Ευκλειδης Β 72 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

- Απρίλιος - Μάιος - Ιούνιος

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

2009-

Έτ ο ς λη' - Ε υ ρ ώ:

e-maίl: ίnfo@hms.gr www.hms.gr ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ ΤΟ

3,50

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

-<' Οι Μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού -<' Homo Mathematicus

Μαθηματικά Α' Τάξης

Φτάσαμε αισίως στο τέλος και αυτής της σχολικής χρο

-<' Γεωμετρία: Επαναληπτικές Ασκήσεις

Μαθηματικά Β' Τάξης

Γενικές Επαναληπτικές Ασκήσεις

-<' Γεωμετρία:

Εμβαδά Ευθυγράμμων σχημάτων

όνο, γι' αυτό και οι μαθητές και οι δάσκαλοι είμαατε υποχρεωμένοι να καταβάλουμε μεγαλύτερες προσπάθειες προκειμένου να καλύψουμε, κατά το δυνατό την ύλη σε Ιδιαίτερες ευχές στέλνουμε ατους μαθητές της r· Λυκείου

λιγότερο χρονικό διάατημα.

που δίνουν φέτος ένα καθαριστικό αγώνα για την αταδιο δρομία τους.

Θέλουμε να πιατεύουμε ότι καλύψαμε και φέτος αρκετές από

και Καμπυλογράμμων χωρίων -<' Κατεύθυνση:

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφαι,

νιάς με πιεσμένο και φέτος τον απαιτούμενο διδακτικό χρ

-<' Άλγεβρα: Επαναληπτικά θέματα

-.' Άλγεβρα:

Γράμμα της Σύνταξης

Επαναληπτικά θέματα

Μαθηματικά Γ' Τάξης

απαιτήσεις

των

αναγνωστών

μας

παρά

τις

δυσκολίες που συναντήσαμε στην προσπάθεια μας να

περιφέρεια με τις εργασίες των συναδέλφων της Αττικής

συγκεράσουμε τις εργασίες που μας στέλνονται από την και τις Συντακτικής Επιτροπής με αμείλικτο οδηγό το χρό νο που μας πιέζει πάντα. Έτσι καταφέραμε και φέτος να

-<' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας: Επανάληψη στην ύλη

-<' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Ασκήσεις Ανάλυ σης

-<' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Γενικά θέματα

-<' Το Βήμα του Ευκλείδη

-<' Ο Ευκλείδης προτείνει.•.

-<' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

-<' Αλληλογραφία

••••••• • •••• • •••••••••

τις

βγουν σχετικά έγκαιρα τα δύο τελευταία τεύχη. Ευχαρι ατούμε και από αυτή τη θέση όλους τους συνεργάτες γιατί χωρίς τη δική τους συμβολή, αυτό θα ήταν ανέφικτο. χαρά για την νέα έκδοση του Ευκλείδη β'.

Σας ευχόμαστε καλό καλοκαίρι και σας περιμένουμε με Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Τασσόπουλος

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής β. Ευσταθίου

ΣύνΘεση εξωφύλλου: Πίνακας του J. Miro σε ελεύθερη απόδοση

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ

Συντακτική επιτροπή

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Αθανασόπουλος Γεώργιος Εκτελεστική Γραμματεία Αναστασίου Γιάννης 106 79 ΑΘΗΝΑ Ανδρουλακάκης Νίκος Πρόεδρος: ΤΙ}\.: 2103617784-3616532 Αντωνόπουλος Νίκος Τασσόπουλος Γιώργος Αργυράκης Δημήτριος Fσ:ιc: 2 103641025 Βακαλόπουλος Κώστας Αντιπρόεδρος: Δρούτσας Παναγιώτης Εκδότης: Ευσταθίου Βαyylλης Αλεξανδρής Νικόλαος Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος ΒαyyεΛης Γραμματέας: Διευθυντής: Κακκαβάς Απόστολος Τυρλής Ιωάννης Χριστόποuλος Πcιναyιώτης Καλίκας Σταμάτης Μέλη: Αργυράκης Δ. ΚανεΛλος Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Επιμέλεια 'Εκδοσης: Δρούτσας Π. Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Τασσόπουλος Γιώργος Λουρίδας Σ. Κατσούλης Γιώργος Ευσταθίου Βαγγέλης Ταπεινός Ν. Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Κηπουρός Χρήστος ISSN: 1105- 7998 Κλάδη Κατερίνα

Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος ΚουτρουμπεΛας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Ρέyκλης Δημήτρης

Σα'ϊτη Εύα Σταϊκος Κώστας Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανlλη Άννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχος ΒαyyεΛης

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείvοvrαι από την Ε.Μ.Ε. Οι συνερyάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στεΛvοvrαι έγκαιρα, στα yραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόyραφα δεν εmστρέφοvrαι.

3,50 (12,00

Τιμή Τεύχους ευρώ Ετήσια συνδρομή

2,00 Ταχυδρομικά= 12,00

Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ

ευρώ

14,00)

Το αvrίπμο yια τα τεύχη που παραyyεΛvοvrαι στέλνεται με απλή εmταyή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα yραφεία της Ε.Μ.Ε. Εκτύπωση: ΙΝΠΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υneιίθuνος τunoypαφeίou: Β. Σωτηριάδης

Οι μαfJηματικοi του Μεσαιωνικού Ελληνισμού του Μιχάλη Μανωλόπουλου

ε σχετική βιβλιογραφία είναι περιορισμένη η αναφορά για τα μαθη ματικά του Βυζαντίου . Στο κείμενο που ακολουθεί υπάρχει μία περιληπτική αναφορά σε μαθη ματικούς του Με σαιωνικού Ελληνισμού. Ση μαντικό μέρος των βιογραφούμενων εκτός από την ενασχόληση του με τα μαθηματικά είχε να επιδείξει επιστημονική δράση και στις υπόλοιπες θετικές επι4/j!!!!IJ !Ι στήμες όπως και στην θεολογία, την φιλοσοφία, την ποίηση και την ιστορία. Κάποιοι υπήρξαν επίσης προσωπικότητες με έντονη πολιτική δράση . Όπως είναι φυσικό το ενδιαφέρον μας ε στιάστηκε κυρίως στην πρώτη τους δραστηριότητα. Και μία επισήμανση που νομίζουμε δεν στερείται σημασίας. Η αυτοκρατορία που επί έντεκα αιώ νες διαμόρφωσε ένα λαμπρό πολιτισμό, ποτέ δεν αυτοαποκλήθη κε Βυζαντινή. Οι κάτοικοι της ονόμαζαν τους εαυτούς τους Ρω μαίους ή Χριστιανούς και την πατρίδα τους Ρωμανία. Όσο μάλι στα υποχωρούσε, με το πέρασμα του χρόνου, η ταύτιση του Έλλη να με τον ειδωλολάτρη διευρύνετο η χρήση του ονόματος Έλλη νας. Σ' αυτό το άρθρο λοιπόν υπάρχει η συνεισφορά της «Νέας Ρώμης» στα μαθηματικά, αλλά και στις φυσικές επιστήμες γενικό τερα, συνεισφορά του Ελληνισμού και μάλιστα του Μεσαιωνι κού Ελληνισμού. Είναι απαραίτητο να αναφερθεί εδώ, μια άπο ψη που την ασπάζεται η πλειοψηφία των ιστορικών της επιστή μης. Ο Μεσαίωνας δεν είναι καθόλου μια «σκοτεινή» περίοδος της ιστορίας, όπως ίσως Θα άρεσε σε κάποιους, ούτε η σχολαστική παράδοση εκείνης της εποχής υπονόμευε την επιστήμη. Αυτά κυ ρίως για τον δυτικό Μεσαίωνα γιατί στην Ανατολή έχου με μία τεράστια πνευ ματική , πολιτιστική καλλιτεχνική και επιστη μονική άνθιση , με αποτέλεσμα τον 14 και 15° αιώνα, τα πλήθη στη Δύση να κρέμονται από τα στόματα ακόμα και μετρίων λογίων προσφύγων από την Ανατολή . Η δημιουργικότητα του ελληνικού πνεύματος δεν περιορίζεται μόνο στην αρχαιότητα. «0 ρόλος του Βυζαντίου στην εξέλιξη των επιστημών και ιδιαίτερα των μαθη μα τικών και της αστρονομίας είναι σημαντικός» (Ιστορία της Βυζαντινής Αυτοκρατορίας, έκδοση του Πανεπιστημίου του Cambridge). Κληρικοί, μοναχοί αλλά και λαϊκοί καλλιέργησαν και συντήρησαν τον πολιτισμό και τις επιστήμες. Χαρακτηριστικό της ευρύτητας του πνεύματος των, είναι το ενδιαφέ ρον τους για την σοφία των Περσών και των Ινδών, όπως αναφέρει ο καθηγητής Β . Τατάκης. Συνηθίζεται η Βυζαντινή Ιστορία να διαιρείται σε τρεις μεγάλες περιόδους: την Πρώιμη, τη Μέση και την Ύστερη . <.ιοη Περiοi'Ίος: Αρχίζει το 324 μ.Χ. με την ίδρυση της Νέας Ρώμης (Κωνσταντινουπό λεως) . Διαρκεί μέχρι τα μέσα περίπου του γυ αιώνα. Το τέλος της συμπίπτει με την άνοδο του Ισλα μισμού και την οριστική εγκατάσταση των Αράβων στις νοτιοανατολικές ακτές της Μεσογείου. Β. \l Πιμiοδος: Διαρκεί μέχρι την άλωση της Κωνσταντινουπόλεως από τους Σταυροφόρους το 1204. Γ. ,,.ση:μη Π;:ρiοδος: Από το 1204 μέχρι την Αλωση της Πόλης από τους Τούρκους, το 1453 . τ�'\Ι

Μαθηματικοί της Πρώιμης Περιόδου Σερήνος (4°ς μ.Χ. αιώνας). Έλληνας μαθη ματικός από την Αντινούπολη της Αιγύπτου. Χρονολογικά η δράση του τοποθετείται μεταξύ του Πάππου (τέλη του 3ου μ.Χ. αιώνα) και του Θέωνος του Αλεξανδρέως (330-390 μ.Χ.). Έ χουν σωθεί τα εξής δύο έργα του: Περί κυλίνδρου τομής και Περί κώνου τομής. Έγραψε επίσης σχό λια στα Κωνικά του Απολλώνιου, τα οποία χά-

'. θηκαν. Στο Περί κυλίνδρου τομής αποδεικνύει ότι αν ο κώνος και ο κύλινδρος τμηθούν κατά ο ρισμένο τρόπο προκύπτουν ταυτόσημα σχή ματα. Στις τελευταίες σελίδες αυτού του βιβλίου πε ι ριέχονται προτάσεις που αφορούν τις επιφά νειες και τους όγκους κυκλικών κώνων. Στο Περί κώνου τομής υπάρχει μια πρόταση που θε ωρείται βασική για την θεωρία των αρμονικών λόγων. Και τα δύο αυτά έργα στηρίζονται σε ερ γασίες του Απολλώνιου του Περγαίου. Με την

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/1

------- Οι μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού

μελέτη των έργων του Σερήνου ασχολήθηκε την εποχή των Παλαιολόγων ο Έλληνας φιλόσοφος Θεόδωρος Μετοχίτης ( 1260- Ι 332) . Τα έργα του Σερήνου εκδόθηκαν από τον Σ.Α. Χάιμπεργκ το 1896, στην Βιβλιοθήκη Teutmer. Θέων ο Αλεξανδρεύς (330-395 μ.Χ.). Μα θηματικός, aστρονόμος και φιλόσοφος, δίδαξε στο μουσείο της Αλεξάνδρειας (πανεπιστήμιο και βιβλιοθήκη), του οποίου διατέλεσε και διευ θυντής. Κατέγραψε δύο εκλείψεις του ηλίου (των ετών 365 και 372). Έγραψε ένα αστρονομικό σύγγραμμα βασισμένο στο έργο του Ιππάρχου. Εξέδωσε το 370 μ.Χ. τα στοιχεία του Ευκλείδη , μάλιστα υπή ρξε διάδοχος του στη σχολή . Ο α ριθμός των βιβλίων που συνέγραψε φαίνεται πως ήταν 13. Σώζεται πλήρως το βιβλίο που περιέχει σχόλια στη Σύνταξη του Πτολεμαίου. Πρόκλος ο Λύκειος (4 10-4 85 μ.Χ.). Νεο πλατωνικός φιλόσοφος, μαθηματικός και aστρο νόμος. Γεννήθηκε στην Κωνσταντινούπολη και πέθανε στην Αθήνα. Υπήρξε μαθητής του'Ηρωνα, του Ολυμπιόδωρου, του Πλουτάρχου και του Συ ριανού τον οποίο διαδέχθηκε στην διεύθυνση της Ακαδημίας Αθηνών. Ο βιογράφος του και μαθη τής του Μαρίνος, αναφέρει ότι σπούδασε στην Λυκεία και κατόπιν στην Αλεξάνδρεια. Ήταν πο λυμαθής, με πνεύμα συστηματικό όχι όμως και δημιουργικό. Είχε aσκητικές τάσεις. Έγραψε φι λοσοφικά έργα καθώς και σχόλια σε έργα του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη. Στο έργο του Περί σφαίρας πραγματεύεται τους ουράνιους κύ κλους, υπάρχει δε αναφορά στον Ερμή και την Αφροδίτη ως δορυφόρων του Ηλίου. Έγραψε ε πίσης το Υποτύπωσις των aστρονομικών υποθέ σεων. Πρόκειται για σχόλια στον Ευκλείδη το Νι κόμαχο και τον Πτολεμαίο . Από τα υπομνή μα τα του στον Ευκλείδη σώζεται δυστυχώς μόνο εκείνο που αναφέρεται στο πρώτο βιβλίο, το ο ποίο περιέχει και πολλές ιστορικές πληροφορίες. Αμμώνιος (5°ς μ.Χ. αιώνας). Νεοπλατωνικός φιλόσοφος aστρονόμος και σχολιαστής. (Σχολιαστές ονομάζονται οι εξηγητές των κειμένων των μεγάλων μαθηματικών συγγραφέων). Έζησε και δίδαξε στην Αλεξάνδρεια. Σπούδασε με τον αδερφό του Ηλιό δωρο στην Αθήνα έχοντας δάσκαλο τον Πρόκλο. Υπήρξε δάσκαλος των πιο σημαντικών νεοπλατωνι κών του 6°" αιώνα, όπως του Συμπλίκιου του Ολυ μπιόδωρου, του Ιωάννη του Φιλόπονου και άλλων. Προσπάθησε να συνδυάσει τον μυστικισμό των νεο πλατωνικών με τον ορθολογισμό του Αριστοτέλη. Από την κοσμολογία του διαφαίνεται πως ήταν κο ντύτερα στον Χριστιανισμό παρά στην αρχαία ελλη νική σκέψη. Υπήρξε σχολιαστής των έργων του Α ριστοτέλη. Στα σχόλια του στις Κατηγορίες του Α ριστοτέλη αναφέρεται στον τετραγωνισμό του κύ-

-------

Υποθέτει μάλιστα το αδύνατο της λύσεως του, υπόθεση ορθή όπως αποδείχθηκε το 1882. Συνέσιος (370-4 13). Επίσκοπος Πτολεμα"ί δος. Νεοπλατωνικός φιλόσοφος, χαρακτηριστι κός εκπρόσωπος του αρχαίου κόσμου στην με ταβατική περίοδο της τελικής επικρατήσεως του χριστιανισμού στην Αίγυπτο. Σπούδασε φιλοσο φία στην Αλεξάνδρεια, όπου παρακολούθησε τις παραδόσεις της φιλοσόφου Υπατίας. Παρέμεινε τρία χρόνια στην Κωνσταντινούπολη παρακο λουθώντας τις φιλοσοφικές τάσεις της εποχής του . Το 4 1 Ο κατόπιν απαιτήσεως του λαού χειροτονήθηκε επίσκοπος Πτολεμα"ίδος. Ασχο λήθηκε ιδιαίτερα με την Αστρονομία και την Φυ σική . Κατασκεύασε aστρολάβο, δηλαδή αστρο νομικό όργανο για τον προσδιορισμό της θέσης ενός αστέρα στον ουράνιο θόλο. Έγραψε μάλι στα και σχετική πραγματεία με τον τίτλο: Προς Παιόνων υπέρ του δώρου αστρολαβίου λόγος. Θέλοντας κανείς να αναφερθεί σε ονόματα και δραστηριότητες, κάνοντας πάντα μία επιλο γή, θα πρέπει να γεμίσει σελίδες επί σελίδων. Ό μως ο περιορισμός χώρος ενός άρθρου δεν το επι τρέπει. Έτσι περιοριζόμαστε σε μια απλή μνεία. Ανατόλιος (3°ς έως 4°ς αιώνας), επίσκοπος Λαοδικείας, μαθηματικός. Μαρκιανός ο Ηρ ακλιώτης (4u' μ.Χ. αιώ νας). Έλληνας γεωγράφος από την Ηράκλεια του Πόντου, διασωθέντα αποσπάσματα έργων του μαρτυρούν σωστές γν ώ σ εις μ α θη μ ατ ικής κλου.

γεωγραφίας. Δαμιανός (4°'

μ.Χ. αιώνας). Φυσικός, φι λόσοφος και μαθη ματικός, από την Λάρισα της Συρίας. Μαρίνος ο Νεαπολίτης (5"' μ.Χ. αιώνας). Εξέδωσε τα Δεδομένα του Ευκλείδη προλογίζο ντας τα και σχολιάζοντας τα . Συ μπλίκιος (5°' μ.Χ. αιώνας). Φιλόσοφος, μαθη ματικός, aστρονόμος και σχολιαστής. Δόμνινος (5°ς μ.Χ. αιώνας). Νεοπλατωνικός φιλόσοφος και μαθηματικός. Εβραίος το θρή σκευμα. Ο Ανθέμιος ο Τραλλιανός και ο Ισίδωρος ο Μιλήσιος (6°ς μ.Χ. αιώνας) είναι γνωστοί ως οι αρχιτέκτονες του περικαλλούς ναού της Αγίας Σοφίας, λίγοι όμως γνωρίζουν την λοιπή επιστη μονική τους δράση. Αρχιτέκτονας μηχανικός και γεωμετρης από τις Τράλλεις της Μ. Ασίας ο πρώτος σπούδασε σε ανώτερες σχολές της αυ τοκρατορίας. Εισήγαγε τον λόγο της χρυσής το μής σε πολλές κατασκευές του. Μελέτησε τις ι διότητες των κωνικών τομών τις οποίες εφάρ μοσε στην οπτική , προχωρώντας σε πολλά ση μεία πέραν του Απολλώνιου του Περγαίου. Στον Ανθέμιο οφείλεται η ανακάλυψη ότι η εστία πα-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/2

------- Οι μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού

ραβολικού κατόπτρου συγκεντρώνει τις ακτίνες που προσπίπτουν σ' αυτό παράλληλες προς τον άξονα του. Ο Ανθέμιος διακρίθηκε και για το συγγραφικό του έργο στον τομέα της μηχανικής, από το οποίο διασώθηκαν ελάχιστα αποσπά σματα της πραγματείας «Περί παραδόξων μη χανη μάτων». Πραγματευόταν σ' αυτήν την ελά χιστη δύναμη του υδρατμού και τα σφαιρικά τρί γωνα του Αρχιμήδη . Πέθανε το 534 μ.Χ. Θεωρεί ται ο διαμορφωτής του βυζαντινού ρυθμού στην αρχιτεκτονική, προσθέτοντας χαμηλό τρούλο στην βασιλική και σειρά παραθύρων στο τύμπανο του ναού. Ο δεύτερος ο Ισίδωρος ήταν μαθητής και α νιψιός του Ανθεμίου. Μαθηματικός και αρχιτέ κτονας. Έχτισε μαζί με τον Ανθέμιο τον ναό της Αγίας Σοφίας στην Κωνσταντινούπολη με εντο λή του αυτοκράτορα Ιουστινιανού, από το 532 έως το 537, καθώς και οχυρωματικά έργα στην Δάρα της Συρίας. Επινόησε όργανο με το οποίο γράφεται η υπερβολή . Δη μοσίευσε το έργο Πε ρί κατασκευής κοίλων κατόπτρων. Υπή ρξε εκ δότης και σχολιαστής των έργων του Ευτοκίου που αφορούσαν τον Απολλώνιο και τον Αρχιμή δη. Έγραψε επίσης σχόλια στα Καμαρικά του Ήρωνος του Αλεξανδρέως και εξέδωσε τα έργα του Αρχιμήδη. Υπήρξε δάσκαλος του τελευταίου διευθυντή της Ακαδημίας Αθηνών του Δαμάσκιου. ° Ιωάννης ο Φιλόπονος ( 6 ς μ.Χ. αιώνας). Βα θύς μελετητής του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη . Έγραψε μονογραφίες στα Μαθηματικά και στην Αστρονομία. Έγραψε επίσης υπομνήματα στον Αριστοτέλη και στην Αριθμητική εισαγωγή του Νικόμαχου του Γερασηνού. Στέφανος ο Αλεξαν δρεύς (6°ς μ.Χ. αιώνας). Περίφημος έλληνας λόγιος και μαθηματικός επί της εποχής του αυτοκράτορα Ηρακλείου. Δίδαξε στο πανεπιστήμιο της Κων σταντινουπόλεως φιλοσοφία, μαθηματικά, αστρονομία και μουσική.

-------

Μα θ η ματικο ί της Μέσης Π εριόδου

Κατά την μέση περίοδο, θα αναφερθούμε ε κτενέστερα σε δύο λαμπρά ονόματα πνευματικών και επιστημονικών προσωπικοτήτων, του Λέοντος του Μαθηματικού και του Μιχαήλ του Ψελλού. Λέων ο Φ ιλόσο φ ο ς

ή Μαθη ματικός (9° ς

μ.Χ. αιώνας) . Μητροπολίτης Θεσσαλονίκης. Λόγιος του 9ου αιώνα και από τις σημαντικότερες πνευματικές προσωπικότητες της εποχής του. Φι λόσοφος, aστρονόμος και μαθηματικός, κατέβαλ λε μεγάλες προσπάθειες για να περισώσει το έργο των μεγάλων κλασσικών μαθηματικών. Με δ ική του πρω τ ο β ουλία εκδόθη καν τα Α παντα του Α ρχιμή δη στην Κωνσταντινούπολη . Δί δαξε στην ανώτερη σχολή της Μαγναύρας φι λοσοφία, μαθηματικά, αστρονομία και μουσική και απέκτησε μεγάλη φήμη , όχι μόνο στην αυτο κρατορία αλλά και στον αραβικό κόσμο. Ο ίδιος είναι επίσης ο συγγραφέας του ιατρικού συγ γράμματος Σύνοψις Ιατρική . Κλήθηκε για να δι δάξει στη Β αγδάτη, από τον χαλίφη Αλ Μα μούν, μαθη ματικά αλλά τελικά δεν πήγε, αφού ανέλαβε κρατική θέση δασκάλου από τον αυτο κράτορα, στο κρατικό πανεπιστήμιο της Μα γναύρας. Μέχρι τότε δίδασκε στην εκκλησιαστική σχολή των Σαράντα Μαρτύρων. Αξίζει να ανα φερθεί ότι είχε μαθητή τον Απόστολο των Σλαύων Κύριλλο, ο οποίος πριν να αρχίσει το ιεραποστολικό του έργο, επήρε την έδρα της φι λοσοφίας στο Πανεπιστήμιο της Κωνσταντινου πόλεως. Βελτίωσε το σύστημα αποστολής οπτι κών μηνυμάτων (των φρυκτοριών), των αρχαίων ελλήνων με το «Ωρονόμιο». Επρόκειτο για σύ στημα συγχρονιζόμενο με μηχανικά ωρολόγια, υποδιαιρούμενα σε αντίστοιχες ώρες και συνδυα σμένα με αριθμογραφικό κώδικα των σπουδαιό τερων ειδήσεων. Είναι ο πρώτος που χρησιμο ποίησε γράμματα τις για αλγεβρικές πράξεις (ανακοίνωση στο 1 1υ Παγκόσμιο Βυζαντιλογικό Συνέδριο το 1958 από τον Καθηγητή Κ. Vo ge l ). Χρειάστηκε να περάσουν 750 χρόνια για να επα ναλάβει την επινόηση ο γάλλος μαθηματικός F. Viete. Ή ρων ο νεώτερος ή Βυζάντιος (9°11 μ.Χ. αι ώνας). Έζησε την ίδια εποχή με τον Λέοντα τον Μαθηματικό. Πολλές γνώσεις του Ήρωνα (που κάποιες από αυτές οφείλονται στον Ήρωνα τον Αλεξανδρέα), μετέφερε στην Ιταλία, γύρω στον 12° αιώνα ο Ιταλός μαθηματικός έμπορος και σταυροφόρος Φιμπονάτσι. Στην εποχή της Α να γεννήσεως οι πραγματείες του συνετέλεσαν στην ανάπτυξη των φυσικών επιστημών. Ιωάννη ς ο Κυριώτη ς ( 1 οος μ. Χ. αιώνας) . Γνωστός μ ε τ ο όνομα Γεωμέτρης. Υπήρξε επί σκοπος Μελιτινής. Από τους επιφανέστερους

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/3

------- Οι μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού

Βυζαντινούς λόγιους. Μαθηματικά σπούδασε κοντά στον πατρίκιο Νικηφόρο. Μιχαήλ ο Ψελλός ( 10 18-1096). Πρόκειται για το φωτεινότερο πνεύμα της εποχής του. Περί φημος βυζαντινός θεολόγος, λόγιος, φιλόσοφος και aξιωματούχος. Σημάδεψε ανεξίτηλα την βυ ζαντινή διανόηση της ύστερης περιόδους και προετοίμασε το έδαφος για την έλευση της Ιτα λικής Αναγέννησης. Το μεγαλείο της διάνοιας του Ψελλού έγκειται στο γεγονός ότι ήξερε να διατηρεί ισορροπίες. Έτσι ενώ είχε πάθος για την φιλοσοφία, δεν αμφισβήτησε ποτέ την χριστιανι κή του πίστη, την οποία πίστευε ότι ενίσχυε μέσα από τον στοχασμό του. Έγινε μοναχός αλλά συ νέχισε και το διδακτικό του έργο και την ενα σχόληση του με τις υποθέσεις της αυτοκρατορί ας λόγω των αξιωμάτων που κατείχε. Ένα μέρος της μόρφωσης του το οφείλει στις προσπάθειες της μητέρας του Θεοδότης, η οποία κοπίασε πο λύ για να το επιτύχει. Έγραψε έργα πάνω στην αριθμητική και στην γεωμετρία. Έδειξε ενδιαφέ ρον για την φιλοσοφία των μαθη ματικών. Α σχολήθηκε με τα έργα του Διοφάντου. Δίδαξε μαθη ματικά και ανέπτυξε θέματα φυσικής, όπως για το χρώμα, την ύλη, την κίνηση, την ηχώ, την βροχή και την αστραπή στο έργο του Διδασκαλία παντοδαπή. Έγραψε επίσης μετεωρολογική πραγ ματεία, καθώς και υπόμνημα στα Φυσικά του Αριστοτέλη. Ανάμεσα στους μαθητές του συγκα ταλέγονταν πολλοί Αραβες και ένας Βαβυλώνιος. Γνώριζε από πολύ μικρός την Ιλιάδα απ' έξω. Ήταν πολυμαθέστατος. Τα έργα του καλύπτουν όλους τους γνωστούς τομείς του καιρού του : α ριθμητική, γεωμετρία, φυσική, μετεωρολογία, θεολογία, φιλοσοφία, αστρονομία, ιατρική, γραμματική, μετρική, ρητορική, δίκαιο, ιστορία, λαογραφία, μουσική και αποτελούν ως τις μέρες μας αντικείμενο έρευνας. Μαθη ματικοί της Ύστερης Περιόδου Νικηφόρος Βλεμμύδης (1197- 1272). Λόγιος Βυζαντινός κληρικός από την Κωνσταντινούπο λη. Για τα έργα του Επιτομή Φυσικής και Επιτομή Λογικής, ο εκδότης έργων του Α. Heisenberg , πα ρατηρεί ότι αυτά έχουν καταστήσει αθάνατο το όνομα του συγγραφέα τους. Έγραψε επίσης θεο λογικές, χημικές, ιατρικές πραγματείες, ακολουθί ες αγίων, ποιή ματα και επιστολές. Τέλος ανα φέρεται ότι ο Βλεμμύδης ήταν βαθύς γνώστης εννοιών, όπως τα απείρως μικρά και τα απεί ρως μεγάλα ποσά και οι μεταβολές τους, που εί ναι θέματα του Απειροστικού Λογισμού. Γεώργιος Ακροπολίτης ( 1220- 1282). Γεν νήθηκε στην Κωνσταντινούπολη από πλούσιους

-------

και ευγενείς γονείς. Διακρίθηκε ως συγγραφέας, σχολιαστής και ιστορικός. Υπήρξε επίσης αξιόλο γος διπλωμάτης. Μετά την ανάκτηση της Κων σταντινουπόλεως (1261) του ανατέθηκε η διεύ θυνση της αναδιοργανωμένης Ακαδημίας, στην οποία δίδαξε φιλοσοφία και μαθηματικά. Είχε σπουδαίο βιβλιογραφικό εργαστήριο, στο οποίο γινόταν η αντιγραφή , η διόρθωση , η συμπλή ρωση και ο έλεγχος, βάσει αρχαιοτέρων κειμέ νων, έργων προγενεστέρων συγγραφέων. Γεώργιος Παχυ μέρης (1242-1310). Από τους σημαντικότερους Βυζαντινούς λογίους των παλαιολογείων χρόνων, με πολυποίκιλα ενδιαφέροντα, πλούσιο συγγραφικό έργο και αξιόλογη πολιτική και εκκλησιαστική δράση. Υπήρξε μαθητής του Γεωργίου Ακροπολίτη στην Νίκαια. Ήλθε στην Κωνσταντινούπολη μετά την κατάλυση της λατινικής κυριαρχίας, όπου και χειροτονήθηκε κληρικός. Δίδαξε ρητορική , φι λοσοφία, θεολογία και μαθη ματικά. Είχε σε μεγάλη εκτίμη ση τα μαθηματικά για τα οποία υποστήριζε ότι ο άνθρωπος αξίζει να ασχολείται με αυτά, όχι μόνο για την ευχαρίστηση που προσφέρουν αλλά και για την πρακτική τους χρησιμότητα. Χαρακτηριστικά έλεγε ότι ο Θεός «έοικεν υμίν ονειδίζειν αγεωμετρήτοις διαμένου σι», δηλαδή ο Θεός συνήθιζε να ντροπιάζει αυ τούς που παρέμεναν χωρίς γνώσεις γεωμετρί ας. Διατύπωσε επίσης παρόμοιες αντιλήψεις,

αρκετούς αιώνες νωρίτερα με εκείνες του θεμε λιωτή της αναλυτικής γεωμετρίας Rene Desdcartes, για τις μαθηματικές ιδιότητες των υλι κών όντων. Έγραψε το «Περί αριθμητικής κεφαλαίου εν το Διοφάντω» (που εκδόθηκε το 1895 από τον Ρ. Tannery). Επίσης το «Σύνταγμα των τεσσάρων μαθη μάτων αριθμητικής, μουσικής, γεωμετρίας και αστρονομίας» (που εκδόθηκε το 1940 στο Βατικανό από τον Ρ. Tann ery με πρόλογο και ε πιμέλεια του Ε. Στεφάνου) και το οποίο έμελλε να αποτελέσει βασική πηγή διδασκαλίας, ιδιαίτερα στα μαθηματικά.

Γεώργιος Παχυμέρης ( 1242-131 Ο )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/4

-------

Οι μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού

Ο Krumbacher θεωρούσε τον Παχυμέρη ι σάξιο του Ρ ογήρου Βάκωνος, που πρόσφερε πολ λά στην επιστημονική πρόοδο της Δύσης. Με το προηγούμενο έργο του ο Παχυμέρης μπορεί να θεωρηθεί από τους αρχηγέτες της επιστη μονι κής αναγέννησης, που ανανέωσε τις γνώσεις της επιστήμης με την μελέτη των φυσικών φαινομέ νων από καθαρά ποσοτική άποψη. Ασχολήθηκε ακόμα και έλυσε προβλήματα αορίστων εξισώσε ων β' βαθμού. Πλανούδης Μάξιμος ( 1255-1305). Λόγιος μοναχός και συγγραφέας. Γεννήθηκε περί το 1255 στη Νικομήδεια τη ς Βιθυνίας και πέθανε περί το 1305 στην Κωνσταντινούπολη. Ήταν κάτοχος ευρύτατης θεολογικής και φιλολογικής παιδείας, καθώς και συγγραφέας θεολογικών και φιλολογικών έργων. Ο Πλανούδης σχολίασε έρ γα των μαθηματικών Ευκλείδη, Διοφάντου, Πτο λεμαίου και του Αράτου. Σχολίασε επίσης έργα γεωγράφων και α στρονόμων. Στο έργο του Ψηφοφορία κατ' Ιν δούς, εισήγαγε την χρήση των αραβικων-ινδικών αριθμών. Αποτελεί μαθηματική πραγματεία σχε τικά με τη χρήση των ινδικών αριθμητικών ψηφίων και του μη δενός που περιλαμβάνει και μέθοδο υπολογισμού της τετραγωνικής ρίζας. Η αλληλογραφία του με τον αστρονόμο Μανουήλ Βρυέννιο, ανέδειξε την ευρύτητα των aστρονομι κών του γνώσεων. Αναφέρεται ότι η Χριστόφορος Κολόμβος, είχε υπ' όψιν του, δικό του χάρτη για τα υπερπόντια ταξίδια του. Εμμανουήλ Μοσχόπουλος ( 1260- 13 16). Βυ ζαντινός λόγιος, γραμματικός και σχολιαστής που γεννήθηκε στην Κρήτη . Τα έργα του διακρίνο νται σε φιλολογικά θεολογικά και μαθηματικά. Η γραμματική του και το Ελληνικό Λεξικό του, μαζί με τις μεταφράσεις του Πλανούδη , υπή ρξαν προσφιλή βοηθή ματα στην Δύση για την εκμά θηση των ελληνικών. Στα μαθηματικά έργα του, περιλαμβάνονται η διαμόρφωση των Αριθμητι κών του Πλανούδη και ο σχολιασμός της εκδό σεως του Διόφαντου του ιδίου. Έγραψε επίσης την «Παράδοσιν εις την εύρεσιν των τετραγώ νων αριθμών», των γνωστών μέχρι σήμερα στους μαθηματικούς μαγικών τετραγώνων. Μετοχίτης Θεόδωρος ( 1260- 133 1 ). Κατα γόταν από την Νίκαια, απ' όπου μετά την εγκύ κλειο παιδεία μετέβη στην Κωνσταντινούπολη και επιδόθηκε στη μελέτη της φιλοσοφίας της ρητο ρικής και της αστρονομίας. Από τα έργα του έχει εκδοθεί το: Υπομνηματισμοί και σημειώσεις γνω μικαί, στο οποίο εξετάζονται διάφορα ζητήματα σχετικά με τη φιλοσοφία, τα μαθη ματικά, τη

--------

φυσική και την αστρονομία, με πρωτοτυπία για την εποχή του, καθώς και διάφοροι λόγοι και ποιήματα του. επίσης οι επιστημονικές πραγματεί ες: α) Περί εκλείψεων ηλίου και σελήνης, β) Εισα γωγή εις την αστρονομίαν. Νικόλαος Καβάσιλας ( 1290- 137 1). Αγιος της Ορθόδοξης Εκκλησίας. Έγραψε υπόμνημα στην «Σύνταξιν» του Πτολεμαίου . Όπως ση μειώνει ο ιστορικός των μαθηματικών Μ. Can tor, με τον Καβάσιλα αρχίζει μια νέα γενιά η ο ποία προετοιμάζει την αναγέννηση της κλασικής επιστήμης στην Ευρώπη . Υπήρξε ένας από τους πρώτους που χρησιμοποίη σαν τον όρο «Έλ λην>> για να δηλώσουν τον έκδηλο βυζαντινό «εθνικισμό>> και «πατριωτισμό» των υστεροβυζαντινών χρόνων.

Νικηφόρος Γρηγοράς ( 1295- 1359). Σπου δαίος βυζαντινός λόγιος, φιλόσοφος, ιστορικός, θεολόγος και αστρονόμος. Διδάχθηκε φιλοσο φία, αστρονομία και μαθηματικά από τον Θεό δωρο Μετοχίτη . Ίδρυσε σχολή στη Μονή της Χώ ρας, όπου σπούδαζαν μόνο νέοι από την αυτο κρατορία, αλλά και από άλλες ευρωπαϊκές χώ ρες. Τ ο 1324 παρουσίασε στον αυτοκράτορα Αν δρόνικο Β' Παλαιολόγο και σε άλλους aξιω μα τούχους του παλατιού τη θεωρία του για την διόρθωση του Ιουλιανού ημερολογίου που κα θιερώθηκε αργότερα ( 1528) από τον πάπα Γρη γόριο ΚΓ' στη Δύση. Έτυχε της εκκλησιαστικής εγκρίσεως, επαινέθηκε αλλά δεν εφαρμόστηκε. Ο Γρηγοράς γνώριζε την επίδραση της Σελήνης στη δημιουργία του φαινομένου των παλιρροιών και μπορούσε να καθορίσει τις εκλείψεις των ε πομένων χρόνων. Ενδεικτικά από το έργο του αναφέρουμε: «Το διορθωθέν Πασχάλιον», «Περί του Σύμπαντο9>, «Σύστημα του κόσμοω>, «Έκθε σις των υπολογισμών των εκλείψεων του ηλίου κατά Πτολεμαίον», «Υπόμνη μα και συμπλή ρωσις των αρμονικών του Πτολεμαίου». Πολλά από τα έργα του παραμένουν ανέκδοτα. Νικόλαος Αρταβάσδος ( 1 4°ς μ.Χ. αιώνας). Ο επονομαζόμενος και Ραβδάς. Γεννήθηκε στη Σμύρνη αλλά έζησε στην Κωνσταντινούπολη . Ασχολήθηκε με την αριθμητική και την γεωμε τρία. Προέβη σε νέα επιμελημένη έκδοση του α ριθμητικού έργου του Μάξιμου Πλανούδη «Ψη-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/5

------- Οι μαθηματικοί του Μεσαιωνικού Ελληνισμού

φοφορία κατ' Ινδούς η λεγομένη μεγάλη». Έγραψε επίσης επιστολές. Η πρώτη έχει τίτλο «Παράδο σις σύντομος και σαφέστατη της ψηφοφορικής επιστήμης», ασχολείται με τον τρόπο της αρίθμη σης με τα δάκτυλα των χεριών από το 1 μέχρι το 9.999. Στη δεύτερη επιστολή, που έγραψε το 1 34 1 και έχει τίτλο «Μέθοδος πολιτικών λογα ριασμών» (δηλ. περί της σημερινής λεγομένης με θόδου των τριών), παρουσιάζονται σελίδες που αφορούν την εξαγωγή ρίζας, και μία μέθοδος υ πολογισμού της χρονολογίας του Πάσχα. Επίσης υπάρχει μία γενική θεωρία χρήσιμη στη λύση προβλημάτων του πρακτικού βίου στηριζομένη στην θεωρία των αναλογιών. Μέσα εκεί εκθέτει 1 8 προβλήματα με λύσεις που έχουν αρκετό εν διαφέρον, γιατί επιλύουν προβλή ματα άλγεβρας αρκετά πολύπλοκα, που σήμερα λύνονται με την βοήθεια πρωτοβαθμίων εξισώσεων. Οι δύο αυτές επιστολές εκδόθηκε από τον Paul Tannery το 1 866. Ισαάκ Αργυρός ( 1 4°ς μ.Χ. αιώνας). Μονα χός, μαθητής του Νικηφόρου Γρηγορά. Έγραψε σχόλια στα πρώτα έξι βιβλία των Στοιχείων του Ευκλείδη . Συνέγραψε μαθηματικά και αστρονο μικά βιβλία. Ασχολήθηκε με τη γεωμετρία, την τριγωνομετρία και τη γεωδαισία. Έγινε γνωστός από την πρόταση που έκανε το 1 3 7 1 για την διόρ θωση του Πασχάλιου Κανόνα. Συνέχισε με επι τυχία το έργο του Νικηφόρου Γρηγορά. Γεώ ργιος Χρυσοκόκκη ς ( 1 4°5 μ.Χ. αιώ νας) . Ιατρός και αστρονόμος και μαθηματικός. Υπήρξε μαθητής του Μετοχίτη . Είναι πιθανόν να εργάσθηκε στην βιβλιοθήκη του Βατικανού, όπου έσωσε πολύτιμα ελληνικά χειρόγραφα από την λήθη και την καταστροφή . Ο Χρυ σοκόκκης εμυή θη στην περσική σοφία από έ ναν Τραπεζούντιο κληρικό. Έγραψε το βιβλίο «Εξήγησις εις την Σύνταξιν των Περσών» ( 1 346), όπου μετέφερε περσικές γνώσεις γύρω από τα μαθηματικά και την αστρονομία, καθώς και το έργο «Πρόχειρος παράδοσις εις τους περσικούς κανόνες της αστρονομίας» . Τέλος αναφέρεται πως έγραψε βιβλία με μαθηματικό περιεχόμενο. Μανουήλ Βρυένιος ( 1 4°ς μ.Χ. αιώνας). Α στρονόμος, μαθηματικός και θεωρητικός της βυ ζαντινής μουσικής. Έγραψε το περίφη μο έργο Περί Μουσικής, στο οποίο αποδεικνύει την ιστο ρική συνέχεια της βυζαντινής μουσικής από την κλασική ελληνική μουσική. Η αγάπη των Βυζαντινών για την μόρφωση την θεωρία και την επιστήμη ήταν μεγάλη. Σε πολλούς όμως τομείς η Αρχαία Ελλάδα δεν ξεπεράστηκε. Η με γαλοφυία των Βυζαντινών εκφράστηκε στην πράξη. Ως μηχανικοί άφησαν να εκδηλωθεί ελεύ-

-------

θερα το πρακτικό τους πνεύ μα . Διατήρησαν και ανέπτυξαν το ρωμαϊκό σύστη μα ύδρευση; και τους υπονόμους. Κατασκεύασαν πολλά και εξαι ρετικά μηχανήματα. Τα αρχιτεκτονικά τους επι τεύγματα είναι ση μαντικά κυρίως στην τελειότη τα του θόλου. Στη χη μεία η μεγάλη συμβολή τους ήταν το υγρό πυρ. Ασχολήθηκαν επίσης με την ιατρική . Εδώ ό,τι καλύτερο είχαν να επιδεί ξουν ήταν η οργάνωση των νοσοκομείων.

Οι Βυζαντινοί ήταν πολύ περήφανοι για τις γνώσεις των μαθηματικών τους, παρόλο που και εδώ ισχύει ό,τι προαναφέρθηκε, σε σχέση με τους αρχαίους Έλληνες. Οι ίδιοι διηγούνται ιστορίες για να δείξουν ότι καταλάβαιναν καλύτερα τους γεωμε τρικούς συλλογισμούς από τους Αραβες. Η λεηλασία του 1 2 04 αναστάτωσε όλο το εκπαιδευτικό σύστη μα τη ς αυτοκρατορίας. Οι λόγιοι σκορπίστηκαν, οι σχολές τους εξαφανί στηκαν και τα βιβλία τους καταστράφηκαν από τις φλόγες των Λατίνων. «Στις 29 Μα'fου 1 453 η τραγωδία ήταν τελική . Ένας πολιτισμός σαρώ θηκε αμετάκλητα. Είχε αφήσει μια ένδοξη κλη ρονομιά στα γράμματα και στην τέχνη . Είχε βγά λει χώρες ολόκλη ρες από τη βαρβαρότητα και είχε δώσει σε άλλες την εκλέπτυνση των ηθών. Η δύναμη του και η ευφυ'i:α του προστάτεψαν πολλούς αιώνες την χριστιανοσύνη . Για έντεκα αιώνες η Κωνσταντινούπολη ήταν το κέντρο ε νός κόσμου φωτός. Το ζωηρό πνεύμα, τα ενδια φέροντα και η αγάπη για την ομορφιά των Ελλή νων, η υπερήφανη ισχύς και η διοικητική ικανό τητα των Ρωμαίων, η υπερβατική ορμή των χρι στιανών της Ανατολής, που είχαν ενωθεί μαζί σε ένα ρευστό ευπαθές σύνολο, όλα τώρα αποκοι μήθηκαν. Η Κωνσταντινούπολη έγινε η έδρα τη ς θη ριωδίας, της αμάθειας, της μεγαλόπρε πης ακαλαισθησίας. Μόνο στα ρωσικά παλά τια, που από πάνω τους φτερούγιζε ο δικέφα λος, το έμβλημα του οίκου των Παλαιολόγων, ε μείνανε για λίγους ακόμα αιώνες μερικά ίχνη βυ ζαντινά, - μόνο εκεί, και σε κάτι σκοτεινές αίθου σες κοντά στον Κεράτιο κόλπο . Χωμένες ανάμεσα στα σπίτια του Φαναριού, όπου ο πατριάρχης δια τηρούσε την άσημη αυλή του». (Από το έργο του Βρετανού ιστορικού Στήβεν Ράνσιμαν: Βυζαντι νός Πολιτισμός).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/6

HIJMIJ MAΓHHEMAr/CliS

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

επιμέλει α : Καρ κάνης Βασίλης, Κ ε ρ α σ α ρ ίδης Γιάννης

I. "τι είναι τα Μαθηματικά; ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΚΑΙ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ. ΒΑΣΙΚΑ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

1. Η διαδικασία της μάθησης απαιτεί να αντανακλά τα σύγχρονα χαρακτηριστικά της επιστήμης

Στην εποχή μας ολόκληρη η μαθηματική επιστήμη, όλοι οι τομείς της ενώνονται βαθμιαία με την τεχνολογία των υπολογιστικών μηχανών, με την επιστήμη των Η.Υ. Εμφανίζεται η δυνατότητα για μαθηματική μοντελογράφηση με Η. Υ. και στις άλλες επιστήμες και στην πρακτική . Οι τάσεις αυτές αντιστοιχούν στο πιο σύγχρονο επίπεδο της επιστήμης. Ακριβώς στη σύγχρονη εποχή εμφανίζεται στην επιστήμη ως κυρίαρχη η ακόλουθη αρχή : Αρχή ΑΌ Τα Μαθηματικά, η επιστήμη των Η. Υ., οι άλλες επιστήμες και η πρακτική είναι συνδεδεμένα σ' ένα ενιαίο σύνολο μέσω της μαθηματικής μοντελογράφησης με Η. Υ. και των προβλημάτων τους.

Η ίδια Αρχή καθορίζει στην εποχή μας την αποτελεσματικότητα της επιστήμης και της πρακτικής. Η υλοποίηση της Αρχής Α ' αποτελεί πρόβλημα για ολόκληρη τη σύγχρονη επιστήμη. Οι δυνατότητές της οδηγούν στην επόμενη :

Αρχή Β Ό Η μαθηματική επεξεργασία της πληροφορίας σε κάθε στάδιο επιτελείται σε συστήματα (και δίκτυα) που λειτουργούν με κανονισμό κατανεμημένου χρόνου με τερματικά

Από πρώτη άποψη με τη θέση αυτή φαίνεται να έχουν αγνοηθεί οι θεμελιώδεις έρευνες. Στην πραγματικότητα, όμως, βρίσκονται σε πρώτο πλάνο, γιατί ό,τι έχουμε αναφέρει είναι επακόλουθα της επόμενης:

Βασικής Αρχής. Το μέλλον των Μαθηματικών βρίσκεται στις σχέσεις τους με τις άλλες επιστήμες, και το μέλλον των άλλων επιστημών βρίσκεται στη μαθηματική μοντελογράφηση των διαδικασιών που μελετάνε

Οι "Αρχές" που αναφέραμε εκφράζουν ένα βασικό χαρακτηριστικό της σύγχρονης επιστήμης. Αυτές καθορίζουν τα προβλήματα της μαθηματικής μοντελογράφησης και aυτοματοποίησης στο πεδίο της επιστήμης. Καθορίζουν ταυτόχρονα τα προβλήματα εκμάθησης των Μαθηματικών

2. Το εκπαιδευτικό σύστημα απαιτεί να αντανακλά τη δομή των σύγχρονων Μαθηματικών

Η δομή των σύγχρονων Μαθηματικών καθορίζεται σαφώς από την ιστορική τους εξέλιξη. Ιστορικά: πρώτα- πρώτα αρχίζει η συγκρότηση των γεωμετρικών θεωριών ή των δομών της •

•

γεωμετρίας.

Κατά την επόμενη εποχή της ανάπτυξης των Μαθηματικών αρχίζει η δημιουργία των δομών της

ανάλυσης.

Στο δεύτερο τέταρτο του αιώνα μας διαμορφώθηκαν ως αυτοτελείς οι βασικές δομές.

Όλες αυτές οι μαθηματικές θεωρίες ονομάζονται καθολικές μαθηματικές δομές.

•

Οι δομές της ανάλυσης και οι δομές της γεωμετρίας ονομάζονται ειδικές καθολικές δομές.

Από τη μαθηματική μοντελογράφηση των διαδικασιών στις άλλες επιστήμες μέσω των ειδικών καθολ ικών δομών παράγονται οι εδικές προσανατολισμένες δομές Από την εφαρμογή των βασικών καθολικών δομών στην τεχνολογία των υπολογιστικών μηχανών και στην κυβερνητική παράγονται οι βασικές προσανατολισμένες δομές [Πηγή: LJUBOMIR G. ILIEV, "ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΚΑΙ ΑΝΑΠΤΥΞΗ", (εκδ. 'ΈΠΙΣτΗΜΗ ΚΑΙ ΚΟΙΝΩΝΙΑ", ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 1988)]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/7

Γιάννης Κερασαρ ίδης

------

11. 'Ά υτδ το ξι:ρατε; "

Σε ποιον απονεμήθηκε το Abel

ΗΟΜΟ MA1ΉEMA1ΊCVS

Prize 2009, της Νορβηγικής Ακαδημίας Επιστημών; [ η απάντηση στο τέλος της στήλης]

111. "οι σωιεργάτες της στιίλιις γράφουv-ερωτοι5ν "

Πρ(ύτο Οέμα: Π(ύς να ΚlJψουμε ορθολογικά l:vα φύλλο μελαμίνης

Στο προηγούμενο τεύχος ( αριθ. 7 1 ) του 'ΈΥΚΛΕΙΔΗ Β ' ", από τη στήλη ''Homo mathematicus", είχαμε θέσει ένα πρόβλημα και περιμέναμε βοήθεια για τη λύση του. Δεν πέρασε ούτε μια βδομάδα και στο ηλεκτρονικό μας ταχυδρομείο έφτασε μια "βοήθεια" από το φύλλο της στήλης Θανάση Λύπα. Απολαύστε την, αφού πρώτα σας υπενθυμίσουμε την εκφώνηση:

Προλεγόμενα.

[«Στο ξυλουργικό τμήμα κάποιου εργοστασίου δόθηκε η παραγγελία, να κόψουν από φύλλα μελαμίνης κομμάτια διJο ειδών για την κατασκευή 1.000 αντικειμένων. Το ξυλουργείο ειδοποιήθηκε 6τι για το καθένα από τα 1.000 αντικείμενα χρειάζονται δύο κομμάτια από το πρώτο είδος και τρία κομμάτια από το δειJτερο. Στην αποθήκη του έχει 800 φύλλα μελαμίνης με τις ίδιες διαστάσεις. Προτάθηκαν τρεις τρόποι ορθολογικής κοπής των φι!λλων. Με τον πρώτο τρόπο από κάθε φύλλο μελαμίνης βγαίνουν πέντε κομμάτια του πρώτου είδους και δύο

του δεύτερου, ενώ με τον δεύτερο τρόπο κοπής βγαίνει ένα κομμάτι του πρώτου είδους και πέντε του δεύτερου είδους. Τέλος με τον τρίτο τρόπο κοπής βγαίνουν τρία κομμάτια του πρώτου είδους και τέσσερα του δεύτερου. Φτάνουν, άραγε, τα φύλλα της μελαμίνης που βρίσκονται στην αποθήκη για την εκτέλεση της παραγγελίας; Πόσα φύλλα μελαμίνης πρέπει να κοπούν με τον πρώτο, πόσα με τον δεύτερο και πόσα με τον τρίτο τρόπο, για να εκτελεστεί η παραγγελία;»]

Η λύση του Θανάση Λύπα (Αθήνα)

Παριστάνουμε με χ1 , χ2 , χ 3 τον αριθμό των φύλλων μελαμίνης που θα κοπούν αντίστοιχα με τον πρώτο, το δεύτερο και τον τρίτο τρόπο. Έτσι θα έχουμε: 5χ 1+χ2 +3χ 3 κομμάτια του πρώτου είδους 2χ 1+5χ2 +4χ 3 κομμάτια του δεύτερου είδους. Αφού για την εκτέλεση της παραγγελίας χρειάζονται τουλάχιστον 2.000 κομμάτια του πρώτου και 3.000 κομμάτια του δεύτερου είδους, θα πρέπει να ισχύσουν οι ανισότητες: 5χ,+χ2 + 3χ3 �2.000 2χ,+5χ 2 +4χ3 �3 .000 Για να αντικαταστήσουμε τις ανισότητες με ακριβείς ισότητες, σημειώνουμε με Χ4 το ποσό των κομματιών του πρώτου είδους απ ' όπου θα πρέπει να κόψουμε άνω από 2.000 και με χ5 τα «παραπανίσια» κομμάτια του δεύτερου είδους. Και κατόπιν γνωρίζοντας, ότι Χ +χ 2 +Χ 3 =800, Ι

θα έχουμε το εξής σύστημα εξισώσεων: 5χ,+χ2 +3χ 3 - χ4=2.000 2χ,+5χ2+4χ 3 - xs=3 .000 (1) χ ι +χ 2 +χ 3 =800 Φυσικά οι χ4 και χ5 καθώς και οι χ,, χ 2 , Χ3 , πρέπει να είναι ακέραιοι μη αρνητικοί αριθμοί. Στον καθένα από τους τρεις τρόπους (χ1 , χ2 , χ 3 ) κοπής των 800 φύλλων μελαμίνης αντιστοιχεί μία λύση ( χ1, χ2 , χ 3 , χ4 , χ5 ) του συστήματος εξισώσεων (ι) σε ακέραιους μη αρνητικούς αριθμούς. Αντίθετα, σε κάθε λύση ( χ 1 , χ 2 , χ 3 , Χ4 , xs) του συστήματος εξισώσεων (ι) σε ακέραιους μη αρνητικούς αριθμούς αντιστοιχεί ορισμένος τρόπος κοπής των 800 φύλλων μελαμίνης. Έτσι, το πρόβλημα της ορθολογικής κοπής της μελαμίνης ανάγεται στην αναζήτηση των λύσεων του συστήματος (ι) σε ακέραιους μη αρνητικούς αριθμούς

Δει5τερο θέμα: «Οι Υπολογιστές στην εκπαίδευση: Μι5θοι και πραγματικότητες»

(του Ευτύχη Π απαδοπετράκη, Πανεπ. Πάτρας)

Είμασταν έτοιμοι να κλείσουμε, όταν, ξεφυλλίζοντας το περιοδικό «ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΙΔΕΙΑΣ», ανακαλύψαμε δημοσιευμένο ένα σημείωμα με την υπογραφή του Ευτ. Παπαδοπετράκη. Αυτός ο φίλος της στήλης είναι γνωστός, σε μας, για την εγκυρότητα των γραφομένων του. Γι αυτό αποφασίσαμε να του δώσουμε προτεραιότητα

Προλεγόμενα.

Ο υπολογιστής είναι φιλικός, έξυπνος, ομιλητικός...

Αναμφίβολα ο Η/Υ είναι μια μηχανή . τι είδους όμω Όταν ο άγριος ακόμα πρόγονός μας έφτασε με ένα ραβδί το φρούτο που δεν έφτανε με το χέρι του, πραγματοποίησε μια καταπληκτική εφεύρεση : επιμήκυνε το χέρι του. Τη γνώση αυτή τη δίδαξε με το παράδειγμα (ο προφορικά aρθρωμένος λόγος άργησε να εμφανιστεί) στις επόμενες γενιές. Όταν το ραβδί χρησιμοποιήθηκε ως μοχλός,

μηχανή είναι; πολλαπλασίασε αφάνταστα τη μυϊκή του δύναμη. Εκατομμύρια χρόνια μετά όταν ο Αρχιμήδης ανακάλυψε το φυσικό νόμο που διέπει το φαινόμενο αυτό, αναφώνησε (σε πείσμα αντιλήψεων του Αριστοτέλη για την κινούσα δύναμη) πως θα μπορούσε να κινήσει και τη γη. Είναι η πρώτη φορά που ο άνθρωπος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/8

------

ΗΟΜΟ MArHtMAτJCVJ'

συνειδητοποιεί με τόση σαφήνεια τις τεράστιες δυνατότητες που του δίνει η απλή και μόνο γνώση των νόμων της φύσης. Η συντριπτική πλειοψηφία των μηχανών, που από τότε σκάρωσε ο άνθρωπος, ακολουθούν τη γραμμή αυτή της επέκτασης την μυϊκών και αισθητηριακών (μικροσκόπια, τηλεσκόπια) δυνατοτήτων του ανθρώπινου σώματος, μέχρι ολικής αντικατάστασής του. Η άλλη κατηγορία μηχανών, αυτές που χειρίζονται γενικά πληροφορίες, άργησαν να έλθουν στο προσκήνιο της ιστορίας. Εμφανίστηκαν την κλασική αρχαιότητα ως αυτόματοι μετρητές αποστάσεων ( οδόμετρα), ή και επεξεργαστές πληροφοριών με σταθερό αλγόριθμο, ενσωματωμένο σε πολύπλοκα συστήματα γραναζιών, όπως ο ημερολογιακός υπολογιστής των Αντικυθήρων. Εδώ για πρώτη φορά εμφανίζεται τμήμα εισόδου δεδομένων, τμήμα επεξεργασίας και τμήμα εξόδου. Οι αριθμομηχανές, τύπου Pasca l , ή και πιο εξελιγμένες, κινούνται στην ίδια λογική. Το γενικό χαρακτηριστικό στις μηχανές αυτές είναι ότι η κίνηση πραγματοποιείται στο μακρόκοσμο, είναι ορατή, και καταναλώνουν μηχανική ενέργεια. Οι μηχανές αυτές, σ ' αντίθεση με τις προηγούμενες, αναλαμβάνουν να εκτελέσουν ανθρώπινες λειτουργίες, όχι πλέον μυϊκές ή αισθητηριακές αλλά νοητικές. Το γενικό χαρακτηριστικό στις σημερινές υπολογιστικές μηχανές είναι ότι η κίνηση πραγματοποιείται στο μικρόκοσμο, αφού κινούνται μόνο ηλεκτρόνια, είναι κατά συνέπεια αόρατη, καταναλώνουν ηλεκτρική ενέργεια, υλοποιούν απεριόριστο αριθμό από αλγόριθμους με ασύλληπτες ταχύτητες και το αποτέλεσμα στην έξοδό τους μπορεί να είναι κείμενο, εικόνα, ήχος ή και συνδυασμός όλων αυτών. Τα χαρακτηριστικά αυτά αποτελούν μια αντικειμενική βάση για την ανθρωπομορφική ορολογία που έχουν καθιερώσει οι κατασκευάστριες εταιρείες, ωστόσο η ορολογία αυτή καλύπτει, για τον πολύ κόσμο και κύρια τα παιδιά, τις μηχανές αυτές με ένα πέπλο μυστηρίου στα όρια του δέους. Και το δέος εξαφανίζει κάθε ενδιάθετο ψήγμα κριτικής θεώρησης. Ο υπολογιστής μου είναι φιλικός! Μα η φιλία αποτελεί μια βαθιά κοινωνική αμοιβαία σχέση στη βάση της ισοτιμίας με πολύ έντονη την ψυχολογική φόρτιση, χαρακτηριστικά που δεν προσιδιάζουν σε μια μηχανή. Ο υπολογιστής μου είναι έξυπνος! Μα η εξυπνάδα είναι δώρο της κοινωνίας στον άνθρωπο, προσιδιάζει μόνο σ ' ένα κοινωνικό άτομο. «Η εξυπνάδα δεν είναι άλλο, στην πραγματικότητα,

γράφει ο Ε. Ιλένκοφ, από τη διανοητική κουλτούρα σε aνθρωπότητας, της μετασχηματισμένη προσωπική «ιδιοκτησία», σε αρχή δραστηριότητας του προσώπου. Είναι ο εξατομικευμένος διανοητικός πλούτος της κοινωνίας.»

Είναι άλλο πράγμα μια έξυπνα κατασκευασμένη μηχανή - και οι Η/Υ είναι αναμφισβήτητα τέτοιοι και άλλο μια έξυπνη μηχανή. Η ζωή είναι πάντα ασύγκριτα πιο έξυπνη από τον πιο έξυπνο προγραμματιστή, πόσο μάλλον από τη μηχανή που προγραμματίζει. Ναι, αλλά ο Η/Υ νίκησε τον πρωταθλητή του κόσμου στο σκάκι! Πράγματι, μόνο που ο πρωταθλητής δεν έπαιξε με τη συγκεκριμένη μηχανή αλλά με όλους τους μέχρι τότε πρωταθλητές κόσμου, συμπεριλαμβανομένου και του εαυτού του, αφού με αυτά τα δεδομένα είχε προγραμματιστεί. Ο κατάλογος είναι μακρύς για να εξαντληθεί στο πλαίσιο ενός μικρού άρθρου, αλλά πρέπει να πούμε ακόμη για την εξομοίωση (ή και προσομοίωση) της πραγματικότητας και την εικονική πραγματικότητα ότι και εδώ η ορολογία εύκολα παραπλανεί. Δεν πρόκειται για την πραγματικότητα αλλά για αυτό που νομίζει (ή θέλει να νομίζει, ή ενδεχομένως να θέλει να περάσει) ότι είναι η πραγματικότητα, αυτός που έφτιαξε το αντίστοιχο πρόγραμμα. Ή, στην καλύτερη περίπτωση, αυτό που πιστεύει η επιστήμη τη στιγμή που φτιάχνεται το πρόγραμμα ότι είναι η πραγματικότητα. Και δεν μιλάμε βέβαια για το επίπεδο της έρευνας ή της εκπαίδευσης επιστημόνων, όπου οι δυνατότητες και η αξιοποίηση των Η/Υ είναι εκπληκτικές, ή για περιοχές της πραγματικότητας, όπου η μόνη δυνατότητα προσπέλασης είναι η εξομοίωση (π.χ. μικρόκοσμος ή μεγάκοσμος κλπ), αλλά για τη χρήση τέτοιων προγραμμάτων ή εικονικής πραγματικότητας για τη διδασκαλία, και μάλιστα εισαγωγική, βασικών επιστημονικών εννοιών στην πρωτοβάθμια εκπαίδευση ή και το Γυμνάσιο. Για το Λύκειο και για ορισμένες έννοιες, όπως η έννοια του ορίου στα Μαθηματικά, ίσως υπάρχουν κάποιες δυνατότητες. Αλλά το να «διδάξεις» την έννοια του παραλληλεπιπέδου (το παράδειγμα δεν είναι ούτε φανταστικό ούτε υποθετικό) με χρήση εικονικής πραγματικότητας, με ηλεκτρόδια στα χέρια και κάσκα στο κεφάλι, σε παιδιά του δημοτικού, γιατί έτσι θα μάθουν λέει πιο γρήγορα τις ιδιότητες του παραλληλεπιπέδου, αυτό δεν είναι μόνο λάθος από γνωσιοθεωρητική άποψη είναι επικίνδυνο και για τη σωματική υγεία των παιδιών.

U ρ.()λ(�ς ιης

:::ιcωH:tC

Σε ότι αφορά δε τις θετικές επιστήμες, μια εικόνα I μπορεί να αξίζει όσο χίλιες λέξεις, αλλά χίλιες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/9

------

ΗΟΜΟ MArHEMAr!CUS

λέξεις που δεν περιέχουν κανένα στοιχείο συλλογισμού! Όμως ο συλλογισμός, ο αποτελεί συμπερασμός, λογικόςδηλαδή των στοιχείο οργανικό αναπόσπαστο επιστημονικών γνώσεων, είτε πρόκειται για προεπιστημονικές εμπειρικές στο Δημοτικό και το Γυμνάσιο είτε πρόκειται για γνώσεις οργανωμένες σε αξιωματικό σύστημα, ανεξάρτητα από το βαθμό της αυστηρότητας του συστήματος αυτού, στο Λύκειο. Το να δει το παιδί και να πάρει πληθώρα πληροφοριών και εικόνων, αυτό δε συνιστά σοφία, αν και ο σοφός πρέπει να ξέρει πολλά. Και ο ρόλος

του σχολείου δεν είναι να διδάξουμε τα παιδιά μια ολόκληρη επιστήμη αλλά προέχει να τα βοηθήσουμε να μάθουν να σκέφτονται, να μάθουν να μαθαίνουν. Στο βαθμό που αυτό δεν επιτυγχάνεται, η πληθώρα των μη οργανικών εν τέλει γνώσεων είναι άχρηστη. Η χρυσή τελικά αναλογία εικόνας-λόγου δεν είναι δεδομένη και ο μόνος που μπορεί να έχει την πιο ολοκληρωμένη εκτίμηση γι ' αυτήν είναι ο ζωντανός δάσκαλος, στα χέρια του οποίου ο Η/Υ μπορεί να είναι ένα πολύ σημαντικό εργαλείο.

Ας συζητήσουμε το θέμα για τις τρυφερές ηλικίες του Δημοτικού και του Γυμνάσιου. Εδώ έχουμε να κάνουμε με παιδιά. Τι είναι όμως το παιδί; Όπως πολύ εύστοχα παρατηρεί ο Vygotsky, το παιδί δεν μπορεί να κατανοηθεί ως μικρογραφία του ενήλικου ούτε η διάνοιά του αποτελεί σμίκρυνση της διάνοιας του ενήλικου. Το δρόμο της εξέλιξής του μπορούμε να τον κατανοήσουμε μόνο αν τον σκεφτούμε στους κοινωνικούς του όρους. Και ο δρόμος της εξέλιξης αυτής δεν είναι αυτός της σταδιακής κοινωνικοποίησης που μεταβιβάζεται στο παιδί απ ' έξω, αλλά η σταδιακή εξατομίκευση, που γεννιέται στη βάση της κοινωνικής του υπόστασης. Το παιδί θα πάρει, θα οικειοποιηθεί, από το σύνολο της διανοητικής κουλτούρας της κοινωνίας των μεγάλων, ό,τι εξατομικεύσει ως οργανικό μεν μέλος της, αλλά διατηρώντας ακέραια όλα τα στοιχεία της αυτοτέλειάς του. Η εξατομίκευση δε αυτή πραγματοποιείται μέσα στα πλαίσια της ζωντανής βιωματικής αλληλεπίδρασης του παιδιού με το

φυσικό και κοινωνικό περιβάλλον στην ολότητά τους. Στο πλαίσιο της σχολικής πραγματικότητας δεσπόζουσα είναι η αλληλεπίδραση δασκάλου μαθητή, χωρίς αυτό να σημαίνει ότι δεν υπάρχουν άλλες. Και ο δάσκαλος σ ' αυτό το δίπολο δεν αντικαθίσταται. Η αλληλεπίδραση μηχανής μαθητή, που πολλοί ισχυρίζονται ότι με κατάλληλα δομημένα προγράμματα επιτυγχάνουν, είναι άλλος ένας μύθος: Ο μαθητής δεν αλληλεπιδρά φυσικά με τη μηχανή αλλά μέσω της μηχανής με τη σκέψη του προγραμματιστή, σκέψη όμως αποστεωμένη και κλεισμένη σε κουτάκια, όσες εναλλακτικές δυνατότητες κι αν έχει προβλέψει. Αλήθεια, αν το παιδί έχει φάει στυφά δαμάσκηνα, είναι άκεφο και συμπεριφέρεται αλλόκοτα, πώς θα το «καταλάβει» ο υπολογιστής, για να αναπροσαρμόσει τη «συμπεριφορά» του; Τέτοιες «αλληλεπιδράσεις» μόνο στην τυποποίηση της σκέψης και του παιδιού, στον ακρωτηριασμό δηλαδή της ευφυίας του, μπορούν να οδηγήσουν. Μόνο εκεί μπορεί να οδηγήσει η έστω και μερική αντικατάσταση του δασκάλου.

·νιπαιχ:[ ο

ιιπω�.ο;ιιστι,Ι ς να rη τΕtία τcι.υτ:jσ::ι

το

Δ άut<αl: o :

Τ'::�Ι.η·ι"rί. ;J;:.. α fίί)Οο ,;; ��

Φυσικά και όχι. Οι υπολογιστές και οι δυνατότητες που ανοίγουν (πολυμέσα, διαδίκτυο -επικοινωνία, πρόσβαση και χειρισμός τεράστιου όγκου πληροφοριών, κ. τ. λ.) στο δάσκαλο είναι κάτι το απόλυτα πραγματικό. Σε ό, τι αφορά δε το μαθητή υπάρχει κατά τη γνώμη μας μια προϋπόθεση, ένα κρίσιμο σημείο , μετά το οποίο ο υπολογιστής μπορεί να αποτελέσει ένα σημαντικό εργαλείο για τη εξατομίκευση της διανοητικής κουλτούρας της εποχής του. Και η προ ϋ πόθεση αυτή δεν είναι άλλη από την κατάκτηση ενός ολοκληρωμένου και αυτόνομου τρόπου σκέψης και ότι το παιδί έχει μάθει να μαθαίνει. I. 2. 3. 4. 5.

t i ι f)i.ιoγjf u φ i �:.

Α.: 1 973, Langιιage and Cognition, McGraw - H i l l , Ν , Υ, (Μετάφραση Αλάτση) εκδ. Κ, Ι Ζαχαρόπουλος, Αθήνα . Vygotski , L. : 1 934, Σκέψη και Γλώσσα, (μετάφραση, Α. Ρόδη), εκδ.Γνώση, Αθήνα 1 988. Εβαλντ Ιλένκοφ: Τεχνοκρατία και ανθρώπινα ιδεώδη στο σοσιαλισμό, εκδ. Οδυσσέας Chri stopher Eνan s : Η επανάσταση των κομπιούτερ, εκδ. Γαλαίος Schaff,

V . Peke l i s : Melanges cybernetique.v, editions de Moscou

! f,.

'Δ ι;_η) 1:og}_αn:,· / ot ' '

Η Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Τεχνών αποφάσισε να απονείμει το Abel Prize για το 2009 στο M i khail Leonidoνich Gromoν lnstitut «για τις επαναστατικές συνεισφορές του στη Γεωμετρία». Ο Mikh a i l Leonidoνich Gromoν, γνωστός επίσης και ως Michael Gromoν ή Misha Gromoν, γεννήθηκε, στις 23 Δεκέμβρη 1 943 στη μικρή πόλη Boksitogorsk της Ρωσίας.

Ολοκλήρωσε τις πανεπιστημιακές του σπουδές στο πανεπιστήμιο της Αγίας Πετρούπολης (Λένινγκραντ) . Έκανε τη διδακτορικό του υπό την καθοδήγηση του φημισμένου Τοπολόγου V. A . Rokh l i n . Το 1 969 πήρε το P h D . Το 1 974 μετακόμισε στη Γαλλία. Από το 1 982 έγινε μόνιμος καθηγητής στο " l n stitut des H autes έ tudes Scienti fiqιιes de Bures-sur Yνette" και καθηγητής Μαθηματικών στο New York Un iνersity

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/ 1 0

�ωωqJfPωl5srncf! [Υοω fJ[J]ί!J !J() fJ{f](Jm fJΘί!J Μί!Jωe56Θί!J Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Τα θέματα αυτά είναι για την επανάληψη της ύλης που διδάχτηκαν οι μαθητές στην Α ' τάξη . Περιλαμβάνονται: Δυνάμεις, Ταυτότητες, Διάταξη, Απόλυτη τιμή, Ρίζες, Εξισώσεις (α ' και β ' Βαθμού), Τριώνυμο, Συστήματα . Να υπολογι=εί η παράσταση :

Να

Α�

, , συγκρινετε τους 10 αριθμους..

( � y�x'y-' </Υ)', 3,

1 1, -2, � ' 1- ν2

αν

-3

JiO ,

x�:J-JS , y�3+ J5 .

7 -, 2

�3w , - -3 , 9, 5 ν 8 ν 8 . 3

3 Γn Γn

.fi = l + =-1- .fi <-2 ' το J10 > 1 ' το 2_ >3 ' το 3 w = 2 3 3 3 1 - .fi 1 - 2 J10 το 0>- � >-1 το 5 if8J8 =5 if23J4.2 =20 .fi >20 και .J3 = J323 > ' 3 3 ' 5 I J10 , - < 3 w <3< "27 <9<5 ν3 Γr.8 νr;:.8 . Άρα _ <-2<- 53 < 1 < 1 .fi 3 3

Το

�

��J343233 = !J3 6 33 = .J3 >1 3

�

Να aπλοποιή σετε τα κλάσματα: α)

Να λυθεί η εξίσωση :

��,

�χ2 - 2 j x j + 1 = Ο

β) ( 4J3 - 2)(26 + 4ft) (2

�3 )3 - 1

(1)

�

Αφού χ 2 - 2 j x j + 1 ( jxj - 1 ) 2 2 Ο, θα έχουμε: ( 1 )<=> (jxj - 1) 2 =O<=> IIxl - 11 =Ο <=> jxj =l <:=>x= 1 ή χ= - 1 =

Για ποιες τιμές του

χ ορίζεται(έχει νόημα) η ρίζα; �� χ 2 - 3χ + •I - 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/1 1

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

.\()ση

Πρέπει και αρκεί l x 2 - 3χ + ψ:::: 2 , δηλαδή χ 2 - 3χ + l � -2 ή χ 2 - 3χ + l :2:: 2 . Θα λύσουμε τις δυο αυτές ανισώσεις α) x 2 - 3x + l � -2 β) x 2 - 3x + l :2:: 2 Έχουμε α) χ 2 - 3χ + 3 � 0 . Δ=(-3)2 -1 2= -3 αφού το α=l >Ο και Δ<Ο το τριώνυμο χ 2 - 3χ + 3 για κάθε χ έχει τιμές ομόσημες του α δηλαδή η ανίσωση είναι αδύνατη. β) χ 2 - 3χ - Ι :2:: Ο . Δ=(-3 )2 +4= 1 3 αφού α= Ι >Ο και Δ>Ο το τριώνυμο χ 2 - 3χ - 1 για Jl3 ' 3 + Jl3 ' ' ' για χ= 3 - Jl3 η' χ= 3 + Jl3 εχει τιμες' ομοσημες του α δη λαδη' θ ετικες, η χ> χ< 3 2 2 2 2 Jl3 Jl3 ' μες του α δη λαδη' ' ' ' ' και για 3 γινεται μη δ εν το τριωνυμο παιρνει τιμες' ετεροση <χ< 3 + 2 2 ' Ά ρα η ανισωση ' οταν ' χ::=:: 3 - Jl3 η' χ::=: 3 + Jl3 . ' ' αρνητικες. γινεται αλη θ ης 2 2 ---

Λ. ,; κ η ση 6 Να δείξετε ότι: (1 + χ3 ) 2 � (1 + χ 2 ) 3

λ ί)ση

Αρκεί να δείξουμε (l + χ 3 ) 2 - (1 + χ 2 ) 3 � Ο , ή μετά από πράξεις αρκεί χ 2 (3χ 2 - 2χ + 3) :2:: Ο , που ισχύει επειδή χ 2:Ξ:Ο και το (3χ 2 - 2χ + 3) είναι ομόσημο του α=3>0, αφού Δ=4-36= -32<0. -\ σ κ η ση 7 Να δείξετε ότι: Αν χ y>Ο τότε υ)

Αν χψ< Ο τότε

α)

(x+y) 2 <(x-y)2

� + 2::. :2:: 2 Υ χ

β) χ 2 + 2 >(x+ ) 2 y y

μ) (x+y) 2 >(x-y) 2

α) Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ανισότητας με το θετικό xy, δεν αλλάζει φορά και έχουμε να δείξουμε ότι: χ 2 +y2 :Ξ:2χy , (x-y)2 ::=:ο β) Μετά από πράξεις προκύπτει για απόδειξη 4xy>O, που είναι αληθές. Αν xy<O, μετά από πράξεις έχουμε να δείξουμε ότι: α) 4xy<O, που είναι αληθές β) 2xy<O, που είναι αληθές. Λ σ κψτη 8

Έστω συνάρτηση f(χ)=αχ 2 +βχ+γ, α*Ο. Τι συμπεραίνετε για τις τιμές του k αν α ) 5f(k)=O, β ) αf(k) <ο γ) αf(k)>O δ)Αν f(k1)f(k2 ) <0 ποιο συμπέρασμα προκύπτει για τους k, k1, k2 , για το τριώνυμο και για τις ρίζες του;

α) ο k είναι ρίζα της f(x)=O, β) η f έχει δυο ρίζες και το k είναι μεταξύ των ριζών αφού η f(k) είναι ετερόσημη του α, γ) Η f(k) είναι ομόσημη του α, άρα η f(k) =Ο δεν έχει ρίζες ή αν έχει το k είναι εκτός των ριζών, δ) αφού f(k 1 ) είναι ετερόσημο του f(k2 ) άρα η f(x)=O έχει δυο ρίζες και ένα από τα k1 ,k2 είναι εντός των ριζών και το άλλο εκτός. Α σ κη ση

Δίδεται η εξίσωση (α-2)χ 2 +2αχ+α+2=0. Να υπολογιστεί ο α ώστε να έχει ρίζες χ1 , χ 2 με 3χ , +3χ 2 +χι χ 2 =-3 .. . \ 1Ί σ η

Με α:;t:2 και Δ:Ξ:Ο, έχουμε: 3(χ 1 +χ2 )+χ1χ2 =-3<=:>3

-2α

α 2 + + =-3 <:::> -5α+2=-3α+6<=:>α=-2, δεκτή τιμή (γιατί;) α-2 α-2

Να λυθεί η εξίσωση (1-λ)χ2 +(3+2λ)χ-λ=Ο το λeR

Αν

ΜΙ

χ 1 .2 =

τότε Δ=(3+2λ) 2 -4( l-λ)(-λ)=9+4λ2 + 1 2λ+4λ-4λ2 = 1 6λ+9. Για

λ::::: -

9 έχει ρίζες, 16

- (3 + 2λ ) ± �1 6λ + 9 9 ι , ενώ για λ<- - είναι αδύνατη. Αν λ= Ι τότε έχει μια ρίζα απλή την χ= - . 5 2 ( 1 - λ) 16 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/12

Μαθηματικά για την

Άσκη ση 1 1

Α'

Λυκείου

1 1 χ χ 2 Αν χ 1 , χ 2 είναι ρίζες της αχ 2 -6χ+ 2=0 με α=Ι:Ο, Δ:::Ο να υπολογιστει η - + - + ι + '

Χι

•

Χι

Λύση

Άσκη ση 1 2

Να λυθεί το σύστημα ΛίJση

Fx + y

3 και 3 x-2y=1 0

Με χ:::Ο έχουμε: J;. + y = 3 � J;. = 3 - y . Αν 3-y<O, δηλαδή y >3, τότε δεν ισχύει. Αν 3-y:::O , δηλαδή

y::Ξ: 3 γίνεται: χ = (3-y)2 • Τότε 3x-2y= I O <=> (3-y)2 -2y= I O <=> 3y2 -20y+ l 7=0<::::> y= l ή y= αφού θέλουμε y::; 3, οπότε: χ=(3 - 1 ) 2=4 Άσκηση 1 3

Να γίνει η γραφική παράσταση για την συνάρτηση : f(x)= χ 2 - 4 l x l + 4

. \ ί1 ση

Έχουμε f(x)= x- - 4 lx l + 4 = =

{

Α σκήσει;;: προτεινόμι:η:c γι α λίJ ση Ά σκηση

)

χ2 - 4χ + 4, χ ::?: Ο . Αν είναι χ2 + 4χ + 4, χ � Ο

χ:::Ο , τότε παριστάνει παραβολή με κορυφή το (2,0). Είναι δηλαδή στο [0,2] γνησίως φθίνουσα ενώ στο [2, +οο) γνησίως αύξουσα. Αν χ::;Ο, τότε είναι παριστάνει παραβολή με κορυφή το (-2,0). Είναι δηλαδή στο (-οο ,-2] γνησίως φθίνουσα ενώ στο [-2, Ο] γνησίως αύξουσα. Να υπολογιστεί η παράσταση : Α= = { �J�)x -2 y 2

VY( , αν χ= � , y= .J3 .

Να υπολογιστεί με απλά ριζικά η παράσταση : Β= �5 - J24 l x2 - 4 l x l + 4 1 3+ 3 Να απλοποιηθεί η παράσταση : α) A β) Β 8(1 + β) l x l 2 - 4x + 4

Άσκηση 2 Άσκηση

ι; � y= l ,

.J3

8.J3 2χ2 - 82 Αν χ= -- να υπολογίσετε την Α 3 2χ 25 5 Αν χ= J29 να υπολογίσετε την Α= �25 - χ2 29 6 Να λυθεί το σύστημα : λχ - (λ - l)y = Ο και (1 + λ) χ - λy = Ι

Ά σκηση 4 Άσκηση Άσκηση

Άσκηση 7

Να λύσετε τις εξισώσεις:

Άσκηση Χ

Αν α,β>Ο τότε δείξτε ότι

Άσκηση 9

α)

Ι χ2 - χ 1 =Ο l x2 - 2x + II '

β)

2λ - 2

χ - 3 λ - 2χ = -4 6

α+β <�+ β α+β+l l+α l+β Δίνεται f(χ)= 2(λ - 1 )χ 2 - 5 χ + 3 Να βρεθεί η απόσταση ΑΒ όπου Α η κορυφή της f όταν λ=2 και Β η

κορυφή της f όταν λ=Ο. Ά σ κ η ση

ΙΟ

Να γίνει γινόμενο το άθροισμα: (χ 2 + χ - 5) 3 + (1 - 2χ 2 ) 3 + (χ 2 - χ + 4 γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/13

Σταύρος Σταυρόπουλος

Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τη διχοτόμο ΒΔ και από το μέσο Ε της πλευράς ΑΓ, φέρνουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο, που τέμνει τις ΑΒ, ΒΓ στα Ζ,

αντίστοιχα. Ακόμα φέρνουμε ΓΡ

κάθετη στη ΒΔ που τέμνει την ΑΒ στο Κ. Να δειχθεί: i)

Το τρίγωνο ΒΚΓ είναι ισοσκελές.

ii) Το τμήμα ΡΕ είναι παράλληλο προς το ΑΚ και ίσο με το μισό του. iii) Το τετράπλευρο ΖΕΡΒ είναι παραλληλόγραμμο. iv) ΑΚ=2ΖΒ

ν) Το τρίγωνο ΒΖΗ είναι ισοσκελές.

vi) ΗΓ=ΑΖ.

i) Το τρίγωνο ΒΚΓ είναι ισοσκελές με ΒΓ=ΒΚ ( 1 )

γιατί η διχοτόμος ΒΡ είναι και ύψος. ii) Επειδή το τρίγωνο ΒΚΓ είναι ισοσκελές η διχοτόμος ΒΡ είναι και διάμεσος, άρα το Ρ είναι μέσο του ΚΓ. Επομένως στο τρίγωνο ΓΑΚ το ευθύγραμμο τμήμα ΡΕ ενώνει τα μέσα των πλευρών του ΓΚ, Γ Α, άρα θα είναι παράλληλο με τη τρίτη πλευρά ΑΚ και ίσο με το μισό της. ίίί) Επειδή ΡΕ//ΑΚ είναι ΡΕ//ΒΖ κι αφού ΒΡ//ΖΕ το τετράπλευρο ΖΕΡΒ έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες, άρα είναι παραλληλόγραμμο. ίν) Επειδή ΖΕΡΒ παραλληλόγραμμο είναι ΡΕ=ΒΖ, αλλά από ίί) ΡΕ=ΑΚ/2 ή ΑΚ=2ΡΕ, άρα ΑΚ=2ΒΖ (2). ν) Είναι 2:, = Β 2 (3) ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΖΕ, ΒΔ που τέμνονται από την ΒΔ. Ακόμα Β, = Η2 (4) ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΖΕ, ΒΔ που τέμνονται από την ΒΔ. Αλλά Β, = Β 2 γιατί η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β , άρα από τις σχέσεις (3), (4) προκύπτει ότι z, = Β , επομένως το τρίγωνο ΒΖΗ είναι ισοσκελές με ΒΖ=ΒΗ (5), γιατί έχει τις προσκείμενες στη 2 βάση του γωνίες ίσες. (2) ( I ),( 5 ) νί) Είναι: ΗΓ = ΒΓ - ΒΗ ΒΚ - ΒΖ = ΒΑ + ΑΚ - ΒΖ ΒΑ + 2ΒΖ - ΒΖ = ΒΑ + ΒΖ = ΑΖ. =

Δίνεται κύκλος με κέντρο Ο και διάμετρο ΑΒ και τυχαίο σημείο Γ πάνω σε αυτόν. Με πλευρά το τμήμα ΑΓ κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΔΓ κι έστω Ε το ση μείο τομής της ΑΔ και του κύκλου. Αν ΟΜ κάθετη στην ΑΔ, να δειχθεί: i)

ΕΒ = 20Μ.

ii) Η ΟΔ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΔΓ.

ίίί) ΟΔ = ΒΕ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/ 14

Μαθηματικά για την

Α'

Λυκείου Δ

Επειδή το ΟΜ είναι κάθετο στο ΑΕ το Μ είναι μέσο του ΑΕ κι αφού Ο μέσο του ΑΒ από το τρίγωνο ΑΕΒ είναι: ΟΜ ΕΒ ή EB=20M.( I ) 2 Είναι ΟΑ=ΟΓ ως ακτίνες του κύκλου και ΑΔ=ΔΓ ( αφού το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισόπλευρο), άρα η ΟΔ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ, οπότε και διχοτόμος της γωνίας Δ στο ισόπλευρο τρίγωνο ΑΔΓ. =

ii)

iii) Έχουμε Α� Ο ΑΔΓ 2

60 ο

30 ο άρα από το 2 ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΔ είναι ΟΜ = ΟΔ ή ΟΔ=20Μ 2 (2). Από τις σχέσεις ( I ), (2) προκύπτει: ΕΒ=ΟΔ. =

3 ) Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ( Α = 90° ) και το ύψος του ΑΔ. Παίρνουμε πάνω στο ΑΔ τυχαίο

ση μείο Ε, από το οποίο φέρνουμε κάθετο προς την ΕΓ που τέμνει την ΑΒ στο Θ. Αν από το Ε φέρουμε παράλληλες προς τις ΒΓ, ΑΒ που τέμνουν τις ΑΒ, ΒΓ στα Ζ, Λ αντίστοιχα , να δειχθεί ότι: i)

ΕΛ=ΖΒ

ίί)

Το Ε είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΛΓ.

ίίί)

Τα τμήματα ΑΛ, ΘΕ είναι παράλληλα.

iv)

ν)

Το τετράπλευρο ΑΘΕΛ είναι παραλληλόγραμμο. ΖΒ=ΑΘ.

Επειδή ΕΛ//ΒΖ και ΕΖ//ΒΓ το ΕΖΒΛ είναι παραλληλόγραμμο, Θ άρα ΕΛ=ΖΒ ( I ). �---4�----�--� z Β Α ii) Επειδή ΕΛ//ΑΒ και ΑΓ l_ ΑΒ είναι ΕΛ l_ ΑΓ, άρα ΛΡ ύψος του τριγώνου ΑΛΓ (όπου Ρ το σημείο τομής των ΕΛ, ΑΓ) κι αφού ΑΔ l_ ΒΓ είναι και το ΑΔ ύψος του ΑΛΓ, οπότε το Ε είναι ορθόκεντρο. iii) Επειδή Ε ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΛΓ είναι ΓΕ l_ ΑΛ, αλλά ΓΕ l_ ΕΘ (υπόθεση), άρα ΑΛ//ΕΘ. ί ν) Είναι ΑΛ//ΘΕ και ΕΛ//ΑΒ (υπόθεση), άρα το ΑΘΕΛ είναι παραλληλόγραμμο. Επειδή το ΑΘΕΛ είναι παραλληλόγραμμο προκύπτει ότι ΕΛ=ΑΘ(2). Από τις σχέσεις ( I ), (2) ν) συμπεραίνουμε ΖΒ=ΑΘ. 4)

Δίνεται κυρτό πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ στο οποίο οι γωνίες Γ και Ε είναι ορθές, οι πλευρές ΒΓ και ΓΔ είναι ίσες, καθώς επίσης ίσες είναι και οι πλευρές ΔΕ, ΑΕ. Αν Μ είναι το μέσο του τμήματος ΑΒ και Η το συμμετρικό του Ε ως προς το Μ, να δειχθεί ότι: ί)

Το τετράπλευρο ΑΕΒΗ είναι παραλληλόγραμμο.

ίί)

Τα τρίγωνα ΗΒΓ, ΕΔΓ είναι ίσα.

iii) Το τρίγωνο ΕΓΗ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. iv) Το τρίγωνο ΕΜΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/15

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου Δ

Το τετράπλευρο ΑΕΒΗ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιοί του ΑΒ, ΕΗ διχοτομούνται στο Μ . i) Τα τρίγωνα ΗΒΓ , ΕΔΓ έχουν: ΗΒ=ΕΔ γιατί ΗΒ=ΑΕ (απέναντι πλευρές του παρ/μου ΑΕΒΗ) και ΑΕ=ΕΔ (υπόθεση). ΒΓ=ΔΓ (υπόθεση). ,c

<:<

ΗΒΓ = ΕΔΓ γιατί ΗΒ//ΑΕ κι αφού ΑΕ .1 ΕΔ ( Ε ορθή) είναι Λ

ii)

ΗΒ .1 ΕΔ ακόμα ΒΓ .1 ΓΔ ( Γ ορθή), δηλαδή έχουν τις πλευρές Η τους κάθετες. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα ( 1 ο κριτήριο ισότητας). Επειδή τα τρίγωνα ΗΒΓ, ΕΔΓ είναι ίσα, είναι ΓΗ=ΓΕ, άρα το τρίγωνο ΕΓΗ είναι ισοσκελές.

iii)

Ακόμα f2 = fι , άρα ΕΓΗ = Γι + ΕΓΒ = Γ2 + ΕΓΒ = ΔΓΒ =90° δηλαδή το ΕΓΗ είναι και ορθογώνιο. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΓΗ η ΓΜ είναι διάμεσος άρα ΓΜ = ΕΗ = ΕΜ δηλαδή το ΕΜΓ είναι

ισοσκελές. Ακόμα η διάμεσος ΓΜ είναι και ύψος στο ορθογώνιο ΕΓΗ, άρα το ΕΜΓ είναι και ορθογώνιο. 5) Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και τυχαίο σημείο Ε της πλευράς ΔΓ. Φέρνουμε τη διχοτόμο της Λ

γωνίας ΒΑΕ που τέμνει τη ΒΓ στο Ζ καθώς και ΕΚ .1 ΑΖ, ΕΗ .1 ΑΒ. Αν η ΕΚ τέμνει την ΑΒ στο Θ να δειχθεί ότι: i)

ΑΕ = ΑΘ

ίί )

Τα τρίγωνα ΘΗΕ, ΑΒΖ είναι ίσα.

ίίί)

ΑΕ = ΔΕ+ΒΖ.

Το τρίγωνο ΑΕΘ είναι ισοσκελές γιατί η ΑΚ είναι διχοτόμος και ύψος, άρα ΑΕ=ΑΘ ( 1 ).

ii)

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΘΗΕ( Η = 90° ), ΑΒΖ( Β = 90° ) έχουν: ΕΗ=ΑΒ (γιατί ΕΗ=ΒΓ=ΑΒ)

iii) 6)

Ε 1 = ΖΑΒ (γιατί είναι οξείες με πλευρές κάθετες) Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΘΗΕ, ΑΒΖ είναι ίσα οπότε ΗΘ=ΒΖ (2). (2) Από ( 1 ) ΑΕ=ΑΘ=ΑΗ+ΗΘ = ΔΕ+ΒΖ (ΑΗ=ΔΕ γιατί ΑΗΕΔ ορθογώνιο).

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ( Α = 90° ) και ευθεία ε που διέρχεται από την κορυφή Α. Έστω Δ, Ε οι προβολές των Β, Γ αντίστοιχα στην ε και ΑΗ το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ. Αν οι παράλληλες από τα Β, Γ προς τις ΗΔ, ΗΕ αντίστοιχα τέμνονται στο Μ και ΓΝ .1 ΑΜ, να δειχθεί ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/ 1 6

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ότι: Λ

ί)

Η γωνία ΕΗΔ είναι ορθή.

ίί) iii)

Η γωνία ΒΜΓ είναι ορθή. ΑΜ .l ε

ί ν)

Τα ση μεία Δ, Η, Ν είναι

συνευθειακά. ν)

ΒΔ=ΝΜ

νί)

ΒΔ+ΓΕ=ΑΜ .

. \ ί1 σ η

Το

τετράπλευρο ΔΒΗΑ είναι εγγράψιμο γιατί οι απέναντι γωνίες του Λ

είναι

παραπληρωματικές (ως Λ

ορθές), άρα ΗΔΑ = ΑΒΓ ( 1 ) (βλέπουν την πλευρά ΗΑ).Όμοια το τετράπλευρο ΑΗΓΕ είναι Λ

εγγράψιμο γιατί οι απέναντι γωνίες του Ε , Η είναι παραπληρωματικές (ως ορθές), άρα Λ

ΗΕΑ = ΑΓΒ (βλέπουν την πλευρά ΗΑ). Τότε: ΗΔΑ + ΗΕΑ = ΑΒΓ + ΑΓΒ =90° (ως οξείες γωνίες Λ

ii)

του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ). Οπότε από το τρίγωνο ΕΗΔ είναι ΕΗΔ = 90° . Είναι ΒΜ//ΗΔ και ΓΜ//ΗΕ (υπόθεση) κι αφού ΗΕ .1 ΗΔ (από i) ερώτημα) είναι ΒΜ .1 ΓΜ Λ

δηλαδή ΒΜΓ ορθή. iii)

Το τετράπλευρο ΑΒΜΓ είναι εγγράψιμο γιατί οι απέναντι γωνίες του Α , Μ είναι Λ

παραπληρωματικές (ως ορθές), άρα ΑΜΓ = ΑΒΓ (βλέπουν την πλευρά ΑΓ) και ΑΜΖ = ΑΓΒ (2) Λ

(βλέπουν την πλευρά ΑΒ). Ακόμα αν Ζ το σημείο τομής της ΒΜ με την ε είναι Ζ = ΗΔΑ ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΜΖ, ΗΔ που τέμνονται από την ε, οπότε από την ( 1 ) Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ (2), (3) Ζ = ΑΒΓ (3). Άρα από το τρίγωνο ΑΜΖ: ΜΑΖ= \ 80° -ΑΜΖ-ΑΖΜ = 1 80° - ΑΓΒ- ΑΒΓ =90° (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ). Δηλαδή ΑΜ .1 ε. ίν)

Είναι ΔΗΒ = Α] γιατί βλέπουν τη πλευρά ΔΒ στο εγγράψιμο τετράπλευρο ΔΒΗΑ. Τότε: Λ

ΔΗΒ = Α ι = ΜΑΖ- ΜΑΒ = 90° - ΜΑΒ = Β ΑΓ - ΜΑΒ = Α 2 ( 4). Ακόμα το τετράπλευρο ΑΗΝΓ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά του ΑΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Η, Ν από ίσες (ορθές) Λ

ν) νί)

γωνίες, άρα ΓΗΝ = Α 2 (5). Από τις σχέσεις (4), (5) προκύπτει ΔΗΒ = ΓΗΝ , οπότε τα σημεία Δ, Η ,Ν είναι συνευθειακά. Είναι ΒΔ//ΜΝ ως κάθετες στην ε και ΜΒ//ΝΔ (Δ, Η, Ν συνευθειακά), άρα το τετράπλευρο ΒΔΝΜ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ΒΔ=ΜΝ. Λ Λ Λ

Το τετράπλευρο ΑΕΓΝ είναι ορθογώνιο γιατί έχει τρεις ορθές γωνίες (τις Α, Ε, Ν ), άρα Γ Ε=ΝΑ. Τότε: ΒΔ+ΓΕ=ΜΝ+ΝΑ=ΑΜ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/17

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Λ

7) Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και εσωτερικό του σημείο Ο έτσι ώστε ΟΒΓ = ΟΓΒ = 1 5° . Αν Ζ το συμμετρικό του Ο ως προς την ΑΓ να δειχθεί ότι: i)

Τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ είναι ίσα. Λ

ii) Είναι ΔΖΟ = 1 50° . iii) Τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΟ είναι ίσα. iv) Το τρίγωνο ΑΟΔ είναι ισόπλευρο. λ ί) σ η

Τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ έχουν:

ΒΓ=Γ Δ=α ( οπου α η πλευρά του τετραγώνου) ΟΓ=ΓΖ (συμμετρικές ως προς την ΑΓ)

•

Γ Ι = Γ4 (συμμετρικές ως προς την ΑΓ). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα (από το Ι ο κριτήριο ισότητας τριγώνων). ii)

Είναι Ο Γ Ζ = 90° - Γ1 - Γ4 = 90° - 1 5° - 1 5° = 60° , άρα το ισοσκελές τρίγωνο ΟΓΖ είναι ισόπλευρο. Λ

Ακόμα ΔΖΓ = ΒΟΓ = 1 50° (αφού τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ είναι ίσα), άρα Λ

ΔΖΟ = 360° - Ι 50° - 60° = Ι 50° . iii) Συγκρίνω τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΟ : �

ΟΓ=ΔΖ γιατί τα ισοσκελή τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΓ είναι ίσα. ΟΒ=ΟΖ γιατί ΟΒ=ΟΓ=ΟΖ, αφού ΟΓΖ ισόπλευρο.

ΒΟΓ = ΔΖΟ = 1 50° Άρα τα τρίγωνα ΒΟΓ, ΔΖΟ είναι ίσα (από το Ι" κριτήριο ισότητας τριγώνων), οπότε ΟΔ=ΒΓ=α ( 1 ). iν) Τα τρίγωνα ΑΒΟ, ΔΟΓ έχουν: �

ΟΒ=ΟΓ (γιατί το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές) ΑΒ=ΒΓ=α

•

ΑΒΟ = ΔΓ0 = 90° - l 5° = 75° . Άρα τα τρίγωνα ΑΒΟ, ΔΟΓ είναι ίσα (από το Ι 0 κριτήριο ισότητας τριγώνων), οπότε ΟΑ=ΟΔ (2). Από τις σχέσεις ( 1 ), (2) προκύπτει ότι ΟΑ=ΟΔ=α=ΑΔ δηλαδή το τρίγωνο ΑΟΔ είναι ισόπλευρο. Λ

8) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) με ΒΑΓ = 1 20° . Παίρνουμε πάνω στη ΒΓ τα σημεία Δ, Ε τέτοια ώστε ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ. Αν Ζ το συμμετρικό του Α ως προς τη ΒΓ, να δειχθεί ότι: i)

Το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισόπλευρο.

ii)

Το σημείο Δ είναι βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΖ. Λ

iii) Η γωνία ΒΑΔ ισούται με 30°.

ίν) Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/18

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Α

ν) Η γωνία Γ ΑΔ ισούται με 90°.

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΜ, ΒΜΖ είναι ίσα γιατί έχουν τη ΒΜ κοινή πλευρά και ΑΜ=ΖΜ (συμμετρικές ως προς τη 8��-'------------f Ι--L-t---L - _.).__ .. ___j�� r ΒΓ), άρα ΒΖ=ΑΒ, δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές. Ακόμα στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ το ύψος ΑΜ είναι και ι 2ο ο διχοτόμος, άρα Β �Μ = = 60° Οπότε το 2 z ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισόπλευρο. 2 8Μ ΒΓ ΒΓ Είναι ΒΔ = και ΒΜ = ή ΒΓ=2ΒΜ, τότε ΒΔ = κι αφού ΒΜ διάμεσος του 3 3 2 ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΖ το Δ είναι βαρύκεντρο του ΑΒΖ. Επειδή το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισόπλευρο το βαρύκεντρο Δ θα είναι και έγκεντρο, άρα η ΑΔ είναι Λ Λ 60 ο διχοτόμος της γωνίας ΒΑΜ , οπότε ΒΑΔ = = 30° . 2 Λ Λ Λ l 80o - 1 20o Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΒΑΓ = 1 20° είναι Βι = Γι = = 30° , άρα 2 .

ii) iii)

ίν)

Δι = Βι + � =30° + 30° = 60° ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΔΒ. Όμοια και Ει = 60° , οπότε και Λ

η τρίτη γωνία του τριγώνου ΑΔΕ θα είναι 60°, άρα θα είναι ισόπλευρο. Λ

ν)

Είναι ΓΑΔ = ΒΑΓ- Αι = 1 20° - 30° = 90° . Λ

9) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) με ΒΑΓ = 20° . Από το σημείο Β φέρνουμε η μιευθεία που σχηματίζει με τη ΒΓ γωνία 30° και τέμνει την

προέκταση της ΑΓ στο Δ. Από την κορυφή Γ φέρνουμε κάθετο στη ΒΔ που

τέμνει την ΒΔ στο Η και την ΑΒ στο Ε. Αν ΑΜ το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ και ΓΝ η διχοτόμος της γωνίας του Γ, να δειχθεί ότι: i)

ΒΓ=2ΓΗ .

ii)

Τα τρίγωνα ΓΜΝ, ΓΗΔ είναι ίσα.

iii) Το τρίγωνο Γ ΑΕ είναι ισοσκελές.

ίν) Τα τρίγωνα ΝΓΑ, ΔΓΕ είναι ίσα. Λ

ν) Η γωνία ΓΖΕ ισούται με 50°, όπου Ζ το σημείο τομής των ΕΔ, ΒΓ.

ii)

Επειδή το τρίγωνο ΓΗΒ είναι ορθογώνιο με ΓΒΗ = 30° είναι ΒΓ ΓΗ = ( Ι ) ή ΒΓ=2ΓΗ. 2

Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με Β �Γ = 20° έχουμε: Α� Γ = Α�Β = Λ

επειδή η ΓΝ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΓΒ είναι ΜΓΝ = ΝΓΑ = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/1 9

1 80 0 - 20 0 = 80° κι 2

g oo = 4 0° (2). Ακόμα 2

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου Λ

ΒΓΔ = 80° + 20° = 1 00° (ως εξωτερική του τριγώνου ΑΒΓ) και ΒΙΉ = 1 80° - 90° - 30° = 60° (από το Λ

(2)

ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΗ), άρα ΗΓΔ = ΒΓΔ- ΒΙΉ = 100° - 60° = 40° = ΜΓΝ . Τότε τα ορθογώνια Λ Λ ΒΓ <Ι ) τρίγωνα ΓΜΝ, ΓΗΔ έχουν: ΜΓΝ ΗΓ Δ , ΜΓ = - = ΓΗ . Επομένως είναι ίσα. 2 =

ίίί)

Είναι ΕΒΓ = 80° + 20° = 1 00° (ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΓ), οπότε από το τρίγωνο Λ

ΒΕΓ έχουμε: ΒΕΓ = 1 80° - ΕΒΓ - ΒΓΗ = 1 80°- 1 00°-60°=20°. Δηλαδή ΒΑΓ = ΒΕΓ = 20° , άρα το τρίγωνο ΑΓΕ είναι ισοσκελές με ΓΑ=ΓΕ. ίν)

ν)

Τα τρίγωνα ΝΓΑ, ΔΓΕ έχουν: ΓΑ=ΓΕ (από iii) ερώτημα), ΝΓΑ = ΗΓΔ = 40° (από ii) ερώτημα), ΓΝ=ΓΗ (γιατί τα τρίγωνα ΓΜΝ, ΓΗΔ είναι ίσα). Επομένως είναι ίσα (από 1 ο κριτήριο ισότητας Λ Λ 20 ο τριγώνων) κι έτσι ΓΕΔ = ΓΑΜ = - = 1 0° . 2 Λ

Είναι ΕΓΖ = 1 80° - 60° = 1 20° (παραπληρωματική της γωνίας ΒΓΗ ). Οπότε από το τρίγωνο ΕΓΖ Λ

έχουμε: ΕΖΓ = 1 80° - ΕΓΖ- ΓΕΔ = 1 80° - 1 20° - 1 0° = 50° . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΗ, ΒΝ, ΓΘ τα ύψη του. Φέρνουμε ΘΝ τέμνει τις

ΗΕ l_ ΑΒ και Η Δ l_ ΑΓ. Αν η

ΗΕ, ΑΗ, ΗΔ στα Ρ, Ζ, Σ αντίστοιχα και η ΕΔ τέμνει την ΑΗ στο Κ, να δειχθεί

ότι: i)

Η ΝΔ είναι διχοτόμος της γωνίας

ii)

Τα σημεία Δ,

ίίί) ί)

ΗΝΣ .

Ε είναι μέσα των τμημάτων ΗΣ, ΗΡ αντίστοιχα.

Τα τμήματα ΗΚ, ΚΖ είναι ίσα.

Το τετράπλευρο ΑΒΗΝ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά ΑΒ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Η, Ν από ίσες (ορθές) Λ

γωνίες. Άρα η εξωτερική του γωνία ΗΝΓ ισούται με την απέναντι Λ

εσωτερική Λ

δηλαδή

ΑΒΓ ,

ΗΝΓ = ΑΒΓ = φ Όμοια το ( 1 ). τετράπλευρο ΒΓΝΘ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Θ, Ν από Λ

ίσες (ορθές) γωνίες. Άρα η εξωτερική του γωνία ΘΝΑ ισούται με την απέναντι εσωτερική ΑΒΓ , Λ

δηλαδή ΘΝΑ = ΑΒΓ = φ . Αλλά ΘΝΑ = ΓΝΣ (ως κατακορυφήν), άρα ΓΝΣ = ΑΒΓ = φ (2). πό τις Λ

σχέσεις ( 1 ), (2) προκύπτει ότι ΗΝΓ = ΓΝΣ = φ , δηλαδή η ΝΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΗΝΣ . Το τρίγωνο ΗΝΣ είναι ισοσκελές γιατί η ΝΔ είναι διχοτόμος και ύψος, άρα θα είναι και διάμεσος, οπότε το Δ θα είναι μέσο του ΗΣ. Όμοια αποδεικνύουμε ότι και το Ε είναι μέσο του ΗΡ. ίί) Στο τρίγωνο ΗΡΣ τα σημεία Ε, Δ είναι μέσα των πλευρών του ΗΡ, ΗΣ αντίστοιχα, άρα το ευθύγραμμο τμήμα ΕΔ είναι παράλληλο με την τρίτη πλευρά ΡΣ και ίσο με το μισό της. Στο τρίγωνο ΗΡΖ έχουμε: Ε μέσο του ΗΡ και ΕΔ παράλληλη στη πλευρά ΡΖ, άρα η ΕΔ θα διέρχεται από το μέσο της τρίτης πλευράς ΗΖ, δηλαδή τα τμήματα ΗΚ, ΚΖ είναι ίσα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/20

ΑΛΓΕ Β ΡΑ

για

την

Β'

τάξη του Λυ κείου

ΓΕ Ν Ι ΚΕΣ Ε ΠΑΝΑΛΗ ΠΤΙ ΚΕΣ ΑΣ ΚΗΣ Ε Ι Σ Κυριακόπουλος Θανάσης - Κ αρδαμίτσης Σπύρος Κεντρική μας επιδίωξη, με τις γενικές ασκήσεις που ακολουθούν, είναι να δει ο μαθητής με πιο «ώριμη ματιά» τις βασικές ιδιότητες της ύλης που διδάχτηκε (τριγωνομετρία - πολυώνυμα - πρόοδοι λογάριθμοι), δηλαδή να έχει τη δυνατότητα της «σφα ιρικής αντιμετώπισης» των θεμάτων που του τίθενται κάθε φορά . Εξάλλου δεν είναι μακριά ο κα ιρός που οι Πανελλήνιες είχαν «κατεβεί» και στην Β ' Λ υκείου και σκοπίμως έχουν επιλεγεί, σχετικά, κάποια θέματα. Ελπίζουμε ότι ο υπό έναρξη εθνικός διάλογος για την παιδεία και οι σχεδια ζόμενες αλλαγές, να συμβάλλουν στην αναβάθμιση της διδασκαλίας των μαθηματικών στο Λύκειο . Χ Ρ Η Σ Ι \ Ι ΕΣ Ε Π ΙΣ Η ΜΑΝΣΕΙΣ

Παραθέτουμε παρατηρήσεις, σχόλια και συμπληρώσεις σε «λεπτά» σημεία της θεωρίας. 1 . Για την επίλυση βασικών τριγωνομετρικών εξισώσεων μπορεί να χρησιμοποιηθούν και οι ισοδυναμίες: ημχ = Ο <::::> χ=kπ+Ο συνχ = Ο <::::> χ = kπ+π/2 ημχ = 1 <::::> χ=2kπ+π/2

συνχ = 1 <::::> χ = 2kπ

ημχ = - 1 <::::> χ=2kπ-π/2

συνχ = - 1 <::::> χ = 2kπ + π

αντί των βασικών τύπων των τριγωνομετρικών εξισώσεων. 2 . Κατά την εφαρμογή του σχήματος Homer να έχουμε υπόψη μας τα παρακάτω: •

•

Αν το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου είναι μηδέν τότε μια ρίζα του πολυωνύμου είναι η ρ = 1

θ θετικοί αριθμοί. Αν δεν γνωρίζουμε το πρόσημο των θ ι , θz , θ, τότε ισχύουν: l ο gα(θ ι · θ z ) = l ogα θ + l o gα θ , με θ ι θz>Ο 1 2 •

• •

l 1 l 1 l o gα( � ) = l o gα l θ 1 - l o gα l θ Ι , με � > Ο 1 2 θ θ

• •

Δεν πρέπει να ξεχνάμε τους περιορισμούς, όπου αυτοί απαιτούνται, κατά την λύση των λογαριθμικών εξισώσεων και ανισώσεων. 5 . Η γραφική παράσταση της συνάρτησης ln χ αν ln χ 2 Ο , δηλαδή f(x) = ι ιη x l = Ιη χ αν ln χ < Ο ιη χ αν χ 2 1 της f(x) = ι ιη χ Ι = - ln x αν χ < 1

{

είναι:

Αν όλοι οι συντελεστές του πολυωνύμου είναι ομόσημοι τότε δεν υπάρχουν θετικές ρίζες.

Προσοχή στις ιδιότητες: 1 ο gα(θ ι · θ z ) = 1 ο gαθ ι + l o gαθ z , •

l ο gαθ κ = κ l ο gα l θ l με θκ>Ο

l o gα( -ι ) -- l ο gαθ ι - l o gαθ z ,

θ2

l ο gαθ κ = κl ο gαθ οι οποίες ισχύουν όταν Ο < α

Από την ισοδυναμία: y = logα χ <::::> χ = α Υ που ισχύει για κάθε Ο < α * 1 χ>Ο και y Ε � προκύπτει ότι: κάθε αριθμός y Ε � γράφεται ως ,

1 , κ E IR και θ 1 , θ2 ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/21

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

λογάριθμος ( y = logα α ) Για παράδειγμα έχουμε 3 = Iog 1 0 3 και - 1 = l og ιο- ι δηλαδή έχουμε το συμπέρασμα ότι λογάριθμοι αρνητικών αριθμών δεν υπάρχουν, αλλά αρνητικοί λογάριθμοι υπάρχουν. Εξάλλου κάθε αριθμός χ>Ο γράφεται ως δύναμη ( χ α g χ ), για παράδειγμα 3= 1 o log x . Από αυτή την ιδιότητα παίρνουμε τη βασική σχέση : αχ = ex lnα για κάθε α>Ο και χ Ε IR. . , π ' ' e Ιnα = α, αρα ραγματι αφου' α log" = θ ειναι e x lnα = ( e lnαy = αχ Κάθε θετικός αριθμός μπορεί να γραφτεί σε μορφή λογαρίθμου με την βοήθεια της ιδιότητας l οgαθ κ = κ\οgα [ θ [ , Ο < α =Ι= 1 , θ > Ο και K E IR . Υ

Ασκη ση Ι "

( ;) ( ;) = - συν χ -

β) (η μχ - συνχ) 2 Λ ίJση :

α)

( �) = ± 1 , οπότε δεν ισχύει η ( 1 ). Αν είναι συν ( χ �) Ο, τότε η εξίσωση γράφεται: ημ ( χ � ) - συν ( χ �) Ο � ημ ( χ �) = συν ( χ �J � 1 1π k εφ ( χ _:: ) = 1 � χ = kπ + 7 28 '

ημ χ -

'1-

7l..

(ημχ - συνχ) 2 2(ημχ --συνχ - 1 - ημχσυνχ) � ημ2 χ-2ημχσυνχ+συν2 χ=2ημχ-2συνχ-2-2ημχσυνχ � ημ2 χ - 2ημχ + 1 + συν2 χ + 2συνχ + 1 = Ο � (ημχ - 1 ) 2 + (συνχ + 1 ) 2 = ο� ημχ = 1 και συνχ = - 1 Είναι λοιπόν αδύνατη αφού ημ2 χ + συν2 χ = 1 ::�= 1 2 + (- 1 ) 2 = 2

β) Να βρεθεί η τιμή της παράστασης: 8 Κ =-2009ημ2α - 2009συν2α - 2009· - εφ2α. 15

/\,\)('ιη :

Είναι χ 2 + 2χ - 3 = Ο � ( χ = 1 ή χ = -3), όμως 3π ' εφα = -3 . Συνεπως ' εχουμε: ' - < α < 2 π, αρα 2 1 - συν2α 1 συν2α εφ2 α = �9= � 1 + συν2α 1 + συν2α

α)

4 �9 + 9συν2α = 1 - συν2α � συν2α = - 5

2π και η εφα είναι ρίζα της

( -�) 2

3 3π < < - ' αφου' α 2π 5 2 3 ημ2α - 5 -3 εφ2α = -- = - = 4 4 συν2α 5 = -

Είναι: Κ=2009ημ2α-2009συν2α-2009 _! εφ2α = 15 8 3 4 32009(- ) - 2009(- - ) - 2009 · - . - = 2009 5 5 15 4 β)

.\ σ κ η α η 3 ' 1

α)

Αν

συνΒημ

σε

(� )

ένα

-Γ -

τρίγωνο

ΑΒΓ

ημΓσυν

-Β

( � J=o, =

ισχύει: να

αποδείξετε ότι αυτό είναι ορθογώνιο. β) Να λύσετε την εξίσωση : συν2χ + 3

Λ σ κη σ η 2 '1

3π Αν - < α 2

τριγωνομετρικών αριθμών ημ2α, συν2α, εφ2α.

και

( �) = Ο, τότε θα είναι:

β)

α) Να υπολογίσετε τις τιμές των

2(ημχ - συνχ - 1 - η μχσυνχ)

Ο, τότε:

9 � η μ2 2α = - � ημ2α 25

= 0 (1)

Αν είναι συν χ -

Επειδή ημ2 2α + συν2 2α = 1 � ημ2 2α +

Ν α λυθούν οι εξισώσεις: α) η μ χ -

εξίσωσης χ 2 + 2χ - 3

α)

Είναι: συνΒημ

Sσυνχ.

(% - ΓJ - ημΓσυν (% - Β J = Ο

� συνΒσυνΓ - ημΒημΓ = Ο � συν(Β+Γ) = Ο � � συν(Β+Γ) = συν _:: επομένως Β + Γ = _:: άρα 2 2 Α = _:: . (Αφού Ο< Β+Γ<π) 2 β) συν2χ + 3 = 5συνχ � 2συν2 χ - 1 + 3 = 5συνχ �2συν2 χ-5συνχ+2 =Ο�συνχ = 2 ή συνχ= � 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/22

_!_

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

1 π π συνχ = - � συνχ = συν - � χ = 2kπ ± - , k ε Ζ 2 3 3

εφα - εφβ = (ν - Ι )εφβ[ 1 +εφαεφβ] εφα - εφβ ::::> = (ν - I )εφβ 1 + εφαεφβ ::::> εφ( α - β) = (ν - l )εφβ ::::>

;,:, ι-ϊ %:ηση �ιι

2 α) Να αποδείξετε ότι: ημ2θσφθ - 2ημ θ=2συν2θ. β) Να βρεθεί η τιμή της παράστασης: π 3π Κ = συν4 g + συν4 g

α) Έχουμε:

(

�

� ) 2 - 2 συν 2 � · ημ 2 ;

' � = � -�ημ' �=�- Η )

= συν 2 + ημ 2

,;.-. -.

Αν εφα =

νημβσυνβ νε 1 ι - νη μ 2 β '

�

=1-

π νημ 2 β α β ε (Ο ) ' ' '2

ν α δείξετε ότι: εφ( α - β ) = (ν - 1 )εφ β.

ν - 2ημβσυνβ νημβσυ β ' Εχουμε: εφα = = -==2----=-1 - νημ β 1 - νημ 2 β � . 2εφβ νεφβ ν ημ2β 2 2 l + εφ β 1 + εφ 2 β - 2 1 - νημ 2 β 1 + εφ 2 β - νεφ 2 β εφ 2 β 1 - ν --'--'-::Ι + εφ 2 β Ι + εφ 2 β νεφβ ( Ι ). 1 + (1 - ν)εφ 2 β ( Ι )=> εφα + ( 1 -ν)εφαεφ2 β = νεφβ 2 ::::> εφα + ( 1 -ν)εφαεφ β = εφ β + (ν - 1 )εφ β 2 ::::> εφα - εφβ = (ν - Ι )εφβ - ( l -ν)εφαεφ β 2 ::::> εφα - εφβ = (ν - 1 )εφβ + (ν-l )εφαεφ β

;

Ένας διαστημικός σταθμός έχει α = 27 τόνους αποθηκευμένα αποθέματα οξυγόνου, αλλά και συσκευές παραγωγής οξυγόνου που δίνουν Π(χ) = 4χ 2 + Sx τόνους οξυγόνου συνολικά μέχρι το χ

συνθ ημ2θσφθ - 2ημ2 θ = 2ημθσυνθ - 2ημ2 θ = ημθ 2συν2 θ - 2ημ2 θ = 2( συν2 θ - ημ2 θ) = 2συν2θ. β) Έχουμε: 3π π π 3π π π 3π π ' - + - = - ::::> = - - - ::::> συν - = η μ - , Άρα: 8 8 2 8 2 8 8 8 π π κ = συν g + η μ 8 = 4

Α σ κ η ση 6'�

έτος λειτουργίας τους. Η κατανάλωση οξυγόνου στο σταθμό σε τόνους έχει εκτιμηθεί ότι θα γίνει συνολικά σε χ χρόνια σύμφωνα με την σχέση Κ(χ) 2 χ3 7 χ 2 + 1 5 χ + 2. =

α) Για πόσα χρόνια ο σταθμός θα έχει επάρκεια οξυγόνου ; β) Πόσους επιπλέον τόνους οξυγόνου θα έπρεπε να έχει ο σταθμός aποθηκευμένους αρχικά, ώστε να έχει επάρκεια για ένα χρόνο παραπάνω; .\ ύ ση :

Αν Ρ(χ) είναι το πολυώνυμο που εκφράζει την περίσσεια οξυγόνου σε χ χρόνια, τότε: Ρ( χ) = Π( χ) + α - Κ(χ) = -2χ 3 + 1 1 χ 2 - l Ox + 25. Επομένως αρκεί να βρούμε ποια χρονιά χ, θα μηδενιστεί η περίσσεια οξυγόνου στο σταθμό, δηλαδή τις ρίζες της εξίσωσης Ρ(χ ) = Ο Είναι Ρ( χ) = Ο � -2χ3 + 1 1 χ 2 - I Οχ + 25 = Ο Homer του Με εφαρμογή σχήματος διαπιστώνουμε ότι η τιμή χ = 5 είναι ρίζα της εξίσωσης Ρ(χ) = Ο, επομένως η εξίσωση γράφεται (χ - 5)( - 2χ2 + χ - 5) = ο � χ = 5 Αφού ο δεύτερος παράγοντας έχει Δ = -39 < Ο Επομένως ο σταθμός θα έχει επάρκεια οξυγόνου για 5 έτη. β) Είναι: Ρ( χ) = Π( χ) + α - Κ( χ) � � Ρ( χ) = -2χ 3 + 1 1 χ 2 - 1 Οχ + α - 2 και σε αυτή την ισότητα πρέπει προσδιορίσουμε την παράμετρο α. Ζητάμε ο σταθμός να έχει επάρκεια ένα χρόνο παραπάνω, δηλαδή για 6 χρόνια, επομένως: Ρ( 6) = Ο � � -2 · 6 3 + 1 1 · 62 - 1 0 · 6 + α - 2 = Ο � α = 98 Επομένως ο σταθμός θα έπρεπε να είχε aποθηκευ μένους αρχικά 98 - 27 = 7 1 τόνους οξυγόνου. α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/23

:\ σ κ η ση

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

7'1

α) Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού

Δίνεται το πολυώνυμο 2 Ρ(χ) = 2χ 4 - 2χ 3 - αχ + βχ + 2, α, β

IR που έχει

παράγοντα το χ + 1 και το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ + 2) είναι 28. α) Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α, β. β) Αν α = 5, β = 1, να λύσετε την εξίσωση Ρ(χ)=Ο

Λ i>ση :

Αφού το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ + Ι τότε: Ρ(-Ι ) = Ο � 2(-Ι )4-2(-Ι ) 3- α(- Ι ) 2 +β(- Ι )+2 = Ο � α + β = 6 (1) Αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ + 2) είναι 28 τότε: Ρ(-2)=28 � 2(-2)4-2(-2) 3- α(-2) 2 +β(-2)+2 = 28 � 2α +β = Ι Ι (ι) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( Ι ) και (2) προκύπτει ότι: α = 5, β = ι β) Με α = 5, β = 1 η εξίσωση Ρ( χ) = Ο γράφεται: 2χ4 - 2χ 3 - 5χ2 + χ + 2 = ο Με εφαρμογή του σχήματος Homer έχουμε: 2

-2

-5

-2

-1

-4

ρ=-

και η εξίσωση γράφεται: (χ + ι )(2χ3 - 4χ2 - χ + 2) = ο Επαναλαμβάνουμε την διαδικασία του σχήματος Homer για το πολυώνυμο 2χ3 - 4χ2 - χ + 2 από όπου προκύπτει: 2

-4

-1

-2

- 1

ρ=

και η εξίσωση μετασχηματίζεται: (χ + l )(x - 2)(2χ2 - Ι ) = Ο Από όπου προκύπτουν οι λύσεις:

λ, ώστε το 1 να είναι ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ) β) Για λ = 1 να λύσετε την εξίσωση Ρ( χ) = Ο γ) Για λ = 1 να λύσετε την ανίσωση Ρ( χ) � Ο Λ t>ση :

Για να είναι η τιμή Ι ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ) πρέπει και αρκεί P( l ) = Ο . Ρ ( Ι ) = Ο <=> λ3 · 1 3 - 3(λ + I )- 1 2 + 1 1 · Ι - 6 = Ο <=> <=:> λ3 - 3λ +2 = 0 Εφαρμόζοντας το σχήμα H orner έχουμε: α)

-3

-2

ρ= ι

επομένως (λ - 1 )(λ2 + λ - 2) = Ο από όπου προκύπτουν οι λύσεις λ = 1 (διπλή ρίζα), λ = -2. β) Για λ = Ι η εξίσωση Ρ( χ) = Ο γίνεται: χ3 - 6χ2 + 1 1 χ - 6 = 0 Εφαρμόζοντας το σχήμα Horner έχουμε: ι

-6

ιι

-6

-5

ρ=

επομένως η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την: (χ - Ι )(χ 2 - 5χ + 6) = Ο που έχει ρίζες τις χ = Ι , χ = 2, χ = 3. γ) Για λ = 1 η aνίσωση Ρ(χ) � Ο γίνεται: χ3 - 6χ 2 + 1 1 χ - 6 � Ο<=:>(χ - I )(χ2 - 5χ + 6)::; Ο ( I ). Βρίσκοντας τα πρόσημα των χ- 1 , χ 2 - 5χ + 6 καταρτρίζουμε τον παρακάτω πίνακα: χ χ- ι χ'2-5χ + 6 Ρ( χ)

-ω

+ +

+ -

(

βρίσκουμε έτσι ότι: ( 1 ) <=> χ ::; 1 ή 2 ::; χ � 3 .

+ω

ί\ σκηση 911

Η τιμή αγοράς ενός ηλεκτρονικού υπολογιστή

χ = - 1 ' χ = 2' χ = - ' χ = - 2 2

είναι μεγαλύτερη από 620 ευρώ και μικρότερη από 640. Κατά την αγορά συμφωνήθηκαν τα

εξής: Ν α δοθεί προκαταβολή Ι 20 ευρώ, η

ί\ σ κηση Η11

εξόφληση του υπολοίπου ποσού να γίνει σε 1 Ο

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = λ3 χ 3 - 3(λ + 1 )χ 2 + 1 1 χ - 6

της προηγουμένης κατά ω ευρώ όπου ω θετικός

μηνιαίες δόσεις, κάθε δόση να είναι μεγαλύτερη ακέραιος και η τέταρτη δόση να είναι 48 ευρώ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/24

Μαθη ματικά για την Β · Λυκείου

α) Να εκφράσετε το ποσό της πρώτης δόσης ως συνάρτηση του ω. β) Να εκφράσετε την τιμή αγοράς ως συνάρτη ση του ω. γ) Να βρείτε την τιμή του θετικού ακέραιου ω. δ) Να βρείτε το ποσό της τελευταίας δόσης. ε) Να βρείτε την τιμή αγοράς του ηλεκτρονικού υπολογιστή. (Πανελλήνιες εξετάσεις 1 999) Λ ίι σ η

α) Έστω Τ η τιμή αγοράς του ηλεκτρονικού υπολογιστή σε ευρώ με 620 < Τ < 640, τότε οι μηνιαίες δόσεις αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο α 1 την πρώτη δόση και διαφορά τον θετικό ακέραιο ω. Είναι α4 = 48 ευρώ και α4 = α 1 +3ω <=::> 48 = α 1 +3ω <=:> αι = 48 - 3ω ( I ) β) Είναι Τ = 1 20 +(α ι + α2 + . . . + αιο) = 1 20 + S 1 0 1 0 ·(2α + 9ω) = 5 [2(48 - 3ω) + 9ω] = οπου s = l 1 ιο

= 480 + 1 5ω επομένως έχουμε: Τ= 600 + 1 5ω ευρώ. γ) Με βάση την ανισότητα 620 < Τ < 640 και το β ερώτημα έχουμε: 620 < 600 + 1 5ω < 640 <=::> 20 < 1 5ω < 40 <=::> .± < ω < � 3 3 Όμως ω είναι θετικός ακέραιος, άρα ω = 2 δ) Η τελευταία δόση είναι ο όρος αιο και είναι: αιο = α, + 9ω = (48 - 3ω) + 9ω = 48 + 6ω = = 48 +6·2 = 60 ευρώ. ε) Η τιμή αγοράς του ηλεκτρονικού υπολογιστή είναι Τ = 600 + 1 5ω = 600 + 1 5·2 = 630 ευρώ. Α σ κηση ) ()'�

Δίνονται οι αριθμοί α1 α3

ι , με ο < α < π/2.

συν2α, α 2

συν2 α και

α) Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί αυτοί με την σειρά που δίνονται αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. β) Να βρεθεί η διαφορά ω της παραπάνω προόδου. γ) Να βρείτε το άθροισμα των πέντε πρώτων όρων της προόδου. (Πανελλήνιες εξετάσεις 2000)

Λ ίι σ η :

α) Για να είναι ο ι αριθμοί α 1 , α2 , α3 διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου αρκεί 2α2 = α 1 +α3 Είναι: α,+α3 =συν2α+ 1 =2συν2 α-l + Ι =2συν2 α =2α2 . β) Είναι ω = α3 - α2 = 1 - συν2 α = ημ2 α. 5 5 γ) Ss = - · [2α ι + (5 - 1 )ω] = - (2συν2α + 4ημ . 2 α)= 2 2 = 25 [2( 1 - 2( 1 - 2ημ2 α) + 4ημ2 α] = 5 = -5 (2 - 4ημ2 α + 4ημ2 α) = - ·2 = 5 . 2 2 Λ σ κη σ η ! Ι '�

Ένας πληθυσμός βακτηρίων τριπλασιάζεται σε αριθμό κάθε μια ώρα. α) Αν αρχικά υπάρχουν 10 βακτήρια, να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων ύστερα από 6 ώρες. Στο τέλος της έκτης ώρας ο πληθυσμός των βακτηριδίων βάλεται με μια ουσία η οποία σταματά τον πολλαπλασιασμό και συγχρόνως προκαλεί την καταστροφή 3 3 · 1 0 βακτηριδίων κάθε ώρα. β) Να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων που αναμένονται 20 ώρες μετά τον ψεκασμό. γ) Μετά από πόσες ώρες, από την στιγμή του ψεκασμού βακτηρίδια; Λ ίι ση :

θα

καταστραφούν

όλα

τα

(Πανελλήνιες εξετάσεις 2000)

α) Για τον πληθυσμό των βακτηριδίων έχουμε γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο α1 = I Ο και λόγο λ = 3. Αρχικά υπάρχουν α 1 = 1 0 βακτηρίδια, στο τέλος της πρώτης ώρας υπάρχουν α2 βακτηρίδια, και στο τέλος της 6ης ώρας υπάρχουν α7 = α 1 - λ6 = 1 0·36 = 7290 βακτηρίδια. β) Έχουμε αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο β, = α7 = 7290 βακτηρίδια και διαφορά ω = -3 3 · 1 0 = - 270 βακτηρίδια. 20 ώρες μετά τον ψεκασμό το πλήθος των βακτηριδίων θα είναι: β2 ι = β, + 20ω = 7290 +20· (-270) = 1 890 βακτηρίδια. γ) Είναι βν = β, + (ν - 1 )ω, οπότε για βν = Ο έχουμε β 1 + (ν - l )ω = Ο <=::> 7290 + (ν - 1 )( - 270) = Ο <=::> ν = 28, επομένως μετά από 28 - 1 = 27 ώρες καταστρέφονται όλα τα βακτηρίδια.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/25

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

:ι σ κ η σ η 1 2 '�

β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) =

ι\{Jση :

α) Να λυθεί η εξίσωση : χ (-1 + log5) = log (1 +2') - log6 (1) β) Για ποια τιμή του πραγματικού αριθμού χ οι αριθμοί: log2, log(e' - 1 ), log(e' +3) αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Λ (Jση :

Επειδή 1 +2' > Ο για κάθε x εiR έχουμε ισοδύναμα: ( 1 ) <=>-χ + xlog5 = log ( 1 +2χ) - log6<=> -xlog l Ο + xlog5 = log ( 1 +2χ) - log6<=> x(\og5 - log 1 0) = log ( 1 + 2') - log6<=> x x log = log l + 2 <=> 6 x ι + 2χ 1 + 2 χ <=> = <=> _ι_ = 6 6 2χ 2 <=> 2χ ( 1 + 2χ) = 6 <=> 22 χ + 2χ - 6 = ο Θέτουμε 2χ = y (2), τότε 2 2χ / και η επιλύουσα της εξίσωσης ( 1 ) είναι η: / + y - 6 Ο (3 ). (3) <=> y = -3 ή y = 2 Για y = -3 ή (2) είναι αδύνατη, ενώ για y = 2 έχουμε: (2) <=> 2χ = 2 <=> χ = I . Τελικά ( 1 ) <=> χ= Ι β) Για να αποτελούν οι αριθμοί log2, log( ex - I ), log(ex +3) διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου πρέπει και αρκεί: 2 \og(ex - 1 ) = log2 + log(ex +3) Για να ορίζεται η παραπάνω σχέση πρέπει και αρκεί: ex+3>0 που ισχύει για κάθε x ε iR και ex-1 >0 Όμως: ex - 1 > Ο <=> ex > Ι <=> ex > e0 <=> χ > Ο Επομένως για χ > Ο η παραπάνω σχέση ισοδύναμα γράφεται: 2 log(e' - Ι ) = log2 + log(ex +3) <=> <=>iog( ex - ι ? = \og2( ex + 3) <=> (e' - 1 )2 = 2(ex +3) <=> e2 ' - 4ex - 5 = Ο<=:> e' = Υ e' = y <=> <=> ex = 5 <=> χ = \η 5 y ε {5, -1} y 2 - 4y - 5 = 0

(�J (_!_J

}

α) Για να ορίζεται η συνάρτηση f(x) πρέπει και 2 2χ + Ι - 4·2' :Ξ: Ο ( 1 ). αρκεί: 2χ = y 2χ = Υ <=> ( 1 ) <=> <=> y ε (-οο, Ο] υ [2, +οο ) 2y 2 - 4y � O <=> 2χ � 2 <=> χ � 1 Επομένως το σύνολο ορισμού της συνάρτησης f(x) είναι το σύνολο Α = [ 1 , +οο) β) Στο Α έχουμε: f(x) J6 <::::> 2 2 ' + 1 - 4·2' = 6 <=>2·2 2 χ - 4·2χ-6=0 2χ = Υ 2χ = Υ <=> <=> <=> 2χ = 3 <=> y ε {3, -1} 2/ - 4y - 6 = 0 log 3 , <=> χ log 2 = \og 3 <=> χ = -Jog 2 δεκτή τιμή αφού log3> log2.

}

ί\ σκηση tl 4η

Ν α λυθεί η εξίσωση π ln2 + Ιη(ημχ) + Ιη(συνχ) = Ο, χ ε (Ο, - ) 2

Αι'J ση :

α) Για χ ε (Ο ,

2:.)

έχουμε: ημχ>Ο , συνχ>Ο και 2 Ιη2 + \ η(ημχ) + Ιη(συνχ) = Ο <=> Ιη2ημχσυνχ = \ η 1 <=> 2ημχσυνχ = I <=> ημ2χ = 1 <=> <=> 2χ = 2kπ + -π <=> χ = kπ + -π ' kε .Ζ 4 2 π π Όμως Ο<χ< - <=:> Ο < kπ + - < -π <=> - -π < kπ < -π 2 4 2 4 4 <=> < k < _!_ <=>k=O ' επειδη' k ε.Ζ. 4 4 τέλος για k = Ο έχουμε χ = 2:. 4 _

_!_

α) Να βρείτε τον θετικό ακέραιο ν ώστε: 2 lne + lne + . . . + lneν = 55

που είναι δεκτή τιμή γιατί Ιη5 > Ο.

β) Να δείξετε ότι:

ί\ σκηση 1 3 '�

Ιοgεφ 1 ° + Ιοgεφ2° + Ιοgεφ3° + . . . + Ιο gεφ89° = 1

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = α)

Να

βρεθεί

συνάρτησης.

το

-./2 2 χ+ 1 - 4 · 2'

σύνολο

ορισμού

της

\, {ι ;ι η :

α) Έχουμε: lηe + lηe2 + . . . + lηev = 55 <=> <=> ι η( e·e2 ·e3 · ... ·e ) 55 <=> )η ( e 1 +2 +3 + . . . +v) = 55 <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/26

( )

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ν(ν+l ) � \η e-2- = 55 � ν ( ν + 1) = 55 � 2 � ν2 + ν - 1 1 0 = Ο � ν = 1 0 ή ν = _ .!._! � 2 ν = 1 Ο, αφού ν θετικός ακέραιος. β) Έχουμε: Ιοgεφ 1 ο + Ιοgεφ2° + logεφ3u + . . . + Ιοgεφ89° = (\οgεφ 1 ο + Ιοgεφ89°) + (Ιοgεφ2° + Ιοgεφ88°) + . . . + \οg εφ45" = = ( \οgεφ 1 " ·εφ89 ") + (\οgεφ2°·εφ88 ") + Ιοgεφ45° = = \og l + log 1 + logl + . . . + \og 1 = Ο Αφού είναι: εφχ·σφχ = 1 για κάθε χ :j:. kπ , kεΖ 2 και εφ89° = εφ(90° - 1 " ) = σφ I ο κτλ.

;ι σ ilcψιη

Η 6''

Να λυθεί το

σύστη μ α :

{ x l o gy xy

= 1 02

= 1 03

Αρχικά πρέπει και αρκεί να είναι

{

χ > Ο, y > Ο και

το σύστη μα ισοδύναμα γρ άφεται : x log y = 1 0 2 � log x 1 ogy = log 1 0 2 � log(xy) = log I 03 xy = I 03 log y log χ = 3 log χ + log y = 2 � Οι αριθμοί logx, logy ε ίναι ρίζε ς της εξίσωσης φ2 -3φ +2 = Ο, αφού θέλουμε να έχουν άθροισμα 3 και γινόμενο 2. Η παραπάνω εξίσωση έχει ρίζες τις φ = 1 , φ = 2. Επομένως έχουμε: log x = l � χ = 1 0 log x = 2 χ = 1 00 ή ή log y = 2 y = 1 00 log y = 1 y = 10

{

δεύτερο άρτιος. Επομένως ο αριθμός log5 είναι άρρητος. :\ ι-s ηςηr>η [ § '�

Να λυθεί το σύστημα xy = α 2

{

(logx) 2

Έστω ότι ο αριθμός log5 είναι ρητός, τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι μ, ν με (μ, ν) = I ώστε !:!:. !:!:. log5 = !:!:. � 5 = 1 0 ν � 5 ν = (1 0 ν ) ν � ν � 5 ν = 10 μ � 5 (2 · 5) μ � 5 ν = 2 μ ·5 μ � � 5 ν - μ = 2 μ που είναι άτοπο, γιατί το πρώτο μέλος της ισότητας είναι περιττός αριθμός και το ν

, όπου α > Ο

Λ ιΊ σ η :

{

Για χ, y >Ο το σύστημα ισοδύναμα γράφεται: xy = α 2 � (\ogx) 2 + (logy) 2 = ( 1οgα )2

\og(xy) = log α 2 � 5 (\ogx) 2 + (\ogy) 2 = 2 ( \οgα ) 2 logx + logy = 2 \οg α � 5 (logx + logy) 2 - 2 \og χ \og y = 2 ( \οgα) 2 logx + logy = 2 \οg α � 5 ( 2\οgα ) 2 - 2 \og x log y = 2 ( 1ogα ) 2 \ogx + logy = 2 \οg α 3 2 log x \og y = - ( Ιοgα) 4 Επομένως οι logx, logy είναι ρίζες της εξίσωσης: ω2 - (2\οgα)ω + 2_ (logα)2 = Ο 4 Η παραπάνω εξίσωση έχει διακρίνουσα Δ = 1 6(\οgα) 2 και ρίζες ω = 2. ιοgα, ω = ..!.. ιοgα 2 2 Άρα το σύστημα είναι ισοδύναμο με τα συστή ματα (Σ ι ) και (Σ2 ) όπου:

{ { { {

Να δείξετε ότι ο αριθμός log5 είναι άρρητος , \ {) (5'1� :

+ (logy) 2 = 2 ( ι οgα ) 2

(Σ ι ) :

(Σ2):

3 logx = - log α χ = ανΓα 2 � Υ = Γα log y = log α

{ {

�

{

logx = -1 log α χ = νΓα 2 � = α Γα log y = iog α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/27

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Ε μ βαδά ε υ θ υγρά μ μ ω ν σχη μ άτων s< α Ω κα μπυλόγρ α μ μων χωρ ί ω ν Γιώργος Α. Κουσινιώρης I.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το μέσο Μ της πλευράς του ΒΓ. Αν Δ, ' ' ' πανω στις ΑΒ και ΑΓ αντιστοιχως, να δ ει'ξετε οτι

λiJση

ΑΒ = ΕΜ . ΑΓ ΔΜ

είναι οι προβολές του Μ Α

Όπως είναι γνωστό κάθε διάμεσος του τριγώνου το χωρίζει σε ισοδύναμα τρίγωνα. (Βλέπε σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας εφαρμογή 3 σελ. 2 1 6 ). Επομένως είναι (ΑΜΒ) = (ΑΜΓ) <::::> _.!._ ΑΒ · ΔΜ = _.!._ ΑΓ · ΕΜ <::::> 2 2 ΕΜ . ΑΒ · ΔΜ = ΑΓ · ΕΜ <::::> - = ΑΓ ΔΜ ΑΒ

Ένα τετράπλευρο χωράφι έχει πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΑΔ. Ν α βρείτε πόσα στρέμματα είναι το εμβαδό του, όταν είναι AB=169m, ΒΓ=156m, ΓΔ=39m, ΑΔ=52m και η διαγώνιος ΑΓ=65m . . \ ίJση

Α Με τη βοή θεια του τύπου του Ήρωνα βρίσκουμε το εμβαδό καθενός από τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ. Για το ΑΒΓ έχουμε: ΑΓ 1 69 + 1 56 + 65 τ = ΑΒ + ΒΓ + =l 9Sm. Άρα 2 2 Β Γ ( ΑΒΓ) = J1 95 ( 1 95 - 1 69 )( 1 95 - 1 56 ) {195 - 65 ) = .JΙ 95 · 26 · 39 · 1 30 == .Js · 39 · 2 · 1 3 · 39 · 2 · 5 · 1 3 = .J2 2 · 5 2 39 2 · 1 3 2 = 5070m2 = 5,070 στρέμματα. Για το ΑΓΔ έχουμε: τ = ΑΔ + ΓΔ + ΑΓ = 52 + 39 + 65 =78m. Άρα ( ΑΓΔ ) = J78 ( 78 - 52) ( 78 - 39)(78 - 65 ) = 2 2 .J78 · 26 · 39 · 1 3 = .J2 · 39 · 2 · 1 3 · 39 · 1 3 = .J2 2 · 1 3 2 39 2 = 1 0 1 4m2 = 1 ,0 1 4 στρέμματα. Άρα το εμβαδό του χωραφιού είναι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ)+(ΑΓΔ) = 5,070 + 1 ,0 1 4 = 6,084 στρέμματα. •

•

Ο ι διαγώνιοι ενός ρόμβου είναι 1 6m και 1 2m. Ν α υπολογισθεί η απόσταση δύο απέναντι πλευρών του. ι\(J σ η

Ο ρόμβος είναι παραλληλόγραμμο επομένως το εμβαδόν του δίνεται από τον τύπο Ε = β · υ . Άρα αν βρούμε την πλευρά β και το εμβαδόν Ε του ρόμβου μπορούμε να υπολογίσουμε το ύψος του. Όπως δ ι . δ, , οπου , δ και , και ο τυπος , γνωρι' ζου με για το εμ β αδ ο, του ρο, μβ ου ισχυει Ε =2 1 6 . 1 2 = m2 . το τριγωνο Α ' ' ' ' του. Ά ρα ειναι ' οι δ ιαγωνιοι ' Ε = -ΑΟΒ εχουμε δ 2 ειναι 96 Σ 2 ΟΑ = � = 8m και ΟΒ = � = 6m. Επομένως από το πυθαγόρειο θεώρημα είναι 2 2 Β ΑΒ 2 = ΟΑ2 + ΟΒ 2 = 64 + 36 = Ι 00. Άρα ΑΒ = 1 Om. Συνεπώς έχουμε Ε = β · υ <::::> 96 = 1 0 · υ οπότε υ=9,6m. ι

Αν Δ είναι το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του ορθογώνιου τρίγωνου ΑΒΓ με την υποτείνουσά του ΒΓ, τότε να δείξετε ότι (ΑΒΓ) = ΔΒ · ΔΓ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/28

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Λ \ιση

Κατ' αρχήν θα υπολογίσουμε, συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου, τις αποστάσεις χ, y και ω των κορυφών του τριγώνου από τα σημεία επαφής. Είναι x+y = α (1) , y+ω = β (2) , χ+ω = γ (3) και 2χ+2y+2ω = α+β+γ ή 2χ+2y+2ω = 2τ ή χ+y+ω = τ (4) . Από την (4) aφαιρώ κατά μέλη την ( 1 ) οπότε είναι ω = τ-α. Από την (4) aφαιρώ κατά μέλη τη (2) οπότε είναι χ = τ-β. Από την (4) aφαιρώ κατά μέλη την (3) οπότε είναι y = τ-γ. 'Ετσι έχουμε ΔΒ " ΔΓ = χ γ = (τ-β)(τ-γ) = α + + γ - β α + + γ γ =

( �

}( �

)

ω Αι-...:��ιι. :: ..,. Ε γ;... ....ιι:: χ�Β .._

α - ( β - γ) . α + ( β - γ ) α 2 - ( β - γ ) 2 α 2 - (β 2 + γ 2 - 2βγ) -β = = = α +γ . α+β-γ = 2 2 2 2 4 4 Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι α2 =β2+γ2 , οπότε η τελευταία σχέση γίνεται 2 2 - β 2 - γ z + 2βγ 2βγ βγ = = = (ΑΒΓ). ΔΒ ΔΓ = β + γ 4 2 4 5ο

Ο ι πλευρές ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι α=4, β=5 και γ=6. Να υπολογίσετε τ ο εμβαδό του τριγώνου που έχει κορυφές τα ίχνη των εσωτερικών διχοτόμων του ΑΒΓ. \ 1ι σ η

�

Τα τρίγωνα ΑΖΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή τη γωνία Α , οπότε

( ΑΖΕ) ΑΕ · ΑΖ . = ( ΑΒΓ ) ΑΒ · ΑΓ

Από το θεώρημα της διχοτόμου είναι ΑΖ = _1r__ και ΑΕ _1r__ . (Βλέπε α+β α+γ =

σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας § 7. 8 σελ. Ι 59).

_1r__ . _1r__ 5·6 ΑΖΕ) α + β α + γ βγ ( Επομένως είναι = = ή β 5 6 γ · β γ) · · (α (α ) (4 + (ΑΒΓ) ) ) (4 + + + Β Δ Γ α ισοδύναμα (ΑΖΕ) = .!_ (ΑΒΓ) . 3 ( ΒΖΔ ) ΒΖ · ΒΔ 4·6 8 αγ 8 Ομοίως είναι = ή ( ΒΖΔ ) = -(ΑΒΓ) και 33 (ΑΒΓ) ΑΒ · ΒΓ (α + β ) · ( β + γ) (4 + 5 ) · ( 5 + 6 ) 33 ( ΓΔΕ) ΓΔ - ΓΕ αβ 4·5 = _3._ η ( ΓΔΕ) = _3_ (ΑΒΓ) . 11 (ΑΒΓ) ΑΓ · ΒΓ (α + γ) · ( β + γ) (4 + 6) · ( 5 + 6 ) 1 1 Άρα είναι ( ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) - (ΑΖΕ) - (ΒΖΔ) - (ΓΔΕ) = (ΑΒΓ) _ .!_ ( ΑΒ Γ) - � ( ΑΒΓ ) - _3_ (ΑΒΓ) = 11 33 3 2 8 = 1 - 1 - 8 - ll (ΑΒΓ) = (ΑΒΓ) . J 33 33 Χρησιμοποιώντας τον τύπο του Ήρωνα βρίσκουμε το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ. Έχουμε: 1 15 15 -4 15 -5 15 -6 = τ = α + β + γ = 25 . 0ποτε (ΑΒΓ) = ν1τ (τ - α )( τ - β ) (τ - γ) = 2 2 2 2 2 1 5 7 · -5 · -3 = -1 5-/7 = ·2 2 2 2 4 Ά ' (ΔΕΖ) = 8 ( ΑΒΓ ) = 8 - 1 5J7 = Ι Ο-/7 τετραγωνικες' μονα' δ ες. ρα ειναι 1 14- 33 33 _

(

)

( )( )( )

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ μα, μβ, μ, είναι οι διάμεσοι του και μα + μβ + μ, = 2μ, να δειχθεί ότι το εμβαδό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/29

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ε= � �μ (μ - μα) (μ - μ β) (μ - μ 1) . Α θα= δείξου με ότι αν Κ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου (ΑΒΓ) 3(ΚΒΓ). ΑΒΓΤαΚατ'τότετρίαρχήν και ΚΒΓμε τοέχουν κοιτωννήαντιβάσηστοίτηχωνΒΓστην συνεπώς ο λόγος των εμβαδώνγωνατουςΑΒΓισούται λόγο κοινή βάση ΚΒΓ ) = -. ΚΕ υψών. Επομένως είναι (( ΑΒΓ Λ ) ΑΗ Τα τρίγωνα ΑΗΔ καιΔΚΕΔ1 είναι όμοια (ορθογώνια με κοινή τη γωνία ΚΕ Δ� ) οποτε, ει,ναι -=-=-. ΑΗ ΑΔΚ 3 Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι �ΚΒΑΒΓΓ� =_!_,3 που ση μαίνει ότι είναι (ΑΒΓ) = 3(ΚΒΓ). Προεκτείνουμε το ΚΔ κατά τμή μα ΔΛ=ΚΔ. Τα τρίγωνα ΚΒΔ και ΛΓΔ είναι ίσα (έχουν ΒΔ=ΓΔ, ΚΔ=ΔΛ =Γ ), επο+(ΚΔΓ) ΒΚ και είναι ισοδύνα μένως=έχουν Συνεπώςμα.λόγω της (3) (ΑΒΓ)=3(ΓΚΛ). (ΛΓΔ)ΛΓ=+(ΚΔΓ)=(ΓΚΛ). (ΚΒΓ)=(ΚΒΔ) Άρα καιείναιΒΔΚ Στο τρίγωνο ΓΚΛ είναι ΚΓ =�3 μβ , ΓΛ = ΒΚ = �3 μv. και ΚΛ = 2 · ΚΔ = 2 ·_!_3 μα =�3 μα . Θα εφαρμόσουμε τον τύπο του2Ήρωνα2 για να2 βρούμε το εμβαδόν του τριγώνου ΓΚΛ. ,Εχουμε τ= ΚΛ + ΚΓ2 + ΓΛ - 3 μα + 32μp + 3 μΥ -31 ( μα +μp +μr ) -31 ·2μ -32 μ . 4 ρα (Γ ) = = ) ΚΛ ) ) Ά � μ(� μ - � μ (� μ - � μ (� μ -�μγ ) (� μ(μ-μα)(μ-μβ )(μ-μγ) = (J2 )2 Jμ(μ-μα)(μ-μβ)(μ-μγ) = 9-Jμ ( μ - μu ) ( μ - μβ)( μ - μγ) . Άρα έχουμε (ΑΒΓ) = 3(ΚΒΓ) = �Jμ(μ-μα)(μ-μ13 )(μ-μ1 ) . ' ' Ε = -21 s ·ρ, του τριγώνου δίνεται από τον τύπο Λ ι'ι σ η

(1 )

(l)

(3)

(Για μια άλλη απόδειξη μελετείστε την άσκηση 3 ερωτήματα (ί) και (ίίί) από τις αποδεικτικές ασκήσεις της σελίδας 2 1 7 του σχολικού βιβλίου Γεωμετρίας) . �

ΔΛ �

Ν α δείξετε ότι τ ο εμβαδόν Ε ενός πολυγώνου περιγεγραμμένου σ ε κύκλο ακτίνας ρ δίνεται απο τον τυπο

' οπου

' ' η περιμετρος του πολυγωνου.

β) Ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας ρ=3 και έχει ΑΒ=7 και ΓΔ=1 1 . Να βρείτε το εμβαδόν του

Λ ίJση

α) Έστω Θα αποδεί ξουμε την5 έναπρόταση, χάριπερινγεγρα ευκολίμμαένος, γισεα κύκλο ένα πεντάγωνο. (0, ρ). 1 πολύγωνο Α Α 2Α3�Α ε το κέντρο του κύκλου, ε τι ς κορυφές του πολυγώνου Αχωρίν ενώσου μ μ ζ ου ε το πολύγωνο σε τόσα τρί γ ωνα όσες εί ν αι οι πλευρές του. μ Καθένα απόκαιταύψτρίοςγωνα αυτάνα έχειτου κύκλου. βάση μια από τις πλευρές του πολυγώνου την ακτί ένως Επο μ Ε=έχου(ΑιμεΑ2Α3�Αs) = (ΟΑι Α2)+(ΟΑ2Α3)+(ΟΑ3�) +(OA4As) +(ΟΑsΑι ) = _!_2 ·(Α 1 Α2 ) · ρ+ _!_2 ·(Α2 Α3 ) · ρ +_!_2 · (Α3 Α4 )·ρ+_!_·(Α 2 4 Α5 )· ρ +_!_2 · (Α5 Α 1 )· ρ = = k · ( A 1 A 2 + Α 2Α3 + Α3Α4 + Α4Α5 + Α5 Α 1 ) ·ρ ή Ε= k · s · ρ. As

(Δες σχήμα) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/30

Αι

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Γενικεύστε την απόδειξη για οποιοδήποτε πολύγωνο.

β) Γνωρίζουμε ότι στα περιγεγραμμένα τετράπλευρα τα αθροίσματα των απέναντι πλευρών τους είναι ίσα. (Βλέπε σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας Εφαρμογή Ι σελ. / 32).

Άρα για το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι s = ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ+ΑΔ = 2(ΑΒ+ΓΔ) = 2·(7 + 1 1 ) 36. Επομένως είναι Ε = .!.. · s · ρ = .!_ · 36 · 3 = 54 τετραγωνικές μονάδες. 2 2 =

ί}, .

Δίνεται τεταρτοκύκλιο Ο. ΑΒ ακτίνας R. Αν Δ είναι το μέσο του ΟΑ και η μεσοκάθετος του ΟΑ

τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο Γ, να βρείτε το εμβαδό του μικτογράμμου τριγώνου ΔΑΓ.

Το ζητούμενο εμβαδό Ε προκύπτει ως διαφορά του εμβαδού του ορθογωνίου τριγώνου ΟΓΔ από το εμβαδό του κυκλικού τομέα O. Ar . Είναι ΟΔ = R , οπότε (ΟΔΓ) = .!_ · ΟΔ ΟΓ = � . 4 2 2 Σ ΟΓ , οποτε ' τριγωνο ' ΟΓΔ ειναι ΟΔ = lR = Τ ' ει'ναι το ορ θ ογωνιο ·

Επομένως έχουμε

( Ο.ΑΓ ) = π · R 2 • 60 = πR 2 . �

6 360 2 R 2 2πR 2 - 3 R 2 = R 2 ( 2π - 3 ) . πR -Άρα ειναι Ε = ( ο . ΑΓ ) - ( οΔ Γ) == 12 6 12 4 ,

�

Δίνεται η μικύκλιο με ακτίνα ση μείο του τέτοιο ώστε

R και διάμετρο ΑΒ. Έστω

ΒΟΓ = φ

ένα

και Δ ένα σημείο του τόξου

την ΑΓ στο Η και το εμβαδόν του ΟΗΓ παραμένει ίσο με το εμβαδό του μικτογράμμου τριγώνου ΗΑΔ, να βρείτε τη γωνία φ ώστε το μήκος του τόξου ΑΔ να είναι μέγιστο. ΑΓ.

Αν η ΟΔ τέμνει

τριγώνου

Το μήκος S του τόξου ΑΔ εξαρτάται από τη γωνία μ αφού είναι S = πRμ . Επομένως το S γίνεται 1 80 μέγιστο όταν γίνει μέγιστη η γωνία μ. Είναι (ΗΑΔ) = (ΟΗΓ) � ( ΗΑΔ) + (ΟΗΑ) = (ΟΗΓ) + ( ΟΗΑ) � ( = ( ΟΑΓ ) � πR 2 μ = -1 · ΟΑ · ΟΓ · ημ(ΑΟΓ) � πR 2 μ = R-ημ(1 80 - φ) � πμ = ημφ � μ = 1 80 · ημφ . -360 2 1 80 1 80 π Επομένως η γωνία μ γίνεται μέγιστη όταν το ημφ γίνει μέγιστο που σημαίνει ότι φ = 90° . �

ο.λλ )

Αν οι γωνίες φ και μ εκφράζονται σε ακτίνια τότε είναι S = μR και

{ ο.ΑΔ ) = Ξ μR 2 • 'Εχουμε

( ο.λλ ) = ( ΟΑΓ ) � .!_2 μR 2 = .!_2 R 2 ημφ � μ = ημφ. Επομένως είναι S = Rημφ.

� � �

�

Το μήκος S ίνετ ι μέγι ο όταν το ημφ γ νει μέγιστ . πράγμα που σημαίνει

�

ψ = 90°

ω. Στο διπλανο σχημα φαινεται ενα τετραγωνο οικοπεδο ΑΒΓΔ με πλευρα 1 0

μέτρων μέσα στο οποίο υπάρχει μία κατοικία ΑΕΖΗ με σχήμα τετραγώνου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/3 1

ABJ

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

πλευράς 5 μέτρων. Στο σημείο Η είναι δεμένος ένας σκύλος με αλυσίδα μήκους 1 Ο μέτρων και μπορεί να κινείται, όσο του επιτρέπει η αλυσίδα, ελεύθερα μέσα στο οικόπεδο. α) Να σχεδιάσετε την περιοχή στην οποία μπορεί να κινείται ο σκύλος και να υπολογίσετε το εμβαδόν της. β) Να βρείτε το ελάχιστο μήκος που πρέπει να έχει η αλυσίδα, ώστε ο σκύλος να μπορεί να κινείται σε όλο το οικόπεδο. ι\(Jση �ι.)

Προφανώς ο σκύλος μπορεί να κινηθεί, χωρίς να εμποδίζεται από Α ..---...c;iΟ.οιι! ; �-..... την αλυσίδα του, στην περιοχή που ορίζει το τρίγωνο ΔΗΚ και ο κυκλικός τομέας Η.ΚΛ που έχει ακτίνα ΗΚ= 10 μέτρα. Όταν ο σκύλος φτάσει στο σημείο Λ η μισή του αλυσίδα συμπίπτει με τον τοίχο ΗΖ, οπότε αν συνεχίσει να κινείται μέσα στο τετράγωνο ΒΕΖΛ, κινείται σαν να ήταν δεμένος στο σημείο Ζ με αλυσίδα το άλλο μισό κομμάτι ΖΛ της αλυσίδας του. Επομένως η περιοχή στην οποία μπορεί να κινηθεί είναι ο κυκλικός τομέας Ζ.ΛΕ . Έτσι Δ ο σκύλος μπορεί να φυλάει το χρωματισμένο μέρος της αυλής. Το εμβαδό Ε της πάνω περιοχής είναι Ε = ( ΔΗΚ ) + ( Η. Κί\) + ( Ζ. ΑΕ) . Στο τρίγωνο ΔΗΚ είναι ΔΗ = ΑΔ2 = 5m και ΗΚ = Ι Om . Από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ΔΚ2 = ΗΚ2-ΔΗ2=100-25=7 5 ή ΔΚ= .fiS =5J3 Άρα ( ΔΗΚ ) = _!_2 · ΔΚ · ΔΗ = ]_2 · 5..f3 · 5 = 2sJ3 2 m2 . Στο τρίγωνο ΔΗΚ είναι ΔΗ = ΗΚ2 , οπότε � = 30° . Επομένως το εμβαδό του κυκλικού τομέα ) 2 · ω -_ π - 100 · 30 _ 25π Η.ΚΛ ειναι ( Η.ΚΛ ) = π · ( ΗΚ 360 360 3 Ο κυκλικός τομέας Ζ.ΛΕ έχει φ = 90° και ακτίνα ΖΛ = 5m. Επομένως το εμβαδό του είναι ) 2 · φ -_ π - 25 · 90 _- -m 25π 2 . ( Ζ.ΛΕ ) = π · ( ΖΛ 4 360 360 'Ετσι το εμβαδό Ε είναι: Ε = ( ΔΗΚ ) + ( Η. Κί\) + ( z. ΑΕ) = 25f3 + 2�π + 2�π Ι 7 5π + I50.J3 m 2 . Α 12 β) Ο σκύλος μπορεί να κινηθεί μέσα στο ορθογώνιο ΓΔΗΛ εφόσον η αλυσίδα του έχει μήκος τουλάχιστον ίσο με τη διαγώνιο ΗΓ. Είναι ΗΓ2 = ΗΔ2+ΓΔ2 = 5 2+102 = Ι25 ή ΗΓ = 5 J5 :::::: I l,1 8 m . Για να μπορεί ο σκύλος να κινηθεί και στο τετράγωνο ΒΕΖΛ Δ πρέπει προφανώς η αλυσίδα του να έχει μήκος τουλάχιστον ίσο με ΗΖ+ΖΒ = 5 + 5 J2 :::::: 12,07 m. (Είναι ΖΒ = 5 J2 ως διαγώνιος τετραγώνου με πλευρά 5). Επομένως το ελάχιστο μήκος που πρέπει να έχει η αλυσίδα, ώστε ο σκύλος να μπορεί να κινείται σε Α όλο το οικόπεδο είναι 5 + 5 J2 μέτρα. m.

----.

m .

�

r-----!-'�-"-.1

-----

Ι I . Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90°

)

με ΑΒ=ΑΓ=α και τα συμμετρικά σημεία Κ και Λ του μέσου Μ της ΒΓ ως προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντιστοίχως. α) Να δείξετε ότι ΚΑ = ΚΒ = ΛΑ = ΛΓ =

J2 . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/32

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

----

β) Με κέντρα τα σημεία Κ και Λ και ακτίνα R

α =

γράφουμε μέσα στο τρίγωνο τα τόξα

ΑΒ

και

ΑΓ . Να βρείτε, συναρτήσει του α, την περίμετρο και το εμβαδό του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΒΓ. Α

Τα τμήματα ΚΑ και ΚΒ είναι τα συμμετρικά των ΑΜ και ΜΒ αντιστοίχως ως προς την ευθεία ΑΒ. Επομένως είναι ΚΑ=ΑΜ και ΚΒ=ΒΜ. Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Α και η ΑΜ διάμεσός του, είναι ΑΜ=ΒΜ. Άρα είναι Γ Μ Β ΚΑ=ΚΒ=ΑΜ = ΒΓ2 . Ομοίως είναι ΛΑ = ΛΓ = ΒΓ2 . Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΒΓ έχουμε ΒΓ2 = ΑΒ2+ΑΓ2 = α2+α2 = 2α2 ή ΒΓ = αJ2 . Επομένως έχουμε ΚΑ = ΚΒ = ΛΑ = ΛΓ = αJ2 2 . Την περίμετρο του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΒΓ σχηματίζουν η ΒΓ και τα δύο ίσα τόξα ΑΒ και αJ2 και γωνια, 90ο , επομενως ΒΓ = -, το' ξα κυκλου με ακτινα , R= , το μηκος , ΑΓ � . Τ α τοι;α . αυτα, ειναι 2 2 αJ2 · 90 Π·παν 2 .Ά ρα η περιμετρος ' ' Π= ' τριγωνου ' ΑΒΓ ειναι τους ειναι S 1280 = -καμπυλογραμμου 4 παJ2 = 2αJ2 + παJ2 = α ( π + 2 )J2 ΒΓ+2 · S = αJ2 + 2 · 2 2 . 4 Τ ο ζητούμενο εμβαδό θα βρεθεί αν από το εμβαδό του ορθογωνίου ΚΒΓ Λ αφαιρέσουμε τα εμβαδά των δύο ίσων κυκλικών τομέων Κ.ΑΒ και Λ.ΑΓ . αJ2 2 · 90 α2 π · 2 π·- π 2 ( αJ2-'--) - = α2 2 ,Ε ουμε (ΚΒΓΛ) = ΒΓ-ΒΚ = αJ2 αJ2 = -'--= χ • ( κ. ΑΒ ) = 360 -f- = ; - -2- 2 Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι πα2 = 4α 2 - πα2 _ ( 4 - π )α 2 Ε = (ΚΒΛΓ)-2· ( Κ.ΑΒ ) = α2-2· -πα8-2 = α 2 - 4 4

Λ ίJ ση

α)

β)

------

�

( )

------

1 2 . Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R).

Με κέντρα τις κορυφές Α, Γ, Ε και ακτίνα λ3 γράφουμε μέσα στο εξάγωνο τα τόξα ΓΕ, ΑΕ και ΑΓ αντιστοίχως. Να βρείτε το εμβαδό του σκιασμένου μέρους του εξαγώνου συναρτήσει της ακτίνας R. ΛίJ σ η

Το ζητούμενο εμβαδό θα βρεθεί αν από το εμβαδό του εξαγώνου αφαιρέσουμε το εμβαδό του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΓΕ. Δ Α Το καμπυλόγραμμο τρίγωνο ΑΓΕ αποτελείται από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΕ που έχει πλευρά λ3 R J3 και τρία κυκλικά τμήματα ίσα με το σκιασμένο που σχηματίζεται από τη χορδή ΓΕ = λ3 και το τόξο ΓΕ που έχει ακτίνα ΑΓ=ΑΕ=λ3 και γωνία Γ ΑΕ 60° . (RJ3 ) 2 J3 3R 2 J3 Έχουμε ( ΑΓΕ ) 4 = 4 . 2) · 60 3R 2 J3 3πR 2 3R 2 J3 πR 2 Δ3R 2 J3 π(RJ3 Ε . = ( A . rn ) - ( AΓE ) = 360 - 4 = 6 - 4 = 2 - 4 = =

�

ιαι

κλ

.τμηματος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/33

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

2 πR 2 - 3R 2 J3 4

Επομένως το εμβαδό του καμπυλογράμμου τριγώνου ΑΓΕ είναι Εκαμπ

--3 R 2 J3 4

+3·

2 πR2 - 3R 2 J3 4

3 R 2 J3 + 6πR 2 - 9 R 2 J3 4

ΑΓΕ =

6πR 2 - 6R 2 J3 4

(ΑΓΕ) +3Εκυκλ.τμήματος 6 R 2 ( π - J3 ) 4

3 ( ) . Το εξαγωνο RJ3 3 R 2 J3 Ι , εμβαδο. Ε(: -Ι Ρ · α , εχει 6R · --'-----'-) 6 6 2 2 2 2 2 Έτσι το ζητούμενο εμβαδό είναι: + 3R 2 J3 6R2 J3 - 3 πR2 Ε - Ε Εκαμπ. -_ 3R 22 J3 - 3 πR 2 -23R 2 J3 -_ 3 R2 J3 - 3 πR2 2 2 3R 2 ( 2 J3 - π ) 2 R 2 π - J3

ΑΓΕ

-..

J J . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρά α και το βαρύκεντρό του Κ. Γράφουμε το τόξο του -

κύκλου (Α, α) που περιέχεται στη γωνία Α και το κυρτογώνιο τόξο ΒΕΓ του κύκλου (Κ, ΚΒ). Να υπολογίσετε συναρτήσει του α το εμβαδό του μηνίσκου που σχηματίζεται. \i1ση

Το εμβαδό του μηνίσκου βρίσκεται αν από το άθροισμα των εμβαδών του κυκλικού τομέα Κ.ΒΕΓ και των δύο ίσων τριγώνων ΚΑΒ και ΚΑΓ αφαιρέσουμε το εμβαδό του τομέα Α. Β ΔΓ . Επειδή το Κ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ καθένα από τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΑΓ έχει εμβαδό το 1/3 του εμβαδού του τριγώνου . ( ΚΑΒ ) + ( ΚΑΓ ) = 2 ( ΑΒΓ ) 2 α24J3 α2 J3 ΑΒΓ ( γιατι;). . Άρα 3 3 6 Το ΒΚ είναι τα 2/3 της διάμεσου ΒΖ η οποία είναι και ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ. _- α.J3 . Ειναι 360 , ΒΚΓ = ωJ = Συνεπώς είναι ΒΚ = -23 · ΒΖ = -23 · α.J3 = Ι20 2 3 3 α .J3 2 α 2 π · -3 _ π · 3 _ πα 2 , ( Α.ΒΔΓ ) = πα 2 60 -_ πα-2 . , ( Κ.ΒΕΓ ) π · ( ΒΚ γ · 120 - -- - 9 . Ειναι Άρα 360 6 360 3 3 Επομένως το ζητούμενο εμβαδό είναι: Ε ( K. BEr ) + ( ΚΑΒ ) + ( ΚΑΓ ) - ( A .Mr ) α 2 ( 3J3 - π ) πα - α- νr::;3J πα9 6 6 Ι8 18 -

-- -?

-- -( ]

- -=

�

- -- =

1 4. Δίνεται

ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ μήκους 2ρ. Στο ημιεπίπεδο Πι γράφουμε το ημικύκλιο με διάμετρο το ΑΒ. Με κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ γράφουμε στο ημιεπίπεδο Π 2 ημικύκλιο με διάμετρο ΒΓ. Με κέντρο Β και ακτίνα ΒΓ γράφουμε στο ημιεπίπεδο Πι το ημικύκλιο με διάμετρο ΓΔ. Τέλος με κέντρο το Γ και ακτίνα ΓΔ γράφουμε στο ημιεπίπεδο Π 2 το ημικύκλιο με διάμετρο ΓΕ. Να υπολογίσετε το μήκος και το εμβαδό της σπείρας που σχηματίζεται με την παραπάνω διαδικασία. Γενικεύστε την παραπάνω διαδικασία για ν σε πλήθος η μικύκλια. ,\iΙση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/34

ΠΙ

( )

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ΑΒ 2 πρ 2 _!_ . . = πρ και εμβαδό Ε ι = π = Το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΒ έχει μήκος S ι = π · . 2 2 2 2 ΒΓ Είναι ΒΓ = 2ΑΒ = 4ρ. Επομένως το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΒΓ έχει μήκος S 2 = π · = 2πρ και 2 ΒΓ 2 1 1 = = · π · ( 2ρ ) 2 = 2πρ- . εμβαδο, Ε 2 = 2 · π · 2 2 ΑΒ

( )

ΓΔ Είναι ΓΔ = 2ΒΓ = 2 · 4ρ = 8ρ. Επομένως το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΓΔ έχει μήκος S 3 = π · = 4πρ 2 1 ΓΔ 2 1 = π ( 4ρ ) 2 = 8πρ 2 . και εμβαδο. Ε 3 = · π · 2 2 2· · ΔΕ Είναι ΔΕ = 2Γ Δ = 2 · 8ρ = 1 6ρ. Επομένως το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΔΕ έχει μή κος S 4 = π · = 8πρ 2 1 ΔΕ 2 1 = π ( 4ρ ) 2 = 32πρ 2 . και εμβαδο, Ε 4 = · π · "Ξ 2 2· · Κάθε ημικύκλιο, από το δεύτερο και μετά, έχει ακτίνα τη διάμετρο του προηγούμενου του. Έτσι αν R είναι η ακτίνα του νιοστού ημικυκλίου τότε το επόμενό του θα έχει ακτίνα 2R. Επομένως για την ακολουθία ( S ν ) : πρ, 2πρ, 4πρ, 8πρ, . . . των μηκών των ημικυκλίων είναι Sν+ ι π . 2 R ' , προφανες , , δ ο με πρωτο , ορο , το , προκειται . οτι -= -- = 2 . Ειναι συνεπως για μια γεωμετρικη, προο πR Sν ι S ι και λόγο λ=2. Επομένως για το ν-στο ημικύκλιο το μήκος είναι S ν = S ι · λν -ι = πρ · 2 ν -ι = 2 ν - πρ . πρ 2 Ομοίως για την ακολουθία ( Ε ν ) : , 2πρ2 , 8πρ2, 32πρ2 , των εμβαδών των ημικυκλίων είναι 2 π · ( 2R ) 2 Εν+ 4πR 2 , , δ ο με πρωτο , , ορο , για μια γεωμετρικη, προο και εδω, προκειται ι = -2 2 = ---2- = 4 . Ε πομενως R :Ε" -π=-: πR 2 ι πρ 2 ν - ι το Ε ι και λόγο λ=4. Άρα για το ν-στο ημικύκλιο το εμβαδό είναι Ε ν = Ε ι · λν - = 4 = 2 · ν ι Πρ 2 Πρ 2 - - · ( 2 2 ) - - - · 2 2 ν- 2 - 2 2 ν - 3 πρ 2 . 2 2

( )

•

1 5 . Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ μήκους ρ. Στο ημιεπίπεδο Πι γράφουμε το ημικύκλιο (Κ, ΚΛ) που τέμνει την ευθεία ΚΛ στο

Πι

Αι. Στο ημιεπίπεδο 0 2 γράφουμε το ημικύκλιο (Λ, ΛΑι) που τέμνει την ευθεία ΚΛ στο Α2 • Στο ημιεπίπεδο Πι γράφουμε το ημικύκλιο (Κ, ΚΑ2) που τέμνει την ευθεία ΚΛ στο Α3 κ.ο.κ. Να υπολογίσετε το μήκος και το εμβαδό της σπείρας που σχηματίζεται με την παραπάνω διαδικασία, όταν φτιάξουμε: α) 4 ημικύκλια. β) 5 ημικύκλια γ) ν ημικύκλια Λίι σ η

α)

Το πρώτο ημικύκλιο έχει ακτίνα R 1=ΚΛ=ρ, το δεύτερο ημικύκλιο έχει ακτίνα R =ΛΑ1 =2ρ, το τρίτο 2 κ.ο.κ. ημικύκλιο έχει ακτίνα R3 =ΚΑ =3ρ, το τέταρτο ημικύκλιο έχει ακτίνα �=ΛΑ3 =4ρ, 2 π ( 4ρ ) 2 πR Άρα το τέταρτο ημικύκλιο έχει μήκος S4 = π · � = 4πρ και εμβαδό Ε4 = 4 = = 8πρ 2 . 2 2 Το πέμπτο ημικύκλιο έχει ακτίνα R5 = 5ρ, συνεπώς έχει μήκος S5 = π · R5 = 5πρ και εμβαδό ?

β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/35

γ) τ _

πR 2 , ακτινα , Rν= νρ, συνεπως, εχει , μηκος , ο ν-στο ημικυκ, λιο εχει Sν = Π · Rν = νπρ και εμβ αδο, Εν � π (νρ) 2 2 =

i 6. Δίνεται τεταρτοκύκλιο ΑΒ κέντρου Ο και ακτίνας R

καθώς και το συμμετρικό Γ του σημείου Α ως προς το Ο . .......

Μέσα στη γωνία ΑΟΒ γράφουμε το τόξο του κύκλου (Γ, ΓΒ) που τέμνει την ΟΑ στο Δ. Στη συνέχεια έξω από τον ---

κυκλικό τομέα Ο.ΑΒ γράφουμε το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΔ. Να υπολογίσετε συναρτήσει του R το μήκος της περιμέτρου και το εμβαδό του σκιασμένου χωρίου που φαίνεται στο διπλανό σχήμα. ,\()()�]

Το χωρίο που μας ενδιαφέρει αποτελείται από το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΔ, το τόξο ΒΔ κέντρου Γ και ακτίνας ΓΒ και το τεταρτοκύκλιο ΑΒ με κέντρο το Ο και ακτίνα R. Επειδή το Γ είναι το συμμετρικό του σημείου Α ως προς το Ο είναι ΟΓ=ΟΑ=R. Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΓ είναι ΒΓ2 = ΟΒ2+0Γ2 = 2R2 ή ΒΓ= R J2 . Είναι ακόμα ΟΓΒ 45° (το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές), οπότε το μήκος του τόξου ΒΔ είναι π · RJ2 · 45 = -πRJ2 . Το τεταρτοκύκλιο ΑΒ έχει μήκος S- π · R · 90 πR . S1 80 4 1 80 2 Είναι ΑΔ = ΑΓ-ΓΔ και επειδή ΑΓ=20Α και ΓΔ=ΒΓ είναι ΑΔ = 20Α-ΒΓ = 2R - R J2 = R ( 2 - J2 ) . Π · R (2 - J2 ) Άρα το ημικύκλιο με διάμετρο την ΑΔ έχει μήκος S2 πRJ2 πR π · R (2 - J2 ) = Επομένως το ζητούμενο μήκος είναι S S- + S- + S- = --+-+ 4 2 2 πRJ2 + 2πR + 2πR(2 - J2 ) πR(J2 + 2 + 4 - 2J2 ) πR (6 - J2 ) = 4 = 4 4 Το εμβαδό του χωρίου βρίσκεται αν από το άθροισμα των εμβαδών του τριγώνου ΟΒΓ, του κυκλικού τομέα Ο.ΑΒ και του ημικυκλίου με διάμετρο την ΑΔ αφαιρέσουμε το εμβαδό του κυκλικού τομέα Γ. Μ . Το εμβαδό του τριγώνου ΟΒΓ είναι (ΟΒ Γ) = .!_2 . ΟΒ . ΟΓ = R2 2 . πR 2 . Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Ο.ΑΒ είναι ( Ο.ΑΒ ) π · R3602 · 9 0 = -4 R(2 - J2 ) 2 1 R 2 (4 + 2 - 4J2 ) 1 Το εμβαδό του ημικυκλίου με διάμετρο την ΑΔ είναι Ε11μ= -2 π · 2 = -2 π · 4 πR 2 6 - 4J2 2πR 2 (3 - 2J2 ) πR 2 (3 - 2J2 ) - (8 )8 4 π · (RJ2 ) z · 45 π · 2R 2 π R 2 ( ) Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Γ · ΒΔ είναι Γ · ΒΔ 4 360 = 8 - -�

ΒΔ

�

ΑΒ

ΑΔ

ΒΔ

ΑΒ

ΑΔ

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/36

[

]

_;____----'-

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

( Ο.ΑΒ)+Εημ ( ) R 2 ( 2 + π ( 3 - 2.J2 )) πR 2 ( 3 - 2.J2 ) 2R 2 + πR 2 ( 3 - 2.J2 ) = = .

Άρα το ζητούμενο εμβαδό είναι: Ε = (ΟΒΓ) + R2 = -+ 2

(

R 2 πR 2 πR 2 3 - 2.J2 - Γ. ΒΔ = τ + -- + 4 4

�

ll 7. Στο διπλανό σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο

)

{Α = 90°)

και ισοσκελές με ΒΓ=α. Τα τόξα ΜΔ και ΜΕ γράφηκαν με κέντρα τα Β και Γ και ακτίνα το μισό της ΒΓ και το τόξο ΔΕ με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΔ. Να βρείτε το μήκος της περιμέτρου και το εμβαδό της σκιασμένης επιφάνειας του σχήματος συναρτήσει του α.

Λ ίJ ση

Την περίμετρο της σκιασμένης επιφάνειας αποτελούν το τόξο ΔΕ , που αντιστοιχεί στη μη κυρτή γωνία Δ ΑΕ = 270° και έχει ακτίνα ΑΔ, και από τα δύο ίσα τόξα ΜΔ και που έχουν ακτίνα � και 2 αντιστοιχούν σε γωνία 45°. α.J2 � α .J2 - Ι α.J2 - = . . Άρα ΑΔ = ΑΒ-ΒΔ = Είναι ΑΒ 2 +ΑΓ2 = ΒΓ2 ή 2ΑΒ2 = α2 ή ΑΒ= 2 2 2 2 α .J2 - ι π· -1 · 270 3πα .J2 2 - ---'= -----'-Το μήκος του τόC.ου ΔΕ είναι S- = 4 1 80 Π · � · 45 πα είναι S = -=-Τα μή κη των τό ξων ΜΔ και 1 0 8 ΜΔ 3πα .J2 - 1 πα 3πα .J2 - 1 + πα = Επομένως η Cητούμενη περίμετρος είναι S = S- + 2S- = +2·- = 4 8 4 πα 3.J2 - 3 + I πα 3.J2 - 2 . ήS= 4 4 Το εμβαδό του χωρίου βρίσκεται αν από το άθροισμα των εμβαδών του κυκλικού τομέα Α. ΔΕ και του τριγώνου ΑΒΓ αφαιρέσουμε τα εμβαδά των δύο ίσων κυκλικών τομέων Β. ΜΔ και Γ. 2 α .J2 - 1 . 270 π· 2 2 3πα 2 .J2 - 1 = Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Α. ΔΕ είναι Α. Δ = 360 16 2 α .J2 α2 Το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ είναι ( ΑΒΓ ) = ..!._ ΑΒ . ΑΓ = ..!. . 4 2 2 2 2 π - � · 45 πα 2 2 Το εμβαδό καθενός από τους δύο ίσους κυκλικούς τομείς είναι = --'--'---- - -360 32 2 3παz .J2 - 1 παz α2 = Έτσι το ζητούμενο εμβαδό είναι = Α. ΔΕ + ( ΑΒΓ ) + - - 2 · -- = 16 4 32 3πα 2 1 + 2 - 2.J2 + 4αz - παz 9πα 2 - 6.J2πα 2 + 4αz - παz 8πα 2 - 6.J2πα 2 + 4α 2 16 16 16

ΜΕ

(

�

ΔΕ

•

)

ΜΕ

•

[

(

ΔΕ

)

(

�

(

ΜΔ

)

(

)

(

)

�

( Ε)

(

)

( ]

�

Ε (

[ ( )]

�

)

2Ετομ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/37

Ετομ

(

()

)

ΜΕ .

)

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

2α2 ( 4π + 2 - 3π.J2 ) α 2 ( 4π + 2 - 3π.J2 ) = 8 16

1 8. Το ιστιοφόρο του διπλανού σχήματος έχει δύο πανιά,

το ΑΓΔ σχήματος ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου με κάθετες πλευρές ΑΔ=ΑΓ=ΙΟ μέτρα και το καμπυλόγραμμο ΒΓΕ που σχηματίζεται από το τόξο

ΒΓ με κέντρο Α και ακτίνα ΑΓ, από το τόξο ΕΓ με κέντρο Δ και ακτίνα ΔΓ και το η μικύκλιο με διάμετρο τη ΒΕ. Να βρείτε: __..._

__..._

Τα μήκη των τόξων ΒΓ , ΕΓ και του ημικυκλίου με διάμετρο τη ΒΕ. β) Το συνολικό εμβαδό των πανιών του ιστιοφόρου.

α)

Λ ύ ση

α)

Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε ΔΓ2 = ΑΔ2+ΑΓ2 = 102+102 = 200 ή ΔΓ = 10.J2 . Είναι ΑΒ=ΑΓ = 10 και ΔΕ = ΔΓ = 10.J2 . π . 1Ο . 9 0 5 π ' ' ' ακτινα ' ΑΓ= 1 Ο και γωνια' 90° , οποτε το μηκος τ ο το' ξο ΒΓ εχει του ειναι S- = Ι 80 μέτρα. Το τόξο ΓΕ έχει ακτίνα ΔΓ= Ι o.J2 και γωνία Δ = 45° , οπότε το μήκος του είναι . 5π.J2 μετρα. s , = π - 10.J2 45 2Ι 80 Για το ημικύκλιο με διάμετρο τη ΒΕ είναι ΒΕ = ΔΒ-ΔΕ = 2ΑΒ-ΔΓ = 20 - IO.J2 = 10 ( 2 - .J2 ) . Άρα η ακτίνα του είναι ρ= 5 ( 2 - .J2 ) και το μήκος του Sημ = π · ρ = 5 ( 2 - .J2 ) π μέτρα. ΒΓ

ίΈ

β)

Το εμβαδό του καμπυλόγραμμου πανιού ΒΓΕ βρίσκεται αν από το άθροισμα των εμβαδών του κυκλικού τομέα Α. ΒΓ και του τριγώνου ΑΓΔ αφαιρέσουμε το εμβαδό του ημικυκλίου με διάμετρο τη ΒΕ και το εμβαδό του κυκλικού τομέα Δ. ΓΕ . 2 9 0 = -π · 102 = 25π τετραγωνικά Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Α. ΒΓ είναι ( Α. ΒΓ ) = π · ΑΓ 4 360 μέτρα. Το εμβαδό του ημικυκλίου είναι Ε ημ = 1 πρ 2 = 1 π [ 5 ( 2 - .J2 ) τ Ξ π . 25 ( 4 + 2 - 2.J2 ) ή Ε η = 25π ( 3 - .J2 ) τετραγωνικά μέτρα. μ ...--._

...--._

...---

•

-----

Το εμβαδό του τριγώνου ΑΓΔ είναι ( ΑΓΔ ) = ..!.2 · ΑΔ · ΑΓ ..!.2 · Ι Ο · Ι Ο = 50 τετραγωνικά μέτρα. __π · ( 10.J2 ) 2 2 45 π · ΔΓ Το εμβαδό του κυκλικού τομέα Δ. ΓΕ είναι ( Δ. ΓΕ ) = 360 25π 8 τετραγωνικά μέτρα. Άρα το εμβαδό του καμπυλόγραμμου πανιού ΒΓΕ είναι ( ΒΓΕ ) = ( A .Br ) + ( ΑΓΔ ) - Ε ημ - ( Δ.fΈ ) = 25π + 50 -25π ( 3 - .J2 ) - 25π = 50 - 25π ( 3 - .J2 ) τετραγωνικά μέτρα. Το συνολικό εμβαδό των πανιών του ιστιοφόρου είναι Ε=(ΒΓΕ)+ (ΑΓΔ) = ΙΟΟ - 25π ( 3 - .J2 ) τετραγωνικά μέτρα. =

...---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/38

•

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Σ χ ε τ ι κ ά μ ε τη σ υν θή κ η ε π α φ η ς ε u θ ε ι ας κ α ι κ ω ν ι κ η ς '

Σχόλιο του Γ.Σ. Τασσόπουλου, Καθηγητή Μαθηματικών Βαρβακείου Λυκείου Στην Ανάλυση γνωρίζουμε ότι αν μια συνάρτηση f(x) παραγωγίζεται στη θέση χ0 τότε η εφαπτομένη της Gr στο σημείο Μ(χο, f(x0), είναι η (ε): y=f' (x0)x+ f(x0)-(x0)f' (xσ ' ) οπότε προκειμένου να ταυτίζεται με την ευθεία (δ): y=λχ+κ, πρέπει και αρκεί να υπάρχει Χ0ΕΑrτέτοιο ώστε

Εντελώς ανάλογα μπορούμε να εργαστούμε για να βρούμε τη συνθήκη επαφής της (δ): y=λχ+κ με μια κωνική τομή ( c ) . α) Έστω (c):y2=2px (παραβολή) Τότε η εφαπτομένη της (c ) στο σημείο της Μ(χσ,Υο) είναι ε: YYo=2p(x+x0), οπότε Υσ λ = _Ε_ ΥΟσ , ι ο δύ μ : Χ = κ · (ε) ( δ ) Υπάρχουν Χο.Υο στο IR ώστε: ρχ σ ν α α 0 ρ Ε.λ κα ι τελικά ρ = 2κλ ο Κ= Υσ ρ 2 = 2ρ = κ λ2 λ Υ� = 2ρχ ο :;t:

�

Αν (c ): χ :- + βΥ:- = 1 (έλλειψη) τότε η εφαπτομένη της (c ) στο σημείο της Μ(χο.Υο) είναι α χ Υ ο ( ε) : :- + Υσ,β - = 1 , οπότε: (ε) δ � Υπάρχουν Χο.Υο στο IR ώστε: α Υσ β2 2 β Χο = Υο λ = -Ο 2 yο Κ α z βz α , ι ο μ ύ 2 : = Χ δ β σ να α 0 -, λ · -κ Κ= β Υσ α4 λ 2 β4 2 2 �+�= 1 +�=1 � α2 β2 α2 β 2 2 2 γ) Αν (c ): .;. - ..;- = 1 (υπερβολή) εντελώς ανάλογα βρίσκουμε τη συνθήκη επαφής με τη (δ), την α β 2λ α"Ί β2=κ2 Στις ίδιες συνθήκες θα καταλήγαμε αν aπαιτούσαμε η εξίσωση που προκύπτει θέτοντας στην εξίσωση της κωνικής όπου y το λχ+κ να έχει διπλή ρίζα. Τότε βέβαια οι πράξεις είναι περισσότερες, και εκτός αυτού από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο έχει εξαιρεθεί η παράγραφος αυτή από την εξεταστέα ύλη . β)

:;t:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/39

Μαθηματικά για την Β " Λυκείου

Επαναληπτ 1 κά Θ έ μ ατα '

στα Μ αθ η μ ατ 1 κ α Κατε υ θ υνση ς Β Λυ κ ε 1 ο υ . Αθανάσιος Καλάκος n ρόβλη μα I

Έστω α, β, χ τρία διανύσματα ενός επιπέδου και ένας αριθμός d>O. Τα διανύσματα α, β είναι μοναδιαία. Επίσης, είναι γνωστό ότι β .l

χ,

-1 και α β ·

β) Δείξτε ότι τα α, β είναι μη συγγραμμικά γ) Δείξτε ότι O <d < l .

((;:β)

;

( (;: �)

((;:β) ( (; : �) ;

:s;

ε) Να σχεδιάσετε τα α, β, χ . Ποια σχέση συνδέει τις γωνίες ζ)

Να

και

εκφράσετε το

διάνυσμα

) ��

α) Δείξτε ότι τα α, β, χ είναι μη μηδενικά

δ) Δείξτε ότι Ο <

( ) Ξ < (!i , X)

Ακόμη, α . � = -1 <::> ι αι - ι � ι συν α : � = -1 <::> συν ( α : χ = <0 Άρα �π ε) Θεωρούμε και τα τρία διανύσματα όπως έχουν κοινή αρχή Ο, δηλαδή ΟΑ = α, ΟΒ = β, ΟΜ = χ. Τα ΟΑ, ΟΒ πρέπει να σχεδιαστούν ισομήκη αφού ι α ι = ' β ' = 1 . Δοθέντος του ΟΒ = υπάρχουν δυο δυνατά σχήματα από τα οποία προκύπτει ότι ( α ,� ) = � + α : Α Μ -

( β) .

ως

��.

γραμμικό συνδυασμό των α, β η) Υπολογίστε το Λ\J σ η α)

Αφού τα α,β είναι μοναδιαία δεν μπορεί να είναι Ο . Τώρα αν υποθέσουμε ότι χ = Ο από την ισότητα α · χ = -1 θα είχαμε 0=-1, άτοπο. Άρα χ ;t: O . β) Αν ήταν αllβ τότε η σχέση β .l χ θα μας έδινε ότι α .l χ . Όμως τότε α · χ = Ο ή 0=-1, άτοπο. Άρα τα α, β δεν είναι συγγραμμικά. γ) '"Εχουμε d = α · ι α ι · Ι β l συν α ) = = 1 . 1 συν α : = συν α ) οπότε, αφού θα έχουμε ότι O:s;d:::; 1 . Όμως από την υπόθεση d>O. ΆραΟ<d:::; 1 . Μένει να αιτιολογήσουμε γιατί d:jfl . Π ράγματι αν υποτεθεί ότι d= 1 τότε συν α : = 1 => ( α : = Ο => α ΙΙ , άτοπο από το β) ερώτημα. Άρα d:jf I και τελικά O<d< 1 . δ) Αφού Ο<d<Ι => α ) ε ( Ο,1 ) ή ισοδύναμα ( α,

( β) ( )

( β)

β)

( )

β=

( ) Ο< β)< � .

Α Μ ζ) Εφόσον τα α, β είναι μη συγγραμμικά, το χ θα έχει μια μοναδική έκφραση ως γραμμικός συνδυασμός των α, β έστω χ = λα + μβ (Σχολικό βιβλίο άσκηση 5 , σελ. 40) Αρκεί να βρούμε τα λ, μ. Πολλαπλασιάζοντας εσωτερικά με β έχουμε �· β = � α . β) + μβ2 <=>0=λ · d +μ1 � 2 <=>l λ ·d+μ=OI (1). Από την άλλη μεριά, εσωτερικός πολλαπλασιασμός α δίνει με 2 ι λ+ μ . ct = - ι Ι (2). Οι � . α = λα + μ ( α εξισώσεις ( 1 ), (2) μας δίνουν το γραμμικό 2χ2 d·λ+μ=Ο . συστημα λ + d · μ = -1 "Εχουμε D = � � �� = d 2 -1 * Ο αφού O<d<1 . Ακόμη D λ = -1Ο d1 = 1 ' D μ = d1 -1Ο = -d.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β " 72 τ.4/40

β)

<==>

I 1

l I

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

1_ , μ = D = -d ρα λ = Dολ = _ d2 - l o d2 - ι " 1 d -ι Τελικά .1 χ- = -2d - l · α - -2d - 1 · β . . Ά

δηλαδή d(Γ,ε)=(ΓΗ)= 1 3 · 0ν' +2 4β -2 12 1 = -ι45 β - 3 1 . 3 +4 Τώρα έχουμε ότι (ΑΒΓΔ ) = ( ΑΒ) 2+(ΓΔ) ( ΓΗ) = 5 + 531 βl .!_2 · �5 · l β - 31 οπότε θα πρέπει -32 ( l β l + 3 ) l β - 3 1 = -23 ή

[ )

Π ρ ι)βλη μα 2

3 Δίνεται η ευθεία ε : ν = - - χ + 3 η οποία 4 τέμνει τους άξονες στα σημεία Α και Β. Μια 3 λ · � � ' ε ' : y = - - χ + β ειναι ' ευ θ εια παραΙΙJ\.η η με την 4 ε και τέμνει τους άξονες στα ση μεία Γ, Δ, Να βρεθεί το β ε R-{0.3} ώστε το τραπέζιο με κορυφές τα σημεία Α, Β, Γ, Δ να έχει εμβαδό 2 τ.μ. 3 .

Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: 1 ) βε(---(() , 0). Τότε τα σημεία Γ, Δ βρίσκονται πάνω στους αρνητικούς ημιάξονες και η εξίσωση (l) γίνεται (3-β)2= 1 <=> 1 3-β I = 1 <::::>3 -β= 1 <::::> β=2, άτοπο αφού πρέπει β<Ο. 2) βε(Ο,3). Τότε το Γ είναι εσωτερικό σημείο του ΟΑ και το Δ εσωτερικό σημείο του ΟΒ (σχήμα 2). Η εξίσωση (l) γίνεται (β+3)(3 -β) = 1 <::::> 9 -β2 = ι <::::> β2 = 8 <=> Ιβ = 2J2I (αφού β>Ο) δεκτή λύση αφού Ο < 2J2 < 3.

\υση.

ε και βλέπουμε ότι Α( ο,3) και Β( 4,0) οπ ό τε (ΑΒ) = ν'3� + 4� ή (ΑΒ) = 5 Παρ ό μοια η ε ' τέμνει τους άξονες στα σημεία Γ(Ο,β) και Δ ,Ο οπότε 2+ 2 2 2 5 1 ( ΓΔ ) = β = = . Σχεδιάζουμε την ευθεία τέμνει τους άξονες στα ση μεία

(� ) (�) � � � Υ

χ ε ε' y' 3) βε(3, +οο ) οπότε το Α είναι εσωτερικό σημείο του ΟΓ και το Β εσωτερικό σημείο του ΟΔ. Η ( 1) γίνεται (β + 3)(β - 3) = 1 <::::> β 2 = 10 <::::> β = J10 (αφού β>Ο) δεκτή λύση γιατί 3 < J10 . Συνεπώς υπάρχουν δυο ευθείες που ικανοποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος: 3 + 2ν2 , ε7 : y = - -3 x + νlO ε,' : y = --χ 4 4 �

Το ύψος του τραπεζίου ΑΒΓΔ είναι η απόσταση d(Γ ,ε) του σημείου Γ από την ευθεία ε,

Π ρ{ιβλη μ α 3

Σ'

ένα

ορθοκανονικό �

συντεταγμένων xO y A(l ,3), Β(Ο,Ο), Γ (2,0).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/41

r;-;::

θεωρούμε

σύστημα τα

σημεία

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

α) Να αποδείξετε ότι (ΑΒ)=(ΑΓ) β) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ε παράλληλης στον άξονα χ 'χ η οποία χωρίζει το τρίγωνο ΑΒΓ σε ισοπεριμετρικά σχή ματα. Λύση α)

Εύκολα βλέπουμε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές αφού ( ΑΒ ) = � = Μ , ( ΑΓ ) = �1 2 + (-3γ = Μ Α y=yo Γ

IYo

� 2 Μ3 + 2ο Υ ο = 9 � Υ ο = 2 Μ2 7 20 � + 1 ( 2 Μ - 20 ) � Υ ο = 7 -360 � 2 ( ιο - Μ ) 3(ω - Μ � Υο = 7 180 � Υ ο = 20 ) �

% fo M I -

Με προσέγγιση βρίσκουμε y0=1 ,02565835

n ρό β λη μα 4 Δίνεται η παραβολή C : y 2 =2ρχ με ρ>Ο. Για οποιονδήποτε θ>Ο θεωρούμε το σημείο Α(-θ,Ο) και τις εφαπτόμενες ει , ε2 της παραβολής που άγονται από το ση μείο Α. Αν οι ει, ε2 εφάπτονται την C στα ση μεία Β ι , 8 2 αντίστοιχα Λ

να βρείτε

το είδος της γωνίας Β ι ΑΒ • Πότε 2 π είναι Β 1 ΑΒ 2 = - ; 3 Λ

y' Λύ η β) Ας είναι ε: y=yo η ζητούμενη ευθεία. Τότε 'Εχουμε ε(� ,Ο ) δ : χ = -� και Δ είναι το 2 (ΑΜ)+(ΑΝ)+(ΜΝ)=(ΜΝ)+(ΜΒ)+(ΝΓ)+(ΒΓ)�2( ΑΜ)=2 (ΜΒ)+(ΒΓ), (1) λόγω της συμμετρίας του σημείο τομής της διευθετούσας δ με τον άξονα σχήματος. Η ευθεία ΑΒ έχει συντελεστή χ ' χ. ει Υ διεύθυνσης λ = 31 -- 00 = 3 οπότε ΑΒ: y=3x. Συνεπώς το σημείο Μ έχει συντεταγμένες Μ ( �ο , y 0 ) . 'Εχουμε τώρα ότι ,-----χ χ' Ρ 2 Ε (Ύ ,0) 2 ο και 1 3) (y0 + ) � ( ( ΑΜ ) 2 ( ΟΜ) (Μ Β ) = ( �ο ) + y� δ Υ Συνεπώς η ( 1) γίνεται Έστω φ = Β )..Β 2 . Κάθε ευθεία που διέρχεται από το σημείο Α έχει εξίσωση y-Ο=λ(χ+θ) ή y=λχ+λθ. Σύμφωνα με το πρόβλημα 1 η ευθεία εφάπτεται της παραβολής εάν και μόνον εάν ρ=2λθ.λ ή λ2 = ;θ ή λ2 ± & ο Τα σημεία επαφής είναι τα Β, ( θ,2λθ ) = Β, e , ze & = Β, ( e , J2Pθ ) σ

(

)

και Β 2 ( θ, -fiθP) . Βρίσκουμε τώρα εύκολα τις συντεταγμένες Μ 20 y + 10 = 10 y2 + 2 lOy� - 1 � � -y + -9 ° 3 ο 9 3 ° των διανυσμάτων ΑΒι και ΑΒ 2 . Έχουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/42

(λ' +λ-')2 - (λ' - λ- ')2 ΑΒι = (θ -(θ ) ,JlΡΘ - 0 ) = ( 2θ,J2ρθ) 4 ΑΒ2 = ( θ - (θ ) , -JlΡΘ-Ο) = ( 2θ, -J2Ρθ) . (λ' +λ-κ +λ' λ ')(λ' +λ-κ - λ' +λ-κ) + 2 2ρθ και �4θ Ι Α Βι I = I A B 1 = Συνεπώς, 2 4 λ' ακόμη λ-κ λ0 ΑΒ ι · ABz = 2θ 2θ -J2ρθ · J2ρθ = 4θ 2 -2ρθ. = 2 ·42 = 4 4 = 1 Από τον ορισμό του εσωτερικού γινομένου έχουμε ΑΒι · ΑΒ2 = Ι ΑΒι I·I ABzl 2θ(2θ-ρ ) ή συνφ ή συνφ = 2θ(2θ + ρ) 2θ-ρ+ Τώρα έχουμε ισοδύναμα συνφ -2θ ρ Ο < φ < 2:.2 <=> συνφ Ο <=> θ Ε_2 <=> Το σημείο Α. J5 1 ) : : ( ) � ( Το σημείο Α ανήκει στο εσωτερικό της ημιευθείας Δχ'. φ = 2:.2 <=> συνφ = Ο <=> θ = Ε.2 <=> Α Δ Η ευθεία ε έχει εξίσωση ε: ΥΥι =ρ.(χ+χι) όπου 2:. < φ < π <=> συνφ <Ο<=> θ < Ε.<=> Το σημείο 2 στο εσωτερικό του2 ευθύγραμμου Α (χι, Υ ι). Φυσικά Ε ( �,Ο) , ( - � ,0) και δ: Ατμήματος ανήκει ΔΟ. χ = Ε.2 Αν Β1 Α' Β0- = π3 τότε το τρίγωνο Β1 ΑΒ2 είναι ει ισόπλευρο και αυτό συμβαίνει όταν 2θ- e_ = .!_ ή θ = 3ρ . Τότε, εάν r ( 3; ,Ο) 2θ + ρ 2 2 προφανώς ισχύει ότι Γ0=3 · ΕΟ. χ' Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Π ρόβλη μα 6 Δίνεται η παραβολή C : y2 =2ρχ με εστία το σημείο Ε και διευθετούσα την ευθεία δ. Έστω Α ένα σημείο της C με θετική τεταγμένη. Φέρουμε την εφαπτομένη ε στο σημείο Α η οποία τέμνει τον άξονα y ' y στο σημείο Β, την ευθεία δ στο Γ και τον άξονα χ ' χ στο Δ. Έστω ακόμη Ο η αρχή των αξόνων και κ το σημείο τομής των ευθειών χ 'χ και δ. Εάν τα τρίγωνα ΒΟΕ και ΓΚΔ είναι ισοδύναμα, δειχθεί να ότι 2 ρ Α , όπου φ , ρφ ή Α 2 2 2

είναι ο αντίστροφος λόγος της «χρυσής τομής».

Λύση

Π ρόβλ η μα 5 Έστω ένας θετικός αριθμός λ. Να αποδείξετε ότι για κάθε ακέραιο k, το ση μείο

((

α λκ + λ-κ 2

) β ( λκ - λ-κ ) ,

]

ανήκει

στην

δ y' Αν χ=Ο έχουμε y = ρΥχ ι οπότε το Β είναι το Β ( Ο, ρ;ι ) . Αν y=O βρίσκουμε χ=-χι οπότε Δ(-χ1,0) τέλος, αν χ = -2ρ έχουμε y = ( x1 _Ε_2 ) _Ε._Υι οπότε r(-E.2 , ( x1 _Ε_2 ) _Ε._)Υι · ι

Λύση

Αρκεί ναΜαποδείξουμε ότιτηνοι συντεταγμένες λ του σημείου επα ηθεύουν υπερβολής. Έχουμε διαδοχικά:2 εξίσωση της2 _.Μ..χ2 _.Μ.y2 . α2 (λ' + λ-κ ) β2 (λ'4β-2λ-') _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/43

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

2'1 πΕ ρ ίπτω σ η :

Παρατηρούμε τώρα ότι:

1.ι

ο ρχΥ ι , ( ΒΟΕ ) = � � det( ΟΒ,ΟΕ )j = � ρ 2 ο

εφόσον y , 2=2ρχι και y1>0 αφού από την υπόθεση το σημείο Α έχει θετική τεταγμένη. Τώρα έχουμε ότι ΚΔ = -χ, + � ,ο και ΚΓ = ο. χ, - � ;, και συνεπώς

(

(( ) )

)

2 = -χ + _e_2 1.ι2 = - 2:1._ 2ρ + _e_2 , ρy, = -y, + ρ <=> Υ ι + ρy, - ρ = ο απ , οπου JS - I = ρ · φ όπου φ = JS - 1 , ο λογος Υ ι = ρ2 2 � της «χρυσής τομής» . Άρα χ, = = � οπότε z . Α ρ� ,ρφ 1

<:::?

(

Γl ρ6 βλη μα 7

α)

Έστω η περιττός ακέραιος. Να αποδείξετε ότι το η 2-1 είναι πολλαπλάσιο του 8. β) Αν οι χ, y είναι περιττοί ακέραιοι τότε ο x 2 +y 2 είναι άρτιος αλλά όχι διαιρετός με 4. γ)Να λυθεί στο Ζ η εξίσωση : x 2 +y2 =6-y (1) ΛίJ ση

α ) Αφού η είναι περιττός ακέραιος θα έχει τη μορφή η=2κ+ I για κάποιον ακέραιο κ. Τότε η2Ι=(2κ+Ι)2-Ι=4κ2+4κ=4κ· (κ+Ι). Επειδή οι ακέραιοι κ και κ+ Ι είναι διαδοχικοί ακριβώς ο ένας είναι άρτιος και ακριβώς ο ένας είναι περιττός. Άρα το γινόμενο κ· (κ+ I )=2λ για κάποιον Τώρα η συνθήκη (ΒΟΕ)=(ΓΚΔ) ισοδυναμεί λεΖ (το 2 περιέχεται στην ανάλυση του κ· (κ+Ι )) Άρα τελικά η 2-Ι=4 · 2λ=8λ, δηλαδή το η2-Ι με την � = χ 1 - �) δηλαδή με είναι πολλαπλάσιο του 8 . β) Σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα έχουμε: και /= 8λ+Ι, οπότε χ2=8 κ+ I IL2 = x 2ρ η' χ2+/=8 (κ+λ)+2=8 (2κ+2λ)+2 προφανώς λοιπόν είναι άρτιος αλλά διαιρούμενος με 4 αφήνει π�:ρίπ τ ωση : υπόλοιπο 2. 1.ι = χ 1 - _e_ 2 2 1.ι2 = 2:1._ 2ρ - _e_2 γ ) (l)�x2 =6-/-y� 6-/-y�O� / +y-6:::;0 � -3:s; y:s;2�y {-3 ,-2,- Ι ,0,2} y,ρ = Υ ι - ρ <=> Υ ι - ρy, - ρ = ο · Για y=-- I και για y=O δεν προκύπτουν Η θετική ρίζα της εξίσωσης αυτής (αφού ακέραιες τιμές του χ από την (Ι) J5 + Ι ρ όπου πρέπει y , >O) είναι y 1 = ρ Για y=-3 έχουμε χ=Ο 2- = φ J5 - Ι ο λογος » « Για y=--2 έχουμε χ=±2 φ=2- ' της χρυσης' τομης' . Για y=2 έχουμε χ=Ο. Οι τιμές προφανώς είναι ρ δεκτές. Άρα χ 1 = 2{_ 2ρ = _2φ_2 οπότε Α (_Ε__ 2φ 2 , Ε.) φ .

(

1η

<:::?

<:::? 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/44

�••ιιιιω••••

[!JΟω lJ[j]ίJ) r lJ{[j/J[j] lJ(f)[!) ώC!Jωf3{J(f)[!) Γ ι α μ ι α ε π αν ά λ η ψ η στη ν ύ λ η τω ν μα θ η μα τ ι κ ώ ν y ε ν ι κ ή ς πα ι δ ε ί ας

Κώ στα Β ακαλόπου λου

Ε ΡΩΤ Η Σ Ε Ι Σ ΚΑ Τ-\ :\ Ο Η Σ Η Σ

Α) Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτά

σεις με (Σ) αν είναι σωστές και με (Λ) αν εί ναι λάθος, αιτιολογώντας σύντομα τις απα ντήσεις σας. Ι.

Αν f ( χ ) = χ

2009

, χ Ε IR τότε f ' ( 1) = 2009 . Σ

.!. και f ' ( α) = _ .!. τότε ισχύει χ 4 οπωσδήποτε α = 2 . 2.

Αν f ( χ )

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο Α με f ( χ ) * Ο για κάθε χ Ε Α τότε ισχύει: '

( ) ;:i:� . f /χ )

�

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο IR τότε ισχύει για κάθε χ Ε IR ( f ( ημχ ) ) ' = f ' ( ημχ ) . ημχ .

Αν h ( x ) = f (g ( x )) f ' (2) = g' (2) = g (2) = 2 h ' (2) = 4 .

χ Ε IR και τότε ισχύει:

Αν η μέση τιμή των τιμών μιας μεταβλητής Χ είναι χ τότε ποια είναι η μέση τιμή των τι μών της μεταβλητής Υ Χ - χ και την =

W =X+x.

Σε ποια περίπτωση είμαστε βέβαιοι ότι η διάμεσος των παρατηρήσεων συμπίπτει με μια τιμή της μεταβλητής Χ; 3.

Πόσο είναι το άθροισμα όλων των συχνο τήτων μιας μεταβλητής; Ομοίως πόσο το ά θροισμα όλων των σχετικών συχνοτήτων; 4.

Αν το πλήθος των τιμών μιας μεταβλητής συμπίπτει με το μέγεθος του δείγματος τότε τι συμπεραίνουμε για τις συχνότητες των τιμών αυτών; 5.

Να δειχθεί ότι αν η τυπική απόκλιση των ti παρατηρήσεων μεταβλητής μιας είναι μηδέν τότε είναι: Χ, i = 1, . . . , ν t, = t 2 t 3 . . = t v = χ , όπου χ η μέση τιμή =

τους.

Γ) Έ στω τα αριθ μητικά δ ε δ ομένα : α , α , β , β , β , β , γ,γ,γ,γ,γ,γ, δ , δ , δ , δ , δ , ε, ε, ε με α< β <γ<δ<ε. Με βάση τα δεδομένα αυτά απαντήστε ποιες

Β) Να δώσετε σύντομες απαντήσεις στις πα

ρακάτω ερωτήσεις:

από τις παρακάτω προτάσεις είναι λάθος αιτιο λογώντας την απάντησή σας.

I. Η

σχετική συχνότητα του β είναι 0,2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/45

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

2. Η

3. Η

αθροιστική συχνότητα του γ είναι

1 2.

σχετική αθροιστική συχνότητα του β εί ναι 0,3 . 4. Η

σχετική αθροιστική συχνότητα επί τοις εκατό του γ είναι 60.

5. Η

σχετική συχνότητα επί τοις εκατό του δ είναι 60. Έ στω Ω ο δ ειγ ματικός χώ ρος ενός Δ) πειρ ά ματος τύχης και Α , Β c Ω εν δ εχόμενα του δ .χ. Ω. Σημει ώστε το (Σ) α ν είν α ι σω στή ή το

(Λ)

αν

είναι λ άθος κα θεμ ία από τις παρ ακάτω προ τά σεις,

αιτιολ ογώ ντας σύντομα τις απαντήσεις

σας.

Αν Ρ (Α) = 3_ και Ρ (Β) = _!__ τότε τα Α, Β 2 3 είναι ασυμβίβαστα. 1.

Αν Ρ ( Α) = 3_ και Ρ ( Β) = _!__ τότε η μεγα2 3 λύτερη τιμή που μπορεί η πιθανότητα της το, 2 μης: Α ΓΊ Β ειναι '3 . 2.

Αν Ρ (Α ) = 3_ και Ρ ( Β) = _!_ τότε η μικρό2 3 τερη τιμή που μπορεί να πάρει η πιθανότητα

της ένωσης: Α υ Β είναι

πιθανότητα της τομής Α ΓΊ Β είναι ο αριθμός: Ρ (Α ) + Ρ ( Β) - 1 . Σ

Α ΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

κάθε χ Ε IR f ' ( χ ) = 2009 · χ2008 χ = 1 , f' ( 1 ) = 2009 (Σ)

Α ) Για 2.

Για

χ Ε IR *

κάθε

f' ( χ ) = - �

1 1 - - = - -2 � 4 α

χ = α ΑΡΑ:

•

Για .Για

χ-

α = 2 ή -2 : (Λ) _1_ ' - 1 ' . f ( χ ) - 1 . f ' ( χ ) - f ' ( χ ) . (Σ) 3. f2 ( χ ) f2 ( χ ) f(χ)

[ J

4 . [f ( ημχ )

•

]' = f ' ( ημχ ) . ( ημχ )' =

= f ' (ημχ ) · συνχ : (Λ)

h' ( x ) = [ f (g ( x ) )J ' = f ' (g ( x ) ) · g ' ( x )

κάθε χ Ε IR Για χ=2 h' ( 2 ) = f' ( g ( 2 )) · g ' ( 2 ) = f ' ( 2 ) · 2 = 4 : (Σ)

γ ια

Β)

1 . y = χ - χ = ο , w = χ + χ = 2χ 2. Όταν το πλήθος των παρατηρήσεων είναι περιττό.

(t ) (t )

ν, � ν

Το άθροισμα συχνοτήτων ι-

σούται με το μέγεθος ν του δείγματος, f, � Ι Το άθροισμα των σχετικών συχνο-

τήτων ισούται με 1 . 4 . Οι συχνότητες των τιμών είναι όλες ίσες με Σ Λ 1. 5 . Η μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει η 5 . s2 = 0 � _!_ I ( t; - x ) 2 = 0 � ν πιθανότητα της ένωσης Α υ Β είναι ο αριθμός: 2 (t, - χ) 2 + ( t - χ) 2 . . . + ( tv - χ) = 0 � Ρ (Α ) + Ρ (Β) . 2 t, - χ = Ο και t 2 - χ = Ο . . . και tv - χ = Ο Σ Λ � 11 = t 2 = . . . = tv = Χ 6. Η μικρότερη τιμή που μπορεί να πάρει η 4.

Ισχύει: Ρ (Α ΓΊ Β) � Ρ (Α υ Β) .

i =ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/46

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

Γ)

Fi Fi% fi % N i 2 0, 1 0 1 0 0, 1 0 1 0 6 0,30 30 β 4 0,20 20 γ 6 0,30 30 1 2 0,60 60 δ 5 0,25 25 1 7 0,85 85 ε 3 Ο, 1 5 1 5 20 1 ,00 1 00 20 1 ,00 1 00 Σύμφωνα με τον πίνακα συχνοτήτων και σχε τικών συχνοτήτων έχουμε: 1 . f2 = Ο, 2 (Σ ωστή) 2. Ν 3 = 1 2 (Σωστή) 3 . F2 = 0 , 30 (Σ ωστή) 4 . F3 % = 60 (Σ ω στή) 5 . f4 % = 25 (Λάθος) Xi α

νί 2

Δ)

1 . Αν τα Α, Β ήταν ασυμβίβαστα θα ίσχυε: 2 1 7 Ρ ( Α n Β) = Ρ ( Α ) + Ρ ( Β) = 3 + 2 = (j > 1 άτο πο ! Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. (Λ) 2. Ισχύει: AnB c A => P(AnB) � P(A) = 1 A n B ς Β => P ( A n Β) � Ρ ( Β ) = 2

� και

Άρα: Ρ ( Α n Β ) � min { Ρ (Α ) , Ρ ( Β) } = = min

{j , �} = � (Λ)

3 . Ισχύει: Α ς; Α υ Β => Ρ ( Α ) � Ρ ( Α υ Β) => 2 Ρ ( Α υ Β ) � Ρ ( Α ) = 3 και Β ς Α υ Β => Ρ ( Β ) � Ρ ( Α υ Β ) => _!_ Ρ ( Α υ Β) � Ρ ( Β) = . 2

ΑΣ Κ Η Σ Ε ΙΣ Α Ν Α Π ΤV Ξ Η Σ 1.

Να υπο λογιστεί ο αριθ μός α ώ στε η εφα

πτομ ένη της γ ραφικής παρ ά στασης της συα ν ά ρτησης στο ση μείο __ Α y

r(x} - χ2 + 1

( 3, f ( 3 } ) να είναι παρ άλλη λη στην ευ θ εία

χ + 2009 . Ποια είναι η εξίσωση της = -� 25

ευ θ είας αυτής. Λύση

συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο - (χ2 + ι) 2αχ ' = f (χ) = α · 2' 2 ( χ2 + 1) (χ2 + 1) ι

�

Ισχύει: A n Β ς Α υ Β => P (A n B) � Ρ ( Α υ Β ) (Σ) 5 . Ρ ( Α υ Β ) � min { 1 , Ρ ( Α ) + Ρ ( Β) } (Λ)

με

-2α · 3 = -6α = -3α Για χ = 3 , f ' (3) = ( 3 2 + 1 γ? 1 00 50 3 - 3α = Πρέπει: - <=> -3α = -6 <=> α = 2 . 25 50 2 2 1 Για α = 2 , f ( χ ) = -2- και f ( 3) = - = χ +1 10 5 Οπότε: η εξίσωση της εφαπτομένης της μορ, Υ = - 3 .χ +β. φης: 25 Η ευθεία όμως αυτή διέρχεται από το σημείο

( �) , οπότε οι συντεταγμένες του επαλη-

Α 3,

Άρα: Ρ ( Α υ Β ) � max { Ρ ( Α ) , Ρ ( Β ) } = � (Σ) 3

6. P (A n B) � l => Ρ ( Α ) + Ρ ( Β) - Ρ ( Α n Β ) � 1 => Ρ ( Α ) + Ρ ( Β ) - 1 � Ρ ( Α n Β ) => Ρ ( Α n Β) � Ρ ( Α ) + Ρ ( Β ) - 1 Όμω ς: Ρ ( Α n Β) � Ο άρα Ρ (Α n Β ) � max { Ο, Ρ ( Α ) + Ρ ( Β ) - 1 } (Λ)

θεύουν την εξίσωσή της, άρα: 1 3 1 9 14 - = - - · 3 + β <=> β = - + - <=> β = 5 25 5 25 25 Άρα η ευθεία έχει εξίσωση : 3 14 y = -- x +25 25

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 2 τ.4/47

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

2ο

Σε καρτεσιανό σύστη μα συντεταγμ ένων θ εωρούμε τα ση μεία : Α ( χ, 2 - χ)

Β (3χ, 2 - χ) , Γ (3χ, 6 - 3χ) με χ Ε ( 0 , 2 ) .

και

Δ ( χ, 6 - 3χ)

Λ ίΗ'ϊ η

α) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο Α = ( -2, 2 ) υ (2, +οο)

4vlχ + 2 - 8 = χ 2 , 1χ�2 ιm χ -4 4 ( vfx + 2 - 2 ) { vfx + 2 + 2 ) ο = lι m2 = Η (χ - 2)(χ + 2) ( vfx + 2 + 2 ) 40� = lim2 = Η � (χ + 2) ( vfx + 2 + 2 ) 4

α) Γ ια καθ ε ,

Να εκφρ ά σετε το εμ β α δ όν του ορ θ ογωνίου

ΑΒΓ Δ που σχη ματίζεται, ως συν ά ρτηση του χ και να προσ δ ιορίσετε την τιμή του χ για την οποία το εμ β α δ ό γίνεται μ έγιστο. Λ (J ση

-::F

Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓ Δ δίνεται Ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου Β-Α. από τη συνάρτηση : Όμως: Ρ ( Β - Α) = Ρ ( Β ) - Ρ ( Α n Β ) (Ι ) Ε (χ) = ( 3χ - χ) [ ( 6 - 3χ) - ( 2 - χ) J => και Ρ ( Α υ Β) = Ρ ( Α) + Ρ ( Β ) - P (A n Β ) (2) Ε ( χ) = 2χ ο ( 4 - 2χ) = -4χ 2 + 8χ , χ Ε {0 , 2 ) Υ Άρα: Ρ ( Β - Α) = Ρ ( Β ) - Ρ ( Α n Β) = 6 - 3χ 2-χ

= Ρ ( Α υ Β ) - Ρ ( Α ) = 0, 6 - 4 =

- - - - � - - - - - - - - - - - -.

' �'' Α'

----

' �'' Β '

20 β) [ Α - Β c Β => Ρ(Α - Β) � Ρ(Β)

-----------

3χ

Οπότε: Ρ(Β) � .2_ ] 20

Για χ Ε {0, 2) έχουμε , Ε ' (χ) = -8χ + 8 Ε ' (χ) = Ο <=> -8χ + 8 = Ο <=> χ = 1 Ε' (χ) > Ο <=> -8χ + 8 > Ο <=> χ < Ι Ε ' (χ) < Ο <=> -8χ + 8 < Ο <=> χ > 1

Σ' ένα ακριτικό νησί από τους κα θηγητ ές που υπη ρετούσαν π έ ρυσι στο Γυμν ά σιο και το Λύκειο ν1 απ' αυτούς είχαν

Άρα: Η συνάρτηση (εμβαδόν) παίρνει τη μέγι στη τιμή της για χ = 1 ο (το μέγιστο εμβαδόν είναι: Ε ( 1 ) = 4τομο )ο ..ι

Δίνεται

f ( χ)

συν ά ρτηση

4 vfχ + 2 - 8 2

χ -4

•

Αν Α, Β

με

, , ειναι δ υο εν δ ε-

χόμενα του δ ειγματικού χώ ρου Ω ενός πει ρ ά ματος τύχης με Ρ (Α υ Β) = Ο, 6

Ρ ( Α)

lim f ( χ) ·�2

α) Να β ρε θ εί το πε δ ίο ορισμού της συν ά ρ τησης

β ) Να β ρε θ εί η πιθ ανότητα του εν δ εχομ ένου να πραγματοποιη θ εί μόνο το εν δ εχόμενο Β. γ) Να δ ειχθ εί ότι

Ρ (Β) � _2_ . 20

2 χρόνια, ν3 , 3 χρόνια, ν4, 4 και ν5 , 5 χρόνια. Όμως ή ρ θ αν ακόμα

ϋπη ρεσία , ν2 , χρόνια

1 χρόνο προ

κα θ ηγητ ές επιπλέ ον , ένας σε κ άθ ε μία από τις προηγούμενες κατηγορίες. Αν η αρχική μέ ση τιμή των χρόνων προϋ πη ρεσίας των κα θηγητ ών ήταν

3 χρόνια, να

δ είξετε ότι η ν έ α μ έ ση τιμή δ εν άλλαξε.

Την προηγούμενη χρονιά η μέση τιμή ήταν 1 +2ν 2 +3ν3 +4ν4 + 5ν5 = 3 <=> χ = 3 <=> νι νι + ν2 + ν3 + ν4 + νs

(

1νι + 2 ν 2 + 0 0 0 + 5ν5 = 3 ο ν ν =

t νi )

Την φετινή χρονιά η μέση τιμή είναι: 1 ( ν ι + 1 ) + 2 ( ν 2 + 1 ) + ο ο ο + 5( ν 5 + 1) => y= ( νι + ν 2 + ο ο ο + ν5 ) + 5 _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/48

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

3 + 15 3 ( ν + 5) => y = νν + 5 = ν + 5 = 3 _

5ο

(ν ι + 2ν 2 + . . . + 5ν 5 ) + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) � (ν ι + ν 2 + ... + ν 5 ) + 5

Έ στω

tι, t2,

. • .

, tν οι παρατη ρήσεις

(τιμές) μιας μετα βλητής Χ σε δείγ μα μεγέ θ ους ν που ακο λου θ ούν την κανονική κατα συν ά ρτηση η νομή f με και 2 f t 1 + t + + t,. ) · χ ν · χ +

( χ} = (

2009

..•

Αν η τυπική απόκλιση των παρατη ρήσεων

0,6 και η συνά ρτη1, ' ιστο στο 8 ση παρουσια' ζει ελαχ

της μετα βλητής Χ ε ίναι

α) Να βρε ίτε την μέση τιμή και να δείξετε ότι το δε ίγμα δεν είναι ομοιογεν ές. β) Ν α βρε ίτε την ελάχιστη τιμή

που πρ έ

πει να αυξη θ ούν ό λες οι παρατη ρήσεις, ώ στε το δείγ μα να γ ίνει ομοιογεν ές.

10 παρατη ρήσεις είναι μεγαλύτερες από 5,2 να βρείτε το μ έγε θ ος του δείγ ματος.

γ) Αν

f' (x) = 2 · (tι + t 2 + ... + tv ) x - ν , χ ε � f' (χ) = Ο χ = 2(tι + t ν+ ... + tv ) 2

Άρα: Το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. β) Έ στω c η ζητούμενη τιμή και Υ; = t ; + c , i = 1, 2, . . . , ν οι νέες τιμές της μεταβλητής Χ . Ως γνωστόν y = χ + c = 4 + c ενώ η τυπική απόκλιση δεν μεταβάλλεται. Αν CVY ο νέος

f' (χ ) Ο

f' (χ) < ο

χ<

2 (t1 + ... + tv )

μεταβολής

συντελεστής

έχουμε

ομοιογενές , πρέπει οι τιμές να αυξηθούν του λάχιστον κατά 2 μονάδες. γ) Επειδή η κατανομή είναι κανονική έχουμε: 2, 5% · ν = 1 Ο G Ο, 025 · ν = Ι Ο G ___!_2_ = 400

0, 025

6ο

_/ 2,2

0, 1 5% 2,8

3 ,4

4,6

5,2

5,8

Στο παρακάτω σχή μα φαίνεται το ιστό

γ ραμμα σχετικών συχνοτήτων

και

(fϊ)

της β α θ

μο λογίας των μα θητ ών της εκπαιδευτικής περιφ έ ρειας της επαρχίας Κυνουρίας του

2 ( t1 + ... + tv )

νομού Αρκαδίας. Από το ιστόγ ραμμα λεί

Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο στο ν ν

2 ( t1 + .. . + tv

1 = ) 8

κλά σης.

..i.=!.__

στής μεταβολής είναι:

και

5 ης

Ι στόγραμμα σχετ. συχν.

0,30

t1 + ... + tv = 4ν . Έτσι για τη μέση τιμή έχουμε: Σ tί tι + ... + tv 4ν χ= = = = 4 . Ο συντελεν ν ν

4ης

πουν : οι ιστοί (ορ θ ογ ώνια) της

2(t1 + ... + tv ) , Επομενως:

θα

= 40,+6c . Ο, 6 � 1 0% Ο, 6 � Ο, 1 · ( 4 + c) Πρέπει: 4+c 6 � 4 + c c � 2 . Άρα για να γίνει το δείγμα cv

α)

= !χ = Ο,46 = Ο' 1 5 = 1 5%

·t:S

0,20

b 0, 1 0

ο ι;, ο �

βαθμολογία

Αν γνωρίζουμε ότι η μ έ ση β α θ μο λογία των μα θ ητ ών είναι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/49

15,2 τότε :

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

α) Να βρείτε τις συχνότητες που λείπουν και να συμπ λη ρ ώ σετε το ιστόγραμμα.

β) Ο σύ λλογος των Κυνουραίων της Αμερι

κής προτίθ εται να βραβεύσει με χρη ματικό έπαθ λο όσους έχουν βα θ μο λογία π άνω από 1 7. Τι ποσοστό μαθ ητ ών αντιστοιχεί στους μα θ ητές που θ α βραβευτούν;

F,%

1 00 90

α) Έστω κ, λ οι σχετικές συχνότητες που λεί-

Λ ύση

150 πόσοι μαθητές θ α βραβευτούν;

πουν. Π ρο φ ανώς:

0, 1 0 + 0, 20 + 0, 3 0 + κ + λ = 1

κ + λ = 0, 4 Επίσης: χ =

Σ χ/;

<=>

1 7 κ + 1 9λ = 7 2λ = ο 2

Ο, 4

<=>

1 7 κ + 1 9λ = 7

- --

-1

I :

-------1 / : I '

30%

I !

15 16 17 18

Π άνω από 1 7 είναι το 25% των μαθητών

1 7 κ + 1 9λ = 7

<=>

,------<

1 5, 2 = 1, 1 + 2, 6 + 4, 5 + 1 7 κ + 1 9λ <=>

{ { {κ + λ � {

<=>

Επιλύουμε το σύστη μα: κ + λ = 0, 4 1 7 κ + 1 9λ = 6, 8

---

1 5, 2 = Ο, 1 0 · 1 1 +

+0, 20 · 1 3 + Ο, 3 0 · 1 5 + κ · 1 7 + λ · 1 9

75%

- - - - - - - -- - �-

17 είναι

------- ----

15 έως

γ) Αν οι μαθητές με βαθμο λογία από

- - - - - - - - - - - - - - - - - ·- · · · · - -- - ·- --

(( 1 00-75 )%) γ) Με βαθμολογία από Ι 5 έως 1 7 είναι το

<=>

30% των μαθητών ((75-45 )%)

λ=ο 1

Επειδή το 30% των μαθητών είναι 1 5 0 θα έ

κ=ο 3

χουμε συνολικά 1 5 0 : 3 0%

5 00 μαθητές. Ο

Έτσι έχουμε τον παρακάτω πίνακα σχετικών

πότε θα βραβευτούν το 25% των 500 μαθητών

συχνοτητων:

δηλαδή 1 25 μαθητές.

Κλά σεις

fi %

Fi%

1 0- 1 2

0, 1 0

1 2- 1 4

0,20

Έστω πείραμα τύχης με δειγματικό χώ ρο Ω = {α , β , γ , δ , ε} , α , β , γ , δ , ε ε JR . Αν Ρ(α) ,

1 4- 1 6

0,30

Ρ(β) , Ρ(γ) , Ρ(δ) και Ρ(ε) οι πιθ ανότητες των

1 6- 1 8

0,30

απ λών ενδεχομένων του Ω και:

1 8-20

0, 1 0

1 00

Ρ (α) _

ιm

χ�Ο

.J1 + 2χ - .J1 + χ 2Χ

Ρ(β) ισούται με τον συντελεστή διεύ β) Στη συνέχεια σχεδιάζουμε το ιστόγραμμα

θυνσης της ευ θ είας που είναι κ ά θ ετη

αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων επί τοις

στην εφαπτομένη της γραφικής πα ρ ά στασης της f ( x) = -3x 2 στο Α(1 ,

εκατό και το αντίστοιχο πολύγωνο αθροιστι κών συχνοτήτων επί τοις εκατό απ ' όπου πα ρατη ρούμε :

f( 1 ))

Ρ(γ) ίση με τον συντελεστή μεταβο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/50

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

λής των μισ θών των υπαλλή λων μιας εταιρείας που ακο λου θ ούν κανονική

5 0 % είναι π άνω το 2,5% π άνω από

κατανομή και το

1 000€ 1 200€ '

από ο

Ρ(δ) το

εν ώ

� ( � �)

μέγιστο της συν ά ρτησης

( ) = συν 2 χ g χ

στο

Α) Ν α βρεθούν οι πιθανότητες των α , β , γ , δ και ε. Β) Αν Α = {α, β, γ } και Β = {γ , δ , ε} να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων:

i) Γ : Να συμβα ίνει μόνο το Α ii)

Δ:

κή

κατανομή θα ισχύει: χ = 1 000 και χ + 2s = 1 200 ΟΟ = 1 0% Άρα: s = 1 00 ο Οπότε: CV = 1Ι000

Άρα: Ρ (γ) = Ι 10

Για κάθε χ ε ( - π ' π ) 2 2 ' g (χ) = 2συνχ ο ( -ημχ) = -ημ2χ ' g (χ) = ο <=> -ημ2χ = ο <=> χ = ο ' π' ' g (χ) < ο <=> ημ2χ ο <=> ο < χ < 2 π ' g (χ) ο <=> ημ2χ < ο <=> - < χ < ο 2 •

Να συμβα ίνει μόνο ένα εκ των Α , Β

iii) Ε : Να μην συμβαίνουν τα Α και Β συγ

g '(x) g(x)

χρόνως

iv) Ζ: Να μην συμβα ίνει κανένα από τα Α , Β

Α)

�

Άρα, στο Ο η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο το f (Ο) = συν 2 Ο - �3 = 1 - �3 = 2.3 Άρα: Ρ( δ ) = ]_ 3

Όμως: Ρ (α) + Ρ (β) + Ρ (γ) + Ρ (δ) + Ρ (ε) = 1 Ρ (ε) = 1 - (Ρ (α) + Ρ (β) + Ρ (γ) + Ρ (δ) ) <=> Ρ (ε) = 1 - (2. + 2. + -1 + 2. ) = 4 6 10 3 � = l - 1 5 + 1 0 + 6 + 20 = � = 60 2 0 20 β) ί) Γ = Α - Β = {α, β} , 1 1 3+2 5 = Ρ Γ) = Ρ (α) + Ρ (β) = + = 4 "6 ---τ2 U ( Έχουμε: ίί) Δ = (Α - Β) υ (Β - Α) = f' (χ) = -6χ ο Για χ = 1 , f' ( 1 ) = -6 ο Αν λ ο συντελεστής διεύθυνσης της ζητούμε = {α,β} υ {δ, ε} = {α, β, γ, δ, ε} , νης ευθείας τότε: λ ο ( -6 ) = - 1 <=> λ = _!_6 Άρα: Ρ ( Δ ) = 1 - Ρ (γ) = Ι - 1� = 1� iii) E=(AnB)' ={α,β,γ,δ,ε} = Δ ο άρα: Ρ (Ε) = _2._ 0 Ρ (β) = _!_ 10 <=>

ι.

•

Αν χ και δ η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση των μισθών των υπαλλήλων της εταιρείας που ακολουθούν κανονι-

ίν)

Ζ = ( Α υ Β ) ' = 0 ο Οπότε: Ρ ( Ζ ) = Ο ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/5 1

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Μαθη μ ατ ι κα Γ Λu κ ε ι ο u Κατε u θ uνση ς

Ασκ σε ι ς Ανάλυση ς Αντώνης Κυριακόπουλος-Χρυστ. Κυβερνήτου ΑΣΚΗΣΗ I .

h(χι)=f(χι)- g(χι) , h(x2 )=f(x2 )-g(x2 )=f(x2 )-f(x1 ). Από την ( 1) με χ = χ 2 , έχουμε: Για μια συνάντηση f : IR IR ισχύει: r ( r ( χ )) = αχ + β, για κάθε χ Ε ΙR (1 ) f(x 2 ) � f(χι ) => f(x 2 ) - f(x 1 ) � Ο => h (x 2 ) � Ο. Από την (2) με χ = Χ ι , έχουμε: όπου α και β είναι δύο δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί με α+β=1 και β * Ο . Να αποδείξετε ότι g (χι) � g(x 2 ) = f(χι) f(χι ) -g(χι ) � Ο => h (x 1 ) � Ο. η εξίσωση f(x)=x έχει μια μοναδική ρίζα στο IR . Αν h(χι ) = Ο , τότε η h έχει τη ρίζα χ1 και αν ΛίJση. Έστω ένας αριθμός χ JR . Τότε f(x) JR . h(x 2 ) = Ο , τότε η h έχει τη ρίζα χ 2 Έστω τώρα Θέτοντας στην ( 1 ) όπου χ το f(χ) βρίσκουμε: h(x 1 ) * Ο και h(x 2 ) * Ο,οπότε h(x1) > 0 και h(x 2 ) < 0. f( f ( f( χ ))) = αf(χ)+β � f(αχ + β) = αf(χ) + β . Τότε, από το θεώρημα του Bo lzano για την h στο διάστημα [ χ ι , χ 2 ] ,έπεται ότι η h έχει μια τουλάχιΆρα, για κάθε χ JR , ισχύει: στο ρίζα στο διάστημα ( χι , Χ 2 ) . f(αχ +β) = αf(χ)+β . (2) Άρα, σε κάθε περίπτωση, η h έχει μία τουλά Θέτοντας στην (2) χ= 1, βρίσκουμε: f(α+β)= αf(1)+β=>f(l)=(l-β)f(l)+β=>βf(l)=β=>f(l)=l. χιστον ρίζα στο JR και συνεπώς οι Cr και C g έΆρα η εξίσωση f(x) = χ έχει ρίζα τον αριθμό 1 . χουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο. Έστω τώρα ότι η εξίσωση f(x) = χ έχει και άλλη μια ρίζα ρ JR με ρ * 1 , οπότε f(ρ) = ρ . ΑΣΚΗΣΗ 3. Μια συνάντηση f : JR JR είναι συνεχής με Από την ( 1) με χ=ρ βρίσκουμε: f ( f ( ρ )) = αρ + β => f( ρ) = αρ + β => f(1 0) = __!_ , f(1 2)=1 0 και για κάθε χ Ε IR ισχύουν: 10 ρ = (1 - β)ρ + β => β ρ = β ρ = 1, ατοπο. r ( r ( x ) + 1 ) r (r ( x ) + 4) -Άρα, η εξίσωση: f(x) = χ έχει μια μοναδιf(x) * Ο και . (1 ) = f (f ( x) + 3) f (f ( x) + 2) κή ρίζα, το 1 . �

•

�

ΑΣ Κ Η Σ Η 2 .

Δύο συναρτήσεις f και g είναι ορισμένες και

συνεχείς στο IR και έχουν στο IR μέγιστες τιμές

σε διαφορετικές θέσεις, οι όποιες μέγιστες τιμές είναι ίσες. Να δείξετε ότι οι C r και C g έχουν ένα

Ν α δείξετε ότι: α) f(2) · f(3) = f(4) · f(5).

[ ]

β ) Υπάρχει ξ Ε 2, 3

γ) Η f δεν είναι 1 - 1 .

με f 2 (ξ) = f(2) · f(3).

Λ ύση .

Επειδή η f είναι συνεχής στο JR και f(x) * Ο, για κάθε χ JR , έπεται ότι η f έχει σταΛύση . 10 , έπεΑπό την υπόθεση, έπεται ότι υπάρχουν πραγματι θερό πρόσημο στο JR .Και επειδή f(l Ο) = _!_ κοί αριθμοί χι και χ 2 με Χι * χ 2 , έστω Χ ι < χ 2 , ται ότι f(x) > Ο , για κάθε χ JR . τέτοιοι ώστε: f(χι ) = g(x 2 ) και για κάθε χ JR : α) Επειδή _!_ < 1 < 1 Ο , από το θεώρημα ενδιάμε10 f(x) � f(xι ) (1) και g(x) � g(x 2 ) (2). σων τιμών για f στο διάστημα [ 1 Ο, 12 ] , έπεται Θεωρούμε τη συνάρτηση: h(x) = f(x) - g(x) . ότι υπάρχει χ0 την( 10,12 ) με f(x0) = 1 . Από την (1) Η h είναι ορισμένη και συνεχής στο JR . Έχου με χ = χ 0 , έχουμε: με: Ε

τουλάχιστον κοινό σημείο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/52

f ( f(x 0 ) + 1 ) f ( f(x 0 ) + 4 ) � -7-----7= f ( f(x 0 ) + 3 ) f ( f(x 0 ) + 2 ) 2) = /( 5) � /(2)/(3) = /( 4)/( 5). � /( /( 4) /(3)

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

= ιi m f 2 (l + h) h+2g 2 (2 + h) . [ (l + h)')2 - 1 τ = .lιm ( l + h) 4 - 2( l + h) 2 + 1 lιm h2 h2 Θεωρούμε τη β) συνάντηση: 2 g(x) = f 2 (x) - f(2)f(3). Η g είναι ορισμένη και = ιι. m (1 + h)h - 1 συνεχής στο διάστημα [ 2,3] .Έχουμε: 2 g( 2) f 2 (2) - f( 2) f (3) = f(2)[ f( 2) - f(3)] και ιi m ( 1 + h 2 + 2h - 1 = ιi m ( h + 2) 2 = 4. h g(3) = f 2 (3) - f(2)f(3) f(3)[ f(3) - f(2)] . Αν f( 2) = f(3) ,τότε ξ=2 (ή ξ=3). Α Σ Κ Η Σ Η 5. Αν f( 2) :;t: f(3) , τότε έχουμε: Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορι g( 2) g(3) = -f(2) f(3)[ f( 2) - f(3) ] 2 < ο . σμένες και παραγωγίσιμες στο διάστημα Έτσι, από το θεώρημα του Bo ιzano για την g ( Ο,+οο ) και για τις οποίες, για κάθε στο διάστημα [ 2,3] , υπάρχειξ Ε (2,3) με: x,y (Ο,+οο) , ισχύει: g(ξ) f 2 ( ξ) - f (2)f(3) = ο � f 2 (ξ) = f(2) f (3) . (1 ) f(x) + f(y) + f ( x� = o . Άρα, σε κάθε περίπτωση, υπάρχει ξ Ε [ 2,3 ] με f2 (ξ) f(2)f(3). Λί>ση . γ ) Όπως προηγουμένως δείχνουμε ότι υπάρχει Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες επει- συνθήκες. Θεωρούμε έναν αριθμό y0 > Ο . Από η Ε [ 4,5 ] με f2( η) = f(4)f( 5 ). Και 2 δή: f( 2)f(3) f(4)f(5 ) , έπεται ότι f (ξ) f 2 (η) την ( 1) με y Υο έχουμε για κάθε χ>Ο: και άρα f( ξ) = f(η) (γιατί; ). 1 =ο � ftx) - ;'ο f' -1 ο. f(x)+f(y )+f 0 Εξάλλου, έχουμε: 2 ::;; ξ ::;; 3 < 4 ::;; η ::;; 5 και άρα ΧΥ Χ Υ2 xyo ο ο ξ<η. Συνεπώς η f δεν είναι 1-1 . Άρα, για κάθε χ, y Ε (0, +οο) , έχουμε: 1 ο . (2) f'(x) - -x 12-y f' Α Σ Κ Η Σ Η 4. xy Δύο συναντήσεις f και g είναι ορισμένες στο Θέτοντας στην (2) όπου χ το y και όπου y το 1R και για κάθε JR ισχύει: έχουμε για κάθε χ, y Ε (0, +οο) : f 2 (x) + g 2 (x + 1 ) = x4 - 2x 2 + 1 . (1) 1 = ο . (3) f' f'(y) - + Επιπλέον, η f είναι παραγωγίσιμη στο 1 και xy Υ χ η g είναι παραγωγίσιμη στο 2. Ν α δείξετε ότι: Από τις (2) και (3), έχουμε για κάθε x,yE(O,-too) : ( f' ( 1 ) ) 2 + ( g' ( 2 ) ) 2 = 4. (2) x 2 yf'(x) y 2 xf'(y) � xftx)=yf ty) (4) . .\ύ σ η . Από την (4) με y=1, έχουμε για κάθε χ>Ο: Από την ( 1 ) με χ=1 βρίσκουμε: xf'(x)=f'(l) ( =α) � ftx)=α_! � f 2 (1) + g 2 (2) = Ο και άρα f( 1 )=Ο και g(2)=0. Έχουμε: ftx)=( αlηχ)' � f(x)=αlnx+c (5). ,f (1) ι ι· m f(l + h) - f(1) ι ι· m f(l + h) και Από αυτή έχουμε f( 1 )=c και από την ( 1) με h h x=y=1, έχουμε f(1)=0, οπότε c=O. Άρα, από την g'( 2) ι1 i->m0 g( 2 + h)h - g( 2) ιi m g( 2h+ h) . (5) έχουμε, για κάθε χ>Ο: f(χ)=αιηχ. Λ ντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι Έτσι έχουμε: 2 2 συναντήσεις: f(χ)=αιηχ, όπου α Ε JR , πληρούν τις ( f'( 1) ) 2 + ( g'( 2) ) 2 = ιi m f (1h +2 h) + ι im g (2h-7 h) = δοσμένες συνθήκες και άρα είναι οι μοναδικές ζη τούμενες. h -> 0

h ->0

•

<Ι>

h -> 0

]= )

(

h -> 0

•

= ο�

)

( )=

( )

( )=

χΕ

()

= =

h -> 0

φ.

h -> 0

h ->0

h -> 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/53

χ,

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 6.

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο διάστημα [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Θέτουμε: = f(α) + if(β), ω=eα + ieP και υποθέτουμε ότι: I z+ ω 1 = 1 ω ι . Να αποδείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (α,β) με: f(x0) + f ' (x0) = Ο. z

Λίι ση .

Με τα σημεία: α = χ 0 < χ 1 < χ 2 < ... < Χ 5 < Χ6 = β χωρίζουμε το διάστημα [α,β) σε 6(=1 +2+3) ισομήκη υποδιαστήματα, μήκους β - α (= μ) . ' Ετσι 6

έχουμε:

β-α χν = α + ν- , ν=Ο, Ι ,2, . . . ,6. 6 Η συνάρτηση f σε καθένα από τα διαστήματα [ Χ0 , Χ 1 ] (μήκος μ), [ Χ1 ,χ3 ) (μήκος 2μ) και Λ ύση. θεωρή Έχουμε: [ Χ3 , Χ6] (μήκος 3μ) πληροί τις υποθέσεις Ι z+ ω Ι = Ι z - ω ι � Ι z+ ω i 2 = Ι z - ω Ι 2 � ματος μέσης τιμής. Άρα, υπάρχουν αριθμοί ξ . , ξ 2 , ξ 3 με: Χ ο < ξ ι < Χ ι < ξ 2 < x J < ξ3 < χ 6 και � ( z + ω)(z+ & )=( z - ω)(:Ζ- ω) � f(x ) - f(x 0 ) , οποτε. , f'(ξ ι ) - 1 zω + zω = Ο � Re(zω)=O ( Ι ). Χ ι Χο Εξάλλου έχουμε: f(x f'(ξ ι ) = 1 ) f(α) ( 2 ). zω = eaf( α) + ieβf( α) + ie α f(β) - eβ f(β) . μ Έτσι, λόγω της ( 1 ), έχουμε: ) )- ) )f'(ξ 2 ) = f(x 3 f(x1 = f(x 3 f(x 1 ' οπότε: e"f(α) - eβf(β) = Ο � eαf(α) = e β f(β) (2). 2μ χ 3 - χ. Για να αποδείξουμε το ζητούμενο, αρκεί να 2f'(ξ 2 ) = f(x J ) - f(xι ) (3). αποδείξουμε ότι η εξίσωση : f(x) + f'(x) = Ο έχει μ μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β). Με f(x ) - f(x J ) = f(β) - f(x 3 ) οπότε: χ Ε (α, β) , έχουμε: f'(ξ 3 ) = 6 ' χ6 - χ3 3μ ' f(x) + f'(x) = Ο <=> ( e' ) f(x) + e'f'(x) = Ο <::::> 4 3f'(ξ 3 ) = f(β) - f(x 3 ) ( ) . μ <=> ( exf(x) ) ' = 0. 4 Προσθέτοντας κατά μέλη τις ( 2 ) , (3) και ( ) β-α Έτσι, αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση και θέτοντας μ = μ , βρίσκουμε τη ζητούμενη g' , όπου g(x)=e xf(x) , έχει μία τουλάχιστον ρίζα ισότητα ( Ι ). στο διάστημα (α, β). Η συνάρτηση αυτή g είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [α, β) και παΑ Σ Κ Η Σ Η 8. στο( α,β).Εξάλλου ραγωγίσιμη έχουμε: Θεωρούμε την εξίσωση: (x - l ) ln x = x + l . (1 ) g( α) = eaf( α) και g(β)=eβf(β) , οπότε λόγω της (2), ισχύει: g(α) = g(β) . Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο α του Rolle, η g' έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διά κριβώς ρίζες. Τις ονομάζουμε α και β. ii) Να αποδείξετε ότι: αβ = l. στημα (α, β). •

•

Λ ίι σ η .

ΑΣ ΚΗΣΗ 7 .

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής σε ένα διάστημα [α, β] (α β) και παραγωγίσιμη στο (α, β). Να αποδείξετε ότι υπάρχουν αριθμοί ξ 1 ,ξ 2 ,ξ3 Ε (α,β) με: f ' (ξ 1 ) + 2f ' (ξ 2 ) + 3f ' (ξ3) = 6 f(β)β -- αf(α) . (1) <

i ) Το σύνολο ορισμού τις εξίσωσης ( I ) είναι το διάστημα (0, +οο ). Ο αριθμός I προφανώς δεν είναι ρίζα της εξίσωσης ( I ). Για κάθε χ>Ο με χ =1= I , x l χ+Ι , εχουμε: (I) <::::> Ιη χ = -- <::::> \η χ - + = Ο (2). χ-Ι χ-\ Θεωρούμε τη συνάρτηση: χ+Ι f(x) = \η χ - -, χ (0, 1 ) u ( l ,+oo). χ-I

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/54

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

έχουμε:

x E (0, 1) u (l, +oo)

Με

2 >0. Άρα f ! (O, Ι) και f ! (l, +οο ). f'(x) = _!_ + χ (χ - 1) 2 Εξάλλου έχουμε: Ιίm ιη χ - x + }l = -oo , " Iim f(x) = x--tO0 --t 1 Χx "' Iim f(x) = I i m ιη χ - (χ + \ ) -1- = +οο , χ -. ι χ-1 f(x) = I i m ιη χ - (χ + 1 ) -1-] = -οο , ., lim -. ι · χχ χ + 1 = οο. " Χ--t+Χ. lim f(x) = .\--t Ι ί ιη ιη χ + :ι: Χ-1 Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο τιμών της f με χ Ε (0, I ) . όπως και με χ Ε (1, +οο ), είναι το ΊR . Επειδή Ο Ε !Κ. και σε καθένα από τα διαστήματα (0, 1 ) και ( l , +:x:: ) , η f είναι γνησίως αύ ξησα, συμπεράνουμε ότι η f έχει μια ακριβώς ρίζα σε καθέ να από τα διαστήματα αυτά. Άρα η f, επομένως και η εξίσωση ( I ), έχει δύο ακριβώς ρίζες, μια α Ε ( Ο. Ι ) και μια β Ε (l, +οο). Έχουμε: α f(α) = 0 :::::> \η α - + Ι = 0 :::::> - Ιη α + α + 1 = 0 :::::> α-1 α-1 1 1 I+ Ι -+I Ι ln - + --α = O :::::> ln - - -α- = 0 :::::> f -1 = 0. α α 1 _ _!_ α _!_ _ 1 α α Άρα, ο αριθμός _!_ είναι ρίζα της συνάρτησης α f. Και επειδή η f έχει μόνο τις ρίζες α και β και ' ' α β= 1 . α =1- -1 , επεται οτι -1 = β και αρα α α , _, ι -

χ -+ ι -

)

( [ [ (

)

] ]

-()

Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσω σης: 2 Ιη χ = λχ 2 + 1 ( λ R , παράμετρος). ε

Απ 6;,·τη σ η .

e Αν λ ::;; Ο , μια ρίζα [στο διάστημα (O,e)]. wA ν Ο < λ < __;._ , δύο ρίζες [μια στο (O,e) και eμια στο (e, +οο )]. '"Αν λ = � , μια ρίζα [ την x=e]. e I Αν λ > 2 , καμια ρ ι' ζα .. e

ΑΣΚΗΣΗ 1 0.

Μια συνάντηση f είναι ορισμένη και τρεις φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ=(α, β). Υποθέτουμε ότι f(x) � Ο , γ ια κάθε χ Δ και ότι η f έχει δύο (διαφορετικές) ρίζες στο Δ. Να απο δείξετε ότι η εξίσωση: f '"(x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ. ε

Λύση .

Έστω ότι χ 1 και χ 2 με χ 1 < χ 2 είναι οι δύο ρίζες της f στο Δ , οπότε f(x 1 ) = 0 και f(x 2 ) = 0. Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Rolle για την f στο διάστημα [ χ 1 , χ 2 ] , βρίσκουμε ότι υπάρχει χ 0 Ε (χ 1 , χ 2 ) με f'(x 0 ) = 0. Xj

ξι

Εεξάλλου, από την υπόθεση, έχουμε ότι για κάθε χ Ε Δ ισχύει f (χ) � Ο και συνεπώς f(x) � f(x 1 ) και f(x) � f(x 2 ). Άρα, η f σε καθένα από τα χ 1 και χ 2 έχει τοπικό ελάχιστο. Έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, έχουμε f'(x 1 ) = 0 και f'(x 2 ) = 0. Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Ro l le γιατί την f' σε καθένα από τα διαστήματα [ χ 1 , χ ] και [ χ 0 , χ 2 ] , βρίσκουμε ότι υπάρχουν ξ 1 Ε (χ 1 , χ 0 ) και ξ 2 Ε ( Χ 0 , χ 2 ) με f " (ξ 1 ) = 0 και f " (ξ 2 ) = 0 (α < Χ ι < ξ ι < Χ ο < ξ 2 < χ 2 < β) · τέλος, εφαρμόζοντας το θεώρημα του Rolle για τη συνάρτηση f " στο διάστημα [ ξ 1 , ξ 2 ] , βρίμε σκουμε ότι υπάρχει ξ Ε (ξ 1 , ξ 2 ) f"'(ξ) = Ο (α<ξ<β). Άρα, η εξίσωση f "'(x) = Ο έχει μία τουλάχι στον ρίζα στο Δ. 0

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 1 .

Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορισμένες και συνεχείς στο διάστημα 10, 1 1 και για τις οποίες ισχύουν: Jr 2 (x)dx ::; -1 ::; Jxf(x)dx . 3 ι

ΛίJση :

Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Έχουμε λοιπόν: I Jf 2 (x)dx ::; -31 (Ι ) και Jxf(x)dx :=::: -3Ι (2). ο I

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/55

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Για κάθε χ Ε [0, 1 ] , έχουμε: 2 (x) + x 2 [f(x}-x]2:Ξ::()=?f(x)+x2-2xf(xY-:Q::::?x f(x) ::.:: f 2 Έτσι έχουμε: ι f 2 (x) + x 2 ι fxf(x)dx ::.:: J 2 dx = ο

=-ι Jf 2 (χ )dx + -ι Jχ 2 dx = 2 2 3 ι (ι ) 1 1 1 1 1 2 1 + - ·=- Jf (x)dx + - - � 2 3 0 2 3 2 3 2 0 ι 2 (2) 1 ι f (x) + x 2 dx ::.; -ι ::::? ::::? - ::_:: Jxf(x)dx ::_:: J 3 2 3 ι f 2 (x) + x 2 dx Jxf(x)dx 2

[Χ ] ο

ο ι

- · -

(2) Ο � f(x) � κF(χ) ::::? κF(χ) ::?: 0 ::::? F(x) ::?: Ο . Και επίσης: F'(x) � κF(χ) ::::? F'(x) - κF(χ) � Ο ::::? e - κx f '(x) - Ke - κx f(x) � 0 ::::? ( f (x)e-κx ) ' � 0 . Έτσι, για την συνάρτηση: g (x) = e - κx F(x) , η οποία είναι συνεχής στο [Ο, +οο ) , ισχύει: g'(x) � Ο , για κάθε χ Ε (0, +οο) . Άρα g J_ [Ο, +οο ) . Συνεπώς για κάθε χ>Ο έχουμε: g(x) :ς g(O) ::::? e - κx F(x) � Ο ::::? F(x) � Ο . Έτσι, για κάθε χ>Ο έχουμε: F(x) ::?: Ο και F(x) � Ο και άρα F(x)=O. Συνεπώς, από τις (2) έχουμε για κάθε χ>Ο: O � f(x) � O και άρα f(χ)=Ο. Εξάλλου, επειδή η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Ο, έχουμε: f(O) = ιίm f(x) = ιίm 0 = 0 . Συμπεραίνω λοιπόν ότι: f(x) = Ο, για κάθε χ Ε [Ο, +οο ) . χ4ο

::::? j[f(x) - x] 2 dx = O .

(3)

Έστω ότι για ένα αριθμό χ 0 Ε [Ο, 1] ισχύει: [ f ( x 0 ) - x 0 T :;t: O , οπότε [ f ( χ 0 ) - χ 0 Τ > 0 . Τότε ι

θα είχαμε j[f(x) - x] 2 dx > O , άτοπο, λόγω της (3). ο

χ �ο

ΛΣΚΗΣΗ 1 3.

Να βρείτε το ..ολοκλήρωμα: 1

- 3συνχdχ . 'J4ημχ ημχ + 2συνχ

0 Άρα, για κάθε χ Ε [0, 1] ισχύει [r( χ ) - χ τ = ο και Λ ίJ σ η . συνεπώς f(x)=x. Εξετάζουμε αν υπάρχουν αριθμοί λ, μ Ε IR τέΌπως βρίσκουμε εύκολα η συνάρτηση f(x) = χ πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική τοιοι ώστε, για κάθε χ Ε Ο, , να ισχύει: ζητούμενη. 4η μχ - 3συνχ = λ( η μχ + 2συνχ) + μ( η μχ + 2συνχ ) ' . ( 1 )

[ Ξ]

ΑΣ Κ Η l: Η 1 2 .

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο διάστημα [Ο,+οο) και για κάθε χ>Ο ισχύουν: ο � f(x) � κ Jr(t)dt (1) όπου κ είναι ένας θετικός αριθμός. Να δείξετε ότι : f(x)=O, για κάθε χ [Ο, +οο) . χ

Λ ύ ση .

Θεωρούμε τη συνάρτηση: F(x) = Jr( t )dt . ο

Η F είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο

[Ο, +οο ) με: F'(x) = f(x) . Από τις ( 1 ) έχουμε για κάθε χ>Ο:

[ Ξ] να ισχύ

Προς τούτο, αρκεί για κάθε χ Ε Ο,

{

ει: 4ημχ - 3συνχ = (λ - 2μ)ημχ + ( 2λ + μ)συνχ , λ = -� λ - 2μ = 4 5 , αρκεί: αρκεί: 11 2λ + μ = -3 μ = --

{

[ Ξ] :

' Ετ σι, από την ( 1 ), έχουμε για κάθε χ Ε Ο, 2 5

11 5

. I

4ημχ - 3συνχ = --( ημχ + 2συνχ) - -( ημχ + 2συνχ) και συνεπώς: 4ημχ - 3συνχ - � 1 1 ( ημχ + 2συνχ ) ' ημχ + 2συνχ 5 5 ημχ + 2συνχ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/56

Μαθη ματικά για την Γ ' Λυκείου

Έτσι έχουμε:

J!.

(ημχ + 2συνχ) 'dx _ Ι = 3_ dx - _!_!_ 5 5 0 (ημχ + 2συν χ) � π 11 π 11 - - - [ 1 η J ημχ + 2συν χ J]- = - - + - 1n 2.

J lt

A l: K I I Σ i U Ή -ι

Να βρείτε το ολοκλή ρωμα: I=

-J;

( συνχ ) ( συνχ ) + ( η μχ )

Λ πιί.ντη σ η . Ι = - . 4

ημχ

συνχ

Να βρείτε τις συναντήσεις f, οι οποίες είναι ο ορισμένες και συνεχείς στο IR και για τις ο

ποίες για κάθε χ ε IR ισχύει: ' r χ f(x) = 2 te ι - <ι> dt .

(1 )

\ π (ι,·-;-ψ;η .

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο διάστημα [0, +οο), παραγωγίσιμη στο (0, +οο) και ισχύουν: f(O) = Ο και O< f' (x)::Ξl , για κάθε χ > Ο. Να αποδείξετε ότι, για κάθε χ>Ο, ισχύει: r ' (t)dι ,;

ΛίJση.

(j ) r(ι)dι

(Ι)

Θεωρούμε την συνάρτηση: ' g(x) = f( t )dt fr\ t )dt . Η

o )

Η h είναι συνεχής στο [0, +οο) και παραγωγί σιμη στο (0, +οο) με: h ' (x) = 2f(x) - 2f(x)f ' (χ) = 2f(x)[ l - f ' (χ)]. Για κάθε χ > Ο, επειδή f(x) > Ο και 1- f ' (χ) :=:: Ο (υπόθεση), έχουμε: h ' (x) :=:: Ο. Συνεπώς, η h είναι αύξουσα στο διάστημα [0, +οο) (γιατί σ' αυτό είναι και συνεχής). Έτσι, για κάθε χ > Ο, έχουμε: h(x) :=:: h(O) = Ο, δηλαδή h(x) :=:: Ο. Έτσι, λόγω της (2), έχουμε για κάθε χ>Ο: g ' (x) = f(x)·h(x) :=:: Ο. Και επειδή η g είναι συνεχής στο [0, +οο), έπεται ότι η g είναι αύξουσα στο [0, +οο ). Συνεπώς, για κάθε χ>Ο, έχουμε: g(x) :=:: g(O) = Ο, δηλαδή g(χ):Ξ:Ο, από την οποία έπεται η ( 1 ).

Έστω η συνάρτηση : f(x)=

f(x) = χ 2 •

Μελετάμε τώρα τη συνάρτηση : h(x) = 2 Jf( t )dt - f 2 (x).

[f ) {j ]

xlnx,

αν

χ ,

αν

χ>Ο χ ::ο; ο

Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής.

Να βρείτε το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από τη C r, τον άξονα χ ' χ και τις ευθείες χ=-- 1 και χ = J .

. Βρίσκουμε εύκολα ότι η f είναι συνεχής στο σύνολο JR* . Θα δείξουμε ότι είναι συνεχής και στο Ο. Έχουμε f(O) = Ο, lim f(x) = lim χ2 = Ο και lim f(x) = lim (xlnx) = Iim ln x (μορφή -οο ) = l +00 χ χ --> 0-

Χ --7 0 1

X --7 0 t

χ --> 0

Χ --70+

' = I im (ln x) = lim _χ_ = lim (-χ) = Ο.

g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο διάστη μα [0, +οο) με: g ' (χ) = z f( t )dι · f(x) - f 3(x) =

{

Η Ο'

ΗΟ'

ΗΟ

Άρα: lim f(x) = Ο = f(O) και συνεπώς η f είναι χ --> 0

συνεχής και στο Ο. '2 . Μελετάμε το πρόσημο των τιμών της f στο =J(x 2 r( t )dt - f' (x) (2) διάστημα [-1 , 1 ]. Με -l::Ξχ::ΞΟ, έχουμε f(χ)=χ 2:Ξ:Ο. Με Ο< χ::Ξl , έχουμε lnx:::;O και συνεπώς f(x)=xlnx:::;O . Επειδή η f είναι συνεχής στο [0, +οο) και παρα Και επειδή f(O) = Ο, για Ο :::; χ :::; I έχουμε γωγίσιμη στο (0, +οο) με f ' (χ) > Ο, έπεται ότι η f f(χ):Ξ:Ο. Έτσι έχουμε: είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) . Έτσι ,για κά Ε = J f(x)dx - Jf(x)dx . ( I ) θε χ > Ο, έχουμε f(x) > f(O) = Ο, δηλαδή f(x) > Ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/57

-1

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ι [ ]ο = ι

Ονομάζουμε 1 1 το πρώτο ολοκλήρωμα και 1 2 το δεύτερο. Έχουμε: Ι 1 = οf χ 2 dx = 3 χ 3 3. _1

-I

Για να βρούμε το δεύτερο ολοκλήρωμα 1 2 , θε Ι

ωρούμε τη συνάρτηση : F(t) = Jf (x)dx , tε [Ο, ι ].

Αυτή είναι συνεχής στο Ο, ως παραγωγίσιμη

I Jf(x)dx .

και άρα: 1 2 = F(O) = lim F(t) = lim ι � σ·

ι ---+ 0 +

ιI

= -ι f(χ- ) l n xdx = - [ χ- ιη χ ] - - fx - -ι dx = 2

= - _!_ t2 lnt - _!_ 2

ι2

Ε(ξ)= f(x)dx -f'(ξ)

I χ2 Τ Jxdx = - _!_2 t2 lnt - _!_[ 4 ι

;

β 2 α2

(

Έτσι έχουμε:

ι ι )

(

Ε ' (ξ)=(β-α> ξ -

> 0, αν ξ > α + β

;

α β

ΗΟ-

ι-->οι --. ο Αντικαθιστώντας στην ( 1 ), βρίσκουμε: Ε=

l-( -±) = ι: ·

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο διάστη μα Ι α, β] (α < β) και δύο φορές παραγωγίσιμη στο (α, β) με f"(x) > Ο, για κάθε χ ε (α, β). Να βρείτε τους αριθμούς ξ ε (α, β), για τους οποίους το εμβαδό Ε του χωρίου που ορί ζεται από την C r, την εφαπτομένη ε της C r στο σημείο της Μ(ξ, f(ξ)) και τις ευθείες χ = α και χ = β, είναι το ελάχιστο δυνατό.

Έστω ένας αριθμός ξ ε (α, β). Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της Cι- στο σημείο της με τετμημένη ξ, είναι: y - f(ξ) = f ' (ξ)( χ - ξ) Q y = f ' (ξ)χ + f(ξ) - ξf '(ξ). Επειδή η f είναι κυρτή στο [ α, β ] , για κάθε χ ε [ α, β ] ισχύει: f(χ) :Ξ: f '(ξ)χ + f(ξ) - ξf ' (ξ). ( 1 ) Έτσι έχουμε: Ε( ξ)=

[f(x) - f ' (ξ)χ - f(ξ) + ξf ' (ξ) ] dχ=

αν ξ =

α+β 2

α β < 0, αν ξ < +

α+

) f"(ξ) = 0,

1 1 Ι 2 = lιm - - t- Ιn t - - + - t- = - - , 2 4 4 4 γιατί lim (t2 lnt) = lim (t · tlnt) = 0 · 0 = Ο. .

+ [ξf'(ξ)-f(ξ)](β-α).

1 1 = - - t lnt - -ι ( I - t2 ) = - - t2 lnt - - + - t2 . 2

:::>

Το εμβαδό Ε είναι λοιπόν μια συνάρτηση του ξε (α, β). Η συνάρτηση Ε είναι παραγωγίσιμη (ως προς ξ) στο (α, β) με: β - αΕ ' (ξ)=-Γ(ξ) - + [f'(ξ)+ξf"(ξ)-Γ (ξ)](β-α)=>

Με t ε (Ο, Ι ), έχουμε: Jf(x)dx = J x ιn xdx =

= Jf (x)dx -f' (ξ) Jxdx +[ξf' (ξ)-f(ξ)] Jct x

�

ελαχ.

:c:::::

Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση Ε έχει ελάχια β , , , μονο , ζητουστο στο ξ = + . Ά ρα υπαρχει ενα 2

μενο σημείο ξ, το ξ =

α+β 2

Σημείωση: Η απόδειξη της σχέσης ( 1 ) είναι

μια ενδιαφέρουσα

ως

εξής:

εφαρμογή του Θ.Μ.Τ.

Θε ωρ ού με τη

και

έχει

συνάρτηση : h(x) f(x) - f '(ξ)χ - f(ξ) + ξf'(ξ)

[f(x) - f(ξ)] - f '(ξ)( χ - ξ). Έστω ένας αριθμός χ ε [α, ξ). Από το θεώρημα μέσης τιμής για την f στο διάστημα [χ, ξ] έπεται =

ότι υπάρχει χσ ε (χ, f

'(χ0)

ξ) με:

f(ξ) - f(x) ξ-χ

:::>

f(x) - f(ξ)

'(χσ)(χ - ξ).

Έτσι, έχουμε:

h(x)=f' (χσ)(χ-ξ)-f' (ξ)(χ-ξ)=[f' (xo)-f' (ξ) ](χ-ξ).

Επειδή f'

1 (α, β)

ότι h(x)>O.

και α

:::;

χ < χ0

< ξ < β , έπετω

Όμοια βρίσκουμε ότι h(x)>O, αν χ ε (ξ, β] . Συμπεραίνουμε ότι h(x) ::=: Ο, για κάθε χ ε [α, β] . Άρα, η (1) ισχύει ,για κάθε χε [α, β],

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/58

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου ' =c

� ['\�) Μ �{ α �.tJ)

�� u"{ιΩ�

Ε1��αθ�1 ματ ι κών

Γ'

Λu κείοu

Νίκου Θ. Αντωνόπουλου

Έστω f: lll-+1/l μια συνάρτηση τέτοια ώ

στε για κάθε x ε/ll να ισχύει 2/(χ) -ημf(χ)=χ α) Να αποδείξετε ότι αντιστρέφεται.

β) Να αποδείξετε ότι είναι παραγωγίσιμη στο χο=Ο και να βρείτε τον αριθμό f(O). γ) Αν επιπλέον υποθέσουμε ότι η f είναι πα-

ραγωγίσιμη στο 12., τότε: i)

Να βρείτε το σύνολο τιμών της.

Ν α αποδείξετε ότι: ii)

Για κάθε κ Ε l ισχύει f(2κπ)=κπ.

iii) Υπάρχει ξ Ε (8π, 1 0π) ώστε f(ξ)= ! . 2

iv) Η εξίσωση f '(x)=O, έχει ρίζα στο διά στη μα (2004π, 2008π) δ) Να υπολογίσετε το ολοκλή ρωμα Ι=

f f (x) dx .

Για κάθε Χι , X2 E IR με f(x 1 )= f(x 2 ) έχουμε: 2f(xι )=2 f(x2 ) και ημf(χ 1 )= ημf(χ 2 ) οπότε 2f(χι )- ημf(χ ι )=2f(χ2 )- ημf(χ 2 )::::::> χ 1=χ2 Άρα η συνάρτηση είναι 1 - 1 οπότε αντι στρέφεται. Αν χ=Ο, τότε από την δοσμένη ισότητα πέρ νουμαι: 2f(Ο)-ημf(Ο)=Ο::::::>2 f(Ο)=ημf(Ο)::::::> 2 1 f(O)I = I ημf(O) I:::: I f(O)I::::::> I f(O)I:::: ο ::::::> f(O)= O Εξάλλου 1 2 f(x )-x l = l ημf(x) l::=:l f(x)l και 1 2f(x)-xl�l l 2 f(x)I- Ιx l l � 2 1 f(χ)Ι-ΙχΙ 2 l f(x) Ι-Ι x Ι ::=:If(x) l::::::> l f(x) I::=: Ι x l οπότε ' απ όπου με τη βοήθεια του κριτηρίου της παρεμ βολής συνάγεται ότι ιϊm f(x) = Ο. Χ --+0 «

»,

Επίσης για κάθε χ:;ιΟ έχουμε: ημf(χ) f(x) - f(O) f(x) λ(χ) = = =2 . χ χ f(x) ημf(χ) Αλλά ιϊm 2 f(x) ..... ο

(

)

1 ημu . =2- ιuιm = 2 - 1 = 1 , οπότε: ιϊm λ(χ) = - = 1 χ -+0 -+0 U 1 που σημαίνει ότι f(O)= l . γ) i ) Για κάθε x E IR έχουμε: 1 2 f(χ)-συνf(χ) · f(x)= l ::::::> f ' (x) = >ο. 2 - συνf ( χ ) Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο

12. .

Εξάλλου: 2f(χ)-χ=ημf(χ) ::::::>- 1 :::;2 f(x)-x:::; 1 ::::::> χ-1 ( ) x+l -- s:; f x s:; -- , για κάθε x E IR. 2 2 χ+1 χ - Ι = ιιm . -· -ιm = +οο , οπότε Αλλα, Χι-++Ο? Χ -++0? 2 2 ι im f ( χ ) = +οο χ --++00

im f(x) = -οο , οπότε Ομοίως βρίσκουμε ότι Χl---+-ι:.t:;

το σύνολο τιμών της f είναι το 12. . Παρατηρείστε ότι για το ( +οο) αρκεί χ-1 .lιm -= +οο και για το ( -οο) αρκεί Χ -++α:> 2 χ+1 ι. ιm -= -οο . (γιατί ;) Χ -+-00 2 : Ο Επειδή το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το 12. , για κάθε y E 12. ή εξίσωση f(x )=y έχει ρίζα Χ Ε 12.. Άρα για y=κπ, όπου κ συγκεκριμένος ακέ ραιος, θα υπάρχει Χ Ε 12. ώστε να ισχύει f(χ) =y=κπ. Οπότε: 2 f( χ)-ημf(χ)=χ::::::> 2κπ-ημκπ=χ::::::> χ=2κπ, που είναι η μόνη πιθανή ρίζα της f(χ)=κπ. Αφού όμως η f(χ)=κπ έχει ρίζα x E IR , ο αριθμός χ=2κπ είναι ρίζα της π.χ. για y=5π η εξίσωση f( χ)=5π έχει μοναδική ρίζα την χ= Ι Οπ. Έτσι έχουμε: f(2κπ)=κπ, για κάθε κ Ε l. i i i ) Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι f(8π)=4π και f( \ Οπ)=5π και, δεδομένου ότι η συ νάρτηση είναι συνεχής στο διάστημα [8π, Ι Οπ] και παραγωγίσιμη στο (6π, 8π), η εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. για την f στο [8π, \ Οπ] εξασφαλίζει την ύπαρξη αριθμού ξ στο (8π, I Οπ) με την ιδιότητα 1 f(ξ) f(l Oπ) f(8π) = 2 2π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/59

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

iν)

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο � ως Λ ί> σ η πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, οπότε η f α ) Είναι: f'(x)+(f(x))2=2e-f\x)=>ef\x)f '(x)+ef\x)(f (x))2= είναι δύο φορές παραγωγίσιμη σε κάθε διάστημα =2=>ef(x)(f(x))'+e 11 x> f(x) · f(x)=2 =>[ e1\x) f (x)] '=(2x)' =>ef< x >f(x)=2x+c ι του �Από την ισότητα f(2κπ)=κπ, που ισχύει για Με χ=Ο έχουμε ef(O)f(O)=c ι => c ι =Ο, οπότε ef< x >f(x)=2x κάθε ακέραιο κ, βρίσκουμε: που είναι το ζη τούμενο. f(2004π)= 1 002π, f(2006π)= 1 003π, β) Είναι: ef( x) f(x)=2x=> [e 1\x) ] ' =(x2 )' =>e f\ x)=x 2 +c 2 f(2008π)= 1 004π οπότε απ ' το Θ . Μ . τ . προκύπτει ότι υπάρχουν ξι απ' όπου με χ=Ο προκύπτει ef<o>=c 2 =>c 2 = 1 . στο (2004π, 2006π) και ξ2 στο (2006π, 2008π) ώ- Άρα, ef\ x)=x 2 + 1 =>f(x)=ln(x2 + 1 ) . γ) Η f είναι παραγωγίσιμη στο � με f(x)= � . στε να ισχύουν f ' (ξ ι ) = ..!_ και f ' (ξ ) = ..!_ 2 2 χ +1 2 Τέλος η εφαρμογή του θ. Rolle στο διάστημα Έστω Χ ι , χ2 οι τετμημένες δύο σημείων της γραφι [ξι , ξ2 ] μας εξασφαλίζει την ύπαρξη ρίζας για την κής παράστασης της f, και ε Ι , ε2 οι εφαπτόμενες f'(x)=O στο (ξι , ξ2 ), που περιέχεται στο [2004, της σα αυτά. Τότε έχουμε: 2χ ι 2x z 2008] . ε ι .L ε 2 <=> f( Χ ι )f( Χ 2 )- -1 <=> -· -?- = - 1 Χ 2ι + 1 χ ; + Ι δ) Ισχύει: <=> 4 χ ι χ 2 + χ � + I +χ � χ; +χ ; =Ο 2f(x)-ημf(x)=x=>2f(x)f(x)- f(x)ημf(x)=xf(x) 2π 2π <=> Χ 2ι +χ 2z +2 χ ι χ 2 + 1 +χ 2ι χ 2z +2 Χ ι χ z =ο => J [2f(x)ftx)-ftx)ημf(x)]dx = J xftx)dx <=> (χ ι +χ 2 ) 2 +(χ ι χ 2+ 1 )2 =0 <=> χ ι +χ2 =Ο π 2 και χ ι χ2 + 1 =Ο => [f 2 (x) + συνf(χ)] � π = [χf(χ)] � π - J f(x)dx <=> χ ι=-χ2 και χ; = l <=:> (χ ι= Ι και x2 =-l ) 2π ή (χ ι=- Ι και x 2 = l ) => Jf(χ)dχ = 2πf(2π)- [f2 (2π)-f2 (2π)+συνt{2π)-συνt{Ο)] Επομένως τα μοναδικά σημεία της γραφικής παράστασης της f τα οποία ικανοποιούν τις απαι =2πf(2π)- f 2 (2π) -συνf(2π)+ 1 =2π2-π2 + 1 + 1 =π2 +2 Α διότι f(2π)=π, όπως προκύπτει από το ερώτη μα τήσεις του προβλήματος είναι τα (-I , f(- 1 )) και 8(( 1 , f( l )). (γίί). 2 ημ ΘΕΜΑ 2 ι

�

Έστω f μια συνάρτηση η οποία είναι δύο

φορές παραγωγίσιμη στο πραγματικό αριθμό

�. Αν για οποιοδήποτε

r ισχύει f'(x)+ [f(x)] 2 =2e- < x>

2 ημ -

�

και f(O)=f(O)=O, τότε:

r α) Να αποδείξετε ότι f (x) · e < x> =2x. β) Να βρείτε τον τύπο της f.

γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο μόνο σημεία στη γραφική παράσταση της f οι εφαπτόμενες

= ι ι. m

ξύ τους και να προσδιορίσετε τα σημεία αυτά.

x --t+oo

2 2 χ ημ -

e f(x)

ε) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

e f(x)

J--=---t tx . +1

-3

�

x--t+oo Γ

της οποίας στα σημεία αυτά είναι κάθετες μετα

δ) Να υπολογίσετε το όριο lim

και

lim

2χ 2

ν χ · χ 2 (\ +

2 ημ -

�

χ2

lim

x --tO '

)

= 1 ι. m

2 χ 2 ημ -

Άρα lim --�-'-'χ:..:.. =Ο. χ -->+οο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/60

e πχ >

1 ν χ (1 + 7 )

Χ -Ηοο Γ

ημu

(θέσαμε

� =u )

'./ Χ

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

3 f( x ) 3 2 +1 Αλλά e2 + 1 2: 2e, οπότε Ι 2: ιne � Ι � 1 που είναι το ε) Έστω I= J �x = J � x ζητούμενο. -3 e' + Ι -3 e' + 1 γ) Α ρκεί να αποδείξουμε ότι Ιzl= 1 , Rez(x)>O και Αν θέσουμε u=-x, τότε dx=-du , u 1 =3 , u =-3 και 2 3 3 'l Imz(x)<O. 1 =- f �u = f ( u 2 + 1)e d u = o'f ( χ2 + I)e' dx I + e'i = I ι + e' i I .JI + e 2 ' -3 e-" + 1 -.), e" + 1 - , e' + I ' Ι Ιz = Ειναι: = =Ι 3 x z + 1_.� 3 ( x + 1 ) e ' e' + i l e' + i l � , οποτε + 2 1= J _3 e' + 1 x J e ' + 1 dχ = 2e' Και Rez(x)= >Ο 3 e2x +1 (x 2 + )(e' + I) = ( x + 1 )dx = ( + χ ] �3 =24 . = dx 2χ 1 3 Ι e 3 + Επίσης lmz(x)= ;.-..=.- <Ο διότι χ<Ο � 3 e-' + 1 Άρα, το ζητούμενο ολοκλήρωμα είναι 1= 1 2. �e2 <Ι � Ι ιηz(χ )<Ο . ---u

-' � στεί με αφορμή J -

ΘΕ,Ι\ 3

Δινονται ,

οι

τα

θεματα

..,, Ί

των

κατασκευα-

γενικών εξετά

��--�-�--- --

1 + e' · ί μιγαοικοι z(x) = . , χ ε !R. e' + ι �

α) Να αποδείξετε ότι για κάθε χ ε !R ισχύει ·

β) Να αποδείξετε ότι Αν

ο) ,

Ει'ναι:

Je'Rez(x)dx � 1

χ< Ο, να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μι

κλιο κύκλου με κέντρο 0(0, Ο) και ακτίνα ρ=l , εξαιρουμένων των άκρων του. Αν

f(x)= l n [Rez(x) J , να εξετάσετε τη συνάρτη

ση ως προς τη μονοτονία και να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος κ ώστε να ισχύει f(κ2-3κ+6)>2κ+Ιη

e κ +1

Λύση

1 +e'i 1 +e-'i 1 + e'i e' +i , Ειναι: z(x) · z(-x)= -- · -- = -- · -- = 1 e' +i e-x +i e' +i Ι +e'i Ι i + ' για κα' θ ε X E !fu εΕξα' λλου: z ( Ο )= -. = Ι , οποτε Ι+I χουμε z(-x)z(x)=z(O). ( l +e' i)(e x -i) β) Ισχύει: z( χ)= ----,---'-'---'-e 2x + 1 2e' e' + e' οπότε Rez( χ) e -' + 1 e2' + 1 2 2χ και Ι = fe' Re z(x)dx = J�x = [In(e 2 ' + Ι)] � = e +1 2 = ιn(e 2 + 1) - ιη 2 = ιη e + 1 2 α)

I1D

----,0 --

' ' ει'ναι , συναρτηση η οποια \χ)= ιη e 2e' ' +1

tl1

-2--

παραγωγίσιμη στο IPS. με 2e 2x - e 2 x + 1 -2e 2 x - -1 e2 f(x)= Ι e 2x +1 e 2x + I e 2' + 1 απ' όπου προκύπτει ότι η συνάρτηση είναι γνησί ως αύξουσα στο διάστημα ( Ο] και γνησίως φθίνουσα στο [0, +οο). Έστω ότι υπάρχει θετικός ακέραιος κ ώστε να -

ισχύει: f(κ2-3κ+6)>2κ+ ι η

γαδικών z(x) κινούνται στο τέταρτο τεταρτοκύ

δ)

--α:>,

z(x) z(-x)=z(O)

γ)

σ"ων τ

�

I I

2 4 e κ +1

f(κ2-3κ+6)>ιηe2 κ +ιη

τότε

2 4 e κ +1

�

2e 2 κ �f(κ2-3κ+6)> ιη -4-.- � f(κ2-3κ+6)>f(2κ) ( Ι ) e κ +Ι και επειδή με κ θετικό ακέραιο οι αριθμοί κ2 3κ+6 και 2κ είναι ομοίως θετικοί ακέραιοι και η συνάρ τηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, +οο), έχουμε ( 1 ) � κ2-3κ+ 6 <2κ�κ2-5κ+6<0�2 < κ < 3 που αποκλείεται διότι στο διάστημα (2, 3) δεν πε ριέχεται θετικός ακέραιος . Επομένως δεν υπάρχει θετικός ακέραιος ο οποίος να επαληθεύει τη δοσμένη ανισότητα. -

ΘΕΜΑ 4

Έστω f, g: IR � IR συναρτήσεις δύο φορές

παραγωγίσιμες στο IR και α ένας αρνητικός α

ριθμός ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό χ να

ισχύει: f(x)=g(x) +α Αν η συνάρτηση g είναι περιττή και υπάρχει ρ>Ο ώστε g ' (ρ)=Ο, g(ρ) < α και lim g(x) = +οο , να x � + cc

αποδείξετε ότι: α) f ' (ρ )=f ' (-ρ )=0.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/61

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

β)

Η εξίσωση f(x)=O έχει τρεις τουλάχιστον πραγματικές ρίζες.

γ) Γ( Ο)=Ο. δ) Αν Α(ρ, f(ρ)), Β(-ρ, f(-ρ)) και Γ(Ο, f(O)), <·

τότε: Τα σημεία Α, Β είναι συμμετρικά ως προς το Γ Υπάρχει ξ ε (0, ρ) ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της g στο

σημείο με τετμημένη ξ να είναι παράλ

ληλη στην ευθεία που διέρχεται από τα ση μεία Α, Β, Γ.

) r>J f'(x)ex- f(x) dχ < 2 -ρ

α .

Είναι: f(x)=g ' (x) οπότε f(ρ)=g ' (ρ)=Ο. Επίσης από την ισότητα g(-x)=g(x) με παραγώγι ση των μελών της παίρνουμε -g'(-x)=g' (x), οπότε f (-ρ)=g'(-ρ)= -g ' (ρ)=Ο. f? Ί Ισχύει: f(ρ)=g(ρ)+α<Ο διότι g(ρ )<α<Ο f(-ρ )=g(-ρ )+α=--g (ρ)+α>Ο διότι -g(ρ )>-α>Ο Επίσης lim f(x) lim g(χ)+α= lim g( - χ)+α= Χ-++Χ = - limΧ> g(χ) + α= - οο χ -++ και δεδομένου ότι lim f(x) lim g(χ)+α=+οο x -++::c x -++oc:: συμπεραίνουμε ότι υπάρχει κ>ρ ώστε να ισχύει f(κ)>Ο και λ<-ρ ώστε f(λ)<Ο. Εύκολα πλέον με εφαρμογή του θεωρήματος Bol zano σε καθένα από τα διαστήματα [λ, -ρ], [-ρ, ρ] και [ρ, κ] συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει τρεις τουλάχιστον πραγματικές ρίζες (από μία σε κάθε διάστημα (λ, -ρ), (-ρ, ρ) και (ρ, κ)). X � -rr;

X -+ -::Q

γ) Είναι f' (x)=g "(x), οπότε f' (O)=g "(O). Επίσης από την ισότητα g ' (-x)=g ' (x) με παραγώγιση των μελών της παίρνουμε g"(-x)= -g "(x), οπότε g"(O)=--g "(O) => g"(O)=O. δ) Από το γεγονός ότι η συνάρτηση g είναι περιττή προκύπτει ότι g(O)=O, οπότε f(Ο)=α. ·�'

Παρατηρούμε ότι:

Ι 1 ( + )= (f(ρ)+f(-ρ))= 2 yA y8 2 Ι = (g(ρ)+α+g( -ρ )+α)=α=f(Ο)=y r 2 οπότε το Γ είναι το μέσο του τμήματος Α Β, πράγμα που σημαίνει ότι τα σημεία Α , Β, Γ είναι συνευθειακά. Τα σημεία Α , Β, Γ είναι συνευθειακά, ο πότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθεί ας που διέρχεται από αυτά είναι ο ίδιος με το συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας ΓΑ και είναι f(ρ )-f( -ρ) g(ρ )+ α-g(Ο)-α g(ρ )-g(O) λr Α ρ ρ ρ και

� (χ ., +χ 8 )= � (ρ-ρ)=χ r

Εξάλλου γ ια τη συνάρτηση g ισχύουν στο διάστημα [0, ρ] οι προϋποθέσεις εφαρμογής του Θεωρήματος Μέσης Τιμής όποτε υπάρ χει ξ (0, ρ) ώστε να ισχύει g(ρ)-g(O) =λrΑ , g'(ξ) ρ οπότε η εφαπτομένη της γ ραφικής παράστα σης της g στο σημείο με τετμη μένη ξ είναι παράλληλη στην ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α , Β , Γ. r f'(x) - f(x) dx J [f(x)e- x ] 'dx 1: \ Είναι: f eχ χ = [f(x)e - ]_� =f(ρ )e-r-f(-ρ )eρ= ε

-ρ

[g(ρ )+ α ]eP -[g( -ρ )+α]e =[g(ρ )+α]e r - [ - g(ρ )+α ]e =g(ρ)eρ- g(ρ )e-ρ+α( eρ+e-ρ)=g(ρ )( eρ-e-ρ)+α( eρ+e-ρ) <α( eρ-e-r +eP+e-r)=2 αeP και eρ>Ο, οπότε rf f ' (x) - f(x) dχ < 2 α. e x +p -ρ

Θεωρούμε

μια συνάρτηση f, συνεχή και

γνησίως αύξουσα στο (0, ι ι για την οποία ισχύει f(O)>O. Ορίζουμε τις συναρτήσεις χ

F (x)= ί(t)e1 dt και G(x)=

fe12 dt ,

χε

(0, 1 1

Ν α αποδείξετε ότι: α) F(x)>O για κάθε

στο διάστημα (0, 1 ] .

β) f(x)G(x)>F(x) και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/62

F (x) F (l ) G(x) G(l ) <

για κάθε

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

στο διάστημα (0, 1). γ) Υπάρχουν ξ1 , ξ2 Ε (0, l ) ώστε να ισχύει f(ξ1 ) . G( ξ2 ) F ( ξ1 )

_...-"-'--.:.:: __;.::..::..:.... >

δ) θεωρώντας γνωστό ότι χ Ε � ' να αποδείξετε ότι 1

e ξ' -ξ ' .

ex � χ+ ι

για κάθε

JG (x) dx + - e > 2

ε) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f αν επι πλέον ισχύει 1

4 [f(x) - 4 e -'f2 (x)]dx = 1 - e ο

ln F(x) <ln F( l ) � lnF(x)-lnG(x)<lnF( l )-1nG( l ) � G(x) G( l ) � lnF(x)-lnF( l )<lnG(x)-lnG( ι ) και χ-1 <0, οπότε: lnF(x)-lnF( 1 ) > lnG(x)-lnG( l ) ( 1 ) χ- 1 χ- 1 Για τις συναρτήσεις lnF(x) και lnG(x) ισχύ ουν οι προϋποθέσεις ε φ αρμογής του Θ.Μ.τ.

1] οπότε υπάρχουν ξ 1 Ε (χ, 1 ) ξ2 Ε (χ, 1 ) ώστε να ισχύουν και F'(ξ1 ) = lnF(x) - lnF(1) και G'(ξ 2 ) = 1nG(x) - 1nG(1) F(ξ1 ) G(ξ2 ) χ- 1 χ-1 στο διάστη μα [χ,

και εξαιτίας της ( 1 ) έχουμε:

είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1 ) με F'(x)=f(x) e'· >Ο γ ια κάθε χ ε (Ο, 1 ). Άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [0, I ] , οπότε για κάθε χ ε (Ο, Ι ] έχουμε

��(�:] > �(�:] �F'(ξι)G(ξz)>F(ξι )G ' (ξz) �

� F ' (ξ ι )G(ξz)-F(ξι )G ' (ξz)>Ο -' )G(ξ 2 ) >e ς- ; -ςϊ- ' , \ � � f(ξ 1 )e ς ϊ G(ξ2 )-F(ξ 1 )eξ'; >Ο � f(ξ (ξ ι )

F(x)>F(O)�F(x)>O που είναι το ζητούμενο. '" ' Για κάθε χ ε (Ο, 1 ] με t ε [Ο, χ], εξαιτίας της μο δ ) Είναι: 1 1 νοτονίας της f, έχουμε: f(x)-f( t)�O και e'' >Ο = = οπότε [f(x)-f(t)] e '' �Ο με την ισότητα να ισχύει JG(x)dx Jx'G(x)dx [xG(x)]� - JxG'(x)dx = μόνο γ ια t=x. = G(1) - xe'' dx = G(1) - .!.[e'' ]� =G( l ) - (e - I ) (2) Ε π ομένως 1

J[f (x) - f(t)]e'' dt > O � Jf (x)e'' dt - Jr( t )e ' ' > 0 χ

�f(x) Je•' dt - Jf( t )e'' > Ο �f(x)G(x)>F(x) Θεωρούμε τη συνάρτηση

h(x)= F(x) G(χ)

(εύκολα ό-

πω ς και για την F δείχνουμε ότι στο διάστημα (0, 1 ) ισχύει G(x)>O). Η συνάρτηση αυτή είναι παραγω γίσιμη στο (0, 1 ) με

h'(x)= F ' (x)G(x) - G ' (x)F(x) = f(x)e'' G(x) - e''F(x) = G2 (x) G2 (x) e -[f(x)G(x) - F(x)] > Ο =G 2 (χ ) ' χ·

εξαιτίας του πρώτου μέρους του ερωτήματος. Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1 ], οπότε για κάθε χ ε (Ο, 1 ) έχουμε

F(1) F(x) < -G(x) G(1)

Για κάθε χ ε (Ο, 1 ) έχουμε:

Εξάλλου e'' � χ 2 + ι με την ισότητα να ισχύει μόνο για χ=Ο, οπότε

G( l )= fe''dx > J(x2 +1)dx = [� + x]� = -1 +1 = -4 (3) 3

Από τις σχέσεις (2) και (3) συνάγεται ότι

1 1 >11 fG(x)dx > -4 + -1 - -1 e � Jc (x)dx +-e 3 2 2 2 6

]

ε)

Ισχύει:

1 4 J[f(x) - 4e-'f2 (x)]dx =e - 1 � J[4e-'f2 (x) -4f(x)]dx = ι -e 1 � f[4e -'f 2 (x) - 4f(x) + e' ]dx = Je'dx + 1 - e ο

J( ) � f( 2-Je - x f(x) - .Je ' ) dx = Ο

2 � 2 -Je - x f(x) - .Je ' dx = [e' ]� + 1 - e ο I

� 2νΓe - ' f(x) - νΓe Χ =O�f(x)= -ι ex 2

που είναι ο ζητούμενος τύπος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/63

Η στήλη αυτή έχει ως στόχο την ανάπτυξη μαθηματικού διαλόγου. Φιλοδοξούμε να συμμετάσχουν όλοι όσοι έχουν ένα γενικότερο ενδιαφέρον για τα Μαθηματικά.

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Εισαγωγικό Σημε ω

Για

Κων ι κές Τομ έ ς το

Γιώ ργος Σ.

άρθρο «Κωνικές Τομές» του κ. Μ . Βόσκογλου

Τασσόπουλος, Καθηγητής Μαθηματικών Βαρβακείου Λυκείου)

Έν α ς ά λλος τ ρό πος είφεσ η ς τη ς εξίσωσ η ς κ α μ πίJΙ.η ς

Για την παρουσίαση των όσων διαπραγματευόμαστε παρακάτω διευκρινίζουμε για τους μαθητές κάποια σύμβολα και μερικές ιδιότητες, που δεν γνωρίζουν.

Ια2αι γι 2 = α Ι ββ32 γ32 ι α2 I I α3 γ3

Είναι γνωστή από την Α ' Λυκείου η έννοια της ορίζουσας 2'1ς τάξης

Η ορίζουσα 3 ης τάξης ορίζεται ως εξής:

αι βι α2 β2 α3 β3

-β

όπου, για την εύρεση των οριζουσών 2ης τάξης στο ανάπτυγμα του 2ου μέλους στην παραπάνω ισότητα, διαγράφουμε από την ορίζουσα 3ης τάξης του 1 ου μέλους τη γραμμή και τη στήλη στην οποία ανήκει το στοιχείο επί το οποίο πολλαπλασιάζεται η αντίστοιχη ορίζουσα 2ης τάξης (δηλαδή το α1 , το β1 και το γ1 αντιστοίχως). Π αρατηρείστε επίσης ότι τα πρόσημα στο 2° μέλος της ισότητας ξεκινώντας από το "+" είναι εναλλάξ το "+" και το " -" . Μ ε όμοιο τρόπο ορίζουμε την ορίζουσα 4ης τάξης:

αι α2 α3 α4

βι β2 β3 β4

γι γ2 γ3 γ4

δι γ2 δ2 α2 δ 2 = α β2β3 γ2γ3 δ2δ3 - β α2 α3 γ3 δ3 + γ ι α3 β3 δ3 - δ ι α3 δ3 ι β4 γ4 δ4 ι α4 γ4 δ4 α4 β 4 δ4 α4 β4 γ 4 δ4

και επαγ ωγικά την ορίζουσα ν-οστής τάξης για κάθε φυσικό αριθμό ν � 5 . Εύκολα πλέον μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι για να είναι συμβιβαστό το σύστημα των εξισώσεων α ι χ=β , και α2χ= β2' με άγνωστο το χ , όπου (αι , α2 ) :;t (0,0), πρέπει και αρκεί

Ια2αι β2βι I

=0.

Επίσης γνω ρίζουμε από την Α ' Λυκείου ότι το σύστημα των εξισώσεων αι Χ+β 1ψ=γ1 και α2χ+ β2 ψ=γ2 με , , , αδυνατο, , , , αγνωστους τα χ και ψ, οταν η ορι' ζουσα = α ι β ι μη δενι' ζ εται, ειναι η, αοριστο. Ε ιδικα, ομως D

Ια2 β2 I

όταν γ1=γ2=0 (ομογενές σύστημα), αποκλείεται να είναι αδύνατο, διότι έχει την προφανή λύση (χ,ψ)=(Ο,Ο). Επομένως στην περίπτωση αυτή το σύστημα είναι αόριστο, αν και μόνο αν, 0=0. Η ισοδυναμία αυτή ισχύει για κάθε γραμμικό ομογενές σύστημα με ν εξισώσεις και ν αγνώστους, ν=2,3 ,4, . . . . . Π ροσέξτε λοιπόν πως μπορούμε να δώσουμε ένα άλλο τρόπο εύρεσης της εξίσωσης μιας καμπύλης χρησιμοποιώντας τα όσα προαναφέραμε. Για να βρούμε την εξίσωση μιας ευθείας, (ε) πρέπει και αρκεί να βρούμε την ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των κ,λ , ώστε το τυχαίο σημείο Μ (κ.λ) να ανήκει στην (ε). Για παράδειγμα, αν (ε) είναι η μεσοκάθετος του ευθυγράμμου τμήματος Α Β με Α ( 1 ,2) και Β (3,8), θα έχουμε: Μ ε (ε) <:=:> ( ΜΑ)=(Μ Β ) <:::::> (Μ Α) 2 =(ΜΒ ) 2 <:=:> (κ- 1 ) 2 +(λ-2)2 =(κ-3) 2 +(λ-8)2 <:=:> κ+ 3λ-1 7=0. Άρα η εξίσωση της (ε) θα είναι προφανώς η χ+3ψ- 1 7=0. Επίσης η ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των κ,λ ώστε το Μ (κ,λ) να ανήκει στην ευθεία (ε): αχ+ βψ+γ=Ο, (α,β) :;t (Ο,Ο), με την προϋπόθεση 4α+2β-5γ=Ο 4 α + 2β 4 α + 2β είναι προφανώς η ακ+ βλ+γ=Ο, με γ= , δηλαδη, η ακ+ βλ+ =Ο και τελικά η 5 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/64

Το Βήμα του Ευκλείδη

5ακ+5 βλ+4α+2β=Ο ( I ). Άρα η εξίσωση της (ε) είναι η 5αχ+5βψ+4α+2β=Ο, με (α,β) += (0,0). Στη συνθήκη θα μπορούσαμε να φθάσουμε και με τον εξής συλλογισμό: Το Μ(κ,λ) ανήκει στην (ε) αν και μόνο αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α,β,γ με (α,β) += (Ο,Ο) τέτοιοι ώστε να έχουμε ακ+βλ+γ=Ο και 4α+2β5γ=Ο , ή γ=-ακ-βλ (2) και 5γ=4α+2β (3). Αν στο σύ στημα των εξισώσεων (2) και (3) θεωρήσουμε τα α και β ως ελεύθερες μεταβλητές, τότε για να είναι αυτό συμβιβαστό ως προς γ πρέπει και αρκεί 1 -ακ - β � =Ο, δηλαδή 4α+2β+5ακ+5βλ=Ο. Άρα εξίσωση της (ε) είναι 5αχ+5βψ+4α+2β=Ο, με (α,β) += (0,0). 5 4α + 2β I Εντελώς ανάλογα για να βρούμε την ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των κ,λ, ώστε το σημείο Μ(κ,λ) να ανήκει στην ευθεία (ε): αχ+βψ+γ=Ο με δύο διαφορετικές προϋποθέσεις, π.χ. τις 2α+4β-5γ=Ο και 3α+2β+4γ=Ο, εκτός από το συνήθη τρόπο εύρεσης των α, β συναρτήσει του γ και αντικατάστασης στην ακ+βλ+γ=Ο ή τον περιορισμό των τριών μεταβλητών α, β, γ σε δύο διαιρώντας με α ή β, μπορούμε να εργασθούμε και ως εξής: Το Μ ανήκει στην (ε), αν και μόνο αν, υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α,β,γ, με (α,β) += (0,0) τέτοιοι ώστε ακ+βλ+γ=Ο ( 1 ), 2α+4β-5γ=Ο (2) και 3α+2β+4γ=Ο (3). Για να έχει το ομογενές ως προς α,β,γ σύστημα των ( 1 ),(2) και (3) λύση διάφορη της προφανούς μηδενικής κ λ 1 (παρατηρείστε ότι ( α,β,γ) ;z: (0,0,0) <:::::> (α, β) ;z: (0,0), γιατί;) πρέπει και αρκεί 2 4 - 5 =0, δηλαδή 3 2 4 26κ-23λ-8=0. Άρα η εξίσωση της (ε) είναι: 26χ-23ψ-8=0. Η εύρεση λοιπόν της εξίσωσης ευθείας (ε): αχ+βψ+γ=Ο, που διέρχεται από δύο διαφορετικά σημεία, π.χ. τα Μ 1 ( 1 ,2) και Μ2 (3,4), εκτός από τον συνήθη τρόπο υπολογισμού της κλίσης της, μπορεί να γίνει με τρόπο ανάλογο του προηγούμενου ως εξής: Για να ανήκει το σημείο Μ(κ,λ) στην (ε) πρέπει και αρκεί να υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α,β,γ, με (α,β) += (0,0), τέτοιοι ώστε ακ+βλ+γ=Ο ( 1 ), α+2β+γ=Ο (2) και 3α+4β+γ=Ο (3). Για να έχει και πάλι το κ λ 1 ομογενές σύστημα των ( 1 ), (2) και (3) λύση (α,β,γ) += (0,0,0), πρέπει και αρκεί 1 2 1 =0, δηλαδή κ3 4 1 λ+ 1 = 0 . Άρα η εξίσ ωση (ε) είναι η χ-ψ+ l =Ο. Ε πίση ς γ ια να βρούμε τη ν εξίσωση κύ κλου (c ) : α(χ2 +y2 )+βχ+γy+δ=Ο, α;tΟ, που διέρχεται από τα σημεία Μ ι (Ο, Ι ), Μ ( 1 ,0), Μ 3 ( 1 ,2) εκτός από το συνήθη τρόπο σύμφωνα με τον οποίο διαιρούμε με α;tΟ και 2 παίρνουμε τη μορφή ( C ) : x 2 + y 2 + f x + l y + i = o με τρεις παραμέτρους Α = Ι , B = l , Γ = i , α α α α α α μπορούμε να εφαρμόσουμε τον νέο τρόπο ως εξής: Για να ανήκει το σημείο Μ(κ,λ) στον ( c ) πρέπει και αρκεί να υπάρχουν α,β,γ,δ στο R με α ;z: Ο , τέτοιοι α (κ 2 +λ 2 )+βκ+γλ+δ=Ο α · l +β · Ο+γ · I +δ=Ο , ωστε: ( Σ ) , Για να έχει το σύστημα αυτό λύση (α,β,γ,δ) διάφορη της μηδενικής α · 1 +β · 1 +γ · Ο+δ=Ο α · 5+β · 1 +γ · 2+δ=Ο (1)

λ ο 1 πρέπει και αρκεί ( ! ) Όμως: ( 1 ) <:::::> κ2 +λ2-2κ-2λ+ Ι =Ο, οπότε η εξίσωση ο 5 2 του κύκλου είναι η : x2 +y2-2x-2 y+ l =O. Επιβεβαιώνεται έτσι με Αλγεβρικό τρόπο η μοναδικότητα της ευθείας που διέρχεται από δυο διαφορετικά σημεία, καθώς και η μοναδικότητα του κύκλου που διέρχεται από τρια μη συνευθειακά σημεία*. Η χρησιμότητα αυτής της μεθόδου θα γίνει κατανοητή από την εφαρμογή της στην εύρεση της εξίσωσης κωνικών τομών οι οποίες διέρχονται από 5 δοσμένα σημεία, που αναφέρεται στη συνέχεια στο πολύ ενδιαφέρον άρθρο του συναδέλφου κ. Μιχάλη Β όσκογλου. * Αν τα τρία σημεία είναι συνευθειακά, τότε η συνθήκη ( I ) εξασφαλίζει μεν μη μηδενική λύση στο σύστημα (Σ), αλλά όχι α ;z: Ο , οπότε οδηγεί σε μορφή Ο( χ 2 +y 2 )+ βχ+γy+ δ=Ο , που σημαίνει ότι δεν υπάρχει κύκλος που διέρχεται απ ' αυτά, αλλά ευθεία. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/65

Το Βήμα του Ευκλείδη

Θ ΕΜΑΤΑ An O ΤΙΣ ΚΩ Ν Ι ΚΕΣ ΤΟΜ ΕΣ Μιχάλη Γρ. Βόσκογλου - Καθηγητή ΤΕΙ Π άτρας Στην εργασία αυτή διαπραγματευόμαστε κάποια θέματα από τη θεωρία των Κωνικών Τομών, που συμπληρώνουν εποικοδομητικά την αντίστοιχη ύλη του βιβλίου «ΜΑ ΘΗΜΑ ΠΚΑ » της θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης της Β ' Λυκείου (βλ. [1}). Α πό τη θέση αυτή αισθάνομαι την ανάγκη να ευχαριστήσω τη Συντακτική Επιτροπή του πιριοδικού και ιδιαίτερα το συνάδελφο κ. Γιώργο Τασσόπουλο για τις εύστοχες παρατηρήσεις, που συντέλεσαν ουσιαστικά στην τελική διαμόρφωση του κειμένου, καθώς και για το Εισαγωγικό Σημείωμα, που προηγείται του άρθρου.

1-f γ}:ν ι κι1 ::ξ ίσωση

δ::υτ{:ρου β αΟμο\J μr: δ \ JΟ αγνu)στους

Στην παράγραφο 3 .5 του [ 1 ] δίδονται παραδείγματα από τα οποία προκύπτει ότι μια εξίσωση δευτέρου βαθμού με δύο αγνώστους (τα χ και y) της μορφής Αχ2 +Β ψ2 +Γχ+Δψ+Ε=Ο ( 1 ) με τους συντελεστές της Α , Β , Γ, Δ, Ε πραγματικούς αριθμούς μπορεί να παριστάνει μια κωνική τομή . Η πλήρης μορφή μιας τέτοιας εξίσωσης είναι Αχ2 +2Βχψ+Γψ2 +2Δχ+2Εψ+Ζ=Ο (2), με τα Α , Β , Γ, Δ, Ε, Ζ πραγματικούς αριθμούς. Η ( 1 ) προκύπτει από τη (2) για 8 =0. Όσον αφορά τους συντελεστές «2», που εμφανίζονται στη (2), δεν έχουν καμία ουσιαστική σημασία, αφού θέτοντας Β '=2 Β θα μπορούσαμε να γράψουμε Β 'χψ αντί του 2Βχψ κ.λπ. Οι συντελεστές αυτοί τίθενται για καθαρά τεχνικούς λόγους, έτσι ώστε τα αποτελέσματα που προκύπτουν να έχουν πιο κομψή μορφή (π.χ. βλ. την παράγραφο 3 παρακάτω για την εξίσωση της εφαπτομένης μιας κωνικής τομής). Αποδεικνύεται ότι, η (2) παριστάνει μια κωνική τομή, ή ένα ζεύγος ευθειών, αν και μόνο αν, έχει άπειρες πραγματικές λύσεις ως προς χ, y (π.χ. βλ. [2], παραγρ. 4.7), π.χ. οι εξισώσεις χ2+ψ2=-- 1 και (χ2)2 +(ψ-3)2 =0 δεν παριστάνουν ούτε κωνικές, ούτε ζεύγος ευθειών, αφού η πρώτη δεν έχει πραγματικές λύσεις ως προς χ, ψ, ενώ η δεύτερη έχει μόνο τη λύση χ=2, ψ=3 . Το παρακάτω παράδειγμα αφορά την περίπτωση, που η (2) παριστάνει ζεύγος ευθειών Π Λ J> Λ Λ F: Ι Γ Μ Α Ι: Δείξτε ότι οι εξισώσεις: α) β) 2χ2 - χψ - 15ψ2 + 5χ + 18ψ - 3 = Ο παριστάνουν ένα ζεύγος ευθειών.

2χψ-4χ+7ψ-14=0

και

ΛίJ ση : α) Η δοθείσα εξίσωση γράφεται 2χ(ψ-2) + 7(ψ-2)=0, ή (2χ+7)(ψ-2)=0 και κατά συνέπεια παριστάνει το ζεύγος των ευθειών 2χ+7=0 και ψ-2=0. β) Θεωρούμε τη δοθείσα ως δευτεροβάθμια εξίσωση με άγνωστο το χ και παράμετρο το ψ γράφοντας τη στη μορφή 2χ 2 + χ ( 5 - ψ ) + - 1 5ψ 2 + 1 8 ψ - 3 = 0. ( 1 ) Η διακρίνουσα της εξίσωσης αυτής είναι ίση με (5-ψ)2-8(-1 5ψ2 + 1 8ψ-3)= ( l l ψ-7) 2 , ψ - 5 ± ( 1 1ψ - 7 -5 ψ + l οπότε: ( l ) <=> χ = <:::::> χ = 3 ψ - 3 ή χ . 4 2 Κατά συνέπεια η δοθείσα εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ως 5ψ - 1 2 ( χ - 3ψ + 3) χ + = ο , ή (χ - 3 ψ + 3) (2χ + 5ψ - Ι ) = Ο , 2 άρα παριστάνει το ζεύγος των ευθειών χ - 3ψ + 3 = Ο και 2χ + 5ψ - I = Ο. Γενικεύοντας τη μέθοδο λύσης της περίπτωσης (β) του παραπάνω παραδείγματος προκύπτει το παρακάτω γενικό συμπέρασμα:

(

�

)

(

Θ fi': Ω !> Η Μ Α : Η

Α Β

D= Β

εξίσωση (2) παριστάνει ζεύγος ευθειών, αν και μόνο αν ισχύει

=Ο και i) Α :;ι Ο, 82-ΑΓ � Ο, Δ2-ΑΖ � Ο, ή ii) Γ :;ι Ο, 8 2-ΑΓ � Ο, Ε 2-ΓΖ � Ο, ή iii) Α=Γ=Ο.

Λπ6δειξη : i) Αν Α :;t: Ο, η (2) γράφεται ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς χ στη μορφή

(

)

Αχ 2 + 2 (Βψ + Δ ) χ + Γψ 2 + 2Εψ + Ζ = Ο και έχει διακρίνουσα ίση με 4( Β ψ+Δ) 2-4Α (Γψ 2+2Εψ+Ζ). Κατά συνέπεια η (2) αναλύεται σε γινόμενο δύο πρωτοβαθμίων παραγόντων αν και μόνο αν η ποσότητα είναι τέλειο τετράγωνο. Η ποσότητα αυτή γράφεται (Βψ+Δ)2-Α (Γψ2 +2Εψ+Ζ) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/66

Το Βήμα του Ευκλείδη

( Β2 - ΑΓ ) ψ 2 + 2(ΒΔ - ΑΕ ) ψ + Δ2 - ΑΖ = αψ 2 + 2β ψ + γ , όπου θέσαμε α=Β 2-Α Γ 2 Ο, β=ΒΔ-Α Ε και γ=Δ2-ΑΖ 2 Ο και είναι τέλειο τετράγωνο αν και μόνο αν β 2 - αγ = Ο , δηλαδή 2 ( ΒΔ - ΑΕ) - (Β 2 - ΑΓ )(Δ2 - ΑΖ) = Ο . Η συνθήκη αυτή περιλαμβάνει και την περίπτωση που α=β=Ο και γ::::Ο . Μετά την εκτέλεση των πράξεων βρίσκουμε Α (Α Ε2-2ΒΔΕ+Β 2 Ζ+ΓΔ 2-ΓΑΖ)=Ο. Υπολογίζοντας την τιμή της D, διαπιστώνουμε ότι η προηγούμενη ισότητα γράφεται -AD=O, και ισοδύναμο: D=O, αφού A :;t: O. ίί) Αν Γ :;t: Ο, η (2) γράφεται ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς ψ στη μορφή Γ ψ2 +2(Βχ+Ε)ψ+(Αχ2 +2Δχ+Ζ)=Ο και εργαζόμενοι ανάλογα με την προηγούμενη περίπτωση καταλήγουμε και πάλι στο ζητούμενο. ίίί) Αν Α=Γ=Ο, τότε Β :;t: Ο, αφού η ( 2) είναι δευτέρου βαθμού ως προς χ, ψ. Στην περίπτωση αυτή η D=O δίδει -Β(ΒΖ-Δ Ε )+Δ Β Ε =Ο, ή Β1Ζ=2ΒΔΕ, ή ΒΖ=2ΔΕ. Αν Δ=Ο, τότε και Ζ=Ο, οπότε η (2) γράφεται 2Βχψ+2Εψ=Ο, ή ψ(Βχ+Ε)=Ο και παριστάνει το ζεύγος των ευθειών ψ=Ο και Βχ+ Ε =Ο. ΒΖ Αν Δ :;t: Ο. τότε 2Ε= και η (2) γράφεται 2 Βχψ+2Δχ+2Εψ+Ζ=Ο, ή ψ(2 Βχ+2Ε)+2Δχ+Ζ=Ο, ή Δ Β Β ΒΖ )+2Δχ+Ζ=Ο, ή ψ(2Δχ+Ζ)+2Δχ+Ζ=Ο, ή (2Δχ+Ζ)( ψ+ l )=Ο και παριστάνει το ζεύγος των ψ ( 2Βχ+ Δ Δ Δ ευθειcον 2Δχ+Ζ=Ο και Βψ+Δ=Ο. Αν η 2Βχψ+2Δχ+2Εψ+Ζ αναλύεται σε γινόμενο δύο πρωτοβαθμίων παραγόντων θα έχουμε 2 Βχψ-2 Δχ+2Ε ψ+Ζ=(αχ+β)(γψ+δ)=αγχψ+αδχ+βγψ+βδ, για κάθε x , y ε � ( 1 ). Α ρα: 2Β = αγ

Ο Β Ο Δ Ε

2Δ=αδ (Ι)� �2ΒΖ.=4ΔΕ�ΒΖ=2ΔΕ, οπότε: D= Β

2Ε = βγ

Ζ =�

�

=-Β(ΒΖ-ΔΕ)+ΔΒΕ=-Β(ΒΖ-ΔΕ-ΔΕ)=-Β(ΒΖ-2ΔΕ)=Ο.

" "J ; Να προσδιορισθεί η τιμή του πραγματικού αριθμού λ, ώστε η εξίσωση 2 / +5χψ+3ψ2+3χ+2ψ+λ=Ο να παριστάνει ζεύγος ευθειών και στη συνέχεια να προσδιορισθούν οι ευθείες αυτές. .,

·, "

Για τη δοθείσα εξίσωση έχουμε Α=2, Β= 2_ , Γ=3, Δ= � , Ε= 1 και Ζ=λ. Άρα 2 2 5 3 2 2 2 5λ 3 3 5 9 ' λ 5 ' D = 5 3 1 =2(3λ- 1 )- 5 ( 2 - 2 )+ 2 ( 2 - 2 )=0, η - 4 - 4 =0, η λ=-5 . 2 2 3 λ 2 9 Για λ=-5 έχουμε Β 2-ΑΓ= _!_ >Ο, Δ2-ΑΖ= 4 >0, άρα σύμφωνα με την περίπτωση ( ί ) του παραπάνω 4

θεωρήματος η δοθείσα εξίσωση, που για λ=-5 γίνεται 2χ2 +5χψ+3ψ 2 +3χ+2ψ-5=0 ( 1 ), παριστάνει ζεύγος ευθειών. Για τον προσδιορισμό των ευθειών αυτών θεωρούμε την ( 1 ) ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς χ γράφοντας τη στη μορφή 2χ2 +(5ψ+3)χ+(3ψ2 +2ψ-5)=0 και εργαζόμενοι όπως στο παράδειγμα 1 βρίσκουμε ότι είναι ισοδύναμη με την εξίσωση (2χ+3ψ+5)(χ+ψ- 1 )=0. Άρα οι ζητούμενες ευθείες είναι οι 2χ+3ψ+5=0 και χ+ψ-1 =0. ,�� \ Y f�il

υπ{v 5 ΙG η jLR�; [ u της

Είναι φανερό ότι για τον προσδιορισμό της εξίσωσης μιας παραβολής στη συνήθη της μορφή ψ2 = ± 2 Ρχ (ή χ2 = ± 2 Ρ ψ) αρκεί να γνωρίζουμε τις συντεταγμένες ενός μόνο σημείου της, αφού στην εξίσωση αυτή υπεισέρχεται μόνο η παράμετρος Ρ. Αντίθετα για την έλλειψη και την υπερβολή, που ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/67

Το Βή μα του Ευκλείδη

έχουν τα κέντρα τους στην αρχή των αξόνων και τις εστίες τους πάνω σε έναν από τους δύο άξονες, απαιτούνται 2 σημεία τους, αφού στις εξισώσεις τους υπεισέρχονται δύο παράμετροι, τα μήκη α και β. Τέλος, είναι γνωστό, ότι ο κύκλος μπορεί να θεωρηθεί ως μια ειδική περίπτωση έλλειψης με εκκεντρότητα ε=Ο και α=β=R, όπου R η ακτίνα του. Κατά συνέπεια για τον προσδιορισμό της εξίσωσης ενός κύκλου με το κέντρο του στην αρχή των αξόνων απαιτείται ένα σημείο του. Αντίθετα, αν το κέντρο του είναι το σημείο Κ(Χο, ψο), απαιτούνται 3 σημεία του (παράμετροι τα R, Χο και ψ0). Όμως, αν δεν γνωρίζουμε το είδος μιας κωνικής τομής, για τον προσδιορισμό της εξίσωσης της απαιτούνται 5 σημεία της. Πράγματι, υποθέτοντας χωρίς περιορισμό της γενικότητας ότι Ζ =F Ο η (2) της Ε Β Α ο Γ ο Δ γράφεται Ζ χ - + 2 xy + y - + 2 χ + 2 y + 1 Ο , δηλαδή εξαρτάται από 5 παραγράφου Ζ Ζ Ζ Ζ παραμέτρους. Όταν λοιπόν μας δοθούν 5 σημεία Ρ ;(χ;,ψ;), i= I ,2,3,4,5, της κωνικής, επειδή οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν την εξίσωση της, προκύπτει το γραμμικό σύστημα Α Β Γ Δ Ε Α Β Ε Γ Δ , , - χ ; 2 + 2 - Χ; Υ; + - y; 2 + 2 - χ ' + 2 - y; + 1 = Ο , ι= 1 ,2,3,4,5 , με αγνωστους τα - , - , -, - ,- . Η επιλυση Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ όμως αυτού του συστήματος απαιτεί πολλές πράξεις, που είναι πρακτικά αδύνατο να εκτελεσθούν σε εύλογο χρονικό διάστημα. Επομένως η μέθοδος αυτή δεν ενδείκνυται για την εύρεση της εξίσωσης της κωνικής τομής και κατά συνέπεια θα πρέπει να αναζητήσουμε κάποια άλλη. Πριν ωστόσο από αυτό θα πρέπει να απαντήσουμε στο εξής εύλογο ερώτημα: Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει μία κωνική τομή, που διέρχεται από 5 δοσμένα σημεία Ρ ; (χ;,ψ ;), i= 1 ,2,3,4,5, είναι αυτή μοναδική, ή όχι; Η απάντηση στο ερώτημα αυτό είναι καταφατική. Πράγματι, η ικανή και αναγκαία συνθήκη για να ανήκει το τυχαίο σημείο Μ(κ,λ) στην κωνική είναι να υπάρχουν Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ στο JR με ( Α, Β, Γ ) =F ( 0, 0, 0 ) , τέτοιοι ώστε: Ακ2 +2Βκλ+Γλ2 +2 Δ κ+2Ελ+Ζ=Ο ( 1 ). Και Αχ; 2 +2Βχ;ψ;+Γψ; 2 +2 Δχ;+2Εψ;+Ζ=Ο, i= 1 ,2,3,4,5 (2). Οι ( 1 ) και (2) αποτελούν ένα ομογενές γραμμικό σύστημα 6 εξισώσεων με αγνώστους τα Α, Β, Γ, Δ, Ε και Ζ και παραμέτρους τα κ και λ. Για να έχει το σύστημα αυτό λύσεις διάφορες της προφανούς μηδενικής πρέπει και αρκεί η ορίζουσα D των συντελεστών του να μηδενίζεται. Υπολογίζοντας την ορίζουσα D στην εξίσωση D=O προκύπτει μια (και μοναδική) εξίσωση δευτέρου βαθμού ως προς κ και λ. Από την εξίσωση αυτή με τον μετασχηματισμό κ � χ και λ � ψ προκύπτει προφανώς η (μοναδική) εξίσωση της ζητούμενης κωνικής, όταν φυσικά, όπως προαναφέραμε, υπάρχει τέτοια κωνική τομή, αφού πιθανόν το σύστημα των ( 1 ), (2) να έχει μεν μη μηδενική λύση αλλά με (Α, Β, Γ) =(0, Ο, 0), οπότε πρόκειται για ευθεία ή στη χειρότερη περίπτωση, για κενό σύνολο. Η ορίζουσα D ωστόσο είναι μια ορίζουσα 6ης τάξης και οι πράξεις που απαιτούνται για τον υπολογισμό της είναι πολλές, έτσι ώστε να είναι επίσης πρακτικά αδύνατο να εκτελεσθούν σε εύλογο χρονικό διάστημα. Για το λόγο αυτό για τον υπολογισμό της εξίσωσης της κωνικής καταφεύγουμε τελικά στο γενικό τέχνασμα, που περιγράφεται στο επόμενο παράδειγμα . . =

Π Α Ι�ΑΔ F: Ι Γ Μ Α J : Λ (J ση :

Να προσδιορισθεί η κωνική τομή, που περνά από τα σημεία: Ρ ι(2,0), Ρ2 (4,0), Ρ3(5,1), Ρ4(2,4) και Ρ5(-1 ,1).

Συμβολίζουμε με ε;j την ευθεία που ορίζεται από τα σημεία Ρ; και Pj με i =F j για i,j= 1 ,2,3,4,5 και υπολογίζουμε τις εξισώσεις των ευθειών, που ορίζονται από τα ζεύγη των σημείων (Ρ 1 ,Ρ 2 ), (Ρ3 ,Ρ4 ), (Ρ ι ,Ρ3 ) (Ρ2 ,Ρ 4). Παρατηρούμε ότι τα Ρ 1 , Ρ2 είναι σημεία του άξονα ΧΧ ' , άρα η ε ι 2 έχει εξίσωση ψ=Ο. Ακόμη από τον γνωστό τύπο της εξίσωσης μιας ευθείας, που ορίζεται από 2 σημεία της, προκύπτει ότι οι υπόλοιπες εξισώσεις είναι ε34 : χ+ψ-6=0, ε1 3 : χ-3ψ-2=0 και ε24 : 2χ+ψ-8=0. Θεωρούμε τώρα την εξίσωση ε ι 2 ε34 + λει3 · ε24 = Ο, λ IR , δηλαδή την ψ(χ+ψ-6)+λ(χ-3ψ-2)(2χ+ψ-8) (Ι ). Η εξίσωση αυτή είναι β ' βαθμού ως προς χ, ψ και επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των Ρ 1 , Ρ 2 , Ρ 3 και Ρ4 . Αν λοιπόν προσδιορίσουμε την τιμή του λ ώστε να επαληθεύεται και από τις συντεταγμένες του Ρ5 θα πάρουμε την εξίσωση της κωνικής που περνάει από τα 5 δοθέντα σημεία. ·

Πράγματι για χ=-1 , ψ= Ι η ( I ) δίδει λ = .!_ , άρα η ζητούμενη εξίσωση είναι 5ψ(χ+ψ-6)+(χ-3ψ5 2)(2χ+ψ+8)=0 ή μετά την εκτέλεση των πράξεων χ2 +ψ2-6χ-4ψ+8=0, δηλαδή παριστάνει κύκλο. Αν τη γράψουμε στη μορφή [χ2-2(3χ) +3 2 ] + [ψ2-2(2ψ)+2 2 ] +8-9-4=0, παίρνουμε τελικά (χ-3) 2 +(ψ-2) 2=5, δηλαδή πρόκειται για κύκλο με κέντρο το σημείο (3 ,2) και ακτίνα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/68

J5 . -

Το Βήμα του Ευκλείδη

Π Α J>ΑΤ Η Ρ Η Σ Η : Μια κωνική τομή, που διέρχεται από 4 δοσμένα σημεία Ρ 1 , Ρ 2 , Ρ 3 και Ρ 4 μπορεί να προσδιορισθεί με 6 διαφορετικούς τρόπους με τη βοήθεια μιας εξίσωσης ανάλογης με την ( 1 ) του παραπάνω παραδείγματος. Πράγματι, υπάρχουν συνολικά 6 ευθείες, οι ε ι z , ε ι 3 , ε ι4 , ε2 3 , ε24 και ε34 , που διέρχονται από 2 οποιαδήποτε από τα 4 αυτά σημεία. Οι ευθείες αυτές μπορούν να συνδυασθούν ανά 2 ώστε να καλύπτουν και τα 4 σημεία με 3 τρόπους ως εξής: [ε ιz , ε34) , [ει 3 , εz4 ] και [ε ι4 , ε2 3 ] . τέλος συνδυάζοντας τους 3 αυτούς τρόπους ανά 2 μπορούμε να δημιουργήσουμε τις παρακάτω 6 εξισώσεις ανάλογες της ( 1 ) : ε ι z ε34+λε ι 3 ε24=Ο, ε ι3 ε24+λε ι 2 ε34=Ο, ε ι 2 ε34+λε ι4 ε2 3 =Ο, ε ι4 ε2 3 +λε ι 2 ε34=Ο, ε ι3 ε24+λ ε ι4 ε2 3 =Ο και ε ι4 ε2 3 +λ ε ι3 ε24=Ο. Ωστόσο, μετά τον προσδιορισμό της παραμέτρου λ ώστε η κωνική να διέρχεται και από το σημείο Ρ5 καταλήγουμε πάντοτε στην ίδια εξίσωση (αυτό μπορείτε να το επαληθεύσετε ως άσκηση), αφού, όπως εξηγήσαμε πριν από το παράδειγμα 3, αν υπάρχει κωνική που διέρχεται από τα 5 σημεία, τότε αυτή είναι μοναδική. Αν στο προηγούμενο παράδειγμα γνωρίζαμε από την αρχή ότι η ζητούμενη κωνική τομή ήταν κύκλος, θα μας αρκούσαν 3 μόνο σημεία του για τον προσδιορισμό της εξίσωσης του. Σε πολλές περιπτώσεις ωστόσο η μορφή της εξίσωσης της κωνικής, που προκύπτει εφαρμόζοντας το παραπάνω τέχνασμα, δεν μας επιτρέπει να προσδιορίσουμε απευθείας το είδος της. Σχετικό είναι το επόμενο παράδειγμα. Π . \ Ρ -\ Δ Ε Ι Γ \ Ι λ -t :

Να βρεθεί η εξίσωση της κωνικής τομής, που περνά από τα σημεία: Ρ1(1,0), Ρ2 (3,0) , Ρ3 (0 ,2 ) , P.t(O,l ) και Ps(-1,-1) . \ ), σ η :

Θεωρούμε και πάλι την εξίσωση ε ιz ε34 + λε ι3 ε24 = Ο, λ ε IR , δηλαδή την χψ + λ ( 2 χ + ψ - 2 ) ( χ + 3 ψ - 3 ) = 0 , που είναι β ' βαθμού ως προς χ,ψ και επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των Ρ1 , Ρ 2 , Ρ 3 και Ρ4 . Αν λοιπόν προσδιορίσουμε την τιμή του λ ώστε να επαληθεύεται και από τις συντεταγμένες του Ρ5 θα πάρουμε την εξίσωση της κωνικής που περνάει από τα 5 δοθέντα ·

1 , άρα η ζητούμενη σημεία. Πράγματι για χ=-Ι και ψ=-Ι η προηγούμενη εξίσωση δίδει λ = - 35 εξίσωση είναι 35χψ-(2χ+ψ-2)(χ+3ψ-3)=0, ή, μετά την εκτέλεση των πράξεων, 2χ2-28χψ+3ψ2-8χ9ψ+6=0. Για τον προσδιορισμό του είδους της παραπάνω κωνικής απαιτείται κατάλληλη αλλαγή του συστήματος συντεταγμένων, ώστε η εξίσωση της να λάβει τη συνήθη της μορφή. Σημειώνουμε πάντως ότι υπάρχει γνωστή πρόταση (βλ. Θεώρημα 2 της παραγράφου 4. 7 του [2]) με τη βοήθεια της οποίας μπορούμε να προσδιορίζουμε το είδος της προκύπτουσας κωνικής σε όλες τις περιπτώσεις, π.χ. στο συγκεκριμένο παράδειγμα έχουμε μια υπερβολή. 3.

Εφαπτομένη κωνικιΊς τομι1ς

Στην παράγραφο 3 .2 του [ 1 ] αποδεικνύεται ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής y2 =2Px σε σημείο της Μ(χ ι ,Υ ι ) είναι yy ι =Ρ(χ+χ ι ), ενώ στις παραγράφους 3.3 και 3 .4 δίδονται χωρίς απόδειξη οι εξισώσεις των εφαπτόμενων της έλλειψης και της υπερβολής αντίστοιχα με παραπομπή στην απόδειξη για την εφαπτομένη της παραβολής. Γενικεύοντας την απόδειξη αυτή (π.χ. βλ. [2], παραγρ. 4.2) καταλήγουμε στο παρακάτω θεώρημα: Θ Ε Ω Ι� Η VΙ Α : Δίδεται η κωνική με εξίσωση Αχ 2 +2Βχy+Γ/ +2Δχ+2Εy+Ζ=Ο και σημείο P1(x1 ,y1 ) αυτής. Τότε η εξίσωση της εφαπτομένης της κωνικής στο είναι Ρ1 Αχχ ι +Β(χy ι +χ ι y)+Γψψ ι +Δ(χ+χ ι )+Ε(y+y ι )+Ζ=Ο .Πράγματι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει ευθεία, αφού μπορεί να γραφεί (Ax 1 + By1 +Δ )x+ (Bx1+Γy1 +E)y+(Δx1 + Ey1+Z)=O, όπου οι εντός των παρενθέσεων συντελεστές είναι πραγματικοί αριθμοί. Η απόδειξη του παραπάνω θεωρήματος μπορεί να γίνει, με πιο σύντομο μάλιστα τρόπο και με τη χρήση της γεωμετρικής σημασίας της παραγώγου μιας συνάρτησης y=f(x ) σε ένα σημείο χ0 του πεδίου ορισμού της (π.χ. βλ. [ 2 ], παράγρ. 4.2). Αξίζει εδώ να σημειώσουμε ότι, αν και η Αναλυτική Γεωμετρία χρησιμοποιεί ως βασικό της εργαλείο τη Γραμμική Άλγεβρα, εντούτοις ήταν πάντοτε ιστορικά συνδεδεμένη με τον κλάδο της Μαθηματικής Ανάλυσης. Πράγματι, κάθε ανακάλυψη στον ένα από αυτούς τους δύο κλάδους οδηγούσε συνήθως και σε μια αντίστοιχη πρόοδο στον άλλο. Έτσι η α\'ακάλυψη της παραγώγου συνδέθηκε με το πρόβλημα της εύρεσης της εφαπτομένης σε ένα σημείο μιας καμπύλης, η ανάγκη του αναλυτικού υπολογισμού του εμβαδού επιπέδων τόπων οδήγησε στην έννοια του ο p ισμέ\' ο υ ολοκληρώματος, οι μερικές παράγωγοι χρησιμοποιήθηκαν για τη μελέτη των καμπύλων ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/69

Το Βήμα του Ευκλείδη

στο χώρο κ.λπ. Από το παραπάνω θεώρημα παρατηρούμε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης μιας κωνικής τομής σε σημείο P1 (x 1 ,y 1 ) αυτής προκύπτει από την εξίσωση της κωνικής τομής με τους μετασχηματισμούς: χ2 � χχι , 2xy � xιy+xyι , y2 � ΥΥ ι , 2 χ � χ+χι και 2y � y+yι . Από την παρατήρηση αυτή προκύπτει αμέσως ότι: Η εξίσωση της εφαπτομένη ς της παραβολής y=2Px είναι yy1=P(x+x1), της x2=2 Py είναι xx 1 =P(y+y1) κ.λπ. Η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου (x-x0 )2 +(y-y0)2 =R2 είναι (x-x0)(xι-x0)+(y-y0 )(yι-y0)=R2 , ενώ όταν η εξίσωση του κύκλου δίδεται στη μορφή x 2 +y2 +2Ax+2By+Γ=O, η εξίσωση της εφαπτομένης του είναι χχι+yyι+Α(χ+χ ι )+Β(y+yι)+Γ=Ο. Επίσης προκύπτουν οι εξισώσεις των εφαπτόμενων της έλλειψης και της υπερβολής, όπως δίδονται στο σχολικό βιβλίο (βλ. [ I ], σελ. 1 08 και σελ. 1 20 αντίστοιχα). (} ι:�

�

Π Α �J> '\, \ Ε ! Γ '\!R Λ 5 : Να προσδιοριστεί η τιμή του λ, ώστε η εφαπτομένη της κωνικής τομής (3λ+1)χ2 +4χψ+(3-4λ)ψ2+(5λ-3)χ-(1+2λ)ψ-4+2λ=Ο στο σημείο Ρ(Ο,- 1) αυτής να έχει εξίσωση χ+ψ+l=Ο. Παρατηρούμε κατ ' αρχή ότι το σημείο Ρ( Ο, I ) ανήκει στη δοσμένη κωνική, αφού για

οποιαδήποτε τιμή του λ επαληθεύει την εξίσωση της. Σύμφωνα με το θεώρημα, που αναφέραμε παραπάνω, η εφαπτομένη της κωνικής αυτής σε σημείο της Ρ(χι ,ψι) έχει εξίσωση 1 2λ 5λ 3 (3λ+ ι )χχι +2(χι ψ+χψ ι )+(3 -4 λ)ψψ ι + - (χ+χ ι )- + (ψ+ψι )-4+2λ=Ο, 2 2 Sλ - 3 ι + 2λ που στο σημείο P4(0,-l) γίνεται -2χ-(3-4λ)ψ+ χ(ψ-Ι )-4+2λ=Ο, ή (5λ-7)χ+(6λ-7)ψ+(6λ-7)=0. 2 2 6λ - 7 . . και αρκει:. 5λ - 7 = -' . εξ ισωση . με τη χ+ψ+ I =Ο πρεπει ισο δ υναμη Γ ια να ειναι η παραπανω , η λ=Ο .I 1 --

�� [ fl 1 \ [ Ο Π) Λ Φ J Λ

[I]

Αδαμόπουλος Λ . και άλλοι, Μ αθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Β ' Λυκείου, Ο.Ε.Δ.Β., z · Έκδοση, Αθήνα, 2004. Ανδρεαδάκη Σ. Α., Αναλυτική Γεωμετρία, Εκδόσεις Συμμετρία, Αθήνα 1 99 9 . Βόσκογλου Μ . , Αναλυτική Γεωμετρία, Αυτοέκδοση, Πάτρα, 2004. Λευτάκη Μ . Α., Μ αθήματα Αναλυτικής Γεωμετρίας, Εκδόσεις Πανεπιστημίου Πάτρας, Πάτρα \ 994

[2 ] [3] [4 ]

του Αντώνη Κυριακόπουλου Μερ ικοί έχουν τη ν άποψή ότι στο θεώρημα αυτό η συνάρτηση g (βλ. παρακάτω) οφείλει να είναι Ι - Ι . Α υτό, όπως θα δούμε στην παρακάτω απόδειξη, δεν είναι απαραίτητο. Δεν μας χρειάζεται η υπόθεση αυτή για να αποδείξουμε το θεώρημα. Επίσης, εφιστούμε την προσοχή στην εφαρμογή αυτού του θεωρήματος , διότι τις περισσότερες φορές εφαρμόζεται στις ασκήσεις ,χωρίς να ελέγχεται αν ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος αυτού.

Μία συνάρτηση g είναι ορισμένη και παραγωγίσημη σ ' ένα διάστημα Δ= [ α, β) και η g' είναι συνεχής στο Δ. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο g(Δ). Τότε ισχύει: g (x)f(g(x))dx = (α) f(x)dx. (1)

Θα!φη �ω.

�(β)

Λ�ο{ι δ :: !�Ιl · Επειδή η g είναι συνεχής στο Δ ,έπεται ότι το σύνολο g(Δ) είναι ένα διάστημα [κλειστό, όχι κατ ' ανάγκη με άκρα g( α) και g(β))] .Και επειδή η f είναι συνεχής στο g(Δ),έπεται ότι υπάρχει παράγουσα της f στο g(Δ).'Έστω λοιπόν ότι F είναι μία παράγουσα της f στο g(Δ).' Ετσι, η F είναι ορισμένη και F ' ( χ ) = f( χ ) , Vx Ε g(Δ). παραγωγίσιμη στο g(Δ) και ισχύει: (2)

Επειδή οι αριθμοί g( α) και g(β) ανήκουν στο g(Δ), έχουμε:

g( β)

J f( χ )dx=[F( χ) J:�:; = F ( g ( β ) ) F ( g ( α) ) . (3)

g(α)

Λόγω των υποθέσεων, η συνάρτηση με τύπο: f ( g ( t)) g ' ( t) είναι ορισμένη και συνεχής στο Δ. Εξάλλου, λόγω και της (2), έχουμε, για κάθε t Ε Δ : f ( g ( t) ) g ' ( t) = F ' ( g ( t) ) g ' ( t) = [ F ( g ( t)) ]' . β

' Ετσι, έχουμε: Jf ( g ( t) )g'( t ) dt = [ F ( g( t) α

)J: = F ( g ( β ) ) - F ( g(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4170

))

(4 )

Από τις (3) και (4 ) έπεται η ( Ι ).

Το Βήμα του Ευκλείδη

Σχέσε ι ς εξωτερ ι κών δ ι χοτό μων κα ι πλε υ ρών τρ ι γώνου Μπάμπης Δημητριάδης - Κέρκυρα Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν οι σχέσεις: β=γ<=:>υβ=υγ<=>μβ=ι.ιr<=>δβ=δγ<=>ρβ=ργ β>γ<=:>υβ<υγ<=>μβ< !!γ<=>δβ<δγ<=>ρβ>ργ ακόμη αν β=γ:;fα=>dβ=dγ (μήκη εξωτ. διχοτόμων) Σε τυχαίο τρίγωνο θα γίνει προσπάθεια να απαντηθούν αναλυτικά τα ερωτήματα: αν dβ=dy τότε β;γ αν β>γ τότε dβ;dγ αν dβ>dy τότε β;γ Στο τεύχος 1 , τόμος Β, σελίδα 29, 3η στήλη του περιοδικού QUANTUM Ιανουάριος Φεβρουάριος 1 999, αναφέρεται το τρίγωνο του Bottema, δηλ. τρίγωνο Α ΒΓ με Γ= 1 2°, Α=36°, στο οποίο εύκολα προκύπτει ότι dβ=dγ: Α-Γ = 1 2° = Γ => dp = α Δ1 = 2 Αν ΒΔ και ΓΕ είναι οι dβ και dy τότε: => dp = d Y Β-Α Ε I = -- = 48° = Β => d = α 2 Α Με τον ίδιο τρόπο, αν Γ= 1 2° και 36°< <84° βρίσκουμε ότι dβ<dy και αν Γ= 1 2° και 1 2° <Α<36° βρίσκουμε ότι dβ>dγ. Δηλαδή ενώ είναι β>α>γ μπορεί να έχουμε dβ=dγ ή dβ<dy ή dβ>dγ. Άρα μόνη της η σχέση ανισότητας μεταξύ β και γ δεν αρκεί για να βρούμε τη σχέση μεταξύ dβ και dy. Με τη βοήθεια του Θ. της εξωτερικής διχοτόμου και όμοια τρίγωνα ή το Θ. του Stewart, βρίσκουμε ότι: α βγ 2 αβ2γ - αβ - αγ και d 2 = d Ρ2 = ( α - γ) 2 ( α - β) 2 Ι

}

Υπολογίζουμε τη διαφορά dβ2-dy2 και εύκολα διαπιστώνουμε ότι γίνεται γινόμενο με ένα παράγοντα το β-γ ενώ ο άλλος παράγοντας είναι συμμετρικός ως προς τα β και γ. Θέτουμε β+γ=κ.α και β.γ=λ2 α2 με κ,λ>Ο και βρίσκουμε (μετά από πράξεις) ότι α2 · ( κ - 1 ) α5 ( κ - 1 ) , , , dβ - d; = = θ και ( β - γ) ( κλ - + κ - 3λ ,- - 1 ) και αν θέσουμε ( α - β) 2 ( α - γ) 2 ( α - βγ ( α - γγ κλ 2 + κ - 3λ 2 - 1 = Δ . Έχουμε dβ2-dγ2 =θ(β-γ).Δ ( 1 ) αλλά α<β+γ => κ> 1 άρα θ>Ο και I β-γ I <α=> (β-γ) 2 <α2 =>(β+γ) 2--4βγ<α2 =>κ2 α2--4λ2 α2 <α2 => κ < .J1 + 4λ 2 άρα 1 < κ < .J1 + 4λ 2 (2) Ακόμη (β+γ) 2:Ξ::4 βγ=>κ2 α2:Ξ::4λ2 α2 =>κ:Ξ::2 λ και μάλιστα: β=γ<=:>κ=2λ, β:;tγ<=:>κ>2λ Έχουμε: β=γ=>β2 =βγ=>β2=λ2 α2 =>β=λα και αφού β:;fα=>λ;f 1 , τότε Δ=κλ2 +κ-3λ2- 1 =2λ3 +2λ-3λ2-1 = =(λ-1 )(2λ2-λ+ 1 ):;f0 δηλ. αν β=γ, τότε Δ:;fΟ άρα αν Δ=Ο τότε β:;tγ Άρα δεν μπορεί να ισχύουν συγχρόνως β=γ και Δ=Ο. Από τη σχέση ( 1 ) προκύπτουν ότι: Αν Δ>Ο τότε οι διαφορές β-γ και dβ-dγ είναι ομόσημες. Αν Δ<Ο τότε οι διαφορές αυτές είναι ετερόσημες Αν Δ=Ο ή β=γ τότε dβ=dy Αν dβ=dγ τότε β=γ (με Δ:;fΟ) ή Δ=Ο (με β:;tγ) Έχουμε (α-β)(α-γ)=α2-α(β+γ)+βγ=α2 ( 1 -κ+λ2 ). Οπότε: (α-β)(α-γ)>Ο<=:> 1 <κ+λ2 (3) και (α-β)(α-γ)<Ο<=:> 1 <κ+λ2 (4). Διακρίνουμε 3 περιπτώσεις για τις σχέσεις μεταξύ β, γ και α. , , β>α και γ>α. Τότε β+γ>2α=>κ>2 ακόμη (α-β)(α-γ)>Ο, β·γ>α2 =>λ> 1 άρα l <κ+λ2 (σχέση 3) ?

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4171

(

Το Βήμα του Ευκλείδη

Δηλαδή λ> Ι και 2λ::Ξκ< min Ι + λ 2 ,

Jι + 4λ 2 ) . Τότε Δ 2:: 2λ3+2λ-3λ2- Ι =(λ-1 )(2λ2-λ+ 1 )>0

Άρα β=γ<=>dβ=dr, β>γ<=>dp>dy β<γ<=>dβ<dy 11.

Αν β<α κα γ<α. Τότε β+γ<2α:::::> κ<2, β · γ<α2 :::::>λ< l και (α-β)(α-γ)>Ο=> Ι <κ+λ2 Άρα Ο<λ< Ι και Ι <κ< Ι +λ2 , Δ<( l +λ2 )λ2+ 1 +λ2 3λ2- Ι =λ2 (λ2-Ι )<Ο Οπότε β=γ<=>dp=dy, β>γ <=> dβ<dy β<γ <=> dβ>dy

111.

Αν γ<α<β (αντίστοιχα β<α<γ). Τότε (α-β)(α-γ)<Ο:::::>κ> l +λ2 και από την (2) κ < JΙ + 4λ 2 άρα l + λ 2 < κ < JΙ + 4λ 2 (5) οπότε: l + λ 2 < JΙ + 4λ 2 => 0 < λ < J2 . Ι 1 1 Ι . αν Ι � λ < J2 , τότε: κ>2λ=>Δ>(λ-1 )(2λ2-λ+ Ι ):::::Ο => Δ>Ο και β>γ=>dβ>dy (αντίστοιχα αν β<α<γ τότε dβ<dy) 3 2 +1 < + 4λ 2 και με την (5) διαπιστώνουμε 1 1 1 2 . αν Ο<λ< Ι τότε βρίσκουμε εύκολα ότι Ι + λ 2 < λ- + Ι 3 2 + 1 ( 6) 3 2 +ι ανήκουν στο διάστημα ι + λ 2 , + 4λ 2 , ακόμη Δ = ( λ2 + ι ) κ ότι όλα τα κ και λ +1 λ +1

�

• • •

(

�

Jι

οπότε έχουμε: 3λ 2 + Ι κ< <=> Δ < Ο <=> dβ < dr λ- + Ι 3λ 2 + 1 κ> <=> Δ > Ο <=> dβ > dγ λ2 + 1 3λ 2 + Ι κ= <=> Δ = Ο <=> dβ > dr λ2 + 1 Π αρατtΊρηση : 'Εχουμε: λ < J2 => + 4λ 2 < 3 => κ < 3 , , κ < 3λ 2 + <=> λ - > κ <=> dβ < d Οποτε r λ- + I 3-κ 3λ 2 + I κ-1 κ> <=> λ 2 < -- <=> dβ > dγ λ2 + 1 3-κ 2 κ 3λ + ι κ= <=> λ 2 = - ι <=> d β = d r 2 λ +ι 3-κ

)

--- ι

Jι

Τα β και γ είναι ρίζες της εξίσωσης χ 2-καχ+λ2 α2 =0 οπότε β,γ = Σ Υ Μ Π Ε ΡΑΣ Μ Α I.

� : : } � {�:� κ < min ( ! + λ' , JΙ + 4λ' )}

� ( κ ± Jκ2 - 4λ 2 )

β = γ <=> dβ = dγ οπότε β > γ <=> dβ > dγ β < γ <=> dβ < dγ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4172

[

�

)

111 I.

1 1 1 2.

• • •

Το Βήμα του Ευκλείδη

1 -::;. λ < J2 => d p > dy

ο<λ<1 3λ 2 + 1 κ-1 <=> d β < d γ <=> λ- > κ< 2 3-κ λ +1 2 3λ + 1 κ-1 κ> 2 <=> d β > d γ <=> λ- < 3-κ λ +I 3λ 2 + ι κ2 με 1 <κ<2 <=> d Ρ = d <=> λ = κ= 2 3-κ λ +1 ?

(αν β<α<γ στα συμπεράσματα θα εναλλάξουμε τα β και γ) Σκαλη νά τρ ίγω\'α 1 <κ<2 και I.

λ�

με

d μ =d γ

3λ 2 + ι (ή υπάρχουν μόνο όταν γ<α< β (ή β<α<γ) με Ο<λ< 1 και κ = 2 λ +ι

- ) και αν θέλουμε να είναι Β=90° ή Β>90° ή Β<90° θα έχουμε:

3-κ

Β = 90 '' <=> β 2 -γ 2 =α2 <::::> ( β +γ ) 2 (β-γ) 2 =α4<=>(β+γ ) 2 [(β +γ) 2---4 βγ ]=α4 <=> . . . <::::>κ4-2κ3 +2κ2 -2κ-3=0

φ( κ ) = Ο

αν φ(κ)=κ.ι-2κ3+2κ2-2κ-3

11.

Β > 90 ' <=> β >γ2>α2<::::> . . . <=> φ(κ) < Ο

11I.

Β<90°<::::> β 2-γ2<α2<::::> . . . <=> φ(κ)>Ο

δηλ.

Μελετάμε τη συνάρτηση φ( κ): φ '( κ)= . . . =2(κ-1 )(2κ2-κ-ι )>Ο άρα φ(κ) t ( \ ,2) βρίσκουμε ότι: φ( 1 )=-4 , φ(2)= ι :::>φ ( Ι ).φ(2)<0 οπότε Λ

υπάρχει μοναδικό Κ0 ε ( l ,2) με φ(κ0)=0 αν 1 <κ<κο τότε φ(κ)<Ο και αν Κ0<κ<2 τότε φ(κ)>Ο άρα I . υπάρχει ένα μόνο ορθογώνιο τρίγωνο (δεν υπολογίζουμε τα όμοιά του) που προκύπτει από την τιμή κ=κο 1 1 . υπάρχουν άπειρα αμβλυγώνια τρίγωνα που προκύπτουν από τις τιμές του κ με ι <κ<κ0 1 1 1 . υπάρχουν άπειρα οξυγώνια τρίγωνα που προκύπτουν από τις τιμές του κ με Κ0<κ<2 Το Κ0 είναι άρρητος γιατί η εξίσωση φ(κ)=Ο δεν έχει ρητές ρίζες. Με μια πρώτη προσέγγιση για το Κ0 15 31 ' - < κ0 < εχουμε: δηλ. 1 ,875<κ0< 1 ,9375 8 ι6 Ε Φ Α Ρ Μ Ο Γ F:Σ

Ι.

Αν α=25, β=19 γ=12 τι σχέση έχουν μεταξύ τους τα dα, dμ,dγ; (Α π . : d α>dγ>d μ)

Υπάρχει τρίγωνο με dα=dμ=dγ; Λί>σ η Για να ορίζονται τα dα, dβ,dy πρέπει το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι σκαληνό Για να είναι dβ=dy πρέπει γ<α<β ή β<α<γ δηλ. (α-β)( α-γ)<Ο Για να είναι dα=dy πρέπει γ<β<α ή α<β<γ δηλ. (α-β)(α-γ)>Ο Αρα είναι αδύνατο .1ηί.. δ εν υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με dα= dβ= dy ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4173

Το Βήμα του Ευκλείδη 3.

Να βρεθεί τρίγωνο με dβ=dy Λ ίΗJ η

3�2 + 1 όπου Ο<λ< Ι α) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με β=γ;t:α β) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με (α-β)(α-γ)<Ο και κ =

κ-1 (ή ισοδύναμα λ 2 =

3-κ

Π.χ.

αν

α β,γ = 2 τότε

-! .

5. 6.

λ=

[-5 ± --5 7 2 J6

2+1

λ- + 1

όπου 1 <κ<2)

τότε

κ=

1- + 1 = � ,

οπότε

α ( 7 ± 2ν 6 ) και αν α= Ι Ο τοτε , =β = 7 + 2ν 6 , γ = 7 - 2νr;6 , ομοιως, αν λ = 2 10 r;

25 7 ν7 , 2 = -5 κ 2 - 4λ 2 = - 2 = - ' νι κ 2 - 4λ 2 = - ' οποτε κ = -' 1 9 9 3 3

-+1 2 και αν α=6 τότε β = 5 + J7

�

[ J7 J = α ( 5 ± J7)

β' γ = α � ± 2 3 3

κα ι γ = 5 - J7 .

Να βρεθεί τρίγωνο ΑΒΓ με dβ>dy (Λπ. : Εξετάζουμε περιπτώσεις: α) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με β>γ>α β) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με β<γ<α γ) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με γ<α<β και δ) Κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με γ<α<β με Ο<λ< Ι και προκύπτουν οι περιπτώσεις: α= Ι Ο, β = 1 1 + J2Ϊ , γ = 1 Ι - J2ϊ ή α=20, β = 1 7 + .J89 , γ = I 7 - .J89 . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α=2, β = 2J2 + J6 - J3 1 γ 2J2 - J6 + J3 - 1 είναι αμβλυγώνιο και έχει dp=dy Να αποδειχθεί ότι υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με α=544, πλευρές β = 527 + .Jt6609 , γ = 527 - .Jt6609 είναι οξυγώνιο και έχει dβ=dy. -

Βοη0ι1 μuτυ Η.

Σzόλιιι.

Το τεύχος του περιοδικού QUANTUM, που αναφέρεται στην εργασία.

ιι

Το βιβλίο του Νίκου Κισκύρα: ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡ ΙΑΣ, ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ Χ. ΤΣΑΡΟΥΧΉ, ΕΠΙΠΕΔΟΜΕΤΡΙΑ ΤΟΜΟΣ ΙΙΙ ΒΙΒΛΙΟΝ ΤΡΠΟΝ, σελίδες 3 8 1 3 82, §932 Ο αείμνηστος μαθηματικός βρίσκει ότι για να είναι dβ=dy, με β;tγ, πρέπει να μηδενίζεται η 2 3 παράσταση Φ=(α2 +βγ)(β+γ-α)-2αβγ και ότι αυτό συμβαίνει όταν β + γ = α και βγ = α δηλαδή 3 2 βρίσκει μια λύση της εξίσωσης Φ=Ο. Αλλά θεωρώντας το α γνωστό, η Φ=Ο είναι μια εξίσωση με 2 άγνωστους β και γ, άρα γενικά έχει άπειρες λύσεις, τις οποίες βρήκαμε στην περίπτωση 1112 της 3λ 2 + 1 ' ' οταν ' ' ' 1 <κ<2 και εργασιας Ο<λ< Ι και κ = " η ισο δυναμα οταν λ- + 1

λ 2 = ;�� ( β, γ = � ( κ ± Jκ 2 - 4λ 2 ) ) .

Ακόμη σε όσα βιβλία μπορέσαμε να δούμε δεν βρήκαμε συστηματική αναφορά στις σχέσεις dβ>dy και dβ<dy ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/74

Ε u κλε. i δ n ς

n ρ ο τ ε. i ν ε. ι

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και ο ι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθη ματικού είναι να λύνει προβλή ματα>>. Ρ. R. HALMOS

Επιμέλεια : Γ. Τ Ρ Ι Α Ν ΊΌΣ - Ν. Α Ν Τ Ω Ν Ο Π Ο V ΛΟΣ - Θ Α Ν . Κ V Ρ Ι Α Κ Ο Π Ο Υ . \ Ο Σ

ΑΣΚ Η Σ Η 1 40 (τΕΥΧΟΥΣ 68) Να βρείτε τις συναρτήσεις f , οι οποίες είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο R και για τις οποίες ισχύει: (y - x)f '(3x - 2y) = f(y) - f(x) ( I ) για κάθε χ, y Ε R . (Προτάθηκε από τον μαθητή του Αρσακείου Ψυχικού,

2:0 Υ \ Ι Π . \ Η ) 1 Η (Από τον

Γ Ι Α '\ '\ Η

Λ ΥΣΗ

συνάδελφο

ΒΑΓΓΕΛΗ

Έστω f : R � R μία συνάρτηση που ικανοποιεί τις δοθείσες συνθήκες και t Ε R Από την ( I ) για x = t + 2 . :· = t + 3 έχου με f'(t) = f(t + 3) - f(t + 2) , για κάθε t Ε R Από την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι η f' είναι παραγωγίσιμη στο R . Παραγωγίζοντας την ( I ) ως προς χ παίρνου με: -f'(3x - 2 :· ) + 3( y - x)f"(3x - 2y) = -f ' (x) (2) .

(2)

θέτουμε

y = � χ , χ ε R , οπότε έχουμε 2

-f'( O) + � xf"(O) = -f ' (x) ή το αυτό: 2

f' ( x ) = f'(O) - � f"(O)x , για κάθε χ Ε R . (3) 2 Από την (3) προκύπτει ότι η ζητούμενη συνάρτηση είναι πολυωνυμική, το πολύ δευτέρου βαθμού. Έστω ότι είναι 2 f(χ) = αχ + βχ + γ , α, β, γ Ε R . Για x, y ε R με y ;e x η συνθήκη ( I ) γράφεται: (y-x)[2α(3x -2y) +β] = co/ +βy+γ ( α χ 2 + β χ + γ ) => 2 α ( 3 χ - 2 y ) + β = α ( y + χ ) + β => 6 α χ - 4 α y = α y + α χ ::::> 5 α ( χ - y ) = Ο ::::> α = Ο

Συνεπώς, f(x) = βχ + γ , για κάθε χ Ε R , όπου β, γ Ε R . Εύκολα διαπιστώνεται ότι μια τέτοια συνάρτηση ικανοποιεί την ( I ) Λ ΥΣΗ 2 Η (Από τον συνάδελφο ΚΩΝ/ΝΟ ΤΖΑ Γ Κ Α Ρ Α Κ Η - Χανιά ) Έστω f : R � R μία συνάρτηση που ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Η ( I ) για y Ε R και .

x = � y , γράφεται: _!_ f ' (O)y = f(y) - f(� y) (2) και 3 3 3 ισχύει για κάθε y Ε R . Δημιουργούμε ν διαδοχικές διαφορές θέτοντας στην ( I ) αντί του y κάθε φορά το 2 π 3 y . ραγματι, εχουμε: '

r f ( v ) - f ( 3_ y )

:· , � , �

1 -

_!_ f '( O ) y = _!_ . 3_ f '( O ) y 3 2 3

f ( ( 3_) 2 y ) = _!_ (3_)2 f '( O ) y 3

2 3

I 1 , : ' = -:;- ι -:;- ) -

c3.γ - Ι = f ' (O)y[l - (�)" ] _!_ f ' (O) y � 3 (4) 2 3 3_ _ 1 3 3 ν = Ο και η f είναι συνεχής στο Ο ισχύει Επειδή νlim -> +>ο (�) 3 =

iVI O Y P O Y K O - Αγρίνιο )

Στην

Με πρόσθεση κατά μέλη των ν ισοτήτων έχουμε f(y) - f((�)" y) = .!. f ' ( o ) y[� + (�) 2 + . . . + (�)" ] 3 2 3 3 3

(O)y

(3)

y] = f(O) . Από την ισότητα (4) με όρια για "" f[(�)" 3 ν � +οο , προκύπτει ότι: f(y) - f(O) = f ' (O)y :::::> f(y) = f'(Ο)y + f(Ο) , για κάθε y Ε R . Άρα, f(χ) = βχ + γ , για κάθε χ Ε R , όπου β, γ Ε R . Δηλ. η ζητούμενη συνάρτηση είναι πολυωνυμική το πολύ πρώτου βαθμού. Λ ΥΣΗ 3Η (Από τον συνάδελφο Π Α Υ Λ Ο ίVΙ Α Ρ Α Γ Κ Ο Υ ΔΑ Κ Η - Πειραιάς) Από την ( I ) για y = x+l,x E R έχουμε f'(x - 2) = f(x + I) - f(x) , για κάθε χ Ε R . Αν τεθεί αντι του χ το χ +2 , προκύπτει ότι f ' (x) = f(x + 3) - f(x + 2) , για κάθε χ Ε R , οπότε η f' είναι παραγωγίσιμη ( και άρα συνεχής) με f"(x) = f ' (x + 3) - f ' (x + 2) , για κάθε χ Ε R . I Έστω α Ε R , ν Ε Ν και β > α : β - α < . Από το 3ν Θ.Μ.Τ για την f στο διάστημα [α , β] ,υπάρχει f(β) - f(α) . Από την ( I ) για Υ ν Ε (α, β) : f ' (yν ) = β-α f(β) - f( α) y = β , χ = α είναι f ' (3α - 2β) . Συνεπώς, β-α f ' (3α - 2β) = f ' ( y ν ) . Παρατηρούμε ότι 3α - 2β < α < y ν < β , οπότε η f ' ικανοποιεί το θεώρημα του ROLLE στο διάστημα [3α - 2β , y ν ] Άρα υπάρχει χ ν Ε (3α - 2β , yν ) : f"(χ ν ) = Ο (2) : νlim -> "

Επειδή I χ ν - α l < β - (3α - 2β) = 3(β - α) < _!_ ν ισχύει χ ν � α και λόγω της συνέχειας της f" ισχύει f"(χ ν ) � f"(α) . Άρα f"(α) = Ο , που σημαίνει ότι f"(x) = Ο , για κάθε χ Ε R . Τελικά f ' (x) = c , για κάθε χ Ε R και f(x) = cx + m , για κάθε χ Ε R , συνάρτηση που επαληθεύει την ( I ).

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

Π αη1 σια . Γι<ίJρyος Τσαπακίδης - Κυψέλη Αιτ/νίας, Δη μή τρη ς

ΑντάJVης Ιωαννίδης - Λάρισα. Αθανάσιος Καλάκος - Κ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/75

-------

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

Καραβότας - Κ . Αχαία, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφvη.

(τΕΥΧΟΥΣ 68) Αν α,β είναι θετικοί πραγματικοί, να αποδειχθεί ότι α+ι 3 β+ι 3 ( Π ροτάθηκε από τον ) ;::: _!_ αβ . ) +( ( 2 3 3 ΑΠΟΣΤΟ Λ Ο ΠΟΥΛΟ Γ Ι Ω Ρ ΓΟ συνάδελφο Μ εσολόγγι ) . Λ ΥΣ Η (Από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ ΤΣΑ Π Α Κ Ι Δ Η Κυψέλη Αιτ/νίας) 3 Η συνάρτηση f(x) = χ είναι κυρτή στο (Ο, +οο) ( αφού f"(x) = 6χ > Ο , για κάθε χ > Ο ). Από την ανισότητα του JENSEN παίρνουμε: α+ι β+ι + -β+ι α+ι 3 ) => ) :2: 2 · f( 3 ) + f( f( 3 3 2 α+β+2 3 α+β+2 α+ι 3 β+ι 3 ) (I) ) = _!_ ( ) :::: 2 . f( ) +( ( 3 4 2·3 3 3 Από την ανισότητα αριθμητικού- γεωμετρικού μέσου α+β+2 3 α+β+2 :::: </2αβ οπότε ( ) :::: 2αβ (2). έχουμε : 3 3 ι α+ ι , β + ι ι , . Απο τις ( 1 ),(2) προκυπτει (-Υ +(- )3 :2: - 2αβ = - αβ . 2 4 3 3 Η ισότητα ισχύει όταν α = β = 2 . ΑΣ Κ Η Σ Η 1 4 1

Ν ικητάκης - Σητεία , Β αγγέλης Μ ουρούκος - Αγρίνιο, Δη μ1Ίτριος Δροσιά, Γιάννης Σταματογιάννης Καραβότας - Κ Αχαία, Π έτρος Σκαλτσάς - Αγρίνιο, η μαθ1Ίτρια του Γ Ε Λ . Σπηλίου Ρεθύ μνου Ε μμανουέλα Π απ αιωάννου και ο Π ολιτικός Μηχανικός Ι ω άννης Ανδρ1Ί ς - Αθήνα.

( ΤΕΥΧΟΥΣ 6 9 ) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τυχαίο σημείο Δ στο εσωτερικό της πλευράς ΑΒ. Ονομάζουμε Μι , Μ 2 , Μ 3 , Μ4 τα μέσα των ΒΓ, ΑΓ, ΔΑ, ΔΒ αντιστοίχως, Ο το σημείο τομής των Μι Μ3 , Μ2 Μ4 και Κ το κέντρο βάρους του τριγώνου. ΟΚ . Να βρεθεί ο λόγος ΟΔ ( Προτάθηκε από τον Χημικό Δ Η Μ Η Τ Ρ Ι Ο ΚΑΡΒΕΛΑ - Π εύκη ) Λ ΥΣΗ (Από τον συνάδελφο Π ΕΤ Ρ Ο Λ Ε ΚΑ ΣΤΕΛ Ι Ο Δραπετσώνα ) Επειδή Μι , Μ 2 είναι τα μέσα των ΒΓ, ΑΓ αντιστοίχως, ΑΒ . Επίσης, είναι Μ ι Μ 2 = 11 2 Α Σ Κ Η ΣΗ 1 43

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Β αγγέλη ς Μ ου ρούκος - Αγρίνιο, Ροδόλφος Μ πόρης Δάφνη , Αθανάσιος Καλάκος - Κ . Π αηΊσια, ο Πολιτικός Μηχανικός Ιωάννης Ανδρής - Αθήνα, Γιώργος Ν ικητάκης - Σητεία Κρήτης , Ι ωάννης Τσόπελας Α μαλιάδα, Αντώνης Ι ω αννίδης - Λάρισα , Π αύλος και ο μαθηη1ς του Μ αραγκουδάκης - Π ειραιάς Λεοντείου Λυκείου Π ατησίων Ηλίας Ζαδίκ.

( ΤΕΥΧΟΥΣ 68 ) Να δειχθεί ότι για το εμβαδόν Ε ορθογωνίου τριγώνου +ι ισχυ' ει ../4Ε+ϊ :::: J2 + ι με υποτείνουσα 4Ε ΓΙΩΡΓΟ συνάδελφο τον από (Προτάθηκε ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι) ΛΥΣΗ (Από τον συνάδελφο ΡΟΔΟΛΦΟ Μ ΠΟΡΗ Δάφνη ) Αν ΑΒΓ είναι ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή τη γωνία Α, τότε Ι 2 = α 2 = β 2 + γ 2 :::: 2βγ Ι ι Ι => I :2: 2βγ => - :2: - βγ => - :::: Ε => 4Ε � I ( l ) 4 2 4 Για να ισχύει η αποδεικτέα, αρκεί να ισχύει: ( .J4Έ+Ϊ) 2 - ι · :::: ( J2 + ι)(.J4E + ι - ι) <=> 4Ε ι ;::: .J4Ε + ι - Ι <::::> J2 - 1 :2: .J4Ε + Ι - ι ι + ν�2 <::::> J2 :::: .J4E + ι <::::> 2 :2: 4Ε + I <::::> 4Ε � 1 Σχέση που ισχύει λόγω της ( 1 ). ΑΣ Κ Η ΣΗ 1 42

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Ιωάννης Τσόπελας - Αμαλιάδα, Κων/νος Τζαγκαράκης - Χανιά, Π αύλος Μ αραγκουδάκης - Π ειραιάς, Γιώργος Τσαπακίδης - Κυψέλη Αιτ/νίας, Αντώνης ! ω αννίδης Λάρισα, Αθανάσιος Καλάκος - Κ. Π αηΊσια, Γεώργιος

οπότε ΟΜι = ΟΜ 3 ( l ). Αν Ε είναι το μέσον του ΑΚ, τότε ΕΚ = ΚΜι (2). Λόγω των ( l ),(2) το τμήμα ΟΚ συνδέει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου Μ ι Μ 3 Ε , οπότε ΟΚ // ΕΜ 3 (3) και ΕΜ 3 = 2 · 0Κ (4). Στο τρίγωνο ΑΔΚ είναι ΚΔ // ΕΜ 3 (5) και ΔΚ = 2 · ΕΜ 3 (6). Από τις σχέσεις (3),(5) προκύπτει ότι τα σημεία Δ,Ο,Κ είναι συνευθειακά, ενώ από τις (4) , (6) ότι οκ ι ΔΚ = 40Κ => ΔΟ + ΟΚ = 40Κ => ΟΔ = 30Κ => - = ΟΔ 3 Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Βασίλειος Ν ικολάκης - Θες/νίκη , Κων/νος Τάγαρης Τσαπακίδης - Κυψέλη Α ιτ/νίας, Πύργος, Γιώργος Δροσιά, Κων,νος Γιάννης Σταματογιάννης Τζαγκαράκης - Χανιά, Δημήτρης Μ ατζαβίνος - Λ αμία και ο Π ο λιτικός Μηχανικός Ιωάννης Ανδρ1Ί ς - Α θήνα.

( ΤΕΥΧΟΥΣ 6 9 ) Αν α,β,γ είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί με ( ι ), να αποδειχθεί ότι ισχύει α+β+γ = ι αβγ + ι . (Προτάθηκε από τον συνάδελφο αβ + βγ + γα � 9 4

ΑΣΚΗΣΗ 1 44

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/76

-------

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

ΓΙΩΡΓΟ ΑΠΟΠΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόyyι) ( Από τον Πολιτικό Μηχανικό Ι ΩΑΝΝ Η ΑΝΔΡΗ - Αθήνα ) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδυνάμως: <.A:43Y+I αβγ + 1 2(αβ + βγ + γα) :ς 9 <::::> c(β+γ)+f(γ+α)+y(α+β) :ο; 2 2 ΙΙJ +\ 9 αβy <::>α( ι -α) + β( ι -β) + γ(Ι -γ) :ς 2 ι - 9αβy (2) 9 +ι <::> ι -(α-, +β-, +γ2 ) :ο; αβy <::> α-, + β-, + γ-, ::?: -2 2 2 2 2 2 2 2 Επειδή α + β + γ ::?: 3 �α β γ , α ρ κεί ν α δειχθεί ότι :

Λ ΥΣΗ

- αβγ � = χ ::?: Ο (3) , 3 - �α 2 β 2 γ 2 ;::: ι 9 . Αν τεθεί 2 ι - 9 χ � <::::> 9 χ·' - 6 χ -' + ::?: ο αρκει· να δ ειχθ ει· ο· τ ι : 3 χ -' ::?: -ι 2 , ι 2 -] ι ::::: Ο <::::> (3χ + ι )(3 χ - - 3χ + I ) ::?: Ο <::::> 3(3χ + l )[(x - -) + 2 12 σχέση που ισχύει λόγω τη ; ( 3 ). Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Γ ι 6)ργο.:

Τ σ α ;τ ω-: ί ι\ η .:

Ν ι κοί.άκη :

�

ι( υ ψ έί. η

Θε.: \ · ίκη .

Α ιτ/ν ίας,

Σ τέλως

Β ασίλεως

Π ετ ρ ολέκας

Δ ρ ωτετσι:η · α . Γ ε ι;ψ;' l L) .: \ ι κη τάκη ς - Σητεία .

Π ΡΟΤΕ ΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ Αν x, y, z είναι θετικοί αριθμοί

με 2 τ z = ι , ότε να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της χ 2 χ 2 y2 / 22 22 συνά ρτη σ η ς : f(x, y, z) = - + - + - + - + +- . z χ z Υ χ Υ Γ ΙΩΡΓΟ (Προ τ είν ετ αι από τον συν άδελφο ΤΣ.-\ Π ,'\ Κ Ι Δ Η - Κυψέλη Αιτ/νίας ). 2 2 1 57. Αν � = 2χ - ι + 2χ.Jι - χ ( 1 ), 1 56. 2

χ + y2

. ' χ2 το τε να δ ειχθ ει' οτι:

5 - J5

' απο τον . (Π ροτεινεται 8 συν άδελφο ΓΙΩΡΓΟ Ν Ι ΚfΠΑΚΗ - Σητεία Κρήτης ) 1 58. Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης: 3x 3 - 7x 2 - 6xy - 2 ι x - 1 8y + 88 = 0 ( 1 ). (Προτείνεται από τον Χημικό Δ Η Μ fΠΡΙΟ ΚΑΡΒ ΕΛΑ - Πεύκη ) 1 59. Έστω Ρ( χ) = χ6 + χ5 + χ 4 + χ 3 + χ 2 + χ + ι Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης: Ρ(χ7 ) : Ρ(χ) (Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ Ι ΑΝΝ Η Η Λ ΙΟΠΟΥ ΛΟ - Καλαμάτα) 1 60. Αν α,β,γ είναι θετικοί αριθμοί να δειχθεί '

= --

)

� + � + r + .!. (α J + β 3 + γ 3 ) ::::: i (α � + β � + ) . 3 β γ α 3 (Προτείνετα ι από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ Α Π ΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι) 1 6 1 . Να επιλυθεί στο σύνολο Ζ η ως προς χ εξίσωση : � - .Jχ 2 - ι 3 = k , όταν k ε Ζ .

( Προτείνεται από τον συνάδελφο ΒΑΔΙ ΒΟΥ Λ Η - Γλυκόρριζο Άρτας )

Ν Ι ΚΟΛΑΟ

162.

Να δειχθεί ότι:

2π

J eΓχ (συνχ - ημχ)dχ

Jπ 2

e2" .

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Ν Ι ΚΟΛΑΟ ΒΑΔ Ι ΒΟΥ Λ Η - Γλυκόρριζο Άρτας ) 1 63 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς ΒΓ= α , οι διάμεσοι 2π ΒΜ = μΡ , ΓΝ = μΥ σχηματίζουν γωνία . Να δειχθεί 3 3 J3 2 ότι: (ΒΝΜΓ) :ς α • Πότε ισχύει η ισότητα; ι6 (Προτείνεται από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ Α Π ΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι) π

Να δειχθεί ότι: ημ( συνχ)dχ > � . 9 ο (Προτείνεται από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ Α Π ΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟ - Μεσολόγγι) 1 65. Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και σταθερό σημείο Γ εσωτερικό του ΑΒ. Μεταβλητό σημείο Δ του επιπέδου κινείται εκτός της ευθείας ΑΒ. Κατασκευάζουμε τρίγωνο ΕΑΓ τέτοιο, ώστε να είναι ΕΑ//ΔΓ και ΕΓ//ΔΒ. Κατασκευάζουμε δεύτερο τρίγωνο ΖΒΑ τέτοιο, ώστε να είναι ΖΒ // ΔΓ και ΖΑ // ΔΒ . Αν Μ είναι το μέσον του ΕΔ , να δειχθεί ότι η ΜΖ διέρχεται από σταθερό σημείο. (Προτείνεται από τον Χημικό Δ Η Μ ΗΤΡΙΟ ΚΑ Ρ Β ΕΛΑ - Πεύκη ) . 1 66. Τρίγωνο ΑΒΓ κείμενο επί επιπέδου Π προβάλλεται επί επιπέδου Ρ, που σχηματίζει με το 1 64.

επίπεδο Π δίεδρη γωνία μέτρου Ο < θ < � , κατά 2 τρίγωνο Α1 Β1 Γ1 • Να αποδειχθεί ότι ισχύει: σφΑ(σφΒ 1 + σφΓ1 ) + σφΒ(σφΓ1 + σφΑ1 ) + I +σφΓ(σφΑ 1 + σφΒ 1 ) = συνθ + -συνθ (Προτείνεται από τον συνάδελφο ΓΙΩΡΓΟ T P I A N TO Αθήνα )

Αγαπητοί συνάδελφοι, οι υπεύθυνοι της στήλης αυτής, κατά πρώτον σας ευχαριστούν θερμά για την υποστήριξή σας με τις εργασίες ,τις προτάσεις σας αλλά και τα καλά σας λόγια. Ζητούν όμως, κατά δεύτερον, συγγνώμη από αρκετούς συναδέλφους των οποίων η αλληλογραφία καθυστέρησε να δοθεί γιατί - προφανώς και εντελώς αθέλητα - χάθηκε για καιρό μέσα στη ν πληθώρα των εγγράφων που κατακλύζουν καθημερινά την ΕΜΕ. Ευνόητο ήταν, λοιπόν, τα ονόματα των συναδέλφων αυτών να μην αναφερθούν στους λύτες αρκετών ασκήσεων των οποίων έχουν ήδη δημοσιευθεί οι λύσεις. Πιστεύουμε ότι με περισσότερη προσοχή στην οργάνωση του τρόπου παραλαβής της αλληλογραφίας θα ακυρώσουμε στο μέλλον παρόμοιες ατυχείς καταστάσεις. Σας ευχόμαστε και από αυτή τη θέση καλές διακοπές και καλή συνεργασία για την επόμενη χρονιά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/77

Τα Μ α θ ημ ατ ικά

μας δ ιασκε δ άζουν

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

Γνωρίζετε ότι:

� Ο 1 42 . 8 5 7 : 0 αριθμός αυτός ανήκει στους κυκλικούς αριθμούς. Δηλαδή αν πολλαπλασιαστεί με καθένα από τους φυσικούς αριθμούς 1 , 2, 3 , 4, . . . ν = 6 όσα τα ψηφία του αριθμού, δίνει κυκλικές μεταθέσεις των ψηφίων του. (π.χ. l χl 42857= 1 42857, 2χ1 42857=2857 1 4, 3χ1 42857 1 =42857, 4χ1 42857=57 1 428, 5χ1 42 857=7 1 4285, 6χ1 42857=857 1 42). Είναι αριθμός που οι «μάγοι» χρησιμοποιούν για να εντυπωσιάζουν τα πλήθη. Δήθεν τυχαία με κάποιο τρόπο βγάζουν μέσα από μια τράπουλα τα φύλλα 1 , 4, 2, 8, 5, 7. Ύστερα τα γράφουν σε μια ταινία χαρτί, ενώνουν τα άκρα της και την τσακίζουν ώστε μπροστά να φαίνονται τα 1 , 4, 2 και πίσω 8, 5, 7. Βάζουν την ταινία σε ένα μακρόστενο φάκελο, δίνουν σε κάποιον να ρίξει ένα ζάρι και ζητούν με τον αριθμό αυτό να πολλαπλασιάσουν τον αριθμό της ταινίας. Ύστερα κάνοντας «μαγικά» στον φάκελο κόβουν με ψαλίδι τον φάκελο σε μια πλευρά του. Κρατούν τον φάκελο κατάλληλα και βάζουν το ένα σκέλος του ψαλιδιού μέσα ώστε να κόψουν τον φάκελο μαζί την ταινία σε μια μόνο πλευρά. Τραβώντας έξω την ταινία έχουν το σωστό

αποτέλεσμα. Ο αριθμός αυτός είναι τα περιοδικά ψηφία του

1 -

Ο, 1 42857 1 42857

0 0 .

Αν

πολλαπλασιαστεί με τον αριθμό που τον παράγει έχουμε εννιάρια 1 42857χ7=999999. Αν χωριστεί σε δύο αριθμούς με τον ίδιο αριθμό ψηφίων το άθροισμα είναι εννιάρια 1 42+857=999. Τα κλάσματα με παρονομαστή p δεν μπορούν να έχουν επαναλαμβανόμενη περίοδο με περισσότερα από p- 1 ψηφία. Η μεγίστου μήκους περίοδος είναι στους αντίστροφους των πρώτων αριθμών. Πολλές ακόμα ασυνήθιστες ιδιότητες έχουν οι αριθμοί αυτοί. � Ο 1 5 .873 : Ο αριθμός αυτός πολλαπλασιαζόμενος με τα 9 πρώτα πολλαπλάσια του 7 δίνει αξιοσημείωτα αποτελέσματα: 1 5873χ7= 1 1 1 1 1 1 , 1 5873χ14=222222, . . . , 1 5873χ63=999999.

Για να βρού με τέτοιους αριθ μούς παίρνου με κλάσματα με αριθμητή τη μονάδα και παρονομαστή ένα περιττό πολλαπλάσιο του 9 μη διαιρετό δια του 5· Ο ι αριθ μο ί αυτο ί που σχη ματίζονται όταν πολλαπλασιαστούν με το περιττό αυτό πολλαπλάσιο δίνουν τα ποιο πάνω αποτελέσματα. � Το παράδοξο του κουρέα (φιλοσοφικός γρίφος) : Φανταστείτε ένα γραφικό χωριό, ανέγγιχτο ακόμα

από τον τουρισμό, στο οποίο υπάρχει ένας μόνο κουρέας. Έχει πολλή δουλειά, καθώς κόβει τα μαλλιά Τότε όμως, μπορεί να αναρωτηθούμε, ποιος κόβει τα μαλλιά του ίδιου του κουρέα; Έστω ότι κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του. Αν το κάνει, τότε, αφού είναι και ο ίδιος χωρικός, δεν κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του. Αν υποθέσουμε, από την άλλη, ότι δεν κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του, τότε, αφού είναι και ο ίδιος χωρικός, έπεται ότι κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του. Επομένως, ο κουρέας αυτού του χωριού κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του εάν και μόνον εάν δεν κόβει ο ίδιος τα μαλλιά του. όλων και μόνον εκείνων των χωρικών που δεν κόβουν οι ίδιοι τα μαλλιά τους.

Το 2009 είναι έτος της Αστρονο μίας :

Η Αστρονομία και τα μαθη ματικά από την αρχαιότητα ήταν τα κύρια θέματα της ασχολίας των

ανθρώπων. Αστρονομία σή μαινε μαθη ματικά. Ας θυμηθούμε ότι ο Γαλιλαίος, Κοπέρνικος, Αριστοτέλης, Ερατοσθένης κ. ά. ασχολήθηκαν με τις κινήσεις των σωμάτων, το μέγεθός τους, τις αποστάσεις τους. Το 1 772 ο Johann Daniel τ i t ius και ο Johann Elert Bode έδωσαν τις θέσεις των πλανητών με την αριθμητική σειρά Ο, 3, 6, 1 2, 24, 48, 96, 1 92, που είναι Γεωμετρική πρόοδος. Αν σε κάθε αριθμό προστεθεί 4 και το άθροισμα διαιρεθεί με Ι Ο έχουμε τις αποστάσεις των πλανητών σε αστρονομικές μονάδες (απόσταση Γης - Ηλίου= 1 α. μ. ) σχεδόν με ακρίβεια 0 0 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/78

-------

ω �

Τα Μ αθηματικά μας διασκεδάζουν

μέχρι τον Ουρανό, διαφ έρει λίγο ο Π οσειδών και ο Πλούτων. Αστ ρ ο ν ο μ ία

απο στάσεις :

και

Αστρονομική

Αν ονομάσουμε από τη γη, τότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΤΗ έχουμε ρ

μονάδα ΓΗ. Γ= Γη Η= Ήλιος. α την απόσταση ΗΓ του Ήλιου '

=αημω η α=

ημω

_τ l"""::--: ------;�r--=,__ Η Ρ

Η γωνία ω με την οποία φαίνεται από τον Ήλιο η ακτίνα της Γης λέγεται οριζόντια παράλλάξη του ήλιου, είναι η ω=8,8 " άρα ΓΗ=α=149.504.3 1 2km.

Στο σχήμα Η είναι ο ήλιος και ΓιΓ2 Γ3 Γ4 η τροχιά της γης στην ετήσια περιφορά της γύρω από τον ήλιο. Αν Σ είναι η θέση κάποιου αστέρα στο χώρο, τότε από τη θέση Γι της γης ο αστέρας αυτός προβάλλεται στον ουρανό στη θέση Σι, και καθώς η γη κινείται προς το σημείο Γ2 , ο αστέρας Σ φαίνεται ότι κινείται και διαγράφει το τόξο Σ ι Σ2 . Έτσι, ενώ η γη διαγράφει την ετήσια κίνηση της γύρω από τον ήλιο, ο αστέρας φαίνεται ότι διαγράφει την τροχιά Σ 1 Σ2 Σ3 Σ4 στον \ � ,' ουρανό. Η τροχιά αυτή ονομάζεται παραλλαξιακή τροχιά του αστέρα Σ. 'ι!/ Από τις παραλλακτικές τροχιές των αστέρων, όπως είναι ευνόητο, +Σ αποδεικνύεται ότι η γη κινείται γύρω από τον ήλιο. /1 \ ;·\ Η γωνία ω, που σχηματίζουν οι πλευρές ΣΓι και ΣΗ του ορθογώνιου τριγώνου \ ΓιΗΣ, ονομάζεται ετήσια παράλλαξη του αστέρα Σ. Η πλευρά ΣΗ δίνει την / \ απόσταση του αστέρα από τον ήλιο. Η παράλλαξη ω, όπως είναι φυσικό, είναι I \ πάντοτε πολύ μικρή, μικρότερη και από το τόξο του 1 ". Είναι μάλιστα φανερό ότι I όσο πιο μακριά από τη γη βρίσκεται ένας αστέρας, τόσο μικρότερη θα είναι και η παράλλαξη του. Γνωρίζουμε όμως, ότι η ΗΓ1 είναι η απόσταση της γης από τον ήλιο και είναι ίση με Ι aστρονομική μονάδα. Έτσι, αν γνωρίζουμε την παράλλαξη κάποιου αστέρα, μπορούμε να βρούμε την απόσταση του από τη γη. Π ιψ σ f: κ ονομάζουμε την απόσταση, στην οποία ένας αστέρας παρουσιάζει παράλλαξη ίση με Ι " . Την απόσταση � ,.,/': αυτή χρησιμοποιούμε πολύ συχνά � #' σαν μονάδα μετρήσεως των αποστάσεων. Η ονομασία παρσέκ προκύπτει από τη σύντμηση των λέξεων: παράλλαξη και σεκόντ (δευτερόλεπτο). Ανάμεσα στην παράλλαξη και τις �l.'!li':�.ιn--4 -- r, μονάδες μήκους: παρσέκ και έτος φωτός, υπάρχει η εξής αντιστοιχία: παράλλαξη Ι ' ' = 1 παρσέκ = 3,26 έτη = 32.60 έτη 0, 1 " = 1 Ο παρσέκ φωτός, παράλλαξη ψ'•:τ(:,.Ξ = απόσταση ίση με 9,5 τρισεκατομμύρια φωτός. χιλιόμετρα. ι ι ι ι

! ι ι

I '

);> );>

Η μεγάλη έκρηξη έγινε πριν 12 δισεκατομμύρια χρόνια. Πριν 900 εκατομμύρια χρόνια το έτος είχε 487 μέρες και η μέρα-νύχτα 1 8 ώρες.

ΟΙ ΚΥ ΚΛΟ Ι :

Πόσα εκατοστά είναι το άθροισμα των περιμέτρων και των 5 κύκλων αν η περίμετρος του μεγάλου είναι 20 εκατοστά. ΤΑ Δ Ω ΡΑ :

Ένας μαθηματικός έδωσε δώρα στους φίλους του Α, Β, Γ, Δ, Ε με παράξενο τρόπο. Τους μοίρασε αντίστοιχα τις μάρκες με τους αριθμούς 5 ,25, 1 25,625 , 3 1 25 ύστερα αρίθμησε τα δώρα 1 , 2, 3, 4, 5 και τους άφησε να πάρουν όποιο δώρο θέλουν. Χωρίς να δει τι πήρε ο καθένας τους ζήτησε να πολλαπλασιάσουν τον αριθμό του δώρου επί τον αριθμό της μάρκας που τους έδωσε και να προσθέσουν τα αποτελέσματα. Το άθροισμα που βρήκαν ήταν 96 1 5, τότε τους είπε ότι ξέρει ποιο δώρο πήρε ο καθέ\'ας. Πώς το βρήκε; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 72 τ.4/79

------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

-------

Λ Ι ΡΕΣ ΚΑΛ Η Ι ΚΕΣ :

Κάποιος είχε πέντε κουτιά με λίρες που το καθένα είχε 5 ή περισσότερες λίρες, αλλά έχει υποψίες ότι σε ένα από αυτά οι λίρες είναι κάλπικες. Πώς θα το βρει με ένα μόνο ζύγισμα; (Η καλή λίρα ζυγίζει 9 γραμμάρια, η κάλπικη 8 γραμμάρια). ΧΑΡΕΣ

και

Μ ΟΥΣ Ε Σ :

Οι τρείς Χάρες κρατούν ίδια ποσότητα μήλων η κάθε μια. Συναντούν τις εννέα Μούσες, με τις οποίες μοιράζονται τα μήλα τους, δίνοντας στην κάθε μία τον ίδιο αριθμό μήλων. Αν μετά την διανομή έχουν όλες τους τον ίδιο αριθμό μήλων πόσα μήλα είχε η κάθε Χάρη; Ο Τ ΕΛΕΥΤΑ Ι Ο Σ ΠΑΝΤΑ . . . ΧΑΝ Ε Ι

Κ Ε ΡΔ Ι Ζ Ε Ι

Παίζετε με το φίλο σας και παίρνετε διαδοχικά I ή 2 ή 3 κέρματα από ένα σωρό γνωστού αριθμού κερμάτων α) χάνει το παιχνίδι εκείνος που παίρνει το τελευταίο κέρμα β) κερδίζει αυτός που παίρνει το τελευταίο κέρμα. Πώς θα νικήσετε το φίλο σας;

ΟΙ ΚΥΚΛΟΙ

Απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν. 20

2π

περίμετρος του μεγάλου κύκλου είναι 20=2πρ ή ρ= - = - Το άθροισμα των περιμέτρων και των 5 10

2π(ρ+ρ ι +ρ2 +ρ 3 +ρ4 )= 2π(ρ+2ρ)= 2π3 ρ= 6π - =60 π

εκατοστά. ΤΑ Δ Ω ΡΑ

Αν φ, χ, ψ, ω, ζ είναι οι αριθμοί των δώρων που πήραν αντίστοιχα οι φίλοι Α, Β, Γ, Δ, Ε έχουμε 5φ+25χ+ 1 25ψ+625ω+ 3 1 25ζ=96 1 5 ή διαιρούμε με 5 και έχουμε φ+5χ+25ψ+ 1 25ω+625ζ= 1 923= 5 *384+ 3 άρα φ=3 . Σκεπτόμενοι παρόμοια θα έχουμε χ=4, ψ= 1 , ω=5, ζ=2. Δηλαδή ο Α πήρε το 3, ο Β το 4, ο Γ το 1 , ο Δ το 5 και ο Ε το 2. ΛΙΡΕΣ ΚΑΛ Π Ι ΚΕΣ

Θα αριθμήσει τα κουτιά και θα βάλει στη ζυγαριά 1 λίρα από το πρώτο, 2 από το δεύτερο, 3 από το τρίτο, 4 από το τέταρτο και 5 από το πέμπτο δηλαδή σύνολο 1 5 λίρες επί I Ο γραμμάρια ίσον 1 50 γραμμάρια. Αν η ζυγαριά δείξει 1 49 γραμμάρια τότε οι κάλπικες είναι στο πρώτο, αν δείξει 1 48 στο δεύτερο, 1 4 7 στο 3°, 1 46 στο 4° , 1 45 στο 5" . ΧΑΡΕΣ

και

Μ ΟΥΣΕΣ

Αφού μετά τη διανομή η κάθε θεά έχει τον ίδιο αριθμό μήλων έπεται ότι ο συνολικός αριθμός των μήλων είναι πολλαπλάσιο του 1 2. Αφού όμως στην αρχή οι τρείς Χάρες είχαν ίδιο αριθμό μήλων άρα ο αριθμός είναι και πολλαπλάσιο του 3. Άρα το 1 2 και τα πολλαπλάσια του δώδεκα είναι λύσεις του προβλήματος.(3 * 1 2=36, 36: 1 2=3) κ.λ.π. Ο Τ Ε Λ Ε ΥΤΑΙΟΣ ΠΑΝΤΑ . . . ΧΑΝ Ε Ι

ΚΕΡΔΙΖΕΙ

α) Πρέπει στον τελευταίο γύρο να μείνει μόνο ένα κέρμα για να το πάρει ο φίλος σας. Αν παίζεις πρώτος από τα κέρματα του σωρού θα πάρεις τόσα ώστε τα υπόλοιπα να είναι πολλαπλάσιο του 4 συν ένα. Στη συνέχεια θα παίρνεις χ κέρματα ώστε τα κέρματα που πήρε ο φίλος σου συν τα χ δικά σου να είναι 4. Έτσι ο φίλος θα πάρει το τελευταίο και θα χάσει. Αν παίζεις δεύτερος κάνε το ίδιο. Όταν έρθει η σειρά σου πάρε τόσα ώστε να μείνουν πολλαπλάσια του 4 συν ένα, και στη συνέχεια όπως πριν. β) Δυο περιπτώσειc: α) Αν ο αριθμός των κερμάτων είναι πολλαπλάσιο του 4. Τότε πάλι αν παίζεις πρώτος πάρε τόσα ώστε να μείνουν πολλαπλάσια του 4. Αν παίζεις δεύτερος, πάρε 4 μείον αυτά που παίρνει ο φίλος σου κάθε φορά. β) Αν ο αριθμός δεν είναι πολλαπλάσιο του 4. Τότε αν παίζεις πρώτος πάρε τόσα ώστε να μείνουν πολλαπλάσια του 4 και έτσι είσαι στην προηγούμενη περίπτωση. Αν παίζεις δεύτερος θα πάρεις πάλι τόσα ώστε να είσαι στην προηγούμενη περίπτωση α. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 72 τ.4/80

Πήραμε τον Μάρτιο του 2009 από τους συναδέλφους μαθηματικούς και μια παρά πολύ αξιόλογη εργασία σε Επαναληπτικά θέματα κατεύθυνσης Γ Λυκείου με αρκετά έξυπνα και συνδυαστικά με πολύ καλή μαθηματική προσέγγιση και μεθοδολογία. Δυστυχώς το περιοδικό είχε ήδη σελι δοποιηθεί και δεν υπήρχε δυνατότητα δημοσίευσης Μένει στο αρχείο του περιοδικού, σαν πολύ καλό υλικό, για δημοσίευση στο επόμενο τεύχος της σχολικής χρονιάς 2009 - 2 0 1 0. Η πολύ καλή δόμηση της ύλης κάνει την επικαιρότητα των θεμάτων των συναδέλφων διαχρονική . Σας ευχαριστούμε θερμά για αυτή σας τη συνεργασία. Πήραμε αρχές του 2009 από τον συνάδελφο μαθηματικό του 3 9ου Γενικού Λυκείου Αθηνών μια ενδιαφέρουσα απόδειξη του τύπου του εμ β αδού τη έλλειψης. Μένει στο αρχείο για δημοσίευση στην πρώτη επίκαιρη ευκαιρία. Πήραμε αρχές του 2009 από τον συνάδελφο μαθηματικό μια πολύ καλή και ενδιαφέ ρουσα εργασία με θέμα: «Κέντρο βάρους επιπέδων επιφανειών)> με αρκετά καλή εισαγωγική τοποθέτηση σε έννοιες τη ς Φυ σική ς όπως κέντρο β άρους σώματος και ροπή δύναμης με αξιόλογη διερευνητική ανάπτυξη και υπολογιστική έκφραση υπολογισμού επιπέδων επιφανειών με ολοκληρώματα. Επιδίωξη μας είναι να αξιο πο ι ούνται όλα όλα τα πρωτότυπα άρθρα των συναδέλφων. Ο περιορισμένος χώρος και χρόνος δεν δίνει την ευ καιρία να ναι δ η μ ο σιεύσιμη σ' αυτή τη φάση, το άρθρο σας στον Ευκλείδη Β ' μένει στο αρχείο μας για την πρώτη ευκαιρία . Επειδή όμως έχει αρκετό ενδιαφέρον για συναδέλφους μαθηματικούς θα σας προτείναμε να το στέλνατε και στον Ευκλείδη γ ' , μια και η προσέγγισή του, ενδιαφέρει όλους τους μαθηματικούς και φυσι κούς. Σ α ς ευzαριστούμε πολύ για την εμπιστοσύνη σας. φοιτητή του ΕΜΠ την παρακάτω προτεινόμενη άσκηση με τη λύση της Πή ρα με από τον «.J iι-εται ευθεία (ε) στο επίπεδο και έστω τυχαία σημεία Α,Β εκτός αυτής και προς το ίδιο μέρος της (να ανή κο v , · δη/.αδή στο ίδιο ημιεπίπεδο). Να δειχθεί ότι υπάρχει έλλειψη (C) με εστίες Α, Β που να εφάπτεται της ευθεί α; fεJ και να βρεθεί το εμβαδό της» . Αρκετά αξιόλογη και πρωτότυπη, μένει στο αρχείο μας για δημοσίευση στο 2° ή 3 ° τεύχος της επόμενης σχολικής χρονιάς. Σ' ευχαριστούμε πάρα πολύ για την εργασία και την πολύ καλή διαπραγ μάτευση του θέματος. με χαρά έναν απλού Γεωμετρικό τρόπο υπολογισμού της εφ 1 5°, που μας έστειλε ο μαθητής του τμήματος Α4 του Βαρ β ακείου r , · , , . με την Λυκείου εντελώς ανάλογη γενίκευση. Δη μοσιεύ ουμε

.� �

στατο

•

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με Α =90° και Γ =30°. Προεκτέινουμε την ΑΓ κατά ΓΔ =ΓΒ, οπότε Δ= 1 5°.

'Εχουμε

ΑΔ

Αλλά : α =

Άρα

εφ 1 5 ο

β =

λrα : εο 8 =

�

�β 2 + γ2 = 13

2β + β J3 " _j

Με 0°<θ<45° , έχουμε

Αλλά : α =

1 , οποτε και -γ = εφ 30° = J3 α+β β � 4β2 β2 . = = β2 + 3 3 J3

ΑΒ = εφ 1 5° = --

�

2 J3 1 2 + J3 4 - 3

= -- = -- =

εφθ

3 2 - ν�

_]_ και 1. = εφ

α+β

2θ , οπότε γ = β · εφ 2θ .

�β 2 + γ2 = �β 2 + β 2 εφ2 2θ = β �1 + εφ2 2θ = β β εφ2θ β

β-συν2θ

ημ2θ συν2θ συν2θ + 1 συν2θ

ημ2θ 1 + συν2θ

β J3

γ=-.

ημ2 2θ συν2 2θ

=β

συν2 2θ + ημ2 2θ συν2 2θ

β συν2θ