Ευκλειδης Β 68 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ Τεύχος

•

ΜΑΘΗι\1ΑΤΙΚΗ ETAIPEIA

Απρίλιος

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΟ

•

Μάίος

•

ιούΥιος

Π Ε Ρ ΙΟ Δ Ι Κ Ο

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

.ι' Μαθηματικοί Διαγωνισμοί "0 Αρχιμήδης" 2008

.ι'

Homo Mathematicus

Επαναληπτικές ασκήσεις

Μαθηματικά

.ι' Άλγεβρα:

Τάξης

Α'

Επαναληπτικά θέματα

.ι' Γεωμετρία:

Τάξης

Β'

Επαναληπτικά θέματα

.ι' Κατεύθυνση: .ι' Γεωμετρία:

ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

Επαναληπτικές ασκήσεις

Τάξης

κriς χρονιάς ευχόμαστε σε όλους καλri δύναμη και ειδικά στους μαθητές καλri επιτυχία στις

ε ξετάσεις τους και σας περιμένουμε όλους με

χαρά από τον Σεπτέμβριο •

Καλό Καλοκαίρι

Με συναδελφικούς χαιρετισμούς

Ο Πρόεδρος της Συντακτικriς Επιτροπriς

Γ.Σ. Τασσόπουλος Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικriς Επιτροπriς

Β. Ευσταθίου

.ι' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Επαναληπτικά θέματα

.ι'

Θέματα επανάληψης

Με την συμπλnρωση των τεσσάρων τευ

Κωνικές τομές

.ι' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας

3,50

χών και την ολοκλriρωση της φετεινriς σχολι

Γ'

ΓΙΑ

Ευρώ:

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι .

Θέματα επανάληψης

Μαθηματικά

•

Γράμμα της Σύνταξης

Ιστορίες για Ισοσκελή Τρίγωνα

.ι' Άλγεβρα:

Έτοc \η-

.ι' Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

Μαθηματικά

20011·

e-maiι: inio:Ghms.!!r www.hms.gr

Σας Ευχόμαστε Καλό Καλοκαίρι και περιμένουμε τις συνεργασίες σας

.ι' Ολοκληρώματα και Ανισότητες • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •

.ι' Ο Ε υκλείδης προτείνει...

.ι' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζο υν

Σύνθεση εξωφύλλου: αφίσσα του Cem με αφορμή τηv εξερεύνηση του κέντρου της yης

Από

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34

106 79 ΑΘΗΝΑ

Συντακτική επιτροπή

Εκτελεστική Γραμματεία

Αθανασόπουλο� Γεώργιο� Αναστασίου Γιaνν:ι:ις • Ανδρουλακάκης Νικος Τηλ.: 21Ο 3617784 - 3616532 Τασαόπουλος Γιώργος Αντωνόπουλος Νίκος Fax: 2103641025 i\ργυ ρ�κης Δη μ,ήτ__ριος Αντιπρόεδρος: Βακαλοπουλος Κωστας Εκδότης: Δρούτσας Παναγιώτης Ευσταθίου Βαγγέλης Ευσταθίου Βαγγέλης Αλεξανδρής Νικόλαος Ζαχαρόπουλος Κων/νος Γραμματέας: Ζώτος ΒαγγέλΙJς Διευθυντής: Χριατόπουλος Παναγιώτης Κακκαβάς Αποστολος Καλίκας Σταμάτης Τυρλής Ιωάννης Κανέλλος Χρήστος Μέλη: Αργυράκης Δ. Καραγκού�ης Δημήτρης Καρακατσανης Βασίλης Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Δρούτσας Π. Καρκάνης Βασίλης ISSN: 1105- 7998 Κατσούλης Γιώργος Λουρίδας Σ. Κερασα�ιδης Γιαννης Καρδαμιτσης Σπύρος Ν. ός Ταπειν Κnπουρός Χρήστος Επιμέλεια Έκδοσης: Κλάδη Κατερίνα Τασσόπουλος Γιώργος Κόντζια;; Νίκος Κοτσιφακης Γιώρyος Ευσταθίου Βαγγέλης Κουτρουμπέλας Κώστας ΚυριαζΊί; Ιωάννης Κυριακοπουλος Αντώνης Κυ ιακόπουλος Θανάσης Κυ ερν!]του Χρυστ. Λα αρίδης Χρηστος Λάitπας Λευτέ 9ης ουρίδας Σωτηρης •••••••••••••••••••••••• 8 •••••••••••••••••••• Λ •

Πρόεδρος:

�

•

Μαλαq;έκα; Θανcιση; Μανολάκοι• Σταμcιτική Μαυρογιαννάκη; . \ει•J\"ίδα;

Μενδρινό; Γιάννη; Μεταξάς Νικόί.αο; Μπρίνος Παναγιιδτη; Μυλωνάς Δημήτρη; Μώκος Χρήστο; Πανουσάκης Νίκο; Ρέγκλης Δημήτρη; Σαtτη Εύα Στα"ίκος Κώστας Στά"ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώ ργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης ΦανέληΆννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαγγέλης

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται.

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

ευρώ 14,00)

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παρσ:rtέλνονται στέλνεται με ωτλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: /ΝrΕΡΠΡΕΣ ΑΕ τηλ.: 210 8160330 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης

«0

πρώτος που απέδειξε ότι οι παρά την βάση γωνίες του ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσες (είτε Θαλής ονομαζόταν είτε αλλιώς), είχε μία αναλαμπή». 1. Καντ (1724-1804)

Σωτήρης Γκουντουβάς

Θα προσπαθήσουμε στην εργασία αυτή να δούμε μερικές 'ιστορικές' αποδείξεις για την θεμελιώδη ιδιότητα του ισοσκελούς τριγώνου, δηλαδή ότι οι προσκείμενες γωνίες στην βάση είναι ίσες. Στα Στοιχεία του Ευκλείδη η πρόταση αυ τή είναι η 5" στο πρώτο βιβλίο. Οι πρώτες τρεις προτάσεις του πρώτου βιβλίου αναφέρονται σε απλές γεωμετρικές κατασκευές και η τέταρτη είναι το κριτήριο ισότητας τριγώνων Π-Γ-Π, όπου η απόδειξη της γίνεται με επίθεση σχημά των και έχει δεχθεί ισχυρή κριτική (*J. Μπο ρούμε λοιπόν να ισχυριστούμε ότι η 517 πρόταση είναι θεμελιώδης, σπουδαιότατη και κατ' ου σίαν η απόδειξή της είναι η πρώτη 'καθαρόαι μη απόδειξη' ενός γεωμετρικού θεωρήματος, που για να επιτευχθεί στηρίζεται στην 4" δηλα δή στο κριτήριο Π-Γ-Π. Η πρόταση αυτή από τους aρχαίους αποδί δεται στον Θαλή τον Μιλήσιο (640 ή 624-546 π.Χ).

προσκείμενες γωνίες στην βάση είναι ίσες. Μά λιστα τις ίσες γω νίες τις αποκαλούσε κατά το aρχα ϊκότερο όμοιες].

Θαλής ο Μιλήσιος

Ο Πρόκλος σαν αναφορά για τα σχόλιά του είχε το, μη σωζόμενο σήμερα, έργο του Εύδη μου του Ρόδιου (4°ς αιώνας π.Χ) "Ιστορία της

Γεωμετρίας".

Ο νεοπλατωνικός φιλόσοφος Πρόκλος (πε ρίπου 410-485 μ.Χ) στα σχόλια του στο πρώτο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη αναφέρει ότι :

Εδώ ίσως θα πρέπει να σταθούμε στο γεγο νός ότι οι αρχαίοι της εποχής του Θαλή για την ισότητα γω νιών χρησιμοποιούσαν τον όρο ο μοιότητα. Επίσης χρησιμοποιού σαν και γω νίες μικτόγραμμες (που μ ια πλευρά της ήταν τόξο « λέγεται γαρ δη πρώτος εκείνος επιστήσω και ειπείν, ως άρα παντός ισοσκελούς αι προς τη κύκλου). Οι μικτόγραμμες γωνίες με την ανά βάσει γωνίαι ίσαι ει σίν, αρχαϊκώτερον δε τας πτυξη της Γεωμετρίας σταδιακά εγκαταλείφθη καν. ίσας ομοίας προ σειρηκέναι ». [Λ έγεται ότι πρώτος εκείνος (Θαλή ς) επισήμανε και είπε ότι κάθε ισοσκελούς (τριγώνου) οι

Μια αρχαία απόδειξη που αναφέρει ο Αρι στοτέλης στα "Αναλυτικά Πρότερα" (Α41β,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/1

-------

Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

-------

13-22) που ίσω ς ανάγεται στο Θαλή είναι η ε ξι/ς: Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο με ΑΒ=ΑΓ Με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΒ γράφουμε κύκλο . Φέρνο υμε τώρα τις διαμέτρους ΒΔ και ΓΕ. Οι μικτόγραμμες γωνίες με πλευρές ΑΒ, τόξο ΒΓ και ΑΓ, τόξο ΓΒ είναι ίσες γιατί η διάμετρος χωρίζει τον κύκλο σε δύο ίσα μέρη.

Αυτή η πρόταση επίσης αποδίδεται από τον Πρόκλο στον Θαλή.

Οι γω νίες ΒΓΔ, ΔΓΒ είναι εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ημικύκλιο άρα είναι ορθές. Η πρόταση αυτή σύμφ ω να με την ιστορικό Παμ φίλη και τον Διογένη Λαέρτιο αποδίδεται στον Θαλή. Επίσης δίνεται και η πληροφορία ότι θυ σίασε ένα βόδι για την ανακάλυ ψη αυτιj. Επίσης οι γωνίες ΔΓΕ και ΕΒΔ είναι ίσες γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο, το ΔΕ. Άρα οι γωνίες Β και Γ του τριγώνου είναι ίσες σαν διαφορά (συμπληρώματα) ίσων γω νιcόν. Η απόδειξη που δίνει ο Ευκλείδης στα Στοι χεία (3°ς αιώνας π.Χ), είναι η εξής :

Αριστοτέλης

Στην συνέχεια οι μικτόγραμμες γωνίες Β1 και Γι είναι ίσες. Αυτό ο Θαλιjς ίσως το δεχό ταν διαισθητικά ή σαν επέκταση της παραπάνω πρότασης (αφού η διάμετρος είναι ειδική χορ δή). Άρα οι γωνίες Β και Γ του τριγώνου είναι ίσες σαν διαφορά ίσων γωνιών.

Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο με ΑΒ=ΑΓ Προεκτείνουμε τις ΑΒ, ΑΓ κατά τμήματα ΒΔ=ΓΕ.

Μια άλλη απόδειξη παραλλαγή αυτής που Τα τρίγωνα ΑΓΔ και ΑΒΕ είναι ίσα λόγω αναφέρει ο Αριστοτέλης στα "Αναλυτικά Πρότερα" που θα μποροι)σε και αυτή να είναι του κριτηρίου Π-Γ-Π (πρόταση 4), άρα ΓΔ=ΒΕ ανακατασκευή της απόδειξης του Θαλή είναι η και οι γω νίες Δ=Ε και ΑΒΕ=ΑΓΖ (1). εξής Επίσης τα τρίγω να ΒΓΔ και ΒΓΕ είναι ίσα Γράφουμε επίσης τον κιJκλο με κέντρο το Α (κριτήριο Π-Γ-Π) άρα οι γωνίες ΓΒΕ=ΒΓΔ (2). και ακτίνα ΑΒ. Φέρνουμε τις διαμέτρους ΒΔ και ΓΕ και τις χορδές ΒΕ και ΓΔ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/2

------- Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές Αφαιρώντας κατά μέλη τις νουμε το ζητούμενο, ότι Β=Γ.

(1),

(2) παίρ

Η απόδειξη αυτή για τους φοιτητές των πανεπιστημίων του μεσαίωνα εθεωρείτο σαν το όριο το οποίο έπρεπε να περάσει κάποιος που ήθελε να ασχοληθεί με τα μαθηματικά. Επίσης το σχήμα στην απόδειξη του Ευ κλείδη μοιάζει αρκετά με τις γέφυρες της επο χής και για αυτό οι τότε φοιτητές ονόμασαν την 5" πρόταση "pon8 α8ίnοι·ιιm" δηλαδι? "γέφυρα γαϊδάρων" , αφοιΎ η κατανόησι? της απαιτοιJσε "γαϊδουρινή υπομονή". Η απόδειξη του Ευκλείδη θα μποροιJσε να γίνει και αν: Φέρουμε την διχοτόμο ΑΗ και συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΗ και ΑΓΗ κριτι]ριο Π-Γ-Π Φέρουμε την διάμεσο ΑΜ και συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΓΜ κριτήριο Π-Π-Π.

-------

απόδειξη αυτή ο Πάππος αναδεικνιΎει τις τοπο λογικές ιδιότητες του ευκλείδειου επιπέδου κα θώς και τις αναλλοίωτες. Η απόδειξη αυτή σε κάποιες εκδόσεις των Στοιχείων του Ευκλείδη από τον 18° αιώνα και μετά, ενσωματώθηκε ως εναλλακτική απόδειξη. Είδαμε λοιπόν 4 αποδείξεις της θεμελιώ δους ιδιότητας των ισοσκελcόν τριγώνων, ξεκι νώντας από την πρώιμη εποχή της Γεωμετρίας του Θαλι? τον 7° αιώνα π.Χ, μέχρι τον 3° αιώνα μ.Χ , 900 χρόνια μετά.

(*) Ο μεγαλος Γερμανός μαθηματικός Daνίd Hίlbat (1862-1943) στο σπουδαίο έργο του "Επί των θεμελίων της Γεωμετρίας" (Grund/agen da Geometrίe, 1899) θεμελιώνει αυστηρά το οικοδόμημα της Ευκλείδειας Γεω μετρίας.

Ο Πάππος ο Αλεξανδρεύς (3°ς αιώνας μ.Χ), σιJμφωνα με τον Πρόκλο, έδωσε μια άλλη ευφυέστατη και εξαιρετικά απλή απόδειξη.

David Hilbert

Γ Αν ΑΒΓ ισοσκελές με ΑΒ=ΑΓ, τότε συγκρί νουμε το τρίγωνο ΒΑΓ με το ΓΑΒ. Δηλαδή το ΓΑΒ θα μποροι'Jσαμε να το πά ρουμεαν περιστρέψουμε το αρχικό ΒΑΓ κατά

180. Τα ΒΑΓ και ΓΑΒ είναι ίσα (κριτήριο Π-Γ Π) γιατί ΑΒ=ΑΓ, ΑΓ=ΑΒ και οι γωνίες ΒΑΓ=ΓΑΒ. Άρα οι γωνίες Β και Γ είναι ίσες.

Σε αυτό το αξιωματικό σι'Jστημα η 4" πρό ταση των Στοιχείων δίνεται ως αξίωμα (χωρίς απόδειξη) και όχι ως θεcόρημα. Η μέθοδος της 'επίθεσης σχημάτων' χρησιμοποιείται από τον Ευκλείδη στα στοιχεία μόνο δύο φορές και αυ τές εξ ανάγκης. Οι επικριτές της μεθόδου ισχυ ρίζονται ότι αν ο Ευκλείδης έτρεφε αγαθά αι σθήματα για αυτή, θα μποροι'Jσε να την χρησι μοποιήσει για να αποδείξει το 4° αίτημα (αξίω μα) που λέει ότι όλες οι ορθές γωνίες είναι ίσες.

Ουσιαστικά αντί να συγκρίνουμε δι'Jο τρί γωνα συγκρίνουμε ένα με τον εαυτό του. Με την ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/3

Ηιιtdι.ιι,.r•ιι.t ,d,,.l'��·'/'48"� Μ;ιd.,..pιι:ε ... ιι€� OJ41prι- ... �1ε�

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

25η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" ΣΑΒΒΑΤΟ, 23

Φεβρουαρίου 2008

Θέματα Μεγάλων

ΠΡΟΒΛΗΜΑ]

τάξεων

Ένας υπολογιστής είναι εφοδιασμένος με πρόγραμμα που "παράγει" διατεταγμένα ζεύ γη πραγματικών αριθμών (x,y) με x,y ε (0, 1) και στη συνέχεια υπολογίζει τους αριθμούς α χ+ ym και β y + xm (όπου m θετικός ακέραιος). Η διαδικασία επαναλαμβά νεται μέχρις ότου προσδιοριστούν όλα τα δυνατά ζεύγη ακεραίων (α,β). Παρατηρήθηκε ότι για τον προσδιορισμό ενός ζεύγους ακεραίων αριθμών (α,β), ο υπολογιστής χρειάζεται 5 δευτερόλεπτα. Να υπολογιστεί ο αριθμός m , αν γνωρίζουμε ότι ο υπολογιστής χρειάστη κε 595 δευτερόλεπτα για να προσδιορίσει όλα τα δυνατά διατεταγμένα ζεύγη ακεραίων α ριθμών (α,β). =

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων θεωρούμε τα σημεία A(l,m) και B(m,1). Το διάνυσμα Γ(m+1,m+1) ······- � Ο Κ=x(l,m)=(x,xm) με Ο < χ< 1 είναι ------· ·········------συγγραμμικό με το διάνυσμα ΟΑ και το σημείο Κ βρίσκεται μεταξύ των σημείων Ο και Α Το διάνυσμα ΟΛ=y(m,1)=(ym,y) με Ο < y < 1 είναι συγγραμμικό με το διάνυσμα ΟΒ και το σημείο Λ βρίσκεται μεταξύ των σημείων Ο και Β. Έστω τώρα το διάνυσμα ΟΜ=ΟΑ+ΟΒ. B(m,1) Το σημείο Μ έχει συντεταγμένες : (χ + ym, y + xm)=( α , β ) . 0(0.0) Οι αριθμοί α , β είναι ακέραιοι, αν και μόνο αν το σημείο Μ ταυτίζεται με ένα από τα σημεία που βρίσκονται στο εσωτερικό του ρόμ βου ΟΑΓΒ και έχουν ακέραιους αριθμούς και τις δύο συντεταγμένες τους . Είναι πολύ εύκολο να διαπιστώσουμε ότι τα σημεία αυτά είναι m2 -2 το πλήθος, αν m > 1, ενώ για m = 1 υπάρχει ένα μόνο σημείο. Τα σημεία που ζητάμε βρίσκονται στις πλευρές και στο εσωτερικό του τετραγώνου ΑΤΒΣ, εκτός από τα σημεία Α και Β με T(m,m) και Σ( 1,1). Εφόσον ο υπολογιστής χρειάστηκε 595 δευτερόλεπτα, θα ισχύει η ισότητα: Λύση

(1 ος τρόπο ς)

5(m2 -2)=595++m2 -2=119*+m=ll. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/4

------r,,:

Μ α θη ματικοί Διαγωνισμο ί - Μα θ η ματικές Ολυμπιάδ ες

-------

,,,,r i::

Μπορούμε πρώτα να προσδιορίσουμε τα δημιουργούμενα ακέραια ζεύγη (α, β) , τα οποία είναι 595 : 5 = 1 1 9 . Για m = 1 παράγεται προφανώς μόνο το ζεύγος ( 1, 1) . Έστω m> 1 . Τότε οι τιμές των χ και y που παράγουν ένα ακέραιο ζεύγος (α, β) προσδι ορίζονται ως λύσεις του συστήματος

{ x ++myΥ == βα } � (χ, y) = ( mβm2 -- α1 , mαm2 --β1 ) · mx

Επειδή α, β ακέραιοι και x, y Ε (0, 1) , από τις δύο εξισώσεις του συστήματος έπεται ότι:

α, β Ε { 1, 2, ... , m} . Επιπλέον, από τη συνθήκη Ο < χ < 1 λαμβάνουμε: α και <m + α - 1 . 0 < mβ2 - α < 1 � 0 < mβ - α < m2 - 1 � β>β m -1 m m έχουμε: Έτσι, δεδομένου ότι β Ε {1, 2, ... , m} για α = 1, είναι β � 1 και β < m , οπότε β Ε { 1, 2, ... , m -1} , για α = 2, είναι β� 1 και β < m + _!__, οπότε β Ε { 1, 2, ... , m} , m για α = 3 , είναι β� 1 και β < m + }:__ , οπότε β Ε { 1, 2, ... , m} , m

m - 2 , οπότε β Ε { 1, 2, ... , m} , m ,, για α = m, είναι β> 1 και β < m + m 1 , οπότε β Ε {2, 3 , ... , m} . m m - β < 1 � β < mα και m (α - m) < β - 1 Επιπλέον, από τη συνθήκη Ο < y < 1 � Ο < � m -1 για α = m - 1, είναι β� 1 και β < m +

προκύπτουν ακριβώς τα ίδια ζεύγη, όπως παραπάνω, οπότε έχουμε συνολικά

(m - 1 ) m + 2 ( m - 1) = m2 - 2

διατεταγμένα ζεύγη με ακέραιες συντεταγμένες. Έτσι, από την εξίσωση m2 - 2 = 119 , προκύπτει η τιμή m = 1 1 .

Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης όπου p πρώτος θετικός ακέραιος.

χ8 +

22χ+2

Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ8 + 4 · 2 2 ' = p, I

πρώτος.

Αν χ = -n, όπου n Ε Ν* τότε 2 2 ' = 2τ" = 2-z.;- = 2 :Ji, που είναι άρρητος αριθμός , οπότε και χ8 + 4 · 2 2 ' Ε IR- Q. Άρα η εξίσωση δεν μπορεί να έχει ακέραιες λύσεις μικρότερες του Ο. Για χ = Ο , έχουμε 08 + 2 2 "+ 2 = 2 3 = 8 , όχι πρώτος, οπότε ο ακέραιος χ = Ο δεν μπορεί να είναι λύση . Για χ = 1 έχουμε 18 + 2 2 1+2 = 1 + 1 6 = 17 που είναι πρώτος, οπότε η εξίσωση για p = 17 έχει τη λύση χ = 1 . Για χ ΕΖ, χ� 2 διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν χ = 2κ, όπου κ θετικός ακέραιος, τότε το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άρτιος μεγα λύτερος του 2, οπότε δεν είναι δυνατόν να ισούται με κάποιο πρώτο αριθμό. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/5

------- Μ αθη ματικοί Διαγωνισμο ί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες Αν χ = 2κ + 1 , όπου κ θετικός ακέραιος, τότε έχουμε: χ8 + 2 2 '+ 2 = χ4 2 + 2 2 '-1+1 2 = χ4 2 + 2 2'-1+1 2 + 2χ4 · 2 2'-1+1_ 2χ4 · 22'-1+1 •

( ) ( ) ( ) ( ) = (χ4 + 2 2 '-1+1 ) 2 - (χ 2 · 2 2'-2+1 ) 2 = (χ4 + 2 2 '-1+1 +χ 2 · 2 2"'-2+1 ). (χ4 + 2y-1+1 -χ 2 · 2 γ-2+1 ).

Ο παράγοντας Α (χ ) = χ4 + 2 2,_1+1 + χ 2 • 2 2,_2+1 για χ � 3 περιττός είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 34 + 2 2 3-1+1 + 3 2 . 2 23-2+1 = 8 1 + 3 2 + 7 2 = 185 . Ο παράγοντας Β (χ ) = χ4 + 2 2 '-1+1 -χ 2 · 2 2,_2+1 , για χ = 3 ισούται με Β (3 ) = 4 1 , ενώ για κάθε περιττό χ � 5 έχουμε Β (χ ) = χ4 + 2 2,_1+1-χ 2 • 2 2'-2+1 = χ4 + 2. 2 2,_2 • 2 2,_2 -χ 2 � 54 ,

(

)

αφού με επαγωγή προκύπτει εύκολα ότι 2y-2 -χ 2 >Ο , για κάθε χ � 5. Επομένως, για κάθε χ = 2κ + 1 , όπου κ θετικός ακέραιος, ο αριθμός χ8 + 22'+ 2 = Α(χ ) · Β (χ ) είναι σύνθετος, οπότε πάλι η δεδομένη εξίσωση δεν μπορεί να έχει λύση. Συνοψίζοντας, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι η δοθείσα εξίσωση έχει μόνο την ακέραια λύση χ = 1 , για p = 1 7 . ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Έστω Η το ορθόκεντρο τριγώνου ΑΒΓ με Β :5: 90° και Γ :5: 90° , που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα R=l. Αν Σ είναι η τομή των ευθειών που ορίζουν τα τμήματα Η Κ και ΒΓ και ισχύει ΣΚ (ΣΚ- ΣΗ) = 1 , να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου ΑΒΗΓΑ. ·

Αν Α> 90 ° τότε το σημείο Σ είναι εσωτερικό σημείο της ΒΓ , που σημαίνει ότι τα σημεία Η , Κ θα βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα (με ακμή τη ΒΓ ), οπότε είναι φανερό ότι ΣΚ < 1 , από οπότε έχουμε ΣΚ 2 - 1 = ΣΚ ·ΣΗ < Ο , άτοπο. Αν Α = 90 ° τότε ΑΞΗ και ΚΞΣ οπότε 1 = 0 , άτοπο. Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε Β = 90 ° ή Γ = 90 ° . Λύση

Τελικά πρέπει το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι οξυγώνιο και το σημείο Σ να είναι εξωτερικό ση μείο της ΒΓ . Από τη δοσμένη σχέση έχουμε: ΣΚ · (ΣΚ -ΣΗ ) = 1 ++ ΣΚ ·ΣΗ = ΣΚ 2 - 1 = ΣΒ · ΣΓ , ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/6

-------

Μ α θη ματικοί Διαγωνι σμο ί - Μ α θ η ματικές Ολυμπιάδ ες

--------

που σημαίνει ότι τα σημεία Β ,Γ , Η , Κ είναι ομοκυκλικά. Επομένως έχουμε ότι ΒΚΓ = ΒΗΓ � 2Α = 18 0° -Α� Α = 6 0° � ΒΚΓ = ΒΗΓ = 1 2 0° . Αν ΚΚ ' j_ ΒΓ , τότε από τη σχέση ΑΗ = 2ΚΚ ' με ΚΚ ' = _!_(απέναντι κά θετη) και ΒΓ = 2 _!_ _!_ έχουμε: ( ΑΒΗΓΑ ) = ΒΓ · ΑΗ = ΒΓ · 2ΚΚ ' = ΒΓ ·ΚΚ ' = 2 2 2

J3.

ΠΡΟΒΛ,ΗΜΑ 4

Για τους θετικούς ακέραιους αριθμούς α1,α2, , an, να αποδειχθεί ότι: • • •

Άρα είναι �

[

)

2 2 2 kn αI +α2 +···+αn α +α2 +···+αn ι

(

. ;::::: αl α2

• • •

αn

)

�

[

2 2 2 αI +α2 +···+αn α +α2 +···+αn ι

Η ισότητα ισχύει όταν α1 = α2 = ··· = αn. Δεύτερος τρόπος Χρησιμοποιώντας τη γνωστή ανισότητα

(

η οποία αληθεύει για κάθε 2 2 2 αl +a2 +... +an αl +α2 +···+αn

a1, a2,..., an ε JR 2 α! _,__ __ _

(

. . . ;::::: α! α2 ... αn.

___

)

_ _

κ1, κ2,..., κn

> Ο,

2 α2

αl +α2 +···+αn

έχουμε:

+... +

( αι +α2 +···+αn γ = αl +α2 +···+αn n - n ( α +α2 +···+αn ) I

(

)ι

2 αn αl +α2 +···+αn

( 1)

αI +α2 +···+αn n

(2 )

;::::: αρ2 ··αn.

= max { α1, α2,... , αn } ;::::: min { α1, α2, ... , αn } = t, έπεται ότι

αI +α2 +···+αn n

και

αl +α2 +···+αn

ΟΠότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι: k

� ι

2 2 2 2 al +a2 +... +an an al a2 __..:.:� -=. _ -...._ - +- +... +- ;::::: ...:.;_ Kn Κι Κι +Κ2 +... +Kn Κ2

Επειδή

)

kn - ;::::: n

και αφού είναι

;::::: 1 , αρκεί να αποδείξουμε ότι:

α I +α2 +···+αn n

)

> αI α2 -

• • •

αn

<::::>

αI +α2 +···+αn n

> -

�n α α . I

2 .. αn'

(3 )

η οποία είναι η γνωστή ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου. Από τις ( 1 ), (2 ) και ( 3 ) προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα. Επειδή όλες οι ενδιάμεσες ανισό τητες ισχύουν ως ισότητες, όταν είναι α1 = α2 = ··· = αn, έπεται ότι και η ζητούμενη ανισότητα ισχύει ως ισότητα, όταν α\ = α2 = ... = αn. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/7

ι� � :&1,)/ �� · :�

Η'Α' A�rHrAAr/tΊ/J

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη

προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα:

Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται,

των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός,

Ποιες είναι οι εφαρμογές τους,

επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Γω

τους συνι:ργιί:η:ς της στήλης:

Ποιοι είναι οι κλάδοι

Ποιες επιστήμες ή κλάδοι

παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το

επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

�πιμέληα: Καρκ{ινης Βασίλης, Κερασαρίδης Γιάννης

I. "τι είναι τα Λιfαθηματικά;

Ενδιαφέρον παρουσιάζουν οι απόψεις του Γαλιλαίου για τα Μαθηματικά. Ναι μεν ο Γαλιλαίος αποδίδει στα Μαθηματικά ένα ρόλο πρωτεύοντα στην ερμηνεία των φυσικών πραγμάτων, οπότε μπορεί να χαρακτηριστεί ως πλατωνιστής, αλλά από την άλλη δεν υποτιμά καθόλου την πρακτική τους αξία, κάτι που έρχεται σε αντίθεση με την πλατωνική θεώρηση . Ας δούμε, όμως, μια περικοπή από ένα σημαντικό κείμενο του Γαλιλαίου: «Όταν τοποθετεί κανείς συγκεκριμένα μια υλική σφαίρα που δεν είναι τέλεια σε ένα επίπεδο που δεν είναι τέλειο και τότε λέμε ότι αυτά τα δύο δεν εφάπτονται μόνο σε ένα σημείο. Σας λέω , όμ ως, ότι ακόμη και στην αφηρημένη περίπτω ση, μια άυλη σφαίρα που δεν είναι τέλεια δεν εφάπτεται σε ένα άυλο επίπεδο που δεν είναι τέλειο σε ένα μόνο σημείο, αλλά σε ένα τμήμα τη ς επιφάνει άς του. Άρα ό,τι συμβαίνει εδώ στο συγκεκριμένο συμβαίνει με τον ίδιο τρόπο και στο αφηρημένο . Θα μου ήταν πρ άγματι

πρωτόγνωρ ο,

αν

λ ογ ιστική

με

αφηρημέ νου ς

αρι θμού ς δεν αντιστοιχούσε σε συγκεκριμ έ να χρυ σά ή αργυρ ά νομίσμ α τα ή σε

Όπως ακριβώ ς ένα ς λογι στής, που επιθυμεί οι υπολογισμοί του να αναφέρονται σε ζάχαρη, μετάξι και μαλλί, οφείλει να αφαιρεί τα κουτιά, τις μπάλες και τα πακέτα, έτσι και φιλόσοφο ς-γεωμέτρη ς, όποτε θέλει να αναγνωρ ίσει στο συγκεκριμένο τα φαινόμενα που έχει αποδείξει στο αφηρημένο επίπεδο, πρέπει να αφαιρέσει τα υλικά εμπόδια. Και αν είναι σε θέση να κάνει κάτι τέτοιο, τότε σας βεβαιώ ότι τα υλικά αντικείμενα δεν βρίσκονται σε μικρότερη συμφω νία μεταξύ τους, απ' ότι οι αριθμητικοί υπολογισμοί. Τότε τα λάθη εμπορ εύματα.

βρ ίσκονται αφηρημέ νο ή το στο συγκεκριμέ νο, αλλά στο λογι στή που δεν γ νωρίζει πως να ισοσκελίσει τα βιβλία του("Γαλιλαίος", Στ. δεν

Ντρέικ, σελ. 75-76, Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης)»[Πηγή:Από τη διπλωματική εργασία του Βασίλη Λιόση με θέμα: μια οντολογική γνωσιολογική θεώρηση της επιστήμης των Μαθηματικών (σελ. 27)]

11. "Α υη) το ξέρατε;" [η απάντηση στο τέλος τη ς στήλη ς] Ι. τι είναι ο "Μαθηματικό ς Ενορατισμό ς"; 2. Ποιο είναι το αντίστοιχο του Nobel για τα Μαθηματικά; 111. "οι συιιεργάτεc: τιιc: στιίJ.ιιc: γράφουν-ερωτοι5ν" Πρ ολεγόμενα.

Πρ(ύτο 0/:μα: ΛιfαΟηματιιιά και τi:χιιη «τtzνη και ΥΙηΟημαηκιiι στο :\llουσ�:[ο Η ρ α κλr.ιδι;Jν», Π απανικολόου /tπι)στολος

στήλη μας, στη συνεχή προσπάθειά της να προσεγγίσει ένα πολύ σημαντικό θέμα που έχει να κάνει με τη σχέση των Μαθηματικών και της Τέχνης ( Καλές Τέχνες), εξασφάλισε το δικαίωμα δημοσίευσης μιας σχετικής εργασίας με τίτλο «Τέχνη και Η Μαθηματικά στο Μουσείο Ηρακλειδών». εργασία αυτή είναι γραμμένη από έναν συστηματικό μελετητή του θέματος και στέλεχος του «Μουσείου Ηρακλειδών», το μαθηματικό Απόστολο Παπανικολάου . Λόγω του όγκου της εργασίας αυτής και του περιορισμένου χώρου της στήλης μας, αποφασίσαμε να τη δημοσιεύσουμε σε τέσσερις συνέχειες.

Μέρος Α'

«Με τη σειρά άρθρων για τη διασύνδεση Τέχνης και Μαθηματικών που ξεκινάει με το τεύχος αυτό θα ήθελα να καταθέσω την κατάθεση της εμπειρίας από τη συστηματική τα τελευταία χρόνια, στο μουσείο Ηρακλειδών, ενασχόλησή μου με την αξιοποίηση της Τέχνης στην προσέγγιση Μαθηματικών, επιστημονικών και φιλοσοφικών εννοιών, ως τμήμα της γενικότερης προσπάθειας που τον τελευταίο καιρό προβάλλει ως επιτακτική ανάγκη για τη διεπιστημονική ολιστική προσέγγιση της γνώσης και βέβαια των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/8

----

#d�d ��T#E�AT/CVf

μαθηματικών και των άλλων συναφών κλάδων της επιστήμης. Οι μαθητές οδηγούνται μέσα από παράλληλη περιήγηση στην ιστορία αφενός της Τέχνης και αφετέρου των Μαθηματικών, στην αναζήτηση των αλληλο σημείων όπου συναντώνται και επηρεάζονται οι δυο αυτοί τομείς της ανθρώπινης σκέψης και δράσης. Παράλληλα από τα μόνιμα εκτιθέμενα έργα των ESCHER και VASARELY εισάγονται αβίαστα στη φύση και κυρίως στη φιλοσοφία σημαντικών Μαθηματικών εννοιών. Τα θέματα που θα επικεντρώσουμε την προσοχή μας είναι κατά χρονολογική σειρά: 1) Η γεωμετρική περίοδος της Ελληνικής τέχνης και η σχέση της με την εμφάνιση της αξιωματκής θεμελίωσης της Γεωμετρίας αλλά και των επιστημών γενικότερα, οι βάσεις της οποίας τέθηκαν με το τέλος αυτής της περιόδου. 2) Η επίδραση της μελέτης των αναλογιών από τους Πυθαγόρειους στη μαθηματικοποίηση της μουσικής και η εμφάνιση της χρυσής τομής. 3) Η συνέχιση της μελέτης των αναλογιών από τους μαθηματικούς της Ακαδημίας του Πλάτωνος στην κλασική Αθήνα και οι επιδράσεις στην αρχιτεκτονική και γλυπτική του χρυσού αιώνα. 4) Η εμφάνιση της γραμμικής προοπτικής στην Αναγέννηση και η μετέπειτα αυστηρή μαθηματική της θεμελίωση. 5) Η επανεμφάνιση της γεωμετρίας στη μοντέρνα τέχνη (κυβισμός, κονστρουκτιβισμός, Bauhauss). 6) Η εμφάνιση της σύγχρονης λεγόμενης "μαθηματική τέχνης" των fractals. Η πρώτη στάση που θα κάνουμε είναι στη την γεωμετρική περίοδο της αρχαίας ελληνικής τέχνης. Με τα λόγια του ακαδημαϊκού Χρύσανθου Χρήστου : Γεωμετρική <<'Έχουμε αφαίρεση, σφιχτοδεμένη και απόλυτα χαλιναγωγημένη σύνθεση, λογική, πνευματικότητα. Η Γεωμετρική τέχνη απομακρύνεται από την απεικόνιση της ορατής πραγματικότητας. Τα διακοσμητικά μοτίβα περιορίζονται αποκλειστικά στα γεωμετρικά ημικύκλια, κύκλοι, (ομόκεντροι σχή ματα μαίανδροι ευθείες). Ακόμα και οι ανθρώπινες φιγούρες ή αυτές των ζώων είναι σχηματοποιημένες.» Αυτόματα τίθεται το ερώτημα γιατί τόση έφεση στη Γεωμετρία από τους καλλιτέχνες αυτής της εποχής; Μπορεί άραγε να μη συσχετισθεί με το αναμφισβήτητο ιστορικό δεδομένο ότι στο τέλος της Γεωμετρικής εποχής, στα Ελληνικά παράλια της Μικράς Ασίας η Γεωμετρία γίνεται αξιωματική επιστήμη; τι σημαίνει αυτό; Σημαίνει ότι εισάγεται η έννοια της απόδειξης. Η έννοια της απόδειξης είναι αυτή που διαφοροποίησε τα Ελληνικά

Μαθηματικά

από

αυτά

των

προγενεστέρων

-----

Βαβυλωνίων, Αιγυπτίων κλπ. Ενώ μέχρι τότε τα Μαθηματικά χρησίμευαν απλά στην ταχτοποίηση της διαίσθησης και της εμπειρίας, με την έννοια της απόδειξης οι Αρχαίοι Έλληνες έκαναν το μεγάλο βήμα.

Αμφισβήτησαν τη διαίσθηση και την εμπειρία και

συνέλαβαν επιτυχώς ότι η αλήθεια πολλές φορές έρχεται σε σύγκρουση με αυτές. Η διαίσθηση έτσι, είναι μεν ένας χρήσιμος οδηγός της σκέψης αλλά δεν είναι αλάνθαστη και αντίθετα οδηγεί πολλές φορές σε λάθος δρόμο. Μην ξεχνάμε ότι οι Έλληνες αυτής της περιοχής είναι έμποροι, κάνουν ταξίδια με τα πλοία τους. γεωμετρία σημαίνει Αποδεικτική ακριβέστερες πορείες και σταθερότερα πλοία. Επίσης να λάβουμε υπόψη ότι έχει αναπτυχθεί ο δικανικός λόγος διότι το πολιτικό καθεστώς είναι πλέον πιο δημοκρατικό, οι άνθρωποι λύνουν τις διαφορές τους στα δικαστήρια όπου με λογικά επιχειρήματα αποδεικνύουν το δίκιο ή το άδικό τους. Δεν αποφασίζει κάποιο ιερατείο η το επιτελείο ενός άρχοντα ή κάποιας βασιλική αυλής. Η πρώτη λοιπόν και μεγαλύτερη τιμή που αποδίδεται στον Ελληνισμό εκείνης της εποχής είναι η θεμελίωση της επιστήμης σε αξιωματικό αποδεικτικό πλαίσιο. Όπως στη Γεωμετρία θέτουν κάποιες έννοιες ως αρχικές (το σημείο, την ευθεία και το επίπεδο), κατόπιν θέτουν τα aξιώματά τους και δέχονται ως αληθή ότι προκύπτει από αυτά, μόνο αν τα αποδείξουν, έτσι αναζητούν και στη φύση πρώτες αρχές. Ζούμε αυτή την εποχή την ουσιαστική γέννηση της επιστήμης, Από το μύθο του Ησιόδου και του Ομήρου περνάμε στο λόγο του Ηρακλείτου και την απόδειξη του Θαλή . Η επόμενη ιστορική περίοδος όπου τα Μαθηματικά με την τέχνη είναι απόλυτα συνδεδεμένα είναι η περίοδος των Πυθαγορείων στην κάτω Ιταλία. Η κοινή αντίληψη για τους Πυθαγόρειου; τους θεωρεί σημαντικούς και γνωστούς για το ομώνυμο Πυθαγόρειο θεώρημα. Κι όμως δεν είωι αυτή η μεγάλη συνεισφορά των Πυθαγορείων. Η μεγάλη συνεισφορά των Πυθαγορείων είναι r αναζήτηση της αρμονίας του σύμπαντο; κόσuc·. (η λέξη αρμονία παράγεται από το ρήμα ά._-χ:_ αραρίσκω =συναρμολογώ). Από τους Πυθαγόρειους ζεΊ-..ιηu:: -

�

μαθηματική αισθητική θεώρηση του συμπιτ.-:..:·;.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/9

#�� T#E�AT/CVf

Πεποίθησή τους είναι ότι τα πάντα στη φύση είναι αρμονικά συνδεδεμένα σε ένα σύστημα αριθμητικών αναλογιών. Μια από τις μεγάλες προσφορές στην ανθρωπότητα είναι η έννοια της μουσικής κλίμακας. Όμως με την μουσική κλίμακα

-------

των Πυθαγορείων και τη σχέση της με την ανάπτυξη της μαθηματικής θεωρίας των αναλογιών θα συνεχίσουμε στο επόμενο τεύχος του περιοδικού»

' στο επόμενο το β μέρ ος

Λ�:ίπερο Οi:μα: ο Lι•οιι�ιι·dο d�ι \'inci ι]ξψΣ: 'νlαθηματικύ; Προl.ι:γ/ιμι:ιια. Αφού ξεκινήσαμε με θέμα τη σχέση των Μαθηματικών και της Τέχνης, σκεφθήκαμε πως

θα ταίριαζε να συνεχίσουμε με συναφές θέμα. Οι τέτοιες εργασίες που φθάσαν στο ηλεκτρονικό ταχυδρομείο του ενός των υπευθύνων της στήλης, είναι πολλές. Διαλέγουμε μια απ' αυτές. Έχει τίτλο «Το πρόβλημα της συμμετρίας του ανθρώπου του Βιτρούβιου του Leonardo da Vinci», του Νίκου Λυγερού. «Το

πρ<Ίβλημα της συμμr.τρίας του ανθρ{;)που του Βιτροι'Jβιου του ιι·οιυΙηiο (i<l \'inci » "i. λυγr.ρ6ς (πανι:πιστι!μιο \υι;)\')

Ένα από τα κύρια χαρακτηριστικά της ιδιοφυtας του Leonardo da Vinci είναι η ανάδειξη. Μια απλή λεπτομέρεια για όλους τους άλλους μέσω του ύφους του, μετατρέπεται σε στίγμα γνώσης. Έτσι όταν μελετά και ζωγραφίζει τις αναλογίες του ανθρώπου του Βιτρούβιου δεν εξετάζει μόνο το ανδρικό κορμί. Στο πιο αφαιρετικό επίπεδο, δίνει μια προσεγγιστική μέθοδο της επίλυσης του τετραγωνισμού του κύκλου που δεν έχει λύση με την αποκλειστική χρήση του χάρακα και του διαβήτη. Δίνει, όμως, και πληροφορίες για το ανθρώπινο σώμα που δεν είναι μόνο και μόνο η υλοποίηση των θεωρητικών υπολογισμών του Βιτρούβιου.

-- .:'.::::\_

Ένα από τα προβλήματα που αναδεικνύει η ιδιοφυtα του είναι η ασυμμετρία της συμμετρίας του ανθρώπινου σώματος. Επιφανειακά, ο άνθρωπος έχει φαινομενικά μια αξονική συμμετρία. Όμως, όπως το διευκρινίζει η τέχνη του Leonardo da Vinci, η πραγματικότητα είναι διαφορετική. Το ανδρικό κορμί είναι σχεδόν συμμετρικό αλλά δεν είναι απόλυτα συμμετρικό. Το ίδιο ισχύει και για την αναπαράσταση του ανθρώπου του Βιτρούβιου από τον Leonardo da Vinci. Φαινομενικά, το έργο είναι η αρχιτεκτονική

πρόσοψη του ανθρώπινου οικοδομήματος. Αν εξετάσουμε, όμως, μεθοδικά τις λεπτομέρειες που καταγράφει ο Leonardo da Vinci θα δούμε ότι η αναπαράστασή του είναι όντως πολλαπλή. Η διαφορά μεταξύ δεξιού και αριστερού ποδιού είναι προφανής. Το ίδιο ισχύει και για τα χέρια. Όμως, αν δεν προσέξουμε τα χαρακτηριστικά του κορμιού, θα παραμείνουμε στην εντύπωση, ότι είναι απόλυτα συμμετρικός. Ξεχνάμε ότι η ιδιότητα του βαρύκεντρου για τον ομφαλό δεν καθορίζει αποκλειστικά και με μονοσήμαντο τρόπο. Διότι ακόμα και ο κορμός έχει μια μικρή κλίση που προέρχεται από τη διαφορετική τοποθέτησης των ποδιών στο κάτω μέρος της εικόνας. Η διπλή επικάλυψη αναγκάζει αυτή την κλήση για να είναι ρεαλιστικό το μοντέλο. Δεν είναι απλώς μια ζωγραφιά αλλά ένα δομικό σύστημα. Οι ανδρικοί μύες που βρίσκονται πάνω από την λεκάνη δίνουν ήδη το στίγμα της aσυμμετρίας. Αυτή η έλλειψη απόλυτης συμμετρίας, γίνεται πιο αισθητή στο κάτω μέρος στο επίπεδο των μηρών. Το εσωτερικό του δεξιού μηρού βρίσκεται μπροστά στο αριστερό ανάλογό του. Και αυτή η στάση ενισχύεται και από την ανοιχτή επικάλυψη. Πιο συγκεκριμένα, η ακριβή αναπαράσταση του ανδρικού πέους από το Leonardo da Vinci που δείχνει και τη διαφορά ύψους των όρχεων, όταν οι μηροί είναι ανοιχτοί, δείχνει ένα διαφορετικό άνοιγμα. Από τη δεξιά πλευρά ο διαχωρισμός μεταξύ μηρού και πέους γίνεται στο επίπεδο του πάνω μέρους του χιτώνα, ενώ δεν ισχύει το ανάλογο από την άλλη πλευρά. Στην πραγματικότητα, αν ο άνθρωπος του Βιτρούβιου καθόταν όρθιος, απόλυτα συμμετρικά σε σχέση με το θεατή, ο διαχωρισμός δεν θα γινόταν στο επίπεδο του χιτώνα, εξαιτίας των εσωτερικών μηρών που ακολουθούν τη γωνία των οστών, όπως διαμορφώνεται από την λεκάνη. Αυτό σημαίνει ότι ο Leonardo da Vinci διατύπωσε αυτή τη λεπτομέρεια για να διατηρήσει τη ρεαλιστικότητα του μοντέλου. Κατά συνέπεια, ο Leonardo da Vinci δεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/10

διατυπώνει μόνο τις εξωτερικές αναλογίες του Βιτρούβιου αλλά και την εσωτερική δομή του ανθρώπινου σώματος, μέσω του ανδρικού

κορμιού . Και για να το αναδείξει, χρησιμοποιεί την ασυμμετρία της ανθρώπινης συμμετρίας . Έτσι δίνει και το στίγμα της ιδιοφυίας του .

llα. "Α υτδ το ξέρατε;" /η απάντηση για τα ενορατιι(ά 1ιι1αΟηματιl(ά/

Είναι μια τάση στη φιλοσοφία των που απορρίπτει τη Μαθηματικών, συνολοθεωρητική διαπραγμάτευση των Μαθηματικών και θεωρεί την ενόραση ως τη μόνη πηγή των Μαθηματικών και ως πρωταρχικό κριτήριο αυστηρότητας της διαμόρφωσής τους . Η ενορατική αντίληψη, που ανάγεται σε aρχαίους μαθηματικούς, υποστηρίχθηκε από επιστήμονες όπως ο Κ. Φ . Γκάους, ο Λ. Κρόνεκερ, ο Ε. Πουανκαρέ, ο Ε . Λεμπέγκο, ο Ε. Μορέλ και ο Χ . Βέιλ . Στις αρχές του 20ου αιώνα ο Λ.Ε.Ζ. Μπρούβερ άσκησε μια συνολική κριτική στα κλασικά και πρότεινε ένα Μαθηματικά ριζοσπαστικό πρόγραμμα για την ενορατική των ανασυγκρότηση Το Μαθηματικών. πρόγραμμα, που τώρα ονομάζεται ενορατισμός (ο Μπρούβερ χρησιμοποιούσε τον όρο «νεο ενορατισμός» ), οδήγησε σε οξεία έριδα με το μαθηματικό φορμαλισμό, κρίση που είχε σαν υπόβαθρο την κρίση που δημιουργήθηκε στα ". Jυn)

το

ξι5ρατε; "{η απάντηση για

το

ΛolH!I

των

Η Νορβηγική κυβέρνηση αποφάσισε να τη ικανοποιήσει-δικαίωςμαθηματική κοινότητα η οποία χρόνια παραπονούνταν για το γεγονός ότι δεν απονέμεται Νόμπελ Μαθηματικών. Το μόνο βραβείο που απονέμεται ως αναγνώριση του έργου των Μαθηματικών είναι το Fίelds Medal. Απονέμεται κάθε τέσσερα χρόνια, δεν διαθέτει την αίγλη του Νόμπελ και σε καμία περίπτωση το χρηματικό ποσό που συνοδεύει το βραβείο δεν πλησιάζει αυτό του Νόμπελ. Στις 23 Αυγούστου 200 1 , όμως, ο Νορβηγός Πρωθυπουργός Jens Stoltenberg ανακοίνωσε την απόφαση της Νορβηγικής Πολιτείας να ιδρύσει Ταμείο με κεφάλαιο 200 εκ. νορβηγικές κορόνες (περίπου 2.350.000 €) για την ετήσια απονομή του βραβείου Άμπελ για τα Μαθηματικά. Το βραβείο καθιερώνεται προς τιμήν διάσημου μαθηματικού Niels Henrik Abel(που εικονίζεται

θεμέλια των Μαθηματικών, από aντινομίες (παράδοξα) της θεωρίας των συνόλων . Ο Μπρούβερ απέρριψε με αποφασιστικότητα και την πίστη στην πραγματική ύπαρξη των aπείρων συνόλων και σε νομιμότητα της επέκτασης των νόμων της παραδοσιακής λογικής που ίσχυαν στα πεπερασμένα σύνολα, στην περιοχή των aπείρων συνόλων . Για την ενορατική αντίληψη, οι νοητικές κατασκευές που θεωρούνται ως κατασκευές «ανεξάρτητα από το ερώτημα για τη φύση των κατασκευαζόμενων αντικειμένων καθώς και από το ερώτημα αν αυτά τα αντικείμενα υπάρχουν ανεξάρτητα από τη γνώση που έχουμε γι αυτά» (Α. Χέυντιγκ, Ολλανδία) είναι το αντικείμενο της μαθηματικής έρευνας . Έτσι, οι μαθηματικές προτάσεις είναι μορφές πληροφόρησης για πλήρεις κατασκευές . Η χρήση των νοητικών κατασκευών απαιτεί μια ειδική λογική, την ενορατική λογική, η οποία, ειδικά, δεν δέχεται το «νόμο της του τρίτου αποκλείσεως», σε κάθε περίπτωση . /ΙιfαΟηματ11αύν{

στο παραπάνω χαρτονόμισμα) ο οποίος πέθανε το 1829 στην ηλικία των 26 χρόνων . Το βραβείο θα κάνει τον κόσμο να συνειδητοποιήσει πως τα Μαθηματικά είναι «η lingua franca όλων των επιστημών» λέει ο Arfinn Laudal, μαθηματικός στο Πανεπιστήμιο του Όσλο. Τη διοίκηση του Βραβείου Άμπελ θα έχει η Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Γραμμάτων, θα αρχίσει να απονέμεται το 2003 και το χρηματικό βραβείο θα ισοδυναμεί με 500 .000 δολάρια . Υπόμνηση. Το Fields Medal απονέμεται από τη "Διεθνή Μαθηματική Ένωση" (lntemational Mathemathical Union- IMU), είναι αξίας περίπου 1500 δολαρίων. Το μετάλλιο αυτό απονέμεται σε νέους μαθηματικούς!!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/ 1 1

•••ιιιι•"�•••

,., ΊfΡ �� ..�,, Ί•rι Αιι••Ι•ιι ΑΛΓΕΒΡΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΆ ΘΕΜΑΤΑ

Γιώργος Αποστολόπουλος 1. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ, y ισχύει: 4 x +y4+6(x 2 +y2 )+2=4(x-y)(x2 +y2 +xy+ 1), τότε να δειχθεί ότι οι αριθμοί χ, y είναι αντίθετοι. ΛίJση

Έχουμε: x4+y4+ 6x 2+6y2+2= 4 (x-y)(x 2+y2+xy)+4 ( x-y)� x 4+y4+6 x 2+6/+2=4(x 3-y3)+4 (x-y) � x 4+/+6x 2+ 6y2+2=4χ3-4y3-4x+4y=O� (χ4+4χ2+ 1 -4χ3 +2χ2-4χ)+ +(y4+4y2+ 1 +4y3+2y2+4y) =O::::> (χ2-2χ+Ι)2+(y2+2y+ 1 )2=0�(χ - 1 )4+(y+ 1 )4=0� χ=1 και y=--1 . Άρα: οι αριθμοί χ, y είναι αντί θετοι. 2. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ ισχύουν:α+β+γ=α2 +β2 +γ2=α3+β3+γ3=1, τότε να δείξετε ότι α4+β4+γ4=1. ΛίJση

Είναι: α3+β3+/-3α βγ= =( α+β+γ)( α2+β2+γ2-α β-βγ-γα) (ταυτότητα του Eu1er). Επίσης ( α+β+γ)2=α2+β2+γ2+2( α β+βγ+γα)� 1 = 1 +2( αβ+βγ+γα)�αβ+βγ+γ α=Ο και α3+β3+γ3_3αβγ=( α+β +γ)( α2+β z+γ2) � Ι-3αβγ =Ι�αβγ =Ο, οπότε: ( α2+β z+γ2)2=Ιz�α4+β 4+γ4+2( αzβ2+β2γ2+γ2α2) =Ι �α4+β4+γ4+2 [ (αβ) z+(βγz)+(γα) z]=Ι (1) Αλλά α β+βγ+γα=Ο�

( αβ)2+(βγ2)+(γα)2+2αββγ+2 βγγα+2αβγ α=Ο� (αβ)2+(βγ2)+(γα)2+2αβγ(β+γ+ α)=Ο � (αβ)2+(βγ2)+(γα)2=0 και η (1) γίνεται: α4+β 4+γ 4=1 3 . Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β ι σχύουν αβ;CΟ και α;Cβ, α;C-β, τότε: i) Να aπλοποιήσετε την παράσταση α3 + β3 α3 _ β3 α+β Α= α β α-α-β + β - -α-β α + β ii) Να δείξετε ότι: Α>α·β ΛίJση

( α + β )(α 3 + β3 ) - ( α - β )(α 3 - β3 ) ( α_ - β ) ( α +_ β ) Α= - -= ---= -'-' '-- -'---::-( α + β )2 - ( α - β )2 ( α + β )( α - β ) (α + β )(α 3 + β3 ) - ( α - β )(α3 - β3 ) ( α + β γ - ( α - β )2 α 4 + α β3 + α3β + β4 - α 4 + α β3 + α 3β - β4 = --�7---��--..--�--�� α2 + 2α β + β 2 - α2 + 2α β - β 2 2α β3 + 2α 3β - 2αβ (α2 + β 2) - α 2 + β 2 2 4α β 4α β _____,_ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/12

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

α-+"( > α+β-+"{, +β 2 2 όπου α,β,γ πραγματικοί αριθμοί. ii) Αν α>β>γ>Ο, να δειχθεί ότι: α2 γ2 α 2 _β 2 + γ 2 > -β2

προκύπτει: -7 ::5ω::57 (6) Τέλος προσθέτουμε κατά μέλη τις (4) και (6) οπότε έχουμε -9::5χ+y+ω::59, δηλαδή l x+y+ω l ::5 9

i) Αν β>γ, τότε να δειχθεί ότι:

α+γ + β - α+ β -γ=� +r + β -� - �-γ i) 'Εχουμε: 2 2 2 2 2 2 β γ = r + β - � - γ = �- r = > ο ' γιατί β>γ. 2 2 2 2 2 ii) Έχουμε: 2 2 2β2 β4 β2γ2 _ α2γ2 α2 - β2 + γ2 α γ2_ α - + 2 β β β 2 ( α2 - β 2)- γ 2 ( α2 - β 2) ( α2 - β 2)( β 2 _ γ 2) = = > ο' β2 β2 διότι α> β>Ο=>α2- β2>0, και β>γ>Ο=> β2-γ2>0 __

5. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ ισχύουν: (α+β)(α2 -β2 )-2γ(α2 +β2 ) +(α-β) 3=0 και αβ:;t:Ο, να δειχθεί ότι: I α I :S I β I + I γ I

Κάνουμε τις πράξεις και προκύπτει: 2(α2+β2)( α- β -γ)=Ο, αλλά <#Ο και β :;t:Ο Άρα α- β -γ=Ο=>α=β +γ => I α I = I β+γ I . Αλλά Ι β+γ Ι ::5 Ι β Ι + Ι γ Ι , άρα Ι α Ι ::5 Ι β Ι + Ι γ Ι 6. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ,y,ω ισχύουν: l2x+y-ω I :S1, I χ+2y-+2ω I :S2 και τότε να δείξετε ότι: I χ+y-ω I :S5, l x+y+ω l ::5 9 .

Από την υπόθεση παίρνουμε: (1) - 1 ::52χ+ y-ω::5 1 -2::5χ+2y+2ω::52 (2) (3 ) -5::5χ+y-ω::55 Τις προσθέτουμε κατά μέλη, και προκύπτει: -8::54x+4y::58, δηλαδή -2::5x+y::52 (4) Η ( 3 ) γίνεται: -5::5χ-y-ω::55 (5) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (4) και ( 5 ) οπότε

Αν ισχύει α + J; = 1 , να βρεθεί η τιμή της 1

, παραστασης α + .j; .

Πρέπει α?:Ο, αλλά για α=Ο είναι 0=1 άρα α>Ο. Έχουμε Fα = 1 - α => 1 - α > Ο => α <1 => Ο < α < 1 και Fα = 1 - α => Γ =>να2= ( 1- α) 2 =>α= 1 - 2α+α2 =>α2 -3α+ 1 =0=> 3 + J5 3 - J5 ή α =-α =-2 2 J5 > 1 απορριπτεται 3 +Η ' τιμη' αυτη' 2 Είναι: 1 = Οπότε: α +Fα 2 - 1 =-3 -.JS + 2 ( 3 +J5 ) -1= 3 -.JS +-=-2 2 32 - 5 3 -.JS = 3 - J5 + 3 + J5 - 1 = � - 1 = 2. 2 2 2 8.

Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών, η εξίσωση: 2χ3 3 χ 2 + χ + 1 χ + 1 -= s+ (1) + --2 χ χ3 x

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί x:;t:O. Τότε έχουμε: ( 1 ) <:)χ\χ 2+χ+ 1 )+χ3(χ+ 1 )=2χ3+ 3 <:)2χ4+χ2- 3 <=:> χ2 = ω χ2 ω � 3 <=:> χ2 = 1 <=:> χ ε { 1,-1} 2ω + ω - 3 = 0 ω ε 1, -2 Δεκτές τιμές

}<=>

{ }}

9 Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,y ι σχύει: x+2y=10, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης: x2 +y2 •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/13

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΛiJση

Έχουμε x=1 0-2y, άρα: x 2+y 2=( 1 0-2y ) 2+y 2=5y 2-40y+ 1 00 Το τριώνυμο 5y 2-40y+ 1 00 έχει α=5>0, δηλα δή παρουσιάζει ελάχιστη τιμή που είναι ίση με ( -40 ) 2 - 4 · 5 · 1 00 = 20 για Δ - -= 4·5 4α 40 4 . y= -= 10 7·χν+2-3·χν+ι�, Ji43 + J48 + .J27- J768.

10. Να βρεθεί το xeiN ώστε: που ν

ΛiJσηj =

..J81:2 .J16:3

..[9:3- .J256 3 9J3 + 4J3 + 3 J3 - 16J3 16J3 -I 6 J3 = Ο ,

Είναι

Άρα ( 1 )<=> _i � χ � Ι <::::> χ = Ο ή χ = Ι , αφού 7 xeiN. ..}x - y =2 11 Να λυθεί το σύστημα (Σ) χ 2+ y 2 - 5xy 1

οπότε η ανίσωση γίνεται7χ2-3χ:Ξ=4 (1 ) , με α=7>0, Δ=9+ Ι1 2=Ι2 1>0 και ρίζες χ = - 4/7, χ 2 = 1 .

}

λiJση

Για να ορίζεται το σύστημα (Σ) πρέπει και αρ κεί x�y. Τότε (Σ) <::::> = 5ψ 1 � , + 4 ) - S x ( χ - 4 )= 1 � y= x - 4 y= x - 4 <::::> <::: :> χ 2 - 4χ - 5= 0 Χ = 5 ή Χ = -Ι y= x - 4 y= x - 4 <=> ( x=5, y =I ) ή Χ = -Ι Χ= 5 ή (χ= -Ι, y = -5 ) . Δεκτές τιμές αφού επαληθεύουν την x�y.

} }

:,-:; �

}

: �: �

}

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΆ ΘΕΜΑΤΑ

Γιάννης Σιάχος-Θανάσης Τσιούμας

1. Έστω ν,κ εΝ* τέτοιοι ώστε να ισχύει: ν+

.J ν2+1=κ+.J κ2+1

(1)

α)Να αποδείξετε ότι ν=κ β) Αν A

�--

�3 ν+Fv - �3κ-�, 2

αποδείξετε ότι

�

τότε να

R 9-

ν γ) Για ποιά τιμή του ν η παράσταση γίνε ται μέγιστη; Ποια η μέγιστη τιμή της; Α ΛiJση

α) Αν ν�κ, τότε: ( 1 ) � ν - κ= .Jκ 2 + 1 - .Jν 2 + Ι� � ;::::: .Jν 2 +Ι �κ 2 + 1 2:: ν 2 + 1 �κ 2:: ν Άρα ν=κ. Ομοίως αν δεχτούμε κ � ν. Επειδή κ=ν έχουμε r-- --= Α = �3ν + Fv - ..}3ν - Fvν � 2 Α 2 = �3ν + Fv - �3ν - Fv =

β)

(

�

)

�

3+ 9γ) Η παράσταση Α γίνεται μέγιστη (ma x ) όταν και μόνον μεγιστοποιηθεί η παράσταση Α 2, δη λα δ,η οταν και μονον 9 - -Ι γινει ελάχιστο, ν δηλαδή ν=Ι, οπότε Α ma x = 2 - .J2 .

α) i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ2-2λχ+λ-2=0 (1) έχει δυο άνισες ρίζες χι, χ2 για κάθε λeR ii) Να βρεθούν οι τιμές του λ ώστε να ισχύει 1 1

-Χι2 + Χ 2 6 2 -

β)Να αποδείξετε ότι ( λ2-λ+2)χ2-2χ+1> 0 για κάθε xeR όπου λeiR.

= 6ν - 2 ( 3ν ) 2 - Fv 2 = 6ν - 2 .J9ν 2 - ν =

ΛiJση

α) i) Η διακρίνουσα του τριωνύμου f(x)=x 2-2λχ+λ-2=0 2 είναι Δ=4λ -4λ+ 8=4(λ2-λ+2 )>0 , αφού το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/ 1 4

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

τριώνυμο λ2-λ+2 έχει διακρίνουσα Δι=-7<0. Επομένως η (Ι) έχει δυο άνισες ρίζες Χ ι, χ 2 στο

β) Π οια είναι η μέγιστη τιμή της f γ) Π οιο είναι το σύνολο των τιμών της f

Είναι χι+ χ z=2λ και χι· χ z=λ-2, οπότε με χι · Xz:t=O, δηλαδή λ:t=2 έχουμε: Ι Ι -2 +-χ 2 = 6 <:::::> Χι 2 χ; + χ� = 6 <:::::> ( χ ι + χ 2 ) 2 - 2χ ι χ 2 = 6 2 2 ΧιΧ ( χ ι χ 2 )2 2 2λ 2 - 2 λ - 2 <:::::> ( ) ( 2 ) = 6 <:::::> (λ - 2) <:=>2λ2 - λ + 2 = 3λ2 - 12λ + Ι2<:=> λ2 -ΙΙλ + 10 = Ο <:::::> λ=Ι ή λ= 1 0. Δεκτές τιμές

ΛίJση Η

IR.

ii)

β) Είναι λ2-λ+2>0 από το αί και η διακρίνουσα του τριωνύμου ρ(χ)=(λ2-λ+2 ) χ 2-2χ+ Ι είναι Δ· =4--4(λ2-λ+2)=--4(λ2-λ+ 1 )<0, για κάθε λ ε IR αφού το τριώνυμο λ2-λ+ Ι έχει διακρίνουσα Δ z= -3<0 Επομένως ρ (χ )>Ο για κάθε χ ε !R. Τελικά (λ2-λ+2)χ2-2χ+ 1>0, για κάθε χ,λε !R. 3. Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=χ2-4χ+λ-ι, λε!R. Η κορυφή της γραφικής παράστασης της f είναι το σημείο Μ (μ,ι). Ν α βρείτε: α) Τους αριθμούς μ και λ β) τη θέση της Cr ως προς τον άξονα χ·χ. \ί1ι:;η Η

α) κορυφή της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f(χ )=αχ2+β χ+γ με α::FΟ, έχει συ β Δ ντεταγμενες - -, - 2α 4α -4 Επομένως: - - = μ::::> μ = 2 και 2 - Δ- = Ι::::> λ - 5 = 1 ::::>λ = 6 . 4 β) Για λ=6, έχουμε f(x) =x 2--4x+ 5. Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ=Ι6-20=--4<0. Άρα f(x )>O για όλες τις πραγματικές τιμές του χ. Επομένως η Cr είναι πάντοτε «πάνω» από τον άξονα χ· χ. 4.

)

(

Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=-3χ2+(λ-ι)χ+5, λε!R. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα

( �]

διάστημα

-οο,

[�

και γνησίως φθίνουσα στο

)

+οο .

α) Ν α βρείτε το λ

( �]

α) συνάρτηση f(χ)=αχ2+βχ+γ όταν α<Ο είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα - οο, α και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα , + οο . α β Ι λ -Ι Ι . - - = -::::> -= -::::> λ = 2 Επομενως: 6 6 2α 6

[- �

)

β) Για λ=2 το τριώνυμο γράφεται f(x)=-3χ2+χ+5 Η μέγιστη τιμή της f είναι η Δ 61 61 4α -12 Ι2 γ) Το σύνολο των τιμών της f είναι : - οο, 5. Δίνεται το σύστημα

{

(

3χ+ ( 2-λ ) y = ι

λχ+ ( λ-2 ) y = ι

��]. (λeiR.

παράμετρος) α) Ν α λυθεί και να διερευνηθεί για τις διά φορες τιμές του λ β) Ν α βρείτε τις τιμές του λ ώστε να ισχύει: . " ι :S ι που (χ, y) δ ικη λυση ι") x=y και ιι) χ Υ του συστήματος.

- -

•

ΛίJση

α) Το σύστημα έχει D=(λ-2)(λ+ 3 ) , Dχ=2(λ-2 ) , Dy=3-λ Διακρίνουμε περιπτώσεις: ::> #-3 και λ#2. Τότε το σύστημα έχει i) D:f:O<:::λ μοναδική λύση (x,y F

(� '�Η � �) � J λ 3' (λ - ( + 3)

ii) D=Ο<:::λ ::> =-3 ή λ=2 Για λ=-3, έχουμε Dx=- 1 0:f:O, άρα το σύστημα είναι αδύνατο. Για λ=2, έχουμε Dy =I:f:O, άρα το σύστημα εί ναι αδύνατο. β) i) Με λ :t= -3 και λ :t= 2 έχουμε: 2 = 3-λ <:::::> χ = Υ <:::::> -λ + 3 (λ - 2) (λ + 3) 2 ( λ - 2 ) = 3 - λ <:::::> 2λ - 4 = 3 - λ <:::::> λ = -7 .Δεκ 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/ 1 5

Μαθηματικά για την Α ' Λ υκε ί ου

τή τιμή . ii) Με λ � {-3,2,3} έχουμε: (λ- 2)(λ+ 3) (λ - 2)(λ+ 3) D >D -1 > -1 <=> χ - y Dx D Y 2(λ-2) - 3 - λ λ +_3 (λ-2)(λ+3) > Ο <::> 9-/C -/C -λ+6 > Ο <::> <=> 2(3 -λ) 2 3 -λ <=> -2λ22( 3-λ-λ+) 15 � 0 <::::> 2( 3 -λ) ( -2λ2 -λ + 15 ) � ο . <=>

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

Λύνοντας τις ανισώσεις 3-λ>Ο και -2/C - λ+ 15 >0, σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων λ 2( 3-λ) -2λ2 -λ+ 1 5 Γ

- 00

-3

+ + +

Άρα _!_χ � _!_ <::::> λ ε ( -3,2) u 2.�2 u(3, +oo) . Υ συνάρτηση f με f { χ) = λνfχ + 2 , λ ε JR . Το σημείο

Δίνεται

ii)

Αφού το σημείο Μ ανήκει στη γραφική παράσταση της f θα ισχύει f(2)=8, οπότε λνi2 + 2 = 8 � 2λ = 8 � λ = 4 Η f ορίζεται αν και μόνο αν χ+ 2 ;;:::: Ο, δη λαδή χ ;;:::: -2. Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το [-2,+οο)

Είναι f (Ο) = 4ν!Ο + 2 = 4J2 δηλαδή η Cr τέμνει τον άξονα y ' y στο σημείο f(x)=O Εξάλλου Α( 0,4ν'2) . <=>4fx+2 =0 <::> x = -2 , δηλαδή η Cr τέμνει τον άξονα χ'χ στο σημείο Β (-2,0) iv) Για κάθε χι, Χ2 ε [-2,+οο), με χι< χ2 έχουμε: Ο�χι+2< χ2+2� �χ 1 + 2 < �χ 1 + 2 � 4.,Γχ:+2 < 4�χ 2 + 2 � f(x1 ) < f(x 2 ). Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο[-2,+οο). iii)

γ) Ν α λ:υσετε την ανισωση

( f χ) ι

ι �-.

α) Η f ορίζεται αν και μόνο αν x2-x-6:;t0, δη λαδή x:;t-2 και x:;t3 Άρα έχει πεδίο ορισμού το A=R-{-2,3} . β) Αφού 2εΑ και -2�Α, η f δεν είναι ούτε άρ τια ούτε περιττή .

1 > Ι <::::> χ2 -χ-6 > 1 <::::> Στο Α έχουμε: f{x) -2 χ + 2 -2 <=> (χ + χ2 )+(χ2 - 3) � .!.2 <=> Ι χ - 3 1 � ..!.2 <=> <=> χ -3 � -� ή χ -3 � <=> χ �% ή χ ·

(

�)

<::::> χ ε ( -οο,-2) (-2, % υ

Μ(2,8)

.\ {) σ η

f { χ) = 2 χ + 2 χ _χ_6

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της β) Να εξετάσετε αν είναι άρτια ή περιττή

τύπο

ανήκει στη γραφική παράσταση της f. Ν α βρείτε: ί) Την τιμή του λ ίί) Το πεδίο ορισμού της f ίίί) Τα σημεία που η Cr τέμνει τους άξονες ίν) Την μονοτονία της f

' η συναρτηση Δ ινεται

�·)

-- ·-- -·

( ]

(

�

] [� ,+οο) . υ

�)

r( ) 5 �r - 6x+9 χ= + χ-3 Ν α βρείτε: ί) Το πεδίο ορισμού της f ίί) Το σύνολο τιμών της f ίίί) Τη θέση της Cr ως προς τον χ ' χ ,

9. Δ ινεται , η συναρτηση

ii)

Αφού χ 2 - 6χ + 9 = (χ - 3) 2 � Ο για κάθε χ ε JR η f θα έχει πεδίο ορισμού το Α = JR - { 3} και ---::-2 χ = �r( f( χ) 5 + χ -- 3 ) = 5 ) χχ -- 33 1 3 χ - 3 = 5 + 1 = 6 . Αν Αν χ<3, τότε f(χ)= 5 + -χ-3 χ>3, τότε f(x)= 5 + -(χχ --33 ) = 5 - 1 = 4 6, χ < 3 . Άρα το σύνολο Δη λαδή f (χ) = 4, χ > 3 τιμών της f είναι το {4,6} . Οι τιμές της f είναι θετικές, οπότε η Cr εί ναι «πάνω» από τον άξονα χ' χ

{

iii)

----

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/ 1 6

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

� Κ Ε, Σ �Ί Π Α Ν ΑΛ Η !Πl ΊΊ Κ ΕΣ ΑΣ Κ Η Σ Ε Ι Σ

Καρδαμίτσης Σπύρος - Κυριακόπουλος Θανάσης Με γνώμ ονα τον επαναληπτικό χαρακτήρα αυτού του τεύχους, παραθέτουμε τις λύσεις των α σκήσεων που προτά θηκαν στο 66° τεύχος συμπληρώνοντας την ομ άδα των ασκήσεων, με επτά νέες ασκήσεις με θέμα τον κύκλο. Ορισμένες από τις αρχι κές εκφωνήσεις έχουν ελαφρ ά τροποποι ηθεί ( κλιμακούμενα ερωτήμ ατα) για διδακτικούς λόγους. Η δομ ή του άρθρου έχει σκοπό να βο ηθήσει τους μαθητές να κά νουν μ ια γενική επανάλη ψη .

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α =90°) και ΑΔ το ύψος του. Από σημείο Ε της ΑΒ φέρνουμε παράλληλη προς την ΒΓ που τέμνει το ύψος ΑΔ στο Ζ. Φέρνουμε την κάθετη στην ΖΓ στο σημείο Ζ που τέμνει την ΑΒ στο Η και στην συνέχεια από το ση μείο Ζ φέρνουμε ευθεία παράλληλη της ΑΒ που τέμνει τις πλευρές ΒΓ και ΑΓ του τρι γώνου στα σημεία Ρ και Ν αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) Το σημείο Ζ είναι ορθόκεντρο του τριγώ νου ΑΡΓ και β) ΑΗ ΒΕ. Λ

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι ΒΕ = ΑΗ Λ Σ Κ Η Σ Ι-Π 2 η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τα τετράγωνα Α ΒΖΘ και Α ΓΔΕ. Φέρνουμε ΓΚ .l ΒΔ και ΒΛ .l ΓΖ. Να α ποδείξετε ότι: α) Το ύψος ΑΗ του τριγώνου ΑΒΓ και οι ΓΚ, ΒΛ διέρχονται από το ίδιο σημείο. β) Το ύψος ΑΗ διέρχεται από το μέσο Ν της ΘΕ. γ) Αν Α Μ είναι η διάμεσος του τριγώνου Α ΒΓ, τότε 2 ΑΜ ΕΘ. =

Είναι ΡΝ 11 ΑΒ και ΑΒ .l ΑΓ, επομένως θα είναι και ΡΝ .l ΑΓ, άρα το σημείο Ζ είναι ση μείο τομής των υψών ΑΔ και ΡΝ του τριγώνου ΑΡΓ επομένως είναι ορθόκεντρό του. Α Π ΟΛ ΙΕ Ι Ξ Η β) Είναι ΑΡ II ΗΖ ως κάθετες στην ευθεία ΖΓ α) Θεωρούμε ότι η ΒΛ τέμνει το ύψος ΑΗ του και ΑΗ II ΡΖ από κατασκευή, επομένως το τε τριγώνου στο σημείο Ρ και η ΓΚ στο σημείο τράπλευρο ΑΗΖΡ είναι παραλληλόγραμμο, Ρ ' διαφορετικό του Ρ. Τα τρίγωνα ΖΒΓ και τότε ΑΗ = ΡΖ ( 1 ) ΡΑΒ έχουν: ΑΒ = ΒΖ ( γιατί το ΑΒΖΘ είναι Τέλος είναι ΕΖ II Β Ρ και ΡΖ II ΒΕ, άρα το τε τετράγωνο), ω = φ (οξείες γωνίες με πλευρές τράπλευρο ΒΕΖΡ είναι παραλληλόγραμμο , κάθετες) και ΡΑΒ = 90 ° + Α 1 , τότε ΒΕ = ΡΖ (2) α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/ 1 7

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΖΒΓ = 90 ° + Β και Α = Β (οξείες γωνίες με ι

πλευρές κάθετες) άρα Ρ ΑΒ = ΖΒΓ , επομένως τα τρίγωνα είναι ίσα, άρα ΑΡ = ΒΓ ( 1 ) Όμοια τα τρίγωνα ΑΓΡ ' και ΔΒΓ είναι ίσα, οπότε ΑΡ '= ΒΓ (2) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ΑΡ = ΑΡ ', δηλαδή τα σημεία Ρ και Ρ ' ταυτίζονται , επο μένως το ύψος ΑΗ, η ΒΛ και η ΓΚ διέρχονται από το ίδιο σημείο. Το σημείο τομής Η ' των ΒΔ, ΓΖ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου

ΣΧΟΛ Ι Ο :

και ΑΗ ΡΒΓ

β) Τα τρίγωνα ΑΡΘ και ΑΒΓ έχουν: ΑΡ = ΒΓ ( από το πρώτο ερώτημα), ΑΒ = ΑΘ ( επειδή το ΑΒΖΘ είναι τετράγωνο) Λ

και Α = Β (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες) Επομένως είναι ίσα, τότε ΘΡ = ΑΓ = ΑΕ Όμοια έχουμε ότι και ΑΘ = ΡΕ, οπότε το τε τράπλευρο ΑΘΡΕ είναι παραλληλόγραμμο, οι διαγώνιοί του διχοτομούνται , επομένως το σημείο Ν είναι το μέσο του ΘΕ.

γ) Προεκτείνουμε την διάμεσο ΑΜ κατά τμή μα ΜΟ = ΑΜ, τότε το τετράπλευρο ΑΒΟΓ εί ναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιοι του διχοτομούνται, άρα ΓΟ = ΑΒ ή ΓΟ = ΑΘ. Λ

Έχουμε Α + ΘΑΕ = 1 80 ° και Α + ΑΓΟ = 1 80 ° Λ

επομένως είναι ΘΑΕ = ΑΓΟ , τότε τα τρίγωνα ΑΘΕ και ΑΓΟ έχουν επιπλέον ΑΓ = ΑΕ, ΘΑ = ΑΒ = ΓΟ, άρα είναι ίσα τότε ΑΟ = ΘΕ ή 2ΑΜ = ΘΕ

Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η

α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΗ2 Γ η HzM είναι διάμεσός του που αντιστοιχεί στην υποτείνουΒΓ , , ΜΗ2 = Τ , ομοια σά του, επομενως για το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΗ3Γ έχουμε ότι η Η3Μ είναι διάμεσός του, οπότε ΒΓ . ΜΗ3 = 2 Από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε: MHz = ΜΗ3, δηλαδή το τρίγωνο Η2 ΜΗ3 είναι ισο σκελές. β) Στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΗ3Η και AHzH οι Η3Λ και Η2Λ είναι διάμεσοι, επομένως Η3Λ = ΑΗ = Η2 Λ. Επομένως τα σημεία Μ και Λ ι2 σαπέχουν από τα άκρα του ευθυγράμμου τμή ματος Η2 Η3, άρα η ΛΜ είναι μεσοκάθετος του Η2 Η3, οπότε ΜΛ l_ HzH3 -

Α Σ Κ Η Σ Η 4'�

Δίνονται τέσσερα συνευθειακά σημεία Α, Β, Γ και Δ, τέτοια ώστε ΑΒ ΒΓ ΓΔ. Από τα Β και Γ φέρνουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο παράλληλα τμήματα ΒΖ και ΓΕ ώστε ΒΖ ΓΕ 2ΒΓ. Ν α αποδείξετε ότι ΑΕ .l ΔΖ. =

Α Σ Κ Η Σ Η 3 '�

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και AHt, ΒΗ2 , ΓΗ3 τα ύψη του που τέμνονται στο Η. Αν Μ το μέσο της ΒΓ και Λ το μέσο της Η2 Η3 , να δείξετε ότι: α) Το τρίγωνο Η2 ΜΗ3 είναι ισοσκελές και β) ΜΛ l_ Η 2 Η3 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/ 1 8

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Λ i-i ίΟ /ι � , � Ξ ih

Είναι ΒΖ = ΓΕ = 2ΒΓ = ΑΓ = ΒΔ, επομένως τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΖΒΔ είναι ισοσκελή άρα Λ

β) Στο τρίγωνο ΔΒΓ η διάμεσος ΒΕ είναι και

ύψος, επομένως το τρίγωνο είναι ισοσκελές, τότε Δ ι = Γ = 45 ° , τότε όμως το τρίγωνο Λ

Α = Ε ι και Δ = Ζ ι ° Έχουμε ακόμη ότι Β Ζ = II ΓΕ επομένως το τε ΔΒΓ είναι και ορθογώνιο, ( ΔΒΓ =90 ) και η ΒΕ είναι διάμεσός του που αντιστοιχεί στην τράπλευρο ΖΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο και ΓΔ λόγω των παραλλήλων ΖΕ και ΑΔ έχουμε: = ΔΕ, δηλαδή υποτείνουσα του, άρα ΒΕ = 2 Α = E z και Α = Zz ως εντός εναλλάξ γωνίες, το ορθογώνιο ΑΒΕΔ είναι και ρόμβος, επομέ νως είναι τετράγωνο και οι διαγώνιοι του τέ άρα Ε 1 = E z και Ζ 1 Zz . Τέλος στο τρίγωνο ΡΖΕ έχουμε: μνονται κάθετα, δηλαδή ΑΕ ..lΒΔ. γ) Τα σημεία Μ και Ν είναι κέντρα των πα Ε z Ε+ z 1 80° ραλληλογράμμων ΑΒΓΕ και ΑΒΕΔ, επομένως - 90 ° άρα είναι μέσα των διαγωνίων τους, οπότε στο τρί E z + Zz = - + - = -= 2 2 2 2 γωνο ΑΕΓ η ΜΝ συνδέει τα μέσα των πλευ ΖΡΕ = 90 ° ή ΑΕ .1 ΖΔ. ρών του, άρα ΓΔ ΕΓ 2 ΓΔ MN = II - = - = Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με 4 2 2 Λ

ΔΓ = 2ΑΒ και Β = 3 Γ . Φέρνουμε ΒΕ ..l ΔΓ που τέμνει την διαγώνιο ΑΓ στο Μ. Φέρνουμε την ΑΕ που τέμνει την άλλη διαγώνιο ΒΔ στο Ν. Να δείξετε ότι: α) Το τετράπλευρο ΑΒΓΕ είναι παραλλη λόγραμμο. β) ΑΕ ..l ΒΔ. γ) ΜΝ 114·ΓΔ. Α = Δ =90°,

ΓΔ, επομένως Β + Γ = 1 80 ° ή 3 Γ + Γ = 1 80° ή Γ = 45 ° , άρα Β = 3 Γ = 3 · 45 ° = 1 3 5 ° . Το τετράπλευρο ΑΒΕΔ είναι ορθογώνιο, επομένως ΓΔ Β ι = 1 3 5 - 90 0 = 4 5 και ΔΕ = ΑΒ = - ' 2 οπότε το Ε είναι μέσο της Γ Δ, δηλαδή ΔΕ = ΕΓ. Έχουμε λοιπόν ότι ΑΒ = 11 ΓΕ, άρα το τε τράπλευρο ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο.

α) Είναι ΑΒ Λ

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με ΓΔ = 2ΑΒ, και οι μη παράλληλες πλευρές του τέ μνονται στο σημείο Ο. Αν Κ, Λ είναι τα μέ σα των διαγωνίων του ΒΔ και ΑΓ αντίστοι χα και Μ, Ν τα μέσα των ΟΑ και ΟΒ αντί στοιχα, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΜΝΛΚ είναι παραλληλόγραμμο.

Τα σημεία Μ και Ν είναι τα μέσα των πλευ ρών του τριγώνου ΟΑΒ, επομένως ΜΝ = 11 ΑΒ ( 1 ). Ακόμα τα σημεία Κ, Λ είναι τα μέσα 2 των διαγωνίων του τραπεζίου ΑΒΓ Δ, επομέΓΔ - ΑΒ 2ΑΒ - ΑΒ ΑΒ = . Ενως ΚΑ = 2 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/ 1 9

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

πειδή ΚΛ 11 ΑΒ 11 ΓΔ (γιατί;) είναι ΚΛ = ΑΒ 11 (2) 2 Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι: ΜΝ = 11 ΚΛ επομένως το τετράπλευρο ΜΝΛ Κ είναι παραλληλόγραμμο. ,

ληλη προς την πλευρά του τριγώνου ΑΒ που τέμνει τις ΑΓ και ΒΓ στα σημεία Σ και Δ αντίστοιχα. Ν α δείξετε ότι: α) Το τετράπλευρο ΑΟΓΜ είναι ρόμβος β) Τα τρίγωνα ΣΔΓ και ΓΣΜ είναι ισοσκε λή γ) Η γωνία ΜΟΔ είναι ορθή. λ

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με ΑΔ ΑΒ + Γ Δ και Μ το μέσο της ΒΓ. Η ευθεία ΑΜ τέμνει την Γ Δ στο σημείο Ε και η ΔΜ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ζ. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΔΕΖ είναι ρόμβος. =

J\ I

α) Αφού ΑΚ = ΚΓ και Ο Κ = ΚΜ τότε στο τε

Γ Υ,

�Ι

>._ �

ι -

Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΜΓΕ έχουν ΒΜ = ΜΓ, Λ

Μ 1 M z ( ως κατακορυφή ) και Α 1 = Ε 1 (ως εντός εναλλάξ), επομένως είναι ίσα, άρα ΑΜ = Μ Ε. Αντίστοιχα και τα τρίγωνα ΒΜΖ και ΔΜΓ είναι ίσα, οπότε είναι και ΔΜ = ΜΖ. Άρα στο τετράπλευρο ΑΔΕΖ οι διαγώνιοι του διχοτομούνται, επομένως είναι παραλληλό γραμμο. Επιπλέον αν Κ είναι το μέσο της ΑΔ, τότε η ΚΜ είναι διάμεσος του τραπεζίου και είναι ΑΒ + ΓΔ ΑΔ = - , οποτε το τριγωνο ΚΜ = 2 2 ΑΜΔ είναι ορθογώνιο στο Μ, δηλαδή οι δια γώνιες του παραλληλογράμμου ΑΔΕΖ τέμνο νται κάθετα, άρα είναι ρόμβος. =

τράπλευρο ΟΑΓΜ οι διαγώνιοι του διχοτο μούνται, επιπλέον η ΟΜ είναι μεσοκάθετος της ΑΓ, άρα οι διαγώνιοι του παραλληλο γράμμου τέμνονται κάθετα, επομένως είναι ρόμβος. Λ

β) Είναι Δ 1 = Β , ως εντός εκτός και επί τα αυΛ

τά των παραλλήλων ΜΔ και ΑΒ και Γ = Β , αφού το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές άρα Λ

Δ 1 Γ , συνεπώς το τρίγωνο ΔΣΓ είναι ισοσκελές. Επειδή το τετράπλευρο ΟΑΓΜ είναι ρόμβος, έχουμε ότι ΜΓ 11 ΑΟ, επειδή όμως η ΑΟ είναι κάθετη στην ΒΓ έχουμε ότι και η ΜΓ είναι κάθετη στην ΒΓ. Επιπλέον έχουμε ότι: Μ 1 + Δ 1 = 90 ° και Γ+ Γ Ι =90 ° άρα Μ 1 + Δ 1 = =

Γ+ Γ 1 ή Μ 1 = Γ 1 αφού Δ 1 = Γ , άρα και το τρίγωνο ΓΣΜ είναι επίσης ισοσκελές. γ) Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΔΣΓ και ΜΣΓ Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ ΑΓ) οι έχουμε ότι ΣΔ = ΣΓ = ΣΜ και στο τρίγωνο μεσοκάθετοι των πλευρών του ΑΓ και ΒΓ ΟΜΔ έχουμε ότι τα σημεία Κ και Σ είναι μέσα τέμνονται στο σημείο Ο. Θεωρούμε το συμ των πλευρών του, επομένως ΚΣ II ΟΔ, άρα μετρικό σημείο Μ του Ο ως προς την πλευ ΟΔ l_ ΟΜ άρα η γωνία ΜΟΔ είναι ορθή. =

ρά ΑΓ και από στο Μ φέρνουμε την παράλ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/20

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Λ

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90°) είναι Γ = 5 Β . Αν ΑΔ το ύψος του τριγώνου, να δείξετε ότι ΒΓ = 4ΑΔ. Λ

ή Β+ Γ =90 ° Β+ 5 Β = 90 ° ή 6 Β = 90° άρα Β = 1 5 ° . Φέρνουμε την διάμεσο ΑΜ του τρι γώνου ΑΒΓ, τότε ΑΜ = ΒΓ , = ΜΒ επομενως το 2 τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισο Είναι

σκελές, άρα Α 1 = 1 5 και Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι Μ 1 = 1 5 ° + 1 5 ° = 30° ως Φ + Μ Ι = Φ+ Κ ή Μ Ι = Κ εξωτερική γωνία του τρι γώνου ΑΜΒ. Όμως Μ 1 + Μ 2 = 1 80° ή Κ + Μ 2 = 1 80 ° δηλαΣτο ορθογώνιο τρίγωνο δή οι απέναντι γωνίες του σχηματιζόμενου τε τραπλεύρου ΚΛΜΝ είναι παραπληρωματικές. ΑΜΔ έχουμε Μ 1 = 30 ° ΒΓ 'I .·� 'j \Ι<( ι η : :ιc: ΒΓ ΑΜ 2 ' ΑΔ αρα η' ΒΓ = 4ΑΔ. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ 4 2 2 κλο {O,R) . Να δείξετε ότι: Λ

' ·

-- -

Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ. Αν Ε, Ζ σημεία των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα, να δείξετε ότι οι ευθείες ΕΒ, ΕΔ, ΖΑ και ΖΓ τεμνόμενες σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο στο οποίο οι απέναντι γωνίες του είναι πα ραπληρωματικές. ) : -i!

,-;· .Η.

Επειδή οι διαγώνιοι του ρόμβου διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα, έχουμε ότι κάθε διαγώ νιος του είναι μεσοκάθετος της άλλης διαγω νίου του, επομένως τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΑΖΓ είναι ισοσκελή τότε: Λ

ΕΒΔ

α) Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου Η ως προς τις πλευρές του τριγώνου είναι σημεία του περιγεγραμμένου του κύκλου. β) Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου Η ως προς τα μέσα των πλευρών του είναι επίσης σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου. γ) Αν Δ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ και ΑΑ ' η διάμετρος του κύκλου να δείξετε ότι: ΗΑΔ ΔΑΟ και ΒΑΗ ΟΑΓ Λ

ΕΔΒ φ και ΑΖΟ ΟΖΓ ΛΖΔ ω =

Στο τρίγωνο ΜΖΔ η γωνία ΜΖΒ Λ

ω είναι

εξωτερική του άρα ω = Φ + Μ 1 ( 1 ) και στο τρίΛ

γωνο Ζ ΚΒ η γωνία ΚΖΔ ω είναι εξωτερική Λ

του άρα ω Φ+ Κ (2) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/2 1

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

α) Έστω Η ' το σημείο τομής του ύψους ΑΝ του τριγώνου με τον περιγεγραμμένο κύκλο του. Το τετράπλευρο ΗΕΓΝ είναι εγγράψιμο γιατί Ν+ Ε = 1 80° άρα Η 1 Γ και Γ Η ' ως εγγεγραμμένες γωνίες στο τόξο ΑΒ, άρα Η Η ' δηλαδή το τρίγωνο ΗΒΗ ' είναι ισοσκελές, οπότε το ύψος του ΒΝ είναι και διά μεσος του, άρα ΗΝ = ΝΗ ' δηλαδή το σημείο Η ' του κύκλου είναι το συμμετρικό του ορθο κέντρου Η ως προς την πλευρά ΒΓ του τριγώ νου. β) Έστω Α ' το aντιδιαμετρικό του σημείου Α, τότε ΑΒΑ ' =90 ° ως γωνία εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, άρα ΓΖ // ΒΑ ' ως κάθετες στην ί δια ευθεία ΑΒ. Όμοια ΒΕ // Α Τ, άρα το τε τράπλευρο ΒΗΓΑ ' είναι παραλληλόγραμμο, επομένως οι διαγώνιοι του διχοτομούνται δη λαδή ΗΜ = ΜΑ ' , άρα το Α ' είναι το συμμε τρικό του ορθοκέντρου Η ως προς το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ. Λ

είναι διάμεσος του και ύψος του, επομένως το τρίγωνο ΑΗΜ είναι ισοσκελές, οπότε Λ

Α1

Μ 1 • Επιπλέον είναι Β 1

Α ως οξείες Λ

γωνίες με πλευρές κάθετες, άρα Β 1 Μ 1 , επομένως το τετράπλευρο ΒΗΜΓ είναι εγγρά ψιμο. =

Οι κύκλοι ( 0 1, R1) και ( 0 2 , R2) εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α. Με διάμετρο την 0 1 0 2 γράφουμε κύκλο ( 03 , R3). Αν Μ τυ χαίο σημείο του κύκλου (03 , R3) και Β, Γ τα σημεία τομής των ΜΟ1, ΜΟ 2 ΜΕ τους κύ κλους (Ο ι , R ι ) και (Ο 2 , R2 ) αντίστοιχα, να δείξετε ότι ΒΑΓ 135°. Λ

γ) Είναι ΑΗ Ί/ ΟΔ ως κάθετες στην ίδια ευθείΛ

α, οπότε Α 1 Δ 1 (ως εντός εναλλάξ) = Α 2 ( γιατί το τρίγωνο ΑΟΔ είναι ισοσκελές) άρα =

ΗΑΔ ΔΑΟ . Επειδή το σημείο Δ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ η ΑΔ είναι διχοτόμος της =

γωνίας Α και Α 1 = Α 2 άρα ΒΑΗ ΟΑΓ =

Λ Π Ω Λ Ε Ι! Ξ Ι

Θεωρούμε την κοινή εσωτερική εφαπτομένη xAy των κύκλων με κέντρα 0 1 και 0 2 • Η γωΛ

νία χΑΒ είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης Λ

Τα ύψη ΑΔ και ΒΕ τριγώνου ΑΒΓ τέμνο ΒΟ 1 Α νται στο Η. Αν Μ σημείο της ΕΓ τέτοιο ώ επομένως χΑΒ = ---'---- , όμοια έχουμε 2 στε ΕΜ ΑΕ, να δείξετε ότι το τετράπλευ ρο ΒΗΜΓ είναι εγγράψιμο. Λ

χΑΓ =

Επομένως

Στο τρίγωνο ΑΗΜ το ευθύγραμμο τμήμα ΗΕ

ΒΑΓ = χΑΒ +

1 80° - ΑΟ 1 Μ + 1 80ο - Α0 2 Μ 2 Λ

360° - (ΑΟ 1 Μ+ Α0 2 Μ) 360° - 90ο ο = 135 = 2 2 Αφού η ΟιΑΟz είναι ευθεία (γιατί;) οπότε το τρίγωνο 0 1ΜΟ 2 είναι ορθογώνιο και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/22

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ρική διχοτόμος της γωνίας Β, επομένως το τρίγωνο ΙΒΙ α είναι ορθογώνιο(γιατί;)

ΑΟ ι Μ+ Α0 2 Μ =90 ° Α Σ Κ Η Σ Η 1 4 11

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ κλο. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα ση μεία Β και Γ τέμνονται στο Η. Από το ση μείο Η φέρνουμε ΗΕ l.. ΑΒ, ΗΖ l.. ΑΓ και ΗΔ l.. ΒΓ. Ν α αποδείξετε ότι το τετράπλευ ρο ΕΗΖΔ είναι παραλληλόγραμμο.

Α Είναι B z = Α ι = - ως εγγεγραμμένες στο ί2 Λ

Α Β διο τόξο, άρα MBI = B z + B 3 = - + - ( 1 ) 2 2 Λ

Ε ι

Α Π Ο_λ Ε I Ξ Η

Η Λ

Στο τετράπλευρο ΔΓΖΗ είναι Δ+ Ζ = 1 80° , Λ

άρα είναι εγγράψιμο, επομένως είναι Γ ι = Ζ ι . Λ

Αλλά Γ ι = Α ( θεώρημα χορδής και εφαπτοΛ

μένης) άρα Ζ ι = Α ( 1 )

Α Β Ακόμη Ι ι = + (2) ως εξωτερική γωνία 2 2 του τριγώνου ΑΒΙ από τις σχέσεις ( 1 ) και (2)

Στο τετράπλευρο ΑΕΗΖ είναι Ε+ Ζ = 1 80° , Λ

άρα είναι εγγράψιμο, επομένως ΕΗΖ+ Α = 1 80 ° και λόγω της ( 1 ) έχουμε Λ Λ ΕΗΖ+ Ζ ι = 1 80° άρα ΔΖ 11 ΕΗ. Όμοια αποδεικνύεται ότι ΔΕ II ΗΖ, επομένως το τετράπλευρο ΕΗΖΔ είναι παραλληλόγραμ μο.

έχουμε ΜΒΙ = Ι ι , οπότε το τρίγωνο ΒΜΙ είναι ισοσκελές άρα ΜΒ = ΜΙ (3) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΙΒΙ α έχουμε Λ Λ Λ Λ Λ Ι ι + Ι α =90 ° και Β ι + B z + B J = 90 ° επομένως Λ

Ι ι + Ια = Β ι + Βz + Β3 ή Λ

Ι ι + Ι α = Β ι + ΜΒΙ ή Ι ι + Ι α = Β ι + Ι ι ή

Ι α = Β ι οπότε και το τρίγωνο ΒΜΙ α είναι ισοσκελές, άρα ΜΒ = ΜΙ α (4) Τέλος από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε ότι ΜΒ = ΜΙ = ΜΙ α . ΑΣ Κ Η Σ Η 1 6

Δίνεται κύκλος (O,R) και το τόξο του κύ κλου ΑΒ = 1 20°. Οι εφαπτόμενες του κύ κλου στα σημεία Α και Β τέμνονται στο ση Α Σ Κ Η Σ Η 1 5 11 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με έγκεντρο Ι και πα μείο Ρ. Αν Μ τυχαίο σημείο του τόξου ΑΒ, ράκεντρο Ι α και η Ι Ι α τέμνει τον περιγε και οι ΑΜ, ΒΜ τέμνουν τις ΒΡ και ΑΡ στα γραμμένο κύκλο του τριγώνου στο σημείο σημεία Α' και Β' αντίστοιχα, να δείξετε ότι ΑΑ' = ΒΒ Ό Μ. Να δείξετε ότι: Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η ΜΙ = ΜΒ =ΜΙ α Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η

Οι ΒΙ και ΒΙ α είναι η εσωτερική και η εξωτε-

Το τετράπλευρο ΑΡΒΟ είναι εγγράψιμο αφού Λ Λ Λ Λ Α + Β = 1 80 ° , επομένως είναι Ο + Ρ = 1 80 °

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/23

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

και Ο = 1 20° άρα Ρ =60 ° . Ακόμη είναι ΡΑ = ΡΒ ως εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο Ρ στον κύκλο, άρα το τρίγωνο ΑΡΒ είναι ισό πλευρο.

Α Π Οι\ Ε Ι Ξ Η

Προεκτείνουμε την ΓΜ κατά τμήμα ΜΕ n

•

ΜΒ. Ειναι Μ 1 =

ΑΓ

1 20° =60 και 2

Τα τρίγωνα ΒΒ ' Ρ και ΑΑ ' Β έχουν ΑΡ = ΑΒ γιατί το τρίγωνο ΑΡΒ είναι ισόπλευρο. Λ

Β 1 = Α 1 γιατί η γωνία που σχηματίζεται από χορδή και εφαπτομένη είναι ίση με την αντί στοιχη εγγεγραμμένη . Λ

Αφού ΜΒ = ΜΕ και M J = 60° το τρίγωνο ΒΜΕ είναι ισόπλευρο, επομένως ΜΒ = ΜΕ = ΕΒ Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΓΒΕ έχουν ΑΒ = ΒΓ γιατί το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευ-

Β = Ρ γιατί το τρίγωνο ΑΡΒ είναι ισόπλευρο. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα, επομένως ΑΑ ' = ΒΒ ' . ΑΣΚ Η Σ Η 1 7η

ρο Α 1 = Γ 1 ως γωνίες εγγεγραμμένες στο ίδιο

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και ο περι γεγραμμένος του κύκλος (O,R). Αν Μ ση τόξο ΑΒΜ ΓΒΕ = 60° + Β 1 μείο του ελάσσονος τόξου ΒΓ του περιγε επομένως είναι ίσα, οπότε γραμμένου κύκλου, να δείξετε ότι: ΜΒ + ΓΕ = ΜΑ ή ΜΓ + ΜΕ = ΜΑ ΜΓ = ΜΑ ή ΜΓ + ΜΒ = ΜΑ Λ

·:� �� t '

�-

. .· ' ..:.J!'_�

. .

�� του

'"'

-· - -. .. .

- .. _,

,.;,;��- -

�

ι, από τα γραφεία τις Ε . Μ . Ε . , w περιοδ · · από το 2005 (τεύχος

με επίκαιρη ύλη καθώς και πρωτότυπους διαγωνισμούς για μαθητές δημοτικού .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/24

μέχρι 2008 (τεύχος

1 6)

Μ81ΙΙJΙ8τιιι• ,., Ι'φ• W 1'�1'1 Ι'•ιι Αιι••Ι•ιι ΑΛ ΓΕ Β ΡΑ Β ' ΛΥ ΚΕΙΟΥ

Κ. Κουτρουμπέλας - Β. Τσατούρας - Θ . Τζιώτζιος.

είχε διατυπώ σει πως «ένα πρόβλημα που αξίζει να του επιτεθείς, αποδεικνύει την αξία το υ όταν αντεπιτίθεται». Η δύναμη του λύτη βασίζεται σε δύο συνιστώσες: την γόν ιμη φαντασία του και την καρτερική υπομονή του. Ο Piet Heίn

ι.

Θ εω ρ ούμε το πολυώνυμο Ρ( χ) = f(π - χ) 3π + f( - χ) + 3, όπου f(χ)=ημ2 χ+3ημχ-2 2 με Χ Ε 9{. ί. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το (χ - π ). 2 ίί. Να δειχθεί ότι Ρ(χ) = 3ημχ - 3συνχ για κάθε χ Ε 91. ιιι. Να λυθεί η Ρ(χ) = Ο, στο (Ο, 3π). λύση

Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ -

) 2 είναι η αριθμητική τιμή του πολυωνύμου

για χ = π

; , δηλαδή Ρ( ; ) = f(π - ; ) + π

Στην f για χ =

έχουμε: f(

11.

π ) = ημ2( ) 2

) = 2 - 2 + 3 = 3.

Έχου με: f(π - χ) = ημ2(π - χ) + 3ημ(π 3π χ) - 2 = η μ2 χ + 3ημχ - 2, και f( Τ - χ) = 3π 2 3π ημ ( - - χ) + 3 η μ( - - χ) - 2 = 2 2

τότε ημχ= ± 1, οπότε δεν ισχύει ( 1 ) β) Αν συνχ -::f:. Ο δηλαδή τότε

}

χ�Α ημχ (1) <=> συνχ = l <::> εφχ = l <::> χ = κπ + �4 , κεΖ Ά ρα: χ ε ( Ο, 3 ) π Ο < χ < 3π <::::> <::::>

π π π Ο < κπ + - < 3π <::::> -- < κπ < 3π - -

+ 3ημ � - 2 = 2, ενώ για χ = π έχουμε: 2 f(π) = ημ2π + 3ημπ - 2 = -2 . Συνεπώς από την ( 1 ) το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι Ρ(

{

χ ε �2 . 32π , S2π = Α ,

α) Αν συνχ = Ο δηλαδή

1 1π π <::::> - - < κπ < - - <::::>

f(3 2 - 2 ) + 3 = f( 2 ) + f(π) + 3 . ( 1 ) π

111.

(-συνχ)2 - 3συνχ - 2 = συν2χ - 3συνχ-2 . Ά ρ α το Ρ(χ) = ημ2χ + 3ημχ - 2 + συν2χ 3συνχ - 2 + 3 = 1 - 2 - 2 + 3ημχ - 3 συνχ + 3 = 3ημχ - 3συνχ . Ρ(χ) = Ο <::::> 3ημχ - 3 συνχ = Ο <::::> 3ημχ = 3συνχ <::::> ημχ = συνχ. ( 1 )

1 11 , - - < κ < -, ομως

' κ = Ο, 1 , κ ε Ζ αρα

2. Επομένως οι λύσεις είναι: Για

χ 1 = -4π , για κ = 1 το 9π 2 το χ3 = -

5π χ2 = 4

κ = Ο το

κ αι για κ =

4 2) Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=6χ3+χ2-κ, κE IR . ί. Να βρείτε την τιμή του κ ώστε το Ρ(χ) να έχει παράγοντα τον 2χ - 1 . ii. Για την τιμή του κ που βρήκατε στο (α) ερώτημα να λυθεί η aνίσωση Ρ(χ) :5 Ο. ίίί. Ν α βρείτε τις πραγματικές τιμές

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/25

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

του x EIR. - {κπ + π , κΕΖ} ώστε οι 2 1 αριθμοί - ημχ, συνχ, εφχ να 6 αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου. 1.

Λ ύ ση

Για να έχει παράγοντα το 2χ - 1, πρέπει και αρκεί Ρ( 2_ ) = Ο ( 1 ).

�

( 1 ) <=> 6·( ) 3 + ( ) 2 - κ = ο <=> 6· +

11.

2_ - κ = Ο <=> 1 - κ = Ο <=> κ = 1 . Άρα 4 Ρ ( χ ) = 6χ 3 + χ 2 - 1 . Χρησιμοποιώντας την μέθοδο (σχήμα) Homer έχουμε: 6 6

-1

ο "..

" ..

.ι

ώστε 2κιπ

π = 2κ π + π . Άρα οι 2 3

1 ' αρι θ μοι' (j ·ημχ, συνχ, εφχ αποτελσυν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου π ' χ = 2 κπ ± ' οταν και μονο , κ Εz. 3 3) Να λυθεί η εξίσωση 3 2 χ - 18·3 χ - 1 αχ + \ =

όπου α είναι η ρίζα της εξίσωσης 3 χ -9χ2 +23χ -15 = Ο, η οποία περιέχεται μεταξύ των ριζών της χ·(χ - 6) -7. =

Λ ίJ ση Η εξίσωση χ 3 - 9χ 2 + 23χ - 1 5 = Ο με την βοήθεια του σχήματος Homer

1 .: .."

Επομένως το αρχικό πολυώνυμο μετατρέπεται ως εξής: Ρ(χ)=6χ3 +χ21 =(2χ-1 )(6χ2+4χ+2)= 2(2χ-1 )(3χ2+2χ+ 1 ). Άρα:Ρ(χ):::;Ο<:::> 2(2χ-1 )(3χ2+2χ+ 1 ):::;0 ( 1 ). Η διακρίνουσα του τριωνύμου 3χ2 +2χ+ 1 είναι αρνητική (Δ=-8<0) άρα το τριώνυμο είναι μόνιμα θετικό, οπότε: ( 1 ) <=> 2χ - 1 � Ο <=> χ � _!_ 2 παρατηρούμε δε ότι Ρ ( χ ) = Ο <=> χ = 2_ 111.

συνχ = συν - <=> χ = 2κπ ± - , κ Ε Ζ . 3 3 Δεκτές αφού δεν υπάρχουν κ 1 , κ2 Ε Ζ

-9

-15

-8

μετατρέπεται σε ( χ - 1 )·(χ2 - 8χ + 1 5) = Ο ( 1 ), οπότε ( l ) <=> χ = 1 ή χ2 - 8χ + 1 5 = 0 <:::> χ = 1 ή χ = 3 ή χ = 5 . Άρα α {1,3,5} Εξετάζουμε τώρα ποια από τις λύσεις 1, 3, 5 περιέχεται μεταξύ των ριζών της εξίσωσης: χ·(χ - 6) = - 7, δηλαδή της χ2 - 6χ + 7 = Ο που είναι οι αριθμοί χ ι = 3 + J2 , χ 2 = 3 - J2 Επομένως η τιμή του α είναι η α = 3, άρα η εξίσωση που έχουμε προς επίλυση είναι η 3 2 χ - 1 8·3 χ - 1 = 3 χ + ι (2) και (2) <=> 3 2χ - 1 8· i:_ = 3 2 2 χ χ χ χ χ 3·3 = 0 <=> 3 + Ι <=> 3 6·Υ 3 9·3 = 0 <=> 3 χ ·(3 χ - 9) = ο <=> 3 χ = 9 <=> 3 χ = 3 2 <=> χ = 2, αφού 3 χ i= Ο ε

Για να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου πρέπει και αρκεί: συν2χ = _!_ ·ημχ·εφχ ( 1 ) Άλλα ( 1 )<=> συν2 χ 6 4) Για ποιες τιμές του χ οι αριθμοί lo g2, 1 ημ2χ 1 η μχ = - ·ημχ· -<=> συν2 χ = - · -- <=> log(ex - 1), lo g(ex + 3) είναι διαδοχικοί συνχ 6 6 συνχ όροι αριθμητικής προόδου. 1 1 συν3 χ = - ημ2χ <=> συν3 χ = - ( 1 - ημ2 χ) Λ ύ ση 6 6 Για να είναι τρεις αριθμοί α, β, γ διαδοχικοί 1 1 3 3 2 <=> συν χ + - συν χ - - = Ο <=> 6συν χ + όροι αριθμητικής προόδου πρέπει και αρκεί να 6 6 ισχύει 2β = α + γ, δηλαδή 2 συν χ - 1 = Ο <=> 21og( ex - 1 ) = lo g2 + l og ( e x + 3) ( 1 ). = υνχ Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί: ex-1 >Ο Υ y = συνχ _!_ <=> συνχ = <=> <=> δηλαδή χ > Ο, αφού ex + 3 > Ο, για κάθε x E iR. Ρ ( y) = 0 y=2 Τότε: ( 1 ) <=> 2lo g (ex - 1 ) = l og2 + lo g (ex + 3) 2 l-l

}

�

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/26

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

1-1 � l og(e x - 1 ) 2 = log2 · (ex + 3) � (ex - 1 ) 2 = 2 · (ex + 3) � e2 x - 2ex + 1 = 2ex + 6 � ( e x/ - 4ex - 5 = Ο (2) Θέτουμε e x = y και η επιλύουσα της (2) είναι η εξίσωση y2 - 4y - 5 = Ο, που έχει ρίζες τις Υ ι = 5 και Υ2 = - 1 . Άρα: ( 1 ) � e x = 5 � χ = ln5 > Ο (δεκτή), αφού η ex = - 1 είναι αδύνατη . Επομένως για να είναι οι αριθμοί l og2, l og(e x- 1 ), lo g (e x+ 3) διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, πρέπει και αρκεί χ = ln5 . 5 ) Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = 3 \ xe 9t.

(α = Ο, β = 3, γ =6) ή (α = 7, β = 3 , γ = - 1 ). 7)

Λύ ση

ι.

Ν α λυθεί η εξίσωση: f(x) + f(x + 1 ) + f(x + 2) + . . . + f(x + 99) = 81 = (31 00 - 1) (1). 2

Λύση

Το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι: f(x) + f(x + 1 ) + f(x + 2) + . . . + f(χ + 99) = 3 χ + 3 χ+Ι + 3 χ + 2 + . + 3 χ 99 = 3 χ + 3 · 3 χ + 3 2 · 3 χ + . . . +3 99 · 3χ = 3x ( l + 3 + 3 2 + . . . + 3 99 ). Οι όροι του αθροίσματος είναι οι 1 00 πρώτοι όροι γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο το 1 και λόγο 3 . χ 1(3 1 οο - 1) � ι οο Άρα: (Ι) � 3 = (3 - 1 ) � 2 2 χ 3 = 8 1 � 3χ =3 4�χ=4 (Αφού η 3 χ είναι 1-1). .

ιι.

ιιι.

6) Να βρεθούν τρεις αριθμοί α, β, γ οι οποίοι αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με τις εξής ιδιότητες: i) Ο αριθμητικός μέσος τους είναι η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης 5 χ2

= _..!_ . 5 2 χ -4 50

ii) Ο γ είναι ρίζα της χ2 - 5χ - 2β = Ο Λύση

2 2 Έχουμε: 5 χ = - . 5 zx - 4 � 5 χ = - . 5 z x - 4 � 50 50 1 . 2χ -4 2 _ 1 χ2 χ 5 =_ 5 � 5 = 2 . 5 2χ -4 � 25 5 χ2 2 -6 s 5 = 5 x � χ - 5χ +6 = Ο � χ = 2 ή χ = 3, οπότε β = 3 οπότε: χ2 -5χ - 2β = Ο � χ2 - 5χ - 6 = Ο � χ = 6 ή χ = -1 . Όμως α+γ=2β οπότε για β=3 και γ=6 έχουμε α=Ο ενώ για β=3 , γ=-1 έχουμε: α=7 Δηλαδή οι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου είναι:

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=l-x-lnx, Χ > Ο. ί. Να δείξετε ότι αν Ο<χ<1 τότε f(x)>O. ii. Να λύσετε την f(x)=1-x+In 2 x. iii. Να λύσετε την f(ex) > 1 - 2 χ + 1 - χ. π ίν. Να δείξετε ότι για κάθε θ ε (Ο, ) 2 ισχύει ημθ < ln ( _e_ ). ημθ

ιν .

Είναι Ο < χ < 1 οπότε: 1 - χ > Ο ( 1 ). Επίσης, αφού η lnx είναι γνήσια αύξουσα θα έχουμε: χ < 1 => lnx < ln 1 => lnx < Ο => - lnx > Ο (2). Προσθέτουμε κατά μέλη τις ( 1 ) και (2) και έχουμε: 1 - χ - lnx > Ο. Δηλαδή f(x) > Ο. Για κάθε χ > Ο έχουμε: f(x) = 1 - χ + ln2 x � 1 - χ - lnx= 1 -x+ln2 x � ln2x + lnx = Ο � lnx (lnx + 1 ) = Ο � lnx = Ο

ή lnx = -1 � χ = 1 ή χ = _!__ e 1 x x Είναι: f(e )> 1-2 + -χ� 1-ex-lnex> 1-2 χ+ Ι _χ <=:>-e χ-χ>-2 χ+ Ι _χ� e ex -ex >-2 · 2 x �ex <2 · 2 x � -χ <2� (-γ <2( 1 ). 2 2 Αφού η lnx είναι γνήσια αύξουσα θα έχουμε: ( 1 ) �ln (-�Y <ln2�xln( ! )<ln2� 2 2 x(lne-ln2)<ln2�x( 1-ln2)<ln2� ln 2 . Επειδή e > 2 � lne > ln2 => χ< 1 - ln 2 1 > ln2 => 1 - ln2 > 0 Επειδή το θ

(0,

π ) είναι Ο < ημθ < 1 2

και από ερώτημα (ί) f(ημθ) > Ο (1). Συνεπώς (I) => 1 - ημθ - lη(ημθ) > Ο => 1 - lη(ημθ) > ημθ => lne - Ιη(ημθ) > ημθ e => ημθ < ln ( - ) . ημθ

8) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ω + ln(3 - ex), με ω σταθερά στο IR. και την γραφική της παράσταση να διέρχεται από το σημείο Α(-Ι η Υ2, 2). ί. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. ίί. Ν α αποδείξετε ότι ω = 2. ίίί. Να βρείτε τα ση μεία που τέμνει τον χχ '.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/27

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

αρχικών όρων αριθμητικής προόδου (αν) με α1 = α και ω β που απαιτούνται ώστε το άθροισμα τους να μην ξεπερνά το 138. iv. Να λύσετε την β 2 10 χ=χ104 α+2.

iv. Να αποδείξετε ότι είναι γνήσια φθίνουσα.

Λ ίJση 1. Για

να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί 3- e x>O ( 1 ). Όμως ( 1 ) <=> 3 > e x <=> : ln3 > lnex <=> xlne < ln3 <=> χ < ln3 επειδή η lnx είναι γνήσια αύξουσα. Επομένως το πεδίο ορισμού της είναι ( ln3). Εφόσον το σημείο A(-lnYi, 2) ανήκει στην γραφική παράσταση της f ισχύει: 2 Yz = ω + ln(3 - e-ιn ) � 2 = ω + ln(3 - e 1 02 ) � 2 = ω + ln(3 - 2) � ω = 2. Αν το σημείο τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης με τον άξονα χχ ' έχει τετμημένη α θα έχουμε f( α) =0<::::>2 +ln(3-e α)=O<::::> l n(3-e α)=-2<=> 1 e-2 = 3 - e α <::::> e α = 3 - -2 <=> e α = ln(3 ). Η τιμή είναι δεκτή αφού e

, \. i\J o η

-ω ,

11.

111.

3> 3 -

� και � e

η lnx είναι γνήσια

αύξουσα, οπότε ln3>ln(3-

1ν .

11.

� ). Επομένως e

η γραφική παράσταση της f τέμνει τον χχ ' στο (ln(3 - ), 0). e Έστω Χ ι < Χ2 < ln3 τότε e x ' < e x 2 (η ex είναι γνήσια αύξουσα) ή - e x ' >- e x2 οπότε 3- e x ' >3- e x 2 και επειδή η lnx είναι γνήσια αύξουσα θα έχουμε ln(3οπότε 2+ln(3e x ' )>ln(3- e x 2 ), x2 x e ' )>2 +ln(3- e ) και τελικά f(χι)> f(x2 ). Άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα.

�

9) Θ εωρούμε το πολυώνυμο Ρ (χ)=2αχ3+χ2-χ-β διαιρούμενο με το (χ-1) δίνει υπόλοιπο -1 και διαιρούμενο με το (χ-2) δίνει υπόλοιπο 8. ί. Ν α βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α και β ώστε Ρ(χ) διαιρούμενο με το (χ - 1) να δίνει υπόλοιπο -1 και διαιρούμενο με το (χ - 2) να δίνει υπόλοιπο 8. ii. Να λύσετε την ημ(αχ)+συν( βχ )=1. 2 ίίί. Να βρείτε το ελάχιστο πλήθος των

111.

1ν.

Πρέπει και αρκεί: Ρ(2) = 8 δηλαδή 1 6α + 4 - 2 - β = 8 άρα 1 6α - β = 6 ( 1 ). Ρ ( Ι ) = -1 δηλαδή 2α + 1 - 1 - β = -1 και τελικά 2α - β = -1 (2) Άρα: ( 1 ), (2)

<=>{α=�,β =2}

Για α= Yi και β = 2 η εξίσωση είναι: ημ � + συνχ = 1 δηλαδή 2 χ ημ � + 1 - 2ημ2 2 = 1 (i). 2 χ 2 � Η (i) <=> ημ - 2ημ 2 = Ο <=> 2 χ χ χ η μ - ( 1 - 2ημ - ) = Ο<::::>η μ- =0 2 2 2 χ 1 χ χ π η' ημ - = - <=> - = κπ η' ημ- = ημ- <=> 2 2 2 2 6 Π χ Π η, χ=2 κπ η, -Χ = 2 κπ + =2 κπ+π- - <=> 6 2 6 2 5π χ = 2 κπ η' χ = 4 κπ+ -π η' χ=4 κπ+ - ' κ ε z . 3 3 Η αριθμητική πρόοδος έχει α ι = _!_ και ω=2. 2 ν _!_ Οπότε: Sv > 1 3 8<::::> [ 2 +(ν-1 )2]< 1 3 8<=> 2 2 23 -ν (1 +2ν-2)> 1 3 8<::::>2ν2-ν-276>0<:::ν:> <- 2 2 * ή ν > 1 2<:::ν:> > 1 2, αφού ν ε Ν . Επομένως το ελάχιστο πλήθος των αρχικών όρων που ξεπερνά το 1 3 8 είναι 1 3 . Για α= Yi και β = 2 η εξίσωση γίνεται: Yz 2 2I nx=x l n4 +2, δηλαδή (2 I nx ) 2=x ln2 +2 ( 1 ). Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί χ> ο . Ό μως για χ > ο ισχυει: 2 � = χ � (διότι ln2 1 n x = ln χ 1 0 2 <=> lnxln2 = ln2lnx). Οπότε: ( 1 ) <=> (2 Ιηχ ) 2 - 2 Ιηχ - 2 = Ο <=> l 2 l nx = t <::::> 2 nx = t <::::> l 2 nx = 2 ή 2 2 ο t=2 ή t=- 1 t -tl ln n 2 x = 1 <=> 2 x = 2 <=> lnx = 1 <=> χ = e.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 8 τ.4/28

}

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Αφ ο ρ μή για επανάλη ψη στην ύλη τη ς κατεύ θυνση ς τη ς Β ' Λυκείου (Ε ρ ωτή σεις Κατανόη ση ς)

Κώστα Βακαλόπουλου, Βασίλη Καρκάνη Α.

Δ Ι Α Ν ΥΣ Μ Α ΤΑ

Να κυκλώσετε το (Σ) αν είναι σωστή ή το (Λ) αν είναι λάθο ς κάθε μια από τις παρακάτω προτάσει ς. 1.

Δίνεται ρόμβος ΑΒ ΓΔ (με

- Α) α) ΑΒ = ΒΓ β) j ABj = jAΔ j γ) ΑΒ = ΔΓ δ) ΑΒ = -Γ Δ ε) jABj = j Δrj

ΑΒΓ = 3 0° )

Σ Σ

γ)

3π Αν ( α,β ) = "4 τότε ( -α,β- ) = "4

Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β και για

�

κάθε κ, λ ε JR ισχύει:

Σ α) Αν λα = λβ τότε α = β Σ β) Αν λα = α τότε λ = 1 Σ γ) Αν λ (α+β) =0 τότε λ=Ο ή α= -β δ) Αν κ α + λ β = Ο και α Χ< β τότε κ = λ = Ο Σ

β) ( ΑΒ ,ΑΔ) = 150°

( ΑΒ,ΔΑ) = 150° Λ

(ΑΒ, ΔΓ) = 0° ε) ( ΑΒ, ΓΔ) = 0°

δ)

α,β α) Αν α // β τότε j α + β j = j α j + j β j β) Αν α // β τότε j α + β i = Ι Ι α ι - ι β ι ι γ) Αν jα + β j = Ο τότε α = β = Ο δ) Αν j α + β j = Ο τότε α = -β 3 . Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β Για οποιαδήποτε διανύσματα

ισχύει: Σ

μη

μηδενικά ισχύει:

α) Αν (α:β) = % τότε (α.�β) = - %

Σ Λ α- · β- = β- · α ίί. Λ Σ (αβ )Ύ = α(βΎ) Σ Λ α(β + Ύ)�β + αγ Σ Λ ίν. Αν α · β- = α- · γ- τότε α- = γΣ Λ ια + β l � ι αι + Ι β l vi. Σ Λ ι α . β ι = ι αι - ι β ι Σ vii. Λ ι α + βj = ι αι + j βj Σ viii. Λ ι α βj � ι α ι - ι β ι ix. Λ Σ (α β ) 2 = α2 β 2 Λ (α - β)2 � α2 . β 2 xi. Λ Αν α ιι β τότε ι α . β ι = ιαι · ι β ι Σ Λ xii. Αν α ιι β τότε (α · β ) 2 = α2 . β 2 Σ 6. Έστω διανύσματα α = ( 3, 2) και β=( -3,-2) . -

111.

Β) α) (ΒΑ,ΒΓ) = 3 0° γ)

Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β, γ ισχύει:

ί.

ν.

χ.

Τ ότε ισχύουν:

α) α ?/ β β) α = -β γ) ( � ) = ο δ) Αν ΟΑ = α, ΟΒ = β όπου Ο αξόνων τότε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/29

αρχή των

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ί)

Τα Α, Β είναι συμμετρικά ως προς το Ο

ίί)

Β.

Το Μ (6 ,4) είναι μέσο του ΑΒ

γ) Αν η εξίσωση: χ 2 + ψ 2 + Αχ + 2ψ + Γ 2 = 0 2 παριστάνει κύκλο τότε ισχύει: + 1 > Γ2 .

(�)

Ε ΥΘ Ε Ι Α

α) Το συμμετρικό του σημείου Α (2 , -4 ) ως μιας ευθείας (ε) με τότε ο προς τον άξονα ψ ' ψ ανήκει στην παρα β ολή ψ 2 = 8χ . Σ Λ συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε είναι: β) Δίνεται η παρα β ολή c : ψ 2 2 px , p > Ο Α. Γ. λ = Ψι - Ψ2 λ = χι - χ2 Χι - Χ 2 Ψι - ψ2 με εστία το σημείο Ε και έστω Μ ένα σημείο της. χ ψ Σ Λ Αν ΜΕ _ι χ 'χ τότε (Μ Ε ) = p λ Ψ2 ι λ = Χι 2 Δ. Β. χ Χι 2 Ψ2 Ψι 3 . α) Όταν μεγαλώνει η εκκεντρότητα μιας Ε . τίποτα από τα παραπάνω. ψ 2 = 1 τότε μικραίνει ο λόγος χ2 + έλλειψης c : α2 β 2 2. i) Κάθε ευθεία που διέρχεται από το σημείο Α ( χ 0 , ψ0 ) έχει εξίσωση της μορφής: β Σ Λ α ψ - ψ 0 = λ · (χ - χ 0 ) , λ ε ΙR Σ Λ β) Η εκκεντρότητα της έλλειψης: 8χ 2 + 4ψ 2 = 32 ίί) Η εξίσωση : η μα · χ + συνα · y + 2008 = Ο Σ Λ παριστάνει ευθεία για κάθε α ε [Ο, 2008] Σ Λ είναι ε = .fi . 2 2 2 γ) Ο κύκλος χ + ψ = ρ είναι έλλειψη με 3 . Δίνεται η ευθεία ε με εξίσωση: Σ Λ εκκεντρότητα ε = 1 . Α · χ + Β · y + Γ = Ο με JAJ + JBJ *- Ο . 4 . α) Ασύμπτωτες μιας ισοσκελούς υπερ β ολής Να σημειώσετε με (Σ) το σωστό και με (Λ) το λ ά θος είναι οι διχοτόμοι των γωνιών των αξόνων. στι ς παρακάτω προτάσεις : Σ Λ . α) ί) ε // δ = (Β, -Α ) Σ Λ β) Η εκκεντρότητα της υπερ βολής ίί) ε // δ = (Β, Α) Σ Λ 2 χ - ψ 2 = λ με λ > Ο είναι ε = J2 . Σ Λ ίίί) ε // δ = (-Β, Α ) Σ Λ ψ2 = 1 χ2 + γ) Οι εστίες της έλλειψης c ι : Σ Λ ίν) ε // δ = ( -Β, - Α) 25 9 β) 2 2 ί) ( ε ) _ι � = (Α, - Β) Λ Σ είναι κορυφές της υπερ βολής c 2 : .Υ_ - � = 1 . Σ Λ ίί ) (ε) _ι � = ( - Α, Β) 16 9 Λ ίίί) ( ε ) _ι � = ( - Α, - Β) Σ Σ Λ 2 2 ψ χ Λ ίν ) ( ε ) _ι � = (Α, Β) Σ 5. α) Η εξίσωση -- + -- = 1 παριστάνει 1 7 -α 11-α ΟΜ Ε Γ . ΚΩΝ Ι Κ ΕΣ Τ Σ έλλειψη όταν: Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω ερ ω τήσεις ως α < 17 ίί) ί) α > 1 7 Σωστές (Σ) ή Λά θο ς (Λ) . α<11 ίν) ίίί) α > 1 1 . α) Οι συντεταγμένες του κέντρου ενός κύκλου 1 β) Η εξίσωση αχ 2 + βψ 2 = 1 με α > β > Ο Σ Λ επαληθεύουν την εξίσωσή του. παριστάνει έλλειψη τότε το ε 2 ισούται: β) Αν ο κύκλος με εξίσωση: β2 β2 2 ί) 1 + ίί) 1 2 ( χ - λ ) + ( ψ - 2 γ = λ - 2λ + 4 εφάπτεται του α2 α2 Λ Σ άξονα ψ'ψ τότε λ = 2 . 1.

Αν

Μ ι ( Χι , Ψι )

Μ 2 ( χ 2 0 ψ 2 ) δύο Χι "# χ 2 και Ψι "# ψ 2

και

σημεία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/30

iii)

αz 1 + βΖ

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

άρτιοι.

iν)

εφαπτομένη της έλλειψης χ 2 + 4ψ 2 = 4 στο 4J5σημείο της Α σχηματι ει με τον α ονα , 5 5 'ζ 'ξ

γ)

χ 'χ γωνία: i) 30°

iν) 45°

iii) 1 35°

ii) 60°

Θ Ε Ω Ρ Ι Α Α Ρ Ι Θ , Ι Ω :\

Δ. ι.

[ JSJ

Από τις παρακάτω ισότητες κυκλώστε το

γράμμα σ' αυτήν

που

είναι ταυτότητα της

ευκλείδειας διαίρεσης τ ο υ -90 με το 8 Α.

Β. Γ. Δ.

-90 = (-10 ) · 8 - 1 0 -90 = ( - 1 1 ) · 8 - 2 -90 = ( - 1 2 ) · 8 + 6 -90 = (- 1 3 ) · 8 + 14 Να κυκλ ώ σε τε τη σωστή απάντηση

Αν για τους ακέραιους αριθμούς α, β και χ ισχύει ότι: Η ισότητα α = 4 · 6 + χ είναι η ταυτότητα της διαίρεσης του α με το 4 και Η ισότητα β = (χ + 1 ) 6 + 3 είναι η ταυτότητα της διαίρεσης του β με το χ + 1 τότε ο αριθμός χ είναι: χ=1, Β. λ. χ=Ο, χ =3 Δ. Γ. χ=2, •

•

Να κυκλώ σετε το (Σ) α ν είναι σωστή ή το (Λ)

α ν είναι λ άθος κάθε μι α από τι ς προ τάσεις:

Αν α + β άρτιος τότε: α. Αν α · β περιττός τότε οι αριθμοί α, β είναι Σ άρτιοι. β. Αν α · β άρτιος τότε οι αριθμοί α, β είναι Σ περιττοί. γ. Αν α · β άρτιος τότε οι αριθμοί α, β είναι

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Λ ΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

1 . Α) α) Λ Β) α) Σ β) Σ β) Σ γ) Λ γ) Σ δ) Σ δ) Σ ε) Λ ε) Σ 2. α) Σ, β) Σ, γ) Λ, δ) Σ 3 . α) Λ, β) Σ , γ) Σ 4. α) Λ, β) Λ, γ) Σ , δ) Σ 5 . i) Σ vi) Λ xi) Σ ii) Λ vii) Λ xii) Σ iii) Σ νiii) Σ iv) Λ ix) Λ ν) Σ χ ) Σ 6. α) Σ, β) Σ , γ) Λ, δ)i) Σ , ii) Λ ΕΥΘ Ε Ι Α

1 . Γ , 2. i ) Λ , ii) Σ , 3 . α). i) Σ β) i) Λ ii) Λ ii) Λ iii) Σ iii) Σ iv) Σ iν) Λ Κ Ω Ν Ι Κ Ε Σ ΤΟ Μ Ε Σ

1 . α) Λ, β) Σ , γ) Σ 2. α) Λ, β) Σ 3 . α) Σ, β) Λ, γ) Λ 4. α) Σ, β) Σ, γ) Σ 5 . α) (iv), β) (ii), γ) (iii) ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ

1. Γ 2. Δ 3 . α) Λ, β) Λ, γ) Σ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/3 1

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ασκή σεις στις Κωνικές Τ ο μές και στην Θ ε ω ρία Α ρ ιθ μών

Ε. Ευσταθίου - Γ. Βλαχούτσικος

1. Δίνεται η υπερβολή 9χ 2 - 16y 2 144 Τότε οι αποστάσεις του Κ από τις ευ θ είες ΜΕ ' με εστίες Ε και Ε ' και το σημείο της και ΜΕ είναι =

Α.

( 3�}

Μ 6,

Να δείξετε ότι η εφαπτομένη

d (K

της υπερβολής στο Μ είναι διχοτόμος της ΕΜΕ ' . ΛΥΣΗ

χ 2 y2 Έχουμε 9χ 2 - 1 6y 2 = 1 44 <=> - - - = 1 τότε 16 9 .--2___2 α = 4 , β = 3 και γ = α + β = J25 = 5 . Έτσι Ε ' (-5, 0 ) και Ε (5, 0 ) .

)

ΜΕ ' =

1 3..J5 . � - Ο + 1 5..f51 = 2 222 �( 3..J5 ) +

22 .

..J5 = ..J5 και J529 3 ..J5 . 2 . - 1 5 ..J5 ·

1 � - ο 1 I -7..J5I = d ( K , ΜΕ ) = 2 2 ( 3..J5 ) + (-2 ) ..[49 � Κ

..J5

, άρα το ισαπέχει από τις ευθείες ΜΕ ' , ΜΕ δηλαδή είναι σημείο της διχοτόμου.

2. Δίνονται οι κύκλοι C1 : χ 2 + y 2 α2 και C 2 · : χ 2 + y 2 β 2 με α > β . Η ευθεία y λχ τέμνει τον κύκλο ( C1 ) στο Ν και του ( C 2 ) το Μ, αν Ν Κ .l χχ και η παράλληλη από το Μ στον χχ' τέμνει την Ν Κ στο Ρ. Ν α δείξετε ότι το Ρ ανήκει στην έλλειψη y2 χ2 + =1. α2 β2 =

y' Η εφαπτομένη της υπερβολής στο Μ έχει 3 εξίσωση : 9χ 6 - 1 6y ..J5 = 1 44 (1 ) . 2 Η (1 ) <=> 9x - 4 ..J5y - 24 = 0 ( 2 ) . Επίσης, η εφαπτομένη τέμνει του άξονα χχ ' στο σημείο ·

κ (% , ο) .

χ '

έχει ευθεία εξίσωση ΜΕ ' ΛΥΣΗ 3 ..J5 -0 y-O Έχουμε λ = εφθ όπου θ = χ ΟΝ τότε <=> 3 ..J5x - 22 y + 1 5 ..J5 = 0 = 2 6+5 χ+5 χ Υ 'Ετσι και ημθ = Ν . η ΜΕ έχει εξίσωση συνθ = αΝ και α 3 ..J5 Ν ( ασυνθ, αημθ ) . Ομοίως Μ ( βσυνθ, βημθ ) . -0 y-O 2 = <::::> 3..J5x - 2 y - 1 5 ..J5 = 0 . Επομένως οι συντεταγμένες του Ρ θα είναι χ-5 6-5 Η

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/32

χ Ρ = ασυνθ , Xp Υ Ρ = ημθ Υ Ρ = βη μθ � - = συνθ , α β Υ _2 = συν 2θ + η μ 2θ = 1 . χ _2 + _Ρ � _Ρ α2 β2

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

<=>

3. Δίνονται τα σημεία Α ( -1, Ο} , Β ( 3, 4} και η ευθεία (ε): x + y + l=O . Να βρείτε την εξίσ ωση του κύκλου που διέρχεται από τα Α και Β και τέμνει την ευθεία (ε) ορίζοντας σε αυτήν χορδή μήκους sJi .

Έστω ( χ - α ) 2 + ( y - β ) 2 = R 2 ( Ι ) ο ζητού μενος κύκλος που τέμνει την ευθεία ( ε) ορίζοντας χορδή Γ Δ μήκους (Γ Δ) = 8J2 Η απόσταση του κέντρου Κ από την ( ε) είναι : α+β+1 d ( Κ,ε) = ( ΚΜ ) = Ι J2 1 . Έτσι από το ορ θογώνιο τρίγωνο ΚΓΜ θ α ισ)(ύει 2 ( ΚΓ ) 2 = ( ΚΜ ) + (ΓΜ ) 2 <=> α + + ιΙ' � + R' = i

�

( s� J'

(α + β + 1 ) ( r;; 2 + 4ν 2 ) 2 <::> 2R 2 = (α + β + 1 ) 2 + 64 ( 1) . R2 =

• .. /

(α + 1) 2 + β 2 = ρ 2 (α + 1) 2 + β 2 = (α - 3) 2 + (β - 4) 2 2R 2 = ( α + β + 1) 2 + 64 (α + 1) 2 + β z = ρ z

α=3-β 2R 2 = ( α + β + 1) 2 + 64 ( 4 - β) 2 + β 2 = ρ 2 β 2 - 4β - 1 2 = 0 <=> α = 3 - β <=> α = 3 - β 2R 2 = 4 2 + 64 ρ = .J40 β = -2 η β = 6 <=> α = 3 - β τότε ρ = .J40 , ρ = .J40 (α,β) = (5, -2) ή (α,β) = (-3, 6) Επομένως υπάρχουν δύο κύκλοι : (C 1 ) : ( x - 5) 2 + ( y + 2) 2 = 40 και (C 2 ) : ( x + 3) 2 + ( y - 6) 2 = 40 .

<=>

{

4. Δίνεται η εξίσωση ( c ) : χ 2 + y 2 + 2tx - 2ty - 4 Ο ( Ι ). ί) Ν α αποδείξετε ότι για κάθε t Ε � η εξίσωση ( C} παριστάνει κύκλο. Επίσης να δείξετε ότι τα κέντρα αυτών των κύκλων ανήκουν σε σταθερή ευθεία. ίί) Να προσδιορίσετε εκείνο τον κύκλο που με την ευθεία y 2 τέμνονται στα σημεία Α και Β ώστε ΟΑ .l ΟΒ . =

--+

___,

ΛΥΣ Η

i) Από την ( Ι ) σύμφωνα με την θεωρία με

Α = 2t , Β = -2t και Γ = -4 έχουμε ότι Α2 + Β2 -4Γ = 4t 2 +4t 2 + 16 = 8t 2 + 16 = 8 ( t 2 + 2 ) > 0 Επειδή τα ση μεία Α ( -1, 4) και Β ( 3, 4) Vt Ε � , άρα η ( Ι ) παριστάνει κύκλο με ανήκουν στον κύκλο θ α ισ)(ύουν κέντρο Κ(-t,t) και ακτίνα ρ = �2 ( t2 + 2) , t E IR . ( α + 1) 2 + ( 0 - β 2 ) = R 2 ( 2) τελικά: Με t Ε JR τα κέντρα των κύκλων ( Ι ) είναι 2 2 + 2 = 4 1 R α + ) 3) ( ( β) ( = -t , άρα =Υ Κ ( -t, t) . Δηλαδή 2 + =t ( α + 1 ) β2 = R 2 =0. δηλαδή ( 3 - α )2 + ( 4 - β )2 = R 2 Επομένως τα κέντρα των Κ των κύκλων 2R 2 = ( α + β + 1) 2 + 64 ανήκουν στην ευθεία ε : χ + y = Ο .

{

Χκ + Υκ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/33

{ ΧκΥκ

Χκ κ ,

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

ii) Για να τέμνει η ευθεία y = 2 τον κύκλο

{

πρέπει και αρκεί να έχει δύο λύσεις το 2 + 2 + 2tx - 2ty - 4 = 0 σύστημα (Σ): χ y , y=2 δηλαδή η εξίσωση χ 2 + 2tx - 4t = Ο ( Π ) να έχει δύο ρίζες άνισες, δηλαδή Δ (ΠΙ) . Ό μως (ΠΙ) � 4 t 2 + 1 6t > � 4 t ( t + 4 ) > � t Ε ( -οο , -4 ) υ +οο ) , αν χ1 , χ 2 είναι οι ρίζες της ( Π ) . Θ α έχουμε ΟΑ = ( χ1 , 2 ) και CB=( χz,2) , οπότε ΟΑ .1 ΟΒ � ΟΑ · 00 = Ο � χ 1 χ 2 + 4 = Ο � -4t + 4 = Ο � t = 1 , που είναι δεκτή τιμή αφού t Ε +οο ) .

( Ο,

>Ο Ο

( Ο,

•

ευθείας ( ε) τότε ΡΑ, ΡΒ οι εφαπτόμενες από το Ρ προς τον κύκλο (C) στα A ( x1 , y 1 ) και B ( x 2 , y 2 ) θα είναι ΡΑ : χχ 1 + yy 1 = 1 και Ρ Β : χχ 2 + yy 2 = 1 . Επειδή το P ( x 0 , y0 ) είναι σημείο εφαπτόμενων θα ισχύει + =1 , ετσι οι συντεταγμενες των : =1 XoXz + Α, Β επαληθεύουν την χ 0 χ + y0y = 1 ( Ι ) που είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ. Όμως + (4 - 0 ) y 1 (I) � � x 0 ( x - y ) + ( 4 y - 1 ) = 0 ( Π ). Οι ευθείες _!_ _!_ χ-Υ=0 τέμνονται στο Q , του οποίου 4y - 1 4 4 οι συντεταγμένες επαληθεύουν την ( Π ) για κάθε χ 0 Ε JR . Άρα οι ευθείες ΑΒ διέρχονται από το σταθερό σημείο Q .

{ Χ οΧ ι ΥΥοοΥΥι 2 Χ0Χ Χ {

( )

y =- x

Έτσι

κύκλος

ζητούμενος

είναι

(c ' ) : x 2 + y 2 + 2x - 2y - 4 = 0 κέντρου Κ( 1 , 1 ) και ακτίνας ρ J6 =

ii) Για να τέμνει

· Υο *-Ο ( :, ' Ο) _!_και Σ ( Ο, :0 }

ΑΒ και τους δύο άξονες οπότε τα σημεία πρέπει και αρκεί χ 0 τομής τους είναι

5. Δίνεται ο κύκλος C : χ 2 + y 2 1 και η Τ y 4 , από κάθε σημείο της ευθεία ε : χ + Άρα ( ΟΊΣ) = _!_ � !ι ση - Ι οΣ1 = � ευθείας (ε) φέρνουμε εφαπτόμενες προς τον 6 2 6 κύκλο και Α, Β είναι τα εκάστοτε σημεία 1 1 1 1 =1� - · - =- � επαφής αυτών. -3 χ 0 · y0 = 3 και 3 i) Να δείξετε ότι η ευθεία ΑΒ διέρχεται από χ 0 + Υ = 4 . Έτσι οι αριθμοί χ 0 , y0 θα είναι οι σταθερό σημείο. ii) Να προσδιορίσετε εκείνο το σημείο Ρ από ρίζες της εξίσωσης : ω 2 - 4ω + 3 = το οποίο οι εφαπτόμενες ορίζουν ευθεία ΑΒ Ρ ( 1,3 ) =1 χ0 = 3 που τέμνει τους θετικούς ημιάξονες και δηλαδή . ή , δηλαδή =3 =1 ή Ρ ( 3, 1 ) ορίζει τρίγωνο εμβαδού Ε .!_ τετ. μονάδες. 6 ΛΥΣΗ 6. i) Δίνεται η παραβολή ( C) : y 2 2px να i) Έστω Ρ ( χ 0 , y 0 ) ένα τυχαίο σημείο της βρείτε το γεωμετρικό τόπο των =

Χο Υοο Χο · Υο { ΥΧο0 { Υο

Ο {,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/34

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

εφαπτόμενων στην παραβολή που είναι κάθετες μεταξύ των. ii) Δίνονται οι παραβολές ( C1 ) : y 2 4χ και ( C 2 ) : χ 2 4y να βρείτε σημείο του επιπέδου από το οποίο άγονται δύο κάθετες εφαπτόμενες της ( C1 ) και δύο κάθετες εφαπτόμενες της ( c 2 ) .

i) Έστω Q ( χ 0 , y 0 ) σημείο του επιπέδου.

Επειδή δεν υπάρχουν οριζόντιες εφαπτόμενες της ( C) από το Q (γιατί;) οι εφαπτόμενες QA , QB στα B ( x 2 , y 2 ) , A ( x1 , y1 ) θα έχουν , εξισωσεις

x=- f 2

{QB :

QA : yy ι = p ( χ + χ ι ) με Υ1 Υ 2 * Ο . yy 2 = p ( χ + Xz )

Δηλαδή με κλίσεις λ QΑ = _Ε_ λ Q 8 = _r_ , οπότε Υι

Q A l_ Q B <=> λQ Λ λQ 8 = -1 <=> Υ ι · Υ 2 = -Ρ 2 ( 1 ) Επειδή Q ( χ 0 , y 0 ) είναι σημείο των , , Υο Υ ι = p ( x o + χ ι ) εφαπτομενων θα εχουμε . = p + χ x Υο Υ2 ( o 2 ) Έτσι τα Α, Β επαληθεύουν την Υ ο Υ = Ρ ( Χ 0 + χ ) που είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ. Επομένως οι συντεταγμένες των Α, Β επαληθεύουν το σύστημα Υο Υ = p ( x o + χ ) , δηλαδη, Υ ο Υ - Ρ Χ ο = px y 2 = 2 px y 2 = 2p x Άρα οι τεταγμένες Υ ι , y 2 των Α, Β θα είναι ρίζες της y 2 = ( 2 yy 0 - px 0 ) δηλαδή τη ς y 2 - 2 yy0 + 2 px 0 = Ο ( 2 ). Για να είναι QA l_ QB πρέπει και αρκεί η ( 2 ) να έχει ρίζες y 1 , Υ 2 με Υ ι · Υ 2 = -p 2 , δηλαδή πρέπει και αρκεί 1 = -p 2 ( 3 ) * , Ό μως ( 3 ) α Ρ <=> 2p x 0 = - p 2 <=> χ 0 = . Δηλαδή το Q 2 ·

{

•

είναι σημείο της Διευθετούσας ( δ ) : χ = - Ρ 2

* (γνωρίζουμε ότι l < ο => Δ > ο ) α

y=- 1

χ=- 1

ii) Σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα τα σημεία

από τα οποία ανάγονται οι κάθετες εφαπτόμενες στην y 2 = 4χ ανήκουν στην διευθετούσα χ = - Ρ = - 1 . 2 Ό μοια τα σημεία του επιπέδου από τα οποία άγονται κάθετες εφαπτόμενες στην παραβολή χ 2 = 4 y βρίσκονται στην διευθετούσα y = - Ρ2 = - 1 . Επομένως το ζητούμενο σημείο είναι το σημείο Μ στο οποίο τέμνονται οι χ = -1 διευθετούσες των y 2 = 4χ και y = -1 χ 2 = 4 y αντίστοιχα, άρα Μ ( -1, - 1 ) .

{

Β"

Μ ια

δ ια ί ρ εση "

�ηκρή αναφορά στη ν ευκλε ί δ ε u α

Για τα προβλήματα που ακολουθούν θα χρειαστούμε μόνο το βασικό θεώρημα που αναφέρεται στην ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης, σύμφωνα με το οποίο, για κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/35

{

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

5υ - 2 ζεύγος ακεραίων α, β με β * Ο υπάρχουν δύο <=> κ = 5μ + -4 α = βπ + υ μόνο ακέραιοι π, υ τέτοιο ώστε Ο � υ < I βI . Μόνο για υ = 2 βρίσκουμε ακέραια τιμή του κ, δηλαδή (2) <=> κ = 5μ + � <=> κ = 5μ + 2 . ι, Να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της 4 ο

διαίρεσης ( 60α + 42 ) : 15 , όπου α ε Ζ .

}

Λ ΥΣ Η λ = 4μ + 2 Προφανώς 60α + 42 = 15 4α + 42 αλλά δεν Τελικά λοιπόν ( 1 ) <=> κ = 5μ + 2 . Υπάρχουν ισχύει : Ο � 42 < 1 5 για να είναι το 42 υπόλοιπο της διαίρεσης αυτής, Παρατηρούμε λοιπόν άπειροι τέτοιοι ακέραιοι της μορφής οπότε α = 1 2 (5μ + 2) + 8 = 60μ + 32 , με μ ε Ζ . λοιπόν ότι 42 = 1 5 2 + 1 2 , 60α + 42 = 1 5 4α + ( 1 5 2 + 12) 3 . Να λυθεί στο Ν το σύστημα : = 15 ( 4α + 2) + 1 2 και Ο � 1 2 � 15 . Άρα το χ + 7y + 42ω + 2 1 0φ 1209 (ι) πηλίκο της διαίρεσης θα είναι π = 4α + 2 και ω<y<χ<7 το υπόλοιπο υ = 1 2 . ·

}

Ν α εξετάσετε αν υπάρχει α ε Ζ , τέτοιος Έχουμε: (1) <=> χ + 7 (y + 6ω + 30φ) = 1 209 με ώστε οι διαιρέσεις α:12 και β:15 να ο � χ < 7 . αφήνουν υπόλοιπα υ1 7 και υ 2 5 αντιστοίχως. Το ίδιο πρόβλημα για υ1 8 χ-υ , όπου <::> 1) ( ομένως: Επ Υ: � και υ 2 2 6 + 30φ = Π ι =

}

γτ t.--1!

α) Αν υπάρχει τέτοιος αριθμός α τότε θα υπήρχαν κ, λ ε Ζ τέτοιοι ώστε: α = 1 2κ + 7 , οπότε 1 2κ + 7 = 1 5λ + 5 (1) α = 1 5λ + 5 Όμως (1) => 1 5λ - 1 2κ = 2 => 3 (5λ - 4κ) = 2 => αφού άτοπο 5λ - 4κ = -2 πράγμα 3' (5λ - 4κ) ε Ζ και -2 � Ζ . Άρα δεν υπάρχει 3 τέτοιος αριθμός α ε Ζ . β) Ομοίως σκεπτόμενοι βλέπουμε ότι για να υπάρχει τέτοιος αριθμός α ε Ζ πρέπει και αρκεί να υπάρχουν κ, λ ε Ζ τέτοιοι ώστε 1 2 κ + 8 = 1 5λ + 2 ( 2) Ό μως (2) <::> 1 5λ-12κ = 6 <::> 3( 5λ-4κ) = 6 <=> 5λ - 2 . <=> 5λ - 4κ = 2 <::> κ = -4 Έχουμε: λ = 4μ + υ με μ ε Ζ και 5 ( 4μ + υ) - 2 υ ε { Ο, 1, 2, 3} , οπότε ( 2) <::> κ 4

}

Π ι , υ ι το πηλίκο και το υπόλοιπό της διαίρεσης χ=5 1 209 : 7 , δηλαδή: ( 1 )<=> y+6ω+30φ = 172 ( 2

Ομοίως ( 2) <=> y + 6 (ω + 5φ) = 1 72 .

)} .

Αλλά y < x < 7 => 0 � y < 6 .

}

υ2 , όπου Π 2 , υ 2 το ω + 5φ = π 2 πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης 1 72 : 6 , Υ =4 ) . δηλαδή (2) <::> ω + 5φ = 28 ( 3 Όμως Άρα ω < y < 6 => 0 � ω < 5 . ω = υ3 , όπου π 3 , υ 3 το πηλίκο και το ( 3) <::> φ = π3 υπόλοιπο της διαίρεσης 28 : 5 . Άρα ω=3 ( 3) <=> . φ=5 Τελικά ( 1) <=> χ = 5, y = 4, ω 3, φ = 5 . Άρα ( 2) <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/36

}

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ΓΕ ΩΜΕ ΤΡΙΑ Β 'ΛΥΚΕ ΙΟΥ Ε Π Α ΝΑΛΗ ΠΤΙΚΕ Σ Α Σ ΚΗΣΕ Ι Σ Μπρίνος Παναγιώτης Άσκη ση 1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) με το τόξο ΑΓ να είναι ίσο με 120°, μβ= JΙ9 , AΓ=2 .fi και (ΑΒΓ)=6 J3 . Να υπολογιστούν: α) οι πλευρές α και γ. β)Τα εμβαδά του περιγγεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

ι:� --\··· μιι =

α) Επειδή το τόξο ΑΓ είναι ίσο με 1 20 ° , η γωνία Β =60° ( ως εγγεγραμμένη του κύκλου), επομένως ΑΓ = λ3 = 2 R ν,.-;;-' = 2 νr;;7 οποτε R= .J21

- -- -

αβ4Ry για το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ βρίσκουμε:

Από το τύπο (ΑΒΓ) =

αβ4 y =6

-- - -- -

•

., - 1.r;

�-�r

Λ i> σ η :

{@_..---

___ __ _

-----

R J3 δη λαδ ή a J3r = 6 J3 άρα α·γ=24 4R

2 2μp 2 + ή α 2 + Από το τύπο του 1 θεωρήματος διαμέσων έχουμε: α 2 + 2 Από την ταυτό τητα ( α+γ) 2 = α2 + 2αγ + γ2 βρίσκουμε ότι ( α+γ)2= 1 00 δηλαδή α+γ = 1 Ο. Επομένως οι αριθμοί α και γ είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 1 Οχ +24=0 η οποία δίνει α=6 και γ=4 ή α=4 και γ=6. 2 .J21 ' το ε μβ αδ ον ' ' του β ρηκαμε ' οτι β) Απο' το Α) ερωτημα ' R= -3- , αρα 84 π = 3 28 π , κυ' κλου του τριγωνου , ει,ναι Ε = π R2 = 9 περιγγεγραμμενου ου

Αν ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ τότε για το + + εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ ισχύει (ΑΒΓ)= τ·ρ ή 6 J3 = α β r ρ ή 2 , το εμβαδον του ρ= 6J3r;; = J3cs - .fi) , αρα ,

5 + ν7

, ειναι , Ε = πρ2= ( 5 - 3.fi) 2 , κυκ , λου του τριγωνου εγγεγραμμενου Άσκη σ η 2

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α=4 J5 και Μ το μέσο της πλευράς ΑΒ. Στη προέκταση του τμήματος ΔΜ θεωρούμε σημείο Κ τέτοιο ώστε Μ Κ=2. Α) Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Κ,Β,Δ είναι ομοκυκλικά Β) Να βρεθούν οι πλευρές του τριγώνου ΔΚΓ. Γ) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που βρίσκεται μεταξύ του κύκλου του Α) ερωτήματος και του τριγώνου ΔΚΓ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/37

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Λ ύ ση :

α) Το Μ είναι μέσο της ΑΒ επομένως ΑΜ=ΜΒ= α = 2 J5 . 2 Έχουμε: ΑΜ· ΜΒ=20 Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΜ με Α =90° , ΑΔ=α=4 J5 ' ΑΜ= α = 2 JS ' 2 εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμε ΔΜ 2 = ΑΔ 2 + ΑΜ2 = 1 00 ή ΔΜ = 1 Ο. Επομένως ΔΜ · Μ Κ = 20 = ΑΜ ΜΒ οπότε τα σημεία Α, Κ , Β, Δ είναι ομοκυκλικά. Επειδή τα σημεία Α,Β,Δ ανήκουν στον περιγγεραμμένο κύκλο του τετραγώνου ΑΒΓ Δ, το σημείο Κ ανήκει στον ίδιο κύκλο. β) Για το τρίγωνο Δ Κ� γνωρίζουμε ΔΓ = α = 4 J5 , Δ Κ = ΔΜ+Μ Κ= 1 2. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΜ με Α =90 ° , ΑΜ= ΑΔ προκύπτει ότι ΑΔΚ = 30° 2 άρα κ.Δr = 90° - 30° = 60° . Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ΚΔΓ έχουμε: ΚΓ2 = ΚΔ 2 +ΔΓ2 - 2 ΚΔ ΔΓ συν ΚΔΓ = 224 - 48 J5 ή ΚΓ=4 �4 - 3 J5 Γ) Έστω (0, R) ο περιγγεγραμμένος κύκλος του τετραγώνου ΑΒΓ Δ, τότε α= R J2 δηλαδή R=2 .Jl0 . Επομένως το εμβαδό του κύκλου (0, R) είναι Ε=π R2 =40π Επίσης το εμβαδό του τριγώνου Δ ΚΓ είναι (ΔΚΓ)= _!_ Δ Κ · ΔΓ · ημ.Δ = 1 2 Μ 2 Το ζητούμενο εμβαδό Ε1 είναι Ε 1 = Ε - (ΔΚΓ) = 40π - 1 2 Jl5 Άσκηση 3

Δίνεται τρίγωνο με πλευρές α=8, β=7 και γ=5 α) Να βρεθεί το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες του καθώς και το εμβαδόν του. β) Αν ΓΕ, ΒΔ είναι οι διχοτόμοι του και Ι το έγκεντρο του τριγώνου, να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΕΙΔ

λ •

Λ ύ ση : α) Έχουμε: α2 = 64 και β2 + γ2 = 74. Επειδή α2 < β2+γ2 τότε Α =90 ° και επειδή η Α είναι η μεγαλύτερη γωνία, το τρίγωνο είναι οξυγώνιο. Από τον τύπο του Ήρωνα έχουμε: (ΑΒΓ)= �τ( τ - α )(τ - β)(τ - y) , όπου τ= α +β + y = 1 0, άρα (ΑΒΓ)= � 1 Q1 0- 8)(1 0- 7)(1 0- 5) = 1 Μ 2 β) Από θεώρημα διχοτόμων έχουμε: 35 35 40 · · · 56 ΑΔ= β r = και ΔΓ= β α = ' ΑΕ= r β = = 2 και ΒΕ = __L!!_ = = � α+r 13 α+ r 1 3 α+β 1 5 3 α + β 15 3 Η γωνία Α είναι κοινή στα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΓ, επομένως: (ΑΕΔ) ΑΕ . ΑΔ .2_ 70 .J3 = = δη λαδη, (ΑΕΔ) = .2_ (ΑΒΓ) = 39 (ΑΒΓ) 39 39 β·y Η γωνία Α είναι κοινή στα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΔ, επομένως: (ΑΕΔ) ΑΕ . ΑΔ }_ 50 .J3 � = = δη λαδη' (ΑΒΔ)= (ΑΕΔ)= 7 13 (ΑΒΔ) ΑΔ · y 1 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/38

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Στο τρίγωνο ΒΕΙ, το ύψος που αντιστοιχεί στη βάση ΒΕ είναι ίσο με την ακτίνα ρ του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Ισχύει (ΑΒΓ) = τ·ρ ή 1 0 J3 = Ι Ορ δηλαδή ρ= J3 . Επομένως (ΒΕΙ) = _!_ Β Ε - ρ = i J3 2 3 50 r;; 70 r;; 4 r;; 28 r;; ' (ΔΕΙ) = (ΑΒΔ)- (ΑΕΔ) -(ΒΕΙ) = - ν 3 - - ν 3 - - ν 3 = - ν 3 Επομενως 39 3 39 13 '\ ' i �<:ψση Δ\ "

Θεωρούμε το τεταρτοκύκλιο ΑΟΒ σε κύκλο (0 , R). Με διαμέτρους τις ΟΑ και ΟΒ γράφουμε στο εσωτερικό του ημικύκλια που τέμνονται στο Μ. α) Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Μ , Β είναι συνευθειακά. β) Ν α δείξετε ότι το εμβαδόν μεταξύ των δύο ημικυκλίων είναι ίσο με το εμβαδό του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΜΒ γ) Να βρεθεί το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τ ριγώνου ΑΜΒ Α) Ενώνουμε το Μ με τα Ο , Α, Β. Για να είναι τα Α, Μ , Β είναι συνευθειακά πρέπει Α Μ ο + ο Μ Β = 1 80 ° Αλλά Α Μ ο = 90° = Ο Μ Β ως εγγεγραμμένες γωνίες που βαίνουν σε ημικύκλιο. Άρα ισχύει Α Μ ο + ο Μ Β = 1 80 ° . Β) Θέτουμε Ε το εμβαδόν του κοινού χωρίου των δύο ημικυκλίων και (ΑΜΒ) το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΜΒ. Τότε: (ΑΜΒ)= Εμβαδόν τεταρτοκυκλίου Ε ημικυκλίου διαμέτρου ΟΑ .

R . ... · -

(�) ( �)

π πR 2 π + - Εημικυλίου διαμέτρου ΟΒ Ε = 4 2 2 2 2 2 π π R R πR = - - - - - + Ε = Ε δηλαδή (ΑΜΒ) = Ε. 4 8 8 Σ Γ) υμβολίζουμε με Ε1 το εμβαδόν του κυκλικού Κ Κ R τμήματος ΟΜ του ( , ) όπου 2 το μέσο του ΟΒ. Επειδή (ΑΜΒ) = Ε = 2Ε1 = = 2(Εμβαδόν κυκλικού τομέα ΟΚΜ - Εμβαδόν τριγώνου ΟΚΜ) =

(�)

· 90 '

360°

�� 2

(

πR 2 - 2R z πR 2 _ !!!.'_ =2 16 8 16

-2 Δηλαδή (ΑΜΒ) = R 2 π 8 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/39

' + Ε --

Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου Ά σ κ η ση 5 .

Δίνεται τυχαίο τετράπλευρο ΑΒΓΔ με Κ, Λ τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα. Αν Ν είναι το σημείο τομής των προεκτάσεων των πλευρών ΑΔ και ΒΓ, να αποδείξετε ότι (Ν ΚΛ) (ΑΒ ΓΔ ) =

Λ. ίJ ση :

Έστω Μ το μέσο της ΓΔ. Τότε στο τρίγωνο ΔΓΒ, τα Μ,Λ είναι μέσα των ΔΓ, ΒΔ αντίστοιχα επομένως ΜΛ//ΓΒ δηλαδή ΜΑ //ΝΒ. Τα τρίγωνα ΝΜΛ και ΜΓ Λ έχουν κοινή βάση την ΜΑ και τις κορυφές του Ν, Γ σε ευθεία παράλληλη της βάσης ΜΑ, συνεπώς (ΝΜΛ)= (ΜΓ Λ) (1 ) Με όμοιο τρόπο καταλήγουμε ότι (ΝΜ Κ)=(ΜΚΔ) (2 ) Επομένως (ΝΚΛ) =(ΝΜ Κ) + (Μ ΚΛ) + (ΝΜΛ) (από (1 ) , (2 )) = (ΔΜ Κ) + (ΜΚΛ) + (ΜΓΛ) = (ΔΚΛΓ), δηλαδή(ΝΚΛ) = (ΔΚΛΓ) (3) Στο τρίγωνο ΑΔΓ η Δ Κ είναι διάμεσος επομένως (ΔΚΓ) = (ΑΔΓ) (4 ) Ομοίως στο τρίγωνο ΑΓΛ, η ΛΚ είναι διάμεσος άρα ( ΚΓΛ) =

(ΑΛΓ)

(5)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (4) και (5) κατά μέλη έχουμε: (ΑΔΓΛ) (ΑΔΓ) + (ΑΛΓ) δηλαδή (ΑΔΓ Λ)= ή (ΔΚΛΓ) = (Δ ΚΓ) + (ΚΓΛ) =

Στο τρίγωνο ΑΔΒ η ΑΛ είναι διάμεσος άρα (ΑΔΛ) =

(ΑΔΒ)

Ομοίως, στο τρίγωνο ΔΓΒ η ΓΛ είναι διάμεσος άρα (ΔΛΓ) =

2 (ΔΚΛΓ) (ΝΚΛ) =

;

(ΑΒ Δ)

ή (Δ ΚΛΓ) =

(ΑΒΓΔ)

Ά σ κ η ση 6 .

�

(Α ΓΔ)

(6)

(7) (ΔΓΒ)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (7) και (8) κατά μέλη έχουμε: (ΑΔΒ) + (ΔΓΒ) (ΑΒΓΔ) (ΑΔΛ) + (ΔΛΓ) = ή (ΑΔΓΑ) =

2 (ΔΚΛΓ)

(8)

ή (από (6))

ή (από (3))

Θ εωρούμε κύκλο (Ο, R) και μια χορδή του ΑΒ J3 R. Στο Β φέρνουμε εφαπτομένη του κύκλου και από το Α την ΑΓ κάθετη σ' αυτήν . Αν ΑΔ είναι διάμετρος του κύκλου , τότε : α) Να αποδείξετε ότι (ΑΒΓ) � (ΑΔΒ) και να βρεθεί 4 το εμβαδό του τετραπλεύρου ΑΓΒΔ β) Να βρείτε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου που ορίζει το τόξο ΑΒ και τα τμήματα ΑΒ και ΑΓ. =

Λ.ίJ σ η :

α) Η γωνία Α Β Δ = 90 °. ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο άρα Α Β Δ= Α f Β. Επίσης Α Β Γ = Α Δ Β ως γωνία υπό χορδή και εφαπτομένη και η αντίστοιχη εγγεγραμμένη . Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΔ ΕΥΚΛΕΙ Δ ΗΣ Β ' 68 τ.4/40

( )

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

(

είναι όμοια , επομένως ο λόγος των εμβαδών τους θα ισούται με το λόγο ομοιότητας τους, 2 (ΑΒΓ) ΑΒ 2 J3R ' = = � η' (ΑΒΓ) = � (ΑΔΒ) = δη λαδη : (ΑΒΔ) ΑΔ 2R 4 4 r::; v ,j

R= λ3 , η Α Ο Β = 1 20ο οπότε Α ΔΛ Β = 60ο . Επειδή ΑΒ = Επομένως στο τρίγωνο ΑΒΔ: Β = 90 ° , Δ = 60° , άρα Α = 30 ° . Έτσι, 3 r::; 1 J3 1 1 3 ../3 (ΑΒΔ) = - ΑΔ Α Β ημΑ= - 2 R R ....ι 3 · - = - R2 και (ΑΒΓ) = - (ΑΔΒ) = - R2 2 2 2 2 4 8 7 ../3 3 7 7 J3 ' Επομενως (ΑΓΒΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΔΒ) = 4 (ΑΔΒ) + (ΑΔΒ)= (ΑΔΒ)= - 2 R2= -- R2 . 4 4 8 Λ ο Λ ο Λ β) Στο τετράπλευρο ΑΟΒΓ έχουμε: Α Ο Β = 1 20 , Ο Β Γ = 90 = Α Γ Β οπότε Γ Α Ο = 60 ° < 90 ° , δηλαδή η ΑΓ τέμνει τον κύκλο (0, R) σε ένα σημείο, έστω το Κ . Το τρίγωνο Α ΚΟ είναι ισοσκελές (ΑΟ=ΟΚ= R) και Α =60 ° άρα είναι ισόπλευρο με ΑΚ = R= λ6 οπότε Β Ο Κ = Β ό Α - Κ Ο Α= 1 20 ° - 60 ° = 60° , άρα ΚΒ= R= � και Κ Β Γ = 30° (ως γωνία υπό χορδή και εφαπτομένη , είναι ίση με το μισό του τόξου της ΚΒ). Τώρα, τα τρίγωνα ΚΒΓ και ΑΒΔ είναι όμοια ( f = Β = 90 ° και Κ Β Γ = 30° = Β Α Δ) με ΚΒ ( ΚΒΓ) .!.. 2 1 = λόγο ομοιότητας λ = = !i_ = .!_ , επομένως ή ( ΚΒΓ) = .!_ (ΑΒΔ) ΑΔ 2R 2 (ΑΒΔ) 2 4 4 1 J3 J3 · = - · - R2 αρα (ΚΒΓ) = - R2 4 2 8 Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδό και Ε ι το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος ΚΒ. Τότε Ε= ( ΚΒΓ) - Ει πR 2 6 0 .!.. 2 R J3 R Κ Κ R ημ60 °= π 2 Ε = Επίσης ι Εμβαδόν κυκλικού τομέα Ο. Β (Ο Β)= 2 4 2 6 360 J3 πR 2 J3 2 3 ../3 π 2 . R ) = (- -) R Ε = ( ΚΒΓ) - Ε ι = - R2 - ( Επομενως 6 4 8 6 8

· ·

()

ΒΓ

= �2 - J3 . Κατασκευάζουμε τον Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και ΑΒ κύκλο (Α, ΑΒ) καθώς και τον κύκλο ο οποίος εφάπτεται των πλευρών ΑΒ, ΑΓ και του τόξου ΒΓ. α) Να βρεθεί η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου συναρτήσει της πλευράς ΑΒ. β) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που βρίσκεται μεταξύ του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ και του εγγεγραμμένου κύκλου συναρτήσει της πλευράς ΑΒ. Α) Θέτουμε ΑΒ=ΑΓ= R και ΒΓ=α. Έστω Ο το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και ρ η ακτίνα του. Επειδή το σημείο Ο ισαπέχει από τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ, θα ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας Α επομένως και στη μεσοκάθετο του ΒΓ αφού το ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Έτσι, η ΑΟ διέρχεται από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ καθώς και από το μέσο Ν του τόξου ΒΓ. Παρατηρούμε ότι ΑΟ= ΑΝ - ΟΝ= R - ρ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/4 1

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Έστω ΟΑ κάθετη στη ΑΓ. Τα τρίγωνα ΑΟΑ και ΑΜΓ είναι όμοια, αφού Λ = Μ = 90° και · Λ ΟΑ ΑΟ , p R - p , , Μ Α Γ κοινη., Επομενως, = - η - = -- η ρ = α R α R 2R + α ΜΓ ΑΓ ---

α = ΒΓ = �2 - .J3 άρα R = 1 . 'Ετσι, R ΑΒ α �2 - .J3 -=3 R 2 --.J3 R�r-α R = R = ρ= = 2R + α 2 R + 1 2 1 + 1 2 + �2 - .J3 α �2 - .J3

Αλλά

Β) Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδόν. Τότε: Γ'Ι

Ε = Εμβαδόν κυκλικού τομέα Α ΒΓ - Εμβαδό κύκλου (0, ρ) Γ'\

Λ Για να βρούμε το εμβαδόν του κυκλικού τομέα Α ΒΓ , πρέπει να υπολογίσουμε τη γωνία Α του τριγώνου ΑΒΓ. Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: 2 Λ Λ β 2 + y 2 - α 2 2R 2 - α 2 α2 = β2 + γ2 - 2βγσυν Α η, συν Α = = = 1 - l -a =

2R 2

2βy

2 R

= 1 - ]__ (�2 - .J3) 2 = 1 - ]__ (2 - .J3) = .J3

δηλαδή Α =30 ° . Επόμένως: 2 πR. 2 R�2 - .J3 R 2 3 ο - p 2 = πR. 2 aR = - π( Ε= π π π 12 12 2R + α 360 2 + �2 - .J3

)

(

()

[

0,03 1 π R2

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ με πλευρά α. Έ στω Κ τυχαίο σημείο της ΔΒ. Φέρνουμε μια ευθεία κάθετη της ΔΒ στο σημείο Κ που τέμνει τον περιγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου στα σημεία Λ και Ε. Να δείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των κύκλων (Κ, ΚΑ) και (Κ, ΚΑ) είναι σταθερό. Έστω (0, R ) ο περιγγεγραμμένος κύκλος του τετραγώνου. Τότε α=λι = R .fi , άρα R =

Ji .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟ Κ έχουμε: ΑΚ2 = ΑΟ 2 + Ο Κ2 = R2 + Ο Κ2 ( 1 ) Το απόστημα Ο Κ περνά από το μέσο της χορδής ΑΕ επομένως ΚΑ=ΚΕ . Από την δύναμη του σημείου Κ ως προς τον κύκλου (0, R) έχουμε: ΚΑ · ΚΕ = R2 - Ο Κ2 δηλαδή ΚΑ2 = R2 - οκ2 (2). ΚΑ ) + Έχουμε: Ε( κ , Ε( κ ΚΛ ) = π ΚΑ2 + π ΚΑ2 = =π( ΚΑ 2 + ΚΑ 2 ) (από ( 1 ), (2)) =π ( R2 + ο κ2 + R2 - ο κ2 ) = π 2 R2 = .

�2 ( h-) 2 � π

πα2 Δηλαδή σταθερό. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/42

----

...

·-..__"

�ωCD4JίPffi� umdJ

ί]JO(J] fJ[[]fY !? rJ{[j&jfiJ fJ(j)rJJ liJrJJωe5tJ(J)rJJ Γκίνης Παναγιώτης - Χ ριστιάς Σπύρος Στο άρ θρο που ακολ ου θεί παρουσι άζονται κάποιες ερωτήσεις σω στού - λ άθους πά νω σε όλη την ύλη της Γενική ς Πα ι δείας της Γ ' Λ υκείου καθώς και μερικές α σκήσεις πλ ήρους ανά πτυξης. Μέσω των ερωτήσεων σω στού - λ ά θους αποσκοπούμε στην επανάλη ψη και εμπέδωση από τους μ α θητές, της θεωρίας του σχολικού βιβλίου . Α πό τις ασκήσεις κάποιες συνδυάζουν γνώσεις από δύο ή κα ι από τα τρία κεφ άλαια της ύλης. Στόχος αυτών των ασκήσεων, είναι οι μ αθητές να προχωρ ήσουν σε μ ία ταυτόχρονη επανάλη ψη των τριών κεφαλαίων και συγχρ όνως να εξοικειω θούν μ ε θέμ ατα των Πανελλαδικών Εξετάσεων. Με την ευ κα ιρία αυτή ς της δημοσίευ ση ς ευχόμαστε σε όλους του υπο ψή φιους των Γενικών Ε ξετάσεων καλή επιτυχία και επίτευξη των στόχων τους,

1. Εάν για μία συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α υπάρχει χο Ε Α τέτοιο ώστε f(x) ::;; f(x 0 ) 2. 3. 4. 5. 6. 7.

για κάθε χ Ε Α τότε η συνάρτηση f παρουσιάζει στο χο μέγιστο. Ένα δείγμα ονομάζεται ομοιογενές όταν ο συντελεστής μεταβολής του είναι ::;; 1 0% . Έστω Ω δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και Α, Β δύο ενδεχόμενά του τέτοια ώστε Β ς Α. Τότε ισχύει ότι P(A u Β) = Ρ(Α) . Εάν μία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και ισχύει ότι f ' (x) > Ο για κάθε σημείο του Δ τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ. Η διάμεσος δ ενός δείγματος είναι μέτρο διασποράς. Εάν f, g παραγωγίσιμες συναρτήσεις σε ένα σύνολο Α τότε (f(x)g(x)) ' = f ' (x) g ' (x) . Εάν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Α - Β=Α, τότε Α n Β = 0 . Εάν τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω είναι ασυμβίβαστα τότε είναι συ μπληρωματικά ενδεχόμενα.

9. Εάν f(x) = ..Γχ με πεδίο ορισμού Α=[Ο,+ οο ) τότε f'(x) =

1 Γ

2ν χ

για κάθε χ Ε Α.

10. Εάν σε μια κατανομή ισχύει ότι Χ = δ τότε η κατανομή είναι κανονική. 1 1. Ο συντελεστής μεταβλητότητας είναι μέτρο σχετικής διασποράς και aπαλλαγμένος από την

επίδραση της μέσης τιμής. 12. Εάν όλες οι τιμές μιας μεταβλητής Χ ενός δείγματος παρατηρήσεων μεγέθους ν είναι ίσες με μια σταθερή ποσότητα α τότε Χ = ν · α . 13. Εάν μια συνάρτηση f είναι σταθερή στο 9{ τότε δεν υπάρχει σημείο της γραφικής της παρά στασης στο οποίο να δέχεται εφαπτομένη. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/43

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

14. Εάν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Α υ Β = Ω τότε A'nB' = 0 . 15. Εάν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Α n Β = Ω τότε Α=Β=Ω. Α Π Α !'Π Η Σ Ε Ι Σ Σ lΉ Σ Ε Ρ Ω Τ Η Σ � Ή l: Σ Ω Σ 'ΗΥV - .\ Α Θ Ο Υ Σ

Jτ-..- --ο=-τ----6- [ _ Γ_s_Τ_9_ 1 _10 τ -- 11-ι-12 i I I iA ]__i_j �--- Λ- �� --��Λ-- � �- Γ � r---Λ

-Σ

Β . Γ Ε Ν Ι Κ Α Ε Π Α Ν ΑΛ Η Π τ! Κι\ Θ Ε :νι\ Τ Α

13 _

1 - Σ-Jj-j

Θ Ε Μ Α 1 ": Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x4+8x. α) Να βρεθούν τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της f με την ευθεία ψ=Ο.

f(x) .

β) Να υπολογίσετε το όριο K= Ii m0

χ----.

γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της Α(-2,0) καθώς και τις θέσεις των τοπικών ακρότατων, εάν υπάρχουν. δ) Σε ένα δείγμα 20 αγοριrον ενός νηπιαγωγείου διαπιστώθηκε ότι το μέσο ύψος είναι lx 0 1 3 ενώ σε ένα άλλο δείγμα 20 κοριτσιών του Χ Α = 116 cm με τυπική απόκλιση S A ίδιου νηπιαγωγείου έχουμε μέσο ύψος Χκ = 1 14 cm και τυπική απόκλιση 3 S k = 3lx0 1 - Γκ , όπου χ ο η θέση του τοπικού ακρότατου του ερωτήματος γ) και Κ το όριο του ερωτήματος β). Να εξετασθεί ποιο από τα δύο δείγματα είναι περισσότερο ο μοιογενές ως προς το ύψος. =

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το AF 9{ αφού η συνάρτηση f είναι πο λυωνυμική. Τα κοινά σημεία θα βρεθούν από την επίλυση της εξίσωσης f(x )=O <:} χ 4 + 8χ = Ο <:::} χ(χ 3 + 8) = Ο <:::} χ = Ο ή χ=-2. Άρα τα κοινά σημεία της Cr με την ευθεία ψ=Ο είναι τα Α( -2,0) και Β(Ο,Ο). f(x) χ 4 +8χ · χ(χ 3 +8) · --' 3 = Ιι πιι.Χ + 8) = 8. Άρ α Κ= 8 . = Ιιηι β ) Για το οριο Κ θ α εχουμε οτι Κ= Iιrn--- = Ι ιηι χ-ιΟ χ χ -ιΟ χ-ιΟ χ χ χ-ιΟ 3 3 γ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 9{ ως πολυωνυμική με f' ( x ) = 4χ + 8 = 4(χ + 2). Τότε f' ( -2) = -24. Η εξίσωση της εφαπτόμενης ευθείας είναι της μορφής ψ=λχ+β. Όμως λ= f' (-2) = -24. Άρα έχουμε ότι ψ=-24χ+β. Επίσης το σημείο Α(-2, Ο) ανήκει στην εφαπτό μενη και έτσι θα ικανοποιεί την εξίσωσή της. Άρα 0=-24( -2)+β <:::} β=-48 και η ευθεία τελικά είναι ψ=-24χ+48. Για τις πιθανές θέσεις ακρότατων της f έχουμε ότι f' ( x ) = Ο <:::} 4χ 3 + 8 = Ο <:::} χ 3 + 2 = Ο <:::} χ = -Vi. Από τον πίνακα μεταβολών της f χ + οο παίρνουμε ότι η f παρουσιάζει στο χ 0 = -Vi Vi ( + f' ελάχιστο το f (- Vi ) = -6 V2. Λ VΣ Η : α)

- 00

f δ)

-------.

_______.

S A = lx 0 1 3 = - V2 3 = 2 και S B = 3lx 0 1 3 - VΚ = 6 - 2 = 4 . Τότε CVA = � = 1,7% και 1 16 4 CV = = 3,5%. Επομένως αφού C V < C V η ομάδα των αγοριών έχει μεγαλύτερη Β

1 14

ομοιογένεια. ΘΕ ΜΛ 2°:

Στον παρακάτω πίνακα, δίνονται οι βαθμοί του πτυχίου δύο ομάδων πτυχιού χων του Μαθηματικού τμήματος των Πανεπιστημίων Ιωαννίνων και Πατρών. ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/44

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

ΠΤ ΥΧΙΟΥΧΟΙ Π ΑΝΕ ΠΙΣ Τ Η Μ ΙΟΥ ΙΩ ΑΝΝ Ι Ν Ω Ν ( Ο ΜΑΔΑ Α)

5,3 9,2 5,9 9,4

5,7 8,7 6,7 7,8

6,2 8,9 8,7 7,1

5,1 7,4 5,3 8,2

I I

ΠΤ ΥΧΙΟΥΧΟΙ Π ΑΝ Ε Π ΙΣ Τ ΗΜ ΙΟΥ ΠΑ Τ ΡΩ Ν (Ο ΜΑ ΔΑ Β )

7,9 7,1 9,3 -1�2 6,8 Ι 5,1 6,5 I 8,4

5,2 9,1 6,8 9,2

9,4 8,7 7,9 8,7

5,7 6,2 5,2 6,3

7,3 7 7,3 8,5

α) Να ομαδοποιηθούν τα δεδομένα για κάθε Πανεπιστήμιο σε 5 κλάσεις πλάτους 1. β) Να υπολογισθεί η μέση τιμή και η διακύμανση κάθε ομάδας πτυχιούχων καθώς και η μέση βαθμολογία και των 40 πτυχιούχων. γ) Εάν επιλέξουμε τυχαία έναν πτυχιούχο της ομάδας Α και έναν της ομάδας Β, να βρεθεί ποιος από τους δυο έχει JU.Ύαλύτερη mθανότητα να έχει βαθμό πτυχίου fU.Ύαλύτερο ή ίσο του 8,5.

Λ Υ Σ Η : υ ) Για το Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων τα δεδομένα ομαδοποιούνται όπως φαίνεται από τον παρακάτω πίνακα: χ f. % ΚΛΑΣΕΙΣ ι

Για το Πανεπιστήμιο Πατρών τα δεδομένα ομαδοποιούνται όπως δείχνει ο ακόλουθος πίνα κας : ΚΛΑΣΕΙΣ

� x i ν i 1 50 Σ χ i ν ί 1 46 = - = 7 3 και Χ 8 = = - = 7'5 . β) Η μέση τιμή για κάθε ομάδα είναι : Χ = i = I 20 20 20 20 146 150 296 + , τιμη, του συνο, λου των 40 πτυχtουχων , , , Η μεση Χ = - = 7, 4 . Η διακυμανση ειναι: 40 40 5 χ iνi )2 (Σ 5 1 ( 1 21 316 } = =για την ομάδα Α είναι: S Α 2 = - {Σ χ 2 ν . - i= ι 1 . 1 05 ) = 1 ' 96 ενώ 20 20 20 20 i = l ι ι 5 x iνi )2 ( 5 � 1 1 22.500 2 2 }=, Β ειναι: , για την ομαδα S8 = - {Σ χ ί ν ί - ι - ι (1 . 1 6 1 ) = 1,8. 20 i =l 20 20 20 γ) Από τον πίνακα της υπόθεσης παρατηρούμε ότι από την ομάδα Α υπάρχουν πτυχιούχοι με βαθμό � 8, 5 . Έτσι εάν θεωρήσουμε το ενδεχόμενο Α : «Να επιλεγεί πτυχιούχος από την οΑ

μάδα Α με βαθμό πτυχίου � 8, 5 » τότε Ρ(Α) = 2._ = ..!.. . Από την ομάδα Β υπάρχουν 6 πτυ20 4 χιούχοι με βαθμό πτυχίου � 8, 5 . Έτσι εάν θεωρήσουμε το ενδεχόμενο Β: «Να επιλεγεί πτυχιούχος από την ομάδα Β με βαθμό πτυχίου � 8, 5 » τότε Ρ(Β) = _i_ = � . Αφού Ρ(Β) > Ρ( Α) 20 1 0 την μεγαλύτερη πιθανότητα την έχει ο πτυχιούχος της ομάδας Β. ΘΕΜΑ 3° :

Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=2χ3 +αχ2 -βχ-γ+1 με α, β, γ ε 9t . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/45

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

α) Εάν ισχύει ότι γ = lim χ�ι

χ3 - χ 2 - χ + 1 χ3 + χ - 2

και f' ( -1) f' (2) Ο να βρεθούν οι αριθμοί

α,β,γ ε m . β) Εάν α, β, γ ε Ζ με -4 � α � -2 και 1 � β � 5 να βρεθεί η πιθανότητα η συνάρτηση f να δέχεται οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο της με τετμημένη χ 0 = 1 .

Αφού η συνάρτηση f είναι πολυωνυμική θα έχει πεδίο ορισμού το AF 9i . Έχουμε (χ - 1) 1 (χ + ι) · · χ 3 - χ 2 - χ + 1 = ιm · χ 2 (χ - 1) - (χ - 1) = ιιm , γ = ι ιm , , = Ο . Επισης ι οτι η f ειναι r � .Λ\ 2 (χ - 1)(χ 2 + χ + 2) χ3 + χ - 2 y.ι1 (χ + χ + 2) παραγωγίσιμη στο 9i ως πολυωνυμική με f'(χ) = 6χ 2 + 2αχ - β. Αφού f ' (- 1) = f ' (2) = 0 και γ=Ο παίρνουμε ότι: 2α+β=6 και 4α-β=-24. Το σύστημα έχει λύση την α=-3 και β= 1 2 . Άρα η συ νάρτηση γράφεται f(x) = 2χ 3 - 3χ 2 + ι 2χ + ι . Για να δέχεται η γραφική παράσταση της f οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο της με τετμη μένη χ 0 = 1 πρέπει f'(1) = 0<=>6+2α-β = 0 <=> 2α-β = --6 . Τα δυνατά ζευγάρια τιμών για τα α, β ε Ζ με -4 � α � -2 και 1 � β � 5 προκύπτουν από τον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου : ΗΙ

ΗΙ

� -2

2 3 4 5 ( -2, 1 ) ( -2,2) ( -2,3 ) ( -2, 4 ) ( -2,5 ) ( - 3,2 ) ( - 3,4 ) ( - 3, 1 ) ( - 3,5 ) ( - 3,3 ) -3 ( -4,4 ) ( -4,2 ) ( -4,3 ) ( -4,5 ) ( -4, 1 ) -4 Την σχέση 2α -β=-6 την επαληθεύει μόνο το ζεύγος ( -2,2). Άρα εάν θεωρήσουμε το ενδεχό μενο Α : «Η Cr να δέχεται οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο της με τετμημένη χο= ι » τότε (από Ν(Α) = κλασικό ορισμό πιθανότητας) έχουμε ότι Ρ(Α)= _!__ _ Ν(Ω) 1 5

Δίνεται η συνάρτηση f(x)

�-

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης β) Να p ρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της A(e , f(e2 )). γ) Να βρεθεί, εάν υπάρχει, το σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο ο ποίο η εφαπτομένη είναι παράλληλη στον οριζόντιο άξονα.

ιη χ � Ο. Από τον πρώτο περιορισμό χ > Ο αρκεί χ ιηχ � Ο <=> ιη χ � 1 <=> χ � 1 . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το AF[ ι , +οο) . Η εξίσωση της εφαπτομένης θα είναι της μορφής ψ=λχ+β. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιΠρέπει χ > Ο και

μη στο ( 1 , + οο ) ως πράξη παραγωγίσιμων συναρτήσεων με f ' (χ) = -

I-� .

(�)' x ιη χ 2 χ

1 - ln x ι 1 χ2 = = . Άρα χ + β. Η εξίσωση της ψ Τότε λ = f'(e ' ) 3 3 J22 J2 2e 2e 2 ι χ ι χ η 2 2χ 2 χ 1 εφαπτόμενης θα διέρχεται από σημείο A(e 2 , f(e 2 )) . Άρα πρέπει f(e2)= 3 e 2 + β <=> 2e J22

�:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/46

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

1 /

1 4e - 5J2 , 1 4e-5J2 J2 , , <=> 1 - - = � + β <=> β = . Άρα εξισωση εφαπτομενης ψ=�χ+ 4e e 2eν 2 4e 2e3ν2 Στο ζητούμενο σημείο θα πρέπει η παράγωγος της f να είναι ίση με το μηδέν. Τότε \� Ο � ln x � I � χ � e . Επίσης f(ef= \ - .Je . Επομένως το σημείο f ' (x) � Ο � e 1n x 2χ 2 χ

�

θα είναι το Β( e, 1 - -Fe ) . e

Για τις ανάγκες μιας έρευνας δόθηκε ένα διαγώνισμα Γεωμετρίας στη Β ' Τάξη του Λυκείου ενός πειραματικού . σχολείου της Αθήνας. Οι βαθμοί των μαθητών έδειξαν τα παρακάτω: i) Κανένας μαθητής δεν έγραψε κάτω από τη βάση. Το 90% των μαθητών έγραψε τουλάχιστον 12. ίί) iii) 60 μαθητές έγραψαν βαθμό μικρότερο από 14. iv) 90 μαθητές έγραψαν τουλάχιστον 14. v) Το 70% των μαθητών έγραψε κάτω από 18. vi) Οι μαθητές που έγραψαν τουλάχιστον 14 και κάτω από 16 είναι 5 περισσότεροι από αυτούς με βαθμό τουλάχιστον 16 και μικρότερο του 18. α) Να παρασταθούν τα δεδομένα σε πίνακα συχνοτήτων, σχετικών συχνοτήτων %, αθροι στικών συχνοτήτων και αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων % σε κλάσεις πλάτους 2 και εύρους R=10. β) Για τα παραπάνω δεδομένα να βρεθούν οι γωνίες των αντίστοιχων κυκλικών τομέων του κυκλικού διαγράμματος σχετικών συχνοτήτων. γ) Να βρεθεί η μέση τιμή των βαθμών. δ) Το ίδιο πρόβλημα δόθηκε στη Β ' Λυκείου κάποιου σχολείου των Ιωαννίνων και ο μέσος βαθμός ήταν κατά 0,5 μεγαλύτερος από αυτόν της πρώτης περίπτωσης. Να βρεθεί η μέ ση βαθμολογία και των δυο τάξεων εάν γνωρίζουμε ότι οι μαθητές του δεύτερου σχο λείου ήταν 30% περισσότεροι από τους μαθητές του πρώτου σχολείου. R

= !Q = 5 . Επίσης ισχύει ότι ν1 +ν2=60 και 2 ν3+ν4+νs=90. Άρα ν1 +ν2 + ν3+ν4+νs= 90 + 60= 1 50. Επιπλέον έχουμε ότι νΙ= Ο,1 · 1 50 = 1 5 από όπου προκύπτει ότι ν2 =45, ενώ νs= 0,3 · 1 50 = 45 . Έτσι έχουμε ότι ν3 +ν4=45 και ν3-ν4=5 . Το σύστημα αυτό έχει ως λύση την ν3=25 και ν4=20. Με βάση τα παραπάνω ο πίνακας κατανομής των ζη τούμενων συχνοτήτων είναι ο �ξής : xi f. % F% ΚΛΑΣΕΙΣ 11 [ 1 0�_μ) 15 10 15 10 13 [ 1 2, 142__ 45 30 60 40 15 [ 1 4, 1 6) 25 85 1 6,67 56,67 [ 1 6,_ 1 8) 20 1 3,33 1 05 70 [ 1 1h 20) 45 30 1 50 1 00 ΣΥΝ Ο ΛΑ 1 50 1 00 ' , Εάν ονομάσουμε α1 , α2 , α3, �. α5 τα τόξα (στο κυκλικό διάγραμμα) που αντιστοιχούν στις συχνότητες ν1 , ν2 , ν3, ν4, ν5 αντίστοιχα, έχουμε ότι: α1= 0, 1 · 360° = 36° , α2 = 0, 3 · 360" = 1 08" , α3 = = 0, 1 667 · 360° =60,0 1 2 ° , α4 = 0, 1 333 · 360° = 47,988, α5 = 0, 3 · 360° = 1 08° . 1 1 · 1 5 + 1 3 · 45 + 1 5 · 25 + 1 7 · 20 + 1 9 · 45 ' : χ ' θ α ειναι Η μεση τιμη' των β αθ μων - = = 1 5 , 466 . Α 1 50 Το πλήθος των κλάσεων θα είναι κ=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/47

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Οι μαθητές του δεύτερου Λυκείου είναι 1 ,3 · 1 50= 1 95 και η μέση βαθμολογία τους θα είναι : Χ 8 = 1 5, 466 + Ο, 5 = 1 5, 966 . Από τις δυο μέσες τιμές παίρνουμε ότι τα αθροίσματα των βαθμών 1 50

των μαθητών των δυο σχολείων είναι : Σ χ i = 2.3 1 9,9 = 1 50 · 1 5,466 για το πρώτο και i=l

1 95

Σ χ i = 3 . 1 1 3,37 1 95 · 1 5,966 για το δεύτερο. Άρα ο μέσος όρος βαθμολογίας όλων των μαθη=

i =Ι

' ειναι ' : των

2.3 1 9,9 + 3 . 1 1 3,37 5 .433,27 ;:; 1 5 ' 75 . = 1 50 + 1 95 345

Δίνεται ότι η συνάρτηση f(x)=6x 2 -5χ+2 αποτελεί την πιθανότητα Ρ(Α) κάποιου ενδεχομένου Α ενός δειγματικού χώρου Ω. α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού Ar της συνάρτησης f. β) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της πιθανότητας Ρ(Α). γ) Έ στω Β ενδεχόμενο του δειγματικού Ω τέτοιο ώστε f(P(B))=P(A). Να δειχθεί ότι τα εν δεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα. δ) Εάν ισχύει η υπόθεση του ερωτήματος γ) και Ρ(Β)= � να δειχθεί ότι _2_ ::;; Ρ( Α n Β) ::;; � . 5 25 5 ι ι ,�

-iι

,; (

Έχουμε ότι f(x)=P (A)=6x2-5x+2. Όμως Ο ::;; Ρ(Α) ::;; 1 . Άρα πρέπει Ο ::;; 6χ 2 - 5χ + 2 ::;; 1 . Έτσι προκύπτουν οι ανισώσεις 6χ2 -5χ+2 � Ο και 6χ2 -5χ+ 1 ::;; Ο . Η πρώ τη ανίσωση αληθεύει για κάθε χ Ε � ενώ η δεύτερη αληθεύει για εκείνα τα χ για τα οποία , το Αr = [ -1 , -1 ] . ' ορισμου, της f ειναι -1 ::;; χ ::;; -1 . Ά ρα το πεδ ιο 3 2 3 2 [ Αφού P (A)=f(x) αρκεί να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f όταν χ Ε _!_ , _!_ ] . Η συ3 2 [ νάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο _!_ , _!_ ] ως πολυωνυμική με f' (χ)= 1 2χ-5. 'Ετσι 3 2 [ f' (χ)=Ο <=> χ = 2._ . Ο πίνακας μεταβολών της f στο _!_ , _!_ ] είναι ο παρακάτω : 3 2 12 1 15 - Άρα η f παρουσιάζει στο χ0= 2._ ελάχιστο με χ 12 3 2 12 5 23 ( , , + f' η ελαχιστη τιμη, τιμη, fi( ( ) = . Επομενως U 24 f -------. 23 της Ρ(Α) είναι 24. 2 γ) Έχουμε ότι f( P (B))=P (A) <=> 6(Ρ( Β )) - 5Ρ( Β ) + 2 = Ρ(Α) <=> Ρ(Α) + Ρ(Β) =6(Ρ(Β))2 -5Ρ(Β)+ +2 + Ρ(Β) = 6(Ρ(Β)) 2 - 4Ρ(Β) + 2 4(Ρ(Β)) 2 - 4(Ρ( Β ) + 1 + 2(Ρ(Β)) 2 + 1 = (2Ρ(Β) - 1) 2 + +2(Ρ(Β))2+ 1 > 1 . Εάν Α, Β ασυμβίβαστα θα είχαμε ότι Ρ( Α υ Β = Ρ(Α) + Ρ(Β). Έτσι παίρ νουμε ότι Ρ( Α υ Β) > 1 που είναι άτοπο. Άρα τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβα στα. 24 δ) Αφού f( P (B))=P (A) και Ρ(Β)= � θα έχουμε ότι Ρ( Α) = 6(� ) 2 - 5(�) + 2 <::::> Ρ(Α) = . 5 5 5 25 Γνωρίζουμε ότι Α c Α υ Β. Έτσι παίρνουμε Ρ(Α) ::;; Ρ( Α υ Β) ::;; 1 <=> Ρ( Α) ::;; Ρ(Α)+Ρ(Β)- P (A n B) ::;; 1 <=> - 1 ::;; P (A n B) - P (A) - P (B) ::;; -Ρ(Α) <=> Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1 ::;; P ( A n B ) ::;; 24 2 2 2 9 ::;; Ρ(Β) <=> + - 1 ::;; Ρ( Α n Β) ::;; <=> ::;; Ρ( Α n Β) ::;; . 5 5 5 25 25

_______. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/48

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου 2Sx<8

χ-2 Θ Ε Μ Α 7° :

-χ- 6 2

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)=

8 ::;; χ <

14 της οποίας η γραφική παρά-

1 14 ::;; χ ::;; 2 0 σταση είναι το πολύγωνο των αθροιστικών συχνοτήτων της βαθμολογίας των μαθητών μίας τάξης σε ένα διαγώνισμα. (Υποθέτουμε ότι η βαθμολογία ξεκινάει με τον βαθμό 2). Να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης f. Να κατασκευασθεί ο πίνακας κατανομής συχνοτήτων, σχετικών συχνοτήτων, αθροιστι κών συχνοτήτων και αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων. Υποθέτοντας ότι ο αριθμός των μαθητών κατανέμεται ομοιόμορφα μέσα στις κλάσεις να βρεθεί το πλήθος των μαθητών που πήραν βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 10. Να εξετασθεί το δείγμα ως προς την ομοιογένεια. χ+

α) β) γ) δ)

ΛΥΣ Η : α ) Από την

υπόθεση η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι αυτή που φαίνεται στο πα ρακάτω σχήμα : -

�-

21:' 26 ,.

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

18 -

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

-4

-- -

β)

- --

-2

2 i

Ι'

�

)

· · · · · · · · · · · · · · · ·

y= 1 . 5

21 )

x+ 1

1 5)

χ-6

.jA{8,6 ) 2 , y=x · 0-- 2 4

- --

---

---- · · - - - �

- ---

---

--·

---

- ---

- - -- -

-- - ·

Από υπόθεση η βαθμολογία των μαθητών διαχωρίζεται στα διαστήματα [2, 8), [8, 1 4) και [ 1 4, 20] . Έτσι λόγω και του ερωτήματος α) ο πίνακας κατανομής συχνοτήτων είναι ο παρακάτω : νί

I - fi --Γ -

_ __

F_ i

217 6 6 2/7 9 - --- -- - 3/7 -- - _ 5 17 - _j f-- __"__., ---'-•'----t--'-------+-- --=--2/7 6 Σύνολα 21 i 1 Λόγω της ομοιόμορφης κατανομής των μαθητών στις κλάσεις θα έχουμε ότι το πλήθος των μαθητών με βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Ο θα είναι το πλήθος των μαθητών της τρίτης κλάσης μαζί με τα 2/3 του πλήθους των μαθητών της δεύτερης κλάσης. Δηλαδή το ζητούμε--

--- -

- - - --·- - - - -·

- - - - -----

_ __j__

γ)

;!> Γ( 2 0 ,

- -- -

---- -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/49

- -

- -- - --

- --

-- - ---

- ----

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

νο πλήθος θα είναι 6+ � 9 = 1 2 μαθητές. 3 3 1 3ο + 99 + 1 02 = 1 1 . Επισης Σ , , , δ) Απο, το ερωτημα : χ = - x i vi = για την δ ιασπορα, 8 2 β) παιρνουμε 21 3 i=l 3 1 44 , 1 2 1 Σ , 8 = - ( x i - -χ ) 2 vi = , θ α εχουμε οτι { (5 - 1 1 ) 2 · 6 + ( 1 1 - 1 1) 2 · 9 + (1 7 - 1 1 ) 2 · 6 } = = - . τ ο21 2 1 i= l 7 l 2 J7 . 'Ετσι CV= =S · 1 00% = -1 2.J7 · 1 00% � 4 1, 23% > 1 0�ο. Ά ρα το δ ειγμα ' ' ομοιδ εν ειναι τε S= -ιι 77 7 χ ογενές. ·

Θ Ε Μ Α 8 ° : Οι ετήσιοι μισθοί (σε χιλιάδες €) των υπαλλήλων μίας εταιρείας έχουν ομαδο ποιηθεί σε τέσσερις κλάσεις ίσου πλάτους. Δίνεται ότι η συχνότητα της πρώτης κλάσης εί ναι 9-πλάσια

α) Να βρεθούν το πλάτος c και τα άκρα α και β της πρώτης κλάσης. β) Να συμπληρωθεί ο πίνακας. γ) Υποθέτοντας ότι ο αριθμός των υπαλλήλων κατανέμεται ομοιόμορφα στις κλάσεις να βρεθεί το διάστημα στο οποίο ανήκουν οι 10 υψηλότερα αμοιβόμενοι υπάλληλοι της ε ταιρείας.

Οι κλάσεις θα έχουν την μορφή [α, β) (με β=α+c), [α+c, α+2c), [α+2c, α+3c) και , : α + c + α + 2c = 1 3 και α + 3c + α + 4c = 1 7 , [ α+3 c, α+4 c ) . 'Ετσι απο, υπο, θ εση θ α εχουμε οτι 2 2 ή 2α + 3c = 26 και 2α+7c=34. Η λύση του συστήματος είναι α= 1 0 και c=2. Τότε β=α+c= 12. Άρα οι κλάσεις είναι : [ 1 0, 1 2), [ 1 2, 1 4), [ 1 4, 1 6) και [ 1 6, 1 8). β) Έχουμε ότι Ν1= 1 8. Όμως ν 1 =Ν 1 . Άρα ν 1 = 1 8 και αφού ν 1 =9ν4 παίρνουμε ότι ν4=2. Επίσης 18 f1 = = 0,45 και F Ι =fΙ =Ο,45 . Τότε f1 %=F 1 %=45% και αφού f2 %=40% θα πάρουμε ότι 40 f2=0,4 και F 2 %=f1 %+6%=45%+40%=85%. Έτσι F 2=0,85. Ακόμη έχουμε ότι ν4=2 και έτσι ν4 2 = 0,05 . Όμως f1 + f2+ f3+ 14= 1 <=> 0,45 + 0,4 + f3 + 0,05 = 1 <=> f3 = 0,1 . Άρα = lΓ 40 40 � = 0,1 <=> ν 3 = 4 . Τέλος ν2 =40- 1 8-2-4= 1 6. 'Ετσι ο πίνακας συμπληρώνεται ως εξής : 40 Λ ΥΣ Η : α)

c _

γ)

Αφού ο αριθμός των υπαλλήλων κατανέμεται ομοιόμορφα στις κλάσεις οι 1 0 υψηλότερα αμοιβόμενοι υπάλληλοι θα είναι το άθροισμα των υπαλλήλων των 2 τελευταίων κλάσεων μαζί με το 1 /4 του πλήθους των υπαλλήλων της δεύτερης κλάσης διότι _.!._ · 1 6 +4+2= 1 0. Τα 4 τέσσερα διαστήματα στα οποία χωρίζεται η κλάση [ 1 2, 1 4) είναι τα διαστήματα [ 1 2, 1 2,5), ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 8 τ.4/50

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

[ 1 2,5, 1 3), [ 1 3 , 1 3 ,5) και [ 1 3 ,5, 1 4). Άρα οι 1 0 υψηλότερα αμοιβόμενοι υπάλληλοι ανήκουν στο διάστημα [ 1 3,5, 1 8). Θ !Ε Μ Λ 911 :

Έστω Ω={1, 2, 3, . . . . . ... ,ν} με ν ε Ν* ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης, Ρ(1), Ρ(2), . . . . . ... Ρ(ν) οι πιθανότητες των απλών ενδεχομένων του δειγματικού χώρου Ω .Jx + 1 - 1 χ ε [-1, Ο) υ (Ο, + οο) νχ . Για την συνάρτηση f ισχύκαι η συνάρτηση f(x) = � Ρ(3) - Ρ(2) χ = Ο 7 ει ότι η εφαπτομένη της Cr στο σημείο με τετμημένη χ0=3 είναι κάθετη στην ευθεία y=108x+6. α) Να δειχθεί ότι Ω={1, 2, 3}. β) Εάν επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο χ 0=0 και η Cr διέρχεται από το σημείο Μ(8, Ρ(1)) να υπολογισθούν οι πιθανότητες Ρ(1), Ρ(2) και Ρ(3). , ";. �. """ � .i ;

,ι J

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα [-1, Ο) υ (Ο, + οο) ως πηλίκο πα2 Γχ+ϊ - χ - 2 ο , ' ' ' διευ θυνσεως ραγωγισιμων συναρτησεων με f ' ( χ ) = . συντελεστης της εχ+1 2νχ 2 ν� ι Αφού όμως η εφαπτόμεφαπτόμενης στο σημείο με τετμημένη χ0=3 θα είναι f ' (3) = 36ν 1 νη είναι κάθετη στην ευθεία y= 1 08χ+6 θα πρέπει (- --) · 1 08 = - 1 <=> ν = 3 . Άρα ο δειγμα36ν τικός χώρος Ω είναι { 1 , 2, 3 } . Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο χ0=0 θα έχουμε ότι ι i m f(x) = f(O). Για το _ __ _

χ�Ο

1 � χ�ο ν( ν χ + ι + 1) 1 _!_ ( 1 ). Επίσης ι = Ρ(3) - � Ρ(2) και αφού ν=3 παίρνουμε ότι Ρ(3) - � Ρ(2) = - - Άρα _ 7 6 2ν 2ν 7 αφού η Cr διέρχεται από το σημείο Μ(8, P( l )) θα έχουμε ότι 1 1 ι f(8)=P ( l ) <=> - = P(l) <=> P(l) = Όμως Ρ( 1 )+Ρ(2) +Ρ(3)= 1 <=> - + Ρ(2) +Ρ(3)= 1 <=> 4ν 12 12 ι ιm . χ�ο

οτι f( χ ) εχουμε , , :

· ι ιm χ�ο

ν=

· Γχ+ϊ - ι f( χ ) = ι ιm νχ χ �ο

ι ιm · χ �ο

χ+1-1 νχ( ν� χ + ι + 1)

· = ι ιm

- .

<=> Ρ(2) + Ρ(3) = _!_!_ (2). Το σύστημα των ( ι ) και (2) δίνει λύση την Ρ(2) = .2_ και ι2 12 1 Ρ(3) = � = _!_ _ Άρα τελικά παίρνουμε ότι : P (l) = - , Ρ(2) = .2_ και Ρ(3) = ! . 12 12 3 12 3 Θερ ινό Μ αθη μαηΙ\:ό Σχολεiο :

διοργανώνεται στη Γερμανία αυτό το καλοκαίρι. Σχετι κές πληροφορίες για τη διεξαγωγή στο www . math-berli n.de Επίσης φέτος γιορτάζεται το έ·rος Μ α Θ η μ αηκl(!)ν στη Γερμανία όπου μέρος των εκδηλώσε ων είναι και το MathF ilm Festiνal 2008 Σχετικές πληροφορίες για τη διεξαγωγή στο www . MathF ilm.de (Berl i n Mathemati cal Schoo l -BMS)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/5 1

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Επαν αλη πτικά Θ έ μ ατ α στα Μαθη ματικά Κατεύ θυνση ς Γιώργος Α. Κουσινιώρης 2 Θ έ μ α 1 ο α) Να δείξετε ότι για κάθε ze I ισχύει zl + + zl2 = 2 2 + 2 z 2 β) Έστω A(z1), B(z2) και Γ(z3) οι εικόνες των διαφορετικών ανά δύο μιγαδικών αριθμών zι, z2 και Ζ3 . Αν z1 + z 2 + z 3 = Ο και l z l z 2 1 = z 3 1 = 1 να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ εί ναι ισόπλευρο.

lw -

lwl l l

l l 2 2 α ) Είναι l w -zl +l w + zl = ( w -z )( w - z ) + ( w + z )( w + z ) = ( w -z )(w - z) + ( w + z )(w + z)_ = wW -wz -zW + zz + wW + wz + zW + zz = 2ww + 2 zz = 2l w l 2 +2l z l 2 . ι

Λ ύ ση

β)

Για να δείξουμε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο αρκεί να δείξουμε ότι ΑΒ=ΒΓ=ΑΓ. Γνωρίζουμε ότι η απόσταση των εικόνων δύο μιγαδικών αριθμών στο μιγαδικό επίπεδο ι σούται με το μέτρο της διαφοράς των μιγαδικών αυτών. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι

l z ι -z 2 l = Ι z 2 -z31 = l z3 -z ι l · 2 2 2 Η σχέση l w - zl + l w + zl = 2l w l 2 + 2l z l αν εφαρμοστεί για τους z1 και zz γίνεται: l zι -z2 1 2 +l z ι + z2 l 2 = 2l z ι l 2 + 2l z2 1 2 (1) . Όμως είναι z1 + z 2 + z 3 = Ο <=> z1 + z 2 = -z 3 , οπότε l z 1 + z 2 1 = l - z31 = l z 31 . 2 Επειδή l z ι l = l z 2 1 = l z 31 = 1 η ( 1 ) γράφεται ισοδύναμα: l z 1 -z 2 1 +1 = 2 · 1 + 2 · 1 <=> l z 1 -z2 1 2 = 3 <=> l z 1 -z 2 1 = J3 . Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι l z 2 -z31 = J3 και l z3 -z11 = J3. Επομένως είναι l z 1 -z 2 1 = l z 2 -z 31 = l z 3 -z11 = J3 <=> ΑΒ=ΒΓ=ΑΓ. Θ έ μα zo

Αν ω= .!_ + J3 i , να δείξετε ότι: α) ω3 +1=0 β) ω 2-ω+1=0 γ) ω2 008-ω2 007+ω2 006 = Ο. 2 2

= �( 1 + J3i) οπότε ω 2 = �( 1 +J3i) 2 �( 1 + (J3i)2 + 2J3i) = �( 1 +3i2 + 2 J3i) = � ( 1- 3 + 2J3i) = � ( -2 + 2J3i) = - � ( 1- J3i) . 2 Είναι ακόμα ω 3 = ω 2 · ω = - �( 1- J3i) · � ( 1+J3i) = - �( 1 2 - (J3i) ) = - ±( 1- 3i2) =

Λ ύ ση

α)

Είναι ω

_!_4 ·4=-1. Άρα ω3+ 1 =0. 'Εχουμε ω 2-ω+ 1 = _ _!_ ( 1- .fJ i) - ( _!_ + J3 i J +1 = _!_ + J3 i - _!_ - J3 i+ l = -1 + 1 = Ο. 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 66 Επειδή ω 3 = -1 (από το ερώτημα (α)), έχουμε: ω 2008 = ω " 669 + = ( ω ) 9 . ω = ( -1 ) 669 . ω = -ω. 3 3 68 3 36 ω 2007 - ω - 669 - ( ω ) 69 - ( - 1 ) 669 -- - 1 . ω 2006 - ω - 66 8+ 2 - ( ω ) 6 · ω 2 - ( - 1 ) 66 8 · ω 2 - ω 2 . 2 2 2008 2007 2006 _

β) γ)

Επομένως είναι ω

-ω

+ω

= -ω-(-1 )+ω = ω -ω+ 1 = Ο (λόγω του (β)).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/52

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

α) Οι συναρτήσεις f και g είναι ορισμένες στο IR. και για κάθε x EIR ικανοποιούν τη σχέση ( g o g)(x) = αg(x) + βf { x 3 ) (1) όπου α, β Ε IR. *. Αν η συνάρτηση f είναι "1-l ", να δείξετε ότι και η συνάρτηση g είναι "1-1 ' Ό β) Να λύσετε στο IR την εξίσωση g ( g ( x ) + e x ) = g ( g(x) + χ + 1 ) . Θ i; μ α .3 "

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε χ ι , Χ2 Ε IR. με g (χ ι ) = g (x2 ) είναι χι = χ2 . (I) Επειδή g (χ ι ) g(x2 ) είναι g (g(x 1 )) = g (g(x 2 )) <=> (g g) (x 1 ) = (g g) (x 2 ) <=> αg (χ 1 ) + βf ( χ� ) = αg (χ 2 ) + βf ( χ; ) . Από την τελευταία επειδή g (χ ι ) = g(x2 ) έχουμε

Λ. ι:·J <rtη �ι. }

βf ( χ � ) = βf ( χ � ) και επειδή β:;t:Ο είναι f ( χ � ) = f ( χ ; ) .

�)

Επειδή η f είναι , 1 - 1 " , έχουμε f ( χ � ) = f ( χ ; ) <=> χ � = χ � <=> χ ι = χ2 . Αφού η g είναι " 1 - 1 " η εξίσωση γίνεται g ( g (x ) + e x ) = g (g(x) + x + 1) <=> g ( x ) + ex = g (x) + x + 1 <::> e x = x+ 1 <::> e x-x-1 = 0. Η εξίσωση έχει προφανή ρίζα την χ=Ο. Θα δείξουμε ότι η ρίζα αυτή είναι μοναδική . Θεωρούμε τη συνάρτηση σ( χ) = e x-χ-1 , χ Ε IR. . Η σ είναι παραγωγίσιμη στο IR. με d(x)=ex -1. Έχουμε σ'(χ) > Ο <=> e x - 1 >Ο <=> χ>Ο και σ'(χ) < Ο <=> ex - 1 <Ο <=> χ<Ο. Επομένως η σ είναι γνησίως φθίνουσα στο ( Ο] και γνησίως αύξουσα στο [0, +οο). Άρα για κάθε χ<Ο είναι σ(χ)>σ(Ο) = Ο και για κάθε χ>Ο είναι σ(χ)>σ(Ο) = Ο, οπότε η ρίζα χ = Ο είναι μοναδική. -οο ,

�-

Θεωρούμε τη συνάρτηση f: IR. � IR. για την οποία ισχύει f(xy) = y f(x) κάθε χ, yE IR.. Υποθέτουμε ακόμα ότι υπάρχει ΧοΕ IR. τέτοιο ώστε f(x0):;t:O. α) Να δειχθεί ότι η Cr έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων. β) Να δειχθεί ότι ώστε χ0 :;t: Ο. γ) Να δειχθεί ότι f(x) = αχ, με αΕ IR. *. λ

Jo' )

γ)

(1)

για

Για να δείξουμε ότι η Cr έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι περιττή . Για κάθε χ Ε IR. , το -χ Ε IR.. Η ( 1 ) για y= -1 γίνεται f (-χ ) = - 1 · f(x) <=> f(-χ) = -f(x). Άρα η f είναι περιττή. Η ( 1 ) για y = Ο δίνει f(O) = Ο. Αν είναι χ0 = Ο, τότε από την f(x0 ):;t:O παίρνουμε f(O) :;t: Ο. Άτο πο. Συνεπώς χο :;t: Ο. Η σχέση ( 1 ) θέτοντας στο χ το χσ και στο y το � δίνει f x 0 · � = � · f ( x 0 ) <=> X X X f ( χ) =

f (Xa ) Xa

χ ή f(x) = αχ, με α =

f ( Χο ) Xa

( J a

:;t:O.

Ένα αεροπλάνο κινείται με σταθερή ταχύτητα 800 km/h σε ύψος 3 km από το έδαφος και απομακρύ νεται από έναν παρατηρητή. Αν τη χρονική στιγμή t0 η οριζόντια απόσταση του αεροπλάνου από τον παρατη ρητή Π στο έδαφος είναι ΠΚ=2 km, να βρείτε το ρυθ μό μεταβολής της γωνίας θ=ΚΠΑ τη χρονική στιγμή Θ i: μ α 5°

to• ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/53

- ' ·-;

�--Α

3 km

x km

-----

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου λύση

Η γωνία θ και η απόσταση χ είναι συνεχείς και παραγωγίσιμες συναρτήσεις του χρόνου t, είναι δηλαδή θ = θ(t), (το θ σε ακτίνια) και x=x(t) (το χ σε χιλιόμετρα). Κ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΠΚ ( Κ = 1 l ) έχουμε εφθ Α = � . πκ χ Ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ=θ(t) είναι η παράγωγος της συνάρτησης θ(t). =

Έχουμε

(εqi)) '

3)J' (�χ )' ή ( εqi}(t))' = (� · θ'(t) = - --i-· x'(t) ή θ'(t) = ή χ(t συν θ(t) χ (t)

3συν 2 θ(t 0 ) , , · χ '( t 0 ) θ'( t 0 ) = τη χρονικη, στιγμη, to εχουμε Επομενως χ 2 (t o ) Είναι όμως x'(t) 800 , αφού ο ρυθμός μεταβολής του χ είναι η ταχύτητα του αεροπλάνου, 1 4 1 1 x(t0)=2 και συν 2 θ ( t 0 ) = ' 2 + 9 13 Ι εφ θ ( t , ) I + I+4 •

α)

3 · _±_

----}1

2400 · 800 = - � · 800 = Επομένως θ'(t 0 ) = ακτίνια ανά ώρα. (Δικαιολογείστε τη μο 2 13 13 νάδα μέτρη σης και το αρνητικό πρόσημο του αποτελέσματος).

Αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο IRι και τρεις φορές παραγω ) γίσιμη στο μηδέν με f(O)=f'(O)=f"(O)=O και fm (0)=6 τότε να βρείτε το lim f(χ� . χ --+ 0

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο είναι και συνεχής σ' αυτό. Έτσι lim f(x) = f(O) = Ο. χ--+0 3 Είναι ακόμα ιim χ--+0 χ = Ο . Επομένως το ζητούμενο όριο είναι απροσδιόριστη μορφή τύπου .Qο . Θα δούμε αν μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο με χρήση του κανόνα De L ' Hospital. f'(x) · f'(x) · -' ' ιm -ιΧ--+0 . το οριο Επειδη' η f ειναι παραγωγισιμη στο ψαχνουμε ιm = ιΧ--+0 Χ3 3χ 2 '

1Π> .ll'l..

( )

3x 2 = Ο Οπότε πάλι το ζητούμενο όριο είναι απροσΈχουμε πάλι ιimο f'(x) = f'(O) = Ο και ιim --+0 χ

χ --+

διόριστη μορφή τύπου .Q . Η f είναι και δεύτερη φορά παραγωγίσιμη στο IR οπότε ψάχνουμε το ο

Ο . f"(x) . f"(x) , καταληξαμε , , , , οριο ιιm . Και παλι σε απροσδιοριστη μορφη, τυπου - , αφου, χ--+0 2 = ιιm χ--+0 -ο 6χ 3χ

( 1

ιim f "(x) = f " (O) = Ο και ιim ( 6χ ) = Ο. χ--+0 χ--+0 Προσέξτε τώρα. Δεν μπορούμε να συνεχίσουμε τη διαδικασία με χρήση του κανόνα De L' Hos pitaι γιατί δεν ξέρουμε αν η f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο !Rι, οπότε δεν έχει νόημα το f" ( χ ) ' όριο lim0 χ--+ (6χ ) '

(

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/54

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Επειδή γνωρίζουμε ότι η f

είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο μηδέν ισχύει

f"( χ) -f" (O) 6 f" (x) -f"( ο) και αφού f"(O)=O και fm (0 ) = 6 , έχουμε lim = <:::> f'" ( Ο) = lim χ--ιΟ χ --ιΟ χ -0 χ -0 " " " lim f (x) = 6 . Άρα lim f (x) = _!_ lim f ( x) = _!_ · 6 = 1 . Επομένως lim f(x) = lim f'(x)2 = lim f"(x) = l . χ--ιΟ χ --+0 6 χ χ--ιΟ 6χ χ --+0 3 χ χ --+0 χ 6 6 χ --+0 χ χ 3

Θέ μ α 7°

Δίνεται η παραγωγίσιμη στο !Ιι* συνάρτηση f για την οποία είναι f ' (x)

για κάθε χΕ �* και f(1) f(-1) Ο Να δείξετε ότι =

Λύση

αρκεί να δείξου με ότι για

g είναι παραγωγίσιμη στο f'(x) =

Αν χ>Ο έχουμε

( ) ( J'

( χ2

IχI χ + 1)

-f(x) για κάθε χΕ !�ι*.

r( �) = -f(x) ισοδύναμα γράφεται r + f(x) = ο για κάθε Επομένως τη συνάρτηση g ( χ) = f ( � ) + f (χ) ισχύει g(χ ) = Ο για κάθε χ Η

Η σχέση

1 1 f � �

r(:) (�)

(χ) = =

!R{ * ,

Χ Ε !R{ * .

Ε !R{ * .

αφού η f και η .!.. είναι παραγωγίσιμες.

( ( ))

' 1 = -2-- , οπότε είναι g' (x) = r .!.. + { f ( x) ) ' =

�

χ ( χ + 1) χ + 1

() )

( ) ( ( ))

+ 2 - � + ι + χ2 = 2 = - χ 2 + ι + ι + χ 2 = ο. χ + ι ι ι 2 ι + _2 χ 1+ χ χ

(

( )( )

' ' χ = - -/- , g'(x) = r .!.. + {f ( x) ) ' = f' .!.. .!.. + f ' ( x ) = χ χ χ χ +1 -χ ( χ 2 + 1 ) 1 1 1 � � � ο. ' ι , ' ι Ι Ι χ' χ' 1 + +χ + + ι + 2 χ 1+ χ χ Επειδή η g είναι συνεχής, ως παραγωγίσιμη, σε καθένα από τα διαστήματα ( -οο, Ο) και ( Ο, + οο) θα είναι και σταθερή σε καθένα από αυτά. Άρα g(x)=c1 για κάθε χ Ε ( -οο, Ο) και g(x)=cz για κάθε χ Ε ( Ο, + οο) .

Αν χ<Ο έχουμε

f'(x) =

{ ) ( :)

Είναι g(l) = r

(f) ( ��)

)

l) ,

+ f(l) ή Cz = f( l )+ f( l ) = 0+0 = Ο. Άρα g(x) = ο για κάθε χ Ε ( 0, + οο) .

Είναι g (- 1) = r Θέ μα 8°

(

+ f(-1) ή Cι = f(-l )+ f(-1 ) = 0+ 0 = Ο. Άρα g(x) = ο για κάθε χ Ε ( -οο, Ο) .

Αν μια συνεχής συνάρτηση f είναι περιοδική με περίοδο Τ, να δείξετε ότι : J:+T f(x)dX ιΤ f(x)dX (αΕ !Ιι). β) Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και περιοδική με περίοδο Τ, να δείξετε ότι η συνάρ τηση g (x) [+τ f(t)dt είναι σταθερή. α)

Λύση α)

Θα προσπαθήσουμε να δικαιολογήσουμε γεωμετρικά τη ζητούμενη σχέση. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/55

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Υ Ας υποθέσουμε ότι f(x)�O για κάθε Χ Ε lffi. . Τότε το ολο κλήρωμα [+ τ f(x)dx εκφράζει το εμβ αδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f τις ευθείες χ=α, χ=α+Τ και τον άξονα χ ' χ, ενώ το ολοκλή ρωμα fοτ f(x)dx εκφράζει το εμβ αδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f τις ευθείες χ=Ο, χ=Τ και τον άξονα χ ' χ (δες το σχήμα). Είναι [ +τ f(x)dx =Ez+E3 και fοτ f(x)dx =Ει+Εz.

' Ετσι από τη σχέση

[+Τ f(x)dx = fοτ f(x)dx προκύπτει ότι Ez+E3= Ε1+Ε2

<=>

Ε1 = Ε3, ισότη

τα που λόγω της περιοδικότητας της f είναι προφανής. Επομένως για να αποδείξουμε τη ζητούμενη σχέση και μάλιστα χωρίς τον περιορισμό να είναι f(x)�O, είναι αρκετό να δείξουμε ότι fοα f(x)dx = J;+T f(x)dx για κάθε αΕ lffi. .

J:+T f(x)dx θέτουμε χ = u+T, οπότε dx=(u+τ) 'du = du. Γ ια χ=Τ είναι u=O και για χ=α+Τ είναι u=α. Οπότε Ι = fοα f(u + T)du = fοα f(u)du , γιατί αφού Για το ολοκλήρωμα Ι =

η f είναι περιοδική με περίοδο Τ ισχύει f(χ+τ) = f(Χ) για κάθε Χ Ε lffi. . Επομένως έχουμε [+ τ f(x)dx = J: f(x)dx + {τ f(x)dx + J;+T f(x)dx = τ = - fοα f(x)dx + { f(x)dx + J:+T f(x)dx ή J:+T f(x)dx = Ι f(x)dx . Επειδή η συνάρτηση f είναι περιοδική με περίοδο Τ, λόγω του ερωτήματος (α) έχουμε g(x) = Γτ f(t)dt= !τ f(t)dt= σταθερό (αφού το ολοκλήρωμα είναι αριθμός ανεξάρτητος του χ) .

'α'' 'Εστω συνεχής συνάρτηση g ορισμένη στο IR και η συνάρτηση f με f(x) = fσxg(t) dt για κάθε xe !R. Αν είναι f(x)�2ex -ψx-2, για κάθε xe !R, να δείξετε ότι f' (O) = l και να βρεθεί f(x) το lim χ-ιΟ χ ' '' �· < "'η, Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο lffi. με παράγωγο f ' ( χ ) = ( g ( t) dt = g(x) . · ··•

(

)

Από τη σχέση f(χ) � 2eχ - ημχ - 2 ισοδύναμα έχουμε f(χ) - 2eχ + ημχ + 2 � 0 (1), για κάθε Χ Ε lffi. . Θεωρούμε τη συνάρτηση σ( χ ) = f(x) - 2ex + ημχ + 2 , με Χ Ε lffi. . 0 Είναι f ( O ) fσ g (t) dt = Ο, οπότε σ(Ο) = f(Ο) - 2e 0 + ημ0 + 2 = 0.

Έτσι η ( 1 ) ισοδύναμα γίνεται σ(χ) � σ( Ο) για κάθε χ Ε lffi. , που σημαίνει ότι η σ για χ=Ο παρουσιά ζει ελάχιστο το σ(Ο)=Ο. Η σ επιπλέον είναι παραγωγίσιμη στο lffi. με παράγωγο σ ' (χ) = f' ( x ) - 2ex + συνχ . Επειδή η σ για χ=Ο παρουσιάζει ακρότατο και είναι παραγωγίσιμη, από το θεώρημα του Fennat προκύπτει ότι σ ' (Ο) = Ο ή f'(O) - 2e 0 + συνΟ = Ο <:::> f'(O) - 2 + 1 0 <:::> f' ( O ) = 1 . f(x) = lim f(x) - f ( O ) = ( 0 ) = 1 . Έχουμε lim ο χ � χ χ �ο χ - 0 f'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/56

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Γιώργος Τ ριάντος

a a .J 2 2 , , : Δινεται η συναρτηση f( χ ) - - l η + a - x - νIa 2 - χ 2 , a > Ο . 2 a - .Ja 2 - x 2 1. Να προσδιορίσετε το πεδίο ορισμού Α της f και Α ' της f ' . 2. Να δείξετε ότι ισχύει: xf ' (x) + .Ja 2 - χ 2

=Ο,

για κάθε χ ε Α ' .

Έ στω t η εφαπτομένη της Cr σε τυχαίο σημείο της M(x0 , f(x0 )) και Ν το σημείο τομή ς της t με τον άξονα y 'y . Να δείξετε ότι το μήκος του τμήματος ΜΝ είναι σταθερό ( δηλ. α 3.

νεξάρτη το του χ 0 ).

{

Έχουμε: Α = χ ε R I a 2 - χ 2 2 Επειδή είναι: a - χ 2

� Ο <=>

χ2

�

<=>

� Ο Λ a - .J a 2

> Ο <=>

a - .J a 2 - χ 2

> Ο <=>

:;t:

οΛ

a + .Ja 2 - χ 2 a - .Ja 2 - χ 2

}

ο .

l x l � a <=> -a � χ � a ( 1 )

και a - .Ja 2 - χ 2 = Ο <=> χ = Ο , οπότε a - .Ja - χ 2 a + .Ja 2 - χ 2 1 , , a - ν a- - χ-

- χ2

r----

.J a 2 - χ 2

:;t:

Ο <=>

χ :;t: Ο

a <=> χ 2

(2)

> Ο <=>

και

χ :;t: Ο , έχουμε τελικά

Α = [ -a,O) υ (0, a] . Γ ια το πεδίο ορισμού της f1 έχουμε: Γ ια κάθε χ ε (-a,O) υ (O, a) , με εφαρμογή των κανόνων παραγώγισης, παίρνουμε:

1 a .Ja 2 - x 2 � .J 2 2 Ι ·( + ) -( a -x ) 2 a + .Ja 2 - x 2 a - .Ja 2 - x 2 a - .Ja 2 - χ 2 a a - .Ja 2 - χ 2 ( a + .Ja 2 - χ 2 ) ( a - .Ja 2 - χ 2 ) - ( a + .Ja 2 - χ 2 ) ( a - .Ja 2 - χ ) · - ( .Ja 2 - χ 2 ) 2 a + .Ja 2 - χ 2 _ 2 2 2 .J (a - a χ ) -χ Χ r=== (a - νI a 2 - χ 2 ) (a + νI a 2 - χ 2 ) 2 2 a .Ja - χ 1 .Ja 2 _ χ 2 -χ

f l (x) = � ·

-χ (a - .Ja 2 - χ 2 + a + .Ja 2 - χ 2 ) a- . .Ja 2 - χ 2 χ = + ---;==== _ 2 _ _ .Ja 2 _ χ 2 ( a + .Ja 2 χ 2 ) ( a .Ja 2 χ 2 ) .Ja 2 _ χ 2 ,--� X f1 ( x ) + .J a 2 - x 2 = 0 χ Εξετάζουμε την ύπαρ ξη παραγώγου στις θέσεις a , - a , στις οποίες μηδενίζονται τα υπόρρι-

'. " ! ''

ζα .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/57

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

a) ...:. f(x) - Ο f(x) f(x) , -Ο ) , --'---- f (..:... = -- ( διαπιστωνουμε = Α. Γ ια Ο < χ < a , είναι ----'αοριστια

Ο x-a x-a x-a AL - a) '(x) ι · m . .Ja 2 - χ 2 ) = -Ο = 0 f(x) HOSPΠ ι ι m f (x) f( = ι ι· m -= ι f ' ( χ ) = ι ι· m ( --= ι ι· m f x�a x�a x - a x�a (x - a)' x�a x�a x - a χ a Άρα : f ' ( a) = Ο . f (x) (διαπιστώνουμε αοριστία -Ο Β. Γ ια - a < χ < Ο , είναι f (x) f (-a) = f (x) - 0 = -) Ο x+a x+a x+a '( x) - -a) ι i m f (x) a2 - χ2 ι i m f (x) f( ι im f = ι i m f '(x ) = ι i m (- .J = ) = _Q_ = Ο x�-a χ + a x�-a χ + a x�-a ( χ + a)' x�-a x�-a χ -a Άρα: f ' ( -a) = Ο . Τελικά, είναι Α' = [ -a, O ) υ (0, a] = Α . 3. Η εξίσωση τη ς εφαπτομένης t της C r στο σημείο Μ(χ 0 , f(x 0 )) είναι:

Ηοs�τΑι

y - f(x 0 ) = f ' (x 0 )(x - χ 0 ) . Το σημείο Ν έχει τετμημένη χ Ν = Ο και τεταγμένη Υ Ν = f(x 0 ) + f '(x 0 )(0 - χ 0 ) = f(x 0 ) - x 0f ' (x 0 ) , οπότε για το μήκος του έχουμε: ( 1 a 2 χ ο2 ) 2 2 2 2 2 MN = (0 - xo ) + (y N - f(xo )) = x� + x� (f'(xo )) = x� + x� · ν = x� + a 2 - x� = a 2 => MN = a _

παραηjρ ψrη :

;_�. ιφ

Χο

Στην άσκηση που προηγή θηκε,μεταξύ άλλων, επιθυμούμε να επισημά -

νουμε το γεγονός ότι παρόλο που η συνάρτη ση g ( χ ) = .Ja 2 - χ 2 δεν είναι παραγω γίσιμη στις θέσεις a, -a , δεν συμβαίνει πάντα το ίδιο με μία συνάρτηση της μορφ ής f (χ) = g( .Ja 2 - χ 2 ) Επί •

σης, παρ όλο που η συνάρτηση f (x) = Fx δεν παραγωγίζεται στη θέση χ 0 = Ο , ενδεχομένως η συνάρτη ση h(x) = �g (x) να παραγω γίζεται σε μία θέση χ 0 με g(x 0 ) = Ο .Για τον λόγο αυτό, εί μαστε υποχρεωμένοι να εξετάζουμε την ύπαρξη παραγώγου με την βο ή θεια του ορι σμού σε κάθε σημείο χ 0 που μ ηδενίζει την υπόρριζο ποσότητα.

Δίνεται η συνάρτηση f(x) V2kx 2 - χ 3 , k > Ο . =

1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού Α της f. 2. Να προσδιορίσετε το lim [f(x) + 2χ] . χ �-οο

3. Αν η ευθεία (ε) : y ax + 1 είναι aσύμπτωτη της Cr , τότε να βρείτε τις τιμές των a, k . 3 , ' ' μελέτη της μονοτονιας 4 . Γ ια k 2" να κανετε και των ακροτατων της f. =

�

Είναι Α = {χ ε R / 2 kx 2 - χ 3

έχουμε Α = ( -oo, 2 k] . ·� Γ ια χ < Ο , είναι:

} Επειδή

�ο .

2kx 2 - χ 3 � Ο <=> x 2 (2k - x) � Ο <=> χ � 2k ,

�

2k 2k k f(x) +2x = v3 1 2kx2 -χ3 + 2χ = 3 -χ3 (1 -- ) +2χ = 3 (-χ)3 (1 --) = -χ · 3 (1 --) +2χ = -χ[3 (1--) - 2] (1) χ χ χ χ ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/58

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Από την ( 1 ) προκύπτει ότι: 3 . Ισχύουν

lim

χ �-00

li m

χ � -00

[f(x) + 2χ] = ... = -(-οο) · [ \/1 - Ο - 2] = (+οο)(-1) = -οο .

f(x) = a (2) και χ

li m

χ � -οο

[ f(x) - ax] = 1

(3) . Από την ( 1 ), για χ < Ο έχουμε

v1 - 2χk = - 1 a = - 1 . ( λόγω της (2)).Τότε είναι και 2 f(x) -ax = f(x) + x = -x · H + x = -x · [�1- : -1] [�1- 2: ]3 -13 2k 2k 2k - -χ · lim[f(x) -ax] = = = �(1- 2:)2 + �1- 2: +1 3 - � + �1- 2: +1 � + �1 - 2: +1 v

f(x) = - 1 - 2k χ χ

li m

χ � -00

f(x) χ

li m

χ � -00

lim

Χ-+-00

Συνεπώς, η (3) δίνει:

Χ-+-00

2k = 1 => k = l . 3 2

4. Για k = l είναι f(x) = V3x 2 - χ 3 , Α = ( -οο,3] . Η f είναι συνεχής στο διάστημα Α και πα2 ραγωγίσιμη (κατ αρχήν) στο σύνολο Α' = ( -οο,Ο) υ (0,3) , με παράγωγο συνάρτηση : 1 · (6χ-3χ2 ) 3χ(2-χ) = -χ(χ-2) f(x) = [(3x2 -x3 )� ]' = � (3x2 -x3 )� -1 - (3x2 -x3 )' 3 3 · �(3χ2 -χ3 )2 �(3χ2 -χ3 )2 3 · �(3χ2 -χ3 )2

(4)

Για την μελέτη της μονοτονίας και των ακροτάτων δεν είναι αναγκαία η εξέταση ύπαρξης ή μή των παραγώγων της f στις θέσεις όπου μηδενίζονται οι υπόρριζες ποσότητες, αλλ ά μόνον η συνέχεια στις θέσεις αυτές. Σύμφωνα με την (4 ), ο πίνακας μετα β ολής για την f είναι:

- 00

f'(x) f(x)

+ οο

�

Ο � V4 Τ.Ε

Τ. Μ

�

Τ.Ε

Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα (-οο,0], [2,3] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0,2] . Η συνάρτη ση παρουσιάζει τοπικό μέγιJ γ; ; "

u ""'· , _:. .

στο f(2) = V4 και τοπικό ελάχιστο f(O) = f( 3 ) = Ο , που είναι και ολικό ελάχιστο αφού το σύ νολο τιμών της f είναι f(A) = [Ο,+οο) .

Να μελετήσετε και παραστήσετε γραφικά την συνάρτηση f(χ)=ηιχ·η.(χ+2)-ηί(χ+1) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/59

στο διάστημα [-π, π] . Η f είναι παραγωγίσιμη στο [- π , π ] και ισχύει: f'(x) = [ημχ · ημ (χ + 2) - ημ 2 (χ + 1)] '

= συνχ · ημ (χ + 2) + ημχ · συν (χ + 2)(χ + 2) ' - 2η μ(χ + 1)[ημ(χ + 1)] ' = συνχ · η μ( χ + 2) + η μχ · συν ( χ + 2) - 2ημ(χ + 1)συν (χ + 1)(χ + 1) ' = ημ[(χ + 2) + χ] - η μ2(χ + 1) = ημ(2χ + 2) - ημ(2χ + 2) = ο

Συνεπώς , η συνάρτηση f είναι σταθερή στο [- π , π] . Δηλ. υπάρχει c Ε R : f(x) = c , για κάθε χ Ε [- π , π ] . Επειδή f(O) = -ημ 2 1 , είναι c = f(O) , οπότε f(x) = -η μ 2 1 , για κάθε χ Ε [- π , π ] . Η γραφική παράσταση της f είναι το ευθύγραμμο τμήμα της ευθείας y = -η μ 2 1 , με κλειστά άκρα τα σημεία με τετμημένες - π , π . Υ

-π

-η μ

1 > -1

'Εστω a > Ο και οι μιγαδικοί z a( συνt + Ι η (εφ .!. )) + i aημt , t Ε (0, π ] . Ορί2 2 π ζουμε το διάνυσμα t Ε (0, ] . ( _! (Re(z)) , _! (lm(z)) ) και την συνάρτηση f( t) dt 2 dt =

;

1. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.

2. Να υπολογίσετε το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι( χ ) =

1;1 ,

Jr (t)dt , χ Ε (0, π2 ] .

3. Να μελετήσετε την συνάρτηση και το σύνολο τιμών της. Είναι:

Ι,

ως πρός την μονοτονία, τα ακρότατα την κυρτότητα

Re(z) = a (συ νt + Ιη(εφ _!_ )) , lm(z) = aη μt

. Π αραγωγίζοντας ως προς t , έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/60

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

� (Re (z)) = a( -η μt) + a ο _Ι_ ο ( εφ ..!.. )' = -aη μt + a ο _Ι_ ο ( Ι + εφ 2 .!.)(.!. )' 2 2 2 dt εφ -t εφ -t 2 2 Ι + εφ 2 -t Ι Ι - η μ 2_ Ι 2 = -aη μt + a o --.:....._ t = -aη μt + a o - = a o _.... = -aη μt + a o ημt η μt 2 ο εφ .!. 2 ο εφ .!. 2 2 Ι + εφ 2 -t 2 συν - t = a o -η μt � ( I m(z)) = a(η μt) ' = a σ υ νt ο

�

ωl +ψ τότε �=(a· ω:'ι .a·αM) Jj = (a · αι1ι.ι +{a ·αMf = ωlι( ι + η = a ωΙι. ω1ι ι = ηft ηΛ rμ l1 rμ = a�σφ= t a lσφtl = aσφt ο Τελικά: f(t) = aσφt , t Ε (0, π ] ο 2 =

χ χ συν ) t t ( ' 20 Είναι Ι(χ) = Jf(t)dt = fa o σφtdt = a f dt = a f� dt = a f(ln j ημt j )'dt = a [ ln j ημt J ]; ημt ημt 2 2 2 2 2 2 = a [ln Jημx J - ln 1] a ln J ημχ J = a lη( ημχ ) αφού η μχ > Ο , για κάθε χ Ε (0, π ] ο 2 χ

Η συν άρ τη ση Ι είναι παραγωγίσιμη στο (0, π ] με Ι '( χ ) = aσφχ > Ο , οπότε η συνάρτηση Ι είναι 2 γνησίως αύξουσα στο (0, π ] με μέγιστο Ι( π ) = a ο σφΟ = Ο ο 2 2 π και η Ι ' είναι συνεχής στο Επειδή Ι"(χ) = a( σφχ )' = -a(l + σφ 2 χ ) < Ο , για κάθε χ Ε (0, -) 2 (0, π ] η καμπύλη της Ι είναι κοίλη στο (0, π ] ο

im Ι( χ ) = lim a lη(ημχ) = a l im ln y = a(-oo) = -οο , είναι Ι((Ο, π ]) = ( -οο,Ο] ο Επειδή, τέλος, l-+0+ y -+0+ χ χ -+0+ 2

Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία την συνάρτηση f(x) = ln(l+x2 )-e-x +l,x ε R. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει: Ι 2xe x + I + x 2 ( l ) ο Θέτουμε h(x) = 2xex + I + x 2 και η ( l ) f'(x) = �2 + e - x = �2 + - = Ι + χ ex Ι+χ ex (l + x 2 ) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/6 1

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

γράφεται: fι(χ) =

h (x) (2 ). Επειδή είναι ex (1 + χ 2 ) > Ο , για κάθε χ Ε R , το πρόσημο και ex ( 1 + χ 2 )

οι ρίζες της fι(χ) ταυτίζονται με το πρόσημο και τις ρίζες της h(x) . Έχουμε : h(x) = 2xe x + 1 + χ 2 hι (χ) = 2ex + 2xex + 2χ = 2ex (χ + 1) + 2χ h " (x) = 2ex (x + 1) + 2ex + 2 = 2ex (x + 2 ) + 2 h "'(x) = 2ex ( χ + 2) + 2ex = 2ex (χ + 3 )

{

h"ι(χ) = Ο <=> χ = -3 Επειδή είναι: h"'(x) > Ο <=> χ > -3 , συνάγεται ότι η συνάρτηση h " είναι γνησίως φθίνουσα h"' (x) < Ο <=> χ < -3 στο διάστημα ( -οο, -3] , γνησίως αύξουσα στο διάστημα [-3, +οο) , ενώ παρουσιάζει ελάχιστο

{

1 ) > Ο . Συνεπώς, ισχύουν: χ < -3 => h " (x) > h" (-3) > Ο . Δηλ. είναι ίσο προς h "( -3) = 2(1 - χ > -3 => h " (x) > h" ( -3 ) > Ο e 3

h " ( χ ) > Ο , για κάθε χ Ε R , οπότε η h ι είναι γνησίως αύξουσα στο

Γ ια την συνάρτηση h ι

παρατηρούμε ότι : hι( - 1 ) h ι(Ο ) = ( -2 ) 2 = -4 < Ο , δηλ. ικανοποιεί στο διάστημα [ -1, Ο] το θεώ ·

ρημα του B O LZANO. Άρα, υπάρχει χ 0 Ε ( - 1, Ο) : hι(χ 0 ) = Ο . Επειδή η hι είναι γνησίως αύ ξου-

{

, χ ειναι , μοναδικη., ,Εχουμε: χ < χ 0 => h ι(χ) < h ι(χ 0 ) = Ο που σημαινει , οτι , σα η ριζα 0 χ > χ 0 => h ι ( χ ) > h ι (χ 0 ) = Ο Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( -οο, χ 0 ] , γνησίως αύξουσα στο [ χ 0 , +οο) και πα

ρουσιάζει στη θέση χ 0 ελάχιστο ίσο προς h(x 0 ) = 2x 0 exo + 1 + χ � . Έχουμε δηλ. ότι h (x) ::::: h (x 0 ) , για κάθε x E R . Επειδή είναι - 1 < χ 0 < O => e-1 < exo < e 0 = 1 => exo < 1 . Ό μως h (x) > Ο , για κάθε χ Ε R , με αποτέλεσμα fι(χ) > Ο , για κάθε χ Ε R , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Δίνεται συνάρτηση f : [-1, 1] � R , συνεχής στο [-1, 1] , παραγωγίσιμη στο (-1, 1) με f(l) E: [-1, 1] και f(-1) - f(l) = l . Δίνεται επίσης η συνάρτηση g : [-l, l] � R με g(x) = f(l)

f(x) - l . Να αποδείξετε ότι: f(l) - x

1. Υπάρχει ένα τουλάχιστο

χ0

--+

Ε (-1, 1) τέτοιο, ώστε τα διανύσματα a =(f'(XιJ), - l),b=(2,1)

να είναι παράλληλα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/62

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Υπάρχει

�

t 0 ε (-1,1 ) τέτοιο, ώστε τα διανύσματα = (g'(t 0 ), f( 1 )) , v = (2f(-1 ),-1 ) να u

είναι κάθετα μεταξύ τους. Λύση : I .

-->

Επειδή a// b <=> det(a/, b ) = Ο <=>

f'(x 0 ) - 1 = Ο <=> 2f '(x 0 ) + 1 = Ο , αρκεί να δειχθεί 1 2

ότι η εξίσωση 2f ' (x) + 1 = Ο ( 1 ) έχει τουλάχιστο μία ρίζα χ 0 Ε (-1, 1) . Επειδή

2f '(x) + 1 = Ο <=> [2 f(x) + χ] ' = Ο <=> h '(x) = Ο , αρκεί να δειχθεί ότι η συνάρτηση

h (x) = 2f(x) + χ ικανοποιεί το θεώρημα του ROLLE στο διάστημα [ - 1, 1] . Πράγματι, η συνάρ τηση h είναι παραγωγίσιμη στο (- 1 , 1 ) ως γραμμικός συνδυασμός παραγωγισίμων συναρτήσεων, συνεχής στο [ - 1 , 1 ] ως γραμμικός συνδυασμός συνεχών συναρτήσεων με h(-1 ) = 2f(- 1) - 1 = 2[1 + f(l)] - 1 = 1 + 2f(1) = h(l) . 2.

-->

Επειδή τα διανύσματα u = (g'(t 0 ), f(l)) , ν = (2f(- 1), - 1) είναι μη μηδενικά, αφού ν * Ο και

f(l) έ [- 1,1] =:> f(l) * O ,

-->

--> -->

έχουμε: u ..l ν <::::> u · ν = 0 <::::> 2f(-1 )g'(t 0 ) - f(1 ) = 0 <=> η εξίσωση L'(t) = O

έχει ρίζα στο διάστημα ( - 1,1) , όπου L(t) = 2f(- 1)g(t) - f(l)t . Προς τούτο, αρκεί η συνάρτηση L να ικανοποιεί το θεώρημα του ROLL E στο διάστημα [-1, 1] . Πράγματι η συνάρτηση L είναι συνεχής στο [ - 1, 1] , παραγωγίσιμη στο ( -1, 1) και ισχύουν: - 1) 1 f(l) + f(l) = 2f 2 (1) + f(l) L( -1) = 2f( -1)g( - 1 ) + f(l) = 2f( -1)f(1) f( - + f(l) = 2f( - 1)f(l) f(1) + 1 f(-1) -1 L(l) = 2f( -1)g(l) - f(l) = 2f( - 1)f(l) f(l) f(l) = f(1)[2f( - 1) - 1] f(l) - 1 = f(1)[2(1 + f(l)) - 1] = f(1)[2f(l) + 1] = 2f 2 (1) + f(l) δηλ. L( - 1) = L(l) . Γεγονός που αποδεικνύει το ζητούμενο.

f, παραγωγίσιμη στο R με f(x) > Ο , για κάθε f(z)f'(x - z) dz . ( 1 ) , F(x) = xJ (f(z) χ Ε R και η συναρτηση 0 + f(x - z)) f(x) - f(O) . 1 . Να δείξετε ότι: Α. r f(t)d t = r f(a + b - t)dt . Β. F(x) = _!2 · f(x) + f(O)

Θ Ε Μ Λ (7)

Δίνεται η μη σταθερή συνάρτηση

2. Αν η εφαπτομένη της C F ξετε ότι

στη θέση

χ 0 = Ο σχηματίζει με τον άξονα χ 'χ γωνία

f'(O) = 4 J3 . f(O)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/63

π ,

να δεί-

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

g(t)=a+b-t

r<b)

Έχουμε !r f(a + b-t)dt = - !r f(a+b-t)(a + b-t)'dt = - !r f(g(t))g'(t)dt =- ,ι(aJ f(y)dy = - r::�ab f( y )dy = - r f( y )dy =

r f( y)dy = r f(t)dt

f(z)f'(x - z) dz ( 1 ). Βάσει του ερωτήματος 1 .Α,θα είναι και Είναι F (x) = J 0 (f(z) + f(x - z)) 2

F (x) =

f(x - z)f'(z) (2 ) . Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 1 ),(2) έχουμε: (f(x - z) + f(z)) 2

r f(z)f'(x - z) 2 dz + r f(x - z)f'(z) 2 dz (f(x - z) + f(z)) (f(z) + f(x - z)) + f(x - z)f'(z) d = r f(x - z)f'(z) - f(z)(f(x - z))' dz = = r f(z)f'(x - z) z 2 2

2 . F (x) =

(f(x - z) + f(z)) f(x - z)f'(z) - f(z)(f(x - z))' (f(x - z)) 2 dz = =r (f(x - z) + f(z)) 2 (f(x - z)) 2

(f(x - z) + f(z)) f(z) )' ( r f(x - z) dz (3) f(z) 2 (1 + ) f(x - z)

f(z) = f(z) + f(x - z) (4), η ισότητα (3) δίνει Αν τεθεί h( z) = 1 + f(x - z) f(x - z)

[ ]Χ

1 1 1 1 h '(z) = == r (dz = dz ) + h(x ) h (O) h( z) ο h (z) ( h (z)) 2 f(x) = f(x) - f(O) => F (x) = _!_ . f(x) - f(O) f(O) = + 2 f(x) + f(O) f(O) + f(x) f(x) + f(O) f(x) + f(O) 1 , , πη λ'ικο παραγωγισιμων συναρτησεων ειναι 2 . Ε πει δη, η F ( χ ) = · f(x) f(O) , ειναι 2 f(x) + f(O) παραγωγίσιμη στο R με παράγωγο 2 f(O)f'(x) F ' (x) = _!_ . f'(x)(f(x) + f(O)) - (f(x)2 - f(O))f'(x) = _!_ . f(O)f'(x) 2 = 2 (f(x) + f(0)) (f(x) + f(0)) 2 2 (f(x) + f(0)) => F ' (x) = f(O)f'(x) (f(x) + f(0)) 2 Ο συντελεστής διευθύνσεως της εφαπτομένης της C F στη θέση χ 0 = Ο , είναι 2 . F (x) =

π J3 => f'(O) = 4J3 . = F '(O) = f(O)f'(O) = f'(O) οπότε F '(O) = ε => f'(O)f(O) φ3 f(O) 4f 2 (Ο) 4 f 2 (Ο) 4f(O) '

Τα ονόματα των επιτυχόντων στους διαγωνισμούς ρας και επίκαιρης ύλης δεν θα δημοσιευθούν σ' αυτό το τεύχος του περιοδικού να τα βρείτε στην ιστοσελίδα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/64

λόγω πληθώ-

μπορείτε όμως

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ιi

·-

, -

Γιώργου Τ σαπακίδη

Στον πραγματικό κόσμο κυριαρχεί η ανισότητα, γιατί είναι αδύνατο δύο αντικείμενα ή γεγονότα ή καταστάσεις να είναι απολύτως ταυτόσημες. Το γεγ ονός αυτό είναι φυσιολογικό να αποτυπώνεται και στα Μαθηματικά, που είναι το κύριο εργα λείο της περιγραφής και της κατανόησης του κόσμου. Έτσι μεταξύ των βασικών σχέσεων των Μαθηματικών, της ισότητας και της ανισότητας, οι ανισό τητες είναι ο κανόνας και οι ισότητες η εξαίρεση. Σ το άρθρο αυτό θα μελετήσουμε την σύνδεση των ανισοτήτων με τα ολοκληρώματα στο πλαίσιο της ύλης των Μ αθηματικών Κατεύθυνσης της Γ. Λυκείου. Η πρόταση που συνδέει τα ολοκληρώματα με τις ανισότητες είναι η : Το αντίστροφο της προηγούμενης πρό Αν η συ\'άρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] και ισχύει f ( χ ) � Ο για κά θε τασης δεν ισχύει, δηλαδή: Αν η συ χ ε [α,β] , τότε f ( x ) dx � O .

Αν για τη " f ισχύουν οι υποθέσεις της προηγούμενης πρότασης και επί πλέ ον υπάρχει

χ1

ε [α, β] με

f ( χ1

)

:;t:

Ο , τότε

( )

J: (

)

f χ1 dx > Ο .

νάρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] και ισχύει

J: ( )d f χ

τότε ΔΕ :\ εί\' αι αναγκαστικά f χ � Ο για κάθε χ ε [α,β] .

x�Ο ,

Το προηγούμενο μπορούμε να το διαπιστώσουμε με ένα απλό aντιπαράδειγμα: Είναι 4x 3 dx = [ x 4 J: , = 1 6 - 1 = 1 5 > 0 και όμως δεν ισχύει f ( x) = 4x3 � Ο για κάθε χ ε [ - 1 ,2], αφού για [ - 1 , 0 ) έχουμε χ ) = 4χ3 < Ο Δυο πολύ χρήσιμα και πολύ απλά πορίσματα, που απορρέουν από την προηγούμενη βασική ανισοτική πρόταση είναι :

[

χε

( )

Αν οι συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α,β] και f χ � g x

τότε

J: ( )d J: f x

x�

για κάθε χ ε [α,β] ,

( )

g x dx .

h f g h f( g( χ ( 1 ) � rh(x1fx � O � r[f(x) - g(x)Jtx � O � rf(x1fx - rg(x1fx � O � rf(x1fx � rg(x1fx . Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] ,τότε s: f ( χ )d x s: lf ( χ )�χ . ισχύει: Για κάθε χ ε [ α,β] είναι -I f( χ )I ::;; f ( χ) ::;; I f ( χ )I ( 1 ) (αφού για κάθε α -Ιαl ::;; α ::;; Ιαl ) και επειδή οι συναρτήσεις - I f I , f, I f I είναι συνεχείς στο [α,β] θα έχουμε : ( 1 ) � - J:ι f( χ ψχ � J: f(x1fx � J:ι f( χ ψχ � s: f ( x )dx ::;; s:ι f ( x) �x (αφού για θ>Ο ισχύει : -θ � χ � θ � l x l � θ ).

συνάρτηση h με ( χ ) = ( χ ) - ( χ ) είναι συνεχής στο [α, β ], ως διαφορά συνεχών συ ναρτήσεων και ισχύει : ( χ) = χ ) - χ ) � Ο ( 1 ) για κάθε ε [ α,β], άρα: Η

::;;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/65

ε JR.

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου [ ll ιφυτπ'Η] ψJ" η : Αν χρησιμοποιήσουμε κάποιο από τα δυο προηγούμενα πορίσματα στις εξετάσεις, πρέπει να το αποδείξουμε,γιατί δεν αναφέρονται στο σχολικό βι βλίο. Τα προ βλήματα που αναφέρονται σε ολοκληρώματα και ανισότητες μπορούμε να τα καταταξουμε σε δύο κατηγορίες. n :'1 Π< Α T ll jl

rO Π} � Λ : . H U O \ Ε ! Ξ Π U . \ :\ Η Σ σΠ η .υ.: Π Ο Υ fH E i} ff [ X E I 0. \ Ο Κ \ Η ΙΡ' Ω Η \.

Στην περίπτωση αυτή αποδεικνύουμε ότι f ( χ ) � Ο (ή f ( χ ) ::; Ο ) για κάθε χε [α, β ] και χρησιμοποιούμε τη β ασική πρόταση. Η απόδειξη της f ( χ ) � Ο ( f ( χ ) ::; Ο ) μπορεί να γίνει με τη β οήθεια των ακρότατων ή της μονοτονίας της συνάρτησης f. ] !.'

Π Ρ Ο Η� λ Η

. \�)ση

\iA.

Αν Ο<α<β και η συνάρτηση f είναι συνεχής και αύξουσα στο [α,β] , δείξτε ότι :

s: f (χ )dx ::; βf ( Ρ ) - αf (α) .

Επειδή η f είναι αύξουσα στο [ α, β] , για α ::; χ ::; β έχουμε : f (α) ::; f ( χ ) ::; f ( β ) , έτσι

J: f ( x)dx ::; J: f { β ) dx = f ( β ) J: dχ = ( β - α) f ( β ) = βf ( β ) - αf ( β ) ::; βf ( β ) - αf (α)

διότι ( f ( α ) � f ( β ) και - α<Ο) => -αf (α) � -αf ( β ) . 2"

π π�ο Β λ Η Ι\'Ι Α . Δίνεται η συνάρτηση :

f {x)

με χ > Ο.

α. Να την μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. β. Να δείξετε ότι : γ. Να δείξετε ότι

: ::; f (χ ) ::; e χ [ i, 2]. ex d 3e 2 ::; 12 x ::; - e . για κάθε

ex lnx ' f' ( χ ) > ο <=> 1nx < ο <=> ο < χ < 1 Έτσι σχημα' Για κα' θ ε χ>ο ειναι : f ' ( χ ) = - -χ - οποτε: χ τίζουμε τον παρακάτω πίνακα:

.\ υ σ η

α.

+οο

f '(χ) f(x ) μεγ. β.

Από το προηγούμενο ερώτημα και για χ ε

[�, 2]

παίρνουμε τον πίνακα :

f '(χ) f(x ) μεγ.

4 ελ _.,,_. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/66

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2e > - , ή 2 e > , ή 32 > e 3 που ισχύει. Άρα το .,& είναι τοπικό ελάχιστο και Εξετάζουμε αν ν,-;:;16 4 το γ.

[_!__ , ] 'Ετσι �4 � f ( χ ) � e �4 � � � για κάθε χ [_!__ , ] e2 e , , , , e για καθ ε χ [ , και οι συναρτησεις με τυπους - , - , e ειναι συνεχεις στο 4 χχ ]

� ολικό ελάχιστο της f στο

4 e2 eχ Ε ι,ναι - < 4 χχ

_ - _

2 . ι

χχ

2 .

[ �, ] (η πρώτη και η τρίτη σταθερές και η δεύτερη πηλίκο συνεχών συναρτήσεων ) , άρα 12 -e2 dx � 12 -ex dx � 12 e dx (1) ει,ναι : 12 -e2 dx = -e2 [ χ ] , = -e2 ( 2 - -1 ) = -e2 · -3 = 3e 2 2

Χχ 4 4 4 2 4 2 4 2 8 2 2 2 2 ( e dx = e [x ] � = e 2 - _!_ = 3e Άρα ( 1 ) => 3e 2 � r 2 � dx � 3e . ! 2 8 2 2 2 ! χχ 2 2 _x_ d x ΠlJ ll]) O JB Λ JHI VΠ A : Δείξτε ότι In .J1 + χ d x � χ+2 . 2008 2 00 8 x -� )dx � O( 1) Αρκεί να δείξουμε ότι: r ln�1 + χ dx - r -- dx � Ο , δηλαδή χ+2 Jo Jo χ + 2 χ _ με χ � Ο. Θεωρούμε την συνάρτηση f (x ) = 1n.J1 + x χ+2 1 χ2 2 = � Ο για κάθε χ � Ο (το = μόνο όταν χ=Ο), άρα Είναι f ' ( χ ) = 2 ( 1 + χ ) ( χ + 2) 2 2 ( χ + 1) (χ + 2) 2 η f είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο,+οο ), για αυτό f ( χ ) � f (Ο) = Ο , για κάθε χ � Ο, άρα 00 ro2 8 f ( χ ) dx � Ο , δηλαδή η ( 1 ) ισχύει. I

( )

12008

12008 ο

r (lnfι+x

. " ι ; r· : ·ι

χ-2 2 > Ι2 ln t + 1 χ - 1

Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) =

�t

2t 2 με χ

χ � 2.

J z ln � 2t χ - 1 2 - Ιη χ 2 + 1 χ 1) ( --τχ1 1 Είναι : f' ( x) χ 2 + 1 ( χ - 1) 2 x2 + 1 ln -( x - l) z ln 2x 2χ χ2 + 1 , χ � 2. 'Εστω η συναρτηση ' g ( χ ) = ( χ - 1) 2 - 1η 2χ χ 2 - 1 = χ 2χ + χ - 1 > Είναι: g ' ( χ ) = 2 ( χ - 1) Ο για κάθε ( - 1) χ (χ2 + 1) χ (χ2 + 1) --:-

άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [2, +οο) , έτσι

χ � 2,

( χ ) � g ( 2) = 1 - ln � > Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου > ιη 2_ � ι > ιη � ), επομένως f ' ( χ ) > Ο για κάθε χ � 2, για αυτό η f είναι γνησίως 4 4 4 αύξουσα στο [2, + οο),άρα f ( x) � f ( 2) = 0 για κάθε χ � 2, δηλαδή : Γ �t � χ - 2 , για κάθε χ � 2 . Jz ιn t +1 -1

( αφού

e > � � ιne

Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε για Λύση στο Ρουμανικό περιοδικό ΜΑτΙCΑ, τεύχος 9 του 1 999, από τον Ion Nebelcu .

GAZETA

ΜΑΤΗΕ

Για τις συναρτήσεις f,g ισχύουν : έχουν συνεχείς παραγώγους στο [ο,α]

f' (χ) � Ο

και

g ' (χ) � Ο

για κάθε χ ε[ο,α]

η f δεν είναι σταθερή στο [ο,α] f(O)=O δείξτε ότι

s: f

f ( χ )g ' ( χ ) d x +

Είναι:

f( x)g' ( x) dx +

Ι Ι

f' ( χ ) g ( χ ) d x " r ( α ) g (β)

f (x )g' ( x ) dx + f ( α) g ( α) - f (O) g (O) -

= f (α) g (α) -

f [ S:

f'( x) g( x) dx =

Ι(

y ια κάθε μ με Ο< μ <α.

f( χ )g' ( χ ) dx ψ( χ )g( χ ) ] ; f ( x )g' ( x ) dx +

[

f ( x)g' ( χ ) dx

f χ )g' ( χ ) dx ( 1)

f( χ )g' ( χ ) dx =

Είναι f ' ( χ ) � Ο για κάθε χε [Ο,α], άρα η f είναι αύξουσα στο [Ο,α] και για β � χ � α έχουμε

f {ψ f ( α ) => f { x ) g' (ψ f ( α ) g' ( x ) =>

= f ( α) ( g ( α) - g (β)) => -

f { x)g'( x ) dx �

f { α)g'( x )dx = f ( α)

g'(ψx = f ( α)[g( x)J ; =

f { x )!'(x ) d x " -f ( α ) ( g ( α ) - g ( β )) ,

όποτε από την ( 1 ) παίρνουμε :

f (x)g' ( x ) dx +

f ' ( x)g (x ) dx ;, f ( α) g ( α) - f ( α) ( g ( α) - g (β)) = f ( α) g ( β ) .

f.t

Δίνεται η συνάρτηση f, που είναι συνεχής και αύξουσα στο [α,β] . Θεωρούμε τη

F (t)

συνάρτηση :

α 2+-t xf (χ )dx - -

f ( χ )dx , t ε [ α , β ] .

α. Να δείξετε ότι η F είναι αύξουσα στο [α,β] . μ . Ν α δείξετε ότι

και

;

xf (x )ι!χ " α β

f (χ )ι!χ .

Επειδή οι συναρτήσεις xf( χ) και f( χ) είναι συνεχείς στο [α, β], οι συναρτήσεις

f. ( )dx fχ

xf ( χ )dx

είναι παραγωγίσιμες στο [α, β], επομένως και η F είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] ως διαφο

ρά παραγωγίσιμων συναρτήσεων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/68

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Για κάθε tE [α, β] είναι :

F (t) �[ Ι' χf( ψι} - ( α; t )' J'r(x)dx- α; t [ J'r( x)dx} � tf( t)- � Ι' f(x)dx- α ; f( t) t-2 α f(t)--21 Ι f(x)dx=-21 f(t) Ι dx --1 Ι f ( x)dx=-21 Ι f( t)dx--21 Ι f( x)dx = -21 Ι [f ( t) -f( x)J dx. =2 Αφού η είναι αύξουσα στο [α,β], για κάθε t ε [α,β] ο περιορισμός της στο [α,t] θα επαληθεύει τη σχέση f (χ) ::;; f ( t) δηλαδή την f ( t)-f (χ) � Ο για κάθε χ [ , t ] . Επομένως α Ι' [f ( t) -f (χ )J dx <: Ο δηλαδή F' ( t) <: Ο για κάθε tE [α,β]. Άρα η είναι ιrι\ξουσα στο [α, β]. Επειδή η είναι αύξουσα στο [α, β] και β>α θα είναι F( β) <: F( ) � Ο, οπότε Ι xf( χ)dx <: α;β Ι f ( χ)dx . α 1

β.

Δίνονται

F (t)

�

οι

συνεχείς

s: f 2 ( χ ) dx ι g' ( χ ) dx ( s: f ( χ ) g ( χ ) dx ) ' -

συναρτήσεις

f,g

στο

[α,β]

και

, t Ε( α,β] .

Δείξτε ότι : α . η F είναι αύξουσα στο (α,β] .

b [ f : f ( χ ) ( χ ) dx J S: f ' ( x ) dx Ι g' ( x ) dx [ f.' f ( χ ) ημχdχ J' + [ Ι r ( χ ) συνχdχ J' ψ - α) S: r' ( x ) dx Επειδή οι συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α, β] και οι f 2, g 2 και fg είναι συνεχείς στο [α, β], έτσι οι συναρτήσε" f >' (χ )dx , Ι g' ( χ };!χ και 1' f (χ) g (χ )dx είναι παριzyωγίσιμες στο [α,β] , 2

β.

( ανισότητα Cauc y - Schwarz).

γ.

α.

επομένως η

είναι παραγωγίσιμη στο [α,β], ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

F' ( t )�[ f.'r' (x)dx} S:g' (x)dx+ Ir' (x};lx [ Ig'(x)dx } -2 Ι f(x)g( x};lx[ ι f (x )g(x)dx} � r· ( t) Ι' g' (χ )dx +g' ( t) Ι' r· ( χ };!χ _ -2f(t)g( t) Ι' f(x )g( x)dx � � Ι' [ f2 ( t)g' (χ)+ g' ( t}f' (x)- 2f ( t)g( t )f( χ )g(x)]dx S: [f ( t )g( χ)-g( t}f( t )J 'dx . Επειδή είναι : [f( t )g( χ ) - g( t}f( χ )J ' <: Ο για κάθε χ,tε [α,β], έ χουμε : f'ιr( t )g( χ)-g( t }f( χ )J 'dx <: Ο , οπότε F ' ( t) <: Ο για κάθε tε [α,β] . Ά ρα η είναι ιrι\ξουσα Για κάθε tε [α,β] είναι:

�

στο [α,β].

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/69

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

β.

Αφού η F είναι αύξουσα στο [α,β] και α<β έχουμε: Ο = F ( α) ::;; F ( β ) �

J' ,; Ι' Ι' ( Ι' J' ( Ι' J' ,; Ι' Ι' s: s: υ: s: J s: f J ( ψ< S: fΊ Ι'

=>( Ι'

γ.

�

η μ 'χ + συv '

2 ' � K . \ T \-jj [ΠJ 1' U\ : <»

f ' ( x )dx �

f ' ( χ )dx

συν ' χdχ

η μ ' xdx +

σνν 'χdχ �

f ' ( χ )dx

η μ ' xdx +

f ' ( χ )dx

f { x ) συνχdχ

f {x ) ημχdχ +

Ε ίναι:

g ' ( x )dx

f ' { x )dx

f { x ) g ( x)dx

f ' ( χ )dχ � ( β - α)

f ' { x}:l x

Υ Π Ο Θ ιt: Σ Η Τ Ο'11 / Π Ι) Ο !Β Λ Η :'ο/Ι Α Τ 0 2: Ε Π !\ Α R Λ ;� n � ; Yu !i-G Ί!Ί\ �'r i E Ο Λ Ι) Κ λ fΗ: -

Η πορεία της λύσης του προβλήματος καθορίζεται από το ζητούμενο, έτσι αν το ζητούμενο είναι : ισότητα, χρησιμοποιούμε το θεώρημα Fermat. να δείξουμε ότι υπάρχει ξε(α,β), τέτοιο ώστε . . . χρησιμοποιούμε το Θ.Bolzano ή Θ.Rolle ή το Θ.Μ.Τ. cυ• σ li . Ι ii ι i : Αν για τη συνεχή συνάρτηση f:l!. � 111.

για κάθε χ ΕΙ!., δείξτε ότι

Ι' ( )ι! r

xf ( t )dt + 1 -e' + 2008ημχ � χ

που είναι παρ σ:yωγισιμη στο ΙR,με g ' ( χ ) � ( χ ) '

�Γ Γ

f xf

� 2007 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση : g( χ) �

ισχύει

f ( t )dt + χ

Ι'

(Γ }

( t )ιit + 1 ;,; e' - 2008ημχ

f ( t )dt + 1 - e' + 2008ημχ ,

f ( t )dt + ( 1 - e' + 2008ημχ ) ' �

f {t)dt + xf ( x ) - e ' + 2008συνχ . Είναι g ( x ) ;,; o � g (O) για κάθε χεR, έτm η f παρουσιάζει

ελάχιστο στο χ 0

=> ο

G: ·

��

()

και είναι παραγωγισιμη σε αυτό, σύμφωνα με το Θ. Fermat θα έχουμε g ' Ο

f ( t)dt + Of {O) - e' + 2008συν0 � 0 => -

f {t )dt � 1 - 2008 -:c>

Ο ::::}

f ( t)dt � 200 7 .

Π1' 0 !3 λ Η Μ Λ : Αν για τις συναρτήσεις f,g ισχύουν :

είναι συνεχείς στο [α,β] f(α)<g(α)

' 1' f(x )ι! 1' χ>

g ( χ )ι! χ ,

Δείξτε ότι υπάρχει Χ 0 ε (α, β) με

f ( Χ0 ) = g ( Χ0 ) .

. ιίJ ςη� Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=f(x)-g(x), που είναι συνεχής στο [α,β], ως διαφορά συνεχών συ ναρτήσεων. Είναι: h(α)= f(α)-g(α)<Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4!70

Έχου με και

J: - J: f { x }Jx

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

g ( χ }Jx > Ο δη λαδή

J: (

f {x) - g ( χ ) }!χ > Ο , άρα υπάρχει χ , Ε( α, β] με

[(

f ( χ , ) - g ( χ , ) > Ο ,γιατί αν ήταν f(x�g(x):<:;O για κάθε χε[ α, β] θα είχαμε

f ( χ ) - g ( χ ) }!χ ,; Ο ,

πράγμα άτοπο. Έτσι h { Χ ι ) = f { Χ ι ) - g ( Χ ι ) > Ο και h(α)<Ο, άρα h { α ) h { Χ ι ) < Ο και επειδή η h είναι συνεχής στο [ α, Χι ] c [α, β ] σύμφωνα με το Θ . Bolzano θα υπάρχει χ 0 ε (α, Χι ) c (α, β ) με h ( χ 0 ) = Ο δηλαδή f ( x 0 ) = g ( x 0 ) . HJ!.! i � ,> �) β Λ ' i \ J \. . Αν

J: J: f ( χ )ιι χ

�" " '

οι

συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α,β] και ισχύει :

( χ )ιι χ > Ο , δείξτε ότι υπάρχει ξ Ε(α, β) με

Θεωρούμε τη

συνάρτηση

( χ) �

ι - f. ' f ( χ }Jx

f.' f (x f.' )ιι χ

�

( χ )ιι χ ,

g ( χ }Jx που είναι παραγωyισιμη στο [α, β],

ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων (οι συναρτήσεις

f ( χ }Jx και

g ( χ }Jx είναι παρα

γωγίσιμε; στο [α,β] ,

αφού οι f,g είναι συνεχείς στο [α,β]), άρα και η F είναι συνεχής στο [α,β],

με F ( α ) F ( β ) �

g ( χ }Jx

τοιο ώστε F ( ξ ) � Ο δηλαδή ι_

Π Η :ι

f: 1'

f ( χ }Jx < Ο , έτσι σύμφωνα με το Θ. Bolzano θα υπάρχει ξ ε (α, β), τέ-

f ( χ }Jx �

g ( χ }Jx .

�

Γ' (

f Ι )dt ,; χ 2 - χ για κάθε χ ε ΙR, δείξτε ότι

Ι.

Α για τ ην π αραγωyίσιμη συνάρτηση f:IR

η C έχει εφαπτομένη παράλληλη στον άξονα χ ' χ . Αν η συνάρτηση f έχει δεύτερη συνεχή παράγωγο στο [α,β] και ισχύει f(α)=Ο=f(β), δείξτε ότι

ισχύει

f ( x ) f " ( x )d x

� Ο ·

Αν για την παραγωγίσιμη στο JR συνάρτηση ισχύει f ' (0) =1 και r

�

xe-• , για κάθε xε JR , να

(Εξετάσεις 200 1 ). βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της C στο A(O, f(O)). Αν οι συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α, β], η f έχει ελάχιστο το μ και η g μέγιστο το Μ στο [α, β], δείξτε ότι :

.[ f ( t )dt

f ( x ) g ( x }Jx ,; Μ

f ( χ }Jχ + μ

g ( χ }Jχ - ( β - α) Μμ .

Αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α,β] και Γ(χ)>Ο κάθε χε [α,β],δείξτε ότι : "·

f(x)- f( α):<:; f "(β)(χ-α), για κάθε χε[ α, β] J! . 2

f( χ }:!χ ,; f' ( β ) ( β -α) ' + 2f( α) ( β -α) . (Εξετ. 1 997).

6. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, 1 ], f(O)>O και

00 f ( χ ) = χ 2 8 έχει τουλάχιστον μια ρίζα (0, 1 ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.417 1

f { χ )dx <

1 δείξτε ότι -, η εξίσωση 2009

"' """ � •' ::: ------- � -� �_, � � -

, ::::;:;;' " Ι" ' " '

J�

, �

;:-' ,_[" J

r� ........)

<<Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα>,. Ρ. R. HALMOS

Επιμέλεια:

" Στο εσωτερικό ορθογωνίου παραλληλογράμμου με διαστάσεις α 1 2 m , β 8m θεωρούμε 1 7 τυ =

χαία σημεία. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στο τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφές τρία από τα 1 7 αυτά σημεία με εμβαδόν (ΑΒΓ) :<::; 6m' . (Επροτάθη από τον

συνάδελφο

)

: (από τον συνάδελφο

)

Με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του χωρίζουμε το ορθογώνιο σε 8 ίσα ορθογώνια διαστάσεων 4χ3 . επει δή είναι 1 7 8 2 + 1 , σύμφωνα με την αρχή των πε ριστεροφωλιών, τρία τουλάχιστον από τα 1 7 σημεία θα ανήκουν σε ένα από τα 8 ορθογώνια. Ονομάζουμε Α, Β, Γ τα ση μεία αυτά και ΚΛΜΝ το ορθογώνιο που τα περιέχει. ( βλέπε παρακάτω σχήματα 1 ,2) =

3 2ν + 2

' με το 3 τοτε ' ο αριθ μος ' ται με το 2 ουτε

m 2 ν - 1 . (Επροτάθη από τον

ρεί τον αριθμό

δ ιαι-

) ( από τον συνάδελφο

) Επειδή ο ακέραιος m δεν διαιρείται με το 2 είναι περιττός, δηλ. της μορφής m = 2 p + 1 , p ε Ζ , οπότε

m2 = 4p2 + 4p + 1 �m2 -1 = = 4p(p + 1) = 4 · 2t = 8t , t ε Z ,

όπου

p(p + 1) = 2t ο m 2 - 1 διαι

(γινόμενο διαδοχικών ακεραίων). Άρα ρείται με το 8. Επειδή ο ακέραιος m δεν διαιρείται με το 3 είναι της μορφής m 3k ± 1 , οπότε =

m2 = 9k2 ± 6k + 1 � m2 - 1 = 3(3k2 ± 2k) = 3λ, λ ε Ζ . Άρα ο m 2 - 1 διαιρείται με το 3 . επειδή (8,3) = 1 , ο αριθμός m 2 - 1 διαιρείται με το γινόμενό τους 8 3 24 Έχει δηλ. αποδειχθεί ότι η πρόταση ισχύει για ν 1 . Δεχόμαστε ότι η πρόταση ισχύει για ' 1 , οποτε k+ ν = k , k Ε Ν• . Δηλ. οτι 3 2 2 I m 2 ' ισχύει ότι m 2 - 1 = 3 . 2 k + 2 . ε z ( 1 ) . Θα δείξου με ότι η πρόταση ισχύει για ν k + 1 δηλ. ότι ισχύει ' "3 m 2 - 1 3 2 k+ 3 ξ για κάποιο ξ Ε Ζ . Πράγματι, (I) j< - 1 t έχουμε: m - 1 = πf ·2 - 1=(m )2 -1=(3· 2'+2 z + 1)2 1 = = 3 2 · 22 k +4 . z2 + 1 + 6 · 2k +2 z - 1 = 3 · 2 ω (3 · 2 k + Ι · z 2 + z) = 3 · 2 k +3 · ξ ·

12 Από την κορυφή Β φέρουμε την παράλληλη προς την ΚΑ που τέμνει την ΑΓ στο Δ και τις κάθετες προς την ΒΔ ευθείες απο τα Α, Γ που την τέμνουν στα σημεία Ε,Ζ αντίστοιχα. Έχουμε 1

( Α Β Γ ) = (ΑΒ Δ ) + ( Β Δ Γ ) = - Β Δ · Α Ε + - Β Δ · ΓΖ = 1

= - Β Δ (Α Ε + ΓΖ) 2

1 :5 - Κ Α · Κ Ν 2

Α,

Β- - Ν κ

I I I I I I I I

- ·

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

ο Πολιτικός Μηχανικός και η μαθήτρια του 2°v Λυκείου Μεγάρων Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ κέντρου βάρους Κ. Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΚΓ εφάπτε ται στην πλευρά ΑΒ να αποδείξετε ότι:

2J3

:Γ

3 θ = ΔΑΚ , ω = ΔΒΚ .

Δ z - - - - qI ,ι

' ' ' Δ ειναι ημθ + ημω :.,; -- , οπου το μεσον της ΑΒ και

( από τον συνάδελφο

:ι:

Να αποδείξετε ότι αν ο ακέραιος

)

Επειδή είναι ΑΔ εφαπτομένη και ΔΚΓ τέμνουσα του

ιοι Μ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

(Επροτάθη από τον συνάδελφο

�

m δεν διαιρείΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4172

ΔΑ 2

ΔΚ ΔΓ δηλ L = .!.. . ::::} 3 2 = 4 μ 2 ::::} 3 2 = γ μ μ γ 4 3 z = lαz + lβ 2 - γ 2 ::::} l γ 2 = α z + β (1 )

κύκλου έχουμε

----

ΓΔ. Άν είναι Ε το μέσον της ΓΔ και �

I I

τότε έχουμε : ( Κ 1 Ε )

.. ,ε ο I ,' � , ' \' • ,κ .... .... ... , ,.. .... ',41.'1-,�' '-� ..... .... , ' ' � ' 7-- -�===�·f ,, ....

��,___

· ....

ημθ = η μ ω = η μ ( ΑΚΒ ) _!_ . Άρα � ΒΚ γ γ ΑΚ

2 .J3 . 2 μβ + μα � 2 .J3 < 3- , η 3 · -γ- -3- , γ ' ' μβ + μα 3.J , η μβ + μα � γ ν{;;.J3 (2) η -- � ν{;;

1 (I) 1 3 μ� = - ( 2 α + 2γz - β z ) = - (2αz + az + β z - β z ) = -4 αz 4 4 2

1 4

( 2β2 + α2 + β z - αz ) =

3 4

βz

και

ή (α - β ) 2 � Ο

. \ ά ρ ω υ . Γ ι ιιΙ'Ι' V: Κ ο π ο ίιί.ου ( (•) <ίννυ -

\ υ μ ί υ . Ρ ο δ ό λ φ ο ς \ i πίι ρ η ς - 1 ύ. φ ν η Λ

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ

Α+ Γ < π . Ονομάζουμε Κ , Κ ι

με

τα κέντρα των πε-

ριγεγραμμένων κύκλων των τρι γώνων ΑΓ Δ, ΒΓ Δ , αντιστοίχως. Αν α είναι το μήκος της πλευράς ΑΒ, να ότι δείξετε

(ΚΙ Κ2) =

α·lηι.(Β+Δ� 2η μ · η �

( Π ρ οτάθηκ ε από τον λ ρ υ σ ίι συνάδελφο •

στομο hούρτη - . \fφισυ ) \ύση : ( rι;τ(ι τ ο \' ίδιο ) Επειδή η ΓΔ είναι κοινή χορδή των

δύο κύκλων η διάκεντρος

ΚΚ ι

( 2)

( 5)

1 = ..1_ . ΑΓ . ΑΡ = ημθ ημ(ΑΡΓ) . ημφ = α ΑΓ ΑΡ α ημΔ ημ(Af)fi ημΓ .

Α +___:_ Γ) η μ(:.._ ημφ = ημθ · ημφ . _::_ ημθ . η μ( Α + Γ) . _ _ -φ ημΔ · ημΓ φ ημΔ ημ( - θ) ημΓ ημ( - θ)

σχέση που ισχύει. Λύσεις έστειλαν επίση ς οι συνάδελφοι :

ΑΓΡ = ΒΓΡ- ΒΓ Α = ΑΔΒ- ΑΓΒ = (7). = π - ω - θ - (π - ω - φ) = φ - θ

ή α2 + β2 + 2αβ � 4γ 2 , ή α 2 + β2 + 2 αβ � 2(α2 + β2 ) ,

I 18.

(3) . Παρατηρούμε,

ΑΒΔ= ΑΒΡ- ΔΒΡ= ΔΒΓ- ΔΒΡ= ΓΒΡ.

ότι

Τέλος έχουμ ε:

' β .fj α.f3 της - αρκει να δ ειχθ ει' (β ασει ' οποτε μ = -- , μ α = β 2 2 aJ3 β (2)) ότι ισχύει + .fj � γJ3 , ή α + β ::Ωγ ,

ΡΒ

(I)

Α. 1'Η;Ηϊj ς Ι ω υ.\'\' ί δ η ς

ΔΒ ΒΓ

ΒΡΓ= ΒΑΔ= Α(5). ΑΡΓ= ΑΡΒt- ΒΡΓ= Α+Γ (6)

Πράγματι επειδή είναι

- 2 α β � Ο,

= ΔΒΓ = φ .

Δηλ. Α Β Δ = ΓΒΡ ( 4) . Από τις σχέσεις ( 3 ) , (4) προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΒΡ είναι όμοια,

ή α2 + β 2

επίσης,

Β Κ + ΑΚ

, ABy

ουν: ΑΡΒ = Δ r Β (2) και Α Β

Αρκεί να δειχθεί ότι ισχύει

(2β2 + 2γ2 - α2 ) =

ΒΑχ = ΒΔΓ

Τότε, τα τριγωνα Ρ ΑΒ και ΒΔΓ είναι όμοια με αποτέλεσμα να ισχύ-

= η μω = η μθ + η μω � _!_ => η μθ + η μω � ΒΚ + ΑΚ γ ΒΚ ΑΚ ΒΚ + ΑΚ γ

� σφ& , ( Κ 2 Ε) = � σφφ

Στο εσωτερικό του τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ θεωρούμε τις ημιευθείες Αχ, By που τέμνονται στο σημείο Ρ τέτοιες, ώστε

η μθ

μ� =

φ - θ) ( 1 ) = l (σφθ - σφφ) = l . ημ( 2 ημφ · ημθ 2

....

Από τον νόμο των η μιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΚ έχουμε:

ΔΙ)Ε=φ , ΔΙ)Ε = & ,

οπότε: (Κ 1 Κ ) = (Κ1 Ε) - (Κ Ε) = 2 2

και

---Λ

1' : :

Ο Ευ κ λείδης προτείνει . . .

είναι μεσοκάθετος της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/73

----

Ο Ευ κλείδη ς προτείνει . . .

-----

Επειδή lf(a) - f(b)I � Ιa - bl = b - a (l). f([a, b]) = [a, b] ισχύει a � f(x) ::;; b , για κάθε χ, y Ε Δ , οπότε είναι a ::;; f(a) ::;; b και a ::;; f(b) ::;; b + Γ) μ(Α α η . και τελικά lf(a) - f(b)l � b-a (2). Από τις ( 1 ) , (2) έχου => ( Κ,Κ ) = 2 2 η μΓ · η μΔ = με lf(a) - f (b)l = b - a (3). Αν δεχθούμε ότι ) Δ) (Α ( η η + + α μ � l I Β Ι Γ I μ = . = . f(a) -:1:- a και f(a) -:1:- b , τότε ισχύουν οι σχέσεις 2 η μΓ · η μΔ 2 η μΓ · ημΔ a < f( a) < b και a � f( b ) ::;; b και άρα η σχέση 1 1 9. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2χ8 + 3χ6 - 3χ 3 - 2χ + 9 = Ο (1) στερείται πραγμα lf(a) - f (b) l < b - a , άτοπο, λόγω της (3). Συνεπώς, θα τικών ριζών. (πρ οτάθη κε από τον συνάδελφο Αντώνη Ι ω είναι είτε f (a) = a , είτε f( a ) = b . ανν ίδη - . \ ά ρ ισα) Α . Έστω ότι είναι f(a) = a . Τότε η (3) γράφεται Λ ύ σ η 1 ( από τ ον ίδ ι ο) Ισχύει: t 2 - t + 1 > Ο , για κάθε και επειδή f(b) � a ισχύει ότι (b )I t Ε R ( 1 ). Η σχέση ( 1 ), για t = χ 4 , χ 3 , χ 2 , χ δίνει la - f = b - a f(b) - a = b - a => f(b) = b. Από την (Ι) για y = a διαδοχικά τις σχέσεις: παίρνουμε l f(x) -f(a� �ιχ-� � l f(x) -� � ιχ-� 2(χ8 -χ4 + 1) > 0 χ8 - χ4 + 1 > 0 και επειδή είναι f(x) � a , χ � a , έχουμε χ6 - χ3 + 1 > 0 � 3(χ6 - χ3 + 1) > 0 (2). 2 2 χ4 - χ + 1 > 0 2(χ4 - χ + 1) > 0 f ( x ) - a � χ - a � f ( x ) � χ (4). Από την (Ι) για 2 2 χ -x+l>O 2(χ - x + l) > O Υ = b παίρνουμε Μ ε πρόσθεση των σχέσεων (2) παίρνουμε lf(x) - f(b)l � ιχ - � � ιf(χ) -� � ιχ - � και επειδή 2χ 8 + 3χ6 - 3χ 3 - 2χ + 9 > Ο , γεγονός που απο είναι f (x) � b , x � b , έχουμε δεικνύει τον ισχυρισμό. b - f ( x ) � b - χ � f ( x ) � χ (5). Από τις σχέσεις Λ ύ σ η 2 1 1 ( από τον συνάδελφο Ηλιό π ου λο Γ ι ά νν η Καλαμάτα) Θέτουμε: f(x) =2x8 +3x6 , g(x) =3x3 +2x-9, (4),(5) προκύπτει ότι f(x ) = x , x E [a, b] . Β . Έστω ότι είναι f(a) = b . Τότε η (3) γράφεται χ Ε R . Η εξίσωση ( 1 ) γράφεται στη μορφή : f(x) = g(x ) , χ Ε R (2). Προφανώς, ισχύει f(x) � Ο , l b - f(b )I = b - a και επειδή f(b) ::;; b , χ � b κα για κάθε χ Ε R . Επειδή είναι g' (x) = 9χ 2 + 2 > Ο , ταλήγει στην b - f (b) = b - a � f (b) = a . την (Ι) για y=b παίρνουμε για κάθε χ Ε R , η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα Από στο R . Συνεπώς, χ � 1 => g(x) � g(l) = -4 (3) l f(x) - f(b) l � l x - b l � lf (x) - al � l x - b l και εκαι η (2) είναι αδύνατη στο ( -οο,1] , αφού το πρώτο μέ πειδή είναι έχουμε f(x ) � a , χ � b , λος της είναι μή αρνητικό και το δεύτερο μέλος της αρνη f ( x ) a � b - χ � f ( x ) � a + b - χ (6). τικό. Με εφαρμογή του σχή ματος HORNER για χ = 1 , Από την (Ι) για y = a παίρνουμε η εξίσωση ( 1 ) γράφεται ισοδύναμα: (χ - 1)(2χ7 + 2χ6 + 5χ5 + 5χ 4 + 5χ 3 + 2χ 2 + 2χ ) + 9 = l f(x) - f( a) l � l x - a l � l f(x) - b l � l x - a l και επειδή είναι f (χ) � b , χ � a , έχουμε (4). Για χ > 1 , το πρώτο μέλος της (4) είναι προφα - f ( x ) + b � χ - a � f ( x) � a + b - χ (7). νώς, θετικό, οπότε και πάλι η εξίσωση ( Ι ) είναι αδύνατη στο (1,+οο) . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Γιαν Από τις σχέσεις (6),(7), καταλήγουμε στην f(x) = a + b - χ , χ Ε [a, b] . Εύκολα διαπιστώνεται νακοπούλου Ι ω άννα Λαμία, Ροδ ό λ φ ο ς �Ιπ ό ρ η ς - Δ ά φ ν η , Λ ο υ κ άς Κοσμάς Π ε ι ρ αιάς, :\ ι κητάκης Γεόψγιος Σητεία ότι οι συναρτήσεις f (x) = χ και f (x) = a + b - χ και λόγω της σχέσης (l):

γ -γ = . ημ(Α + Γ ) � α 2 · (Κ1Κ2 ) ημΓ · ημΔ

Κρήτης, Α π ο στολόπουλος

Γ ε ώ ργιος - Μ εσολόγγι, Σωτή

ρης Σκοτίδας - Κ α ρ δ ίτσα, Γιό>ργος Τσαπακίδης - Αγρίνιο.

1 20. Να βρείτε όλες τις πραγματικές συναρτήσεις

που

ορίζονται

σε

διάστημα

[ a, b]

ς R

f, με

f( Δ) = Δ και ικανοποιούν την συνθήκη lf ( x ) - f ( y) l � lx - Yl , για κάθε χ, y Ε Δ . (Π ροτάθη κε

από τον συνάδελφο :\.

\' ι κολόπουλο - Λ ά ρ ισα)

lf( x ) - f ( y)ι � ιx - � (Ι), (Ι) για χ a, y = b δίνει

Λ ύ σ η : ( από το ν ίδ ι ο ) Ι σχύ ει

για κάθε χ, y Ε Δ. Η σχέση

ικανοποιούν την (Ι). (Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελ

φοι:

Ηλιόπου λος Γ ιάννης - Κ αλα μάτα , Ροδόλφος Μ πό ρη ς

Δάφνη, Ι ω ανν ί δ η ς Αντώνης - Λά ρ ι σα, Σ κοτίδας Σ ωτ ή

Αγρίνιο ) οι οποί οι έκαναν μόνοι την διόρθωση της αρχικής συνθήκης, που δυστυχώς διέλαθε της προσοχής των υπευθύνων της στήλης. Για τον λόγο αυτό η στήλη ζητά συγγνώμη από όλους τους συναδέλφους. 1 2 1 . Δίνονται οι πρώτοι μεταξύ τους θετικοί ακέραι οι α,β. Να αποδείξετε ότι κάθε ρίζα της μονάδας με τάξη αβ, αναλύεται κατά μοναδικό τρόπο σε γινόμενο ρ ης - Κ α ρ δ ίτ σ α , Τσαπακίδης Γιόψγο ς -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/74

------ Ο Ευ κ λείδη ς προτείνει . . . -------

Μ Ζ . ΡΕ . ΑΔ ΜΕ Ρ Δ ΑΖ

δύο ριζών της μονάδας με τάξεις α,β αντιστοίχως. (π ρ οτάθη κε από τον συνάδελφο

Α θ α ν ά σ ιο Κα/.ά κο - Α θ ι'] να)

Λύσ η : ( από τον συνάδελφο Γιώργο Τσ α πακ ίδη - Α γρ ίνι ο ) Επειδή (α, β) = 1 , υπάρχουν μοναδικοί ακέραιοι

μ, ν

'Ε στω

τέτοιοι, ώστε

μ α + νβ = 1

( 1 ).

2kπ . 2kπ = συν- + ιη μ- , k ε { 0,1, . . . , α β - 1} μια , αβ αβ

από τις ρίζες της μονάδας με τάξη αβ. Λόγω της (1 ), η ρίζα αυτή γράφεται: 2kπ . 2kπ 2 . 1 · kπ

αβ

2 1 kπ ·

�

2(μα + νβ)kπ . 2(μα + νβ)kπ = + ιημ = συν

αβ

�

αβ

=σΙΝ 2μαkπ

+ 2vβkπ . 2μαkπ+ 2νβkπ = +ιημ

αβ

2 = (συν 2μkπ +iψ 2μkπΧ<JΙΝ 2νkπ +iημ Wπ)

ΜΖ ΛΕ

ΚΖ ΜΕ ΛΔ

αφού ισχύουν: Α Ζ = Ζ Β Ζ Ν, ΑΔ=ΔΓ ΔΡ, ΕF ΕΓ=ΕΝ ΕΕ . 1 23 . Δίνεται πλήρες τετράπλευρο ΑΒΓΔ.ΗΖ , όπου το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο με πλευρές α,β,γ,δ. Ονομάζουμε Ε την τομή των ΑΓ,ΒΔ , Ρ την τομή των ΒΔ,ΖΗ και Θ την τομή των ΑΓ,ΖΗ. Να αποδείξετε

( Α Β ΓΔ ) _!_ ( α δ βγ )( αβ - �) · (ΘΕ Ρ ) 4 βγ α δ γδ αβ

(2)

όπου στη\' ισότητα ( 2 ) ο πρώτος παράγοντας είναι μία ρίζα τη; μο\'άδα; με τάξη β ενώ ο δεύτερος παράγοντας είναι μία ρί;α τη; μονάδα; με τάξη α.

θη κε από τον συνάδελφο

αβ

(3)

Πολ/σιάζοντας κατά μέλη τις ( 1 ),(2),(3) έχουμε: Κ Δ . Β Ζ . ΓΕ . Α Δ . Ν Ζ . Λ Ε Μ Ζ . ΡΕ . Α Δ . =1 ΚΖ Β Ε ΓΔ Α Ζ Ν Ε Λ Δ ΜΕ Ρ Δ ΑΖ Ε ΒΖ · Ζ ΕΡ · ΕΓ Ζ . ΑΔ2 = 1 Ν . => ΚΔ . Μ . � . ΚΖ ΜΕ ΛΔ ΑΖ2 ΕΝ · ΕΒ ΓΔ · ΡΔ

ότι ισχύει :

2 =(<JIN 2μαkπ +Ϊψ 2μαkπχ<JIN 2\βkπ + iημ vβkπ)

αβ

ΚΔ · - · - · 1 · 1 · 1 = 1 => ΚΔ · - · - = 1 => -

zk = συν - + ιημ- = συν -- + ιημ -- = �

Γ Ηi> ρ γ ο Τ ρ ι ά ντ ο-Α Ο I] \' α)

Λύσ η : ( από τ ον ίδ ιο ) (ΑΒΓΔ) (ΕΑΒ) + (ΕΒΓ) + (ΕΓΔ) + (ΕΑΔ) Είναι: = = (ΘΕΡ) (ΘΕΡ)

(Ε ) (Ε Γ) ( Γ ) (Ε ) (Θ Ε Ρ ) ( ΘΕ Ρ ) ( ΘΕ Ρ ) ( ΘΕΡ ) ΕΑ · Ε Β ΕΓ · ΕΒ + ΕΓ · Ε Δ + -- ΕΑ · Ε Δ --- + ΕΘ · Ε Ρ Ε Θ · ΕΡ ΕΘ · ΕΡ Ε Θ · ΕΡ Ε Α · ( ΕΒ + Ε Δ ) + ΕΓ · (Ε Β + Ε Δ ) Ε Θ · ΕΡ

ΑΔ = Α Β + -Ε Δ + -Β + -= --

(Λύση έστειί.ε επίση; ο συ\'άδελφος Ρ ο δ όλφο ς Μ π ό ρ η ς 1 άφ ,· η ) 1 22. Πάνω σε κύκλο θεωρούμε τρία σταθερά σημεία Α,Β,Γ και δύο μεταβλητά σημεία Ν,Ρ. Ονομάζουμε Μ την τομή των ΑΡ,ΒΝ και Λ την τομή των ΑΝ,ΓΡ. Να αποδείξετε ότι η ΜΛ διέρχεταιο από σταθερό σημείο. (Προτάθ η κε απ ό τον Χη μ ικό Δ ιυι {μ ρω Κ α ρ β εί.ύ. - Α θ ιj " α ) . \ ί; ση : ( από ΊΟ\' ίδιο ) Η εφαπτομένη του κύκλου στο ση

μείο Α τέμνει την ΒΓ σε σημείο Κ. Το σημείο αυτό είναι σταθερό ως τομή δύο στα""'------'�"""""'--'-�κ θερών ευθειών . 8 Θα δείξουμε ότι ΜΛ διέρχεται από το σημείο Κ. Προς τούτο, αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία Μ,Λ,Κ είναι συνευθειακά. Έστω Ζ το σημείο τομής των ΒΝ και ΚΑ , Ε το σημείο τομής των ΒΝ, ΡΓ και Δ το ση μείο τομής των ΡΓ, ΑΚ. Τα σημεία Μ,Λ,Κ βρίσκονται στις πλευρές ΖΕ,ΔΕ,ΔΖ του τριγώνου ΔΕΖ αντιστοίχως. Για να είναι τα ση μεία αυτά συνευθειακά αρκεί ( σύμφωνα με το αντίστροφο του θεωρήματος του Μενελάου ) να ισχύει ότι:

Λ Ε = 1 . Απο. το τριγωνο ΔΕΖ , εφαρμο' ζοντας , ΜΖ . ΚΔ . ΚΖ

ΜΕ ΛΔ

το ευθύ του θεωρήματος του Μενελάου για τις διατέμνουσες ΚΓΒ, ΑΛΝ, ΑΜΡ, παίρνουμε αντιστοίχως τις ισότητες: ΚΔ ΒΖ ΑΔ ΝΖ ΛΕ . ΓΈ = 1 (1), ΑΖ . ΝΕ Ά Δ = 1 (2), ΚΖ ΈΕ ΓΔ

(Προτά-

•

- ---

Εκδόσεις Μαυρίδη

τηλ: 231 0.228009, φαξ:231 0 287097

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/75

------

Ο Ευ κλείδης προτείνει . . .

ΑΓ · ΒΔ ::::? (ΕΑ + ΕΓ ) (Ε Β + ΕΔ) --· ΕΘ ΕΡ Ε Θ · ΕΡ ::::> (ΑΒΓΔ) .!_ · ΑΓ · ΒΔ · _2_ . 2 (1) (ΘΕΡ) 4 ΕΘ ΕΡ

Επειδή στο πλήρες τε τράπλευρο κάθε δια γώνιος διαιρείται αρ μονικά υπό των άλλων δύο διαγωνίων του, έ χουμε: Ι) Ρ,Ε αρμονικά συ ζυγή των Β,Δ

ΡΔ ::::? ΡΒ + ΕΒ ΡΒ = ::::? -

ΡΔ + ΕΔ ::::? ΕΔ ΕΒ ΕΒ ΕΔ 2 Ε Ε ΕΡ ΕΡ + Δ ΕΡ Ρ = = ::::> ::::> + 2 ::::> ΕΔ ΕΒ ΕΒ ΕΔ Ι Ι 2 Ι Ι � ΕΡ (- - -) = 2 � - = - - ΕΒ ΕΔ ΕΡ ΕΒ ΕΔ

(2)

11) Ε,Θ αρμονικά συζυγή των Α,Γ

ΘΑ � ΕΓ � --ΕΑ ΕΓ ΕΑ = ΕΑ = �ΕΓ Θ Γ Θ Α ΘΓ ΕΑ+ ΘΑ Ε Γ+ Θ Γ ΕΘ = Ε Θ + 2 ::::? Ε Α = ΕΓ ::::? ::::? Ε Θ Ε Θ + 2 ΕΓ Ε Α ΕΓ 2 = Ι 1 1 ::::> Ε Θ( - Ι ) = 2 => (3) Ε Θ ΕΑ ΕΓ Ε Α ΕΓ

( Ι ), βάσει των σχέσεων (2),(3) γράφε) ται: ( ΑΒ ΓΔ = .!_ · Α · ΒΔ · ( -Ι_ _ _ Ι ) · (-Ι 4 Γ (Θ Και άν τεθεί:

ΕΒ

Ι ) (4)

ΕΔ

ΕΑ= χ , , ΕΓ = χ 2 ,EB = y, , ΕΔ = y 2 , η

(4) παίρνει την μορφή :

· ( χ ι + χ 2 ΧΥι + yz )(_.!._ _.!._ )(_.!._ _ _.!._) (ΑΒΓΔ) = _!_ (ΘΕΡ) 4 Χι Χ2 Υι Yz _

2 2 2 2 = - · Χ2 - Χι . Υ2 - Υι 4 ΧιΧ2 ΥιΥz

(S)

Αρκεί να δειχθεί ότι:

χ ; - χ � _ y ; - y � = ( αδ _ βγ ) ( α β _ � ) (6) βγ α δ γ δ α β Υ ι Υ2 ΧιΧ2

Από την ομοιότητα των τριγώνων ΕΑΒ και ΕΔΓ έχουμε:

Ε Α = Ε Β = ΑΒ ::::> � = 1.!_ = α Ε Δ ΕΓ ΔΓ Υ 2 χ 2 γ

(?)

Από την ομοιότητα των τριγώνων ΕΒΓ και ΕΑΔ έχουμε:

ΕΒ = ΕΓ = Β Γ ::::> 1.!_ = � = � ΕΑ Ε Δ ΑΔ Χ ι y 2 δ

(S)

Παρατηρούμε ότι:

α2 δ 2 β2 γ2 α2β 2 γ 2 δ 2 βγ αβ γδ = ( βγ - αδ )( γδ - αβ ) αβγδ . αβγδ αδ

(1 1)

Μ ε πολ/σιασμό κατά μέλη των ( Ι Ο),( Ι Ι ) έχουμε:

α2 δ 2 _ β2 γ 2 α2β2 _ γ 2 δ 2 � � _ χ - χ; y - y; 2δ2 β � · -----τ γ γ α2 δ 2 _ β2 γ z α2β2 _ γ 2 δ 2 γ 2 ::::? . ·α2 = β2 γ z γz δ2 γ2 X z Y2 (αz δz -βγ)(α2β2 - γ2 δ2 ) · χ� -χ ; · -Υι - y; · = -::::? y; z α2 βγδ χ; ΧιΥι 2 2 2 2 2 2 ( Χι -χ 2 )( Υϊ - yz ) ( Χ2 - Χι )( Υ· . - yι2 ) (12) 2 ΧιΥιΧzΥ2 ΧιΥιΧ2Υ2 Οι σχέσεις (9),( 1 2) δίνουν την αποδεικτέα σχέση . 7

το ποδικό τρίγωνο του Ι . Αν το ορθικό τρίγωνο Κ ι Κ 2 Κ 3 του τρ ιγών ου 1 1 1 2 1 3 έχει εμβαδόν Ε ' , να απο-

_ _ _

ΕΑ ΕΓ

2 2 αzβ2 - γ 2 δ 2 = Υι - y 2 γ2δ2 y;

Προτεινόμενες ασκήσεις 137. Δίνεται οξυ γ ώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εμβαδού Ε με πλευρές α,β,γ, εγγ εγραμμένο σε κύκλο (O,R). Έ στω ( Ι ,ρ ) ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ και Ι ι Ι 2 Ι3

ΕΡ )

::::?

------

(α2δz - βγ χαzβz - yδz ) (α2δz - βγ)(α2β2 - yδz) Υ . α2 (9) αzβγδz βγδz

16 δείξετε: Ε , = s (Προτείνεται από τον α zβ 2 γ z (α + β + γ) 2 . Ε

συνάδελφο Γι(iψγο Τριά\ϊο - λθΙ1να) 138. Να αποδείξετε ότι ισχύει

ανισότητα:

2007+ 200 2008 > � 1 004· 1 005· 1 006 · . . . · 3 0 1 0· 3 0 1 1 ( 2

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ ι (οργο Τ ρ ιάντο -Αθήνα) 139 . Να δείξετε, χωρίς την χρήση ακολουθιών, ότι η μο ναδική συνάρτηση f , η οποία είναι ορισμένη και συνε χής στο R και για την οποία ισχύει: 2f(2x ) = f(x) + 3 χ - 2 , για κάθε χ ε R είναι η

f (x ) = χ - 2 . (Προτείνεται από τον συνάδελφο Α

νηονη Κυρ ι ακόπουλο - Αθήνα) 140. Να βρείτε τις συναρτήσεις f , οι οποίες είναι ορι σμένες και παραγωγίσιμες στο R και για τις οποίες ι σχύει: (y - x)f ' ( 3 x - 2 y) = f(y) - f(x) , για κάθε χ,

yεR

(Ι). (Προτείνεται από τον μαθητή Γιάνν η Σού μπλη -Αρσάκε ι ο Ψυzικού, Αθήνα) 1 4 1 . Αν α,β είναι θετικοί πραγματικοί, να αποδειχθεί ότι + +Ι ( α ) 3 β Ι ) 3 .!.. α . (Προτείνεται από τον συ-

�

2 β

νάδελφο Γ ι ιiJ ργο Αποστολόπουλο - Μ εσολόγγι) 142. Να δείξετε ότι για το εμβαδόν Ε ορθογωνίου τριγώνου + με υποτείνουσα 1 , ισχύει: .J4E+l Ι ?: J2 + 1 (Προτείνεται 4Ε

•

από τον συνάδελφο Γ ι ώργο Αποστολόπουλο - Μεσολόγγι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/76

Τα Μαθημ ατ ικά μας δ ι α σκεδάζουν

Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχουν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες όπως ο Διόφαντος, ο Ζήνωνας κ.ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπαστική ασχολία . Επιμέλεια : Π αναγιώτης Χ ριστόπουλος Γνωρίζουμε από την Γεωμετρία τον λόγο της χρυσής τομής τον αριθμό Φ. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες βρήκαν τον αριθμό αυτό τον οποίο θεωρούσαν ως Θ ΕΪΚΗ ΑΝΑΛ ΟΓΙΑ. Η εφαρμογή του σε δημιουργήματα και κατασκευές οδηγούσε σε άριστα και ωραία αποτελέσματα. Ήταν ο αριθμός της ομορφιάς. Η ονομασία του αριθμού με το γράμμα Φ δόθηκε προς τιμήν του Φειδία ο οποίος εφάρμοζε στα δημιουργήματά του τις αναλογίες της χρυσής τομής. Όμως συναντάμε αναλογίες χρυσής τομής (Φ) και σε όλα τα έργα της Αρχαίας Ελλάδας όπως στον Παρθενώνα στην Ακρόπολη, το θέατρο της Επιδαύρου, στο σήμα των Πυθαγορείων την πεντάλφα και πολλά άλλα έργα, ακόμα στην Αρχιτεκτονική, τα Μαθη ματικά, την Τέχνη, το Χ ρηματιστήριο, την Οδοντιατρική, την Ιατρική, ίσως και στη δομή του DNA, παντού συναντά κανείς το λόγο της χρυσής τομής. Οι όροι της ακολουθίας Fibonac c i 1 , 1 ,2,3 ,5,8, 1 3 ,2 1 ,34,55,89, 1 44, . . . δίνουν αν διαιρέσουμε έναν όρο της με τον . , ν , φ. , ) , τον λογο προηγουμενο του ( + 1 = φ ) (το ν μετα, απο, τον 5 ο ορο ν --

Ποιος είναι ο αριθμός;

Αν πάρουμε μια ράβδο με μήκος λ και την κόψουμε σε δυο τμήματα ένα με μήκος χ και το άλλο επομένως με μήκος λ-χ και ισχύει � = � ή αν λύσουμε την εξίσωση χ 2 +λχ-λ2 = Ο θα χ λ- χ 1 λ 1 + J5 1 618 Α · · · · · ' εχουμε το μηκος χ . ο Φ ειναι ο λ ογος θ α παρετε , . ν τον αντιστρεψετε χ 2 φ 2 που είναι ίσο με το φ- 1 . Αν τον υψώσουμε στο τετράγωνο έχουμε φ που είναι ίσο με το φ+ l . =

Στον πίνακα αυτό βλέπουμε την αλφάβητο και μερικά σύμβολα που χρησιμοποιούσαν οι αρχαίοι Έλληνες για αριθμούς καθώς και την αντιστοιχία των συμβόλων με την σημερινή γραφή των αριθμών. Όπως φαίνεται στον πίνακα είχαν 27 γράμματα-αριθμούς που A= l 1= 10 P= lOO αν τους προσθέσουμε μεταφράζοντας τους σε αραβική γραφή Β=2 Κ=20 Σ=200 (σημερινή γραφή) το άθροισμα είναι: Γ= 3 Τ= 300 Λ= 30 +800+(Ω=)900 = 4995 που τα ψηφία του (Α=)l+(Β=)2+3+ . . . Μ = 40 Δ=4 Υ=400 έχουν άθροισμα 4+9+9+5=27 όσα τα γράμματα. N = SO E=S Φ= 500 Πολλαπλασιάζοντας τα ψηφία έχουμε 4.9.9.5=1620=1000.Φ. Ξ=60 άγνωσϊο = 6 Χ = 600 Ψ = 70 0 0 = 70 Ζ=7 Ακόμα το γινόμενο 4995.Φ = 8091,9 που τα ψηφία του Η=8 = = Π 80 Ω 800 έχουν άθροισμα 8+0+9+1 +9=27. Επίσης το γινόμενο 4995.π = 4995.3,14 = 15684,3 που τα ψηφία του έχουν 1... 7 (() Θ= 9 Είδατε τι ωραία άθροισμα 1+5+6+8+4+3 = 27. ( κό n n a ) = 90 ( σα μ π ί ) = 9 0 0 I

σύμπτωση;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4177

------

Τ α Μ α θη ματικ ά μας δ ιασκεδ άζουν

Π ρ ιν τον Η λεκτ ρ ο ν ι κ ό Υ πολογ ιση)

Ξέρετε ότι, μέχρι τη δεκαετία του

1 970,

-------

που δεν υπή ρχαν Ηλεκτρονικοί Υπολογιστές, στα

σχολεία οι μαθητές μάθαιναν για τους λογαριθμικούς πίνακες με την βοή θεια των οποίων μπορούσαν να κάνουν δύσκολες

πράξεις που σή μερα γίνονται με τις αριθμομηχανές και τους

Η/Υ. Οι πίνακες είχαν αριθμούς με πέντε δεκαδικά ψηφία. Ακόμα υπή ρχε ο Λογαριθμικός κανόνας. Ο Λογαριθμικός κανόνας ήταν εργαλείο (Χάρακας) που έφερε πολλές κλίμακες και είχε τέτοια κατασκευή που με την βοήθειά του μπορούσαν να γίνουν πράξεις και υπολογισμοί.

Τα Ρ ίχτε ρ

Ξέρετε ότι, ο σεισμός

Ρίχτερ ενώ σεισμός των

Ρίχτερ απελευθερώνει 30 φορές περισσότερη ενέργεια από αυτή των 3 7 Ρίχτερ απελευθερώνει ένα εκατομμύριο φορές περισσότερη ενέργεια.

Ο τύπος των Ρίχτερ είναι ίδιος με τον τύπο για τα dec i bel (Ντεσιμπέλ) στον ήχο . Οι τύποι αυτοί εκφράζονται μ ε λογαρίθμους. Είναι R=log

:.δ L

το Lo στα Ρίχτερ είναι η

μέγιστη πλευρική μετατόπιση και στον ήχο η ακουστική πίεση αναφοράς (κατώφλι της ακοής) . Έ ν α λογα ρ ι θ μ ι κ() π α ρ ά δ οξο

Το 4<8 το

� > i (Η > (Η ή

2/og

-> 1 2

1 2

3 log - άρα

2 >3

!!!

Β Α Ι> ΚΑ Λ Α

Ένας βαρκάρης έχει δύο κατσίκια και ένα λύκο . Η βάρκα είναι δύο ατόμων. Ο βαρκάρης θέλει να περάσει το ποτάμι με τα ζώα του αλλά στη βάρκα χωράει μόνο αυτός και ένα ζώο . Επίσης ο λύκος δεν πρέπει να μείνει μόνος του με τα κατσίκια. Μπορείτε να τον βοηθήσετε; Λύστε το ίδιο πρόβλη μα με δύο κατσίκες και ένα λύκο ή δύο λύκους και μια κατσίκα.

ΊΌ Ταχυ δ ρ ο μ ε ί ο Ο Μιχάλης θέλει ν α στείλει μ ε τ ο ταχυδρομείο μια ράβδο που έχει μήκος ταχυδρομείο δέχονται αντικείμενα με μήκος μέχρι

5 παλάμες. Στο 4 παλάμες. Ο Μιχάλης βρήκε λύση και δεν

αντιμετώπισε πρόβλη μα στο ταχυδρομείο, τι έκανε;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4178

------ Τ α Μ α θ η ματικ ά μας δ ιασκε δ άζουν -------

Ο Π ίνακα ς Ο N.Bogdanoν-Belsky το 1 89 5 ζωγράφισε έναν πίνακα και τον ονόμασε

«ένα δύσκολο πρόβλημα» Μέσα στον πίνακα διακρίνεται η

αριθμητική παράσταση :

102 + 1 12 + 122 + 132 + 142 365

-·

που πρέπει να υπολογιστεί από μνή μης. Είναι πράγματι δύσκολο ;

Β ρ ε ίτε

τον

α ρ ιθ μ ό

Το πρόβλημα αυτό μου έστειλε ο Χημικός Δημ ήτρης Καρβελά ς Γράψε ένα πολυψήφιο αριθμό Α να λήγει σε 82 και όλα τα άλλα ψηφία του να είναι εννιάρια και μηδενικά οσαδήποτε με οποιαδήποτε σειρά λαμβανόμενα. π.χ. 9009082 Στον αριθμό αυτό πρόσθεσε έναν αριθμό χ < π.χ. τον 6 3 9 και έναν αριθμό Β ο οποίος να λήγει σε 29 και όλα

789

τα άλλα ψηφία του να είναι οσαδήποτε εννιάρια. π. χ. Β=99929

Δηλαδή 9009082 +639+ 99929 = 91 09650

Το άθροισμα αυτό λέτε στο φίλο σας να το διαιρέσει δια 900 και να σας ανακοινώσει το υπόλοιπο (9 1 096 5 0 : 900 υπόλοιπο υ=7 5 0 ) . Αφαιρέστε εσείς το 1 1 1 από το υπόλοιπο και η διαφορά είναι ο αριθμός χ .

Δηλαδή 750- 1 1 1 =639

Απαντήσεις στα μα θ ηματικά μας διασκεδά�ουν. Η Β Α Ρ ΚΑΔΑ

Άρα Α+Β+χ =

Ο βαρκάρης πρέπει πρώτα να πάρει μαζί του το λύκο και να τον αφήσει στην απέναντι όχθη , ύστερα θα μεταφέρει και τη μια κατσίκα αλλά φεύγοντας θα πάρει πάλι μαζί του το λύκο . Θα τον αφήσει πάλι στην πρώτη όχθη

9009000+82+99900+29+χ=9 1 08900+ 1 1 1 +χ= πολλαπλάσιο του 900 + 1 1 1 + χ. Το υπόλοιπο θα είναι

υ= 1 1 1 +χ < 900

(ή χ<78 9που

ισχύει). Άρα χ = υ- 1 1 1

για να πάρει μαζί του την άλλη κατσίκα και αφού

την

αφήσει

μαζί

με την πρώτη

θα

γυρίσει να πάρει και πάλι το λύκο .

Το Τ α χυδ ρ ο μ είο

ΜΑ8 Η ΜΑΤ Ι Κ Ω Ν

Τ η συσκεύασε σ ε κιβώτιο μ ε μήκος παλάμες και πλάτος 3 παλάμες στο οποίο χωράει ακριβώς διαγώνια. Πυθαγόρειο θεώρη μα.

Ο Πίν α κ α ς

r +(χ+1γ +(χ+2) 2 =(χ+3) 2 +(χ+4) 2 102 + 1 12 + 122 = 132 + 142 = 365 . Άρα το

Όχι διότι άρα

αποτέλεσμα στον πίνακα είναι 2 .

Β ρ ε ίτε

τον

α ριθμό

Ο αριθμός Α είναι 9009000+82= πολλαπλάσιο του

9 00 + 8 2 .

'"Εwιι; ΙΙΙΙ8ημεριWς d.α6σιοι; &ιδαιmιίις ριιwο - οδιπ6ι; (σ.320). 'nl χριιιmκό � 1διιlιν της -ιδιοσης. Ι'Ί8 � δημισσρyιια\ ..,. :ιrρος flς aξ86σ•ις μa ινιι δια.zρσνιά &Ιιρο.

� - δWΙΙΒαη ·: rtl0 - 241801 ('[�

Ο αpιθ μός Β είναι 99900+29 = πολλαπλάσιο 7 0 '. 4cΧΙ- � 9 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4179

tΞMHNIKH f�ΛΑΘΗΜΑτJΚΗ Γ.ΤΑΙΡΕΙΑ ΣVΝ ΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕ ΙΑΣ

Ελληνική Μαθηματική Ετ αιρ ε ία Η ΜΑiιιpΑτικiι ΕΚΠΑίi&U6ιι ΚΑΙ lf 6ύγ/ετιι ΠfJΑfpΑΤΙΚ6ΤιιΤΑ TIU 21'u ΙλΙώΥΑ 23

-/ ,/

Το θέμα του 25ου Συνεδρίου που διοργανώνει η Ε.Μ.Ε.

:\οεμβρ ίου 2008 στον Βόλο θα προσεγγίσει τη

στ ις 2 I , 2 2 και

μαθηματική παιδεία,

που επιδιώκουμε μέσα από τη σχολική κυρίως εκπαίδευση , αλλά και τη μαθη ματική εμπειρία που παράγεται μέσα από τη σύνθετη πραγματικότη τα του 2 1 ου αιώνα. Καλούμε τα μέλη και τους φίλους της Ελληνικής μαθηματικής κοινό τητας να μετάσχουν ενεργά στις συζητήσεις που θα προκληθούν από τις κεντρικές ομιλίες και από τις επιστημονικές εργασίες που θα παρουσια στούν στο συνέδριο.

Νυιμβρίοιι 2008

Ιδιαίτερος στόχος του συνεδρίου είναι

να διερευνήσουμε τον τρόπο που προσδιορίζονται τα προβλή ματα στο σύγχρονο κόσμο, έναν κόσμο όπου τα όρια μεταξύ της aπτής και της εν δυνάμει πραγματικότητας φαίνονται δυσδιάκριτα να διευρύνουμε τους μαθη ματικούς μας ορίζοντες πλησιάζοντας τις θεωρίες που αναπτύσσονται πλέον μα ζί με τις εφαρμογές τους να αναζητήσουμε, στις νέες αυτές συνθήκες, τη συμβολή της μαθη ματικής παιδείας του πολίτη στην ενδυ νάμωση της δημοκρατίας να συνδέσουμε όσο το δυνατόν περισσότερο τη σύνθετη πραγματικότητα και τη σύγχρονη μαθηματική ε πιστήμη με τη θεωρία της μάθησης και την εμπειρία της διδασκαλίας των μαθηματικών στις πολύπλοκες, σή μερα, σχολικές συνθήκες.

�_Ο_ι παρουσιάσεις των εργασιών θα κατανεμηθούν στους ακόλουθους ά ξονες:

•

1 . Μαθη ματική Ε κπαίδευση και σύγχρονος κόσμος

πώς συνδέονται τα μαθη ματικά με τα νέα προβλή ματα- φαινόμενα και τα διεπιστη μονικά πεδία της

•

πώς συνδέονται τα μαθη ματικά με τις νέες. τεχνητές, πραγματικότητες

•

πότε αρχίζει και πότε τελειώνει η μαθη ματική εκπαίδευση ;

•

• • •

•

2. Μαθη ματικά και Ε κπαιδευτικό σύστημα:

που

έρευνας;

παράγονται:

πώς σχεδιάζεται η διδασκαλία σε ανομοιογενείς τάξεις και συνθήκες;

3. Μαθηματική Εκπαίδευση και Δημοκρατία στον 2 1 ° αιώνα�

με ποια μαθη ματικά μπορεί ο σύγχρονος πολίτης να κατανοεί, ώστε να μετέχει ενεργά στην

πολύπλοκη κα

θημερινή πραγματικότητα; τι ση μαίνει συνεργατικι1 μάθηση και δικτυωμένη δραστη ριότητα στην τάξη των μαθη ματικών; 4. Θεωρία και Πράξη της Μαθηματικής Ε κπαίδευσης τι άλλαξε στη

θ ε ω ρ ί α τ η ς μ άθ η ση ς κ α ι τ η ς δ ι δ ασ κ α λ ί α ς των μαθη ματικών;

πώς εντάσσεται η Διδακτική των Μαθη ματικών στην πανεπιστημιακή εκπαίδευση

και την επιμόρφωση ό

σων διδάσκουν Μαθη ματικά;

Η Επιστημονική Επιτροπή θα δέχεται εργασίες για κρίση έως τις 1 2 Σεπτεμβρίου 2008, στην ηλεκτρονική διεύθυνση ίnfΌ@hn1s.gr Κάθε πρόταση θα πρέπει να τεκμηριώνεται βιβλιογραφικά και να περιλαμβάνει περίληψη στην οποία να επεξηγεί • το θεματικό άξονα με τον οποίο συνδέεται, • •

τον εκπαιδευτικό της στόχο

και την επιδίωξη της συμβολής της στις εργασίες του συνεδρίου. Το κείμενο δεν θα υπερβαίνει τις 1 2 σελίδες γραμμένο με γράμματα μεγέθους 1 2 ' και τον τίτλο με 1 6 ' . Πε ρίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά) καθώς και AB STRACT σε μια διεθνή γλώσσα, που δε θα υπερβαίνει τις 1 5 γραμμές κειμένου. Ελληνική Μαθηματική Εταιρ εία

34 - 106 79 Αθήνα Τηλ. : 210 3616 532 - 3617 784 Fax: 210 3641 025 Πανεπιστη μίου

e-mail: in.fQ@hms,gr,

www

. hms.gr

Παρ άρ τημα Ε.Μ.Ε. Ν. Μαγνησίας Πρόεδρος: Σπυρίδων Δημόπουλος

Τηλ./Faχ:

Κύπρου 48- 38221 Βόλος 24210 29134 e-mail : eme_volos@yahoo.gr

... ο Cl Ν

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ....... .

Τεύχος Αφιερωμενο στη μντ'ιμη του

Μ. τζούμας, An. Χατζηδήμος

Ανδρtας Κουλοίιρης

Ευκλείδεια Γεωμετρία ως Εργαλείο της Αριθμητικι'Jς Ανάλυσης σε Εφαρμογές των Μaθημαnκών ΜΕΡΟΣ Ι .

Ντt:τερμινισnκά. μη Προβλtψιμα Φaινόμενο ..... . . .. 23 1101 η Εnιστημη του XQouς

Δήμητρα Χριcποπούλοu Ο Ενδtχομενι!'<ός Νομιναλισμός του HARTAY FΙELD .. . . . . . . . . . . . . ......... . . . Δημήτριος Βόyιας Γεώρyιος

Τριόvτος

ΣUοτημα ΔιπλοU Αοτtρα

. . . . . ..

. . . . S::S

Μ ια Μαθηματική δtαδρομη από την ρίζα Τάξης zw ενός θετικοίι ρ θ ύ χ στην

a ι μο

vnερβατU(ή συνάρτηση χα έως την ρίζα . ... 7 1 τάξης ν Μοντέλων σε Εκnοιδει.ιτu<ό Πληροφοριακό Σuστήμοτο� Ορθολογική Διαχείριση Μοθφuι:ού Δuναμιι<ού •.. .. . ...

Χαράλαμπος ΣrαχτtαςΣuμβολή στη ν Ενσωμάtωση Στοχαστικών

Μι)(Οηλ Χρuοοβέρyης

Η ΑξιΟλόγηση των Μαθητων Σκοπός και Στόχοι · Νομικό ΠλαίσΙο Για τους

..200""7 lλNOYAPIOI ΙΟΥΝΙΟΣ

Περιοδικι'ι Ε"Π'ιατημονική Έκδοση

Γρομμα από τη Συντακτική επιτροπή

Ν!κοu nanαδόnουλοιι

ΜΑΘ Η ΜΑΤΙ ΚΗ 6 Ε Π ΙΘ ΕΩ Ρ Η ΣΗ

:z: w :z: ιι.

ο Nixou Σ. nanaδoJJOUλOU

α w

ffi :z: :IC

�

:Ε :z: Θ ( :ι;

. . ... 100

οι.ινεργάπ:ς της Μαθ. Επιθεώρησης 108

ISSN: 1105-1951

ΕΛΛΗ Ν Ι ΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΠΑΙ Ρ Ε ΙΑ

ο� Σuvορ·ι fjuι:ι<,: Ημιτονοοδαι:ις Μόf.!φι1' στο Σ.χολτ.,.(ι θιf\-'ία ,\-1ι(Ι Πρό'r('Ι(J'1, γιο rη Διδuοτ.a.:ι..rα ι (Κ)<)

Η fηιδοοη ιο_(Ί• η Εοελτξlι;ο ΜαΟηη:Δν ·ι η ι; lρi τη<; Δηι.ισττι;::ό\:• mouς Νοερώς Υηιι:\Qyιομο(>ς

Δι&οοι;nλ{α 1uιν Κι:ψπVλων του Γ-ΙΙ ιπι'6ου ι.:(" rοτι Χώρου, nr προτι ιυχl('.ι�<ό w.•�r μrισ.,...uχιοκό μαθήμcιιa με r1 χρrΊοη rou uπaλογτσrή ως νοηηο<ο\ι tpγaλ[iov

Χtψι:t>. ιη(JΙι:Μιτ.;ά Μι.Ιffτι rάίν 1ιοι.ι Σ.ιψμι· rtχαιrν (Η' Λτι:Qwlς Mι"rf)Ιl)X> rιο.αί-ι; ι\ιcryωντο�τούς

Νιιτ\μcι ιrt ΛριΌtιr:Qr:'> ...ο ι ('..;fτpι10f1'> 0 1 0 Σχολt"ό J\.U-1 οτό EΊ..tpιf·rtρu ΚοινωνιJ.;.ό Πφιβό.λλόνται! Παιδι<ιtί: lιι Mnvιfλo Tl)fι, ι'ψιΟμΟΥ[>Ομ}<ι'j<.,

Αηιί 11.1 ιι;ι;ήμι.ιrtι (sι:Ικ.•mι':\Ι U lα ι,:οτ"�"�''"(' οχΠJλα1'rt t.SO<i.,! sd\enl('.ς) or �ιιeι "ιοδιι-.ιJΟΊ•l εργι1"λcιι:ιι.:ή<; rνορχήι.τιρwαrι<.

'\π(iψ(Ι\ 'ι<ιb>tfrΙΙΙΙΙ<ΙΙν [J.;.nωbιυ ιιι«.iν '\lt't τ� ν Χρ11σψηιιοΤηnη 'ι'ι;ις Ί ε:χνολοyι·�l<., σ • μ Δf!μο ι ιι.ιι Σ.χολtί(ι, ηλ\ό o..('j! lf(l'k, {)�'�: 'j!ν{H(Hf ι.Ι)λ\iff(>i} Μ ιΟ Επψ6ρψωοJrι 0 1 ιι fκπιοιδΗΙJ1..(ί Λοyrοιιιι.ό