 2 − 2 β − γ + a ≤ −1 (2) και γ 2 − 2γ − a + β ≤ −1 (3). Με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων (1), (2) και (3) έχουμε: a 2 − 2a − β + γ + β 2 − 2β − γ + α + γ 2 − 2γ − α + β ≤ −3 Ù

( a − 1)

+ ( β − 1) + ( γ − 1) ≤ 0 ⇒ a = 1, β = 1 και γ = 1 2

(στ΄) Το πρώτο μέλος της ανισότητας γράφεται ως ακολούθως: 1 1 1 1 + + + ... + = 4ν + 1 4ν + 2 4ν + 3 8ν

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

1 1 ⎛ 1 + + ... + ⎜ 4ν + ν ⎝ 4ν + 1 4ν + 2

1 1 ⎞ ⎛ 1 + + ... + ⎟+⎜ 5ν + ν ⎠ ⎝ 5ν + 1 5ν + 2

1 1 ⎛ 1 + + ... + ⎜ 6ν + ν ⎝ 6ν + 1 6ν + 2

1 1 ⎞ ⎞ ⎛ 1 + + ... + ⎟+⎜ ⎟ 7ν + ν ⎠ ⎠ ⎝ 7ν + 1 7ν + 2

Είναι όμως

⎞ ⎟+ ⎠

1 1 1 ν 1 + + ... + ≥ = 4ν + 1 4ν + 2 4ν + ν 5ν 5 1 1 1 ν 1 + + ... + ≥ = 5ν + 1 5ν + 2 5ν + ν 6ν 6 1 1 1 ν 1 + + ... + ≥ = 6ν + 1 6ν + 2 6ν + ν 7ν 7 1 1 1 ν 1 + + ... + ≥ = 7ν + 1 7ν + 2 7ν + ν 8ν 8

Αλλά

1 1 1 1 5 1 1 1 1 1 1 1 1 5 + + + ... + > + + + > διότι + + > ⇒ 5 6 7 8 8 5 6 7 2 4ν + 1 4ν + 2 4ν + 3 8ν 8

(ζ΄) Η δοθείσα σχέση μετασχηματίζεται ως εξής: α 2 + β 2 + γ 2 + 3 < αβ + 3β + 2γ

⇒ α 2 + β 2 + γ 2 + 3 − αβ − 3β − 2γ < 0 Η παράσταση α 2 + β 2 + γ 2 + 3 − αβ − 3β − 2γ είναι αρνητικός ακέραιος αριθμός. Άρα α 2 + β 2 + γ 2 + 3 − αβ − 3β − 2γ ≤ −1 Ù α 2 + β 2 + γ 2 + 3 − αβ − 3β − 2γ + 1 ≤ 0 Ù

4α 2 + 4β 2 + 4γ 2 + 12 − 4αβ − 12β − 8γ + 4 ≤ 0 Ù 4α 2 − 4αβ + β 2 + 3β ² − 12β + 12 + 4γ ² − 8γ + 4 ≤ 0 Ù

( 2a − β )

(

) (

)

(

)

+ 3 β 2 − 4 β + 4 + 4 γ 2 − 2γ + 1 ≤ 0 Ù ( 2a − β ) + 3 ( β − 2 ) + 4 γ 2 − 1 ≤ 0 ⇒ 2

2a − β = 0, β − 2 = 0, γ − 1 = 0 ⇒ β=2, γ=1 και 2α-2=0 ⇒ α=1 , β=2, γ=1 a + β +γ +δ = χ⎫ ⎪ (η΄) a, β , γ , δ , ε ∈ \ + . Θέτουμε β + γ + δ = ω ⎬ χ > ψ > ω > δ > 0 τότε: ⎪ γ +δ =ω ⎭

a = β − χ , β = ψ − ω,

και

γ = ω −δ

Έτσι η προς απόδειξη σχέση μετασχηματίζεται ως εξής.:

α + β + γ + δ + β + γ + δ + γ + δ + δ ≥ α + 4β + 9γ + 16δ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

x + ψ + ω + δ ≥ χ −ψ + 4 (ψ − ω ) + 9 (ω − δ ) + 16δ Ù

x + ψ + ω + δ ≥ χ + 3ψ + 5ω + 7δ Ù

(

x+ ψ + ω+ δ

) ≥(

)

χ + 3ψ + 5ω + 7δ Ù

x + ψ + ω + δ + 2 χψ + 2 χω + + χδ + 2 ψω + 2 ψδ + 2 ωδ ≥ χ + 3ψ + 5ω + 7δ

Ù 2 χψ + 2 χω + 2 χδ + 2 ψω + 2 ψδ + 2 ωδ ≥ 2ψ + 4ω + 6δ Ù Από τις σχέσεις χ > ψ > ω > δ > 0 ⇒ xψ ≥ ψ , χω ≥ ω , χδ ≥ δ , ψω ≥ ω , ψδ ≥ δ , ωδ ≥ δ . Με πρόσθεση κατά μέλη των τελευταίων έξι ανισοτήτων λαμβάνουμε την προς απόδειξη σχέση: α + β + γ + δ + β + γ + δ + γ + δ + δ ≥ α + 4β + 9γ + 16δ

(θ΄) Έχουμε να αποδείξουμε την σχέση a1 + a2 + ...aν

≤

1 + a1 + a2 + ...aν

Α΄ μέλος:

1 + a1 + a2 + ...aν

1 + a1 + a2 + .. .aν 1 + a1

1 + a1

a1 + a2 + ...aν

a2 1 + a2

1 + a2

1 + a3

1 1 +1 a1 + a2 + ...aν a2

1 + a1 + a2 + .. .aν

a3 1 + a3

+ ...

aν

1 + aν

≤

+ ... +

1 a1 + a2 + .. .aν

= +1

aν 1 + a1 + a2 + .. .aν

a1 + a2 + .. .aν 1 + a1 + a2 + .. .aν

≤

aν 1 + aν

Παρατηρήσεις: Αρχικά διαιρέσαμε με a1 + a2 + ...aν υποθέτοντας ότι δεν είναι ίσο με μηδέν. Αν a1 + a2 + ...aν = 0 η ανισότητα είναι προφανής. Η άσκηση ισχύει και για μιγαδικούς αριθμούς a1 , a2 ,..., aν . Η απόδειξη είναι η ίδια. (ι΄) Συμβολίζουμε με: a =

a⋅β =

1 3 5 2ν − 1 ⋅ ⋅ ⋅ ... , 2 4 6 2ν

β=

2 4 6 2ν ⋅ ⋅ ⋅ ... . Παρατηρούμε ότι: 3 5 7 2ν + 1

1 2 3 4 5 6 2ν − 1 2ν 1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ ή a⋅β = 2 3 4 5 6 7 2ν 2ν + 1 2ν + 1

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ 2 2 Είναι όμως ⇒ a< ⎬ ⇒ a < β ⇒ a < aβ ⇒ a < 2 1 + ν ⎪ ⎪ ⎪ 2ν − 1 2ν ⎪ < 2ν 2ν + 1 ⎪ ⎪⎭ 1 2 < 2 3 3 4 < 4 5 5 6 < 6 7 ... ...

1 2ν + 1

(ι΄) Μια δεύτερη προσέγγιση είναι με την τέλεια επαγωγή.

Ι. ν =1 ⇒

1 1 < ισχύει. 2 2

ΙΙ. Δεχόμαστε ότι ισχύει για ν=κ 1 3 5 2κ − 1 ⋅ ⋅ ⋅ ... < 2 4 6 2κ

1 2κ + 1

ΙΙΙ. Θα δείξουμε ότι ισχύει για ν=κ+1. Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη τις σχέσης ΙΙ 2 (κ + 1) − 1 2 (κ + 1) − 1 1 3 5 2κ − 1 2 (κ + 1) − 1 1 . Τότε ⋅ ⋅ ⋅ ... επί το κλάσμα ⋅ < ⋅ 2 (κ + 1) 2 4 6 2κ 2 (κ + 1) 2κ + 1 2 (κ + 1) 1

Αρκεί τώρα να δείξουμε ότι: 2κ + 1 2κ + 1 ⋅ ( 2κ + 2 )

2κ + 1

2 (κ + 1) − 1 2 (κ + 1)

( 2κ + 1) 2 ( 2κ + 1) ⋅ ( 2κ + 2 )

1 2 (κ + 1) + 1

1 2κ + 3

( 2κ + 1) ⋅ ( 2κ + 3) < ( 2κ + 2 )

⋅

1 Ù 2κ + 3

Ù 4κ 2 + 6κ + 2κ + 3 < 4κ 2 + 8κ + 4 Ù 3<4 προφανής

(ια΄) Παίρνουμε την εξίσωση ( χ − α ) ⋅ ( χ − β ) ⋅ ( χ − γ ) = 0 η οποία έχει σαν ρίζες τους

αριθμούς α, β, γ. Η εξίσωση αυτή γράφεται ως ακολούθως: χ 3 − (α + β + γ ) ⋅ χ 2 + (αβ + αγ + βγ ) ⋅ χ − αβγ = 0 Παρατηρούμε ότι η εξίσωση αυτή δεν μπορεί να έχει αρνητικές ρίζες διότι αν χ = χ1 < 0 θα έχουμε:

χ13 < 0 , − (α + β + γ ) χ12 < 0 ( α + β + γ > 0 , δεδομένο)

(αβ + αγ + βγ ) χ1 < 0 ( αβ + αγ + βγ > 0 , δεδομένο) −αβγ < 0 (αβγ > 0, δεδομ ένο ) 3 χ1 − (α + β + γ ) ⋅ χ12 + (αβ + αγ + βγ ) ⋅ χ1 − αβγ < 0 ⇒ α > 0, β > 0, γ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

(ια΄) Μια δεύτερη προσέγγιση με απαγωγή σε άτοπο. Υποθέτουμε: Ι. α < 0, β < 0, γ < 0 άτοπο δι ότι α + β + γ > 0 ΙΙ. a < 0, β > 0, γ > 0

ή a > 0, β < 0, γ > 0

a > 0, β > 0, γ < 0

άτοπο διότι αβγ > 0 ΙΙΙ. Μένει η περίπτωση να είναι οι δύο αριθμοί αρνητικοί και ο ένας θετικός. Έστω α < 0, β < 0, γ > 0 Τότε από την πρώτη σχέση των δοθεισών έχουμε: α + β + γ > 0 ⇒ α + γ > − β

(1)

Η δεύτερη γράφεται ως εξής: αβ + βγ + γα > 0 ⇒ β (α + γ ) + γα > 0 πράγμα άτοπο διότι υποθέσαμε β > 0, α + γ > 0 (1) ά ρα β (α + γ ) < 0 και

γ > 0, α < 0 και γ ⋅ α < 0 . Είναι λοιπόν και οι τρεις αριθμοί θετικοί διότι οι άλλες περιπτώσεις μας οδηγούν σε άτοπο. Έτσι θα είναι α > 0, β > 0, γ > 0 (ιβ΄) Έχουμε κατά σειρά τα ακόλουθα. 1−

1 1 1 1 1 1 1 + − + − + ... + − = 2 3 4 5 6 2ν − 1 2ν

1 1 ⎞ ⎛2 2 2 2 ⎞ ⎛ 1 1 1 1 1 = ⎜1 + + + + + + ... + + ⎟ − ⎜ + + + ... ⎟ 2ν − 1 2ν ⎠ ⎝ 2 4 6 2ν ⎠ ⎝ 2 3 4 5 6 = 1+

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + ... + + − 1 − − − ... − 2 3 4 5 6 2ν − 1 2ν 2 3 ν

1 1 1 1 + + + ... + . Έτσι η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται: 2ν ν +1 ν + 2 ν + 3

1 1 1 1 1 ≤ + + + ... + ≤1 2 ν +1 ν + 2 ν + 3 2ν Είναι όμως

1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + > + + ... + = και 2ν 2ν 2ν 2ν 2 ν +1 ν + 2 ν + 3

1 1 1 1 1 1 1 ν + + + ... + < + + ... + = <1 2ν ν + 1 ν + 1 ν +1 ν + 2 ν + 3 ν +1 ν +1 Το ίσον ισχύει μόνο για ν=1 στο πρώτο μέλος της ανισότητας.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

1 1 ≤ < 1. 2 2

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

(ιγ΄) χ + ψ ≤ 2 και

2 χ + 1 + 2ψ + 1 ≥ 2 ⋅ 3

Η δεύτερη σχέση μετασχηματίζεται ως εξής: 2 χ + 1 + 2ψ + 1 + 2 ⋅

( 2 χ + 1) ⋅ ( 2ψ + 1) ≥ 12

(

2 χ + 1 + 2ψ + 1

) ≥ (2 ⋅ 3) 2

2 ⋅ ( χ + ψ ) + 2 + 2 ⋅ 4 χψ + 2 χ + 2ψ + 1 ≥ 12 Ù χ + ψ + 1 + 4 χψ + 2 χ + 2ψ + 1 ≥ 6 Είναι όμως χ + ψ ≤ 2 ⇒ 2 + 1 + 4 χψ + 2 ⋅ 2 + 1 ≥ 6 Ù Ù 4 χψ ≥ 4 Ù χψ ≥ 1

4 χψ + 5 ≥ 3 Ù 4 χψ + 5 ≥ 9

(1)

Επίσης έχουμε 2 − χ ≥ ψ . Τότε η σχέση (1) γράφεται χ ( 2 − χ ) ≥ 1 ⇒ 2 χ − χ 2 ≥ 1 ⇒

χ 2 − 2 χ + 1 ≤ 0 ⇒ ( χ − 1) ≤ 0 ⇒ χ = 1 2

Όμοια 2 − ψ ≥ χ . Τότε η σχέση (1) γίνεται ψ ( 2 − ψ ) ≥ 1 ⇒ 2ψ − ψ 2 ≥ 1 ⇒

ψ 2 − 2ψ + 1 ≤ 0 ⇒ (ψ − 1) ≤ 0 ⇒ ψ = 1 . 2

(ιδ΄) Έχουμε χ 2 < 2 χ ⇒ χ 2 − 2 χ < 0 ⇒ χ ⋅ ( χ − 2 ) < 0

−∞

0 0

⇒ 0 < χ < 2 και χ ∈ ` ⇒ χ = 1 .

–

+∞

2 0

Η δεύτερη σχέση τότε γράφεται: 2

3⎞ 5 ⎛ ψ − 3ψ + 1 < 0 ⇒ ⎜ψ = ⎟ − < 0 ⇒ 2⎠ 4 ⎝ 2

⎛ 3 5⎞ ⎛ 3 5⎞ ⎜⎜ψ − − ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ψ − + ⎟<0 ⇒ 2 4 ⎠ ⎝ 2 4 ⎟⎠ ⎝ ⇒

−∞ +

3 5 + 2 2

3 5 − 2 2

–

+∞

3 5 3 5 − <ψ < + και ψ ∈ ` ⇒ ψ = 1 ή ψ = 2 . Είναι όμως χ ≠ ψ ⇒ ψ = 2 2 2 2 2

(ιε΄) Η δοθείσα σχέση γράφεται κατά σειρά ως εξής: χ 2 + ψ 2 − 2 χ + 14ψ + 46 = 0 Ù

χ 2 − 2 χ + 1 − 1 + ψ 2 + 14ψ + 49 − 49 + 46 = 0 Ù ( χ − 1) + (ψ + 7 ) = 4 ⇒ 2

( χ − 1) ≤ 4 2 (ψ + 7 ) ≤ 4 2

( χ − 1) − 4 ≤ 0 ( χ − 3)( χ + 1) ≤ 0 ⇒ ⇒ 2 (ψ + 7 ) − 4 ≤ 0 (ψ + 5 )(ψ + 9 ) ≤ 0 2

(1) ( 2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει χ ≥ −1 > −5 ≥ ψ ⇒ χ > ψ (ιστ΄) Η ζητούμενη ανισότητα μετασχηματίζεται ως εξής:

α 2 + β 2 + αβ + α 2 + γ 2 + αγ > β 2 + γ 2 + βγ Ù

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

(

α 2 + β 2 + αβ + α 2 + γ 2 + αγ

) ( 2

β 2 + γ 2 + βγ

)

α 2 + β 2 + αβ + α 2 + γ 2 + αγ + 2 α 2 + β 2 + αβ ⋅ α 2 + γ 2 + αγ > β 2 + γ 2 + βγ Ù

(

)(

)

2 α 2 + β 2 + αβ ⋅ α 2 + γ 2 + αγ > βγ − 2α 2 − αβ − αγ .

Αν το δεύτερο μέλος της ανισότητας είναι αρνητικό έχουμε προφανή ανισότητα. Διαφορετικά τετραγωνίζουμε και τα δύο μέλη.

(

)

Ù 4 α 4 + α 2 γ 2 + α 3γ + α 2 β 2 + β 2γ 2 + αγβ 2 + α 3 β + αβγ 2 + α 2 βγ >

β γ + 4α + α β + α γ − 4α βγ − 2αβ γ + 4α β + 4α γ + 2αβγ 2 Ù 3α 2 γ 2 + 3α 2 β 2 + 3β 2 γ 2 + 6αγβ 2 + 6αβγ 2 + 6α 2 βγ > 0 . Η τελευταία σχέση είναι 2

προφανής διότι α, β, γ ∈ \ + . (ιζ΄) Έχουμε την γνωστή ανισότητα χ + ψ ≥ χ − ψ . Τότε

α + β − γ + β + γ − α ≥ α + β − γ − β − γ + α = 2α − 2γ = 2 α − γ

(1)

β + γ − α + γ + α − β ≥ β + γ − α − γ − α + β = 2β − 2α = 2 β − α

(2)

γ + α − β + α + β − γ ≥ γ + α − β − α − β + γ = 2γ − 2 β = 2 γ − β

(3)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις ανισότητες (1), (2), (3) και έχουμε: 2 α + β −γ + 2 β + γ −α + 2 γ +α − β ≥ 2 α −γ + 2 β −α + 2 γ − β ⇒

α + β −γ + β + γ −α + γ +α − β ≥ α − β + β −γ + γ −α (ιη΄) Παίρνουμε ένα από τα τρία κλάσματα και παρατηρούμε ότι: χ +ψ 2 3 (1) ≤ 3 χ 2 + χψ + ψ 2

Αν χ + ψ ≤ 0 η ανισότητα είναι προφανής. Αν χ + ψ > 0 τετραγωνίζουμε και τα δύο μέλη και έχουμε:

χ 2 + 2 χψ + ψ 2 4 ≤ Ù 3χ 2 + 6 χψ + 3ψ 2 ≤ 4 χ 2 + 4 χψ + 4ψ 2 Ù 2 2 3 χ + χψ + ψ

0 ≤ χ 2 − 2 χψ + ψ 2 Ù 0 ≤ ( χ − ψ ) προφανής. 2

Ομοίως έχουμε

ψ +z ψ 2 +ψ z + z2

z+χ

≤

2 3 (2) , 3

⎛ 1 1 1 1 ⎞ + ≥ 3⎜ + + ⎟ με χ, ψ, z ∈ \ z ⎝ χψ ψ z z χ ⎠

z2 + zχ + z2 Με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων (1), (2) και (3) θα έχουμε: z+χ χ +ψ ψ +z + + ≤2 3 z2 + zχ + z2 χ 2 + χψ + ψ 2 ψ 2 +ψ z + z2

(ιθ΄) Η δοθείσα ανισότητα

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

≤

2 3 (3) 3

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ 2

⎛ 1 1 1⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞ μετασχηματίζεται ισοδύναμα ως εξής: Ù ⎜ + + ⎟ ≥ 3 ⎜ + + ⎟Ù ⎝χ ψ z⎠ ⎝ χψ ψ z z χ ⎠ 1 1 1 2 2 2 3 3 3 + 2 + 2 + + + − − − ≥0 Ù 2 χψ χ z ψ z χψ ψ z z χ χ ψ z 1 1 1 1 1 ⎛ 2 2 2 2 2 2 ⎞ − − − ≥ 0 Ù ⋅⎜ 2 + 2 + 2 − − − ⎟≥0 Ù 2 χψ χ z ψ z 2 ⎝χ χψ χ z ψ z ⎠ ψ z χ ψ z 1 ⎡⎛ 1 2 1 ⎞ ⎛ 1 2 1 ⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞⎤ ⋅ ⎢⎜ 2 − + 2 ⎟+⎜ 2 − + 2 ⎟+⎜ 2 − − 2 ⎟⎥ ≥ 0 Ù 2 ⎣⎝ χ χψ ψ ⎠ ⎝ χ χ z z ⎠ ⎝ψ ψ z z ⎠⎦ 2 2 2 1 ⎡⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎤ ⋅ ⎢⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ ⎥ ≥ 0 η οποία είναι προφανής. 2 ⎢⎣⎝ χ ψ ⎠ ⎝ χ z ⎠ ⎝ ψ z ⎠ ⎥⎦ 1

(κ΄) Έχουμε κατά σειρά τα εξής: (α − β ) ≥ 0 ⇒ α 2 − 2αβ + β 2 ≥ 0 ⇒ α 2 + β 2 ≥ 2αβ ⇒ 2

α 2 + 2αβ + β 2 ≥ 4αβ ⇒ (α + β ) ≥ 4αβ . 2

(α + β )

4 . αβ α β α +β Έχουμε λοιπόν για α , β , γ ∈ \ + τις πιο κάτω ανισότητες: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 + ≥ , + ≥ , + ≥ . Προσθέτοντας κατά μέλη ⇒ α β α +β β γ β +γ γ α γ +α 2 2 2 4 4 4 + + ≥ + + . Διαιρούμε δια του 4 και τα δύο μέλη ⇒ α β γ α + β β +γ γ +α 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 2α 2 β 2γ α + β β + γ γ + α

Επειδή α , β , γ ∈ \ έχουμε +

≥4⇒

≥

(κα΄) Μετασχηματίζουμε το κάθε ριζικό ως ακολούθως:

α + β + γ − 2 αβ + αγ = β + γ − 2 ( β + γ ) ⋅ α − α = =

(

β +γ − α

)

β +γ − α = β +γ − α

διότι β + γ > α . Έτσι η ζητούμενη ανισότητα γράφεται β +γ − α + α +γ − β + α + β − γ < α + β + γ ⇒

β +γ + α +γ + α + β < 2 α +2 β + 2 γ Ισχύει όμως

β + γ < β + γ (1)

διότι β + γ <

(

β+ γ

)

β + γ < β + γ + 2 βγ Ù 0 < 2 βγ προφανής. Ομοίως α + γ < α + γ (2) και

α + β < α + β (3)

Με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων (1), (2) και (3) έχουμε την προς απόδειξη σχέση στη μετασχηματισμένη της μορφή.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

(κβ΄) Εφ΄ όσον α, β, γ είναι πλευρές τριγώνου θα έχουμε

β + γ − α > 0, γ + α − β > 0 και α + β − γ > 0 Χρησιμοποιούμε τώρα την ανισότητα: Γ.Μ. ≤ Α.Μ. (Γ.Μ. = Γεωμετρικός Μέσος, Α.Μ. = Αριθμητικός Μέσος)

( β + γ − α )(γ + α − β ) ≤

β + γ −α + γ +α − β 2

=γ

Έχουμε λοιπόν κατά κυκλική εφαρμογή του τύπου τις ακόλουθες ανισότητες:

(γ + α − β )(α + β − γ ) ≤ α ,

(α + β − γ )( β + γ − α ) ≤ β ,

( β + γ − α )(γ + α − β ) ≤ γ

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των τριών αυτών ανισοτήτων λαμβάνουμε:

( β + γ − α ) ⋅ (γ + α − β ) ⋅ (α + β − γ ) ≤ αβγ (κγ΄) Έχουμε

(

χ− ψ

)

≥ 0 ⇒ χ + ψ ≥ 2 χψ

Έτσι 1 + α1 ≥ 2 ⋅ α1 1 + α2 ≥ 2 ⋅ α2 1 + α3 ≥ 2 ⋅ α3 .... 1 + αν ≥ 2 ⋅ αν Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των πιο πάνω ανισοτήτων βρίσκουμε:

(1 + α1 ) ⋅ (1 + α 2 ) ⋅ (1 + α 3 ) ⋅ ... (1 + αν ) ≥ 2ν ⋅

a1 ⋅ a2 ⋅ a3 ⋅ ... ⋅ aν

αλλά a1 ⋅ a2 ⋅ a3 ⋅ ... ⋅ aν = 1 . Έτσι τελικά (1 + α1 ) ⋅ (1 + α 2 ) ⋅ (1 + α 3 ) ⋅ ... (1 + αν ) ≥ 2ν (κδ΄) (α) Έχουμε την γνωστή ανισότητα: α 2 + β 2 + γ 2 ≥ αβ + βγ + γα . χ ψ z Θέτουμε όπου α = , β = , γ = ψ χ z

Τότε

χ 2 ψ 2 z2 χ ψ ψ z z χ χ 2 ψ 2 z2 χ z ψ + + ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒ + + ≥ + + ψ 2 z2 χ 2 ψ z z χ χ ψ ψ 2 z2 χ 2 z ψ χ

(β) Για την απόδειξη της β΄ απόδειξης εργαζόμαστε ως ακολούθως:

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ Α Ν Ι Σ Ο Τ Η Τ Ω Ν ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΚΑΙ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

α 2 + β 2 + γ 2 ≥ αβ + βγ + γα ⇒ 2α 2 + 2β 2 + 2γ 2 ≥ 2αβ + 2βγ + 2γα ⇒ 2α 2 + 2β 2 + 2γ 2 + α 2 + β 2 + γ 2 ≥ α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2βγ + 2γα ⇒ α + β +γ 2 3 (α 2 + β 2 + γ 2 ) ≥ (α + β + γ ) ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 ≥ (α + β + γ ) ⋅ α + β +γ

αλλά

Θέτοντας α =

≥ 3 αβγ

χ , ψ

β=

(Α.Μ. > Γ.Μ.)

ψ z

, γ =

⇒ α 2 + β 2 + γ 2 ≥ (α + β + γ ) ⋅ 3 αβγ

χ 2 ψ 2 z2 χ ψ z + + ≥ + + (β) ψ 2 z2 χ 2 ψ z χ

έχουμε

Χρησιμοποιούμε τώρα την ανισότητα: Α.Μ. ≥ Γ.Μ. για τους θετικούς αριθμούς

(κε΄)

α1

α1 + β1

α2

α3

και

β1

β2

β3

α 2 + β 2 α 3 + β3 α1 + β1 α 2 + β 2 α 3 + β 3 α3 α1 α2 + + α + β1 α 2 + β 2 α 3 + β3 α3 α1 α2 ≥3 ⋅ ⋅ Έτσι: 1 3 α1 + β1 α 2 + β 2 α 3 + β3

α1

α1 + β1 β1

α1 + β1

+ +

α2

α 2 + β2 β2

α 2 + β2

+ +

α3 α 3 + β3 β3 α 3 + β3

≥ 3⋅ 3

α1 ⋅ α 2 ⋅ α 3 (α1 + β1 ) ⋅ (α 2 + β 2 ) ⋅ (α 3 + β3 )

≥ 3⋅ 3

β1 ⋅ β 2 ⋅ β3 (α1 + β1 ) ⋅ (α 2 + β 2 ) ⋅ (α 3 + β3 )

ή και

Προσθέτουμε κατά μέλη τις δύο αυτές ανισότητες . 3 ≥ 3⋅ 3 3

1≥ 3

α1 ⋅ α 2 ⋅ α 3 β1 ⋅ β 2 ⋅ β 3 + 3⋅ 3 ⇒ (α1 + β1 ) ⋅ (α 2 + β 2 ) ⋅ (α 3 + β3 ) (α1 + β1 ) ⋅ (α 2 + β 2 ) ⋅ (α 3 + β 3 ) α1 ⋅ α2 ⋅ α3 + 3 β1 ⋅ β2 ⋅ β3

(α1 + β1 ) ⋅ (α2 + β2 ) ⋅ (α3 + β3 )

⇒

(α1 + β1 ) ⋅ (α2 + β2 ) ⋅ (α3 + β3 ) ≥ α1α2α3 + β1β2 β3

(κστ΄) Χρησιμοποιούμε τώρα την ανισότητα: Α.Μ. ≥ Γ.Μ. για τους θετικούς αριθμούς

γ +χ α+χ β +χ γ +χ α+χ β +χ γ +χ α+χ β +χ , , . Τότε + + ≥ 3⋅ 3 ⋅ ⋅ α+χ β +χ γ +χ α+χ β +χ γ +χ α+χ β +χ γ +χ γ

⎛ 1 1 1 ⎞ + χ ⋅⎜ + + ⎟≥3 α+χ β +χ γ +χ ⎝α + χ β + χ γ + χ ⎠ γ α β 13 γ α β 13 + + +χ⋅ ≥3 ⇒ + + ≥ 3− α+χ β +χ γ +χ 8χ α+χ β +χ γ +χ 8

⇒

γ α+χ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

α β +χ

β γ +χ

≥ 1,375

ΚΥΜΕ 2002

ΑΣΤΡΟΝΟΜΙΚΑ ΗΜΕΡΟΛΟΓΙΑΚΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΚΥΠΡΟΥ ΓΙΑ ΤΟ ΕΤΟΣ 2003 Ιωάννη Φάκα Φάσεις της Σελήνης για το έτος 2003 Νέα Σελήνη

Πρώτον Τέταρτον

ημ ω λ

Πανσέληνος

ημ ω λ

Τελ. Τέταρτον

ημ ω λ

Ιαν.

02 22 23

Ιαν.

10 15 15

Ιαν

18 12 48

Ιαν

25 10 33

Φεβ.

01 12 48

Φεβ

09 13 11

Φεβ

17 01 51

Φεβ

23 18 46

Μαρ. 03 04 35

Μαρ. 11 09 15

Μαρ. 18 12 35

Μαρ. 25 03 51

Απρ.

01 21 19

10 01 40

16 21 36

23 14 18

Μάης 01 14 15

Μάης 09 13 53

Μάης 16 05 36

Μάης 23 02 31

Μάης 31 06 20

Ιούνης 07 22 28

Ιούνης 14 13 16

Ιούνης 21 16 45

Ιούνης 29 20 39

Ιούλης 07 04 32

Ιούλης 13 21 21

Ιούλης 21 09 01

Ιούλης 29 08 53

Αύγου 05 09 28

Αύγου 12 06 48

Αύγου 20 02 48

Αύγου 27 19 26

Σεπτ

03 14 34

Σεπτ

10 18 36

Σεπτ

18 21 03

Σεπτ

26 05 09

Οκτ

02 21 09

Οκτ

10 09 27

Οκτ

18 14 31

Οκτ

25 14 50

Νιο

01 06 25

Νιο

09 03 13

Νιο

17 06 15

Νιο

24 00 59

Νιο

30 19 16

Δεκ

08 22 37

Δεκ

16 19 42

Δεκ

23 11 43

Δεκ

30 12 03

----

-- -- -- -

----

-- -- -- -

Οι χρόνοι δίδονται εις χειμερινήν ώραν Κύπρου. ΕΚΛΕΙΨΕΙΣ ΚΑΤΑ ΤΟ ΕΤΟΣ 2003 Το έτος 2003, υπάρχουν 4 εκλείψεις, δύο του Ηλίου και δύο της Σελήνης. 1. Ολική Έκλειψη Σελήνης 16 Μαίου 2003. Ορατή εν μέρει από την Κύπρο. Στοιχεία της Έκλειψης: Είσοδος στην παρασκιά

3ω

5λ

Είσοδος στην σκιά

4ω

3λ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΑΣΤΡΟΝΟΜΙΚΑ ΗΜΕΡΟΛΟΓΙΑΚΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΚΥΠΡΟΥ ΓΙΑ ΤΟ ΕΤΟΣ 2003

Οι υπόλοιπες φάσεις της Σελήνης είναι αόρατες από την Κύπρο, διότι η Σελήνη θα δύσει στις 4ω 46λ. Μέγεθος Έκλειψης: 1,133 2. Δακτυλιοειδής Έκλειψη Ηλίου, 31 Μαίου 2003 Ορατή στην Κύπρο ως μερική. Στοιχεία Έκλειψης: Πρώτη επαφή

3ω 59λ

Μέσον Έκλειψης

4ω 52λ

Τέλος Έκλειψης

5ω 46λ

Μέγεθος Έκλειψης

0,598

Η πρώτη επαφή θα γίνει πριν την ανατολή του Ήλιου. Ο Ήλιος θα ανατείλει στις 4ω 32λ και θα ευρίσκεται σε έκλειψη. 3. Ολική Έκλειψη Σελήνης 9 Νοεμβρίου 2003. Ορατή από την Κύπρο. Στοιχεία της Έκλειψης: Είσοδος Σελήνης στην παρασκιά

00ω

15λ

Είσοδος Σελήνης στην σκιά

01ω

32λ

Αρχή της Ολικής Έκλειψης

03ω

06λ

Μέσον της Έκλειψης

03ω

18,5λ

Τέλος Ολικής Έκλειψης

03ω

30,7λ

Έξοδος εκ της σκιάς

05ω

4,5λ

Έξοδος εκ της παρασκιάς

06ω

22λ

Την ημέρα της έκλειψης η Σελήνη ανατέλλει στις 16ω 31λ και δύει στις 6ω 25λ. Μέγεθος Έκλειψης 1,022 4. Ολική Έκλειψη Ηλίου 23 – 24 Νοεμβρίου 2003. Αόρατη από την Κύπρο Η έκλειψη αρχίζει στις 22ω και 46λ της 23ης Νοεμβρίου και λήγει στις 2ω και 52λ της 24ης Νοεμβρίου.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΑΣΤΡΟΝΟΜΙΚΑ ΗΜΕΡΟΛΟΓΙΑΚΑ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΚΥΠΡΟΥ ΓΙΑ ΤΟ ΕΤΟΣ 2003

Η έκλειψη θα είναι ορατή από μια περιοχή στην οποία περιλαμβάνονται η Ανταρκτική και η Αυστραλία. Εποχές του έτους 2003 1. Ο Ήλιος εισέρχεται στον Κριόν την 21ην Μαρτίου στις 3ω 00λ. Αρχή του Έαρος. 2. Ο Ήλιος εισέρχεται στον Καρκίνον την 21ην Ιουνίου στις 21ω 10λ. Αρχή του Θέρους. 3. Ο Ήλιος εισέρχεται στον Ζυγόν την 23ην Σεπτεμβρίου στις 12ω 47λ. Αρχή του Φθινοπώρου. 4. Ο Ήλιος εισέρχεται στον Αιγόκερω την 22αν Δεκεμβρίου στις 09ω 04λ. Αρχή του Χειμώνα. Οι χρόνοι δίδονται σε χειμερινή ώρα Κύπρου. ΔΙΑΒΑΣΗ ΤΟΥ ΕΡΜΟΥ ΠΡΟ ΤΟΥ ΗΛΙΟΥ Την 7η Μαίου 2003 θα συμβεί διάβαση του Ερμού προ του ηλιακού δίσκου, η οποία θα είναι ορατή από την Κύπρο. Οι χρόνοι των διαφόρων φάσεων είναι οι ακόλουθοι: α) Εξωτερική επαφή Εισόδου

7ω 12λ 7δ

β) Εσωτερική επαφή Εισόδου

7ω 16λ 43δ

γ) Εσωτερική επαφή Εξόδου

12ω 27λ 13δ

δ) Εξωτερική Επαφή Εξόδου

12ω 31λ 37δ

Την ημέρα της διάβασης του Ερμή ο Ήλιος θα ανατείλει στις 4ω 50λ.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ [ΜΕΡΙΚΑ ΙΔΕΟΛΟΓΙΚΑ ΧΑΡΑΚΤΗΡΙΣΤΙΚΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ] ΚΕΡΑΣΑΡΙΔΗΣ ΓΙΑΝΝΗΣ-Πάτμου 3, Άλιμος (174 56) Περίληψη Τα μαθηματικά μοντέλα των φυσικών και κοινωνικών φαινομένων και διαδικασιών, δεν είναι φιλοσοφικά και ιδεολογικά ουδέτερα, αφού στο βάθος αντικατοπτρίζουν τις αντιλήψεις του κατασκευαστή τους για τη Φύση και την κοινωνία και τον τρόπο που αλληλεξαρτώνται και αλληλοεπηρεάζονται Prècis The mathematical models of natural and social phenomenon and procedures, are not considered to be philosophically and ideologically neutral as, in the bottom line, they reflect the beliefs of their creator about Nature, society and the way which they depend and influence each other. Ι. Η ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ Αντί ορισμού. Μέσα από την ιστορία διαπιστώνουμε πως η δεσπόζουσα άποψη για τη φιλοσοφία είναι ότι: α) διαμορφώνει μια συνολική αντίληψη για τη φύση, την κοινωνία και τη γνώση, δηλ., είναι κοσμοθεωρία, β) η φιλοσοφία είναι μια μορφή κοινωνικής συνείδησης, γ) η φιλοσοφία ήταν πάντοτε έκφραση των αντιθέσεων και των δυνατοτήτων της κάθε εποχής, δ) η φιλοσοφία αποτελεί γενίκευση όχι μόνο των φυσικών αλλά και των κοινωνικών επιστημών. Αντικείμενο της φιλοσοφίας. Αντικείμενο της φιλοσοφίας, από την αρχαιότητα μέχρι σήμερα, είναι ο κόσμος σαν σύνολο, και σε οργανική συνάρτηση μ’ αυτό, η γνωστική δυνατότητα της ανθρώπινης νόησης. Το οντολογικό και το γνωσιολογικό ερώτημα είναι αξεχώριστα. Αυτό το μαρτυρεί ολόκληρη η ιστορία της φιλοσοφίας, έστω και αν, μετά τον Καντ, το γνωσιολογικό ερώτημα έγινε κυρίαρχο, φτάνοντας να γίνει μοναδικά νόμιμο αντικείμενο της φιλοσοφίας κατά τον νεώτερο θετικισμό. Η διαφοροποίηση των επιστημών και η ικανότητά τους να ανακαλύπτουν με το πείραμα τις σχέσεις των φυσικών φαινομένων και να αντικαθιστούν τα παλιά μυθεύματα, έκαναν περιττή τη φιλοσοφία σαν την «επιστήμη των επιστημών» και τη φιλοδοξία της να αναγάγει σε ενιαία και καθολικά συστήματα τις επί μέρους προσφορές των άλλων επιστημών που δεν αντιπροσώπευαν παρά τους κρίκους στην αλυσίδα του ενιαίου συστήματος που επεξεργαζόταν η φιλοσοφία. Η φιλοσοφία του Χέγκελ αποτέλεσε την τελευταία αυτού του είδους. Το τέλος της φιλοσοφίας σαν «επιστήμης των επιστημών» αποτέλεσε μια πρόοδο με σοβαρές επιπτώσεις τόσο πάνω στις φυσικές και κοινωνικές επιστήμες, όσο και στην ίδια τη φιλοσοφία. Χαρακτηριστικά της φιλοσοφίας. Η φιλοσοφία έχει όχι μόνο επιστημολογική εμβέλεια (θεωρία των επιστημών, στρατηγική της έρευνας), αλλά και το ότι ασκεί μια συγκεκριμένη γνωστική λειτουργία. Βέβαια η φιλοσοφία δεν παράγει ειδική γνώση, όπως οι ειδικές επιστήμες: Μαθηματικά, Φυσική, Πολιτική Οικονομία κλπ. Τέλος, σαν θεωρία της γνώσης, συμβάλει στην ανάδειξη των γενικών χαρακτηριστικών της γνωστικής διαδικασίας και θεμελιώνει τη γνωσιμότητα ή μη της πραγματικότητας. Λειτουργίες της φιλοσοφίας. Δεσπόζουσα λειτουργία της φιλοσοφίας δεν είναι η γνωστική· είναι η κοινωνικοπρακτική. Η φιλοσοφία, μορφή κοινωνικής συνείδησης, είναι ταξική και συμβάλει στην αναπαραγωγή και στη διαιώνιση του κυρίαρχου τρόπου παραγωγής ή στην ανατροπή του. Τα φιλοσοφικά συστήματα. Το βασικό πρόβλημα της φιλοσοφίας είναι η σχέση ανάμεσα στο είναι και τη νόηση, στην ύλη και τη συνείδηση. Ανάλογα με τον τρόπο που λύνουν και με τις απαντήσεις που δίνουν σ’ αυτό το πρόβλημα τα διάφορα φιλοσοφικά συστήματα, χωρίζονται σε δύο μέρη: στον υλισμό και στον ιδεαλισμό. Το τέλος της φιλοσοφίας; [ή η νέο-θετικιστική άποψη]. Πολλοί μίλησαν και μιλούν για το «τέλος της Φιλοσοφίας» Έπ’ αυτού η άποψή μας είναι πως η πραγματικότητα των ημερών μας μαρτυρεί για την αδιάκοπη ανανέωση της φιλοσοφίας, που αναπαράγεται και ανανεώνεται, με φενακισμένη ή ορθολογική μορφή, σαν έκφραση των συγκρούσεων και των επιστημονικών επιτευγμάτων της εποχής μας. Νόηση και φύση. Ποιος προηγείται; Με την εργασία του ο άνθρωπος υπερβαίνει το καθαρά ζωικό στάδιο. Αλλά η νόηση, αυτονομούμενη σχετικά από την πραγματικότητα, μπορεί να αγνοήσει τις

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

προϋποθέσεις και την ιστορία της και να φαντασθεί ότι η ίδια είναι η αιτία του εαυτού της ή, ακόμη περισσότερο, ότι η ίδια νομοθετεί ή και δημιουργεί την πραγματικότητα Η ιδεαλιστική φιλοσοφία χαρακτηρίζεται από μια τέτοια τοποθέτηση. Η νόηση είναι σε θέση να ιδιοποιηθεί θεωρητικά την εξωτερική πραγματικότητα: να γνωρίσει τον κόσμο από τον οποίο αναδύθηκε. Το όλον, που εμφανίζεται στο πνεύμα σαν νοημένη πραγματικότητα, είναι προϊόν του σκεφτόμενου εγκεφάλου, που ιδιοποιείται τον κόσμο με τον τρόπο που του είναι δυνατός, με τρόπο που διαφέρει από την ιδιοποίηση αυτού του κόσμου από την τέχνη, τη θρησκεία, το πρακτικό πνεύμα. Η αυτονόμηση των πραγματικών σχέσεων και η "έννοια". Από τη στιγμή που πραγματοποιείται ο καταμερισμός της εργασίας σε εργασία υλική και διανοητική, η συνείδηση μπορεί να χειραφετηθεί από τον κόσμο και να περάσει στη διαμόρφωση της «καθαρής» θεωρίας, της θεολογίας, της φιλοσοφίας, της ηθικής κλπ. Στα πλαίσια του καταμερισμού της εργασίας, οι πολιτικές σχέσεις και οι σχέσεις δικαίου αυτονομούνται σε σχέση με τα άτομα. Αλλά κάθε σχέση εκφράζεται με τη μορφή έννοιας. Αν λοιπόν οι έννοιες εμφανίζονται σαν μυστηριακές δυνάμεις, αυτό οφείλεται στο ότι οι πραγματικές σχέσεις, των οποίων είναι η έκφραση, έχουν αυτονομηθεί: οι φαντασμαγορίες μέσα στον ανθρώπινο εγκέφαλο είναι εξιδανικεύσεις που προκύπτουν αναγκαστικά από τη διαδικασία της υλικής ζωής των ανθρώπων. Γιατί η συνείδηση δεν καθορίζει τη ζωή˙ αντίστροφα, η ζωή καθορίζει τη συνείδηση. Η φιλοσοφική έννοια του χώρου και του χρόνου. Την καθολική ιδιότητα των υλικών σωμάτων να έχουν έκταση, να κατέχουν κάποια θέση και να βρίσκονται σε μια ορισμένη διάταξη ανάμεσα στα άλλα αντικείμενα υποδηλώνει η φιλοσοφική έννοια του χώρου. Την καθολική ιδιότητα των υλικών διεργασιών να συντελούνται η μια πίσω από την άλλη, με μια ορισμένη διαδοχικότητα, να έχουν διάρκεια και να εξελίσσονται σταδιακά υποδηλώνει η φιλοσοφική έννοια του χρόνου. Ο χώρος και ο χρόνος αποτελούν τις καθολικές μορφές ύπαρξης της ύλης. Σπουδαιότερη ιδιότητα του χώρου και του χρόνου είναι η αντικειμενικότητά τους, δηλαδή, το ότι δεν εξαρτώνται από την ανθρώπινη συνείδηση. Κι αυτό είναι πολύ φυσικό, εφόσον είναι μορφές της αντικειμενικά υπάρχουσας ύλης. Έτσι, το διηνεκές και το άπειρο της ύλης καθορίζουν την αιωνιότητα του χρόνου και την απεραντοσύνη του χώρου. Τούτο σημαίνει πως δεν είχαν αρχή κι ούτε θα έχουν ποτέ τέλος. Σε διάκριση με τον χώρο (που είναι τρισδιάστατος), ο χρόνος δεν έχει παρά μόνο μια διάσταση: από το παρελθόν στο μέλλον. ΙΙ. Η ΛΟΓΙΚΗ [ή η πρωτεΐνη των Μαθηματικών] Ορισμός. Η Λογική είναι η επιστήμη που μελετά όχι τις εξωτερικές μορφές της νόησης, αλλά τους νόμους της ανάπτυξης όλων των υλικών, φυσικών και πνευματικών πραγμάτων, δηλαδή τους νόμους που διέπουν το «γίγνεσθαι» όλου του συγκεκριμένου περιεχομένου του κόσμου και τη γνώση του˙ δηλαδή αντιπροσωπεύει τον απολογισμό, το σύνολο, το συμπέρασμα που βγαίνει από την ιστορία της γνώσης του κόσμου. Οι νόμοι της Λογικής είναι οι αντανακλάσεις του αντικειμενικού κόσμου στη συνείδηση του ανθρώπου Τυπική Λογική. Η Τυπική Λογική δεν είναι παρά ο κατώτατος βαθμός της Λογικής, που μπορούμε να την συγκρίνουμε με τα στοιχειώδη Μαθηματικά. Η Τυπική Λογική αντιμετωπίζει τα φαινόμενα και τα αντικείμενα έξω από τις αμοιβαίες σχέσεις τους και από τις αλληλεξαρτήσεις τους, σαν να ήσαν ακίνητα και αμετάβλητα. Δεν υπολογίζει την ανάπτυξη, τις αλλαγές, τις εσωτερικές αντιφάσεις των πραγμάτων, κλπ. Οι νόμοι της νόησης τους οποίους διατυπώνει αντανακλούν τα αντικείμενα και τα φαινόμενα ανεξάρτητα από τις διεργασίες, από τις βαθμιαίες αλλαγές που συντελούνται μέσα τους, στο εσωτερικό τους. Διαλεκτική Λογική. Διαλεκτική, Λογική και Γνωσιοθεωρία αποτελούν ένα μόνο και το ίδιο πράγμα, γιατί η Λογική δεν μπορεί να δημιουργήσει νόμους της σκέψης, που να μη συμφωνούν με τους νόμους που διέπουν το ίδιο το «είναι». Η Διαλεκτική Λογική έχει σαν βασικό αξίωμα, το ότι οι έννοιες και οι κατηγορίες δεν είναι δημιουργήματα της ανθρώπινης νόησης αλλά αντανακλάσεις των αντικειμενικών νόμων που διέπουν την εξέλιξη της φύσης και της κοινωνίας στην ανθρώπινη συνείδηση. Η διαλεκτική λογική απαιτεί ώστε οι έννοιες και οι κατηγορίες να είναι συνδεδεμένες μεταξύ τους, να βρίσκονται σε αμοιβαία αλληλεπίδραση όπως και τα αντικειμενικά φαινόμενα που αντανακλούν. Οι λογικές έννοιες και οι λογικές κατηγορίες δεν παρουσιάζονται παρά μόνο στη διάρκεια και πάνω στο έδαφος της πρακτικής δράσης που άλλωστε τις γεννάει και που μόνο αυτή (η πράξη) καθορίζει το βαθμό εγκυρότητάς τους. Η πρακτική δραστηριότητα του ανθρώπου οδηγεί τη συνείδησή του να επαναλαμβάνει δισεκατομμύρια φορές τις διάφορες λογικές μορφές έως ότου μπορέσουν να γίνουν αξιώματα. Μαθηματική Λογική. Η Μαθηματική (ή Συμβολική Λογική) έχει σαν αντικείμενο τη μελέτη των μαθηματικών εννοιών, πράξεων και κανόνων. Είναι μια εφαρμογή των μαθηματικών μεθόδων στο πεδίο

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

της Τυπικής Λογικής, μια επέκταση του πεδίου ερεύνης της Τυπικής Λογικής πιο πέρα από τους πατροπαράδοτους (αριστοτέλειους) συλλογισμούς. Η Μαθηματική Λογική αντικαθιστά τις λέξεις που υποδηλώνουν τους όρους της Λογικής, τα συνδετικά και τις ενέργειες, τις εργασίες της Λογικής με σημεία συμβολικά και με τύπους μαθηματικούς διατυπωμένους με τη βοήθεια αυτών των σημείων. Ο τρόπος αυτός επιτρέπει να λύνονται πιο πολύπλοκα και πιο γενικά προβλήματα που λύνει η πατροπαράδοτη Λογική. Η Μαθηματική Λογική δεν βρίσκεται σε αντίφαση με τη συνήθη, την Τυπική, τη στοιχειώδη δηλ. Λογική, αλλά επιβάλλει αναγκαστικά σ’ αυτήν (την Τυπική Λογική) τις δικές της θέσεις. Λογιστική (Logistique)1. Είναι μια μεταφυσική μετονομασία και παραμόρφωση της Μαθηματικής Λογικής και είναι πλατειά διαδεδομένη στους οπαδούς του θετικισμού. Η Λογιστική εκφυλίζει, παραποιεί και εκτρέπει προς τη μεταφυσική, τις θεωρητικές βάσεις, τις μεθόδους και τα συμπεράσματα της Μαθηματικής Λογικής. Αντιπαραθέτει τεχνητά τη Μαθηματική στην Τυπική Λογική και την χρησιμοποιεί ταυτόχρονα για να καταπολεμήσει τη Διαλεκτική Λογική. Θεωρεί τη Μαθηματική Λογική σαν ένα σύνολο από συμβατικούς κανόνες και αυθαίρετους συνδυασμούς συμβόλων, που δεν έχουν και δεν αντανακλούν κανένα ουσιαστικό δεσμό, καμία σχέση ανάμεσα σ’ αυτά τα πράγματα. Σύμφωνα με την έκφραση του Κάρναπ, ενός απ’ τους θιασώτες της Λογιστικής: «η Λογιστική δεν λαβαίνει υπ’ όψη της ούτε τη σημασία των συμβόλων, ούτε τη σημασία των τύπων αλλά απλά και μόνο τα είδη και τη διάταξη των συμβόλων, που, μ’ αυτά, διατυπώνονται οι τύποι». Λογική Νόηση. Η Λογική Νόηση είναι ένα ποιοτικά ανώτερο στάδιο στην ανάπτυξη της γνώσης. Σκοπός της, να αποκαλύψει τις πάγιες ιδιότητες, τα βασικά γνωρίσματα του αντικειμένου. Οι μορφές της λογικής νόησης είναι: ● «Έννοια»:Η έννοια δεν αντανακλά όλες τις πτυχές του αντικειμένου, αλλά μόνο τις ουσιαστικές, τις γενικές, κάνοντας αφαίρεση των επουσιωδών γνωρισμάτων. ● «Κρίση»: Κρίση είναι η μορφή της νόησης που βεβαιώνει κάτι ή αρνείται κάτι. Οι έννοιες και οι κρίσεις είναι αλληλένδετες. ● «Συλλογισμός»: Συλλογισμός είναι η δημιουργία νέας κρίσης (συμπέρασμα) από τα στοιχεία των κρίσεων (προκείμενα). Με βάση τους συλλογισμούς, από τις υπάρχουσες γνώσεις είναι δυνατό να προκύψουν νέες γνώσεις. ● «Υπόθεση»: Υπόθεση είναι η εικασία για τα φαινόμενα, τα γεγονότα τους νόμους. Παραδείγματα υποθέσεων μπορεί να είναι οι εικασίες για την προέλευση της ζωής πάνω στη Γη, για την κοσμογονία του ηλιακού συστήματος κ.ά. ● «Ιδέα»: Κάτω από την επίδραση των πρακτικών αναγκών, στο κεφάλι του ερευνητή γεννιέται πρώτα η ιδέα, η οποία προηγείται από την κίνηση της σκέψης, που χαράζει τις βασικές κατευθύνσεις των επιστημονικών αναζητήσεων. Η ιδέα αυτή δίνει, συνήθως, μια αμυδρή, κατά προσέγγιση, απάντηση στα ζητήματα της πράξης. ● «Φαντασία»: Είναι μια ιδιαίτερη και πρωτότυπη αντανάκλαση της αντικειμενικής πραγματικότητας στη συνείδηση, μια εικονογραφημένη αναπαράσταση πραγματικών ή μη πραγματικών φαινομένων. Κάθε αναπαράσταση (ακόμη και η πιο φανταστική), μακριά από του να είναι καθαρά υποκειμενικό προϊόν της ανθρώπινης συνείδησης, πηγάζει, σε τελευταία ανάλυση, από την αντανάκλαση της αντικειμενικής πραγματικότητας. Πρέπει να γίνει διάκριση ανάμεσα στην άγονη φαντασία που στηρίζεται πάνω σε εσφαλμένες αντιλήψεις της πραγματικότητας και στη γόνιμη που αντλεί δυνάμεις από τη γνώση των γεγονότων. Είναι χαρακτηριστικό ότι η ιδέα που προηγείται της θεωρίας δεν γεννιέται μόνο κάτω από την επίδραση της πράξης, αλλά υπαγορεύεται και από τη λογική ανάπτυξη της ίδιας της επιστήμης. ● «Θεωρία»: Οι επιστημονικές θεωρίες εκπροσωπούν τη βαθιά, πολύπλευρη γνώση για ορισμένες διαδικασίες ή τομείς της πραγματικότητας. Οι γνώσεις αυτές επαληθεύονται με τον πειραματισμό και την πρακτική. Η μεθοδολογία της επιστημονικής γνώσης ● «Ανάλυση»: Ανάλυση είναι η διάλυση του αντικειμένου στα συστατικά στοιχεία, πτυχές του, ώστε να κατανοηθεί η θέση τους και να επισημανθούν τα ουσιαστικά, τα κύρια. Ανάλυση είναι η επεξεργασία των ξεχωριστών πτυχών, η διάλυση του συγκεκριμένου φαινομένου. Η εμπράγματη ανάλυση χρη1

Ο όρος Λογιστική προτάθηκε από τον Itelson σ’ ένα μαθηματικό συνέδριο στη Γενεύη (1904), σε αντικατάσταση των όρων: Αλγοριθμική Λογική, Μαθηματική Λογική, Συμβολική Λογική που χρησιμοποιούνται για να δηλώσουν την τάση να παριστάνονται οι μέθοδοι και οι κανόνες της Τυπικής Λογικής με σύμβολα και κανόνες ανάλογους με κείνους της Άλγεβρας.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

σιμοποιείται βασικά στη διερεύνηση της ανόργανης φύσης. Η λογική ανάλυση , χρησιμοποιείται στις περιπτώσεις που δεν είναι δυνατό να διαλυθεί το αντικείμενο. ● «Σύνθεση»: Σε διάκριση από την ανάλυση, η σύνθεση αποτελεί την υλική ή νοερή συνένωση των συστατικών και των πτυχών του αντικειμένου, που επιτρέπει να αποκαλυφθούν οι εσωτερικές, αναγκαίες διασυνδέσεις του, καθώς και οι ενυπάρχουσες στο αντικείμενο νομοτέλειες. ● «Επαγωγή»: Επαγωγή είναι η διαδικασία κίνησης της σκέψης από τα ξεχωριστά φαινόμενα στα γενικά συμπεράσματα. Ως γνωστό, νόμος είναι το γενικό και επαναλαμβανόμενο στα φαινόμενα. Το γενικό, όμως, δεν υπάρχει παρά μέσα στο ξεχωριστό. Σαν μέσο απόχτησης γενικής γνώσης από τη γνώση του ξεχωριστού, η επαγωγή είναι σπουδαία μέθοδος αποκάλυψης των νομοτελειών και των αιτιωδών συνδέσεων. ● «Παραγωγή» (ή παραγωγική απόδειξη): Είναι η διαδικασία κίνησης της σκέψης από το γενικό στο μοναδικό. Όταν υπάρχει γνώση για μια ολόκληρη τάξη πραγμάτων, στο σύνολό της, η παραγωγή επιτρέπει να επεκταθεί αυτή η γνώση σε οποιοδήποτε αντικείμενο της ίδιας τάξης. Η παραγωγή χρησιμεύει σαν μέθοδος επεξεργασίας της επιστημονικής θεωρίας. ● «Αφαίρεση»: Είναι το αποτέλεσμα της νοερής απομάκρυνσης από ορισμένες πτυχές ή γνωρίσματα του αντικειμένου και της προβολής άλλων, απαραίτητων και σπουδαίων για το δοσμένο στάδιο της έρευνας. Τελικά, διαμορφώνονται οι αφηρημένες έννοιες που, όπως, ξέρουμε, είναι σπουδαία μορφή της λογικής γνώσης. Η αφαίρεση αποτελεί διαδικασία μετάβασης απ’ το αντικείμενο στην εικόνα. Στο υποκείμενο δημιουργούνται εικόνες ως αποτέλεσμα της αντανάκλασης της αντικειμενικής πραγματικότητας σ’ αυτό, από την αλληλεπίδραση μαζί της, δηλ. δημιουργούνται μοντέλα της πραγματικότητας. Πρόκειται για εικόνες αντικειμένων και φαινομένων [συσχετίσεις, συναρτησιακές σχέσεις]. ● «Αναγωγή από το αφηρημένο στο συγκεκριμένο»: Μια άλλη μέθοδος διερεύνησης του αντικειμένου στην κίνηση και εξέλιξή του, στις εσωτερικές διασυνδέσεις του, είναι η αναγωγή από το αφηρημένο στο συγκεκριμένο. Το συγκεκριμένο εκπροσωπεί το αντικείμενο που αντανακλάται στη νόηση, με πλήρη ενότητα των ουσιαστικών, των διασυνδέσεων και σχέσεών του. Το αφηρημένο και το συγκεκριμένο, σαν λογικές κατηγορίες, εδράζονται στην αντικειμενική πραγματικότητα, δηλαδή στην ενότητα, ολότητα των αντικειμένων και φαινομένων του κόσμου, που συνεπάγονται ορισμένα συστατικά, μέρη, γνωρίσματα. IΙΙ. ΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ορισμός των Μαθηματικών. Τα Μαθηματικά μελετούν τις μορφές του χώρου και τις ποσοτικές σχέσεις στον πραγματικό κόσμο, και, έτσι, το αντικείμενο μελέτης τους έχει τις ρίζες του στην πραγματικότητα. Η πολύ αφηρημένη μορφή αυτού του αντικειμένου μελέτης με δυσκολία αποκρύπτει την προέλευσή της από τον εξωτερικό κόσμο. Όμως, για να ερευνηθούν αυτές οι μορφές και οι σχέσεις ως αφηρημένες, είναι απαραίτητο να αποχωρισθούν, εντελώς, από το υποκείμενο (υλικό) περιεχόμενό τους, το οποίο πρέπει να παραμεριστεί σαν κάτι άσχετο. Όμως, ο αφηρημένος χαρακτήρας των Μαθηματικών, δεν συνεπάγεται τον διαχωρισμό των Μαθηματικών από την υλική πραγματικότητα. Το πλήθος των ποσοτικών σχέσεων και των μορφών του χώρου, που μελετώνται από τα Μαθηματικά, είναι άρρηκτα συνδεμένο με τις απαιτήσεις της Τεχνολογίας και των Φυσικών Επιστημών και αυξάνεται συνεχώς. Κατά συνέπεια, ο ορισμός των Μαθηματικών, που δόθηκε πιο πάνω, εμπλουτίζεται με ακόμη αφθονότερο περιεχόμενο. Η σημασία των Μαθηματικών. Οι σχέσεις των Μαθηματικών με τις πρακτικές ανάγκες και με το πρακτικο-διανοητικό επίπεδο της ανθρώπινης κοινωνίας καθορίζουν την ανάπτυξή τους. Έτσι καταλήγουν σε καθολικά επιτεύγματα που τους επιτρέπουν να εξυπηρετούν και να επιδρούν επί αιώνες και χιλιετίες στην ανάπτυξη των επόμενων εποχών. Σήμερα, θα λέγαμε ότι, τα Μαθηματικά πάντοτε έφεραν τα ίχνη της «παραγωγικής δύναμης» στην πνευματική και οικονομική συγκρότηση κάθε εποχής, εξυπηρετώντας την με τα αντίστοιχα για τις ανάγκες της νέα και κληροδοτημένα καθολικά μαθηματικά μέσα. Η καθολικότητα των Μαθηματικών. Τα Μαθηματικά ξεχωρίζουν μεταξύ των άλλων επιστημών με την καθολικότητά τους. Οι μέθοδοι της μαθηματικής έρευνας αποτελούν, πρακτικά, αναπόσπαστο τμήμα όλων των επιστημών. Οι μαθηματικοί εργάζονται σε όλους τους τομείς της ανθρώπινης δραστηριότητας και τα αποτελέσματά τους στη συνέχεια επιβεβαιώνονται πειραματικά. Η εφαρμογή των μαθηματικών μεθόδων έρευνας αυξάνει την αντικειμενική αξία των επιστημονικών θεωριών. Η καθολικότητα των Μαθηματικών εξηγείται από την ευρύτητα του αντικειμένου τους. Όλα τα αντικείμενα κι οι διαδικασίες που υπάρχουν πραγματικά στον κόσμο έχουν

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

ιδιότητες που εκφράζονται στις φιλοσοφικές κατηγορίες της ποσότητας και της μορφής. Με άλλα λόγια , οι ποσοτικές σχέσεις κι οι μορφές του χώρου αφορούν όλα τα στοιχεία που συνθέτουν την πραγματικότητα και χωρίς τον διαχωρισμό και τη μελέτη τους, οι επιστημονικές έρευνες αποδείχνονται ελλιπείς. Η ευρύτητα εφαρμογών των Μαθηματικών. Η ευρύτητα της σφαίρας εφαρμογής των Μαθηματικών είναι απλά επακόλουθο της ενότητας των επιστημών, η οποία βασίζεται στην ενότητα του κόσμου. Οι μαθηματικοί αντλούν από την υλική πραγματικότητα τις ποσοτικές σχέσεις και μορφές του χώρου που αναφέρθηκαν, προσδιορίζουν πολύμορφες συνδέσεις στις διαδικασίες που διεξάγονται στην πραγματικότητα, και τις διατυπώνουν με τη μορφή των λογικών προτάσεων, γραμμένων με σύμβολα. Μετάβαση από ένα επίπεδο κατανόησης στο αμέσως ανώτερο. Η ικανότητα της μαθηματικής μεθόδου να συμπεριλαμβάνει την ίδια τη διαδικασία, της μετάβασης από ένα επίπεδο κατανόησης της πραγματικότητας στο αμέσως ανώτερο και ποιοτικά νέο επίπεδο, μπορεί να κατανοηθεί με χρήση μιας σειράς φυσικών θεωριών ως υποδειγμάτων. Παράδειγμα: Σχέση μεταξύ της Μακροσκοπικής Θεωρίας της Διάχυσης (η οποία προϋποθέτει μια συνεχώς κατανεμημένη διαχεόμενη ουσία), και της Στατιστικής θεωρίας της Διάχυσης (η οποία αναχωρεί από την θεώρηση της κίνησης ατομικών σωματιδίων της διαχεόμενης ουσίας). Απάντηση: Στη μακροσκοπική θεωρία της διάχυσης, η πυκνότητα της διαχεόμενης ουσίας ικανοποιεί μια ειδική διαφορική εξίσωση με μερικές παραγώγους και η μελέτη διάφορων προβλημάτων, που αναφέρονται στην διάχυση, ανάγεται στην εύρεση των λύσεων αυτής της διαφορικής εξίσωσης για κατάλληλες συνοριακές και αρχικές συνθήκες. Στη στατιστική θεωρία της διάχυσης, για μικρές περιοχές του χώρου (που περιέχουν μόνο ένα μικρό αριθμό σωματιδίων της διαχεόμενης ουσίας), η ίδια η έννοια της πυκνότητας χάνει την σημασία της. Εδώ τον λόγο έχει η στατιστική θεωρία της διάχυσης. Η στατιστική θεωρία της διάχυσης προχωρεί από την θεώρηση των μικροσκοπικών τυχαίων κινήσεων σωματιδίων, οι οποίες οφείλονται στα μόρια του διαλυτικού μέσου. Επειδή ο αριθμός των ατομικών σωματιδίων της διαχεόμενης ουσίας είναι πολύ μεγάλος, οι νόμοι, που διέπουν την κατανομή πιθανότητας των μετατοπίσεων των σωματιδίων αυτών, οδηγούν, με την υπόθεση ότι οι μετατοπίσεις καθενός σωματιδίου είναι ανεξάρτητες των άλλων, σε συγκεκριμένους νόμους (και όχι νόμους τύχης) , οι οποίοι διέπουν την κίνηση της διαχεόμενης ουσίας ως ολότητας. Οι νόμοι αυτοί συμβαίνει να συμπίπτουν με τις διαφορικές εξισώσεις, οι οποίες περιγράφουν την συνεχή θεωρία. Το παράδειγμα αυτό είναι αρκετά τυπικό, υπό την έννοια μια στατιστική τυχαίων γεγονότων συχνά οδηγεί από ένα σύνολο νόμων (στην παρούσα περίπτωση, από τους νόμους που διέπουν τα ατομικά σωματίδια της διαχεόμενης ουσίας), σε ένα ποιοτικά διαφορετικό σύνολο νόμων (στην παρούσα περίπτωση, στις διαφορικές εξισώσεις της συνεχούς θεωρίας της διάχυσης). Μαθηματικές μέθοδοι. Αυτό που χαρακτηρίζει τη σύγχρονη επιστήμη είναι η αύξηση του ρόλου των μαθηματικών μεθόδων στην επιστημονική έρευνα. Τα Μαθηματικά εφαρμόζονται σήμερα στις φυσικές επιστήμες, διεισδύουν και στις κοινωνικές επιστήμες. Όπως είναι γνωστό, όλα τα φαινόμενα και όλες οι διαδικασίες έχουν ένα μέτρο, κάποια ενότητα στα ποσοτικά και ποιοτικά χαρακτηριστικά τους. Η ποιότητα εκδηλώνεται στις ιδιότητες που έχουν ποσοτικές διαβαθμίσεις: ποσότητας, βαθμού ανάπτυξης κλπ. Σ’ αυτό έγκειται η κατ’ αρχήν δυνατότητα εφαρμογής των Μαθηματικών στη διερεύνηση της φύσης και της κοινωνίας. Άλλος λόγος διείσδυσης των Μαθηματικών στις διάφορες επιστήμες είναι ο υψηλός βαθμός αφαίρεσης που συνεπάγονται αυτά, το μεγάλο εύρος των αρχών τους. Και τούτο ανταποκρίνεται σε μια από τις βασικές τάσεις ανάπτυξης της σύγχρονης επιστήμης: στην τάση επαύξησης του αφηρημένου της γνώσης. Υπάρχουν σήμερα αρκετές κατευθύνσεις στις επιστήμες, οι θέσεις των οποίων δεν είναι δυνατό να εκφρασθούν χειροπιαστά, να τεκμηριωθούν με το εργαστηριακό πείραμα. Τα Μαθηματικά, όμως, διαθέτουν μια παρόμοια συλλογή εννοιών (συνάρτηση, σύνολο, ομάδα, απειροπληθής αριθμός κ.ά.), οι οποίες, ως προς το εύρος και την καθολικότητά τους, προσεγγίζουν τις φιλοσοφικές, οπότε επιτρέπουν να απεικονισθούν τα γενικά ποσοτικά χαρακτηριστικά των ποιοτικά διαφορετικών φαινομένων. Εκτός απ’ αυτό, τα Μαθηματικά διακρίνονται και για την εξαιρετικά αυστηρή εσωτερική λογική τους. Μολονότι υπάρχουν ορισμένες προϋποθέσεις για την ορθότητά τους, οπωσδήποτε τα αποτελέσματά τους, χάρη στην εσωτερική λογική των Μαθηματικών, είναι αλάνθαστα. Η διείσδυση των Μαθηματικών ευνοείται και από το ότι οι δείκτες που χρησιμοποιούν δεν είναι υποχρεωτικά αριθμητικοί. Τα Μαθηματικά διαθέτουν ένα ολόκληρο οπλοστάσιο μέσων (πρότυπα, τύπους, συναρτήσεις, διαγράμματα, σύμβολα κλπ.) που είναι ικανά να εκφράσουν, εκτός από τα ποσοτικά, και ορισμένα ποιοτικά γνωρίσματα των αντικειμένων και των φαινομένων του κόσμου, να αποκαλύψουν τις πιο περίπλοκες διασυνδέσεις και αλληλεξαρτήσεις τους. Κι όμως δεν πρέπει να υ-

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

περτιμούνται οι δυνατότητες των Μαθηματικών. Οι μαθηματικές μέθοδοι είναι αποδοτικές, όταν και εφόσον έχει μελετηθεί η ποιοτική φύση, η ουσία των αντικειμένων και φαινομένων. Απ’ εδώ απορρέει η αναγκαιότητα στενότατης σύνδεσης των Μαθηματικών με τις άλλες επιστήμες. Τα Μαθηματικά και οι άλλες επιστήμες. Οι περιοχές εφαρμογής των μαθηματικών μεθόδων είναι απεριόριστες. Όλοι οι τύποι κίνησης της ύλης μπορούν να μελετηθούν με μαθηματικό τρόπο. Όμως, ο ρόλος και η σημασία των μαθηματικών μεθόδων ποικίλουν ανάλογα με την περίπτωση. Κανένα απλό μαθηματικό "σχήμα" δεν μπορεί να καλύψει όλες τις εκφάνσεις των πραγματικών φαινομένων, και, επομένως, η διαδικασία του συνειδέναι για το συγκεκριμένο, εμπλέκει πάντοτε δύο αντιτιθέμενες τάσεις: α) την απομόνωση της μορφής των υπό μελέτη φαινομένων και την λογική ανάλυση της μορφής αυτής, β) την αποκάλυψη εκφάνσεων, οι οποίες δεν εμπίπτουν σε καθιερωμένες μορφές, και ακόμα τη μετάβαση στη μελέτη νέων μορφών, οι οποίες είναι περισσότερο ευέλικτες και εμπεριέχουν πληρέστερα τα φαινόμενα. Αν οι δυσχέρειες της μελέτης μιας κατηγορίας φαινομένων αναφέρονται, κατά μεγάλο μέρος σ’ αυτή την τάση, με την έννοια ότι κάθε νέο βήμα στην έρευνα συνεπάγεται την μελέτη ποσοτικά νέων επόψεων των φαινομένων, τότε η μαθηματική μέθοδος αποσύρεται στο βάθος. Αλγόριθμοι. Αν δοθεί μια αυστηρά ορισμένη διαδικασία για την λύση κάποιας κλάσης προβλημάτων, τότε μιλάμε για μαθηματικό αλγόριθμο. Αλγόριθμος, δηλ., λέγεται το πεπερασμένο σύστημα κανόνων που με βάση γίνεται ο μετασχηματισμός των διακεκομμένων πληροφοριών. Θεωρητικά σχεδόν κάθε είδος της πνευματικής δραστηριότητας του ανθρώπου θα μπορούσε να αναχθεί στην εκτέλεση του άλφα ή του βήτα αλγορίθμου. Στην πράξη όμως είναι πολύ δύσκολο να βρεθούν οι κανόνες που θα αποτελέσουν αυτούς τους αλγόριθμους. Υπάρχουν και τα λεγόμενα αλγοριθμικώς άλυτα προβλήματα. Μόνο τις τελευταίες δεκαετίες έχουν αναπτυχθεί η γενική θεωρία των αλγορίθμων και η θεωρία "αλγοριθμικής επιλυσιμότητας" των μαθηματικών προβλημάτων. Μοντελάρισμα. Το γεγονός ότι τα πιο διαφορετικά φαινόμενα περιγράφονται με τις ίδιες διαφορικές εξισώσεις, το χρησιμοποιούμε συχνά στην πρακτική. Μας επιτρέπει να μελετάμε ορισμένα φαινόμενα παρατηρώντας κάποια άλλα, αρκεί μόνο και τα δυο φαινόμενα να περιγράφονται με τις ίδιες εξισώσεις. Παράδειγμα: Έστω πχ. ότι θέλουμε να διαπιστώσουμε πως θα κινείται κάτω από τη γη το πετρέλαιο στην περιοχή των γεωτρήσεων. Επειδή οι κινήσεις των υγρών περιγράφονται με τις ίδιες εκείνες διαφορικές εξισώσεις που περιγράφουν και την κίνηση του ηλεκτρισμού, γι’ αυτό, δημιουργούμε ένα ηλεκτρικό κύκλωμα, στο οποίο οι κινήσεις του ηλεκτρισμού γίνονται όπως ακριβώς και οι εξεταζόμενες κινήσεις του πετρελαίου. Μ’ αυτό τον τρόπο βρίσκουμε την ιδανική θέση που πρέπει να στηθεί η γεωτρητική εξέδρα. Αυτή η μελέτη ορισμένων φαινομένων με την βοήθεια άλλων που περιγράφεται με τις ίδιες εξισώσεις λέγεται μοντελάρισμα των φαινομένων. Επιστημονική τυποποίηση. Επιστημονική τυποποίηση ονομάζεται η μέθοδος της γνώσης, που επιτρέπει (με τη βοήθεια ενός συστήματος φυσικού, ή μάλλον τεχνητού, επινοημένου από τον άνθρωπο) να αναπαρασταθεί κάποιο άλλο, πιο σύνθετο σύστημα, το οποίο αποτελεί αντικείμενο της έρευνας. Το σύστημα που αναπαριστά το αντικείμενο της έρευνας λέγεται πρότυπο. Διακρίνουμε τα: α) Τα υλικά πρότυπα, β) Τα ιδεατά πρότυπα. Σημαντική θέση στην τάξη των ιδεατών προτύπων κατέχουν τα μαθηματικά πρότυπα. IV. ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ Η βασική αντίθεση στην ουσία των Μαθηματικών. Τα Μαθηματικά είναι μια ιδιότυπη μορφή της διαδικασίας της ανθρώπινης γνώσης. Εξελίσσονται βασικά με τους ίδιους διαλεκτικούς νόμους και είναι φορέας των διαλεκτικών αντιθέσεων. Όπως είναι γνωστό, η βασική αντίθεση στην ουσία των Μαθηματικών συνίσταται στο γεγονός, ότι οι ποσοτικές σχέσεις και μορφές του χώρου, τις οποίες τα Μαθηματικά προσπαθούν να αποσπάσουν από το περιεχόμενο, δεν μπορούν να είναι αδιάφορες από το περιεχόμενο αυτό. Η βασική αντίθεση επισύρει και άλλες: α) του αφηρημένου και του συγκεκριμένου, β) του πεπερασμένου και του άπειρου, γ) του διακριτού και του συνεχούς κλπ. Όμως οι αντιφάσεις και οι αντιθέσεις, που υπάρχουν σε ενότητα, επιλύονται και αποκαθίστανται με μια ιδιότυπη μαθηματική μορφή, αλλά σε συμφωνία με τη διαλεκτική ουσία της γενικής διαδικασίας της γνώσης, περιγράφοντας με ολοένα και μεγαλύτερη επάρκεια την πραγματικότητα. Οι νομοτέλειες της εξέλιξης των Μαθηματικών δεν μπορούν να συνάγονται και να διατυπώνονται διαφορετικά, παρά μόνο λαμβάνοντας υπ’ όψη τις διασυνδέσεις και επιδράσεις. Κατά την αποκάλυψη ή την εξέταση των νομοτελειών της εξέλιξης των Μαθηματικών πρέπει να παίρνονται υπ’ όψη – μάλιστα όχι σαν τελευταίοι παράγοντες – οι φιλοσοφικές θέσεις των μαθηματικών.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

Η μεθοδολογία των Μαθηματικών ως φιλοσοφική θεωρία. Ακόμη πιο πλατύτερος ορισμός της μεθοδολογίας των Μαθηματικών διαμορφώνεται από την κατανόηση της μεθοδολογίας α) ως φιλοσοφική θεωρία για τις μεθόδους της γνωστικής διαδικασίας και του μετασχηματισμού της αντικειμενικής πραγματικότητας, β) ως εφαρμογή των αρχών της κοσμοθεωρίας ( θετικισμός, διαλεκτικός υλισμός), στη γνωστική διαδικασία, στη γενικότερη πνευματική δημιουργία και στην πρακτική. Με την κατανόηση του αντικειμένου της μεθοδολογίας απ’ αυτή τη σκοπιά, τα μεθοδολογικά προβλήματα, που εξετάζουμε, επιδέχονται φιλοσοφική ερμηνεία. Σημείωση. Η κατανόηση αυτής της αντικειμενικά υπαρκτής νομοτέλειας, επιτρέπει τη σωστή αξιολόγηση και οργάνωση του έργου της ιδεολογικής διαπαιδαγώγησης των νεαρών μαθηματικών. Μαθηματικοποίηση των επιστημών ή μαθηματικές μέθοδοι εφαρμοσμένες στις επιστήμες. Στους κύκλους των συγγραφέων που ασχολούνται με τη λογική της επιστημονικής γνώσης γενικά και της μαθηματικής γνώσης ειδικότερα μπορεί ν’ ακούσει κανείς συχνά, έσω και σε διάφορες παραλλαγές, τον ισχυρισμό πως η μαθηματικοποίηση αποτελεί βασική απαίτηση της επιστήμης ως επιστήμης. σ’ αυτόν τον ισχυρισμό υπάρχει, βέβαια, σημαντικός κόκκος αλήθειας: α) Η εφαρμογή των μαθηματικών μεθόδων κατασταίνει την επιστήμη ακριβολόγα, β) Στο βαθμό που ο όρος μαθηματικοποίηση σημαίνει μαθηματικές μέθοδες (εφαρμοσμένες στις διάφορες επιστήμες), ενάντια στη μαθηματικοποίηση δεν μπορούμε να προβάλουμε αντιρρήσεις, στο βαθμό όμως που η μαθηματικοποίηση σημαίνει (κι’ αυτό συμβαίνει συχνά) μετατροπή, πχ. της Φυσικής σε Μαθηματικά, τότε η μαθηματικοποίηση σημαίνει εκτόπιση των ιδιότυπων αντικειμένου και μεθόδων της Φυσικής και μετατροπή της σε άθροισμα από διαφορικές και άλλες εξισώσεις. Τότε: πίσω από τις μαθηματικές διαφορικές εξισώσεις εξαφανίζονται τα πραγματικά φυσικά γεγονότα και νομοτέλειες, δηλαδή εξαφανίζεται η Φυσική ως Φυσική και φτάνουμε, με απόλυτη σαφήνεια και λογικότητα, σε «φυσικό» ιδεαλισμό. Στον ίδιο τον τομέα των Μαθηματικών η ιδέα της μαθηματικοποίησης των επιστημών οδηγεί τα Μαθηματικά στην αξιωματικοποίησή τους, χωρίς μάλιστα τα αξιώματα να θεωρούνται εξόφθαλμα, παρά μόνο να αιτούνται. Η ιδέα της μαθηματικοποίησης των επιστημών και η ολοφάνερη υπερτίμηση της γνωστικής σημασίας των μαθηματικών μεθόδων οδήγησαν στις ιδέες και των Ενοραματικών Μαθηματικών, καθώς, επίσης, και στα λεγόμενα μετα-Μαθηματικά. Σχέσεις και Σχετιζόμενα – Οι πλατωνικές «Ιδέες». Ο Πλάτων στους διαλόγους του «Θεαίτητος», «Φαίδων», «Μένων», «Συμπόσιον» κλπ. έφτασε στις «Ιδέες» του μέσον, πριν απ’ όλα, της απόσπασης των σχέσεων από τα συσχετιζόμενα πράγματα και τη μετατροπή τους (των σχέσεων) σε καθαρά πνευματικές, υπεργήϊνες, υπερεμπειρικές, υπάρχουσες αιώνια και αντανακλώμενες στα γήινα πράγματα (και όχι αντίστροφα) ιδέες. Κάθε λογής επαναλήψεις της πλατωνικής απόπειρας να μετατρέψει τις σχέσεις (χωρίς τα συσχετιζόμενα πράγματα) σε «Ιδέες»2 δεν μπορούν να έχουν διαφορετικότερη μοίρα, απ’ αυτή που τους επεφύλασσε η πρόοδος των επιστημών. Τα όρια της λογικογνωστικής δύναμης των Μαθηματικών. Παρά την ακρίβεια των μαθηματικών μεθόδων αποδείχνεται περιορισμένη η λογικογνωστική τους δύναμη και σημασία. Εδώ ακριβώς μπαίνουν, στα δικαιώματά τους, διαφορετικότερες μέθοδοι και μέσα καθορισμού της αντικειμενικής πραγματικότητας και της σημασίας των καθοριζόμενων, με μαθηματική ακρίβεια, πραγμάτων και σχέσεων και έτσι αποδείχνεται πως οι μαθηματικές αλήθειες δεν έχουν εκτιμηθεί και δεν μπορούν να εκτιμηθούν επιστημονικά μόνο με τη βοήθεια των μαθηματικών μεθόδων. Αποδείχνεται ότι: άμα μετατρέψουμε τα πράγματα σε άθροισμα από καθαρά μαθηματικές γραμμές, μαθηματικά επίπεδα κλπ., παύουν να είναι αντικειμενικώς ρεαλιστικά, δηλ. υλικά πράγματα, και τότε, έτσι ή αλλιώς, ξάφνου ανακαλύπτουμε τον εαυτό μας να στέκει στις θέσεις του υποκειμενικού ή αντικειμενικού ιδεαλισμού ή, πάλι, στην καλύτερη περίπτωση, του αγνωστικισμού ή του θετικισμού. Το βασικό φιλοσοφικό ερώτημα και τα Μαθηματικά. Το βασικό ή κύριο ζήτημα (δηλ. η σχέση ανάμεσα στο είναι και τη συνείδηση), είναι ακριβώς βασικό ή κύριο, και όχι μοναδικό ζήτημα, που εξαντλεί τη φιλοσοφική σκέψη. Σημειώνουμε πως άλλο πράγμα είναι το να μετρήσεις ή να διατυπώσεις επακριβώς την αιτιακή σχέση ανάμεσα στα πράγματα, και άλλο πράγμα να απαντήσεις στο ζήτημα της αντικειμενικά πραγματικής ύπαρξης της αιτιακής σχέσης. Το σπουδαίο θεωρητικογνωστικό ζήτημα που χωρίζει τα φιλοσοφικά ρεύματα δεν είναι ο βαθμός ακρίβειας που πέτυχαν οι ανθρώπινες περιγραφές των αιτιακών σχέσεων ή το αν αυτές οι περιγραφές μπορούν είτε όχι να εκφραστούν με έναν ακριβή 2

Χαρακτηριστική είναι η επίσημη τοποθέτηση, στο θέμα αυτό, της Ακαδημίας Αθηνών, κατά την «Πανηγυρική Συνεδρία της 29ης Δεκεμβρίου 2000», δια στόματος του προεδρεύοντος (μαθηματικού), Ν. Αρτεμιάδη [κοίτα βιβλιογραφικές παραπομπές]

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

μαθηματικό τύπο, αλλά το αν η πηγή της γνώσης που έχουμε γι’ αυτές τις σχέσεις είναι η αντικειμενική νομοτέλεια της Φύσης ή οι ιδιότητες του νου μας, ή η έμφυτη ικανότητά του να γνωρίζει ορισμένες αλήθειες. Συμβατική [μαθηματική] κίνηση. Κάθε μαθηματικός γνωρίζει πως, αυστηρά κοιταγμένο, το μαθηματικό σημείο δεν μπορεί να κινείται ρεαλιστικά, επειδή η μαθηματική «θέση», που κατέχει σε δοσμένο μαθηματικό χώρο, δεν μπορεί να αδειάσει, ούτε να «πιαστεί» από άλλο σημείο, που γι’ αυτό το λόγο είναι άλλο (γιατί πιάνει άλλη μαθηματική «θέση»), που όμως δεν έχει ούτε μήκος, ούτε πλάτος, ούτε ύψος (αλλιώς το σημείο δεν θα είναι σημείο, αλλά μικρός κύκλος). Η μαθηματική «κίνηση», αυστηρά κοιταγμένη, είναι μόνο συμβατική, μη ρεαλιστική κίνηση. Τα μαθηματικά σύμβολα. Σήμερα κανείς δεν αρνιέται ούτε υποτιμά τα σύμβολα, τα σημεία και άλλα παρόμοια μέσα και μέθοδες, που χρησιμοποιούν τα Μαθηματικά. Θεωρούμε το Διαφορικό Λογισμό ως πρακτικο-συμβολικό, που μπορεί να μας οδηγήσει σε θετικά συμπεράσματα˙ σήμερα πάλι, βλέπουμε πια, και σε μεγάλες ανακαλύψεις. Τούτο, όμως, είναι δυνατό μόνο όταν και όσο τα μαθηματικά σύμβολα και σημεία οικοδομούνται και αναπτύσσονται παραπέρα πάνω στη βάση των κατώτερων μαθηματικών ιδεών-εικόνων των αντικειμενικών πραγμάτων. Συνάμα δεν πρέπει να ξεχνάμε ή να υποτιμούμε πως οι ιδέες-εικόνες των αριθμών και των γεωμετρικών σχημάτων σημαδεύονται με αριθμητικά ψηφία και γεωμετρικά σημεία, οι ίδιες όμως δεν είναι αριθμοί και σημεία, παρά ακριβώς ιδέες-εικόνες. Οι λέξεις. Οι λέξεις στα Μαθηματικά, στο βαθμό που δεν είναι εικόνες, αλλά που σημαίνουν έννοιες και σκέψεις (που είναι πάλι υποκειμενικές εικόνες των αντικειμενικών πραγμάτων και σχέσεων), δεν μπορούν να είναι αληθινές ή ψεύτικες, αλλά μόνο γραμματικά σωστές ή λαθεμένες, μόνο γλωσσικά ακριβείς ή ανακριβείς, μόνο στυλιστικά εύστοχες ή άστοχες κ.ο.κ. Από τον πραγματικό κόσμο στον ιδεατό με όχημα τα Μαθηματικά. Όταν και όσο την κίνησημετάθεση την απολυτοποιούμε, ενώ τα άλλα είδη κίνησης τ' αρνιούμαστε ή τα υποτιμούμε, προκύπτει μια τέτοια φυσική εικόνα του κόσμου, όπου όλα ανάγονται σε καθαρά ποσοτικές μαθηματικές σχέσεις (αριθμητικές και γεωμετρικές). Σε τελευταία ανάλυση: Τα πραγματικά σημεία, γραμμές, επιφάνειες και όγκοι μετατρέπονται σε μαθηματικά σημεία, γραμμές, επιφάνειες και όγκους ή, η Φυσική, μετατρέπεται σε καθαρή και στον ανώτατο βαθμό αφηρημένη Γεωμετρία, ενώ η φυσική κίνηση σε «κίνηση» μαθηματικών σημείων και σωμάτων. Και πάλι μ' αυτό τον τρόπο η απολυτοποίηση της μαθηματικοποίησης οδηγεί σε άρνηση της φυσικής ως επιστήμης συγκεκριμένων και αντικειμενικά πραγματικών σωμάτων και διαδικασιών, δηλ. οδηγεί, σε φυσικό ιδεαλισμό. Τα μαθηματικά σημεία, γραμμές, σώματα και κινήσεις μπορούν να χρησιμοποιηθούν για να εξαχθούν διάφορες φόρμουλες˙ ποια, όμως, φόρμουλα, πότε, πως και γιατί αποδείχνεται πως έχει συγκεκριμένο πραγματικό περιεχόμενο και σημασία, αυτό πια δεν ανήκει στις αρμοδιότητες, ή αν θέλετε, στο μονοπώλιο των καθαρών Μαθηματικών. Οι έννοιες του χώρου και του χρόνου δεν είναι μαθηματικές. Είναι έννοιες της φιλοσοφίας. Οι φιλοσοφικές έννοιες για το χρόνο και το χώρο αποτελούν αφαιρέσεις από την ιδιότητά τους να είναι μετρήσιμοι. Είναι έννοιες που δεν εξαρτώνται από την ποιότητα των αντικειμένων χρόνος και χώρος ως μετρήσιμων.Οι έννοιες χώρος και χρόνος είναι οι πιο γενικές έννοιες από την άποψη ότι έχουν τον ανώτερο βαθμό αφαίρεσης. Έτσι, η έννοια του χώρου μπορεί να προκύψει από την έννοια «γεωμετρικό σχήμα», με την αφαίρεση των ιδιοτήτων του «σχήματος» και του «μετρήσιμου». V. ΤΕΛΙΚΑ ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑΤΑ 1) ● Υπάρχει αντικειμενική πραγματικότητα ● Υπάρχει υποκείμενο με συνείδηση ● Η αντικειμενική πραγματικότητα είναι πρωτογενής, η συνείδηση δευτερογενής ● Η αντικειμενική πραγματικότητα περιλαμβάνει αντικείμενα (πράγματα και φαινόμενα) ● Μεταξύ των αντικειμένων υπάρχουν συσχετίσεις ● Το υποκείμενο επεξεργάζεται έννοιες για αντικείμενα και συσχετίσεις που διαμορφώνουν τη συνείδηση ● Υπάρχει υποκειμενικό μέσο, που ονομάζεται γλώσσα ● Η γλώσσα περιλαμβάνει όρους και κρίσεις ● Οι έννοιες των αντικειμένων εκφράζονται με όρους ● Οι έννοιες των συσχετίσεων εκφράζονται με κρίσεις ● Το περιεχόμενο των εννοιών αυτών ελέγχεται από την ανθρώπινη δραστηριότητα – πρακτική

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

● Στα Μαθηματικά οι έννοιες των συσχετίσεων είναι: σχέσεις.......(πχ. <, =, >), πράξεις........(πχ. +,

d dx

, ∫ ), συναρτήσεις.......(πχ. y=sinx)

2) Τα αξιώματα δεν αποτελούν την αφετηρία της έρευνας, αλλά το τελικό της αποτέλεσμα˙ τα αξιώματα δεν εφαρμόζονται στο φυσικό κόσμο και στην ιστορία των ανθρώπων, αλλά εξάγονται ακριβώς απ’ αυτά˙ δεν είναι ο φυσικός κόσμος και οι ανθρώπινες κοινωνίες που ανταποκρίνονται, που συμφωνούν προς τα αξιώματα, αλλά αντίθετα τα αξιώματα πλησιάζουν προς την ακρίβεια, στο μέτρο που συμφωνούν, που ανταποκρίνονται στη φύση και την ιστορία. 3) Η Φιλοσοφία διεισδύει σ’ όλες τις επιστήμες, ενώ τα Μαθηματικά μπορούν να διεισδύουν σε όλες τις επιστήμες, αλλά σε ορισμένο στάδιο ανάπτυξης των τελευταίων. 4) Είναι αδύνατη η περαιτέρω εσωτερική ανάπτυξη των Μαθηματικών χωρίς τον εμπλουτισμό του περιεχομένου τους, χωρίς την εισαγωγή νέων εννοιών με νέο περιεχόμενο, που να αντανακλά την αντικειμενική πραγματικότητα. Και πριν απ’ όλα χρειάζεται η δυνατότητα εξαγωγής επιστημονικών πορισμάτων. 5) Η μηχανή δεν σκέφτεται, απλούστατα μιμείται, προπλάθει τις ενυπάρχουσες στον άνθρωπο συγκεκριμένες λογικές πράξεις. Αλλά δεν μιμείται παρά εκείνες τις λογικές πράξεις που επιδέχονται τυποποίηση και μαθηματική επεξεργασία. Η νόηση είναι αποκλειστικό χαρακτηριστικό του ανθρώπου, είναι ιδιότητα της ιδιαίτερα οργανωμένης ύλης-του ανθρώπινου εγκεφάλου, που αποτελεί προϊόν της μακρόχρονης εξέλιξης του υλικού κόσμου και, πριν απ’ όλα, του κοινωνικού περιβάλλοντος. Από την ίδια τη φύση της, η νόηση είναι κοινωνική. Η μηχανή, όμως, ακόμα και η πιο τελειοποιημένη, είναι και θα μείνει για πάντα ένας νεκρός μηχανισμός, που έχει δημιουργηθεί και διευθύνεται από τον άνθρωπο. Σε όσο υψηλό επίπεδο ανάπτυξης κι αν φτάσει η κυβερνητική, η αυτόματη μηχανή δεν πρόκειται να παίξει το ρόλο του φορέα της ανθρώπινης συνείδησης, δεν πρόκειται να υποκαταστήσει ποτέ τον άνθρωπο, σαν κοινωνικό ον. Θα μείνει για πάντα ένα όργανο, ένα μέσο επίλυσης των παραγωγικών προβλημάτων που αντιμετωπίζει ο άνθρωπος. 6) Τα μέτρα και γενικά τα μέσα, που μ’ αυτά μετριούνται τα μαθηματικά μεγέθη, μπορώντας να ορίσουν, λόγου χάρη, πόσο ψηλό είναι ένα δοσμένο πράγμα, ανάλογα με το πόσες φορές μπορεί το μέτρο να χωρέσει στο ύψος του, ούτε απαντούν, ούτε μπορούν να απαντήσουν στο ζήτημα: αν το ίδιο το μετρούμενο πράγμα είναι ή δεν είναι αντικειμενικώς ρεαλιστικά υπαρκτό, καθώς και αν το ίδιο το μέτρο κατέχει αντικειμενικά ρεαλιστική οντότητα. 7) Σημειώνουμε ότι στο βασικό φιλοσοφικό ζήτημα, τα Μαθηματικά ως Μαθηματικά, δεν μπορούν να απαντήσουν, εκτός αν ξεκινούν από τις στοιχειώδεις μαθηματικές ιδέες, που έχουν χαρακτήρα υποκειμενικών εικόνων των αντικειμενικών πραγμάτων και, σε τελευταία ανάλυση ξανά, μέσον του ελέγχου στην πράξη, επιστρέφουν σ’ αυτές τις πρωταρχικές μαθηματικές ιδέες-εικόνες. Παρμένα, όμως, ως καθαρές μαθηματικές έννοιες, αποκόβονται από το βασικό ή το κύριο φιλοσοφικό ζήτημα και σε τελευταία ανάλυση, ιδιαίτερα για όσους δεν γνωρίζουν και δεν έχουν την ικανότητα να εφαρμόζουν τη διαλεκτική στη θεωρία της γνώσης, οδηγούν σε υποκειμενικό ή αντικειμενικό ιδεαλισμό, σε αγνωστικισμό και θετικισμό. 8) Το αντικειμενικό περιεχόμενο όλων των Μαθηματικών, όπως και κάθε επιστήμης, οι ειδικοί επιστήμονες και οι φιλόσοφοι το αντιλαμβάνονται και το ερμηνεύουν στα πλαίσια των διαμορφωμένων φιλοσοφικών και κοινωνικο-πολιτικών τους αντιλήψεων. Η αμοιβαία επίδραση του αντικειμενικού περιεχομένου των Μαθηματικών και της ιδεολογίας αποτελεί σημαντική πλευρά για την αποσαφήνιση των μεθοδολογικών προβλημάτων, προσδιορίζει τον ιδεολογικό προσανατολισμό των πράξεων των επιστημόνων, συμπεριλαμβανομένων και των μαθηματικών 9) Είναι ενδιαφέρον να σημειωθεί, ότι τα μαθηματικά μοντέλα των φυσικών και κοινωνικών φαινομένων και διαδικασιών, δεν είναι φιλοσοφικά και ιδεολογικά ουδέτερα, αφού στο βάθος αντικατοπτρίζουν τις αντιλήψεις του κατασκευαστή τους για τη Φύση και την κοινωνία και τον τρόπο που αλληλεξαρτώνται και αλληλοεπηρεάζονται ΚΥΡΙΑ ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ ΠΟΥ ΛΗΦΘΗΚΕ ΥΠ’ ΟΨΗ [κατ’ αλφαβητική σειρά τίτλου] 1. «Αντι-Ντύριγκ», Φρ. Ένγκελς, εκδ. "Αναγνωστίδης", Αθήνα 2. «Αξιωματική μέθοδος», Robert Blanchè, εκδ. "Καστανιώτης", Αθήνα 1971 3. «Αστρονομία-Μαθηματικά», τόμ. 2 της σειράς: "Ακαδημαϊκή" (Ακαδημία Επιστημών της ΕΣΣΔ), εκδ. "Ι. Γιαννίκος & ΣΙΑ ΕΠΕ", Αθήνα 1976

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΦΙΛΟΣΟΦΙΑ

4. «Γιατί δεν μπορεί να κάνει πρόσθεση ο Γιάννης», Morris Kline, εκδ. "Βάνιας", Θεσσαλονίκη 1993 5. «Εισαγωγή στην Διαλεκτική Επιστημολογία», Alain Badiou, εκδ. "Καστανιώτης", Αθήνα 1972 6. «Εισαγωγή στη Μεθοδολογία των Μαθηματικών», K. A. Rybnikov, εκδ. "Επιστήμη και Κοινωνία", Θεσσαλονίκη 1986 7. «Εισαγωγή στη Φιλοσοφία των Μαθηματικών», Διον. Α. Αναπολιτάνος, εκδ. "Νεφέλη", Αθήνα 1985 8. «Ελεύθερες συζητήσεις», J. Piaget, εκδ. "Καστανιώτης", Αθήνα 1978 9. «Η γοητεία των Μαθηματικών», Serge Lang, εκδ. "Κάτοπτρο", Αθήνα 1997 10. «Η διαλεκτική της Φύσης», Φ. Ένγκελς, εκδ. "Σύγχρονη Εποχή", Αθήνα 1997 11. «Η ενορατική σχολή στα Μαθηματικά», Διον. Δ. Αναπολιτάνος, σειρά "Θεμέλια των Επιστημών" τόμ. 2, εκδ. Gutenberg, Αθήνα 1980 12. «Θεωρία της Αντανάκλασης», Τ. Παυλόφ, (επιτομή) εκδ. "Δωδώνη", Αθήνα 1974 13. «Ιστορία των Μαθηματικών», Gino Loria, εκδ. "Παπαζήση", Αθήνα 1971 14. «Λεξικόν Φιλοσοφίας», Χρήστος Ανδρούτσος, εκδ. «Βασ. Ρηγόπουλος», Αθήνα 1965 15. «Μαθηματικά», τόμ. 2 της σειράς: Επιστημονική Βιβλιοθήκη Life, εκδ. "Λύκειος Απόλλων", Αθήνα 1976 16. «Μαθηματικά και Ανάπτυξη», Ljubomir Iliev, εκδ. «Επιστήμη και Κοινωνία», Θεσσαλονίκη 1988 17. «Μεγάλη Σοβιετική Εγκυκλοπαίδεια», τόμ.1 (σελ.643-651), τόμ.18 (σελ.656-661), τόμ. 20 (σελ.437-481), εκδ. "Ακάδημος", Αθήνα 1978 18. «Οι βάσεις των φιλοσοφικών γνώσεων», Β. Γκ. Αφανάσιεφ, εκδ. "Προγκρές", Αθήνα 1987 19. «Παρατηρήσεις επί της ιστορίας και της φιλοσοφίας των Μαθηματικών», Ομιλία Ν.Κ. Αρτεμιάδη, από την πανηγυρική συνεδρία της Ακαδημίας την 29/12/2000 20. Περιοδικό " QUANTUM", τόμ. 1 (τεύχ.4), τόμ. 3 (τεύχ. 2). 21. Περιοδικό " Σύγχρονα Θέματα" ,τεύχ. 3(1963), άρθρο Σπ. Ζερβού 22. «Τα μαθηματικά χειρόγραφα του Καρλ Μαρξ», Nauka Press 1968, ελληνική μετάφραση και έκδοση από τις εκδ. "Γλάρος", Αθήνα 1987 23. «Τι είναι φιλοσοφία», Ευτύχη Ι. Μπιτσάκη, εκδ. "Σύγχρονη Εποχή", Αθήνα 1986 24. «Υλισμός και εμπειριοκριτικισμός», Β. Ι. Λένιν, "Άπαντα", τόμ. 18, εκδ. "Σύγχρονη Εποχή", Αθήνα 1978 25. «Φιλοσοφικά Τετράδια», Β. Ι. Λένιν, "Άπαντα", τόμ. 29, εκδ. "Σύγχρονη Εποχή", Αθήνα 1980 26. «Φιλοσοφικό Λεξικό», Μ. Ρόζενταλ-Π. Γιούντιν, εκδ. "Αναγνωστίδης", Αθήνα 1963

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Το βοεικόν πρόβλημα που έστειλε ο Αρχιμήδης στον Ερατοσθένη τον Κυρηναίο λύθηκε το 1985 δηλαδή μετά από 2000χρόνια. Ιωάννη Φάκα Οι Αρχαίοι Έλληνες Μαθηματικοί Φέτος η «Ελευθεροτυπία» των Αθηνών σε ένα από τα αξιόλογα ένθετα που εκδίδει κάθε Πέμπτη, με επικεφαλίδα Ιστορικά, εξέδωσε το: «Αρχαίοι Έλληνες Μαθηματικοί». Με αυτή την αφορμή και αφού επικοινώνησα και με τους φίλους μου κ. Νίκο Παπαναστασίου, καθηγητή των Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αθηνών και κ. Χρίστο Χατζηγιάγκου Μηχανικό Τοπογράφο στη Λευκωσία, παραθέτω τις πιο κάτω πληροφορίες για τους αναγνώστες του Μαθηματικού Βήματος. Ο Έλληνας μαθηματικός Ερατοσθένης ο Κυρηναίος, μετρά την περίμετρο της Γης χρησιμοποιώντας την αστρονομία Ο Έλληνας μαθηματικός Ερατοσθένης ο Κυρηναίος γεννήθηκε στην Κυρήνη της Βορείου Αφρικής, το 285 π.Χ. Σπούδασε στην Αλεξάνδρεια και στην Αθήνα. Το 235 π.Χ. ο βασιλιάς Πτολεμαίος ο Γ΄ τον διόρισε διευθυντή της περίφημης βιβλιοθήκης της Αλεξανδρείας, θέση που κατείχε μέχρι τον θάνατο του το 194 π.Χ. Τον Ιούνιο του 230 π.Χ. αποφάσισε χρησιμοποιώντας τις ακτίνες του ηλίου να μετρήσει την περίμετρο της Γης. Ξεκίνησε από την Αλεξάνδρεια με καμήλες και κατευθυνόταν ακριβώς νότια, διασχίζοντας την Αίγυπτο. Προχωρούσε μέχρις ότου συναντήσει τον, σήμερα ονομαζόμενο, τροπικό του Καρκίνου. Έφθασε μέχρι το Ασσουάν και προχώρησε ακόμη πιο νότια όπου βρήκε το περίφημο φρέαρ της Συήνης. Στο πηγάδι αυτό, το οποίο σώζεται μέχρι σήμερα, μία φορά τον χρόνο και συγκεκριμένα στις 22 κάθε Ιουνίου στις 12 το μεσημέρι ακριβώς, οι ακτίνες του ήλιου φωτίζουν ομοιόμορφα ολόκληρο το πηγάδι, μέχρι και το νερό. Με το γεγονός αυτό ο Ερατοσθένης ήταν βέβαιος πλέον ότι η Συήνη βρισκόταν στον τροπικό του Καρκίνου. Επέστρεψε μετρώντας αυτή την φορά την απόσταση μέχρι την Αλεξάνδρεια. Το επόμενο έτος, την ίδια ημερομηνία, στις 12 το μεσημέρι μέτρησε και την σκιά ενός οβελίσκου στην Αλεξάνδρεια. Αυτά τα στοιχεία ήσαν αρκετά για να στηριχθεί και να μετρήσει την περίμετρο της Γης και τη βρήκε ότι ισούται με 252000 αιγυπτιακά στάδια, που σε χιλιόμετρα ανέρχεται σε 39600. Δεδομένου ότι ο μεσημβρινός είναι 40000 km βλέπουμε ότι ο Ερατοσθένης έχει ένα μικρό σφάλμα, το οποίο κυρίως οφείλεται στο γεγονός, ότι το πηγάδι της Συήνης και το σημείο που ευρισκόταν στην Αλεξάνδρεια ο οβελίσκος, δεν βρίσκονταν ακριβώς στον ίδιο μεσημβρινό, όπως λανθασμένα δέχθηκε. Ο Αρχιμήδης Την ίδια εποχή ζούσε στις Συρακούσες της Σικελίας ένας άλλος Έλληνας μαθηματικός ο Αρχιμήδης που είναι ο άνθρωπος που είπε το περίφημο «δος μοι μέρος να σταθώ και την Γαν κινήσω». Είναι ο άνθρωπος ο οποίος καθυστέρησε με τις μηχανές που κατασκεύασε, για 3 χρόνια, τον Ρωμαίο Ύπατο Κλαύδιο Μάρκελλο, στο να κυριεύσει τις Συρακούσες. Είναι εκείνος ο οποίος είπε : «μη μου τους κύκλους τάραττε», στον Ρωμαίο στρατιώτη που τον συνέλαβε, παρά τις σαφείς διαταγές του Κλαύδιου στο να περισωθεί αυτός ο μεγάλος επιστήμονας.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Το άγαλμα του λουομένου Αρχιμήδη ευρίσκεται στο πανεπιστήμιο UMIST του Μάντσιεστερ, θυμίζοντας τα άλλα περίφημα λόγια του «εύρηκα, εύρηκα» τα οποία αναφώνησε βγαίνοντας γυμνός από το μπάνιο του, μόλις ανακάλυψε την αρχή της υδροστατικής άνωσης, που διέπει την απώλεια βάρους εντός του ύδατος. «Πάν σώμα βαφτιζόμενον εντός του ύδατος χάνει τόσον βάρος όσον είναι το βάρος του νερού το οποίο εκτοπίζεται». «Ουδέν καλόν αμιγές κακού» Επιστρέφοντας στον Ερατοσθένη, λέμε ότι η μεγάλη επιτυχία του να μετρήσει τη διάμετρο της Γης διαδόθηκε σύντομα και έφθασε μέχρι τις Συρακούσες. Μία μεγάλη αρετή των Ελλήνων είναι το π α ι χ ν ί δ ι και όπως αναφέρει η Edith Hamilton αυτή η αρετή υπάρχει μόνο στους Έλληνες. Ο Αρχιμήδης δεν μπορούσε να ξεφύγει από αυτό τον κανόνα όντας και αυτός Έλληνας. «Θύμωσε», «ζήλεψε» και κάθισε και δημιούργησε ένα ωραιότατο μαθηματικό πρόβλημα, που σχετίζεται με τις αγελάδες και τους ταύρους του Θεού Ήλιου. Το σύνταξε σαν ποίημα και το απέστειλε στον Ερατοσθένη γράφοντας του: «αν είσαι τόσον σοφός όσον νομίζεις και όσον διαδίδουν, λύσε το». Το βοεικόν πρόβλημα Παραθέτω πρώτα, την προμετωπίδα του προβλήματος όπως υπάρχει στο αρχαίο κείμενο και την μετάφραση του στην καθομιλουμένη. Πρόβλημα, όπερ Αρχιμήδης εν επιγράμμασιν ευρών τοις εν Αλεξανδρεία περί ταύτα πραγματευομένοις ζητείν επέστειλεν εν τη προς Ερατοσθένην τον Κυρηναίον επιστολή. Πρόβλημα, το οποίον ο Αρχιμήδης ευρών απέστειλεν εις στίχους προς τους εν Αλεξανδρεία ασχολουμένους με τα θέματα αυτά, περιεχόμενον εις την επιστολήν του προς τον Ερατοσθένη τον Κυρηναίον. Το πλήθος των βοών του ηλίου, ω ξένε, μέτρησον αφού επιστήσης την προσοχήν σου, εάν μετέχης σοφίας, πόσον δηλαδή έβοσκε εις τας πεδιάδας της νήσου Σικελίας, της τριγωνικής, διηρημένον εις τέσσαρας αγέλας διαφόρου χρώματος. Η μέν μία με λευκόν ως γάλα τρίχωμα, η δε άλλη με κυανούν έλαμπε χρώμα, η άλλη με ξανθόν και η άλλη με ανάμικτον χρώμα. Σε κάθε μία από τις 4 αγέλες υπήρχαν αγελάδες και ταύροι. Όροι που έθεσε ο Αρχιμήδης για τους ταύρους Εις εκάστην δε αγέλην ήσαν ταύροι εις μέγα πλήθος κατά την εξής αναλογίαν.

1 1 και το των κυανών ταύρων και φαντάσου, ω ξένε, 2 3 αυξημένον το πλήθος τούτο, με όλους τους ξανθούς. 1. Οι λευκοί μέν ήσαν το

2. Οι δε κυανοί ήσαν ίσοι με το

1 1 και το του αναμίκτου χρώματος, συν όλους τους 4 5

ξανθούς. Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

3. Τους δε αναμίκτου χρώματος, φαντάσου ότι εξισούνται εις αριθμόν με το

1 1 και το 6 7

μέρος των λευκών ταύρων και με όλους τους ξανθούς.. Όροι που έθεσε ο Αρχιμήδης για τις αγελάδες

Ως προς δε τας αγελάδας υπήρχον οι εξής σχέσεις. 4. Αι μεν λευκαί ήσαν όλης της κυανής αγέλης (ταύρων και αγελάδων) ακριβώς ίσαι προς το 1 1 μέρος και το (αυτών). 3 4 1 1 5. Αι δε κυαναί πάλιν ήσαν ίσαι με το και το μέρος της αγέλης των αναμίκτου 4 5 χρώματος, (ταύρων και αγελάδων) όταν ήρχοντο όλαι με τους ταύρους εις την βοσκήν. 1 6. Αι αναμίκτου δε χρώματος αγελάδες είχον αριθμόν κατά το πλήθος ίσον με το και το 5 1 μέρος της αγέλης (ταύρων και αγελάδων) των ξανθοτρίχων. 6 1 1 1 7. Αι δε ξανθαί ηρίθμουν το του μέρους συν το μέρος της αγέλης των λευκών 2 3 7 (ταύρων και αγελάδων). Οι δύο τελευταίοι όροι που έθεσε ο Αρχιμήδης

Συ δε, ω ξένε, αν μου είπης με ακρίβειαν πόσοι ήσαν οι βόες του ηλίου, χωριστά δε πάλιν, πόσαι ήσαν αι αγελάδες εκάστου χρώματος, τότε δεν θα χαρακτηρίζεσαι ως αμαθής και αδαής των αριθμών, όμως δεν θα συγκαταλέγεσαι ακόμη μεταξύ των σοφών. Έλα λοιπόν λέγε την απάντηση σου που πρέπει να ακούει και στις πιο κάτω δύο σχέσεις των βοών του ηλίου. 8. Οι μέν λευκοί ταύροι, όταν αναμιχθώσι με το πλήθος των κυανών ταύρων, ίστανται εις συμπαγή σχηματισμόν ισομέτρως και κατά το βάθος, και κατά το πλάτος, όλαι δε αι πεδιάδες της Σικελίας ήσαν γεμάται από τον τετράγωνον αυτόν σχηματισμόν. 9. Εξ άλλου δε οι ξανθοί και οι αναμίκτου χρώματος ταύροι, αθροιζόμενοι ομού ευρίσκοντο τοιουτοτρόπως, ώστε αρχίζοντες από ένα να αποτελούν σχήμα τριγώνου αριθμού χωρίς να είναι περισσότεροι και χωρίς να είναι ολιγώτεροι οι ταύροι. Αφου εύρης και αυτά και τα συμπεριλάβης εις τον νου σου και εκφράσης, ω ξένε, όλα τα μέτρα των πληθών άπελθε υπερηφανευόμενος ότι ανεδείχθης νικητής και γνώριζε ότι εκρίθης τέλειος εις αυτήν την σοφίαν. Εξήγηση του προβλήματος

Για να δούμε πόσον ωραίο και συμμετρικό είναι το πρόβλημα πρώτους όρους του με εξισώσεις αφού θέσουμε:

παρουσιάζουμε τους 7

Ω, ω οι αριθμοί των λευκών ταύρων και αγελάδων αντιστοίχως,

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Χ, χ οι αριθμοί των κυανών ταύρων και αγελάδων αντιστοίχως, Φ, φ οι αριθμοί των αναμίκτου χρώματος ταύρων και αγελάδων αντιστοίχως και Ψ, ψ οι αριθμοί των ξανθών ταύρων και αγελάδων αντίστοιχα.

( Ε.Σ. Σταμάτη: Αρχιμήδους Άπαντα, τόμος β΄). Εξισώσεις:

⎛1 1⎞ Λευκοί :Ω = ⎜ + ⎟ Χ + Ψ , ⎝ 2 3⎠ ⎛1 1⎞ Ανάμικτου χρώματος: Φ = ⎜ + ⎟Ω + Ψ ⎝6 7⎠ Τα ύ ρ ο ι:

⎛1 1⎞ Κυανοί: Χ = ⎜ + ⎟ Φ + Ψ ⎝ 4 5⎠

⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ Λευκαί: ω = ⎜ + ⎟ ( X + χ ) , Κυαναί: χ = ⎜ + ⎟ ( Φ + ϕ ) ⎝ 4 5⎠ ⎝3 4⎠ ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ Αναμίκτου χρώματος: φ = ⎜ + ⎟ ( Ψ + ψ ) , Ξανθαί: ψ = ⎜ + ⎟ ( Ω + ω ) ⎝6 7⎠ ⎝5 6⎠

Α γ ε λ ά δ ε ς:

«Ένα καντάρι σίδερο πόσα βελόνια φκάλλει»

Με την λύση του προβλήματος, ασχολήθηκαν πάρα πολλοί από την αρχαιότητα μέχρι και των ημερών μας. Δεν αποτρέπω οποιονδήποτε επιθυμεί να λύσει το πρόβλημα, διότι με την δοκιμή αυτή θα αποκτήσει εμπειρίες και θα αντιληφθεί πλήρως το βάθος του προβλήματος. Επισημαίνω όμως ότι εκείνος που το δημιούργησε συνάντησε λιγότερες δυσκολίες παρά από εκείνους που θα επιχειρήσουν να το λύσουν. Ο λόγος είναι ότι ο συντάκτης εργαζόταν σχεδόν ευθέως, ενώ εμείς που θα επιχειρήσουμε να το λύσουμε πρέπει να εργαστούμε αντίστροφα. Για να δείξω το πόσο δύσκολο είναι, λέω ότι ο Αρχιμήδης είναι σαν να μας έλεγε το κυπριακό δίστιχο: «εσύ που είσαι έξυπνος πολλά και ο νους σου κατεβάζει, πες μας ένα καντάρι σίδερο πόσα βελόνια φκάλλει». Στη συνέχεια και παρόλο το δύσκολο του προβλήματος παραθέτουμε 3 λύσεις 1.Μια αρχαία γλαφυρότατη λύση

Ο Ε. Σταμάτης στο σύγγραμμα του: Αρχιμήδη Άπαντα Τόμος β΄ παρουσιάζει μία αρχαία λύση του βοεικού προβλήματος την οποία σας παραθέτω πιο κάτω με την αρχαία ορολογία. Στην αρίθμηση χρησιμοποιείται η μυριάδα που είναι ο αριθμός 10 000 και η διπλή μυριάδα που είναι ο αριθμός 100 000 000. Στο σημείο αυτό επισημαίνουμε ότι και η λέξη εκατομμύριο προέρχεται από τη μυριάδα, δηλαδή το εκατομμύριο είναι 100 μυριάδες.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Λύση του προβλήματος:

1. Οι λευκοί ταύροι είχαν πλήθος 8 διπλές μυριάδες, 2931 απλές μυριάδες και 8560 μονάδες. Δηλαδή 829 318 560. 2. Αι λευκαί αγελάδες ηρίθμουν μυριάδες διπλάς 5, απλάς μυριάδας 7650 και μονάδες 8800. Ήτοι εν όλω 576 508 800. 3. Η δε αγέλη των κυανοχρόων ταύρων έχει μεν μυριάδας διπλάς 5 και μυριάδας απλάς 9684 και μονάδας 1120. Ητοι εν όλω 596 841 120. 4. Η αγέλη των κυανοχρόων αγελάδων ηρίθμην διπλάς μυριάδας 3, απλάς μυριάδας 145 και μονάδες 9680. Ήτοι εν όλω 391 459 680. 5. Η δε αγέλη των αναμίκτου χρώματος ταύρων έχει διπλάς μυριάδας 5, απλάς μυριάδας 8864 και μονάδες 4800. Ήτοι εν όλων 588 644 800. 6. Η δε αγέλη των αναμίκτου χρώματος αγελάδων έχει μυριάδες διπλάς 2, μυριάδες απλάς 8126 και μονάδες 5600. Ήτοι εν όλων 281 265 600. 7. Η αγέλη των ξανθοχρόων ταύρων έχει μυριάδες διπλάς 3, μυριάδες απλάς 3195 και μονάδες 960. Σύνολο 331 950 960. 8. Αγελάδες ξανθοχρόου χρώματος μυριάδες διπλάς 4, μυριάδες απλάς 3513 και μονάδες 7040. Ήτοι 435 137 040. Στην λύση αυτή ο συνολικός αριθμός αγελάδων και ταύρων όλων των χρωμάτων που έβοσκε ο Θεός Ήλιος ήταν 4 031 126 560. Έλεγχος της πιο πάνω λύσης που είχε ως επικεφαλίδα τη λέξη «σχόλιον»

Ίσως την αρχαία εποχή να ήταν κουραστικό να ελέγξουμε την ορθότητα της λύσης. Σήμερα όμως με τις υπολογιστικές μηχανές που όλοι διαθέτουμε είναι απλός ο έλεγχος, αρκεί να διαθέτουν το replay για να μπορεί να παίρνει μεγάλους αριθμούς. Ελέγξαμε και πράγματι οι πιο κάτω 7 πράξεις είναι ορθές, πράγμα που σημαίνει ότι επαληθεύονται οι πρώτοι 7 όροι. Εξισώσεις: ⎛1 1⎞ Λευκοί: 829318560 = ⎜ + ⎟ x 596841120 + 331950960 ⎝ 2 3⎠

Τα ύ ρ ο ι:

⎛1 1⎞ Κυανοί: 596841120 = ⎜ + ⎟ x 588644800 + 331950960 ⎝ 4 5⎠ ⎛1 1⎞ Αναμίκτου χρώματος: 588644800 = ⎜ + ⎟ x 829318560 + 331950960 ⎝6 7⎠

Α γ ε λ ά δ ε ς:

⎛1 1⎞ Λευκαί: 576508800 = ⎜ + ⎟ x (596841120 + 391459680) ⎝3 4⎠

⎛1 1⎞ Κυαναί: 391459680 = ⎜ + ⎟ x (588644800 + 281265600) ⎝ 4 5⎠

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

⎛1 1⎞ Αναμίκτου χρώματος: 281265600 = ⎜ + ⎟ x (331950960 + 435137040) ⎝5 6⎠ ⎛1 1⎞ Ξανθαί: 435137040 = ⎜ + ⎟ x ( 829318560 + 576508800 ) ⎝6 7⎠

Έλεγχος του 8ου όρου του Αρχιμήδη

Όπως πολύ σωστά επισημαίνει και ο Ε. Σταμάτης, στο βιβλίο του Ευκλείδη Τόμος β΄ σελ. 35, οι δύο τελευταίοι όροι δεν επαληθεύονται, παρά το ότι ο «σχολιαστής» ισχυριζόταν το αντίθετο. Σήμερα με τους ηλεκτρονικούς υπολογιστές αυτό ελέγχεται αμέσως. Πράγματι: √( λευκοί ταύροι + κυανοί ταύροι ) = √( 829 318 560 + 596 841 120 ) = √1 426 159 680 = 37 764,52939

που δεν είναι ακέραιος ως όφειλε να ήταν, για να ονομάζεται τετράγωνος ο αριθμός. Έλεγχος του 9ου όρου

Ούτε ο 9ος όρος επαληθεύεται στην αρχαία λύση του προβλήματος. Για να το διαπιστώσουμε πρέπει να αποδείξουμε και να χρησιμοποιήσουμε την εξής αρχή: Για να είναι ένας αριθμός τρίγωνος πρέπει το 8πλάσιο του αν αυξηθεί κατά μονάδα να προκύπτει τετράγωνος αριθμός. Απόδειξη:

8ν (ν + 1) 2

+ 1 = 4ν(ν +1) +1 = 4ν + 4ν + 1 = ( 2ν +1)

Σύμφωνα με αυτή την αρχή που αποδείξαμε πρέπει ο αριθμός 8 x (ξανθοί ταύροι + ανάμεικτου χρώματος ταύροι)+1 να είναι τετράγωνος αριθμός, δηλαδή: 8 x (331 950 960+588 644 800) +1=8 x (920 595 760) +1=7364766080+1=7364766081⇒

7 364 766 081 = 85 818,21532 που δεν είναι ακέραιος ως όφειλε να ήταν. 2. Μια λύση με μικρότερους αριθμούς

Το βοεικόν πρόβλημα δίδεται σήμερα, στα πανεπιστήμια προς τους φοιτητές μόνο με τους 7 πρώτους όρους, που έχει εξάλλου λύση «ευπαρουσίαστη». Η συνεργάτιδα μας Λουκία Νικολάου ως φοιτήτρια των μαθηματικών, το έλυσε και έδωσε τις πιο κάτω απαντήσεις που είναι 80 φορές μικρότερη της αρχαίας λύσης. Είναι η εξής:

Λευκοί ταύροι

10 366 482

Λευκές αγελάδες 7 206 360

Κυανοί ταύροι

7 460 514

Κυανές αγελάδες 4 893 246

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Αναμίκτου χρώματος ταύροι 7 358 060

Αν.χρ.αγελάδες

Ξανθοί ταύροι

Ξανθές αγελάδες 5 439 213

4 149 387

3 515 820

Σε αυτή τη λύση όλοι οι ταύροι και όλες οι αγελάδες του ΘεούΉλιου ανέρχονται σε 50389082. Ελέγξαμε τη λύση και πράγματι ικανοποιεί και τους 7 όρους του προβλήματος. 3. Τελική λύση του προβλήματος που να ικανοποιεί και τους 9 όρους, με τη χρήση Ηλεκτρονικού Υπολογιστή

Το πρόβλημα στην πλήρη μορφή του είχε παραμείνει άλυτο μέχρι το 1985. Τη χρονιά εκείνη λύθηκε στη Γερμανία με τη χρήση των Η.Υ. Η λύση για τον συνολικό αριθμό των ταύρων και των αγελάδων του Θεού Ηλίου αποτελείται από ένα τεράστιο αριθμό, που για να γραφτεί χρησιμοποιήθηκαν 70 γραμμές πυκνογραμμένης σελίδας Α4 την οποία και παραθέτουμε. Ο αριθμός έχει πέραν των 7 000 ψηφίων και μας την απέστειλε ο συνεργάτης μας καθηγητής των Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο Αθηνών κ. Νίκος Παπαναστασίου. Επίλογος Πρόβλημα όπερ Αρχιμήδης ευρών απέστειλε προς Ερατοσθένη

Την λέξη ευρών ο Ε. Σταμάτης δεν την μεταφράζει στην Νεοελληνική και την αφήνει ως έχει. Ο καθηγητής μου Μαυρίκιος Μπρίκας την μεταφράζει με την λέξη επιλύσας. Προσωπικά πιστεύω ότι η λέξη ευρών πρέπει να σημαίνει ότι ο Αρχιμήδης εφεύρε το πρόβλημα, δηλαδή το δημιούργησε από μόνος του και αφού το έλυσε, τότε το απέστειλε στον Ερατοσθένη. Αυτό φαίνεται από την ωραιότητα των σχέσεων που δημιουργούνται με τα λόγια του προβλήματος. Χρησιμοποιούνται τα κλάσματα κατά σειρά ως εξής: ½, 1/3, ¼ , 1/5, 1/6, 1/7 στις πρώτες 3 σχέσεις για τους ταύρους και το 1/3, ¼, 1/5, 1/6 και 1/7 για τις 4 υπόλοιπες σχέσεις των αγελάδων. Αρχιμήδειο πρόβλημα

Η λύση που βρέθηκε μέσω των Η.Υ. όπως είδαμε, δίδει τόσο μεγάλο αριθμό που είναι αδύνατο σε άνθρωπο έστω και αν αυτός ήταν ο Αρχιμήδης να είχε δημιουργήσει και λύσει το πρόβλημα προτού το στείλει στον Ερατοσθένη. Κατά συνέπεια η άποψη του Λέστερ ότι οι δύο τελευταίοι όροι, ο 8ος και ο 9ος προσετέθησαν αργότερα, την οποία ασπάζομαι πλήρως. Εν πάση περιπτώσει το πρόβλημα υπήρξε δυσκολότατο και άλυτο για 2000 χρόνια. Αυτός είναι και ο λόγος που οι επιστήμονες συνήθιζαν να αποκαλούν οποιοδήποτε δύσκολο πρόβλημα ως «Αρχιμήδειο Πρόβλημα».

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Τα τρία προβλήματα της αρχαιότητας. Σάββας Καρακούλλης Μαθητής Λανιτείου Λυκείου Β΄, Λεμεσός Εισαγωγή Κατά τη διάρκεια του 5ου και 4ου π.χ αιώνα, ιδιαίτερα παραγωγική ήταν η προσπάθεια των Ελλήνων να λύσουν τα τρία περίφημα προβλήματα της αρχαιότητας, τα οποία απασχόλησαν στη συνέχεια γενεές μαθηματικών μέχρι τα πρόθυρα του 20ου αιώνα. Τα περίφημα τρία προβλήματα που απασχόλησαν τους μεγάλους αρχαίους μαθηματικούς ήταν: η τριχοτόμηση της γωνίας, (τυχούσας γωνίας) ο τετραγωνισμός του κύκλου και ο διπλασιασμός του κύβου. (του όγκου δοθέντος κύβου) Και στα τρία προβλήματα το ζητούμενο ήταν η κατασκευή γεωμετρικής λύσης, χρησιμοποιώντας μόνο τον κανόνα και τον διαβήτη. Επιτρέπεται δηλαδή μόνο η χρησιμοποίηση της κατασκευής ευθείας και περιφέρειας. Δεδομένου ότι οι Έλληνες θεωρούσαν ως μόνες τέλειες γραμμές την ευθεία και την περιφέρεια, που σύρονται με τον κανόνα και το διαβήτη, πίστευαν ότι με αυτές ήταν δυνατό να λυθεί κάθε πρόβλημα. Τα τρία προβλήματα είναι άλυτα για το γεωμέτρη που χρησιμοποιεί μόνο κανόνα και διαβήτη. Γι΄ αυτό οι προσπάθειες των αρχαίων μαθηματικών στράφηκαν σε βοηθητικές γεωμετρικές ή μηχανικές κατασκευές, που προώθησαν σημαντικά τη γεωμετρία, και έγιναν αφορμή για αρκετές σημαντικές και πολύ ενδιαφέρουσες ανακαλύψεις, έστω και αν δεν έλυσαν ικανοποιητικά τα προβλήματα. Στη συνέχεια παρουσιάζονται ένα προς ένα τα προβλήματα αυτά και δίνονται μερικές από τις λύσεις τους. Η τριχοτόμηση της γωνίας. Οι Έλληνες γνώριζαν τη μέθοδο διαίρεσης ευθύγραμμου τμήματος σε δυο ή περισσότερα ίσα τμήματα. Γνώριζαν επίσης και τη μέθοδο διχοτόμησης δοθείσας γωνίας. Και αφού ασχολούνταν με τα κανονικά πολύγωνα, φυσικό ήταν να ενδιαφερθούν για την τριχοτόμηση της γωνίας. Επειδή το πρόβλημα αυτό είναι ευκολονόητο, απασχόλησε και απασχολούσε ακόμα ως πρόσφατα πολλούς ερασιτέχνες μαθηματικούς που νόμιζαν πως επιτέλους έλυσαν αυτό το άπιαστο πρόβλημα.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Τα τρία προβλήματα της αρχαιότητας.

Η λύση του Ιππία Με την τριχοτόμηση της γωνίας συνδέεται το όνομα του σοφιστή Ιππία από την Ηλεία, σύγχρονου του Σωκράτη, ο οποίος κατασκεύασε μια καμπύλη που αναφέρεται από την παράδοση ως τετραγωνίζουσα, (γιατί συνδέθηκε και με τον τετραγωνισμό του κύκλου). Έστω ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ (βλέπε Σχ.1) Ας φανταστούμε ότι η πλευρά ΑΒ κινείται προς τα δεξιά γράφοντας περιφέρεια με κέντρο το σημείο Α, και ταυτόχρονα κινείται η πλευρά ΒΓ με παράλληλη μετατόπιση προς τα κάτω. Το σύνολο των σημείων τομής των δύο κινούμενων πλευρών θα δώσει την καμπύλη που ονομάζουμε τετραγωνίζουσα. Αν τώρα γράψουμε μία γωνία φ με κορυφή το σημείο Α και φέρουμε την παράλληλο προς την ΒΓ στο σημείο τομής με την τετραγωνίζουσα, αρκεί να τριχοτομήσουμε το ευθύγραμμο τμήμα ΖΔ σε τμήματα ΔΗ, ΗΘ, ΘΖ και να φέρουμε την παράλληλο ΙΗ που θα μας δώσει το σημείο τομής της τετραγωνίζουσας από το οποίο περνά η μία πλευρά της γωνίας φ/3.

Σχήμα 1

Η λύση του Νικομήδη (γύρω στο 240 π.Χ.). Ας είναι ΒΑΓ η προς τριχοτόμηση γωνία, Σχ. 2. Κατασκευάζουμε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και προεκτείνουμε τη ΔΓ. Αν τώρα φέρουμε τη ΑΖ, έτσι ώστε (ΖΕ) = 2 (ΑΓ), τότε η ΑΖ τριχοτομεί την αρχική γωνία και το πρόβλημα λύεται.

Σχήμα 2

Πράγματι, αν Η είναι το μέσο της ΖΕ, τότε: Α1=Η1, ως παρά τη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου. Γ1+Ε1= Η1, η εξωτερική γωνία Α2=1/3Α, αφού Α2=Ε1=… Επομένως το τριγώνου ισούται… Α1=Η1=Γ1+Ε1=2Α2 πρόβλημα είναι η κατασκευή της ΖΕ, έτσι ώστε να διέρχεται από το Α και να έχει μήκος 2(ΑΓ). Η πιο πάνω είναι βέβαια η λύση νεύσης, γιατί απαιτεί την τοποθέτηση ευθύγραμμου τμήματος γνωστού μήκους σε συγκεκριμένη θέση. Η λύση του Αρχιμήδη (287-212 π.Χ). Η λύση αυτή βασιζόταν επίσης σε νεύση και ήταν η ακόλουθη. Ας είναι ΑΟΒ η προς τριχοτόμηση γωνία. Με κέντρο Ο και ακτίνα ρ γράφουμε περιφέρεια και φέρουμε τη ΒΔ, έτσι ώστε (ΓΔ)=ρ. Τότε η Σχήμα 3 Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Τα τρία προβλήματα της αρχαιότητας.

γωνία ΟΔ^Β ισούται με το ένα τρίτο της δόθεισας. Πράγματι, ΑΟ^Β=ΟΔ^Β+ΔΒ^Ο=ΟΔ^Β+ΟΓ^Β=ΟΔ^Β+ΟΔ^Β+ΓΟ^Δ=3(ΟΔ^Β) ό.έ.δ. Ο Αρχιμήδης ασχολήθηκε επίσης με τον τρόπο κατασκευής της ΒΔ, ώστε να έχει την επιδιωκόμενη ιδιότητα και επινόησε μάλιστα και μηχανοτεχνική λύση. Υπάρχει και σήμερα αρθρωτό εργαλείο, βασισμένο σε ιδέες του Αρχιμήδη, που εξυπηρετεί αυτόν ακριβώς το σκοπό. Αναφέρονται μόνο δύο ακόμα μέθοδοι τριχοτόμησης: του Νικομήδη (γύρω στο 240 π.Χ.), που βασίζεται σε μια καμπύλη δικής του επινόησης, γνωστή με το όνομα κογχοειδής και του Ιππία (420 π.Χ), που επιτυγχάνεται με βάση τη λεγόμενη τετραγωνίζουσα- η δεύτερη παρατίθεται πιο κάτω, ενώ για την πρώτη ο ενδιαφερόμενος αναγνώστης παραπέμπεται στους Bunt κ.ά. (1981). 1. Ο τετραγωνισμός του κύκλου. Ο τετραγωνισμός του κύκλου ήταν το πρόβλημα που για μακριότερη περίοδο τράβηξε την προσοχή περισσότερων μαθηματικών από κάθε άλλο πρόβλημα. Οι Αιγύπτιοι «έλυσαν» το πρόβλημα παίρνοντας ως πλευρά του τετραγώνου τα 8/9 της διαμέτρου του κύκλου. Από τότε χιλιάδες μαθηματικοί ασχολήθηκαν με αυτό το πρόβλημα ώσπου στα πρόθυρα του 20ου αιώνα αποδείχθηκε από το Lindemann (το 1882 μ.Χ.) ότι το πρόβλημα δεν έχει λύση. Αλλά και μετά από την απόδειξη αυτή δεν έλειψαν οι «λύτες». Στην προσπάθεια λύσης του προβλήματος αυτού σημαντική ήταν η συμβολή στα μαθηματικά του Ιπποκράτη του Χίου, με τον τετραγωνισμό των μηνίσκων, του Ιππία με την τετραγωνίζουσα και βέβαια η λύση του Αρχιμήδη με την «έλικα». Η παράδοση αναφέρει διάφορες προσπάθειες για λύση τού προβλήματος. Έτσι ο Ιπποκράτης ο Χίος ( β΄ μισό του 5ου αιώνα π.χ.) προσπάθησε να το λύσει χρησιμοποιώντας τους ‘μηνίσκους’ δηλ γεωμετρικά σχήματα που περικλείονται από δύο τόξα κυρτά προς την ίδια πλευρά ( βλέπε σχήμα όπου οι μηνίσκοι είναι σκιασμένοι.)

Σχήμα 4

Εφαρμόζει για το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ το πυθαγόρειο θεώρημα στη γενική του μορφή, ότι κάθε σχήμα που σχηματίζεται από την υποτείνουσα έχει εμβαδόν το άθροισμα των ομοίων σχημάτων των καθέτων πλευρών. Έτσι τα ημικύκλια που σχηματίζονται με διάμετρο κάθε πλευρά του τριγώνου έχουν τη σχέση: ΑΒΓΔ = ΑΕΒ + ΒΗΓ. Επειδή όμως τα κυκλικά τμήματα ΑΖΒ και ΒΘΓ είναι συγχρόνως τμήματα του ημικυκλίου ΑΒΓΔ και των δύο άλλων αντίστοιχα, έπεται ότι οι μηνίσκοι ΑΕΒΖ και ΓΘΒΗ είναι ίσοι με τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΔΒ αντίστοιχα και το άθροισμα τους ίσο με το τρίγωνο ΑΒΓ, το οποίο είναι το μισό τετραγώνου. Από τον τετραγωνισμό αυτό του μηνίσκου ο Ιπποκράτης προχωρούσε άγνωστο με ποιο τρόπο, στον τετραγωνισμό του κύκλου.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Τα τρία προβλήματα της αρχαιότητας.

Ο Αριστοτέλης θεωρεί βέβαια την όλη προσπάθεια σόφισμα και οι νεώτεροι υποστηρικτές του Ιπποκράτη παραδέχονται ότι είναι λαθεμένη έστω και να δεν τη θεωρούν σοφιστική. Ανεξάρτητα πάντως από την επιτυχία του ή όχι ο Ιπποκράτης έκανε ένα σημαντικό βήμα στην έρευνα, γιατί προώθησε την εξέταση του κύκλου και των μηνίσκων. Η παράδοση μάλιστα αναφέρει ότι έγραψε εγχειρίδιο Γεωμετρίας για το οποίο όμως ελάχιστα ξέρουμε. Ο σοφιστής Αντιφών προσπάθησε να λύσει το πρόβλημα με την εγγραφή στον κύκλο ισόπλευρου τριγώνου ( κατά τον Θεμίστιο, ενώ ο Σιμπλίκιος μιλά για τετράγωνο ), σε κάθε πλευρά του οποίου σχηματίζει νέο ισοσκελές τρίγωνο. Έτσι δημιουργεί εξάγωνο. Σε κάθε πλευρά του εξαγώνου που προκύπτει κατασκευάζει νέο ισοσκελές τρίγωνο κ.ο.κ. (Βλέπε σχήμα 5)

Αν συνεχίσουμε έτσι, τελικά οι πλευρές του τελευταίου τριγώνου θα συμπίπτουν με την περιφέρεια, υποστήριξε ο Αντιφών. Σωστά όμως υπενθυμίζει ο Θεμίστιος ότι έτσι αναιρείται η επ΄ άπειρον διαιρετότητα των μεγεθών μία από τις βασικές προϋποθέσεις του Γεωμέτρη. Παρόμοια είναι η λύση που έδωσε κάποιος άγνωστος κατά τα άλλα Βρύσων, που υποστήριξε ότι ο κύκλος ισούται με ένα πολύγωνο μεγαλύτερο από όλα τα εγγεγραμμένα και μικρότερο από όλα τα περιγεγραμμένα στην περιφέρεια. 2. Ο διπλασιασμός του κύβου. (Το δήλιον πρόβλημα) Η κατασκευή τετραγώνου με εμβαδόν διπλάσιο από το εμβαδόν δεδομένου τετραγώνου επιτυγχάνεται εύκολα με βάση το Πυθαγόρειο Θεώρημα και ήταν βέβαια γνωστή στους Έλληνες. Με τον ίδιο τρόπο ο διπλασιασμός του όγκου ορθογώνιο παραλληλεπίπεδου δεν παρουσίαζε κανένα πρόβλημα. Ήταν λοιπόν φυσικό για το ανήσυχο και ερευνητικό πνεύμα των Ελλήνων να αναρωτηθούν κατά πόσο ήταν εφικτός ο διπλασιασμός του όγκου ενός δοθέντος κύβου. Αυτή προφανώς είναι η πραγματική αίτια, η αφορμή και η σύνδεση του προβλήματος με κάποιους ή δοξασίες , που όπως συνήθιζαν οι Έλληνες, έλαβε μερικές ενδιαφέρουσες εκδοχές. Ονομάστηκε έτσι γιατί το έθεσαν οι κάτοικοι της Δήλου στην Πλατωνική Ακαδημία, όταν ένας χρησμός τους είπε πώς για να σωθούν από μία λοιμική νόσο, έπρεπε να κτίσουν στον θεό Απόλλωνα ένα νέο βωμό διπλάσιο από εκείνο που υπήρχε. Μια άλλη παραλλαγή στην παράδοση συνδέει το ‘πρόβλημα’ με το Μίνωα,

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Τα τρία προβλήματα της αρχαιότητας.

που θέλησε να κατασκευάσει για το γιου του Γλαύκο τάφο διπλάσιο στον όγκο από το σχεδιαζόμενο. Και εδώ η παράδοση αναφέρει διάφορες λύσεις, όπως του Ιπποκράτη τού Χίου. Ο γνωστός γεωμέτρης μετέβαλε τη διατύπωση του προβλήματος σε αλγεβρική, που λύνεται ευκολότερα. Έχουμε έτσι την αναγωγή του αρχικού σε άλλο πρόβλημα κατά τη γνωστή μας μέθοδο του Ιπποκράτη. Η λύση βρίσκεται στη στην επίλυση του προβλήματος των μέσων αναλόγων, δηλ. αν α/χ = χ/ψ = ψ/2α,

τότε χ3 = 2α3

χ=α(2)^1/3

Το πρόβλημα μετατοπίστηκε έτσι στην εύρεση των δύο μέσων αναλόγων. Ο πυθαγόρειος Αρχύτας (περ. 430-347) καθόρισε τα πέρατα των αναλόγων σαν σημείο τομής κυλίνδρου και σφαίρας που περιστρέφονται στο χώρο. Ο Πλάτωνας βασίστηκε στην ομοιότητα τριγώνων για να λύσει το πρόβλημα. Ο Μέναιχμου (γύρω στο 350 π.Χ) παιδαγωγού του Μεγάλου Αλεξάνδρου, επινόησε πρώτος της κωνικές τομές, όπως εικάζεται, για να μπορέσει να λύσει το πρόβλημα. Παρόμοιες λύσεις δόθηκαν και από άλλους μαθηματικούς με καμπύλες, όπως του Εύδοξου, η κισσοειδής του Διοκλή, η κογχοειδής του Νικομήδη κ.ά. Άσχετα με την επιτυχή ή μη λύση του προβλήματος, η ενασχόληση με αυτό έγινε αιτία για επέκταση του μαθηματικού στοχασμού στο χώρο των κωνικών τομών και των γεωμετρικών τόπων. Τελικά τα άλυτα με τη χρήση διαβήτη και κανόνα προβλήματα βοήθησαν στην πρόοδο των μαθηματικών ακριβώς γιατί ήταν άλυτα. ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ 1.

Εγκυκλοπαίδεια – Ελλάδα, Ιστορία και Πολιτισμός Τόμος 2.

Ιnternet.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ [Συμπεράσματα από ένα μακροχρόνιο πειραματισμό στη σχολική αίθουσα] ΚΕΡΑΣΑΡΙΔΗΣ ΓΙΑΝΝΗΣ 1ο Ενιαίο Λύκειο Ελληνικού Πάτμου 3, 174 56 ΑΛΙΜΟΣ e-mail:kerasaridis@yahoo.gr

ΠΕΡΙΛΗΨΗ Σχετικά, με το πιο διδακτικό μοντέλο θα εφαρμόσουμε μέσα στην τάξη, εμείς πιστεύουμε πως είναι συνάρτηση της κοσμοαντίληψης της οποίας φορέας είναι ο κάθε δάσκαλος. Μετά από χρόνιο και βασανιστικό πειραματισμό μέσα στη σχολική αίθουσα καταλήξαμε σε ένα μοντέλο και το προτείνουμε σαν «βηματισμό της μαθηματικής σκέψης (και όχι μόνο)». Πιστεύουμε πως είναι συμβατό με τις δυνατότητες οποιουδήποτε παιδιού, αρκεί, κάποτε, να καταλάβουμε για ποιο λόγο διδάσκουμε τα Μαθηματικά στο Σχολείο [1]. Είναι ανάγκη να θυμηθούμε τους Dobroliubov, Ouchinski, Tolstoi, που έχουν πλησιάσει το Σχολείο, τη διδασκαλία και την ανατροφή γενικά, πρώτα και πριν απ’ όλα, από τη σκοπιά μιας απαίτησης που αφορά τον άνθρωπο (τι άνθρωπο να διαμορφώσουμε;) και όχι μόνο από τη σκοπιά μιας απαίτησης για την επιδεξιότητα, την ικανότητα, τις ιδέες, τα συναισθήματα (ποιες δεξιότητες, ποιες ιδέες, ποια συναισθήματα πρέπει να αποχτήσει, ποιες πρέπει να είναι;) [2,3] Στην τελευταία ενότητα, της εργασίας αυτής, παραθέτουμε μια σειρά από έννοιες όπως, εμείς, τις αντιλαμβανόμαστε˙ γιατί είναι γνωστό πως ανάλογα με το περιεχόμενό [με το οποίο εφοδιάζουμε μια έννοια], αλλάζει κι η σημασία της. Γιατί, ακόμη, έχει περισσέψει η λαθροχειρία των εννοιών και, με όχημα τις τέτοιες έννοιες, επενδεδυμένες με "επιστημονικό περιτύλιγμα", περνούν Παιδαγωγικές και Διδακτικές ιδέες που μας παραπέμπουν, κατευθείαν, στον 19ο και τις αρχές του 20ου αιώνα.

ABSTRACT As regards the proper teaching model, which is to be applied in the classroom, we do believe, is the output of the global-concept whose carrier is every single teacher. After an extensive and tormenting experimentation in the teaching room, we ended up to a specific model which we suggest it a "the pace of the mathematical thought (and not only this)". We assume, it is associated with the student’s mental abilities as long as we are eager to realize the reason why we teach Maths at school. It’s useful to remember Dobroliubov, Ouchinski, Tolstoi who have approached school, teaching and generally children’s up-bringing from the point of the demand which, above all, concerns the man (what type of man are we asked to form?) and last but not least the demand for the skillfulness, the ability, the ideas, the feelings (which are the skills, the ideas, the feelings every man may acquire?). In the last unit of this project, we develop a series of meanings, as we do comprehend, because it is widely known that in proportion with the significance [which we support a concept with], we can easily change its meaning. That happens because there is still enough "concept filching" and using it as a vehicle to those meanings covered up with the "scientific" cloak, the educational and teaching ideas can be promoted in such a way which dates back to 19th and the rise of the 20th century. ΕΝΟΤΗΤΑ Α΄: Η σχολική τάξη Ας δούμε τι συμβαίνει μέσα στην τάξη, όπου παίρνουν σάρκα και οστά όλες οι παιδαγωγικές και διδακτικές θεωρίες.Αν ξεκαθαρίσουμε απ’ την αρχή ποιον τύπο ανθρώπου επιδιώκουμε να διαμορφώσουμε τότε και μόνο τότε θα τοποθετηθούμε απέναντι στον κυκεώνα των διδακτικών θεωριών. Κατά τη γνώμη μας δύο είναι οι απόψεις πάνω σ’ αυτό το ερώτημα˙ επιδιώκουμε να διαμορφώσουμε: α) τον τύπο του ανθρώπου που θα είναι καταρτίσιμος και απασχολίσιμος, β) τον τύπο του ανθρώπου που θα αγαπά τη φύση του και τη Φύση. Εμείς πιστεύουμε στην δεύτερη άποψη, οι θιασώτες του νεοθετικισμού στην πρώτη [2]. Μ’ αυτή την τοποθέτηση θα επισημάνουμε και θα σχολιάσουμε, παρακάτω, δύο βασικά στοιχεία των διαδικασιών μέσα στην τάξη. Την ενεργό συμμετοχή στην προσφορά του νέου και την ισότητα ευκαιριών στη συμμετοχή.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

Ι. Ενεργός συμμετοχή στην προσφορά του νέου Ας πούμε πως, το νέο που θα προσφέρει ο δάσκαλος μέσα στην τάξη, είναι η πρόταση (p): «Αν Α τότε Β». Είναι φανερό πως ο δάσκαλος γνωρίζει τη διαδοχή των συγκεκριμένων ενδιάμεσων "θέσεων" για την απόδειξη της αλήθειας της (p). Εδώ υπάρχουν τρεις επιλογές: 1η επιλογή Ο δάσκαλος αρχίζει και τελειώνει την "παράδοση" ο ίδιος, λύνει "υποδειγματικά" δύο ως τρεις ασκήσεις και «όποιος κατάλαβε…κατάλαβε». Ο υπόλοιπος χρόνος ξοδεύτηκε στην εξέταση ενός αριθμού μαθητών στις ασκήσεις που είχαν τεθεί από το προηγούμενο μάθημα. Είναι η πατροπαράδοτη "από καθ’ έδρας" διδασκαλία. 2η επιλογή Ο δάσκαλος θέτει στα παιδιά κατάλληλα ερωτήματα στα οποία περιμένει να προκύψουν, σαν απαντήσεις, μία-μία οι ενδιάμεσες "θέσεις" που αυτός έχει υπ’ όψη του. Τα παιδιά απαντούν κι δάσκαλος εγκρίνει (οπότε περνά στην επόμενη ερώτηση) ή απορρίπτει (οπότε ακολουθεί τροποποιημένη ερώτηση κοκ.). Μ’ αυτό τον τρόπο προσφέρεται το "νέο". Στον ενδιάμεσο χρόνο τίθενται μικροασκήσεις στις οποίες απαντούν [ή προσπαθούν να απαντήσουν] τα ίδια και τα ίδια παιδιά. 3η επιλογή Ο δάσκαλος θέτει ένα ερώτημα – σηκώνονται αρκετά χέρια – ο μαθητής Μ1 παίρνει το λόγο – ο δάσκαλος δεν εγκρίνει ούτε απορρίπτει την απάντηση του Μ1, θέτει, όμως, προς όλα τα παιδιά το ερώτημα: «συμφωνείται ή διαφωνείτε με τη γνώμη του Μ1, ναι ή όχι και προ πάντων γιατί» – οι μαθητές Μ2, Μ3,… δίνουν τις θέσεις τους σχετικά με τη θέση του Μ1 – σιγά-σιγά η τάξη ξεμουδιάζει, ακούγονται κι άλλες θέσεις, κι άλλες κριτικές θέσεων– γίνεται μια ζωντανή διαπραγμάτευση της γνώσης με επιστέγασμα τη σύνθεση των απόψεων και την εξαγωγή του συμπεράσματος. Όσο λιγότερο μιλά ο δάσκαλος στην τάξη, τόσο το καλύτερο. Σχόλια στις τρεις επιλογές 1η επιλογή Η πρώτη επιλογή στηρίζεται στην άποψη πως όλα παιδιά δεν γεννιούνται με "προικισμένο μυαλό" κι έτσι "δεν τα παίρνουν τα γράμματα" γιατί, για να μάθει κανείς "γράμματα" και ιδιαίτερα Μαθηματικά, πρέπει από γεννησιμιού του να φέρει τη "σφραγίδα της δωρεάς" και άλλα παρόμοια. Δεν είναι τυχαίο το γεγονός ότι οι πρώτοι λέγονται "καλοί μαθητές", ενώ οι δεύτεροι διαβαθμίζονται σε: α) "μέτριους" [μόλις που γίνονται ανεκτοί, γιατί ενώ θα μπορούσαν να είναι "καλοί", δεν είναι αφού τους λείπουν οι…σφραγίδες της εργατικότητας και του ενδιαφέροντος], β) "τούβλα" [αυτοί τουλάχιστον έχουν κάποιο άλλοθι γιατί δεν ευθύνονται οι ίδιοι για την ανεπάρκεια του μυαλού τους. Σημειωτέον ότι τα "τούβλα" αποτελούν τη συντριπτική πλειοψηφία της τάξης], γ) "κακούς" [αυτούς η θεία πρόνοια τους έταξε στο ρόλο του αποδιοπομπαίου τράγου, αφού η ιστορία πάντα χρειάζεται τον "κακό"1. Σκοπός, άλλωστε, του Σχολείου είναι να "στριμώξει" τους "κακούς", οπότε έχουμε την κορύφωση της σχολικής λειτουργίας, δηλαδή τη νίκη του "καλού" ενάντια στο "κακό"]. Η θεωρία αυτή είναι ισχυρά δασκαλοκεντρική, πέρα για πέρα αντιδραστική και ξένη προς την πραγματικότητα της αίθουσας. 2η επιλογή Η δεύτερη εκδοχή αποτελεί μια σοβαρή βελτίωση της προηγούμενης. Όμως δεν παύει να φέρει μέσα της βασικά σημάδια του δασκαλοκεντρισμού, και δεν παύει να παράγει "καλούς", "μέτριους", "τούβλα" και "κακούς". Η μεγάλη μάζα των παιδιών παραμένει μια "σιωπηλή πλειοψηφία", προσμένοντας…2 Εμείς θεωρούμε ότι με τις διαδικασίες αυτές το μόνο που επιτυγχάνεται είναι να σημειώνει ο δάσκαλος, στο "Βιβλίο Διδαχθείσης Ύλης" της τάξης, ότι διδάχθηκε η σχετική ενότητα. Κατά τα άλλα «Από τη συζήτηση αυτή [σ.σ. δηλ. ερώτηση – απάντηση - επικύρωση ή απόρριψη-…] – αν και ουσιαστικά αφορά τον έλεγχο κατοχής της γνώσης – προκύπτει για τους συμμετέχοντες γνώση σε ένα άλλο επίπεδο, δηλ. γνώση αναφορικά με την κατανομή ανάμεσα στους μαθητές της γνώσης της οποίας η κατοχή ελέγχεται [σ.σ. τα πλάγια στοιχεία δικά μας]» [4]. 1 2

«…και τώρα τι θα γίνουμε χωρίς βαρβάρους…» ["Περιμένοντας τους βαρβάρους", Κ. Καβάφης] «…ίσως σε κάποιο θαύμα…» ["Οι μοιραίοι", Κ. Βάρναλης]

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

3η επιλογή Εμείς ακολουθούμε τις διαδικασίες της τρίτης επιλογής. Για μας δεν υπάρχει μαθητής που να μη μπορεί να εκφέρει λόγο στα Μαθηματικά "σύντομο" ή "μακρύ", "μικρό" ή "μεγάλο". Αρκεί, ο δάσκαλος, να πείσει όλα τα παιδιά ότι μπορούν, και να αντιληφθεί ότι «το μάθημα είναι μια διαδικασία συμβολικής αλληλεπίδρασης, δηλ. μια διαδικασία επικοινωνίας…» [4] μεταξύ του δάσκαλου και των παιδιών καθώς και μεταξύ των παιδιών, και ότι «Μια τέτοια συζήτηση δεν μπορεί να εκφυλίζεται σε μια σειρά από ερωτήσεις στις οποίες ταιριάζουν προγραμματισμένες απαντήσεις, αλλά περιέχει στήριξη και δικαιολόγηση απόψεων, κριτική θέσεων, σύνθεση ισχυρισμών για την αναζήτηση προτάσεων κοινής αποδοχής, σεβασμό της γνώμης του απέναντι κτλ., είναι δηλ. μια ζωντανή διαδικασία διαπραγμάτευσης της γνώσης και όχι διοχέτευσής της, σαν να ήταν οι μαθητές συγκοινωνούντα δοχεία» [4]. ΙΙ. Ισότητα ευκαιριών για συμμετοχή Όταν ξεκινήσαμε τους πειραματισμούς στο Σχολείο, με σκοπό να κατανοήσουμε γιατί τα παιδιά δυσκολεύονται στα μαθήματα γενικότερα και στα Μαθηματικά ειδικότερα, το πρώτο που κάναμε ήταν να συγκεντρώσουμε τις πληροφορίες (σε κάποιο βαθμό το πετυχαίναμε) σχετικά με: 1) την υποδομή μαθηματικών γνώσεών τους, 2) την επίδοσή τους στα άλλα μαθήματα, 3) την οικογενειακή κατάστασή τους (μέλη οικογένειας, σπουδές και σχέσεις μεταξύ τους), 4) την κοινωνικοοικονομική κατάσταση της οικογένειάς τους, 5) την κατάσταση υγείας του παιδιού, 6) τα ενδιαφέροντα και τις φιλοδοξίες του, 7) την συμπεριφορά του μέσα στην τάξη, 8) τα αισθηματικά του προβλήματα (είναι το πιο συνηθισμένο στοιχείο που πρέπει να λαβαίνουμε υπ’ όψη, σ’ αυτή την ηλικία), 9) την κοινωνική κατάσταση της γειτονιάς του, 10) την κοινωνική κατάσταση της πόλης στην οποία ανήκει η γειτονιά του. Διαπιστώσαμε πως, τα αίτια που οδηγούν τη συντριπτική πλειοψηφία των παιδιών σε προβληματική θέση, μπορούμε να τα χωρίσουμε σε τρεις κύριες ομάδες: α) την κοινωνικοοικονομική κατάσταση της οικογένειας και το κοινωνικο-πολιτιστικό περιβάλλον (στενό και πλατύτερο), στο οποίο αναπτύσσεται το παιδί β) τη στάση της Πολιτείας σε καίριας σημασίας θέματα [με αιχμή: i. το εκπαιδευτικό σύστημα που επιβάλλει, ii. την υλικοτεχνική υποδομή, iii. το πρόβλημα της επαγγελματικής αποκατάστασης (ανεργία)] γ) το σχολικό παρελθόν του παιδιού [5] Στην πρόοδο του πειραματισμού διαπιστώναμε πως όλα τα παιδιά δεν μάθαιναν με τον ίδιο τρόπο ούτε μπορούσαν να παρακολουθήσουν με την ίδια ευχέρεια τα διαδραματιζόμενα στην τάξη. Σ’ αυτό συντελούσαν διάφοροι παράγοντες για το καθένα. Άλλα είχαν περισσότερα ή λιγότερα κενά στην υποδομή γνώσεων, άλλα είχαν ευχέρεια στο χειρισμό της γλώσσας κι άλλα όχι, άλλα ήσαν περισσότερο ή λιγότερο κλεισμένα στον εαυτό τους, άλλα είχαν σοβαρότερα ή λιγότερο σοβαρά ψυχολογικά προβλήματα κύρια εξ αιτίας των σχέσεων των γονιών τους ή της οικονομικής κατάστασης της οικογένειας, άλλα επηρεάζονταν από το γεγονός πως οι γονείς τους είχαν δική τους δουλειά και όταν θα τέλειωναν το σχολείο "δεν χρειάζονταν να σπουδάσουν" γιατί θα είχαν "στρωμένη" δουλειά, άλλα εξ αιτίας της καλής οικονομικής κατάστασης των γονιών τους δεν χρειάζονταν να προσπαθήσουν πολύ γιατί, μετά το Λύκειο, θα τα έστελναν στην Αγγλία για σπουδές, άλλα είχαν σοβαρά προβλήματα υγείας και εξ αιτίας αυτού απουσίαζαν συχνά, άλλα γιατί (κατά τους ισχυρισμούς τους) δεν είχαν καλό δάσκαλο σε κάποια τάξη, άλλα…[7] Σημασία για μας έχει το γεγονός ότι, έχοντας υπ’ όψη μας τις έννοιες που αναφέρουμε στην Ενότητα Δ΄, αυτής της εργασίας, καταλήξαμε στο συμπέρασμα πως όλα τα παιδιά δεν είναι ίσης αφετηρίας μέσα στην τάξη. Κατά συνέπεια η νεοθετικιστική άποψη που "βλέπει" το παιδί μόνο μέσα στο περιβάλλον του σχολείου [δηλαδή ξεκομμένο από τα άλλα περιβάλλοντα] και όχι σαν μια μονάδα που βρίσκεται σε διαρκή αλληλεπίδραση με τα άλλα περιβάλλοντα [6], κι ακόμη, αγνοεί το σχολικό παρελθόν του παιδιού, δεν μπορεί να απαντήσει στο κεντρικό ερώτημα "τις πταίει" και τα παιδιά δυσκολεύονται στα Μαθηματικά. Άρα, οι διαβεβαιώσεις αυτής της άποψης πως, το αν μια μερίδα παιδιών δε συμμετέχει ικανοποιητικά στη διδακτική διαδικασία, την ευθύνη έχουν καθολοκληρία τα ίδια τα παιδιά και πως το σύστημα είναι αμερόληπτο, δεν έχει καμία σχέση με την πραγματικότητα [2]. ΕΝΟΤΗΤΑ Β΄: Το διδακτικό μοντέλο Η εργασία αυτή είναι μέρος των συμπερασμάτων στα οποία καταλήξαμε επεξεργαζόμενοι τα στοιχεία που (άφθονα) είχαμε στη διάθεσή μας. Τα στοιχεία αυτά είναι προϊόντα πολυετούς πειραματισμού που Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

επίμονα και εκ συστήματος κάναμε στο σχολείο μας. Δεν υπήρξε διδακτική ώρα η οποία να μη ήταν ευκαιρία πειραματισμού. Τα εκάστοτε μερικά συμπεράσματα υποβάλλονταν ξανά και ξανά στη δοκιμασία της πράξης. Ξεκινήσαμε κάνοντας κάποιες διδακτικές υποθέσεις, τις οποίες στη συνέχεια υποβάλλαμε στη συνεχή βάσανο της πράξης μέσα στο ζωντανό (αυθεντικό) περιβάλλον της σχολικής αίθουσας. Κάθε φορά που, η πράξη, μας επέβαλε τα δικά της συμπεράσματα, αναθεωρούσαμε τις υποθέσεις μας. Κατά την άποψή μας η "κίνηση" της μαθηματικής σκέψης (και όχι μόνο) είναι μια συνεχής επανάληψη τεσσάρων "βημάτων". Την άποψή μας αυτή μπορούμε να την αναπτύξουμε χρησιμοποιώντας ένα οποιοδήποτε παράδειγμα, οποιασδήποτε τάξης, οποιασδήποτε βαθμίδας της εκπαίδευσης. Ένα παράδειγμα: «Δίνεται η συνάρτηση f με (λ - 1)x 2 + x - 2 f(x)= x 2 -1 Να υπολογισθούν οι τιμές των λєR για τις οποίες υπάρχει στο R το lim f ( x ) » x→1

1ο βήμα: λήψη και αναγνώριση της πληροφορίας Από την ίδια του τη φύση, ο ανθρώπινος εγκέφαλος, δέχεται και διαχειρίζεται τις πληροφορίες με μια ορισμένη διαδοχή. Δια μέσου των κατάλληλων διόδων δέχεται πληροφορίες με προέλευση εξωτερική ή εσωτερική και με τη βοήθεια της εμπειρίας του ανθρώπου αναγνωρίζει την πληροφορία που δέχθηκε. Χωρίς εμπειρία δεν μπορεί να υπάρχει σκέψη [o άνθρωπος, στη διάρκεια της ζωής του, αφομοιώνει την εμπειρία των προηγούμενων γενεών. Η διαδικασία αυτή πραγματώνεται ακριβώς με τη μορφή της κατάκτησης των σημασιών και στο μέτρο αυτής της κατάκτησης]. "Αναγνωρίζω μια πληροφορία", λοιπόν, σημαίνει αντιλαμβάνομαι τη σημασία των λέξεων και των προτάσεων με τις οποίες φτάνει η πληροφορία [ενότητα Δ΄] Λήψη: από τη στιγμή που διαβάσαμε την εκφώνηση, "λάβαμε" την πληροφορία Αναγνώριση: η "αναγνώριση" γίνεται, κατά κανόνα, με βάση το "ζητούμενο". Στην προκειμένη περίπτωση έχουμε να κάνουμε με "πρόβλημα υπολογισμού παραμέτρου". 2ο βήμα: τοποθέτηση απέναντι στην πληροφορία [ή αναγωγή σε οικείες, στην εμπειρία μας, μεθοδεύσεις] Δεν υπάρχει πληροφορία [άπαξ και ληφθεί], απέναντι στην οποία να μη παίρνει θέση ο άνθρωπος ["συνειδητά" ή "ασυνείδητα"]. Η "αντίδρασή" του αυτή, εκδηλώνεται με δύο τρόπους: α) παθητικά: αγνοούμε το αίτημα της πληροφορίας [γιατί εκτιμήσαμε ότι δεν παρουσιάζει ενδιαφέρον για μας] και το αντιπαρερχόμαστε β) ενεργητικά: λαμβάνουμε υπ’ όψη το αίτημα της πληροφορίας, και, με τη βοήθεια της εμπειρίας μας, αναγόμαστε σε ήδη γνωστές μεθοδεύσεις για την ικανοποίησή του Σχετικά με το παράδειγμα: Τοποθέτηση: γνωρίζουμε πως για να υπολογίσουμε μία ή περισσότερες παραμέτρους, αρκεί να επιβάλλουμε τις συνθήκες που τη συνοδεύουν. "Επιβάλλω" μια συνθήκη σημαίνει ότι την θεωρώ ότι είναι αληθής, άρα δεν παρίσταται ανάγκη να αποδείξω την αλήθεια της. Στην περίπτωση του παραδείγματος, συνθήκη είναι το «…υπάρχει στο R το lim f ( x ) ». "υπάρχει το όριο μιας συνάρτησης" σηx→1

μαίνει ότι "είναι πραγματικός αριθμός" ή ότι "υπάρχουν" [με την προηγούμενη σημασία] τα πλευρικά όρια και συμπίπτουν Αναγωγή: αναγόμαστε σε «όριο ρητής στο x0=1», για το οποίο ισχύει η παρακάτω πρόταση: «το όριο ρητής στο x0, ισούται με την αριθμητική τιμή της f για x0=1, δηλ., lim f ( x ) =f(x0), με την προϋx→1

πόθεση ότι η αριθμητική τιμή του παρονομαστή είναι διάφορη του μηδέν» 3ο βήμα: ελέγχουμε αν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις ισχύος των μεθοδεύσεων Γνωρίζουμε ότι "μεθόδευση" είναι ένα σύνολο προγραμματισμένων ενεργειών [γνωστών εκ των προτέρων και εγγυημένης αλήθειας]. Οι ενέργειες αυτές για να πραγματοποιηθούν θα πρέπει να ικανοποιούνται ορισμένες προϋποθέσεις ή να μη απαιτούνται τέτοιες. Στην πρώτη περίπτωση αίρουμε τους λόγους που εμποδίζουν την ικανοποίηση των προϋποθέσεων και προχωρούμε στο "4ο βήμα". Στη δεύτερη περίπτωση προχωρούμε άμεσα στο "4ο βήμα". Σχετικά με το παράδειγμα:

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

Προϋποθέσεις. Για να εφαρμόσουμε το συμπέρασμα της πρότασης θα πρέπει «η αριθμητική τιμή του παρονομαστή q(x)=x2-1 για x0=1, να είναι ≠0». Παρατηρούμε ότι q(1)=12-1=0. Άρα δεν ικανοποιείται η προϋπόθεση. Γνωρίζουμε ότι όταν σε ένα κλάσμα ο παρονομαστής είναι ίσος με μηδέν τότε ενδιαφερόμαστε να δούμε την αριθμητική τιμή του αριθμητή p(x)=(λ-1)x2+x-2 είναι ή δεν είναι ίση με λ-2 μηδέν. Παρατηρούμε ότι p(1)=(λ-1)12+1-2=(λ-1)-1=λ-2. Αν συμβεί λ-2≠0, τότε το κλάσμα δεν 0 έχει έννοια πραγματικού αριθμού, άρα δεν υπάρχει το ζητούμενο όριο. Άρα [για να υπάρχει το όριο] θα πρέπει λ-2=0. 4ο βήμα: εφαρμογή των μεθοδεύσεων Στο "3 βήμα" είδαμε πως για να υπάρχει το ζητούμενο όριο θα πρέπει λ-2=0 ή λ=2 ο

ΕΝΟΤΗΤΑ Γ΄: Οι προτάσεις μας Πρόταση 1: Η εξατομικευμένη διδασκαλία Το εκπαιδευτικό σύστημα προκειμένου να λειτουργήσει κατά τρόπο ουδέτερο και πραγματικά αντικειμενικό χρειάζεται να αναγνωρίσει ότι οι μαθητές είναι, λόγω προέλευσης, πολιτισμικά διαφοροποιημένοι μεταξύ τους και ότι ο αντικειμενικός τρόπος ίσης μεταχείρισης των μαθητών είναι να τους προσφέρει αντίστοιχες εκπαιδευτικές ευκαιρίες, ώστε να λειτουργήσει εξομοιωτικά, εξισωτικά, με κανένα όμως τρόπο ισοπεδωτικά. Έτσι, μ’ ένα σύστημα εξατομικευμένης διδασκαλίας, το σχολείο πρέπει να δόσει στο κάθε παιδί ό,τι χρειάζεται για να αναπτύξει όσο γίνεται περισσότερο τις δυνατότητές του, το προσωπικό του δυναμικό. Όμως, η εξατομικευμένη διδασκαλία, προϋποθέτει τρεις παραδοχές α) κάθε τμήμα θα έχει το πολύ 15 μαθητές, β) καθιερώνεται η ομαδοποίηση των μαθητών στο τμήμα και γ) καθιερώνεται ο βοηθός διδάσκοντος. i. Ο όρος "ομαδοποίηση των μαθητών στο τμήμα" δεν έχει καμιά σχέση με το διαχωρισμό των μαθητών ανάλογα με το επίπεδό τους. Έχει να κάνει μ’ αυτό που περιγράψαμε στην "Ενότητα Α΄, Ι(3η επιλογή)". Και όλα αυτά ταυτόχρονα σε επίπεδο ατόμου και ομάδας ii. O θεσμός του "βοηθού δασκάλου" είναι το απαραίτητο συστατικό για να υλοποιηθεί η εξατομικευμένη διδασκαλία. Ο βοηθός δασκάλου εργάζεται μέσα στο τμήμα παράλληλα με τον παλιό δάσκαλο και υπό την καθοδήγησή του. Και οι δύο (βοηθός και παλιός) δρουν με βάση σχέδια και τακτικές που καταστρώθηκαν σε συνεργασία με δασκάλους των συναφών τομέων των πανεπιστημίων [παρεμπιπτόντως σημειώνουμε πως η καθιέρωση των 15-μελών τμημάτων και του θεσμού του βοηθού δασκάλου θα εξαφάνιζε, στην κυριολεξία, την αδιοριστία των εκπαιδευτικών] Πρόταση 2: Το ανοιχτό βιβλίο Μέσα στο πλαίσιο που περιγράψαμε [Ενότητα Α΄, Ι(3η επιλογή)], το ανοιχτό βιβλίο δρα ευεργετικά, γιατί δεν μας ενδιαφέρει τόσο τι λέει ο μαθητής, όσο πως τεκμηριώνει αυτό που λέει Πρόταση 3: Η εκπαίδευση των εκπαιδευτικών Πρέπει να είναι τέτοια ώστε να προσφέρει στο δάσκαλο τους απαραίτητους όρους, κριτήρια, αρχές και μεθόδους με βάση τα οποία να μπορεί να αντιμετωπίζει κριτικά και να μετασχηματίζει το πλαίσιο μέσα στο οποίο θα εργασθεί. Κάποτε πρέπει να το καταλάβουμε: η πρωτογενής διδακτική έρευνα και γνώση παράγεται μόνο μέσα στη σχολική αίθουσα. Πρόταση 4: Tο ενιαίο 12-χρονο σχολείο Το πρώτο ζητούμενο είναι η αποσύνδεση του Σχολείου από την διαδικασία εισαγωγής στα ΑΕΙ. Αυτό θα γίνει δυνατό μόνο με την καθιέρωση του Ενιαίου 12χρονου Δημόσιου και Δωρεάν Βασικού Υποχρεωτικού Σχολείου, σαν απαραίτητη προϋπόθεση όχι μόνο των πανεπιστημιακών σπουδών, αλλά και της όποιας επαγγελματικής εκπαίδευσης θα χρειασθεί ή θα θελήσει να αποκτήσει κανείς στη διάρκεια της ζωής του. Σχολείου χωρίς, τον ξεπερασμένο ιστορικά, διαχωρισμό σε Δημοτικό – Γυμνάσιο – Λύκειο. Το σχολείο αυτό ως προς το πρόγραμμά του και την όλη λειτουργία του θα είναι ανεξάρτητο από τη διαδικασία εισαγωγής σε ΑΕΙ-ΤΕΙ και θα αποκτά την αυτοτέλειά του, με την προσήλωσή του στο σκοπό της σύγχρονης βασικής εκπαίδευσης που είναι η σφαιρική διαμόρφωση της προσωπικότητας του μαθητή, ανεξάρτητα από το επάγγελμα που μελλοντικά θα ακολουθήσει.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

ΕΝΟΤΗΤΑ Δ΄: Οι θέσεις μας σε βασικές έννοιες Σήμερα αρκετές έννοιες και όροι χρησιμοποιούνται σε τρόπο ώστε να επιδέχονται πολλές ερμηνείες. Κατά τη γνώμη μας κάτι τέτοιο είναι φυσιολογικό, αφού, ανάλογα με το "πιστεύω" του, ο καθένας δίνει διαφορετικό περιεχόμενο στην κάθε έννοια. Κλασικό παράδειγμα είναι η έννοια του τριγώνου. Όλοι μας γνωρίζουμε πως όταν λέμε τρίγωνο ΑΒΓ εννοούμε ένα ευθύγραμμο σχήμα με τρεις κορυφές και τρεις γωνίες, με άθροισμα γωνιών 1800, κλπ. κανείς όμως δεν σκέφθηκε πως ανάλογα με τον ορισμό του τριγώνου εννοούμε δύο μαθηματικά αντικείμενα με όχι όλες τις ιδιότητες ίδιες. Παράδειγμα: 1ος ορισμός. Δίνονται τρία σημεία Α, Β, Γ μη συνευθειακά. Το ευθύγραμμο σχήμα με κορυφές τα Α, Β, Γ ονομάζεται "τρίγωνο ΑΒΓ". 2ος ορισμός. Δίνονται τρία σημεία Α, Β, Γ. Το ευθύγραμμο σχήμα με κορυφές τα Α, Β, Γ ονομάζεται "τρίγωνο ΑΒΓ". Ανάγκη, λοιπόν, να παρουσιάσουμε μερικές βασικές έννοιες, όπως εμείς τις εννοούμε. 1. Η Λογική Η Λογική είναι η επιστήμη που μελετά όχι τις εξωτερικές μορφές της νόησης, αλλά τους νόμους της ανάπτυξης όλων των υλικών, φυσικών και πνευματικών πραγμάτων. Οι νόμοι της Λογικής είναι οι αντανακλάσεις του αντικειμενικού κόσμου στη συνείδηση του ανθρώπου 2. Η Τυπική [ή αριστοτέλεια] Λογική

Η Τυπική Λογική δεν είναι παρά ο κατώτατος βαθμός της Λογικής, που μπορούμε να την συγκρίνουμε με τα στοιχειώδη Μαθηματικά. Η Τυπική Λογική αντιμετωπίζει τα φαινόμενα και τα αντικείμενα έξω από τις αμοιβαίες σχέσεις τους και από τις αλληλεξαρτήσεις τους, σαν να ήσαν ακίνητα και αμετάβλητα. Δεν υπολογίζει την ανάπτυξη, τις αλλαγές, τις εσωτερικές αντιφάσεις των πραγμάτων, κλπ. Οι νόμοι της νόησης τους οποίους διατυπώνει αντανακλούν τα αντικείμενα και τα φαινόμενα ανεξάρτητα από τις διεργασίες, από τις βαθμιαίες αλλαγές που συντελούνται μέσα τους, στο εσωτερικό τους. 3. Η Διαλεκτική Λογική Η Διαλεκτική Λογική και Γνωσιοθεωρία, αποτελούν ένα μόνο και το ίδιο πράγμα, γιατί η Λογική δεν μπορεί να δημιουργήσει νόμους της σκέψης, που να μη συμφωνούν με τους νόμους που διέπουν το ίδιο το «είναι». Η Διαλεκτική Λογική έχει σαν βασικό αξίωμα, το ότι οι έννοιες και οι κατηγορίες δεν είναι δημιουργήματα της ανθρώπινης νόησης αλλά αντανακλάσεις των αντικειμενικών νόμων που διέπουν την εξέλιξη της φύσης και της κοινωνίας στην ανθρώπινη συνείδηση. Η διαλεκτική λογική απαιτεί ώστε οι έννοιες και οι κατηγορίες να είναι συνδεδεμένες μεταξύ τους, να βρίσκονται σε αμοιβαία αλληλεπίδραση όπως και τα αντικειμενικά φαινόμενα που αντανακλούν. 4. H Μαθηματική Λογική Η Μαθηματική (ή Συμβολική Λογική) έχει σαν αντικείμενο τη μελέτη των μαθηματικών εννοιών, πράξεων και κανόνων. Είναι μια εφαρμογή των μαθηματικών μεθόδων στο πεδίο της Τυπικής Λογικής, μια επέκταση του πεδίου έρευνας της Τυπικής Λογικής πιο πέρα από τους πατροπαράδοτους (αριστοτέλειους) συλλογισμούς. Η Μαθηματική Λογική αντικαθιστά τις λέξεις που υποδηλώνουν τους όρους της Λογικής, τα συνδετικά και τις ενέργειες, τις εργασίες της Λογικής με σημεία συμβολικά και με τύπους μαθηματικούς διατυπωμένους με τη βοήθεια αυτών των σημείων.

5. Η Λογιστική [Logistique]3 Είναι μια μεταφυσική μετονομασία και παραμόρφωση της Μαθηματικής Λογικής και είναι πλατειά διαδεδομένη στους οπαδούς του θετικισμού. Η Λογιστική εκφυλίζει, παραποιεί και εκτρέπει προς τη μεταφυσική, τις θεωρητικές βάσεις, τις μεθόδους και τα συμπεράσματα της Μαθηματικής Λογικής. Ο όρος Λογιστική προτάθηκε από τον Itelson σ’ ένα μαθηματικό συνέδριο στη Γενεύη (1904), σε αντικατάσταση των όρων: Αλγοριθμική Λογική, Μαθηματική Λογική, Συμβολική Λογική που χρησιμοποιούνται για να δηλώσουν την τάση να παριστάνονται οι μέθοδοι και οι κανόνες της Τυπικής Λογικής με σύμβολα και κανόνες ανάλογους με κείνους της Άλγεβρας. 3

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

Θεωρεί τη Μαθηματική Λογική σαν ένα σύνολο από συμβατικούς κανόνες και αυθαίρετους συνδυασμούς συμβόλων, που δεν έχουν και δεν αντανακλούν κανένα ουσιαστικό δεσμό, καμία σχέση ανάμεσα σ’ αυτά τα πράγματα. Σύμφωνα με την έκφραση του Κάρναπ, ενός απ’ τους θιασώτες της Λογιστικής: «η Λογιστική δεν λαβαίνει υπ’ όψη της ούτε τη σημασία των συμβόλων, ούτε τη σημασία των τύπων αλλά απλά και μόνο τα είδη και τη διάταξη των συμβόλων, που, μ’ αυτά, διατυπώνονται οι τύποι». 6. Η σκέψη Η ανθρώπινη σκέψη, αυτή η ανώτερη και ποιοτικά καινούργια μορφή της ψυχικής λειτουργίας, γεννήθηκε από την εργασία, κατά τη διάρκεια της εργασίας και στην πορεία της κοινωνικής εξέλιξης. Η εργασία δημιούργησε τον άνθρωπο και την καθαρά, την ειδικά ανθρώπινη ψυχική λειτουργία, τη σκέψη. Η σκέψη, δηλ., είναι ένα φαινόμενο κοινωνικό και δεν μπορεί να νοηθεί έξω από την αδιάκοπα εξελισσόμενη κοινωνία. Μια από τις βασικές διαφορές ανάμεσα στην ανθρώπινη σκέψη και τις ανώτερες μορφές της ψυχικής δραστηριότητας των ζώων, είναι η χρησιμοποίηση των εννοιών, των αντιλήψεων που προσδιορίζουν το αποτέλεσμα της αφαιρετικής λειτουργίας της σκέψης. Η σκέψη συνδέεται πάντα με τη δραστηριότητα του εγκεφάλου, ο οποίος αποτελεί το ανώτατο προϊόν της εξελισσόμενης ύλης. 7. Ο ανθρώπινος εγκέφαλος Ο άνθρωπος αποτελεί κοινωνικό ον. Ο εγκέφαλός του και τα όργανά του αντίληψης, νόησης και δράσης εξελίσσονταν και απόκτησαν τον ανθρώπινο χαρακτήρα τους στη διαδικασία της κοινωνικοιστορικής εξέλιξης και ειδικότερα της εξέλιξης της παραγωγής. Αν όμως σκέπτεται όχι ο ίδιος ο εγκέφαλος, αλλά ο άνθρωπος μέσο του εγκεφάλου του, αυτό σημαίνει πως ο εγκέφαλος, σκεφτόμενος με την ιδιότητα του ανθρώπινου εγκεφάλου και οι ιδέες-εικόνες του δεν μπορούν να μη έχουν χαρακτήρα, ρόλο και σημασία ακριβώς ανθρώπινων σκέψεων, δηλ. σκέψεων κοινωνικά καθορισμένου και κοινωνικά δρώντος όντος [8]. 8. Οι λέξεις, ο λόγος Ο άνθρωπος ζει, βέβαια, μέσα στο φυσικό του αλλά και μέσα σε ένα άλλο περιβάλλον, το κοινωνικό, που χαρακτηρίζεται από την ύπαρξη και ανάπτυξη των λεκτικών ερεθισμάτων. Τα ερεθίσματα αυτά υπάγονται σ’ εκείνο που ο Ι. Π. Παυλώφ (1849-1936) [9] ονόμασε δεύτερο σύστημα σηματοδότησης. Να τι έλεγε: «Αν οι αισθήσεις μας και οι παραστάσεις μας, που αναφέρονται στο περιβάλλον, σχηματίζουν για μας τα πρώτα σήματα της πραγματικότητας (τα συγκεκριμένα σήματα), ο λόγος και προπαντός οι κιναισθητικές διεγέρσεις που προχωρούν από το όργανο του λόγου προς τον φλοιό, συνιστούν τα δεύτερα σήματα – τα σήματα των σημάτων. Αυτά αντιπροσωπεύουν την αφαίρεση της πραγματικότητας και συντελούν στη γενίκευση, εκείνη ακριβώς που σχηματίζει τον τρόπο της συμπληρωματικής, της ανώτερης, της ανθρώπινης σκέψης μας, η οποία πριν απ’ όλα δημιουργεί τον κοινό σε όλους εμπειρισμό και τέλος την επιστήμη, ανώτερο όργανο, που επιτρέπει στον άνθρωπο να προσανατολίζεται στον έξω κόσμο και στον ίδιο τον εαυτό του». Στο σημείο αυτό παραθέτουμε (και υιοθετούμε) την άποψη του L. Vygotski [10] σχετικά με τη σχέση ανάμεσα στη "λέξη" και στη "συνείδηση": «Η συνείδηση αντανακλάται μέσα στη λέξη όπως ο ήλιος μέσα σε μια σταγόνα νερό. Η σχέση της λέξης με τη συνείδηση είναι σχέση ενός μικρού κόσμου με ένα μεγάλο κόσμο, ενός κύτταρου με τον οργανισμό, του ατόμου με τον κόσμο. Είναι ο μικρός κόσμος της ανθρώπινης συνείδησης» 9. Η διαδικασία της γνώσης Από τη ζωντανή θεώρηση των πραγμάτων φτάνουμε στην αφηρημένη έννοια και από την αφηρημένη έννοια στην πρακτική. Αυτός είναι, κατά τη γνώμη μας, ο δρόμος της γνώσης. Αυτοί οι δύο βαθμοί της διαδικασίας της γνώσης (η ζωντανή παρατήρηση κι η αφηρημένη σκέψη) είναι συνδεδεμένοι μεταξύ τους, μετατρέπονται το ένα στο άλλο και επισημαίνουν προκαταρκτικές γνώσεις μιας και της ίδιας διαλεκτικής διαδικασίας. 10. Η πληροφορία Η πληροφορία στο παραδοσιακό της περιεχόμενο σημαίνει είδηση, ανακοίνωση, γνωριμία με ορισμένα πράγματα ή γεγονότα. Παρμένη σ’ αυτό της το περιεχόμενο η έννοια πληροφορία δεν διαφέρει

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

από την έννοια αντανάκλαση και συνεπώς δεν θέτει στη μερικοεπιστημονική και στη φιλοσοφική σκέψη νέα προβλήματα. Οι πληροφοριακές και οι νοητικές διαδικασίες είναι δοσμένες σε διαλεκτική ενότητα. Ακριβώς στον αντίποδα αυτής της τοποθέτησης βρίσκονται οι θέσεις των Κυβερνητικών ( Σένον, Άσμπυ, Τζωρτζ, Βίνερ και άλλοι), που εξετάζουν τις πληροφοριακές διαδικασίες ως στερημένες από υποκειμενική πλευρά, δηλ. ως αντικειμενικά ρεαλιστικές διαδικασίες όμοιες με τα άλλα είδη κίνησης στη φυσική και κοινωνική πραγματικότητα. 11. Η εμπειρία ή πείρα Θεωρούμε, την εμπειρία, σαν την πρακτική των ανθρώπων, που με τη σειρά της επενεργεί πάνω στην ανθρώπινη φύση, και είναι ανεξάρτητη από την ανθρώπινη συνείδηση, την οποία μάλιστα μεταβάλλει με τη βοήθεια των εργαλείων παραγωγής, που είναι δημιουργήματα του ανθρώπου. Θεωρούμε ότι η τέτοια αντίληψη της εμπειρίας (ή πείρας) έχει μεγάλη σημασία για τη θεωρία της γνώσης, για την επιστήμη. Γιατί κάθε επιστημονική θεωρία στηρίζεται πάνω στην εμπειρία και είναι γενίκευση και απολογισμός των εμπειρικών δεδομένων. Διαφωνούμε με την άποψη που εννοεί με τη λέξη εμπειρία το σύνολο των αισθημάτων, την επίδρασή τους και τα αποτελέσματά τους. 11. Η εμπειρία ή πείρα Θεωρούμε, την εμπειρία, σαν την πρακτική των ανθρώπων, που με τη σειρά της επενεργεί πάνω στην ανθρώπινη φύση, και είναι ανεξάρτητη από την ανθρώπινη συνείδηση, την οποία μάλιστα μεταβάλλει με τη βοήθεια των εργαλείων παραγωγής, που είναι δημιουργήματα του ανθρώπου. Θεωρούμε ότι η τέτοια αντίληψη της εμπειρίας (ή πείρας) έχει μεγάλη σημασία για τη θεωρία της γνώσης, για την επιστήμη. Γιατί κάθε επιστημονική θεωρία στηρίζεται πάνω στην εμπειρία και είναι γενίκευση και απολογισμός των εμπειρικών δεδομένων. Διαφωνούμε με την άποψη που εννοεί με τη λέξη εμπειρία το σύνολο των αισθημάτων, την επίδρασή τους και τα αποτελέσματά τους. 12. Η έννοια της "σημασίας" Η "σημασία" είναι η γενίκευση της πραγματικότητας που έχει κρυσταλλοποιηθεί και παγιοποιηθεί μέσα στον αισθητό φορέα, συνήθως στη λέξη ή στην πρόταση. Είναι η ιδεατή, πνευματική μορφή της κρυσταλλοποίησης της εμπειρίας και της κοινωνικής πρακτικής της ανθρωπότητας. Η σφαίρα των παραστάσεων μιας κοινωνίας, η επιστήμη της, η γλώσσα της η ίδια, όλα αυτά συνιστούν τα συστήματα σημασιών. Η σημασία ανήκει, λοιπόν, πριν απ’ όλα στον κόσμο των αντικειμενικά ιστορικών φαινομένων. Γι’ αυτό πρέπει να έχουμε το γεγονός αυτό σαν αφετηρία. Η "σημασία", λοιπόν, είναι η μορφή που μ’ αυτή ένας άνθρωπος αφομοιώνει την ανθρώπινη εμπειρία γενικευμένη και αντανακλασμένη στη συνείδησή του. 13. Η έννοια του "νοήματος" Η έννοια του "νοήματος" είναι ουσιώδης έννοια. Στη συνηθισμένη ορολογία συχνά δεν διακρίνουν την έννοια του νοήματος από την έννοια της σημασίας. Μιλάνε, για παράδειγμα, για το νόημα ή για τη σημασία μιας λέξης αποδίνοντας στις δύο λέξεις το ίδιο περιεχόμενο. Ωστόσο η έννοια της σημασίας δεν αποδίνει ολόκληρο τον πλούτο του ψυχολογικού περιεχομένου που βρίσκουμε στη λήψη συνείδησης των φαινομένων της αντικειμενικής πραγματικότητας, που σ’ αυτά δίνουμε ένα νόημα. 14. Ορισμός των Μαθηματικών Τα Μαθηματικά μελετούν τις μορφές του χώρου και τις ποσοτικές σχέσεις στον πραγματικό κόσμο, και, έτσι, το αντικείμενο μελέτης τους έχει τις ρίζες του στην πραγματικότητα. Η πολύ αφηρημένη μορφή αυτού του αντικειμένου μελέτης με δυσκολία αποκρύπτει την προέλευσή της από τον εξωτερικό κόσμο. Όμως, για να ερευνηθούν αυτές οι μορφές και οι σχέσεις ως αφηρημένες, είναι απαραίτητο να αποχωρισθούν, εντελώς, από το υποκείμενο (υλικό) περιεχόμενό τους, το οποίο πρέπει να παραμεριστεί σαν κάτι άσχετο. Όμως, ο αφηρημένος χαρακτήρας των Μαθηματικών, δεν συνεπάγεται τον διαχωρισμό των Μαθηματικών από την υλική πραγματικότητα [1-στο «Μεγάλη Σοβιετική Εγκυκλοπαίδεια»] 15. Σκοπός της διδασκαλίας των Μαθηματικών Ο σκοπός είναι διττός: i) απόκτηση μαθηματικών γνώσεων απαραίτητων στην καθημερινή ζωή, ii) εξάσκηση του νου˙ δηλ., ο μαθητής μαθαίνει: α) να αναγνωρίζει σωστά τις πληροφορίες, β)να χρησιμοποιεί σωστά τις λέξεις από νοηματική άποψη και το συντακτικό τους, γ) να διατυπώνει μονοσή-

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ

μαντα δ) να αποφεύγει τους λογικούς πλεονασμούς, τα λογικά χάσματα και, το κυριότερο, να μη κάνει πρωθύστερα λογικά, ε) να αναγνωρίζει και να "αίρει" διάφορες απροσδιοριστίες, στ) να γίνεται πειστικός μόνο με τεκμηριωμένες προτάσεις και, το σημαντικότερο, να αποδέχεται μόνο τεκμηριωμένες πληροφορίες, ζ) να παράγει με "σωστό" τρόπο σωστά συμπεράσματα [6] 16. Μια απαραίτητη προϋπόθεση Δεν είναι λίγοι αυτοί που κάνουν ένα σοβαρότατο λάθος στην προσπάθειά τους να ερμηνεύσουν την στάση ενός π.χ. μαθητή απέναντι σε θέματα που αφορούν την επίτευξη των σκοπών του Σχολείου. Οι άνθρωποι αυτοί απομονώνουν τον μαθητή από μια σειρά περιβάλλοντα με τα οποία βρίσκεται σε διαρκή αλληλεπίδραση και τον "βλέπουν" μόνο σε σχέση με το σχολικό περιβάλλον. Τα περιβάλλοντα που αφορούν τους μαθητές είναι, κατά την γνώμη μας: 1) η οικογένεια, 2) η περιοχή κατοικίας, 3) η σχολική μονάδα, 4) το τμήμα ή η τάξη Σχολείου του, 5) το ευρύτερο φυσικό περιβάλλον ( εδαφολογικές-κλιματολογικές συνθήκες), 6) οι παρέες και τα "στέκια" που προκύπτουν από διάφορα χόμπι, πολιτικά και πολιτιστικά ενδιαφέροντα, ψυχαγωγία, αθλητισμό, 7) θα ήταν μέγιστο λάθος αν αγνοούσαμε την καθοριστική επίδραση που ασκούν πάνω στον μαθητή δύο σημαντικοί παράγοντες α) η Πολιτεία με τις αποφάσεις της β) τα ΜΜΕ, 8) οι δάσκαλοι όλων των βαθμίδων της εκπαίδευσης [6] 17. Οι συνιστώσες της διδακτικής πράξης Στην αποκαλούμενη διδακτική πράξη τα μέρη που παίρνουν μέρος είναι τέσσερα. α) οι διδασκόμενοι, β) οι διδάσκοντες, γ) η Πολιτεία και δ) το κοινωνικό περιβάλλον. Κάθ’ ένα απ’ αυτά τα μέρη βρίσκεται σε ακατάπαυστη αλληλοεπίδραση με τα άλλα, τα επηρεάζει κι επηρεάζεται, τα διαμορφώνει και διαμορφώνεται ανάλογα με τον, κάθε φορά, συσχετισμό δυνάμεων μεταξύ αυτών των μερών. Έτσι η διδακτική πράξη μπορεί να είναι: μονοδιάστατη (μαθητής), δισδιάστατη (μαθητής – δάσκαλος), τρισδιάστατη (μαθητής – δάσκαλος – Πολιτεία), τετραδιάστατη (μαθητής – δάσκαλος – Πολιτεία – κοινωνικό περιβάλλον). Εμείς την βλέπουμε τετραδιάστατη.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΚΕΣ ΑΝΑΦΟΡΕΣ 1.«Τα Μαθηματικά κλειδί ανάπτυξης», Γιάννης Κερασαρίδης, στο "17ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας", σσ. 170-190, εκδ. ΕΜΕ (Αθήνα 2000) ● «Μαθηματικά και φιλοσοφία», Γιάννης Κερασαρίδης, στο "19ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας", σσ. 560-577, εκδ. ΕΜΕ (Αθήνα 2002) ● «Μεγάλη Σοβιετική Εγκυκλοπαίδεια», τόμ.1 (σελ.643-651), τόμ.18 (σελ.656-661), τόμ. 20 (σελ.437-481), εκδ. "Ακάδημος", Αθήνα 1978 ● «Η ισχύς των Μαθηματικών», Moshé Flato, εκδ. Κάτοπτρο, Αθήνα 1993, σσ. 96-98 ● «Πως να ενεργοποιήσουμε τα παιδιά στο μάθημα των Μαθηματικών», Τουμάσης Μπάμπης, εκδ. Κωστόγιαννος, Χαλκίδα 2001, σσ. 21-38 ● «Η αξία της επιστήμης», Henri Poincaré, εκδ. Κάτοπτρο, Αθήνα 1997, σ. 112 2. «Αστικές θεωρίες διαμόρφωσης της προσωπικότητας», Β. Λ. Πιλιπόσκι, Περιοδικό «Θέματα Παιδείας» τ. 4/2000, σ. 73 ● «Η εκπαιδευτική πολιτική στην Ελλάδα και την Ε.Ε. στο χρονικό διάστημα 1972-2002», Γιάννης Κερασαρίδης, σσ. 1-23, δημοσιεύεται στον "Ευκλείδη γ΄", εκδ. ΕΜΕ [ως τη δημοσίευση, αντίτυπα διατίθενται από το συγγραφέα] 3.«Η ψυχολογία της επινόησης στα Μαθηματικά», Jacques Hadamard, εκδ. Κάτοπτρο, Αθήνα 1995, σ.13-15 ● «Οι Μαθηματικοί», Ε.Τ. Bell, εκδ. Πανεπ. εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο 1995, τόμ. 1, σσ. 209-220 4.«Κρατική Διδακτική και Εκπαιδευτική Πράξη: Ο ρόλος των εγκυκλίων στην οργάνωση της διδασκαλίας», Θ. Γκοντοβός-Γ. Μαυρογιώργος- Π. Παπακωνσταντίνου, περιοδικό «Επιστημονική Σκέψη», τόμος 2, τεύχος 12, σελ. 57 5. «Τα παιδιά και η έννοια των αριθμών», Hughes Martin, εκδ. Gutenberg, Αθήνα 1999, σσ. 17-31 6. «Μαθηματικά, Νέα γενιά και Κοινωνία», Γιάννης Κερασαρίδης, στο "16ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας", σσ. 53-69, έκδ. ΕΜΕ (Αθήνα 1999) και στο περιοδικό «Θέματα Παιδείας», τεύχος 1, σσ.43-50, (Αθήνα 2000) 7. «Η απόδοση των μαθητών Α΄ και Β΄ Λυκείου στις εξετάσεις του Ιουνίου…», των τελευταίων τριών ετών που επεξεργάζεται και εκδίδει το "Τμήμα Στατιστικής" του Οικονομικού Πανεπιστημίου Αθηνών 8. «Θεωρία της αντανάκλασης», Παυλώφ Τοντόρ, εκδ. ΔΩΔΩΝΗ (1974), σελ. 278 9 «Πρακτικά του Διεθνούς Συνεδρίου Φυσιολογίας», Παυλώφ Ι.Π. , Ρώμη 1932

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΙΑ ΔΙΔΑΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ 10. "Pensée et Langage", L. Vygotski, 1934, p. 318

ΛΗΦΘΗΚΑΝ ΣΟΒΑΡΑ ΥΠ’ ΟΨΗ ►"Έργα", Παυλώφ Ι. Π., Τόμοι Α΄- ΣΤ΄, Ακαδημία Επιστημών της ΕΣΣΔ, 1951-1952 ►«Θέματα Διδακτικής Μαθηματικών», Ε.Γ. Κολέζα-Κ.Ν. Μακρής-Κ.Β. Σούρλας, εκδ. Gutenberg, Αθήνα 1999 ► «Παιδαγωγικό ποίημα», Α.Σ. Μακαρένκο, εκδ. Σύγχρονη εποχή, Αθήνα 1986, τόμ. 1,2 ► «Ιδεολογικές και Μεθοδολογικές Αρχές της Εργασίας στο Σχολείο της Πολυτεχνικής Εκπαίδευσης», Γιώργος Κ. Μοραΐτης, εκδ. Σύγχρονη Εποχή, Αθήνα 1999 ► «Νεολαία και Κοινωνική Μεταβολή», Αθανάσιος Ε. Γκοτοβός, εκδ. Gutenberg, Αθήνα 1996 ► «Ιδεολογία, Παιδαγωγική και Εκπαιδευτική Πολιτική», Γιώργος Δ. Γρολιός, εκδ. Gutenberg, Αθήνα 1999 ► «Διδακτική των Μαθηματικών», Γιώργος Φιλίππου-Κώστας Χρήστου, εκδ. Δαρδανός, Αθήνα 2000 ► «Οργάνωση της Διδασκαλίας και της Μάθησης», Βασίλη Ι. Χαραλαμπόπουλου, εκδ. Gutenberg, Αθήνα 2000 ► «Παιδαγωγική Αλληλεπίδραση», Αθανάσιος Ε. Γκοτοβός, εκδ. Gutenberg, Αθήνα 1999 ► «Ιστορία των Μαθηματικών», G. Loria, εκδ. Παπαζήση, Αθήνα 1971, τόμ. Ι,ΙΙ ► «Η Συνθήκη για την Ευρωπαϊκή Ένωση», Τυποεκδοτική, Αθήνα 1992 ► «Η Λευκή Βίβλος», Τυποεκδοτική, Αθήνα 1994 ► «Ολοκληρώνοντας την Ευρώπη μέσα από την Εκπαίδευση και την Κατάρτιση» (περίληψη και συστάσεις)(Ευρωπαϊκή Επιτροπή) ► «Δραστηριότητα, Συνείδηση, Προσωπικότητα», Α.Leontiev, εκδ. Αναγνωστίδη, Αθήνα (χωρίς ημερομηνία) και περιοδικό «Επιστημονική σκέψη» τόμ. 5, τεύχ. 27, σ. 36 ► «Διδασκαλία και μάθηση των Μαθηματικών σε διεπιστημονικό πλαίσιο: Τα μαθηματικά και η κοινωνική πρακτική τους μέσα στην τάξη», Christine Keitel, στο "Θέματα Διδακτικής Μαθηματικών V", GutenbergΠανεπιστήμιο Αιγαίου, 2000, σ. 172 ► «Διακήρυξη της Πράγας: ώδινεν όρος και έτεκεν…Λευκήν Βίβλον. Σχόλια – Θέσεις», Γιάννης Κερασαρίδης, [θέσεις προς την Επιτροπή της ΕΜΕ σχετικά με τις Διακηρύξεις της Μπολόνια και της Πράγας], Αθήνα 8/6/2001 ► «Beyond Freedom and Dignity», Skinner B., New York, 1975, p. 15 ► «Behaviorism and Schooling», Steinberg I. Oxford, 1980, p. 95 ► «Εκπαίδευση και δεξιότητα στην Ευρώπη», ERT, Βρυξέλες, 2/1989. http://ert.be ►«Εκπαίδευση για Ευρωπαίους, προς μια κοινωνία της μάθησης», ERT, Βρυξέλες 6/1995.http:// www.ert.be

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα Σάββας Καρακούλλης Μαθητής Λανιτείου Λυκείου Β΄, Λεμεσός Εισαγωγή Πολλοί αρχαίοι πολιτισμοί ενδιαφέρθηκαν γι’ αυτόν τον περίεργο μαθηματικό συνδιασμό. Πρέπει να επιστρέψουμε στους κινέζικους μύθους προκειμένου να βρεθούν τα πρώτα ίχνη των μαγικών τετραγώνων. Πριν 28 αιώνες περίπου ο βασιλιάς Yu είχε προσέξει ένα παράξενο τετράγωνο στο καβούκι μιας ιερής χελώνας (βλέπε το σχήμα που ακολουθεί). Εκείνο το μαγικό τετρά-γωνο καλείται διάγραμμα του ποταμού Luo και ο μύθος αυτός λέγεται ο μύθος του Lo Shu.

Διάφορα Μαγικά Τετράγωνα. Ένα μαγικό τετράγωνο είναι μια ρύθμιση των αριθμών απο το 1 μέχρι το n2 σε ένα πίνακα nxn, με αριθμούς που εμφανίζονται μόνο μια φορά, έτσι ώστε το άθροισμα των εισαγώμενων σειρών ή οποιασδήποτε στήλης ή οποιασδήποτε βασικής διαγωνίου να είναι το ίδιο. Το άθροισμα αυτό n ( n 2 + 1) , όπου n είναι ο αριθμός των γραμμών ή στηλών. ισούται πάντοτε με 2

Το πιο απλό μαγικό τετράγωνο είναι το 1x1 στο οποίο ο μόνος αριθμός που μπαίνει είναι το 1.

1. Το άθροισμα γραμμών, στηλών, διαγωνίων, Σ = n(n2 + 1)/2=1(1+1)/2=1 Το επόμενο είναι το 3x3: = 15 = 15 = 15 = 15 || 15

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

|| 15

= 15

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

2. Το άθροισμα γραμμών, στηλών, διαγωνίων, Σ = n(n2 + 1)/2=3(9+1)/2=15 Μετά έχουμε το 4x4: = 34 = 34 = 34 = 34 = 34 || 34

|| 34

= 34

3. Το άθροισμα γραμμών, στηλών, διαγωνίων, Σ = n(n2 + 1)/2=4(16+1)/2=34 Ιδιότητες Μαγικών Τετραγώνων (4x4) α) Το άθροισμα στήλης, γράμμης, διαγωνίου ισούται με 34. = 34 = 34 = 34 = 34 = 34 || 34

|| || 34 34

|| 34

= 34

β) Το άθροισμα των 4ων κεντρικών αριθμών ισούται με 34.

=34 γ) Το άθροισμα των 4ων γωνιακών αριθμών ισούται με 34.

= 34 δ) Το άθροισμα του πρώτου και τελευταίου αριθμού της 2ης και 3ης γραμμής είναι ίσο με 34.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

= 34

ε) Το άθροισμα του 2ου και 3ου αριθμού της 1ης και 4ης γραμμής είναι ίσο με 34.

στ) Αν ακολουθήσουμε τη φορά των δεικτών τού ρολογιού, και ο πρώτος αριθμός δεν είναι γωνιακός, τότε το άθροισμα είναι ίσο με 34. Π.χ

= 34

ζ) Κάθε 4 γωνιακά τετράγωνα δίνουν άθροισμα πάλι 34.

34 =

= 34

34 =

= 34

η) Όταν αλλάξουμε τις γραμμές πάλι το άθροισμα μένει σταθερό δηλαδη 34 = 34 = 34 = 34 = 34

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

θ) Όταν αλλάξουμε τις στήλες πάλι το άθροισμα μένει 34

|| 34

ι) Όταν αλλάξουμε τις διαγώνιους πάλι το άθροισμα μένει 34

= 34

34 =

κ) Όταν προσθέσω ή πολλαπλασιάσω (π.χ με το 2) με σταθερό αριθμό τοτε το αθροισμα μένει σταθερό

42=

=42

68=

= 68

λ) Υψώνοντας όλους τους αριθμούς του μαγικού τετραγώνου στη 2η δύναμη τότε έχουμε:

Ιδιότητες του μαγικού τετραγώνου ‘των τετραγώνων’: 1. Το άθροισμα της 1ης και 4ης γραμμής είναι ίσο. Το ίδιο ισχύει και για την 2η και 3η γραμμή.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

= 438 = 310 = 310 = 438 2. Το αντίστοιχο ισχύει και για τις στήλες.

|| || || || 378 370 370 378 3. Το άθροισμα των 2 διαγωνίων ισούται με το άθροισμα των 2 διαφορετικών γραμμών ή στηλών.

748 =

= 748 = 748 μ) Υψώνοντας όλους τους αριθμούς του μαγικού τετραγώνου στη 3η δύναμη τότε έχουμε: = 748

Ιδιότητα του μαγικού τετραγώνου ‘των κύβων’: Το άθροιμα των διαγωνίων ισούται με το άθροισμα των υπολοίπων αριθμών.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

= 9248 = 9248

Η Τεχνική της Μεθόδου Κατασκευής Μαγικών Τετραγώνων. 1. Κατασκευή περιττής Τάξης (3x3 ,5x5, 7x7, ………) Χρησιμοποιώ σαν παραδείγμα το μαγικό τετράγωνο 3x3 α) Γράφω στο μέσο της πρώτης γραμμής τον αριθμό 1.

β) Μετακινούμαι κατά ένα τετραγωνάκι προς τα πάνω και κατά ένα τετραγωνάκι προς τα δεξιά. Επειδή βρίσκομαι έξω απο το τετράγωνο τότε μεταφέρομαι στο τέλος της στήλης. 2

γ) Συνεχίζω την ίδια κίνηση πάνω και δεξιά. Παλι βρίσκομαι έξω από το τετράγωνο. Ετσι μεταφέρομαι στην αρχή της γραμμής.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

δ) Επαναλαμβάνω την κίνηση πάνω και δεξιά αλλά η θέση είναι κρατημένη από άλλο αριθμό. Σε ετσι περιπτώσεις ο αριθμός (4) τοποθετείται κάτω απο τον προηγούμενο του που είναι το (3).

ε) Συνεχίζω με την κίνηση πάνω και δεξιά.

ζ) Συνεχίζω με την ίδια τακτική.

η) Επαναλαμβάνω την κίνηση πάνω και δεξιά, αλλά επειδή είμαι εκτός τετραγώνου, ο αριθμός (7) τοποθετείται κάτω απο τον προηγούμενο του που είναι το (6).

θ) Συνεχίζω την κίνηση πάνω και δεξιά. Παλι βρίσκομαι έξω από το τετράγωνο. Ετσι ο αριθμος (8) τοποθετείται στη αρχή της γραμμής.

ι) Στο τελευταίο τετράγωνο που απομένει τοποθετούμε τον τελευταίο μας αριθμό που είναι το (9).

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

Η πιο πάνω μέθοδος ισχύει για μαγικά τετράγωνα περιττής τάξης ( 5x5, 7x7, 9x9, ....) Το μαγικό τετράγωνο 5x5:

Το μαγικό τετράγωνο 7x7:

Κατά τη παρούσα μελέτη παρατήρησα το έξης: ‘Οταν έχουμε μαγικό τετράγωνο περιττής τάξης (3x3, 5x5, 7x7 κ.λ.π.), αν σε κάποια θέση βρεθεί πολλαπλάσιο του 3, 5,7, κ.λπ , τότε ο επόμενος αριθμός μπαίνει ακριβώς από κάτω. (βλέπετε στα πιο πάνω σχήματα). Τον κεντρικό αριθμό του τετραγώνου περιττής τάξης τον βρίσκουμε από την σχέση (n2+1)/2, π.χ στο 3Χ3 είναι = (32+1)/2 = 5, στο 5Χ5 είναι = (52+1)/2 = 13, και στο 7Χ7 είναι = (72+1)/2 = 25 , ....... 1β. Ένας άλλος τρόπος κατασκεύης μαγικών τετραγώνων περιττής τάξης. Η μέθοδος της πυραμίδας. α)Κατασκευάζω το 3Χ3 και προσθέτω εκατέροθεν των ενδιάμεσων γραμμών και στηλων εξωτερικά τετραγωνάκια (βλέπετε σχήμα)

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

β) Αρχίζω να τοποθετώ τους αριθμούς διαγώνια όπως φαίνεται στο σχήμα

γ) Οι αριθμοί που τοποθετήθηκαν στα εξωτερικά τετραγωνάκια μεταφέρονται στά απέναντι άδεια τετραγωνάκια.

2. Η Τεχνική της Μεθόδου Κατασκευής μαγικού τετραγώνου 4x4. α) Συπληρώνω πρώτα της διαγωνίους ξεκινώντας απο τα αριστέρα και με αριθμο των αρίθμο της θέσης του μικρού τετραγωνου.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

β) Μέτα αρχίζω να αφαιρώ από το 17 τον αριθμό της θέσης του μικρού τετραγώνου, π.χ. για την δευτερη θεση 17–2 =15 για την 3ην 17-3=14 κ.τ.λ. 17-2=15

17-3=14

Κατά την εργασία παρατήρησα ότι μπορεί επίσης να κατασκευαστεί, αρχίζοντας απο την θέση του 16ου τετραγώνου και επιστρέφοντας ανάποδα δηλ. απο τα δεξιά προς τα αριστερά με τον αρίθμο του μικρού τετραγώνου.

γ) Και έχουμε το μαγικό τετράγωνο 4x4.

Το Μαγικό τετράγωνο που συνδιάζει το 3Χ3, 5Χ5, 7Χ7, 9Χ9. Κατά την συλλογή του υλικού βρήκα ένα μαγικό τετράγωνο που συνδιάζει το 3Χ3, 5Χ5, 7Χ7, 9Χ9 και έχει μερικές ιδιότητες που με ενθουσιάσαν. Ετσι το συμπεριλάμβά-νω στην μελέτη.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

Είναι ένα μαγικό τετράγωνο της 9ης τάξης με τρία εσωτερικά τοποθετημένα μαγικά τετράγωνα της τάξης 3, 5 και 7. Οι αριθμοί που χρησιμοποήθηκαν είναι το 1 μέχρι το 81. Ετσι το 9Χ9 είναι κανονικό μαγικό τετράγωνο. Τα μαγικά αθροίσματα ειναι: S3 = 123, S5 = 205, S7 = 287, S9 = 369. • • • • •

•

Παρατήρησα ότι τα πιο πάνω αθροίσματα ικανοποιούν τη σχέση: Sn = n (N2+1)/2 όπου n ο αριθμός τάξης του μικρού εσωτερικού τετραγώνου και Ν ο άριθμός τάξης ολόκληρου του μαγικού τετραγώνου. Το μ.τ. 3ης τάξης αποτελείται απο τα κόκκινα τετραγωνάκια σε σχήμα ρόμβου στο κεντρικό τμήμα του τετραγώνου 9Χ9 και αναφέρεται σαν διαμαντένιο εσωτερικό. Ο κεντρικός αριθμός, ο πυρήνας δηλαδή κάθε κανονικού μαγικού τετραγώνου περιττής τάξης παρατήρησα ότι ισούται πάντοτε με (n2+1)/2 (στο 1X1 είναι ασφαλώς το 1, στο 3X3 είναι το 5, στο 5Χ5 είναι το 13, στο 7Χ7 είναι το 25, και στο 9Χ9 είναι το 41. Το άθροισμα οπιονδήποτε 2 αριθμών, που βρίσκονται εκατέρωθεν και ισαπέχουν από τον πυρήνα, είτε αυτοί βρίσκονται σε διαγώνιο, είτε σε γραμμή είτε σε στήλη, ισούται πάντοτε με το διπλάσιο του αριθμού που βρίσκεται στον πυρήνα (ισούται δηλαδή με με n2+1. Σημειώσατε ότι ο μικρότερος και μεγαλύτερος αριθμός βρίσκονται ανακατεμένοι σε όλο το τετράγωνο, και όχι στη εξωτερική οριακή ζώνη όπως έπρεπε σε κανονικό μαγικό τετράγωνο. Αυτές οι εξωτερικές ζώνες καλούνται λωρίδες επέκτασης γιά να ξεχωρίζουν απο τις οριακές ζώνες (ενός οριακού ή ομοκεντρικού μαγικού τετραγώνου). Στις εξωτερικές λωρίδες επέκτασης υπάρχουν συνολικά 4 (n – 1) αριθμοί, (όπου n ο αριθμός τάξης του μαγικού τετραγώνου). Από αυτούς, πάντοτε οι μισοί αριθμοί δηλαδή 2 (n – 1) αριθμοί είναι μικρότεροι απο τον αριθμό που βρίσκεται στο κέντρο των τετραγώνων και 2 (n – 1) αριθμοί είνα μεγαλύτεροι

Δηλαδή αν πάρω το 3Χ3 έχω 2 (3 –1 ) = 4, πράγματι αν συγκετρώσω τους αριθμούς σε ένα μικρό πίνακα (αριστερά όσους είναι <41 και δεξιά όσους είναι >41), τότε βλεπω ότι υπάρχουν 4 αριθμοί <41 και 4 >41. Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

Αριθμοί <41

Αριθμοί >41

Δηλαδή αν πάρω το 5Χ5 έχω 2 ( 5 –1 ) = 8 έχω δηλαδή 8 αριθμούς < 41 και, αριθμούς >41. Αριθμοί <41

Αριθμοί >41

Το ίδιο ισχύει για όλα τα περιττής τάξης μαγικά τετράγωνα. Μερικά ασυνήθιστα μαγικά τετράγωνα. Α) Το μαγικό τετράγωνο του Savior Στη Ρώμη κατά τη διάρκεια του μεσαίωνα αυτό το τετράγωνο χαράκτηκε σε ποικίλα κοινά, καθημερινά αντικείμενα όπως εργαλεία και δοχεία κατανάλωσης. Βρέθηκε επίσης σε θυρεούς (εμβλήματα πάνω από τις πόρτες-οικόσημα). Θεωρήθηκε ότι το τετράγωνο είχε μαγικές ιδιότητες, και ότι καθιστώντας το ορατό θα απόκρουε τα κακά πνεύματα. Οι λέξεις σε αυτό το τετράγωνο μεταφράζονται κατά προσέγγιση "Ο δημιουργός (ή Savior) κρατά την λειτουργία των σφαιρών στα χέρια του." Το τετράγωνο Sator είναι ένα είδος γρίφου σταυρόλεξων, παρά ένα μαθηματικό μαγικό τετράγωνο. .

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

Β) Το μαγικό τετράγωνο του Benjamin Franklin. Ο Benjamin Franklin ήταν επιστήμονας, εφευρέτης, πολιτικός, ένας εκτυπωτής, φιλόσοφος, μουσικός, και οικονομολόγος. Είναι εύκολο να φανταστεί κάποιος πώς ένα πρόσωπο τέτοιων διαφορετικών ταλέντων θα μπορούσε να έχει εφεύρει αυτό το ενδιαφέρον μαγικό τετράγωνο

Γ) Το μαγικό τετράγωνο του Albrecht Dürer. Το 1514, ο Albrecht Dürer δημιούργησε μιά χάραξη που ονομάστηκε Melancholia που περιλάμβανε ένα μαγικό τετράγωνο. Στην κατώτατη σειρά του μαγικού του τετραγώνου (4 X 4) μπορείτε να δείτε ότι τοποθέτησε τους αριθμούς "15" και "14" δίπλα-δίπλα για να φανερώνει την ημερομηνία της χάραξής του.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

Δ) Το μαγικό τετράγωνο του καθεδρικού ναού Gaudi στη Μπαρσελόνα. Αυτή η φωτογραφία λήφθηκε απο τον καθεδρικό ναό Gaudi στή Μπαρσελόνα και απεικονίζει ένα μαγικό τετράγωνο 4Χ4 του οποίου το μαγικό άθροισμα είναι 33 όσα δηλαδή και τα χρόνια του Χριστού.

4. Μελετώντας το πιο πάνω μαγικό τετράγωνο παρατήρησα ότι το μαγικό άθροισμα δεν ικανοποιεί τον βασικό κανόνα Σ = n(n2 +1)/2 = 34. 5. O κατασκευαστής του αντί να χρησιμοποιήσει τους αριθμούς 12 και 16 χρησιμοποίη-σε τους αριθμούς 10 και 14 δύο φορές παραβιάζοντας έτσι άλλους δύο βασικούς κανόνες. 6. Πιθανό να ενήργησε εσκεμμένα στη προσπάθεια του να αποτυπώσει στη πλάκα αυτή την ηλικία του Χριστού. 7. Για να λύσω τη απορία μου έκανα τη σύγκριση με το σωστό μαγικό τετράγωνο, το οποίο βλέπετε πιο κάτω:

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

•

Ειναι φανερό ότι οι ελάχιστες τροποποιήσεις που έγιναν απο τον κατασκευαστή της επιγραφής στον καθεδρικό ναό έγιναν με τέτοιο τρόπο που να δίνουν μαγικό άθροισμα 33 αντί 34.

Άλλα Μαγικά Σχήματα Εκτός από τα μαγικά τετράγωνα υπάρχουν και μαγικοί κύβοι και μαγικά αστέρια., μαγικά εξάγωνα και μαγικοί κύκλοι.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

6 Μαγικά Τετράγωνα – 12 Μαγικοί Κύκλοι

Επίλογος Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

Μαγικά Τετράγωνα

Τα μαγικά τετράγωνα μπορούν να χρησιμοποιηθούν για να επεξηγήσουν θεμελιώδεις έννοιες της αριθμητικής, όπως το συσχετισμό και τη παραγοντοποίηση ως προς τους πρώτους αριθμούς. Η χρησιμοποίηση τους αξιοποιείται στο να ρίξει κατ' αυτό τον τρόπο μεγαλύτερο φως στον τρόπο που αυτές οι έννοιες αναφέρονται στους συνηθισμένους αριθμούς. ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ Ιnternet: http://mathforum.org/ http://www.magic-squares.de/general/squares/links.html http://mathforum.org/alejandre/magic.square.html http://www.geocities.com/~harveyh/magicstar.htm http://user.chollian.net/~brainstm/MagicSquare.htm http://www.magic-squares.de/general/squares/transformations.html http://perso.club-internet.fr/spip/carmagiqeng.html#Histoire http://www.grogono.com/magic/ http://www.inetworld.net/~houlton/square.html http://www.magic-squares.de/general/title/general.html http://net.indra.com/~charliek/index.htm http://www.uwinnipeg.ca/~vlinek/jcormie/ http://www.pse.che.tohoku.ac.jp/~msuzuki/MagicSquare.html http://mathworld.wolfram.com/MagicSquare.html http://www.adworks.myweb.nl/Magic/ http://perso.club-internet.fr/spip/carcousinseng.html http://perso.club-internet.fr/spip/carmagiqeng.html http://nrich.maths.org/mathsf/journalf/aug98/art1/ http://mathforum.org/alejandre/magic.square/loshu.html http://mathforum.org/alejandre/magic.square/al.html http://mathforum.org/alejandre/magic.square/ben.html http://mathforum.org/alejandre/magic.square/adler/adler4.html http://mathforum.org/alejandre/magic.square/adler/adler.whatsquare.html http://www.geocities.com/CapeCanaveral/Launchpad/4057/ http://mathforum.org/alejandre/magic.star/msuzuki2.html

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ (Λ.Ε.Μ. και 10-ωρο) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ2, Σ3 και 10 – ωρο

Ιούνιος 2002

ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά ΜΕΡΟΣ Α' Από τις 15 ερωτήσεις να απαντήσετε μόνο στις 12. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 5 μονάδες. 1.

Να βρείτε την παράγωγο

dy των συναρτήσεων: (α) y = x3 − x , (β) y = x 2 ·e3 x dx

2. Το έτος 2001 ο πληθυσμός μιας πόλης αυξήθηκε κατά 8% σε σύγκριση με το έτος 2000 και έγινε 133920 κάτοικοι. Να βρείτε πόσος ήταν ο πληθυσμός της πόλης το έτος 2000. 3.

Να βρείτε το

lim x →0

ημ 5χ − εφ 3χ ημ 3χ − εφ 2 χ

4. Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της λέξης ΔΙΑΤΑΞΗ. Πόσοι από αυτούς αρχίζουν με Α και τελειώνουν με Η; 8

a⎞ ⎛ 5. Στο ανάπτυγμα του ⎜ 2x3 + ⎟ ο όρος ο ανεξάρτητος του χ είναι 7168. Να βρείτε τις τιμές x⎠ ⎝ του α.

6. Ο κύκλος (κ) περνά από τα σημεία Α(2,5), Β(0,1) και Γ(0,4). (α) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου (κ). (β) Να δείξετε ότι ο κύκλος (κ) εφάπτεται του άξονα των χ. Για τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου ισχύουν: 3 9 9 P ( A ) = , P ( A ∪ B ) = , και P ( A ∩ B ) = 4 10 20

(α)

Να βρείτε τις πιθανότητες Ρ(Β), Ρ(Β-Α)

και Ρ(Α/Β)

(β) Να δείξετε ότι τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα. 8.

Να δείξετε, χωρίς τη χρήση υπολογιστικής μηχανής, ότι: 4τοξεφ

1 24 + τοξεφ =π 2 7

9. Το χωρίο που περικλείεται από την καμπύλη y = ln x και τις ευθείες x = 1 και y = 1 κάμνει μια πλήρη περιστροφή γύρω από τον άξονα των χ. Να βρείτε τον όγκο του στερεού που παράγεται. 10. Να δείξετε ότι η ευθεία χ + y + 1 =0 είναι κοινή εφαπτομένη της παραβολής 1 y 2 = 4 x και της υπερβολής xy = . Στη συνέχεια να υπολογίσετε το μήκος του 4 ευθυγράμμου τμήματος που ενώνει τα δυο σημεία επαφής. 11. Από όλα τα ορθογώνια παραλληλόγραμμα που έχουν τις δυο κορυφές τους πάνω στον άξονα των χ και τις άλλες δυο κορυφές πάνω στην καμπύλη y = 9 − x 2 να βρείτε τις διαστάσεις εκείνου του ορθογωνίου που έχει μέγιστο εμβαδόν. Να υπολογίσετε αυτό το

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

Ιούνιος 2002

μέγιστο εμβαδόν.

dy − 2 y = x3 + 5 . (α) Να βρείτε τη γενική της λύση. dx 3 (β) Να βρείτε την ειδική της λύση για την οποία είναι y = όταν χ = 1 . 4 12. Δίνεται η διαφορική εξίσωση x

13. Ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( Aˆ = 90° ) με (ΑΒ) = α cm κάμνει μια πλήρη περιστροφή γύρω από άξονα xΓy κάθετο στη ΒΓ. Να βρείτε το εμβαδόν της επιφάνειας του στερεού που παράγεται.

2 2 2 (α) Να γράψετε το νιοστό όρο της. + + + ... 2·4 3·5 4·6 (β) Να βρείτε το άθροισμα των ν πρώτων όρων της. (γ) Να βρείτε το άθροισμα των απείρων όρων της. 14. Δ ί ν ε τ α ι η σ ε ι ρ ά :

π 2

15. Να βρείτε τα ολοκληρώματα :

(α)

∫ x·ημ 3x dx ,

(β)

∫χ

dx + 2χ + 4

ΜΕΡΟΣ Β'

Από τις 6 ερωτήσεις να απαντήσετε μόνο στις 4. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες. Δίνεται η συνάρτηση

( x + 1) y=

. (α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα σημεία τομής x+2 με τους άξονες των συντεταγμένων, τα ακρότατα και τις ασύμπτωτες της συνάρτησης και να κάμετε τη γραφική της παράσταση. (β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται 1.

από την καμπύλη

( x + 1) y=

x+2 ασύμπτωτη της καμπύλης.

, την ευθεία x = −1 , τον άξονα των y και την πλάγια

Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση x = 3ημθ , −

∫

x2 9 − x2

π 2

<θ <

π 2

, να βρείτε το

dx .

⎛ ⎛ 3⎞ 3⎞ Δίνεται η υπερβολή xy = 9 και τα σημεία της P ⎜ 3 p, ⎟ και Q ⎜ 3q, ⎟ . (α) Να δείξετε p⎠ q⎠ ⎝ ⎝ ότι οι εφαπτόμενες της υπερβολής στα σημεία Ρ και Q τέμνονται στο σημείο Τ με 6 pq 6 και y = . (β) Να βρείτε την καρτεσιανή εξίσωση τους συντεταγμένες: x = p+q p+q σχήματος πάνω στο οποίο βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Τ όταν τα Ρ και Q κινούνται πάνω στην υπερβολή ώστε να πληρούται η συνθήκη p 2 + q 2 = 2 . 3.

x −1 y z +1 x −3 y −3 z = = (α) Να δείξετε ότι οι = = , ε2 : 4 6 2 6 9 5 ευθείες ε1 και ε2 τέμνονται και να βρείτε το σημείο τομής τους. (β) Να βρείτε στη μορφή GG r ·n = d την εξίσωση του επιπέδου (Π) το οποίο περιέχει τις ευθείες ε1 και ε2 . 4.

Δίνονται οι ευθείες : ε1:

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

Ιούνιος 2002

d2y dy + 2 − 3 y = 5ημ 2 x . (α) Αν η συνάρτηση 2 dx dx φ ( χ ) = κ ημ 2 χ + λ συν 2 χ είναι μια λύση της διαφορικής εξίσωσης, να βρείτε τις τιμές των

Δίνεται η διαφορική εξίσωση :

κ και λ. (β) Να βρείτε τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης. 6. Ρίχνουμε στην τύχη σφαιρίδια σε ν κάλπες μέχρις ότου για πρώτη φορά ένα σφαιρίδιο τοποθετηθεί σε κάλπη στην οποία υπάρχει ήδη ένα άλλο σφαιρίδιο. Να βρείτε την πιθανότητα να συμβεί αυτό κατά την κ ρίψη. Οι τρεις διαφορετικές ασκήσεις για το Ενιαίο Λύκειο (10 – ωρο) είναι στο Α΄ Μέρος 5. Να δείξετε ότι η εξίσωση 3 − x − ln x = 0 έχει μια ρίζα στο διάστημα [2,2 , 2,3]. Στη συνέχεια, χρησιμοποιώντας τη μέθοδο Newton – Raphson και παίρνοντας σαν πρώτη προσέγγιση την τιμή χ0 = 2,2 , να βρείτε μια δεύτερη καλύτερη προσέγγιση της ρίζας με ακρίβεια τεσσάρων δεκαδικών ψηφίων. 6. Να βρείτε την καρτεσιανή εξίσωση του γεωμετρικού τόπου των σημείων του μιγαδικού z −1 επιπέδου για τα οποία ισχύει: = 2 , όπου z = x + yi z + 3i

9. Στο σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις των καμπυλών με ρ =α ⎫⎪ εξισώσεις ⎬ 0 ≤ θ < 2π . ρ = α (1 + συνθ ) ⎪⎭

(α) Να βρείτε τις πολικές συντεταγμένες των σημείων τομής των δύο καμπυλών. (β) Να υπολογίσετε, συναρτήσει του α, το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1.

(α) y = x3 − x ⇒

dy 1 = 3x 2 − dx 2 x

2000

2001

100

108

133920

L = lim x →0

(β) y = x 2 ·e3 x ⇒

dy = 2 xe3 x + 3x 2 e3 x dx

133920·100 = 124000 108

ημ 5 χ − εφ 3χ ⎛ 0 ⎞ απροσδιοριστία ημ 3χ − εφ 2 χ ⎜⎝ 0 ⎟⎠

(ημ 5χ − εφ 3χ ) ' = 5συν 5χ − 3τεμ 2 3χ (ημ 3χ − εφ 2 χ ) ' 3συν 3χ − 2τεμ 2 χ

(α)

7! = 2520 . 2!

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

(β) Αρχίζουμε Α και τελειώνουν με Η:

5! = 120

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο) κ

⎛8 ⎞ ⎛ 8 ⎞ 8−κ κ 24− 4κ ⎛ 3 a⎞ 3 8−κ ⎛ α ⎞ , ⎜ 2 x + ⎟ , Tκ +1 = ⎜ κ ⎟·( 2 χ ) ⎜ ⎟ = ⎜ κ ⎟·2 ·α ·χ x⎠ ⎝ ⎝χ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 8

Ιούνιος 2002

24 − 4κ = 0 ⇔ κ = 6

⎛8 ⎞ T7 = ⎜ ⎟·22 ·a 6 = 112a 6 ⇒ 112a 6 = 7168 ⇔ a 6 = 64 ⇔ a = ±2 ⎝6⎠ 6.

(α) Εξίσωση κύκλου x 2 + y 2 + 2 gx + 2 fy + c = 0 Α(2,5) : 4 + 25 + 4 g + 10 f + c = 0 ⇔ 4 g + 10 f + c = −29

Β(0,1) : 1 + 2 f + c = 0 ⇔ 2 f + c = −1 , 2 f + c = −1 8 f + c = −16 ( − ) 5 −6 f = 15 ⇒ f = − , c = 4 2

Γ0,4) : 16 + 8 f + c = 0 ⇔ 8 f + c = −16 ⎛ 5⎞ 4 g + 10 ⎜ − ⎟ + 4 = −29 ⇔ 4 g − 25 + 4 = −29 ⇔ ⎝ 2⎠ 4 g − 21 = −29 ⇔ g = −2

Άρα η εξίσωση του κύκλου είναι: x 2 + y 2 − 4 x − 5 y + 4 = 0 (β) για y = 0: x 2 − 4 x + 4 = 0 , Δ = 16 − 16 = 0 άρα ο κύκλος εφάπτεται του άξονα των χ. 7.

3 9 9 P ( A ) = , P ( A ∪ B ) = , και P ( A ∩ B ) = 4 10 20 (α)

P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( A ∩ B ) ⇒

9 3 9 3 = + P ( B) − ⇒ P ( B) = 10 4 20 5

3 9 3 P ( B − A) = P ( B ) − P ( A ∩ B ) ⇒ P ( B − A) = − ⇒ P ( B − A) = 5 20 20 9 P ( A ∩ B) 3 P ( A / B) = ⇒ P ( A / B ) = 20 ⇒ P ( A / B ) = 12 P ( B) 4 20 33 9 = P ( A ∩ B ) άρα τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ανεξάρτητα. (β) P ( A )·P ( B ) = · = 4 5 20 8.

Θέτω τοξεφ 4τοξεφ

1 1 π 24 24 π = α ⇒ εφα = , 0 < α < , τοξεφ = β ⇒ εφβ = , 0 < β < 2 2 4 7 7 2

1 24 + τοξεφ = π , άρα θέλω να δείξω ότι 4a + β = π 2 7

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

Ιούνιος 2002

4 1 2· 2εφα 4 2εφ 2α 3 = − 24 εφ 2α = = 2 = , εφ 4α = = 2 2 16 1 1 − εφ 2α 1 − 7 1 − εφ α 1 − 3 9 4 2·

0 < 4a < π ⎫ 3π ⎪ (2) π ⎬ ⇒ 0 < 4a + β < 2 0<β < ⎪ 2⎭

εφ 4α + εφβ − 7 + 7 = = 0 (1) εφ ( 4α + β ) = 1 − εφ 4α ·εφβ 1 + 24 · 24 7 7

Από (1) και (2) : 4a + β = π δηλαδή 4τοξεφ

1 24 + τοξεφ =π 2 7

9. e

V = π ∫ (1 − ln x ) dx = π [ x ]1 − π ∫ ln 2 x dx 2

∫ ln

1 x dx = x ln 2 x − ∫ x·2 ln x· dx x = x ln 2 x − 2 ∫ ln x dx = 1 = x ln 2 x − 2 x ln x + 2∫ x· dx x 2 = x ln x − 2 x ln x + 2 x + c

Άρα V = π ⎡⎣ x − x ln 2 x + 2 x ln x − 2 x ⎤⎦ = π ⎡⎣ 2 x ln x − x ln 2 x − x ⎤⎦ = π ( 2e − e − e + 1) = π κ .μ . e

10.

χ +ψ + 1 = 0⎫ ⇒ y = − x − 1

⎬ 2 2 2 ⎭ ( x + 1) = 4 x ⇒ x − 2 x + 1 = 0 ⇒ ( x − 1) = 0 ⇒ x = 1, y = −2 ⇒ A (1, −2 )

y2 = 4x

ψ = − x − 1⎫ 1 xy = 4

( AB )

1 2 ⎪ 2 ⎬ ⇒ x ( − x − 1) = ⇒ 4 x + 4 x + 1 = 0 ⇒ ( 2 x + 1) = 0 ⇒ 4 ⎪⎭ 1 1 ⎛ 1 1⎞ x = − , y = − ⇒ B⎜− ,− ⎟ 2 2 ⎝ 2 2⎠ 2

1⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ 9 3 3 2 ⎛ 1⎞ ⎛ = ⎜1 + ⎟ + ⎜ −2 + ⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ − ⎟ = ⇒ ( AB ) = ⇒ ( AB ) = 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2 2 2 ⎝ 2⎠ ⎝

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

Ιούνιος 2002

11. E = 2 x ( 9 − x 2 ) = 18 x − 2 x 3 ,

(

)(

dE dE = 18 − 6 x 2 = −6 ( x 2 − 3) = −6 x − 3 x + 3 dx dx

Για x = 3 το εμβαδόν γίνεται μέγιστο και οι διαστάσεις του ορθογωνίου είναι 2 3 και 6.

)

− 3

-∞

dy dx

–

+ 3

+∞

–

max

Emax = 6·2 3 ⇒ Emax = 12 3 τ .μ .

dy dy 2 x3 + 5 3 12. x − 2 y = x + 5 ⇒ − y= , dx dx x x x3 + 5 d ⎛ 1 1 dy 2 − = ⇒ ⎜ 2 y 2 3 3 x dx x x dx ⎝ x

y = x3 + cx 2 −

I =e

−2

∫ x dx

−2ln x

1 x2

5 1 1 5 x −2 ⎞ +c y ⎟ = 1 + 3 ⇒ 2 y = ∫ (1 + 5 x −3 ) dx ⇒ 2 y = −2 x x x ⎠

5 3 3 5 9 9 5 = 1 − + c ⇒ c = ⇒ y = x3 + x 2 − για x = 1, y = : 2 4 4 2 4 4 2

13. χ Α

( ΒΓ )

( ΑΔ ) Β

Γ y

= α 2 + α 2 = 2α 2 ⇒ ( ΒΓ ) = α 2

⎛α 2 ⎞ α 2 = α − ⎜⎜ ⎟⎟ ⇒ ( ΑΔ ) = 2 ⎝ 2 ⎠ 2

(

ΕΒΓ = π ( ΒΓ ) ⇒ Ε ΒΓ = π α 2 2

Ε ΑΓ = π ( ΑΖ )( ΑΓ ) ⇒ Ε ΑΓ = π

Ε ΑΒ = π ( ΒΓ + ΑΖ )( ΑΒ ) ⇒ Ε ΑΒ

Εστερ . = 14.

)

⇒ Ε ΒΓ = 2πα 2

α 2 2

·α ⇒ Ε ΑΓ =

πα 2 2 2

⎛ α 2⎞ 3πα 2 2 = π ⎜⎜ α 2 + ⎟·α ⇒ Ε ΑΒ = 2 ⎟⎠ 2 ⎝

3πα 2 2 πα 2 2 + + 2πα 2 ⇒ Εστερ . = 2πα 2 1 + 2 cm 2 2 2

(

)

2 2 2 + + + ... 2·4 3·5 4·6

( α) βν = 2 + (ν − 1)·1 = ν + 1,

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

γ ν = 4 + (ν − 1)·1 = ν + 3 93

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

(β)

(κ + 1)(κ + 3)

≡

Ιούνιος 2002

Α Β ⇒ 2 ≡ Α (κ + 3) + Β (κ + 1) + κ +1 κ + 3

για κ = -1⇒Α=1, για κ = -3⇒Β=-1 άρα aκ = ν

ακ = α ∑ κ =1

1 1 − κ +1 κ + 3

+ α 2 + α 3 + α 4 ... + αν −3 + αν − 2 + αν −1 + αν

⎛ 1 1 ⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞

⎝

⎛ 1

1⎞ ⎛ 1

1 ⎞ ⎛1

1 ⎞ ⎛ 1

⎠ ⎝

1 ⎞

ακ = ⎜ − ⎟ +⎜ − ⎟ +⎜ − ⎟ +⎜ − ⎟ +...+⎜ − ⎟ +⎜ − − ⎟ +⎜ − ⎟ +⎜ ⎟ ∑ ν −2 ν ν −1 ν +1 ν ν +2 ν +1 ν +3 2 4 3 5 4 6 5 7 κ ν

⎠ ⎝

⎠

⎝

⎠

ν 1 1 1 1 5 1 1 − ⇒ ∑ ακ = − − 2 3 ν + 1 ν + 3 κ =1 6 ν +2 ν +3

∑ ακ = + − κ =1

∞

(γ)

⎛5

1 ⎞

ακ = lim ⎜ − − ⇒ ∑ dx →∞ 6 ν + 2 ν + 3 ⎟⎠ ⎝ κ =1 π

∞

ακ = ∑ 6 κ =1

3 1 1 ⎛ συν 3x ⎞ · ημ 3 = − x x dx ∫0 ∫0 xd ⎜⎝ 3 ⎟⎠ = − 3 χ συν 3χ + 3 ∫ συν 3χ dx = 3

15. (α)

1 1π 1 π ⎡ 1 ⎤3 = ⎢ − χ συν 3χ + ημ 3χ ⎥ = − · συνπ + ημπ − 0 = 9 33 9 9 ⎣ 3 ⎦0 2 d ( x + 1) dx (β) ∫ 2 =∫ χ + 2 χ + 4 0 ( χ + 1)2 + 3 0

( )

χ + 1⎤ 1 ⎡ = ⎢τοξεφ ⎥ = 3⎣ 3 ⎦0 2

1 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎛π π ⎞ π ⎜ − ⎟= ⎜τοξεφ 3 − τοξεφ ⎟= 3⎝ 3⎠ 3⎝ 3 6⎠ 6 3

ΜΕΡΟΣ Β'

( x + 1) y= x+2

, π.ο. x ∈ \ − {−2} .

Για x = 0 ⇒ y =

1 , άρα σημείο τομής με τον άξονα των y στο 2

⎛ 1⎞ ⎜ 0, ⎟ ⎝ 2⎠

Για y = 0 ⇒ x = −1 (διπλή), άρα σημείο τομής με τον άξονα των χ στο ( −1, 0 )

( x + 1)( 2 x + 4 − x − 1) = ( x + 1)( x + 3) dy ( x + 2 ) 2 ( x + 1) − ( x + 1) = = 2 2 2 dx ( x + 2) ( x + 2) ( x + 2) 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

−3

−∞

Ιούνιος 2002

−2

−1

dy dx

max

x = −3 ⇒ ymax = −4

+∞

(-3,-4)

–

x = −1 ⇒ ymin = 0

+ min

(-1,0)

⎛ 2 1 ⎞ x 2 ⎜1 + + 2 ⎟ x2 2 x + 2x + 1 x + 2x +1 x x ⎠ ⎝ = lim lim = lim = +∞ , lim dx →+∞ dx →+∞ dx →−∞ dx →−∞ x+2 x+2 ⎛ 2⎞ x ⎜1 + ⎟ x⎠ ⎝ 2

lim

( x + 1)

dx →−2−

x+2

( x + 1)

= −∞ ,

lim

x+2

dx →−2+

= +∞ ⇒ η ευθεία x = −2 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη. y

x2 + 2x + 1 x + 2 − x2 − 2 x 1

x=-2

0 ⎛ 1 ⎞ E=∫ ⎜x+ − x ⎟ dx ⇒ −1 x+2 ⎝ ⎠ 0 1 E=∫ dx ⇒ −1 x + 2 0 E = [ ln | x + 2]−1 ⇒

∫

x2 9 − x2

dx = ∫

π 2

x+2

2 1 x 8

9ημ 2θ 9 − 9ημ 2θ

112-

3456-

E = ln 2 − ln1 ⇒ E = ln 2 τ .μ .

<θ <

y=x

⎡ ( x + 1)2 ⎤ (β) E = ∫ ⎢ − x ⎥ dx ⇒ −1 ⎢⎣ x + 2 ⎥⎦

( x + 1)

x = 3ημθ , −

η ευθεία y = x είναι πλάγια ασύμπτωτη.

⎛ 2 1 ⎞ ⎜1 + + 2 ⎟ ⎝ x x ⎠ = −∞ ⎛ 2⎞ x ⎜1 + ⎟ ⎝ x⎠

dx = 3συνθ dθ ·3συνθ dθ = 9∫

ημ 2θ · συνθ 9 dθ = ∫ (1 − συν 2θ ) dθ 2 συνθ

9 9 9 9 9 χ 9χ χ2 = θ − ημ 2θ + c = θ − ·2ημθ συνθ + c = τοξημ − · · 1 − +c 2 4 2 4 2 3 2 3 9

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

Ιούνιος 2002

9 χ 1 τοξημ − x 9 − x 2 + c 2 3 2

3 ⎛ dy dy y 1 3⎞ p (α) xy = 9 ⇒ y = x =0⇒ = − . Στο σημείο P ⎜ 3 p, ⎟ λεφ = − =− 2 3p p⎠ p dx dx x ⎝ Εξίσωση εφαπτομένης στο Ρ είναι: y −

3 1 = − 2 ( x − 3 p ) ⇒ p2 y + x = 6 p p p

Εξίσωση εφαπτομένης στο Q είναι: y −

3 1 = − 2 ( x − 3q ) ⇒ q 2 y + x = 6q q q

p 2 y + x = 6 p ⎫⎪ 6 6 pq , x= ⎬⇒ y = 2 p+q p+q q y + x = 6q ⎪⎭ (β)

6 6 6 pq 6x x ⇒ p+q = , x = ⇒ 6 pq = ⇒ pq = p+q y p+q y y

p 2 + q 2 = 2 ⇒ ( p + q ) − 2 pq = 2 ⇒ 2

ε1 :

36 2x = 2+ ⇒ y 2 + xy = 18 2 y y

G G x −1 y z +1 x −3 y −3 z = = ⇒ ε1 & α ( 4, 6, 2 ) , ε2: = = ⇒ ε 2 & β ( 6,9,5 ) 4 6 2 6 9 5

4 6 2 = ≠ άρα οι δύο ευθείες δεν είναι παράλληλες 6 9 5

ε1 : χ = 4λ + 1 y = 6λ z = 2λ − 1

ε 2 : χ = 6μ + 3 y = 9μ + 3 z = 5μ

4λ + 1 = 6μ + 3⎫ 1 ⎪ 6λ = 9μ + 3 ⎬ ⇒ μ = 0, λ = 2 2λ − 1 = 5μ ⎪⎭

Το σημείο τομής των δύο ευθειών είναι Α ( 3,3, 0 ) G G G i j k G G G G G G G G a × β = 2 3 1 = 6i − 4 j = 2 ( 3i − 2 j ) . Το διάνυσμα 3i − 2 j είναι κάθετο στο επίπεδο. 6 9 5

G G G G G GG GG G G Η εξίσωση του επιπέδου είναι: r ·n = a·n ⇒ r ·( 3i − 2 j ) = ( 3i + 3 j )·( 3i − 2 j ) ⇒ G G G G G G r ·( 3i − 2 j ) = 9 − 6 ⇒ r ·( 3i − 2 j ) = 3 5.

d2y dy + 2 − 3 y = 5ημ 2 x (i) 2 dx dx

(α) ϕ ( χ ) = κημ2χ + λσυν 2χ ⇒ ϕ ' ( χ ) = 2κσυν 2χ − 2λημ 2χ ⇒ϕ '' ( χ ) = −4κημ 2χ − 4λσυν 2χ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

Ιούνιος 2002

( i ) ⇒ −4κ ημ 2 χ − 4λ συν 2 χ + 4κ συν 2χ − 4λημ 2χ − 3κ ημ 2χ − 3λ συν 2χ = 5ημ 2χ ⇒ ( −7κ − 4λ )ημ 2 χ + ( 4κ − 7λ ) συν 2 χ = 5ημ 2χ ⇒

−7κ − 4λ = 5⎫ 7 4 ⎬⇒κ = − , λ = − 4κ − 7λ = 0 ⎭ 13 13

(β) m 2 + 2m − 3 = 0 ⇒ ( m − 1)( m + 3) = 0 ⇒ m1 = 1, m2 = −3 . Άρα η γενική λύση είναι: y = Ae x + Be −3 x − 6.

7 4 ημ 2 x − συν 2 x 13 13

Έστω Εi το ενδεχόμενο στην i ρίψη να τοποθετηθεί για πρώτη φορά ένα σφαιρίδιο σε κάλπη στην οποία υπάρχει ήδη ένα άλλο σφαιρίδιο. E = E1' ∩ E2' ∩ E3' ∩ ... ∩ Eκ' −1 ∩ Eκ' ⇒ P ( E ) = P ( E1' )·P ( E2' )·P ( E3' )·...·P ( Eκ' −1 )·P ( Eκ' )

ν !(κ − 1) ν ν −1 ν − 2 ν − 3 ν − κ + 2 κ −1 · · ·... · ⇒ P(E) = ν ν ν ν ν ν (ν − κ + 1)!ν κ

P(E) = ·

Ασκήσεις για το 10-ωρο 5. f ( x ) = 3 − x − ln x

f ( 2,3) = 3 − 2,3 − 0,8329 < 0 ,

Άρα υπάρχει μια ρίζα στο διάστημα [ 2, 2 , 2,3] x1 = 2, 2 −

f ( 2, 2 )

f ' ( 2, 2 )

= 2, 2 −

f ( 2, 2 ) = 3 − 2, 2 − 0, 7884 > 0

f ' ( x ) = −1 −

1 x

0, 0115 0, 0115 = 2, 2 − = 2, 2 − 0, 007906 = 2, 2079 1 1, 4545 − −1 − 2, 2

z −1 z −1 2 2 =2⇒ = 2 ⇒ z − 1 = 2 z + 3i ⇒ z − 1 = 4 z + 3i ⇒ z + 3i z + 3i

( x − 1)

2 + y 2 = 4 ⎡ x 2 + ( y + 3) ⎤ ⇒ 3 x 2 + 3 y 2 + 2 x + 24 y + 35 = 0 ⎣ ⎦

ρ =α ⎫⎪ ⎬ ⇒ α (1 + συνθ ) = α ⇒ 1 + συνθ = 1 ⇒ ρ = α (1 + συνθ ) ⎪⎭ συνθ = 0 0 ≤ θ < 2π

θ = ⇒ ρ =α ⎫ 2 ⎬⇒ ⎭ θ = 3π ⇒ ρ = α 2

Άρα τα σημεία τομής των δύο καμπυλών είναι ⎛ π⎞ ⎛ 3π ⎞ Α ⎜ α , ⎟ και Β ⎜ α , ⎟ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (Λ.Ε.Μ. Σ2.3+ 10- ώρο)

β) Ε1 =

α2 π 2

∫ (1 + συνθ ) dθ = 2

Ιούνιος 2002

α2 π 2

2 ∫ (1 + 2συνθ + συν θ ) dθ =

α2 π ⎛ 2

∫π ⎜⎝1 + 2συνθ +

1 + συν 2θ ⎞ ⎟ dθ 2 ⎠

π 2 α2 ⎡ θ 1 α 2 ⎡ 3π 3π ⎤ α 2 ⎛ 3π ⎤ ⎞ a ( 3π − 8 ) −2− ⎥ = − 2⎟ = θ + 2ημθ + + ημ 2θ ⎥ = E1 = ⎜ π 2 ⎢ 2 4 2 ⎢ 2 4 2 4 8

⎣

⎦

⎣

⎦

⎝

⎠

a 2 ( 3π − 8 ) 8α 2 − πα 2 ( 8 − π ) α 2 Eζητ . = − 2Ε1 = −2 = = 2 2 8 4 4

πα 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

πα 2

ΚΥΜΕ 2002

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Λ.Ε.Μ. ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ1, Σ4, Σ5

Ιούνιος 2002

Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης y = 4 x3 + x − 12 .

Να βρείτε το εμβαδόν της επιφάνειας και τον όγκο του κύβου που έχει ακμή 4 cm.

Να βρείτε τη γενική λύση της τριγωνομετρικής εξίσωσης 2ημ3χ = 1.

Ο Κώστας αγόρασε μια τηλεόραση και στη συνέχεια την πούλησε στο Γιάννη προς £391 κερδίζοντας έτσι 15%. Να βρείτε πόσα αγόρασε την τηλεόραση ο Κώστας.

Να υπολογίσετε τις τιμές : ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎜ ⎟ (όπου ⎜ ⎟ οι συνδυασμοί των 5 πραγμάτων ανά 2) ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ (β) Δ 64 (όπου Δ 64 οι διατάξεις των 6 πραγμάτων ανά 4). α)

6. 7.

Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της λέξης ΙΟΥΝΙΟΣ. Πόσοι από αυτούς αρχίζουν με το γράμμα Ι ; 1 Δίνονται τα σημεία Α(-2, χ) και Β(1,3). Αν η κλίση της ευθείας ΑΒ είναι , να βρείτε 3

την τιμή του χ. 8. Κανονική τετραγωνική πυραμίδα έχει παράπλευρο ύψος 10 cm και περίμετρο βάσης 48cm. Να βρείτε : (α) Το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας της πυραμίδας, (β) Το ύψος της πυραμίδας . (γ) Τον όγκο της πυραμίδας. 9. Δίνεται η εξίσωση εφ ( 3χ − 40° ) = εφ ( χ − 20° ) . Να βρείτε : (α) Τη γενική λύση της

εξίσωσης. (β)

Τις λύσεις της εξίσωσης που βρίσκονται στο διάστημα [0° , 360°).

10. Ο μέσος όρος των ηλικιών του Ανδρέα, του Βασίλη, του Γιάννη και του Δημήτρη είναι 31 χρόνια. Ο Ανδρέας είναι 30 χρονών και ο Δημήτρης 34 χρονών. Η ηλικία του Γιάννη είναι διπλάσια της ηλικίας του Βασίλη. Να βρείτε την ηλικία του Βασίλη και του Γιάννη. 11. Η Ελένη επιλέγει ένα από τους διψήφιους αριθμούς οι οποίοι σχηματίζονται από τα ψηφία 2, 0, 2, 1, 9. Να βρείτε: (α) Το δειγματικό χώρο. (β) Την πιθανότητα ο αριθμός που επέλεξε η Ελένη (i) να περιέχει τουλάχιστο ένα 2 (ii) να έχει άθροισμα το πολύ 10. 12. Το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας ενός κώνου είναι 144π cm2 και το εμβαδόν της βάσης του 64π cm2. Να βρείτε: (α) Το ύψος του κώνου, (β) Τον όγκο του κώνου.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ1, Σ4, Σ5

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

13. Το διπλανό κυκλικό διάγραμμα συχνοτήτων παρουσιάζει την πρώτη προτίμηση που δήλωσαν 1800 μαθητές στις εισαγωγικές εξετάσεις. Το πλήθος των μαθητών που δήλωσαν «Άλλους Κύκλους» είναι διπλάσιο από το πλήθος των μαθητών που δήλωσαν ως πρώτη προτίμηση τον «Οικονομικό». Για τον κάθε Κύκλο να βρείτε το πλήθος των μαθητών που τον δήλωσαν ως πρώτη προτίμηση.

Φιλολογικός Επιστημών της Νομικός Αγωγής 60° 90° Οικονομικός Άλλοι Κύκλοι

14. Οι διαστάσεις ορθογώνιου παραλληλεπιπέδου είναι ανάλογες προς τους αριθμούς 2, 3 και 4 και το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας του είναι 468 cm2 . Να βρείτε: (α) Τις διαστάσεις του ορθογώνιου παραλληλεπιπέδου, (β) Τον όγκο του ορθογώνιου παραλληλεπιπέδου. 2 15. Ο Ανδρέας κατέθεσε στην τράπεζα Α τα των χρημάτων του με επιτόκιο 4% για 2 3 χρόνια και στην τράπεζα Β τα υπόλοιπα χρήματα του προς 5% για 3 χρόνια (και στις δυο περιπτώσεις ο τοκισμός έγινε με απλό τόκο). Αν ο τόκος που πήρε από τα χρήματα που κατέθεσε στην τράπεζα Α είναι κατά £40 περισσότερος από τον τόκο που πήρε από τα χρήματα που κατέθεσε στην τράπεζα Β , να βρείτε πόσα ήταν συνολικά τα χρήματα που κατέθεσε και στις δύο τράπεζες. ΜΕΡΟΣ Β' Να απαντήσετε σε 4 μόνο από τις 6 ερωτήσεις. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες. 1.

(α) Να βρείτε και να χαρακτηρίσετε τα ακρότατα της συνάρτησης y = 2 x3 − 3x 2 − 12 x . (β) Η συνάρτηση y = ax 2 + 8 x + 11 έχει τοπικό ακρότατο το σημείο (-2,β). Να βρείτε τα α και β.

Δίνεται η τριγωνομετρική εξίσωση: συν2χ + συνχ – ημ2χ = 0. Να βρείτε: (α) Τη γενική λύση της εξίσωσης. (β) Τις λύσεις της εξίσωσης που βρίσκονται στο διάστημα [0°, 360°).

3. Ο πιο κάτω πίνακας παρουσιάζει τον αριθμό των ανηλίκων παιδιών τα οποία έχουν οι οικογένειες που κατοικούν σ' ένα χωριό. Αριθμός παιδιών 0 1 2 3 4 5 6 7

Αριθμός οικογενειών

2 7 13

19 10 5 3 1

Να βρείτε: (α) Πόσες οικογένειες κατοικούν στο χωριό αυτό; (β) Πόσα συνολικά παιδιά έχουν οι οικογένειες αυτές; (γ) Το επί τοις εκατό ποσοστό (%) των πολύτεκνων οικογενειών ως προς το σύνολο των οικογενειών. Μια οικογένεια χαρακτηρίζεται ως πολύτεκνη αν έχει περισσότερα από τρία παιδιά. Αν οι πολύτεκνες οικογένειες παίρνουν επίδομα £250 ετησίως για κάθε παιδί πέραν των τριών, να βρείτε το ποσό το οποίο θα δώσει η κυβέρνηση γι' αυτό το σκοπό στο χωριό για ένα χρόνο.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

100

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ1, Σ4, Σ5

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

4. Το διπλανό σχήμα αποτελείται από το ορθογώνιο ΑΒΓΔ και το ορθογώνιο τραπέζιο ΑΒΕΖ. Δίνονται: ΑΒ = 8 cm, ΒΓ=10cm, ΕΒ = 4 cm και ΕΖ = 5 cm. (α) Να βρείτε την πλευρά ΑΖ. (β) Το σχήμα περιστρέφεται πλήρη στροφή γύρω από την ΑΔ. Να βρείτε: τον όγκο και το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας του στερεού που παράγεται από αυτή την περιστροφή.

5. Μια αποστολή μαθητών θα επιλεγεί ώστε να αντιπροσωπεύει τις τρεις πόλεις Α, Β και Γ, με δύο αντιπροσώπους από κάθε πόλη. Η πόλη Α θα κάμει την επιλογή της από 7 αγόρια και 4 κορίτσια. Η πόλη Β θα κάμει την επιλογή της από 5 αγόρια και 5 κορίτσια και η πόλη Γ από 3 αγόρια και 7 κορίτσια. Κατά πόσους τρόπους μπορεί να γίνει η επιλογή της αποστολής αν: (α) Δεν υπάρχει διάκριση μεταξύ αγοριών και κοριτσιών κατά την επιλογή των δύο ατόμων που θα αντιπροσωπεύσουν την κάθε πόλη. (β) Την κάθε πόλη θα αντιπροσωπεύει 1 αγόρι και 1 κορίτσι. 6. Ένας κτηματομεσίτης αγόρασε δύο παρόμοια διαμερίσματα στην ίδια τιμή. Στη συνέχεια πώλησε και τα δύο διαμερίσματα, το μεν πρώτο με ζημιά 5% το δε δεύτερο με κέρδος Κ %. Αν το κέρδος από την πώληση και των δύο διαμερισμάτων ήταν 10% πάνω στο συνολικό ποσό που πλήρωσε για την αγορά, να βρείτε το Κ. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ dy = 12 x 2 + 1 dx

y = 4 x3 + x − 12 ⇒

Eολ = 6a 2 = 6·42 = 6·16 = 96 cm 2 , V = a 3 = 43 = 64 cm3

ημ 3χ =

⎫ χ = 120°κ + 10° 3χ = 360ο κ + 30° 1 , κ ∈] ⇒ ημ 3χ = ημ 300 ⇒ ⎬⇒ 2 3χ = 360°κ + 180° − 30° ⎭ χ = 120°κ + 50°

Αξία 100 χ;

Πώληση 115 391

⎛5⎞ 5! 1·2·3·4·5 = = 10 , ⎜ ⎟= ⎝ 2 ⎠ 2!·3! 1·2·1·2·3

Αναγραμματισμοί:

λ=

Δ 74 =

391·100 = 340 . 115

Την αγόρασε £340

6! 1·2·3·4·5·6 = = 360 2! 1·2

7! 1·2·3·4·5·6·7 6! 1·2·3·4·5·6 = = 1260 . Αρχίζουν με Ι: = = 360 2!·2! 1·2·1·2 2! 1·2

yB − y A 1 3 − x ⇒ = ⇔1= 3− x ⇔ x = 2 3 1+ 2 xB − x A

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

101

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ1, Σ4, Σ5

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

1 1 4a = 48 ⇔ a = 12cm , Eπ = Π B ·h = ·48·10 = 240cm 2 2 2 α² υ ² = h² − ⇔ υ 2 = 10² − 6² ⇒ υ = 8cm 4 1 1 EB = a 2 = 122 = 144cm 2 V = EB ·υ = ·144·8 = 384 cm 2 3 3

Κ Α

Γ a 2

a 2

εφ ( 3χ − 40° ) = εφ ( χ − 20° ) ⇒ 3χ − 400 = 1800 κ + χ − 200 ⇒ χ = 900 κ + 10° κ ∈ ] κ = 0 ⇒ χ = 10°

κ = 1 ⇒ χ = 100°

κ = 2 ⇒ χ = 190°

κ = 3 ⇒ χ = 280°

10. Έστω χ η ηλικία του Βασίλη ⇒ 2χ η ηλικία του Γιάννη 30 + 34 + χ + 2 χ 31 = ⇒ 124 = 64 + 3χ ⇒ 3χ = 124 − 64 ⇒ χ = 20 4 Ηλικία του Βασίλη: 20 χρονών, Ηλικία του Γιάννη: 40 χρονών 11. (α) Ω = {20,22,21,29,12,10,19,92,90,91 } 6 8 (β) P (τουλ .ενα 2 ) = Ρ(άθροισμα το πολύ 10) = 10 10 2 2 2 12. E ολ . = 144π cm , EB = 64π cm ² . E B = π R ⇒ 64 π = π R ⇒ R = 8cm Eολ = π R 2 + π Rλ ⇒ 144π = 64π + π ·8·λ ⇒ λ = 10 cm

υ 2 = λ 2 − R 2 ⇒ υ 2 = 10² − 8² ⇒ υ = 6 cm . 1 1 V = π R 2υ ⇒ V = ·8²·6 ⇒ V = 128π cm3 3 3

υ R

13. χ: δηλώσεις “Οικονομικός” ⇒ 2χ: αρ. Δηλώσεις “Άλλοι κύκλοι” ⇒ χ + 2 χ + 60° + 90° = 360°κ ⇔ 3χ = 210° ⇔ χ = 70° 360° 1800 90° χ; χ = 450 μαθητές Επιστημών της Αγωγής Φιλολογικός 60° Επιστημών της Νομικός 1800· = 300 μαθητές “Φιλολογικός – Νομικός” Αγωγής 360 ° 90° 60° 70° Οικονομικός 1800· = 350 μαθητές “Οικονομικός” 360° Άλλοι Κύκλοι

140° 1800· = 700 μαθητές “Άλλοι κύκλοι” 360° 14. Έστω χ,ψ,ω οι διαστάσεις του ορθογώνιου παραλληλεπιπέδου, Εολ = 468 cm²

Eολ = 2 χψ + 2ψω + 2ωχ = κ ⇒ χ = 2κ , ψ = 3κ , ω = 4κ 2 3 4 468 = 2 χψ + 2ψω + 2ωχ ⇒ 6κ ² + 8κ ² + 12κ ² = 234 ⇒ 26κ ² = 234 ⇒ κ ² = 9, κ > 0 ⇒ κ = 3 χ = 6 cm, ψ = 9cm, ω = 12 cm άρα =

V = χψω ⇒ V = 6·9·12 ⇒ V = 648 cm3

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

102

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ1, Σ4, Σ5

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

2 χ , Ε1 = 4%, Χ1 = 2 χρ . Κ 2 = χ , Ε 2 = 5%, Χ 2 = 3χρ . T1 = T2 + 40 3 2 χ ·4·2 16 χ χ ·5·3 15χ ΚΕΧ , T1 = ⇒ Τ1 = Τ2 = ⇒ Τ2 = T= 3·100 300 300 300 100 16 χ 15 χ T1 = T2 + 40 ⇒ = + 40 ⇒ 16 χ − 15 χ = 12000 ⇒ χ = £12000 300 300

15. K1 =

ΜΕΡΟΣ Β΄ 1.

dy = x2 − x − 2 dx 2 x − x − 2 = 0 ⇒ ( x − 2 )( x + 1) = 0 ⇒ x = 2, x = −1 y = 2 x 3 − 3 x 2 − 12 x ⇒

−∞

dy dx

-1 0

–

∞ +

x = −1 ⇒ ymax = 2·( −1) − 3 ( −1) − 12 ( −1) = 7 3

x = 2 ⇒ ymax = 2·23 − 3·2 2 − 12·2 = −20

2 min / dy y = ax 2 + 8 x + 11 ⇒ = 2ax + 8 ⇒ 0 = 2·a ( −2 ) + 8 = 0 ⇒ a = 2 dx 2 y = ax 2 + 8 x + 11, ( −2, β ) ⇒ β = 2·( −2 ) + 8·( −2 ) + 11 ⇒ β = 3 y

2 0

max

2. συν 2 χ + συνχ − ημ ² χ = 0 ⇒ συν 2 χ + συνχ − 1 + συν ² χ = 0 ⇒ 2συν 2 χ + συνχ − 1 = 0 −1 συνχ = −1 ⇒ συνχ = συν 180° ⇒ χ = 360° ± 180° −1 ± 1 + 8 −1 ± 3 = = 1 συνχ1,2 = , κ ∈] 1 συνχ = ⇒ συνχ = συν 60° ⇒ χ = 360°κ ± 60° 4 4 2 2 Για κ=0 ⇒ χ1 = 180°, χ2 = 60° κ=1 ⇒ χ3 = 300° 3.

(α) Αρ. Οικογενειών = 2+7+13+19+10+5+3+1 = 60 (β) Αρ. Παιδιών = 0+1·7+2·13+3·19+4·10+5·5+6·3+7·1=180 19 (γ) Αρ. Πολύτεκνων οικογενειών = 19 ⇒ ·100 =31,67% πολύτεκνες οικογένειες 60 Ποσό: 250·(10+10+9+4) = 250·33 = £8250

AZ 2 = ZH 2 + AH 2 ⇒ AZ 2 = 42 + 32 ⇒ AZ = 5 cm , VΖητ . = VEZ − VAZ ,

Ε΄

O Ζ 5cm Ε

Ζ΄

4cm Β΄

10cm Γ΄

8cm

Eολ = EΓΔ + ΕΕΓ + Ε ΖΕ + Ε ΑΖ

Eολ = π ·ΓΔ 2 + 2π ·ΓΔ·ΕΓ + (π ·ΕΟ 2 + π ·ΖΟ 2 ) + π ·ΟΖ·ΑΖ

Eολ = π ·82 + 2π ·8·14 + (π ·82 − π ·32 ) + π ·3·5

10cm

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

1 1 VΖητ . = π ·ΔΓ 2 ·ΕΓ − ·ΟΖ 2 ·ΑΟ = π ·82 ·14 − ·32 ·4 = 896π − 12π 3 3 3 VΖητ = 884π cm

Eολ = 64π + 224π + 64π − 9π + 15π ⇒ Eολ = 358 cm 2

103

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Σ1, Σ4, Σ5

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

Α: επιλογή από 7 αγόρια και 3 κορίτσια Β: επιλογή από 5 αγόρια και 5 κορίτσια Γ: επιλογή από 3 αγόρια και 7 κορίτσια ⎛11⎞ ⎛10 ⎞ ⎛10 ⎞ 11! 10! 10! 10·11 9·10 9·10 (α) ⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟ = · · = · · = 111375 2 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2!·9! 2!·8! 2!·8! ⎛ 7 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 7 ⎞ 7! 4! 5! 5! 3! 7! (β) ⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟·⎜ ⎟ = · · · · · = 7·4·5·5·3·7 = 14700 ⎝1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ 1!·6! 1!·3! 1!·4! 1!·4! 1!·2! 1!·6!

Έστω α η αξία του ενός διαμερίσματος. Από 1ο διαμέρισμα ζημιά Κ 100 + κ ·α . ·α , είσπραξη 100 100 10 110 Από τα δύο διαμερίσματα κέρδος ·2a , είσπραξη ·2a 100 100 220a 95a (100 + κ ) a = + ⇒ 220 = 95 + 100 + κ ⇒ κ = 25 100 100 100

5a 95a , είσπραξη . 100 100

Από 2ο διαμέρισμα κέρδος

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

104

ΚΥΜΕ 2002

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

Ιούνιος 2002

ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά ΜΕΡΟΣ Α' Από τις 15 ερωτήσεις να απαντήσετε μόνο στις 12. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 5 μονάδες. π 6

Να βρείτε το ∫ συν 3χ dx 0

2. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου ο οποίος έχει το ίδιο κέντρο με τον κύκλο x 2 + y 2 + 4 x − 6 y − 12 = 0 και διέρχεται από το σημείο Α(4,5). x − ln ( x + 1)

Να βρείτε το lim

Να βρείτε την ειδική λύση της διαφορικής εξίσωσης y

x →0

1 − συν x dy 1 − 2 x = για την οποία y =3 dx y

όταν χ=1. ⎛ 2 3⎞ 2 2 Δίνεται ο πίνακας A = ⎜ ⎟ . (α) Να βρείτε τον πίνακα A , όπου A = A·A. (β) Αν 0 2 ⎝ ⎠ 2 ισχύει A – κ A = α Ι, όπου α,κ ∈ \ και Ι είναι ο μοναδιαίος πίνακας 2 × 2, να βρείτε τα α και κ. 5.

6. Χρησιμοποιώντας τα ψηφία 1,2,3,4,5 και 6 να βρείτε πόσους ακέραιους θετικούς αριθμούς μικρότερους του 500 μπορούμε να σχηματίσουμε αν κάθε ψηφίο μπορεί να χρησιμοποιηθεί σε κάθε αριθμό το πολύ μια φορά. Αν επιλέξουμε ένα από αυτούς στην τύχη, δοθέντος ότι κάθε αριθμός έχει ίση πιθανότητα να επιλεγεί, να υπολογίσετε την πιθανότητα να είναι μεγαλύτερος από 400. 7. Το μέσο ύψος 9 καλαθοσφαιριστών μιας ομάδας είναι 198 cm και ο προπονητής θέλει να προσλάβει ακόμα ένα καλαθοσφαιριστή (α) Αν ο νέος καλαθοσφαιριστής έχει ύψος 204 cm, να υπολογίσετε το νέο μέσο ύψος της ομάδας. (β) Αν το μέσο ύψος της ομάδας πρέπει να αυξηθεί σε 2 cm, πόσο ύψος πρέπει να έχει ο καλαθοσφαιριστής που θα προσληφθεί; 8.

d 2 y dy Αν x = ln t και y = t − 1 , να δείξετε ότι − − 2y = 2 . dx 2 dx 2

9. Ο Κώστας πώλησε ένα χωράφι. Από τα χρήματα που πήρε τόκισε στην τράπεζα Α £5000 με επιτόκιο 4% και τα υπόλοιπα σε Συνεργατική Πιστωτική Εταιρεία προς 5% (ο τοκισμός έγινε και στις δύο περιπτώσεις με απλό τόκο). Μετά 4 χρόνια οι τόκοι που πήρε από την τράπεζα Α ήταν κατά £600 λιγότεροι από τους τόκους που πήρε από την Πιστωτική Εταιρεία. Να βρείτε πόσα χρήματα πήρε ο Κώστας από την πώληση του χωραφιού του. 10. Ο πιο κάτω πίνακας εκφράζει την κατανομή των νικών που επιτεύχθηκαν κατά τη διάρκεια ενός πρωταθλήματος

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

105

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

Ιούνιος 2002

Αριθμός νικών

Αριθμός ομάδων

Να βρείτε τον μέσο όρο και την τυπική απόκλιση των νικών του πρωταθλήματος. 11. Ορθογώνιο ΑΒΓΔ έχει τις κορυφές Α και Β πάνω στον άξονα των χ και τις Γ και Δ πάνω στην καμπύλη y = 3 − x 2 , y > 0 . Να υπολογίσετε το μέγιστο εμβαδόν του ορθογωνίου. 12. Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των οριζουσών να δείξετε ότι: 1 + x x2 2 x 1 + y y 2 2 y = 2 ( x − y )( x − ω )( y − ω ) 1 + ω ω 2 2ω 13. Σε ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων, η καμπύλη y = τοξεφ x χωρίζει το ορθογώνιο

που περικλείεται από τις ευθείες y = 0, y =

, x = 0, x = 3 σε δύο χωρία με εμβαδά Α και 3 Β, όπου Α το εμβαδόν του χωρίου με μια από τις πλευρές του τον άξονα των χ και Β εκείνο A με πλευρά τον άξονα των y. Να βρείτε το λόγο . B

14. Δίνεται η παραβολή y 2 = 4ax και το σημείο Α(α,2α), α>0.

(i) Να αποδείξετε ότι το σημείο Α είναι σημείο της παραβολής. (ii) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής στο σημείο Α. (iii) Να βρείτε την τιμή του α ώστε το εμβαδόν του τριγώνου με πλευρές τους άξονες και την 2a − 1 , ( a ≠ 0) . εφαπτομένη να είναι ίσο με 2 15. Δίνεται στερεό σε μορφή κύβου ακμής 6 cm. Σε κάθε μια από τις έδρες του κύβου κολλούμε ένα κώνο ώστε η βάση του να είναι κύκλος εγγεγραμμένος στην έδρα του κύβου. Το ύψος του κάθε κώνου είναι 4 cm. Με αυτό τον τρόπο προκύπτει ένα νέο στερεό. Να βρείτε τον όγκο και το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας αυτού του νέου στερεού. ΜΕΡΟΣ

Από τις 6 ερωτήσεις να απαντήσετε μόνο στις 4. Κάθε ερώτηση βαθμολογείται με 10 μονάδες. 2x + 5 . Να βρείτε το πεδίον ορισμού της, τα σημεία τομής της x2 − 4 με τους άξονες των συντεταγμένων, τα τοπικά ακρότατα της, τις ασύμπτωτες της και να κάμετε τη γραφική της παράσταση.

1. Δίνεται η συνάρτηση y =

2. Δίνεται η υπερβολή xy = 1 και ο κύκλος x 2 + y 2 = 1 . Να βρείτε τα κοινά τους σημεία Α και Β και να δείξετε ότι στο καθένα από αυτά η ίδια ευθεία είναι εφαπτομένη της υπερβολής και του κύκλου. 3. Σε μια τάξη υπάρχουν 7 αγόρια και 9 κορίτσια. Παίρνουμε στην τύχη τρία από αυτά τα παιδιά. Να βρείτε την πιθανότητα τα τρία παιδιά που πήραμε να είναι: (α) και τα τρία αγόρια. Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

106

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

Ιούνιος 2002

(β) τα δύο κορίτσια και το ένα αγόρι. (γ) το πολύ ένα κορίτσι. 2 dy + 2 xy = 4 x + e − x . Να βρείτε: (α) στη μορφή dx y = f ( x ) τη γενική λύση της εξίσωσης. (β) την ειδική λύση της διαφορικής εξίσωσης για την

4. Δίνεται η διαφορική εξίσωση:

οποία y = 5 όταν χ = 0. 5. Δίνεται η ισοσκελής υπερβολή xy = c 2 . Η εφαπτομένη της υπερβολής στο σημείο Ρ τέμνει του άξονες στα σημεία Α και Β. Να δείξετε ότι (i) το σημείο Ρ είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ (ii) το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι ανεξάρτητο του Ρ. 6. (α) Χρησιμοποιώντας το μετασχηματισμό y = 4ημθ , ή με οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να

υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

∫

16 − y 2 dy .

(β) Σε ορθογώνιο σύστημα αξόνων (Ο αρχή των αξόνων) όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα, το ΟΑΒ είναι τεταρτοκύκλιο που αντιστοιχεί σε κύκλο με κέντρο Α και ακτίνα ΟΑ = 4 μονάδες. Να βρείτε τον όγκο του στερεού που παράγεται από την πλήρη περιστροφή του τεταρτοκυκλίου γύρω από τον άξονα των y. O

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ π

6 1 1 π 1 1 1. ∫ συν 3χ dx = ημ 3χ = ημ − ημ 0 = 3 3 2 3 3 0 0 6

2. Ο ζητούμενος κύκλος έχει τη μορφή x 2 + y 2 + 4 x − 6 y + c = 0 . Αφού περνά από Α(4,5) ⇒

16+25+16-30+c = 0 ⇒ c = - 27, άρα η εξίσωση του κύκλου είναι x 2 + y 2 + 4 x − 6 y − 27 = 0 . Διαφορετικά: Ο κύκλος έχει κέντρο K ( −2,3 ) και ακτίνα AK =

( 4 + 2 ) + ( 5 − 3) 2

= 40 .

Η εξίσωση του κύκλου είναι ( x + 2 ) + ( y − 3) = 40 ⇒ x 2 + y 2 + 4 x − 6 y − 27 = 0 2

x − ln ( x + 1) 0 είναι της μορφής , Κανόνας του L’ Hospital dx →0 1 − συν x 0 1 1− ⎡⎣ x − ln ( x + 1) ⎤⎦ ' x + 1 είναι της μορφής 0 , Κανόνας του L’ Hospital L = lim = lim dx → 0 0 (1 − συν x ) ' dx→0 ημ x 1 1 ⎞ ⎛ 2 ⎜1 − ⎟' x + 1) ( 1 1 x +1⎠ ⎝ L = lim = =1 = lim = dx →0 dx → 0 συν x συνο 1 (ημ x ) '

3. L = lim

4. y

dy 1 − 2 x y3 = ⇒ ∫ y 2 dy = ∫ (1 − 2 x ) dx ⇒ = x − x 2 + c . dx y 3

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

107

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

Στο (1,3) ⇒

Ιούνιος 2002

27 = 1 − 1 + c ⇒ c = 9 . Ειδική λύση: y 3 = 3x − 3x 2 − 27 . 3

⎛ 2 3⎞ A=⎜ ⎟, ⎝0 2⎠

⎛ 2 3 ⎞⎛ 2 A2 = ⎜ ⎟⎜ ⎝ 0 2 ⎠⎝ 0 ⎛ 4 12 ⎞ ⎛2 A2 − κ A = aI ⇒ ⎜ ⎟ −κ ⎜ ⎝0 4 ⎠ ⎝0 4 − 2κ = α ⎫ ⎬ ⇒ κ = 4, α = −4 12 − 3κ = 0 ⎭

3 ⎞ ⎛ 4 12 ⎞ ⎟. ⎟=⎜ 2⎠ ⎝ 0 4 ⎠ 3⎞ ⎛ 1 0 ⎞ ⎛ 4 − 2κ 12 − 3κ ⎞ ⎛ α 0 ⎞ ⎟ ⇒⎜ ⎟=⎜ ⎟ =α ⎜ ⎟ ⇒ 4 − 2κ ⎠ ⎝ 0 α ⎠ 2⎠ ⎝0 1⎠ ⎝ 0

1,2,3,4,5,6. Μονοψήφιοι: 6 Διψήφιοι: 6·5 = 30 Τριψήφιοι: 4·5·4 = 80 Όλοι οι αριθμοί: 6 + 30 + 80 = 116 αριθμοί 20 P (a) = Αριθμοί χ: 400<χ<500. Τριψήφιοι 1·5·4 = 20. 116 6.

198·9 + 204 = 198, 6 cm 10 198·9 + x = 200 ⇒ x = 218 cm χ ύψος του καλαθοσφαιριστή 10

(α) νέο μέσο ύψος:

(<500)

d ⎛ dy ⎞ d y dx ⎜⎝ dx ⎟⎠ 4t = = = 4t 2 2 dx 1 dx dt t

dy dy dt 2t = = = 2t 2 dx 1 dx dt t

x = ln t , y = t 2 − 1

d 2 y dy − − 2 y = 4t 2 − 2t 2 − 2 ( t 2 − 1) = 4t 2 − 2t 2 − 2t 2 + 2 = 2 2 dx dx

Έστω χ το ποσό που εισέπραξε από την πώληση του χωραφιού.

5000·4·4 = 80000 . 100 ( x −5000)·5·4 = x −5000 Τόκος από Σ.Π.Ε T = 100 5 x − 5000 x − 5000 − 800 = 600 ⇒ = 1400 ⇒ x − 5000 = 7000 ⇒ x = £12000 5 5 10. Τόκος από τράπεζα Α: T1 =

χ 2 5 7 9 10 15 18 19 22

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

f 2 2 3 4 2 2 2 1 2 20

f·x 4 10 21 36 20 30 36 19 44 220

x−x -9 -6 -4 -2 -1 4 7 8 11

(x − x ) 81 36 16 4 1 16 49 64 121

108

− x

162 72 48 16 2 32 98 64 242 736

)

Σ fx 220 = = 11 20 Σf

Σf ( x − x ) σ= Σf

736 = 36,8 20 σ = 6, 066

σ=

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

Ιούνιος 2002

11. y

− 3

0 < x < 3 , 0 < y < 3 , B ( x, 0 ) Γ ( x, y ) , AB = 2 x, y = 3 − x 2

dE = 6 − 6 x 2 = 0 ⇒ x = ±1 , dx

E = AB·ΒΓ = 2 x· y = 2 x·( 3 − x 2 ) = 6 x − 2 x 3

όταν x = 1,

d 2E = −12 x , 0 < x < 3 dx 2

d 2E = −12 < 0 έχουμε max στο (1,4) ⇒ Emax = 4 τ.μ. dx 2

12. 1 + x x2 1+ y y2 1+ ω ω2

2x x− y 2y = y −ω 2ω 1 + ω

2( x − y) 1 2 ( y − ω ) = 2 ( x − y )( y − ω ) 1 2ω 1+ ω

x2 − y2 y2 − ω 2

ω2

x+ y

= 2 ( x − y )( y − ω ) 0

y +ω

1 = 2 ( x − y ) ( y − ω ) ⎡⎣( x + y ) − ( y + ω ) ⎤⎦ =

x+ y y +ω

1 1

ω2

2 ( x − y )( y − ω )( x − ω ) y

y = τοξεφ x ⇒ x = εφ y

13.

3 0

B = ∫ 3 εφψ dy = ln τεμ y A+ B =

π 3

· 3 ⇒ A+ 2 =

π 3

π 2

· 3⇒ A=

π 3

· 3−2

−

π 2

(i) y = 4ax, A ( a, 2a ) ⇒ ( 2a ) = 4a·a ⇒ A ( a, 2a ) 2

· 3−2 A 3 π 3 = = −1 B 2 6

14.

ψ=τοξεφχ

ανήκει στην παραβολή (ii) Εξίσωση εφαπτομένης:

dy dy 2a 2 y 2a = 4a ⇒ = ⇒ λεφ = = =1 y = 4ax ⇒ 2 y dx dx y y A 2a 2

y − y1 = λ ( x − x1 ) ⇒ y − 2a = 1( x − a ) ⇒ y = x + a σημεία τομής με άξονες: B ( − a, 0 )

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

Γ Β

Α(α,2α) α>0

Ο y2=4αχ

Γ ( 0, a )

109

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

(iii) EOBΓ =

α2 2

Ιούνιος 2002

2α − 1 2 ⇒ α 2 − 2α + 1 = 0 ⇒ (α − 1) = 0 ⇒ α = 1 2

1 15. V = Vκυβου + 6·Vκωνου ⇒ V = 63 + 6· ·π ·32 ·4 ⇒ V = ( 216 + 72π ) κ .μ . 3 Eολ = 6 ( Eτετρ . − Eκυκλ ) + 6 Eκ κωνου ⇒ Eολ = 6 ( 62 − π ·32 ) + 6·π ·3·5

λ=5 4 3

⇒ Eολ = ( 216 + 36π )τ .μ . ΜΕΡΟΣ Β΄

2x + 5 x2 − 4

x 2 − 4 ≠ 0 ⇒ x ≠ 2, −2 π.ο. x ∈ \ − {2, −2} ⎛ ⎝

Σημεία τομής με άξονες: ⎜ 0, − Ασύμπτωτες: κατακόρυφες:

5⎞ ⎟ 4⎠

⎛ 5 ⎞ ⎜ − ,0⎟ ⎝ 2 ⎠

x 2 − 4 = 0 ⇒ x = 2, x = −2

2x + 5 2 = lim =0⇒ y =0 2 x →∞ x − 4 x →∞ 2 x

Κατακόρυφες: y = lim Τοπικά ακρότατα:

2 2 dy 2 ( x − 4 ) − 2 x ( 2 x + 5 ) −2 x 2 − 10 x − 8 −2 ( x + 5 x + 4 ) −2 ( x + 4 )( x + 1) = = = = 2 2 2 2 dx ( x2 − 4) ( x2 − 4) ( x2 − 4) ( x2 − 4)

χ dy dx

-∞

-4 –

0 min

-2

-1

–

max

+∞ –

dy = 0 ⇒ ( x + 4 )( x + 1) = 0 dx ⇒ x = −4, x = −1

x = −4 ⇒ ymin = −

1 1⎞ ⎛ min ⎜ −4, − ⎟ , 4 4⎠ ⎝

x = −1 ⇒ ymax = −1

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

110

max ( −1,1)

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

Ιούνιος 2002

xy = 1

1 x

⎫ ⎬⇒ 1 x + y = 2⎭ x 2 + 2 = 2 ⇒ x 4 − 2 x 2 + 1 = 0 ⇒ ( x 2 − 1) = 0 ⇒ x 2 = 1 ⇒ x = ±1 x σημεία τομής: (1,1) ( −1, −1)

( x 1 , y1 ) εξίσωση εφαπτομένης: Κύκλου x1 x + y1 y = 2 , Υπερβολής y1 x + x1 y = 2 (1,1) ⇒ εφ. Κύκλου: 1·x + 1· y = 2 ⇒ x + y = 2 , εφ. Υπερβολής: 1·x + 1· y = 2 ⇒ x + y = 2 ( −1, −1) ⇒ εφ. Κύκλου: −1·x − 1· y = 2 ⇒ x + y = −2 , εφ. Υπερβολής: −1·x − 1· y = 2 ⇒ x + y = −2 Άρα σε κάθε σημείο τομής κύκλου και υπερβολής η εφαπτομένη είναι η ίδια. 3.

7 αγόρια , 9 κορίτσια P ( a ) = P (γ ) =

7 6 5 1 · · = , 16 15 14 16

P(β ) =

9·8·7 9 , ·3 = 16·15·14 20

3·9·7·6 27 1 2 + P (a) = + = 16·15·14 80 16 5

2 2 P ( x ) dx 2 xdx dy + 2 xy = 4 x + e− x παράγοντας ολοκλήρωσης: I = e ∫ = e∫ = ex dx

α) e x

( )

(

)

2 2 2 2 2 2 2 dy d x2 + 2 xe x y = 4 xe x + e − x e x ⇒ e y = 4 xe x + 1 ⇒ e x y = ∫ 4 xe x + 1 dx ⇒ dx dx

e x y = 2 xe x + x + c ⇒ y = 2 x + xe − x + ce − x 2

β) όταν χ = 0 , y = 5 ⇒ 5 = 2 + 0·e0 + c ⋅ e0 ⇒ 3 = 0 + c·1 ⇒ c = 3. Ειδική λύση: y = 2 x + xe − x + 3e − x 2

εξίσωση εφαπτομένης στο Ρ: c cty + x = 2c 2 ⇒ ty + x = 2c t

⎛ c⎞ P ⎜ ct , ⎟ ⎝ t⎠

xy=c2

Σημείο Α: ψ = 0 ⇒ χ = 2ct ⇒ A(2ct,0) Σημείο Β: χ = 0 ⇒ y =

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

2c ⎛ 2c ⎞ ⇒ B ⎜ 0, ⎟ t ⎝ t ⎠

111

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 – ΩΡΟ

Ιούνιος 2002

2ct + 0 = ct , 2 σημείο Ρ είναι το μέσο του ΑΒ. Μέσο του ευθ. τμ.ΑΒ: xM =

2c +0 c ⎛ c⎞ yM = t = ⇒ M ⎜ ct , ⎟ ⇒ P ≡ M δηλ. το t 2 ⎝ t⎠

1 1 ⎛ 2c ⎞ E OAB = ·( OA )·( OB ) ⇒ E OAB = ·( 2ct )·⎜ ⎟ ⇒ E OAB = 2c 2 άρα ανεξάρτητο του t. 2 2 ⎝ t ⎠

6. 4

(α) y = 4ημθ ⇒ dy = 4συνθ dθ ,

θ 0

π 2

16 − y 2 dy = ∫ 2 16 − 16ημ 2θ ·4συνθ dθ = 16 ∫ 2 συν 2θ dθ = 8∫ 2 (1 + συν 2θ ) dθ =

∫ [8θ + 4ημ 2θ ]0 0

y 0

= 4π

(β) Εξίσωση του κύκλου: ( x − 4 ) + y 2 = 16 . 2

Θέλουμε το μέρος για το οποίο x = 4 − 16 − y 2 , x ≥ 0, y ≥ 0 4

)

(

2 4 − 16 − y 2 dy V = Vκυλ .ΑΒΓΔ − VOA p ⇒ V = π ·4 ·4 − π ∫ 0

4 ⇒ V = 64π − π ∫ ⎡16 + 16 − y 2 − 8 16 − y 2 ⎤ dy ⇒ 0 ⎣ ⎦

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

4 ⎡ y ⎤ V = 64π − π ⎢32 y − ⎥ − 8π ∫ 16 − y 2 dy ⇒ 0 3 ⎦0 ⎣ 64 V = 64π − 128π + π + 8 ( 4π 2 + 4π ) ⇒ 3 64 32π ⇒ V = 32π 2 − 32π + π ⇒ V = 32π 2 − 3 3 1⎞ ⎛ V = 32π ⎜ π − ⎟ κυβ. μονάδες. 3⎠ ⎝ 3

112

4 A

ΚΥΜΕ 2002

ΕΝΙΑΙΕΣ ΓΡΑΠΤΕΣ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά

Ιούνιος 2002

Το εξεταστικό δοκίμιο αποτελείται από δύο μέρη Α και Β. Να απαντήσετε σε 12 ΜΟΝΟ ερωτήσεις του Μέρους Α και σε 4 ΜΟΝΟ του Μέρους Β. ΜΕΡΟΣ Α' Να απαντήσετε μόνο σε 12 από τις 15 ερωτήσεις. 1. Να αποδείξετε, χωρίς να χρησιμοποιήσετε υπολογιστική μηχανή, ότι: ημ 75° − ημ15° 3 . = συν 75° + συν 15° 3 2. Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

∫ (χ

+ 5 ) dx .

3. Να βρείτε τις συντεταγμένες του κέντρου και το μήκος της ακτίνας του κύκλου με 2 2 εξίσωση: x + y − 4 x + 2 y − 11 = 0 . 4. Η συνάρτηση y = ax 2 + β x + 3 έχει τοπικό ακρότατο στο σημείο Α(-1,2). (α) Να βρείτε τις τιμές των α και β. (β) Να προσδιορίσετε το είδος του ακρότατου. 5. Να λύσετε στο διάστημα [0°,360°] την εξίσωση: 2συν 2 χ − ημχ − 2 = 0 . 6. Να βρείτε την παράγωγο

dy των συναρτήσεων: (α) y = ( x + 2 ) ημ 3 x (β) x 2 − 2 xy = 8 . dx

x2 7. Να υπολογίσετε το όριο: lim 2 x . x →∞ e

8. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης και της κάθετης της καμπύλης y = x − x 2 στο σημείο της με τετμημένη x = 2 . 9. Να δείξετε ότι τοξεφ

1 3 π + τοξεφ = . 7 4 4 8

1⎞ ⎛ 10. Να βρείτε τον όρο τον ανεξάρτητο του χ στο ανάπτυγμα του ⎜ 2x 3 − ⎟ . x⎠ ⎝ 11. Να βρείτε τους αναγραμματισμούς της λέξης ΠΑΙΔΕΙΑ. Πόσοι από αυτούς έχουν τα «Ι» συνεχόμενα και τα «Α» μη συνεχόμενα; 12. Να βρείτε τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης: ημ x

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

113

dy + y συν x = x ημ x . dx

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ - ΤΕΧΝΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

Ιούνιος 2002

d2 y dy + x − 4 y = 4 x2 . 2 dx dx

13. Αν y = x 2 ln x να δείξετε ότι: x 2

π 2

14. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα:

∫ (ημ 2x − συν x ) dx . 0

d 2 y dy 15. Αν x = συν t και y = συν 2t , να δείξετε ότι: x 2 − = 0. dx dx

ΜΕΡΟΣ Β'

Να απαντήσετε μόνο σε 4 από τις 6 ερωτήσεις.

Δίνεται η συνάρτηση y = ( x 2 − 1) . (α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα κοινά σημεία με 2

τους άξονες των συντεταγμένων, τα τοπικά ακρότατα (μέγιστα, ελάχιστα) και να κάνετε τη γραφική της παράσταση. (β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την καμπύλη και τον άξονα των χ.

Το χωρίο που περικλείεται από την καμπύλη y = x 2 , την εφαπτομένη της καμπύλης στο σημείο της με χ=1, και τον άξονα των χ, περιστρέφεται πλήρη στροφή γύρω από τον άξονα των χ. Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού που παράγεται.

Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση u = 1 − x 2 , ή με οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να 1

υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

∫x

1 − x 2 dx .

Δίνεται η διαφορική εξίσωση y − x

dy dy = 1 + x2 . dx dx

(α) Να γράψετε στη μορφή y = f ( x ) τη γενική της λύση. (β) Να γράψετε την ειδική της λύση για την οποία είναι y = 2 όταν x = 1 .

Από μια ομάδα 8 μαθητών που αρίστευσαν σε ένα διαγωνισμό, οι 5 θα επιλεγούν για να δώσουν μια ραδιοφωνική συνέντευξη. Αν 2 από τους μαθητές δεν μπορούν να χωρίσουν γιατί είναι αδέλφια, με πόσους τρόπους μπορεί να επιλεγεί η πενταμελής ομάδα που θα δώσει συνέντευξη;

(α) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που έχει κέντρο το σημείο Κ(0,4) και διέρχεται από το σημείο Α(2,7). (β) Δίνονται οι κύκλοι: (κ1 ) : x 2 + y 2 − 8 y + 3 = 0 και (κ 2 ) : x 2 + y 2 + 2 x − 17 = 0 .

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

114

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ - ΤΕΧΝΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

Ιούνιος 2002

Να βρείτε τη θέση των δύο κύκλων, καθώς επίσης και τη θέση του σημείου Β(3,5) ως προς τον καθένα από αυτούς τους κύκλους.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

ΜΕΡΟΣ Α'

Να απαντήσετε μόνο σε 12 από τις 15 ερωτήσεις.

ημ 75° − ημ15° 2ημ 30°⋅ συν 45° 3 = = εφ 30° = . συν 75° + συν 15° 2συν 30° ⋅ συν 45° 3

x3 ∫ ( χ + 5) dx = 3 + 5 x + c .

x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 11 = 0 ⇒ g = −2, f = 1, c = −11 ⇒ K ( − g , − f ) ⇒ K ( 2, −1) ,

R = g 2 + f 2 − c ⇒ R = 4 + 1 + 11 ⇒ R = 4

α) y = ax 2 + β x + 3 , Α (-1, 2) ⇒ 2 = a − β + 3 ⇒ a − β = −1 dy = 2ax + β ⇒ −2a + β = 0 , dx

β) Τότε y = x 2 + 2 x + 3 ⇒

a − β = −1⎫ ⎬ ⇒ a =1, β = 2 β = 2a ⎭

dy d2y = 2 x + 2 ⇒ 2 = 2 > 0 ⇒ min ( −1, 2 ) dx dx

2συν 2 χ − ημχ − 2 = 0 ⇒ 2 − 2ημ 2 x − ημ x − 2 = 0 ⇒ ημ x ( 2ημ x + 1) = 0 Γενικές λύσεις: i) ημ x = 0 ⇒ ημ x = ημ 0° ⇒ x = 3600 κ ή x = 3600 κ + 1800 ii) ημ x = −

1 0 0 ⇒ ημ x = ημ ( −300 ) ⇒ x = 360 κ − 30 ή 2

Λύσεις στο [0°,360°]

(α) y = ( x + 2 ) ημ 3 x ⇒

x = 3600 κ + 2100

x = 00 , x = 1800 , x = 2100 , x = 3300 , x = 3600 . dy = ημ 3 x + 3 ( x + 2 ) συν 3 x dx

dy x − y dy ⎞ dy ⎛ = (β) x 2 − 2 xy = 8 ⇒ 2 x − 2 ⎜ y + x ⎟ = 0 ⇒ x − y − x =0 ⇒ dx x dx ⎠ dx ⎝

x2 ⎛ +∞ ⎞ , απροσδιοριστ ί α ⎟ L = lim 2 x , ⎜ x →∞ e ⎝ +∞ ⎠

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

115

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ - ΤΕΧΝΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

( x ) ' = lim 2 x L = lim 2e (e ) ' 2

x →∞

L = lim

x →∞

( x) '

(e ) ' 2x

Ιούνιος 2002

⎛ +∞ ⎞ , απροσδιοριστ ία ⎟ ⎜ ⎠ , ⎝ +∞

1 1 = =0 ⇒ L=0 x →∞ 2e 2 x +∞

= lim

y = x − x 2 , x = 2 ⇒ y = 2 − 4 = −2 ⇒ A ( 2, −2 )

dy dy = 1 − 2 x ⇒ λεφ = dx dx

= 1 − 2 ⋅ 2 = −3 x=2

Εξίσωση εφαπτομένης: y − y1 = λ ( x − x1 ) ⇒ y + 2 = −3 ( x − 2 ) ⇒ y = −3x + 4

Εξίσωση κάθετης: λκαθ

1 7

τοξεφ + τοξεφ Θέτουμε: τοξεφ 0<a<

1 y + 2 = ( x − 2) 1 3 ⇒ 3y + 6 = x − 2 ⇒ x − 3y = 8 = ⇒ 3

3 π = 4 4

1 1 π = a ⇔ εφ a = , 0 < a < , 7 7 4

τοξεφ

3 3 π = β ⇔ εφβ = , 0 < β < 4 4 4

π ⎫

4 ⎪⎪ ⇒ 0 < a + < π , β ⎬ π⎪ 2 0<β < 4 ⎪⎭

Θέλουμε να δείξουμε ότι: a + β =

π 4

1 3 εφ (α + β ) = 1⎫ + π εφα + εφβ ⎪ 7 4 = =1 ⇒ εφ ( a + β ) = ⎬⇒α +β = π 1 3 4 1 − εφα εφβ 0 <α +β < ⎪ 1− ⋅ 2 ⎭ 7 4

⇒ τοξεφ

10.

1 3 π + τοξεφ = 7 4 4 8 −κ ( −1) ⎛8 ⎞ ⎛8 ⎞ κ = ⎜ ⎟ ( 2 x 3 ) ⋅ κ ⇒ Tκ +1 = ⎜ ⎟ 28−κ ⋅ ( −1) ⋅ x 24 − 4κ ⇒ x ⎝κ ⎠ ⎝κ ⎠

⎛ 3 1⎞ ⎜ 2x − ⎟ , x⎠ ⎝

Tκ +1

⎛8 ⎞ 8⋅ 7 6 24 − 4κ = 0 ⇒ κ = 6 ⇒ T7 = ⎜ ⎟ ⋅ 22 ⋅ ( −1) ⇒ T7 = ⋅ 4 ⇒ T7 = 112 1⋅ 2 ⎝6⎠ 7! 6! (ii) Τα «Ι» συνεχόμενα: . Τα «Ι» συνεχόμενα και «Α» συνεχόμενα: 5! 2! 2!2! 6! − 5! . ⇒ «Ι» συνεχόμενα και «Α» μη συνεχόμενα: 2!

11.

(i)

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

116

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ - ΤΕΧΝΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

Ιούνιος 2002

dy d + y συν x = x ημ x ⇒ (ημ x ⋅ y ) = x ⋅ ημ x ⇒ημ x ⋅ y = ∫ x ⋅ ημ x dx ⇒ dx dx ημ x ⋅ y = ∫ x ⋅ d ( −συν x ) ⇒ ημ x ⋅ y = − x ⋅ συν x − ∫ −συν x dx ⇒ ημ x ⋅ y = − x ⋅ συν x + ημ x + c

12.

ημ x

13.

y = x 2 ln x ⇒

Άρα x 2

d2 y dy +x − 4 y = x 2 ( 2 ln x + 3) + x ( 2 x ln x + x ) − 4 x 2 ln x = 2 dx dx

dy d2y d2y = 2 x ln x + x ⇒ = 2ln x + 3 ⇒ = 2ln x + 2 + 1 dx dx 2 dx 2

= 2 x 2 ln x + 3 x 2 + 2 x 2 ln x + x 2 − 4 x 2 ln x = 4x 2 π

14.

π ⎞ ⎛ συνο ⎡ συν 2 x ⎤ 2 ⎛ συνπ ⎞ ημ 2x − συν x dx − − = ⎜− − ημ ⎟ − ⎜ − − ημ 0 ⎟ = x = ημ ( ) ∫0 ⎢ ⎥ 2 2 2⎠ ⎝ 2 ⎣ ⎦0 ⎝ ⎠ 2

1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ 1 = ⎜ − − 1⎟ − ⎜ − ⎟ = − 1 + = 0 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ 2

15.

x = συν t ⇒

dx = −ημ t , dt

y = συν 2t ⇒

dy = −2ημ 2t dt

dy dy dt −2 ημ 2t −2 ⋅ 2 ημ t συν t = = = = 4 συν t −ημ t dx dx − ημ t dt

⎛ 1 ⎞ d 2 y d ⎛ dy ⎞ dt d = ⎜ ⎟⋅ = ( 4συν t ) ⋅ ⎜ − ⎟ = −4 ημ t 2 dt ⎝ dx ⎠ dx dt dx ⎝ ημ t ⎠ Τότε : x

(ημ t ≠ 0 ) ⎛ 1 ⋅⎜− ⎜ ημ t ⎝

⎞ ⎟=4 ⎟ ⎠

d 2 y dy − = 4 x − 4συν t = 4 x − 4 x = 0 . dx 2 dx

ΜΕΡΟΣ Β'

Να απαντήσετε μόνο σε 4 από τις 6 ερωτήσεις. 1. y = ( x 2 − 1)

α) x ∈ \ , Τομές με άξονες: για x = 0 ⇒ y = 1 ⇒ ( 0,1) , για y = 0 ⇒ x 2 − 1 = 0 ⇒ x = ±1 ⇒ (1, 0 ) , ( −1, 0 ) dy dy = 2 ( x 2 − 1) ⋅ 2 x ⇒ = 4 x ( x 2 − 1) = 0 ⇒ x = 0, x = 1, x = −1 dx dx Μονοτονία – Ακρότατα Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

117

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ - ΤΕΧΝΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

−1

−∞

dy dx

+∞

Ιούνιος 2002

−

min

max

min

+∞

Ακρότατα: min ( −1, 0 )

max ( 0,1) ,

min (1, 0 )

+∞

y 3 1

β) E =

∫ (x

−1

− 1) dx = 2

∫ (x

−1

− 2 x 2 + 1) dx

2 1

⎡ x 2x ⎤ ⎛1 2 ⎞ ⎛ 1 2 ⎞ = ⎢ − + x⎥ = ⎜ − + 1⎟ − ⎜ − + − 1⎟ 3 ⎣5 ⎦−1 ⎝ 5 3 ⎠ ⎝ 5 3 ⎠ 5

x -3

-2

-1

y = x2 ⇒

dy dy = 2 x ⇒ λεφ = dx dx

-1

16 ⎛ 3 − 10 + 15 ⎞ 16 = 2⎜ ⇒ E= ⎟ = 5 15 ⎝ ⎠ 15

1 -2 -3

= 2 ⋅1 = 2 x =1

Εξίσωση εφαπτομένης στο σημείο (1,1) y − y1 = λ ( x − x1 ) ⇒ y − 1 = 2 ( x − 1) ⇒ y = 2 x − 1

y = 2 x − 1⎫ 1 ⎬⇒ x = y=0 2 ⎭

V = V1 − V2 ⇒ 1

1 2

(

)

V = π ∫ x 4 dx − π ∫ ( 2 x − 1) dx = π ∫ x 4 dx − π ∫ 4 x 2 − 4 x + 1 dx = 2

1 2

⎡ x5 ⎤ ⎡ 4 x3 ⎤ x2 π 1 1⎞ π ⎛4 ⎞ ⎛4 1 −4 + x ⎥ = − π ⎜ − 2 + 1⎟ + π ⎜ ⋅ − 2 ⋅ + ⎟ = π ⎢ ⎥ −π ⎢ 2 5 4 2 ⎠ 30 ⎝3 ⎠ ⎝3 8 ⎣ 5 ⎦0 ⎣ 3 ⎦1 2

3. u = 1 − x 2 ⇒ u 2 = 1 − x 2 ⇒ 2 u du = −2 x dx ⇒ u du = − x dx

Για x = 0 ⇒ u = 1 − 0 = 1 ,

x =1⇒ u = 1−1 = 0

3 2 2 2 2 2 4 ∫ x 1 − x dx = ∫ x ⋅ 1 − x ⋅ xdx = ∫ (1 − u ) ⋅ u ⋅ ( −u ) du = ∫ ( u − u ) du

⎡ u3 u5 ⎤ 1 1 2 = ⎢ − ⎥ = − = 5 ⎦ 0 3 5 15 ⎣3 Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

118

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΙΚΩΝ ΣΧΟΛΩΝ - ΤΕΧΝΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

4. y − x

⇒

dy dy dy dy dy dx dx = 1 + x2 ⇒ ( x2 + x ) = y −1⇒ = 2 ⇒∫ =∫ 2 ⇒ dx dx dx y −1 x + x y −1 x +x

⎛1

1 ⎞

∫ y − 1 = ∫ ⎜⎝ x − x + 1 ⎟⎠ dx ⇒ ln

y −1 =

Ιούνιος 2002

y − 1 = ln x − ln x − 1 + ln c ⇒ ln y − 1 = ln

cx ⇒ x +1

x cx +1 ⇒ y = A⋅ x +1 x +1

Ειδική λύση: y = 2, όταν χ = 1 ⇒ 2 = Α ⋅

2x 1 +1 + 1⇒ Α = 2 ⇒ y = x +1 2

⎛6⎞ 5. Αν τα δύο αδέλφια θα συμπεριλαμβάνονται: ⎜ ⎟ τρόποι. ⎝3⎠ ⎛6⎞ Αν τα δύο αδέλφια δεν θα συμπεριλαμβάνονται: ⎜ ⎟ τρόποι. ⎝5⎠ ⎛6⎞ ⎛ 6⎞ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⎛ 6⎞ Σύνολο τρόπων: ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = + ⎜ ⎟ = 20 + 6 = 26 τρόποι ⎝ 3 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⎝1 ⎠ 6.

(α) K ( 0, 4 ) ⇒ g = 0, f = −4 ⇒

(κ ) :

x 2 + y 2 + 2 gx + 2 fy + c = 0 ⇒ x 2 + y 2 − 8 y + c = 0

Για A ( 2, 7 ) ⇒ 4 + 49 − 56 + c = 0 ⇒ c = 3 . Άρα (κ ) : x 2 + y 2 − 8 y + 3 = 0 (β)

( κ1 ) : x 2 + y 2 − 8 y + 3 = 0

⇒ K1 ( 0, 4 ) ,

R1 = g 2 + f 2 − c = 0 + 16 − 3 = 13

και (κ 2 ) : x 2 + y 2 + 2 x − 17 = 0 ⇒ K1 ( −1, 0 ) ,

( K1 K 2 ) = ( 0 + 1)

R1 =

g 2 + f 2 − c = 1 + 0 + 17 = 18

+ ( 4 − 0 ) = 1 + 16 = 17 , 2

R12 + R2 2 = 13 + 18 = 31⎫⎪ ⎬ Οι κύκλοι τέμνονται 2 ( K1 K 2 ) = 17 ⎪⎭ Θέση του B ( 3, 5 ) ως προς (κ1 ) : 9 + 25 − 8 ⋅ 5 + 3 = 37 − 40 = −3 < 0 εσωτερικό σημείο. Θέση του B ( 3, 5 ) ως προς (κ 2 ) : 9 + 25 + 6 − 17 = 23 > 0 εξωτερικό σημείο.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

119

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ ΑΝΩΤΕΡΑ ΚΑΙ ΑΝΩΤΑΤΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ Mάθημα : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

Ιούλιος 2002

Χρόνος : 3 ώρες Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 10 ασκήσεις βαθμολογείται με 5 μονάδες. 1.

x = t 3 − 1 ⎪⎫ dy d2y ∈ , t \ . Να βρείτε τις Δίνεται η συνάρτηση και . ⎬ dx dx 2 y = t 5 + 1⎪⎭

x−a , x ∈ \ − {1, 2} , a ∈ \ . Να βρείτε την τιμή του x − 3x + 2 α για την οποία η συνάρτηση έχει τοπικό ακρότατο στο x = 0 .

Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) =

Να λύσετε την εξίσωση τοξεφ

Να βρείτε, στη μορφή y = f ( x ) , τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης

π x +1

+ τοξεφ

1 π = , 1 + 2χ 4

χ >0.

dy = e − yημχ ημ 2 χ . dx

5. Οι έδρες ενός κύβου είναι αριθμημένες με τους αριθμούς 1,1, 1,2.2,3. (α) Ρίχνουμε τον κύβο 3 φορές. Να βρείτε την πιθανότητα το άθροισμα των τριών ενδείξεων να είναι 5. (β) Ρίχνουμε τον κύβο διαδοχικά μέχρι να βρούμε άρτια ένδειξη. Να βρείτε την πιθανότητα αυτό να συμβεί στην τρίτη ρίψη. ⎛3 6⎞ ⎛ 6 6⎞ 2 Δίνονται οι πίνακες A = ⎜ ⎟ και B = ⎜ ⎟ . (α) Να δείξετε ότι A = A . (β) Να − − − 1 2 1 1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ βρείτε την τιμή του λ ∈ \ για την οποία ισχύει η σχέση A5 + λ I = B , όπου Ι ο μοναδιαίος 2x2 πίνακας. 6.

7. Κανονική τετραγωνική πυραμίδα έχει ύψος υ cm και ακμή βάσης α cm που συνδέονται με τη σχέση 3υ + 4α = 24. Να υπολογίσετε το ύψος και την ακμή της βάσης της πυραμίδας ώστε ο όγκος της να είναι ο μέγιστος δυνατός. 8. Δίνεται ο κύκλος x 2 + y 2 + 2 x − 7 = 0 και η παραβολή y 2 = 4 x . (α) Να βρείτε το σημείο τομής τους Α που βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο. (β) Να δείξετε ότι οι δύο καμπύλες τέμνονται ορθογώνια στο Α. (γ) Το χωρίο που περικλείεται από τις δύο καμπύλες και το θετικό ημιάξονα των χ στρέφεται πλήρη στροφή γύρω από τον άξονα των χ . Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού που παράγεται. 9. Το χωρίο που περικλείεται από την καμπύλη y = e x , την ευθεία y = e και τον άξονα των y χωρίζεται από την ευθεία y = λ x + 1 , λ ∈ \ , σε δύο ισεμβαδικά μέρη. Να υπολογίσετε την τιμή του λ. 10. Στην τιμή κόστους εισαγωγής ενός συγκεκριμένου αυτοκινήτου προστίθεται πρώτα ο εισαγωγικός δασμός και έπειτα το κέρδος του εισαγωγέα. Στο ποσό που προκύπτει προστίθεται ο ΦΠΑ και έτσι διαμορφώνεται το ποσό που πληρώνει ο αγοραστής. Μέχρι το τέλος Ιουνίου ο συντελεστής για τον εισαγωγικό δασμό ήταν 90% και για τον ΦΠΑ 10%. Το Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

120

ΚΥΜΕ 2002

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ΙΟΥΛΙΟΣ 2002

κέρδος του εισαγωγέα ήταν £1000 και η τιμή του αυτοκινήτου για τον αγοραστή ήταν £9460. Από την 1η Ιουλίου ο συντελεστής του εισαγωγικού δασμού έγινε 55% και του ΦΠΑ 13%, ενώ το κόστος εισαγωγής και το κέρδος του εισαγωγέα παρέμειναν τα ίδια. Να υπολογίσετε τη νέα τιμή του αυτοκινήτου για τον αγοραστή.

ΜΕΡΟΣ Β'

Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 5 ασκήσεις βαθμολογείται με 10 μονάδες. x2 −1 1. Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = 2 . (α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. Στη συνέχεια x −4 να βρείτε τα σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων, τις εξισώσεις των ασύμπτωτων και το ακρότατο της καμπύλης y = f ( x ) και να κάνετε τη γραφική της

παράσταση. (β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την καμπύλη y = f ( x ) και τον άξονα των χ. 2. Να βρείτε πόσοι αναγραμματισμοί της λέξης ΕΛΕΥΘΕΡΙΑ μπορούν να σχηματιστούν. Παίρνουμε στην τύχη ένα αναγραμματισμό. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: Α: Ο αναγραμματισμός να αρχίζει και να τελειώνει με "Ε". Β: Ο αναγραμματισμός να έχει το ένα "Ε" στο μέσο, δεδομένου ότι αρχίζει και τελειώνει με "Ε". ⎛ c⎞ Δίνεται η υπερβολή xy = c 2 και σημείο της P ⎜ cp, ⎟ στο πρώτο τεταρτημόριο. Η p⎠ ⎝ εφαπτομένη της στο Ρ τέμνει τον άξονα των y στο σημείο Α. Η καθετή της στο Ρ τέμνει τον άξονα των χ στο Β και τον άξονα των y στο Γ. Να βρείτε: (α) Την καρτεσιανή εξίσωση της καμπύλης στην οποία ανήκει ο γεωμετρικός τόπος του μέσου Μ του ευθύγραμμου τμήματος 17c 2 . ΑΒ. (β) Την τιμή του ρ για την οποία το εμβαδόν του τριγώνου ΡΑΓ ισούται με 2 3.

Χρησιμοποιώντας το μετασχηματισμό u = e y , να δείξετε ότι η διαφορική εξίσωση dy du x + x + 1 = xe x − y μετασχηματίζεται στη x + ( x + 1) u = xe x . Στη συνέχεια να βρείτε τη dx dx γενική λύση της αρχικής διαφορικής εξίσωσης. 4.

Δίνεται το ολοκλήρωμα I ( a, β ) = ∫

1− χ 2

(1 + χ ) 2

1+ χ

dx με α , β ∈ \ + .

1 , ή με οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να δείξετε ότι u ⎛1 1 ⎞ ⎛1 ⎞ I ( a, β ) = I ⎜ , ⎟ . Στη συνέχεια να δείξετε ότι I ⎜ , a ⎟ = 0 . ⎝a ⎠ ⎝a β ⎠

Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση x =

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

121

ΚΥΜΕ 2002

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ΙΟΥΛΙΟΣ 2002

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

dy x = t 3 − 1 ⎫⎪ dy dt 5t 4 5 2 = = 2 = t , ⎬⇒ 3 y = t 5 + 1⎪⎭ dx dy 3t dt

f ( x) =

τοξεφ

π x +1

Θέτω τοξεφ

τοξεφ

+ τοξεφ

π x +1

Ακρότατο για χ=0 ⇒

1 π = , 1 + 2χ 4

= a ⇔ εφ a =

π x +1

2 dy = 0 ⇒ 2 − 3a = 0 ⇔ a = 3 dx

χ > 0 . (1)

, 0<a<

π 4

και

1 1 π = β ⇔ εφβ = , 0<β < 1 + 2χ 1 + 2χ 4

Από (1) ⇒ α + β =

π 4

⇒ εφ (α + β ) = εφ

π 4

⇒

εφα + εφβ = 1 ⇒ εφα + εφβ = 1 − εφα εφβ 1 − εφα εφβ

1 π 1 · = 1− ⇒ π + 2π x + x + 1 = x + 2 x 2 + 1 + 2x − π ⇒ ⇒ x +1 1 + 2x x +1 1+ 2x ( x − π )( x + 1) = 0 ⇒ x = −1 απορ. , x = π δεκτή, διότι επαληθεύει την εξίσωση.

⇒

2 dy x − 3x + 2 − ( x − a )( 2 x − 3) = ⇒ 2 2 dx ( x − 3x + 2 )

x−a , x ∈ \ − {1, 2} , a ∈ \ . 2 x − 3x + 2

dy − x 2 + 2ax + 2 − 3a = . 2 dx ( x 2 − 3x + 2 ) 3.

d 2 y d ⎛ 5 2 ⎞ dt 10 1 10 = ⎜ t ⎟· = t · = . dx 2 dt ⎝ 3 ⎠ dx 3 3t 2 9t

dy = e − y ⋅ ημχ ⋅ημ 2 χ ⇒ ∫ e y dy = ∫ ημχ ⋅ημ 2 χ dx ⇒ e y = ∫ ημχ ⋅ 2 ⋅ημχ ⋅ συνχ dx ⇒ dx 2 2 e y = 2 ∫ ημχ 2 d (ημχ ) ⇒ e y = ημ 3 χ + c ⇒ y = ln ημ 3 x + c 3 3

1,1, 1,2.2,3. 3 3 1 3! 1 (α) 1+1+3=5 ⇒ P ( a1 ) = · · · = , 6 6 6 2! 8

3 2 2 3! 1 1+2+2=5 ⇒ P ( a2 ) = · · · = 6 6 6 2! 6

1 1 7 P ( a ) = P ( a1 ) + P ( a2 ) = + = 8 6 24

442 4 (β) P ( β ) = P ( β '1 )·P ( β '2 )·P ( β 3 ) = · · = 6 6 6 27 6.

⎛ 6 6⎞ ⎛3 6⎞ A=⎜ ⎟. ⎟ και B = ⎜ ⎝ −1 1 ⎠ ⎝ −1 −2 ⎠

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

122

ΚΥΜΕ 2002

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ΙΟΥΛΙΟΣ 2002

⎛ 3 6 ⎞⎛ 3 6 ⎞ ⎛ 3 6 ⎞ (α) A2 = A· A = ⎜ ⎟·⎜ ⎟=⎜ ⎟= A. ⎝ −1 −2 ⎠ ⎝ −1 −2 ⎠ ⎝ −1 −2 ⎠ (β) A5 = ( A2 ) · A = A2 · A = A· A = A2 = A 2

⎛3 + λ ⎛3 6⎞ ⎛1 0⎞ ⎛ 6 6⎞ A5 + λ I = B ⇒ A + λ I = B ⇒ ⎜ ⎟⇒ ⎜ ⎟+λ⎜ ⎟=⎜ ⎝ −1 −2 ⎠ ⎝ 0 1 ⎠ ⎝ −1 1 ⎠ ⎝ −1 ⇒ 3 + λ = 6, − 2 + λ = 1 ⇒ λ = 3

⎞ ⎛ 6 6⎞ ⎟=⎜ ⎟ −2 + λ ⎠ ⎝ −1 1 ⎠ 6

24 − 4α 1 24 − 4a 4 ⇒ V( a) = a2 · ⇒ V( a) = ( 6a2 − a3 ) 3 3 3 9 dV dV 4 ⇒ = 0 ⇔ 12a − 3a 2 = 0 ⇔ a ( 4 − a ) = 0 ⇒ = (12a − 3a 3 ) , da da 9

3υ + 4α = 24 ⇒ υ =

dV 4 = (12 − 6a ) α =0 (απορ.) ή α =4. da 2 9 2

d 2V da 2

a =4

h Γ

a 2

4 8 = (12 − 24 ) < 0 ⇒ μέγιστη τιμή για α=4. ⇒ υ = . 9 3

a 2

⎪⎫ 2 2 ⎬ ⇒ x + 4 x + 2 x − 7 = 0 ⇒ x + 6 x − 7 = 0 ⇒ ( x − 1)( x + 7 ) = 0 x + y + 2 x − 7 = 0 ⎪⎭ ⇒ x = −7, x = 1 (χ>0) x = 1 ⇒ y = 2 ⇒ A (1, 2 ) 8.

(α)

y2 = 4x 2

(β) y 2 = 4 x ⇒ 2 y

dy =4 ⇒ dx

y 5

ε2

2 dy 2 = ⇒ λε1 = = 1 2 dx y

x2 + y 2 + 2 x − 7 = 0 ⇒ dy dy −1 − x 2x + 2 y + 2 = 0 ⇒ ⇒ = dx y dx −1 − 1 = −1 λε 2 = 2

y2=4αx

2 1

Β -5

-4

-3

-2

x 1

-1

λε ·λε = 1·( −1) = −1 ⇒ οι καμπύλες τέμνονται ορθογώνια. 1

ε1

-2

χ²+ψ²+2χ-7=0

(γ) V = V1 − V2 ⇒

-3 -4

V = π ∫ ( 7 − 2 χ − χ 2 ) dx − π ∫ 4 χ dx ⇒ 1

-5

⎡ x3 ⎤ 11π V = π ⎢7 x − 3x 2 − ⎥ ⇒ V = κ .μ. 3 3 ⎣ ⎦0

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

123

ΚΥΜΕ 2002

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ΙΟΥΛΙΟΣ 2002

y = e x , y = e ⇒ e = e x ⇒ x = 1 ⇒ B (1, e )

E ABΓ = ∫ ( e − e x ) dx = ⎡⎣ ex − e x ⎤⎦ = 1 τ.μ. 1

Σημείο Δ:

y=e ⎫ e −1 ⎬ ⇒ λ x +1 = e ⇒ x = y = λ x + 1⎭ λ

⎛ e −1 ⎞ ,e⎟ ⇒ Δ⎜ ⎝ λ ⎠

ΑΓΔ

1 1 e − 1 ( e − 1) = ( ΑΓ )·( ΓΔ ) = ( e − 1) = λ 2λ 2 2

EΑΒΓ = 2 EΑΓΔ

( e − 1) ⇒1= 2 2λ

⇒ λ = ( e − 1)

⎛ 190 ⎞ 110 x + 1000 ⎟· 10. Έστω χ η τιμή του κόστους εισαγωγής ⇒ ⎜ = 9460 ⇒ ⎝ 100 ⎠ 100 (19 x + 10000 )·11 = 946000 ⇒ 209 x = 836000 ⇒ x = 4000 . ⎛ 155 ⎞ 113 ·4000 + 1000 ⎟· Η νέα τιμή για τον αγοραστή είναι: ⎜ = 8136 . Η νέα τιμή είναι £8136. ⎝ 100 ⎠ 100

ΜΕΡΟΣ Β' 1.

f ( x) =

x2 −1 π.ο. x ∈ \ − {−2, 2} x2 − 4

Τομές με άξονες: για χ=0 ⇒ y =

1 ⎛ 1⎞ ⇒ ⎜ 0, ⎟ , 4 ⎝ 4⎠

Για y=0 ⇒ x = ±1 ⇒ ( −1, 0 ) , (1, 0 )

lim f ( x ) = 1⎫ ⎪ ⎬ ⇒ y = 1 οριζόντια ασύμπτωτη, lim f ( x ) = 1⎪ x →−∞ ⎭ x →+∞

f '( x) =

2 x ( x 2 − 4 ) − 2 x ( x 2 − 1)

x -∞ f΄(x) f(x)

( x2 − 4)

-2 +

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

−6 x

( x2 − 4)

0 0

max

x 2 − 4 = 0 ⇒ x = ±2 ⇒

x = 2 κατακόρυφες x = −2 ασύμπτωτες

f '( x) = 0 ⇒ x = 0

, 2

–

+∞ –

124

Για χ = 0 ⇒ ymax =

0 −1 1 = 0−4 4

⎛ 1⎞ max ⎜ 0, ⎟ ⎝ 4⎠

ΚΥΜΕ 2002

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ΙΟΥΛΙΟΣ 2002

3 A B = − ⇒ x −4 x−2 x+2 3 3 A= ,B = − ⇒ 4 4 3 3 3 = − 2 x − 4 4 ( x − 2) 4 ( x + 2) 2

1⎛ 3 ⎞ E = 2∫ ⎜1 + 2 ⎟ dx ⇒ 0 ⎝ x −4⎠ ⎞ 1⎛ 3 3 E = 2 ∫ ⎜⎜ 1 + − ⎟⎟ dx 0 4 x − 2 4 x + 2 ( ) ( ) ⎝ ⎠

⎡ 3 x−2 ⎤ ⇒ E = ⎢ 2 x + ln 2 x + 2 ⎥⎦ 0 ⎣ 3 1⎞ ⎛ 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ E = ⎜ 2 + ln ⎟ − ⎜ 0 + ln1⎟ ⇒ E = ⎜ 2 − ln 3 ⎟τ .μ . 2 3 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ΕΛΕΥΘΕΡΙΑ , Αναγραμματισμοί:

Α:

9! = 60480 3!

⇒ P ( A) =

7! 3!·7! 1 = ⇒ P ( A) = 9! 9! 12 3!

Β: Δυνατές περιπτώσεις: 7!, ευνοϊκές περιπτώσεις: 6! Ε

(α) xy = c 2 ⇒ y + x

P ( B) =

6! 1 ⇒ P ( B) = 7! 7

⎛ dy dy x c⎞ =0⇒ = − , P ⎜ cp, ⎟ p⎠ dx dx y ⎝

(ε ) : y −

c 1 p ⇒ λε = − = − 2 και λκ = p 2 cp p c 1 = − 2 ( x − cp ) ⇒ x + p 2 y = 2cp p p

x =0⇒ y =

(κ ) : y −

⎛ 2c ⎞ 2c ⇒ A ⎜ 0, ⎟ p ⎝ p⎠

c = p2 ( x − cp ) ⇒ p

p 3 x − py = c ( p 4 − 1) ,

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

125

ΚΥΜΕ 2002

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Α.Α.Ε.Ι. – ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4

ΙΟΥΛΙΟΣ 2002

⎛ p4 −1 ⎞ ⎛ p4 −1 p4 −1 p4 −1 ⎞ y =0⇒ x=c x = 0 ⇒ y = −c ⇒ B⎜c 3 ,0⎟ , ⇒ Γ ⎜ 0, −c ⎟ p3 p p p ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎫ p4 −1 0+c 4 ⎛ ⎛ c ⎞4 ⎞ 3 c ( p − 1) ⎪ x A + xB p x ⎜ ⎜ ⎟ − 1⎟ ⎪ = = xM = ⎜⎝ p ⎠ ⎟ 2 2 2 p3 ⎪ ⎝ ⎠ ⇒ Γ.Τ. 2c 2 xy = c 4 − y 4 ⇒ = x ⎬ 3 2c ⎛c⎞ ⎪ +0 2 ⎜ p⎟ y + yB c c ⎪ p ⎝ ⎠ = = ⇒ p= yM = A ⎪ 2 2 p y ⎭ 1 ⎫ E Δ = x p · y A − yΓ ⎪ p = ±2 ( ΡΑΓ ) 2 p 4 − 1 ⎞ 17c 2 ⎪ 1 ⎛ 2c ⇒ + ⇒ p4 = 1 ⇒ ⇒ p=2 cp c (β) ⎬ ⎜ ⎟= 2 0 > p 2 2 p p 17c ⎝ ⎠ ⎪ E Δ = ⎪⎭ ( ΡΑΓ ) 2 du dy dy 1 du dy 1 du dy = ey· ⇒ = y· ⇒ = · 4. u = e y ⇒ x + x + 1 = xe x − y ⇒ dx dx dx e dx dx u dx dx x x e du du x + 1 x du e ⎛ 1 du ⎞ x ⎜ · ⎟ + x +1 = x y ⇒ · + x +1 = x + u = ex , ⇒x + ( x + 1) u = xe x ⇒ e dx x u dx u dx ⎝ u dx ⎠ I ( x ) = e∫

P ( x ) dx

⇒ I ( x ) = e∫

x +1 dx x

⇒ I ( x) = e

⎛

1⎞

∫ ⎜⎝1+ x ⎟⎠ dx

⇒ I ( x ) = e x + ln x ⇒ I ( x ) = e x ·eln x ⇒ I ( x ) = xe x

du x +1 d + xe x u = xe x e x ⇒ ( xe x u ) = xe 2 x ⇒ ∫ d ( xe x u ) = ∫ xe 2 x dx ⇒ dx x dx 1 1 1 1 ⎛1 ⎞ xe xu = ∫ xd ⎜ e 2 x ⎟ ⇒ xe x u = xe 2 x − ∫ e 2 x dx ⇒ xe x u = xe 2 x − e 2 x + c ⇒ 2 2 2 4 ⎝2 ⎠ x x x 1 e c 1 1e c 1 e c u = ex − + e− x ⇒ e y = e x − + e − x ⇒ y = ln e x − + e− x 2 4x x 2 4 x x 2 4x x x a β β 1− χ 2 1 1 dx , x = ⇒ dx = − 2 du 5. I ( a, β ) = ∫ 1 1 α u u u (1 + χ 2 ) 1 + χ 4 a β xe x

I ( a, β ) = ∫ 1

1−

1 u2

⎛ 1 ⎜− 2 1 ⎞ 1 ⎝ u ⎛ ⎜1 + 2 ⎟ 1 + 4 u ⎝ u ⎠

β ⎞ ⎟ du = − ∫1a ⎠

u2 −1

+ 1)

u4 +1 u2

du = ∫1

1− u2

(1 + u ) 2

u4 +1

⎛1 1 ⎞ ⎛1 1 ⎞ = I ⎜ , ⎟ άρα I ( a, β ) = I ⎜ , ⎟ (1) ⎝a β ⎠ ⎝a β ⎠ ⎛ ⎞ (1) ⎜ 1 1 ⎟ 1 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1⎞ I ( a, β ) = − I ( β , a ) ⇒ I ⎜ a, ⎟ = − I ⎜ , a ⎟ I ⎜ , a ⎟ = I ⎜ , ⎟ = I ⎜ a, ⎟ , ⎝ a⎠ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ ⎜ 1 a⎟ ⎝ a⎠ ⎜ ⎟ ⎝a ⎠ ⎛1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎫ I ⎜ , a ⎟ = I ⎜ a, ⎟ ⎪ ⎝a ⎠ ⎝ a⎠ ⎪ ⎬⇒ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞⎪ I ⎜ a, ⎟ = − I ⎜ , a ⎟ ⎝ a⎠ ⎝ a ⎠ ⎪⎭

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ I ⎜ , a ⎟ = −I ⎜ , a ⎟ ⇒ 2I ⎜ , a ⎟ = 0 ⇒ I ⎜ , a ⎟ = 0 ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠ ⎝a ⎠

126

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ ΑΝΩΤΕΡΑ ΚΑΙ ΑΝΩΤΑΤΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

Χρόνος: 3 ώρες • Να λύσετε όλες τις ασκήσεις. Κάθε μια από τις 10 ασκήσεις βαθμολογείται με 5 μονάδες. ΜΕΡΟΣ Α 1.

e3 x − συν x − 3 x Να βρείτε το lim 2 . x →0 x − ημ 2 x + 2 x 1 κ 0 Αν aκ = 0 1 6 να βρείτε το άθροισμα

1 κ

aκ . ∑ κ =1

(

)

Να λύσετε την εξίσωση: 2τοξημ 2 χ + τοξσυν 2 3χ =

. 2 4. Πρόκειται να κατασκευασθεί δεξαμενή σχήματος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου, ανοικτή στο πάνω μέρος της, που να έχει όγκο 10 m³. Η δεξαμενή πρέπει να έχει μήκος διπλάσιο από το πλάτος της. Το υλικό κατασκευής της βάσης της κοστίζει £1 το τετραγωνικό 1 μέτρο ενώ το υλικό κατασκευής των παράπλευρων εδρών κοστίζει £ 1 το τετραγωνικό 15 μέτρο. (α) Να εκφράσετε το κόστος κατασκευής της δεξαμενής ως συνάρτηση του πλάτους χ της βάσης της. (β) Να βρείτε τις διαστάσεις που πρέπει να έχει η βάση της δεξαμενής ώστε το κόστος κατασκευής να είναι ελάχιστα. (γ) Να βρείτε αυτό το ελάχιστο κόστος, ν 5. Στο ανάπτυγμα του ( 3 + 2 x ) , ν ∈ ` , ο λόγος του συντελεστή του χ 2 προς το

συντελεστή του x 3 είναι

3 . Να βρείτε: (α) Την τιμή του ν. (β) Το συντελεστή του x 6 στο ίδιο 4

ανάπτυγμα. 6. Σε μια ερώτηση ενός διαγωνίσματος πολλαπλής εκλογής, δίνονται 4 απαντήσεις από τις οποίες μόνο η μία είναι σωστή. Ο μαθητής Μ ή γνωρίζει τη σωστή απάντηση ή απαντά στην 3 τύχη. Η πιθανότητα να γνωρίζει ο μαθητής τη σωστή απάντηση είναι . Αν ο μαθητής Μ 5 απάντησε σωστά την ερώτηση να βρείτε την πιθανότητα να γνώριζε τη σωστή απάντηση. (Να θεωρήσετε ότι αν ο μαθητής γνωρίζει τη σωστή απάντηση τότε απαντά σωστά.) ⎛3 0⎞ 7. Δίνεται ο μετασχηματισμός με πίνακα M = ⎜ ⎟ . (α) Να δείξετε ότι ο ⎝0 2⎠ μετασχηματισμός Μ απεικονίζει την καμπύλη x 2 − y 2 = 1 σε μια υπερβολή (κ) και να βρείτε την εξίσωση αυτής της υπερβολής. (β) Να βρείτε τις συντεταγμένες των κορυφών, τις συντεταγμένες των εστιών, την εκκεντρότητα και τις εξισώσεις των ασυμπώτων της υπερβολής (κ). d ⎛ αημχ ⎞ α2 −β2 β 8. (α) Να δείξετε ότι: + , όπου a, β ≠ 0 . ⎜ ⎟= 2 dx ⎝ β + ασυνχ ⎠ ( β + ασυνχ ) β + ασυνχ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

127

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

π x dx 2 1 2 να δείξετε ότι: ∫ = τοξεφ . (γ) Χρησιμοποιώντας τα 0 5 + 4συνχ 3 3 2 πιο πάνω ή με οποιοδήποτε άλλο τρόπο να υπολογίσετε την τιμή του ολοκληρώματος: π dx 2 ∫0 5 + 4συνχ

(β) Θέτοντας t = εφ

Δίνεται η παραβολή y 2 = 4ax , α>0 και σημείο P (αρ 2 , 2αρ ) αυτής με ρ>0. (α) Να

δείξετε ότι η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο Ρ έχει εξίσωση: x − ρ y + αρ 2 = 0 . (β) Αν η κάθετη της παραβολής στο σημείο Ρ τέμνει ξανά την παραβολή στο σημείο T ( at 2 , 2at ) να δείξετε ότι ισχύει ρ 2 + ρ t + 2 = 0 . (γ) Η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο Τ τέμνει τον άξονα των χ στο σημείο Δ και τον άξονα των y στο σημείο Γ ενώ η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο Ρ τέμνει τον άξονα των χ στο σημείο Β και τον άξονα των y στο σημείο Α. Αν ΕΟΑΔ και ΕΟΒΓ είναι τα εμβαδά των τριγώνων ΟΑΔ και ΟΒΓ Ε αντίστοιχα, να δείξετε ότι: (i) EOAΔ > Ε ΟΒΓ . (ii) lim ΟΑΔ = 1 . ρ →+∞ Ε ΟΒΓ

x2 y2 π + = 1 . Από σημείο Τ(4συνθ, 3ημθ) αυτής, 0 < θ < , φέρουμε 16 9 2 ευθεία κάθετη στον άξονα των χ που τέμνει ξανά την έλλειψη στο σημείο Ρ και ευθεία κάθετη στον άξονα των y που τέμνει ξανά την έλλειψη στο σημείο Σ. (α) Να δείξετε ότι η εξίσωση της ευθείας ΡΣ είναι 3χημθ+4yσυνθ=0. (β) Να δείξετε ότι η εξίσωση της κάθετης (κ) της έλλειψης στο σημείο Τ(4συνθ, 3ημθ) είναι: (κ): 4χημθ – 3yσυνθ=7ημθσυνθ. (γ) Να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης πάνω στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου τομής της ευθείας ΡΣ και της κάθετης (κ) και να αναφέρετε το είδος της καμπύλης.

10. Δίνεται η έλλειψη

ΜΕΡΟΣ Β 3x + 2 . (α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα σημεία τομής με x ( x − 2) τους άξονες των συντεταγμένων, τα τοπικά ακρότατα, τις ασύμπτωτες και να κάμετε τη γραφική της παράσταση. (β) Έστω ότι Ε είναι το εμβαδόν που περικλείεται από την καμπύλη 3x + 2 , τον άξονα των χ και τις ευθείες χ=3 και χ=4. Αν E = ln a να βρείτε την τιμή y= x ( x − 2) του α. G G G G G G 2. Δίνεται η ευθεία (ε): ( ε ) : r = ( −6i + 2 j ) + λ 2i − j + 3k και το επίπεδο G G G G ( Π ) : r · −i + j + k = 8 . (α) Να δείξετε ότι η ευθεία (ε) βρίσκεται πάνω στο επίπεδο (Π). (β)

Δίνεται η συνάρτηση y =

(

)

Η ευθεία (ζ) περνά από την αρχή Ο των αξόνων και τέμνει κάθετα την ευθεία (ε) στο σημείο GG Ν. Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Ν. (γ) Να βρείτε στη μορφή r ·n = d , την εξίσωση του επίπεδου που περιέχει το σημείο Ο και την ευθεία (ε). 3. Δίνονται οι κύκλοι: κ1 : x 2 + y 2 − 25 = 0 , κ 2 : x 2 + y 2 − 50 x + 225 = 0 . (α) Να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του κάθε κύκλου. (β) Να δείξετε ότι οι δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α και να βρείτε τις συντεταγμένες του Α. (γ) Να δείξετε ότι η ευθεία (ε ) : − 3x + 4 y = 25 είναι κοινή εφαπτομένη των δύο κύκλων και να βρείτε τα σημεία Β και Γ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

128

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

στα οποία η ευθεία (ε) εφάπτεται των κύκλων (κ1) και (κ2) αντίστοιχα. (δ) Το μικτόγραμμο τρίγωνο που περικλείεται από το τόξο ΒΑ του κύκλου (κ1 ), το τόξο ΑΓ του κύκλου (κ2) και το ευθύγραμμο τμήμα ΒΓ περιστρέφεται πλήρως γύρω από τον άξονα των χ. Να βρείτε τον όγκο του στερεού που παράγεται από την περιστροφή αυτή. dy 4. Δίνεται η διαφορική εξίσωση − yεφ x = − y 2συν x . (α) Χρησιμοποιώντας το dx 1 μετασχηματισμό u = ή με οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να βρείτε στη μορφή y = f ( x ) την y ειδική λύση της διαφορικής εξίσωσης για την οποία y=1 όταν χ=0. (β) Αν x ∈ ( −1,1) , να βρείτε τους τρεις πρώτους όρους του αναπτύγματος Maclaurin της ειδικής λύσης y = f ( x ) . 5.

Δίνεται η συνάρτηση y = e 2 xημ ( x + a ) και η γωνία β για την οποία ισχύει

σφβ = 2 και 0 < β <

π 2

. Να αποδείξετε ότι: (i)

dν y e2 x = ημ ( x + a + νβ ) , ν = 1, 2,3,... dxν ημν β

ημ ( a + β ) ⎛ π ⎞ ημ ( a + 2β ) ⎛ π ⎞2 ημ ( a + 3β ) ⎛ π ⎞3 π (ii) ημα + ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... = e συν a . 1! ημβ ⎝ 2 ⎠ 2! ημβ ⎝ 2 ⎠ 3! ημβ ⎝ 2 ⎠

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΕΡΟΣ Α΄ 1.

e3 x − συν x − 3 x x →0 x 2 − ημ 2 x + 2 x

L = lim

(e (x

L = lim x →0

− συν x − 3x ) '

− ημ 2 x + 2 x ) '

( 3e

0 3e3 x − ημ x − 3 ( απροσδιοριστία ) ⇒ x → 0 2 x − 2συν 2 x + 2 0

( 2 x − 2συν 2 x + 2 ) '

aκ = 0

0 απροσδιοριστία ) ⇒ 0

= lim

− ημ x − 3) '

1 κ

(

9e3 x − συν x − 3 9 + 1 = =5 x →0 2 + 4ημ 2 x 2

= lim

0 6 = κ − 6 − κ ( −6κ ) = 6κ 2 + κ − 6 .

1 κ

κ =1

∑ aκ = ∑ ( 6κ 2 + κ − 6 ) = 6∑ κ 2 + ∑ κ − ∑ 6 = 6 ν

aκ = ∑ κ

− 6ν ⇒

ν ⎡⎣( 2ν + 2 )( 2ν + 1) + ν + 1 − 12 ⎤⎦ ν ( 4ν 2 + 6ν + 2 +ν + 1 − 12 ) ν ( 4ν 2 + 7ν − 9 )

ν (ν + 1)( 2ν + 1) ν (ν + 1)

(

)

2τοξημ 2 χ + τοξσυν 2 3χ =

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

π 2

(1)

129

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

Θέτω τοξημ 2χ = a ⇒ ημ a = 2 x, −

≤a≤

, 2 τοξσυν 2 3χ = β ⇒ συνβ = 2 3χ , 0 ≤ β ≤ π

(

(1)

⇒ 2a + β =

)

π 2

⇒ 2a =

⎛π ⎞ − β ⇒ συν 2α = συν ⎜ − β ⎟ ⇒ 1 − 2ημ 2α = ημβ ⇒ 2 ⎝2 ⎠

1 − 2·4 χ 2 = 1 − 12 χ 2 ⇒ (1 − 8 x 2 ) = 1 − 12 x 2 ⇒ 1 − 16 x 2 + 64 x 4 = 1 − 12 x 2 ⇒ 64 x 4 − 4 x 2 = 0 2

1 1 ⇒ 4 x 2 ( 4 x − 1)( 4 x + 1) = 0 ⇒ x = 0, x = , x = − 4 4 x = 0 : 2τοξημ 0 + τοξσυν 0 = 0 +

π 2

D ⇒ x = 0 δεκτή

1 1 3 π π π 1 : 2τοξημ + τοξσυν = 2· + = D ⇒ x = δεκτή 2 2 6 6 2 4 4

⎛ 3 ⎞ ⎛ π ⎞ 5π π 1 1 ⎛ 1⎞ = D ⇒ x = − δεκτή x = − : 2τοξημ ⎜ − ⎟ + τοξσυν ⎜⎜ − ⎟⎟ = ⎜ − ⎟ + 4 2 4 ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3⎠ 6 4.

(α) 2 x 2 ·υ = 10 ⇒ υ =

10 5 ⇒υ = 2 . 2 2x x

16 5 16 32 K = 2 x 2 + 6 x·υ · ⇒ K = 2 x 2 + 6 x· 2 · ⇒ K = 2 x 2 + 2 x 15 15 x 3 dK dK 4 ( x − 8 ) dK 32 = 4x − 2 ⇒ = , =0⇒ (β) dx dx x dx x2 x3 − 8 = 0 ⇒ x = 2

χ dK dx

– 2

2 0 min

2χ

Άρα για να είναι ελάχιστο το κόστος πρέπει οι διαστάσεις της +

δεξαμενής να είναι 2m και 4m.

(γ) Για x = 2 ⇒ K min = 2·22 +

ν (3 + 2x ) , ν ∈ ` ,

32 ⇒ K min = 8 + 16 ⇒ K min = £24 2 ⎛ν ⎞ Tκ +1 = ⎜ ⎟ 3ν −κ 2κ χ κ ⎝κ ⎠

⎛ν ⎞ ν − 2 2 ν (ν − 1) ⎜ ⎟3 2 ·3 2 3 3 9 3 ⎝ ⎠ 1·2 = ⇒ = ⇒ = ⇒ν − 2 = 6 ⇒ ν = 8 (α) 4 2 (ν − 2 ) 4 ⎛ν ⎞ ν −3 3 4 ν (ν − 1)(ν − 2 ) ·2 ⎜ ⎟3 2 1·2·3 ⎝3 ⎠ Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

130

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

⎛8⎞ (β) Για κ=5 T6 = ⎜ ⎟ 38−5 25 χ 5 ⇒ T6 = 48384 x 5 . Άρα ο συντελεστής είναι 48384 ⎝ 5⎠ 6.

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Γ: γνωρίζει την σωστή απάντηση, Τ: απαντά στην τύχη, Σ: απαντά σωστά 3 2 1 Ρ ( Γ ) = , Ρ ( Τ ) = , Ρ ( Σ / Γ ) = 1, Ρ ( Σ / Τ ) = , 5 5 4

Ρ ( Σ '/ Τ ) =

3 4

3 21 3 1 7 P ( Σ ) = Ρ ( Γ ∩ Σ ) + Ρ ( Τ ∩ Σ ) = Ρ ( Γ )·Ρ ( Σ / Γ ) + Ρ ( Τ )·Ρ ( Σ / Τ ) = ·1 + · = + = 5 5 4 5 10 10 3 Ρ (Γ ∩ Σ) 5 6 Ρ (Γ / Σ) = = = 7 7 Ρ (Σ) 10 X ⎛ X ⎞ ⎛ 3 0 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ X ⎞ ⎛ 3x ⎞ ⎛3 0⎞ 3 α) M = ⎜ ⎟ ⇒ ⎜Y ⎟ = ⎜ 0 2⎟ ⎜ y ⎟ ⇒ ⎜Y ⎟ = ⎜ 2 y ⎟ ⇒ Y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝0 2⎠ Y = 2y ⇒ y = 2 X = 3x ⇒ x =

⇒

X2 Y2 − = 1 που είναι η υπερβολή (κ) 9 4

a=3 x2 y2 (β) − = 1, ⇒ γ 2 = α 2 + β 2 ⇒ γ 2 = 9 + 4 ⇒ γ 2 = 13 ⇒ γ = 13 β =2 9 4

Κορυφές: A ( 3, 0 ) , A ' ( −3, 0 ) . Εστίες: E Εκκεντρότητα: ε =

(α)

γ 13 ⇒ε = . α 3

(

)

(

)

13, 0 , E ' − 13, 0 .

2 Ασύμπτωτες: y = ± x 3

d ⎛ αημχ ⎞ ( β + ασυνχ ) ασυνχ − αημχ ( −αημχ ) = ⎜ ⎟= 2 dx ⎝ β + ασυνχ ⎠ ( β + ασυνχ )

αβσυνχ + α 2συν 2 χ + α 2ημ 2 χ αβσυνχ + α 2 αβσυνχ + β 2 + α 2 − β 2 = = = = 2 2 2 ( β + ασυνχ ) ( β + ασυνχ ) ( β + ασυνχ )

β (ασυνχ + β )

( β + ασυνχ )

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

β α2 −β2 α2 −β2 = + 2 β + ασυνχ ( β + ασυνχ )2 ( β + ασυνχ )

131

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

(β)

∫

π 2

Ιούλιος 2002

x 0 π2 x x 2 dt Θέτω t = εφ ⇒ = τοξεφ t ⇒ dx = , t 0 1 1+ t2 2 2

dx 5 + 4συνχ

2 dt 1 1 1 dx 2 dt 2 dt 2⎡ ⎛ t ⎞⎤ 2 1+ t2 = = = = τοξεφ ⎜ ⎟⎥ = ∫0 5 + 4συνχ ∫0 1 − t 2 ∫0 5 (1 + t 2 ) + 4 (1 − t 2 ) ∫0 9 + t 2 3 ⎢⎣ ⎝ 3 ⎠⎦ 0 5+ 4 2 1+ t 1

2⎛ 1 1 1 ⎞ 2⎛ ⎞ 2 ⎜τοξεφ − τοξεφ 0 ⎟ = ⎜τοξεφ − 0 ⎟ = τοξεφ 3⎝ 3 3 ⎠ 3 3 ⎠ 3⎝

(γ) Θέτοντας α = 4, β = 5 στη σχέση του ερωτήματος (α) και ολοκληρώνοντας τα δύο μέλη π

2 ⎡ 4ημχ ⎤ 2 2 5 dx 9 dx παίρνουμε: ⎢ ⇒ =∫ −∫ 2 ⎥ ⎣ 5 + 4συνχ ⎦ 0 0 5 + 4συνχ 0 ( 5 + 4συνχ )

2 4 10 1 dx = τοξεφ − 9 ∫ ⇒ 5 3 3 0 ( 5 + 4συνχ )2

(α) y 2 = 4ax ⇒ 2 y

π 2

∫ ( 5 + 4συνχ ) 0

10 1 4 τοξεφ − . 27 3 25

dy dy 2a 2α 1 = = 4a ⇒ = , P (αρ 2 2αρ ) ⇒ λεφ = 2αρ ρ dx dx y Εξίσωση εφαπτομένης: 1 y − 2a ρ = ( χ − αρ 2 ) ⇒

ρ y − 2a ρ 2 = x − a ρ 2 ⇒ x − ρ y + aρ 2 = 0 Α

P (αρ 2 , 2αρ )

Β Δ

λεφ = x

⇒ λκαθ = − ρ

Εξίσωση κάθετης: Γ

y − 2a ρ = − ρ ( χ − αρ 2 ) ⇒ y + ρ x = 2a ρ + a ρ 3

λ TP = λ TP =

yP − yT ⇒ xP − xT

2(ρ −t) 2a ρ − 2at 2 ⇒ , λ = −ρ ⇒ λ = , ρ ≠ t ⇒ λ TP = TP 2 2 a ρ − at ( ρ + t ) καθ (ρ −t) (ρ + t)

2 = − ρ ⇒ − ρ 2 − ρt − 2 = 0 ⇒ ρ 2 + ρt + 2 = 0 (ρ + t)

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

132

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

(γ) (i) Εφαπτομένη στο σημείο P (αρ 2 , 2αρ ) : x − ρ y + a ρ 2 = 0

για χ=0 ⇒ ρ y = a ρ 2 ⇒ y = a ρ ⇒ A ( 0, a ρ ) , για y=0 ⇒ x = a ρ 2 ⇒ B ( − a ρ 2 , 0 ) Εφαπτομένη στο σημείο T ( at 2 , 2at ) :

x − ty + at 2 = 0

για χ=0 ⇒ y = at ⇒ Γ ( 0, at ) , για y=0 ⇒ x = at 2 ⇒ Δ ( − at 2 , 0 ) Από τη σχέση ρ 2 + ρ t + 2 = 0 έχουμε t = −

(

⎛ a 2 + ρ2 ⎛ a (2 + ρ 2 ) ⎞ ⎟ , Δ⎜− Γ ⎜ 0, − ⎜ ⎟ ⎜ ρ ρ ⎝ ⎠ ⎝

EΟΑΔ

1 1 a (2 + ρ = · y A · xΔ = · 2 2 ρ

EΟΒΓ

1 1 a (2 + ρ = · yΓ · xΒ = · 2 2 ρ a2 ( 2 + ρ 2 )

)

2 + ρ2

⎞ , 0⎟ ⎟ ⎠

) ·aρ = a ( 2 + ρ )

2 2

2ρ

)

2 2

·a ρ = 2

⇒

a2ρ (2 + ρ 2 )

⇒

EΟΑΔ 2 + ρ2 2 2ρ = 2 = = 1 + 2 > 1 ⇒ EΟΑΔ > EΟΒΓ 2 2 ρ ρ EΟΒΓ a ρ ( 2 + ρ ) 2 EΟΑΔ ⎛ ρ2 + 2 2 ⎞ = lim = lim ⎜ 1 + 2 ⎟ = 1 2 ρ →∞ E ρ →∞ ρ →∞ ρ ρ ⎠ ⎝ ΟΒΓ

(ii) lim

x2 y 2 10. + =1 16 9

Σ(-4συνθ,3ημθ)

x + 4συνθ y − 3ημθ = ⇒ 8συνθ −6ημθ −6ημθ ·x − 24ημθσυνθ = 8συνθ · y − 24ημθσυνθ ⇒

(α) Εξίσωση ΡΣ :

6ημθ ·x + 8συνθ · y = 0 ⇒ 3ημθ ·x + 4συνθ · y = 0 (β)

5 4 3 2 1

Τ(4συνθ,3ημθ)

x -5 -4 -3 -2 -1 -1 -2 -3 -4 -5

1 2 3 4 5 Ρ(4συνθ,-3ημθ)

12 x 2 y dy 16 y 16·3ημθ 4ημθ y dy x dy 9x =− , λκαθ = =− ⇒ = = , + · =0 ⇒ 16 y 9 x 9·4συνθ 3συνθ 9 dx 16 dx 16 9 dx

Τ(4συνθ,3ημθ)

Εξίσωση κάθετης: y − 3ημθ =

4ημθ ( x − 4συνθ ) ⇒ 3συνθ

3συνθ · y − 9ημθ ·συνθ = 4ημθ ·x − 16ημθ ·συνθ ⇒ 4ημθ ·x − 3συνθ · y = 7ημθ ·συνθ .

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

133

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

4ημθ · x − 3συνθ · y = 7ημθ ·συνθ 4 16ημθ · x − 12συνθ · y = 28ημθ ·συνθ ⇒ ⇒ 3ημθ · x + 4συνθ · y = 0 3 9ημθ ·x + 12συνθ · y = 0 28 3ημθ ·x 3ημθ 28 25ημθ ·x = 28ημθ ·συνθ ⇒ x = συνθ , y = − · συνθ ⇒ ⇒ y=− 25 4συνθ 4συνθ 25 21 y = − ημθ 25

(γ)

25 ⎫ x ⎪ 28 ⎪ x2 y2 25 ⇒ + 1 που είναι έλλειψη ⎬ 2 2 ημθ = − y 28 21 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ 28 ⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 ημ θ + συν θ = 1 ⎭ ⎝ 25 ⎠ ⎝ 25 ⎠

συνθ =

ΜΕΡΟΣ Β 3x + 2 , x ( x − 2 ) ≠ 0 ⇒ x ≠ 0 ∧ y ≠ 0 π.ο. x ∈ \ − {0, 2} x ( x − 2) χ = 0 δεν βρίσκεται στο πεδίο ορισμού άρα η καμπύλη δεν τέμνει τον άξονα των y. 3 ⎛ 3 ⎞ y = 0 ⇒ 3x + 2 = 0 ⇒ x = − άρα η καμπύλη τέμνει τον άξονα των χ στο σημείο ⎜ − , 0 ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠ 3⎞ ⎛ −3 ( x + 2 ) ⎜ x − ⎟ 2 2 2 dy x ( x − 2 ) 3 − ( 3x + 2 )( 2 x − 2 ) 3x − 6 x − 6 x + 6 x − 4 x + 4 −3x − 4 x + 4 2⎠ ⎝ = = = 2 = 2 2 2 2 2 2 2 dx x ( x − 2) x ( x − 2) x ( x − 2) x ( x − 2)

(α) y =

dy = 0 ⇒ x = −2, x = dx x −2 −∞ dy – 0 dx y 2 min

2 3 0

+∞

2 3

max

–

x = −1 ⇒ ymin = − x=

1 2

2 9 ⇒ ymax = − 3 2

1⎞ ⎛ ⎛3 9⎞ min ⎜ −2, − ⎟ , max ⎜ , − ⎟ 2⎠ ⎝ ⎝2 2⎠ Κατακόρυφες ασύμπτωτες: x = 0, x = 2 2⎞ ⎛ x ⎜3+ ⎟ 3x + 2 x⎠ = 0 . Άρα η ευθεία y = 0 δηλαδή ο άξονας των χ είναι lim = lim ⎝ x →±∞ x 2 − 2 x x →±∞ 2⎞ 2 ⎛ x ⎜1 − ⎟ ⎝ x⎠ οριζόντια ασύμπτωτη της καμπύλης και προς τα αριστερά και προς τα δεξιά.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

134

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

(β)

3x + 2 A B ≡ + x ( x − 2) x x − 2

⇒ 3 x + 2 ≡ A ( x − 2 ) + Bx για χ=0 ⇒ A = −1 για χ=2 ⇒ B = 4 3x + 2 4 1 = − x ( x − 2) x − 2 x

Άρα

1⎞ ⎛ 4 E = ∫⎜ − ⎟ dx ⇒ x−2 x⎠ 3⎝ 4

E = [ 4 ln | x − 2 | − ln | x |]3

E = 4 ln 2 − ln 4 − ( 4 ln1 − ln 3) E = 2 ln 4 − ln 4 + ln 3 ⇒ E = ln 4 + ln 3 ⇒ E = ln12 ⇒ a = 12 G G G G G G 2. (ε): ( ε ) : r = ( −6i + 2 j ) + λ 2i − j + 3k G G G G G G G για λ=0 ⇒ r = −6i + 2 j ⇒ A ( −6, 2, 0 ) , για λ=1 ⇒ r = −4i + j + 3k ⇒ B ( −4,1,3) G G G G G ( −6i + 2 j )· −i + j + k = 6 + 2 = 8 άρα Α ∈ Π G G G G G G −4i + j + 3k · −i + j + k = 4 + 1 + 3 = 8 άρα B ∈ Π JJJG JJJG G G G JJJG G G G G G G (β) ΟΝ = ( 2λ − 6 ) i + ( −λ + 2 ) j + 3λ k , ON ⊥ 2i − j + 3k ⇒ ON · 2i − j + 3k = 0 ⇒

(

)(

)

(

( 2λ − 6 )·2 + ( −λ + 2 )·( −1) + 3λ ·3 = 0 JJJG G G G ON = −4i + j + 3k ⇒ N ( −4,1,3)

)

(

)

⇒ 4λ − 12 + λ − 2 + 9λ = 0 ⇒ 14λ = 14 ⇒ λ = 1

G G G i j k JJJG G G G G G G G G G (γ) ON × 2i − j + 3k = −4 1 3 = 6i − j ·( −12 − 6 ) + ( 4 − 2 )·k = 6i + 18 j + 2k = 2 −1 3 G G G G G G G = 2 3i + 9 j + k ⇒ n = 3i + 9 j + k G G GG G G r ·n = 0 ⇒ r · 3i + 9 j + k = 0

(

)

(

)

(

)

(α) κ1 : x 2 + y 2 − 25 = 0 ⇒ K1 ( 0, 0 )

R1 = 5

κ 2 : x 2 + y 2 − 50 x + 225 = 0 ⇒ K 2 ( 25, 0 )

R2 = 625 − 225 = 400 = 20

| K1 K 2 |= R1 + R2 άρα οι δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά (β)

⎪⎫ ( − ) ⎬ ⇒ 50 x = 250 ⇒ x = 5 ⇒ y = 0 σημείο επαφής Α(5,0) x 2 + y 2 − 50 x = −225⎪⎭

x 2 + y 2 = 25

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

135

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

(γ) 25 + 3 x ⎫ ⎪ 4 ⎬ ⇒ 2 2 x + y = 25⎪⎭ y=

( 25 + 3x ) +

= 25 ⇒ 16 25 x 2 + 150 x + 225 = 0 ⇒ x2 + 6 x + 9 = 0 ⇒ 2 ( x + 3 ) = 0 ⇒ x = −3 , x

y = 4 ⇒ B ( −3, 4 )

25 + 3 x 2 ⎫ 25 + 3 x ) ( ⎪ 2 − 50 x + 225 = 0 ⇒ 25 x 2 − 650 x + 4225 = 0 ⇒ 4 ⎬⇒ x + 16 x 2 + y 2 − 50 x + 225 = 0 ⎭⎪ y=

x 2 − 26 x + 169 = 0 ⇒ ( x − 13) = 0 ⇒ x = 13, y − 16 ⇒ Γ (13,16 ) 2

V = Vκολ .κωνου − Vp − Vp AΒ AΓ

Vκολ .κωνου =

16 ⎡⎣13 − ( −3) ⎤⎦ ( 42 + 4·16 + 162 ) = π · (16 + 64 + 256 ) = 1792π κ .μ . 3 3

Vp AB

⎡ x3 ⎤ 125 27 ⎤ 448π ⎡ κ .μ . = π ∫ y dx = π ∫ ( 25 − x ) dx = π ⎢ 25 x − ⎥ = π ⎢125 − + 75 − ⎥ = 3 ⎦ −3 3 3⎦ 3 ⎣ ⎣ −3 −3 5

⎡ x3 ⎤ 2 π π 50 225 π 25 225 Vp y dx x x dx x x = = − − = − − ( ) ⎢ ⎥ = ∫5 ∫5 AΓ 3 ⎦5 ⎣ 2197 125 ⎤ 2072 ⎤ 3328π ⎡ ⎡ κ .μ . = π ⎢ 4225 − 2925 − − 625 + 1125 + = π ⎢1800 − = ⎥ 3 3 ⎦ 3 ⎥⎦ 3 ⎣ ⎣ 448π 3328π 1600π − = κ .μ . VΖΗΤ = 1792π − 3 3 3 dy 1 du du dy du 1 dy = · ⇒ = − 2· 4. − yεφ x = − y 2συν x , u = ⇒ y dx dy dx dx y dx dx dy 1 dy 1 du − yεφ x = − y 2συν x ⇒ − 2 + εφ x = συν x ⇒ + u εφ x = συν x dx y dx y dx P ( x ) dx εφ xdx 1 I ( x ) = e∫ = e∫ = e − ln συνχ = = τεμ x συν x du d ·τεμ x + u ·τεμ x·εφ x = τεμ x·συν x ⇒ ( u ·τεμ x ) = 1 ⇒ ∫ d ( u ·τεμ x ) = ∫ 1dx ⇒ u·τεμ x = x + c dx dx u 1 1 ⇒ = x + c ⇒ u = ( x + c ) συν x ⇒ = ( x + c ) συν x ⇒ y = συν x y ( x + c ) συν x 13

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

136

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8

Ιούλιος 2002

y=1 όταν χ = 0 ⇒ 1 =

1 1 τεμ x ⇒ y= ⇒ c = 1 . Ειδική λύση: y = x +1 c ( x + 1) συν x

f ( x ) = τεμ x ⇒ f ( 0 ) = 1,

f ' ( x ) = τεμ x·εφ x ⇒ f ' ( 0 ) = 0

f '' ( x ) = τεμ 3 x + τεμ x·εφ 2 x ⇒ f '' ( 0 ) = 1

( −1)( −2 ) x 2 + ... = 1 − x + x 2 + ... x2 −1 + ... , ( x + 1) = 1 − x + 2 1·2 2 ⎛ x ⎞ x2 3 −1 y = τεμ x ( x + 1) = ⎜1 + + ... ⎟ (1 − x + x 2 + ...) = 1 − x + x 2 + + ... = 1 − x + x 2 + ... 2 2 2 ⎝ ⎠

Άρα τεμ x = 1 +

y = e 2 xημ ( x + a ) . Θα δείξω ότι ο τύπος ισχύει για ν=1

dy = 2e 2 xημ ( x + a ) + e 2 xσυν ( x + a ) ⇒ dx dy dy συνβ 2 x = σφβ ·e 2 xημ ( x + a ) + e 2 xσυν ( x + a ) ⇒ = ·e ημ ( x + a ) + e 2 xσυν ( x + a ) ⇒ dx dx ημβ y = e 2 xημ ( x + a ) ⇒

dy e 2 x dy e 2 x = ·⎡συνβ ημ ( x + a ) + ημβ συν ( x + a ) ⎤⎦ ⇒ = ·ημ ( χ + α + β ) . dx ημβ ⎣ dx ημβ Άρα ισχύει για ν=1 dκ y e2 x Υποθέτω ότι ισχύει για ν = κ δηλ. = ημ ( x + a + κβ ) dxκ ημ κ β Θα δείξω ότι ισχύει για ν = κ + 1 ⎞ 2e2 x d κ +1 y d ⎛ d κ y ⎞ d ⎛ e2 x e2 x x a x a ημ κβ ημ κβ συν ( x + a + κβ ) = = + + = + + + ( ) ( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ κ dxκ +1 dx ⎝ dxκ ⎠ dx ⎝ ημ κ β ημ κ β ⎠ ημ β

= =

e 2 x ημ ( x + a + κβ ) συνβ + συν ( χ + α + κβ )ημβ

ημ κ β e2 x

ημ κ +1 β

ημβ

e2 x

ημ κ +1 β

ημ ( x + a + κβ + β ) =

ημ ( x + a + (κ + 1) β ) ⇒ Ισχύει ∀ν ∈ ` * δηλ.

dν y e2 x = ημ ( x + a + νβ ) , ν = 1, 2,3,... dxν ημν β

ημ ( a + β ) ⎛ π ⎞ ημ ( a + 2β ) ⎛ π ⎞ 2 ημ ( a + 3β ) ⎛ π ⎞3 (β) ημα + ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... = 1! ημβ ⎝ 2 ⎠ 2! ημβ ⎝ 2 ⎠ 3! ημβ ⎝ 2 ⎠ = f (0) +

f ' ( 0 ) π f '' ( 0 ) ⎛ π ⎞ 2 f ''' ( 0 ) ⎛ π ⎞3 ⎛π ⎞ π ⎛π ⎞ π · + ·⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... = f ⎜ ⎟ = e ημ ⎜ + α ⎟ = e συνα 1! 2 2! ⎝ 2 ⎠ 3! ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠ ⎝2 ⎠

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

137

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΑ ΤΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ (Τ.Ε.Ι.) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

ΧΡΟΝΟΣ: 2 ώρες και 30 λεπτά Από τα 6 ζητήματα να λύσετε τα 4. Ζήτημα 1ο

2ημ 5a συν 3α − ημ 8α = εφ 2α 2συν 8α συν 6α − συν 14α συνα − ημα β) (i) Να δείξετε ότι εφ ( 45° − α ) = συνα + ημα α) Να δείξετε ότι

(Μονάδες 8)

(ii) Να βρείτε τις λύσεις της εξίσωσης εφ ( 2 χ + 15° ) =

συνχ − ημχ που βρίσκονται στο συνχ + ημχ

διάστημα [0°, 180°].

(Μονάδες 8)

ημ 2θ − ημθ γ) (i) Να δείξετε ότι = εφθ συν 2θ − συνθ + 1 ημ 2θ − ημθ (ii) Αν = 1 και 0°< θ < 90°, θ ≠ 60°, να δείξετε χωρίς τη χρήση συν 2θ − συνθ + 1 θ (Μονάδες 9) υπολογιστικής μηχανής ότι εφ = 1 − 2 Ζήτημα 2

α) Να βρείτε τη γενική λύση της εξίσωσης συν 2 χ + 3συνχ − 1 = 0 . (Μονάδες 8) 2 β) (i) Να δείξετε ότι. εφθ + σφθ = ημ 2θ (Μονάδες 8) (ii) Να βρείτε τη γενική λύση της εξίσωσης εφχ + σφχ = 8συν 2 χ . γ) Δίνεται η εξίσωση συν 5 χ + συν 3χ = ημ 3χ + ημχ . Να βρείτε τις λύσεις της που βρίσκονται στο διάστημα [0°, 180°]. (Μονάδες 9) Ζήτημα 3ο α) Ορθό τριγωνικό πρίσμα έχει βάση ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Aˆ =90°) με πλευρές (ΑΒ)=12cm και (ΒΓ)=15cm. Αν το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας του είναι 360 cm², να βρείτε: (i) το ύψος του πρίσματος (ii) τον όγκο του πρίσματος. (Μονάδες 8) β) Το εμβαδόν της παράπλευρης επιφάνειας κανονικής τετραγωνικής πυραμίδας είναι 8α² cm² α>0, και οι παράπλευρες έδρες της σχηματίζουν με τη βάση της γωνιά 60°. Να βρείτε:(i) το μήκος της πλευράς της βάσης της πυραμίδας

(ii) τον όγκο της πυραμίδας.

(Μονάδες 8)

γ) Στο σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με (ΑΒ)=(ΑΓ)=5α cm και (ΒΓ)=6α cm. Το τρίγωνο ΑΒΓ στρέφεται πλήρως γύρω από τον άξονα xy που είναι παράλληλος προς τη ΒΓ και απέχει απόσταση 2α cm από αυτή. Να βρείτε το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας και τον όγκο του στερεού που παράγεται. (Μονάδες 9)

y Β 5α cm Α

6α cm

Γ x

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

138

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

Ζήτημα 4ο α) Δίνεται συμπαγής πλάκα μολύβδου, σχήματος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου, του οποίου το μήκος είναι A α=30 cm, το πλάτος β=20 cm και το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας Eολ = 2200 cm 2 . Λιώνουμε την πλάκα αυτή και σχηματίζουμε 750 συμπαγείς ίσους κύβους. Να βρείτε το μήκος 3cm της ακμής των κύβων. (Μονάδες 8) B β) Κυλινδρικό δοχείο με ακτίνα βάσης 4 cm περιέχει νερό. Στο δοχείο ρίχνουμε μεταλλικές σφαίρες ακτίνας R=1 cm μέχρις ότου η στάθμη του νερού ανεβεί κατά 0,5 cm (οι σφαίρες καλύπτονται πλήρως από το νερό) Να βρείτε πόσες σφαίρες ρίξαμε στο δοχείο. (Μονάδες 8)

7cm

ˆ = Δˆ = 90° ) με βάσεις (ΑΒ)=3 cm, γ) Στο σχήμα το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο τραπέζιο ( Α (ΔΓ)=7 cm και ΑΒ=ΑΔ. Με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα ΑΒ γράφουμε το τόξο ΒΔ. Το σκιασμένο μικτόγραμμο τρίγωνο ΒΓΔ περιστρέφεται πλήρως γύρω από την ΑΒ. Να βρείτε το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας και τον όγκο του στερεού που παράγεται. (Μονάδες 9}

Ζήτημα 5ο

α) Δίνεται η συνάρτηση y = 3συν 2 χ + 5ημ 2 χ . Να δείξετε ότι β) Να βρείτε το ολοκλήρωμα ∫ 14 συν 8χ συν 4 χ dx

d2y + 4 y = 0 (Μονάδες 8) dx 2 (Μονάδες 8)

ax ⎛1 8⎞ , α σταθερό, περνά από το σημείο P ⎜ , ⎟ . x +1 ⎝ 2 5⎠ (i) Να δείξετε ότι α=4. (ii) Να βρείτε και να χαρακτηρίσετε τα τοπικά ακρότατα (μέγιστα, ελάχιστα) της καμπύλης. (Μονάδες 9)

γ) Η καμπύλη με εξίσωση y =

Ζήτημα 6ο π

2 2 ⎛ ⎞ α) Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα: I1 = ∫ ⎜ 6 x 2 − + 2 ⎟ dx και I 2 = ∫ συν 2 x dx x ⎠ 1⎝ 0 (Μονάδες 8) 2 β) Δίνεται η καμπύλη με εξίσωση y = 2ax − 3 x + 2, a ≠ 0 . Η κάθετη της καμπύλης στο 1 σημείο Ρ(1 ,κ) αυτής έχει κλίση − . (i) Να βρείτε τις τιμές του α και του κ. (ii) Να βρείτε 9 την εξίσωση της εφαπτομένης της καμπύλης στο σημείο Ρ. (Μονάδες 8) 2 γ) Δίνεται η καμπύλη με εξίσωση y = x − x − 2 . (i) Να βρείτε τα σημεία τομής της με τους άξονες των συντεταγμένων, το τοπικό της ακρότατο και να κάμετε τη γραφική της παράσταση. (ii) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου πού περικλείεται από την καμπύλη και τον άξονα των χ. (Μονάδες 9)

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

139

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Ζήτημα 1ο α) ημ ( 5α + 3α ) + ημ ( 5α − 3α ) − ημ 8α 2ημ 5a συν 3α − ημ 8α = 2συν 8α συν 6α − συν 14α συν ( 8α + 6α ) + συν ( 8α − 6α ) − συν 14α

ημ 8α + ημ 2α − ημ 8α ημ 2α = εφ 2α συν 14α + συν 2α − συν 14α συν 2α συνα − ημα ημα 1− συνα − ημα εφ 45° − εφα 1 − εφα συνα συνα = = β) (i) εφ ( 45° − α ) = = = συνα + ημα συνα + ημα 1 + εφ 45°εφα 1 + εφα 1 + ημα συνα συνα συνχ −ημχ (ii) εφ ( 2 χ + 15° ) = ⇒ εφ ( 2χ + 15° ) = εφ ( 45° − χ ) ⇒ 2χ + 15° = 180°κ + 45° − χ συνχ + ημχ ⇒ 3χ = 180°κ + 30° ⇒ χ = 60°κ + 10° . χ ∈ [ 0°,180°] =

κ = 0 ⇒ χ = 10° , κ = 1 ⇒ χ = 70° , κ = 2 ⇒ χ = 130°

γ) (i)

ημθ ( 2συνθ − 1) ημ 2θ − ημθ 2ημθσυνθ − ημθ = = εφθ = συν 2θ − συνθ + 1 2συν 2θ −1 − συνθ +1 συνθ ( 2συνθ − 1)

θ 2·εφ ημ 2θ − ημθ 2 = 1 ⇒ εφ 2 θ + 2εφ θ − 1 = 0 ⇒ = 1 ⇒ εφθ = 1 ⇒ (ii) θ συν 2θ − συνθ + 1 2 2 1 − εφ 2 2

εφ

θ 2

−2 ± 4 + 4 −2 ± 8 −2 ± 2 2 θ = = = −1 ± 2 . Επειδή 0°< θ < 90° ⇒ 0°< <45° 2 2 2 2

⇒ εφ

= −1 + 2

Ζήτημα 2ο

α) συν 2 χ + 3συνχ − 1 = 0 ⇒ 2συν 2 χ − 1 + 3συνχ − 1 = 0 ⇒ 2συν 2 χ + 3συνχ − 2 = 0 , 1 ω1 = −3 ± 5 2 συνχ = ω, 2ω + 3ω − 2 = 0 ⇒ ω1,2 = = 2 4 ω2 = −2

1 = συν 60° ⇒ χ = 360°κ ± 60°, κ ∈ ] 2 (ΙΙ) συνχ = −2 αδύνατη εξίσωση. (Ι) συνχ =

β) (i) εφθ + σφθ =

ημθ συνθ ημ 2θ + συν 2θ 1 2 2 + = = = = συνθ ημθ ημθ συνθ ημθ συνθ 2ημθ συνθ ημ 2θ

(ii) εφχ + σφχ = 8συν 2 χ ⇒

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

2 1 = 8συν 2 χ ⇒ 4ημ 2 χ συν 2 χ = 1 ⇒ ημ 4 χ = = ημ 30° ημ 2 χ 2

140

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

⇒

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

4 χ = 360°κ + 30° 4 χ = 360°κ + 180° − 30° ή χ = 90°κ + 7,5° κ ∈ ] χ = 90°κ + 37,5° κ ∈ ]

γ) συν 5 χ + συν 3χ = ημ 3χ + ημχ ⇒ 2συν 4 χ συνχ = 2ημ 2 χ συνχ ⇒ 2συνχ (συν 4 χ − ημ 2 χ ) = 0 ⇒ ◊ συνχ = 0 ⇒ χ = 180°κ + 90 , κ ∈ ] για κ=0 ⇒ χ = 90° ◊ συν 4 χ − ημ 2 χ = 0 ⇒ συν4χ = ημ2χ ⇒ συν4χ = συν(90° - 2χ) ⇒ 4χ = 360°κ±(90° - 2χ) D4χ = 360°κ - (90° - 2χ) ⇒ D4χ = 360°κ + (90° - 2χ) ⇒ 2χ = 360°κ – 90° ⇒ 6χ =360°κ +90° ⇒ χ = 180°κ – 45° κ ∈ ] χ = 60°κ + 15° κ ∈ ] κ=1 ⇒ χ =135° κ=0 ⇒ χ = 15° κ=1 ⇒ χ=75° κ=2 ⇒ χ=135° Α΄

Ζήτημα 3ο α) Π.Θ. (ΑΓ)²=(ΒΓ)² - (ΑΒ)² ⇒ (ΑΓ)²=15² - 12² ⇒ (ΑΓ) = 9 cm E π = Π Β ·υ ⇒ Επ = ( 9 + 12 + 15 )·υ ⇒ Ε π = 36υ , EΠ = 360 cm 2

Β΄

Γ΄ Α

1 ⇒ 36υ = 360 ⇒ υ = 10 cm . V = E B ·υ ⇒ V = ·9·12·10 ⇒ V = 540 cm3 2

12 Γ

β) Eπ = 8α cm . 2

n = 60° ⇒ ΟΚΕ n = 30°, ΚΟΕ n = 90°⇒ ΟΕ = ΚΕ ⇒ ΚΕ = h = χ KEO 2 1 1 Eπ = Π Β ·h ⇒ ·4 χ ·χ = 8α 2 ⇒ 4 χ 2 = 16α 2 ⇒ χ = 2α 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ΚΟ ) = ( ΚΕ ) − ( ΟΕ ) ⇒ ( ΚΟ ) = ( 2α ) − α 2 ⇒ ( ΚΟ ) = 3α 2 ⇒

( ΚΟ ) = υ = α

3 cm

1 1 1 2 V = ·EΒ ·υ ⇒ V = ·( 2α ) ·α 3 ⇒ V = ·4α 2 ·α 3 ⇒ 3 3 3 Δ

γ) π .θ . ΑΜΓ : ( ΑΜ ) = ( ΑΓ ) − ( ΓΜ ) ⇒ ( ΑΜ ) = ( 5α ) − ( 3α ) 2

5α

Μ 2α Ν 3α

2π ·3α 4α 2 + 12α 2 + 36α 2 ) − π ·4α 2 ·6α ⇒ ( 3

Vζητ . = 2πα ·52α 2 − 24πα 3 ⇒ Vζητ . = 104πα 3 − 24πα 3 ⇒ Vζητ . = 80πα 3 cm3

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

E x

3α

Vζητ . = 2VΑΝΚΓ − VΒΑΚΓ ⇒ Vζητ . =

x 2

Β 2α Κ

(ΓΚ) =2α, (ΑΝ) = 6α, (ΑΓ) = 5α, (ΒΓ) = 6α, (ΓΜ) = 3α EΖητ . = 2ΕΕΓ + Ε ΒΓ ⇒ EΖητ . = 2π ( 6α + 2α )·5α + 2π ·2α ·6α ⇒ EΖητ . = 80πα 2 + 24πα 2 ⇒ EΖητ . = 104πα 2 cm 2

x 2

⇒ ( AM ) = 25α − 9α ⇒ ( ΑΜ ) = 16α ⇒ ( ΑΜ ) = 4α 2

x 2

60°

4α 3 3 3 V= cm 3 +

141

Λ x

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

Ζήτημα 4ο α) Eολ . = 2αβ + 2βγ + 2γα ⇒

2200 = 60·20 + 60·γ + 40γ ⇒ 2200 − 1200 = 100γ ⇒ 1000 = 100γ ⇒ γ = 10 cm 6000 ⇒ Vκυβου = 8 cm3 750 3 3 = χ ⇒ χ = 8 ⇒ χ = 2 cm το μήκος της ακμής του κύβου είναι 2 cm.

Vορ .παραλ . = 30·20·10 ⇒ Vορ .παραλ . = 6000 cm3 . Vκυβου = Vκυβου

4 ⎫ Vσφ . = π R 3 ⎪ 4π cm3 , β) 3 ⎬ ⇒ Vσφ . = 3 ⎪⎭ R = 1cm 4 ⎫ Vxσφ = πχ cm3 ⎪ 4 3 ⎬ ⇒ πχ = 8π ⇒ 4 χ = 24 ⇒ χ = 6 σφαίρες. 3 2 3⎪ Vνερου = π ·4 ·0,5 = 8π cm ⎭ γ)

( ΒΓ )

= 42 + 32 ⇒ ( ΒΓ ) = 25 ⇒ ( ΒΓ ) = 5cm 2

Eστερ . = Ε BpΔ + Ε ΓΔ + Ε ΒΓ ⇒

Δ΄

Eστερ . = 2π ( ΑΔ ) + 2π ( ΕΓ )( ΔΓ ) + π ( ΕΓ )( ΒΓ ) ⇒ 2

Eστερ . = 2π ·32 + 2π ·3·7 + π ·3·5 ⇒

3cm

Eστερ . = 18π + 42π + 15π ⇒ Eστερ . = 75π cm3

7cm

Vστερ . = Vκυλ . − Vημισφ . − Vκων . ⇒ 2 1 2 3 2 Vστερ . = π ( ΕΓ ) ·( ΔΓ ) − π ( ΑΔ ) − π ( ΕΓ ) ·( ΒΕ ) 3 3 2 1 Vστερ . = π ·9·7 − π ·27 − π ·9·4 ⇒ Γ΄ 3 3

Ε Γ

Vστερ . = 63π + 8π − 12π ⇒ Vστερ . = 33π cm3 Ζήτημα 5ο

α) y = 3συν 2 χ + 5ημ 2 χ ⇒ Άρα

β)

dy d2y = −6ημ 2 χ + 10 συν 2 χ ⇒ = −12 συν 2 χ − 20ημ 2 χ dx dx 2

d2y + 4 y = −12 συν 2 χ − 20ημ 2 χ + 4 ( 3συν 2 χ + 5ημ 2 χ ) = dx 2 = −12 συν 2 χ −20ημ 2 χ +12 συν 2 χ + 20ημ 2 χ = 0

∫ 14συν 8χ συν 4 χ dx = 7∫ ⎡⎣συν (8χ − 4χ ) + συν (8χ + 4χ )⎤⎦ dx = 7 7 = 7 ∫ [συν 4 χ + συν 12 χ ] dx = ημ 4 χ + ημ12 χ + c 4 12

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

142

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

a·

1 2

8 α 85 α ⎛1 8⎞ P⎜ , ⎟ ⇒ = ⇒ = · ⇒ = 2⇒ α = 4 2 5 ⎛1⎞ 2 54 2 ⎝ 2 5⎠ ⎜ ⎟ +1 ⎝2⎠ 2 4x dy 4 χ 2 + 4 − 8χ 2 dy −4 χ 2 + 4 dy 4 ( χ + 1) − 4 χ ·2 χ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ (ii) y = 2 2 2 2 2 2 2 dx dx x +1 dx ( χ + 1) ( χ + 1) ( χ + 1)

γ) (i) y =

ax , x +1 2

dy −4 ( χ − 1)( χ + 1) = , 2 dx ( χ 2 + 1)

−∞ −

dy dx

−1 0 min

dy = 0 ⇒ χ = 1 ή x = −1 dx

1 0 max

+ /

+∞ − 2

χ = −1 ⇒ ψ min = −2 ⇒ min ( −1, −2 ) χ = 1 ⇒ ψ min = 2 ⇒ max (1, 2 )

Ζήτημα 6ο 4

1 − ⎛ 2 ⎛ ⎞ α) I1 = ∫ ⎜ 6 x 2 − + 2 ⎟ dx = I1 = ∫ ⎜ 6 x 2 − 2 x 2 x ⎠ 1⎝ 1⎝ 4

1 ⎡ ⎤ ⎢ 3 2x 2 ⎥ ⎞ + 2 ⎟ dx = ⎢ 2 x − + 2x⎥ = 1 ⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦1 2

1 ⎡ ⎤ = ⎢ 2 x 3 − 4 x 2 + 2 x ⎥ = 2·43 − 4 4 + 2·4 − 2·13 − 4 1 + 2·1 = (128 − 8 + 8 ) − ( 2 − 4 + 2 ) = ⎣ ⎦1 = 128 π

(

) (

)

12 1⎡ 1 π⎞ ⎛ 1 ⎤ 2 1 ⎡⎛ π 1 ⎞⎤ I 2 = ∫ συν x dx = ∫ (1 + συν 2 χ ) dx = ⎢ χ + ημ 2 χ ⎥ = ⎢⎜ + ημ 2· ⎟ − ⎜ 0 + ημ 2·0 ⎟⎥ 2⎠ ⎝ 2 20 2⎣ 2 ⎠⎦ ⎦ 0 2 ⎣⎝ 2 2 0 2

π 4

1 β) λκαθ . = − ⇒ λεφ . = 9 9 dy dy y = 2ax 2 − 3x + 2 ⇒ = 4ax − 3 , Ρ(1 ,κ) ⇒ λεφ = dx dx

= 4α ·1 − 3 ⇒ 9 = 4a − 3 ⇒ χ =1

⇒ 4a = 12 ⇒ a = 3 Ρ(1,κ) ανήκει στην καμπύλη y = 2ax 2 − 3 x + 2 Ù κ = 2·3·12 − 3·1 + 2 ⇒ κ = 5 ⇒ P (1,5 ) Εξίσωση εφαπτομένης στο P (1,5 ) , λεφ . = 9 ⇒ ψ − 5 = 9 ( χ − 1) ⇒ ψ = 9 χ − 4 γ) y = x 2 − x − 2 , χ ∈ \ . Για χ = 0 ⇒ ψ = −2 ⇒ ( 0, 2 ) . Για ψ = 0 ⇒ ( χ − 2 )( χ + 1) = 0 ⇒ χ = 2, χ = −1 ⇒ ( −1, 0 ) ,

dy dy 1 = 2χ −1 , = 0 ⇒ 2χ − 1 = 0 ⇒ χ = dx dx 2 1 9 ⎛1 9⎞ Για χ = ⇒ ψ min = − ⇒ min ⎜ , − ⎟ 2 4 ⎝2 4⎠

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

143

( 2, 0 )

−∞

+∞

1 2

dy dx

−

min

ΚΥΜΕ 2002

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Τ.Ε.Ι.

ΙΟΥΝΙΟΣ 2002

⎡ x3 x 2 ⎤ (ii) E = − ∫ ( x − x − 2 ) dx ⇒ E = − ⎢ − − 2x⎥ 2 ⎣3 ⎦ −1 −1 1⎞ ⎡⎛ 8 ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 ⎞⎤ E = − ⎢⎜ − 2 − 4 ⎟ − ⎜ − − + 2 ⎟ ⎥ ⇒ E = − ⎜ 3 − 8 + ⎟ 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 2 ⎠⎦ ⎣⎝ 3 1 9 E = 5 − ⇒ E = τ .μον . 2 2 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

144

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΖΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ ΑΝΩΤΕΡΑ ΚΑΙ ΑΝΩΤΑΤΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΙΔΡΥΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών) Χρόνος: 3 ώρες ΜΕΡΟΣ Α'

Ιούνιος 2002

Να λύσετε όλες τις ασκήσεις.

1. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης y = x 3 − 2 x + 5 . 2e x − 2 x − 2 . x →0 1 − συν x

2. Να υπολογίσετε το lim

3. Να βρείτε τις τιμές των α και β ώστε το σημείο (3, -8) να είναι ακρότατο της καμπύλης y = x 2 − ax + β και στη συνέχεια να χαρακτηρίσετε το ακρότατο αυτό (μέγιστο ή ελάχιστο).

d2y 1 4. Αν x = ημθ και y = θ + ημ 2θ , συνθ ≠ 0 , να δείξετε ότι: + 2εφθ = 0 . dx 2 2 5

5. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

∫x 4

dx . −9

6. Να δείξετε ότι συν 5θ συνθ − ημ 8θ ημ 2θ = συν 7θ συν 3θ . 7. Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της λέξης ΔΙΑΙΤΗΣΙΑ. Πόσοι από αυτούς έχουν τα δύο Α μαζί; 7

3⎞ ⎛ 8. Να δείξετε ότι ο συντελεστής του χ2 στο ανάπτυγμα του ⎜ x 2 + ⎟ είναι 2835. x⎠ ⎝ 9. Δίνεται ο κύκλος x 2 + y 2 − 6 x + 4 y − 12 = 0 .

α) Να βρείτε τις συντεταγμένες του κέντρου Κ και την ακτίνα R του κύκλου. β) Να δείξετε ότι το σημείο Α(-1,1) βρίσκεται πάνω στον κύκλο. γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου στο σημείο Α.

dy = 2 xy + y , y > 0 , και την dx ειδική λύση της, στη μορφή y = f ( x ) , για την οποία y = e όταν x = 1 .

10. Να βρείτε τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης x 2

ΜΕΡΟΣ Β'

Να λύσετε όλες τις ασκήσεις.

3x . α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού, τα σημεία τομής με x+2 τους άξονες και τις εξισώσεις των ασύμπτωτων της. β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία της. γ) Να κάνετε τη γραφική της παράσταση. δ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της στο σημείο της για το οποίο είναι x = −1 .

1. Δίνεται η συνάρτηση y =

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

145

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΖΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.A.E.I. (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

2. α) Να δείξετε ότι

Ιούνιος 2002

ημ 5 x + ημ 3x = 2ημ 2 x συν 3x + συν x

β) Να βρείτε τις ειδικές λύσεις της εξίσωσης

ημ 5 x + ημ 3x = 2ημ ( 600 − x ) που συν 3 x + συν x

βρίσκονται στο διάστημα [0°,180°]. 3. Το χωρίο Α που περικλείεται από την καμπύλη y = x 2 , την ευθεία x = a , α >0, και τον άξονα των χ περιστρέφεται πλήρη στροφή γύρω από τον άξονα των χ και παράγει στερεό 32π με όγκο ίσο με κυβικές μονάδες. Να αποδείξετε ότι α = 2 και να υπολογίσετε το 5 εμβαδόν του χωρίου Α. 4. Ο κύκλος (κ1 ) με εξίσωση x 2 + y 2 − 6 y − 16 = 0 τέμνει το θετικό ημιάξονα των y στο

σημείο Α. α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) του κύκλου στο σημείο Α. β) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου (κ 2 ) ο οποίος εφάπτεται εξωτερικά στον (κ1 ) στο σημείο Α και το κέντρο του απέχει 3 μονάδες από την (ε). 5. Να βρείτε, στη μορφή y = f ( x ) , τη γενική λύση της διαφορικής εξίσωσης

dy + ( x + 1) y = 2 x + 1 , x > 0 , και την ειδική λύση της για την οποία y = 1 όταν x = 1 . dx

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΜΕΡΟΣ Α'

Να λύσετε όλες τις ασκήσεις.

1. y = x 3 − 2 x + 5 ⇒

dy = 3x 2 − 2 . dx

2e x − 2 x − 2 0 απροσδιοριστία , χρησιμοποιούμε τον κανόνα του L’Hôspital x →0 1 − συν x 0 x ( 2e − 2 x − 2 ) ' = lim 2e x − 2 απροσδιοριστία 0 , χρησιμοποιούμε τον κανόνα L = lim x →0 0 (1 − συν x ) ' x→0 ημ x

2. L = lim

του L’Hôspital ⇒ 3. y = x 2 − ax + β ⇒

( 2e L = lim x →0

− 2) '

(ημ x ) '

= lim x →0

2e x

συν x

dy = 2x − a dx

Το σημείο (3,-8) βρίσκεται πάνω στην y = x 2 − ax + β ⇒ −8 = 9 − 3a + β Το (3,-8) είναι ακρότατο της y = x 2 − ax + β ,

dy dx

= 0 ⇒ 6 − a = 0 ⇒ a = 6, β = 1 x =3

d2y = 2 > 0 ⇒ έχουμε ελάχιστο. dx 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

146

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΖΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.A.E.I. (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

4. x = ημθ ⇒

dx = συνθ dθ

Ιούνιος 2002

1 dy y = θ + ημ 2θ ⇒ = 1 + συν 2θ , 2 dθ

και

συνθ ≠ 0 ,

dy dy dθ 1 + συν 2θ 2συν 2 θ = 2συνθ , = = = dx dx συνθ συνθ dθ d ⎛ dy ⎞ 2 d2 y d y dθ ⎜⎝ dx ⎟⎠ −2ημθ + 2εφθ = 0 = = = −2εφθ ⇒ dx συνθ dx 2 dx 2 dθ

dx dx 1 ⎛ 1 1 ⎞ ∫4 x 2 − 9 = ∫4 ( x − 3)( x + 3) = 6 ∫4 ⎝⎜ x − 3 − x + 3 ⎠⎟ dx = 5 1 ⎡⎣ ln x − 3 − ln x + 3 ⎤⎦ 4 6 5

1 ⎡( ln 2 − ln 8 ) − ( ln1 − ln 7 ) ⎤⎦ 6⎣

1 1 2⋅7 1 7 = ln ( ln 2 − ln 8 + ln 7 ) = ln 6 6 8 6 4

A B + x−3 x+3

( x − 3)( x + 3) 1 ≡ A ( x + 3) + B ( x − 3) A=

6. συν 5θ συνθ − ημ 8θ ημ 2θ =

1 1 και B = − 6 6

1 1 (συν 6θ + συν 4θ ) − (συν 6θ − συν 10θ ) = 2 2

(

)

1 1 συν 6θ + συν 4θ − συν 6θ + συν 10θ = (συν 4θ + συν 10θ ) = 2 2 1 4θ + 10θ 4θ − 10θ ⋅ 2 ⋅συν ⋅ συν = συν 4θ συν ( −3θ ) = συν 4θ συν 3θ 2 2 2

7. ΔΙΑΙΤΗΣΙΑ, Αναγραμματισμοί =

Αναγραμματισμοί με τα Α μαζί = 7

3⎞ ⎛ 8. ⎜ x 2 + ⎟ , x⎠ ⎝

(x ) ⇒ 2

Tκ +1

⎛7 ⎞ = ⎜ ⎟ x2 ⎝κ ⎠

( )

7 −κ

9! = 30240 3!⋅ 2!

8! = 6720 3! κ

⎛ 7 ⎞ 14− 2κ 3κ ⎛ 7 ⎞ 14−3κ κ ⎛3⎞ 3 ⇒ =⎜ ⎟x ⎜ ⎟ = ⎜κ ⎟ x xκ ⎝ κ ⎠ ⎝ x⎠ ⎝ ⎠

⎛7⎞ 7! 14 − 3κ = 2 ⇒ κ = 4 ⇒ Συντελεστής = ⎜ ⎟ 34 = ⋅ 81 = 2835 4!⋅ 3! ⎝ 4⎠

9. x 2 + y 2 − 6 x + 4 y − 12 = 0 ⇒ g = −3, f = 2, c = −12

α) K ( 3, 2 ) , R = 9 + 4 + 12 = 5 β) ( −1) + 12 − 6 ( −1) + 4 − 12 = 1 + 1 + 6 + 4 − 12 = 0 ⇒ Το σημείο Α ανήκει στον κύκλο. 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

147

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΖΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.A.E.I. (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

Ιούνιος 2002

γ) Εξίσωση εφαπτομένης του κύκλου στο σημείο ( x1 , y1 ) x1 x + y1 y + g ( x + x1 ) + f ( y + y1 ) + c = 0 ⇒ −1x + 1 y − 3 ( x − 1) + 2 ( y + 1) − 12 = 0 ⇒

−4 x + 3 y − 7 = 0 10. x 2

dy = 2 xy + y , y > 0 dx

dy dy 2 x + 1 = ( 2 x + 1) y ⇒ = dx ⇒ dx y x2

∫

dy ⎛2 1 ⎞ = ∫ ⎜ + 2 ⎟ dx ⇒ y ⎝x x ⎠

c− ln x 2 − + c 2 c− 1 1 x ⇒ y = eln x e x ⇒ y = x 2 e x ln y = 2 ln x − + c ⇒ ln y = ln x 2 − + c ⇒ y = e x x

Ειδική λύση: x = 1, y = e ⇒ e = ec −1 ⇒ c − 1 = 1 ⇒ c = 2 ⇒ y = x 2 e ΜΕΡΟΣ Β' 1. α) y =

2−

1 x

Να λύσετε όλες τις ασκήσεις.

3x , πεδίο ορισμού: x ∈ \ − {−2} x+2

Σημεία τομής με άξονες:

δ)

x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ (0.0) 3x y =0⇒ = 0 ⇒ 3x = 0 ⇒ x = 0 ⇒ ( 0,0) x+2

y=3

Κατακόρυφη ασύμπτωτη:

3x x+2

x + 2 = 0 ⇒ x = −2

Οριζόντια ασύμπτωτη: y = lim

x →±∞

3x =3 x+2

-2

x=-2

dy 3 ( x + 2 ) − 3 x 6 = = >0 ⇒Η 2 2 dx x 2 x 2 + + ( ) ( ) συνάρτηση είναι αύξουσα για όλες τις τιμές του χ που ανήκουν στο πεδίο ορισμού της.

β)

δ) Όταν x = −1, y = 3, λεφ =

( −1 + 2 )

Εξίσωση εφαπτομένης: y + 3 = 6 ( x + 1) ⇒ y = 6 x + 3

5 x + 3x 5 x − 3x συν ημ5x + ημ 3x 2 2 = ημ 4 x συν x = 2ημ 2 x συν 2 x = 2ημ 2x = 2. α) συν 3x + συν x 2συν 3x + x συν 3x − x συν 2x συν x συν 2x 2 2 ημ 5 x + ημ 3 x β) = 2ημ ( 600 − x ) ⇒ 2 ημ 2 x = 2 ημ ( 600 − x ) ⇒ συν 3x + συν x 2ημ

2 x = 3600 κ + 600 − x ή

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

2 x = 3600 κ + 1800 − 600 + x

148

κ ∈]

ΚΥΜΕ 2002

ΕΞΕΤΑΖΕΙΣ ΓΙΑ ΤΑ Α.A.E.I. (για απόφοιτους Τεχνικών Σχολών)

x = 1200 κ + 200 ή

x = 3600 κ + 1200 ,

κ = 0 ⇒ x = 200 9,

Ιούνιος 2002

κ ∈]

x = 1200 9

κ = 1 ⇒ x = 1400 9 ,

x = 4800 8

κ = 2 ⇒ x = 2600 8 3. y = x 2 , x = a , α >0, xx’

(α) V =

a 32π , V = π ∫ x2 0 5

( )

dx ⇒

a 32π = π ∫ x 4 dx 0 5

y=x

⎡ x5 ⎤ 32π 32π a5 ⇒ =π −0⇒ =π ⎢ ⎥ ⇒ 5 5 5 5 ⎣ ⎦0 32 π a =π ⇒ a=2 5 5

(β) E = ∫

( κ1 ) :

x3 x dx = 3

X=α

8 3

x 2 + y 2 − 6 y − 16 = 0 ⇒ g = 0, f = −3, c = −16

K ( 0,3) ,

R = 0 + 9 + 16 = 5

α) Για x = 0 έχουμε y 2 − 6 y − 16 = 0 ⇒ y = 8, ή y = −2 απορρ . Άρα Α(0,8) Η εφαπτομένη (ε) του κύκλου στο σημείο Α είναι κάθετη στον άξονα των y ⇒ εξίσωση εφαπτομένης: y = 8 β) Η ακτίνα K 2 A του κύκλου (κ2) είναι κάθετη στην εφαπτομένη (ε) ⇒ το κέντρο του (κ2) βρίσκεται πάνω στον άξονα των y σε απόσταση 3 μονάδες από το Α. Άρα Κ2(0,11). Η εξίσωση του (κ2) είναι: x 2 + y 2 − 22 y + 112 = 0 5. x

dy + ( x + 1) y = 2 x + 1 , x > 0 , dx

I ( x) = e xe x

∫

x +1 dx x

⎛

⇒

dy ( x + 1) 2x + 1 + y= dx x x

1⎞

∫ ⎜⎝1+ x ⎟⎠ dx

= e x + ln x = e x ⋅ eln x = xe x

d dy x +1 2x + 1 y = xe x xe x y ) = e x ( 2 x + 1) ⇒ xe x y = ∫ e x ( 2 x + 1) dx + xe x ⇒ ( dx x x dx

(

)

⇒ xe x y = ∫ e x dx + 2∫ xe x dx ⇒ xe x y = e x + 2∫ x d ( e x ) ⇒ xe x y = e x + 2 xe x − ∫ e x dx ⇒ xe x y = e x + 2 xe x − 2e x + c ⇒ xe x y = 2 xe x − e x + c ⇒ y = 2 − Ειδική λύση για x = 1, y = 1 ⇒ 1 = 2 − 1 +

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

1 c + x x xe

1 c ⇒ c = 0 ⇒ y = 2− x e

149

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΛΕΥΚΩΣΙΑΣ Β΄ & Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ “Ιάκωβος Πατάτσος” Δεκέμβριος 2001 Επιμέλεια: Σάββας Αντωνίου – Όλγα Παπαγιάννη • Διάρκεια 3 ώρες • Να λύσετε και τις πέντε ασκήσεις. 1. Δυο ίσοι κύκλοι, με κέντρα Κ και Λ, εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Φέρνουμε δύο ακτίνες ΚΒ και ΛΓ ώστε ΚΒ//ΛΓ και με την ίδια φορά. Κατασκευάζουμε έξω από τους κύκλους ημικύκλιο με διάμετρο ΒΓ. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ είναι ισοδύναμο με το εμβαδόν του παραλληλόγραμμου ΚΛΓΒ. 2.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f: R ∗+ → R με την ιδιότητα: f(x . y) = f(x) + f(y) για κάθε x, y ∈ R ∗+ ⎛1⎞ (α) Να αποδείξετε ότι : f( 1) = 0, f ⎜ ⎟ = −f ( x ) . ⎝x⎠ (β) Αν το 1 είναι ο μοναδικός αριθμός με την ιδιότητα f(1) = 0, τότε να αποδείξετε ότι η f είναι “1 – 1”. (γ) Να αποδείξετε ότι αν ισχύει το (β) δεν υπάρχει s∈ Q ∗+ τέτοιο ώστε : 2 f(s) = f (2).

(β) Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι

ημΑ ημΒ ημΓ = = , να δείξετε ότι: 4 5 6 συνΑ συνΒ συνΓ = = . 12 9 2 π α β γ = = . Να δείξετε ότι Α – Β = . 2 6 3 1

(α) Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι

(α) Αν η αριθμητική πρόοδος (α ν) έχει θετικούς όρους, να δείξετε ότι: 1 1 1 ν −1 + + ⋅⋅⋅ + = . α1 + α 2 α2 + α3 α ν −1 + α ν α1 + α ν 1 1 1 + + ⋅⋅⋅ + (β) Να υπολογίσετε το άθροισμα: S = . 1+ 2 2+ 3 ν −1 + ν

5. Αν Μ τυχαίο σημείο του μικρού τόξου ΒΓ του περιγεγραμμένου κύκλου ενός ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ, να αποδείξετε ότι ΜΑ = ΜΒ + ΜΓ.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

150

ΚΥΜΕ 2002

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΥΚΩΣΙΑΣ

Δεκέμβριος 2001

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. Θέτουμε Ε1 το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος με αντίστοιχη χορδή την ΔΓ, Ε2 το εμβαδόν του μικτογράμμου τριγώνου ΑΒΔ, ω τη γωνία ΑΚΒ και φ τη γωνία ΑΛΓ. Ε(ΒΚΛΜ)= ΕκΚΒΑΚ + Ε ΚΛΑΓΛ .τ .Τ. + Ε 2 − Ε1

π R 2ω π R 2φ D

Β Γ Κ

+ Ε1 − Ε 2

360 360 2 π R (φ + ω ) + Ε 2 − Ε1 = = 360D π R2 + E2 − E1 = Eημικ .ΒΓ + Ε 2 − Ε1 = Εμβαδόν καμπ. Τρ. ΑΒΓ. 2

2. (α) Για x=y=1 έχουμε : f (1 ⋅ 1) = f(1) = f(1) + f(1), οπότε f(1) = 0. ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ Επίσης: 0 = f(1) = f ⎜ x ⋅ ⎟ = f ( x ) + f ⎜ ⎟. ΄Aρα f ⎜ ⎟ = −f ( x ). ⎝ x⎠ ⎝x⎠ ⎝x⎠ ∗ (β) Έστω x1 , x2 ∈ R + με f(x1) = f(x2). ⎛ 1 ⎞ ⎛ x 1 ⎞ Τότε f(x1) - f(x2) = 0 ή f ( x 1 ) + f ⎜⎜ ⎟⎟. = 0 ή f ⎜⎜ x 1 ⋅ ⎟⎟ = 0 . Οπότε 1 = 1 ή x1 = x2. x2 x2 ⎠ ⎝ x2 ⎠ ⎝ Άρα η f είναι “1 – 1”. (γ) 2 f(s) = f(2) ⇔ f(s) + f(s) = f(2) ⇔ f(s2)= f(2) ⇔ s2 = 2 ⇔ s = 2 άρρητος. (1-1)

ημΑ ημΒ ημΓ = = = λ και παίρνουμε ημΑ = 4λ, ημΒ = 5λ και ημΓ = 6λ. 4 5 6 Επομένως α = 2R ημΑ = 8 Rλ, β= 10 Rλ και γ = 12 Rλ. 1 100R 2 λ2 + 144R 2 λ2 − 64R 2 λ2 1 180R 2 λ2 1 συνΑ 1 β 2 + γ 2 − α 2 = ⋅ = ⋅ = ⋅ = 12 12 2βγ 12 2 ⋅ 10 ⋅ Rλ ⋅ 12Rλ 12 240R 2 λ2 16

3. (α) Θέτουμε

συνΓ 1 α 2 + β 2 − γ 2 1 συνΒ 1 α 2 + γ 2 − β 2 1 = , = ⋅ = . = ⋅ 2 2 2αβ 9 9 2αγ 16 16 α β γ = = =λ. Έχουμε α = λ 6 , β=λ 3 και γ = λ. (β) Θέτουμε 6 3 1 Αρκεί να δείξουμε ότι ημ(Α-Β) = 1. β 2 + γ 2 − α 2 3λ2 + λ2 − 6λ2 − 2λ2 3 συνΑ = = = 2 =− 2βγ 3 2λ 3 λ 2λ 3

Ομοίως

και ημΑ = 1 − συν 2 Α = 1 − συνΒ =

3 6 = 9 3

(αφού ημΑ>0)

α2 + γ 2 − β2 3 6 = και ημΒ = 1 − συν 2 Β = . 3 2αγ 3

ημ(Α - Β) = ημΑ συνΒ – συνΑ ημΒ =

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

6 3 6 6 3 3 . .() = + = 1. 9 9 3 3 3 3

151

ΚΥΜΕ 2002

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΥΚΩΣΙΑΣ

Άρα Α – Β = 4. Είναι :

Ομοίως Άρα:

Δεκέμβριος 2001

π . 2

1 α1 + α 2 1 α2 + α3 1

α1 − α 2

( α1 + α 2 ) ( α 1 − α 2 )

α1 + α 2 α 2 − α1

α3 − α 2

α2 + α3

α3 − α 2

δ δ ( α ν − α1 )( α ν + α1 )

δ ( α ν + α1 )

+…+

α1 − α 2

α ν − α1

= δ α ν − α1` α + (ν − 1)δ − α1 = = 1 = δ( α ν + α 1 ) δ( α 1 + α ν ) δ

α ν − α ν −1

α ν −1 + α ν 1 +…+ = α ν −1 + α ν α ν − α ν −1

α 2 − α1

α1 - α 2

, … ,

ν −1 α1 + α ν

(β) Η ακολουθία 1, 2, 3, …,ν, … είναι αριθμητική πρόοδος, οπότε έχουμε: ν −1 ν −1 . S= = α1 + α ν 1 + ν 5. Στην προέκταση της ΓΜ θεωρούμε τμήμα ΜΔ = ΜΒ. Επειδή η Μ1 = Α = 60°, από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΜΓ, το τρίγωνο ΜΒΔ είναι ισόπλευρο, άρα ΒΔ=ΒΜ και Β1=60°. Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΓΒΔ έχουν: ΜΒ=ΒΔ ΒΑ=ΒΓ ΑΒΜ=ΓΒΔ, διότι ΑΒΜ=ΑΒΓ+ΓΒΜ=60° + ΓΒΜ = Β1+ΓΒΜ = ΓΒΔ. Άρα είναι ΑΒΜ=ΓΒΔ, επομένως ΜΑ = ΓΔ = ΜΔ+ ΜΓ = ΜΒ +ΜΓ.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

152

Γ 1

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΜΕΣΟΥ ΓΙΑ ΤΗ Β΄ ΚΑΙ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ « ΑΝΔΡΕΑΣ ΒΛΑΜΗΣ » Δεκέμβριος 2001 • •

Επιμέλεια: Μάριος Ευσταθίου – Θεόκλητος Παραγιού Χρόνος: 3 ώρες Να λύσετε και τα πέντε θέματα.

ΘΕΜΑΤΑ 1. Nα λυθεί στο \ η εξίσωση : x2 − 2x(3 y − 2) + 34 y − 42y + 13 = 0 . 2

2. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α .Πάνω στις ΑΒ και ΑΔ παίρνουμε σημεία α Ε και Ζ αντίστοιχα , τέτοια ώστε ΑΕ =ΑΖ < . Αν Ο το κέντρο του τετραγώνου 2 1 και το εμβαδόν του τριγώνου ΟΕΖ είναι ίσο με το του εμβαδού του 12 τετραγώνου, n είναι 30ο . (α) Nα δείξετε ότι η γωνία ΖΟΕ (β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μικρότερου κυκλικού τμήματος που ορίζεται από τον κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα ΟΕ και την χορδή ΕΖ. 3. Να δείξετε ότι :

(2συνα − 1)(2συν 2α − 1)(2συν 4α − 1)...(2συν 2

2001

2συν 22002 α + 1 α − 1) = 2συνα + 1

4. Σε ορθογώνιο σύστημα αξόνων δίνονται τα σημεία Ο(0 ,0) , Β( 2β ,0) ( β>0) και σημείο Α στο α΄ τεταρτημόριο τέτοιο ώστε το τρίγωνο ΟΑΒ να είναι ισόπλευρο. Από το σημείο Ρ (2α,0) (α<β) φέρουμε παράλληλη στην ΑΒ που τέμνει την ΟΑ στο σημείο Γ. Αν Δ το σημείο τομής των διαμέσων του τριγώνου ΟΓΡ και Ε το μέσο της ΑΡ να δείξετε ότι το τρίγωνο ΔΕΒ είναι ορθογώνιο. 5. Δίνονται οι συναρτήσεις g( x) = x3 + 2x , x ∈ R και f ( x) = x - 1 , x ∈ R . (α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση y = g( x) είναι ένα προς ένα (1-1). (β) Να δείξετε ότι για κάθε x ∈ R ισχύει g(-x) = -g(x) . (γ) Αν g( f (α)) = -2 και g( f (β)) = 2 με α, β ∈ R , να αποδειχτεί ότι α + β = 2. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. x2 − 2x(3 y − 2) + 34 y − 42y + 13 = 0 (1). Για να έχουμε λύση ως προς x στο R πρέπει Δ ≥ 0 δηλαδή έχουμε: 2 2 2 2 4( 3 y − 2 ) − 4 34 y − 42 y + 13 ≥ 0 ⇒ 9 y − 12 y + 4 − 34 y + 42 y − 13 ≥ 0 ⇒ 2

(

− 25 y 2 − 30 y + 9

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

)

) ≥ 0 ⇒ − (5 y − 3) ≥ 0 ⇒ y = 53 2

153

ΚΥΜΕ 2002

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΜΕΣΟΥ

Δεκέμβριος 2001

Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: 9 3 2 x 306 126 ⎛9 ⎞ 2 2 + − + 13 = 0 ⇒ x − 2 x ⎜ − 2 ⎟ + 34 ⋅ − 42 ⋅ + 13 = 0 ⇒ x + 25 5 5 25 5 ⎝5 ⎠ 1 2 25 x 2 + 10 x + 306 − 630 + 325 = 0 ⇒ 25 x 2 + 10 x + 1 = 0 ⇒ ( 5 x + 1) = 0 ⇒ x = − . 5 2.

α) Θέτουμε ΑΕ =ΑΖ =x άρα έχουμε: α 2 x 2 ΖΕ = x 2 , ΑΓ = α 2 και ΗΟ = − = 2

x 2⋅

ΟΗ ⋅ ΖΕ α 2 = = ⇒ Ε ΟΖΕ 2 12

2 2

( α-x ) .

2 (α − x ) α 2 2 = 2 12

Ζ Ο

2 3α ± α 3 α ⇒ 6 x 2 − 6α x + α 2 = 0 ⇒ x 1,2 = 6 6 3α ± α 3 ⎫ x= ⎪⎪ 3α − α 3 α3− 3 6 ⇒x= . ⎬⇒ x = α 6 6 ⎪ x< ⎪⎭ 2 n =φ από το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΟΕ έχουμε: Aν ΗΟΕ

⇒ α x − x2 =

(

α 3− 3 ΕΗ εφφˆ = = ΟΗ

)⋅

(

2 3− 3

εφ 2φˆ =

2εφφ = 1 − εφ 2φ

1−

)

( ) ⇒ εφφˆ = 3 − 3+ 3 ) ⎤ α (3 + 3 ) ⎥

⎡ α 3− 2 ⋅ ⎢α − ⎢ 6 ⎣

(

)

α 3− 3

ΚΥΚΛ.ΤΜ.

( )

Άρα έχουμε:

1 3 3+ 3 n = 30ο = = ⇒ 2φˆ = ΖΟΕ 3 9−6 3+3 3 9+6 3+3

⋅ 30ο

3 ο 360

⎥ ⎦

(β) Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΕΟ έχουμε

ημ120ο α 2 2

ημ 45ο α ⇒ ΟΕ = ΟΕ 3

( )

2 2 1 α π 2 − ⋅ ημ 30ο = α − α ⇒ ΕΚΥΚΛ.ΤΜ. = α (π − 3 ) . 2 3 36 12 36

α +1 2συνα + 1

(2συνα − 1)(2συν 2α − 1)(2συν 4α − 1)...(2συν 22001 α − 1) = 2συν 2

2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

154

ΚΥΜΕ 2002

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΕΜΕΣΟΥ

Δεκέμβριος 2001

(2συνα − 1)(2συν 2α − 1)(2συν 4α − 1)...(2συν 22001 α − 1) = (2συνα − 1)(2συνα + 1)(2συν 2α − 1)(2συν 2α + 1)...(2συν 22001 α − 1)(2συν 22001 α + 1) = (2συνα + 1)(2συν 2α + 1)...(2συν 22001 α + 1)

(4 συν

α − 1)(4 συν 2 2α − 1)(4 συν 2 22 α − 1)...(4 συν 2 22001 α − 1) (2συνα + 1)(2συν 2α + 1)...(2συν 22001 α + 1) Εφαρμόζοντας σε κάθε παράγοντα του αριθμητή στο τελευταίο κλάσμα τον τύπο 1 + συν 2θ 2 έχουμε: ( 2συνα − 1)( 2συν 2α − 1)( 2συν 4α − 1) ... ( 2συν 2 2001α − 1) = συν θ = 2 ( 4συν 2α − 1)( 4συν 22α − 1)( 4συν 22 2α − 1) ... ( 4συν 22 2001α − 1) = ( 2συνα + 1)( 2συν 2α + 1) ... ( 2συν 2 2001α + 1) 2

( 2συν 2α + 1) ( 2συν 2 2α + 1) ... ( 2συν 2 2001α + 1)( 2συν 2 2002α + 1) ⇒ ( 2συνα + 1)( 2συν 2α + 1) ... ( 2συν 2 2001α + 1)

( 2συνα − 1)( 2συν 2α − 1)( 2συν 4α − 1) ... ( 2συν 2 2001α − 1) =

2συν 2 2002α + 1 2συνα + 1

Η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου είναι 2β Άρα το ύψος του είναι β 3 και

(

)

1 1 α 3 άρα το σημείο Δ έχει ΖΓ ⇒ ΔΖ = α 3 = 3 3 3 ⎛ α 3⎞ ⎟ . Το μέσο Ε της ΑΡ έχει συντεταγμένες Δ⎜⎜ α, ⎟ 3 ⎝ ⎠ ⎛ 2α + β β 3 ⎞ ⎟. συντεταγμένες Ε⎜⎜ , ⎟ 2 2 ⎝ ⎠

Ε Δ Ρ

β 3

−

α 3

β 3

( 3β − 2α ) β 2 3 ⋅ 2 = = −1 β + 2α β + 2α β 2α − 3β ) ( −α − 2β 2 2 n = 90ο , δηλ. το τρίγωνο ΔΕΒ ορθογώνιο. ΔΕΒ

Έχουμε λ ΔΕ ⋅ λ ΕΒ = Επομένως

)

ΔΖ =

(

Α β, β 3 . Όμοια το σημείο Γ έχει συντεταγμένες Γ α, α 3 . Το

(α) ∀ x1, x2 ∈ R με f ( x 1) = f ( x 2 ) ⇒ x 13 + 2 x 1 = x 32 + 2 x 2 ⇒ x 13 − x 32 + 2 ( x 1 − x 2 ) = 0 ⇒

( x1 − x 2 ) ( x12 + x1 ⋅ x 2 + x 22 + 2 ) = 0 ⇒ x1 = x 2 άρα η συνάρτηση

και

x1 + x1 ⋅ x 2 + x 2 + 2 ≠ 0 2

y = g( x ) είναι 1-1.

(β) g( − x) = ( - x ) + 2(− x ) = − x3 − 2x = −(x3 + 2x ) = −g( x ) άρα g( − x ) = −g( x ) . 3

(γ)

g ( f (α) ) = − g ( f (β) ) ⇒ g ( f (α) ) = g ( − f ( β ) ) ⇒ f (α) = -f(β) ⇒ α-1 = -β + 1 ⇒ α + β = 2.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

155

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ «ΠΕΤΡΑΚΗΣ ΚΥΠΡΙΑΝΟΥ» ΛΑΡΝΑΚΑΣ – ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ ΓΙΑ ΤΗ Β΄ ΚΑΙ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ Δεκέμβριος 2001 Επιμέλεια: Ανδρέας Σαββίδης – Μιχάλης Βαντζής ● Χρόνος: 3 ώρες

● Να απαντηθούν όλα τα θέματα

χ +α

χ −α

Αν ισχύει η σχέση: εφ

Τριγώνου ΟΒΓ (Ο η αρχή συστήματος αξόνων) οι κορυφές Β και Γ βρίσκονται στους άξονες ΟΧ και ΟΨ αντίστοιχα.. Αν οι διάμεσοι ΟΕ και ΒΔ τέμνονται κάθετα στο Κ και (ΟΒ) = 12 μον. να υπολογίσετε του μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΒΓ.

Τρίγωνο έχει δύο γωνιές 60° και 45° και η μεγαλύτερη πλευρά του είναι 1 μονάδα. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του.

Σε τρίγωνο ΑΒΓ το ΑΔ είναι διχοτόμος και R, R1, R2 οι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΓ, ΑΒΔ και ΑΓΔ αντίστοιχα. Αν ισχύει R1 + R2 = R 3 , να δείξετε ότι Aˆ = 60o .

Το άθροισμα των τριψήφιων αριθμών 6α 3 και 2 β 5 είναι αριθμός διαιρετός με το 9. Να υπολογίσετε τις δυνατές τιμές του αθροίσματος α + β .

·εφ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

εφ

·εφ

χ −α

= εφ 2

εφ

+ εφ

, να δείξετε ότι: συνχ = συνα ·συνβ .

εφ

− εφ

2 · 2 2 = εφ 2 β ⇒ χ α χ α 2 2 2 2 1 − εφ ·εφ 1 + εφ ·εφ 2 2 2 2 1 − συνχ 1 − συνα χ α − εφ 2 − εφ 2 2 2 = εφ 2 β ⇒ 1 + συνχ 1 + συνα = 1 − συνβ ⇒ χ α 1 − συνχ 1 − συνα 1 + συνβ 2 1 − εφ 2 ·εφ 2 1− · 2 2 1 + συνχ 1 + συνα (1 − συνχ )(1 + συνα ) − (1 + συνχ )(1 − συνα ) = 1 − συνβ ⇒ (1 + συνχ )(1 + συνα ) − (1 − συνχ )(1 − συνα ) 1 + συνβ

χ +α

= εφ 2

⇒

1 + συνα − συνχ −συνα συνχ −1 + συνα − συνχ +συνχ συνα 1 + συνα + συνχ +συνχ συνα −1 + συνα + συνχ −συνχ συνα

1 − συνβ ⇒ 1 + συνβ

2 (συνα − συνχ ) 1 − συνβ = ⇒ 2 (συνα + συνχ ) 1 + συνβ

συνα − συνχ + συνα συνβ −συνχ συνβ = συνα + συνχ − συνα συνβ −συνχ συνβ ⇒ συνχ = συνα ·συνβ . Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

156

ΚΥΜΕ 2002

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΑΡΝΑΚΑΣ – ΑΜΜΟΧΩΣΤΟΥ

Δεκέμβριος 2001 y

Γ(0,2χ)

Θέτω Γ(0,2χ). Τότε έχω Δ(0,χ). Αλλά Β(12,0) οπότε Ε(6,χ). χ⎛ χ⎞ Αφού ΟΕ ⊥ ΒΔ ⇒ λΟΕ ·λΒΔ = −1 ⇒ ·⎜ − ⎟ = −1 ⇒ 2 ⎝ 12 ⎠ χ 2 = 72 ⇒ ΟΓ = 2 χ ⇒ ΟΓ = 2 72 Πυθαγόρειο θεώρημα στο ΟΒΓ: ΒΓ 2 = ΟΒ 2 + ΟΓ 2 ⇒ ΒΓ 2 = 144 + 4·72 ⇒ ΒΓ = 432 ⇒ ΒΓ = 12 3

Κ Ο

ΑΔ =

χ 3

οπότε και ΔΓ =

χ 3

και

. Άρα ΒΓ = ΒΔ + ΔΓ ⇒

30°

2 2 χ χ 3 2 + = 1 ⇒ χ 1+ 3 = 2 ⇒ χ = 2 2 1+ 3

(

2 1+

(1 − 3 ) = 3 − 3 = 3 ) (1 − 3 ) 2 (1 − 3) ·

45°

)

1 1 χ 3 3 3 2 3 Ε = ΒΓ·ΑΔ = ·1· = = χ= · 2 2 2 4 4 1+ 3 2 1+ 3

(

)

45°

60°

χˆ = ψˆ =

2 ( R1 + R2 ) =

3 −3 3− 3 = 4 −4

ˆ Α Εφαρμόζουμε το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα 2 ΒΔ ΓΔ , 2 R2 = ⇒ ΑΒΔ και ΑΓΔ. ⇒ 2 R1 = Α Α ημ ημ 2 2

Β(12,0)

ˆ = 75° . Άρα η μεγαλύτερη πλευρά είναι η ΒΓ=1 μον. Αν Bˆ = 60° και Γˆ = 45° τότε Α

Φέρω το ύψος ΑΔ και θέτω ΑΒ = χ τότε ΒΔ =

Ε=

Ε(6,χ)

Δ (0,χ)

ΒΔ + ΓΔ α 2 R ημΑ = = . Από τα δεδομένα 2 R 3 = Α Α Α ημ ημ ημ 2 2 2

χ ψ

Α Α συν 2 2 , Α ημ 2

2 R·2 ημ

Α Α 3 Α ≠ 0 ⇒ συν = ⇒ = 30° ⇒ Α = 60° 2 2 2 2 5. Οι αριθμοί 6α 3 και 2 β 5 στο δεκαδικό σύστημα γράφονται: 600 + 10α + 3 και 200 + 10 β + 5 και το άθροισμα τους γίνεται: 800 + 10 (α + β ) + 8 = 808 + 10 (α + β ) = 801 + 7 + 9 (α + β ) + α + β = 9 ( 89 + α + β ) + α + β + 7

ημ

= 9·λ + α + β + 7 , λ ∈ ` Για να είναι πολλαπλάσιο του 9 πρέπει το α + β + 7 να είναι πολλαπλάσιο του 9. 0 ≤ α ≤ 9⎫ Αλλά ⎬ ⇒ 0 ≤ α + β ≤ 18 ⇒ 7 ≤ α + β + 7 ≤ 25 . Ώστε α + β + 7 = 9 ή α + β + 7 = 18 0 ≤ β ≤ 9⎭ Άρα α + β = 2 ή α + β = 11

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

157

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΦΟΥ Β΄ & Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ “ΑΝΔΡΕΑΣ ΧΑΤΖΗΘΕΟΡΗΣ” Δεκέμβριος 2001 Επιμέλεια Ευθύβουλος Λιασίδης – Χρ. Παπασάββας • •

Χρόνος: 3 ώρες Να λυθούν όλες οι ασκήσεις

1. Να υπολογιστούν οι τιμές του α ώστε η απόλυτη τιμή της μιας ρίζας της εξίσωσης x² + ( 2α-5 )x - 3α² - 7α+6=0 να είναι διπλάσια της απόλυτης τιμής της άλλης ρίζας. 2.

Δίνονται δύο σημεία Ε και Ζ ενός ημικυκλίου διαμέτρου ΑΒ. Οι εφαπτόμενες του ημικυκλίου στα Ε και Ζ τέμνονται στο Δ . Από το Δ φέρνουμε ευθεία ( ε ) κάθετη στην ΑΒ. Να αποδειχθεί ότι: α) Η ΑΕ τέμνει την ( ε ) σ' ένα σημείο I τέτοιο ώστε I Δ = ΔΕ β) Οι ευθείες ΑΕ και ΒΖ τέμνονται πάνω στην ( ε ) .

α) Να λυθεί η εξίσωση

x + 10 + 4 x + 10 = 12

β) Να υπολογίσετε την αριθμητική τιμή της παράστασης ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2000 ⎞ ⎛ 2001 ⎞ ⎛ 2001 ⎞ ⎛ 2001 ⎞ f⎜ ⎟+ f ⎜ ⎟ + ⋅⋅⋅⋅⋅ + f ⎜ ⎟+ f ⎜ ⎟+ f ⎜ ⎟ + ⋅⋅⋅⋅⋅ + f ⎜ ⎟ ⎝ 2001 ⎠ ⎝ 2001 ⎠ ⎝ 2001 ⎠ ⎝ 2001 ⎠ ⎝ 2000 ⎠ ⎝ 1 ⎠ x2 δεδομένου ότι f ( x ) = 1+ x2 4.

Οι Διαγώνιες ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ τέμνονται στο Ε. Η διχοτόμος της γωνίας ΔΑΓ τέμνει τη ΔΕ στο Ζ και τη ΔΓ στο Η. Αν το μήκος ΖΕ είναι 13, πόσο μήκος πρέπει να έχει το ΗΓ ;

5. α) Να υπολογιστούν όλα τα διατεταγμένα ζεύγη ακεραίων ( x , y ) που επαληθεύουν την 6 2 εξίσωση x = y + 53 β) Από σημείο Ο φέρουμε δύο εφαπτόμενες ΟΑ και ΟΒ σε δοθέντα κύκλο. Από το Α φέρουμε τη χορδή ΑΓ παράλληλη προς την εφαπτομένη ΟΒ . H ΟΓ τέμνει τον κύκλο στο Ε. Να αποδείξετε ότι η ΑΕ προεκτεινόμενη διχοτομεί την ΟΒ.

Προτεινόμενες Λύσεις Θέμα 1ον X1 , X 2 =

−(2a − 5) ± (2a − 5) 2 − 4( −3a 2 − 7 a + b) 5 − 2a ± 4a 2 − 20a + 25 + 12a 2 + 28a − 24 = 2 2

5 − 2a ± (4a + 1) 2 5 − 2a ± (4a + 1) / = = = 2 2 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

158

2a + 6 = a+3 2 −6 a + 4 X2 = = 2 − 3a 2 X1 =

ΚΥΜΕ 2002

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΦΟΥ

X1 = 2 X 2

ή X 2 = 2 X1

Δεκέμβριος 2001

Άρα , α + 3 = 2 2 − 3α ⇒ a 2 + 6α + 9 = 16 − 48α + 36α 2

54 ± 542 − 4 ⋅ 7 ⋅ 35 54 ± 1936 54 ± 44 35α − 54α + 7 = 0 ⇒ α1 ,2 = = = ⇒ 2a 70 70 98 10 7 1 α1 = και α 2 = α2 = ⇒ α1 = 70 70 5 7 2 − 3α = 2 α + 3 ⇒ 4 − 12α + 9α 2 = 4α 2 + 36 + 24α ⇒ 5α 2 − 36α − 32 = 0 ή 2

36 ± 362 − 4 ⋅ 5 ⋅ (−32) 36 ± 1936 36 ± 44 80 = ⇒ α3 = = 10 10 10 10 4 ⇒ α3 = 8 α 4 = − 5 Θέμα 2ον n = ΕΙΔ n έχουν τις πλευρές τους κάθετες. α) ΑΒΕ

α 3 ,4 =

και

α4 =

−8 10

n = ΑΕΘ n εγγεγραμμένη και γωνία από χορδή και ΑΒΕ εφαπτόμενη στο ίδιο τόξο. n = ΙΕΔ n κατακορυφήν γωνιές. ΑΕΘ n = ΕΙΔ n Από τις πιο πάνω ⇒ ΙΕΔ Δ

⇒ ΕΙΔ ισοσκελές ⇒ ΙΔ = ΕΔ β) 'Έστω ότι η ΒΖ τέμνει την EΙ στο Ι'

τότε όπως και προηγουμένως Ι'Δ = ΔΖ αλλά ΔΖ = ΕΖ , τα εφαπτόμενα τμήματα είναι ίσα. Άρα ΙΔ = Ι'Δ ⇒ Ι ≡ Ι' άρα τέμνονται στο ίδιο σημείο πάνω στην (ε) . Θέμα 3ον α) Θέτω y =

x+10 ⇒ y 2 = x + 10

Άρα y 2 + y − 12 = 0 ⇒ ( y + 4)( y − 3) = 0 ⇒ y1 = −4 απορρ. ή ⇒

y2 = 3

x+10 = 3 ⇒ x + 10 = 81 ⇒ x = 71 1 2 2 x x2 x2 + 1 1 1 x + = + = =1 β ) f(x) + f( ) = 1 1 + x2 1 + x2 x2 + 1 x 1 + x2 1+ 2 x 1 2 2000 2001 2001 2001 Άρα f( ) + f( ) + ... + f( ) + f( ) + f( ) + ... + f( )= 2001 2001 2001 2001 2000 1 1 2001 ⎤ ⎡ 2 2001 ⎤ 2001 ⎤ ⎡ ⎡ 2000 ) + f( ) ⎥ + ⎢f( ) + f( ) ⎥ + ... + ⎢ f( ) + f( ) + f(1) = = ⎢f( 1 ⎦ ⎣ 2001 2 ⎦ 2000 ⎥⎦ ⎣ 2001 ⎣ 2001 1 1 = 2000 1 + 1 + 1 + ... + 1 + 2 2 1+1 2000 προσθετικοί ίσοι με 1 4

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

159

ΚΥΜΕ 2002

ΕΠΑΡΧΙΑΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΦΟΥ

Δεκέμβριος 2001

Θέμα 4ον Φέρω από το Ε παράλληλη πρός τη ΔΓ D 1D n = 67 1 = ΖΘΕ n Η n ΔΑΗ = 22 ⇒ ΑΗΔ 2 2

(1)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο Δ

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΖ ⇒ 1 n ΕΑΖ = 67

( 2)

Από ( 1) και ( 2 )

n 22 αφού ΖΑΕ=

1D 2

⇒ ΘΕ = ΕΖ = 13 ΑΗ ΗΓ ΑΓ 2 = = = ⇒ ΑΘ ΘΕ ΑΕ 1

Τα τρίγωνα ΑΗΓ ≈ ΑΘΕ ⇒ ΗΓ 2 = ⇒ ΗΓ = 26 13 1

Θέμα 5ον α) Η εξίσωση γράφεται x 6 − y 2 = 53 ⇒ x3 − y = 1 και x 3 + y = 53

( x − y )( x + y ) = 53, 3

επειδή 53 πρώτος ⇒

x 3 − y = 53

x 3 − y = −1

x 3 − y = −5

x3 + y = 1

x 3 + y = −53

x 3 + y = −1

⇒ ( x, y ) = (3, 26) , ( x, y ) = (3, −26) , ( x, y ) = (−3, −26) , ( x, y ) = (−3, 26) β) Δυνάμη σημείου Μ ως πρός κύκλο (ΜΒ) 2 = (ΜΕ)(ΜΑ)

(1)

n = ΜΟΕ n , εντός εναλλάξ ΑΓΕ n = ΟΑΜ, n εγγεγραμμένη και γωνία από χορδή και εφαπτομένη. ΑΓΕ Δ Δ n = ΕΟΜ, n n Άρα ΟΑΜ ΟΜΕ = κοινή ΟΜΕ ≈ ΑΜΟ

ΟΜ ΜΕ ΟΕ = = ⇒ (ΟΜ)2 = ( ΑΜ )(ΜΕ) ΑΜ ΜΟ ΑΟ

Από (1) και ( 2 ) ⇒

⇒

( 2)

(ΜΒ) 2 = (0Μ ) 2 ⇒ ΜΒ = ΟΜ

⇒ Μ μέσον ΟΒ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

160

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

Παγκύπριος Διαγωνισμός για την Γ ' Γυμνασίου

"Ευαγόρας Παλληκαρίδης" Φεβρουάριος 2002 Επιμέλεια: Ανδρέας Σαββίδης – Ανδρέας Αθανασίου ¾ Χρόνος: 3ώρες ¾ Να κάνετε και τα 5 θέματα.. ΘΕΜΑ 1

α α = ψ + και χ ≠ ψ να δείξετε ότι χψ = α . χ ψ

Αν χ +

ii.

Να βρεθούν δύο διαδοχικοί ακέραιοι, ώστε, αν στο διπλάσιο του αντιστρόφου του μικρότερου προσθέσουμε τον αντίστροφο του μεγαλυτέρου, προκύπτει αριθμός που είναι 11πλάσιος του γινομένου των αντίστροφων των ζητουμένων αριθμών.

ΘΕΜΑ 2 Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ προεκτείνουμε την υποτείνουσα ΓΒ κατά τμήμα ΒΔ=ΑΒ. Φέρουμε κάθετη στη ΒΓ στο σημείο Γ και παίρνουμε σε αυτή, προς το μέρος του Α, τμήμα ΓΕ=ΑΓ. Να δείξετε ότι τα σημεία Δ,Α,Ε είναι συνευθειακά. ΘΕΜΑ 3 i. Τα ψηφία 1,2,3,4,5 χρησιμοποιούνται από μια φορά για να σχηματίσουν τον αριθμό αβγδε. Νοουμένου ότι οι τριψήφιοι αριθμοί αβγ , βγδ και γδε διαιρούνται αντίστοιχα με τους 4,5 και 3 ,να βρεθεί ο αριθμός αβγδε. ii. Αν Α = 5 + 52 + 53 +….+ 589 + 590 . Να δείξετε ότι το 31 διαιρεί το Α. ΘΕΜΑ 4 Ένα ντεπόζιτο έχει μήκος 100cm , πλάτος 60cm και ύψος 40cm και περιέχει νερό (σχήμα 1). Γέρνουμε το ντεπόζιτο έτσι ώστε να έχει επαφή με το οριζόντιο επίπεδο μόνο η ακμή των 60cm και σε αυτή τη θέση το νερό που υπάρχει στο ντεπόζιτο σταθεροποιείται στο μέσο Γ της ακμής ΑΒ (σχήμα 2). Να υπολογίσετε το ύψος του νερού στο ντεπόζιτο όταν το ντεπόζιτο βρίσκεται στην αρχική θέση (σχήμα 1).

100cm

Σχήμα 1

α γ ε Αν = = β δ ζ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΘΕΜΑ 5

Σχήμα 2

40cm

(α + γ − ε) αν γν εν . + − = βν−1 δν−1 ζ ν−1 ( β + δ − ζ )ν−1 ν

να δείξετε ότι

161

ΚΥΜΕ 2002

Παγκύπριος Διαγωνισμός για την Γ ' Γυμνασίου

Φεβρουάριος 2002

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1

α α χ 2 ψ + αψ ψ 2 χ + αχ , χ ≠ 0, ψ ≠ 0 ⇒ = i. χ + = ψ + χ ψ χψ χψ ⇒ χ 2 ψ + αψ − ψ 2 χ − αχ = 0 ⇒ χψ (χ − ψ ) − α (χ − ψ ) = 0 ⇒ (χ − ψ )(χψ − α ) = 0 ⇒ χ − ψ = 0, χψ − α = 0 ⇒ χ = ψ , χψ = α iii. Έστω χ , χ+1 οι διαδοχικοί ακέραιοι . iv. Τότε προκύπτει η εξίσωση:

2 1 11 + = και λύνοντας την έχουμε: χ χ + 1 χ ( χ + 1)

2 ( χ + 1) + χ = 11 ⇒ 2χ + 2 + χ = 11 ⇒ 3χ = 9 ⇒ χ = 3 ΘΕΜΑ 2

l Για να είναι τα σημεία Δ,Α,Ε συνευθειακά αρκεί η γωνία ΔΑΕ = 180

m =Δ l =ω l ΑΒ = ΒΔ ⇒ Α 1 m =Ε = φ ΓΕ = ΑΓ ⇒ Α 2

+Δ l = 90D Ε m+Α m = 90D ⇒Α 1

m+Α m+Α m = 180D ⇒Α 1 2 3 l = 180D ⇒ ΔΑΕ ΘΕΜΑ 3 i.

5 / βγδ ⇒ δ = 5 (δ ≠ 0) 4 / αβγ ⇒ 4 / βγ ⇒ βγ ∈ {12, 24, 32} ⇒ γ ∈ {2, 4} 3 / γδε ⇔ 3 / γ5ε ⇒ 3 / ( γ + 5 + ε ) ⇒ Aν γ = 2 ⇒ Δεν υπάρχει αποδεκτή τιμή του ε που να ικανοποιεί τα πιο πάνω ! ⇒ γ = 4 και ε = 3 ⇒ β = 2 ⇒ α = 1 άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι: 12453.

ii. 5 + 5 + 5 + 5 + 5 + ..... + 5

+ 589 + 590 = 5 + 52 + 53 + 54 + 55 + 56 + ..... + 585 + 586 + 587 + 588 + 589 + 590 2

(

) ( ) ( ) ( ) = 5 (1 + 5 + 5 ) + 5 (1 + 5 + 5 ) + .... + 5 (1 + 5 + 5 ) + 5 (1 + 5 + 5 ) 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

162

ΚΥΜΕ 2002

Παγκύπριος Διαγωνισμός για την Γ ' Γυμνασίου

(

Φεβρουάριος 2002

)(

)

(

)

= 1 + 5 + 52 51 + 54 + ..... + 585 + 588 = 31 51 + 54 + ..... + 585 + 588 ⇒ 31 / Α ΘΕΜΑ 4 100cm

Σχήμα 1

Σχήμα 2

40cm Α

Ο όγκος του νερού στο ντεπόζιτο παραμένει ο ίδιος , άρα θα έχουμε: V παραλληλεπιπέδου (σχ1) = V τριγωνικού πρίσματος (σχ2) ⇔ ΑΒ ⋅ υ ⋅ γ = Εβάσης ⋅ γ ⇔ ΑΒ⋅ υ =

ΑΓ ⋅ ΑΔ 50 ⋅ 40 ⇔ 100⋅ υ = ⇔ υ = 10 cm 2 2

ΘΕΜΑ 5

α γ ε = = = λ ⇒ α = βλ, γ = δλ, ε = ζλ β δ ζ αν γν εν βν λ ν δν λ ν ζ ν λ ν ⇒ ν−1 + ν−1 − ν−1 = ν−1 + ν−1 − ν−1 = λ ν (β + δ − ζ ) β δ ζ β δ ζ

(α + γ − ε) α γ ε α+γ−ε λ= = = ⇒λ= ⇒ λν = ν β δ ζ β+δ−ζ (β + δ − ζ )

⇒

(α + γ − ε) (α + γ − ε) αν γν εν ⇒ ν−1 + ν−1 − ν−1 = β + δ − ζ = ( ) ν ν−1 β δ ζ (β + δ − ζ ) (β + δ − ζ ) ν

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

163

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ Α’ ΛΥΚΕΙΟΥ «ΠΕΤΡΑΚΗΣ ΓΙΑΛΛΟΥΡΟΣ» Φεβρουάριος 2002 Επιμέλεια: Μάριος Ευσταθίου – Νίκος Νικολαϊδης • •

Χρόνος: 3 ώρες Να λυθούν όλες οι ασκήσεις.

1) α) Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη πλευρών α,β,γ ισχύει: 3(α2+β2+γ2)=(α+β+γ)2, να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. β) Δίνεται η παραβολή y=x2 και τα σημεία της Α(-3,9) και Β(-1,1). Να βρεθεί ˆ Γ να είναι ορθή. σημείο Γ της παραβολής τέτοιο ώστε η γωνία Α Β 2) Η ταχύτητα ενός ποδηλάτη Π σε ανηφορικό δρόμο είναι 10 χιλιόμετρα την ώρα, σε οριζόντιο είναι 20 χιλιόμετρα την ώρα και σε κατηφορικό 30 χιλιόμετρα την ώρα. Το μήκος του δρόμου μεταξύ των πόλεων Ακαι Β είναι 13 χιλιόμετρα. Ο ποδηλάτης για να πάει από την πόλη Α στην πόλη Β συναντά στην αρχή ανηφορικό δρόμο μετά οριζόντιο και τέλος κατηφορικό δρόμο και χρειάζεται 47 λεπτά, ενώ για να επιστρέψει από την πολη Β στην πόλη Α χρειάζεται 51 λεπτά. Να βρείτε το συνολικό μήκος του ανηφορικού δρόμου που θα διανύσει ο ποδηλάτης κατά τη διαδρομή από την πόλη Α στη Β και την επιστροφή του από την πόλη Β στην πόλη Α. 3) Δίνεται η συνάρτηση με τύπο: α) Να

αποδειχθεί ότι:

f(x)=

4x 4x + 2

f(1-x)= 1-f(x).

β) Να υπολογισθεί το άθροισμα: f(-11)+f(-10)+f(-9)+ . . .

+ f(10)+f(11)+f(12)

ˆ = Γˆ = 90ο , Β Δˆ Α=30o και πλευρές 4) Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ με γωνίες Α ΓΔ=ΒΓ. Αν Μ , Ν είναι τα μέσα των ΔΒ και ΒΓ αντίστοιχα και το εμβαδό του τετραπλεύρου Α ΜΝΒ ισούται με (1+ 3 ) τετρ. μονάδες ,να υπολογίσετε την περίμετρο του τριγώνου ΑΔΒ. 5) Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Παίρνουμε τυχόν σημείο Ε πάνω στη ΓΔ και φέρουμε ˆ Β που τέμνει τη ΒΓ στο Ζ.Να δειχθεί ότι :ΑΕ=ΒΖ+ΔΕ. τη διχοτόμο της γωνίας Ε Α ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. 3(α2+β2+γ2)=(α+β+γ)2 ⇒ 3α2+3β2+3γ2=α2+β2+γ2+2αβ+2αγ+2βγ ⇒

2α2+2β2+2γ2-2αβ-2αγ-2βγ=0 ⇒ (α2-2αβ+β2)+(α2-2αγ+γ2)+(β2-2βγ+γ2)=0 ⇒

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

164

ΚΥΜΕ 2002

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ Α’ ΛΥΚΕΙΟΥ

Φεβρουάριος 2002

(α-β)2+(α-γ)2+(β-γ)2=0 ⇒ α=β=γ ⇒ το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. β) Έστω Γ(x,y) το ζητούμενο σημείο. 1− 9 = Α(-3,9) Β(-1,1) ⇒ λΑΒ= −1+ 3

Γ(x,y) , B(-1,1) ⇒ λΒΓ =

1− y −1− x

x ≠ -1

Αφού θέλουμε η γωνία ΑΒΓ να είναι ορθή πρέπει λΑΒ .λΒΓ=-1 ⇒ -4.

1− y =-1 ⇒ 4(1-y)=-1-x ⇒ 4(y-1)=x+1 (1) −1− x

4(y-1) = x+1⎫ 5 2 ⎬ ⇒ 4(x -1)=x+1 ⇒ x=-1 και x= 2 4 y=x ⎭

5 25 ή x = -1 απορρίπτεται. Άρα Γ( , ). 4 16

2. Έστω x το μήκος του ανηφορικού δρόμου, y το μήκος του οριζόντιου και ω το μήκος του κατηφορικού κατά την διαδρομή από την πόλη Α πρός την πόλη Β.Τότε έχουμε: x + y + ω = 13 x y ω + + = 10 20 30 x y ω + + = 30 20 10

47 60 51 60

x + y + ω = 13 ⇒ 6 x + 3 y + 2ω = 47 2 x + 3 y + 6ω = 51

(1) ( 2) ( 3)

(1) ∧ ( 2 ) ⇒ 4 x + y = 21 ( 4) (1) ∧ ( 3) ⇒ −4 x − 3 y = −27 ( 5)

Από (4)Λ(5)Λ(1) ⇒ x=4,5 , y=3 , ω=5,5 Το συνολικό μήκος του ανηφορικού δρόμου που θα διανύσει ο ποδηλάτης κατά τη διαδρομή από τη πόλη Α στη Β και την επιστροφή του από τη πόλη Β στην πόλη Α είναι x+ω = 10 χιλιόμετρα. 4 χ 4x 4 2 2 + 4x − 4x 4 = − 3. α) f(1-x)= 1− x =1-f(x) = 4 = = = 1 χ χ x x 4 + 2 + 4 4 + 2 . 4 2 + 4 2 4 4 +2 +2 4χ β) f(-11)+f(-10)+f(-9)+ . . . + f(-1)+f(0)+f(1)+ … + f(10)+f(11)+f(12) 1− x

= f(1-12)+ f(1-11)+f(1-10)+ . . . + f(1-2)+f(1-1)+f(1)+… + f(10)+f(11)+f(12) = 1-f(12)+1-f(11)+1-f(10)+…+ 1-f(2)+1-f(1) + f(1)… + f(10)+f(11)+f(12)=12 Δ

4. Θέτουμε ΑΒ=x οπότε έχουμε ΒΔ=2x και ΑΜ=x Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: (ΑΔ)2= (ΒΔ)2-( ΑΒ)2 ⇒ (ΑΔ)2= (2x)2-( x)2 ⇒ (ΑΔ)2= 3x2 ⇒ ΑΔ= 3 x. Για τo εμβαδό του ΑΜΝΒ έχουμε: Ε(ΑΜΝΒ)=Ε(ΑΜΒ) +Ε(ΒΜΝ)

30°

165

Γ Μ

x Ν

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

ΚΥΜΕ 2002

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ Α’ ΛΥΚΕΙΟΥ

Φεβρουάριος 2002

x2 3 x x 2 3 + x 2 x 2 ( 3 + 1) = 2 + 2 = ⇒ = 2 2 4 4 x 2 ( 3 + 1) = 3 +1 ⇒ x2=4 ⇒ x=2 μονάδες. 4 Περίμετρος ΑΒΔ=(ΑΒ)+(ΑΔ)+(ΒΔ)=(6+2 3 ) μονάδες. x

5. Πάνω στην ΑΕ παίρνω τμήμα ΚΕ=ΔΕ. και φέρω τη ΔΚ Α 1 1 που τέμνει την ΑΒ στο Η. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΔΕΚ έχουμε: Λ Δˆ 2 = Kˆ 1 (1) Επίσης αφού ΑΒ είναι παράλληλη στη ΓΔ έχουμε: 2 Δˆ 2 = Hˆ 1 (2) ακόμη Kˆ 1 = Kˆ 2 (3) ⇒ Kˆ 2 = Hˆ 1 Κ ⇒ ΑΚΗ ισοσκελές 1 1 ⇒ ΑΚ=ΑΗ (4) Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΒΑΖ 2 είναι ίσα γιατί έχουν: Δ Ε Aˆ1 = Δˆ 1 ( Aˆ1 = 900- Hˆ 1 και Δˆ 1 = 900- Hˆ 1 αφού ΑΛ κάθετη στη ΚΗ) ΑΔ=ΑΒ και Bˆ =Δ Aˆ Η=900 (Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΒΑΖ ίσα) ⇒ ΒΖ=ΑΗ (5) Από (4) ∧ (5) ⇒ ΒΖ=ΑΚ (7) (ΚΕ=ΔΕ)Λ(7) ⇒ ΑΕ=ΒΖ+ΔΕ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

166

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΥΚΕΙΩΝ «ΖΗΝΩΝ» Μάρτιος 2002 Επιμέλεια: Μάριος Αντωνιάδης – Θεόκλητος Παραγιού • •

Διάρκεια 3 ώρες Να απαντηθούν όλες οι ερωτήσεις

1. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ. Αν Μ σημείο της ΓΔ τέτοιο ώστε η ΑΜ να χωρίζει το εξάγωνο σε δύο μέρη, που το εμβαδόν του ενός να είναι τριπλάσιο του άλλου να δείξετε ΔΜ 3 ότι = . ΔΓ 4 2.

Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι αριθμοί a και b τέτοιοι ώστε το γινόμενο ( 36a + b )( a + 36b ) να είναι δύναμη του 2.

3. Χωράφι σχήματος ορθογωνίου έχει πλάτος 4m και μήκος 19m. Το χωράφι φυτεύεται με μηλιές, πορτοκαλιές και ελιές σε τέσσερις σειρές σε απόσταση 1m η μια από την άλλη. Σε κάθε σειρά φυτεύονται 19 δέντρα σε απόσταση 1m το καθένα. Να δείξετε ότι σε κάθε δυνατή περίπτωση τέτοιου φυτέματος, υπάρχει ορθογώνιο με κορυφές δέντρα , που έχει παράλληλες πλευρές με το χωράφι και σε όλες τις κορυφές του το ίδιο είδος δέντρου. ν

Έστω f(x) = ∑ α κ x κ πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές με α 0 = 1 και α κ ≤ 2 κ= 0

για 1 ≤ κ ≤ ν . Να δείξετε ότι όλες οι ρίζες του πολυωνύμου ανήκουν στο σύνολο 1⎤ ⎡1 ⎛ ⎞ ⎜ −∞, − ⎥ ∪ ⎢ , +∞ ⎟ . 3⎦ ⎣3 ⎝ ⎠ 5. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α=90°). Πάνω στην υποτείνουσα ΒΓ παίρνουμε σημείο Δ τέτοιο ώστε ΓΔ=2(ΒΔ). Στην προέκταση της ΑΔ προς το μέρος του Α παίρνουμε σημείο n = ΑΓΕ n. Ε τέτοιο ώστε ΒΕ=ΒΓ. Να αποδείξετε ότι ΒΕΑ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

3R 2 3 3R 2 3 3R 2 3 ⇒ 4E1 = ⇒ E1 = 2 2 8 1 E ΑΖΕΔΜ = E ΑΖΕΔ + E ΑΔΜ ⇒ 3E1 = E ΑΒΓΔΕΖ + 2E ΟΔΜ 2 2 2 9R 3 1 3R 3 = ⋅ + 2E ΟΔΜ 8 2 2

Ε1

E6 =

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

167

3Ε 1

ΚΥΜΕ 2002

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΥΚΕΙΩΝ

E ΟΔΜ

Μάρτιος 2002

3R ⎧ 1 R 3 ΔΜ 3 ⎪ΔΜ = = ⋅ = ( ΔΜ ) ⇒ ⎨ 4 ⇒ 2 2 ΔΓ 4 ⎪⎩ΔΓ = R

2. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι αριθμοί a,b τέτοιοι ώστε η ( 36a + b )( a + 36b ) να είναι δύναμη του 2 και αυτή είναι η ελάχιστη δυνατή τότε

36a + b = 2x και a + 36b = 2 y οπότε ( 36a + b )( a + 36b ) = 2 x + y με x ≥ 6, y ≥ 6 αφού a ≥1 , b ≥1. Είναι φανερό ότι a, b είναι άρτιοι οπότε ας θέσουμε a=2c και b=2d τότε 36c + d = 2 x −1 c + 36d = 2 y −1

( 36c + d )( c + 36d ) = 2x + y−2 άτοπο για την ελάχιστη δύναμη του 2. 3. Αφού θα φυτευτούν 4 ⋅19 = 76 δέντρα σε τρία είδη τότε βάση της αρχής της περιστερονοφωλιάς θα έχουμε τουλάχιστον 26 δέντρα του ίδιου είδους (έστω ελιές). Συμβολίζουμε με α1,α2,...,α19 τις γραμμές φυτέματος που είναι παράλληλες με το πλάτος του χωραφιού και με n1,n2,…,n19 τον αριθμό των ελιών που είναι φυτεμένες στις γραμμές α1,α2,...,α19 αντίστοιχα. Είναι φανερό ότι 0 ≤ n i ≤ 4 για i = 1,2,...,n . Χωρίς περιορισμό της γενικότητας υποθέτουμε ότι n1 ≥ n 2 ≥ ... ≥ n19 οπότε θα έχουμε n1 ≥ 2 . α) Έστω ότι n1=4. Τότε οι εναπομείναντες 22 ελιές βρίσκονται σε 18 γραμμές άρα βάση της αρχής της περιστερονοφωλιάς n 2 ≥ 2 οπότε υπάρχει το ζητούμενο ορθογώνιο με τις κορυφές του στις α1 και α2 γραμμές. β) Έστω ότι n1=3. Τότε οι εναπομείναντες 23 ελιές βρίσκονται σε 18 γραμμές άρα βάση της αρχής της περιστερονοφωλιάς n 2 ≥ 2 . ι) Αν n2=3 τότε υπάρχει το ζητούμενο ορθογώνιο με τις κορυφές του στις α1 και α2 γραμμές. ιι) Αν n2=2 τότε οι εναπομείναντες 21 ελιές βρίσκονται σε 17 γραμμές άρα οι επόμενες τέσσερις γραμμές θα ισχύει n3=n4=n5=n6=2 . Ο αριθμός των επιλογών μας για τις δύο κορυφές του ζητούμενου ορθογωνίου από την α1 σειρά είναι 3 και από τις από την κάθε σειρά α2,α3,α4,α5,α6 είναι 1 σύνολο 3+5=8 τρόποι. Οι τρόποι όμως για να επιλέξουμε δύο γραμμές παράλληλες με το μήκος του χωραφιού από τέσσερις γραμμές είναι 6. Άρα υπάρχει το ζητούμενο ορθογώνιο. γ) Έστω n1=2. Τότε n2=n3=n4=n5=n6=n7=2 . Αφού 7>6 από το προηγούμενο υπάρχει το ζητούμενο ορθογώνιο.

1 1 1 ⎛ 1 1⎞ 4. Έστω ότι υπάρχει μια ρίζα ρ στο διάστημα ⎜ − , ⎟ δηλαδή − < ρ < , ρ < τότε 3 3 3 ⎝ 3 3⎠ 2 ν αφού f ( x ) = α 0 + α1 x + α 2 x + ... + α ν x με α 0 = 1 έχουμε f ( x ) = 1 + α1 x + α 2 x 2 + ... + α ν x ν και για x=ρ

f ( ρ ) = 1 + α1ρ + α 2 ρ2 + ... + α ν ρν = 0 ⇔ −1 = α1ρ + α 2 ρ 2 + ... + α ν ρ ν ⇒ −1 = α1ρ + α 2 ρ2 + ... + α ν ρν

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

168

ΚΥΜΕ 2002

ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΛΥΚΕΙΩΝ

Μάρτιος 2002 ν

⇒ −1 = α1ρ + α 2 ρ2 + ... + α ν ρν ≤ α1 ρ + α 2 ρ + ... + α ν ρ και επειδή α κ ≤ 2 , ρ < 2

1⎛ 1 1− ν ⎜ 1⎞ 3 3 ⎛1 1 έχουμε 1 ≤ 2 ⎜ + 2 + ... + ν ⎟ ⇒ 1 ≤ 2 ⋅ ⎝ 1 3 ⎠ ⎝3 3 1− 3 πολυωνύμου ανήκει στο Α.

⎞ ⎟ ⎠ ⇒ 1 ≤ 1 − 1 άτοπο. Άρα κάθε ρίζα του 3ν

5. Μ μέσο της ΕΓ. Έστω ΒΖΓΜ ορθογώνιο το τρίγωνο ΒΔΖ είναι όμοιο με το ΔΕΓ οπότε ΒΖ ΒΔ άρα τα σημεία Ε, Δ, Ζ είναι = ΕΓ ΔΓ συνευθειακά. Τα τετράπλευρα ΒΑΜΓ και ΒΖΓΜ είναι εγγεγραμμένα στον ίδιο κύκλο. Η γωνία ΒΕΑ είναι ίση με την ΑΖΜ αφού το ΒΖΜΕ είναι παραλληλόγραμμο. Η γωνία ΑΖΜ είναι ίση με την ΑΓΜ αφού βαίνουν στο ίδιο τόξο ΑΜ. Άρα ισχύει το ζητούμενο n = ΑΓΕ n. ΒΕΑ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

169

1 3

B Δ

Μ Ε

ΚΥΜΕ 2002

Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία Διαγωνισμός Επιλογής Μαθηματικών για μαθητές κάτω των 15,5 ετών

"Ευκλείδης" Απρίλιος 2002 Επιμέλεια: Σάββας Ιωαννίδης – Πέτρος Πέτρου • •

Χρόνος 4,5 ώρες Να απαντήσετε σε όλα τα θέματα.

ΘΕΜΑ 1 Πατέρας ήθελε να μοιράσει στα τρία παιδιά του ένα ποσό ανάλογα προς τους αριθμούς 2, 3 και 4. Αλλάζοντας όμως γνώμη, τους μοίρασε το ποσό ανάλογα προς τους αριθμούς 3, 4 και 5. Κάποιο από τα παιδιά του επωφελήθηκε κατ' αυτό τον τρόπο το ποσό των £150. Να βρεθεί πόσα πήρε τελικά κάθε παιδί καθώς και το συνολικό ποσό που τους μοιράστηκε. ΘΕΜΑ 2 (Α) Να λυθεί ως προς χ και να διερευνηθεί η εξίσωση ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ a a + ax ⎜1 + ⎟ = a ( a + x ) ⎜1 + ⎟ + a 2 ⎜1 − ⎟ − ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ x για κάθε πραγματικό αριθμό α. n αυτού έχει μέτρο 102° και η γωνία (Β) Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Η γωνία ΔΑΒ n έχει μέτρο 78°. ΒΓΔ Οι πλευρές ΔΑ και ΓΒ προεκτεινόμενες τέμνονται στο σημείο Ε. Οι πλευρές ΑΒ και ΔΓ προεκτεινόμενες τέμνονται στο σημείο Ζ. Να αποδείξετε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών n και ΒΖΓ n τέμνονται κάθετα. ΑΕΒ ΘΕΜΑ 3 Να βρεθεί η συνάρτηση y = f ( x ) ,

f : \ → \ (δηλαδή x, y πραγματικοί αριθμοί) για την

οποία ισχύει 5 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x για κάθε x ∈ \ . Στη συνέχεια να γίνει η γραφική παράσταση της y = f ( x ) σε ορθογώνιο σύστημα αξόνων και να βρεθεί το εμβαδά του χωρίου που περικλείεται μεταξύ του γραφήματος της συνάρτησης y = f ( x ) και των αξόνων Οχ και Οy. ΘΕΜΑ 4 Στο σχήμα δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Από το σημείο Β φέρνουμε ευθύγραμμο τμήμα ΒΖ = ΑΒ ώστε η ΒΖ να είναι κάθετη στην ΑΒ. Από το σημείο Γ φέρνουμε ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ = ΑΓ ώστε η ΓΔ να είναι κάθετη στην ΑΓ. Αν η πλευρά ΒΓ του τριγώνου έχει σταθερό μήκος και το σημείο Α κινείται στο επίπεδο, να δείξετε ότι το μέσο Μ της ΔΖ παραμένει σταθερό σημείο. (Να εξετάσετε μόνο την περίπτωση που το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο).

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

170

Α Δ Μ

Ζ Β

ΚΥΜΕ 2002

Διαγωνισμός Επιλογής Μαθηματικών (κάτω των 15 ½)

Απρίλιος 2002

ΘΕΜΑ 5 1 1 1 1 (Α) Αν + + = α, β, γ πραγματικοί αριθμοί ≠ 0 και ν φυσικός περιττός a β γ a + β +γ

αριθμός να δείξετε ότι ( a + β + γ ) = aν + β ν + γ ν ν

(Β) Να αναλυθεί η παράσταση 34ν +1 + 1 σε άθροισμα τριών τετραγώνων, ν ∈ \ . ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΝΑ 1.

A B Γ A B Γ Α+Β+Γ π = = ⇒ = = = = , 2 3 4 2 3 4 2+3+ 4 9

x y ω x y ω x + y +ω π = = ⇒ = = = = 3 4 5 3 4 5 3 + 4 + 5 12

2π 3π 2π 3π επειδή το πρώτο παιδί κέρδισε , χ= < 9 12 9 12 3π 4π 3π 4π B= , y= επειδή = το δεύτερο παιδί ούτε κέρδισε ούτε έχασε. 9 12 9 12 4π 5π 4π 5π , ω= Γ= επειδή < το τρίτο παιδί έχασε. 9 12 9 12 ⇒ Το πρώτο παιδί πήρε τελικά ₤1350. Το δεύτερο παιδί πήρε τελικά ₤1800 Το τρίτο παιδί πήρε τελικά ₤2250 A=

ΘΕΜΑ 2

⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ a (Α) a + ax ⎜1 + ⎟ = a ( a + x ) ⎜1 + ⎟ + a 2 ⎜1 − ⎟ − , ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ x

x≠0 ⇒

2 a a2 a2 a ⎛ ⎞ 2 a a 2 2 a + ax + a = a ⎜ a + + x + 1⎟ + a − − ⇒ a + ax + a = a + + ax + a + a − − x x x x x x ⎝ ⎠ a a a ⇒ a = 2a 2 − ⇒ = 2a 2 − a ⇒ = a ( 2a − 1) x x x (α) αν α = 0 η εξίσωση αληθεύει ∀x ∈ \ − {0}

1 1 = 2a − 1 ⇒ x = , 2a − 1 x 1 1 1 αν a = δεν υπάρχει λύση, αν a ≠ έχουμε λύση την x = . 2 2 2a − 1

(β) αν a ≠ 0 τότε

Z E + 2 2 180° − 102 − Δ 180° − 78° − Δ =Δ+ + 2 2 2Δ + 180° − 102° − Δ + 180° − 78° − Δ = 2 180° = = 90° . 2

(Β) O1 = H1 + E1 = Δ + Z1 + E1 = Δ +

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

Α 102°

Ο 1

171

78°

ΚΥΜΕ 2002

Διαγωνισμός Επιλογής Μαθηματικών (κάτω των 15 ½)

ΘΕΜΑ 3 y = f ( x),

Απρίλιος 2002

f :\ → \

5 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x ∀x ∈ \ x → 1 − x ⇒ 5 f (1 − x ) + 3 f (1 − 1 + x ) = 1 − x ⇒ 5 f (1 − x ) + 3 f ( x ) = 1 − x

5 f ( x ) + 3 f (1 − x ) = x

−25 f ( x ) − 15 f (1 − x ) = −5 x −5 ⇒ + 15 f (1 − x ) + 9 f ( x ) = 3 − 3x 5 f (1 − x ) + 3 f ( x ) = 1 − x 3 −16 f ( x ) = 3 − 8 x ⇒ f ( x ) = 3 3⎞ 1 3 ⎛ x− , x = 0 ⇒ y = − ⇒ ⎜ 0, − ⎟ , 2 16 16 16 ⎠ ⎝ 1 3 3 ⎛3 ⎞ y =0⇒ x− = 0 ⇒ x = ⇒ ⎜ ,0⎟ 2 16 8 ⎝8 ⎠ 1 3 3 9 E⎛ Δ ⎞ = ⋅ ⋅ = 2 8 16 256 ⎜ OBA ⎟

⎝

1 3 x− 2 16

⎠

3⎞ ⎛ ⎜ 0, − ⎟ 10 ⎠ ⎝

Β ⎛3 ⎞ ⎜ ,0⎟ ⎝8 ⎠

ΘΕΜΑ 4

Φέρνω τις καθέτους στη ΒΓ, τις

Α Δ

Θ Δ

i) ΒΖ = ΑΒ εκ κατασκευής ˆ = Iˆ = 90° ii) Θ 1

ΖΘ, ΔΗ, ΑΙ και ΜΚ.

n = ΒΑΙ n έχουν τις iii) ΘΒΖ

Ι Κ

πλευρές τους κάθετες

⇒ ΑΒΙ = ΒΘΖ ⇒ ΖΘ = ΒΙ (1) και ΒΘ = ΑΙ Δ

Ομοίως τα τρίγωνα ΑΙΓ και ΓΔΗ ⇒ ΔΗ = ΙΓ (2) και ΓΗ = ΑΙ Το τραπέζιο ΘΖΔΗ Άρα MK =

( ΘΖ // ΗΔ ως κ άθετες στη ΘΗ ) έχει διάμεσο την ΜΚ.

( ΖΘ ) + ( ΔΗ ) 2

(1) ∧( 2 )

Ακόμα ΒΚ=ΚΓ και ΘΒ=ΓΗ

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

( ΒΙ ) + ( ΙΓ ) 2

ΒΓ = σταθερ ό . 2

⇒ ΒΚ = ΚΓ =

172

ΒΓ 2

ΚΥΜΕ 2002

Διαγωνισμός Επιλογής Μαθηματικών (κάτω των 15 ½)

Απρίλιος 2002

ΘΕΜΑ 5 1 1 1 1 1 1 1 1 a + β γ − a − β −γ (Α) + + = ⇒ + = ⇒ − ⇒ = a β γ a + β +γ γ (a + β + γ ) a β a+ β +γ γ aβ − (a + β ) a+β ⇒ ( a + β ) γ ( a + β + γ ) = − ( a + β ) aβ ⇒ = γ (a + β + γ ) aβ

( a + β ) γ ( a + β + γ ) + ( a + β ) aβ = 0

( a + β ) ⎡⎣γ a + γβ + γ 2 + a β ⎤⎦ = 0 ( a + β )( a + γ )( β + γ ) = 0 ⇒ (a + β + γ )

Άλλα

⇒ ( a + β ) ⎣⎡γ ( a + β + γ ) + a β ⎦⎤ = 0 ⇒

⇒ ( a + β ) ⎣⎡γ ( a + γ ) + β ( a + g ) ⎦⎤ = 0 ⇒

a = −β

α = −γ

= aν + β ν + γ ν . Αν πάρω ότι a = − β

aν + β ν + γ ν = ( − β ) + β ν + γ ν ν

(ν περιττ ός )

β = −γ

( −β + β + γ )

= γν

− βν + βν + γ ν = γ ν

(Β) 34ν +1 + 1 , ν ∈ \ . 34ν +1 + 1 = 34ν ⋅ 3 + 1 = 34ν + 34ν + 34ν + 1 = 34ν + 34ν + 34ν + 2 ⋅ 32ν − 2 ⋅ 32ν + 1 =

= ( 34ν − 2 ⋅ 32ν + 1) + ( 34ν + 34ν + 2 ⋅ 32ν ) = ( 34ν − 1) + ( 34ν + 34ν + 32ν + 32ν + 2 ⋅ 32ν − 2 ⋅ 32ν ) 2

= ( 34ν − 1) + ( 34ν + 2 ⋅ 32ν + 32ν ) + ( 34ν − 2 ⋅ 32ν + 32ν ) = ( 34ν − 1) + ( 32ν + 3ν ) + ( 32ν − 3ν ) 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

173

ΚΥΜΕ 2002

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΒΜΟ - ΙΜΟ 2002 Μάρτιος 2002 Επιμέλεια: Γρηγόρης Μακρίδης – Ανδρέας Σχοινής •

Χρόνος: 4 ώρες

•

Να λυθούν τα παρακάτω πέντε θέματα.

Δίδεται τρίγωνο ABC , με AC=1 και ∠ACB = 120° . Πάνω στην πλευρά ΑΒ σημειώνουμε σημείο D τέτοιο ώστε ∠ACD = 90° και DB=AC. Να υπολογιστεί το μήκος της AD.

Θέμα 1.

Θέμα 2.

Να δειχθεί ότι, για κάθε θετικό ακέραιο n, το 121n + 1900n − 25 − ( −1) 4n

Θέμα 3.

Αν x,y, z ∈ [0,1] να δειχθεί ότι

Θέμα 4.

Ορίζεται ακολουθία ως εξής:

(i )

a1 = 2

( ii )

an +1 =

an 4 + 9 , 10an

Να δειχθεί ότι

x y z + + ≤2 yz + 1 zx + 1 xy + 1

για n ≥ 2

4 5 < an ≤ , 5 4

για n ≥ 2

Στο εσωτερικό γωνίας ∠XOY δίδονται δύο σημεία Α και Β. Να βρείτε πάνω στις πλευρές ΟΧ και ΟΥ της γωνιάς δύο σημεία Γ και Δ αντίστοιχα έτσι ώστε η γραμμή ΑΓΔΒ να έχει το ελάχιστο δυνατό μήκος.

Θέμα 5.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Θέμα 1.

DB=AC=1, ACB = 900 , DCB = 300 . C 30°

θ χ

Έστω AD = x , CAB = θ 1 ⎛ Δ ⎞ Στο ⎜ ACD ⎟ , έχουμε συνθ = . χ ⎝ ⎠

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

174

ΚΥΜΕ 2002

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΒΜΟ - ΙΜΟ

Μάρτιος 2002

1 2 CB DB CB ⎛ Δ ⎞ Στο ⎜ DBC ⎟ , = = =2⇒ = 2 ⇒ χ iCB = x συνθ ⎝ ⎠ ημ ( 90° + θ ) ημ 30° ημ 30° 2

2 2 4 2 ( x + 1) = 1 + ⎛⎜ ⎞⎟ − 2i1i iσυν 1200 = 1 + 2 + ⇒ χ x χ ⎝ x⎠ 4 2 x 2 + 2 x + 1 = 1 + 2 + ⇒ x 4 + 2 x3 = 4 + 2 x ⇒ x 4 + 2 x3 − 2 x − 4 = 0 ⇒ x x 3 ( x + 2 ) ( x − 2 ) = 0 ⇒ x3 = 2 ⇒ x = 3 2

⎛ ∆ ⎞ ⎜ ABC ⎟ , ⎝ ⎠

Θέμα 2. Παρατηρούμε ότι 1000 = 2³·5³ και ο μεγαλύτερος κοινός παράγοντας του 2³ και 5³

είναι το 1. Αρκεί τότε να δείξω ότι η πιο πάνω έκφραση διαιρείται με το 2³=8 και με το 5³=125 Μέθοδος 1: (με παραγοντοποίηση) Παρατηρούμε ότι οποιαδήποτε μαθηματική έκφραση ( xn − yn ) , όπου n θετικός ακέραιος, έχει το ( x − y ) ως παράγοντα:

− y n ) = ( x − y ) ( x n −1 + x n − 2 y + x h −3 y 2 + ... + y n −1 )

(

121n − 25n + 1900n − ( −4 ) = (121n − 25n ) + 1900n − ( −4 ) n

= 96λ + 1904 μ (όπου λ, μ ακέραιοι) = 8 (12λ1 + 238μ1 ) = 8ε1 (όπου ε1 ακέραιος)

(

121n − 25n + 1900n − ( −4 ) = 121n − ( −4 ) n

) + (1900

− 25n ) =

= 125λ2 + 1875μ2 (όπου λ2 , μ2 ακέραιοι)

= 125 ( λ2 + 158μ2 ) = 125 ε 2 (όπου ε2 ακέραιος)

Μέθοδος 1: (με ισοϋπόλοιπα) n 121 ≡ 25 ( mod 8 ) ⇒ 121n ≡ 25n ( mod 8 ) , 1900 ≡ −4 ( mod 8 ) ⇒ 1900n ≡ ( −4 ) ( mod 8 )

⇒ 121n − 25n + 1900n − ( −4 ) ≡ 0 ( mod 8 ) n

Παρομοίως: 121 ≡ −4 ( mod125 ) ⇒ 121n ≡ ( −4 ) ( mod125 ) n

1900 ≡ 25 ( mod125 ) ⇒ 1900n ≡ 25n ( mod125 )

⇒ 121n − 25n + 1900n − ( −4 ) ≡ 0 ( mod125 ) . Δείξαμε ότι η μαθηματική έκφραση διαιρείται με το 8 και το 125 και έτσι διαιρείται με το 8i125 = 21000 . n

Θέμα 3. Χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορούμε να θεωρήσουμε το x ≤ y ≤ z και έτσι

1 1 1 x y z x+y+z ≥ ≥ ⇒ + + ≤ (i) xy + 1 zx + 1 yz + 1 yz + 1 zx + 1 xy + 1 xy + 1 Θα δείξω ότι: x + y + z ≤ 2xy + 2 (ii) (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ∀x, y ∈ [ 0,1] ⇒ 2xy > xy ≥ x + y − 1 ⇒ 2xy + 1 ≥ x + y Εφόσον z ≤ 1 ⇒ 2xy + z ≥ x + y + z ⇒ 2 ( x + y + 1) ≥ x + y + z ⇒

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

175

x+y+z ≤z xy + 1

( iii )

ΚΥΜΕ 2002

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΒΜΟ - ΙΜΟ

Από (i) και (iii) έχω Θέμα 4.

Μάρτιος 2002

x y z + + ≤2 yz + 1 zx + 1 xy + 1

Για n ∈ , an > 0 και της ανισότητας Cauchy

an 4 + 9 an 3 27 a 3 3 3 3 2 4 = + + + ≥ 4 ⋅ 4 4 n 3 = 4 27 > 10an 10 10an 10an 10an 5 5 10 an Με την μέθοδο της τέλειας επαγωγής: a 4 + 9 16 + 9 25 5 a2 = 1 = = = 10 a1 20 20 4 4 5 Έστω ότι ισχύει για n = κ , < aκ ≤ , κ ≥2 5 4 Θα δείξω ότι ισχύει για ν = κ + 1 a 4 + 9 1+ 9 4 1 5 (α) < aκ < 1 : aκ +1 = κ < = < 5 10aκ 10aκ aκ 4 (i) an +1 =

2 2 aκ 4 + 9 aκ 4 − 10 aκ + 9 ( aκ − 1)( aκ − 9 ) 5 − aκ < = ≤0 ⇒ (β) 1 ≤ aκ ≤ , aκ +1 − aκ = 4 10aκ 10aκ 10 aκ 5 aκ +1 ≤ aκ ≤ 4 4 Από (i) έχω < aκ +1 4 5 5 ⇒ < aκ +1 ≤ 5 5 4 Χ Α΄ και από (α) + (β) έχω aκ +1 ≤ 4

Θέμα 5. Ανάλυση: Έστω ΑΓΔΒ η ζητούμενη γραμμή και Α΄ και

Β΄ τα συμμετρικά των Α και Β αντίστοιχα ως προς τις πλευρές ΟΧ και ΟΨ της γωνίας. Έχουμε ΑΓ=Α΄Γ και

Β Ο

Δ Β΄

ΒΔ=Β΄Δ. Άρα ΑΓ+ΓΔ+ΔΒ=Α΄Γ+ΓΔ+ΔΒ΄. Επομένως για να είναι ελάχιστο το άθροισμα Α΄Γ+ΓΔ+ΔΒ΄. Αυτό συμβαίνει όταν τα σημεία Α΄, Γ, Δ, Β΄ είναι συνευθειακά. Α΄

Σύνθεση: Βρίσκουμε τα συμμετρικά Α΄ και Β΄ των Α

και Β ως προς τις ΟΧ και ΟΨ αντίστοιχα. Φέρουμε την

ευθεία Α΄Β΄ η οποία τέμνει την ΟΧ στο Γ και την ΟΨ

στο Δ. Η γραμμή ΑΓΔΒ είναι η ζητούμενη. Β Ο

Ψ Β΄

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

176

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

177

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

178

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

179

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

180

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

181

ΚΥΜΕ 2002

6η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΝΕΩΝ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 15 ½ ΕΤΏΝ Târgu Mureş, ΡΟΥΜΑΝΙΑ, 23-29 ΙΟΥΝΙΟΥ 2002 JBMO 2002 Χρόνος: 4 ώρες Ιούνιος 2002 Επιμέλεια: Μάριος Αντωνιάδης – Ανδρέας Φιλίππου ΠΡΌΒΛΗΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC με AC = BC. Έστω Ρ σημείο του τόξου ΑΒ που δεν περιέχει το C. Αν είναι CD ⊥ PB , D ∈ PB , να αποδείξετε ότι: ΡΑ + ΡΒ = 2PD ΠΡΌΒΛΗΜΑ 2. Δύο κύκλοι C1 , C2 με άνισες ακτίνες τέμνονται στα σημεία Α, Β και τα κέντρα τους Ο1 , Ο2 βρίσκονται εκατέρωθεν της ευθείας ΑΒ. Έστω Β1 , Β2 τα αντιδιαμετρικά σημεία του Β στους κύκλους C1, C2 αντιστοίχως. Θεωρούμε το σημείο Μ1 του κύκλου C1 και το σημείο Μ2 του κύκλου C2 έτσι ώστε: n AO1 M 1 = n AO2 M 2 < 180° . Αν το Β1 είναι σημείο του κύκλου C1 εσωτερικό της γωνίας n AO M , το Β2 είναι σημείο του C2 εσωτερικό της γωνίας n AO M και 1

n n το Μ είναι το μέσον του ευθύγραμμου τμήματος Β1Β2, να αποδείξετε ότι: ΜΜ 1 Β = ΜΜ 2 Β ΠΡΌΒΛΗΜΑ 3. Να αποδειχθεί ότι:

1 1 1 27 + + ≥ όπου a, b, c. θετικοί b ( a + b ) c ( b + c ) a ( a + c ) 2 ( a + b + c )2

αριθμοί. ΠΡΌΒΛΗΜΑ 4. Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι Ν οι οποίοι έχουν τις ακόλουθες ιδιότητες: (i) Ο αριθμός Ν να έχει ακριβώς 16 διαιρέτες 1 = d1 < d 2 < " < d15 < d16 = N ,

(ii)Ο διαιρέτης που σημειώνεται d5 είναι ίσος με ( d 2 + d 4 ) d 6 . (iii)

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 1. Α΄ Λύση C APBC εγγεγραμμένο τετράπλευρο, άρα από το πρώτο θεώρημα του Πτολεμαίου έχουμε: PB ⋅ BC + PB ⋅ AC = PC ⋅ AB , ( AC = BC ) ⇒ PC ⋅ AB PA + PB = (1) . AC PC ⋅ AB A B Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε: 2 PD = E ( 2) D AC P Φέρουμε CE ⊥ AB , τότε AB = 2 AE είναι ισοδύναμο να 2 ⋅ AE ⋅ PC PD AE n = συν CAB n που ισχύει, αποδειχθεί ότι 2 PD = Ù συν CPB ⇔ = AC PC AC n n αφού οι γωνίες CPB και CAB είναι ίσες ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

182

ΚΥΜΕ 2002

6η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 15 ½

Ιούνιος 2002

Β΄ Λύση. Προεκτείνουμε το ΡΒ κατά τμήμα BZ = AZ . Το τρίγωνο BCZ και APC είναι ίσα ( CD = CZ και το τρίγωνο CPZ είναι ισοσκελές με CD = AZ . Έτσι το σημείο D είναι το μέσο του τμήματος PZ , άρα 2PZ = PZ = PB + BZ = PA + PB

2. Α΄ Λύση P 0 0 0 n n Επειδή είναι B 1 AΒ + BAΒ 2 = 90 + 90 = 180 , τα σημεία Β1, Α, Β2 είναι συνευθειακά. n n AO1 M 1 n AO2 M 2 3600 − n AB2 M 2 AB2 M 2 n ABM 1 = = = = 1800 − = 1800 − n ABM 2 ⇒ 2 2 2 2 n ABM 1 = n ABM 2 = 180° δηλαδή τα σημεία M 1 , B, M 2 είναι συνευθειακά. A

B2 O2

O1 N B

Από τα ΑΒΜ1Β1, ΑΒΜ2Β2 εγγεγραμμένα τετράπλευρα ⇒ n AB1 M 1 + n AB2 M 2 = n ABM 1 + n ABM 2 = 1800 ⇒ B1 M 1 M 2 B2 είναι τραπέζιο. Ν μέσον του M 1 M 2 ⇒ ΜΝ διάμεσος τραπεζίου ⇒ MN // B 1 M 1 // B2 M 2 . n Άρα MN ⊥ M 1 M 2 αφού B1 M 1 ⊥ M 1 M 2 ( B 1 M 1 B2 = 90°). Άρα στο τρίγωνο MM 1 M 2 το τμήμα ΜΝ είναι ύψος και διάμεσος, άρα το τρίγωνο MM 1 M 2 είναι ισοσκελές, άρα n n MM B = MM B. 1

Β΄ Λύση 0 0 n n n n B 1 AB = 90 = BAB2 ⇒ B1 AB + BAB2 = 180

A B 1

⇒ B1 , A , B2 είναι συνευθειακά. n O1 AO1 M 1 n AO2 M 2 3600 − n AB2 M 2 n ABM 1 = = = M1 2 2 2 n AB2 M 2 = 1800 − = 1800 − n ABM 2 2 ⇒ n ABM 1 + n ABM 2 = 1800 ⇒ τα σημεία M 1 , B, M 2 είναι συνευθειακά.

BB2 ⎫ = AO2 ⎪ 2 ⎪ BB1 ⎪ ⎛ Δ ⎞ ⎛ Δ ⎞ n n MO2 = = AO1 ⎬ ⇒ ⎜ ΜΟ1 Α ⎟ = ⎜ ΜΟ 2 Α ⎟ ⇒ ΜΟ1 Α = ΜΟ 2 Α 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪ AM = AM (κοιν ή πλευρ ά ) ⎪ ⎪ ⎭ MO1 =

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

183

ΚΥΜΕ 2002

6η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 15 ½

(

Ιούνιος 2002

)

n n Ο1Ο 2 // Β1Β2 ⇒ Ο1Ο 2 // ΜΑ , ΜΟ 1 Α = ΜΟ 2 Α ⇒ MO1O2 A εγγράψιμο ισοσκελές

τραπέζιο. Άρα MO1 = AO2 = O2 M 2 και MO2 = AO1 = O1 M 1 n n n n MO M =n AO M − MO A= n AO M − MO A = MO M 1

Άρα τα τρίγωνα MO1 M 1 , MO2 M 2 είναι ίσα ⇒ MM 1 = MM 2 ⇒ MM 1 M 2 ισοσκελές n n τρίγωνο ⇒ MM B = MM B . ( M , B, M είναι συνευθειακά) 1

3. Α΄ Λύση Εφαρμόζουμε την ανισότητα του γεωμετρικού και αριθμητικού μέσου. 1 1 1 27 (1) + + ≥ b ( a + b ) c ( b + c ) a ( a + c ) abc ( a + b )( b + c )( c + a )

⎛a+b+c⎞ ⎜ ⎟ ≥ abc , 3 ⎝ ⎠ 3

⎛ 2 ( a + b + c ) ⎞ ⎛ ( a + b) + (b + c ) + (c + a ) ⎞ και ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ≥ ( a + b )( b + c )( c + a ) . (2) 3 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε 3

3 ⎛ a + b + c ⎞ ⎛ 2(a + b + c) ⎞ ⎟ ≥ abc ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇒ ⎜ ⎟ ⋅⎜ 3 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3

(a + b + c) 33

⋅

23 ( a + b + c )

≥ abc ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇒

1 abc ( a + b )( b + c )( c + a )

≥

33 ⋅ 33 23 ( a + b + c )

⇒

1 1 1 27 + + ≥ b ( a + b ) c ( b + c ) a ( a + c ) 2 ( a + b + c )2 Β΄ Λύση Από την ανισότητα του Cauchy-Schwartz έχουμε: 2 ⎡ ⎤ ⎛ 1 1 1 1 1 1 ⎞ + + ⇒ ⎣⎡( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ⎦⎤ ⎢ b a + b + c b + c + a a + c ⎥ ≥ ⎜ ) ( ) ⎦ ⎝ b c a ⎟⎠ ) ( ⎣ ( 2

⎛ 1 1 1 1 1 1 ⎞ 1 + + ≥⎜ + + ⇒ ⎟ b ( a + b) c (b + c ) a ( a + c ) ⎝ b c a ⎠ 2(a + b + c) 2

⎛ 1 1 1 ⎞ 1 27 + + ≥ Άρα είναι αρκετό να αποδειχθεί ότι: ⎜ ⇔ ⎟ 2 c a ⎠ 2(a + b + c) 2(a + b + c) ⎝ b 2

⎛ 1 1 1 ⎞ ( a + b + c ) ⎜ + + ⎟ ≥ 27 c a⎠ ⎝ b

Ισχύει 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) για κάθε x, y, z θετικούς ακέραιους. 2

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

184

ΚΥΜΕ 2002

6η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΚΑΤΩ ΤΩΝ 15 ½

Εάν a = x , b =

y, c = z

( ⇒ a+b+c ≥

Ιούνιος 2002

a+ b+ z

)

⎛ 1 1 1 ⎞ + + a+ b+ c ⎜ ⎟≥9 b c⎠ ⎝ a η οποία είναι ισοδύναμη με την ανισότητα του αρμονικού-γεωμετρικού μέσου. Η απόδειξη συμπληρώνεται εάν δειχθεί ότι:

(

)

4. Αρχικά παρατηρούμε ότι ο αριθμός Ν δεν έχει περισσότερες από 4 διακριτούς πρώτους διαιρέτες και d = 2 . Από δεδομένα έχουμε ότι 2 + d 4 ≥ d5 ≥ 7 άρα d 4 ≥ 5 . Επειδή d 4 < d5 ≤ 2 + d 4 έχουμε d5 = 1 + d 4 (1) ή d5 = 2 + d 4 (2) Εάν ισχύει η περίπτωση (1) έχουμε d 6 = 2 + d 4 και τότε το Ν είναι πολλαπλάσιο του 3, άρα d3 = 3 . Επειδή 6 / N έχουμε ότι d 4 = 6 ⇒ d5 = 7, d 6 = 8 , έτσι το 4 / N και d 4 = 4 το οποίο είναι άτοπο. Εάν ισχύει η περίπτωση (2) : d5 = 2 + d 4 . Έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις:

•

Εάν 4 / N , επειδή d 4 > 5 ⇒ d3 = 4 ⇒ 8 / N

d 6 ≥ 8 πρέπει 8 ∈ {d 4 , d5 , d 6 } που είναι άτοπο.

Εάν d 4 = 8 ⇒ d5 = 10 , άρα 5 / N και d 4 = 5 αδύνατο. Εάν d5 = 8 ⇒ d 4 = 6 , άρα 3 / N και d3 = 3 αδύνατο.

Εάν d 6 = 8 ⇒ d5 = 7 , d 4 = 5 άρα 10 / N . Αλλά d 7 = ( 2 + 5 ) 8 = 56 > 10 , αδύνατο.

Επειδή Ν δεν διαιρείται με το 4 τότε ο d3 είναι πρώτος αριθμός. •

Εάν 3 / N , έχουμε ότι d3 = 3 . Επειδή 6 / N και d 4 ≥ 6 ⇒ d 4 = 6 άρα d5 = 8 ⇒ 4 / N αδύνατο. Έτσι ο αριθμός 3 δεν διαιρεί τον Ν άρα d3 ≥ 5 και d 4 ≥ 7 . Ο αριθμός Ν και 2 + d 4 δεν είναι πολλαπλάσια του 4 άρα d 4 είναι περιττός. Ο 2 + d 4 δεν είναι πολλαπλάσιο του 4 άρα ο d 4 είναι περιττός. Επειδή ο 2 + d 4 και d 4 δεν είναι διαιρετοί με το 3 έχουμε ότι d 4 = 3k + 2 για κάποιες ακέραιες τιμές του κ και επειδή περιττός τότε d 4 = 6l + 5 για κάποιες τιμές του l . d5 ≤ 16 ⇒ 7 ≤ d 4 ≤ 14 . Η μόνο λύση είναι d 4 = 11 και d3 = 13 . Ισχύει 2d3 / N και 2d3 ≥ d 4 ⇒ d3 ≥ 6 . Εφόσον d3 είναι πρώτος και 2d3 ≥ d 4 ⇒ d3 ≥ 6 . d3 είναι πρώτος και d3 < 11 ⇒ d3 = 7 . Άρα N = 2 ⋅ 7 ⋅ 11 ⋅ 13 ⇒

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

185

N = 2002

ΚΥΜΕ 2002

ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ 2002 Ι.Μ.Ο. 2002 Ενωμένο Βασίλειο • •

Ιούλιος 2002

Επιμέλεια: Ανδρέας Σχοινής – Χρίστος Παπαχριστοδούλου Να λυθούν όλα τα προβλήματα Διάρκεια διαγωνισμού: 4 ώρες και 30 λεπτά ΠΡΩΤΗ ΗΜΕΡΑ

ΠΡΌΒΛΗΜΑ 1. Έστω n θετικός ακέραιος και Τ το σύνολο των σημείων (x , y) του επιπέδου, όπου x και y είναι μη αρνητικοί ακέραιοι αριθμοί με x + y < n. Κάθε σημείο του συνόλου Τ χρωματίζεται κόκκινο ή μπλε. Αν ένα σημείο (x , y) είναι κόκκινο, τότε θα είναι κόκκινα και όλα τα σημεία (x΄ , y΄) του Τ με x΄ ≤ x΄ και y΄ ≤ y. Κάθε σύνολο που αποτελείται από n μπλε σημεία με διαφορετικές τετμημένες x ονομάζεται σύνολο τύπου Χ και κάθε σύνολο που αποτελείται από n μπλε σημεία με διαφορετικές τεταγμένες y ονομάζεται σύνολο τύπου Y. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των συνόλων τύπου Χ είναι ίσος με τον αριθμό των συνόλων τύπου Y. ΠΡΌΒΛΗΜΑ 2. Έστω BC μια διάμετρος του κύκλου Γ με κέντρο Ο. Έστω Α ένα σημείο ˆ < 1200. Έστω D το μέσο του τόξου ΑΒ που πάνω στον κύκλο Γ τέτοιο ώστε 00 < AOB δεν περιέχει το σημείο C. Η ευθεία που περνά από το σημείο Ο και είναι παράλληλη προς την ευθεία DA τέμνει την ευθεία AC στο σημείο I. Η μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος OA τέμνει τον κύκλο Γ στα σημεία E και F. Να αποδείξετε ότι το σημείο I είναι το κέντρο του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο CEF κύκλου. ΠΡΌΒΛΗΜΑ 3. Να βρείτε όλα τα ζεύγη των ακεραίων m , n ≥ 3 για τα οποία υπάρχουν άπειροι ακέραιοι θετικοί αριθμοί α τέτοιοι ώστε ο αριθμός :

αm + α − 1 αn + α 2 − 1

να είναι ακέραιος. ΔΕΥΤΕΡΗ ΗΜΕΡΑ ΠΡΌΒΛΗΜΑ 4. Έστω n ένας αριθμός μεγαλύτερος του 1. Όλοι οι θετικοί διαιρέτες του n είναι οι d1 , d2, . . . dk, όπου 1 = d1 < d2 < . . . < dk = n Ορίζουμε D = d1d2 + d2d3 + . . . d k-1dk. (a) Να αποδείξετε ότι: D < n2 (b) Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του n για τις οποίες ο D είναι διαιρέτης του n2. ΠΡΌΒΛΗΜΑ 5. Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : \ → \ , όπου \ είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών, για τις οποίες ισχύει (f(x) + f(z)) (f(y) + f(t)) = f (xy - zt) + f (xt + yz) για όλα τα x, y, z, t που ανήκουν στο \ . ΠΡΌΒΛΗΜΑ 6. Δίνονται οι κύκλοι Γ1, Γ2, . . . , Γη , η ≥ 3, που βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο και έχουν ακτίνα ίση με 1. Τα κέντρα τους είναι Ο1, Ο2, . . . , Οη, αντίστοιχα. Δίνεται ακόμη, ότι δεν υπάρχει ευθεία που να έχει κοινά σημεία με περισσότερους από δύο κύκλους. Να αποδείξετε ότι:

∑

1≤ i< j≤ n

1 (n − 1) π όπου : ≤ Oi O j 4

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

1 1 1 1 1 1 = + +... + + +. . . + O1O 2 O1O3 O1O n O 2 O3 O n −1O n 1≤i< j≤ n O i O j

∑

186

ΚΥΜΕ 2002

ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ Ι.Μ.Ο

Ιούλιος 2002

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΠΡΌΒΛΗΜΑ 1. Συμβολίζουμε με αi τα μπλε σημεία με τετμημένη (χ), i και με bi τα μπλε σημεία με τεταγμένη (y), i. Πρέπει να αποδειχθεί ότι: α0 α1 α2 . . . α η-1 = bo b1 b2 . . . b n-1 και γι’αυτό θα αποδειχθεί ότι α0 , α1 , α2 , . . . αη-1 είναι μετάθεση των b0 , b1 , b2 , . . . b n-1 .Η απόδειξη γίνεται με μαθηματική απαγωγή. Η περίπτωση n = 1 είναι φανερή. Υποθέτουμε ότι για κάθε φυσικό μικρότερο του n πρόταση ισχύει. Θεωρούμε πρώτα την περίπτωση που κάθε σημείο (x , y) με x + y = n + 1 είναι μπλε. Αγνοώντας τα σημεία αυτά, έχουμε στο σχήμα την περίπτωση για n - 1 με μπλε μπλε στήλες α0 -1 , α1-1 , . . . α η-2 -1 και μπλε γραμμές b0 -1 , b1 -1 , . . . bn-2 -1 . Συνεπώς Ρ(κ, n-κ-1) σύμφωνα με την υπόθεση οι α0 -1 , α1-1 , . . μπλε A . αη-2 -1 είναι μετάθεση των b0 -1 , b1 -1 , . . κόκκινο . b n-2 -1 και εφόσον α n-1 = b n-1 = 1 ισχύει O το αποδεικτέο. B Θεωρούμε τώρα το σημείο (κ , n-κ-1) κόκκινο. Το ορθογώνιο ΟΑΡΒ των σημείων (x , y) με x ≤ y και y ≤ n-κ-1 περιέχει κόκκινα σημεία. Συνεπώς σύμφωνα με την υπόθεση της επαγωγής οι τιμές α0 , α1 , α2 , . . . ακ-1 είναι μετάθεση των bη-κ , bη-κ+1 , . . . , bη-1 και ομοίως οι τιμές ακ+1 , ακ+2 , . . . , αη-1 είναι μετάθεση των b0 , b1 , b2 , . . . b n-κ-2 . Επειδή ακ = bη-κ-1 = 0 ισχύει το αποδεικτέο και στην περίπτωση αυτή. ΠΡΌΒΛΗΜΑ 2. Το Α είναι μέσο του τόξου EAF , άρα η CA ˆ . Επειδή διχοτομεί την γωνία ECF

1 2

ˆ = AOB ˆ = OAC ˆ ΟΑ = ΟC , AOD άρα η OD

είναι παράλληλη της IA και το ODAI είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως AI = OD = OE = AF επειδή OEAF είναι ρόμβος (οι διαγώνιοι διχοτομούνται κάθετα). Άρα ισχύει

E B

o m n q

ˆ = AIF ˆ = IFC ˆ = IFA ˆ − EFA ˆ = AIF ˆ − ECA ˆ − ICF ˆ IFE

. Δηλαδή IF διχοτομεί τη γωνία EFC και Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου CEF. c1

ΠΡΌΒΛΗΜΑ 3. Έστω (m, n) ζεύγος που ικανοποιεί το πρόβλημα. Προφανώς πρέπει n < m.Υποθέτουμε ότι f(x) = x m + x − 1 διαιρείται ακριβώς με το g(x) = xn + x2 - 1 στο Z[x]. Πράγματι εφόσον g(x) έχει συντελεστή (xn) = 1 ισχύει: f (x) r(x) = q(x) + όπου βαθμός r(x) < βαθμός g(x). Το κλάσμα r(x) / g(x) τείνει στο μηδέν g(x) g(x) για x → +∞ ενώ για απέραντο πλήθος τιμών α παίρνει ακεραία τιμή.Συνεπώς r(α) /g(α) = 0, και επομένως r(x) ≡ 0. Η υπόθεση ισχύει και ειδικά σημειώνεται ότι f(α) / g(α) είναι

ακέραιος για κάθε ακεραία τιμή α.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

187

ΚΥΜΕ 2002

ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ Ι.Μ.Ο

Ιούλιος 2002

Τόσο f(x) όσο και g(x) έχουν μια κοινή ρίζα στο διάστημα (0,1) διότι και οι δύο είναι αύξουσες στο διάστημα [0,1] με f(0).f(1) < 0, g(0).g(1) < 0. Επειδή και g(x) διαιρεί το f(x) η ρίζα είναι κοινή και έστω ότι είναι η α. Με την βοήθεια της ρίζας α θα αποδειχθεί ότι m < 2n. Έστω α > φ με φ = 0,618 . . . της θετικής ρίζας της h(x) = x2 + x -1. Επειδή f είναι αύξουσα στο (0,1) και f(φ) < h(φ) = 0 = f(α) .Επί πλέον αν m ≥ 2n θα είναι: 1 - α = αm ≤ (αn)2 = (1 - α2) 2 ⇒ α(α - 1) (α2 + α -1) ≥ 0 ⇒ α ≤ φ που αντίκειται στην υπόθεση α > φ ⇒ m < 2n . Θα αποδειχθεί ότι η μοναδική λύση με m > 2n είναι m = 5 και n = 3. Έστω ότι λύση υπάρχει. Για α = 2: d = g(2) = 2n + 3 - 2m ≡ 1(mod d). Έστω m = n + k όπου 1 ≤ κ < n ώστε: - 2m ≡ (d - 2n)2k ≡ 3 . 2k (mod d) δηλαδή - 2m ≡/ 1 (mod d) όταν 1 ≤ k ≤ n − 2 . Όταν k = n - 1 ⇒ m = 2n - 1 , το ελάχιστο θετικό υπόλοιπο mod(d) για - 2m δίνεται από το 3.2n-1 - d = 2n-1 - 3 που για n = 3 δίνει m = 5. Τέλος η ταυτότητα α5 + α -1 = (α3 + α2 1).(α2 - α+ 1) δείχνει ότι το ζεύγος (5 , 3) είναι λύση. ΠΡΌΒΛΗΜΑ 4. α) Όταν ο d είναι διαιρέτης του n τότε και D=

∑

1<i< k

d i d i+1 = n 2

β) Για d2 = p , d k −1 =

n είναι διαιρέτης του n. Άρα: d

1 1 1 n2 2 n ( ) ≤ − < = n2 ⇒ D < n2 ∑ dd ∑ d d d1 i i +1 1<i< k i i +1 1<i< k

n , dk = n όπου p είναι ο μικρότερος πρώτος διαιρέτης του n. p

Αν n = p τότε κ = 2 και D = p που διαιρεί το n2. Αν n είναι σύνθετος το κ > 2 και D > d k −1 .d k = διαιρεί τον n2 τότε και το

n2 . Στην περίπτωση αυτή αν ο D p

n2 n2 διαιρεί το n2. Αλλά 1 < < p που είναι αδύνατο, διότι ο p D D

είναι ο μικρότερος πρώτος διαιρέτης του n2 . Συνεπώς το άθροισμα D διαιρεί το n2 μόνο όταν ο n είναι πρώτος αριθμός. ΠΡΌΒΛΗΜΑ 5. f(xy - zt) + f(xt + yz) = [f(x) + f(z)]. [f(y) + f(t)]

(*)

για κάθε πραγματικούς x , y , z , t. H εξίσωση (*) έχει για κάθε x ∈ R λύσεις f(x) = 0 , f(x) =

1 και f(x) = x2 . Οι τρεις λύσεις ικανοποιούν την (*) δίνοντας αντίστοιχα στα δύο 2

της μέρη τις τιμές 0 , 1 και (x2 + z2).(y2 + t2). Θα αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις. Θέτουμε στην (*) x = y = z = 0 οπότε 2f(0) = 2f 2(0).[f(0) + f(t)]. Αν και t = 0 , f(0) = 2f 2(0) οπότε f(0) = 0 f(0) = Για f(0) =

1 . 2

1 1 έχουμε f(0) + f(t) = 1 ⇒ f (t) = . Για f(0) = 0 και z = t = 0 στην (*) 2 2

προκύπτει f(xy) = f(x).f(y). Για x = y = 1 f(1) = f 2(1) ⇒ f(1) = 0 ή f(1) = 1 f(x.1) = f(x).f(1) για f(1) = 0 έχουμε f(x) = 0. Για x = 0 και y = t = 1 στην (*) έχουμε f(-z) + f(z) = 2f(z) δηλαδή f(-z) = f(z) για κάθε z ∈ \ , δηλαδή f(x) είναι άρτια συνάρτηση. Έχουμε f(x2) = f 2(x) ≥ 0. Για x = t , z = y στην (*) έχουμε f(x2 + y2) ≥ f 2(x) = f(x2). Συνεπώς αν u ≥ v ≥ 0 και f(u) ≥ f(v) οπότε η f είναι αύξουσα. Με μαθηματική επαγωγή προκύπτει ότι f(n) = n2 για κάθε φυσικό n. Επειδή f είναι άρτια και f(n) = n2 και πολλαπλασιαστική θα ισχύει και f(α) = α2 για κάθε ρητό αριθμό α.

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

188

ΚΥΜΕ 2002

ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ Ι.Μ.Ο

Ιούλιος 2002

Έστω ότι f(x) ≠ x2 για κάποιο θετικό αριθμό x. Αν f(x) < x2 , έστω ρητός α με x > α > f (x) οπότε f(α) = α2 > f(x). Αλλά f(α) ≤ f(x) διότι f είναι αύξουσα οπότε με τον ίδιο τρόπο και η f(x) > x2 είναι αδύνατη, συνεπώς f(x) = x2 για κάθε x ∈ \ ΠΡΌΒΛΗΜΑ 6. Για την λύση θα χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο λήμμα: Αν Ω περιφέρεια κύκλου ακτίνας ρ και PR , QS Q δύο χορδές που τέμνονται σε σημείο Χ ώστε: 2a q + (RS) p = 4ρ ˆ = RXS ˆ = 2α τότε (PQ) PXQ

R X

q + (RS) p = ρ.2λ + Είναι φανερό πως 2α = μ + λ οπότε (PQ)

ρ.2μ = 2ρ.(λ + μ) = 4αρ. Περιβάλλουμε τους κύκλους C1 , C2 , . . . , Cn με περιφέρεια κύκλου Ω και ακτίνας ρ. Θεωρούμε δύο κύκλους Ci , Cj με κέντρα Oi , Oj αντίστοιχα. Σύμφωνα με τα δεδομένα οι κύκλοι Ci και Cj δεν τέμνονται. Αν 2α είναι η γωνία των δύο κοινών εσωτερικών εφαπτομένων PR και QS (σχήμα 2) θα έχουμε OiOj = 2στεμα , άρα ≠

S m

l O

Ω

(σχήμα 1)

2 = ημα ≤ α Oi O j

Από το λήμμα έχουμε: q p q + (RS) p = 4αρ ≥ 8ρ ⇒ 1 ≤ (PQ) + (RS) (PQ) Oi O j Oi O j 8ρ

R Q

l ci Ω

Oi j

k S

(σχήμα 2)

Για το άθροισμα όλων των πιο πάνω τιμών θα αποδείξουμε πως κάθε σημείο της περιφέρειας Ω καλύπτεται από τέτοια τόξα το πολύ (n - 1) φορές. Έστω Τ σημείο της Ω και TU εφαπτομένη στο Τ της Ω. Αν TU στραφεί περί το Τ δεν μπορεί να κόψει τρεις κύκλους μέσα στον Ω αλλά θα κόψει δύο, έστω τους C1 και C2. Στην περιστροφή της όταν θα συναντήσει άλλο κύκλο δεν θα τέμνει πλέον έστω τον C1. Με αυτό τον τρόπο βλέπουμε ότι ο μεγαλύτερος

αριθμός των περιπτώσεων που η TU τέμνει τα ζεύγη των κύκλων είναι (n - 1). Εφόσον το Τ είναι τυχαίο προκύπτει πως το Άθροισμα των μηκών των τόξων είναι μικρότερο ή ίσο προς 2(n -1)πρ. Οπότε : q + (RS) p 1 (PQ) 2(n − 1) πρ π = = (n − 1). ∑ OO ≤ ∑ 8ρ 8ρ 4 1≤i< j≤ n i j 1≤i< j≤ n

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

189

T U Ω

ΚΥΜΕ 2002

Μαθηματικό Βήμα ΙΘ

190

ΚΥΜΕ 2002