Ευκλειδης Β 73 by demi de

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ

Νέες Εκδόσεις

της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτιι<Η ETAIPEIA

,.,,,..., 'ί'f Ιrιlφl•e• Άλγεβρα

Α' Λυκείου

Μεθοδολογία Άλγεβρας Β' Λυκείου

Γενικής παιδείας

�,

lι

J'JA.ΘHrrlJ TJjS.\ "''.

Γεωμετρία Β' Λυκείου

Γενικής παιδείας

�·

Μαθηματικά Γ' Λυκείου

Θετ. & Τεχν. κατεύθυνσης

(2 τόμοι)

Ποtριοδική Εnοστημοvιις.f\ 'ε�

Μαθηματικά

Θετ.

Γ' Λυκείου

και

Τεχv. κατεύθυνσης

(2 τόμοι )

·-·- ---·�· -·

..... . ... . .

Μαθηματικά Γ' Λυκείου

Θετ. & Τεχν. κατεύθυνσης

(2 τόμοι)

- %p-.rv-Hό-Y.rl. lf��.) .3"�.-;x�za!

��7po-ra -ifz�?ω zc::...,- o-�atf.dd o-Z?1;y -v17�-?Z �cr-?Z -

Κεντρική διάθεση Ε'λΑην�κ1ι Αθ,μαη�ή Ετaιp�iα ,;ιefι1να f �Vε- :t�O'Ttl�J!�U 3·4 -

Σταύρος Γ Παπασταυρίδης, Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών

Στις 1 4-07-09 ο Πρόεδρος της Δημοκρατίας κ Κάρολός Παπούλιας συνάντησε στο Προεδρικό Μέγαρο δύο σημαντικούς Έλληνες επιστημονες, τον Κωνσταντίνο Δασκαλάκη (Ass. Professor στο ΜΠ) και τον Χρήστο Παπαδημητρίου (καθηγητή στο Berkeley). Ο Κωνσταντίνος Δασκαλάκης τελείωσε το Βαρβάκειο Πειραματικό Λύκειο το 1 999 με βαθμό 20 και το Τμήμα Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Η/Υ το 2004 με τον βαθμό 9,98 (άριστα το 10) που είναι ο μεγαλύτερος όλων των εποχών. Μετέβη για μεταπτυ χιακές σπουδές στο Berkeley όπου υπό την καθοδήγηση του καθηγητή Χρήστου Παπαδημητρί ου επήρε Διδακτορικό το 2008 με θέμα The Complexity of Nash Equilibria. Τον Μάιο 2008 η οργάνωση Association of Computing Machinery του απένειμε το βραβείο της καλύτερης παγκο σμίως Διδακτορικής Διατριβής. Η Association of Computing Machinery είναι η μεγαλύτερη ε ταιρεία επιστημόνων στον τομέα της πληροφορικής που περιλαμβάνει εις τους κόλπους της εκ παιδευτικούς, ερευνητές και επαγγελματίες που ασχολούνται με την πληροφορική. Η Associa tion of Computing Machinery καθιέρωσε το 1 978 ετήσιο βραβείο για την καλύτερη παγκοσμίως διδακτορική διατριβή στον τομέα της πληροφορικής. Το βραβείο συνοδεύεται από $20.000. Η Ισορροπία Nash (Nash Equilibrium ) εισήχθη από τον John Forbes Nash το 1 95 1 , ο οποίος χρη σιμοποιώντας το τοπολογικό θεώρημα του Browcr για τις υπερ-σφαίρες, (σε άλλη απόδειξη με το θεώρημα του Kakutani), απέδειξε ότι κάτω από πολύ γενικές συνθήκες πάντα υπάρχει ένα τέτοιο σημείο ισσοροπίας, και για την συνεισφορά αυτή ο Nash ετιμήθη το 1 994 με το βραβείο Νόμπελ για τις οικονομικές επιστήμες (Nobel Memorial Prize in Economic Sciences). Αξίζει να αναφερθεί ότι ο Nash έγινε ευρύτερα διάσημος λόγω της ταινίας Α Beautiful Mind (200 1 ) που βασίζεται κατά κάποιο τρόπο στην ζωή του. Αξίζει να αναφερθεί ότι ο πατέρας του Δασκαλάκη είναι συνάδελφος μαθηματικός, προς επίρρωσιν του ότι . . . «το μήλο πέφτει κάτω από την μη λιά;;. Ο Χρήστος Παπαδημητρίου καθηγητής στο Berkeley, είναι ένας από πολλούς καταξιωμέ νους πρώτης γραμμής διεθνώς σημαντικός επιστήμονας εις την Θεωρητική Πληροφορική (Ύheoretical Computer Science), η οποία κατ ουσίαν είναι κλάδος των μαθηματικών στην παρά δοση των Russel, Hilbert, Godel, Turing κλπ. Για τον Παπαδημητρίου θα μπορούσαν να λε χθούν παρα-παρα πολλά, αλλά αναγκαστικά μας θα περιοριστούμε στα πιο σημαντικά. Ενδει κτικώς αναφέρουμε είναι και αυτός απόφοιτος του Βαρβακείου και επήρε διδακτορικό από το Princeton το 1 974. Το 2002, οι οργανισμοί ACM και ΙΕΕΕ του απένειμαν από κοινού το τιμητι κότατο βραβείο Donald Ε. Knuth, γνωστό ως Knuth Prize, εις αναγνώριση της επί πολλά έτη και κεφαλαιώδους σημασίας συνεισφοράς του στα θεμέλια της Επιστήμης Υπολογιστών. Το βιβλίο του Computatίonal Complexίty, είναι εκ των πλέον δημοφιλών βιβλίων της θεωρίας πολυπλοκόΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

73 τ .l/1

------- Ο ΔΑΣΚΑΛΑΚΗΣ, ο ΣΑΚΗΣ, και η «άλλη Ελλάδα»

--------

τητας και προς επίρρωσιν του ισχυρισμού αυτού, ενδεικτικώς αναφέρω, ότι από πολλού κυκλο φορεί και στο . . . διαδύκτιο. Το 1 997, ο Χρίστος Παπαδημητρίου έλαβε το πρώτο του Επίτιμο Διδακτορικό από το Ομοσπονδιακό Πανεπιστήμιο της Ζυρίχης. Στη συνέχεια, έλαβε Επίτιμα Δι δακτορικά από το Πανεπιστήμιο Μακεδονίας το 2003 , από το Πανεπιστήμιο Αθηνών το 2004 και από το Πανεπιστήμιο Κύπρου το 2009. Ανηγορεύθη μέλος της US National Academy of Engineering και το 2009 ανηγορεύθη μέλος της US National Academy of Sciences. Επισημαί νουμε ότι είναι πολύ ασύνηθες να είναι κάποιος μέλος αμφοτέρων των οργανισμών αυτών. Η μηχανή αναζήτησης επιστημονικών εργασιών CiteSeer που εστιάζει κυρίως σε θέματα πληρο φορικής και δημοσιεύει μία κατάταξη με βάση τις αναφορές, τον κατατάσσει 1 9°. Επι τη ευκαι ρία αξίζει να αναφέρουμε ποιοι άλλοι Έλληνες βρίσκονται στην λίστα των 250 περισσότερο α ναφερομένων: Μπερτσεκάς(85), Τερζόπουλος(87), Γιαννακάκης( 127), Φαλούτσος( 1 64), Γκί μπας( 1 84). Πέραν της καθαρά επιστημονικής του δραστηριότητας, ο Παπαδημητρίου έχει πολλά άλλα ενδιαφέροντα ενδιαφέροντα σε βαθμό που aπορείς π ω ς τα προλαβ αίνει όλα αυτά. Ο Χρίστος Παπαδημητρίου είναι συγγραφέας της αλληγορικής νουβέλας "Turing - Α Νονe \ about Computation", η οποία εκδόθηκε το 2003 από το ΜΠ Press και την ίδια χρονιά εξεδόθη στα ελ ληνικά με τίτλο Turing - Μαθήματα Αγάπης. Μέσα από μια αλληγορική συζήτηση μεταξύ του Αλέξανδρου και της Εθελ, ο αναγνώστης γίνεται κοινωνός θεμελιωδών εννοιών της Πληροφο ρικής. Ετσι, το βιβλίο είναι στην πραγματικότητα νουβέλα ιδεών από την Πληροφορική. Ο Χρί στος Παπαδημητρίου είναι συγγραφέας μιας συλλογής δοκιμίων με τίτλο "Ισόβια στους Χάκερ", η οποία εκδόθηκε το 2004. Τα δοκίμια είχαν δημοσιευτεί στο Αθηναϊκό Βήμα σε ειδικά αφιε ρώματα στην επιστήμη και την τεχνολογία. Μέσα από τα δοκίμια, ο Χρίστος Παπαδημητρίου εκφέρει απόψεις για τη δημοκρατία και την τρομοκρατία, το Ιντερνετ, για τα γονίδια και την ι στορία των ιδεών, για το κράτος, την πνευματική ιδιοκτησία και τον πόλεμο, όπου εκφράζει ι διαίτερη ευαισθησία για τα ανθρώπινα δικαιώματα και την δημοκρατία γενικότερα. Το 2008 εκ δίδεται το Logicomix, ιστορικό μυθιστόρημα ιδεών σε κόμικς, με δημιουργούς Απόστολος Δο ξιάδης, Χρίστος Παπαδημητρίου, Αλέκος Παπαδάτος, Annie di Donna, που αφηγείται την ιστο ρία της αναζήτησης μιας θεωρίας των θεμελίων τωνΜαθηματικών μέσα από τα μάτια του μαθη ματικού-φιλοσόφου Μπέρτραντ Ράσελ. (ΣΗΜΕΙΩΣΗ. Ο Απόστολος Δοξιάδης είναι οσυγγρα φέας του διεθνούς ευπωλήτου «0 ΘΕΙΟΣ ΠΕΤΡΟΣ ΚΑΙ Η ΕΙΚΑΣΙΑ ΤΟΥ ΓΚΟΛΝΤΜΠΑΧ»). Είναι λίγο εντυπωσιακό και κάπως ανεξήγητο ότι δεν πήρε δημοσιότητα και μία άλλη συ ναφής σημαντική βράβευση των Δασκαλακη, Παπα δημητρίου που έγινε πέρυσι. Η Εταιρεία της Θεωρίας των Παιγνίων (Game Theory Society), είναι μία επι '' στημονική εταιρεία που ιδρύθηκε το 1 999 που όπως δηλώνει και το όνομα της περιλαμβάνει όσους ενδια φέρονται για την θεωρία των Παιγνίων. Ακολουθώντας το καθιερωμένο πλέον από τους aρχαίους ελληνικούς Ολυμπιακούς αγώνες πρότυπο, έχει καθιερώσει ένα κεντρικό παγκόσμιο συνέδριο κάθε 4 χρόνια. Στο συνέδριο της τον Ιούλιο του 2008 "'"' ;.�" '.-:; που έγινε στο Northwestem Uniνersity in Eνanston, 11\inois, USA, απεφάσισε να καθιερώσει ένα διεθνές βραβείο για εργασίες που συνδέουν την θεωρία των παιγνίων με την πληροφορική, το οποίο θα απονέμεται στο κεντρικό αυτό συνέδριο της κάθε 4 χρόνια. Η πρώτη απονομή το 2008 έγινε στους Δασκαλάκη, Παπαδημητρίου και Paul Goldberg για την κοινή εργασία τους The Complexity of Computing a Nash Equilibrium. h�

•'

_•.••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/2

-------

Ο ΔΑΣΚΑΛΑΚΗΣ, ο ΣΑΚΗΣ, και η «άλλη Ελλάδα»

-------

Υπάρχουν δύο ζητήματα κοινωνικοπολιτικής φύσης που αξίζει να σχολιασθούν. Δημοσιότης επιτευγμάτων της επιστήμης.

Ασφαλώς ήταν ευχάριστη διαπίστωση ότι τα ως άνω επιστημονικά επιτεύγματα έτυχαν με γαλύτερης δημοσιότητας εκείνης που συνήθως διατίθεται για ζητήματα τέτοιου είδους. Αυτό οφείλεται αναμφίβολα στην πρωτοβουλία του προέδρου της Δημοκρατίας Κάρολου Παπούλια ο οποίος και στα παρελθόν έχει δείξει ότι τιμά τα επιστημονικά επιτεύγματα και δείχνει κάποιο δρόμο και σε άλλους πολιτικούς και θεσμικούς μας παράγοντας, οι οποίοι με το κύρος που έ χουν μπορούν να φέρουν και τα ΜΜΕ. Το ζήτημα είναι τι θέλουμε να προβάλουμε: τον Δασκα λάκη η τον Σάκη ? Χαιρόμεθα για τις ενέργειες αυτές του Προέδρου της Δημοκρατίας που δείχνουν μια άλλου είδους κατεύθυνση από τον συνωστισμό, την ίδια περίπου εποχή, κάποιων πολιτικών και θεσμι κών παραγόντων περί τον ομοιοκαταληκτούντα Σάκη. Υπενθυμίζουμε ότι τον Οκτώβριο 2007 ο Πρόεδρος της Δημοκρατίας κ Κάρολός Παπού λιας εδέχθη τους έλληνες μαθητές που κέρδισαν μετάλλια στην Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα που είχε γίνει τότε στο Βιετνάμ. Έχουμε όμως και ενέργειες κρατικών φορέων που φαίνεται να δείχνουν άλλες προτεραιότη τες. Υπάρχει σήμερα ανοικτό ζήτημα καταβολής των εξόδων συμμετοχής της Μαθηματικής Βαλκανιάδας Νέων. Μιλάμε για ένα ποσόν 2400€, τα οποία κάποια χρόνια τώρα το Υπουργείο Παιδείας αρνείται να καταβάλει αναστρέφον παγιωμένη παλαιότερη πολιτική. Ελπίζουμε να το ξανασκεφθούν οι ενεχόμενοι.

Επιστήμονες της διασποράς. Ο κ Κάρολος Παπούλιας υπεδέχθη τον Κ. Δασκαλάκη και τον συνοδεύοντα καθηγητή του Χ. Παπαδημητρίου, λέγοντας «Καλωσόρισες. Χαίρομαι ιδιαίτερα που σε γνωρίζω. Γιατί έχω μια αισιοδοξία γι' αυτόν τον τόπο, για την Ελλάδα. Λέω "η άλλη Ελλάδα είναι πολύ δυνατή"». Είναι αλήθεια ότι ο αριθμός των Ελλήνων επιστημόνων που διαπρέπουν εκτός Ελλάδος εί ναι τεράστιος και διαρκώς αυξάνεται. Όμως αυτό ελάχιστα έχει αξιοποιηθεί από το Ελληνικό κράτος. Εν ονόματι του ρεαλισμού, θα πρέπει να συνειδητοποιήσουμε ότι ένας Έλληνας επιστή μονας που διαπρέπει στο εξωτερικό, σπανίως και κατ εξαίρεση θα έλθει στην Ελλάδα με καθαρή διάθεση "να βοηθήσει τον τόπο" και διατεθειμένος να υποστεί αγογγύστως ότι του επιφυλάσσει η ελληνική πραγματικότητα. Η συνήθης κατάσταση είναι ότι ανα μένει κάποιες συνθήκες εργασίας που αντιστοιχούν κά πως σε ένα σύγχρονο κράτος. Σε έναν άλλο χώρο, ο πα γκοσμίου φήμης σκηνοθέτης Κώστας Γαβράς είχε δη λώσει το προφανές ότι "αν έμενα στην Ελλάδα δεν θα έκανα τίποτα". Αντίστοιχες εκτιμήσεις έχουν γίνει και για τον κρισιμότατο χώρο των ξένων επενδύσεων. Πρέ πει να αντιληφθούμε ότι είναι ανάγκη να νοικοκυρέ ψουμε το σπίτι μας. Όμως, αγαπητοί συνάδελφοι, όπως έλεγε και ο Α ριστοτέλης «ενδέχεται και άλλως έχειν».

Είνα ι αυτονόητο ότι η στήλη αυτή είναι ανοικτή στην διατύπωση αν τιθέτ ων απόψεων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/3

Ο Μηχανισμός

των Αντικυθήρων

Ένα από τα πιο σημαντικά επιστημονικά επιτεύγματα του ]ου π.Χ αιώνα.

της Μαρίας Πριοβόλου

Ο Μηχανισμός τον Αντικυθήρων αποτελεί ένα επίτευγμα του αρχαίου ελληνικού πολιτισμού της τά

ξεως του μνημείου του Παρθενώνα. Είναι ο αρχαιότερος μηχανισμός που έχει βρεθεί, του οποίου η χρη σιμότητα δείχνει το μέγεθος των επιστημονικών αλλά και τεχνικών γνώσεων που η ανθρωπότητα κληρο νόμησε από τον αρχαίο ελληνικό πολιτισμό.

Μέχρι την εύρεση του Μηχανισμού η αρχαία ελληνική επιστήμη χαρακτηριζόταν για την σημαντικό τητα της σε θεωρητικό επίπεδο, χωρίς όμως να έχει προσφέρει κάποιο τεχνικό επίτευγμα. Αυτές οι θεω ρήσεις μεταβλήθηκαν το 1900 με την ανάσυρση από τον βυθό των Αντικυθήρων ενός μηχανήματος το οποίο έμελλε να απασχολήσει τους επιστήμονες για πάνω από έναν αιώνα. Ασφαλώς δεν είναι το πρώτο και αρχαιότερο μηχάνημα, αλλά το αρχαιότερο που επέζησε της ανακύκλωσης του χαλκού . 1 Η

;;ι)ρυrη

τοιJ

/Ιdηχαι•ισμοι!

τ(ΙJΙ'

Α ιιτιιωΟιίρωιι.

Λίγο πριν το Πάσχα του 1900, μια ομάδα σφουγγαράδων από το νησί της Σύμης, άφησαν την περιοχή όπου συνήθως δούλευαν, τα τυνησιακά νερά στη βόρεια Αφρική, και άρχισαν να aρμενίζουν ανατολικά, στο δρόμο για την πατρίδα. Φαίνεται, όμως, ότι παρασύρθηκαν από καταιγίδες που ξεσπούν συχνά στην περιοχή απ ' όπου περνάει ο δρόμος ανάμεσα στην Κρήτη και τα Κύθηρα. Ξέφυγαν έτσι απ' την πορεία τους και βρήκαν καταφύγιο στο άγονο και βραχώδες νησί των Αντικυθήρων. Όταν πέρασε η καταιγίδα, αποφάσισαν να εξερευνήσουν το βραχώδη ύφαλο που βρισκόταν από κάτω τους, με την ελπίδα να βρούνε σφουγγάρια2• τί είναι όμως αυτό που συνάντησαν οι Σύμιοι σφουγγαράδες στο βυθό των Αντικυθήρων στις απαρχές του 20ου αι. μ.Χ. ! Η απάντηση θα μας δοθεί αν γυρίσουμε την ιστορία προς τα πίσω, ούτε λίγο ούτε πολύ 2000 χρό νια. Ας μεταβούμε στον 1 ο αι. π. Χ. (μεταξύ των χρονολογιών 80 - 50 π. Χ.) σε μια άλλη βραδιά με καταιγίδα, όπου ένα καράβι που έχει ξεκινήσει από το νησί της Ρόδου ή της Κω, παλεύει με τα κύματα στα ίδια στενά των Αντικυθήρων. Το πλοίο μεταφέρει χάλκινα και μαρμάρινα αγάλματα, αμφορείς, έπιπλα και άλλα προϊόντα «Ι διόρρυθμων πολιτισμικών ανταλλαγών» που στην εποχή μας ονομάζονται «aρχαιοκαπηλία». Όλα αυτά τα αρι στουργήματα μεταφέρονταν στην Ρώμη. Τα στοιχεία της φύσης λυσσομανούν, η τρικυμία είναι τρομερή, ο αέ ρας φυσά με μεγάλη ορμή και ετοιμάζεται να ξηλώσει ακόμη και το υποτυπώδες κατάστρωμα του πλοίου. τέ λος, το πλοίο με σχισμένα πανιά, καταπτοημένο πλήρωμα και μπάζοντας νερά από παντού παραδίνεται. 3 Επιστρέφουμε στο 1900 και στους δύτες που ψάχνουν για σφουγγάρια στα Αντικύθηρα. Ένας από αυ τούς, ο Ηλίας Σταδιάτης, κατεβαίνοντας σε βάθος περίπου 140 ποδιών ή 42 μέτρων, βρέθηκε, προς μεγάλη του έκπληξη, μπροστά σε ένα ναυάγιο. Ήταν το ναυάγιο του πλοίου του 1 ου αι. π.Χ. 4 Τόσο επιφανείς αρχαι ολόγοι της εποχής, όσο και ο ίδιος ο υπουργός Παιδείας ενδιαφέρθηκαν για τα ευρήματα αυτού του αρχαίΜιχαηλίδης τ.: 'Μελετώντας τον αρχαιότερο γνωστό υπολογιστή. Ο Μηχανισμός των Αντικυθήρων', Το Καποδι στριακό, Αρ.Φύλλου 108, 1 Ιουνίου 2007, σελ.8-9 De Solla Price D.: Γραιιάζια από τους ΈΜ.ηιιες, Εκδόσεις Τεχνικού Μουσείου Θεσσαλονίκης, Θεσσαλονίκη, 1997, σελ. 7,8 3 Λάζος Χρ.: Ο Υπολογιστής των Αντικυθήρων, Μηχανισμοί με διαφορικό γρανάζι, Αίολος, Αθήνα, 1994, σελ.22,23 4 De Solla Price D.: Γρανάζια από τους ΈΛληνες, Εκδόσεις Τεχνικού Μουσείου Θεσσαλονίκης, Θεσσαλονίκη, 1997, σελ.8

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/4

- Ο μηχανισμός των Αντικυθήρων -Ένα από σημαντικότερα επιστημονικά επιτεύγματα του Ι ου π.Χ. αιώνα

ου ναυαγίου. Η επιχείρηση διάσωσης ξεκινάει με την βοήθεια ενός πλοίου του πολεμικού ναυτικού. Τα σημαντικότερα έργα τέχνης που βρέθηκαν στο ναυάγιο των Αντικυθήρων είναι σήμερα ευρύτατα γνωστά, καθώς εκτίθενται στο Εθνικό Αρχαιολογικό Μ ουσείο για πάνω από μισό αιώνα. Το σημαντικό τερο εύρημα από πλευράς επιστημονικής είναι τα θραύσματα ενός μηχανισμού, γνωστού σήμερα ως ο Υπολογιστής των Αντικυθήρων. Η χριί ση του Μηχαvισμοι) των Α vτιιωΟιίρων. Απ' το σπανιότατο αυτό επιστημονικό όργανο, μετά από πολλές aπροσεξίες, περιπέτειες και παραλείψεις, διασώθηκαν τελικά τέσσερα τμήματα. Οι πρόσφατες μελέτες που έγιναν για τον Μηχανισμό έφεραν στο φως πολλά νέα στοιχεία για αυ τό το μυστηριώδες αντικείμενο. Τα πιο σημαντικά από αυτά είναι τα παρακάτω: Πρόκειται για ένα φορητό αστρονομικό υπολογιστή που πιθανότατα, αφού φέ ρει σημάδια προετρημμένα και χρησιμοποιεί ακτίνα ήλιου, χρησίμευε και για aστρονομικές παρατηρήσεις. Χρησίμευε ακόμα και για τήρηση ακριβούς ημερολογίου διάρκειας 76 του λάχιστον ετών. Έχει κλίμακες του ζωδιακού κύκλου, αναφέρονται τα ζώδια, αιγυπτιακοί μήνες, φέρει 365 τρύπες, έχει κλίμακα διάρκειας 54 ετών για την πρόβλεψη των εκλείψεων του Ήλιου και της Σελήνης. Έχει εγχειρίδιο μηχανικό που λέει στον χρήστη πώς να στήσει το μηχάνημα, με ορολογία που θυμί ζει τον Ήρωνα τον Αλεξανδρέα. Έχει εγχειρίδιο αστρονομικό που λέει πώς να προσανατολιστεί το όργανο, τι να παρατηρείς, ποτέ αρχίζει κάθε εποχή και κάθε μήνας και πως κινούνται οι πλανήτες. Θα μπορούσε να χρησιμεύει σε επίδειξη και διδασκαλία σε σχολή ή επίδειξη σε φίλους. Μπορούσε να μετράει εύκολα το γεωγραφικό πλάτος και πιθανώς το γεωγραφικό μήκος, συνεπώς 5 μπορούσε να χρησιμεύσει για χαρτογράφηση και πλοήγηση. Είναι πολύ πιθανό ο Μηχανισμός των Αντικυθήρων να κατασκευάστηκε, πέρα από τις άλλες χρήσεις του για τα παρακάτω: Για την παρατή ρηση του Ήλιου, της Σελήνης και της Αφροδίτης (πιθανών και άλλων πλανητών). Για την μοντελοποίηση ή την αναπαράσταση των διαμήκης κινήσεων. Στην περίπτωση της Αφροδίτης, το μηχάνημα μπορούσε επίσης να παρουσιάσει το κρίσιμο σημείο της πορείας της και την αντίθετη κίνηση του τόξου μεταξύ τους. Η λάμψη της Αφροδίτης και η πα ρουσία της ως πρωινό ή βραδινό αστέρι μπορεί να ήταν ένας, αλλά όχι ο μοναδικός λόγος της επιλογής της.6 Η σύγχρονη επιστημονική ομάδα μελέτης του Μηχανισμού περιγράφει την λειτουργία του ως εξής: Οι οδηγίες στην πίσω όψη του Μηχανισμού αναμειγνύουν μηχανικά θέματα σχετικά με την κατασκευή με aστρονομικές περιόδους. Η μπροστινή όψη του Μηχανισμού δείχνει την θέση του Ήλιου και της Σελήνης στο ζωδιακό κύκλο, με την βοήθεια κίνησης των δεικτών σε μια σπείρα. Περιλαμβάνει προβλέψεις εκλείψεων, τόσο για τον Ήλιο όσο και για την Σελήνη.7 Οι δυο δακτύλιοι στο μπροστινό μέρος του μηχανισμού των Αντικυθήρων δείχνουν τα δώδεκα ζώδια και τους δώδεκα μήνες. Το παράπεγμα περιγράφει μοναδικά γεγονότα τα οποία συμβαίνουν σε μια συγκεκριμένη ημέρα κάθε χρόνο. Για παράδειγμα ΎΑΣ ΕΠΠΕΛΛΕΙ ΕΟΙΑ' - οι Υάδες ανατέλλουν την αυγή - λίγο πριν ο Ήλιος ανατείλει το πρωί. Κατά αυτόν τον τρόπο, ο χρήστης του Μηχανισμού των Αντικυθήρων μπορεί εύκο λα να βρει την ημέρα του χρόνου παρατηρώντας απλά ένα από τα γεγονότα που περιγράφονται στο πα•

•

• •

•

Μιχαηλίδης τ.: 'Μελετώντας τον αρχαιότερο γνωστό υπολογιστή. Ο Μηχανισμός των Αντι1CUθήρων', Το Καποδι στριακό, Αρ.Φύλλου 108, I Ιουνίου 2007, σελ.8-9 6 Papathanassiou Μ.: "Reflections on the Antikythera Mechasnism Texts", Decoding the Antikythera Mechanism, International Conference, Athens, 2006, pg 25-26 7 Freeth Τ., Bitsakis Υ., Moussas Χ., Seiradakis J., Tselikas Α., Mangou Η., Zafeiropoulou Μ., Hadland R., Bate D., Ramsey Α., Allen Μ., Crawley Α., Hockley Ρ., Malzbender τ., Gelb D., Ambrisco W., Edmunds Μ.: 'Decoding the ancient Greek astronomical calculator known as the Antikythera Mechanism', Nature,Vol 444, 30 Noνember 2006. 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.Ι /5

- Ο μηχανισμός των Α ντικυθήρων-Ένα από σημαντικότερα επιστημονικά επιτεύγματα του lου π.Χ. αιώνα

ραπεγμα και απλά βρίσκοντας την ημέρα του χρόνου στο εξωτερικό δακτύλιο της μπροστινής όψης. Τα δίσεκτα χρόνια υπολογίζονται από την ελεύθερη και ανεξάρτητη κίνηση των δυο δακτυλίων.8 Οι ερευνητές είναι βέβαιοι ότι τον Μηχανισμό κατασκεύασε μια μεγαλοφυΊα των μαθηματικών, της αστρονομίας και της μηχανικής. Το ενδιαφέρον που παρουσιάζει ο Μηχανισμός αφορά πολλές διαφορετικές επιστήμες. •

Α στρ ο νομιια) Ειιδι α φιiροιι

Πρόκειται για έναν προηγμένο όσο και πολύπλοκο αστρονομικό υπολογιστή που για κάθε χρονική στιγμή υπολογίζει την θέση του Ήλιου και της Σελήνης σε σχέση με τα άστρα, τις φάσεις της Σελήνης στη διάρκεια του μήνα, αναπαράγει την κίνηση της Σελήνης με μεταβλητή γωνιακή ταχύτητα (2°ς νόμος του Kepler), προβλέπει τις εκλείψεις, έχει πολλούς δείκτες που δείχνουν το χρόνο σε ποικίλες κλίμακες κυκλικές ή ελικοειδείς. c=:._Υπάρχουν δυο δείκτες σε ελικοειδείς κλίμακες. Η ελικοειδής κλίμακα του Σάρου (διάρκειας 1 8 ετών περίπου) ανα παράγει τον κύκλο των εκλείψεων. Η κλίμακα είναι διαιρε μένη σε μήνες και σε ορισμένους μήνες αναφέρονται εκλεί ψεις του Ήλιου και της Σελήνης, ενώ ένας βοηθητικός δεί κτης δείχνει τον Κύκλο της Εξέλιξης, χρονική περίοδος τριc.""'"":;:.,,-·• πλάσια του Σάρου (54 έτη) μετά την οποία εκλείψεις επαναλαμβάνονται με τον ίδιο τρόπο στον ίδιο τόπο πάνω στη Γη. Η δεύτερη ελικοειδής κλίμακα του Μέτωνος επιτρέπει την ακριβή τήρηση ημερολογίου διάρκειας 1 9 ετών με μια ακόμη βοηθητική κλίμακα και αντίστοιχους δείκτες 76 ετών (κύκλος Κάλλιππου ). 9 zo<Ι;ac

Fronι a;aιs

εg,.,nan

•••aρegma

Ediρse Predicιion

eackDiaιs

Κοιιιωvιια) ενδι α φiρ ο ν

Το τελευταίο χρονικό διάστημα αποκαλύπτεται ότι εκτός από εργαλείο αστρονομικού ενδιαφέροντος ο Μηχανισμός ήταν και εργαλείο που χρησιμοποιούνταν για τον υπολογισμό του χρόνου των Πανελλή νιων Αγώνων, των Ολυμπιακών, των Ίσθμιων, των Νέμεων, των Πύθιων, των Νάων. Αυτό που ως τώρα είχε θεωρηθεί ένα όργανο αστρονομικού ενδιαφέροντος αποδεικνύεται ότι είχε να παίξει και τεράστιο κοινωνικό ρόλο, δοθείσης της σημασίας που είχαν οι Ολυμπιακοί Αγώνες στην αρχαιότητα. ιο

Ιστορικt) ενδι α φιiρ ο ν

Πολύ μεγάλο ενδιαφέρον παρουσιάζει η εύρεση και ανάγνωση ενός εγχειριδίου του υπολογιστή γραμμέ νου με χαρακτήρες δυο περίπου χιλιοστών, σε μπρούτζινες πλάκες. Η ύπαρξη εγχειριδίου αποδεικνύει ότι προοριζόταν για χρήση από αλλά πρόσωπα εκτός του κατασκευαστή. Διαβάστηκαν οι όροι Φάρος και Ισπα νία, οι οποίοι έχουν μεγάλη σημασία επειδή αποτελούν το νοτιότερο και δυτικότερο άκρο της Μεσόγειου. Ο πιο σημαντικός μεσημβρινός για τους Έλληνες γεωγράφους, αρχίζοντας με τον Δικαίαρχο τον Μεσσηνία το 300 π.Χ και τον Ερατοσθένη το 200 π.Χ και άλλους αργότερα, είναι ο μεσημβρινός που διέρχεται από την Αλεξάνδρεια (Φάρο) και τη Ρόδο, αμφότερες κέντρα της αστρονομίας και της γεωγραφίας και των επιστημών γενικότερα για αιώνες μέχρι που τις καταστρέψανε οι Ρωμαίοι, και ο πιο σημαντικός παράλληλος είναι αυτός που περνάει από τη Ρόδο και πάει στις Πύλες του Ηρακλή, διότι επιτρέπει να ταξιδεύσει κανείς από τη Ρόδο μέχρι το άκρο της Μεσογείου χωρίς να παρακάμψει στεριά. Ο Δικαίαρχος ονομάζει αυτό τον παράλληλο διά φραγμα. Η γραφή της λέξης Ισπανία είναι η αρχαιότερη εμφάνιση της σε οποιοδήποτε κείμενο. Μέχρι τώρα το αρχαιότερο κείμενο με το όνομα της Ισπανίας ήταν του Ποσειδωνίου και ένα ρωμαϊκό νόμισμα του 82 π.Χ. Με τον Κώδικα των Αντικυθήρων η Ισπανία γίνεται αρχαιότερη κατά 20 με 70 έτη. Όλα αυτά τα στοιχεία μας δείχνουν ότι δεν πρόκειται για ένα αντικείμενο που πρέπει να περνά απα ρατήρητο από τον επιστημονικό κόσμο. Το μηχάνημα αυτό που βρέθηκε πριν I 00 χρόνια σε ένα από τα βαθύτερα σημεία του ελληνικού πελάγους είναι η μετάφραση σε τεχνολογική δημιουργία όλης της μαθη ματικής γνώσης της ελληνιστικής εποχής. ι ι

8 Seiridakis J.: 'The pioneering use of the technology in archaeological research", Decoding the Antikythera Mechanism, lntemational Conference, Athens, 2006, pg 27. 9 Μιχαηλίδης Τ.: 'Μελετώντας τον αρχαιότερο γνωστό υπολογιστή. Ο Μηχανισμός των Αντικυθήρων', Το Καποδι στριακό, Αρ.Φύλλου 108, I Ιουνίου 2007, σελ.8-9 10 Σουφλερή 1.: 'Η αποκωδικοποίηση του Μηχανισμού των Αντικυθήρων', 3/8/08, BHMASCIENCE, ΒΗΜΑ, σελ.6-7 Ι ι Μιχαηλίδης τ.: 'Μελετώντας τον αρχαιότερο γνωστό υπολογιστή. Ο Μηχανισμός των Αντικυθήρων', Το Καπο διστριακό, Αρ.Φύλλου ι 08, ι Ιουνίου 2007, σελ.8-9

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/6

θ.ημ,αnκοt, Δ·tαyωvtoμ.ot, αθη,μαnκές Ολvμπtάδες α

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

26η

Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Κρακούγεβατς Σερβίας, 28 Απριλίου 4 Μαtου 2009 -

Η 26η Βαλκανική μαθηματική Ολυμπιάδα έγινε στο Κρακούγιεβατς της Σερβίας από 28 Α πριλίου μέχρι 4 Μαtου 2009. Συνολικά συμμετείχαν 20 ομάδες. Επισήμως συμμετείχαν οι ομά δες των χωρών: Αλβανία, Βοσνία και Ερζεγοβίνη, Βουλγαρία, Ελλάδα, Κύπρος, Μαυροβο ύνιο, Μολδαβία,

Πρώην Γιουγκοσλαβική Δημοκρατία της Μακεδονίας, Ρουμανία, Σερβία, Τουρκία,

και ανεπισήμως οι ομάδες:

Αζερμπαϊτζάν, Γαλλία, Ηνωμένο Βασίλειο, Ιταλία, Καζακστάν, Πόλη Μπρνό, Σερβία Β, Τατζικιστάν και Τουρκμενιστάν. Η Ελληνική ομάδα κατέκτησε 1 χρυσό και 5 χάλκινα μέταλλα και αποτελείτο από τους μα θητές: Παπαδημητρίου Δημήτριο, Γ ιεχασκιέλ Ηλία,

χάλκινο μέταλλο,

Παγωνάκη Δημήτριο,

χάλκινο μέταλλο,

Λογοθέτη Φώτιο,

χάλκινο μέταλλο,

Παππέλη Κωνσταντίνο, Ταρατόρη Ευάγγελο,

χάλκινο μέταλλο,

χρυσό μέταλλο,

χάλκινο μέταλλο.

Συνοδοί της Ελληνικής ομάδας ήταν ο αναπληρωτής καθηγητής του Ε. Μ. Πολυτεχνείου Ανάργυρος Φελλούρης (αρχηγός) και ο μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος (υπαρχηγός).

Τα προβλήματα

Πρόβλημα 1 Να λύσετε στο σύνολο των θετικών ακέραιων την εξίσωση 3χ - SY= z2•

Λύση Παίρνοντας mod3 και στα δύο μέλη έχουμε:

2 z

=-(-1)Y(mod3) . Αν το y είναι άρτιος, τότε

2 2 η παραπάνω ισοτιμία γίνεται z = -1(mod 3) <::::> z = 2(mod 3), η οποία είναι αδύνατη, καθώς κανένα τετράγωνο δεν αφήνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεσή του με το 3. y= 2y1 + 1, Άρα πρέπει να είναι (1)

όπου ο y1 είναι μη αρνητικός ακέραιος. Παίρνοντας mod4 και στα δύο μέλη έχουμε: 2 z

( -1Υ -1Υ (mod 4). Αν το χ είναι περιττός,

= 2(mod4) , η οποία είναι αδύνατη καθώς κανένα τετρά τότε η παραπάνω ισοτιμία γίνεται γωνο δεν αφήνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεσή του με το 4. Άρα πρέπει να είναι (2) χ= 2χ1'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/7

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

όπου ο χ1 είναι θετικός ακέραιος. Αντικαθιστώντας τις (1 ) και (2) στην αρχική εξίσωση , λαμβάνουμε: 52J'ι+Ι = (3χ1 - z)(3x' + z ) {3) Αν τώρα είναι (3χ'- z, Y' + z) = d , τότε d l 3 '' + z και d l 3x' - z , οπότε: d l (3 χ' + z) + (3''' - z) = 2·3-'' και d l (3 '' + z) - (3 '' - z) = 2 z � d i( 2 ·3'' , 2 z ) = 2 ·( 3'' , z ) (4) Όμως (3'\ z) = 1 , αφού διαφορετικά θα είχαμε 3lz, που είναι άτοπο, όπως προκύπτει από την (3), στην οποία το δεξί μέλος θα ήταν διαιρετό με 3, ενώ το αριστερό δεν είναι. Άρα έχουμε ότι: d = (3''' - z, 3x' + z) l2 � d = 1 ή 2 . Αν ήταν d = 2 , τότε από την (3) προκύπτει ότι 2152.νι+Ι, που είναι άτοπο. Άρα είναι d = (3x' - z, 3'' + z) = 1 . Επίσης από την (3), επειδή 52γ,+Ι, }'' + z > Ο , έπεται ότι 3χ' - z > Ο και μάλιστα επειδή (5) 3χι + Ζ > 1 , έχουμε : 3χι - Ζ = 1 Και }'ι + Ζ = 52)'ι+l. Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω παίρνουμε ότι 2 "3χι = 52J'ι+l + 1 (6) Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: Αν χ1 = 2χ , τότε η (6) γράφεται 2 2 · 9"'2 = 5· 2 5J + 1 Q 2 · 9"'2 = 5 ·(24 + 1 Υ' + 1 Q 2 ·9"'2 = ΠΟλ.24 + 6 Q 9"'2 = ΠΟλ. 1 2 + 3 και θεωρώντας mod1 2 τα δύο μέλη της έχουμε Ψ2 3 (mod 1 2) , που είναι άτοπο, καθώς το αρι στερό μέλος αφήνει πάντα υπόλοιπο 9 στη διαίρεσή του με το 1 2. (7) Αν χ1 = 2χ2 + 1 , τότε η (6) γράφεται 2 ·3 ·9"'2 =5·25J'ι + 1 , οπότε, αν χ = Ο , τότε παίρνουμε y1 = Ο , οπότε τελικά έχουμε: y = 1, χ = 3 και z = 2 . 2 Αν χ �Ι τότε παίρνοντας mod9 και στα δύο μέλη παίρνουμε 5·7''ι -l(mod 9) που ισχύει 2 μόνο όταν y1 1(mod3) � y1 = 3 y + Ι , (γιατί 7 3 1(mod9) ). 2 Αν y = Ο , τότε η εξίσωση (7) δεν έχει λύσεις, ενώ όταν y � 1 , τότε αντικαθιστώντας στην 2 2 (5) το y1 και θεωρώντας mod7 και τα δύο μέλη παίρνουμε: 6 ·2 -" 2 5·43''z+I + 1(mod7) <=> 6 ·2χ2 20·64J'2 + I (mod7) <=> 6 ·2 '.2 (- Ι) ·IJ2 + I (mod7) <=> 6 ·2 -" 2 O(mod7), άτοπο. Άρα η εξίσωση έχει μοναδική λύση την (χ, y , z) = ( 2, 1, 2) . Ί

Πρόβλημα

Έστω ευθεία ΜΝ παράλληλη προς την πλευρά BC τριγώνου ABC, όπου Μ, Ν είναι ση μεία των πλευρών ΑΒ, AC, αντίστοιχα. Οι ευθείες ΒΝ και CM τέμνονται στο σημείο Ρ . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων Β ΜΡ και CNP τέμνονται σε δύο διαφορετικά σημεία Ρ και Q. Να αποδείξετε ότι: LBAQ = LCAP. Λύση

�

Θέτουμε BAQ = α, ΡΑΝ = β και QAP = χ. Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα BMPQ και MBQ = BPQ = QCN και QNC = QPC = MBQ , QPNC λαμβάνουμε: οπότε τα τετράπλευρα AMQC και ABQN είναι εγγράψιμα. Από τα δεδομένα του προβλήμα τος παρατηρούμε ότι στο σημείο Ρ συντρέχουν ευθείες (Σεβιανές) που περνάνε από τις κορυφές των τριγώνων ABC και QMN. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/8

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Σχήμα 1 Επειδή από τα εγγράψιμα που θεωρήσαμε προηγουμένως, έχουμε σχέσεις μεταξύ των γω νιών που σχηματίζουν οι ευθείες αυτές με τις πλευρές των δύο τριγώνων, εφαρμόζουμε σε καθέ να από τα τρίγωνα την τριγωνομετρική μορφή του θεωρήματος του Ceνa. Έτσι έχουμε τις ισόΛ

ημΕ1Ρ . ημ Α�Ρ. ημC�Ρ =1 ' ημΡΑC ημΡCΕ ημΡΕΑ

τητες:

(1)

ημW:Ρ. ημΝ9Ρ . ημQivfP =1 . (2) ημΡΝQ ημΡQΜ ημΡJιι!Ν Όμως, από τα εγγράψιμα τετράπλευρα MEQP, PQCN, AEQN και AMQC καθώς και την παραλληλία JιιfΝ 11 EC προκύπτουν οι ισότητες γωνιών: ΕΑΡ=α +χ, PAC = β, QΜΡ= PEQ=QAN = β+x, ACP= NQP, CBP= NMP, PCE= ΜΝΡ, ΡΒΑ= PQM , PNQ= PCQ= MAQ=α, οπότε με διαίρεση κατά μέλη των (Ι) και (2) λαμβάνουμε: ημ(α+χ) ημα =l<;:::)ημ(α+χ)ημα=ημ(β+χ)ημβ ημβ ημ( β+χ) σvvx-σvv(2α+x) =σvvx-σvv(2β+x) <;:::)συv(2α+χ)=συv(2β+χ), από την οποία , δεδομένου ότι α+χ+ β= EAC < 180°, έπεται ότι: α= β. Λ

zος

τρόπος ( Δ. Παπα δημητρίου)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι οι AQ, ΑΡ είναι ισογώνιες συζυγείς των πλευρών ΑΕ, AC . Αν η ΑΡ τέμνει την πλευρά EC στο σημείο Τ, τότε από το θεώρημα του Ceνa έχουμε:

Επειδή

ΕΤ . CN . ΑΜ _1 - . TC ΝΑ ΜΕ ΑΜ ΝΑ JιιfΝ 11 EC έπεται ότι: = , ΜΕ CN

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/9

(3) (4 )

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

.Α

Σχήμα 2 οπότε από τις (3) και (4) έπεται ότι ΒΤ δηλαδή το σημείο Τ είναι το μέσο της πλευράς BC . Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι η Α Q είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC Ισοδύναμα, αρκεί να αποδείξουμε ότι το σημείο Q ικανοποιεί την ισότητα: =

TC ,

QK QL

AC.

ΑΒ

(5)

όπου QK .1 ΑΒ και QL .1 Όμως τα τρίγωνα QBM, QNC είναι όμοια, αφού έχουν: Λ

1'\

NPC NQC και QMB MQB ΜΡΒ από τα εγγράψιμα NPQC και MBQP. Έτσι έχουμε : =

QK QL

Πρόβλημα 3.

QPB

C Λ

Q N,

' (αφού ΜΝ ΙΙΒC). NC AC

ΜΒ

ΑΒ

Ένα 9 χ 1 2 ορθογώνιο διαιρείται σε μοναδιαία τετράγωνα. Τα κέντρα όλων των μοναδιαίων τετραγώνων, εκτός από τα τέσσερα γωνιακά και τα οκτώ μοναδιαία τετράγωνα που έχουν μία κοινή πλευρά με ένα από αυτά, χρωματίζονται κόκκινα. Είναι δυνατόν να ονομάσουμε τα κόκκι να κέντρα έτσι ώστε να ικανοποιούνται ταυτόχρονα οι δύο παρακάτω συνθήκες:

cl' c2' ' c96 . • •

(i)

(ii)

C1CυC2C3 , ,C95C96 ,C96C1 είναι όλες ίσες με Jl3, η κλειστή τεθλασμένη γραμμή C1C2 C96C1 έχει κέντρο συμμετρίας;

οι αποστάσεις

. . •

Λύση

Χρωματίζουμε τα μοναδιαία τετράγωνα με τα κόκκινα κέντρα εναλλάξ άσπρα και μαύρα, όπως ο πίνακας σκακιού. Έτσι κάθε δύο κόκκινα κέντρα με απόσταση 1 βρίσκονται σε τετράγω να διαφορετικού χρώματος. Από το Πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει, ότι για να επιτευχθεί η απόσταση Jl3 μεταξύ κέντρων πρέπει να τα πάρουμε σε τετράγωνα διαφορετικού χρώματος με κίνηση 3 τετράγωνα κατακόρυφα και 2 τετράγωνα οριζόντια ή αντίστροφα. Έτσι, στη ζητούμενη τεθλασμένη γραμμή τα σημεία της θα εναλλάσσονται σε τετράγωνα διαφο-

y C1C2C3 C96C1 =

ρετικού χρώματος.

• • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/10

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Το κέντρο συμμετρίας της τεθλασμένης γραμμής r

C,C2C3 C96C, . • •

------

θα συμπίπτει με το κέ

ντρο συμμετρίας του συνόλου των κόκκινων κέντρων που είναι το κέντρο του ορθογωνίου. Πράγματι, αν το κέντρο συμμετρίας της ήταν διαφορετικό από το κέντρο Κ του τετραγώνου, τό τε θα υπήρχε κάποιο κέντρο τετραγώνου που το συμμετρικό του ως προς το Κ θα βρισκόταν ε κτός του δεδομένου ορθογωνίου. Αντιστοιχούμε το διατεταγμένο ζεύγος (ί, J) στο κέντρο του τετραγώνου που ανήκει στην

ί - γραμμή και στην j- στήλη του δεδομένου ορθογωνίου. Θεωρούμε τα κέντρα Α ( 2, 2 ) και Β ( 8, 1 1 ) . Η κλειστή τεθλασμένη γραμμή μπορεί να χωριστεί σε δύο καμπύλες, στη καμπύλη y1 που οδηγεί από το Α στο Β και στη καμπύλη y2 που οδηγεί από το Β στο Α. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (α) Έστω ότι οι καμπύλες και

είναι συμμετρικές μεταξύ τους.

Η,

Ρ,

•

G, G

Σχήμα 3 Τότε καθεμία από αυτές θα αποτελείται από 96 : 2 48 ευθύγραμμα τμήματα, δηλαδή η καμπύλη έχει, από το κέντρο Α 2, 2 μέχρι το κέντρο Β(8, 1 1) , 48 κορυφές. Τότε όμως, από

το κέντρο Α ( 2, 2

)

(

)

με τις εναλλαγές χρώματος από κορυφή σε κορυφή της τεθλασμένης γραμ

μής θα έπρεπε το τετράγωνο με κέντρο το

)

τραγώνου Α ( 2, 2 , άτοπο.

Β ( 8, 1 1)

να είναι του ιδίου χρώματος με αυτό του τε

έχουν η καθεμία συμμετρική τον εαυτό της ως προς το και (β) Έστω ότι οι καμπύλες κέντρο του ορθογωνίου. Καθεμία από τις καμπύλες θα έχει περιττό αριθμό πλευρών και

(δες περίπτωση (α) ). Λόγω συμμετρίας, οι πλευρές τους χωρίζονται σε συμμετρικά ζεύγη, οπότε καθεμία από τις καμπύλες και θα περιέχει μία πλευρά συμμετρική με τον εαυτό της. Δύο

τέτοιες πλευρές είναι κατάλληλες. Η μία ενώνει τα σημεία (4,5) και (6,8), ενώ η άλλη ενώνει τα σημεία (6,5) και (4,8 ). Θεωρούμε τώρα το σημείο Α 2, 2 . Αυτό μπορεί να συνδεθεί μόνο με τα

)

(

)

σημεία Γ ( 5, 4) και Δ ( 4, 5 , οπότε η κλειστή τεθλασμένη γραμμή θα είναι της μορφής ΑΓ...ΔΑ ή ΑΔ...Γ Α . Ομοίως σκεπτόμενοι, θεωρώντας τα σημεία (8,2), (8, 1 1 ) και (2, 1 1 ) καταλήγουμε στο ότι η καμπύλη r πρέπει να περιέχει τις κορυφές: ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/11

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

(4,5) �( 2, 2) �(5,4) �( 8, 2 ) �( 6,5) �(4, 8 ) �( 2, 1 1 ) �(5, 9) �( 8, 1 1 ) �( 6, 8) �(4,5).

Αυτή όμως είναι καμπύλη που δεν περιέχει όλα τα κόκκινα κέντρα των τετραγώνων. Άρα και στην περίπτωση αυτή δεν υπάρχει η ζητούμενη καμπύλη. Πρόβλημα *

= { 1, 2, 3, .. . } το σύνολο των θετικών ακέραιων. Βρείτε όλες τις συναρτήσεις ι : Ν* � Ν* που είναι τέτοιες ώστε ( ) ι ( ι(m ) 2 + 2ι(n ) 2 ) = m 2 + 2n2 , για κάθε m, n Ε Ν*. Έστω

Λύση

Από τη δεδομένη σχέση για m = n λαμβάνουμε: ι ( 3ι ( m ) 2 ) = 3m2 , για κάθε m, n Ε Ν*. (1) Κατ' αρχή θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση ι είναι 1 - 1. Πράγματι, αν είναι ι ( m) = ι ( n) , με m, n Ε Ν*, τότε: 3ι(m ) 2 = 3ι (n ) 2 =>ι ( 3ι (m )2) = ι ( 3ι (n ) 2 ) => 3m2 = 3n2 => m = n . Επειδή η ι είναι 1-1 , από τη δεδομένη σχέση ( ) προκύπτει η ισοδυναμία ι ( m ) 2 + 2ι ( n )2 = ι (p) 2 + 2ι ( q) 2 <=> m2 + 2n2 = p2 + 2q2 • *

(2)

Για m = 1 , από την ( 1 ) προκύπτει ότι ι ( 3ι (1 ) 2 ) = 3. Αν είναι ι (1) = α , τότε ι ( 3ι (1 ) 2 ) = 3 =>ι ( 3α2 ) = 3 ' ενώ από την (2) έχουμε

ι ( 5α2 ) 2 + 2ι ( α2 ) 2 = ι ( 3α2 ) 2 + 2ι ( 3α2 ) 2 = 3ι ( 3α2 ) 2 = 27. Επειδή οι αριθμοί ι ( 5α2 ) και ι ( α2 ) είναι θετικοί ακέραιοι και οι μοναδικές λύσεις της ε ξίσωσης χ 2 + 2/ = 27 στους θετικούς ακέραιους είναι οι (χ, y) = ( 3, 3) και (χ, y) = ( 5,1) , έπε ται ότι ι ( 5α2 ) = 5 και ι ( α2 ) = Ι. Επίσης, από τη σχέση (2) λαμβάνουμε 2f ( 4α2 ) 2 -2f ( 2α2 ) 2 = ι ( 5α2 ) 2 -ι ( α2 ) 2 = 25-1 = 24 και επειδή η μοναδική λύση της εξίσωσης χ 2 -/ = 1 2 στο σύνολο των θετικών ακέραιων είναι η (x,y) = ( 4, 2) , έπεται ότι ι ( 4α2 ) = 4 και ι ( 2α2 ) = 2. Επιπλέον ισχύει ( k + 4 ) 2 + 2 ( k + 1) 2 = k2 + 2 ( k + 3) 2 , από την (2) έχουμε f ( ( k + 4)α2 ) 2 + 2ι ( (k + 1)α2 ) 2 = ι ( kα2 ) 2 + 2f ( (k + 3)α2 ) , οπότε, χρησιμοποιώντας επαγωγή ως προς k , λαμβάνουμε την ισότητα ι ( kα2 ) = k, για κάθε θετικό ακέραιο k . Αν θέσουμε k = α , τότε προκύπτει: ι ( α 3 ) = α = ι ( 1) <:::> α 3 = 1 <:::> α = 1 , οπότε f ( k) = k, για κάθε θετικό ακέραιο k , η οποία εύκολα επαληθεύουμε ότι ικανοποιεί τη δε δομένη σχέση ( ) *

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.Ι/12

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα Βρέμη Γερμανίας, 10-23 Ιουλίου 2009

Η 50η

Από 1 Ο μέχρι και 22 Ιουλίου διεξήχθη στη Βρέμη της Γερμανίας η 50η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα με συμμετοχή 104 χωρών και 565 μαθητών. Οι πρώτες 1 Ο χώρες στη βαθμολογία ήταν οι εξής: Κίνα 221, Ιαπωνία 212, Ρωσία 203 , Κορέα 188, Λαϊκή Δημοκρατία Κορέας 183 , Ηνωμένες Πολιτείες Αμερικής 182 , Ταίλάνδη 181, Τουρκία 177, Γερμανία 171 , Λευκορωσία

167.

Η Ελληνική ομάδα με 86 βαθμούς κατέλαβε την 41 η θέση στη βαθμολογία με τρία χάλκινα μετάλλια και τρεις εύφημες μνείες. Την αποτελούσαν οι μαθητές: Παπαδημητρίου Δημήτριο, χάλκινο μετάλιο, Παππέλη Κωνσταντίνο,

χάλκινο μετάλιο,

Λογοθέτη Φώτιο,

χάλκινο μετάλιο,

Τ αρατόρη Ευάγγελο, Γιεχασκιέλ Ηλία,

εύφημη μνεία,

Ζαδίκ Ηλία,

εύφημη μνεία.

εύφημη μνεία,

Συνοδοί της Ελληνικής ομάδας ήταν ο αναπληρωτής καθηγητής του Ε.Μ.Πολυτεχνείου Ανάργυρος Φελλούρης (αρχηγός), ο μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος (υπαρχηγός) και ο μαθημα τικός Γεώργιος Αποστολόπουλος (παρατηρητής). Για τον εορτασμό της 50ης διοργάνωσης της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας, διεξήχθη ημερίδα με κύριους ομιλητές παλιούς ολυμπιονίκες που έχουν διακριθεί ερευνητικά και έχουν τιμηθεί με το μετάλλιο Fields ή με άλλα σημαντικά βραβεία. Αυτοί ήταν οι διάσημοι μαθηματι κοί Bela Bollobas, Timothy Gowers, Las z lo Lovas z , Stanislav Smimov, Terence Tao, Jean -

Christophe Υoccoz . ΤΑ ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ Πρόβλημα 1 . 'Εστω n ένας θετικός ακέραιος και έστω a1, a2, , ak (k� 2) διαφορετικοί ανά • • •

δύο ακέραιοι από το σύνολο

ί=1, 2, ... , k-1.

{1,

. . . , n} τέτοιοι, ώστε ο n διαιρεί τον α; (αi+Ι -1 ), για

Να αποδείξετε ότι ο n δεν διαιρεί τον ak (a1 -1).

Λύση Από τις υποθέσεις του προβλήματος έχουμε ότι: αρi+Ι =a;(modn), για κάθε από τις οποίες διαδοχικά λαμβάνουμε a1 ak_1ak =α1 αk-Ι =. . . =αρ2 =a1(modn). • • •

• • •

Αν τώρα υποθέσουμε ότι n i αk(α1 -1) , δηλαδή aka1 =a1(modn), τότε

ί=1, 2, ... , k-1, (1 )

a1 ak_ρk =aka1 ak-Ι =aka1 ak_2 =. . . =aka1 =ak(mod n), • • •

• • •

οπότε λαμβάνουμε α1 =ak (modn). Επειδή είναι a1, ak άτοπο.

Δεύτερη λύση Έστω k

Τότε, από την υπόθεση ότι α1

::1=

{1 , 2, . . ., n}, έπεται ότι

α2 και α1, α2

α1

ak , που είναι

{1 , 2, . . ., n} ξέρουμε

ότι ο n δεν

διαιρεί τον α1 - α2 , ενώ διαιρεί τον α1(α2 -1) . Επομένως έχουμε ότι ο n δεν διαιρεί τον ακέραιο α1 - α2 + α1 (α2 -1)= α2 (α1 -1), που είναι το ζητούμενο.

Έστω k�3. Από τις υποθέσεις: n i αk_2 (ak_1 -1) και n i ak_1(ak -1) ,

έπεται ότι ο n επίσης διαιρεί τον αριθμό: (1- ak )ak_2 (αk-Ι -1 ) + ak_2ak-Ι (ak -1 )=ak_2 (ak -1 ). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/13

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Συνεχίζοντας με αυτή τη διαδικασία βρίσκουμε ότι ο n διαιρεί τους αριθμούς α1(αk-1), για ί=k- 2, ...,2, 1. Όπως και στην περίπτωση για k 2 ,αυτό οδηγεί στην ισότητα α1 α2 ,άτοπο. =

Τρίτη λύση (Λύση Ηλία Ζαδίκ)

Έστω k= 2. Τότε έχουμε αρ2 =α1(modn) . Αν επίσης ισχύει α2α1 α1(modn), τότε έχουμε α2 =α1(modn), δηλαδή α2= α1, που είναι άτοπο. Έστω k > 2. Τότε από α1α2 α1 (modn) και α2α3 =α2(modn) έχουμε: α1α2α3 =α1α3 (modn) και αρ2α3 =α1α2(modn) => α1α3 =αρ2 =α1(modn). Με την ίδια διαδικασία βρίσκουμε διαδοχικά ότι: α1αk =α1(modn) (1) (2) Ας υποθέσουμε τώρα ότι: n i αk(α1-1) ή ισοδύναμα: α1αk =αk(modn). Τότε, από τις (1) και (2) βρίσκουμε πάλιν α1 =αk (modn) ή αk= α1, άτοπο. =

Τέταρτη λύση (Λύση Φώτη Λογοθέτη)

Ας υποθέσουμε ότι n i αk(α1-1) . Τότε υπάρχουν ακέραιοι u,ν::::: 1 τέτοιοι ώστε: u i αk,ν i α1-1 και uν=n. αυτό έχει ως συνέπεια ότι (u,αk-1)= 1 και (ν,α1)=1. Επειδή n i αk_1(αk -1) , έπεται ότι και u i αk_1(αk-1) και u i αk-Ι, καθώς επίσης και ότι; (u,αk_1-1)=1.Επαγωγικά προκύπτει ότι u i α; και ν i α;-1, για κάθε ί=1,2,... , k. ιδιαίτερα, προκύπτει ότι (u,ν)=1. Παίρνοντας διαφορές βρίσκουμε ότι οι u και ν διαιρούν και οι δύο τον αριθμό α1 -α2• Επειδή n= uν και οι u και ν είναι πρώτοι μεταξύ τους, έπεται ότι: n l (α1 -α2) . Όμως, από την υπόθεση α1,α2 ε {1,2,...,n} , έπεται ότι α1= α2 , άτοπο. Πέμπτη λύση (Λ ι5ση Ηλία Γιεχασκιέλ και Δημιίτρη Παπαδημητρίου)

Ας υποθέσουμε ότι n i αk(α1-1). Έστω για την διευκόλυνση των συμβολισμών: αk+Ι:= α1 και α0 := αk. Έστω ακόμα pe μία από τις δυνάμεις πρώτου αριθμού στην παραγοντοποίηση του n , δηλαδή ισχύουν: pe ln και pe+Ι δεν διαιρεί τον n. Έχουμε: Ρe i α;(α;+ι-1), για ί=1,2,... , k. (1) Θα αποδείξουμε ότι: pe i α;, για όλα τα ί=1,2,... ,k ή pe i α;-1, για όλα τα ί = 1, 2,... , k . Πράγματι, για οποιοδήποτε ί έχουμε: p δεν διαιρεί α; => p i αi+Ι-1 =>p δεν διαιρεί αi+Ι. (2) (3) p i α; =>p δεν διαιρεί α;-1 => p i αi+Ι. Επομένως, από την (2) προκύπτει ότι ο p δεν διαιρεί το α;, για όλα τα ί=1,2,... , k , οπότε, λόγω της (1 ), έπεται ότι pe i α;-1, για ί=1,2,... , k. Ομοίως, από την (3) προκύπτει ότι ο p δεν διαιρεί τον α;-1, για όλα τα ί= 1 , 2,... , k , οπό τε, λόγω της (2),έπεται ότι pe i α;, για ί=1,2,... , k. Σε κάθε περίπτωση προκύπτει άμεσα ότι pe i α1 -α2 , για οποιαδήποτε δύναμη πρώτου παρά γοντα του n,οπότε και p I( α1-α2) , που είναι άτοπο. Πρόβλημα 2. Έστω ABC τρίγωνο με περίκεντρο Ο . Τα σημεία Ρ και Q είναι εσωτερικά σημεία των πλευρών CA και ΑΒ , αντίστοιχα. Έστω Κ , L και Μ τα μέσα των ευθύγραμμων τμημάτων ΒΡ, CQ και PQ,αντίστοιχα, και έστω Γ ο κύκλος που περνάει από τα σημεία Κ , L και Μ . Υποθέτουμε ότι η ευθεία PQ είναι εφαπτομένη του κύκλου Γ . Να αποδείξετε ότι OP=OQ . Λύση (Λύση Δημιίτρη Παπαδημητρίου, Φιύτη Λογοθέτη, Κωνσταντίνου Παππέλη και Βαγγέλη Ταρατόρη) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/14

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Επειδή είναι CA 11 LM , έπεται ότι: L.LMP= L.QPΑ.Επιπλέον επειδή ο κύ κλος Γ εφάπτεται στο ευθύγραμμο τμήμα PQ στο σημείο Μ (διαφορετικά θα είχε δύο κοινά σημεία με το τμήμα PQ ), προισότητα η και κύπτει L.LMP= L.LKM (εγγεγραμμένη γωνία και αντίστοιχη γωνία χορδής - εφαπτο μένης), οπότε λαμβάνουμε:

-------

ί i

I I

I ι

L.LKM = L.QPA.

Ομοίως, από την ΑΒ 11 ΜΚ λαμβάνουμε

·----

(2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα L.KMQ= L.PQA= L.KL M .

APQ

και

KLM

-------···

Σχήμα 1 είναι όμοια, οπότε έχουμε:

I 'c

QB AP

2QB = = = PC PC AQ ML

(3)

2 Στη συνέχεια γράφουμε τη σχέση (3) στη μορφή ΑΡ PC= AQ QB , από την οποία προκύπτει ότι τα σημεία Ρ και Q έχουν ίσες δυνάμεις ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώ νου ABC , δηλαδή έχουμε: ΑΡ PC= AQ QB <=> ΟΡ2 - ΟΑ2= OQ2- ΟΑ2 <:::> ΟΡ= OQ. ·

Δεύτερη λύση

Έστω Ο, S και Τ τα κέντρα των περιγε κύκλων γραμμένων των τριγώνων ABC , ΚLM και APQ, αντιστοίχως. Επειδή ο κύκλος Γ εφάπτεται του ευθυγράμμου τμήμα τος PQ στο σημείο Μ που είναι μέσον του και είναι SM l_ PQ , αρκεί να αποδείξουμε / ότι είναι και ΟΜ l_ PQ, δηλαδή ότι τα ση μεία Ο, S και Μ είναι συνευθειακά. Επειδή τα ευθύγραμμα τμήματα ΜΚ και LM έχουν άκρα τα μέσα πλευρών των τριγώ νων BPQ και CPQ, αντιστοίχως, έπεται ότι: Σχήμα 2 I 1MK=-QB και MA=-PC . 2 2 Πρόβλημα 3. Υποθέτουμε ότι s1,s2,s3, είναι μία γνησίως αύξουσα ακολουθία θετικών α κέραιων τέτοια ώστε οι υποακολουθίες της s,, ,S,1 ,S53 , και ss,+Ι ,ss1+1,s,3+1, είναι και οι δύο αριθμητικές πρόοδοι. Να αποδείξετε ότι και η ακολουθία s1,s2,s3, είναι επί σης αριθμητική πρόοδος. I

' I

ί�-

• . .

• • •

Λύση

Έστω

η διαφορά της αριθμητικής προόδου s,, ,s,1,s,3,

• • •

•

Αν θέσουμε

d/1 =sn+l -sn, n=1,2,... τότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι η ακολουθία ( d/1 ιεf\1 είναι σταθερή. Θα αποδείξουμε πρώτα ότι η ακολουθία ( dn ιεΝ είναι φραγμένη. '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/15

Πράγματι, αφού η

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

s1 , s2, s3, είναι μία γνησίως αύξουσα ακολουθία θετικών ακέραιων, έπεται ότι d, = sn+l - s, ;::::: 1, για κάθε n = 1,2, ... και επιπλέον, για κάθε n = 1, 2, ... έχουμε: d,, = s, + 1 - s,, � d,.'-' ι + d.8ιι+Ι + ... + d.·� ιι+Ι = s 81. 1+l - s.�., = d . Επομένως η ακολουθία ( d, λεΝ είναι φραγμένη, οπότε θα υπάρχουν θετικοί ακέραιοι m = min { d, : n = 1,2,. . . } και Μ = max { d, : n = 1, 2, . . . } . Για να είναι η ακολουθία ( d, λεΝ σταθερή, αρκεί να είναι: m=Μ. Ας υποθέσουμε ότι είναι m < Μ. Θεωρούμε το φυσικό αριθμό n για τον οποίο ισχύει: d, = m και στη συνέχεια ένα τη λεσκοπικό άθροισμα m = d, = s, + 1 - s, όρων μικρότερων ή ίσων του Μ , οπότε λαμβάνουμε d = ss,ι+J - s \ 1 = ss1 + n1 - s,\'1 = ds1 + ds, + l + + d.\'1 + 111 - Ι � mM (1) • • •

· · ·

ενώ η ισότητα αληθεύει αν, και μόνον αν, όλοι οι όροι του αθροίσματος είναι ίσοι με Μ . Στη συνέχεια θεωρούμε φυσικό αριθμό n τέτοιον ώστε να ισχύει d, = Μ και ομοίως, θεωρώντας ένα τηλεσκοπικό άθροισμα με Μ όρους μεγαλύτερους ή ίσους του m , λαμβάνουμε (2) ενώ η ισότητα αληθεύει, αν, και μόνον αν, όλοι οι όροι του αθροίσματος είναι ίσοι με m . Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έπεται ότι d = mM και ότι: ds11 = ds'' + I = . . . = dsιι+Ι = Μ, αν d, = m, d,' ι = ds1 + I = . . . = d,ι + Ι - 1 = m, αν d,=Μ. Επομένως, αν είναι ds, = m, τότε ds, = Μ . Σημειώνουμε επίσης ότι s, ;::::: s1 + (n-1) ;::::: n , για κάθε n και επιπλέον στην περίπτωση που είναι d, = m , τότε s, > n . Πράγματι, αν ήταν s, = n , τότε θα είχαμε m = d, = d,, = Μ, που αντίκειται στην υπόθεση m < Μ. Ομοίως, αν d, = Μ , θα είναι ds, = m και s, > n. Επομένως, υπάρχει μία γνησίως αύξουσα ακολουθία n1 ,n2,... έτσι ώστε ds,ι = M, dsι 2 = m, dsι 3 = M, dsι 4 = m, ... . -J

•

ακολουθία ds , , d51 , είναι η ακολουθία των διαφορών ανά δύο των ακολουθιών ss, + 1,S52 ψ S,3 + 1,... και ss, ,S,1 ,S53 , , οπότε είναι επίσης μία αριθμητική πρόοδος και έτσι θα είναι Η

• • •

m = M.

Δ εύτ ερη λίJ ση

Έστω ότι οι ακέραιοι D και Ε είναι οι διαφορές των αριθμητικών προόδων s . , s.\2 , s , . .. και ss, +ι , ss1 + 1 , ss,+ι ,... ,αντίστοιχα. Θέτουμε: Α = s.,., - D και Β = s., + 1 - Ε Τότε, για όλους τους θετικούς ακέραιους n , θα ισχύει,s,, = Α + nD, ss, + Ι = Β + nE. Επειδή η ακολουθία s1, s2, s3, είναι γνησίως αύξουσα, για όλους τους θετικούς ακέραιους n ισχύει s.,, < s. ,., + 1 < s. ,.,., , οπότε θα έχουμε A + nD < B + nE � A + ( n + 1 ) D � Ο < B - A + n ( E - D ) � D � D = Ε, αφού διαφορετικά δεν είναι δυνατόν να ισχύει η σχέση Ο < Β - Α + n (Ε - D ) � D. Άρα έχουμε O � B-A � D. (3) Έστω m = m i n { s,+1 - s, : n = 1,2,. . . } . Τότε Β - Α = ( s.,, + Ε ) - ( s.,, - D ) = ss, + Ι - s.,, ;::::: m (4) .\ 1

. • •

1 -

και

D = A + ( s1 + 1 ) D - ( A + s1D ) = s.," +' - s,,, = s 8+0 - s A+D ;:::: m ( B - A ) .

(5)

Από την (3), διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. 1 11 πι:ρίπτω ση :

Β-Α=D

Τότε, για κάθε θετικό ακέραιο n , ισχύει ότι s,, + 1 = Β + nD = Α + (n + 1) D = s.,,+ , , ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.Ι /16

.5�

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

sη + ι

= s" + 1 και η ακολουθία s ,,s2,s3, ... είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά 1 . 2" περίπτωση : Β- Α < D Επιλέγουμε ένα θετικό ακέραιο Ν τέτοιον ώστε s N + l -s = m. Τότε έχουμε m (A - Β + D- 1 ) = m ( Α + ( Ν + 1 ) D )- ( Β + ND + 1 ) � SA+( N + l ) D - SB+ ND + l = SSSN +I - sss, .ι + l

οπότε είναι

= ( Α +s N + ι D) - (B + (sN + 1 ) D ) = ( sN + I - sN ) D + Α- B- D = mD + Α- B- D, (6) δηλαδή έχουμε ( Β- Α- m) + ( D- m ( Β- Α )) � Ο . Από τις ανισότητες (4)-(6) προκύπτει ότι Β- Α = m και D = m ( Β- Α ) . Υποθέτουμε ότι υπάρχει κάποιος θετικός ακέραιος n τέτοιος ώστε sn + ι > sn + m. Τότε θα έ χουμε: m ( m + 1 ) � m (sn+ - sn ) � S5".ι -ss " = ( Α + ( n + 1 ) D )- ( Α + nD ) = D = m ( B- Α ) = m 2, που είναι άτοπο. Επομένως η ακολουθία s1,s2,s3, .. . είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά m . Π ρό βλη μα 4 , Έστω ABC ένα τρίγωνο με ΑΒ = AC. Οι διχοτόμοι των γωνιών του L.CAB και L.ABC τέμνουν τις πλευρές BC και AC στα σημεία D και Ε , αντίστοιχα. Έ στω Κ το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου ADC . Υποθέτουμε ότι L.BEK = 45° . Να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της γωνίας L.CAB . l

Λύσ η

Έστω G το σημείο που είναι συμμετρικό του Ε ως προς τη διχοτόμο /C . Προφανώς, το σημείο G βρίσκεται πάνω στην πλευρά CB . Έτσι, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: Αν το σημείο G ταυτίζεται με το σημείο D (σχήμα 3 ), τότε LIEC=LIDC=9σ, οπότε θα εί ναι ΒΕ l_ AC. Επομένως θα είναι BC = ΒΑ και το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο, δηλαδή εί ναι L.A = 60°. •

•

Αν το σημείο G δεν συμπίπτει με το D (σχήμα 4), τότε τα σημεία I, K, D, C είναι ομοκυκλικά, αφού

L.IGK = L.IEK = 45° = L.IDK .

Σχήμα 3

Τότε έχουμε

L.IEK = L.GIK = L.GDK = 45°, L.BIC = 1 80° - L.EIK = 1 35°, ο ο ο L.BCI = L.CBI = 1 80 - 1 35 = 45

2 ' οπότε θα είναι L.B = L.C = 45° και 2

L.A = 90°.

Σχήμα 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ.l/17

-------

Δ εύτερη λύση)

Από

υπόθεση

------

( Τρ ιγων ομετρ ική

λύση

την

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

έχουμε

L.B = L.C = 90o - Α < 90°,οπότε θα 2

είναι L.ECK = 45 ° - Α = L.KCD.

Επειδή το Κ είναι το κέντρο του πε ριγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ADC, έπεται ότι LCDK=LΚDA =41 και LDIC = 45°

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

Σχήμα 5

+Α. 4

Επιπλέον, από την υπόθεση είναι LBEK = 45 ° , οπότε εύκολα προκύπτουν:

Β Β 4 5 ° - Β = 1 5 ° - 3 = i ( 90 ° - Β ) = 3 Α LKEC = 1 8 0° 3

LIEK = 3 Α + 4 5 ° - Α = 4 5 ° + Α . 4 4

Επομένως, από τα τρίγωνα ICE, IKE, IDK και IDC λαμβάνουμε: IC

!Ε

!Κ ID

( (

s i n LECI

s i n LKDI s i n LIKD

----

) )

s i n 45 ° + 3 Α 4

s i n LIEC

. ο Α s ι n 45 - 4

s i n 45 °

(

)

-� .,.---....-

. ο Α sιn 90 - 4

!Ε - sin LEKI - s i n

!Κ

s i n LIEK

s i n L.ICD

' IC

(

45 ° + Α

sin 45 °

)

( �)

s i n 45 °

s i n L. CD/

s i n 90°

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των παραπάνω σχέσεων λαμβάνουμε την εξίσωση

( �) + 1) ( �) ) � (( : ) ( � )) � ( Όμως έχουμε ( : ) ( �) ( :} ( � } οπότε η παραπάνω εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση (45° :}ίη (45° �) (45° :} (45° �) (45° :}ίη (45° �) ή (45° + � ) = ο � ( 45° + : } ( 45° + �) = ο � ( 45° + :) s i n 45 ' +

�ι,

s i n 90 ° -

sin 9oo -

= cos

45 ° + 3

= cos 4 5 ° + 3

sin

cos

� 45° + 3 Α

= 90°

cos

- s i n 45 ° + 3

cos 4 5 ° +

cos

45° + .:i = 90° � L.A = 60° 2

- 45° +

+ sin

=ο

in 45 ° +

cos

ή L.A = 90° , αφού, σύμφωνα με την υπόθεση εί-

ναι: 0° < LA < 1 80 ° . Στη συνέχεια, εύκολα επαληθεύουμε με τη βοήθεια και προηγούμενης λύ σης, ότι οι δύο τιμές που βρήκαμε για τη γωνία , είναι τέτοιες ώστε να ισχύει LBEK = 45°. Παρατηρή σεις

Η επαλήθευση στη δεύτερη λύση είναι αναγκαία, γιατί με την ακολουθούμενη διαδικασία ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/18

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

δεν εξασφαλίζεται η αλήθεια της aντίστροφης πρότασης. Η απουσία της επαλήθευσης στοί

2. 3.

χιζε στη βαθμολόγηση των γραπτών μ ία μονάδα για κάθε περ ίπτωση.

Τριγωνομετρική λύση έδωσαν οι μαθητές της Ελληνικής ομάδας Δ ημήτρης Παπαδημητρίου και Κωνσταντίνος Παππέλης, ενώ ο Φώτης Λογοθέτης έδωσε λύση βασιζόμενη σε μετρικές σχέσεις. Το πρόβλημα μπορεί να επιλυθεί και με χρήση Α ναλυτικής Γεωμετρίας.

Πρόβλη μα 5.

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f , με πεδίο ορισμού το σύνολο των θετικών ακέραιων και με τιμές στο σύνολο των θετικών ακέραιων, που είναι τέτοιες ώστε για όλους τους θετικούς ακέραιους α και b να υπάρχει (μη εκφυλισμένο) τρίγωνο με μήκη πλευρών α, f{ b) και j{ b + j{α) - 1 ). (Ενα τρίγωνο είναι μη εκφυλισμένο, αν οι κορυφές του δεν βρίσκονται σε μία ευθεία). Λύ ση Η

ταυτοτική συνάρτηση είναι η μοναδική λύση του προβλήματος. Πράγματι, αν είναι f (α) = α, για κάθε θετικό ακέραιο α , τότε τα τρία δεδομένα μήκη είναι α, b = f ( b) και c = f ( b + f (α) - 1 ) = α + b - 1 . Επειδή οι α, b είναι θετικοί ακέραιοι, δηλαδή α � 1, b � 1 , έπεται ότι c � max { α, b} > iα - bl και c = α + b - 1 < α + b, οπότε υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών α, b και c . Στη συνέχεια, με μία σειρά βημάτων θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει άλλη λύση του προβλήματος. Βήμα 1. Ισχύει ότι f (1) = I . Αν ήταν f ( 1) = 1 + m > 1, όπου m θετικός ακέραιος, τότε θεωρώντας το τρίγωνο με πλευρές 1, f ( b) και f ( b + m ) προκύπτει f ( b + m )-f ( b) < 1 . Επειδή οι f ( b + m ) και f ( b) είναι θετι κοί ακέραιοι, έπεται ότι f ( b + m ) = f ( b) , για κάθε θετικό ακέραιο b , οπότε η συνάρτηση f είναι m - περιοδική και επομένως φραγμένη. Αν υποθέσουμε ότι Β είναι ένα πάνω φράγμα της f , δηλαδή f (α) � Β , για κάθε θετικό ακέραιο α, τότε για α > 2 Β , λαμβάνουμε α > 2 Β � f ( b) + f ( b + f (α) - 1 ) , που αντίκειται στην υπόθεση του προβλήματος. Βήμα 2. Ισχύει f ( f ( c) ) = c, για κάθε θετικό ακέραιο c. Πράγ μ ατι, θεωρώντας α = c και b = l , τότε με μήκη πλευρών c, f (1) = 1 και f ( 1 + f ( c) - 1 ) = f ( f ( c)) προκύπτει ότι c - 1 < f ( f ( c) ) < c + 1, για κάθε θετικό ακέραιο c . Άρα είναι f ( f ( c )) = c, γι α κ άθε θετικό ακέραιο c . Βήμα 3. Για κάθε θετικό ακέραιο c , ισχύει: f ( c) � c . Ας υποθέσουμε ότι: c < f ( c) = d + 1 , για κάποιο c . Από το βήμα 1 ξέρουμε ότι d � c � 2. Έστω Μ = max { f ( 1) , f ( 2 ) ,... , f ( d)} . Κατ' αρχή θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει θετικός ακέ

c - 1 · t + Μ, ( 1 ) διαφορετικά αναλύουμε τον ελάχιστο t ως f ( t ) > -d t = dr + s , όπου r ακέραιος και 1 � s � d . Από τον ορισμό του Μ έχουμε ότι t > d. Θέτοντας α = c και b = c - d έχουμε από την τριγωνική ανισότητα c + f (t - d) > f ( (t - d) + f(c) - 1) = f (t - d + d) = f (t) . c - 1 · (t - d) + Μ, που είναι άτοπο, αφού ο ακέραιος Επομένως, f (t - d) � f (t ) - ( c - 1) > d t που ικανοποιεί την ( 1 ) είναι τέτοιος ώστε t > d. Άρα η ανισότητα ( 1 ) δεν είναι δυνατόν να c - 1 · t + Μ, για κάθε ακέραιο αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο t � 1 , οπότε ισχύει f ( t) � d ραιος t τέτοιος ώστε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.Ι/19

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

t � 1 . (2). Τώρα μέσω της (2) θα τελειώσουμε την απόδειξη για το βήμα 3 . Από c � d έχουμε c-1 < 1 και μπορούμε να επιλέξουμε έναν ακέραιο t αρκετά μεγάλο, ώστε να ικανοποιεί τη d c� 1 ' συνθήιcη ι + c� 1 + Ι Μ < ι . Εφαρμόζοντας δύο φορές τη (2) λαμβάνουμε

( ) (

)

(

)

f ( f ( t ) ) � c - 1 f ( t ) + Μ � c - 1 c - 1 t + Μ + Μ < t , που είναι άτοπο. d d d Β ιίμα 4. Από τα βήματα 2 και 3 , προκύπτει c = f ( f ( c ) ) � f ( c ) � c , δηλαδή f ( c ) = c, για κάθε θετικό ακέραιο c . Δ είJ τερη λύση

Εργαζόμενοι όπως στην πρώτη λύση αποδεικνύουμε ότι f ( 1) = 1 και f ( f ( c ) ) = c, για κάθε θετικό ακέραιο c , από την οποία εύκολα προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι 1 - 1 και επί, αφού από f ( c, ) = f ( c ) έπεται ότι c, = f ( f ( c, ) ) = f ( f ( C )) = C , 2 2 2 ενώ για κάθε θετικό ακέραιο y ο f ( y) είναι θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε f ( f (y)) = y . Έστω d = / (2) - 1 . Έχουμε d � 1 , αφού / (2) :;t: / (1) και ο / (2) είναι θετικός ακέραιος. Θεωρώντας τρίγωνα με μήκη πλευρών 2, f ( y) και f (y + /(2) - 1) = f (y + d) λαμβάνουμε

j J (y) - f (y + d)J � 1 .

(3)

Θα αποδείξουμε επαγωγικά ότι ισχύει f ( 1 + nd) = 1 + n, για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n . Αυτό ισχύει προφανώς για n = Ο, αφού / (1) = 1 . Υποθέτουμε ότι ισχύει f ( 1 + nd) = 1 + n , για n � k και θα αποδείξουμε ότι

f ( 1 + ( k + 1 )d) = 1 + ( k + 1) = k + 2 . Από την (3) έχουμε ότι / ( 1 + (k + 1)d) ε {k, k + 1, k + 2 } . Όμως δεν είναι δυνατόν να ισχύει f ( 1 + (k + 1)d) = 1 + k , γιατί έχουμε υποθέσει ότι f (1 + kd) = 1 + k και η f είναι 1 - 1 . Επίσης, αν ήταν f ( 1 + ( k + 1 )d) = k , τότε για k > Ο προκύπτει ότι f ( 1 + ( k + 1 )d) = k = f ( 1 + ( k - 1 )d) που αντίκειται στο ότι η f είναι 1 - 1 . Άρα είναι f (1 + (k + I )d) = k + 2 = 1 + (k + 1) , οπότε σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής θα ισχύει f ( 1 + nd) = 1 + n, για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n . Στη συνέχεια θεωρούμε α = 1 + d2 , b = 1 + d , οπότε από την τριγωνική ανισότητα έχουμε 1 + d2 = α < f (b) + f (b + f(α) - 1) = f (1 + d) + f(1 + d + f(l + d · d) - 1) = f (1 + d) + f (1 + d + 1 + d - 1) = 1 + 1 + f (1 + 2d) = 5, οπότε θα είναι d = 2 και έτσι προκύπτει η ισότητα f ( 1 + k) = 1 + k, για κάθε μη αρνητικό ακέ ραιο k , δηλαδή f (α) = α, για κάθε θετικό ακέραιο k . '

Τρ ίτη λύση

Εργαζόμενοι όπως στις δύο πρώτες λύσεις, έχουμε ότι / (1) = 1 και f ( f (c)) = c, για κάθε θετικό ακέραιο c , και ότι η συνάρτηση f είναι 1 - 1 και επί. Επιπλέον, θεωρώντας τρίγωνο με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/20

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

f (x) , f (y) και f (y + f (f(x)) - 1 ) = / (x + y - 1 ) λαμβάνουμε ότι: f (x + y - 1 ) < f (x) + f (y) ή f (x + y - l) � I (x) + f (y) - 1 , (4) για όλους τους θετικούς ακέραιους χ, y . γποθέτουμε ότι Ι ( 2) = α + 1 , οπότε θα είναι f( α+l) =2. Ο α είναι θετικός ακέραιος, αφού f (O + 1 ) = Ι (Ι ) -::J:. f (2) . Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι f ( nα + 1) = n + 1 , για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n . Η σχέση αληθεύει για n = Ο , αφού Ι ( 1) = Ι . γποθέτουμε ότι αληθεύει για n = 1, 2, ... , m - Ι και θα αποδείξουμε ότι αληθεύει και για n = m . Πράγματι,έχουμε ότι {/ (1) , / ( α + 1) , Ι (2α + Ι) ... , Ι ( (m - l)α + Ι ) } = { 1, 2, ... m} , οπότε, αφού η f είναι Ι - Ι , θα είναι I (mα + I ) 2: m + 1 . (5) Επιπλέον, θέτοντας στη σχέση (4 ) χ = ( m - 1) α + Ι και y = α + 1 έχουμε f ( ( ( m - 1 )α + Ι) + (α + 1) - 1 ) � f ( ( m - 1 )α + Ι) + f (α + 1) - 1 � f ( mα + 1) � m + 1 . ( 6) Από τις (5) και ( 6) προκύπτει η ζητούμενη ισότητα Ι ( mα + 1) = m + 1 και από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής η ισότητα f ( nα + 1) = n + 1, για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n . Άρα έχουμε και την ισότητα συνόλων { f ( nα + 1) : n Ε Ν} = { n + 1 : n Ε Ν } = Ν* , από την οποία, αφού η f είναι 1 - 1 , προκύπτει ότι { nα + 1 : n Ε Ν } = Ν* . που είναι δυνατόν να ισχύει μόνον για α = Ι . Άρα είναι f ( n + 1) = n + Ι, για κάθε n Ε Ν , οπότε f (α) = α, για κάθε α Ε Ν* . μήκη πλευρών

Τέταρτη λί)ση

Πρώτα αποδεικνύουμε ότι f ( 1 ) 1 , f ( Ι ( n)) = n, για κάθε θετικό ακέραιο n , και ότι η f είναι 1 - 1 και επί. Στη συνέχεια θέτουμε Ι = { 1, 2, ... ,n } και Α = { f ( ί) : ί Ε Ι } . Λόγω της σχέσης .f ( f ( n) ) = n, μπορούμε να γράψουμε τη συνθήκη του προβλήματος σε συμμετρική μορφή, δη λαδή ότι υπάρχει μη εκφυλισμένο τρίγωνο με μήκη πλευρών α, b και f ( f (α) + f ( b) - 1 ) . Από αυτή τη συνθήκη για α, b Ε Ι προκύπτει ότι: f ( f ( α) + f ( b ) - Ι ) � 2n - 1 . Επειδή η .f είναι 1 - 1 , έπεται ότι I { f (α) + f ( b) - 1 : α, b Ε Ι } I � 2n - 1, δηλαδή ισχύει: =

JA + AJ � 2n - I = 2 JAJ - 1 .

Όμως, σύμφωνα με το θεώρημα του Freiman, για ένα σύνολο Α θετικών ακέραιων ισχύει η σχέση JA + AJ 2: 2 JAJ - 1 , ενώ η ισότητα ισχύει αν, και μόνον αν, τα στοιχεία του Α αποτελούν αριθμητική πρόοδο. Επομένως, θα είναι JA + AJ = 2 JAJ - 1 και τα στοιχεία του Α αποτελούν α ριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο f (Ι) = 1 . Τα ίδια ισχύουν,όταν το σύνολο Ι αντικατασταθεί από το σύνολο Ι ' = { 1, 2, ... , n + 1 } ,οπότε και το σύνολο Α' = {!(i ) : ί Ε Ι ' } , αποτελεί επίσης αριθμητική πρόοδο. Για n 2: 3 , έπεται ότι η αριθμη τική πρόοδος του Α ' έχει την ίδια διαφορά με αυτήν του Α και προκύπτει από την πρώτη με την προσθήκη ενός όρου σε ένα από τα δύο άκρα της Α . Επειδή οι τιμές της f είναι στους θετικούς ακέραιους μπορούμε να προσθέσουμε όρους μετά το μεγαλύτερο ακραίο όρο και συμπεραίνουμε ότι η f είναι γραμμική ,εκτός πιθανώς από τιμές στο 2 και το 3. Επειδή η f είναι 1 - 1 και επί, συμπεραίνουμε ότι f ( n) = n, για κάθε n 2: 4 . Τέλος, επιλέΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/21

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

γουμε το b έτσι ώστε να υπάρχει μη εκφυλισμένο τρίγωνο με πλευρές 2, b, f ( 2) + b - Ι , οπότε f(2) +b ::S, 2+b, δηλαδή / (2) = 2 . Ομοίως, η διαφορετικά θεωρώντας το ότι η f είναι 1-1, λαμ βάνουμε ότι f( 3) = 3, οπότε έχουμε πλέον αποδείξει ότι f ( n ) = n, για κάθε θετικό ακέραιο n . Πρόβλημ α 6. Έστω α1 , α2 , . . . , α, διαφορετικοί ανά δύο θετικοί ακέραιοι και έστω Μ ένα σύ νολο που αποτελείται από n - 1 θετικούς ακέραιους και δεν περιέχει τον ακέραιο s = α1 + α2 + . . . + α, . Ένα τριζόνι θα κινηθεί με πηδήματα κατά μήκος του πραγματικού άξονα. Αρχίζει από το σημείο Ο και κάνει n πηδήματα προς τα δεξιά με μήκη α, , α2 , . . . , α" , σε τυχαία σειρά. Να αποδείξετε ότι η σειρά των πηδημάτων μπορεί να επιλεγεί κατά τέτοιον τρόπο, ώστε το τριζόνι να μην πατήσει ποτέ σε κάποιο σημείο του συνόλου Μ. Λ ύση

Παριστάνουμε μία διαδρομή του τριζονιού με μία ακολουθία δεικτών ( ί1 , ί2 • • • , ί" ) , αν αυτό κάνει διαδοχικά πηδη'ματα μη'κους α . , α . , . . . , α . . Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε επαγωγή ως προς το n . Οι περιπτώσεις για n = Ο , 1 είναι προφανείς. Υποθέτουμε ότι το ζητούμενο ισχύει για όλες τις τιμές που είναι μικρότερες του n = m . Μπορούμε να θεωρήσουμε ότι α , < α2 < < α11, _1 < α," , αφού η σειρά των πηδημάτων του τριζονιού είναι τυχαία. Υποθέτουμε ότι d = min Μ και διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Περίπτωση 1 : d < α", . Αν α,, � Μ , τότε από την υπόθεση της επαγωγής, το τριζόνι μπορεί να κάνει πηδήματα από το α,, στο s χωρίς να πατήσει στα σημεία του συνόλου Μ - { d} , με πηδήματα μήκους α1 , α2 , . . . , α,11_ 1 • Τότε η ακολουθία πηδημάτων α,11_ α1 , α2 , ... , α,11_ 1 ικανοποιεί το πρόβλημα για n = m. Ας υποθέσουμε τώρα ότι αιιι Ε Μ. Θεωρούμε m διαφορετικά αν ά δύο σύνολα { α,, } , { α1 , α, + α,, } , { α2 , α2 + α,ιι } , . . ., { α11, _ 1 , α2 + α,ιι } . Ένα από αυτά δεν έχει κοιν ά στοιχεία με το J M n [ αi , αi + α," ]J :::;, m - 3, αφού οι d και α," είναι Μ, έστω το { αi , αi + α" } . Τότε θα είναι μικρότεροι του αi + α," . Επομένως το τριζόνι μπορεί να πηδήσει από το αi + α," στο s χρησιμο ποιώντας όλα τα μήκη πηδημάτων, εκτός των αi και α," . Έτσι η ακολου θί α αi , αιιι, α1 , α2 , . . . , αi-t , αi + t , . . . α111 _ 1 ικανοποιεί το πρόβλημα για n = m . Περίπτωση 2 : d � α", . Έστω Μ' = Μ - { d } . Από την υπόθεση της επαγωγής, το τριζόνι μπορεί να πηδήσει από το α,, στο s , χωρίς να πατήσει στα σημεία του συνόλου Μ - { d } , με πηδήματα μήκους α1 , α2 , ... , α,11_1 • Έστω ( ί1 , ί2 , . . . , ί,11_1 ) η αντίστοιχη ακολουθία δεικτών . Αν αυτή η ακολουθία βημά των δεν πατάει επίσης στο σημείο d = min Μ (αυτό ιδιαίτερα δίνει ότι d > α," ) , τότε η ακολου θία βημάτων υ = ( m , ί1 , ί2 , • . . , ί,11 _ 1 ) ικανοποιεί το πρόβλημα για n = m . Διαφορετικά, αυτή η δια δρομή περιέχει ένα μόνο σημείο του Μ , δηλαδή το d = min Μ και ισχύει α" + ai, + . . . + αίk = d , για κάποιο k με Ο :::;, k < m-1 . Στη τελευταία περίπτωση, θεωρούμε τη διαδρομή που αντιστοι ισχύει Επειδή χεί στην ακολουθία δεικτών ( ί, , ί2 , . . . , ίk+ t , m , ί1, + 2 , . . . , ί,11_1 ) • α + ... +α < α + ... + α + αn1 = d = min Μ , το τριζόνι δεν θα πατήσει σε σημεία του συνόλου Μ στα πρώτα του k + 1 βήματα. Επιπλέον, κατά τα υπόλοιπα βήματα της διαδρομής το τριζόνι θα πατάει στα ίδια σημεία με αυτά της διαδρομής υ (και για αυτά ισχύει η σχέση α . + . . . + α + α111 > d = min Μ ), οπότε αυτό πάλι δεν θα πατήσει σε σημεία του συνόλου Μ. ιι

ιιι

· · ·

ι1

ιk+Ι

ι1

ιk

ιk + Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/22

ΗΟΜΟ MA THEMATICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλη ματισμού πάνω στα εξής θέματα: I ) Τι είναι τα Μαθη ματικά, 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 Μαθη ματικών 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.

επ ι μ έ λε ι α : Κ ερασαρίδης Γ ι άννης Ι.

"τι είναι τα Μαθηματικά;

«... Ποια τμήματα των Μαθηματικών είναι χρήσιμα; Πρώτα απ' όλα, ο κύριος όγκος των σχο λικών Μαθηματικών, η Αριθμητική, η στοιχειώδης Άλγεβρα, η στοιχειώδης Ευκλείδεια Γεωμετρία, ο στοιχειώδης Διαφορικός και Ολοκληρωτικός Λο γισμός. Πρέπει να εξαιρέσουμε ορισμένα μέρη απ' αυτά που διδάσκονται σε "ειδικούς", όπως η Προ βολική Γεωμετρία. Από τα εφαρμοσμένα, χρειάζο νται τα στοιχεία Μηχανικής (ενώ ο Ηλεκτρισμός, όπως διδάσκεται στα σχολεία, πρέπει να ταξινομη θεί στη ΦυσωΊ ). Κατόπιν, ένα αρκετά μεγάλο μέρος των Μα θηματικών σε πανεπιστημιακό επίπεδο είναι επί σης χρήσιμο. εκείνο το μέρος τους που πραγματικά αποτελεί ανάπτυξη των σχολικών Μαθηματικών με ποιο ολοκληρωμένες τεχνικές, καθώς και κά ποιο μέρος των εγγύτερων στη Φυσική θεμάτων, όπως ο Ηλεκτρισμός και η Υδρομηχανική. Πρέπει να θυμόμαστε επίσης ότι ένα απόθεμα γνώσεων αποτελεί πάντοτε προσόν, και ότι ο πλέον πρακτι κός από τους μαθηματικούς μπορεί να βρεθεί σε σοβαρή αδυναμία αν οι γνώσεις του είναι οι εντε λώς ελάχιστες που του χρειάζονται. Γι' αυτόν τον λόγο πρέπει να προσθέσουμε στα χρήσιμα κάτι λί-

γο από κάθε κλάδο.

Α λλά το γενικό μας συμπέρα σμα πρέπει να είναι πως χρήσιμα είναι εκείνα τα Μαθηματικά που τα ζητά ένας ανώτερος μηχανικός ή ένας μέτριος φυσ ικός. Και αυτό είναι το ίδιο, σε

γενικές γραμμές, με το να λέμε ότι αυτά τα Μαθη ματικά δεν έχουν ιδιαίτερο αισθητικό χάρισμα. Από την Ευκλείδεια Γεωμετρία, για παράδειγμα, χρήσιμο τμήμα της είναι το πληκτικό · δεν χρεια ζόμαστε το αξίωμα της παραλληλίας, την θεωρία των αναλογιών ή την κατασκευή του κανονικού πενταγώνου. Ένα μάλλον αξιοπερίεργο συμπέρασμα έρχε ται στην επιφάνεια, ότι τα καθαρά Μαθηματικά εί ναι συνολικά εμφανώς πιο χρήσιμα απ' ότι τα ε φαρμοσμένα. Ένας ακραιφνής μαθηματικός φαίνε ται να υπερέχει τόσο από την πρακτική όσο και από την αισθητική πλευρά. Γιατί αυτό που είναι χρήσιμο πάνω απ' όλα είναι η τεχνική, και η μαθη ματική τεχνική διδάσκεται κυρίως μέσα από τα καθαρά Μαθηματικά . . . » [πηγή : G. H . Hardy, 'Ή ΑΠΟΛΟΓΙΑ ΕΝΟΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΥ" , Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, μετάφραση : Μιχ. Λάμπρου-Δ. Καραγιαννάκης]

Γ ι άννης Κερασαρίδης 1 1. "Α υτό το ξέρατε; "

Ποιος είναι ο "πατέρας" του γνωστού θεωρήματος Ceνa ο Gioνanni ή ο Tommaso; [η απάντηση στο τέλος της στήλης] 1 1 1 . "οι συ νεργάτες της στήλης γράφου ν-ερωτο ύ ν "

Η στήλη μας αποφάσισε να εγκαινιάσει τη νέα περίοδο, δημοσιεύοντας τρία κείμενα με ισάριθμα θέματα: «Τι είναι ο Διαφορικός Λογισμός και οι Συναρτήσεις», «Το Βασικό Θεώρημα της Άλγεβρας», «Οι «ατέλειες» των ΣΤΟΙΧΕΙΩΝ του Ευκλείδη». Όταν τα εντοπίσαμε, ο πειρασμός ήταν μεγάλος, για να τα αγνοήσουμε Πρώτο θέμα: Τι είναι ο Δ ιαφορικός Λ ογισμός και οι Συναρτήσεις

ι μέθοδο την τεχνική του Διαφορικού Λογισμού σαν μια για να μελετήσουν την κίνηση, εισήγα

Δ Ι ΑΦ Ο Ρ Ι ΚΟΣ ΛΟ Γ Ι Σ Μ ΟΣ : έ νας τρόπος έλεγχου το υ μετα βλητού κόσμο υ

«Όταν οι μεγάλοι μαθηματικοί του 1 8ου αιώνα, ο Newton και ο Leibnitz επινοούσαν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/23

------

Homo M athematicus

-------

γαν στην επιστήμη των τη βασική αρχή του κινηματογράφου. Το φιλμ είναι στην πραγμα τικότητα μια διαδοχή από ορισμένες ακίνητες εικόνες ενός κινουμένου αντικειμενου. Όπως και ο Διαφορικός Λογισμός, έτσι και η κινηματογραφική ταινία τεμαχίζει την κίνηση σε "ακίνητες" φάσεις, που είναι δυνατόν να εξετασθούν η κάθε μια χωριστά. Με την ανακάλυψη της μεθόδου οι μαθηματικοί μπόρεσαν να θεωρήσουν τη μετατόπιση ενός αντικειμένου σαν ένα σημείο που χαράσσει τροχιά μέσα στο διάστημα και να σταματη σουν την πορεία σε μια ορισμένη στιγμή για να μετρήσουν την ταχύτητα και την επιτάχυνση της κίνησης του αντικειμένου στο

προσδιορισμένο σημείο. Τα Μαθηματικά αυτά των κινήσεων έγιναν βασικό επιστημονικό όργανο. Η Γη πάνω στην οποία ζούμε, βρίσκεται σε ορισμένη κίνηση, όπως και τα μόρια του αέρα που αναπνέουμε. Ο Διαφορι κός Λογισμός μας επιτρέπει να προσδιορίσου με τις κινήσεις αυτές, ακόμα και όσες δεν φαίνονται. Ο κλάδος αυτός, όπως και οι άλλοι, καταφεύγει βέβαια σε δύσκολες αφηρημένες έννοιες, αλλά τα βασικά αξιώματα είναι απλά και περιλαμβάνουν π.χ. τις έννοιες της συνάρτησης, τον κατά προσέγγιση υπο λογισμό, την ταχύτητα μεταβολής, την ολοκλήρωση και άλλες,

Η έννοια της "συνάρτησης", συνήθης σε πολ λούς κλάδους των Μαθηματικών, είναι βασική στο Διαφορικό Λογισμό. Όταν ένα σημείο μετακινείται σε μια τροχιά, η απόσταση που διανύει είναι συ νάρτηση του χρόνου που διέρρευσε. Γενικά, μια ποσότητα μεταβλητή είναι συνάρτηση μιας άλλης ποσότητας, όταν κάθε αλλαγή στην κατάσταση της μιας συνεπάγεται μια μεταβολή στην άλλη ποσό τητα. Το ανάστημα π.χ. ενός παιδιού είναι συνάρ τηση της ηλικίας του. Η σχέση αυτή μεταφράζεται σε μια εξίσωση, που μπορεί να πάρει γραφική μορφή με μια καμπύλη ή με μια ευθεία. Ο Διαφο ρικός Λογισμός επιτρέπει ν' αναλύσουμε το διά γραμμα της συνάρτησης και, κατά συνέπεια, την εξέλιξη της μεταβολής. Η ανάλυση των συναρτήσεων έχει μεγάλη σπουδαιότητα. Στο Σύμπαν το κάθε τι υπόκειται σε κάποια μεταβολή . Τα μέταλλα διαστέλλονται όταν αυξηθεί η θερμοκρασία τους. Έτσι, το μήκος μιας

ράβδου είναι συνάρτηση της θερμοκρασίας. Αν ξέρουμε το μήκος της σε κανονική θερμοκρασία, μπορούμε να υπολογίσουμε το μήκος της σε μια άλλη δεδομένη θερμοκρασία. Ένα κοινό παρά δειγμα συνάρτησης είναι το κόστος αποστολής ε νός γράμματος. Η αξία του γραμματοσήμου είναι συνάρτηση του βάρους που έχει το γράμμα και ένα απλό ζύγισμα μας επιτρέπει να την προσδιορίσου με. Με την κατάκτηση του διαστήματος προκύ πτουν όλο και νέες συναρτήσεις, όπως π.χ. εκείνη που καθορίζει τη σχέση μεταξύ της ταχύτητας ενός δορυφόρου και του μήκους που θα έχουν οι άξονες της τροχιάς του, ή ο καθορισμός της ποσότητας οξυγόνου που έχει ανάγκη ένας αστροναύτης»

Ο Ι Σ Υ � Α ΡΤ Η l: Ε Ι Σ : γ ρ α φ ι κές π α ρ α στfι.σης των ::: ξ r.Ι.ίξεων ενός κ ό σ μ ο υ που

αλλάζει

[Πηγή : " ΜΑΘΗ ΜΑΎ Ι ΚΑ " , σειρά 'ΈΠΙΠΗΜΟΝ Ι ΚΗ Β Ι ΒΛIΟΘΗΚΗ LI FE"]

Δ .•:ι)τ:.ρο Ο/μα: Το Βασιιαί Θι:(ί.Jμημα τη ς Ά/.γιβρας

«Γνωρίζουμε ότι όσο πιο πλούσιο είναι ένα αναλύεται καθόλου πάνω στο σύνολο των ρητών σύνολο Ρ, τόσο πιο πολλές είναι οι δυνατότητες να αριθμών, αναλύεται όμως σε τρεις παράγοντες αναλύσουμε πάνω σ' αυτό ένα δοσμένο πολυώνυμο πάνω στο πεδίο των πραγματικών αριθμών: f(x) σε παράγοντες. Το πολυώνυμο χ4-2 π.χ. δεν

χ4 - 2 = (χ - \/2 ) ( χ + \/2 ) ( χ2 + Fl )

και σε τέσσερες παράγοντες πά-yω στο πεδίο �ων μιγαδικών αριθμών: .. .ι·

- :!

(. ι · \--'2) (I' \1·/2) (ι· -

-'-

Ωστόσο το πλάτεμα του συνόλου συνεπάγεται και το πλάτεμα του πλήθους των πολυωνύμων που μπορούν να αναλυθούν. Γιατί αν δεχτούμε σαν συντελεστές όχι μοναχά τους ρητούς αλλά και τους πραγματικούς αριθμούς, θα χρειαστεί να αναλύσουμε όχι μοναχά πολυώνυμα, σαν το χ4-2,

\/'2) (.ι· \1/2) .

�

αλλά και τέτοια, σαν το χ4 - .J2 κι ακόμα σαν το χ4-π. Αλλά αν δεχτούμε τους μιγαδικούς αριθμούς, θα πρέπει να εξετάζουμε και τα πολυώνυμα τύπου χ4+ ί.

Ευτυχώς αποδείχθηκε πως από το πλάτεμα του συνόλου το κέρδος είναι πιο μεγάλο παρά η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/24

------

Homo M athematicus

ζημιά. Πάνω στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών πολυώνυμο (όχι μοναχά με ρητούς, αλλά και με οποιουσδήποτε μιγαδικούς συντελεστές) αναλύεται ως το τέλος, δηλ. σε παράγοντες πρώτου βαθμού. Αυτό όμως σημαίνει πως κάθε εξίσωση ν-οστού βαθμού με μιγαδικούς οποιοδήποτε

συντελεστές έχει ακριβώς ν ρίζες.

Το θεώρημα αυτό ονομάζεται βασ ικό θεώρημα της άλγεβρας των πολυωνύμων. Το

απέδειξε ο Karl Gauss ( 1 777- 1 845) το 1 799. Πιο περίπλοκο παρουσιάζεται το ζήτημα της ανάλυσης πολυωνύμου πάνω στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Όπως είδαμε, πάνω στο πεδίο αυτό το πολυώνυμο χ 2 + 6χ+ 1 Ο δεν αναλύεται σε παράγοντες πρώτου βαθμού. Μολαταύτα,

οποιοδήποτε πολυώνυμο με πραγματικούς συντε λεστές, που ο βαθμός του είναι μεγαλύτερος του δευτέρου, αναλύεται πάντα σε παράγοντες με συντελεστές του ίδιου είδους. Γι αυτό κάθε πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές αναλύε ται πάνω στο σύνολο των πραγματικών αριθμών σε παράγοντες πρώτου ή δευτέρου βαθμού. Το θεμελιώδες θεώρημα της άλγεβρας δίνει μοναχά τη βεβαιότητα ότι κάθε αλγεβρική εξίσωση έχει ρίζες (θεώρημα ύπαρξης). Ωστόσο αυτό το θεώρημα δεν μας λέει τίποτε για το πώς βρίσκουμε αυτές τις ρίζες. Μ' άλλα λόγια το ζήτημα της λύσης δοσμένης εξίσωσης μένει ανοιχτό και μετά την απόδειξη του βασικού θεωρήματος της άλγεβρας

Ο Niels Abel

Από πολλά χρόνια οι άνθρωποι ασχολήθηκαν με τη λύση εξισώσεων. Συγκεκριμένα προσπαθού σαν να εκφράζουν τις ρίζες της εξίσωσης μέσω των συντελεστών, χρησιμοποιώντας τις τέσσερες αριθμητικές πράξεις και την εξαγωγή ριζών. Αυτό κατορθώθηκε να γίνει για τις δευτεροβάθμιες εξισώσεις και σε συνέχεια για εξισώσεις τρίτου και τέταρτου βαθμού. Για πολλά χρόνια οι προσπάθειες των μαθηματικών κατευθύνονταν στην εύρεση λύσης με ριζικά (με τη βοήθεια αυτών των πέντε πράξεων) για οποιαδήποτε εξίσωση πέμπτου βαθμού. Όλες αυτές οι δοκιμές δεν οδήγησαν σε αποτέλεσμα. Για πολύ καιρό νόμιζαν πως αυτό οφειλόταν στην ανεπαρκή εφευρετικότητα των μαθηματικών και πως κάποτε θα παρουσιαστεί μια ιδιοφυtα που θα λύση το πρόβλημα. Πραγματικά, η ιδιοφυ·tα ήρθε ( 1 824) και ήταν

ο νεαρός Νορβηγός μαθηματικός Niels Abel ( 1 802- 1 829). Αντί ωστόσο για τον επιθυμητό τύπο, έδωσε αρνητική απάντηση, ότι δηλ. δεν υπάρχει λύση του προβλήματος. Στην αρχή, μολαταύτα ο Abel έκανε λάθος (και οι ιδιοφυ·tες κάνουν λάθη !). Του φάνηκε πως βρήκε τον τύπο που δίνει τη λύση εξισώσεων πέμπτου βαθμού με ριζικά. Αργότερα όμως είδε το λάθος, ανάλυσε τους συλλογισμούς και το αποτέλεσμα ήταν να διατυπώσει το περίφημο εξαγόμενο: όχι μοναχά ήταν λαθεμένος ο τύπος που είχε βγάλει, αλλά και γενικά δεν υπάρχει

τύπος που να εκφράζει τις ρίζες οποιασδιίποτε εξίσωσης πέμπτου βαθμού μέσω των συντεί.εστcvν αυτής της εξίσωσης, χρησ ιμοποιώντας την πρόσθεση, την αφαίρεση, τον πολλαπλασ ιασμό, τη διαίρεση και την εξαγωγή ρ ίζας». [πηγή : 'ΆΚΑΔΗΜΑΪΚ Η " , τόμ. 2, εκδ. Ι. ΓΙΑΝΝ Ι ΚΟΣ

Τρ ίτο θέμ α : Οι « α τι:λειι:ς» τω Ι' ΣΤΟ/ΧΕ/ΩΝ του Ε υκλείδη

«Η κλασική Γεωμετρία, όπως διατυπώθηκε στα "ΣΤΟΙΧΕΙΆ" του Ευκλείδη, θεωρήθηκε επί αιώνες τώρα σαν ένα αξεπέραστο και aσύγκριτο πρότυπο aπαγωγικής θεωρίας. Οι όροι ποτέ δεν εισάγονται χωρίς να οριστούν · οι προτάσεις ποτέ δεν βεβαιώνονται αν δεν αποδειχτούν, με εξαίρεση ένα μικρό αριθμό απ' αυτές, που διατυπώνονται σαν πρώτες αρχές: πράγματι, η απόδειξη δεν μπορεί ν ' ανάγεται επ ' άπειρον, αλλά θα πρέπει να στηρίζεται σε μερ ικές προτάσεις, η εκλογή των οποίων γίνεται με τέτοιο τρόπο, ώστε να μη διατηρείται η παραμικρή αμφιβολία για την ισχύ τους.

Επί πλέον, αν κι οτιδήποτε επιβεβαιώνεται ισχύει εμπειρικά, ποτέ δεν επικαλούμαστε την εμπειρία σαν απόδειξη: ο γεωμέτρης εργάζεται με την

αποδεικτική

μέθοδο

και

θεμελιώνει

τις

αποδείξεις του σε κείνο που ήδη καθιερώθηκε, υπακούοντας μόνο στους νόμους της λογικής. Έτσι,

κάθε θεώρημα βρίσκεται υποχρεωτικά δεμένο με τις προτάσεις από τις οποίες aπάγεται σαν συνέπεια, με αποτέλεσμα να δημιουργείται σταδιακά ένα πλέγμα, στο οποίο έμμεσα ή άμεσα όλες οι προτάσεις επικοινωνούν μεταξύ τους. Το σύνολο σχηματίζει ένα τέτοιο σύστημα, ώστε είναι αδύνατο να τροποποιήσουμε ή να αποσπάσουμε ένα του τμήμα, χωρίς να εκθέσουμε την ολότητά του. Έτσι λοιπόν «οι Έλληνες διαλογίστηκαν τα Μαθηματικά μ ' όλη τη δυνατή ακρίβεια κι άφησαν στο ανθρώπινο είδος το πρότυπο της αποδεικτικής τέχνης» (LΕΙΒΝΙτΖ, Nouνeau Essais IV, il, 1 3).

Με τους Έλληνες, η Γεωμετρία έπαψε να είναι μια συλλογή από πρακτικές οδηγίες ή, στην καλύτερη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/25

------

Homo Mathematicus

περίπτωση, εμπειρικές aποφάνσεις, για να γίνει μια ορθολογική επιστήμη. Από δω κι ο προνομιούχος παιδαγωγικός ρόλος που δεν πάψαμε από τότε να της αναγνωρίζουμε. Αν τη διδάσκουμε στα παιδιά, το κάνουμε λιγότερο για να τους μάθουμε κάποιες αλήθειες παρά για να πειθαρχήσουμε το μυαλό τους, αφού η χρήση της θεωρείται ότι προσδίδει κι αναπτύσσει τη συνήθεια του αυστηρού διαλογισμού. Όπως γράφει ο Brunschνicg ("Les etapes de la philosophie mathematique", κεφ. VI, §49): «0

Ευκλείδης, για τις τόσες γενιές που γαλουχήθηκαν με την ύλη του, υπήρξε περισσότερο δάσκαλος λογικής από δάσκαλος Γεωμετρίας». Και η

έκφραση more geoometrico έφθασε να σημαίνει more logico. Κι όμως αποκαλύπτεται ολοένα και περισσότερο ότι, αν και η Ευκλείδεια Γεωμετρία παρέμεινε αιώνες τώρα το πιο ολοκληρωμένο παράδειγμα aπαγωγικής θεωρίας, το λογικό οικοδόμημα στο οποίο στηριζόταν δεν ήταν άμεμπτο. Μερικές από τις ατέλειες αυτές, επισημάνθηκαν πολύ νωρίς, μόλις όμως τον 1 9ο αιώνα συνειδητοποιήσαμε το χάσμα που χώριζε την παραδοσιακή έκθεση από μια ιδανική aπαγωγική θεωρία. Ένα από τα σημεία που χαρακτηρίζουν τα Μαθηματικά από εκείνη την εποχή και δώθε, είναι η ξαφνική ανάπτυξη του προβληματισμού γύρω από τη λογική αυστηρότητα. Εξετάζοντάς την λοιπόν απ' αυτή τη νέα σκοπιά, η κλασική γεωμετρική απαγωγή παρουσιαζόταν λανθασμένη σε αρκετά της σημεία. Αναγκαστήκαμε να προβούμε σε διορθώσεις, το αποτέλεσμα των οποίων οδήγησε στην αξιωματική παρουσίαση της θεωρίας. Ξεκινώντας βασικά από έναν προβληματισμό πάνω στη γεωμετρική απαγωγή, aποδεσμεύτηκε, λόγω ακριβώς του λογικού και τυπικού της χαρακτήρα,

-------

από το γεωμετρικό περιεχόμενό της και μπόρεσε έτσι να εφαρμοστεί πάνω σε οποιαδήποτε aπαγωγική θεωρία. Ένα αξιωματικό σύστημα - λέμε επίσης μια αξιωματικοποιημένη θεωρία ή πιο σύντομα, μια αξιωματική - είναι λοιπόν η πλήρης μορφή που παίρνει, σήμερα, μια aπαγωγική θεωρία. Όχι βέβαια το χειμερικό σύστημα που ονειρευόταν ο Πασκάλ για τα υπεράνθρωπα πνεύματα, σύμφωνα με το οποίο θα ορίζαμε όλους τους όρους και θ' aποδεικνύαμε όλες τις προτάσεις, αλλά ένα σύστημα όπου οι αόριστοι όροι και οι αναπόδει κτες προτάσεις είναι ολότελα σαφείς και όπου οι τελευταίες τοποθετούνται σαν απλές υποθέσεις· με αφετηρία αυτές και μόνο, όλες οι προτάσεις του συστήματος οικοδομούνται σύμφωνα με λογικούς κανόνες καθορισμένους με σαφήνεια. Μια μέθοδος όμως εμφανίζεται εντελώς αδικαιολόγητη, όταν αγνοούμε τις αιτίες που την επιβάλλουν. Για να γίνει λοιπόν αντιληπτή η λειτουργία της aξιωματικής, θα ήταν σκόπιμο να εκθέσουμε πρώτα τις ανεπάρκειες τις οποίες διατείνεται ότι θεραπεύει. Είναι όμως αμφίβολο αν η ίδια ξεπήδησε με μιας σε ολοκληρωμένη μορφή . Οι απαιτήσεις αυστηρότητας, οι οποίες και τη γέννησαν, οξύνθηκαν με τη σειρά τους από τη χρήση της κι επέδρασαν πάνω της με τρόπο, ώστε να οδηγηθεί όλο και πιο πέρα στο δρόμο που της προορίστηκε. Θα πρέπει να διακρίνουμε δυο μεγάλες φάσεις της ανάπτυξής της, την πρώτη που τοποθετείται στην καμπή του 20ου αιώνα και τη δεύτερη που αρχίζει γύρω στο 1 920. Τέλος η προσφορά μιας τέτοιας μεθόδου τόσο στην επιστήμη όσο και στη φιλοσοφία υπήρξε τεράστια» [πηγή : Robert B lanche, ''Αξιωματική Μέθοδος" , εκδ. ΚΑΠΑΝΙΩΤΗ]

Πα. 'Ά υ ηί το ξ{ρ α τι:; " Iη α πάιιτη ση I

Είναι ο Gioνanni. Κατά πολύ σημαντικότερα του έργου του Mohr είναι, από θεωρητική άποψη, η γεωμετρική παραγωγή του Gioνanni Ceνa ( 1 2/6/1 648- 1 3/ 1 2/1 734). Ο διακεκριμένος αυτός μαθηματικός γεννήθηκε στο Μιλάνο. Το καλύτερο μέρος της ζωής του το πέρασε στη Mantoνa με την ιδιότητα μαθηματικού της Αυλής και γενικού επιτρόπου του δουκάτου των Gonzaga. Διάφορα δημοσιεύματά του αποδεικνύουν άνθρωπο με αξιόλογη δύναμη και πρωτοτυπία σκέψης. Αλλά η περιφημότερη πράγματι εργασία του είναι αφιερωμένη στον Δ ούκα της Mantoνa, τον Ferdinando Carlo, με τίτλο "De lineis rectis se inνicem secatibus statica constructio". Στο έργο αυτό δείχνεται η εφαρμογή των περί κέντρου βάρους θεωριών στην έρευνα και την απόδειξη

γεωμετρικών θεωρημάτων. Μεταξύ αυτών προέχει το θεώρημα, που φέρει το όνομα του Ceνa και του οποίου μια διατύπωση, ως γνωστόν, είναι τούτη :

«Αν Ο τυχαίο σημείο στο εσωτερικό wχαίου τριγώνου ΑΒΓ και οι ευθείες ΑΟ, Β Ο,ΓΟ τέμνουν τις πλευρές ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ, στα σημεία Α 1,Β1,Γ1 αντίστοιχα, τότε ισχύει (ΒΑ ι) (ΓΒι) (ΑΓι) = (ΓΑ ι} (ΑΒι) (ΒΓι) »

Ο Gioνanni Ceνa είχε αδερφό έναν άλλο μαθηματικό, τον Tommaso Ceνa (20/ 1 2/ 1 6483/2/1 736), ο οποίος ήταν ιησου'ϊτης και δίδαξε Μαθηματικά στο Κολέγιο του τάγματός του. Ο Tommaso όρισε τις καμπύλες στις οποίες έδωσε το όνομα "ανώμαλες κυκλοειδείς" ("cycloides anoma1ae") [πηγή : G. Loria, 'ΊΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ", εκδ. ΕΜΕ]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.Ι /26

Μαθηματ ι κά γι α την Α τάξ η του Λυκ ε ίου ι

Άλγ ε �ρα

Λυκ ε ίου

Πολυχρονιάδης Νίκος, Τσορτανίδης Δημήτρης, Τσορτανίδης Τάσος •

Ταυτότη τες - Πράξεις

(α - β γ + (β - γ) 2 + (γ - α γ = (α + β + γ) 2 (α). Να δείξετε ότι ισχύει: (α + β γ + (β + γ) 2 + (γ + α) 2 = 10( αβ + βγ + γα) (β). Αν αβ + βγ + γα = Ο τότε α = β = γ = Ο Λύση : (α). Ισχύει: (α - β)� + (β - γ) 2 + (γ - α) 2 = (α + β + γ) 2 Άρα: α 2 + β 2 - 2αβ + β2 + γ 2 - 2βγ + γ 2 + α 2 - 2γα = α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2βγ + 2γα <=:> 2α2 + 2β2 + 2/ - 2(αβ + βγ + γα) = α2 + β 2 + γ 2 + 2(αβ + βγ + γα) <=> α2 + β + γ2 = 4( αβ + βγ + γα) <::::> 2α2 + 2β + 2γ 2 = 8( αβ + βγ + γα) <::::> 2α2 + 2β + 2γ 2 + 2αβ + 2βγ + 2γα = Ι Ο( αβ + βγ + γα) <::::> (α 2 + 2αβ + β 2 ) + (β 2 + 2βγ + γ 2 ) + (γ 2 + 2γα + α 2 ) = 10(αβ + βγ + γα) <=> ( α + β) 2 + (β + γ) 2 + (γ + α) 2 = 10 ( αβ + βγ + γα) (β). Επειδή αβ + βγ + γα = Ο θα είναι: (α + β) 2 + (β + γ ) 2 + (γ + α) 2 = Ο άρα: (α + β = Ο) (β + γ = Ο) (γ + α = Ο) => (α = -β) (γ = -β) (γ + α = Ο) => => γ + α = -β - β = -2β = Ο => β = Ο => α = β = γ = Ο , , (α - β γ (β - γ) 2 (γ - α) 2 α + β + γ , να δειξετε = (χ - αγ, + (χ - β) 2 + (χ - γ) ,+ + 2. Αν χ = οτι: 3 3 3 3 1 . Αν γι α

α,β,γ ε R

ισχύει:

Λύση :

Είναι: (χ - α) 2 + (χ - β) 2 + (χ - γ γ = χ 2 - 2χα + α2 + χ 2 - 2χβ + β 2 + χ 2 - 2χγ + γ2 = 2 2 (α + β3+ γ ) =

3α 2 + 3β 2 + 3γ 2 - α 2 - β 2 - γ 2 - 2αβ - 2βγ - 2γα 2α 2 + 2β 2 + 2γ 2 - 2αβ - 2βγ - 2γα = = ----��--�--�--�� 3 3 α 2 + β 2 - 2αβ) + ( β 2 + γ 2 - 2βγ ) + ( γ 2 + α 2 - 2γα) = =( 3 ' )- ( 2 2 2 = ( α - β + β -3 γ ) - + (γ - α) = ( α -3 β γ + ( β -3 γ) + (γ -3 α) . ?

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/27

------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείο υ

-------

α2 ( 2αβ ( β2 ( Ι ) (Β). Να δείξετε ότι: α2 + β2 ) � αβ 2

Αν για του θετικούς αριθμούς α, β ισχύει:

( Α ). Να δείξετε ότι: Λύση : ( Α ).

α( α ;} ( β ν3

Στην ( 1 ) προσθέτω και στα τρία μέλη της την ποσότητα: α 2 + β 2 και έχω: 2α2 + β2 ( α2 + β2 + 2αβ ( α2 + 2β2 (2) 2α2 + β2 ( (α + β) 2 ( α2 + 2β2 (3) δηλαδή: Από τη σχέση ( 1 ) επίσης π ροκύπτει: α 2 ( β2 Άρα από την τελευταία σχέση είναι: 3α2 = 2α2 + α2 ( 2α2 + β2 και α2 + 2β2 ( β 2 + 2β2 = 3β2 ( 4) τέλος από τις (3) και (4) προκύπτει: 3α 2 ( (α + β) 2 ( 3β2 κι ακόμα: Ν <�(α + β) 2 < J3rf ή J3 Ι α 1 < 1 (α + β) I <J3 Ι β l και επειδή τα α, β, α + β θετικά η τελευταία γίνεται: J3α( α + β ( J}β δηλαδή: α ( α ( β α2 - 2αβ ( Ο και β 2 - 2αβ)Ο (Β) Από την ( 1 ) έχουμε: άρα: ( α 2 - 2αβ )(β 2 - 2αβ )<Ο εκτελώντας σ' αυτήν τις πράξεις έχουμε: α2 β 2 - 2α3 β - 2αβ 3 + 4α2β2 ( Ο 5α2β 2 - 2αβ( α 2 + β 2 )<ο, οπότε 2αβ( α 2 + β 2 )>5α 2 β 2 Δηλαδή: α- + β - ) -25 αβ και τέλος

;ι

•

Εξισώσεις

1 . Να λυθεί η εξίσωση :

Λύση :

(λ2

Αν (?.

lλ2 + 21χ - 2λ = 3χ + λ2 + Ι για όλες τις τιμές της παραμέτρου λ ·ι · .· , · � (Λ- i" 2/: -'-- 1 <= (?.:. 1 ) \ = (λ

, ,

7 '

i lι- _.. ι.. iX - '"' Λ = -' Χ + /\ + ,

+ 2 -

. �

3 ) Υ = λ2 + - l ) (λ + 1 ) ::::

Ο,

...,

.•

δηλαδή ?. .\

::::

1 1\ αi ).

:;::

·'"]· ·

...

-f.

) .\ -

1 :" + .:. Λ -· - ·

'"' '

1 ' } : -= () - 1 ) (;

- 1,

;: ( /ι.' +. '1 ),Ι ο. - ι Ηλ - u

�

1)\

(λ

1 ) ;:

τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση: /

_,..

1 + '1 •

λ - ι·

Αν λ = Ι , η εξίσωση γίνεται Οχ = 4 που είναι αδύνατη Αν λ = -Ι , η εξίσωση γίνεται Οχ = Ο που είναι ταυτότητα. 2. Αν κάθε χ R είναι λύση της εξίσωσης: λ4χ = (λ - Ι )(λ+ Ι) + 4( 4χ - λ) + 5 (Ι) ν α βρεθεί ο λ R Ε

Λύση : 1 "' τρόπος

Αφού η (Ι) ικανοποιείται για κάθε χ R , θα ικανοποιείται και για χ = Ο .Άρα: 0 = (λ - Ι )(λ + Ι) + 4(0 - λ) + 5 => λ2 - 4λ + 4 = 0 => (λ - 2 γ = 0 => λ = 2 2"ς τρόπο ς (1)

Έχουμε: <::::> λ4χ λ2 - Ι + Ι6χ - 4λ + 5 <::::> ( λ4 - 1 6 ) χ = λ2 - 4λ + 4 <::::> ( λ4 - Ι6 ) χ = (λ - 2 ) 2 <::::> (λ - 2 )(λ + 2 )( λ2 + 4) χ = (λ - 2 ) 2 ( 2) Εφόσον η (2) ως ισοδύναμη της (Ι) αληθεύει για κάθε πραγματική τιμή του χ πρέπει να είναι: (λ - 2)(λ + 2)(λ2 + 4) = 0 και (λ - 2) 2 = 0 Άρα λ = 2 . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/28

-----------3 . Αν η εξίσωση : λ2 (χ + 3) + 2(χ + 1) = 3λ(χ - 1) + (λ + 1) 3 (1) είναι αδύνατη, ν α βρεθεί η τιμή του λ R Μαθηματικά για την Α ' Λυκε ίο υ

•

Λύση :

Η (1) γράφεται ισοδύναμα: λ2χ + )1( + 2χ + 2 = 3λχ - }λ_ + 'iJ + )1( + }λ_ + 1 � λ2χ + 2χ - 3λχ = ')} + ] - 2 � ( λ2 - 3λ + 2 ) χ = ')} - 1 � (λ - ι )(λ - 2) χ = ')} - 1 ( 2) Η εξίσωση (2) είναι ισοδύναμη της (1) και αφού είναι αδύνατη πρέπει: (λ - ι)(λ - 2) = 0 και 'iJ - 1 :F 0 δηλαδή: λ = 2 •

Από λυ τε ς τιμές

1 . Αν α, β δύο μη μηδενικοί αριθμοί με: Λ\1 ση :

_α_ = _L ( 1) 1 + l a l ι + IPI

τότε να δείξετε ότι

α = β.

Προφανώς ( 1) � αβ Ο . Διακρίνουμε λοιπόν δύο περιπτώσεις: I) Έστω α, β θετικοί. Τότε επειδή: Ι α l = α και ιβι = β θα έχουμε: (ι) � _α_ = _β_ � α( Ι + β) = β(1 + α) � α + αβ = β + αβ � α = β l+α ι+β 1 1 ) Έστω α, β αρνητικοί. Τότε επειδή: Ι α l = -α και ιβι = -β θα έχουμε: β- � α(1 - β) = β(Ι - α) � α - pf3 = β - pf3 � α = β (1) � � = 1-α 1-β Άρα σε κάθε περίπτωση ισχύει α = β 2 . Δ ίνεται η εξίσωση :

( 5χ - 4γ + ( 4χ + sγ + ( χ - 7) ( χ + 7) = 2009 + ( χ - 2.J2 ) ( χ + 2.J2 ) (1)

ί. Να λυθεί η εξί σωση ίί. Αν α η μεγαλύτερη λύση της εξίσωσης, να απλοποιη θεί η παράσταση :

κ = 4 lx + 5001 + 3 l x - I OI - x - 2 1

λ \1 σ η :

για

χ (-α, α)

Η ( Ι ) γράφεται ισοδύναμα: 25χ2 - %χ + 16 + 1 6χ2 + %χ + 25 + )Ζ - 49 = 2009 + )Ζ - 8 � 25χ2 + 1 6χ2 = 2009 - 8 - ι6 - 25 + 49 � 4ιχ2 = 2009 � χ2 = 2009 � χ 2 = 49 � χ = ±7 4ι ίί. Η μεγαλύτερη από τις δυο λύσεις -7, + 7 είναι η α = 7 . Άρα: χ ( -7, 7) � -7(χ(7 � -7 + 500( χ + 500( 7 + 500 � 493 ( χ + 500( 5007 � χ + 500)0 � l x + 500 1 = χ + 500 ( 2) Επίσης: -7(χ(7 � 7 ΙΟ ( χ ΙΟ ( 7 ΙΟ � ι 7 ( χ ΙΟ( 3 � χ ΙΟ ( Ο � Ι χ - 1 0 1 = -χ + Ι Ο (3) Σύμφωνα με τις (2) και (3) η παράσταση Κ γίνεται: Κ = 4 (χ + 500) + 3 (-χ + Ι Ο) - χ - 21 = 4 χ + 2000 - 3 χ + 30 - χ - 2 1 = 2009 ί.

3 . Να απλοποιηθεί η παράσταση :

Α = l2 x - 61 + 3 l x - 11 - .Jχ2 - 6χ + 9

Λύση :

Η παράσταση Α γίνεται: A = l 2x - 6l +3lx - 11 - J(x -3) 3 = 2lx - 3l +3lx - 11 -l x -3l = lx -31 +3l x -11 Δηλαδή: A = l x - 3l + 3 lx - ll +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/29

-------

Μαθη ματικά για τη ν Α ' Λυκείο υ

-------

Σύμφωνα με τον ανωτέρω πίνακα διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις: 1. Αν χ :<::; 1 , τότε: Α = - (χ - 3) + 3 [ - (χ - 1)] = -χ + 3 - 3χ + 3 = -4χ + 6 2. Αν 1(χ 3 , τότε: Α = - ( χ - 3 ) + 3(χ - 1 ) = -χ + 3 + 3χ - 3 = 2χ 3. Αν χ)3 , τότε: Α = χ - 3 + 3 (χ - 1 ) = 4χ - 6 -4χ + 6, χ :<::;; 1 Α = 2χ, 1(χ 3 Δηλαδή: 4χ - 6, χ)3 :<::;;

•

{

Ρίζες

Για τους θετικούς αριθμούς α,

:<::;;

να δείξετε ότι ισχύει:

Λύση :

if;; 2 ifjj 2 ) � β 2 + α+ ( 1)

( 1) έχει και τα δύο μέλη της θετικά. Με ύψωση και των δύο μελών στον κύβο αρκεί να δείξουμε ότι: 2 2 2 22 2 2 2 2 2 23 ( {Γα + νtβ ) ) ( <Γα+ι3 ) ' ή ( {Γα γ + 3 ( {Γα γ νtβ + 3 {Γα ( νtβ ) + ( νtβ γ = ( <Γα+ι3 γ ' ή α 2 + 3 �α4β2 + 3 �α 2 β4 + β 2 = ( α + β) 2 , ή / + 3�α4β 2 + 3�α 2 β4 + βz = / + 2αβ + βz , ή 3�α4β 2 + 3�α 2 β4 = 2αβ ( 2 ) Για το πρώτο μέλος της (2), σύμφωνα με την ταυτοανίσωση: χ + y � 2 jry , χ, y � Ο έχουμε: 3 �α 4β 2 + 3 �α 2 β4 � 6 ��α 6 β 6 , οπότε 3�α 4β 2 + 3�α 2 β4 � 6 �α6 β 6 Δηλαδή: Άρα: 3�α4β 2 + 3�α 2 β4 � 6αβ ( 3 ) τέλος από την (3) εύκολα δείχνεται η (2) γιατί 6αβ)2αβ , εφόσον τα α, β θετικά. Η ζητούμενη σχέση 3

2. Να υπολογίσετε τον αριθμό : Λύσ η :

�.JS + 2 - �.JS - 2 .

Θέτουμε χ = �.JS + 2 - �.JS - 2 . Είναι τότε χ + �.J5 - 2 - �.J5 + 2 = Ο . όταν α + β + γ = Ο , τότε α3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ . Γνωρίζουμε ότι: 3 'Εχουμε επομένως χ 3 + ( �.JS + 2 ) + ( -�.JS - 2 Υ = 3xifJ5;2 ( - � ) χ 3 + .J5 - 2 - ( .J5 + 2 ) = -3χψ.J5 + 2 )( .J5 - 2 ) . δηλαδή 2 Επειδή ( .J5 + 2 )( .J5 - 2 ) = ( .J5) - 2 2 = 5 - 4 = 1 , η παραπάνω ισότητα γράφεται: χ 3 + 3χ - 4 = 0 , ή χ 3 - 1 + 3χ - 3 = 0 , ή (χ - 1)(χ 2 + χ + 1 ) + 3(χ - 1) = 0 , ή (χ - 1 )( χ 2 + χ + 1 + 3) = 0 , ή ( χ - 1 )(χ 2 + χ + 4) = ο . 2 15 5 1 1 1 2 χ χ = = 4 χ + χ Επειδή: χ- + + + 4+ 4 + 2 + -4 > ο προκύπτει χ - 1 = Ο , δηλαδή χ = 1 . Επομένως: ?

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 3 τ.l/30

------

3 . Αν

x, y > Ο

με

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείο υ

-------

χ * y , να aπλοποιήσετε την παράσταση :

Κ = ( 1� + 1iYX� + VY X� + \ΙΥΚΓχ + JY) .

Λύ ση :

Υπολογίζουμε την τιμή της παράστασης: 1 (ιrχ - 1iY ) · K = ( � - �iY xιrx + 'iYX� + 1ΥΧ� + \[Y )(fx + JY ) Με επαναλαμβανόμενη χρήση των ταυτοτήτων (α - β )( α + β ) = α 2 - β 2 Ο 2 2 2 2 και ( 1rα ) = � ,( �) = � ,( �) = -Γα ,( -Γα ) = α (α > ) λαμβάνουμε: (ιrχ - 1iY ) · Κ = ( � - VY) ( � + VY )( � + \/Υ )( fx + JY ) = (� - \/Υ)( � + \IY )( fx + JY ) = ( fx - JY )(fx + JY ) = x - y x-y κ= Π ροκύπτει επομένως: ιrχ _ ιiΥ · ----:==--�=

•

Π ρ ο τ ε ι ν ό μ εν ες

Ένας επιχειρηματίας πρόκειται να κατασκευάσει βενζινάδικο επάνω στην δρόμο που ξεκινά από το τοπικό αεροδρόμιο(Α) και εκτείνεται ανατολικά προς την κοντινότερη πόλη Π . Η πόλη απέχει 5km από το αεροδρόμιο ενώ το μοναδικό βενζινάδικο της περιοχής απέχει 4km από το αεροδρόμιο, όπως φαίνεται στο σχήμα. Α ο

Για να έχει μεγαλύτερο κέρδος σκέφτηκε ότι θα πρέπει να επιλέξει μία τοποθεσία η οποία θα απέχει τουλάχιστον 4km από την πόλη. Επιπλέον η νομοθεσία επιβάλει τα βενζινάδικα να απέχουν περισσότερο από 2km μεταξύ τους. Να βρεθούν οι περιοχές που είναι διαθέσιμες για να κατασκευαστεί το βενζινάδικο. 2 . Να δείξετε ότι: Αν

χ >

Αν α, β, γ>Ο και

Ο , τότε ,\'

-β -y

...

v ,

.! ;;;;: z . J'

τότε

( α + ν Η β --- ι-· Η y -

v! �

6 ι-• :-

+ ιι

3 . Αν χ, y , z, w είναι πραγματικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι ο ελάχιστος από τους αριθμούς

χ - y2 , y - z2 , z - w 2 , w - χ 2

Αν

5. Αν

x, y, z > O

1 4

ειναι το πο λυ' ισος με - .

αποδείξτε ότι

α, β , γ πλευρές τριγώνου

(Λ). Να δείξετε ότι ισχύει :

(� + 1z + �)2 :::: 3 (�z + � + 1) . Υ

Υ χ

ω + ω + 3;! >

(Β). Αν το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά γ, να δειχθεί ότι:

α3 + β 3 (γ 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/31

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου -------

Π υθαγόρ ε ι ε ς Τρ ι άδ ε ς Με αφορμή μια άσκηση από Σχολι κό Βιβλίο της Άλγεβρας

Α'

Λυκείου

Δ όρτσιος Κω νσταντίνος, Μάγκος Α θανά σιος

Ε ισαγωγ ικ ό

Στο Σχολικό βιβλίο της Άλγεβρας Α ' Λυκείου(Σ. Ανδρεαδάκη, κλπ) στη σελίδα 1 9 διαβάζουμε την άσκηση: «Να αποδειχθεί η ταυτότητα: ( α2 - β 2 ) z + ( 2αβ ) z = ( α 2 + β 2 )z ( Ι ) Απόδειξη:

Η απόδειξη της πρότασης αυτής υπάρχει στο σχολικό βιβλίο και στηρίζεται στην παραγωγή ισοδύναμων προτάσεων έως ότου κάποια απ ' αυτές είναι αληθής. Έτσι στο βιβλίο διαβάζουμε: Εφαρμόζοντας την παραπάνω μέθοδο, έχουμε διαδοχικά: 2 ( α _ β2 )2 + ( 2αβ) 2 = ( αz + β2 )2 α4 _ 2α z β 2 + β4 + 4αz β 2 = α4 + 2α2 β 2 + β4 α4 + 2α2 β 2 + β4 = α4 + 2α2 β 2 + β4, <::::>

<::::>

που αληθεύει.

Η άσκηση αυτή αποτελεί μια καλή αφετηρία για την επέκταση πέρα από το σχολικό βιβλίο και ειδικότερα σε μια συζήτηση για τις λεγόμενες «πυθαγόρειες τριάδες» 1 ος τύπος (τύπος του Ευκλείδη)

Πυθαγόρ ε ι ες Τρ ι άδες

Η σχέση ( 1) επειδή εξισώνει το άθροισμα δύο τετραγώνων με ένα τρίτο, εύκολα οδηγεί στο Πυθαγόρειο θεώρημα. Στο τρίγωνο ΑΒΓ (Σχ. Ι ) θεωρούμε ότι οι πλευρές του είναι: (2) ΑΒ = 2αβ Γ ΑΓ = j α z - β 2 1 ( 3 ) (4) όπου α,β δύο θετικοί ακέραιοι αριθμοί διάφοροι μεταξύ των. Οι σχέσεις (2), (3) και (4) μετασχηματίζουν την ( 1 ) ως εξής: ( ΑΓ ) 2 + ( ΑΒ ) 2 = (ΒΓ) 2 (5) Η ( 5 ) δηλώνει ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με κάθετες πλευρές τις ΑΒ, ΑΓ και με υποτείνουσα τη ΒΓ. Ύστερα απ ' αυτό εύκολα μπορεί κανείς ν ' αρχίσει να δίνει αυθαίρετες ακέραιες θετικές τιμές στα α,β (διαφορετικές μεταξύ των), να τις αντικαθιστά στους τύπους (2), (3), (4 ) και να βρίσκει τριάδες ακέραιων αριθμών που θα είναι μέτρα Β Α β πλευρών ορθογωνίου τριγώνου. Για παράδειγμα: "�α Αν α=� β=2 �. 1 τότε: κ = ΑΒ = 2αβ = 2 3 2 = 12 λ = ΑΓ = j α z - β z j = j 3 z - 2 z j = 5 μ = ΒΓ = α 2 + β 2 = 3 2 + 2 2 = 1 3 Οι φυσικοί αριθμοί 12, 5 και 1 3 επειδή ικανοποιούν τη σχέση: 1 2 2 + 5 2 = 1 3 2 λέμε ότι αποτελούν μια «πυθαγόρεια τριάδα». Τέτοιες πυθαγόρειες τριάδες μπορούμε να βρίσκουμε κάθε φορά από τους τύπους αυτούς. Για το λόγο αυτό η ταυτότητα αυτή έχει ενδιαφέρον καθώς αποτελεί μια «μηχανή» παραγωγής πυθαγόρειων τριάδων και αποδίδεται στον Ευκλείδη. �-��----4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/32

------

Ά ρα:

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείο υ

-------

( κ, λ, μ )

Πυθαγόρεια τριάδα:

κ 2 + λ2 μ 2

είναι η τριάδα των θετικών ακεραίων που ικανοποιούν τη σχέση:

Και:

Οι τύποι:

α,β

για τις διάφορες τιμές των διαφορετικών μεταξύ των θετικών ακεραίων: πυθαγόρειες τριάδες:

{ κ, λ, μ )

2 o c; τ(JΠΟ,(τtJΠΟ' του Π υ θ αγόpα)

παράγουν τις

Μια δεύτερη «μηχανή» παραγωγής πυθαγόρειων τριάδων είναι γνωστή από τους πυθαγόρειους, κατά μια μαρτυρία του Π ρόκλου. Οι πυθαγόρειοι αναζητώντας φυσικούς αριθμούς ώστε να είναι μέτρα 2 2 Ν2 + 1 2 , , , , - ταυτοτητα: , κατεληξαν , τριγωνου , ορθογωνιου Ν-, + Ν - 1 τυπο στον ακολουθο πλευρων 2 + 1 Ν4 + + 1 Ν 2 + Ι 2 - Ι ,Ν 2 ο οποίος είναι αληθής διότι: Ν + + Ν4 - 2Ν 4 4 Από τον τύπο αυτό προκύπτει ότι αν θέσουμε στη θέση του Ν ένα οποιοδήποτε περιττό φυσικό - 1 , Ν2 + 1 Ν, αριθμό τότε η τριάδα: θα αποτελεί μια πυθαγόρεια τριάδα γιατί προφανώς τα κλάσματα που εμφανίζονται στην τριάδα αποτελούν ακέραιους αριθμούς. ! α μ .rΊ .ri. €. ιγ μ α : Ν 2 - 1 9 2 - 1 80 40 Έστω Ν 9 τότε: + Ι 9 2 + 1 8 41 και

[--) [--) 2 2 2 Ν2 [ --) 2 =

[ -2-) Ν2 [ Ν2 2

)

2 2 2 Ν2 2 2 ( 9, 402 41) 2 -- = -- =

Έτσι η τριάδα: επειδή: αποτελεί πυθα ό

, 29 + 40 2 8 1 + Ι 600 1 68 1 4 Ι 2 α: 2 2 κ Ν, λ Ν - 1 μ = Ν + 1 {ΙΙ) =

Οι τύποι:

2 '

για τις διάφορες περιττές φυ σικές τιμές του Ν(τις μεγαλύτερες του 1) παράγουν τις πυθαγόρειες τριάδες:

3 ο ς τ\Jπος(Τ\Jπος του Π λ{ιτωνα) Ο

[

( κ, λ, μ )

τρίτος τύπος - «μηχανή» παραγωγής πυθαγόρειων τριάδων αποδίδεται στον Πλάτωνα και ' ' ' στηρίζεται στην ταυτότητα: Ν + �' - I �' + I η οποία εύκολα δείχνεται ότι αληθεύει. Από τη σχέση αυτή προκύπτει με την ίδια λογική πως, αν στη θέση του Ν aντικαθιστούμε κάθε φορά Ν 2 - 1, 4 + Ι την τιμή ενός άρτιου αριθμού τότε οι τριάδες: Ν, 4 είναι κι αυτές πυθαγόρειες τριάδες. n α ρ ιiδειγ μ α : Ν 2 - 1 8 2 - 1 64 Ι = 1 6 - 1 Ι 5 Έστω ότι Ν 8 τότε: 4 4 4 2 2 Ν 64 8 -+1 =-+1 Ι6 1 17 4 4 4 Ι +

) [

)

Ν2

= -

= - -

= -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.Ι/33

------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

-------

(8, 1 5 , 1 7) και η τριάδα που προέκυψε: 82 + 1 52 = 64 + 225 = 289 = 1 72 ικανοποιεί τη σχέση: άρα είναι μια πυθαγόρεια τριάδα. Άρα: Ν2 Ν2 κ = Ν, λ = - - 1 , μ = - + 1 ( ΠΙ ) Οι τύποι: για τις διάφορες άρτιες

φυ σικές τιμές του Ν(τις μεγαλύτερες του 2) παράγουν τις πυθαγόρειες

( κ, λ, μ )

τριάδες:

Γενικά αν η τριάδα ( κ, λ, μ ) είναι μια πυθαγόρεια τριάδα τότε και η τριάδα ( ρκ, ρλ, ρμ ) , όπου ρ ένας φυσικός μεγαλύτερος της μονάδας, θα είναι πυθαγόρεια. Αν οι φυσικοί αριθμοί κ, λ, μ έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη ίσο με τη μονάδα και αποτελούν πυθαγόρεια τριάδα τότε αυτή λέγεται πρωταρχική. Σε κάθε περιττό αριθμό αντιστοιχεί μια πυθαγόρεια τριάδα κατά την οποία μια κάθετη πλευρά και η υποτείνουσα έχουν μέτρα διαδοχικούς ακέραιους. Σε κάθε άρτιο αριθμό αντιστοιχεί μια πυθαγόρεια τριάδα κατά την οποία η μια κάθετη πλευρά και η υποτείνουσα έχουν μέτρα που διαφέρουν κατά δύο. Δύο πρώτοι μεταξύ των φυσικοί αριθμοί α, β όπου ο ένας είναι άρτιος και ο άλλος περιττός, σύμφωνα με τους τύπους (Ι), δημιουργούν πυθαγόρεια τριάδα. Να δειχθεί ότι αυτή είναι μια πρωταρ-κική πυθαγόρεια τριάδα. Κάθε πρωταρχική πυθαγόρεια τριάδα, σύμφωνα με τους τύπους του Ευκλείδη(!), προέρχεται από ένα ζεύγος δύο πρώτων μεταξύ των φυσικών αριθμών όπου ο ένας είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. Να βρείτε το σύνολο των ορθογωνίων τριγώνων με πλευρές ακέραιους αριθμούς ώστε κάποια από αυτές να έχει μέτρο 50. Να εξετάσετε αν υπάρχουν ορθογώνια τρίγωνα με πλευρές ακεραίους αριθμούς ώστε να έχουν εμβαδόν: β) Ε = 120 α) Ε = 78 γ) Ε = 1000 Να προσδιοριστεί το σύνολο των ορθογώνιων τριγώνων με πλευρές ακέραιους αριθμούς ώστε η περίμετρος των να είναι ίση με α) 88 β) 1 1 Ο Ι + 3 + 5 + . . . + (2ν + Ι) = ( ν + 1 ) 2

Με βάση τον τύπο: και το ακόλουθο σχήμα:

�

� � �-

•

• • •·

•

• • •·

• � ® •

•

@ ��

•

�

@;I

•

�

να δημιουργήσετε πυθαγόρειες τριάδες. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/3 4

•

• •

• • • •· •

• • • ν

�

•

ι@>

•

�

•

�

•

..._

•

�

-------

C:�- Ω

("jO.'

•)

�!\z,-

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείο υ -------

;j Ί

Μάγκος Θάνος, Πάλλα Μαρίνα 1) Έστω ΑΒΓ ένα ισοσκελές τρίγωνο (ΑΒ = ΑΓ), Δ, Ε σημεία της πλευράς ΒΓ τέτοια, ώστε ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ και Μ, Ρ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Αν Ν είναι το σημείο τομής των ευθειών ΜΔ και ΡΕ να αποδείξετε ότι:

ι.

ί. ίί.

ΜΔ = ΡΕ

ίίί.

ΜΝ = ΡΝ

ΜΔΑ = ΡΕΑ

Τα τρίγωνα ΜΔΒ και ΡΕΓ έχουν: ΜΒ = ΡΓ (ως μισά ίσων πλευρών), Β = Γ (επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές) και ΒΔ=ΕΓ. Επομένως τα τρίγωνα ΜΔΒ και ΡΕΓ είναι ίσα (ΠΓΠ). Οπότε ΜΔ =ΡΕ και φ = ω . Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΕΓ έχουν: ΑΒ=ΑΓ, Β = Γ και ΒΔ=ΕΓ . Επομένως τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΕΓ είναι ίσα (ΠΓΠ) . Οπότε ΜΑ = fEA και επειδή φ = ω θα είναι

11.

ιιι.

iJ = b .

Επειδή φ = & θα είναι και ΝΔΕ ΝΕΔ , οπότε το τρίγωνο ΝΔΕ είναι ισοσκελές με βάση τη ΔΕ. Επομένως ΝΔ = ΝΕ και εφόσον ΜΔ=ΡΕ θα είναι και ΜΝ=ΡΝ.

2) Σε σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ φέρνουμε τη διάμεσο ΑΔ και την προεκτείνουμε κατά τμή μα ΑΔ=ΔΕ. Στη συνέχεια φέρνουμε το ύψος ΑΗ και στην προέκταση του παίρνουμε τμήμα ΗΖ = ΗΑ. Να αποδείξετε ότι: -

ί. ΑΓΒ = ΒΓΖ ίί. Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΔΓ είναι ίσα ίίί. Αν Ο είναι το σημείο τομής των

- .. ... ....,_ ...

.. - 6 ."·-

ΒΕ και ΓΖ,

τότε το τρίγωνο ΒΟΓ είναι ισοσκελές. '.

, ..•

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΗ και ΗΓΖ είναι ίσα εφόσον ΑΗ ΗΖ και ΗΓ κοινή πλευρά. Επομένως ΑΓΗ = ΗΓΖ , δηλαδή ΑΓΒ = ΒΓΖ ( Ι ). Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΔΓ έχουν ΒΔ = ΔΓ ι. 1 1 . (η ΑΔ είναι διάμεσος), ΑΔ = ΔΕ και ΑΔΓ ΒΔΕ (ως κατακορυφήν). Επομένως τα τρίγωνα ΒΔΕ και =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/35

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λ υκείο υ -------

ΑΔΓ είναι ίσα (ΠΓΠ). Συνεπώς ΑΓΔ = ΔΒΕ (2). Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι ΗΓΖ = ΔΒΕ , επομένως το τρίγωνο ΒΟΓ είναι ισοσκελές. -

111.

3) Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ =ΑΓ και

Α =1- 90 ° . Στα σημεία Β και Γ φέρνουμε τις

κάθετες Βχ και Γψ αντίστοιχα στη ΒΓ. Αν η κάθετη

στο Α, προς την πλευρά ΑΓ τέμνει τη Βχ στο σημείο Μ και η κάθετη στο Α, προς την πλευρά ΑΒ τέμνει τη Γψ

(χ)

(ψ)

στο σημείο Ν, να αποδείξετε ότι ΒΜ = ΓΝ. Λί) σ η

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: α) Έστω Α.< 90 ° . (σχ. l ) Τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΝΑΓ έχουν: ΑΒ = ΑΓ, Α ι = 90 - Α = Α 2 και Β ι = 90 - Β = 90 - Γ = Β 2 ( Β = f λόγω του ισοσκελούς τριγώνου). Επομένως τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΝΑΓ είναι ίσα (ΓΠΓ) και άρα ΒΜ = ΓΝ . β ) Έστω Α > 90 ° . Τ α τρίγωνα ΜΑΒ και ΝΑΓ έχουν: ΑΒ=ΑΓ, Αι = 90° - Α = Α και ΛΒΜ = 90 ° + Β = 90 ° + f = ΑΓΝ 2 ( Β = f λόγω του ισοσκελούς τριγώνου). Επομένως τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΝΑΓ είναι ίσα (ΓΠΓ) και άρα ΒΜ = ΓΝ. '

2 Β

4) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ =ΒΓ) και I, Θ σημεία της ΑΓ. Φ έρνουμε ΘΔ .l ΑΒ, ΙΕ .l ΒΓ έτσι

ώστε: ΒΔ = ΒΕ . Να αποδείξετε ότι: ί.

Τα τρίγωνα ΑΘΔ, ΙΕΓ είναι ίσα.

ίί.

Τα τρίγωνα ΑΒΘ, ΙΒΓ είναι ίσα

ίίί.

Το τρίγωνο ΙΒΘ είναι ισοσκελές

Λί) σ η ι.

11. 111.

ιν .

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΘΔ και ΙΕΓ έχουν: ΑΔ=ΕΓ ( εφόσον ΑΒ = ΒΓ και ΒΔ = ΒΕ) και Α = f ( εφόσον το τρίγωνο ΑΒ Γ είναι ισοσκελές). Επομένως τα τρίγωνα ΑΘΔ, ΙΕΓ είναι ίσα και ισχύει ΑΘ = Π. Τα τρίγωνα ΑΒΘ και ΙΒΓ έχουν: ΑΒ = ΑΓ, ΑΘ=ΓΙ και Α = f . Επομένως είναι ίσα (ΠΓΠ). Από την ισότητα των τριγώνων ΑΒΘ και ΙΒΓ προκύπτει ότι ΒΘΑ = ΒΙΓ και συνεπώς το τρίγωνο ΙΒΘ είναι ισοσκελές. ----

�

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ και παίρνουμε τυχαίο σημείο Δ της διχοτόμου ΑΚ. Να

αποδείξετε ότι: ΑΓ - ΑΒ > ΔΓ - ΔΒ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 3 τ.Ι/36

-------

Μαθηματικά για

την Α ' Λυκείο υ

------Α

Λύση

Στην πλευρά ΑΓ παίρνουμε τμήμα ΑΕ =ΑΒ. Είναι ΕΓ=ΑΓ-ΑΕ , άρα ΕΓ = ΑΓ - ΑΒ ( 1 ). Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΕ έχουν την πλευρά ΑΔ κοινή, ΑΒ=ΑΕ και Αι = Α 2 (εφόσον ΑΚ διχοτόμος). Επομένως τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΕ είναι ίσα (ΠΓΠ) και άρα ΒΔ = ΔΕ (2). Στο τρίγωνο ΔΕΓ, σύμφωνα με την τριγωνική ανισότητα και τις σχέσεις ( 1 ) και (2) ισχύει: ΕΓ>ΔΓ-ΔΕ � ΑΓ ΑΒ>ΔΓ-ΔΒ. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με Α > 90 ° και Δ, Ε τυχαία

Β �-----...___________:,.. :: Γ κ

ση μεία των πλευρών ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: i. ii. iii.

Λύσ η

11. 111.

Η γωνία

�

ΒΔΓ

είναι αμβλεία

ΟΒ > ΒΕ, όπου Ο είναι το σημείο τομής των ΒΔ και ΓΕ ΒΔ

+ ΓΕ > ΒΕ + ΕΔ + ΓΔ

ΒΔΓ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΔ. Ά ρα Mr > Α > 90 ° , δηλαδή η Mr αμβλεία. Προκύπτει ότι ΟΓ > ΓΔ ( 1 ). Παρόμοια αποδεικνύουμε ότι και η ΒΕΓ είναι αμβλεία, επομένως ΟΒ > ΒΕ (2). Β Ισχύουν : ΟΓ>ΓΔ, ΟΒ>ΒΕ και ΕΟ+ΟΔ>ΕΔ (τριγωνική ανισότητα), οπότε αν προσθέσουμε τις ανισότητες κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη σχέση : ΟΓ + ΟΒ + ΕΟ + ΟΔ > ΓΔ + ΒΕ + ΕΔ, Δηλαδή : ΒΔ + ΓΕ > ΒΕ + ΕΔ + ΓΔ. --

Α σκήσ ε ις γ ι α λίJ σ η

I . Έ στω ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και Μ το μέσον του. Στα σημεία Α, Β φέρουμε ευθείες ε ι , ε 2 αντίστοιχα, ώστε ε ι , ε 2 ..l ΑΒ και επί της ε 2 θεωρούμε σημείο Γ τέτοιο ώστε ΑΒ=ΒΓ. Η κάθετος από το

Μ προς το ΜΓ τέμνει την ε ι στο σημείο Κ. Αποδείξτε ότι ΚΓΜ = ΜΓΒ . β+γ-α . 2 ίί) Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο, το άθροισμα των διαμέσων είναι μεγαλύτερο από την ημιπερίμετρο του τριγώνου. 3 . Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας Α θεωρούμε σημείο Μ. Αποδείξτε ότι ΜΒ + ΜΓ > ΑΒ + ΑΓ. 2 . ί) 'Εστω τρίγωνο ΑΒΓ και Δ σημείο της πλευράς ΒΓ. Αποδείξτε ότι ΑΔ >

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° . Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Δ. Από το σημείο Δ φέρουμε κάθετη στην πλευρά ΒΓ, η οποία τέμνει την προέκταση της ΒΑ στο σημείο Ε. Αποδείξτε ότι ΒΔ ..l ΕΓ . 5. Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Επί των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, Γ Α θεωρούμε σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοιχα ώστε ΑΔ=ΒΕ=ΓΖ. Αν Κ είναι το σημείο τομής των ΑΕ, ΓΔ, Λ το σημείο τομής των ΒΖ, ΑΕ, και Μ το σημείο τομής των ΒΖ, Γ Δ, αποδείξτε ότι το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ισόπλευρο. 6. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Μ σημείο στο εσωτερικό του. Οι ΒΜ, ΓΜ τέμνουν τις πλευρές ΑΓ, ΑΒ στα 4.

σημεία Δ, Ε αντίστοιχα. Αν ισχύει ΜΒΓ = ΜΓΒ, ΑΜΕ = ΑΜΔ , αποδείξτε ότι το ΑΒΓ είναι ισοσκελές. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ.l/37

Μαθηματ ι κά γ ι α τη Β ' τάξ η του Λυκ ε ίου Α σκήσε ι ς τρ ι γωνομ ετρ ίας Γιώργου Αποστολόπουλου

Οι ασκήσεις που ακολουθούν έχουν στόχο την κατανόηση και εξάσκηση των μαθητών στα θέματα της τριγωνομετρίας.

3-εφ=χ - 1 6 η �t.: Χ + 3 = Ο

Να λυθεί η εξίσωση:

Λύ ση Αν συνχ * Ο , τότε είναι γνωστό ότι:

- n�o):-: +σνν2χ σvv2x

Επομένως η εξίσωση γράφεται : 3 ε φ .; χ - '16 �

εφ· χ 1c

�

ε φ-χ l + . ·-.: . . + ι φ ·"

·�

<::> ε φχ =

€ψ � J

�

ή � φ:\

χ = κn.

�φ

±3

Ο (1)

}

εφ 2 χ = ω

<=>

}

εφ 2 χ = ω

<=> ω , 1 ω=3 η ω=3ω-16 -- + 3 = 0 l+ω 3 . 'J ..\: 3 ή t) ψΧ = - \:· 3 ή ε φχ = -,- ή � φχ

{' �)

ή t φχ

�'

χ = KJ[.

tφ + Q

± 6• κεΖ .

ή ;.;: φχ

<-'

,:φ

<=>

(' - ;tr:η.-

(Δεκτές τιμές γιατί ; )

Να λυθεί η εξίσωση : Λύ ση s η μaχ + 8 ο: u ν 2 χ

S [ ((η μ : χ

s:[(ημ4χ + σ 1..v4 χ) .:- - :2η μ4 χ · cn.•ν4 x] l 1 <=> + Cf\.JV2x)2 - 2η μ : χ · cn.t\·· 2x) Z - 2 η �f,. Χ · σ ι.'\'.; χ] =

1 <==>

((1 - lίi\'.: 2:()2 - η�"'::-:1 "'

η �ι4· 2χ - θη μΖ zχ + 7 = 0 <=>

ή ε φ • χ = ;- <=> ε φχ <=>

η �ι= 2χ = 1

<=>

αuν 2χ

� =

1 �

Β (1 - η μ 2 2 χ

+ ηi-<-" :z :..

η �•2 2χ = 1 ή η μ2 2Χ

α � 2χ

(21\

.ι

� <::>Χ �

- g"IJ\,.. 2:-ι:) S

(2κ

·'

Να λυθεί η εξίσωση : 2 ιj �Ι2 ;\ + \'' 3η �ι2;"i. = 3 Λύ ση Ισοδύναμα, έχουμε 2 η �ι2 κ + 2·,/3ημ."Ιi

crt.!\'X -

�

3 (ημ::: χ_ + �!\';;: χ) .,..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/38

�' .

�

t\.E Z.

- -.;-� '.

-------

συνχ ::F Ο 2εφ2χ + 2J3εφχ = 3 ( εφ2χ + 1 )

συνχ ::F Ο r:; 2 = 0 εφχ - ν3 4.

)

(

}

εφχ = J3 <=> εφχ = εφ

<=>

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει � •=·� �- -

� :: •. "- ·

' �

.:.. :: .' \

......

Εχουμε : r·

�

.�

' ·:·

'·

. ·

}

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου -------

(άτοπο) ή

.�.

"""'

:;.-

'"'·.

�1 ,

.•

·;; ,

J . • ...:;.:

= �

.··�. 1

}

<=>

(Δεκτές τιμές γιατί;).

να αποδειχθεί οτι είναι ορθογώνιο.

•:Ι

.�

ς; Ί_· \

ι.•ί:

I' �· •

:;.- -

�; - -:.:..

συνχ ::F Ο εφ2χ-2J3εφχ + 3 = Ο

<=> .\

. ,·''ι

Άρα .

<=>

,..,.,

� . .

� =

ή ·� ·,_,

-,-

,.;..

,1,

-:::- =

... .

. '

(άτοπο)

Επομένως το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με κορυφή της ορθής γωνίας το Α. 5.

Δίνεται οτι

,\',

•.)

, . Ό

ι r . . :·;

και

.,;. -+' .-..

( 1 ),

.....

... :...:..: �:

υπολογιστούν τα τόξα χ, y. :- •.-f· \,- ��.

Από τη σχέση (l) έχουμε Η

σχέση

(3)

η ,, - :-; =

2 η .ι· :··

λόγω της (2) γράφεται

πράξεις έχουμε .- <-, - ·:

�

\ -��

(2), να

� , δηλαδή

- . .:· :-·

l-3

-· .. _ -.. "" � ... 4'

ι � � ·;ρ

z w: -

...

... ' Ί

- :.;

.-!

1 -+- .:; ι..ζ -

...

�� -

: + · � . . •�

:· :

(3) . .

δηλαδή μετά από εύκολες

";�!

�

-:- ,οπότε

και

Να υπολογιστεί η τιμή των παραστάσεων :

ι ·ι · · -. ..

α.

β.

Από τον γνωστό τύπο r:

. .

Ι ··ι. +

. " Ι . :�. '

Απο τον γνωστό τύπο :.: ., ., .

·�'

··

:::

· ·

·.··

�

, \'.

έχουμε

·�· � ο, · ::

:. -: ) :::

Ι ] - '· '· '

·�

μ :J , •

·.

. •-::! ί,.._ \' · :

η . ;_ ·� ·: σ �:-

έχουμε

I ,

;

, .-. Γ·

Δείξτε οτι :

.l.

= .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/39

_ _.

•

' ..

'• ' ,.,ί j.,. ! Ι. !,

ϊ ,

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

------

Έχουμε σνν3 6Q - σνν7 2'Q

i . CH.t\'3.60 - IJ L!\'7 1 σ · i . (. σι•ν36° Τ O'ι.!V7 l 0 .

l · Ι σ ιι ν 36 + ουν7 2 '

Να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης : Ζη μ lS Λύση Είναι 2η �ι

;�

��

σνν

(2 ��)

ημ

ττ

άρα 2ημ l θ

rι

η �ι - " 9 9.

Ζπ

συ\'

Λ ύση

Έχουμε: 1

σψ45 °

σφ 23° - 1

. ""

. ·

-·

.,. α:

S η μ""

2τ

τt

β) 3 σνΨ 15 �

...

�)

�\

<3.

1 -�

�

1 - σφ 2 2

eφ·

Π'

άρα �ψ e

-1 t π .

-ττ

2 :τ

ημ

•

η �.� -::- = -:;-

�

° .

Άρα

l-σ�22ο

ίt

2σ"Ν '' :2Ά«'). "'

,..;:;

....

, για

.:�

2 ε ψ cι 1 - �. φ ,� ι;-;..

π =

2 - \ ,::)

;;:'"

- -·

·;τ

σ Ι..Ι ν 1 2

2η�J - α

-.,

2 αφού εφ

α1Ν

2. 4 .

ση ν

S π

Ο.

( Ζττ μ -- ·

( 2rΗι - '" σνν π) �

1 2--

π 24.

σι1ν2 σ

: π

π)

Ζ+

ανν

. 2 π 2 ;r 2tl μ - = η Η -:l2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /40

J - ..� t \ .J - 4 ι& +- 3 \ "";'"

σι.1ν --

+ 2 ε φ -:;; - Ί = ο .

-=r v

σφ23 °

... ττ

�

, π εχουμε ι,;:ι . α = ο

1 - ε φ "" -;: � ε φ ·

3 ., ,1

1 - σ ιιγ30° - 1 ..,

·")

γ) ε φ - = - 1 +

σνν z-r

Τ ' ονν 9

1 + σν ν 3 0 °

4η ιι - · σνν - = 2 !

y τότε y 2 + 2y -1 = Ο � y = -1- .J2 ή Υ = -1 + .J2

δ) Εχουμε ·. Sημ 2+ 2π

� ·

2 τ·)

ν φ Ζ Ζ � + ι;;-φ Ζ S0

.ιί.ι

(

") - φ1i ::r = 1 "� + a;; rr <=Φ .. π 2�φ 8 εφ 7 � - �φ·u �

Αν εφ

2π

QtΨ

σ φ Ζ lα·σφΖ39 - 1

- 2 , 2η μ

---

γ) Απο, το γνωστο, τυπο ,

-9-·

:ι

ο .,

0\.Ψ

-+ 9 · 9

2 � 1 - σφ 23a

η�ι- 15 - 1

1 + 2 . 2 '. '

:·ττ

rτμ

(π

= ημ

Β ' ηι• ;- σιη/" ';" = σ�ν2α ' ·'

' α: σι.1ν-

2·

π lΘ -

tHN

δ) Sη μ.ι Ζ4-

λλ�

rι σνν -

σφ22 ° + σ φ 2 3 ° � 1 - σφ 22°· - σ φ 23° + σ φ 2 2 c.:'

Αποδείξτε οτι : α) 1

α) 1

0 1i.' V

σ·φ · ( 2 '1ο. + 23° )

ο φ 2 3 α ) (1 - σφ22101 )

10.

!Β

�

'1. - ο: φ 2 3" -

Δείξτε οτι :

σφ22°

2 7!

+ ημ -

•1 μ

Q L1\'

-------

τι

-= L 2.

.::.

=· 1

4 '\ } .

..-

= \,', 3.

�

------

1 1.

'Εχουμε

2η μΑ ·

η�ιΑ · ημΑ

γιατί

""'

Ο\.!\'

;;:�

Α. =

(2c\.''r':.:: Α' - 1)

=r= Ο

<==>

ή Α ,.-..

�

2η μΑ'

�

=Ο

-------

ε φ;( τότε δείξτε οτι : .:.\· = 7

ημΑ' = Ο

σuν2Α

2Α

�:τ

Α=

3π 4

Ο �

Α - η μΑ =

σι�ν2

αφού Α είναι γωνία τριγώνου, επομένως

Α =+

δηλαδή 12.

ημlΑ

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει : Λ ύση

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

�

ου\•2Α.

2Α

32π

Τ·

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: η�ιΑ I σιΨΒ

ημΒ. - η�ιΒ I ·η �ιr

•

συvΑ • σvvz B ,

να αποδείξετε οτι αυτό είναι ορθογώνιο. Λύ ση Είναι η μ.;\ σ ι· \' Β

σι:νΒ

(η μΑ

σνν Β

σ υνΑ

ημΒ

0 \..l 't'A

συνΒ)

ημΓ

θα είναι Β + f

•;:. ;τ

Β -

· σ υνΖ

B"f + η ��D η μ r

σι�ν r - η μΒ

και επειδή Β -ι- Γ 13.

σνν (Α +

crννΒ

η μΒ

<=:::;) 'Π

-::;:-

ημΒ

�

ημΓ

··

ημΓ

σνΥΒ

σνν (Β + Γ)

α �

ο <=*

;::;

" C-σvvr) Ο

η p•Β ημr = Ο

δηλαδή Α = -;:,,,

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει : O t.1 VA a ιΨΒ + Tf!lA rn�B ημΓ •

δείξτε οτι το τίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Λύση Είναι ΤΗtΓ S Ί , η ιι.Α

αφού Ο < Α, Β Γ 1

συνΑ

.;;_ π,

Ο και r nιS > Q ,

συνΒ +

ημ.Α Επομένως : Ο'tι\ι (Α - Ε) 2 αδύνατο, γι' αυτό ονν (Α - Β) =

άρα Α 1 4.

Δείξτε οτι :

Λύση

Είναι

και Γ

ον\' 2 �0'0

ημΒ 1,

,/3ημ7�}0

. 20ο η μδ_Ο_ οο ' σι..,ν z οο - πu ll\,1\C.O

,·3·�·ι; 2η μ 2 0 °

· σι1ν 20 °

}

το

ημΒ

η �ιr s.

ισχύει όταν

ο υν ασ

'\ 3 η μ 2 S. Q Q-

και Γ

�·yΊ. ημ-4: 0°

1, =

η �ιΑ η μΒ , άρα ·

ημΒ

αλλά

avv(A - Β) σ\.Ιν (..Α - EJ) .> 1 είναι =

ημ90 °

+ � 3 η μ\.- 1 8:0 Q + J O 9'). .

·� 3· σ1.�ν z ο" - tl ΙJ2 0.ι ',

ννΦΟ

ημΑ.

1. =

4 \:' ]:

σ \..1 \1 �. 3: &0 Q - 7 0 Q'') 1

9 σ-Q' .

° · σνν-2 0σ-

, 1 σ\!v2 0Q' = 3 · η μ 2 0 ημδ�ο· ιJ1..1 120 ο -ημ10ο·V1.1 •60 ο '

ημ 2Q0·

η �ιΒ

η μΓ

και ημΓ

ημ.Α

··

η �ιr S. σuνΑ σuνΒ +

90c � Α ;: Β

σ υ\· 2 �0' ΙJ + \:: 3:ημ .z ; οι Q

- σνν 7 0:0

ημΑ.

έτσι :

2η� ι. 61)

ε φ6Ο" · σuΥ20Q> -ηι,ι20Q

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /4 1

,:Ί· ημ20:Q' · σl.'ν-2 0�;�

ν·�

2Q } = ,/�·σ'f.J "1!60"·rrμ·40° -

21τ�40οι

= -..

3·i·πu.40•t;�

,/j

:::

4./3 =

/'3

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

------Γεώργιος Τσαπακίδης

Π υ Ο υγι>ρας

Σ ιΊ μ ιοc

Κορυφαίος σοφός και μαθηματικός της αρχαιότητας. Γεννήθηκε στη Σάμο περί το 5 80π.Χ. και πέθανε στο Μεταπόντιο της Κάτω Ιταλίας γύρω στα 500 π.Χ. Ταξίδεψε στην Αίγυπτο, την Κρήτη και τη Μεσοποταμία. Ήταν μαθητής του Φερεδύκη στη Λέσβο και του Αναξίμανδρου και του Θαλή στη Μίλητο. Στον Κρότωνα της Κάτω Ιταλίας ίδρυσε σχολή, που είχε τη μορφή ηθικοθρησκευτικής επιστημονικής και πολιτικής κοινότητας. Στην είσοδο της σχολής υπήρχε η επιγραφή «Εκάς βέβηλοι» (μακριά οι αμύητοι). Η σχολή αυτή θεωρείται το πρώτο πανεπιστήμιο του κόσμου. Η βασική αρχή της πυθαγόρειας φιλοσοφίας ήταν ότι: η ουσία των όντων είναι οι αριθμοί. Έτσι εξηγείται η επίδοση των πυθαγορείων στη θεωρία αριθμών και τη γεωμετρία. Μερικές από τις μαθηματικές ανακαλύψεις των πυθαγορείων είναι: Το άθροισμα των γωνιών τριγώνου είναι ίσο με δυο ορθές Το ισόπλευρο τρίγωνο, το τετράγωνο και το κανονικό εξάγωνο είναι τα μόνα κανονικά πολύγωνα που μπορούν να καλύψουν το επίπεδο. Η χρυσή τομή Τ α πέντε κανονικά στερεά Το Πυθαγόρειο θεώρημα 2 +4+ 6 + . . . + 2ν=ν(ν+ 1 ) Ι + 3 + 5 + . . . + (2ν-1 )=ν2 ν (ν + 1) Ι +2 + 3 + . . . +ν= ----'------'2 Οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης: χ 2 + ψ2=z2 Οι aσύμμετροι αριθμοί Η ζωή, η διδασκαλία και ο θάνατος του Πυθαγόρα γ2 περιβάλλεται από θρύλους, όπως γίνεται συνήθως για τους μεγάλους δασκάλους. υ

•

• • • • •

._,

Το τετράγωνο της υποτείνασας ορθογωνίου τριγώνου ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των β καθέτων του πλευρών. 1 83 1 - 1 8 8 ! , 2 0 "c Π ρ �Ι ι: Ιi ρ � r ς

τω\'

Τ ο εμβαδόν του τραπεζίου είναι:

ΙΗΙ

γ + β ( γ + β) = ( γ + βγ Ε = --

. [i !! . Λ. )

και

Ε = -Ι βγ + -Ι α2 + -Ι βγ = -Ι ( 2 βγ + α 2 ) 2

Άρα (γ+ β) 2 =2βγ+ αz <=>γz +2γβ+ β 2 =2βγ+ αz <::> β 2 +γ 2 =α2

2 '1 ΑπόΜ:ιξη ( B il �ISC<IΓ<I - i ν ,j ίu n α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/42

---- Μαθη ματικά για τη ν Β ' Λυκείου

------

! "· Ι

Ι •• ·ί

Είναι (ΒΔΖΓ)=(ΔΕΗΖ)=(ΑΒΘΙ)=(ΑΓΚΙ)=Ε Ά ρα (ΑΒΘΙΚΓ)=(ΒΔΕΗΖΓ) (=2Ε)� 2(ΑΒΓ) + (ΒΓΚΘ)=2(ΑΒΓ)+(ΑΒΔΕ)+(ΑΓΖΗ) � (ΒΓΚΘ)=(ΑΒΔΕ)+ �ΑΓΖΗ)� ΒΓ2 =ΑΒ 2 +ΑΓ2

Είναι: (ΑΒΓ)=(ΓΜΔ)=(ΔΕΝ)=(ΒΕΘ)=Ε (ΑΓΔΕΘ)=(ΓΒΕΔ)+ (ΑΒΓ) + (ΒΕΘ)=α2 +2Ε (ΑΓΔΕΘ)=(ΑΓΜΖ)+(ΖΝΕΘ)+(ΓΜΔ)+ ( ΔΕΝ)=γ2 + β2 +2Ε Ά ρα α2 =β 2 +γ2 Δ

ι . Δ

ΑΒ 2 =(ΑΒΙΘ)=2(ΓΒΙ) ( αφού τα Α Β Ι και Γ Β Γ έχουν κοινή βάση τη ΒΙ και ίσα ύψη ως περιεχόμενα μεταξύ των ΘΓ//ΙΒ)=2(ΑΒΔ) Δ

(αφού Γ Β Ι

και

Α Β Δ )=(ΒΛΚΔ) (αφού 2(ΑΒΔ)

2 (ΑΒΔ) 2 _!_ ΒΔ · ΔΚ ΒΔ · ΔΚ ( ΒΛΚΔ ) 2 2 =

Όμοια ΑΓ =(ΑΚΕΓ), άρα ΑΒ 2+ΑΓ2 =(ΒΓΕΔ)=ΒΓ 2 Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.Ι/43

-------

Μαθη ματικ ά για την Β ' Λυκείου

1 011 Α πόδειξη (Γ. Λεγάτος- Σύγχρονη Ε λλάδ α)

-------

3'ι Αν τα Π ι , Π2 , Π 3 είναι όμοια πολύγωνα με

εμβαδά Ε ι , Ε2 , Ε3 αντίστοιχα τότε

nι

Ει

Ο E.S. Loomis (Η.Π.Α. 1 940) στο βιβλίο του: The Pythagorean proposition, παραθέτει 370 αποδείξεις του διάσημου θεωρήματος. ΣΧΟΛΙΟ :

Γενικεύ σε ις του Π υ θ αγορείου θεωρή μ ατος 1 •ι ( Ευκλείδης) Α

4" (Μ. Ste\vart- Μ . Β ρ ετανία, 1 8°ς αιώνας) Α

α.ΑΔ =ν.γ- + μ.β--μνα

z•ι (Π άππος - Αλεξάνδρεια 3°ς μ .Χ. α ι ώνας)

Έξω από το τρίγωνο ΑΒΓ κατασκευάζουμε τα παραλληλόγραμμα ΑΑιΓιΓ και ΑΑ2 Β ι Β . Έστω Κ το σημείο τομής των ΓιΑι και Β ι Α2 και Λ η τομή των ΚΑ, ΒΓ. Το εμβαδόν του παραλληλογράμμου 11

�

- - - -

" ο - - - - - -

ΓΓ 2 =ΒΒ 2 =ΚΑ

611

ΓΒΒ 2 Γ2 , με έχει εμβαδόν ίσο με το άθροισμα των εμβαδών των παραλληλογράμμων ΑΑιΓιΓ και ΑΑ2 Β ι Β .

ι ι

(Cuo de M a lves - Γαλλία, 1 783)

' '

' Gο ' '

__ _ ...

.. ..

Βι�------��

Αν το τετράεδρο ΟΑΒΓ είναι τρισορθογώνιο στο), τότε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ. l /44

---1.

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείο υ

------

Π Ρ Ο Β Λ Ή Μ ΑΤ Α

Μερικοί μαθητές βρήκαν ένα χάρτη του Μαύρου Πειρατή για ένα θησαυρό, που είχε κρύψει. Στο χάρτη ήταν γραμμένο : πήγαινε βήματα ανατολικά του γέρικου δέντρου, μετά βήματα βόρεια, δυτικά, 9 βόρεια, βήματα ανατολικά και βρήκες το θησαυρό. Πόσα βήματα απέχει ο θησαυρός από το δέντρο;

9 18

ζ) -

--=2=

---

0 ____,

Λύ ση

Φέρνουμε την ΑΘ κάθετη στη ΖΕ, που τέμνει την ΓΔ στο Η. Είναι ΓΗ=ΒΑ=5, οπότε ΘΕ=ΗΔ= Ι 3 , άρα ΖΘ=7. Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθ. Θ Α Ζ έχουμε ΑΖ2=ΑΘ2 +ΖΘ2 =24 2 + 7 2=25 2 . Ά ρα ο θησαυρός απέχει από το δέντρο 25 βήματα. Δ

Γ ι α το τετράγωνο της υποτείνουσας και το άθροισμα των τετραγώνων των κάθετων πλευρών 2 2 2 ενός ορθογων ί ου τριγώνου ισχύει, ως γνωστόν, α =β +γ • Τι συμβαίνει για το άθροισμα των κύβων των καθέτων του πλευρών και του κύβου της υποτείνουσάς του ; Ισχύει: α3 =β3 +γ3 , 3 3 3 3 3 α >β +γ , α < β +γ3 ή τίποτε από τα προηγούμενα; Μπορεί να γενικευθεί η απάντησή σας;

Λ \1 ση

Έχουμε: α3=α.α2 =α(β2 +γ2 )=αβ 2 + α/ >β. β2 +γ.γ2 (αφού η υποτείνουσα είναι η μεγαλύτερη πλευρά ενός ορθογωνίου τριγώνου)=β3 +γ3. Γενίκευση : Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ισχύει: αν=βν+γν, για κάθε ακέραιο ν>2. Η απόδειξη είναι όμοια με την περίπτωση ν=3 . 3. Μια σκάλα μήκους 4m στηρίζεται σε έναν κατακόρυφο Β τοίχο έτσι, ώστε η βάση της να απέχει 2m από τον τοίχο. Αν η βάση της γλιστράει στο δάπεδο στο οποίο στηρίζεται και απομακρύνεται από τον κατακόρυφο τοίχο με ταχύτητα με ποια ταχύτητα γλιστράει η κορυφή της πάνω στον κατακόρυφο τοίχο;

10cm/s,

Λ \J ση

Έστω ΑΒ η θέση της σκάλας πριν αρχίσει να γλιστράει. Είναι: AB=4m και ΑΟ=2, οπότε: 2 08 = �4 2 - 2 = h = 2 J3 = 2 · 1 , 73 = 3 , 46m Αν ΓΔ είναι η θέση της σκάλας 1 s από τη στιγμή που άρχισε να γλιστράει, τότε: ΓΔ=4 και ΟΓ=2 + 0, 1 =2, Ι m, οπότε: Ο 0Δ = 4 2 - ( 2 , 1 ) 2 = ν11,59 = 3 , 4m

�

Έτσι BΔ=3 ,46-3 ,4=0,06m=6cm, επομένως l s η κορυφή της σκάλας μετατοπίζεται κατά 6cm, γι ' Α αυτό η ταχύτητά της είναι 6cm/s. 4. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε το ύψος του ΑΔ. Αν οι περίμετροι των τριγώνων ΔΑΒ και ΔΑΓ είναι ρ 1 και ρ 2 αντίστοιχα, μπορείτε να εκφράσετε την περίμετρο ΑΒΓ ως συνάρτηση των ρ,, ρz; Λύση

.._--!-'----------� Επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΒ και ΑΓΒ έχουν την κοινή Γ είναι όμοια. Το ίδιο ισχύει και για τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΑΒΓ. α Β Δ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ.Ι/45

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

--------

Αλλά ο λόγος των περιμέτρων δυο ομοίων τριγώνων ισούται με το λόγο της ομοιότητάς τους, έτσι έχουμε:

� =�(Ρ Ρι _ Q Ρ

ηπερίμετρος

τσυ

ΑΒΓ)

Μια αίθουσα έχει διαστάσεις 9, 3m, όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα. Ποιο είναι το μήκος της ελάχιστης διαδρομής που πρέπει να ακολουθήσει το μυρμήγκι για να πάει από το Α στο σημείο Β ;

. \ \J ση Ε Έστω ΑΜΒ μια τυχαία διαδρομή του μυρμηγκιού από z το Α προς το Β . Αν κατακλύσουμε τον κατακόρυφο τοίχο I (επίπεδο ΒΔΕΖ) έτσι, ώστε να ανήκει στο ίδιο επίπεδο που ανήκει και το πάτωμα (επίπεδο ΑΓΔΕ) τα τμήματα ΑΜ και ΜΒ δεν μεταβάλλονται, οπότε το μήκος της διαδρομής του μυρμηγκιού θα μείνει το ίδιο. 3 Δ 9 'Ετσι το πρόβλημα ανάγεται σε ένα πρόβλημα της Β επίπεδης γεωμετρίας. Η ελάχιστη διαδρομή έχει μήκος το μήκος της υποτείνουσας ΑΒ του τριγώνου ΓΑΒ, άρα ΑΒ = .JI 2 2 + 5 2 = 1 3m

� ,

Γ ------

- ---

5 Γ ορ θ ογών ιου

6. Έστω Μ τυχαίο της χορδής ΑΒ του κύκλου (O,R). Δείξτε ότι ο λόγος των ακτίνων των κύκλων, που εφάπτονται της χορδής στο Μ και του κύκλου (O,R) και βρίσκονται εκατέρωθεν της ΑΒ, είναι σταθερός. Λύση

··

Έστω (Κ, ρ ) και (Λ, ρ2 ) οι δυο κύκλοι που εφάπτονται της χορδής ΑΒ στο Μ και του κύκλου (0,). Συμβολίζουμε με α την απόσταση ΟΙ του Ο από τη χορδή ΑΒ και με β την απόσταση του Ο από την ΚΛ . Από το σχήμα έχουμε: ΟΚ=ΟΝ-ΝΚ=R-ρ 1 ΘΚ=ΘΜ+ ΜΚ=α+ ρ 1 ΘΛ=ΜΛ-ΜΘ=ρ2-α ΟΛ=ΟΡ-Ρ Λ=R-ρ2 Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΘΚ έχουμε:

.........

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο Ο Θ Λ έχουμε: ΟΘ- + ΘΑ - = ΟΑ - <=> ( ρ 2 - α ) 2 + β-, = ( R - ρ 2 ) 2 <=> ρ; - 2αρ 2 + α- + β- = R - - 2Rρ 2 + ρ; <=> Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l /46

------

Μαθη ματικ ά για την Β ' Λυκείου

R-α Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε: .fl = = σταθερό. ρ2 R + α 7.

Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης Για ποια τιμή του

--------

f { χ ) = .Jx2 - 4χ + 20 + .Jx2 + 6χ + 73

χ η f παίρνει την ελάχιστη τιμή της;

. . .. .

Επειδή τα τριώνυμα χ 2-4χ+20 και χ 2 +6χ+ 73 έχουν αρνητικές διακρίνουσες παίρνουν θετικές τιμές για κάθε χ ε R, γι ' αυτό και η συνάρτηση έχει πεδίο ορισμού το R. Για κάθε χ ε R ο τύπος της συνάρτησης γράφεται: ----f(x) = �r---(2 - x) " + 4 " + ( χ + 3 ) " + 8 2

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

Υ I I I I I I I I I I I

�-��-χ� +3�=-�Ι Β

)

Όπως φαίνεται από το σχήμα, η τιμή f(x) της f στο χ είναι το μήκος της τεθλασμένης γραμμής ΓΜΔ. τη; οποίας τα άκρα Γ, Δ είναι στα θ ερά. αφού ΑΒ=2-χ +χ+ 3=5 , ΑΓ=4 και ΒΔ=8. Έτσι η ελάzιστη τιμή της f συμπίπτει με το ελάχιστο μήκος της τεθλασμένης ΓΜΔ, το οποίο ταυτίζεται με το μήκος του τμήματος Γ Δ. Δ

'Ε τσι: f min

= (Γ Δ ) = .J5" + 1 2 2 (από το ορθογώνιο τρίγωνο Ε Δ Γ = 1 3 )

' ' ' Απο τα ο 'uοια ο ρ θ ογωνια

ΑΚ ΑΓ 2 - χ Δκ Δκ ' =<=> τριγωνα Α Γ και Β Δ εχουμε: ΚΒ ΒΔ χ+3 '

Άρα η ελάχιστη τιμή της f είναι

1 3 για χ =

�

= -4 3

<=>

χ =-

Το πείραμα των Αμερικανών φυσικών Ε. Morley και Α. Michelson το 1 887 έδειξε ότι: η ταχύτητα του φωτός στο κενό είναι απόλυτο φυσικό μέγεθος, δηλαδή ένας παρατηρητής κινούμενος με οποιαδήποτε ταχύτητα ως προς μια φωτεινή πηγή μετρώντας την ταχύτητα του φωτός στο κενό τη βρίσκει πάντοτε ίση με c=300.000km/s. Ο Α. Einstein το 1 905, στην Ειδική Θεωρία της Σχετικ ότ η τα ς , θεώρησε ως θεμελιώδη φυσική αρχή το προηγούμενο πειραματικό αποτέλεσμα. ( ll ί'Π <ίJ- 1 9 5 5 )

Μυθική φυσιογνωμία της Μαθηματικής Φυσικής. Με την Ειδική και Γενική Θεωρία της Σχετικότητας άλλαξε τις απόψεις μας για τον χώρο, τον χρόνο και γενικότερα για το Σύμπαν. Η δεύτερη θεμελιώδης αρχή της Ειδικής Θεωρίας της Σχετικότητας είναι: Για παρατηρητές, που ο ένας κινείται με σταθερή ταχύτητα ως προς τον άλλο, οι φυσικοί νόμοι μένουν αναλλοίωτοι. Υποθέτουμε τώρα ότι πάνω σε μια πλατφόρμα βρίσκεται ένας στύλος στο κάτω άκρο Α του οποίου είναι τοποθετημένη μια φωτεινή πηγή και στο πάνω άκρο του Β βρίσκεται ένας παρατηρητής Πι . Τη στιγμή που η πλατφόρμα αρχίζει να κινείται με σταθερή ταχύτητα υ ως προς ακίνητο παρατη ρητή Π 2 η φωτεινή πηγή στέλνει ένα φωτεινό παλμό προς τον παρατηρητή Πι. Στο χρονικό διάστημα που μεσολάβησε από τη στιγμή, που ο φωτεινός παλμός ξεκίνησε από τη φωτεινή πηγή μέχρι να φθάσει στον παρατηρητή Πι, η πλατφόρμα μετακινήθηκε από τη θέση ΑΒ στη θέση Α Ή ', όπως φαίνεται στο σχήμα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /47

----

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

---

Β '

:Π ι ' ' ' ' ' '

-----

---

Β'

Ο φωτεινός παλμός για τον παρατηρητή Πι διατρέχει το τμή μα ΑΒ, ενώ για τον παρατη ρητή π2

το τμήμα ΑΒ Ό Από το ορθογώνιο Α Α 'Β ' έχουμε ότι ΑΒ '>Α 'Β '=ΑΒ. Επειδή η ταχύτητα του φωτός ΑΒ ' Α 'Β ' είναι σταθερή και για τους δυο παρατηρητές, έχουμε: > Αλλά απόσταση προς την c c ταχύτητα δίνει το χρόνο. Έτσι ο χρόνος t που απαιτείται για να διατρέξει ο φωτεινός παλμός την απόσταση ΑΒ ' είναι μεγαλύτερος από το χρόνο t ' που απαιτείται για να διατρέξει την απόσταση Α 'Β Ό Ποια σχέση συνδέει τους δυο χρόνους t και t '; Λ ύ ση

Έχουμε:

}

AA'=Ut για τον ακίνητο παρατηρητή Π2 • AB '=Ct

Α Έ '=Ct'για τον κινούμενο παρατη ρη τή Π 1

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθ. Α Α Έ · Παίρνουμε: Δ

( ΑΒ γ = ( ΑΑγ ( Α'Β γ +

<=>

c 2 t 2 = c 2 t 2 + c 2 t' 2

<=>

( c 2 - υ 2 ) t 2 = c 2 t' 2

<=>

�� 2 Ί

<=>

(�)2

<=>

1- c

Η τελευταία σχέση δείχνει ότι αν δυο παρατηρητές Π 1 και Π2 έχουν δυο πανομοιότυπα ρολόγια και ο Π1 κινείται με σταθερή ταχύτητα ως προς τον Π 2 , τα ρολόγια θα δείξουν διαφορετικούς χρόνους και μάλιστα ο χρόνος του Πι θα είναι μικρότερος από το χρόνο του Π2 • Το γεγονός αυτό έρχεται σε αντίθεση με την εμπειρία μας, γιατί το υ είναι πάρα πολύ μικρό σε σχέση . u ο . t' t' . με το c, ετσι -;;- , αρα t = ι =t . ΣΧΟ Λ Ι Α

ι-(�)' J

Όμως τα σύγχρονα ατομικά ρολόγια που έχουν μεγάλη ακρίβεια (χάνουν l s σε κάθε 1 0 1 3s) μπορούν να μετρήσουν τη διαφορά χρόνου μεταξύ ενός ακίνητου παρατηρητή στη γη και ενός ταξιδιώτη σε ένα αεριωθούμενο Boeing 747. Το αντίστοιχο πείραμα που πραγματοποιήθηκε επιβεβαίωσε και πειραματικά t' τη σχέση t = 9.

�-ω J

Αν Ρ είναι εσωτερικό σημείο του τετραγώνου ΑΒΓΔ, τέτοιο ώστε PA= l , ΡΓ=3 και ΡΔ=2, τότε πόσες μοίρες είναι η γωνιά ΑΡΔ; Λύ ση

Από το Ρ φέρουμε τις κάθετες ΚΛ και ΜΝ στις απέναντι πλευρές του τετραγώνου και θέτουμε: ΑΚ=ΜΡ=ΔΛ=χ και ΑΜ=ΚΡ=ΒΝ=y, οπότε: ΚΒ=ΡΝ=ΛΓ=α-χ και ΜΔ=ΡΛΝΓ=α-y, όπου α η πλευρά του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /48

-------

Μ α θ η ματικ ά για την Β ' Λυκείου -------

τετραγώνου. Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΚΑΡ, ΛΔΡ και ΛΓΡ έχουμε αντίστοιχα: χ 2 +/= 1 ( 1 ) xz +(α-y)2 =4 (2) (α-χ)2 +(α-y)2 =9 (3)

α2 - 3 (4) Με αφαίρεση κατά μέλη των (2) και ( 1 ) παίρνουμε: α 2 - 2αy = 3 <:::::> y = 2α α2 - 5 Με αφαίρεση κατά μέλη των (2) και (3) παίρνουμε: α 2 - 2αχ = 5 <:::::> χ = (5) 2α Η ( 1 ) λόγω των (4) και (5) γράφεται: α 2 - 5 2 α 2 - 3 2 <=:> 4 1 0 .J32 <=:> 2 = 1 α - 1 0α z + 1 7 = 0 <=:> α 2 = ± α = 5 ± 2 J2 . + 2α 2α 2 Αν ήταν α 2 = 5 - 2J2, θα είχαμε, ΑΓ 2 = 2α 2 = 1 0 - 4 J2 < 9 = ΡΓ 2 , οπότε το Ρ θα ήταν εξωτερικό σημείο του ΑΒΓ Δ. άτοπο , άρα α 2 = 5 + 2 J2 .

( ) ( )

Από το θ. συνη μίτο\'ων στο Α Ρ Δ έχουμε: ΑΔ : ΑΡ : + ΔΡ 2 - ΑΡ ΔΡσυνΑΡΔ <:::::> 5 + 2 J2 = 1 2 + 2 2 - 2 I 2 συνΑΡΔ <:::::> J2 ' <:::::> συ\'ΑΡΔ = = συν\ 3 5° <:::::> ΑΡΔ = 1 35° 2 =

- -

ΣΧΟ.\ Ι Α

.-------'+--., Β

Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε για λύση στο Ρωσικό περιοδικό Κνant με τον αριθμό Μ796. Ο αείμνηστος καθηγητής M urray Klamki n (μέγας κατασκευαστής και λύτης προβλημάτων) έδωσε την παρακάτω ευφυή λύση : Με φορά αντίθετη της κίνησης των δεικτών του ρολογιού περιστρέφουμε το τετράγωνο ΑΒΓ Δ κατά 90° γύρω από το Δ οπότε η νέα θέση της κορυφής Α είναι το Α', της Β το Β ', της Γ το Α και του Ρ το Ρ.'Ετσι ΑΡ '=3, Α'Ρ'= 1 , ΔΡ '=2 και Ρ Δ Ρ ' = ( αφού και το ΔΡ έχει περιστραφεί κατά 90° περί το Δ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΡΡ ' έχουμε: pp <:: = ΔPc + ΔP ' 2 =2 2 +2 2 =8, οπότε στο τρίγωνο ΡΑΡ ' έχουμε: είναι ορθογώνιο στο Ρ. Επομένως: ΡΑ2=ΡΡ ' 2 +ΔΡ ' 2= \ +8=9=ΑΡ 'c δηλ. το Ρ Α Ρ ' ΑΡ Δ = Af>p · + Ρ ·p Δ = 90° + 45° ( αφού το Δ Ρ Ρ · είναι ορθογώνιο και ισοσκελές)= 1 3 5 ° . Δ

1 Ο. Για όλους τους θετικούς αριθμούς α, β, γ δείξτε ότι ισχύει: .---_____ α 2 αβ + β 2 + β 2 βγ + γ 2 ':?. α 2 + αγ + γ 2

�

Λ ύση

Θεωρούμε τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ, ΟΒ, και ΟΓ έτσι, ώστε (ΟΑ)=α, (ΟΒ)=β, (ΟΓ)=γ και ΑΟΒ = Β Ο Γ = 60° . Από το νόμο των συνημίτονων στα Δ

Ο Α Β, Ο Β Γ και Ο Α Γ έχουμε αντίστοιχα: ΑΒ 2=α2 + β 2-2αβσυν60°=α2 + β 2-αβ ΒΓ2=β2 +γ2-2βγσυν60°=β2 +γ2-βγ ο ΑΓ2=α2 +γ2-2αγσυν60°=α2+γ2 +αγ Ά ρα ( ΑΒ) = Jα 2 - αβ + β 2 , ( ΒΓ) = Jβ 2 - βγ + γ 2 Από την τριγωνική ανισότητα για την τριάδα Α, Β, Γ έχουμε: (ΑΒ)+ (ΒΓ)Ξ::( ΑΓ) (το = όταν το Β είναι σημείο του τμήματος ΑΓ) <:::::> Jα 2 - αβ + β 2 + Jβ 2 - βγ + γ 2:: Jα 2 + αγ + γ 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /49

-------

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείο υ

--------

Ένα αεροπλάνο απογειώνεται από ένα αεροπλανοφόρο για μια αναγνώριση νότια. Το αεροπλάνο κινείται με σταθερή ταχύτητα 400km/h και το αεροπλανοφόρο συνεχίζει την πορεία του 60° βορειοδυτικά με ταχύτητα 32 km/h. Αν το αεροπλάνο έχει καύσιμα για 5 ώρες, ποια είναι η μέγιστη απόσταση που μπορεί να διανύσει, πριν αλλάξει πορεία, για να επιστρέψει στο αεροπλανοφόρο; Λύ ση Λ

Β κ

το ότι Έστω αεροπλάνο πετά νότια για t ώρες και βρίσκεται στη Λ θέση Λ τη στιγμή που Ν αλλάζει πορεία για να κατευθυνθεί προς το αεροπλανοφόρο, που βρίσκεται στη θέση Κ μετά από t ώρες. Έχουμε: (OK)=32t km, (ΟΑ)= 400t km, (ΚΑ)= 400 (5-t) km Από το νόμο των συνημίτονων στο τρίγωνο ΟΚΛ έχουμε: ΚΛ2=0Κ2+0Λ2-20Κ.ΟΛσυν1 20°� 4002( 5-t)2=3 2 2t2+4002t2+ 3 2 400t� 54t2+ 6250t-l 5625=0�t:::::2 ,45 h. ι

11. Έστω το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με (ΑΒ)=4, (ΑΓ)=3 και (ΒΓ)=5. Εξωτερικά του ΑΒΓ κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ, ΑΓΖΗ και ΒΓΘΙ. Οι ευθείες ΔΙ, ΕΗ και ΖΘ τεμνόμενες ανά δυο σχη ματίζουν το τρίγωνο ΚΛΜ. Είναι το τρίγωνο ΚΛΜ ορθογώνιο; Λ ύση Δ

και

Επειδή ορθ.ΑΗΖ=ορθ.ΑΒΓ έχουμε ΑΗΕ=Β ΑΕΗ=Γ. Από το ΚΖ Η παίρνουμε: Κ = Ι 80° - κΖΗ - κΑz = Ί 80° - ( 90° -φ) - ( 90° - Β) = φ + Β, έτσι συνΚ=συν(φ+ β)=συνφσυνβ-ημφημβ (l) Από το νόμο των συνημίτονων στο ΖΘΓ έχουμε: ZEi =32 +52 2 3 5 ( 1 80 -Β) =34+30συνΒ=34+30� =52,ΆΡΑ ΖΘ = 2 Jl3 . Από το ίδιο τρίγωνο 5 Δ

συν

έχουμε και: ΓΘ2 = ΖΘ2 + ΖΓ2 -2 ΖΘ ΖΓσυνφ � 52 = 52 + 9 - 2 2Jl3 3συνφ συνφ = b, ν 13 , η ( 1 ) γινεται: 3 - 54 . J13 2 = 1 0 αρα κ' , , η.φ=y� 1-σw φ= [132 και ετσι οποτε συνκ 53 . J13 5Jl3 2 Με την ίδια διαδικασία παίρνουμε είναι: συνΜ = b Ο , άρα Μ 90° . 5 ....; 7 3 Είναι: Κ + Μ = ( φ + Β ) + ( ω + Γ ) = ( Β + Γ ) + φ + ω 90° , έτσι λ 90° Το κλΜ είναι οξυγώνιο και όχι ορθογώνιο. ·

�

Π ΡΟ ΒΛ Η ΜΑΤΑ

12. Το σχήμα αποτελείται από τρία ίσα τετράγωνα a + β =; . 13. Τέσσερις μπάλες του μπάσκετ είναι τοποθετημένες στο δάπεδο του γηπέδου έτσι, ώστε τα κέντρα τους να σχηματίζουν τετράγωνο και κάθε μια να εφάπτεται των δυο διπλανών της. Μια Πέμπτη μπάλα τοποθετείται πάνω στις τέσσερις πρώτες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ.l/50

90 0 .

------μπάλες, στις οποίες εφάπτεται. Αν κάθε μια από τις μπάλες έχει διάμετρο 25cm, τότε πόσο απέχει το κέντρο της πέμπτης μπάλας από το δάπεδο; 14. Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο είναι ΑΒ=ΒΓ=3, ΓΔ=7 και η πλευρά ΑΔ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου. Ποια είναι η ακτίνα του κύκλου; 1 5. Έστω κύκλος (Ο) με ακτίνα R=l και χορδή του ΑΒ. Με διάμετρο ΑΒ Α Δ κατασκευάζουμε εξωτερικά του (Ο) ημικύκλιο και από το Ο φέρουμε κάθετη στην ΑΒ που τέμνει το ημικύκλιο στο Γ. Ποιο πρέπει να είναι το μήκος του ΑΒ ώστε το ΟΓ να γίνει μέγιστο; 1 6. Ένα εξάγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Τρεις διαδοχικές πλευρές του εξαγώνουβ είναι ίσες με α και οι επόμενες τρεις διαδοχικές πλευρές είναι ίσες με . Εκφράστε την ακτίνα του κύκλου ως συνάρτηση των α και β . 1 7. Δίνεται κύκλος (c) και ευθεία (ε) που δεν τέμνει τον κύκλο. Δείξτε ότι υπάρχει σημείο Ρ τέτοιο, ώστε το εφαπτόμενο τμήμα, που φέρνουμε από οποιοδήποτε σημείο Μ της (ε) προς τον κύκλο, να είναι ίσο με το ΜΡ. Μαθηματικά για την Β' Λυκείο υ

--------

Α ΠΑΝΤΗΣ Ε Ι Σ - Υ Π Ο Δ Ε Ι Ξ Ε Ι Σ ΣΤ Α Π ΡΟΤΕ Ι ΝΟΜΕΝΑ Π ΡΟ Β ΛΉΜΑΤΑ

(ε) 13. &. + β = 45" 14. 2; ( 1 + J2 ) 15. R=4.5 1 6. Αν ΟΔ l_ ΑΒ και ΟΔ = ..[;. , τότε ΔΓ = ΑΔ = � και οΓ - = 1 + 2ν χ - χ- , άρα 2 ΟΓ = - χ = max χ = _!_, άρα ΑΒ = fi . 2 2 β 1 7. R = α 2 + αβ3 + 1 8 πό το κέντρο του (c) φέρνουμε κάθετη ΟΚ στην (ε) και την εφαπτομένη ΚΛ του (c). Πάνω στην ΚΟ παίρνουμε τμήμα ΚΡ=ΚΛ. Για τυχαίο σημείο Μ της (ε) αποδεικνύουμε ότι ΜΝ=ΜΡ, όπου ΜΝ εφαπτομένη του (c). )

max <=> χ

�

<=>

Β Ι Β Λ Ι ΟΓΡΑΦΙΑ

Ι . Crux Mathematicorum, Canadian Mathematical Society 2. Α. Engel, Problem- solνing Strategies, Springer, New York, 1998 3. T.L. Heath, Α History of Greek Mathematics, Oxford Uniνersity, 192 1 (Ελληνική μετάφραση με τίτλο: Ιστορία των Ελληνικών Μαθηματικών, ΚΕ.ΕΠ.ΕΚ ., Αθήνα, 2001 ) 4. R. Honberger, Mathematical Morse\s, Μ .Α.Α., US A , 1978 5. R. Honberger, More Mathematical Morsels, Μ.Α.Α., USA, 1991 6. R. Honberger, I n Polya's Footsteps, Μ.Α.Α., USA , 1997 7. R. Honberger, Mathematical Diamonds, Μ.Α.Α., US A, 2003 8. R. Honberger, Mathematical Delights, Μ.Α.Α., US A , 2004 9. Gino Loria, Storia Delle Mathematiche, Verico Hoepli Editore, Milano (Ελληνική μετάφραση με τίτλο: Ιστορία των Μαθηματικών Ε.Μ.Ε., Αθήνα, 1971) 1 0. E,Maor, The Pythagorean Theorem, Princeton Uniνersity Press, Princeton, New Jersey, 2007 (Ελληνική μετάφραση με τίτλο: Το Πυθαγόρειο Θεώρημα, Κάτοπτρο, Αθήνα, 2008). 1 1 . N.C.T.M., Leaming and Teaching Geometry, Κ-12, USA , 1988 12. J.R. Newman, The World ofMathematics, Tempus, USA , 1988 13. Ε.Ν.Οικονόμου, Η Φυσική Σήμερα (Ι. Τα θεμέλια), Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, 1990. 14. Δ. Τσιμπουράκης, Η Γεωμετρία και οι εργάτες της στην Αρχαία Ελλάδα, Αθήνα, 1985. 15. H.D. Young, Uniνersity Physics, Addison-Wesley Publishing Company, US A , 1992. (Ελληνική μετάφραση με τίτλο: Πανεπιστημιακή Φυσική, Εκδόσεις Παπαζήσης, Αθήνα, 1994). ΕΥΚ.\ΕΗΗΣ Β' 73 τ. l/5 1

------- Μ α θη ματικά για την Β ' Λυκείου ------

ΔΙΑ ΝΥΣΜΑΤΑ

Λεωνίδας Μαυρογιαννάκης

ί\ σ κ η ση 1 '1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ

,η διάμεσος ΑΜ και σημεία Ρ κα ι Ε

5- 1 ΡΕ = - - ΑΒ + - ΑΓ . 6 6 ί) Να δείξετε ότι το Ρ είναι το μέσον του ΒΕ.

τέτοια ώστε ΑΡ = ! ΑΜ και 3

ii) Αν Η σημείο τέτοιο ώστε ΒΗ = ! ΑΓ - _! ΑΒ , να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΒΗΕ είναι 3 3 παραλληλόγραμμο.

[

Λ ύ ση

-)]

5- 11- 1- 1 - - -1 1 + -ΑΓ. ΑΒ = -ΑΒ Β = - ( ΑΒ + ΑΓ - + -ΑΓ - ΑΒ = --ΑΒ Είναι ΒΡ = ΑΡ - ΑΒ = -ΑΜ Α 3 2 6 6 6 6 3 Δηλαδή ΒΡ = ΡΕ και επομένως Ρ μέσον του ΒΕ. 5- 1 - 1- - ίί) ΑΕ = ΡΕ - ΡΑ = --ΑΒ +-ΑΓ + -ΑΜ = 6 6 3 Β +.!_ΑΓ +.!. .!. ( ΑΒ+ = = -2Α 6 6 3 2 5- 1- 1- 1= --ΑΒ + -ΑΓ + -ΑΒ = + -ΑΓ 6 6 6 6

ί)

- ·

- · -

Ar)J

[

4- 22- 1 -ΑΓ = --ΑΒ = -+ -ΑΓ 6 6 3 ΑΒ + 3 άρα ΑΕ = ΒΗ .

Β Μ

Ά σ κ η ση 2'1

Σε τρίγωνο ΑΒΓ Μ είναι το μέσον της ΑΓ και Δ, Ε τέτοια ώστε ΑΔ = ! ΑΒ και ΓΕ = ! ΒΓ . 2 4 ί) Να εκφράσετε τα διανύσματα ΔΜ και ΔΕ ως γραμμικό συνδυασμό των ΑΒ και ΑΓ . i) Να δείξετε ότι τα σημεία Δ, Μ, Ε είναι συνευθειακά. ίίί) Αν Η το μέσον της ΜΕ, τότε να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΗΓ Δ είναι παραλληλόγραμμο. Λ ίJ σ η ί)

- - - 1- 1= ΑΜ - ΑΔ = -ΑΓ ΔΜ - -ΑΒ 2 4

(1)

= �ΑΒ + �ΒΓ = �ΑΒ + � ( ΑΓ - ΑΒ ) = = ΔΕ = ΔΒ + ΒΕ = �ΑΒ + ΒΓ + ΓΕ = �ΑΒ + ΒΓ + _!_ΒΓ 4 4 2 4 2 4 2 �ΑΒ - �ΑΒ = -�ΑΒ + �ΑΓ + �ΑΓ 4 2 2 4 2

(2).

(

� }

Από ( 1 ) και (2) είναι ΔΕ = 3 - � ΑΒ + ΑΓ επομένως ΔΕ = 3ΔΜ δηλαδή τα διανύσματα ΔΕ και ΔΜ είναι συγγραμμικά, άρα Δ, Μ , Ε είναι συνευθειακά. ίίί) Είναι ΜΗ = ΗΕ και από (β) ΔΜ = .!.ΔΕ άρα ΜΕ = �ΔΕ και επομένως 3 3 ίί)

ΔΜ = ΜΗ = ΗΕ =.!_ΔΕ + _!_ΑΓ 2 3 = _!_ΑΒ 4 _

(3).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /52

-------

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

--------

ΓΗ = ΕΗ - ΕΓ = 1- 1 - = - ΑΒ - - ΑΓ + ΓΕ = 2 4 1- 1- 1-ΑΒ--ΑΓ +-ΒΓ = 2 2 4

� ΑΒ-� ΑΓ+� ( ΑΓ-ΑΒ) = 4

1- 1- 1- 1=-ΑΒ--ΑΓ+-ΑΓ--ΑΒ 2 2 2 4 Β άρα - 1ΓΗ = --ΑΒ <=> ΓΗ = ΔΑ 4 και συνεπώς το τετράπλευρο ΑΗΓ Δ είναι παραλληλόγραμμο. -

Ά σ κ η ση 3 '1 ( Π ρ όταση)

Δίνονται τ α ση μ εία Ο, Α, Β, Γ, αν ά δύ ο δ ιαφορετικ ά. Αν υπ ά ρχουν κ, λ , μ Ε R όχι όλοι μη δέν -

ώ στε κΟΑ + λΟΒ + μ ΟΓ = Ο (1) κ αι κ + λ + μ = Ο (2), τότε να δ ε ίξετε ότι τα σημε ί α Α, Β, Γ ε ίναι συνευθ ειακ ά και αντιστ ρ ό φως . .\ (J σ η

Υποθέτουμε ότι λ -::f:. Ο , τότε από την (2) έχουμε: κ = -λ - μ και αντικαθιστώντας η ( Ι ) γίνεται: ( -λ -μ ) ΟΑ + λΟΒ+ μΟΓ = δ <=> -λΟΑ-μΟΑ +λΟΒ+μΟΓ = δ <=>

λ ( ΟΒ - ΟΑ ) + μ ( ΟΓ - ΟΑ ) = δ <=>

λΑΒ + μΑΓ = δ <=> λΑΒ = -μΑΓ <=> ΑΒ = - � ΑΓ . (3) λ .-\. ντίστ ρ οφα : Υποθέτουμε ότι Α, Β, Γ είναι συνευθειακά σημεία τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός χ τέτοιος ώστε ΑΒ = χΑΓ <=> ΟΒ - ΟΑ = χ ( ΟΓ - ΟΑ ) Γ Α <::> 08 - ΟΑ = χΟΓ - χΟΑ <=> χΟΑ - ΟΑ + ΟΒ - χΟΓ = Ο <=> ( χ - Ι ) ΟΑ + ΟΒ - χΟΓ = δ (4) και αν θέσουμε κ = χ - 1 , λ = 1, μ = -χ τότε η (4) γίνεται: κ0Α + λ0Β + μ0Γ = 0 και κ + λ + μ = Ο . Α

Α σ κ η σ η �'I

Δίνον τ αι τ α δ ιανύ σ ματ α ΑΒ, ΑΡ, ΑΓ δ ι ά φ ορα μ ετ α ξύ τους αν ά δύ ο . Αν ισχύ ει η 1 σχέ ση : ΑΡ = -- ( ΑΒ + χΑΓ ) , (1) χ Ε R και 1+χ χ -::f:. - 1 τ ότ ε Β, Ρ, Γ είναι συνευ θ εια κά και αντιστρ ό φως. Λ ίJ ση

Από την σχέση ( 1 ) έχουμε: ( Ι + χ ) ΑΡ = ΑΒ + χΑΓ <::> ΑΒ - ( Ι + χ ) ΑΡ + χΑΓ = δ . Από την προηγούμενη άσκηση αν θέσουμε Β Γ κ = l, λ = -1 - χ, μ = χ , τότε κΑΒ + λΑΡ + μΑΓ = δ και κ + λ + μ = Ο . Επομένως Β, Ρ, Γ είναι συνευθειακά. Αντίστροφα, αν τα σημεία Β, Ρ, Γ είναι συνευθειακά τότε υπάρχει χ ε R τέτοιο ώστε ΒΡ = χ ΡΓ <=> ΑΡ - ΑΒ = χ ( ΑΓ - ΑΡ ) <=> Ι <=> ΑΡ + χΑΡ = ΑΒ + χ ΑΓ <=> ( 1 + χ ) ΑΡ = ΑΒ + χΑΓ και για χ * - Ι είναι ΑΡ = __ ( ΑΒ + χΑΓ ) . Ι+χ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. Ι /53

-----Ασ κ η ση

Αν

ΜΝ

5η

η δ ιά μεσος

Μαθηματικ ά για την Β ' Λυκείου

ΑΒΓΔ

τραπ εζίου

αντ ίστοιχα, να δ είξετε ότι

ί)

ΜΝ

και Κ, Λ τα μ έ σα των δ ιαγων ίων του

!(ΑΒ + ΔΓ)

ίί)

και

Λ ύ ση

ΝΜ = _!_( ΝΑ + ΝΔ ) = _!_( ΝΒ+ΒΑ+ΝΓ +ΓΔ) . ΝΜ = _!_ ( ΒΑ+ ΓΔ) <=:> ΜΝ = _!_ ( ΑΒ + ΔΓ ) . 2

ii)

και

ΒΔ

!(ΔΓ - ΑΒ) . 2

ΚΛ = ΚΔ + ΔΓ + ΓΛ = - ΒΔ + ΔΓ +- ΓΑ = 2

ΑΓ Β

Όμως ΝΒ + ΝΓ = Ο επομένως -

ΚΛ

ί)Όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα αφού Μ μέσον της ΑΔ είναι: 2

------

Ν ·

1 - 1 1 - - 1 - 1 1 - 1 - - ( ΑΔ - ΑΒ) + ΔΓ + - ( ΔΑ - ΔΓ) = - ΑΔ - - ΑΒ + ΔΓ + - ΔΑ - - ΔΓ = - ΔΓ - - ΑΒ .Άρα ΚΛ = - ( ΔΓ - ΑΒ) .

1 -

2°' Τ ρόπο ς (Αναλυτική Μέθοδος)

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα O xy όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα με τον άξονα χ ' χ να συμπίπτει με την πλευρά ΔΓ του τραπεζίου και την κορυφή Α να βρίσκεται στον άξονα Oy . Υ

Α (Ο,α)

Α------"?\

Β ( β , α)

�-��-----��-� N(P;r ,�) . . ./

Δ (δ,Ο) χ

Γ(y,Ο)

(

Οι συντεταγμένες των κορυφών του τραπεζίου είναι

)( ) (

)(

Α(Ο,α), Β(β,α), Γ(γ,Ο) και Δ(δ,Ο) και οι χ +x δ + συντεταγμένες των μέσων Μ χΑ +χΔ , ΥΑ + yΔ JΟ+ , α +Ο = � � Ν Β r Υ Β Υ r = β + γ �

) \_

2'2 ,

)

'2 ,

(β; δ %) και Λ (�, �) . Υπολογίζουμε επομένως τις συντεταγμένες των διανυσμάτων: β+ -δ β γ = ( χ Ν - x M , yN - Υ Μ ) = ( ; -%,0) = ( � , Ο ) , ΑΒ = ( χ 8 - x A , y8 - Υ Α ) = ( β, Ο ) , με τον ίδιο γ- -δ τρόπο βρίσκουμε ΔΓ = ( γ - δ, Ο ) και = ( � , Ο ) . Από τα παραπάνω έχουμε: Κ

ΜΝ

ΚΛ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

τ.l/54

------- Μ αθηματικά για την

i) ii)

Β'

Λυκείου

-------

( 2 )= � ( ΔΓ - ΑΒ ) = � [(γ - δ, Ο) - (β,Ο)] = � (γ - δ - β, Ο) = ( γ - � - δ ,Ο) = _!_ ( ΑΒ + ΔΓ ) = _!_ [( β , Ο) + (γ - δ,Ο)] = _!_ ( β + γ - δ , Ο) = β + γ - δ , ο

Ά σκηση 6'1

ΜΝ . ΚΛ .

Αν α=(2,4-5λ) β =(λ,5) και y = (2λ- 1,λ) , λ ε JR να υπολογίσετε την τιμή του λ έτσι ώστε α = λ(y-β) . Λύ ση

a =λ(y - β) �2, 4-Sλ) = λ[(2λ - l, λ) -(λ, 5)}=>( 2, 4 -5λ) = [λ( 2λ- Ι,λ) -λ(λ, 5)] <=> ( 2, 4 -5λ) = ( 2Κ - λ, Κ) - (Κ ,5λ) <=> <::> (2, 4 - 5λ) = (2λ2 - λ - λ2 ,λ2 - 5λ) <=> ( λ2 - λ = 2 λ2 - 5λ = 4 - 5λ ) <::> ( Κ - λ-2=0 Κ - 4 =0) . Λύνοντας τις δύο εξισώσεις έχουμε την κοινή λύση λ = 2 . και

Ά σκηση 7 '1

και

Δίνονται τα διανύσματα: α = (2 - 3λ, -5λ) και β = ( λ, 2λ + ι) . Να υπολογίσετε τις τιμές του λ Ε JR έτσι ώστε τα διανύσματα α και β να είναι παράλληλα. ΛίJ ση

det(a, β) = Ο <::> ��-3λ 2�� = Ο <=> (2 - 3λ)(2λ + 1) + 5λ2 = Ο <=> 4λ + 2 - 6λ2 - 3ί. .... 5 λ2 = Ο <::> -λ2 + λ + 2 = Ο .Λύνοντας την εξίσωση βρίσκουμε λ = -1

Πρέπει κα αρκεί Ά σκ η σ η 8'�

Δίνονται τα διανύσματα ii)

ϋ1 - β�

. \ύση

i) α .

iii)

και

λ=2.

α και β με ιαι = .J3 , lβl = 2.J3 και � = 2π3 . Να υπολογίσετε τα:

Ιϋ + β l

και

i v)

α·β

( α - 2β ) . ( 2α + β )

{ �)

β = la/ lβl · συ,. (�) = J3 . 2 J3 . συν 23π = 6 - = -3

a2 - β= = Ιαι = - ιβι= = 3 - (2J3)2 3 - 12 = -9 . iii) l a + βl 2 = (a + β)= = α= + 2aβ + β2 = lal 2 + 2 aβ + l β l 2 = 3 + 2 · (-3) + 1 2 = 9 , άρα la + βl =3. i v) (a - 2 β) . ( 2 a + β) = 2a2 + aβ - 4aβ - 4 β 2 = 2/ a/ 2 - 3 aβ - 4 1 β 1 2 = 2 · 3 - 3(-3) - 4 · 12 = 6 + 9 - 4 8 = -33 . ίί) Είναι

Άσκηση 9 '1

Δίνονται τα σημεία Α(7,9), Β(4,2) και Γ(9,4). Να βρείτε την γωνία των διανυσμάτων

ΛίJ ση

Έχουμε ΑΒ = ( 4 - 7, 2 - 9) = ( -3,-7) και ΒΓ = (9 - 4,4 - 2) = (5,2) (-=--= ) ΑΒ · ΒΓ = (-3,-7 ) ( 5,2 ) = -1 5 - 1 4 = -29 συν ΑΒ ΒΓ =

και

ΒΓ .

fi , (.:::::::-=. ) 3 -29 = - Άρα ΑΒ ΒΓ =-π . =-. ' 4 /AB//Br/ .J9 + 49 · .J25 + 4 J58 . J29 �J29 29fi 2

Άσκηση 1 0 '1

( )

Να βρεθεί η γωνία των διανυσμάτων � με α = ( -2, 2J3) και β = (s, s.J3)

Λύ ση

συν

ΑΒ

αβ (-2, 2J3)(5, 5J3) = -10 + 30 = 20 = _!_ επομένως (�) (�) 2: = , , = ια/Ιβl = .J4 ' 3· + 12 · .J25 + 75 Jl6 . JWo 4ο 2

Άσκηση 1 1 ' 1

Δίνονται τα διανύσματα α = ( 4, 4) ' β = ( -5, 1) και Υ = ( -1, 2) . Να δείξετε ότι: i)

( β + �α)

_ι

α,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73

τ.l/55

------ Μαθηματικά γ ια

Λ \)ση

την

Β ' Λυκείου

------

(β + _!_α2 ) . α = βα + _!_α2 2 = ( -5,1)(4,4) + _!_2 ( 1 6 + 16 ) = -20 + 4 + 16 = 0.

( 2 y - β) = 2 ( -1,2 ) - ( -5,1 ) = ( -2,4 ) - ( -5,1 ) = ( 3,3) . Εξ άλλου έχουμε α = ( 4,4) = �3 ( 3,3 ) άρα είναι α = �3 ( 2 r - β) ,συνεπώς α / /( 2 y - β) .

ii)

Είναι

Άσκηση

1 2'1

Δίνεται το διάνυσμα α=( J3,-1) . Να βρεθεί β με I� =1' τέτοιο ώστε να σχηματίζει με το α γωνία

Λύ ση

β = (x, y ) , τότε lβJ = �χ2 + y 2 και αβ = ( .}3,-Ι ) (x, y ) = J3x - y , liil = JJ3 ' + ( -1 ) ' = .f3+i = 2 και συν ( ;J) Αντικαθιστώντας στην

Υποθέτουμε ότι επίσης

��·

. ( -

Άσκη ση

,-:;

)

1 3'1

Δίνονται τα διανύσματα α = ( 4,3) και � = ( -2,4) . Να βρείτε την προβολή του Λύ ση

ΟΑ = α ,ΟΜ = ν και προβ α: ν = ΟΚ και έστω προβ α ν = ( χ, y ) . Είναι αν = α · προβ α ν (1). Έστω

�

πάνω στο α .

Έχουμε αν = ( 4,3 )( -2, 4 ) = -8 + 12 = 4 και α . προβα ν = ( 4,3 )( x,y) = 4χ +3y συνεπώς

4χ + 3y = 4 (2).

Επειδή τα διανύσματα α και ΟΚ συγγραμμικά, επομένως υπάρχει λ ε ffi. , ώστε να είναι

α = λΟΚ <::::> ( 4,3 ) = λ (χ, y ) <=> λχ = 4

και

είναι τέτοιο

λy = 3 .

χ = �λ και y = �λ (3) και αντικαθιστώντας στην (2) Ι6 , y = Ι2 , αρα 25 και απο. την (3) εχουμε . . . εχουμε: 4-λ4 + 3 -λ3 = 4 <=> 1 6 + 9 = 4λ <=> λ = χ = 4 25 25 - Ι 6 12 προβ α ν = 25 ' 25 . Είναι λ * Ο (αφού α * Ο )και επομένως

(

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73

τ. l/56

τελευταία σχέση

J3x - y = συν -π <=> J3x - y = J3 <=> ν3χ ,-:; - y = ν3,-:; <=> y = ν3χ - ν3 (1 ). 6 2·Ι 2·Ι 2 Από JβJ = Ι <=> JβJ 2 = Ι <=> χ 2 + y 2 = 1 <=> χ 2 + ( J3x - J3) 2 = 1 <::::> <::::> x 2 + 3 x 2 - 2J3 - J3x + 3 = I <=> 4χ2 - 6χ + 2 = 0 <::::> 2(2χ2 - 3χ + 1) = 0 (2). Λύνοντας την (2) έχουμε χ = Ι και χ = _!_ . Από σχέση ( 1) για χ = Ι => y = Ο , και 2 J3 . Επομενως I J3 ,-:; <=> y = - 2 . β- = ( 1,Ο) ,η β = 21 , -2 J3 . για χ = => y = 2 - ν3 . εχουμε:

Μαθηματ ι κά Γ ενι κής Πα ι δ ε ίας γι α τη Γ ' τάξ η του Λυκ ε ί ου __j Δ ΙΑΦΟ Ρ Ι ΚΟΣ ΛΟ ΓΙ ΣΜΟΣ Καλδή Φ ωτε ινή ' ' εξακολου θ ει' το οριο να εχει τη μορφη' 0ο .

Χ Ρ ΗΣ Ι Μ ΕΣ Ε Π Ι Σ Η ΜΑΝΣΕ Ι Σ

I . Π ΕΔ Ι Ο ΟΡ Ι Σ Μ ΟΥ ΣΥ:'ΙiΑΡΤ Η Σ Η Σ •

•

• • •

•

Οι πολυωνυμικές συναρτήσεις έχουν πεδίο ορισμού το IR g(x) Αν f(x)= ,τότε πρέπει και αρκεί t(x) * Ο t(x) Αν f(x)= Jg(x) , τότε πρέπει και αρκεί g(x) 2:: Ο Αν f(x)=ln(g(x)), τότε πρέπει και αρκεί g(x)>O Αν f(χ)=εφ(g(χ)), τότε πρέπει και αρκεί g(x) * κπ+π/2, κ ε Ζ Αν f(χ)=σφ(g(χ)), τότε πρέπει και αρκεί g(x) * κπ, κ ε Ζ

•

4 . . ΔΕ Ν Ξ Ε Χ ΝΑ Μ Ε ΤΟ ΤΡ Ι Ω Ν Υ Μ Ο •

2. ΣΧΕτΙ ΚΗ Θ Ε Σ Η Γ ΡΑΦΙ ΚΗ Σ

Π ΑΡΑΣΤΑΣΗΣ Τ Η Σ ΣΥΝΑΡΤ Η ΣΗΣ ι· Μ Ε

ΤΟΝ ΑΞΟΝΑ •

•

3. Ο ΡΙ Α

Για να βρούμε όρια:

lim f(x) κάνουμε κατά

Χ --7 Χ0

κανόνα αντικατάσταση του χ με το χ0 στον τύπο ο ' ' ' - τοτε ' ειναι της f. Αν το οριο της μορφης : •

•

' χ χ

Η γραφική παράσταση Cr τέμνει τον χ ' χ στα σημεία (χ ,0) όπου Xi οι ρίζες της εξίσωσης f(x)=O Η γραφική παράσταση C " της f είναι πάνω από τον χ 'χ αν και μόνο αν f(x)>O Η γραφική παράσταση Cr της f είναι κάτω από τον χ ' χ αν και μόνο αν f(x)<O Σημείο τομής της γραφικής παράστασης C r με τον y 'y, είναι το σημείο (O,f(O)) με την προϋπόθεση το Ο ε D"

πρώτα παραγοντοποιούμε αριθμητή και παρονομαστή, aπλοποιούμε τον τύπο της συνάρτησης με χ - Χ0 και στη συνέχεια υπολογίζουμε όριο κάνοντας το αντικατάσταση του χ με το Χ 0, εφόσον δεν

αν στον αριθμητή ή στον παρονομαστή εμφανίζονται παραστάσεις της μορφής τότε J;. + Jb , J;. - Jb , α+ Jb , πολλαπλασιάζουμε αριθμητή και παρονομαστή με J;. - Jb , J;. + Jb , α- Jb , αντίστοιχα ,aπλοποιούμε τον τύπο της συνάρτησης και στη συνέχεια υπολογίζουμε το όριο.

αχ 2 + β χ + γ, α * Ο αχ 2 + βχ + γ = α(χ - χ 1 )(χ - χ 2 ), με χ 1 , χ 2 : οι πραγματικές ρίζες του τριωνύμου. Στην περίπτωση που το τριώνυμο ΔΕΝ έχει πραγματικές ρίζες τότε ΔΕΝ αναλύεται σε γινόμενο παραγόντων.

{ h(x)

5 . ΣΥΝ Ε Χ Ε Ι Α ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

για χ * Χ 0 m για χ = Χ 0 Για χ * Χ0 η f είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων Στη συνέχεια βρίσκουμε το lim f(x) έστω f(x) =

•

Χ --7 Χ ο

lim f(x) = κ

Χ --7 Χ ο * *

αν κ = m τότε η f είναι συνεχής στο Χ0 αν κ * m τότε η f δεν είναι συνεχής στο Χ0

6. Ε Φ Α ΠΤΟ Μ Ε Ν Η Τ Η Σ

C1· στο Μ (

Χ0

,t·(xu ))

Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι της μορφής : Υ = λχ + β Βρίσκουμε την f ' (χ) Βρίσκουμε την f '(χο )= λ = εφω (ω η γωνία της εφαπτομένης με τον άξονα χ 'χ) Βρίσκουμε την f(x0 ) Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι : Υ = λχ + β με β = f(X0 ) - λχσ •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /57

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Ε ΥΘΕ Ι Ε Σ ΠΑΡΑΛΛ ΗΛΕΣ ΚΑΙ ΚΑ Θ ΕΤΕΣ

Αν ε ι ,ε2 ευθείες με συντελεστές διεύθυνσης λι , λz αντίστοιχα τότε ει // χ 'χ <::::> λι = Ο (εφόσον ει Ji'f χ 'χ ) ει // εz <::::> λι = λz (εφόσον ει Ji'f ε 2 ) ει _l εz <::::> λι ·λz = -1 •

•

7. ΠΑΡΑ Γ Ω ΓΟΣ ΣΥΝ ΘΕΤΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ • • •

•

• •

•

[f(g(x))] ' = f ' (g(x))·g '(χ) [ f(x) ] '= m (f(x)) ιη - ι . f '(χ) [ ef'(x) ] '= ef(x) . f '(x) 1 [ ι n(f(x)) ] ' = -- .f '(χ), f(x)>O f(x) ιn

( �f(x) ) ' =

· f '(x) , f(x)>O 2 f(x) [ημ(f(χ))] ' = συν(f(χ)) . f '(χ) [ συν(f(χ)) ] ' = - ημ(f(χ)) · f '(χ) 1 f [εφ(f(χ)) ] ' 2 συν (f(χ)) f(x) :;t κπ + π/2, κ ε Ζ 1 · f '(χ), [σφ(f(χ))] ' = 2 ημ (f(x)) f(x) :;t κπ, κ ε Ζ

•

• • •

'(χ),

Να Βρείτε τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων

α)

γ)

f(x)=

χ -χ

�,

β)

g(x)= � ,

h(x) = ln (x - 2) 2 ,

Λύση :

α) Πεδίο ορισμού της f είναι το:

χ-χ-χ24 4, χ2 -5χ +6 χ-1 ++ -9

β)

f(x) =

γ)

f(x) = � - J3 , Χ0 = 1 ,

δ)

f(x) = Γχ+ι - � , Χ0 = 2 .J2x 1 .J3 x - 1

Χ0 = 3,

· 2χ - 8 · 2(χ - 4) ι ιm -- = ι ιm =2 χ-> 4 χ-> 4 χ - 4 χ-> 4 χ - 4 2 -9 · (χ - 3)(χ + 3) χ . ι ιm..:.._....:... β) ι ιm f( χ ) ι ιm ...:.. __ ._ _:_ · Χ->3 χ2 - 5χ + 6 χ->3 (χ - 2)(χ - 3) χ->3 χ+3 ιim 6 χ-> 3 χ - 2 · .Jx + 2 - J3 . γ) ι ιm f( χ ) ι ιmι = Χ -> Χ-ι χ-> ι ( Γχ+2. - J3 )( Γχ+2. + J3 ) = ι im χ-> ι (x - l)( .Jx + 2 + J3 ) χ-Ι ιim = Ι χ-> ι (χ - 1)( Γχ+2. + J3 ) 2 J3 =

Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της f Βρίσκουμε την παράγωγο της f Λύνουμε την εξίσωση Γ(χ) = Ο.έστω ρ ι ,ρ 2 οι ρίζες Λύνουμε τις f '(χ) > Ο και f '(χ) < Ο Κατασκευάζουμε πίνακα προσήμων της f Υπολογίζουμε τις τιμές των ακροτάτων δηλαδή : f(ρ ι ), f(ρ 2 )

Άσκη ση l η

Να υπολογίσετε τα όρια της συνάρτησης f(x) στις παρακάτω περιπτώσεις 2 8 α) f(x) = -- , Χο =

. f( χ ) α) ι ιm

ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Β ΗΜΑΤΑ

•

Άσκησ η 2 η

Λ ύση :

8. MONOTON I A ΑΚΡΟΤΑΤΑ •

Α= { χ Ε ΊR / ex -1 z 0 } = { χ Ε ΊR / ex z 1 } =[0, + οο) γ) Επίσης για την h έχουμε: Α= { χ Ε ΊR / (χ - 2) 2 >Ο} = (--oo , 2) U (2,+oo).

δ) ιί

lim f(x) = ιim rx+l=� χ-> 2 χ-> 2 .J2x + Ι + .J3x - Ι

(-Γχ+Ϊ -�xFx+I -5χ=ϊχ-Γχ+ϊ + � ) =

H\J2x+1 + J3x-IXJx+I + J2x-IX�2x+I - J3x-I) [(χ + 1) - (2χ - Ι) ] ( .Jh+1 - �) lim χ-> 2 [(2χ + Ι) - (3χ - Ι) ] ( Γχ+ι + .J2x - Ι ) (2 - x)( .Jh+i - �) = lim = χ-> 2 (2 - χ)( Γχ+i. + .J2x - Ι ) (.J2x+l - � ) J3 - J2 J3 J2 J2 = lim = ( - )( + 1) χ->2 (.Jx + l + J2x - I ) J2 + I =

Άσκη ση 3•ι

A= { x E IR / x 2 - x :;t O και χ -3 :Ξ: Ο } = { χ Ε IR / x(x-I ) :;t O και χ:Ξ:3 } = { χ Ε IR / x :;t O και χ :;t Ι και χ :Ξ: 3 } =[3 , + οο) β) Ομοίως για την g έχουμε

{ χ2 - 4χ- 5 5 χ= 5

Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια τη

συνάρτηση f με: f(x) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /58

Fx - J5 12J5

0 :5:

x :;t:

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Λύση :

Για Ο :::; χ =F- 5 η f είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Για τη συνέχεια στο χ0=5, έχουμε: (x2 -4χ -5) (χ - 5)(χ + 1)( J;. + .J5 ) lim limf(x) = lim ( ,Γχ - .J5 )( ,Γχ + .J5) (� --!5) (χ - 5)(χ + 1)( J;. + .J5 ) = lim (χ - 5) lim(x + 1)( J;. + .J5 ) = 1 2 -JS χ->5

χ->5

χ -> 5

x -t 5

Δηλαδή : lim f(x) = 1 2 .J5 = f( 5 ) άρα η f είναι χ �5

συνεχής και στο χο= 5

Άσκη ση 4 η

Αν η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο R και για κάθε χ στο R ισχύει ( .Jx + 3 - J5)f(x) = χ 2 - 6χ + 8 ,να βρείτε το f(2). Λύση :

Αφού η f είναι συνεχής στο R θα είναι συνεχής και στο χ0 = 2,επομένως f(2) = lim f(x)

χ - 6χ + 8 . 2 εχουμε: f(x)= Γχ+3 .J5 χ+3 - 5 (χ -4)(χ - 2)(Γχ+3 +J5> (χ +3) -5 (χ - 4)(χ - 2)( J;:+3 + .J5) = (χ - 4)( .Jx + 3 + .J5) = (χ - 2) Ά ρα lim f(x) lim(x - 4)( Γχ+3 + .J5 ) -4 .J5 X-tl X-t 2 => f(2) = -4 .J5 Για χ

=F-

Άσκη ση S η

Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της καμπύλης της f(x)= 2x2 -4χ + 5 στο σημείο της A(2,f(2)) Λύσ η :

Πεδίο ορισμού της f είναι το Α = R f(x)= 2χ 2 - 4χ + 5 => f '(χ) = 4χ - 4=4(χ -1 ) η εξίσωση της εφαπτομένης θα είναι της μορφής y= λχ + β, ( 1 ) για το σημείο επαφής Μ(χο, f(xo)) ,έχουμε Χ 0 = 2, f(2) = 5 . Ά ρα είναι : Μ(2,5) λ = f '( Χ0) = f '(2) = 4 το Μ ανήκει στην εφαπτομένη επομένως: Υ ο = λχο + β απ ' όπου προκύπτει ότι β = -3 άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι (ε): y = 2χ - 3 . Άσκη ση 6 η

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)= x2 - 9χ + 15 , χ ε R

Ν α βρείτε το σημείο Μ της C r στο οποίο η εφαπτομένη σχηματίζει γωνία ω= 1 35° με τον άξονα χ 'χ. β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο Μ που βρήκατε. γ) Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζεται από την εφαπτομένη με τους άξονες χ'χ και y 'y. α)

Λύ ση :

Η f είναι παραγωγίσιμη με f · (χ )=2χ - 9 α) έστω M(x0,y0) το σημείο της Cr στο οποίο η εφαπτομέvη σχηματίζει γωνία ω = 1 3 5 με τον χ ' χ, τότε f '(χ0) = -1 => 2 Χ0 - 9 = -1 => Χ0 = 4 Υο = f(χο)= 1 ,άρα το σημείο Μ είναι Μ(4,-5) β) η εξίσωση της εφαπτομένης θα είναι της μορφής y = λχ+ β, ( 1 ) για το σημείο Μ(4,-5) είναι: λ = f '( Χ0) = f '(4) = εφω = -I , το Μ ανήκει στην εφαπτομένη επομένως Υο = λχ0 + β, οπότε β = - 4 άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι (ε): y =-χ-4 γ) βρίσκουμε τα σημεία τομής με τους άξονες χ ·χ και y 'y και είναι αντίστοιχα: Α(-4,0), Β(Ο, -4) και το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι Ε= 1 /2 (OA)·(OB)= l /2 1 -4 1 1 -4 1 = 8 τ. μ. Άσκη ση 7 η

Αν ισχύει lim(f(x) + 5χ 2 - 1 0) = 1 6 , χ� 2 υπολογίσετε το όριο lim Χ-+ 2 f(x)

να

Λύσ η :

(\) με Θέτουμε f(x) + 5x 2 - 1 0 = h(x) , limh(x ) = 1 6 . Λύνουμε την ( 1 ) ως προς f(x) και χ ---+2 έχουμε : f(x) = h(x) - 5χ 2 + 1 0 => lim f(x) = lim(h(x) - 5χ 2 + 1 0) 6 Χ---+ 2 Χ---+ 2 =

Άσκη ση 8 η

Να βρείτε τις παραγώγους των παρακάτω συναρτήσεων α) f(x) = (x+ S)\ β) f(x) = .Jx 2 + χ + 1 , γ) f(x) = ημ(χ 2 + 2χ), δ) f(x) = ln( � ) Λύση :

α) f '(χ) = ( (χ+5) 3 ) ·= 3 (χ+5) 2 ·(χ+ 5) · = = 3 (χ+5) 2 · Ι = 3 (χ+ 5 ) 2 Ι ·(χ 2 +χ + Ι ) β) f'(x)=( .Jx 2 + x + I ) '= 2 .Jx 2 + x + I

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /59

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Ι ·(2χ+ Ι ) 2νIχ 2 + χ + Ι γ) f '(χ) = (ημ(χ 2 +2χ) ) '= συν(χ 2 +2χ)(χ 2 + 2χ) ' = = (2χ+ 2) συν(χ 2 + 2χ) δ) f '(x) = ( ln( �x 2 + Ι ) ) '= · ( � )' = χ- + Ι Ι Ι Ι χ , =-- · · (χ- +Ι) = · 2χ = -2 2 2( χ + 1) χ +Ι Jχ2 + 1 2Jχ2 + 1

�

Α σ κηση

9'1

Ν α μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ' 1 ακροτατα την g(x)= 3 x - 2χ 2 + 4χ - 3 , χ Ε R 3

Λ -n'J <Πη :

1 g(x)= - x - 2x- + 4x - 3 , x E R 3 g'(x) = χ 2 - 4χ χ(χ - 4) , g'(x) = Ο<=:> χ = Ο ή χ=4 3

g '(x) > Ο <=> χ < Ο ή χ > 4, g'(x) < Ο <=> Ο < χ < 4 g ' (x) g (x)

- 00

+οο

Στο ( Ο ] η g είναι γνησίως αύξουσα. Στο [0, 4 ] η g είναι γνησίως φθίνουσα Στο [4, +οο) η g είναι γνησίως αύξουσα Για χ = Ο η g παρουσιάζει τοπικό μέγιστο ίσο με g(0)=--3 . Για χ = 4 η g παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο ίσο με g(4)=7/3 -οο,

Λσ κη σ η ! ΟΙJ

Δίνεται η συνάρτηση f(χ)= -χ - 3 χ + a - 4a + 12 , χ Ε R, α Ε R α) Ν α αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει δύο ακρότατα ,ένα τοπικό μέγιστο (τ. μ) και ένα τοπικό ελάχιστο (τ. ε) β) Να βρείτε το α ώστε το τ. μ να είναι διπλάσιο του τ. ε γ) Να βρείτε το χο στο οποίο η f να έχει το μέγιστο συντελεστή διεύθυνσης. 3

ι\(J σ η : α) f '(χ)

= -3χ 2 - 6χ = -3χ(χ + 2) f ' (χ) = ο <=> χ = ο ή χ = - 2 f '(χ) > ο <=> χ < - 2 ή χ > ο f '(χ) < ο <=> -2 < χ < ο άρα η f για χ = -2 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο

το f(-2) = 8 -1 2 + α 2 - 4 α+ Ι 2= α 2 --4 α+ 8 και για χ = Ο τοπικό μέγιστο το f(O)= α 2 - 4α + 1 2 f ' (χ)

- 00

f (χ)

+οο

f(O) = 2f(-2) <=> α 2 - 4 α + 1 2 = 2α 2 - 8α + 1 6 <=> α 2 - 4α + 4 = Ο <=> (α - 2) 2 = Ο <=> α = 2 /} f '(x) = -3χ 2 - 6χ . Θέλουμε το Χ0 στο οποίο η f ' έχει μέγιστο f "(x) = - 6x - 6 = - 6(x + 1 ) f " (χ) =Ο <=> χ = - I , f " (χ) >Ο <=> χ <-Ι , f "(χ) <Ο <=> χ >-Ι f " ( χ) f ' (x)

,- / I � 00

+οο

άρα για χ = - 1 η f έχει το μέγιστο συντελεστή διεύθυνσης.

Έστω συνάρτηση f με f(x) αχ3 + βχ 2 + γχ + δ , να βρείτε τις τιμές των πραγματικών α, β, γ, δ για τις οποίες οι εφαπτόμενες τη ς Cr στα σημεία της Ο (0,0) και Α(1 , -1) να είναι παράλληλες στην ευθεία (ε) y = χ + 1 =

Ο ε Cι· <=> f(O) = Ο => δ = Ο ( 1 ) Ομοίως Α Ε Cι- <=> f( 1 ) = -I =>α+ β+y+ δ = - 1 (2) f '(χ)=3αχ 2 +2βχ+γ Οι εφαπτομένες στα σημεία Ο και Α είναι παράλληλες στην (ε) y = χ + 1 όταν και μόνον f'(O)= I και f'( 1 )= 1 δηλαδή y= I (3) και 3α+ 2β= 1 (4) Από τις ( 1 ),(2),(3),(4) βρίσκουμε α = 4, β = - 6, y = 1 , δ = Ο. Δεκτές τιμές εφόσον οι εφατόμενες είναι διάφορες της (ε).

Να βρείτε δύο θετικούς αριθμούς ,των οποίων το άθροισμα είναι 20 και το άθροισμα των τετραγώνων τους να είναι ελάχιστο. Έστω x,y οι δύο θετικοί αριθμοί. Τότε: χ + y = 20 <=> y = 20 - χ ( 1 ) θέλουμε το άθροισμα Α= χ 2 + ψ 2 να είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /60

ε μ υ 1<σ

6 ά δ ι � ιt 11" α ι χ, υ εn:ιιτ ,

Ε ΚΔΟΣ Ε Ι Σ ..

G R O U P ΓΙΑ Α Ν ΩΤ ΑΤΕ Σ ΣΧΟΛΕΣ 2 1 0 26373 4 5

�:__..

---

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' 73 τ. l/61

�

2 1 0 26 2 94 4 0

Μ αθη ματικά για την Γ ' Λυκείου

ελάχιστο. Το άθροισμα Α λόγω της σχέσης ( 1 ) γίνεται: Α= χ 2 + (20 - χ) 2 έστω f(x)= χ 2 + (20 - χ) 2 με χ > Ο αυτή γράφεται f(χ)= 2χ 2 - 40χ + 400 παραγωγίζοντας την f έχουμε f '(χ) = 4χ - 40, χ > Ο f'(x)=O::::> x = l O, f'(x)>O::::> x> l O, f'(x)<O::::>x < l O f ' (χ) f (x)

- co

+co

� /

άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο για χ = 1 Ο επομένως οι ζητούμενοι αριθμοί είναι χ = 1 Ο και από την ( 1 ) y = 1 0

ΑΣΚΗΣΕΙ Σ ΓΙ Α Λ ΥΣΗ

1 . Δίνεται η συνάρτηση f(x)

.J2x - χ 2

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f f( ) - f(l) β) Να βρείτε το όριο lim � χ ->1 2χ- - χ - 1 γ) Να εξετάσετε αν υπάρχουν σημεία με τετμημένη χ ε (0,2) ώστε οι εφαπτομένες της C 1• στα σημεία αυτά να είναι παράλληλες στον οριζόντιο άξονα και αν υπάρχουν να τις βρείτε 2. Δίνεται η συνάρτηση g με τύπο g (χ)= 2χ 3 - 3χ 2 - 12χ - (ιη2 - IOm - 72) , χ ε R, m ε R, α) Να μελετήσετε την g ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα β) Αν το τοπικό μέγιστο είναι διπλάσιο από το τοπικό ελάχιστο να βρείτε το m '(x γ) Να υπολογίσετε το όριο lim Χ -> 2 ( χ _ 2 ) δ ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης που είναι παράλληλη στο άξονα χ' χ ε) Να βρείτε το χ ώστε ο ρυθμός μεταβολής της εφαπτομένης να είναι ελάχιστος 3 . Να βρείτε τα όρια lim f(x) όταν α)

Jx :n

X ---t X 0

ι). f(χ) =

� - 4 , xo = 3

Γ 3ν χ - νr;:;:;27 2 x + x+l ii) f(x) = : , χο = - 1 3χ + 2χ- + χ + 2 4. Να βρείτε τις εφαπτομένες της Cf με f(x) = lnx, χ>Ο που είναι κάθετες στην ευθεία (ζ) : y = ex - 2 5 . Αν η f(x)= x 3 + ax 2 + bx + γ ,α, β, γ ε R,

;

παρουσιάζει μέγιστο στο Χ0 = -3 και ελάχιστο στο Χ0 = 1 το Ο να βρείτε τους πραγματικούς α, β, γ 6. Δίνεται η συνάρτησης f(x)= 3χ 3 + 3χ - 3 ,χ ε R α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R β) Ν α βρείτε το σημείο της Μ στο οποίο η εφαπτομένη έχει τον ελάχιστο συντελεστή διεύθυνσης γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης στο Μ. f(x) - 3x ι· δ ) Ν α υπο λογισετε ' ' ιm το οριο χ-->1 3χ- + 2χ - 1 7. Ένα κυλινδρικό δοχείο κλειστό και στις δύο βάσεις με ακτίνα βάσης R και ύψος h, έχει όγκο 1 6m3 . Ποια πρέπει να είναι η ακτίνα του ,ώστε το δοχείο έχει τη μικρότερη επιφάνεια; 8. Να βρείτε τις παραγώγους των παρακάτω συναρτήσεων α) f(χ)=(2ημχ - l n ( x +2) + e 2 ' ) 2 , β) f(x)=e 3 x+5 ' .-----γ) f(x)= .Jsx 3 + 2χ 2 + Ι δ ) f(x) =h( χ 2 - χ + 2 ), ε) f(χ) = h( ημχ ) + ( h (συν χ ) ) 2 • 3 στ) f(x) = h(x - 2χ + 3), ζ) f(x) = h(η μχ + συνχ), η) f(x)= (h(eημ' )) 5 όπου h παραγωγίσιμη συνάρτηση στο R 9. Έστω f, h συναρτήσεις ορισμένες και παραγωγίσιμες στο R με h(x )=f( x2 -4x + 5 )-f(4x-2) αν η εφαπτομένη της h στο σημείο της με τετμημένη χο = 1 είναι παράλληλη στη διχοτόμο του 1 ου τεταρτημόριου, να βρείτε το f ' (2). 1 Ο. Ένα σώμα κινείται κατά μήκος του άξονα χ ' χ. Η θέση του τη χρονική στιγμή t δίνεται από τον τύπο x(t)= _!_ t 3 - 3t 2 + 8t + 2 ,(t ο χρόνος σε sec,x(t) 7

�

η θέση του σε m) α ) Να βρείτε τη θέση του τη χρονική στιγμή t = Ο . β) Να βρείτε την ταχύτητά του σε χρόνο t. γ) Να βρείτε τις χρονικές στιγμές , τις οποίες το σώμα είναι ακίνητο. δ ) Πότε το σώμα κινείται στη αρνητική κατεύθυνση ; ε) Να βρείτε το συνολικό διάστημα που έχει διανύσει σε χρόνο t = 4 sec.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ. t /62

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Μ ι γαδ ι κο ί aρ ι θμο ί κα ι Γ ε ω μ ετρ ι κο ί τόπο ι ή

aΛΛιώς φ τιciξτο μό vος σου

Θάνος Χαραλάμπους

Σκοπός του άρθρου αυτού είναι να παρουσιάσει βασικές θεωρητικές ασκήσεις που αναφέρονται στους γεωμετρικούς τόπους εικόνων μιγαδικών αριθμών. Οι θεωρητικές αυτές ασκήσεις θα μπορούσαμε να πούμε ότι αποτελούν μαθηματικά μοντέλα, στα οποία μπορεί, αφού τα κατανοήσει πλήρως ο μαθητής, να βασισθεί επάνω σ' αυτά και κατασκευάσει δικές ασκΊΊσεις ή να αναγνωρίσει ότι μία άσκηση (ή ένα θέμα Πανελληνίων εξετάσεων) είναι μια αριθμητική εφαρμογή κάποιου εξ αυτών. να

Θ έ μα I ":Εάν

του

η εικόνα του μιγαδικού αριθμού

αξόνων και ακτίνα

κινείται σε κύκλο με κέντρο την αρχή των λ τότε να αποδείξετε ότι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού w kz + - , με

ρ,

α) κινείται σε έλλειψη, όταν kρ 2 * l λ l , β) κινείται σε ευθύγραμμο τμήμα, όταν kρ 2 l λ l . ' ' 1 Χ Χ ' . ' χ 2ι + Ψι2 = ρ 2 και = ι ΪΨι = ι ΪΨι . Ε στω επισης οτι ' η Λ ΥΣΗ : Ε στω οτι z = Χ ι + ιψ ι . τ οτε 2 2 2

kλ * Ο ,

καρτεσιανή μορφή του μιγαδικού . τ οτε: \\

είναι:

χ0 + ίψ0 • Χ ι - ΪΨι . · τ i. ::::> Χ 0 + ιψ0 = k ( Χ ι + Ι. ψ ι ) + λ = kz ρ2 z

λ ( k - -" ) ( Ι ) ρl( \ +η\ =ρ' ={�:λ) ��;_) ρ . . . ) (

�) (�)

Άρα η εικόνα του

τότε kρ 2 = λ ή kρ 2

= '�

κινείται σ τη ν

[ ) [ )

::::>

α)

λ λ χ0 + ι. ψ0 = Χ ι k + -0 + Ι. ψ ι k - ---ο => ρρ2 2Χ • Αν k ρ 2 * I λ I , τοτε χ ι = ρ 0 ο και Ψι = ρ Ψο , οποτε kρ- + λ kρ- - λ Ψ +λ ' Ψ' -λ = 1 . Όμως kλ*ο= * + ' ' ρ

i. χ 0 = χ ι k -r ---:και ψ , , = Ψι ρ- / .

έλλειψη με εξίσωση

= -λ β) Στην πρώτη

Χ ι + Ψι

(

{ � ) ( )Ά

kρ 2

) ( 2

)

- 2 kρ 2 λ ρ

περίπτωση έχουμε: ( Ι ) => χ0

= Χι

(11) β)

Αν kρ2 = I � ,

( 2��2 ) = 2kχ ι και y0 = Ο

όμως χ ; :S ρ 2 => -ρ :S χ ι :S ρ , οπότε αν k>O τότε -2kρ :S 2kχ ι :S 2kρ => -2kρ :S χ0 :S 2kρ , ενώ αν k < Ο, τότε - 2kρ � χ0 � 2kρ . Η εικόνα λοιπόν του w κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα με άκρα Α ( -2kρ, Ο ) και Α' ( 2kρ, Ο ) , το οποίο προφανώς ανήκει στον άξονα χ ' χ. Στη δεύτερη περίπτωση βρίσκουμε ομοίως ότι η εικόνα του w κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα Β ( Ο, -2kρ ) και Β ' ( Ο, 2kρ ) , το οποίο προφανώς ανήκει στον άξονα y y . ·

Παρατηριjσεις: I . Στην περίπτωση αυτή αποδεικνύουμε ότι η εικόνα του w κινείται σε μία γραμμή και δεν μιλάμε για γ. τ. αφού δεν γνωρίζουμε αν όλα τα σημεία της γραμμής έχουν την δοθείσα ιδιότητα μια και δεν καταλήγουμε στην k= k σχέση (11) με ισοδυναμίες. 2. Εξάλλου αν 0 ή * 0 τότε η εξίσωση (II) εκφυλίζεται σε εξίσωση κύ κλου. λ ;z: Ο λ=Ο

( J( J

Εφ αρμογιj 1 : Αν

οι μιγαδικοί αριθμοί συνδέονται με την σχέση

! και η εικόνα του z στο z

μιγαδικό επίπεδο είναι σημείο του κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ εικόνα του w κινείται σε έλλειψη.

τότε η

kρ 2 - λ 1 · 4 + 8 •Εχουμε: k= 1 , λ=-8, οποτε • kρ- * λ και kρ 2 + λ = 1 . 4 - 8 = -2 , ---'-=6. I I 2 2 ρ ρ 2 2 Άρα η εικόνα του w κινείται στην έλλειψη με εξίσωση � + .Υ_ = 1 . 4 36 Λ ΥΣΗ :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 3 τ. l /63

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Εφ αρμογιj 2:

Να αποδείξετε ότι αν w = z - i και η εικόνα του z κινείται σε κύκλο με κέντρο την z

αρχή των αξόνων και ακτίνα ρ = 2 , τότε η εικόνα του w κινείται σε ευθύγραμμο τμήμα. Λ ΥΣ Η :

Έχουμε k= I , λ=-4, όπότε kρ 2 = -λ και 2kρ=4 Επομένως η εικόνα του w βρίσκεται στο ευθύγραμμο τμήμα μα άκρα τα σημεία Β (Ο,-4) και Β ' (Ο,4).

3 (ΘΕΜΑ 2β, επαναληπτικών εξετάσεων 2003) Να περιγράψετε γεωμετρικά το σύνολο (Σ) των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z που ικανοποιούν τις σχέσεις: l z l = 2 και Im(z) � Ο β. Να αποδείξετε ότι, αν η εικόνα του μιγαδικού αριθμού z κινείται στο σύνολο (Σ), τότε η εικόνα ι 4 . . που β ρισκεται . σε ευ θυγραμμο . του μιγα δ ικου. αριθ μου w= z+� κινειται τμημα στον α. ξ ονα χχ . .

Εφ αρμογιj

α.

Παρατηρησι:ις: I.

. '2( ) . = ( 4) . =λ

σχεση w

βλέπουμε ότι ισχύει kρ2

γραφεται w

+-.

'Ε

�

. =

χουμε 1\λJΙΠΟν: κ

2 ,ρ

2 , επομενως .

και 2kp=2. Άρα η εικόνα του w βρίσκεται στο ευθύγραμμο τμήμα με άκρα Α(-2 ,0) και Α'(2,0).

στις = χ0 + ίψ0 ανήκει στην ευθεία αχ+ βψ +γ=Ο με

Αξίζει να σημειωθεί ότι η εκφώνηση δcν μιλά για γεωμεφ ικ6 η'ηω, αλλά για ευθύγραμμο τμήμα στο οποίο ανήκει η εικόνα. Δοκίμασε να κατασκευάσεις ασκήσεις θέτοντας μικρές ακέραιες ή κλασματικές τιμές παραμέτρους κ, ρ, λ.

Θέμα 2 " :

Έστω ότι η εικόνα του μιγαδικού

γ "# Ο . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του μιγαδικού w = _!_ . Λ ΥΣ Η

: Έστω ο μιγαδικός w = κ + λί . Αφού γ "# Ο θα είναι z "# Ο , οπότε: z

w = ;-Ι => I w I = �Ι => I w 1 2 = ι 2 => k 2 + λ2 = χ +Ι ψ "# Ο => Χ ο2 + Ψσ2 = k 2 +ι λ2 . � � l zl κ - ψ0 - λ . Ψο Χο Χα -iψο λ Εξα. λου. w _- -z1 => k + λί -- -1-.-=>k + λί -- � κ , => => , Χο � κ-, + λ" κ- + λ", , Χ() + ψο Χο + Ψο Χ ο2 + Ψο2 Χο +ιΨο β =Ο ακ - - βλ - +γ => ακ - βλ+ γ ( k-, + λ2 ) = O => k-, +λ", + -α κ --λ Αλλά: αχ0 +βψ0 +y=0 , με γ*Ο => -k, =Ο 2 +λ2 k- + λ2 γ γ β = Ο (I) , που προφανως' ' ' του w ανηκει Επομενως η εικονα · λο με εξισωση: χ-' + ψ 2 + -αγ χ --ψ ' στον κυκ γ διέρχεται από το Ο (0,0), και εξαιρείται το Ο (0,0), αφού για τις συντεταγμένες της εικόνας του w ισχύει k 2 + λ2 = χ , 1 2 "# Ο . Α ντιστρ ό φ ω ς: 'Εστω Μ(k ,λ) τυχαίο σημείο του κύκλου (Ι) διαφορετικό από την ;; + Ψσ αρχή των αξόνων. Θα δείξουμε ότι υπάρχει μιγαδικός αριθμός z = χ 0 + ίψ 0 * Ο , τέτοιος ώστε w = ..!_z , που ανήκει στην ευθεία αχ + βψ + γ=Ο , δηλαδή αχ 0 + βψ 0 + γ=Ο με γ * Ο . Πράγματι, αφού, z "# Ο , θα , εχουμε: w = -1 => κ + λ" = χ +ι ιψ . ο => κ + λι" = Χχο;;, -+ ίψψ;;,ο => κ + λι' = χ ;;, Χο+ Ψ ο, - ι. χ ;;, Ψ+ Ψ ο . σ => κ = Χ+ο Ψ και λ = 2 ψ+0 2 . Για το σημείο Μ (κ,λ) ισχύει: κ2 + λ2 + �γ κ - �γ λ = Ο Χ� � Χο Ψ ο ) 2 β =0 => αΧο +βψ0 +γ=0 , μεγ"ΦΟ . Άρα η εικόνα του z κινείται +-� => Χο , + ΨΟ +�� ( χ� + %γ ( χ� + %γ γ χ(j + ΨQ γ χ;; + ψ;; στην αχ + β ψ + γ=Ο , γ "# Ο . Τελικά ο γ. τόπος της εικόνας του w είναι ο κύκλος (Ι) χωρίς το Ο (0,0).

= χ0 + ίψ0 κινείται στην ευθεία (ε) με εξίσωση ι 4χ - 2ψ + ι = Ο , να βρεθεί ο γεωμ. τόπος της εικόνας του μιγαδικού w, για τον οποίο ισχύει w = - .

Εφαρμογή :

Αν η εικόνα του μιγαδικού

Λ ίJ ση :

Έχουμε α=4, β=-2, γ= 1 , άρα ο γ. τ. της εικόνας του w είναι κύκλος χ2 +� +4x+2y=0 χωρίς το 0(0,0). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /64

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Α σκήσε ι ς Μ ι γαδ ι κών Αρ ι θμών

Αργυράκης Δ. - Μαστορόπουλος Χ - Χατζημανώλης Αν.

ΑΣ Κ Η Σ Η Ι η

Έστω z μιγαδικός αριθμός. Θεωρούμε τη συνάρτηση f ( z ) = I iz - 11 α) Αν ισχύει f ( z ) = f ( z ) , να αποδείξετε ότι ο z είναι πραγματικός. β) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο της εικόνας του

γ) Αν

, z2 είναι δύο μιγαδικοί με

δ) Θεωρούμε τον μιγαδικό f

(

Λύ ση :

) = 21 και Ιz - w l

w =

(

f z, ) = f

ώστε

(

) = .!._ .

( z2 ) = .!._ , να αποδείξετε ότι lz, - z2 1 :::;; 1 . 2

_!_ . Να βρείτε τους μιγαδικούς 2

που ικανοποιούν τις σχέσεις:

f{z ) = f(z ) => l i z - 1l = l ϊz - ψ= > l i z - 1 1 2 = l iz - 1 1 2 => (i z - 1 )( -iz - l ) = =(iz - 1)(-iz - 1 ) => 2iz - 2i z = O => i(z - z ) = O :::::> z = � => z ε R. β) f ( z ) = _!_ l i z - 1 1 = _!_ l i (z + i )l = _!_ l i l l z + i l = _!_ l z i l = _!_ lz - ( -i )l = _!_ z:;yi 2 2 2 2 2 2 χ 2 + ( y + 1 ) 2 = _!_ ( 1 ), που σημαίνει ότι ο z «γράφει» κύκλο κέντρου Κ (Ο, - Ι ) και ακτίνας ρ = _!_ . 2 4 γ) Οι μιγαδικοί z , , z 2 ανήκουν στον παραπάνω κύκλο, επομένως το l z , - z 2 1 εκφράζει το μήκος της χορδής με άκρα τις εικόνες των z , , z 2 , που είναι μικρότερο ή ίσο της διαμέτρου του παραπάνω κύκλου. Δηλαδή lz, - z 2 1 ::::; Ι δ) Η σχέση l z - wl = Ι , δηλαδή / z - �� = Ι «δηλώνει» κύκλο κέντρου Λ(Ο, k) και ακτίνας R= Ι . Επομένως αρκεί να βρούμε τα κοινά σημεία του με τον παραπάνω κύκλο ( Ι ). χ2 + ( y + I )2 = -Ι )2 4 και βρίσκουμε ένα μόνο κοινό σημείο το Δηλαδή λύνουμε το σύστημα : '_ 2 ' χ 2 + y - -Ι = Ι α)

�

(

�

Μ(ο _!)

δηλαδή οι δύο κύκλοι εφάπτονται και μάλιστα εξωτερικά (γιατί;) ΑΣ Κ Η Σ Η 2η

Να αποδείξετε ότι, αν οι διακεκριμένοι και μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί z 1 • z2 , z3 ικανοποιούν δύο οποιεσδήποτε από τις παρακάτω σχέσεις , τότε ικανοποιούν και την τρίτη . (i) I Ζι I = I Zz I = I Ζ3 I (ii) I Ζι - Zz I = I Zz - Ζ3 I = I Ζ3 - Ζι I (iii) Ζι + Zz + Ζ3 = Ο ΛίJ σ η :

z 1 , z2 , z3

Για τους μη μηδενικούς μιγαδικούς αριθμούς θέλουμε να δείξουμε ότι: (1) Αν οι μιγαδικοί αριθμοί ικανοποιούν τις σχέσεις (i) και (iii) τότε ικανοποιούν και τη σχέση (ii) . ( Π ανελλήνιες εξετάσεις 2006 , Θέμα 3° α. ) (2) Αν οι μιγαδικοί αριθμοί ικανοποιούν τις σχέσεις (i) και (ii) θα δείξουμε ότι ικανοποιούν και τη σχέση (iii). Οι εικόνες των μιγαδικών στο μιγαδικό επίπεδο είναι προφανώς σημεία του κύκλου ( Ο, ρ ), όπου 0(0,0) η αρχή των αξόνων και ρ = Ι Ι Ι l Ι 1 > Ο . Επιπλέον σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α = Ι Ι Ι Ι > Ο , που είναι Ι Ι εγγεγραμμένο στον κύκλο (0, ρ). Τότε ισχύει ότι α = ρ.J3 α2 = 3ρ 2 (από κανονικά πολύγωνα γνωρίζουμε ότι λ3 = R .J3 , όπου λ3 η πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου και R η ακτίνα του περιγεγραμμένου z 1 , z2 , z3

z1 , z2 , z3

z ι - Zz

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /65

:::::>

Z z - Ζ3

zι

z3 - Ζ ι

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

κύκλου ) . Επομένως ισχύουν οι σχέσεις : I zι - z2 I 2 = 3 ρ 2 , I z2 - z3 1 2 = 3 ρ2 , I Ζ3 - zι I 2 = 3 ρ2 Άρα έχουμε : ( z 1 - z 2 )(z 1 - z 2 ) = 3ρ 2 � z1 � - Ζ1 Ζ 2 - z 2 � + z 2 z 2 = 3ρ 2 � I Ζ1 1 2 + I z 2 1 2 -( z 1 z 2 + z 2 �) = 3ρ 2 � � z 1 z 2 + �z 2 + ρ 2 = 0 . Ομοίως έχουμε: z 2 z3 + z 3 z 2 + ρ 2 = 0 και z 3 � + z 1 z 3 + ρ 2 = 0 . Προσθέτοντας τις σχέσεις κατά μέλη προκύπτει η σχέση: z1 z 2 + z 2 � + z 2 z 3 + z 3 z 2 + z 3 � + z1 z 3 + 3ρ 2 = Ο Δη λαδή έχουμε: z 1 z 2 + z 2 � + z 2 z 3 + z 3 z 2 + z 3 � + z1 z 3 + I z1 1 2 + I z 2 1 2 + I z 3 1 2 = Ο � Ζ1 Ζ:2 +Ζ:2Ζ1 +Ζ:2 � +�Ζ:2 +� z1 + z1 � + z1 z1 +Ζ:2Ζ:2 +� z3 =0� z 1 (z1 + z2 + z3 ) + z2 (z 1 + z 2 + z3 ) + z3 (z1 + z2 + z3 ) = Ο ( z1 + z 2 + z 3 )(� + z 2 + z 3 ) = 0 � ι zι + z2 + z3 Ι 2 = Ο � ι zι + z2 + z3 Ι = Ο � zι + zz + z3 = Ο (3) Αν οι μιγαδικοί αριθμοί z1 , z 2 , z3 ικανοποιούν τις σχέσεις (ii) και (iii) θα δείξουμε ότι ικανοποιούν και τη σχέση (ii). Έχουμε: Ι z1 - z 2 I = 1 2 z 2 + z1 I (γιατί z1 + z 2 = -z 3 (I) ) Άρα: Ι z1 - z 2 1 2 = 1 2 z 2 + z1 1 2 � ( z1 - z 2 )(� - z 2 ) = (2 z 2 + z 1 )(2 z 2 + � ) � z1 � + z2 z2 - (�z2 + z2 z1 ) = 4z2 z2 + z 1 z 1 + 2(�z2 + z 2 z1 ) � 3 1 z2 1 2 = -3(�z2 + z 2 z1 ) � ι z 2 1 2 = -(�z2 + z2 z1 ) (11) Από τη σχέση (I) έχουμε : Ι -z 3 I = I Ζ1 + Ζ 2 I � I z 3 I = I Ζ1 + z 2 I � I z 3 1 2 = I Ζ 1 + Ζ 2 1 2 � l z3 l 2 =(z1 +z2 X� +z2 ) � l z3 1 2 � z1 1 2 + l z2 1 2 + z1 z2 +�z2 . Αντικαθιστώντας τη σχέση (II) έχουμε : I zl 1 2 = Ι 1 2 � I zl I = I ι .Με ανάλογη απόδειξη προκύπτει ότι I ΖΙ ι ι z 1 · Άρα τελικά έχουμε Ι zι Ι = Ιz2 ι=ι z3Ι · ΑΣΚ Η Σ Η 3η 3 2 Να αποδείξετε ότι 1 + 2i + 3ί + 4ί + + 199ί 1 98 + 200 ί199 = -100 ( 1 + i) ZJ

· · ·

Λύ σ η :

Έστω S 1 + 2ί + 3i 2 + 4ί 3 + · · · + 1 99ί 1 98 + 200ί199 ( 1 ). Π ολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ( 1) με το και έχουμε i S ί + 2i 2 + 3ί 3 + 4ί4 + · · · + 1 99ί 1 99 + 200ί 200 (2).Αφαιρούμε από τα μέλη της ( 1) τα μέλη της 20 (2) και έχουμε S - i S = 1 + ί + i 2 + ί 3 + · · · + ί 1 98 + ί 1 99 - 200ί 200 ί �ι --1 1 - 200 = �ι -- 11 - 200 = -200 (3) ? � S = (20 1 + ί· � S = -2ΟΟ (1 + i) � S = -100(1 + i ). Άρα (3) � (1 - i )S = -200 � S = -20 1-ι 1-ι 1+ι 2 =

�i �

ΑΣ Κ Η Σ Η 4 η

Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί

z1 , z2 , z3

οι οποίοι ικανοποιούν τη σχέση

z1 - z2 z2 - z3

J3 .

- - - -

Αν Α, Β, Γ οι εικόνες τους αντίστοιχα στο μιγαδικό επίπεδο. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. Λύ ση :

1 I

( )

[ J3 )

ΑΒΓ

l zΙ - z2 1 1 � J3 ί � z Ι - z 2 ..!_ J3 ί � l z Ι - z 2 1 - ..!.. 2 + � 2 l z 2 - z3 1 l z2 - z3 1 2 2 2 z 2 - z3 2 2 � ιz� - z 2 1 = 1z 2 - z 3 Ι � < ΑΒ) = (ΒΓ) (1). ' ' α γ � α + β γ + δ , με βδ * Ο εχουμε: ' των αναλ ογιων ' τη γνωστη' ιδιοτητα χ ρησιμοποιωντας δ β δ β Είναι: z Ι - z 2 z2 - z3

..!_

- -- -=

z Ι - z 2 -1 - l3 i � z Ι - z 2 + z 2 - z 3 - 1 - l3i + 2 � z - z 3 1 - f3 i � z Ι - z 3 1 'ο/f3_;) Ϊ � 2 2 2 z 2 - z3 z2 - z3 2 2 z2 - z3 z2 - z3 ' I � Ι z, - Ψ Ι z , - z , Ι � (ΑΓ) (ΒΓ) (2). + � � = Από (1) και (2) έχουμε (ΑΒ) = (ΒΓ) = ( ΑΓ ) , οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο =

'oj ;)

ι:: ::\ � ω [ �) ι:: =:::�

Α Σ Κ Η Σ Η Sη

'oj ;)

_ _ _

�

α) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z με την ιδιότητα Ιz

1+z

i - i Ι = 2 (Ι).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ. l /66

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

β) Ν α δ ε ίξετε ότι οι εικόνες των μιγα δ ικών αριθ μών w γ) Ν α δ είξετε ότι: 5 :::;

lw - zl .J2 :::; 9 .

ανήκουν σε κύ κλο.

ΛΥΣΗ

α) 'Εχουμε: (I) <=? l z + zi - (7 + i) l = 2 <=? l(1 + i)z - (7 + i) l = 2 <=? l l + i l l z - 71 ++ _i l = 2 <=? _i)( I - _i) l = 2 <=? J2 Ι z - (4 - 3i ) 1 = 2 <=? l z - (4 - 3i )l = J2 . l l + i l l z - ((lΊ ++ ι)(l - ι) Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος κέντρου Κ( 4, - 3) και ακτίνας ρ = J2 . β) Γνωρίζουμε ότι για κάθε μιγαδικό z οι εικόνες των z και z στο μιγαδικό επίπεδο είναι σημεία συμμετρικά ως προς τον άξονα χ ' χ. Κάνοντας χρήση του (α) ερωτήματος συμπεραίνουμε ότι οι εικόνες των z στο μιγαδικό επίπεδο είναι σημεία του κύκλου κέντρου Κ ' (4, 3) και ακτίνας ρ= J2 , που είναι ο συμμετρικός του κύκλου του (α) ερωτήματος ως προς χ ' χ . ' Αρα: I � - (4 + 3i) I = J2 � 1 i 1 1 � - 4 - 3i 1 = J2 � � i � -4 i+3 Ι = J2 ��i � -(-3 +4i) 1 = J2 � Ι w - (- 3 + 4 i ) Ι = J2 . Επομένως οι εικόνες των w στο μιγαδικό επίπεδο είναι σημεία του κύκλου κέντρου Λ (-3,4) και ακτίνας ρ= J2 . γ) Ο αριθμός Ι w - z Ι εκφράζει την απόσταση ενός σημείο του κύκλου (Κ, .fi) από ένα σημείο του κύκλου ( Λ , J2 ) . 'Εχουμε όμως d=ΚΛ = J(-3 - 4)2 + (4 + 3)2 = .J2ji = Ί J2 . Άρα: d - 2ρ :::; l w - z l :::; d + 2ρ � 5J2 :::; l w - z l :::; 9J2 � 5 :::; l wjiz l :::; 9 . I

-3

·•

ΑΣ Κ Η Σ Η 6η

Δ ινεται η συναρτηση

f(z) = iz - 2 +. 4i , z * ι. . Ζ-1

Αν

u = z - ι.

και

w = f(z) - ι,

τοτε :

α) Ν α απο δ ε ίξετε ότι uw = -3 + 4i . β) Ν α βρείτε το μιγα δ ικό αριθ μ ό u, ώ στε u = w. γ) Ν α υπο λογ ίσετε το μιγ αδ ικό αριθ μό z ώ στε w = 1-2i . δ) Αν f(z) e R, να απο δ είξετε ό τι η εικόνα M(x,y) του z δ ιαγρ ά φει κύ κλο με εξα ί ρεση ένα σημείο του . ΛΥΣ Η

χουμε: = f( z ) = iz -z 2-+ι. 4i ι. = iz - 2 +z 4i- ι.- iz - 1 = -3z -+ ι4i. . Άρα uw=(z-ι. ) -3z -+ ι4i. 3 +4 ι.. β) Αν u = w = α + β Ι, τότε: uw = -3 + 4i <=? (α + β i) 2 = -3 + 4i <=? α2 - β 2 + 2αβ i = -3 + 4i <=? α - β = -3 <=? α : l ή α : -1 <=? u = 1 + 2i ή u = - 1 - 2i. β - 2 β - -2 αβ = 2 . ' uw =-3 + 4"ι <=? u( 1 -2")ι = -3 + 4"ι <=? u <=? -3+4i <=?u=-11 --ι2 . γ) Αν w = 1 -2 ι ' τοτε: 5 5 1-2i . . 1 1 2 . . 1 1 3 . ' u = z - ι <=? z = u + ι <=? z = -- - -ι + ι <=? z = -- + -ι . οποτε 5 5 5 5 . . , iz - 2 +. 4i = iz - 2 +. 4i <=? iz - 2 + 4i = -iz - 2 - 4i <=? δ) Με z = χ + yι * ι εχουμε: f(z) e R <=? z-ι z-ι z-ι z+i (iz - 2 + 4i)(� + i) = ( -i � - 2 - 4i)(� + i) <=? i Ι z 1 2 -2� - z + 4� - 2i - 4 = -i Ι z 1 2 -� - 2z - 4zi + 2i - 4 <=? 2 l z l 2 i + z - � - 4i + 4z i + 4 � i = Ο <=? 21 z l 2 i + (z - � ) + 4(z + � ) i - 4i = Ο . α

) 'Ε

} ( )( )

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 73 τ. Ι /67

)

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου <::::>

<::::> 2( χ2 + /) i + 2yi + 8 χί - 4ί = Ο χ2 + / + 4χ + y - 2 = Ο που είναι εξίσωση κύκλου κέντρου Κ(-2 , - Ί2 ) και ακτίνας ρ = 5/2. Παρατηρούμε ότι η εικόνα του μιγαδικού z = ι είναι σημείο του κύκλου , αλλά πρέπει να εξαιρεθεί, αφού ισχύει z * i . ΑΣ Κ Η Σ Η 7 η

z , w

' Δ ινονται οι μιγαδ ικοι αριθ μοι, •

, , , οι οποιοι ικανοποιουν τη σχεση :

2z - i

. ιz

(

α) Ν α απο δ είξετε ότι w + 2i)( z - i) = 1 . β) Αν η εικόνα του z κινε ίται στον κύ κλο C 1 κέντρου K(O, l ) και ακτίνας ρ = l , να β ρείτε τη γραμμή π άνω στην οπο ί α κινείται η εικόνα του w . :::: Ι z w Ι :::: s. γ) Ν α απο δ είξετε ότι δ) Ν α απο δ είξετε ότι Ι z + w Ι :::: 3.

ΛΥ Σ Η

-, z*ι .

1 ) 'Εχουμε: w+2 ι=. i(z2z --ii) + 2ι. = 2z -i(zi --2(zi) -i) = i(z ί-i) =-z -i Επομένως (w + 2i)( z - i) = -1 ι ( z - i) = 1 . z β) Ισχύει: Ι z-(0 + 1 i)l =1�Ιz-il = 1 και από (α) έχουμε: l(w + 2i)(z i)l = l�l w + 2i l l z-i l = l�l w +2il = 1. Άρα η εικόνα του w κινείται πάνω σε κύκλο C2 κέντρου Λ(Ο, -2) και ακτίνας ρ = 1 . γ) Ο αριθμός Ι z - w Ι εκφράζει την απόσταση ενός σημείου του κύκλου C1 από ένα σημείο του κύκλου Cz. Άρα ( OB ) ::; I z - w i ::; ( AΓ ) � d - 2ρ :Ξ: I z - w i :Ξ: d + 2ρ � 3 :Ξ: Ι z - w i :Ξ: 5, αφού d = ( ΚΛ ) = 3ρ = 3 δ) Έχουμε: Ι z + w Ι :Ξ: 3 <::::> Ι z - (- w) Ι :Ξ: 3. Επειδ ή οι εικόνες των μιγαδικών w και - w στο μιγαδικό επίπεδο είναι σημεία συμμετρικά ως προς την αρχή των αξόνων 0(0,0), τότε οι εικόνες των μιγαδικών w κινούνται σε κύκλο C3 κέντρου Α( Ο, 2) και ακτίνας ρ = 1 , που είναι ο συμμετρικός κύκλος του C2 στην ίδια συμμετρία. Η μέγιστη απόσταση των κύκλων C 1 , C3 είναι η (ΟΔ) = 3ρ=3, οπότε Ι z + w Ι :Ξ: 3 α

Γ(Ο,·3)

ΑΣ Κ Η Σ Η 8 η

Δίνονται οι μη μη δ ενικο ί μιγα δ ικο ί αριθ μο ί

( ) ( ] ( ) _.!.

Re � = Re � z2

Re 2 z1

()

με

l l=j j l 1

( )

z1 , z2 , z3

zι

Ν α απο δ είξετε ότι : α)

β) Τ ο τρ ίγωνο με κορυφ ές τις εικόνες των Λ\> ση

z1 , z2 , z3

+ z2 + z3

ρ και

είναι ισ όπ λευρο.

- -ρ 2 ( I ). -z z = - z 1 2 � z1 Ζ1 = Ζ1 + = � � 2 · - 1 = Ζ1 Ζ 2 + Ζ 2 � � z1 Εχουμε 2 Re + + z1z 2 = z z 1 2 2 2 2 I 2 z2 z 2 z2 z2 z2 Ομοίως έχουμε z 2 z 3 + z 2 z3 = -ρ 2 (2) και Ζ 1 z3 + �z3 = -ρ 2 (3) Για να είναι z1 + z 2 + z3 = Ο αρκεί l z1 + z2 + z3 1 = Ο, ή ( z1 + z 2 + z3 )( z1 + z 2 + z3 ) = Ο, ή ( z1 + z 2 + z 3 )(� + z 2 + z 3 ) = 0 , ή z1 � + z 1 z 2 + z1 z 3 + z 2 � + z 2 z 2 + z 2 z3 + z 3 � + z 3 z 2 + z 3 z 3 = 0, ή l z ι l 2 + ( Ζ ι z 2 + z 2 �) + j z 2 1 2 + ( z 2 z3 + z 3 z 2 ) + l z 3 1 2 + ( Ζ ι z3 + z 3 �) = Ο, ή ρ 2 - ρ 2 + ρ 2 - ρ 2 + ρ 2 - ρ 2 = Ο ' που ισχύει. Άρα z1 + Ζ 2 + z 3 = Ο. β) Αρκεί να δείξουμε ότι l z 1 - z2 1 = l z2 - z3 1 = l z3 - z1 1 . Επειδή z 2 = - z 1 - z 3 , για να ισχύ ει: I Ζι - � 1 = I � -:l.J I αρκεί l z1 +z1 + z3 1 = 1 -z1 - z3 - z3 1 , ή l 2z1 + z3 1 2 = l z1 + 2z3 1 2 , ή ( 2z1 + z3 )( 2� + z3 ) = ( z1 + 2z3 )(� + 2z3 ) , ή - - - - 4 z 1 z 1 + 2 z1 z 3 + 2 z1z 3 + z 3 z3 = z1 z 1 + 2 z 1 z 3 + 2 z 3 -z 1 + 4 z3 z 3 , η, 3 l z ι l 2 = 3 j z 2 1 2 , η, l z ι l = l z 2 1 , που ισχυει. Άρα l z1 - z 2 1 = l z 2 - z3 j . Ομοίως δείχνουμε ότι l z 2 - z 3 1 = l z3 - z1 1 , οπότε l z 1 - z 2 1 = l z 2 - z 3 1 = l z3 - z ι l · Ά ρα το τρίγωνο που ορίζουν οι εικόνες των z 1 , z 2 , z 3 είναι ισόπλευρο. α)

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 73 τ. l /68

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

Επιμ έλεια: Γιάννης Στ ρ ατή ς - Βαγγέλη ς Ευσταθίου

Ελικοειδείς κινή σεις και διανυόμενες αποστάσεις Γ. Κ. Τ ρ ιάντ ος

Αφορμή για την σύντομη ανάλυση που ακο πλήρη περιστροφή , δηλ. σε χρόνο μιας περιόδου λουθεί ήταν ένα προτεινόμενο από τον συνάδελφο τ = 2π , οποτε , θ α ειναι , ν = -τh . Η διανυσματικη, Γιώργο Τσαπακίδη θέμα, που είχε ως εξής: ω εξίσωση της έλικας έχει την μορφή: Δρυοκολάπτης κατέρχεται ελικοειδώς από ..... ..... ..... ..... ένα δένδρο ύψους 1 2 μέτρων και περιμέ i ) μ(ω S( ) (ωt) · j + νt · k (1). t + Rη · = Rσυν t τρου 5 μέτρων. Πο ια απόστα ση θα διανύ σει. Η στιγμιαία ταχύτητα του σημείου Μ επί της ( απ : 1 3 μέτρα ) Επειδ ή μία κυλινδρική έλικα μπορεί να δια έλικας είναι ..... ..... γραφεί με μικρά ή μεγάλα βήματα , φαντάζει ..... dS(t) -Rωη μ(ωt ) · ....i .+ Rω συν(ωt ) · ....j . + ν · k = πολύ δύσκολο να δεχθεί κανείς ότι η διανυόμε ν(t) = -νη απόσταση είναι πάντοτε ίδια . Όπως θα φα και έχειdtμέτρο: νεί στη συνέχεια, το αποτέλεσμα είναι σωστό μόνο αν δεχθούμε ότι ο δρυοκολάπτης κατέρχε v(t) = �R 2 ω 2 ημ 2 ( ωt) + R 2 ω2 συν 2 ( ωt) + v 2 = ται από το δένδρο διαγράφοντας μ ία και μον α δική π λ ή ρ η έ λικα. h2 = R2 ω2 +-h2 ω 2 Ονομάζουμε κυλινδ ρ ική έλικα τον γεωμε = .JR 2 ω2 + ν2 = R 2 ω 2 + Τ 2 4π 2 τρικό τόπο ενός μεταβλητού σημείου Μ, το οποίο κινείται με σταθερή γραμμική ταχύτητα ν , πάνω σε ω π 2R2 + h2 = -.J ω L2 + h2 μία γενέτειρα ενός κυλίνδρου , αρχόμενο από την = ω -.J4 = 2π 2π βάση του , όταν η γενέτειρα αυτή κινείται με στα θερή γωνιακή ταχύτητα ω. Την χρονική στιγμή t = Ο το σημείο Μ βρίσκεται στη θέση M0 ( R,O,O) , ενώ την χρονική στιγμή στη θέση M(R,O, h) δηλ. στο ανώτατο t = Τ = 2π ω σημείο της έλικας. Το μήκος της έλικας αυτής εί ναι κατά τα γνωστά «

l l

τ L2 + h2 dt = ct = n v(t) l dt = }�.J 2π '' .---,-τ 2 + h2 Jctt = �.JL2 + h2 · Τ = . = �.JL 2π 2π = .JL2 + h2 ο

Δηλ. ισούται με το μέτρο της υποτείνουσας ορθο γωνίου τριγώνου με κάθετες πλευρές το βήμα h της έλικας και την περίμετρο L = 2πR της βάσης Βήμα της έλικας λέγεται το ύψος h στο οποίο του κυλίνδρου. Στην προκειμένη περίπτωση έχουφθάνει το σημείο Μ, όταν η γενέτειρα κάνει μία με: d = .J52 + 1 2 2 = Jl69 = 13 . χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

73 τ.l/69

Το Βή μα του Ευκλείδη

Μελέτη για την αντίστροφη συνάρτη ση Τ ου Αντ ώνη Κυριακό που λου

Έστω μια συνάρτηση f : Α � IR. . Αν λύσουμε 1). Λύ σεις στο ( -οο, Ο ) .Με χ<Ο έχουμε: (και διερευνήσουμε) την εξίσωση: f(x) = y , με ά (Ι) y = f(x) � y = xh . γνωστο το χ Α και παράμετρο το y IR. , τότε: Αν y 2 Ο , τότε η εξίσωση ( Ι ) είναι αδύνατη. Έστω I) Είναι εύκολο να βρούμε το σύνολο τιμών f(Α) ότι y<O . Τότε: της συνάρτησης f. (l) � y2 = x 2 (-x) � xJ = -yz � χ = -W (δεκτή). Τ ο f(A) ε ίναι το σύνο λο των αριθ μ ών y IR. , για τους οπο ίους η ε ξίσωση f (χ) y έχει 2) Λύ σεις στο [ Ο, +οο ) . Με χ 2 Ο έχουμε: Α. y = f(x) � y = xfx . (2) μ ία του λάχιστον λύ ση 2) Είναι εύκολο να βρούμε αν η συνάρτηση f Αν y<O , τότε η εξίσωση (2) είναι αδύνατη. Έστω αντιστρέφεται ή όχι. ότι y 2 0 . Τότε: 2 α) Αν για ένα του λάχιστον Υ f (Α : η ε(2) � y 2 = χ 2 . χ � χ 3 = y 2 � χ = (δεκτή). ξίσωση : f (χ) = Υ έχει δύ ο ή περισσ ότερες Ώστε, για κάθε y IR. , η εξίσωση y=f(x) με λύ σεις στο Α, τότε η συν ά ρτηση f δ εν ε ίναι χ IR. , έχει μια μοναδική λύση, την: 1 - 1 και ά ρα δ εν αντιστρ έ φεται . αν y<O Πράγματι, έστω ότι χ , και χ 2 , με χ , * χ 2 , εί χ = ναι δύο από τις λύσεις αυτές. Τότε θα έχουμε: αν y 2 0 f(x 1 ) = y0 και f(x 2 ) = y 0 , οπότε f(x , ) = f(x 2 ). Συμπεράνουμε ότι: f(IR.) = IR. . Επίσης, ότι η Και επειδή χ , * χ 2 , έπεται ότι η συνάρτηση f δεν συνάρτηση f είναι 1-1 (απόδειξη όπως στην περί είναι 1-1 και άρα δεν αντιστρέφεται. πτωση 2β). Συνεπώς, η συνάρτηση f αντιστρέφεται 2β) Αν για κάθ ε y f( A) η εξίσωση : και η αντιστροφή της είναι: f (χ )= y έχει μια μονα δ ική λύ ση στο Α, ,αν y<O Γ' JR. : JR. με r - ' (y) = τ ότε συν ά ρτηση f ε ίναι 1 - 1 και ά ρα αντι if1 , αν y 2 0 στρ έ φεται. θεωρούμε δύο αριθμούς χ χ 2 Α (Μπορούμε στη θέση του y να βάλουμε το χ ή ο Πράγματι, και υποθέτουμε ότι: f(x 1 ) = f(x 2 ) ( = y 0 E f ( A ) ) . ποιοδήποτε άλλο γράμμα). Έτσι, οι αριθμοί χ , και χ 2 είναι λύσεις τις εξίσω ΑΣΚΗ Σ Η . Έ στω η συνά ρτηση : f(x)=l x-3 1+2x . σης: f(x) = y0 • Ν α απο δ ε ίξετε ότι : 1) Η f αντιστρ έ φεται και να βρείτε την α Και επειδή η εξίσωση αυτή έχει μια μοναδική ντιστροφή της Γ1 λύση, έπεται ότι χ , = χ 2 . Συνεπώς, η συνάρτηση f 2) Υπ ά ρχουν τρεις πραγματικο ί αρι θ μο ί α , είναι 1-1 και άρα αντιστρέφεται. β κ αι γ, για τους οπο ίους ισχύ ει : 3) Στην περίπτωση που αντιστρέφεται, θα έχουμε Γι (χ) = α iχ - 61 + βχ + γ . έτοιμο και τον τύπο της aντίστροφης συνάρτησης r- ' : f( A) IR., αφού θα έχουμε βρει το χ συναρ Α π άντ η ση . y 3 , αν y 2 6 τήσει του y. ' ; -' I ) r- : IR. � IR. με f (y ) = Π Α Ρ ΆΔ Ε Ι Γ Μ Α. Ν α ε ξετ ά σετε αν η συν ά ρτηση y - 3 , αν y<6 f(x) = χ Μ αντιστρ έ φεται και αν ναι να βρείτε α= - 3Ι , β= 32 και γ=-1 , οπότε: 2) την αντιστροφ ή της. f (χ) = - -3ι l χ - 6 I + -23 χ - 1 . Λύ σ η . Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR. . Λύ νουμε την εξίσωση: f(x) = y , με άγνωστο το χ IR. και παράμετρο το y 1R. . Ε

•

χ Ε

•

, {-ifl W,

•

{-W

�

1 ,

•

�

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ. l /70

Το Βή μα του Ευκλείδη

Καλά, πόσο ι μ έσο ι υπάρχουν

• • •

Κώ στα Β ακα λόπου λου Π ΡΟ Β Λ Η Μ Α 1

Στην αρχαιότητα βάλθηκαν να αντικαταστή σουν τις κο λώνες εν ό ς ναού που ή σαν φτιαγμένες με δύ ο πέτρες, άνισου ύ ψ ους, με δυο π έτρες ίσου ύ ψ ους. Αν τα αρχικ ά ύ ψη ή ταν α και β μέτρα, π ό σο πρ έπει να ε ίναι το ύ ψ ος κ άθ ε μιας απ ό τις ίσες π έτρες ; Λύση

Αν χ το ύψος κάθε μιας από τις πέτρες που θα χρησιμοποιήσουμε, τότε θα ισχύει: 2χ = α + β <=> χ = α ; β · Ο αριθμός αυτός λέγεται αρ ι θ μητικός μέ σ ο ς ( ΑΜ ) των α και β. 60 + 80 ΕφαρμογιΊ : Αν α = 60 και β = 80 τότε: χ = 70 2

Π Ρ Ο ΒΛ Η Μ Α 2

Ένας κτηματ ί ας θέλει να ανταλλάξει ένα χωρ ά φι

--- � Ιι

α χ

σχή ματος ορ θ ογων ίου με δ ιαστ ά σεις α και β μέτρα με ένα άλλο σχή ματος τετραγώνο υ αλλά φυ σικ ά με ίδ ιο εμ β α δόν. Π ό σα μέτρα πρ έπει να ε ίναι η πλευρ ά του τετραγωνικο ύ χωρα φ ιο ύ ώ στε η ανταλλαγή να είναι δίκαιη ; \ύσ

η Αν η πλευρά του τετραγωνικού χωραφιού είναι χ μέτρα τότε θα ισχύει: χ 2 = α . β <=> I χ = �ι . ο αριθμός αυτός λέγεται γεωμετρ ι κός μέσος ( A G ) των αριθμών α και β. Ε φαρμογή : Αν α = 60 και β = 80 τότε: χ = -!60 · 80 = -!4800 69, 28 . .

Π ΡΟ Β Λ Η Μ Α 3

Ένα σχο λικό λεωφορε ίο δ ιανύ ει μια απ ό σταση με στα θ ερή ταχύτητα

km ' α - σε t 1 ωρες. h

Την άλλη μ έ ρα επιστρ έ φει δ ιανύ οντας την ίδ ια απ ό σταση με στα θ ερ ή km , , ταχυτητα β - σε t 2 ωρες. h Μ πορε ίτε να βρείτε με ποια στα θ ερή ταχύ τητα θ α μπορού σε να π άει και να έ ρ θ ει σε χρ ό νο ό σο το άθ ροισμα των χρ όνων που έ κανε τις δύ ο προηγού μενες μέ ρες ; Λύση

Έστω S η απόσταση που διανύει το κινητό κάθε φορά. Η εξ'ισωση της κινησης ' ' μερας ' θ α ειναι: ' s = α · t, <=> t, της πρωτης Η εξίσωση της κίνησης της δεύτερης μέρας θα είναι: S = β · t?-

- .

<=> t?- �β . Αν χ η ταχύτητα που ζητάμε θα ισχύει: 2S = χ · (t, + t 2 ) <=> t 1 + t 2 = 2S . χ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /71

Το Βή μα του Ευκλείδη

, S + S = 2 · S ""' 1 + 1 = ;z2 Άρα: ;;: β � ;;: β

� η, χ = 2 · α · β . ""[i:iJ α+β

Ο αριθμός αυτός λέγεται αρ μονικός μέσος (ΑΗ ) των αριθμών α και β. 2 = 2 · 60 · 80 68,57 Εφαρμογή : Αν α = 60 και β = 80 τότε: χ = -1 + -1 60 + 80 60 80 ΠΑ ΡΑ ΤΗΡΗΣΗ: Μεταξύ του αριθμητικού, του γεωμετρικού και του aρμονικού μέσου δύο θετικών αριθμών ισχύει η παρακάτω ανισοτική σχέση: Α Η ::::; A G ΑΜ . (Παρατηρείστε στις εφαρμογές ότι: 68,57 ::::; 69, 27 ::::; 70 ) c:ι:; 2 α + β <=> 2 · α · β c:ι:; , , β α + β (α, β >Ο) π ραγματι, θ α απο δ ει' ξ ου με οτι: α · β -α · ν ν 1Ι β 2 α+ 2 - + -β α 2 · α · β ::::; � <=> [ 2 · α · β ) 2 ::ς ( � ) z <::::> 4 · ( α · β�2 :::; α · β <::::> 4 · α · β :::; 1 <=> 4 · α · β :::; (α + β ) z α+β α+β (α + β ) 2 (α + β ) <::::> (α + β ) 2 ;::: 4αβ <::::> α 2 + 2 · α · β + β 2 - 4 · α · β ;::: Ο <::::> ( α - β) 2 ;::: ο <::::> ( � ) 2 ::::; ( α β J 2 <::::> αβ ::::; (α β ) 2 <::::> 4 · α . β ::::; (α + β ) 2 <::::> ... <::::> (α - β ) 2 ;::: ο . � : ; · Σ η μείωσ η : Η παραπάνω ανισοτική σχέση ζητείται να αποδειχθεί στην άσκηση 4ίί στη σελίδα 5 Ι στο σχολικό βιβλίο της Άλγεβρας της Α ' Λυκείου. Ως γνωστό είναι εφαρμογή (για δύο θετικούς αριθ μούς) της ανισότητας Cauchy-Schwartz που ακολουθεί: ==

::::;

μ ::::;

•

Ι ς�-�fl

Γ εν ι κ ά :

Αν α 1 , α z , ... ,α ν θετικοί αριθμοί (ν θετικός ακέραιος) ονομάζουμε: , ( ΑΜ ) τον αριθ μο:, α ι + α z + ... + αν Αριθ μητικο, μεσο ' ν Γεωμετρικό μέσο ( A G ) τον αριθμό: {/α 1 α 2 · ... · α ν , ν Αρμονικό μέσο ) τον αριθμό: (Α Η >Ι + -1 + ... + 1 · αι α2 αν ::::; Μεταξύ των παραπάνω αριθμών ισχύει: Α Η A G ::::; ΑΜ δηλαδή: ν ν α ι . α z . ... . α ν - α ι + α 2 + ... + α,. ν Ι Ι + - + ... + -1 ν αν αι α2 r

•

------

--'---=-----"-

Α Ξ Ι ΟΛ Ο Γ Η Ε Π Ι Σ Η Μ Α Ν Σ Η

Στη Στατιστική, μέ ση τιμή των στατιστικών δεδομένων (παρατηρήσεων) i = 1, 2,3, ... , ν μιας με' ' - tι + t 2 + .. . + . ταβλητης' Χ ονομα' ζουμε τον αριθμητ ικο μεσο αυτων: χ= ν Αν μάλιστα οι τιμές Χ; , i = 1, 2,3, ... , κ της μεταβλητής Χ έχουν συχνότητες εμφάνισης: ν; , i = 1,2,3, ... , κ αντίστοιχα, ο παραπάνω τύπος για τη μέση τιμή γίνεται: -χ = Χι · ν ι + χ -, · ν z + ... + χκ · νκ που πάλι εκφράζει αριθμητικό μέσο . νι + ν z + ... + νκ '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 3 τ. l /72

t; ,

Ο Ε υ κλεf δ nς n ρ οτεfνει «Η κ α ρδιά των μα θη ματικών είναι τα προβλή μ ατα και ο ι λύ σ εις και ο κύριος λόγος ύπ α ρξης του μα θη ματικού είναι να λύνει προβλή ματα».

Ε πιμέλεια : ΑΣ ΚΗ Σ Η 1 45 ΤΕγχογΣ

(

Γ. Τ Ρ Ι .-\'�ΤΟΣ - :\ . Αl\ΤΩΝΟΠΟV ΛΟΣ - ΘΑΝ. KV P I A K O ΠOV ΛΟΣ

69 )

περ ίκεντρο εν ό ς ο ξυγων ί ου και σκαλη νο ύ τρι γώνου ΑΒΓ και θ το μ έτρο της γων ίας ΙΗΟ, τό τε

να

δ ειχθ ε ί 1-S+

ισχύ ει :

ότι

2L - 8P συν θ = 2vf(l - SP)(l - S + L - 2Ρ)

ό που :

•

συνΑσυνΒ + συνΒ συνΓ + συ νΓ συνΑ

Ρ = συνΑσυνΒσυνΓ (Ε προτ άθη απ ό τον συν άδ ελφο Γ Ι Ω Ρ Γ Ο T P I .-\ :\ T O - Αθήνα)

( Από τον ίδιο ) γ π οθέ τουμ ε - zωρί; β λάβη της γενικότητας - ότι α > β > γ . οπότε θα είναι και Α > Β > Γ . Στη συνέχεια. υπε\·θ υμίζονται τα μέτρα των γωνιών που θα χρη σιμοποιηθούν στην απόδειξη του προβλή ματος. Λ ΥΣΗ :

S = συνΑ + συνΒ + συνΓ , L

2R 2ημΑημΒημΓ (1) οπότε θα είναι και ΑΔ υα 2Εα 2RzημΑημΒημΓ 2RημΑ = 2RημΒημΓ (2). γπενθυμίζονται, επίσης, οι γνωστοί τριγωνομε τρικοί μετασχηματισμοί: Β -Γ Α ημ-ημ S = συνΑ + συνΒ + συνΓ 1 + 4ημ 2 2 2 Α Β Γ => 4ημ -2 ημ-ημ 2 -2 = S - 1 (3) συν2Α + συν2Β + συν2Γ = -1 - 4συνΑσυνΒσυνΓ -1 - 4Ρ (4) Β -Γ (5). Η Α συν-συν ημΑ + ημΒ + ημΓ 4συν 2 2 2 ακτίνα ρ του εγγεγραμμένου κύκλου είναι: ρ -;-Ε 2R 2ημΑημΒημΓ α+β+γ 2 4R 2ημΑημΒημΓ 2RημΑημΒημΓ 2R(η μΑ + ημΒ + ημΓ) 4συν Α συν Β συν Γ 2 2 2 Α Α Β Β 2ημ-συνΓ Γ 2ημ-συν2R 2ημ-συν2 2 2 2 2 2 Α Β Γ 4συν-συν-συν2 2 2 Γ Β Α 4Rημ -2 ημ-ημ 2 -2 Α Β -Γ (6) => ρ = 4Rημ -2 ημ-ημ 2 2 =

Ι το έγκεντρο, Η το ορ θό κεντρο , Ο το

Αν είναι

R. HALMOS

= ------�--�----�--�--��--�

Μ Είναι ΟΑΗ = Β - Γ, ΚΟΓ = Α, ΒΗΔ = Γ π3Η Α - Γ ΟΒ Γ Β or B Γ IAz = Α 2 ' 2' 2' 2 Γνωρίζουμε, επίσης, ότι: Ε αβγ 2RημΑ 2RημΒ 2RημΓ = 4R 4R Λ

Επειδή ΜΙΒ I AB+ ΙΒΑ Α + -Β = ΜΒΓ + ΓΒΙ 2 2 = MBI ::::> MI = MB (7) Έστω Μ, Ν τα μέσα του ελάσσονος και μείζονος τόξου ΒΓ αντιστοίχως και Ζ το σημείο επαφής του Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /73

= -

-------

Ο Ευκλείδη ς προτείνει . . .

εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ με την πλευρά ΑΒ. Τα τρίγωνα ΙΑΖ και ΒΜΝ είναι όμοια, αφού έχουν ZΔJ = lΑ =BNM , ΊΖΑ= lπ =ΜΒΝ . Συνεπώς, ΙΑ ο > ΙΖ = ΙΖ = -�ΙΑ � IM · IA = IZ · MN Ν ΜΒ Μ lM ΜΝ � Δ < �.R > = ρ · 2R => R 2 - 012 2Rρ :::::> ΟΙ2 = R2 - 2Rρ Α ημ-ημ Β -Γ <6 > ΟΙ 2 = R 2 - 2R · 4Rημ � 2 2 2 = R 2 (1 - 2 · 4Rημ lΑ ημ lΒ ημ lΓ ) <3 > R 2 [1 - 2(S - I )] = R 2 (3 - 2S) :::::> 012 = R 2 (3 - 2S) (8) Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΟΑΗ, έχουμε ΟΗ2 = ΟΑ 2 + ΑΗ2 - 2 · ΟΑ · ΑΗ · συν(ΟΑlΙ) και επειδή ΑΗ 20Κ = 2RσυνΑ , είναι ΟΗ2 = R2 + 4R2συν2Α - 2R · 2RσυνΑσυν(Β - Γ) = R 2 [Ι + 4συν2 Α + 4συν(Β + Γ)συν(Β - Γ)] = R 2[Ι + 2(1 + συν2Α) + 2(συν2Β + συν2Γ)] = R2[3 + 2( συν2Α + συν2Β + συν2Γ)] = R 2[3 + 2( -Ι - 4Ρ)] = R 2 (1 - 8Ρ) :::::> ΟΗ2 = R 2 (1 - 8Ρ) (9) ΗΔ = ΑΔ - ΑΗ = υα - 2 · 0Κ (2) = 2RημΒημΓ - 2RσυνΑ = R(2ημΒημΓ - 2συνΑ) = R[ συν(Β - Γ) - συν(Β + Γ) + 2συν(Β + Γ)] = R[ συν(Β - Γ) + συν(Β + Γ)] = 2RσυνΒσυνΓ � ΗΔ = 2RσυνΒσυνΓ (Ι Ο) Από το τρίγωνο ΒΗΔ έχουμε: ΗΔ = ΗΒ · συνΓ :::::> 2RσυνΒσυνΓ = ΗΒσυνΓ :::::> ΗΒ = 2RσυνΒ (Ι Ι ) Από το τρίγωνο Β Ι Λ έχουμε: Ι Λ = ΙΒ · ημ Β :::::> ΙΒ = -ρ-Β = 2 ημ-2 (12) Α Β Γ 4Rημ-ημ-ημΑ η μ _Γ --�2 __,2'---�--- 2=---- = 4Rημ Β 2 2 ημ-2 Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΙΒΗ Λ

( 4)

-------

έχουμε: ΙΗ2 ΗΒ2 + ΙΒ2 - 2 · ΗΒ · ΙΒσυν Α - Γ 2 Α ημ2 -Γ = 4R2συν2Β + I 6R 2ημ2 2 2 Α - 2 · 2RσυνΒ · 4Rημ -2 ημ -Γ2 συν Α 2- Γ 4R 2[συν2Β + 2ημ 2 Α · 2ημ2 Γ 2 2 Α -Γ συνΒσυν Α - Γ ] - 2 · 2ημ-ημ 2 2 2 = 4R 2 [συν2Β + (1 - συνΑ)(Ι - συνΓ) Α - Γ] Α+Γ -2( συν Α 2- Γ - συν--)συνΒσυν 2 2 = 4R2[συν2Β + Ι - συνΑ - συνΓ + συνΑσυνΓ - 2συν-? Α 2- Γ συνΒ Α-Γ + 2συν Α 2+ Γ συνΒσυν--] 2 = 4R 2[ συν2Β + Ι - συνΑ - συνΓ + συνΑσυνΓ -(1 + συν( Α - Γ))συνΒ + συνΒ( συνΑ + συνΓ)] = 4R 2[ Ι - (συνΑ + συνΒ + συνΓ) + συνΑσυνΓ + συνΒσυνΑ + συνΒσυνΓ + συν2Β - συνΒσυν(Α - Γ)] = 4R 2 (1 - S + L - συνΒ[ συν( Α - Γ ) - συν Β]) = 4R2 (1 - S + L - συνΒ[συν(Α - Γ) + συν( Α + Γ)]) = 4R 2 (1 - S + L - συνΒ · 2συνΑσυνΓ) = 4R2 (1 - S + L - 2P) :::::> ΙΗ2 = 4R\I - S + L - 2P) (12) Τέλος, από τον νό μο των συνημιτόνων στο τρίγω νο ΙΗΟ, έχουμε: ΙΗ2 - 012 (και βάσει των σχέσεων συνθ ΟΗ22 ·+0Η · ΙΗ (8),(9),( 12) ): συνθ = R2(l - 8P)_./+ 4R 2(1 - S _./+ IL- 2Ρ) - R 2(3 - 2S) 2R I - 8P · 2R - S + L - 2P 8P + 4(1 - S + L - 2Ρ) - (3 - 2S)] - R2 [l -4R2 _./I - 8P · _./I - S + L - 2P = _./ 2 - 2S _./+ 4L - I 6P 4 Ι - 8Ρ · ι - S + L - 2Ρ 1 - S + 2L - 8P = -�============= 2 �(1 - 8P)(l - S + L - 2Ρ) =

----r==--r=====

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 3 τ. l /74

-------

ΑΣΚΗΣΗ

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

146 (τΕΥΧΟΥΣ 69 )

-------

3 . ( ΚΛΜ) = 8 1βγ_ και ΚΜ =-ΒΓ 7 4·7·7 (ΚΛΜ Ν ) = 48· 1βγ 5 · 7 . Άρα ( ΚΛΜ ) = � ( ΚΛΜ) = � ( ΚΛΜ Ν ) . 7 ( Κ ΛΜ Ν ) 7 11

_ _

Σ ε τυχαίο τρ ίγωνο ΑΒΓ χωρ ίζου με τις πλευρ έ ς του ΑΒ και ΑΓ με τα σημεία Ε,Ζ και Η,Θ αντι στο ίχως σε τρ ία ίσα μέ ρη (ΑΖ=ΖΕ=ΕΒ και ΑΘ=ΘΗ=ΘΓ). Η ΒΘ τ έ μνει τις ΓΕ και ΓΖ στα σημεία Κ ,Λ αντιστο ίχως και η ΒΗ τέ μνει τις

�

ΓΕ,ΓΖ στα σημεία Ν,Μ αντιστο ίχως . Ν α απο δ ειχθ εί ότι : α) ΚΜ// ΒΓ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι :

β) ΚΜ

Τζαγκαράκης - Χανιά, Γιάννης Σ ταματογιάν

3 Γ . ΚΛ 5 ΚΛΜΝ ) . = -Β 7 γ) ( Μ) = -( 7

Σ τ έλιος Π ετρολέκας - Δραπετσώνα, Κων/νος

(Ε προτ άθη από τον συν άδ ελφο

νης - Δροσιά Αττικής, Κων/νος Τάγαρης -

ΓΙΩΡΓΟ Α ΠΟΣΤΟΛΟΠ ΟΥ ΛΟ - Μ εσο λόγγι)

Π ύργος, Βασ ί λειος Ν ικολάκης - Θ ες/νίκη, Δη

ΛΥΣΗ ( απ ό τον συν άδ ελφο

μήτρης Μαντζαβ ί νος - Λα μ ία, Ροδόλφος Μπό

Γ Ι Ω Ρ ΓΟ ΤΣΑΠΑΚΙΔ Η - Κυ ψ έλη Α ιτ/ν ίας)

ρης - Δάφνη Γιώργος Μήτσιος - Ά ρτα, Ευάγ

γελος Μ ου ροίJ κ ος - Αγρίνιο και ο Πολιτικός Μ ηχανικός Ι ω άννης Ανδρής - Αθήνα.

ΑΣΚΗΣΗ 147 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 69 ) Ν α δ είξετε ότι ο αριθ μό ς �6.J3 + 10 - �6.J3 - 10 είναι ρητό ς . (Επροτάθη από τον συνάδελφο ΓΙΑΝΝ Η ΗΛΙΟΠΟΥ ΛΟ - Καλαμάτα) ΛΥΣΗ ( από τον Πολιτικό Μηχανικό Ι ΩΑ Ν Ν Η Α Ν Δ ΡΗ - Αθήνα) χ Θέτουμε �6.J3 + 10 = a , �6.J3 - 1 0 = b , οπότε εί Β(3β,Ο) ναι χ = a - b ( 1) με χ R και Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων ab = �(6.J3 + 10)(6.J3 - 1 0) = 18 = 2 (2). Από την έχουμε: λόγω της (2), με αρχή το Α και θετικό ημιάξονα Οχ την ημιευ (1), θεία ΑΒ. Αν (3β,Ο) και (3α,3γ) είναι οι συντεταγ χ 3 = a 3 - b3 - 3ab(a - b) = 20 - 6x , οπότε χ 3 + 6χ - 20 = ο (χ - 2)( χ 2 + 2χ + 10) = ο (3 ). μένες των σημείων Β και Γ αντιστοίχως, τότε Επειδή χ 2 + 2χ + 10 = (χ + 1) 2 + 9 > Ο , για κάθε Ζ(β,Ο), Ε(2β,Ο), Θ(α,γ) και Η(2 α, 2γ). Εξίσωση χ R , Η (3) δίνει χ = 2 Q . ΒΘ: y = γ (χ - 3β) ( I ) α - 3β Ο συνάδελφος Γ Ι Ω Ρ ΓΟΣ ΤΣΑΠ Α Κ Ι Δ Η Σ (Κυ ψέλη Αιτ/νίας), το είδε έτσι: �6J3+ιο-ΨJ3-10= Εξίσωση ΓΖ: y = __2r__ 3α - β ( x - β) (2) ψ.fj + 1) 3 - ψ.J3 - 1) 3 = .J3 + I - .J3 + I = 2 Q . Η λύση του συστήματος των ( 1 ),(2) δίνει το ση Μ μείο Λ (�(α Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Στέλιος 4 + β) ,�γ) 4 . ε όμοιες διαδικασίες Πετρολέκας - Δραπετσώνα, Γιιiψγος Ν ικητά παίρνουμε: Μ(�(4α + β),�γ ) , 7 7 κη ς - Σητεία, Β ασ ί λειος Ν ι κ ολάκης - Θ ες/ν ί κη, 6 3 6 3 Γιάννης Σταματογιάννης - Δροσιά Αττικης, Κ(-(α + 4β),-γ), Ν (-(α + β),-γ) . Έτσι : 7 5 7 5 Δη μ ήτρης Μ αντζαβ ίνος - Λ αμ ί α, Κων/ν ος Τ ά .... 9 9 3 3 .... ΚΜ = (-(α - β),-γ) = -(3α - 3β,3γ) = -ΒΓ , άρα γαρης - Π ύ ργος, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, 7 7 7 7 Γ(3α,3γ)

�

Γιώργος Μήτ σ ιος - Άρτα, Ευάγγελος Μουρού

κος - Αγρ ί ν ι ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 73 τ. l /75

------

ΑΣ ΚΗ Σ Η 1 48 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 69 ) Έστω α (0,1) και συνάρτηση f : R � R με ιimf(x) = O και ιim f(x) - f(αx) = 0 . Ν α δειχθεί χ ότι ιim f(x) χ = Ο . ( Επροτάθη από τον συνάδελφο Ε

χ --> 0

χ --. 0

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

χ --. 0

ΓΙ Α Ν ΝΗ Η Λ Ι Ο Π ΟΥ ΛΟ - Καλα μ άτα)

-------

· f(α2 X) - f(α3 X ) + · f(αx) - f(α2 x) + α2 ιιm α ι->+«> ιm αχ α2χ ν-Η«J ν · f(αν- Ι χ) - f(ανχ) +... + αν- Ι ι-->ιm αν- 1 Χ ν -1«> 1 -(1 - α)ε = ε < ι->-= im (l + α + α2 + ... + αν-- 1 )(1 - α)ε = 1-α ν

Συνεπώς, ιim f(x) = Ο . ( από τον συνάδελφο χ Γ Ι Ω Ρ ΓΟ ΤΣΑ Π Α Κ Ι Δ Η - Κυψέλη Αιτ/νίας) Επειδή ιim f(x) -χf(αχ) = Ο θα είναι και Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Κων/νος Τζαγκα . f(αχ) - f(α 2χ) = ο , ιιm · f(α 2 χ) - f(α3 χ) Ο , ιιm ράκης - Χανιά, Ευάγγελος Μ ου ρούκος - Αγρ ί αχ ι α2 χ νιο και ο Πολιτικός Μ ηχανικός Ιωάννης Ανδρής . f(αν- χ) - f(ανχ) = Ο , με ν Ν . . . . . , ιιm Αθήνα α',_1 χ Έτσι, για κάθε ε > Ο , υπάρχει δ > Ο τέτοιο, ώστε Λ Ι Ο ΡΘΩΣ Ε Ι Σ Π ΡΟΤ Ε Ι Ν Ο Μ Ε Ν Ω !'i για κάθε χ με Ο < l x l < δ , να ισχύει: ΛΥΣΗ

χ --> 0

χ --. ο

•

l f(αi-lx)αi--ι χf(αix) l < (1 - α) · ε, . = l,2, ..., ν · 1

Επειδή ιimf(x) = Ο , για κάθε ακολουθία (α ν ) με α ν � Ο θα είναι ιim f( α ν ) = Ο . Επόμένως, και για την α ν = αν χ � ο θα είναι: ιim f(ανχ) = ο . χ--> Ο

ν�+οc

v�+:c

l ι I Ι Όμως, είναι: l f(x) -χf(ανχ) Ι = I f(x) _χf(αχ) + α f(αχ) αχ_ f(α2χ) Ι - f(ανΧ) Ι l f (X) - f(αχ) ι + ... + α ν - Ι f(αν- Χ) + -< χ αν- ι χ - f(α 2 x) l + α 2 1 f (a 2 x) - f(α3 x) l + ... + α l f (αx) αχ α2 χ Ι - f(ανχ) Ι +α ν- ι Ι f (αν- Χ) α ν-Ι χ · l f (x) - f(ανx) l + ρα: l f (x) ι ιιm Χ Χ

f(x) - f(ανχ) · ιim = Έτσι: f (x) οο + Χ Χ ν -->

�

Θ Ε Μ ΑΤΩΝ Τ Ε ΥΧΟΥΣ 7 1 .

1. Επαναδιατυπώνουμε την άσκηση 153. Ν α δ ε ιχθ ε ί ότ ι δ εν υπ ά ρχουν θ ετ ικοί ακέ ραιοι αρ ιθ μο ί χ, y, z, α , β, γ που να ικανοποιο ύ ν τις 3 3 χ 3 + yz = α 3 , συν θή κες : y + xz = β , z 3 + xy = γ 3 . 2. Στην ά σκηση το ορ θό:

155

AB J3

ΓΔ

αντ ί ΑΓ ΓΔ

.fj 2

ν α γ ραφεί

<-.

Π ΡΟΤ Ε ΙΝ Ο Μ Ε ΝΟ Θ Ε Μ Α 1 67. Έ στω ένα σύνο λο Α, το οπο ί ο περ ιέχει του

λάχιστον τ έ σσερα διαφορετικ ά αν ά δύ ο στοιχε ία α,β,γ και δ. Θ εωρο ύ με μία συν ά ρτηση g : Α � Α κα ι υπο θέτουμε ότι η εξίσωση g(x) = χ έχει μονα δικές ρ ίζες τα α κα ι β και η εξίσωση (g ο g)(x) = χ έχει μοναδικές ρ ίζες τα α, β,γ και δ. Ν α απο δ ειχθ ε ί ότ ι δ εν υπ ά ρχε ι συ νά ρτηση f : Α � Α , για την οπο ία ισχύ ει fof = g.

(Προτείνεται από τον συνάδελφο ΑΝΤΩΝ Η Κ Υ Ρ Ι Α ΚΟ Π ΟΥ ΛΟ -

ν --> +οο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 73 τ. l /76

Αθήνα)

Τ α Μ αθ ημ ατ ικά

μα ς δ ια σκεδ άζουν

Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχου ν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλω ν τω ν ανθρώπω ν. Επινοή σεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλλ ηλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτου ν το πνεύμα, διεγείρου ν τη φαντασία και κεντρίζουν τη ν περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλλ η νες όπως ο Δ ιόφαντος, ο Ζή νωνας κ. ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μ αθηματικές γνώσεις αλλ ά μας διασκεδάζο υ ν με τη ν εκφώ νησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπαστικιί

ασχοί.ία .

Π αναγιώτης Π . Χριστ όπουλος

Το 2 0 0 9 ε ί\'α ι έ τ ο : τ η ; \ σ τ ρ ο " ο μ ί α : Η

από την αρχαιότητα ήταν τα κύρια θέματα της aσχολίας των α\'θ ρ ι;) ;τι•)\ ' . .-\στ ρο,·ο μ ί α σ1Ίμαινε μαθηματικά. Ας θυμηθούμε ότι ο Γαλιλαίος, Κοπέρνικος, .-\ ρ ιστο τέί. η ; . Ε ρ ατο σθ έ ης κ.ά. ασχολήθηκαν με τις κινήσεις των σωμάτων, το μέγεθός τους, τις α:τοστάσεις τ ο υ ς Κ υ τ cί_ το τέλος περίπου του 3°" μ. Χ. αιώνα τα μαθ η μ υ τ η.: ά και οι μαθηματικοί υπέστησαν μεγάλους δ ι ω Ί μ ο ύ ; . Αυτό προήλθε από τις υπερβολές της aστρολογίας και τω\' αστρολόγων. Από aρχαιότατης εποχής είχε δ η μ ι ο υ ρ γ η θεί μια τάξη : > οι ο π ο ί ο ι προέλεγαν το μέλλον των ανθρώπων. Οι προβλέψεις αυτέ; είχαν επιφέρει αναστάτωση στις ισχύουσες θρησκευτικές δοξασίες του 3°" και 4°" ιδίως αιώνα μετά Χριστό. Αποτέλεσμα της αναστάτωσης ήταν να γίνουν πολλά έκτροπα μεταξύ αυτών που είχαν αντίθετες θρησκευτικές πεποιθήσεις. Προς διόρθωση του κακού οι aυτοκράτορες της εποχής αναγκάστηκαν να εκδώσουν διαταγές οι οποίες απαγόρευαν την διδασκαλία των μαθηματικών, ιδίως της αριθμητικής την οποία θεωρούσαν ως υπόβαθρο της aστρολογίας. τέτοιες διαταγές ήταν οι κώδικες: το 294 μ. Χ. έλεγε: . Ο κώδικας του ν

·,

• · ·

!_) . ! ..., - � · .� .� -

ποινή

ήταν

aποκεφαλισμός. Ο Κωστής Παλαμάς έχει γράψει ωραία ποιήματα για τον έναστρο ουρανό: Γύρω από το εφ τάστερο τ 'Α μάξι ουρανοδρόμο ι αμ έτρ ητο ι, γιγά ντων κό σμ ο ι κα ι θηρ ίω ν, ο Γαλαξίας, ήλ ι ω ν ωκεανός, ο Ωρ ίω ν, τα ζώ δ ι α, του απείρου τέρατα κα ι τρόμο ι .

(Από το ποίημα του Κωστή Παλαμά) Ε ΥΚΛΙ ΕΔΗΣ

Β ' 73 τ. l /77

------- Τ α Μ αθη ματικά μας δ ιασκεδ άζουν

Ο αρ ι θμό ς

:νι ε

(π=3 , 1 4 1 592653 58979 ... )

υφορμή τ ις Σ:π ιστολές που πΙ1 ρ ιφf: γ ω

τον

α ρ ι θ μ ιί

π, σr.

σχ::τική ιι:νιι:φοιΗi

στο

τ.7 !

περίφημη σταθερά του Αρχιμήδη, έχει τη δική του ημέρα στο εορταστικό ημερολόγιο. Η 1 4η Μαρτίου ( 1 4-03 ) έχει ανακηρυχθεί Παγκόσμια Ημέρα του αριθμού π, προς τιμήν της μαθηματικής σταθεράς που έχει μαγέψει και μπερδέψει γενεές επί γενεών μαθηματικών από την εποχή της αρχαίας Βαβυλώνας. Όπως μαθαίνουμε όλοι στο σχολείο, ο π είναι ο λόγος της περιφέρειας ενός κύκλου προς τη διάμετρο του. Με άλλα λόγια, σε οποιονδήποτε κύκλο, αν διαιρέσετε το μήκος της περιφέρειας με τη διάμετρο του, θα έχετε πάντα ως αποτέλεσμα τον ίδιο αριθμό, τον π . Το πρώτο και πιο ενδιαφέρον είναι η εύρεση της ακριβούς τιμής του, και αυτό γιατί τα δεκαδικά ψηφία του συνεχίζονται επ' άπειρον. Για συντομία εμείς μπορούμε να πούμε τώρα ότι η τιμή του π είναι 3 , 1 4 1 6. Οι ακριβολόγοι θα σας πουν φυσικά ότι αυτή είναι μια κατά προσέγγιση εκτίμηση και θα προτιμήσουν το περισσότερο ακριβές 3 , \ 4 \ 592653 5 8979323 84626. Οι υπερορθόδοξοι ακριβολόγοι θα προτιμήσουν να προσθέσουν ακόμη μερικές χιλιάδες ή εκατομμύρια ψηφία. Ένας υπερυπολογιστής στο Τόκιο υπολόγισε κάποτε περισσότερα από δύο δισεκατομμύρια ψηφία του π . Δεν μπόρεσε παρ' όλα αυτά να φθάσει ως το τελευταίο δεκαδικό ψηφίο, γιατί, όπως γνωρίζουν όλοι οι μαθηματικοί, αυτό βρίσκεται κάπου πέρα από το άπειρο, σε ένα μέρος όπου φθάνουν μόνο στα όνειρά τους. « Όλ ο ι ο ι αρι θμ ο ί είναι ενδ ι αφέρο ντες, μ ερ ι κοί όμω ς είναι πιο ενδιαφέρο ντες από τους άλλους και ο

είναι ο πιο ενδιαφέρω ν από

λέει ο Ιαν Στιούαρτ, καθηγητής των Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο του Γουόρικ. Στους πιο ενδιαφέροντες είναι και ο υπερβατικός αριθμός e= 2,7 1 8281 828459 . . . που συνδέεται με τον π με τη σχέση του

όλου ς»

Euler eiπ +

=0.

Το περίεργο είναι ότι ο π είναι ταυτοχρόνως ά ρρητος και υπερβατικό ς αριθμός. Ά ρρητος επειδή δεν μπορεί να εκφραστεί ως ο λόγος δύο ακέραιων αριθμών και υ περβατικό ς διότι δεν αποτελεί ρίζα αλγεβρικής εξίσωσης με ρητούς συντελεστές, ζωντανή απόδειξη ότι δεν μπορούμε να τετραγωνίσουμε τον κύκλο. Με τον π ασχολήθηκαν, οι αρχαίοι Βαβυλώνιοι τον 20ό αι. π. Χ., ακόμη τον βρίσκουμε στη Βίβλο (Βασιλέων Α, 7, 23), σύμφωνα με την οποία η κυκλική λίμνη του οίκου του Σολομώντα είχε διάμετρο δέκα πήχεις και περιφέρεια τριάντα πήχεις. Το 1 650 π.Χ. ο αιγύπτιος γραφέας Αχμές. αντιγράφοντας έναν αρχαιότερο πάπυρο περιέγραψε τον π ως το αποτέλεσμα της διαίρεσης του 256 διά του 8 1 , δηλαδή 3 , 1 60. Εκείνος όμως ο οποίος θεωρείται ότι ήταν ο πρώτος που προσέγγισε τον υπολογισμό του π σε μια πιο θεωρητική βάση ήταν ο Αρχιμήδης, γι' αυτό και ο π είναι γνωστός και ως σταθερά του Αρχιμήδη. Κινέζοι, Ινδοί και Πέρσες σοφοί προσπάθησαν όλοι να υπολογίσουν τη σταθερά αυτή. Ωστόσο, το όνομα με το οποίο τη γνωρίζουμε σήμερα της δόθηκε το 1 706, όταν ο Ουαλλός μαθηματικός Γουίλιαμ Τζόουνς πρότεινε να ονομαστεί η στα θ ερ ά του Αρχιμήδη με το ελληνικό γράμμα π , από τη λέξη «περιφέρεια». Ο Γερμανός Μαθηματικός Λούντολφ βαν Τσόιλεν, γύρω στο 1 600 υπολόγισε τα πρώτα 3 5 δεκαδικά ψηφία του π . Ηταν τόσο υπερήφανος γι' αυτό το έργο του, στο οποίο αφιέρωσε μεγάλο μέρος της ζωής του, που ζήτησε να γράψουν τα 3 5 ψηφία στην επιτύμβια στήλη του. Εξίσου επίμονος, ο Γουίλιαμ Σανκς αφιέρωσε από την πλευρά του 20 χρόνια στους υπολογισμούς προχωρώντας τον π στα 707 δεκαδικά ΕΥΚΛΙΕΔΗΣ

Β ' 73 τ. Ι /78

Τ α Μ α θ η ματικ ά μας δ ια σ κεδ άζουν

------

--------

ψηφία. Δυστυχώς το επίτευγμα του υπέστη τεράστιο πλήγμα όταν οι πρώτο ψηφιακοί υπολογιστές ανακάλυψαν ότι είχε κάνει λάθος στο 528ο δεκαδικό ψηφίο, αχρηστεύοντας όλα τα επόμενα. Η επέκταση του π στο άπειρο έχει επίσης επανειλημμένως προσελκύσει το ενδιαφέρον των συγγραφέων επιστημονικής φαντασίας. Ο σπουδαίος αμερικανός αστρονόμος Καρλ Σαγκάν στο βιβλίο του «Επαφή» έκρυψε την υπογραφή των εξωγήινων μέσα στα δήθεν τυχαία ψηφία του π , τα οποία στην πραγματικότητα δεν ακολουθούν κάποια συγκεκριμένη διάταξη. «Ηταν πολύ πονηρό, γιατί αυτό δεν γίνεται» λέει ο καθηγητής Στιούαρτ. «Δ εν μπορείς να τακτοποιήσεις το π σε συγκεκριμένη διάταξη. Ήταν ένα ωραίο απατηλό τέχνασμα εκ μέρους του Σαγκάν. Υπό μίαν έννοιαν ούτε ο ίδιος ο Θεός δεν θα μπορούσε να βρει μια διάταξη μέσα στο π ».Για τη διευκόλυνση της απομνημόνευσης μέρους τού αριθμού π θα συναντήσει κανείς σε πολλές γλώσσες στιχάκια στα οποία ο αριθμός γραμμάτων κάθε λέξης συμπίπτει με τα ψηφία τού π ένα προς ένα. Στα ελληνικά επινοήθηκε το πιο κάτω τετράστιχο που δίνει 23 ψηφία από τον π: Αεί ο Θεός ο μέγας γεωμετρεί 3 1 4 Ι 5 9 ,

7 9

Θωμάς έβαλε στο φλιτζάνι του καφέ και πρόσθεσε τρείς κουταλιές ζάχαρη . Σημειώνω ότι τον καφέ του τον προτιμά γλυκό από μια και 113 έω ς τρείς κο υταλι ές ζάχαρη. Αφού ήπιε το 1 /3 συμπλήρωσε το φλιτζάνι του με νέο καφέ χωρίς να προσθέσει άλλη ζάχαρη πάλι ήπιε το 1/3 και συμπλήρωσε το φλιτζάνι του με νέο καφέ για μια ακόμα φορά χωρίς ζάχαρη . Ο καφές του τώρα είναι γλυκός ή όχι; ΜΑΜΑ και ΚΟΡΗ

μαμά κρατά την κόρη από το χέρι και βαδίζουν στο πάρκο. Ξεκίνησαν τη βόλτα τους πατώντας ταυτόχρονα πρώτα το δεξί τους πόδι. Σε κάθε δύο βήματα της μαμάς η κόρη κάνει τρία. Πότε θα πατήσουν ταυτόχρονα το αριστερό τους πόδι; Η

ΟΙ ΑΝΕΞΕΤΑΣΤΕΟΙ

Από τους 1 20 μαθητές ενός σχολείου τον Ιούνιο οι 70 προήχθησαν και οι υπόλοιποι ανεξεταστέοι για το Σεπτέμβριο. Η ανακοίνωση για τους ανεξεταστέους είχε: 36 στα Αρχαία Ελληνικά, 35 στην Πληροφορική, 40 στα Μαθηματικά και 42 στην Ιστορία. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός μαθητών που έχει μείνει και στα τέσσερα μαθήματα; Ε Ν Α Β Ι ΒΛΙΟ Π ΟΥ Α Π ΟΥΣΙΑΖ Ε ΑΠΟ ΤΗ Ν ΕΛΛ Η Ν Ι ΚΗ Β Ι ΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ : Oδnyόs Σιaτισιι κ<ί>ν & Οtκοvοι11 κών Όρ(J)V

Το β ι βλίο α υτό είνα ι ένα γλωσσά ρ ι στατ ι στ ι κών όρων, το ο π ο ί ο δ ί νει γ ι ο κάθε ό ρ ο έ ν α σύντο μ ο κα ι συνά μ α π ε ρ ι εκτι κό ο ρ ι σμ ό π ο υ α π οδ ί δει την ένν ο ι α τ ο υ ό ρ ο υ μ ε α κ ρ ί βε ι α κα ι σα φ ή ν ε ι α . Π ε ρ ι λ α μ βά νοντα ι ο ι ο ρ ι σμ ο ί 2 . 6 0 0 , π ε ρ ί π ο υ , στατι στ ι κ ώ ν , κ υ ρ ί ως, ό ρ ω ν αλλά κα ι μ α θ η ματι κών κ α ι ο ι κονο μ ι κών ό ρ ω ν σ υ ν α φ ώ ν μ ε τη Στατ ι στ ι κ ή ε π ι στή μ η . Ο ι ό ρ ο ι είνα ι τα ξ ι νο μ η μ ένοι α λ φ α β ητι κ ά , μ ε βάση την ελλ η ν ι κ ή το υ ς α π όδοση . Η ελλ η ν ι κ ή α π όδοση κάθε ό ρ ο υ συ νοδεύετα ι οπό την αγγλ ι κ ή το υ α π όδοση κα ι α κολουθεί ο ο ρ ι σμ ό ς το υ . Ε ί ν α ι ένα πολύ χ ρ ή σ ι μ ο βο ή θ η μ α γ ι ο μ α θ ητές, φο ιτητές, εκ π α ι δευτι κούς, ερευν ητές αλλά κα ι γ ι ο ό σο υ ς α γ α π ο ύ ν κα ι α σχολο ύντα ι μ ε τη Στατιστι κ ή ε π ι στή μ η . Συγγραφέας του βιβλίου είναι ο μαθηματικός Γιάννης Μοσχάκη ς. Γεννήθηκε στην Αθήνα το 1 95 8 . Τελείωσε τ ο 1 976 την Ιωνίδειο Πρότυπο Σχολή Πειραιώς και τ ο 1 98 1 αποφοίτησε από το Μαθη ματικό Τμήμα του Πανεπιστημίου Αθηνών. Έκανε μεταπτυχιακές σπουδές στο Παρίσι και είναι

κάτοχος

DEA στατιστικής (Πανεπιστήμιο Pieπe et Marie Curie). Είναι, επίσης, κάτοχος διδακτορικού

διπλώματος στα χρηματοοικονομικά μαθηματικά (Πανεπιστήμιο του Bradford Αγγλίας).

Κεντοι κό δ ι ά θ εση ΒιΒλί ο υ : Ε ΚΔΟΣΕΙΣ ΣΤΑΜΟΥΛΗ Α.Ε . Κεντρικά Γραφεία - Βιβλιοπωλείο: Αβέρωφ 2, I 043 3 - Αθήνα Τηλ. 21 Ο 5238305, Fax 2 1 0 523 8959, email : i n fo@stamoulis.gr Υποκατάστημα: Καραολή Δημητρίου 87, 1 8534 - Πειραιάς Τηλ. 2 1 Ο 4227504, Fax 2 1 0 4227577, emai l : pireas@stamoulis.gr

ΕΥΚΛΙΕΔΗΣ Β' 73 τ. Ι /79

-------

Τ α Μ α θ η ματικ ά μας δ ια σ κεδάζουν

ΤΑ ΛΑΣΤΙΧΑ

Στις διακοπές της η Σοφία ταξίδεψε 3000 χιλιόμετρα σε 25 ώρες. Στη διάρκεια του ταξιδιού άλλαζε τα λάστιχα με τη ρεζέρβα για να φθαρούν όλα ομοιόμορφα. Πόσα χιλιόμετρα έκανε με κάθε λάστιχο; Η ΚΛΕ ΨΥ ΔΡΑ

Μπορείτε να μετρήσετε 9 λεπτά με μια 7λεπτη και μια 4λεπτη κλεψύδρα; Ο ΛΕΚΕΣ ΤΟΥ ΠΟΤΗΡΙΟΥ

Κάποιος που έπινε Coca Cola μετακίνησε το ποτήρι του πάνω στο τραπέζι έτσι που η περιφέρεια του ποτηριού πέρασε από το κέντρο του κύκλου που είχε σχηματίσει την πρώτη φορά. Ύστερα μετακίνησε μια φορά ακόμη το ποτήρι έτσι που η περιφέρεια του ποτηριού πέρασε από τα κέντρα των δύο προηγούμενων κύκλων. Το κοινό μέρος των κύκλων που σχημάτισε το ποτήρι πάνω στο τραπέζι έχει εμβαδό μικρότερο ή μεγαλύτερο από το Υ.ι του εμβαδού της βάσης του ποτηριού; Απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδά�ουν. Ο ΓΛΥΚΟΣ ΚΑΦΕΣ

Παραμένει γλυκός, αφού στην αρχή ήπιε το 1 /3 , μαζί ήπιε και το 1 /3 από τις 3κουταλιές ζάχαρης, δηλαδή στο φλιτζάνι έμειναν 3κ1 /3 .3κ=2κ αφού πρόσθεσε πάλι καφέ και ήπιε τώρα στο φλιτζάνι έμειναν 2κ- 1 /3 .2κ = 4/3κ. έτσι αφού το συμπληρώσει και πάλι θα έχει μέσα Ι και1 13κουταλιές ζάχαρη. ΜΑΜΑ

και

άμμος στη 4λεπτη γυρίστε την ανάποδα όταν τελειώσει η 7λεπτη αρχίζει να μετράει ο χρόνος. Μόλις τελειώσει τώρα η 4λεπτη έχουμε μετρήσει ένα λεπτό. Την γυρίζουμε αμέσως ανάποδα και ξανά. Ο ΛΕΚΕΣ ΤΟΥ ΠΟΤΗΡΙΟΥ

ΚΟΡΗ

Ποτέ. Μόνο το δεξί θα πατά ταυτόχρονα ανά 4 βήματα της μαμάς και 6 της κόρης. ΜΑΜΑ Δ 1 0 Α 2 ° Δ 3 ° Α 4 ° Δ ΚΟΡΗ Δ l 0 A 2 ° Δ 3 ° Α 4 ° Δ 5 ° Α 6° Δ ΟΙ ΑΝΕΞΕΤΑΣΤΕΟΙ

Οι ανεξεταστέοι είναι 50. Στα μαθήματα μετράμε 36+ 35 +40+42= 1 53 αν όλοι είχαν από 3 θα ήταν 3χ50= 1 50. Άρα 1 53 - 1 50 =3 τουλάχιστον έχουν μείνει και στα 4 μαθήματα. ΤΑ ΛΑΣτΙΧΑ

Το κάθε λάστιχο χρησιμοποιήθηκε για τα 4/5 των 25 ωρών δηλαδή 20 ώρες και διήνυσε 4/5χ3000=2400 χιλιόμετρα. Η ΚΛΕΨΥΔΡΑ

Μια από τις λύσεις είναι: βάζουμε και τις δυο κλεψύδρες να λειτουργούν. Όταν σταματήσει η

Είναι μικρότερο του Υ.ι. Το εμβαδό αυτό είναι ένα ισόπλευρο τρίγωνο και τρία ίσα κυκλικά τμήματα. Όμως υπάρχει και άλλη λύση χωρίς τύπους Γεωμετρικούς. Συνεχίστε να μετακινείτε το ποτήρι ώστε κάθε φορά η περιφέρειά του να περνάει από τα κέντρα δύο κύκλων και θα έχετε αυτό το σχήμα που δίνει τη λύση. Προσέξτε ότι κάθε κύκλος έχει 6 Α και 1 2 Β.

ΕΥΚΛΙΕΔΗΣ Β ' 7 3 τ. l /80

Ε ΛΛ Η Ν Ι Κ Η ΜΑΘ Η Μ ΑΤ Ι Κ Η E TA I P E I A Τ ε ύ χος

Ι ο ύ ν ι ο ς - Αύγουστος - Σεπτέμ β ρ ι ο ς

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Ο

2009-

e - m a i l : i n fo @ h m s . g r www. h ms.gr Π Ε ρ Ι Ο Δ Ι Κ Ο

Έτος λθ' - Ε υ ρ ώ :

Γ Ι Α

Τ Ο

3,50

Λ Υ Κ Ε Ι Ο

Π Ε Ρ Ι ΕΧΟ Μ Ε ΝΑ -/

Ο ΔΑΣΚΑΛΑΚΗΣ, ο ΣΑΚΗΣ, και η "άλλη Ελλάδα"

-/ Αντι κύθηρα

-/ Ολυμπιάδες Μαθη ματι κών

-/ Homo Math e m aticus

Μ α θ η μ α τ ι κ ά Α ' Τ ά ξη ς

-/ Άλγε βρα : Τα υτότητες

-/ Γεωμ ετρία : Ι σότητα - Αν ισοτ ι κ ε ς σχέσε ι ς

Μα θ η μ α τ ι κά

Β' Τά ξης

-/ Άλγε β ρ α : Τρ ιγωνο μ ετρι κ ές Ασκ ήσε ι ς -/ Γεωμ ετρία :

Π υ θαγόρ ε ι ο θεώρ η μ α

Μ α θ η μ, α τ ι κ ά

Γ'

24 35

-/ Κατε ύθυνση : Δ ιανύσματα

Τά ξης

-/ Μαθηματι κά Γεν ι κ ή ς Π α ι δε ία ς : Διαφορικός Λογισμός -/ Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Ασκ ήσε ι ς Μ ιγαδι κών

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

57 62

-/ Τα Μ α θ η ματικά μας Διασκεδάζουν

-/ Στήλη του Μαθητή

Αγαπητοί μαθητές και crυνάδελφοι,

Με την έναρξη της crχολικής χρονιάς crας ευχόμαατε να είναι γόνιμη και δημιουργική και crας καλωcrορίζουμε με χαρά ατις ατ ήλες του "Ευκλείδη a··. γπανθυμίζουμε ότι η επιτυχία του περιοδικοu εξαρτάται κατά μεγάλο μέρος από τη crυμμετοή των crυναδέλφων αλ λά και των μαθητών με ενδιαφέρουcrες εργαcrίες και κατά το δυνατόν πρωτότυπες. Αρχή μας ε ίναι να δίνουμε προτεραιότητα ατις εργαcrίες που προέρχονται από την περιφέρεια, διότι μας ενδιαφέρ ε ι να ακουατοuν απόψεις εκτός Απικής. Από φέτος καθιερώνουμε, όπως ε ίχαμε υποcrχεθεί, ατήλη ειδικό για μαθητές. Προcrδοκία μας είναι να αποβεί πράγ ματι μια καθαρό

-/ Το Β ή μ α του Ε υ κλ ε ίδη

-/ Ο Ε υ κ λ ε ίδ η ς προτείνει • • •

Γ ράμμα της Σύνταξης

Μαθη μ ατι κός Διαγωνισμός �@4\�ς: 2 1 Νοε μ βρίου 2 009

"Μαθητική crτήλη"

για να μπορεί να είναι

δυνατή η διόyνωcrη των ικανοτήτων των μαθητών και μό νο. Έτcrι θα έχει νόημα ο έπαινος ή η ενθόρρυνcrη όcrων αcrχοληθοUν με αυτή τη ατήλη . Σας ευχόμαατε καλή crχολική χρονιά και επιτυχία ατους ατόχους crας. Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Εππροπής Γ .Σ. Ταcrcrόπουλος Ο Αντι πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β. Ευαταθίου

Σύνθεση εξωφύλλου:

Αφίσα από την 50η

Διεθνή

Μαθηματική Ολυμπιάδα

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

ΕΚΔΟΣ Η ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΗΑΙ Ρ Ε ΙΑΣ

ΠΑ Ν ΕΠ Ι ΣΤΗΜΙ ΟΥ 1 06 79 ΑΘΗ ΝΑ

Αθανασόπουλος Γεώργιος 34 Εκτελεστική Γραμματεία Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Πρόεδρος: Τη.\: 21 0 361 7784 - 361 6532 Αντωνόπουλος Νίκος Τασσ6πουλος Γιώργος Αργυράκης Δημήτριος Fax: 2 1 03641 025 Βακαλόπουλος Κώστας Αν τι π ρόεδ ρος : Δρούτσας Παναγιώτης Εκδότη ς: Ευσταθίου Βαyyέλης Καλοyερ6ποuλος Γρηyόριος Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Γραμματέ ας: Ζώτος Βαyyέλης Δ ι ε υ θ υντ ή ς : Κακκαβάς Απόστολος Τυρλής Ιωάννης Χριστ6ποuΑος ΠcΜιyιώτης Καλίκας Σταμάτης ΚανεΆλος Χρήστος Μ έλ η: Αργυράκης Δ. Καραγκούνης Δημήτρης Δρούτσας Π. Ε π ι μέλε ι α Έ κδοσης: Καρακατσάνης Βασι'λης Καρκάνης Βασι'λης Τασσ6πουλος Γιώργος Λουρίδας Σ. Κατσούλης Γιώργος Ευσταθίου Βαγγέλης Ταπειν6ς Ν. Κερασαρίδης Γιάννης ΚαρδαμίτσΙJς Σπύρος Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Κηπουρός Χρήστος I S S N : 1 1 05 - 7998 Κλάδη Κατερίνα

Σ υντακτ ι κ ή ε π ιτ ρ ο π ή

Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπέλας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσΙJς Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσΙJς Μανωλάκου Στοματική Μαυρσyιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Ρέyκλης Δημήτρης

Σαίτη Εύα Σταίκος Κώστας Στάίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζιώτζιος ΘανάσΙJς Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάyyελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας θανάσΙJς Τυρλής Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Παναyιώτης Ψύχος Βαyyέλης

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ο ο

Τα διαφημιζόμενο βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. Οι συνερyάτεc;, m άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι Αύσειc; ασκήσεων κτΑ. πρέπει να οτέΑνονται lyκαιρα, σrα yραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "fια τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόyραφα δεν επιστρέφονται. τιμή Τεύχους ευρώ 3,50

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά = ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίπμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονrαι οτέΑνεται με απΑή εππαyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Ταχ. rραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτuπωση: /ΝτΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 2 1 0 8 160330 Υnειίluνος τunοypαφείοu: Β. Σωτηριάδης