Ευκλειδης Β 60

) g( β β fα g'(x)f(g(x))dx=Jrg(_ α)f(x)dx g(x)f(t)dt , = f(g(x))·g'(x).

Jα βf '(x)g(x)dx= [t(x)g(x)J β - βf(x)g'(x)dx α Jα Jα ατική Εταιρεία

ά

ιδεuιι

Βιβλία

yια μαβητέ� και εκπαιδευτικού� MAPIA ΕΥΠΑθΙΟΥ • ΕΛΕΥθΕΡΙΟΣ ΠΡΟΤΟΠΑΠΑΣ

ΜΕθΟΔΟλΟΓ IA

σ' ινισΙοu Λuκcrou

Μεθοδολογία Άλγεβρας

Γεωμετρία Β' Ενιαίου Λυκείου

Γεωμετρία

Α' Ενιαίου Λυκείου

Α' Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας

Γ. Βιδάλης, Β. Γκιμίσης

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Ε. Πρωτοπαπάς

ΕΛΕΥΘΕΡΙΟΙ: ΠΡΟΤΟΠΑΠΑΣ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ

/)'

μαθηματικά ι;· τόμος

ενιαίου Λυκείου

ΘΕfΙΚΗΣ ΚΑΙ TEXNOΛOflkHΣ: t(AfEYθ'fNDii

Μεθοδολογία Άλγεβρας Β' Ενιαίου Λυκείου Γενικής

Μαθηματικά

Αρχές οικονομικής θεωρίας

Γ Ενιαίου Λυκείου

Γ Ενιαίου Λυκείου

Παιδείας

Π. Μηλίτσης

Ε. Πρωτοπαπάς

σ

ε:

ό

ι4

α.

τ

α.

b

ι

Θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης Α· τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς Β' τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς, Σ. Γκούμας

b

n

ι

o

n

w

n

ε:ia.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ: ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ 65, 106 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.11.850

www.patakis.qr

Web site: http://www.patakis.gr - e-mail: info@patakis.gr, sales@patakis.gr

ΠΑΤΑΚΗ

KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, 106 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.31.078 ΥΠΟΚ/ΜΑ: Ν. ΜΟΝΑΠΗΡΙΟΥ 122, 563 34 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ, ΤΗΛ. 2310.70.63.54

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 60

•

Απρίλιος

•

Μάϊος

•

Ιούνιος 2006

•

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

Ευρώ: 3,50

ΜΑΘΗΜΑ11ΚΟ ΠΕΡΙΟΔJΚΟ ΠΑ το ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

./ Ισ τορικές Μαθηματικές Αναφο ρές ./ Στοιχεία Μαθηματικής Λοyικής

•

yωνία της Ιστορίας των Μαθηματικών

. . . .2

. ... . . . . . ..... . . ...... . . .. . ....... ..... . 6

./ Homo· Mathematicus ........................................................11

./ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ............................15

./ Άλyεβρα

./ Γεωμετρία

Μαθηματικά

Α'

Τάξης

..................................................... 17 ................................................ / ...... . . . . ..... 25

./ Άλyεβρα

I

Μαθηματικά

Β'

Τάξης

• .

./ Γεωμετρία

./ Κατεύθυνση

. . . . . . .31

Μαθηματικά

./ Μαθηματικά Κατεύθυνσης

Γ'

.......

38

Τάξης

. 49

./ Μαθηματικά Γενικής Παιδεία

./ Το Βήμα του Ευκλείδη

.34

. 57

. . . . . . . . .... . ..... . . . ... . . . . ....... . . . .. . . . . 67

./ Ο Ε υκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη και ...Διόφαντο

./ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

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

. . . . . . . . . .. . . . 71

.............. 76

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34- 106 79 ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 21Ο 3617784 " 3616532 Fax:2103641025

Εκδότης: Εξαρχ6κος Θεόδωρος

Διευθυντής: Τυρλής Ιω6ννης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105- 7998

Επιμέλεια 'Εκδοσης:

Κυριακόπουλος Αντώνης Ευσταθίου Βαγγέλης

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος:

Σuνταντική ε π ιτρο π ή

Αθανασόπουλος Γεώργιος Λαζαρίδης Χρήστος Ανδρουλακάκης Νίκος Λουρίδας Σωτήρης Αντωνόπουλος Νίκος Μαλαφέκας Θανάσης Κυριακόπουλος Αντώνης Αργυράκης Δημήτριος Μεταξάς Νικόλαος Αντιπρόεδροι: Ατσαλόγλου Χρήστος Μυλωνάς Δημήτρης Βακαλόπουλος Κώστας Μώκος Χρήστος Α": Eυcnαtfoυ Βαγγcλης ΣαίτηΕvα Βλάχου Αγγελική Σταθόπουλος Γεώργιος Β": Ταcrcrόπουλος Γιώργος Γράψας Κων/νος Σταϊκος Κώστας Δρο'\ίτσας Παναγιώτης Γραμματέας: Στάϊκος παναγιώτης Ευσταθίου Βαγγέλης Στρατής Γιάννης Χριcnόπουλος Παναγιώτης Ζώτος Βαγγέλης Ταπεινός Νικόλαος Καλίκας Σταμάτης Τασσόπουλος Γιώργος Καρακατσάνης Βασίλης Μέλη: Αργυρ6κης Δ. Τριάvτος Γεώργιος Καρκάνης Βασίλης Δρούτcrας Π. Τσαγκάρης Ανδρέας Κατσοvλης Γιώργος Τσικαλουδάκης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Λουρfδας Σ. Τσιοvμας Θανάσης Κηπουρός Χρήστος Ταπeινός Ν. Τυρλής Ιωάννης; Κόvτζιας Νίκος Χαραλαμπίδης Γιώργος ·Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Χαραλαμποποολου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Κυριακοποvλου­ Κυβερνήτου Χρυστ . Χριστόπουλος Παναγιώτης

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

KENWO fPAΦIΚfiN ΤΕΧΝΩΝ: ΔΙΗΝΕΚΕΣ

Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση: Ακαδημίας 43, Αθιivα τηλ.: 210 3606760, fax.: 210 3606826 e-mail: diinekes@myqnet.gr

Εκτύnωαη: ΙΝ7ΈΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8 I 60330 Υπcιίθuνος τunογpαφeίοu: Β. Σωτηριάδης

•

•

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6τι πρστείνοντ:αι απ6 την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λοοεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να σtεΛ.νοντ:αι έγκαιρα, σαι γραφεία της Ε.Μ.Ε.με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β"''. Τα χειeόγραφα δεν επωtρέφοντ:αι. Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια σιινδQομή (10;00 + 4,00 ΤαχυδQομικά: ευQώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 10,00 Το αντίτιμο για τα τε'ύχη ποιι παραγγε. Λ νονw.ι στεΛ.νεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε.Ταχ.Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται σtα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Επιμέλεια: Χ ρήστος Κηπουρός Το άρθρο που ακολουθεί μας έστειλε ο καθηγητής του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων και, πρόεδρος της ΕΜΕ, κατά το παρελθόν, κ. Θόδωρος Μπόλης. Το περtεχόμενό του, που ανήκει στη θεωρία των αριθμών, αναφέρεται σε μια ειδική κα­ τηγορία πρώτων αριθμών που ονομάζονται αριθμοί του Mersenne. AJJ..f:ι. δεν περιορίζεται μόνο σ' αυτούς. Μας δίνει πλη­ θώρα ηλεκτρονικών διευθύνσεων εmστημονικών ομάδων που ασχολούνται μ' αυτούς τους αριθμούς καθώς, επίσης, και ενδιαφέρουσες ιστορικές πληροφορίες για τους Μαθημαnκούς που οδηγούμενοι από «θεία περιέργεια», μελέτησαν σε βάθος αυτούς τους αριθμούς αλλά και άλλους πρώτους. Επειδή η στήλη αυτή επιθυμεί και τη συμμετοχή των μαθητών του Λυκείου, που διαθέτουν Η/Υ, θα δώσουμε μερικά πληροφοριακά στοιχεία για να εισαγάγουμε mo απλά τους ανα­ γνώστες μας στο αντικείμενο του άρθρου. Οι πρώτοι αριθμοί, γνωστοί από την αρχαιότητα, έχουν μελετηθεί από τον Ευκλείδη, τον Ερατοσθένη, τον Διόφαντο και άλλους.. Ο εντοπισμός τους έγινε συστηματικά από τον Ερατοσθένη με το περίφημο «κόσκινό του». Έκτοτε πολλοί μαθηματικοί προσπάθη­ σαν να δώσουν μαθηματικό τύπο που να παρέχει τους πρώτους αριθμούς. Ωστόσο, όλες οι προσπάθειες απέτυχαν. Ο Fermat, πρώτος ισχυρίστηκε ότι οι αριθμοί της μορφής:

Ν=

Pieπe de Feπnat 1 60 1 - 1 665

22" + 1 είναι πρώτοι, για n=0,1,2,3,4. Ο Fermat και ο Toπicelli νόμιζαν ότι και οι δύο επόμενοι αριθμοί είναι πρώτοι. Ο Euler, όμως, απέδειξε ότι είναι σύνθετοι. Έτσι οι Μαθηματικοί αναγκάστηκαν να μελετήσουν διάφορα υποσύνολα των πρώτων αριθμών που πληρούν κάποια ιδιότητα. Π.χ. οι αριθμοί του Mersenne (βλ.πιο κάτω), οι δίδυμοι πρώτοι αριθμοί(δηλ. οι πρώτοι που διαφέρουν κατά 2 μονάδες, βλ. Ευκλείδης Β' στο άρθρο Ερατοσθένης).

Και τώρα ακολουθεί το άρθρο του καθηγητή Θ. Μπόλη

Η ΓΩΝΙΑ ΤΗΣ ΙΣΤΟΡΙΑΣ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΙ ΠΡΩΤΟΣ ΚΑΙ ΠΟΛΥ ΜΕΓ ΑΛΟΣ Από τον Θόδωρο Μπόλη, Γιάννινα

Στις 25 Δεκεμβρίου 2005 ανακοινώθηκε στο διαδύ­ κτιο, με ηλεκτρονικές διευθύνσεις:

(1)

όπου ο p είναι πρώτος αριθμός και φυσικά στη βάση 2, (δηλ.γραμμένος στο δυαδικό σύστημα αρίθμησης)

(i) (http://www.mersenne.org/30402457.htm) και (ii)(http://mathword.wolfram.co/news/2005-12-25/ mersenne-43) ότι οι συμμετέχοντες Great

Intemet

Mersenne

Pήme

στο Πρόγραμμα Search

(GIMPS,

www.mersenne.org) Curtis Cooper και Steνen Boone

του Central Missouή State Uniνersity, ανακάλυψαν (με τη χρήση του τεστ Lucas- Lehmer) στις 15 Δεκεμβρίου 2005

ότι

ο

αριθμός

30 2 .4°2.457

1

=

31541647561884608093 . . . 11134297411652943871

που έχει 9.152.052 δεκαδικά ψηφία, είναι ο 43ος γνω­ στός πρώτος του Mersenne

και ο μεγαλύτερος γνω­

στός μέχρι σήμερα πρώτος αριθμός. Οι αριθμοί του Mersenne είναι οι αριθμοί της μορφής:

Mersenne

Το 1644, ο Γάλλος ιερομόναχος

Lucas Marin Mersenne

(1588 - 1648) που ήταν ξακουστός επιστήμονας στην

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.4/2

------- Ιστορικες Μαθηματικές Αναφορές

-------

εποχή του, ανακοίνωσε στο βιβλίο του Cogitata physica

κός και καθηγητής στο ίδιο Πανεπιστήμιο.

127 και 257 ο αριθμός Μρ είναι πρώτος και για τους

mer

mathematica, ότι για p

=

2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67,

Η σύζυγός του

Emma Markovna Trotskaia Leh­

(1906 - ) είναι Ρωσικής καταγωγής (γεννήθηκε στη

υπόλοιπους 44 πρώτους p που είναι μικρότεροι του 257,

Σαμάρα) και επίσης είναι διάσημη Μαθηματικός και

ο Μρ είναι σύνθετος. Τελικά αποδείχτηκε ότι αυτή η

(τέως βέβαια ... ) συνεργάτις του συζύγου της (ο οποίος

ανακοίνωση περιείχε πέντε λάθη: Οι Μ67 και Μ257 είναι

ήταν απόγονος Γερμανών αποίκων της Πενσυλβανίας).

σύνθετοι ενώ οι Μ61,

Ms9

Εκτός της Θεωρίας Αριθμών, ασχολήθηκε και με τους

και Μ ιΟΊ είναι πρώτοι.

Ο Merseηηe ήταν φίλος του Καρτέσιου (Reηe

Ηλεκτρονικούς Υπολογιστές (ισχυρότατο εργαλείο για

Descartes, 1596-1650) και του Fermat (Pieπe de Fer­

τη Θεωρία Αριθμών). Αξιοσημείωτο γεγονός ήταν η

mat, 1601-1665), υποστηρικτής του Γαλιλαίου (Gali­

άρνησή του να υπογράψει τον «Όρκο Αφοσίωσης» που

leo Galilei, 1564-1642) και του νεαρού τότε Ολλανδού

επέβαλε η Μακαρθική aντικομουνιστική υστερία με

Φυσικού και Μαθηματικού

συνέπεια να χάσει τη θέση τού καθηγητή στο Berkeley.

Huygens

(Christiaaη Huy­

Επανήλθε στη θέση του όταν τα δικαστήρια έκριναν ότι

geηs, 1629-1695).

Όπως αναφέρθηκε και παραπάνω, το πιο αποτελε­ σματικό μέσο που χρησιμοποιείται για να αποδείξει κα­ νείς ότι ένας αριθμός του Merseηηe είναι πρώτος, είναι το τεστ των Lucas- Lehmer. Μαθηματικός

Ο πρώτος, δηλ. ο Γάλλος

Franςois Edouard Anatole Lucas

(1842

- 1891), ήταν ονομαστός για τη συμβολή του στα Δια­

σκεδαστικά Μαθηματικά (εισήγαγε το παζλ «Πύργος του Χανόϊ») και προ παντός στο χώρο της Θεωρίας των Αριθμών {ακολουθία

Fibonacci

(Leoηardo Pisaηo Fi­

boηacci, 1170 - 1250), ακολουθία Lucas, διαιρετότητα

διωνυμικών συντελεστών και το περίφημο τεστ του). Ο Lucas, δυστυχώς, πέθανε σε ηλικία 49 ετών από επιπό­

λαιο τραύμα στο πρόσωπο που του προκάλεσε θανατη­ φόρο μόλυνση. Ο δεύτερος,

Derrick Henry Lehmer

(1905 - 1991)

η υποχρέωση της υπογραφής του «Όρκου» ήταν αντι­ συνταγματική. Το τεστ Lucas - Lehmer (σύντομα LL) έχει ως ε­ ξής: Ορίζουμε την ακολουθία 2 (Sn) : Sn + ι = (S0) - 2, Sz = 4, η = 2, 3, ... Ο αριθμός του Mersenηe Μρ = 2Ρ - 1 για p

>

2 είναι

πρώτος τότε και μόνο τότε αν ο αριθμός S ρ διαιρεί τον Μρ. Βέβαια αρκεί ο υπολογισμός του Sn mod Μρ για η = 2, 3, ..., p.

Το Πρόγραμμα GIMPS παρέχει δωρεάν λογισμικό

για συμμετοχή στο κυνήγι των πρώτων του Merseηηe. Νεαροί μαθητές έχουν ανακαλύψει τέτοιους πρώτους στο παρελθόν. Ο πίνακας που ακολουθεί δίνει την ιστορία της α­ νακάλυψης των πρώτων του Merseηηe (πρβλ. Εήc W. Weissteiη,

http://mathword. wolfram.com/ηews/2005-

12-25/merseηηe-43). Το σύμβολο ? σημαίνει ο αύξων

αριθμός είναι προσωρινός, π.χ. δεν έχουν ελεγχθεί ε­ παρκώς (έχει γίνει μόνο ένα LL) όλοι οι πρώτοι εκθέτες μεταξύ του 6972593 που είναι ο εκθέτης για τον 38° πρώτο του Merseηηe και του 13466917 που είναι ο εκ­ D. H. Lehmer

D.N. Lehmer

θέτης για τον επόμενο γνωστό πρώτο του Merseηηe

Ήταν Αμερικανός Μαθηματικός και καθηγητής της Θεωρίας Αριθμών στο Πανεπιστήμιο της Καλιφόρνιας στο Berkeley. Ήταν γιος του

(τον 39?). Τα δύο ?? σημαίνουν ότι υπάρχουν εκθέτες στο μεταξύ που δεν έχουν ελεγχθεί καθόλου ακόμα

Derrick Norman Lehmer

(1867 - 1938). που ήταν, επίσης, διάσημος Μαθηματια/α

Εκθέτης ρ

Αριθμός ψηφ ίων

Χρόνος Ανακάλυψης

2

3

1

Αρχαιότητα

1

3 4

2

5

7

1

2

3

Αρχαιότητα Αρχαιότητα

Αρχαιότητα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/3

Ποιος ανακάλυψε

------- Ιστορικες Μαθηματικές Αναφορές

5

13

4

1461

-------

Regius, Cataldi Cataldi

6

17

6

1588

7

19

6

1588

8

31

10

1750

Euler

9

61

19

1883

ΠepaywHH, Seelhof Powers

Cataldi

10

89

27

1911

11

107

33

1913

Powers Lucas

12

127

39

1876

13

521

157

30/1/1952

Robinson

14

607

183

30/1/1952

Robinson

15

1279

386

25/611952

Robinson

16

2203

664

7/10/1952

Robinson

17

2281

687

9/10/1952

Robinson Riesel

18

3217

969

8/9/1957

19

4253

1281

3/11/1961

20

4423

1332

3/11/1961

Hurwitz

21

9689

2917

11/5/1963

Gillies

Hurwitz

22

9941

2993

16/5/1963

Gillies

23

11213

3376

2/6/1963

Gillies

24

19937

6002

4/3/1971

Tuckerman

25

21701

6533

30/10/1978

Noll & Nickel

Noll

26

23209

6987

9/2/1979

27

44497

13395

8/4/1979

28

86243

25962

25/9/1982

29

110503

33365

28/1/1988

Colquitt & Welsh

30

132049

39751

20/9/1983

Slowinski

31

216091

65050

6/9/1985

Slowinski

756839

227832

19/2/1992

33

859433

258716

10/1/1994

32

Nelson & Slowinski Slowinski

Slowinski & Gage Slowinski & Gage

Slowinski & Gage

34

1257787

378632

3/9/1996

35

1398269

420921

12/11/1996

Joel Armengaud/GIMPS

36

2976221

895832

24/8/1997

Gordon Spence/GIMPS

37

3021377

909526

27/1/1998

Roland Clarkson/GIMPS

38?

6972593

2098960

1/6/1999

Nayan Hajratwala/GIMPS

39??

13466917

4053946

14/11/2001

Michael Cameron/GIMPS

40??

20996011

6320430

17/11/2003

41??

24036583

7235733

15/5/2004

Josh Findley/GIMPS

42??

25964951

7816230

18/2/2005

Mai'tin Nowak/GIMPS

43??

30432457

9152052

15/12/2005

Ένας θετικός ακέραιος λέγεται τέλειος αν ισούται με το άθροισμα των θετικών και μικρότερων του εαυ­ τού του διαιρετών. Ο Ευκλείδης ο Αλεξανδρεύς (325; π.Χ.- 265; π.Χ.) απέδειξε άτην τελευταία πρόταση του ΙΧ βιβλίου των «Στοιχείων» ότι οι αριθμοί: 1 Τρ= 2Ρ- Μρ (2)

Michael Shafer/GIMPS

C. Cooper & S. Boone/GIMPS

με 43 άρτιους τέλειους αριθμούς: τ2 = 6, τ3 = 28, ... ' Τ30402 57 · Πόσα δεκαδικά ψηφία έχει ο τελευταίος και 4 καινούρ-yιος τέλειος αριθμός; Δεν ξέρουμε αν υπάρχουν άπειροι άρτιοι τέλειοι

αριθμοί (ισοδύναμα άπειροι πρώτοι του

Mersenne).

Επίσης, είναι άγνωστο αν υπάρχει περιττός τέλειος

όπου Μρ πρώτος, είναι τέλειοι. Σε ένα αδημοσίευτο χειρόγραφο, ο πολυγραφότατος Ελβετός Μαθηματικός Leonhard Euler (1707 - 1783) απέδειξε ότι ισχύει και το αντίστροφο. Κάθε άρτιος τέλειος αριθμός πρέπει να έχει την ανωτέρω μορφή (2). Έτσι, μέχρι στιγμής γνωρίζου-

αριθμός. Ξέρουμε όμως ότι, αν υπάρχει, θα πρέπει να είναι υπερβολικά μεyάλος: Σήμερα είναι γνωστό ότι θα πρέπει να έχει τουλάχιστον 300 ψηφία, να έχει του­ λάχιστον 75 πρώτους παράγοντες και οι τρεις μεγαλύ­ τεροι πρώτοι παράγοντες θα πρέπει να είναι τουλάχι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.4/4

------- Ιστορικες Μαθηματικές Αναφορές -------

στον 10000019, 10007 και101 (βλ. Eric W. Weisstein et al., 'Όdd Perfect Numbers",) http://mathworld.wo1fram.com/OddPerfectNumber.html). Στην ιστοσελίδα http://pήmes.utm.edu του καθηγη­ τή Chήs Ca1dwell, Uniνersity of Tennessee at Martin,

[ΞΞ]I

υπάρχει πληθώρα πληροφοριών για τους πρώτους αριθ­ μούς καθώς τα πιο πρόσφατα <<ρεκόρ των πρώτων», π.χ. οι Ι Ο μεγαλύτεροι γνωστοί πρώτοι σήμερα δίνονται από τον ακόλουθο πίνακα:

11 10�1 I [�] 230402457-11191520521012005 I Mersenne 43??1 01 225964951-111 78162301012005 I Mersenne 42??

01 224036583-111 7235733 1012004 I Mersenne 41??I 01 220996011-11163204301012003 I Mersenne 40??

01 2131466917-11 4053940 1 0 12001 I Mersenne 39?

I .Q 1127653·29 67433+11127596771012005 I Gordon I lz 1128433·27830457+111 23572071012004 Ι Ατ Prime Rib I ωι 260972593-1Ιι 2098960 IO�ιMersenne 38 I ι 2 1 5359"25 54502+1Ιι 1521561Ιοι2003 ι sandquist I ι 1 0 11 4847"23321063+1Ιι 999744Ιοι2005 ΙιHassler I π ρ ώ το ς

ψηφία

η μάς χρειάζονται οι μεγάλοι πρώτοι αριθμοί;

Ο μεγάλος Άγγλος Μαθηματικός Godfrey Harold Hardy (1877 - 1947) είχε προφητέψει ότι ο μόνος κλά­

δος των μαθηματικών που δεν θα έχει ποτέ καμμία χρη­ σιμότητα είναι η Θεωρία Αριθμών. Έπεσε πολύ έξω. Σήμερα οι μεγάλοι πρώτοι αριθμοί χρησιμοποιούνται πάρα πολύ ουσιουδώς στην Κρυπτογραφία. Για αυτό θα ασχοληθούμε σε άλλο σημείωμα.

Ο

Ο,

Αναφο ρ ά

Ο καλύτερος ιστιότοπος για την Ιστορία των Μα­ θηματικών είναι ο ιστιότοπος του Πανεπιστημίου του St. Andrews της Σκωτίας : http://www-histoιy.mcs.st-and.ac.uk/-histoιy . Από

εκεί προέρχονται όλες οι φωτογραφίες και πολλές από τις πληροφορίες του παρόντος. Γιάννινα, 5 Φεβρουαρίου 2006.

Μικρ:ός, Ε.υικλε\δηiς.

μικρός Ευκλείδης είναι το απαραίτητο βήμα των μαθητών και των δασκάλων του Δ ημοτικού Σ χολείου στα μαθηματικά. Είναι ένα εργαλείο για την προσέγγιση ··-των Μ αθηματικών με νέες ιδέες και ευρηματι κότητα με •e στόχο να αγαπήσουν οι μικροί μαθητές τα Μ αθηματικά. " Μ_7- " ' Εχει σταυρόλεξα, παιχνίδια, ωr).f;;, ιστ ορlΟύλε ς, ωr)..fJ. μα�-:\. �� . ...::; .. �ι θήματ α και ενδιαφέρουσες ασκή σεις, που καλλιεργούν και οξύ δ � νουν τη σκέψη, εικόνε ς και σχέδια και πα ραμύθια και ποιήμα'Ι! ' τα, που με καλαισθησία και χαρά οδηγούν τον υπέροχ ο κό­ ' tι σμο των Μαθηματι κών. _

�

,

________

--- '" ·-

ι•

1,

'

Ο Μ ικ ρ ό ς Ε υκλείδης

Σ ελίδες 32 ISSN: 1790-2029 Σ χήμα 21Χ29

Τιμή τεύχους 3 € Ατομική ετήσια συνδt]ομή 12 € (4 τεύχη)- Ομαδικές ετήσιες συνδt]ομές σχολείων 8 € ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/5

"Τα Μαθηματικά θεμελιώνονται, κατανοούνται και αναπτύσσονται με τη βοήθεια της Μαθηματικής Λογικής" του Αντώνη Κυριακόπουλου

(Συνέχεια από το προηγούμενο τεύχος) της θεωρίας. Επίσης, για τη συντόμευση των απο­ δείξεων, χρησιμοποιούμε σ' αυτές και άλλες προ­ τάσεις (εκτός από τα αξιώματα), που έχουν απο­ Σ τα προ βλήματα των Μ αθηματικών συνήθως ή δειχθεί προηγουμένως (προηγούμενα θεωρήματα). ζητάμε να αποδείξουμε μία πρόταση ή ζητάμε να Για να αποδείξουμε μία πρόταση ω εργαζόμα­ βρούμε ένα ή περισσότερα μαθηματικά αντικείμε­ στε συνήθως με έναν από τους παρακάτω τρόπους. να (αριθμούς, διανύσματα, συναρτήσεις κτλ.).

3.

ΜΕΘΟΔΟΙ ΑΠΟΔΕΙΞΗΣ ΚΑΙ ΕΥΡΕΣΗΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

3.2. ΜΕΘΟΔΟΣ ΤΩΝ ΣΥΝΕΠΑΓΩΓΩΝ

Α. ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΠΡΟΤΑΣΗΣ

Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΑΠΟΔΕΙΞΗΣ ΣΤΑ

3.1.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

.

Σ ε μία Μ αθηματική Θ εωρία όταν λέμε ότι θα αποδείξουμε μία πρόταση q, ενν οούμε ότι: από τα αξιώματα της θεωρίας και με τη βοήθεια των νό­ μων και των κανόνων της Μ αθηματικής Λογική ς θα συμπεράνουμε την αλήθεια της q. Μ ε άλλα λό­ για ενν οούμε ότι: αν Ρι, pz, ... Pv είναι τα αξιώ μα­ τα της θεωρίας, θα συμπεράνουμε την αλήθεια της συνεπαγωγής: (Ρι και pz και ... και Pv)=> q. Κ αι επειδή το πρώτο μέλος είναι μία πρόταση αληθής, με βάση τον κανόνα αποσπάσεως, συ μπε­ ραίνουμε την αλήθεια της q. Υπενθυμίζουμε τον κανόνα αποσπάσεως: Κανόνας

Προσοχή!

αποσπάσεως

p =>q Ρ

q

α α α

Κ ατασκευάζουμε μία (πεπερασμένη) διαδοχή αληθών προτάσεων της μορφής: p=> q, q=> r, . . , t=> u, u => ω, ή συντομότερα: p=> q=> r=> ...=> t => u => ω (1) όπου p είναι μία αληθής πρόταση της θεωρίας (α­ ξίωμα ή θεώρημα ή υπόθεση). Τότε, η πρόταση p => ω είναι αληθής (κανόνας υποθετικού συλλογι­ σμού) και επειδή η p είναι αληθής και η ω είναι αληθής (κανόνας αποσπάσεως). Μ ε άλλα λόγια:

p =>q

q

p;

α α

•

I

Ξεκινάμε από μία αληθή πρόταση p και με συνεπαγωγές ( =>) φθάνουμε στην ω.

Παράδειγμα.

Για ένα αριθμό α ε JR , ισχύουν: -3:::;; α < 2 . Να δείξετε ότι: 2α + 3 <7.

Λύση. Έ χουμε:

l

l

-3::Ξ α< 2=>-6::Ξ 2α< 4=>- 3s; 2α+ 3< 7 => - 7< 2α + 3< 7=> l 2α + 3 1< 7 .

3.3.

ΜΕΘΟΔΟΣ ΤΟΥ "ΑΡΚΕΙ"

Πολλές φ ορές η έναρξη της απόδειξης μιας Συνήθως, στην απόδειξη μιας πρότασης δε πρότασης ω με συνεπαγωγές, δεν είναι εύκολη. χρειάζεται να χρησιμοποιήσουμε όλα τα αξιώματα Τότε, συνήθως επιχειρούμε την κατασκευή της ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/6

Στοιχεία Μαθη ματικής Λογικής

τις aντίστροφ ες συνεπ α­ γωγές, δηλαδή από τις συνεπαγωγές: ω=> u =>t => ... =>r => q =>p.

(3) Έ τσι λοιπόν δεν μας ενδιαφ έρει αν οι συνεπα­ γωγές αυτές ισχύ ουν ή όχι, αφ ού δεν έχουν καμία σχέση με την κατασκευαζόμενη απόδειξη της ω. Κ αι αν μία ή περισσότερες από αυτές τις a­ ντίστροφ ες συνεπαγωγές ισχύ ουν, τότε δεν θα το σημειώνουμε στη διαδοχή (2) ή (1) ; Όχι, γιατί σκοπός μας δεν είναι να αναφ έρουμε όλα όσα ισχύ ουν στα Μ αθηματικά, αλλά από αυτά που ισχύ ουν, εκείνα που χρειάζονται για να κά­ νουμε την απόδειξη της ω (αλλιώς θα έπρεπε να αναφ έρουμε και το θεώρημα του Πυθαγόρα! !, για­ τί η σχέση του με την κατασκευαζόμενη απόδειξη της ω δε διαφ έρει από εκείνη των aντίστροφ ων Ξεκινάμε από την απο δεικτέα π ρ όταση αυτών συνεπαγωγών). ω και με α ρ κε ί (�) φ θ άνου με σ ε μ ία β) Αν, ξεκινώντας από την αποδεικτέα πρόταση ω αλη θή π ρ όταση ρ. και προχωρώντας με " αρκεί" φ θάσουμε σε μία ψ ευδή πρόταση ρ, τότε δεν μπορούμε να συμπερά­ Παράδειγμα. Για τους αριθμούς α, β, γ e R. ισχύει: α + β + γ = 1. Να δείξετε νουμε τίποτα για την αλήθεια της ω. ) ( Κ αι τι θα κάνουμε τότε; ότι: α 2 + β 2 + 2 αβ + γ =γ 2 + 1. Θ α επαναλάβουμε την προσπάθειά μας με άλ­ Λύση. Για να δείξουμε τη ζητούμενη ισότητα, αρ­ λες προτάσεις, οι οποίες ενδεχομένως να μας οδη­ κεί να δείξουμε ότι: γήσουν (με αρκεί) σε μία αληθή πρόταση ρ. α2 + β2 + 2α β+ 2γ= γ2 +1, αρκεί γ) Ό ταν θέλουμε να αποδείξουμε μία πρόταση ω α2 + β2 + 2αβ=1+ γ2 - 2γ, είναι λάθος να λέμε: αρκεί (α + β) 2 ( 1 - γ) 2 , αρκεί «'Έστω ότι ω ισχύ ει» (τότε δεν έχουμε να α+ β=1- γ , αρκεί α+ β+ γ=1, ισχύ ει. απο δε ίξουμε τ ίποτα!) και μετά (με

διαδοχή ς των συνεπαγωγών αρχίζοντας από το τέλος, δηλαδή από την αποδεικτέα πρόταση ω. Τότε λέμε: Για να δείξουμε την ω, αρκεί να δείξουμε την u (εννοούμε u � ω). αρκεί να δείξουμε τηνt (εννοούμεt � u). κ.ο.κ. Προχωρούμε κατ' αυτόν τον τρόπο, έως ότ ου φ θάσουμε σε μία αληθή πρόταση ρ της θεωρίας. Τότε έχουμε: ω αρκεί u, αρκεί t, ..., αρκεί ρ, δηλαδή: ω� u� t�...�ρ .

(2) Η διαδοχή (2) είναι η διαδοχή (1) της προηγού­ μενης περίπτωσης, γραμμένη από το τέλος. Μ ε άλλα λόγια: •

σιμοποιήθηκε καμία από

•

I

•

=

3.4.

ΜΕΘΟΔΟΣ ΤΗΣ ΕΙΣ ΑΤΟΠΟ ΑΠΑ­ ΓΩΓΗΣ.

IΈτσι,η

Ξεκινάμε από την ω (όχι ω) και με συνε­

( �)

συνεπα γωγέ ς) να φθ άνουμε σε μ ία αλη θή π ρ όταση ρ (δ ιαδ οχή (3)) και στη συνέχεια να λέμε: «ά ρ α, η ω ισχύ ει», γιατ ί η ω υπο θέ σαμε ότι ισχύ ει ( φαύ λο ς κύ κλο ς ).

Ακριβέστερα, τότε, θα έχουμε αποδείξει την των προτάσεων: ω � ρ και ρ, από τις αλήθεια ω είναι ψευ δής και άρα η ω είναι αλ ηθής. Στην πράξη λέμε: <<'Έ στω ότι η ω δεν ισχύ ει». οποίες συμπεραίνουμε την αλήθεια της ω, που, Τότε θα ισχύ ει η ω, και με συνεπαγωγές φ θάνου­ όπως είδαμε παραπάνω, είναι λάθος. Έτσι λ οιπόν, τότε, όχι μόνο δεν έχουμε αποδείξει την αλήθεια με σε άτοπο. Β λέπουμε πόσο σημαντικό είναι να ξέρουμε της ω, αλλά οι συνεπαγωγές αυτές δεν έχουν κα­ μία σχέση με την απόδειξη της ω. να σχηματίζουμε την άρνη ση μιας πρότασης. δ) Αν, ξεκινώντας από την αποδεικτέα πρόταση ω 3.5. ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ και προχωρώντας με (αληθείς) ισοδυναμίες φ θά­ α) Στην απόδειξη της ω με συνεπαγωγές, όπως και στην απόδειξη με τη μέθοδο του " αρκεί", δεν χρη- σουμε σε μία αληθή πρόταση ρ, δηλαδή: παγωγές

φθ άνου με σ' ένα άτοπο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.417

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

ω<::::> u<::::>t<::::> ...<::::> r<=> q<=> p (4) τότε δεν θα έχουμε απ οδείξει την ω; Ν αι, αλλά, αν ένας έγραφ ε ενδιάμεσα το θεώρημα του Πυθαγό­ ρα, ασφ αλώς θα το διαγράφ ατε, όχι γιατί δεν ισχύ­ ει, αλλά γιατί είναι άσχετο με την απ όδειξη της ω. Για τον ίδιο λόγο θα π ρέπ ει να διαγράψ ετε και ό­ λες τις συνεπ αγωγές π ου οδηγούν απ ό την ω στην p, δηλαδή τις συνεπ αγωγές: ω:::::> u ::::t:> ::::...:> :::::>r:::::> q:::::> p (5) αφ ού, αν και είναι αληθείς, είναι άσχετες με την απ όδειξη της ω π ου κατασκευάζετε. Η απ όδειξη της ω είναι η διαδοχή : ω<=u<=t<= ...<=r<= q <=p (6) όπ ου p αληθής. Το χειρότερο είναι, όταν, για να απ οδείξει ένας την ω, π ροσπ αθεί να κατασκευάσει τη διαδοχή των ισοδυναμιών (4) και συ μβεί οι συνεπ αγωγές (6) (που αποτελούν την απόδειξη της ω) να ισχύ ουν και μία τουλάχιστον απ ό τις συνεπ αγωγές (5) (που είναι άσχετες με την απόδειξη της ω) δεν ισχύ ει. Τότε, χωρίς λόγο, δεν θα κάνει την απόδειξη της ω. Για π αράδειγμα, βλέπ ε π αραδείγματα πα ρα­ γράφ ων 2.2. και 2.3.

3.6. ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΣΥΝΕΠΑΓΩΓΗΣ

Έστω, ότι έχουμ ε να απ οδείξουμ ε μια συνεπ α­ γωγή: «Αν p, τότε q>>, συ μβολικά: p:::::> q. Στην π ερίπ τω­ p=> q Ρ q ση αυτή δεν έχου­ α α με να απ οδείξουμε α α ν Υ την αλήθεια της p, α α ούτε της q, αλλά Υ α Υ την αλήθεια της Υ π ρότασης: p :::::> q . Απ ό τον ορισμ ό της συνεπ αγωγής (διπ λανός π ί­ νακας), έχουμε: Αν η p είναι ψευ δής, τότε η συνεπ αγωγή p :::::> q είναι αληθής. Αν η p είναι αληθής, τότε η συνεπ αγωγή p:::::> q είναι αληθής, μόνο όταν και η q είναι αληθ ής (π ρώτη γραμ μή στον π αραπ άνω π ί­ νακα).

•

•

Έτσι, αν η p είναι αλη θής, α ρκεί να δε ίξουμε ότι και η q είναι α ληθής. Στην π ράξη υπο θέτουμε ότι η p είναι αλη θής και δείχν ουμε την αλήθεια της q. Την πε ρίπ τωση που η p είναι ψευ δής δεν την αναφ έρουμε κα θόλου, όχι για τί δεν χρ ειάζεται, αλλά για τί υποτίθεται ότι όλοι γνωρί­ ζουν ότι τότε η p:::::> q είνα ι αλη θής.

3.7.

ΜΕθΟΔΟΣ ΤΗΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΑΝτΙ­ θΕΤΟΥ ΠΡΟΤΑΣΕΩΣ

Ο ι συνεπαγωγές

κα ι q:::::> p

p::::q :>

ονο μάζονται αντιστροφοαντίθετες. Ισχύει: (ρ:::::> q)<::::> (q:::::> p) ( αντιστροφοαν τίθετο ς νόμο ς) Έτσι, για να δε ίξουμε μία σ υνε πα γωγ ή p :::::> q , αρκεί να δείξουμε την q:::::> p, η οπο ία με ρικέ ς φ ορές είναι ευκολότε ρη από εκε ίνη τη ς p :::::> q . p <::::> q Δ είχνουμε ότι: p :::::> q κα ι q :::::> p.

3.8. ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΙΣΟΔΥΝΑΜΙΑΣ:

1ος τρόπος.

2ος τρόπος.

Κ ατασκευάζουμε μία δι αδο χή (αληθών) ισοδυνα μιών της μο ρφ ής: p<::::>r<::::>t<:::... :> <:::u :> <::::>q

ή της μο ρφή: 3°ς τρόπος.

q<::::> u <:::... :> <::::>r<::::> p. Δε ίχνουμε ότι p<::::>r και q<::::>r.

3.9. ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΠΡΟΤΆΣΕΩΝ τΗΣ ΜΟΡΦΗΣ: <<ΓΙΑ ΚΑθΕ χ Ε Ω, p( χ ) »

Έστω, ότι έχουμε να α ποδε ίξουμε μία πρότα ση τη ς π αρα πάνω μο ρφής, συμβολ ικά: «

'dx

ε

Ω,

ρ( χ)»

όπ ου p(x) είναι ένα ς προτα σια κός τύπο ς ο ρισμένο ς επ ί ενός συνόλου Ω. Τότε:

I

Θεωροίιμε ένα (τυχαίο, όχι συγκεκριμέ­

νο) στοιχΕίο ξ του Ω

και

δείχνουμε ότι η

πριΊταση ρ(ξ) r;ίναι αληθής.

Συνή θως, αντί για το γράμμα ξ χρησ ιμο ποιούμε πάλι το γράμμα χ και αρχίζ ουμε την απόδειξη λέγοντας : «Έστω ένα χ Ε Ω . Τότε κτλ. Φ θάνουμε I στην αλήθε ια τη ς p(x). Ειδικά όταν έχουμε να απ οδείξου με μ ία π ρόταση της μορφής: •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/8

{χ+1� ο 2 <=> {χ� -1 2χ + 5= χ2 + 2χ +1 2χ+ 5 =(χ +1) {χ2= χ� -1 { χ� -1 <::>χ= 2. <=> <=> (χ= 2 ή χ= - 2) 4

Στοιχεία Μαθηματική ς Λογικής

«Γ ια κάθε φυσικό α ριθμό ν� ν0 ( ν0 Ε Ν), ρ( ν)», μπο ρούμε να εφα ρμόσουμε κα ι τη γνωστή μέθο δο της τέλεια ς επαγωγής.

- Είνα ι φανερό ότι για να α πο δείξουμε ότι μία πρότα ση της πα ρα πάνω μο ρφής: « Vx Ε Ω, ρ (χ)» δεν ισχύει (δεν είνα ι αλ ηθής), α ρκεί να β ρούμε μια τιμή χ =ξ Ε Ω για την οπο ία η πρότα­ ση p(ξ) δεν ισχύ ει (δεν είνα ι α ληθής). Μ ια τέτο ια τιμή του χ λέγετα ι κα ι ένα aντιπαράδειγμα για την πρότα ση « '\/χ Ε Ω, ρ( χ)».

- Στο σημείο αυτό θα ήθελα να επιση μάνω ένα πα ραλογισμό που τον ακούμε σuχνά από την τηλε όρα­ ση, το ραδιόφωνο και &xJ_ μόνο. Σε σ υζητή σεις, μεταξύ σο βα ρών κατά τ' άλλα ανθ ρώπων, θα έχετ ε ακο ύσει κάποιος να ισχυ ρίζεται ότι ισχύ ει κάτι γεν ικό, δηλα δή ότι ισχύ ει μία πρόταση τη ς μο ρφής: « Vx Ε Ω, ρ (χ)». Ένας όλλ.ος να βρίσκ ει ένα πα ράδειγμα που δεν ισχύ ει και ο πρώτος να απαντά: «αυτό είναι μια εξαίρεση που επιβεβαιώνει τον κανόνα!!!». Μεγαλύτερο ς πα­ ραλογισμό ς δεν υπάρχει, αφού μία εξαίρ εση (ένα aντι­ πα ράδειγμα), όπως είδαμε πα ραπάνω, είναι α ρκετή για να αναφέσει (και &xJ_ να επιβ εβαιώ σει) ένα υποψήφιο καν όνα (ένα γενικό ισχυ ρισμό).

Β. ΕΥΡΕΣΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ ΑΝΤΙΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ό ταν σ' ένα πρό βλημα ζητάμε να β ρούμε έν α μα θημα τικό αντικείμενο, εργα ζόμα στε συνήθως μ ε έναν α πό τους πα ρα κάτω δύο τρόπους.

3. 10. ΜΕΘΟΔΟΣ ΤΩΝ ΙΣΟΔΥΝΑΜΙΩΝ Βρίσκουμε τις αναγκαίες και ικανές συν­ θήκες που οφείλει να πληροί το ζητούμενο αντικείμενο και μετά με ισοδυναμίες βρί­ σκουμε το αντικείμενο αυτό (μπορεί να

3. 11. ΜΕΘΟΔΟΣ: <<ΕΥθΥ-ΑΝτΙΣΊ'ΡΟΦΟ». α) Υποθέτουμε ότι ένα αντικείμενο (α­ ριθμός, διάνυσμα, συνάρτηση κτλ.) πληροί τις δοσμένες συνθήκες και με συνεπαγωγές το βρίσκουμε (μπορεί να βρούμε περισσότερα από ένα).

Τονίζουμε ότι κατ' αυτ όν τ ον τ ρόπ ο

από πουθενά

δεν εξασφαλίζεται ότι το αντικείμενο που βρήκα­

Γι' αυτό είναι απαραίτητο να εξετ άσουμε και τ ο αντίστ ροφ ο. με πληροί τις δοσμένες συνθήκες.

I

β) Α ντιστρόφως. Εξετάζουμε αν το α­

ντικείμενο που βρήκαμε πληροί τις δ οσμένες συνθήκες.

Αν το αντικείμενο π ου β ρήκαμ ε π λη ροί τι ς δο­ σμένες συνθήκες, τ ότ ε αυτ ό είναι τ ο ζητ ούμ ενο. Αν όχι, τότε τέτοιο αντι κείμ ενο δεν υπ άρχει. Εννο­ είται ότι αν β ρούμε π ερι σσότ ερα απ ό ένα αντικεί­ μενα, τότε θα εξετ άσουμ ε τ ο καθένα χωρι στ ά, αν π λη ροί τις δοσμ ένες συνθήκες και θα κρατήσουμ ε εκείνα π ου τις π λη ρούν (αν υπ άρχουν). Παράδειγμα.

Να βρείτε τους αριθμούς λ ε IR ,

για τους οποίους ισχύει: J

ίm Χ

Χ--+1

Ζ

+ λχ - 2λ = 5 Χ-

1

•

(7)

Έστω ότι γι α ένα αρι θμ ό λ Ε IR η (7) ισχύ ει. Τότε, απ ό αυτή και επ ει δή lim(x -1) =Ο,

Λύση. α)

χ--+1

έπ ετ αι ότι: 1. χ 2 + λχ - 2λ ιm Χ · ( χ - 1) - 5 ο � -1 lim(x2 + λχ - 2λ) = 0� 1+ λ - 2λ= 0� λ=1. β) Α ντιστρόφως. Έστ ω ότι λ 1. Τότ ε: 1. χ2+ λχ - 2λ 1. χ2+ χ - 2 ιm ιm ---χ -1 χ -1 1. (χ -1) (χ + 2) · ( χ + 2) = 3 =F- 5 = ιm Χ = ιιm -1 Άρα, τέτο ιο ς αρι θμ ός λ δεν υπ άρχει. ·

Χ--+1

χ --+ 1

βρούμε περισσότερα από ένα).

Παράδειγμα. Να βρείτε τους αριθμούς χ Ε IR , για τους οποίους ισχύει : .J2x + 5 = χ + 1. Λύση. Έχουμε:

{

<=>

2χ+ 5�0 <=> .J2x+ 5 =χ+1 <=> χ+1�Ο 2χ+ 5= (χ+1)2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.419

=

χ --+ 1

Χ--+1

χ--+1

Χ--+1

•

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

Έτσι, δεν θα έφ θανε στο π αραπ άνω λανθασμέ­ ΟΤΑΝ ΔΕΝ ΓΡΑΦΟΥΜΕ ΤΟΥΣ ΠΟ­ νο συμπ έρασμα. Η απ άντηση βέ β αια είναι ότι υπ άρχουν άπ ειρες ΣΟΔΕΙΚΤΕΣ Πολλέ ς φ ορές, σε μία λύση, δεν γράφουμε το υς τέτοιες συναρτήσεις. ποσοδείκτ ες, όχι γιατί δεν χρειά ζοντ αι, αλλά γιατί έτσι 3.13. ΕΠΙΛΟΓΟΣ νομίζ ουμε ότι απλοπ οιούμε τα θέματα. Στην ουσία Τελειώνοντας θα ήθελα να π ω ότι δεν ισχυ ρί­ όμως δυσκολεύουμε π ερισσότερο τα π ράγματα, γιατί ζομαι ότι, αν ένας ξέρει όλα αυτά απ ό τη Μ αθημα­ τότε π ρέπει να τους υπονοούμε. Τώρα, αν δεν τους τική Λ ογική, θα λύνει όλα τα π ρο βλήματα. Ισχυ ρί­ γράφουμε και ο ύτε το υς υπονοού με (εκεί π ου π ρέπ ει), ζομαι όμως, ότι, τότε, θα γνωρίζει σίγουρους τρό­ τότε όχι μόνο αρχίζ ουν οι ασάφειε ς, αλλά είναι σίγου­ π ους για να εργαστεί, δεν θα οδηγείται σε εσφ αλ­ ρο ότι θα κάνουμε και λάθη. Για π αράδειγμα: μένες λύσεις και το σπ ουδαιότερο θα μπορεί να 3.12 ΛΑΘΗ ΠΟΥ ΠΙΘΑΝΟΝ ΝΑ ΚΑΝΟΥΜΕ

Έστω ότι ζητάμε να βρούμε πόσες συναρτήσεις υπάρχουν f : JR --+ JR , για τις οποίες ισχύει: f 2 (x) = χ 2 + 1, για κάθε χ ε JR. •

Ένας ίσως να έλεγε: Έχουμε:

f2(x) χ2 =

+

1 <::>

)f2(x) .Jx2 =

+

1

<::>

<=>lf(x)l=� <::::> [f(χ)=.Jχ2 +1 ή f(χ)= -.Jχ2 +1 J

Άρα, υπ άρχουν δύο τέτοιες συναρτήσεις, οι εξή ς: f(x) =.Jx2 +1 και f(x) = -.Jx2 +1. Το θέμα δεν είναι να τον π είσουμε ότι έχει κά­ νει λάθος και ότι υπ άρχουν και άλλες (άπ ειρες) τέτοιες συναρτήσεις, όπ ως π.χ. η εξής: .Jx2 +1 , αν χ� Ο f(x) = -.Jx2+1 , αν χ<Ο. Το θέμα είναι να δο ύμε γιατί κατέληξε σ' αυτό το λά θος. Κ αι κατέληξε σ' αυτό το λάθος γιατί δεν έγ ραψε και ού τε υπονοού σε τους ποσοδείκτες. Δηλα δή αντιμε­ τώπισ ε τις συν αρτή σεις σαν πραγ ματικού ς αριθμού ς, που δεν είναι Το σωστό είναι να εργαστ εί ως εξή ς: [ Vx Ε JR ,f2 (x) = χ2 + 1 J <::::>

{

[ Vx Ε JR ,�f2 (x) =.Jx2 +1 J [Vx Ε JR ,If(x)l=.Jx2 + 1 J [Vx Ε JR ,(f(x) =.Jx2 +1 ή f(x) = -.Jx2 +1 )]. <::::>

<::::>

Σ' αυτό το ση μείο θα έπ ρεπε να ξέρει, απ ό τη Μ α­ θηματική Λογ ική (νόμοιπ οσοδεικτ ών) ότι η τελε υταία π ρόταση δεν είναι ισ οδύναμη με την π ρόταση : [( Vx E�f(x) =.Jx2 +1) ή ( Vx E�f(x) =� )J.

ελέγχει αν μία λύση είναι σωστή ή όχι.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

1. Bittinger, Μ.: «Logic and proof».

2. Bochenskί, J.: «Α precis of Mathematical Logic».

3. Cήstian, R.: «lntroduction to Logic and Sets».

4. Copi, 1.: «Sympolic Logic».

5. Dopp, J.: «Notions de Logique formelle».

6. Exner

- Rosskopf:

«Logic

in

Elementary

Mathematics».

7. Kleene, S.: «Logique Mathematique».

8. Lightstone, Α.: «The Axiomatic Method - An Introduction to Mathematical Logic».

9. Lorenzen, Ρ.: «Einfϋhrung ίο die operative Logik und Mathematik)).

10.Lyndon, R.: «Notes on Logic)).

11. Mendelson, Ε.: «lntroduction to Mathematical Logic)).

12. Novikov, Ρ.: <<lntrαluction a la logique mathematique)).

13. Reichenbach, Η.: <<Elements of Symbolic Logic)).

14. Robinson, G.: «An Intrαluction to Mathematical Logic)).

15.Rosenbloom, Ρ.: «The elements of Mathematical logic)).

16. StoU, R.: «Sets, Logic and Axiomatic Theoήes)).

17.Suppes, Ρ.: «lntroduction to logic)).

18. Tarski, Α.: «lntroduction to Logic and to the methodology of deductive sciences)).

19. Thomas, Ν.: «Modem Logic)).

Πώ ς να το λύ σ@).

20.G . Polya: « 21. Περ ιοδ ικό: «ΤΗΕ AMERICAN MATHEMAτi­ CAL MONTHLY)).

22.Α. Κυριακόπουλου: «ΜΑΘΗΜΑΠΚΗ ΛΟΓΙΚΗ)).

Πώς θα το αποδείξω;... Πώ ς θα το βρω;)), άρ θρο στο περιοδικό «ΕΥ­ ΚΛΕΙΔΗΣ Β)) (1999, τεύχος 33, σελ. 11).

23.Α. Κυριακόπουλου: «

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.4/10

HIJMIJ MATHEMATICVS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι­ σμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα­ τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το πεpιεχόμενό τους και ως προς το επί­ πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Προς τους φίλους της στήλης

αγαπ ητοί φίλ οι, τον τελευταίο καιρό έφτασαν στους υπ εύθυνους της στήλης π ολλές εργασίες, η κάθε μια απ ό τις οπ οίες έχει τα ιδιαίτερα χαρακτηριστικά της. Κ ατά τη γνώμη της στήλης δεν υπ άρχουν " κα­ λές" ή " κακές" εργασίες, αλλ ά εργασίες με διαφ ορετικά ενδιαφ έροντα. Ό μως, λόγ ω του π λήθους, του ό­ γκου τους και των διαθέσιμων σελίδων της στήλης, δεν είναι δυνατό να δημοσιευθούν όλες μαζί και ολο­ κληρωμένες. Για το λόγο αυτό απ οφ ασίσαμε να δημοσιεύσουμε τις π ολυσέλιδες εργασίες ολόκληρες μεν, σε συνέχειες δε. Σ ας ευχαριστούμε για την κατανόησή σας. Γιάννης Κερασαρίδης Ια. "αυτό το ξέρατε,· " Μήπως γνωρίζετε σε ποιον ανήκει η απάντηση στην πα­ ρακάτω στιχομυθία; Δημοσιογράφος: Είπατε πως δουλεύεται με μαθη­ ματικούς τύπους και αντίστοιχα μηχανήματα. Αυτά θα δίνουν μια πρώτη ύλη υποθέτω, πάνω στην οποία επεμ­ βαίνετε εσείς, ή όχι; Ή αυτό το αποτέλεσμα μας δίνει το μηχάνημα είναι το τελικό; Δεν είναι το τελικό; Επεμβαί­ νετε κι εσείς; Πως επεμβαίνετε; Απάντηση: Αυτό που σας είπα εγώ, είναι ορισμένες κα­ τευθυντήριες γραμμές και νευρώσεις στην συνθετική σκέψη, που καταλήγουνε σε αποτελέσματα, χρησιμο-

«

11.

ποιήσιμα εντελώς ή όχι εντελώς. Υπάρχει μια σειρά έρ­ γων που βασίζεται σ' αυτούς τους τύπους, τους οποίους βρήκα, προσπαθώντας να κάνω σύνθεση και απαντώ­ ντας σ' ορισμένα ερωτήματα. Η δουλειά μου είναι να βρω αυτούς τους τύπους, ν' ανακαλύψω, έστω, τύπους ( αλλά εγώ δεν ανακάλυψα, τους βρήκα στο δρόμο μου), να τους συναρμολογήσω, να κατευθύνω τα παραμετρικά μεγέθη και τα συναρμολογιστικά, ώστε το αποτέλεσμα να είναι ενδιαφέρον ... » [η απάντηση στο τέλος της στήλης] .

''οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτούν''

1 ο θέμα: Εφαρμογές από τη «θεωρία του μαθηματικού μπιλιάρδου»

Συνεχίζουμε με το δεύτερο μέρος της ενδιαφ έρουσας αυτής εργασίας. Σ το επ όμενο τεύχος θα δημοσιευθεί το τρίτο και τελευταίο μέρος.

Προλεγόμενα.

«Τα Μαθηματικά και το "αεικίνητο"» (2° μέρος), από το Θάνο Λύπα Απόδειξη της οπτικής ιδιότητας

(σχήμα Ια)

Έστω 1 η εφ απ τόμενη της έλλειψ ης στο σημείο Μ (σχήμα 1) και έστω α και β οι γωνίες π ου σχηματίζει η 1 με τα ευθύγραμμα FιΜ και F2M (Fι, Fz οι εστίες). Θ εωρούμε το συμμετρικό σημείο F1 ' της εστίας Fι ως π ρος την 1, φ έρουμε το ευθύγραμμο τμήμα F 'F2, και σημειώνουμε με Ν την τομή αυτού του τμήματος και τη ς 1. Έστω ότι Μ;#Ν. Τότε το Ν βρίσκεται έξω απ ό την έλλειψ η (π ράγματι, ολόκληρη η 1, εκτός απ ό το σημείο Μ, βρίσκεται έξω απ ό την έλλειψ η, διότι η έλλειψ η είναι κυ ρτή καμπύλη), επ ομένως, 1

(σχήμα Ιβ)

Απόδειξη της οπτικής ιδιότητας

F1N +NF2> 2α=F1M +MF2 Ό μως, απ ό κατασκευή, F1N= F1 'N και FιM=F1 'Μ, και κατά συνέπ εια έχουμε F1 'Ν + NF2 > F1 'Μ + MF2 ή F1 'M +MF2<F1 'F2 η οπ οία έρχεται σε αντίφ αση με την τριγωνική ανισότητα για το τρίγωνο F1 'F2M. Άρα τα σημεία; Ν και Μ π ρέπ ει να συμπ ίπ τουν, και επ ομένως η F2M F1 ' είναι ευθεία, δηλ., α= β.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/11

ΗΟΜΟ ΜΑΤΗΕΜΑ τiCUS

Και τ ώ ρ α το πεί ρ αμα!

Τοποθετήστε δύο σώματα με ίση θε ρμοκρασία στα σημε ία F1,F2 (σχήμα 2). Παρατηρήστε ότι ο­ ποιαδήποτε ακτίνα (φωτός ή θε ρμότητας) που ξε κι­ νά από το F1 πρέπε ι να φ τάσε ι στο F2. Κ αι, φυσικά, οποιαδήποτε ακτίνα διαδίδε ται ακολουθώντας την ίδια τροχιά από το F2 θα φτάσε ι ξανά στο F1 • Πα­ ρατηρήστε, όμως, μια ακτίνα από το F2 προσκρούε ι στο κατακόρυφο τμήμα της κατασκευής μας. Αν δεν υπήρχε αυτό το κατακόρυφο φράγμα κι αν δεν ε ίχαμε σ βήσε ι το μισό μέρος της ε ξωτε ρικής έλλε ι­ ψης, η ακτίνα αυτή θα ανακλάτο στο σ βησμένο τμήμα και θα έφ τανε στο F 1 •

Τώρα, όμως, θα ανακλαστε ί σε κάποιο σημε ίο του κατακόρυφου φράγματος, και θ' ακολουθή­ σε ι την πορε ία αν διαδιδόταν από το σημε ίο F 1 προς το R (σχήμα 2). Επομένως θα επιστρέψε ι στο F2! Κ αι ε ίναι φανε ρό ότι αν, ξε κινώντας από το F2, ακολουθήσε ι την ίδια πορε ία αλλά με την αντίθετη φορά, θα επιστρέψε ι και πάλι στο F2. Επομένως υπάρχε ι ένα σημαντικό πλήθος ακτίνων οι οποίε ς παγιδεύονται σε <<βρόγχους φωτός» . Παρατηρώντας την εγκάρσια τομή της «μηχανής» μας στο σχ. 2, βλέπουμε ότι ε ίναι όλε ς οι ακτίνε ς που βρίσκονται μέσα στη γωνία AF2B και στη συμμετρική της A 'F2B '.

R

Α

σχήμα 3

σχήμα 2

Επομένως, το σώμα στο F2 θα θε ρμαίνε ται ενώ το σώμα στο F 1 θα ψύχεται. Μπορούμε, ακόμη, και να υπολογίσουμε τις τελικές θε ρμοκρασίε ς που α­ ποκτούν τα σώματα με τά τη σταθε ροποίηση της δι­ αδικασίας. Υποθέτουμε ότι αρχική θε ρμοκρασία τους ε ίναι Τ0 Κ ( βαθμοί Kelvin, όπως ονομάζονται προς τιμήν του Άγγλου φυσικού William Thomson που ανα­ φ έραμε προηγουμένως, και στον οποίο δόθηκε ο τίτλος του λόρδου Kelvin λόγω των ε ξαιρετικών ε πιστημονικών ε πιτευγμάτων του). Είναι γνωστό ότι ο ρυθμός απώλε ιας ενέργε ιας δι ακτινο βολίας ε ίναι ανάλογος με την τέταρτη δύναμη της θε ρμο­ κρασίας (σε βαθμούς Kelνin) του ακτινο βολούντος σώματος. Επομένως αν θε ρμοκρασία στο σημε ίο F1 ε ίναι Τ1 και στο F2 ε ίναι Τ2 , τότε η ακτινο βολούμενη ι­4 4 σχύ ς στα Fι και F2 μπορε ί να γραφ τε ί kT1 και kT2 , αντίστοιχα. Ό λε ς οι ακτίνε ς που ξε κινούν από το F1 φ τάνουν έπε ιτα από μια ανάκλαση στο F2 , αλλά μόνο ένα μέρο ς από τις ακτίνε ς που ξεκινούν από το F2 φτάνουν στο F ι. Πόσε ς ε ίναι αυτές; Θε ωρή­ στε μια μικρή σφαίρα με κέντρο στο F2. Ο ι ακτίνε ς που επιστρέφουν στο F2 aποκόπτουν ένα δακτύλιο της σφ αίρας (σχήμα 3 ) . Αν το ε μβαδόν του ε ίναι Α1

και το συνολικό ε μβ αδό της σφ αίρας ε ίναι Α, τότε το ποσό της ακτινο βολίας που ε πιστρέφε ι στο F2 ισούται με A1k Τ24/Α και το μέρος τη ς που φτάνε ι στο Fι ε ίναι (Α- A1) k Τ24/Α. Σε κατάσταση ισορροπίας, η ενέργε ια που α­ κτινο βολε ίται σε ορισμένο χρονικό διάστημα από το σημε ίο F1 ισούται με την ενέργε ια που φτάνε ι σ' αυτό στο ίδιο χρονικό διάστημα. Δ ηλ. (Α- Αι)k Τ24/Α= kT1 4 Από την άλλη πλευρά, βάσε ι του νόμου διατήρη­ σης της ενέργε ιας, έχουμε ότι η απώλε ια ενέργε ιας στο F1 ισούται με την αύξηση της ενέργε ιας στο F2 [δηλ. C( τ ι-Το) =C(τ0-Τ2), όπου C ε ίναι η θε ρμο­ χωρητικότητα των δύο σωμάτων - υποθέτουμε ότι τα δύο σώματα ε ίναι απολύτως όμοια]. Η τελευταία ε ξίσωση μας . δίνε ι τ +τ2=2Τ Χρησιμοποιώντας την προηγούμενη σχέση και θέτοντας b= [(Α-Αι)/Α] 1 14 (και παρατηρώντας ότι b<l) παίρνουμε τελικά Τι = [ (2Τοb)/(1+b) ]<To, Τ2=[(2Το)/(1+b) ]>To I

Ο·

Καταρρίψαμε, λοιπόν, το Δ εύτερο Νόμο της Θερμοδυναμικής;

Δυστυχώς (ή ευτυχώς) όχι. Έ­ χουμε κάνε ι ένα λάθος. Που, όμως; (η συνέχεια στο επόμενο)

2° θέμα: Ο ι μέλισσε ς σπου δά ζουν Μ αθ η ματικά και Α ρ χιτεκτονική Π ρ ολεγό μενα.

Πρόκε ιται για μια ενδιαφέρουσα ε ργασία, διατυπωμένη με γλαφυρή γλώσσα. Η Φύ­ ση, δηλ. η υπαρκτή πραγματικότητα, ε ίναι ο δάσκαλός μας και, ταυτόχρονα, το ασφ αλές κριτήριο για την αλήθε ια ή όχι των όποιων ιδε ών μας. Απολαύστε την.

«Το κυνήγι της βέλτιστης λύ σης», τ ου Π αναγιώτη Τ ρ ιπικέλη (Κ ό ρ ινθο ς) Ε ισαγωγή . Ένα από τα πολλά χαρακτηριστικά : λ υση ενό ς μα θηματικού ( και όχι μ ό νο) προβλ ήματος που μεγαλώ νουν το ενδ ια φέρον σε σχέση με την επί- ! είναι το γεγονό ς ό τι μεταξύ των πολλ ώ ν πι θανώ ν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/12

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

λύσεων προτιμ άται η καλύτερη δυνατή ( ό πως λέμε η βέλτι στη ) λύ ση. Ο ι μα θηματικο ί εισήγαγαν την έν­ νοια της βέλτισrης λύ σης υπακο ύ οντας σε μια πρα­ κτική η οπο ία εφ αρμ όζεται σrο φ υσικό περιβάλλον. Ειδικό τερα οι ζωντανο ί ορ γανισμο ί την αναζητο ύ ν από ένσrικτο. Ένα μωρ ό (γ ια παρ άδειγμα) θα μπου­ σουλ ίσει προς μια κατεύθυνση πά νω σrην ευ θεία που το ενώ νει με το προορισμό του, χωρ ίς φ υσικά να

γνωρ ίζει τίποτα από Ευκλείδεια γεωμετρ ία. Α πό έν­ σrικτο έχει δώ σει τη βέλτι στη λύση σrο πρ όβλημα: « να βρεθεί η ελάχι σrη δ ιαδρομή που ενώ νει δυο ση­ με ία σrο επίπεδο » .

Χαρακτηριστικότε ρο παράδε ιγμα ίσως αποτε­ λε ί ο τρόπος με τον οποίο οι μέλισσε ς κατασκευά­ ζουν τα κε λιά της κυψ έλης τους. Σ το τέλος του άρ­ θρου θα διαπιστωθε ί ότι τα πε ρίφ ημα ε ξάγωνα που την αποτε λούν δεν κατασκευάστηκαν τυχαία.

Ι. Το π ρ όβλημα στις δυο διαστάσεις Δ ισδ ι άσrατο πολυγωνικό πλέγμα (σχήμα 4) είναι ένα σύ νολο πολύγωνων σrο επίπεδο έτσι ώ σrε κανένα από αυτά δεν έχει ελεύθερη πλευρ ά εκτό ς από εκε ίνα τα πολύγωνα που ορ ίζουν το εξωτερικό σύ νορο του. Ωσrό σο έχει παρατηρη θε ί ό τι αν ζητη θε ί από κάποιον να σχεδ ι άσει ένα πλέγμα το πιο πι θανό ε ίναι να κα­ ταλήξει σrο παρακάτω σχήμα 5 : Προ φ ανώς το παραπάνω πλέγμα είναι μια ειδ ική περ ίπτω ση του ορισμο ύ , α φ ο ύ αποτελείται από ίσα μεταξύ τους ορ θο γώ νια και κατασκευ άζεται πολύ πιο εύκολα από το αρχικό σχήμα ό που τα πολύ γωνα είναι διαφ ορετικά μεταξύ τους. ι

Δ / v..Lv v I

σχήμα 4 - πλέγμα

I I I I

σχήμα 5

-

ορθογώνια παρ/μα,

σχήμα 6 - κυψέλες

Σ τη πε ρίπτωση αυτή , ένας μηχανικός μπορε ί να ε πιβε βαιώσε ι , ότι το πλέγμα θα αντέχε ι πε ρισ­ σότε ρο αν τα πολύγωνα (τα οποία θα ονομάζουμε «κε λιά») ε ίναι ίσα μεταξύ τους κανονικά πολύγω­ να. Αυτό ε πιτρέπε ι στις δυνάμε ις που ασκούνται πάνω στην επιφ άνε ια του πλέγματος να κατανέμο­ νται πιο ομοιόμορφ α με αποτέλε σμα το πλέγμα , συνολικά , να ε πιβαρύνεται λιγότε ρο και ε πομένως Ας υποθέσουμε τώρα ότι ένα πλέγμα έχε ι κα­ να αντέχε ι πε ρισσότε ρο. τασκευαστε ί για να αντέχε ι διάφ ορε ς δυνάμε ις που τίθεται τώρα το ε ρώτημα: «ποσά τέτοια διαφ ο­ ενε ργούν πάνω του (πχ. το πλέγμα που αποτε λε ί ρε τικά πλέγματα υπάρχουν , για να διαλέξε ι ο κα­ μια πε ρίφ ραξη). τασκευαστής». Ο αναγνώστης μπορε ί να αποδε ίξε ι Α υτό σημα ίνει ό τι γ ια να κατασκευάσει κάποιος ένα τέτοιο πλέγμα θα έπρεπε να έχει ο δη γ ίες κατα­ σκευ ή ς γ ια κάθε ένα από τα πολύγωνα που το αποτε­ λού ν , ενώ στη περ ίπτω ση του δεύτερου ο κατασκευ­ ασrή ς χρει άζεται να ξέρει μό νο τις « προδ ιαγραφές» ενό ς από τα ορ θογώνια και στη συ νέχεια κατασκευ­ άζει το πλέγμα επαναλαμβάνοντας το αρχικό ορ θο­ γώ νιο.

Α ν ένα πλέγμα σrο επίπεδο αποτελείται από κελ ιά που είναι κανονικά πολύγωνα τό τε αυτά θα ε ίναι τετρ ά ­ γωνα η ισό πλευρα τρ ίγωνα η κανονικά εξάγωνα

Η απόδε ιξη β ρίσκεται στο 11 κεφ αλαίο του σχολικού βιβλίου της Γε ωμετρίας όπου ο αναγνώ­ στης μπορε ί να ανατρέξε ι. (Εννοε ίται βέ βαια ότι η αναζήτηση πρέπε ι να πε ριλαμβάνε ι και τις ασκή­ σε ις του κεφ αλαίου! !) Σ αν τε λευταίο ζητούμενο τίθεται το ε μβαδόν του κάθε κε λιού. Γ ια κάποιο λόγο ο κατασκευα­ στής του πλέγματος ισχυ ρίζεται ότι το υλικό με το

οποίο κατασκευάζε ι το πλέγμα ε ίναι ακριβό και γι αυτό εκ τός από αντοχή ζητάε ι με συγκε κριμένη και σταθε ρή ποσότητα υλικού το κάθε κε λί του πλέγ­ ματος να έχε ι το μεγαλύτε ρο δυνατό ε μβαδόν. Σ τις δυο διαστάσε ις αυτό σημαίνε ι, ασφ αλώς, ότι τα κε λιά έχουν την ίδια πε ρίμε τρο Η απάντηση β ασίζεται στις παρακάτω :

Π ρ οτάσεις

Ένα κανονικό ε ξάγωνο , ένα ισόπλευρο τρίΕ= -ι Ρ σφ γωνο και ένα τετράγωνο μπορούν να ε ίναι ισοπε ρι­ 4ν 2 μετρικά Γ) Αν ένα κανονικό ε ξάγωνο , ένα τετράγωνο και Β) Αν Ρ η πε ρίμετρος ενός κανονικού ν-γωνου , ένα ισόπλευρο τρίγωνο έχουν την ίδια πε ρίμετρο Ε το ε μβαδόν του , ω η κεντρική του γωνία τότε τότε μεγαλύτε ρο ε μβαδόν έχε ι το ε ξάγωνο Α)

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/13

ω

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Εργονομία - Οικονομία • Η κατα σκευ ή να μπορε ί να γ ίνεται ταυτόχρ ονα από πολλές μέλ ισσες ώστε να λ ιγοστεύει ο χρό νος κατασκευ ής.

Οι μέλισσες κατασκευάζουν τα κελιά τις κυψέλης χρησιμοποιώντας κερί. Γι' αυτές αυτό το υλικό είναι ακριβό καθώς για κάθε γραμμάριο κεριού απαιτείται κατανάλωση 7 γραμμάριων μελιού. Επιπλέον είναι γνωστό ότι κάθε κελί είναι χώρος αποθήκευσης επομένως όταν κατασκευάζουν τα κελιά πρέπει να σιγουρευτούν για τα παρακάτω: Το κάθε κελί και επομένως συνολικά η κυψέλη αν έχουν τη μεγαλύτερη δυνατή αντοχή σης καταπονήσεις •

Με δεδομένο ότι για λόγους οικονομίας του κεριού το κάθε κελί κατασκευάζεται με την ίδια ποσότητα υλικού πρέπει να εξασφαλιστεί η μεγαλύτερη δυνατή χωρητικότητα Έχοντας λάβει υπόψη όλα τα παραπάνω ο αναγνώστης διαπιστώνει ότι η κυψέλη πρέπει να είναι όπως στο (σχήμα κυψέλες).

•

3° θέμα: Μια άγνωστη πλευρά του μεγάλου Γρηγόρη Ξενόπουλου

Ο φίλος και συνεργάτης της στήλης μας, Γιάννης Σταμέλος, πάντα μας «ξαφνιάζει)) ευχά ριστα. Στο σημείωμά του αυτό αναδεικνύει μια άγνωστη, στους πολλούς Έλληνες, πλευρά του μεγάλου θεατρικού συγγραφέα, μυθιστοριογράφου και διευθυντή του περιοδικού «Διάπλαση Παίδων)) Γρηγόρη Ξενόπουλου. Αυτή του η πλευρά αφορά τη μαθηματική του ιδιότητα. «Τα μαθηματικά στο έργο του Ξενόπουλου))' του Γιάννη Σταμέλου, (Λασίθι) Ο Ξενόπουλος έγραψε πολλά μυθιστορήματα, Την προηγούμενη σχολική χρονιά (2004-2005) με τους μαθητές της τρίτης τάξης του 2ou Γυμνασί- διηγήματα, κριτικές και θεατρικά έργα. Είναι επί­ ου Αγίου Νικολάου Λασιθίου είχαμε τη χαρά να σης ταυτισμένος με την περίφημη «Διάπλαση των παρακολουθήσουμε μια εξαιρετική παράσταση Παίδων)), η οποία γαλούχησε γενιές και γενιές. στην Αθήνα, στο θέατρο «Ακάδημορ), με πρωτα- Αρκετά έργα του Ξενόπουλου περιέχουν αυτο­ γωνιστή τον Σπύρο Παπαδόπουλο. Το έργο ήταν βιογραφικά στοιχεία, όπως το «Δεν είμαι εγώ)). Οι του Γρηγορίου Ξενόπουλου και είχε τίτλο: «Δεν εί- συνεδριάσεις της Μαθηματικής Εταιρείας, της ο­ μαι εγώ)) (το βιβλίο κυκλοφορεί από τις εκδόσεις ποίας υπήρξε μέλος (στο έργο αναφέρεται ως Επι­ «Αδελφοί Βλάσση)) ). Ο πρωταγωνιστικός ρόλος, στημονική Εταιρεία) ο τύπος του Σωσύ, η χρήση τον οποίο ερμήνευε ο Παπαδόπουλος, είναι γραμ- συμβολισμών και εξισώσεων, η διατύπωση κανό­ μένος για έναν καθηγητή μαθηματικών, τον Πέτρο νων, είναι μερικά στοιχεία που χρησιμοποιεί στο Παπαπέτρου. (Πέτρος Παπαχρήστου είναι ο κε- έργο του αυτό ο Ξενόπουλος. .Άναφορά επίσης γί­ ντρικός ήρωας, επίσης μαθηματικός, στο διάσημο νεται και στον Νεύτωνα. πλέον έργο του Απόστολου Δοξιάδη «0 θείος Πέ- Το έργο «Δεν είμαι εγώ)) είναι φάρσα στην οτρος και η εικασία του Γκόλντμπαχ))). ποία σατιρίζεται η Λογική και οι άνθρωποι που Οι μαθητές εύκολα αναγνώρισαν στην ερμη- στηρίζονται μόνο σ' αυτήν. Η Λογική, σημειώνει νεία χαρακτηριστικά των καθηγητών τους και μά- σε σχετικό σημείωμά του, θα πρέπει να συνοδεύε­ λιστα το σχολίασαν και στον Παπαδόπουλο, όταν ται κι από τη Φαντασία. «0 σωστός, ο φρόνιμος, ο πήγαν στο καμαρίνι του για να τον συγχαρούν. φυσιολογικός να πούμε άνθρωπος συνταιριάζει και Ο Ξενόπουλος (1 867-1951) σπούδασε μαθημα- τα δύο)). τικά στο Πανεπιστήμιο Αθηνών και όπως ο ίδιος Ο καθηγητής στο έργο ανοίγει την καρδιά του έγραψε, οι σπουδές του επηρέασαν σημαντικά τόσο στους μαθητές του. Οι μαθητές του τον αγαπούν τη θεματογραφία του, όσο και το στυλ των γρα- και δηλώνουν ότι θα τον υπερασπιστούν αν χρεια­ πτών του. «Μου αρέσει κάθε μου γραφτό, να είναι στεί. Χαρακτηρίζεται σεβαστός, σοβαρός, άγριος στη μορφή τόσο απλό, ώστε με την ίδια σχεδόν ά- αλλά και αφηρημένος, ξεχασιάρης και σχολαστι­ νεση να μπορεί να το διαβάζει κι ένας μαθητής του κός. Εκδηλώνει έντονα την απορία του όταν οι άλ­ Γυμνασίου και ο κύριος Παλαμάς. Δεν αγαπώ τα λοι δεν καταλαβαίνουν απλούστατα, κατά την αντί­ σύννεφα και τα σκοτάδια · με τραβά περισσότερο η ληψή του, πράγματα. Παραδίδει μάλιστα (το 1915) ξαστεριά, το φως. Εσπούδασα μαθηματικά στα νιά- και ιδιαίτερα μαθήματα. τα μου, κι εσυνήθισα να λέγω, τα πράγματα απλά, Ο Ξενόπουλος βραβεύτηκε για το λογοτεχνικό του έργο, το 1929, από την Ακαδημία Αθηνών. καθαρά και ξάστερω), σημείωνε. Προλεγόμενα.

Ιρ.

«αυ τό το ξέρα τεj» [η απάντηση] Στιγμιότυπα από την τρίωρη διάλεξη του Γιάννη Ξενάκη, που έγινε στις Ι 7/9/ 1 975 στην αίθουσα της Εθνικής Λυρικής Σκη­ νής, με την ευκαιρία της «Ε βδομάδας Ξενάκη», από τις 17 ως τις 2 1 /9/1 975 (Ηταν η δεύτερη. Η πρώτη έγινε στις 1 3/1 1/1974, στο Ινστιτούτο «Γκαίτε»). Εδώ, όταν ο Ξενάκης μιλά για «τύπους», εννοεί μαθηματικούς τύπους και μαθηματικές παραμέτρους. Είναι γνωστό πως ο Ιάννης Ξενάκης είναι από τους πρωτοπόρους που "πάντρεψε" τα Μαθηματικά με τη μουσική. Το κύριο υλι­ κό που χρησιμοποίησε ήταν η θεωρία των ομάδων (συμπλεγμάτων) και ο Η/Υ. [πηγή: περιοδικό «ΘΕΑΤΡΟ», τεύχος 46, σελ.

1 06] . Κάποτε, η στήλη θα κάνει ειδικό αφιέρωμα με τις λεπτομέρειες αυτής της ιστορικής συνέντευξης. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/14

22η ΒΑLΚΑΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ 10 ΜΑΪ ΟΥ 2005

22η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμmάδα διεξήχθη στα Ιάσιο της Ρουμανίας από τις 4 έως 10 Μαίου 2005. Η Ελληνική αποστολή αποτελείτο από τους μαθητές: Δουβρόπουλο Θεοδόσιο, Παγωνάκη Μηνά, Παναγέα Ιωάννη, Παπαγιαννάκη Νικόλαο, Παπαμιχάλη Θεοφάνη και Παπαμιχάλη Μάριο. Αρχηγός της αποστολής ήταν Μαθηματικός Δημήτριος Κοντογιάννης και υπαρχηγός ήταν ο Μαθη­ ματικός Ανδρέας Τριανταφύλλου. Συμμετείχαν 10 χώρες: Ελλάδα, Αλβανία, Βοσνία Ερζεγοβίνη, Βουλγαρία, Σερβία και Μαυροβούνιο, Πρώην Γιουγκοσλαβική Δημοκρατία της Μακεδονίας, Τουρκία, Ρουμανία, Κύπρος και Μολδαβία. Οι Έλληνες μαθητές κατέκτησαν τέσσερα μετάλλια ως εξής: Παπαμ ιχάλης Θεο φ άνης - Αργυρό μετάλλιο Παπαμιχάλης Μ ά ρ ιο ς - Χρυσό μετάλλιο, Δουβ ρ όπουλο ς Θ ε οδ όσιο ς - Χάλκινο μετάλλιο Παγωνάκης Μ η νάς - Χάλκινο μετάλλιο Η

ο

Θ ΕΜΑ Τ Α Π ρ όβλη μα ι

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC του οποίου ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στις πλευρές ΑΒ και AC στα σημεία D και Ε αντίστοιχα. Έ­ στω Χ και Ψ τα σημεία τομής των διχοτόμων των γωνιών C και Β με την ευθεία DE και Ζ το μέσο της BC. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΧΨΖ είναι ισόπλευρο αν και μόνο αν Λύ ση

Α

=

60°

•

Α

Οπότε η (1) γίνεται ExC = 90° - Α2 - C2 = Β2 . Επομένως το τετράπλευρο BIXD είναι εγγράψιμο σε κύκλο με iDB = 90° , άρα fXB = 90° δηλαδή ΧΖ = BC2 . Όμοια ΖΨ = BC 2 .

Τελικά ΖΧ = ΖΨ = BC 2 . Αυτό σημαίνει ότι το τρίγωνο ΖΧΨ είναι ισοσκε­ λές.

- c c - :Β :Β Όμως XZB = - + - = C και ΨΖC = - + - = Β 2 2 2 2 Τελικό συ μπέρασμα: Ζ = Α = 60° με ΖΧ = ΖΕ Δ ΧΖΨ ισόπλευρο λ

λ

<::::>

-

Παρατηρούμε ότι EXC = AED - ACX (1) . Όμως από το ισοσκελές τρίγωνο ADE έχουμε ότι Α AED = 90° - . Επίσης έχουμε ότι .ACX = C .

2 2 Δ

Πρόβλη μα 2

Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί p ώστε το 2 p - p + 1 να είναι τέλειος κύβος.

. Λύ ση .

Θέλουμε p2 - ρ +1 = b3 ή p(p -1) = b3 -1

ή p(p -1) = (b -1) (b 2 + b +1) . Από τη σχέση b3 ,;, p2 - ρ +1 έχουμε b3 <ρ2 <ρ3 οπότε b<p (ας μη ξεχνάμε ότι αναφερόμαστε σε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.4/15

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ακέραιους με p πρώτο). Από την σχέση p( p - 1) = (b - 1)(b 2 + b + 1) κατα­ νοούμε ότι ο p είναι διαιρέτης του b 2 + b + 1 αφού p>b � p > b - 1 με p πρώτο. Άρα b 2 + b + 1 = κ · p και βέβαια p - 1 = κ(b - 1) για κάποιους ακέραιους κ � 2 . Έτσι παίρνουμε b 2 + b + 1 κ 2 b + κ - κ 2 με b 2 + b < κ 2 b και κ 2 (b - 1) � b 2 + b - 1 . Έτσι για b>2 έχουμε b + 1 < κ 2 και 2 κ2 � b + b - 1 = b + 2 + 1 < b + 3 b-1 b-1 Τελικά κ 2 = b + οπότε κ = 3, b = 7, p = 19. =

2

Πρόβλημα 3

--

Έστω a, b, c θετικοί πραγματοικοί αριθμοί. Να απο δ ειχθεί ότι

----

� � � �α - bf +-+-� α+b+c+ b c α α+b+c

Πότε ισχύει η ισότητα;

Έχουμε ότι: α 2 = 2α - b + (α - b) 2 . Κυκλικά παίρνουμε: b b c 2 = 2c - α + (c -___.:. α) 2 b 2 = 2b - c + (b - c) 2 και c c α α Οπότε η ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα γίνεται: (α_ - b)....:.2 ..,_ + (b - c) 2 + (c - α) 2 + α + b + c � ...;,_ b c α 2 α + b + c + 4(α - b) <=> α+b+c 2 (α _ - b)....:...,_ + (b - c) 2 + (c - α) 2 � 4(α - b) 2 <=> ...;,_ b c α α+b+c 2 2 2 (α + b + c) (α b) + (b c) + (c α) � b c α � 4(α - b) 2 (1). Από την ανισότητα B - C - S έ2 (b-c) 2 (c α) 2 χουμε: (α + b+c) (α b) + -+ -- � b c α 2 2 (lα - bl +lb - cl +lαl) � ( 2lα - b l) ή 2 ( b - c )2 ( ) 2 α b ( ) + + : � 4( α - b) 2 (α + b + c} b c Οπότε η ( 1) ισχύει: Η ισότητα ισχύει όταν α = b = c και σε ειδική πε­ ρίπτωση όταν α>Ο, c=αφ, b = cφ 2 όπου Λύση.

_

....:...._

[

[

[--

]

]

]

--

φ = 1 + J5 .

2

Π ρόβλη μ α 4

[ ]

Δοθέντος ενός ακεραίου η � 2 να αποδειχθεί ότι π+2 , , του συνο' λου 4 μετα ξυ το πο λυ' αρι θ μων --

{1,2,

•••

,η

}

είτε υπάρχουν δύο σχετικά πρώτοι

[ + 2]

μεταξύ τους είτε ο ένας διαιρεί τον άλλο. Επι' ο αρι θ μος ' πλέον να δ ειχθ ει' οτι

η

4

--

' ο ειναι

μικρότερος που έχει την ιδιότητα αυτή. Λύση .

η}

Έστω ένα υποσύνολο του συνόλου { 1, 2, ... που δεν περιέχει ένα τέτοιο ζεύγος αριθ­ μών. Αν περιέχει στοιχεία μικρότερα ή ίσα του Ε.. . Θεωρούμε S το μικρότερο από αυτά. Το στοιχείο 2S δεν μπορεί να ανήκει στο υποσύ­ νολο αυτό. Αντικαθιστούμε το S από το 2S στο υποσύνολο ο αριθμός των στοιχείων του παραμέ­ νει αναλλοίωτος αφού κανένα ζεύγος των ζητου­ μένων δεν σχηματίζεται. Ας συνεχίσουμε την διαδικασία αυτή μέχρι που όλα τα στοιχεία του υποσυνόλου να γίνουν μεγα, λυτερα του '2 . Όμως δύο οποιοιδήποτε διαδοχικοί ακέραιοι από το σύνολο { 1, 2, .. που να είναι και οι δύο με-

2

η

. ,η}

γαλύτερη του Ε.. είναι σχετικά πρώτοι. Αυτό ση2 μαίνει ότι το υποσύνολο μπορεί να περιέχει το πο­ λύ ένα στοιχείο από κάθε τέτοιο ζεύγος. Έτσι θα , το πολυ' - στοιχεια, εκτος, απο, την ειδιεχει 4κή περίπτωση όπου 4κ + 1, κ � 1 . τ, , να εχουμε , οτε -- = κ που ομως μπορουμε 4 κ+ 1 στοιχεία στο υποσύνολο σύμφωνα με την πα­ ραπάνω επιλογή διαδοχικών στοιχείων μόνο όταν και τα δύο 2κ + 1 και 4κ + 1 ανήκουν στο υποσύ­ νολο. Μόνο τότε αυτά τα δύο είναι σχετικά πρώτα στοιχεία πράγμα που απαγορεύεται. Τελικά το συμπέρασμα ισχύει για όλα τα όπου οποιοδήποτε υποσύνολο με περισσότερα από ' απο' τα ' ενα ' ζευγος --2 στοιχεια' θα περιεχει 4 ζητούμενα.

[η+2]

(η+ )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/16

[η+ 2] η=

,

η

••ιιιι•"�••• JU �· �� 'Ι�Iι ,. Α•-Ι• jU γεfJpα

Γ. Αποστολόπουλος

'Εχουμε: α-3 - α-2 + α - 1 = ..!. + -13 - -1 = α α α2 θεί η τιμή της παράστασης: 2 2 3 2 Α = (-1)ν + (-1)ν + 1 + (-1)ν + + (-1)ν + = α + 31 - α α - 3α + 1 > Ο γιατι, α α ΛΥΣΗ ι Αν ν άρτιος τότε ν+ 1 περιττός, ν+2 άρτιος και ν+3 ::�3 < 0�� > 0 περιττός. Άρα: Α = 1 + ( - 1) + 1 + ( - 1) = Ο . Αν ν περιττός, τότε ν+ 1 άρτιος, ν+2 περιττός και ii) Το κλάσμα γράφεται: 1 1 + 1 1 - α + α2 ν+3 άρτιος. Άρα: Α = ( - 1) + 1 + ( - 1) + 1 = Ο .

3 z 3 κ= α α α = α 2 = Ώστε Α = Ο, για κάθε ν Ε w * .

-14 - -13 + -12 1 - α 4+ α α α α α 2) Αν α,β,γ είναι τα μήκη πλευρών τριγώνου και 4 4 2 α · (1 α + α ) α α 2 - βγ 2α - - γ = 3 3 =α· = 2) = ισχύει η σχέση : (1), να βρεα · (1 α + α α 2 β+γ 1) Αν ν είναι φυσικός αριθμός, με ν -:�; Ο , να βρε­

•

{

}

- - -

-

β

θεί το είδος του τριγώνου.

Από την ( 1 ) Ισοδύναμα, έχουμε: 2( α 2 - βγ) = (β + γ)(2α - β - γ) � 2α 2 - 2flγ + β 2 + γ 2 + 2_βγ - 2αβ - 2αγ = Ο � 2α 2 + β 2 + γ 2 - 2αβ - 2αγ = 0 � ( α2 + β 2 - 2αβ ) + ( α2 + γ 2 - 2αγ ) = ο � (α - β) 2 + (α - γ) 2 = 0 � α- β = Ο και α - γ = Ο � α = β και α = γ, δηλαδή α = β = γ. Άρα, το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

3) Αν α>Ο, i) Να δειχθεί ότι:

> α -2 (1) και ii) Να -3 -2 α - α + α -1 , κλασμα: Κ = 3 2 α-1 + α-3

α

i) Από την ( 1 )

_4

-α

_

+α

_

ΛΥΣΗ

β (;)' +β' �

4 ) Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,

ΛΥΣΗ

•

απλοποιηθεί το

α

·

*

Ο , ισχύουν οι σχέσεις; 2α ( 1) και

δειχθεί ότι: α

= β=

1.

( � )' ' � 2β

ΛΥΣΗ

+

α

β

με

(2), να

Οι σχέσεις ισοδύναμα γράφονται: α 2 + β 2 - 2α = Ο και Από ( 1 ) : 2 β (2): β: + α 2 - 2β = Ο � α 4 2 α + β - 2αβ 2 = 0 και β 2 + α4 - 2α2 β = 0 � ( α - β 2 )2 = 0 και (α2 -β)2 =0� α = β2 και α2=β. Τις πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη, έχουμε: α3 = β 3 � α3 - β 3 = 0 � (α - β) ( α 2 + αβ + β 2 ) = 0 , αλλά α 2 + αβ + β 2 > Ο γιατί Δ α = -3β 2 , Δ p = -3α 2 , 1>0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.4/17

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

άρα α - β = Ο <=> α = β . Κ = ( αβ 2 α 2 β ) _ ( γ 2 α βγ 2 ) + ( γα 2 β 2 γ ) = Οπότε η σχέση α = β2 γίνεται α = α 2 <=> α = 1 , γιατί = -αβ(α - β) - γ 2 (α - β) + γ ( α 2 - β 2 ) = α :;t: Ο . Ώστε α = β = 1 . = -αβ(α - β) - γ 2 (α - β) + γ( α + β)( α - β) = 5) Αν α, β>Ο και ισχύει: 2α + 3β = 60 , να βρεθεί = (α - β) · [ -αβ - γ 2 + γ(α + β) ] = μεταξύ ποιων αριθμών παίρνει τιμές το άθροι­ = (α - β) · { -αβ - γ 2 + αγ + βγ ) = σμα α+β. = (α - β) · [ β(γ - α) - γ(γ - α) ] = ΛΥΣΗ = (α - β)( γ - α)(β - γ) < Ο γιατί Είναι: 2α + 3β = 60 <=> 2α + 2β = 60 - β <=> α - β > Ο , γ - α < Ο και β - γ > Ο . α + β = 30 - � και επειδή β>Ο, έχουμε α+β < 30.

2 Επίσης: 2α + 3β = 60 <=> 3α + 3β = 60 + α <=> 8) Αν χ > y > Ο, να δειχθεί ότι: 4 4 3 4 4 3 3 3 α + β = 20 + -α και επειδή α > Ο, έχουμε: ( χ - y ) . ( χ + y ) > ( χ - y ) . ( χ + y ) 3 ΛΥΣΗ α + β > 20 . Ώστε: 20 < α + β < 30 . ) 'Εχουμε { χ4 - y 4 { x3 + y3 ) - { x3 - y3 ){ x4 + y 4 ) = 6) Αν α,β,γ ε R και ισχύει: α+ β +γ 9, να βρε­ = χ 7 + x4 y3 - x3 y4 - y7 - χ 7 - x3 y4 + x4 y3 + y7 = 2 2 θεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης: α +β +'?. = 2x4 y3 - 2x3 y4 = 2 x 2 y 2 ( x - y ) > Ο , γιατί x ,y > Ο ΛΥΣΗ και χ-y > Ο. Έχουμε ότι: 1 και ισχύει: α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2βγ + 2γα = (α + β + γ) 2 <=> 9) Αν α,β > Ο, διάφοροι του -1 -1 1 α 2 + β 2 = α + β ( ) , να δειχθεί ότι οι αριθα 2 + β 2 + γ 2 = 81 - 2αβ - 2βγ - 2γα <=> 3α2 + 3β 2 + 3γ 2 = 81 - 2αβ - 2βγ - 2γα + μοί α-1, β-1 είναι ετερόσημοι. ΛΥΣΗ +2α2 + 2β 2 + 2γ 2 <=> 1 + 1 = -1 + 1 <=> , Απο την (1) εχουμε: 3 ( α 2 + β 2 + γ2 ) = 81 + ( α 2 + β 2 - 2αβ ) + 2 α 2 β α -β (+ β2 + γ2 - 2βγ ) + ( γ2 + α2 - 2γα) β 2 + α2 = αβ 2 + α2 β <=> α2 α 2 β = αβ 2 β 2 <=> β ;<Ι α 2 α - 1 <=> 3 ( α 2 + β 2 + γ 2 ) = 81 + (α - β) 2 + (β - γ) 2 + α2 (1 - β) = β 2 (α - 1) <=>2 = 1 - β > 0 <=> β +(γ - α) 2 <=> 3 ( α 2 + β 2 + γ 2 ) - 8 1 = α - 1 < Ο . Ά ρα οι αριθ μοι' α- 1 , β- 1 ειναι ' ' ετεροση2 2 2 = (α - β) + (β - γ) + (γ - α) � 0 . β-1 Άρα: 3 ( α 2 + β 2 + γ 2 ) - 81 � 0 <=> μοι, αφού έχουν αρνητικό πηλίκο. α 2 + β 2 + γ 2 � 27 .

10) Αν για το πραγματικό αριθμό χ ισχύει: Επομένως η ελάχιστη τιμή του α2+β2+γ2 είναι: 27. χ3 + χ 2 + χ = 2006 , να δειχθεί ότι χ > Ο. _

_

_

•

=

,

_

_

-

--

Αν α > β > γ, να βρεθεί το πρόσημο της πα­ 'Εχουμε: χ { 2 + χ + 1 ) = 2006 > Ο αλλά επειδή χ ράστασης: Κ Δ = -3 < Ο, 1 > Ο χ 2 + χ + 1 > Ο , για κάθε χ ε R , αβ 2 + βγ 2 + γα 2 α 2 β β 2 γ γ 2 α . άρα επειδή οι παράγοντες χ, χ 2 + χ + 1 είναι ομό­ ΛΥΣΗ Για να βρεθεί το πρόσημο της παράστασης Κ, θα σημοι, θα είναι χ > Ο. πρέπει αυτή να γίνει γινόμενο παραγόντων. Έχουμε: ΛΥΣΗ

7)

=

_

_

_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/18

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

1 1) Ν α λυθεί στο Ζ , η εξίσωση

(3χ - 6)3 = (2χ - 1) 3 + (χ - 5)3 •

( ) ( )

' ' Πράγματι: Ι α ; β Ι + Ι α : β l - αβ= 2 2 = (α - β) +. (α+ β) - α β= 4 4 2 2 2 2 = α - 2α β+ β + α + 2αβ+ β - 4α β = 4 2 ( α 2 - 2αβ+ β 2 } 2 2 = = 2α + 2β - 4α β = 4 4 2 2 2 = α - 2α β+ β = (α - β) � 0.

2 2

ΛΥΣΗ

Ισοδύναμα έχουμε: (3χ - 6) 3 - (2χ -1) 3 - (χ - 5) 3 = ο <:::::> (3χ - 6) 3 + (1 - 2χ) 3 + (5 - χ) 3 = 0. Είναι γνωστό όμως, ότι: αν α+ β+γ = Ο τότε α3 + β 3 + γ3 = 3αβγ. Εδώ έχουμε: (3χ - 6) + (1 - 2χ) + (5 - χ) = Ο 3 3 3 ' (3χ - 6) + (1 - 2χ) + (5 - χ) = αρα = 3(2χ - 6) (1 - 2χ(5 - χ) = 0 δηλαδή 3χ - 6= Ο ή 1- 2χ= Ο ή 5 - χ= Ο οπότε 14) Να απλοποιηθεί το κλάσμα: �29 + 12J5 - �29 - 1 2J5 χ = 2 ή χ= _!.. � Ζ (απορ.) ή χ = 5.

2 �9 + 4J2 - �9 - 4J2 Άρα οι ακέραιες λύσεις της αρχικής εξίσωσης εί­ ΛΥΣΗ ναι χ = 2 ή χ = 5. 'Εχουμε: �29 +12-JS > �29 -12-JS . Τότε χ= �29+12-JS - �29 -12.J5 > Ο, επομένως 12) Αν lxl � 1 , να απλοποιηθεί η παράσταση : Α = 2 l x - 1l - 3 l xl + l x + 11 . χ2 = 29+12.J5+ 29 -12.J5 - 2 29 2 - (12.J5 )2 <:::::> ΛΥΣΗ χ2 = 58 - 2 · .Jϊ2ι <:::::> χ2 = 36 <:::::> χ= 6, γιατί χ > Ο. Έχουμε lxl �1 <:::::> χ � -1 ή χ �1. Επειδή �9+ 4-fi > �9 - 4.fi τότε έχουμε Αν χ � -1, τότε I χ+11 = - χ -1 και y= �9+ 4.fi - �9 - 4.fi > Ο, επομένως lx -11 = - χ+1,lxl= - χ οπότε: Α= 2(- χ+1) - 3(- χ) - χ -1= y 2 = 9+ 4.fi+ 9 - 4.fi - 2 9 2 - ( 4.fi } 2 <:::::> = - 2χ+ 2+ 3χ - χ -1=1 y 2 =18 - 2.J49 <:::::> y 2 = 4 <:::::> y= 2, γιατί y> Ο Αν χ �1, τότε l x -11= χ -1,lxl= χ και ο ' ' χ -= 6 3. ' με: -= ποτε το κλασμα, ισουται lx+11 = χ+1, οπότε: Υ 2 Α= 2(χ -1) - 3χ+ χ+1= 2χ - 2 - 3χ+ χ+1= -1.

1 , Χ � -1 15) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτηΆρα Α= .

-1,χ �1 2χ - 1 + 2χ + 1 σης: f(x) = -2-x- -1--2-x -4χ--:2: --2-χ 13) Αν α,β ε � να δειχθεί ότι: και να απλοποιηθεί ο τύπος της.

J

J

{

[�Τ[ � ] d<

β)

+

d<α -β

ΛΥΣΗ

� αβ .

Για να ορίζεται η συνάρτηση πρέπει: (2x ;,t: O και 1- 2x ;,t: O και 4x2 - 2x ;,t: O) <:::> Ξέρουμε ότι η απόσταση δύο σημείων στην ευθεία (χ * Ο και χ * 1- και 2χ(2χ -1) * 0) <:::::> 2 των πραγματικών αριθμών είναι d(α,β) = Ι α - βl, άρα d (α,- β)= Ι α+ β Ι. (χ * Ο και χ * Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι: ' ' Ι α � β l + Ι α : β Ι - αβ � ο. ΛΥΣΗ

Ξ)

( ) ( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/19

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

2χ - 1 - -2χ + 1 .Εχουμε: f(x) = -= 2χ 2χ - 1 2χ(2χ - 1) 2 2 = (2χ - 1) - (2χ) + 1 = 2χ(2χ - 1) = -4χ + 2 = -2(2χ - 1) = 2χ(2χ - 1) 2χ(2χ - 1) χ Ώστε: f(x) = _!_ , με χ =F- Ο και χ =F- _!_ . χ 2

{ λ + 1 = Ο και 2λμ + λ = Ο} <:::> { λ = -1 και -2μ - 1 = 0} <=> { λ = -1 και μ = - i

}

18) Αν η

παράσταση: * (α + 3χ) 2 + (β + 4χ) 2 , α, β ε JR , είναι τέλειο τετράγωνο, να βρεθεί ο λόγος α . β ΛΥΣΗ

_

Έχουμε: (α + 3χ) 2 + (β + 4χ) 2 = 25χ 2 + 2(3α + 4β)χ + α 2 + β 2 1 6) Να λυθεί στο IR , η εξίσωση: Για να είναι τέλειο τετράγωνο πρέπει, η διακρί­ 3 1 -+ 2 = ---,. νουσα του τριωνύμου να είναι μηδέν. χ2 + χ + 1 χ2 - χ + 1 χ4 + χ 2 + 1 Δηλ. Δ = Ο <:::> 4(3α + 4β) 2 - 4 · 25 · ( α2 + β 2 ) = Ο <:::> ΛΥΣΗ Επειδή Δ = -3 < Ο και 1>0 είναι χ 2 + χ + 1 > Ο και (3α + 4β) 2 - 25α 2 - 25β 2 = Ο <:::> χ 2 - χ + 1 > Ο για κάθε τιμή του χ ε IR . Επίσης: 9α 2 + 16β 2 + 24αβ - 25α 2 - 25β 2 = Ο <:::> ( χ2 + χ + 1) · ( χ2 - χ + 1) = χ4 + χ2 + 1 .

-16α 2 - 9β 2 + 24αβ = Ο <:::> <:::> (4α) 2 + (3β) 2 - 2 · 4α · 3β = Ο <:::> Κάνουμε απαλοιφή παρανομαστών και έχουμε: β χ 2 - χ + 1 + 2 ( χ 2 + χ + 1 ) = 3 <:> (4α - 3β) 2 = Ο <:::> 4α - 3β = Ο <:::> 4α = 3β <=>;eΟ -α = -3 . β 4 χ 2 - χ + 1 + 2χ 2 + 2χ + 2 - 3 = ο <:::> 3χ 2 + χ = ο <:::> χ(2χ + 1) = ο <:::> 19) Δίνεται η εξίσωση: αχ 2 + βχ + γ = Ο , με χ = ο ή 3χ + 1 = ο <:::> χ = ο ή χ = _!_ αγ =F- Ο και β Ε JR Αν ισχύει l l α l - l γ l l = Ι α + γ Ι , να 3 δειχθεί ότι εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές 17) Αν η μικρότερη ρίζα της εξίσωσης: και άνισες. χ ( 32 - χ ) = 31 επαληθεύει την εξίσωση ΛΥΣΗ 2 2 2 λ ( χ + 4μ ) + 2λ( χ + 2λμ) + χ + λ = ο ' Έχουμε: 2 2 2 να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί λ, μ. l l αl - l γ l l = Ι α + γ l <=> (l αl - l γ l) = (α + γ) 2 <=> ΛΥΣΗ α2 + γ 2 - 2 l αγ 1 = α 2 + γ 2 + 2αγ <=> -2 1 αγ 1 = 2αγ <=> Έχουμε: 32χ - χ 2 = 3 1 <:::> χ 2 - 32χ + 3 1 = Ο , Δ = Ι αγ l = -αγ <=> α · γ < Ο <:::> -4αγ > Ο . Οπότε 900, άρα: β 2 - 4αγ > Ο , δηλαδή Δ > Ο.

3 1 χ 1,2 - 32 ± 30 Άρα έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.

2 1 _

•

•

(

άλλη εξίσωση επαληθεύεται για χ = 1 . Δηλαδή: 2 λ ( 1 + 4μ 2 ) + 2λ(1 + 2λμ) + 1 + λ2 = ο <:::> λ2 + 4λ2 μ 2 + 2λ + 4λ2 μ + 1 + λ2 = 0 <:::> ( λ2 + 2λ + 1 ) + ( 4λ2 μ 2 + 4λ2 μ + λ2 ) = 0 <:> (λ + 1) 2 + (2λμ + λ) 2 = Ο , οπότε;

Η

Να βρεθούν οι ρίζες της εξίσωσης: χ2 - Sx + λ = Ο , λ Ε JR , αν το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 34.

20)

ΛΥΣΗ

Πρέπει Δ � Ο <:::> 64 - 4λ � Ο <:::> λ ::; 16 . Είναι: χ 1 + χ 2 = 8 , χ 1 χ 2 = λ και χ � + χ � = 34

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/20

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Έχουμε: (χ 1 + χ 2 )2 - 2χιχ 2 = 34 <=::> 64 - 2λ = 34 <=::> -2λ = -30 <=::> λ = 15 . Άρα, η εξίσωση γίνεται: χ 2 - 8χ + 15 = Ο 8±2 5 ' Χ ι , 2 = -Δ = 4, οποτε 2 3

(

23) Σε καρτεσιανό επίπεδο δίνονται τα σημεία Α(-2,1), Β(3,2). Να β ρεθεί σημείο Μ του άξονα ' y y, ώστε (ΜΑ) (ΜΒ). Είναι ορθογώνιο το τρίγωνο ΑΜΒ; =

ΛΥΣΗ

Αν Μ(ο,λ), λ ε !R είναι το σημείο του y'y ώστε (ΜΑ) = (ΜΒ), τότε: 21) Για ποιες τιμές του λ ε JR , οι ρίζες είναι χ1,χ2 �(-2 - 0) 2 + (1 - λ) 2 = �(3 - 0) 2 + (2 - λ) 2 <=::> της εξίσωσης χ 2 - 20χ + Sλ + 6 = Ο , είναι ανάλο­ 4 + 1 - 2λ + λ2 = 9 + 4 - 4λ + λ2 <=::> 2λ = 8 <=::> λ = 4 . γες αντίστοιχα των αριθμών 2 και 3; Άρα Μ (0,4), Θα βρούμε τα μήκη των πλευρών ΛΥΣΗ του τριγώνου ΑΜΒ. Θα πρέπει Δ > Ο <=::> 400 - 4(5λ + 6) > Ο <=::> λ < 94 . (ΑΒ) = �( -2 - 3) 2 + (1 - 2) 2 = .J25 + 1 = J26 5 (ΜΑ) = �(-2 - 0) 2 + (1 - 4) 2 = .J4 + 9 = Jl3 'Εχουμε � = 2 και από τους τύπους VIETA ότι 2 3 ( MB ) = Jl3 ιΧ + χ 2 = 20 και Χ ιχ 2 = 5λ + 6 . (ΜΑ) = (ΜΒ) και επειδή 3χι , , � Ειναι: 2 χ 2 = 3 Χ ι <=::> χ 2 = - οποτε: (ΑΒ) 2 = ν26 2 = 26 = 1 3 + 13 = 2 3χ ι = 20 <:::> 5χι = 40 <:::> ι = 8 = Jl3 2 + Jl3 2 = (ΜΑ ) 2 + (ΜΒ) 2 Χ Χι + 2 δηλαδή εφαρμόζεται το πυθαγόρειο θεώρημα για · 8 3 άρα χ 2 = - = 12 . το ΑΜΒ τρίγωνο.

2 Επομένως το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ορθογώνιο και Αντικαθιστούμε στην Χ ιχ 2 = 5λ + 6 , έχουμε: ισοσκελές, με υποτείνουσα την ΑΒ.

5λ + 6 = 96 <=::> 5λ = 90 <=::> λ = 1 8 . Ώστε: λ = 18.

24) Να λυθεί στο Ζ , η aνίσωση: � 3� - � � -� < 1 . ΛΥΣΗ 22) Να λυθεί στο JR * , το σύστημα: Ισοδύναμα έχουμε: ! + ! = � (1), _!_z + _!_z = � (2) . χ Υ 2 y 4 x -1 < 3x 2 - lx l - 2 < 1 και επειδή χ ε Ζ , θα είναι ΛΥΣΗ 3χ 2 - lxl - 2 = 0 <:::> 3 l xl 2 - lxl - 2 = 0 .

2 Θέτουμε lx l = ω > Ο και η εξίσωση γράφεται Από την (2) έχουμε: _!_ + _!_ - 2 = 1 χ y xy 4 3ω 2 - ω - 2 = Ο , Δ = 25 άρα 1 ή λόγω της (1) 2. _ 2 = 1 <=::> xy = 2 1 ± 5 4 xy 4 ω = -- -2 ( απορριπτεται) 6 3 από την ( 1) έχουμε: χ + Υ = � <=::> χ + y = 3 . xy 2 ώστε lx l = 1 <=::> χ = 1 ή χ = - 1 . Δηλαδή, έχουμε να λύσουμε το σύστημα: χ+Υ=3 2x + y = 264 r:: 25) Να λυθεί στο JR , το σύστημα: xy = 2 χ - νΥ = 92 Τα x,y θα είναι ρίζες της εξίσωσης: ΛΥΣΗ ω 2 - 3ω + 2 = Ο <=::> ω = Ι ή ω = 2 . JΎ = χ - 92 άρα: (x, y) = (1, 2) ή (x, y) = (2, 1) . Ισοδύναμα, έχουμε: y = 264 - 2x

}

{

}

( )

(

'

}

}

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/21

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Πρέπει: y 2: Ο , οπότε: χ - 92 2: Ο και χ 2 - 1 82χ + 8 · 200 = Ο � χ = 100 ή χ = 82 ( απορ­ 264 - 2χ 2: Ο � χ 2: 92 και χ � 132 . Δηλαδή ρίπτεται). y 2: Ο και 92 � χ � 132 . Από τις δύο εξισώσεις του Ώστε χ = 100, οπότε y = 264-200 = 64. συστήματος, προκύπτει: .J264 - 2χ = χ - 92 , υ­ (x,y) = (100,64). ψώνουμε τα μέλη της, στο τετράγωνο. Έχουμε: 264 - 2χ = (χ - 92) 2 �

Λuμcνc( cnαναληnτιιιc� αα«ήacι� στην iU γcfJpα

Γ. Στρατήγης

Α' ΛΥΜΕΝΕΣ 1. Έστω

Αν λ<Ο, Α · χ = Β � ( -4λ)χ = -λ - λ2 και εφόσον λ<Ο είναι λ :�; Ο , η εξίσωση έχει μοναδική λύση 2 την χ = -λ - λ = -λ(λ + 1) = .!_ (λ + 1) .

-4λ -4λ 4 iv) Θέλουμε χ � 13 , επομένως: Αν λ>Ο, 1 - 1) � 13 � λ - 1 � 4 · 13 � λ � 53 χ � 13 � -(λ 4 δηλαδή ο<λ � 53 ' (1).

και Α = (λ - 1) 2 - (λ + 1) 2 Β = fi! - .fil , όπου λ είναι πραγματικός αριθ­ μός. i) Βρείτε το ανάπτυγμα της παράστασης Α. ίί) Απλοποιήστε την παράσταση Β. iii) Επιλύστε την εξίσωση Α χ = Β iv) Προσδιορίστε τις τιμές του λ :�; Ο , για τις οποίες η λύση της εξίσωσης δεν υπερβαίνει το 513 : 13 v) Υπολογίστε τη ρίζα της εξίσωσης με λ =2005. Αν λ<Ο, ΛΥΣΗ 1 + 1) � 13 � λ + 1 � 4 · 13 � λ � 51 χ � 13 � -(λ 4 ί) Έχουμε, 2 2 δηλαδή λ<Ο, (2). Α = (λ - 1) - (λ + 1) = ο 51 = (λ2 - 2λ + 1) - (λ2 + 2λ + 1) = Τελικά από τις σχέσεις (1), (2) προκύπτει ότι = λ2 - 2λ + 1 - λ2 - 2λ - 1 = -4λ λ ε ( -οο,Ο) υ (0,53] . ·

•

=1

ν) Επειδή λ = 2005>0 η ρίζα της εξίσωσης είναι ο αριθμός χ = .!.. (2005 - 1) = 501 .

4 2. Ν α επιλυθεί η εξίσωση: ----:-2 - 4 ίίί) Ισχύουν: 2 ,..:. ( χ � 1 2 2 Αν λ > Ο , Α · χ = Β � (-4λ)χ = λ - λ , οπότε αν I χ - 3χ + 2 + 2 . +33-) χ 1 χ = -4λ :�; Ο � λ :�; Ο η εξίσωση έχει μοναδική λύση ΛΥΣΗ 2 -λ(λ - 1) 1 λ λ = -(λ - 1) , ενώ αν λ = Ο Με χ :�; 3 έχουμε ... την χ = = -4λ 4 -4λ ,...(χ-. --3)-2 2 επειδή (-4 · 0)χ = 0 - 0 � Ο · χ = Ο , η εξίσωση εί- l x 2 - 3χ + 21 + 2 · � =4� 3 χ ναι αόριστη. � ι χ 2 - 3χ + 2Ι = 4 + 2 ι χ 3 ι (1). χ-3 _ __

•

--

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/22

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Υ Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: \ i) Αν χ - 3 > Ο <=> χ > 3 από (1 ) έχουμε 1\ \ Ι χ 2 - 3χ + 21 = 4 + 2 · 1 = 6 <=> 1\ \ 1\ <=> χ 2 - 3χ + 2 = 6 ή χ2 -3χ+2=-6<=>(χ-4Χχ+1) =0 ή \� -1, !\ ο v \ / r\2 2 � χ - 3χ + 8 = 0 , (αδ., Δ=-23<0) <=>χ =4, αφού χ>3. �' 1'\. ε2 ii) Αν χ<3, τότε \< I' Υ Ι χ 2 - 3χ + 21 = 4 + 2(-1) = 2 <=> χ 2 - 3χ + 2 = 2 ή Η απόσταση των παράλληλων ευθειών ει και εz εί­ χ 2 - 3χ + 2 = -2 <=> ναι το μήκος του τμήματος ΑΒ. Έχουμε <::> χ(χ - 3) = 0 ή χ 2 - 3χ + 4 = 0 (αδ. γιατί (ΑΒ) = �(0 - 2) 2 + (-1 - 0) 2 = J5. Δ = -7 < Ο) <=> χ = Ο . Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι χ = Ο ή χ = 4. � χ3 - 1 4. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x -1 3. Έστω οι ευθείες: i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της και η τιμή f(-1) ε1 : y = (λ - l)(λ + 2)χ + 2λ + ι , .J' ii) Να απλοποιηθεί ο τύπος της. ε2 : y = -(λ + 3)χ + (λ - 1) 2 iii) Να επιλυθεί η ανίσωση f(x) > f(-1) . f/' i) Να βρεθεί η πραγματική τιμή του λ ώστε οι ΛΥΣΗ ευθείες να είναι παράλληλες. i) Πρέπει χ - 1 * Ο <=> χ * 1 , οπότε το πεδίο ορι­ ii) Για την τιμή του λ που βρήκατε, αφού σχε­ σμού της είναι το σύνολο Α = ( 1) υ (1, +οο) . διάσετε τις ευθείες ε1 και ε2, να υπολογίσετε την (-1) 3 - 1 = -2 = 1 . Έχουμε f(-1) απόστασή τους. _ 1 _ 1 _2 ΛΥΣΗ (x - l)(x 2 + χ + 1) = χ 2 + χ + 1 . .. , η) Ειναι f(x) = i) Οι ευθείες είναι παράλληλες μόνο όταν χ -1 (λ - 1)(λ + 2) = -(λ + 3) <=> iii) Θέλουμε 2 i ),ii ) λ + 2λ + 1 = ο <=> (χ) > f ( -1) <=> χ 2 + χ + 1 > 1 <=> χ(χ + 1) > ο . f 2 (λ + 1) = ό <=> λ = -1 διπλή ρίζα ii) Για λ = -1 οι εξισώσεις των ευθειών γράφονται: Χ ' �x __,j___JL_ J ι__::==========. :_J ει : y = -2χ - 1 , ε 2 : y = -2χ + 4 . Επομένως οι λύσεις της ανίσωσης είναι Η ευθεία ε2 τέμνει τον άξονα χ ' χ στο σημείο χ ε (-οο,-1) υ (0,1) υ (1,+οο) . Α(2,0). Θα βρούμε την εξίσωση της ευθείας ε3 που διέρχεται από το Α και είναι κάθετη στην εz. Είναι 5. Για τις διαφορές πραγματικές τιμές του α- )I; ε 3 : y = αχ + β με α( -2) = -1 <=> α = "21 και επειδη' ριθμού λ, να επιλύσετε την εξίσωση: λ( χ - 1) 2 + χ(2λ - χ) = 3(χ2 + λ) . διέρχεται από το σημείο Α : Ο = -1 · 2 + β <=> β = -1 , ΛΥΣΗ 2 Έχουμε λ( χ - 1) 2 + χ(2λ - χ) = 3(χ 2 + λ) <=> ' ει, ε3 τεμνονται ' οπότε ε 3 : y = -1 χ - 1 . οι ευθ ειες 2 <=> λ(χ 2 - 2χ + 1) + χ(2λ - χ) = 3(χ 2 + λ) <=> στο σημείο Β του οποίου οι συντεταγμένες προκύ2 2 2 = -2χ - 1 <=> λχ 2- 2,ix2 + λ + 2,ix - χ 2 = 3χ + 3λ <::> <=> -4χ + λχ - 2λ = ο <=> χ (λ - 4) = 2λ ( 1). πτουν από τη λύση του συστήματος � = χ _ 1 Αρχικά εξετάζουμε την περίπτωση μηδενισμού του συντελεστή λ-4 του χ2 • Είναι Απ' όπου βρίσκουμε Β(Ο,-1). λ - 4 = 0 <::> λ = 4 . Α

�

-- •

•

_

•

-οο ,

-------+Ο _ _ _

L___

/

{ΥΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/23

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Με λ = 4 η εξίσωση (1) γράφεται χ 2 Ο = 2 4 , που είναι αδύνατη. Αν λ :;t: 4 , η (1) γράφεται χ 2 = � (2), που για λ-4 να πρέπει έχει λύσεις � � Ο � 2λ(λ - 4) � Ο � λ ::; Ο ή λ>4 (γιατί;). λ-4 Άρα με λ ::; Ο ή λ>4 η εξίσωση έχει τις λύσεις χ = 2λ , ενώ αν Ο < λ ::; 4 είναι αδύνατη. λ-4 _j, 9· Αν χ1 , χ2 είναι πραγματικές ρίζες της δευτε/ /ροβάθμιας εξίσωσης: 2λχ 2 4χ + λ 1 = Ο , να 1 προσδιορίσετε τις πραγματικές τιμές του λ ώστε Χ ι2 + Χ 22 � 2 ·

I

.

±J

-

-

•

·

ΑΥΣΗ

Δ � ο � 16 - Sλ(λ - 1) � ο � -8(λ2 - λ - 2) � ο � � -8(λ - 2)(λ + 1) � ο � (λ - 2)(λ + 1) ::; ο Επομένως -1 ::; λ < 0 ή 0 < λ $ 2 (1).

-4 = -2 και 'Εχουμε Χ ι + χ 2 = --β = - α 2λ λ γ λ 1 ' Χ ι Χ 2 = -α = 2λ , οποτε χ � + χ � � 2 � (χι + χ 2 ) 2 - 2χ1χ 2 � 2 � 22 λ - j λ; 1 � 2 � 4 - λ(λ - 1) � 2λ2 , αφού λ λ :;t: Ο , δηλαδή 3λ2 -λ-4 $ 0 � (λ + 1)(3λ - 4) ::; Ο . Άρα -1 ::; λ < Ο ή Ο < λ ::; i , που φυσικά πληρούν 3 την σχέση (1).

--

()

Για τις πραγματικές ρίζες χ 1 και χ2 της εξίσωση πρέπει λ :;t: Ο και

•

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Λuμένες Εnαναληnτιιιές Αιτιιήιτεις

rεωμετpία της Α ' Λuιιείοu

ιττην

Ευσταθίου Ευάγγελος Καρδαμίτσης Σπύρος Ο ι παρακάτω ασκήσεις έχουν σκοπό να συμβάλλουν στην προσπάθεια των μα θητώ ν γ ια μ ι α ουσι α στική επανάληψη στην Γεωμετρ ία της Α Λ υκε ίου. Σ ' αυτές τις ασκή σεις απα ι τε ίται συ νδυασμ ό ς γνώσεων από δ ιαφ ορετικά κεφ άλα ια της θεωρ ίας. Για κά θε άσκηση αναφέρουμε την αντίστο ιχη θεωρ ία πο υ απα ι τείτα ι '

γ ια την επίλ υσή της. ΑΣΚΗΣΗ

Α

1'1

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α >90°. Από την κορυφή Α φέρνουμε τις ημιευθείες Αχ κάθετη στην πλευρά ΑΒ και By κάθετη Β Γ στην πλευρά ΑΓ που τέμνουν την ΒΓ στα ση­ Υ χ μεία Δ και Ε αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: ΑΕΓ έχουν: και ΑΒΔ α) Τα ορθογώνια τρίγωνα α) Το τρίγωνο ΕΑΔ είναι ισοσκελές β) Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΔΓ είναι ίσα. ΑΒ=ΑΓ και Β = Γ (γιατί το ΑΒΓ είναι ισοσκελές), συνεπώς είναι ίσα, τότε ΑΔ=ΑΕ άρα το τρί­ γ) ΒΑΕ = Α- 2Β γωνο ΕΑΔ είναι ισοσκελές.

2 (Ιδιότητες ισοσκελών τ ριγώνων- Ισότητα τριγώ­ β) Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΔΓ έχουν ΑΒ=ΑΓ, νων-Άθροισμα γωνιών τριγώνου) Β = Γ και ΒΕ=ΔΓ (γιατί είναι ΒΔ=ΕΓ από την ΑΥΣΗ ισότητα των τριγώνων ΑΒΔ και ΑΓΕ, επομένως Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/24

Λ

Μαθηματικά για τη ν Α ' Λυκείου

Οι εσωτερικές γωνίες του πενταγώνου ΑΒΓΔΕ είΛ Λ Λ Λ είναι ίσα. ναι οι 1 80° - α , 1 80° - β , 1 80° - γ , 1 80° - δ , γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΓ έχουμε: Λ 80° - ε και έχουν άθροισμα 2 5 4 = 6 ορθές ή Λ 1 Λ Λ Λ Λ Λ ΑΕΓ+ Γ = 90° άρα ΑΕΓ = 90 ° - Γ ( 1) 540° είναι δηλαδή ( 1 8σ - α) +( 1 80° - β )+ Λ Λ Λ Αλλά είναι ΑΕΓ = Β+ ΒΑΕ (2) ως εξωτερική Λ Λ Λ ) ) )=540° (1) ε 80° 1 +( 80° 1 +( δ 80° 1 +( γ γωνία του τριγώνου ΑΒΕ, τότε από τις σχέσεις ( 1) Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Είναι α+ β+ γ+ δ+ ε 360° (2) ως άθροισμα και (2) έχουμε: Β+ ΒΑΕ = 90 ° - Γ ή Λ των εξωτερικών γωνιών του πενταγώνου ΑΒΓΔΕ. Λ Λ Λ Λ ΑΛ Β ΓΛ Λ Λ ΒΑΕ = 90 ° - Γ- Β ή ΒΑΕ=- + - + - -Γ-Β ή Από τα εξωτερικά τρίγωνα του «αστεριού» έχουμε 2 2 2 Λ τις ισότητες: Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Α Β Β Λ Λ . Λ Λ Λ Λ Α - 2Β Α = (1 80° - α) - ε Α+ α+ ε = 1 80° ΒΑΕ= - + - +- - Β- Β η ΒΑΕ = Λ Λ Λ Λ Λ Λ 2 2 2 2 Β+ β+ α = 1 80° Β (1 80° - β) - α Λ Λ Λ Λ Λ ή ΓΛ = (1 80° - γ) Γ+ γ+ β = 1 80° -β ΑΣΚΗΣΗ 2'1 Λ Λ Λ Λ Λ Λ Δ = (1 80 ° - δ ) - γ Δίνεται το πολύγωνο ΑΒΓΔΕ (αστέρι). Να απο- Δ+ δ+ γ = 1 80° Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Ε+ ε+ δ = 1 80° Ε = (1 80° - ε) - δ δείξετε ότι: Α+ Β+ Γ+ Δ + Ε = 180° (Άθροισμα γωνιών τριγώνου- Άθροισμα γωνιών προσθέτοντας κατά μέλη τις τελευταίες ισότητες πολυγώνου- Άθροισμα εξωτερικών γωνιών πο­ λαμβάνοντας υπόψη τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: Λ Λ Λ Λ Λ λυγώνου) Α+ Β+ Γ+ Δ+ Ε = Ε ΒΔ-ΕΔ=ΕΓ-ΕΔ άρα ΒΕ=ΕΓ) συνεπώς τα τρίγωνα

·

-

=

=

Λ Λ Λ Λ ( 1 80° - α )+( 1 80° - β )+( 1 80° - γ )+( 1 80° - δ ) +( Λ Λ Λ Λ Λ Λ 1 80° - ε )-( α+ β+ γ+ δ+ ε )=540°-360° = 1 80° ΑΣΚΗΣΗ

Β

ΛΥΣΗ

3 '1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Στην δ ιάμεσό του ΒΔ

ΒΔ ' ' τμημα ΒΚ= 4 και στην πλευ ρα' του παιρνουμε

Γ

Ε

ΒΓ

ΒΓ τμήμα ΒΛ= - . Αν Μ είναι το μέσο της 8

πλευράς Β Γ να αποδείξετε ότι: ΔΜ α) ΚΛ = // 4 β) ΚΛ = // ,

(Εφαρμογές παραλληλογράμμων) Α

Γ

Β

Έστω ΚΛΜΝΡ το εσωτερικό πεντάγωνο του σχήματος, τότε τα ζεύγη των παρακάτω γωνιών είναι ίσα Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΑΚΡ = ΒΚΛ = α , ΒΛΚ = ΓΛΜ = β , Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΜΝΔ = ΕΝΡ = δ , ΛΜΓ = ΔΜΝ γ Λ Λ Λ ΝΡΕ = ΑΡΚ = ε ως κατακορυφή γωνίες. =

ΑΒ

S

ΛΥΣΗ

α) Έστω Ε και Ζ τα μέσα των ΒΔ και ΒΜ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.2/25

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

. ΒΚ= Β Δ και Ε το μεσο του τμηματος ΒΔ, Αφού ΑΒΓ = 135° και ΒΕ το ύψος του τραπεζίου, Ειναι , , 4 ΒΓ και Μ, τότε ΕΒΓ = 135°-90° = 45°, συνεπώς το τρίγωνο ΒΕ .Ειναι , ΒΛ= τότε θα είναι ΒΚ= ΒΕΖ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα ΒΕ = ΔΖ 8 2 Ζ τα μέσα των τμημάτων ΒΓ και ΒΜ αντίστοιχα, =υ. Όμοια στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΖΔ είναι ΑΖ =ΔΖ = υ. ΒΖ ' θ α ει'ναι ΒΛ= τοτε Από το ορθογώνιο ΑΒΕΖ είναι ΑΒ = ΖΕ = β εΠο­ 2 Στο τρίγωνο ΒΕΖ έχουμε τα Λ, Κ μέσα των ΒΖ μένως: α) Β= ΔΓ= ΔΖ+ΖΕ+ΕΓ= υ+β+υ = β+2υ και ΒΕ, συνεπώς είναι ΚΛ=// ΕΖ (1) β) Από τα (α) ερώτημα είναι β = Β-2υ επομένως η 2 Στο τρίγωνο ΒΔΜ έχουμε τα Ε, Ζ μέσα των ΒΔ διάμεσος δ του τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι: Β + β Β + Β - 2υ 2Β - 2υ Β _ υ άρα δ= και ΒΜ συνεπώς ΕΖ=// ΔΜ (2) 2 2 2 Λ

Λ

2

δ+υ =Β

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε : Μ

Δ Ε 2 . ΚΛ=//Μ Ζ ΚΛ=/1-=11 -- αρα Δ

2

2

=

=

=

ΑΣΚΗΣΗ Sη

4

Σε ευθεία (ε) παίρνουμε τα σημεία Α, Β, Γ και Δ β) Στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε Μ, Δ μέσα των ΒΓ τέτοια ώστε ΑΒ = ΒΓ = ΓΔ α. Από τα σημεία και ΑΓ, επομένως ΔΜ=// ΑΒ , τότε η σχέση του Β και Γ φέρνουμε δύο παράλληλες ημιευθείες 2 Βχ και Γy προς το ίδιο ημιεπίπεδο και σ' αυτές ΑΒ παίρνουμε τα σημεία Ε και Ζ τέτοια ώστε ΑΒ _1__ ΒΕ=ΓΖ=2α. Να αποδείξετε ότι: ή ΚΛ=// (α) ερωτήματος γίνεται: ΚΛ=// 8 4 α) Η ευθεία ΑΖ διέρχεται από το μέσο του ΒΕ. β) ΑΖ.lΔΕ ΑΣΚΗΣΗ 4η (Παράλληλες ευθείες- Άθροισμα γωνιών τριγώ­ Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο με μια γωνία του νου) 135°. Αν υ το ύψος του, δ η διάμεσός του και Β, ΛΥΣΗ β η μεγάλη και η μικρή βάση του, να αποδείξε­ Υ, τε: z β) δ+υ = Β α) Β = β+2υ (Ιδιότητες ισοσκελών τριγώνων-Ιδιότητες τρα­ πεζίων- Ισοσκελές τραπέζιο) =

ΛΥΣΗ

Α

β δ

Β

'�Ι:"λ

Α

Β

α) Είναι ΑΓ=ΓΖ=2α, συνεπώς το τρίγωνο ΑΓΖ είυ Λ ναι ισοσκελές, επομένως ΖΑΒ = ΑΖΓ = ω . Δ Ε Γ Ζ ------ Β -----Είναι ΓΖΚ ΕΚΖ ω (λόγω των παραλλήλων το Έστω ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ// ΓΔ και ΓΔ = Β, ΑΒ= β, ΒΕ = ΑΖ = υ και ΚΛ = δ ΒΕ και ΓΖ) και ΕΚΖ = ΑΚΒ = ω (ως κατακορυφή η μεγάλη, η μικρή βάση, το ύψος και η διάμεσός γωνίες), άρα ΚΑΒ = ΓΖΚ ΑΚΒ = ω δηλαδή το του αντίστοιχα. τρίγωνο ΑΒΚ είναι ισοσκελές, επομένως ΚΒ = α συνεπώς η ευθεία ΑΖ διέρχεται από το μέσο του ΒΕ. Λ

Λ

Λ

=

=

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/26

Λ

Λ

Λ

Λ

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Λ β) Στο τρίγωνο ΑΚΒ η Β ι είναι εξωτερική γωνία Είναι και ΓΕ = ΓΔ γιατί είναι εφαπτόμενα τμήματα άρα τα σημεία Ρ και Γ ισαπέχουν από τα άκρα του Λ Λ Λ Λ Βι του, τοτε Β ι =2 ω η ω= - . Στο ισοσκελές τρι-. τμήματος ΕΔ, συνεπώς η ευθεία ΡΓ είναι μεσοκά­ 2 θετος του τμήματος ΕΔ. Λ Λ Λ γωνο ΒΕΔ (ΒΔ=ΔΕ=2α) είναι ΒΕΔ = ΕΔΒ = φ γ) Επειδή το τρίγωνο ΔΡΕ είναι ορθογώνιο και ιΛ σοσκελές η ΡΓ ως μεσοκάθετος είναι και διχοτόκαι η Β είναι εξωτερική γωνία του, επομένως Λ Λ μος της γωνίας ΕΡΔ άρα ΕΡΓ =45 ° .

•

•

2

τέλος

στο

τρίγωνο

ΚΕΤ

ΑΣΚΗΣΗ 7η

είναι Από το σημείο τομής Α δύο κύκλων φέρνουμε Λ Λ Λ Λ Βι Bz τρεις ευθείες που τέμνουν τον ένα κύκλο στα ω + φ = - + - =9 0° άρα ΑΖl_ΔΕ.

2 2 σημεία Δ, Ε και Ζ και τον άλλο κύκλο στα ση­ μεία Κ, Λ και Μ. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΣΚΗΣΗ 6η ΔΕΖ και ΚΛΜ είναι όμοια. Λ (Εγγεγραμμένα τετράπλευρα- Ομοιότητα τρι­ Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α =90°) και ο γώνων) εγγεγραμμένος κύκλος του. Αν Δ, Ε, Ζ είναι τα ΛΥΣΗ σημεία επαφής του κύκλου με τις πλευρές ΒΓ, Α κ Δ ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα και ΕΡ η κάθετη στην ΖΔ, να αποδείξετε ότι: Λ α) ΑΡΕ =45° Μ z β) Η ευθεία ΡΓ είναι μεσοκάθετος της ΔΕ Λ γ) ΑΡΓ =90° ( Γωνία χορδής και εφαπτομένης- Ιδιότητα με­ σοκαθέτου- εγγράψιμα και εγγεγραμμένα τε­ Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα ΑΔΕΖ και ΑΚΛΜ τράπλευρα) έχουμε τις ισότητες των γωνιών Λ Β

Λ

ΥΣΗ

Λ

Λ

Λ

Λ φ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΕΖΔ = ΕΑΔ = ΛΑΜ = ΛΚΜ =

και Λ

ΕΔΖ = ΕΑΖ = ΚΑΛ = ΚΜΛ = ω

Τότε τα τρίγωνα ΔΕΖ και ΚΛΜ έχουν από δύο γωνίες ίσες, συνεπώς είναι όμοια. α) Τα ΑΖ και ΑΕ είναι εφαπτόμενα στο κύκλο τμήματα, συνεπώς είναι ίσα, άρα το τρίγωνο ΑΖΕ είναι ορθογώνιο ισοσκελές. Το τετράπλευρο ΑΕΡΖ είναι εγγράψιμο γιατί Λ Λ Λ Λ Λ Λ Α+ Ρ = 1 80° άρα ΑΕΖ = ΑΖΕ = ΑΡΕ = ω =45 ° Λ Λ Λ β) Είναι ΑΕΖ = ΕΔΖ = ω = 45 ° ( από θεώρημα χορδής και εφαπτομένης ), συνεπώς το τρίγωνο ΔΡΕ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα ΡΕ = ΡΔ.

ΑΣΚΗΣΗ 8'1

Λ

Λ

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Β = Γ =40° και ΒΔ η διχοτόμος του. Στην πλευρά ΒΓ παίρ­ νουμε σημείο Ε τέτοιο ώστε να είναι ΒΔ = ΒΕ. Να αποδείξετε ότι: α) Το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές. β) Το τετράπλευρο ΑΔΕΒ είναι εγγράψιμο γ) Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές δ) ΑΔ+ΒΔ =ΒΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/27

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

(Ιδιότητες ισοσκελούς τριγώνου-Άθροισμα γω­ γ) ΑΜ//ΚΛ νιών-εγγράψιμα τετράπλευρα) (Θεώρημα Θαλή-Εφαρμογές παρ αλληλογράμμου ΛΥΣΗ

-Ομοιότητα - Ισότητα τριγώνων) ΛΥΣΗ

Α

~ Β

Ε

Λ

α) Η γωνία Α του τριγώνου ΑΒΓ είναι:

κ

Γ

Λ

αφού η ΒΔ είναι διχοτόμος, τότε ΒΔΓ = 100°+20° Λ = 120° ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΔ α) Τα Δ και Ε είναι τα μέσα των πλευρών του τρι­ Στο ισοσκελές τρίγωνο ΔΒΕ είναι Βι =20°, τότε θα γώνου ΑΒΓ συνεπώς ΔΕ//ΒΓ. Αφού ΑΘ//ΔΕ τότε 8 είναι ΒΕΔ = ΒΔΕ = 1 0 0 - 20 0 = 8 0 ° άρα θα είναι και ΑΘ//ΒΓ άρα Α ι = Β ως εντός εναλ2 ΕΔΓ = ΒΔΓ- ΒΔΕ = 120° -80°=40° είναι και λάξ γωνίες, Δ = Δ ως κατακορυφή γωνίες και ΑΔ=ΒΔ, συνεπώς τα τρίγωνα ΑΘΔ και ΒΔΜ είναι Γ =40° συνεπώς το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές. ίσα. β) Στο τετράπλευρο ΑΔΕΒ είναι β) Τα τρίγωνα ΚΑΘ και ΚΔΕ είναι όμοια τότε ΚΑ ΑΘ , ΒΑΔ+ ΒΕΔ =100°+80°=180° συνεπώς είναι εγ-- = -και απο, την ισοτητα των τριγωνων ΚΕ ΔΕ γράψιμο. γ) Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΔΕΒ έχουμε ΑΘΔ και ΔΒΜ είναι ΑΘ=ΒΜ, οπότε η σχέση γί­ ΚΑ νεται-= ΒΜ ΔΑΕ = Β =20° και ΑΕΔ = Β =20° ΔΕ ΚΕ άρα ΔΑΕ = ΑΕΔ συνεπώς το τρίγωνο ΑΔΕ είναι γ) Από την ομοιότητα των τριγώνων ΛΒΜ και ισοσκελές. ΛΜ ΒΜ , ΛΔΕ εχουμε δ) Είναι ΑΕ ΔΕ ΑΔ+ΔΒ= και με βάση το β) ερώτημα έχουμε =ΔΕ+ΒΕ=(από τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΔΕ και ΚΑ = ΛΜ οποτε απο' το Θ� εωρημα του Θ� αλη' ει-' ' ' ΒΔΕ) ΚΕ ΑΕ =ΕΓ+ΒΕ = ΒΓ ( από το ισοσκελές ΔΕΓ) ναι ΑΜ/ΙΚΛ Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ι

2

Λ

,

Λ

Λ

Λ

ι

Λ

2

--

Λ

Λ

--

ΑΣΚΗΣΗ 9η

ΑΣΚΗΣΗ 10η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ τυχαίο σημείο της πλευράς του ΒΓ. Έστω Δ, Ε τα μέσα των πλευ ­ ρών του ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Η ευθεία ΕΜ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Λ και η ευθεία ΜΔ την ΑΓ στο σημείο Κ. Αν είναι ΑΘ//ΔΕ τότε να αποδείξετε ότι: α) Τα τρίγωνα ΑΘΔ και ΔΒΜ είναι ίσα. Μ β) ΚΑ = Β Ε

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αν η διάμεσός του ΒΜ και το ύψος του ΓΔ είναι ίσα και Ν η προβολή του σημείου Μ στην πλευρά ΑΒ, τότε: Δ α) Να αποδείξετε ότι ΜΝ=// Γ

ΚΕ

Δ

2

β) Να υπολογίσετε σε μοίρες το μέτρο της οξεί­ ας γωνίας που σχηματίζουν η διάμεσος ΒΜ και το ύψος ΓΔ του τριγώνου ΑΒΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/28

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

(Εφ αρμογές

παραλληλογράμμων-

Παράλληλες

ευθείες)

α) Στο τρίγωνο ΑΗΙ η ΑΘ είναι διχοτόμος και ύψος, συνεπώς το τρίγωνο είναι ισοσκελές, άρα Ι ι = Η ι , ακόμη Η ι Η ως κατακορυφή γωνίες και Ι ι = Δ ι ως εντός εναλλάξ γωνίες που σχηματίζονται από τις παράλληλες πλευρές του τετραγώνου. Από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε Δ ι = H z συνεπώς το τρίγωνο ΗΔΕ είναι ισοσκελές. β) Τα τρίγωνα ΑΔΙ και ΒΑΖ έχουν ΑΒ=ΑΔ (πλευρές τετραγώνου), είναι ορθογώνια και έχουν Ι ι = Ζι (πλεύρές κάθετες) συνεπώς είναι ίσα. γ) Έχουμε: ΑΕ=ΑΗ+ΗΕ= = AI+HE (από το ισοσκελές τριγωνο AHI) = ΒΖ+ΗΕ (από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΙ, ΒΑΖ) = ΒΖ+ ΔΕ (από το ισοσκελές τρίγωνο ΗΔΕ) Λ

Λ

ΛΥΣΗ Α

Λ

Λ

=

2

Λ

Λ

Λ

Β

Γ

Έστω Κ το σημείο τομής της διαμέσου ΒΜ και του ύψους ΓΔ. α) Στο τρίγωνο ΑΔΓ είναι το Μ μέσο της πλευράς ΑΓ και ΜΝ/ΙΓΔ ( κάθετες στην ίδια ευθεία ΑΒ) άρα και το σημείο Μ θα είναι μέσο της ΑΔ, τότε ΓΔ MN=II -

2

ΓΔ β) Απο, το (α) ερωτημα , , εχουμε ΜΝ=I/η,

2

ΒΜ

Λ

Λ

Λ

ΑΣΚΗΣΗ 12η

, , συνεπως στο ορ θ ογώνιο τρίγωνο Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Π ροεκτείνου­ με τη ΓΒ κατά τμήμα ΒΔ = ΒΓ και τη ΔΑ κατά ΒΜΝ η γωνία ΝΒΜ =30° άρα η γωνία της διαμέ- τμήμα ΑΕ = ΔΑ. α) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ορ­ σου ΒΜ και του ύψους ΓΔ είναι: ΔΒΚ = 60° θογώνιο. β) ΑΒ // ΔΕ. ΑΣΚΗΣΗ l lη Δίνεται τετ ράγωνο ΑΒΓ Δ. Έστω τυχαίο σημείο (Ιδιότητες ισοσκελών τριγώνων- Ά θροισμα γω­ Ε της πλευράς του Γ Δ και ΑΖ η διχοτόμος της νιών τριγώνου - Παράλληλες ευθείες) ΛΥΣΗ γωνίας ΒΑΕ . Φέρνουμε την ΔΙ κάθετη στην ΑΖ που την τέμνει στο σημείο Θ και την ΑΕ στο σημείο Η . Να αποδείξετε ότι: α) Το τ ρίγωνο Η ΔΕ είναι ισοσκελές β) Τα τρίγωνα ΑΔΙ και ΒΑΖ είναι ίσα. γ) ΑΕ=ΒΖ+ΔΕ Β Γ (τετράγωνο-Παράλληλες ευθείες- Ισότητα τρι­ α) Αφού ΑΒ = ΔΒ το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκεγώνων) ΛΥΣΗ λές με γωνία ΑΒΔ = 1 80°-60°= 1 20° συνεπώς έχει Η γωνία ΔΑΓ είναι: Δ = ΔΑΒ =30°. ΔΑΓ = ΔΑΒ + Α =30° +60°=90° συνεπώς το τρίγωνο ΔΑΓ είναι ορθογώνιο. β) Το τρίγωνο ΔΓΕ είναι ισοσκελές γιατί η ΓΑ είναι διάμεσος και ύψος άρα Δ = Ε =30°, τότε

ΜΝ=/1

2

--

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/29

Λ

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Οι ευθείες ΑΒ και ΓΕ τεμνόμενες από την Α =90° , Β =54° και Γ =36° , δηλαδή το τρίγωνο ΑΓ σχηματίζουν τις εντός εναλλάξ γωνίες ίσες, είναι ορθογώνιοΓ και έχουμε το παρακάτω σχήμα. συνεπώς είναι παράλληλες. Λ

Λ

Γ ι =60° .

Λ

Λ

ΑΣΚΗΣΗ 13η

Οι γωνίες Α , Β και Γ είναι ανάλογες προς τους αριθμούς 5, 3 και 2 αντίστοιχα. α) Να υπολογίσετε σε μοίρες το μέτρο των γωνιών Α , Β και Γ . Α Ε Β β) Αν η διάμεσος ΑΔ τέμνει την διχοτόμο ΓΕ β) Αφού η ΓΕ είναι διχοτόμος τοί> τριγώνου τότε: στο σημείο Ζ, τότε να αποδείξετε ότι το τρίγωνο Γ ι = Γ 2 = 1 8 ° · Επειδή η διάμεσος ΑΔ χωρίζει το ΑΕΖ είναι ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο σε δύο ισοσκελή τρίγωνα (Ιδιότητες ισοσκελώ ν τριγώνω ν-Ά θροισμα γω­ έχουμε Α ι = Γ ι = 36° άρα Α 2 =90°-36°=54° και νιώ ν τριγώνου) ΛΥΣΗ Β =90° -36°=54° συνεπώς α) Αφού οι γωνίες Α , Β και Γ είναι ανάλογες η γωνία Ε ι =54°+ 1 8° = 72° ως εξωτερική γωνία προς τους αριθμούς 5, 3 και 2 ισχύει: του τριγώνου ΓΕΒ. τότε Τέλος είναι Α Β Γ Α + Β+ Γ 1 80 ° 1 8 ο άρα είναι ΑΖΕ = 1 80°- Α 2 - Ε ι = 1 80°-54°-72° = 54° = = = = = 5 3 2 5+3+2 10 Α 1 8 ° , Β 1 8 ° , Γ 1 8 ° συνεπώς έχουμε είναι δηλαδή Α 2 = ΑΖΕ δηλαδή το τρίγωνο ΑΕΖ = = = είναι ισοσκελές.

2 3 5 Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

·

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΤΟ ΓΡΑΦΕΙΟ ΔΙΑΣΥΝΔΕΣΗΣ ΜΕ ΤΗΝ ΑΓΟΡΑ ΕΡΓΑΣΙΑΣ της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Ε.Μ.Ε.

Το Δ.Σ. της

Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας και το Γραφείο Διασύνδεσης με την αγορά εργασί­

ας της Ε.Μ.Ε διοργανώνει εκδήλωση

που

θα γίνει στο

Αμφιθέατρο Δρ ακόπουλου του Πανεπιστημίου

Αθηνών (Πανεπιστημίου 30) στις 2 Μα'ϊου 2006 ημέρα Τρίτη και ώρα 7.00 μ.μ. με θέμα:

«Διαδικασίες Επιλογής Εκπαιδευτικών στην εκπαίδευση: Μορφή - Περιεχόμενο Προτάσεις. Η Εμπειρία του ΑΣΕΠ» -

Στην εκδήλωση θα χαιρετήσει ο Α ' Αντιπρόεδρος της στημίου Αθηνών κ. Γεώργιος Δημάκος.

ΕΜΕ, Επίκουρος Καθηγητής

του

Το θέμα θα

Πανεπι-

αναπτύξουν: Ο καθηγητής του Πανεπιστημίου Αιγαίου κ. Φραγκίσκος Καλαβάσης και Ο λέκτορας του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων Θωμάς Μπάκας

των

Στόχος της εκδήλωσης είναι διαδικασιών

Μαθηματικών.

του

ΑΣΕΠ

να

διαμορφώσει η ΕΜΕ συγκεκριμένες προτάσεις για τη

και να εκπονήσει επιμορφωτικά προγράμματα για την ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/30

βελτίωση

δ ιδασ αλία

κ

των

......... . ,.. I'� W 1'�111 I'• Α•ά• ΑΛfΕΒΡΑ

Π . Χριστόπουλος - Θ. Χριστόπουλος

Η εκθετική συνάρτηση

Μέχρι τώρα ο εκθέτης σε μια δύναμη μπορούσε να είναι οποιοσδήποτε ακέραιος αριθμός, αρκεί βέ­ βαια η βάση να ήταν διάφορη του μηδενός. Στη συνέχεια ο εκθέτης θα μπορεί να είναι ρητός � όπου μ,ν ακέραιοι με ν>Ο καθώς για α>Ο θα ο­ ν ρίσουμε α; =� . Ας δούμε εδώ ένα παράδοξο: -1 =(-1) 1 = (-1) 2 = (-1)2·!2 = δηλ. = [ (-1) 2 ] 2 =(+1)2 =.J+Ϊ = +1 -1=+1 <:::> 2=0 !!! Που έγινε το λάθος; (-1) δεν γράφεται (-1)2].2 Απλά κάθε φορά που γράφουμε ως εκθέτη ένα κλάσμα δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι παριστά ρίζα και επομένως η βάση θα βρεθεί ως υπόρριζος πο­ σότητα και άρα πρέπει να είναι θετική για αυτό για να ορίσουμε μια συνάρτηση με μορφή f(x) = α χ JR πρέπει αρχικά α>Ο, η περίπτωση δε για α 1 οδηγεί στη σταθερή συνάρτηση f(x) =1x =1. Για τη συνάρτηση f(x) =αχ με JR και α>1 ή 0<α<1 ισχύουν τα εξής: i) αχ>Ο για κάθε JR , οπότε η γραφική της πα­ ράσταση βρίσκεται πάνω από τον άξονα ii) Η γραφική παράσταση διέρχεται πάντα από το σημείο (0,1) (δηλ. το 1 του y 'y). iii) Αν 0<α<1 τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα ενώ αν α> 1 τότε η f είναι γνησίως αύξουσα . μ

�

I

I

[

,χ

1

Ε

=

χ

χ

Ε

Ε

χ ' χ.

(Αυτό μας βοηθάει να κατανοήσουμε ότι δεν υ­ φορετικά που να έχουν ίδια εικόνα) πάρχουν δια δηλ. 2 � f(x1) f(x 2 ) ή ισοδύναμα: f(χ ι ) = f(χ 2 ) � χ ι = χ 2 Για να κατανοήσουμε τη μονοτονία της εκθετικής ας δούμε τα παρακάτω παραδείγματα: 3 1) (-)χ +\ < (-)3χ-5 <:::> (-) χ+\ < (-)5- χ ' οτι' και επειδ'η - 1 επεται 1 < 4 <:::> 1. ( �) - χ ( � y <:::> <:::> Για ποιες τιμές του α η συνάρτηση f με f = ( 2αα+1-1 ) χ είναι γνησίως φθίνουσα. Λύση: 2α - 1 (i) και 2α -1 1 δηλ. -->0 Πρέπει <--< α+1 α+1 2α-1 "" --< α+1 1 ( ) (i) -1)( α+ 1) >Ο� α< -1 ή .!..

2α-1 1 -- <0<:::> (ii) ----<0<:::> α+1 1 α+1 (α- 1) -1 <α< 1 α< . οποτε. τελικα' -< χ1

*

χ

*

χ

8

7

8

8

7

8

7

7

8

7

χ+

>

5 - 3χ

4χ < 4 <:::> χ < x-S <::> 2χ - 5 > 4 - χ <::>

>

2)

χ >3

3χ > 9

3)

(χ)

ο

11

(2α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/31

α>

2

α-2

2)(α +

<:::>

2

2

2

1

.1z

2

+

! --_; _�_��-----�

-

-

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Μία εξίσωση (ανίσωση) με τον άγνωστο χ στον εκθέτη λέγεται εκθετική εξίσωση (ανίσωση). Να λυθούν οι παρακάτω εκθετικές εξισώσεις ανισώσεις: + •

2 X I + 5 · 2 χ = 56 3 Χ +2 - 9 χ = 3χ - 32 3χ - 4 +3=0 4) χ 2 - 5 χ + 6 χ '- 2χ = 1 5 ) 2 · 5 χ - 2 - 3 · 2 χ -3 = 1 2 · 5 χ -3 - 2 χ 3 6) 1 88 -4χ = { 54.J2 x - 2 1) 2) 3)

(

./i

)

(%) (%) <=> χ =3 4 -2 χ

)

7) 8) 9)

νί) l 88-4x = { 54.J2 ) x <=>

.J2 η μ2χ = � 9 Jx '+ 3 - 3 1+Jx '+ 3 = 54 e2 x + e :s; e x + ex + l

Λύση+

2 X I + 5 · 2 χ = 56 <::::> 2 χ · 2 + 5 · 2 χ = 56 <=> 7 . 2 χ = 56 <=> 2 χ = 8 <=> 2 χ = 23 <=> χ = 3 . ii) 3 χ + 2 - 9 χ = 3 χ - 3 2 <=> 3 χ · 3 2 - (3 2 ) χ = 3 χ - 9 <=> 9 · 3 χ - 3 2χ - 3 χ + 9 = 0 <=> 8 · 3 χ - (3 χ ) 2 + 9 = 0 3χ y.

8 · y - y 2 + 9 = Ο <=> y 2 - 8y - 9 = 0 , Δ = 64 + 36 = 100 , y1 = -1 3 χ = 9 <=> χ = 2 . Υ2 = 9 χ iii ) 3 χ - 4J3 χ + 3 = 0 <::::> .fj 2 - 4J3 χ + 3 = 0 ί)

θέτουμε = Οπότε άρα

απορ.

οπότε θέτουμε = 1 , Υ2 = 3 δηλ. .fj x = y

γ

( )

και άρα

y 2 - 4y + 3 = Ο Υ J3 x = l <=> x = O ή

.fj x = 3 <=> { .fj = .fj 2 <=> Χ = 2 .

(

iv ) (χ 2 - 5χ + 6) χ '- 2χ = 1 lη πε ρ ίπτω ση :

ι

5 + J3 2 r;; χ 2 - 5χ + 6 = 1 <=> χ 2 - 5χ + 5 = 0 <=> χ1 2 = 5 - ν5 2 ·

2η πε ρ ίπτωση :

(

)

3 <=> (2 . 3 2 ) 8-4 χ = 2 . 3 3 . .J2 x - 2 3 χ -2 8 4χ <=> .J2 2 . 3 2 - = .J2 3 . 3 3 <=>

(

(

)

)

(

)

(

)

3 <=> .J2 . 3 2· (8-4 χ ) = .J2 . 3 3 ( χ - 2) <=> 2 · (8 - 4χ) = 3(3χ - 2) <=> 1 6 - 8χ = 9χ - 6 <=> 22 <=> 17χ = 22 <=> χ = 17 -I ημ -I ι 2χ = t2 4 � <=> 22 2χ = 2 4 <=> L. vii) ν�ημ = - <=> 2 2χ = + � ή 2χ = 2κπ + 5 π 6 6 ' 5 Χ = ΚΠ + - X = KΠ + -π , K E tL.. .

12 12 viii) 9 Jx ' +3 - 3 1+Jx '+3 = 5 4 <=> 3 2 .Jx ' +3 - 3 · 3 Jx '+3 = 54 , 3 Jx '+3 = Υ > Ο y 2 - 3y - 54 = 0 , Δ = 9 + 21 6 = 226 ' Υ2 9 ' 3 Jx '+ 3 = 9 Υι 6 <=> χ 2 + 3 = 2 <=> χ 2 + 3 = 4 <=> <=> χ 2 - 1 = 0 <=> χ = ±1 ix) e2 x + e :s; e x + e x+l <=> ( e x ) 2 + e :s; e x + e · e x e x = y ( 1) y 2 + e :S; y + e · y <=> y 2 - ( 1 + e )y + e :S; Ο , y Ι , Υ2 e

ημ2χ

2κπ

πη

'71

θέτουμε = - απορ. η = οποτε �

θέτουμε

οπότε ι =

=

οπότε και ? - ? = απορρίπτεται διότι μηδενίζει την α= l>Ο άρα l :S; y :S; e <::::> l :S; ex :S; e <::::> O :S; x :S; l . Αν δοθεί η εξίσωση 2χ = 8 τότε 2χ = 23 <=> χ = 3 αντίθετα αν δοθεί 2χ 5 τότε πρέπει να γράψουμε

χ 2 - 2χ = Ο x 2 - 5x + 6 :;t 0 χ(χ - 2) = 0 χ 1 = Ο ή χ2 2 χ - 5χ + 6 . ν) 2 · 5 χ · 5 -2 - 3 · 2 χ · Τ3 = 12 · 5 χ · 5 -3 - 2 χ

βάση:

4

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/32

+

1

(I)

=

e

+

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

το τοσαν2 συμβολίζεται δύναμη του Rog 2 ο εκθέτης που αναζητάμε για 2 Γενικά αν θ>Ο τότε ορίζουμε Rοgαθ = χ <=:>θ=α χ με 0<α<1 ή α>1. Ως βάση α χρησιμοποιούμε συνήθως το 10 και τον αριθμό (όπου 2, 71828 ) στην περίπτωση που η βάση είναι 1- δεν αναγράφεται δηλ. Rog 10θ γρά­ φεται Rogθ ενώ στην περίπτωση που η βάση είναι αντί να γράψουμε Rogeθ γράφουμε Rnθ και δια­ βάζουμε Νεπέρειος λογάριθμος ή φυσικός Λογά­ ριθμος του θ ή Ελ-Εν-θ δηλ. Rnθ =χ <:::::> θ = f(x) =Rnx , Α = (Ο,+οο) .

5

5.

e

e

=

e

e

f(Χ)=Ιπχ

x

[Rog (

α

fοgβ

) = Rog ( β eogα ) J

Rogβ Rogα Rogα Rogβ (όπου θ θ2, θ, α, β θετικοί και α, β + 1) ·

=

·

*

ι,

Ασκήσει ς στους λογαρίθμους

Να λυθούν οι λογαρ. εξισώσεις χ + 1 + + . + Ο) ( = 1) fog9

3eogx

oeogx 3 2 +fogx = Χ eog9 3 . 3eogx 3eogx 9 = 2 Χ 2 fog3 g 3eogx 9 = 3fogx > Χ fog3 =Υ _

( 3 eogx )2 - 8 · 3fogx - 9 = 0

- 8 · fogx - 9 = 0 g Υ2 3 8 2 y · y - 9 = 0 Δ = 64 + 6 = 1 00 9 Υ Υι 3 togx 3 2 <:::::> = <:::::> χ = 1 0 2 =

= -1 απορ. , 2 = Rogx 2 οπότε 2) Να βρεθεί το Πεδίο Ορισμού της f αν: f(x) = ../1 - Rn(x - 1) Επομένως: Rogαx = <:::::> χ = α <:::::> χ = οπό­ Πρέπει χ-1>0 για να έχει νόημα ο λογάριθμος και 1 - Rn(x - 1) � Ο σαν υπόρριζος ποσότητα απ' αυτε Rogx = <:::::> χ = 10Υ {> και Rnx = <:::::> χ = � χ = (Αυτή η ταυτό­ τές προκύπτει: {χ > Rn(x 1 - 1 τητα θα αποδειχθεί πολύ χρήσιμη) άρα 1 < χ 1 + ή Α (1, + 1] . Άμεσα συνεπάγονται τα παρακάτω: ί) Rogα1 =Ο Προσοχή στις ιδιότητες των λογαρίθμων. Τα ο­ ίί) Rοgαα = 1 ρίσματα των λογαρίθμων πρέπει να είναι πάντα ίίί) Rοgαα χ =χ θετικά Επίσης αποδεικνύονται οι παρακάτω ιδιότητες π.χ. δίνεται η συνάρτηση f(x) Rn χ - 2 (1) Rogα ( :�) Rοgαθι - Rοgαθ 2 οπότε Το πεδίο ορισμού της είναι: ίν) χ - 2 > ο <:::::> ( χ - 2)(χ > ο -Rogα (.;;) = -Rοgαθ <=:>χ χ1 <1 ή χ > 2 δηλ. Α (-οο, 1 υ (2, .

Rοgαθ νί) Rοgαθν Άραγε - 2) - Rn(x( μπορεί να γραφτεί f(x) = ηRn(xσυνάρτηση η τελευταία για ρητό εκθέτη γίνεται Ναι αν χ-2 > Ο και χ-1 > Ο δηλ. χ > 2. Rogα {/θ = _!_ν Rοgαθ.

1 χ Δείξτε ότι η νάρτηση f(x) Rn -είναι συ : Ο τύπος «αλλαγής βάσης» είναι 1+χ Rοgαθ και άμεσα απ' αυτόν για θ = α περιττή.

Rοgβθ Rοgαβ Για το πεδίο Ορισμού της f πρέπει ->Ο προκύπτει: Rοgβ α Rοgαβ 1.

1+χ (1 - χ)(1 + χ) > Ο - 1 < < 1 ή Α = (-1,1) οπότε Επίσης ισχύει : για κάθε χ Ε Α � -χ Ε Α θα εξετάσουμε τώρα αν Υ

y

y

eY

y

e

α

fog.x

e nx

1

- 1) �

�

e

χ

<:::::>

χ

e

=

1

�e

3)

=

χ -1

=

- 1)

=

=ν·

+οο )

)

1)

- 1) .

=

4)

=

·

=

<:::::>

α fοgβ = β eοgα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4133

χ

1-χ

Μαθηματικά Β' Λυκείου

f(-x) = -f(x)

--

1-χ 1+χ f(-x) + f(x) = Ο <:=> ln + ln -- = 0 <:::::> 1-χ 1+χ 1+χ 1-χ fn = Ο <:::::> fn1 = Ο 1-χ 1+χ ·

5)

( · )

ή

ισχύει. Να1!og,9υπολογιστεί η τιμή της παράστασης

log 3 4

log 3 41!og,9 = fog 3 2 Hog,9 = fog 3 2 1!og,9' =

είναι = fog 92 = log 34 = 4 3 3 Για ποιες τιμές του θ η εξίσωση χ 2 - 2xlnθ + 3fnθ - 2 = 0 έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες. Πρέπει Δ > Ο <:::::> (2fnθ)2 - 4(3fnθ - 2) > Ο <:::::> 4fn 2 θ - 12fnθ + 8 > Ο fn 2 θ - 3fnθ + 2 > Ο θέτουμε fnθ = y 6)

y 2 - 3y + 2 > 0 Δ = 9 - 8 = 1 � y 1 = 1 Υ2 = 2 y>2 fnθ < 1 fnθ > 2 <:::::> Ο < < e > e2 7) f (χ) = (χ - 1) χ f(x) > e x χ - 1 > Ο <:::::> χ > 1 χ - 1 = el!n(x -Ι ) f (χ) = ( e in(x-1) ) χ = e x fn(x -1 )

ΑΣΚΗΣΕΙΣ Π Ρ ΟΣ Λ ΥΣΗ

Α. Να λυθούν οι εξισώσεις:

1 . log(4x+ l )=log3 +log(x 2 - 1) ' 2. (χ5 ) 2 +Ιη χ = es 3. ln(2e2 x - 3e x + 2) = ln 2 + ln(3e x - 1) 4. ιn 5.

[_C__!_)

= 2 ln 2 ex + 5 2Ι+JΧ + 2.,J4;. = 23

Β. Ναlogλυθούν οι3ανισώσεις:

[ )

1 . x x ::; 0, 01χ e2 x + 1 2. ιn >ο 3e x - 1

3 . .Jx 2 + 2x - 2ln x + 2 > x + 1 Γ.

4 χ · 8 Υ = 32 1.

3Υ -=3 9χ log χ + 2log y = 3 2. log 2 χ + log 2 y = 5

{

Να λυθούν τα συστήματα:

άραy<1 ή { οπότε ή θ ήθ . Αν . Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και να λυθεί η aνίσωση πρέπει οπότε Δ. Αν οι αριθμοί: ln 3, tn .J2 x + 1 + 3 χ + 2 , ln 2 x +Ι οπότε είναι διαδοχικοί όροι Αριθμητικής προόδου, δείξτε ότι χ = - 2. f (χ) > e x <:::::> e x l!n(x - Ι) > e x <:::::> xln( x - 1) > χ <:::::> fn(x - 1) > 1 <:::::> χ - 1 > e <:::::> χ > 1 + e

του Γιώργου Κατσούλη ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Ά σκηση lη

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Αν ΑΒ 2 + ΑΓ 2 = ΒΓ 2 + 4(ΑΒΓ) (1) να βρείτε το μήκος του τόξου ΒΓ .

-

Λύ ση

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε ΒΓ2 = ΑΒ 2 + ΑΓ2 - 2ΑΒΑΓσυνΑ (2) Επίσης (ΑΒΓ) = _!_2 ΑΒ · ΑΓημΑ (3) Οπότε η ( 1 ) λόγω των (2), (3) γράφεται: � + _w2 = � + � -2AB · ΑΓσυνΑ + 2ΑΒ · ΑΓημΑ <:::::> 2ΑΒ · ΑΓσυνΑ = 2ΑΒ · ΑΓημΑ <:::::> ημΑ =συνΑ . Άρα Α = 45° , οπότε Br = 90° . πR · Επομένως = π·R1 80· 90° <=> f 8r = τ RΒΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.4/34

Μαθηματικά Β ' Λυκείου Άσκηση 2η

Από σημείο Α εκτός κύκλου (O,R) φέρνουμε τέ­ μνουσα ΑΒΓ ώστε ΑΒ = 2ΒΓ. Αν ΟΑ = R .Jϊ3 τότε: α) Να αποδείξετε ότι ΒΓ = λι. Εκυκλου(Ο,R ) β) Να βρείτε το λόγο . (ΑΟΒ) Λύση

α) Έστω οπότε = Είναι ΑΒ· · ΑΓ== Α0.Ji3)2 -2R-2 2 ΒΓ

=

2χ 3 χ

ΑΒ

χ,

(R

2

ΒΓ · ΟΗ =

2χ.

R

= R J2 ·

(ΑΟΒ)

Α

R

,

,

(ΑΒΓ)

(3)

-

Ε

R J2

2 οπότε: = 2 (2). πο, τις (1), (2) προκυπτει οτι

�

4

,.f ΑΒ ΟΗ = j ,L BΓ · OH =

ημΑ

(ΑΒΓ) = - α · υα �

(ΑΒΓ)

�

λ4 • π (1) 1

λ4 · α4

4" = "2 5 · 3 · ψΑ�

� α 2 = 49 � α = 7

=

ΒΓ = χ = R J2 = Ε κυιcλου (Ο, R ) = R 2

(ΑΟΒ) =

15 1 = 21 . Άρα Α = 120° , αφού Α > 90° . Β 1 = 2(Α Γ) (1). υ β) ,Εχουμε α α 2 2 Αλλά α2 = β2 + γ - 2βγσυνΑ (2). α2 = 9 + 25 - 2 · 3 · 5 ( �) 15 1 2· Από τις (1), (2) προκύπτει ότι υα = ____1_ �υα = 5 . γ) Έστω Ε κύτο εμβαδόν και ρ 2 ακτίνα του εγγε­ κλου τότε Ε πρ γραμμένου Αλλά (ΑΒΓ) = τ·ρ� ρ - -τ - α+β+γ - α+β+γ 2 1 5 2 � οπότε: ρ = 5 +3+7 ..1...1 5 2 Έτσι από την λόγω της είναι: 2 = π (�) 1

(ΑΒΓ) = ΑΒΑΓημΑ� Ί

-

� · · · � Χ 2 = 2R 2 � x = R .Ji .

Άρα β) Έχουμε 1

Έχουμε

-----

=

η (3) .

7

14

2(ΑΒΓ)

=

.!..

(4).

(4)

=:.

Ά σκηση 4 η

Β.αιοο, (Ο,R) 11R2 = = (ΑΟΟ) R2

π·

Αν η διάμεσος ΑΜ τριγώνου ΑΒΓ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο Δ και ισχύει ΑΒ ΑΓ = 3ΒΔ ΔΓ (1). Τότε να αποδείξετε ότι: α) (ΑΒΓ) = 3(ΒΔΓ) β) ΑΜ = 3ΜΔ γ) β2+f = 2α2. ·

Ά σκηση 3 η

Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α > 90° 15 . και ΑΒ = 5, ΑΓ = 3, (ΑΒΓ) = 4 ...... α) Να υπολογίσετε τη γωνία Α . β) Να βρείτε το ύψος υα. γ) Να βρείτε το εμβαδόν του εγγεγραμμένου κύ­ κλου στο τρίγωνο ΑΒΓ.

·

Λύ ση

α)

Λύση

α)

Α

Είναι BAf + Mr 180° (γιατί;), οπότε , -= 3 οποτε (ΑΒΓ) (ΒΔΓ)

Β Γ

= ΑΒ · ΑΓ 0) 3ΒΔ · ΔΓ = ΒΔ · ΔΓ ΒΔ · ΔΓ

(ΑΒΓ) = 3(ΒΔΓ) .

β) Τα τρίγωνα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ4/35

ΑΒΓ

και έχουν κοινή βάση ΒΔΓ

ΒΓ

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

ΑΒΓ) = ΔΗ (2) οπότε ((ΒΔΓ) Αλλά ΑΚΜ�ΜΜΙ (γιατί;) , οπότε ΔΗ = ΑΜ ΜΔ (3). Από τις (2), (3) έχουμε: (ΑΒΓ) = ΑΜ 6 ΑΜ = 3 � ΑΜ = 3ΜΔ . (ΒΔΓ) ΜΔ ΜΔ γ) Ισχύει ΑΜ · ΜΔ = ΒΜ · ΜΓ (τεμνόμενες χορ­ δές) � ΑΜ = -α · -α � ΑΜ 2 = -α2 � ΑΜ 2 = 3α2 � ΑΜ · 22 3 4 4 2--=--β2-+ 2γ-=--32 --α22= 3α � 2β2 +2γ2 =4α2 �β2 +γ2 =2α2 4 4 ΑΚ

ΑΚ

(β)

--

Ά σκηση Sη

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι β γ = 8Rρ να βρείτε το λόγο β + γ . α ·

Λύ ση

Επειδή ΒΓ = ΓΔ = α, ο κύκλος (Γ,α) διέρχεται από τα σημεία Β και Δ. Φέρνουμε ΔΕ ΒΓ. Τότε ΓΕ = �2 ( Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓΕ είναι ΓΕ = Γ2Δ , οπότε Δ = 30° και f = 60° (2). Από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε 2 2 3α ΔΕ 2 =ΓΔ2 - ΓΕ 2 =α2 - �4 = 4 οπότε ΔΕ = αJ32 (3). Έστω Ε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΔ τότε: Ε = (ΑΒΓ) - ( Γ·Μ ) = π·α2 ·60° = = ΑΔ+ΒΓ ·ΔΕ ° 2 α- +α αJ3 πα2 360 = -22 2· --2 2 62= = 3J38 α - πα6 = α24 ( 9J3 - 4π ) .

1)

.

.l

Έστω (ΑΒΓ) = Ε . αβγ 'Εχουμε Ε = αβγ � R = 4R 4Ε Επίσης Ε = τ· ρ � ρ = Ετ (2).

4αβγ Δίνεται κύκλος (O,R) και η χορδή του ΑΒ = λι. αβγ � βγ =--� ρ Έτσι βγ=8Rρ�βγ=8·-·( 2) 4$ τ 2τ Αν Μ σημείο του κυρτογώνιου τόξου ΑΒ ώστε και ΜΒ = 2 να βρείτε: α) την ακτίνα 2τ=4α� α+β+γ=4α� β+γ=3α� β+γα =3 RΜΑτου= J2κύκλου. β) Το γραμμοσκιασμένο Εμβα­ ( 1 ).

OJ

Ά σκηση 7η

τ/

δόν.

Ά σκηση 6η

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με Α = Β = 90° , ΒΓ = ΓΔ = α και ΑΔ = α . Γράφουμε τον κύκλο (Γ,α).

2 Να βρείτε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώ­ νου ΑΒΔ.

α)

Λύ ση Μ

Γ c.

60°

2 α

'>"'-�---f! Ε

2 α

α

Είναι: Είναι ΑΒ = λ4 = R J2 άρα ΑΜΒ = 3604 0 = 90° .

- = 270° , οπότε Μ = --= 270° 135° Επίσης: ΑΓΒ 2 �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ4/36

(1)

-------

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

13R 2 2 =-12<::> · .. <::> R =8 (6) Αλλά ΑΒ2 = ΑΜ 2 + ΜΒ2 -2ΑΜ · ΜΒσυνΜ <::::> ---R 16 ' ' 2 ( R JZ ) = Fl + 2 - Fz z{ -1)� Έτσι 2 ·60 R 2 J3 = ε = ( ο, ΑΒ ) -( οΑΒ)= πR360° 2R2 2 = 2 + 4 + 4 <::::> 2R 2 = 10 <::::> 4 R = 5 <::> R = J5 . =R ' ( : - �)� : β) Έστω Ε το γραμμοσκιασμένο εμβαδόν. Είναι = ( οο ) ( οΑΒ )-(ΜΑΒ ) <::::> ε=64 ( �- �} 2 90° πR 1 1 Ε = 360° --RR 2 2 --ΜΑΜΒημΜ πR 2 ----ΜΑ·ΜΒημ13 R2 1 Ε =5 <::::> 4 2 2 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) εγΓ π-14 π 5 5 � _!_ Ε = 4 - 2 - j Γ2 .j 22 <::> Ε = 4 . γεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Αν ΑΔ ύψος του τριγώνου και (ΑΒΓ) = 4(ΑΔΟ) να υπολογίσετε � (I)

ο

-

Ε

-

�

ο

<::::>

(α)

Ά σκηση 9η

Ά σκηση 8η

Δίνεται κύκλος (O,R) και η χορδή του ΑΒ λ.;. Αν Μ σημείο της χορδής ΑΒ ώστε ΜΒ 3ΑΜ και η δύναμη του σημείου Μ ως προς τον κύκλο (O,R) είναι � να βρείτε το εμβαδόν ε του κυκλικού τμήματος χορδής ΑΒ. =

=

την περίμετρο του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτη­ ση του R.

Λύ ση

Δ ο.R ) = -12 ,

Λύ ση

(ΑΒΓ) = --·ΑΓ ΑΒ Επειδή Α =Δ = 90 είναι (ΑΔΟ) ΑΔ·ΔΟ 4(ΑΔΟ) = ΑΒ . ΑΒ . = 4ΑΔ . ΔΟ (1) (ΑΔΟ) ΑΔ·ΔΟ 360°-= 60 (1) Όμως ΑΒ = ΑΔ · ΒΓ (2) (γιατί;). .Εχουμε ΑΒ = λ6 = R <::::> ΑΒ --- = Από. τις (1 ),(2). προκύπτει ότι 6 . ΔΟ <::: :> ΑΔ . ΜΒ ΑΔ ΒΓ = 4 ΑΒ Επισης ΜΒ = 3ΑΜ <::::> ΑΜ =-<::: 3 :> ΑΜ =-4 ΒΓ = 4ΔΟ 2ΒΟ = 4ΔΟ <::::> ΔΟ = ΒΟ . Άρα ΑΔ 2 <::::> ΑΜ =-R4 (2). ύψος και διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΟ, οπότε Η ΒΓ Φέρνουμε το απόστημα Ο. ΑΒ = ΑΟ = 2 = ΒΟ = R δηλαδή το τρίγωνο ../3 R ΑΒ R Είναι ΟΗ =α6 = 2 (3) και = 2 = 2 , ΟΒΑ είναι ισόπλευρο άρα η Β = 60° .

R R ΜΗ =-R (4). Έτσι = 120---<::::> ΑΓ = λ3 = Rν3 (3) και οπότε ΜΗ <=2) ---<=> 4 2 4 Γ= 30 , οποτε ΑΒ = 60 ΑΒ = λ6 = R (4). Επομένως η περίμετρος Π του τριγώνου ΑΒΓ εί­ ναι: 13R 2 (5) Είναι: ΟΜ 2 = ΟΗ 2 + ΜΗ 2 = ... = -Π = ΑΒ + + ΒΓ <:::4 :> Π = R + R J3 + 2R <::::> 16 () Ομως: Δ(Ο,R ) =-12<::> 0Μ 2 -R 2 = -12<::::> �

ο

�

ΑΓ

<=>

<=>

· ΑΓ

ο

ΑΓ

<::::>

ΑΗ

Μ

ο

(S)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/37

ι;:;

ο

�

�

•

ΑΓ

ο

•

ΑΓ

(3)

<::::>

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Άσκηση lΟη

Σε κύκλο (O,R) να φέρετε διάμετρο ΑΒ και χορδή ΑΓ R. Να προεκτείνεται τη ΒΓ κατά τμήμα Γ Δ ΓΒ και να φέρετε τη ΔΑ που τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ζ. α) Να αποδείξετε ότι β) Να υπολογίσετε τη χορδή ΑΖ. γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μεικτόγραμ­ μου τριγώνου ΑΔΓ. =

=

ΒΓ = RJ3 .

Λύ ση

2 ·6Οο = πR 2 . ' ( ο, ΑΓ) = πR360ο Ειναι 6 Στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε Ο μέσο ΑΒ και Γ μέσο της ΒΔ ΟΓ ΑΔ δηλαδή το τετράπλευρο ΟΑΔΓ είναι τραπέζιο με βάσεις ΑΔ = 2R, ΟΓ = R και ύψος ΟΜ =α6 = RJ32 αφού ΑΖ = R = �. Έτσι J3 R (2R R) . ΟΜ = (ΟΑΔΓ) = (ΑΔ ΟΓ) 2 2 -2- = = 3R42 J3 οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι: Ε = (ΟΑΔΓ) -(Ο,ΑΓ) = = 3R42 J3 πR6 2 = (9J3-2π)R 2 /I

�

+

+

α)

z

�

γωνία ArB = 90° (γιατί;) Στο ορθογώνιο λοιπόν τρίγωνο ΓΑΒ από Πυθαγό­ ρειο θεώρημα έχουμε ΒΓ2 =ΑΒ2 -ΑΓ2 =(2R)2 - R 2 =3R 2 οπότε ΒΓ R J3 . β) Οι χορδές και ΒΓ τέμνονται στο σημείο Δ, οπότε έχουμε ΔΑ· ΔΖ= ΔΓ · ΔΒ ( Ι ). Είναι ΔΑ = ΑΒ = 2R (αφού το Α ανήκει στη με­ σοκάθετο του ΒΔ) και ΔΒ = R J3 R J3 = 2R J3 . Από την έχουμε )I( ·ΔZ= R J3 . )I(J3 � ΔΖ=3R , οπότε ΑΖ= ΔΖ - ΑΔ � ΑΖ= 3R - 2R � ΑΖ= R . γ) Φέρουμε την ακτίνα ΟΓ και παρατηρούμε ότι το τρίγωνο ΟΑΓ είναι ισόπλευρο με πλευρά R. Η

=

ΑΖ

+

(1)

12

β ' τρόπος

πR 2 , οπότε το εμβαΕίναι ( Ο,ΑΓ ) = πR3602 60° = -6 δόν του κυκλικού τμήματος που περικλείεται από τη χορδή ΑΓ και το τόξο ΑΓ είναι: (ε)= ( ο, ΑΓ) - (ΟΑΓ) = π:2 - R�J3 Οπότε το ζητούμενο εμβαδό είναι: πR 2 R 2J3 = Ε = (ΑΔΓ)-(ε) = l ΔΓ·ΑΓ- (6 -4- J ( 9J3 -2π ) R 2 �

0

�

1

= . . . =

....:....__ --'--

12

I<A ΤΕΥΘΥΝΕ.Η β)

Θέ μα 1

Έστω α, β δύο διανύσματα για τα οποία ισχύει: Ι α Ι = l β l 1 και ( i,β) = ;

=

α)

Να βρείτε διάνυσμα w , παράλληλο στο α + β ώστε το διάνυσμα w β να είναι κάθετο στο α . '

-

'

Νίκος Θ . Αντωνόπουλος Αν ίί = α + χβ , xεJR και v 2α + β , τότε: i) Να βρείτε για ποιες τιμές του χ ισχύει ίi .L v . ii) Να βρείτε ως συνάρτηση του χ το εμβα­ δόν Ε του τετραγώνου που σχηματίζεται με μήκος πλευράς ίσο με l ίi + vl και να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ4/38

=

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

αποδείξετε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό χ ισχύει Ε ;:::: 27 .

4 Λύ ση

Ισχύουν: ιι(α+β) � =λ(α+β) � =λα+λβ, λε.ΙR. (1) και: α_1_ ( w - β- ) � α ( w -β- ) =Ο�αw -αβ =Ο� � λα2 +λαβ -αβ =Ο (2) Επίσης α2 = Ι αΙ2 = 1 και α· β = Ι αΙ - Ι βl συν; = -Ξ , οπότε (2) � λ+ _!._2 λ -_!._2 =0� λ=_!_3 - β- ) . Άρα, w- ="j1 ( α+ β) Είναι: ν � ·v=O� (α+ χβ)(2α+β)=ο� � 2α2 + αβ + 2χαβ + χβ = Ο 1 2 . -χ1 + χ =ο� 2χ +-=ο 5 � · 1 +-+ 2 2 2 � χ =--45 Το εμβαδόν του τετραγώνου με μήκος πλευράς είναι: E = lu +vl 2 =(u+νγ = [3α+(χ+ι)βΤ = α2 +6(χ+l)αβ+(χ +1)2 β2 = = 9 +3(x+l)+(x+l)2 = 9 27 =(x+l)2 +2· 23 (χ +1)+4+4 27 : -27 = [(x+l)+-23 ]2 +-;::: 4 4 Άρα, η ελάχιστη τιμή του εμβαδού του τετρα. οταν . χ = -25 . ειναι . 427 και προκυπτει γωνου

α)

w

w

w

-

(I)

i)

υ _1_

υ

α

. να β ρ ει-. ) Αν u_ = lι α_ -β και _v α_ "'32 -β , τοτε

+

τε:

Το εσωτερικό γινόμενο ϋ v ii) Το συνημίτονο τη ς γωνίας των διανυ­ σμάτωνϋ,v . β) Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = και ΑΓ = -β . i) Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ, να βρείτε το μέτρο του διανύσματος ΑΜ ii) Αν Δ είναι η προβολή του Β στην ΑΜ, να εκφράσετε το διάνυσμα ΒΔ ως συ­ νάρτη ση των διανυσμάτων α,β και να ΑΜ . αποδείξετε ότι: ΑΔ 14 19 i)

ii

=-

Λύ ση

α) i)

ii)

'Εστω α, β δύο διανύσματα με - - = -π (α,β) 3

·

-

2

Θέμα 2

= -

ii)

Ισχύει: α - β = Ι αΙ - Iβl συν ; = 4 ·6·-i = 12 . οπότε: -u · ν- = (21 α+ - β-J( α- - 32 β- J = ι _ - - - 2- 2 = =-α21 _ 2 --αβ+αβ--β 3 3 = _!._2 ·16 - _!_3 ·12 + 12 _ 3.3 · 36 = =8-4+ 12-24 = -8 Είναι: συν ( �) = �:ι : ��� (1) και: l u l2 I-Ξ α+ β12 = �α2 +αβ+β2 = _!._4 · 16+ 12 + 36 = 52, οπότε l u l = .J52 = 2Jl3 _ 2 β-ι2 -_ α- 2 --α4 _ β_ +-94 β-2 1 _ν1 2 -_ 1 α-3 3 =16-4·4+4·4 = 16' οπότε l vl = .Ji6 4 Το συνημίτονοκύτης γωνίας των διανυσμά­ των, όπως προ πτει από τον τύπο είναι: -8 = -Jl3 συν ( u.:::-:,ν:; ) = 2 . 4Jl3 """"""13 =

_

=

l ii l 4 , I PI =

=

6 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/39

(1)

Μαθηματικά Β ' Λυκεiου

β)

=

ε)

Μ

i)

Να αποδείξετε ότι η ευθεία (ε) εφάπτεται στον κύκλο χ 2 + ( y - 3) 2 13 . Να βρείτε σημείο Λ του άξονα χ'χ ώστε το συμμετρικό του Κ ως προς την ευθεία (ε) να βρίσκεται στον άξονα y 'y .

δ)

�à �(

----

Είναι: ΑΜ = a + β ) , οπότε: I AM I 2 = ±( a2 + β 2 + 2aβ ) =

Λύ ση

.!..4 ( 16 + 36 + 24 } = 19 . Άρα I AM I = .Jϊ9 . Ισχύει: ΑΔ// ΑΜ οπότε υπάρχει λεffi. , ώ­ στε να ισχύει ΑΔ = λ · ΑΜ οπότε: ΒΔ = ΑΔ - ΑΒ = λΑΜ - ΑΒ = λ ( α_ + β- - α_ = ( λ - ι)-α+ 2λ β- και 2 2 ) ΒΔ 1. ΑΜ <::::> ΒΔ · ΑΜ = Ο <::::> <=> � [(λ - 2}a + λβ] - � ( a + β) = ο <=> (λ - 2)a2 + (λ - 2)a · β + λaβ + λβ 2 = Ο <::::> 16(λ - 2) + 12(λ - 2) + 12λ + 36λ = ο <::::> 16λ + 12λ + 12λ + 36λ = 32 + 24 <::::> 76λ = 56 <::::> λ = 1194 .

14 · Επομένως, ΑΔ =19 ΑΜ ,

-1 - λλ -+ 21 -λ - 1 - λ + 2 α) Είναι: λΑΒ = = -_--'�:"-:'-:'�'-:-λ1 --λ + 2 λ - 2λ) λ = -(λλ(Ι + Ι) (Ι - 2λ) λ + Ι οπότε οι ευθείες που διέρχονται από τα σημεία Α, Β για τις διάφορες τιμές του λ είναι οι: Υ + 1 = � ( χ + .!.. ) <::::> (λ + Ι}( y + Ι) = λ+Ι λ -λχ - Ι <::::> <::::> λχ + (λ + Ι} y + λ + 2 = 0 ---:---'---:--:-___:._----:_

=

Με λ = 2 έχουμε: ( ε 2 ) : 2χ + 3y + 4 = Ο . Με λ = 4 έχουμε (ε4 ) : 4 χ + 5y + 6 = 0 . Εύκολα βρίσκουμε ότι οι ( ε 2 ),( ε4 ) τέμνονται στο σημείο Μ(Ι,-2) . Θα αποδείξουμε ότι όλες οι ευθείες της οικογένειας διέρχονται από το σημείο Μ(Ι,-2) . Αρκεί: λ · Ι + (λ + Ι}(-2} + λ + 2 = 0 <::::> 0λ + 0 = 0 , που ισχύει. Άρα όλες οι ευθείες (ε ) διέρχονται Θέμα 3 από το Μ. Δίνονται τα σημεία Α ( -2 λ - 2 ) και γ) Είναι ΟΑ = ( -2, �:� }οΒ ( �� ,-1 ) . οπότε 'λ+1 -2 λλ -+ 2Ι Β ( �1 , -1), λ > 1. .!_ 2 + λ - 2 = 1= (OAB} = .!_2 I _ .!_ - 1 2 λ(λ + l) α) Να αποδείξετε ότι οι ευθείες που διέρχονται λ από τα σημεία Α, Β Ύια τις διάφορες τιμές 2 + 2λ + λ - 2 του λ ανήκουν στην οικοοyένεια των ευθειών = 2Ι 2λ λ( λ + Ι} = ( ε λ ) : λχ + ( λ + 1)y + λ + ε Ο 2 + 3λ - 21 1 2 ( λ2 - 1 ) + 3λι 12λ β ) Να αποδείξετε ότι όλες οι ευθείες Ι = 2 λ( λ + 1) = 2λ(λ + 1) = ( ε λ ) διέρχονται από σταθερό σημείο. γ) Να βρείτε την ευθεία (ε) της οικοΎένειας 2λ2 + 3λ - 2 ( ελ ) ώστε το εμβαδόν του τριΎώνου ΟΑΒ 2λ(λ + Ι} ' β)

λ

=

=

να είναι ίσο με

1.

.

= --,.-----.,.-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/40

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

διότι 2(λ2 - 1) + 3λ > Ο , οπότε ( ΟΑΒ ) = 1 <:::> 2"Κ + 3λ - 2 = 2λ2 + 2λ <:::> λ = 2 Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η ( ε 2 ) : 2χ + 3y + 4 = 0 δ)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: d ( Κ,ε 2 ) = ρ , όπου Κ ( 0,3 ) είναι το κέντρο και ρ = Jϊ3 είναι η ακτίνα του κύκλου.

13 = ν13 , Είναι d ( κ,ε 2 ) = 1 2 · 0../+43+· 93 + 41 = Jϊ3 οπότε η ευθεία 2χ + 3y + 4 = Ο εφάπτεται στον κύκλο χ 2 + ( y - 3 γ = 13 .

γ) δ)

(- - )

r;;;

ε)

α)

χ

κ

Αν Λ ( χ,Ο ) το σημείο του χ'χ και κ ( Ο, y ) το συμμετρικό του ως προς την ευθεία ( ε 2 ) , τότε λΚΛ . λ = -1 λΚΛ = 23 -χy = 23 3 (1). <:::> y = --X 2 Επίσης το σημείο Μ ( ; , Ξ) περιέχεται στην ( ε 2 ) , οπότε 2 �2 + 3 L3 + 4 = 0 <:::> χ + 32Υ = -4 <:::> 9 = -4 <:::> χ = 16 , οπότε y = -24 . <:::> χ --χ 4 5 5 Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Λ ( 156 , Ο) και το συμμετρικό του, το Μ ( Ο, -�4 ) . ε

2

<:::?

-

<:::?

-

-

<:::?

Θέμα 4

Δίνεται η εξίσωση χ 2 + y 2 + 2 ( 2χ + 2y + xy ) 5 α) Να αποδείξετε ότι παριστάνει δύο ευθείες παράλληλες μεταξύ τους, έστω ( ει ) , ( ε 2 ) . β) Να βρείτε την απόσταση των ευθειών.

,

Λύ ση

Υ

ε)

Να βρείτε μεσοπαράλληλη ( ε ) των ευθειών ( ει ) , ( ε2 ) . Αν το σημείο Ρ { κ, λ ) κινείται στην ευθεία (ε ι ) και το σημείο Σ ( μ, ν ) κινείται στην ( ε2 ) , να αποδείξετε ότι το σημείο Μ κ + μ + 1 λ + ν - 1 κινειται στην ευ2- , 2θεία ( ει ) και το εμβαδόν του τριγώνου πα­ ραμένει σταθερό.

β)

Είναι: χ 2 + y 2 + 2 ( 2χ + 2y + xy ) = 5 <:::> χ 2 + y 2 + 2xy + 4 x + 4y -5 = 0 <:::> <:::> (x + y) 2 + 4(x + y) - 5 = 0 (1) . Άν θέσουμε χ + y = ω , τότε η εξίσωση (1) γίνεται ω2 + 4ω - 5 = 0 <:::> ω = 1 ή ω = -5 . Επομένως: (l) <:::> x + y = 1 ή x + y = -5 <:::> x + y - 1 = 0 ή χ + y + 5 = Ο , πράγμα που προφανώς σημαίνει ότι η ( 1) παριστάνει τις ευθείες ( ει ) : x + y - 1 = 0 και ( ε 2 ) : x + y + 5 = 0 . Ισχύει: d { ει , ε 2 ) = d { Α,ε 2 ) , όπου Α ένα τυχαίο σημείο της ( ει ) . Το σημείο Α ( Ο,1 ) περιέχεται στην { ε 1 ) , οπότε + 1 + 5 1 6 = 3ν2 . ct ( ει ,ε 2 ) = ct ( Α,ε 2 ) = 1 0....Γι+J 1 + 1 ν2 =

γ)

�

�

Θεωρούμε το σημείο Β ( Ο,-5 ) το οποίο περιέ­ χεται στην ευθεία ( ε 2 ) Το μέσο του τμήματος ΑΒ είναι το Κ ( Ο,-2 ) και περιέχεται στην με­ σοπαράλληλη, η οποία έχει συντελεστή διεύ­ θυνσης λ = -1 . Άρα η εξίσωση της μεσοπα­ ράλληλης ( ε ) είναι: y + 2 = -1 ( χ - 0 ) <:::> χ + y + 2 = 0 .

•

δ)

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/41

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Ισχύουν: κ + λ - 1 = Ο (2) και μ + ν + 5 = Ο (3). β) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας πάνω Αρκεί να αποδείξουμε ότι: στην οποία βρίσκονται τα κέντρα των κύ­ λ + + κ μ ν κλων (Cλ ) .

1 + 2 - 1 + 2 + 2 = 0 <:::> γ) Να εξετάσετε αν υπάρχει κύκλος (Cλ ) ο <:::> κ + μ + λ +ν + 4 = 0 <:::> οποίος εφάπτεται στους άξονες χ'χ και <:::> (κ + λ - 1) + (μ + ν + 5) = 0 , y'y . που ισχύει εξαιτίας των (2), (3). Άρα το Μ δ) Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι ( Cλ ) έχουν κινείται στην ευθεία (ε) . Είναι: κοινή εφαπτομένη, την οποία να βρείτε. λ + + κ μ ν Λύ ση + 1 1 = ΣΜ = κ λ ' 2 2 α) Η εξίσωση είναι της μορφής 2 2 + Αχ + By + Γ = Ο με: Α = 4λ + y χ λ 2 2 + + + ν = μ 2κ ' 2 και Β = 2(λ + 2) και Γ = 4λ + 4 . λ +-ν - 1 - ν = κ +-μ + 1 - μ, Είναι: ΡΜ = 2 2 Α 2 + Β 2 - 4Γ = 16� + 4 (λ + 2γ - 4 ( 4λ + 4 ) = . = 16� + 4λ2 + 16λ + 16 - 16λ - 16 = 20λ2 > ο ' . = κ - μ2 + 2 , λ - 2ν - 2 , οποτε: για κάθε λ * Ο . Άρα για κάθε λ Ο η εξίσωση παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ( -2λ, λ + 2) μ-κ+2 ν-λ-2 ( ΡΜΣ ) = _!_8 l κ - μ + 2 λ - ν - 2 1 = και ακτίνα ρ = νΓs 1 1 λ! . Αν λ = Ο τότε η εξίσω­ ση γίνεται χ 2 + (y - 2) 2 = Ο και παριστάνει το = _!_8 I ( μ - κ + 2)(λ - ν - 2) -1 σημείο (0,2).

-(κ - μ + 2)(ν - λ - 2) 1 β ) Αν (χκ, Υ κ ) είναι οι συντεταγμένες του κύ- κ )(λ - ν - 2) + 2(λ - ν - 2) + I = _!_l(μ κλου για τις διάφορες τιμές του λ, τότε έχουμε 8 χ κ = -2λ και y κ = λ + 2 , οπότε +(μ - κ)( ν - λ - 2) - 2 ( ν - λ - 2) 1 Χκ = -2( Υ κ - 2) <=? Χκ + 2y κ - 4 = 0 . Άρα τα κέντρα των κύκλων βρίσκονται πάνω = l(μ - κ)(λ - ν - 2 + ω - λ - 2) + 1 στην ευθεία χ + 2y - 4 = Ο . +2(λ - ν - 2 - ν + λ + 2) να εφάπτεται ο κύκλος ( Cλ ) στον άξονα: = _!_8 I ( μ - κ)( -4) + 4 (λ - ν )I = _!_I2 κ + λ - (μ + ν )I = γ) Για y'y αρκεί να ισχύει l xκ l = ρ <:::> 2 l λl = νΓs"i λl , που αποκλείεται = .!.2 1 1 -( -5) 1 = 3 , βάσει των (2), (3). όταν λ * Ο . Άρα το εμβαδόν του τριγώνου ΡΜΣ είναι στα­ χ 'χ , αρκεί να ισχύει θερό και ίσο με 3 .

IY κ i = ρ <=? i λ + 21 = J5" i λl <=? (λ + 2) 2 = 5λ2 <:::> 4λ2 - 4λ - 4 = 0 Θέμα 5 λ ( 1 - νΓs) ή λ ( 1 + νΓs) . Δίνεται η εξίσωση ( c λ ) : χ 2 + y 2 + 4λχ - 2(λ + 2)y + 4λ + 4 = ο Άρα δεν υπάρχει κύκλος της οικογένειας ( Cλ ) α) Να αποδείξετε ότ για κάθε λ * Ο παριστάνει ο οποίος να εφάπτεται στον άξονα y'y , ενώ κύκλο. Τι συμβαίνει αν λ = Ο ; υπάρχουν δύο κύκλοι της ίδιας οικογένειας οι οποίοι εφάπτονται στον άξονα χ 'χ .

(

(

(

)

)

(

ι

)

)

1

::ι:.

i

•

•

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/42

�

<=>

�

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

ευθεία (ε) : y = αχ + β εφάπτεται στους κύ­ κλους ( Cλ ) αν και μόνο αν ισχύει: ι -2αλ - (λ + 2) + β l = � ι ι d ( κ, ε ) = ρ <::::> ν5 λ , Γ?---: 2 +1 να λ :;t: Ο <=> l 2αλ + λ + 2 - β l = -J5 Ιλi .Jα 2 + 1 <=> <=> i (2α + 1)λ + 2 - β l = -J5 Ιλi .Jα 2 + 1 <::::> ( 2α + 1) z λz + +2(2α + 1)(2 - β)λ + (β - 2) 2 = 5λ2 ( α 2 + 1 ) <::::> [ ( 2α + 1 ) - 5 ( α 2 + 1 ) J λ2 + +2(2α + 1)(2 - β)λ + (β - 2)2 = 0 που ισχύει για κάθε λ :;t: Ο , αν και μόνο αν, εί­ ναι: 4α z + 4α + 1 - 5α 2 - 5 = 0 α-2 2(2α + 1 )( 2 - β ) = Ο <::::> β=2 . (β - 2γ = 0 Άρα όλοι οι κύκλοι έχουν κοινή εφαπτομένη την ευθεία y = 2χ + 2 .

= χ 2 - 2x + 1 + y 2 - 10y + 25 + x 2 - 10χ + 25 + +y 2 + 4y + 4 + x 2 + 6x + 9 + y 2 + 6y + 9 = = 3χ 2 - 6x + 3y 2 + 73 = 3 ( χ 2 - 2x + 1 ) + 3y 2 + 70

δ) Η

= 3(χ - 1)2 + 3y 2 + 70 � 70 , που είναι το ζητούμενο. Η ισότητα ισχύει όταν M (l,O). Ισχύει: - ΜΑ 2 + ΜΒ 2 + ΜΓ2 = 85 <::::> 3( χ - 1 γ + 3y 2 + 70 = 85 <=> 3(χ - 1) 2 + 3/ = 15 <=> (χ - 1γ + y 2 = 5

2

{

{

απ' όπου προκύπτει ότι το σημείο Μ κινείται σε κύκλο (c) με κέντρο Κ(1,0) και ακτίνα ρ = -15 . β)

Υ

-1--=+-�---ι-τ-χ Λ(χ ,y) κ

Παρατηρούμε ότι (3 - 1)2 + 1 2 = 4 + 1 = 5 , δη­ λαδή οι συντεταγμένες του Ρ επαληθεύουν την Δίνονται τα σημεία A (l,S) , B (S,-2) και εξίσωση του κύκλου. Άρα το σημείο ρ Γ ( -3,-3) περιέχεται στον κύκλο (c). Το σημείο Λ(χ,y) α) Αν Μ ( x,y) είναι τυχαίο σημείο του επιπέ­ ανήκει στην εφαπτομένη του κύκλου (c), αν και μόνο αν, ισχύει: ΚΡ ..L ΡΛ , (1). Είναι ΚΡ(2,1) δου, να αποδείξετε ότι: -2 -2 -2 και ΡΛ = (χ - 3, y - 1) , οπότε: (1) i) ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ � 70 - 2 -2 -2 <::::> ΚΡ ΡΛ =0 <::::> 2( χ - 3) + (y - 1) =0 <::::> 85 , τότε ii) Αν ισχύει ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ <::::> 2χ - 6 + y - 1 = Ο <::::> 2χ + y - 7 = Ο , το σημείο Μ κινείται σε κύκλο (c) του ο­ που είναι η εξίσωση της εφαπτομένης του κύ­ ποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα. κλου στο σημείο Ρ. β ) Να αποδείξετε ότι το σημείο Ρ(3,1) περιέχε­ γ) Από το σημείο Τ διέρχονται: ται στον κύκλο αυτό. Η κατακόρυφη ευθεία χ = Ο (άξονας y 'y ) γ) Να υπολογίσετε τη γωνία που σχηματίζουν που δεν εφάπτεται στον κύκλο. οι εφαπτόμενες του κύκλου που άγονται Οι μη κατακόρυφες ευθείες της μορφής: από το σημείο Τ(0,3). y - 3 = λχ , δηλ. οι ευθείες (�) : λχ-y+3=0. Λύ ση Μία ευθεία της οικογένειας ( ελ ) εφάπτεται α) i) Είναι: στον κύκλο αν και μόνο αν ισχύει: - ΜΑ 2 + ΜΒ 2 + ΜΓ 2 = (χ - 1) 2 + ( y - 5) 2 + d ( κ, ελ ) = -J5 <::::> lλ + 31 = -J5 2 2 2 2 +(χ - 5) + (y + 2 ) + (χ + 3) + (y + 3) .Jλ2 + 1 Θέμα 6

·

=

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/43

Μ αθηματικά Β' Λυκείου

� ( λ + 3 ) 2 = 5 ( λ2 + 1 ) � � λ2 + 6λ + 9 - 5λ2 - 5 = ο � � -4λ2 + 6λ + 4 = 0 � � 2λ2 - 3λ - 2 = ο . Οι ρίζες λι , λ2 της εξίσωσης είναι οι συντελεστές διεύθυνσης των εφαπτομένων του κύκλου που άγονται από το σημείο Τ και -2 = -1 εξαιτίας της ισότητας λ ι · λ2 = 2 προκύπτει ότι οι εφαπτόμενες είναι κάθετες μεταξύ τους. Θέμα 7

χ2 + y2 = 1 . Δίνεται η έλλειψη C1 : 25 9 α) Αν μία ευθεία διέρχεται από την εστία Ε 'και τέμνει την έλλειψη στα σημεία Β, Γ, να υπο­ λογίσετε την περίμετρο του τριγώνου ΕΒΓ. β ) Να βρείτε την εξίσωση τη ς υπερβολής ( C 2 ) η οποία έχει τις ίδιες εστίες με την έλλειψη και η εκκεντρότητα της είναι ίση με 2. γ) Θεωρούμε την εφαπτομενη τη ς υπερβολής ( c2 ) σε τυχαίο σημείο τη ς Μ ( Χι ' Υ 1 ) διαφορετικό από τις κορυφές της και την κάθε­ τη στην εφαπτομένη στο Μ. Αν η εφαπτομέ­ νη τέμνει τον άξονα χ'χ στο ση μείο Ρ και η κάθετη στο σημείο Κ, να αποδείξετε ότι: ΟΚ · ΟΛ = 16 . Λύση Υ α) -

-

(ε)

β)

χ 2 - y 2 = 1 είναι η εξίσωσης της υπερβο­ Αν b2 a2 λης ( C 2 ) , τότε: c = γ = 4 και � = 2 � a = 2 . a 2 2 2 2 b b Τέλος c = a + � 4 + = 16 � b 2 = 12 , οπότε η εξίσωση της υπερβολής είναι η: χ 2 - y2 = 1 .

4 12

γ) Η

εφαπτομένη της υπερβολής στο τυχαίο ση­ μείο της Μ ( χ ι , y ι ) έχει εξίσωση: ε - ΧΧ ι - ΥΥ ι --1 και έχει συντελεστή διεύ4 12 θυνσης λε = 3χι Αν λη είναι ο συντελεστή Υι διεύθυνσης της κάθετης (η) στην υπερβολή Υι . ' · λη · λ - 1 � λη - -στο σημειο' Μ , τοτε.

3χι Άρα η εξίσωση της κάθετης στην υπερβολή στο σημείο Μ ( χι • Υ ι ) είναι η: y - yι = - 2L ( χ - χι ) · Με y = O στην εξίσω3χ ι ση της ευθείας (ε) βρίσκουμε χ = _i_ , οπότε Χι .

ε

Ρ

-

( : , Ο) . Με y = Ο στην εξίσωση της ευθείας

(η) βρίσκουμε 3χι = χ - Χ ι � χ = 4χι , οπότε Κ ( 4χι ,Ο ) .

- = ( 4χ ,Ο ) και ΟΛ - = 4 ,0 , οπότε: Είναι: ΟΚ ι � -·ΟΚ ΟΛ=4χι · -4 = 16 , που είναι το ζητούμενο. Χι

( )

Θέμα 8

Δίνεται η παραβολή y 2 = 4χ και η ευθεία Στην έλλειψη ( Cι ) έχουμε: α 2 = 25 , β 2 = 9 , ε : �3 - Ι.4 + l = Ο . γ 2 = 25 - 9 = 16 οπότε γ = 4 και Ε(4,0), α) Να βρείτε το σημείο Μ ( x1 ,y 0 ) , με Υ ο > Ο , ' Ε (-4,0). Η περίμετρος του τριγώνου ΒΓΕ είναι: της παραβολής, ώστε αν Α είναι η προβολή (ΒΓ) + (ΓΕ) + (ΒΕ) = του στη διευθέτουσα, να ισχύει: (ΒΕ') + (ΒΕ) + ( ΓΕ ') + (ΓΕ) = 2α + 2α = 20 , { MAE ) = i · όπως προκύπτει από τον ορισμό της έλλειψης. β ) Να αποδείξετε ότι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/44

Μ αθηματικά Β ' Λυκείου

ί)

ii)

α)

ευθεία δεν έχει κοινό σημείο με την παραβολή και να βρείτε την απόσταση d τυχαίου σημείου της παραβολή από την ευθεία, ως συνάρτη ση της τεταγμένης του σημείου. Η ελάχιστη τιμή τη ς απόστασης d είναι .

39 και να β ρειτε ' το σημειο' τη ς παρα20 βολής το πλησιέστερο στην ευθεία (ε). Λύ ση

παραβολή κοινό το σημείο Κ ( χ, , y, ) . Τότε ισχύουν: y1 2 = 4χ 1 και 4χ 1 - 3 y 1 + 12 = 0 οπότε y1 2 - 3 y 1 + 12 = Ο , που αποκλείεται διότι το τριώνυμο y 2 - 3 y + 12 = 0 έχει δια­ κρίνουσα Δ = -39 < Ο . Άρα η ευθεία δεν έ­ χει κοινό σημείο με την παραβολή. Η απόσταση του τυχαίου σημείου Ρ , α της

Η

Υ

παραβολή από την ευθεία, είναι:

[:

)

14 'f - 3α + 121 � !α' - 3α + 121 5 ..)16 + 9 ' 3 � [ ( α - Ξ) + : ] 2 = .!. ( α - � + 39 ;?: 39 ισότητα με α = �) 2 5 2 ] 20 20 [ � , α) d

�

�

(Η

Αν Μ ( χ 0 , y 0 ) τότε η προβολή του Μ στην ευ­ θεία χ = -1 (διευθέτουσα) είναι το σημείο Α ( -1, y0 ) . Εξάλλου E( l ,0), οπότε: y0 2 - 1, y0 , EA = (-2, y0 ) και ΕΜ = 4

[

)

-

Ρ

Άρα το πλησιέστερο σημείο της παραβολής στην ευθεία (ε) είναι το 16 2

(_2_·�J.

Θέμα 9

2 y2 = 1 και το σημείο Δίνεται η έλλειψη χ + 16 12 τη ς Ρ ( 2,3 ) .

-

α) Να βρείτε την εφαπτομένη (ε) τη ς έλλειψης στο Ρ και την κάθετη (η ) στην εφαπτομένη στο ση μείο αυτό. Επομένως ( MAE) = -5 <=> � + 12_ = -5 <=> y ο 3 + 4 y ο - 5 = 0 β) Να βρείτε τις συντεταγμένες των προβολών 8 8 2 8 Μ και Ν τη ς εστίας Ε στις ευθείες (ε) και <=> y0 3 - 1 + 4( y0 - 1) = 0 <::::> (η ). <=> ( Υ ο - 1 )( Υ ο 2 + Υ ο + 1 + 4 ) = Ο <=> γ) Να αποδείξετε ότι: <=> ( y 0 - 1) ( y 0 2 + y 0 + 5) = Ο <=> y 0 = 1 , οπότε το ί) Τα σημεία Ο, Μ, Ν είναι συνευθειακά. ii) { Μ Ν Ε ) = 3 { 0Ν Ε ) ζητούμενο σημείο είναι Μ �, 1 δ) Αν για τους αριθμού x1 ,x2 ,y 1 ,y 2 ισχύει: 3χ/ + 4y / = 3χ/ + 4y / = 48 , να αποδείξε­ εξίσωση της ευθείας γράφεται: β) ί) Η 2 4x - 3y + 12 = 0 και έστω ότι έχει με την τε ότι: ( χ 1 - χ2 ) 2 + ( y 1 - y 2 ) � 64 .

3

( J.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/45

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Λύ ση

2 2 2 2 ναι � + 1L ς�L + 22.. = 1 οπότε 16 12 16 12 χ, + y 1 2 :s; 16 <=:> (0K) ::; 4 . Ομοίως (ΟΛ) ::; 4 . Επομένως (χ 2 - χ 1 ) 2 + (y 2 - y, ) 2 ::; (4 + 4) 2 = 64 , που είναι το ζητούμενο.

Α'

Είναι: α2 = 16 , β 2 = 12 , γ 2 = 4 , οπότε γ = 2 . α) Η εφαπτόμενη της έλλειψης στο σημείο Ρ εί­ ναι η ευθεία Θέμα 10 2χ + 3 Υ = 1 <=:> � + r = 1 <=:> χ + 2y = 8 και Σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων θεωρούμε τα 16 12 8 4 σημεία Α ( - 1,0 ) και Β ( 1,0 ) . Σημείο M ( x0 , y 0 ) λε = -� , οπότε λη = 2 . Η εξίσωση της κάθε- του επιπέδου κινείται ώστε να ισχύει: της στην εφαπτομένη στο σημείο ρ είναι η: I MAI ·IMBI + 2M0 2 - ΜΑ · ΜΒ = 18 . y - 3 = 2( χ - 2) <=:> y = 2χ - 1 . α) Ν α αποδείξετε ότι: β) Η εστία Ε της έλλειψης έχει συντεταγμένες i) Το σημείο Μ κινείται σε έλλειψη της (2,0). Η ευθεία ΕΜ έχει εξίσωση y = 2( χ - 2) . οποίας να βρείτε την εξίσωση. ..!_ 9 8 > 4 , με την προυπο Ι· ι· ) Η ευθεία ΕΝ έχει εξίσωση y = _ (χ - 2) . . 'θεση ο, τι + 2 2 2 ο Υο Χ Λύνοντας τα αντίστοιχα συστήματα, εύκολα Χο ,Υο * Ο .

1 1 βρίσκουμε ότι Μ , και Ν β) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας η οποία διέρχεται από το σημείο y 1 = -1 και τέμνει - 4 3 16 12 γ) i) Είναι: ΟΜ = 5,5 και ΟΝ = 5'5 , την έλλειψη στα σημεί Ρ, Τ έτσι ώστε το Σ να είναι το μέσο του τμή ματος ΡΤ. οπότε ΟΜ = 40Ν , απ ' όπου προκύπτει ότι Λύ ση τα σημεία Ο, Μ, Ν είναι συνευθειακά. α) i) Τα σημεία Α, Β είναι συμμετρικά ως προς ii) Είναι: ΕΝ = και ΕΜ = 1 , την αρχή Ο, οπότε ισχύει: ΜΟ = ( ΜΑ + ΜΒ ) . 'Ετσι η δοσμένη ισόοπότε 6 3 τητα γράφεται: 18 + 72 2.

S .!..

5 .!_ l= = και ( MNE) � I I MA I · I MBI + 2 ( ΜΑ + ΜΒ )2 - ΜΑ . ΜΒ = 1 8 <=:> 2 6 12 2 25 5 5 5 <=:> I MA I · I MB I + ( ΜΑ 2 + ΜΒ 2 ) + (ΟΝΕ) = -1 1 �5 �5 1 = -3 , οπότε ΜΑ · ΜΒ - ΜΑ · ΜΒ = 1 8 <=:> 2 2 ο 5 <=:> ΜΑ 2 + ΜΒ 2 + 2 1 MA I · I MB I = 36 <=:> (ΜΝΕ) = 3(0ΝΕ) .

2 = 36 <=:> I MA + MB = 6 + <=:> ΜΑ ) Ι MB I (I 2 2 2 2 I I I I ' χ χ 1 + 1L = -2- + 22.. = 1 , οπότε τα σηδ) Ισχύει 16 12 16 12 πράγμα που σημαίνει ότι το σημείο Μ κινείται μεία K(x , , y , ) , Λ(χ 2 , y 2 ) βρίσκονται πάνω σε έλλειψη με εστίες Α, Β και 2α = 6 , οπότε α = 3 , γ = 1 , β 2 = 8 . Άρα το Μ κινείται στην στην έλλειψη. Από την τριγωνική ανισότητα προκύπτει ότι: (ΚΛ) :s; (ΟΚ) + (ΟΛ)

( : :) ( )

(�·�} ( )

( -�,�)

(�· :)

l(

)1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/46

�

±

�

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

2 2 9 8 χ 02 + -0Υ-2 = 1 , οπότε: ii) Ισχύει: -9 8 92 + -82 � 4 <::> _χ ο_2 +y_ο_2 --92 + -82 � 4 <::> χο yο 9 8 χ ο yο 8 χ 0-22 + _2Q__ 8χ -022 + _2Q__ 9 22 + 1 � 4 <::> 9 22 � 2 <::> 1 + 9 yο 8 χ ο 9 yο 8 χ ο <::> 8 2 χ ο + 9 2 Υ ο - 2 . 8 χ ο 2 . 9 yο 2 -> Ο <::> ( 8 χ02 - 9 y02 ) � Ο που ισχύει. χ y έλλειψη - + - = 1 .

Έστω α, β ακέραιοι για τους οποίους ισχύει: 4(3α + β + 4) = 7 ( α + β + 2) α) Να αποδείξετε ότι: ί) Ο αριθμός α είναι της μορφής α = 3κ + 2 , κ ε .Ζ και να βρείτε τη μορ­ φή του β. ii) Το υπόλοιπο της διαίρεσης ( Sα - β) : 10 είναι 6.

2 2 Ο αριθμός β - α είναι ακέραιος.

4 β ) Αν ο αριθμός κ είναι πολλαπλάσιο του 5, να αποδείξετε ότι: 2α + β + 3 = πολ.ll Επομένως ισχύει και η αρχική που είναι ισοδύ­ γ) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης Α:Β ναμη με αυτή. αν: Α = 1 · 2 · 3 · 4 . . . 40 + 2006 και β ) Η κατακόρυφη ευθεία που διέρχεται από το Σ, Β = 41 ( 3β - Sα) + 29 δεν είναι λύση του προβλήματος (γιατί;). Κάθε Λύ ση άλλη ευθεία η οποία διέρχεται από το Σ είναι της μορφής y + 1 = λ ( χ - 1 ) . Έστω ότι μία τέ- α) ί) 4 ( 3α + β + 4 ) = 7 ( α + β + 2 ) <::> 12α + 4β + 16 = Ία + 7β + 14 <::> τοια ευθεία τέμνει την έλλειψη στα σημεία Ρ ( χ ι , Υ ι ) και T ( x 2 , y 2 ) ώστε το σημείο <::> 5α - 3β + 2 = Ο <::> β + 5α + 2 .

3 Σ ( 1,-1 ) να είναι μέσο του τμήματος ΤΡ. Τότε Διακρίνουμε τις παρακάτω δυνατές περι­ ισχύουν: πτώσεις: 2χ ι + -y-ι 2 = -2χ -2 y-22 , 5α + 2 = 5κ + -2 , α = 3κ , κ ε .Ζ . Τοτε 9 8 1 (1) ' 9 + -8 = 1 (2) ' και 3 3 που δεν είναι ακέραιοι, οπότε α * 3κ . y Χι + χ2 = 1 ' Υ ι + 2 = -1 ' (3).

5α + 2 = 2 2 , -α = 3κ + 1 , κ ε .Ζ . Τοτε 3 Αν από την (2) αφαιρέσουμε την (1) έχουμε: 7 ' ακεραιοι, ' ' 5 κ + - , που δ εν ειναι οποτε 3 α :;t: 3κ + 1 . α = 3 κ + 2 , κ ε � . τοτε 5α + 2 = 3 οπότε α = 3κ + 2 και = 5κ + 4 β = 5κ + 4 , κ ε .Ζ . ii) Ισχύει: 5α - β = 5 ( 3κ + 2 ) = ( 5κ + 4 ) = 15κ + 10 - 5κ - 4 ::;: 10κ + 6 , οπότε το υπόλοιπο της διαίρεσης ( 5α - β ) : 1 Ο , είναι 6. β z - α 2 = -1 ( β - α ) ( β + α ) = Έχουμε: iii) 1 1 Θέμα 4 4

(

4

)(

)

4

•

--

_

•

--

•

=

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/47

'71

'

--

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

= -1 ( 5κ + 4 - 3κ - 2 )( 5κ + 4 + 3κ + 2 ) = 4 = -1 ( 2κ + 2 )( 8κ + 6 ) = ( κ + 1 )( 4κ + 3 ) 4 κ Ε Ζ οπότε είναι ακέραιος. β ) Ισχύει: κ = 5λ , λ Ε Ζ , οπότε α = 3 · 5λ + 2 = 15λ + 2 , β = 5 · 5λ + 4 = 25λ + 4 και 2α + β + 3 = 2 ( 15λ + 2 ) + 25λ + 4 + 3 = = 55λ + 1 1 = 1 1 ( 5λ + 1 ) = πολ. 1 1 , διότι ( 5λ + 1 ) Ε Ζ . γ) Είναι: β = 41 ( 15κ + 12 - 15κ + 10 ) + 29 = 41 · 2 + 29 = 1 1 1 και 1 1 1 = 3 · 37 . Επειδή στο γινόμενο 1 · 2 · 3 · 4 . . . 40 περιέχει ως όρους του τους αριθμούς 3 και 37, ισχύει: 1 · 2 · 3 · 4 . . .40 = πολ. 1 1 1 , οπότε το ζητούμενο υπόλοιπο θα είναι ίσο με το υπόλοιπο της διαίρεσης 2006 : 1 1 1 . Εύκολα πλέον βρίσκουμε ότι το ζητούμενο υ­ πόλοιπο είναι 8 ( 2006 = 1 1 1 · 18 + 8 ) . Θέμα 12

Να αποδείξετε ότι: α) Το τετράγωνο οποιουδήποτε ακέραωυ όταν διαιρείται με το 8 δίνει υπόλοιπο διαφορετικό του 5. β ) Αν οι αριθμοί β , γ είναι ακέραιοι, τότε σε τουλάχιστον μία από τις εξισώσεις χ 2 + βχ + γ = Ο και 2χ 2 + (β + l)χ + γ + 1 = = Ο , οι ρίζες δεν είναι ακέραιοι αριθμοί. Λύ ση α)

Αν ρ ένας τυχαίο ακέραιος αριθμός, θα απο­ δείξουμε ότι ρ 2 "# 5 + πολ.8 . Διακρίνουμε τις παρακάτων δυνατές περιπτώσεις: Αν ρ = 8κ , Κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = πολ.8 . Αν ρ = 8κ + 1 , Κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = ( 8κ + 1 ) 2 = •

= 1 + πολ.8 . Αν ρ = 8κ + 2 , κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = ( 8κ + 2 ) 2 = = 4 + πολ.8 . Αν ρ = 8κ + 3 , Κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = ( 8κ + 3 ) 2 = = 1 + πολ.8 . (γιατί;) Αν ρ = 8κ + 4 , κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = ( 8κ + 4 γ = = πολ.8 . Αν ρ = 8κ + 5 , κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = ( 8κ + 5 ) 2 = = 1 + πολ.8 . Αν ρ = 8κ + 6 , Κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = ( 8κ + 6 ) 2 = = 4 + πολ.8 . Αν ρ = 8κ + 7 , Κ Ε Ζ , τότε ρ 2 = ( 8κ + 7 ) 2 = = 1 + πολ.8 . Επομένως, σε κάθε περίπτωση, ισχύει ρ 2 * 5 + πολ.8 .

•

•

•

•

•

•

β)

Έστω ότι η δεύτερη εξίσωση έχει ρίζες ρ 1 ,ρ 2 , με ρ 1 , ρ 2 Ε Ζ . Τότε ισχύουν: β +-1 , οποτε ' ' ο αριθ μος' β + 1 ειναι ' αρρ1 + ρ2 = 2 τιος, που σημαίνει ότι ο β είναι περιττος. γ +-1 , οποτε ' ο αριθ μος' γ + 1 ειναι ' αρρ1 ρ2 = 2 τιος, που σημαίνει ότι ο γ είναι περιττος. Στην πρώτη εξίσωση τώρα έχουμε: Δ = β 2 - 4γ . Ο αριθμός β είναι περιττός, οπότε β 2 = 8λ + 1 , λ Ε Ζ . ΑΝ γ = 2 κ + 1 , κ Ε Ζ τότε Δ = 8λ + 1 - 4 ( 2κ + 1 ) = 8λ - 8κ - 3 = = 8 ( λ - κ - 1 ) + 5 = 5 + πολ.8 . Για να έχει η πρώτη εξίσωση ακέραιες ρίζες, πρέπει η διακρίνουσα της, που είναι της μορφής 5 + πολ.8 , να είναι τετράγωνο ακέραιου. Κάτι τέτοιο όμως αποκλείεται, από το (α) ερώτημα, οπότε αποκλείεται και οι δύο εξισώσεις να έ­ χουν ακέραιες ρίζες. '

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ4/48

••ιιιι•τ••• ,_ �"' r ��'" �- Α•�ι-rι Εnαναληιπιιι ά θέματα, ι<ατειίθuνιιης

Θ. Χαραλάμπους - Β. Ευσταθίου

ΑΣΚΗΣΗ 1η

,

Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [- 1,1] , παραγωγίσιμη στο (-1,1) με f'(χ) :;ι!: Ο για κάθε χ ε (-1,1) - {0} και f(-1) = f(1) = Ο , f(O) = .fi . Εάν η κάθετη σε κάθε ση μείο M( x0 ,f(x0 )) του γραφήματος της f με χ0 * -1, Ο, 1 τέμνει τον άξονα ' ψψ σε ση μείο με τεταγμένη ίση με το μισό της τε­ ταγμένης του Μ τότε να βρεθεί ο τύπος της f και να υπολογισθεί το εμβαδόν που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f και τον άξονα n '

Εφόσον το σημείο

Ν(Ο, f(;o ) ) επαληθεύει την

(ε) , τότε θα ισχύει : f(x o ) - f (χσ) = Χο η f ' (χσ) · f(χσ) = -2χσ (1) -2 f ' (x 0 ) Δηλαδή η συνάρτηση f επαληθεύει την σχέση f ' (x) · f(x) = -2x , για κάθε χ ε (-1,1) - {0} ή 2f ' (x) · f(x) = -4x ή [ f 2 (x) J ' = -4χ ή f 2 (x) = -2x 2 + c => -2 + c = Ο <=:> c = 2 . f(l) = ο Άρα f \ x) = -2x 2 + 2 η f 2 (x) = 2(1 - x 2 ) 2 0 α­ (Σημε ίω ση : Κάθετη γρ α φήματος σε σημείο Μ , θε­ φού χ ε [l,l] ωρο ύμε την κάθετη στην εφ απτόμενη το υ γρ α φήμα­ --2 Άρα f(x) = �r2(l - x� ) η f(x) = -� 2(1 - χ 2 ) . τος στο ίδιο σημείο ) . Λ ΥΣΗ Όμως f(O) = .J2 , άρα τελικά f(x) = �2(1 - χ 2 ) αφού η f δεν έχει άλλη ρίζα στο [-1, 1] και συνεχής, M(x,,f(x,)} άρα θα έχει μόνιμο πρόσημο. Για το εμβαδόν πού περικλείεται από το γράφημα της f και τον n ' . Αναζητούμε το ολοκλήρωμα : 2 2 0.2 Ω = J f(x)dx =.fi J vfι - x 2 dx .

-0 .5 -1 0.5 2 2 Θεωρούμε τον μετασχηματισμό : Εφόσον η εφαπτόμενη στο σημείο M (x 0 ,f(x 0 )) => dx = συνudu χ = ημu έχει συντελεστή κατεύθυνσης f ' (x 0 ) άρα η κάθετη χ = -1 ' ημu = -1 ' u = --π 1 θα έχει συντελεστή λ = -2 -. f ' (x 0 ) χ = 1 ' ημu = 1 , u = '2π Η εξίσωσή της κάθετης του γραφήματος της f στο M (x 0 , f(x 0 )) θα είναι : Και το ολοκλήρωμα γίνεται : 1 ψ - f(χσ) = - ' (χ - χσ) (ε) 2 f (x 0 ) Ω = .J2 J �1 - ημ 2 u · συνudu = 2

,

-- ,

}

.

-

-

π

π

π

--

π

π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/49

π

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου π

Ji 2J .Jσυν 2 u · συνudu = 2 Ji J συν 2 u du =Ji J 1 + συν2u du = 2 2 2 Ji 2 J du + J συν2udu = 2 -- -2 2 π

π

l

·

π

π

π

π

π

π

π

]

ΑΣΚΗΣΗ 2η

Έστω η συνάρτηση f ορισμένη στο διάστημα (Ο,+οο) με f(x) > Ο για κάθε χ ε (Ο,+οο) . Α . Εάν η εφαπτόμενη σε τυχαίο σημείο Μ της

γραφικής παράστασης της

f , τέμνει τον · θε­

τικό ημιάξονα Οψ σέ σημείο Β έτσι ώστε το τραπέζιο ΟΒΜΑ να έχει σταθερό εμβαδόν ίσον με α2 ,όπου Α σημείο του θετικού ημιά­ ξονα Οχ με την ίδια τετμημένη με αυτήν του Μ , να υπολογισθεί ο τύπος της f αν είναι γνωστο ότι τό σημείο 1, α 2 ανήκει στην

(

)

γραφική παράσταση της f.

f(x)

,

,

.a. Β . σεωρουμε την συναρτηση φ ( χ ) = -- .

i.

ii. iii.

χ

Να βρεθεί η aσύμπτωτη του γραφήμα­ τος της φ . Να βρεθεί τό εμβαδόν Ω(t) πού περι­ κλείεται από το γράφημα της φ , την aσύμπτωτη του γραφήματός της και τίς ευθείες χ = 1 και χ = t > 1 . Να υπολογισθεί το όριο lim Ω(t) •

\--++«>

Λ ΥΣΗ

Β

.

Μ(χ f(χ,))

σ'

Ο

Α.

Α(χ,.Ο)

Έστω τυχαίο σημείο M (x 0 ,f(x 0 )) της γραφικής παράστασης της f .

Τότε η εξίσωση της εφαπτόμενης στην γραφική παράσταση της f στο Μ , έχει εξίσωση : ψ - f(x 0 ) = f 1 ( X0 )(x - x0) η ψ = f 1 (X0)x + f(x0 ) - χ0 f 1 (X0) Γιά χ = Ο : ψ = f(x0) - x0 · f 1 ( X0 ) Άρα το B(O, f(x 0 ) - x 0 · f 1 ( X0 )) και ΟΒ = f(x0) - χ 0 · f 1 ( X0 ) Το εμβαδόν του τραπεζίου ΟΒΜΑ είναι : Ε = _!_ ( ΟΒ + ΜΑ) · ΟΑ = α 2 ή 2 ( ΟΒ + ΑΜ)· ΟΑ = 2α2 ή (f(x 0 ) - X0 · f 1 ( X0 ) + f(x 0 )) · x0 = 2α 2 ή (2f(x0 ) - x0 · f 1 ( X0 )) · x0 = 2α 2 ή 2f(x 0 )x 0 - x 2 · f 1 ( Χ0 ) = 2α 2 . Διαιρώ με -χ� < Ο 2α 2 (1) 2 0 ) = -f1( X0 ) - -f(x Χ ο2 Χο Η σχέση (1) ισχύει για κάθε χ 0 ε (Ο, +οο) . Άρα για την συνάρτηση f , ισχύει : 2α 2 (2) .

2 = -f1( X ) - -f(x) χ χ2 Πολλαπλασιάζω την (2) , με � και έχω: χ 2 2α 2 f(x ) = - f 1 (x)-12 - 3 χ4 x χ 2α2 1 + -1 1 f(x ) = - f 1 (χ ) 2 2 x χ χ4 1 1 = -2α 2 f(x ) · χ4 χ2 1 +c 1 = -2α2 f-dx f(χ ) · 2 χ4 χ 1 +c f(χ ) · -12 = -2α2 -3χ 3 χ 2α 2 -1 + cx 2 f(x ) = 3 χ 2 Άρα , τελικά f(x) = cx 2 + 2α _!_ .

3 χ 2 Όμως το σημείο ( 1, α ) είναι σημείο της γραφικής παράστασης της f , άρα : 2 f(1) = α 2 ή c + 2α = α2 ή c = .! α2 και 3 3 ο τύπος της f είναι: f ( x ) � •

ο

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/50

( ) )

( )

=

( +�) χ2

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

( ) [ ( )] ] [ ( ) ]

f(x) = -α 2 . ι 2 . 'Εστω φ(χ) = -χ +χ2 χ 3 ί. Για την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης φ: lim φ( χ) = li m .!. α 2 ι + _3_ = .!. α 2 3 3 Χ Χ) lim φ( χ) _ .!. α 2 χ = ιim .!. α2 χ + _3_ _ .!. α2 χ 3 3 Χ2 3 2α2 = 0 = lim 3Χ 2 Άρα η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση 1 2χ ψ = -α 3 ίί. Για το ζητούμενο εμβαδόν Ω( t) έχουμε : 2 --α 2 χ χ = Ω (t) = J(φ( χ) - ψ):iχ = - α2 χ + 3 Χ2 3 2 α2 2 α2 - ! + ι f3Χ2α:dx 23α2 J� x 3 Χ Χ2 3 t 2 2α --1 + 1 = 2α 2 · · Ω( t ) = ιlffi ... ιlffi 111.

3 t 3

Β

X -H<XJ

X-H<XJ

[

X-H<XJ

x -H<XJ

( )

�1 ( ) 1 } (-.!.)lt (

I

I

=

=

I

Χ-Η«>

X -H<XJ

ΑΣΚΗΣΗ 3 η

( )

=

I

I

)

(Ο, � ) , να υπολογισθεί το ολοκλή-

Α.

Εάν χ ε

Β.

ρωμα : J-1-dx ημχ Να βρείτε τον τύπο της συνάρτηση ς f για την οποία ισχύει : f'(χ) · ημχ-f(χ) = l + συνχ , για κάθε ί. χε

ίί.

ίίί.

(0,�)

f '(x) · ημx = f( x) · ln(f( x )) , όπου f(x)

>Ο , για κάθε χ (Ο,�).

=

Β. ί.

( )

( ) ( )

f ' (χ) · ημχ - f(χ) = 1 - συνχ , για κάθε χ ε Ο, �

f ' (χ)ημχ - f(x) = 2συν 2 � 2 2συν 2 -χ 1 2 f ' (χ) _ __f(x) = ημχ ημχ 2συν 2 � 1 f(x) ---lf (x) - ---'2� = σφ � ημχ 2 2ημ � συν � 2 2 1 χ f '( χ) - -f(χ) = σφ- . ημχ 2 Πολλαπλασιάζω με σφ � και έχω : 2 1 χ lf (χ)σφ-χ 2 -χ σφ-f(χ) = σφ 2 2ημ � συν � 2 2 2 2 χ 1 f'( χ ) · σφ- f(χ) = σφ 2 -χ 2 2 2ημ2 � 2 ' f '(χ) · σφ � + σφ � f(χ) = σφ 2 � 2 2 2

(f(χ) · σφ ; } = σφ2 ;

Λ ΥΣΗ

Α.

1 2συν 2 � 1 Jημ dx = J χ χ dx = J χ 2χ dx 2ημ-συνημ-συν2 2 2 2 συν 2 � 2

2συν 2 � 1 2 d � J2ημ-συνχ χ dx J ημ-συνχ χ x = 2 2 2 2 συν 2 � 2 1 1 dx = J-1- εφ � , dχ = J2συν 2 -χ εφ-χ εφ-χ 2 2 2 2 ιη εφ ; + c

( )

ε

f'(x) + f(x) · συνχ = ημχ · συνχ

�

=

X-H<XJ

t

=

ι

=

χ f(χ) · σφ-χ = Jσφ2 - dx + c .

2 2 συν z -X 1 -ημz -X 2 dx = 'Ομως Jσφ 2 �2 dx = J χ2 dx = J χ ημ2 ημ2 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.4/51

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

{f(x) ο eημχ )' = ημχ ο συνχ ο eημχ

' ctx - χ + c = -2 ( σφ ; ) dx - x + c = � ημ -

J

2 = -2σφ-χ2 - χ + c Άρα f(x) ο σφ � = -2σφ � - χ + c ο 2 2 Πολλαπλασιάζουμε με εφ � και έχουμε 2 f(χ) = -2 - χ ο εφ � + c ο εφ � ή f(χ) = (c - χ)εφ �2 - 2 2 2 ίί. f'(x) o ημx = f(x) o ln (f(x)) f'(x) ημχ = ln(f(x)) . �f(x) Αν θέσουμε Η(χ) = ln(f(x)) τότε έχουμε : Η'(χ)ημχ - Η(χ) = Ο ή Η'(χ) - -1-Η(χ) = Ο ο ημχ Πολλαπλασιάζουμε με σφ � και έχουμε : 2 1 Η'(χ) ο σφ � - χ χ σφ � ο Η(χ) = Ο ή 2 2ημ-συν- 2 2 2 Η'(χ) ο σφ � - 1 χ Η(χ) = Ο ή 2 2 ημ 2 ' Η'(χ) ο σφ ; + σφ � Η(χ) = 0 ή

f (χ) ο e ημχ = Jημχ ο συνχ ο e ημ•ctx Όμως : Jημχ ο συνχ ο e ημ•ctx = Jημχ { e ημχ )' dx =

= ημχ ο e ημχ - J( ημχ )' e ημ•ctx = ημχ ο e ημχ - e ημχ + c = e ημχ (ημχ - 1) + c ο f (χ) ο eημχ = eημχ ( ημχ - 1) + c και τελικά: f(x) = ημχ - 1 + c ο e -η μχ

ΑΣΚΗΣΗ 4η

"Εστω συνάρτηση σιμη στο (Ο,π), με

f,

f

ορισμένη και παραγωγί-

( �)

= Ο και για την οποία

f'(x) = - ( ι + f2(x) ) . Να αποδειχθεί ότι : f(x ) = σφχ . ισχύει :

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι f(x) = σφχ ή f(χ) = συνχ ή ημχ ο f(χ) = συνχ ημχ Έστω η συνάρτηση Η(χ) = ημχf(χ) - συνχ ο Θα αποδείξω ότι Η( χ) = Ο για κάθε χ του (Ο,π) ο Έχουμε : Η'(χ) = συνχf(χ) + ημχf'(χ) + ημχ Η'(χ) = συνχf(χ) - ημχ { 1 + f \ x) ) + ημχ Η'(χ) = συνχf(χ) - ημχf \ χ) Η'(χ) = f(x)( συνχ - ημχf(χ)) ' Η'(χ) = f(x)( -Η( χ)) Η(χ) ο σφ ; = 0 ή Η'(χ) = -f(x)H(x) Η'(χ) + f(x)H(x) = Ο Η(χ) ο σφ � = c ή 2 Θεωρούμε F μία αρχική της f ο Τότε F'(x) = f (x) Η( χ) = c ο εφ � ο Όμως Η( χ) = ln(f(x)) , άρα και F(x) = Jf(x)dx ο 2 χ Η τελευταία γίνεται : ln(f(x)) = c ο εφ-Χ και τελικά : f(x) = e Η'(χ) + F'(x) ο Η(χ) = Ο 2 ίίί. f'(χ) + f(χ) ο συνχ = ημχ ο συνχ ο Πολ/ζω την τελευταία με eF<• > και έχω : Πολλαπλασιάζουμε την παραπάνω σχέση με Η'(χ) ο eF(x ) F(x) + F'(x) eF(x J H(x) = Ο eημχ και έχουμε : { Η( χ) ο eF(x ) )' = Ο f'(x) ο eημχ + συνχ ο eημ' f(χ) = ημχ ο συνχ ο e ημχ Η(χ) ο eF< x ) = c ' η η f'(x) ο e μχ + { e μχ ) f(x) = ημχ ο συνχ ο e ημχ Η( χ) = c ο e - F(x ) 2

(

)

( )

c · εφ-

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/52

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

()

Άρα F(x) � Ο , αφού το πρώτο μέλος είναι μή αρ­ Όμως Η % = Ο και επειδή e-F(x) > Ο , άρα c = Ο. νητικό . Επομένως Η(χ) = Ο , δηλαδή ημχf(χ) - συνχ = Ο , ημχf(χ) = συνχ και επειδή ημχ =1- Ο , για κάθε Όμως F(x) = Jf(t)dt � Ο , από την εκφώνηση ή f(x) = σφχ . χ ε (0, π) f(x) = συνχ Συνεπώς F(x) = Jf(t)dt =0 . ημχ ΑΣΚΗΣΗ 5 η Άρα και F'(x) = f(x) = Ο . χ

ο

χ

ο

Έστω ότι η συνάρτηση f: 91

�

στο 91 και τέτοια ώστε να είναι

91 είναι συνεχής

Jcx - t)f(t)dt � Jr(t)dt � ο

χ

χ

ο

ο

Vx

Να δείξετε ότι είναι f(x)=O

Vx

ε

ΑΠΟΔΕΙΞΗ lη

91

ε

91

Jf(f"-

ΑΣΚΗΣΗ 6η

Έστω η συνεχής συνάρτηση f : JR � JR Αποδείξτε ότι ισχύει : Ρ

Ρ+κ

α

α +κ

•

Jr(t + κ)dt = J f(t)dt

= 4012χ Η(χ) = J< x - t)f(t)dt - Jf(t)dt � Ο, Vx > Ο Έχουμε για χ = Ο , έχουμε Η(Ο) = Ο άρα τότε να αποδειχθεί ότι ισχύει : J f(x)dx = 2006 Η( χ) � Η(Ο) άρα Hmin = Η(Ο) . ΑΠΟΔΕΙΞΗ Από θεώρημα του Fermat : Η'(Ο) = Ο . Θέτω t + k u d(t + k) = du (t + k)'dt = du dt = du Η(χ) = χ Jf(t)dt - Jtf(t)dt - Jf(t)dt Για t = α , u = α + κ και για t=β , u=β+κ . Η(χ) = (χ - 1) Jf(t)dt - Jtf(t)dt Επομένως Jf(t + κ)dt = J f(u)du = J f(t)dt . Η'(χ) = Jf(t)dt + (x - 1)f(x) - xf(x) Ισχύει f(x) +f(x + 1) +f(x + 2) + ... +f(x + 2005) = 4012χ Η'(χ) = Jf(t)dt - f(x) , Επομένως Η'(Ο) = -f(O) = Ο � f(O) = Ο J(f(x) + f(x + 1) +f(x + 2) + ... + f(x + 2005) )dx = Αν F(x) = Jf(t)dt , τότε : J4012xdx Η'(χ) = F(x) - F'(x) H '(x)e-x = F(x)e-x - e-xF'(x) Jf(x)dx + Jf(x + l)dx + Jf(x + 2)dx + ... ' H'(x)e-x = -{F(x)e-x ) ... + Jf(x + 2005)dx = J4012xdx JH'(t)e-1dt = -F(x)e-x + c Έστω

χ

χ

ο

ο

Αν για την f ισχύει : f(x) + f(x + 1) + f(x + 2) + ... + f(x + 2005) 2006 ο

χ

χ

ο

ο

=

χ

:::::>

:::::> .

:::::>

ο

χ

χ

ο

ο

χ

β

β+κ

β+κ

α

α +κ

α+κ

Ι

I

ο χ

ο

I

χ

ο

I

ο

=

ο

I

ο

ο

ο

I

I

ο

ο

χ

ο

χ

tH(t) J � + JH(t)e-1dt = -F(x)e-x + c ο

χ

χΗ(χ) + JH(t)e-1dt = -F(x)e-x + c για χ = Ο , c = O χΗ(χ) + JH(t)e-1dt = -F(x)e-x � Ο ο

χ

ο

Σύμφωνα όμως με το πρώτο ερώτημα θα έχουμε : I

2

Ο

Ι

3

Jf(x)dx + Jf(x)dx + Jf(x)dx + ... .

... +·};�χ :a.)dx = J4012xdx t Ο ο .5

Άρα

2006

·

2

ο

J f(x)dx = 2006 .

ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/53

Μαθηματικά ΎLα την Γ Λυκείου

•

Θέματα επανάληψης στα μαθη ματικά κατεύθυνσης της Γ ' Λυκείου

Γ. Τσαπακίδης

1.

1 ημ ημψ χ Είναι: lim χημ _!_Χ = lim 1 = lim ψ = 1 χ θέσαμε ψ =

Δίνεται η συνάρτηση f : :R � :R για την ο­ ποία ισχύουν: i) είναι συνεχής στο :R ii) α.

χf ( χ ) + συνχ = l - χ 2 ημ .!. , χ * Ο · χ Να βρείτε το limf ( χ ) . χ--+0

β.

γ.

δ.

Να βρείτε τον τύπο της f. Να βρείτε τα όρια: lim f (x) και Iimf(x) . Δείξτε ότι εξίσωση f ( χ ) = Ο έχει τουλά­ χιστον μια θετική ρίζα. χ �-χι

χ-++α:>

χ -+±«>

(

�

δ.

χ --+0

( )

χ --+0

γ.

{

χ --+0

Ι l

x --+ ±to

( I) -�

συνχ = 0 . ιm -Χ

Ι.

x --+ ±to

� I

·

--

(

(.;} (

Χι

!;J

[ J

) Ο συμπεραίνουμε από το θεώ­ <

ρημα Bolzano ότι θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο � , Χι .

'

lσυνχl 1 , ετσι . .. . · συνχ- -_ � Για χ * Ο ειναι.

-χ l xl R 1 συνχ 1 συνχ 1 ' -χ- � R � -R � -χ - � R και επειδη .

1 = ο = ι· m 1 , θα ει αι και Ιι m ι Χ ν Χ

Ι l

f

( )

Χ--+0

Επειδή lim f (χ) = -1 < Ο , για πολύ μεγάλες τιμές του χ, οι αντίστοιχες τιμές του f (χ) εί­ ναι αρνητικές, δηλαδή υπάρχει χ ι > Ο με f (χ ι ) < 0 . Είναι Ι= !; - ημπ = π ι - συv > Ο π Κι επειδή η f είναι συνεχής στο � , χ ι με

r(;;J σ; !;

Χ--+0

χ --+0

)

χ -+ +«>

lxl κάι επειδή

�

lim( - lxl ) = Ο = lim lxl , παίρνουμε lim xημ ..!.. = Ο , άρα: χ limf (χ) = lim 1 - συνχ - Ιίm χημ ..!.. = Ο -Ο = Ο χ χ Επειδή η f είναι συνεχής, θα είναι συνεχής και στο Ο, επομένως: f (Ο) = limf (χ) = Ο , έτσι: 1 - νχ - χημ χ * Ο �' χ =Ο f (x) = :υ Ο Χ--+0

β.

�

ψ--+0

_

(

χ --+±οο

χ--+±οο

Για χ * Ο από υπόθεση έχουμε f (x) = 1 - συνχ - χημ-1 . χ χ Για χ * Ο είναι χημ = lχΙ · χημ � lxl · 1 = lx l , έτσι:

Ι �� I �� Ι χημ � � lxl � -lxl χημ �

x --+ ±to

Έτσι: lim f (χ) = lim ..!..Χ - συνχ - χημ ..!..Χ = Ο - Ο - 1 = -1 Χ

Λύ ση α.

( ) �)

2.

( )

Δίνεται η συνάρτηση f : [α, β] � :R , η οποία είναι συνεχής στο [α,β) παραγωγίσιμη στο (α, β) με f (Ρ) * Ο .Δίνονται επίσης και οι μιγαδικοί αριθμοί z 1 = α + βί και z 2 = f( α) + if(β) για τους οποίους ισχύει l zι - ίz z l 2 = l zι l 2 + l z z l 2 α. Δείξτε ότι � e :R και αf (β) = βf (α) .

Zz Α ν α < Ο < β , δείξτε ότι η εξίσωση/ . β f ( χ ) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (α,β).

x --+ ±to

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.l/54

•

Μαθηματικά για την

γ.

Αν α >

Ο,

έχει μια τουλάχιστον

f

εφαπτομένη που περνάει από την αρχή 3

των αξόνων. Λύ

α.

ση 2 2 2 l z ι - iz 2 l = l z ι l + l z 2 1 = = ( z1 - iz 2 ) ( z1 - iz 2 ) = z1 � + z 2 z 2 <:::> <:::> ( - iz2 )(� + i z 2 ) = z1 � + z 2 z 2 <:::> <:::> + iz1 z 2 - iz2 + z 2 z 2 = + z 2 z 2 iz1 z 2 -iz 2 = Ο <:::> z1 z 2 = z 2 z 1 <:::>

��

Ζ1

Ζ1

Ζ1 Ζ1

<:::>

Λυκείου

λόγω της (1 ), για χ = ψ = Ο , δηλαδή περνάει από την αρχή των αξόνων.

δ �ίξτε ότι η γραφική παρά­

σταση της

Γ'

Ζ1 Ζ1

Ζ1

Είναι z 1 z 2 = z1z 2 <:::> z 2 = z1 z 2 <:::> z1 z 2 Ε JR <:::> ( α + βi )( f ( α ) - if ( β )) Ε JR <:::> <:::> αf ( α ) -iαf ( β ) + iβf ( α ) + βf ( β ) Ε JR <:::> αf ( α ) + βf ( β ) + i [ βf ( α ) - αf ( β ) ] Ε JR <:::> <:::> βf ( α ) - αf ( β ) = Ο <:::> βf ( α ) = αf ( β ) . α. f (α) � Είναι βf ( α ) = αf ( β ) <:::> = β. f (β ) β < Ο (αφού α < Ο < β ), άρα f ( α ) = f ( β ) < Ο και επειδή η f είναι συνεχής στο [ α, β ] , σύμφωνα με το θεώ­ ρημα Bolzano, η f ( χ ) = Ο θα έχει τουλάχι­ στον μια ρίζα στο ( α, β ) . γ. Θωρούμε τη συνάρτηση g ( x ) = f (χx ) , που εί­ ναι συνεχής στο [ α, β ] και παραγωγίσιμη στο xf' ( x ) -f ( χ ) . ( α,β ) με g ' ( x ) = β. χ2 f ( β ) = ( β ) (αφού f ( α ) Είναι g ( α ) = α = β g βf ( α ) = αf ( β ) ) . Έτσι σύiιφωνα με το θεώρημα του Rolle θα υπάρχει ξ Ε ( α, β ) τέτοιο, ώστε g ' ( ξ ) = Ο <=:> ξf' ( ξ ξ) ; f ( ξ ) = 0 <:::> ξf' ( ξ ) = f ( ξ ) (l). Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής πα­ ράστασης της f στο σημείο της ( ξ,f { ξ )) είναι: ψ - f { ξ ) = f' ( ξ )( χ - ξ ) , που επαληθεύεται, γ.

f : (Ο, +οο ) � JR

εται η συνάρτηση

για

την οποία ισχύουν: είναι παραγωγίσιμη στο JR f (x) = xf ' ( x ) - x , χ > Ο .

• •

•

f (l) = l

•

f ( χ ) = χ ln ( χ ) + χ , χ > Ο β. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτοα. Ν α δείξετε ότι

νία και τα ακρότατα.

γ.

Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

δ.

Να μελετήσετε την

ε.

και τα σημεία καμπής. Ν α βρείτε το εμβαδό Ε λ του μέρους του

f ως προς τα

κοίλα

επιπέδου, που περικλείεται από τη γρα­ φική παράσταση της f, τον άξονα χ 'χ

Ζ1

και τις ο

<λ< l

-

e

ευθείες χ = 1 και χ = λ με . ' το lιm και μετα' να β ρειτε Ελ •

λ-+ ο•

Λύ ση

Για κάθε χ > Ο , έχουμε: f ( χ ) = xf ' ( χ ) - χ <:::> xf' ( χ ) - f ( χ ) = χ <:::> <:::> xf' ( xχ) 2- f ( x ) = -χ1 <o> f �x ) � ( Ιηχ )' f �x ) � In x + c <o:>

( }

<ο>

<:::> f ( χ ) = χ ln χ + cx ( 1) Για χ = 1 η (1) γίνεται: f ( 1 ) = Ι · ln 1 + c · 1 <:::> 1 = c , άρα: f ( x ) = xln x + x , χ > Ο . Για κάθε χ > Ο έχουμε: f' ( χ ) = ( χ ln χ + χ )' = ln χ + χ ..!..χ + 1 = ln χ + 2 f' ( χ ) = Ο <:::> ln χ = -2 <:::> χ = e-2 Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πίνακα μεταβολών. χ Γ( χ) f(x)

ο

-

2 e-

?

+

-

�� / ολ ι κό ελαχιστό

lim f ( χ ) = lim ( χ ln χ + χ ) = Ο + Ο = Ο

χ -+0+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/55

χ -+0+

Μαθη ματικά για την Γ' Λυκείου

χ2 ιη χ f χ )dx = J(x ιn x + χ )dx = Jx ιn xdx + { · f Τ ( γιατι: ι·ιm ( χ ιn x ) = ιιm Ι = , χ χ2 = χ2 χ 2 ιη χ - Jχ 2 (ιηχ), dx + x 2 ιη χdχ + = , 2 2 2 2 2 -ι χ) (ιη x 2 2 2 -= ιim )Ή = ιim = lim (-x) = O ) χ ( Ιη χ + Ι) - Ι Jxdx = χ ( ιn x + I) - 4 χ +C = (� 2 :2 2 τ 2χ χ 2 χ + Ι) + C .

-(2ιη 2 I) + C = = -(2ιη χ + ιim f(x) = ιim(x ιη χ + χ) = +οο 4 4 Έτσι συμπεραίνουμε ότι μια αρχική της f (χ) (γιατί ιim χ = και lim (ιη χ) = +οο .

2 x + I) + C . Και συνεπώς: Συνδυάζοντας τα προηγούμενα όρια και τον είναι η F(x) = �(2ιn 4 πίνακα μονοτονίας παίρνουμε: Ε = -F + F(λ) + F( I ) - F χ + ο e (-) -«)

_,

·

Χ ----? 0+

Η 0+

ΗΟ+

χ -+ οο

χ �οο

χ -++οο

Γ( χ)

ε.

ΗΟ+

+οο

χ -++σ:>

-2

�

-

+

= F(λ) + F( I ) - 2F

I f�x) ! �

e

t

-'

�

1

f

+

I

Κατ' αρχήν παρατηρούμε ότι για κάθε χ ε ( ο,e- 1 ) ισχύει f (x) < O διότι Ο < χ < e- 1 � ιη χ < -Ι � ιη χ + Ι < Ο � χ (ιη χ + Ι) < Ο � f (χ) < Ο . Όμοια δείχνουμε ότι: e- 1 < χ � f (χ) > Ο . Έτσι σχηματίζουμε τον πίνακα προσήμου της f. Είναι: Ε = ίl f (x) J ctx = fJ f (x) J ctx + fJ f (x) J ctx = ι

λ

= - f f( χ )dx + l f { χ )dx (1). Βρίσκουμε μία αρχική της f (χ) . Έχουμε: I

(±)

λ

λ _.ο•

]

[

)

λ->ο·

λ_.ο•

.

λ_.ο·

'

= -

λ

(±)

ι λ2 2ιηλ+ Ι) + -Ι + Κι επομένως: Ε = -( 4 4 2e 2 . Κι επειδή: λ2 (2ιηλ+ Ι ) = -Ι ιιm · 2ιηλ+Ι <:= ι ιιm . Ι 4 4 ι2 2 . (2ιηλ+1)' = -1 ιιm Ι- ιιm λ = 4 ( Ι2 ' 4 -2').! λ -1 ιιm · 2 ' =οτι: 4 λ = ο , συμπεραινουμε 2 lim Ε = .!_4 + _2eΙ_2 = e4e+2 2 .

Άρα f (Α) = [ -e-2 , +οο) Για κάθε χ > Ο είναι: f " (χ) = (ιη χ + 2) , = -χΙ > Ο άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω στο Α = (Ο, +οο) , γι' αυτό η γραφική της παράσταση δεν έχει σημεία καμπής. Είναι f (χ) = Ο <:::> χ ιη χ + χ = Ο <:::> <:::> χ ( ιη χ + Ι)Ι = Ο <:::> ιηχ = -Ι ( αφοiι χ > Ο ) <=:> x = e e .

-ι

(±)

λ

�/.e� �

f(x)

δ.

J( )

Χ -:-+ 0+

λ --> 0+

λ->ο•

4.

λ

Δίνεται η συνάρτηση ποία ισχύουν: f (χ) Ο για κάθε

�

f : JR � JR

για την ο­

χ ε JR υπάρχουν Χ ι , χ 2 e JR με Χ ι < χ 2 τέτοια, ώστε f { Χ ι ) = Ο = f { χ 2 ) , η f έχει τρίτη παράγωγο στο JR Δείξτε ότι: α. f' { Χ ι ) = Ο = f' { χ 2 ) β . υπάρχει χ 3 e ( χ ι ,χ 2 ) με f' { x 3 ) = 0 , γ. υπάρχουν ξι ,ξ2 e ( χι ,χ2 ) με ξι * ξ 2 τέ­ τοια, ώστε f " { ξ ι ) = Ο = f " { ξ 2 ) , δ. υπάρχει ξ e ( Χ ι ,χ 2 ) με f < 3 1 (ξ) = Ο .

• •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/56

•

•

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λύ ση

α. Ισχύει: f (x) 2 0 = f (x, ) = f(x 2 ) για κάθε χ Ε IR , άρα η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το Ο στα χ 1 , χ 2 και είναι παραγωγίσιμη στα χ 1 , χ 2 , οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Fermat θα είναι: f'(x , ) = O = f'(x 2 ) . β. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στα [ χ 1 , χ 2 ] και f (χ , ) = f ( χ 2 ) , σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle, θα υπάρχει χ 3 Ε ( χ 1 , χ 2 ) τέτοιο, ώστε f'(x 3 ) = 0 . γ. Επειδή η f' είναι πραγωγίσιμη στα [ χ 1 , χ 3 ] και [ χ 3 ,χ 2 ] , f'(x , ) = O = f'(x 3 ) και f' ( χ 3 ) = Ο = f' ( χ 2 ) , σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle για την f', στα [ χ , , χ 3 ] και [ χ 3 ,χ 2 ] θα υπάρχουν ξ, Ε χ 1 ,χ 3 και ξ 2 Ε χ 3 , χ 2 τέτοια, ώστε f " (ξ , ) = Ο = f " (ξ 2 ) . δ. Η f" είναι παραγωγίσιμη στο [ ξ 1 , ξ 2 J και f " (ξ , ) = f " (ξ 2 ) , επομένως, σύμφωνα με το θ.

Rolle, θα υπάρχει ξ Ε ( ξ,,ξ 2 ) c (χ , ,χ 2 ) τέτοιο, ώστε: f( 3 ) (ξ) = Ο .

5.

Δίνεται η συνάρτηση ποία ισχύει:

f (χ) = rx

f : 1R � IR ,

ι

β.

γ.

<:::?

για την ο­

� dt ' με α > ο .

Jo e + α

Δείξτε ότι

α. β.

γ

Η f αντιστρέφεται . Η εξίσωση f (χ) = Ο

δ.

έχει μοναδική ρίζα

στο 1R Ποια είναι; 2 2α 2α ·

δ.

ε.

-e2 + α

•

dx<

r --dt! --dt<--.

2α 2α ' ' e +α

e +α

e+α

Οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z , με z = f (χ) + xi είναι σημεία της γραφικής

παράστασης της Γ' α = ι ' όταν

lz + ψς ι � -ίι .

•

Λύ ση

α. Για κάθε χ Ε IR είναι ' dι ) f'(x) = ( kr· � e1 + α = � e ' + α (αφού η συνάρτηση g (ι) = � e 1 + α είναι συνεχής στο IR ), αλ­

λά � e' + α > 0 για κάθε x E IR , (αφού α > Ο ), έτσι f (χ) > ο ' επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR , άρα και 1 - 1 , οπότε είναι αντι­ στρέψιμη. Π αρατηρούμε ότι f (Ο) = .bf' � e + α dt = Ο , δηλαδή το Ο είναι ρίζα της f (χ) = Ο , που είναι μοναδική, γιατί η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο IR θα είναι παραγωγίσιμη και στο [ 1, 2 ] , οπότε από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ξ Ε (1, 2) τέτοιο, ώστε f'(ξ) = f (2)2 --f1 (1) = f (2) - f (1) = 2α 2α = !z -1e + α dt - 1 -1e + α dt (1) Είναι: 1 < ξ < 2 <=> e 1 < eξ < e 2 <=> <=> e + α < eξ + α < e2 + α <=> 1 1 > -1 <:::? <:::? --> 2 e + α eξ + α e + α 2α 2α < -2α <:::? -2e + α < -eξ + α e + α 2α 2α <:::? -2e + α < f'(ξ) < -e+α 2α 2α 2α 2α <:::? -1e + α dt - 1 -1e + α dt < -2e + α < !z -e+α λόγω της (1). Οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z είναι τα σημεία Μ(ψ, χ), με ψ = f (χ) , οπότε Γ ' (ψ) = Γ ' ( f (x) ) = χ , άρα τα σημεία Μ(ψ,χ) ανήκουν στη γραφική παράσταση της

ε.

Γ' .

Θέτουμε z = κ + λί , οπότε Ι z + 11 :::; li - i l <=> 1( κ + 1) + λi l :::; Ι κ - (λ + ΨI <=> J(κ + 1) 2 + λ2 ::; Jκ 2 + (λ + 1) 2 <=> <=> (κ + 1) 2 + λ2 ::; κ 2 + (λ + 1)2 <=> κ :::; λ <=> IR Ε ( z) :::; Im ( z) <=> f (x) ::; x <=> f (x) - x ::; O (1). Θεωρούμε τη συνάρτηση g (x) =f(x)-x, που είναι παραγωγίσιμη στο IR με g'( x) =f( x) -1 (2).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/57

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

(1) <:=> g (x) s g (O) (αφού g (O) = f (0) - 0 = .b(! e •2α+ α dt = O ). Έτσι η g παρουσιάζει μέγιστο στο Ο και είναι παραγωγίσιμη σ' αυτό, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Fennat θα έχουμε: g '(O) = Ο <::::> f'(0) - 1 = Ο <::::> <::::> e02α+ α = 1 <::::> 2α = α + 1 <::::> α = 1 --

6.

Δίνεται η συνάρτηση

f

()

χ =

J: e1-1 dt I

•

οποιαδήποτε εφαπτομένη της, γι' αυτό: f (χ) s ex - 2e για χ > 1 . Για κάθε Χ Ε [2, 4] είναι f ( Χ ) = r eϊ=ίdt > 0 και f (χ) s ex - 2e , έτσι Ε = r ι f (x)l ctx = l f (x)dx s ί (ex - 2e)dx = = e�' � 2ex = 2e .

I

ε.

[

7.

Δίνεται η συνάρτηση αe • - χ + ι, x s O

f

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.

β. Να τη μελετήσετε ως προς τα κοίλα και τα σημεία καμπής.

γ. Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής της παράστασης στο

δ. ε.

Δείξτε ότι

f

() χ

χ

0 =

2

χ

χ

ση της χ=

f, τον

2 και

χ=

άξονα

παράστασης της

της γραφικής της παράστασης της συ­ νάρτησης.

•

γ. Ν α δείξετε ότι f

.

' συνεχης στο α. συναρτηση e ειναι ( -οο, 1) ( 1, +οο) . Για να ορίζεται η f, πρέπει τα άκρα της ολοκλήρωσης 2, χ να ανήκουν στο ίδιο διάστημα του πεδίου ορισμού της e�- Ι . Επειδή 2 Ε (1, +οο) πρέπει και το χ Ε (1, +οο) . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = (l,+oo) . β. Για κάθε χ Ε Α είναι: f ' (χ) = e , άρα f'(2) = e γ. Και η εξίσωση εφαπτομένης είναι: ψ - f ( 2) = f ' ( 2) (χ - 2) <::::> ψ = ex - 2e . δ. Για κάθε χ Ε Α , είναι 1 ) = e '�1 < 0 , f " (x) = e • -Ι = e • - Ι -χ - 1 (χ - 1) 2 άρα η f είναι κοίλη στο Α και συνεπώς η γρα­ φική της παράσταση θα βρίσκεται κάτω από ι:ι

δ.

υ

I

�

( _..!..._ )' _..!..._ (

'

στο σημείο της

f

β. Να εξετάσετε αν υπάρχουν aσύμΠτωτες

και τις ευθείες

1

f να εί­

Μ { O,f ( O ) ) .

Λύ ση .

με α, β Ε 1R .

χ>Ο

α. Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής

>ι.

4 , δείξτε ότι Ε s 2e

x 2 1n x + β,

ναι παραγωγίσιμη στο 1R . = ι και β = 2 :

Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που ' χ χ,

=

Β. Για α

περικλείεται από τη γραφική παράστα-

Η

()

Α. Ν α βρείτε τις τιμές των α, β ώστε η

•

s ex - 2e για

{

Ι

( ) > �2 για κάθε χ

χ

>Ο.

Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παρά­ σταση της θείες

χ=

Α.

f,

τον άξονα

' χχ

και τις ευ­

-ι και χ = ι . Λύ ση

Για χ < Ο η f είναι παραγωγίσιμη ως αλγεβρι­ κό άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων. Για χ > Ο η f είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Έτσι: η f είναι παραγωγίσιμη στο 1R αν εξασφαλίσουμε να είναι παραγωγίσιμη στο Ο, αλλά τότε θα πρέπει να είναι και συνεχής στο Ο <::::> lill! f (χ) = lim f (χ) = f (ο) <::::> lill! (αe' - χ + ι) = = lim ( x 2 ln x + β ) = α · e0 - 0 + 1 ,

χ -+0

χ -+ 0+

χ ....Ο

χ �ο+

<:=> α · e0 - 0 + 1 = 0 + β [γιατί ln x (:= ) lim (In x)' = lim ( x 2 ln x ) = lim χ -+ 0+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/58

χ -+0+

:2

χ -+ 0+

-'

( :2 )

Μαθη ματικά Ύια την Γ Λυκείου

-ι -χ 2 =0] <::::> α+ι=β (ι ). = χ-->lim__x_ 2 =-lim 0+ χ-->0+ 2 χ3 f είναι παραγωγίσιμη στο Ο <::::> Χ-->lim0- f (χ) -f-0 (Ο) = Χ-->lim0+ f (χ) --fο (Ο) Ε JR <::::> Χ-->lιm. 0- αeχ -χ+ι-(α+ι) = = lιm. χ 2 ln χ + χβ - ( α +ι) Ε JR <::::> χ-->lim0- αeχ -χχ - α = χ-->lim0+ (χ ln χ) Ε JR (αφού β = α + ι ) -χ-α)' = lim ( lnx )' Ε JR <::::> <::::> lim (αeχ (χ)' χ-->0+ (�)' ι � 1 αeχ <::::> Χ-->ιm0- --= ι Χ-->1m0• - Ε m. <::::> χ2 <::::> χ-->Ii�ο ( αeχ -ι)= χ -->ο · (-χ) Ε JR <::::> α - ι= ο<::::> α= ι οπότε β = 2 . Για α = ι και β = 2 είναι: +ι, χ � Ο . f{x)= {eχ·: -χ ln χ0 + 2, χ>Ο α. Είναι f{O)=e -Ο+ι= 2 . f είναι παραγω­ γίσιμη στο JR για α = ι και β = 2 , άρα και στο Ο, με ex - χ+ι - 2 (:)= f ' (Ο) = Χ-->lim0- f{x)-f{O) = lim Χ-->0-ο . ex -ι = χlιm..... .ο- ( ex -χ( χ )'+ι)' = χlιm--=0. .....ο- ι εξίσωση της εφαπτομένης στο Μ είναι: ψ-f(Ο) =f ' (O)(x -0) <::::> ψ - 2 =0 <::::> ψ= 2 . β . Για κάθε χ Ε ( -οο, Ο) έχουμε f{x) lιm. e χ -χ+ι (:)= λ= lιm. --= χ ex -ι = Χ-->lιm. --α:> ( ex. -χ( ) +ι)' = Χ-->I1m. --α:> --=0 ι Η

Χ

Χ

Χ

__

ι·

Ι.

ι-

liD

li�

Β.

Η

Χ

Η

Χ

'

Χ

β = χlim f(x) = χlim (ex -χ + ι) =Ο+οο+ ι = +οο Άρα η γραφική παράσταση της f δεν έχει aσύ­ μπτωτη στο Για κίχθε χ Ε (0, +οο) έχουμε λ= χ->lim+«> f (χ)χ = χ->lim+«> x2lnχχ+ 2 = = Χ->lim+«> ( xlnx +�) = +οο( +οο)+0= Άρα η γραφική παράσταση της f δεν έχει aσύ­ μπτωτη στο +οο . Επειδή η f είναι συνεχής, ως πα­ ραγωγίσιμη, στο JR = ( -οο, ) η γραφική της πα�-ς()

4--«>

+οο

.

+οο

Χ

.

+οο

ράσταση δεν έχει ούτε κατακόρυφη aσύμπτωτη οπότε γενικά δεν έχει aσύμπτωτες. γ. Για χ > Ο είναι:

f'(x) = ( x2lnx + 2)' = 2xlnx + χ2 .!.χ = 2xlnx + χ ι :> f'(x) =Ο<::::> x(21n χ + 1) =Ο<::::> ln χ =--<::: 2 <::::> x =e 2 = �1 · Ο πίνακας μεταβολών της f για χ > Ο είναι ο πα•

_.!_

ρακάτω:

χ Γ(χ) f(x)

ο

�

Αφού για χ > Ο ισχύει

_fe 1

ολ: κό ελαχ.

+

-ω

/

f{x) � f ( � ) = ( � )\n � + 2 = ±(-Ξ) +2= 4e - e = 3e =� = - -2e1 +2= 4e-1 > 2e 2e 2e 2 ' άρα f (χ) > �2 , για κάθε χ > Ο . Για χ � ο είναι f (χ)= ex - χ + 1 > ο . Για χ > Ο είναι f (χ) = χ 2 ln χ + 2 > �2 > Ο . Άρα f (χ) > Ο για κάθε χ Ε JR , έτσι: Ε = fι lf (x)l dx = L/(x )dx . Δεν μπορούμε να γράψουμε = L/(x)dx = l/(x)dx+ tf(x)dx = = L1(ex -χ+ι} dχ+ ί (x2lnx+2)dx , γιατί το tlnxdx δεν ορίζεται στο [Ο, ι ]. δ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/59

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

Επειδή η f είναι συνεχής στο [-1, 1) , θα έχουμε: l / (x)dx = F( 1 ) - F(- 1 ) , όπου F μία παράγουσα της f. χ2 +x+c . Για χ < Ο είναι F(x) = J(e' -x+1)dx=e' - 2 Για χ > Ο είναι F( χ) � J( χ ' ln χ + 2 )dx � �' ' ln xdx + 2χ = χ33 x), dx + 2χ = χ33 x - J-(In = -ln χ33 x --31 Jx 3 -1 dx + 2x = = -ln χ 3χ 1 3 + 2χ + c . χ33 x --χ = -3 lnx --31 Jx2dx +2x = = -ln 2 9 e' - � + χ + c χ < 0 'Ετσι: F(x) = 3 2 χ3 x -χ 3 + 2x + c χ > 0 -ln 2' 9

()

!

1 ,

• Επανάληψη rενιιιής

Άλλα η F ως αρχική της f πρέπει να ειναι παραγω­ γίσιμη, άρα και συνεχής, επομένως: lim_ F( χ) = lim F( χ) � lim_ e ' - �2 + χ + c 1 = χ 3 + 2x + c � 1 + c1 = c (γιατί χ33 x -= lim -ln 2 2 9 lim �3 ln χ = lim �3 lim ( x 2 ln χ) = Q3 · Ο = Ο ). χ ..-.+0

( )

χ -+0+

χ -+ 0+

(

χ -+ 0+

Χ-+0

!

χ -+ 0+

( )

)

χ -+ 0+

e' -� + x +c 1 , x :s; O Επομένως: F( χ) = 3 χ 3 χ3 x -χ + 2x +I + c χ > 0 -ln 9 Άρα Ε = F(1) - F( -1) = 3 3 = -13 ln 1 - -Ι9 + 2 · I + I + c - e - 1 --21 - 1 + c 79 1 -= -31 · 0 --91 + 2 + 1 + c --eΙ + -2Ι + 1 - c 1 = 18 e I '

I

(

I

)

1

Μαθηματιιιό Παιδείας στα

του Δημήτρη Μυλωνά

«Η περιπέτεια της γνώ σης θα μπορο ύσε να παρομοιαστεί μ ' ένα παιχνίδ ι : ένα παιχνίδι, στο οπο ίο ο a­

ντίπαλό ς μας είναι το σύμπαν ή κάτι πίσω από το σύμπαν. Μπορο ύμε να κερ δίσουμε - ή έχουμε κερ δίσει πολλο ύς πό ντο υ ς, αλλά είναι αμ φίβολο αν μπορο ύμε να κερδίσουμε την παρ τίδα. Εδώ δεν έχουμε κατα φέρ ει να μαντέ ψουμε (κι ίσως αυτό να είναι η καλύτερη μορ φή να εκφρ άσουμε το μυστήριο) περ ί τίνος παιχνιδ ιο ύ πρ ό κει ται . » . .

«Ο αλγόρ ιθμος της μελαγχολίας» Κάρλο Φραμπέτι

Κάθε παιχνίδ ι έχει τους δικο ύς του κανό νες. Τα Μα θηματικά θέτους τέτοιους κανό νες στην περιπέτεια της γνώσης. Όποιος ταλαιπωρείται και καταγίνεται με τα προβλήματα των Μα θηματικώ ν μετατρέπεται αυ τόμα ­ τα σε πρω ταγωνι στή της περιπέτειας.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΠΤΥΞΗΣ 1. Μια εταιρεία παράγει χ ποσότητα από ένα προϊόν, χ > α όπου α θετική παράμετρος. Οι εισπράξεις από την πώληση της ποσότη­ τας χ του προϊόντος, δίνονται από τη συ-

= χ - 2χ -α

2 νάρτηση R(x) (1), ενώ το κό­ στος για την παραγωγή της ποσότητας χ, δίνεται από τη συνάρτηση C(x)= 2 + (χ α) · Ιη(χ α) (2), χ>α. Το 5χ = χ κέρδος από την πώληση της ποσότητας χ

του παραπάνω προϊόντος είναι, σε χιλιάδες ευρώ, Ρ(χ) = R(x) - C(x) (3), χ>α. α) Να βρείτε την ποσότητα που πρέπει

χ0

να πουληθεί, ώστε το κέρδος να γίνεται μέγιστο καθώς και το μέγιστο αυτό κέρ­ δος, το οποίο συμβολίζουμε με Ρ( α). β) Ένας οικονομολόγος ισχυρίστηκε : « αν η παράμετρος α μεγαλώνει, τότε το μέ­ γιστο κέρδος Ρ(α) μεγαλώνει ». Να δικαιολογήσετε τον ισχυρισμό του.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.4/60

Μαθηματικά για την

Γ'

γ ) Αν η παράμετρος α παίρνει τιμές στο

σύνολο Ω = {1,2, , 20}, να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου Α : « το μέγιστο κέρδος να είναι πάνω από 20.000 ευρώ» •

•

Λύ ση τις ( 1 ) και (2) στην (3) προκύπτει η συνάρτηση κέρδους Ρ(χ) = 3χ - α - (χ - α)·ln(x - α), χ > α. Παραγωγίζοντας έχουμε: Ρ ' (χ) = 2 - ln(x - α) Ρ ' (χ) = Ο <::::> 2 - 1n(x - α) = Ο <::::> ln(x - α) = 2 <::::> χ - α = e 2 <::::> χ = α + e2 Ρ'(χ) > Ο <::::> 2 - ln(x - α) > Ο <::::> ln(x - α) < 2 <::::> χ - α < e 2 <::::> χ < α + e 2 Οι ρίζες και το πρόσημο της Ρ ' φαίνονται στον παρακάτω πίνακα : χ

Ρ ' (χ) Ρ(χ)

α

ι, ι,

α+

!

+

I

I

�

ενός δείγματος με τυπική απόκλιση μέση τιμή χ .

•

α) Αντικαθιστώντας

-

e2

γ)

α ) Να αποδείξετε ότι

'

f(x) = (t ι - X) 3 + (t 2 - χ) 3 + ... + (tν - χ) 3 χ e R, όπου t1 , t 2 , , tν οι παρατηρήσεις .••

i=t

β ) Να αποδείξετε ότι

f'(x )

=

-3ν

ν

- ( χ }2

(1) .

{ χ2 - 2χ . χ + ( s2 + (χ)2 } )

γ ) Να αποδείξετε ότι η

f είναι γνησίως φθί­ νουσα στο R. δ) Να βρείτε το σημείο χ στο οποίο η f έχει το μέγιστο ρυθμό μεταβολής.

α)

Από τον τύπο

[Σιν . )2

Λύ ση

s 2 = .!.ν :Σ ι; - ν i=Ι

•

i=Ι

�

e 2 <::::> α > 6,328 <::::> α > 1 0 - 2 ή αλλιώς α = 7, 8, 9, . . . , 1 9, 20. Κατά συνέπεια Α = { 7,8,9, . . . , 1 9,20 } Οπότε Ρ(Α) = Ν(Α) = .!i = Ο 7 . Ν(Ω) 20 \

s2 =

Σ t�

προκύπτει ότι

+οο

Δηλαδή το κέρδος γίνεται μέγιστο όταν που­ ληθεί ποσότητα χ = α + e 2 και το μέγιστο αυτό κέρδος είναι Ρ( α) = 3(α + e 2 ) - α - (α + e 2 - α) . ln(α + e 2 - α) <::::> Ρ(α) = 3α + 3 e 2 - α - e 2 ·ln e 2 <::::> Ρ(α) = 2α + 3 e 2 - 2 e 2 <::::> Ρ( α) = 2α + e 2 Επειδή η συνάρτηση f(x) = 2χ + e 2 έχει f'(x) = 2 > Ο, δηλαδή είναι γνησίως αύξου­ σα, αυτό σημαίνει ότι το μέγιστο κέρδος Ρ( α) = 2α + e 2 , καθώς η παράμετρος α με­ γαλώνει, θα αυξάνεται και αυτό. Για να είναι το μέγιστο κέρδος μεγαλύτερο από 20.000 ευρώ αρκεί Ρ( α) > 20 <::::> 2α + e 2 > 20 <::::> 2α > 20 - e 2

2. Δίνεται η συνάρτηση

s>O και

ν

ν Σι ; ή ισοδύναμα s 2 = .i.::L_ -

0

β)

Λυκείου

2 και τελι-

ν

β)

ν Σι; κά s2 = .i.::L_ -(xY . ν f'(x) = -3(ι1 - χ)2 - 3(ι 2 - χ)2 -3(ιν - Χ )2 = -3(ι� - 2ι1χ + χ 2 ) - 3(ι � - 2ι 2 χ + χ 2) -3(ι� - 2ινχ + χ 2 ) = -3( ι12 + ι 22 + + ιν2) + 6( ι1 + ι 2 + +tν)χ - 3νχ 2 ν = -3νχ 2 + 6νχ · χ - 3Σι; (2) 0 0 0

ο ο ·

ο ο •

0 0 0

i=l

και επιλύοντας τον τύπο (1) ως προς Σ ι; ν

i=l

και με αντικατάσταση στη (2) προκύπτει ότι

f'(x) = -3νχ2 + 6νχ · χ - 3ν(s 2 + (χ) 2 ) <::::> f'(χ) = -3ν{χ 2 - 2x · x + (s 2 + (χ) 2 ))

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/61

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

γ)

διακρίνουσα του τριωνύμου x 2 - 2x · x + {s 2 + (x) 2 ) είναι

Λύ ση

Η

χ ε R ισχύει f'(x) = = s χ 2 -χ· χ - 2χ (1) και αφού η γραφική παράσταση της f δέχεται στο σημείο με τε­ τμημένη χ 0 = 1 Ο οριζόντια εφαπτομένη έχουμε f'(10) = Ο <:::> s · 102 -χ · 10- 2χ = Ο <:::> 100s = 12x <=:> �χ = � 100 οπότε CV = 12%.

α. Για

Δ = 4(χ) 2 - 4 (s 2 + (χ) 2 ) = 4(Χ) 2 - 4s 2 - 4(χ) 2 = -4s2 < Ο

·

οπότε για κάθε πραγματικό αριθμό χ ισχύει χ 2 - 2χ . χ + (s 2 + (χ) 2 )>0 ή

δ)

f'(x) = -3ν( χ 2 - 2χ · χ + ( s 2 + (χ) 2 ))<ο αφού ν>Ο και κατά συνέπεια η f είναι γνη­ σίως φθίνουσα στο R. Ο ρυθμός μεταβολής της f ως συνάρτηση του χ είναι : g (x) = f'(x) = -3ν{x 2 - 2x · x + {s 2 + (χ) 2 )) . Ισχύει g '(x) = -3ν( 2χ - 2Χ) = -6ν( χ -Χ) g '(x) = Ο <:::> -6ν( χ -χ) = Ο <:::> χ = χ g '(x) > Ο <:::> -6ν( χ -χ) > Ο <:::> χ < χ g

Οι ρίζες και το πρόσημο της στον παρακάτω πίνακα : χ

g "(x)

g(x)

χ

τ I

+

�

'

-

φαίνονται +ω

�

Οπότε η g (άρα ο ρυθμός μεταβολής της t) μεγιστοποιείται όταν χ χ .

β.

Ο συντελεστής μεταβολής είναι μεγαλύτερος από 10% οπότε το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. Από το (α) προκύπτει ότι s 0,12 ·χ και αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε =

f'(x) = 0,12x · x 2 -χ · χ - 2χ = . =χ(Ο,12 · χ 2 - χ - 2) Άρα, f'(x) = O <=:> x(0,12 · x 2 - x - 2) = 0 και επειδή χ > Ο έχουμε 0,12 · χ 2 - χ - 2 = 0 ' χ 10 η' χ = - -5 . . απ ' οπου ' οτι ' προκυπτει 3 2 f'(x) > O <=:> x(0,12 · x - x - 2) > 0 και επειδή χ > Ο έχουμε Ο, 12 · χ 2 - χ - 2 > Ο απ ' οπου προκυπτει οτι - -53 η' χ > 10 . ' ' ' χ =

<

Οι ρίζες και το πρόσημο της στον παρακάτω πίνακα :

=

3.

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο s 3 χ 2 f(x) = - · x - - · χ - 2x · x + s ' χ e R' όπου 2 3 και s η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση αντίστοιχα ενός δείγματος με χ > Ο: Αν η γραφική παράσταση της f δέχεται στο ση­ μείο με τετμημένη χ0 = 10 οριζόντια εφα-

χ

πτομένη τότε : α. Να υπολογίσετε το συντελεστή μεταβο­ λής του δείγματος και να εξετάσετε αν αυτό είναι ομοιογενές. β. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και να βρείτε τα σημεία του πεδίου ορι­ σμού της f στα οποία η f παρουσιάζει α­ κρότατα, καθώς και το είδος των ακροτά­ των. γ. Με δεδομένο ότι η καμπύλη κατανομής του δείγματος είναι περίπου κανονική να υπολογίσετε το εύρος R των τιμών του δείγματος ως συνάρτηση της μέσης τιμής και να βρείτε το ποσοστό των παρατη­ ρήσεων του δείγματος που περιέχονται στο διάστημα (0.88 ,1.36

χ

χ

κάθε

χ ).

5

"3

χ

f"(x) f(x)

+

-

�

/

f'

φαίνονται

10 +

/

f είναι γνησίως αύξουσα στο (-οο, -� ] και στο [ 1 0,+ ) και γνησίως φθί3 Οπότε η

οο

νουσα στο [ - -5 ,10].

3

f παρουσια' ζει στο -35 τοπικο' μεγιστο το '

Η

f(

-

�) και στο 10 τοπικό ελάχιστο το f( 1 0).

γ. Με δεδομένο ότι η η καμπύλη κατανομής του δείγματος είναι περίπου κανονική έχου­ με ότι το εύρος είναι R ::::::

6 · s = 6 · 0,12χ = 0, 72χ .

Επιπλέον λόγω της κανονικότητας της κατανομής το 68% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα (χ x +s) ( χ -0.12Χ,χ +0.12χ) •

-

s, =

=(0.88χ ' 1 . 1 2 χ) (2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/62

=

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου •

(lν 1 + 2ν 2 + 3ν 3 + 4ν 4 ) + (1 + 2 + 3 + 4)ν το 95% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο χ διάστημα 5ν ( χ -2s,x + 2s) ( χ -0.24χ,χ + 0.24χ) και λόγω της (1) 15ν = 3 (3) = (0.76χ ' 1 .24χ) χ 5ν + 10ν <=:> χ = 5ν 5ν το 99,7% των παρατηρήσεων βρίσκεται Η νέα διακύμανση προκύπτει από τον τύπο : στο διάστημα 1 Σ χ ; (νί + ν) - (χ ' )2 ή ( χ -3s,x + 3s) ( χ -0.36χ,χ + 0.36χ) s '2 = 5ν i=I = (0.64χ ' 1 .36χ) s ' 2 = -1 Σ (χ ; ν ί + χ ; ν) - (χ' ) 2 ή ισοδύναμα 5ν '

=

=

=

-ι

•

(

J

( J 1 ( Σ χ ; ν ί + Σ χ ; ν J - (χ ' ) 2 και λόγω s'2 = 5ν των 4 s ι 2 1 [ 30ν + ν · Σ χ ί2 ] - 3 2 ή ισοδύναμα 5ν 4 s ι 2 1 [ 30 + Σ χ ί2 ] - 9 και λόγω της 5

=

=

_,

=

i =I

i=I

i=I

(2), (3)

0,64χ

0,76χ

1 , 1 2χ

Ο,ββχ

1 ,24χ

r- -.J I I --.._,, - --_...,.ι --6s

%

% - 95,7%.-99

'+•

1 ,36χ

I

=

=

=

=

s = .JS Αν η συχνότητα ν i της κάθε τιμής γίνει νί +ν, i = 1,2,3,4, να βρείτε τη νέα μέση τιμή χ' και τη νέα τυπική απόκλιση s '. .

Λύ ση

=

ι =!

=

=

=

Το καινούργιο δείγμα έχει μέγεθος ν+4ν = 5ν αφού η συχνότητα καθεμιάς από τις τέσσερις παρατηρήσεις μεγαλώνει κατά ν. Έτσι προκύ­ πτει ότι: χ ' -_ 1(ν 1 + ν) + 2(ν 2 + ν) + 3(ν 3 + ν) + 4(ν4 + ν) η, 5ν

=

Σχόλια : 1)

ν έχει μέση τιμή χ = 5 και τυπική απόκλιση

Ισχύει η σχέση _χ _1_·ν�1_+_2__· ν...:2_:. +_3_·_ν�3_+_4_·_ν.:t.4 ή αλλιώς ν 1 · ν 1 + 2 · ν 2 + 3 · ν 3 + 4 · ν 4 νχ 5ν (1) όπως 4 επίσης και Σ χ ; ν ί ν ( s 2 + ( χ) 2 } 30ν (2)

(3)

i=l

s ' 2 = ± [ 30 + (1 2 + 2 2 + 3 2 + 42 ) ] - 9 <:::> s ' 2 3 <=:> s ' J3

νει τις τιμές 1,2,3,4 με συχνότητες ν 1 , ν 2 , ν 3 , ν 4 αντίστοιχα. Ένα δείγμα μεγέθους

=

i =I

= -

� ·

Στο διάστημα (χ+ s,x + 3s) = (1 . 12χ , 1.36χ) βρίσκεται το 99 • 7 - 68 2 3 1,7- 15,85% των παρατηρήσεων. =2 Άρα συνυπολογίζοντας και τη (2) στο διά­ στημα (0.88 χ , 1 .36 χ )= (χ- s, χ + 3s) βρίσκεται το 68+15,85 = 83,85% των παρατη­ ρήσεων. Ένα χαρακτηριστικό Χ ενός πληθυσμού παίρ­

4.

·

= -

5.

Στα πλαίσια του σχολικού βιβλίου αντιμε­ τωπίσαμε την μεταβολή της μέσης τιμής και της τυπικής απόκλισης στην περίπτrοση που στις παρατηρήσεις ενός δείγματος προστίθε­ ται η ίδια σταθερά ή που οι παρατηρήσεις πολλαπλασιάζονται με την ίδια σταθερά. Στην παραπάνω άσκηση φαίνεται πώς επη­ ρεάζεται η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση στην περίπτωση εκείνη που οι παρατηρήσεις διατηρούνται αμετάβλητες αλλά διαφορο­ ποιούνται οι συχνότητές τους.

2) Παρόλο που οι τιμές των παρατηρήσεων στην παραπάνω άσκηση είναι σχετικά λίγες και η μεταβολή στις συχνότητές τους γίνεται με έναν ειδικό τρόπο (δηλαδή όλες αυξάνο­ νται τόσο, όσο είναι το μέγεθος του αρχικού δείγματος), εν τούτοις στη διαδικασία επί­ λυσης ακολουθείται μία μεθοδολογία που θα μπορούσε να εφαρμοστεί και σε λιγότερο συμβατικές περιπτώσεις.

Από τους ψηφοφόρους μιας πόλης, το 45 % είναι άντρες. Το 36 % των ανδρών και το 40 % των γυναικών ψήφισαν στις τελευταί­ ες εκλογές το κόμμα Κ. Εκλέγουμε τυχαία ένα άτομο. α ) Να βρείτε την πιθανότητα των ενδεχομένων: Γ : Να είναι γυναίκα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/63

·

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

: Ε : Να είναι άντρας ή να ψήφισε το κόμμα Κ. Δ : Ούτε να είναι γυναίκα ούτε να ψήφισε το

Κ Να ψήφισε το κόμμα Κ.

κόμμα Κ. Αν από τους ψηφοφόρους της πόλης, οι β) 259.560 δεν ψήφισαν το κόμμα Κ, να βρείτε το σύνολο των ψηφοφόρων. Λύ ση

Το 45% των ψηφοφόρων είναι άνδρες, άρα το 100 - 45 = 55% είναι γυναίκες. Το ποσοστό των ανδρών που ψήφισαν το κόμ­ μα Κ είναι 36% και επί του συνόλου των 45 . 36 = 1620 = 16 2%. ' ψηφοφορων 100 100 10000 ' Το ποσοστό των γυναικών που ψήφισαν το κόμμα Κ είναι 40% και επί του συνόλου των 55 · 40 = 2200 = 22%. ' ψηφοφορων 100 100 10000 Άρα το κόμμα Κ ψηφίστηκε από το 16,2+22=38,2% των ψηφοφόρων. Ισχύει : Ρ(Γ) = 55%. Ρ(Κ) = 38,2%. Αν Α είναι το ενδεχόμενο να είναι άντρας τότε: Ρ(Ε) = Ρ( Α υ Κ) = Ρ( Α) + Ρ(Κ) - Ρ( Α n Κ) = = 45 + 38, 2 - 16, 2 = 67 100 100 100 100 Ρ(Δ) = Ρ( (Γ υ Κ)'] = 1 - Ρ(Γ υ Κ)= 1 - Ρ(Γ) - Ρ(Κ) + Ρ(Γ n Κ) = 1 - 55 - 38, 2 + 22 = 28,8 · = 28 ' 8%.

100 100 100 100 Αν με Ν(Ω) συμβολίσουμε το πλήθος όλων β) των ψηφοφόρων, ισχύει Ρ(Κ ' ) = 1 - Ρ( Κ) <=> Ν(Κ ' ) = 1 - 38• 2 <=> 100 Ν(Ω) 259.560 = 61,8 <=> Ν (Ω) = 42Ο.ΟΟΟ . Ν(Ω) 100

α)

--

-

6.

--

--

-

Έστω ο δειγματικός χώρος Ω και δύο ενδε-

Α, Β του Ω με Ρ(Α)=Ρ(Β)= .!.2 . Θεωρούμε τις παρατηρήσεις : Ρ(Α), Ρ(Β), Ρ( Α n Β ), Ρ(Α Β).

χόμενα

υ

α) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή και τη διάμε­ σό τους. β) Να δείξετε, ότι η διακύμανσή τους είναι:

s2

=

α) Η

μέση τιμή των παρατηρήσεων είναι: Ρ(Α) + Ρ(Β) + Ρ(Α n B) + Ρ(Α υ Β) = Χ= 4 Ρ( Α) + Ρ(Β) + Ρ( Α n Β) + Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β) 4 1+1 2Ρ(Α) 2 + Ρ(Β) Ρ( Α) + Ρ(Β) 2 2 = -1 = = = -4 2 2 2 Επειδή Α n Β ς;::; Α ς;::; Α υ Β και Α n Β ς;::; Β ς;::; Α υ Β ισχύει ότι Ρ( Α n Β) :=::; Ρ( Α) :=::; Ρ( Α υ Β) και Ρ( Α n Β) :=::; Ρ(Β) :=::; Ρ( Α υ Β) . Άρα από τις τέσσερις παρατηρήσεις Ρ(Α), Ρ(Β), Ρ( Α n Β ), Ρ(Α υ Β), οι δύο μεσαίες είναι οι Ρ(Α), Ρ(Β) και κατά συνέπεια -1 + -1 Ρ( Α) + Ρ(Β) 1.____1. = .!_ . δ= 2 2 2 ( ( Α) - χΥ + (Ρ(Β) - χΥ + s = �--���-�� 2 Ρ β) 4 + (Ρ(Α υ Β) - χΥ = +(P(A n B) - xY--->.------<---' ---� 4 1 - 1 2 1 1 2 P(A n B) - 1 2 + 2 2 2 + 2-2 + 4 + Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α n Β) - � 2 ---' --------� = 4 P(A n B ) - 1 ) 2 + 1 + 1 - P(A n B ) - 1 2 2 2 = 2 2 = 4 � - P(A n B) + � - Ρ(Α n B) 2 = �---���----� 4 2 � - P(A n B) � - P(A n B) = = 4 2 = .!_(Ρ(Α n Β) ] 2 .!_ Ρ (Α n Β) + .!_ 8 2 2 την Από ) ισότητα γ _

( ) ( ) (

( (

2

sJ2 .

Λύ ση

y (

(

Α

γ) Να δείξετε ότι η πιθανότητα να πραγματο­

Α, είναι ίση με

Υ(

)

)

y

(-!

- - Ρ( n )2 2 2 <=> ( � - P(A n B) ) s2= 2

2

ποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο

) (

)

-

_!_ [P(A n B)]2 _!_P(A n B) + _!_8 _

(

)

7.

Β)

2s2 <=> (Ρ( Α) - Ρ( Α n Β))2 = 2s2 <=> (Ρ( Α - Β))2 = 2s2 <=> Ρ( Α - Β) = sJ2 .

=

Έστω Ω={ 1,2,3, . . . ,ν} ένας δειγματικός

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/64

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

χώρος που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα το δείγμα των οποίων έχει μέση τιμή 5. α) Να βρείτε το ν. β) Θεωρούμε το σύνολο Κ={ λωί + 21/

χ=

λ ε Ν * και ω; στοιχείο του Ω}. Να βρεί­

τε την τιμή του λ ώστε το δείγμα τιμών του Κ να είναι ομοιογενές. Επιλέγουμε ένα στοιχείο ωί του Ω. Να

γ)

βρείτε την πιθανότητα το 3 ωί να είναι και στοιχείο του Κ με δεδομένο ότι το δείγμα τιμών του Κ είναι ομοιογενές Λύ ση

α) χ = 5 � 1 + 2 + 3 + ... + ν = 5 � ν ν(ν + 1) = 5ν � ν + 1 = 10 ν = 9 2 Άρα Ω = { 1,2,3, . . . ,9 } . β) Η διακύμανση των στοιχείων του Ω είναι : 2 + (2 - 5) 2 + (3 - 5) 2 + (1 - 5)-�--�--��--s 2 = �� 9 2 2 +(4 - 5) + (5 - 5) + (6 - 5) 2 + (7 - 5) 2 + 9 2 2 +(8 - 5) + (9 - 5) 9 60 �s 2 = 16+9+4+1+0+1+4+9+16 � s 2 = -9 9 2JlS -- . και η τυπικη τους αποκλιση s = -3 Οι παρατηρήσεις λω; λεΝ και ω; στοιχείο του Ω έχουν μέση τιμή λχ = 5λ και τυπική αποκλιση λs = 2λJΙ5 .

3 Οι παρατηρήσεις λω; +2, λ ε Ν και ω; στοιχείο του Ω έχουν μέση τιμή λχ + 21 = 5λ + 21 και τυπικη. απο' κλιση λs = 2λJΙ5 .

3 Ο συντελεστής μεταβολής του δείγματος τι­ μών του Κ είναι : 2λJΙ5 λs CV = ---και για λx + 21 5λ + 21 να είναι αυτό ομοιογενές αρκεί : cν s; 10% � 2λJΙ5 s; -1 � 2oλJlS s; 15λ + 63 � 3(5λ + 21) 10 λ(2οJΙ5 - 15) s; 63 _

.

.

'

.)!]

::::: 1, 008 και επειδή το λ είναι λ s; 20 15 - 15 θετικός ακέραιος, έχουμε λ = 1 . γ) Ω={ 1,2,3, . . . ,9 } και για λ = 1 έχουμε Κ={ 22,23,24, . . . ,30 } . Το σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία 3 ω; είναι το Μ={ 3,6,9, 12, 15,1 8,21 ,24,27,30} . Οπότε αν Α είναι το ενδεχόμενο το 3 ω; να εί­ ναι και στοιχείο του Κ ισχύει Α = { 24,27 } . Ρ( Α ) = Ν ( Α) = 3_ . Ν(Ω) 9 8.

Κατά τη στατιστική επεξεργασία της βαθ­ μολογίας (στην εικοσάβαθμη κλίμακα) των μαθητών της Γ ' Λυκείου στις απολυτήριες εξετάσεις στο μάθημα «Μαθηματικά και Στοιχεία Στατιστικής», διαπιστώθηκε ότι μόνο το 0,15 % των μαθητών έγραψε πάνω από 18, ενώ το 2,5 % έγραψε το πολύ 8. Υ­ ποθέτουμε ότι η κατανομή της βαθμολογίας είναι κατά προσέγγιση κανονική. α.Να βρείτε τη διάμεσο, τη μέση βαθμολο­ γία και την τυπική απόκλιση της βαθμο­ λογίας. β. Να εξετάσετε, αν το δείγμα είναι ομοιογε­ νές. γ. Εκλέγουμε στην τύχη έναν μαθητή. Να βρείτε την πιθανότητα να έχει γράψει από 10 μέχρι 18. δ. Αν 31.920 μαθητές έγραψαν μέχρι 14, να βρείτε το πλήθος των μαθητών της Γ Λυ­ κείου που έλαβαν μέρος στις απολυτήριες εξετάσεις στο μάθημα «Μαθηματικά και Στοιχεία Στατιστικής». Λύ ση α. Λόγω της κανονικότητας της κατανομής

το 68% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα (χ - s, χ + s ) το 95% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα (χ - 2s, χ + 2s ) το 99,7% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα ( x -3s,x + 3s ) Άρα λιγότερο από χ -3s και περισσότερο από χ+ 3s αντιστοιχεί στο 100-99,7=0,3% των παρατηρήσεων και κατά συνέπεια πε­ ρισσότερο από χ + 3s αντιστοιχεί στο 0 3 = 0, 15% των παρατηρήσεων. Άρα ; x+ 3s =18 (1) •

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/65

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Επίσης λιγότερο από χ - 2s και περισσότε­ ρο από χ+ 2s αντιστοιχεί στο 100-95=5% των παρατηρήσεων και κατά συνέπεια λιγότερο από χ- 2s αντιστοιχεί στο � 2,5% 2 των παρατηρήσεων. Άρα χ- 2s =8 (2) Λύνοντας το σύστημα των (1) και (2) προ­ κύπτει ότι s = 2 και χ = 12 . Στην κανονική κατανομή δ χ οπότε δ=12. β. CV = � � .! 16,66% > 10%. Άρα το Ιχl 12 6 δείγμα είναι ομοιογενές. γ. Η βαθμολογία από 1 Ο μέχρι 1 8 αντιστοιχεί στο διάστημα (χ - s, χ + 3s) το 68% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα (χ - s,x + s) =

=

=

=

�

•

το 99 • 7 - 68 3 1 • 7 = 15,85% των παρα2 2 τηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα =

(x+ s,x + 3s) .

Δηλαδή από 10 μέχρι 1 8 έχει το 68 + 15,85 = 83,85% των μαθητών. Άρα η πιθανότητα ένας μαθητής να έχει γρά­ ψει από 10 μέχρι 1 8 είναι 83,85%. δ. Μέχρι 14 δηλαδή μέχρι χ+ s έχουν το 68 =8 4% των μαθητων ' που αντιστοιχει' 50+ 2 σε 3 1 .920 μαθητές. Άρα όλοι οι μαθητές εί84 = 38.000 ναι: 3 1 .920 : 100

•

Απαντήσεις Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν 4ου Τεύχους 100 ευρώ 100 σοκολάτες

Είναι 5 σοκολάτες των 10 Ευρώ, 1 των 3 και 94 των 0,5. Η Κληρον ο μιά Οι Μ αθητές

Είναι μαθητές από το 2° Γυμνάσιο. Αυτό γιατί ο Ερμής από τις απαντήσεις του είναι φανερό ότι λέ­ ει Ψέματα άρα είναι μαθητής του 200 Γυμνασίου. Με την δεύτερη απάντησή του επίσης λέει ψέματα άρα και η Αθηνά είναι του 2ου. Η Κόρη Οι 17 κ αμήλες

Το όνομά της είναι ΑΝΝΑ. Διότι πάντα προκύπτει Έγινε το μοίρασμα αλλά όχι ανάλογα των αριθμών ο αριθμός 1089.

2,3,9. Α πό τη Γη στη Σελήνη Δεν διπλώνει περισσότερο από 7 φορές το σεντόνι Είχε 50 τ ου έμειναν 51 διότι αποκτά γρήγορα μεγάλο πάχος. Αν το πάχος Δεν έχουν καμία σχέση τα δύο αθροίσματα. του είναι 1 χιλιοστό στο 38 δίπλωμα το πάχος του θα είναι όσο η απόσταση Γης -Σελήνης. (Γεωμε­ Οι σοκολάτες τρική πρόοδος). Η Αφροδίτη έφαγε τα 8/3 και έδωσε 8 Ευρώ. Άρα όλες οι σοκολάτες κοστολογήθηκαν από την Α­ Η Πίτα φροδίτη 24 Ευρώ. Δηλαδή 3 Ευρώ η κάθε μια. Αυτά έλεγαν οι σοφιστές.τον 6° π.Χ. αιώνα. Μετά Έτσι η Σοφία θα πάρει 7 Ευρώ και η Αρετή 1 Ευ­ από μερικά μοιράσματα η πίτα θα είναι ένα αόρα­ ρώ. το ψίχουλο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.4/66

Το Βή μα του Ευκλεiδη

ο

I

I

Η στήλη αυτή έχει ως στόχο την ανά πτυξη μαθηματικού δ ιαλόγου. Φιλοδοξο ύμε να συμμετάσχουν όλοι

όσοι έχουν ένα γενικώτερο ενδιαφέρ ον γ ια τα Μα θηματικά .

Επιμέλεια:Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου Ι. Στο τεύχος

53

3

του περιοδικού μας (Ιούλιος Αύγουστος - Σεπτέμβριος 2004) στο κομμάτι που

Ιουλ. - Αυγ. - Σεπτ. 2004) έχει λανθασμένη υπό­

μοσιεύσει ένα άρθρο με τίτλο: «Για να κατανοή­

τυχαίου τριγώνου ΑΒΓ και χ, y, z είναι οι αποστά­

αναφέρεται στη Α! τάξη του Λυκείου είχαμε δη­

σουμε καλύτερα τους αριθμούς» (Γιάννης Στρα­

«Το πρόβλημα

θεση, διότι αν

της σελίδας 1 9 (περιόδου

Ρ μεταβλητό σημείο στο εσωτερικό

τής). Ήταν μια σειρά θέματα πάνω στις ταυτότη­

σεις του από τις πλευρές του, τότε το άθροισμα χ + y + z δεν είναι σταθερό (Υπογράμμιση δική

τες (και με περιορισμό), τις ανισώσεις α ! βαθμού.

Παρακάτω δείχνουμε με δύο τρόπους ότι η πα­

τες, τις εξισώσεις α ! βαθμού, τις μόνιμες ανισότη­

Το άρθρο συμπληρωνόταν με μερικά προβλήματα (συνολικά

5

·

τητες) .

δύο στις εξισώσεις, τρία στις ανισό­

Στη σελίδα 1 9 είχαμε δημοσιεύσει το παρα­

κάτω ζήτημα:

(

Αφού αποδειχθεί η ταυτότητα: α 2 + β 2 + γ 2 χ 2 + y 2 + z 2 _ ( αχ + βy + γz ) 2 =

)(

=

( βχ - αy )

)

2

2 2 + ( γy - βz ) + ( γχ - αz ) ,

Ρ έτσι ώστε: «αν χ, y, z είναι οι αποστάσεις του Ρ

μας).

ρατήρηση του συναδέλφου δεν ισχύει. Ακριβέστε­

Ρ

ρα υπάρχουν άπειρα σημεία στο εσωτερικό ενός σκαληνού τριγώνου, που το άθροισμα: χ + y + z

των aποστάσεών του απ' τις αντίστοιχες πλευρές

του τριγώνου είναι ένας σταθερός αριθμός

οποίος διατρέχει ένα συγκεκριμένο διάστημα.

c,

ο

1 ος τρόπος (Σωτήρης Ε. Λουρίδας) ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΉ ΑΝΤΙΜΕΤΩΠΙΣΗ ΤΟΥ ΘΕ­

να βρεθεί στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ σημείο

ΜΑΤΟΣ:

απ' τις πλευρές του τριγώνου και χ + y + z = c

«Να προσδιοριστεί στο εσωτερικό τριγώνου

όπου c κάποιος θετικός αριθμός σταθερός (κατάλ­ ληλος) το άθροισμα χ 2 + y 2 + z 2 να είναι το μι-

κρότερο δυνατό» (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος

Θανάσης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής). Πρέπει να παραδεχθούμε κατ' αρχάς ότι η λέξη

«κατάλληλος» δεν υπήρχε στο κείμενο

που

είχαμε

δημοσιεύσει. Απ' την όλη όμως διαπραγμάτευση του ζητήματος γινόταν φανερό ότι ο

c

είναι μεν σταθε­

ρός, αλλά εννοείται ότι είναι προσδωριστέος.

Ο συνάδελφος Παναγιώτης Οικονομάκος μας απέστειλε με γράμμα του (Γενάρης 2005) την πα­ ρακάτω παρατήρηση :

ΑΒΓ σημείο Ρ ώστε αν χ, y, z οι αποστάσεις του Ρ από τις πλευρές ΒΓ = α , ΑΓ = β , ΑΒ = γ Δ

αντίστοιχα με χ + y + z = c όπου θετική σταθερή το άθροισμα

να είναι το ελάχιστο δυνατό.

w

c

=

κατάλληλη

2 2 2 χ +y +z

ΛΥΣΗ 1. Αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο με ΑΒ=ΒΓ=ΓΑ=α

,

,

τοτε υποχρεωτικ:α c

=

α.J3

2

--

=υ .

Δ

2. Έστω ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με

ΑΒ = ΑΓ * ΒΓ (σχ. 1 ). Θεωρούμε ΑΒ = ΑΓ = β , ΒΓ = α . Έχουμε το σύστημα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.4/67

Το Βήμα του Ευκλείδη

{αχ + βy + βz = 2Ε ή

δυνατό. Αν ονομάσουμε υ = Γι Γ; όπου Γι Γ; .1. ΑΒι x+y+z=c γνωρίζουμε ότι: y + z = υ (Βασική πρόταση για το αχ + β ( c - χ ) = 2Ε (1) ισοσκελές τρίγωνο ΑΒιΓι ). Το ΑΒιΓι είναι σταy+z=c-x ( 2) θερό τρίγωνο άρα και το ύψος του υ = Γι Γι' είναι Από τη σχέση (1) του συστήματος προκύπτει σταθερό. Επομένως το w 1 = y 2 + z 2 με y + z = υ , χ = 2Ε - βc (3) . οτι (υ σταθερή) γίνεται ελάχιστο όταν y = z = � . Στην α-β 2 2Ε 2Ε βc , Ο< περίπτωση αυτή το Ρ συμπίπτει με το μέσο του Θα πρεπει <υ =- . α-β α ευθύγραμμου τμήματος Βι Γι . Προφανώς η ευθεία 2Ε και (ε) δεν υποχρεούται να διέρχεται από το έκκεντρο 2Ε η, c > , Ο < 2Ε - βc < Αν α > β τοτε α α-β α του τριγώνου ΑΒΓ ή το σημείο τομής των συμμε2 επειδή α - β > Ο <:::> Ο < 2Ε - βc ή c < , οπό- τροδιαμέσων του ίδιου τριγώνου (σημείο του

{

Δ

Δ

α

Δ

:

Lemoine).

2Ε .

2Ε < c < τε α β 3. ΕΝΑΣ ΒΑΣΙΚΟΣ ΓΕΩ ΜΕ Τ ΡΙΚΟΣ 2Ε βc 2Ε Τ ΟΠ ΟΣ Αν α < β τότε: < - και επειδή α-β α Έστω κυρτή γωνία xOy . Θεωρούμε ότι στο α - β < 0 <:::> α ( 2Ε - βc ) > 2Ε ( α - β ) ή εσωτερικό της κινείται ένα σημείο Ρ, ώστε 2Ε και βέβαια κ · z + λ · y = t όπου z = ΡΡι απόσταση του Ρ από 2αΕ - αβc > 2αΕ - 2βΕ ή c < α την Οχ, y = ΡΡ2 απόσταση του Ρ θα κινείται σε 2Ε 2Ε 2Ε , 2Ε - βc < 0 η c > - με - > σταθερή ευθεία που τέμνει τις Οχ, Oy (σχ. 2). β α β Πράγματι: 2Ε < c < 2Ε . ο ,αρα: α β -

Α

(ε)

χ

Γ

Β

Σχ. Ι

2Ε - βcΣε κάθε περίπτωση ( α > β ή α < β ) η ----'α-β αντιπροσωπεύεται από μία θετική σταθερή κ < υ . Άρα η απόσταση χ είναι σταθερή χ = κ . Αυτό ση­ μαίνει ότι το σημείο Ρ ανήκει σε σταθερή ευθεία (ε) που απέχει από την πλευρά ΒΓ απόσταση κ και τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Βι , Γι αντίστοιχα. Αυτό σημαίνει ότι: w = κ 2 + y 2 + z 2 • Άρα αρκεί το άθροισμα Wι = y 2 + z 2 να είναι το ελάχιστο α

Σχ. 2

' αν κ · z + λ · y = t <=:> z + -λ · y = -t οποτε κ κ ' z = ΡΥ = -λ y <:::> z + z . = -t (1) κ κ ' ' αν λ · y + κ · z = t <:::> y + -κ · z = -t οποτε Επισης: λ λ ' ' t κ (2) Υ = pτ = - z <=:> y + y = λ λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4/68

Το Βήμα του Ευ κλείδη Α

Άρα ( 1) <=> Ρι γ = λλ = d 2 = _!_ θετική σταθε­ κ ρή, ( 2) <=> p2 γ = κκ' = dι = _!_ θετική σταθερή. λ Επομένως το Τ θα κινείται σε σταθερή ευθεία η ι παράλληλη στην Oy που απέχει από αυτή απόστα­ ση dι ενώ το σημείο γ θα κινείται σε σταθερή ευθεία n 2 παράλληλη στην Οχ που απέχει από Υ αυτή απόσταση d 2 . Σχ. 3 , , , το Ρ θα κινειται Υ = -κ = Υ αρα 'Εχουμε οτι Επειδή ταυτόχρονα έχουμε ότι ΑΓ > ΑΒ όταν z λ z το σημείο Κ είναι μεταξύ των Α, Β το Λ θα είναι στην ευθεία ΚΑ. μεταξύ των Α, Γ. Μάλιστα ΡΚΤ = ΡΡι Τ και ΡΛγ = ΡΡ2 γ . Για να είναι το σημείο Κ μη εξωτερικό της 2Ε ή πλευράς ΑΒ θα πρέπει dι � υ β = β 4. Θ α έρθουμε τώρα στο πρόβλημά μας σε 2Ε = υ . Αν αc - 2Ε � 2Ε η, c � τ ρίγωνο ΑΒΓ με α > β > γ (α = ΒΓ, β β α-β β β ΑΓ, γ ΑΒ) . Από τη σχέση α > β > γ β -_γ · z .

2Ε <=> ( α - β ) χ = ( β - γ) z <=> χ = υ = c = 2 β B A r έχουμε > > και υγ >1>ιJ > υ0 υ0 : , α-β β Αυτό μας λέει ότι το Ρ εκτός της ευθείας (ε) θα 2Ε 2Ε , υβ β υγ Υ . 'Εχουμε το συσ τημα κινείται επίσης σε σταθερή ευθεία διερχόμενη από την κορυφή Β. αχ + βχ + γz 2Ε Από dι = υ β έχουμε κ Β <=> Ρ Β . Η περίαπό όπου προκύπτει χ+y+z c πτωση αυτή δε μας κάνει. Τελικά δεχόμαστε ότι x, y , z > Ο 2Ε < c < 2Ε . Δη λαδη, 2Ε Τοτε , κ ε ΑΒ με c < . (α - β)y + (α - γ ) z αc - 2Ε α β β κ ::F- Α και βέβαια Λ ε ΑΓ με Λ '* Α και Λ '* Γ . Προφανώς αc - 2Ε > Ο ή c > 2Ε . α Έστω Χ ι = ΚΚι η απόσταση του Κ από την ΒΓ, Ας πάμε στο σχ.3. χ 2 = ΛΛι η απόσταση του Λ από την ΒΓ και Από το προηγούμενο λήμμα είναι κατανοητό χ = pp ' η απόσταση του Ρ από την ΒΓ. Είναι κα­ ότι το Ρ θα κινείται σε σταθερή ευθεία (ε) που θαρό ότι αχι + βdι = 2Ε και αχ 2 + βd 2 = 2Ε ή τέμνει τις Αχ, Ay στα σημεία Κ, Λ αντίστοιχα, 2Ε - βc και χ = 2Ε - γc . = Χ 2 α-γ αc 2Ε αc 2Ε ι , α-β με dι = και d 2 = . Άμεσα α-β α-γ Προφανώς Χ ι < χ 2 (απλές ισοδυναμίες). Θεω­ έχουμε ότι: ρούμε ΚΡ = μ , ΡΛ = ν και ΚΑ = u όπου η θετική αc 2Ε αc 2Ε d ι > d 2 <=> <=> > σταθερή, στην τυχαία θέση του Ρ εντός του ευθύ­ α-γ α-β γραμμου τμήματος ΚΑ άρα και εντός του τριγώ­ � - � - �+ � > � -� - · + � <=> νου ΑΒΓ. <=> ( β - γ) ( αc - 2Ε) > Ο , , z d 2 = tι = ---αcπ αρατηρουμε οτι: -, - 2Ε --,- οπόμ u u ( α - γ) που ισχύει. Από εδώ προκύπτει ότι ΑΛ > ΑΚ . χ

�

-

---

Δ

=

=

{

=

)

=

,

(

=

=

=

=

=

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4/69

.

-

=

Το Βήμα του Ευκλείδη Υ d - = -1 = t 2 = αc - 2Ε <=:> Υ = t 2 . ν . ν u u (α - β) έχουμε: Από το τραπέζιο u x - -χ χ = · 2 (χ 2 1 )ν . u Έτσι παίρνουμε

Επίσης

( αc - 2Ε)2 > (2Ε - βc )(β - γ)( αc - 2Ε) <=:> ... <=:> (α - β) 2 (α - β) 2 · (α - γ)

α + β - 2γ) <=:> c > 2Ε( 2 α + β 2 - αγ - βγ · 2Ε > 2Ε (α + β - 2γ) . , ., οτι. Παρατηρουμε 2 2 β α 2 + β 2 - αγ - βγ W = X + y + z2 = ... = Επίσης παρατηρούμε ότι: [( χ2 - χ1 )2 + υ (t� + t�)} v2 - 2u [χ2 (χ2 - x1 ) + u2t�} + u4 · t� 2 2Ε(2α - β - γ) 2Ε( α + β - 2γ) u <=:> --'--:,... : ...�> α 2 - βγ α2 + β 2 - αγ - βγ Το W γίνεται ελάχιστο όταν u [χ ( χ - x1 ) + u 2t� J <=:> Ο < α 2 + β 2 + γ2 - αβ - αγ - βγ ν = 2 22 που είναι θετική ( χ 2 - χι ) + u ( t� + tO (που είναι αληθής).

2Ε > c > 2Ε(2α - β - γ) έχουμε ποσότητα. Τελικά όταν β α2 - βγ Για την τιμή αυτή έχουμε 2 d � + χ � > χ 2 χ 1 που οδηγεί στην χ > χ 1 Άρα χ - χ 2 - ( χ 2 Χι ) χ 2 (χ 2 2- x 1 )2+ u t �2 . χ 1 < χ < χ 2 που σημαίνει ότι το σημείο Ρ με ( χ 2 - χ 1 ) + u t� + u t� u [ χ 2 (χ 2 - x 1 ) + u 2 t � J , = οταν , Προφανώς χ < χ 2 . Για να είναι χ > χ αρκεί ν= είναι ΡΡ χ 2 2 2 2 (χ χ + u + u t t � � 1 ) 2 χ + ( χ χ t � Χ 2 - Χι > ( Χ 2 - Χ ι ) 2 2 2 1 )2 u 2 η, εσωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΚΑ (χ 2 - χ 1 ) + u t � + u t � 2 2 2 ΑΒ ( χ 2 - χ 1 ) 2 + u 2 t 21 + u 2 t 22 > χ 2 ( χ 2 - χ 1 ) + u 2 t12 <=:> άρα και του τριγώνου Γ , ώστε χ + y + z να είναι το ελάχιστο δυνατό. <=:> u 2 t 22 > χ 2 χ 1 - χ 12 Υπενθύ μιση : d η' u 2 2� + χ 12 > χ 2 χ 1 η' d 12 + χ 12 > χ 1 χ 2 που ει-' κ Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ = α , ΑΓ = β , d ναι αληθής αν 1 � χ-2 (βασική ανισότητα). ΑΒ = γ και θετικοί αριθμοί χ, y, z ώστε 'Εστω d 1 < χ 2 τότε αc - 2Ε < 2Ε - γc ή αχ + βy + γz = 2Ε . Τότε εντός του τριγώνου ΑΒΓ α-γ α-β 2 α c - αγc - 2αΕ + 2γΕ > 3αΕ - αγc - 2βΕ + βγc ή υπάρχει σημείο Ρ που απέχει από τις πλευρές α, β, γ αποστάσεις χ, y, z αντίστοιχα. α2 c - βγc > 4αΕ - 2βΕ - 2γΕ ή π ρ όβλη μα: ( α2 - βγ ) c > 2Ε ( 2α - β - γ) ή c > 2Ε (α2:--βγβ - γ) Ανοιχτό Να βρεθεί στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ ση­ 2Ε > 2Ε(2α - β - γ) ( <=:> ... <=:> (α - β) 2 > 0 μείο Ρ με αποστάσεις από τις α, β, γ τις χ, y, z α­ με ντίστοιχα έτσι ώστε κ · χ + λ · y + μ · z = c όπου κ, β α2 - βγ λ, μ, c κατάλληλες θετικές σταθερές ώστε το ά­ που είναι αληθής αφού α > β ).

2 2 2 θροισμα χ + y + z είναι το ελάχιστο δυνατό.

2Ε > c > 2Ε(2α - β - γ) > 2Ε καθότι , Επομενως: 2 α β α - βγ Ση με ίω ση : 2Ε(2α β γ) 2Ε , , , , > - . Θεωρουμε ηδη Στο επόμενο τεύχος θα δημοσιεύσουμε την ευκολα εχουμε α α 2 - βγ αντιμετώπιση του ίδιου θέματος από τον συνά­ d � + χ � > χ 2 χ 1 <=:> d � > χ 1 - ( χ 2 - χ 1 ) ή δελφο Γιάννη Στ ρ ατή.

•

_

_

Δ

Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4ΠΟ

υκλεiδης προτει νει ..

Ευκλείδη και . .. . Δι6φαντο

ιιι ιιι ιιι

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

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ Λ ΥΣΗ

κας Στέλ ιο ς - Κορυδαλλός, Α θή να, ο κύριος Μπό ­

70. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Να αποδείξετε

ρης Ροδόλφος - Δάφ νη Απικής και ο κύριος Α ν­

μέσα δύο απέναντι πλευρών του διέρχεται

7 1 . Στις πλευρές ΑΒ και ΓΔ τετραπλεύρου

ότι αν το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα

από το σημείο τομής των διαγωνίων του,

δρ ής Ιω ά ννη ς, μηχανικός - Α θή να.

ΑΒΓΔ θεωρούμε σημεία Ε, Ζ ώστε να ισχύ­

τότε το ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο.

ουν:

ΕΒ = λ · ΑΕ

και

ΔΖ = λ · ΖΓ , λ ε JR . Να

(Επροτάθη από το συ νάδελφο Βασίλη Καραχά­ λιο, Τρ ίπολ η )

ντρέχουν τότε το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι

Λύ ση : (Α πό το συ νάδελφο Γιάννη Σταματογιάννη,

τραπέζιο.

αποδείξετε ότι αν η ΕΖ και οι διαγώνιες συ­

(Επροτάθη από το συνάδελφ ο Βασίλ η Καραχά­

Δροσιά Απι κής)

λιο,

Τρ ίπολη)

Λύ ση : (Α πό το συ νάδελφο Γιάννη Σταματογιάννη, Δροσιά Απικής)

Δ

z

Γ

Έστω ότι το τετράπλευρο δεν είναι τραπέζιο και Τότε έχουμε: ΑΕ 'Ρ //ΓΔ . Γ ' ' ' ' ΑΕ = ΑΟ = ΟΕ ( 1 ) και Ε Ρ = ΟΕ (2). ΖΓ ΟΓ ΟΖ ΔΖ ΟΖ Έστω ότι το τετράπλευρο δεν είναι τραπέζιο ' ' ΑΕ Ε Ρ , , Τότε έχουμε: ΑΕ 'Ρ /I ΔΓ . Απο τις ( 1 ) , ( 2) προκυπτει οτι: -- = - και και ΖΓ ΔΖ. ' ' ' ' Ο ΑΟ ΑΕ Ε Ε Ρ ΟΡ ΟΕ (2). εξαιτίας της υπόθεσης ΔΖ = ΖΓ , παίρνουμε ΖΓ = ΟΖ = ΟΓ ( 1 ) και ΔΖ = ΟΔ = ΟΖ ΑΕ ' = Ε 'Ρ . Από την τελευταία ισότητα και την Από τις ( 1 ), (2) προκύπτει ότι: ' ΑΕ = ΕΒ , συνεπάγεται ότι ΕΕ //ΒΡ , το οποίο ΑΕ ' = Ε 'Ρ => ΑΕ ' = _!!__ => Ε 'Ρ = λ · ΑΕ ' (3 ) είναι άτοπο. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ΖΓ ΔΖ ΖΓ λ · ΖΓ τραπέζιο. Ισχύει: ΕΒ = λ · ΑΕ <::> ΕΒ = λ (4). Από τις (3), ΑΕ Λύσει ς έσrειλαν επίσης: Ο κα θη γητής Θόδωρος ' ΕΒ Ε Ρ , Μπόλη ς, οι μα θητές Νάκος Βασίλη ς - 3 ο Ε. Λ . Η­ - = -' = λ <::> ΕΕ ' //ΡΒ , το ο­ (4) παιρνουμε: ΑΕ ΑΕ ρακλείου Απικής και Μαραβίτσας Νίκος - 6ο Ε. Λ . ποίο είναι άτοπο. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι Περι σrερ ίου, οι συ νάδελφοι Ηλία ς Κω ν/νο ς - Αλ ι ­ τραπέζιο. βέρι, Τσαπακίδη ς Γι ώργο ς - Αγρ ίνιο, Κο ύρτης Χρυ ­ ,

σόσrομο ς - Λ άρισα, Καραβότας Δ ημ. - Κ. Αχα ία, Α πο σrολόπουλο ς Γι ώργο ς - Μεσολόγγι, Πετρολέ-

Λύ σει ς έσrειλαν επίσης: Ο κα θηγητής Θόδωρος Μπόλης, οι μα θητές Νάκος Βασίλη ς - 3ο Ε. Λ. Η-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4Πl

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

ρακλείο υ Αττική ς και Μαραβίτσας Νίκο ς - 6ο Ε. Λ.

Λύ σεις έστειλαν επίσης ο ι συνάδελφο ι Καρα ­

Περι στερ ίο υ, ο ι συνάδελφο ι Ηλίας Κων/νο ς - Αλ ι ­

γκι όζης Ν. - Σέρρες, Καραβότας Δ ημ . Κάτω Αχαία

βέρι, Τσαπακίδης Γι ώργος - Αγρ ίνι ο, Κούρ της Χρυ­

και Τσαπακίδης Γι ώρ γος - Αγρ ίνι ο.

σό στομος - Λάρισα, Α ποστολό πο υλο ς Γι ώργος Μεσολό γγ ι, Πετρολέκας Στέλ ι ος - Κορυδαλλο ς, Α θή να, ο κύρι ο ς Μπόρης Ροδόλφος - Δάφ νη Αττι ­ κή ς και ο κύρι ο ς Α νδρ ή ς Ιω άννης, μηχανικό ς - Α ­ θή να .

73. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

( x 2 - y 2 )4 + 8 ( x 2 - y 2 )3 + 28 ( x 2 - y 2 )2 + +48 ( χ 2 - y 2 ) + 1 13 = z 2

(Επρ οτάθη από το ν χημικό Δ ημήτρ ιο Καρβελά, Πεύ κη)

Λύ ση : (Α πό τον κα θηγητή Θόδωρ ο Μπόλ η )

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα χ, y, z είναι μη αρνητικά και στις λύσεις που θα βρούμε να α­ φήσουμε ελευθέρια προσήμου. Η εξίσωση γράφε­ ται ισοδύναμα: 4 ( χ 2 - y2 ) + 4 ( χ 2 - y2 y · 2 + 6 ( χ 2 - y2 )2 . · 2 2 + 4 ( χ 2 - y 2 ) · 2 3 + 24 + 4 ( χ 2 - y 2 ) 2 + +16 ( χ 2 - y 2 ) + 16 + 4 + 77 = z 2 ( χ 2 - y2 + 2 )4 + 4 ( χ 2 - / + 2)2 + 4 + 77 = z 2 z 2 - [ ( χ 2 - y 2 + 2 γ + 22 τ = 77

76. Αν για τους θετικούς ακέραιους αριθμούς y

ισχύει:

χ 2 + y 2 - χ = πολ · 2xy ,

χ,

να αποδεί-

ξετε ότι ο χ είναι τετράγωνο ακεραίου.

(Επρ οτάθη από τον συνάδελφο Α ντώνη /ωαννί­ δη,

Λ άρισα)

l η Λύ ση : (από τον ίδιο)

Είναι: 2 χ + y 2 - χ = πολ · 2xy <::::> χ 2 + y 2 - χ = 2κχy , κεΖ <::::> 2 _ χ χ = 2κχy _ y 2 <::::> y 2 _ 2κχy = χ _ χ 2 <=> ( y - κχ ) 2 = Κ 2 Χ 2 + Χ - Χ 2 <::::> ( κχ - y γ = χ [( κ 2 - 1 ) χ + 1 ] (1) Θα αποδείξουμε ότι ( χ, ( κ 2 - 1 ) χ + 1 ) = 1 . Πράγματι , έστω ( χ, ( κ 2 - 1 ) χ + 1 } = δ . Τότε δ/χ και δ! ( κ 2 - 1 ) χ + 1 , οπότε δ! χ ( κ 2 - 1 ) και δ Ι ( κ 2 - 1 ) χ + Ι . Άρα δ/Ι, πράγμα που σημαίνει ότι δ = l , οπότε ( χ, ( κ 2 - l ) x + l } = I (2). Από την ισό­ τητα (2) έχουμε: χ ( χ, ( κ 2 - 1 ) χ + 1 } = χ =>

( χ 2 , χ [( κ 2 - l ) x + t ]) = χ � ( χ 2 , ( κχ - y )2 ) = χ

[ z - ( χ 2 - y2 + 2 )2 - 2J [ z + ( x 2 - y 2 + 2)2 + 2] = 77 οπότε ή z + ( x 2 - y 2 + 2 ) 2 + 2 = 77 και z - ( x 2 - y 2 + 2)2 - 2 = 1 ή z + ( x 2 - y 2 + 2 ) 2 + 2 = 1 1 και z - ( x 2 - y 2 + 2 )2 - 2 = 7

οπότε ( * ) χ = ( χ, κχ - y ) 2 , δηλαδή ο αριθμός χ είναι τετράγωνο ακεραίου. ( * ) Με τη βοήθεια της κανονικής μορφής των ακεραίων ή και διαφορετικά, μπορούμε να αποδεί­ ξουμε ότι αν α, β ε Ζ με α :;t Ο ή β :;t Ο , τότε ( α2 ,β 2 ) = ( α,β )2

Εύκολα πλέον βρίσκουμε ότι στην πρώτη περί­ πτωση έχουμε τις λύσεις z = 39 , χ = 2 , y = Ο και z = 39 , χ = 1 , y = 3 ενώ στην δεύτερη περίπτωση, δεν υπάρχουν λύσεις. Συνολικά, αφήνοντας ελευ­ θερία προσήμου, υπάρχουν 12 λύσεις εκ των ο­ ποίων 2 είναι μη αρνητικές και μόνο μία θετική.

εξίσωση χ 2 + y 2 - χ = 2xyz είναι ισοδύναμη με την ( 2χ γ + ( 2y ) 2 = 4x ( 1 + 2yz ) η οποία γρά­ φεται ( 2x - l - 2yz ) 2 + ( 2y )2 = ( 1 + 2yz )2 δηλαδή οι αριθμοί 2χ - 1 - 2yz , 2y και 1 + 2yz σχηματί­ ζουν Πυθαγόρεια τριάδα. Από τον Ευκλείδη ξέ-

2η Λύ ση : (Α πό το ν καθηγητή Θόδωρ ο Μπόλη ) Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4Π2

Ο Ευκλείδης πρ οτείνει ... Ευκλείδη

•..

και Διόφ αντο

ρουμε ότι: 2χ - 1 - 2yz = t ( r 2 - s 2 ) , y = trs , θεμιά από τις πλευρές του ορθογωνίου είναι ίση με είναι τετράγωνο. ( r, s ) = 1 , J2 , οπότε το τετράπλευρο t, r,s ε Ν * , Λύ σεις έστειλ αν επίσης: Ο κα θηγητής Θόδωρος r + s 1 mod.2 απ ' όπου συνάγεται ότι t = 1 , Μπόλης, ο μαθητής Νάκος Βασίλης - 3ο Ε. Λ . Η­ χ = r 2 , y = rs και 1 + 2rsz = r 2 + s 2 , οπότε ο αριθ- ρακλ ί Αττ ής οι συ άδ λφ Κο ύρτης Χρυσό ικ ν ε οι ­ ε ου μός χ είναι τετράγωνο ακεραίου. Κατόπιν ο καθη- στομος - Λάρισα, Α ποστολόπουλος Γι ώργος γητής αναφέρει ότι από την εξίσωση Μεσολόγγι, Τσαπακίδης Γι ώργος Αγρ ίνιο, 1 + 2rsz = r 2 + s 2 η γράφεται Πετρολέκας Στέλ ιος - Κορυδαλλος, Α θήνα και ο οποία 2 ( s - rz γ - ( z2 - 1 ) r = 1 και είναι τύπου Pell- κύριος Μπόρης Ροδόλφος - Δάφνη Αττικής.

Fermat προσδιορίζονται τα r, s. Λύση έστειλε επίσης ο κύριος Μπόρης Ροδόλ­ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥΣΗ φος - Δάφνη Αττικής.

80. Να αποδείξετε ότι για κάθε δοθέντα ακέραιο αριθμό, α η διοφαvτική εξίσωση 79. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ εγγε­ α 2 - 1 )( β 2 - 1 ) = γ 2 - 1 έχει τουλάχιστον ( γραμμένο σε κύκλο με ακτίνα 1. Αν ισχύει: δύο διακεκριμένες ακέραιες λύσεις ως προς ΑΒ · ΒΓ · ΓΔ · ΔΑ � 4 , να αποδείξετε ότι το β και γ. τετράπλευρο είναι τετράγωνο. Ξ

δα,

(Επροτάθη από το συνάδελφ ο Σωτήρη Σκοτί­

(Προτε ίνεται από τον Α καδημα ϊκό κύριο Νι­

Καρ δίτσα)

κόλαο Αρτεμι άδη)

Λύση : (Α πό τον μηχανικό κύριο Α νδρή Ιωάννη ­

81.

Α θή να)

Αν θέσουμε ΑΒ · ΓΔ = κ και ΒΓ · ΔΑ = λ , τότε κ, λ > Ο και από το θεώρημα του Πτολεμαίου παίρνουμε: κ + λ = ΑΓ · ΒΔ � 2 · 2 διότι κάθε χορ­ δή του κύκλου είναι το πολύ ίση με τη διάμετρό του. Άρα κ + λ � 4 (1). Η δοσμένη σχέση γράφεται ) κλ � 4 (2). Επίσης ισχύει κ + λ � 2.JιJ: (2� 2 · 2 , δηλαδή κ + λ � 4 (3). Από τις (1) και (3) προκύπτει ότι κ + λ = 4 . Τότε όμως: 4 � 2.JιJ: � .JιJ: < 2 � κλ � 4 η οποία σε συνδυασμό με την (2) δίνει κλ = 4 . Άρα κ + λ = κλ = 4 , οπότε κ = λ = 2 . Με κ = λ = 2 έχουμε ΑΓ · ΒΔ = 4 � ΑΓ = ΒΔ = 2 , οπότε οι ΑΓ, ΒΔ είναι διαγώνιες του κύκλου, επομένως το τε­ τράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο. Εύκολα πλέον από τις ισότητες κ = 2 , λ = 2 βρίσκουμε ότι κα-

Δίνεται το εμβαδόν Ε ενός τριγώνου καθώς και το μέγεθος φ μιας εκ των γωνιών του. Να βρείτε τα μήκη των πλευρών α και β ώ­ στε το μήκος της πλευράς γ που βρίσκεται απέναντι από τη γωνία φ να είναι το ελάχι­ στο δυνατό. (Προτε ίνεται από τον Α καδημα ϊΚό κύριο Νι ­ κόλαο Αρτεμι άδη ).

82.

Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο Ρ ( χ ) = 2 χ 8 + 3χ 6 -5χ 3 - 4χ + 6 δεν έχει πραγματικές ρίζες. (Προτε ίνεται από τον κα θηγητή Θόδωρο Μπόλ η ) .

83.

Να λύσετε την εξίσωση

(

.J2 x 3 +

�χ + 5χ + -ξ-χ ) = 25 + 5χ 2 + 2_χ + χ

(Προτε ίνεται από τον κα θη γητή Θόδωρο Μπόλ η) .

84.

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και στις προε­ κτάσεις των πλευρών ΒΓ (προς το Γ), ΓΑ (προς το Α) και ΑΒ (προς το Β) παίρνουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4Π3

Ο Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη

αντιστοίχως τα σημεία Δ, Ε και Ζ έτσι, ώ­ στε: ΓΔ = ΑΕ = ΒΖ . Να αποδείξετε ότι, αν το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο, τότε και το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

β)

συνάρτηση f είναι συνεχής στο IR . Η συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την Γ ' . στ) Η εξίσωση f (χ 2 - 1 ) = f (-χ) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (0, 1 ). ζ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο

)

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της παράστασης Α = � + � + � ( α + 1)(β + 1)( γ + 1) α β γ για τις διάφορες θετικές τιμές των αριθμών α, β, γ.

δ) ε)

(Προτε ίνεται από το συ νάδελφ ο Γιώργο Α πο­ σrολόπουλο, Μεσολόγγ ι ) 86.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και η διχοτόμος του ΒΔ. Αν Μ είναι το μέσο της πλευράς ΑΒ και ΜΔ .l ΒΔ , να αποδείξετε ότι ΑΒ = 3ΒΓ . (Προτε ίνεται από το συνάδελφ ο Μπάμ πη

87.

Στεργ ίου, Χαλκίδα)

(Προτείνεται από το συ νάδελφ ο Σαμ πά Θεό ­ δωρο, Πάτρα) 89 .

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο, +οο) . Η

συνάρτηση f αντιστρέφεται και να βρείτε την f-1 • δ) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [Ο, +οο) . ε) 1im f (x) = +oo

γ)

χ -Η«>

στ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) . (Προτε ίνεται από το συ νάδελφ ο Σαμ πά Θεό ­ δωρο, Πάτρα) 88.

Δίνεται συνάρτηση f : IR � IR για την οποία ισχύει f (χ) - e-f(x) = χ - 1 για κάθε χ Ε IR και f ( IR ) = IR .

Έστω μια συνάρτηση f : IR � IR , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο 1R . Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως μονότονη και επιπλέον ισχύει: lim f (χ) = 1 , 1 Ε IR , να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα, το πολύ, χ 0 Ε IR , ώστε f ' (x0 ) = f (x0 ) . χ -+tοο

Να αποδείξετε ότι: α) Για κάθε χ � Ο , ισχύει f (χ) � Ο . Η

Η

IR .

Δίνεται η συνάρτηση f : [0, +οο) � IR για την οποία ισχύει: f (χ ) ef(x) = χ για κάθε χ � Ο .

β)

Η

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο IR . γ) f ( O ) = O

πουλο Α ντώ νη).

(

και Διόφαντο

Να αποδείξετε ότι: α) Για κάθε χ Ε IR , ισχύει: f (χ) > χ - 1 .

(Προτε ίνεται από τον συ νάδελφ ο Κυριακό ­ 85.

..•

(Προτείνεται από το συνάδελφ ο Κυριακόπου­ λο Θανάση, Α θή να) 9 0.

Έστω μια συνάρτηση f : IR � IR , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο IR , χωρίς να είναι σταθερή σε κάποιο διάστημα, με f ( α ) = Ο και f ( χ 0 ) > Ο για κάποιο χ0 > α . Αν ισχύουν: f (x) = p (x)f (x) , όπου ρ(χ) συνάρτηση συνεχής, μη σταθερή στο IR ώ­ στε ρ (χ) > Ο για κάθε χ Ε IR και f ' (κ)f ( m ) = f ' ( m ) f ( κ ) για κάποιους κ, m με α < κ < m , να αποδείξετε ότι υπάρχει ιδιότητα την ξ Ε ( κ, m ) με �ρ(ξ) = J 1nf ( mm) -- 1nκ f ( κ )J . "

(Προτείνεται από τον κύριο Ροδόλφο Μπόρ η, Δάφ νη Α θή να) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4Π4

Ο Ευκλείδης πρ οτείνεL Ευκλείδη ... και Διόφ αντο •.

91.

γεγραμμένους κύκλους C 1 , C 2 των τριγώ­ νων ΡΒΓ και ΡΑΔ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι: ID 1 - D 2 1 � 2R · OH , όπου Η το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων C 1 , C 2 .

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ, y, z ' ' 1 1 + 1 1 ισχυουν οι σχεσεις -+ -χ+1 y+1 z+1 Ο , να ακαι χ + Υ + z (χ + 1)3 (y + l)3 { z + 1)3 ποδείξετε ότι: χ 3 + y3 + z3 6 .

--

=

=

(Προτείνεται από το συ νάδελφ ο Γι ώργο ς Τρι­ άντο, Α θή να) .

=

(Προτε ίνεται από τον μηχανικό Α νδρή Ιω άν­ νη, Α θή να) .

92.

97.

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύουν αβγ :;e Ο και α + β + γ αβγ , να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε ακέραιο κ, κ :;e Ο , ισχύει: ακ + βκ + γκ :;e Ο . =

(Προτείνεται από του ς συ ναδέλφο υ ς Τάκη Δρού τσα και Νίκο Πανουσάκη, Α θή να).

93.

Να βρείτε διψήφιο ακέραιο αριθμό, ο οποίος να είναι ίσος με το άθροισμα του κύβου του ψηφίου των δεκάδων του και του τετραγώ­ νου του ψηφίου των μονάδων του. (Προτε ίνεται από του ς συ ναδέλφο υ ς Τάκη Δρο ύτσα και Νίκο Πανουσάκη, Α θή να) .

94.

Αν για του πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύουν αβγ :;e Ο και _ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 β +γ -α + γ +α β + α +β -γ 1 2αγ 2βγ 2αβ να αποδείξετε ότι δύο από τα κλάσματα εί­ ναι ίσα με + 1 και το illo είναι ίσο με -1 . _,______:.__

Έστω οι ν το πλήθος θετικοί ακέραιοι κ, , κ 2 . . . κv . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δείκτες i και j με 1 � i � j � ν τέτοιοι, ώστε το άθροισμα κ i+Ι + Κ ;+2 . . . κ j να είναι πολλαπλάσιο του ν. (Προτείνεται από το συ νάδελφ ο Σω τήρη Σκο­ τίδα, Α θή να)

98.

Έστω S το σύνολο των τριγώνων των οποί­ ων οι κορυφές έχουν ακέραιες συντεταγμέ­ νες και είναι όμοια με δοσμένο τρίγωνο. Αν ΑΒΓ είναι το τρίγωνο του S με το ελάχιστο εμβαδόν, να αποδείξετε ότι το κέντρο του περιγεγραμμένου του κύκλου δεν έχει ακέ­ ραιες συντεταγμένες. (Προτείνεται από το συ νάδελφ ο Νίκο Α ντω ­ νό πουλο, 1λ ιον, Α θή να) .

Συνάδελφοι

=

•Αν νοιώθετε την ανάγκη για μια ευρύτερη ενημέρωση γύρω απο θέματα που αφορούν στη δουλειό του δασκόλου των μαθηματικών • Αν θέλετε δείγματα της δουλειός των συναδέλφων μαθηματικών απ'όλη την Ελλόδα και απο την Κύπρο

(Προτείνεται από το συνάδελφο Νίκο Α ντω­ νόπουλο, 1λ ιον, Α θή να)

95.

•Αν θέλετε να γίνετε κοινωνοί του παγκόσμ ιου προβληματισμού γύρω απο τα Αναλυτικό Προγρόμματα Μαθηματικών, γύρω απο τη Διδασκαλία των Μαθηματικών και τις νέες προτεινόμενες Μεθόδους

Δίνεται η εξίσωση 3 ( χ 2 + y 2 ) + 2 { xy - 33 1) 2 .

•Αν θέλετε επιλεγμένες «σπαζοκεφαλιές» και νοητικές προκλήσεις για τα παιδιό σας,τους μαθητές σας ή και τους φίλους σας,

=

• Αν θέλετε να χρησιμοποιήσετε μαθηματικό παιγνίδια για να κόνετε το μόθημα σας πιο ελκυστικό και αποτελεσματικό

Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της. (Προτε ίνεται από το συ νάδελφ ο Γι ώργο Τρι­ ά ντο, Α θή να)

96.

• Αν θέλετε δείγματα και υλικό απο Μαθηματκοός Διαγωνισμοός απ'όλο τον Ι(όσμο

Σε κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα R θεω­ ρούμε μια διάμετρο ΑΒ και σημείο Ρ στο εσωτερικό του. Αν Γ, Δ είναι τα σημεία το­ μής των ΑΡ, ΒΡ με τον κύκλο και D 1 , D 2 οι δυνάμεις του σημείου Ο ως προς τους περι-

• Αν θέλετε να αναθέσετε στους μαθητές σας μικρές ερευνητικές μαθηματικές εργασlες

•Αν θέλετε να γνωρίσετε παγκόσμια διόσημους επιστήμονες και τις σκέψεις τους γύρω απο τα Μαθηματικό και τη Μαθηματική Εκπαίδευση,

ΟΜ ΑvrΑ ΚΑΙ ΜΜ ΠΟΛΛΑ ΠΑ ΔΥΟ ΤΕΥΧΗ

ΤΟΥ Cp ΠΟΥ ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ ΚΑΙ ΣτΟ 3ο ΠΟΥ ΘΑ ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕΙ ΤΟ ΦΘΙΝΟΠΩΡΟ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4Π5

Τ Α 18 Α Θ 11 J8AT Ι Ι( Α Α .Σ .Σ I( ε JJAZ D Y II Επιμέλεια: Παναγιώτης Χριστόπουλος

Τα μα θηματι κά α ν κα ι ε ίνα ι επι στήμη πο υ απα ιτε ί α υστηρ ή δι ατύπωση, έχουν τη μαγε ία να απο σπο ύν το ενδι α φέρο ν όλ ω ν τω ν ανθρ ώ πω ν. Επινο ή σει ς σε προβλήματα ή ασκήσει ς με κατάλληλο τρ ό πο δι ατυ πωμένα εξάπτο υν το πνεύμ α, διεγείρο υν τη φ α ντασία κα ι κεντρ ίζο υν τη ν περ ιέργει α. Πρ ώτο ι ο ι Αρχα ίο ι Έλλ η νες ό πως ο Δι ό φ α ντος, ο Ζήνω νας κ. ά. μ ας δίδαξα ν α υ τά τα μα θημ ατικά. Στη στήλη αυ τή θα παρο υ σιάζο υμε θέμ ατα τα οπο ία δεν απα ι το ύν ιδι α ίτερες μα θημ ατικές γνώ σει ς αλλά μ ας δι ασΚεδάζο υν με τη ν εκφ ώνησή το υς ή τη λύ ση το υ ς κα ι είνα ι μι α ευχάρ ιστη κα ι συναρπαστική ασχολ ία

100 ευρώ 100 σοκολάτες

Μπορείτε να αγοράσετε με 100 Ευρώ 100 σο­ κολάτες διαφορετικών μεγεθών αν η τιμή τους εί­ ναι 10 ευρώ, 3 ευρώ και 0,5 ευρώ; Η Κληρονομιά

Ένας μαθητής είχε 50 ευρώ δίνει τα 25 για ένα βιβλίο του μένουν 25 20 5 για τετράδια 5 15 για το θέατρο 1 4 για ένα χυμό 1 για τσίχλες ο «

«

«

«

«

«

«

«

Πέντε αδέλφια θέλουν να μοιράσουν τετρά­ γωνο οικόπεδο με πλευρά 100 μέτρα.

51 !!! Σύνολο Σύνολο 50 Δώστε την απάντησή σας πώς έγινε αυτό; Σύμφωνα με τη διαθήκη ο μεγαλύτερος θα πά­ ρει τμήμα σχήματος τετραγώνου στη μια γωνία του οικοπέδου ίσο με το ένα τέταρτο. Το υπόλοιπο Οι σοκολάτες θα μοιραστεί στους άλλους 4,μπορείτε εσείς να Η Αφροδίτη μοιράστηκε με τις φίλες της Σο­ βάλετε τους φράχτες γιατί οι ίδιοι δεν κατάφεραν φία και Αρετή 8 σοκολάτες, τις 5 από αυτές είχε να κάνουν τη διανομή; αγοράσει η Σοφία και τις 3 η Αρετή. Αφού τις έ­ φαγαν η Αφροδίτη τους έδωσε 8 Ευρώ, πόσα πρέ­ Οι 17 καμήλες πει να πάρει η Σοφία και πόσα η Αρετή; Ένας Αιγύπτιος θέλησε να μοιράσει τις 17 κα­ μήλες του στους 3 γιούς του 2,3 και 9 ετών ανάλο­ Οι ολυμπιακοί κύκλοι γα με τις ηλικίες τους χωρίς να το πετύχει. Τότε Να τοποθετήσετε τους αριθμούς 1 ,2,3,4, ένας σοφός φίλος του τον δάνεισε μια από τις κα­ μήλες του και αφού έγινε η μοιρασιά με τις 18 5,6,7,8,9 σε καθεμιά από τις εννέα περιοχές (ένας αριθμός σε κάθε περιοχή) που ορίζουν οι πέντε πλέον καμήλες την ξαναπήρε. ολυμπιακοί κύκλοι, ώστε το άθροισμα των αριθ­ Πώς έγινε το μοίρασμα; Είναι σωστό; μών που είναι στο εσωτερικό κάθε κύκλου να είναι Είχε 50 του. έμειναν 51 το ίδιο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4Π6

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

ακόμα είναι όλοι άρτιοι, τρίγωνοι και το άθροισμά των αντιστρόφων του συνόλου των διαιρετών τους είναι πάντα δύο. είναι οι αριθμοί που ο καθένας είναι το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών του άλλου. π. χ, Οι Μαθητές Οι μαθητές του 1 Γυμνασίου λένε πάντα την 220, 284. αλήθεια ενώ του2ου Γυμνασίου πάντα ψέματα Ευτυχισμένος Παίρνουμε το άθροισμα των Συναντάμε στο δρόμο μαθητές από αυτά τα σχολεία την Αθηνά και τον Ερμή. Ρωτάμε τον τετραγώνων των ψηφίων του στον αριθμό που Ερμή: «Είστε μαθητές του Ι Γυμνασίου;)) μας προκύπτει παίρνουμε πάλι τον άθροισμα των τε­ απαντά «ναι)). «Είστε μαθητές του ίδιου τραγώνων των ψηφίων του, ξανά και ξανά μέχρι να βρούμε μονοψήφιο. Αν ο μονοψήφιος είναι ο σχολείου;)) μας απαντά «όχι)). Από ποιο σχολείο είναι η Αθηνά και από ποιο αριθμός 1 τότε ο αριθμός μας είναι ευτυχισμένος, για κάθε άλλο ψηφίο δυστυχισμένος. ο Ερμής; Φίλοι

ου

ου

Μαγικοί

Πολλαπλασιάστε τον αριθμό 123456789 με τα Οι μαθητές ρώτησαν το Μαθηματικό τους πολλαπλάσια του 9 . Σβήστε ένα από τα ψηφία και πολλαπλασιάστε ποιο όνομα θα δώσει στη νεογέννητη κόρη του και αυτός απάντησε: Πάρετε έναν αριθμό 3ψήφιο με με τα πολλαπλάσια του 9. Βρείτε την τετραγωνική του ρίζα. διαφορεπκά ψηφία μονάδων και εκατοντάδων. Πολλαπλασιάστε αριθμούς που τα ψηφία τους Δημιουργούμε τη θεπκή διαφορά που προκύπτει μεταξύ του αριθμού μας και του αριθμού που είναι μόνο μονάδες με τον εαυτό τους. Πολλαπλασιάστε τον 37 με τα πολλαπλάσια προκύπτει αν αλλάξουμε μεταξύ τους τα ακραία ψηφία. Το ίδιο κάνουμε στα ψηφία της διαφοράς του 3. Πολλαπλασιάστε τον 143 με τα πολλαπλάσια και προσθέτουμε τον νέο αριθμό στην διαφορά. Πολλαπλασιάζουμε το άθροισμα με 5, τα ψηφία του 7. Πολλαπλασιάστε τον 142857 με τους 1,2,3, . . . , του γινομένου δίνουν το όνομα αν ανπκαταστα­ 10. θούν με γράμματα ως εξής: τοl με � το 2 με Ψ, Η Κό ρη

το3 με Ω, το 4 με Ν, το 5 με Α, το6 με Ζ, το 7 με

Ρ, το 8 με Γ, το 9 με Λ, το Ο με Σ. Όλοι οι μαθη­

Από τη Γη στη Σελήνη

Έχετε διπλώσει ένα σεντόνι περισσότερες από 7 φορές; τό; Αν διπλώνατε ένα σεντόνι 35 φορές τι ύψος θα Από την αρχαιότητα είχαν διαπιστώσει ότι υ­ πάρχουν τέλειοι αριθμοί φίλοι αριθμοί ευτυχι­ είχε; σμέ\'ΟΙ ή δυστυχΙσμέ\'ΟΙ αριθμοί, τρίγωνοι, τετρά­ Η Πίτ α γωνοι, κ.ά. Κάποιος αποφάσισε τη μια μέρα να φάει τη μισή πίτα, την άλλη μέρα από αυτή που έμεινε πά­ Τέλειος αριθμός λέγεται ο αριθμός που το ά­ θροισμα των γνήσιων διαιρετών του (εκτός του ι­ λι τη μισή, την 3η μέρα το ίδιο, σκέφτηκε ότι έτσι η δίου) είναι ο ίδιος ο αριθμός. Τέλειοι είναι οι 6,28, πίτα του δεν θα τελειώσει ποτέ, σωστά; 496, 8128, . . . . Βέβαια είναι λίγοι γνωστοί και κάτι τές βρήκαν το όνομα ποιο είναι και πώς i:yινε αυ­

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.4Π7

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Απαντιίσεις Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν 3ου Τεύχους

2 1 9 7 3 4 5 8 6

4 8 6 1

5 2 7 9 3

3 7 5 9 6

8 4 1 2

5 9 4 6

8 7 3 2 1

8 3 1 2 4 5 9 6

7

7 6

2 3 9 1 8 4 5

1 5 8 4 2 3 6

7 9

6

2 3 8 7 9 1 5 4

9 4 7 5 1

Η Ι ΣΟΤ Η ΤΑ

3 + 8 - 219 ;f 129, 2η λύση 3 4 8 219 = 129, 3η λύση 3 + 8 - 219 < 129 . lη λύση

ΤΑ 9 Σ Η Μ Ε Ι Α

6

2 3 8

ΕΥΚΟΛΟ

Η Ο Ι ΚΟ Γ Ε Ν Ε Ι Α

Δύο αδέλφια (αδελφός και αδελφή) με τον γιο του ο ένας και την κόρη του ο άλλος.

7 5 6

4 8 9 1 2 3

8 9 2 7 3 1 5 4 6

1 3 4 2 5 6

7 9 8

6

4 1 9 7 3 8 5 2

3 2 5 8

9 7

4 1 7

5

6

6

1

4 9 7 1

2

8

6

3 4

2 5 3 8 9

2 8 3 1 9 7 4 6

5

5 6

9 3 4 8 2 1 7

ΜΕΤΡ ΙΟ

7 9 4 2 3 8 1 5 6

3 1 5 6

9 7 8 2 4

6

2 8 1 4 5 9 7 3

ΔΥΣΚΟΛΟ

4 7 2 8 5 6

3 1 9

8 6

3 9 2 1 7 4 5

9 5 1 4 7 3 6

8 2

5 3 9 7 8 2 4 6

1

2 8 6

3 1 4 5 9 7

1 4 7 5 6

9 2 3 8

Ο Ι Π ΠΕΣ

Ψήνει τις δύο πίτες 1 η και 2η από την μια μεριά (2 λεπτά) στη συνέχεια μια από αυτές π. χ. την 1 η από την άλλη πλευρά μαζί με την 3η (2 λεπτά). Τέ­ λος την 3η και την 2η από την άλλη πλευρά (2 λε­ πτά). Σύνολο 6 λεπτά. Η Π Α Λ Ι Ρ ΡΟ Ι Α ΚΛ Ι ΤΟ KΛ J>A B I

Με την παλίρροια το καράβι θα ανυψωθεί και η σκάλα θα είναι βυθισμένη το ίδιο. Ο Ε Ξ Υ Π Ν ΟΣ Μ Α Θ Η Τ Η Σ

Ο Μιχάλης βάζει αριθμούς ώστε το άθροισμα των ψηφίων με τους αντίστοιχους αριθμούς που δίνει η Βάσω να είναι 9. Δηλαδή 2+7, 5+4, 4+5, 1+8. Έτσι έχει 9999+9999=20000-2 από τον αριθμό 7543 αφαιρεί δύο μονάδες και τις θέτει ως ψηφίο δεκάδων χιλιάδων.(το ίδιο γίνεται και με αριθμούς με διαφορετικό αριθμό ψηφίων). Η Γ Υ Ν Α Ι ΚΑ Πήγαινε Πεζή. ΤΑ ΤΕΤΡΆΓΩΝΑ

Οι Απαντήσεις γ ια «τα Μ αθη ματικά μα ς δ ι ασκε­ δ άζουν» του 4°11 Τεύ χους είναι στην σελίδα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.4Π8

66.

ΑΝΑΚΟΙΝΩΣΗ Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία στην ετήσια Γενική της Συνέλευση που πραγματοποιήθηκε την Κυριακή 12 Μαρτίου 2006 αποφάσισε την αύξηση της ετήσιας συνδρομής των μελών από το έτος 2006, από 15€ σε 20€.

Σημειώνουμε ότι η συνδρο μή είχε την ίδια τιμή τα τελευταία οκτώ χρόνια και η αύξηση αυτή ήταν επιβεβλημένη μετά από τη σημαντική αύξηση των τελών αποστολής των περιο δ ικών στα μέλη από τα

Ελληνικά Ταχυδρομεία, όπως διαπιστώσαμε στο τέλος Ιανουαρίου. Επειδή η επιβάρυνση της αποστολής των περιοδικών καθώς και η συνεχής αύξηση του κόστους έκδοσης των περιοδικών είναι μεγάλη παρακαλούμε όπως εξοφλείτε τη συνδρομή σας έγκαιρα στην Ε.Μ.Ε. Για ενημέρωσή σας, επάνω στην ετικέτα με το όνομα σας αναγράφεται το συνολικό ποσό το οποίο οφείλετε στην Ε .Μ.Ε . Οι τρόποι που μπορείτε να πληρώσετε τη συνδρομή σας είναι: •

Στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Στα γραφεία των παραρτημάτων της Ε . Μ.Ε .

Με ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή, ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ, ΤΑΧ. ΓΡΑΦΕΙΟ ΑΘΗΝΑ 54, Τ. Θ. 30044

Είτε με κατάθεση του αντιτίμου της συνδρομής στους παρακάτω λογαριασμούς: � Τράπεζα ΕΘΝΙΚΗ, λογαριασμός όψεως 080/48002300 � Τράπεζα ALPHA, λογαριασμός όψεως 10 100 200 20 19 988 ΠΡΟΣΟΧΗ: Στην περίπτωση που η πληρωμή θα γίνει σε τράπεζα πρέπει να αποστείλετε στο Fax της ΕΜΕ (2 1 0-364 1 025) την απόδειξη κατάθεσης συμπληρωμένη με τα πλήρη στοιχεία του καταθέτη (ονοματεπώνυμο, διεύθυνση, τηλέφωνο) ώστε να είναι εφικτή η ορθή αποστολή των περιοδικών. Από το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε . Αγαπητοί Συνάδελφοι,

ΕΝΗΜΕΡΩΣ Η ΤΟΥ ΑΡΧΕΙΟΥ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

Η ΕΜΕ για την καλύτερη επικοινωνία και συνεργασία με τα μέλη της, στο πλαίσιο αναβάθμισης και

εμπλουτισμού της ιστοσελίδας της αλλά και την πληρέστερη ενη μέρωσή σας σε θέματα που αφορούν τόσο

στις δραστη ριότητες του Σωματείου μας, αλλά και σε γενικότερα θέματα αποφάσισε να ανανεώσει και να συμπληρώσει το αρχείο των μελών της. Για το λόγο αυτό σας παρακαλούμε, αφού συμπλη ρώσετε

με ιδιαίτερη προσοχή και με

ΚΕΦΑΛΑΙΑ

γράμματα τη φόρμα που ακολουθεί, να την αποστείλετε στην ΕΜΕ το συντομότερο δυνατό με fax στο 21 0-

364 1 025 ή με e-mail στο info @ hms.gr ή ταχυδρομικά. Εάν μέχρι τέλος Ιουνίου δεν έχουμε λάβει το σχετικό

έντυπο θα θεωρήσουμε ότι τα στοιχεία που έχουμε στο αρχείο μας είναι σωστά και θα εξακολουθήσουμε να

σας αποστέλλουμε τα περιοδικά «Ευκλείδης Α' και Β ' ». Διευκρινίζεται ότι στη θέση «ΕΡΓΑΣΙΑ}} πρέπει να συμπλη ρωθούν τα πλήρη στοιχεία της υπηρεσίας της έπιχείρησης, του οργανισμού κλπ. στην οποία εργάζεστε.

Επίσης στη θέση «ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ}} εάν στην ίδια οικογένεια υπάρχουν 2 άτομα που είναι μέλη της Ε. Μ Ε. έχετε

τη δυνατότητα να επιλέξετε δύο από τα τρία περιοδικά ( μικρός Ευκλείδης, Ευκλείδης Α ' , Ευκλείδης Β ' από

τέσσερα τεύχη το χρόνο) ή ένα από τα τρία επιστημονικά περιοδικά (Ευκλείδης Γ, Μαθη ματική Επιθεώρηση , από δύο τεύχη το χρόνο, Δελτίο από ένα τεύχος το χρόνο) .

τη θετική ανταπόκρισή σας στην προσπάθεια της Εταιρείας να ενημερώσει το αρχείο και να καλύψει τις δικές σας απαιτήσεις, προς όφελος όλων, σας ευχαριστούμε εκ των προτέρων. Είμαστε βέβαιοι για

[

ΚΩΔΙΚΟΣ ΜΕΛΟΥΣ ΟΝΟΜΑ :

[

ΟΝΟΜΑ ΠΑΤΡΟΣ : [ :

ΟΔΟΣ

ΠΟΛΗ I ΠΕΡΙΟΧΗ :

ΤΗΛΕΦΩΝΟ :

FAX : .

[

. . . . . . . . ... . . . • .

]

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

[

[ [

. . . . . .

.

[

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

ΗΜ/ΝΙΑ ΓΕΝΝΗΣΗΣ :

]

[

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

E-MAIL :

ΑΡ.:

.....

ΚΙΝ.:

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

]

/ . . . . /. . . . . ..

]

] ΤΑΧ. ΚΩΔΙΚΟΣ: [

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

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

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

. ] . .

,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ]

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

]

[ ........................................................................................................................... ]

Α ' ΠΤΥΧΙΟ

[ [

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

]

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

]

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

]

ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΑ

ΕΡΓΑΣΙΑ

]

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

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

ΣΠΟΥΔΕΣ:

] ΕΠΩΝΥΜΟ: [

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

ΔΙΔΑΚΤΟΡ Ι ΚΟ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ:

Μ ικρό Ευκλείδη ΕΥΚΛΕΙΔΗ Α ' Ε ΥΚΛΕΙΔΗ Β '

Ο

Ο

Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Γ

ΜΑΘΗΜΑτJΚΗ ΔΕΛτJΟ

Ο

ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ. Ο

Ο

Ελληνική Μαθηματική ΕταιQεία

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Με διεθνείς συμμετοχές Πάτρα 24 - 25 - 26 Νοεμβρίου 2006

ΤΑ •ΑeΝ.ΑΤΙΙιΑ 11% DΟΑΙΤ Ι%.0% %ΤΟ %ΊrΧΡΟΝΟ 1(0%.0 , DΡΟ8ΙιΤΑ % 8 Ι % %ΤΝΝ Ι(ΡΙΤΙΙ(Ν %1(8ΨΝ . ΤΝΝ 8DΙΧ8ΙΡΝ.ΑΤΟΑΟrΙΑ ΙιΑΙ ΤΝΝ ΑΙ%tJΝΤΙΙιΝ

Τα μαθη ματικά είναι ένα από τα πιο σημαντικά πολιτιστικά συστατικά κάθε σύγχρονης κοινωνίας. Η επιρροή τους πάνω σε όλα τα άλλα πολιτιστικά στοιχεία ε ίναι τόσο θεμελιώδης και διάχυτη που ε ίναι φανερό ότι ο σύγχρονος τρόπος ζωής μας δεν θα υπήρχε χωρίς τα μαθη ματικά. Σκοπός του Συνεδρίου ε ίναι να αποτελέσε ι το βή μα παρουσίασης και διαλόγου σχετικά με ερευνητικές μελέτες και εργασίες, προτάσεις, αναλύσε ις και θεωρητικά πλαίσια που σχετίζονται με τα μαθη ματικά ως κουλτούρα στο σύγχρονο κόσμο και την ανάπτυξη της κριτικής σκέψης, της επιχε ιρη ματολογίας και της αισθητικής μέσα από τη διδασκαλία των μαθη ματικών σε όλες τις βαθμίδες της εκπαίδευσης και τη χρήση των μαθη ματικών στις άλλες επιστή μες, την τέχνη και την τεχνολογία.

1.

2.

3.

4.

5.

Θεματικές Ενότητες του Συνεδ ρίου Ο πολιτισμός των Μαθη ματικών και στις τρε ις βαθμίδες της εκπαίδευσης Τα Μαθη ματικά ως στοιχε ίο επικοινωνίας μεταξύ των ανθρώπων και των πολιτισμών Φύλο και Μαθη ματικά Τα Μαθη ματικά στην Τέχνη και στην Τεχνολογία Επιχε ιρη ματολογία κ α ι μαθη ματική απόδε ιξη στην πορε ία του χρόνου και η διδακτική αξιοποίηση τους

Ο δηγίες για τη Σύνταξη των Εργασιών Οι εργασίες οι οποίες θα υποβληθούν μέχρ ι τις 4 Σεπτε μβρίου 2006 θα κριθούν με βάση τα πλήρη κε ίμενα από την επιστη μονική επιτροπή . Θα πρέπει να ε ίναι πρωτότυπες και να εντάσσονται στους σκοπούς του συνεδρίου, Οι εργασίες μπορε ί να παρουσιάζουν έρευνα πεδίου ή να αναπτύσσουν ένα θεωρητικό θέμα που · άπτεται της Μαθη ματικής Παιδε ίας (όπως φιλοσοφικές - γνωστικές θεωρήσε ις) . Στο πρώτο είδος εργασιών πρέπει να αναφέρεται το θεωρητικό πλαίσιο που ο (η) συγγραφέας στήριξε τον σχεδιασμό της έρευνας πεδίου . Επίσης πρέπει να παρουσιάζεται μια σύντομη επισκόπηση της στο θέμα υπό εξέταση. Η μεθοδολο'{ία ανάλυσης των δεδομένων (που αναλυτικά θα

�φλιαγραφίας παρ ατίθ ετω.) μπορεί να είναι πο ιοτική ή ποσοτική.

,

)

,

τη Τα συμπεράσματα (και στα δύο είδη εργασιών θα ε μπε � ιέχουν �ολιασμο για τη σημασια το�ς και _ ευκρινως αι αναφερο να ι ε πρε θα οποιοι οι συνεδριου, του � � συμβολή τους στους θε ματικούς άξονες ; του συνεδριου, τα τα πλήρη κείμενα των εργασιών που θα εγκριθούν θα περιλ ηφθουν στα πρακτικα

οποία θα καταβληθεί προσπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδριο.

ΣΗΜΑΝΠΚΗ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 4 Σεπτεμβρίου 2006 Τα πλήρη κε ίμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβλη θούν μέχρι ττις 4 Σεπτεμβρίου 2006 στην παρακάτω διεύθυνση : Ε.Μ.Ε.

(για το 23ο Συνέδριο της ΠΑ'fΡΑΣ)

Πανεπιστη μίου 34 - 106 79 Αθήνα Τηλ. : 210 3616 532 - 3617 784 Fax: 210 3641 025 e-mail: info@hms.gr www . hms.gr

Παράρτημα Ε.Μ.Ε. Αχαίας

Καπποδιστρίου 52 26222 Πάτρα Τηλ./Faχ: 26 10-422273 e-mail: bipapant@math.upatras.gr

Ιστοσελίδα Συνεδρίου http://www .emepatras.gr/emec23/ email: mail@emepatras.gr, heron@otenet.gr ΟΡΓΑΝΩΣΗ:

Ελληνική Μαθηματική Εταιρε ία, Παράρτημα Ε.Μ.Ε. Αχαίας Περιφερειακό Ταμείο Ανάπtυξης Δυτικής Ελλάδας, Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστημίου Πατρών

από τις εκδόσεις <<Εν Δυνά μει>>

Για

Γ' Λυκείου

Φυσική ΙΚστεύβυνσης (ταλαντώσεις - Κύματα) - Γ. θ. Ντούβαλης Φυσική Κατεύβυνσπς (Μηχανική του στερεού σώματος) - Γ. θ. Ντούβαλης Φυσική Κατεύβυνσης (Κρούσεις - Φαινόμενο Doppler) - Γ. θ. Ντούβαλης Ασκήσεις Βιολοyίαc; Γενικής Παιδείας - Κ. Ρ. Παπαζήσης Μα8πματικά Κατεύβυνσης (Παράγωγοι) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος Μα8πματικά Κατεύβυνσπς (Ολοκληρώματα) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος •

•

την

•

•

•

•

•

•

Έκφρασπ

Ανάπτυξη εφαρμογών •

Έκθε:ση - Α. Καλλή - Γ. Σοuλτάνης

προyραμμστιστικό ιιεριβά)...λον - Κ. Ν.

σε

-

Αρχές Οικονομικής Θεωρίαc;

•

•

Για

την

Ιορδανόποuλος

- Κ. Γαροφαλάκης

Α' Λυκείου

Φυσική - Κ. Ρ. Παπαζήσης

'Άλγεβρα - Γ.

&

Π. Λοuκόποuλος

Ξ :z

-:ΞΙ

Ειι Δuιιόμ&ι Ε

ΧΡΥΣΙΠΠΟΥ

1

&

Κ Δ Ο Σ

Ε

Ι

ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜ Ε - ΖΩΓΡΑΦΟΥ

Σ

Τηλ. : 2 1 0 74 88 030,

fax : 2 1 0 74 83 03 1

•

�

.

ΕΛΛΗΝΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 - 1 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3 6 1 6532 - 3 6 1 7784 - Fax: 3 64 1 025 www.hms.gr - e-mail : info@hms.gr

Παίγνια και Λήψη Αποφάσεων

Σελίδες 3 1 8

ISBN: 960-73 4 1 -27-9. Σχήμα 1 9Χ23 Λ.Τ. 28 €

Το βιβλίο πραγματεύεται με ενιαίο τρόπο το αντικείμενο της Θεωρίας Παιγνίων και της κλασικής Θεωρίας Βελτιστοποίησης υπό το πρίσμα των εφαρμογών των θεωριών και των τεχνικών τους στα οικονομικά, τις πολιτικές επιστήμες και τη διοίκηση επιχειρήσεων. Αποφεύγοντας τη σχολαστικότητα, αλλά χωρίς να υστερεί σε μαθηματική αυστηρότητα, το βιβλίο απευθύνεται κυρίως σε προπτυχιακούς αλλά και μεταπτυχιακούς φοιτητές των οικονομικών, θετικών και τεχνολογικών σχολών, καθώς και σε όσους ενδιαφέρονταrεΥγένει για τη Θεωρία Παιγνίων και τη Θεωρία Αποφάσεων. Ο μεγάλος α9 θμός των επεξεργασμένων παραδειγμάτων και των προς επίλυση ασ.κησεων που καλύπτουν ένα ευρύτατο φάσμα εφαρμογών, εισάγουν βαθμιαία τον αναγνώστη στη μεθοδολογία και τη λογική της θεωρίας, και τον διδάσκουν πώς να αξιολογεί και να εφαρμόζει κατάλληλα τις σχετικές τεχνικές

Ν Ε ΕΣ Ε ΚΔΟΣ Ε Ι Σ

ΕΛΙ\ΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑηΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

1/ιιί,.,, ιιιιι

lfψf ΙrιΙφtίtιcωr Χ. Δ . Αλιn ρόντn ι<αι S. Κ. Chal<rabarti

�

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία με μεγάλη ικανοποίηση και υπερηφάνεια παραδίδει το πολύ σημαντικό αυτό έργο όχι μόνο στους Μαθηματικούς αλλά και σε όλους αυτούς που θέλουν να μελετήσουν σε βάθος το Ηρωνικό έργο. Ο Αλεξανδρινός «μηχανικός» Ηρών εκτός από τις περίφημες πραγματείες του που αναφέρονται σε θέματα κατασκευής και λειτουργίας διαφόρων μηχανών, μας έδωσε και αξιόλογα μαθηματικά κείμενα

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ ΟΝΟΜΑΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΏΝ ΟΡΩΝ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ

Σχήμα 1 7Χ24 Σελίδες 5 1 6 ISBN: 960-734 1 - 1 6-3

Λ.Τ. 2 0 €

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ ΜΕΤΡ/ΚΑ - ΔΙΟΠΤΡΑ

Σχήμα 1 7Χ24 Σελίδες 328 ISBN: 960-7341 -22-8 Λ.Τ. 20 €

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΚΆ

Σχήμα 1 7Χ24 Σελίδες 4 1 4 ISBN: 960-734 1 -26-0 Λ.Τ. 2 0 €

Συνάδελφοι

Επισκεφθείτε

την ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε.

(www.hms.gr ) όπου

υπάρχουν όλα τα τεύχη του

Ευκλέιδη Γ ' και της Μαθηματικής Επιθεώρησης με τ α ?fεριεχόμενά τους καθώς και όλες οι εκδόσεις της Ελληνικς Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.).