Ευκλειδης Β 70 by demi de

•

Henri Cartan (1904-2008)

Θέματα "ΘΑΛΗΣ 2008"

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο c;

•

Οκ τώβρ ι ο ς

•

Ν ο έ μβρ ι ο ς e-mail:

•

Δ ε κ έμβρ ι ο ς

2008·

Έτ ο c; λη' - Ε υ ρ ώ:

3,50

info@hms.gr

www.hms.gr ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

-1' Elie, Henri Cartan και η Ελλάδα

-1' Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

-1' Homo Mathematicus

ΓΙΑ

ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και αuνάδελφοι,

ΜαθΙJΗατικά Α' Τάξης

-1' Άλγεβρα: Δευτερομαθμιες εξισώσεις με πραγματικούς συντελεστές -1' Γεωμετρία:Παραλληλόγραμμα- Τραπέζια

Μαθηματικά Β' Τάξης

-1' Άλγεβρα: Πολυώνυμα -1' Γεωμετρία: Μετρικές σχέσεις - Εμβαδά -1' Κατεύθυνση: Εύρεση πρωτευόντων στοιχείων τριγώνων από δευτερεύοντα στοιχεία του

Μαθηματικά Γ' Τάξης

Με αφορμή τα Χραιατούγεννα και το νέο έτος εuχό·

20 27

Στοuς μαθητές να πετύχοuν όλα αuτά για τα οποία α-

33 40

γωνίζονται και ατοuς δαακάλοuς τοuς αντοχή για αuμπα-

ράατααη και κατανόηαη

Με αuναδελφικούς χαιρετιαμούς Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Ταααόποuλος

-1' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας: Στατιστική -1' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Γενικές ασκήσεις -1' Με αφορμή μια άσκηση του σχολικού βιβλίου

47 51 58

-1' Το Βήμα του Ευκλείδη -1' Ο Ευκλείδης προτείνει... -1' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

60 72 77

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

μαατε αε όλοuς Χρόνια Πολλά και εuτuχιαμένα.

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β. Εuαταθίοu

Σύνθεση εξωφύλλου:

Μια νέα απόδειξη του Πυθαγορείου Θεωρήματος που περιέχει όλα τα γράμματα της Αλφαβήτου

Να αποδειχθεί: l/4(AB2+ΑΓ2) +l/4Br2 Το σχήμα της άσκησης είναι στη σύνθεση του εξωφύλλου (Γ. Μενδωνίδης) •

Υπόδειξη ·Λύση: (Σε σύνtομη αναφορά)

( ) Φέρνουμε τις ημι.ευθείες ΒΟ και ΓΟ ώσrε: fBO=BΓ0=4SO και κατασκειιάζοιμε ι τα ΔΕΖΗ και ΘΙΚΛ (._)Το ΞΕSΛ είναι ..•

είναι ίσα τότε το ΙΙΡΣΤ είναι ρόμβος ΞΙΠ+ΕΙΙΡ=Β+Γ=9()0 οπότε ο ρόμβος είναι τετράγωνο(...) Κατασκευάζουμε το ορθοyώνιο ΡΦΣS και διαπιστώνουμε ότι ΕΊ =Et, Ε' =E:z, Ε'3 =Ε-.3, Ε'4 =Ε4, οπότε 2

ρόμβος

και τα ΕΙΙΡ, ΡΣS, ΛΣΤ, ΞΙΠκαι ΑΜΝ

με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει (ΔΕΖΗ)/4+(ΘΙΚΛ)/4=(ΙΙΡΣτ) επομένως 1/4(ΑΒ2+ΑΓ2)+l/4Br2.

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΕJΑΙΡΕΙΑΣ

Συντακτική επιτροπή

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Αθανασ6πουλοc;Γεώ�οc; Εκτελεστική Γραμματεία Αναστασίου Γιάννης 106 79 ΑΘΗΝΑ Αvδρουλακάκηc; Νίκοc; Πρόεδρος: 1'η.\: 210 3617784 - 3616532 Αvτωv6πουλοc; Νίκοc; Τασσ6πουλος Γιώργος Αρyυράκηc; Δημήτριος Fax: 2 103641025 Βακαλ6πουλοc; Κώστας Αντιπρόεδρος: Δρούτσαc; Παvαyιώτηc; Εκδότης: Ευσταθίου ΒαyyεΆηc; Αλεξανδρ ής Νικόλ αος Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρ6πουλοc; Κων/νοc; Ζώτοc; ΒαyyεΆηc; Γραμματέας: Διευθυντής: Κακκαβάc; Απ6οτολοc; Τυρλής Ιωάννης Χριστ6nουλος Πανσγιώτης Καλίκαc; Σταμάτης Μέλη: Αργυρδκης Δ. Κανέλλοc; Χρήστος Καραyκούνηc; Δημήτρης Επιμέλεια Έκδοσης: Δρούτσας π. Καρακατσάνηc; Βασfληc; Καρκάvηc; Βασίλης Τασσ6πουλος Γιώργος Λουρίδας Σ. Κατσούληc;Γιώρyοc; Ευσταθίου Βαγγέλης Ταπειν6ς Ν. Κερασαρίδηc;Γιάννης Καρδαμίτσηc; Σπύροc; Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Κηπουρ6c; Χρήστος ISSN: 1105- 7998 Κλάδη Κατερίνα

Κόvτζιαc; Νίκοc; Κοτσιφάκηc;Γιώρyοc; Κουτρουμπέλαc; Κώσταc; Κυριαζής Ιωάννης Κυριακ6πουλοc; Αντώνης Κυριακ6πουλοc; Θανάσης Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππαc; Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκαc; Θανάσης Μαvωλάκου Στοματική Μαυρσyιαννάκηc; Λεωνίδας Μενδριvόc; Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνοc; Παναyιώτηc; ΜυΑωνάc; Δημήτρης Μώκοc; Χρήστος Παvουσάκηc; Νίκοc; Ρέyκληc; Δημήτρης

Σαίτη Εύα Σταϊκοc; Κώσταc; Στάϊκοc; Παvαyιώτηc; Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσότrουλοc;Γιώρyοc; Τζιώτζιοc; Θανάσης Τριάvτοc; Γεώρyιοc; Τσαyκάρηc; Ανδρέας Τσατούραc; Ευάyyελοc; Τσικαλουδάκηc; Γιώρyοc; Τσιούμαc; Θανάσης Τυρλήc; Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμποτrούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάvοc; Χριστιάc; Σπύροc; Χριστ6πουλοc; Παvαyιώτηc; Ψύχαc; Βαyyέληc;

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

Τα διαφημιζ6μενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνοvται mιό την Ε.Μ.Ε. Οι συνερyάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέΑvοvται έyκαιρα, σrα yραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον ΕυκΑεlδη β'", Τα χειρόγραφα δεν εmσrρέφονrαι.

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

ευρώ 14,00)

Το αvτίπμο yια τα τειJχη που παραyyέΑvοvται σrε'Ανεται με απλή εmταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα πληρώνεται σrα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης

54 Τ.Θ. 30044 ή

Elie Cartan και

Henri

(1869-1951) Cartan (1904-2008).

Οι σχέσεις του,ς με την Ελλάδα. Σ . Π . Ζερ β ό ς, ομ ότιμο ς κα θηγητή ς Π ανεπιστη μίου Αθην ών

Γάλλος Elie Cartan υπήρξε ένας από τους μεγαλύτερους Γεωμέτρες (ιδιαιτέρως, δια φορογεωμέτρες) όλων των εποχών. Ο πιό σημαντικός άμεσος συνεχιστής του θεμε λιώδους έργου του Νορβηγού Sophus L ie (συνεχείς ομάδες μετασχη μα τισμών, που καλούνται τώρα, "ομάδες L ie"). Σε πολλά άλλα, βασικά, πρωταγω νιστής. Με ση μαντική συμβολή και στην Γενική Σχετικότητα. Τ ο 1914 ο Ε. Cartan παρουσίασε μιά απ' τις πιό μεγαλοφάνταστες και τολμηρές θεωρίες του. Αρχίζει έτσι: "Σε μια πρό σφατη Ανακοίνωση, ο κ. Ζερβός γενίκευσε ένα θεώρημα του κ. Hilbert . . . " (Ο Hilbert υπήρξε ο μεγαλύτερος Γερμανός μαθημα τικός από τα τέλη του 1 9ου αιώνα ως τώ ρα.) Ο Έλληνας μαθηματικός Παναγιώτης Ζερβός (Κεφαλονιά, 1 878 - Αθήνα, 1 952. Καθηγητής στο ΠΑ: 1 9 1 8- 1 920 και 1 9231 949) συνέχισε να εργάζεται ερευνητικά στο ίδιο γενικό αντικείμενο. Σχετικά, στο κλασικό σύγ γραμμα του "Linear Analy sis and Representation Theory" (Spήnger, 1 973), ο Gaal γράφει: Τα κύ ρια στοιχεία (main items) της κλασικής βιβλιογραφίας γιά τις ομάδες Lie είναι τα έργα των Sophu s Lie και Elie Cartan, ένας τόμος από τον Kowalefski και το βιβλίο "Το πρόβλημα του Monge" από τον Π. Ζερβό στην (γαλλική) σειρά (μονογραφιών) Me morial des Sciences Mathe matiques ( 1 930). Οι διάφοροι τόμοι και εκδόσεις ενός βιβλίου του Cheνalley είναι πιό πρόσφατοι (Claud e Cheνal ley, μεγάλος μαθηματικός). Μιά πλατειά και σε βάθος θεώρηση των παραπάνω θεμάτων βρίσκε ται στην ομιλία του Π. Ζερβού στο Α ' Διαβαλκανικό Συνέδριο των μαθηματικών (Αθήνα, 1 934). Έχει περιληφθεί και στο βιβλίο "Πως μεταβαίνουμε από τα κλασικά μαθηματικά στα νεότε ρα", από εμέ και τον Πέτρο Β . Κρικέλη. Δεύτερη έκδοση, επαυξημένη, 2007 (ΖΚ). Τ ο 1928-1930 ο Ε. Cartan δίδασκε, στο Παρίσι, Μιγαδική προβολική γεωμετρία (ση μα ντική και για την Νεότερη Φυσική) . Μαθητής και, φυσικά, θαυμαστής του ο Κωνσταντίνος Πα παϊωάννου ( 1 899- 1 979. Από το 1 93 1 καθηγητής στο ΠΑ και από το 1 95 0 και στο ΕΜΠ. Με κλασικά συγγράμματα Μηχανικής και Θερμοδυναμικής), θα το διδάξει, ως Ελεύθερο Μάθη μα, στο ΠΑ, το Α ' εξάμηνο του 1 93 8- 1 93 9 . Το κείμενο του βρίσκεται στο ΖΚ. Συντομογραφία: Henri = Henri Cartan. Μια κορυφαία υπηρεσία του Ε. Cartan στα Μαθηματικά υπήρξε η απ' αυτόν "κάλυψη" της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/1

------

Μαθηματικές Αναφορές

-------

γύρω απ' τον γιο του Henή παρέας από ικανότατους νέους Γάλλους μαθηματικούς που έθεσαν ένα γενικό σκοπό διαφορετικό από τον δικό του: Εμπνεόμενοι από τα "Στοιχεία Γεωμετρίας" του Ευ κλείδη να οικοδομήσουν, με συλλογική εργασία, ένα ανά"λ.ογο έργο, "Στοιχεία Γεωμετρίας", για τα σύγχρονα Καθαρά Μαθηματικά. Από τυχαίους λόγους διαλέξανε για τον "συγγραφέα" το όνομα του γενναίου Ελληνογάλλου στρατηγού του 1 870- 1 87 1 Βούρβαχη (Bourbaki). Το έργο, μνημειώ δες. Η αντιφώνηση του Elie Cartan στο Ιωβtλαίο του (γεγονός πα γκόσμιο), το 1 939, αρχίζει συγκινητικά. Θυμάται τους γονείς του, ο ρεινούς γεωργοκτηνοτρόφους, και τους δασκά"λ.ους του στο Δημοτι κό · την εξαίρετη μαθηματικό αδελφή του, που πέθανε πρόωρα· τον τόσο ταλαντούχο μουσικοσυνθέτη γιο του Jean Cartan , που πέθανε μόλις 25 χρόνων. Η μουσική στους Cartan: Ο Henri, λαμπρός πιανίστας, και ο εξίσου μ' αυτόν προικισμένος στα Μαθη ματικά φίλος του Jean D ieud onne , λαμπρός βιολιστής, οικιακό ντουέτο. Αρχαία Ελλάδα και Bourbaki: Κορυφαίος μαθηματικός στην αρχική παρέα ο And re Weil, θεωρεί ότι η απ' αυτόν, νεαρό, ανά γνωση της αρχαίας ελληνικής ποίησης στο πρωτότυπο τον ώθησε να βάλει υψηλά κριτήρια στη ζωή του. Από Henri και Weil η πρώ τη σκέψη για την συλλογική προσπάθεια. (Η η ρωική και, μεταθανάτια, διάσημη συγγραφέας Σι μόνη Weil, αδελφή του And re . Από εύπορους Γαλλοεβραίους γονείς, αρχικά αναρχίζουσα εθε λόντρια αδελφή στους Δημοκρατικούς, στον Ισπανικό Εμφύλιο, θα καταλήξει μαχόμενη Χρι στιανή .) 1940. Έτος στρατιωτικής ήττας της Γαλλίας · και, σε λίγους μήνες, παγκόσμιας δόξας της Ελλάδας λόγω του Αλβανικού Έπους. Παράλληλα και ανεξάρτητα, εμφανίζεται το πρώτο τεύ χος του Bourbaki, με αρχαία ελληνική μετώπη στο εξώφυλλο. Θα διεκδικεί, στον Πρόλογο, την ανανεωμένη πνευματική συνέχιση του έργου του Ευκλείδη . 1943. Ο L ouis Cartan, φυσικός, γιος του E.Cartan, μετέχει ενεργά στην Αντίσταση . Συλ λαμβάνεται από τους Ναζί και εκτελείται. 1945-1946. Σε αυστηρή συμμαχική στρατιωτική κατοχή , οι πανεπιστη μιακοί μαθη ματικοί της Γερμανίας περνάνε δύσκολα. Το 1 946 ο Henri πρωτοστατεί στην προσπάθεια για ανασυ γκρότηση των γερμανικών μαθη ματικών. Μερικές δεκαετίες αργότερα, "πλήρης" σε παγκόσμιες τιμές για το ερευνητικό έργο του, πρωταγωνιστεί στην ίδρυση ευμι•r:τ••��ίίJ� πανεπιστημιακιον Οατμ

Έ ρ ευνα· ενδεικτικό: Φλέγον πρόβλημα της γενιάς του, η γενίκευση της έννοιας του ορίου ακολουθίας, με τρόπο που να καλύπτεται και η περίπτωση των μη μετρικών τοπολογικών χώ ρων. Με τους ορισμούς του φiλτρ�J:υ και του υπερφi_λτμου και της αντίστοιχης θεωρίας δίνει ο Henri μια "κρυστάλλινη" και οριστική λύση . Τελικά, τα φίλτρα και τα υπερφίλτρα θα παίξουν γόνιμο ρόλο και στην Άλγεβρα και την Μαθηματική Λογική . Θα επιδιώκει, πάντα, ο Henri, την απόλυτη διαύγεια και το ξεκαθάρισμα του "τι οφείλεται σε τι" (ευκλεί δεια παρ άδ οση ). Αυτά, και στα τέσσερα κύρια εκτεταμένα πεδία έρευνάς του: α\ Αναλυτικές συναρτήσεις μίας ή περισσοτέρων μιγαδικών μεταβλητών. Συναφή τοπολο-:·χ�: .:.c:_ ματα. Αυτόμορφες συναρτήσεις. β) Αναλυτικοί χώροι. γ) Αλγεβρική τοπολο γία. δι 0_:··.:·-.-.� ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/2

-------

Μαθηματικές Αναφορές -------

άλγεβρα. Στο α) συνεργάστηκε με τον Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή , τον οποίο τιμούσε ιδιαίτερα. Δύο συγγράμματα Μιγαδικής Αναλύσεως, εξαίρετα αλλά όσο γίνεται διαφορετικά στο πνεύμα, είναι το δίτομο "Θεωρί α Συναρτή σεων" του Καραθεοδωρή και το "Στοιχειώδ ης θ εωρία των ανα λυτικών συναρ τή σεων μία ς ή πε ρισσοτέρων μιγα δ ικών μεταβλη τών" (στα γαλλικά) του Henri. Στο δ) έχουμε το κλασικό σύγγραμμα "Ομολογική άλγε βρα" από τον Henri και τον με γάλο Πολωνοεβραίο τοπολόγο Samuel Eilenberg. Το Σεμινάριο Henri Cart an και, αργότερα, το Σεμινάριο Cartan-Cheνalley , στο Παρίσι, έ παιξαν μεγάλο ρόλο στην ανάπτυξη των διεθνών Μαθηματικών. (Ο Cheνalley , απ' την αρχική παρέα.) Λαμπρές "πολυγραφημένες" εκδόσεις τους στο Inst itut Henri Poincan�· όπου και οι τό μοι του διεθνώς πρωτοποριακού "Σεμιναρίου" Bourbaki. Δεν είναι εδώ η θέση ν' αναφερθούμε σε Μαθητές, κάποτε ακόμα μεγαλύτερους απ' τους Δασκά λους, που βγήκαν απ' αυτό τον χώρο. Ο μέγιστος, ο Alexand er Grothend ieck ( 1 928-) θα είναι ένας από τους μεγαλύτερους "μαθηματικούς στ ρατηλάτες" ό'λmν των εποχών. (τους θυ μάμαι, το 1 956- 1 958, να περπατούν , αυτός και ο Henri, σε πολύκοσμο πεζοδρόμιο , συζητώντας αδιάκοπα μαθηματικά.) Στο Συμπόσιο που έγινε στο ΠΑ το 1 983 προς τιμήν του μεγάλου μαθηματικού Marc Κrasner (Οδησσός, 1 9 1 2-Παρίσι, 1 985) επίτιμοι πρόεδροι ήταν ο Henri και ο μεγάλος Αμερικα νός μαθη ματικός Saund ers Mac L ane. Η ως προς τις γαλλικές συμμετοχές επιτυχία του Συμπο σίου οφείλεται προπαντός στον Σπύρο Σπαθή, εξαίρετο Έλληνα μαθηματικό στο Πανεπιστήμιο Παρίσι VI . Η ομιλία μου στο ΠΑ, κατά την αναγόρευση του Henri ως Επίτιμου διδάκτορα του, συ μπληρωμένη, εγκρίθηκε απ' αυτόν και είναι, από πολλά χρόνια, έτοιμη για δημοσίευση . Θα πε ριέχεται στην δεύτερη, ουσιωδώς επαυξη μένη, έκδοση του τόμου μου ""Mathemat ics reνisit ed , mathem at icians remembered· · ( 1 99 1 ), που θα γίνει, αν θέλει ο Θεός, το 2009. Το μακρύ άρθρο μου για τον Marc Κr asner σ' εκείνο τον τόμο περιείχε και αναφ ορές στον Henri. Με μόνιμο ενδιαφέρον για την, σε υψωμένο επίπεδο, διδασκαλία των βασικών πανεπιστη μιακών Μαθη ματικών, ο Henri έγραψε ένα θαυμάσιο συνοπτικό "Διαφορικό Λογισμό" σε χώ ρους Banach (στα γαλλικά). Ανάμνηση: Μου έγραφε, ο Henri: 'Ή φιλία των πατεράδων μας επέρασε στους γιούς τους." (Ο προαναφερθείς Π. Ζερβός, πατέρας μου.) Ξ αναβλέπω, νοερά, την πρώτη τάξη της Ecole Normale Supeή eure, το 1 95 5 - 1 956. Ο Henri διδάσκει Αλγεβρική το πολογία. Μαθητές από εξετά σεις: Adήen Douady (άμεσος χαρακτηρισμός μου: Μικρός Poincare), Paul-And re Meyer (μελλοντικός κορυφαίος στο τρίδυμο: Δυναμικό, Μέτρο, Πιθανότη τες. Επιστημονικό "alter ego" του μεγάλου Laurent Schwartz). Τώρα, βιολογικά, Απόντες· κοντά στον τότε Δ άσκαλό τους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/3

Μαθ,qμστtκο1 A1ayωvtoμoi. LI:.··ntιιυδ·-. Ι:!; ο· λ.1J'P Μ Q'θ... qμ α····κε·. .!; 11.. '

•

· - ·····

.. .. .

'..... . .

. . . . .. . ..

...

' • •'

....

Ε πιτροπή Διαγωνισμών της Ε .Μ. Ε .

11" ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ OnYMΠIAQA 2008 εις

μνήμην PETER Ο' HOLLORAN

Π ρόβλη μα 1

Έστω c ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC με κέντρο ι. ο οποίος εφάπτεται της πλευράς BC στο σημείο D και στις προεκτάσεις των πλευρών AC και ΑΒ στα σημεία Ε και Ζ, αντίστοιχα. Αν η ευθεία ED είναι κάθετη προς την πλευρά ΑΒ (την οποία τέμνει στο σημείο Η) και η ευθεία ZF είναι η κάθετη από το Ζ προς την ευθεία ΗΙ. (την οποία τέμνει στο σημείο F), να υπολογίσετε τις γωνίες BFD και AFE . Α

Λύση

Έστω Κ το σημείο τομής των ευθειών Ι.C και ED . Επειδή οι ευθείες CE και εφαπτόμενες από το

του κύκλου έπεται ότι

I. C .l ED,

κι. 11= ΖΗ .

2 2 Από το ορθογώνιο τρίγωνο EC!a λαμβάνουμε: ( Ι.Ζ ) = { Ι.Ε ) = (I.C)(I.K) = (I. C)( ZH ) από την οποία προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΗΖΙ. και ΖΙ.C είναι όμοια. Επομένως, οι γωνίες zfn. και

Ζ, F

CZI.

είναι

οπότε το τετράπλευρο ΖΙ.ΚΗ έχει από τις

υποθέσεις τρεις γωνίες ορθές και είναι ορθογώνιο . Άρα είναι

τα σημεία

�

Ι.Ζ

α.

= ΖΗ,

I.z

είναι ίσες, οπότε οι ευθείες ΗΙ. και ZC είναι κάθετες, δηλαδή

και C είναι συνευθειακά και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/4

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

HBD=BCI. (1) Επιπλέον, επειδή το τετράπλευρο CDFI. είναι εγγράψιμο (αφού I}C = I.f>c ), έπεται ότι: BCI. HFD. (2) Από τις (1) και (2) έπεται ότι Ηfω = HFD , οπότε το τετράπλευρο BHDF είναι εγγράψιμο DFB = 1 80 °- BHD = 1 80 °- 90 ° = 90 ° . έχουμε Επιπλέον, έχουμε ΒΗΙ. = Hi .C [ εντός εναλλάξ , ΑΖ 11 Ι. C ] (3) Hi.C=FEC [γιατί FI.EC εγγράψιμο] , (4) οπότε από τις (3) και (4) έπεται ότι ΒΗΙ. = FEC και το τετράπλευρο AHFE είναι εγγράψιμο . ο

�

Επομένως θα είναι:

AFE =AHE = 90 °

Π ρ όβ λη μ α 2 Αν p και q είναι μη μηδενικοί ακέραιοι και η εξίσωση y 4 + 2(2p - 1) y 2 + 8q y (4p 1 ) ο έχει μία ακέραια ρίζα ετερόσημη του q να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ3 + px + q 0 έχει μία τουλάχιστον άρρητη ρίζα. -

και θα

(1)

(2)

Λί> ση Γράφουμε την εξίσωση

(1) στη μορφή (3) (y 2 - 1) 2 + 4p(y 2 - 1) + 8qy = O από την οποία εύκολα προκύπτει ότι οι αριθμοί ±1 δεν είναι ρίζες της εξίσωσης (1). Πράγματι, αν οι αριθμοί y = ±1 ήταν ρίζες της (1), τότε θα είχαμε q = Ο, άτοπο . Επίσης από την (3) προκύπτει ότι, αν y είναι η ακέραια ρίζα της (1), τότε πρέπει αυτή να είναι της μορφής y = 2α + 1, α ΕΖ , δηλαδή περιττός ακέραιος . Πράγματι, αν ήταν ρίζα της ( 1) ο άρτιος ακέραιος y = 2α, α ΕΖ , τότε ο όρος (y 2 - 1 ) 2 θα ήταν περιττός, ενώ το άθροισμα 4 p { y 2 -1 ) + 8qy είναι άρτιος, οπότε δεν μπορεί να αληθεύει η εξίσωση (3). Επομένως, η ακέραια ρίζα της εξίσωσης (

1) είναι της μορφής y = 2α + 1, α ΕΖ και ισχύει 2α2 (α+ 1/ + 2pα(α+ 1) +q( 2α+ 1) = 0 . (4) Γ ράφουμε την εξίσωση (2) στη μορφή f ( ) Ο, όπου f ( ) = χ3 + px + q , οπότε θα είναι f (α) = α3 + pα+ q. Από την τελευταία, με πολλαπλασιασμό των δύο μελών επί 2( α+ 1 ) 2 προκύπτει ότι 2(α+ 1) 2 f(α) = 2α3 (α+ 1) 2 + 2pα(α+ 1) 2 + 2q (α+ 1) 2 , η οποία λόγω της (4) γίνεται 2( α+ 1) 2 f( α ) = -2α2 (α+ 1 ) 2 + q( α+ 1 ) . (5) Επειδή οι αριθμοί 2α + 1 και q είναι από την υπόθεση ετερόσημοι, έπεται ότι και οι αριθμοί α + 1 και q είναι ετερόση μοι . , οπότε από την (5) προκύπτει ότι f( α ) < Ο. Ομοίως λαμβάνουμε ότι 2α2 f ( α+ 1) = 2α2 (α+ 1/ - qα < Ο , από την οποία λαμβάνουμε τη σχέση f ( α + 1) > Ο. 3 + px + q είναι συνεχής στο IR. , άρα και στο κλειστό Επειδή η πολυωνυμική συνάρτηση f ( ) διάστη μα [α, α+ 1] , και ισχύουν f (α) < Ο και f (α+ 1) > Ο, από το θεώρη μα του Bolzano, έπεται ότι η εξίσωση (2) έχει μία τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα στο ανοικτό διάστημα (α, α + l) με άκρα δύο χ =

χ =χ

διαδοχικούς ακέραιους . Η ρίζα αυτή δεν μπορεί να είναι ρητός αριθμός, έστω της μορφής ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/5

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

-------

μ , (μ , v) = 1 , γιατί, αν ήταν, τότε σύμφωνα με γνωστό θεώρημα θα είχαμε ότι μ l q v θα ήταν ±μ ΕΖ , άτοπο . Άρα η εξίσωση (2) έχει μία τουλάχιστον άρρητη ρίζα . ω=

v l l , οπότε

και

ω=

Π ρόβλη μα 3

Η τετράδα θετικών ακέραιων

( a, b,c,d) λέγεται

((ενδιαφέρουσα;;,

a2 , b2 , c2 , d2 + 1

αν οι αριθμοί

με τη σειρά που δίνονται, είναι διαδοχικοί όροι αύξουσας 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.

( a,b,c,d ) είναι ενδιαφέρουσα, αν, και μόνον αν, 2b 2 = a 2 + c 2 (1) και 2c 2 = b 2 + d 2 + 1 . (2) Θεωρώντας την σχέση (1) ως εξίσωση με αγνώστους a,b,c , αν θέσουμε χ = b 1 και y = bc > 1 , τότε λαμβάνουμε την εξίσωση χ2 + y 2 = 2, x,y Ε Q. (3) Μία προφανής λύση της (3) είναι το ζεύγος ( x,y ) (1, 1). Στη συνέχεια θα προσπαθήσουμε να προσδιορίσουμε λύσεις ( x,y ) της (3) τέτοιες ώστε 1 - χ = m ( y - 1 ) ,m Ε Q, δηλαδή λύσεις της μορφής ( 1 - m ( y - 1), y ) , y Ε Q. , , οτι , y = 1 η, y m 2 + 2 m - 1 , Μ ε αντικατασταση στην εξ'ισωση (3) προκυπτει m2 + 1 ιΠ\ 2 2 ' ' οποτε η γνωστη, λυση ( x,y ) = 2 mm+2 1+-1m , m m+22+m1- l m Ε �. ( x,y ) = (1 , l ) και οι λυσεις , προκυπτει , 'Εστω m = Ρ , p,q ΕΖ με p > q . Τότε η τριάδες ( a,b,c ) με q (4) είναι λύσεις της εξίσωσης (1), για κάθε p,q ΕΖ με p > q . Έτσι πρέπει να προσδιορίσουμε ένα τουλάχιστον κατάλληλο ζεύγος p,q για το οποίο η τριάδα ( a,b,c ) ικανοποιεί την εξίσωση (2). Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις που δίνονται στη (4) στην εξίσωση (2), λαμβάνουμε την εξίσωση 2 ( p 2 + 2pq - q 2 ) - ( p 2 + q 2 ) 2 - 1 d 2 p4 + 8p3q + 2p 2q 2 - 8pq3 + q4 - 1 = d 2 . Για να βρούμε μία τουλάχιστον λύση με p > q , επιλέγουμε p = q + 1 , οπότε η εξίσωση γίνεται 4q4 + 24q 3 + 32q 2 + 12q = d 2 4q ( q + ι )( q 2 + sq + 3) = d 2 , για την οποία με δοκιμές εύκολα λαμβάνουμε μία λύση q = 3, d = 36. Τότε είναι p = 4 και προκύπτει η τετράδα ( a,b,c,d ) = (17,25,3 1,36 ). ΛίJ ση (α) Παρατηρούμε ότι η τετράδα

[

)

<=>

β) Θα αποδείξουμε

Έστω

( a,b,c,d )

αριθμοί

ότι ο αριθμός των τετράδων που είναι ενδ ιαφ έρουσες είναι άπειρος . μία ενδ ιαφέρουσα τετράδα . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι, για κάθε θετικό ακέραιο

k , οι

k2 a 2 , k2 b 2 , k 2 c 2 , k 2 ( d 2 + 1 )

αποτελούν μία αύξουσα αριθμητική πρόοδο . Επομένως, για να κατασκευάσουμε μία νέα ενδιαφ έρουσα τετράδα, αρκεί να προσδιορίσουμε θετικό ακέραιο r τέτοιο ώστε να ισχύει ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/6

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

k2 ( d 2 + 1) = r2 + 1 . (5) Μία κατάλληλη επιλογή για τον θετικό ακέραιο r είναι στη μορφή = kd + s , οπότε η εξίσωση (5) k2 ( d 2 + 1) = r 2 + 1<;::::} k2 d 2 + k2 = k2 d 2 + 2kds + s2 + 1<;::::} k2 = 2kds + s2 + 1 . γίνεται Επιλέγοντας k = s 2 + 1 η εξίσωση μετά την απλοποίηση γίνεται s 2 + 1 = 2sd + 1 <;::::} s = 2d . Για s = 2d λαμβάνουμε k = 4d 2 + 1 και = 4d3 + 3d , οπότε η τετράδα ( ka,kb ,kc, r ) είναι επίσης ενδ ιαφέρουσα . Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία αυτή ξεκινώντας από την τετράδα (ka ,kb ,kc, r ) , οπότε r

κάθε φορά λαμβάνουμε μία καινούρια διαφορετική τετράδα με μεγαλύτερους θετικούς ακέραιους . Έτσι καταλήγουμε σε άπειρο αριθμό τέτοιων τετράδων . Π ρό β λη μα 4

Έστω ότι

χ, y, z ε [Ο, ι)

και

χ+ y + z = ι +

� Rfx

Ν α αποδείξετε ότι: 3 z < + χ + yz y + zx 2 · -

Λ ίJ ση.

Θα χρησιμοποιήσουμε την αντικατάσταση

m 2 = ___!,[__ , n2 =......Ε_ , p 2 = � , m, n, p � Ο . z + xy y + zx x + yz

χ+ y + z = 1 λαμβάνουμε: z + xy = (1 - χ)(1 - y), y + zx = (1 - z )(1 - χ), χ + yz = (1 - y)(1 - z) ,

Από την ισότητα οπότε

m 2 + n 2 + p 2 + 2mnp = yz + zx + 2 x 2 y2 z2 xy + = (1 - x)(1 - y) (1 - y)(1 - z) (1 - z)(1 - x) (1 - x/(1 - y) 2 (1 - z) 2 - xy(l - z) + yz(1 - x) + zx(1 - y) + 2xyz - xy - xyz + yz - xyz + zx - xyz + 2xyz -- 1 · 1 - χ - y - z = xy + yz + zx - xyz (1 - χ)(1 - y )(1 - z) 3 Επομένως , αρκεί να αποδείξουμε ότι m + n + p � -, 2 υπό τις συνθήκες m,n, p � Ο και m 2 + n 2 + p 2 + 2mnp = 1 . Από τις παραπάνω συνθήκες προκύπτει ότι m � 1, n � 1, p � 1 , ενώ η δεύτερη μπορεί να γραφεί ως ( m + n + p ) 2 - 2( m + n + p) + 1 = 2(1 -m )(1 - n )(1 - p ) ,

)

(

από την οποία, με χρήση της ανισότητας αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου, έπεται ότι

3 ( m + n + p - 1 ) 2 � 2 1 - m + 1 -3 n + 1 - p Αν θέσουμε m + n + p = w � Ο , τότε από την τελευταία ανισότητα λαμβάνουμε 3 ( w - 1) 2 � 2 3�w <;::::} 27(w - 1/ � 2(3 - w )3<;::::} 2w3 + 9w 2 - 27 � Ο .

( )

Μία από τις πιθανές ρητές ρίζες του πολυωνύμου

f ( w ) = 2w3 + 9w 2 - 27

( )

ο οποίος παρατηρούμε ότι μηδενίζει το πολυώνυμο, οπότε με το σχήμα πολυωνύμων λαμβάνουμε

είναι ο ρητός αριθμός

Horner ή

με τη συνήθη διαίρεση

:} l f ( w ) = 2w3 + 9w2 - 27 � Ο<;::::} w - l2 (w 2 + 3w + 9) � 0<;::::} w � l<;::: 2 m+n+p� 2 , αφού ισχύει w 2 + 3w + 9 > Ο, για κάθε w ε IR . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2!7

3, 2

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

"0 ΘΑnΗΣ"

ΣΑΒΒΑΤΟ. 1 NOEMBPIOY 2008

Α' nνκειον 1 , 1 , , ' ν στο ενος αριθ μου, προσθ εσουμε το 4" του αριθ μου, αυτου, προκυπτει αριθ μος S μικρότερος κατά 1255 του αριθμού Να βρεθεί ο αριθμός

Λ1Jση

χ.

Σύμφωνα με την υπόθεση θα έχουμε την εξίσωση - + - + 1 255 1 255 8 4 8 4 2.

χχ

5χ 1 255 <=>χ= 1255 . 8 = 2008. =χ<=> χ- -χ - -χ = <=>-= 8 5

Να προσδιορίσετε τους ακέραιους x,y και z που είναι τέτοιοι ώστε: Ο� χ� y � z , xyz + xy + yz + zx + χ+ y + z 44 . =

ΛίJση

Η τελευταία εξίσωση

γράφεται: xyz + xy + yz + zx + + y + z 44 xyz + xy + yz + zx + + y + z + 1 45 xy(z + 1) + χ(z + 1) + y(z + 1) + (z + 1) 45 ( xy + + y + 1) (z + 1) 4 5 + 1) ( y + 1) ( z + 1) 4 5 . ( 1 ) Επειδή οι x,y,z είναι μη αρνητικοί ακέραιοι και y::;z , έπεται ότι: 1::;x + 1::;y + 1::;z + 1 . (2) Από τις ( 1 ) και (2) και αφού 45 1 · 3 · 3 · 5 προκύπτουν οι περιπτώσεις 2, 14) ή 4, 8) ή ( 2, 2, 4) ή (0, 0, 44) . (χ + 1,y + 1, z + 1) (1, 3, 1 5) ή(1,5,9)ή(3,3,5) ή (1, 1,45) <=> ( x,y,z)

<:::>

χ = <:::> (χ

= <:::> = <:::> χ χ::;

= ( Ο,

( Ο,

Να βρεθούν οι γωνίες των ισοσκελών τριγώνων που έχουν τη παρακάτω ιδιότητα: "υπάρχει ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει μία κορυφή με την απέναντι πλευρά ώστε να δημιουργούνται μέσα στο ισοσκελές τρίγωνο, δύο ισοσκελή τρίγωνα".

(Να εξετάσετε όλες τις δυνατές περιπτώσεις)

Λύση

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( ΑΒ I 11 περίπτωση.

ΑΓ

Θεωρούμε σημείο Δ στη πλευρά ΒΓ ώστε τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ να είναι ισοσκελή. Διακρίνουμε τις υποπεριπτώσεις: •

=Β Α2 = = χ

Α=

•

Α1 = Β = Γ = χ Α Β+ Γ = 1 80

Αν είναι ΒΜ και Γ ΑΔ Γ ΔΑ τότε ισχύουν οι ισότητες των γωνιών ( σχ. 3): και Δ1 2 , (ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΔ, οπότε από τη σχέση + καταλήγουμε στην εξίσωση : 1 80° 36°. Στη περίπτωση αυτή είναι 1 08° και 36° .

5χ = <:::> χ = Β =Γ =

Στην περίπτωση που είναι πάλιν ισοσκελή τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ με ίσες γωνίες ΒΜ ΒΔΑ και Γ Δ , τότε προκύπτουν οι ίδιες γωνίες για το τρίγωνο ΑΒΓ.

Α =Γ

Στην περίπτωση που είναι πάλιν ισοσκελή τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΓ Δ με ίσες γωνίες ΒΜ ΒΔΑ και Γ ΑΔ Γ ΔΑ , τότε προκύπτουν οι γωνίες 90' και 45° , οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές. Πράγματι, από τις ισότητες Β ΒΑΔ και Γ ΔΑr έπεται ότι:

Α=

Β+

Β=Γ =

Γ = Α� 1 80° -Α= Α� Α = 90°, οπότε θα είναι Β =Γ = 45° . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/8

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

-------

-· ·i / 2

2χ

·•

--1+--

Σχήμα 3β

Σχήμα 3α

2'� περίπτωση.

Θεωρούμε σημείο Δ στη πλευρά ΑΓ ώστε τα τρίγωνα ΑΔΒ και να είναι ισοσκελή και διακρίνουμε τις υποπεριπτώσεις:

ΑΓΔ

Δ'

fπ I 7 I

h /

• � • .• ο

7 ,ι---.....,

f/ i

Αν ΑΒΔ = Α και ΒΔΓ = Γ , τότε (σχ. 4) ισχύουν οι ισότητες των γωνιών: 1 Α = Β = Β = χ και Δ 1 = Γ = 2χ , 2 αφού η γωνία Δ 1 είναι εξωτερική στο τρίγωνο 1 \ ΔΑΒ, 2χ . \ χ + Β = B = f' = 2x � B = χ . οπότε 2 2 Από τη σχέση A +B +f' = 180° καταλήγουμε j:.'�-�-:::b στην εξίσωση: 5χ = 1 80° <::::> χ = 36° . Στη περίπτωση αυτή είναι: Α = 36° και Β = Γ = 72° . Αν ΑΒΔ = Α = χ και ΒΔΓ = ΓΒΔ = y , τότε θα έχουμε y = 2x και π Β=Γ =7 3π 3χ + 2y = π . οπότε λαμβάνουμε τελικά τις γωνίες Α = Ί' ...., ... . �χ

χ .

•

ιι

4. Αν οι πραγματικοί αριθμοί

χ, y και z ικανοποιούν τις ισότητες χ2 _Υ = z2, y2 _ z = χ2, z2 _χ = y2 ,

να αποδείξετε ότι: (α) χ3 + y3 + z3 3xyz. (β) Ένας τουλάχιστον από τους χ, y, z ισούται με Ο. =

ΛίJση

(α) Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών δεδομένων ισοτήτων λαμβάνουμε: χ2 + / + zz - (χ + Υ + z) = χ2 + / + z2 � χ + Υ + z = Ο ' (1) από την οποία προκύπτει άμεσα το ερώτημα (α), αφού τότε είναι z = - (χ + y) και χ 3 + / + z 3 = χ 3 +/ +[-(χ + y)] 3 = χ 3 + / - χ 3 - y 3 - 3xy ( x + y)= -3xy(-z) = 3xyz. (β) Από την ισότητα χ + y + z = Ο προκύπτει ότι z = -χ - y , οπότε η ισότητα χ2 - y = z2 γίνεται χ2 - y = (χ + y) 2 <::::> -y = 2xy + / <::::> y · (y + 2x + 1) = 0 <::::> y = Ο ή y = -2χ - 1 . Για y = Ο λαμβάνουμε χ + z = Ο <::::> z = -χ, οπότε η δεύτερη και η τρίτ η των δεδομένων σχέσεων γίνονται: χ = χ2 <::::> χ = Ο ή χ = 1, οπότε έχουμε τις τριάδες ( x,y,z) = (0, 0, 0) ή (1, 0, -1) . Για y = -2x - 1 απότην ( l ) λαμβάνουμε z = -x - y = x + 1, οπότε με αντικατάσταση των y, z στις αρχικές σχέσεις προκύπτει η εξίσωση χ (χ + 1) = 0 <::::> χ = Ο ή χ = -1 .

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/9

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

Έτσι λαμβάνουμε και τις τριάδες (x,y,z) = (0, -1,1) ή ( -1, 1, 0) . Από την εύρεση όλων των δυνατών τριάδων προέκυψε ότι σε κάθε περίπτωση ένας τουλάχιστον από τους x,y, z ισούται με Ο. 2"ς τρ όπος για το ( β)

Οι δεδομένες ισότητες χ2 - y = z2 , y2 - z = χ2 , z2 - χ = y2 με πολλαπλασιασμό επί y2 , z2 και χ2 , αντίστοιχα, γίνονται (χ2 - z2 ) y2 = /, (/- χ2 ) z2 = z 3 , ( z2 - y2 ) χ2 = χ 3 , από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: χ 3 + / + z 3 = Ο . Λόγω του (α) λαμβάνουμε xyz = Ο , δηλαδή ένας τουλάχιστον από τους x,y, z ισούται με Ο. 1.

β' l\YKEIOY

Δεκαπέντε θετικοί ακέραιοι αριθμοί, με ψηφία περισσότερα από 2, έχουν το τελευταίο διψήφιο τμήμα τους τον αριθμό 1 5 . Να αποδείξετε ότι το άθροισμα τους είναι πολλαπλάσιο του 2 5 . Λ ύ ση

Κάθε θετικός ακέραιος που τελειώνει σε 1 5 είναι της μορφής: 1 ΟΟχ + 1 5 , όπου χ μη αρνητικός ακέραιος. Άρα το άθροισμα των δεκαπέντε θετικών ακεραίων θα είναι: S = (1 00χ 1 + 1 5) + (1 00χ + 1 5) + . .· + (1 00χ 1 5 + 1 5) = 1 00(χ 1 + χ + . . . + χ 1 5 ) + 1 5 · 1 5 = 2 2 = 25· 4(χ 1 + χ + . .· + χ 1 5 ) + 25· 9 = 25· [4(χ 1 + χ + . .· + χ 1 5 ) + 9 ] , 2 2 δηλαδή είναι πολλαπλάσιο του 25. Η "κεντρική

ιδέα" της άσκησης είναι ότι: ο θετικός ακέραιος που το τελευταίο διψήφιο τμήμα του είναι "αβ ", έχει τη μορφή 1 00χ +αβ . Με όμοιο τρόπο καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι: ο θετικός ακέραιος που το τελευταίο τριψήφιο τμήμα του είναι" αβy " έχει τη μορφή 1 000χ +αβy . Π αρατήρη ση :

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΔ 11 ΒΓ και Γ= Δ= 90" . Φέρουμε το ύψος ΑΕ και από το Ε κάθετη προς την διαγώνιο ΒΔ που την τέμνει στο σημείο Ζ. Να προσδιορίσετε το μέτρο της γωνίας ΑΖΓ . Λ

Λύ ση (1 ος τρόπος)

Επειδή είναι ΑΕΓ = Γ = Δ = 90" το τετράπλευρο ΑΕΓΔ είναι ορθογώνιο, οπότε οι διαγώνιοι του είναι ίσες και διχοτομούνται, δηλαδή το σημείο Κ είναι μέσον των ΑΓ και ΕΔ και ΑΓ = ΕΔ . (1) Α

;ι:_',

Επειδή είναι ΕΖ .l ΒΔ το τρίγωνο ΕΖΔ είναι ορθογώνιο και η ΖΚ είναι η διάμεσος αυτού προς την υποτείνουσα. ΕΔ ΖΚ = . (2) Άρα είναι 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/10

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Από τις (1) και (2) έπεται ότι ΖΚ = ΑΓ, δηλαδή η διάμεσος του τριγώνου ΑΖΓ προς την πλευρά ΑΓ

ισούται με το μισό της πλευράς ΑΓ . Επομένως είναι

ΑΖΓ = 90 °.

2"' Τ ρ όπ ο ς

Το τετράπλευρο ΑΔΓΕ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, οπότε θα είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο το σημείο τομής των διαγωνίων του Ο . Εφόσον ΕΖΔ = ΕΜ = 90°, το τετράπλευρο ΕΖΑΔ είναι εγγράψιμο και κατά συνέπεια τα σημεία Α,Δ, Γ, Ε, Ζ είναι ομοκυκλικά . Άρα ΑΖΓ = 90°(διότι βαίνει στη διάμετρο ΑΓ ). 3. Βρείτε τις τριάδες θετικών ακέραιων ( χ, y, z ) με χ � y � z που ικανοποιούν τις εξισώσεις: χ 2 ( y - z ) + y 2 ( z - χ ) + z 2 ( χ - y ) = 2 , χ + y + z = 300 . Λl'1 ση

Έχουμε

x2 ( y - z) + y2 (z - x) + z2 ( x - y) = 2 <::::> x2 y - x2 z + /z - /x + z 2 x - z2 y = 2 <::::> (x 2 y - y2 x ) - (x2 z - /z ) + (z 2 x - z 2 y) = 2<::::> xy(x - y) - z(x - y)(x + y ) + z 2 (χ- y) = 2 <::::> ( χ - y)[ xy - z(x + y) + z 2 ] = 2 <::::> ( χ - y)(xy - zx - zy + z2 ) = 2<::::> (χ - y)(y - z )(x - z) = 2.

Από την τελευταία εξίσωση προκύπτει ότι οι ακέραιοι χ- y, y - z, χ - z είναι διάφοροι από το Ο. Επιπλέον, από την υπόθεση χ� y � z έπεται ότι χ- y �Ο και χ - z � y - z > Ο και αφού (χ - y) + ( y - z) = χ - z , έπεται ότι οι δυνατές τιμές για τις διαφορές

χ - y, y - z , χ - z

είναι:

χ - y = 1, y - z = 1 , χ - z = 2 .

Επειδή η τρίτη εξίσωση προκύπτει με πρόσθεση κατά μέλη της πρώτης και της δεύτερης, κάθε λύση του συστήματος της πρώτης και δεύτερης εξίσωσης είναι και λύση της τρίτης εξίσωσης, οπότε από το προηγούμενο σύστημα λαμβάνουμε: χ- y = 1, y - z = 1 <::::> χ = y + 1, z = y -1, όπου y θετικός ακέραιος. Έτσι έχουν προκύψει οι τριάδες θετικών ακέραιων ( x, y, z) = ( k + 1,k, k -1), όπου k θετικός ακέραιος. Από την εξίσωση

χ + y + z = 300

οπότε η ζητούμενη τριάδα είναι μόνον η 4.

+ + + (χ, y, z) = (1Ο1, 100, 99 ) .

λαμβάνουμε: (k 1) k (k -1) 300

<::::> 3k = 300 <::::> k = 100,

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ . Θεωρούμε τυχόν σημείο Μ εκτός του ΑΒ και τέτοιο ώστε η κάθετη από το Μ προς την ευθεία ΑΒ να την τέμνει σε εσωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ. Φέρουμε ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ και ΒΔ τέτοια ώστε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/11

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

-------

ΑΓ .l ΑΜ και ΑΓ = ΑΜ , ΒΔ .l ΜΒ και ΒΔ = ΜΒ , και επιπλέον τα σημεία Γ, Μ και Δ να βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία ΑΒ. Να αποδείξετε ότι το μέσον Κ του ευθύγραμμου τμήματος ΓΔ είναι σταθερό σημείο, δηλαδή είναι ανεξάρτητο από τη θέση του σημείου Μ.

ΛίJ ση

Από τα σημεία Γ, Μ και Δ φέρουμε καθέτους ΓΕ, Μ Η και ΔΖ προς την ευθεία ΑΒ . Τότε οι οξείες γωνίες Μ ΑΗ και ΑfΈ έχουν πλευρές κάθετες, οπότε είναι ίσες. Για τον ίδιο λόγο είναι ίσες και οι γωνίες Μ ΒΗ και ΒΔz . Έτσι από την υπόθεση Α Γ = ΑΜ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα Α ΗΜ , ΓΕ = Α Η ΓΕΑ είναι ίσα, οπότε θα έχουμε: (1) ΕΑ = Μ Η. (2)

11/1 :=ο

Ομοίως από την υπόθεση ΒΔ = ΜΒ και ΒΔ .l ΜΒ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα Μ ΗΒ, ΒΖΔ είναι ίσα, οπότε θα έχουμε: ΔΖ = ΗΒ (3) ΒΖ = Μ Η. (4) Έστω ότι η κάθετη από το μέσον Κ της ΓΔ τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο Ο. Τότε η Κ Ο θα είναι η διάμεσος του τραπεζίου ΓΕΖΔ, οπότε θα ισχύει: ΟΚ = ΓΕ + ΔΖ . (5) 2

Λόγω των (1) και (3) η σχέση (5) γίνεται ΟΚ = ΓΕ + ΔΖ = Α Η+ ΗΒ = ΑΒ. 2

(6)

Επιπλέον, το μέσον Ο της ΕΖ είναι και μέσον της ΑΒ, αφού από τις σχέσεις (2) και (4) προκύπτει ότι ΕΑ = ΒΖ, οπότε θα έχουμε ΟΑ = ΟΕ - ΑΕ = ΟΖ - ΒΖ = ΟΒ . (7) Επομένως το σημείο Κ βρίσκεται πάνω στη μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ σε απόσταση από το μέσον Ο ίση προς το μισό του ΑΒ. Άρα είναι σταθερό σημείο, δηλαδή είναι ανεξάρτητο από τη θέση του σημείου Μ. 2"' τ ρ όπ ος

Θεωρούμε την ευθεία ΑΒ ως άξονα των πραγματικών αριθμών στο μιγαδικό επίπεδο και το μέσον του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ ως την αρχή των αξόνων. Έστω ότι το σημείο Μ είναι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού , το σημείο Β είναι η εικόνα του πραγματικού αριθμού α , οπότε το σημείο Α θα είναι η εικόνα του πραγματικού αριθμού -α . Τότε στο διάνυσμα ΑΜ aντιστοιχίζεται ο μιγαδικός αριθμός + ακαι επειδή είναι Α Γ .l ΑΜ, ΑΓ = ΑΜ έπεται ότι ( ΑΜ, ΑΓ ) = 90' , οπότε στο διάνυσμα Α Γ aντιστοιχίζεται ο μιγαδικός αριθμός ί ( + α) . Επομένως στο διάνυσμα Ο Γ = ΟΑ + Α Γ , άρα και στο σημείο Γ, aντιστοιχίζεται ο μιγαδικός αριθμός -α+ ί ( + α) . z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/12

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

--------

Δ(α-ί(z-α))

Κ(αί)

�>--------

Γ(-α+i(z+α)} -r-··\

-------- -

-------�

-�--------

IVI(z)

-��---

χ'

__.----t

π! !

2 !

�-------__;;-:Ί-- -----

Με το ίδιο σκεπτικό, αλλά με την παρατήρηση ότι ( ΒΜ,ΒΔ ) = -90° , καταλήγουμε ότι στο σημείο Δ aντιστοιχίζεται ο μιγαδικός αριθμός ί ( ) Επομένως το μέσον Κ του ευθύγραμμου τμήματος ΓΔ είναι εικόνα του μιγαδικού αριθμού + ί( + ) + - ί( ) ' -'-- 2 -'--οπότε το σημείο Κ είναι σταθερό, δηλαδή ανεξάρτητο του μιγαδικού αριθμού , άρα ανεξάρτητο από τη θέση του σημείο Μ. z- α .

α-

-α

. α z- α α -'--.:... =αι --

Γ' nYKEIOY ί έ έ θ Αν οι ετικο ακ ραιοι α και β χουν 120 κοινού ς θετικού ς διαιρ έτες, να π ροσ διορ ίσετε το πλήθ ο ς των κοιν ών θετικών διαιρετ ών τ ων αριθ μ ών Α = 4α + 5 β και Β = 3α + 4β.

,'1,{\r;;η

Θα αποδείξουμε ότι τα σύνολα των θετικών ακέραιων κοινών διαιρετών των αριθμών α, β και των αριθμών Α και Β ταυτίζονται. Έστω ότι ο θετικός ακέραιος δ είναι κοινός διαιρέτης των αριθμών α, β . Τότε από τις σχέσεις δ i α και δ l β λαμβάνουμε ότι ο δ διαιρεί και κάθε γραμμικό συνδυασμό τους , οπότε δ l (4α+ 5β) = Α και δ l (3α+ 4β) = Β , δηλαδή ο δ είναι κοινός διαιρέτης των Α και Β. Αντίστροφα, έστω ότι ο θετικός ακέραιος δ είναι κοινός διαιρέτης των ακεραίων Α και Β. Τότε από τις υποθέσεις δi Α = 4α + 5β και δ i Β = 3α + 4β έπεται ότι δ I Α - Β = α + β , οπότε προκύπτει ότι: δ i 5(Α - Β) - Α = α και δ i Α - 4(Α - Β) = β , οπότε ο δ είναι κοινός διαιρέτης και των αριθμών και β. Επομένως και οι αριθμοί Α και Β έχουν 120 κοινούς θετικούς ακέραιους διαιρέτες. α

Να προσδιορίσετε το πλήθος και το άθροισμα των άρτιων θετικών ακέραιων που βρίσκονται μεταξύ των αριθμών Α = η2- η+ 1 και Β = η2+ η+ 1, όπου n θετικός ακέραιος. ΛίJση

Έχουμε Α = n(n - 1) + 1 και Β= n(n + 1) + 1 , οπότε και οι δύο αριθμοί είναι περιττοί, αφού τα γινόμενα διαδοχικών ακέραιων n(n - 1) και n(n + 1) είναι άρτιοι ακέραιοι. Επιπλέον, είναι Β - Α = 2n>O, οπότε Α< Β. Έστω Α + 1 , Α + 3, . . . , Α + (2κ - 1), όπου κ θετικός ακέραιος, οι άρτιοι ακέραιοι που βρίσκονται μεταξύ των περιττών Α και Β. Τότε πρέπει Α+(2κ-1) = Β - 1 , δηλαδή Β - Α = 2κ � 2n = 2κ� κ = n. Επομένως μεταξύ των αριθμών Α και Β βρίσκονται n άρτιοι ακέραιοι, οι οποίοι είναι οι Α + 1 , Α + 3, . . . , Α + (2n - 1), ενώ το άθροισμά τους είναι Σ = nA + [ 1 + 3 + . . . + (2n - 1)] = n3 - n 2 + n + ( 1 + 2n - 1 ) n = n3 + n . 2 ·

Ν α προσδιορίσετε τις τριάδες ακέραιων (χ, y, z ) με χ � y � z που ικανοποιούν την ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/13

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

xy { x - y ) + yz { y - z ) + zx { z - χ ) = 6. Ποιες από τις τριάδες αυτές έχουν άθροισμα τετραγώνων ελάχιστο;

-------

εξίσωση :

Λύ ση Το πρώτο μέλος της δεδομένης εξίσωσης γράφεται:

.xy(x-y)+ ;.z(y-z)+zx(z - x) = x2 y- .xy2 + y2 z-;.z2 + z2 x - zx2 = .xy(x-y)+(x-y)z2 -(χ2 -y2)z = (χ- y) [.xy+ z2 -xz-;.z] = (χ- y)[x(y-z) - z(y-z)] = (χ-y)(y-z)(x-z) . Άρα η δεδομένη εξίσωση γίνεται: (χ - y )( y - z )(χ - z) = 6 . Από την τελευταία μορφή προκύπτει ότι οι ακέραιοι χ - y, y - z , χ - z είναι διάφοροι από το Ο. Επιπλέον από την υπόθεση χ � y � z έπεται ότι χ - y � Ο και χ - z � y - z > Ο , και αφού οι θετικοί διαιρέτες του 6 είναι οι 1 , 2, 3, 6, έπεται ότι οι δυνατές τιμές για τις διαφορές χ - y, y - z, χ - z , είναι: χ - Υ = 1, y - z = 2 , χ - z = 3 (1) ή x - y = 2, y - z = 1 , x - z = 3 (2) ή x - y = 1, y - z = 1 , x - z = 6 (3) Επειδή η τρίτη εξίσωση προκύπτει με πρόσθεση κατά μέλη της πρώτης και της δεύτερης, η περίπτωση δεν είναι αποδεκτή . Τα συστή ματα και είναι αποδεκτά , αφού κάθε λύση του συστή ματος της πρώτης και δεύτερης εξίσωσης είναι και λύση της τρίτης εξίσωσης, οπότε: • Από το σύστημα λαμβάνουμε:

(3)

(1)

(1) (2) χ - y = 1, y - z = 2<::> χ = y + 1, z = y - 2,

y θετικός ακέραιος. Έτσι έχουν προκύψει οι τριάδες θετικών ακέραιων (x, y, z ) = ( k + 1, k, k - 2), όπου k θετικός ακέραιος. Από το σύστημα (2) λαμβάνουμε τελικά: (x, y, z) = ( k + 2, k, k - 1), όπου k θετικός ακέραιος. Στην πρώτη περίπτωση οι τριάδες (x, y, z ) = ( k + 1, k,k - 2 ) ,k εΖ, έχουν άθροισμα τετραγώνων s = ( k + 1) 2 + k 2 + ( k - 2) 2 = 3k2 - 2k + 5 ' που είναι τριώνυμο ως προς k και έχει ελάχιστο για k = _!_ Ζ . Λόγω της μονοτονίας της 3 όπου

•

( k ) = 3k2 - 2 k + 5 εξετάζουμε τις τιμές της στους γειτονικούς ακέραιους του _!_3 και έχουμε S ( Ο ) = 5 και S ( 1) = 6 , οπότε η ελάχιστη τιμή του S λαμβάνεται για κ=Ο από την τριάδα (x, y, z ) = (1,0,-2). Στην δεύτερη περίπτωση οι τριάδες (x, y, z) = ( k + 2,k,k - 1), k εΖ, έχουν άθροισμα τετραγώνων s = ( k + 2 ) 2 + k 2 + ( k - 1 ) 2 = 3k2 + 2 k + 5 ' που είναι τριώνυμο ως προς k και έχει ελάχιστο για k = _!_ Ζ. Λόγω της μονοτονίας της συνάρτησης 3 συνάρτησης S

( k ) = 3k2 + 2k + 5 εξετάζουμε τις τιμές της στους γειτονικούς ακέραιους του _!_3 και έχουμε S ( Ο ) = 5 και S ( -1) = 6 , οπότε η ελάχιστη τιμή του S λαμβάνεται για κ=Ο από την τριάδα (χ, y, z) = ( 2, Ο, -1). S

Επομένως η ελάχιστη τιμή του αθροίσματος των τετραγώνων των μελών των τριάδων που ικανοποιούν την δεδομένη εξίσωση είναι και λαμβάνεται από τις τριάδες και =

5 ( x, y, z) (1, 0, -2)

( x, y, z ) = (2,0,-1 ) .

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ . Θεωρούμε τυχόν σημείο Μ εκτός του ΑΒ και τέτοιο ώστε η κάθετη από το αυτό προς την ευθεία ΑΒ να την τέμνει σε εσωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ. Φέρουμε ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ και ΒΔ τέτοια ώστε ΑΓ .l ΑΜ και ΑΓ = 2 ΑΜ , ΒΔ .l Μ Β και ΒΔ = 2 ΜΒ ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/14

-----

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

και επιπλέον τα σημεία Μ , Γ και Δ να βρίσκοντα ι στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευ θεία ΑΒ. Να αποδείξετε ότι το μέσον Κ του ευθύγραμμου τμήματος ΓΔ είναι σταθερό σημείο, δηλαδή είναι ανεξάρτητο από τη θέση του σημείου Μ. ΛίJση

Από τα σημεία Γ, Μ και Δ φέρουμε καθέτους ΓΕ, ΜΗ και ΔΖ προς την ευθεία ΑΒ . Τότε οι οξείες έχουν πλευρές κάθετες, οπότε είναι ίσες. Για τον ίδιο λόγο είναι ίσες και οι γωνίες Μ ΑΗ και γωνίες Μ ΒΗ και Β Δz . Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΗΜ , ΓΕΑ είναι όμοια, οπότε θα έχουμε:

ΑfΈ

ΓΕ

ΑΕ

ΑΓ _ -2

ΑΜ ΑΗ- Μ Η -

οπότε προκύπτουν οι ισότητες �

ΓΕ = 2 · ΑΗ

(1)

ΕΑ = 2 · ΜΗ .

(2)

•

/Δ /' I '

/Ιil

i:...o::..::

__,/

_ · ____.,._.__ i._..,'ο-

___

I /

tΞ·.

Ομοίως τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΗΒ, ΒΖΔ είναι όμοια, οπότε ομοίως θα έχουμε: ΔΖ = 2 · ΗΒ ΒΖ = 2 · ΜΗ .

(3)

( 4)

Έστω ότι η κάθετη από το μέσον Κ της ΓΔ τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο Ο. Τότε η ΚΟ θα είναι η διάμεσος του τραπεζίου ΓΕΖΔ, οπότε θα ισχύει: ΟΚ = Λόγω των (1) και

(3) η σχέση (5) γίνεται ΟΚ =

ΓΕ + ΔΖ 2

ΑΒ 2 ·_ 2 · ΗΒ __ 2 · ΑΗ +____ _ _ΑΒ . ___ 2 2

(5) (6)

Επιπλέον, το μέσον Ο της ΕΖ είναι και μέσον της ΑΒ, αφού από τις σχέσεις (2) και (4) προκύπτει ότι ΕΑ ΒΖ, οπότε θα έχουμε =

ΟΑ = ΟΕ - ΑΕ = ΟΖ - ΒΖ = ΟΒ .

(7)

Επομένως το σημείο Κ βρίσκεται πάνω στη μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμή ματος ΑΒ σε απόσταση από το μέσον Ο ίση προς το ΑΒ . Άρα είναι σταθερό ση μείο, δηλαδή είναι ανεξάρτητο από τη θέση του σημείου Μ.

Παρατήρηση: Το πρόβλημα αυτό μπορεί να λυθεί με χρήση της γεωμετρικής αναπαράστασης των

μιγαδικών αριθμών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/15

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

προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) Τι είναι τα Μαθηματικά, των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός,

Πρέπει ή όχι να διδάσκονται,

Ποιες είναι οι εφαρμογές τους,

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

Για

τους συνεργάτες της σηlJ.ης:

Ποιοι είναι οι κλάδοι

Ποιες επιστήμες ή κλάδοι

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

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

επιμέλεια : Κ αρ κ άνης Βασίλης, Κερασαρίδη ς Γιάννη ς

I. "τι είναι τα ΜαΟηματικά; «Μια σχετικά πρόσφατη άποψη στη φιλοσοφία των μαθη ματικών είναι η εκδοχή της διαψευσιμότητας, η οποία τονίζει την πρακτική της μαθηματικής δραστηριότητας και ανθρώπινη όψη της μαθη ματικής γνώσης. Η άποψη της διαψευσιμότητας αντιμετωπίζει τα μαθηματικά ως προϊόν κοινωνικών διαδικασιών. Η μαθηματική γνώση θεωρείται διαψεύσιμη και αέναα ανοιχτή σε αναθεωρήσεις, τόσο σε ότι αφορά τις αποδείξεις των θεωρη μάτων της, όσο και σε ότι αφορά τις θεμελιώδεις της έννοιες (Lakatos, Ι. (1976) "Proofs

πρακτικές των ανθρώπων που ασκούν μαθηματικές δραστηριότητες, την ιστορία και τις εφαρμογές των μαθηματικών, τη θέση των μαθη ματικών στον ανθρώπινο πολιτισμό, συμπεριλαμβανομένων των ζητη μάτων που συναρτώνται με τις αξίες και την εκπαίδευση . Εν ολίγοις, αποδέχεται πλήρως το ανθρώπινο πρόσωπο και το ανθρώπινο συστατικό των μαθηματικών (Daνis, Ρ. J. and Hersh, R. (1980)

"The Mathematical Penguin)».

Experience",

London:

Πηγή: Paul Ernest (Unίνersίty of Exeter, UK) «The and Refutations", Cambridge: Cambridge Nature of Mathematίcs and Teachίng», "Philosophy of University Press). Η άποψη αυτή κατά συνέπεια Mathematics Education Newsletter", 9, 1996

αποδέχεται, ως θεμιτά φιλοσοφικά αντικείμενα, τις Γι ά ννης Κερασαρ ίδης Ι I. 'Ά υ η) το ξ:3ρατε;"

α) Σε ποιον μεγάλο μαθηματικό ανήκει το παρακάτω να προχωρούν άφοβα, σίγουροι πως τα θεμέλια κάτω από απόκομμα; «η απόλυτη αυστηρότητα έχει επιτευχθεί, όλες τα πόδια τους είναι απόλυτα στερεά» β) Σε ποια διάσημη ομάδα μαθη ματικών ανήκουν οι οι ασάφειες σχετικά με το συνεχές στην ανάλυση έχουν τελικά διαλυθεί από τις φιλοσοφίες περί αριθμού του 19ου παρακάτω; Claude Cheνalley (1909 - 1984), Jean αιώνα, που στηρίζονταν στη θεωρία των άπειρων Delsarte (1903- 1968), Jean Dίeudonne (1906- 1992), κλάσεων.... Όλα τα Μαθηματικά, έχουν αναχθεί τελικά Charles Ehresmann (1905- 1979), Szolem Mandelbrojt στους φυσικούς αριθμούς και σε συλλογισμούς της (1899 - 1983), Rene de Possel (1905 - 1974), Andre παραδοσιακής λογικής. Το όνειρο των Πυθαγορείων έχει Weίl (1906-1998), Henrί Cartan (1904-2008) πραγματοποιηθεί. Στο εξής, οι δειλοί μαθηματικοί πρέπει

η απάντηση στο τέλος της στήλης

Ι Ι I. "οι συνεργάτες της στιίλιις γμάφο υν-ερωτοι5ν" Πplύτο Οέμα: Μαθηματικά και Πχνη (τρίτη συν{χεια) /Jρολεγl)μει>α. Σήμερα σας παρουσιάζουμε, το τρίτο μέρος της ενδιαφέρουσας εργασίας « Τέχνη και Μαθηματικά στο Μουσείο Ηρακλειδών)), του Απόστολου Παπανικολάου Μέ ρ ο ς Γ

Μ ΑΘ Η Μ ΑτΙΚΆ ΚΑΙ ΤΕΧΝΗ ΣΤ Η Ν ΑΝ Α Γ Ε Ν Ν ΗΣΗ ( 1400-1700 περίπου μ.Χ.) Ο άνθρωπος ξυπνάει από το λήθαργο αιώνων και δεδομένων ιστορικών ευνοϊκών συνθηκών όπως π.χ. της άλωσης της Κωνσταντινούπολης (που έστειλε πολλούς Έλληνες λογίους στη Δύση-μεταλαμπαδευτές της ελληνικής παιδείας και μαζί τους αρκετά βιβλία της κλασικής Ελλάδας), της εφεύρεσης της τυπο γραφίας, της διείσδυσης των Αράβων στην Ευρώπη μέσω της Ισπανίας αλλά και άλλων παραγόντων, επανεξετάζει προσεκτικά και κριτικά τα κλασικά κείμενα , γνωρίζει τον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/16

-------

HIJMIJ MArHEMAriCVJ'

Πλάτωνα, τον Ευκλείδη, τον Αρχιμήδη και τον Πάππο. Το αποτέλεσμα όλης αυτής της διεργασίας είναι η κατάκτηση της γραμμικής προοπτικής. Μαγεύεται από τις δυνατότητές της και ασχολείται έντονα μαζί της για περίπου τρεις αιώνες με νατουραλιστικές αναπαραστάσεις τοπίων και προσώπων. Τι είναι όμως γραμμική προοπτική; έχουμε τους καλλιτέχνες (Giotto, να προηγούνται των Μαθηματικών και να τους δείχνουν νέους δρόμους. Οι παράλληλες (στην πραγματικότητα) ευθείες του βάθους σχηματίζονται συγκλίνουσες σε ένα σημείο, το σημείο φυγής των καλλιτεχνών («επ ' άπειρον» σημείο αργότερα για τους Μαθη ματικούς). Δε θα τολμούσε Μαθη ματικός να τμήσει, να νοήσει παράλληλες γραμμές που να τέμνονται. Το επτασφράγιστο μυστικό των καλλιτεχνών αναλαμβάνουν να μελετήσουν εντυπωσιασμένοι οι τότε μαθηματικοί και καλλιτέχνες της εποχής, ο Alberti, ο Da vinci και αργότερα ο Durer. Η γραμμική προοπτική τίθεται σε μαθηματική βάση για να παραχθούν κατόπιν και άλλες γεωμετρίες, η

παραστατική και η προβολική γεωμετρία και αργότερα η ελλειπτική και η υπερβολική γεωμετρία , με διαφορετική έννοια παραλληλίας από αυτήν της ευκλείδειας. Το μονοσή μαντο και συγκεκριμένο, σίγουρο νόημα των πινάκων της Αναγέννησης , η ευφορία του μπαρόκ και του ροκοκό βρίσκεται σε πλήρη αντιστοιχία με την σιγουριά της αιτιοκρατίας (ντετερμινισμός) του Καρτέσιου και τον απόλυτο χώρο και χρόνο του Νεύτωνα. Δεδομένες αρχικές συνθήκες παράγουν συγκεκριμένα αποτελέσματα. Το σύμπαν θεωρείται μια μηχανή απόλυτα ελεγχόμενη από μαθηματικούς τύπους και κανόνες .Η γλώσσα του Σύμπαντος είναι μαθη ματική έλεγε ο Γαλιλαίος.

Ο Ιμπρεσιονισμός ( 1 874- 1 900), η τεχνοτροπία που απεικονίζει την άμεση, τη φευγαλέα εντύπωση ενός φυσικού τοπίου ή ενός αντικειμένου, είναι το βαθμιαίο πέρασμα της Τέχνης στο αφηρημένο. Αν και βασικός εκπρόσωπος είναι ο Monet (1840 1 926) η έρευνά μας επικεντρώνεται κυρίως στον Cezanne ( 1 83 9 - 1 906) και τον Van Gogh ( 1 8531 890). Στον Cezanne γιατί είναι αυτός που πρόσθεσε καθαρά γεωμετρικά στοιχεία στον ιμπρεσιονισμό και ουσιαστικά ενέπνευσε την κατοπινή τεχνοτροπία του κυβισμού : «Eνerything in nature takes its form from the sphere, the cone and the cylinder».O Van Gogh αποτελεί ένα παράδειγμα

καλλιτεχνικής αναπαράστασης aσυνείδητης μαθηματικών δομών καθόσον μια σύγχρονη επιστημονική έρευνα δη μοσιευμένη στο διαδικτυακό αρχείο arXiν. org (στην οποία ο καθηγητής Φυσικής Jose-Luis Aragon, με ομάδα ερευνητών στο Π ανεπιστήμιο του Μεξικού προσπάθησε να ποσοτικοποιήσει πίνακες σαν τον: «Έναστρη νύχτα») διαπιστώνει ότι οι χαοτικές δίνες που χαρακτηρίζουν αυτόν και παρόμοιους πίνακες ακολουθούν με ακρίβεια τις μαθη ματικές περιγραφές των αναταράξεων σε ρευστά υλικά, όπως οι στροβιλισμοί του νερού σε ένα ταραγμένο ρυάκι ή οι πραγματικοί ανεμοστρόβιλοι.

Μιλώντας για μοντέρνα Τέχνη εννοούμε την ολοκληρωτική άρνηση της δημιουργίας ρεαλιστικών - νατουραλιστικών αναπαραστάσεων φυσικών τοπίων ή προσώπων. Το εντυπωσιακό είναι, ότι αυτή η τάση προς αφαίρεση της λεγόμενης «μοντέρνας τέχνης», σε ένα μεγάλο της τμήμα εκφράζεται με μια ση μαντική τάση «γεωμετρικοποίησης» της ζωγραφικής, αλλά και την καθιέρωση απλών λιτών γεωμετρικών γραμμών στην Αρχιτεκτονική . Στις αρχές του εικοστού αιώνα οι κυβιστές (Picasso, Braque) συνεχιστές του ιμπρεσιονιστή Cezanne φέρνουν στο επίκεντρο της τέχνης τα γεωμετρικά σχήματα ως βασικά συστατικά ενός πίνακα λες και είχαν διαβάσει τον διάλογο «Φίλη βος» του Πλάτωνα όπου ο Σωκράτης υποδεικνύει την αισθητική δύναμη της απλότητας

των στοιχειωδών γεωμετρικών σχη μάτων. Οι συνεχιστές αυτής της νοοτροπίας της γεωμετρικής αφαίρεσης με τον Malevich (1878 1 93 5), τον Kandisky (1866 - 1944), τον Mondrian, ( 1 872 - 1944) δη μιούργησαν νέες τεχνοτροπίες που ονομάστηκαν σταδιακά σουπρεματισμός, κονστρουκτιβισμός, και νεοπλαστικισμός, εξπρεσιονισμός, αφηρημένος εξπρεσιονισμός. Χαρακτηριστικό είναι το απόσπασμα από κείμενο του Montrian: «η ομορ φι ά εκφρ άζεται πιο κα λά από μα θηματι κή άπο ψη επομένω ς ε ίναι η θέση από την οπο ία το κα λλιτεχνι κό ταμπεραμ έντο του μ έλλοντο ς πρ έπει να αναπτυχθε ί, η θέση από την οπο ία το νέο ύ φος πρ έπει να προκύψει. » . Καθώς επίσης και το απόσπασμα από κείμενο του Kandinsky: «Eνerythίng can be portrayed . .. as α

Εδώ

Bruneleschi)

ΤΟ ΠΕΡΑl:ΜΑ ΑΠΟ ΤΗΝ Α:\ΑΓΕΝΝΗΣΗ ΠΡΟΣ τl--!1:\ ΜΟ�ΤΕΡΝΛ ΤΕΧΝΗ (1700- i 900 μοΧο πεp[που)

MO�Tf:Ι>J\A ΤΕΧ:\Η ΚΛΠ ΓΕΩΜΕη>JΛ (2011' ιηώνας)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/1 7

------

HtJMtJ MArHEMA7ΊCUS

mathematίcal formula. Α πό τα παραπά νω ελπίζουμε να έγινε φανερ ή η αλλ ηλεπίδραση Μα θηματικώ ν και τέχνης στη μοντέρνα τέχνη του 2rf" αι ώ να . Περισσό τερα όμ ω ς γι αυτό το θέμα κα θώ ς και ι δια ίτερη αναφορ ά στο έργο του Ολλανδού καλλιτέχνη Escher ο οποίος

όπως χαρακτηριστικά έχει πει «διέσχιζε συνεχώς το σύνορο μεταξύ Μαθηματικών και Τέχνης», θα έχουμε στην επόμενη συνέχεια, κλείνοντας τη σύντομη αυτή αναφορά μας στη συσχέτιση Τέχνης και Μαθη ματικών. στο επόμενο το τέταρτο και τελευτα ίο μ έρο ς

Δ ε ι5 τερο fΗμα: Υπερπράξεις και Μιγαδικοί αριΟμοί Προλεγδμενα. Στο τεύχος αυτό παρουσιάζουμε το δεύτερο και τελευταίο μέρος του ενδιαφέροντος

ση μειώματος του φίλου της στήλης Δρ Νίκου Ανταμπούφη για τις "υπερπράξεις". Υπενθυμίζουμε πως το σημείωμα αυτό, όπως και το πρώτο μέρος, προορίζεται για μαθητές Γ Λυκείου, που έχουν διδαχθεί τους μιγαδκούς. «Υπερπράξεις και ΜιγαδιhΊJί αριΟμοί», Δρ. Ν ί κ ος Ανταμπο ίJ φη ς Μ έρος δεύ τερο (τελευταίο ) : Ι Σ Χ Υ Ρ Η Κ Α Ι ΑΣ Θ Ε Ν Η Σ Π Ρ Ο Σ Ε ΤΑ Ι Ρ Ι Σ τ Ι ΚΟ Τ Η ΊΆ Στο σύνολο των ([ των μιγαδικών αριθμών ιδιότητα ενώ στη διαίρεση δεν ισχύει. Η άλγεβρα των Υπερπράξεων φανερώνει και άλλες ορίζουμε την πρόσθεση Πλήρους Κύκλου [ Ι ] δυνατότητες που υπάρχουν. Για παράδειγμα, στον ως εξής: πολλαπλασιασμό Πλήρους Κύκλου τα σύνολα χ ΕΘ y = {w Ε C : Ιwl Ιx + yl } , (2Θ3 )Θ4 και 2Θ(3 Θ4) είναι ίσα και γενικότερα[ ! ] δηλαδή υπεράθροισμα είναι το σύνολο των (χΘy)Θz x ® (y® z) . Μιλάμε για ισχυ ρά μιγαδικών w που έχουν ίδιο μέτρο με τον μιγαδικό προσεταιριστική υπερπράξη [2], [3 ] . Αντίθετα για x+ y. Γεωμετρικά, το άθροισμα x+ y παριστάνεται Πλήρους Κύκλου έχουμε: την πρόσθεση από ση μείο Μ του μιγαδικού επιπέδου και το 2ΕΘ(3Ε!Η ):;t:(2ΕΘ3 )ΕΘ 1 διότι είναι ο κυκλικός υπεράθροισμα από τον κύκλο με κέντρο την αρχή δακτύλιος μεταξύ των κύκλων (0, ρ=2) και (0, ο και ακτίνα I ΟΜ ι . Για παράδειγμα, στο 2ΕΘ3 ρ=6). Γενικότερα[ ! ] τα σύνολα (x ® y) Θz και περιέχονται όλοι οι μιγαδικοί με μέτρο 5 όπως οι χΘ(yΘz) έχουν κοινά στοιχεία (δηλαδή μη κενή τομή) αλλά δεν είναι πάντοτε ίσα. Μιλάμε για 2 + 3 i, .J2 _ .J23 i. Το υπεράθροισμα (2ΕΘ3)ΕΘ 1 ασθενώς προσεταιριστική (WAS S ) υπερπράξη [5] παριστάνει τα ση μεία μεταξύ των ομόκεντρων n xΘ(yΘz):;t:0. κύκλων με κέντρο Ο και ακτίνες 4 και 6 (κυκλικός ((χΘy)Θz Οι υπερπράξεις με την ασθενή ισχύ των δακτύλιος). Με ανάλογο τρόπο ορίζεται και ο ιδιοτήτων κατασκευάζουν τις Ην - δομές [5] που πολλαπλασιασμός Πλήρους Κύκλου[ 1 ] ως εξής: είναι η μεγαλύτερη κλάση των υπερδομών και χ Θ y = { w Ε C: Ιwl Ιx·yl } . εισήχθησαν από τον Θωμά Βουγιουκλή στα τέλη της δεκαετίας του 80. Πολλά στοιχεία για τις Για παράδειγμα, θα ισχύει: (2Θ3)Θ4 { z Ε C : Ι zl υπερδομές μπορεί να αντλήσει κανείς από τον = 24 } . τόπο ''Α Thesaurus of Η άλγεβρα των πράξεων οδηγεί στην ισχύ ή όχι ηλεκτρονικό μιας ιδιότητας. Για παράδειγμα στην πρόσθεση Hyperstructures" (http://aha . eled. duth. gr) . πραγματικών αριθμών ισχύει η προσεταιριστική Β ι β λιο γρ α φ ικές αναφορές =

�

•

Ανταμπού φης, Ν.: Συμβολή στη μελέτη των Υπερδομών με εφαρμογές στην Υποχρεωτική Εκπαίδευση, Διδακτορική Διατριβή, Δημοκρίτειο Πανεπιστήμιο Θράκης, (2008). • Corsini, Ρ.: Prolegomena ofHypergroup Theory, Aviani Editore.,( 1 993). • Corsini, Ρ., Leoreanu, V. : Applίcations ofHyperstructure T heory, Kluwer Academic Publishers, (2002) . h • Marty, F. , Sur une generalίsatίon d e !α notίon d e groupe, 81 Congres Math.Scandinaves, Stockholm,( l 934),45-49 • Vougiouklis, Th. : Hyperstructures and theίr Representations, Hadronic Press., ( 1 994). Τρίτο (Jι:μα: Επιχειρη σιαιι-ιί Έρευνα και ΜαΟηματικά Προλεγt)μενα. Σήμερα παρουσιάζουμε ένα σημείωμα του φίλου της στήλης Τηλέμαχου Μπαλτσαβιά από

την Κεφαλλονιά « Γ ΡΑ Μ Μ Ι ΚΟΣ Π Ρ Ο Γ ΡΑ Μ Μ Ατ Ι Σ Μ ΟΣ», ί ί τι ε ναι και γιατ δι δά σκεται σε τό σα πολλά Τριτοβάθμια Εκπαι δευτικά Ιδρ ύματα

Διαβάζοντας τη λέξη «προγραμματισμός» ίσως δίνεται η εντύπωση ότι πρόκειται για κλάδο της επιστήμης των ηλεκτρονικών υπολογιστών. Αυτό

δεν είναι σωστό. Όπως θα δούμε παρακάτω, πρόκειται για κλάδο των Εφαρμοσμένων Μαθη ματικών. Όταν παίρνουμε αποφάσεις στην

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/18

------- ΗΟΜΟ ΜΑτΗΕΜΑτ�VS -----προσωπική μας ζωή , οι πιο πολλοί από μας χρησιμοποιούμε πρακτικές μεθόδους που δεν επιδέχονται σαφή περιγραφή . Κάποτε έκαναν το ίδιο και μεγάλοι οργανισμοί-όπως εταιρείες και κυβερνήσεις-με αποτέλεσμα να μην παίρνονται οι καλύτερες δυνατές αποφάσεις. Λίγο μετά το τέλος του Β ' Παγκοσμίου Πολέμου, μια οργανωμένη μέθοδος μαθηματικών που αποφάσεων, ονομάστηκε Γραμμικός Προγραμματισμός, άλλαξε την κατάσταση . Μαθη ματικές τεχνικές του κλάδου αυτού, κωδικοποιημένες σε προγράμματα Η/Υ, άρχισαν να συμπληρώνουν τη διαίσθηση των διευθυντικών στελεχών. Το όφελος από τη χρήση του Γραμμικού Προγραμματισμού οφείλεται στη εξοικονόμηση τεράστιων χρηματικών ποσών. Μάλιστα, για πρώτη φορά η αύξηση της κερδοφορίας οφειλόταν όχι σε τεχνολογική πρόοδο (πιο αποδοτικές και εξελιγμένες μηχανές), αλλά σε οργάνωση της παραγωγής με τον καλύτερο δυνατό τρόπο. Για να μπούμε σε Μαθηματική περιγραφή , το πρόβλη μα του Γραμμικού Προγραμματισμού έγκειται στην μεγιστοποίηση ή ελαχιστοποίηση της γραμμικής συνάρτησης η μεταβλητών:

z=c ι x ι+c 2x 2+... +c vxv με x 1 ,x 2, ....,xv να είναι οι μεταβλητές είναι μη αρνητικές, και c 1 ,c 2, ... ,c v

σταθεροί

συντελεστές,

κάτω

οι οποίες να είναι από τους

περιορισμούς:

αιι χ ι+α12χ2+... +αιv Xv:5 (=, :Ξ::)b ι α2ιΧι+α22χ2+... +α2ν Xv:5 (=, 2:) b2

αυτού επιτυγχάνεται πολύ προβλή ματος αποτελεσματικά με τη μέθοδο (αλγόριθμο) simplex, η οποία οδηγεί σε συγκεκριμένο αποτέλεσμα έπειτα από πεπερασμένο πλήθος προκαθορισμένων (τυποποιη μένων) βημάτων. Εμπνευστής της μεθόδου θεωρείται ο Αμερικανός George Dantzig. Αρχικά, τα ερεθίσματα που οδήγησαν στην ανάπτυξη της μεθόδου αυτής είχαν να κάνουν με την ανάπτυξη στρατιωτικών σχεδιασμών κατά τη διάρκεια του Β ' Παγκοσμίου Πολέμου. Ο στρατός των Ηνωμένων Πολιτειών εκτελούσε μεγάλες επιχειρήσεις, όχι μόνο στα πεδία των μαχών, αλλά και μέσα στο έδαφος της χώρας, επιχειρήσεις που είχαν να κάνουν με την υποστήριξη της πολεμικής προσπάθειας. Μετά το 195 0 οι εφαρμογές της μεθόδου στράφηκαν στη βιομηχανία. Η ανάπτυξη της τόσο επιτυχη μένης μεθόδου simplex βασίστηκε στη Γραμμική Άλγεβρα, δικαιώνοντας για μια ακόμα φορά την άποψη που θέλει τα Θεωρητικά Μαθη ματικά να προηγούνται χρονικά, κι αρκετές φορές υπομονετικά, των Εφαρμοσμένων. Το μικρό αυτό ση μείωμα δεν διεκδικεί φυσικά δάφνες πληρότητας. Το μόνο που φιλοδοξεί είναι να δώσει μια επιφανειακή ενη μέρωση και ίσως ένα ερέθισμα για περισσότερο ψάξιμο. Β ι β λιο γραφ ί α

111

Οι συντελεστές αίj,είναι επίσης σταθεροί για όλα τα ί= 1 ,2, . . . ,μ , και j=l , 2, . . . ,ν . Η λύση του

στη ζωή μας" ( " Consortίum for Mathematίcs and

Freeman & Co, 1 990. Κουνιά, Δ. Φακίνου, <<Γραμμικός Προγραμματισμός» , Εκδόσεις Ζήτη , Θεσσαλονίκη, Β ' Έκδοση 200 1 . 121

αvι χ ι+αv2 χ2+... +αw Xv:5 (=, 2:) bv

Γιαλλέλης Μανωλάκης " Τα Σύγχρονα Μαθηματικά ίts applίcatίons "), W. Η.

Σ.

" " Ιlα. Α υ τδ το ξι:ρ ατε ; fοι απαντιί σει ςf α) Ανήκει στον Henrί Poίncare και χαρακτηρίζεται σαν "πλάνη του Poίncare" πηγή : E.T. Bell, «The Deνe1opment of Mathematίcs», σελ. 172 και σελ. 295 β) Στην ομάδα Bourb aki πηγή : Νίκος Λυγερός προς Γιάννη Κερασαρίδη

I V. Π ένθος

Ο Henri Cartan, ένας από τους σημαντικούς μαθηματικούς του εικοστού αιώνα, "έφυγε" στις 1 3 Αυγούστου 2008, σε ηλικία 1 04 ετών. Ο Cartan, γιος του μαθηματικού Elie Cartan, ήταν ένα από τα ιδρυτικά μέλη της ομάδας Bourbaki και είχε σημαντικές συνεισφορές σε πολλούς τομείς των μαθηματικών, συμπεριλαμβανομένης της Σύνθετης Ανάλυσης, της Αλγεβρικής Τοπολογίας και της Ομόλογης Άλγεβρας. Συνυπέγραψε Ομόλογη Άλγεβρα με το Samuel

Eilenberg και διεξήγαγε το Seminaire Cartan στο Παρίσι από το 1 948 ως το 1 964. Ο Cartan εκλέχτηκε σε περισσότερο από μία δωδεκάδα ακαδημίες στην Ευρώπη, τις ΗΠΑ, και την Ιαπωνία, και έλαβε το Wolf Prize το 1 980. Εκτός από την εργασία του στα Μαθηματικά, είναι επίσης γνωστός για τις προσπάθειές του για την αποκατάσταση των σχέσεων μεταξύ των μαθη ματικών της Γαλλίας και της Γερμανίας μετά από τον Β ' Παγκόσμιο Πόλεμο. πηγή : Νίκος Λυγερός προς Γιάννη Κερασαρίδη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/19

•••ιιιι•τ•••

,. �ι• �� Ί�lι Ί•ιι Αιι••Ι•ιι Δ ευτεροβάθμιες εξισώσεις με πραγματικούς συντελεστές

Βλαχούτσικος Γιώργος - Ευσταθίου Ευάγγελος - Καρδαμίτσης Σπύρος

αχ 2 + βχ + γ = Ο α, β, γ Ε α ::;:. Ο χ. =Ο. =Ο αχ 2 + βχ + γ =Ο με α,β,γ Ε :!R και α ::ι:. Ο. 1) αχ 2 =0 2) αχ 2 + βχ = Ο 3) αχ 2 + γ = Ο 1) αχ 2 =Ο<=> ρ , = ρ 2 = 0 2) αχ 2 + βχ =Ο α ::;:. Ο<::::> χ( αχ + β ) = Ο<::::> χ = Ο χ =-� . α 3) αχ 2 + Υ = Ο <::::> χ 2 = α (I) [Υ = ±νιF�ιI · .Ια < Ο 2 = ±ν-� α >Ο χ2 � Ο . ( I) χΕ <Ο >Ο α α αχ 2 + βχ + γ =Ο , α,β,γΕ :!R, α ::ι:. Ο<::::> 4α2 χ 2 + 4αβχ + 4αγ = 0 <::::> 4α 2 χ 2 + 4αβχ + β2 = β2 - 4αγ <=> ( 2αχ + β )2 =β2 - 4αγ . Δ. β 2 - 4 αγ Ο. 2 Δ = β - 4αγ ΕΙΔΟΣ Δ<Ο δεν αχ 2 + βχ + γ= Ο( <::::> ( 2αχ + β )2 = Δ έχει ρίζες στο Δ=Ο αχ 2 + βχ + γ = Ο( <::::> ( 2αχ + β γ = Ο <::::> 2αχ + β = Ο <::::> χ = _Ι_2α ρ, = ρ2 = _Ι_2α . Δ> Ο αχ 2 + βχ + γ = Ο( <::::> ( 2αχ + β )2 = Δ <::::> 2αχ + β = ±.JΔ <::::> 2αχ = -β ± .JΔ <::::> χ = -β 2α± .JΔ ρ, '2 = -β 2α± .JΔ . Ορισμός : Κάθε εξίσωση της μορφής

με

βαθμού με άγνωστο Ορισμός : Ο αριθμός ρ θα λέγεται ρίζα μιας εξίσωσης f (x ) Μ Ο ΡΦ Ε Σ Ε Ξ Ι ΣΩΣ Ε Ω Ν :

JR ,

λέγεται εξίσωση δευτέ ρ ου

αν την επαληθεύει δηλαδή αν f (ρ )

Επίλυση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης λέγεται ο υπολογισμός των ριζών της . Έτσι για κάθε μια από τις παραπάνω μορφές γενικά θα έχουμε :

ί) Αν

.l ( 1 ) .

δηλαδή

η εξίσωση

έχει δύο ρίζες αντίθετες ρ ,

ίί) Αν .l

δηλαδή

η εξίσωση

είναι αδύνατη αφού για κάθε

είναι

Την παράσταση

, ονομάζουμε διακρίνουσα I) Ε Ι ΔΟΣ Ρ Ι ΖΩΝ της αχ 2 + β χ + γ =

Το πρόση μο του αριθμού

χαρακτηρίζει το

των ριζών της εξίσωσης .

Έτσι προκύπτουν οι παρακάτω περιπτώσεις . ί) Αν ε) <::::> . . . Η εξίσωση

ίί) Αν

ε) <::::> . . .

Η εξίσωση

ίίί) Αν

που είναι αδύνατη επομένως η (ε)

επομένως η (ε) έχει δύο ρίζες Π ΡΑΓΜ Α ΠΚΕΣ ΚΑ Ι Ι ΣΕΣ

ε) <::::> ...

Η εξίσωση

επομένως η (ε) έχει δύο ρίζες ΠΡ ΑΓΜ Α ΠΚΕΣ

ΚΑΙ ΑΝ ΙΣΕΣ που δίνονται από τον τύπο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/20

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Χρ ή σι μες προτάσεις στο "είδος των ρ ιζών" Π ρόταση I

Ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε η αχ 2 +β χ + γ =Ο α, β, γ ε QJ , α * Ο να έχει δύο ρίζες ΡΗΤΕΣ είναι Δ = λ2 , λ ε QJ . Ικανή και αναJμγκαία συνθήκη ώστε η αχ 2 + βχ + γ= Ο α, β, γ ε QJ , α * Ο να έχει δύο ρίζες ΑΡΡΗΤΕΣ της μορφής κ ± είναι Δ>Ο και Δ * λ 2 , λ ε QJ. Ικανή συνθήκη ώστε η αχ 2 +β χ + γ = Ο α, β, γ ε , α * Ο να έχει ρίζες ΠΡΑΓΜΑτΙΚΕΣ και ΑΝΙΣΕΣ είναι α · γ Ο . συνθήκη α · γ2 Ο δεν είναι αναγκαία, δηλαδή αν Δ>Ο δεν προκύπτει πάντοτε α · γ Ο όπως στο παράδειγμα. Η χ - 4χ +3 =0 έχει Δ = 4 > 0 και α·γ=3 > 0 . Π ρόταση 2

Π ρόταση 3

IR.

1 1 ) l: Χ � Σ F: Ι Σ Ρ Ι ΖΩ Ν και συντελεστών τη ς εξίσωση ς :

Τύποι του Vi eta

αχ 2 + βχ + γ = Ο .

Αν η Διακρίνουσα Δ � Ο τότε ρ 1 = -β+2αJΔ , Ρ2 = -β-2αJΔ . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι S = ρ 1 + ρ2 = _ Ια (1) , Ρ = ρ1 ρ2 = ]_α (2) και αρ1 2 + β ρ 1 + γ = Ο (3), αρ/ + β ρ2 + γ= Ο (4). Επίσης για την διαφορά των ριζών έχουμε I Ρι -ρ 2 1 = JΔ2α ( που προκύπτει ως εξής : τότε ( Ρι - ρ2 ) 2 = ( - αβ )2 - 4 αγ = αβ22 - ---;4γ ; ή Ισχύει ( ρ ι - ρ2 )2 = -β2 α-24αγ = -αΔ2 ετσι I Ρι -ρ 2 I = -JΔ� α-� . ,, " τους τυπους ρ1 + ρ2 = - -αβ , ρ 1 ρ 2 = -αγ τους χρησιμοποιουμε για να υπολογι'ζουμε την τιμη που περιέχουν τους αριθμούς ρ1 , ρ2 χωρίς να επιλύσουμε την εξίσωση. Δηλαδή S1 = Ρι + ρ2 = _ Ια , S2 = ρ1 2 + ρ2 2 = ( Ρι + ρ2 )2 -2ρ 1 ρ 2 = ... S3 = ρ1 3 + ρ/ = ( ρ1 + ρ2 )3 -3ρ 1 ρ2 ( ρ1 + ρ 2 ) = ... , και γενικά υπολογισμός του αθροίσματος Sv =Ρ� + Ρ � . 5)

.:.... z οι.ιο :

•

ΣΥΜΜΕΤΡΙΚΏΝ ΡΗΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΉΣΕΩΝ

1 1 1 ) Σ Χ Η Μ ΑτΙ Σ Μ ΟΣ 2"" ΒΑΘ Μ Ο Υ

Ε Ξ Ι Σ ΩΣ Η l:

ΛΠΟ

τΙΣ ΡΙΖΕΣ ΤΗΣ

Η εξίσωση ax 2 + βχ + γ = Ο και Δ � Ο έχει ρίζες ρ 1 , ρ2 πραγματικές που πληρούν τις S = ρ1 + ρ2 = _Ια , Ρ = ρ1 ρ 2 = ]_α και ισοδύναμα γράφεται: α ( χ 2 + Ια χ + ]_α ) = Ο <::::> χ 2 - ( - Ια ) χ + ]_α =Ο <=?2 Χ 2 - ( ρ 1 + ρ2 ) χ + ρ1 ·ρ 2 =0 <::::> χ 2 -Sχ +ρ=Ο . Άρα η εξίσωση με ρίζες ρ1 , ρ2 έχει τη μορφή βρούμεοι ρίζες (Ι) μπορούμε ναείναι δύο της αριθμούς όταν γνωρίζουμε το άθροισμά ω - SSωκαι+ Ρτο=γΟινόμενοΈτσιτουςαπό. την Ι τους Οι αριθμοί αυτοί θα ( ). Ρ αχ 2 + βχ + γ = Ο Στον παρακάτω πίνακα: Το πρόσημο των πραγματικών ριζών ρ1 , ρ2 της αχ 2 +βχ + γ =Ο βρίσκεται από το πρόσημο των S = ρ 1 + ρ2 και Ρ = ρ1 ρ2 χωρίς να της υπολογίσουμε. •

(1).

I V ) TO Π ΡΟl: Η Μ Ο Τ Ω Ν Ρ Ι ΖΩ Ν Ί Ή l:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/21

Q_α > 0=> ρ1 , Ρ2 Ε � + { Αν ]_α > Ο τότε ρ1 και ρ2 είναι ομόσημες ειδικά αν: β Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

- -α < 0=> ρι , ρ2 Ε � _ - -αβ > Ο=> ρ 1 = Ο και ρ2 Ε � + Αν ]_α =Ο τότε ρ1 =Ο και ρ2 = _ Q_α , ειδικά αν: _ Q_α < Ο=> ρ1 =Ο και ρ2 Ε � _ Q_α =Ο=> Ρ ι = ρ2 =Ο _ Q_α =Ο=> ρι = -ρ2 Αν ]_α < Ο τότε ρ1 Ε � + , ρ2 Ε � -, ειδικά αν: _ Q_α > Ο=> l ριl > l ρ2 l .

Μ ΕΘΟΔΟΛΟ Γ Ι Α Γ Ι Α Τ Η Ν Λ ΥΣ Η ΑΣ Κ Ή Σ Ε Ω Ν Στ t Σ Ε Ξ ΙΣΩΣ Ε Ι Σ 2"" ΒΑΘ Μ Ο Υ I ) Α ν μας ζητάνε ν α λύσουμε μ ι α εξίσωση 2'"' βαθμού •

Κάνουμε πρώτα πράξεις ώστε να φέρουμε την εξίσωση στην μορφή ax 2 + βχ +γ = Ο κατόπιν ' την Διακρινουσα ' και απο' τον τυπο ' των ριζων' ρ 1 2 = -β 2±α.JΔ υπολογι'ζουμε τις ρι'ζες. βρισκουμε Αεξίσωση. ν η εξίσωση είναι κλασματική πρέπει πρώτα να βρίσκουμε το σύνολο στο οποίο ορίζεται η Αναπόλυτα, η εξίσωση έχει απόλυτα αρχικάπτώσεις τατουπρχ,όσημα των ποσοτήτων πουά εξίσωση περιέχουνχωρίςτα προσδιο ρτιςίζουμε γ ώστε διακρί ν οντας περι ια τιμές να π οκύπτει κάθε φο ρ ρ απόλυτα. ·

• •

Π αραδείγματα

1 . Να λύσετε την εξίσωση: Λύση

2x z - 3 .Jι - 2χ + Χ Ζ + χ + 2 ο(ι) =

( l ) <=> 2x 2 -3J( x-lγ +x+2=0<::> 2x 2 -3 l x -l l +x+2 = 0 ( II ) Αν x � l τότε η ( 11 ) <=> 2x 2 -3 ( x -l ) +x+2 = 0 <::> 2x 2 -3x+3+x+2=0 <::> 2χ 2 -2χ+5 = 0 και Δ = -36 < Ο . Άρα αν χ � 1 η εξίσωση είναι αδύνατη. Αν x < l τότε η ( I1 ) <=> 2x 2 +3 ( x-l ) +x+2 = 0 <::> 2x 2 +3x-3+x+2 = 0 <::> 2χ 2 +4χ-1 = 0, Δ=16-4·2· ( -1 ) = 24 > 0 τότε χ 1 '2 = -4 ±4.J24 = -4 ±42.J6 = -2 ±2 .J6 που είναι και οι δύο δεκτές αφού -2 -+.J6 <1. 2 Πρέπει να υπολογίζουμε προσεκτικά την Διακρίνουσα γιατί μερικές φορές είναι το ανάπτυγμα 2 2 α2 + β ± 2αβ = (α ± β ) οπότε το αποτέλεσμα έχει απλούστερη μορφή. Η

•

Σχόλιο !

2. Να

επιλύσετε την εξίσωση: αχ z - (α z + α + 1) · χ + α + 1 Ο α Ε � =

2 -l·x+l = O<::> x = l ί)ίί ΑνΑν α =Ο* Ο έχουμε Ox υπολογίζουμε την Διακρίνουσα ) α η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού οπότε Δ = [ - (α 2 +α+l )Τ -4·α·(α+1) = (α 2 +α+1 )2 -4α2 -4α Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/22

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

=α4 +α2 + Ι +2α3 +2α 2 +2α- 4α 2 - 4α = α4 + α2 + Ι +2α3 -2α 2 -2α= ( α 2 +α- Ιγ ' ' απο' τον τυπο ' ρ, 2 = -β 2α± JΔ , ετσι οτε οι ρι'ζες δινονται 2 ± �( α2 + α- Ι )2 ( α 2 +α+ Ι )2 ± ( α2 +α- Ι ) 2 Ι α α + + ) ( Ι , ρ2 = α+Ι Δ = . = ηλαδή ρι ,2 = ρ , 2α 2α α

τ'

Να λύσετε την εξίσωση: χ 2 - ( .J3 + l)x + .J3 = Ο

Λ ύση

Διακρίνουσα Δ = [ - ( .J3 +Ι )τ - 4 ·Ι· .J3 = ( .J3 + Ι )2 - 4 ·Ι· .J3 = ( .J3 )2 +1 2 +2·I· ..f3 - 4 ·I·.J3 = ( ../3 )2 + I 2 -2 · I·.J3= ( .J3-I )2 ,Ετσι χ1' (.J3 +I)± �(-J3 -I)2 = .J3+ I±( .J3-I ) αρα , χ 1 = .J3+I+.J3-I 2 2·Ι 2 2 Η

r;; "\j ,j ,

I χ 2 = .J3+I-.J3+ 2 =I.

Να λύσετε την εξίσωση που ανάγεται σε δευτεροβάθμια. χ 2 + 2χ - .Jx 2 + 2χ + 3 - 3 = Ο

ΛίJση Η

εξίσωση χ 2 + 2χ - .Jx 2 + 2χ + 3 -3 ορίζεται για χ ώστε χ 2 + 2χ + 3 � Ο . Θέτουμε .Jx 2 + 2χ + 3 = t � Ο τότε χ 2 + 2χ + 3 = t 2 ή χ 2 + 2χ = t 2 -3 τότε η εξίσωση: ισοδύναμα γράφεται: t2 -3-t-3 =Ο<::::> t 2 -t-6 =Ο<::::> t 1 = 3, t 2 = -2 (Απορρίπτεται) έτσι από την .Jx 2 + 2χ + 3 = t .Jx 2 + 2χ + 3 = 3 χ 2 + 2χ + 3 = <::::> χ 2 + 2χ -6 = Ο <::::> ...χ 1 =-Ι+ 2.JΊ,χ 2 = -1-2.J7 θα εξετάσουμε αν είναι δεκτές. Δηλαδή χ 2 + 2χ +3 = ( 2.JΊ -Ι )2 + 2 ( 2.J7 -1 ) +3 = 4 · 7 + 1- 4.J7 + 4.J7 -2+ 3 = 30 > Ο και χ 2 + 2χ +3 = ( -2.J7 -Ι )2 + 2 ( -2.J7 - Ι ) +3 = 4 · 7 + Ι + 4.J7 - 4.J7 -2+3 = 30 > Ο Επομένως οι ρίζες χ 1 και χ 2 είναι δεκτές. Να επιλύσετε την εξίσωση: χ( χ + l)(x 2 + χ + 1) = 42 Έχουμε χ(χ + 1)(χ 2 +χ + Ι)= 42 <::::> (χ 2 + χ)(χ 2 +χ+ 1) = 42 Αν θέσουμε χ 2 +χ = y,y R θα έχουμε : y(y+1) = 42 <::::> y2 + y- 42 =Ο <::::> (y+ 7)(y-6) =Ο<::::> y= -7 ή y=6 . Τότε χ 2 +χ =6(1) ή χ 2 +χ = -7 (2) εξίσωση ( l ) χ2 +χ-6<::::> (χ+3)(χ-2)=0<::::> χ =2 γιατί Δ = 4 · 7 = -26 < Ο χ = -3 . η δοθείσα εξίσωσηεξίσωση (2) δεν έχει ρίζες στο ήΕπομένως έχει ρίζες χ = -3 , χ =22 . Ε

(Ι)

<=>

.\ίJση

<=>

6. Να δείξετε ότι μια δευτεροβάθμια εξίσωση αχ + βχ + γ = Ο, α ::ι:. Ο, α, β, γ Ε IR δεν μπορεί να έχει πάνω από δύο ρίζες. ΛίJση

Υποθέτουμε ότι η εξίσωση αχ 2 + βχ + γ = Ο έχει τρεις διαφορετικές ρίζες (κ λ :;t: μ :;t: κ) τότε θα ισχύουν: ακ2 + βκ+γ = 0(1), αλ 2 + βλ+γ = Ο (2), αμ2 + βμ + γ = Ο (3). Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις (1,2) έχουμε : α ( κ2 -λ 2 ) + β(κ-λ) = Ο και κ :;t: λ θα είναι κ-λ :;t: Ο τότε αποα(κ+λ)(κ-λ)+β(κ-λ) = Ο � α(κ+λ)+β=0(4). Ό μοια αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις (2,3 ) έχουμε α(λ 2 -μ2 )+ β(λ-μ) = Ο και λ-μ:;t:Ο � α(λ+μ)+β=Ο Από τις σχέσεις (4, προκύπτει ότι α( κ+ λ)+ β= α(λ +μ)+ β � α( κ-μ) = Ο Αυτό είναι άτοπο γιατί από την υπόθεση έχουμε α :;t: Ο και κ-μ :;t: Ο . Επομένως δεν μπορεί να υπάρχουν τρείς διαφορετικές ρίζες. ::ι:.

(5).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/23

1 1)

μας

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

ζ η τάνε

το

Ε Ι ΑΟΣ Ρ Ι ΖΩ Ν τ η ς

Εξίσωσης

Δ βρίσκουμε Υπολογίζουμε το πρόσημο της ιακρίνουσας (δεν τις ρίζες) οπότε το είδος των ριζών προκύπτει σύμφωνα με την θεωρία και τις χρήσιμες προτάσεις που έχουμε αναφέρει στην παράγραφο. Αν

ΜΟΝΟ

Π αραδεί γ ματα

Να δείξετε ότι η εξίσωση α( γ - β) χ2 + β( α - γ ) χ + γ (β - α) = Ο με α , β , γ Ε JR και α(γ - β) :;t: Ο έχει ρίζες πραγματικές. Ι.

Λ ίιση

Έχουμε Δ = β2 (α - γ)2 - 4α(γ - β)γ(β - α) = β2 (α2 + γ2 - 2αγ) - 4αγ(γβ - γα - β2 + αβ)

= β2αz + βzγz - 2αγβz - 4αγzβ + 4α zγ2 + 4αγβz - 4αz γβ = βzαz + βzγz + 2αγβ2 - 4αγ2β - 4αzγ β + 4 α2γ2 = β2 (α2 + γ2 + 2αγ) - 4αγβ(γ + α) + 4 α2γ2 = β2 (α + γ)2 - 4αγ · β(γ + α) + 4 α2γ2 = (β( α + γ) - 2αγ Υ :?: Ο

Επομένως η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.

Ν α δείξετε ότι όταν α , β , γ Ε Q και β - γ - α :;t: Ο . Οι λύσεις της εξίσωσης: ( β - γ - α ) χ2 - 2γχ + (α - β - γ ) = Ο ανήκουν στο σύνολο των ρητών αριθμών.

ΛίJση

Έχουμε Δ = (-2γ)2 - 4(β - γ - α)(α - β - γ) = 4γ2 - 4[γ + (α - β)) [γ - (α - β)] = 4γ2 - 4 [ γ2 - (α - β)2 ] = 4γ2 - 4γ2 + 4(α - β)2 = [ 2 ( - β ) τ :?: Επομένως οι ρίζες της εξίσωσης ανήκουν στο Q . Ειδικά αν α=β από την β- γ - α Ο έχουμε γ Ο και Δ=Ο τοτε' = ρ2 = - 2(β --2γγ - α) = --γγ = - Ι . ο

:;t:

ρ1

αz β z Να βρείτε το είδος των ριζών της εξίσωσης: -- - - = γ z χ+1 χ τριγώνου. 3.

Λ ίι ση

Αν χ

η εξίσωση ( Ι ) <=>

(I)

όταν α,β,γ είναι μήκη πλευρών

α2χ - β2 (χ + 1) = γ2χ(χ + 1) <=> α2 χ - β2 χ - β2 = γ2χ2 + γ2 χ <=> γ2 χ2 + γ2 - α2 + β2 χ + β2 = Ο :;t:

-1, 0

(

)

,υπολογίζουμε την Διακρίνουσα

Δ = ( γ2 - αz + βz ) _ 4γ2β2 = ( γz - αz + βz γ - ( 2γβ )z = ( γz - α2 + βz _ 2γβ ) ( γ2 - αz + βz + 2γβ ) = [ (γ - β ) 2 - α2 ][ (γ + β γ - α 2 ] τότε Δ = (γ - β - α) ( γ - β + α) (γ + β - α ) ( γ + β + α ) Επειδή α,β,γ είναι μήκη πλευρών τριγώνου από την τριγωνική ανισότητα θα ισχύουν: γ < β + α, β < γ + α, α < γ + β, α + β + γ > 0 έτσι γ - β - α < Ο, γ + α - β > Ο, γ + β - α > Ο, α + β + γ > Ο επομένως Δ < Ο Δηλαδή η εξίσωση δεν έχει ρίζες στο σύνολο 2

Δίνεται η εξίσωση χ2 + χ - 2 lxl + κ - 1 = Ο ( 1 ) Να βρείτε τις τιμές του κ Ε JR ώστε η εξίσωση (1) να έχει 4 ρίζες πραγματικές και άνισες. 4.

Λ ύσ η

Διακρίνουμε τις περι πτώσεις: ισοδύναμα γράφεται: Αν χ Ο τότε η εξίσωση χ 2 + χ - 2χ + κ - Ι = Ο χ 2 - χ + κ - Ι = Ο για να έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, επειδή έχουμε τον περιορισμό χ Ο πρέπει Δ > Ο και + ρ2 > Ο και ρ2 > Ο Τότε Δ = ( 4( κ - Ι) = 4κ > Ο <=> κ < 4 , = + ρ2 = > Ο για κάθε κ E JR και i)

:?:

(1)

:?:

<=>

-1)- -

Ρ = Ρι

ρ1

•

ρ1

· ρ = κ - 1 > Ο <=> κ > 1 . 2

Αν συναληθεύσουμε τις ανισότητες: προκύπτει Ι < κ < �4 . Αν χ < Ο τότε η εξίσωση ( Ι ) ισοδύναμα γράφεται: ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/24

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

2 +3χ +κ-1 =0 κ-1 =0 <::> χ χγια2 +χνα +2χ + έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, επειδή έχουμε τον περιορισμό χ < Ο πρέπει Δ > Ο και ρ1 + ρ2 < Ο και ρ 1 ρ2 > Ο . Τότε Δ=3 2 - 4(κ-1)=13- 4κ > Ο<::> κ< -134 , S = ρ1 + ρ2 =-3 < 0 για κάθε κε!R. και Ρ = ρ1 ρ2 = κ -1 > Ο κ > 1 . Αν συναληθεύσουμε τις ανισότητες: προκύπτει 1 < κ<�.4 Επομένως για να έχει η δοθείσα (4) ρίζες πραγματικές και άνισες πρέπει να συναληθεύουν οι ανισότητες (2) και (3). Τότε προκύπτει: 1 < κ < 24 . •

•

<=>

Να βρείτε το πρόσημο των ριζών της εξίσωσης

Λ ίJση

χ 2 - (λ 2

+ l)x + λ 2 = Ο όταν λ ε �.* .

Από την εξίσωση έχουμε : Ρ = λ 2 > 0,Δ= [-{λ2 +1)Τ -4λ2 =λ4 +1+2λ2 - 4λ2 =λ4 +1-2λ2 =(λ2 -1)2 :=:: 0 και S = λ 2 + 1 > Ο . Επομένως αν λ ε IR.* - { ± 1} θα ισχύουν Ρ > Ο, Δ > Ο, S > Ο Οπότε η εξίσωση θα έχει δύο ρίζες θετικές. Αν λ = ±1 έχουμε Δ= Ο, Ρ > Ο, S > Ο . Δηλαδή η εξίσωση θα έχει δύο ίσες ρίζες θετικές. Όταν μας δίνουν μια σχέση που περιέχει ρ1 , ρ2 μεταξύ των ριζών της αχ 2 +β χ +γ = Ο που είναι συμμετρική ( δηλαδή μια σχέση με ρ1 , ρ2 που αν αντικαταστήσουμε τα ρ1 , ρ2 αντίστοιχα με τα ρ2 , ρ1 ζητάνετηνμιατιμήσχέση μεταξύμετασχηματίζουμε των συντελεστώνπάντα ή αν μας δώσουν μια ησυμμετρική σχέση δεν παράσταση μεταβάλλεται)και καιμαςμαςζητούν της, τότε την συμμετρική παράσταση ώστε να εκφράζεται από τα S , Ρ . χρησιμοποιώντας τους τύπους της παραγράφου 1 1 1 ) Α σκ ή σε ις που μας δ ίνουν iι ζητάνε Σ Χ Ε 2� Ε Π Σ Ρ Ι ΖΩ Ν κ α ι Σ Υ Ν Τ Ε Λ ΕΣΤΩΝ

•

(11).

Π α ρ α δ ε ίγ μ ατα 1.

Δίνεται η εξίσωση:

Λ ίJ ση

χ 2 - 5χ - 1 =

Ο με ρίζες ρ1 , ρ 2 να βρείτε την τιμή της Α = 2ρ: - 3 ρ:ρ 2 - 3 ρ1ρ; + 2ρ� .

Α= 2 ( ρ� + ρ� ) -3ρι ρ2 (ρι + ρ2 ) =2 [( ρι + ρ2 )3 -3ρι ρ 2 (ρι + ρ2 ) ] -3ρι ρ 2 (ρι + ρ2 ) =2 ( ρ1 + ρ2 )3 -9ρ1 ρ2 (ρ1 + ρ2 ) και S =5, P = -1 τότε Α =2 · 53 -9(-1)·5 = 1 70.

α) Αν η εξίσωση αχ 2 + βχ + y Ο (1), α, β, γ ε Q, α :;t: Ο έχει ρίζα τον άρρητο αριθ μό ρ 1 = κ + .Jλ, κ , λ Ε Q, λ :;t: ρ 2 , ρ Ε Q να δείξετε ότι η άλλη ρίζα της θα είναι ο αριθμός ρ 2 = κ - .Jλ .

ΛίJση

α) Αφού ο αριθμός ρ1 είναι ρίζα της εξίσωσης προκύπτει ότι : α ( κ+ .Jλ )2 + β ( κ +.Jλ ) +γ= Ο<:::> α ( κ +λ +2κ.Jλ ) + βκ + β.jλ +γ= Ο <:::> ( ακ2 + αλ +β κ + γ ) + ( 2ακ + β )· .Jλ =Ο <:::> 2ακ +β =Ο (1) και 2ακ +β =Ο (2). Για να είναι ο ρ2 λύση πρέπει να επαληθεύει την εξίσωση έτσι αρ/ + β ρ2 +γ = α ( κ- ·Jλγ + β ( κ- .Jλ ) +γ =α ( κ2 +λ-2κν'λ ) +βκ-βν'λ +γ = ( ακ2 + αλ +βκ+ γ ) - ( 2ακ + β ) · ν'λ =Ο-Ο· ν'λ =Ο (Από την ( 1 ),(2),) Άρα πράγματι την επαληθεύει. (Ι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/25

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Δίνεται η εξίσωση αχ 2 + β χ + γ = Ο, α, β, γ :;t: Ο με ρίζες ρ 1 , ρ 2 •

l l IP2 1 lil ρι · ρ2 =- Ι τότε I ρι ' Pz = ι - rι = ιrι (3). 'Εχουμε ρι + ρ2 =- Ια :;t: Ο, ρι · ρ2 =_l:;t:O , O :;t: και άρα ρ ρι 2 α ρι + ρ2 β ρι + ρz β β Αν δεχθούμε ότι ισχύουν συγχρόνως οι σχέσεις (1) και (2) τότε λόγω της (3) θα έχουμε: l ρ ιl > 2 ιrβ ι = 2 ριρι +· ρρz2 τότε l ριl · l ρ ι + ρz l > 2 l ρ ιl · l ρz l όμως l ρ ιi > Ο επομένως lρι + ρz i > 2 1 Pzl έτσι l ρ ιi + Ι ρzι � ι ρι + ρzi > 2 1 Pz l δηλαδή l ριl > l ρz l και l ρz l > 2 1 1β 1 = 2 ριρι +· ρρz2 τότε l ρz l · l ρ ι + ρz l > 2 l ρ ιl · l ρzl Να δείξετε ότι δεν είναι δυνατόν να ισχύουν συγχρόνως οι σχέσεις

IPι l > 2 i

(1) και

(2).

Λύ ση

όμως l ρz l > Ο επομένως l ρι + ρzl > 2 l ρι l έτσι l ρ ιl + l ρz l � l ρ ι + Pz l > 2 l ρ ι l δηλαδή l ρzl > l ρ ιl · από τιςοι σχέσεις (4),(5) προκύπτει ναΠαρατηρούμε ισχύουν συγότιχρόνως (1) και (2).άτοπο. Επομένως δεν μπορούν

Δίνεται η εξίσωση 3 χ 2 - 2( κ + 1 )χ + κ - 1 = Ο (1) με ρίζες χ1 , χ 2 να υπολογίσετε τις τιμές του κ Ε JR ώστε : 12χ1χ/ + 4χ/ + 12χ 2 χ: + 4χ 2 3 = 8 (2).

Λ ύ ση

Υπολογίζουμε το άθροισμα = Χ ι + χ 2 =- -2( κ3 + 1) = 3.(3 κ + Τότε 12χ ι χ / + 4χ ι 3 + 12χ 2 χ ; + 4χ / = <=> <=> 4 [ Χ ι3 +χ/ + 3χ ι χ / + 3χ 2 χ ; J = <=> (χ ι + χ 2 )3 = 2 <=> [32 (κ + ]3 = <=> 27 ( κ + 1)3 = 2 <=> (κ+ 1)3 = 42 7 3�--1 = 3�- 4 if4J <::> κ =<::> κ +1 = V}27 4 <::> κ + 1 = V43 <::> κ +1 = 3Wl 4 4 Αν η σχέση που περιέχει τα ρι , ρ2 δεν είναι συμμετρική ως προς ρι , ρ2 τότε εκτός από τις Ρι + ρ2 = _ Ια , Ρ ι , ρ2 = α χρησιμοποιούμε μια τουλάχιστον από τις αρ; + β ρι + Ο (3) και α ρ; + β ρ2 + γ = Ο (4). 1) .

Π αρ άδειγμα

Δίνεται η εξίσωση αχ 2 + βχ + γ = Ο , α, β, γ Ε JR και α · γ :;t: Ο . Αν ρ 1 , ρ 2 είναι οι ρίζες της να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης Α = { αρ 1 + β ) -3 + { αρ 2 + β ) -3 • Λ ύ ση

Επειδή αγ :;t: Ο θα είναι ρι · ρ2 :;t: Ο . Επίσης έχουμε αρ; + β ρι + γ = Ο και α ρ; + β ρ2 + γ = Ο ή ( αρι + β ) ρι =-γ και (α ρ2 + β)ρ2 =-γ ή αρι +β = _ ρι και αρ2 +β = _ ρ2 Επομένως η παράσταση Α γράφεται : 1 + 1 =- _e{ _ ρ/ Α = (αρ, 1+ β)' + (αρ, 1+ β)' = ( :.)' _ ( _ ; )' , 3 ( ρι + ρz )3 -3ρ3 ι ρz ( ρι + ρz ) -_ (- � J -33 � (- � J = γ _1__ .

_r_

γ'

_ο______:__-:--_ο__ ____:_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/26

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΓΕ ΩΜΕ ΤΡΙΑ

Παραλληλόγρ αμμα - Τραπέζια Μαυρογιαν άκη ς Λεωνίδ α ς Ά σ κ ηση 1'1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε τα μέσα των πλευρών του ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Από τυχαίο σημείο Λ της ΔΕ φέρουμε παράλληλες προς τις ΑΒ και ΑΓ που τέμνουν την ΒΓ στα σημεία Θ και Ζ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΔΕΖΘ είναι παραλληλόγραμμο. Λύση

Ι "; τρόπος

η ΔΕ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ θα είναι ΔΕ = ΒΓ2 ( 1 ) ΒΘ(2).ΛΔ είναι παραλληλόγραμμο αφού οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες Το τετράπλευρο Β ΔΛ = επομένως Θ. Μ ε τον ίδιο τρόπο το τετράπλευρο ΛΕΓΖ είναι παραλληλόγ ραμμο, επομένως ΑΕ = ΖΓ ΔΕ <::::> Β( 1Θ) και όμωςΑπόΒΓ τις= 2·σχέσεις + ΘΖ +προκύπτει ΖΓ = 2· ΔΕτο<:::ζητούμενο. :> ΔΛ+ΘΖ+ΛΕ=ΔΕ +ΘΖ = 2· ΔΕ <::::> ΘΖ = ΔΕ ΔΕίναι Ε=//ΘΖ. Στο τρίγωνο ΑΒΗ έχουμε Βότι το σημείο Δ Λ Β Γ στο σημείο Η. Φέρνουμε την ευθεία Α που τέμνει την Λ Β Λ Β είναι το μέσο μέσοτουτηςΗΓ.ΑΗ. Επειδή Θ // Α θα είναι το Θ το μέσο της Η. Με τον ίδιο τρόπομέσο έχουμετηςότιΑ τοκαιΖ είναι ΒΗ + -= ΒΓ ΔΕ. Δηλαδη. ΔΕ = I/ ΘΖ. . ΘΖ = ΘΗ + ΗΖ = ΗΓ -= Άρα 2 2 2 11

Επειδή

(3)

(4)

2"; τρ όπος

Ά σ κη ση 2 '1

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Από το κέντρο του Ο φέρνουμε ΟΚ ..ι ΑΔ ( Κ σημείο της ΑΔ) και από την κορυφή Δ την ΔΗ ..L ΒΓ. (Η σημείο της ευθείας ΒΓ). Να δείξετε ότι: ΔΗ i) ΟΚ ii) ΒΗ 2ΚΔ 2 =

Από την κορυφή Β φέρνουμε την ΒΕ ΑΔ. Στο τρίγωνο ΔΕΒ είναι // ΒΕ (κάθετες προς την ίδια ευθεία ΑΔ) και μέσον της πλευράς του ΒΔ, άρα = _.!._2 ΕΒ ( 1 ) Το τετράπλευρο ΕΒΗΔ είναι ορθογώνιο (προφανώς) άρα και ΒΕ = ΔΗ (2) Λύση i)

..L

ΟΚ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/27

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι ΟΚ = - ΔΗ .

·=:.τ /

/,/'

Ι'

ΓI

ii) Έχουμε ότι το Ο είναι μέσο της ΒΔ, ΟΚ I/ ΕΒ, άρα το σημείο Κ είναι το μέσον της ΕΔ, δηλαδή ΕΔ = 2ΚΔ και αφού ΒΗ = ΕΔ συνεπάγεται ότι ΒΗ = 2ΚΔ. Α σ κ η ση 311

Στην προέκταση της πλευράς ΑΒ τετραγώνου ΑΒΓΔ παίρνουμε τυχαίο σημείο Μ και προεκτε ίνουμε την πλευρά ΒΓ προς το μέρος του Γ κατά τμήμα ΓΝ = ΑΜ. Από το Ν φέρνουμε παράλληλη προς την Δ Μ και από το Μ παράλληλη προς την ΔΝ. Αν αυτές τέμνονται στο Λ, να δείξετε ότι το τετράπλευρο Δ ΜΛΝ είναι τετράγωνο. Λ ίJση

�I

--�ι

�- -�

-'':;·<::__ . .

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΓΔΝ . Είναι ορθογώνια, έχουν ΑΔ ΔΓ και ΑΜ = ΓΝ, άρα είναι ίσα και επομένως ΔΝ = ΔΜ ( 1 ) Το ΔΜΛΝ είναι παραλληλόγραμμο από κατασκευή με δύο διαδοχικές πλευρές ίσες, άρα είναι ρόμβος =

Είναι: Δ z = Μ ι Λ

(2) ως εντός εναλλάξ

Και Δ ι = ΑΔΜ (3) γωνίες των ίσων τριγώνων (απέναντι από τις ίσες πλευρές ΓΝ και ΑΜ) Λ

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (2) και (3) έχουμε: Δ ι + Δ z = Μ ι + ΑΔΜ = 90°. Επομένως ο ρόμβος έχει μια γωνία ορθή άρα είναι τετράγωνο. ί\ σ κη ση 4η

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και εξωτερικά αυτού κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΕΖ και ΒΓΗ Θ. Να δείξετε ότι ΒΔ = ΕΘ και ΒΔ .l ΕΘ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/28

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

)

-- - ,

Από τις παράλληλες ΑΔ και ΒΓ έχουμε ότι: ΔΑΒ + ΑΒΓ = 2 ορθές, επίσης ΑΒΓ + ΕΒΘ =2 ορθές, Λ

επομένως οι γωνίες ΔΑΒ και ΕΒΘ είναι παραπληρωματικές της γωνίας ΑΒΓ άρα μεταξύ τους ίσες. Λ

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΒΕΘ . Έχουν ΑΔ ΒΘ, ΑΒ = ΒΕ και ΔΑΒ ΕΒΘ . Συνεπώς είναι ίσα (και θα είναι ίσες και οι πλευρές τους), άρα ΒΔ = ΕΘ . Έστω Ι το ση μείο τομής της ΔΒ με την ΕΘ. =

Από την προηγούμενη ισότητα τριγώνων έχουμε ΑΒΔ Λ

ΒΕΘ ( 1 ) εξ άλλου ΕΒΙ + ΑΒΔ = 90° (2). Λ

Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι ΒΕΘ + ΕΒΙ =90° (3). Από την (3) συνεπάγεται ότι ΒΙΕ =90°, άρα ΔΒ.lΕΘ.

Αν Μ είναι το μέσο της πλευράς ΑΒ τριγώνου ΑΒΓ και Ν σημείο της προέκτασής της προς το μέρος του Β τέτοιο ώστε ΜΝ = ΑΓ . Αν Ρ είναι το μέσο της ΒΓ, να δείξετε ότι η ευθεία ΝΡ είναι κάθετη 2 στην διχοτόμο της γωνίας Α. ΛiJση

Η ΜΡ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΒΓ, επομένως είναι ΜΡ = 11 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/29

ΑΓ

, άρα ΜΝ = ΜΡ ( 1 ) . Από τις

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου Λ

παράλληλες ΜΡ και ΑΓ έχουμε ΜΡΝ = ΑΕΝ (2) (εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες). Λ

Το τρίγωνο ΜΡΝ είναι ισοσκελές, επομένως ΜΡΝ Λ

ΜΝΡ (3). Από τις (2) και (3) έχουμε

ΑΝΕ = ΑΕΝ , δηλαδή το τρίγωνο ΑΝΕ είναι ισοσκελές, ΑΝ = ΑΕ και η διχοτόμος της γωνίας Α θα είναι και ύψος. Επομένως ΑΔ ..l ΝΡ. Ά σ κ η ση 611

Έστω Ε είναι τυχαίο σημείο της διαγωνίου ΒΔ, ορθογωνίου ΑΒΓΔ. Στην προέκταση της ΑΕ παίρνουμε σημείο Ζ τέτοιο ώστε ΕΖ = ΑΕ και σημειώνουμε με Θ το μέσο της ΕΖ. Αν Η είναι τυχαίο σημείο της ΓΖ και η ευθεία Η Θ τέμνει την προέκταση της ΕΒ στο σημείο Κ, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΚΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Λύση

·-. .._ -. .._ ---.

---.

· -.. · - - .___

! . ;):__

___ _ . ·

-- - _ _ .. - - -

.-----·

.--·

-- ---

-- -Γ �-

· · -...

· --

- --

-·

:·.()

..._

--··

Φέρνουμε τη διαγώνιο ΑΓ και Ο το κέντρο του ορθογωνίου. Στο τρίγωνο ΑΓΖ το ευθύγραμμο τμήμα ΟΕ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΑΓ και ΑΖ, επομένως ΟΕ 11 ΓΖ και κατά συνέπεια ΕΚ 11 ΗΖ ( 1 ). Λ

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΚΕΘ και ΘΗΖ, αυτά έχουν Θ 1 = Θ z (κατακορυφήν) , ΕΘ = ΘΖ (υπόθεση) και Λ

Ε 1 = Ζ 1 (εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΕΚ, ΗΖ), άρα είναι ίσα και συνεπώς ΕΚ = ΗΖ (2)

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) το τετράπλευρο ΕΚΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Ά σ κη ση 7'1

Από σημείο Ρ της υποτείνουσας ΒΓ ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), φέρουμε ΡΚ ..l ΑΓ και ΡΛ ..l ΑΒ. Αν (ε) η μεσοκάθετος του ΚΛ, να δείξετε ότι αυτή περνά από το μέσο της ΒΓ. Λύση Το τετράπλευρο ΑΚΡΛ έχει τρεις γωνίες ορθές, άρα είναι ορθογώνιο και ΑΛ = ΚΡ ( 1 ). Το τρίγωνο ΚΡΓ Λ

90°)

είναι ορθογώνιο ( Κ = και Γ = 45° ( αφού ΑΒΓ τρίγωνο ορθογώνιο και ισοσκελές). Άρα και το ΚΡΓ τρίγωνο είναι ισοσκελές. ΚΡ = ΚΓ (2) . Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) συνεπάγεται ΑΛ = ΚΓ (3)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/30

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

ΒΓ

Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ τότε ΑΜ = Λ

�

ΑΜ = ΒΜ = ΜΓ (4). Λ

Είναι ΑΜΒ τρίγωνο ισοσκελές, Β = 45 , άρα και ΛΑΜ = 45 , συνεπώς έχουμε: Λ

ΛΑΜ = ΚΓΜ (5). Από (3), (4) και (5) τα τρίγωνα ΛΑΜ και ΚΓΜ είναι ίσα, επομένως ΜΑ = ΜΚ. Το Μ δηλαδή ισαπέχει από τα άκρα του ΛΚ, άρα βρίσκεται στην μεσοκάθετο (ε). Ά σ κ η σ η 8'1

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ. Αν Κ, Λ, Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, Γ Δ, ΔΑ αντίστοιχα, να δείξετε ότι τα σημεία Ε, Ζ, Η, Θ που τέμνουν οι ΚΔ και Β Μ τις ΑΛ και ΝΓ αντίστοιχα, είναι κορυφές τετραγώνου. Λ ίJ ση , l.,.ρ

�\

(1.

· . ._____

· --

. -- . _ _ _

...

.. .

. - !'i-.:: :.

··-- - - - . . •_ _

,....

··ιt.ι._

····· · · · :.Ρ. .. ._;.

·-

----φ ,,

------

Το τετράπλευρο ΚΒΜΔ είναι παραλληλόγραμμο αφού ΚΒ = I/ ΔΜ, επομένως ΚΔ // ΒΜ και ΕΘ// ΖΗ ( 1 ) Παρόμοια αποδεικνύεται ότι ΑΛ // ΝΓ και συνεπώς ΕΖ // ΘΗ (2). Από τις ( 1 ) και (2) το ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο. Στο τρίγωνο ΑΒΖ, είναι Κ μέσον της ΑΒ και ΚΕ // ΒΖ, άρα το Ε είναι μέσο της ΑΖ. Για τον ίδιο λόγο στο τρίγωνο ΒΗΓ θα είναι Ζ μέσο της ΒΗ. Λ

Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΒΗΓ είναι ίσα γιατί προφανώς τα τρίγωνα ΑΒΛ και ΒΓΜ είναι ίσα, άρα Α ι = Β ι Λ

(3) και Α ι = Μ ι (4) όμως B z = Μ ι (ως εντός εναλλάξ) και Α ι = Γ ι (εντός - εκτός και επί τα αυτά) Λ

και τελικά Β 2 = Γ ι (5). Δηλαδή τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΒΗΓ έχουν ΑΒ = ΑΓ και τις προσκείμενες σ ' αυτές τις πλευρές γωνίες ίσες. Επομένως από την ισότητα αυτή έχουμε ΑΖ = Β Η τότε ΕΖ = Ζ Η (6), δηλαδή το παραλληλόγραμμο ΕΖΗΘ έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες, άρα είναι ρόμβος. Λ

Τώρα στο τρίγωνο ΑΚΕ έχουμε Κ ι = B z (7) (ως εντός εκτός και επί τα αυτά ) και προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες (3) και (7) έχουμε: Λ

Αι + Κι = Βι + Bz =

90°, άρα

ΑΕΚ =

90° τότε

ΘΕΖ = 1 ορθή . Από την τελευταία σχέση έχουμε

ότι ΕΖΗΘ είναι τετράγωνο. Ά σ κ η σ η 9'1

Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) είναι ΓΔ 2ΑΒ. Αν η διάμεσος Μ Ν τέμνει την διαγώνιο ΑΓ στο Κ, να δείξετε ότι η ευθεία ΒΚ περνά από το μέσο της Γ Δ. =

ΛίJ ση Στο τρίγωνο ΑΔΓ, είναι Μ μέσο της ΑΔ και ΜΚ /I ΔΓ, άρα το σημείο Κ είναι το μέσο της ΑΓ. Στο τρίγωνο ΒΛΓ είναι το ση μείο Ν το μέσο της ΒΓ και ΝΚ//ΛΓ, άρα το ση μείο Κ είναι το μέσο της ΒΛ. Επομένως στο τετράπλευρο ΑΒΓΛ οι διαγώνιοι διχοτομούνται, άρα είναι παραλληλόγραμμο και ΑΒ=ΛΓ. Από την υπόθεση είναι ΑΒ = Υ2 ΓΔ, επομένως ΛΓ = Υ2 ΓΔ, δηλαδή το Λ είναι μέσο της ΓΔ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/31

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

· . . __

Ά σ κ η σ η l ()'l

Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ), ΑΒ < ΓΔ η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ τέμνει την ΓΔ στο Ε και την προέκταση της ΑΒ στο σημείο Ζ. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΕΓΖ είναι ρόμβος. ΛίJ σ η @--- - - - - -- -· - - - -- �,"'·-__, .-

- - - -- - - - - - - -

Αφού το ση μείο Ε είναι σημείο της μεσοκαθέτου του ΒΓ είναι ΕΒ Λ

Γ 1 Β 2 ως εντός εναλλάξ, άρα και Β 1 =

ΕΓ και Β 1

Γ 1 . Είναι όμως

Β 2 . Επομένως στο τρίγωνο ΒΕΖ το τμή μα ΒΜ είναι ύψος και

διχοτόμος επομένως το τρίγωνο είναι ισοσκελές, δηλαδή ΒΕ ΒΖ . Είναι επιπλέον ΒΖ // ΕΓ, άρα στο τετράπλευρο ΒΕΓΖ οι δύο απέναντι πλευρές του είναι ίσες και παράλληλες, συνεπώς είναι παραλληλόγραμμο, με δύο διαδοχικές πλευρές ίσες άρα είναι τελικά ρόμβος . =

Ά σκη ση 1 1 η

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και Μ το μέσον της πλευράς ΑΔ. Αν η ΓΜ τέμνει την ΒΔ στο Η, να δείξετε ότι: i) η ευθεία ΑΗ περνάει από το μέσο της ΔΓ. ii) ΒΔ = 3ΔΗ Λ ίJ σ η

ii)

Φέρνουμε την διαγώνιο ΑΓ και ση μειώνουμε με Ο το κέντρο του τετραγώνου το οποίο είναι και μέσο της ΑΓ. Στο τρίγωνο ΑΔΓ οι ΓΜ και ΔΟ είναι διάμεσοι του, άρα το σημείο Η είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου, συνεπώς η ΑΝ είναι η τρίτη διάμεσος του τριγώνου , δηλαδή το σημείο Ν είναι το μέσο της πλευράς Γ Δ . Αφού το ση μείο Η είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΔΓ, θα είναι ΗΟ Yz ΔΗ ή ΔΟ 3/2 ΔΗ <=> 2ΔΟ 3ΔΗ <=> ΒΔ 3 ΔΗ . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 70 τ.2/32

J181ΙΙJΙ8-ιιιι• ,.. Ι'φ• W 1'�1'1 �•• Αιι••Ι•ιι Άλγεβρα Β ' Λυκείου Πολυώνυμα - Πολυωνυμικές Εξισώσεις Γ κίνης Π αναγιώτης - Χ ριστιά ς Σπύ ρο ς Στο άρ θρο που ακολου θε ί παρουσι άζονται κάποιες βασικές γνώ σει ς από την θεωρ ία τω ν πολ υωνύμ ων κα ι των πολ υωνυμικώ ν εξισώ σεων, ερωτή σει ς σω στο ύ - λάθου ς που αφορο ύ ν στην προαναφερ όμενη θεω ρ ία, και γενικές ασκή σει ς πά νω στην ύλη αυτή ς της ενό τητας. Στόχο ς αυτή ς τη ς δημοσίευση ς ε ίναι ο μα θητής να κατανο ή σει τη θεωρ ία και να εξοικει ω θε ί με τι ς βα σι κές εφαρμογές τω ν πολυωνύμ ω ν και τω ν πολυωνυμικώ ν εξισώ σεων. Α.

ι.

Β ΑΣ Ι Κ ΕΣ Γ \ ΩΣ Ε Ι Σ Α ΠΌ τ l l Θ F: Ω Ρ i Α ν-1 ν Κ άθε παράσταση της μορφής Ρ( χ) = α ν χ + α ν- 1 χ + . . . + α 1 χ + α ο α ν , α ν_1 , . . . α 1 , α 0 Ε � , Ονομάζεται ΠΟ λυώνυμο με μεταβλητή Χ.

α) β)

γ)

με

νΕΝ*

και

Οι αριθμοί α ν , α ν_1 , . . . α 1 , α 0 ονομάζονται συντελεστές του πολυωνύμου ενώ ο αριθμός α 0 ονο μάζεται σταθερός όρος του πολυωνύμου . Εάν Ρ( χ) = α 0 , τότε το Ρ(χ) αποτελεί ένα σταθερό πολυώνυμο . Εάν Ρ( χ) = α 0 = Ο , τότε το Ρ(χ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο . Εάν α ν * Ο , τότε το ν αποτελεί το βαθμό του πολυωνύμου ή ισοδύναμα λέμε ότι το πολυώνυμο

Ρ(χ) είναι νιοστού βαθμού . Συμβολικά βαθμΡ(χ)=ν. i) Εάν Ρ( χ) = α 0 με α 0 * Ο τότε το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι μηδενικού βαθμού . ii) Για το μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζεται βαθμός .

Έστω Ρ(χ), Q(x) δύο μη μηδενικά πολυώνυμα . Τότε: α) Εάν Ρ( χ) + Q(x) είναι μη μηδενικό πολυώνυμο θα έχουμε:

Βαθμ{Ρ(χ)+Q(χ)} ::; rnax {Βαθμ

Ρ(χ), ΒαθμQ(χ)}. β) Βαθμ{ Ρ( χ) · Q(x) }=Βαθμ{Ρ(χ)} + Βαθμ{Q(χ)} . 3. α) Με την αντικατάσταση χ=ρ Ε ΙR παίρνουμε τον αριθμό Ρ(ρ) = α ν ρ ν + α ν_ 1 ρ ν - 1 + . . . + α 1 ρ + α 0 ο οποίος ονομάζεται Αριθμητική τιμή του πολυωνύμου Ρ( χ) για χ=ρ . Εάν Ρ(ρ) = Ο τότε ο αριθ μός ρ ονομάζεται ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ) . β) Ισχύει Ρ( Ο) = α 0 και P (l) = α 1 + α 2 + . . . + α ν_ 1 + α ν . γ) Δύο πολυώνυμα Ρ(χ), Q(x) είναι ίσα όταν και μόνο οι συντελεστές των ομοβάθμιων όρων είναι αντίστοιχα ίσοι, ισοδύναμα όταν και μόνο Ρ(ρ )=Q(ρ) για κάθε ρ Ε IR . δ) Το Ρ(χ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο όταν και μόνο όλοι οι συντελεστές του είναι Ο, ισοδύναμα όταν και μόνο Ρ(ρ )=Ο για κάθε ρ Ε IR . 4. α) Εάν το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι νιοστού βαθμού, θα έχει το πολύ ν το πλήθος διαφορετικές πραγ β) 5.

ματικές ρίζες . Εάν το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει περισσότερες από ν το πλήθος διαφορετικές πραγματικές ρίζες, τότε Ρ( χ) = Ο για κάθε χ Ε � , δηλαδή το Ρ( χ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο .

Τ αυτότητα Δ ιαίρ εσης Π ολυωνίφων : Για κάθε ζεύγος πολυωνύμων Δ(χ) και δ(χ) όπου δ(χ) είναι πολυώνυμο διαφορετικό του μηδενικού πολυωνύμου, υπάρχουν μοναδικά πολυώνυμα π(χ) και υ(χ) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/33

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

* τέτοια ώστε: Δ( χ) = δ(χ )π(χ) + υ( χ) όπου υ( χ ) μηδενικό πολυώνυμο ή

βαθμ{υ(χ)}<βαθμ{δ(χ) } . α) Τα πολυώνυμα Δ(χ), δ(χ), π(χ) και υ(χ) ονομάζονται αντίστοιχα διαιρετέος, διαιρέτης, πηλίκο και υπόλοιπο της διαίρεσης. β) Μπορούμε να έχουμε βαθμ{δ(χ)}>βαθμ{Δ(χ)} . Τότε π(χ)=Ο και υ(χ)=Δ(χ). γ) Εάν υ( χ) μηδενικό πολυώνυμο τότε λέμε ότι το δ(χ) διαιρεί το Δ(χ) ή ότι το δ(χ) είναι παράγοντας του Δ(χ) ή ότι το Δ(χ) διαιρείται από το δ(χ). δ) Εάν υ( χ) μηδενικό πολυώνυμο τότε οι ρίζες του πολυωνύμου δ(χ) είναι και ρίζες του πολυωνύμου Δ(χ). Το αντίστροφο δεν ισχύει. ε) Δ ι α ίρε ση π ο λυων ίJ μου Ρ(χ ) μΕ π ο λυώνυμ ο π ρ ώ το υ β αθ μ ο ίJ : i) Το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου Ρ(χ) με πολυώνυμο της μορφής (χ-ρ) είναι στα θερά και ισχύει ότι υ( χ) = c = Ρ(ρ) .

ii) iii)

(χ-ρ) είναι παράγοντας του πολυωνύμου Ρ(χ) εάν και μόνο εάν Ρ(ρ) = Ο . Το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου Ρ(χ) με πολυώνυμο της μορφής (χ+ ρ)

iv)

αριθμός υ = Ρ( - ρ) . Το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου

Το

Ρ(χ)

με πολυώνυμο της μορφής

είναι ο

(αχ+ β)

(όπου

υ = Ρ( - � ) . α Έστω πολυώνυμο Ρ( χ). Τότε ισχύουν οι ακόλουθες ισοδυναμίες: Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρείται με πολυώνυμο της μορφής (χ-ρ) <=> Το πολυώνυμο (χ-ρ) διαιρεί το πολυώνυμο Ρ(χ) <=> Το πολυώνυμο (χ-ρ) είναι παράγοντας του πολυωνύμου Ρ(χ) <=> Η διαίρε ση του Ρ(χ) με το (χ-ρ) είναι τέλεια <=> Το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το (χ-ρ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο <=> Ρ(ρ) = Ο <=> Το ρ είναι ρίζα του Ρ( χ) <=> Ρ( χ) = (χ - ρ )Κ( χ) όπου Κ( χ),

α "# Ο ), είναι ο αριθμός

στ)

ζ)

πολυώνυμο βαθμού κατά ένα μικρότερου του βαθμού του Ρ(χ). Έστω πολυώνυμο Ρ(χ). Τότε ισχύουν οι ακόλουθες ισοδυναμίες: Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρείται με το πολυώνυμο Q(x) <=> Το πολυώνυμο Q(x) διαιρεί το πολυώ νυμο Ρ( χ) <=> Η διαίρεση του Ρ(χ) με το Q(x) είναι τέλεια <=> Το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το Q(x) είναι το μηδενικό πολυώνυμο <=> Ρ( χ) = Q(x)K(x) όπου Κ(χ) πολυώνυμο, του οποί ου ο βαθμός καθορίζεται από τη σχέση :

Βαθμ{Κ(χ)}=Βαθμ{Ρ(χ)}-Βαθμ{Q(χ)} .

6. 7.

νν Έστω το πολυώνυμο Ρ( χ) = α ν χ + α ν-ι χ ι + . . . + α 1 χ + α 0 με α ν "# Ο και ρ 1 , ρ 2 , . . . ρ ν οι ρίζες του. Τό τε ισχύει: Ρ( χ) = α ν (χ - ρ ι )(χ - ρ z ) . . . (χ - ρ ν ) · ν ν-ι Π ο λυωνυ μ ι κ έ ς Εξι σ ώ σ εις : Είναι οι εξισώσεις της μορφής α ν χ + α ν_1 χ + . . . + α 1 χ + α 0 = Ο με α ν "# Ο . Ισχύει το ακόλουθο Θ ε ιό ρ ή μ α : Εάν α ν , α ν- , . . . α 1 , α 0 ακέραιοι και ο ακέραιος ρ "# Ο είναι ι ρίζα της εξίσωσης τότε ο ρ διαιρεί το α 0 • (το αντίστροφο δεν ισχύει). Για την επίλυση : των πολυωνυμικών εξισώσεων χρησιμοποιούμε την παραπάνω πρόταση, σύμφωνα με την οποία, εντοπίζουμε ακέραια ρίζα της εξίσωσης ανάμεσα στους ακέραιους διαιρέτες του α 0 και στη συνέχεια παραγοντοποιούμε το Α' μέλος της εξίσωσης (με σχήμα Horner ή με κάποιον άλλο τρόπο). α) Εάν α 1 + α 2 + . . . + α ν-ι + α ν = Ο τότε ο ρ=l είναι ρίζα της εξίσωσης.

β)

Εάν α ν , α ν_ 1 , . . . α 1 , α 0 ομόση μοι, τότε αναζητούμε μόνο αρνητική ρίζα.

γ) Εάν οι συντελεστές περιττής τάξης α 1 , α3 , α5 , . . . είναι αρνητικοί, τότε η εξίσωση δεν έχει αρνη

δ) ε)

τική ρίζα. Εάν α 0 = Ο τότε το μηδέν είναι ρίζα της εξίσωσης. ο αριθμός

τητα

μ,

ν-Ι ν αποτελεί ρίζα της εξίσωσης Ρ( χ) = α ν χ + α ν -Ι χ + . . . + α\ χ + α σ = ο με πολλαπλό εάν το πολυώνυμο Ρ(χ) γράφεται ως: Ρ( χ) = (χ - ρ ) μ Π( χ) με Π (ρ) "# Ο .

* Για να μην εκλαμβάνεται μια τέτοια σχέση ως εξίσωση, καλό είναι να γράφουμε

Δ( χ)

= δ( χ )π( χ) + υ( χ) , για κά

θε χ ε IR , απευθυνόμενοι στις αριθμητικές τιμές τους. Σε παλαιότερα σχολικά βιβλία αυτό αποδιδόταν με το σύμ βολο Δ( χ) = δ(χ)π(χ) + υ( χ) που υποδηλώνει ταύτιση . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/34

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Β . Ε ΙJΩ'fΉ Σ Ε Ι Σ Σ Ω Σ Τ Ο Υ Λ Λ Θ Ο Υ Σ

Κάθε σταθερό πολυώνυμο είναι μηδενικού βαθμού. 2. Σε μία διαίρεση πολυωνύμων ο βαθμός του διαιρετέου είναι πάντοτε μεγαλύτερος ή ίσος του βαθμού του διαιρέτη. 3. Δύο μη μηδενικά πολυώνυμα είναι ίσα εάν και μόνο εάν έχουν τις ίδιες ρίζες. ν ν ' Εάν ισχύει 4 . 'Εστω η πολυωνυμικη, εξισωση ανχ + αν_ 1 χ - Ι + ... + α 1 χ + α 0 = Ο . α 1 + α 2 + ... + αν-ι + αν = Ο , τότε η εξίσωση έχει ακέραια ρίζα. ν ν- Ι 5. Έστω η πολυωνυμική εξίσωση αν χ + αν_] χ + ... + αιχ + ασ = ο με αν ' αν- Ι , ... αι ' ασ ακέραιους. Εάν ο ακέραιος ρ =ι. Ο , είναι διαιρέτης του α0 , τότε ο ρ είναι ρίζα της εξίσωσης. 6. Για οποιαδήποτε πολυώνυμα Ρ(χ), Q(x) με βαθμούς μ και ν αντιστοίχως. Ισχύει: Βαθμ{Ρ(χ)Q(χ)}=μν. 7. Εάν ένα πολυώνυμο είναι το μηδενικό πολυώνυμο, τότε έχει βαθμό μηδέν. 8. Έστω Ρ( χ) = αχ 2 + βχ + γ . Εάν οι ρ1=-2, ρ2 =1 και ρ3=4 είναι ρίζες του, τότε το Ρ( χ) είναι το μηδε νικό πολυώνυμο. 9. Το πηλίκο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου έκτου βαθμού με ένα πολυώνυμο δευτέρου βαθμού, είναι ένα πολυώνυμο τετάρτου βαθμού. 10. Για οποιοδήποτε πολυώνυμο Q(x) που είναι παράγοντας του πολυωνύμου Ρ(χ) οι ρίζες του πολυω νύμου Ρ(χ) είναι και ρίζες του πολυωνύμου Q(x). 11 . Εάν το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρείται με το πολυώνυμο Q(x), τότε θα διαιρείται και με κάθε παράγοντα του πολυωνύμου Q(x) . 12. Εάν γνωρίζουμε ότι το πολυώνυμο Q(x) διαιρεί το πολυώνυμο Ρ(χ), τότε το πολυώνυμο Q(x) διαιρεί και το πολυώνυμο Ρ( χ) + Q(x) . . \ Π Α :\ Τ Η Σ Ε Ι Σ Στ Ι Σ Ε ΡΩ Τ Η � Ε Ω 2 � Ω Σ Τ Ο Υ - Λ Α Θ Ο Υ Σ

I : I : I : I : I : I ,: I : I : I : I � I � I : ι Γ. Γ Ε !\ Ι ΚΑ Θ Ε Μ Α Τ Α Π Ο Λ Υ Ω Ν Υ Μ Ω i\ Κ Λ Ι Π Ο Λ Υ Ω Ν Υ Μ Ι Κ Ω Ν Ε Ξ Ι � Ω � [ Ω Ν

Θ Ε ΙVΙ Α

Ι ":

Έστω το πολυώνυμο Ρ(χ), με σταθερό όρο τον αριθμό Ρ(χ + 1) - Ρ(χ) = 4χ + 3 για κάθε χ Ε 9t . α) Να βρεθεί το πολυώνυμο Ρ(χ). β) Να λυθεί η ανίσωση: (2χ - l )P(x) :::;; Ο ΛίJ σ η :

-1,

για το οποίο ισχύει:

α) Εάν το πολυώνυμο Ρ( χ) είναι σταθερό πολυώνυμο, τότε παίρνουμε ότι Ρ( χ + 1) - Ρ( χ) = Ο που είναι άτοπο λόγω της υπόθεσης. Έστω ότι το πολυώνυμο Ρ( χ) είναι πρώτου βαθμού. Τότε το Ρ( χ) θα έ χει τη μορφή Ρ( χ) = κχ + λ με κ ,λ ε 9t . 'Ετσι παίρνουμε ότι Ρ( χ + 1) - Ρ( χ) = κ( χ + 1) + λ - κχ - λ =κ που είναι πάλι άτοπο λόγω της υπόθεσης. Εάν το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου του 3, τότε η διαφορά Ρ( χ + 1) - Ρ( χ) θα είναι ένα πολυώνυμο δευτέρου βαθμού που αποτελεί επίσης άτοπο λόγω της υπόθεσης. Άρα το πολυώνυμο Ρ(χ) θα πρέπει να είναι δευτέρου βαθμού και έτσι Ρ(χ) = κχ 2 + λχ + μ . Όμως γνωρίζουμε ότι μ=-1 . Άρα Ρ(χ) = κχ 2 + λχ - 1 . Τότε θα έχουμε: Ρ( χ + 1) - Ρ( χ) = κ( χ + 1) 2 + λ( χ + 1) - 1 - κχ 2 - λχ + 1 = 2κχ + (κ + λ) . Επομένως, λόγω υπόθεσης: 2κχ + (κ + λ) = 4χ + 3 για κάθε χ Ε 9t <::::> 2κ=4 και κ+λ=3<::::>(κ, λ)=(2, 1). Άρα το ζητούμενο πολυώ νυμο είναι το Ρ(χ) = 2χ 2 + χ - 1 . β) Η προς λύση ανίσωση γράφεται: (2x - 1)(2x 2 + x - 1) :s;; O ( 1 ) και ( 1 )<::::> (2x - 1) 2 (x + 1) :s;; O 1 <::> χ ε ( -οο , - 1] υ {-} . 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.21/35

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Ιi�V ιι: :νΙ Α 2 " :

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = (2α + β)χ 3 + (α + β)χ 2 + (α 2 - 5α - 3)χ + β 2 + 5 με α, β α) Να βρεθούν τα α, β ώστε να έχει ρίζα τον αριθμό 1. β) Να λυθεί η εξίσωση Ρ(χ)=Ο. α) β)

Ε 9t .

Πρέπει και αρκεί Ρ(1)=0. Αλλά Ρ(1)=0<::> 2α+β+α+β+α2 -5α-3+β2 +5=0<::>α2 -2α+β2 +2β+2=0<=> α2 -2α+1+β2 + +2β+1 =0 <::> (α-1) 2 +(β +1) 2 =0 <::> α=1 και β = -1 . Για τις τιμές των α και β που βρήκαμε από το πρώτο ερώτημα, το πολυώνυμο Ρ(χ) γράφεται: Ρ ( χ )= χ 3 - 7 χ + Γνωρίζουμε ότι το χ=1 είναι ρίζα του πολυωνύμου. Κάνοντας σχήμα Horner για το πολυώνυμο Ρ(χ)2+ με ρ=1, θα πάρουμε ότι το <:::πηλίκο της διαίρεσης του<:::Ρ(χ):> με το (χ-1)2 είναι το πο 2 :> λυώνυμο π(χ)=χ χ-6. Έτσι έχουμε: Ρ( χ) = Ο ( χ -1)(χ +χ- =Ο χ = 1 ή (χ +χ- = Ο. <=> χ= 1 ή χ = -3 ή χ = 2 . 6.

Θ [ �ιΊ! /•.

Q1 (x) = χ 2 - (κ + λ)χ + κλ , Q 2 (x) χ 2 - (κ + μ)χ + κμ και Δίνονται τα πολυώνυμα: 2 Q 3 (χ) = χ - (λ + μ)χ + λμ όπου κ, λ, μ Ε 9t με κ :;e λ :;e μ :;e κ . Να λυθεί η εξίσωση Q. (x) Q 2 (x) Q 3 (x) 2 =χ . μ +λ +κ Qι (μ) Q z (λ) Q 3 (κ) =

Το πολυώνυμο Q1 (χ) = χ 2 -(κ+ λ)χ + παραγοντοποιείται και παίρνει τη μορφή: Q 1 (χ) =(χ-κ)(χ -λ) . Ό μοια Q 2 (χ) =(χ-κ)(χ-μ) και μ)Q3 (χ)=(χ -λ)(χ -μ) . Θέτουμε Q3 (x) _ Τότε έχουμε: Q(μ) = μ Q1( =μ, Q(λ)=λ Q2 (λ) =λ και Q(x) =μ Q1Q ι (x)(μ) +λ QQ2z (x)(λ) +κ QJ( κ) Q ι (μ) Qz (λ) Q3 (κ) = κ . Δηλαδή, το πολυώνυμο Ρ ( χ) = Q(x) -χ , που είναι πολυώνυμο της μορφής Q(κ) =κ QJ( κ) αχ2+βχ+γ έχει τρεις διαφορετικές πραγματικές ρίζες μ,λ,κ. Άρα το πολυώνυμο Ρ ( χ ) είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Έτσι Q( χ ) = χ για κάθε χ Ε JR . Επομένως η δοθείσα εξίσωση γράφεται: χ = χ 2 (1) και ( 1 ) <::::> χ 2 -χ = 0 <=> χ ( χ -1 ) = 0 <=> χ Ε { 0,1} . κλ

Θ Ε Μ Α 4":

1 , , Ρ( χ ) α1 4 χ ι4 + α1 3 Χ 3 + ... + α1 χ + α 0 και Q(x) = (χ 2 - 1) 7 + (χ 2 - χ - 1) 7 , για τα πολυωνυμα Δ ινονται τα οποία ισχύει ότι Ρ(χ) Q(x) για κάθε χ Ε 9t . α) Να βρεθεί το α 0 • β) Ν α υπολογισθεί το άθροισμα: α1 + α 2 + ... + α1 4 . γ) Ν α υπολογισθούν τα αθροίσματα: α 2 + α 4 + ..• + α1 4 και α1 + α 3 + ... + α1 3 . =

Λ iJ nT

α) β) γ)

Έχουμε Ρ(Ο) =α0 • Ό μως P(x) = Q(x) για κάθε χ Ε9{ . Άρα P(O) = Q(0) =(-1)7 +(-1)7 =-2 . Έτσι α0 =-2 . αριθμητική τιμή του πολυωνύμου Ρ ( χ ) για χ=1 είναι το Ρ (1) = α 1 4 + α1 3 + ... + α1 + α0 • Ό μως P(l) =Q(1) => <χι4 +<χι3 + . . +<χι +<χσ = (-1)7 =><χι4 +<χι3 + . . +<χι +<χο =-1 α,4 + -2=-1=> =><χι4 +<χι3 + . . +<Χι =1. αριθμητική τιμή του πολυωνύμου Ρ ( χ ) για χ=-1 είναι το Ρ(-1) =<χι4 -<Χι3 +<χι 2 -• • -<χι +<χσ =(<χι4 +<χι 2 + . . +<χσ)-(<Χι3 +<χι + . .<Χι ). Όμως Ρ(-1) = Q(-1) = -1)2 γ = 1 . => (α1 4 + α1 2 + .. . + α0 )-(α1 3 + α 11 + ...α1 ) = 1 => (α1 4 + α1 2 + . . + α2 )-(α1 3 + α11 + ...α1 ) = 3 (αφού αο=-2). Από το ερώτημα β) έχουμε α1 4 + α1 3 + ... + α1 = 1 => (α1 4 + α1 2 + ...α2 ) + (α1 3 + α11 + ... + α1 ) = 1 . Εάν θέ σουμε Κ=α2 +α4 + ... +α1 4 και Λ=α1 +α3 + ... +α1 3 παίρνουμε το σύστημα: Κ-Λ=3 και Κ+Λ=1 . λύση του συστήματος είναι Κ=2 και Λ=-1. Άρα α2 + α4 + ... + α1 4 = 2 και α1 + α3 + ... + α1 3 = -1 . Η

-ΉΧ13 ... -tσ,

[(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/36

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

Πολυώνυμο Ρ(χ) με σταθερό όρο το -1, διαιρείται με το (χ+α) και δίνει πηλίκο (χ 2 +3χ+4), ενώ όταν διαιρείται με το (χ+β) δίνει πηλίκο (χ 2+4χ+2). Να βρεθούν τα α, β και στη συνέχεια το πολυώνυμο Ρ( χ).

Αφού ο σταθερός όρος του Ρ(χ) είναι ίσος με -1 θα έχουμε ότι Ρ(Ο)=-1 . Η ταυτότητα της διαίρεσης του Ρ(χ) με το (χ+ α) θα είναι : Ρ(χ)=(χ2 +3χ+4)(χ+α)+υ 1 . Τότε Ρ(Ο)=4α+υ1 • Άρα 4α+υ1=-1 . (1) Επίσης η ταυ τότητα της διαίρεσης του Ρ(χ) με το (χ+β) θα είναι: Ρ(χ)=(χ2 +4χ+2)(χ+β)+υ 2 • Έτσι Ρ(Ο)=2β+υ2 • Επομέ νως παίρνουμε ότι 2β+υ 2=-1 . (2) Το πολυώνυμο Ρ(χ) θα έχει τη μορφή: Ρ(χ)=κχ3+λχ 2+μχ-1 . Από την ταυτότητα της διαίρεσης του Ρ(χ) με το (χ+α) και από την (1) παίρνουμε ότι: Ρ(χ)=χ 3+(α+3)χ 2 +(3α+4)χ1 . Άρα πρέπει να έχουμε: α+3=λ και 3α+4=μ. Από την ταυτότητα της διαίρεσης του Ρ(χ) με το (χ+β) και από την (2) παίρνουμε ότι: Ρ(χ)=χ3 +(4+β)χ 2+(4β+2)χ-1 . Άρα πρέπει να έχουμε: 4+β=λ και 4β+2=μ. Από τις τέσσερις τελευταίες εξισώσεις προκύπτει το σύστημα: α+3=4+β και 3α+4=4β+2 από όπου βρίσκουμε α=6 και β=5. Έτσι, αντικαθιστώντας αυτές τις τιμές των α και β σε μία από τις δύο ταυτότητες διαίρεσης, προκύπτει ότι το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι το Ρ(χ)=χ3 +9χ2 +22χ-1 . Να

ου

βρεθε ί πολυώνυμο Ρ( χ) 1 βαθμού το οποίο να ικανοποιεί τη σχέση: Ρ [ Ρ 2 (χ) J - 2Ρ(χ + 1) 27χ 2 + 12χ - 5 (1) για κάθε χ Ε JR . =

Ρ(χ) = αχ + β, α :;ι Ο. Έχουμε Ρ 2 (χ) = (αχ + β) 2 = α 2 χ 2 + 2αβχ + β 2 και Έ στ ω Ρ(χ + l) = α(χ + 1) + β = αχ + α + β. Επομένως (1) <=> Ρ [ Ρ 2 (χ) ] - 2Ρ(χ + 1) = 27χ 2 + 12χ - 5 <::::> Ρ(α2 χ 2 + 2αβχ + β 2 ) - 2αχ - 2α - 2β = 27χ 2 + 1 2χ - 5 <=> α(α2χ2 + 2αβχ + β 2 ) - 2αχ - 2α - 2β = 27χ 2 + 12χ - 5 <=> α3χ 2 + 2α2 βχ + αβ 2 - 2αχ - 2α - 2β = 27χ2 + 1 2χ - 5 <::::> α3χ 2 + (2α2 β - 2α)χ + αβ 2 - 2α - 2β = 27χ 2 + 12χ - 5 α3 = 27 α=3 Για να ισχύει η ( 1 ) για κάθε χ Ε JR πρέπει και αρκεί: 2α2 β -2α = -7 δηλαδή . Άρα Ρ ( χ ) = 3 χ + I . β=1 αβ2 -2α-2β = 18

{

α) Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = (3χ 3 - 2χ 2 + 5χ - 7) 2 008 + (6χ5 - 7χ 4 + 2χ 3 + 8χ - 8) 2 009 • Να βρεθεί το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου. β) Έστω τα τυχαία πολυώνυμα Ρ(χ) και Q(x) καθένα από τα οποία έχει άθροισμα συντελεστών ίσο με 2. Να βρεθεί το άθροισμα των συντελεστών του γινομένου τους. ν α) Έστω Ρ( χ) = αν χ ν + αν-Ι χ - Ι + . . . + α ι χ + αο , ν Ε Ν και αί Ε IR, ί=Ο, 1 ,2, . . .ν, ν Ε Ν. Τότε 00 αν + αν-ι + . . . + α ι + αο = Ρ(1) = (3 - 2 + 5 - 7) 2oos + ( 6 - 7 + 2 + 8 - 8) 2 9 = ( -1 ) 2 oos + 1 2009 = 1 + 1 = 2. β) Είναι P(l) = 2 και Q(l) = 2 . Άρα εάν R(x) = Ρ( χ) · Q(x) τότε R(l) = P(l) Q(l) = 2 · 2 = 4. ·

Δίνεται πολυώνυμο Ρ(χ) το οποίο διαιρούμενο με το (χ-1) δίνει υπόλοιπο 14 ενώ έχει το (χ-3) παρά γοντα. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) δια του Q(x) χ 2 - 4χ + 3. =

Το πολυώνυμο Q(x) παραγοντοποιημένο γράφεται στη μορφή : Q(x) = (χ - l)(x - 3). Αφού το Q(x) είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι πολυώνυμο της μορφής υ(χ) = αχ + β, α,β Ε IR. Άρα Ρ(χ) = (χ - 1)(χ - 3)π(χ) + υ(χ), για κάθε x E IR όπου π(χ) το πηλίκο της P(l) = 14 � 14 = α + β διαίρεσης. Δηλαδή Ρ(χ) = (χ - 1)(χ - 3)π(χ) + αχ + β για κάθε χ E IR Έτσι έχουμε: Ρ(3) = ο � ο = 3α + β Άρα α = -7, β=2 1 . Οπότε: υ( χ) = -7χ + 2 1 . : Έστω τα πολυώνυμα Ρ(χ) και Q(x) για τα οποία ισχύει η σχέση �· , I ,

r · . Γ' . '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.21/37

Μ αθη ματικά για την Β " Λυκείου

Q(x) = [ Ρ(2χ 2 - 3χ - 4) τ + 2χ 2 - 3χ + α, για κάθε χ Ε JR, όπου α Ε JR. Εάν το υπόλοιπο της διαίρε σης Ρ( χ) : (χ - 1) είναι 3 να προσδιοριστεί η τιμή της παραμέτρου α αν είναι γνωστό ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης Q(x) : (χ + 1) είναι επίσης 3. Λ ίJση :

Αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ - 1) είναι 3 τότε P(l) = 3 . Επίσης έχουμε Q( -1) = 3. Άρα παίρνουμε ότι: Q( -1) = [ Ρ(2( -1) 2 - 3( -1) - 4) ] 2 + 2( -1) 2 - 3( -1) + α => 3 = [ P(l) ] 2 + 2 + 3 + α => 3 = 9 + 2 + 3 + α => α = -1 1 . Θ Ε Μ Α 1 0" :

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ 3 + κχ 2 - λχ + μ, κ,λ,μ Ε JR . Εάν είναι γνωστό ότι το πολυώνυμο Q(x) = χ 2 - 2χ + 1 διαιρεί το Ρ( χ) , τότε να δείξετε ότι κ+ μ=-4. Λ ίJ σ η :

Είναι Q(x) = (χ - 1) 2 • Αφού το Q(x) διαιρεί το Ρ(χ) τότε με σχήμα Horner έχουμε:

I : Ι 1� Ι κ�! Ι κ�;!:��

Το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι Ο. Άρα λ+μ+l=κ (1). Επίσης, το υπόλοιπο της διαίρεσης του πηλίκου διαί ε , ε (χ-1) είναι Ο. Χρησιμοποιώντας πάλι σχήμα Horner έχουμε: 1 1 κ-λ+1 κ+ 2 2κ-λ+3 1 κ+2 Άρα 2κ-λ+3=0 (2). Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη παίρνουμε: 2κ+μ+4=κ δηλαδή κ+ μ=-4, που είναι το ζητούμενο. Θ Ε Μ Λ 1 1 ":

Δίνεται πολυώνυμο Ρ(χ) για το οποίο ισχύουν οι σχέσεις: Ρ(-2)=0 και Ρ(2χ+2)= Ρ(χ 2 - 4) για κάθε χ Ε JR. Εξετάστε εάν το Ρ(χ) έχει παράγοντα το πολυώνυμο χ 2 + 2χ. Λ ίJση :

Έχουμε Ρ(2χ + 2) = Ρ(χ 2 - 4) για κάθε x E JR Για χ = -2 έχουμε Ρ(-4+2)=Ρ(4-4) => Ρ(-2) = Ρ(0) = 0 από την υπόθεση. Έστω υ( χ) = αχ + β το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το χ 2 + 2χ. Εάν π(χ) το Ρ(Ο) = Ο Ο=β α=Ο πηλίκο τότε έχουμε: Ρ(χ) = π(χ)(χ 2 + 2χ) + αχ + β για κάθε χ Ε "ΙR , οπότε: => => Ρ(-2) = 0 0 = -2α+β β = Ο Επομένως το υ ( χ) είναι μηδενικό πολυώνυμο, οπότε το χ 2 + 2 χ είναι παράγοντας του Ρ(χ).

}

Θ Ε Μ Α R 2":

α) Να βρεθεί το λ Ε JR ώστε το Ρ(χ) = χ5 + 3χ 3 - 5χ 2 + 4χ - 3 να έχει ακέραια ρίζα τον αριθμό 2λ-1. β) Για την τιμή του αριθμού λ από το α) ερώτημα να λυθεί η aνίσωση Q(x) � Ο με Q(x) = χ 4 - αχ 3 - βχ 2 + 5χ - 2 εάν γνωρίζουμε ότι ο αριθμός λ είναι ρίζα του πολυωνύμου Q(x) πολλαπλότητας τουλάχιστον 2.

Λ ίJ ση :

α) Πιθανές ακέραιες ρίζες του πολυωνύμου Ρ(χ) είναι οι ακέραιοι διαιρέτες του -3, δηλαδή οι ακέραιοι P(l) = Ο Ρ(- 1) = -1 6 Μοναδική ακέραια ρίζα είναι ο αριθμός 1 . ±1, ± 3. Έχουμε Ρ(3) = 288 Ρ(-3) = -222 Επομένως πρέπει και αρκεί 2λ - 1 = 1, δηλαδή λ = 1 . β)

Ο αριθμός λ=1 είναι ρίζα του Q(x) πολλαπλότητας τουλάχιστον 2, άρα Q( 1 )=0 και π( l )=Ο, όπου π(χ) το πηλίκο της διαίρεσης Q(x) : (χ - 1) . Κάνοντας την διαίρεση με σχήμα Horner έχουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 70 τ.2/38

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

-β 5 -2 1-α 6-α-β 1-α-β 46-α-β 1-α-β -α-β και συνεχίζοντας το σχήμα για1-ατο π_11λίκο,1-α-βπάλι με 6-α-β διαΙQέ'[l' το (χ-11 θα έχουμε: 1 1 2-α 3-2α-β 1 2-α 3-2α-β 9-3α-2β_ α+β = 4 δηλαδή α=1 } Εξισώνοντας τα υπόλοιπα των διαιρέσεων με Ο παίρνουμε: {3α+2β =9 β=3 Άρα το πολυώνυμο είναι Q( x) = χ 4 -χ 3 -3χ 2 + 5χ -2 . Για να λυθεί η aνίσωση Q( x):::; Ο βρίσκουμε πρώτα εάν το Q( x) έχει2 και άλλες ρίζες. 2Από το δεύτερο σχήμα βρίσκουμε ότι το πηλίκο της διαίρεσης Q(x): (χ -1) είναι π1 (χ)= χ +χ-2 με ρίζες τους αριθμούς 1 και -2. Άρα Q ( χ ) :::; Ο <=> ( χ -1 )3 ( χ + 2 ) :::; Ο <=> ( χ -1 ) ( χ + 2 ) :::; Ο <=> χ 2, 1] . -α 1-α

Homer

ε [-

Θ Ε Ι\ Ι Α 1 3 " :

Να λυθεί η εξίσωση: χ 2 - 3χ + .Jx 2 - 3χ - 6 = 8 λ ιΊ ση :

(1).

Για να ορίζεται η πρέπει και αρκεί: Τότε: y ;;::: O 1 ) ( 2 .J } x -3x-6 = y 2 2 Ι( ) <=> 2 = -3x -6 y ( 2 ) χ -3x+ .Jx 2 -3χ-6 =8 <:::> yx2 +6+ y= S ( 3 ) Αλλά ( 3 ) <=> y2 +y-2 = 0<:::> y=1 ή y=-2 <=> y=1, λόγω της (Ι). Τότε: ( 2 ) <:::> χ 2 -3χ-6 = 1 <:::> χ 2 -3χ - 7 =Ο<:::> χ 3 ± 2Jfi . Τελικά: ( Ι )<:::> χ = 3 ± 2Jfi . Τιμές δεκτές (γιατί;) · στην το χ με 3 ± 2m για να δουμε , Δεν χρεια·ζεται να αντικαταστησουμε · αν επαλη θευε-· ται (πράγμα χρονοβόρο) διότι αυτό είναι βέβαιο λόγω της (2). Φυσικά ούτε χρειάζεται να επιλύσουμε την (I)

(Π).

}

cττ)

Π ρ οσοzη :

(Π).

Θ Ε \Ι Λ i 4"

Να λυθεί η εξίσωση: λ - 2χ = .J4x 2 + 4 (Ι) για τις διάφορες τιμές του λε IR .

ορίζεται για κάθε χ IR αφού 4χ 2 +4 ;;::: 4>0 για κάθε χ IR . (1) λ -2χ 2: } χ :::; 2: :::; χ Άρα (I) <=> ( λ-2χ )2 = 4Χ 2 + 4 <=> 2 2 2 2 <=> 2 2 . λ - 4λχ+ 4χ = 4χ + 4 λ - 4 = 4λχ ( 2 ) Εάν λ = Ο τότε ( 2 ) <=> Οχ=- 4, αδύνατη . ' Εαν' λ τοτε' ( 2 ) <=> χ= λ24-λ 4 οποτε: λ2 - 4 Ο<=> λ2 - 4 -2λ2 :::; Ο<=> -λ2 - 4 :::; Ο<=> (λ2 + 4)2λ;;::: Ο<:::> λ>Ο α λ2 - 4 λ <=>---λ:::; λ2 - 4 -λ <=>--:::; ( 1 ) <=> --:::; 4λ 2 2λ 2λ 2λ 2λ φού λ Ο και λ2 + 4 Ο για κάθε λε IR . Λ ίJ ση : Η ( I)

}

;;::: ο

.. •

-:t-

}

7:-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.21/39

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Κατσούλης Γι ώ ργο ς Στόχο ς του άρ θρου ε ίναι να βοη θήσει του ς μα θητές στην επίλ υση ασκήσεων που αναφέρονται στι ς με τρικές σχέσει ς και τα εμβα δά . Αρκετές ασκή σει ς συνδυ άζουν και τα δυο κεφ άλ αια και αναλύ ονται σε επιμ έ ρου ς ερ ω τήματα, ό που χρ ει άζεται βέβαια, υπάρχουν οι απαρα ίτητες παρατηρ ήσει ς και επισημ ά νσει ς. Ά σ ικηση

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β=8, γ=5 και Α=60° . Να υπολογίσετε α) την πλευρά α β) το εμβαδόν (ΑΒΓ) γ) το ύψος ΑΔ=υa δ) το ΑΗ, όπου Η το ορθόκεντρο του τριγώνου.

Η α)μεγαλύτερη Αρχικά βρίσκουμε το α=3είδος4 καιτουα2=1τριγώνου. πλευρά είναι 156. Επίσης β2+γ2=202+ 182=400+324=724.

Λ1Jση

α) Από το νόμο των συνημίτονων έχουμε: α2=β2+/-2βγσυνΑ=82+52-2· 8 · 5 συν60° = =64+25-2·8· 5 ..!.2 . =49. Άρα α=7 1 J3 . β) (ΑΒΓ)= -21 βyημΑ=-21 8·5ημ60" =-8·5-=1νν3 2 2 Λ

I /

·."> "

'· ,

' )<:>, '

___

" Η

ιι /

;:_

__ _

- ·- - --- -

2oJ3 . γ) .Εχουμε (ΑΒΓ)=-21 αυα <::> 1νν3 =-21 7υα <::>υα = -7 Σ δ) Έστω ΒΕ=υβ. το τρίγωνο ΑΒΕ είναι =60°, =90° οπότε Β 1 =30°. Άρα ΑΕ = 2 = �2 . Το τετράπλευρο ΔΗΕΓ είναι εγγράψιμο ( Δ + = 90° 90° = 180° ) , οπότε ΑΗ.ΑΔ=ΑΕ.ΑΓ �8- = � = _2__ = 7 J3 -2 <::> ΑΗ = ΑΕ·ΑΓ = ΑΔ 20J3 20J3 J3 3 7 7 γνωρίζουμε δυο πλευρές και την πεεύ Όταν ριεχόμενη γωνία ενός τρι γ ώνου, υπολογίζουμε κολα την τρίτη πλευρά και το εμβαδόν του. Λ

�

ΑΒ

/-�

Σz6λ� .n ·

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με α=34, β=20, γ=18. Να υπολογίσετε α) την προβολή της πλευράς γ πάνω στην β β) το εμβαδόν (ΑΒΓ) γ) το γινόμενο Rρ όπου R,ρ οι ακτίνες του περι γεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου αντίστοιχα

�,� ' ··,

Β�.

·---

�

/. "/

', Δ � Α / ' "/

·----- ----

"'�

- - ------

,, ...... , ., ------- ---::_�

>90°. Φέρνουμε το ύψος ΒΔ. ΆΖητάμε Α ρα α2>τοβ2+γ2<::> ΑΔ. είναι: Από τη γενίκευση του Πυθαγορεί ουα2=β2+γ2 θεωρήματος +2β.ΑΔ(Α>90°)<::>342=202+ 182+2.20.ΑΔ <::> 1 156=400+324+40ΑΔ<::> ΑΔ = 43240 = 545 . β) Από τον τύπο του Ήρωνα έχουμε: Ε= �τ ( τ-α) ( τ-β ) ( τ-γ ) 18+ 20 +34 =36. Είναι τ = α+β+γ = 2 2 Άρα ( ΑΒΓ ) =.J36·2·16·18 =144 αβγ = 34 ·18·20 <::> R = -85 . γ) 'Εχουμε (ΑΒΓ) =-<=> 4R 4 4R Επίσης ( ΑΒΓ ) = τ· ρ <::> 144 = 36 ·ρ <::> ρ = 4 . Άρα 85 = 85 . R·ρ=-4 4 ταν γνωρίζουμε τις πλευρές ενός τριγώνου Ό την προβολή μιας πλευράς πάνω σε βρούμε γιαάλληνααρχικά βρίσκουμε το είδος του τριγώνου. Γ

144

Σ;: 6λ ω :

Στο σχήμα είναι ΔΓ=ΟΑ=R, ΟΜ=7 και Δ M (O,R)=40.

/� I I

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/40

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

α) Δείξτε ότι R=3 β) Υπολογίστε το ΜΓ=χ γ) Υπολογίστε τα εμβαδά (ΟΜΓ) και (ΑΜΓ)

�ΒΕ2 =γ2 + γ162 �ΒΕ 2 = 1 716γ2 � ΒΕ = γJli 4 ( 1) Οι χορδές ΒΗ και( Ι ) ΑΓ τέμνονται στο Ε, οπότε 1 2� γJli =-β-β ΒΕ· ΕΗ=ΑΕ· ΕΓ �--ΕΗ 4 33 γJli ΕΗ = � β 2 � γJli ΕΗ = � · !!_ γ 2 � 4 9 4 9 16 γ _= γJli (2) JliEH = l2 � ΕΗ =_ 34 2 Jli , -=-=-. ΒΕ 3 4 1 7 Επομενως ΕΗ 4 2

α) Έχουμε ΔM(O,R)=40�0M2-R2=40� �R2=72--40�R2=9�R=3 β) Έχουμε ΜΓ·ΜΔ=ΔΜ(Ο,R)�ΜΓ(ΜΓ+ΓΔ)=40� �χ(χ+3)=40�χ2+3χ--40=0�χ=5ή χ=--8 . Άρα ΜΓ=5 (χ>Ο) γ) Το τρίγωνο ΟΓΔ είναι ισόπλευρο, οπότε 1 =60°. Άρα Μ Ο= 120°. Επομένως .J3 = 1 5.J3 . = _!_ 3·5· ( ΟΜΓ ) = _!_ΟΓ·ΜΓημ120° 2 2 2 4 Ε. πίσης τα. τρίγωνα ΟΜΓ και ΑΜΓ έχουν κοινό. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με AB=l6, ΑΓ=12, 4 ΑΜΓ ΑΜ ) α) Δείξτε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο υψος απο το Γ . Άρα, (( ΟΜΓ ) = ΟΜ = Ί , οποτε ΒΓ=20 β) Υπολογίστε το ύψος ΑΔ γ) Αν Ε το μέσο του ΑΔ, υπολογίστε το (ΑΒΕ) 15.J3 . = (AM Γ) =i ( OMΓ) =i7 . 1 5.J3 δ) Αν ΓΖ ΒΕ , υπολογίστε το γινόμενο ΒΕ·ΒΖ 4 7 Για να βρούμε το εμβαδόν ενός τριγώνου, α) ΑΒ2+ΑΓ2=162+ 122=256+ 1 44=400=202=ΒΓ2 αρκεί να το συγκρίνουμε με άλλο τρίγωνο, με Άρα Α=90° γνωστό εμβαδόν και να υπολογίσουμε το λόγο των Α εμβαδών τους. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α =90°) είναι Β Δ Γ 5 3 α = - γ και Α Δ = -γ β) Ισχύει 5 4 16·12 -_ -16·3- -_ S48 ( 1) ΑΔ ΑΒΒΓ· ΑΓ -_ 2ο Γ Β · Δ· Γ� ΑΒ Α =Α α) Να υπολογίσετε το λόγο ..!!. 5 γ , 1 = --ΒΔ= l ΑΔ ΑΔ·ΒΔ (2) β) Αν ΑΕ .!. β και προέκταση του ΒΕ τέμνει γ) Εχουμε ( ΑΒΕ ) =-ΑΕ·ΒΔ 4 2 22 3 Επίσης τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο Η 2 = 162 = 256 = 64 (3) Β Α 2 ΒΕ , Γ ΒΔ= Β Β � ·ΒΔ Α = ' να υπολογισετε το λογο . ΒΓ 420 420 5 ΕΗ 8 6 768 Από (1), (2), (3) είναι ( ΑΒΕ ) = 54. 5 = 25 α) Ισχύει ΑΔ · ΒΓ=ΑΒ · ΑΓ � �5 γ �4 γ = γ . β � β = �4 γ ��=� δ) Το τετράπλευρο ΔΕΖΓ είναι εγγράψιμο γΑ 4 . + =90° +90° = 180°), οπότε ΒΕ- ΒΖ=ΒΔ· ΒΓ=ΑΒ2= 162=256. Η Β Δίνεται τρίγωνο Α Β Γ ( Α <90 °) εγγεγραμμέΛύση

Ά σ κη ση 5 '1

Λύση

Σzόi.ι ο :

�\. σ κ η σ η ..ι η

�

Λύση

(Δ

Ά σ κηση 6'1

νο σε κύκλο (0, R) με ΑΒ=5, ΑΓ=21 και ΒΓ=19. α) Δείξτε ότι Α =60° β) Υπολογίστε την ακτίνα R γ) Αν ΒΔ=υp, υπολογίστε το ΟΔ

β) Στο τρίγωνο Α Β Ε ( Α =90°) έχουμε ΒΕ2=ΑΒ2+ΑΕ2�ΒΕ2=γ2 + �9 β2 �ΒΕ2 = γ2 + �9 · J__16 γ2 α) Από το νόμο των συνημίτονων έχουμε Λ

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.21/41

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

α 2 = β 2 + γ 2 - 2βγσυνΑ <::::> 2 + γ2 - α2 2 1 2 + 5 2 - 1 92 = συνΑ = β 2βγ 2 . 21 · 5 44 1 + 25 - 36 1 1 05 .!_ = . Άρ α: Α = 60ο = = 210 210 2

•

Γ β) 'Εχουμε: { ΑΒΓ) = .!_ β · γημΑ = .!_ 2 1 · 5ημ60° = 2 2 � � = .!.. 2 1 · 5 = 1 05 ( 1 ) 4 2 2 � Επίσης: { ΑΒΓ) = αβγ � 1 05 = 1 9 · 2 1 · 5 <=> 4R 4R 4 � 19 <::::> � = !2_ <::::> R = ..!.2_ = . � R 3 γ) Επειδή Δ εσωτερικό σημείο του κύκλου (0 , R) ισχύει ΔΑ · ΔΓ=R2-ΟΔ2 (2) Στο τρίγωνο ΑΒΔ είναι Δ =90° Α =60° οπότε Β =30° Άρα ΑΔ = ΑΒ = � ( 3) Επομένως 2 2 5 37 ΔΓ = ΑΓ - ΑΔ = 2 1 - - = {4) . 2 2 Από (2), (3), (4) και το β) ερώτημα έχουμε: 2 � . 37 = ..!.2_ - ΟΔ2 <::::> 1 85 = 361 _ 0 Δ2 <=> � 2 2 4 3 <=> ΟΔ2 = 361 _ 1 85 = 889 . Άρα ΟΔ = {889 . 'J12 3 4 12 2 2 2 �zόλιο : Είναι β > α + γ , οπότε Β > 90°

( )

λ. σ κ η ση 7'1

Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΕΓ έχουν κοινό ύψος ΔΕ ΒΕ vπoe. -3 ΒΕ ΒΕ -. { ΒΔΕ) = οποτε <::::> = <::::> 5 ΕΓ ΒΕ + ΕΓ { ΔΕΓ) ΕΓ ΒΕ 3 <=> ΒΕ 3 3 <=> === - α (2) 5 + 3 ΒΓ 8 8 Β

Από ( 1 ) και (2) είναι 3α 2 α� γ2 = 3α 2 γ 2 = <::::> <::::> γ = - <::::> 2γ = α� 4 2 8 2 β) Επειδή Α =90° είναι α2=β2+γ2 <::::> (α ) 3α 2 α α2 β 2 = α 2 _ γ 2 <::::> β 2 = α 2 - - <::::> β 2 = - <=> β = 4 4 2 2 � � Άρα {ΑΒΓ) = .!.. βγ = .!.. . � . α = α 2 2 2 2 8 Σ η μ ε ίωση : Αφού β = � , είναι Β = 30° . 2 λ. σ κ η ση S'l

Από το μέσο Μ, χορδής ΑΒ, κύκλου (0, R) φέρνουμε τυχαία ευθεία που τέμνει τον κύκλο στα Γ και Δ. Ν α αποδείξετε ότι: α) ΑΒ 2=4 ΜΓ.ΜΔ β) ΑΓ2 +ΒΓ2 +ΒΔ2 +ΑΔ2 =2ΓΔ2 γ) Αν επιπλέον ισχύει ότι ΜΔ=ΑΒ τότε ΑΔ·ΔΒ=4ΑΓ·ΒΓ Λ ίJ ση

α) Οι χορδές ΑΒ και ΓΔ τέμνονται στο Μ οπότε ΜΑ ·Μ Β=ΜΓ · ΜΔ ΑΒ ΑΒ = ΜΓ · ΜΔ · <::::> ΑΒ 2 = 4ΜΓ · ΜΔ <::::> 2 2 Α

Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α =90°), Δ το μέσο της ΑΒ και ΔΕ .l ΒΓ . Αν (mΕ} =� (ΔΕΓ} aποδείξτε ότι: 5 α 2 .J3 . α) 2γ = .J3α β) ( ΑΒΓ ) = -8 Λ ίJ ση

α) Το τετράπλευρο ΑΔΕΓ είναι εγγράψιμο (Α+ Ε=90°+90°=1 80°) οπότε ΒΔ · ΒΑ=ΒΕ · ΒΓ <::::> l γ = ΒΕ · α ( 1 ) 2

β) Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι

Στο τρίγωνο ΑΒΔ είναι

� + Br =2ΙΜ2 + Air

Β& +Μ =2ΔΜ2 + Air

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/42

(1)

(2)

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ΑΓ 2 + ΒΓ 2 + ΒΔ2 + ΑΔ2 = 2ΓΜ 2 + 2ΔΜ 2 + ΑΒ 2 (α) = 2ΓΜ2 + 2ΔΜ2 + 4ΜΓ · ΜΔ = = 2 ( ΓΜ2 + ΔΜ2 + 2ΜΓ · ΜΔ ) = 2(ΜΓ + ΜΔ) 2 = 2ΓΔ2

:> Δ(ΑΗ-ΔΗ)+ΑΔ2=α2<::::> (ΑΗ+ΔΗ)(ΑΗ-ΔΗ)+ΑΔ2=α2<:::Α ΑΔ(ΑΗ-ΔΗ+ΑΔ)=α2<::::>Α Δ(2ΑΗ)=α2<::::> α2 =2ΑΗΑΔ που ισχύει από υπόθεση

ί\ σ κη σ η 1 () '1 (ΑΒΓ) ΑΓ · ΒΓ = . (3) Ένα πολεμικό πλοίο, ξεκινώντας από μια ( ΑΒΔ) ΑΔ ΔΒ αρχική θέση Α, παίρνει εντολή να κινηθεί 9 μί (διότι AfB + ΑΔΒ = 1 80° ) λια νότια, στη συνέχεια 5 μίλια δυτικά και τέλος ΑΒΓ ΓΗ Επίσης (διότι ΑΒ κοινή βάση) ξανά 3 μίλια νότια. Πόσο απέχει από την αρχική ΑΒΔ ΔΚ του θέση; ΓΗ ΜΓ = Αλλά (διότι Μ r Η � Δ Μ Κ ), οπότε Λ ύσ η ΔΚ ΜΔ Έστω Β, Γ οι ενδιάμεσες θέσεις και Δ η τελική θέ (ΑΒΓ) ΜΓ (4) Από (3), (4) προκύπτει ότι ση του πλοίου. Θέλουμε να υπολογίσουμε την α (ΑΒΔ) ΜΔ πόσταση ΑΔ=ΑΚ+ΚΔ. Έστω ΚΓ=χ, τότε ΑΓ · ΒΓ ΜΓ ΜΓ _!_ <::::> · = = = ΑΔ ΔΕ = 4ΑΓ · ΒΓ ' ΒΚ=5-χ. Τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΚΓΔ είναι όμοια, ΑΒ ΒΚ ΑΚ <=> -9 = -5 - χ ΑΚ ΑΔ · ΔΒ ΜΔ 4ΜΓ 4 , οποτε =-. =-=ΓΔ ΚΓ ΚΔ 3 χ ΚΔ διότι από ΑΒ 2=4ΜΓ.ΜΔ έχουμε ΜΔ=4ΜΓ (αφού = ΜΔ ΑΒ) Α

γ) ,Εχουμε

� j

\ -'C κη σ η 9'1

Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει α =2ΑΗΑΔ, όπου ΑΔ ύψος και Η το ορθόκεντρο. Δείξτε ότι: α) μ.. = aJ3 β) 2ΑΗ 2 =ΒΗ 2 +ΓΗ 2 2

Β I--, 5-χ ο...

. \ {Ι σ η

α) Έστω ΒΕ=υβ. Το τετράπλευρο ΔΗΕΓ είναι εγ γράψιμο οπότε ( Δ + Ε =90°+ 90°= 1 80°) ΑΗ-ΑΔ=ΑΕ-ΑΓ ( 1 ) Επίσης Α<90°, οπότε α2=β2+γ2-2ΑΓ · ΑΕ<::::> α2=β2 +γ2-2ΑΗ · ΑΔ<::::> <::::>α2 =β2 +γ2-α2 <::::> β2+γ2=2α2 (2) (2) α 2 <::: α 2 <=> :> 2α 2 = 2μ� + 2 Αλλά β2 + γ 2 = 2μ� + l J3 <::::> 4α 2 = 4μ� + α 2 <::::> 4μ� = 3α 2 <::::> μ α = α 2 Α

β) Πρέπει 2ΑΗ2 =ΒΗ2 + ΓΗ2 <::::>2 ΑΗ 2 =

=(ΒΔ2+ΔΗ2 )+ (ΓΔ 2+ ΔΗ 2 ) <::::>2 ΑΗ2-2ΔΗ 2= 2 )+ (β2-ΑΔ2 ) <::::> =ΒΔ2+ΓΔ2<::::>2ΑΗ 2-2ΔΗ2=(γ2(-ΑΔ 2) <::::>2ΑΗ2-2ΔΗ2+2ΑΔ2=β2+γ2 <=> ΑΗ2-ΔΗ2+ΑΔ 2=α2

Μ Άρα

S -χ x = 3

_ _ _ _ _ _

και ΑΚ=3ΚΔ ( 1 )

5 - χ = 3 <::::> 5 - χ Είναι -= 3χ <::::> 4χ = 5 <::::> χ = -5 . χ 4 Στο τρίγωνο ΚΓΔ { Γ = 90° ) είναι ΚΔ2 = ΓΔ2 + ΚΓ 2 <=> ΚΔ2 = 3 2 + χ 2 = 9 + 25 = 1 69 . 16 1 6 39 Άρα ΚΔ = � (2). Από ( 1 ), (2) είναι ΑΚ = 4 4 1 3 39 52 ' ΑΔ=ΑΚ+ ΚΔ = - + - = - = 1 3 . Άρα 4 4 4 Άρα το πλοίο απέχει 1 3 μίλια από την αρχική του θέση. 2"ς τρόπος :

Προεκτείνουμε την ΑΒ και φέρνουμε παράλληλη από το Δ προς τη ΒΓ. Στο τρίγωνο ΑΜΔ είναι ΑΜ=9+ 3= 1 2, ΜΔ=ΒΓ=5, οπότε ΑΔ2=ΑΜ2+ ΜΔ2 = 1 2 2+ 5 2= 1 69. Άρα ΑΔ= 1 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.21/43

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Εύ ρ εση π ρ ωτευ όντων στοιχείων τριγώνου από δ ευτερ εύ οντα στοιχεία του .

Επ ιμέλεια : Κώ στας Β ακαλόπου λο ς Ε Ι ΣΑ ΓΩ Γ Η

Με αφορμ ή την άσκηση 2 (σελ . 65) του σχολ ικο ύ βιβλίου τη ς κατεύθυνση ς των Μα θηματικώ ν τη ς Β · Λ υκε ίου μια ομ άδα μα θητώ ν αποτελο ύμενη από του ς : Χρ ήστο Τριανταφ ύλλ ου, Νατά σα Λέκκου, Μαρία Φρογου δάκη έψα ξαν και βρ ήκαν στην βιβλ ιογραφ ία τους ασκήσει ς στι ς οπο ίες ζητο ύ νται τα κύρια στοιχεία ενός τριγώ νου και συγκεκριμένα οι εξισώ σει ς των πλευρ ώ ν και οι κορυφ ές του, όταν γνωρ ίζουμε δευτερεύ οντα στοιχε ία του, ό πω ς τα ύψη, οι δι άμεσοι και οι δ ιχοτόμοι. Ο ι μα θητές τι ς έλυσαν, τις έκαναν μια « πα ρέα ασκή σεων» εμε ίς τι ς επεξεργαστή καμε και σα ς τι ς παρουσι άζουμε για την ω φ έλεια όλ ων. Άσ κ η ση J 'l

Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ αν είναι Α(ι,3) και χ - 2 y+ ι Ο y - ι Ο οι εξισώσεις των διαμέσων του. =

ΛίJ σ η Α

Αν Δ το μέσο της ΑΓ είναι Ε

ανήκει στην ΒΔ. Άρα επαληθεύει την εξίσωσή της, 1+χ 3+y 3 -2· δηλαδή: 3 + 1 = 0 (4) 2 2 Λύνοντας το σύστημα των (3), (4) έχουμε: 1 , χ3 5, άρα Γ(5, 1 ). Από τα σημεία A( l , 3), Β(-3, - 1 ), Γ(5,1 ) προσδιο ρίζουμε τις εξισώσεις των πλευρών του τριγώνου: ΑΒ: χ - y + 2 = 0 , ΒΓ: x - 4y - 1 = 0 και ΑΓ: χ + 2y - 7 = Ο . (Α ν αρχικά είχαμε υπο θέσει για τις δ ιαμ έσου ς ό τι ΓΕ: χ 2y + Ι = Ο και ΒΔ : y - Ι Ο

Υ3

•

-----

( 1 +2χ3 , 3 +/3 ) και

Έστω ΑΒΓ το τρίγωνό μας. Επειδή οι συντεταγμέ νες του Α δεν επαληθεύουν τις εξισώσεις των δια μέσων, οι εξισώσεις που δίνονται, αυτές αντιστοι χούν στις άλλες διαμέσους , έστω ΒΔ: χ - 2y + 1 Ο και ΓΕ: y - 1 = Ο. Έστω B(xz , Yz ) και Γ(χ3 , YJ ).

(Προφανώς αν βρο ύμε τι ς συντεταγμέ νες των Β, Γ . . . τελει ώ σαμε !) 181

(

τα σημε ία θα ήταν: Γ(-3, -1), Β(5, 1) και οι εξισώ σει ς των πλευρ ώ ν ΑΓ: χ - y + 2 = Ο , ΒΓ:

x - 4y - 1 = 0

και ΑΒ:

x + 2y - 7 = 0).

Ά σ κ η σ η 2 '�

Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών του τρι γώνου ΑΒΓ αν είναι γνωστή η κορυφή του Γ(S,-2) και οι εξισώσεις της διχοτόμου του ΑΔ: 3x+y - ι2 Ο και της διαμέσου του ΑΜ: l lx + 6y - 58 Ο =

Το Β ανήκει στην ΒΔ άρα: χ2 - 2yz + 1= Ο ( 1 ) 1 χ 3 Αν Ε το μέσο της ΑΒ είναι ε + 2 , + 2 Λύση 2 και ανήκει στην ΓΕ. Άρα επαληθεύει την εξίσωσή Έστω το τρίγωνό μας ΑΒΓ. Για την κορυφ ή Α τα πρ ά γματα ε ίναι εύκολα ! Λύνουμε το σύστημα των 3+ της, δηλαδή: - 1 Ο (2) εξισώσεων του ΑΜ και ΑΔ και την προσδιορίζου 2 με: Λύνοντας το σύστημα των ( 1 ), (2) έχουμε: 3x + y - 1 2 = 0 1 , Xz = - 3, άρα Β(- 3, -1). Y � . . . Α(2, 6) 1 1χ + 6y 58 = Ο ι:8J Το Γ ανήκει στην ΓΕ άρα: y3 - 1 = Ο (3)

Υ2

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/44

}

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Θεωρούμε το συμμετρικό του Γ ως προς την δι χοτόμο ΑΔ . Το σημείο αυτό Γ ' θα είναι σημείο

της Α Β (για τί;) Το Γ ' προσδιορίζεται κατά τα

γνωστά (βλέπε εφαρμογή 2 σελ. 63, σχολικού βι

Έστω ΑΒΓ το τρίγωνό μας . Επειδή το Α δεν επαλη θεύει τις εξισώσεις τους, οι διχοτόμοι που δίνονται είναι των γωνιών Β και Γ . (Στο σχήμ α έχουμε υ ποθέ

βλ ίο υ) . . .. Γ '(2, - 4)

σει ό τι οι διχοτόμοι είνα ι εσωτερ ικές, ομο ίω ς α ν ήταν εξω τερικές) Έστω: ΒΔ:χ-y-1 =Ο και ΓΕ:χ-1 =Ο

Έτσι, μέχρι στιγμής μπορούμε να βρούμε τις εξι σώσεις των πλευρών ΑΓ (από τα Α, Γ) και της ΑΒ (από τα Α, Γ). Πράγματι:

� Υπολογίζουμε κατά τα γνωστά το συμμετρικό του Α ως προς την ΒΔ: χ - y-1 =0 . . . . . Α1 (-0, 3)

. . . . ΑΓ: 4χ +3y - 26 = Ο . . . . ΑΒ: χ = 2 (Συγνώμη, αλλά υ πο θέτο υμ ε ό τι ξέρετε να βρ ίσκετε την εξίσωση ευθε ίας ό ταν γνωρ ίζετε δύ ο σημ εία

Στην συνέχεια εργαζόμαστε όπως στην προηγούμενη άσκηση : Έστω Β(χ2 , y2). Το Β ανή κει στην ΑΒ, άρα χ2 = 2 ( 1 ). Επίσης, αν μέσο Μ χ 8 y ( 2) της ΒΓ τότε θα είναι Μ 2 + , 2 + και το υς.)

(

)

επειδή ανήκει στην ΑΜ επαληθεύει την εξίσωσή y -2 χ +8 - 58 = Ο (2) της. Άρα: 1 1 · 2 +6 2

[,(] Υπολογίζουμε επίσης το συμμετρικό του Α ως προς την ΓΕ: χ - Ι = 0 . . . . . Α 2 (-2, - 1) . Από τα Α1, Α2 βρίσκουμε την εξίσωση της ΒΓ: 2χ - y + 3 = Ο

{ ΒΔ

}

! Τώρ α τα πρ ά γματα είνα ι εύκολα:

χ -y-1 =Ο ΒΓ : 2χ - y + 3 = Ο προσδιορίζουμε το Β(-4, -5) και το σύστημα Λύνοντας το σύστημα

{ΓΕ:

r. B .

· ·

}

χ-1=0 προσδιορίζουμε το Γ( l , 5) 2x - y + 3 - 0 _

Λύνοντας το σύστημα των ( 1 ), (2) έχουμε: χ2 = 2, Υ2 = 3, άρα Β(2, 3) Από τα σημεία Β και Γ προσδιορίζουμε την εξί σωση της ΒΓ: 5χ + 6y - 28 = Ο . Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών του τρι γώνου ΑΒΓ αν είναι Α(4, -1) και x-y-1 = Ο, χ - 1 = Ο οι εξισώσεις των διχοτόμων δύο γω νιών του (εσωτερικές ή εξωτερικές).

Από τα σημεία Α και Β προσδιορίζουμε την εξί σωση της . . . ΑΒ: 2x+y-7=0 και από τα Α και Γ προσδιορίζουμε την εξίσωση της . . . ΑΓ:χ-2y-6=0 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α(3, 1 ) και ορθόκε ντρο Η(4, -1 ) . Η εξίσωση της μεσοκαθέτου της πλευράς ΑΒ είναι: x+4y=16. Να βρεθούν οι εξι σώσεις των πλευρών του τριγώνου. , ,. . : Αν ε η μεσοκάθετος της ΑΒ έχουμε: -

·:\ ".-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.21/45

λ ε · λ ΑΒ

- 1 <::::> λ ε

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Άρα η εξίσωση της ΑΒ είναι: y + 1 = 4(χ - 3) <:::> 4χ - y - 1 3 = Ο λ ΙJ ,, 'I

-11

� - ,) 1

•

Ε� χ 2 · "'2 Ι

θεύουν τις παραπάνω εξισώσεις η διχοτόμος και το ύψος που δίνονται δεν είναι από την κορυφή Β.

·- -

- -�J _i

.ι. _c

Bi2 -2 1

_- �

Αφού το Β ανήκει στην ΑΒ θα ισχύει: ; 4χ2 - y2 - 1 3 = ο ( 1 ).

( , --)

Όμως το Μ είναι μέσο της ΑΒ οπότε Μ

3 + Xz Yz - 1 και αφού ανήκει στην ε, θα 2 2

ισχύει:

Από την λύση του συστήματος των ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι χ2 = 5 και y2 = 7, άρα Β(5,7) 7+1 Άρα ΒΕ: y + 1 = -- (χ - 4) <:::> 8χ - y - 33 = Ο 5-4

8 1 ΑΓ: y + 1 = = - - (χ - 3) <:::> χ + 8y + 5 = Ο 8

ΑΔ: y + 1 = Ο · ( χ - 3) <:::> y = - 1 Αφού ΑΔ j_ ΒΓ και ΑΔ: y = - 1 , η ΒΓ έχει εξίσω ση: χ = 5.

Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών του τρι γώνου ΑΒΓ, αν είναι Β(2, -2) και χ 3 y + 2 Ο, χ + y + 2 Ο οι εξισώσεις μιας εσωτερικής δι χοτόμου του και ενός ύψος του αντιστοίχως, που άγονται από διαφορετική κορυφή. =

Λ ίJση

- -

·:C' -

- �

Οι συντεταγμένες του σημείου Α θα είναι η λύση του συστήματος των εξισώσεων των ευθειών ΑΒ

{

} { }

χ -y-4 = ο χ=7 <:::> άρα Α(7,3) x - 3y + 2 = 0 y=3

Στη συνέχεια εργαζόμαστε κατά τα γνωστά για να βρούμε το συμμετρικό σημείο Β ' του Β ως προς την διχοτόμο ΑΔ οπότε Β ' (Ο, 4) . Επειδή Β ' είναι σημείο της ΑΓ (γιατί;) η εξίσωση της ΑΓ θα είναι η εξίσωση της ΑΒ ' .

1 Επίσης, λΑr = - - αφού ΑΓ j_ ΒΕ και

λ σ κηση ::;ιι

- -

Έστω η (εσωτερική) διχοτόμος ΑΔ: χ - 3y + 2 = Ο και το ύψος ΓΖ: χ + y + 2 = Ο του τριγώνου ΑΒΓ . Εί ναι ΓΖUΒ, άρα: λrτλΑΒ=--- 1 <::>-- 1 - λΑΒ=--- 1 <:::>λΑΒ= 1 . Άρα η εξίσωση της ΑΒ είναι: y + 2 = χ - 2 <:::> χ - y - 4 = Ο .

και ΑΔ:

3 + χ2 -1 + 4 . Υ2 - 1 6 = Ο (2) 2 2

-� Β

Επειδή οι συντεταγμένες του σημείου Β δεν επαλη-

4-3 0-7

Έτσι: ΑΓ: y - 4 = -- (χ - Ο ) <:::> χ + 7y - 28 . Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων των ευθειών ΑΓ και ΓΖ προσδιορίζουμε το σημείο χ = -7 χ + 7y - 28 = Ο <=> Γ: άρα Γ(-7,5) . x +y+2 = 0 y=5 Τέλος από τα σημεία Β και Γ προσδιορίζουμε την εξίσωση της ΒΓ: y+2= 5 + 2 (x-2)<:::>7 x+9y+4=0. 7 -9

{

}{ } --

(Α ντίστοιχα αποτελέσματα θα έχουμε αν υπο θέσου

με ό τι η δ ιχοτόμο ς ε ίναι ΑΔ : ύψο ς ΓΖ: χ - 3y

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/46

+2 =0)

+y + 2 =

Ο και το

Μ81ΙΙJΙ8ΊΙ8.

,.. q• r ��111 �- Αιι••Ι•ιι Στατιστική Αποστ ό λης Κακα βάς

Ά σκηση J 'l

Οι μαθητές μιας τάξης ξόδεψαν σε μια μέρα κατά μέσο όρο 2 ευρώ στο κυλικείο του σχολείου. Εάν ν

ο συντελεστής μεταβολής είναι 30% και

Σ t�

i=l

{

Λ ί> ση

Είναι CV =

S = χ

� ti ν

ti 82=� -

.!.::!._

( ν t )2

�i 1 8 <::::> 0,3 = - <::::> 8 = 0,6 ευρώ. 82 = - Σ t; - '= 1 ν 2 ν i=t

[] ν

}

87, 2 να βρείτε τον αριθμό των μαθητών της τάξης.

ν )2 ( Σ t i2 � ti 2 <::::> 8 = - '= 1 2 <::::> ν ν ν

�

� i 87 2 <::::> 8 2=� - χ 2 <::::> 0,36= -'- - 4<::::> 0 ,36ν=87, 2--4ν<:::4:> ,36ν=87,2<:::ν:> =20 μαθητές. ν

Ά σ κ ηση 2 ' 1

Στο παρακάτω ιστόγραμμα αθροι στικών σχετικών συχνοτήτων φαίνεται ο χρόνος σε min που χρειά στηκαν 40 μαθητές της Γ ' Λυκείου για να λύσουν μια άσκηση. i) Να γίνει εκτίμηση της διαμέσου του δείγματος. ii) Να βρεθεί το ποσοστό των μαθη τών που χρειάστηκαν τουλάχιστον 7 min για να λύσουν την άσκηση. iii) Να βρεθεί πόσο χρόνο το πολύ χρειάστηκε το 10% των πιο γρήγο ρων μαθητών για να λύσουν την άσκηση, καθώς και πόσοι είναι οι μαθητές αυτοί.

090 ο�

F!S

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

0 ,6 0

0 ,5 0

- - - - - - - - - - - - - - - ·

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

,---____, / / - - - - - ;y/

.../'

.-r-·..-·

�;;<z,_..... ,

/ _

-- -·----

/,Ε

min

Λ ί> ση

i) Από το σημείο του κατακόρυφου άξονα με τεταγμένη 0,50 φέρω παράλληλη στον οριζόντιο άξονα που

τέμνει το πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων στο σημείο Ε και από το σημείο Ε φέρω παράλ ληλη στον κατακόρυφο άξονα που τέμνει τον οριζόντιο στο σημείο με τετμημένη δ (διάμεσος) Στα όμοια τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουμε: ΔΕ ΑΔ - 2 0,5 - 0,2 - 2 0,3 δ - 2 � <::: <::::> δ <::::> <::::> δ :> 4(δ 2) = 6 <::::> δ = 3,5 min ΒΓ ΑΒ 4 - 2 0,6 - 0,2 2 0,4 2 4 ii) Από το σημείο του οριζόντιου άξονα με τετμημένη 7 φέρω παράλληλη στον κατακόρυφο άξονα που τέμνει το πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων στο σημείο Ζ και από το σημείο Ζ φέρω παράλ ληλη στον οριζόντιο άξονα που τέμνει τον κατακόρυφο στο σημείο με τεταγμένη Fκ. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/47

Μαθη ματικά για την Γ ' Λυκείου

Στα όμοια τρίγωνα ΘΗΖ και ΘΙΚ έχουμε: ΗΖ ΗΘ 7 - 6 F - Ο ' 75 <::::> -1 = FΚ - Ο ' 75 <::::> 2(Fκ - 0,75) = 0,1 5 <=>Fκ = 0,825 <::::> Fκ = 82,5 % = <::::> -- = Κ ΙΚ ΘΙ 8 - 6 0,9 - 0,75 2 0,1 5 Άρα το ποσοστό των μαθητών που χρειάστηκαν τουλάχιστον 7min να λύσουν την άσκηση είναι: 1 00% -

82,5% = 17,5% iii) Από το σημείο του κατακόρυφου άξονα με τεταγμένη 0,1 φέρω παράλληλη στον οριζόντιο άξονα, που τέμνει το πολύγωνο των αθροιστικών συχνοτήτων στο σημείο Λ και από το σημείο Λ φέρω παράλ ληλη στον κατακόρυφο άξονα που τέμνει τον οριζόντιο άξονα στο σημείο με τετμημένη χ ΜΛ Ο Μ χ 0,1 χ 1 Στα όμοια τρίγωνα ΟΜΛ και ΟΝΑ έχουμε: -- -- <=> - = - <=> - = - <=> χ = 1 mι. n ΝΑ ΟΝ 2 0,2 2 2 =

ν. ν 1 min fi = _ι <=> Ο, 1 = _ι <=> νί = 4 μαθητές. ν 40

Άρα έκαναν το πολύ Ά σ κη σ η 3 '1

Σ' ένα δείγμα 200 στοιχείων, αφαιρούμε σε κάποια απ' αυτά τα στοιχεία τον αριθμό ι ο και στα υ πόλοιπα στοιχεία προσθέτουμε τον αριθμό 6. Η μέση τιμή του νέου δείγματος είναι μεγαλύτερη κα τά 2 μονάδες του παλαιού. Να βρείτε σε πόσα στοιχεία του δείγματος προσθέσαμε τον αριθμό 6 και σε πόσα στοιχεία αφαιρέσαμε τον αριθμό ι Ο. ,\ �J ση

200

Σ t ι. Η αρχική μέση τιμή είναι χ = 200 Έστω χ τα στοιχεία στα οποία αφαιρέσαμε τον αριθμό 1 Ο, τότε τα στοιχεία που προσθέσαμε τον αριθμό 6 Σ t . - 1 0χ + 6(2ΟΟ - χ) είναι 200 - χ. Η νέα μέση τιμή είναι χ' = .1..:i=�'_ι 200 Σ t- - 10χ + 6(200 - χ) Σ t.ι = i =Ι +2 <=> Σ t i - ι οχ + 6(2 οο - χ) = Σ t i + 400 <=> Ισχύει: χ' = χ + 2 <=> i =Ι ι 200 200 i =l i =l -l Ox + 6(200 - χ) = 400 <=> χ = 50 Άρα σε 50 στοιχεία αφαιρούμε τον αριθμό 1 Ο και στα υπόλοιπα 1 50 προσθέτουμε τον αριθμό 6. i= Ι

200

_______

200

2 οο

7Ι. σ κη ση 411

Αν οι τιμές χ1, χ2 , ,χν έχουν μέση τιμή χ , τυπική απόκλιση Sx και συντελεστή μεταβολής CVx και οι μέσες τιμές αυτές μειωθούν κατά ι 0% και μετά αυξηθούν κατά μια ποσότητα β, τότε να βρε θούν: α) Η νέα μέση τιμή y η νέα τυπική απόκλιση Sy ως συνάρτηση των χ , s x και β. β) Μ ετά απ' αυτές τις μεταβολές ο CVy μειώνεται κατά 20% σε σχέση με τον CVx και αν δίνεται ότι χ = ι 000, να βρεθεί η ποσότητα β. • • •

ΛiJση

y = 0,9 χ + β και = 0,9 · sx sx <=> 0,9 0 8 . -1 <=> 0 8.-

α) Ο ι νέες τιμές Yi , όπου ί=1 ,2, . . . ,ν είναι: Yi = 0,9xi + β οπότε

sY β) CV = Ο ' 8·CV <=> Υ

09 0,9 1 000 + β '

0,8

1 1 000

ο --

sx Ο 8.'

<::::>

Ο, 9 · sx ο , 9χ + β

χ 0,9χ + β χ <=> 900 = 0,8(900 + β) <=> 900 = 720 + 0,8 β <=> β = 225.

Λ σ κ:η ση 5'�

α) Να βρεθεί η τυπική απόκλιση 5 διαδοχικών ακεραίων. β) Να βρεθούν οι 5 μικρότεροι διαδοχικοί ακέραιοι ώστε το δείγμα τους να είναι ομοιογενές.

Λύση

α) Έστω κ - 2, κ - 1 , κ, κ + 1, κ + 2, κ ε

οι 5 διαδοχικοί ακέραιοι, τότε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/48

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

5κ = κ χ = κ-2+κ-1+κ+κ+1+κ+2 = 5 5 2 2 2 2 s2 = (κ - 2 - χ/ + (κ - 1 - χ) + (κ -5χ) + (κ + 1 - χ) + (κ + 2 - χ) � 2 2 2 2 2 s2 = (κ - 2 - κ) + (κ - 1 - κ) + (κ -5 κ) + (κ + 1 - κ) + (κ + 2 - κ) � 2 2 2 2 2 s2 = 2 + 1 + 05 + 1 + 2 � s2 = 2 � s = J2 β) Για να είναι το δείγμα ομοιογενές πρέπει και αρκεί CV � 10% � � � 10% � J2 � 0, 1 � 0,1κ � κ χ J2 � κ � 1 0 J2 , κ ε Ζ , άρα κ ε Α = { 1 5, 16, 1 7, 1 8, . . . } άρα κmίη = 1 5 οπότε οι 5 μικρότεροι διαδοχικοί ακέραιοι ώστε το δείγμα να είναι ομοιογενές είναι 1 3, 14, 1 5, 1 6, 1 7. Ά σ κηση 6η

β) Να βρεθεί η s �

α) Να συμπληρωθεί ο παρακάτω πίνακας Χ 1 - 1000 νiyi ν1 y 12 νί Χϊ Υϊ = 250

750 1000 1250 1500 1750 2000 2250 Σύνολα Λύση α)

10 30 25 25 4 3 3

Χϊ

νί

750 1000 1250 1500 1750 2000 2250

10 30 25 25 4 3 3

Σύνολα

1 00

χ1

Υϊ

- 1000 250

(

- ))

Σ ν. y . 1 i =l 1 1 2 2 β) = - Σ= ν ; Υ ; ν iΙ ν s

-10

-1 ο 1 2 3 4 5

ν1 y 12

ν i yi

25 50 12 12 15 Σν 1. y1. =104 7

i =l

- { -}

10 ο 25 100 36 48 75 Σ ν . y2. =294 1=1 .

2 1 (294 - 1 08,16) = 1 ,8584 = 1 2 94 - 104 = 100 100 100

. ,2, . . . , 7� 250 y; = χ; - 1000 � χ; = 250y; + 1000 αρα ' 2 = 2502 2 έχουμε y; = χ i - 1 000 1=1 250 � = 62500· 1 ,8584 τότε � = 1 16. 150 Π αρατή ρη ση : Αν οι τιμές χ; μιας μεταβλητής είναι αρκετά μεγάλες και μπορούμε να εκφράσουμε κά ποιες άλλες τιμές y; ως συνάρτηση των τιμών χ; με μια συνάρτηση της μορφής y; = αχ; + β όπου οι τιμές s

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/49

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

είναι αρκετά μικρές, τότε είναι ευκολότερο να βρούμε πρώτα τα μέτρα θέσης και διασποράς των τιμών 1 β ' ' ' ' ' και μετα' λυνοντας πρα' ξεις με πολυ' μικροτερους αριθ μους ως προς X i = - y . - , οπου Yi κανοντας i= 1 ,2, . . . , κ α =F Ο μπορούμε να βρούμε τα μέτρα θέσης και διασποράς των τιμών φορά πράξεις με μεγάλους αριθμούς σε κάθε περίπτωση.

κάνοντας μόνο μια

Ά σ κη ση 7'1

Σε μια κανονική κατανομή το 99,35% των τιμών βρίσκονται στο διάστημα (13, 33) όπου τα άκρα του διαστήματος είναι συνάρτηση των χ και s και διαφέρουν κατά πολλαπλάσιο του s. α) Να βρείτε σε κάθε περίπτωση (δύο περιπτώσεις) τα χ και s. β) Να εξετάσετε σε κάθε περίπτωση αν είναι τα δείγματα ομοιογενή. ΛίJ ση

Για την καμπύλη συχνοτήτων σε μια κανονική κατανομή ισχύει: Έχουμε ότι 34% + 34% + 1 3,5% + 13,5% + 2,35% = 97,35% Άρα το διάστημα (13, 33) είναι το ( x -3s, χ +2s) ή το ( x-2s, χ + 3s) Πρέπει και αρκεί να ισχύει:

{

} {

}

x - 2s = 1 3 χ - 3s = 1 3 (Σ ι ) ή (Σ z ) χ + 2s = 3 3 χ + 3s = 33 χ - 3s = 1 3 5s = -20 (Σ ι) <::::> <::::> x - 3s = 1 3 - x - 2s = -33 x - 2s = 1 3 - 5s = -20 (Σz ) <::::> <::::> χ - 2s = 1 3 - χ - 3s = -3 3

{ {

} {} {

} { } } { }

_:ι;· - j .:.

s=4 χ = 25 s=4 χ = 21

<::::>

.χ -2::;

Χ-s

.ι +s

.ι +2 s

.ι

+3s

: ._ 68% ·- 95% ------ 99 7 '):;. _____.,

; = 2� = Ο, 1 6 = 16% 10% συνεπώς δεν είναι ομοιογενές το πρώτο δείγμα. Αν χ = 2 1 και s = 4, τότε CV2 = ; = ; = 0,1 904 = 1 9,04% 10% συνεπώς δεν είναι 1 β) Αν

χ = 25

και s = 4 , τότε CVι =

ομοιογενές ούτε το δεύτερο δείγμα.

Ά σκη ση 8'1

Σε ένα κυκλικό διάγραμμα παρουσιάζονται οι προτιμήσεις των μαθητών της Α ' Λυκείου για ποια κατεύθυνση ενδιαφέρονται να ακολουθήσουν. Η επίκεντρη γωνία που αντιστοιχεί στην τεχνολογι κή κατεύθυνση είναι 5χ +2y μοίρες, για την θετική είναι 2χ + 2y μοίρες και για την θεωρητική x+4y=108° . Να υπολογίσετε το ποσοστό των μαθητών σε κάθε κατεύθυνση. Λ ύ ση

Έχουμε αι = 5χ + 2y

' { χ+

Ισχύει αι + αz + α3 Άρα

Άρα αι

(1) , α2 = 2χ + 2y (2) και α3 = χ + 4y = 108° (3) 3 360° ( ) αι + α 2 = 252° 7χ +4y = 252°

} {-χ<:::>

4 y = 1 08 <::::> 7 x + 4 y = 252

} { χ } {χ= }

( 1 ),( 2 )

<:::>

4 y - 1 08 7 x + 4 y = 252

<::::>

6 = 1 44 x + 4 y = 1 08

<::::>

24 y = 21

= 162° , α2 = 90° και α3 108° = 0,45 άρα 45 % των μαθητών της Α ' λυκείου προτιμάει τεχνολογική κατεύαι = 360·fι <::::> fι =

�:�

θυνση α2 = 360 f2 <::::> f2 = α3

360 ·f3 <::::> f3

1 08 360

90 360

= 0,25 άρα 25% προτιμάει θετική κατεύθυνση και

= 0,3 άρα 30 % προτιμάει θεωρητική κατεύθυνση ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/50

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Γενικές Ασκήσεις Α ργυρ άκης Δη μή τρη ς - Μπ ρ ίνο ς Π αναγιώτης

Δίνεται συνάρτηση f : R � R . Αν η f είναι περιττή, συνεχής στο Χ0 = -1 (x) 2 ημ(χ + 1) και χ� lim-ι fi - = 1 , τότε: χ+1 α) Να βρεθεί η τιμή της f στο Χ 0 -1. f(x) - 1 β) Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο χ 1 1. γ) Να βρεθεί το όριο lim+ χ� ι χ-1 .

ΛίJ ση :

+ 1) , οπότε f(χ) = (χ + 1) g( χ) + 2 + ημ(χ + 1) (1) χ =ι:. -1 , θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) f(χ)-2-ημ(χ + χ 1 Από υπόθεση είναι 1im g(x) = 1 , άρα 1im f(x) = lim [ (χ + 1 )g(x) + 2 + ημ(χ + 1 ) ] = 2. Επειδή η f είναι συνεχής στο Χ 0 = -1, θα είναι f( -1 ) = lim f(x) , επομένως f( -1) = 2 . α)

Για

χ�-1

χ�- 1

χ �- 1

χ �-1

f περιπή

f(1) = 1imf(x). Πράγματι έχουμε f(1) = f [ - ( -1 ) ] = - f( -1 ) = -2 . Και αν θέσουμε x=-t τότε f(x)=f(-t)=-f(t) οπότε, limf( χ) = - t---+ lim- 1 f( t ) = -2 . Επομένως f(1 ) limf(x) , οπότε η f είναι συνεχής στο χ = 1 . 1 f(x) - 1 = γ ) Επειδή lim(f(x) - 1) = -3 και lim -- = +οο έχουμε l im χ-1 χ-1 αχ 2 + βχ + 1 χ 1 , να είναι 2 . Να βρεθούν τα α , β , γ ε R , ώστε η συνάρτηση f, με f(x) = lx - 11 β) Αρκεί να δείξουμε ότι

x �l

x�l

χ�1

x �l

χ �ι

- οο .

χ �ι+

{

:;t:

, χ=1

συνεχής στο Χ 0 = 1 . Λύση :

Χ 0 = 1 , τότε limf(x) f(1) = γ (1). 2 Για χ =ι:. 1 έχουμε: f(x) = αχ + βχ + 1 � Ι χ - 1 1 f(χ) = αχ 2 + βχ + 1 I χ - 1I � lim ( l x - 1l f(x)) = lim(αx 2 + βχ + 1) � Ο · γ = α + β + 1 � β = - α - 1 αχ 2 - ( α + l ) χ + 1 Αντικαθιστώντας την τιμή του β έχουμε: f(x) = I χ - 1I 2 = αχ - xαχ- -11 χ + l = αχ (χ - 1 ) - ( χ - 1 ) = (χ - l ) ( αχ - 1 ) Αλλά l l x - 11 l x - 11 - 1 ) = α - 1 και lim f(x) = lim ( χ - 1 )( αχ - 1 ) -α + 1 , οπότε lim f(x) = lim ( χ - lχ) (αχ -1 -χ + 1 (l)� α - 1 = -α + 1 = γ � α = 1 , γ = Ο . Άρα β -α-1=-2 l x - 11 , χ =ι:. 1 Επαλή θευση : Για α = 1 , β = -2 και γ = Ο έχουμε f(x) = 0 ' χ=1 Είναι limf(x) = lim l x - 1 I = O = f(l) , οπότε η f είναι συνεχής στο Χ 0 = 1 όταν α = 1 , β = -2 και γ = Ο. Αν η f είναι συνεχής στο

x �l

x�l

x �l

χ � ι·

χ �ι ·

χ �ι -

x�l

{

x�l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/51

και μόνο

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Δίνεται συνάρτηση f : R � R με 2 f(x) = χ + ημ(f(χ) - χ) , για κάθε χ Ε R. α) Να αποδειχθεί ότι I f(x) I � 2 1 χ I , για κάθε χ Ε R. β) Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο Ο.

Λ ύ ση : α)

Για κάθε χ R είναι: /2f(x)/ = /χ + ημ(f(χ) - χ)/ � /χ/ + / ημ(f(χ) - χ)/ � / χ/ + /f(x) - χ/ � / χ / + / f(x)/ + /χ / Ά ρα 2/ f (x)/ � 2 /χ/ + /f(x)/ => / f (x)/ � 2/χ/ , για κάθε χ ε R. (1) β ) Για χ = Ο από τη σχέση (1) έχουμε / f (O) / � Ο, οπότε f(O) = Ο (2). Για κάθε x eR είναι /f(x)/ � 2 /χ/ , οπότε : - 2 /χ/ � f(x) � 2 /χ / . Είναι lim Χ-->0 ( - 2 / χ/ ) = 0=lim Χ-->0 ( 2/x/), οπότε από κριτήριο παρεμβολής έχουμε limf(x) Χ-->0 = O (3). Ά Από (2) και (3) έχουμε lim -->0 f(x) = f(O) . ρα η f είναι συνεχής στο Ο. Ε

'Εστω συνάρτηση f : R � R με f(x y) = f(x) + f(y) για κάθε χ , y Ε R και Iim f(x) = 2010 . χ-1 f(x) f(3) α) Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο Χ = 1 . β) Να βρεθεί το lim . 0 Χ --> 3 Χ - 3 γ) Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο Χ 0 = 3 . 4.

χ --> 1

Λ ύ ση :

= 1)g(x) (1) Για x :;t: 1 , θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = χf(x) - 1 , οπότε f(x) (x= = 2010, επομένως limf(x Από υπόθεση είναι limg(x) Χ--> 1 Χ-->1 ) = lim Χ-->1 [ (x- 1)g(x)] O (2). Για x = y =1 από τη δοθείσα σχέση έχουμε f(l) = f(l) + f(1), οπότε f(l) = O (3). Από (2) και (3) έχουμε = f(1). Άρα η fείναι συνεχής στο 1 . limf(x) χ --> 1 f(x) - f(3) - f(3t) - f(3) f(3) + f(t) - f(3) β ) Αν θέσουμε χ = 3t , τότε οπότε - 3 ( t - 1) = 3 (f(t) t - 1) ' 3t - 3 χ-3 f(x) - f(3) _!_ f( t) _!_ = 3 lim = 20 1 Ο = 670 . lim t--> 1 t - 1 3 χ -->3 χ - 3 f(x) - f( 3 ) γ) Αρκεί να δείξουμε ότι lim f(x) = f(3) 'Εστω g(x) = χ - 3 . Τότε f(x) = (x - 3 )g(x) + f(3) οπότε limf( χ) = Ο · 670 + f(3) = f(3). α)

χ�

χ�3

Δίνεται συνάρτηση f : R � R με α)

f 2 (χ) � 2xf (x) + η μ 2 χ,

Να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο Χ 0 = Ο .

β)

Λ ύ ση : α)

για κάθε χ Ε R . Να αποδειχθεί ότι

lim

x � + oc

f (�) = Ο . Χ

Έχουμε f2 (x) � 2xf(x) + ημ2χ => f2 (x) - 2xf(x) + χ2 � χ2 + ημ2χ (f(x) - x) z � χ2 + ημz χ => / f(χ) - χ / � �χ z + ημz χ => - � χ z + ημ2χ � f(x) - χ � � χ z + ημ2χ => => χ - �χ2 + ημ2χ � f(χ) � χ + �χ2 + ημ2χ (1) για κάθε x e R. =>

lim x - �x2 + ημ2x = O = lim x + �x2 + ημ2x ,

(

)

(

)

επομένως από κριτήριο παρεμβολής έχουμε lim f(x) = Ο . Επίσης για χ = Ο από την ( Ι ) έχουμε Ο� f(O)�O, άρα f(O)=O. Επομένως lim f(x) = f ( O) , οπότε η fείναι συνεχής στο χ0 = 0. Είναι

χ�Ο

χ�ο

χ�Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/52

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

οπότε από κριτήριο παρεμβολής έχουμε 6.

α) β)

• • •

f(�) Χ

Ο . (Είναι

lim χ � +οο

ημχ

= Ο)

Να βρείτε το lim e 1 x , για τις διάφορες τιμές του χ Ε R . 1x συνχ + ημχ . e , , , Να αποδειξετε οτι η συναρτηση f(x) lιm , χ Ε R είναι συνεχής. χ + e1 t ---+ -00

Λύση : α)

lim χ ---+ +οο

•

t --+ - oo

= ( e ' Υ . Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Είναι

e1 x

Αν

> 1 , δηλαδή χ > Ο , τότε

Αν

= 1 , δηλαδή

Αν

< 1, δηλαδή

( )1 = Ο 1 χ = Ο , τότε t--+lim ( e x ) = 1 oo 1 χ < Ο , τότε t--+-00 1im ( e x ) = +οο

{

1im e x t ---t-00

Ο αν χ > 0 Επομένως tlim e1' = lim ( e x ) = 1 αν χ = Ο --+-'X t --+-::C + οο , αν χ < Ο β) Κατ' αρχάς βρίσκουμε τον τύπο της συνάρτησης f. Διακρίνουμε περιπτώσεις: e 1 x · συνχ + ημχ Ο · συνχ + ημχ η μχ Αν χ > Ο , τότε ll· m Χ + et x Χ+ο Χ 1 . e x · συνχ + ημχ Ι Ι + Ο · , -' -'1 Αν χ = ο , τοτε 1 ιm -----Ο+Ι χ + e1 x Αν χ < Ο , τότε 1 -t t συνχ + -· ημχ συνχ+ Ο · η μχ e x ( συνχ + e x · η μχ ) . e ι χ · συνχ + ημχ eι χ Ιιm = Ιιm = lιm = = συ νχ χ + eι χ t --+ -oo t --+ -"' t --+ -oo 1 χ · 0 1 + eι χ ( χ e ι χ + Ι ) Ι + χ t 1

•

I-+ - χ

•

�

�--+ - χ

•

Άρα είναι f(x) =

η μχ χ

αν χ > Ο

{�

η χ

' αν χ > Ο αν χ = Ο = συνχ , αν χ � Ο συνχ , αν χ < Ο

συνάρτηση f είναι συνεχής στο ( Ο , +οο ) ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων, στο ( οο , Ο ) ως βασική ημχ συνάρτηση, και στο Χ0=0, αφού lim = lim συνχ = 1 = f(O). Επομένως η f είναι συνεχής συνάρτηση. χ --+0χ --+0+ χ

7 . Έστω

συνάρτηση f : R � R, η οποία για κάθε x,yER ικανοποιεί τη σχέση f(x)-f(y) � 2009l x- � (1). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/53

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Να αποδείξετε ότι: α) l f(x) - f(y) l � 2009 l x - yl για κάθε x , y Ε R . β) Η f είναι συνεχής. ση f(x) c x , για κάθε c Ε R με c > 2009 έχει το πολύ μια πραγματική ρίζα.

γ)

Η εξίσω

Λ ί> ση : α) Η

σχέση (1) ισχύει για κάθε χ , y Ε R, οπότε θα ισχύει και η σχέση: f(y) - f(x)� 2009 l y - x l , άρα l f (χ) - f (y) l � 2009 l x - Yl β) Για χ , Χ0 Ε R, έχουμε: l f (χ) - f (x0 )1 � 2009 l x - Χ0 1 => -2009 l x - Χ0 1 � f (χ) - f (x0 ) � 2009 l x - Χ0 1 Είναι lim ( -20091 χ - xo l ) lim ( 2009 1 χ - xo l ) = Ο , οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι και lim [f(x) -f (x0)]= 0 => lim f(x) = f (x0). Επομένως η fείναι συνεχής συνάρτηση. Χ �Χ0

Χ �Χο

Χ � Χ0

Χ --+ Χ ο

Ρι "'P

l f(ρ 1 )-f( p 2 )1 �2009 l p1 - ρ 2 1 , άρα c l ρ 1 - ρ 2 1 � 2009 l ρ 1 - ρ 2 1 z c � 2009, το οποίο είναι άτοπο, αφού από υπόθεση είναι c > 2009. Άρα η εξίσωση f(x) cx , για κάθε c Ε R με c > 2009 έχει το πολύ μια πραγματική ρίζα. 8 . Δίνεται η συνάρτηση f(x) ημχ - 3χ - 1 , χ Ε R . �

Όμως

α)

Να αποδειχθεί ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

β) Να βρεθεί το

[-π2 , π]

. γ)

εξίσωση f(x)

= -

2π έχει ακριβώς μια λύση στο

, . f(x) + 3π + l . Ν α βρεθει το lιm

Λύση : α)

r([ � π]) και να αποδειχθεί ότι

[; , π] .

Για χ 1 , χ 2 Ε

Χ -+ Π

Χ-Π

[i , π] με χ 1 < χ 2 έχουμε -3χ1

-3χ 2

�

-3x1 - l > -3χ 2 - 1 (1).

[ ]

Επίσης η συνάρτηση η μχ είναι γνησίως φθίνουσα στο i , π , επομένως ημχ1 > ημχ 2 (2). Από (1) και (2) προκύπτει με πρόσθεση κατά μέλη ημχ1 - 3χ 1 -1 > ημχ 2 - 3χ 2 - 1, δηλαδή f(x1 ) > f(x 2 ) , άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο i , π .

[ ]

[� , π] . οπότε έχουμε r([� ] =[f( π) , {�)}[-3π-1 , �J. Αλλά: -2 π Ε f ([ � ]) οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα Χ 0 Ε [ i , π ] με f(χ0) = -2π και λόγω της β) Η fείναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο ,π

,π

μονοτονίας της f το Χ0 είναι μοναδικό. f(χ) + 3π + 1 = η μχ - 3χ - 1 + 3π + 1 = ημχ - 3(χ - π) γ ) 'Εχουμε χ-π χ-π χ-π η μ t - 3 . Άρα lim f(x) + 3π + 1 = lim - ημ t - 3 = -4 . = ημχ - 3 = - ημ( π - χ ) π π χ t χ-π t χ-

(

)

(

-3J π-�=1 (-

)

t-+0 (

χ-+π

)

Δίνεται συνεχής συνάρτηση f : R � R με f(O) Ο και lim f(x) +οο . Να δειχθεί ότι υπάρχει του=

•-++«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/54

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

ι λάχιστον ένα Χ 0 > Ο τέτοιο, ώστε να ισχύει f(x0 ) = 2 - '· + Χ0 - Χ0συν - . χ ο

Λ ύ ση :

Θέτουμε g(x) = f(x) - 2- χ - χ + χ συν_!_ , με χ > Ο . χ Για κάθε χ > ο ισχύει

l � l = Ι χ ι l �I χ συν

σ υν

�lx

1 · 1 = χ ' οπότε -χ � χ συν

(

�

)

�

χ ( 1 ). Είναι

lirη (-χ) = Ο = lirη χ , οπότε από κριτήριο παρεμβολής έχουμε lirη_ χσυν _!_ =0. χ χ �ο χ �ο χ �ο Επίσης η f είναι συνεχής στο Ο, οπότε lim f(x) = f ( Ο) = Ο . Χ ---+ 0+

(

)

Άρα lim g(x) = lim f(x) - 2-χ - χ + χ συν_!_ = -1 < Ο , οπότε υπάρχει διάστημα της μορφής (Ο, α ) τέχ χ -+ο + χ -+ ο+ τοιο, ώστε g(x) < O για κάθε χ ε (Ο, α ) , και επομένως g(κ) < Ο για κάποιο κ ε (Ο, α ) . Η συνάρτηση g -1 Ο. γράφεται g(x) = f(x) - Tx + χ συν _!_ - ι . Αν θέσουμε u = _!_ , τότε: lim χ συν _!_ - 1 = lim σuvu

(

)

[

(

)]

x-++ao

[(

)]

u-+0+

2 - χ = Ο , οπότε limg(x) = lim f(x) -Tx + x σuv .!. - 1 = -too , άρα υπάρχει διάστημα της μορΕπίσης χlim �+οc χ φής ( β, + οο ) τέτοιο, ώστε g(x) > O για κάθε χ ε (β, + οο ), επομένως g(λ) > Ο για κάποιο λ ε (β, + οο ) Έχουμε: Η g είναι συνεχής στο [κ , λ] ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων και g(κ) g(λ) < Ο . Σύμφωνα με το θεώρημα B o lzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Χ ε (κ , λ ) ς (Ο , + οο ) , τέτοιο ώστε Χ--++<χ::ι

X-+t«J

•

g(x o )= O <=> f(x )= Γ χ · + Χ 0

1 Ο.

-Χ

1 . 0 συν χ ο

Έστω f , g δύο συναρτήσεις συνεχείς στο [ Ο , ι ] . Αν f ο g = g ο f , η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ Ο , ι ] , Ο� f(χ) � ι και Ο � g(χ) � ι για κάθε χ ε [ Ο , ι ] , να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ ε [Ο , ι] τέ τοιο, ώστε f ( ξ ) = ξ και g ( ξ ) = ξ . Λ ύ ση :

Θεωρούμε συνάρτηση h(x) = f(x) - x , χ ε [ Ο , 1 ] και παρατηρούμε ότι: Η h είναι συνεχής στο [Ο , 1] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και h(O) h(1) = f(O) (f(l) - 1) � Ο . �ο ,;ο Διακρίνουμε περιπτώσεις � Αν h(O) h(l) < Ο , τότε σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε (Ο , 1) τέτοιο, ώστε h(ξ) = Ο <::::> f(ξ) =ξ. � Εξάλλου h(O) h(l) = O ::::> h(O) = O ή h(l) = O ::::> f(O) = O ή f(l) = l => ξ = Ο ή ξ = 1 . Άρα και στις δύο περιπτώσεις θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε [ Ο , 1] τέτοιο, ώστε f(ξ)=ξ. Με τη μέθο δο της απαγωγής σε άτοπο θα αποδείξουμε ότι για το ίδιο ξ ε [ Ο , 1] ισχύει και g(ξ) =ξ . Έστω ότι: g(ξ) > ξ ( 1 ). Τότε •

•

'-ν-' '-----ν----' -

f ,!.

fog�gof

f (ξ)�ξ

(1)=> f (g(ξ) ) < f(ξ) => ( fog ) (ξ) < f(ξ) => (gof ) (ξ) < f(ξ) => g ( f(ξ) ) <f(ξ) => g (ξ ) < ξ , πράγμα άτοπο. Έστω ότι: g(ξ) <ξ (2). Τότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/55

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

f .j.

fog�gof

Γ (ξ) � ξ

(2) � f (g(ξ)) >f(ξ) � (fog ) (ξ) > f(ξ) � (gof ) (ξ) > f(ξ) � g (f(ξ)) >f(ξ) � g ( ξ ) > ξ , πράγμα άτοπο. Επομένως υπάρχει ξ Ε [ Ο , 1] τέτοιο, ώστε f(ξ) =ξ και g(ξ) =ξ . 1 1.

Έστω συνεχής συνάρτηση f : R � R με f ( -1) = 1 , η οποία για κάθε χ Ε R ικανοποιεί τη σχέ ση f(f(x)) + χ 6 f(x) = Ο (1). α) Να βρεθούν οι τιμές f (l) και f (O) . [ f( l ) + l] x4 + f(l) x 2 - 3χ + 2 β) Να υπολογιστεί το όριο lim f ( Ο ) Χ + 4χ 2 - x + l 3

H-ao

Λ ί> ση :

α) Για χ = - 1 από την ( 1 ) έχουμε: f(f( -1 )) + ( -1 ) 6 f( -1) = Ο � f( l) + 1 = Ο � f( l ) = -1 Είναι f ( 1) = -1 < Ο < 1 = f ( -1) και η f είναι συνεχής στο [ -1 , 1] , επομένως από θεώρημα ενδιαμέσων τι μών θα υπάρχει τουλάχιστον ένα Χ0 Ε ( -1 , 1) τέτοιο, ώστε f(x0 ) = Ο . Για χ = Χ0 από την ( 1 ) έχουμε: f(f( X 0 )) + Χ06 f( X 0 ) = Ο � f(O) + Χ0 6 · Ο = Ο � f(O) = Ο . β) Για χ ε ( Ο) έχουμε Ο · χ4 +(-1) χ2 - 3χ + 2 lim - χ 2 - 3 χ + 2 lim - χ 2 = - _!_ li m [f(1) + 1] x4 + f(1) x2 - 3x + 2 li = m = 2 2 x --+-ao 4x - x + l x --+-ao 4 Ο · χ 3 + 4χ2 - χ + 1 f(O) x 3 + 4x2 - x + 1 4 χ 1 2. Έστω συνεχής συνάρτηση f : R � R , με f (Ο) = 2 η οποία για κάθε χ Ε R ικανοποιεί τη σχέση f(f(x)) + 4 f(x) = 6 - χ 4 (1). α) Να βρεθούν οι τιμές f (2) και f ( - 2) . β) Να βρεθούν οι τιμές r ( - .J2) χ4 + 4f(x) - S και r (.J2) . γ ) Αν lim = - 4 να βρεθεί το lim f(f(x)) . χ-1 -οο ,

Χ -Η<>

Χ -ΗΟ

χ---+ 1

χ --+ 1

Λύση :

Για χ = Ο από την ( 1 ) έχουμε: f ( f (0)) +4f (O) = 6 � f(2) + 4 · 2 = 6 � f(2) = -2 . Για χ = 2 από την ( 1 ) έχουμε: f ( f (2))+4f (2) = 6 - 24 � f ( -2 ) + 4 · (-2) = 6 - 1 6 � f ( -2) = -2 . β) Είναι f(-2) = -2 < 0 < 2 = f(O) και η f είναι συνεχής στο [-2 , 0], επομένως από θεώρημα ενδιαμέ σων τιμών θα υπάρχει τουλάχιστον ένα Χ0 Ε (-2 , Ο) έτοιο, ώστε f(x0 ) = Ο . Για χ = Χ0 από την ( 1) έ χουμε: f(f(X0 )) + 4f(x0 ) = 6 - χ: � f ( O) + 4 · Ο = 6 - χ: � 2 = 6 - χ: � χ: = 4 � �xo = fi ή X0 = -J2 �x0 = -J2 , αφού Χ0 Ε (-2 , 0). Άρα f ( - J2 ) = 0 . Είναι f(2) = -2 < 0 < 2 = f (O) και η f είναι συνεχής στο [Ο , 2 ] , επομένως από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει τουλάχιστον ένα Χι Ε (Ο , 2) τέτοιο, ώστε f(χι ) = Ο . Για χ = Χι από την ( 1 ) έχουμε: f(f(xι )) + 4f(xι ) = 6 - x : � f(0) + 4 · 0= 6 - x : � 2 = 6 - χ : � χ : = 4 � Χι = .fi ή Χι = -.fi � xι = .Ji , αφού Χι Ε ( Ο , 2). Άρα f ( ν'2 ) = ο . α)

γ)

χ4 + 4f(x) - 5 ( x - 1)g(x) - x4 + 5 , οπότε f( χ) = (2) χ-1 4 ( χ - 1) g ( x ) - χ4 + 5 lim f ( χ ) = lim--+1 lim g(x)= -4, = 1, οπότε χ --+ 1 χχ --+ 1 4

Για χ * 1 , θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) =

Από

υπόθεση

είναι

και

u = f (x)

1im f( f(x)) = lim f( u ) = 1 . u--+ 1 χ --+ 1

1 3.

Έστω συνεχής συνάρτηση f : [ α , Ρ] � R. Υποθέτουμε ότι για κάθε χ Ε [ α, β ] υπάρχει y Ε [ α , β ) , ώστε l f(y) l � ! ι r<x> l · Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ξ Ε [ α , p] , ώστε f (ξ) = ο . 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/56

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Λ ύ ση : Η είναι

συνεχής στο [α , β] , οπότε από θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής υπάρχουν f χι , χ 2 ε [α , β] , τέτοια ώστε μ = f(χι ) :::; f(x) :::; f (x 2 ) = Μ, για κάθε χ ε [α , β]. Έστω ότι δεν υπάρχει ξ ε [α , β] , ώστε f ( ξ ) = Ο, δηλαδή f(x) * Ο για κάθε χ ε [α , β] , τότε επειδή η f είναι συνεχής στο [α , β] , θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα αυτό. Δηλαδή f(x) > Ο, για κάθε χ ε [α , β] ή f(x) < Ο, για κάθε χ ε [α , β]. Έστω τώρα ότι η f(x) > Ο, για κάθε χ ε [α , β]. Από υπόθεση για κάθε χ ε [α , β] υπάρχει y ε [α , β] , ώστε \ f(y) \ :::; _!_\ f(x) \ , δηλαδή f(y) :::; _!_f(x) ( 1 ), αφού δε2 2 χτήκαμε ότι f(x) > Ο για κάθε χ ε [α , β]. Για χ = Χ ι , από την ( 1 ) προκύπτει ότι υπάρχει y ε [α , β] , ώστε f(y) :::; _!_f(χ ι ) και _!_ f(χι ) < f(χι ), αφού f(χι ) > Ο , άρα f(y) < f(χι ) , άτοπο, αφού f(χι) είναι η ελά2 2 χιστη τιμή της f. Ομοίως, αν υποθέσουμε ότι f(x) < Ο, για κάθε χ ε [α , β]. Από υπόθεση για κάθε χ ε [α , β] υπάρχει y ε [α , β], ώστε \ f(y) \ :::; _!_\ f(x) \ , ή - f(y) :::; - _!_f(x) , ή f(y) � _!_ f(x) (2), αφού δε2 2 2 χτήκαμε f(x) < Ο, για κάθε χ ε [α , β ] . Για χ = χ 2 , από την (2) προκύπτει ότι υπάρχει y ε [α, β] , ώστε και _!_ f (x0) f(y) � _!_f(x0) > f(x 2 ), αφού f(x 2 ) < 0 , άρα f(y) > f(x 2 ), άτοπο, αφού f(x2 ) είναι η μέγιστη 2 2 τιμή της f. Καταλήξαμε σε άτοπο, γιατί υποθέσαμε ότι δεν υπάρχει ξ ε [α , β] , ώστε f (ξ) = Ο. Άρα υ πάρχει ξ ε [α , β] , ώστε f(ξ) = Ο. 1 4.

Θεωρούμε συνεχή συνάρτηση f : R ---:) R και τον αριθμό z = x + i f(x), χ ε R. Αν ισχύει 3α f f < Ο , α>Ο και για κάθε χ ε (Ο , 2α) ισχύει Ι z - α Ι :::; α , Ι 2z - α Ι � α , l 2z - 3α Ι � α , τότε 2 να αποδειχτεί ότι f (α) Ο .

(i) ( )

ΛίJση :

z - α Ι :::; α προκύπτει ότι η εικόνα M(z) του μιγαδικού z ανήκει στο κυκλικό δίσκο κέντρου Α (α , Ο ) και ακτίνας α. Από τη σχέση \2z - α\ � α ή ισοδύναμα z - � προκύπτει ότι η εικό-

Από τη σχέση

J �� να M(z) του μιγαδικού z είναι εξωτερικό σημείο ή σημείο του κύκλου κέντρου Β(� , Ο ) και ακτίνας �. 3 Από τη σχέση \2z - 3α\ � α ή ισοδύναμα J z - α ι � � προκύπτει ότι η εικόνα M(z) του μιγαδικού z είναι 2 3α , ) και ' η' σημειο ' του κυκ ' λου κεντρου ' r (l εξωτερικο' σημειο 3 ακτίνας �. f είναι συνεχής στο [ � , α ] και f (� ) . f ( 3; ) < Ο , 2 ο

---,.�f----+-"'--'---'--+--� χ

επομένως από θεώρημα χ, ε

μόνο η

z = α ανήκει στο

(� , 32α )

(� �) ,

έτσι,

ώστε

Bolzano

υπάρχει τουλάχιστον ένα

f(x0 )= 0.

Για

χ = Χ0 ,

έχουμε

z = x0 + if(x0) = xo ε R. Από το παραπάνω σχήμα, προκύπτει ότι zεR, αν και μόνο αν z = Ο ή z = α ή z = 2α . Από τις τιμές αυτές , άρα f (α) = Ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/57

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Με

αφορμή μια άσκηση του σχολικού Βιβλίου

Γ . Σ . Τ ασσ ό π ου λος, Καθηγητής Βαρβακείου Λυκείου

Στην Άσκηση 6 σελίδα 148 του Σχολικού Βιβλίου Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης, ζητείται να βρεθεί συνάρτηση f τέτοια ώστε να ισχύει (3 περιπτώσεις): ί) (fog)(x)=x 2+2x+2, αν g(x)=x+ 1 ii) (fog)(x)= .,fl;;J , αν g(x)= -χ2 iii) (gοf)(χ)=ΙσυνχΙ, αν g(x)= .J1 + χ2 Οι συγγραφείς με την έκφραση <<να βρεθεί συ νάρτηση f>> εννοούν <<να βρεθεί έστω μια<Ι ) συνάρ τηση f>>. Έτσι στο μεν ερώτημα (iii) απαντούν (ορθώς) βρίσκοντας δυο μόνο συναρτήσεις και όχι όλες, ενώ στο ερώτημα (ίί) αποφαίνονται (εσφαλμένα) ότι: η συνάρτηση f (δηλαδή η μοναδική συνάρτη ση f) είναι η f ( χ ) = � με χ�Ο, πράγμα το οποίο όπως θα δούμε παρακάτω δεν είναι σωστό. Στην περίπτωση μάλιστα που θα είχαμε ( fog)( χ) = .J1 - χ2 και g(x)= -χ2 με την ίδια λογι κή θα έβρισκαν f (χ) = � με χ�Ο. Όμως είναι προφανές ότι η f δεν μπορεί τότε να οριστεί στο (-οο,Ο] π.χ. για χ= -2, αλλά πρέπει να ι σχύει και χ2::- 1 . Κάπου λοιπόν ελλοχεύει ένα λάθος. Πράγματι το κακό ξεκινάει από το γεγονός ότι ακόμη και στο ερώτημα (ί) που είναι απλούστερο, δε γίνεται καθόλου λόγος για το πεδίο ορισμού της f. Ας ξεκινήσουμε λοιπόν απ' αυτό για να φανεί τι ακριβώς απουσιάζει από τη Λύση του Σχολικού Βιβλίου. i) Έχουμε A rog= JR και Ag= JR . Άρα για το σύνο λο A'={xεAg/g(x) εAr} ξέρουμε ότι Α'= JR Ισχυριζόμαστε ότι AF JR . Π ρ άγματ ι : Αν ήταν A# JR , τότε θεωρούμε τα yi ε JR με Yi �Ar ο πότε Α'={χε JR /χ+ 1:;tyi}={x ε JR /x:;tyi-1 }:;t: JR , πράγμα άτοπο, αφού A'= JR . Επομένως AF JR και f(g(x))=(x+1 )2+ 1 =g2 (x)+ 1 , για κάθε χ ε JR . 1 Κατά τη γνώμη μας κακώς χρησιμοποιείται μια τέτοια έκφραση, αφού θα μπορούσαμε να είμαστε σαφέστατοι λέγοντας <<να βρεθεί τουλάχιστον μια συνάρτηση 6>. Στη Γεωμετρία π.χ. όταν λέμε να βρεθεί ή να κατα σκευαστεί τρίγωνο με κάποιες ιδιότητες δεν εννοούμε τουλάχιστον ένα τρίγωνο, αλλά όλα τα τρίγωνα που έ χουν αυτές τις ιδιότητες.

ίί)

Άρα f( ω )=ω2+ 1 , για κάθε ω ε JR . Θα μπορού σαμε να θέσουμε χ+ 1 =ω, δηλαδή χ=ω-1 στον τύπο της fog αν ήταν πολυπλοκότερος. Έχουμε προφανώς Ag= JR και Αισg= JR , οπότε για το σύνολο A'={x εAg/g(x) εAr} ξέρουμε ότι A'= JR και f ( g ( x ) ) = �1 - g ( x ) , για κάθε χεΑg= JR με g(x) εAh όπου h: (-οο,Ο]- JR : h ( χ ) = � δηλαδή Ah=(-οο, Ο] Αν λοιπόν θέλουμε η fνα είναι μονόκλαδη συ νάρτηση, τότε θα έχουμε A r � A h δηλαδή AF(-oo, α] ή AF(-oo, α) με α�1 . Έστω Αι=(-οο, α]. Αν α<Ο, τότε Α'={χε JR /-χ2�α}={χε JR /χ22::-α}= = ( -oo, - � u �, + οο) :;t: JR, πράγμα άτοπο ,

•

J [

•

αφού A'= JR . Αν Ο�α� 1 , τότε Α'={χε JR /-x2�α}= JR . Ανά λογα εργαζόμαστε αν AF(-oo, α) με Ο <α�1 (2) . Υπάρχουν λοιπόν άπειρες μονόκλαδες συ ναρτήσεις της μορφής f ( χ ) = � με AF(-oo , α] και Ο�α�1ή AF(-oo, α) και Ο <α�1 με ευρύτερο Αrτο (-οο , 1 ] και όχι μόνο η f: (-οο, Ο]- JR : f (χ) = � που βρίσκει το σχολικό βιβλίο. Αν θέλαμε πολύκλαδη συνάρτηση f τότε θα εί-Jι - χ , χ ε (-οο, α) χαμε: f ( χ ) = με Ο � α � 1 . Φ(χ), χ > α Η φ( χ) είναι τυχαία συνάρτηση μονοκλάδη ή πολύκλαδη π. χ. Φ( χ) = 2χ + 3, χ > α ή 2χ + 3, χ ε ( α, 2 ) Φ( χ) = χ + 5, χ � 2 Ας θεωρήσουμε τώρα και το δυσκολότερο πα ράδειγμα που προαναφέραμε, όπου: ( fog)(x) = .J1 - χ2 και g(x)= -χ2 Έχουμε τώρα Arog=[-1 , 1 ] και Ag= JR . Άρα για το σύνολο A'= {xεAg/g(x) εAr} ξέ Εξάλλου ότι Α'=[-1 , 1 ] . ρουμε

{

•

2 Αν α=ο, τότε αποκλείεται να ισχύει AF(-oo , α)=(-οο , Ο), διότι θα είχαμε: Α ' = { χ ε JR /-x2<0 } = 1R * , πράγμα άτο πο αφού Α '= JR .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/58

(

f g(χ)

) = �1 + g ( χ )

g(x) ε Ah όπου •

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

για κάθε χ ε Αg= IR με

[-1 ,+οο)-+ IR : h ( χ )

= .J1 + χ ,

δηλαδή Ah=[-1 ,+oo). Αν λοιπόν θέλουμε η f να είναι μονόκλαδη συ νάντηση τότε θα έχουμε A r ς A h , δηλαδή

3 AF[-1 , α] ή AF[- 1 , α) ( ). Έστω AF[-1 , α] .

� �

f2 ( χ )

�

= ημ χ

�

δηλαδή: Για κάθε χε IR , ισχύει :Qχ)=ημχ ή :Qχ)=-ημχ.

Έτσι όμως δεν βρήκαμε την f, αφού π.χ. δεν γνωρίζουμε την τιμή

:ι!:[-1 , 1 ] . Καταλήγουμε λοιπόν σε άτοπο.

= {χ ε JR /-α:::;x2:::; 1 } = { x ε R/x2:::; 1 } =[-1 , 1 ] . Ανά

Δυο βέβαια συναρτήσεις όπως λέέι το Σχολικό βιβλίο, είναι η f1(χ)=ημχ με Α�I IR και

(

}-{k-too)}

(Διακρίνου με τις περιπτώσεις: α=-1 και -1 <α<Ο) Αν α2:0, τότε Α '= { χ ε IR /-1 :::;-χ2:::;α } =

λογα εργαζό μαστε αν ΑF[-1 ,α) με α>Ο (4). Υπάρχουν λοιπόν άπειρες μονόκλαδες συναρ τήσεις της μορφής f ( χ )

= Jl+;. με

AF[-1 , α] και Ο:::;α:::; 1ή AF[-1 , α) και Ο<α:::; 1 με ευρύτερ ο Αr το [- 1 ,+οο).

{JΙ+;.,

Αν θέλαμε πολύκλαδη συνάρτηση f τότε θα εί-

χαμε: f ( x ) =

iii)

�1 - f 2 ( χ ) = i συνχ l 1 - f 2 ( χ ) = συν2χ f2 (χ) = 1 - συν2 χ

( gof ) ( χ ) = i συνχ l �

Αν α<Ο, τότε Α ' = { χ ε IR /-1 ::=:-χ2:::;α }= = {χ ε IR /-α:::;χ2:::; 1 } = {χ ε IR /χ2:::; 1 και χ22:-α} = = {χ ε ΙR /χ ε [-1 , 1 ] και χ ε ��

•

φος είναι ακατοίκητος. Προσέχοντας όσα προανα φέραμε θα έχουμε για το ερώτημα (iii):

χ ε [ -1, α]

Φ(χ), χ > α

με α ;::: Ο

Όπου φ(χ) τυχαία συνάρτηση μονόκλαδη ή πολύκλαδη. Το ερώτημα (iii) βέβαια είναι πολυσυζητημέ

νο, επειδή ακριβώς μπορεί να οδηγήσει σε ένα

ανεπαίσθητο λογικό λάθος κατά το οποίο θεω ρείται (κακώς) η πρόταση : (Για κάθε χ ε Ω, ισχύει p(x) ή q(x)) ισοδύναμη με την πρόταση : (Για κάθε χ ε Ω, ισχύει p(x) ή για

( �) .

(�) =� (�) = � ή f

Πιθανόν να είναι

η f (χ)=-ημχ, A r2 IR . 2 Υπάρχουν όμως άπειρες συναρτήσεις που ικα νοποιούν το ερώτημα (iii), με μορφή : η μχ, χ ε Α f(x) = -η μχ, χ ε IR - Α, όπου Α ς IR

{

Ειδικά αν Α= IR , τότε f-=f1 , ενώ αν Α=0 τότε f-=f . 2 Με το άρθρ ο αυτό θέλαμε να γίνει κατανο ητό ότι μερικά πρ οβλήματα, πο υ φ αίνο νται απλά εκ πρώτης όψεως, κρύβο υν πολλές φ ορές δυσκολίες ή παγίδες.

Τα

μαθηματικά σή μερα ΑΝ ΑΛΥΙΗ

Γ ΡΑΜ. ΑΛ Γ Ε Β ΡΑ

ΑΝΑΛ. Γ Ε Ω Μ Η ΡΙΑ

μ ε ru·�·.:χ: αη Τ')<; Γ φ μ . ·Ε κt.<Χ) η ς Ath��

κάθε χ ε Ω, ισχύει q(x)) Για παράδειγμα αν Ω= { 1 ,2 } τότε η πρόταση : (Για κάθε χ ε Ω, ισχύει χ-1 ή χ-2=0) είναι αληθής,

�

Grie:;.el •

σρ. ίΙ'ΚΡ. Υπ.

Pσste�

Παιδείας

6ιi C � J .' Γ 7 'C.0

ενώ η πρόταση (Για κάθε χ ε Ω, ισχύει χ-1 =0 ή για

κάθε χ ε Ω, ισχύει χ-2=0) είναι προφανώς ψευδής. Ακόμη σαφέστερα: Όταν λέμε ότι κάθε κάτοι κος μιας πολυκατοικίας κάθεται στον πρώτο ή στο δεύτερο όροφο, προφανώς δεν εννοούμε ότι κάθε κάτοικος κάθεται στον πρώτο ή κάθε κάτοικος κά θεται στο δεύτερο όροφο, δηλαδή ότι ο ένας όρο-

Αποκλείεται να ισχύει: (- 1 ) � Ar διότι τότε 1 ,- 1 � Α ', πράγμα άτοπο , αφού Α ' =[- 1 , 1 ] 4 Αν α=Ο, τότε αποκλείεται να ισχύει2 ΑF[- 1 , α)=[- 1 ,0), διότι θα είχαμε: A '= {x ε R/- 1 ::;-x <0 } =[- 1 ,0)U(0, 1 ], πράγμα άτοπο αφού Α '=[- 1 , 1 ] .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

3 τόμοι έγχρω μ ο ι πολυτελείς

Για το Γυμνάσιο - Λύκειο

Φοιτητές - Καθηγητές

Με εγ�,·ιj η σ η το ��ύp::.ς των �:σ;•uφοiω·.' ε. 7τ ι σΊ η u ό ιιι:υν της Γε ρμαι·:a ς

Μι

rον

πρωr•) Η.: rrο �<.:ι (ωντα •/6 r;>:J no ��δ<:ϊJ !Ι\Ολiος 1ων tH:) jJOOημo r ι κ(iJv 0Ηι..Ι ρ ιι;χ�· . i.ξΩοψ�Jλ)(f.ι i'/0 �:ι..ιρ:ιJ ! r Ο ι'ι<6 ε π ί π t:t-ο διf:<ωκαλiοζ κ ω γνι�1σης μοv r t: ρ •,· ι � ι ·ι

αξία: 90 € προσφορά μέ)(ρι

r::1f1 ο CJljντι;ο-..φος ται μο&ψή � εκδόσεις Κτίστη 70 τ.2/59

30 Μαρτίου

45 €

Σrοuρνόρη 36. Αθrjνα 1 04 33

Τηλ 2 1 0 52 23 423

Η στήλη αυτή έχει ως στόχο την ανάπτυξη μαθηματικού διαλόγου. Φιλοδοξούμε να συμμετάσχουν

όλοι, όσοι έχουν ένα γενικότερο ενδιαφέρον, για τα Μαθηματικά, με ιδέες σκέψεις προτάσεις και επίκαιρα θέματα.

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Η ευθεία

συναρτησιακ-ή σχέση και το θεώρημα του Καpαθεοδωpή του

Eiίler, μια

Σ ωτή ρης Ε . Λ ουρ ίδ ας . . . λίγη σκέψη πριν τη ν λύση Απευθυνόμενοι σε εκείνους που τους αρέσουν τα Μαθηματικά προβλήματα και που ενδιαφέρονται κύρια για την σκέψη που οδηγεί στην λύση παραθέτουμε τρία προβλήματα με τις λύσεις τους. Το πρώτο είναι ένα γεωμετρικό θέμα που είχα κατασκευάσει για να συμπεριληφθεί στην Shortlίsted Problems of LM. O 2008. Το δεύτερο είναι θέμα από τον διαγωνισμό Β. Μ. Ο 200 7 που έγινε στην Ρόδο και το τρίτο είναι το Θεώρ ημ α του Καραθεοδ ωρ ή. Θα προσπαθήσουμε να δώσουμε έμφαση και στη σκέψη που οδηγεί στην λύση των προβλημάτων αυτών. Έχει μεγάλη σημασία η λύση ενός μαθηματικού προβλήματος να μην δίνει την αίσθηση του «θεόπεμπτου». Σε πολλές μάλιστα περιπτώσεις η απόρρι ψη λαθεμένων σκέψεων που πιθανόν γίνονται πριν από τη λύση ανοίγει την οδό που οδηγεί στην σωστή σκέψη και τελικά στην επίλυση του προβλήματος. Π ρόβλη μα 1 °

Δίνεται κύκλος (Κ. R). Θεωρούμε ότι υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 60 ° εγγεγραμμένο στον κύκλο αυτό που να μην είναι αμβλυγώνιο και με την ιδιότητα GΓ = BG + KG· .J3 όπου G το κέντρο βάρος του. Να υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου αυτού (Εφαρμογή R=2). Σ κέ ψη ή Α ν άλυ σ η

Αρχικά θα πρέπει να εκμεταλλευτούμε ότι στο πρόβλημα συνυπάρχουν το κέντρο βάρους G και το περίκεντρο Κ. Αυτά τα ση μεία ορίζουν την ευ θ εία του Euler, στην οποία ανήκει και το ορθόκεντρο Η. Εδώ ωριμάζει η σκέψη να θεωρήσουμε το ορθόκεντρο Η. Επειδή έχουμε περιγεγραμμένο κύκλο θα πρέπει να θυμηθούμε ότι συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τις πλευρές είναι σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου. Στην συνέχεια σκεφτόμαστε Λ

να λειτουργήσουμε το δεδομένο Α

= 60° . Αυτό μας οδηγεί στην ισότητα

ΒΚΓ

ΒΛΓ

1 20° , όπου

Λ το μέσο του μικρού τόξου ΒΓ . Αυτόματα έρχεται στο μυαλό μας η μετρική σχέση ΒΓ R .J3 . Θα μπορούσαμε, λοιπόν να έχουμε την aντιστοίχιση KG· .J3 � KG·R · .J3 ΚG·ΒΓ που είναι το γινόμενο απέναντι πλευρών στο τετράπλευρο ΚGΒΓ. Οδηγούμαστε, λοιπόν, στην εξής λύση: =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/60

-------

Το βήμα του Ευκλείδη

Λύσ η

Αρχικά θα αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο GΒΓΚ είναι κυρτό δηλαδή ότι στην περίπτωση μας αποκλείεται το G να βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου ΚΒΓ. Έστω Β <90° και Γ <90° . Λ

σχήμα 1 °

Το ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ θα βρίσκεται στο εσωτερικό του. Από 2·60° = 1 20° =

Β ΗΓ =>

ΒΗΚΓ εγράψιμο τετράπλευρο καθότι

Β ΗΓ

Α =

60 ° έπεται ότι

ΒΚΓ =

= 1 80° - 60° = 120°. Αν Λ το μέσο

του μικρού τόξου ΒΓ, αυτό θα είναι συμμετρικό του Κ ως προς την πλευρά ΒΓ καθότι Λ

ΒΛΓ =

1 20° =

ΒΚΓ . Έτσι έχουμε ότι το ευθύγραμμο τμήμα ΒΛ είναι συμμετρικό του ως προς την ΒΓ που σημαίνει ότι το τόξο ΒΗιΛ είναι συμμετρικό του τόξου ΒΗΚ όπου Η1 είναι το συμμετρικό του Η ως προς ΒΓ που βρίσκεται, ως γνωστόν, στον περιγεγραμμένο κύκλο. Επειδή το σημείο Η1 βρίσκεται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο με την ΒΓ από εκείνα που η ευθεία ΒΛ χωρίζει το επίπεδο άρα το σημείο Η, θα βρίσκεται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο με την ΒΓ από εκείνα που η ευθεία ΒΚ χωρίζει το επίπεδο. Αυτό σημαίνει ότι για οποιαδήποτε σημείο G του ευθυγράμμου τμήματος ΗΚ το σχήμα GΒΓΚ είναι κυρτό. Αν λοιπόν G είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου ΑΒΓ αυτό θα ανήκει στο ευθύγραμμο τμήμα ΗΚ ( ευθεία Euler) με το GΒΓΚ να είναι κυρτό. Από την σχέση GΓ=BG +KG .J3 έχουμε την σχέση GΓ·R = BG·R +KG·R· .J3 ή την σχέση GΓ·ΚΒ = ΒG·ΚΓ +ΚG·ΒΓ καθότι ΚΒ = ΚΓ = R και ΒΓ = R· .J3 . Η τελευταία σχέση R προκύπτει από το γεγονός ότι (σχήμα 1 °) ΜΚΒ = 60 ° => ΚΒΜ = 30 ° άρα ΚΜ = - δηλαδή ΒΓ2 = 2 2 (2ΒΜ)2 4ΒΜ2 4 R 2 3R2 => ΒΓ R· ./3 . Επειδή στο ιαιpτό τετράπ4υρο GΒΓΚ ισχ6ει Λ

�

{

�)

�

ότι: GΓ·ΚΒ = ΒG·ΚΓ +ΚG·ΒΓ από το αντίστροφο του θεωρήματος του Πτολεμαίου κατανοούμε ότι το τετράπλευρο αυτό είναι εγγράψιμο. Αυτό σημαίνει ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ΚΒΓ με την ευθεία του Euler KGH θα είχαν τρία κοινά σημεία πράγμα άτοπο εκτός αν G Η, τελικά G Η Κ. 3R 2 .J3 Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο με εμβαδόν . Για R=2 το εμβαδόν είναι 3.J3 . =

Δ ι ε ρ εύ ν η σ η

90° από την ισότητα BG + KG· .J3 = GΓ, προκύπτει ότι 2 .J3 R = GΓ ή (2 + .J3 ) R = 3 - � ΓΜ ή ( 2 + .J3 ) R = 2ΓΜ ή (2 + .J3) 2 R 2 = 4ΓΜ2 ή -R + 3 3 3

Στην περίπτωση που είχαμε Β =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/61

------

(2 + ,/3) 2 R 2

�

{: J '

+ 3R 2

Το βήμα του Ευκuίδη

ή (7 + 4 J3 ) �

-------

πράyμα άτοπο. Άρα δεν μπορεί

Β � 90° ή f � 90°

με ταυτόχρονη ισχύ της BG + KG · J3 = GΓ, όταν

2°

_ .. .

σχή μα

-Λ

Α =60° . Οι μετρικές σχέσεις προκύπτουν από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α =60° , Γ =30° και ΒΓ=2R. !11 ρ{ιβλη μ α 2" ( Κ ,'\ llo Ο, i?' .li i'i o ς 2 1H J 7 )

Να βρεθούν οι συναρτήσεις f : R � R για τις οποίες ισχύει: f(f(x) +y) = f(f(x) - y) +4·f(x)·y (1) για κάθε χ, y Ε R

Αν σκεφτούμε λίγο θα διαπιστώσουμε ότι η f(x) = Ο I R είναι μια τέτοια συνάρτηση που επαληθεύει την σχέση ( 1 ) για κάθε χ , y Ε R. Το ερώτημα που μπαίνει στις περιπτώσεις αυτές είναι: Υπάρχουν και άλλες συναρτήσεις f που να επαληθεύουν την ( 1 ) δηλαδή την σχέση f(f(x) +y) - f(f(x) - y) + 4 · f(x)-y για κάθε χ, y Ε R; Η σχέση αυτή έχει διαφορετική συμπεριφορά από την σχέση f(x +y) - f(x - y) = 4xy για κάθε " ετουμε χ+ ' λυση ' : Θ ' χ, y Ε R που ο δηγει, στην εξ ης

, = u, χ - y = ν, οποτε χ=

u+ν -2

και y =

uν , άρα μπορούμε να θεωρήσουμε f(u) - f(ν) = u2 - ν2 για κάθε u, ν Ε R. 2 2 2 Για ν = Ο παίρνουμε f(u) = u + f(O) για κάθε u Ε R. Άρα έχουμε την f(x) = χ + c για κάθε x E R με c = f(O). Η διαφορετικότητα στην περίπτωση μας βρίσκεται στο γεγονός ότι οι τιμές f(x) διατρέχουν το πεδίο τιμών της f που δεν γνωρίζουμε εκ των προτέρων ότι είναι το R. Έτσι οδηγούμαστε στην λύση που ακολουθεί:

Μια προφανής συνάρτηση είναι η f : R � R με f(x) = Ο αφού εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύει την σχέση ( 1 ). Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση f : R � R με f(x0):;t: Ο για κάποιο Χ0 Ε R. Αν στην σχέση ( 1 ) θεωρήσουμε y = f(x) τότε παίρνουμε f(2f(x)) = 4 f (x) + f(O) ή f(2f(x)) = (2f (χ ))2 + f(O) (2) για κάθε χ Ε R. Θεωρούμε τους τυχαίους πραγματικούς αριθμούς χ ι , χ2 . Για χ = χ2 και y = 2f(χι ) - f(x2) από την ( 1 ) παίρνουμε f(2f(xι))=f(2f(x2 )-2f(xι ))+4 f(x2 )(2f(xι )-f(x2 )), ή f(2(f(x2}-f(xι ))=f(2f(xι ))-8f(x2 )f(xι)+4 [f(x2)] 2 . 2 2 Με βάση και την σχέση (2) παίρνουμε: f(2(f(x2 )-f(xι)))=[2f(xι )] -8f(x2 )·f(xι) + 4 [f(x2 )] +f(O) ή f(2(f(x2 ) - f(χι))) = 4 (f(x2) - f(χι ))2 + f(O) (3) που ισχύει για τυχαίους πραγματικούς αριθμούς χ ι , χ2 άρα και για κάθε χι , χ2 Ε R. Αν, λοιπόν, η διαφορά f(x2 ) - f(χι) διατρέχει όλο το R τότε και η 2(f(χι ) - f(x2 )) θα διατρέχει όλο το R οπότε ο τύπος θα είναι f(x) = χ2 + c με c = f(O). Μένει να αποδείξουμε, ότι για κάθε Υο Ε R, υπάρχουν χ ι , χ2 Ε R ώστε f(x2 ) - f(χι ) = Υο· ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/62

Το βήμα του Ευκλείδη

------

-------

ο (f(xo) 'Εστω, λοιπόν, Υο τυχαίος πραγματικός αριθμός. Θεωρούμε χ = Χο και y 4 f( X 0 )

-::f:.

Ο)

Υ Υ η ( 1 ) γίνεται f(xz) - f(χι) = και Χι = f(xo) 4 f( X 0 ) 4 f( X 0 ) Υ 0 ) - f(f(x ) - Υ 0 ) = 4 f(xo)· Υ 0 = Υο =f(f(xo) + o 4 f( X 0 ) 4 f( X 0 ) 4 f( X 0 ) Άρα η διαφορά f(χι) - f(xz) διατρέχει όλο το R . 2 Έτσι από την σχέση (3) παίρνουμε τον τύπο f(x) = χ + c με c = f( O) ο

οπότε για Xz = f(xo ) +

Π ρ ό β λη μ α 3 " ( Θεώ ρη μα του Κ Λ ΡΑΘ Ε ΟΔΩ Ρ Η ,

. 873 1Κ

1 950) Ν α απο δ ειχθ εί ότι :

Έ στω τρ ίγωνο ΑΒ Γ και εσωτερικό του σημε ίο �

�

(ΚΒ Γ) · ΚΑ + (ΚΑΓ) · ΚΒ + (ΚΑΒ) · ΚΓ = Ο Σ κ έψη ή Αν άλυ ση

�

Παρατηρούμε ότι το άθροισμα (ΚΒΓ)- ΚΑ + (ΚΑΓ)· ΚΒ + (ΚΑΒ)· ΚΓ αποτελείται από

γινόμενα ίδιου τύπου δηλαδή εμβαδόν τριγώνου επί αντίστοιχη διανυσματική ακτίνα που δεν ανήκει στις ευθείες που ορίζονται από τις πλευρές του τριγώνου αυτού, ενώ ορίζει την κοινή πλευρά των δύο άλλων τριγώνων. Το φαινόμενο αυτό γίνεται κυκλικά. Άρα οδηγούμαστε στην σκέψη : το άθροισμα αυτό να ανήκει σε δύο διαφορετικές ευθείες - διευθύνσεις που σημαίνει ότι πρόκειται για το μηδενικό διάνυσμα. λ ίJ σ η

Θεωρούμε υ 1 = ΓΓ με ΓΓ '_l ΑΚ και υ 2 = ΒΒ ' με BB 'l_ ΑΓ. 'Ετσι έχουμε υ1 , ΓΔ , , , , (ΚΑΓ) . Απο την ιδ ιοτητα του μερικου λογου παιρνουμε : = = υ2 (ΚΑΒ) ΔΒ -

ΚΔ

�

= �

( ΚΑΓ) · ΚΒ + (ΚΑΒ) · ΚΓ ή (ΚΑΓ)· ΚΒ + (ΚΑΒ)- Κr = [(ΚΑΓ)+(ΚΑΒ) } U Ε Α (ΚΑΓ) + (ΚΑΒ)

�

με ΚΑ Ε An � (ΚΒΓ)· ΚΑ Ε An . Τελικά (ΚΒΓ)· ΚΑ + (ΚΑΓ)· ΚΒ + (ΚΑΒ)· ΚΓ Ε An

�

./ ....

··......___

. .. . . . . .

. __ .

·--

... /

-��-

� ---·· .

�- . . . . -

·:

'ι ·- • • • •

•.-···_..�

-------- :•:�::ι� __.. . ··

......,

· · _

. .. . .

----

-� --

χ�.

�

-·

-....... ..

. --· ·

-·

.. .

. _ ..

.. .

r• Ι� "

/{"-- � -·"= -

��

·- .___ . ____

__ ____

___

�- - -

......, Ί_

�

� i.

·.

·- --

.,-, . �;.1ι - -

. . . -

- - - ---. ·-- - -

Ί_

· - . .. ___ ___

�

Όμοια αποδεικνύεται ότι (ΚΒΓ)- ΚΑ + (ΚΑΓ)· ΚΒ + (ΚΑΒ)- ΚΓ Ε Ae

Αφού λοιπόν το

------

Το βήμα του Ευ�wη ------

ΤΡΙΓΩΝΟ - ΤΕΤΡΔΓΩΝΑ Γ. Πούλ ο ς

Το άρθρο αυτό γράφτηκε με σκοπό να παρουσιαστεί μια διδακτική πρόταση για την επίλυση Μαθηματικών προβλημάτων. Η πρόταση αυτή αποτελείται από δύο μέρη. Το πρώτο αναφέρεται στην σημασία που έχει η σύλληψη μιας «βασική ς ιδέας» για την λύση του μαθηματικού προβλήματος. Το δεύτερο αναφέρεται στην ενότητα των Μαθηματικών παρά τις επιμέρους πολλαπλές διακλαδώ σει ς του ς. Έτσι το ίδιο πρόβλημα, είτε προσεγγίζεται από διαφορετικές μαθηματικές θεωρίες είτε από διαφορετικές σκοπιές (στοιχειώδης, ανώτερη) οι ιδιότητες του δεν μεταβάλλονται. Ως παράδειγμα χρησιμοποιώ το μαθηματικό πρόβλημα που είναι γνωστό και ως πρόβλημα του χαμένου θησαυρού. Επί πλέον το πρόβλημα αυτό το αντιμετώπισα για πρώτη φορά τελειόφοιτος μαθητής στις εισαγωγικές εξετάσεις του πολυτεχνικού κύκλου το 1 9 76 και την ίδια λύση που έδωσα τότε, παρουσιάζω σήμερα. Η λύση που ακολουθεί στηρίζεται στην βασική ιδέα της συμμετρίας 1 ο Πρόβλημα : Δ ίνεται ορ θ ογώνιο τρ ίγωνο ΑΒ Γ (Α=90 °) και κατασκευ άζουμε εξωτερικά τα τετρ άγωνα ΑΒ Δ Ε και ΑΓ ΖΗ . Αν Μ το μέσον της Δ Ζ να απο δ ειχτε ί ότι το τρ ίγωνο ΜΒ Γ ε ίναι ισοσκελές και ορ θ ογ ώνιο Λύσ η :

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα εξωτερικά τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ (σχήμα 1 ) Θεωρώ τα συμμετρικά σημεία Δ 1 , Ζ1 ως προς τα Β και Γ αντίστοιχα. Στα τρίγωνα ΖΔ 1 Δ και ΔΖ,Ζ τα τμήματα ΒΜ Και ΜΓ συνδέουν τα μέσα των πλευρών άρα

ΒΜ �

Ζ�ι

και

ΓΜ �

Δ�ι . Αρκεί να δείξουμε ότι

zz ,

= ΔΔ 1 . Τα ορθογώνια ΔΘΖ1 = ΖΘΔ 1 διότι

ΘΖ = ΘΔ = β+γ ΘΖ 1 = ΘΔ 1 = β-γ. Επομένως ΜΒ=ΜΓ Ορθογώνιο : ΟΙ ΖΜΓ=ΖΔΖ 1 ΔΜΒ =ΔΖΔ 1 (Από την Παραλληλία ) και ΖΔΖ Ι =45 ° +ΘΔΖ 1 ΔΖΔ 1 =45 ° - Δ 1 ΖΘ Άρα ΖΜΓ+ΒΜΔ=90 °

Σχήμα l Το Πρόβλημα αυτό μπορεί να διατυπωθεί στην γενική του μορφή ως εξής ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/64

------

Το βήμα του Ευκλείδη

-------

Π ρόβλη μα 2 ° Δ ίνεται τρ ίγωνο ΑΒ Γ και κατασκευάζουμε εξωτερικά του τα τετρ άγωνα ΑΓΔ Ε και ΑΒΖΗ. Αν Μ το μέ σον της Δ Ζ να απο δ ειχτε ί ότι το τρ ίγωνο ΜΒ Γ είναι ισοσκελές και ορ θ ογ ώνιο Λύ ση Ακολουθούμε την ίδια μέθοδο όπως και στο προηγούμενο πρόβλη μα (Μέθοδος συμμετρία ) και το σχήμα που προκύπτει είναι το σχή μα 2 Δηλαδή Δ ι , Ζ ι συμμετρικά των Δ,Ζ ως προς τα, Β,Γ αντίστοιχα. Φέρνουμε τις ΑΔ ΑΔ ι , ΑΖ, ΑΖι για τις οποίες ισχύει ΑΖ=ΑΖι και ΑΔ=ΑΔ ι διότι ΑΒ, ΑΓ μεσοκάθετοι των ΔΔ ι και ΖΖ ι

αντίστοιχα. Τα τμήματα ΜΒ=

Δ,2Ζ και ΜΓ= Δ 2z,

(συνδέουν μέσα)

Αρκεί να δείξουμε ότι Δ ι Ζ =ΔΖ ι Τα τρίγωνα ΑΔ ι Ζ=ΑΖ ι Δ διότι ΑΔ ι =ΑΔ ΑΖ=ΑΖ ι και ΔΑΖ 1 =90 ° -Δ ι ΑΖ ι Δ ι ΑΖ=90 ° -Δ 1 ΑΖ 1 Άρα ΔΖ ι =ΖΔ ι δηλ ΜΒ=ΜΓ το ΜΒΓ ισοσκελές Η

Σχή μα 2 Ορθογώνιο : Οι γωνίες ΖΜΓ=ΜΔΖ ι =φ και ΔΜΒ=ΜΖΔ ι =ω διότι ΜΒ//Δ ι Ζ καιΜΓ//ΔΖ ι Στο τρίγωνο ΚΖ Δ 1 ή Κεξ=ω+ΚΔ 1 Ζ και στο τρίγωνο ΚΑΔ αλλά Κεξ=90 ° +ΑΔΚ. Άρα ω+ΚΔ ι Ζ=90 °+ΑΔΚ ( 1 ). Αλλά ΚΔ ι Ζ=ΑΔΖ ι =φ+ ΑΔΚ (2) Επομένως ω + φ+ ΑΔΚ = 90 ° +ΑΔΚ ω + φ = 90 ° Π όρισμα Από τις παραπάνω λύσεις προκύπτει ότι Με σταθερή την πλευρά ΒΓ και την κορυφή Α να κινείται στο ίδιο η μιεπίπεδο της ΒΓ τότε το μέσο Μ της ΔΖ παραμένει σταθερό (Σχή μα 3) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/65

Σχή μα 3 Ακολουθεί η λύση του ίδιου προβλή ματος στα πλαίσια της αναλυτικής γεωμετρίας και των μιγαδικών αριθμών Αναλυ τ ι κή Γεω μετ ρ ία

1 ο Π ρ ό β λη μ α :

Δ ίνεται ορ θ ογών ιο τρ ίγωνο ABC (Α=90 °) και κατασκευάζουμε εξωτερικά τ α τετρ άγωνα ABHD κα ι ACFT . Αν Μ το μέ σον της FH να απο δ ειχτεί ότ ι το τρ ίγωνο MBC είναι ισοσκελές και ορ θ ογ ών ιο Λύση :

Θεωρούμε το ορθοκανονικό σύστηνα (AB,AC) (Σχήμα 4). Έχουμε τα ση μεία Α(Ο,Ο) Β( c,O) C(O,b) Η( c, -c) F(-b, b) το μέσο Μ του τμήματος FH θα έχει συντεταγμένες (

ΜΒ

(

b + c b - c) , 2 2

και MC = ( -

c - b , b + c) 2 2

c-b b-c , ) 2 2

Τότε

Τα μετρα των ειναι ισα και το εσωτερικό τους

γινόμενο ίσο με μηδέν, επομένως το τρίγωνο MCB ισοσκελές και ορθογώνιο b, F (- b) C (O, b)

(c , O)

(c,-c )

Σχή μα 4 Θ ε ω ρ ί α μ ιγαδ ικών α ρ ι θ μ ώ ν

Π ρ ό β λη μ α 2 °

Δ ίνεται τρ ίγωνο ΑΒ Γ και κατασκευάζουμε εξωτερικά του τα τετρ άγωνα ΑΓ ΔΕ κα ι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/66

----

Το βήμα του Ευκλείδη

------

ΑΒΖΗ . Αν Μ το μέσον της Δ Ζ να απο δ ειχτε ί ότι το τρ ίγωνο ΜΒ Γ είναι ισοσκελές και ορ θ ογ ώνιο Λύση :

Θεωρούμε Α(Ο,Ο) το ση μείο του μιγαδικού επιπέδου, αν Β, Γ, Δ, Ζ Μ είναι εικόνες των μιγαδικών αριθμών β, γ, δ ζ, μ αντίστοιχα και λάβουμε υπ όψιν την ιδιότητα: Αν Ζz=Ζ 1 (συνθ+ιη μθ)

<=>

1Ζ Ι 1= 1Zz1 και θ=

(Z1 'i2 ) η προσανατολισμένη γωνία του μιγαδικού

επιπέδου. Για τους μιγαδικούς γ, δ έχουμε δ=γ .J2 (συν

π +ι η μ 2: )=γ( l + ι ) 4

και για τους β, ζ ζ = β .J2 [ συν (- 2: )+ι η μ (- 2: ) ] = β ( 1 - ι )

_!_ _!_ Τότε ο μιγαδικός μ = _!_ (δ+ ζ ) = _!_ ( γ( l + ι)+β( l - ι )) = (γ+β) + (γ - β) ι

ΜΒ = β - μ = β - _!_ (γ+β) -

ΜΓ = γ - μ = γ -

_!_ (β

_!_

2 2 1 1 - (γ+β) - 2 2

_!_ (γ - β) ι = _!_ (β - γ) - _!_ (γ-β) i = (β - γ)( l + i)

2 2 1 . 1 1 (γ - β) ι = = - (γ-β)ι- - (γ - β) ι = 2 2 2

(γ - β)( l - ι)

- γ)( l + i) = i ΜΒ Δηλαδή ΜΓ = i ΜΒ

Επομένως ΜΒ .l ΜΓ και 1 ΜΓ 1= 1 i ΜΒ 1 = 1 i 1 1 ΜΒ 1= 1 ΜΒ 1 Κλείνοντας προτείνω ένα παρόμοιο θέμα που είναι γνωστό και ως πρόβλημα του Vecten (( Θεωρούμε τρ ίγω νο Λ ΒΓ Και κατασκευ άζουμε εξωτερικά του τα τετρ άγω να Α ΒΔΕ και ΑΓΖΗ τότε οι ευθείες ΒΖ, ΔΓ τέμνο νται στο ύψο ς Α Μ. »

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/67

· �rΕΩΜΕΤΡΙΚΕΣ•·. ΚΑ.τUUΥΕΣ κανονικό

δεκaεπτaf1wνο

Σ ωτήρη ς Χ ρ. Γκουντου βάς

Οι γεωμετρικές κατασκευές για τους αρχαίους Έλληνες Γεωμέτρες ήταν παραδεκτές αν γινόταν με χρήση μ όνο του κανόνα και του διαβήτη, δηλαδή με ευθείες και κύκλους που μπορούν να γραφούν με αυτά τα δύο όργανα. Κατασκευές που γινόταν με άλλα όργανα όπως γνώμονα ή μεσολάβο κλπ ήταν μη παραδεκτές. Επίσης κατασκευές που γινόταν με κινητική γεωμετρ ία όπως η μέθοδος της νεύσης ήταν μη παραδεκτές. Δηλαδή χρήση άλλων γραμμών, όπως οι κωνικές τομές, η σπείρα, οι έλικες, η τετραγωνίζουσα του Ιππία κλπ, δεν επιτρεπόταν στις γεωμετρικές κατασκευές. Η απαίτηση του κανόνα και του διαβήτη μάλλον καθιερώθηκε στην Ακαδημία του Πλάτωνα. Η ευ θ εία στην πλατωνική φιλοσοφ ία αντιπροσ ώπ ευε το αν θ ρ ώπινο , τη ζωή και το φθαρτό αφού έχει αρχή και τέλος. Ο κύκλος που δεν έχει αρχή και τέλος αντιπροσώπευε το θείο, το άφθαρτο και το αέναο. Ο Ευκλείδης που είχε θητεύσει στην Ακαδημία του Πλάτωνα και ασπαζόταν την αντίστοιχη φιλοσοφία, την απαίτηση του κανόνα και του διαβήτη την εισήγαγε εμμέσω ς στα Στοιχεία στα τρία πρώτα από τα πέντε συνολικά αιτήματά του( αξιώματα) . Τα τρία πρώτα αιτή ματα είναι : 1 . Από κάθε ση μείο μπορούμε να φέρουμε μοναδική ευθεία που να το συνδέει με οποιοδήποτε άλλο σημείο. 2. Το ευθύγραμμο τμήμα προεκτείνεται συνεχώς και ευθυγράμμως. 3 . Με κέντρο ένα ση μείο και ακτίνα οποιοδήποτε τμή μα μπορούμε να γράψουμε κύκλο. Το τέταρτο αίτη μα αναφέρει ότι όλες οι ορθές γωνίες είναι ίσες, δηλαδή απαιτεί την ομοιογένεια του χώρου και το πέμπτο είναι το λεγόμενο "ευκλείδειο αίτη μα" που αναφέρεται στην παραλληλία. Βλέπουμε λοιπόν καθαρά την αποκλειστική αναφορά στην ευθεία και στον κύκλο δηλαδή στον κανόνα και στον διαβήτη . Όμως ρητή αναφορ ά του Ευκλείδη στην αποκλειστική χρήση των κανόνα και διαβήτη για τις γεωμετρικές κατασκευές δεν υπάρχει πουθενά. Επίσης ουδεμία τέτοια ρητή αναφορά υπάρχει στα έργα των άλλων αρχαίων Ελλήνων Γεωμετρών. Παρόλα αυτά, πολλά αρχαία κείμενα αναφέρονται στην δεσπόζουσα θέση που κατέχουν η ευθεία και ο κύκλος στην Γεωμετρία. Ο Π άππος στη Συναγωγή του (3 °ς αιώνας μ.Χ) αναφέρει ότι αν ένα πρόβλη μα μπορεί να επιλυθεί με ευθείες και κύκλους, τότε είναι λάθος να επιλυθεί με πιο σύνθετες καμπύλες (μέσα) . Επίσης ο νεοπλατωνικός Π ρ ό κλο ς (5 ° ς αιώνας μ.Χ) στα σχόλιά του στο 1 ° βιβλίο των Στοιχείων εξηγεί ότι η ευθεία γραμμή και ο κύκλος είναι τα πρωταρχικά θεμέλια των σχημάτων. Στις καμπύλες γραμμές εμπεριέχονται οι έννοιες της ευθείας και της κυκλικότητας και η κίνηση που περιγράφεται με ευθείες γραμμές και κύκλους μπορεί εύκολα να κατανοηθεί σαν φανερή και εύκολη αντίθετα, για παράδειγμα, από την κίνηση με τροχιά μια σπείρα. Η επίλυση προβλη μάτων με κανόνα και διαβήτη είναι αδύνατη για πολλά από αυτά. Για παράδειγμα τα περίφη μα ' άλυτα προβλή ματα' της αρχαιότητας - ο τετραγωνισμός του κύκλου, ο διπλασιασμός του κύβου ή Δήλιο πρόβλη μα και η τριχοτόμηση γωνίας - δεν μπορούν να επιλυθούν με χρήση μόνο κανόνα και διαβήτη . Οι αποδείξεις της μη επιλυσιμότητας αυτών έγιναν τον 1 8 ° και 1 9 ° μ.Χ αιώνα. Τώρα αναφορικά με την απαίτηση του κανόνα και του διαβήτη έχουμε να αναφέρουμε τα εξής. Ο Ιταλός μαθηματικός Lorenzo Mascheroni ( 1 750- 1 800) στο έργο του Geometrίa del Compasso (Paνia, 1 797) "Γεωμετρία του διαβήτη" αποδεικνύει ότι κάθε πρόβλημα που μπορεί να επιλυθεί με κανόνα και διαβήτη , μπορεί να επιλυθεί με χρήση μόνο του διαβήτη . Το αποτέλεσμα αυτό είναι γνωστό σαν θ ε ώ ρη μα Mohr-Mascheroni. Ο Δανός μαθη ματικός George Mohr είχε δη μοσιεύσει την απόδειξη αυτή σε μια μικρή αφανή εργασία του, με τίτλο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/68

------

Το βήμα του Ευκλείδη

Euclίdes Danίcus (Ευκλείδης εκ Δανίας) που κυκλοφόρησε στην Κοπεγχάγη το 1 672. Η εργασία αυτή βρέθηκε σε ένα παλαιοβιβλιοπωλείο της Κοπεγχάγης το 1 928 από ένα φοιτητή μαθηματικών που την έδειξε στον καθηγητή του J. Hj elmsleν, ο οποίος αναγνώρισε την αξία της και την αναδη μοσίευσε το ίδιο έτος. Επίσης ο Γάλλος μαθη ματικός Jean-Victor Poncelet ( 1 788- 1 867) απέδειξε ότι κάθε πρόβλημα που μπορεί να επιλυθεί με κανόνα και διαβήτη, μπορεί να επιλυθεί με χρήση του κανόνα και διαβήτη σταθερού ανοίγματος (σκουριασμένος διαβήτης) . Την απόδειξη αυτή την τελειοποίησε ο Ελβετός Γεωμέτρης Jacob Steiner ( 1 790- 1 863) και για αυτό η παραπάνω πρόταση αναφέρεται σαν θ ε ώ ρ η μα Poncelet-Steiner. Το θεώρη μα αυτό προϋποθέτει κανόνα και ένα μόνο κύκλο με το κέντρο του, που χαράχθηκε στο επίπεδο άπαξ. Στις αρχές του 20 °υ αιώνα αποδείχθηκε ότι δεν είναι απαραίτητος ούτε ολόκληρος ο ' κύκλος Poη celet-Steiηer' , όπως λέγεται. Ότι χρειάζεται μόνο ένα τόξο αυτού του κύκλου οσοδήποτε μικρό, μαζί με το κέντρο του. Από τις έως τώρα διαθέσιμες πηγές, φαίνεται ότι μάλλον οι αρχαίοι Έλληνες Γεωμέτρες δεν γνώριζαν τα δύο παραπάνω θεωρήματα. Βλέπουμε λοιπόν ότι ο συνδυασμός κανόνα και διαβήτη για τις γεωμετρικές κατασκευές, είναι άλλες φορές ανεπαρκής, και άλλες πλεονασματικός. Το πρόβλη μα της κατασκευής ενός κανονικού πολυγώνου με ν πλευρές είναι ισοδύναμο με την διαίρεση του κύκλου σε ν ίσα τόξα. Οι αρχαίοι Έλληνες Γεωμέτρες είχαν κατασκευάσει με κανόνα και διαβήτη τα κανονικά πολύγωνα με πλήθος πλευρών: α ) 4, 8, 1 6, 3 2 , 6 4, ... δηλαδή της μορφής 2 n , η = 2, 3 , 4, 5 , 6, . . . β ) 3 , 6, 1 2 , 2 4, 4 8 , . δηλαδή της μορφής 3 · 2 n , η = Ο , 1 , 2, 3 , 4, . . . γ) 5, 1 0 , 20 , 4 0 , 8 0 , . δηλαδή της μορφής 5 · 2 n , η = Ο, 1 , 2, 3 , 4, . . δ ) 1 5 , 3 0 , 60 , 1 20 , . δηλαδή της μορφής 3 · 5 · 2 n , η = Ο, 1 , 2, 3 , 4, . . . Οι κατασκευές των παραπάνω κανονικών πολυγώνων υπήρχαν στα Στοιχεία του Ευκλείδη, αλλά και σε έργα άλλων Γεωμετρών, όπως η Αλμαγέστη του Κλαύδ ιου Πτο λεμα ίου . Όμως το πρόβλη μα της κατασκευής κανονικών πολυγώνων στην γενική του μορφή παρέμενε άλυτο για πολλούς αιώνες. Ο Α ρχιμήδης (287 -2 1 2 π .Χ) στην σωζόμενη πραγματεία του <<llεpί του κανονικού επταγώνου» είχε δώσει τρόπο κατασκευής του, όμως με κινητική γεωμετρία, και ως εκ τούτου η κατασκευή ήταν μη παραδεκτή γιατί δεν γινόταν αποκλειστικά με κανόνα και διαβήτη . Το κανονικό δεκαεπτάγωνο δεν βρισκόταν στον παραπάνω πίνακα και δεν υπήρχε από τους αρχαίους Γεωμέτρες καμία μνεία για την κατασκευή του. Ο Carl Friedrich Gauss ( 1 777- 1 85 5 ) το 1 796 σε ηλικία 1 9 ετών απέδειξε ότι το κανονικό δεκαεπτάγωνο μπορεί να κατασκευαστεί με κανόνα και διαβήτη . Στη συνέχεια έλυσε το πρόβλημα στη γενική του μορφή του αποδεικνύοντας ότι ένα κανονικό πολύγωνο είναι κατασκευάσιμο με κανόνα και διαβήτη αν και μόνο αν το πλήθος των πλευρών του είναι της " μορφής 2 α , ή 2 α · F α · Fb · · · F n , όπου F n = 2 2 + 1 , η=Ο, 1 ,2, . . . είναι πρώτοι αριθμοί και διαφορετικοί μεταξύ τους. Οι αριθμοί F n είναι γνωστοί ως (πρώτοι) αριθ μο ί του Fermat. Ο Fermat ( 1 60 1 - 1 665) ισχυρίστηκε ότι όλοι αυτοί οι αριθμοί είναι πρώτοι. Πράγματι για η = Ο, 1 ,2,3,4 προκύπτουν οι αριθμοί F0 = 3 , F 1 = 5 , F 2 = 1 7, F 3 = 257, F4 = 65 5 3 7 που είναι πρώτοι. Όμως για η = 5 ο αριθμός που προκύπτει, ο F5 = 4294967297, δεν είναι πρώτος αφού διαιρείται με το 64 1 , όπως απέδειξε ο L . Euler το 1 754 (F 5 = 2 3 2 - 1 = 64 1 χ67004 1 7). Συνοψίζοντας τα παραπάνω είναι αδύνατη η κατασκευή με αποκλειστική χρήση κανόνα και διαβήτη ενός κανονικού πολυγώνου με πλήθος πλευρών 7, 9, 1 1 , 1 3 , 1 4, 1 8, 1 9, 2 1 , 22 κλπ. Η απόδειξη του Gauss παρουσιάστηκε στο βιβλίο του Dίsquίsίtίones Arίthmetίcae (Αριθμητικές έρευνες). Μπορεί να θεωρηθεί ως μία εφαρμογή της θεωρίας Galois, αν και ο Evarist Galois ( 1 8 1 1 - 1 832) δεν είχε ακόμη γεννηθεί την εποχή που ο Gauss έκανε την . .

. .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/69

------

Το βήμα του Ευκλείδη

ανακάλυψή του. Επίσης ούτε και ο Ga1ois φαίνεται να ενεπνεύσθη τίποτε από την απόδειξη του Gauss, όταν εργαζόταν στη θεωρία των εξισώσεων. Ο Gauss πάντως αν και άφησε πίσω του ένα τεράστιο έργο τόσο στα μαθηματικά όσο και στη φυσική - θεωρείται μαζί με τον Αρχιμήδη και τον Νεύτωνα οι κορυφαίοι μαθηματικοί όλων των εποχών - θεωρούσε την κατασκευή του κανονικού δεκαεπταγώνου σαν το κορυφαίο επίτευγμά του. Η επιθυμία του να χαραχτεί πάνω στον τάφο του το κανονικό δεκαεπτάγωνο ήταν όμοια με αυτή του Αρχιμήδη με την εγγεγραμμένη σφαίρα σε κύλινδρο. Όταν ο Gauss έκανε λόγο για αυτή του την επιθυμία σε ένα μαρμαρογλύπτη, αυτός του απάντησε ότι το κανονικό δεκαεπτάγωνο θα μοιάζει με κύκλο. Πάντως ο ανδριάντας του που βρίσκεται στην γενέθλια πόλη του, το Braunschweig της Γερμανίας, εδράζεται σε βάθρο σχή ματος κανονικού δεκαεπταγώνου. Ο Gauss αν και απέδειξε ότι το κανονικό δεκαεπτάγωνο μπορεί να κατασκευαστεί με κανόνα και διαβήτη, δεν έδωσε μέθοδο κατασκευής του. Ο πρώτος που έδωσε μία μέθοδο για την κατασκευή του ήταν ο Johannes Erchinger περίπου το 1 800, μερικά χρόνια μετά την εργασία του Gauss. Η κατασκευή είναι αρκετά πολύπλοκη και γίνεται σε 64 βή ματα. Πιο κάτω δίνουμε την κατασκευή του H . W . Richmond ( 1 893) που είναι προσαρμοσμένη σε αυτή του Erchinger και γίνεται σε λιγότερα βήματα. Β Η :VΕ ΑΤ Λ

1 . Δίνεται ο κύκλος (O,R) και μια διάμετρός του στο σημείο Ρ 1 του κύκλου. 2 . Φέρνουμε την κάθετη ακτίνα Ο Β στην διάμετρο. 3 . Στην ΟΒ παίρνουμε το σημείο

J έτσι ώστε OJ= _!_ ΟΒ

4 4. Φέρνουμε το JP 1 και παίρνουμε το σημείο Ε στην Ο Ρ 1 τέτοιο ώστε η γωνία OJE να είναι το Υ4 της γωνίας ΟJΡ ι . 5 . Παίρνουμε τ ο σημείο F στην αρχική διάμετρο τέτοιο ώστε η γωνία EJF 45 ° . 6. Κατασκευάζουμε το η μικύκλιο με διάμετρο FP 1 που τέμνει την ΟΒ στο Κ. 7. Κατασκευάζουμε το η μικύκλιο με κέντρο Ε και ακτίνα ΕΚ που τέμνει την ΟΡ ι στο σημείο Ν4. 8 . Φέρνουμε την κάθετη στο Ν4 που τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ρ4 . =

Το τόξο Ρ 1 Ρ4 είναι τα

�

του κύκλου. Με την βοήθεια του τόξου Ρ ι Ρ4 βρίσκουμε τις υπόλοιπες 17 1 5 κορυφές του κανονικού 1 7 -γωνου με την εξής σειρά :

Ρ7 � Ρ ι ο� Ρ 1 3 � Ρ ι 6� Ρ2 � Ps � Ps � Ρ ι ι � Ρ ι 4 � Ρ ι 7 � Ρ3 � Ρ6 � Ρ9 � Ρ 1 2� Ρ ι s .

Οι παρακάτω διευθύνσεις στο διαδύκτιο αναφέρονται στο κανονικό δεκαεπτάγωνο http://mathworld. wolfram. com meptadecagon. html http://en. wίkipedίa. orglwίkVHeptadecagon ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/70

Π ρ ίντεζης Ι ω άννης

Αγαπητοί συνάδελφοι θα ήθελα να σας επισημάνω μια αντίφαση που υπάρχει στα σχολικά βιβλία της Γενικής Παιδείας Γ Λυκείου σχετικά με τον ορισμό της μέσης ταχύτητας. Είμαι βέβαιος ότι η αντίφαση αυτή θα έχει επισημανθεί και από άλλους συναδέλφους αλλά δεν ξέρω τι λύση έχει δοθεί. Στη σελίδα 20 του σχολικού βιβλίου αναφέρεται ότι , , μεση ταχυτητα

διανυθέν διάστημα (τύπος Ι) , χρονος

Επειδή η έννοια του διανυθέντος διαστήματος αναλύεται διεξοδικά στην εφαρμογή 2 σελίδα 34 και αυτό ορίζεται πάντα θετικό, οδηγούμαστε στο συμπέρασμα ότι και η μέση ταχύτητα είναι πάντα θετική . Αντίθετα στη σελίδα 2 1 αναφέρεται ότι αν x=f(t) είναι η συνάρτηση που εκφράζει τη θέση του κινητού κατά τη χρονική στιγμή t, τότε η μέση ταχύτητα κατά το χρονικό διάστη μα από to μέχρι t0+h είναι Δχ ν = h (τύπος Π) όπου Δ χ= x2 -x 1 =f(t0+h)-f(t0) . Στον τύπο αυτό δεν υπάρχει καμιά απόλυτη τιμή και συνεπώς μπορεί να οδηγήσει και σε αρνητικά αποτελέσματα για τη μέση ταχύτητα. Τον τύπο αυτόν χρησιμοποιεί το βιβλίο και για την επίλυση της εφαρμογής 1 σελίδα 24 όπου όμως κατ ' ευτυχή σύμπτωση τα αποτελέσματα είναι έτσι κι ' αλλιώς θετικά ! Νομίζω ότι είναι φανερές οι αντιφάσεις στις οποίες μπορούν να οδηγήσουν αυτοί οι δύο τύποι. Για παράδειγμα αν ένα κινητό κινείται πάνω στον άξονα προς τα αριστερά με ταχύτητα -2 rn!s, ο τύπος Ι βγάζει v =2 rn!s ενώ ο τύπος Π βγάζει v =-2rn!s. Ακόμα, αν ένα αυτοκίνητο πάει από την Αθήνα στη Θεσσαλονίκη με 1 OOkm/h και επιστρέψει με την ίδια ταχύτητα, ο τύπος Ι βγάζει v = 1 00 km/h ενώ ο τύπος Π βγάζει v =O km/h ! ! ! Είναι περιττό να τονίσουμε τη σύγχυση που δημιουργείται όταν το κινητό αλλάζει ενδιάμεσα τη φορά της κίνησης. Επειδή οι μαθητές εξετάζονται πανελλαδικά στο αντικείμενο αυτό και ολόκληρη η καριέρα τους μπορεί να εξαρτάται από μερικές μονάδες, πιστεύω ότι πρέπει να ξεκαθαριστεί αυτή η ασάφεια. Η προσωπική μου άποψη είναι ότι σωστός είναι ο τύπος Π αλλά δεν συμφωνούν μαζί μου όλοι οι συνάδελφοι. Θα σας ήμουν ευγνώμων αν προκαλούσατε μια υπεύθυνη απάντηση από τη μεριά του υπουργείου ή του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ώστε να ξέρω τι θα απαντώ στους μαθητές μου κάθε φορά που με ρωτάνε. 'Ισως επίσης να ήταν θετική η δημοσίευση αυτής της επιστολής ώστε να προκληθεί η σχετική συζήτηση . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/71

Ε υ κλε l δ π ς

π ρ οτ ε l v ε ιι

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

(τΕΥΧΟΥΣ 66)

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 29

Επιμέλεια: Γ. Τ Ρ Ι Α Ν Τ ΟΣ ,

Θα δείξουμε τώρα ότι:

Ονομάζουμε ρ την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου σε τρίγωνο ΑΒΓ. Οι εφαπτόμενες του κύκλου αυτού που είναι παράλληλες στις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ σχηματίζουν με τις πλευρές του τριγώνου αυτού τα τρίγωνα ΑΑ , Α , ΒΒ , Β , ΓΓ, Γ • Ονομάζουμε τις 2 2 2 ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα αυτά, αντιστοίχως. Να δείξετε ότι :

ρ , , ρ z ,ρ3

ρ = ρ , + ρ z + ρ3 (Π ροτάθηκε από τον συνάδελφο Αθήνα ) Α

Ν. Α ΝΤΩ Ν Ο Π ΟΥ ΛΟΣ, ΘΑ Ν . Κ Υ Ρ Ι Α ΚΟ Π Ο Υ ΛΟΣ

Α ΝΤΩΝ Η Κ Υ

Ρ Ι Α ΚΟ Π Ο Υ ΛΟ -

Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια, τότε ο λόγος των ακτίνων των εγγεγραμ μένων κύκλων τους είναι ίσος με τον λόγο των περιμέτρων τους »

. Πράγματι, έστω ότι τα τρί γωνα ΔΕΖ και ΔΈ 'Ζ' είναι όμοια. Ονομάζουμε τις ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων τους, αντιστοίχως. Από' ' ομοιότητες τριγώνων ( τα τρίγω ' να ΟΔΜ και Ο Δ Μ είναι όμοια) βρίσκουμε ότι: ΔΜ = -ΖΛ = -ΜΕ = -ΕΚ ΛΔ --- = -= = Δ 'Μ ' ΜΈ ' Ε 'Κ ' Κ 'Ζ' Ζ'Λ' Λ 'Δ ' +ΜΕ + ... + ΛΔ = 'Ετσι, εχουμε: - = ΔΜ Δ 'Μ ' + Μ 'Ε ' + ... + Λ 'Δ ' ΔΕ +ΕΖ + ΖΔ . Επειδη' καθενα' απο, τα Δ 'Ε ' + Ε 'Ζ' + Ζ'Δ ' r, r

ΚΖ

τρίγωνο ΑΒΓ , σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση ' έχουμε: ρ = ΡΡ, ' ρ = PΡz ' ρ = pΡ3 Έτσι, έχουμε: ρ , + ρρz + ρ3 = Ρ, + PΡz + Ρ3 � ΡΡ = ' 12

El.

.!2

Δ'

Λύση έστειλε και ο συνάδελφος (τΕΥΧΟΥΣ 66)

ΗΛΙΑΣ

ΚΩΝ/Ν ΟΣ - Α λι β έ ρ ι Ευ βο ίας .

ΑΣΚΗΣ Η 1 3 0

Να αποδείξετε ότι για οποιονδήποτε μιγαδικό

Ζ' Ζ Ε ( Από τον ίδιο ) Ονομάζουμε Ρ την περίμετρο του τριγώνου ΑΒΓ και Ρ, , Ρ2 , Ρ3 τις περιμέτρους των τριγώνων εύκολα ότι: Ρ, + Ρ2 + Ρ3 = Ρ

z, z * Ο, ισχύει: l z + il + l� + i l > l z +�� (1) (Προτάθηκε από τον συνάδελφο Ιλιον) . Αν z = i ή z = -i , τότε το ζητούμενο προφανώς ισχύει. Αν z ±i , τότε για την απόδειξη της ( 1 ),

Λ ΥΣ Η

Ν Ι ΚΟ ΑΝΤΩ

Ν Ο Π ΟΥ ΛΟ -

Λ ΥΣΗ 1 " (από τον ίδιο)

(I)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

70 τ.2/72

-----

αρκεί να αποδείξουμε ότι:

z-i η, αρκει, 1 z + ι. 1 + Ι l >

lz + il )

Το βήμα του Ευκλείδη -----

Ι± l Ι± l

;ί l ±Ι

1 i l > z + , � Im( ) > Ο � + i > - i

1 z + �1 1 , η, αρκει,

� z - i z2 - i 2 l z + ι. l + l l > l l z l 1 , η, αρκει, � l z - i l > l z + i l · l z - i l ' ή αρκεί l z + i l + -I� I� z+i l z l · '-z l - . ---'----..., l + 1 > l z + i l (2). Είναι: "--'l ιl � _Iz_l => l z l · l z + i l � l zl · l z + i j l z - i l � l zi + 1 => _M_ l z - i l l zl + 1 l z - il l zl + 1 => l zιl · l z +· ι i l + 1 � l zιl · ιl z + i j + 1 z +1 z-ι = l zl · l z + ij + l zl + 1 > l zl · l z + i l + l z + i l = l z + i l l zl + 1 l zl + 1

Για την απόδειξη της ανισότητας, έχουμε: 1 ) Έστω

Ιη(z)>Ο. Τότε, επειδή ισχύει l z + i l > l z -ij ,

Ι± l l ±Ι που ισχυει αφου ι z - ι ι + 1 1 + ι ι � ι z - ι + �1 + ι· ι = ι z + 1 1 � � 2) 'Εστω Im(z) < Ο . Τότε, επειδή ισχύει �� +� >�� -� , αρκεί να δειχθεί ότι: l z + ij + Ι ± - i l � l z + ±Ι , που ισχυει αφου ι z + ι·ι + 1 �1 - ι ι � ι z + ι + 1 - ι· ι = ι z + �1 1 . � αρκεί να δειχθεί ότι: ·

3) Έστω

jz - ij + + i � z + , ·

Im(z) = Ο ,

δηλ.

z=k

R* . Τότε, η

αποδεικτέα ανισότητα, ισοδυναμεί με την

�� l l �� ι �ι

jz+ij = I� + 1 και l z - ij = l z l + 1 δεν jk + i l + + i > k + ή - το αυτό- με την ισχύουν συγχρόνως, (το σύστημα l z + i l = jzj + 1 και 2 2 jz - i l = l z l + 1 έχει μοναδική λύση την z = Ο , που .Jk + 1 + :2 + 1 > k + � (k + 1)( :2 + 1) > 0 z z + ij αποκλείεται) οπότε l l · l · + 1 > l z + ij που είναι που, προφανώς, ισχύει. Iz - ιι Λ Υ Σ Η 311 ( Γ εωμετρική- από τον συνάδελφο η (2) από την οποία απορρέει η ( 1 ). Γ Ι Ω Ρ ΓΟ Τ ΑΣΣ Ο Π Ο Υ Λ Ο - Αθήνα) Λ Υ Σ Η 2 11 (από τον συνάδελφο Γ Ι Ω Ρ ΓΟ Τ Ρ Ι Α 'Εστω z = α + βi , με l z l = ρ > Ο , τότε _!_ = � - � i . ΝΤΟ - Αθήνα) z ρ ρ όπου, οι ισότητες

Αποδεικνύουμε το παρακάτω Λήμμα: Για κάθε z ε C, z * Ο , ισχύει η ισοδυναμία

Υποθέτουμε αρχικά ότι αβ ::;; Ο , οπότε η εικόνα

l z + ij > l z - i l � Im(z) > Ο (1). Πράγματι l z +ij > l z -il �Ι z+il 2 >jz-il 2 �(z+iX�-i) >(z-iX�+i) � 2i(z - �) < Ο � 4i 2 Im(z) < Ο � lm(z) > Ο . Επίσης, συμφώνως προς την (1) , έχουμε

A(z)

ανήκει στην ευθεία ει : y = � χ και η εικόνα α

Β(_!_) z

στην ευθεία ε 2 : y = -�χ α

και την ακόλουθη ισοδυναμία:

z )>Ο Im(z) < Ο � lm(z) > Ο � Im(l zl2

ει ως προς

χ'χ ).

( συμμετρική της

Αν θεωρήσουμε και τα σημεία

Γ(-i) και Β'(-_!_) z , τότε αρκεί να δείξουμε ότι: α2 (ΑΓ) +(ΒΓ) > (ΑΒ') . Επειδή είναι χΑ · χ8 = (-) >0, ρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/73

----

Το βήμα του Ευκλείδη

τα σημεία Α, Β βρίσκονται προς το αυτό μέρος του άξονα y'y οπότε το συμμετρικό Β 1 του Β ως προς

y'y θα βρίσκεται στην προέκταση της ΟΑ προς το

Η αποδεικτέα σχέση ισχύει γενικότερα αν στη θέση του τεθεί λi με λ ;;t. Ο . Λ Υ Σ Η : (Από τον συνάδελφο Σωη) ρη Ε . Λ ου ρ ί Σ η μΕίωση :

ΛίJ ση :

αφού ο άξονας χ 'χ είναι μεσοκάθετος του Β 1 Β '

Αν

και το Α βρίσκεται προς το μέρος του Β ' . A(z)

δ α - Λθi1 ν α )

μέρος του Ο. Άρα (ΑΓ) (ΒΓ) (ΑΓ) (Β 1 Γ) (ΑΒ 1 ) (ΑΒ ' )

+ = +

-----

z = α τότε lz+il +j; +iι =�α2 +1+��2 +1> >Ν + f[: = l αl + l �l ::::: J α + �J = J z + lJ Εξάλλου: l z + i l = l z -i l => ( z + i )( � + i ) = ( z-i)(� + i ) => => i (�-z) = i ( z-�) => z-�=ο=> z = � => z Ε

IR *

οπότε ισχύει η ζητούμενη από το προηγούμενο βήμα. Το ίδιο και αν Σχ. l

Γ(-i)

Ειδικά όταν α = Ο , οπότε τα Α ,Β ανήκουν στον y 'y , έχουμε: (ΑΓ) (Β 1 Γ) ::::0: (ΑΒ 1 ) (ΑΒ ')

Ενώ όταν β Ο , οπότε τα Α , Β ανήκουν στον

χ 'χ έχουμε: (ΑΓ) (Β 1 Γ) (ΑΒ 1 ) (ΑΒ') . Α

Υ �

Σχ. 2

Υ '

Β' ο Βι

l z +i l + �� + i l > l z -i l + jl + i l J z +ll 1 · μοιως αν ι +ι ι > ι ;-1 - ι· ι , τοτε: ;::::0:

Βι

z - τότε και _!_z - . Έστω l z + il < l z - il (1) και ι; +il < ι; - iι (2). Τότε (2) => 1 1 + i zl < 1 1 -i zl => => l -i2 + i zl < l -i2 - i zl => l z - il < l z +il πράγμα άτοπο λόγω της (1 ). Άρα οι (1 ), (2) αποκλείεται να ισχύουν συγχρόνως, Αν λοιπόν l z + i l > l z -i l , Αν

τότε:

Β' χ

ll + il = ll - iJ .

Λύση έστειλε επίσης ο συνάδελφος

ΗΛ ΙΑΣ

ΚΩΣΤΛΣ - Αλι β i:ρ ι, Γ ι ιίφ γ ος Δελη στάθ η ς Β

Π ατήσια. ΑΣ Κ Η Σ Η 1 3 1

Σχ. 3

( ΤΕΥΧΟΥΣ 67 ) Αν οι αριθμοί α, β ικανοποιούν τις εξισώσεις α3 τότε να υπο

-3α2 +5α=1,β3 -3β2 +5β =5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 70 τ.2/74

----

Το βή μα του Ευ κλείδη ----

λογίσετε την τιμή του αθροίσματος α + β .

Κων/νος Η λίας - Αλιβέρι, Γιώ ργος Ν ικητάκης -

( Προτάθηκε από τον συνάδελφο

Σητεία, Βαγγέλης Μ ου ρούκος - Αγρίνιο, Ρο

ΑΝΤΩ Ν Η

δόλφος Μπόρης - Δάφνη,

Ι ΩΑΝΝ Ι Δ Η - Λάρισα )

ΛΥΣΗ 18 : ( Από τον συνάδελφο

ΓΙΑΝΝΗ

Μαραγκουδάκης

Π αύλος - Π ειραιάς και ο Π ολιτικός Μηχανικός

ΤΣΟΠ ΕΛΑ - Αμαλιάδα )

Ι ωάννης Ανδ ρής - Αθήνα.

Έχουμε: α3 - 3α2 + 3α - 1 = -2α (α - 1) 3 = -2α => (β - 1)3 = 4 - 2β β 3 - 3β 2 + 3β - 1 = 4 - 2β χ 3 = -2Χ - 2 χ 3 = -2(χ + 1) => β�y y3 = 4 - 2(y + 1) y3 = -2y + 2 => χ 3 + y 3 = -2( χ + Υ) => χ 3 + y3 + 2( χ + Υ) = Ο (1) => (x + y)(x2 - xy + y2 + 2) = 0

ΑΣΚΗΣΗ 1 32 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 67 )

}{ {

α-l=χ {

Επειδή είναι

χ2 -

+ y2 + 2 > Ο , για κάθε

χ Ε R (αφού Δχ = -3y2 - 8 < 0 ,για κάθε y E R ) Η ισότητα ( 1 ) δίνει: χ + y = Ο => α + β = 2 . ΛΥΣΗ 28 : ( Από τον συνάδελφο Α Π Ο Σ Τ Ο Λ Ο Π Ο Υ ΛΟ -

Γ ΙΩΡΓΟ

Μεσολόγγι.)

Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = χ 3 - 3χ2 + 5χ χ Ε R . Προφανώς, f(α) = 1, f(β) = 5 . Επειδή f'(x) = 3χ2 - 6χ + 5 > Ο , για κάθε χ Ε R , η f είναι γνησίως αύξουσα και συνεπώς 1-1 στο R . Παρατηρούμε : f(x) = (χ - 1) 3 + 2(χ - 1) + 3 , οπότε

Αν για τους ακεραίους αριθμούς χ, y ισχύει 9χ2 + 4y2 - 9x2y2 + 6xy + 2 = Ο , να δειχθεί ότι ο αριθμός Α = 1 000(χ4 + y4 ) + 40 1 είναι τέλεια τέταρτη δύναμη ακεραίου αριθμού. ( Προτάθηκε από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ Α Π Ο ΣΤΟΛΟ ΠΟΥ ΛΟ - Μ εσολόγγι )

ΛΥΣΗ: ( Από τον συνάδελφο ΜΟΥΡΟΥΚΟ - Αγρίνιο ) . Έχουμε:

ΒΑ Γ Γ Ε Λ Η

9χ2 + 4y -9x2y + 6xy+ 2 = 0 � 9χ2 +4y + 12xy = 9x2y + 6xy+ 1 - 3 � (3x + 2y)2 = (3xy + 1)2 -3 �(3xy + 1)2 - (3x +2y)2 = 3 (1) και αν τεθεί 3xy + 1 = α , 3χ + 2y = β , η ισότητα ( 1 ) γράφεται:

α2 - β2 = 3 � (α + β)( α - β) = 3 , και

επειδή α, β Ε Ζ , εύκολα βρίσκουμε ότι: (α, β) Ε { (2, 1), (2, -1), (-2, 1), (-2, -1) } . Έτσι,

} }

με την συνάρτηση g επίσης 1 - 1 και περιττή στο

καταλήγουμε στα παρακάτω συστήματα: 3xy + 1 = 2 3xy + 1 = 2 (Sι ) ' (S ) 3x + 2y = -1 2 3x + 2y = 1 3xy + 1 = -2 3xy + 1 = -2 (S ) (S3 ) ' 3x + 2y = -1 4 3x + 2y = 1

R . 'Ετσι, g(α - 1) = f(α) - 3 = 1 - 3 = -2 και

Τα συστήματα (S1 ) , (S2 ) δεν δίνουν ακέραιες

g(β - 1) = f (β) - 3 = 5 - 3 = 2 , οπότε

λύσεις, ενώ από τα συστήματα (S3 ) , (S ) 4 = παίρνουμε : (χ, y) (1, -1) και (x, y) = (-1, 1)

αν τεθεί χ - 1 = y και g(y) = y3 + 2y , είναι: f(y + 1) = g(y) + 3 � g(y) = f(y + 1) - 3 .

g( α - 1) = -g(β - 1) => g( α - 1) = g(l - β) ::::> α - 1 = 1 - β ::::> α + β = 2 Λύσεις έστειλαν επίσης, οι συνάδελφοι: Γ ιάννης Η λιόπουλος - Καλαμάτα, Αθανάσιος Καλάκος - Κ. Π ατήσια, Ιωάννα Γιαννακοπού λου - Λαμία, Γιώργος Τσαπακίδης - Κυψέλη Αιτ/νίας,

Βασίλειος Νικολάκης - Θες/νίκη,

αντιστοίχως, τιμές που σε κάθε περίπτωση δίνουν Α = 1 000(χ4 + y4 ) + 40 1 = 240 1 = (±7)4 . Λύσεις έστειλαν επίσης, οι συνάδελφοι : Λουκάς Χυτή ρης - Κέρ κυ ρα, Αθ ανάσιος Καλά κος - Κ. Π ατή σια, Ι ω άννα ΓιαννακοποίJλου Λαμία, Ροδόλφος Μ πό ρης - Δάφνη, Γιώργος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2!75

----

Τσαπακίδης - Κυψέλη

Αιτ/νίας,

Το βή μα του Ευ κλείδη ------

Π αύλος - Πειραιάς.

Βασίλειος

( ΤΕΥΧΟΥΣ 67 ) Αν για τους θετικούς αριθμούς α,β ισχύει η ισότητα α3 + β3 = α 5 + β 5 , τότε να δειχθεί ότι ΑΣΚΗΣΗ 134

Νικολάκης - Θες/νίκη, Γιώργος Δελη στάθης Κ. Π ατήσια, Δη μήτριος Κουκάκης - Κιλκίς, Κων/νος Ηλίας - Αλιβέρι, Γιάννης Τσόπελας Αμαλιάδα, Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα, Μα

ισχύει: α 2 + β2 :::;; 1 + αβ .

ραγκουδάκης Παύλος - Πειραιάς.

(Προτάθηκε από τον συνάδελφο ΓΕΩΡΓΙΟ ΚΗΤ ΑΚΗ - Σητεία Κρήτης ) ΛΥΣΗ 18 : ( Από τον ίδιο ) Δεχόμαστε ότι α2 + β2 > 1 + αβ . Τότε

(τΕΥΧΟΥΣ 67 ) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α,β,γ και διάμετρο του εγγεγραμμένου κύκλου του ίση με 1 1 1 1 d. N α δ ειχθ ει,οτι: - + - + - :::;; - . α2 β 2 γ2 d2 ΑΣΚΗΣΗ 1 33

}

α3 (α2 + β2) > α3 (1 + αβ) ; β3 (α2 + β2 ) > β3 (1 + αβ) αs + α3β2 + β3α2 + βs > α3 + β3 + α4β + αβ4 => α3β2 + β3α2 > α4β + αβ4 ::::> αβ(α2β + αβ2) > αβ(α3 + β3) => αβ(α + β) > (α + β)(α2 - αβ + β2 ) => αβ > α2 - αβ + β2 => (α -β) 2 < 0 Άτοπο. Άρα: α2 + β2 :::;; 1 + αβ .

(Προτάθηκε από τον Πολιτικό Μηχανικό ΙΩΑΝ ΝΗ ΑΝΔΡΗ - Αθήνα ) ΛΥΣΗ: ( Από τον συνάδελφο ΒΑΓ ΓΕΛΗ ΜΑ ΡΟΥΚΟ - Αγρίνιο )

'Εστω Ε το εμβαδόν, τ η ημιπερίμετρος και ρ = � 2 η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρι κού μέσου και τον τύπο του Ήρωνα, έχουμε: � = (τ - β) + (τ - γ) � .j(τ - β)(τ - γ) => 2 2 Ε2 1 τ(τ ---'-- α) -:::-"-α2 � (τ - β)(τ - γ) = => - :::;; ---4Ε2 4 τ(τ - α) α2

Λ ΥΣΗ 2 8 :

(Από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ ΤΣΑ ΠΑΚΙΔΗ - Κυψέλη Αιτ/νίας ) Από την ανισότητα Cauchy - Schwarz έχουμε: [( Ν ) 2 + < # ) 2 Π< ·J�) 2 + ( .jβ ) 2 J � < ..Γσ! Fα + # .Jβ ) 2 => (αs + βs )(α + β) � (α3 + β3 ) 2 => α + β � α3 + β3 => (α + β) � (α + β)(α 2 - αβ + β2 ) =>

και με

Κυκλικά: πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε: 1 1 1 < τ( τ - α + τ - β + τ - γ) +-+-4Ε2 α2 β2 γ2 - 2τ) τ2 = τ2 1 = 1 = τ(3τ ==4Ε2 4ρ2τ2 4ρ2 d2 4Ε2

Λύσεις έστειλαν επίσης, οι συνάδελφοι: Γιάννης

� ----, ---:'--_ ____;_-

φος Μπόρης - Δάφνη, Βασίλειος Νικολάκης θες/νίκη , Γιώργος Δελη στάθης - Πατήσια, Δη μήτριος Κουκάκης - Κιλκίς, Βαγγέλης Μου ρούκος - Αγρίνιο, Γιάννης Τσόπελας - Αμαλιά

Γιώργος Τσαπακίδης - Κυψέλη

δα, Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα και ο πολιτι

Νικολάκης - Θες/νίκη,

κός Μηχανικός Ιωάννης Ανδ ρής - Αθήνα,

Αντώνης Ι ω αννίδης - Λάρισα, Μαραγκουδάκης ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Λουκάς

σια, Ιωάννα Γιαννακοπούλου - Λαμία, Ροδόλ

σιος Καλάκος - Κ. Πατήσια, Ροδόλφος Μπόρης

Β ασίλειος

Καλαμάτα,

- Μεσολόγγι, Αθανάσιος Καλάκος - Κ. Πατή

Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι, Αθανά

Αιτ/νίας,

Ηλιόπουλος -

Χυτή ρης - Κέρκυ ρα, Γιώργος Αποστολόπουλος

Λύσεις έστειλαν επίσης, οι συνάδελφοι :

- Δάφνη,

ΝΙ

Μαραγκουδάκης Π αύλος - Πειραιάς. 70 τ.2/76

Τα Μ α θ ημ ατ ικά μας δ ι α σκε δ άζουν

Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχουν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινο ήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες όπως ο Δ ιόφαντος, ο Ζήνωνας κ. ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συ ναρ παστική ασχολία .

Επιμέλεια

Π αναγιώτη ς Π . Χ ριστ όπ ου λο ς

Γνω ρ ίζετε ότι •:•

Το 1 977 λύθηκε το πρόβλημα των 4 χρωμάτων μετά από 1 25 χρόνια από τους Apel και Haken και είναι το πρώτο πρόβλημα στην ιστορία των μαθηματικών που λύθηκε με την βοήθεια του Ηλεκτρονικού Υπολογιστή.(τα 4 χρώματα είναι ο ελάχιστος αριθμός χρωμάτων που χρειάζονται για να χρωματίσουμε ένα χάρτη έτσι ώστε δυο γειτονικές χώρες να μην έχουν το ίδιο χρώμα.Guthrie 1 852)

•:•

Το 1 742 ο Ρώσος μαθηματικός Christian Gοldbach(Γκόλντμπαχ) σε επιστολή που έστειλε στον Euler διατύπωσε την εικασία ότι «κάθε άρτιος(ζυγός) ακέραιος αριθμός μεγαλύτερος του 2 μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δυο πρώτων αριθμών». Πρόβλημα που και σήμερα παραμένει άλυτο. Έγινε την περασμένη 1 Οετία ευρύτατα γνωστό από το βιβλίο του Α. Δοξιάδη « 0 θείος Πέτρος και η εικασία του Γκόλντμπαχ». Το 1 882 με το θεώρημα του Hermite-Lindemann αποδείχθηκε μετά από 2.300 χρόνια ότι δεν είναι δυνατός ο τετραγωνισμός του κύκλου με κανόνα και διαβήτη. Καθώς και το Δήλειο πρόβλημα (2πλασιασμός του κύβου), αλλά και η τριχοτόμηση της γωνίας. Το 1 995 ο Wiles Andrew έδωσε την τελική απόδειξη στο θεώρημα του Fermat αφού πέρασαν περισσότερα από 350 χρόνια από τότε που διατυπώθηκε. (Δηλαδή ότι η εξίσωση xn+yn=zn δεν ισχύει για κανένα ακέραιο n>2). Το Sudoku (θέση του αριθμού), παιχνίδι από την Ιαπωνία πρωτοεμφανίστηκε στην Ευρώπη το 2004, πατέρας του παιχνιδιού ο Euler. Το 1 900 σε ένα ναυάγιο ανοικτά των Αντικυθήρων Σύμιοι σφουγγαράδες ανακάλυψαν τη λεγόμενη σήμερα «μηχανή των Αντικυθήρων», την αρχαιότερη σωζόμενη διάταξη με γρανάζια που χρονολογείται 1 50- 1 00 π.Χ. Ο μηχανισμός είναι μέρος αστρονομικού οργάνου, είναι ημερολόγιο, δείχνει γεωγραφικό μήκος και πλάτος, τη χρονιά των Ολυμπιακών αγώνων, των Νεμέων, των Πυθίων κ.ά. ακόμα ερευνάται η λειτουργία του.

• •

•:• :

• •

Ευχαριστώ τον Χημικό κ. Δημήτρη Καρβελά, και τον Μαθηματικό κ. Αργύρη Καντεμίρη για τις εργασίες που έστειλαν. Ο κ. Καρβελάς μου έστειλε προβλήματα- αινίγματα και τις απαντήσεις τους. Ακόμη έστειλε και την εργασία του στα κριτήρια διαιρετότητας που δίνουν την απόδειξη τέτοιων προβλημάτων. Μερικά από αυτά είναι προβλήματα για να μαντεύει κανείς ηλικίες αλλά και τα μυστήρια των ακεραίων αριθμών όπως λέει. Ένα από αυτά είναι: ο μα γ ι κ6ς κίJ κλος, που δημοσιεύουμε. Ο κ. Καντεμίρης έστειλε το πρόβλημα: ο Δ ιευθυντής του ορυχε ί ου, που επίσης δημοσιεύουμε. Το πρόβλημα αυτό μπορεί να πάρει οχτώ διαφορετικές μορφές, μια από αυτές είναι: η προσφορά του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

70 τ.2/77

-------

Τ α Μαθη μ ατικά μ ας διασκε δάζουν

--------

Χαλίφη , που έχουμε_δημοσιεύσει στο τεύχος 63 το 2007. Εδώ θα επισημάνουμε, ότι για κάποια αινίγματα δίνουμε μόνο την απάντηση και όχι την μαθηματική απόδειξη, επειδή αυτή συνήθως στηρίζεται στη θεωρία αριθμών (κριτήρ ια διαιρετότητας) ή άλλες θεωρίες και δεν είναι στο πνεύμα και για το χώρ ο της στήλη ς. Ο μαγικ ός κύ κ λος

Ο Δημήτρης λέει στην Εύα πολλαπλασίασε τον αριθμό 37 με ένα αριθμό του οποίου τα ψηφία να έχουν άθροισμα 1 8 και στο γινόμενο πρόσθεσε την ηλικία σου.(Εστω ότι η Εύα μετά από αυτό βρήκε τον αριθμό Χ).

Εύα διάλεξε ένα ψηφίο του μαγικού κύκλου όποιο θέλεις και διάβασε στη συνέχεια ακλουθώντας δεξιόστροφη ή aριστερόστροφη φορά τον εννεαψήφιο αριθμό που προκύπτει. Πρόσθεσέ τον στον Χ που βρήκες ποιο πριν και πες μου το αποτέλεσμα. Εύα: λέει το αποτέλεσμα Δημήτρης: Εύα τώρα ξέρω την ηλικία σου. Εύα: Σοβαρά πώς; Ο Διευθυντής του ορυ χείου

- �π

.. rrι1

i�� -,.φ1- rr ι �. ?

- -=- - · .

-· .

��-

; : · .-

.-:.::....- - · ..

:+._�.,:;��: �; • .

-·•'

' "

1:;:

��-

· ; .ι-

.. ·

•.. .

"'�-�--!' --

•

� ....

Τρείς δημοσιογράφοι πήγαν σε ένα ορυχείο στη Νότια Αφρική για να πάρουν συνέντευξη από το Διευθυντή του ορυχείου. Όταν τελείωσε η συνέντευξη ο Διευθυντής ζήτησε από του δημοσιογράφους να του λύσουν το εξής πρόβλημα: <<Στο ορυχείο δουλεύουν λευκοί και μαύροι εργάτες, τώρα θα έρθουν εδώ

τρείς που από το κάρβουνο φ αίνονται όλοι μαύροι . Έχετε δικαίωμα να τους κάνετε από μια μόνο ερώτηση για να βρείτε από τις απαντήσεις το υς αν είναι μαύροι ή λευκοί, να ξέρετε μόνο ότι οι μαύροι λένε πάντα ψέματα ενώ οι λευκοί πάντα την αλήθεια». Έλυσαν το πρόβλημα οι δημοσιογράφοι; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/78

------- Τα Μαθ η μ ατικά μ ας δ ιασκεδ άζουν

-------

Ο Γ ρίφος του E i n stei n

Υπάρχουν 5 σπίτια πέντε διαφορετικών χρωμάτων. Σε κάθε ένα σπίτι ζει ένας άνθρωπος διαφορετικής εθνότητας. Ο ι πέντε ιδιοκτήτες πίνουν ένα συγκεκριμένο είδος ποτού, καπνίζουν μία συγκεκριμένη μάρκα τσιγάρων και έχουν ένα συγκεκριμένο κατοικίδιο. Όλοι έχουν μεταξύ τους διαφορετικά κατοικίδια, διαφορετικές μάρκες τσιγάρων, διαφορετικά είδη ποτών και σπίτι με διαφορετικό χρώμα. Η ερώτηση είναι: «Ποιος έχει το ψάρι;». Στο ι χεία του π ρ ο βλή ματος :

Ο Άγγλος μένει στο κόκκινο σπίτι. Ο Σουηδός έχει ένα σκύλο. Ο Δανός πίνει τσάι. Το πράσινο σπίτι είναι αριστερά από το άσπρο σπίτι. Ο ιδιοκτήτης του πράσινου σπιτιού πίνει καφέ. Αυτός που καπνίζει Pall Mall εκτρέφει πουλιά. Ο ιδιοκτήτης του πράσινου σπιτιού καπνίζει Dunhill. Αυτός που μένει στο μεσαίο σπίτι πίνει γάλα. Ο Νορβηγός μένει στο πρώτο σπίτι. Αυτός που καπνίζει Blends μένει δίπλα σε αυτόν που έχει γάτες. Αυτός που έχει το άλογο μένει δίπλα σε αυτόν που καπνίζει Dunhill. Ο ιδιοκτήτης που καπνίζει Blue Esters πίνει μπίρα. Ο Γερμανός καπνίζει Prince. Ο Νορβηγός μένει δίπλα στο μπλε σπίτι. Αυτός που καπνίζει Blends έχει ένα γείτονα που πίνει νερό. ( Ο Είηsteίη_όταν τον προηγούμενο αιώνα έγραψε το Γρίφο είπε ότι μόνο το 2% των ανθρώπων μπορεί να απαντήσει. Τι λέτε;) Η Β α ρ κά δ α

τέσσερα ζευγάρια πάνε εκδρομή. Ένα ποτάμι στο δρόμο τους δεν έχει γεφύρι και πρέπει να το περάσουν με μια βάρκα 2 ατόμων. Καμία γυναίκα δεν πρέπει να μείνει κάπου με άλλους άνδρες όταν δεν είναι εκεί ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

70 τ .2179

-------

Τα Μαθ η ματ ικά μας δ ιασκεδ άζουν

--------

και ο άνδρας της. Το ποτάμι είναι πλωτό και στη μέση υπάρχει βράχος που μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως ενδιάμεσος σταθμός. Μπορείτε να τους βοηθήσετε;

Τα βαρ έ λια

Τρείς φίλοι θέλουν να μοιράσουν 2 1 βαρέλια κρασί 7 γεμάτα, 7 άδεια και 7 μισογεμάτα( ή μισοάδεια), ώστε να πάρουν την ίδια ποσότητα κρασιού και βαρελιών. Μπορείτε να τους βοηθήσετε;

Το κρασί

Δύο φίλοι έχουν μια νταμιτζάνα με 1 2 λίτρα κρασί . Πώς θα την μοιράσουν αν διαθέτουν μόνο 2 άδεια δοχεία 7 λίτρων και 5 λίτρων;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2/80

' ' ·-·· --/

' .: -

Ο μαγικός κύκλος

Ο Δημήτρης χώρισε τον αριθμό που του ανακοίνωσε η Εύα σε τριψήφια τμήματα αρχίζοντας από δεξιά προς τα αριστερά και προσθέτει αυτά τα τριψήφια τμήματα. Εάν το άθροισμα είναι αριθμός με περισσότερα από τρία ψηφία, επαναλαμβάνει την ίδια διαδικασία μέχρις ότου ο αριθμός να είναι τριψήφιος. Τον τριψήφιο αυτό αριθμό τον διαιρεί δια 1 1 1 και το υπόλοιπο της διαίρεσης αυτής είναι η ηλικία της . . . Εύας! π. χ. έστω ότι η Εύα είναι 23 ετών και αριθμός 65430 που το άθροισμα των ψηφίων του είναι 1 8. Άρα Χ= 37.65430 + 23=2420933 . Αν από τον μαγικό κύκλο διάλεξε τον αριθμό 6 και με δεξιόστροφη φορά έχει τον 675724488 τότε 2420933 + 675724488 = 678 1 4542 1 . Ανακοινώνει αυτόν στο Δημήτρη και αυτό(; 678 + 1 45 +42 1 = 1 244, 1 +244=245, 245 : 1 1 1 δίνει υπόλοιπο . . . 23! Ο Δ ι ευθυντής του ορυχείου Ο ι δημοσιογράφοι συσκέπτονται και ρωτάνε τον πρώτο εργάτη: Είσαι μαύρος ή άσπρος; Αυτός απαντά σε μια γλώσσα μου δεν κατάλαβαν τίποτα. Ρωτάνε το δεύτερο εργάτη: τι μας είπε ο συνάδελφός σου ότι είναι μαύρος ή άσπρος; Και αυτός απαντά: σας είπε ότι είναι άσπρος. Ρωτάνε και τον τρίτο: Οι δύο προηγούμενοι συνάδελφοί σου μας είπαν την αλήθεια; Και αυτός απαντά: ναι και οι δυο είπαν αλήθεια. Τότε οι δημοσιογράφοι συσκέφτηκαν ως εξής: Ο πρώτος αν είναι άσπρος θα πει αλήθεια «είμαι άσπρος» αν είναι μαύρος θα πει ψέματα «είμαι άσπρος» άρα σε κάθε περίπτωση ο πρώτος είπε «είμαι άσπρος». Δηλαδή ο δεύτερος μας είπε αλήθεια άρα ο δεύτερος είναι άσπρος. Ο τρίτος μας είπε «ναι και οι δυο είπαν αλήθεια» που αυτό είναι αλήθεια για τον δεύτερο άρα είναι αλήθεια και για τον πρώτο. Δηλαδή και οι τρείς είναι λευκοί. (Λ ύστε εσείς το πρόβλημα με: οι λευκοί να λένε ψέματα και οι μα ύροι την αλήθεια).

Κατοικ Άρα το ΨΑΡΙ είναι στο πρώτο σπίτι που μένει ο Νορβηγός.

Η Β α ρ κά δ α

σκύλος

Τα ζευγάρια είναι Α 1 Γ l , Α2Γ2, Α3Γ3, Α4Γ4 . Παίρνει την βάρκα η Γ 1 και μεταφέρει μία -μία όλες τις γυναίκες στο βράχο. Γυρνά ξανά στην όχθη Α παίρνει τον άνδρα της Α 1 και τώρα αυτός αφού αφήσει την γυναίκα του στο βράχο γυρνά στην όχθη Α και μεταφέρει έναν-έναν τους άνδρες στην όχθη Β . Ύστερα πηγαίνει στο βράχο παίρνει τη γυναίκα του και πηγαίνουν στη Β όχθη. Δίνει την βάρκα στον Α2 που παίρνει την Γ2 από το βράχο και πηγαίνουν στην Α όχθη. Εκεί μένει ο Α2 και φεύγει με την βάρκα η Γ2 για να μεταφέρει τις Γ3 και Γ4 από το βράχο στη Β όχθη ου τις περιμένουν οι άνδρες τους. Τέλος επιστρέφει η Γ2 στην Α όχθη παίρνει και τον άνδρα της (Α2) και πηγαίνουν στην Β όχθη που τους περιμένουν τα 3 άλλα ζευγάρια. Τα βαρέλια I Φίλοι 1 Γεμάτο 1 Άδειο I Μισό 1 � Ι 1 5 3 3 3 3 I Σύνολο 7 7 7 Τ ο κρ α σ ί

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

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

Γιώ ργο ς Μ . Μ ιχαηλίδ ης

Γιώργος Μ. Μιχαηλ!δης Octavian

Ν. Stanasila

(!'lui. Urιν. - -)

ΜΑθΗ ΜΑΤΙΚΑ

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΓΛΥΚΕΙΟΥ

ΤΟΜΟΣ !f

ΤΟΜΟΣ Α'

θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

•

Ι Ιαράγωγος •

ΟΛΟΚΛ Η ΡΏΜΑΤΑ

Συνέχεια •

iλια 8 (·)ι-οιρία - �χι

Όριο

• Λυμένα llαραl'ιrίγματα

8 :\lrflnl!ιoλι•·ιiα - ΟμαiΊοπιιίηuη

8 ΛωιήΙJεις για λιiηη

8 Εριtιτψιrις Κιιωνιiηοη;

8 Θέματα ·ιιιι διαγωνiπμαtιι

Θεω(Ιία

• ΜεθΟΟολογία

•

Παρατηρήσει-; - Σχιiλια

Λυμένα Ιlα(Ιαδε(γματα

• Ευωτήοεις Κατανόηιιης

•

Ασκήσεις - θέματα

••

Γιώργος Μ . Μιχαηλίδης

Γιώργος Μ. Μιχαηλ!δης Octavian

Ν. Stanasila

(!'lui. UrW -JIJGaiiUthamt)

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ

Ν ..J

< Ζ < w c:ι w :Ξ w

ce (.,.) .... < :Ξ w .... <

::ΞΞ ..J α::ι

σ α: Ω..

ΓΛVΚΕΙΟΥ θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

eξs-ι;άαsις aooe - aooe

πιaανι2 etματα

cc (.;) ϊ= cc cr: :E C> w -' ι- 1cc < :Ξ !:: cc ::::! t,;Ι ι:Ω - cc 1- ι::σ c.? σ i= cr: cc a.. ιc.? cc ι a:: _ σ - w ι- ::ι:

� �:::ι .....

ΔιοΦΑΝΤΟΣ ΕΚΔΟΣ Ε Ι Σ