Ευκλειδης Β 69 by demi de

Νέες Εκδόσεις

της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ

fΞΜΗΝιΚΗ ΜΑΘΗΜΑfΙΚΗ ΕΤΑΡΕΙΑ

www.patakis.qr·

,,;,,, .,, ,.,, ,.•.,.,

πρωτοπορία στnν εκπαίδεvσn

Χ. Δ. Artιnpόvrnς και S. Κ. Ch8krab8rtl

Άλγεβρα Α' Λυκείου

Μεθοδολογία Άλγεβρας Α' Λυκείου

Μεθοδολογία Άλγεβρας Β' Λυκείου

Γεωμετρία Β' Λυκείου

Γενικής παιδείας

Ε. Πρωτοπαπάς

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Θ. Τσιούμας, ι Σιάχος

Αρχέs οικονομικήs θεωρίοs

� � Ελληvιοι.ή Μαθι1ματοιιή Εταιρε:ία

Μαθηματικά r· Λυκείου

Αρχέc; οικονομικής θεωρίας Γ Λυκείου

(2 τόμοι)

Δ. Ι. Παναγιωτόπουλος

θετ. και τεχν. κατεύθυνσης Μάθημα επιλογής για όλες τις κaτευθιjνσrις

ι Σιάχος, Θ. Τσιούμας

ΝΕΑ ΔΙΕΥΘΥΝΣΗ:

ΠΑΝΑΓΗ ΠΑΛΔΑΡΗ (ΠΡΩΗΝ ΠΕΙΡΑΙΩΣ) 38, 104 37 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 2 I 0.36.50.000, 2 Ι 0.52.05.600, 801 .I 00.2665 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. MONAHHPIOY 122,563 34. ΤΗΛ. 2310.70.63.54

web site: http://www.patakis.gr

•

e-mail: info@patakis.gr

•

sales@patakis.gr

Κεvτρ κή διάθεση Ελληνική t\ΑΑθημaτική Εταιρεία Πανε1 ι.ιίου 34 Αθήνα -

ETAIPEIA

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ 69

Τεύχος

•

Ιούλιος

•

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

ν' Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

ν' Θεόφιλος Καϊpης και οι Αριθμοί

ν' Homo Mathematicus

ν' Άλγεβρα: Ταυτότητες και Απόλυτα ν' Γεωμετρία: Ισότητα και Ανισοτικές Σχέσεις

Μαθηματικό Α' Τάξης

Μαθηματικό Β' Τάξης

ν' Γεωμετρία: Θεωρήματα διχοτόμων και ομοιότητα ν' Κατεύθυνση: Διανύσματα

Μαθηματικό Γ' Τάξης

ν' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας ν' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Μιγαδικοί αριθμοί ν' Ένα θέμα Πανελλαδικών εξετάσεων ν' Αντίστροφες συναρτήσεις

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

75 79

ν' Ο Ευκλείδης προτείνει••• ν' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

των μαΘητών αη6

ΓΙΑ

Τ Ο

Γράμμα της

•

Ε υ ρ ώ: 3,50

ΛΥΚΕΙΟ

Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητcς και συνάδελφοι,

Με ευκαιρία την έναρξη της σχολικής χρονιάς, σος ευχόμαστε υγεία, χαρά και επιτυχία στις προσπάθειές σος. Γιο την αναβάθμιση του επιπέδου του περιοδικού απαι

κυρίως στους όχι μόνο ασ

τείται η συμβολή όλων μας. Θα θέλομε οπό τη θcση αυτή, να απευθύνουμε και στους μαθητές και

συναδέλφους την έκκληση να μας στέλνουν

κήσεις ή λύσεις στις προτεινόμενες ασκήσεις, αλλά

και

άλλο ενδιαφέροντα άρθρα. το οποία λείπουν οπό το περ

ν' Άλγεβρα: Τριγωνομετρία

τελετή βράβευσης

•

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ν' Οι Ολυμπιονίκες στο Ευρωκοινοβούλιο

Στιγμιότυπα απ6 την

Σ ε π τ έ μ β ρ ι ο ς 2008· Έτ ο ς λη'

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

Αύγουστος

τους

Ισπανούς

ιοδικό με αποτέλεσμα να αναλαμβάνει το έργο αυτό κατά μεγάλο μέρος η Συντακτική Επιτροπή. Θα είναι μεγάλη η χορό για μας, αλλά και σημαντική προσφορά στο περιο

Ευκλείδη Β' με 15η ιaναυαρίου

4ο τεύχος

δικό μας η αποστολή όρθρων γιο το επόμενο τεύχη του τελική ημερομηνία για το

την

2009. Ευχαριστούμε εκ των προτέρων γιο

την όποια συνεργασία. Με συναδελφικούς χαιρετισμούς

Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ.

Τοσσόπουλος Ευσταθίου

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β.

Σύνθεση εξωφύλλου: Μαθηματική Ολυμπιάδα 2008

Η 49η Διεθνή

Η Ελλ ηνική Ομάδα με τον Ισπανό gυlde

επισήμους

στην

49η Διεθν ή ΜαΘηματική Ολυμπι άδα

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ

1'1}'.:2103617784 -3616532 Fax: 2103641025

Εκδότης: Αλcξανδρής Νικ6λαος Διευθυντής: Τυρλής Ιω6ννης

επιμέλεια 'ΕκδοΗης:

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος:

Τασσ6nουλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος:

Ευσταθίου Βαγγέλης

Γραμματέας:

Χριατ6nοuλος ΓΙcΜιγιώrης Μέλη:

Τασσ6πουλος Γιώργος Ευσταθίου Βαγγέλης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

Αθανασόπουλος fεώρyιος

Σ υντα κτι κ ή επιτροπή Κόντζιας Νίκος

Σdϊτη Εύα

Αναστασίου fιάννης

Κοτσιφάκης fιώρyος

Σταϊκος Κώστας

Ανδρουλακάκης Νίκος

Κουτρουμπέλας Κώστας

Αντωνόπουλος Νίκος

Κυριαζής Ιωάννης

Στάϊκος Παναγιώτης

Αργυράκης Δημήτριος

Κυριακόπουλος Αντώνης

Στρατής fιάννης Ταπεινός Νικόλαος

Βακαλόπουλος Κώστας

Κυριακόπουλος Θανάσης

Δρούτσας Παναγιώτης

Κυβερνήτου Χρυστ.

Ευσταθίου Βαγγέλης

Λαζαρfδης Χρήστος

Ζαχαρόπουλος Κων/νος

Λάππας Λευτέρης

Ζώτος Βαγγέλης

Λουρfδας Σωτήρης

Τσαγκάρης Ανδρέας

Κακκαβάς Απόστολος

Μαλαφέκας Θανάσης

Τσατούρας Ευάγγελος

Τασσόπουλος fιώργος Τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος fεώργιος

Καλίκας Σταμάτης

Μανωλάκου Στοματική

Τσικαλουδάκης fιώργος

Δρούτσας Π.

Κανέλλος Χρήστος

Μαυρογιαννάκης

Καραγκούνης Δημήτρης

Λεωνfδας

Τσιούμας Θανάσης

Καρακατσάνης Βασfλης

Μενδρινός fιάννης

Ταπcιν6ς Ν.

Καρκάνης Βασiλης

Μεταξάς Νικόλαος

Κατσούλης fιώργος

Μπρίνος Παναγιώτης

Κερασαρfδης fιάννης

Μυλωνάς Δημήτρης

Καρδαμίτσης Σπύρος

Μώκος Χρήστος

Χριστιάς Σπύρος

Κηπουρός Χρήστος

Πανουσάκης Νίκος

Χριστόπουλος Πανσyιώτης

Κλάδη Κατερίνα

Ρέγκλης Δημήτρης

Ψύχος Βαγγέλης

Αργυρ6κης Δ. Λουρίδας Σ.

ISSN: 1105- 7998

Τυρλής Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6τι προτείνονται απ6 την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέλνονται tyκαιρα, σrο γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρ6yραφα δεν επισrρέφονται. Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50

Ετήοια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά

ΕτψJια συνδρομ1j για Σχολεία ευρώ 12.00

ευρώ 14,00)

Το ανήτιμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονται σrέλνεται με απλή εmταyή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται σrα yραφεfα της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε τηλ.: 270 8760330 Υncιίluνος τunoypαφcfou: Β. Σωτηριάδης

Οι Έλληνες Ολυμπιονίκες ιων Μαβημαιικών σιο Ευρωπαϊκό Κοινοβούλιο

ις Βρυξέλλες «κατέλα β α ν» οι Έλληνες μαθητές από 7 έως 1 0 Σεπτεμβρίου 2008 που έχουν λάβει διακρίσεις σε διεθνείς μαθηματικούς διαγωνισμούς (Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα 2008, Ισπανία και Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2008, Σκόπια) Συνοδεύονταν από τον πρόεδρο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Καθηγητή κ. Νικόλαο Αλεξανδρή του Πανεπιστημίου Πειραιώς. Οι μαθητές είχαν ευκαιρία να ανταλλάξουν απόψεις με μέλη του Ευρωπαϊκού Κοινοβουλίου και να εκφράσουν τους προβληματισμούς τους τόσο στα Μαθηματικά όσο και για το μέλλον της Εκπαίδευσης στην Ελλάδα και στην Ευρωπαϊκή Ένωση. Η Ελληνική ομάδα που έχει πάρει μετάλλια σε διεθνείς διαγωνισμούς το 2007 - 2008 και συμμετείχε στην αποστολή στο Ευρωπαϊκό Κοινοβούλιο ήταν η παρακάτω: Βαφείδης Αναστάσιος, Γιεχασκιέλ Ηλίας, Μπραζιτίκος Σιλουανός, Παπαδημητρίου Δημήτριος, Ράπανος Νικόλαος, Μαυροειδή Άλκηστις, Ντριάκος Ιωάννης, Σάββας Μιχαήλ, Μπρατζιτίκος Κωνσταντίνος, Λιάμπης Κωνσταντίνος, Ρωμανίδης Νικόλαος, Παγωνάκης Δημήτριος, Τσαμπασίδης Ζαχαρίας, Παντέλα Στέλλα, Καλαντζής Γεώργιος, Λογοθέτης Φώτιος, Λώλας Παναγιώτης. Χαρακτηριστικά φωτογραφικά στιγμιότυπα από τις εκδηλώσεις της Ελληνικής αντιπροσωπείας. �------��

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /2

Ο Θ εόφιλο ς Κα"ϊ ρης είναι ένας από τους λιγότερο γνω στούς διδασκάλους του Γένους μας. Για τις θετικές επιστήμες, όμως, ήταν ο καλύτερος πρεσβευτής τους, στο δούλο Γένος, γιατί δίδασκε, κυρίως, μαθηματικά και φυσική, προσπαθώντας να εισα γάγει τα σκλαβωμένα ελληνόπουλα, στις πολύτιμες φυσικομαθη ματικές έννοιες, που διδάσκονταν στην Ευρώπη την εποχή εκείνη της μαύρης και βαριάς τουρκικής σκλαβιάς και που ανοίγουν τους ορίζοντες της σκέψης και της διανόησης. Έτσι, σαν ένας άλλος Ρήγας Φερα ίος, προσπάθησε να ενστα λάξει στα κατάβαθα της ψυχής τους την έφεση όχι μόνο για πε ρισσότερη γνώση, αλλά και για εκτίναξη του τουρκικού ζυγού, Θ εόφιλος Κα"ϊρης ώστε όλα τα ελληνόπουλα να γεύονται τους καρπούς της ελευθερίας και να απολαμβάνουν τις σπουδαίες κατακτήσεις της επιστή μης και της τεχνικής των ευρωπαϊκών ιδεών. Ο Θεόφιλος Καψης γεννήθηκε στην Άνδρο των Κυκλάδων, το 1 784. Έμαθε τα πρώτα γράμματα στη γενέτειρά του και συμπλήρωσε τη μόρφωσή του στις φημισμένες, τότε, σχολές των Κυδωνιών της Μικράς Ασίας, της Πάτμου και της Χίου. Στην τελευταία, μάλιστα, δίδασκε ο δεινός ελληνιστής Αθανάσιος ο Πάριος και ο μαθηματικός Δωρόθεος ο Πρώιος. Το 1801 χει ροτονήθηκε διάκονος και λίγο αργότερα πήγε στην Πίζα της Ιταλίας, για να σπουδάσει φυσικο μαθηματικές επιστήμες επί 5 χρόνια. Ύστερα μετέβη στο Παρίσι, όπου ασχολήθηκε με φιλοσο φικές μελέτες και παράλληλα γνώρισε το διάσημο διδάσκαλο του Γένους Αδαμ άντιο Κοραή. Το 1 8 1 1 , ανέλαβε διευθυντής της φιλοσοφικής σχολής της Σμύρνης και από το 1812 έως το 1821, διορίστηκε διευθυντής, και δίδαξε στην Ακαδημία των Κυδωνιών, ως διάδοχος, του δα σκάλου του και καθηγητού των φυσικομαθηματικών επιστημών Βενιαμ ίν του Λέσβιου . Από τους νεωτερισμούς της σχολής αυτής ήταν, μεταξύ των άλλων, και η εισαγωγή της αλληλοδιδα κτικής μεθόδου (οι καλύτεροι μαθητές επαναλάμβαναν την διδασκαλία στους περισσότερο αδύ νατους), καθώς και η εποπτική και πειραματικά διδασκαλία της φυσικής. Σε αντίθεση προς τις άλλες σχολές της σκλαβωμένης Ελλάδος, όπου την πρώτη θέση κατείχαν τα φιλολογικά μαθή ματα, την Ακαδημία των Κυδωνιών χαρακτήριζε προοδευτικό και μεταρρυθμιστικό πνεύμα με περισσότερο προσανατολισμό στα μα θη ματικά και στη φυσική . Ο Θεόφιλος ΚαΤρης έδωσε, ακόμη, πανεπιστημιακό χαρακτήρα στα μαθήματά του, διδάσκοντας πειραματική φυσική, μαθη ματικά και αστρονομία, με τη βοήθεια πειραμάτων και εποπτικών οργάνων, πράγμα το οποίο γι νόταν για πρώτη φορά σε ελληνική σχολή . Τόση ήταν η φήμη της Ακαδημίας των Κυδωνιών κατά την περίοδο αυτή, ώστε συνέρεαν εκεί μαθητές από όλη τη χώρα, με αποτέλεσμα ο αριθ μός τους να φθάσει τους 600. Ο Θεόφιλος Καtρης, το 1919, μυήθηκε στη Φιλική Εταιρεία και το 1821 ύψωσε την ελληνι κή σημαία της επαναστάσεως στην πατρίδα του, την Άνδρο. Τον επόμενο χρόνο, έλαβε μέρος, ως απλός στρατιώτης, στην εκστρατεία του Ολύμπου, στην οποία και τραυματίσθηκε. Όταν πλέον έπνευσε ο άνεμος της ελευθερίας στην Ελλάδα, και ήλθε ο Καποδίστριας ως ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Α' 69 τ. Ι /3

------

Θ εό φ ιλος Κα"ϊρης

--------

πρώτος κυβερνήτης, ο Θεόφιλος Καtρης ήταν εκείνος που τον προσφώνησε με εμπνευσμένο πα νηγυρικό λόγο. Όταν δε αργότερα ανέλαβε ο Όθωνας, βασιλιάς της Ελλάδος, απένειμε μεταξύ των άλλων και στον Θεόφιλο Καtρη παράσημο για τους aπελευθερωτικούς αγώνες του. Το πα ράσημο, όμως, αυτό αρνήθηκε να το παραλάβει. Ακόμη αρνήθηκε το διορισμό του, ως καθηγη τού της φιλοσοφίας στο Πανεπιστήμιο Αθηνών. Από το 1 836 έως το 1 839 λειτούργησε στην Άνδρο πρότυπη ανώτερη σχολή, η οποία απο δείχθηκε ανώτερη εκείνης των Κυδωνιών, ενώ διέθετε ταυτόχρονα οικοτροφείο για τα ορφανά παιδιά, κυρίως των αγωνιστών της ελληνικής επαναστάσεως. Δίδασκε μόνος του και με την αλ ληλοδιδακτική μέθοδο, ελληνικά, θεωρητική και πειραματική φυσική, μαθηματικά, αστρονομία και φιλοσοφία. Χρησιμοποιούσε δε κατά τη διδασκαλία του και διάφορα όργανα, μεταξύ των οποίων και το πρ ώτο τηλεσκό πιο που ήρθε στην Ελλάδα. Δυστυχώς, το 1 939, κατηγορήθηκε από τους αντιπάλους του, ότι δίδασκε στη σχολή της Άνδρου μια νέα θρησκεία, τη θεοσέβεια, και γι' αυτό το λόγο εξορίστηκε από την Ιερά Σύνοδο στη Ιερά Μονή της Σκιάθου. Το 1 842 κατέφυγε στο εξωτε ρικό, για να επιστρέψει δυο έτη αργότερα, πιστεύοντας ότι ο θόρυ βος εναντίον του είχε καταλαγιάσει. Οι κατήγοροί του, όμως, πέτυ χαν να τον παραπέμψουν, το 1 852, στο δικαστήριο, το οποίο τον καταδίκασε σε φυλάκιση 2 ετών. Ένα έτος αργότερα, ο Θεόφιλος Καtρης πέθαινε στη φυλακή, ενώ τον επόμενο χρόνο ο Άρειος Πά γος αναιρούσε την καταδίκη του. Α δ α μάντιο Κοραή Οι Άνδρειοι, τιμώντας τη μνήμη του, ανήγειραν την προτομή του σε κεντρική πλατεία της πόλης τους και ίδρυσαν την ΚΟ:fρειο βιβλιοθήκη, στην οποία υπάρχουν πολλά τυπωμένα και χειρόγραφα έργα του. Ιδιαίτερη σημασία έχουν τα αντίγραφα των χειρογράφων βιβλίων του, τα οποία χρησιμοποίησε για τα μαθήματα της σχολής της Άνδρου και τα οποία σώζο νται στις διάφορες βιβλιοθήκες της Ελλάδος, ανάμεσα στις οποίες εξέχουσα θέση κατέχουν οι 4 τό μοι των χειρογράφων του επισκόπου Δ α β ίδ Φ ωκίδ ος, υπομνηματισμένα από τον ίδιο. Η

�τυγγρό�βμiα�ιι'v't

Γ!iJ!�)

ΘεG'D�rηλσιυ iΚ�t'{Q"prη1

Το διδακτικό έργο του, ο Θεόφιλος ΚΟ:fρης, το συγκέντρωσε σε 4 ογκώδεις χειρόγραφους τό μους, τους οποίους ασφαλώς χρησιμοποιούσαν οι πολυπληθείς μαθητές του, της σχολής της Άν δρου. Ένας από τους καλύτερους αυτούς μαθητές ήταν ο Αδαμάντιος Μολοχάδης, που αργότερα έ γινε επίσκοπος Φωκίδος με το όνομα Δαβίδ, ο οποίος, όχι μόνο αντέγραψε τα 4 αυτά βιβλία του δα σκάλου του, τον οποίο τόσο πολύ αγαπούσε και σεβόταν, αλλά και τα υπομνημάτισε με υποδειγμα τικό τρόπο, κάνοντάς τα περισσότερο κατανοητά και με ευρύτητα πνεύματος αναγνώσιμα. Το πρώ το από τα βιβλία του έχει τίτλο: «Στοιχειώδης Φυσική)) και περιλαμβάνει 654 σελίδες. Ασχολείται με τη «μικροσκοπική)) μελέτη της φυσικής και των στοιχείων αυτής, που δομούν το φυσικό κόσμο. Στο εγχειρίδιο αυτό γίνεται μια ενιαία παρουσίαση των τότε γνώσεων γύρω από τη φυσική (εκτός της Μηχανικής), τη Χημεία, την Ορυκτολογία, τη ζωολογία και τη Βιολογία. Το δεύτερο βιβλίο του τιτλοφορείται: «Μηχανικόν μέρος της Φυσικής1)) και έχει 6 1 6 σελί δες. Χωρίζεται σε δύο μέρη, εκ των οποίων το πρώτο περιλαμβάνει τις κινήσεις των σωμάτων,

1 Στην αρχή του βιβλίου αυτού ο Θεόφιλος Κα"tρης σημειώνει: «Ήρξατο η παράδοσις του μηχανικού της Φυσικής

εν

Άνδρω 1 837, Νοεμβρίου 26, η μέρα Παρασκευή» στο τέλος δε γράφει: «Ετελείωσεν η παράδοσις της παρούσης, 1 839, Μαρτίου 4». Είναι φανερό, λοιπόν, ότι η διδασκαλία του βιβλίου αυτού διήρκεσε 15 περίπου μήνες. Επομένως η διδασκαλία της Αστρονομίας (που περιλαμβάνει σχεδόν το μισό βιβλίο) πρέπει να διδάχθηκε σε 7 μήνες περίπου. Στην εποχή μας, για το μάθημα της αστρονομίας, που διδάσκεται κατ' επιλογήν στη Β' Λυκείου, διατίθεται μόνο μια ώρα την εβδο μάδα. Σήμερα που η ύλη της αστρονομίας είναι πολλαπλάσια και οι απλές, αλλά νέες aστρονομικές γνώσεις πιπιλί ζονται από τους μικρούς μαθητές του Δημοτικού Σχολείου. Αντί, λοιπόν, να αυξηθούν οι ώρες διδασκαλίας του τό σο σπουδαίου και σύγχρονου μαθή ματος της αστρονομίας στα Λύκεια, αυτές μειώνονται στο ελάχιστο . Ας ελπί σουμε ότι με την πρώτη μεταρρύθμιση των προγραμμάτων που θα γίνει στο εγγύς μέλλον, θα πάρει το μάθημα αυτό την πρέπουσα θέση του στα Λύκεια της χώρας. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 69 τ. l /4

------

Θ εό φ ιλος Κα"ϊρ ης

τη βαρύτητα, την ακουστική, την οπτική και τις απλές και σύνθετες μηχανές. Το δεύτερο μέρος περιλαμβάνει την αστρονομία, με την οποία θα ασχοληθούμε περισσότερο στη συνέχεια. Το τρίτο βιβλίο επιγράφεται «Γνωστική φιλοσοφία - φιλολογία», το οποίο περιλαμβάνει 4 1 7 σελίδες και είχε επανειλημμένες εκδόσεις, ενώ τα άλλα δύο προηγούμενα βιβλία του είναι ανέκδοτα, εκτός από την «Αστρονομία». Το τέταρτο και τελευταίο βιβλίο του Θεόφιλου Κα.tρη επιγράφεται «Π οσοτική 2 », δηλ. Άλ γεβρα, όπως θα λέγαμε σήμερα και περιλαμβάνει 628 σελίδες. Περιέχει όχι μόνο τις στοιχειώ δεις αλγεβρικές γνώσεις, που διδάσκονται σήμερα στα Λύκεια της χώρας μας, αλλά και αρκετές γνώσεις πανεπιστημιακού επιπέδου, όπως θα δούμε3 . Το βιβλίο αυτό, το εξέδωσε σε δύο τόμους το 1 ° Λύκειο Βόλου, το 1 994 τον 1 ° τόμο και το 2003 το 2° τόμο. Επίσης εξέδωσε, το 1 989, την Αστρονομία, που περιλαμβάνεται στο «Μηχανικόν Μέρος της Φυσικής». Στη συνέχεια, δεν θα ασχοληθούμε, βέβαια με όλα αυτά τα περισπούδαστα συγγράμματα του μεγάλου δάσκαλου του Γένους, αλλά μόνο με τον τέταρτο τόμο, τα μαθηματικά και λίγο με την αστρονομία. Ονομάζει ο Θεόφιλος Κα'fρης το βιβλίο του αυτό «Ποσοτική», από τη λέξη «ποσό», επειδή, όπως εξηγεί ο ίδιος στην πρώτη παράγραφο, ασχολείται με τις μεταβολές, τις ιδιότητες και τις αναφορές, όχι πλέον των αριθμών της αριθμητικής, αλλά των γενικών αριθμών, που τους συμ βολίζουμε με τα γράμματα της αλφαβήτου, δηλ. περιλαμβάνει τα «ποσά». Το πρώτο μέρος του βιβλίου, που είναι και το μεγαλύτερο, φθάνει μέχρι την 517 σελίδα και περιλαμβάνει 1 7 κεφάλαια με 5 1 2 (ΦΙΒ') παραγράφους. Θα μπορούσαμε δε να πούμε ότι περι λαμβάνει τα λεγόμενα βασικά μαθηματικά, ήτοι τις αλγεβρικές πράξεις, τα κλάσματα τις δυνά μεις τις πραγματικές και φανταστικές ρίζες, τις προόδους, τους λογαρίθμους και τους λογαριθμι κούς πίνακες, τις πρωτοβάθμιες και δευτεροβάθμιες εξισώσεις, τα προβλήματα τόκου, την α προσδιόριστη ανάλυση, τις τριτοβάθμιες εξισώσεις και τις εξισώσεις ανωτέρου βαθμού, τις άρ ρητες ρίζες, τα συστήματα, τις συναρτήσεις, την τριγωνομετρία και τους τριγωνομετρικούς πί νακες, τη σφαιρική τριγωνομετρία, τις σειρές, τις καμπύλες και τις κωνικές τομές. Το δεύτερο μέρος καταλαμβάνει μόνο 1 1 1 σελίδες με 1 50 (ΡΝ') παραγράφους και περιλαμ βάνει στοιχεία απειροστικού και διαφορικού λογισμού, διαφορικές εξισώσεις, μέγιστα και ελά χιστα, εφαρμογή του διαφορικού λογισμού στη θεωρία των καμπύλων, στοιχεία ολοκληρωτικού λογισμού, ολοκλήρωση αρρήτων συναρτήσεων και ολοκλήρωση διαφορικών διωνύμων. Το μάθημα της Ποσοτικής ο Θεόφιλος Κα'fρης άρχισε να το διδάσκει τον Ιούλιο του 1836 και τελείωσε τη διδασκαλία του τον Ιανουάριο του 1 939. Δηλ. μέσα σε δυόμισι χρόνια περίπου κάλυψε μια ποσότητα ύλης, αν όχι μεγαλύτερη, όμως, εφ ά μιλλη προς την ύλη που διδάσκεται σήμερα στα Λύ κεια της χώ ρας μα ς. Και με τι μαθηματικό υπόβαθρο; Πολύ πιο κατώτερο από το υπόβαθρο των σημερινών μαθητών μας. Γιατί, φυσικά, τότε δεν υπήρχε ούτε η 6τάξια οργα νωμένη διδασκαλία του Δημοτικού Σχολείο, ούτε η 3τάξια προπαρασκευή του Γυμνασίου. Τα ελληνόπουλα της πρώτης μετεπαναστατικής περιόδου δεν είχαν αυτή την πολυτέλεια της καλής εκπαιδευτικής προετοιμασίας για το Λύκειο, που έχουν τα σημερινά. Υπάρχουν πολλά σημεία της διδασκαλίας του Θεόφιλου Κα'fρη που θα τα ζήλευε ακόμη και ο σύγχρονος μαθηματικός συγγραφέας διδακτικών βιβλίων4 . Ιδιαίτερα θα ζήλευε την ερμηνεία και τη δικαιολόγηση των νέων εννοιών, που εισάγονται, όσο και αν αυτές είναι πρωτότυπες και 2 Τόσο το βιβλίο αυτό, όσο και τα άλλα τρία είναι δερματόδετα και αρκετά καλά διατηρη μένα αν και πέρασαν, από τότε που γράφτηκαν, δυο σχεδόν αιώνες Φέρουν δε στη ράχη τους τα χρυσά γράμματα «Δ. Φ . » . Π ρόκειται για τον επίσκοπο Δαβίδ Φωκίδος (Αδαμάντιο Μολοχάδη), ο οποίος ήταν μαθητής του Θεόφιλου ΚαΤρη στη σχολή της Άν δρου και λόγιος της εποχής του. Σ' αυτόν ανήκαν τα 4 αυτά βιβλία που βρίσκονται σήμερα στη βιβλιοθήκη του I ου Λυκείου Βόλου, όπου τα δώρισε ο ίδιος, το 188 1 , ως καταγόμενος από το Νεοχώρι Μ αγνησίας.

Ας πάρουμε για παράδειγμα τα «συνεχή κλάσματα>>. Ποιος θα περίμενε, ύστερα από μια διεξοδική ανάπτυξη, να αποδείξει ότι αυτά συγκλίνουν, τυπικά, σε έναν πραγματικό αριθμό; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 69 τ.l/5

------

ιδιόμορφες5 .

Θ εό φ ιλος Κα'ϊρ ης

-------

Ας σημειωθεί, τέλος, ότι πολλές φορές ο Θεόφιλος Κα:tρης, θέλοντας να βγάλει ένα συγκε κριμένο συμπέρασμα ή να επισημάνει μια σπουδαία ιδιότητα, επαναλαμβάνει τη στερεότυπη φράση : «μανθάνομεν λοιπόν ότι . . . ». Με τον τρόπο αυτό επιτείνει ακόμη περισσότερο την προ σοχή των μελετητών - μαθητών του, για να προσέξουν και να ξεκαθαρίσουν τι σπουδαιότερες από τις προσφερόμενες γνώσεις. Αν σκεφθούμε ότι η επίταση αυτή θα γινόταν οπωσδήποτε πιο έντονη κατά την προφορική παράδοση του μαθήματος, αντιλαμβανόμαστε πόση ιδιαίτερη από δοση στη μάθηση είχε η ανακεφαλαιωτική αυτή παράθεση . (J)

ισχσλ�Ω·στής lί{!Χ\'

iφγσJ)V

του

Θεόφ�λου !Κ.α1ΊJ1Γi

Ο επίσκοπος Δαβίδ Φωκίδος ( 1 805 - 1 887), κατά κόσμον Αδαμάντιος Μολοχάδης, είναι γνω στός στην ελλαδική εκκλησία ως ένας πνευματικός ηγέτης, που επί 32 χρόνια ποίμανε ο ποίμνιό του «εν παιδεία και νουθεσία Κυρίου» και επί πλέον βοήθησε αποφασιστικά, ως εκπρόσωπός της, το 1 872, στην αντιμετώπιση του βουλγαρικού σχίσματος από το Πατριαρχείο της Κωνσταντινουπόλε ως. Δεν είναι, όμως, γνωστός, ως εξαιρετικός σχολιαστής των έργων του Θεόφιλου Κα:tρη, διότι άλ λα μεν έργα δεν εκδόθηκαν άλλα δε δεν έτυχαν αυτά της ευρείας κυκλοφορίας. Ο Αδαμάντιος Μολοχάδης αντέγραψε για δικό του λογαριασμό τα 4 χειρόγραφα βιβλία του δα σκάλου του Θεόφιλου Κα:tρη, σε 4 ογκώδεις τόμους, καλαίσθητα δεμένους, με δερμάτινη ράχη, χρυσά γράμματα και στερεά εξώφυλλα. Ο σκοπός της αντιγραφής ήταν, οπωσδήποτε, για να έχει τα δικά του αντίτυπα, για να τα μελετάει όταν ήθελε, αλλά και για να τα δανείζει σε κάθε ενδιαφερόμε νο. Επειδή, ακριβώς ήταν δικά του αποκλειστικά αντίγραφα, άφησε στο κάτω μέρος της κάθε σελί δας ειδικό χώρο, με σκοπό να προσθέσει τις δικές του παρατηρήσεις και τα δικά του σχόλια. Και πραγματικά έκανε θαυμάσια προσθήκη στο έργο του δασκάλου του. Ο χώρος αυτός είναι σχεδόν γεμάτος με τις σημειώσεις του. Υπάρχουν δε πολλές περιπτώσεις, που ο χώρος αυτός δεν επαρκεί και έτσι χρειάστηκε να γίνει συρραφή πρόσθετων φύλλων, εκτός σελιδοποίησης. Στον τόμο της «Ποσοτικής» παραθέτει 2. 1 1 4 σχόλια, δηλ. πάνω από 3 σχόλια ανά σελίδα, κατά μέσο όρο. Ας αναφέρουμε μερικά από τα σχόλια αυτά και μάλιστα εκείνα που δεν περιέχουν πολλούς μαθηματικούς τύπους και μαθηματικές εκφράσεις. Στην αρχή της σελίδας 92 π.χ., η οποία ανα φέρεται στα ριζικά συναντούμε την εξής υποσημείωση : Ο τίτλος της παραγράφου αυτής και της επόμενης πρέπει να είναι: «Περί της αναγωγής των ριζικών σε απλούστερη μορφή». Έτσι ο ανα γνώστης κατατοπίζεται καλύτερα για το περιεχόμενο της θεωρίας, που ακολουθεί. Γενικά με τα σχόλιά του, ο Αδαμάντιος Μολοχάδης απλοποιεί τα γραφόμενα του βιβλίου και τα κάνει προσιτά στον αναγνώστη . Για τη λύση π. χ. του συστή ματος 1 βαθμού φ - χ = 2, φ - 2χ -3 , το οποίο λύνεται με το γενικό τύπο, που είχε βγάλει ο Θεόφιλος Καtρης, ο Αδαμά ντιος Μολοχάδης παρατηρεί ότι: Γίνεται ευκολ ότερη η εργασία για την εύρεση του χ, εάν αφαιρε θούν τα μέλ η της 2ιις εξίσωσης από τα αντίστοιχα μέλη της ]ης. Για την εύρεση δε του φ, πρέπει να αφα ιρεθούν τα μέλ η της 2ης από τα μέλ η της lης, αφού πολλαπλασιασθούν αυτά επί -2». Συμπερασματικά μπορούμε να πούμε ότι ο Αδαμάντιος Μολοχάδης με τα σχόλιά του επε ξηγεί και αναλύει πυκνά νοήματα, εκσυγχρονίζει τα κείμενα, βελτιώνει τις προτάσεις, που δεν κυριολεκτούν, συμπληρώνει τις αναφερόμενες θεωρίες και τα επιχειρήματα, βγάζει χρήσιμα και πρακτικά συμπεράσματα, δίνει τις απαραίτητες πληροφορίες για τους αναφερόμενους επιστήμο νες, συγγραφείς και εφευρέτες, παραπέμπει σε άλλα συγγράμματα τους ενδιαφερόμενους κ.λπ. ου

!Η αστρονομίια

του

Θ�όφ!.λου ΚαΤρη

Το βιβλίο της αστρονομίας του Θεόφιλου Καtρη, αποτελεί το μεγαλύτερο μέρος του «Μη χανικού μέρους της Φυσικήφ και περιλαμβάνει όλη την ύλη της αστρονομίας, που ήταν γνω στή μόλις μια ή δυο 1 Οετίες μετά την έναρξη της διαστημικής εποχής, δηλ. από τον Οκτώβριο

Αυτό φαίνεται πολύ καθαρά στο ανάπτυγμα του Διωνύμου του Νεύτωνα (SΠ Β' κ.ε.), για το οποίο διαθέτει συνο λικά 21 σελίδες του βιβλίου του . Μέσα σ' αυτές τις σελίδες εξηγεί τον τρόπο, με τον οποίο βρίσκονται οι συντελε στές και οι δυνάμεις του κάθε όρου, με αποδείξεις, παραδείγματα, δοκιμές, και πολλά άλλα. Ακόμη διερευνά τις διάφορες μορφές, που είναι δυνατό να πάρει το διώνυμο αυτό και πώς, με τη βοήθειά του, μπορούμε να βρούμε και το ανάπτυγμα πολυωνύμου. ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Α' 69 τ. Ι /6

------

Θ εό φ ιλος Κάϊρης

--------

του 1 957, οπότε με την πληθώρα των διαστημικών σκαφών ήλθαν στο φως οι νέες κατακτήσεις της αστροφυσικής. Χωρίζεται σε 6 κεφάλαια, τα οποία περιέχουν τα εξής θέματα: Γενικές γνώσεις αστρονομίας (ουράνια σφαίρα, κινή σεις των αστέρων, παράλλαξη κ.λπ.), η μερήσια και ετήσια κίνηση του Ήλιου (εκλειπτική, νόμος εμβαδών, ζωδιακό κύκλος, ηλιογήινα φαινόμενα κ.ά.), η Σελήνη και οι κινήσεις της ( φάσεις, εκλείψεις, παλίρροιες κ.λπ.), κινήσεις των πλανητών (νόμοι, περίοδοι, απο στάσεις, δορυφόροι, κομήτες κ.λπ. ), απλανείς αστέρες ( φαινόμενα μεγέθη, κατάλογοι, μεταβλητοί αστέρες κ.λπ.), περί χρόνου (εξίσω ση του χρόνου, ο κύκλος του Ηλίου και της Σελήνης κ.λπ.) και περί τηλεσκοπίων (τηλεσκόπιο του Γαλιλαίου, διοπτρικά και κατοπτρικά τηλεσκόπια, με τις διάφορες κατηγορίες τους). Ας σημειωθεί ότι ένα ακόμη μικρό κεφάλαιο της αστρονομίας πε- Βενιαμ ίν του Λέσ β ιου ριλαμβάνεται στο βιβλίο «Στοιχειώδης Φυσική» με τους αερόλιθους (μετεωρίτες) και άλλο ένα στο βιβλίο «Γνωστική Φιλολογία - Φιλοσοφία», με την κοσμολογία. Η επιστημονική υποδομή του βιβλίου είναι δεδομένη, αφού ο Θεόφιλος Κσ:tρης χρησιμοποιεί π.χ. την «παρατήρηση» του έναστρου ουρανού, για να καθορίσει τις 4 εποχές του έτους. Το «πείραμα», αν και είναι δύσκολο στην αστρονομία, εντούτοις, με τη χρησιμοποίηση του τηλεσκοπίου, που είχε στη διάθεσή του ο μεγάλος αυτό διδάσκαλος του Γένους, καθώς και του κυκλοτέταρτου (ένα αστρονο μικό όργανο παρόμοιο με τον εξάντα), αποτελούσαν τη βάση της εποπτικής διδασκαλίας του κατά τις βραδινές ώρες. Η «απόδειξη» αποτελεί απαραίτητη εργασία στις θετικές επιστήμες και ο Θεόφι λος Κσ:tρης τη χρησιμοποιεί για πολλές έννοιες. Ας αναφέρουμε μόνο την απόδειξη ότι η διάμετρος της Γης είναι μηδαμινή μπροστά στην απόσταση Γης - Ήλιου. Δεν συμβαίνει, όμως, το ίδιο για την απόσταση Γης - Σελήνης, η οποία είναι 60πλάσια της διαμέτρου της Γης. Η επιστημονική αξία της διδασκαλίας του καταφαίνεται και από το γεγονός ότι δεν διστάζει να χρησιμοποιήσει ακόμη και την επίλυση σφαιρικού τριγώνου για τον υπολογισμό των εκλει πτικών συντεταγμένων και για τις εκλείψεις. Ακόμη, προσπαθώντας να εξηγήσει το φαινόμενο της βαρύτητας, εισάγει μια δική του εντε λώς καινούργια έννοια, την έννοια του «ενύλου», το οποίο θεωρεί ότι είναι διάχυτο στο Σύμπαν και συνδέει μεταξύ τους όλα τα ουράνια σώματα. Το «ένυλον» μοιάζει πολύ με το «πανταχηκί νητο» του Βενιαμίν του Λέσβιου 6 ή με τον αιθέρα των αρχαίων Ελλήνων. Τέλος, η διδακτική μεθοδικότητα του βιβλίου της αστρονομίας καταδεικνύεται από την πρόσκληση του αναγνώστη να συμμετάσχει στις νέες προσφερόμενες γνώσεις, με το να χρησι μοποιεί το πρώτο πληθυντικό πρόσωπο στις εκφράσεις του : αποδεικνύουμε, γνωρίζουμε, συ μπεραίνουμε, θα προσπαθήσουμε κ.λπ. Ακόμη χρησιμοποιεί και διάφορες προεκτάσεις για την καλύτερη αφομοίωση των aστρονομικών γνώσεων από τους μαθητές του. I.

2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

I Ο.

11. 12 . 13 . 14.

Βιβλωγραφικές αναφοpιές: Εγκυκλοπαίδεια «Πάπυρος - Λαρούς - Μπριτάνικα» Ελληνική Μαθη ματική Εταιρεία: Πρακτικά πανελληνίων συνεδρίων 198 4 και 198 6. E.E. I. E. T. : Ο ι μαθη ματικές επιστήμες στην τουρκοκρατία, Αθήνα 1990. Καρρά Γιάννη : Κα'ί'ρης - Κούμας, δυο πρωτοπόροι δάσκαλοι. 1° Λύκειο Βόλου : Αναμνηστικό Λεύκωμα 211ς 50ετίας, Θεσσαλονίκη 198 8 . Μ αυρομμάτη Κωνσταντίνου : Η Αστρονομία του Θεόφιλου Καtρη, Θεσσαλονίκη 1989. Μαυρομμάτη Κωνσταντίνου : Η αστρονομία του Βενιαμίν Λέσβιου, Θεσσαλονίκη 1991. Κ . Μ αυρομμάτη- Δ. Χριστόπουλου : Η Ποσοτική (Άλγεβρα) του Θεόφιλου Κα'ϊρη, τόμ. Ι 0', Βόλος 1994. Μαυρομμάτη Κωνσταντίνου : Η Ποσοτική (Άλγεβρα) του Θεόφιλου Κάfρη, τόμος γ\ Βόλος 2003 . Μαυρομμάτη Κωνσταντίνου : Λεξικό Αστρονομίας, Βόλος 2006. Ο.Λ.Μ . Ε . : Λόγος και Πράξη 1985 και 1990. Πανελλήνιο Συμπόσιο : Θεόφιλος Κα'ϊρης, Αθήνα 198 8 . Σταμάτη Ευαγγέλου : Ιστορία των ελληνικών μαθη ματικών, Αθήνα 1980. Υπουργείο Παιδείας: Διδακτικά εγχειρίδια Α', Β' και Γ Λυκείου .

6 Βλ. «Η αστρονομία του Βενιαμίν του Λέσβιου» σελ.

120 και αλλού.

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 69 τ. Ι /7

Οι

αριθμοί στα βάθη

των αιώνων

Θωμάς Γ. Καρανίκας

Η αλήθεια είναι ότι κάθε άρθρο θα πρέπει να έχει μια εισαγωγή, μία εναρκτήρια φράση . . . Η Ιστο ρία όμως δεν είναι κάτι τόσο τακτικό και νοικοκυρεμένο και η αναζήτηση της πρώτης χρήσης των α ριθμών είναι ένα ταξίδι στις ομιχλώδεις aπαρχές της ανθρώπινης ζωής και του πολιτισμού . Οι αρχαιο λόγοι και οι μελετητές προσπαθούν να ανασυστήσουν το πάζλ της προϊστορίας μας από μερικές πήλινες πινακίδες . Οι καινούργιες ανακαλύψεις δεν είναι μόνο καινούργιες ψηφίδες σ ' αυτό το πάζλ, αλλά νέα δεδομένα που μπορούν να αλλάξουν ριζικά όλη την εικόνα του παρελθόντος και την σχέση μας με αυτό Η παλαιότερη ένδειξη αριθμητικής καταγραφής βρέθηκε στην Σουαζιλάνδη της Νότιας Αφρικής και είναι μία περόνη μπαμπουίνου με 29 εμφανείς εγκοπές που χρονολογείται από το 35.000 π.Χ. Μοιά ζει με τα «ημερολογιακά ραβδιά» που ακόμη και σήμερα χρησιμοποιούν στην Ναμίμπια για να καταγρά φουν την παρέλευση του χρόνου. Επίσης είναι σημαντικό και άλλα κόκαλα , της νεολιθικής περιόδου, έχουν βρεθεί στην Δυτική Ευρώπη . Μία κερκίδα λύκου που βρέθηκε στην Τσεχία και χρονολογείται από το 30.000 π.Χ. φέρει 55 εγκοπές σε δύο σειρές ανά πέντε, οι οποίες μάλλον αποτελούν καταγραφή θηρα μάτων. Ένα από τα πιο ενδιαφέροντα ευρήματα είναι το αποκαλούμενο Κόκαλο Ισάνγκο, που βρέθηκε στις όχθες της λίμνης Εντουαρντς, ανάμεσα στην Ουγκάντα και την Λαϊκή Δημοκρατία του Κονγκό. Έ χει χρονολογηθεί γύρο στο 20.000 π.Χ. και μοιάζει να είναι κάτι παραπάνω από πίνακας θηραμάτων . Μικροσκοπική ανάλυση αποκάλυψε πρόσθετες εγκοπές , οι οποίες μπορούν να συσχετισθούν με τις φά σεις της Σελήνης Δεδομένης της σημασίας της πρόβλεψης της πανσέληνου, πιθανόν για λατρευτικούς λόγους αλλά σίγουρα για τον εξαιρετικά πρακτικό λόγο της νυχτερινής ορατότητας, δεν ήταν καθόλου παράξενο που οι νεολιθικοί άνθρωποι έδιναν τόση σημασία στην καταγραφή των μεταλλαγών του μεγά λου Ρολογιού του ουρανού. Στην πραγματικότητα, μέσω της αστρονομίας , της aστρολογίας ή της κο σμολογίας , ο ουρανός άσκησε τη μεγαλύτερη επίδραση στην εξέλιξη των Μαθηματικών . Από την Μεσοποταμία τη γη μεταξύ των ποταμών Ευφράτη και τίγρη , έχουμε γραπτά αρχεία που εκτείνονται μέχρι 3 .500 π.Χ. περίπου Η περιοχή κατακτήθηκε κατά καιρούς από διάφορούς λαούς. Οι παλαιότεροι Σουμέριοι και Ακκάδες έδωσαν την θέση τους στους τεχνίτες του σιδήρου Χετταίους, οι ο ποίοι υπέκυψαν στους τρομερούς Ασσύριους. Ακολούθησαν οι Χαλδαίοι και ο περίφημος Βασιλιάς τους Ναβουχοδονόσωρ, ώσπου κατακτήθηκαν κι εκείνοι από τους Πέρσες οι οποίοι με την σειρά τους υποτά χθηκαν στις στρατιές του Μεγάλου Αλεξάνδρου. Το κέντρο εξουσίας ήταν αρχικά στην Ουρ και μετά στην Νινευη και την Βαβυλώνα. Τα κυριότερα μαθηματικά στοιχεία προέρχονται από την Παλιά Βαβυ λωνιακή Αυτοκρατορία ( 1 900- 1600 π.Χ.) όπου έχουμε σουμεριακές και ακκαδικές επιδράσεις, και από τη δυναστεία των Σελευκιδών του 4ου αι. πχ , όπου είναι εμφανείς οι ελληνικές και βαβυλωνιακές επι δράσεις. Λόγω της μεγάλης σημασίας που είχε η Βαβυλώνα σε όλη αυτή την περίοδο, τα τότε μαθηματι κά είναι γνωστά ως Βαβυλωνιακά .Το σημερινό δεκαδικό σύστημα είναι ένα σύστημα θεσιακού συμβολισμού με βάση το I Ο -με άλλα λόγια I Ο μονάδες της μιας αριθμητικής θέσης αντιστοιχούν με I μονάδα της αμέσως ανώτερης . Τα παλαιότερα γραπτά που έχουμε δείχνουν ότι οι Βαβυλώνιοι χρησιμοποιούσαν ένα εξηνταδικό σύστημα με βάση το δηλαδή το 60, το οποίο έχει εmβιώσει μέχρι σήμερα στο μέτρημα του χρόνου. Τα υλικά τεκμήρια για τα βαβυλωνιακά μαθηματικά είναι σε μορφή πήλινων πινακίδων με σφηνοει δείς επιγραφές. Η χρήση τους ήταν διαδεδομένη και έχουν επιβιώσει εκατοντάδες χιλιάδες δείγματα, από μικρά θραύσματα έως ολόκληρες πλάκες μεγέθους χαρτοφύλακα. Ο πηλός ήταν άφθονος και για όση ώρα έμεινε νωπός μπορούσε κανείς να σβήσει ένα υπολογισμό και να ξαναρχίσει από την αρχή. Μόλις ο πηλός σκλήραινε η πινακίδα ήταν άχρηστη και η την πετούσαν η την χρησιμοποιούσαν σαν δομικό υλικό. Στην Γεωμετρία είχαν μεθόδους για να βρίσκουν το εμβαδόν επιπέδων σχημάτων και πολλά προβλήματα τα έλυναν αλγεβρι κά. Τους άρρητους αριθμούς οι οποίοι πα ριστάνονται με άπειρα δεκαδικά ψηφία , 11000,000 1,000 τους χειρίζονταν αριθμητικά περικόπτοντας το κλασματικό εξηνταδικό ανάπτυγμα Α ρχα ία μ έτρη ση τ ων λ α ώ ν τη ς Μ εσο π οταμ ία ς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α. 69 τ. l /8

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Jln ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ OnYMΠIAQA 2008 εις μνήμην PETER 0' HOLLORAN

Π ρ ό βλη μα 1 ". Έστω c Α ο παρεγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου πλευράς

ευθεία

D ED

στο σημείο

ντίστοιχα. Αν η ευθεία

BFD

και

με κέντρο

Ια

ο οποίος εφάπτεται της

και ΑΒ στα σημεία Ε και

και στις προεκτάσεις των πλευρών

είναι κάθετη προς την πλευρά ΑΒ (την οποία τέμνει στο σημείο

ZF είναι η κάθετη από το Ζ προς την ευθεία

γίσετε τις γωνίες

ABC

AFE .

Ηlα

Η)

Ζ , α και η

(την οποία τέμνει στο σημείο F ), να υπολο-

Π ρ ό βλη μ α 2". p και q είναι μη μηδενικοί ακέραιοι και η εξίσωση

y4 +2 ( 2p-l ) y2 +8qy- ( 4p-1) =0

Αν

έχει μία ακέραια ρίζα ετερόσημη του

(1)

q , να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ3 +px+q =0

(2)

έχει μία τουλάχιστον άρρητη ρίζα.

Π ρ ό βλη μ α 3".

Η τετράδα θετικών ακέραιων ( a,b,c,d )

λέγεται «ενδιαφέρουσα», αν οι αριθμοί

az,bz, cz, dz+l

με τη σειρά που δίνονται, είναι διαδοχικοί όροι aύξουσας αριθμητικής προόδου.

α) Βρείτε μία τουλάχιστον «ενδιαφέρουσα» τετράδα. β ) Ο αριθμός όλων των τετράδων που είναι «ενδιαφέρουσες» είναι πεπερασμένος ή άπειρος; Να εξηγήσετε την απάντησή σας.

Π ρ ό βλη μα 4". Έστω ότι x,y,z Ε [Ο, Ι) και χ+y+z =Ι. Να αποδείξετε ότι:

� 8f;

3 x z + < -+ x+yz y+zx 2

Οι λύσεις στο επόμενο τεύχος

θέματα και t\ύσεις ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΥ 2008

Π ΡΟΒΛΗ Μ Α 1

Να

προσδιορίσετε

φ( χ)= χ2 -χ+ ι

τις

τιμές

των

διαιρεί το πολυώνυμο

JR.

και

ηΕ

Ν*

για

τις

f{x)={x-l)n +{χ-2γπ+Ι +(1-χ2}2η+Ι +a. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/9

οποίες

το

πολυώνυμο

------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ------Λ:ίJση

i = cοs-± π ι . sι . ηπ, ' ' οι χ 1 ? = 1 ±.J3 ι ρι'ζες του πολυωνυμου φ ( χ ) = χ-? - χ + 1 ειναι 3 3 2 ·-

οι οποίες είναι και ρίζες του πολυωνύμου χ 3 +Ι = ( χ +Ι) φ( χ ) . Αν θέσουμε χ 1 = ω = cos� + i siη � , τότε 3 3 η άλλη ρίζα είναι χ ?- = ω = cos� - i siη � . Ομως ισχύει ωω = Ι � ω 3 ω = ω 2 � ω = -ω 2 ( αφού ω 3 = -1 ). 3 3 Επομένως, το πολυώνυμο φ( χ) = χ2 -χ + 1 διαιρεί το πολυώνυμο f(x) =(χ-1)" +(χ-2) 2"+1 + ( 1-χ2)2n+ ι +a , αν , και μόνον αν, f ( ω) = Ο και f ( -ω 2 ) = Ο. Επειδή έχουμε f( ω) = Ο<::::> (ω - Ι )" + ( ω - 2) 2n+Ι + ( 1 - ω2 ) 2n+ Ι + a = Ο<::::> ω2" + ( ω2 - 1 ) 2n+ Ι + ( 1 - ω 2 ) 2n+ Ι + a = Ο<::> ω2 " + a = 0, διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ., Αν η = 3 k, k ε Ν *, τότε f(ω) = O<::::> ω6k + a = O<::::> a = - 1 . Αν η = 3 k + 1, k ε Ν , τότε f ( ω) = Ο<::::> ω6k+ 2 + a = Ο<::::> a = -ω 2 ε C. Αν η = 3 k + 2, k ε Ν , τότε f ( ω) = Ο<::::> ω6k+4 + a = Ο<::::> a = ω ε C. Ομοίως έχουμε f ( -ω 2 ) = 0 <=> ( -ω 2 - 1 ) " + ( -ω 2 - 2 ) 2n+ Ι + ( 1 - ω4 ) 2 n+ Ι + a = O <::::> (-Ι) " ω " - ( ω 2 + 2 ) 2n+ ι + (Ι+ ω ) 2 n+ ι + a = Ο <::::> (-Ι) " ω " - ( ω + 1γn+ Ι + (1 + ω ) 2'1 + 1 + a = 0<::::> (-Ι) " ω" + a = Ο, οπότε διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν η = 3 k, k ε Ν *, τότε: Αν η = 3k + l, k ε Ν , τότε : f ( -ω 2 ) = Ο<::::> ( -1 ) 3 k+Ι ω 3 k+ ι + a = Ο<::::> a = ω ε C . f ( -ω-?) = Ο<::::> ( -1 )3 k+2 ω3 k+ ?- + a = Ο<::::> a = -ω- ε C. Αν η = 3 k + 2, k ε Ν , τότε: Συνοψίζοντας τα παραπάνω, λαμβάνουμε: f (ω) = Ο και f ( -ω 2 ) = Ο<::::> a = -1 και η = 3 k, k ε Ν *, δηλαδή έχουμε φ (χ ) I f (χ )<::::> f (ω) = Ο και f ( -ω 2 ) = Ο<::::> a = -1 και η = 3 k, k ε Ν * . �

•

• •

•

Πuραη1ρηση.

1 Αν παρατηρήσουμε ότι το πολυώνυμο ( χ - 2 ) 2 " + 1 + ( 1 - χ 2 ) 2,1+ έχει παράγοντα το πολυώνυμο χ - 2 + 1 - χ 2 = - ( χ 2 - χ + Ι ) = -φ( χ) , τότε αρκεί να εξετάσουμε πότε το πολυώνυμο φ( χ) διαιρεί το πολυώνυμο g(x) = (x - 1) " + a. ΓJΙ>Oii.\H\'IA 2

Στο χωριό

Χ0

βρίσκονται

Χ1, Χ 2 , Χ3 , Χ4 και Χ5

•

εκδρομείς οι οποίοι πρόκειται να επισκεφθούν

5 γειτονικά χωριά

Καθένας από αυτούς έχει μία μόνο πρώτη επιλογή. Όμως, υπάρχουν περι

πτώσεις που για την επίσκεψη σε κάποιο χωριό υποχρεώνονται οι εκδρομείς να επισκεφθούν και ένα ή περισσότερα από τα υπόλοιπα χωριά. Κάθε εκδρομέας επισκέπτεται μόνο την πρώτη επιλογή του και όσα χωριά υποχρεώνεται να επισκεφθεί. Αν επισκέφθηκαν τα χωριά Χ1, Χ 2 , Χ3 , Χ4 και Χ5

75 εκδρομείς, αντίστοιχα, τότε να βρείτε πόσες πρώτες επιλογές εκδρο μέων αντιστοιχούν σε κάθε χωριό και τα διατεταγμένα ζεύγη ( X;,Xj ) , i,j 1, 2, 3, 4, 5 , που είναι τέτοια ώστε για την επίσκεψη στο χωριό Χ; υποχρεώνεται ο εκδρομέας σε επίσκεψη και στο χωριό συνολικά

40, 60, 65, 70

και

χ ... I

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 69 τ.t/10

------

Μαθη ματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Αν η επίσκεψη στο χωριό Χ2 υποχρέωνε τον εκδρομέα σε επίσκεψη και στο χωριό Χι, τότε θ α επι σκέπτονταν το χωριό Χι τουλάχιστον οι 60 εκδρομείς που επισκέφθηκαν το χωριό Χ2 , που δεν ισχύει, γιατί τελικά το επισκέφθηκαν μόνο 40. Άρα η επίσκεψη στο χωριό Χ2 δεν υποχρεώνει τον εκδρομέα σε επίσκεψη και στο χωριό Χι. Ομοίως προκύπτει ότι η επίσκεψη στα χωριά Χ3,Χ4 και Χ5 δεν υποχρεώ νει σε επίσκεψη και στο χωριό Χι . Σημειώνουμε με χκ τον αριθμό των επισκέψεων στο χωριό )\,κ=ι2,3,4,5. Επειδή ισχύει χι+ χκ > 80, για κάθε κ = 2, 3,4, 5 , έπεται ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον εκδρομέας που επισκέπτεται το χωριό Χι, αλλά και το χωριό Χκ. Αν αυτός ο εκδρομέας έχει ως πρώτη επιλογή το χω ριό Χλ, λ = 1, 2, 3, 4, 5 , τότε αυτό είναι το Χ ι , δηλαδή ισχύει Χλ =Χι και η επίσκεψη στο Χι υποχρεώνει τον εκδρομέα σε επίσκεψη και στο χωριό Χκ, κ = 2, 3,4, 5 . Επομένως, οι Χι = 40 εκδρομείς έχουν το χωριό Χι ως πρώτη επιλογή, ενώ η επίσκεψη στο χωριό Χι υποχρεώνει τον εκδρομέα σε επίσκεψη σε όλα τα υπόλοιπα χωριά, δηλαδή 40 εκδρομείς θα επισκε φθούν και τα χωριά Χ2,Χ3,Χ4 και Χ5 . Έτσι απομένουν 40 εκδρομείς οι οποίοι θα κάνουν y2 = 20, y3 = 25, y4 = 30 και y5 = 35 επισκέψεις στα χωριά Χ2,Χ3,Χ4 και Χ5 , αντίστοιχα. Επειδή ισχύει ότι y2+ yκ > 40, για κάθε κ = 3, 4, 5 , σκεπτό μενοι όπως παραπάνω , συ μπεραίνουμε ότι οι y2 = 20 εκδρομείς έχουν ως πρώτη επιλογή το χωριό Χ2 , στο οποίο η επίσκεψη υποχρεώνει σε επίσκεψη στα χωριά Χ3,Χ4 και Χ5 , και ότι η επίσκεψη σε κάποιο από τα χωριά Χ3,Χ4 και Χ5 δεν υποχρεώνει σε επίσκεψη και στο χωριό Χ2. Έτσι οι 20 εκδρομείς με πρώτη επιλογή το χωριό Χ2 θα επισκεφθούν και τα χωριά Χ3, Χ4 και Χ5 , οπότε απομένουν 20 εκδρομείς οι οποίοι θα κάνουν συνολικά z3 = 5, z4 = 1 Ο και z5 = 1 5 επισκέψεις στ α χωριά Χ3,Χ4 και Χ5 , αντίστοιχα. Σκεπτόμενοι, όπως προηγουμένως, συμπεραίνουμε ότι η επίσκεψη στα χωριά Χ4 και Χ5 δεν υπο χρεώνει σε επίσκεψη στο χωριό Χ3• Επίσης η επίσκεψη στο χωριό Χ5 δεν μπορεί να επιβάλλει επίσκεψη στο χωριό Χ4 . Όμως , επειδή είναι z4 + z5 > 20 , υπάρχει ένας τουλάχιστον εκδρομέας που επισκέπτεται και τα δύο χωριά Χ4 και Χ5 • Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις: J< •;

'-:-:1

πι:υοrτυ'(�"Ι1

Ο εκδρομέας αυτός έχει ως πρώτη επιλογή το χωριό Χ3, οπότε υποχρεώνεται σε επίσκεψη και στα χωριά Χ4 και Χ5. Τότε 5 εκδρομείς θα επισκεφθούν τα χωριά Χ4 και Χ5 , οπότε απομένουν 1 5 εκδρο μείς οι οποίοι θα κάνουν w 4 = 5 και w 5 = 1 Ο επισκέψεις στα χωριά Χ4 και Χ5 , αντίστοιχα. Άρα, λαμ βάνοντας υπόψη ότι οι πρώτες επιλογές που απομένουν είναι 20, προκύπτει ότι z3 = 5, w 4 = 5 και w 5 = 1 Ο είναι οι πρώτες επιλογές που αντιστοιχούν στ α χωριά Χ3,Χ4 και Χ5 , αντί στοιχα. Σε μορφή πίνακα οι επισκέψεις δίνονται ως εξής: Χι ·1 � ' -�:,· ., ��

χ2

40 ·-

χ3

40 20

χ4

40 20 5

40 20 5 .: ;.

65 75 70 Τα διατεταγμένα ζεύγη (x;,Xj), i, j = 1, 2, 3,4, 5 , που είναι τέτοια ώστε για την επίσκεψη στο χωριό Χ; υποχρεώνεται ο εκδρομέας σε επίσκεψη και στο χωριό Χj στη περίπτωση αυτή είναι τα εξής: ( Χι,Xj ) , j = 2, 3,4, 5, (ΧυΧk ), k = 3,4, 5 και (Χ3,Χ11, ) , m = 4, 5 . Οι κινήσεις στην περίπτωση αυτή μπορούν να δοθούν από το διάγραμμα που ακολουθεί 40

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. 1/1 1

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυ μπιάδες

..Rl �....

[ΞJ

Ο εκδρομέας αυτός έχει ως πρώτη επιλογή το χωριό Χ4 , οπότε του επιβάλλεται η επίσκεψη και στο χωριό Χ5 . Τότε 1 Ο εκδρομείς θα επισκεφθούν το χωριό Χ5 , οπότε απομένουν 1 Ο εκδρομείς οι οποίοι θα κάνουν z3 5 και w 5 5 επισκέψεις στα χωριά Χ3 και Χ5 , αντίστοιχα. Άρα στην περίπτωση αυτή z3 = 5, w 1 Ι Ο και w 5 5 είναι οι πρώτες επιλογές που αντιστοιχούν στα χωριά Χ3,Χ4 και Χ5 , αντί στοιχα. Σε μορφή πίνακα οι επισκέψεις δίνονται ως εξής: =

Χι

χ2

40 -;-·_ ...,i-,.

χ3

40 20 ;',

χ4

Χ5

40 20

ι: ι

10 �·

75 70 65 Τα διατεταγμένα ζεύγη (x;,Xj ), i,j = 1 ,2,3,4,5 , που είναι τέτοια ώστε για την επίσκεψη στο χωριό 60

υποχρεώνεται ο εκδρομέας σε επίσκεψη και στο χωριό Χj στη περίπτωση αυτή είναι τα εξής: (X 1 ,Xj), j = 2,3,4,5, (ΧυΧk ), k 3,4,5 και ( Χ4,Χ5 ). Οι κινήσεις στην περίπτωση αυτή μπορούν να δοθούν από το διάγραμμα που ακολουθεί

Χ;

χ2

ο--� I I

40 i

· · ··

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l/12

tm , !

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Οι διχοτόμοι των γωνιών Α, Β και Γ τριγώνου ΑΒΓ τέμνουν το περιγεγραμμένο κύκλο C 1 (0, R)

στα σημεία Α 2 ,Β 2 και Γ2 , αντίστοιχα. Οι εφαπτόμενες στα σημεία Α 2 ,Β 2 και Γ 2 του περιγεγραμ μένου κύκλου τέμνονται στα σημεία Α 3,83 και Γ3 (τα σημεία Α 3 και Α βρίσκονται στο ίδιο η μιε πίπεδο ως προς την ευθεία ΒΓ, τα σημεία Β 3 και Β βρίσκονται στο ίδιο η μιεπίπεδο ως προς την ευ θεία ΑΓ και τα σημεία Γ3 και Γ βρίσκονται στο ίδιο η μιεπίπεδο ως προς την ευθεία ΑΒ). Αν ο εγ γεγραμμένος κύκλος C 2 (1,ρ) του τριγώνου ΑΒΓ εφάπτεται στις πλευρές ΒΓ,ΑΓ,ΑΒ στα σημεία Α 1,Β 1 και Γ 1 , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι οι ευθείες Α 1Α 2 ,Β 1 Β 2 ,Γ1 Γ2 ,ΑΑ 3,ΒΒ 3 και ΓΓ3 περνάνε από το ίδιο σημείο.

Έστω Ι το έκκεντρο και Ο το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒ Γ . Τότε ΙΑ .1 Β1 Γ1 , ΙΒ .1 Α1 Γ1 και Ι Γ .1 Α1 Β1 • Γ ια τις παρακάτω ισότητες γωνιών χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι τα σημεία Α2 , Β2 , Γ2 , είναι μέσα Β Γ Α ο ο ο ο χ =l ο και y = 2 ω = l. Ά ρα εχουμε των αντιστοιχων τοο ξ ων. Ι σχυουν οι ισοτητες γωνιων: : ΙΑ .1 Β 2 Γ2 • Λ

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι: ΙΒ .1 Α2Γ2 και ΙΓ .1 Α2Β2 , οπότε συμπεραίνουμε ότι Α1 Β1 I/ Α2Β2 , Α1 Γ1 // Α2Γ2 και Β1 Γ1 // Β2 Γ2 • Άρα τα τρίγωνα Α1 Β1 Γ1 και Α2Β2Γ2 είναι ομοιόθετα και κατά συνέπεια οι ευθείες Α1 Α2 , Β1 Β2 και Γ1 Γ2 που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές τους θα συντρέχουν στο κέντρο της ομοιοθεσίας (που έστω ότι είναι το σημείο Ρ ). Το σημείο Ο είναι το περίκεντρο του τριγώνου Α2Β2Γ2 και το έκκεντρο f του τρι γώνου ΑΒ Γ , είναι περίκεντρο του τριγώνου Α1 Β 1 Γ1 • Επειδή όμως τα τρίγωνα Α1 Β1 Γ1 , Α2 Β 2Γ2 είναι ο μοιόθετα, θα είναι ομοιόθετα και τα περίκεντρά τους, δηλαδή το σημείο Ο είναι το ομοιόθετο του σηR μείου Ι στην ομοιοθεσία με κέντρο το σημείο Ρ και λόγο λ = (όπου R και ρ είναι οι ακτίνες του ρ περιγεγραμμένου C1 (0, R) και εγγεγραμμένου C2 (1, ρ) κύκλου του τριγώνου ΑΒ Γ αντίστοιχα).

Προφανώς λοιπόν οι κύκλοι C1 (0,R) και C2 (1, ρ) είναι ομοιόθετοι στην ομοιοθεσία με κέντρο το R σημείο Ρ και λόγο λ = . Επιπλέον μπορούμε να συμπεράνουμε ότι και τα σημεία Ο, Ι, Ρ είναι συνευ ρ θειακά και (1) ΡΟ = λ·ΡΙ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l/13

------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

Α383 εφάπτεται του κύκλου C ι (O, R) στο μέσο Γ2 του τόξου Α8 , οπότε θα είναι Α383 // Α8 . Ομοίως προκύπτει ότι Α3Γ3 I/ ΑΓ και 8mrm I/ 8Γ . Από τις τρεις προηγούμενες παραλληλίες συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α383Γ3 είναι ο μοιόθετα και κατά συνέπεια οι ευθείες ΑΑ3 , 883 και ΓΓ3 που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές τους θα συντρέχουν στο κέντρο της ομοιοθεσίας (που έστω ότι είναι το σημείο Τ ). Οι κύκλοι C ι (O, R) και C2 (Ι, ρ) είναι οι εγγεγραμμένοι κύκλοι των ομοιόθετων τριγώνων Α383Γ1 και Α8Γ αντίστοιχα στην ομοιοθεσία με κέντρο το Τ και λόγο λ =

Rρ . Επιπλέον μπορούμε να συμπε

ράνουμε ότι και τα σημεία Ο, Ι , Τ είναι συνευθειακά και ΤΟ = λ · τι (2) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) συμπεραίνουμε ότι τα σημεία Ρ και Τ ταυτίζονται. Πράγματι, με αφαίρεση κατά μέλη των ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε ΡΟ - ΤΟ = λ ( ΡΙ - τι ) => ΡΤ = λΡΤ :::::> ( λ - 1 ) ΡΤ = 6 , οπότε ' αφού είναι λ =

Rρ > 1 ' έπεται ότι ΡΤ =

6 => Ρ Ξ τ .

Μπορούμε να αποδείξουμε ότι τα σημεία Ρ και Τ ταυτίζονται και με τον εξής τρόπο: Τα σημεία Α 82 , Γ2 είναι τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου Α3 83Γ3 C ι (O, R) με τις πλευρές του. Τα σημεία Αι , 8 ι , Γι είναι τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου Α8Γ C2 (Ι, ρ) με τις πλευρές του. Επειδή όμως τα τρίγωνα είναι ομοιόθετα, οι ευθείες Α ι Α 8ι 82 και Γι Γ2 που ορίζουν τα ομόλογα σημεία επαφής θα διέρχονται από το κέντρο της ομοιοθεσίας Τ . υ

2+ 2-

χ y axy 2 = Δίνεται η εξίσωση όπου a θετική ακέραια παράμετρος. Ν α αποδείξετε ότι: (i) Για (ii) Για

(1)

a "* 4 , δεν υπάρχουν ζεύγη θετικών ακεραίων ( χ , y ) που είναι λύσεις της εξίσωσης (1 ) . a 4 , υπάρχουν άπειρα ζεύγη θετικών ακεραίων ( x, y ) που είναι λύσεις της εξίσωσης =

(1), τα οποία να προσδιορίσετε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l / 1 4

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Αν a -::F- 4 και ( χ, y) με χ, y θετικούς ακέραιους είναι μία λύση της ( 1 ), τότε πρέπει χ -::F- y . Πράγματι, αν ήταν χ = y , τότε θα είχαμε 2χ 2 - ax 2 + 2 = Ο <=> ( a - 2) χ 2 = 2 <=> χ = 1 και a = 4, που είναι άτοπο. Έστω τώρα μία λύση ( x 0 , y 0 ) της εξίσωσης χ 2 + y 2 - axy + 2 = Ο ( 1 ), με χ 0 , Υ ο θετικούς ακέραιους, χ 0 > y 0 . Τότε ισχύει ότι χ � + y � - ax 0 y 0 + 2 = Ο και (i)

( ay o - Χ ) 2 + Υ ο - a ( ay o - Χ ο ) Υ ο + 2 = χ;; + Υ ο - aχ σΥο + 2 = ο , οπότε και το ζεύγος ( χ 1 , y 1 ) = ( ay 0 - χ 0 , Υ ο ) είναι επίσης λύση της ( 1 ) , αφού ισχύει και η απαιτούμενη ανισότητα ay 0 - χ 0 > Ο . Η τελευταία προκύπτει από τη σχέση χ 0 ( ay 0 - χ 0 ) = ax 0 y 0 - χ � = y � + 2 > Ο . χ 0 > Χ 1 = ay 0 - Χ0 • Επιπλέον ισχύει ότι Πράγματι, έχουμε χ 0 > χ 1 = ay 0 - Χ0 <=> χ � > Χ0 ( ay 0 - Χ0 ) <=> χ � > Υ � + 2 <=> χ � - y � > 2 , που ισχύει για χ 0 , Υ ο θετικούς ακέραιους με χ 0 > Υ ο . ο

Έτσι με τη διαδικασία αυτή προκύπτει ακολουθία ζευγών θετικών ακεραίων (χ ο , Υ ο ) , ( χ ι , Υ ι ) , ... , (χ η , Υn ) , ... , οι όροι της οπο ίας είναι λύσεις της εξίσωσης ( 1 ) και ικανοποιούν τις ανισότητες χ 0 > χ 1 > ... > χ " > ... . Αυτό, όμως είναι άτοπο, αφού δεν υπάρχει ακολουθία θετικών ακεραίων που να είναι γνησίως φθίνου σα. Ομο ίως καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε ότι υπάρχει λύση ( χσ ,y0 ) της εξίσωσης ( 1 ), με χ 0 , y 0 θετικούς ακέραιους, Χο <y0 • Πράγματι, λόγω συ μμετρίας και το ζεύγος (y0 , x0 ) είναι λύση με y0 > χσ . Για a = 4 η εξίσωση γίνεται x2 + J -4xy+ 2 = 0 (2) και έχει την προφανή λύση ( x 0 , y0 ) = ( 1 , 1 ) . Πράγματι, αν αναζητήσουμε λύσεις της μορφής ( χ, y) με χ = y , τότε προκύπτει ότι χ = y = 1 . Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι και το ζεύγος ( x 1 , y 1 ) = (4x0 - y 0 , x 0 ) = ( 3, 1) είναι επίσης λύση της εξίσωσης (2), όπως είναι και τα ζεύγη (3) (y o , x o ) , ( χ σ , 4 Χ ο - y o ) , ( Υ ο , 4 Υ ο - χ σ ) και (4 Υ ο - Χ ο , Υ ο ) Θεωρούμε τώρα την τυχούσα λύση ( x 1 , y 1 ) της εξίσωσης (2), όπου x 1 , y 1 ακέραιοι με χ 1 > y 1 2': 1 . ·

' ' οτι ισχυει (4 χ 1 - y 1 ) 2 + Χ ϊ - 4(4 χ 1 - y 1 ) χ 1 + 2 = Χ ϊ + Υϊ - 4 x 1 y 1 + 2 = ο , δηλαδή και το ζεύγος (x 2 , y 2 ) = (4x 1 - y 1 , x 1 ) είναι λύση της (2) με x 1 ,4y 1 - χ 1 θετικούς ακέραιους, α φού από τη σχέση ( 4χ 1 - Υ ι ) y1 = 4x 1 y 1 - y � = χ � + 2 > Ο , έπεται ότι 4χ 1 - y 1 > Ο . Επιπλέον ισχύει y 2 = Χι > Υ ι και χ 2 = 4χ ι - Υ ι = 3χ ι + ( Χι - Υ ι ) > 3χ ι > Χ ι . Επομένως, με τη διαδικασία που χρησιμοποιήσαμε, μπορεί να προκύψει απειρία ζευγών θετικών ακεραίων ( X 0 , y 0 ) , ( Χ 1 , y 1 ) , ... ,( Χ 11 , y ) , τέτοια ώστε Χ ο < Χι < ... < x n < ... και Υ ο < Υ ι < ... < y n < ... . τ οτε '

,...

{ Χ n + Ι = 4x_ nχ- y" } , η = 0, 1, 2, ... και χ 0 = y0 = 1 . Υn + ι - " ' οτι ' συστημα ' ' { x n + 2 = 4x n + l - x n } , η = 0, 1, 2, ... και χ 0 = y 0 = l, x 1 = 3 . Απο' το παραπανω προκυπτει -

και επιπλέον ισχύει

Yn + I X n _

Έτσι, οι λύσεις που προκύπτουν με τη παραπάνω διαδικασία είναι οι ( Χ 11 , Χ11 _ 1 ) , η = 1, 2, . . . , και όσες απορρέουν από αυτές της μορφής (3), όπου η ακολουθία ( χ " ) ικανοποιεί μία αναδρομική σχέση δεύτερης τάξης της μορφής Χ11 + 2 = 4x n + l - Χ 11 , η = 0, 1, 2, . . . Και Χ0 = 1, Χ 1 = 3 11 οπότε ο γενικός της όρος είναι της μορφής χ " = c 1 α 11 + c 2 β , όπου α = 2 - .J3, β = 2 - .J3 είναι οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης t 2 - 4t + 1 = Ο . Οι σταθερές c 1 , c 2 προκύπτουν από τις αρχικές συνθήκες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l/1 5

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

c1 + c 2

= χ0 =

1, c 1 α + c2β = χ 1 = 3 <:::> C 1

3 + J3 , C

-------

3 - J3 .

2 =6

Θεωρώντας επίσης την τυχούσα λύση ( χ , y) της εξίσωσης (2), όπου χ , y ακέραιοι με χ > y � 1 , πα ρατηρούμε, όπως παραπάνω, ότι και το ζεύγος (y, 4y - χ ) είναι επίσης λύση της εξίσωσης (2) με 4y - χ S:: y . Πράγματι, έχουμε 4y - χ S:: y <:::> 3 y - χ S:: Ο <:::> χ - 3 y � Ο , η οποία, αφού χ - y > Ο , είναι ισο δύναμη με την ανισότητα ( χ -y)( χ - 3y) � Ο ή χ2 + 3 1 -4xy � O ή 2 ( / - 1 ) � 0. Έτσι, αν είναι y > 1 , τότε λαμβάνουμε 4y - χ < y , οπότε με την καθοδική αυτή διαδικασία θα φθά σουμε μετά από ορισμένα βήματα σε μία λύση ( χ , y) με y = 1 και εφαρμόζοντας τη διαδικασία που πε ριγράψαμε παραπάνω θα βρούμε τις άπειρες λύσεις που προσδιορίσαμε προηγουμένως.

Η 25η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διεξήχθη στην Οχρίδα της ΠΓΔΜ από 4 έως 1 Ο Μα"fου 2008 με τη συμμετοχή συνολικά 1 8 χωρών. Συμμετείχαν οι χώρες: Αλβανία, Β οσνία κα ι Ερζεγοβίνη, Β ουλ γαρ ία, Ελλ ά δα, Κύ πρ ο ς, Μα υροβούνιο, Μολδαβία, ΠΓΔ Μ, Ρουμανία, Σερβία, Τουρκία .

Ως φιλοξενούμενες συμμετείχαν οι χώρες:

Α ζερμ παϊτζά ν, Γαλλία, Ηνωμέ νο Βα σίλειο, Ιταλ ία, Καζακστά ν, Τατζικιστά ν και Τουρκμενιστά ν.

Την Ελληνική ομάδα αποτελούσαν οι μαθητές :

Αργυρό μετάλιο Χάλκινο μετάλιο Χάλκινο μετάλιο Χάλκινο μετάλιο Χάλκινο μετάλιο Συμμετοχή.

Συνοδοί της αποστολής ήταν ο Αναπληρωτής καθηγητής του ΕΜΠ κ. Ανάργυρος Φελλούρης (αρχηγός) και ο καθηγητής Μαθηματικών Δευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης κ. Ευάγγελος Ζώτος (υπαρχηγός). Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC με AC > BC . Έστω Ο το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου, Η το ορθόκεντρο του (σημείο τομής των υψών) και F το ίχνος του ύψους του από το C. Έστω Ρ σημείο της ευθείας ΑΒ διαφορετικό του Α τέτοιο ώστε AF PF, και Μ το μέσον του AC. Συμβολίζουμε το ση μείο τομής των ευθειών ΡΗ και BC με Χ, το ση μείο τομής των ευθειών ΟΜ και FX με Υ, και το σημείο τομής των ευθειών OF και AC με Ζ. Να αποδείξετε ότι τα ση μεία F, Μ, Υ και Ζ είναι ομοκυκλικά. =

Επειδή είναι ΟΜ ..l AC , αρκεί να αποδείξουμε ότι OF ..l FX (Σχήμα 1 ). Αν ΟΕ ..l ΑΒ , τότε είναι φανερό ότι CH = 2 · ΟΕ . ( 1 ) Από την υπόθεση έχουμε PF = AF , οπότε ΡΒ = PF - BF ή ΡΒ = AF - BF .(2) Επίσης έχουμε ΧΡ Β = Η ΑΡ και ΗΑΡ = H C X , αφού το τετράπλευρο AFGC είναι εγγράψιμο ( G είναι το ίχνος του ύψους από το Α ). Άρα έχουμε XPF = HCX και αφού ΒΧΡ = HXC , τα τρίγωνα XHC και ΧΒΡ είναι όμοια. Αν XL και XD είναι ύψη των τριγώνων XHC και ΧΒΡ , αντίστοιχα, τότε θα έ ΧD ΡΒ χουμε την ισότητα η οποία με χρήση των ( 1 ) και (2) γίνεται "'

XD ΧL με :

AF - BF FE XD FE . . XFD και OEF ειναι · ομοια, · · λαμβ ανου· = :::::> - = . Επομενως οποτε τα τριγωνα ΟΕ FD ΟΕ 20Ε OFX = OF C + LFX = F O E + F X D = XFD + F XD = 90° :::::> OF ..l FX. -

Αρκεί να αποδείξουμε ότιt OF ..l FX . Θεωρούμε την αρχή του μιγαδικού επιπέδου στο περίκεντρο του τριγώνου ABC . Έστω a, b, c οι μιγαδικοί αριθμοί που αντιστοιχούν στις κορυφές Α, Β και C , αντίστοιχα, του τριγώνου ABC , με aa = bb = cc = 1 . Τότε έχουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l / 1 6

------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

h = a + b + c,

a + b + c - abc =

-------

(1)

b + c - ab c

Σχήμα Ι Το σημείο Χ είναι η τομή των ΗΡ και BC. Τότε έχουμε c-x c- χ

c-b - c- b

-- = -- =

p-x

και επίσης

p- x

- b+c-x -bc => χ = bc

(2)

---

p-h p- h

Για να αποδείξουμε ότι OF .l FX , αρκεί να αποδείξουμε ότι:

o-f σ- r

f-x r- x

<::::> - = -

f-x r- χ

<::::>

Πρώτα αποδεικνύουμε το ακόλουθο λήμμα. Έστω Τ η τομή του ύψους από την κορυφή C με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώ νου ABC. Αν D είναι η τομή των CA και ΒΤ, Ε είναι η τομή ΑΤ και CB, τότε σχηματίζουμε το πλή ρες τετράπλευρο ΤACBED. Αν F είναι το ίχνος του ύψους από την κορυφή C , τότε OF .l DE.

Στο πλήρες τετράπλευρο FTOACB (σχήμα 2), μπορούμε να αποδείξουμε ότι (E,T,R,A)=- 1 και (Ε,Β, R' ,C)=- 1 . Επομένως, η OF είναι η πολική του Ε ως προς τον κύκλο (0), οπότε ΟΕ .l OF. Ομοίως αποδεικνύουμε ότι 00 .l EF, οπότε το σημείο F είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΟΕ, δηλαδή έχουμε ο F .l DE. Για την απόδειξη του προβλήματος είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι .LYFZ = 90° . Σε συνδυασμό με το προηγούμενο λήμμα, αρκεί να αποδείξουμε ότι FX 1 1 ΟΕ ή ισοδύναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι BF ΒΧ BQ ΒΕ Επειδή το τετράπλευρο ΑΤΡΗ είναι ρόμβος ( Τ είναι το συμμετρικό του Η ως προς την ευθεία , , , ΒΧ = Β Ρ . Επομενως, αρκει να ισχυει οτι ΑΒ ) , επεται ΒΕ ΒΑ -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l/1 7

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

------

BF = ΒΡ ή ΒΡ = ΒΑ � FA - FB = ΒΑ � FA = 1 + ΒΑ = AQ . Από το πλήρες τετράπλευρο BQ ΒΑ FB BQ FB BQ FB BQ BQ TACBED παρατηρούμε ότι (A,F,B,Q) = -1 , το οποίο δίνει την ισότητα FA __AQ FB BQ Ί

ΊI

I I

Ί,

I I

/,1

. /

--�l· I

ι rl I

___

ΊI

ι'

:j /;

__ _ -

ι' ' ; •

ι ,' I'

·'

/ .·

'1' ι'

,t-

/ .

' ,

Ι :;

_,·

Σχήμα 2

Η λύση αυτή στηρίζεται σε διπλή εφαρμογή της Αρκεί να αποδείξουμε ότι OF FX . Θέτουμε (σχήμα I ) Τi:τα ρτη λ\J ση (Αναστ άσιος Β α φ εί δ η ς)

τριγωνομετρικής μορφής του θεωρήματος Ce v a .

LOFH = χ < 90', LXFB = y < 90' ( αφού AC > BC ). Τότε έχουμε LOCA = 90' - Β = LOAC, LOAB = 90' - Β , LOCF = LACF - LACO = Β - Α . Χρησιμοποιώντας τη τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος του Ceva στο τρίγωνο ACF με τις AO,CO,BO συντρέχουσες, λαμβάνουμε sin ( 90' - C) sin ( 90' - C) sin ( 9 0' - Β ) sin χ s1n χ = I => = I (I) sin ( 90' - χ ) sin ( Β - Α ) sin ( 90' - χ ) sin ( 90' - Β ) sin ( Β - Α ) Τα τρίγωνα ACP και ΑΗΡ είναι ισοσκελή, οπότε έχουμε LHAP = LHP Α = 90' - Β , LHPC = LFPC - LHPF = Α - ( 90' - Β ) = 90' - C , LFCB = 90' - Β, LBCP = LFCP - LFCB = ( 90' - Α ) - ( 90' - Β ) = 90' - C . Χρησιμοποιώντας ξανά το τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος του Ceva στο τρίγωνο FCP ως ·

""7 · --,----

προς το σημείο Χ λαμβάνουμε

sin ( 90' - Β ) sin ( 90' - C) sin y =1 sin ( 90' - y ) sin ( Β - Α) sin ( 90' - Β ) sin y . sin ( 9 0' - C) = 1 . sin (90' - y ) sin (B - A) sin χ sin y Από τις ( I ) και (2) προκύπτει η ισότητα sin ( 90' - χ ) sin ( 90' - y ) -....,.---'-------" "7"

•

____,... ..--....,.__.:._

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l / 1 8

(2)

(3 )

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

Από την (3) χρησιμοποιώντας τριγωνομετρικούς μετασχηματισμούς ή τη μονοτονία των τριγωνομε τρικών συναρτήσεων βρίσκουμε ότι χ = y , το οποίο τελικά δίνει .LOFX = 90° .

Ομοίως, αρκεί να αποδείξουμε ότι OF .l FX . Θεωρώντας τον άξονα χ 'χ .l ΑΒ και τα σημεία F ( O , O ) , A ( - p , O ) , B ( b O ) , C ( O , c ) λαμβάνουμε την εξίσωση της ευθείας ΑC και τις συντεταγμένες των bp και x bc 2 - b 2 p , bcp - cb 2 σημείων , c- - bc c- - b Τελικά υπολογίζουμε το συντελεστή διεύθυνσης των ευθειών OF, ΟΧ και βρίσκουμε ότι λ0F λ0χ = -1 . Άρα είναι OF .l FX .

(

Η (ο )

)

•

Υπάρχει ακολουθία

a 1 , a 2 , •••, aη , ···

θετικών πραγματικών αριθμών η οποία ικανοποιεί και τις

δύο παρακάτω συνθήκες:

(ί)

Σ i=Ι

a ; ::;

n2 , για

η,

κάθε θετικό ακέραιο

(ίί)

Σι i=ι

- ::; a;

2008 , για κάθε θετικό ακέραιο η .

απάντηση είναι όχι. Για την απόδειξη αυτού είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι: 2 1 η c Αν a ι + a 2 + ... + a , _< η 2 , για κα θ ε η , τοτε Σ - > - η μπορει να χρησιμοποιη θ ει· οποιαδηποτε αλλη i=2 a ; 4 ακριβής προσέγγιση). Πράγματι, από την ανισότητα αριθμητικού-aρμονικού μέσου προκύπτει ότι 2''' 2' 1 2k 2 , για κάθε k � Ο . Σ a ; Σ -� i= z k + ι i=lk + ι a i 2" 1 n- ι 2' '1 1 η 2' ' 1 1 ] 2k+2 < Επειδή Σ a ; Σ a ; ::; 2 , έπεται ότι Σ -> - , οπότε Σ- > Σ Σ - > - . i= ι i=2 a ; k=O i=2' + ι a ; 4 i=2' + ι i=2' + ι a ; 4 •

·I

,,.,

?' ' '

Έστω η ένας θετικός ακέραιος. Το ορθογώνιο ABCD με μήκη πλευρών ΑΒ = 90n + 1 και BC = 90n + 5 διαμερίζεται σε μοναδιαία τετράγωνα που έχουν πλευρές παράλληλες προς τις πλευ ρές του ABCD. Έστω S το σύνολο όλων των ση μείων που είναι κορυφές αυτών των μοναδιαίων τε τραγώνων. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός των ευθειών που περνάνε από δύο τουλάχιστον ση μεία που ανήκουν στο S διαιρείται με το 4.

Διπλασιάζοντας τις διαστάσεις μπορούμε να θεωρήσουμε με αρχή το κέντρο του ορθογώνιου ABCD και άξονες παράλληλους προς τις πλευρές του. Επομένως έχουμε S= { (2a + l,2b + 1) : a,b εZ, J� :s;45η,J� :s;45η + 2} . Στη συνέχεια θα χωρίσουμε τις ευθείες σε τέσσερις διακεκριμένες κατηγορίες και θα αποδείξουμε ότι ο αριθμός των ευθειών κάθε κατηγορίας διαιρείται με το 4. Η πρώτη κατηγορία αποτελείται από ευθείες παράλληλες προς μία από τις πλευρές του ορθογώνιου ABCD και ο αριθμός τους είναι 90η + 2 + 90η + 6 = 4 ( 45η + 2) , δηλαδή είναι αριθμός που διαιρείται με το 4. Η δεύτερη κατηγορία αποτελείται από ευθείες που δεν περνάνε από το κέντρο του ορθογώνιου και δεν είναι παράλληλες προς τις πλευρές του (Σχήμα 3). Η κατηγορία αυτή περιέχει διαφορετικές ομάδες τεσ σάρων ευθειών d ι , d 2 , d3 , d4 πoυ είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο του ορθογώνιου ή ως τους άξονες συμμετρίας του. Η τρίτη κατηγορία αποτελείται από ευθείες που περνάνε από το κέντρο του ορθογώνιου και από ένα σημείο του συνόλου S που βρίσκεται μέσα στο τετράγωνο Τ με διαστάσεις ( 1 80η + 2) ( 1 80η + 2) , με πλευρές παράλληλες προς τις πλευρές του ορθογώνιου, με το ίδιο κέντρο και περιεχόμενο σε αυτό, εκτός από τις διαγώνιες του τετραγώνου. Η κατηγορία αυτή περιέχει διαφορετικές ομάδες τεσσάρων ευθειών ει , ε 2 , ε3 , ε4 έτσι ώστε οι ευθείες ε ι , ε 2 είναι συμμετρικές ως προς την πρώτη διαγώνιο, ενώ οι ευθείες ε3 , ε4 είναι συμμετρικές ως προς τη δεύτερη διαγώνιο. χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. t / 1 9

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

Σχή μα 3

Σχήμα 4

τέταρτη κατηγορία αποτελείται από τις διαγώνιες του τετραγώνου Τ , καθώς επίσης και εκείνες τις ευθείες που περνάνε από το κέντρο του ορθογώνιου ABCD και από κάποιο σημείο του συνόλου S - Τ , αλλά όχι από κάποιο σημείο του συνόλου S n Τ . Οι ευθείες αυτές χαρακτηρίζονται από το ότι έχουν

κλίση της μορφής Ε. , όπου το κλάσμα Ε. είναι ανάγωγο με q

qε

{ 90η + 3, 90η + 5 } ,

p περιττό

με

I P I :::; 90η + I . Για την καταμέτρηση αυτών των ευθειών, σημειώνουμε ότι το σύνολο των περιττών θετι κών ακέραιων που είναι σχετικώς πρώτοι με τον 90η + 3 και βρίσκονται στο διάστημα [ -90η - ι, -ι ] εί

ναι σε ένα προς ένα αντιστοιχία με το σύνολο των άρτιων θετικών ακέραιων που είναι σχετικώς πρώτοι με τον 90η + 3 και βρίσκονται στο διάστημα [ 2, 90η + 2 ] , σύμφωνα με την αντιστοιχία με τύπο

χ � χ + 90η + 3 . Έτσι το σύνολο των ανάγωγων κλασμάτων της μορφής

+3 , 90n _

_ _

περιττός, I PI ::s; 90n + I ,

έχει τον ίδιο πληθικό αριθμό με το σύνολο των θετικών ακέραιων που είναι σχετικώς πρώτοι με τον 90η + 3 και βρίσκονται στο διάστημα [ I, 90n + 2 ] , δηλαδή είναι ίσος με φ ( 90η + 3 ) , όπου φ είναι η γνωστή συνάρτηση Euler. Ομοίως, το σύνολο των ανάγωγων κλασμάτων της μορφής Ρ

90η + 5 ,

περιττός, I P I :::; 90η + 3 ,

έχει φ ( 90n + 5 ) - 2 στοιχεία, αφού πρέπει να αφαιρέσουμε τα στοιχεία που αντιστοιχούν στις τιμές ± ( 90n + 3 ) . Λαμβάνοντας υπόψη και τις δύο διαγώνιες του τετραγώνου ο συνολικός αριθμός των ευ θειών της τέταρτης κατηγορίας είναι φ ( 90n + 3 ) + φ ( 90η + 5 ) . Απομένει να αποδείξουμε ότι οι αριθμοί φ ( 90η + 3 ) και φ ( 90η + 5 ) διαιρούνται με το 4. Πράγματι, επειδή είναι ( 3, 30η + l) = ι , έχουμε ότι φ ( 90η + 3 ) = φ ( 3 ) φ ( 30n + Ι ) = 2φ ( 30η + ι ) και ο αριθμός φ ( 30n + ι ) είναι άρτιος, ενώ ομοίως για τον αριθμό φ ( 90n + 5 ) έχουμε

φ ( 90n + 5 ) = φ ( 5 ) φ ( Ι 8n + ι ) = 4φ ( Ι 8η + Ι ) .

Έστω

a. + ι

a 1 , a 2 , • • • , a . , ...

ένας θετικός ακέραιος. Η ακολουθία

3 = a � + a. + c , για κάθε θετικό ακέραιο

κάποιοι ακέραιοι ραιο και εκθέτη

k�1

και

ορίζεται από

η. Βρείτε όλες τις τιμές του

� 2 , τέτοιοι ώστε ο

3 a� + c

=c,

και

c για τις οποίες υπάρχουν

είναι δύναμη με βάση κάποιο θετικό ακέ

a 2n + l + c 3 = ( a 2 + a + c 3 ) 2 + c 3 = ( a 2 + c 3 )( a 2 + 2a + ι + c 3 ) Θα αποδείξουμε ότι οι αριθμοί a � + c 3 και a � + 2a. + ι + c 3 είναι πρώτοι μεταξύ τους. Πρώτα θα αποδεί ξουμε με επαγωγή ότι ο 4c 3 + ι είναι πρώτος με τον αριθμό 2a. + ι , για κάθε η ::=:: ι . Για η = I , έστω p ένας κοινός πρώτος διαιρέτης των αριθμών 4c 3 + I και 2a. + I = 2c + ι . Τότε προΈχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l/20

•

-------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------

2 ( 4c 3 + l ) = ( 2c + 1 ) ( 4c 2 - 2c + l ) + 1 , οπότε ο p διαιρεί το 1 , που είναι άτοπο. Υποθέτουμε τώρα ότι ( 4c 3 + Ι, 2a n + l ) = l , για κάποιο η 2 1 . Θα αποδείξουμε ότι ( 4c 3 + 1, 2a n ι + l ) 1 . Πράγματι, αν p είναι ένας κοινός πρώτος διαιρέτης των αριθμών + 4c 3 + l και 2a n + ι + l , τότε ο p διαιρεί και τον αριθμό 2 ( a n + ι + l ) = ( 2a n + 1 ) 2 + 4c 3 + l , που είναι άτοπο.

κύπτει ότι ο p διαιρεί και τον αριθμό

Ας υποθέσουμε τώρα ότι για κάποιο

2 Ι ο αριθμός

a 211 + + c 3 = ( a 2 + a + c 3 ) 2 + c 3 = ( a n2 + c 3 )( a 2 + 2a + l + c 3 ) Ι είναι μία δύναμη. Επειδή οι a � + c 3 και a ;, + 2a n + l + c 3 είναι πρώτοι μεταξύ τους, έπεται ότι και ο a � + c 3 είναι επίσης μία δύναμη. Ομοίως συνεχίζουμε αν υποθέσουμε ότι ο αριθμός a ; + C3 = C 2 + C 3 = C 2 ( C + I ) είναι μία δύναμη . Αν a 2 ( a + 1 ) = t m , με m 2 3 , τότε a = t � και a + l = t; , το οποίο είναι αδύνατο. Επομέ νως έχουμε a 2 ( a + 1) = t 2 , οπότε λαμβάνουμε τις λύσεις a = s 2 - 1, s 2 2, s ε Ν. π

..-- .

0ΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ OnYMΠIAOA Μ α δ ρ ίτη, Ι σπαν ία, Ι ούλιος 1 0 - 22, 2 008

Η 49η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα έγινε φέτος στη Μαδρίτη της Ισπανίας από l Ο έως 22 Ιουλίου 2008. Συμμετείχαν συνολικά 99 χώρες. Η Ελληνική ομάδα συμμετείχε με τους μαθητές: ,

·' Τ' ' · • · · • 1

.., • •

Χάλκινο μετάλιο Χάλκινο μετάλιο Εύφημη μνεία Εύφη μη μνεία , Εύφημη μνεία Εύφημη μνεία.

Συνοδοί της Ελληνικής ομάδας ήταν ο Αναπληρωτής Καθηγητής του Ε.Μ.Π. Ανάργυρος Φελλούρης (αρχηγός) και ο Καθηγητής του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων Θεόδωρος Μπόλης (υπαρχηγός). Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC με ορθόκεντρο το σημείο Η. Ο κύκλος που περνάει από το Η και έχει κέντρο το μέσον της πλευράς BC τέμνει την ευθεία BC στα ση μεία Α ι και Α 2 • Ομοίως, ο κύκλος που περνάει από το Η και έχει κέντρο το μέσον της πλευράς CA τέμνει την ευ θεία CA στα σημεία Β ι και Β2 , και ο κύκλος που περνάει από το Η και έχει κέντρο το μέσον της πλευράς ΑΒ τέμνει την ευθεία Α Β στα σημεία Cι και C2 • Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α ι , Α2, Β ι , Β2, Cι , C2 είναι ομοκυκλικά .

Οι μεσοκάθετοι των ευθυγράμμων τμημάτων Α 1 Α Ββ z . C1 C 2 είναι επίσης μεσοκάθετοι των πλευρών BC, CA, ΑΒ , οπότε τέμνονται στο περίκεντρο Ο του τριγώνου. Επομένως το σημείο Ο είναι το μοναδικό σημείο που μπορεί να είναι το κέντρο του ζητουμένου κύκλου, αν βέβαια αυτός υπάρχει. Έστω Α 0 ,Β0 και C0 τα μέσα των πλευρών BC,CA και ΑΒ , αντίστοιχα. Τότε από το ορθογώ νιο τρίγωνο ΟΑ0Α1 έχουμε ΟΑ ; = ΟΑ � + Α0Α ; = ΟΑ � + Α0Η 2 (1) Έστω Κ το μέσον του ΑΗ και έστω L το μέσον του CH . Επειδή τα σημεία Α0 και 80 είναι τα μέσα των πλευρών BC και CA , έπεται ότι A0L 1 1 ΒΗ και B0L 1 1 ΑΗ . Έτσι τα ευθύγραμμα τμήματα A0L και B0L είναι κάθετα προς τις AC και BC , και άρα παράλληλα προς τα 080 και ΟΑ0 , αντίστοι χα. Επομένως το τετράπλευρο OA0LB0 είναι παραλληλόγραμμο, οπότε τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ0 και B0L είναι παράλληλα και ίσα. Επίσης , το ευθύγραμμο τμήμα B0L που έχει άκρα τα μέσα 80 και υ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. Ι /2 1

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

L δύο πλευρών του τριγώνου AHC είναι ίση και παράλληλη προς τα ΑΚ και ΚΗ .

Σχήμα 1 Άρα τα τετράπλευρα ΑΚΑ00 και ΗΑ00Κ είναι παραλληλόγραμμα. Από το πρώτο από αυτά έπεται ότι Α0Κ = ΟΑ = R, όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC . Από το δεύτερο και τον κανόνα του παραλληλογράμμου έπεται ότι 2 2 2 2 2 ( 0Α� + Α0Η ) = 0Η + Α0Κ = 0Η + R 2 • (2) Η- + RΑπό τις ( Ι ) και (2) λαμβάνουμε ΟΑ� = ο . Λόγω συμμετρίας, το ίδιο προκύπτει και για τα 2 τμήματα ΟΑ2 ' ΟΒι , ΟΒ 2 , οcι και oc2 . Έτσι τα σημεία Αι , Αυ 8ι , Β2 , C ι , C2 βρίσκονται όλα σε κύκλο 2 2 κέντρου Ο και ακτίνας ( ΟΗ + R )j2. ?

Θα αποδείξουμε πάλιν ότι το σημείο Ο ισαπέχει από τα σημεία Α ι , Α2 , 8 ι , Β Cι και C 2 . Όπως και πριν ονομάζουμε Α 0 ,8 0 και C 0 τα μέσα των πλευρών 8C , CA και Α8 , αντίστοιχα . Επιπλέον , ο νομάζουμε ωa , ωb και ωc τους κύκλους που περνάνε από το σημείο Η και έχουν κέντρα τα σημεία Α 0 , Β0 και C 0 , αντίστοιχα . Έστω Α' το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων ωb και ωc (σχήμα 2). Η διακεντρική ευθεία 80C0 των δύο αυτών κύκλων, η οποία περνάει από τα μέσα δύο πλευρών του τριγώ νου A8C , είναι παράλληλη προς την 8C και κάθετη προς το ύψος ΑΗ. Τα σημεία Α0 και Η είναι συμμετρικά ως προς την διακεντρική ευθεία 80C0 , οπότε το σημείο Α' βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΑΗ . Από τους δύο κύκλους ωb και ωc λαμβάνουμε ΑC ι AC 2 = ΑΑ' ΑΗ = Α8 ι ΑΒ 2 . Άρα το τετράπλευρο Β ι Β 2 C ι C 2 είναι εγγράψιμο. Οι μεσοκάθετες των πλευρών 8ι Β 2 και C ι C 2 τέμνο νται στο Ο , οπότε το Ο είναι το περίκεντρο του εγγράψιμου τετραπλεύρου 8ι 82C ι C2 και ΟΒ ι = 08 2 = οcι = oc2 . Ομοίως λαμβάνουμε ΟΑι = ΟΑ 2 = ΟΒ ι = 082 και ΟΑ ι = ΟΑ 2 = οcι = oc2 , οπότε τα σημεία Α ι , Α 2 , 8ι , 8υ C ι , C 2 ανήκουν στον ίδιο κύκλο κέντρου Ο . υ

: ; "- • ,, I

� .

Το πρόβλημα μπορεί να λυθεί χωρίς μεγάλη δυσκολία υπολογιστικά, με χρήση τριγωνομετρίας, Ανα λυτικής Γεωμετρίας ή μιγαδικών αριθμών. Στη συνέχεια θα δώσουμε μία λύση που στηρίζεται στο δια νυσματικό λογισμό. Έστω Ο το περίκεντρο και R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC. Θεωρού2 2 2 2 με τα διανύσματα ΟΑ = a, ΟΒ = b, OC = c, όπου a = b = c = R . Είναι γνωστό ότι ΟΗ = a + b + c , οπότε θα έχουμε b + c 2a + b + c = Α Η = ΟΗ - ΟΑ = (a + b + c) 2 2 2 2 2 b c 2a + + c και ΟΑ� = ΟΑ� + Α0Α� = ΟΑ� + Α0Η = + ο

(;) ( ξ )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. t /22

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Σχήμα 2

= � ( b 2 + 2b o c + c 2 ) + � ( 4a 2 + 4a b + 4a o c + b 2 + 2b o c + c 2 ) = 2R 2 + ( a b + a o c + b o c ) o Ανάλογοι τύποι προκύπτουν και για τα τμήματα ΟΑ 2 , ΟΒ1 , ΟΒ 2 , OC1 και OC 2 ο

2 0 ( υ ) Να αποδείξετε ότι ισχύει

χ2

> (*) + -1 ' ( χ - 1) ( y - 1) 2 (z - 1) 2 για όλους τους πραγματικούς αριθμούς χ, y, z, που είναι διαφορετικοί από το 1 και ικανοποιούν την ισότητα xyz 1 . (β) Ν α αποδείξετε ότι στη σχέση (*) η ισότητα ισχύει για άπειρο πλήθος τριάδων ρητών αριθ μών χ, y, z, που είναι διαφορετικοί από το 1 και ικανοποιούν την ισότητα xyz 1 . ---=-2 +

z z-ι y-ι a , y = -c 0 b , z = -από την οποία προκύπτει ότι χ = -c-ι a-ι b-ι 2 2 Τότε η ανισότητα (*) είναι ισοδύναμη με την a + b + c 2 � ι , ( ι ) ενώ οι νέες μεταβλητές υπόκεινται στους περιορισμούς a, b, c 1= ι και ( a - ι ) ( b - ι) ( c - ι ) = abc Η τελευταία είναι ισοδύναμη με την a + b + c - ι = ab + bc + ca , 2 ( a + b + c - ι ) = ( a + b + c )2 - ( a 2 + b2 + c2 ) , a 2 + b2 + c2 - 2 = ( a + b + c )2 - 2 ( a + b + c ) , a- + b- + c- - 1 = ( a + b + c - ι ) - , από την οποία προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα a 2 + b 2 + c 2 � ι Από την εξίσωση a 2 + b 2 + c 2 - 1 = ( a + b + c - 1 ) 2 , προκύπτει ότι η σχέση ( 1 ) αληθεύει ως ισότητα, αν, και μόνον αν, τα δύο αθροίσματα a 2 + b 2 + c 2 και a + b + c έχουν τιμή 1 , δηλαδή όταν ισχύουν a+b+c=1 a+b+c=I ( a + b + c γ - 2 ( ab + bc + ca ) = 1 <=> ab + bc + ca = Ο a, b, c 1= Ι a, b, c 1= Ι Με απαλοιφή του c λαμβάνουμε την εξίσωση a 2 + ab + b 2 = a + b , η οποία είναι δευτεροβάθμια ως προς b και γράφεται στη μορφή b2 + (a - l) b + a (a - 1 ) = 0 (2 ) εξίσωση ( 2 ) έχει διακρίνουσα Δ = ( a - 1 ) 2 - 4a ( a - 1) = ( 1 - a )( Ι + 3a ) Για την εύρεση ρητών τριάδων ( a, b, c ) , αρκεί να θεωρήσουμε το a ρητό και καθέναν από τους παράγο( α)

χ χ-ι

Υ = b , -- = c , .=.εκιναμε με την αντικατασταση -- = a, ---

•

{

}{

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. Ι /23

------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

ντες 1 - a και Ι + 3a τέλια τετράγωνα ρητών. Για παράδειγμα, αν θεωρήσουμε a = � , όπου m ( m - k ) ( m + 3k ) Δ = ( 1 - a )( 1 + 3a ) = ., k, m Ε Ζ, m * Ο , τότε m2 οπότε αρκεί καθένας από τους παράγοντες m - k και m + 3k να είναι τετράγωνο ακεραίου. Αυτό μπορεί να επιτευχθεί, για παράδειγμα, αν πάρουμε m = k 2 - k + 1, k Ε Ζ , αφού τότε

( k2 - 1 )m - k = (k - 1) 2 και m + 3k = ( k + 1 ( 'Ετσι, για k E Z, m = k 2 - k + 1, a = � , τότε είναι Δ = m m2 m - k ± (k2 + 1) . Θεωρώντας και η δευτεροβάθμια εξίσωση (2) έχει τις ρίζες b = ?

2m 2 m - k + k - 1 m + (m - 2) = b= 2m 2m

m-1 m

1-k . c = 1 - a - b = --

προκύπτει ότι

m συνθήκη a, b, c "f:. 1 οδηγεί στην εξαίρεση των τιμών k = Ο και k = 1 . Έτσι, αν k Ε Ζ, k > 1 , λαμk2 - k , 1 - k k ' ρητων ' τρια' δ ων ( a, b , c ) = ' απειρια , β ανουμε _ k2 k + 1 k2 _ k + 1 k2 _ k + 1 Επιστρέφοντας στις αρχικές μεταβλητές λαμβάνουμε απειρία ρητών τριάδων k k - k2 , k � 1 (x, y, z) = k ( k - 1) που ικανοποιούν τη ζητούμενη ισότητα. Η

)

(

ο ,

Το σύστημα των εξισώσεων a 2 + b 2 + c 2 = 1, a + b + c = 1 , με a, b, c * 1 , παριστά στον τρισδιάστατο χώρο ως προς καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων Oabc, κύκλο με κέντρο την αρχή Ο (Ο, Ο, Ο ) με ε ξαίρεση τριών σημείων. Έτσι το δεύτερο ερώτημα είναι ισοδύναμο με την εύρεση άπειρου πλήθους ρη τών σημείων πάνω στον προηγούμενο κύκλο. c , μπορει, να αντικατασταθ ει, απο, α' λλες b z = -a y = --, , , η αρχικη, αντικατασταση χ = --, Επισης, ανάλογες αντικαταστάσεις, όπως

a-1

b-1

c-1

" χ = 1 - �1 , y = 1 - 1 , z = 1 - 1 , β γ χ = χ' - 1, y = y' - 1, z = z' - 1, "' 1 - yz = u, 1 - zx = ν, 1 - xy = w ,

c<>

οι οποίες ανάγουν την προς απόδειξη ανισότητα σε μία ανισότητα της μορφής Α 2 :?: Ο . Ανάλογα με τη μέθοδο που θα ακολουθήσει κάποιος, μπορεί να πάρει διάφορες ακολουθίες τριάδων 2r - 2 2r + 2 r 2 - 1 ρητών ( x, y, z) . Μία τέτοια ακολουθία είναι η (χ, y, z) = 2 ,-- , r Ε QJ - { -1,1} . -�\ι-�·-Jτεμη λ·(J tτ�-� �

(

ο ,

(r + 1γ (r - 1)

1 xy ( xy - 1) 2 ( xz (y - 1) 2 + y 2 ( χ - 1) 2 ) + ( χ - 1) 2 :?: ( χ - 1) 2 (y - 1) 2 ( xy - 1) 2 . Αν θέσουμε p = χ + y, q = xy , τότε μετά από αρκετές πράξεις λαμβάνουμε q4 - 6q 3 + 2pq 2 + 9q 2 - 6pq + p 2 :?: 0� ( q 2 - 3q + p ) 2 :?: 0, που ισχύει. (υ)

Θεωρώντας z = -- και απαλείφοντας παρανομαστές η ζητούμενη ανισότητα γίνεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /24

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------

Για να ισχύει η ισότητα, αρκεί q 2 - 3q + p = Ο . Από τον ορισμό τους οι p και q είναι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης t 2 - pt + q = Ο , ως προς t , της οποίας η διακρίνουσα γίνεται Δ

= p 2 - 4q = ( 3q - q 2 ) 2 - 4q = q ( q - 1 / ( q - 4) . Έτσι, αρκεί να είναι και οι δύο παράγοντες q και q - 4 τετράγωνα ρητών αριθμών, αφού τότε p = 3q - q 2 Ε Q, JΔ Ε Q και ρητές επίσης προκύπτουν οι ρίζες της εξίσωσης t 2 - pt + q = Ο . Θέτοντας 2 2 , η, m , f Ε Ζ , τότε λαμβάνουμε την εξίσωση (2m ) 2 + e 2 = η 2 , η οποία είναι η γνω q= : =4+

( �)

( )

στή Πυθαγόρεια εξίσωση που, όπως είναι γνωστό έχει άπειρες ακέραιες λύσεις. Jl

αριθμός n

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι αριθμοί n τέτοιοι ώστε ο

+ 1 να έχει ένα πρώτο διαιρέτη, που είναι μεγαλύτερος από το 2n + ili . �·

Έστω Ν άρτιος θετικός ακέραιος και έστω p ένας πρώτος διαιρέτης του Ν 2 + 1 που είναι περιττός. Το διάστημα

[-Ρ� 1 , Ρ� 1 ] περιέχει δύο ακέραιους, η 0 και -η 0 , οι οποίοι είναι ισοϋπόλοιποι με το Ν

και το -Ν mod ulo p , αντίστοιχα. Θέτοντας η = Ι η 0 I , βρίσκουμε ένα μη αρνητικό ακέραιο η για τον οη 2 + 1 (±Ν) 2 + 1 Ο ( mod p) . ποίο ισχύει ότι =

Είναι η ;t: Ο , αφού η 2 + 1 2: p > 1 , οπότε θα είναι: 1 .::; η .::; Ρ - .

Θέτουμε χ = p - 2η. Από τη σχέση χ 2 = (p - 2η ) 2 4η 2 -4( mod p) , συμπεραίνουμε ότι ο p διαιρεί το χ 2 + 4 , οπότε χ 2 + 4 2: p. Τότε =

( (p - 2η) 2 + 4 ) - p = ( x 2 + 4 ) - p 2: 0 ,

p 2 - (4η + 1) p + 4η 2 + 4 2: 0

Ρ 2- Ι , έπεται ότι p - 2η - ..!.2 > Ο . Αν υποθέσουμε ότι η > 8 , τότε θα είναι και 2η - _!2 > Ο . Τότε από την ( 1 ) προκύπτει ότι : p - 2η - ..!. 2: J2η - 1 5 . 2 4 4

(1)

Επειδή ισχύει ότι η .::;

Επιπλέον, από η > 8 έπεται ότι ili > 4 , οπότε θα έχουμε

'________1 p 2: 2η + ..!. + 2η - Ι 5 > 2η + ..!. + /2 η _ J2;; 2 η + _ = 2η + ili . 2 4 2 ν 4

Για τη συ μπλήρωση της λύσης, αρκεί να αποδείξουμε ότι η παραπάνω διαδικασία, με κατάλληλη επιλογή του Ν , δίνει άπειρο πλήθος διαφορετικών τιμών του η που ικανοποιούν το ζητούμενο του προβλήματος. Θέτουμε Ν = k!, όπου k 2: 6 1 . Επειδή ο αριθμός Ν 2 + 1 = (k!γ + Ι είναι σχετικά πρώτος με τους α ριθμούς 1, 2, ..., k, έχουμε ότι p > k 2: 6 1, οπότε είναι p 2: 67 και η > 8 . Επειδή είναι p > k , ο p μπορεί να πάρει άπειρο πλήθος διαφορετικών τιμών και επειδή ο η 2 + Ι δεν μπορεί να έχει περισσότερους από έναν πρώτους διαιρέτες μεγαλύτερους του η, από διαφορετικές τιμές του p προκύπτουν διαφορετικές τιμές του η . Γ1J 1 . Το ζητούμενο του προβλήματος μπορεί ελαφρώς να βελτιωθεί. Συγκεκριμένα, θα αποδείξουμε ότι ο όρος ili μπορεί να αντικατασταθεί από τον όρο Mn . Έστω p πρώτος τέτοιος ώστε p Ι ( mod 8) . Η ισοτιμία χ 2 -Ι ( mod p) έχει δύο λύσεις στο διάστη μα (1, p - 1] των οποίων το άθροισμα είναι p . Αν η είναι η μικρότερη από αυτές τις δύο λύσεις, τότε ο =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /25

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυ μπιάδες

-------

ρ διαιρεί το η 2 + Ι και ισχύει η :::; - Ι . Θ α αποδείξουμε ότι ρ > 2η + Mn . 2 Ι Πράγματι, αν η = €, όπου € � Ο , τότε από την ισοτιμία η 2 = -Ι ( mod ρ) έπεται ότι 2 2 Ι = -I ( mod ρ) ή ( 2€ + Ι) 2 + 4 = Ο ( mod ρ) .

(Ρ� €) -

Έτσι έχουμε (2e + I ) 2 + 4 = rp, για κάποιο r � Ο . Αφού (2€ + Ι ) 2 = Ι = ρ ( mod 8 ) , έχουμε ότι

= 5 ( mod 8 ) , οπότε r � 5. Άρα είναι ( 2 e + Ι) 2 + 4 � 5p, οπότε € � � . Αν θέσουμε �5p - 4 = u , 2 Ι ρ-1 u I ' το' τε � --, οποτε η = - - e :s; -(p - u ) . r

� r_

' u 2 + 4 , προκυπτει ' ρ = -' ' ' u-' - 5 u - 1 0 η + 4 � Ο Λυνοντας την ανισοτητα οτι Σ ε συνδυασμο' με τη σχεση

, u � 5 + ν'40η + 9 , απο την οποια , σε συνδυασμο, με τη σχεση αυτη, ως προς u � 0 λαμβ ανουμε οτι 2 p-u ρ � 2η + u � 2η + 5 + ν'40η + 9 ) > 2η + Mn η :::; -- , οδηγεί στην ,

Επειδή υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής 8k + I , έπεται ότι επίσης υπάρχουν άπειροι η με τη ζη τούμενη ιδιότητα. Π αραη) ρ η ση 2 . Θεωρώντας την παραγοντοποίηση του γινομένου Π ( η 2 + Ι ) σε γινόμενο πρώτων n=l παραγόντων, μπορεί κάποιος να παρατηρήσει ότι ο μεγαλύτερος πρώτος διαιρέτης του είναι τουλάχιστον Ν l og Ν . Αυτό οδηγεί σε καλύτερο φράγμα της μορφής ρ > η log η. Η απόδειξη χρησιμοποιεί στοιχεία από την κατανομή των πρώτων αριθμών της μορφής 4k + I . Είναι επίσης γνωστό ότι το φράγμα ρ > η log η μπορεί ακόμα να βελτιωθεί στη μορφή ρ > Cηα , για κάποιο α ε { I, 2} και κάποια θετική σταθερά C . Ν

Π ρόβλη μα 4. Βρείτε όλες τις συναρτήσεις

�

(δηλαδή, η f είναι συνάρτηση από το σύνολο των θετικών πραγματικών αριθμών στο σύνολο των θετικών πραγματικών αριθμών) για τις οποίες ισχύει:

f : (Ο ,+οο)

(f(w)) 2 + (f(x)) 2 f(y 2 ) + f(z 2 )

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς w, \ \ι ση

χ,

(Ο ,+οο)

y, z, που ικανοποιούν την ισότητα wx = yz .

Έστω f μία συνάρτηση που ικανοποιεί τη δεδομένη συνθήκη. Θέτοντας w = χ = y = z = I λαμβάνουμε (f(I)) 2 = 1 , οπότε f(I) = I . Στη συνέχεια θέτουμε w = υ , χ = Ι , y = z = Fu , όπου υ > Ο , οπότε (f (υ)) 2 + 1 υ 2 + Ι προκύπτει η ισότητ α -'----'--'--' -: = 2 f (υ) 2υ υ(f(υ)) 2 + υ = υ 2 f (υ) + f (υ) , (υf (υ) - Ι ) ( f (υ) - υ) = Ο . η οποία δίνει '

για κάθε υ > Ο ισχύει f (υ) = υ ή f (υ) = _!_ . (Ι) Έτσι, υ Κατ' αρχήν εύκολα επαληθεύουμε ότι οι συναρτήσεις (2) f (υ) = υ, υ > Ο ή f (υ) = -Ι , υ > Ο , υ ικανοποιούν τη δεδομένη συνθήκη, οπότε αποτελούν λύσεις του προβλήματος. Θα αποδείξουμε ότι οι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /26

------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------

συναρτήσεις αυτές είναι και οι μοναδικές λύσεις. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει συνάρτηση f που ικανοποιεί το πρόβλημα, διαφορετική από τις δύο συναρτήσεις της ( Ι ), τότε για κάποια a, b > Ο θα ισχύουν f ( a ) =t- a και f ( b) =t- _!_ . Λόγω της ( Ι ) θα πρέπει f ( a ) = _!_ και f (b) = b . Θέτοντας τώρα στη δεδομένη συνθήκη a

--o + b " 2 a + b2 a2f ( ab ) 2ab

η,

= a , χ = b, y = z = Jab λαμβάνουμε

(Ι )

ab ---z + b 2 f ( ab ) -- 2a 2 a +b

(3)

Όμως, λόγω της ( 1 ), πρέπει f ( ab ) = ab ή f ( ab ) = -1 , οπότε έχουμε: ab Αν f ( ab ) = ab , τότε από την (3) προκύπτει a-2 + b 2 = a 2 + b 2 , οπότε είναι a = 1 , το οποίο αντιφάσκει προς τη σχέση f ( a ) =t- a . Αν f ( ab ) = __!__ , τότε από την (3) προκύπτει ότι a 2 b 2 ( a-2 + b2 ) = a 2 + b 2 , ab

οπότε είναι b = 1 , το οποίο αντιφάσκει προς τη σχέση f (b) =t- _!_ . b Άρα οι μοναδικές λύσεις του προβλήματος είναι οι συναρτήσεις (2). Η δεδομένη συνθήκη έχει τέσσερις μεταβλητές που υπόκεινται μόνο στη συνθήκη wx = yz και έτσι αφήνει τρεις βαθμούς ελευθερίας και δίνει πλήθος πληροφοριών. Υπάρχουν πολλές αντικαταστάσεις με τις οποίες μπορεί να μελετήσει κάποιος τη συνάρτηση που ζητάμε. Παρακάτω δίνουμε μία, που οδηγεί πάλι στη σχέση ( I ). Βρίσκουμε πάλιν την ισότητα f ( 1) = Ι και θέτουμε w = χ = 1, y = Fu, z = , υ > Ο, οπότε προκύπτει η σχέση Θέτοντας επίσης

f ( υ) + f

( �) = υ � .

},;

(4)

= υ, χ = _!_ , y = z = 1 , υ > Ο , λαμβάνουμε υ

(5) Λύνουμε το σύστημα των (4) και (5) υψώνοντας στο τετράγωνο τα δύο μέλη της (4) και αφαιρώντας τη προκύπτουσα εξίσωση από την (5), οπότε προκύπτει η εξίσωση 2f ( υ) f = 2 . (6)

(

(�)

Με αφαίρεση της (6) από την (5) λαμβάνουμε f(υ) - f

(�))2 = ( υ - �)2

οι οποίες μαζί με την (4) οδηγούν στις συναρτήσεις (2).

ή f (υ) - f

(�) = ± ( υ - �) ,

Έστω η και k θετικοί ακέραιοι με k � η και k - η άρτιος. Δίνονται 2η λαμπτήρες αριθμη μένοι με τους αριθμούς 1 , 2, . . . , 2η, ο καθένας από τους οποίους μπορεί να είναι στην κα τάσταση αναμμένος ή στην κατάσταση σβηστός. Αρχικά όλοι οι λαμπτήρες είναι σβηστοί. Θεωρού με ακολουθίες βημάτων, στις οποίες σε κάθε βήμα ένας μόνο από τους λαμπτήρες αλλάζει κατάστα ση (από αναμμένος σε σβηστός ή από σβηστός σε αναμμένος). Έστω Ν ο αριθμός εκείνων των ακολουθιών που αποτελούνται από k βήματα και έχουν ως α ποτέλεσμα την κατάσταση κατά την οποία οι λαμπτήρες με αριθμό από 1 μέχρι η είναι όλοι αναμ μένοι και οι λαμπτή ρες από η + 1 μέχρι 2η είναι όλοι σβηστοί. Έστω Μ ο αριθμός εκείνων των ακολουθιών που αποτελούνται από k βήματα και έχουν ως α ποτέλεσμα την κατάσταση κατά την οποία οι λαμπτήρες με αριθμό από 1 μέχρι η είναι όλοι αναμ μένοι και οι λαμπτήρες με αριθμό από η + 1 μέχρι 2η είναι όλοι σβηστοί, αλλά κανένας από τους ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l/27

-------

Μαθη ματικ ο ί Διαγωνισμ ο ί - Μαθη ματικές Ολυ μπιάδες

λαμπτήρες με αριθμό από η + 1 μέχρι 2n ποτέ δεν βρέθηκε στη κατάσταση αναμμένος. Να προσδιορίσετε το λόγο Ν/Μ.

Ονομάζουμε επιτρεπτή διαδικασία μία ακολουθία k βημάτων (άναμμα-σβήσιμο) η οποία οδηγεί στη κατάσταση να είναι αναμμένοι οι λαμπτήρες με αριθμό 1 , 2, ... , η και σβηστοί οι λαμπτήρες με αριθμό η + 1, ... , 2η . Αν η ακολουθία των k βημάτων δεν μεταβάλλει σε καμία φάση την κατάσταση κανενός από τους λαμπτήρες η + 1, ... , 2η , τότε αυτή ονομάζεται περιορισμένη. Άρα, σύμφωνα με το πρόβλημα, υπάρχουν Ν επιτρεπτές διαδικασίες και μεταξύ αυτών υπάρχουν Μ περιορισμένες. Σε κάθε επιτρεπτή διαδικασία, περιορισμένη ή όχι, καθένας από τους λαμπτήρες 1 , 2, ... , η αλλάζει κα τάσταση (από σβηστός σε αναμμένος), οπότε επιδρούμε σε αυτόν περιττό αριθμό φορών, ενώ καθένας από τους λαμπτήρες η + 1, ... , 2η δεν αλλάζει τελικά κατάσταση (από σβηστός παραμένει σβηστός), οπότε επιδρούμε σε αυτόν άρτιο αριθμό φορών. Σημειώνουμε ότι Μ > Ο , δηλαδή υπάρχει μία τουλάχιστον περιορισμένη επιτρεπτή διαδικασία. Πράγματι, αρκεί να ανάψουμε μία φορά καθένα από τους λαμπτήρες 1 , 2, ... , η και στη συνέχεια να πάρουμε τυχαία έναν από αυτούς και να του αλλάξουμε την κατάσταση k - η φορές ( από την υπόθεση ο αριθμός k - η είναι άρτιος. Θεωρούμε μία τυχαία περιορισμένη διαδικασία p . Π αίρνουμε τον λαμπτήρα .e, 1 � .e � η και υποθέτουμε ότι έχουμε επιδράσει σε αυτόν k1 φορές, όπου ο αριθμός k 1 πρέπει να είναι περιττός. Επιλέγουμε τυχαία ένα άρτιο αριθμό από αυτά τα k βήματα και aντικαθιστούμε αυτά με αντίστοιχα βήματα στον λαμπτήρα η + .e . Αυτό μπορεί να γίνει με 2 k , - ι τρόπους (γιατί ένα σύνολο με k1 στοιχεία έχει συνολικά 2 k , - ι υποσύνολα με άρτιο αριθμό στοιχείων). Σημειώνουμε ότι k1 + k 2 + ... + k" = k . Οι παραπάνω δράσεις, για τα διάφορα e ε { 1, 2, ... , η } είναι ανεξάρτητες, υπό την έννοια ότι η δράση στον λαμπτήρα .e δεν επηρεάζει τη δράση σε κάποιον από τους υπόλοιπους λαμπτήρες. Έτσι συνολικά υπάρχουν 2 k , -ι · 2 k , - ι · · · 2 k , - ι = 2 k - n τρόποι για να συνδυάσουμε τις παραπάνω δράσεις. Καθένας από αυ τούς τους συνδυασμούς οδηγεί σε τελική κατάσταση ίδια με αυτήν της αρχικής διαδικασίας p . Αυτό αποδεικνύει ότι καθεμία από τις περιορισμένες επιτρεπτές διαδικασίες μπορεί να τροποποιηθεί κατά 2 k - n τρόπους, δίνοντας έτσι 2 k - n επιτρεπτές διαδικασίες. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι κάθε επιτρεπτή διαδικασία q μπορεί να προέλθει με τον τρόπο που περιγράψαμε προηγουμένως. Πράγματι, αρκεί να αντικαταστήσουμε κάθε αλλαγή κατάστασης ενός λαμπτήρα με αριθμό fl > η η οποία συμβαίνει στη δια δικασία q με μία αλλαγή κατάστασης του αντίστοιχου λαμπτήρα με αριθμό fl - η . Στην προκύπτουσα διαδικασία p οι λαμπτήρες η + 1, ... , 2η δεν αλλάζουν ποτέ κατάσταση. Οι αλλαγές κατάστασης σε κάθε λαμπτήρα με αριθμό fl > η συνέβαινε στη διαδικασία q άρτιο α ριθμό φορών. Έτσι οι αντικαταστάσεις που περιγράψαμε προηγουμένως αλλάζουν την κατάσταση κάθε λαμπτήρα με αριθμό fl � η επίσης ένα άρτιο αριθμό φορών, οπότε η τελική κατάσταση του συνόλου των λαμπτήρων δεν αλλάζει. Αυτό σημαί νει ότι η προκύπτουσα διαδικασία είναι επιτρεπτή και περιορισμένη. Αν τώρα θεωρήσουμε τη διαδικασία p και αντιστρέψουμε όλες αυτές τις αντικαταστάσεις, τότε προκύπτει η διαδικασία q . Έτσι, υπάρχει μία αντιστοιχία 1 - 2 k - n μεταξύ του συνόλου των Μ περιορισμένων επιτρεπτών διαδικασιών και του συνό λου των Ν επιτρεπτών διαδικασιών, οπότε � = 2 k - n . Μ 1

Θεωρούμε μία τυχαία διαδικασία k βημάτων τέτοια ώστε στο τέλος της οι πρώτοι η λαμπτήρες εί ναι αναμμένοι και οι τελευταίοι η λαμπτήρες είναι σβηστοί. Προφανώς, ο λαμπτήρας με αριθμό i, (i 1 , 2, ... , η) έχει αλλάξει κατάσταση περιττό αριθμό φορών, έστω 2a; + 1 , ενώ κάθε λαμπτήρας με αριθμό η + i, έχει αλλάξει κατάσταση άρτιο αριθμό φορών, έστω 2b; , όπου a; , b; είναι μη αρνητικοί ακέραιοι. Σημειώνουμε Α = 2a1 + 2a 2 + ... + 2a " + η και Β = 2b 1 + 2b 2 + 2b " , οπότε θα είναι Α + Β k . Για σταθερές τιμές των a; , b; , ο αριθμός των επιτρεπτών διαδικασιών ισούται k! με =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /28

-------

Μαθη ματικο ί Διαγωνισμ ο ί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

0 συνολικός αριθμός των επιτρεπτών διαδικασιών προκύπτει με άθροιση πάνω σε όλους τους δυνα τούς συνδυασμούς των a; , b; που δίνουν άθροισμα Α + Β = k : Ν=

Σ +

(Ι)

A B=k Π �) 2a; + 1)!(2b; ) !

Σημειώνουμε ότι ο αριθμός των διαδικασιών κατά τις οποίες κανένας από τους τελευταίους η λα μπτήρες δεν έχει αλλάξει κατάσταση σε κάποια φάση, λαμβάνεται με τον περιορισμό των τιμών k! b; = 0, i = 1, 2, ... , η : Μ=Σ (2 )

A=k Π �) 2a; + Ι ) ! Έστω c ; = a; + b; , οπότε 2c; = 2a; + 2b; + I είν αι ο αριθμός των φορών που αλλάζουν κατάσταση οι λαμπτήρες με αριθμό i και η + i . Θέτουμε C = 2c 1 + 2c 2 + . . . + 2cn + η , οπότε C = Α + Β = k . Σημειώ νουμε ότι, για σταθερή τιμή του c; , ο b; μπορεί να πάρει όλες τις τιμές από Ο μέχρι και C ; . Επιπλέον, ι σχύει a; = C ; - b ; . Έτσι η σχέση ( 1 ) μπορεί να γραφεί ξανά ως άθροισμα πάνω σε όλους τους συνδυα σμούς των C; με C = k : π π 2c + 1 2c + l I k '. ΠΣ 1 =Σ π Ν = Σ Σ Σ ··· Σ k !Π C"=k b, =o b,=o b, =o i=ι ( 2c; + I ) ! 2b; ι·=k Π i= 1 (2c; + Ι ) ! i=ι b, =o 2b; π 2η + Ι 1 π 2η + 1 π 2η l 2π Χρησιμοποιώντας τη γνωστή σχέση Σ + = Σ = -Σ =2 , 2 2 2 + q p=O p p=O p ] q=O k' kπ π 2 2 c, = 2 k - 11 Σ Ν = Σ π k .l λαμβάνουμε =2 - Μ. c:=k Π ; ) 2c; + Ι ) ! ι·=k Π i= 1 ( 2c; + Ι ) ! i=ι Σημειώνουμε με Ν ( η, k ) και Μ (η, k ) τις αντίστοιχες τιμές των Ν και Μ για δεδο μένες τιμές των Ν και Μ . Η ισότητα Ν ( η, k ) = 2 k - π Μ (η, k ) μπορεί να αποδειχθεί με επαγωγή ως προς το η . Η αρχική ισότητα για η = 1 είναι προφανής, αφού Ν (1, k) 2 k - ι και M ( l, k ) = 1 . Στη συνέχεια για c,

( ) ( ) ( )

( )

•

το βήμα της επ αγωγής πρέπει να χρησιμοποιήσουμε τις αναδρομικές σχέσεις: k-π

(

k-π k k 2 \."' (η, k - 2c π + ι - 1) . N ( η + l, k ) = Σ 2 c , \.1 (η, k - 2c π + ι - 1) , Μ (η + 1, k) = Σ 2 2 c'" ' 2c π +Ι + 1 Jn 2c π +Ι + 1}' =Ο ,c ,. , = Ο c,. ,

,..

Έστω ABCD κυρτό τετράπλευρο με I BAI :�; ΙΒCΙ . Συμβολίζουμε τους εγγεγραμμέ νους κύκλους των τριγώνων ABC και ADC με ω1 και ω 2 , αντίστοιχα. Υποθέτουμε ότι υπάρχει κύκλος ω ο οποίος εφάπτεται της προέκτασης της πλευράς ΒΑ προς το μέρος του Α και της προέ κτασης της πλευράς BC προς το μέρος του C, ο οποίος επίσης είναι εφαπτόμενος των ευθειών AD και CD. Να αποδείξετε ότι οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των κύκλων ω1 και ω2 τέμνονται πάνω στον κύκλο ω. Η

απόδειξη στηρίζεται σε δύο λήμματα που ακολουθούν:

; Ε. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ABCD. Υποθέτουμε ότι υπάρχει κύκλος ω εγγεγραμμένος στη γωνία ABC και εφαπτόμενος των επεκτάσεων των πλευρών AD και CD προς το μέρος του D. ΑΒ + AD = CB + CD . Τότε ισχύει: .

Ο κύκλος ω εφάπτεται των ευθειών AB, BC, CD, DA , έστω στα σημεία K , L, M, N , όπως φαίνεται στο σχήμα . Τότε έχουμε AB + AD = ( BK - AΚ) + ( AN - DN) , CB + CD = ( BL - CL) + ( CM - DM) . Επίσης, ισχύουν ΒΚ = BL, DN = D M, AK = AN, CL = CM , οπότε από τις προηγούμενες ισότητες εύκολα προκύπτει ότι: ΑΒ + AD = CB + CD . Έστω ω 1 ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC εφάπτεται της πλευράς AC

στο σημείο Ρ. Έστω ΡΡ' η διάμετρος του εγγεγραμμένου κύκλου που περνάει από το Ρ και έστω ότι η ευθεία ΒΡ ' τέμνει την πλευρά AC στο Q. Τότε το σημείο Q είναι το ση μείο επαφής της πλευΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l/29

-------

Μαθηματικ ο ί Διαγωνισμ ο ί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ράς AC με τον αντίστοιχο παρεγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC.

Έστω ότι η εφαπτόμενη του εγγεγραμμένου κύκλου ω1 στο σημείο Ρ' τέμνει τις πλευρές ΒΑ και BC στα σημεία Α' και C' (σχήμα 3). Ο κύκλος ω1 είναι ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του τρι γώνου A'BC' ως προς την πλευρά A'C' και τέμνει την πλευρά A'C' στο σημείο Ρ' . Επειδή είναι A'C' I I AC , η ομοιοθεσία κέντρου Β και λόγου Β Ρ ' μεταφέρει τον κύκλο ω1 στον παρεγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC ως προς την πλευρά AC . Έτσι το λήμμα προκύπτει από το ότι η παραπάνω ομοιοθεσία aντιστοιχίζει το σημείο Ρ' στο σημείο Q .

Θυμίζουμε ακόμη ότι, αν ο εγγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου ABC τέμνει την πλευ ρά AC στο σημείο Ρ , τότε το σημείο επαφής της ιδίας πλευράς AC με τον αντίστοιχο πα ρεγγεγραμμένο κύκλο της είναι το μοναδικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος AC με την ιδιότητα ΑΡ = CQ . Συνεχίζουμε με την κύρια απόδειξη του προβλήματος. Έστω ότι οι κύκλοι ω1 και ω2 τέμνουν την πλευρά AC στα σημεία Ρ και Σχήμα 3 ισχύει Q, αντίστοιχα. Τότε AC + AB - BC CA + CD - AD ΑΡ = CQ = . ' 2 2 Επειδή ΑΒ - BC = CD - AD , από το Λήμμα 1 έπεται ότι ΑΡ = CQ . Άρα στο τρίγωνο ABC η πλευ ρά AC και ο αντίστοιχος παρεγγεγραμμένος κύκλος της εφάπτονται στο σημείο Q . Ομοίως, στο τρίγω νο ADC η πλευρά AC και ο αντίστοιχος παρεγγεγραμμένος κύκλος της εφάπτονται στο σημείο Ρ . Ση μειώνουμε ότι Ρ 7= Q , αφού ΑΒ 7= BC . Έστω Ρ Ρ ' και Q Q' οι διάμετροι των κύκλων ω1 και ω2 , αντίστοιχα, που είναι κάθετες προς την πλευρά AC. Τότε, από το Λήμμα 2, προκύπτει ότι τα σημεία Β, Ρ' και Q είναι συνευθειακά και το ίδιο επίσης ισχύει για τα σημεία D, Q' και Ρ . Θεωρούμε τη διάμετρο του κύκλου ω που είναι κάθετη στην πλευρά AC και σημειώνουμε με Τ το άκρο της που απέχει μικρότερη απόσταση από την πλευρά AC Η ομοιοθεσία με κέντρο το σημείο Β και λόγο Β '% Ρ' aντιστοιχίζει τον κύκλο ω 1 στον κύκλο ω , οπότε τα σημεία Β, Ρ' και Τ είναι συνευ θειακά. Ομοίως, τα σημεία D,Q' και Τ είναι συνευθειακά , αφού η ομοιοθεσία με κέντρο το σημείο D και λόγο - D Q' aντιστοιχίζει τον κύκλο ω2 στον κύκλο ω .

Σημειώνουμε ακόμα ότι τα σημεία Τ, Ρ' και Q είναι συνευθειακά , όπως και τα σημεία T,Q' και Ρ . Επειδή ΡΡ' 1 1 Q Q ' , τα ευθύγραμμα τμήματα Ρ Ρ ' και QQ' είναι ομοιόθετα σε ομοιοθεσία κέντρου Τ . Το ίδιο ισχύει για τους κύκλους ω 1 και ω2 , αφού αυτοί έχουν τις ΡΡ' και QQ' ως διαμέτρους. Επιπλέον, το σημείο Τ βρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο με τα σημεία Q και Q' , ως προς την ευθεία ΡΡ' , οπότε ο λόγος της ομοιοθεσίας αυτής είναι θετικός. Ειδικότερα, οι κύκλοι ω1 και ω2 δεν είναι ίσοι. Συνοψίζοντας τα προηγούμενα έχουμε ότι το Τ είναι το κέντρο ομοιοθεσίας που aντιστοιχίζει τον κύκλο ω1 στον κύκλο ω2 • Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη, αφού το μοναδικό σημείο με την ιδιότητα αυτή είναι η τομή των κοινών εξωτερικών εφαπτόμενων των κύκλων ω 1 και ω2 •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. J /30

HIJMIJ MArHHEMAriCVS

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας,

προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα :

των Μαθη ματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός,

Για

τους σΙΙ\'ψγ6πς της σηjλη;: :

με

τι είναι τα Μαθη ματικά,

από ψ εων και την ανάπτυξη Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι

σκοπό την ανταλλαγή

Ποιες είναι οι εφαρμογές τους,

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

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.

I. "τι ::ίναι τα Μα Οημα τιιαi ;

r. π ιμi:λεια : Καρ κάνη ς Β ασίλης, Κ φασαρ ίδης Γιάννη ς

« . . . Παρ όλ ' αυτά το αίμα τη ς επιστήμης μας ανεβαίνει από τις ρ ίζες τη ς. Οι ρ ίζες αυτές απλ ώ νονται σε ατέλει ωτα ρ ι ζάκια βα θι ά μέσα σ ' αυτό που θα μπορο ύ σαμε να ονομ ά σουμε πρ α γματικότητα, είτε η «πρ α γματικότητα» αυτή είναι η μ ηχανι κή, η φυσική, η βιολογ ι κή μορ φή, η οι κονομι κή συμπερ ιφορά, η γεω δαισία, ή πάλι κάποια άλλ η μα θηματική ουσία που βρ ίσκεται στη σφαίρ α του γ νω στού . Η αφαίρ εσ η και η γενίκευση δεν είναι γ ια τα Μαθηματι κά πιο ζωτι κές από τη μοναδι κότητα τω ν φαινομένω ν και, πρ ιν απ ' όλα, από επα γωγ ι κή διαίσ θη ση . Μόνο η τη ν αλλ ηλεπίδρ ασ η τω ν δυνάμεω ν αυτώ ν και η σύ ν θεσή τους μπορού ν να κρ ατή σουν τα Μα θηματικά ζω ντα νά και να τα εμποδίσουν ν' α ποστεγνωθού ν και να καταντή σουν νεκρ ός σκελετός. Θα πρέπει να πολεμήσουμε εναντίον τω ν aποπειρώ ν που γ ίνονται

γ ια να σπρώ ξουν τη ν ανά πτυξη μονόπλευρ α προς τον ένα πόλο της ζωοδότρας aντινομίας. Δ εν πρέπει ν ' αποδεχθο ύμε τη ν παλι ά βλά σφ ημ η ανο η σία, δι καιολό γη ση ότι τη ς η έσχατη μα θηματικής επιστήμης είναι η «δόξα του ανθρώ πινου μυαλού » . Δ εν θα πρέπει να επιτρέ ψουμε στα Μα θηματικά να διχαστού ν και ν ' αποκλ ίνουν προς μια εκδοχή τους « κα θαρή » και προς μιαν «εφαρμοσμένη » . Θα πρέπει να παρ αμείνουν και να ενισχυθού ν σαν ένα ενιαίο ζωτι κό ρεύμα μες στο πλατύ ποτάμι τη ς επιστήμ η ς και θα πρέπει να τα εμποδίσουμε να γ ίνουν ένα μι κρ ό παραποταμάκι που ενδέχεται να το ρουφ ήξει η άμμος . . . » [ πηγή :Από την απάντηση του Richard Kurand στις από ψ εις του Μ . Η . S tone , στο : G eorge F. Caπier «Appl ied S IA M Reνiew, 4,

1 962, 297-320]

Mathematics: What i s Needed in Research

1 1 . "Α υ η) το ξ::ραη:; , [η απαντή σεις στο τέλος τη ς στήλης] α. τι ε ίναι η κυβι κή παρ αβολ ή και που χρη σιμοποιείται ;

and Education»,

Γιάννη ς Κ φ α σ α ρ ίδη ς

β. Τι είναι τα "σώματα του Αρχιμ ήδη ";

1 1 1 . "οι σΙJ ιη:ριά η:r:: τικ στιίJ.ιιr:: γράφο υ ι•-ιρωτο ι) ν ,

Πμ (ύτο Οψια : Μα Οημο. τιιιά ιcαι Πχι'η (δ::ι5η:ρ η συνι:Χι:ια)

Συνεπείς στην υπόσχεσή μας, σας παρουσιάζουμε, σ' αυτό το τεύχος, το δεύτερο μέρος της ενδιαφέρουσας εργασίας του Αποστόλη Παπανικολάου. 1/ρ ο/.::γiψι:ι,α.

«Τέχνη κα ι Μ αθη ματ ικ{ι στο Μ ου σ}:ίο Η ρ α κλειδών» , Π α παν ικολάου Α π ό στολος Μ έ ρος Β '

Συνεχίζουμε την παράλληλη πορεία στην ιστορία των Μαθηματικών και της Τέχνης με τους Πυθαγόρειους. Η μουσική , τα ωραία ακούσματα βασίζονται στη διαδοχή ήχων με συγκεκριμένο λόγο συχνοτήτων (μουσικά διαστήματα). Οι Πυθαγόρειοι ανακάλυψαν ότι συνηχούν αρμονικά δύο χορδές όταν έχουν λόγους μηκών αντίστοιχα 2 : I , 3 :2, 4:3 και 9 :8 . (Σήμερα αυτό έχει επιβεβαιωθεί από τη Φυσική με την ανάλυση Fourier και τις έρευνες του Helmholtz. Όταν δυο νότες συνηχούν, η αρμονία που παράγεται οφείλεται στην σύμπτωση των αρμονικών τους συνιστωσών και αυτό γίνεται μόνο, όταν ο λόγος συχνοτήτων τους είναι λόγος μικρών φυσικών αριθμών).

Η οκτάβα π.χ. (δια πασών όπως την έλεγαν οι Πυθαγόρειοι) είναι το μουσικό διάστημα που προκύπτει από το λόγο 2 : 1 . Αν κρουσθεί μια χορδή και ξανακρουσθεί αφού δεσμευθεί η μισή χορδή οι δύο ήχοι που ακούγονται είναι πανομοιότυποι αλλά σε διαφορετικό ύψος. Το επόμενο διάστημα είναι το 3 : 2 κατόπιν το 4 : 3 έπειτα το 9 : 8 κοκ. Πεπεισμένοι, ότι όλα είναι αναλογίες φυσικών αριθμών προσπάθησαν να βρουν το λόγο της διαγωνίου δ προς την πλευρά α ενός τετραγώνου αλλά και το λόγο της πλευράς-διαγωνίου ενός κανονικού πενταγώνου που μάλιστα το είχαν και έμβλημά τους. Δηλαδή προσπάθησαν να βρουν ένα τμήμα μ (κοινό μέτρο) ώστε δ κ·μ και α = λ · μ. (οπότε ο λόγος δ/α θα ήταν ίσος με κ/λ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. 1 /3 1

----

ΗΟΜΟ

MArHtMAriCVS

Οι ιστορικοί μιλάνε για μια από τις μεγάλες στιγμές των Μαθηματικών και ταυτόχρονα για την πρώτη μεγάλη κρίση στα θεμέλιά τους. Οι Πυθαγόρειοι έκαναν πρώτοι τη διαπίστωση ότι τα τμήματα δ και α είναι ασύμμετρα . Δεν είναι δυνατόν να βρεθεί ένα κοινό μέτρο όσο και αν μικραίνει το μ και έτσι οι λόγοι τους δεν μπορούν να γραφούν ως κλάσματα φυσικών , είναι άρρητοι. Οι Πυθαγόρειοι έτσι ήρθαν αντιμέτωποι με το άπειρο, την επ ' άπειρο χωρίς αποτέλεσμα ελάττωση του μ. (Με σημερινή ορολογία τα άπειρα δεκαδικά ψηφία χωρίς καμία περιοδικότητα που προσεγγίζουν έναν άρρητο αριθμό ).Κατασκεύασαν όμως ένα σύστημα «ανθυφαιρετικών γνωμόνων» με το οποίο διαπίστωσαν την περιοδικότητα του (με σημερινή ορολογία) συνεχούς κλάσματος που αναπαριστά το ρίζα 2, και επινόησαν τους πλευρικούς-διαμετρικούς αριθμούς. (Με σημερινούς όρους ισοσυγκλίνουσες δύο ακολουθίες στο ρίζα 2 η μια με έλλειψη και η άλλη με υπερβολή) . Κατόρθωσαν έτσι να καθυποτάξουν αυτήν την απειρία και να φθάσουν στο θαυμαστό επίτευγμα να μπορούν να προσεγγίσουν οσονδήποτε το λόγο διαγώνιος/πλευρά ενός τετραγώνου (το σημερινό ρίζα 2) . Ένας από τους επηρεασμούς της Τέχνης από αυτές τις αναζητήσεις των Πυθαγορείων είναι ότι σε αυτούς πιστώνεται ιστορικά η πρώτη μελέτη του λόγου που αναφέρθηκε προηγουμένως, αυτού της διαγωνίου προς την πλευρά ενός κανονικού πενταγώνου, ο περίφημος αριθμός Φ, η χρυσή τομή. Η πιο αρμονική διαίρεση ενός τμήματος σε δύο άνισα τμήματα. Οι Αρχαίοι Έλληνες δεν τον ονόμαζαν ούτε Φ ούτε χρυσή τομή, τον ονόμαζαν διαίρεση σε μέσο και άκρο λόγο όπως τουλάχιστον εμφανίζεται αργότερα στα «Στοιχεία του

Ευκλείδη». Οι Ευρωπαίοι τον ονόμασαν έτσι όταν μετά την Αναγέννηση, έκπληκτοι διαπίστωσαν τη γνώση και χρήση του από τους Έλληνες στην τέχνη . Τον έλεγαν θεία αναλογία (diνina proportione) και έχουμε πάρα πολλές μαρτυρίες για τη χρήση του στην Αναγέννηση (Luca Paccioli, Daνinci κ.α.). Χρυσή τομή τον ονόμασε ο Martin Ohm Γερμανός μαθηματικός, αδερφός του γνωστού φυσικού από τη μονάδα μέτρησης της ηλεκτρικής αντίστασης περίπου το 1 835 . και τον ονόμασε Φ ο Mark Barr Αμερικανός μαθηματικός στις αρχές του 20ου αιώνα προς τιμή του Φειδία από το αρχικό του γράμμα και έκτοτε είναι γνωστός έτσι ως «number phi» ή «golden ratio». Ο μεγάλος Kepler έλεγε ότι δύο είναι τα διαμάντια της Γεωμετρίας το ένα είναι το Πυθαγόρειο θεώρημα και το άλλο αυτή η διαίρεση σε μέσο και άκρο λόγο. Υπάρχει μεγάλη συζήτηση σε επίπεδο Πανεπιστημιακών ερευνητών σήμερα για τον υπερτονισμό της αισθητικής αξίας της χρυσής τομής , αυτό όμως δεν μειώνει καθόλου την αξία της Πυθαγόρειας αναζήτησης για τις αναλογίες. Γιατί κατόπιν τη σκυτάλη πήραν οι Μαθηματικοί της Ακαδημίας του Πλάτωνος , ο Θεαίτητος και ο μεγάλος Εύδοξος. Ο Εύδοξος και αργότερα ο Αρχιμήδης έθεσαν τις βάσεις για το σύστημα των πραγματικών αριθμών που σήμερα βασίζεται πάνω του όλος ο aπειροστικός λογισμός. Πιο συγκεκριμένα ο Εύδοξος στον οποίο αποδίδεται ολόκληρο το 5° βιβλίο των στοιχείων του Ευκλείδη έδωσε μια επέκταση της έννοιας της αναλογίας, έναν ορισμό που ουσιαστικά ισοδυναμεί με τις τομές Dedekind.

Ποια είναι η σχέση όλων αυτών με την τέχνη; Μα η αναντίρρητη πεποίθηση ότι κάθε μέρος ενός οικοδομήματος, μέσα και έξω, ενός γλυπτού, ενός ζωγραφικού πίνακα ή μιας μουσικής σύνθεσης θα πρέπει να διέπεται από ένα ενιαίο σύστημα μαθηματικών αναλογιών και ότι το επίπεδο τελειότητας έχει σχέση με τον πλούτο του θεωρητικού υποβάθρου δηλαδή της Γεωμετρίας και κυρίως της μελέτης των αναλογιών. Με το άγαλμα «Δορυφόρος» ο Πολύκλειτος, γλύπτης σύγχρονος του Φειδία, δημιούργησε ένα σύστημα ιδανικών αναλογιών, τον «κανόνα», για τη δημιουργία ενός ανθρώπινου γλυπτού, κανόνα που εξακολούθησε να χρησιμοποιείται στη Δύση μέχρι την ύστερη Αναγέννηση. Τα θαυμαστά έργα του χρυσού αιώνα στην Αθήνα αλλά και την υπόλοιπη Ελλάδα προκαλούν ακόμα και σήμερα το θαυμασμό αλλά

και την εξονυχιστική μελέτη των αναλογιών τους. Ο Πλάτων εξ άλλου περιγράφει στο διάλογο «τίμαιος» τον κόσμο σαν μια σύνθεση γεωμετρικών αρμονικών σωμάτων, των περίφημων 5 Πλατωνικών Στερεών που θα περάσουν και στην Αναγέννηση και θα αποτελέσουν τον προβληματισμό πολλών από τα φωτισμένα πνεύματά της. (π.χ. Kepler). Εδώ λοιπόν είναι η μεγάλη συνεισφορά των αρχαίων Ελλήνων μαθηματικών στην ανθρωπότητα αλλά και στην τέχνη. Η διερεύνηση της έννοιας της αναλογίας, του Μαθηματικού λόγου, η σύνδεση της Αισθητικής με τα Μαθηματικά. Στο επόμενο τεύχος θα συνεχίσουμε με την αλληλεπίδραση Τέχνης και Μαθηματικών στην Αναγέννηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /32

------ HIJMIJ MA7ΉEMAτtCUJ'

Ίr'Jr<.ρJψιίι:i:rς ι. ω ιVι!ηαiiιαω[ (i(ΙiOμoi /Jι ι:ι! τι.ρ ο Στις αρχές Απρίλη, στο ταχυδρομικό κουτί του ενός των υπευθύνων της στήλης (Γ.Κ.) έφτασε ένα δέμα που μέσα είχε ένα βιβλίο 206 σελίδων και τίτλο «ΣΥΜΒΟΛΉ ΣΤΗ ΜΕΛΕΤΗ ΤΩΝ ΥΠΕΡΔΟΜΩΝ ΜΕ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΣΤΗΝ ΥΠΟΧΡΕΩτΙΚΉ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ)). Το βιβλίο αυτό ήταν η διδακτορική διατριβή του Νίκου Ανταμπούφη . Ο συγγραφέας του είναι ένας ση μαντικός φίλος της στήλης μας και καταξιωμένος μαθηματικός στην περιοχή της Θράκης (Ξάνθη) . Αντιλαμβάνεται κανείς πως ένα τέτοιο θέμα δεν μπορούσε να μας αφήσει αδιάφορους, για το λόγο αυτό τον παρακαλέσαμε να μας φτιάξει ένα μικρό κείμενο στο οποίο να δίνει στα παιδιά της Γ Λυκείου να καταλάβουν την έννοια των «Υπερπράξεων)). Εγχείρημα αρκετά δύσκολο να δώσεις, μέσα σε περιορισμό 500 λέξεων, να γίνει εύκολα κατανοητό (η στενότητα του χώρου της στήλης δεν επιτρέπει πολλά). Ε μείς πιστεύουμε πως ο συγγραφέας τα κατάφερε. Το κείμενο αυτό θα το δημοσιεύσουμε σε δύο συνέχειες. ·

Στα παρακάτω θα δώσουμε τον ορισμό της υπερπράξης και στη συνέχεια ένα παράδειγμα από το σύνολο των μιγαδικών αριθμών που είναι το ευρύτερο και πληρέστερο σύνολο με το οποίο έρχονται σε επαφή οι μαθητές του Λυκείου. Στη δωδεκαετή μαθηματική του εκπαίδευση κάθε μαθητής και μαθήτρια έρχεται σε επαφή με μια ποικιλία πράξεων μεταξύ αριθμών, γεωμετρικών σχημάτων και αλγεβρικών εννοιών. Κάθε πράξη μεταξύ δύο στοιχείων χ , y είναι μια απεικόνιση του ζεύγους (x,y ) σε ένα στοιχείο ω που ονομάζεται αποτέλεσμα της πράξης. Για παράδειγμα, το ζεύγος των αριθμών (2, 3) απεικονίζεται με την πρόσθεση στον αριθμό 5 δηλαδή 2+3 = 5 . Τα χ, y, ω ανήκουν στο ίδιο σύνολο (γνωστές πράξεις στα σύνολα !R!. και <C) ή σε διαφορετικά σύνολα (πολλαπλασιασμός αριθμού με γωνία ή διάνυσμα, εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων). Το κοινό γνώρισμα των παραπάνω πράξεων είναι το μονότιμο αποτέλεσμα. Δηλαδή όλες οι πράξεις ανάμεσα σε δύο στοιχεία παράγουν ένα (ως προς το πλήθος των τιμών) και μόνο ένα αποτέλεσμα, ανεξάρτητα από το είδος τους. Ο Γάλλος μαθηματικός Frederic Marty το 1 934 εισάγει[4] την έννοια της Υπερπράξης διευρύνοντας την προηγούμενη θεώρηση. [·

Υπερ πράξη μ εταξύ δύο στο ιχε ίω ν • •

Δηλαδή το αποτέλεσμα μπορεί να είναι Για παράδειγμα, το ζεύγος των αριθμών (2,3) μπορεί να απεικονίζεται με κάποιου είδους ' π � · 1·J σ 0 ι:ωJ ' στο υπεράθροισμα { 5, 6} δηλαδή 2Ef>3 = { 5 , 6}

πλειονότιμο.

(το υ περάθροισμα περιέχει το γνω στό άθροισμα κα ι τον επόμενο φ υσικό) .

Ο ορισμός του Marty αποτελεί μια ανακάλυψη η οποία φανερώνει τους βαθμούς πολυπλοκότητας της υπερπράξης. Επειδή το αποτέλεσμα μιας πράξης είναι ένα μόνο στοιχείο τότε η συνεχής επανάληψή της οδηγεί πάντα σε πράξη μεταξύ δύο στοιχείων. Για παράδειγμα, ((2+3) +4)+ 5 = (5 +4)+ 5 = 9+5 = 1 4. Αντίθετα, η υπερπράξη οδηγεί σε ' άθροισμα ' στοιχείων ή ' άθροισμα ' στοιχείου με σύνολο ή ' άθροισμα ' συνόλων. Για παράδειγμα, 2Ef>3 = {5, 6 } , (2Ef>3)Ef>4 = {5, 6} ΕΘ 4 = {9, 1 0, 1 1 } , ((2Ef>3) EB 4 )Ef>(2Ef>3) = {9, 1 0, 1 1 } ΕΘ { 5 , 6 } = = { 1 4, 1 5, 1 6, 1 7, 1 8 } .

/ �:l. 'ι .'·. ��·' :'. l :J:ς

y ενό ς

:;,:ι:·;.' :Ι/_ {ρ :[) �}i�:ς

Ανταμπ ού φ ης, Ν . : Συμβολή στη μελέτη των Υπερδομών με εφαρμογές στη v Υποχρεωτική Εκπαίδευση, Διδακτορική

Διατριβή, Δη μοκρίτειο Πανεπιστήμιο Θράκης, (2008).

Corsini, Ρ. :

Prolegomena of Hypergroup Theory, Aν iani Ed itore . , ( Ι 993). Applίcations ofHyperstructure Theory, Kluwer Academic Publ ishers, (2002). Sur une generalίsatίon de !α notίon de groupe, 8 11' Congres Math . Scandinaνes, Stockholm, ( 1 93 4),

•

Corsini, Ρ., Leorean u , V. :

•

Vougio u klis, Th . :

•

χ,

συ νόλ ου Η ε ίναι μ ι α απεικό ν ιση κάθε ζεύγου ς (χ, y) σε ένα υ ποσύ νολ ο του Η (εκτό ς α πό το κενό σύ νολ ο) .

Ma rty, F. ,

45 -49 .

Hyperstructures and theίr Representatίons,

Hadronic Pres s . ,

( Ι 994).

'/ '•!! (>το fu) . «Το τραίνο μας νοιώθουμε, από σημεία όπου οι σιδηροτροχιές έχουν τρέzει πάνω σε ευθύγραμμο τμή μα της σιδηροδρομικής σχετική καμπυλότητα. Η ομαλή κίνηση του τραίνου στις ;ραμμή;. ενώ που και που περνάει, χωρίς να το καμπυλότητες της σιδηροδρομικής γραμμής οφείλεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /33

------

HIJMIJ MArHEMAr/CUS

στο ότι το πέρασμα από την ευθεία στην καμπύλη γίνεται στις σιδηροδρομικές γραμμές όχι τυχαία, αλλά με βάση μια καμπύλη , που σχηματίζεται από πολύπλοκους συνδυασμούς καμπυλών. Μετά το ευθύγραμμο τμήμα οι σιδηροτροχιές συνεχίζουν με τη λεγόμενη μεταβατική καμπύλη (όπου η καμπυλότητα αυξάνει βαθμιαία) και μόνο αργότερα περνάει η καμπύλη αυτή σε τόξο κυκλικής περιφέρειας. Το αντίστροφο γίνεται στο τέλος της στροφής. Σαν

μεταβατικές χρησιμοποιούνται διάφορες καμπύλες γραμμές (ανάλογα με την καμπυλότητα της στροφής, την ταχύτητα που προβλέπεται στο ση μείο αυτό για το τραίνο κ.λ.π.). Συνήθως χρησιμοποιείται το τόξο της κυβικής παραβολής» (καμπύλη με εξίσωση y=χ 3 )(άλλες καμπύλες είναι: το τόξο της καμπύλης Μπερ vουγί, το τόξο της σπείρας του Κορvύ)

[πηγή : 'ΆΚΑΔΗΜΑ Ϊ ΚΗ", τόμ.2, εκδ. Γιαννίκος, σελ. 299]

η απl!.1'τηση στιι ι.;ι} (:ι τΙifια (β.! : Τα ήξερε και ο Αρχιμήδης, γι' αυτό λέγονται και "σώματα του Αρχιμήδη". Οι έδρες τους είναι κανονικά πολύγωνα με διαφορετικό αριθμό πλευρών, ενώ όλες οι στερεέ γωνίες είναι μεταξύ τους ίσες. Γνωστά σαν στα Μαθη ματικά

τετράγωνα - εξάγωνα), 4. κόλουρος κύβος (έδρες: τρίγωνα - οκτάγωνα), 5. ρομβο-κυβο-οκτάεδρο (έδρες: τρίγωνα - τετράγωνα), 6. κόλουρο κυβο-οκτάεδρο (έδρες: τετράγωνα - εξάγωνα - οκτάγωνα), 7. κόλουρος κύβος (έδρες: τρίγωνα - τετράγωνα), 8. κόλουρο εικοσάεδρο (έδρες: πεντάγωνα - εξάγωνα), 9. κολοβό "η μ ικυνι; ν ι κ6 1ω λ1Ί : ; (i ι ι α " . Υπάρχουν συνολικά δεκατρία τελείως ορισμένα δωδεκάεδρο (έδρες: τρίγωνα - πεντάγωνα), I Ο. είκοσι ημικανονικά πολύεδρα κι ακόμη δύο άπειρες σειρές από δωδεκάεδρο (έδρες: τρίγωνα - πεντάγωνα), 1 1 . κόλουρο τα λεγόμενα πρίσματα και αντιπρίσματα του Αρχιμήδη . δωδεκάεδρο (έδρες: τρίγωνα - δεκάγωνα), 1 2 . ρομβο Τα δεκατρία αυτά στερεά είναι: 1. κόλουρο τετράεδρο είκοσι-δωδεκάεδρο (έδρες: τρίγωνα - πεντάγωνα (έδρες: τρίγωνα - εξάγωνα), 2. κυβο-οκτάεδρο (έδρες: τετράγωνα), 1 3 . κόλουρο είκοσι-δωδεκάεδρο (έδρες: τρίγωνα - τετράγωνα), 3. κόλουρο οκτάεδρο (έδρες: τετράγωνα - εξάγωνα - δεκάγωνα )

Παρακάτω σας δίνουμε τις εικόνες αυτών των στερεών:

�-- --;7'

.c.__::_

..-r-- ----;;:"

r �

[

/�

�

-.,

(�

ι\

-1'

(r---,_

- _,__

1�

[πηγή : 'ΆΚΑΔΗΜΑ Ϊ ΚΗ",τόμ.2, εκδ. Γιαννίκος, σ. 302. Τα σχή ματα είναι από την ίδια έκδοση] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. Ι /34

�·•ιιιι•"�••• [Υοω tJ[[J[!) !iJ' tJcfJ{J[[J tJ(j)fJJ iJfJJωe5rJ(f)fJJ Οι πραγματικοί αριθμοί Αντώνης Κυριακόπουλος - Θανάσης Μαλαφέκας Ο ι παρακάτω α σκήσει ς αναφέρ ο ντα ι στο πρ ώτο κεφάλα ιο: «Ο ι πραγματικο ί αρ ιθμ ο ί», τη ς Ά λγεβρας Α 'Εν ι αίου Λ υκε ίου .Από τη θεωρία, θα υ πενθυμίσουμ ε τι ς τα υ τότητες, τι ς ιδι ότητες τω ν αν ισο τήτω ν κα ι τι ς απόλ υ τες τιμές. Πρ οσπα θήσαμε οι α σκήσει ς που παρα θέτουμ ε να μ η ν ε ίνα ι πολ ύ δύσκολες αλλά . . . έξυ πνες! ΤΛ Υ ΊΌΊΉ ΊΈl:

2. 3. 4. 5. 6. 7.

Με α, β, γ ε IR και ν Ε Ν* , ισχύουν: (α + β) 2 = α2 + 2αβ + β2 (α - β) 2 = α2 - 2αβ + β2 (α - β)(α + β) = α2 - β2 (α + β + γ) 2 = α2 + β2 + γ2 + 2αβ +2βγ + 2γα (α + β) 3 = α3 + 3α2 β + 3αβ2 + β3 (α - β) 3 = α3 - 3α2 β + 3αβ2 - β3 α3 - β3 = (α - β) (α2 + αβ + β2 ) α3 + β3 = (α + β) (α2 - αβ + β2 ) αν _ βν = (α _ β) (αν-Ι + αν-2 β + . . . + αβν-2 + βν-1 )

γδ :;t Ο) ότι: α > �δ . γ Με α , β Ε IR ορίζουμε: α � β <::::> ( α > β ή α= β) α � β <::::> ( α < β ή α= β) ορ.

ορ.

Για παράδειγμα, η σχέση 5 Ξ:: 3 είναι αληθής, η σχέση 5 Ξ:: 5 είναι αληθής ενώ η σχέση 5 Ξ:: 7 είναι ψευδής. Ο ρ ισμ ός.

Ι Δ Ι ΟΤ Η Π\ 1: Α Ν I Σ (Η Η ΤΩ Ν

2. 3. 4. 5.

Με α, β, γ , δ , λ Ε IR ισχύουν: (α > β και β > γ) => α > γ α > β <=> α + γ > β + γ α > β => + β + δ α γ> γ>δ α > β <=>λα < λβ α >β <=>λα>λβ και λ < Ο : λ>Ο: α>β<=>-α > -β α > β <=>-α <-β λ λ λ λ α > β > Ο => αγ > β δ γ>δ>ο

{

α>β { Από τις ανισότητες: γ > δ , δεν έπεται αναΠ ΡΟ Σ Ο Χ Η :

γκαία ότι: α - γ > β - δ, ούτε (υποθέτοντας ακόμα

{

Α Π ΟΛ Υ Τ Η τΙ Μ Η Π ΡΑ Γ Μ Α τ Ι Κ Ο Υ Λ Ρ Ι Θ !\ Ι Ο Υ

•

ι.

2. 3. 4.

Με α Ε IR ορίζουμε: α, αν α> Ο Ι α l = Ο, αν α= Ο -α, αν α<Ο

Ά μεσες συνέπr.ιες :

Ι αl = α <=> α � Ο, Ι αl = -α <=> α � Ο, Ι αl = Ο <=> α = Ο. ι

αι � ο

Ι δ ι ό τητr.ς

1 -α Ι = Ι α Ι Ι α Ι � α και Ι α Ι � -α Ι αβ l = l α l l β l l α ι α z ...α ν l = ! α ι ! l α z Ι ... Ι α v l 5. Ι α ν i = Ι α l ν (ν Ε Ν * ) (β * ο) 6. =

Ι ; Ι Ί;ι1

l x l � α <=> -α � χ � α l x l < α <=> -α < χ < α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /3 5

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

β +γ γ + α α + β , το αθροισμα: Κ = - + - + -- . β α γ

8. l χΙ � α �(χ � α ή χ � ---{1) , l � > α �(χ > α ή χ< -α) 9. Ι α + � � ΙαJ + I� (με το " = " αν, και μόνο αν αβ � Ο) Ι α - � �ΙαJ + I � (με το " = " αν, και μόνο αν αβ � Ο) lαι + α2 + . . . + αν I � lα ι l + Ι α2 Ι + ... + Ι α ν l Ι Ο . ll αl - lβll � Ι α + � (με το " = " αν, και μόνο αν αβ � Ο) " " l lαl - l βl l � Ι α - βl ( με το = αν, και μόνο αν αβ � Ο) Συνοπτικά: lα l - lβl � l lαl - lβl l � Ι α ± βl � l α l + I β I Ι . Έστω ότι: β = α - 2. Να βρείτε την αριθμη τική τιμή της παράστασης:

'Εχουμε : K = f + l + I + � + � + Q = α α β β γ γ

=α

' Απο' την υπο' θ εση εχουμε : - + - = - - κτλ . β γ α 'Ετσι, έχουμε : Κ = α - + β - +γ = -3 .

Κ = -2 [-3(α - 2β) + 2 (2β - α) - 2β] + 3(α + β).

Έχουμε: Κ = 6(α - 2β) - 4(2β - α) + 4β + 3(α + β) = = 6α - Ι 2β - 8β + 4α + 4β + 3α + 3 β = =Ι 3 α- 1 3 β= 1 3 α-Ι 3(α-2)= 1 3α-Ι 3α+26 = 26. 2.

'Ε

β- r γ-� ,οτι α �τ- Ι και αβ 2 rl:f 2 ( Ι). --- = - --στω 2

Ν α δείξετε ότι: β = γ.

-γ Από την ( Ι ) έχουμε: αβ 2β = ωι - 2y - β � 2 6 2 6 � 3αβ - (2β - γ) = 3αγ - (2γ - β) � 3 αβ - 2β + γ = 3αγ - 2γ + β � 3 αβ - 3β = 3αγ - 3γ � (α - Ι )β = (α - Ι )γ � β = γ (γιατί α-Ι ;/= 0). 3,

Για δύο αριθμούς α και β ισχύουν: α + β =2 2 2 (1) και α + β = 2 (2). Να δείξετε ότι: ιο ιο α + β = 2 (3).

Να αναλύσετε σε γινόμενο παραγόντων τις 4 παραστάσεις: Α = α + 4β4 2 3 Β = α + 3α + 3α +2 2 2 2 Γ = α (β - γ) + β (γ - α) + γ (α - β) Δ (l + χ + χ 2 + χ3 ) 2 χ3 . = _

Έχουμε: 4 Α = α + 4β4 + 4α2 β2 - 4α2 β 2 == (α2 + 2β2 ) 2 (2αβ) 2 == ( α2 + 2β2 - 2αβ)( α2 + 2β2 + 2αβ). Β == ( α3 + 3α2 + 3α + Ι ) + Ι = (α + 1 )3 + 1 3 = [ (α + Ι ) + 1 ] [ (α + 1 )2 - (α + 1 ) + 1 ] == = (α + 2) (α2 + α + Ι ). Γ == α\ β - γ) + β2γ - β 2 α + / α - γ2 β = α2 (β - γ)

_ _

χ-1

ii) Να απλοποιηθεί η παράσταση αυτή.

1 ) Η παράσταση Κ ορίζεται αν και μόνο αν : x :;t: O x - I :;t: O

χ-1-χ χ --:;t: O χ-1 χ -Ι Άρα, η παράσταση Κ ορίζεται για όλες τις τιμές του χ ε IR , εκτός από τις τιμές Ο και 1 . 2) Με χ 1= Ο και χ 1= 1 , έχουμε: Ι χ-1 κ == ο + = -= χ 1. χ - Ι - χ -1 - + χ-Ι Ι 1 1 � , , 'Ε 4. στω οτι α βγ τ- Ο και - + - + - = Ο . Βρειτε β γ α

( ±) ( �J (-�J

(4) Από την ( l ) έχουμε : β == 2 - α Έτσι, από τη (2), έχουμε : α2 + (2 - α)2 == 2 � α2 + 4 - 4α +α2 = 2 � 2α2 - 4α + 2 == Ο � α2 - 2α + 1 = Ο � (α - 1 )2 == Ο � α = 1 . Αντικαθιστώντας στην (4) βρίσκουμε β = 1 . Έτσι, η (3) προφανώς ισχύει.

ί) Να βρείτε τις τιμές του χ για τις οποίες 'ζ Κ Ι 1 Ι , = - - - + --ορι εται η παρασταση : • χ χ

(i + �) + β ( � + �) + γ1( � +1 iJ · 1

I - - :;t: O

+ βγ (β - γ) - α (β - γ)(β + γ) = = (β - γ) (α2 + βγ - αβ - αγ) == (β - γ) [α( α - β) - γ( α - β)] == (β - γ) (α -β) (α - γ). Δ == [( 1 + χ + χ2) + χ3 ] 2 _ χ3 == ( l + χ + χ 2 ) 2 + 2( I + χ + χ2) χ3 + χ6 _ χ3 == = ( 1 + χ + χ2)2 + 2( 1 + χ + χ2) χ3 + χ3 (χ3 - 1 ) = == ( 1 + χ + χ2)2 + 2( 1 + χ + χ2 ) χ3 + χ3 (χ - 1 ) .(χ2 + χ + 1 ) = = ( l + χ + χ2) ( 1 + χ + χ2 + 2χ3 + χ4 - χ3) == ==( 1 + χ + χ2) ( l + χ + χ2 + χ3 + χ4). Με α , β Ε IR να δείξετε ότι:

(αχ + β = Ο, για κάθε χ Ε IR )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. Ι /3 6

<=>

α=β=

Ο.

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

i) Έστω ότι αχ + β = Ο, για κάθε χ Ε IR . Τότε, με χ = Ο και χ = 1 θα έχουμε αντίστοιχα: β = 0 => α = 0 α+β =Ο β=Ο ii) Αντιστρόφως. Έστω ότι α = β = Ο. Τότε, έ χουμε για κάθε χ Ε IR : αχ + β = Οχ + Ο = Ο.

{

Με α Ε IR να δείξετε ότι, αν η εξίσωση :

( 2α - 1 ) χ α + 3 = α(χ + 2 ) _ 1 + 3 6 2

είναι αδύνατη, τότε και η εξίσωση : α( αχ - 1 ) χ - α = 5( α 2 χ - 1 ) +1 2 3 12

(I)

2β ' α

και - ειναι μικροτερος απο το 1 .

α 2': ' αυτο' δ εν αλη θ ευει, ' οποτε: ' 'Ε στω οτι

4β και 2β 2': 1 . Πολλαπλασιάζοντας αυτές τις ανισό α α ·2β 2': I =>-I 2': 1, α-, , τητες κατα, με' λη, β ρισκουμε: 2 4β α τοπο. Άρα, ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς αυτούς είναι μικρότερος του Ι . 1 2 . Για έναν αριθμό α Ε IR ισχύει: α 5+α+3=0. Να δείξετε ότι: -3 < α <0.

(2)

είναι αδύνατη. Το αντίστροφο αληθεύει;

Έχουμε: ( 1 ) <:::::> 2(2α - )χ + α + 3 = 3 α( χ + 2) - 6 <:::::> ( 4α - 2)χ - 3αχ = -α - 3 + 6α - 6 <:=> (α - 2)χ = 5α - 9 (3) (2) <:::::> 6α(αχ - 1 ) - 4(χ - α) = 5(α2 χ - 1 ) + 12 2 2 <:::::> 6α χ - 6α - 4χ + 4 α = 5α χ - 5 + 1 2 2 <:::::> (α --4)χ = 2α+ 7<:=>(α-2)(α+ 2)χ = 2α+ 7 (4). Έστω ότι η ( I ), δηλαδή η (3) είναι αδύνατη. Τότε α=2. Με α=2 η (4), δηλαδή η (2) είναι επίσης αδύνατη. Το αντίστροφο δεν αληθεύει, γιατί με α=---2 η (4) είναι αδύνατη, αλλά η (3) όχι.

Έχουμε: α5 + α + 3 = Ο => α(α4 + I ) = = -3 <0 => α(α4 + 1 ) <0 => α<Ο (αφού α4 + 1 > 0). Εξάλλου, επειδή α < Ο, έχουμε: α5 + α + 3 = Ο => α + 3 = -α5 > Ο (γιατί α5 < Ο) => α + 3 > Ο => α > -3 . Άρα: -3 < α <0.

1 3 . Καθένας από τους αριθμούς α, β και γ είναι θετικός κα μικρότερος του 3. Να δείξετε ότι: 2 2 2 ί) αβ + βγ + γα > αβγ ίί) α + β + γ > αβγ

i) Έχουμε: -I >-1 0<α<3 α 3 ι 0<β<3 => -Ι >-I =>- + -1 + -Ι > l => αβ + βγ + γα>αβγ. β 3 α β γ 0<γ<3 9. Να λυθεί η εξίσωση : I 1 χ χ χ 1 χ 2 χ 3 4 > -+ = 5 (1 ) + + + 3 γ 1 00 99 98 97 96 ii) Έχουμε: (α - β)2 + (β - γ) 2 + (γ - α)2 2': Ο => Έχουμε: α2 - 2αβ + β2 + β2 - 2βγ + γ2 + γ2 - 2αγ + α2 2': Ο => χ� χ;2 -ι χ;3 χ;; (� <=> α2 + β2 + γ2 2': αβ + βγ + γα. Και επειδή, όπως δεί χ -100 + χ -100 + -χ -100 + χ -100 + χ -100 = ξαμε προηγουμένως: αβ + βγ + γα > αβγ, έπεται <:::::> 100 99 98 97 % ότι: α2 + β2 + γ2 > αβγ. 1 1 1 1 1 14. Να βρείτε τους αριθμούς α Ε IR , για τους <:::::> ( χ - 1 00 ) - + - + - + - + - = 0 1 00 99 98 97 96 οποίους η λύση της εξίσωσης: 3χ + 2 - χ = -χ + 1 ( 1 ει' ναι και λυση <:::::> χ - 1 00 = ο <:::::> χ = 1 00 ' -της )

-- -- -- -(��-ι){ Ι -Ι){ ){ -Ι){ -�=Ο -- --- -( )

1 0 . Έστω ότι: α > β , γ > δ και α + β > γ + δ. Να δείξετε ότι: α > δ.

·εχουμΕ

δ {�:�1��:�ι: δ.)=ό δ

2α > α + β > γ + > 2δ => 2α > 2δ => α > 1 1.

Θεωρούμε δύο αριθμούς α,β Ε JR * . Να δείξετε

ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς: �

4β

3 2χ + α , ανισωσης: -(χ - α ) + α � --

( ) 2

Έχουμε: ( 1 ) <:::::> 2(3χ + 2) - 14χ = 7χ + 2 14 <:::::> -1 5χ = 1 0 <:::::> χ = --. 3 Για να είναι η λύση χ = - � της εξίσωσης ( I ) 3 και λύση της ανίσωσης (2) πρέπει και αρκεί να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /3 7

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

( ) (η

την επαληθεύει, δηλαδή: 2 - +α � ---.3 -α + α < 3 <::::> -1 - � α + α::::; -4 + 3α 2 3 4 2 12 8 <=>-12 -18α+ 12α :::;; -4 + 3α <::> 9α 2 -8 <::> α 2 --. 9 ' τιμες' του α ει'ναι: α > - 8 . Ά ρα, οι ζητουμενες 9 _

1 5.

Θεωρούμε έναν αριθμό α του διαστήματος

12 ' 3) και θέτουμε: Υ = I α I + 1 2-α I +3 1 3-α ι . Να δείξετε ότι: 4 < y :::;; 5.

. , . Έχουμε: 2 :::;; α < 3. Επειδή α > Ο, έχουμε: I α I = α. Επειδή 2 - α :::;; Ο, έχουμε: 1 2 - α I = α - 2 και επειδή 3 - α > Ο, έχου με: 1 3 - α I = 3 - α. Έτσι, έχουμε: y = α + α-2 + 3(3 - α) = 2α - 2 + 9-3α = 7 - α . Εξάλλου, έχουμε: 2 :::;; α < 3 => - 2 2 - α > - 3 => 7 - 2 2 7 - α > 7 - 3 => 4 < y :::;; 5.

16. Για έναν αριθμό α κάθε αριθμό ε >

ισχύει: : I α I < ε, για

Ο. Να δείξετε ότι: α = Ο. Έστω ότι α;t:Ο. Τότε: I α I > Ο. Έτσι, η δοσμένη ανισότητα οφείλει να ισχύει και για ε= I α I , οπότε θα έχουμε I α I > I α I , άτοπο. Άρα, α=Ο. '

1 7.

Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς

y, για τους οποίους ισχύει: 10χ2 + 2y2 - 4xy + I χ - 1 1 = (χ + y)2 ( 1 )

και

: Έχουμε: Ο ) <=> ι οχ 2 + 2/ - 4xy + Ι χ - 1 1 = x2+2xy+/ <::::> 9χ 2 + / - 6xy + I χ - Ι I = Ο 3x - y = 0 χ = I <=>(3x-y)2+ l x-Ι I = O <=> <=> 3 χ-1=0 y=

{

1 8.

Να δείξετε ότι για κάθε α Ε 9i ισχύει:

{

ι:�::ι < 2. • iΗ ; ι 1 :

Για να δείξουμε τη ζητούμενη ανισότη τα, αρκεί να δείξουμε ότι: 2α, -I < 2, αρκει: - 2α- - 2 < 2α - 1 < 2α2 -2 < α- + Ι + 2 , αρκει, 2α 2, + 2α + I > Ο και , αρκει, 2α- - 2α + 3 > Ο {α 2 + (α + 1) 2 > 0 και α 2 + (α - 1) 2 + 2 > 0 Οι δύο αυτές ανισότητες ισχύουν.

{

19. Έστω ότι l 3α - β I < 2 και I α - 3β I < 2. Να

δείξετε ότι: I α - β

I <1

: Προσθέτοντας κατά μέλη τις δοσμένες ανισότητες βρίσκουμε: 4> l 3α - β I + I α - 3β l 2 l (3α - β)+( α - 3β) I = l 4α - 4β Ι => 4 > 4 1 α - β Ι => Ι α - β Ι < 1 .

1 -xl -x (1 ) χ-1 = -20. Ν α λυθεί η εξίσωση : ��2- 1 + 3 6 --

. ( ' " " 1 ::

Έχουμε: ( 1 ) <=> 3( I χ 1 - 1 ) + 2(χ - I ) = I χ 1 - χ <=> 3 Ι χ 1 - 3 + 2χ - 2 - I χ Ι + χ = ο (2) <=> 2 1 χ Ι + 3χ = 5 ί) Έστω ότι χ 2 Ο. Τότε: (2) <=> 2χ + 3χ = 5 <=> χ = I , δεκτή (γιατί χ 2 Ο) ii) Έστω ότι χ < Ο. Τότε: (2) <=> - 2χ + 3χ = 5 <=> χ = 5, μη δεκτή (γιατί χ < 0). Άρα, η εξί σωση ( I ) έχει μία μόνο ρίζα, την χ= 1 .

21. Να λυθεί η ανίσωση : �(21 � -1)<2)��2 : Έχουμε: ( 1 ) <=> 2(2 l x i - Ι ) < 12 + ( 1 x l - 2) <=> 4 l x l - 2 < 12 + l x l - 2 <=> 3 1 χ Ι < 1 2 <=> Ι χ Ι < 4 <=> - 4 < χ < 4.

22. Να λυθεί η ανίσωση : l l x - t l - 31 < 5 ι' Ι ··;� � '

(I)

(1)

Έχουμε: 0 ) <=> - 5 < Ι χ - 1 Ι - 3 < 5 <=> - 2 < Ι χ - 1 Ι < 8 <=> I χ - I I < 8 <=> - 8 < χ - 1 < 8<::::> - 7 <χ < 9. 23. Ν α δείξετε ότι: .fi )s + .Jl5 = .Jl5 + 1. Επειδή και τα δύο μέλη είναι θετικά, αρκεί να δείξουμε ότι: ( J2)8 + M ) 2 = ( Μ + 1 ) 2 , αρκεί: ·,.

2 ( 8 + Μ ) = Ι 5 + 2 Μ + Ι, αρκεί: 1 6 + 2 Μ = 1 6 + 2 Μ , ισχύει.

24. 'Εστω ο αριθμός: Α = { .fi - .J6}�.-2---J3=3. Να βρείτε τον αριθμό Α 2 και μετά τον Α. : ί) Έχουμε: Α2 = ( J2-J6γ ( 2 - .J3 ) = ( 2 - 2m + 6)( 2 - .J3 ) = = ( 8 - 2 ν'4.3 )( 2 + F3 ) = ( 8 - 4 F3 ) ( 2 + F3 ) = = 4 ( 2 - F3 )( 2 + F3 ) = 4 ( 4 - 3 ) = 4. ii) Εχουμε: Α 2 = 4 <=> JAi = J4 <=> I ΑΙ = 2. '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 9 τ. Ι /38

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Εξάλλου, επειδή J2 - J6 < Ο , έχουμε Α < Ο και άρα I Α I = - Α. Έτσι, έχουμε: I Α I = 2 <::::> - Α = 2 <::::> Α = - 2.

25. Οι αριθμοί α και β είναι θετικοί και ισχύει:

�+�=.J5.

Να δείξετε ότι:

� )! =1. -

(� � ) i � � � - [�)' (J!)' �� [ �-J!)' �- J! \i> σ η : Εχουμ"

2 1 =>

28. Υποθέτουμε ότι: χ + y + ω = α + β + γ (1) z ωz = αz + βz + γz ( 2 ) . z και x + y + Να δείξετε ότι: ( α-ω )( α-χ) = (y-β)(y-γ) (3). Λ ίι σ η :

Για να ισχύει η (3), αρκεί να δείξουμε 2 ότι: α - (ω + χ)α + ωχ = / - (β + γ)y + βγ και λόγω της ), αρκεί να δείξουμε ότι: α2-(α+ β+γ-y)α+ωχ=/-(χ + y + ω - α)y + βγ, αρκεί: α2 - α2 - βα - γα + yα + ωχ = / - xy - / - ωy + αy + βγ, αρκεί: xy + yω + ωχ = αβ + βγ + γα (4) Από την ( 1 ) έχουμε: (χ + y + ω) 2 = (α+ β+γ) 2 � � χ 2 + y2 + ω 2 + 2(xy + yω + ωχ) = = α2 + β2 + γ2 +2(αβ + βγ + γα). Από αυτή, λόγω της (2), έπεται η (4).

5 =>

= I =>

-2

= Ι =>

+ +2

(β - γ)( αβ + αγ - βγ - α2 ) = Ο � (β-γ)[β(α-γ)-α(α-γ)] = Ο � (β-γ)(α-γ)(β-α) = Ο � ( β = γ ή α = γ ή β = α).

26. Ν α δείξετε ότι για κάθε χ Ε IR ισχύει:

l x - 11 + l 2x - 11

�

\ \: π ι .

_!_ , 2

Πότε ισχύει το ίσον;

Με χ ε ΙR έχουμε: l x-1 1 + 1 2x-1 1 = Iχ - 11 + χ � I χ - 11 + χ � �

21 - ΞI I - ΞI I( χ - 1) - ( χ - Ξ )I 1 - 1 + ΞI = Ξ ·

29. Με χ, y, ω Ε IR και ν Ε Ν * , να δείξετε ότι αν 2ν+Ι =χ 2ν+Ι +y 2ν+Ι+ω 2ν+Ι (1) + η ισότητα: ( χ y+ω ) ισχύει για ν = 1 , τότε ισχύει για κάθε ν Ε Ν * . c\ ίJ ση :

Έστω ότι η ισότητα ( 1 ) ισχύει για ν = 1 . Τότε έχουμε: (χ + y + ω) 3 = χ 3 + / + ω 3 � [(χ + y) + ω] 3 = χ3 + / + ω3 � � (χ + y)3 + 3(χ + y)2 ω + 3(χ + y)ω2 + ω3 = χ 3 + / + ω3 � χ 3 + 3x 2y + 3χ/ + / + 3(χ + y) 2 ω + 3(χ + y)ω 2 = χ3 + / � � (x+y)(xy+xω+yω+ω 2 )=0 � (x+y)[x(y +ω) + ω(y+ω)] =Ο � (χ + y) (y + ω) (ω + χ) = Ο � (χ = - Υ ή Υ = - ω ή ω = - χ). Έστω ότι χ = - y. Για να δείξουμε την ( I ), αρ κεί να δείξουμε ότι: (- y + y + ω)2ν+ι = (- y) 2v+Ι + Υ2ν+Ι + ω2ν+Ι , αρκεί ω2ν+Ι = ω2ν+Ι , ισχύει. Όμοια εργ αζόμαστε αν y = - ω ή ω = - χ .

27. Για τους αριθμούς α, β και γ ισχύουν: (1 + αβ)(1 βγ)(1 + γα) -:;:. και

+ + + =Ο

α-β + β-γ γ-α 1 - αβ 1 β γ 1 γα

(1 ).

Να δείξετε ότι δύο τουλάχιστον από τους

30.

Για τους θετικούς αριθμούς α, β και γ ισχύει α2 = β 2 + γ2 . Να δείξετε ότι: 1) α < β + γ . 2 ) α3 > β3 + γ3 .

: I ) Έχουμε:

α2 = β 2 + γ2 < β2 + γ2 + 2βγ = : Από την ( 1 ) μετά την απαλοιφή των =(β + γ)2 � α2 < (β + γ)2 � α < β + γ. παρονομαστών, τις πράξεις και την αναγωγή ο 2) Επειδή α2 = β2 + / , έχουμε α2 > β2 και , , α > β και α > γ. 'Ετσι, εχουμε: μοίων όρων βρίσκουμε: α� > γ- , οποτε αβ2 + βγ2 + γα2 αγ2 _ βα2 γβ 2 = 0 � α3 = α2 . α = (β2 + γ2 )α = β2 α+ γ2 α > β2 β+ γ2γ = β3 + γ3 � α3 > β 3 + /. (αβ2 _ αγ2 ) _ (γβ 2 βγ2 ) (βα2 γα2 ) = 0 � α(β + γ)(β - γ) - βγ(β - γ) - α2 (β - γ) = Ο � αριθμούς αυτούς είναι ίσοι.

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /39

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

_Ι · Ο _ ,

Παναγιώτης Χριστόπουλος Γι α να αποδείξουμε ισότητα γω ν ιών ή ευθυ γράμμ ω ν τμ ημ άτω ν χρησιμ ο ποιούμ ε τα κριτήρι α ισότητας τρί γω ν ω ν, αλλ ά κα ι γι α να συγκρ ίνουμ ε γω νίες ή ευθύγρ αμμα τμ ήματα χρησιμ ο ποιούμ ε τι ς αν ισο τικές σχέσει ς μ εταξύ τω ν στοιχείων τω ν τρ ιγώ νω ν. Πολλά θεωρήματα κα ι α σκήσει ς στη ν Ευκλείδει α Γεωμ ετρία αποδει κνύο ντα ι μ ε α υτά τα βα σικά εργαλε ία . Στο συγκεκρ ιμ έ νο άρθρο παρ α θέτουμ ε απλές ενδει κτικές α σκήσει ς εφ αρμ ογών γι α τη δι κή σας εξοι κε ίωση. �

παίρνουμε την γωνία ζΟρ ώστε να δημιουργή-

Αν το μέσο Μ μιας πλευράς ενός τριγώνου

σου με με τις πλευρές τους δυο ίσες οξείες γωνί

ΑΒΓ ισαπέχει από τις άλλες δυο πλευρές του. Το

ες ω και φ. Παίρνουμε τα σημεία Α,Β,Μ,Ν α

τρίγωνο είναι ισοσκελές και αντίστροφα.

ντίστοιχα στις πλευρές Οχ, Οψ, Οζ, Ορ με 0Α=ΟΒ και ΟΜ=ΟΝ.

Να αποδείξετε ότι: α. Τα ΑΜ, ΒΝ είναι ίσα.

/ ['·

β. Τα τρίγωνα ΡΑΜ,ΡΒΝ είναι ίσα.

I' I \ !

γ. Οι ΑΝ και ΒΜ τέμνονται στο Ρ το οποίο είναι

•

σημείο της διχοτόμου της γωνίας χΟψ.

· ι .1

Ε υ 0 1•

Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ, ΜΕ και ΜΖ οι αποστάσεις από τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα , με ΜΕ=ΜΖ. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΜΕ και ΖΜΓ. Αυτά είναι ορθογώνια γωνΕ=γωνΖ, έχουν μια κάθετη πλευρά τους ίση (ΜΕ=ΜΖ υπόθεση) και τις υποτείνουσες ίσες (ΜΒ = ΜΓ υπόθεση). Από τα κριτήρια ισότητας ορθογωνίων τριγώνων έχουμε ότι τα τρίγωνα είναι ίσα. Επομένως και οι αντίστοιχες γωνίες τους Β,Γ είναι ίσες. Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Με την υπόθεση ότι το ΑΒΓ εί ναι ισοσκελές θα δείξουμε ότι ΕΜ=ΜΖ. Συγκρί νουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΜΒ και ΖΜΓ. Αυτά έχουν ΜΒ =ΜΓ (υπόθεση) και γωνΒ =γωνΓ (υπό θεση). Από τα κριτήρια ισότητας ορθογωνίων τρι γώνων έχουμε ότι τα τρίγωνα είναι ίσα. Επομένως και οι αντίστοιχες πλευρές ΕΜ,ΜΖ είναι ίσες. Στο εσωτερικό μιας οξείας γωνίας χΟψ

α. Τα τρίγωνα ΟΑΜ και ΟΒΝ έχουν: ΟΑ= ΟΒ (υπόθεση) ΟΜ=ΟΝ (υπόθεση) γωνΑΟΜ=ω=φ=γωνΒΟΝ (υπόθεση) σύμφωνα με το κριτήριο ισότητας τριγώνων ΠΓΠ τα τρίγωνα είναι ίσα . Άρα ΑΜ=ΒΝ. β. Τα τρίγωνα ΟΑΝ και ΟΒΜ έχουν: ΟΑ= ΟΒ (υπόθεση) ΟΜ= ΟΝ (υπόθεση) γωνΑΟΝ = γωνΑΟΜ+γωνΜΟΝ = γωνΜΟΝ+γωνΝΟΒ = γωνΜΟΒ σύμφωνα με το κριτήριο ισότητας τριγώνων ΠΓΠ τα τρίγωνα είναι ίσα. Άρα ΑΝ=ΒΜ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /40

Μ αθη ματικά για την Α · Λυκείου

Τα τρίγωνα τώρα ΑΜΝ και ΒΜΝ έχουν: ΑΜ= ΒΝ προηγούμενη σχέση ΑΝ=ΒΜ προηγούμενη σχέση ΜΝ κοινή πλευρά σύμφωνα με το κριτήριο ισότητας τριγώνων ΠΓΠ τα τρίγωνα είναι ίσα. Τα τρίγωνα όμως ΑΜΝ και ΒΜΝ έχουν κοινό μέρος το τρίγωνο Ρ ΜΝ άρα διαγράφοντάς το προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΡ Μ και Β ΡΝ είναι ίσα. γ. Το Ρ θα είναι στη διχοτόμο της γωνίας χΟψ αν και μόνο αν η γωνΑΟΡ =γωνΡΟΒ Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΟΡ , ΒΟΡ αυτά έχουν: ΟΑ= ΟΒ (υπόθεση) ΟΡ κοινή πλευ ρά ΑΡ=ΒΡ από το συμπέρασμα της προηγούμενης περίπτωσης β. Επομένως σύμφωνα με το κριτήριο ισότητας τρι γώνων ΠΠΠ τα τρίγωνα είναι ίσα. Άρα γωνΑΟ Ρ=γωνΡ ΟΒ δηλαδή το Ρ ανήκει στη διχοτόμο Οδ της γωνίας χΟψ. _:; :.-�

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α=ορθή) φέρνουμε κάθετη στη ΒΓ στο σημείο Β. Πάνω στην κάθετη αυτή παίρνουμε σημείο Δ ώστε ΒΔ=ΑΒ.

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΓΒΔ είναι ίσα;

ι�.-�--�-�--��--�----�·-\-:::: ,\

Τα τρίγωνα είναι ορθογώνια έχουν τις κάθετες πλευρές τους ΒΔ,ΑΒ ίσες (υπόθεση), επί πλέον έχουν την ΒΓ κοινή, προσοχή όμως τα τρίγωνα δεν είναι ίσα διότι η ΒΓ στο πρώτο τρίγωνο είναι υποτείνουσα ενώ στο άλλο κάθετη πλευ ρά του. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α=30° και η Βες =50° .

Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α ' Β 'Γ που έχουν β=β ', γ=γ ' και μp=μp· είναι ίσα.

>�_ σ ;κ:: nlJ rΠu -! ''

Να μπουν σε σειρά μεγέθους (να διαταχθούν) οι πλευρές του και το ύψος του από την κορυφή Α.

Αφού η Β εξ = 50° άρα η Β = 1 30° αμβλεία. Η Αν Μ είναι το μέσο της ΑΓ και Μ ' το μέσο της Α'Γ', προεκτείνουμε τις ΑΜ και ΑΜ' κατά γωνΓ= 1 80° -( 1 30"+30")=20" . Έτσι Γ<Α<Β επομέ ίσο μήκος και παίρνουμε τις ΜΕ=ΜΑ και νως ισοδύναμα ΑΒ <ΒΓ<ΑΓ και το ύψος ΑΔ <ΑΒ Μ 'Ζ=Μ Ά' τότε τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΈ 'Ζ είναι (κάθετη με πλάγια). Άρα ΑΔ < ΑΒ <ΒΓ<Α Γ . ίσα, κριτήριο ΠΠΠ, διότι γ=γ', ΑΕ=2μβ=2μβ· =Α 'Ζ και ΒΕ=β= β' =Β 'Ζ ( τα τρίγωνα ΒΜΕ,ΓΜΑ είναι ίσα, έχουν ΠΓΠ, το ίδιο και τα Β 'Μ 'Ζ, Γ'ΜΆ'). Σε τετράπλευρο ΑΒΓ Δ φέρνουμε τη διαγώ Αφού τα τρίγωνα ΑΒΕ και Α Έ 'Ζ είναι ίσα θα εί νιο ΒΔ και σχηματίζονται οι εξής γωνίες: ναι ίσα και όλα τα λοιπά στοιχεία τους δηλαδή οι ΒΔΑ=80° , ΔΒΑ=l0° , ΒΔΓ=95° , ΔΒΓ=45° Να διάμεσοι ΒΜ= Β 'Μ ' � = Επομένως τα τρί- διαταχθούν οι πλευρές του και η διαγώνιος.

( �·}

γωνα ΑΒΓ και Α Ή 'Γ έχουν ΠΠΠ, δηλαδή είναι ίσα.

Οι γωνίες Α και Γ είναι: Α= 1 80°-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /4 1

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

(80°+ 1 0°)=90°, Γ= Ι 80°-(95°+45°)=40° Στο τρίγω νο ΑΔΒ είναι Β<Δ<Α ισοδύναμα ΑΔ<ΑΒ<ΒΔ, ενώ στο τρίγωνο Γ ΔΒ είναι Γ<Β<Δ ισοδύναμα ΒΔ<ΓΔ<ΓΒ.

Τελικά ΑΔ<ΑΒ<ΒΔ<Γ Δ<ΓΒ. Άσκηση 7'1

Σε ένα τρίγωνο με περίμετρο 45 μονάδες μήκους οι πλευρές του α, β, γ είναι ανάλογες των αριθ μών 6, 4, 5. Να διαταχθούν οι γωνίες του. Λ ίJ ση

, Εχουμε α = β γ 6 4 5 -

Διορθώσεις •

- = - =

α + β + γ 45 , 3 δηλαδη 6+4+5 15 = - =

�

3 ή α= 1 8, ή β= 12,

�=3

ή γ= 1 5 . Επομέ

νως β<γ<α ισοδύναμα οι γωνίες είναι Β<Γ<Α. Π ρ οτειν ό μενες Α σκήσεις

Ι . Ένα τρίγωνο είναι ισοσκελές αν και μόνο αν οι διάμεσοι των ίσων πλευρών του είναι ίσες. 2. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με β>γ στην πλευρά ΑΓ παίρνουμε σημείο Δ και στην προέκταση της ΑΒ προς το Α σημείο Ε τέτοια ώστε ΑΔ=ΑΕ β-γ = . Ν α αποδείξετε ότι η ευθεία που διέρ2 χεται από τα σημεία Δ και Ε διέρχεται και από το μέσο Μ της ΒΓ. 3. Έστω κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΓ?:ΒΔ. Να δείξετε ότι 2Α Γ>ΑΒ +ΓΔ. 4. Δυο ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, ΓΔ τέμνονται στο Μ χωρίς να διχοτομούνται. Αν τα τρίγωνα ΜΑΔ, ΜΓΒ είναι ίσα τότε τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, Γ Δ είναι ίσα. 5 . Για ποια τιμή του χ έχουμε ισοσκελές τρίγωνο με πλευρές 20, 2, χ μονάδες μήκους;

Τ68

Στην Α ι Άλγεβρα Β ' Λυκείου έπρεπε να ζητηθεί απλώς η αριθμητική τιμή της συνάρτησης Ρ(χ) για

χ = ; , αντί του υπολοίπου της διαίρεσης Ρ( (χ-;). χ):

•

Στην Α 2 Γεωμετρία Β ' Λυκείου εκ παραδρομής η γωνία ΑΔΚ βρέθηκε ίση με 30°. Όμως για τη λύ2 ση αρκεί το συν ΑΔΚ J5 . --

Αλληλο γραφία : Λάβαμε το αξιόλογο και σημαντικό άρθρο του

φυσικού ραδιοηλεκτρολόγου, με θέμα : τη φθίνουσα ταλάντωση που μελετά το βιβλίο κατεύθυνσης της Γ Λυκεί ου. Αξιόλογες αναπτύξεις στα μέγιστα και ελάχιστα της γ(t) και ακραίες θέσεις της ταλάντωσης, όπως επίσης στα σημεία καμπής της γ(t) για τις θέσεις της μέγιστης ταχύτητας του ταλαντωτή. Υπόσχεση για μελλοντική αξιοποίηση του άρθρου.

Βιβ λ ία που λάβαμε :

Γ.

Σδρίμα,

Το Βιβλίο των μαθηματικών Χρήστου Γκουβιέρου και Θύμιου Διαμαντόπουλου «Μαθηματικά: Γ Λυκείου>> Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης» με πολλές ασκήσεις και παραδείγματα Τεύχος Α ' [Μιγαδικοί αριθμοί, Συναρτήσεις όριο - Συνέχεια συναρτήσεων Διαφορικός Λογισμός] . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. Ι /42

�-··[Ό811111. ,., τι,. Jr τι�Ιφ τι•ιι Αιι••Ι•ιι

Άλγεβρα Β ' Λυκείου Z)J�rω vo μ��\.� Μενέλαος Τζιόρτζιος Καλή σχολ ική χρο νι ά. Ο ι ασκή σει ς που α κολουθούν είναι μια ευ καιρία επανάλ ηψη ς στη ν διδαχθε ίσα ύλ η του πρώτου κεφ αλαίου τη ς Ά λγεβρ ας. Β ο ηθούν του ς μα θητές στη ν καλ ύτερη εμ πέδω ση τω ν τρι γω νομετρι κώ ν τύπω ν κα θώ ς κα ι στη ν εφ αρμο γή του ς μ ε τη ν χρήση αλ γεβρικώ ν πρά ξεων. Επίση ς γ ίνεται προ σπάθε ια να κατανο ή σουν κα ι τη ν χρη σιμ ότητα τω ν τρ ιγω νομετρ ικών συ ναρτή σεω ν. Ι ) Δίνεται η συνάρτηση

/(χ) = 4συν (αχ) - 2α με α>Ο. Αν η f έχει ελάχιστη τιμή το - 8, τότε:

α) Να δείξετε ότι α = 2. β) Να βρεθεί η περίοδος και η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f. γ) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με τον χ ' χ καθώς και οι θέσεις μεγίστου και ελαχίστου στο διάστημα [0, π) . Λ1Jση

α) Η συνάρτηση f1 (x) = 4συν(αχ) έχει ελάχιστη τιμή ίση με -4, οπότε η ελάχιστη τιμή της f είναι ίση με -4 - 2α. Άρα - 4 - 2α = -8 => α = 2 . 2π β) Για α = 2 έχουμε j{ x) = 4συν2χ - 4 . Ισχύει ότι η περίοδος είναι Τ = = π και η μέγιστη τιμή 2 είναι fm a ' = 4 - 4 = ο . γ) Τα σημεία τομής με τον χ ' χ στο [0, π] είναι οι λύσεις της εξίσωσης f(x) = Ο στο [0, π]. Άρα j{ x ) = Ο <=> 4συν2χ - 4 = Ο <=> συν2χ = 1 <=> 2χ = 2κπ <=> χ = κπ , κ Ε Ζ. Όμως : χ ε [0, π] <=> Ο � χ � π <=> Ο � κπ � π <=> Ο � κ � 1 . <=> κ = Ο ή κ = 1 αφού κΕΖ. Επομένως χ = Ο ή χ = π. Άρα τα σημεία τομής με τον χ ' χ είναι τα 0(0, Ο ) και Α(π, 0). Η μέγιστη τιμή της είναι: fn1a, = 4· 1 -4 = Ο, που σύμφωνα με τα παραπάνω βρίσκεται για χ = Ο ή χ = π. Η ελάχιστη τιμή της είναι -8. π Αλλά j( χ) = -8 <=> 4συν2χ - 4 = -8 <=> συν2χ = -1 <=> συν2χ = συνπ <=> 2χ = 2κπ ± π <=> χ = κπ ± , 2 π κ Ε Ζ <=> χ = , αφού χ Ε [ Ο , π] . 2 -

2 ) Δίνεται η συνάρτηση

f(x )

α) Να αποδειχθεί ότι: f(x) =

�Ξ[ ( =) ( =)] συν ' χ -

� ημ2χ. 2

- συν ' χ +

με χ Ε (Ο, π ( .

β) Να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης f.

γ) Να βρεθούν τα σημεία τομής του γραφή ματος της f με την ευθεία y = - .

( )

δ) Να συγκρίνετε τους αριθμούς t �

1 000

( )

και t � .

2 000

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /43

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Ξ[ ( �) ( �)]

α) Έχουμε }{χ) =

(

συν' χ -

- συν' χ +

Ξ[συν ( χ - �) + συν ( χ + �)] [συ{χ - �) - συ{χ + �)] =

π π π = � συνχσυν + ημχημ + συνχσυν 2 4 4 4

(

συνχσυν

+ ημχημ

- συνχσυν

4 4 άρα j{ x) = � ημ2χ , χ Ε [ Ο, π]. 2

- ημχημ

+ ημχημ

)

3 = � .fiσυνχ .fiημχ = 3ημχσυνχ = = ημ2χ , 2 4 2

2π 3 3 β) Η f έχει μέγιστο /,nax = 2 , ελάχιστο /,nin = - 2 και περιοδο Τ = l = π . '

312

.χ '

π/4j

π/2

•

3π/4

π/4 �/2 �π/4 π

f(x)

3/2

""""""""""'"'"""''"

-3/2 y'

γ) Οι τετμημένες των σημείων τομής είναι οι λύσεις της εξίσωσης Αλλά ( l )

χ=

Sπ

<=> χ = κπ +

Sπ

, κ Ε Ζ . Ομως χ Ε [0, π]

δ) Οι αριθμοί οπότε :

�

10 0

και

�

1 000

20 0

<=>

κ = Ο . Οι λύσεις λοιπόν είναι

( ) ( ) [ο, ] ( �) ( �) 12

�, � . Άρα τα σημεία τομής είναι : Α 12 4 12

Sπ

( χ) = � ,( I ) χ Ε [ Ο,π]

1 3 3 π π π - η μ2χ = - <=> ημ2χ = - <=> ημ2χ = ημ - <=> 2χ = 2κπ + - <::::> χ = κπ + - ή 2 4 2 6 6 12

<=>

2 χ = 2κπ +

2000

και

,�

Β Sπ

12 4

ανήκουν στο διάστημα

α) Να δειχθεί ότι

f(x) = η μ 2χ . β)

γ) Να λυθεί η εξίσωση

Να βρεθεί η περίοδος της f και τα ακρότατα της.

f(x) + 2 �f(x) - 3 = Ο

με χ ε

[Ο, : ]·

α) Πεδίο ορισμού της f είναι Α = 9\ . χ χ χ χ Έχουμε fiχ) = 2 - 2συν2χ - 64ημ 4 - συν 4 - = 2 - 2συν2χ - 4 · 1 6ημ 4 - συν 4 - = 2 2 2 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /44

στο οποίο η f είναι γνησίως αύξουσα,

' Ε στω η συνάρτηση /(χ) = 2 - 2συν2χ - 64η μ 4 � συν 4 � .

ι Ι 0 0 > ι 20 0 . 2

π Χ =-

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

4 χ χ) 1 - συν2χ ) 2 ( = 2 - 2συν2χ - 4 2ημ συν - 4ημ 4 χ = 2 - 2συν2χ - 4 ( 2συν2χ 2 = = 2 2 2 = 2 - 2συν2χ - 1 + 2συν2χ - συν 2 2χ = 1 - συν 2 2χ = ημ2 2χ . 1 - συν4χ 1 1 , = - - συν4χ + -. Οπότε η περιοδος β) Εχουμε j{ x) = ημ 2χ = της συνάρτησης είναι: 2 2 2 2π π 1 1 1 Τ=4= Η συνάρτηση fι (χ) = - 2 συν4χ έχει μέγιστο 2 και ελάχιστο , οπότε η 2 2 1 1 1 1 ' μεγιστη τιμη' της ( ει'ναι !. = - + - = 1 και η ελάχιστη !. = - - + - = ο . 2 2 2 2 γ) Αφού f(x) :Ξ:: Ο, για κάθε χ ε 9\ , η εξίσωση ορίζεται σε όλο το 9\ , όπου: j{ x ) + 2 �j{ x ) - 3 = Ο q ημ 2 2χ + 2 �ημ 2 2χ - 3 = Ο q ημ 2 2χ + 2 l ημ2χ l - 3 = Ο G ημ2 2χ + 2ημ2χ ,

max

- 3 = ο, αφού χ

ηίn I

[ π4 ] � Ο � χ � π4 � Ο � 2χ � π2 � ημ2χ

ε ο,

�

ο.

Στην εξίσωση η μ 2 2χ + 2ημ2χ - 3 = Ο , θέτουμε ημ2χ = ω ( 1 ) οπότε η επιλύουσά της είναι η ω2 + 2ω - 3 = 0 , με ρίζες ω1 = 1 , ω = - 3 . 2 π π π Για ω = 1 έχουμε: ( 1 ) G ημ2χ = 1 q ημ2χ = ημ q 2χ = 2κπ + q χ = κπ + , με κ ε Ζ 2 2 4 π π π π Όμως χ ε ο, G Ο :Ξ:;; κπ + :::;; G _!_ :Ξ:;; κ :Ξ:;; Ο q κ = Ο . (l) G χ = . 4 4 4 4 4 Αν ω = -3 έχουμε: (l ) G ημ2χ = -3 αδύνατη, αφού - 1 � η μ2χ � 1 .

[ ]

π 10 3 β) Να δείξετε ότι συν3χ = 4συν χ - 3συνχ γ) Να δείξετε ότι συν3χ - η μ2χ = συνχ(-4η μ 2 χ - 2ημχ + 1)

α) Να δείξετε ότι ο αριθμός χ = - είναι ρίζα της εξίσωσης συν3χ = η μ2χ .

π είναι μια ρίζα της εξίσωσης 4χ 2 + 2χ - 1 = ο 10 ε) Να υπολογίσετε τα η μ 9 ° , η μ36 ° . δ) Να δείξετε ότι ο αριθμός η μ

π 3π 3π π π συν - = η μ - . Ισχύει - + - = - , δηλαδή οι γωνίες είναι 5 10 5 2 10 3π π συμπληρωματικές άρα συν - = η μ - . 5 10 β) Έχουμε συν3χ = συν(2χ + χ) = συν2χσυνχ - ημ2χημχ = = (2συν 2 χ - l )συνχ - 2ημχσυνχημχ = 2συν 3 χ - συνχ - 2ημ 2 χσυνχ = ' = 2συν 3 χ - συνχ - 2( 1 - συν 2 χ)συνχ = 2συν ο χ - συνχ - 2συνχ + 2συν 3 χ = = 4συν 3 χ - 3συνχ .

α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι

(β)

γ) Α = συν3χ - ημ2χ = 4συν 3 χ - 3συνχ - 2ημχσυνχ = συνχ(4συν 2 χ - 3 - 2ημχ) = = συνχ (4( 1 - ημ 2 χ) - 3 - 2ημχ ) = συνχ( -4ημ 2 χ - 2ημχ + 1 ) .

δ) Αρκεί να δείξουμε ότι 4ημ � + 2ημ � - 1 = Ο . Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της με 10 10 π π π π , αρκει. να ισχυει: . - συν - 4 η μ 2 - + 2 ημ - - ι = ο η. - συν - τ ο , οποτε 10 10 10 10 2

_J.

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /45

)

Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

)

(

συν � - 4ημ 2 � - 2η μ � + ι = 0. ( 1 ) Από το ερώτημα (γ) για χ = � διαπιστώνουμε ότι για να 10 10 10 10 3π 3π π π ο . ισχυει . απο. το ( α). ισχύει η ( I ) αρκει:. συν - - η μ - = η. συν - = η μ - , το οποιο 10 10 5 5 ε) Από το (δ) το ημ � = ημl 8° είναι μια λύση της εξίσωσης 4χ 2 + 2χ - 1 = 0 10 - l + J5 - I - JS Η διακρίνουσα είναι Δ=20. Άρα οι ρίζες της είναι χ 1 = , Χ = 2 4 4 - I + J5 - 1 - JS 2 ° 2 ° >0, αφού Δηλαδή η μl 8° = < Ο . Επίσης ημ 1 8 + συν 1 8 = I <=> 4 4 2 - + J5 _,._..,_ 1 0 + 2 J5 και αφού συν 1 8 ° > Ο θα είναι συν 2 1 8 --1 - Ι --...... συν 2 Ι 8 -16 4

---

(

----

1 - συν1 8° 1 - συν2α �1 0 + 2J5 για α= 9 0 έχουμε ημ-? 9 ο = Από τον τύπο ημ 2 α = 2 2 4 = 1 0_+_2_ J55 1 - �r4 - �1 0 + 2 -JS 4 - �1 0 + 2J5 . 4 = = και αφού η μ9° > Ο θα ειναι: ημ9° = Στον 8 2 8 τύπο ημ2α=2ημασυνα για α = 1 8° ισχύει ημ3 6° = 2ημ l 8°συν l 8° συν Ι 8 0 =

- I + JS �1 0 + 2J5 ( - l + J5)�1 0 + 2 J5 = . 4 8 4

5 ) α) Ν α αποδείξετε ότι

η μ 6 χ + συν 6 χ = 1

1 3 3 - η μ 2 2χ = - + - συν 2 2χ 4 4 4 5

β) Να λύσετε την εξίσωση ημ 6 χ + συν 6 χ = -

6 π 12

γ) Να υπολογισετε την τιμη της παραστασης η μ - + συν •

•

δ ) Να βρεθούν η περίοδος, η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f(x) = η μ χ + συν χ . \ "iJση

α) ημ 6 χ + συν 6 χ = (ημ 2 χ)3 + (συν 2 χ )3 = (ημ 2 χ + συν 2 χΧημ 4 χ - ημ 2 χσυν 2 χ + συν 4 χ ) = = (ημ 2 χ Υ + (συν 2 χ Υ - ημ 2 χσυν 2 χ = (ημ 2 χ + συν 2 χ Υ - 2ημ 2 χσυν 2 χ - ημ 2 χσυν 2 χ = ' = 1 - 3ημ 2 χσυν 2 χ = 1 - 3(ημχσυνχ ) ' = 1 - { ημ2χ = 1 - η μ 2 2χ =

Ξ� )

�

1 3 3 = Ι - - (1 - συν 2 2χ ) = - + - συν 2 2χ. 4 4 4 5 (α ) Ι 3 5 3 3 J2 β) ημ 6 χ + συν 6 χ = - <=> 1 - - ημ 2 2χ = - <=> - ημ 2 2χ = - <=> ημ 2 2χ = - <=> ημ2χ = ± - . 8 4 8 4 8 2 2 π π π J2 ημ2χ = - <=> ημ2χ = η μ - <=> 2 χ = 2 κπ + - <=> χ = κπ + - η. 2 4 4 8

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. Ι /46

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

π 3π 2χ = 2κπ + π - - � χ = κπ + - , κ Ε Ζ . 8 4 π π 12 π ημ2χ = - - � ημ2χ = ημ( - - ) � 2χ = 2κπ - - � χ = κπ - - ή 8 4 4 2 π� 5π 2χ = 2κπ + π + - χ = κπ + - , κ Ε Ζ . 4 8 3 Π 3 Π 3 1 13 Π Π ( α) γ) ημ - + συν - = 1 - - ημ 2 - = 1 - - ημ - = 1 - - · - = 12 12 4 12 4 6 4 4 16 < ) 3 3 3 5 3 1 - συν4χ 3 = 1 - - + - συν4χ = - συν4χ + - . δ) ./(χ) =α 1 - - ημ - 2χ = 1 - - · 4 4 2 8 8 8 8 2π π . η περιο . δ ος ειναι: . . !. = 3 + 5 και η ελαχιστη . τ . = 4 = 2 Η μεγιστη Οποτε τιμη. της f ειναι 2

�

ιnax

J.ni n =

-8 8 4. +

6 ) α) Να δείξετε ότι

2ημ 2

(;) (;) β

β) Να δείξετε ότι η μαη μβ ::::; η μ 2

= 1 - συνασυνβ + ημαημβ

γ) Να δείξετε ότι η μαη μ1 99 α ::::; η μ 2 1 00 α

.fi

8 8

δ) Αν Ο<α,β< - , η μαημβ = - και εφαεφβ = - , να υπολογίσετε τους αριθμούς:

ημ

(;} α

συν( α + β), εφ( α + β), εφ α και εφ β .

( )

Λί1ση

, α+β 1 - συν ( α + β ) = 1 - συν ( α + β) = 1 - συνασυνβ + ημαημβ α) Ισχύει 2 η μ - -- = 2 2 2 " α+β ο α+β . β) Αρκε ί: η μαημβ ::::; ημ η 2ημαημβ ::::; 2ημ ή 2 22ημαημβ � 1 - συνασυνβ + ημαημβ ή συνασυνβ + η μαημβ � 1 ή συν( α - β) :::; Ι , που ισχύει.

(

( )

( ) )

γ) Από το (β) ερώτημα αντικαθιστώντας όπου β το 1 99α έχουμε: Ί α + 1 99α Ί ημαη μ1 99α � η μ � ημαημ1 99α � η μ - ι ΟΟα . 2 12

10 1 1 ημα ημβ 1 312 =-� = - � συνασυνβ = -- . δ) . Εχουμε εφαεφβ = - � 6 συνα συνβ 6 συνασυνβ 6 5 α+β . . = 1 - συνασυν β + ημαημ β = ισχυει: 2 ημ z Απο. το (α) ερωτημα 2-- --

( ) ( )�

5 - 7,/2 α+β _ 312 12 5 - 712 � = + . Άρα ημ . 2 10 5 2 5 α β α β Επειδή η μ > Ο , αφού Ο < α < και Ο < β < , δηλαδή Ο < 1

(;)

;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /47

; ;. <

Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

3 -fi .fi .fi Θα έχουμε συν( α + β) = συνασυνβ - ημαημβ = -- - - = - . 2 10 5

Ισχύει ημ 2 (α + β) = 1 - συν 2 (α + β) = 1 - ..!_ = ..!_ , άρα ημ(α + β) = .fi , αφού ημ(α+β) >Ο επειδή 2 2 2 η μ( α + β) Ο < α + β < π . Άρα εφ ( α + β) = = 1 Οπότε: εφ( α + β) = Ι � συν( α + β) 5 , 1 5 εφα + εφβ εφα + εφβ και εφαεφβ = , = 1 => εφα + εφ β = � εφα + εφ β = - , εχουμε = 1 => 6 6 6 1 - εφαεφβ 1 ..!_ .

____:.__.:._:__

οπότε οι αριθμοί εφα και εφβ είναι οι ρίζες της εξίσωσης:

1 5 + - = Ο Λύνοντας: 6 6

χ- --χ

1 1 1 1 εφα = - και εφβ = - ή εφα = - και εφβ = - . 2 2 3 3

7) α) Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση : σφ Α σφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφ Α = 1 β) Αν σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει σφ 2 Α + σφ 2 Β + σφ 2 Γ = 1 , να αποδείξετε: i) σφ Α + σφΒ + σφΓ =

.J3

ii) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

α) Αφού οι Α, Β, Γ είναι γωνίες τριγώνου ισχύει Α + Β + Γ = π � Α + Β = π - Γ � σφΑσφΒ - 1 = -σφΓ => σφΑσφΒ - 1 = -σφΒσγΓ - σφΑσφΓ => σφ ( Α + Β ) = σφ (π - Γ ) => σφΒ + σφΑ σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ = 1 . β) i ) (σφΑ + σφΒ + σφrγ = σφ 2 Α + σφ 2 Β + σφ 2 Γ + 2σφΑσφΒ + 2σφΒσφΓ + 2σφΓσφΑ = (α)

= 1 + 2(σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ) = 1 + 2 = 3 Όμως σφΑ, σφΒ, σφΓ > Ο αφού το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, άρα σφΑ + σφΒ + σφΓ = J3 . ii) Ισχύουν σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ = 1 και σφ 2 Α + σφ 2 Β + σφ 2 Γ = 1 άρα: σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ = σφ 2 Α + σφ 2 Β + σφ 2 Γ => σφ 2 Α + σφ 2 Β + σφ 2 Γ - σφΑσφΒ - σφΒσφΓ - σφΓσφΑ = Ο => ..!. [(σφΑ - σφΒ γ + (σφΒ - σφrγ + (σφΓ - σφΑγ ] = Ο � σφΑ-σφΒ = Ο και σφΒ - σφΓ = Ο και 2 σφΓ - σφΑ = Ο � σφΑ = σφΒ = σφΓ � Α = Β = Γ, αφού είναι γωνίες τριγώνου. Άρα το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. 8) Να βρεθούν οι τιμές των πραγματικών αριθμών α και β ώστε να ισχύει για κάθε γωνία χ φ. κπ, κ Ε Ζ η ισότητα: --

η μχ

ημ2α

-- + -- + -- + η μα

= ασφ + βσφχ .

η μ4α

•

η μ2 ν α

Ακολούθως να υπολογισθεί το άθροισμα: S =

, οταν 2 α ;:f:. κπ για ν, κ Ε Ζ. ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. t /48

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ι\ {Jση

Η ισότητα που θέλουμε να ισχύει γίνεται:

1 χ = ασφ - + βσφχ <=> ημχ 2

χ συν 2 ημχ + 1 = α -χ ημ 2 -

χ �ν χ 1 + �νχ συνχ χ χ 2 + βσυνχ 2ημ - �ν <=> 1 ημχ <=> 1 = α ασυν2 2 + βσυνχ <=> 1 = 2α +β χ 2 2 2 ημχ ημ 2 + βσυνχ <=> 1 = α +ασυνχ + βσυνχ <=> (α + β)συνχ + (α - Ι ) = 0.( 1 ) Έστω η ( 1 ) ισχύει για κάθε χ =j:. κπ, 1 π π οπότε για χ = είναι: α - 1 = Ο και για χ = είναι: (α + β) - + α - 1 = Ο. Άρα έχουμε: 2 2 3 α-1 = 0 <=> α = 1 Για α = και β = - 1 η ( 1 ) γίνεται: ( 1 - 1 )συνχ + ( 1 - 1 ) = Ο, που β = -1 3α + β = 2 ισχύει για κάθε χ =j:. κπ. Γενικά λοιπόν πρέπει και αρκεί α = 1 και β = - 1 . 1 1 1 1 α σφ - - σφα + σφα - σφ2α + σφ2α - σφ4α Επομένως: S = -- + + +...+ ημα ημ2α ημ4α 2 ημ2 ν α --

{

} { }

---

9) Αν για την γωνία χ ισχύουν νχ =j:. κ

π 2

και

� =j:. κ π για κάθε ν, κ ε Ζ να αποδειχθεί ότι: 2 ν

σφ 2 χ - ι β) εφχ = σ φχ - 2 σφ2χ γ) εφχ + 2εφ2χ + 4εφ4χ + 8 σ φ8χ = σφχ . 2 σ φχ ι ι ι χ χ χ ι χ ι χ δ) - εφ - + - εφ - + - εφ - + + - εφ - = - σ φ - - σφχ . 2 2 4 4 8 8 2ν 2ν 2ν 2ν α) σφ 2 χ =

.•.

Λ i'ωΊ�

σφχσφχ - 1 σφ 2 χ - 1 . = α) Είναι: σφ2χ = σφ(χ + χ) = σφχ + σφχ 2σφχ σφ 2 χ Ι σ φ 2 χ - σφ 2 χ + 1 1 = -- = εφχ . = β) σφχ - 2σφ2χ = σφχ - 2 σφχ σφχ 2σφχ γ) Από (β) ερώτη μα ισχύει: εφχ = σφχ - 2σφ2χ , για οποιαδήποτε γωνία χ, άρα και για 2χ: εφ2χ = σφ2χ - 2σφ4χ Επίσης για 4χ έχου με: εφ4χ = σφ4χ - 2σφ8χ Άρα: εφχ + 2εφ2χ + 4εφ4χ + 8σφ8χ = σφχ - 2σφ2χ + 2σφ2χ - 4σφ4χ + 4σφ4χ - 8σφ8χ + 8σφ8χ = σφχ. -

, Χ Χ αφου, δ) Απο, το (β ) ερωτημα , - ,....,

-:�; κ -

, Χ Χ . - 2σφχ . Επισης: εφ = σφ εχουμε:

2 4 2ν 2 2 2 χ χ χ χ χ χ χ χ χ εφ - = σφ - - 2σφ - ' εφ - = σφ - - 2σφ - . . . εφ - = σφ - - 2σφ 2 4' ' 4 4 8 2 ν- Ι 2ν 2ν 8 1 χ 1 χ 1 χ 1 χ Άρα: - εφ - + - εφ - + - εφ - + . . . + - εφ - = 2 2 4 4 8 8 2ν 2ν 1 χ 1 χ 1 χ 1 χ 1 χ 1 χ 1 χ = - σφ - - σφχ + - σφ - - - σφ - + - σφ - - - σφ - + . . . + - σφ - - -- σφ -= Ι 2 2 2 8 4 8 4 4 2ν 2 ν 2ν 4 2 2 ν-Ι 1 χ = - σφ - - σφχ . 2ν 2ν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /49

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Γ ε ω μ ετ ρ ί α Β ' Λυ κ ε ίου Θ ε ω ρή ματ α διχ ο τ ό μω ν - Αρ μ ο ν ι κ ά σ υ ζυγή Ο μ οιό τ η τ α τ ριγώ νων . Καρδαμίτσης Σπύρος

« Τά δμ οια πολ ύyωνα ε %; τε δμ οια τρ ίγωνα διαιρ ε ίι:αι κα ί ε ίς ίiJα τό πλ ήθος κα ί Φ όλογα το k; δλοις, κα ί τό πολ ύyωνον πρ ό:; τό πολ ύyωνον δ ιπλασίο να λ όγον έχει /fπερ ή Φ όλογος πλευρ ά πρ ό:; τήv Φ όλογον πλευρ όν. >>

Από το V βιβλίο των στοιχείων του Ευκλείδη Λ

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 '1

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με β > γ η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος της γωνίας Α τέμνουν την ευθεία της πλευράς ΒΓ στα σημεία Δ και Ε αντίστοιχα. α) Να δείξετε ότι τα σημεία Δ και Ε είναι αρμονικά συζυγή των Β και Γ. β) Αν α = 13, β = 1 4 και γ = 12 να υπολογιστεί το μήκος του ευθυγράμμου τμή ματος ΔΕ. ΛΥΣΗ

Ε · --..(to=_:" - -

__ . .- - .-- --

-- -

---

- -

α) Είναι η ΑΔ διχοτόμος της γωνίας Α, επομένως ΑΒ ΔΒ ξ . - = - , και ε ωτερικη. δ ιχοτόμος της γωνιας Α, ΑΓ ΔΓ ΑΒ ΕΒ ΔΒ ΕΒ οπότε - =- άρα - = - , δηλαδή τα σημεία ΑΓ ΕΓ ΔΓ ΕΓ Δ και Ε είναι αρμονικά συζυγή των Β και Γ. αγ 13 · 12 6 . β) Ε ιναι ΔΒ = = = αφου. β > γ β + γ 14 + 12 αγ 13 · 12 . . 78 εχουμε οτι ΕΒ = -- = β - γ 14 - 12 --

ΑΣ Κ Η Σ Η 2 '�

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Οι διχοτόμοι των γωνιών του Α και Δ τέμνουν τις διαγώνιές του ΒΔ και ΑΓ στα σημεία Κ και Λ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) ΑΚ .l ΔΛ β) ΚΛ // ΒΓ ΛΥΣΗ

α) Αφού οι ΑΚ και ΔΛ είναι διχοτόμοι των γωνιών Α και Δ αντίστοιχα τότε

ΔΑΚ = ΚΑΒ = ω και Γ ΔΛ = ΛΔΑ = φ ··'-·, ·'· 'J' φ ·

t:r·"

I _-\

Αφού το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο είναι Α + Δ = 1 80° ή 2ω + 2φ = 1 80 ή ω + φ = 90° άρα ΑΚ .l ΔΛ β) Εφ' όσον οι ΑΚ και ΔΛ είναι διχοτόμοι των γωνιών ΑΔΒ και ΑΔΓ αντίστοιχα, τότε ισχύουν: ΑΔ ΚΔ ΑΔ ΛΑ - = - και - = ΓΔ ΛΚ ΑΒ ΚΒ αλλά ΑΒ = ΓΔ (ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο) τότε από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι ΚΔ ΛΑ . . ' - = - , οποτε συμφωνα με το θ εωρημα του ΚΒ ΛΚ Θαλή έχουμε ΚΛ // ΑΔ. Λl: Κ Η Σ Η 3 '1

Δίνεται κύκλος με διάμετρο (O,R) με διάμετρο ΑΒ. Έστω Μ τυχαίο σημείο του κύκλου και Γ Δ μια χορδή κάθετη στην διάμετρο ΑΒ. Αν τα τμήματα ΜΓ και ΜΔ τέμνουν την διάμετρο ΑΒ στα ση μεία Ε και Ζ αντίστοιχα, να δείξετε ότι τα ση μεία Β και Α είναι αρμονικά συζυγή ως προς τα Ζ και Ε. ΛVΣΗ

Επειδή είναι ΓΔ κάθετη στην ΑΒ τότε είναι Λ

ΒΓ = ΒΔ, επομένως και Μ 1 = Μ 2 , δηλαδή η ΜΒ είναι εσωτερική διχοτόμος της γωνίας Μ στο ΜΖ ΒΖ τρίγωνο ΖΜΕ, άρα - = - ( 1 ) Μ Ε ΒΕ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 9 τ. l /50

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

φέρνουμε ευθεία παράλληλη της διχοτόμου ΒΔ που τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ζ και την προέκταση της ΑΒ στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι ΓΖ = ΑΕ.

��

�

• ) ·----

;) ··· - Β

· - . <.'

Επειδή ΑΜΒ =90° ως γωνία εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο είναι ΜΑ l_ ΜΒ δηλαδή η ΜΑ είναι εξωτερική διχοτόμος της γωνίας Μ στο τρίγωνο ΜΖ ΑΖ , = - (2) ΖΜΕ, αρα ΜΕ ΑΕ Τέλος από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε: ΒΖ ΑΖ - = - , δηλαδη, τα σημεία Β και Α είναι ΒΕ ΑΕ αρμονικά συζυγή ως προς τα Ζ και Ε. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), το ύψος του Γ Δ και ημιευθεία Γχ l_ ΑΓ, που τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Ε. Να , ΒΔ ΓΔ απο δ ει' ξετε οτι: ΒΕ ΓΕ = - .

•·

Λόγω των παραλλήλων ΒΔ και ΕΜ από το θεώρημα του Θαλή έχουμε τις αναλογίες ΓΖ ΓΜ ΑΒ ΑΔ - = - ( 1 ) και - = - (2) ΑΕ ΑΜ ΓΒ ΓΔ πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις ( I ) και (2) έχουμε: ΑΒ . ΓΖ ΑΔ . ΓΜ = (3) ΑΕ ΓΒ ΑΜ ΓΔ επειδή η ΒΔ είναι εσωτερική διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ από το θεώρημα της εσωτερικής . ΑΒ ΔΑ διχοτόμου έχουμε την αναλογια με ΒΓ ΔΓ βάση την αναλογία αυτή η σχέση (3) ΓΖ ΓΜ ' απλοποιούμενη γίνεται: - = -- επει δ η το Μ ΑΕ ΑΜ -

ΓΖ

= -

ΓΜ

είναι μέσο της ΑΓ έχουμε τελικά - = -- = 1 ΑΕ ΑΜ άρα ΓΖ = ΑΕ . . \ Σ κ n η.: � ι

Οι μη παράλληλες πλευρές ΑΔ και ΒΓ τραπεζίου ΑΒΓ Δ τέμνονται στο ση μείο Ο . Αν είναι AB=1 2cm, ΓΔ = ΑΔ = 4cm και ΒΓ = 8cm, να υπολογίσετε τα μήκη των ευθυγράμμων τμημάτων ΟΔ και ΟΓ.

Στο τρίγωνο ΒΓΕ έχουμε ότι: ΒΓΕ = 90° - Γ Λ

και στο τρίγωνο ΒΔΓ έχουμε ότι: ΒΓ Δ = 90° - Β αλλά είναι Β = Γ αφού το τρίγωνο ΑΒΓ είναι Λ

ισοσκελές επομένως είναι: ΒΓΕ = ΒΔΓ , δηλαδή η ΒΓ είναι διχοτόμος της γωνίας ΔΓΕ του τριγώνου ΔΓΕ επομένως σύμφωνα με το θεώρημα ΒΔ ΓΔ εσωτερικής διχοτόμου έχουμε: - = ΒΕ ΓΕ ΛΠ...: ; 1 Σ Η

Τα τρίγωνα ΟΓΔ και ΟΑΒ έχουν την γωνία Ο Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΒΔ η διχοτόμος του. Από το μέσο Μ της πλευράς του ΑΓ

κοινή και ΟΓΔ = ΟΑΒ λόγω των παραλλήλων πλευρών του τραπεζίου, επομένως είναι όμοια . ΟΔ ΟΓ ΓΔ . ΟΔ ΟΓ ΓΔ = = οποτε: = = η ΟΑ ΟΒ ΑΒ ΟΔ+ ΑΔ ΟΓ+ΒΓ ΑΒ . ΟΔ οΓ 4 1 . = = - = - επομενως έχουμε: η 0Δ + 4 ΟΓ + 8 1 2 3 ΟΔ 1 = - :::::> 3 0Δ=ΟΔ+ 4=>0Δ=2cm. 0Δ + 4 3 ΟΓ 1 = - => 30Γ = ΟΓ + 8 => ΟΓ = 4cm. και ΟΓ + 8 3

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ.l/51

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυ κείου

, , , , ΔΓ επειδη λογω των παραλληλων ευθειων ΚΖ ΒΓ ΑΔ (ε), Γ Δ και ΑΒ ισχύει - - - από τις ΒΚ ΑΚ ΔΓ ΔΓ προηγούμενες σχέσεις προκύπτει ότι ΕΚ κz ' άρα ΕΚ = ΚΖ. ΑΔ ΑΚ

= -

Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και σημείο Ρ εξωτερικό του κύκλου. Από το σημείο Ρ φέρνουμε μια εφαπτόμενη του κύκλου ΡΑ και

Α ιf , μια τεμνουσα ΡΒΓ. Να αποδείξετε ότι: -----=::2 ΑΓ

ΡΒ =-

ΡΓ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ τυχαίο σημείο της πλευράς του ΒΓ. Έστω Δ, Ε τα μέσα των πλευρών του ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Η ευθεία ΕΜ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Λ και η ευθεία ΜΔ την ΑΓ στο σημείο Κ. Αν είναι ΑΘ//ΔΕ τότε ΚΑ ΒΜ - -ΑΜ//ΚΛ να αποδείξετε ότι: ΚΕ ΔΕ --

Τα τρίγωνα ΡΑΒ και ΡΑΓ έχουν την γωνία Ρ Λ

κοινή και Ρ ΑΒ ΑΓΒ ( χορδή και εφαπτομένη) , , , ΑΒ ΡΒ ΡΑ , , η επομενως ειναι ομοια, οποτε: ΑΓ ΡΑ ΡΓ ΑΒ ΡΒ ΑΒ ΡΑ - = - ( ! ) και (2) ΑΓ ΡΓ ΑΓ ΡΑ με πολλαπλασιασμό των σχέσεων ( 1 ) και (2) ΑΒ ΑΒ ΡΒ ΡΑ ΑΒ 2 ΡΒ , εχουμε: - · - = - · - => ΑΓ ΑΓ ΡΑ ΡΓ ΑΓ 2 ΡΓ =

= -

-- = -

Σε τραπέζιο ΑΒΓ Δ οι μη παράλληλες πλευρές του ΑΔ και ΒΓ τέμνονται σε σημείο Κ. Από το ση μείο Κ φέρνουμε ευθεία παράλληλη προς τις βάσεις του τραπεζίου, που τέμνει τις προεκτάσεις των διαγωνίων του τραπεζίου ΒΔ και ΑΓ στα ση μεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Να ΒΓ - ΔΓ ΕΚ = ΚΖ δείξετε ότι: ΒΚ ΕΚ --

α) Τα τρίγωνα ΒΓΔ και ΒΕΚ έχουν την γωνία Bl Λ

κοινή και ΕΒΚ ΔΓΒ λόγω των παραλλήλων ευθειών (ε) και ΓΔ. Συνεπώς είναι όμοια άρα , , ΒΓ ΔΓ β) Αναλογα με το πρώτο ερωτημα και ΒΚ ΕΚ τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΚΖ είναι όμοια οπότε =

-- = -

α) Τα Δ και Ε είναι τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ συνεπώς ΔΕ//ΒΓ. Αφού ΑΘ//ΔΕ Λ

τότε θα είναι και ΑΘ//ΒΓ άρα A l Λ

Β ως εντός

εναλλάξ γωνίες, Δ ι Δ 2 ως κατακορυφή γωνίες και ΑΔ = ΒΔ, τα συνεπώς τρίγωνα ΑΘΔ και ΒΔΜ είναι ίσα. τρίγωνα Τα ΚΑΘ και ΚΔΕ είναι όμοια τότε ΚΑ ΑΘ και ΚΕ ΔΕ από την ισότητα των τριγώνων ΑΘΔ και ΔΒΜ είναι ΑΘ=ΒΜ, οπότε η σχέση ΚΑ ΒΜ , γινεται ΚΕ ΔΕ β) Από την ομοιότητα των τριγώνων ΛΒΜ και ΑΜ ΒΜ ΛΔΕ έχουμε -- = -- και με βάση το α) ΑΕ ΔΕ ΑΜ ΚΑ ερώτημα έχουμε -- - -- οπότε από το ΚΕ ΑΕ Θεώρημα του Θαλή είναι ΑΜ//ΚΑ =

-- = --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /52

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ το μέσο της πλευράς του ΒΓ. Από το σημείο Μ φέρνουμε τυχαία ευθεία (ε) που τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ρ και Κ αντίστοιχα και από το σημείο Α ευθεία (η) παράλληλη της πλευράς ΒΓ του τριγώνου που τέμνει την ευθεία (ε) στο ση μείο Ν. Να αποδείξετε ότι: Τα τρίγωνα ΡΑΝ και ΡΒΜ είναι όμοια ΡΝ·ΚΜ = ΡΜ·ΚΝ

Μ είναι μέσο της πλευράς ΒΓ, οπότε η παραπάνω ΚΝ ΑΝ , γραφεται: , σχεση -= . ΚΜ ΒΜ --

α) Τα τρίγωνα ΡΑΝ και ΡΒΜ έχουν την γωνία Λ

Ρ κοινή

και Ν = Μ 2 λόγω των παραλλήλων (η) ΡΝ ΑΝ , , ομοια, , , -και ΒΓ, επομενως ειναι αρα = ΡΜ ΒΜ --

β) Τα τρίγωνα ΚΑΝ και ΚΜΓ έχουν Κι = Κ 2 (ως Λ

κατακορυφή γωνίες) και Ν = Μ ι επομένως είναι ΚΝ ΑΝ , -, ομοια, αρα = -- αλλα' ΜΒ = ΜΓ αφου, το ΚΜ ΜΓ

- -

�Ι(

/Μ

�

- -

'• Γ

H l

Τέλος από την παραπάνω σχέση και από το (α) ΡΝ ΚΝ , , ερωτημα εχουμε: - = -=:>ΡΝ·ΚΜ=ΡΜ·ΚΝ ΡΜ ΚΜ

Με βαθιά θλίψη η μαθηματική κοινότητα έχασε, φέτος το καλοκαίρι, στις 20 Αυγούστου, έναν υπέροχο άνθρωπο, έναν άριστο επιστήμονα, ένα μεγάλο δάσκαλο, ένα φίλο, τον Γιάννη Βρότσο . Οι συγγενείς και φίλοι που τον συνόδευσαν στην τελευταία του κατοικία ήξεραν την αγάπη του για ζωή, το θάρρος του απέναντι στο θάνατο. Στην αγαπημένη του γυναίκα Σοφία και στη μικρή τους κόρη Ισαβέλλα αφιερώνουμε με συγκίνηση αυτή την κατάθεση τιμής, αυτά τα λίγα λόγια για τον υπέροχο αυτό άνθρωπο. Ο Γιάννης Βρότσος γεννήθηκε στον Άγιο Νικόλαο Λακωνίας στη Μάνη και σπούδασε μαθηματικά στο Πανεπιστήμιο Αθηνών. Υπήρξε μόνιμος επιστημονικός συνεργάτης της ΕΜΕ για θέματα Πλη ροφορ ικής και στυλοβάτης της διοργάνωσης της Α ' Ολυμπιάδας Πλη ροφορικής στην Αθήνα. Εργάστηκε σχεδόν αδιάκοπα για 25 χρόνια προσφέροντας μεγάλο έργο στην ΕΜΕ. Μόνιμος επιστη μονικός συνεργάτης και καθηγητής των σεμιναρίων πλη ροφορικής της ΕΜΕ, έδωσε πνοή στην πρωτοπόρα προσπάθεια της Εταιρείας. Χιλιάδες ώρες διδασκαλίας από τον ακούραστο παιδαγωγό, δάσκαλο και επιστήμονα, τον βαθύ γνώστη της επιστήμης της πληροφορικής, στήριξαν επί σειρά ετών τα τμήματα Πλη ροφορικής της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Υπήρξε ο ακρογωνιαίος λίθος κάθε δραστηριότητας της ΕΜΕ σε θέματα πληροφορικής, όταν ακόμη ήταν ένας κλάδος όπου ελάχιστοι επιστήμονες είχαν τις δικές του γνώσεις και κατάρτιση. Η διδακτική του καινοτομία, η αγάπη του για τα έξυπνα μαθηματικά των Η/Υ, οι ευφυείς ιδέες του έγιναν το κίνητρο για πάρα πολλούς νέους μαθηματικούς, σε δύσκολες εποχές ώστε να προχωρήσουν με θάρρος και βεβαιότητα σε ανώτερες μεταπτυχιακές σπουδές. Σε αυτό τον ήρεμο, χαμογελαστό, ευχάριστο, μεθοδικό άνθρωπο και εκπαιδευτικό, με τον οξύ νου και το διεισδυτικό βλέμμα, που γοήτευε το ακροατήριό του με την ικανότητα να προλαβαίνει κάθε απορία, κάθε ερώτηση, που κρατούσε ζωντανό το ενδιαφέρον του κάθε μαθητή, που ήξερε να ενθαρρύνει με μια λέξη, ένα χαμόγελο, που μετέδιδε την αγάπη για τη γνώση με μια σπάνια απλότητα, οφείλεται το γεγονός ότι αμέτρητοι μαθηματικοί και άλλοι νέοι επιστήμονες παρακολούθησαν τα μαθήματά του και πέτυχαν στην επαγγελματική τους σταδιοδρομία, προχώρησαν με σιγουριά και έγιναν καθηγητές σε σχολεία και φροντιστήρια, στελέχη σε Τράπεζες, ΔΕΚΟ, Υπουργεία και σε πολλές μεγάλες εταιρείες του ιδιωτικού τομέα.

Όσοι είχαν την τύχη να είναι συνεργάτες του, όσοι ευτύχησαν να είναι φίλοι του, όσοι ευλογήθηκαν από τη διδασκαλία του θα τον θυμούνται πάντα με αγάπη. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ.l/53

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Μ α θ η ματ ι κ ά κατ ε ύ θυ ν ση ς Γ εν ι κ ά Θ έ ματα Δι αν υ σ μ άτων Γ κίνης Π αναγιώτης - Χ ριστι άς Σπύ ρος Η

της οφείλεται σε ένα πόρισμα της εργασίας «Principia;> του /saac Newton, το 1 68 7. Στην εργασία αυτή εξετάζονται

προέλευση της έννοιας του διανύσματος δεν έχει γίνει μέχρι σήμερα γνωστή. Εικάζεται ότι η πρώτη εμφάνισή

εκτενώς κάποιες διανυσματικές ποσότητες (ταχύτητα, δύναμη κ. α.) αλλά όχι ακριβώς η έννοια του διανύσματος με τη Η συστηματική μελέτη

σημερινή της μορφή.

και η χρήση των διανυσμάτων αναπτύχθηκε ραγδαία στις πρώτες δεκαετίες του 1 9ου αιώ να,

(1 777 - 1855), Wίlliam Rowan Hamilton (1805 - 1865), Joseph Louis Lagrange (1 736 (1 749 - 182 7) και κυρίως ο James Clerk Maxwell (1831 - 18 79), ο οποίος

μέσω τω ν γεωμετρικών αναπαραστάσεων τω ν μιγαδικών αριθμών. Βασικοί εμπνευστές αυτών των εργασιών ήταν οι Carl Friedrich Gauss

1813),

Pierre Simon Laplace

ανάπτυξη του Δ ιανυσματικού Λογισμού συνεχίσθηκε μέχρι τις αρχές του 200" αιώνα με την εργασία του Willard

ταξινόμησε τις φυσικές ποσότητες σε μονοδιάστατες και διανυσματικές. Gibbs

(1839 - 1903) στη θερμοδυναμική και τη διατριβή του

Jean Frenet

(1816 - 1990) στη θεωρία των

διαστημικών καμπυλών, η οποία περιέχει τους τύπους Frenet - Serret (γνωστό ως πλαίσιο τ.Ν.Β.).

Σήμερα τα διανύσματα αποτελούν τη σύγχρονη γλώσσα της Φυσικής και των Εφαρμοσμένω ν Μαθηματικών, αλλά ταυτόχρονα συ νεχίζουν να κρατούν

ι α ι = ι β ι τότε α = β .

το

εγγενές μαθηματικό ενδιαφέρον τους. .

Α . Ε Ρ!Η Η Σ Ε Ι Σ l:Ωl:TOV Λ Α Θ Ο V Σ I.

.Εάν

α, β

Οποιαδήποτε διανύσματα για τα οποία ισχύει; 3 . Τα αντίθετα διανύσματα είναι αντίρροπα. α β , , μετρα. , , εχουν ισα 4' . τ α δ ιανυσματα

ι α ι = ι β ι είναι ομόρροπα.

ι αι ' ι βι

8. 9. ι ο. 1 1. 1 2.

Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β γ αν το διάνυσμα α + β είναι συγγραμμικό με το διάνυσμα γ τότε και τα διανύσματα είναι συγγραμμικά με το διάνυσμα γ . Δυο αντίθετα διανύσματα έχουν ίσα μέτρα και αντίθετους συντελεστές διεύθυνσης. Αν ΑΒ I = ψ 8 - ψ Α τότε ΑΒ // ψ ' ψ . Αν α = (3, 5) τότε α = 3i + 5j . -2 Ισχύει ότι α- = α = α-2 Ισχύει η ισότητα για οποιαδήποτε διανύσματα ;, β με ; * ο και β * ο .

α, β

-? ι ι ι - ?ι

ι βι : �' �I ι αι - -2 α( γ) Ισχύει η ισότητα: �2 = α · γ για οποιαδήποτε διανύσματα �' β, ; , με β �

Ο.

λ+μ Εάν α = ( λ , l) και β = (l, μ) τότε συνθ= � , όπου θ η γωνία των δυο διανυσμάτων. ( λ μ - 1) 2 + ( λ + μ) 2

Α Π Α Ν Τ Η Σ Ε Ι Σ Σ τ J Σ Ε ΡΩΤ Η Σ Ε Ι Σ ΣΩΣΊΌ V - Λ Α Θ ΟΥΣ

I:I:I:I:I:I:I:I:I:I:I�I� ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /54

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

\-:� 'Ε :Η Λ � " :

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, Μ το μέσο της πλευράς ΑΒ και Δ, Ε δυο ση μεία του επιπέδου του τρ ιγώνου, τέτοια ώστε Μ μέσο του ΔΕ. Να αποδείξετε ότι: α ) ΓΑ + ΓΒ = Γ Δ + ΓΕ . IJ ) Για τυχαίο σημείο Κ του επιπέδου ισχύει - ότι : ΚΑ + ΚΒ = ΚΔ + ΚΕ . -

Λ Y :l: i1 :

- - = )Ι (β - α) = )1 ΑΒ - - - 5--3- - 3- 3ΑΕ = ΟΕ - ΟΑ = - α -β - α = - α - -β = 2 2 2 2 = - l cβ - a ) = - l AB 2 2 Άρα τα διανύσματα ΑΓ, ΑΔ, ΑΕ γράφονται σαν γραμμικός συνδυασμός του ίδιου διανύσματος ΑΒ , και επομένως τα σημεία Α, Β, Γ, Δ, Ε ε ίναι συνευθειακά. Θ Ε Μ Α 3" :

Δίνονται τα σημεία Α(4, 1 ) και Β(2,5). ιι) Να προσδιορίσετε ση μείο Γ έτσι ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. β) Εάν Γ και Γ τα 2 ση μεία που προκύπτουν από το ερώτημα α), να βρεθεί το μέτρο του

Είναι ΓΔ + ΓΕ = ΓΑ + ΑΔ + ΓΒ + ΒΕ =

= Γ Α + ΓΒ + Μ + ,Β'Ε = Γ Α + ΓΒ

(Στο τετράπλευρο ΑΔΒΕ οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Άρα το τετράπλευρο ΑΔΒΕ είναι παραλληλόγραμμο και έτσι τα διανύσματα ΑΔ και ΒΕ είναι αντίθετα). -->

ΊΓ !1ΨJ !1 02.:

β)

διανύσματος ΜΝ , όπου Μ το μέσο της ΒΓ και Ν το μέσο της ΒΓ και να δειχθεί ότι τα τετράπλευρα ΜΝΓ Α και ΜΝΑΓ είναι παραλληλόγραμμα.

-->

ΛΥΣΗ : α)

Β':

I AΓ I = �( χ 0 - 4) 2 + ( ψ0 - Ι ) 2 .

ΓA + ffi=2ΓM και ΓΔ + ΓΕ=2ΓΜ αφ ού Μ μέσο ΑΒ και ΔΕ. Επομένως Γ Α + ΓΒ = Γ Δ + ΓΕ ,

Επίσης λ Ai3 = _ i = -2 .

Για το τυχαίο σημείο Κ του επιπέδου θα έχουμε - ότι :

= - Ι . <:::::> λ = _!_ . 2 Ψο Ι , χ0 4 Ά ρα , λ A r' = Ε ιναι χ0 - 4 ;;r:. Ψο - Ι =-Ι -2 = χ0 -4 <=:>χ0 -2ψ0 =2 (1) . -χ0 -4 2 <=:> 2ψ0

ΚΑ + ΚΒ = ΚΔ + ΚΕ <:::::> ΚΑ- ΚΔ = ΚΕ - ΚΒ <:::::> ΔΑ= ΒΕ -

Πρέπει λ - · λ ΑΓ

που ισχύει από το α) ερώτημα.

ΑΒ

ΛΓ

Δίνονται τα σημεία του επιπέδου Α, Β, Γ, Δ, Ε και Ο σημείο αναφοράς. Επίσης δίνεται ότι: - - - 1 - 4ΟΑ = α, ΟΒ = β, ΟΓ = - α + - β , 5 5 - 2- 1 - - 5- 3ΟΔ = α + β, 0Ε = α - β 3 3 2 2

•

Επίσης πρέπει

I AΓ I = J20 ή

�( χ ο - 4) 2 + (Ψο - 1 ) 2 = J20 <:::::>

Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ, Δ, Ε είναι συνευθειακά . /\ Υ Π-Ι :

Έχουμε ότι : ΑΒ = ΟΒ - ΟΑ = β - α

- - - 1 - 4- - 4- 4ΑΓ = ΟΓ - ΟΑ = -α + - β - α = --α + -β = 5 5 5 5 - - 44 = - (β - α) = - ΑΒ 5 5 - - - 2-+ Ι - - Ι -+ Ι ΑΔ = ΟΔ - ΟΑ = -α - β - α = - -α -β = 3 3 3 3

��

Είναι ΑΒ = (-2,4) οπότε = vf4 + 16 =5o = 2.fs . Έστω το σημείο Γ(χ 0 , ψ0 ) . Τότε ΑΓ = (χ 0 - 4, ψ0 - 1) με

β)

<:::::> ( Χ 0 - 4) 2 + (Ψ ο - 1) 2 = 20 <:::::> <:::::> χ 0 2 - 8χ 0 + Ι 6 + ψ0 2 - 2 ψ0 + Ι = 20 <:::::> <=:> Χο 2 + Ψο 2 - 8χ ο - 2Ψ ο - 3 = 0 (2) Η λύση του συστήματος των ( Ι ) και (2) δίνει Γ(8,3) ή Γ( Ο, - Ι ). Στο τρίγωνο ΑΒΓ με Μ(χ ι , Ψι ) μέσο της ΒΓ θα έχου με ότι

3 + 5 = 4 δηλαδη' Μ(5,4) . 8 + 2 = 5 και Ψ = -ι Χι = -2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l/55

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Στο τρίγωνο ΑΒ Γ με Ν(χ υ ψ 2 ) μέσο της Β Γ θα έχουμε ότι -1 + 5 = 2, δηλαδη' Ν(1,2) . χ ,- = 0 + 2 = Ι και -7 =--

-2

ΜΝ = (-4,-2) και j MN j = .J16 + 4 = =fiδ =215 και λΜΙ'ί = �2 οπότε l\1N// ΑΓ και l\1N// ΑΓ' 'Ετσι:

και αφού έχουν ίσα μέτρα, τα ζητούμενα τετράπλευρα είναι παραλληλόγραμμα. 4'' :

ΘΕ\ΙΑ

Έστω

τα

ial = .J3 και l ί3 l = J6 . β)

- (μα + ν

Αν

β),

- 1 .l (να - - μ 2

Αφού

α και β

για

αριθμούς

μέτρο του διανύσματος ΛΥΠ 1 :

διανύσματα

πραγματικούς

α)

να

ισχύει

ότι: το

υπολογισθεί

= -α+ 3 -β.

(μa + νβ) .l (νa - .!.μβ) 2

- - =(-6,3) + (-2,5) <=>χ- =(2,-2) -4χ =-3α + β<=>-4χ

και αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση ' με: ' ' -ψ = ( -2 ,-5 ) . Ά ρα εχου β ρισκουμε οτι

2 χ ψ -4 - 5 συ ν( χ , ψ ) � I " II Ψ I �

β}

-Γsf{

έχουμε:

( J

Αφού η ισότητα ισχύει για κάθε πραγματικό αριθμό ν και μ θα πρέπει α · β = Ο . Έτσι έχουμε ότι

u = (2λ,-2λ) + (-4,5) = (2λ - 4,-2λ + 5) και

-5 λ) ν- = (4,-4) - (-2λ, 25 λ) = (4 + 2λ,-4 - 2 . Πρέπει · ν = Ο <=> (2λ - 4,-2λ + 5) (4 + 2λ,-4 - 25 λ) = ο <=> 5 =0<=> <=>(2λ-4)· (4 + 2λ) + (-2λ + 5)(-4--λ) 2 <=>18λ2 - 9λ-72=0<=>2λ2 -λ-8 =0<=> <=> \ = 1 + Δεκτή λz = Ι - Απορρίπτεται. ο

�

Θ ι;;: νι Α

Δίνονται τα διανύσματα

l ί3 1 = 4 και l r 1 = 3 ενώ {Ύ � = � . Λ )

και Να

Εάν

και

α=(2,-1) ιαιι β=(-2,5). να βρεθεί το

συνημίτονο της γωνίας των διανυσμάτων

και ψ.

β ) Δίνονται τα διανύσματα

; = 2� - λψ .

=λ

χ + 2ψ

και

* Να βρεθεί η τιμή του λ ε � +

ώστε τα διανύσματα

u, ν

να είναι κάθετα.

a, β, y ι α ι = 2, ( a ΛΙi) = 34π = { ί3 Λ Ύ )

βρεθεί

με

γωνία

των

- - -α + β-γ και 2α+ β-2 γ . '� ι :ε w-ι Έστω (a+ β-:Υ ' 2a+ β-2:Υ) = . Είναι θ - (α+ β - γ ) · (2α+ β -2 γ ) Υπολογιζουμε τους ν

--- - -

-- - 5χ+6ψ=β 3χ+2ψ=α -

�

Είναι :

διανυσμάτων

α } Δίνονται τα διανύσματα

-9 -9 J82 .J82 82

Ι (μα- + νβ)- · (να- - -μβ) 2 =Ο ,- - Ι -2 1 2 -α·β- + Vα·β--μνβ <=>μνα-2 --μ 2 =0<=> 2 <=>μνl 9 2 + J -� μ2 α . β-� μv� � 2 =Ο<=> <=>�# + J -� μ2 α ·ί3-� � 6=ο<=> J - � μ2 α · ί3 = ο

( J ( J

κατά μέλη και έχουμε : Προσθέτουμε -

με

- 1 - .J3 2

οποιουσδήποτε

μ,

{35χ� + 26ψ� == �β <=> {-5χ��+-6ψ�Ψ=�β -3α .

Λύνουμε το σύστημα

συ θ α+ β-γ . 2α+ β-2γ ι ι - -ι ο I όρους του κλάσματος. (a+ β-Ύ) · (2a+ β-2:Υ) = 2 ι α ι 2 + aί3 - 2a:Y + I ί31 2 + +2aί3 - 2ί3:Υ - 2αγ - ί3Ύ + 2Ι:Υ I 2 = = 8 + 3αβ - 4αγ - 3βγ + 1 6 + 1 8 = = 42 + 3 \ a j ί3 j \ συ ν 3; - 4 \ a j :Υ j\ συ ν % - 3 \ ί3 j:Υj\ συ ν 3; = 42 3 � +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /56

[ 1) - 3 , } {- 1) �

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

-α β- δεν είναι και μηδενικό) . Άρα lβl 2 = 36 - 20 = 1 6 Q lβl = 4 . β) Ισχύει ότι προ β- ν // α . Άρα υπάρχει λ IR - - ώστε προ β ν = λα. Όμως α · ν = α · προβ- ν - - άρα α · ν = λ α 2 έτσι α · (2α - 3β) = λ · 20 - 2 - 3αβ = 20λ ή τελικά λ = 2. ή 2α Επομένως la + β - Ύ I = �2 9 + 4h. Επομένως προ β- ν = 2a = ( 4, -8) . Επίσης l :ht ί3-2Y 1 2 =��2 +1 �2 +�� 2 +4αβ-&χγ -4βγ = προ β β ν // β άρα υπάρχει κ IR ώστε 3π π 3π =4·4+16+36+4·2·4·συν--8·2· προββ ν- = κβ- Όμως β · ν = προββ -ν. άρα β· ν = κβ- 2 4 3·συν-2 -4 4-3·συν-4 = έτσι β . ν = Ι6κ ή β(2a - 3β) = 16κ ή =68-16f2+2if2 =68+sJ2. 1 2CX+β-2Y 1 =�68+sJ2. 'Ετσι 2αβ - 3β = 16κ ή τελικά κ = -3. /1 (7+ !2) = 42 - 12.J2 + 1s.J2 = 42 + 6h. Ι a+ ί3-Ύ 1 2 =1 � 2 +1 � 2 +1 � 2 + 2αβ -2αγ - 2βy = 3π 3π συν-π -2 - 4·3· συν=4+16+9+2· 2·4· συν-2· 2·3· 4= 4 2 = 21+if2 =21+1 -2

(Αφού κανένα από τα

{ �) { �)

α .

-2

Δίνονται τα διανύσματα για

τα

οποία

ισχύει

1 2 �+ 3 i3Ι = 4Μ .

Ιi!( ) Ν α δειχθεί ότι

α _l β

α= (2, - 4) ι �-βl = --->

και

ότι

--->

β ::;:. Ο

και να βρεθεί το

= 2α- 3β

και

lβl .

Να βρεθεί το διάνυσμα της προβολής του

διανύσματος διάνυσμα

πάνω στο διάνυσμα

γ ) Ν α βρεθεί τ ο διάνυσμα .\ Υ Σ Η :

{

πάνω

στο

και το διάνυσμα της προβολής

του διανύσματος

β.

{

{ {

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε:

30αβ = 0 Q αβ =0 Q α.lβ

i oΛI = Ι οΒΙ = Ι orl =ι ΟΑ+ ΟΒ+ or = ο . ΟΑ ΟΒ . και

lal = �22 + (-4) 2 = J20 = 2J5 . Ια - β12 = 36 α2 - 2aβ + β 2 = 36 Q Q Ι 2 a + 3β12 = 224 4a2 + 1 2aβ + 9 β2 = 224 -2aβ+β2 = 16 2ο-2aβ+β2 =36 Q Q Q sο+ Ι 2aβ+9β2 = 224 12aβ +9β2 = 144 sαβ-9β2 =-144 Q ΠΟλ/ με την πρώτη με (-9) Ι 12αβ+ 9β2 = 144 Είναι

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Ο του επιπέδου του τριγώνου, για το οποίο ισχύει ότι

ο)

Να υπολογισθεί η γωνία που σχηματίζουν τα --->

--->

διανύσματα και β ) Να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. �

�

____,

�

ΟΑ + ΟΒ+ ΟΓ = Ο Q ΟΑ+ ΟΒ = -ΟΓ . τότε οΛ + ο8 = - or = or . ' Ετσι 2 2 { { { οΛ+ ο = oΓ Q o + ο + 2 οΛ ο8 = οr 1 ή 1 + 1 + 20ΑΟΒ = Ι Q ΟΑΟΒ = -- . Ομοίως θα 2

Έχουμε ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /57

11 lΙ l 1 l I l : l ϊ --->

--->

Ι Ι

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου --->

--->

Ι I πάρουμε ότι ΟΑ ΟΓ -- και ΟΒ ΟΓ = - - . 2 2 α) Έστω θ η ζητούμενη γωνία. Τότε συνθ= ή συνθ= - =συν Ι 20° . =

�

i oΛi l oB I

f) )

�

Άρα η ζητούμενη γωνία είναι ίση με Ι 20°. Έχουμε ότι

I ΆBI 2 = I OB- OAI 2 =I OBI 2 + 1 0AI 2 2 0Α ΟΒ = I + I - 2(- � ) = 3 . Άρα I AB I .J3 . Ο μοια θα πάρουμε ότι μ-rι I BΓ I =.J3 . Άρα το τρίγωνο -

είναι ισόπλευρο.

0 [ \ I A 9" :

I AΉ I = I AΓ I =

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με

6, Μ

το μέσο της πλευράς ΒΓ και η γωνία μεταξύ --->

--->

των διανυσμάτων ΑΒ και ΑΓ ίση με υ)

Να βρεθεί το μέτρο του διανύσματος

β ) Να βρεθεί το μέτρο της προβολής του --->

ΛΥΣΗ : α)

___,

--->

διανύσματος ΑΒ πάνω στο διάνυσμα

ΑΜ

Να δειχθεί ότι

Λ Y l: H : α)

--7

---4-

--7

--->

___,

--+

--7

I -> I -> I -> I -> I -> I -> -+

-->

�

--->

--7

--->

-->

--+

-->

Ομως τα διανύσματ α GA και GB δεν είναι συγγραμμικά. Άρα πρέπει λ-κ=Ο και μ-κ=Ο. Έτσι προκύπτει ότι κ=λ=μ. Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Αντίστροφ α : Έστω ότι το τρίγωνο είναι

Ι Ι I Arl = I ΆB I

�

Έτσι προκύπτει ότι ΑΜ ΑΒ λΑΜ ή Ι Ι - (ΑΒ+ ΑΓ)ΑΒ = Ι 9λ ή -(ΑΒ + ΑΓ ΑΒ) = Ι 9λ ή 2 2 Ι _!_ (Ι 6 + 1 2) 1 9λ ή τελικά λ 4 . Ι9 2

--7

-->

Ομως γνωρίζουμε ότι ΑΜΑΒ ΑΜ προβ ΑΒ . ΑΜ =

--7

� (λ - κ) GΑ+ (μ - κ) GΒ = Ο .

ΑΜ

--7

--->

�

--7

λ GΑ+ μ GΒ+ κ( - GA - GB) = Ο �

--->

--7

Τότε ΒΓ GA+ ΑΓ GB+ ΑΒ GΓ = Ο �

--->

--7

--->

διάνυσμα ΑΜ είναι διάνυσμα συγγραμμικό με το διάνυσμα ΑΜ . Άρα θα έχουμε ότι προ β ΑΒ λ ΑΜ .

--->

--7

ερωτήματος α) θα έχουμε ότι GΓ = - GB - GA .

Η προβολή του διανύσματος ΑΒ πάνω στο

___,

.ru

Ι Ι = λ, Ι ΑrΙ = μ, I AB I = κ . Λόγω του

--->

___,

--> --> ι � -> ι ι � (;θ+ ιGΓ=Ο� I �I -> GA+

'Εστω Βr

β)

___,

�

--7

--->

Ι Έχουμε ότι ΑΜ - (ΑΒ+ ΑΓ) . 2 'Ετσι + AB

�

--7

Έχουμε ότι GA+ GB+ GΓ = GA+ 2 GM (Αφού Μ μέσο του ΒΓ). Από την ιδιότητα του βαρύκεντρου γνωρίζουμε ότι AG 2 GM . Έτσι προκύπτει ότι : GA+ GB+ GΓ = GA+ 2 GM = GA+ AG Ο

___,

---+

GA+ GB+ GΓ = Ο .

β ) Να δειχθεί ότι B..

I M1 � I ΑΓI � Ι Μ1 2 = �I AB+ 4 2 = �<I ABI 2 + I Arl 2 + 2 AB Ar) � (l 6 + 36 + 24) 1 9 . Άρα παίρνουμε ότι Ι ΑΜ Ι = Jl9 .

β)

u.)

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

--->

ΑΜ

Θ F: Μ Α 10" :

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ, Δ το μέσο της πλευράς ΑΓ, Ε το μέσο της πλευράς ΑΒ και G το βαρύκεντρο του τριγώνου.

ισόπλευρο. Τότε Βr

Έτσι θα έχουμε ότι

IB� GA+ I 4 GΪ3+ μ �� Gr -+

α>Ο.

α(GA+ GB+ Gn α Ο ο =

( GA+ GB+ GΓ = Ο λόγω του α) ερωτήματος).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /58

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

των σημείων Μ. β) Δίνονται τα σημεία Α(Ο, - 1 ) και Β(Ο, 3 ) . Να υπολογισθεί η τιμή της παράστασης Ρ= σημείο Γ(-3,

Δίνονται -->

β = (1,

τα

- 1) .

-->

διανύσματα

α = (2, 1)

και

-->

....

τα ακόλουθα: i) γ l. α , ii) Σχηματίζει αμβλεία

β και iii)

l κMI = 2 . Άρα το σημείο

Δηλαδή έχουμε ότι

1;1 ��.

Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο το σημείο Κ( Ο , 1 ) και ακτίνα ρ=2 όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα :

....

_ ,_

Το διάνυσμα γ θα γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων -->

και β . Άρα υπάρχουν μοναδικοί λ, μ �

�

---1>

ε iR

-->

τέτοιοι

--:' �

�

-->

....

1 )+ μ( 1 , - 1 )=(2λ+μ, λ-μ ). Αφού γ l. α θα έχουμε : --> -->

γ = Ο . Ά ρα προκύπτει ότι : 4λ+2μ+λ-μ=Ο ή

5λ+μ=Ο ( 1 ). Επίσης :

1 ; 1 = Η από όπου έχουμε:

)C2λ +μ)1 +(λ-μ)1 J5 �... � 5λ2 +2μ + 2λμ = 5 2

(2).

Το σύστημα των ( 1 ) και (2) δίνει ως λύση τα ζεύγη =

(λ, μ )= ( -->

l, - %) ή (λ, μ)= ( -1, %) . 'Ετσι ; =( - 1 , 2)

--:--�-

-->

αμβλεία γωνία με το διάνυσμα β θα πρέπει να --7

---t ---t

β γ = -3 ενώ όταν γ =( ! , -2) τότε β γ = 3 . Άρα -->

δεκτή λύση είναι το διάνυσμα γ =(-1 , 2). Δίνονται τα σημεία οποία ισχύει ότι

Μ. 'Ετσι

-->

--7 --7

Μ(χ, y) του επιπέδου για τα

loi{

= 3 + 2y (όπου Ο η αρχή

των αξόνων). ιι ) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος

8 ( 0 . 3) Ι<.

ι -� -- - . - -----

,Γ�ιο.

�

Μ (χ. γ)

-1 1

σημεία Α( Ο,- 1 ) και Β(Ο,3 ) είναι aντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου του ερωτήματος α) . Αφού τα σημεία Μ(χ, y) είναι σημεία του παραπάνω κύκλου θα έχουμε ότι το τρίγωνο ΒΜΑ είναι ορθογώνιο στο σημείο

-->

ισχύει ότι β γ < Ο . Όταν γ =( - 1 , 2) έχουμε ότι

Κ(Ο . 1 )

β } Τα

ή γ = ( 1 , - 2) . Α φού το διάνυσμα γ σχηματίζει --> -->

. Ι ..

ώστε γ = λ α+ μ β . Έτσι παίρνουμε ότι γ =λ(2, α

χ 2 + / = 3 + 2y =>

μέτρο του διανύσματος ΚΜ όπου Κ είναι το σταθερό σημείο με συντεταγμένες (0, 1 ).

των διανυσμάτων α και β για το οποίο ισχύουν

γωνία με το διάνυσμα

lrM:I � 5 .

χ2 + (y - 1/ = 4 => �χ 2 + (y - 1) 2 = 2 . Όμως η ποσότητα �χ 2 + (y - 1) 2 αποτελεί το

Να βρεθεί διάνυσμα γ συνεπίπεδο -->

Ι Ι2

'Εχουμε ότι οΜ = 3 + 2y =>

-->

Δίνεται το

5) . Να δειχθεί ότι 3 �

, :. Yl: !-� : α)

I AM I 2 + IB i {

γ)

I M12 +�Β� = 1 42 = 4 = 16 . Άρα P= l 6. 2

-->

Ισχύει ότι ΓΜ = ΓΚ + ΚΜ . Έτσι λόγω τριγωνικής ανισότητας θα έχουμε ότι

l rκl-l κM I � Ι rκ+ κΜI = l rM:I � l rκl + lκMI . Όμως rX = (3, - 4) . 'Ετσι rRJ = s ενώ κM I = 2 . l l

Ι Ι

Ά ρα ι s - 2 1 � ΓΜ � 5 + 2 ή τελικά 3 �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /59

ΙΓΜJ :::; 7 .

Μ81ΙΙJΙ8-ιι8ai ,.. I'� r 1'�1'1 l'•rι Α••Ι•rι Α σ κή σ εις Γεν ική ς Π αι δ εί α ς Γ Λυ κ είου Αν. Φ αν έλη Άσκηση J 'l

Δίνεται η συνάρτηση f

(χ)= χ .

ι) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.

2) Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της ι , προς , οταν .

χ=-

Ά σκηση 2'�

ln 2

, , Δ ινεται η συναρτηση

2) Να βρείτε τα όρια:

f στο σημείο που έχει τεταγμένη ι και τε

τμημένη μικρότερη της μονάδας.

+ 4χ . χ+3

ι) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.

f ως

Να βρείτε την εφαπτομένη στην καμπύ

λη της

r ( χ )=

lim f ( x χ--+3

Αν

χ > -3

) και lim f {χx ) χ --+ 0

να αποδείξετε ότι η f δεν έχει

ακρότατα. ΛΥΣΗ

ΛΥΣΗ

1 . Για να ορίζεται η f (χ) πρέπει και αρκεί χ + 3 * Ο δηλαδή χ * -3 Άρα το σύνολο ορισμού της είναι το Α = ( -οο,-3) ( -3,+οο) . 2. f ' (x ) = ( ln2 x)' = 2ln x · (lnx)' = 2ln x · _!_χ = 2lnχ x 2. lim(χ + 3) = 6 i:- O, lim ( x2 + 4χ ) = 32 + 4 · 3 = 21 _!_ 2 1η e 2 1 = -7 . f( χ ) = 1 ιm , οποτε f ' ± = _!_ = 2e · ( -1) = -2e 6 2 χ2 + 4χ e χ + 3 = χ2 + 4χ = χ (χ + 4) - χ + 4 !η 2 χ = 1 3. f (χ) = 1 !η χ = 1 ή χ (χ + 3) χ(χ + 3) χ + 3 χ χ ι 1 1 , 1 η χ = - 1 x = e η χ = - <::::> χ = -e , αφου -e < 1 e �. lim( χ + 3) = 3 * Ο, lim( χ + 4) = 4 άρα lim f (χ) χ =3 και e > 1 . ' Η εφαπτομένη είναι y = λχ + β με = 3. f ' (x) = x2χ ++ 4χ 3 + β . λ = f ' ± = -2e άρα y = -2ex ( χ2 + 4χ )' (χ + 3) - ( χ2 + 4χ ) (χ + 3)' = Για να διέρχεται από το σημείο ±, 1 πρέπει (χ + 3) 2 (2χ + 4)(χ + 3) - ( χ2 + 4χ ) (1 + 0) και αρκεί 1 = -2e_!_ + β δηλαδή β = 3 . e (χ + 3 ) 2 2χ2 + 6χ + 4χ + 12 - χ2 - 4χ Άρα y = -2ex + 3 . (χ + 3 ) 2 Για να ορίζεται η f (χ) πρέπει και αρκεί χ > Ο . Άρα το σύνολο ορισμού της είναι το Α = (Ο, +οο) .

χ --)> 3

()

χ --7 3

χ --+ 3

<=>

<::::>

<=>

χ....Ο

()

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l/60

χ....Ο

( )

χ --> 0

χ 2 + 6χ + 12 > 0 (χ + 3) 2

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

a = -31 και β = 9 η συνάρτηση είναι f( χ) = .!.3 χ 3 - 3χ 2 + 9χ - 2008 ' x E R και Αφού Δ = 6 2 - 4 · 1 2 = 36 - 48 = -12 < Ο , άρα f ' (x) = x 2 - 6χ + 9 , άρα f ' (x) = (x - 3) 2 ;::: ο . 0θα είναι χ 2 + 6χ + 12 > Ο για κάθε χ IR οπότε πότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR και δεν f1 (χ) > Ο για κάθε χ > -3 παρουσιάζει ακρότατα. Πράγματι αφού η f παρα Άρα f γνησίως αύξουσα στο (-3, +οο) , οπότε γωγίζεται στο ( -οο,3] και f1 (χ) > Ο στο ( -οο, 3) θα είναι f γνησίως αύξουσα στο ( -οο, 3] . οποιαδήποτε τιμή της f ( χ 0 ) αποκλείεται να είναι Επίσης αφού η f στο [3, +οο) και f1 (χ) > Ο στο ακρότατο στο (-3, +οο) . (3, +οο) θα είναι f γνησίως αύξουσα στο [3, +οο) . αν -3 < Χ ι < χ 0 τότε f( Χ ι ) < f( χ 0 ) , Άρα f γνησίως αύξουσα στο δηλαδή το f ( χ 0 ) δεν είναι ελάχιστο. Αν ( -οο,3] [3, +οο) = IR . χ 0 < χ 2 τότε f ( χ 0 ) < f ( χ 2 ) δεν είναι ούτε μέγιστο. ΓΥ ρ ο σοχι� : Αν είχαμε f γνησίως αύξουσα στο ( -οο, 3] και στο (3, +οο) τότε δεν είναι σίγουρο ότι f γνησίως αύξουσα στο Έστω ότι η γραφική παράσταση της συνάρ ( -οο,3] (3, +οο) = IR (βλέπε σχήμα). τησης f ( χ ) = a x 3 - 3 χ 2 + βχ - 2008, χ Ε R , διέρΟμοίως όταν f γνησίως αύξουσα στο ( -οο,3) χεται από το σημείο { 3, - 1 999) και η εφαπτο και στο [3, +οο) ή όταν f γνησίως αύξουσα στο (-οο,3) και στο (3, +οο) . μένη της στο σημείο (Ο, f {Ο)) έχει συντελεστή 2.

Για

η .ι ;ι · η ;

�

διεύθυνσης

ι ) Ν α βρεθούν τα α, β.

Αν α = - και β = 9 να εξετάσετε την

ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

Να

λυθεί

χ3 - 3 χ 2 + 9χ - 9 > Ο 3

ανίσωση

χρησιμοποιώντας τα συ-

μπεράσματα του δεύτερου ερωτήματος.

=> =>

Ι.

( 3 ) = - 1 999 α · 33 - 3 · 3 2 + β · 3 - 2008 = -1 999 27a - 27 + 3β - 2008 = -1 999 27a + 3β = 36 9a + β = 12 ( 1) =>

Έχουμε :

f ' (x) = ( ax3 - 3χ 2 + βχ - 2008) ' = 3ax 2 - 6χ + β οπότε f ' ( Ο ) = β Η εφαπτομένη στο χ 0 = Ο έχει συντελεστή δι εύθυνσης 9 άρα f ' ( Ο ) = 9 β = 9 Οπότε ( Ι ) 9a + 9 = 12 9a = 3 a = .!. . 3 =>

χ 3 - 3χ + 9χ - 9 > 0 <=> 3. 3 χ3 - 3χ- + 9χ > 9 <::::> 3 χ3 - 3χ- + 9χ - 2008 > 9 - 2008 <=> 3 χ3 -- 3χ- + 9χ - 2008 > -1999 <=> 3 f(x) > f( O ) <=> χ > Ο , αφού f γνησίως αύξουσα. ?

Δίνεται η συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /6 1

r x) =

(

ημχ η μχ + συνχ

(

, χ ε ο,

1 ) Να βρείτε το ό ριο lim f x )

3) Αν χ ε

�

Α φου .

θα έχουμε

( : �) ,

(

για τις οπο ίες η ωφ έλιμη επιφ άνεια ε ίναι μέ γιστη .

να δείξετε ότι f χ ) >

(

�.

1.ιm(ημχ +συνχ) =ημ π + συν π =-ι + .J3 "i= 0 6 6 2 2 '� -

lim f (χ) =

Η�

)

Να βρείτε την f' χ ) .

:\ \

(

π x ---t 6

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

[

2J3

3 -2 + 2 1

J3 - ι JJ - 1 -- 3=1 -- -1 + J3 2 1

χ , y οι διαστάσεις του φύλλου. Τό 600 . Οι διαστάσεις τε Ε = χ · y = 600 άρα y = χ της ωφέλιμης επιφάνειας είναι: α = χ - 6 και β = y - 8 οπότε το εμβαδό της θα είναι Ε 1 = α · β = (χ - 6 ) (y - 8 ) = 600 - 8 = 600 - 8χ - 3600- + 48 = (χ - 6 ) � χ 3600 + 648 , με χ > 6, y > 8 -8χ - -χ Έστω

(

)

' f ' (x ) - ημχημχ + συνχ _ ( ημχ ) ' ( ημχ + συνχ ) -ημχ ( η μχ + συνχ ) _ ( ημχ + συνχγ συνχ ( ημχ + συνχ ) - ημχ ( συνχ - ημχ ) ( ημχ + συνχ ) 2 � + συν 2 χ � + ημ 2 χ ( ημχ + συνχ ) 2 -

( ημχ + συνχ γ . Αφού f ' (χ ) > Ο η f είναι γνησίως αύξουσα.

Άρα χ > � � f( χ ) > f

(�J � f( χ ) > - + - �

J1 f(x ) > 72 � f( x ) > -2ι .

J22J2 2

�

2 J1. 2

Άρα:

( J

36?0 = -8χ 2 + 3600 = -8 + E '( x ) = -8 - 3600 - � χχ2 χ, οπότε Ε'(χ) = Ο � 4 5 0 +ω -8χ 2 + 3600 = 0 � χ 6 + ο Ε'(χ) 8χ 2 = 3600 � χ 2 = 450 � Ε(χ) χ = .J 450 , αφού χ > 6 και

(χ ) > ο � ( χ - F450 )( x + F450 ) > Ο � χ > F450 ενώ Ε1 (χ ) < Ο � χ < F450" Ε1

Ένα ορ θ ογ ώνιο φύλλο χαρτιού έχει εμ β αδό 600cm 2 • Τ α περιθώ ρια π άνω και κάτω είναι 4cm εν ώ δεξιά και αριστερ ά ε ίναι 3cm . Ν α β ρε ίτε τις δ ιαστ ά σεις του φύλλου

Άρα γίνεται μέγιστη για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /62

χ = F450" = 2 ι, 2 1

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Μιγ α δικοί Α ριθ μ οί

(γεωμετρικοί τόποι - μέγιστο ελάχιστο μέτρο - γεωμετρική ερμηνεία) - Αντίστροφη συνάρτηση και μονοτονία. Τ σανή ς Νίκος - Π ιτσ άβ ας Θ αν ά σης Α . ΛΥΜΕ ΝΑ Θ Ε ΜΑΤΑ - ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕ ΙΣ Θέμα Ι ο

Έστω οι αριθμοί z ε C για τους οποίους ισχύει jz - 1 + i j = j z - 4i j (1). Τότε να βρεθεί: α. Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ των β.

μιγαδικών z Η ελάχιστη τιμή του

Μι

jzj

γ. Ο μιγαδικός z με το ελάχιστο μέτρο δ. Έστω f(w)= j w - 1 + i j + j w - 4ί j . Τότε

να

βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των μιγαδικών

w ώστε η παράσταση f(w) να παίρνει την ελάχιστη τ ι μή.

ε.

s . ο + 71 7 d(Ο,ε)-_ ι ο -r;:;-;:; r::::; . ν1 2 + 5 2 ν 26 γ. Ο μιγαδικός z με το ελάχιστο μέτρο έχει εικόνα το ίχνος της καθέτου από το 00,0) στη (ε):, έστω Μ ι . 'Εχουμε λε= .!_ <=> λο =-5 . Άρα: 0Μι :ψ=-5χ, 5 οπότε οι συντεταγμένες του Μ επαληθεύουν το σύστημα: ψ = -5χ 7 , ψ=35 . χ - 5ψ + 7 = ο , δηλαδη χ=-26 26 35 ι. Ά ρα z=--7 + -

Από τους μ ιγαδ ι κούς w του ερωτήματος (δ)

}

26 26

δ.

Αν Ρ η εικόνα του w τότε

f(w)= j w - 1 + ij + jw - 4ij = (ΡΑ)+(ΡΒ). Το άθροισμα των αποστάσεων ( Ρ Α)+ (ΡΒ) (ΑΒ) παίρνει Λ ίι ση ελάχιστη τιμή μόνο όταν το Ρ είναι σημείο του ευ α. Έ στω z=x o +ψ 0 i, τότε Μ (χ ο ,ψ0 ) και: θύγραμμου τμήματος ΑΒ (Ι ) <=> j z - (Ι - i)j = j z - 4ij <=> ( ΜΑ) = ( ΜΒ) , όπου ε. Εφόσον jw - 1 + ij = jw - 4ij , τότε η εικόνα του w A( l ,-1 ) Β(Ο,4). Άρα ο γεωμετρικός τόπος των Μ ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΒ. Άρα η εικόνα του είναι η μεσοκάθετος του ΑΒ. w είναι το μέσον Κ του ΑΒ, δηλαδή Κ( .!_2 , l2 ) και Εξάλλου ( Ι ) <=> jx0 - 1 + (ψ0 - l)ij = = jx0 + (ψ0 - 4)ij <=:>χο-5ψο+ 7=0, δηλαδή η μεσοκάw= -21 + -23 ι. θετος του ΑΒ είναι η (ε): χ-5ψ+ 7=0. να βρείτε αυτόν για τον w - 1 + i = w - 4i j .

j j

οποίο

ισχύει

Π α ρ ατή ρη ση I

Θέμα 2

Εφόσον j z j =(ΟΜ), το ελάχιστο j z j είναι η απόσταση του 0(0,0) από την (ε), δηλαδή η

β.

Όταν ο μιγαδικός z κινείται σε ευθεία τότε, το ε λάχιστο μέτρο είναι η απόσταση του 0(0,0) από την ευθεία, και ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτρο έχει εικόνα το ίχνος της καθέτου από το 0(0,0) στην ευθεία. Έστω μιγαδικός z για το z - 3 - 3i j =2 τότε να βρεθεί:

οποίο

ισχύει

α. Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ των μι

γαδικών z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. Ι /63

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

lzl

β. Η ελάχιστη και μέγιστη τιμή του

γ. Οι μιγαδικοί z

με το ελάχιστο και μέγιστο

μέτρο

μιγαδικούς z 1 , z2 ισχύει l z ι - 3 - 3il = l z 2 - 3 - 3il =2 να βρεθεί η μέγιστη

δ.

Αν

για

του

τιμή της παράστασης l z ι - z 2 1

Α,Β βρίσκονται στον κύκλο του ερωτήματος (α). Εφ όσον l z1 - z 2 1 = (ΑΒ), η μέγιστη τιμή της παράστασης είναι ίση με τη διάμετρο του κύκλου, δη λαδή max C l z1 - z 2 1 ) = 2ρ = 4 �lί !Π�ΗRη� Ι11'Ιl σΙi! 2

Αν ο μιγαδικός z κινείται σε κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ, τότε το ελάχιστο μέτρο είναι ίσο με ι\ iιση α. Έχουμε: l z - 3 - 3i l =2 I ( OK ) - ρ l και το μέγιστο μέτρο είναι ίσο με το <=> Jz - (3 + 3i) j = 2 <=> (ΚΜ ) = 2 <=> Μ ε ( c ) , όπου (ΟΚ)+ρ, επίσης οι μιγαδικοί με το ελάχιστο και ( c ) ο κύκλος με κέντρο Κ(3,3) και ακτίνα ρ=2, μέγιστο μέτρο έχουν εικόνες τα σημεία τομής της ΟΚ με τον κύκλο. δηλαδή ο (c) : ( χ-3)2 + (ψ-3)2 =4

- �--- -�---� i

1 ( 1 - i)(w -

i)(w -

να βρείτε:

α. Τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγα δικών αριθμών z

β. Τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγα

Ψ_

Εφόσον l z l =(ΟΜ) και I C O K ) - ( KM )I � (ΟΜ) � (ΟΚ)+(ΚΜ) I C OK ) - ρ l � l z l � (ΟΚ)+ρ με (ΟΚ)= -./9 + 9 =3 .fi θα έχουμε: max ( l z l )=(ΟΚ)+ρ=3 .fi +2 min( l z l )=(ΟΚ)-ρ=3 .fi -2 γ. Οι μιγαδικοί z με το ελάχιστο και μέγιστο μέτρο έχουν εικόνες Μι, Μ2 αντιστοίχως τα σημεία το μής της ΟΚ με το κύκλο ( c ) : 'Ε χουμε λοκ= 33 -- 00 = 1, οπότε ΟΚ: ψ=χ Οι συντεταγμένες των Μι, Μ2 , επαληθεύουν το σύστημα: ψ=χ , δηλαδη Μ ι (3- .fi , (χ - 3) - + (ψ - 3) - = 4 ψ=3- .fi ) και Μ2 (3+ .fi , 3+ .fi ) Ο μιγαδικός με ελάχιστο μέτρο είναι ο z ι=(3.fi ) + (3- .fi )i και με μέγιστο μέτρο ο z2 =(3+ .fi )+(3 + .fi )i δ. Αν ο z ι έχει εικόνα Α, και ο z 2 έχει εικόνα Β, τότε ισχύει l z1 - 3 - 3i l = l z 2 - 3 - 3i l =2 δηλαδή τα β.

Αν για τους μιγαδικούς z.w ισχύουν οι σχέσεις l z - 31 =2 και 3)1 τότε 6i)l = ( 1 +

χ·

_ _ _ _ _

- χ -

' }

δικών αριθμών γ . Την ελάχιστη τιμή του

lwl

δ. Την ελάχιστη τιμη του l z -

Λ iι σ η

Αν Μ η εικόνα του z και Κ(3,0), τότε: zI - 3 1 = 2 <=> ( ΚΜ) = 2 . Άρα ο γεωμετρικός τόπος των Μ είναι ο κύκλος με κέντρο Κ(3,0) και ακτίνα ρ=2, δηλαδή ο ( c ) : (χ-3)2+ψ2=4 β . Έχουμε: 10 - i)(w - 6i) l = 1 (1 + i)(w - 3) 1 <=> 1 1 - i l l w - 6i l = 1 1 + i l l w - 3 1 <=> l w - 6i l = l w - 3 1 Αν Α(Ο,6) και 8(3,0) , τότε ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Ρ των w=α+βί είναι η μεσοκάθετος του ΑΒ Εξάλλου: l w - 6i l = l w - 3 1 <=> Ι α + (β - 6)i l = ιc α - 3) + βi l <=> 3α - 4β + 9 = Άρα ο γεωμετρικός τόπος του Ρ, δηλαδή η μεσοα.

ο.

i I

χ'

ι________ ____

ΕΥΚΛ Ε Ι ΔΗΣ Β ' 69 τ. Ι /64

.. - - · · · --

____

I I

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

κάθετος του ΑΒ είναι η (ε): 3χ--4ψ+9=0. γ. Εφόσον οι εικόνες του w βρίσκονται στην ευ θεία ε: 3χ--4ψ+9=0 και lwl =(ΟΡ) το ελάχιστο μέτρο είναι ίσο με την απόσταση του 0(0,0) από την (ε), δηλαδή την d(Ο,ε) 1 3.0.J -2 4 . 0 +2 9 1 -_ -95 3 +4 Άρα min( l w l )=2.5 δ. Εφ όσον l z - wl = (ΜΡ) φ έρω την κάθετη από το Κ στην (ε) τέμνει τον (c ) : στο Μ Ι και την ε: στο Pl, τότε για οποιαδήποτε σημεία Μ , Ρ ισχύει

(ΚΜ) + (ΡΜ) 2: (ΚΡ) 2: (ΚΡ 1 ) =:> (ΚΜ ) + (ΡΜ) 2: (ΚΜ Ι ) + (Μ 1 Ρ 1 ) => ρ+(Ρ Μ ) 2: ρ+( Μ 1Ρ1 ) => (ΡΜ) 2: (Μ 1 Ρ 1 ). Άρα η ελάχιστη τιμή του ΜΡ είναι ίση (Μ 1 Ρ 1 )=d(Κ,ε)-ρ

Επίσης: l w - 3 + 3i l =2 � l w - (3 - 3i) l = 2 . Άρα ο γεωμετρικός τόπος των P(w) είναι ο κύκλος με κέ ντρο Λ(3, -3) και ακτίνα R=2, δηλαδή ο C2 : (χ3)2+ (ψ+3)2=4

β. A= lz - wi =(MP)

με ,ΚΛ= J3 2 + (-3 - 2) 2 = J34 >R+ρ και εφ όσον Μ ε C 1 , Ρ ε C 2 , θα έχουμε 0 3 4 3 + 9 . . 1 8 1 8 1 1 Αλλα' d(Κ,ε)= .J 2 2 = -5 =:>(Μ 1 Ρ 1 ) =-5 -2 max(A)=ΚΛ+R+ ρ= J34 +3 3 +4 min(A)=ΚΛ-R-ρ= J34 -3 =�5 =:>min( l z - wl )=�5 . γ. Έχουμε: B= lz + 3 + 2i l = lz - 2i + 3 + 2i + 2 il = lz - 2i + 3 + 4il Ελάχιστη απόσταση των εικόνων μιγαδικών, όταν και ο ένας βρίσκεται σε ευθεία (ε) και ο άλλος σε κύ l lz - 2il - l3 + 4il l :<;; l z - 2i + 3 + 4il :<;; lz - 2il + l 3 + 4i l κλο με κέντρο Κ και ακτίνα ρ όταν ευθεία κύκλος , οπότε II - 5 1 :<;; Β :<;; 1+5. Άρα: 4 :<;; Β :<;; 6 δεν έχουν κοινά σημεία είναι ίση με d(κ,ε)-ρ, ενώ * Οι αριθμοί 4, 6 είναι κάτω και άνω φ ράγμα της όταν ευθεία και κύκλος έχουν κοινά σημεία είναι παράστασης Β. ίση με Ο. i-i α μ αη� iΙΨΠ� Έ στω ότι οι εικόνες δυο μιγαδικών βρίσκονται σε Θ i: �ω -' κύκλο C 1 με κέντρο Κ και ακτίνα R και κύκλο C2 Αν για τους μιγαδικούς z,w ισχύει l2 z - 4i l =2 με κέντρο Λ και ακτίνα ρ με R 2: ρ και l w - 3 + 3i l =2 τότε να βρείτε Αν ΚΛ>R+ρ τότε η μέγιστη απόσταση των εικό α. Τους γεωμετρικούς τόπους των εικόνων των νων είναι ίση με ΚΛ+R+ρ και ελάχιστη τιμή της απόστασης είναι ίση με ΚΛ-R-ρ μιγαδικών z και w Αν R-ρ :<;; ΚΛ :<;; R+ρ τότε μέγιστη απόσταση β. Την ελάχιστη και μέγιστη τιμή της παρά στασης A = l z - wl των εικόνων είναι ίση με ΚΛ+R+ρ ενώ η ελάχιστη γ. Έ στω η παράσταση Β= l z + 3 + 2 il να δείξετε τιμή είναι ίση με Ο Αν ΚΛ<R-ρ τότε μέγιστη απόσταση των εικό ότι 4 :<;; Β :<;; 6 νων είναι ίση με ΚΛ+R+ρ και η ελάχιστη τιμή εί ναι ίση R-(ΚΛ)-ρ α. Έχουμε: l 2 z - 4il =2 �2 lz - 2il =2� lz - 2il = 1 Γi ιφαη� ρηση 5 Άρα ο γεωμετρικός τόπος των M(z) είναι ο κύκλος Όταν δίνεται ανισότητα μέτρον lz - z1 1 :<;; α και θέμε κέντρο Κ(Ο, 2) και ακτίνα ρ=l , δηλαδή ο λουμε να δείξουμε ότι,m :<;; l z - z 2 1 :<;; Μ , τότε έχου C l : χ2 + (ψ-2) 2=1 με lz - z 2 1 = l z - Zι -� + Zι l=l(z-z1) + (z1 - z2 )1 οπότε "�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /65

Μ αθη ματικά για την Γ Λυ κείου

από την τριγωνική ανισότητα παίρνουμε οπότε ( ΟΜ) :::; 13 (το ίσον στις θέσεις Α, Α ' ) l z - z ι l - ll z ι - z 2 l :::; ! ( z - z ι ) + ( z ι - z 2 ) l :::; l z - z ι l + Άρα mi n( l z l )=β=12 και max( l z l )=α=13. Συνέπεια των παραπάνω είναι το ότι ο μεν κύκλος (0, β) εί lzι - z2 1 ναι στο εσωτερικό της έλλειψης ενώ ο κύκλος (0, Θέ μ α 5 Α. Αν για τους μιγαδικούς z ισχύει α) είναι στο εξωτερικό της, εκτός φυσικά από τα σημεία Α, Α ' , Β, Β ' που είναι κοινά. l z + Si l + l z - Si l =26 (1 ) , τότε να βρεθεί : α. Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγα γ. Εφόσον οι μιγαδικοί z 1 , z2 αληθεύουν την σχέση (1), οι εικόνες τους Μ 1 , Μ 2 ανήκουν στην έλλειψη δικών z C, οπότε ( Μ1 Μ2 ) :::; ( ΟΜ1 ) + ( ΟΜ2 ) :::; 13 + 13 = 26 . β. Η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του l z l γ. Το μέγιστο και το ελάχιστο της παρ ά στασης Άρα max( l z1 - z 2 1 )=2α=26, ενώ l z1 - z 2 1 ;;::: Ο με το l z ι Ζ 2 1 , όταν οι μιγαδικοί z ι ,z2 αληθεύουν την ίσον όταν z1 = z 2 . Άρα min l z1 - z 2 1 =0. Β. α. Αν Ρ η εικόνα του w και Γ(Ο,5) Γ(Ο,-5), τό σχέση (1 ) Β. Αν για τους μιγαδικούς αριθμούς w ισχύει τε (2)�(ΡΓ)-( Ρ Γ)=8. Εφόσον (ΓΓ)=Ι Ο > 8, ο γεωμετρικός τόπος των Ρ θα είναι ο κλάδος υ l w + Si l - l w - Si l =8 (2), τότε να βρεθεί α. Ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγα περβολής με εστίες Γ, Γ και άξονα 2α=8 δηλαδή α=4, γ=5 και β= �γ 2 - α 2 = J9 = 3 . δικών w β. Η ελάχιστη τιμή του l w l -

.\ ίι σ η

εικόνα του z και Γ(Ο,5) και Γ(Ο,5), τότε ( I )�(ΜΓ) +(ΜΓ)=26. Εφόσον (ΓΓ) =1 0<26, ο γεωμετρικός τόπος των Μ είναι η έλλειψη (c) με εστίες Γ, Γ και μεγάλο άξονα 2α=26, δηλαδή α= 1 3 και εστιακή απόσταση (ΓΓ)=2γ=Ι Ο, δηλαδή γ =5 και β= �α 2 - γ 2 = .Jί44 = 12 . ψΕφόσον Γ, Γ εψψ ' θα είναι (c): � 144 + 169 =1 β. Για κάθε σημείο Μ(χ,ψ) της έλλειψης (c) έχου2 2 ψ - = χ - + ψ - = (ΟΜ ) � με 1=� +� :::; + 144 1 69 144 144 144 144 ' οπότε (ΟΜ) ;;::: 12 (το ίσον στις θέσεις Β, Β ') και χ 2 + ψ 2 > χ 2 + ψ 2 = χ 2 + ψ 2 = (ΟΜ) 2 1= 144 1 69 1 69 1 69 169 1 69 '

Α. α. Αν Μ η

Α'

Εφόσον ( Ρ Γ)>(ΡΓ) και Γ, Γ εψψ ' θα είναι ο άνω 2 2 κλάδος της υπερβολής C: .!.___ 25 _ �9 = Ι β. Ε φόσον l w l =(Ο Ρ) , η ελάχιστη τιμή του (Ο Ρ ) είναι η (ΟΑ) διότι για κάθε άλλη θέση του Ρ το τρίγωνο Ο ΡΑ είναι αμβλυγώνιο στο Α, οπότε (Ο Ρ)>(ΟΑ)=α ( *). Άρα min( l w l )=α=4 (*) Γενικά για κάθε σημείο Ρ(χ,ψ) του άνω κλάδου της υπερ β ολης' ψα - βχ - = I , διαφορετικο' απο' το Α, - έχουμε ψ> α, (ΟΡ)2=χ2+ψ2 , (ΡΑ)2 =χ2+(ψ-α)2 , οπό τε (ΟΑ)2 +(ΡΑ)2 =α2 + χ2 +(ψ-α) 2 = χ2 +� +2α(ψ-α) = (ΟΡ) 2 + 2α(ψ - α) > (ΟΡ) 2 , αφού ψ > α . Άρα το τρίγωνο ΟΡΑ είναι αμβλυγώνιο στο Α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /66

, -7

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Θ i: [U! U 6

Αν για τους μιγαδικούς z ισχύει (z-2i)4 = 81(z+2i)4 (1) τότε να δείξετε α. Ο ι εικόνες των μιγαδικών z βρίσκονται σε κύκλο τον οποίο να προσδιορίσετε β. Ν α βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του

απόσταση (ΟΑ) και την ελάχιστη απόσταση (ΟΒ) του Ο από τον κύκλο c διότι ρ 25 2 -4 και

( ),

χΑ = χ κ - = - - 3 = χ= κ + ρ = - 25 + 23 = - ι, δηλαδή A(z1) και Β ( z 2 ) . Αυτό όμως δεν συμβαίνει πάντοτε διότι lzl . πιθανόν κανένας από τους z 1 , z 2 , z 3 , Ζ 4 να μην α πεικονίζεται στο Α ή στο Β. α. Έστω z=xo+ψ0 i και Μ η εικόνα του, τότε: (z-2i)4= 8ι (z+2i)4 � l <z - 2i)4 1 = Ι 8 ι(z + 2i)4 1 � Όταν δίνεται Ζ ι v=z ν ( ι ), τότε από ιδιότητες μέ 2 l z - 2i l 4= l 3(z + 2i)l 4� l z - zi l =3 l z + zi l τρων έχουμε: � l z -2il2=92_l z + 2.2i l 2�χ<?+(ψ0-2)2=9[χ02+(ψ0+2)2] ( l )� l z ι v l = l z 2 ν ι � l z ιl v= l z21 ν � l z ιl = l z2 1 · .. �χ02+(ψ0+ 2 )2= 4 . Άρα οι εικόνες των μιγαδιΈ στω μιγαδικοί z1 , z2 με εικόνες εσωτερικά ση ' κων' z, β ρισκονται στον κυκ' λο c ) : χ2+(ψ+-25 )2= -49 μεία του μοναδιαίου κυκλικού δίσκου εκτός του και η συνάρτηση F(x)= lz ι l '+2 lz 2 1 '-3 , Κ(Ο, 2-5 ) και ακτινα, ρ= 23 . με κεντρο α. Ν α δείξετε l z ι - z 2 1 <2 β. Πρέπει πρώτα να προσδιορίσουμε τους μιγαδι β. Να δείξετε ότι αντιστρέφεται κούς z, γιατί προφανώς δεν είναι όλα τα σημεία γ. Να λυθεί η ανίσωση: του C, αλλά μόνο 4 από αυτά, αφού: lz , l x 2+J- 2 lz z l 4' � lz ι l 4'-2 lz z l x 2+J (z-2i- )4 = 81(z+2i)4 <=> (z-2i)2 = 9(z+2i)2 ή (z-2i)2 = 9(z+2i)2 <=>z-2i = ±3(z{--4·+2i) 6 8. 6 8. Ο μοναδιαίος κυκλικός δίσκος έχει εξίσωση C : } χ2+ψ2 ι, κέντρο 0(0,0) και ακτίνα ρ= ι ι ι , η' z-2"ι =±3" ( z+2" ) <=> zε ι ' -ι ' 5 5 5 5 α. Έστω Α η εικόνα του z1 και η εικόνα του z2 , 6 8 . . και τότε l z 1 - z 2 1 =(AB ) . Για τις τιμες' z1 = --4ι, z2= -ι, z3= 5 5 Εφόσον Α, Β εσωτερικά σημεία του κυκλικού δί ' και σκου, θα είναι (ΑΒ) <2ρ, δηλαδή l z ι -z 2 1 <2. z4=-65 - -ι58 . εχουμε: β. Αν l z ιl =α τότε Ο< α< 1 και l z 2 1 =β τότε Ο< β< ι l z31 = 1 z4 1 = 2 . F(x)=l z ιl '+2l z2 1 '-3=α'+2β'-3, με σύνολο ορισμού A=ΓιαRκάθε . χ1,χ 2 έχουμε: χ1 <χ �α'1 >α'2 και β' ι >β'2 � α1 χ ι +2 β' ι > α χ2 +2 β'2 � 2 �α'1 +2 β' -3> α '2 +2β'2-3� F(χ ι ) >f(x2) . Άρα F.,!, στο R, οπότε F «ι-ι» στο Επομένως η F αντιστρέφεται. γ. l z ιl χ2 +3_ 2 l z 2 1 4x � l z ιl 4x_2 l z 2 1 ' 2 +3 <=> l z ιl x2+3+2 l z2 1x2+3 � l z ιl4'+2 l z2 1 4x<=> Άρα μέγιστο μέτρο έχει ο z1 και ελάχιστο ο z 2 . l zιl x2+3+2 l z2 1 χ2+3-3 � l z ιl4'+2 l z2 1 4x_3<=> Στην περίπτωση μας έτυχε το μέγιστο και το ελά F(x2+3) � F(4x) <=> χ2+3 4χ<::::>χ2--4χ+3 χιστο μέτρο του z να αντιστοιχούν στη μέγιστη ,3 ] . Ηι σ η

Χ 13

(

! cφαη) ρηση 6

Θ i: μ υ 7

0(0,0)

. ΗJση

- - --

- --

-- - -ι

εR

___j

rπ

�� o r: o χ Η :

F�

<::::>χ ε [ ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 9 τ. Ι /67

5ο

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Έστω οι μιγαδικοί z,w για τους οποίους ισχύει j z - 3 - z i j + j w - 5 - 9ij =Ο και η συν ά ρτηση F:R � R γνησίως μονότονη α. Ν α βρείτε τις εικόνες Α , Β των z,w β. Αν F διέρχεται από τα Α,Β να βρείτε το είδος της μονοτονίας γ. Να λύσετε την εξίσωση F(2+Γ 1 (χ 2+χ))=9 δ. Να λύσετε την ανίσωση F(Γ 1 (χ2-8χ)-2)< 2, όταν γνωρίζετε ότι F, Γ 1 έχουν το ίδιο είδος μο νοτονίας.

α.

β.

μέγιστη τιμή της παράστασης jz 1 + z 2 j

τιμή του z2 για την οποία η τιμή της παρά στασης jz 1 + z 2 j γίνεται μέγιστη.

Υπ{Jδ πtη :

Θ{:μυ 2

Σύμφωνα με την παρατήρηση 5

z 2 --1 τοτε , Αν zεC με z :;t: ψΙ. και F(z)= --_ z+z

α. Να δείξετε ότι F(z) = F( z ) = α. jz - 3 - zij + jw - 5 - 9ij =0<:::> jz - 3 - zij Ο και jw - 5 - 9ij = O<::>z-3-2i=O και w-5-9i= O β. Να δείξετε ότι jF(z)j = jF(z)j <:::> z=3 +2i και w=5 + 9i. Εικόνα του z είναι το Α(3,2) και του w το Β(5,9). γ. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ του z αν F(z) φανταστικός = β. AεCF <::> F (3) 2 και B ε CF<::>F (5)=9. Εφόσον η F είναι γνησίως μονότονη με 3<5 και δ. Αν jzj =3 να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος. των F(3) <F(5), η F θα είναι γνησίως αύξουσα στο R εικόνων Ρ του g(z) αν ισχύει g(z)=z+2-i

Εφόσον η F είναι γνησίως αύξουσα στο R, θα 1ιΊτ6δη ξη : δ) Έ στω g(z)=w=x+ψi Ρ (χ,ψ), είναι και « 1-1 » στο R, άρα η F αντιστρέφεται. g(z)=z+2-i<::>g(z)-2 + i =z<::> jg(z) - 2 + ij = jzj F(3) =2 <:::>F-1(2)= 3 και F(5)= 9<::>F-1(9)= 5 <:::> j w - 2 + ij = 3 τότε ο γεωμετρικός τόπος των Ρ F(2 +F-1(x2+x))=9<::> F (2 +F- 1 (x2 +x))=F(5) είναι κύκλος με κέντρο Κ(2,-1 ) και ακτίνα ρ=3 . <:::>2+ F- 1(x 2+x)=5<::> F-1(x2+x)= 3<::> F- 1(x 2+x)= F1(2) <::>χ2+χ=2<::> x2+x-2=0<::>x= l ή χ =-2 Θ i: μ α 3 εφόσον F « 1-1 » και F-1 « 1-1 ». Α. Αν για τους μιγαδικούς z, w ισχύει jzj = jwj τότε δ. Η F είναι γνησίως αύξουσα στο R, οπότε και η F να δείξετε - Ι θα είναι γνησίως αύξουσα στο R. Άρα: z + w )2 0 1 0 ειναι ' πραγματικος' β . ' u= ( -Ο αριθμος α. ι 2 2 z-w

γ.

F (F -1(χ -8x)-2)<2<::>F (F - (χ -8χ)-2) <F(3) <:::> F -1(x2-8x)-2<3<::>F -1(x2-8x) <5<:::> F -1(χ2-8x)<F -1(9)<::>χ 2-8χ<9<::> χ 2-Sx-9<0<:::> χ ε (-1 ,9) Β . nτ ι� � Ί> .Η. � " > Χ Ξ ΊΤ i .

Α.

\�

�'"

θ fί.� \>'Υ Λ Τ Λ - Υ Π Ο Δ Ε Ι -

Αν zεC και j z - 1 - i j <5 να δείξετε ότι

l O< jz - 1 0 - 1 3ij <20 Β . Αν z ,z2 εC με z =8 +6i και jz j =5 τότε να βρεθεί: 2 1 1

ο αριθμος' ν=( zz +- ww )2 009 ειναι φανταστικος' Β . Αν για τους μιγαδικούς z , z2 , z3 ισχύει 1 jz 1 I = 1 , jz 2 j =2, jz 3 j =4 τότε να δείξετε --

2 Α. jzj = jwj =ρ<::> ........ z = Ε_ . . . . z Β. α. Να δείξετε jz 1 + z + z j :;t:O ή με εις άτοπο . . . 2 3 Υπ6.ι) υξη :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. t /68

· ·

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Σ χετ ικ ά μ ε έν α θ έ μα των π αν ε λλη ν ίω ν ε ξ ε τ ά σ ε ω ν 2 00 8 Τ ου Αντ ώνη Κυ ριακόπ ου λου Πρ ό κει ται για το δεύ τερο θέμ α τω ν μ α θημ α τι κώ ν θετι κή ς και τεχνολ ογ ι κής κα τεύθυνση ς. Το θέμ α αυ τό έχει ω ς εξή ς: Θ Ε Μ Λ 2°

Αν για τους μιγαδικούς αριθμούς z και w ι σχύουν ( i + 2.J2)z = 6 και /w-(1 -i)/ = /w-(3-3i)/

τότε να βρείτε: α. Το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγα δικών αριθμών z. β. Το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγα δικών αριθμών w. γ. Την ελάχιστη τιμή του /w/ . δ. Την ελάχιστη τιμή του /z - w/ .

Λ Υ� Η . υ ) Έχουμε : / (i + 2h)z/ = 6 � / i + 2h/ ./z/ = 6 � 3/z/ = 6 �/z/ = 2. Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύ κλος C με κέντρο το σημείο 0(0,0) και ακτίνα ρ=2 ( στο σχήμα, που έστειλε στα βαθμολογικά κέντρα η επιτροπή εξετάσεων, τον κύκλο τον έχει με ακτί να 1 . Δεν είναι σπουδαίο, αλλά δείχνει την προ χειρότητα με την οποία εργάζονται ). )'

// r

Ν ···. .

ii/�.: I(-2, 2)

-,� '1' r

β) Π ρώτος τρ6πος ( Γεωμετ ρ ικά).

Ο ζητούμε νους γεωμετρικό τόπος είναι η μεσοκάθετος ε του ευθυγράμμου τμήματος με άκρα τα σημεία A ( l ,- 1 )

και Β(3,-3). Το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ είναι Μ (2,-2). ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΒ είναι : λ = (-3) - (-1) = -1 . 3-1 Άρα ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε εί ναι λc Ι . Και επειδή η ε περνάει από το σημείο Μ (2,-2), η εξίσωση της είναι: y - ( -2) = 1 .( χ - 2) � y = χ - 4. ΑΒ

Δεύη:ρος τρ6πος

( Λλγε β ρ ι κ ιΊ) .

Θέτουμε: w = χ + yi, x,y Ε IR . 'Έτσι , έχουμε: / w - (1 - i)/ = / w - (3 - 3i)/ � � /(χ - 1) + (y + 1)i/ = /(χ - 3) + (y + 3)i/ � � �( χ - 1) 2 + ( y + l) 2 = �( χ - 3) 2 + (y + 3 γ � � ... � y = x - 4. Άρα , ο ζητούμενους γεωμετρικό τόπος είναι η ευθεία ε:y=χ-4. γ) Π ρώτος τ ρ όπος ( Γ αu μ ι:τ ρ ι κιί ) . Η ελάχιστη τι μή του /w/ είναι ίση με την απόσταση (ΟΜ) της αρχής των αξόνων Ο από την ευθεία ε:y=χ-4. Άρα ,η ελάχιστη τιμή του /w/ είναι : (ΟΜ) = �(2 - 0) 2 + (-2 - 0) 2 = 2 J2 . ΣΧΟΛΙ Ο. Η λύση αυτή είναι δεκτή ,όχι γιατί βλέ πουμε από το σχήμα ότι ΟΜ�ΟΛ, για κάθε σημείο Λ της ευθείας ε, αλλά γιατί αυτό το έχουν αποδείξει οι μαθητές στη Γεωμε τρία που διδάσκονται. Λεί)τψος τ ρόπος ( Αλγε β ρ ι ι< 6: ) . Στο προηγούμενο ερώτημα θέσαμε w = x+yi, x,y Ε IR και βρήκαμε ότι y=x -4. 'Έτσι έχουμε: w=x+(x-4), Χ Ε IR . 2 --- 4-x-+-8. Συνεπώς: /w/ = �x 2 + (χ - 4) 2 = J2 .��x,Γνωρίζουμε ότι το τριώνυμο f(x) = χ 2 - 4χ + 8 έχει ελάχιστη τιμή για χ = - -4 = 2 , ίση με f(2)=42 8 + 8=4. Άρα, έχουμε για κάθε χ Ε IR :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /69

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

l w l � J2.J4 = 2J2 , με το ίσον για χ=2. Συνεπώς η ελάχιστη τιμή του l w l είναι 2J2 .

) Παραθέτω τη λύση που συνέταξε η επιτροπή εξετάσεων και απέστειλε στα βαθμολογικά κέντρα ( ενδεικτικές απαντήσεις): «Η ελάχιστη τιμή του l z - w l ισούται με το μήκος του τμήματος ΜΝ. Έχουμε : (ΜΝ)=(ΟΜ)-(ΟΝ)= 2J2 -2». Αυτό που λένε δεν το αποδεικνύουν ούτε Αλ γεβρικά ,ούτε Γεωμετρικά ,αλλά το στηρίζουν α ποκλειστικά και μόνο στην εποπτεία (αυτό που βλέπουν). Σημειώνω ότι στη Γεωμετρία του Λυ κείου δεν αναφέρεται η έννοια τις απόστασης ευ θείας και κύκλου. Και το ότι ισχύει ΜΝ :::; ΚΛ, για δ

απόδειξη; Και βέβαια θα μου πείτε όχι. Τότε γιατί τη δική τους λύση είναι σωστή; Ίσως μου πείτε ότι η άσκηση αναφερόταν στους Μιγαδικούς Αριθ μούς. Και λοιπόν; Οι Μιγαδικοί Αριθμοί είναι μα θηματικά δεύτερης κατηγορίας; Λοιπόν,θα έπρεπε η επιτροπή στη λύση της πρώτα να αποδείξει γεωμετρικά την παραπάνω σχέση (ΚΛ;?:ΟΛ-ΟΚ;?:ΟΜ-ΟΝ=ΜΝ) και μετά •

να πει αυτά που λέει. Λ.λγΕβ ρική λίι σ η . Λαμβάνοντας υπόψη και τα προηγούμενα ερωτήματα, δηλαδή ότι : l z l = 2 και l w l � 2Ji(> 2) , έχουμε:

l z - w l = l z + (-w) l � ll z l - 1 -w ll = 1 2 - l w ll = κάθε σημείο Κ του κύκλου C και για κάθε σημείο = ll wl - 2 1 = l wl - 2 :2: 2J2 - 2 Λ ευθείας ε , δεν αναφέρεται ούτε σαν άσκηση . Άρα : l z - w l � 2 J2 - 2. Τώρα θα πρέπει να εξετά Η εποπτεία στα μαθηματικά είναι χρήσιμη για να σουμε αν υπάρχουν αριθμοί z και ω για τους οποί κατανοούμε περισσότερο τις διάφορες μαθηματικές

έννοιες. Επίσης μας βοηθάει στην αναζήτηση λύ σεων. Π οτi: ό μ ως δεν στη ρίζουμε μία λί>ση στψ ι:ποπτr.ία. Αν είχαν επιλέξει ως ένα θέμα να αποδεί ξουν το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών (Σχολικό βι βλίο Μαθηματικών Κατεύθυνσης, σ. 1 94) και ένας μαθητής στηριζόταν μόνο στο σχήμα που έχει το σχολικό βιβλίο στην ίδια σελίδα, θα ήταν σωστή η

ους να ισχύει η ισότητα και βέβαια να πληρούν και τις δοσμένες συνθήκες ( γιατί π.χ. ισχύει: ημχ;?:-5,

για κάθε χ ε IR. , αλλά το -5 δεν είναι ελάχιστη τι μή του ημχ). Όπως μπορούμε να βρούμε, τέτοιοι αριθμοί υπάρχουν και είναι οι εξής: z = J2 - i.J2 και w = 2 - 2i. Άρα η ελάχιστη τιμή του l z - ω l είναι 2J2 - 2.

Οι aντίστρ οφες και τα

συναρτήσεις Ρ

Ί(οινα του ς σημε ια

των Αντ ώνη Κυριακ όπου λου, Νίκου Φ ωτιάδ η Δ ρ . Μ α θη ματικών

Τα τελευταία χρόνια κυκλοφόρησε ένα βιβλιαράκι στο οποίο ο συγγραφέας του κ. Πετράκης αναφέ ρει ότι τα κοινά σημεία μιας συνάρτησης f και της αντίστροφής της βρίσκονται μόνο πάνω στην ευθεία ' y = χ . Αυτό είναι λά θος. Παρ όλες τις εξηγήσεις που δόθηκαν στον κ. Πετράκη τόσο στη Μαθηματική Εταιρεία όσο και αλλού, ο ίδιος εξακολουθεί να διαστρεβλώνει την αλήθεια εμμένοντας στους ισχυρι σμούς του. Αποτέλεσμα αυτών των ισχυρισμών του ήταν να παρασυρθούν ορισμένοι συνάδελφοι μαθη ματικοί και ενδεχομένως να δίδαξαν εσφαλμένα στους μαθητές τους ότι τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων μιας συνάρτησης και της αντίστροφής της βρίσκονται πάνω στην ευθεία y = χ και μόνο εκεί. Με το άρθρο μας αυτό θα επιχειρήσουμε να αποκαταστήσουμε την αλήθεια. U . Λ ΥΠ l: τ J) Ο Φ f:Σ :L Y \ AYΠ-n : E i l:

Ο ρισμός . Μ ια συνάρτηση f : Α � R λέμε ότι είναι 1 - 1 αν και μόνο αν: Γ ια κά θε χ1 , χ2 Ε Α , ισχύει : Χι * Xz �

/ ( xι ) * f( xz ) ·

Ισοδύνα μ α: Γ ια κάθε

Χι , χ2

Α,

ισχύει:

•

f( xι ) = f( xz ) � xι = Xz · Έστω ότι μια συνάρτηση f : Α � R είναι 1 1 . Τότε, για κάθε y Ε f(A) , υπάρχει ένας α κριβώς αριθμός χ Ε Α με f(x) = y . Έτσι,

τότε ορίζεται μια νέα συν ά ρτηση, την οποία συ μ βολίζου με με ι-) ' ως εξής:

ΕΥΚΛΕΙ Δ ΗΣ Β ' 69 τ. l /70

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

/ -' : f(A) � JR με f-' ( y ) = x � f(x) = y , για κάθε χ Ε Α και για κάθε y Ε / ( Α ) . /- '

συνάρτηση αυτή στροφη της f . Η

ονομάζεται αντί

Έτσι, αν μια συνάρτηση f είναι 1 - 1 τότε ορίζεται η αντιστροφή της συνάρτηση / - ι . Στην πε ρίπτωση αυτή λέμε ότι η f αντιστρέφεται. Ισχύουν : ι- ι ( / (χ)) = χ ' για κάθε χ Ε Α και / ( / - ι ( y )) = y , για κάθε y Ε / (Α) . Θεωρούμε συνάρτηση τη Π ιφ 6.6*ημυ.. f(x) = -χ 3 , χ Ε JR . Η συνάρτηση αυτή, όπως βρίσκουμε εύκολα, είναι 1 - 1 και επομένως αντι στρέφεται. Το σύνολο τιμών της βρίσκουμε ότι είναι j( JR ) = JR . Για να βρούμε τον τύπο της / - ι λύνουμε την εξίσωση y = - χ 3 ως προς χ . Αν , ενώ αν y � Ο έχουμε y < Ο έχουμε χ = χ=

h , {h'

-ifY . Δηλαδη : χ =

-ifY,

αν y < Ο αν y � Ο

{h'

Έτσι, ο τύπος της aντίστροφης συνάρτησης / - ι αν y < Ο είναι: f (y) = -ifY, αν y � Ο Στην αντίστροφη συνάρτηση / - ι οι ρόλοι των μεταβλητών χ και y έχουν εναλλαχθεί. Εδώ, η ανεξάρτητη μεταβλητή είναι το y και η εξαρτη μένη μεταβλητή είναι το χ . Επειδή συνηθίζεται η ανεξάρτητη μεταβλητή να συμβόλιζε με χ και η εξαρτημένη μεταβλητή με y , τον τύπο της / - ι -ι

τον γρά φουμε : f - ι (χ) =

{�' >Γ -'V x,

2 . η .ι. -.: ! �{ [ 2: Π Ι>(Η Α 2: Ε Ι Σ

� μ ι'ην ση

αν χ < Ο αν χ � Ο

Αν μια συνάρτηση f : Α � JR είναι γνησίως μονότονη τότε είναι 1 - 1 .

,\:t(Jδ.; :ιξη . Έστω ότι f ! Α ( όμοια εργαζόμαστε

αν f J Α ) . Θεωρούμε δύο αριθμούς Χ , χ2 Ε Α με ι Χ =F χ2 . Τότε έχουμε :

{ { ι

Χι < Χ2

Χι > Χ2

/ (χι ) < / (χ2 )

/(χι ) > f(x2 )

=> / (x ) =F .f (x2 ) . ι

Ά ρα, η .f είναι 1 - 1 . l.: ιj μ t: ί ιω ση . Το αντίστροφο δεν ισχύει.

Αν μια συνάρτηση f : Α � JR α ντιστρέφεται, τότε οι γραφικές παραστάσεις Cf της f και CΓ ' της / -ι είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία y = χ (διχοτόμος της 1 ης και της 3 ης γωνίας των αξόνων). Α π όii η ξ η . Έστω ότι μια συνάρτηση f : Α � JR αντιστρέφεται. Έχουμε: Μ(α, β) ε ς �β = f(α) � � α = .r-ι ( β ) � Μ ' ( β, α ) Ε CΓ, . Π ρ ό τασ η 2 .

Και επειδή τα σημεία Μ ( α , β ) και Μ' ( β, α ) εί ναι συμμετρικά προς την ευθεία y = χ , έπεται ότι οι γραμμές C1 και CΓ, είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία αυτή y = χ . Π ρ ό τασ η 3 .

Έ στω ότι μια συνάρτηση f : A�JR είναι γνησίως αύξουσα (οπότε αντιστρέφεται). Τότε τα κοινά σημεία των C1 και CΓ , (αν υπά ρχουν) ανήκουν στην ευθεία y = χ . Έστω ότι M (x0 , y0 ) είναι ένα κοινό σημείο των γραμμών C/ και CΓ, . Τότε : Α π όδ ε ι ξ η .

χ0 ε (A n f(A)) και / (χ0 ) = /- ι (χ0 ) ( 1 ).

Θα δείξουμε ότι : f(x0 ) = χ0 . Πράγματι, έστω ότι : / (χ0 ) > χ0 • Τότ ε, από την ( 1 ) και επειδή Ι ! Α ' έχουμε: f (xo ) > Χο => ι - ι (χο ) > Χο => => / ( /- ι (χ0 )) > f(x0 ) => χ0 > f(x0 ) που είναι

άτοπο. Όμοια φτάνουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι /(Xr, ) < χ0• Άρα /(χ0 ) = χ0 και συνεπώς το σημείο Μ(χ0 , .Υ(> ) ανήκει στην ευθεία y =x . Σ η μείωσ η . Όπως θα δούμε παρακάτω, οι παραπά νω πρόταση δεν ισχύει αν η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα. 3 . K O I N A Σ Η Μ Ε Ι Α Τ Ω Ν Γ Ρ Α Φ Ι Κ Ω l\ Π Α ΡΑΣΤΆΣ Ε Ω Ν Δ Υ Ο Α Ν τ J ΣΤ Ρ Ο Φ Ω Ν Σ Υ Ν Α ΡΤ Η Σ Ε Ω Ν

Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων των γραφικών παραστάσεων c/ και CΓ, δύο αντισυναρτήσεων και f : Α � JR / - ι : f(A) � JR , είναι οι πραγματικές λύσεις του

στρόφων

συστήματος :

{

Υ = / (χ) · με χ ε (A n f(A)) . Υ = j -ι (χ)

Όσες πραγματικές λύσεις έχει το σύστημα αυτό, τόσα είναι και τα κοινά σημεία των δύο αυτών γραμ μών. Αν το σύστημα αυτό είναι αδύνατο, τότε οι γραμμές αυτές δεν έχουν κοινό σημείο. Συνεπώς:

ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ Β ' 69 τ. Ι /7 1

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Οι γραφικές παραστ ά σεις δύο αντιστρόφων γραφικές τους παραστάσεις έχουν ένα μοναδικό συναντήσεων μπορεί να μην έχουν κοιν ά σημεί κοινό σημείο, το (3,3). Το σημείο αυτό ανήκει α. Μπορεί όμως να έχουν ένα ή περισσότερα. στην ευθεία y = χ . Στην περίπτωση που έχουν κοινά σημεία αυτά 4) Η συνάρτηση f(x) = 4 - χ , χ Ε 1R. έχει αντί δεν ανήκουν αναγκαία στη διχοτόμο y = χ (δεν στροφη τη συνάρτηση ι-' (χ) = 4 - χ ' χ Ε JR. . Οι υπ ά ρχει τέτοιο θεώ ρημα), εκτός αν η f είναι γραφικές τους παραστάσεις έχουν όλα τα σημεία γνησίως αύξουσα (πρόταση 3). τους κοινά (ταυτίζονται, άπειρα κοινά σημεία). Από Αναφέρουμε τα παρακάτω παραδείγματα: αυτά μόνο ένα ανήκει στην ευθεία y = χ , το (2,2). 1) Όπως είδαμε παραπάνω, η συνάρτηση : 3 f (χ) = χ , χ Ε JR. , έχει αντίστροφη τη συ -

ναρτηση : f ( χ ) = ,

{�' 1Γ

-ν χ '

!Πi

αν χ < Ο

Θεωρεί διανυσματικές εξισώ σεις r{ ( t ) . . . Καt rΓ 1 ( t ) των γραμ-

αν χ 2': ο Όπως μπορούμε να βρούμε εύκολα, οι γραφικές τους παραστάσεις έχουν τρία κοινά σημεία, τα ε ξής: ( - 1, 1) , (1, - 1) και (0, Ο) . Από αυτά μόνο το (0, Ο) ανήκει στην ευθεία y = χ . Δεν εφαρμόζε ται η πρόταση 3, γιατί η f δεν είναι γνησίως

μών Cr και C Γ ι , αντιστοίχως και για να βρει τα κοινά τους σημεία λύνει την εξίσωση :

Αυτό είναι λάθος. Γιατί, για να βρούμε τα κοινά σημεία των δύο αυτών γραμμών, πρέπει και αρκεί να βρούμε ό λα τα ζεύγη ( t, , t2 ) με t, Ε D(r1 ), t2 Ε D(rΓ ι ) , για τα ΟΠΟ ία ισχύει r1 (t1 ) = rΓ 1 (t2 ) . (γι' αυ rr (t) = r I (t) . Γ

αύξουσα. Είναι γνησίως φθίνουσα .

Οι γραφικές παραστάσεις των δύο αυτών συ ναρτήσεων δίνονται στο παρακάτω σχήμα: ,·

2 ) Η συνάρτηση f : (0, +οο ) ----; 1R. με f(x) = \η χ έχει αντίστροφη τη συνάρτηση ι-Ι : JR. ----; JR. με f - 1 (χ) = ex . Οι γραφικές τους παραστάσεις (βλέπε παρακάτω σχήμα) δεν έχουν κανένα κοινό σημείο.

3) Η συνάρτηση f (χ) = 2 χ - 3 , στροφη τη συνάρτηση f - (χ) = ι

= . . .

τό χάνει τα σημεία που είναι έξω από την ευ θεία y = χ ). Για να αποδείξει ότι η συΔ;.:iJη;�H J νάρτηση f(x) = 4 - χ , χ Ε JR. δεν είναι ίση με την αντίστροφή της: ι-Ι ( χ) = 4 - χ χ Ε JR. ( ! ! ! ) υποθέτει ότι είναι ίσες και θεω ρεί τις εξής διανυσματικές εξισώσεις των C1 και C ι : � (t) = t · f + (4 -t) . ] , t E JR. ( 1 )

Γ Και r 1 (t) = ( 4 - t ) · Τ + f ] , t Ε JR. (2) Γ Βρίσκει ότι: F(t) = 1 · τ - 1 · J = (1, - 1) και ·

F I (t ) Γ

= - 1 · τ + 1 · J = ( - 1, 1) και φθάνει, όπως

λέει, στο «καταπληκτικό» συμπέρασμα ότι «τα εφαπτόμενα διανύσματα σε οποιοδήποτε σημείο των γραφικών τους παραστάσεων κατά τη φορά διαγραφής τους, είναι αντίθετα! ! ! ΑΤΟΠΟ» . Αυτό ό μως, όχι μόνο δεν είναι καταπληκτικό και άτοπο, αλλά σύμφωνα με τη Διαφορική Γεωμετρ ία, είναι αναμενόμενο. Πράγματι η ε ξίσωση (2) προκύπτει από την ( 1 ) θέτοντας όπου t το 4 - t (αλλαγή παραμέτρου). Έτσι, οι εξι σώσεις ( 1 ) και (2) παριστάνουν την ίδια ευθεία d( 4 - t) - 1

και επειδή χ Ε 1R. έχει αντί-

χ+3 , χ Ε JR. . Οι 2

< Ο, την διαγράφουν

κατά αντίθετες φορές. Άρα, τα εφαπτόμενα δια νύσματα σε οποιαδήποτε σημεία τους κατά την φορά διαγραφής τους είναι αντίθετα. Που είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /72

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

το καταπλη κτικό; Που είναι το άτοπο;

Το ότι οι εξισώσεις ( 1 ) και (2) παριστάνουν την ίδια γ ρ αμμή (ευθεία) δε σημαίνει ότι για το ίδιο t από τις εξισώσεις αυτές παίρνουμε το ίδιο σημείο της γ ρ αμμής αυτής. Αν ένα σημεί ο, της γ ρ αμμής αυτής, π ρ οκύπτει από την ( 1 ) για t !0 , από την (2) το ίδιο σημείο π ρ οκύπτει για t 4 - t0 Μόνο για t 2 και από τις δύο εξισώσεις παίρνουμε το ίδιο σημείο, το (2,2), το οποίο ο κ. Πετράκης λέει ότι είναι το μοναδικό κοινό τους σημείο. Αλλά και στο σημείο αυτό τα εφαπτόμενα διανύσματα είναι αντίθετα, άτοπο όπω ς μας λέει. Ά ρ α, ο ίδιος απέδειξε ότι «το μον αδικό κοινό ση μείο (2,2) =

•

Αυτό είναι λάθος. Τέτοιο θεώρημα στα μα θηματικά δεν υπάρχει.

Π έμπτο λάθος. Ισχυρίζεται ότι δύο συναρτή σεις με το ίδιο σύνολο αφίξεως και το ίδιο γράφημα δεν είναι ίσες. ! ! ! ' Ε κτο λάΟος. Ισχυρίζεται ότι οι γραφικές παρα στάσεις δύο aντίστροφων συναρτήσεων μπορεί να διέρχονται από το ίδιο σημείο του επιπέδου,

χωρ ίς το ση μείο αυτό να είναι κοινό τους ση μείο ! ! ! ( εισήγησή του στη 2η μαθηματική ε

βδομάδα Θεσσαλονίκης , σελίδα 206 ) .

Κυκλοφορούν για τιs τρε ι s τό ξε ι s το υ γυμνα σίου από τιs εκδόσειs Μ Α Θ Η Μ Ατ Ι Κ Η Β Ι Β Λ Ι Ο Θ Η Κ Η

των δύο γραμμών C1 και CΓ ι δεν ε ίν αι κοινό ση μείο αυτ ών»! ! ! •

•

Τρ ίτο λ{ιθος. Μπερδεύει τα αναλλοίωτα ση μεία ενός γραμμικού μετασχηματισμού με τα κοινά σημεία μιας γραμμής και της εικόνας της μέσω του γραμμικού αυτού μετασχηματισμού. Τέτα ρτο λάθος. Ισχυρίζεται ότι οι περιορισμοί δύο αντιστρόφων συναρτήσεων οφείλουν να είναι επίσης aντίστροφες συναρτήσεις.

Συγγροφεis:

ΕΛΕΝΗ MHHIOY

ΛΕΟΝΙΔΑΣ θΑΡΡΑΛΙΔΗΣ

ΑΝΑΠΑΣΙΑ τΣΙΡΟΠΑΝ Ν Η θΕΟΔΟΡΟΣ ΛΑΖΑΡΙΔΗΣ

ΣΟΤΗΡΗΣ τΟΥΒΛΑΙΖΗΣ

www. νafeiad i s books.gr

Διαλtττη 27

546 2 1 Θεσσαλονίκη

Τηλ. -Faχ: 231 0 263 1 63

Αλλάζουμε το τοπίο στο εκπαιδευτικό βιβλίο ξε

ασεις, οργανωμένα με τη

uλλω

ΜΑΘΗ ΜΑΥΙ ΚΑ

ΜΑΘΗ ΜΑΥΙΚΑ

Για τη Θετική - Τεχνολογική

Για τη Θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

κατεύθυνση Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Ιωάννη<; Γαρατζιώτηι; Παύλοι; Μάοτακαι; ετοιμάζεται ο μ· τόμο(

www. ke d rosed u .c o m ε

ΑΛΓΕΒΡΑ

Ιωάννη<; Γαρατζιώτηι; Παύλοι; Μάοτακαι; Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

Παναγιώτη<; Δουληγέρη<; Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

��

r:κ�fι:Έ�� Ε ΚΔΟΣΕΙΣ Κ ΕΔΡΟΣ: Γ. Γ Ε Ν ΝΑΔΙ ΟΥ 3, ΑΘ ΗΝΑ 1 0 6 78

•

ΤΗΛ. : 2 1 0 38.09 . 7 1 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /73

•

e-mail : edu@kedros.gr

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

5 . Ε Π Ι Λ Ο ΓΟ l: Αναρωτιέται κανένας τι είναι σωστό από αυτά που ισχυρίζεται ο κ. Πετράκης. Από αυτά που γράφει στο βιβλιαράκι που κυκλοφόρησε και αλλού, έχουμε σχηματίσει την εντύπωση ότι ο κ. Πετράκης στον τύπο ι- Ι ( y ) χ (σελίδα 23 στο παραπάνω βιβλιαράκι) εξακολουθεί να θεωρεί για την συνάρτηση ι- Ι ανεξάρτητη μεταβλητή το χ και εξαρτημένη μεταβλητή το y , που είναι απαράδεκτο λάθος, γιατί όπως είπα με και παραπάνω, στην αντίστροφη συνάρτηση οι ρόλοι των μεταβλητών χ και y έχουν εναλλαχθεί (μετά τα αλλάζουμε). Ίσως αυτό να είναι η αιτία όλων των τραγελαφικών που μας λέει 6 . Σ Χ Ο Λ Ι Ο Δεν είναι αλήθεια, όπως ισχυρίζεται ο κ. Πετράκης, ότι η ακαδημαϊκή κοινότητα έχει αυτή την άποψη. Το πανεπιστήμιο Drexel που βρίσκεται στην Αμερική παρέχει μια υπηρε σία μέσω internet. Έχει φτιάξει ένα forum το οποίο ονομάζεται Ask Dr. Math. Όπως το λέει και το όνομά του σ' αυτό το forum μπορεί ο καθένας να υποβάλει οποιαδήποτε μαθηματική απορία . Υπάρχει μια ομάδα εθελοντών μαθηματικών οι οποίοι απαντούν στις απορίες αυτές. Ο κ. Νίκος Φωτιάδης διαπίστωσε ότι στο παρελθόν είχε γίνει ερώτηση στο forum αν οι f και / -' τέμνο νται μόνο πάνω στην y = χ είτε είναι γνησίως αύξουσες είτε γνησίως φθίνουσες και κάποιος από τους εθελοντές μαθηματικούς (με το όνομα Gaff) απάντησε καταφατικά. Έστειλε λοιπόν ο κ. Φωτιάδης μια σχετική ερώτηση σ' αυτό το forum ζητώντας εξηγήσεις και πήρε άμεσα την απάντησή τους. Την απάντηση την έστειλε ο Doctor Peterson ένας από τους κύριους συνεργάτες του forum. Ανακάλεσε πλήρως την λάθος απάντηση που είχε δοθεί στο παρελθόν. Η μετά φ ραση τ η ς α π άντη σης (το υ Doctor Peterson) είν α ι η εξJ1 ς : «Στα αρχεία μας (εννοεί στο sίte τους) βάζουμε απαντήσεις μας οι οποίες νομίζουμε ότι αξίζουν να τις μ οιραστο ύμε με άλ λο υς. Ορισμένες φορές κάποιοι μας γράφουν όταν βρίσκουν κάποιο λ άθος μας και τότε το διορ θώνουμε. Είμαστε απλά άνθρωποι και είμαστε ευγνώμονες όταν μας διορθώνουν. Προφανώς αυτή η απάντηση (εννοεί του/της Gajj) την οποία δεν την έχουμε στο αρχε ίο μας, βρίσκεται σε ένα sίte που δεν ελέγχουμε και άρα δεν μπορούμε να το διορθώσουμε. Αυτό είναι ατυχία. (Η λανθασμένη απάντηση Gaff είναι δημοσιευμένη σε ελληνικό sίte). Είναι απλ ά μια λάθος απάντηση και από τότε έχουμε απαντήσει σωστά όταν ερωτηθήκαμε για κάτι παρόμοιο. Δεν είναι αλ ήθεια ότι μια συνάρ τηση τέμνει την aντίστρ οφή της μόνο πάνω στην y = χ και το παρ άδειγμά σου της f ( χ ) = - χ 3 το αποδεικνύει. Υπάρχουν βεβαίως πολλά ακόμη παρ αδείγματα, σε αυτά περ ιλαμβάνονται συναρτήσεις που είναι aντίστροφες του εαυτού τους όπως οι =

. .. ... -.

f(x) = !Ξ ή f(x) = c - χ , αλλά και πιο ενδιαφέ

ρουσες περιπτώσεις όπως η συνάρτηση f(x) = 2 ln(5 - x) . Η σωστή δήλωση είναι ότι η f τέμνει την ι-ι σε κάθε χ για το οποίο ισχύει Μ ΑθΗΜΑΠ< Α ΜΟΝΠΛΑ ... .... f (χ) = χ , αλλά μπορε ί να τέμνονται και σε άλλα σημεία. Υποθέτω ότι έχεις την απόδειξη της πρότα σης ότι κάθε γνησίως αύξουσα συνάρτηση τέμνει την aντίστρ οφή της μόνο πάνω στην y = χ . Δεν νομίζω ότι αυτό είναι δύσκολο να αποδειχθεί. Προφα νώς, δεν είναι αλήθεια για μια γνησίως φθίνουσα συνάρτηση. Ένας μαθηματικός ξέρει να μην εμπι στεύεται ότι ο οποιοσδήποτε λέει χωρίς απόδειξη. Το αντιπαράδειγμά σου δείχνει ότι αυτός που ισχυ ρίζεται το αντίθετο δεν μπορεί να έχει απόδειξη. Έτσι μπορείς να αγνοήσεις (ή να διορ θώσεις) αυτόν τον επιπόλαιο ισχυρ ισμό». Τα κείμενα της ερώτη σης και της απάντησης (στα αγγλικά) βρίσκονται στην παρακάτω διεύθυνση . http://mathforum.org/dr.cgi/update.pl?status=ansd&option=continue&id=822540nfotiad ΚΠΑΙΔΣΥΣΗ ΠΗ ΔΕΥiΕΡΟβλθΜΙΑ Ε

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /74

Ε u κλε iί δ η ς

n ρ ο τ ε ii νε �

«Η καρδι ά των μα θηματικώ ν είναι τα προβλήματα και οι λύ σεις και λό ύ ο κ ριος γος ύπαρ ξης του μα θηματικο ύ είναι να λύ νει προβλ ήματω) . Ρ. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Τ Ρ Ι Α ΝΤΟΣ, Ν. Α ΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ, Θ Α Ν. ΚΥΡΙ Α ΚΟΠΟΥΛ ΟΣ

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 2 4

(τΕΥΧΟΥΣ 64)

Σε ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓ Δ οι μη παρ άλλη λες πλευρ ές ΒΓ και ΑΔ είναι ίσες με την μικρή βάση Γ Δ και σχηματίζουν με την μεγ άλη βάση ΑΒ γωνίες 20 ° . Άν Ε είναι εσωτερικό σημείο της ΑΒ τέτοιο, ώστε ΑΕ= Γ Δ και Ρ το κοινό σημείο των

ΒΓ

ΑΔ

να αποδείξετε ότι

ΑΡΕ = 30 ° .

(Προτάθηκε από τον Πολιτικό Μηχανικό κ. Λ :\: \ Η Α :\ Δ Ρ Η - Α θή να)

ΛΥΣΗ

lη

(από τον συνάδελφο

γιάννη - λ ρ ο σ ι ά Α ττι κής) Ρ

Ι Ω

Γ ιάννη Σταματο

2ο �

�Γ �3�

· •

Ι 8οο - 60ο = 60ο , 2

( I ),(2) => ω + 20° = 80° - ω => 2ω = 60° => ω = 30° .

Λ ΥΣΗ

2 " (Από την συνάδελφο Ι ω άννα

κοπούλου - Λα μ ί α)

. . οποτε το τριγωνο ΓΡΘ

Επειδή ΑΡ// ΕΓ είναι ΑΡΕ = ΡΕΓ = χ . Αν ΔΗ .l ΑΒ , ΓΖ .l ΑΒ , τότε ισχύει ότι:

ΑΒ = ΓΔ + 2 · ΖΒ => ΑΒ - ΓΔ = 2 · ΖΒ = 2ασυν20°

( 1 ).

Επειδή ΔΓ // ΑΒ , από την ομοιότητα των τριγώνων

α α < Ι > ΡΓ => ΡΓ = => - = α 2ασυν20° 2συν20°

ΑΡΝ έχουμε: ω + φ = 80° ( 1 ) Τα τρίγωνα ΤΔΓ και

(2)

Δ:tJ?r �==ι�

ΗΕ

Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΡΓ ΕΓ ΕΓ ημ(l40° - χ) =>ΡΕΓ, έχουμε: ημχ ημ(ΕΡΓ) ΡΓ ημχ ( 2) =>>----

α ημ(140° χ) =>2ημχσυν20° = ημ(140° - χ) α ημχ 2 · συν20° _.:. ..__ __ _ :.... . ....::...

=> 2ημχσυν20° = ημ(40° + χ)

•

είναι ισόπλευρο με αποτέλεσμα ΡΓ=ΡΘ. Επειδή ΔΡ=ΡΓ είναι και ΔΡ=ΡΘ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο

=> 2ημχσυν20° = ημ40° συνχ + ημχσυν40° => ημχ(2συν20° - συν40° ) = ημ40° συνχ συνχ 2συν20° - συν40° .- => -- = ----...,.ημ40° ημχ

ΤΕΓ είναι ίσα ( αφού έχουν την ΤΓ κοινή πλευρά,

Γιαννα

---

Β Θ Ε Σύμφωνα με την υπόθεση, το τετράπλευρο ΑΔΓΕ εί ναι ρόμβος με διαγωνίους ΑΓ, ΔΕ που διχοτομούνται κάθετα και δ ιχοτομούν τις γωνίες του. Από το σημείο Ρ φέρουμε ευθεία κάθετη στην ΑΓ που τέμνει την ΑΓ στο Μ και την ΑΒ στο Θ. Το τρίγωνο ΑΡΘ είναι ι σοσκελές με κορυφή το Α , αφού το ύψος του ΑΝ εί ναι και διχοτόμος της γωνίας Α. Συνεπώς, το Ν είναι το μέσον της ΡΘ με αποτέλεσμα το τρίγωνο ΓΡΘ να είναι επίσης ισοσκελές ( αφού η ΓΝ είναι διάμεσος και ύψος του). Άρα είναι ΓΡ=ΓΘ και �

Ρ Δ Θ = Ρ e Δ => ω + 20° = φ (2). Από τις σχέσεις

Ρ ΔΓ και Ρ ΑΒ, παίρνουμε: ΔΓ ΡΓ ΔΓ ΡΓ ΔΓ ΡΓ - = - => --=> - = ΡΒ ΑΒ ΡΒ - ΡΓ ΑΒ - ΔΓ ΒΓ 2 · ΖΒ

Α ι�

Λ Λ ΓΡΘ = 1�eΡ

Άρα Τ ΔΓ = ΤΕΓ => Τ ΔΓ = ω .Επειδή ΔΡ=ΡΘ είναι

ΔΓ=ΕΓ και Δ rΤ = ErT = 0° ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. Ι /75

-------

0 Ευκλείδης π ροτείνει . . .

-------

J3 ημ40 - συν40 Άρα + 22 = J3 => χ = 300 ημ40° α + γ και τελος α+β . , γ ι > -β ι > -2 2 Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Α ντιuνης

2 . - · συν40 2

Ι ω ανν ίδης

- Λ { φ ισα,

Ροδ<Jλψος

'\1 πόρ ης

Όμοια

- Λfιφ-

� � Σ Κ. Ηi Σ Η � 2 5 (τΕΥΧΟΥΣ 64)

Μ ε πλευρ ές τις πλευρ ές τριγώνου Α ΒΓ κατα σκευάζουμε τετρ άγωνα εξωτερικά του Α ΒΓ και ονομάζουμε Α 1 , Β 1 , Γ1 τα κέντρα τους. Επανα λαμβάνουμε την ίδια διαδικασία στο τρίγωνο Α 1 Β 1 Γ1 την οποία συνεχίζουμε επ άπειρον. Να εξετ άσετε αν υπ ά ρχει το όριο της ακολουθίας των τριγώνων Α ν Β ν Γν και αν είναι ισόπλευρο τρίγωνο. (Προτάθηκε από τον συνάδελφο ΓΟ Τ:t: .�\ � 1'\ Κ ! Λ Η - Α Γ Ρ Ι Ν ΙΟ)

Π Ω Ρ

Σχήμα 1 Έτσι λοιπόν έχουμε α ι + β ι + γ ι > α + β + γ δηλαδή δημιουργείται μια ακολουθία περιμέτρων (Πv) των Δ

τριγ ώνων ΑΒΓ, Αι Βr Γι , . . . , " Βν Γν , · · · που είναι γνήσια αυξουσα με ελάχιστο στοιχείο το Πο = α + β + γ. Δηλαδή έχουμε: O < fiσ < Π1 <� < ... <f\ < . .. ( 1 ). Προκύπτει εύκολα

Στην εκφώνηση του προβλήματος μπαίνει η ορολογία «όριο ακολουθίας τριγώνων», οπότε για τους αναγνώστες δημιουργείται ένας προβληματισμός για το τι ακριβώς εννοείται, αφού δεν έχει προηγουμένως οριστεί η έννοια όριο ακολουθίας τρι- ότι: ΑΒι · ΑΓι = ΒΓι · ΒΑι = ΓΑι · ΓΒι = -Ε0 (Ε0 είναι το γώνων. Στην περίπτωση που εννοείται, να εξετατου ΑΒΓ) . Πράγματι: σθεί αν οι ακολουθίες (αν), (βv), (γv) των μηκών εμβαδόν - β·γ ( ) β·γ Α ι · ΑΓι = - συν 90° + Α = - - η μ Α = - Ε 0 των πλευρών των τριγώνων Αν Β ν Γ συγκλίνουν Δ

(έχουν όριο στο JR. ) μπορούμε να δώσουμε την - 2 = ( - ι - - ι ) 2 = β2 + γ2 + 2Ε0 2 Επομένως: α = ι ΓιΒι ΑΒ ΑΓ -2λύση που ακολουθεί. α2 + γ2 + 2Ε και τέλος Κυκλικά παίρνουμε: β� = 0 Θεωρούμε Β 1 Γ ι = αι . Τότε προκύπτει ότι: 2 β2 + 2 γ� = 2 α + 2Ε0 Γ ενικεύοντας εύκολα (επαγωγιr1 K > � και Βι Α � � ή Γ ι Κ � � και Β Α > % κατασκευή) έχουμε την σχέση κή { Κ } = ΑΒ n Γ1 Β1 και { Λ } = ΑΓ n Γ1 Β ι βν2 -Ι ; γ2ν-Ι + 2Εν- (2) (Ε είναι το εμβαδό του ι ν β γ Αυτό επειδή αν Γι Κ =- και Βι Λ = - , θα είχαμε

(

) ( 2

ΑΒ/1Α Γ

}

που σημαίνει ότι δεν θα υπήρχε τρίγωνο. αντίστοιχου τριγώνου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /76

Αν Β ν Γ ν ) .

Παρατηρούμε ό-

------ 0 Ευκλείδης π ροτείνει . . .

-------

R = Ο που είναι άτοπο αφού R > Ο . Άρα οι ακολουθίες (αν), (βν), (γv) δεν συγκλίνουν. λαδή

2 - αν-1 2 I = J.. I βν-2 2 - α2ν-2 I = "' = J..ν I β2 - α2 1 Ι βν2 -αν2 1 = !2 Ι βν-1 22 2 Όμοια

και

παίρνουμε:

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

Γ ι {ι ν ν η ς Σ τ ιφ ιι.

τογ ι{η·νη ς - Π είι κη, Ρ ο δ ό λφ ο ς ' l πiψ η ς - λ ι'ι φ ν η

φ υ σ ι κ {1 ο ί δ ι ο ς ο Γ ι ώργ ο ς Τ σ α π α κ ίδ η ς- Α γ ρ ίν ιο ) .

κ ιι.ι

ΛΣ Κ Η Σ Η 1 2 6 (τΕΥΧΟΥΣ 64)

Ιγ: - α: Ι = ;ν Ιγ2 - α2 Ι . Οι προηγούμενες σχέσεις μας Έ στω Ρ( χ ) ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντεοδηγούν στο συμπέρασμα: Αν τουλάχιστον μια από τις ακολουθίες (αν), (βv), (γν) συγκλίνει σε ένα πραγματικό αριθμό, έστω R τότε και οι άλλες θα έχουν το ίδιο όριο καθότι έχουμε ακολουθίες θετιο 1 ' ' ' ' η ακοκων ορων και 2v � , που σημαινει οτι

λουθία (Πν) έχει όριο και μάλιστα Π ν � 3 R . Αλλά

λεστές. Αν για τους ακέραιους κ, λ με κ ::f:. λ ι σχύει Ρ(κ)Ρ(λ) = -(κ - λ)2 , να αποδείξετε ότι Ρ( κ) + Ρ( λ ) = Ο . (Προτάθηκε από τον συνάδελφο � Ι ΚΟ ΑΝΤΩΝ Ο Π ΟΥ Λ Ο - Ί λιον)

ΛΥΣΗ ι " : (Απ6 τον ίδιο) Θεωρούμε το τριώνυμο:

f(x) = (x - Ρ(κ) )(χ - Ρ(λ) ) κ-λ

:.... ) Ρ-'-(λ..) ..:... = χ 2 _ Ρ ( κ) - Ρ(λ) χ + _Ρ(.:κ.:.._ 2

Π0 = α + β + γ > Ο => R > Ο . Αν

λ-κ

κ-λ - ( κ - λ) = χ 2 - Ρ(κ) - Ρ(λ) χ + 1 χ -, - μχ + Ι κ-λ =

Βν

Έστω ότι:

··,,

υν

·�

αν 2

βν

·ο

' '-.�ν

Μν

αν 2

.,"� Γν

Σχήμα 2 2. γ ν ( Σχήμα 2). Τ ότε

β: - γ: = 2χναν

Ρ(κ) - Ρ(λ) = , , μ , μ ε z , δ ιοτι το πολυωνυμο κ-λ έχει ακέραιους συντελεστές και για κάθε θετικό που

κ - λ'' είναι ακέραιος. Το κ-λ τριώνυμο έχει ρίζες τους ρητούς αριθμούς ακέραιο ν ο αριθμός

Ρ(λ) Ρ(κ) , πρεπει , να ταυτι' ζ ονται και -- οι οποιες λ κ κ-λ

(χν το μέτρο της προβολής της διαμέσου

μ ± Jμ z - 4 , οπότε ο αριθμός α ν = Β ν Γ ν ) από το 2° με τους αριθμούς 2 Θεώρημα διαμέσου. Αφού α ν '* Ο θα έχουμε Jμ 2 - 4 πρέπει να είναι ακέραιος. Σ την περίπτωση 2 2 β2 - γ2 χ ν = ν ν � Ο και υν2 =βν2 - + � �R2 -!:__ = αυτή : Ι. Αν μ άρτιος, τότε οι αριθμοί 2αν 2 4 μ - 4 -; είναι άρτιοι, οπότε οι αριθμοί μ - - 4 , νιΓ2--2 f fJ3 3 => υν � --. =2 4 μ±� ' ' ειναι ακεραιοι. 2 2 ' ως Ε ν = α ν υ ν � f fJ3 = f J3 . Από τη Επομεν 2 4 4 11. Αν μ περιττός, τότε οι αριθμοί μ 2 - 4 , Jμ 2 - 4 f 2 + f 2 f 2 J3 + 2 -- δησχέση (2 ) προκύπτει ότι f 2 = μ Jμ 2 - 4 είναι είναι περιττοί, οπότε οι αριθμοί ± 4 2 μ ν = Α ν Μ ν στην πλευρά

( ) Υ '"ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. Ι /77

------

0 Ευκλείδης π ροτείνει . . .

ακέραιοι. Επομένως οι ρίζες του τριωνύμου είναι αριθμοί ακέραιοι και επειδή το γινόμενό τους είναι Ρ( κ) = Ρ( λ) = ι ή Ρ( κ) = Ρ( λ) = - I ' I θα ισχύει κ-λ λ-κ κ-λ λ-κ οπότε σε κάθε περίπτωση έχουμε Ρ( κ) + Ρ( λ) = Ο ΛΥΣΗ 2η : ( από τον συνάδελφο Γ ιώργο Τρ ιάντ ο - Αθήνα) Οι τ αυτότητες των διαιρέσεων Ρ( χ) : ( χ - κ) , Ρ( χ) : ( χ - λ) είναι αντιστοίχως: Ρ(χ) = ( χ - κ)Π ( χ) + Ρ( κ) ( ι ) και Ρ( χ) = ( χ - λ)π ( χ) + Ρ( λ) ( 2). Από τις ( 1 ), ( 2) για χ = λ, χ = κ παίρνουμε αντιστοίχως: Ρ(λ) - Ρ( κ) = ( λ - κ)Π ( λ) ( 3) και Ρ(λ) - Ρ( κ) = ( λ - κ)π ( κ) (4) Από τις σχέσεις ( 3), (4) συνάγεται ότι: Π(λ) = π(κ) = p ε Ζ (5) και Ρ(λ) - Ρ( κ) = (λ - κ)p ( 6) Με βάση την σχέση ( 6) και την υπόθεση έχουμε: [ Ρ(λ) + Ρ( κ)] 2 = [ Ρ( λ) - Ρ( κ)] 2 + 4 Ρ( λ) Ρ( κ) (7) = ( λ - κ γ? p 2 - 4 ( λ - κ) 2 = ( λ - κ)-? (p ?- - 4) Αρκεί να δειχθεί ότι: p 2 - 4 = Ο . Η ισότητα Ρ( κ )Ρ ( λ) = - ( κ - λ ) 2 , λόγω της ( 6) γράφεται Ρ( κ)[ Ρ( κ) + ( λ - κ)p ] = - ( λ - κ) 2 <=> (Ρ( κ)) 2 + p( λ - κ) Ρ( κ) + ( λ - κ) 2 = 0 ( 8) Επειδή Ρ( κ) ε Ζ , η ( 8) δέχεται ακέραιη ρίζα οπότε η διακρίνουσά της είναι τέλειο τετράγωνο ακε ραίου και επειδή είναι Δ = (λ- κ) 2 p2 - 4(λ - κ) 2 = = ( λ - κ) 2 ( p 2 - 4) , υπάρχει m ε Ζ τέτοιο, ώστε p 2 - 4 = m 2 <=> p 2 - m 2 = 4 <=> ( \Ρ\ + \ m \ ) (\ p \ - \ m \ ) = 4 ισότητα που οδηγεί στα δυνατά ενδεχόμενα: \ Ρ\ + \ m \ = 2 1 0) . Οι σχε-, \Ρ\ + \m\ = 4 (9) ' \ P\ - \ m\ = 2 ( \ P\ - \ m\ = ι

{

σεις (9) δίνουν \Ρ\ = � � Ζ και απορρίπτονται, ενώ 2 οι σχέσεις ( 1 0) δίνουν \ Ρ \ = 2 , \ m \ = Ο που είναι τιμές δεκτές και ικανοποιούν την p 2 - 4 = Ο . Λύσεις έστειλαν επίση ς οι συνάδελφοι

Γιώ ργος Τσα-

------

Ι ω άννα Γ ιαννακοποίιλου - Λ α μ ί α , Ροδόλφος Μ π ό ρ η ς - Δ ά φ ν η , Γ ι ώ ργος Απο στολόπουλος - Μ εσολ{ιγγι.

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 27 (τΕΥΧΟΥΣ 65)

Αν α,β είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί να αποδειχθεί ότι: (8α 2 + β 2 ) 2 > 16α 3 β . (προτάθηκε από τον συνά

δελφο Θανάση Κυριακόπουλο - Α θήνα) ΛΥΣΗ ι : ( από τον τριτοετή φοιτητή των Μαθη ματικών Δ η μ ή τ ριο Κουκάκη - Κιλκίς ) Π αρατηρούμε ότι: 8α 2 + β 2 = 4 α 2 + 2α 2 + 2α 2 + β 2 και 4 α 2 ;t. 2α 2 • Από την ανισότητα του Cauchy για τους θετικούς αριθμούς 4 α 2 , 2 α 2 , 2 α2 , β 2 έχουμε: Η

4α2 + 2α2 + 2α2 + β 2 > 4�4α2 · 2α2 · 2α2 · β 2 � 8α2 + β 2 > 4�ι6α6β 2 � 8α2 + β 2 > 8� > 4� � (8α2 + β 2 ) 2 > 1 6α3 β ΛΥΣΗ 2 " : (Από τον συνάδελφο Γιώ ργο Λπο στ ο λόπουλο - Μ εσολόγγι) Η αποδεικτέα ισοδυναμεί με: 64α4 + 16α2β2 +β4 -16α3β > Ο και με διαίρεση δια α4 > 0 , 64 + 1 6 (�Υ + (� )4 - 1 6 � > 0 ( Ι ). Θέτουμε α α α � = k > Ο , και η αποδεικτέα ισοδυναμεί με την α k4 + 1 6k 2 - 1 6k + 64 > Ο ( 2). Έχουμε : k4 + ι6k 2 - 16k + 64 = k4 + ι 6(k 2 - k) + 64 = k4 + ι6(k 2 -k + -ι - -ι ) + 64 = 4 4 I z ι = k 4 + 16[(k - ) - 4] + 64 = k4 + 16(k - 2I )z + 60 > 0 2 Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

l:τέλιος Π ετρο

λέκας - Δ ρ απι:τσώνα, Δη μ ή τ ρ ιος Κ α ρ α β ότας - Αχαία , Γ ι ιίJργος Τσαπ α κ ί δ η ς - Α γ ρ ίν ι ο , Γ ι ώ ργος Ν ι κητά κης - Σ η τ ε ία Κρήτης, Ρ ο δ {ιλφος Μ π ό ρ η ς - Δ άφνη , Α θ ανάσιος Καλ{ικος - Π ατήσια, Ι ωάννα Γι αννακο ποίιλου - Λ α μ ία, Γ ι {ιννης Στα ματογιάννης - Δ ρ ο σ ι ά Αττικής, Γιώ ργος Μ:λη στάθη ς - Κ άτω Π ατ ή σ ια, Β α σ ί λ η ς Ν ι κολ{ι κ η ς - Θες\ν ί κ η , Η λίας Κ ων/νος - Αλι βέρι,

ο Χη μικός κ.

Δ η μ ή τ ρ ι ο ς Κ α ρ β ελάς - Π ε ίι κη

ο πολιτικός Μ ηχανικός κ.

π α κ ί δ η ς - Αγρ ίν ιο, Αντώνης Ι ωανν ί δ η ς - Λ ά ρ ισα,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. l /78

και

Ι ω άννη ς Α ν δ ρή ς - Α θ ή ν α .

------- 0 Ευκλείδης π ροτείνει . . . ------ΑΣ Κ Η Σ Η 1 28 (τΕΥΧΟΥΣ 65) Δίνεται η εξίσωση Μ 1 Μ 3 , Μ 2 Μ 4 και Κ το κέντρο βάρους του τριαχ 2 + βχ + γ = Ο ( 1 ), όπου α, β, γ ε R με l αr l > Ο ΟΚ Π ' ' ' ' '

(2 ) και Ι α i - I P I + l r l < Ο (3) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση (1) έχει το πολύ μία ακέραιη ρίζα. (προ τάθηκε από τον συνάδελφο

Θ α νά σ η Κυ ρ ι α κόπου

λο - Αθι1ν α )

γωνου.

Να

β ρε θ ει ο λογος -- . ΟΔ

ροτεινεται απο

τον Χημικό Δ η μ ή τ ρ ιο Κα ρ βελά - Π είJ κη. 1 44. Αν α, β, γ είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί με

α + β + γ = ι , να αποδειχθεί ότι ισχύει: 9 α βγ + 1

, . Π ροτεινεται απο, τον συ-

ΛΥΣΗ

α β + β γ + γα :ς

ες ρίζες ρ1 , ρ 2 • Επειδή Ι αγ l > Ο , είναι α * Ο , γ * Ο .

νάδελφο Γ ιιό ργο Αποστο λόπουλο - Μ εσολ όγγι. 145. Αν είναι Ι το έγκεντρο, Ο το περίκεντρο, Η το ορθόκεντρο οξυγωνίου σκαληνού τριγώνου ΑΒΓ και θ το μέτρο της γωνίας ΙΗΟ, να δειχθεί ότι:

(από τον συνάδελφο Γ ιώ ργο Τ σ υ.πακίδη Α γ ρ ίν ι ο ) Έστω ότι η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο ακέραι-

'Ετσι, ρ1 ρ2 = 1 * Ο , οπότε ρ1 * Ο , ρ 2 * Ο . Άρα, θα α

είναι και I ρ ι 1 2: ι , Ι ρ 2 1 2: ( 4) . Έχουμε:

συνθ

� � Ι α Ι - Ιβ l + l r l < ο � α - α + b1 <ο Ι l l l l αl

� �� < Ο � ι - lρι + ρ2 l + i ριρ2 I < Ο (5)

��- - +

Όμως, ι - lρι l - lρ2 1 + 1ρι l lρ2 1 :ς ι - lρι + ρ2 1 + 1ριρz i < Ο (λόγω της (5)), οπότε 1 - lρι 1 - Ι ρ2 1 + lρι l lρz l < Ο �

� σ - lρι Ιχ ι - Ι ρ2 1 ) < ο , άτοπο, λόγω των σχέσεων <4) . Άρα, η εξίσωση ( ι ) έχει το πολύ μία ακέραιη ρίζα. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Γιώργος Απο στολόπουί.ος - Vl εσολόγγι, Στέλιος Π ετρολέκας Δραπετσ<όνα, Γιώργος Ν ικητάκης - Σητεία Κρήτης, Ροδόλφος Μ πόρης - Δάφνη, Αθανάσιος Καλάκος Π ατήσια, Λουκάς Χυτή ρης - Κέρκυρα, Ιωάννα Γιαν νακοπούλου - Λαμία, Γ ιάννης Σταματογιάννης Δ ροσιά Αττικής, Γιώργος Δελη στάθης - Κάτω Π ατήσια,

Βασίλης

Νικολάκης

Θες\νίκη,

Η λίας

Κων/νος - Αλιβέρι, ο τριτοετής φοιτητής των Μαθη μα

τικών Δη μήτριος Κουκάκη ς - Κ ιλκίς, και ο Πολιτικός Μηχανικός κ. Ι ωάννης Ανδρής - Αθήνα.

Π ΡΟΤ Ε Ι Ν Ο Μ Ε Ν Α Θ Ε Μ ΑΤΑ

1 43. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τυχαίο σημείο Δ στο

εσωτερικό

της

πλευράς

ΑΒ .

Ονομάζουμε

το

σημείο

τομής

των

1 - S + 2ι - 8Ρ , , , οπου ειναι 2J(l - 8P)(l - S + ι - 2Ρ)

S = συνΑ + συν Β + συνΓ ,

ι = συνΑσυνΒ + συνΒ συνΓ + συνΓσυνΑ ,

Ρ = συνΑσυνΒσυνΓ .

Προτείνεται από τον συνά

δελφο Γ ιώ ργο Τ ρ ι άντ ο - Αθήν α . 146. Σε τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ χωρίζουμε τις πλευ ρές του ΑΒ και ΑΓ με τα σημεία Ε, Ζ και Η, Θ α ντιστοίχως σε τρια ίσα μέρη (ΑΖ=ΖΕ=ΕΒ και ΑΘ=ΘΗ=ΗΓ) . Η ΒΘ τέμνει τις ΓΕ και ΓΖ στα ση μεία Κ,Λ αντιστοίχως και η ΒΗ τέμνει τις ΓΕ, ΓΖ στα σημεία Ν,Μ αντιστοίχως. Να αποδειχθεί ότι: α ) ΚΜ//ΒΓ, ΚΜ

= � ΒΓ . 7

β)

(ΚΛΜ) = � (Ι<ΛΜΝ) 7

Προτείνεται Γ. Α ποστολόπουλο - Μ εσολόγγι δείξετε Να αριθμός ότι ο 1 47.

�6J3 +

ι Ο - �6J3 - 1 Ο

από τον συνάδελφο 1 48. Έστω

( Ο, ι) και συνάρτηση f : IR � IR με χ �ο

χ�ο

ότι lim

f (χ ) Χ

είναι ρητός Προτείνεται

Γ. Η λιόπουλο - Κ α λ α μ άτα

lim f ( χ ) = Ο και lim χ�Ο

αντιστοίχως,

f ( χ ) - f ( αχ )

= Ο (Προτείνεται από τον συνάδελφο

Γ. Η λιό π ου λ ο - Κα λα μ άτα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /79

= Ο . Να δειχθεί

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Τα μα θηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρ ή διατύ πωση, έχουν τη μαγεία να αποσπο ύ ν το ενδια φ έρον όλ ων τω ν αν θρ ώπων. Επινο ή σεις σε προβλ ήματα ή ασκή σεις με κατάλλ ηλ ο τρ ό πο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρ ίζουν τη ν περιέργεια. Πρ ώ τοι οι Αρχαίοι Έλλ ηνες όπως ο Δ ιό φ α

ντος, ο Ζιί νωνας κ. ά. μας δίδα ξαν αυτά τα μα θηματικά. Στη στήλ η αυτή θα παρουσι άζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτο ύ ν ιδ ια ίτερες μα θηματικές γνώ σεις αλλά μας δ ιασκεδάζουν με την εκφ ώ νησή τους ή τη λύ ση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπαστική ασχολία .

Επιμέλεια

Λίγα λόγια για το Παράδοξο

Το παράδοξο είναι κάθε συμπέρασμα που αρχικά φαίνεται παράλογο αλλά υποστηρίζεται από κάποιο επι χείρημα. Είναι ιστορίες που προκαλούν απορία και σύγ χυση αλλά ταυτόχρονα μας συναρπάζουν. Είναι γνωστά τα παράδοξα του Ζήνωνα αλλά και του Ευβουλίδη . Ας δούμε μερικά α) του σωρού : Έχετε μπροστά σας ένα σωρό από άμμο. Ας υποθέσουμε ότι ο σωρός έχει 1 . 000.000 κόκκους. Αν αφαιρέσετε έναν κόκκο θα έχετε και πάλι σωρό, αν αφαιρέσετε δύο κόκκους θα έχετε και πάλι σωρό, αν αφαιρέσετε τρείς κόκκους θα έχετε και πάλι σωρό. Ακολουθώντας τον συλλογισμό αυτό θα φτάσετε στο παράλογο συμπέρασμα ένας μόνο κόκκος να αποτελεί σωρό. β) του Αχιλλέα και της χελώνας : Σε διαγωνισμό στο τρέξιμο στα ι 00 μέτρα ο Αχιλλέας που τρέχει δέκα φορές ποιο γρήγορα από τη χελώνα ξεκινά Ι Ο μέτρα ποιο πίσω από την αφετηρία της χελώνας. Όταν ο Αχιλ λέας φτάσει στο σημείο εκκίνησης της χελώνας, η χε λώνα θα έχει προχωρήσει Ι μέτρο, όταν ο Αχιλλέας διανύσει το ένα μέτρο, η χελώνα θα έχει προχωρήσει ι ο εκατοστά, κ.ο.κ. συνεπώς δεν μπορεί ο Αχιλλέας να νι κήσει τη χελώνα. γ) το παράδοξο του βράχου : Όταν λέμε ότι κάποιος είναι παντοδύναμος σημαίνει ότι μπορεί να κάνει τα πάντα. Ο Θεός ας πούμε είναι πα ντοδύναμος. Ερώτηση « Μπορεί ο θεός να φτιάξει έναν βράχο που να μη μπορεί να τον σηκώσει;» Αν δεν μπο ρεί ο θεός να φτιάξει έναν βράχο που να μη μπορεί να τον σηκώσει τότε υπάρχει κάτι που δεν μπορεί να το κάνει, άρα δεν είναι παντοδύναμος. Αν μπορεί ο θεός να φτιάξει έναν βράχο που να μη μπορεί να τον σηκώσει τότε πάλι δεν είναι παντοδύναμος. δ) η υπέροχη κόμη : Ένας νέος έχει υπέροχη κόμη ( Ι 00.000 υπέροχες τρίχες τόσες νομίζω, ρωτήστε εσείς ένα γιατρό). Μια τρίχα έ πεσε ε δεν έγινε και φαλακρός, έχει και πάλι υπέροχη κόμη . Δυο τρίχες έπεσαν πάλι έχει υπέροχη κόμη, τρείς τρίχες έπεσαν παραμένει υπέροχη κόμη , ν τρίχες έπεσαν

Παναγιώτης Χ ρ ιστόπ ουλος

υπέροχη κόμη, έτσι αν και έμεινε μια μόνο τρίχα δεν εί ναι φαλακρός! έχει υπέροχη κόμη ! ! ! Θα σας πρότεινα να διαβάσετε το βιβλίο «Το παράδοξο» της Doris Οιίη καθηγήτριας στο Τορόντο του Καναδά. Πρόβλη μα Σε ένα τηλεοπτικό παιχνίδι πρέπει να διαλέξετε ένα φάκελο ανάμεσα σε δυο σφραγισμένους που ο ένας περιέχει 5 . 000 Ευρώ και ο άλλος 1 0.000 Ευ ρώ. Επιλέξατε στην τύχη τον Α αλλά σας δίνετε την τε λευταία στιγμή η δυνατότητα να τον αλλάξετε με τον Β . Θ α το κάνετε; Η Εγκυκλοπαίδεια Ο Μιχάλης αγόρασε μια εγκυ κλοπαίδεια που έχει 8 τόμους. Τοποθέτησε τους τόμους της εγκυκλοπαίδειας στη βιβλιοθήκη του κανονικά από τα αριστερά προς τα δεξιά ι 0\ 2°\ . . . 8°ς τόμος. Κάθε τόμος έχει πάχος 5 εκατοστά. Τι πάχος έχουμε από την πρώτη σελίδα του πρώτου τόμου μέχρι την τελευταία του τελευταίου;(τα εξώφυλλα δεν έχουν πάχος). Οι κηπουροί Ο Α κηπουρός είχε 8 στρέμματα κή που για σκάψιμο. Ο Β κηπουρός είχε 6 στρέμματα κή που για σκάψιμο αλλά τους βοήθησε και ένας εργάτης στον οποίο έδωσαν 2 Ι Ο Ευρώ. Εργάστηκαν και οι τρείς μαζί για το σκάψιμο. Πό σα χρήματα έδωσε ο Α και πόσα ο Β κηπουρός στον

Τ α Ψάρια Κάποιος αγόρασε ψάρια (μπαρμπούνια, γόπες ,κοκωβιοί) και έδωσε Ι 00 Ευρώ. Πόσα πήρε από κάθε είδος; (τα μπαρμπούνια προς 5 Ευρώ, οι γόπες προς Ι Ευρώ και οι κοκωβιοί 0,05 Ευρώ).Λύστε το ίδιο με Ι 20 ψάρια και Ι 20 Ευρώ (κόστος 2€,3€, 0. 5€)

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' 69 τ. Ι /80

Τ α Μ α θη ματικά μας διασ κεδ άζουν

4 ψή φιος α ρ ιθμός

Ο Πέτρος και ο Νίκος θέλουν να μοιρά σουν το λάδι που έχουν σε δυο δοχεία 1 3 λίτρα και 7 λί τρα. Στη διάθεσή τους υπάρχει άδειο δοχείο 1 9 λίτρων. Πώς θα γίνει το μοίρασμα; Το Λάδι

Είναι τέλειο τετράγωνο , τα 2 πρώτα ψηφία είναι ίσα μεταξύ τους, τα 2 τελευταία επίσης ίσα μεταξύ τους. Ποιος είναι ο αριθμός; Ένα ευχάρ ιστο πα ιχνίδι Πόσες μέρες την εβδο μάδα θα ήθελες να μην εργάζεσαι ; Πολλαπλασίασε αυτόν τον αριθμό επί 2 . Πρόσθεσε και 5 και τώρα τον αριθμό αυτόν πολλαπλασίασε επί 50. Αν τα γενέθλια σου για φέτο; πέρασαν πρόσθεσε 1 75 8 αν όzι πρόσθεσε 1 7 5 7 . :\πό τον αριθμό που σα; έχει προ":ύwει αφαιρέστε το έτο; γέ\..,,σή ; σα; . Τώρα έχετε έ\·α τριψήφιο αριθμό. Το πρώτο ψηφίο είναι πόσε; μέρε; την εβδομάδα δεν θέλετε να εργάζεστε. Τ α άλλα δυο ψηφία αντιστοιχούν φυσικά . . . στην ηλικία σας ! ! !

Οι κόρες του Γ ιώργου

Καλη μέρα Γιώργο Καλημέρα Δημήτρη Τι κάνουν οι κόρες σου; Καλά είναι: Πόσο ϊpόνων είναι: Το γινόμε νο των ηλιt-..,ών του; είναι 64 . Δεν είναι αρκετή η πληροφορία. Α ναι η μεγάλη είναι ξανθιά και η μικρή είχε σήμε ρα γενέθλια. Εντάξει τώρα ξέρω. Η Π ΡΟ Σ Θ Ε Σ Ι Σ Ξέρετε τι λέει ο Κ.Π. Καβάφης;

Απαντήσεις στα μαθηματι κά μας διασκεδά�οuν. Αν ο Α έχει χ Ευρώ τότε ο Β έχει τα μισά 82, 84, 86, 88, 90, 92, 94 (χ/2) ή διπλάσια (2χ) Ευρώ. 3, 6, 9, 1 2, 1 5 , 1 8, 2 1 Έτσι αν αλλάξετε φάκελο η προσδοκώμενη ωφελιμότη 3 5 , 30, 25, 20, 1 5 , 1 0, 5 τα είναι Υ2.χ/2+ Υ2 .2χ = 1 ,25χ ενώ ο Α έχει προσδοκώ ; , . , , , • t •.< " ' ' ' ' > · - 7744 μενη ωφελιμότητα χ. Έτσι φαίνεται ότι πρέπει να αλλά ξετε φάκελο. Αν όμως αλλάξετε το φάκελο και πάρετε 16 βήματα Δ οχε ί α τον Β με τον ίδιο συ λλογισμό πρέπει να επιστρέψετε 19 ο 7 19 12 12 5 5 18 1 8 1 1 1 1 4 4 17 17 10 στον Α. (Παράδοξο) Επομένως δεν αλλάζει τίποτα αν ι3 13 ι3 ι ι 8 8 13 ο 2 2 9 9 ι3 ο 3 3 κάνουμε αλλαγή φακέλου. 7 7 0 0 7 0 7 2 2 0 7 0 7 3 3 0 7 Η . , , , ,, , , ; ·τ , , i ,) : ω : Μεταξύ της πρώτης σελίδας του ' ) ι ' "' i " "' :ο • , , ; : Το 64 είναι 2 .2.2.2.2.2 και απρώτου τόμου και της τελευταίας του 8ου έχουμε 6 τό φού δεν είναι δίδυμες ή τρίδυμες είναι 2, 4, 8 ετών. μους δηλαδή 30 εκατοστά. 1 1 ϊ : , . . , ,;, ; , '" ..: : Αν ευτυχής ή δυστυχής είμαι δεν εξετάζω. '· ' ' ··. η ·: ' ' ; ·, Έσκαψαν 1 4 στρέμματα αλλά αν και οι Πλην ένα πράγμα με χαράν στο νου πάντα βάζω που ίδιοι ήταν εργάτες θα πλήρωναν 630 Ευρώ στην μεγάλη πρόσθεση (την πρόσθεση των που μισώ) Άρα το I στρέμμα κοστίζει; 630/1 4=45Ευρώ που έχει τόσους αριθμούς, δεν είμαι εγώ εκεί απ' ταις Ο Α θα πληρώσει 630/ 1 4χ8=3 60-2 1 0= 1 50 πολλαίς μονάδες μιά .. Ο Β θα πληρώσει 630/ 1 4χ6=270-2 1 0=60 Μες στ' ολικό ποσό δεν aριθμήθηκα. ' , ·: 1 9 μπαρμπούνια χ5Ευρώ=95, Κι αυτή η χαρά μ' αρκεί. (Ευχαριστο ύμε τον κ Παπα I γόπες χ Ι Ευρώ = 1 , 8 0 κοκωβιοί χ0,05 Ευρώ =4 σταυρ ίδ η Στα ύρο που μας τη ν έστειλε.) �'

Ψ''

· ·

· ' ·

fΈπιστnuρν� με θέμcχ:

'Συμποσιο

'Ύο Έρyο του

Κ. ΚαραfJεοδωρrί ιαιι οι Σύyχρονεs Προεκτάσειs ταιJ'

ΔΗΜΟΣ ΠΕΡΙΣΊΈΡ10Υ piti!N!QjψΙmtAjjKΙ!iii§iiW

.ι.tι-; πιrm.r-

11873-19501

Κωνσταντίνος ΚφaθεοδωρΠ Ο Κ. Κορσθεοδωρι\ ιmpξι ο κορυφοίο( Έλληνος /"Ιοθηιο1'Jiόι; mς: ώγ�ρονnς εnoJr'κ; Το σrιμονnιι:ό εΙϊΙσrψονικό του έργο σνaφέρεαι σε πολλούς τομεlς των t"οβφατικωv και mς �κfιι;. Υηι'φfε

Ανόβεροο,

ιιιcιικός Κοθnyn'Ιής των

!lονεοοmμίων·

Μη:ιέολοοu, Γιι.:ιίτιyιο:εν, 8εραλίvου. Αθηνών,

Ε. t1

Πολυπ:χνε/οu κιι Μονάχου_

Εκ.λtχθnιο:ε μέλος οολλtiΝ Ακοδψων, μεrοξύ ΠιΙν

ιnς; Γ1ρωσιιο:ής Ακaδnμbι; τοu βερολiνοu, Tl"'( &:ιuορικ.ι'ις Αι<:οδnμiας Εnισmμών, fl'l( Ακοδnμος Αθnνών κ.ό

οrιοΚ.ιν

ω (JJ' ·W .-<

ο ::ι_ ::ι_ Ο α._

-δ Q_ C

110 111

� g_ � ΟΚΤΩΒΡΙΟΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 69 τ. l /81

1�

με θ!μ<ο �το ΈptQ m.• Κ ΙUφ<ι/kοδωρn ,.... ιvΣV�Jψoonιtoειs ·wtΓ

U· ·IB111"'M MMM Ιt1.30-ΙΙ,30

ιι,10-Ι2d10

ι2....οο- ι ωο

IUI).Iz.ι.G

1 2..411- l :t-.00

'E..q:Q>Σ�vdφi.,.. c:ιnQ ιc Δ!μ:� lkpaoιρloι.ι . ,...._. Χοφtιοιμ>�[� Π ρ ώτη Ι u ν c δ ρ i α σ π ΙΙ.. Β•ΙΙrsdι.Π.W.ιαν<ίαΜσ>Φ;αu. (rοιηnμ.>��

'ow

βcιJοι;οοι/Ιι\Ιωδnμα

·L� � dι!rι g.rossιιon � l•taltwrrι;NJkκ lkr � � c.r..�

:-=.;.: �:'i:""Κ:=::'

Γ. rlοvκλlδnο;.[&/tr.\iμ.,οοριαΓΙaλοιιι:χνι\a <Δ.<Ι'ψ<>�ιi; crnοll'μ(l>'l'ς "'"m-ριώοο <ιJ<'iσt'ροφιιiίν ΙΜ

�:;..::"� :=ew�<>λ<M,.;r,c

�::::.•οιι Κ �μtΟ<Jαοο ..,..

�=ς�;., Κ ΗtJf101Jrοδωρti vοο ιιw&υιφD/kιθμιο '"""""

Ιιfιχ..ΔΩWψ(.βJιο.<> Ε"""iδα:<>n. I<> ΓενικόΛ""ι:ι�

---

από r ι s ε κδόσε ι s <<Δ Ι Ο ΦΑΝΤΟΣ>> Γιώργος Μ. Μιχαηλfδης

Γιώργος Μ . Μιχαηλίδης

Γιώργος Μ. Μιχαηλ!δης

Octavian Ν. Stanasila (Proi. UιιiY. - -

ΜΑθΗΜΑΤΙ ΚΑ

r ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΟΜΟΣ Β'

θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

w >< Ω.) w E _,J

ΟΛΟΚΛ Η ΡΩΜΑΤΑ 8

ΘtωQ(α

a Meθιtbf'ιλoyCα

•

ΙΙαοαtηQήσεις - Σχολια

•

ερωτψrει; ΚαtανόηΟ1j;-

• λσκtiυει; - et,ιαtcL

:\υ��Ενcι Ι lαL!αhεί;••ιαtιι

Γιώργος Μ. Μιχαηλfδης

ΜΑθΗ ΜΑΤΙΚΑ

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

Q.)

CL. ::c; 2: �

o a.. (,)

·-

w α: w z: :::;) :z

._ :;: ·-

CI)

Μ Ι ΓΑΔΙ ΚΟ Ι ΑΡ Ι Θ Μ Ο Ι

....

απt) το

ι7'

••

ειος . . .

τ" J_

Γιωpγος Μ Μιχαηλfδης

Octavian Ν. Stanasila (Prof. UM. P--

ΜΑθΗ ΜΑΤΙ ΚΑ

ΓΛΥΚΕΙΟΥ

...J

< z < w ι:::ι W :Ξ: w

σ α: Q..

cz: u l < :Ξ w ι < :Ξ

θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

sξs�άσsις 100& - 1008

Πιθανι2 etματα --,� � -

�'

cι:: "' 1cι:: α::

:ε (;) w ....ι .... .... cι:: <

:ε !::

...ι cι:: c:, ι:r:ι

ϊ= : (/) (;) ϊ= α: cι:: Ω.. 1- cι:: (I) -

ι α: (;) - w 1- ::ι:

� �::ι .....

ΔωΦΑΝΤΟΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ