Ευκλειδης Β 74 by demi de

ΠΑΤΑΚΗ

�ροvιg

fΥ.1_ςιθnματικά •··�"'

ΕΜΗΝιΚΗ ΜΑΘΗΜΑτlΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

n,;,, ,,

,,,. ,.•,, Χ. Δ. λί'ιιηpάνtnς

και

S. Κ. Ch8krιιb•rtl

Μαθηματικά

Μαθηματικά Γυμνασίου

Συνοδεύεται από ένθετο με τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου

της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

ατικά

ι.

Νέες Εκδόσεις

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

'"""

Γυμνασίου

Συνοδεύεται από ένθετο με τις λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου

11�1

Π��οψορική Μαθηματικά

Πληροφορική Β'

Γυμνασίου

Β'

Γυμνασίου

Από ένα βιβλίο για κάθε τάξη του Γυμνασίου

ΜΑΘΗΜΑΤ

��

ΠcριοδΙkι'\ Επιστημονικο\

� �

Μαθηματικά •

Μαθηματικά

των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου Γ Γυμνασίου

Αναλυτικές λύσεις

------

_____7ά {;τ.rv- !fdrn

Μαθηματικά Γ

Γυμνασίου

lftJVI!eyz; .3'*'7t�zo!_

--·..h:ιcιf:;l',f'VΎa ��ia?-l'f�a� σ� .VJ'�-n�ιl'f-n.

�

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA

Τ ε ύ χ ο ς 74

•

Οκ τ ώβρ ι ο ς

•

Ν ο έ μβρ ι ο ς

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

•

Δ ε κ έ μβρ ι ο ς 2009· Έτ ο ς λθ'

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

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ ΤΟ

•

Ε υ ρ ώ: 3,50

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

../ Ισαάκ Νεύτων

../ Ημερολόγια

../ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ../ Homo Mathematicus

7 •

Μαθηματικές Ολυμπιάδες

9 22

Είναι διaπιστώμενο χρόνια τώρα ότι μετά τις γιορτές των

Σύνολα Συναρτή· σεις Η συνάρτηση f(x) = αχ+β 26 31 ../ Γεωμετρία: Παραλληλόγραμμα και Τραπέζια •

•

Μαθηματικά Β' Τάξη«;

../ Άλγεβρα: Πολυώνυμα και πολυωνυμικές εξισωσεις ../ Γεωμετρία: Εμβαδά των Ευθυγράμμων Σχημάτων

../ Κατεύθυνση: Εξίσωση Ευθείας

Μαθηματικά Γ' Τάξης

../ Μαθηματικά Γενικής Παιδείας: Στατιστική

../ Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Γενικά θέματα ορίων

Είμαστε αισίως στο 2010. Ευχόμαστε η νέα χρονιά να χαρίσει υγεία και δημιουργικότητα σε όλους μας καθώς και επιτυχία στους στόχους μας.

Μαθηι,ιατικά Α' Τάξης

../ Άλγεβρα: Εξισώσεις δευτέρου βαθμού

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

36 41 52

Χριστουγέννων, οι μαθητές βιάζονται να aτενίσουν το τέλος της σχολικής χρονιάς και σε μας μένει το δύσκολο καθήκον να συγκρατήσουμε aυτή την αισιοδοξία τους και να τους πείσουμε ότι έχουμε πολύ χρόνο ακόμη ο οποίος πρέπει να aποβεί δημιουργικός . Για να aντιμετωπίσουμε aυτές τις δύο aλληλοσυγκρουό· τεύχη του περιοδικού μας του Ευκλείδη θ', που aνaφέρ· μενες aπόψεις θα προσπαθήσουμε τα δύο τελευταία

υμε έτοιμα μέχρι τις αρχές Μαρτίου 201 Ο.

οντaι σε θέματα μερική ή ολικής επανάληψης, να τα έχο· Θα παρακαλούσαμε οι προτεινόμενες συνεργασίες να

58 συνέχειας63

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

είναι και σε ηλεκτρονική μορφή για την καλύτερη aπόδο· ση και του όρθρου, αλλά και του χρόνου που κερδίζεται για την έγκαιρη έκδοση του περιοδικού .

../ Το Βήμα του Ευκλείδη

ητa στις προσπάθειες μας, ευχόμαστε ότι καλύτερο για

τον καθένα μας.

../ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

73 78 81

../ Σκέψεις πάνω σε μια ανισότητα

../ Ο Ευκλείδης προτείνει...

../ Στήλη του Μαθητή

Με τη καλή διάθεση για προσφορά και aποτελεσμaτικότ·

Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Τaσσόπουλος

Με πολλές ευχαριστίες και προσμονή •

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β. Ευσταθίου

Σύνθεση εξωφύλλου: Γραμματόσημο των Ελληνικών Ταχυδρομείων Ευρώπη

1983

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ

Tlj..: 210 3617784 • 3616532 Fox: 2 103641025

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος:

Τασσόπουλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος:

Εκδότης: ΚαλογερόποιΜος Γρηvόριος Ευσταθίου

Διευθυντής:

Τυρλής Ιωάννης Επιμέλεια Έκδοσης:

Βαγγέλης

Γραμματέας: Χριστόπουλος Παναyιώτης

Μέλη:

Τασσόπουλος Γιώργος Ευσταθίου Βαγγέλης

Κωδικιiς ΕΛ.ΊΆ.: 2055

ISSN: 1105- 7998

Αργυράκης Δ. Δρούτσας Π.

Λουρίδας Σ.

Ταπεινός Ν.

Συντακτική επιτροπή

Αθανασόπουλο<; Γεώργιος

Κόντζιας Νίκος

Σαϊτη Εύα

Αναστασίου Γιάννης

Κοτσιφάκης Γιώργος

Σταϊκος Κώστας

Ανδρουλακάκης Νίκος

Κουτρουμπέλας Κώστας

Αντωνόπουλος Νίκος

Κυριαζής Ιωάννης

Αργυράκης Δημήτριος

Κυριακόπουλος Αντώνης

Βακαλόπουλος Κώστας

Κυριακόπουλος Θανάσης

Δρούτσας Παναγιώτης

Κυριακοπούλου Κων/να

Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζιώτζιος Θανάσης

Ευσταθίου ΒαyyεΛης

Κυβερνήτου Χρυστ.

Ζαχαρόπουλος Κων/νος

Λαζαρίδης Χρήστος

Τριάντος Γεώργιος

Ζώτος ΒαyyεΛης

Λάτmας Λευτέρης

Τσαγκάρης Ανδρέας

Κακκαβάς Απόστολος

Λουρίδας Σωτήρης

Τσατούρας Ευάγγελος

Καλίκας Σταμάτης

Μαλαφέκας Θανάσης

Τσικαλουδάκης Γιώργος

ΚανεΛλος Χρήστος

Μανωλάκου Στοματική

Τσιούμας Θανάσης

Καραγκούνης Δημήτρης

Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας

Τυρλής Ιωάννης

Καρακατσάνης Βασίλης

Μενδρινός Γιάννης

Καρκάνης Βασίλης

Μεταξάς Νικόλαος

Κατσούλης Γιώργος

Μπρίνος Παναγιώτης

Κερασαρίδης Γιάννης

Μυλωνάς Δημήτρης

Καρδαμίτσης Σπύρος

Μώκος Χρήστος

Χριστιάς Σπύρος

Κηπουρός Χρήστος

Πανουσάκης Νίκος

Χριστόπουλος Παναγιώτης

ΦανεΛη Άννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος

Κλάδη Κατερίνα

Ρέγκλης Δημήτρης

Ψύχος Βαyyέλης

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

• •

Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραyyεΛνονται σrεΛνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. ΓραφείοΑθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται σrα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: ΙΝΠΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 21 Ο 8/60330 Υπειίθuνος τuποypαφείοu: Β. Σωτηριάδης

Ισαάκ Νεύτωv

«Χτίζουμε πάρα πολλά τε ίχ η και όχι αρκετές γέφ υρες.»

Π αναγιώτης Π απαχρ ήστο υ

α Χριστούγεννα του 1 642 έχουν κάποιο κοινό με την ιστορία που εκτυλίσσεται στο έργο "Νύχτα Χριστουγέννων" του Κάρολου Ντίκενς. Και στις δύο περιπτώσεις συνέβη ένα θαύμα. Ειδικότερα τη νύχτα των Χριστουγέννων του 1 642 (με το παλιό ημερολόγιο) η Λάχεση η Κλωθώ και η Άτροπος, οι τρεις μοίρες που καθορίζουν το πεπρωμένο των ανθρώπων, πρέπει να αντιμετώπισαν έναν σοβαρό προβληματισμό. Έπρεπε να αποφασίσουν αν το μωρό που γεννι)θηκε εκείνη τη νύχτα στο αγρόκτημα Γούλσθορπ (Woolstl1oφe) κοντά στην κωμόπολη Γ κράνθαμ (Granthaιη) του Λινκοσάιρ Sir lsaac Newton της Αγγλίας θα "έβγαζε" τη νύχτα. Σύμφωνα με τη μητέρα του ήταν τόσο μικροσκοπικό, που θα μπορούσε να χωρέσει σε μια κατσαρόλα με χωρητικότητα περίπου ενός λίτρου. Οι συγγενείς πίστευαν ότι δεν θα αντίκριζε το φως του ήλιου της επόμενης μέρας. Η Άτροπος ήταν έτοιμη να κόψει με τα ψαλίδια της το νήμα της ζωής που είχε αρχίσει να υφαίνει η Κλωθώ. Φαίνεται όμως ότι η Λάχεση που "έβλεπε" το μέλλον είχε διαφορετική γνώμη . Ίσως προέβλεψε κάτι σημαντικό για το μικρί) ανθρωπάκι. Έτσι άφησαν την Κλωθώ να υφαίνει το νήμα της ζωής του μέχρι το 1 727. Το όνομα του μωρού ήταν Ισαάκ Νεύτων. Γεννήθηκε την ίδια μέρα που πέθανε ο Γαλιλαίος (Gίllil�o Galilei, 1 564- 1 642). Το γεγονός είναι προφανώς τυχαίο, αλλά δεν στερείται συμβολισμού και τίποτα δc\' μας εμποδίζει να το θεωρούμε σαν μια μοιραία συγκυρία για τη συνέχεια μιας επιστημονικι)ς επανάστασης που είχε αρχίσει με τον Νικόλαο Κοπέρνικο ( Nicolau s Copen1icιιs, 1473 -1 543), συνεχίστηκε με τον Τζιορντάνο Μπρούνο (Jordano Β r ιιη ο l 548-1600), θεμελιώθηκε με παρατηρήσεις και μετρήσεις από τον Κέπλερ (Johannes Kepler, 1 571- 1 630) και ερμηνεύτηκε από το τυχερό μωρό της νύχτας των Χριστουγέννων. Η επανάσταση είχε να κάνει με το ερuΗημα για τη θέση της Γης και της aνθρωπότητας στην απεραντοσύνη του σύμπαντος. Ο Κοπέρνικος υπήρξε ο πρώτος, στα χρόνια της αναγέννησης, που Nicolaus Copernicu!i αμφισβι)τησε την άποψη ότι η Γη αποτελεί το κέντρο του σύμπαντος και γύρω από αυτιΊν περιστρέφονταν όλοι οι άλλοι πλανήτες και ο Ήλιος (γεωκεντρικό σύστημα). Δε επρι'>ι-:ατο όμως για μια εντελώς καινοφαν11 άποψη . Ήδη ο Αρίσταρχος ο Σ άμιος (3 1 0 π.Χ.-230 π.Χ.), 1 800 χρόνια πριν τον Κοπέρνικο, ισχυριζόταν ότι στο κέντρο του πλανητικού συστήματος βρίσκεται ο Ήλιος και όχι η Γη. Την αντίληψη του γεωκεντρικού συση1ματος την είχε εισαγάγει Αριστοτέλης και την είχε τεκμηριώσει ο Κλαύδιος Πτολεμαίος με τη θεωρία των επικύκλων, η οποία εξηγούσε με αρκετή ακρίβεια πολλά ουράνια φαινόμενα, όχι όμως όλα. Τη γεωκεντρική αντίληψη την υιοθέτησε και η Καθολική Εκκλησία και της προσέδωσε βαρύτητα δόγματος, διότι συμφωνούσε σε πολλά σημεία με τις Γραφές. Ενδεχομένως αυτή η συμφωνία με τις Γραφές δεν ήταν ο αποφασιστικός παράγων για την δογματοποίηση της γεωκεντρικής άποψης, αλλά αυτό τουλάχιστον ισχυρίζονταν οι εκπρόσωποί της. Είναι χαρακτηριστική η απάντηση που έδωσαν κάποιοι καρδινάλιοι, όταν Johunnes Kepler παρατήρησαν με τη βοήθεια του πρωτόγονου τηλεσκοπίου του Γαλιλαίου ,

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

74 τ.2/2

------- Ισαάκ Νεύ των

-------

τους δορυφόρους του Δία: "Αν πρόκειται να προτιμ1Ίσουμε ανάμεσα στο Δόγμα και την παρατήρηση, τότε προτιμούμε το Δόγμα. Η διδασκαλία του Κοπέρνικου τοποθετούσε τον Ήλιο στο κέντρο του πλανητικού μας συστήματος. Η Γη και άλλοι πλανήτες περιστρέφονται σε κυκλικές τροχιές γύρω από τον Ήλιο. Το βιβλίο του De Ι'eνο!ιιtίοnίbιιs orbiιιm coe!e:-;tίιιιn (Α ναφορικά με τις περιστροφές των ουράνιων σωμάτων) θεωρείται συχνά ως η αφετηρία της σύγχρονης αστρονομίας, που σηματοδότησε την επιστημονική επανάσταση . Ίσως δεν στερείται σημασίας το γεγονός ότι η λέξη Jordano Bruno Ι'eνο!ιιtίοn εκφράζει στα Αγγλικά τόσο την επανάσταση όσο και την περιστροφή ενός σώματος. Ο Jordano Bnιno τοποθέτησε το θέμα σε ένα ευρύτερο πλαίσιο, πέρα από τη γεωμετρική ερμηνεία. Θεωρούσε ότι η ανθρωπότητα δεν κατείχε κάποια προνομιακή θέση στο σύμπαν και ότι η Γη δεν ήταν ο μόνος κατοικήσιμος κόσμος. Διακήρυττε ότι υπάρχουν άπειροι κόσμοι και ότι τα άστρα που λαμπυρίζουν τη νύχτα στο στερέωμα είναι ήλιοι ανάλογοι με τον δικό μας. Πίστευε σε μια θεότητα που φρόντιζε όλους αυτούς τους άπειρους κόσμους. Αυτές οι απόψεις δεν συμφωνούσαν με τα δόγματα της Καθολικ1Ίς Εκκλησίας και, επειδή έτσι έθεταν σε αμφισβήτηση τις Γ ραφές, αποτελούσαν κίνδυνο για τη θέση των εκπροσώπων της Εκκλησίας ως αυθεντικών ερμηνευτών των Γραφών και ως υπερασπιστών της πίστης. Το σωτήριο έτος 1600 (Ι 7 Φεβρουαρίου) το σώμα του JoΓdano Βωηο κάηκε στην πυρά της Ιεράς Εξέτασης και η ψυχή του πέταξε, για να συναντήσει τους κόσμους που ονειρευότανε. Δεν υπέγραψε τη "δ1)λωση μετάνοιας" που του ζητούσε η εκκλησία, για να σώσει τη ζωή του και έτσι τίμησε σε καιρούς χαλεπούς τα ιδεώδη στα οποία πίστευε. Με τα Galileo Galilei δεδομένα της εποχής του και τις αντιλήψεις της θρησκείας σίγουρα υπήρξε αιρετικός. Δεν ήταν ο μόνος αιρετικός που κατάφερε να δει μακρύτερα και καθαρότερα. Κάποιοι ερευνητές θεωρούν ότι οι ιδέες του ήταν πανθεϊστικές και υποστηρίζουν ότι αυτή η συνιστώσα των ιδεών του ήταν εκείνη που προκάλεσε την καταδίκη του. Σ ε οποιαδήποτε περίπτωση πάντως υπήρξε ένας μάρτυρας των ιδεών του. Ο Γαλιλαίος παρατήρησε με το τηλεσκόπιό του την κίνηση των δορυφόρων του Δία γύρω από αυτόν τον πλαν1Ίτη. Τ ο γεγονός ότι υπήρχαν κάποια ουράνια σώματα που δεν περιστρέφονταν γύρω από τη Γη κλόνιζε τη γεωκεντρική άποψη . Έσωσε τη ζωή του, αλλά καταδικάστηκε να ζ1Ίσει μέχρι τον θάνατό του αιχμάλωτος στο σπίτι του. Η εξωραϊστικ1Ί διάθεση της ιστορίας τον θέλει να μουρμουρίζει, βγαίνοντας από το δικασηΊριο της Ιεράς Εξέτασης, την παροιμιώδη φράση "και όμως κινείται-e puι· si ιηuονe". Αυτό δεν

Περίπου τριακόσια χρόνια μετά το ανάθεμα η Καθολtκ1Ί Εκκλησία το απέσυρε. Την I 0.1 Ι.Ι979. κατά τον εορτασμό των εκατό ετών από τη γέννηση του Aibert Einstein, ο πάπας Ιωάννης - Παύλος Β' εκ μέρους της Παπικής Ακαδημίας των Επιστημών αναφέρθηκε και στη συμπεριφορά της Εκκλησίας προς ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ .2/3

------- Ισαάκ Νεύτων

-------

τον Γαλιλαίο. Ζήτησε μάλιστα και την αναθεώρηση της καταδικαστικής αποφάσεως του Παπισμού σε βάρος του Γαλιλαίου. Είπε: «Η μεγαλοσύνη του Γαλιλαίου, καθώς και εκείνη του Αλβέ ρτου Αϊνστάιν, είναι γνωστή εις όλους, αλλά ο πρώτος υπέφερε πολύ από τους θεσμούς και τους ανθρώπους της (Παπικής) Εκκλησίας. Τούτο δεν μπορούμε να το αποκρύψομε... Θέλω, όπως οι θεολόγοι, έτσι και οι φυσικοί επιστήμονες και οι ιστορικοί, κινούμενοι από πνεύμα ειλικρινούς συνεργασίας, να εξετάσουν και πάλι την υπόθεση Γαλιλαίου, να αναγνωρίσουν τα σφάλματα, όπου αυτά υπάρχουν και να διαλύσουν τη δυσπιστία, η οποία υπάρχει ακόμη μεταξύ πολλών ανθρώπων δια την υπδθεση εκείνη και η οποία εμποδίζει τη γόνιμη ομόνοια μεταξύ επιστήμης και πίστεως, μεταξύ Εκκλησίας και κόσμου».

Και ο Πάπας πρόσθεσε:

«Οι παρεξηγήσεις γύρω από τη δίκη (τού Γαλιλαίου) έχουν προκαλέσει

ο δυνηρές και πικρές αντιπαραθέσεις κατά τη διάρκεια των αι ώνων»

Σε κάθε περίπτωση, τα 300 χρόνια, ακόμα και για την Αγία Καθολική Εκκλησία είναι μεγάλο χρονικό διάστημα, για να αναγνωρίσει τα σφάλματά της και την εγκυρότητα της επιστήμης. Ο Κέπλερ βελτίωσε το μοντέλο του Κοπέρνικου και με κοπιαστικές παρατηρήσεις και μακροσκελείς υπολογισμούς απέδειξε ότι οι τροχιές των πλανητών είναι ελλείψεις στη μια εστία των οποίων βρίσκεται ο Ήλιος. Σύμφωνα με τους νόμους του Κέπλερ ήταν γνωστές οι ελλειπτικές τροχιές των πλανητών και έτσι μπορούσε να εντοπιστεί η θέση καθενός με απόλυτη ακρίβεια. Άλλο όμως θέμα είναι ο εντοπισμός της θέσης ενός πλανήτη και άλλο η αιτιολόγηση της μορφής της τροχιάς του. Εδώ ακριβώς εκδηλώνεται η μεγαλοφυ·ια του Νεύτωνα. Το " μωρό των Χριστουγέννων" δεν άρχισε με καλούς οιωνούς τη δύσκολη ζωή του. Ο πατέρας του είχε πεθάνει τρεις μήνες πριν από τη γέννησή του. Ακόμη χειρότερα, από πολύ ενωρίς εκτός από την πατρική ορφάνια γνώρισε και μια μορφή μητρικής ορφάνιας, ενώ η μητέρα του ζούσε ακόμα. Μερικά χρόνια μετά τη γέννησή του η μητέρα του ξαναπαντρεύτηκε με έναν κληρικό από κάποιο κοντινό γειτονικό χωριό και έστειλε τον Νεύτωνα να ζήσει και να περάσει τα ευαίσθητα παιδικά του χρόνια κοντά στη γιαγιά του. Δεν είναι πολλές οι μανάδες που θα έκαναν κάτι τέτοιο και θα προσθέτανε στην αναπόφευκτη έλλειψη της πατρικής φροντίδας και προστασίας και την έλλειψη της γλυκιάς μητρικής αγκαλιάς. Κατά πάσαν πιθανότητα σε αυτά τα βασανιστικά πρώτα χρόνια της ζωής του οφείλονται ο πολύπλοκος και προβληματικός χαρακτήρας του και η τάση για απομονωτισμό. Ενδεχομένως αυτή η εσωστρέφεια ήταν η αιτία της aφοσίωσης του Νεύτωνα με τόσο πάθος στις μελέτες του. Είναι παράξενο, αλλά μελετώντας κάποιος τη ζωή του τ α εμβαδά που σαρώνει η επ ι βατική διαπιστώνει ότι πολλοί από τους επιστημονικούς θριάμβους ακτίνα ενός πλανήτη σε ίσα χρονικά διαστή ματα είναι ίσα ξεκινούν από τραγικά γεγονότα. Η τελευταία επιδη μία βουβωνικής πανώλης που έπληξε την Αγγλία το 1666 έγινε αιτία να κλείσει το Πανεπιστήμιο του Κέμπριτζ για ένα χρόνο και ο Νεύτων να επιστρέψει στο αγρόκτημά του. Ο λα"ίκός μύθος ισχυρίζεται ότι η αφετηρία για την ανακάλυψη του Νόμου της Παγκόσμιας Έλξης ήταν ένα μήλο που έπεσε στο κεφάλι του, όταν ξεκουραζόταν κάτω από μια μηλιά στο οικογενειακό αγρόκτημα. Μια άλλη εκδοχή αναφέρει ότι απλώς παρατήρησε κάποιο μήλο να πέφτει ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/4

-------

Ισαάκ Νεύτων

-------

κάτω από μια μηλιά. Κάποιοι άλλοιθεωρούν φανταστική αυτή την αφήγηση. Είναι γεγονός πάντως ότι από τη στιγμή κατά την οποία εμφανίστηκαν οι μηλιές πάνω στη Γη, τα μήλα έπεφταν, όταν ωρίμαζαν, όπως έπεφταν οι πέτρες που εκσφενδονίζονταν, ή τα νερά των καταρρακτών. Το ερώτημα για τον Νεύτωνα ήταν: "γιατί δεν πέφτει προς τη Γη και η Σελήνη, η οποία αιωρε ίται μακάρ ια πάνω από το κεφάλι μας, δ εδομένου ότ ι δεν υπά ρχει κάπο ιο ορ ατό μέσο στήρ ιξής της;"

Ε ίχε να επιλέξει ανάμεσα σε δύο εξηγήσεις. Η πρώτη ήταν ότι οι φυσικοί νόμοι που ισχύουν στην επιφάνεια της Γης δεν ισχύουν στην περιοχή του χώρου στον οποίο βρίσκεται η Σελήνη. Η άλλη επιλογή ήταν να αποδεχτεί την άποψη ότι η Σελήνη "πέφτει" πραγματικά προς τη Γη . Ο Νεύτων επέλεξε τη δεύτερη εξήγηση με βάση έναν απλό και όμορφο συλλογισμό: Γνωρίζουμε ότι η Σελήνη περιστρέφεται γύρω από τη Γη και ότι η Γη, μαζί με τη Σελήνη, περιστρέφεται γι)ρω από τον ήλιο. Είναι ειJκολο να αντιληφθεί κάποιος, ότ, σε αυτή τη σιJνθετη κίνηση, κάποια στιγμή η Γη θα βρεθεί σε περιοχή που προηγουμένως βρισκόταν η Σελήνη. Αν λοιπόν στην περιοχή στην οποία βρισκόταν η Σελήνη δεν υπάρχει ένα είδος βαρύτητας, όπως αυτή που υπάρχει στη Γη και η οποία μας κρατά "καρφωμένους" στην επιφάνειά της, τότε και εμείς, όταν η Γη φτάσει σε τέτοια περιοχή, θα βρεθούμε κολλημένοι στα ταβάνια των δωματίων μας ή θα απογειωθοιJμε. Κάτι τέτοιο δεν έχει παρατηρηθεί.

Το συμπέρασμα στο οποίο κατάληξε ήταν ότι και η Σελήνη κινείται σε ένα βαρυτικδ πεδίο που παράγει η παρουσία της Γης. Έτσι η Σελήνη έλκεται από τη Γη με την ίδια, από ποιοτική άποψη, δύναμη με την οποία έλκεται από τη Γη κάθε αντικείμενο που βρίσκεται κοντά ή πάνω στην επιφάνεια της Γης. Η ίδια δύναμη είναι εκείνη που αναγκάζει μια πέτρα να πέφτει προς την επιφάνεια της Γης, αν την αφήσουμε από κάποιο ύψος και η δύναμη που διατηρεί την Σελήνη σε τροχιά γύρω από τη Γη. Ε ίναι βέβαιο όμως ότι η Σελήνη δεν "πέφτει" με την έννοια που πέφτει μια πέτρα στην επιφάνεια της Γης. Θα μπορέσουμε να ξεπεράσουμε αυτόν τον εννοιολογικό σκόπελο, αν διασαφήσουμε την έννοια της (ελεύθερης) πτώσης, όπως την αντιλαμβάνονται οι φυσικοί. Λένε, λοιπόν, ότι ένα υλικό σώμα βρίσκεται σε ελεύθερη πτώση, αν και μόνο αν η μοναδική δύναμη που του ασκείται είναι η δύναμη της βαρύτητας. ΑυηΊ η απαίτηση ικανοποιείται τόσο στην περίπτωση της πέτρας, όσο και στην περίπτωση της Σελήνης, διότι η μόνη δύναμη που δέχεται καθένα από αυτά τα αντικείμενα είναι η ελκτική βαρυτική δύναμη από τη Γη . Αποσυμπλέκοντας, λοιπόν, τη γεωμετρική αντίληψη της πτώσης (σαν μια κίνηση ενός σώματος που αναπόφευκτα καταλήγει τελικά στην επιφάνεια της Γης) από τη φυσική δυναμική της έννοια, συνειδητοποιούμε ότι τόσο η Σελήνη όσο και η πέτρα "πέφτουν" προς τη Γη . Η διαφορά είναι ότι η πέτρα φτάνει στη Γη, αλλά η Σελήνη δεν φτάνει ποτέ. Δεν είναι δύσκολο να κατανοηθεί ότι η διαφορά στη συμπεριφορά τους οφείλεται στην κατάσταση των αντικειμένων, όταν έφερε αποτελέσματα πάνω τους η επίδραση της βαρύτητας. Όταν λέμε ότι μια πέτρα πέφτει θεωρούμε υποσυνείδητα ότι την αφήνουμε να κινηθεί από κάποιο ύψος όπου την κρατούμε ακίνητη . Η αρχική ταχύτητα της πέτρας ήταν μηδενική. Σε αυτή την περίπτωση η τροχιά της είναι μια ευθεία γραμμή. Η Σ ελήνη όμως, οποιαδήποτε θεωρία και αν υιοθετήσουμε για τη δημιουργία της, είχε πάντοτε κάποια ταχύτητα ως προς τη Γη. Ας υποθέσουμε ότι στην περιοχή της Σελήνης φτάνει ο σούπερμαν και την αναγκάζει να ακινητοποιηθεί ως προς τη Γη. Τότε οπωσδήποτε η Σελήνη θα πέσει στην αγκαλιά της μανούλας Γης, είτε είναι γέννημά της, είτε υιοθετημένη κόρη της. Με αυτές τις σκέψεις και με κατάλληλους υπολογισμούς κατόρθωσε να προσδιορίσει τη μορφή της φόρμουλας με την οποία υπολογίζεται το μέτρο της δύναμης που ασκεί η Γη σε κάθε αντικείμενο που βρίσκεται στη γειτονιά της. Οι ιστορικοί της επιστήμης ισχυρίζονται ότι ο Νεύτωνας πέτυχε την πρώτη ενοποίηση δυνάμεων στη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/5

------- Ισαάκ Νεύτων

-------

Φυσική, δηλαδή την ενοποίηση της γήινης και της ουράνιας βαρύτητας σε μια μοναδική δύναμη, τη δύναμη της βαρυτικής έλξης των υλικών μαζών, που εκφράζεται από τον νόμο της παγκόσμιας έλξης, τον οποίο ο ίδιος διατύπωσε. Ακόμη δεν έχουμε αναφέρει το καλύτερο. Ο Kepler απέδειξε με τη λεπτομερή παρατήρηση και μέτρηση ότι οι τροχιές των πλανητών είναι ελλείψεις. Στη μια από τις εστίες των ελλείψεων βρίσκεται ο Ήλιος. Γιατί όμως οι τροχιές των πλανητών είναι ελλείψεις; Η απάντηση στο ερώτημα αυτό ολοκλήρωσε τον επιστημονικό θρίαμβο του Νεύτωνα. Είχε ήδη προσδιορίσει τη μαθηματική μορφή του νόμου για τη βαρυτική δύναμη που ασκεί ο Ήλιος στους πλανήτες. Δεν είχε όμως τα μαθηματικά εργαλεία για τη μαθηματική αξιοποίηση του νόμου. Έκανε, λοιπόν, το αναμενόμενο: επινόησε το εργαλείο που χρειαζόταν. Το εργαλείο αυτό ήταν ο Απειροστικός Λογισμός, μια μαθηματική τεχνική, για να διαχειρίζεται aπειροστές ποσότητες (τα Fluxίons, όπως τα ονόμασε ο ίδιος). Η τεχνική αυτή του επέτρεπε να προσδιορίζει εφαπτόμενες σε καμπύλες (Διαφορικός Λογισμός) και να υπολογίζει τα εμβαδά των χωρίων που ορίζονταν από καμπύλες γραμμές (Ολοκληρωτικός Λογισμός). Το αποτέλεσμα ήταν ότι οι λύσεις της εξίσωσης της παγκόσμιας έλξης, με κατάλληλους μετασχηματισμούς και τη βοήθεια του aπειροστικού λογισμού οδηγούσαν σε εξισώσεις που απεικόνιζαν κωνικές τομές και στη συγκεκ ρ ι μένη περίπτωση ελλείψεις. Ο Νεύτων ήταν πολυπράγμων και επίμονος ερευνητής μέχρι aυτοκαταστροφικού σημείου. Για παράδειγμα, τοποθετούσε μέσα στα μάτια του μικρά κομμάτια ξύλου, για να μελετήσει τα φαινόμενα της όρασης. Όταν δίδασκε στο Κέμπριτζ, είχε τοποθετήσει στο δωμάτιό του κλιβά\'ους. στους οποίους έλιωνε διάφορα μέταλλα, στην προσπάθειά του να επιτύχει μεταστοιχείωση ευτε/.6)\' μετάλλων σε ευγενή μέταλλα, όπως σε χρυσό και άργυρο. Σε τρίχες της κεφαλής του, που εξετάστηκαν πολύ αργότερα, βρέθηκαν ίχνη από υδράργυρο, τα οποία φαίνεται ότι ήσαν τα κατάλοιπα των αλχημιστικιον προσπαθειών του. Πολλοί αποδίδουν τις περιοδικές ψυχολογικές διαταραχές του σε δηλητηρίαση από υδράργυρο. Ασχολήθηκε με την Οπτική και ήταν ο πρώτος που ανακάλυψε ότι το λευκό ηλιακό φως είναι σύνθετο και αναλύεται στα απλά χρώματα της ίριδας. Εισήγαγε τη σωματιδιακή θεωρία του φωτός και ήταν σε μόνιμη και οξύτατη αντιπαράθεση με τον Huygens, ο οποίος ήταν υποστηρικτής της κυματικής φύσης. Ήταν βαθύτατα θρησκευόμενο άτομο και επίμονος μελετητής των Γραφών. Δεν νυμφεύθηκε και δεν άφησε aπογόνους. Δεν αναφέρονται συναισθηματικά ειδύλλια στη διάρκεια της ζωής του, παρά μόνο μια σύντομη συναισθηματική σχέση του με μια συνομήλική του στα πρώιμα εφηβικά χρόνια του. Ήταν εριστικός, aπόμακρος και δύσκολος χαρακτήρας. Εκτός από τη διένεξή του με τον Huygens για τη φύση του φωτός είναι γνωστή και η αντιπαράθεσή του με τον Λάιμπνιτς για την πατρότητα του aπειροστικού λογισμού. Σήμερα γίνεται αποδεκτό ότι και οι δύο είχαν σημαντική συμμετοχή στη δημιουργία αυτού του κλάδου των σύγχρονων μαθηματικών. Πέθανε στο Λονδίνο στις 20 Μαρτίου 1 727 (3 1 Μαρτίου με το νέο ημερολόγιο) Η πατρίδα του, ο επιστημονικός κόσμος και οι λόγιοι της εποχής του τίμησαν την προσφορά του με πολλούς τρόπους. Το μνημείο του στο Westminster

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/6

ΗΜΕΡΟΛΟΓΙΑ Θανάσης Π. Χριστόπουλος

Γ ι ατί δ ε ν γεννήθηκ ε κανr. ίς Έλληνας, απ ό 16 μέχρι κα ι το τέλος του Φεβρουαρίου το 1923;

άνθρωπος από πολύ παλιά παραη1ρησε τις κινήσεις του Ήλιου και της Σελήνης καθώς και τις εποχές του έτους. Έτσι κατάφερε να μετρι1σει το τροπικό έτος, τη χρονική δηλαδή διάρκεια από την έναρξη της άνοιξης μέχρι την αρχή της επόμενης άνοιξης. Ο Ίππαρχος ο Ρόδιος (περ.190 π.Χ. - \20 π.Χ.) Έλληνας aστρονόμος, γεωγράφος, χαρτογράφος και μαθηματικός, υπο λόγισε πως το τροπικό έτος είναι 365,2422 ημέρες, όταν σιΊ μερα τα σύγχρονα ατομικά ρολόγια τον ε πιβεβαιιί>νουν υπολογίζοντάς το σε 365 ,242 1 9878 ημέρες ι1 365 η μέρες 5 ώρες 48 λεπτά 46 δεύτερα και 0,96768 του δευτερολέπτου.

Επειδή ο Σωσιγένης έκανε το Ιουλιανό ημερο λόγιο για 365,25 ημέρες, γινόταν λάθος 365,25365,242 1 9878 0,0078 ημέρες. Το συσσωρευμένο λάθος το έτος 1582 είχε α νέλθει σε 10 ημέρες. Ο Πάπας Γρηγόριος ανέθε σε στον αστρονόμο Lilio (Αlοy.�ίιι8 Li/ίιt.\', Ναπολι τάνος γιατρός από την Καλαβρία) να κάνει τη διόρθωση. Έτσι δημιουργι1θηκε το Γρηγοριανίι ημερολίιγιο καλούμενο σι1μερα νέο. Η διόρθωση έγινε και η επομένη της 4'�c Οκτωβρίου 1582 ο νομάσθηκε 15-10-1582 και ορίστηκε ανά 400 χρόνια να έχουμε τρία λιγότερα δίσεκτα (τα έτη 2100, 2200, 2300 δεν είναι δίσεκτα). Ο κανόνας που καθόριζε τα δίσεκτα έτη στο Ιουλιανό ημερο λόγιο ήταν απλός : Δίσεκτο είναι εκείνο που ο α ριθμός του διαιρείται ακριβώς δι6 4, εκτός από τα επαιώνια που πρέπει, τα δυο πριοτα ψηφία που δη λώνουν τον αιώνα, να διαιρούνται με 4. =

Ο Ίππαρχος ο Ρόδιος (πε ρ.Ι90 π.Χ . - 120 π. Χ.)

Το έτος 709 από κτίσεως Ρώμης με αυτοκρα τορικό διάταγμα του Ιουλίου Καίσαρα εφαρμό σθηκε νέο (ηλιακό) ημερολόγιο δημιούργημα του έλληνα αστρονόμου Σωσιγένη (από την Αλεξάν δρεια). Αυτό το ημερολόγιο ονομάσθηκε Ιουλιανό η μ ερολόγιο. Πριν από το έτος 709 από κτίσεως Ρώμης (έτος 44 π.Χ.) χρησιμοποιούσαν το Ρωμαϊ κό ημερολόγιο του Νουμά το οποίο ήταν σεληνια κό και το οποίο είχε πολλά λάθη . Το Ιουλιανό η μερολόγιο λέγεται σήμερα παλιό ημερολόγιο.

Ο Γάιος Ιούλιος Καίσαρας [Καίσαρ] ( 13 Ιου λίου I 00 π .Χ. - 15 Μ α ρτίου 44 π .Χ . )

Η Ε λληνική Πολιτεία εφάρμοσε το Γρηγορια νό ημερολόγιο το έτος 1 923. Η επομi:νη της 15-21923 ονομ6σ0ηκε 1-3-1923 γιαυτό αν ψάξετε στο Ληξιαρχείο δεν θα βρείτε Έλληνα γεννη μένο από 1 6 μέχρι το τέλος Φεβρουαρίου το 1923 . Η Ελληνική Ε κκλησία εφάρμοσε στο εορτο λόγιό της το νέο ημερολόγιο το έτος 1924. Η επο μένη της 9-3- 1 924 ονομάσθηκε και εορτάσθηκε ως 23-3- 1 924 και έτσι την 25η Μαρτίου 1924 συvε ορτάσθηκε ο Ευαγγελισμός της Θεοτόκου και η επέτειος της Ελληνικής Επανάστασης. Η ελληνική Εκκλησία όμως Ciφησε τον τρόπο υπολογισμού της ημερομηνίας του Πάσχα όπως ίσχυε με το παλιό Ιουλιανό ημερολόγιο. Τα συσ σωρευμένα σφάλματα (και όχι μόνον αυτά) γίνο νται αιτία να μη συνεορτάζουν το Πάσχα οι Καθο λικοί και οι Ορθόδοξοι. Οι εορτές του νέου έτους γίνονταν μέχρι την έ ναρξη του Γρηγοριανού ημερολόγιου στις παγανι-

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/7

Ημερολόγια

στικές κοινωνίες, από την 25η Μαρτίου έως την ι η Απριλίου, με την εαρινή ισημερία, καθώς η εποχή αυτή χαρακτηρίζει την αναγέννηση της φύσης. Οι Ρωμαίοι συνέχισαν να εορτάζουν τον Μάρτιο το νέο έτος, αλλά το 1 54 μ.Χ. με τις αλλαγές των ημερολογίων, υιοθετήθηκε ως ημέρα εορτής του νέου έτους η ι η του Ιανουαρίου. Η αλλαγή αυτή της ημερομηνίας ήταν δύσκολο να γίνει αποδεκτή από τον κόσμο και αυτό διότι η Ι η Ιανουαρίου δεν συνέπιπτε με κάποια ιδιαίτερη αγροτική ή άλλη παράδοση. Ο Ιανουάριος ονομάστηκε έτσι εξαιτίας του Θεού Ιανού ο οποίος είχε δύο πρόσωπα το ένα κοίταγε το παρελθόν και το άλλο το μέλλον. Το 525 μ.Χ. η χριστιανική εκκλησία καταδικάζει ανάμεσα σε άλλα το έθιμο της πρωτοχρονιάς ως ειδωλολατρικό, κάτι που ίσχυε έως τον μεσαίωνα. Ο Ιανουάριος καθιερώθηκε ω ς αρzή του έτους στον Δυτικό κόσμο μετά το 1500.

Τον 6ο αιώνα η Γέννηση του Χριστού τοποθετήθηκε χρονικά στο έτος 753 από κτίσεως Ρώμης και αυτό το έτος ονομάσθηκε ΠΡΩΤΟ ΕΤΟΣ ΤΟΥ ΚΥΡΙΟΥ, το επόμενο έτος ονομάσθηκε 2ο έτος του Κυρίου κ.λ.π. (άλλωστε ο αριθμός μηδέν ως σύμβολο είναι πολύ νεότερη ανακάλυψη, μετά την πρώτη χιλιετία .. Νεώτερες, βέβαια, μελέτες τοποθέτησαν τη Γέννηση του Χριστού στο έτος 749 από κτίσεως Ρώμης (δηλ. το 4 π. χ.) αλλά ήδη είχε επικρατήσει σαν βάση απαρίθμη το έτος 753 από κτίσεως Ρώμης.

Ρώμης. Η λατρεία του συνδεόταν με κάθε αρχή η ξεκίνημα, γι' αυτό και είναι ο πρώτος μήνας του έτους. Φεβρουάριος: Από το λατινικό επίθετο februus (καθαρτικός), γιατί κατά τη διάρκεια του μήνα αυτού - που ήταν ο τελευταίος στο αρχαίο ρωμαϊκό ημερολόγιο -γίνονταν γιορτές εξαγνι σμού. Μάρτιος: Προέρχεται από το λατινικό martius (άρειος), γιατί ο μήνας αυτός ήταν αφ ιερωμένος στη λατρεία του θεού Άρη (Mars). Απρίλιος: Από το λατινικό aprilius (ανοικτός), γιατί κατά το μήνα αυτό άνοιγαν οι ανθοί των λουλουδιών. Κάποιοι αποδίδουν το όνομα στο Αφρώ (μεταγενέστερη μορφή της Αφροδίτης), επειδή οι Ρωμαίοι θεωρούσαν το μήνα αυτό αφιερωμένο σ' αυτήν. Μάιο�: Προέρχεται από τη maja (μαία), τη μάνα της Γης, που τρέφει τον άνθρωπο και την Κυβέλη, που ανάθρεψε τον Ερμή . Ιούνιος: Από το λατινικό junius [αυτός που σχετίζεται με την Ήρα (Juno)], λόγω λατρείας της θεάς Ήρας κατά το μήνα αυτό. Ιούλιος: Παλαιότερα λεγόταν Quintilis (Πέ μπτος). Το 44 π.Χ. ονομάστηκε Julius, προς τιμήν του αυτοκράτορα Ιούλιου Καίσαρα, που γεννήθη κε στις 7 Ιουλίου 1 ΟΙ π.Χ. Αύγουστος: Σημαίνει σεβαστός στα λατινικά και αρχικά ονομαζόταν Sextus (Εκτος). Το 27 π.Χ. ονομάστηκε Augustus προς τιμήν του αυτοκράτο ρα Οκταβιανού Αυγούστου, που έγινε μονοκράτο ρας. Κάποιοι αποδίδουν την ονομασία του στη λέ ξη augur (οιωνοσκόπος). Σεπτέμβριος: Από το λατινικό septem (εφτά), γιατί ήταν ο έβδομος μήνας του αρχαίου ρωμα·ίκού ημερολογίου. Οκτώβριος: Από το λατινικό octo (οχτώ), για τί ήταν ο όγδοος μήνας. Είναι ο μόνος «αριθμητι κός» μήνας που δεν περιέχει το γράμμα Μ. Έτσι είναι λάθος να λέμε Οκτώμβριος! Νοέμβριο�: Από το λατινικό novem (εννέα). Δεκέμβριος: Από το λατινικό decem (δέκα), λόγω της θέσης που είχε στο αρχαίο ρωμαϊκό ημε ρολόγιο.

��

Η ονομασία των ι 2 μηνών

Όλοι μας γνωρίζουμε την ονομασία των 1 2 μηνών. Όμως γιατί τα ονόματα των μηνών είναι παρόμοια στις περισσότερες γλώσσες, ευρωπα"ίκές και μη ; Περιληπτικά αναφέρουμε ότι όλοι οι μή νες έχουν ρωμαϊκά ονόματα: Ιανουάριος: Προέρχεται από τον θεό Janus, τον προστάτη των δημοσίων διόδων και πυλών της ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/8

αθηματtκοί Δtαyωvtσμοί αθηματtκέG ΟλυμπtάδεG Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. 70°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ''Ο ΘΑΛΗΣ" 21 ΝΟΕΜΒΡΙΟΥ 2009 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1°

Το τετράγωνο ενός θετικού αριθμού είναι μεγαλύτερο από το δεκαπλάσιο του αριθμού κατά 75. Να βρεθεί ο αριθμός.

Λύση

Αν χ είναι ο ζητούμενος αριθμός, τότε από τα δεδομένα του προβλή ματος θα ικανοποιεί την χ2-10χ=75<=>χ2- 10χ-75=0<=>χ=15 ή χ=-5. εξίσωση

Επειδή ο ζητούμενος αριθμός είναι θετικός, η μοναδική λύση του προβλή ματος είναι ο αριθμός 15.

2° Αν οι αριθμοί μ και ΘΕΜΑ

2 2 είναι θετικοί ακέραιοι και ισχύει ότι 4μ- + 4 v+ �γ+v+Ι,

να αποδείξετε ότι ο ακέραιος Α=2μ + 2v είναι πολλαπλάσιο του 34.

Λύσ η .

Από την υπόθεση έχουμε: 2 2 2 2 2 22 ι- + 22 v+ -2·γ+v �Ο=> γ-2 + Υ+2 -2·2Ji+v �0=> γ-2_2v+2 �Ο

( y

( )

(

) (

)

(

)

(

2 από την οποία προκύπτει ότι 2μ- -2v+2=Ο=> γ-v-4 =1=> μ- v- 4 =Ο.

Επομένως έχουμε

Α =2μ +2v =2v+4 + 2v =2v · 24 + I =17 ·2v =34 ·2v-ι,

που είναι πολλαπλάσιο του 34, αφού ο ΘΕΜΑ 3°

)

είναι θετικός ακέραιος.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω ΑΔ ύψος του. (α) Αν υπάρχουν σημεία Ε και Ζ των πλευρών ΑΒ και ΑΓ, αντίστοιχα, τέτοια ώστε να ισχύουν

ΔΕ =ΔΖ και ΜΕ = ΜΖ , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. (β) Αν υπάρχουν ση μεία Ε καιΖ στις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ και ΑΓ προς το μέρος του Α, αντίστοιχα, τέτοια ώστε να ισχύουν ΔΕ =ΔΖ και ΜΕ = ΜΖ , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Λύση

(α) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΔΖ έχουν δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία ( ΑΔ= ΑΔ, ΔΕ =ΔΖ)

και τις περιεχόμενες γωνίες των ίσων πλευρών ίσες, ΜΕ = ΜΖ . Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε θα έχουν και ΔΑΕ= ΔΑz , δηλαδή η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ. ΕΥΚΛΕΙΔ ΗΣ Β ' 74 τ.2/9

-------

L τη οϊ>νί:χιια

Μαθη ματ ικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ο λυμπιάδες

--------

συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ, τα οποία είναι ορθογι.Ονια μι;

και έχουν την πλευρά ΑΔ κοινή και τις οξείες γωνίες ΔΑΒ και ΔΑΓ ίσες. Λι)υ τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ είναι ίσα , οπότε θα έχουν και ΑΒ = ΑΓ, δηλαδή το τρίγωνο Λ ΙΗ ιίναι ισοσκελές :\:\Β

ΛΛΙ · ο

'-'

90"

/�

/ :

/ '.

Β�-----

....

Σχήμα 5

(β) Ομοίως όπως στο ερώτημα (α) τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΔΖ είναι ίσα, οπότε θα έχουν ΔΑΕ=ΔΑΖ. �

�

Ι·.π::ιιiι'ι οι

γωνίις ΓΆΕ και ΒΑΖ είναι ίσες ως κατά κορυφή, έπεται ότι: �

�

ΔΑΕ- Γ ΑΕ=ΔΑΖ- ΒΑΖ=> ΔΑΓ = ΔΑΒ, I'<

πιι)ίπτωση αυτή προκύπτει ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γω νία; Α του τριγάΝου ΛΙ�Ι. Lτη συνι�χεια προχωράμε όπως στο ερώτημα (α). I \'llλ/.ιι" τικ(χ, Οα μπορούσαμε να προχωρήσουμε ως εξής:

ωυη<: ι, ω σ rην

των τριγώνων ΑΔΕ και ΑΔΖ προκύπτει και η ισότητα ΔΖΑ= ΔΕΑ, οπίηε ::ιΊιωΛιι ιφοι,·ίJπτει ότι τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΓΖ είναι ίσα, οπότε θα είναι ΔΒ = ΔΓ, η ευθεία ΑΔ ::ί\'(/.ι μ::σοi\Ίί.Οι:τη της πλευράς ΒΓ. Άρα είναι ΑΒ ΑΓ. I( ω στι� ιiι'>Ο πψιπηl>σεις μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το γνωστό θα;Jρημα της Γεωμετρίας, ΙΙι/.σ::ι τοι ι οποίου, αν σε ένα τρίγωνο ένα ύψος του είναι και διχοτόμος. τότε το τρίγωνο είναι ι σι >ΟΙ<: :λ:':..;. ο

ΛΗι> τι ι,· ισ(>τητα

ΘΕΜΑ 4"

1\ι)t>ση Λ γι:μίζει (λειτουργώντας μόνη της) μία δεξαμεν1) σε τρεις ώρες. Μία δεί>τφη (λειτουργ<))ντας μόνη της) την ίδια δεξαμεν1) σε τέσσερις όψες. Μία τρίτη τί:λος ΙΙι1ιιοιι I αδι:ιάζι:ι (λειτουργ<))ντας μόνη της) την ίδια δεξαμεν1) (όταν βέβαια είναι γεμάτη) σι; {;ξι ι:ψ::..;. Ί .νας αυτόματος μηχανισμός ανοίγει με τυχαία σειρά και τις τρεις βρίJσες με τον ι:ξ1)ς ι11ιΊrrο: ανοίγει μία βρί>ση, μετά από δύο ώρες ανοίγει μία άλλη και τέλος μετά από μία <iψα ιι\'()ίγ::ι ι<αι την άλλη βρύση. Ένας άλλος μηχανισμός μετρά το χρόνο που χρειάζεται να γε μίσ ε ι 'I ,i::-.:ιψι:,·ι·ι κ αι ξεκινά τη λειτουργία του μόλις πι:σει νερό μέσα στη δεξαμεν1). Ποια είναι εκείνη ιι rι::φιΊ μ:: την οποία αν ανοίξει τις βρύσες ο μηχανισμός, ο αριθμός των ωρών που Οα ;11::ιιι.σωι.>ν (για να γεμίσει η δεξαμενή) να είναι ακέραιος αριθμός; Ποιος είναι σε κάθε ;r: 11ίπτι·>πη αυτι'>ς ο ακέραιος αριθμός; Λί>ση ·ι π τι•> _, . ο ιψιΟμός των ωρών που χρειάζονται για να γεμίσει η δεξαμενή. Τότε οι δυνατοί η1ι1Ποt μ:; τους οποίους μπορεί να ανοίξει τις βρύσες ο μηχανισμός (μαζί με τις αντίστοιχες ::-.:ι<ιι:ιο::ι� ποιι ()ημιουργούνται) είναι: i\'1 ίυ

ΙΙι)ιι. ση I� γψίζι:ι

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/10

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδ ες

------

(I) Λ-R-Γ

12 χ-3 χ-2 χ -+ =1 <;:::>5x=l2+6-6<;:::>x=5 6 3 4

(2) Β-Α-1'

14 χ χ-3 χ-2 -+ =1 <;:::>5χ=12+8-6<;:::>χ=5 3 6 4

(3) Λ-Γ-Β

17 χ-3 χ-2 χ ----+ =1 <;:::>5χ=12+9-4<;:::>χ=5 6 3 4

(4) Β-Γ-Α

χ-3 χ-2 χ ----+--=1 <;:::>5χ=12+12-4<;:::>χ=4 3 6 4

( 5 ) Γ-Β-Α

(6) Γ-Α-Β

Ί:νας 'Ενας

(6)). Στη

-------

χ-1 3

4 +

16 χ _ =1 <;:::>5x=l2+4<;:::>x= 5 6

1 - -� =1 <;::::> 5χ=12+3 <;::::>χ= 3 6 4

φι)πος ανοίγματος είναι Β-Γ-Α με αντίστοιχη διάρκεια χ=4 ώρες (περίπτωση (4)). δεί>τερος τρόπος ανοίγματος είναι Γ-Α-Β με αντίστοιχη διάρκεια χ=3 ώρες (περίπτωση

πιφίπτωση (4) (που ανοίγει πρώτα η βρύση Β), ο χρόνος αρχίζει να μετράει με το άνοιγμα

της ΙΙι1ίισης Β. Λν λοιπόν υποθέσουμε ότι

η f\ι1ίιση Β

θα

ο απαιτούμενος χρόνος για να γεμίσει η δεξαμενή είναι

έχει γεμίσει τα

λι:ιτοιφγι)σα χ-- 2

� της δεξαμενής. Στη συνέχεια ανοίγει η βρύση Γ η οποία θα 4

cJ)ρες και θα αδειάσει τα

οιωία Ου λι :ιτο υ ργ ή σει χ-3

ώρες, τότε

χ-2 6

της δεξαμενής. Τέλος θα ανοίξει η βρύση Α η

ώρες και θα γεμίσει τα

χ-3 3

της δεξαμενής. Με αυτό τον τρόπο

Πf)UJ-.:ι·ιπτι:ι η ι.:ξίσωση (4). l.τη πψίπτωση (6) (που ανοίγει πρώτα η βρύση Γ), ο χρόνος αρχίζει να μετράει με το άνοιγμα ' τη� 1\ιη ισης Λ (διότι ο μηχανισμός χρονομέτρησης αρχίζει μόλις πέσει νερό στη δεξαμενή).

Λ ν λοιπίιν υποΟ{;σουμε ότι ο απαιτούμενος χρόνος για να γεμίσει η δεξαμενή είναι

η 1\ι)ίιση Λ θα

. )-..ι:ιτοιφγησει I ι':Jως

ώρες, τότε

{:χει γεμίσει τα � της δεξαμενής. Στη συνέχεια ανοίγει η βρύση Β η οποία θα

χ-

. I ωρες

και θα γεμισει τα

η βρίιση Γ θα λειτουργήσει

x-l --

της δεξαμενης.

ώρες, και θα αδειάσει τα

� της δεξαμενής. Με αυτό τον

η εξίσωση (6). Λ νι'ιλογα εξηγούνται και οι υπόλοιπες περιπτώσεις. φιιιτο

π ρ ο κ ίιπτ ει

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

Θ Ε Μ Α Ι" .'\ ,

ο.

jΊ ι:ίν αι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι:

Λίιση

r::D < α+ β ν uμ -

Τχσιψε

ΠρCι.yματι, αρκεί να δείξουμε ότι: Ο s

( .J;; -.fjj)2, που ισχύει.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/1 1

4.J;;jj s α +β

(.!. .!.J. +

α+β .

( 1)

------- Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

1 1 <- + α + β-α β'

Επίσης έχουμε:

( 2)

Πράγματι γι ' αυτό αρκεί να δείξουμε ότι: 1 1 , α +β , , �- +

-, α+β α β

-------

α+β

4αβ � (α + β)

� -- η

αβ

, η, 0 �

(α- β)

, , που ισχυει.

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των δύο ανισοτήτων ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε τη ζητούμενη ανισότητα

4Γαβ

α+β

(_!_ _!_J. +

�

α+β 2

Θ Ε Μ Α 2°. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο Α8Γ , εγγεγραμμένο σε κύκλο C(O, R ) . Αν Α1, 81, Γ1 είναι τα μέσα

των πλευρών του 8 Γ, ΑΓ, Α8 αντίστοιχα και Α2, 82, Γ2 είναι τα μέσα των ΟΑ, Ο8, 0Γ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το εξάγωνο Α281Γ2Α182Γ1 έχει τις πλευρές του ίσες και ότι οι διαγώνιές του Α1Α2 , 8182 και Γ1Γ2 περνάνε από το ίδιο ση μείο.

ΛίJσ η

Εφόσον Ο είναι το ΟΑ = 08 = ΟΓ= R .

κέντρο

του περιγεγραμμένου --------

Α "'

κύκλου,

θα

ισχύει:

στο τρίγωνο

.....

' '

' ' '

' '

--�· ι

' ''

.........

, ,, ' , ······ ��·············· I

, _ _ _,-

•

""_.

" ,. :

------�-,,''Κ\ .,. ............ ";,...... ,

ο ' ,,

\ \

-._...,

Σχή μα 6

; �

Το ευθύγραμμο τμή μα Α2Β1 συνδέει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ΟΑΓ, άρα: Α28ι

; �

(1).

Το ευθύγραμμο τμή μα Α182 συνδέει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ΟΒΓ , άρα: Αι82 = ο

(2 ) .

Μ ε όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι όλες ο ι πλευρές του πολυγώνου είναι ίσες μ ε

R 2

Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο Α181Α282 είναι ΕΥΚΛΕΙΔ ΗΣ

Β'

74 τ.2/ 1 2

------

Μ αθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιές του θα διχοτομούνται στο σημείο Κ . Με όμοιο τρόπο συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο Α1Γ2Α2Γ1 είναι παραλληλόγραμμο, οπότε και σε αυτή τη περίπτωση οι διαγώνιες θα διχοτομούνται στο σημείο Κ .

Θ Ε ΜΑ 3 " Αν για τους πραγματικούς αριθμούς

x, y

με

χ 2 2009

και

y 2 -2009 χ+ �χ - 2009 + �y + 2009 = Υ + 1 , 2

ισχύει ότι:

να βρεθεί η τιμή της παράστασης

Λύση

Οι άρρητες παραστάσεις ορίζονται γιατί δίνεται ότι:

χ 2 2009

και

y 2 -2009. Αν θέσουμε �χ - 2009 = α και �y + 2009 = b , τότε λαμβάνουμε χ = α 2 + 2009 y = b 2 - 2009 , από τις οποίες προκύπτει η εξίσωση χ + y = α 2 + b 2 •

και

Τότε από τη δεδομένη ισότητα έχουμε:

α+b = Θ Ε :\1 Α

2 2 α2 + b 2 , + 1 => α-, + b- - 2α - 2b + 2 = 0 => ( α - 1 ) + ( b - 1 ) = Ο => α - 1 = b - 1 = Ο => α =b = 1 , 2 οπότε θα είναι χ = 20 1 0, y = - 200 8 και Α = 20 1 0.

{

Να λυθεί το σύστη μα: στο σύνολο

Λύση

Θέτουμε

των

χ +

( χ + y ) 3 = z - 2x - y ( y + z ) 3 = χ - 2y - z ( z + x ) 3 = y - 2z - x

πραγματικών αριθμών.

_ι· = α , y + z = β και

+ χ = r , οπότε το δοσμένο σύστη μα γίνεται:

α 3 + 2α = β β3 r3

(Σ)

2β = r 2r = α

�

α(α 2 + 2) = β β( β2 + 2 J = r r( r 2 + 2 J = α

Από το τελευταίο σύστη μα συμπεραίνουμε ότι έχει τη προφανή λύση :

α=β=r=Ο.

Θα αποδείξουμε ότι το σύστη μα δεν έχει άλλη λύση . Αν αβr ::f:. Ο τότε πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις έχουμε:

αβr (α 2 + 2 ) (β2 + 2 J (r2 + 2 ) = αβr => (α 2 + 2)(β 2 + 2)(γ 2 + 2) = 1 .

Η τελευταία ισότητα δεν είναι δυνατό να ισχύει , οπότε καταλήγουμε σε άτοπο. Αν υποθέσουμε ότι α = Ο τότε θα ισχύει: β = r = Ο .

Αν υποθέσουμε ότι β = Ο τότε θα ισχύει: α = r = Ο . Αν υποθέσουμε ότι r = 0 τότε θα ισχύει: α = β = 0 . Αποδείξαμε λοιπόν ότι το σύστη μα δεν έχει άλλη λύση εκτός από την α = β = r = Ο . Άρα το αρχικό σύστη μα γίνεται:

{

χ+y = O y + z = O <=> x = y = z = O . z+x=O

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/1 3

------ Μ α θη ματι κοί Δ ι αγων ισμοί - Μ α θημ ατ ικές Ο λυ μ π ιάδ ες

------

Γ ' ΛΥ Κ Ε Ι Ο Υ Θ Ε Μ Α 1° Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x, y που να επαληθεύουν την εξίσωση

2χ 2 + 3χ (χ - 2 ) + 1 1χ - 1 Οy = 20 1 5 . Λύσ η Η

χ (χ + 1 ) - 2 y = 403 . χ, y οι αριθμοί χ (χ + I ) και 2 y

δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την

Επειδή για όλους τους θετικούς ακέραιους ακέραιοι και η διαφορά τους δυνατόν να ισούται με 403 .

χ (χ + Ι ) - 2 y

(I)

είναι άρτιοι θι:τι κο ί

θα είναι άρτιος θετικός ακέραιος, οπότε δεν r.ίνα ι

Θ Ε Μ Α 2° Για τη συνάρτηση

f : IR. � IR. ισχύει ότι: f ( x - / (y) ) - f ( y - / (x) ) = 2 / (.f (x) - / (y) ) Να aποδείξτε ότι .f ( x - .f ( x )) = Ο , για κάθε χ ε IR. .

, για κάθε

x, y ε iR .

Λύση

Θέτουμε στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση όπου y το =

και παίρνουμε:

f ( χ - f ( χ )) - f ( χ f ( χ )) = 2f ( f ( χ ) - t' ( χ ) ) , -

οπότε θα είναι .f ( O )

Θέτουμε στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση όπου

το Ο και παίρνουμε:

.f(O - .f(y )) - .f(y - .f (O )) = 2 .f (.f (O) - .f(y )) και χρησιμοποιώντας την ισότητα .f (Ο) = Ο , καταλήγουμε: .! (- .f (y )) - .f (y ) = 2 .f (- .f(y )) <=> .!(- .f (y )) = - .f (y ) . Θέτουμε (στη τελευταία ισότητα) όπου y το χ και έχουμε τη σχέση:

(1)

.f ( - .f (χ) ) = - .f (χ) .

Θέτουμε στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση όπου y το Ο και παίρνουμε:

.f (x - .f (O )) - .f (O - .f (x )) = 2 . f (.f (x ) - .f (O )) και χρησιμοποιώντας την ισότητα .f (Ο) = Ο , καταλήγουμε:

( 1)

Ι (χ) - .f ( - .f (χ) ) = 2 /

(Ι (χ) ) .

(2)

και ( 2 ) έχουμε: .f(.f (x )) = .f (x ) , για κάθε χ ε IR. . Θέτουμε τέλος στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση όπου y το .f( χ ) και χρησιμοποιιίJντας τ η

Α πό τις σχέσεις

προηγούμενη ισότητα έχουμε .f (x - .f (x )) = Ο , για κάθε Θ Ε Μ Α 3°

Δίνονται τρεις θετικοί ακέραιοι αριθμοί της μορφής

χ ε

IR. .

α 000 · · · 000 α '-γ------1 2ν-ψιιφία

, όπου

μονοψήφιος ακέραιος και μεταξύ του πρώτου και του τελευταίου ψηφ ί.ου

είναι Οι:τι κί)ς του

α ι1 ι Ο μ οίι

μεσολαβούν 2v το πλήθος μηδενικά. Να αποδείξετε ότι: "ή ένας από αυτοίJς Οα διαιρείται με το 33 ιΊ το άθροισμα κάποιων από αυτούς θα διαιρείται με το 33 " . α ΟΟ · · · ΟΟ α ,

ΛίJσ η Πρώτα θα αποδείξουμε ότι κάθε αριθμός της μορφής

α ΟΟΟ · · · Ο ΟΟ α '--γ----/ 2 ιι-ψηφία

διαιρείται

μι: το

// .

-------

Μαθη ματ ικοί Δ ι αγων ι σμοί - Μαθη ματ ικ ές Ολυ μπιάδες

--------

Π ράγματι, κάθε αριθμός της παραπάνω μορφής γράφεται;

1 α ΟΟ · · · ΟΟ α = α · 1 0 11 + 0 · 1 0 + · · · + 0 · 1 0 2 v + α . J ο Λ·+ Ι 2 = α + α · 1 0 ιι+ Ι =

α( ! + Ι 0 2 v+ι ) =

= α( l + I 0 ) ( / 0 2 v - 1 0 2 ιι -- / + · · · + l ) = l l α · Ι( .

'Ε στω τιορα

α 1 , α , α3 2

τρεις οπο ιοιδ1Ίποτε θετικοί ακέραιοι αριθμοί. της μ(ψφιΊ ς α ΟΟΟ · · · IJIHJ ιι . ' --·-····

"' ι ·

- - - -,_-

ιμ ηι-ι./ιι

Θα αποδείξουμε ότι: "ή ένας από αυτούς θα διαιρείται με το 3 ll το άΟρο ισμα κ<'ι πο ι ων ι ι π 1 ι αυτσί)ς Ο α διαιρείται με το 3 . ( I ) Λ ν Κ<iποιος από τους αριθμούς α 1 , α 2 , α 1 διαιρείται με το 3 , τότε Π f1 Ο ψ αν<ίις Ο υ ι πχι'ι ι : ι ' 1 "

πρόταση. ' Ε στω ότι το 3 δεν διαιρεί κανένα από τους αριθμούς

α 1 , α , α3 . 2

Τ<'ηε υπάρχουν οι παρακάτω δυνατές περιπτώσεις: I ) Λ ν όλοι οι αριΟμοί είναι της μορφ1Ί ς 3/( + I , τότε προφανώς

2) Αν όλοι οι αριθμοί είναι της μορφ1Ίς 3/(

+2,

τότε προφανώς

α 1 + α2 + α 1

α 1 + α2 + α 3

3ηι

Σε όλες τις άλλες περιπτό)σεις ένας τουλάχιστον αριθ μός θα είναι της μορφι1 ς 3Α· + I Κ' (Ι Ι :':νι ι < τουλάχιστον τη ς μορφ1Ί ς 3k + 2 , οπότε το άθροισμα αυτών των δύο αριθμών Οα είναι πι)οψυ \•ι : ι -; πολλαπλάσιο του τρία . ΕπειδιΊ καθένας από τους αριθμούς

α 1 , α 2 , α3

της μορφής

α ΟΟ · · · Ο Ο α

δ ιαι ρε ί τ α ι μ ι :

ι': π ε τ α ι ότι και το 6θροισμα οσωνδήποτε από αυτούς θα διαιρείται με το I / . Λ αμΒ<'Ν οντας υπόψιν τις προηγούμενες προτάσεις, καταλήγουμε στο ζητούμενο .

Δίνι.:ται τρίγωνο πλευρών του ('\ ( Γ , ,

�)

ΑΒ Γ ,

Β Γ, Α Γ , ΑΒ

αντίστοιχα. Θεωρούμε τους κύκλους C, ( A , ,

να aποδείξτε ότι ο ι

Το τρίγωνο =

Α , Β , Γ,

Α 1 Α2 , Β , Β 2 , Γ 1 Γ 2

Α2 , 82 , Γ2

�-) ,

τα

και Ο Ν περνάνε από το ίδιο ση μείο .

είναι όμοιο με το τρίγωνο

ΑΒ Γ

. Ο λόγος ομοιότητας των δίιο

- , οπότε ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου 2

από το περ ίκεντρο Ν του τριγώνου

Α , Β , Γ, .

Α , 8 1 Γ,

Α β , Γ,

και ακτίνα

(Το ση μείο Ν είναι το κέντρο

του τριγώνου Α Β Γ ) Λ ν Λ 2 , 82 , Γ2 είναι τα μέσα των ΟΑ, 08, ΟΓ αντίστοιχα, τότε :

Α , Β 2 = Α , Γ2 = Β 1 Α 2 = Β , Γ2 = Γ1 Α 2 = Γ, Β 2 =

θ α εχει ακτινα -

.!� 2

Β ' 74

τ.2/ 1 5

"· ι ι ι

και ι'η ι τ ι ι

π ι ιvι':z: : ι ι ι

φ ι γι ί ι \ 'ι • ι ν

({ 2

Οα π : : ι )ν ι'ι \ · : :

του κι'ι κ λ ο ι ι τ ο ι ι

(Τα παραπάνω τμή ματα Α , 82 , Α , Γ2 , Β , Α 2 , Β , Γ2 , Γ1 Α 2 0 Γ, 82 είναι διάμεσοι προς την ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ

-i- )

ιι ,

μ ι:συ τι • ι\ '

('_, ( Β , ,

των ΟΑ, Ο Β , ΟΓ αντίστοιχα . Στη

Ο ι κίι κλοι τώρα που έχουν κέντρα τις κορυφές του τριγώνου Ε ιι l c Γ

Β, , Ι Ί

. Αποδείξτε ότι ο ι κύκλοι C, , C2 , C3 περνάνε από το ίδιο ση με ίο ( έστω Ν )

δείιτερα κοινά ση μεία τους είναι τα μι�σα

ε ίναι λ

Α, ,

εγγεγραμμένο σε κύκλο C(O, R) και έστω

το

ιιπ ο τ ι : ίνιΗ ι σ ι ι

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες

--------

των ορθογωνίων τριγώνων ΟΑ 1 Β , ΟΑ 1 Γ , ΟΒ 1 Α , ΟΒ 1 Γ , ΟΓ1 Α και ΟΓ1 Β . ) Άρα τ α δεύτερα κοινά ση μεία των κύκλων C 1 (A 1

,-�) , 2

C 2 ( B1 , R ) και C3 ( Γ1 , � ) είναι τ α ση μεία 2 2

Τα τετράπλευρα Γ1 ΝΒ 1 Α 2 και ΟΒ2Α 1 Γ2 είναι ρόμβοι με πλευρές μήκους ενός

τετραπλεύρου,

ΓΙ Α 2 =11 Α Ι Γ2 , . . . . )

είναι

παράλληλες

με

τις

πλευρές

του

�

και οι πλευρές του

άλλου

( Α2 Β 1

11 Β 2 Α 1

·----·

·····

. .. . . ... .

82 .- ·.·:: · · ·

·· ···

----

.�:=��,-; .

···········

. . ... .

Σχή μα 7 Από τα παραπάνω προκύπτει ότι: Το τετράπλευρο Α20Α 1 Ν είναι παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιές του θα διχοτομούνται.

Δηλαδή η Α 1 Α 2 περνά από το μέσο Κ του ΟΝ που είναι μέσο και του Α 1 Α 2 •

Το τετράπλευρο Γ1 Α 2 Γ2 Α 1 είναι παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιές του θα διχοτομούνται.

Δηλαδή η Γ1 Γ2 περνά από το μέσο Κ του Α 1 Α2 που είναι μέσο και του Γ1 Γ2 • Τέλος το τετράπλευρο Β1 Γ1 Β2 Γ2

είναι παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιές του θα

διχοτομούνται . Δηλαδή η Β1Β2 και περνά από το μέσο Κ του Β Ι Β2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/ 1 6

Γ1 Γ2 που είναι μέσο και του

------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

1 2 η ΜΕΣΟΓΕΙΑ ΚΉ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ

στη μν1Ί μη

Peter Ο' Hal l oran 2 5 Απρ ιλίου 2 0 0 9

Ε ΝΔ Ε Ι ΚΤΙ ΚΕΣ Λ ΥΣ Ε Ι Σ Π ρόβλημα

ι.

Να προσδιορίσετε όλους τους ακέραιους n � 1 , για τους οποίους υπάρχουν n πραγματικοί αριθμοί Χι , χ , . . . , Χ11 στο κλειστό διάστη μα -4, 2 ] , έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι επόμενες

[

τρεις συνθήκες: • Το άθροισμα των αριθμών αυτών είναι τουλάχιστον n . • Το άθροισμα των τετραγώνων των αριθμών αυτών είναι το πολύ 4n . • Το άθροισμα των τέταρτων δυνάμεων των αριθμών αυτών είναι τουλάχιστον

34n .

Λύσ η

n πραγματικούς αριθμούς Χι , χ2 , , χ" στο κλειστό διάστη μα [ -4, 2 ] , θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ ( χ) = (χ + 4 ) (χ - 2 ) (χ - 1 ) 2 , το οποίο στο διάστη μα [ 4, 2 ] ικανοποιεί τη σχέση Ρ (χ) = (χ + 4 ) (χ - 2 ) (χ - 1 ) 2 � 0 . ( 1) Μ ε πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων που προκύπτουν από την ( 1 ) , για χ = Χι , χ , . . . , Χ11 , 2 Επειδή τα δεδομένα του προβλή ματος αφορούν

• • •

και λαμβάνοντας υπόψη τις συνθήκες του προβλή ματος, λαμβάνουμε: η

Ο � Ρ ( χι ) + ... + Ρ ( χ" ) = Σ χ: - 1 1 Σ χi2 + 1 8Σ χi - 8 n � 34n - 1 1 · 4n + 1 8n - 8 n = Ο . (2 ) i =ι i =ι i=ι Επομένως , αφού Ρ ( χί ) � Ο, για κάθε ί = 1, 2, . . . , n , από τη ( 2 ) προκύπτει: P ( xi ) = O, για κάθε i = 1, 2, . . . , n , οπότε θα είναι χί ε { -4, 1, 2} , για κάθε ί = 1, 2, . . . , n . Ας υποθέσουμε ότι από τους ακέραιους χι , χ2 , , χ" , α είναι ίσοι με -4, b είναι ίσοι με 1 και c είναι ίσοι με 2, τότε θα έχουμε α+b+c = n • • •

{

} {

και από τα δεδομένα του προβλή ματος προκύπτουν οι ανισότητες

: :: : � : ::

b c 2 -4 1 6α c ( b c) 256α + b + 1 6c � 34 ( α + b + c )

δηλαδή

; : �:

}

222α � 33b + 1 8 c 1 8 , της δεύτερης με 33

Με πολλαπλασιασμό των δύο μελών της πρώτης με κατά μέλη των ανισοτήτων που προκύπτουν, λαμβάνουμε την ανισότητα

33b + 1 8 c � 1 32α + 90α = 222α , 222α � 3 3b + 1 8 c δίνει: 3 3b + 1 8c = 222α , η οποία μπορεί να ισχύει, αν, και μόνον αν, b = 4α και c = 5α , δηλαδή α + b + c = Ι Οα ή Ι Οα = n .

· και πρόσθεση

η οποία σε συνδυασμό με την ανισότητα

όταν είναι

Επομένως, οι αριθμοί που ζητάμε υπάρχουν, αν, και μόνον αν, το πλή θος τους είναι πολλαπλάσιο του 1 Ο. Για n = 1 Om, όπου m θετικός ακέραιος, μία δυνατή λύση προκύπτει, αν πάρουμε

φορές τον αριθμό

Π ρόβλη μα 2 .

Έστω τρίγωνο ABC με

-4, 4m

Α "Φ 90°

φορές τον αριθμό

και

Α "Φ 1 3 5° .

και

Τα ση μεία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/ 1 7

φορές τον αριθμό

και Ε είναι εξωτερικά του

------- Μαθη ματ ικοί Δ ιαγ ωνισμοί - Μαθηματικές Ο λυ μπιι'ιδες τριγώνου ABC και τέτοια ώστε τα τρίγωνα DAB και JΞA C' να είναι ορΟογe.i>νια και ισοσκελ1Ί με ορθές γωνίες στις κορυφές D και Ε , αντίστοιχα . Έστω επίσης F = ΒΕ n CD και Μ , Ν τα μέσα των ευθυγράμμων τμη μάτων BC και DE , αντίστοιχα. Ν α απο<>είξετε ότι, αν οποιαδήποτε τρία από τα τέσσερα ση μεία Α , F , Μ, Ν είναι συγγραμμικά, τ(>τε και τ α τi:σσ::ρα

--------

ση μεία είναι συγγραμμικά .

Λύ σ η Θα χρησιμοποιήσουμε δύο αρκετά γνωστά βοηθητικά λή μματα της επιπεδομετρ ίας: Λή μμα 1 . Με τις υποθέσεις του προβλή ματος, ανεξάρτητα από τη Οέση των ση μείων A, F, Μ, Ν το τρίγωνο DME είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με MD = Ε και DME = 90° , δηλαδή η ευθεία ΜΝ είναι μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμή ματος DE . Μ

Α π όδ r.ι ξ η Θ εωρ σί>με το συμμετρικό G του ση μείου Ε ως προς το μέσο Μ της BC' ( hΕς σχ1Ί μα I ) αποδεικνύουμε ότι το τρίγωνο EDG είναι ορθογώνιο και ισοσκελές μ ε [)Ε = f)G και

EDG = 90n .

και

Λή μμα 2. Μ ε τις υ π οθέ σ ε ις του προβλή ματος, ανεξάρτητα απ6 τη Ο:':ση των ση μ:�ίων Α , F , Μ, Ν , η ευθεία A F είναι κάθετη προς την ευθεία f)E . Α π όδ ει ξ η

Ιl pοκύππ:t απ6

τη γνωστή θεωρία για το σύσ τη μα Vcctc n . συνέχεια θα διακρίνουμε περιπτώσεις θεωρώντας κάΟε φορά ό τι τ ρ ί α απί> τα τ{;σσερα ση μι:: iα Α, F, Μ, Ν είναι συνευθειακά και σε κάθε περ ίπτωση Οα αποδείξουμε 6τι προκύπτει η Στη

ισότητα Α Β = A C , από την οποία έπεται ότι και τα τέσσερα ση μεία Α, F, Μ, Ν είναι συνευθειακά.

Έχουμε: Ε Υ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ .2/1 8

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

-------

Σχή μα 2 (α) Τα σημεία M, N, F ;:iνω σΙJ γγρ αμμιιιά.

Σύμφωνα με τα προηγούμενα, η ευθεία ΜΝ που περιέχει και το σημείο F είναι μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμή ματος DE , αλλά και ευθεία FΑ είναι κάθετη προς την ευθεία DE . Επομένως και τα τέσσερα ση μεία Α, F, Μ, Ν είναι συνευθειακά. Μ ία δεύτερη απόδειξη για την περίπτωση αυτή είναι η εξής: Οι ευθείες ΒΕ, CD και ΜΝ ορίζουν πάνω στις ευθείες BC και DE τμή ματα ανάλογα, οπότε, σύμφωνα με το δεύτερο αντίστροφο του θεωρή ματος δέσμης ευθειών θα είναι DE 1 1 BC . Έτσι έχουμε τις ισότητες FB FM FC = = FE FN FD ' -

από τις οποίες προκύπτει ότι τα τρίγωνα FBD και FCD είναι όμοια, οπότε έχουν FDB = FEC . Αυτό δίνει ότι το τραπέζιο BCED είναι εγγράψιμο και συνεπώς ισοσκελές, δηλαδή είναι BD CE , οπότε από τα ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα ABD και Α CE προκύπτει η ισότητα ΑΒ A C , από την οποία τελικά προκύπτει το ζητούμενο. Πράγματι, εύκολα προκύπτει η tσότητα των τριγώνων BCD και BCE ( BC κοινή πλευρά, BD = CE και Α

CBD = 45° + Β = 45° + C

BCE ). Άρα τα ση μεία D, Ε ισαπέχουν από την ευθεία BC , οπότε

θα είναι DE 1 1 BC και το τραπέζιο BCED είναι ισοσκελές. Επειδή και το τρίγωνο ADE είναι

ισοσκελές, έπεται ότι η ΑΜ είναι μεσοκάθετη της πλευράς BC , αλλά και της DE , οπότε θα περνάει από τα ση μεία Ν και F.

(β) Τα σημεία Α , Μ, F είναι συγγραμμικά. Όμοια, σύμφωνα με τα λή μματα 1 και 2 , η ευθεία AFM είναι κάθετη προς την ευθεία DE , οπότε η ευθεία αυτή είναι ο φορέας του ύψους του ορθογώνιου και ισοσκελούς τριγώνου DΛ1Ε . Άρα αυτή περνάει από το μέσο Ν της DE. (γ) Τα σημεία Α, Μ, Ν είναι συνευ θειακά. Όμοια, σύμφωνα με τα λή μματα 1 και 2 , η ευθεία ΑΝΜ είναι κάθετη προς την ευθεία DE , αλλά και η FA είναι κάθετη προς την DE , οπότε πάλι τα τέσσερα σημεία A, F, M, N είναι συνευθειακά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/19

------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

(δ) Τα σημεία A, F, N είναι συvευθειακά.

Όμοια, σύμφωνα με τα λή μματα 1 και 2 , η ευθεία ANF είναι κάθετη προς την ευθεία DE , αλλά και η ευθεία ΝΜ είναι κάθετη προς την DE , οπότε πάλι τα τέσσερα ση μεία Α, F, Μ, Ν είναι συνευθειακά.

Π ρ ό βλη μα 3.

1 ,2 , ... , 1 00 μπορούν να τοποθετηθούν στα κελιά C ( ί, J ) ενός Ι :::;; ί, j :::;; Ι Ο , έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι επόμενες τρεις συνθήκες:

Να εξετάσετε, αν οι αριθμοί l Ο χ l Ο πίνακα, όπου • • •

Σε κάθε γραμμή το άθροισμα των στοιχείων της είναι ίσο με S . Σε κάθε στήλη το άθροισμα των στοιχείων της είναι S . Για κάθε k = Ι, 2, . . . , Ι Ο τα στοιχεία των δέκα κελιών C ί, με ί -

( j)

άθροισμα S .

( mod 1 Ο )

έχουν

Λύσ η

Το πρόβλημα αφορά ένα μαγικό τετράγωνο με κοινό άθροισμα των δέκα γραμμών και στηλών, αλλά και μία επιπλέον συνθήκη σταθερού αθροίσματος κατά μήκος των wrap around διαγωνίων. Ας υποθέσουμε ότι η ζητούμενη τοποθέτηση των αριθμών 1 ,2 , ... , 1 00 είναι δυνατή . Επειδή το άθροισμα όλων των αριθμών είναι 50 · 1 Ο Ι = 5050 έπεται ότι το άθροισμα των στοιχείων κάθε γραμμής ή στήλης θα είναι 505, δηλαδή περιττός αριθμός. Στη συνέχεια χωρίζουμε τα κελιά C ί, J σε τέσσερα υποσύνολα Α, Β, C και D, ως εξής:

( )

Το σύνολο Α περιέχει τα κελιά με τα ί , και τα δύο περιττά. Το σύνολο Β περιέχει τα κελιά με περιττό ί και άρτιο Τ ο σύνολο C περιέχει τ α κελιά με άρτιο ί και περιττό Το σύνολο D περιέχει τα κελιά με άρτιο ί

j .. j. και άρτιο j .

Συμβολίζουμε το άθροισμα όλων των στοιχείων των συνόλων Α, Β, C και D με SA , S11 , Sc, και S0 , αντίστοιχα. Τότε θα έχουμε: •

θα είναι: •

( )

Επειδή τα σύνολα Β και D περιέχουν όλα τα κελιά C ί, J είναι:

•

( j)

Επειδή τα σύνολα Α και Β περιέχουν όλα τα κελιά C ί,

( )

των περιττών γραμμών ,

(I )

των άρτιων στηλών, θα

(2)

Επειδή τα σύνολα Α και D περιέχουν όλα τα κελιά C ί, J με άρτιο ί - j , θα είναι SA + Sυ = SS .

(3 )

Με πρόσθεση κατά μέλη των ισοτήτων ( Ι ), (2) και ( 3) προκύπτει η ισότητα: (4 ) Η ισότητα ( 4 ) όμως οδηγεί σε άτοπο, αφού το πρώτο μέλος της είναι άρτιος ακέραιος, ενώ το δεύτερο μέλος της είναι περιττός ακέραιος, ως γινόμενο περιττών. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/20

------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Π ρόβλη μα 4 .

Έστω

x, y, z

------

θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείξετε ότι:

yz zx χ y z xy + + + + � xy + x- + y yz + y + z zx + z + χ 2x + z 2y + x 2z + y

-----':--' ? -� ?

Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι:

Χρησιμοποιώντας τον μετασχηματισμό

z = c, Υ =b -χ = α , z χ Υ ,

οπότε

αbc = I

αρκεί να δείξουμε ότι:

Ι + Ι + Ι < -Ι- + _Ι_ + _Ι_ . Ι + α + l_α I + b + l_b I + c + lc 2 + α 2 + b 2 + c Μετά από πράξεις και χρήση της σχέσης

αbc = Ι , αρκεί να δείξουμε ότι:

3( α + b + c) + 3(αb + bc + cα) + ( αb + bc + cα)( α + b + c) < ( αb + bc + cαγ + (αb + bc + cα)( α + b + c) + (α + b + cγ Ι2 + 4 (α + b + c) + ( αb + bc + cα) <9 + 2(αb + bc + cα) + 4(α + b + c) · Αν θέσουμε

α + b + c = S, αb + bc + cα = Ρ

3S +3P+ SP < I 2 + 4S +P Ρ2 + PS + S2 - 9+ 2P+4S '

δη λαδη' αρκει'

Εύκολα αποδεικνύουμε ότι

, αρκεί να δείξουμε ότι:

Ρ 3 + 4S 3 + 3P2S + PS 2 + 6P2 -> 2 7S + 2 7Ρ + I 5 PS

S 2 ?:. 3Ρ

και επίσης

αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου και τη σχέση

S ?:. 3, Ρ ?:. 3 ,

από την ανισότητα

αbc = Ι . Επομένως, έχουμε:

Ρ3 = Ρ2 · Ρ ?:. 32 · Ρ = 9Ρ, 6Ρ2 = 6Ρ · Ρ ?:. 6 · 3Ρ = Ι 8Ρ, οπότε με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω ανισοτήτων προκύπτει η ανισότητα ( * ) . Η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, Αλλά:

S 2 = 3Ρ .

S2 = 3P = 9 G α = b = c = I G X = y = z . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/2 1

(*)

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: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθη ματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ll κλάδο ι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθη ματικών για ν α μπορέσει κάποιος ν α τους σπουδάσει. Για του; συνι:ργ(�τι:ς τη; ση]λη;: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

επιμέλεια : Κ ερασαρ ίδ η ς Γι {ι ν νη ς

I . "τι είιιαι τα ΜαΟηματικά;

«ΕΡΩΤΗΜΑ 4. Πω ς υπεισέρχονται τα ΕΡΩΤΗΜΑ 5 . Ποιος είναι ο συγκεκριμένος Μαθηματικά στις ά}λες επιστήμες; τρόπος, με τον οποίο περιγράφουμε μαθηματικά ΑΠΆΝΤΗΣΗ. Ο F i n ste i n έχει πει: <<Σκοπό ς της φυσικές καταστάσεις; ΑΠΆΝΤΗΣΗ. Ένα κατανοητό απ' όλους επιστήμης είναι να συ ντον ίσει τις εμπειρίες, ώστε να αποτελέσουν ένα λογικό σύστημα». Υπάρχει, παράδειγμα είναι η μετάβαση απ' την «εικόνα» του

όμως, λογικό σύστημα, που να μην είναι και μαθηματικό σύστημα; Φανερά, όχι. Π.χ. η «κοινή» λογική, με δύο τιμές «ναι» και «όχι» αποτελεί Άλγεβρα του B oo l e . Το ηλεκτρικό ψυγείο λειτουργεί σύμφωνα με μια «λογική» με τρεις τιμές (ιστορικά, η τελευταία αυτή λογική βρίσκεται στον Αριστοτέλη, που λέει ότι δεν μπορούμε να aποφανθούμε με ένα «ναι» ή «όχι» για τα γεγονότα του μέλλοντος · ενώ, η δίτιμη, που, συνήθως, αποκαλείται «αριστοτέλεια», προϋπήρχε στους aρχαίους Έλληνες. Με τα θέματα αυτά είχε ασχοληθεί και ο μεγάλος Ρουμάνος Μαθηματικός Μο'ίζίλ). Εξ άλλου, μόλις θελήσουμε να οργανώσουμε λογικά εμπειρίες πιο σύνθετες, αναγκαία θα χρησιμοποιήσουμε Μαθηματικά (κάποια Μαθηματικά). Έτσι π.χ. η μετάβαση από τη διαπίστωση «ως σήμερα, ο Ήλιος βγαίνει κάθε μέρα από την Ανατολή» στην υπόθεση «Ο Ήλιος θα βγει κι αύριο από την Ανατολή», μπορεί να μη χρειάστηκε Μαθηματικά · όμως, η μετάβαση από την υπόθεση αυτή στη γενικότερη «το πλανητικό σύνολο αποτελεί ηλιοκεντρικό σύστημα», χρειάστηκε Μαθηματικά, ακόμα κι αν στο αρχικό της «λαϊκό» φτάσιμο ( ορφικοί ύμνοι, . . . ) δεν χρειάστηκε χαρτί και μολύβι . . .

χώρου, που μας δίνουν οι αισθήσεις (όραση και αφή) στην Ευκλείδεια Γ εωμετρία, σαν ιδεατιί μα θηματική περιγραφή του . Θεμελιώδες επίτευγμα των αρχαίων Ελλήνων υπήρξε, εδώ, η αφαίρεση των διασ τάσεων · δηλ. πως, από τα τρισδιάστατα υλ ικά αντικείμενα φτάσανε στα τρισδιάστατα ύστερα στα δισδιάστατα και τα νοερά, μονο δ ιάστατα νοερά, και, το δυσκολότερο, στο χωρίς διαστάσεις σημείο. Λέει, σχετικά, ο Ήρων ο Αλεξανδρεύς, ότι, στην αρχή, ο άνθρωπος διαχώρισε το γεωμετρικό από το φυσικό στερ εό · και

ύστερα, «δι αφαιρέσεως, κατήντησεν επί το σημείον\» (Μέσα σ' αυτές τις δύο γραμμές βρίσκεται η μια από δυο θεμελιωδέστερc:ς προϋποθέσεις για τη δημιουργία της επιστιί,ι ιη.:; · η άλλη, ήταν η έννοια του αφηρημένου αριθμού · δηλ., πως από τα «πέντε μήλα» πιiγαμε στον αρι θμό «πέντε» · μετάβαση, που ασ φαλιος δεν έγινε δια μιας «στο σύνολο των φυσικών αριθ μών» . . )» '

[πη γή : Σπύρου Ζερβού « τ Ι Μ ΠΟ Ρ ΟΥ � �Α ΜΑΣ ΠΟΥ Ν Ε ΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΚΑ Ι ΟΙ ΦΥΣ Ι Κ ΕΣ Ε Π ΙΣΤΗΜΕΣ; » , τρας διαλέξεις « I . Για τα θεμέλια της γνώσης στις Φυσικις Επιστήμες και στα Μ αθη μ ατ ι κά » . εκδ. ΚΑ ΡΑΒ Ι ΑΣ, Α θήνα 1 99 1 ] Γιάννη ς Κ ερασαρ ίδ η ς

1 1. 'Ά υτδ το ξf:ρατι:; ,

Τι είναι οι δρακό ντειες καμπύλες;

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

1 1 1 . , οι συ vι:ργάτεc: τιιc: στιίλιιc: JΙΙ) ά φο υ ν-ερωτο ι)ν ,

Πρlότο Οιiμα: «Ποια τμιίματα τω ν ΜαΟηματιιαv ιι είναι χριί σιμα,· (το υ (i. H. HaN(Ι')

Ο φίλος της στήλης Δ. Κ. Ληδός (Ιωάννινα), μας έστειλε για δημοσίευση το παρακάτω κείμενο με την επισήμανση : «είναι κείμενο του μεγάλου μα θηματικού G Η. Hardy». Εμείς το ψάξαμε και διαπιστώσαμε πως ο φίλος μας, δανείστηκε το κείμενό του από την «ΑΠΟΛΟΓ ΙΑ ΕΝΟΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΥ» του G.H. Hardy (εκδ. "Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης", μετάφραση-σχόλια: Δ. Καραγιαννάκης-Μ. Λάμπρου). Ζητάμε συγγνώμη από τον Δ. Κ. Ληδό για την καθυστέρηση της δημοσίευσης, επικαλούμενοι «φόρτο» ύλης. Σ' αυτό το απόσπασμα, ο G.H. Hardy απαντά στο ερώτημα : Ποιο υλικό από τα Μαθηματικά είναι χρήσιμο; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/22

-------

Η Ο Μ Ο M A'Γ H E M AτiCUS

«Πρώτα απ' όλα ο κίφιος όγκος των σχολικών η Αριθμ η τ ι κή , η στοιχειώδης Λλγε β ρ α η στ ο ιχειώ δης Ευκλείδεια Γεωμετρία, ο στο ιχαώδης Δ ια φ ο ρ ι κό ς και Ολοκληρωτικός Λ ογ ι σ μι'ις J Jι ι:π ι : ι να εξαιρέσουμε ορισμένα μέρη απ ' αυτά που δ ι δά σ κ ο νται σι «Ειδικούς», όπως η Γ/ ρ ο β ολ ι κ Ι) Γεωμετρία. Από τα Εφαρμοσμένα, χ ρ ι ι άζο ν τ αι τα στοιχεία Μηχα νι κ1) ς ( ενιο ο 1 /λι:; κτ ρ ισ μ ός ίιπως διδάσ κετα ι στα σχολεία, πρi:πα να ταξ ινομ η θ ε ί στη Φυσ ική ) . Κατι'ιπιν, ί:να α ρ κ ε τ ά μιγάλο μέρος των Μ α Ο η μα τ ι κιiι ν σι π α ν επ ι στ η μ ι ακό επίπεδο είναι ι; π ί σ η ς Χf> Ι1 σ ιμ ο , ι κ ι; ί ν ο το μέρος τους που π ρ α γ μα τ ι κ ιJ. α π ο τ ε λ ι ί α ν(χ π τ υ ξ η των σχολικών Μ αΟ η μ α τ ικ<:ιν με π ιο ολο κλη ρωμ{;νες τεχνικές, καΟ<ίJς και κ (ι. π ο ι ο μ έ ρ ο ς τω ν εγγί τ ε ρ ων προς τη Φυ σι κ Ι Ί Ο ι μ ά τ ω ν 6πως ο 1- Ιλcκτρ ισμός και η Υδ ρ ο μ η χα ν ω Ί Ι Ι ι1ι":πα να θυ μ ό μ α σ π επίσης ότι ένα απ60ψα γνι!Jση.ιJV αποη.:λε ί πάντοτε π ρ ο σόν, και ίηι ο πλi:ον πρακτ ικός α π ό τους μαθη ματ ικούς μποριί ν α β ριΟι: ί σ ε σομαι.}]Ί αδυναμία αν οι γνι!Jσεις τ ο υ ιίναι οι ενη:λώς ελάχιστες που του χρι: ι α -,οντ α ι . Γι αυτό το λίJγο πρέπει να πιχισΟι': σου μ:; στα χρ Ί σ ιμ α κάτι λίγο από κάθε κλ<Ίδο. Λ λλά τ ο γι:ν ικό μας συμπέρασμα πρtπει να ι:ίναι πως χp1Ίσ ιμ α είναι εκείν α τα ΜαΟηματικά π ο υ το υ ζη η Ί έ ν α ς α νιiη ερ ος μηχαν ικό ς Ιl ένας μ ι': φιος φυσ ι κός. Κ α ι αυτ6 ε ί ναι το ίδιο, σε γι; ν ι κι': ς Υι1α μ μ ι;ς, μι; το ν α λi:με ότι αυτά τα Μ α 0 η μ ατ ι κ6 6εν έχουν ιδ ι α ίτ φ ο α ισ θητ ι κό χ<φ ι σ μ α Α ιrι) τ η ν Ευ κλε ίδι:ια Γεωμετρ ία, για ιr α ρ ά 6 ι: ι γ μ υ , χr ] Ί σ ι μ ο ψ 1) μ α τ η ς ε ί ναι το πληκτικό ι)ιν χι1 : : ω ζι'ψ ιι.στε το α ξ ί ω μ α τ η ς π αραλλη λίας , τ η Οασρία των αναλογ ιcί.JV 1) τ η ν κ α τ ασ κευή του κα ν ον ι κυίι π:� νταγι!J νου. ΊΞνα μ άλλον αξιοπψίι;ργ ο συ μ π έ ρασμα ι': ρχι:ται στην επ ι φ ά ν ε ια ότι τα καθ α ρά Μ αΟ η ματικ<'ι. ε ίν α ι συνολικά εμφανώς πιο χρ ι ) σ ιμα απ ίηι τα εφαρμοσμ{;να. Έ ν ας u. κ ρ α ι φ ν ΙΊ ς μαΟ η μ ατι κι'ις φ α ί ν : τα ι να υπcρ έ χει τόσο από τ η ν π ρ α κτι κ ΙΊ όσο και από την α ι σ Ο η τ ι κ ι) πλcυ ρά. Γιατ ί αυτό που είναι χρήσιμο πάνω απ' όλα cίναι η τεχιJtκή, και η μαθηματική \ιl α Ο η ματικιίιν, ,

)

διδάσκεται κυρίως μέσα από τα καθαρά Μαθηματικά. Ελπίζω να μη χρειάζεται ν' αναφέρω πως δεν προσπαθώ να δυσφημίσω τη ΜαΟηματικ1Ί Φυσική, ένα θαυμάσιο αντικcίμενο μcλέτης μι.; τρομακτικού ενδιαφέροντος προβλήματα, <'>που άνθρωποι με την πλέον εκλεπτυσμένη φ αντ ασία την άφησαν να καλπάσει ανεξέλεγκτα. Αλλά δcν είναι η θέση ενός συνηθισμένου ανθ ρ ώπου των Εφαρμοσμένων Μαθηματικών κατά κάποιο τρόπο λίγο aξιολύπητη; Αν θέλει να είναι χρ1Ίσιμος πρέπει να εργασθεί με τρόπο μονότονο, και δ εν μπορεί να αφ1)σει ελεύθερη τη φ αντ α σ ία του α κό μη και όταν επιθυμεί να αιθερο βατ ι) σc ι . Τα σύμπαντα της «φαντασίας» είναι πολύ πιο όμορφα από αυτό το ανόητα κατασκευασμένο «πραγματικό» σύμπαν. Τα π ε ρ ισ σότ ε ρ α απc'> τα προϊόντα της φαντασίας κάποιου στα πρέπει Μαθηματικά να εφαρμοσμένα απορριφθούν αμέσως μόλις δημιουργηθούν, για την ωμή αλλά ικανή αιτία ότι δεν αντιστοιχούν στα δεδομένα. Το γενικό συμπέρασμα σίγου ρα ε ίναι α ρκετ ά φανερό. Αν, όπως συμφωνήσαμε προσωρινά, χρήσιμη γνώση είναι αυηΊ που κατά πάσα πιθανότητα, τώρα ή στο συγκρ ιτι κ ά κοντινό μέλλον, συμβάλλει στις ανθριiιπινες υλικi;ς ανέσεις και άρα η καθαρή διανοητικ1Ί ικανοποίηση δεν μετράει, τότε ο μ εγ άλος όγκος των ανώτερων Μαθηματικών είναι άχρηστος. Η μοντέρνα Γεωμετρία και Ά λγεβρα, η Θεωρία των Αριθμών, η Θεωρία των Συνόλων και των Συναρη)σεων, η Σχετικότητα, η Κβαντομηχανική , κανένα απ' αυτά δεν ανταποκρίνεται στο κριη)ριο αυτό καλύτερα από τα υπόλοιπα, και δεν υπάρχε ι πραγματικός μαθηματικός που, από αυτή την άποψη, μπορεί να δικαιολογήσει τη ζω ή του. Αν το κριη)ριο είναι αυτό, τότε ο A bel, ο Rieιηann και ο Poincan: σπατάλησαν τη ζω1Ί τους· η συμβολή τους στις ανθρώπινες αν{ σ ε ις ι'μαν αμελητέα, και ο κόσμος θα ήταν εξ ίσου cυτυχής και χωρίς αυτούς.» τεχνική

;

:t ;:ι)τφο Ο/μα: Μια σπο υδαία είδη ση Δ ικαιlί.J Οηιο:, μαά απδ 55 χplί ι•ια, ο JΙΓ'!άl.ος μαΟηματιιιΊίς A llan Τιιι·ίιη,: Μ ι: χθ ε σ ιν Ιi ανακοίνωσι) του (11/9/2θ09) στην συστήματος «Enigma», το οποίο χρησιμοποιούσαν

επ ί ση μη ιστοσι:λίδα της Ντάουνινγκ Στριτ, ο πρωθυπουργός Γκό ρ ντο ν Μπράουν ζήτησε συγγνιiψη για «τον απάνθρωπο τρόπο» που φ ιρΟ η κ c το βρcτανικό κρ άτος στον φημισμένο μ α Ο η μ ατ ι κό κα ι 1)ρωα του Β ' Παγκόσμιου Πολι':μου, Αλαν Το ύ ρ ινγ κ . Ο Τούρινγκ έγινι.; ε ιφ ύ τ ε ρ α γνωστός για την καΟοριστtκJΊ συμβολ1Ί του στο «σπάσιμω» του κρυπτογραφικού

για τις επικοινωνίες τους οι ναζιστικές δυνάμεις. Χάρη στην επιτυχία του, οι Σύμμαχοι κατάφεραν να υποκλέπτουν πληροφορίες για τις θέσεις του γερμανικού ναυτικού, aποτρέποντας έτσι τη διαιώνιση των πολεμικών επιχειρήσεων και σώζοντας με αυτόν τον τρόπο αναρίθμητες ανθρώπινες ζωές. Εντούτοις, πέντε χρόνια μετά το τέλος του

Ε Υ ΚΛ Ε ΙΔ Η Σ Β ' 74 τ . 2/23

-------

ΗΟΜΟ

MATHEMAτiCUS

πολέμου, ο Τούρινγκ καταδικάστηκε για κάποιο παράπτωμά του. Η ποινή που του επιβλήθηκε ήταν "θεραπεία" με πειραματικά φάρμακα. Αν δεν την αποδεχόταν, θα έπρεπε να φυλακιστεί. Του έγιναν δεκάδες ενέσεις . . . , απολύθηκε από τη δουλειά του στη διεύθυνση επικοινωνιών του κράτους και τελικά αυτοκτόνησε το 1 954, σε ηλικία 4 1 ετών. «0 Τούρινγκ έπεσε θύμα της νομοθεσίας της εποχής και το ρολόι δεν μπορεί να γυρίσει πίσω στο χρόνο», σημείωσε μεταξύ άλλων στη χθεσινή του ανακοίνωση ο Βρετανός πρωθυπουργός και συμπλήρωσε: «Χωρίς τον Τούρινγκ, η εξέλιξη του Β · Παγκόσμιου Πολέμου ενδεχομένως να ήταν διαφορετική. Χάρη σε αυτόν, οι θηριωδίες του Ολοκαυτώματος αποτελούν μέρος του παρελθόντος της Ευρώπης και όχι του παρόντος. Εκ μέρους της βρετανικής κυβέρνησης, σου λέω με περηφάνια: συγγνώμη , δεν έπρεπε να σου φερθούμε έτσι». Σημειώνεται ότι η ανακοίνωση έγινε ύστερα από αίτημα που υπέβαλαν 30.000 πολίτες στην ιστοσελίδα του πρωθυπουργικού γραφείου, με την ευκαιρία της συμπλήρωσης 55 χρόνων από το θάνατο του Τούρινγκ. Οι πολίτες ζήτησαν επίσης από τη βασίλισσα να του απονείμει τον τίτλο του ιππότη μετά θάνατον. Εξάλλου, πέραν της

προσφοράς του στην πολεμική προσπάθεια, ο Τούρινγκ θεωρείται από τους πλέον διακεκριμένους επιστήμονες της γενιάς του, ενώ, το 1 999, το περιοδικό Time τον είχε συμπεριλάβει στις 1 00 σημαντικότερες προσωπικότητες του 20ού αιώνα. Το πρ ιί> τ ο κο μπι ο ί> τερ

Πρωτοπόρος της πληροφορικής, ο Τούρινγκ κατασκεύασε τον πρώτο «σύγχρονο» υπολογιστή στο Πανεπιστήμιο του Μάντσεστερ, αμέσως μετά τον πόλεμο. Επίσης, έβαλε τα φιλοσοφικά θεμέλια στη μελέτη της τεχνητής νοημοσύνης, με την εργασία του «περί υπολογίσιμων αριθμών», το 1 936. Τέλος, αξίζει να υπογραμμιστεί ότι επίκαιρο ακόμη και σήμερα θεωρείται το «test Turing», με το οποίο θεωρητικά καθορίζεται αν ένας υπολογιστής διαθέτει νοημοσύνη. Στην κλασική του μορφή, το test προβλέπει την ανταλλαγή γραπτών μηνυμάτων μεταξύ δύο ανθρώπων και ενός υπολογιστή από απομακρυσμένες τοποθεσίες. Εάν ο ένας άνθρωπος δεν αντιληφθεί ποιος από τους δύο «συνομιλητές» του είναι υπολογιστής, τότε θεωρείται ότι το μηχάνημα έχει νοημοσύνη . [ Π ηγή : ε φημερ ί δα « ΚΑΘ Η Μ Ε Ρ Ι Ν Η » http ://news.kath iιneri n i . gr/4dcgi/_w_articles_world_ l 00070_ 1 2/09/2009-3 29062 ]

Συμπί.ηρωματιια} βιογραφιια} το υ A llan Τιιι·ίιιχ

Η απροθυμία του Turing να εργαστεί σκληρά στις κλασικές του σπουδές, όσο στα Μαθηματικά, τον οδήγησε να αποτύχει να κερδίσει μια υποτροφία στο Trinity Colledge, του Cambridge, και πήγε στο κολλέγιο της δεύτερης επιλογής του, το King's College, του Cambridge. Έκανε ένα προπτυχιακό εκεί, από το 1 93 1 ως το 1 934, με διακεκριμένο βαθμό, και τ ο 1 93 5 εκλέχτηκε μέλος του King's College με αφορμή την πραγματεία του στο " centra1 limit theorem". Στη βαρυσήμαντη εργασία του «On Computable Numbers, with an App1ication to the Entscheidungs Prob1em» (υποβλήθηκε στις 28/ 5 / 1 936), ο Turing αναδιατύπωσε τα συμπεράσματα του Kurt Gδdel (του 1 93 1 ) πάνω στα όρια της απόδειξης και του υπολογισμού, αντικαθιστώντας την Καθολική Αριθμητική του Gδdel με αυτό που σήμερα ονομάζεται "Turing Machine". Απόδειξε ότι κάθε τέτοια "Μηχανή" θα είναι ικανή να εκτελεί ένα κατανοητό υπολογισμό εάν αυτός ήταν δυνατόν να παρασταθεί με έναν αλγόριθμο. Οι " Turing

Machines " είναι μέχρι σήμερα το κεντρικό αντικείμενο σπουδής στην "Theory Computation". Από το Σεπτέμβρη του 1 936 ως τον Ιούλη του 1 938 πέρασε τον περισσότερο καιρό του στο Institute for Adνanced Study, στο πανεπιστήμιο του Princeton, μελετώντας υπό τον Alonzo Church. . . Μελέτησε Κρυπτολογία και επίσης

έστησε τρία από τα τέσσερα στάδια της ηλεκτρομηχανολογικής δυαδικής πολλαπλότητας. Τον Ιούνη του 1 938 έλαβε το Ph.D. από το Princeton. Μ' αυτή τη διδακτορική διατριβή εισήγαγε την έννοια της σχετικής υπολογιστικής, όπου οι "Μηχανές Turing" είναι ενισχυμένες με τους ονομαζόμενους "χρησμού ς " . Επέστρεψε στο Caιnbridge και παρακολούθησε τα μαθήματα του Ludwig Wittgenstein πάνω στα θεμέλια των Μαθηματικών. Οι δυο τους άνοιξαν διάλογο και διαφώνησαν, με τον Turing να υπερασπίζεται τον φορμαλισμό και τον Wittgenstein να υποστηρίζει ότι τα Μαθη ματικά δεν

ανακάλυψαν τις απόλυτες αλήθειες αλλά τις εφεύραν. Από το Σεπτέμβρη του 1 938 ο Turing

άρχισε να εργάζεται (με μερική απασχόληση) στο GCCS (Goνemment Code and Cypher School), δηλ. στον βρετανικό οργανισμό για το "σπάσιμο" των κωδίκων. Κατά τη διάρκεια του Δευτέρου Παγκοσμίου Πολέμου ήταν ένας ουσιώδης εταίρος στις προσπάθειες που γινόντουσαν στο B1etchley Park (όπου η έδρα του GCCS) για σπάσιμο των κρυπτογραφικών κωδίκων των Γερμανών. Με βάση τις εργασίες στην Κρυπτανάλυση (που πραγματοποιήθηκαν προπολεμικά στην Πολωνία από τους: Marian Rejefski, Jerzy Rδzyski, Henryk Zygalski), ο Turing συντέλεσε αποφασιστικά στο "σπάσιμο" της μηχανής "Enigma" και του "Lorenz

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/24

-------

ΗΟΜΟ

MATHEMAτiCUS

SZ 40/42''. Για ένα διάστημα ήταν επικεφαλής του ''Hut 8" (του τμήματος που ήταν αρμόδιο για το "σπάσιμο" των γερμανικών ναυτικών κωδίκων). Στο GCCS εργάσθηκε πάνω στο πρόβλη μα της γερμανικής μηχανής ''Enigma" και συνεργάστηκε με τον Dilly Knox, που ήταν παλιός ειδικός στο θέμα. Στις 4/9/ 1 939, μια μέρα μετά την κήρυξη του πολέμου της Βρετανίας εναντίον της

Γερμανίας, ο Turing βρέθηκε στο B letchley Park, στο σταθμό του GCCS. Το Νοέμβρη του 1 942 πήγε στις ΗΠΑ όπου εργάστηκε ως Κρυπταναλύστας στο Πολεμικό Ναυτικό για το Naval Enigma. Το Μάρτη του 1 943 επέστρεψε στο B letchley Park.

«Πάρτε μια μακριά χάρτινη ταινία, διπλώστε την στη μέση μία φορά και διπλώστε την και πάλι στη μέση. Στηρίξτε τη διπλωμένη ταινία όρθια στη μια πλευρά της και ξεδιπλώστε την σχηματίζοντας ορθές γωνίες σε κάθε τσάκισμά της ( σχ. 1 ). Αν την κοιτάξετε από πάνω, θα δείτε κάτι όπως τα διαγράμματα στα σχήματα 2α και 2β . . . . . . . . . Έπειτα από τρία διπλώματα μπορούμε να πάρουμε τελείως διαφορετικά διαγράμματα (σχήματα 2γ και 2δ), ανάλογα με τον τρόπο που διπλώνουμε την ταινία. Στο σχήμα 3 βλέπουμε ένα από τα διαγράμματα που προκύπτουν αν διπλώσουμε την ταινία πέντε φορές. Είναι πρακτικά αδύνατο να διπλώσουμε την ταινία περισσότερες από εφτά φορές - μετά το όγδοο δίπλωμα θα υπάρχουν ήδη 2 8=256 στρώματα! Μπορούμε να σχεδιάζουμε διαγράμματα που θα αντιστοιχούν σε πολλαπλά διπλώματα της ταινίας, χωρίς την ταινία . . . . . . . . . Αν τσακίσουμε την ταινία περισσότερες από τρεις φορές, τότε ξετυλίγοντάς την, μερικές από τις

γωνίες της θα "εφάπτονται" αναγκαστικά μεταξύ τους (σχήματα 2δ και 3). Εξαιτίας των πολυπληθών επαφών αυτού του είδους, τα μεγάλα διαγράμματα έχουν περιοχές που μοιάζουν με πλέγμα παρά με μια επιμήκη ορθογώνια στρεφόμενη διαδρομή . Για να γίνει ορατή αυτή η διαδρομή, μπορούμε να στρογγυλέψουμε τις γωνίες της (όπως στην εσωτερικη καμπύλη του σχήματος 3) . . . Μια τέτοια ακριβώς εικόνα ενέπνευσε στον Αμερικανό φυσικό John Ε. Heighway την ονομασία "δρακόντειες καμπύλες". Οποιοσδήποτε έχει "δει" ένα δράκο μπορεί να επιβεβαιώσει ότι αυτά τα πλάσματα έχουν αυτή ακριβώς τη μορφή. Τα αποτελούμενα από ευθύγραμμα τμήματα διαγράμματα που παράγουν τα δρακόντειες καμπύλες ονομάζονται "δρακόντεια σχέδια"» Στο σχήμα 4 μπορούμε να δούμε ένα από τα διαγράμματα που μπορεί να προκύψουν αν διπλώσουμε την ταινία 1 2 φορές. Αποτελείται από 2 1 2 =4.0 9 6 τμήματα. Ανάλογα έχουμε την καμπύλη στο σχήμα 5

ΙΙα. 'Ά υ ηί το ξιiρατε; " /η απά 1ι τησηj

σχ. Ι

[πηγή : Αγγλική Β ικιπαίδεια, λήμμα «AI Ian Turing»]

σχ. 2

�4

σχ. 3

�5

[πηγή : απόσπασμα από άρθρο των Nikolay Vasilyeν και Victor Gutenmacher «ΔΡΑΚΟΝΤΕΙΕΣ ΚΑΜΠΥΛΕΣ», περιοδικό QUANTUM, τόμ. 2, τεύχ. 6, εκδ. ΚΑΤΟΠΠΡΟ, Αθήνα I 995]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/25

��,,

1 1

Μαθ η ματ ι κά γ ι α τ ην Α

τάξ η

iι

Λυ κ ε ί ο υ

του

Εξισώσεις δευτέρου βαθμού - Σύνολα Συναρτήσεις - Η συνάρτηση f(x) αχ+β =

Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα Χ Ι") Ι-i Σ Ι ί\1 [Σ Ε Π Ι Σ Ι-Ι Μ Α :\ Σ Ε Ι Σ Ι.

Αν Δ = β 2 - 4αγ είναι η διακρίνουσα της εξίσωσης αχ 2 + βχ + γ = Ο όπου α, β, γ πραγματικοί αριθμοί και α i- Ο τότε προκύπτουν τα παρακάτω συμπεράσματα: Αν Δ>Ο η εξίσωση έχει 2 ρίζες άνισες τις -β -β + JΔ χι= χz = -'----JΔ 2α 2α Αν Δ=Ο η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα την -β -β (ισοδύναμα δύο ρίζες ίσες τις χ ι =χz = ) Χ0 = 2α 2α Αν Δ<Ο η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. 2. Αν οι συντελεστές α, γ της εξίσωσης αχ2+βχ+γ=Ο είναι ετερόσημοι, η εξίσωση έχει πάντοτε δύο ρίζες άνισες. 3. Η εξίσωση x 2-Sx+P=O με S 2 2 4Ρ μας δίνει την δυνατότητα: Να βρίσκουμε 2 αριθμούς αν είναι γνωστό το άθροισμά τους S και το γινόμενό τους Ρ. π.χ. Οι αριθμοί που έχουν άθροισμα S = 3/2 και γινόμενο Ρ= I /2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης 3 I . , για τους χ 2-- χ + - = Ο προκειται λοιπον 2 2 αριθμούς Ι και Υ2 Να λύνουμε εξισώσεις χωρίς την διακρίνουσα αφού βρούμε δυο αριθμούς που έχουν γινόμενο Ρ και άθροισμα S . π.χ. Οι ρίζες της x 2- ( J3 + 2)χ + 2 J3 =Ο είναι προφανώς οι .J3 και 2. Αν φυσικά γνωρίζουμε τις ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης, π.χ. Χ ι = 2, X z = 3 τότε η εξίσωση βρίσκεται άμεσα. Πρόκειται για την (χ - 3)(χ - 2) = Ο, ισοδύναμα •

•

χ2 - 5χ + 6 = ο 4 . Για δύο ευθείες ε : y=α χ+β και ε 2 : y=α 2 χ+β 2 ισχύουν οι ισοδυναμίες: α = α2 α α ε Ι //ε 2 <;:::;> Ι και ε Ι :: εz <;:::;> Ι : 2 β Ι :;t: β 2 βΙ - β2 5 . Για την εύρεση του πεδίου ορισμού μιας συνάρτησης f χρησιμοποιούμε πάντα τον αρχικό τύπο της f και όχι αυτόν που προκύπτει μετά από πιθανές aπλοποιήσεις . 6. Για να βρούμε τα σημεία τομής μιας ευθείας y=αχ+β ,α :;t: Ο με τους άξονες εργαζόμαστε ως εξής : Θέτουμε χ = Ο και έτσι βρίσκουμε το σημείο τομής με τον y 'y που είναι τοΒ(Ο,β). Υ = αχ + β Ουσιαστικά λύνουμε το σύστημα χ=Ο 1

{ }

•

{ }

{

}

Θέτουμε y=O και έτσι βρίσκουμε το σημείο τομής με τον χ ' χ που είναι το A(- f ,o). α Υ = αχ + β Ουσιαστικά λύνουμε το σύστημα y=O

ί\ σ κ η σ η 1 11

{

}

Δίνεται η εξίσωση 2χ 2- 2χ+(2 - 6αβ) = Ο (I) όπου α, β πραγματικοί αριθμοί. α) Αν ο αριθμός ρ = α + β είναι μια ρίζα της

εξίσωσης, να βρείτε τις τιμές των α, β. β) Για τις τιμές των α, β που βρήκατε να λύσετε την εξίσωση.

ΛίJ σ η

α) Αφού ο αριθμός ρ = α + β είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε την επαληθεύει, επομένως έχουμε: 2( α + β)2 - 2( α + β) + (2 - 6αβ) = Ο :::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/26

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

2( α2 + 2αβ + β2 ) - 2α - 2β + 2 - 6αβ = Ο � 2α2 + 4 αβ + 2β2 - 2α - 2β + 2 - 6αβ = Ο � 2α2 - 2αβ + 2β2 - 2α - 2β + 2 = Ο � α2 + α2 - 2αβ + β2 + β2 - 2α - 2β + 2 = Ο � ( α2 - 2α + 1 ) + ( α2 + 2αβ + β 2 ) + (β 2 - 2β + 1 ) = Ο � (α - 1 ) 2 + (α - β) 2 + (β - 1 ) 2 = ο � α = β = 1 β)Λύνουμε την εξίσωση , για α = β = 1 Έχουμε: (Ι) <=> 2χ2 - 2χ + 2 - 6 = Ο <=> <=> 2χ2 - 2χ - 4 = ο <=> χ2 - χ - 2 = ο όμως Δ = β2 - 4 αγ = Ι +8 = 9 > Ο 1 -3 1 + 3 = 2 και Άρα χ = -X z = -- = - 1 2 2 Πράγματι Χ ι = α + β 1

ί\ σ Υ{ η σ η

2 11

α)Να βρεθούν οι πραγματ ικοί αριθμοί β και γ ώστε οι ρίζες τη ς εξίσ ω σης i + (β - 1)χ + γ + 2 = 0 να είναι οι β και γ+ 2. βχ 2 + γχ + 2 ' οπου β , γ οι αριθ μοι' β)Έστω f(x) , =

χ· - 1

που βρήκατε στο προηγούμενο ερώτη μα για τους οποίους επιπλέον ισχύει β·γ = -3. Να λυθεί 2 η εξ ίσ ω ση : f(-2) (x - 1 ) - 1 7 = 4 Ι χ - 1 1 - 9 (1) .\

α) Για να είναι οι αριθμοί β και γ+2 είναι ρίζες της εξίσωση ς χ � + (β - Ι )χ + γ + 2 = 0 , πρέπει και αρκεί: β+γ+2= -β+ 1 (Ι) και β(γ+2) = γ+2 (ΙΙ) ( Π αρατηρήστε ότι αν S = Χ ι + Xz , Ρ = Χ ι Χ2 , τότε S 2 - 4 Ρ = ( Χ + Χ 2 ) 2 - 4 Χ ιΧz = (χ ι - X z ) 2 ;::: 0 οπότε η χ 2 Sx + Ρ = Ο έχει σίγουρα ρίζες στο R.) Έχουμε: (Π) <=> β (γ+2) - (γ+ 2) = Ο <=> (γ+2) (β--1 ) = 0 <:::> γ+2=0 ή β-- 1 =0 <:::> γ=-2 ή β=1 Αν γ = -2 τότε:(Ι)<:::> β-2 +2=-β+ 1 <=> 2β= 1 <=> β= 2Ι -

Αν β = 1 , τότε: (Ι) <=> Ι +γ+2= - 1 + Ι <=> γ= -3 1 β)Αν (β, γ)= ( -2) τότε β · γ = - Ι ,άρα δεν 2, επαληθεύεται η β · γ = -3 . Αν (β, γ)=( Ι , -3) τότε ισχύει β · γ = - 3 ' χ 2 - 3χ + 2 ' ορισμου' το με πεδ ιο αρα f(x) = 2 χ -1 + οο ). (- οο ,- Ι ) υ (-Ι , 1 ) υ (Ι , Επίσης 2 4 6 2 .!3. (-2) - 3·(-2) + = + + 2 = = 4 f ( -2 ) = 4-1 3 ( -2) 2 - Ι Άρα: ( 1 ) <=> 4•(χ - 1) 2 - 1 7 = 4•Ι χ - 1 Ι -9 <=>

<=> 4 · 1 χ - 1 1 2 -4 ·1 χ - 1 1 -8 = ο <=> Ι χ - 1 1 2 - Ι χ - 1 1 -2 = 0 <=> ( I χ - 1 1 -2)·(1 χ - 1 1 +1) = 0 <=> Άρα Ιχ-1 1 = 2 <=> χ-1 = 2 ή χ-1 = -2 <:::> χ=3 ή χ = -1 , αφού Ιχ- 1 1+ 1 >0 για κάθε x ε iR ί\ σ κη ση 3'1

Δίνονται τα σύνολα {α} και { l ,β} για τα οποία ισχύει {α} ς { 1 , β} . α)Να δείξετε ότι η εξίσωση

χ2 - α2χ + αχ - αβχ + βχ - 4 χ + 2 = Ο ( Ι ) έχει δύο

ρίζες πραγματικές και άνισες. β)Αν χ 1 , χ 2 οι παραπάνω ρίζες , να υπολογίσετε

1 4 ' ' 1 4 η τιμη τη ς παρασταση ς 2 χ 1 + 2 χ 2

•

γ)Να εξη γήσετε χωρίς να υπολογίσετε τους αριθμούς χ 1 , χ 2 ότι χ 1 > Ο, χ 2 > Ο και να κατασκευάσετε εξίσωση δευτέρου βαθμού με

F;,Fz .

ρίζες τους αριθμούς Λ ίιση :

α) Γ ια α = Ι καθώς και για α = β έχουμε: (Ι) <:::> χ 2 - 4χ + 2 = Ο , η οποία έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες αφού Δ= ( - 4 ) 2 - 4 · 2 · 1 = Ι 6 - 8 = 8 > 0 όμως: β) Σύμφωνα με τους τύπους του Vieta θα ισχύουν οι σχέσεις: χ 1 + χ 2 = 4 και Χ ι Χz =2. Επίσης χ 1 2 + χ / =( χ1 + χ 2 ) 2 - 2χ 1 •χ 2 = 4 2 - 2• 2= ι 1 1 , = Ι 6-4= Ι 2. Οποτε: - χ1 + - χ, = - ( χ1 + χ, ) = 2 2 - 2 ι ., = - χ - + χ 2 - ) 2 - 2χ · ·χ 2 · = 2 = χ1 2 + χ / ) 2 - 2 ( χ1 •χ 2 ) 2 = ·( 1 2 2 - 2•2 )

[( �[ (

., J

J �

ι 1 = 2 ·( 1 44 - 8 ) = ·ι 3 2 = 66 2 γ) Για τους αριθμούς χ 1 , χ 2 ισχύει Χι Χz =2 >Ο άρα είναι ομόσημοι. Επιπλέον χ 1 + χ 2 = 4 >Ο άρα Χ ι > Ο, X z > Ο Ακόμη ( Fι + F ) 2 = Fι 2 + 2Fι ·F + F 2 =

= χ 1 + 2 Jx 1 • X 2 + x 2 = 4+2 J2 .Αρα Fι + F; = J4 + J2 .Επιπλέον έχουμε Fι · Fz = .}χ 1 •χ 2 = J2 ,οπότε η ζητούμενη εξίσωση είναι η χ 2 - .}4 + 2J2x + J2 = Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/27

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων: 9 5χ β) f(χ) = νr-α) f(x) = -χ + Ι χ + 3 Ι +χ + 3 Ι Ι χ Ι -5 1 -7 ---

γ) f( χ) =

7 x + Jx - 2 . χ2 + 3χ + 15

{ � } { { }

Άρα, το πεδίο ορισμού Α της f είναι : Α=(- οο ,-1 2) υ (-1 2,0] γ) Ομοίως πρέπει και αρκεί: χ 2 + 3χ + 15 -ι:. Ο . που ισχύει για κάθε x EIR αφού Δ=9-60 =- 5 1 < Ο. Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το IR. Μία συνάρτη ση

f IR--+IR

έχει σύνολο τιμών το

( 1 , 1 0 1 . Να βρεθούν οι τιμές του λ εξίσωση f(x)-lλ+2 j=1 :

IR. ώστε η

α) Να έχει τουλάχιστον μία λύση

Εφόσον η f έχει σύνολο τιμών το ( 1 , 1 Ο] θα ισχύει: 1 <f (χ) � 1 0. για κάθε χ ε IR. Έχουμε: f(x)-lλ+21=1 <=> f (x)=lλ+21 + 1 α) Έχει τουλάχιστον μία λύση όταν και μόνο όταν: I λ + 2 1 +1 > 1 l <jλ+21+ 1 � 1 0 (I) Αλλά (I) <=> <=> l λ + 2 1 +1 � 10 I λ + 2 1> λ -2 λ -ι:. -2 <=> <=> -ι:. -1 1 � λ � 7 -9 � λ + 2 � 9 Ι λ + 2 1� 9 <:::> λ Ε [-1 1 , -2) υ (-2,7] β)Η εξίσωση είναι αδύνατη ,όταν και μόνο: λ ε (- οο ,-1 1 ) υ {-2} υ (7, + οο ) ι) 1

{

α) Αν για τους πραγματικούς αριθμούς κ, λ

ισχύουν Ι κ-51 = 5-κ και

του Α ως προς τη ν αρχή των αξόνων ,να βρεθεί

Ι-3λ+61 �

γ) Να βρεθεί ση μείο Γ του αρνη τικού η μιάξονα Οy ' ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα τη ν ΑΒ. .\

α) Παρατηρούμε ότι Ικ-51 = 5 -κ =:> κ-5 < Ο =:> κ < 5 =:> κ-7 < Ο =:> χΑ < Ο. Επίσης Ι - 3λ+61 � Ο =:> -3λ+6=0 =:> λ=2 =:> λ 2 - 3= l >O=:>yA>O. Άρα τα σημεία Α(κ-7, λ 2 -3) βρίσκονται στο 2° τεταρτημόριο. β)τα Α , Β είναι συμμετρικά ως προς την αρχή των αξόνων =:> κ-7 = -5 =:> κ = 2. γ)Είναι: Α (-5, 1 ), Β (5, -1 ) και έστω Γ(Ο,μ) με μ<Ο το ζητούμενο σημείο. Τότε: (ΑΒ) 2 = (-5 - 5)2 + ( 1 + 1 ) 2 1 00+4 = 1 04 (ΑΓ) 2 = 5 2 + (μ - 1 ) 2 =25 + μ2 - 2μ + 1 = 26-2μ+μ2 . ( ΒΓ ) 2 = 5 2 + (μ + 1 )2 = 25 + μ2 + 2μ + 1 =26+2μ+μ2 Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την ΑΒ , <=> ΑΒ 2 =ΒΓ 2 +ΑΓ <:::> 1 04 = 26+2μ+μ 2 +26-2μ+ μ 2 <:::> 1 04 = 52+2μ 2 <=> <:::> 52 = 2μ 2 <:::>2 6 = μ 2 <=> μ= - J26 , αφού μ < Ο. =

λ σ κη ση 7''

Δίνεται συνάρτη σ η f(x) =

β) Να είναι αδύνατη .

{ ο {

β) Αν γνωρίζετε ότι το Β( 5 , -1 )είναι συμμετρικό το κ.

α) Για να ορίζεται η συνάρτηση αυτή πρέπει αρκεί: Ιχ+3 1 -ι:. - (χ+3) (1) . Όμως (I) <=> χ+3>0 <:::> χ>-3 . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το (-3,+ οο ). β) Ένας αριθμός χ Ε IR. ανήκει στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης f αν και μόνο αν: , Ο (Σ) Αλλά (Σ) <c> ι- χ - 5 - Μ χ�Ο χ�Ο χ <Ο χ <- Ο <=> <=> χ +5 -ι:. 7 <=> χ-ι:.2 <=> Ι χ + 5 Ι -ι:. 7 χ -ι:. -12 χ-ι:.-12 χ + 5 -ι:. -7

�� * ο} { {

σε ποιο τεταρτη μόριο βρίσκονται τα σ η μεία 2 Α(κ - 7, λ - 3)

Ο, να βρείτε

{

7χ + 7, ανχ 2 3

5αχ - 2 , ανχ � 3

α)Να βρεθεί ο α.

β)Να βρεθούν οι τιμές του μ Ε IR. ώστε οι ευθείες 5 ε , : y - • f ( 1 ) 1 μ + 1 j•x + 7 και 8 2 : y = (μ ε + 1) - 6 χ + 2010 να είναι παράλλη λες. 2 =

[

•

]

α)Επειδή η f είναι συνάρτηση πρέπει οι τιμές της για χ=3 και στους δύο τύπους να είναι ίσες. οπότε : 7 · 3 +7 = 5α · 3 -2 =:> 2 1 +7 = 1 5α-2 =:> 7χ + 7, ανχ � 3 1 5α = 30 =:> α = 2. Άρα: f(x) = 1 0χ - 2, ανχ � 3 β)Είναι f(l) = 1 0-2 = 8 οπότε, ε : y =-.S.I μ+ l l •x + 7 -5 l μ + l l = (μ + l) 2 - 6 επομένως ε, I I ε2 <=> 7 20 1 0 <=>-5 l μ+ l l = (μ+ 1 ) 2 -6 <=> l μ+ l l 2 +5 l μ+ l l -6 =Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/28

{

{ * 1

}

{

} { }

μ+ =ω lμ + 11 = ω <=> l μ+ 1 1= 1 <:::> <=> 1 � ω2 + 5ω - 6 = Ο ωΕ{4--6} (μ + l = 1 ή μ + 1 = -1 ) <=> μ = ο ή μ = -2. <=>

Λ σ κη σv1 !';'�

Δίνεται η συνάρτηση f(x)

{

3, ανχ Ε Q

Ο, ανχ E JR - Q

α)Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε ι )που

( f(.J3),f(0,7)) A(r { .J3) , r(o,7)) (-ι,1)

και

διέρχεται από το σημείο Α

είναι παράλληλη στην ευθεία (ε 2 ) :4y-2x = 6. β)Να δείξετε ότι τα σημεία

( r( r { Fs}) , 5) και

είναι συνευθειακά.

γ)Αν Κ είναι τα ση μείο τομής της (ε ι ) με τον

χ ' χ, Λ το συμμετρικό του Α ως προς τον χ ' χ και Ο η

{

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

αρχή των αξόνων να

βρεθεί η

περίμετρος του τριγώνου ΚΛΟ, το εμβαδόν του και το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα.

Ο J3 είναι άρρητος άρα f( J3) = Ο και ο Ο, 7 = 2 9 είναι ρητός άρα f(O, 7 ) = 3 , οπότε Α (0,3). Λύνουμε την εξίσωση της (ε ) ως προς y προκειμένου να βρούμε τον συντελεστή 2

διεύθυνσης της και έχουμε: (ε 2 ):y= ..!.. χ + � οπότε 2 2 ' συντε λεστη' δ ιευ' θυνσης α = -1 εχει 2 2

{ }

y = ..!.. χ + κ 2 Άρα (ε ι ) // (ε 2 ) <=> (ε ι ): 3 Κ "#- 2

Εξ άλλου: (ε ι ) <=> 3= ..!_ · Ο+κ <=> κ = 3, δεκτή τιμή 2 αφού 3 7:- � . Άρα (ε ι ): y = ..!.. χ+3 . 2 2 β) Είναι f(f( J5 ) = f(O) = 3 ,άρα Α (Ο,3) , Β(3,5)

και Γ(-1 , 2 ) . Β ρίσκουμε την εξίσωση της ευθείας 3 ΑΒ . Αυτή θα είναι της μορφής y = αχ+β και επειδή τα Α , Β ανήκουν σε αυτήν οι συντεταγμένες τους θα την επαληθεύουν. Άρα προκύπτει το εξής σύστημα:

{

β=3 3 = α•Ο + β β=3 <=> β = 3 και <::::> <::::> 5 = α•3 + β 5 = 3•α + 3 3·α = 2 α = 2/3 . Δηλαδή η εξίσωση της ευθείας ΑΒ είναι η 2 ' του ' οτι ' οι συντεταγμενες y= -• χ+ 3 . π αρατηρουμε 3 Γ επαληθεύουν την εξίσωση αυτή , αφού για χ=-- 1

παίρνουμε y= �• (-1 )+3= 2 ,οπότε τα Α , Β, Γ 3 3 είναι συνευθειακά . γ) Γ ια να βρούμε το σημείο τομής Κ της (ε ) με τον χ ' χ θέτουμε όπου y = Ο και έχουμε: Ο = ..!_ χ+3 <=> χ = -6 . Άρα Κ(-6, 0). 2 Το συμμετρικό του Α (0, 3)ως προς τον χ 'χ είναι το Λ(Ο, -3).Είναι ΚΟ = 1 - 61 = 6, ΛΟ = 1 -3 1 = 3 και ΚΛ= �(0 + 6) 2 + (-3 + 0)2 = -J36 + 9 = -J4s =3 J5 Άρα η περίμετρος του ΚΛΟ είναι ίση με 6+ 3+ 3 J5 =9+ 3 J5 και το εμβαδόν του ίσο με ι

Ε= ..!_ ΚΟ·ΟΛ = ..!_·3·6 = 9. Για το ύψος Ο Ρ που 2 2 αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ΚΛ έχουμε : J5 ..!_·ΟΡ·ΚΛ = Ε => ..!.. . op . 3)5 = 9 => OP= _i_ =>ΟΡ= 6 5 2 2 J5 Δίνεται συνάρτηση f

: JR -7 JR για

την οποία

ισχύει : f(4x-3) = 2x+ l 0- f(5) για κάθε χ Ε JR

α)Να βρεθεί το f(5). β)Να βρεθεί ο τύπος της f. γ)Να αποδείξετε ότι για κάθε α , β f(α2 + 1) + f(β 2) > 2f(αβ)

JR ισχύει

δ)Αν για τρεις πραγματικούς αριθμούς

κ,

λ, μ

ισχύει κ + λ = μ-1 , να αποδείξετε ότι : f(κ3 )+f(λ3 + 3λ(λ+1)+1 )+f(- μ3) = f(-3κ(λ+l) · μ)+9

α) Η σχέση f(4x-3) = 2χ+ 1 0- f(5) ισχύει για κάθε χ Ε JR . Θέτοντας όπου χ το 2 παίρνουμε : f(5)=4+ 1 0 -f(5) => 2f(5) = 1 4 => f(5) = 7 β)Αφού f(5) = 7 από την σχέση; f(4x-3) = 2χ+ 1 0 - f(5) παίρνουμε: f(4 x-3) = 2χ+ 1 0 - 7 => f(4 x -3) = 2χ +3 . + 3 και με Θέτουμε y = 4χ-3 δηλαδή χ = Υ 4 αντικατάσταση προκύπτει: +9 . +3 +3 f ( Υ ) = 2· Υ + 3 = Υ + 3 Υ 4 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2!29

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυ κείου

9 Άρα f (χ) = χ + . 2 γ)Αρκεί να δείξουμε ότι f(α2 + Ι) + f(β2 ) > 2f(α•β) , , α 2 Ι 9 β 2 + 9 αβ + 9 αρκει + + + -> 2 -- , αρκει, α2 + β2 2 2 2 + Ι 9 - 2αβ - Ι 8 > Ο, αρκεί ( α-β)2 + 1 >0, που ισχύει. δ)Έχουμε: f(κ 3 ) + f(� + 3λ•(λ + Ι) + Ι) + f( -μ3 ) = κ3 9 (λ 1) 3 9 (-μ )3 + 9 = = + + + + + 2 2 2 27 + κ 3 + (λ + 1)3 - μ 3 Ό - --- . μως κ+λ = μ- Ι � -----'---'-----'2 κ+λ+ Ι -μ = Ο ,� κ3 + (λ + 1)3 - μ3 = -3κμ(λ + Ι) . Άρα f(κ3 ) + f(� + 3λ•(λ + Ι) + l) + f(-μ 3 ) = 27 - 3κμ(λ + l) -3κμ(λ + 1) + 9 = = +9= 2 2 = f(-3κμ(λ + 1)) + 9 --

(4) <::> 4λ2 - 1 5λ + l Ο = Ο <::> λ = I 5 ± J65 8

ί\ σκη ση 1 1 ' Ι

Δίνονται τα σύνολα : Α={χ E 1R. I (x 2 - 1 )(χ 4 - 13χ 2 +3 6 )=0} Β={ χ Ε Ζ I

1 8χ4 - 3 χ

Ε Ζ } , Γ={ χ Ε Ζ I οι αριθμοι'

4 χ \ 4χ -1 είναι διαδοχικοί άρτιοι} α)Να γράψετε με αναγραφή των στοιχείων τους, τα παραπάνω σύνολα.

β)Να βρεθούν τα σύνολα Α υ Β , Α n Β ,Α n Γ. γ)Να εξεταστεί αν Β ς Α.

, \ !.'Ι ση :

Έχουμε : (χ 2 -I )(χ 4 - 1 3χ 2 + 36)=0 <=> χ 2 - Ι = Ο ή χ 4 - 1 3χ 2 + 36 = Ο <::> χ = Ι ή χ = -Ι ή χ 4 - Ι 3χ 2 +36 = 0 ;�, ςy κψιη 10 ' 1 χ2 = ω ? 2 Δίνεται η εξίσωση χ - ( 2 λ - 3)χ + (1 - 3λ) = Ο , Αλλά: χ 4 - 1 3χ - + 36 = Ο <=> ω 2 - Ι 3ω + 36 = Ο με λ Ε 1R. . α)Να βρεθούν οι τιμές του λ Ε 1R. ώστε χ2 = ω <=> χ 2 = 9 ή χ2 = 4 <::::> η παραπάνω εξίσωση να έχει δύο πραγματικές <=> ω Ε {4, 9} ρίζες αρνη τικές και άνισες. <=> χ Ε { -3, -2, 2, 3 } τελικά Α = {-3,-2,- I , I ,2,3 } β)Να βρεθούν οι τιμές του λ Ε 1R. ώστε η εξίσωση να έχει δύο ρίζες πραγματικές και Είναι : Ι8χ4 -3 = Ι 8χ 3 - � Επειδή χ Ε Ζ , 1 8χ 3 ΕΖ χ χ άνισες για τις οποίες ισχύει ρ = - 2 ρ 2• 3 Ι 8χ4 - 3 Ε ' ' <=> Ε <=> χ δ ιαιρετης θ α εχουμε χ χ α) Δ= (3-2λ)2 -4(Ι-3λ) = 9-12λ + 4Κ -4+Ι2λ= 4Κ +5 του 3 <=> χ = -3 ή χ = 3 ή χ = 1 ή χ = - I . Άρα Για να έχει η εξίσωση δύο πραγματικές ρίζες Β = {-3 -1 ι 3 } αρνητικές και άνισες πρέπει και αρκεί: Για κάθε χ Ε z είναι (2χ- \ ) 2 > ο � 4χ 2 -4χ+ Ι >Ο Δ > Ο, > Ο, - < Ο (Σ) � 4χ 2 > 4χ -1 . Οι αριθμοί 4χ 2 ,4χ -1 είναι διαδοχικοί άρτιοι<::>4 χ -(4χ-1 )=2 <=> 4χ 2 -4x-l =Ο λΕR � λ< Έχουμε Δ = \ 6+ Ι 6 = 32 > Ο οπότε <=> λ < Αλλά : (Σ) <=> Ι -3λ > Ο <=> Ι - .J2 4 + .ffi 4 + 4 .J2 I + .J2 = = και χ 2 = Χι = λ<2λ-3 < 0 8 8 2 2 3 β) Για κάθε λ Ε IR πρέπει και αρκεί να υπάρχε Καμία όμως από τις δύο αυτές τιμές δεν είναι λ Ε 1R. ώστε να είναι συμβιβαστό ως προς ρ ι . ρ2 τ ακέραια ,άρα Γ= 0 β) Η ένωση δύο συνόλων αποτελείται από τα ρ = 2λ - 3 κοινά και τα μη κοινά στοιχεία των συνόλων ( 1 ),(2)<=> 1 σύστημα: ρ ? = 3 - 2λ αυτών, άρα: Α υ Β = {-3, -2, -Ι , I , 2, 3 } �Pz =l-3λ (3) Η τομή δύο συνόλων αποτελείται από τα κοινά Για να έχει το σύστημα των τριών εξισώσεων λύση στοιχεία των συνόλων αυτών ,άρα: ως προς ρ ι , ρ 2 πρέπει και αρκεί οι τιμές των ρ ι , ρ2 Α n Β = {-3 -I Ι 3 } Α n Γ = 0 που βρήκαμε να επαληθεύουν την (3), δηλαδή : γ)Κάθε στοιχείο του Β ανήκει στο σύνολο Α άρα - (2λ - 3) 2 = Ι - 3λ (4) Β ς Α.

{

}

{

�

{ }

{� ::=�-3t�

'71 ιu

}

ι �}

�

}

'71 ιu

{

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/30

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

κα ι

ΠΑΡΑι\ΛΗΛΟ Γ ΡΑΜΜΑ

Τ ΡΑΠ ΕΖΙΑ

Θανάση ς Χριστόπουλος - Παναγιώτη ς Χριστόπουλος

Μέχρι τώρα τα αξιώματα, τα θεωρήματα και τα πορίσματα, μας δίνουν τη δυνατό τητα να αντιμετωπίσουμε γεωμετρικά προβλήματα με πολλ ο ύ ς τρ ό πους, να δώσουμε δηλ αδή πολλές δ ιαφορετικές

λύ σεις. Στα προβλ ήματα που ακολ ου θο ύ ν θα στηριχθο ύμε στις προτάσεις του 4"" και 5°" κεφαλα ίου του σχολ ικο ύ βιβλίου για την καλύ τερη και πλ ηρέστερη κατανόησή τους. Γ

k χημ α τη ω. ..

δ ίνο υμε τι ς ικανές πρ οτάσει ς πο υ μα ς οδ ηγού ν από το ένα γεωμετρικό σχήμα στο άλλο με τι ς σχετικές ι διότη τες.

\' αν έχει δυο π�υρές παράλλη λες \

ΤΡΑΠ ΕΖΙΟ

-�\

ΤΕΤΡΆΠΛΕΥΡΟ

,-------

τοτε

--------, _.-------��

�

Αν Απέναντι πλευρές παράλληλες (ορισμός) ή Απέναντι πλευρές ίσες ή Απέναντι γωνίες ίσες ή Διαγώνιοι διχοτομούνται ή Δυο πλευρές παράλλη λες και ίσες

τότε

n Α Ρ ΑΛΛΗΛΟΓΡ Α Μ ΜΟ

Αν 01:

Μια γωνία ορθή

ή 02 :

Διαγώνιοι ίσες

Αν

Μια Ο πρόταση και μια Ρ πρόταση

7 l

Pl : Δυο διαδοχικές πλευρές ίσες ή Ρ 2 : Διαγώνιοι τέμνονται κάθετα

ή Ρ3 : Διαγώνιος διχοτομεί μια γωνία του τότε

τότε

ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

�

Κα

μια από τις Ρ τότε

ΤΕΤΡΆΓΩΝΟ

και μια από τις Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/3 1

τότε

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυ κείου

Ε ρ ωη1 σεις σ ωστοίJ - λ ά Ο ο υ ς

Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές (Σ) ή λάθος (Λ). Ι . Οι διαγώνιες ενός ρόμβου είναι ίσες. 2 . Το τετράγωνο είναι ρόμβος. 3 . Η διάμεσος τραπεζίου ισούται με την ημιδιαφορά των βάσεών του. 4. Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών ενός Ι 6-γωνου είναι 4 ορθές. 5 . Αν σε ένα τετράπλευρο οι τρείς γωνίες του έχουν άθροισμα 270° τότε αυτό είναι ορθογώνιο. 6. Οι διαγώνιες του ορθογωνίου είναι κάθετες. 7. Οι διαγώνιες ενός ισοσκελούς τραπεζίου είναι ίσες. 8. Το τετράπλευρο που έχει ίσες διαγώνιους είναι ορθογώνιο. 9 . Αν η διάμεσος ενός τραπεζίου διέρχεται από το σημείο τομής των διαγωνίων του τότε αυτό είναι παραλληλόγραμμο. Ι Ο . Το μέσον της υποτείνουσας κάθε ορθογωνίου τριγώνου ισαπέχει από τις κορυφές του. Ι 1 . Τα μέσα ενός ρόμβου ορίζουν κορυφές ορθογωνίου. λ σ κη ση 2 ' 1

ΑΒΓΔ

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ). Αν Η το

προεκτείνουμε τη ΒΓ κατά ΓΕ=ΒΓ, από το Ε

σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών Α , Δ

φέρουμε την ΕΖ κάθετη στην ΑΒ. Δείξτε ότι

και Θ το σημείο τομής των διχοτόμων των

ΑΓ=ΔΖ.

γωνιών

Δίνεται

παραλληλόγραμμο

Στο τρίγωνο ΕΖΒ, Γ μέσον της ΕΒ και ΓΘ//ΒΖ άρα το Θ είναι μέσον της ΕΖ αλλά Δ e-1-ΕΖ οπότε ΔΘ μεσοκάθετος της ΕΖ και Δ Ε=ΔΖ ( Ι ). Επίσης είναι ΑΔ ΕΓ παραλληλόγραμμο ΑΔ : ΓΕ

(

)

επομένως Δ Ε=ΑΓ ( 2) και τελικά από τις σχέσεις ( Ι ), (2) είναι ΔΖ=ΑΓ Είναι ΑΖ//ΔΓ άρα ΑΖ ΓΔ τραπέζιο, επίσης ΖΓ διάμεσος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΖΒΕ οπότε ΒΕ = Γ αλλά ΒΓ=ΑΔ επομένως ΖΓ=ΑΔ ΖΓ = Β 2 αυτό σημαίνει ότι το τραπέζιο ΑΖ ΓΔ είναι ισοσκελές και θα έχει διαγώνιους Α Γ=ΔΖ Α

,�-- , _, \ "' ; \ , \ "'-. ' \ ,"

/. :

, "'

' "' ... ...------···-----:::f---f Γ ΔΙ'o---Θ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Ε

Σχ. 1

αποδείξετε Β,Γ. Να ( ΑΒ + ΓΔ ) - ( ΑΔ + ΒΓ ) ΗΘ = . 2

ότι

Απόδειξη

( )

Είναι Α + Δ = 1 80° άρα Α Δ Α Δ ΑΗΔ = 1 80° - + = 1 80° - + = 1 80" - 90° = 90° 2 2 2 Άρα το τρίγωνο ΑΗ Δ είναι ορθογώνιο οπότε αν Ε το μέσον της ΑΔ τότε ΗΕ = ΑΔ = Α Ε = ΕΔ από 2 αλλά έχουμε ΕΗ Δ = ΕΔΗ ΕΗ=ΕΔ Δ ΕΔΗ = - = ΑΔ Γ άρα ΕΗΔ = Η Δ Γ οπότε ΗΕ//Δ Γ 2 Ομοίως αν Ζ είναι το μέσον της ΒΓ τότε ΘΖ//Δ Γ και επειδή ΕΖ//Δ Γ θα είναι Ε, Η, Θ, Ζ συνευθειακά οπότε ΗΘ=ΕΖ-ΕΗ-ΘΖ= ΑΒ + ΓΔ ΑΔ ΒΓ (ΑΒ + ΓΔ) - (ΑΔ + ΒΓ ) 2 2 2 2 Αrrτ------�Λ

Δ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/32

Σχ. 2

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

211 περίπτωση

Αν Η είναι δεξιά του Θ τότε θα προκύψει ΕΖ=ΕΗ+ ΘΖ - ΗΘ ΗΘ=ΕΗ+ΘΖ- ΕΖ ή ή + + ) ( ΑΒ ΓΔ ) (γιατί; ). ( ΗΘ = ΑΔ ΒΓ

οποία τέμνει την Α Γ στο Ε. Προεκτείνουμε την ΑΚ κατά ΚΖ=ΑΚ, αν Μ, Η είναι τα μέσα των

ΒΓ, ΕΖ αντίστοιχα δείξτε ότι

Ά σ κη ση 3 '�

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, Ι το έκκεντρο και ΑΖ διχοτόμος της εξωτερικής γωνίας της Α και ΑΔ,

(ί)

ΑΕ οι κάθετοι από το Α προς τις διχοτόμους των εξωτερικών γωνιών Β και Γ αντίστοιχα. Να Λ

αποδείξετε ότι ΒΙΓ

Απόδε ιξη

•

ΒΑΖ

( Γ] =

1 80 0 - Α = ΒΙΓ = 1 80 0 - Β + = 1 80 0 2 2 2 = 1 80 ° - 9 0 ° + Α = 9 0 ° + Α 2 2 �ι 1 80 ° Α +Γ = ΒΑΖ = Α + -- = Α + Β Α+ 2 2 2 Α Α = 9 00 + = Α + 9 00 - 2 2 ΔΑΕ = ΔΑΒ + Α + ΓΑΕ = 8 " + Α + 9 0" 9 0" = 2 Λ

•

ΔΑΕ .

Το ΑΒΖΕ είναι ρόμβος

(ii)

ΜΗ

γ-

, γ = ΑΒ, β = ΑΓ

Το Α Κ είναι ύψος και διχοτόμος του τριγώνου ΑΒ Ε οπότε αυτό είναι ισοσκελές και η Α Κ θα είναι και διάμεσος δηλ. ΒΚ=ΚΕ οπότε το Α ΕΖΒ είναι ρόμβος αφού οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και είναι κάθετοι. Α

-- ---

' %1

( i)

�

[ - ) [ �

)

800 = 1 80° + Α 1 + Α = 1 80° + Α - 90" - Α = 90" + Α 2 2 2 Α άρα Β ΙΓ = ΒΑΖ = ΔΑΕ = 9 0u + (Δες σχ.3) 2 Λ

(ίί)

Σχ. 3

Σχ. 4

Αφού ΑΒΕ ισοσκελές ΑΕ=ΑΒ άρα ΕΓ = ΑΓ Α Ε = ΑΓ-ΑΒ = β -γ επίσης ΕΓ!/ΒΖ αφού Α Ε//ΒΖ οπότε ΕΓΖΒ τραπέζιο και το ΜΗ είναι το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του επομένως Ε Ε γ - (β - γ) - � ΜΗ = ΒΖ - Γ = ΑΒ - Γ = =γ 2 2 2 2 (Υποθέσαμε ΒΖ>Ε Γ<:=>γ>β-γ<=>2γ>β) αν στο ΒΖ < ΕΓ τραπέζιο είχαμε τότε γ <β-γ 2γ < β Μ Η = Ε Γ - ΒΖ = � - γ . 2 2

Ά f>κηση

Σε

5η

τραπέζιο

Γ Δ=2ΑΒ και Β

Ά σ κη ση 4η

ότι:

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ διχοτόμος της Α. Φέρουμε κάθετη στην διχοτόμο από το Β, η

( ί) ( ί ί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/33

ΑΒΓ Δ

είναι

Α Δ

90° ,

3 Γ αν Ε μέσον της Γ Δ δείξτε =

ΑΒΕΔ τετράγωνο ΒΔΓ ορθογώνιο και ισοσκελές

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Α πό δ ε ιξ η

(i) Είναι B + f = l 80 ° αν f = ω τότε Β + f = 4ω

άρα 4ω=1 80° οπότε 2ω=90°. Επίσης ΑΒ Ε Δ ορθογώνιο αφού ΑΒ = ΕΔ και Α = 90 ° , ΕΒ Γ = Β - ΑΒΕ = 3ω - 90° = 3ω - 2ω = ω = Γ επομένως Β Ε Γ ορθογώνιο και ισοσκελές άρα ΒΕ=ΕΓ=ΔΕ άρα το ΑΒΕΔ είναι τετράγωνο. /I

(ii) Το ΑΒΕΔ είναι τετράγωνο άρα ΑΕ .l ΒΔ

αλλά ΑΕ//ΒΓ επομένως ΒΔ .l ΒΓ , επίσης Β Ε μεσοκάθετος του ΔΓ. Άρα το ΒΔΓ είναι ισοσκελές τρίγωνο και έχει τη Δ Β Γ = 90° .

�Β

Α �_____________

Α σ κη ση 611

Επειδή ΑΒΓΔ ορθογώνιο άρα ΔΒ =ΑΓ και ΔΒ διέρχεται από το μέσον Ο της ΑΓ και επίσης (μισά ίσων διαγώνιων) ΑΟ=Ο Β Α ° = 30 ΒΟ = Ο , στο τρίγωνο ΟΒΓ είναι Α Β ΟΒ Γ = orB = 60 ° άρα και η Β Ο Γ = 60° επομένως ΕΟ Β = ΕΟΓ - Β ΟΓ = 90° - 60° = 30° άρα ΕΟΒ τρίγωνο ισοσκελές Ε Β=ΕΟ αλλά , ΑΕ οποτε ΑΕ η, ΕΒ = τ Εο = τ 3 ΑΕ 2 ΑΕ ΑΕ + Ε Β = ΑΕ + - � ΑΒ = -- � ΑΕ = - ΑΒ 2 2 3 και τελικά ΕΖ = � ΑΒ . 3 ί\ σ κ η σ η

7'�

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΒΔ, ΓΕ διάμεσοί του, αν Ζ, Η, Θ μέσα των ΒΔ, ΓΕ, ΒΓ να δείξετε ότι η περίμετρος του ΑΒΓ είναι τετραπλάσια της περιμέτρου του ΖΗΘ.

Σχ. 5

Σε ορθογώνιο ΑΒΓ Δ είναι Β Α Γ=30°

αν η

κάθετος στην ΑΓ στο μέσον της Ο τέμνει την ΑΒ και Γ Δ στα Ε και Ζ αντίστοιχα δείξτε ότι: 2 ΕΖ = - ΑΒ . 3

Λ.π6δειξη

Τα Ε, Δ μέσα των ΑΒ , ΑΓ άρα Ε Δ//ΒΓ και ΕΔ = ΒΓ επομένως το ΕΒΓΔ είναι τραπέζιο και 2 το ΖΗ ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του οπότε ΒΓ - ΒΓ ΒΓ Ε ΒΓ Δ 2 ή ΒΓ=4 Ζ Η ( 1 ) = ΖΗ = 2 2 4 Α

Α π ό δ :: ι ξ η

Τα τρίγωνα Α ΟΕ και Γ ΟΖ είναι ορθογώνια και έχουν γωνία 30° άρα ΟΕ = ΑΕ και ΟΖ = ΓΖ 2 2 Επίσης τα παραπάνω τρίγωνα είναι ίσα (ΟΑ=ΟΓ) άρα ΓΖ=ΑΕ, θα είναι λοιπόν ΟΕ + ΟΖ = ΑΕ + ΓΖ � I EZ = AE I ( 1 ) 2 2

Β Σχ. 7

Στο τρίγωνο ΒΔΓ τα Ζ, Θ είναι μέσα πλευρών ΑΓ ΔΓ του άρα ΖΘ = = 2 οπότε ΖΘ = ΑΓ ή 2 4 2 ΑΓ=4ΖΘ (2) Σχ. 6 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/34

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυ κείου

Ομοίως στο τρίγωνο

ΕΒΓ τα Η, Θ μέσα ΑΒ

ΕΒ 2 ΑΒ = = 4 2 2 ΑΒ=4Θ Η οπότε από τις ( 1 ), (2), (3) έχουμε ΑΒ + ΒΓ+ΑΓ=4(ΘΗ+Ζ Η+ΖΘ) πλευρών του άρα

ΘΗ =

λ ιc; κ υ1 σ j � §'!

Από την κορυφή Α ενός τριγώνου ΑΒΓ φέρουμε ΑΚ κάθετη στη διχοτόμο της γωνίας Β και ΑΛ κάθετη στη διχοτόμο της εξωτερικής γωνίας Β. Επίσης από το Α φέρουμε παράλληλη προς τη ΒΓ που τέμνει τη διχοτόμο της γωνίας

άρα στο τρίγωνο ΔΖΕ αφού Γ μέσον Δ Ε και ΓΗ//ΖΕ θα είναι Η μέσον της ΔΖ και ΒΕ Ε ΒΕ , Ε= Γ άρα ΗΓ = ΑΓ Ζ ΗΓ = = 2 = ή Β Α 4 4 2 2 ισοδύναμα ΑΓ=4 ΗΓ Α Γ-ΗΓ=4 Η ΓΗΓ<=:>ΑΗ=3 Η Γ.

!�� , (' �

Σχ. 9

Β στο Ε. Ν α δείξετε ότι το ΑΛΚΕ είναι ί''ΗΗΟ1 ση

παραλληλόγραμμο.

Έχουμε ΑΛ .l ΒΛ και Β Ε .l ΒΛ (αφού ΒΕ, ΒΛ διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών) άρα ΑΛ // ΒΕ � I ΑΛ Ι/ ΚΕ I ( 1 ) το ΑΛΒΚ είναι ορθογώνιο (3 ορθές) άρα Δ Β=Δ Κ (μισά των ίσων διαγωνίων) οπότε ΔΒΚ = Δ ΚΒ αλλά ΒΚ διχοτόμος άρα επομένως ΔΒΚ = κΒr Δ ΚΒ = ΚΒΓ συνεπώς Δ Κ//ΒΓ και αφού Α Ε//ΒΓ άρα I ΛΚ // ΑΕ Ι (2)

' �

Δίνεται

011

ορθογώνιο

Α = 90° και Γ = 30° .

τρίγωνο

ΑΒΓ,

Φέρουμε τη μεσοκάθετο

της ΑΓ που τέμνει τη ΒΓ στο Δ και τη διχοτόμο της εξωτερικής γωνίας του Β στο Ε. Να δειχτεί ότι ΑΒΕΔ είναι ρόμβος.

Απιiδηξη

Έχουμε Γ = 30 ° και ΔΑ=ΔΓ άρα ΔΑΓ = Γ = 30 ° οπότε ΒΑΔ = 90° - 30 ° = 60 ° επίσης Β = 90 ° - Γ = 60 ° επομένως το ΒΑΔ τρίγωνο είναι ισόπλευρο άρα ΑΒ =ΑΔ ( 1 )

Γ Σχ. 8

Από ( 1 ), (2) έχουμε ΑΛΚΕ παραλληλόγραμμο. Λσκηση

Δίνεται

9'1

παραλληλόγραμμο

'• . -----��---- �

ΑΒΓΔ

του

οποίου προεκτείνουμε την πλευρά ΔΓ κατά ΓΕ=Γ Δ αν Ζ το μέσον του ΒΕ και Η το σημείο τομής της ΔΖ με την ΑΓ, να δείξετε ότι: ΑΗ=3ΗΓ

Είναι ΑΒΕΓ παραλληλόγραμμο άρα Α Γ//ΒΕ και επομένως Γ Η//Ζ Ε επίσης είναι Γ μέσον της ΔΕ

Σχ. l Ο

Είναι ΑΒ .l ΑΓ, ΔΕ .l ΑΓ άρα ΑΒ//Δ Ε (2) Β εξ 1 20ο = 60ο άρα = ΔΒ Ε = 2 2 ΑΔΒ = Δ Β Ε οπότε ΑΔ//ΒΕ (3) από (2), (3) έχουμε ΑΒΕΔ παραλληλόγραμμο και αφού ισχύει η ( 1 ) είναι ΑΒΕΔ ρόμβος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/35

��- Γ�- -για τη

Πολuιuνuμα

Μ α θ η μ ατ ι κά

Β'

τά ξ η τ ο υ Λυ κ ε ί ο υ

κ α ι πο λυw ν υ μ ι κ έ ς ε ξ ι σώ σε ι ς Χρήστος Λαζαρίδης

Η επίλυση πολυωνυμικών εξισώσεων, είναι ένα από τα παλαιότερα προβλήματα της Άλγεβρας. Το πρόβλημα συνίσταται στην εύρεση τύπων, οι οποίοι να υπολογίζουν τις ρίζες της εξίσωσης ως συνάρτηση, των συντελεστών της. -α �β 2 - 4αγ , , , , , , , ο οποιος ως γνωστο εφαρμο' ζ εται για την νας τετοιος τυπος ειναι ο δ ιασημος χ = ± 2α επίλυση της πολυωνυμικής εξίσωσης δευτέρου βαθμού, αχ 2 + βχ + γ = Ο. Η προσπάθεια για την εύρεση τύπων επίλυσης της πολυωνυμικής εξίσωσης τρίτου και τετάρτου βαθμού διήρκεσε αιώνες! Το 1 452 δημοσιεύθηκε ο τύπος, που δίνει την λύση για την πολυωνυμική τρίτου βαθμού και μία μέθοδος μετατροπής πολυωνυμικής τετάρτου βαθμού σε τρίτου βαθμού. Η επίλυση του προβλήματος για πολυωνυμικές βαθμού μεγαλύτερου του τετάρτου απασχόλησε μεγάλους Μαθηματικούς για 3 αιώνες. Το πρόβλημα όμως παρουσίαζε μεγάλες δυσκολίες. Εκφράστηκε μάλιστα η άποψη ότι επρόκειτο για ένα αδύνατο πρόβλημα; Την τελική λύση έδωσε ο Eνariste Galois ( 1 8 Ι Ι-Ι 832), ένας ιδιοφυής, απείθαρχος και άτυχος νεαρός μαθηματικός. Ο Galois διατύπωσε κριτήρια, ώστε να γνωρίζουμε αν οι λύσεις μίας εξίσωσης μπορούσαν ή όχι να αναζητηθούν μέσω ριζών. Την προηγουμένη του θανάτου του, σε σε ένα κακογραμμένο χειρόγραφο 3 Ι σελίδων, έγραψε τις σκέψεις του. Το χειρόγραφο παρουσιάστηκε αρκετά χρόνια αργότερα ( 1 843) και του χάρισε την αθανασία. '

Λ σ rc<η ση i

Έστω το πολυώνυμο 2 3 Ρ(χ) = αχ + βχ + γχ + δ, α :;e 0 και το πολυώνυμο Q(x) τέτοια ώστε:

(

)

Ρ( χ) = Q(x) x 2 - 1 . α) Να αποδείξετε ότι: γ = -α και δ = - β. β) Να βρείτε το πολυώνυμο Q(x).

( �).

α)

{ ψΧχ) =>�χ)=( χ-1)( x+I) Qx) .

�χ)= ; -

Συμπεραίνουμε ότι το Ρ (χ) έχει παράγοντες το χ-Ι και το χ+ Ι , άρα: α+β+γ+δ=Ο P(l) = O => => -α +β-γ+δ =Ο Ρ (-Ι) = Ο 2β + 2δ = Ο γ = -α => => 2α + 2γ = 0 δ = -β � �χ) = αχ 3 + βχ 2 - αχ - β =

{

{ �) = (�: - 1 }-β + β) = Ο

Ά σκηση 2

Το πολυώνυμο Ρ( χ) διαιρούμενο με το

γ) Ν α υπολογίσετε το Ρ , \ {Jση

= αχ(χ 2 - Ι) + β(χ 2 - l) = (x 2 - Ι)(αχ + β) ( Ι ) . Το Q(x) ισούται με το πηλίκο της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ2 -Ι ), άρα Q(x) = αχ + β . γ) Από τη σχέση ( Ι ),

2 χ + 2009 , δίνει πηλίκο π( χ) και υπόλοιπο υ(χ), έτσι ώστε: π(χ) = υ(χ). α) Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν το Ρ(χ) να είναι τετάρτου βαθμού. β) Να αποδείξετε ότι: Ρ(Ο) = 201 0υ(Ο). γ) Αν υ( χ) = χ + 1 , να λύσετε την εξίσωση Ρ(χ) = Ο.

Λ ίJση

Ρ ( χ) = (χ 2 + 2009)π(χ) + υ( χ) = = (χ 2 + 2009)υ(χ) + υ( χ) = (χ 2 + 2010)υ(χ) ( Ι ). α) Το υ(χ) θα είναι το μηδενικό πολυώνυμο ή θα είναι το πολύ πρώτου βαθμού.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/36

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

Από τη σχέση (1) ο βαθμός του Ρ( χ) ισούται με το βαθμό του ( χ 2 + 2010)υ(χ), το οποίο είναι το πολύ τρίτουΣυμπεραίνουμε βαθμού ή ότιείναιτο Ρ(χ) το δενμηδενικό πολυώνυμο. είναι δυνατόν να είναι τετάρτου βαθμού. Η (1), για χ = Ο, γίνεται: Ρ(Ο) = 2010υ(Ο). Η εξίσωση ορίζεται στο R. Έχουμε: Ρ( χ)= Ο<::>( χ 2 + 2010)(χ + 1) =Ο<:::> χ = -1 .

β) γ)

(\)

Ά σ κψτη 3

α) Να βρείτε τη μορφή του πολυώνυμου Ρ(χ) δευτέρου βαθμού, τέτοιο ώστε: P(x + l ) - Ρ(χ) = 2χ+2, για κάθε χ Ε JR β) Να υπολογίσετε το άθροισμα, *

2 +4 +6 + . . . + 2ν, ως συναρτηση του ν Ε Ν . γ) Να βρείτε το άθροισμα 1 +2 +3 + . . . + 2009. •

διαιρούμενοΡ(Ο),μεάρα,το χ = χ-0, δίνει πηλίκοΤο-χ Ρ(καιχ)υπόλοιπο Ρ(χ) = χ(-χ)+Ρ(Ο) => Ρ(χ)= -χ2 + Ρ(Ο) (1). Αν π(χ) το πηλίκο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ2 -2), τότε, Ρ(χ)=(χ 2 -2)π(χ)+(-Ι) , για κάθε (2). Οι (Ι),(2) αν θέσουμε όπου χ το J2 , αντίστοιχα γίνονται: Ρ( J2) = -2 +Ρ(Ο), Ρ( J2) = -1 , επομένως -2 +Ρ(Ο)= -Ι=> Ρ( Ο)= Ι. Από (1), προκύπτει: Ρ(χ)= -χ2 + 1. Ρ(ημχ) = -ημ2χ + 1 = συν2χ . Η εξίσωση ορίζεται στο R και: (Ι)<:::> ��συν2χ + 1 = J2 <:::> Jl συνχ l +Ι = J2 <=> <:::> ! συνχ l + 1 = 2 <:::> !συνχ l = 1 <:::> συν2χ =Ι<:::> Ο= 1-συν2χ <:::> ημ2χ =Ο<:::> <:::> ημχ = 0 <:::> ( = kπ, k Ζ) α)

χ Ε JR

(1),

β)

Έστω, Ρ(χ)= αχ2 + βχ + γ,α *Ο. Ρ(χ+ 1)-Ρ(χ) = α( χ+ 1)2 +β(χ+ 1)+γ-αχ2 -βχ -γ=2αχ +(α+β). Έχουμε: 2αχ+(α+β)=2χ+2, για κάθε <=>{α�;:2 <=>{;:;. άρα Ρ(χ)=χ2 +χ+γ,γε R . Ρ(χα+ντίστοιχα 1)-Ρ(χ) =γίνεται: 2χ+2, αν χ = Ο,χ = 1, χ ,χ = ν-1, = 2,Η...σχέση P(l)-P(O)= 6,=...2,, Ρ(ν)-Ρ(ν-1) P(2)-P(l) = 4,= 2ν. Ρ(3)-Ρ(2) ΜεΡ(ν)-Ρ(Ο) πρόσθεση ... +2νπροκύπτει: => 4+6+μέλη, = 2+κατά Το Ρ(χ) θα έχειαπαράγοντα το χ-λ. λ => (ν2 +ν +γ)-(02 + 0+ γ)= 2 + 4 + 6+ . + 2ν Ι => ν2 + ν = 2 + 4 + 6 + . . + 2ν => 2 + λ λ αλ λ3 2 => 2 + 4 + 6 + . . + 2ν =ν(ν+ 1) +β Ι α+ λ λ αλ+λ 3 Το υπόλοιπο τηςαλ+διαίρεσης Από β) 2+4+6+ . . +2ν=ν(ν+1)=> Ρ(χ): (χ-λ), είναι + λ3+β αλ λ3+β. Πρέπει: = Ο (1) 2(1 + 2 + 3 + . . +ν)= ν(ν+ 1) => Το πηλίκο τηςχδιαίρεσης Ρ(λ2χ):). (χ-λ), είναι 2 + + + λχ (α Ι+2+3+ . . +ν = ν(ν+2 Ι) . Τολ2 +λ.πηλίκο πρέπει ναα=έχει-3λπαράγοντα το χ-λ, Η τελευταία σχέση για ν = 2009, 2 2 + άρα λ α+λ =Ο=> . δι.νει:Ι +2+3+ ... +2009 = 2009.220ΙΟ = 2. 0 19. 045 . ΑνΑπόα= -3λ2-3λκαι3 + λ3β =+β2λ3,= Ο=>τότε,β = 2 λ3. Ρ(χ)= χ 3 - 3λ2χ2 + 2λ3 . Εφαρμόζονταςπτο σχήμα Homer, διαπιστώνουμε ότι το λ είναι δι λή ρίζα, επομένως το αντίστροφο ισχύει. ii) Ρ( χ)= (χ-λ ) 2 (χ+ 2λ) . άλλη ρίζα είναι ότιβλ=είναι τρι π λή ρίζα, τότε: χ = -2λ. Έστω => -2λ=λ=> λ= β= Ο=> Ο, άτοπο. 2. 03 να είναι τριπλή ρίζα. �� J2 ΆραΑντοθεωρήσουμε λ δεν είναι δυνατόν λ = 2009, τότε το πολυώνυμο α)

3 α) Έστω το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ + αχ + β,β =F Ο .

ί) Αν το πολυώνυμο έχει διπλή ρίζα το λ Ε R , να αποδείξετε ότι: α = -3λ2 , β = 2λ3 και να εξετάσετε αν ισχύει το αντίστροφο. ίί) Να βρείτε την άλλη ρίζα του Ρ(χ) και να εξετάσετε αν είναι δυνατόν το λ να είναι τριπλή ρίζα. β) Να λύσετε την ανίσωση 2 3 3 χ - 3.2009 χ + 2.2009 � ο (1).

x E JR

β)

α)

γ)

(1):

ί\ σ κηση :j

Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με το χ, δίνει πηλίκο -χ και διαιρούμενο με το χ 2 -2 αφήνει υπόλοιπο -1 . α) Να αποδείξετε ότι: Ρ(χ) = - χ2 + 1 . β) Να λύσετε την εξίσωση : Ρ(ημχ) + ι =

(Ι).

β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/37

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

-------

χκαι3 -3.β 220092λ3 . Από χ+ 2.το2009α) το3 είπολυώνυμο ναι το Ρ( χ) θαμε έχεια = ρίζες -3λ2 3 +1)π(χ)+(-χ2 -2χ -1) , για λ ορί2009ζεται(διστοπλή) καικαι:το -2λ -4018. aνίσωση κάθε Ρ(χ)=(χ ΤοΡ(-1) υπόλοιπο-1 +της2-1 διαίρεσης είναι, Ο Q(x) Ρ(χ)+(χ+ 1)2 (χ-2009)2 (χ +4018) 2: ο� χ 2:-4018 (χ3 +1)π(χ)+(-χ2 -2x-l)+(x+l) 2 = (χ 3 + l)π(χ) (χ+ 1)(χ2 2 +1)-χ+ 1)π(χ), άραQ(l)η διαίρεση Q(x) : (1(χ+-χ1/ Οεί=>P(l) ναι τέλεια. + +4 Ο Ο Ρ(1) =>Ρ( 1) = -4, άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ-1 ), ισούται με -4. =

(Ι)

α)

χ Ε JR .

β)

α) Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με τα x l ,x-2 δίνει αντίστοιχα πηλίκα π 1 (χ), π 2 (χ). Να αποδείξετε ότι: π 1 (2)= π 2 ( 1 ) = Ρ(2)- P(l). β) Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με το χ1 , δίνει πηλίκο χ 2+2χ+3 ενώ διαιρούμενο με το χ-2 αφήνει υπόλοιπο 1 5.Να υπολογίσετε το πολυώνυμο Ρ(χ). γ) Να λύσετε την εξίσωση

JP(x) = χ - 1 ,

όπου Ρ(χ) το πολυώνυμο, που βρήκατε στο β) ερώτημα.

Ρ( χ)= (χ -1)π1 (χ)+ P(l), για κάθε => Ρ(2) = Πι ( 2)+Ρ(l) => Πι ( 2) = Ρ(2) -Ρ(1). Ρ( χ)= (χ-2)π2 (χ)+ Ρ(2), για κάθε => PΑπό (l) τις-πσχέσει => π2(l)=P(2)-P(l). 2(1)+Ρ(2)ς προκύπτει, π ι (Από 2)= πτο2(1)α), ανΡ(2)-P(l). θεωρήσουμε, π1 (χ)= χ2 + 2χ + 3 και Ρ(2) 15, έχουμε: πΡ( χ)= => 11 15-P(l) 4. => ι (2) (χΡ(2)-Ρ(1) P(l) -1)π1 (χ)+ P(l) (χ-1)(χ2 +2χ+3)+4= χ 3 +χ 2 +χ+1 . Ρ(χ)= χ 3 +χ 2 +χ+1= (x+l)(x 2 +1) . εξίσωση ορίζεται μόνο όταν χ2:-1 και είναι ισοδύναμη με την: �(χ2 +1)(χ+1) =χ-1 ι (!) ι + 1)( :2 �\�� (χ - ! )2 { χ 3 ::χ = Ο � { χ(χ 2χ+2:3)1 =ο { χχ =2: ο1 αδύνατη.

χ Ε JR

α)

χ Ε JR

β)

γ) Η

(Ι).

<c>

�

Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με το χ3 + 1 , αφήνει υπόλοιπο -χ 2-2χ-1 . Θεωρούμε το πολυώνυμο Q(x)=P(x)+(x+1) 2 • α) Να υπολογίσετε το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) δια του x+l . β) Να αποδείξετε ότι η διαίρεση Q(x) : (x 2x+l ) είναι τέλεια. γ) Αν το Q(x), έχει παράγοντα το χ-1 , τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ-1 ), ισούται με -4.

γ)

4 πολυώνυμο �χ)=χ +� +βχ +γ,γ>Ο, έχει παράγοντα το χ 2-1 . Το

α) Να αποδείξετε ότι: γ+α+ 1 = Ο και β = Ο. β) Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ 2-γ. γ) Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει ρίζα το χ = J2 ,να υπολογίσετε το πολυώνυμο Ρ(χ).

Το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ2-1=(χ+1)(χ-1), άρα P(l)=O => { 1+α+β+γ=Ο => {Ρ(-1)=0 1+α-β+γ=Ο => { 1 +α+2ββ+=ογ =Ο => { α+ β=γ+ ο1 = Ο Ρ(χ)= χ4 +αχ2 +γ,γ > 0 . Έχουμε: �±fr) =I +αy+γ=){γ+α+1) =γ.0=0. Το Ρ(χ) έχει παράγοντες το χ - JY και το x+ fr , με [γ 1:--[γ, σφ;Jύ γ > Ο άρα θα έχει και το ( χ-{γ) ( χ+JΥ) =χ2-γ, διότι αν το Ρ(χ) διαιρείται με χ-μ(χ-μ)(χ-ν) και χ-ν . μεΠράγματι μ1:-ν τοτεΡ(χ)=(χ-μ)Q(χ), διαιρείται και με γιαχ κάθε=>Ρ( ν)=( ν-μ)Q(ν) 0=( ν-μ)Q( ν) => => Q (ν) =Ο => Q (χ) = (χ -ν) Π (χ) για κάθε χ εΙR=>Ρ( χ)=( χ -μ)( χ -ν)Π( χ), για κάθε ρίζα χ = J2 ,θα είναι η JΎ , άρα γ 2 Από τη σχέση γ+α+ 1 Ο, προκύπτει α=-3 άρα Ρ(χ)= χ4 -3χ2 +2 . α)

β)

v ;t μ

χ ε JR .

γ) Η

:\ φ :ςη ση

Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/38

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

(χ-1 )(χ+ 1 ) δίνει αντίστοιχα πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο υ(χ). α) Να αποδείξετε ότι: Ρ(1) + Ρ(-1 ) Ρ(1) - Ρ(-1) . χ+ υ(χ) 2 2 β) Να υπολογίσετε το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου 2009 2010 2008 _ 2 1 χ χ +χ 1 με το χ

( χ = J22 ή χ = -J24;\σκψιη

-Ι

α) Ο

+ Ι) π=ο υ(χ)χ2 θα είναι διαιρέτηςάρα(χ-Ι)(χ δευτέρου βαθμού, το είναι υπόλοι τοπολυώπολύνυμο.πρώτου βαθμού ή θα είναι το μηδενικό Έστω υ(χ) = αχ++β, α, β +R , τότε:+ Ρ(χ)(1).= (x-l)(x Ι) π(χ) (αχ β), για κάθε Από την (1), για χ = Ι, χ = -Ι, έχουμε: ) -P(-I ) P(l α { Ρ(Ι)=α+β {Ρ(Ι) +Ρ(-Ι)=2β 2 P(-1) =--il+β Ρ(Ι) -Ρ(-Ι)=2α β P(l) + P(-I) 2 )+P(-I) P(l)-P(-I) P( Άρα, υ( χ ) = 2 χ+ l 2 . 0 1 0 χ2009 + χ2008 -Ι. χ) = χ2 έτουμε Ρ( Θ Από α),P(l)-Ρ( το υπόλοι-Ι)πο τηςP(l)διαίρεσης εί ν αι: υ( χ) 2 χ+ +Ρ(2 -Ι) -χ+ Ι, διότι, P(l) = Ο,Ρ(-1) = 2. Ε

x E IR

�

β)

{

α) Να λύσετε την εξίσωση 2y3-3y+ l =O. β) Με τη βοήθεια του α), να λύσετε την εξίσωση, 8χ3 -6χ+ .fi = Ο.

2y3Με-3yτη+ Ιβοήθεια = Ο<=> (τουy-1 σχήματος )(2/+2y-I)Homer, = Ο<=> , y = -1-J3 ) . η ( y = Ι η, y = -1+J3 2 2 8χ3 -6χ+ J2 =Ο<=> 8χfi3 - fi6χ +Ι=0<=>2 [ 4χfi3 ) -2 ( fi3χ ) +Ι=Ο<=> z[4�'' ) - { J�x ) +I �O<c:>4J2x3 -3J2x+l �ο <=> 2(χν -3(χν2) +Ι= Ο <=> { 2 y3y-3= yxJ2+ Ι = Ο -Ι-13 !;; (xfi =Ι ήxfi = - Ι +13 2 ή xfi 2 )<=> α)

β)

� 3

�

ή χ = -J24+ J6 ) .

� �

Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με τα x,x-

.fi , .fi .

χ+ .fi δίνει αντίστοιχα υπόλοιπα 1 ,

α) Να υπολογίσετε το διαίρεσης του Ρ( χ) με το χ 3 2χ . β) Να αποδείξετε ότι υ υ ( χ ) - χ , έχει παράγοντα το

{

)

.fi ,

υπόλοιπο

της

το πολυώνυμο χ2 2 .

θα είναιπολυώνυμο. το πολύ δευτέρου Τοή υπόλοι ποτου(χ)μηδενικό βαθμού θα εί ν αι Έστω 2 + + υ(χ)=αχ βχ γ, α,+ β, γ R , τότε: Ρ(χ)=(χ3-2χ)π(χ) υ(χ)= =(x-J2 )(x+ J2 )π(χ)+αχ2+βχ+γ, για κάθε (I). Από υπόθεση, Ρ (Ο) = J2) = J2 και P( J2 ) = -J2 . Από την (Ι), αν θέσουμε, όπου χ = Ο, J2 ,- J2 αντίστοιχα έχουμει: γ= Ρ( Ο)= I Ρ(J2) = J2 2α + βJ2 +γ = J2 Ρ( -J2) = -J2 2α-βJ2 +γ = -J2 α=--2Ι γ= 1 4α+2γ=0 β= I 2α+βJ2 +γ=J2 γ= I Άρα, υ( χ)= _!_χ2 +χ+ 1 . 2 Ρ(χ) = (χ3 -2χ)π(χ)+υ(χ), για κάθε . Άρα: Ρ( J2 ) = υ( J2 ) = J2 και P(-J2) = υ(-J2) = -J2 . Θέτουμε Q(x) = υ ( υ( χ) )-χ . Q( J2) = υ(υ( J2 ))-J2 =J2 -J2 = Ο. Q(-J2) = υ(υ(-J2 ))+ J2 =- J2 + J2 Ο και J2 -J2 . Άρα, το Q(x), έχει παράγοντα το (χ -J2 )(x+ J2) = χ2 -2. . \ \J σ η

α)

{

�

{

χ Ε IR

Ι ,Ρ(

�

χ Ε IR

β)

\ σ"ηση

Δίνονται τα πολυώνυμα P(x)=(k-1)x3 + p x 2 +mx+ n , Q(x) = χ 2 -1 , k, p ,m,n E R . Το πολυώνυμο P(x).Q(x) είναι πέμπτου βαθμού και το Ρ( χ) έχει παράγοντα το Q(x). α) Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν k = 1 και να αποδείξετε ότι η = -p , k-1 = -m. β) Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν m=O και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/39

------

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου ------

να λύσετε την εξίσωση Ρ(χ) = Ο ( 1 ). γ) Αν το πηλίκο της διαίρεσης P(x) : Q(x) ισούται με χ-3, να αποδείξετε ότι: Ρ(χ) = χ3 -3χ 2 -χ+3.

ι Το πολυώνυμο πέμπτου P(x). Q (x) είνα βαθμού καιείναιτο τρίτου Q(x) είναιβαθμού. δευτέρου βαθμού, άραότι:το θα Συμπεραίνουμε Ρ(χ) k-1:;t0=>k :;tl.παράγοντα το ΤοQ(x)Ρ(χ)= χέχει 2 -Ι = (χ-Ι)(χ+ 1), άρα, { P(l) = Ο => { k -Ι + p + m + η = Ο => Ρ( -1) =Ο -(k -1) + p-m +η = Ο 2p + 2η =Ο => { η = -p => { 2(k-1)+2m=0 k-1=-m m Έστω = Ο. Τότε: k -1 = -m => k -1 =Ο => k = Ι,�άτοπο. Άρα, m :;t Ο , οπότε. � -mx(x-mx32 -l)+p+px2(x+2mx-p -1)=0= Ο � (p-mx)(x2 -I)=O� (χ=- ή x=l ή χ= ..Ε_m ). Ρ(χ) =χ3= Q(x)(x-3) -3χ2 -χ+=3.(χ2 -Ι)(χ-3) = α)

β)

(Ι)

γ)

Να-2 ).βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ2 11) α) Να λύσετε την εξίσωση 2χ3 -4χ2 +χ+ 1 = Ο. 12) β) Με τη βοήθεια του α), να λύσετε την εξίσωση, 18/ -12J3 /+3y+ J3 = Ο. 13) α)βαθμού, Να υπολογίσετε τέτοιο ώστε:πολυώνυμο Ρ(χ) δευτέρου Ι4) Ρ(χ+ 1)-Ρ(χ) = χ. 15) β) Να βρείτε το άθροισμα 1+2+3+. +ν, ν ε Ν . 16) Το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ3 + αχ2 +βχ+γ, α,β,γ εR, έχει παράγοντα το (χ -1)2 . 1 7) συνάρτηση α) Να βρείτουτε α.την τρίτη ρίζα του Ρ(χ),ως Ι8) Ρ(β)χ).Αν Ρ(-2011) = Ο, να βρείτε το πολυώνυμο 19) γ) Αν Ρ(χ), το πολυώνυμο που βρήκατε στο β), να λύσετε την εξίσωση JP(x) j x -lj . *

Λ ΠΑΝΤΗΣ ΕΙΣ

ω το πολυώνυμο R:χ)=�+�-5χ+4,α,βεR. 1) Έστ Τοαντίστοιχα Ρ(χ) υπόλοιπα διαιρούμενο6,2. με χ+2,χ-1 δίνει 2) α) Να αποδείξετε ότι: α= �και 3 β = �3 . 3) β) Να λύσετε την εξίσωση Ρ(χ)-6 = Ο. 4) γ) Να λύσετε την ανίσωση Ρ(χ):::=: 2. 5) Το πολυώνυμο Ρ(χ)= αχ4 +(α -Ι6)χ3 -αχ2 +α-13,α ε R , , παραγοντα . το χ --.Ι εχει 2 6) α) Να αποδείξετε ότι: α= 16. 7) β) Να λύσετε την ανίσωση Ρ(χ) < Ο. 8) γ) Να λύσετε την εξίσωση Ρ(συνχ) = Ο. 9) ότια) Έστω το πολυώνυμο Ρ(χ). Ρ(χ): Να αποδείξετε υπόλοιπο διαίρεσης το της όπου P(k)-Ρ(-k) k :;t Ο , +Ρ(-k)(χ2 -kεί2ναι:) , υ( χ)= 2 χ+ P(k) 2 . Ι Ο) β) Έστω το πολυώνυμο Ρ(χ) = 3χ6 -4χ4+5χ2+ 1.

1) β) (χ+2)(�χ2 3 -2χ-1)=0 γ) (χ - )(�3 χ 2 + 3 χ -2) J3 <--η-<χ 1 , 1 < -J3 2) β) --<Χ 2 22 2 γ) συνχ = J32 21 3) β)υ(χ) = 19 4) α) χ= Ι η' χ = 1±J3 2 . β) y = J31 η, y = I 2J3J3 5) α) Ρ( χ) = 21 χ 2 - 21 χ + γ, γ ε R β) ν(ν+1) 2 α) χ = +-α2011-2 γ)β) χΡ(χ) 6) 4021χ χ3 +2009χ2 = 1 ή χ =-2011.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/40

;::::

±-,±-

-------

Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου -------

Ε μ �αδ ά των Ε υθυγράμ μων Σχ η μάτων Γιώργος Τσαπακίδης

Π ερ ι ληπτ ι κή Θ εωρ ία

Α.

ι να φορές πρέπετμήμα, σχήματος πουίση μεμαςτο λέεμοναδι πόσες Το εμβαδόντηνενός είναι ο θετιπουκός έχεαριιθμός, ι ι ι τετραγώνου, πλευρά αίο φάνε ευθύγραμμο α επαναλάβουμε ενός επ ι ι φάνε την για να πάρουμε επ Τύποι ψβαδών. α του σχήματος. •

D l [L..L._] .-·

,@-·'

Ε= ι /2αυα= ι /2βυβ= ι /2yυ,

Ε•οβ

β+Β E= - · U 2 Β Ε= ι /2βγημΑ= ι /2γαημΒ= ι /2αβημΓ

Ε=

�----. -:�-γ

• γ{\ ε ε�"� � -..,iμ«ρος.ρ

α )-;β-;-: -::-) )(,τ- γ (τ --::τ (;τ- -; Ε= �'

Ε= ι /2αυα= ι /2βυβ= ι /2yυ,

•

Χρήσι μ ε ς Προτάσε ι ς

Εμβαδά και λόγοι

( ΑΒΓ)

( ΑΉΓ)

Αν Αν

Β Γ= Β ' Γ ,

τότε: ( ( ) ) τότε: ( ( ΑΒΓ ) ) Β ( )2 Β τότε : ( Α Γ ) Β Γ ( )

Β Γ ::::: Α '

ΒΓ

-:-''-----''-:-

Α Έ 'Γ

Τ' ,

Β 'Γ

ΑΉ' · ΑΓ

τη

Ε μ β α δά στην Α π ο δει κτικ ή Δι α δι κασ ία

εσωτερική (εξωτερική) διχοτόμος μιας γωνίας του χωρίζει εσωτερικά (εξωτερικά) την απέναντι της γωνίας πλευρά σε μέρη ανάλογα προσκειμένων των πλευρών του τριγώνου. Α π όδ ειξη

Α Έ 'Γ

ΑΒ · ΑΓ

I " Θεώρη μα Δ ιχοτ ό μων : Σε κάθε τρίγωνο η

ΑΒ Γ

Τα βοήθεια των εμβαδών αποδεικνύονται, με Με απλό τρόπο, αρκετά γνωστά θεωρήματα, όπως τα: Β.

Αν ΑΔ=Α ' Δ ' ,

•

ι δ τηςτουγωνίας τουοι Έστω η ιγώνου ις του χοτόμος ψ και τραποστάσε ύ το ος αντίστοιχα. από τις πλευρές και Α

ΑΔ

ΑΒΓ, Α Η

ΑΔ

Α 'Δ '

ΑΈ Γ

Β 'Γ

Β ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/41

Δ Ε , ΔΖ ΑΓ ΑΒ

----

------ Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΔΒΕ έχουν Μ Ζ + ΕΔΒ = 1 80° , άρα �=� ::: ( 1 )

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

( ΑΒΔ) -2 ΒΔ · ΑΗ ΒΔ Είναι: (ΑΓΔ) -1 ΔΓ · ΑΗ ΔΓ 2

(1)

(ΑΒΔ) -=-ΑΒ · ΔΕ- ΑΒ -- = (ΑΓΔ) _!_ ΑΓ · ΔΖ ΑΓ

(2)

� 2

(αφού κάθε σημείο της διχοτόμου ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας). Από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε: ΒΔ = ΑΒ ΔΓ ΑΓ Έστω ΑΔ ' η εξωτερική διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ, ΑΗ το ύψος του και Δ Έ, Δ ' Ζ οι αποστάσεις του Δ ' από τις ευθείες ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα.

�� --�... ... ... ... �Β Η ... ...

Δ''

::__- -- -

(1)

' ( ΑΒΔ ' ) - ΑΒ · Δ Ε ΑΒ ( ΑΒΓ ' ) _!_ ΑΓ · Δ 'Ζ ΑΓ

�

(2)

�' "

' Από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε: ΒΔ = ΑΒ ΓΔ ' ΑΓ

'':'' ' χ · ·

;: : :· >: �

· : ·• >'i:λ<:ε .μ η :

Αν ευθεία ε τέμνει τις πλευρές ή τις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ , ΒΓ και Γ Α του τριγώνου Α ΒΓ στα και αντίστοιχα, τότε ισχύει: , , Δ

Ε Δ Α . Ε Β . ΖΓ Δ Β Ε Γ ΖΑ

. ·

Θα εφαρμόσουμε την πρόταση: Αν μια γωνιά ενός τριγώνου είναι ίση ή παραπληρωματική με μια γωνιά ενός άλλου τριγώνου, τότε ο λόγος των εμβαδών των δύο τριγώνων ισούται με το λόγο των πλευρών που περιέχουν τις ίσες ή παραπληρωματικές γωνίες. Α

-----

11 <'7 '

. ΑΒΔ ' ) _ ΒΔ ' ΑΗ __ΒΔ ' ( Έχουμε: ...:._ ..._ ..:.... ( ΑΓΔ ' ) ..!_ ΓΔ ' · ΓΔ ' ΑΗ

�

Τα τρίγωνα ΔΒΕ και ΕΓΖ έχουν την Ε κοινή ( ΔΒ Ε ) _ ΔΕ . Β άρα Ε (2) ( Ε ΓΖ) ΕΓ · ΕΖ Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΕΓΖ έχουν ΕΖΓ = ΑΖΔ , ( ΕΓΖ) _ ΕΖ · ΖΓ (3) άρα (ΑΔΖ) ΖΑ · ΔΖ Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις ( 1 ), (2), (3) ΔΒΕ)( ΓΖ) Ε και παίρνουμε: ( ΑΔΖ)( (ΔΒΕ){ ΕΓΖ)( ΑΔΖ) ΔΑ · ΔΖ · ΔΕ · ΕΒ · ΕΖ · ΖΓ ΔΑ · ΕΒ · ΖΓ . => 1 = ΒΔ · ΔΕ · ΕΓ · ΕΖ · ΖΑ · ΔΖ ΔΒ · ΕΓ · ΖΑ

Ο Μενέλαος ήταν Έλληνας μαθη ματικός και aστρονόμος που έζησε κυρίως στην Αλεξάνδρεια μεταξύ του Ι ου και 2 °υ μ.Χ αιώνα. Για ένα διάστημα έζησε και στη Ρώμη . Το σπουδαιότερο έργο του Μενελάου είναι τα « Σ φαιρικά», που αναφέρονται στις ιδιότητες των σφαιρικών τριγώνων. δηλαδή τριγώνων που ορίζονται στην επιφάνεια μιας σφαίρας από τρεις μέγιστους κύκλους της. Το διάσημο θεώρημα του Μενελάου δεν αποδεικνύεται στα «Σφαιρικά» , αλλά χρησιμοποιείται για την απόδειξη άλλου θεωρή ματος. Είναι ενδεχόμενο να υπήρχε στο χαμένο έργο του «Περί τριγώνων».

Α ν Ρ είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΑΒΓ και οι Α Ρ , και Β Ρ , Γ Ρ τέμνουν τις ΒΓ , ΓΑ και ΑΒ στα , 1'

Β Δ ΓΕ Α Ζ τοτε: Z αντιστοιχα, , , Δ Γ Ε Α ΖΒ

· - · -

Δ Ε

Αν ΒΒ ' ύψος του Α Ρ Β και ΓΓ ' ύψος του ΑΡΓ έχουμε: ΒΔ = ΒΒ ' (ΑΡΒ) από Β Β ' Δ r r ·Δ = ΔΓ ΓΓ (ΑΡΓ) ( αφού τα τρίγωνα αυτά έχουν την ίδια βάση ΑΡ). Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/42

(

�

)

------

-------2 ΒΓ · ΑΗ ΑΗ = - = _!_ ΒΓ · ΡΘ ΡΘ 2 ( από τα Α Δ ;:::: Ρ Θ Δ ) = ΑΔ - ΡΔ = = ΑΔ Δ Δ Δ

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Έτσι έχουμε: ΑΖ = ( ΑΡΒ) . ( ΒΡΓ) . ( ΓΡΑ ) = 1 ΒΔ · Γ Ε · ΔΓ ΕΑ ΖΒ ( ΑΡΓ) ( ΒΡΑ ) ( ΓΡΒ)

nω

A ιι !J c l :

Αν Ρ είναι το εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΑΒΓ και οι ΑΡ, ΒΡ, ΓΡ τέμνουν τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ στα Δ, Ε κα ι Ζ αντίστοιχα, τότε ισχύει: ΑΡ ΑΖ ΑΕ + ΡΔ ΖΒ ΑΓ =

Α π ό δ ε ιξη

Όπως είδαμε στην απόδειξη του Θεωρήματος του Ceνa, έχουμε:

ΑΡ

5" Θ ε ώ ρ η μ α του \f i ' i n n i : Το άθροισμα των αποστάσεων τυχαίου εσωτερικού σημείου ισόπλευρου τριγώνου από τις πλευρές του είναι σταθερό. Α π ό δ ειξη

Έστω Ρ εσωτερικό σημείο του ισόπλευρου τριγώνου ΑΒΓ πλευ ράς α και ΡΔ, ΡΕ και ΡΖ οι αποστάσεις του από τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ αντίστοιχα. Α

Ο Giovanni Ceva (1648-1 734) ήταν Ιταλός γεωμέτρης, το κυριότερο έργο του, στο οποίο περιέχεται το «θεώρημα του Ceνa» ήταν το «De linies rectis se inνicem secantibus statica construction» που εφαρμόζει τη θεωρία των κέντρων βάρους στην απόδειξη γεωμετρικών θεμάτων. 4" Θ α;) ρ η μ α τ ου

-Ι

Είναι: ( ΡΒΓ) + ( Ρ ΑΓ) + ( ΡΑΒ) = ( ΑΒΓ) � Ι

� - α · Ρ Δ + - α · Ρ Ε + - α · ΡΖ = - α · υ � 2

� Ρ Δ + Ρ Ε + ΡΖ = υ (υ το ύψος του ισοπλεύρου τρ ιγώνου )=σταθερό. Η πρόταση αυτή εύκολα Π α ρ ατ i1 ρ η σ η : γενικεύεται για οποιοδήποτε κανονικό πολύγωνο . Ι στ ο ρ ι κ ό

---

ΑΖ ΑΕ ( ΑΡΓ) ( ΑΡΒ) = -+-= + ΖΒ ΕΓ ( ΒΡΓ) ( ΒΡΓ) ( ΑΡΓ) + (ΑΡΒ) _ (ΑΒΓ) - ( ΒΡΓ) _ -_ ( ΒΡΓ) ( ΒΡΓ) ( ΑΒΓ) ( ΒΡΓ) ( ΑΒΓ) = --- =-- - Ι = (ΒΡΓ) (ΒΡΓ) (ΒΡΓ)

Ο Vincenzo Viviani (1 622-1 703) ήταν Ιταλός μαθηματικός και μηχανικός, που από τ α 1 7 του χρόνια έγινε μαθητής, γραμματέας και βοηθός του Γ αλιλαίου. Μελέτησε τους aρχαίους Έλληνες γεωμέτρες και έγραψε σχόλια στα «Κωνικά» του Απολλωνίου και τα «Στοιχεία» του Ευκλείδη . Θ ι:ιο ρ η μ α Π τολ:: μ υ ίου Σε 6" εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓΔ ισχύει: ΑΓ ΑΒ · ΑΔ + ΓΒ · ΓΔ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/43

= -------

ΒΔ

ΒΑ · ΒΓ + ΔΑ · ΔΓ

κάθε

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ------Απ ό δειξ η

Έστω R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ , έχουμε: Β

(ΑΒΓ) =

ΒΑ · ΒΓ · ΑΓ

( ΑΓΔ) =

ΔΑ · ΔΓ · ΑΓ

Ομοια: ( ΑΒΓΔ) =

( ΑΒ · ΑΔ + ΓΔ · ΓΔ) ΒΔ

rl ρ ο βλι1 μ ατα

Ι . Αν ο Θεσσαλικός κάμπος έχει έκταση 5. 1 00 τετραγωνικά χιλιόμετρα, ο πλη θυσμός της γης είναι 7 δισεκατομμύρια και για να σταθεί όρθιος ένας άνθρωπος απαιτείται χώρος ενός τετραγώνου πλευράς 50 εκατοστών, χωράει όρθιος ο ανθρώπινος πλη θυσμός στο Θεσσαλικό κάμπο;

}

( ΒΑ ΒΓ + ΔΑ · ΔΓ) ΑΓ άρα ( ΑΒΓΔ ) = --'----·--------'--

ερμήνευσε τη φαινόμενη κίνηση των πλανητών με τη βοήθεια της Γεωμετρίας. Στο έργο αυτό, που είναι πιο γνωστό με το Αραβικό του όνομα «Αλμαγέστη» , ο Πτολεμαίος έκανε ακριβείς εφαρμόζοντας μετρήσεις «γεωμετρική τη τριγωνομετρία» βασική πρόταση της οποίας είναι το 1 ο θεώρη μα, που αναφέρεται στις παρατηρήσεις.

(Ι) (2)

• •

•

Λύ ση

Πληθυσμός γης=7 . Ι 0 9 κάτοικοι Μέρος της επιφάνειας της γης, που απαιτείται , ο' ρ θ ιο αν ' θ ρωπο= -Ι · -Ι = -Ι m 2 απο, εναν 2 2

Μέρος της επιφάνειας της γης, που απαιτείται Από τις ( Ι ) και (2) παίρνουμε: για να σταθούν όλοι οι άνθρωποι (ΒΑ · ΒΓ + ΔΑ · ΔΓ) ΑΓ = ( ΑΒ · ΑΔ + ΓΒ · ΓΔ) ΒΔ 7 · 1 09 • .!. ΑΓ ΑΒ · ΑΔ + ΓΒ · ΓΔ 4 Κm 2 2 0 m = 1 όρθιοι= 7 9 _!_ => - = ------· 06 4 1 ΒΔ ΒΑ · ΒΓ + ΔΑ · ΔΓ Π α ρ ατη ρ ι1 σ ης. Στην Ευκλείδεια Γεωμετρία (αφού αναφέρονται και άλλα δυο θεωρήματα με το όνομα = 7 · 103 . _!. = Ι 750Κm2 • του Πτολεμαίου . 4 Ι " Σε κάθε εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓΔ ο Θεσσαλικός κάμπος χωράει όλους Επομένως ισχύει: ΑΒ.ΓΔ=ΑΒ.ΓΔ+ΒΓ.ΑΔ ανθρώπους της γης ακόμη και ξαπλωμένους! τους 2 " Γ ια κάθε μη εγγράψιμο τετράπλευρο ισχύει: ΑΒ .ΓΔ<ΑΒ.ΓΔ+ΒΓ.ΑΔ 2 . Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΑΒ=7, ΒΓ=ΙΟ και Είναι προφανές ότι οι δυο προηγούμενες ΓΑ=8. Το τρίγωνο ολισθαίνει πάνω στην ευθεία προτάσεις μπορούν να συμπτυχθούν στην: Για ΒΓ και παίρνει μια νέα θέση Α ' Β ' Γ, όπως κάθε τετράπλευρο ισχύει: φαίνεται στο παρακάτω σχή μα. Ποιο πρέπει να ΑΒ.ΓΔ::ΞΑΒ.ΓΔ+ΒΓ.ΑΔ είναι το μήκος του τμήματος ΒΒ ' έτσι, ώστε το 4R

•

Ι στ ο ρ ι κ ό

κοινό μέρος των τριγώνων ΑΒΓ και Α ' Β ' Γνα έχει εμβαδόν ίσο με το μισό του εμβαδού του ΑΒΓ; Α

Ο Κλαύδιος Πτολεμαίος ήταν μαθηματικός, αστρονόμος και γεωγράφος που έζησε στην Αλεξάνδρεια το 2° μ.Χ. αιώνα. Ο Πτολεμαίος συγκέντρωσε όλες τις αστρονομικές γνώσεις των αρχαίων Ελλήνων και ιδίως του Ιππάρχου ( \ 90- 1 20 π.Χ.) στο μεγάλο έργο του «Μαθη ματική Σύνταξις», στο οποίο θεμελίωσε το γεωκεντρικό σύστη μα και

Α'

\:;; (�;) � (�;)

Λ ύ ση

�

Επειδή τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΒ Τ είναι όμοια, 2 2 = = έχουμε: � � =

��

� Β Τ = sJ2, έτσι : ΒΒ ' = ΒΓ - Β Τ = 1 0 - sJ2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/44

-------

Μαθη ματικά για την

Α'

Β'

Λυκείου

--------

όταν 0,5 cm του χάρτη αντιστοιχούν απόσταση 20Km στην πραγματικότητα;

σε

Λ ι'J t�η

Β'

Ένα ισόπλευρο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε τετράγωνο πλευράς α, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Ποιο είναι το εμβαδόν του ισοπλεύρου τριγώνου;

Α\Jση

Επειδή ΑΒ = ΒΓ και ΒΕ=ΒΖ τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΕ και ΒΓΖ είναι ίσα, άρα: ΑΒΕ = Γ ΒΖ = 30° ( αφού ΕΒΖ = 60° ) Α

Ι Ι rφαηΊ ρψιη : Η

είναι : 826 1 km2

4 . Στο χάρτη απεικονίζεται η Κρήτη. Μπορείτε να υπολογίσετε προσεγγιστικά την έκτασή της,

Διπλώνουμε ορθογώνιο ένα παραλληλόγραμμο, διαστάσεων α, β ( α>β) κατά μήκος μιας διαγωνίου του όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Ποιο είναι το εμβαδόν του κοινού μέρους των δυο τριγώνων που σχηματίζονται;

_ro,

�

) .:..... \· ·ι_ _

ορθ. Α Β Γ = ορθ.Δ Β Γ , είναι Επειδή ' ' ΑΒ Γ = ΔΓΒ , έτσι το τρίγωνο ΕΒΓ είναι ισοσκελές, άρα ΕΒ =ΕΓ οπότε Ε Δ=ΕΑ=χ, επομένως ΕΒ=ΕΓ=α-χ. Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθ.Δ Ε Β , έχουμε: α- + β 2 ΕΒ2 = ΕΔ- + ΔΒ2 <:::> ( α - χ ) = χ 2 + β - <:::> χ = --=-2α

(( ....Lru..,y:; "'·:, J. �--� ��--."-��

ακρ ιβής έκταση της Κρήτης

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε: 2α , ΑΒ = α = ετσι ΒΕ = συν3 0° J3 J3 ' 2 ( ΒΕΖ) = ΒΕ ΒΖημ60ο = 2 1 2α . 2α J3 = α2 J3 -2 ' J3 J3 2 3

_!_

Χωρίζουμε το χάρτη σε ορθογώνια παραλληλόγραμμα όπως φαίνεται στο σχήμα: 1 ου ορθογωνίου: Εμβαδόν 2 Ει=1 44 ·30=3 420 Κm Εμβαδόν 2 ου ορθογωνίου: E2 =94-44=4 1 3 6Km2 Ε μβαδόν 3ου ορθογωνίου: Ε3=52·20=1 400Κm 2 Προσεγγιστική έκταση Κρήτης: 8956 Κm 2

Γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/45

---- Μαθηματικά για την Β ' Λυκ είου

( ΕΒΓ) = ( ΑΒΓ) - (ΑΕΓ) = 1 αβ - 1 ΑΕ · ΑΓ = 2 2 2 2 2αβ - ( α 2 + β 2 ) β = -1 αβ - -1 · α + β · β = . 2 2 2α 4α

----

Λ \) σ η

Σε κάθε τρίγωνο ισχύουν : Ε = _!_ βγημΑ ( 1 ) 2 α 2 = β 2 + γ 2 - 2βγσυνΑ (2) β 2 + γ2 - α2 τη (2) Από παίρνουμε : συν = Α , 6. Στο παρακάτω τετράγωνο, που έχει 2βγ εμβαδόν 1 , το Μ είναι το μέσο της αντίστοιχης +--'-γ-2_ -_α_' .:__β_2_ πλευράς του. Ποιες οι τιμές των εμβαδών Ε ι , Ε 2 , οπότε: η μ 2 Α = 1 - συν 2 = 1 Α Ε 3 , και Ε 4 ; γ 2β ( 2βγ ) 2 - ( β 2 + γ 2 - α 2 ) 2 = = 4β 2 γ 2 Μ ( 2βγ + β 2 + γ 2 - α 2 ) ( 2βγ - β 2 _ γ 2 + α 2 ) 4β 2 γ 2 (β + γ ) 2 _ α 2 - [ α 2 - (β - γ )] 2 = =-----=�--------4β 2 γ 2 Επειδή � =45" =Μ, θα είν ι : + γ + α ) ( β + γ - α )( α + β - γ )( α - β + γ ) ξ 1 = (β (3) = - ΑΒ · ΒΕ · ημ45" = 4β -? γ -? 2 α+ β+γ=2τ, τότε: J2 = J2 ΒΕ και � = -1 ΒΕ · ΒΜ· ημ45" α + βΑ+ν γθέσουμε = -1 1 · ΒΕ · 2α = 2τ - 2α β + γ - α = 2 ( τ - α) 2 4 2 2 γ α + β + - 2β = 2τ - 2β έτσι β + γ - β = 2 ( τ - β ) = _!_ ΒΕ _!_ · J2 = J2 ΒΕ . α + β + γ - 2γ = 2τ - 2γ β + γ - γ = 2 (τ - γ) 2 2 2 8 Οπότε η (3) γράφεται : Έτσι αρκεί να υπολογίσουμε το ΒΕ. Α Β 2τ · 2 ( τ - α ) 2 ( τ - γ ) 2 ( τ - β ) ημ 2 Α 4β 2 γ 2 4τ ( τ - α ) ( τ - β ) ( τ - γ ) , = Μ ' αρα β2γ2 ημΑ = � �τ ( τ - α ) ( τ - β ) ( τ - γ ) βγ Γ Και έτσι η ( 1 ) γίνεται : Είναι : Β Ε = � ΒΟ ( αφού το Ε είναι το κέντρο Ε = �r� (,--τ- α-).,--_ -,γ) β )--,( τ( τ3 Ι σ τ ο ρ ι κ ό σ η μtίω μ ο : J2 = J2 . βαρους το Α Β Γ ) = -2 · Ο Ήρων ο Αλεξανδρεύς ήταν Έλληνας 3 2 3 μαθηματικός, φυσικός και μη χανικός , που έζησε και

[

2 2 Επομένως ξ = fi . fi =-1 , � = fi . fi = J_ 4 3 6 8 3 12 '

έδρασε στην Αλεξάνδρεια μεταξύ του 1 ου π. Χ. και του 1 ου μ.Χ. αιώνα.

7 . Αποδείξτε τον τύπο του Ήρωνα:

Ε=

�τ { τ - α ){ τ - β ){ τ - γ )

για το εμβαδόν του τριγώνου.

Ήταν διευθυντής της Ανώτατης Τεχνικής Ελληνικής Σχολής, του πρώτου Πολυτεχνείου στον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/46

------

κόσμο. Το συγγραφικό έργο του Ήρωνα, ήταν μεγάλο σε έκταση και πολύπλευρο, σώθηκαν δέκα τρία έργα και θεωρούνται τέσσερα χαμένα. Ο Ήρωνας στα έργα του περιγράφει την κατασκευή πρωτοποριακών μηχανών για την εποχή του, καθώς και εφαρμογές των μαθη ματικών στην Τεχνολογία και τη ζωή .

Υποθέτουμε ότι το παρακάτω σχήμα παριστάνει ένα τοπογραφικό διάγραμμα ενός αγρού, που βρίσκεται κοντά σε μια ερημική παραλία. Μπορείτε να βρείτε μια μέθοδο προσεγγιστικού υπολογ ι σμού του εμβαδού του αγρού;

Χωρίζουμε τη βάση ΒΓ σε ν ίσα τμήματα και κατασκευάζουμε τα αντίστοιχα τραπέζια, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Α�Δ β

' ' '

' '

: β ι :' β2

' ' ' ' ' '

' ' '

: β,·

-------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

μπορεί να ισχύει η ισότητα στις ( 1 ), (2) και (3) συγχρόνως, γιατί αν ίσχυε θα είχαμε, , , , 2τ τ Α = Β = Γ = 90ο άτοπο)= - = - . 2Ε Ε Ι!l ιφ :.: r:� ιηι;�· " i ' Επειδή Ε=ρτ η ανισότητα που γράφεται: δείξαμε 1 1 1 1 1 1 1 τ - + - + - < - <:::::> - + - + - < α β γ τρ α β γ ρ

, fli .. Στον πάπυρο του Rhind φαίνεται ότι οι αρχαίοι Αιγύπτιοι υπολόγιζαν το εμβαδόν τα πολλαπλασιάζοντας τετραπλεύρου η μιαθροίσματα των απέναντι πλευρών του. Ήταν σωστός ο υπολογισμός του; Αν δεν ήταν, τότε πώς συνδέεται το εμβαδόν του τετραπλεύρου με το γινόμενο των η μιαθροισμάτων των απέναντι πλευρών του; Α

j; i

_:ος;

, , --

α ....

.....

..... ..... "" "'. ' .... "' "' ' ' "'

....

"' "'

- - - - ---�/' ,. "' ,. ,.

Δ-�-� -- --

.....

..... .....

....

___

_::_:·Ξ��

Έστω Ε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ h και α, β, γ και δ τα μήκη των πλευρών του. B h h h h hr Το εμβαδόν του σχεδιαγράμματος κατά Έχουμε: 2Ε = (ΑΒ Γ) + (ΑΔΓ) + (ΑΒ Δ ) + ( ΓΒ Δ) = προσέγγιση είναι: 1 1 1 1 β + β ι h β ι + β2 h β +Βh= = - αβημΒ + -γδημΔ + - αδημΑ + -βγημΓ + + ... + ν Ε' = 2 2 2 2 2 2 2 1 1 h � αβ + γδ + αδ + βγ) = ( α + γ ) (β + δ ) . = ( β + 2β 1 + 2β 2 + . . . + 2β ν + Β ) . 2 2( 2 α γ β+δ , Αν το τοπογραφικό διάγραμμα έχει κλίμακα Ά ρα Ε � + , οπου το = ισχυει, οταν: 1 :κ, τότε για το εμβαδόν Ε του αγρού έχουμε: .2 2 ημΑ=ημΒ=ημΓ=ημΔ = 1 � = � 2 <:::::> Ε = κ 2 · Ε ' ' <:::::> Α = Β = Γ = Δ = 90° <:::::> ΑΒΓΔ ορθογώνιο. 1 Ε '

-- --

()

, ,

λ Σε κάθε τρίγωνο δείξτε ότι ισχύει:

1 1 1 τ -+-+-<α β γ Ε

1 1 1 Είναι: Ε = -βγημΑ � -βγ1 = -βγ, 2 2 2

έτσι: Ε � _!_ βγ <:::::> _!_ � _l_ ( 1 ) 2 β 2Ε 1 α 1 β , , ομοια εχουμε: - � - (2) και - � - (3) γ 2Ε α 2Ε Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 1 ), (2) και (3) 1 1 1 α παίρνουμε: - + - + - < + β + γ ( αφού δεν α β γ 2Ε

Ο πάπυρος του Rhind, που γράφτηκε το 1 65 0 π.Χ., είναι αντίγραφο ενός άλλου πρωτότυπου πάπυρου παλαιότερου κατά δυο αιώνες. Στον πάπυρο περιλαμβάνονται 8 7 προβλή ματα με τις λύσεις τους γραμμένα σε κοινή ιερατική γραφή και όχι σε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/47

----- Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ιερογλυφ ική . Ο πάπυρος ανακαλύφθηκε στα μέσα του 1 9ου αιώνα και αγοράστηκε από το Βρετανό Α.Χ. Rhind και πουλήθηκε από τους εκτελεστές της διαθήκης του στο Βρετανικό Μουσείου, όπου βρίσκεται σήμερα. !1. Αν Ε είναι το εμβαδόν ενός

τετραπλεύρου πλευρών α, β, γ και δ, τότε Ε�

ισχύει:

� ( α + β )( γ + δ ) .

Λίι ση

Με πλευρά τη ΒΔ κατασκευάζουμε τρίγωνο ΒΓ Δ, τέτοιο, ώστε ΒΓ =γ και ΔΓ =β, έτσι Β Γ Δ = Β Γ 'Δ , άρα (ΒΓΔ)=(ΒΓΔ) Δ

-----

=> - z ( α - y ) ημ60° + - χ ( α - z ) ημ60° + 2 2

+.!. y ( α - χ ) � .!. α · α · ημ60° 2 2 <=> z ( α - y ) + χ ( α - z ) + y ( α - χ) � α 2 •

1 3 . Στο τρίγωνο ΑΒΓ τα Δ και Ε είναι σημεία των πλευρών του ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Αν Κ είναι το σημείο τομής των ΒΕ και Γ Δ, (ΒΔΚ)=5, (ΒΚΓ)=7 και (ΓΕΚ)=3, ποιο είναι το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΚΕ ;

Λ ίι σ η

Θα χρησιμοποιήσουμε την πρόταση: Αν μια γωνία ενός τριγώνου είναι ίση ή παραπληρωματική μια γωνιά ενός άλλου τριγώνου, τότε ο λόγος των εμβαδών των δυο τριγώνων ισούται με το λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις ίσες ή παραπληρωματικές γωνίες.

I I Έχουμε: - ( α + β )( γ + δ ) ( αγ + αδ + βγ + βδ ) = 4 4 1(1 I I 1 ) - αδ + - βγ + -αγ + -βδ 2 2 2 2 2 1(1 I I , +-βδημΑΔΓ I , αδημΑ + -βyημΓ += -

2':

= -

2': -

2 2

αyημΑΒΓ

� [{ ΑΒΓ) +(ΓΔΒ) +( ΑΒΓ) +(Γ'Μ)] = .!_ (Ε + Ε) = Ε 2 2 1 2 . Αν α>Ο και χ, y, z ε (Ο,α] , δείξτε ότι : χ( α-z) +y( α-χ)+z( α-y)::::;α 2

Λ ίι σ η

Κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α και πάνω στις πλευρές του ΒΓ , ΓΑ και ΑΒ παίρνουμε σημεία Κ, Λ και Μ αντίστοιχα έτσι, ώστε: Α

Β Κ=χ, Γ Λ=y και AM=z αντίστοιχα, οπότε: ΚΓ=α-χ, ΛΑ=α-y και ΜΒ=α-z. Προφανώς: (ΑΛΜ)+ (ΒΜΚ)+ (ΓΚΛ)::::;( ΑΒΓ)

Τα τρίγωνα ΒΚΓ και ΒΕΓ έχουν κοινή την , 7 = ( Β ΚΓ) Β Κ Β Γ = ΒΚ ΕΒΓ ' άρα 1 0 ( Β ΕΓ ) Β Ε Β Γ Β Ε Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΒΑΓ έχουν την Β κοινή, 1 2 = ( ΒΔΓ) ΒΔ · ΒΓ = ΒΔ (2) , αρα: ( ΑΒΓ) ( ΒΑΓ ) ΒΑ · ΒΓ ΑΒ = Τα τρίγωνα ΒΔ Κ και ΒΑΕ έχουν την ΑΒΕ κοινή, άρα: 7 , ( ΒΔΚ ) .. = ΒΔ · ΒΚ = Β Δ · ΒΚ (=ι ) 1 2 · �-...:. ετσι: ( ΒΑΕ ) ΒΑ · ΒΕ ΑΒ ΒΕ ( 2) ( ΑΒΓ) 1 0 42 42 ( ΒΔΚ) 5 = => => ( ΒΑΕ ) 5 ( ΑΒΓ) (ΑΒΓ) - 1 0 5 ( ΑΒΓ) => 25 ( ΑΒΓ) = 42 ( ΑΒΓ) - 420 => - 1 7 ( ΑΒΓ) = 42 0 = -4 20 <=> ( ΑΒΓ) = 17 Άρα: ( ΑΔΚΕ ) = (ΑΒΓ) - ( ΒΔΚ ) - (ΒΚΓ) - ( ΓΕΚ) = 420 1 65 = . -15 = 17 17 Π α ρ ατή ρησ η : Το πρόβλημα μπορεί να λυθεί και με την εφαρμογή της πρότασης: Ο λόγος των εμβαδών δυο τριγώνων που έχουν το ίδιο ύψος ισούται με το λόγο των βάσεών τους •

(I)

•

-'----...!...

1 4 . Στο παρακάτω τετράπλευρο το Κ είναι το μέσο της πλευράς ΑΒ και το Λ το μέσο της Γ Δ. Με Ε ι, Ε 2 , Ε 3 , και Ε 4 συμβολίζουμε τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/48

-------

Μαθηματικά για τη ν Β ' Λυκείου

εμβαδά των αντίστοιχών τριγώνων. Δείξτε ότι Ε ι + E3 = Ez+E4

θα στηριχθεί στη γνωστή πρόταση: Μια διάμεσος ενός τριγώνου το χωρίζει σε δυο ισεμβαδικά τρίγωνα. Στο Κ Γ Δ το ΚΛ είναι διάμεσος, άρα (ΚΔΛ )=(ΚΛΓ) ( 1 )

το ΛΚ είναι διάμεσος, άρα Στο (ΛΑΚ)=(ΛΚΒ) (2) (Ι)

Είναι: Ε, + Ε3 + ( ΚΡΛΜ ) = ( ΚΑΛ ) + ( ΚΓΛ ) η ( ( ΚΛΒ) + ( ΚΛΔ) = � + Ε4 + ( ΚΡΛΜ) άρα ξ + Ε; = Ε2 + Ε4 1 3 . Ποιο είναι το μέγιστο εμβαδό που μπορεί

να έχει ένα τρίγωνο με μήκη πλευρών α,β,γ για τις οποίες ισχύει α:51 :5β:52:5γ:53 ; . \ iJ σ η

Σε κάθε τρίγωνο ισχύει: Ε = βγημΑ � βγ · 1 = βγ , γιατί Ο<ημΑ:5 1 ,

αφού Ο<Α< 1 8 0°. Το = ισχύει όταν Α=90°. Για το τρίγωνο του προβλήματος έχουμε: Ε � _!_βγ � _!_ 2 · 3 = 3 , το = όταν β=2, γ=3 και 2 2 Α = 90° , τότε όμως α 2 = β 2 + γ 2 = 2 2 + 3 2 = 1 3 και α= Jl3 , άτοπο, αφού α � 1 . Ε � _!_ γα � _!_ 3 · 1 = � ' το = όταν γ=3 ' α= 1 και 2 2 2 90° Β = , τότε όμως β 2 = α 2 + γ 2 = 1 2 + 3 2 = 1 0 , οπότε β= Μ , άτοπο, αφού β � 2 .

_!_2 _!_2

Ι 6 . Δυο αδέλφια κληρονόμη σαν ένα χωράφι σχήματος κυρτού τετραπλεύρου. Ο ένας από τα αδέλφια πρότεινε να ενώσουν τα μέσα των απέναντι πλευρών του χωραφιού και ο καθένας τους να πάρει δυο μη διαδοχικά τεμάχια από τα τέσσερα στα οποία χωρίζεται το χωράφι. Ήταν δίκαιη η προτεινόμενη μοιρασιά;

Έστω Κ, Λ, Μ και Ρ είναι τα μέσα των πλευρών του τετράπλευρου ΑΒΓΔ, που αναπαριστάνει το χωράφι. Όπως γνωρίζουμε το ΚΛΜΡ είναι παραλληλόγραμμο του οποίου οι πλευρές είναι παράλληλες προς τις διαγώνιες του ΑΒΓ Δ. Β

-" ΛΑΒ

•

γ= J5 δεκτό, γιατί 2 � γ = J5 � 3. Έτσι Ε,113, = 1 .

Λ ίJση

Λ ίJση Η λύση

------

Ε � αβ � 1 · 2 = 1 , το = όταν α= 1 , β=2 και

r = 90° , οπότε γ 2 = β 2 + α 2 = 2 2 + 1 2 = 5 , άρα

Φέρνουμε το ΑΘ .1 Β Δ , που τέμνει την ΚΡ στο Η . Επειδή ΚΡ//ΒΔ και Κ μέσο ΑΒ, θα είναι και Η μέσο ΑΘ. Έχουμε: 1 1 1 1 ( ΑΚΡ ) = ΚΡ · = · ΒΔ ΑΘ = 2 ΑΗ 2 2 2 =

� Θ ΒΔ · ΑΘ) = � ( ΑΒΔ) , όμοια

( ΓΛΜ) =_!_(ΓΒΔ) , έτσι ( ΑΚΡ) +( ΓΛΜ) = _!_ {ΑΒΓΔ) ( 1 ) 4 4 όμοια ( Β ΚΛ ) + (Δ ΜΡ ) = _!_ (ΑΒΓΔ ) (2) 4 Οι διαγώνιες ενός παραλληλόγραμμου το χωρίζουν σε τέσσερα ισοδύναμα τρίγωνα, οπότε έχουμε: (ΑΚΟΡ ) + ( ΓΛΟΜ) = •

(Ι)

= (ΑΚΡ ) + ( ΟΚΡ ) + ( ΓΛΜ) + ( ΟΛΜ) = •

= _!_ (ΑΒΓΔ) + 2 ( 0ΚΡ) 4 ( ΒΚΟΛ) + ( Δ ΜΟ Ρ) =

(3)

( 2) = ( Β ΚΛ ) + ( ΟΚΛ ) + ( ΔΜΡ) + ( ΟΜΡ ) =

= _!_(ΑΒΓΔ) + 2 ( 0ΚΡ) (4) 4 Οι (3) και (4) βεβαιώνουν ότι η προτεινόμενη μοιρασιά είναι δίκαιη.

I 7. Αν Ε είναι το εμβαδόν και τ η η μιπερίμετρος ενός τριγώνου, δείξτε ότι:

E�J3(�)z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/49

------ Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Γνωρίζουμε ότι για χ , y, z θετικούς ισχύει: x+y+z � (1) "?_ 3 ( τ-α) +( τ-β\ +( τ-γ) > , 1 Είναι 1 �( τ-α)( τ-β)( τ-γ) => 3 3τ - ( α + β + γ ) 1 > � { τ - α)( τ - β ) { τ - γ ) => => 3 3τ - 2τ => "?_ ψ τ - α)( τ - β ) { τ - γ) => 3 � "?_ψ τ-α)( τ-β)( τ-γ) � "?_( τ-α)( τ-β)( τ-γ) 3 27 � "?_τ( τ-α)( τ-β)( τ-γ) => {l "?_�τ( τ-α)( τ-β)( τ-γ) => *

νn

� "?_ Ε=>Ε::;;J3 ΘJ . 2

Αποδεικνύουμε την ( 1 ) Από την ταυτότητα του Euler έχουμε: ' α +β3 + y' -3αβγ= ( α+β+γ} ( α-β) 2 +(β-γ) 2 +( γ-α)2

�

[

]

Για α,β,γ θετικά το δεύτερο μέλος της προηγούμενης είναι μη αρνητικό, άρα: α3 + β 3 + γ3 - 3αβγ "?_ Ο <=> α3 + β 3 + γ 3 "?_ 3αβγ , το = ισχύει όταν α=β=γ. Αν στην προηγούμενη θέσουμε: α = if;.. , β = ifY, και γ = if;, παίρνουμε: x y z x + y + z "?_ 3 � <=> + + "?_ � , όπου 3 το = ισχύει όταν x=y=z. Η προηγούμενη ανισότητα γενικεύεται για ν το πλήθος θετικούς αριθμούς α1 , αυ . . . , α ν : α ι + α , + ... + αν ν ! ν "?_ ν α α 2 ... αν "?_ 1 1 1 ν - + - + ... + αν αι α2 Η περίφημη αυτή ανισότητα ονομάζεται ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού aρμονικού μέσου και την απέδειξε πρώτος ο μεγάλος Γάλλος Μαθηματικός A.L. Caychy ( 1 789- 1 875) στο βιβλίο του: Cours d' Analyse de I' Ecole Polytechnique, το 1 82 1 . Από τότε έχουν δοθεί πάνω από 70 αποδείξεις της σπουδαίας αυτής ανισότητας.

------

αυτό σημαίνει ότι: από όλα τα τρίγωνα που έχουν την ίδια περίμετρο, το ισόπλευρο έχει το μέγιστο εμβαδόν. Στο πρόβλημά μας δείξαμε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει: 2 � "?_ Ε <=> _!_ α + β + γ "?_ .J3E <=> 3 2 3 .J3 ( α + β + γ) 2 4 <=> "?_ .J3E ( 1 ) 3 ( α + β + γ )2 Ισχύει α 2 + β 2 + γ 2 "?_ γιατί 3 γράφεται ισοδύναμα 3α 2 + 3β 2 + 3γ 2 "?_ α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2βγ + 2γα <=> <=> 2α 2 + 2β 2 + 2γ 2 - 2αβ - 2βγ - 2γα "?_ Ο <=> <=> ( α - β ) 2 + ( β - γ ) 2 + (γ - α ) 2 "?_ Ο , που ισχύει Έτσι από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε: Σε κάθε ισχύει: α 2 + β 2 + γ 2 "?_ 4 .J3E Η τρίγωνο προηγούμενη ανισότητα στο τρίγωνο ήταν θέμα στη Δ ιεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα του 1 96 1 c-;

(

6 . Στο τετράπλευρο ΑΒΓΔ τα Κ, Ρ, Μ και Ρ είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ αντίστοιχα. Αν η ΑΛ τέμνει τις ΔΚ και ΒΜ στα Ε και Ζ αντίστοιχα και η ΓΡ τέμνει τις ΔΚ και ΒΜ στα Θ και Η, δείξτε ότι: (ΕΖ Η Θ)=(ΑΕΚ)+(ΒΖΛ)+(ΓΗΜ)+(ΔΘΡ)

'�

Όπως δείξαμε, σε κάθε τρίγωνο ισχύει: 2 , το = ισχύει μόνο όταν ισχύει το Ε ::;; .J3

(�J

= στην * , δηλαδή μόνο όταν: τ - α = τ - β = τ - γ και τελικά α = β = γ ,

Έχουμε: ( ΑΛΓ Ρ) = ( ΑΛΓ) + ( ΑΓ Ρ) =

= _!_ ( ΑΒΓ) + _!_ ( ΑΓΔ) (αφού ΑΛ διάμεσος του 2 2 τριγώνου ΑΒΓ και ΓΡ διάμεσος του ΓΑΔ ) _!_ ( Α ΒΓΔ ) . Όμοια: ( ΒΜΔΚ ) = _!_ ( ΑΒΓΔ ) . 2 2 Έτσι ( ΑΛΓΡ) + ( Β Μ ΔΚ ) = ( ΑΒ ΓΔ) <=> <=> ( ΑΕΘΡ ) + ( ΕΖΗ Θ) + ( ΓΛΖΗ ) + (ΒΖΕ Κ ) + + ( ΕΖΗΘ) + ( ΔΜΗΘ ) = = ( ΑΚΕ ) + ( ΒΖΕΚ ) + ( ΒΖΛ) + ( ΓΛΖΗ) + ( ΓΗ Μ ) + + ( ΔΜΗΘ ) + (ΔΘΡ) + ( ΑΕΘ Ρ) + ( ΕΖΗΘ) <=> <=> ( ΕΖΗ Θ) = ( ΑΕ Κ ) + ( ΒΖΛ) + ( Γ Η Μ ) + ( ΔΘΡ) . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/50

------ Μαθη ματικά για τη ν Β ' Λυκείου 1 9 . Από το εσωτερικό σημείο Ρ του τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές του, οπότε σχηματίζονται τρία τρίγωνα, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, εμβαδών Εα, Ep και Εγ. Δ

Αν Ε το εμβαδόν του Α Β Γ δείξτε ότι: 1 1 1 9 +

JE: JE; jE.;

ΡΘΗ - ΑΒΓ ,

Εί\'αι

α I ΡΕ JE

,------

�

α ΔΡ .

I JE

α ΒΘ .

JE ( 2 )

( ΒΘ + ΘΗ + Η Γ )

(1 Β

ΗΓ

= 3+

ΒΘ + ΘΗ ΘΗ ΒΘ

� + 2::. ;::: 2 <:::::> χ 2

<:::::>

ΒΘ

)

1 1 1 + Θ Η + Η Γ . JE

ΗΓ

ΒΘ + ΗΓ ΗΓ ΒΘ

ΒΘ

ΒΗ + ΗΓ ΗΓ ΘΗ

·1

JE -

+ y 2 ;::: 2 xy <:::::> χ 2 + y 2 - 2 xy ;::: Ο <:::::>

( χ - y ) 2 ;::: Ο ισχύει)

το τετράγωνο χωρίζεται σε ν το πλήθος ορθογώνια

•

ι,

� � �

�

α2 α2 ( αφού ο αριθμητής του προηγούμενου κλάσματος είναι το άθροισμα των εμβαδών των ορθογωνίων στα οποία χωρίζεται το τετράγωνο)= 1

(= 1 + ΒΘ + ΒΘ + ΘΗ + I + ΘΗ + ΗΓ + ΗΓ + 1) . JE1 = ΘΗ ΘΗ [ ( ) ( ) ( )] ;::: ( 3 + 2 + 2 + 2 ) .JE = }Ε (αφού για x,y>o είναι Θ

•

το τετράγωνο έχει πλευρά μήκους α, οπότε το εμβαδόν του είναι α2

•

τα μήκη των ορθογωνίων είναι α α2 , α3 , . . . , αv και τα πλάτη τους β 1 , β2 , β 3 , . . . , βν αντίστοιχα. Έχουμε: ; + ;_ + ;_ + .. + βν = αι ι + α2 2 + α3 3 + .. . + αν v ;::: α� α:; αι α2 α3 αν αϊ α2 αβ α β ι α β α.β ;::: _ι_ ο + 2 / + 4 + ... + � (γιατί: α ;::: α; με ααααί= 1 ,2, . . . ,ν αφού κάθε ένα από τα ν ορθογώνια περιέχεται στο τετράγωνο)

JE (J)

�,r---· -1 �

Λ ί1 ση

άρα:

·-·-ι

Έστω ότι:

- = - · - = - · -

jE;

--ι '

α ΗΓ

2 0 . Ένα τετράγωνο είναι χωρισμένο σε ορθογώνια παραλληλόγραμμα των οποίων οι πλευρές είναι παράλληλες προς τις πλευρές του τετραγώνου όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Δείξτε ότι το άθροισμα των λόγων των πλατών προς τα μήκη των ορθογωνίων είναι τουλάχιστον ένα.

:" �(e�}�Jf�e�� .k�e� � (ι) , I : jE; ομοια

------

2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 1 0.

Β ιβλιο γ ρ α φ ί α Ν. ΒΑΣΙΛΙ ΕΦ - Α.

Γεγκόρο φ , Πανενωσιακές Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες της ΕΣΣΔ 1 96 1 - 1 99 1 , Κάτοπτρο, Αθήνα 1 998 Ο. Bottema, Topics in Eleιηentary Geometry, Springer, USA 2008 R . Hosberger, l n Polya ' s Footsteps, ΜΑΑ, USA 1 997 R. Johnson, Advanced Euc l idean Geometry, Dover, New York, 1 960 P . V i u, Notes of Euc l i dean Geometry, 1 998,

lu.ΙJ:ι,_ι η ,ιιlι, Ιlι_ιL',}1ιlιι

\ ί ιι

�ι:ο_ι ι ι c ι ι :-..J.J ι ι ιι_Ι

Crux M athematicorum, Canadian Mathematical Society Gazeta Mathematica, Soci etatea de Stiinte Matematice din Romania 11\1[1_: __\1 \Ι_\Ι . ι ιι ι ι l_ι c Ι, π οι . ι , ι·� ilι.lJ2_:___\I_II_��L;�1 1 ll L' \ l \ .Ιc'()_lll 1 Ί ι l[2:____\Ι: ΙΙ � ι ι ι η � ω ι η . i � ι ι ι ,·<J.ιι _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/51

•

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Εξ ίσωση

-------

Ευθε ίας

Φανέλη Άννυ - Καρδαμίτσης Σπύρος

Στην δεκαετία του 1 630 ο Καρτέσιος και ο Fermat ανακαλύ πτουν την αναλ υτική γεωμετρ ία η οπο ία δίνει νέες δ ιαστάσεις στην απόδειξη γεωμετρικώ ν προβλημάτων. Α ναλ υτική γεωμετρία σημαίνει ότι κάθε καμπύλ η μπορε ί να αναπαρασταθεί με μία αλγεβρική εξίσωση, αλλά και το αντίστροφο, κάθε εξίσωση προσδ ιορίζει μια καμπύλ η . Έτσι στις αρχές του 1 7ου αι ώ να οι μα θηματικοί της εποχής εκείνης, ήρθαν αντιμέτωποι με ένα εκρηκτικό αρι θμ ό καμπύλ ων προς εξέταση. Για τις νέες καμπύλες οι πw.ιές απο δεικτικές δ ιαδικασίες ήταν πλέον ανεπαρκε ίς, έτσι δ ιατυπώθηκαν απο δείξε ις με την χρησιμοποίηση νέων εργαλείων: της συμβολικής άλγεβρας και της αναλ υτικής γεωμετρίας. Χ Ι> Η l: Ι \ Ι Ε Σ Ε Π Ι Σ Η Μ Λ :\ l: Ε Ι Σ ll .

Ένα σημείο M(x 0,y0 ) ανήκει στην γραμμή C που έχει εξίσωση f(x, y) = Ο αν και μόνο αν οι συντεταγμένες του σημείου επαληθεύουν την εξίσωση f(x, y) = Ο, δηλαδή f(X0,y0) = Ο 2 . Γ ια τις γραμμές: C , : fι (χ, y) = Ο, C 2 : f2 (x, y) = Ο ξέρουμε ότι τα κοινά τους σημεία δίνονται από f1 (x, y) = O (Σ) την λύση του συστήματος: f0 (x, y) = Ο

{

ειδικότερα: Αν το σύστημα (Σ) είναι αδύνατο, τότε οι γραμμές C 1 και C 2 δεν έχουν κοινά σημεία. Αν το σύστημα (Σ) είναι ταυτοτικό, τότε οι γραμμές c , και c 2 συμπίπτουν. 3 . Αν (ε ι ): α , χ+β , y+γ , =Ο, (ε2 ): α2 χ+β 2 y+γ2 =Ο τότε: (ε ι ) j_ κ, = (α ι , β , ) και (ε ι ) // ν , = (β , , -α ι ) επίσης (ε2 ) j_ κ 2 = (α2 , β2 ) και (ε2 ) // ν 2 = (β2 , -α2 ) άρα (ε ι ) //(ε2 ) <=> κ, // κ 2 ' (ε ι ) j_ (ε2 ) <=> κ , j_ όπου φυσικά κ 1 , κ 2 ::j:. Ο 4. Αν η ευθεία (ε1 ) είναι παράλληλη με μια ευθεία ( ε2 ), τότε ο συντελεστής της είναι: λ λ , ενώ αν η ευθεία (ε ι ) είναι κάθετη με μια ε

ε,

ευθεία ( ε2 ) , τότε ο συντελεστής της είναι: 1 λ,. • λ ,. - I <=> λr λ '1

5. Ο

••

-ε,

συντελεστής διεύθυνσης λ χρησιμοποιείται για να δείξουμε ότι τρία σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά. Δείχνοντας ότι: λΑ13 = λΑr έχουμε: ->

ΑΒ/1 ΑΓ , οπότε τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. 6. Αν αναζητάμε την εξίσωση ευθείας που

είναι γνωστός ο συντελεστής της λ και αυτή ικανοποιεί μια ιδιότητα, τότε αυτή έχει μορφή y = λχ+β και ο αριθμός β υπολογίζεται με βάση την δοσμένη ιδιότητα. Αν για την ζητούμενη ευθεία γνωρίζουμε ότι διέρχεται από γνωστό σημείο Α(χο , Υο), τότε αυτή έχει μορφή y - Υσ = λ( χ - Χο ). 7 . Γ ια τον υπολογισμό της οξείας γωνίας δύο ευθειών (ε 1 ) και (ε2 ) έχουμε τα παρακάτω: !Ε> Αν λ 1 και λ2 είναι οι συντελεστές των παραπάνω ευθειών και ισχύει: λ ι λ2 = -1 τότε, η γωνία θ των ευθειών είναι 90°. !Ε> Αν ένας από τους συντελεστές λ 1 , λ2 δεν ορίζεται, τότε η οξεία γωνία θ των ευθειών (ε ι ) και ( ε2 ) υπολογίζεται από το ορθογώνιο τρίγωνο που σχηματίζουν οι ευθείες και ο άξονας χχ'

!Ε>

Αν λ 1 λ2 ::j:. -1 , τότε η οξεία γωνία υπολογίζεται με την βοήθεια των διανυσμάτων. Θεωρούμε τις ευθείες (ε ι ) : α , χ + β , y + γ , = Ο, (ε2 ) : α2 χ + β2 y + γ2 = Ο Θεωρούμε τα διανύσματα: ν , = (β 1 , -α 1 ) και ν 2 = (β 2 , -α2 ) που έχουν ίσους συντελεστές με τις ευθείες (ε 1 ) και (ε2 ) αντίστοιχα και είναι με τις ευθείες παράλληλα. Τότε η οξεία γωνία των ευθειών (ε1 ) και (ε2 ) θα είναι ίση ή παραπληρωματική με την γωνία φ των δύο διανυσμάτων που υπολογίζεται με β την βοήθεια της σχέσης: συνφ = α . ·β •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/52

ιαι

�ι ι

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου 8.

Δ ίνεται η παραμετρική εξίσωση (ε): Α(λ)χ+Β(λ)y+Γ(λ) = Ο ( 1 ) όπου λ πραγματικός αριθμός (παράμετρος), και ζητείται να δειχθεί ότι διέρχεται από σταθερό σημείο. !Ε> Γ ια να δείξουμε αν η παραπάνω σχέση : παριστάνει ευθεία, προσδιορίζουμε ένα σύνολο Δ στο οποίο μεταβάλλεται η παράμετρος λ. Για τον Α(λ) = ο σκοπό αυτό θεωρούμε το σύστημα: το Β(λ ) = Ο οποίο και λύνουμε. " Αν το σύστημα είναι αδύνατο τότε Δ = R Αν L είναι το σύνολο λύσεων του συστήματος, τότε η σχέση Α(λ)χ+Β(λ)y+Γ(λ)= Ο παριστάνει ευθεία για κάθε λ � L , οπότε Δ=R-L !Ε> Για να δείξουμε ότι όλες οι ευθείες με εξίσωση ( 1 ) διέρχονται από το ίδιο σημείο, θεωρούμε δύο διαφορετικές ευθείες (ε1 ) , (ε2 ) για τυχαίες τιμές λ 1 και λ2 του Δ. και προσδιορίζουμε την τομή M (x0,y0) των παραπάνω ευθειών. Δ ιαπιστώνουμε ότι οι συντεταγμένες του σημείου Μ επαληθεύουν την εξίσωση ( 1 ) αυτό δηλώνει ότι όλες οι ευθείες διέρχονται από το Μ .

{

}

χ + y = 4 ( ε). Από τα σημεία Α(3, Ο) και 0 (0, Ο) φέρνουμε ευθείες παράλληλες που τέμνουν την (ε) στα σημεία Γ και Δ τέτοια ώστε ΓΔ = 3. Να βρεθεί ο συντελεστής διεύθυνσης των δύο παραλλήλων ευθειών. •

) (

Όμως είναι ΓΔ = 3, επομένως ΓΔ2 = 9 � 4 4 +3λ 2 4λ λ 2 =9�λ--2λ-1 = Ο + λ + 1 λ+ Ι λ+ l λ+Ι � λ=1+ J2 ή λ=1-J2 που είναι δεκτές και οι δύο. Αν δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης τότε: χ=0 οι κατακόρυφες ευθείες ky = 3 χ=Ο χ=Ο � Λύνω ( Σ ) Γ ( Ο, 4 ) y=4 x+y=4 χ=3 χ =3 � Δ ( 3, 1 ) Λύνω ( Σ ) y=1 x+y=4

(

•

Σε σύστη μα αξόνων xOy δίνεται η ευθεία

-------

•

)

}

} }

�

Τότε ΓΔ = ( Ο - 3 ) 2 + ( 4 - 1 ) 2 = Jϊ8 = 3J2 -::;: 3 . χ=0 Άρα οι απορρίπτεται. χ=3

}

Λ σ ι<ηση 2 '�

Δίνεται η εξίσωση : 2χ 2 - 7xy + 3y 2 = Ο α)

Να

αποδείξετε

ότι

παριστάνει

δύο

ευθείες, για τις οποίες να βρείτε τις εξισώσεις τους.

Λ i>ση :

Αν ορίζεται συνευθειακές διευθύνσεις λ ο συντελεστής διεύθυνσης των παραλλήλων ευθειών, τότε η ευθεία Α Γ έχει εξίσωση : y = λ(χ - 3) και η ευθεία Ο Δ έχει εξίσωση y = λχ, με λ i- λε = -1 . Οι συντεταγμένες του σημείου Γ προσδιορίζονται από την λύση του y= λ(χ- 3) 3λ + 4 __!:_ , , συστήματος: άρα Γ x+y= 4 λ+1 λ+ 1 αντίστοιχα οι συντεταγμένες του σημείου Δ προσδιορίζονται από την λύση του = λχ 4λ συστήματος: Υ , άρα Δ x+y=4 λ+ 1 λ+ 1 όπου και για τις δύο περιπτώσεις έχουμε λi--1 .

)

{

}

(

{

}

(__i__ , )

β)

Να

βρείτε

την

οξεία

γωνία

που

παριστάνουν οι παραπάνω δύο ευθείες. Λ ύ ση :

Θεωρώ την εξίσωση 2χ 2 - 7xy + 3/ = Ο ( 1 ) δευτεροβάθμια με άγνωστο το χ οπότε αυτή έχει διακρίνουσα: Δ = 49/ - 2 4 / = 25y2 �Ο 7y 7y 5y ( l )�x= ± J251 = ± � 4 4 Ίy Sy χ= άρα x=3y, x=y/2, δηλαδή 5y 7y ..:... . _ χ = _..:.... 4 παριστάνει δύο ευθείες τις (ε1) και (ε2 ) με εξισώσεις: x-3y=O και 2x-y=O αντίστοιχα.

{ :}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/53

------- Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

β) Έχουμε (ε ι ) // v 1 = (3 , 1 ) και (εz ) // v 2 = ( 1 , 2), οπότε η οξεία γωνία των ευθειών είναι ίση ή παραπληρωματική με την γωνία φ των δύο αυτών διανυσμάτων. Για τον υπολογισμό της γωνίας φ 3·1+1·2 ii · β έχουμε: συνφ= ---- = = Ι a l · l β l �3 2 + 1 2 · ,Ν + 2 2 J2 5 ' ως φ = 45 0 = - , επο μεν 2 JIO . JS ----==----=

Δίνεται η εξίσωση (1-2λ)χ+(λ+l )y+8λ-1 =0

-------

= 1 και y - 1 = λ( χ - 1 ) με λ =F Ο. Η πρώτη ευθεία δεν σχηματίζει τρίγωνο με τους άξονες, επομένως δεν είναι λύση του προβλήματος. Η ευθεία y - 1 = λ( χ - 1 ) τέμνει τους άξονες χχ ' και yy ' στα σημεία Α και Β αντίστοιχα που προσδιορίζονται από τις λύσεις των συστημάτων: y - 1 = λ(χ - 1) y - 1 = λ(χ - 1) και , y=O χ=Ο λ 1 επομένως έχουμε: Α � , Ο και Β( Ο, λ-1 ).

{

} (

)

}

{

(1) α) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει ευθεία για κάθε λ πραγματικό αριθμό. β) Να δείξετε ότι όλες αυτές οι ευθείες διέρχονται από σταθερό σημείο Μ του οποίου να προσδιορίσετε τις συντεταγμένες.

Θεωρούμε {λ = 1 1 2} { 1 -α)2λ = 0} δηλαδή 1+λ=0

το

λ = -1

σύστημα

το οποίο είναι

αδύνατο, συνεπώς η ( 1 ) παριστάνει ευθεία για κάθε λ Ε IR . β) Για λ = 1 /2 προκύπτει η ευθεία: 3 (ει ) : Οχ + - y +3 = 0 <::::> y = - 2 2 και για λ = - 1 προκύπτει η ευθεία (εz ) : 3χ + Oy - 9 = Ο <=> χ = 3 οι ευθείες αυτές τέμνονται στο σημείο Μ(3 , 2). Αρκεί να δείξουμε ότι όλες οι ευθείες διέρχονται από το σημείο Μ, δηλαδή αρκεί οι συντεταγμένες του σημείου Μ να επαληθεύουν τον τύπο της ( 1 ). Πράγματι είναι: ( 1 - 2λ)-3 + ( I + λ)·( -2) +8λ - 1 = =3 - 6λ - 2 - 2λ +8λ - 1 = Ο για κάθε λ Ε IR, άρα οι ευθείες διέρχονται από το σταθερό σημείο Μ για κάθε λEIR . Να βρεθούν οι εξισώσεις των ευθειών που διέρχονται

από

το

σημείο

Μ(1,

και

σχηματίζουν με τους άξονες τρίγωνο με εμβαδό ίσο με 2 τετραγωνικές μονάδες.

Το σχηματιζόμενο τρίγωνο ΟΑΒ έχει εμβαδό Ε που είναι ίσο με: λ-Ι ·Ι (λ - 1) 2 Ε = _!_ · I OA I · I O B I = _!_ l λ - 11 = 2 2 λl 2 λ (λ - 1)� Επομένως Ε=2<=> l l 2<=>(λ-1 )-=4 1 λ 1 ( 1 ) 2λ Αν λ > Ο τότε: ( 1 ) <=> λ2 - 6λ + I = Ο <=>

ι I

)

(λ = 3 + 2 J2 ή λ = 3 - 2 J2 ) που είναι και οι δύο δεκτές τιμές. Αν λ < Ο τότε: ( I ) <=> λ2 + 2λ + 1 = Ο που έχει διπλή ρίζα την λ = - 1 που είναι επίσης δεκτή, επομένως οι ζητούμενες ευθείες είναι οι : (ε ι ): y - 1 = (3 + 2 J2 )(x - 1 ) (ε2 ): y - 1 = (3 - 2 J2 )(χ - 1 ) και (ε3 ): y - 1 = - (χ - 1 ) Λ σ κη σ η 5 η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α= (2, -1). Αν η εξίσωση του ύ ψ ους ΒΚ είναι 7χ - 1 0y + 1 = Ο και η εξίσωση της διχοτόμου ΒΛ είναι 3χ - 2y +5 = Ο να βρεθούν: α) Οι συντεταγμένες της κορυφής Β του τριγώνου.

Από το σημείο M( l , 1 ) διέρχονται οι ευθείες χ

β) Ο συντελεστής διεύθυνσης της πλευράς ΑΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/54

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

γ) Οι εξισώσεις των πλευρών ΑΒ και ΑΓ.

δ) Την εξίσωση της πλευράς ΒΓ. λ �Ί ση :

α) Οι συντεταγμένες της κορυφής Β προσδιορίζονται από την λύση του συστήματος των ευθειών του ύψους ΒΚ και της διχοτόμου ΒΛ του τριγώνου, δηλαδή του συστήματος 7χ - l Oy = - 1 άρα Β (-3, -2) 3χ - 2y = -5 '

{

}

β) Είναι λ8 κ = }____ i- Ο. Επειδή το ύψος ΒΚ 10 είναι κάθετο στην πλευρά ΑΓ έχουμε: λ8κ ·λΑ r = -1

άρα

λυ . = -- . 7

. .

. . .

γ)

' ειναι:

Ο συντελεστής διεύθυνσης της πλευράς ΑΒ

Λ ,_ R

S, 1 = _!_ (χ - 2) δηλαδή χ - 5y - 7 = Ο και

είναι :

εξίσωση

. ' ΑΒ οποτε η εξ'ισωση της ευ θ ειας

της

ευθείας

ΑΓ

-------

α+2 β-1 , εχουμε: = - 1 <:::::> α = -4 και -- = l <:::::> β = 3 , 2 2 άρα Α ' (-4, 3) . τέλος από τα σημεία Α ' (-4, 3) και Β (-3 , -2) ορίζεται η Β Γ , ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας Β Γ είναι λ8 r = -5 η εξίσωση της ευθείας Β Γ είναι: y + 2 = - 5 (χ + 3) δηλαδή, 5χ + y + 17 = Ο. --

Η Λ Ν Α Λ Υ τ Ι Κ i-1 ί\Ι Ε Θ Ο Δ Ο Ζ.:

απι'ι όειξ η μ ι α ς γα•J μ::τρικ1)ς π ρ ότασης τ η ν �olj i�::ιu. τ η ς ανιι!λυη υ<:J�ς γ:: ω μ ::τ ρ ίας) (Η

1:8>

Ορίζουμε κατάλληλο σύστημα αξόνων Oxy και σ' αυτό εκφράζουμε όλα τα σημεία του σχήμα τος με την βοήθεια των συντεταγμένων. Η εκλογή του συστήματος αναφοράς θα γίνεται με τέτοιο τρόπο, ώστε να έχουμε όσο το δυνατόν περισσότερα σημεία με τετμημένες ή τεταγμένες μηδέν ώστε να μένουν αναλλοίωτες οι ιδιότητες των σχημάτων . 1:8> Αντί λοιπόν να αποδείξουμε μια ζητούμενη γεωμετρική πρόταση δείχνουμε την αντίστοιχη αλγεβρική . r υ η ι ι η> ι κ Η !l � > Ο Τ \ 2: Η

Η ευθεία (ε) διέρχεται από ση μείο Μ(χο ,y0)

είναι:

Το ση μείο Μ( Χο ,yo) ανήκει στην ευθεία (ε)

δ) Επειδή η ΒΛ είναι διχοτόμος του τριγώνου το συμμετρικό Α ' της κορυφής Α ως προς την ΒΛ

Οι ευθείες (ε ι ) και (ε2) τέμνονται

i- Ο,

Οι ευθείες (ε ι ) και (ε2) είναι παράλληλες με έννοια, Ευκλείδεια δηλαδή (ει )n(ε2) = 0 .

y + 1 = _ .!_Q (x - 2) δηλαδή l Ox + 7y - 1 3 = Ο 7

ανήκει στην πλευρά Β Γ . έχουμε λ8 Λ ΟΠότε λΒΛ'λΑΑ' = -1

2 λΑΑ' = - 3

Η εξίσωση της ΑΑ ' είναι: y + 1 = - � (χ - 2)

3 δηλαδή 2χ + 3y - 1 = Ο. Αν Ο είναι η τομή της διχοτόμου ΒΛ και της ΑΑ ', τότε οι συντεταγμένες του Ο προκύπτουν 3x -2y = -5 από την λύση του συστήματος: , άρα 2x +3y = 1

{

}

0(-1 , 1 ). Αν ονομάσουμε (α, β) τις συντεταγμένες του σημείου Α ' , επειδή το Ο είναι το μέσο του ΑΑ '

με

Οι ευθείες (ε ι ) και (ε2) συμπίπτουν.

Οι ευθείες (ε ι ) και (ε2) είναι κάθετες. Οι ευθείες ( ε ι ) , (ε2) και (ε3) συντρέχουν. Η ευθεία (ε ι ) σχηματίζει με την (ε2) οξεία γωνία θ.

Τα ση μεία Α, Β , Γ είναι συνευθειακά. Δύο ευθύγραμμα τμή ματα είναι ίσα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/55

\ . \. ! �� Β Ι> � Ε Η � ΙI II' O Γ \ C> ' � j

Οι συντεταγμένε (Χσ,Υο) Μ του ση μείου επαληθεύουν την εξίσωση τηι:: ευθείας. Οι συντεταγμένες (ΧωΥσ) Μ του ση μείου επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας. Το σύστη μα (Σ) των ευθειών (ε ι ) και (ε2) έχει μοναδικiι λύση . Το σύστη μα (Σ) των ευθει ών (ε ι ) και (ε2) είναι αδύνατο. Το σύστη μα (Σ) των ευθειών (ε ι ) και (ε2) είναι ταυτοτικό.

αε1

.β

ε�

=Ο

Μ ι α από τις τρεις ευθείες

διέρχεται από την τομή των δύο άλλων.

l a · β l = συνθ Ι a l · l βl

Γ ε ΑΒ

Β ε ΑΓ

Γ ε ΒΓ iι ΑΒ/1ΑΓ ή (ΑΒΓ)=Ο

Έχουν τα ευθύγραμμα τμJ'ι ματα ίσα μέτρα.

------- Μαθη ματικά για την Β ' Λυ κείου

Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΟΒΓ (Ο = 90°). Εξωτερικά του τριγώνου ΟΒΓ κατασκευ άζουμε τα τετράγωνα ΟΒΔΕ και ΟΓΚΛ. Να

άρα ΜΒ _ι ΜΓ , δηλαδή το τρίγωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο στο Μ. Επιπλέον έχουμε: 2 2 β 2 γ2 ΜΓ� ο -

( �) + 7) � J ; ΜΒ� (β - β �γ)2 ( γ� β)2 �Jβ2 ;12 '

δείξετε ότι:

α) Να δείξετε ότι τα σημεία Κ, Ο και Δ είναι συνευθειακά. β) Αν Μ είναι το μέσο της ΚΔ, να δείξετε ότι το

ΜΒΓ

τρίγωνο

είναι

ορθογώνιο

και

Λ σ rc( ψ; η 7 '1

Λ. ίJση ;

α) Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων ___,.

-t

xOy με i tt ΟΒ , j tt ΟΓ , τότε Β(β, Ο ), Γ(Ο,γ) με β > ο, γ > ο , επομένω ς έχουμε: Δ(β, -β) Ε(Ο, -β) Κ(- γ, γ) και Λ(- γ, Ο)

Ο-

άρα ΜΒ = ΜΓ, συνεπώς το τρίγωνο ΜΒΓ είναι και ισοσκελές.

ισοσκελές.

-->

Ά σ κη ση 6η

-------

Στην

διαγώνιο

παραλληλογράμμου

ΒΔ ΑΒΓΔ

ενός

ορθογωνίου

θεωρούμε

ένα

σημείο Ρ. Αν Ε είναι το συμμετρικό του Γ ως

προς το Ρ και Η, Ζ είναι οι προβολές του Ε στις ΑΒ και ΑΔ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι τα σημεία

Ζ, Η και Ρ είναι συνευθειακά. Λ ί1ση :

-->

Θεωρούμε την ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Κ και Ο αυτή έχει συντελεστή διεύθυνσης -γ = -1 καθώς και την ευθεία που λκο = γ διέρχεται από τα σημεία Ο και Δ που έχει -δ συντελεστή διεύθυνσης λοΔ = = -1 . Επειδή λκο δ = λοΔ , οι ευθείες ΚΟ και ΛΟ είναι παράλληλες, οπότε τα σημεία Κ, Ο και Λ είναι συνευθειακά. β) Επειδή το σημείο Μ είναι το μέσο του ΚΔ β γ γ β αυτό έχει συντεταγμένες Μ ,

(; ;) β γ γ β β γβ γ Άρα ΜΒ = ( β - ; , 0 - ; ) = ( ; , ; ) Μr = ( ο - β - γ ' γ - γ - β ) = ( - β - γ ' β + γ ) 2 2 2 2 '

-->

β +γ β -γ β - γ β+γ επομενως J\ι1Β Ι\ι1Γ = +-- · -- =Ο 2 2 2 2 -- · --

Θεωρούμε σύστημα αξόνων xAy με -

-->

ΑΒ

tt i ,

ΑΔ tt j τότε τα παρακάτω σημεία έχουν συντεταγμένες: Α(Ο, 0), Β(β, 0), Γ(β, δ) και Δ(Ο, δ) με β, δ > Ο. Η ευθεία της διαγωνίου ΒΔ έχει συντελεστή δ λΒΔ = - � και εξίσωση y - Ο = -- (χ - β) β β δηλαδή δχ + βy - βδ = Ο.

Έστω Ρ(χ 1 , y 1 ) οι συντεταγμένες του τυχαίου σημείου Ρ, επειδή ανήκει στην ευθεία ΒΔ είναι: δχ 1 + βy 1 - βδ = Ο, ( 1 ) επιπλέον το σημείο Ρ είναι το μέσο της ΓΕ οπότε ισχύει: Χ Χ = ε +β 2 �Χε =2χ -β άρα Ε (2χ -β, 2y δ) ι ιΥΕ +δ LYE -2y -δ ι Υι = 2

{ } 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/56

}

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Από το σχηματιζόμενο ορθογώνιο ΑΗΕΖ έχουμε: Η (2χ - β, Ο) και Ζ(Ο, 2y 1 - δ). Τέλος από την σχέση ( 1 ) έχουμε: Υ ι = βδ - δχ ! και αφού χ i- β οι συντελεστές β διεύθυνσης των ευθειών ΡΗ και ΡΖ είναι: βδ - δχ ι - ι δ(β - χ ι ) = � και = ____,_β = λrΗ = __Υ_ β(β - χ ι ) β Χι - β Χι - β βδ - δχ ι - δ -δ = δχ ι = � λrz = Υ ι = β -Χ ι - Χι βχ ι β άρα λr11 λrz � Ρ Η ΡΖ δηλαδή τα σημεία Ζ , Η και Ρ είναι συνευθειακά. 1

-------

Ζ προκύπτουν από την λύση του συστήματος των S α 6α ευθειών ΔΜ και ΓΖ οπότε Ζ ( , ) . 5

_ _

Α. σ κ η σ η 8 11

Έστω :\ 1 το μέσο της πλευράς ΒΓ τετραγώνου ΑΒΓ Δ πλευράς α. Η ΑΓ τέμνει την Δi\1 στο σ η μ εί ο Ε και Ζ είναι η προβολή του Γ στην Δ Μ . Να δείξετε ότι: ΓΖ = 3ΖΕ. . \ ίι σ η :

Έστω ορθοκανονικό σύστημα αξόνων xAy με Α Β ίί i . ΑΔ ίί J τότε τα παρακάτω σημεία έχουν συντεταγμένες: Α(Ο, 0), Δ( Ο, 2α), Γ(2α, 2α), Β(2α, 0), Μ(2α, α). Η εξίσωση της ευθείας ΑΓ είναι προφανώς-η y = χ και η ευθεία ΔΜ έχει y - !α α εξίσωση : ---- = - ή χ + 2y = 4 α. 2α �

3 ΖΕ =

( 8; � ) ( _

65α

�) α

= 2

2α J5

= . . . =

επομένως είναι ΓΖ = 3 ΖΕ. Ά σ κ η ση 9'1

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι μp=μγ να δείξετε β=γ. Λ ίJ ση :

Έστω ορθοκανονικό σύστημα αξόνων xBy με ΒΓ// i , τότε τα παρακάτω σημεία έχουν συντεταγμένες: Β (Ο, 0), Α( κ, λ), Γ(μ, Ο) όπου κ, λ θετικοί. Τα μέσα Δ και Ε των ίσων πλευρών του ισοσκελούς τριγώνου Α Β Γ έχουν συντεταγμένες: μ Δ( κ + ' � ) και Ε ( � ' � ) 2 2 2 2 -->

ΑΙΟ Ο ι

τομή τους Ε έχει συντεταγμένες που προσδιορίζονται από την λύση του συστήματος 4α 4α , , Ε (, εξισωσεων των παραπανω και ειναι , -) . 3 3 ΓΖ ..l ΔΜ <=> λrz λΔΜ =-1 <=> λrz = 2, οπότε η ευθεία ΓΖ έχει εξίσωση : y - 2α = 2(χ - 2α), δηλαδή 2χ - y = 2α. Οι συντεταγμένες του σημείου Η

Έστω μβ = !1γ τότε είναι Β Δ2 = ΓΕ2 επομένως έχουμε: 2 - z κ μ ο2 ; - + o = -μ + -o �

(

) (� ) (� ) (� )

(κ + μ)2 = (κ - 2μ)2 � 6κμ = 3 μ2 � 2κ = μ αφού ο μ είναι θετικός αριθμός. Επομένως : β = ΑΓ = J( μ - κ γ + (Ο - λ) 2 = Jκ 2 + λ2 και γ = Α Β = Jκ 2 + λ2 , άρα β = γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/57

Μαθηματ ι κά Γ ενι κής Πα ι δ ε ίας για τη Γ ' τάξ η του Λυκ ε ίου Στατιστι κή

Γ Τσικαλουδάκης

Α . Έστω /ιτι

<),· ι ;ιμα

=-= αχ ,

τιμί;ς y , μιας μ εταβλ ητής Υ, σε ένα

οι

μιταβ/ιλλονται σύμφωνα με τον τύ πο: +- μ , τόπκαι τα μέτρα θέσης, διάμεσος δ Υ

ιωι μ!_ση τιμή y μεταβάλλονται και γίνο νται αντίστο ιχα

<\ "" α δ ,

ΑI.

y = αχ +- β

κάθε

για

[) , όταν α> Ο (γιατί;).

α, β ε JR

και

Π αρ αδείγματα

Δίνοντα ι οι αριθμοί: β , όπου α, β 9α 2α + β, 3α + β, 4α + β, 7α + β, + θετικοί αριθμοί. ί. Αν {;χουν μέση τιμή χ = 1 7 και διάμεσο δ = 1 5 να βpεθούν οι α, β. ί ί . Αυξάνουμε τους παραπάνω αριθμούς κατά β μονάδες τον καθένα και η διάμεσος γίνε τω 28. Λ tιξάνουμε κατά 20% τον καθένα και η ό ι ά μ ισος γ ίνεται 24. Να βρεθούν οι παραπάνω α ρ ιΟ μ ο ί .

Λύση ί Επι:ι01)

οι

α,β είναι θετικοί. , οι παραπάνω α αύξουσα σειρά , οπότε έχουμε: 4α + β -= ι 5 (1 )

ρ ι U μ ο ί ι ίνα ι με ι) - 4 α i β . ;Δ, ρα

/\ κ uμα cίνα ι: \ χ

2α t β + 3α + β + 4α + β + 7α + β + 9α + β <=> 5 2 �α + :'iβ 1 7 ( 2) -'- <=> χ =- 5 α + β . Ά ρα, .5 α + β. ·

5 ι\ πό τις ( I ) -

και (2) προκύπτει: α = 2 και β = 7 . ίί. Αν θέσουμε δ, = 4α + β και δ, , δ, τις τιμές τ η ς διαμέσου μετά τις αντίστοιχες μεταβολές, έ20 δ + δ χουμc : δ . "" δ + β και δ I 00 χ + β = 28 Οπό τε έχουμε : <=> 20 δ, - 24 δχ + 1 00 ' ) 4α + β + β = 28 <=> l 4 α + β + ( 4α + β) · Ο, 2 24 J 4α + β + β 2 8 β 8 . <=> <=> α=3 l 4α + β 20 ,

{δ

ο=

{

Α2. Μια αριθμητι κή πρόοδος έχει πρ ώ το όρο

α 1 = 6 και διαφορά ω = 4 I . Να βρεθούν 5 διαδοχικοί όροι της προ{ι δου με δ ίαμεσο : δ = 50 , 2 . Ν α βρεθούν 6 διαδοχικοί όροι της προό δου με δίαμεσο : δ = 24 3 . Αν στην παραπάνω πρόοδο αλλάξοιψ ι: τη διαφορά σε ω = 7 ποια θα ε ίναι η δ ιάμεσος στ ις παραπάνω περιπτώσε ις (I ) και ( 2 ) ;

Α t'J σ η

αk . � , 5 Έστω αk , αk -; ι , α k ,- ' , α k . 3 διαδοχικοί όροι της προόδου Επειδ1) ν = 5 , περιττός, θα π ρ έπε ι : ό α, , 1 Άρα α k+2 = 50 Αλλά: αk, 2 = 50 <=> α 1 + ( l< + 2 - \ )ω 5 0 <::::> 6 + ( k + J )4 = 50 <::::> ( k + \ ) 4 oo 44 <::;> k := j () Άρα α k = α 1 0 = α 1 + 9 ω Οπότε οι ζητούμενοι όροι είναι: οι α 10 , α 1 1 , α 1 2 , α 1 3 α 1 4 δηλαοιΊ ο ι : 42 , 46 , 50 , 54 , 5 8 2 . Έστω α k , α k" ι , α α, , ; , α , , 4 , α, , . 6 διαδοχικοί όροι της προόδου Ε ίνα ι : α +α δ = k -• 2 k ' ' , οπότ ε : _?-�+ υ ,,_'- "' 2� 2 2 <=> 2α 1 + (2k + )ω 3 24 ς, 2 12 + (2k + 3)4 = 24 <=> 8 k 2 4 <=> l< 3 2 Άρα οι ζητούμενοι όροι ε ίνα ι ο ι : α 3 , α 4 , α 5 α 6 , α 7 , α χ 6ηλαοιΊ ο ι : 1 4 , 1 8 , 22 , 26 , 3 0 , 34 3 . Αλλάζοντας τ η διαφορά ω τ η ς προόδου από 4 σε 7 , ο κάθε όρος της προό δ ου αυξ<iνcται κατά 3 , οπότε την ίδια αύξηση θα έχο υ μ c και στ η διάμεσο για τις περιπτώσεις ( l ) και (2 ) δηλαδ1) Οα είναι δ = 53 και δ = 27 αντίστοιχα I.

•

c:::

•

• •:

•

Η ομαδοποίηση παρατηριjσιχu ιJ

ι,

ι:ιιιJς y_rψα

κτηριστικού Χ , επηρεάζι:ι τα μ{rμα (Jι:-ση.,: ιωΟrι)ς και τα μέτρα διασποράς

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/58

------

Μαθη ματικά για την

Δ ηλαδή αλλάζοντας το πλήθος ή το πλάτος τω ν κλάσεων μπορεί να έχουμε αλλαγή στις τιμές τω ν μέτρων θέσης και διασποράς. Π α ρ αδ t ίγ μ ατ α

Λ3. Οι μισθοί των υπαλλήλων μιας εταιρείας παρουσιάζουν εύρος R 2000 € Ομαδο

κλιμάκιο (κλάση) μισθών είναι: 20, 30, 50, 1 0, από την 1 η έω ς και την 4ν κλάση αντί στοιχα. Να βρεθούν οι κλάσει ς και το συνολικό ποσό που δίνει η εταιρεία ανά μήνα για μισθούς. Λ 1ι σ η

Έχ ο υ μ ε 4 ι-.:/.άσει.: και

Λυκείου

-------

οι: [2 , 1 2) , [1 2 , 22) , [22 , 32) , [ 32 , 42) , [42 , 52) Οι τιμές χ1 μιας συνεχούς μεταβλητi]ς

AS.

χ σε ένα δείγμα μεγέθους ν έχουν ομαδο ποιη θεί στις παρακάτω κλάσεις: ( 5 , 1 0) ' ( 1 0 ' 1 5) ' ( 1 5 , 20) ' ( 20 , 25)

πο ιούμε τους μισθούς σε 4 κλάσεις ίσου πλάτους. Η πρώτη κλάση έχει κέντρο χ, = 1 000 Το πλήθος των υπαλλήλων ανά

Αν οι τιμές χ1 αυξηθούν κατά 20% και το

πλήθος των κλάσεων παραμείνει ίδιο : α . Να βρεθεί το εύρος των αυξη μένων τι μών β . Να βρεθούν τα όρια των νέων κλάσεων γ. Να αποδείξετε ότι οι συχνότητες των κλάσεων θα παραμείνουν ίδιες (όσο ήταν πριν την αύξηση) Λ 1ι σ η

Το εύρος των παρατηρήσεων είναι: α. = 25 5 = 20 . οπότε το πι.ατο.: της Σε αύξηση των τιμών κατά 20% και το εύρος � οο ο :-. κλαση . . κε- θα αυξηθεί 20% Οπότε το νέο εύρος R' είναι: c -ι-.:αι αφου η πρωτη εχει οο 4 20 \' τ ρο χ 1 00 0 . '( ι α τ α κέντρα χ 2 , χ 3 , χ 4 των άλR' = R + - R = 20 + 0, 2 · 20 = 24 1 00 ί.ω\' ι-:ί.άσεωΥ έ;ι:ο υ μ ε : χ = Ι 000 + 500 = 1 500 β. Αν το πλήθος των κλάσεων παραμείνει το 1 5 00 + 500 = 2000 και ίδιο ( k = 4 ) τότε πρέπει να αλλάξει το πλάτος κλά2 0 00 + 500 = 2500 24 c = - = 6 (αύξηση πλάτους σης και να γίνει: Ε π ο μ έη·)ς ο ι τέσσερις κλάσεις είναι: 4 20% ) [750 ι � :'Ο ) . Το κάτω όριο της πρώτης κλάσης 5 αυξάνι:ι ι ι � 5 0. ι 7 5 0 ) ' [1 750, 2250) ' [2250, 2750) κατά 20% και γίνεται 6 , οπότε οι νέες κλάσεις ι.:ί ναι: Ο ι συχνότη τες τ ων παραπάνω κλάσεων είναι: [ 6 , 1 2) ' [1 2 , 1 8) ' [1 8 , 24) ' [24 . 30) ν1 = 20 , ν2 = 30 , ν3 = 50 , ν 4 = 1 0 γ . Έστω ότι μια παρατήρηση t, ανήκει σ τ η ν κλάση [α , β) . Οποτε το συνολικό πόσο για μηνιαίο μισθό Δηλαδή είναι: α :'Ξ: t1 < β Έστω ότι με τ η ν τωv ω rυ/./.ι1λων, α ν ά μήνα είναι: αύξηση κατά 20% η τιμή t1 γίνεται y1 Τότι.: ι.;ίναι Σ χ ,ν, == Χ ι · ν ι + x c · ν 2 + χ 3 · ν 3 + Χ 4 · ν 4 = Υ = t1 + Ο, 2t1 και ακόμα έχουμε: "' 20 . 7 5 0 + 3 0 . ι s oo + 50 . 2000 + 1 ο . 2soo = 1 85 .000€ <=> α :'Ξ: t1 < β α + Ο, 2 · α ::;; t1 + Ο, 2 t1 < β + Ο, 2 · β Α4. Οι τιμές χ1 μιας συνεχούς μεταβλητής Χ σε <::::> α + 0, 2 · α :'Ξ: y1 < β + 0, 2 · β (\) ένα δείγμαμεγέθους ν έχουν ομαδοποιηθεί Η κλάση [α , β) μετά την αύξηση κατά 20<% σι.; 5 κλάσεις πλάτους 1 Ο η κάθε μια των τιμών t1 , γίνεται: [α + 0, 2 · α , β + 0. 2 · β ) α . Ν α βρεθεί το εύρος του δείγματος β. Αν η τρίτη κλάση έχει κέντρο Επομένως, λόγω των ισοδυναμιών ( I ), το πλιi χ:� = 2 7 , να βρείτε τις κλάσεις θος των παρα τηρήσεων των κλάσεων [α β ) , [ α + 0, 2 · α , β + 0, 2 · β) είναι ίδιο Λ 1ι σ η α . Έχουμε 5 κλάσεις πλάτους c = Ι Ο η κάθε μία, οπότε το εύρος του δείγματος είναι: Γ. Α ν δύο δείγματα Α , Β ενός πί.ηΟuσμ u ι) Ι{ : s . ι ο = so μεγέθους ν 1 , ν 2 αντίστοιχα, iχου ν την ίδια ,ιlί:ση β. Η τρίτη κλάση έχει κέντρο χ 3 = 27 , οπότε τιμ ή χ ( χ Α = Χ8 = χ) ως προς ένα χαραηηριστιι:() αυηΊ είναι η [ 22 , 32) Επομένως οι 5 κλάσεις είναι Χ και διαφορετική τυπική απόκ/.ιση. s λ =Ι= s H . τύ τ<.

το εύρος είναι 2000 , κάθε κλάσης είναι:

χ,

'�

•

ΕΥΚΛ Ε ΙΔΗΣ Β '

τ.2/59

------

μπορο ύμε εύκολα, με βάση τους τύ πους Του σχο λ ικού βιβλίου, να βρο ύμε την τυπική απόκλ ιση του δείγμ ατος που αποτελείται και από τα δύ ο δείγματα μαζί. • Α ν όμως είναι χ Α :f:- χ ΙJ , τότε για την εύρεση της τυπικής s του δείγματος που αποτελείται και από τα δύ ο δείγματα μαζί, απαιτείται ο τύ πος: ?

ν s +ν S S 2 = ι :\ 2 ί η' ν +ν ν 2 Σι ν ν ι

( ) "

Γ'

Μαθηματικά για την

i=ι

-------

Με πρόσθεση κατά μέλη των (2), (3) έχουμε: Σ(t; - 5)2 = 600 , οπότε: 1 00 i=l

s2 -

1 ι οο - 2 - 600 Σ ( ι 5) -6 100 100

i=J

Α 7. Μια μεταβλητή Χ παρουσίασε σε ένα δείγμα

40 ατόμων μέση τιμή 2 και τυπική απόκλι ση 1 Η ίδια μεταβλητή σε ένα άλλο δείγμα 60 α τόμων παρουσίασε μέση τιμή 7 και τυπική από κλιση 4. α) Να βρείτε ποιο δείγμα παρουσιάζει μεγα-

οι τύ ποι :

S2 =� Σχ -�

Λυκείου

λύτερη ομοιογένεια.

(1)

Οι παραπάνω τύποι, εύκολα, διαμορφώνονται 1 ν στην πιο ευχρηστη μορφη : s- = - Σ t;2 - ( χ ) - η ν s 2 = _.!._ � ν; - (Χ) 2 , αντίστοιχα ν Οι παραπάνω τύποι ( 1 ), συνήθως δίνονται νs ν ο , , αναγκη να τυπος s- = 1 � + -,Sίj δ εν ειναι ν +ν είναι γνωστός, αφού μέσα στην πορεία της λύσης της άσκησης, αναγκαστικά θα προκύψει '

- ?

i=ι

:Σ:Χ

i=ι ,

Π α ρ αδ είγ ματ α

Α 6 . Δύο δείγματα Α, Β ενός πληθυσμού

μεγε θών 60 και 40 αντίστοιχα παρουσίασαν ως προς ένα χαρακτηριστικό Χ ίδια μέση τιμή : χΑ χ8 5 και διακύμάνση s � 4 και s�

9 αντίστοιχα Να υπολογιστεί η μέση τιμή χ και η διακύμανση s 2 του συνό λου των δύο δειγμάτων, θεωρούμενα ως ένα δείγμα.

β) Αν θεωρήσουμε και τα δυο δείγματα μαζί ως ένα δείγμα να υπολογίσετε την μέση τιμή και την τυπική απόκλιση του δείγματος των 1 00 ατόμων. Λύση

Έστω Α και Β τα δύο δείγματα Τότε είs 1 s 4 ναι: CV =� = - =50 % και CV = ___1L -Χ = -7 � 56 % -ΧΑ 2 � Άρα έχουμε: CVA < cvfJ ' που σημαίνει ότι το Α παρουσιάζει μεγαλύτερη ομοιογένεια από το α)

β) Για τη μέση τιμή των δύο δείγματα μαζί (θεωρούμενα ως ένα δείγμα) έχουμε: 40 . 2 + 60 . 7 500 = = 5 (1) χ= 1 00 1 00 1 Απο τον τυπο: s- = - Σ ti- - χ - , εχουμε: ν ,

Λύση Η

μέση τιμή και των δύο δειγμάτων είναι ίδια: χ = x u = 5 , οπότε και το συνολικό δείγμα θα έχει Α μέση τιμή χ = 5 1 Τότε έχουμε: s 2 = - C t ; - 5) 2 ( 1 ) 50 Ακόμα είναι: 1 20 1 20 s� = - Σ(t; - 5) 2 και sίj = - Σ (t; - 5)-, 20 30 Οπότε έχουμε: 60 I 6ο 4=Σ cι ί - 5) 2 � Σ C t; - 5) 2 = 240 (2) 60 60 1 40 και 9 = - Σ (t; - 5) 2 � Σ cι ; - 5) 2 = 36ο (3) 40

I i=l

i=l

2ο

i=ι

I για το Α δείγμα: I = Σ t 1 c - 2c , άρα 40 i=l

I • Σ t; 2 = 200 για το Β δείγμα: 1 6 = - Σ t; 2 - 7 2 , 60 i=l

i=l

άρα Σ t; 2 = 3900 οπότε και για τα δύο δείγματα i=l

μαζί (θεωρούμενα ως ένα δείγμα) έχουμε: 60 40 20 Σ t; 2 =Σ t; 2 + Σ t; 2 = 200 + 3900 = 4 1 00 και συνεi=l

i=l

πώς είναι: I I ν - I �� co2 � =- Σt . 2 - χ2 = - } 2 - χ2 = - · 41 00 - 52 L. ' Ι 00 1 00 ν i=ι

i =Ι

Επομένως είναι: S 2 = 41 -25 = 16 και άρα S = 4 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/60

------- Μαθη ματικά για την Α8.

Δίνεται ο παρακάτω πίνακας συχνοτή-

των: xi

νi

I . Να βρεθεί η διάμεσος.

2. Να βρεθεί η μέση τιμή και η τυπική α πόκλιση. 3 . Να ομαδοποιηθούν οι παρατηρήσεις σε τέσσερις κλάσεις ίσου πλάτους, με εύρος παρα τηρήσεων 8, κάτω όριο κλάσεων Ι και άνω, 9. 4 . Με βάση την παραπάνω ομαδοποίηση να βρείτε αν το δείγμα παρουσιάζει μεγαλύτερη ομοιογένεια από ό,τι πριν την ομαδοποίηση. Λύση

Ι.

Από τον παρακάτω πίνακα συχνοτήτων:

νi

προκύπτει ότι το μέγεθος του δείγματος είναι ν = 200 , οπότε η διάμεσος είναι το ημιάθροισμα της I ΟΟης και Ι Ο 1 ης παρατήρησης. Επομένως εί-

Λυ κείου

-------

950 =4 75 200 ' cv =

s = J4, 75 � 2, 1 8

οπότε:

και

2• 1 8 = 0 48 '

4,5

Άρα, μετά την ομαδοποίηση έχουμε μεγαλύτε ρη ομοιογένεια Α9.

Οι μισθοί των υπαλλήλων μιας εταιρείας ακολουθούν την κανονική κατανομή με μέ ση τιμή χ και τυπική απόκλιση s Στο διάστημα (χ - 2s , χ + s) είναι οι μισθοί

1 630 υπαλλήλων της εταιρείας. Πάνω από 2400 ε μισθό παίρνει μόνο το 1 6% των υ πάλλήλων, ενώ κάτω από 800 ε παίρνουν μόνο 3 υπάλληλοι. I . Να βρεθεί πόσοι είναι οι υπάλληλοι της εταιρείας. 2. Να βρεθεί ο μέσος μισθός χ και τυπική απόκλιση s. 3.

Να βρεθεί αν υπάρχει ομοιογένεια μισθών.

4 . Να βρεθεί η μείωση όλων των μισθών,

3 4 κατά το ίδιο ποσοστό ε% , ώστε το εύρος τους δ = + = 3' 5 ναι: να μειωθεί στα 1 800 ε . 2 Λ ί> σ η 2. Για την μέση τιμή και τη τυπική απόκλιση, I . Στην κανονική κατανομή, στο διάστημα με βάση τον παραπάνω πίνακα συχνοτήτων, έχουμε: (x - 2s x s) βρίσκεται το 8 1,5% ' + 1 · 20 + 2 · 40 + 3 · 40 + 4· 30 + 5 · 20 + 6· 10 + 7 · 20 + 8 · 30 ( 13, 5 + 68 = 8 1, 5 , βλέπε σχήμα) των παρατηρήσεων. χ 200 Οπότε, αν ν είναι το σύνολο των υπαλλήλων, 800 =4 1 ΟΟ · 1 630 = 2000 τότε έχουμε: ν = 200 8 1, 5 I 9 · 20 + 4 · 40 + · 40 + 1 · 20 + 4 · I Ο + 9 · 20 + 1 6 · 30 s- = 200 2,35 1 1 00 =0,59 . =5.5 Οπότε: s = .J5,5 �2,35 και CV= 34% 200 4 -

-------

Με ομαδοποίηση των παρατηρήσεων σε 4 κλάσεις ίσου πλάτους με κάτω όριο I και άνω ό ριο 9 , έχουμε τον παρακάτω πίνακα: 3.

[' ) χί

νί 4.

[Ι , 3) 2 60

[3 , 5) 4 70

[5 , 7) 6 30

[7 , 9) 8 40

Με βάση την παραπάνω ομαδοποίηση, έ

χουμε:

χ=

2 · 60 + 4 · 70 + 6 · 30 + 8 · 40 900 = =4 5 200 200 '

και

6, 25 · 60 + 0, 25 · 70 + 2, 25 · 30 + 12, 25 · 40 200

: 2, 35% ! ο, ι 5% : ' . χ 3s χ 2s . -

χ -s .

• • .

.2, 35%; !ο, ι 5% i . . .. χ + s χ + 2s χ + 3s χ

2. Όμοια, στην κανονική κατανομή, μετά την τιμή χ+s βρίσκεται το 1 6% ( 1 3, 5 + 2, 35 + Ο, 1 5 = 1 6 ) των παρατηρήσεων. Οπότε αφού το 1 6% των υπαλλήλων παίρνει μισθό 2400 ε , θα είναι: χ + s = 2400 ( Ι ) Οι 3 υπάλληλοι είναι το Ο, 1 5% του συνόλου των 2000 υπαλλήλων. Οπότε, επειδή στην κανο νική κατανομή, πριν την τιμή χ - 3s βρίσκεται το Ο, Ι 5% των παρατηρήσεων και μόνο τρεις παρα τηρήσεις έχουν τιμή κάτω από 800 θα είναι: χ - 3s = 800 (2). Από το σύστημα των ( I ), (2) βρίs = 400 και χ = 2000 σκουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/61

Μαθη ματικά για την

400 s Είναι: CV = - = -- = 20% Οπότε οι μι χ 2000 σθοί δεν έχουν ομοιογένεια. 4 . Το εύρος των παρατηρήσεων είναι: R = 6S , s =

Λυκείου

ρατηρήσεων, έχουμε

οπότε για να έχουμε

1 800 =

300 Όμως σε μείωση ε% των τιμών των πα.

1 00 - ε ·S. 1 00

1 00 - ε , · 6 S . 'Ε τσι εχουμε: 1 00

Οπότε: 6S Y

= 1 800 , πρέπει να είναι

---

100 - ε · 2400 <:::> l&X>=(IOO-ε) · 24 <:::> 100

ε =

25%

World Con]'erence on ΤΗΕ G ENIU S OF ARC H IMEDES Α

Centuries ot Ίnfluence

οη tl1e F ields of Mathematics, 8 - ι ο June 2 0 1 0 , Syracuse, Sicily (ltaly)

Science, and Engineering

τtιc aίιη of tlιc Coιιferencc is to bήng togetlιer researclιcrs, sclιolars a nd studcnts froιn tlιe broad ranges of disciplincs rcfcrήng to Hi s iOΙJ' of Scicncc and Technology. Matlιenιatics, Meclιanics, and Enginceήng, in an intiιnate, collcgial, and stimιιlating cnvirornnent to cclcbnιte tlιe personality and contήbutions of Arclιiιncdcs i n ιlιc 23tlι ccntury anruvcrsary .

TOPICS 01' TIIE (:ONFERENCE

PROσ:EDINGS

phy!-iίι;ίsts,

..:ιιgin..:: en;,

\'lat11eιnnt i ι: i ωι�,

aιιd

<ιηιl c n gi nc e ri ιιg, <ιr� i nv itc d ιο ρreseιlt r•φers deιηonstrntiιιg tllt: eηd ιιrί ιιg �111<1

along

5cie111 ist1-i.

\νίt11

ltisιoriιωs

ot'

scienc�.

ιη;ΗIΙ..:ο.m<ιtίι.:: s ,

continιι i n g i n Oι·iginιι l ,

fl ue nce of Λ.n�ltίιncιlcs. ι s ιt papcι� dcnιonstrating

unp ιbl i lιe

ιηι:ιlι:<Ηl i n llιιc-nc� frοιη :ωcienι ιο ntod�rn tiιηes

list of possilll� to pi c.s , dra\VΠ fi·onι tl1�

Λ f'tιll \νorks σf Λrclt iιηcdι:s, ίs listed on tltc Conference \V�b sίιι:. 'Πιc)' i nc l ιι dc 1-Iydrostιιtics, Meclιaιιics,

\.\'1 1 1 be COΠ!:>idcrcιt Γοr rrc��ntation.

y � lntegral Calι.:: ιιlus, Λ.ncient \.1<ιchin�s & M ec h an i snι s f-Ii stol)' of M athe ιη atiι.:: s .

& M nclιines. Teaclιing οΓ ι\.J·ι.::Ιιίιηcdeaιι Prί ncipl es, P)•cnoιηetry. ΛτclιiιHedcan Legcnds and otlιers. Λlso, l>ι'C(tιιs� οΓ tlιe location of thι.:: Conf'erence, t'hcrC' \νί 11 be a spe.ciί\1 session on Syracιιse at the ,

CΌ-Ch;ιίr ίΓ yοιι arc ιιnccrtιιin wlιether or not your ιίιηc οΙ' Arcltinιedcs. P l ease qιιery a Conferencι.::

subject litι; wiιhίn thc ιlιeιηι.:: s o Γ tlιe Confer�ncι.:: . CO'\'f<'Ι•:RE�<:E (;0-CΠo\IRS

1..-aboraιory οΙ'

R o l ot i c s

Pι-ol�ssor Yfaι·co Ceccarelli ,

p a ί c i pa nt

papers \\'itlι ;.ιt

l�a.<;t

one

l'roceedings, vvlιίι.:Ιι will ι,e pu regi�tercd

ίιι

\\•ίll

autlιor

as ί ι1

inclιιdcd

tlιc

ω i �hed by Springcr

printed volurne. Partίcipιιnts wilt receiνe οιιe

copy of' tlιc Proceedings upon registration.

t l ιc

sc<luence, progression, or cοηtίιιιιιιnι of Λ.rι.:lli

Ylathcιη.ιt icHI Plι s i c

Only

Dίrector of the

and Meclιntroιιics at the

U n i νersit)' of Cassίno ( ltaly) aιιιl lιas a ψecial

c r.:- ted tlι� f i:'ΊΌ Μ Μ S;Jηιpοsίιωι on the Historγ q_(

inteι·est in tlι� 1-Iistory of Mechanisιn Desίgn. He

INSTR\.J(.TION FOI{ AtJτiJOI{S

fιιll papcrs slιould he !-:Ubιηittcd by

ι.. ...ncιil

οιιc

of'

hclo\.v. Pl)l: aιιd Miι:rosoH \Vord docιιιnents are

the Conference CΌ·CI1airs by tlιe deadlines l i !>tcd

e ι 8 Α ιιthο� ar� kindl}· asked to ίndiι:atι.:: ιι

th� pref�rred o nnat. l'he paper fonηat is availί\bl� ίη the webpagc. Eaclι paper is liιηited b twcc to 1 2 pages.

pret'ereηce for poster or oral preNentatioιι, and an

indication for a 5uίtable t t l e sι.-ss i oιι.

SuiJmί!-ision of Fιιll Papers:

10 Dc< 2009

(ncw ) l 5 Νον 2009

ί'ίotification oJ' Acceptaιιce:

Official Acc�pt<tnι:: e ο Γ Papers:

10 Jan 2 0 1 0

Final submission ο Γ Fιιll Paρer!'

20 Jan 20 1 0

Αdιnί!-:� ίοιι

€200

to all ConΓercnce seNsioιιN, Openin g

H.eception, and Conference Proι:eedings) ε50 € 1 50

book s r

(Adιηission

Science.

[ceccarelli@ιιnicas.it]

οΓ Me<.:lυι.nical Engineeriιιg & Aeronautics at thc

Prof'essor Stcμlιaιιos Λ . Paipetis of tlι� Departιηeιιt

Aιlν a n ced Composίte Matcrials, ί$ activcly en·

l'ni\'crsit�· of Patπιs

�e arclι

gag d in re

(Greece),

οΙ' A nci ent Science and Tcclι

inspired hίιη to organize seνeral successful S)'Ιη

a on the sιιbject.

[paipetis@)ιηeclι.ιιpatras.gr] PllliSE:'Π Α τ Ι ΟΝ Ειιgl ί:;h.

The

discus:;ίoιι.

5peakers 15

Sl ide

Conference

se:;sions

aιιd

Payιηent !-: lι ο ιιld be ιnade by seιιding a clteck or by baι1k transfer as ίndicated at tlι� Conference web

page/Registration.

should

present

their

min \\'ith furtlιer 5 ιnίιι for and

overhead

projectors,

rroj ecto� for peτsonal computers, and VHS video

S S 1 1 4 to Syraι: us c .

Prof. Thoιn<L'ί Ο. (.'ltondro� rGreι:c:e) SΊΈERING COMMITT""

Prol"'. Alexandcr Λ. Oolo\'in (Rιι.<i.rίa)

Prol'. Harry G. llarήs (U8.4)

(U8Λ)

Ρωf. Edward J. Lar>;on (U8A)

t>rot: Τeιιι1 Koeιsier (Nethe,·/and.r)

CONFERENCE LOCA'ΠON

S)τacιιse lies on tlιe east coast of Sicily 5 3 kιη

early June Syracuse is sιιnny witlι an aver�ιge soutl1 ot' C'ataniιι (\.\'\.\'\-\o·.conιune.siraι:u:->a. it).

teιnperatιιre of 24°C i7 5°f.

(.<\pcιin)

Prof. Jlorxt Nowacki (Πernιanγ)

Pro[ Aganιenon Ιι Ε. dc Oliνciι·a (IJΙ·a=;t)

P rof. P<ιnayiotis IJ. S i afari

Ιι1

Hotels of all classes are avaίlable at reasonable

k.-ιs ((ίι·eece)

tvlr. Ρ.ιοlο l >aιιiele Scίrpo ((Jι·eec·(!.J

nr. nennis L. S inuη s (Unitftd Kingdomj Pro[ Panayiotis Sypsns (Oreecι:) Pro[ Ίlιcodo�ios Ρ. Tassios rGι·eec·e) Prof. 1\ogcr V/i lson (Γarιacla) Mr. MiclJael Wright r United Ki ngdonι) ΡrοΓ. Haiclιun Zlι ang

f{ h ina) '

Organlzed by • •

ACCOMMODA τΙ ΟΝ

ηιe- official language οΓ the Conterence \νill be

contribution in

all

Opening 1\eception)

a specialist on

no lo g !', especially of tlιe Homeric Era, whiclι has posi

dι·i νc. Ί11e �lι:ΠΙJΥ.

Prof. D�ιηosthι.:nes Polyzos rGreec·eJ

€3 50

Participants: Oradιιate Stιιdents: (

- lι o u r

lnιcnι<ιtion<tl

Prof. C.'esare Rossi (ftaly)

REGISTRAΊ'ION FEES

Accoιnpanying Pι:rsoιlf-i:

l!ί.�·tυιy ojΊι1echanisnι and Afachine

onι:

Λiτrort is 2 1 0 kιn 11ortln\·csι ()f Syr;ιcιιsc, a J'our-l1our dri \'t. front C' t: ιιt rnl εuropc b)' ι:ar, tιιkό tlι� Λ3 Λ uto strcιd a to J{cggίo ('alahri<l and cros� t11ι: Straits of M �s s in a h�' JΊ�πγ ι:ο! I Ώ\\' the Λ 18 toll road to <:ataιιia. cont i n uing on tl1c of Syracusι:: , about a

Pro[ Juιιιι lgιιacio Cu<tdrado Iglcsia�

Λfacl1ines and A.fechanί.<ϊιn.'> and edίt5 a Spriιιger ,

Syracusc i s accessihlc b�' ;ι ίr, CM. train. <ιηιl Ιηιs.

τJ1 e (:�ιΙ;.Jnίιι•I:OI\{i\11:\ΓOSSa . \ίmι)n j � 5 3 kιn Ιlω1.)1

Prof. A1ex:ιndcr Jones I>Ko\J)LJNES

tJndergradιιate Students:

c ie s

T RA VEI, I NFORMΛ'flON

Ίlι� \Vcstern Greece Region (Gr·eece) Ίlιe Cίty of' S)'racust (fta lγ)

(Gι·eece)

•

Ίlιe lnstitιιte of Cιιlture anιt Qιιalit)' of' J....i l'c

•

The University of C'assiιιo (ltal)-�

•

'Πιe University of P tras (Gι·eece)

·R D A Innoνation Cι.:ntcr (Gι·eece)

•

Th� Hellenic Οpeιι Uniνersiιy (G reece)

•

Ίlιe

tlnder the patronage of •

π:τοΜΜ. The Intenιatίonal Fedcration for tl1e

Confereι1ce participαιιts will stί\)' ίη Ortygia, tlιe

•

ΊΠe Hellenic Mathematical Soci�ty (CTι·eece)

ancient city, and walk to all Coιύerence events.

•

prices ίι1 Syracιιse. Infonnatioιι will be avaίlable in tlιe conference web page.

It is hopc d that

systenι are avaίlable for prcsentation.

Pron1otioι1 ot� Mechanisιn and Machinc Sciι..'11CC

European Societ)' for th� Hi st I}' of Scίeιιc�

\\'eb Page: lιttp:/·'W\\'\..·.arι:l\iιη�d�s20 l O . o rg/

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/62

------ Μ αθηματικά για την

Λυκε ίου

------

Κατεύθυνση Γ ' Λυκε ίου Γενι κά θέματα ορ ίων - συνέχ ε ι ας Χριστιά ς Σπύ ρος

Α. Ε ΡΩ Τ Η Σ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ Λ Α Θ ΟΥΣ Ι . Εάν έχου με : l ί ιη f(x0 + h ) = m Ε �11 τότε lim f(x) = m . χ _, χ 0

h -->0

[6ν υ π 6ρχε ι τ ο l i m f(x ) και ισχύει ότι lim f ( x ) < Ο τότε f(x)<O για κάθε χ

·��

Ε6ν υπάρχε ι το Ι ί ιη ( f ( χ ) + g ( χ ))

[σχίιει πάντοτε η ισοδυναμία lim f(x) = m Ε 91 <=> Χ -> Χ ο

Εάν I i ιη ΙΊ χ )

-" . .

()

κα ι

Ε ά\' ωτcί. ι\ι:ου\· Ι i ιη � i

J .

Ε ά\' Ι ι ιη Γι χ )

Ε <'Η ' υπάρχο υ ν

I Ο.

απαι) α ί τ η τα

lim l f(x)l = l m l .

X ---t X 0

χ -> χ ο

f( x )

.\ -) .'\ 1)

σ τ ο �Η τα όρια lim (f(x) + g(x)) και lim f(x) , τότε υπάρχει στο :η χ->Χο

χ -> Χ ο

= Ο , τότε Ι ίιη -- = +οο ή lim __ = -oc . χ -> χ ο f(x) • -" " f(x) 1

στο �Η τα Ι i ιη f(x) και Ιίιη g(x) και ισχύει ότι f(x)<g(x) κοντά στο χ -> ."' ο

χ -)Χ ο

Οα έχουμε : l i m f(x) < lim g(x) . ·' --> .\ ο

και το

χ -> Χ ο

Μ ί α συ ν ά ρ τ η σ η f ι=:ίναι συνεχής στο ση μείο χ0

1 1 . τ:: στω

X ---t X 0

Χ -> Χ ο

f( χ )>0 κοντά στο χ0, τότε lim -1- = -ι-οο .

Ε ά ν Ι i ιη Γ ι χ Ι = - '- τό τ ε l im (-f(x)) = -oo .

ο ,. .

τότε πάντοτε θα υπάρχουν τα lim f(x) και lim g(x ) .

Χ -> .\ 1 �

Ο,.

όταν και μόνο lί ιη f(x0 ι, --� ο

χ ο , τc'n ι:

l1 ) :-:-. f ( x 0 ) .

συν<'φ τηση f' ορισμένη και συνεχής σε διάστη μα Δ με f(x ) * Ο γι α κάθε

η συνά ρτηση Γ δ ιατηρεί

χ r

ι\ . Τ('ηι:

σταθερό πρόση μο στο Δ . 1 2 . Έστω Γ μία συνεχής συνάρτηση ορισμένη στο (α, β). Τότε η συνάρτηση f θα παίρνι:: ι μ ιγ ι στη κα ι ελάχιστη τιμή στο (α, β) . 1 3. Έστω συνάρτηση f συνεχ1) ς σε διάστη μα Δ . Τότε η εικόνα f(Δ) δεν είναι απ α ρ αίτ η τ α () ιι'ι. στη μα. 1 4 . 'Εστω f συνεχ1Ί ς σ υν άρ τ η ση στο διάστη μα (α, β) με Α= l i m f( χ ) και Β= Ιί ιη f( x ) . Τότι: τ ο χ --> <ι ··

χ --->rι-

σl>νολο τ ψ<!)ν τ η ς f θα ε ίναι απαραίτητα το (Α , Β) ή το ( Β , Α).

· 1 1 -Λ--1+-: -r-:--Σ--+-Σ-+-Σ-+-Λ--1-Λ--1-Σ-----/ -Σ--��f---Λ .�--Σ-> -Λ- Α Π Α Ν Τ Η Σ Ε Ι Σ Σ Τ Ι Σ Ε ΡΩ Τ Η Σ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ - ΛΑΘΟΥΣ

Γι [

τ-� I

1 ι

_Λ

L____L_____L___ _ _ , _L____L____L____L____L____�--�----�--�--�

Β . Γ Ε Ν Ι ΚΑ Θ Ε Μ ΑΤΑ ΣΤΑ O P I A ΚΑ Ι ΣΤΗ ΣΥΝ Ε Χ Ε Ι Α ΣΥΝΑΡΤ ΗΣ Ε Ω Ν

Θ έ μ α 1° : Δίνεται η συνεχ1]ς συ νάρτηση f : 91 --+ 9{ για την οποία γνωρίζοι>με ότι xf(x) ;::: χ 2 + ημ2χ για κάΟε

χ Ε

•

α) Να βρεΟεί το f(O).

β) Ν α δειχθεί ότι υπάρχει ένα τοι>λάχιστον χ 0 Ε 9{ τέτοιο ώ στε f(χ0) =π. Λύ ση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/63

------ Μ αθηματικά για την

α) Έχουμε :

xf(x) � χ 2 + ημ2χ

χ �Η . ημ2χ f(x) � χ + χ

για κάθε

Τότε για χ> Ο θα έχουμε :

( 1 ) . Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχή ς στο � θα είναι και συνεχής στο ση μείο χο= Ο . Έτσι θα ισχύει: lim f(x) = lim f(x) = ιim f(x) = f(O) . Ε πίσης χ � ο �-

x ---t O

χ � ο-

ημ2χ )=Ο+2·Ι =2 χ ημ2χ

ιim (χ +

χ --> 0-

Ιίι

Χ-->η0 '

. ( Για το όριο

θέτουμε x=2u) . Τότε λόγω της

( Ι ) παίρνουμε : f(O) � 2 . Για χ< Ο θα έχουμε :

ημ2χ ιim f(x) = f(O) και με χ ημ2χ lim (x + ) = 2 . Άρα πάλι λόγω της ( 1 ) χ-->0" χ θα έχουμε: f(O) � 2 . Επομένως, τελικά f(x) ::o; x +

x ---t O

παίρνουμε : f(0)=2 . β) Από το α) ερώτη μα έχουμε ότι f(0)=2 . Έ τσι f( Ο )-π=2-π< Ο . Η υπόθεση ισχύει για

κάθε χ Ε �Η άρα θα ισχύει και χ=2π . Τότε έχουμε : ι 2π f(2π) � 4π2 +ημ4π <=>f(2π) � 2π <=>

<=> f(2π) - π � π > Ο .

τηση g(x)=f(x)-2π,

Θεωρούμε τη συνάρ

[0, 2π] . Τότε η συ νάρτηση g είναι συνεχής στο [0, 2π] ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και g( O )g(2π)< O . Άρα λόγω θεωρή ματος Bol zano προκύπτει ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον χ0 Ε (0, 2π) (άρα και στο 9\ ) τέτοιο ώστε g(x0 ) = Ο <=> f (x 0 ) = π .

Θ έμ α 2° : Έστω η άρτια συνάρτηση f : � � 9{ η ο ποία είναι συνεχής στο ση μείο χ0= 2 και για ,

f(x) - 1 =1 χ--> 2 ( χ - 2) 2 .

την οποια ισχυει οτι lιm α) Να βρεθεί το f( 2 ).

•

β) Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f είναι συνε

χής και στο ση μείο χ 1=-2 . λ , , . f 2 ( x) - l γ) Ν α υπο ογισ θ ει το οριο : lιm χ --> 2 η μ 2 πχ

ΛίJ ση : α) Θέτουμε Μ(χ)=

f(x) - 1 (χ - 2) 2

Λυκείου

f(x) = M(x)(x - 2) 2 + 1

Τότε έχουμε:

lim M(x) = 1 . ΆΕτσι 2 -2)2 + Ι ] = ι = li ιimf(x) rr(M(x)(x x---t2 x---t2

παίρνουμε:

με

x ---t

Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ση μείο χ0=2 θα έχουμε : lim f(x) = f(2) . χ -� 1

Άρα f(2)= 1 . β) Από α)

f(x) = Μ(χ)(χ - 2) 2 + ι

Άρα

ερώτη μα έχουμε : f με άρτια συνάρτηση .

f(-x) = M(x)(x - 2) 2 + 1

και

με

limM(x) =1 . ---t2 Τότε ιim f( -χ) = ιim[M(x)(x - 2) 2 + 1] = Ι x---t 2 x-t 2 Θέτουμε -x=u και έτσι όταν χ ___, 2 παίρ νουμε : u � -2 . Έτσι από την ιim f(-x) = l 2 συνεπάγεται: lim f(u) = I . Ε πίσης από α) LΙ---t -2 x

x ---t

ερώτη μα έχουμε : f(2)= 1 και αφού f άρτια συνάρτηση θα έχουμε: και f(-2)= 1. Άρα τελικά παίρνουμε : lim f(u) = f( -2) = 1 . Ε -

ιι---)ο -2

πομένως η συνάρτηση f είναι συνεχή ς και στο ση μείο χ 1 =-2 . γ) Για το ζητούμενο όριο έχου με :

. f 2 (x) - \ · (f(x) - l ) ( f(x) + 1) - ι ιm , ιιm ημ - πχ ημ - πχ (χ - 2) 2 = lim[(f(x) + l )M(x) , ] με Χ--> 2 ημ-πχ Μ I lim(f(x) + \ ) = f(2) + Ι = 2 και Ιiιη x-t 2 (χ) ιι , · (χ - 2) 2 ' ι ια το οριο η η θ ετουμε χ = 2 - - . Γ π ημ-πχ 2 2 Τότε πχ=2π-u, (χ-2) = � και ιι � Ο όταν πχ � 2 . Τότε το όριο παίρνει τη μορφή : . · ι ιι 2 u2 ι ηη , = ι ι m -, -1- = π-ημ- (2π - u) ιι--> Ο π- η μ -u . I = ι ι m 2 --ιι--> ο π ημu 2 π 2 ( ) ll ι ·ε . ι. (χ - 2) 2 , Ά ρα ιm = τσι τελικα παιρημ πχ πf 2 (x) - l · 1 2 νουμε: ι ί m = =2 1· η μ -πχ π- π-, 1

χ --> 2

χ -+ 2

χ --> 2

Θ έμ α 3° : Έ στω

f: ι ο

u--> O

χ--+2

•

------

•

συνάρτηση συνεχής η 2 +οο) � (0, + 00 ) με f (x) * χ για κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/64

------ Μαθη ματικά για την Γ ' Λυκείου

Δηλαδή παίρνουμε ότι

χ 2:: 0 .

α) Να δειχθεί ότι f(x)>x2 για κάθε χ 2:: Ο . β) Να βρεθεί το lim f (x) . χ ->+«>

Λύσ η :

2 g(x)=f(x)�x , η συνάρτηση α) Έστω χ Ε [Ο , +οο) . Τότε η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [Ο ,

+οο)

συναρτήσεων

και

χ Ε [Ο , +οο) αφού

ως διαφορά συνεχών

g(x) :;t Ο f(x) :;t x 2 για

για

κάθε

κάθε χ 2': 0 .

Άρα η συνάρτηση g διατη ρεί σταθερό πρόση μο στο [Ο , +οο) . Επ ί σης g( O ) =f( O )> O αφού f(x)> O για κά θ ε χ Ε [Ο . +χ ) . Άρα g(x)> O για κάθε χ ε [Ο , +χ ) 2 f(x)>x για κάθε χ ε [Ο . + χ ) .

ισοδύναμα

β) Από α) ερ ώ τη μα έχουμε : t'( x } > x c για κά

θε χ

[Ο

Ι Ο<- _<1_ t

(χ)

χ·

- :r )

τ ότε

�ιια κάθε

Ι i ιη Ο = Ο και \ ι. m , \ ----'t- - Υ χ ;τα ρεμβολής

ρω

Ι i ιη

.\ ·-> •

θα

ισχύει ότι

χ ε [Ο , +οο) . ' Εχουμε :

=Ο .

Ά ρα απο' κριτη'

παίρνουμε

ότι

1- = Ο και αφού f(x)> O για κάθε

(χ)

χ ε [Ο . �χ ) τελικά έχουμε: Θ έ μ α _. . , :

lim f(x) = +οο .

Χ --7+ΎJ

Έστω συ νάρτη ση f : 9i � 9i τέτοια ώ στε 2f(χ)+ η μf(χ)=3χ για κάθε Χ Ε 9i .

α) Ν α δειχθεί ότι η συνάρτη ση f είναι συνε χής στο ση μείο χσ=Ο. β) Εάν επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνε χής σε ένα κλειστό διάστη μα [α, β] με

f(α)f( β) <Ο, να δειχθεί ότι α, β ετερόση μοι.

Λύσ η :

α) Από υπόθεση έχουμε : 2 f(χ)+η μf(χ)=3χ για κάθε χ ε � . Έτσι για χ= Ο παίρνουμε :

2 f( Ο ) + η μf( Ο )= Ο :::? η μf( Ο )=--2 f( Ο ) . Τότε θα Ό μως ισχύει: J ημf(O) J = 2 J f(O) j Άρα προκύπτει: J ημf(O) j � j f(O) j 2 j f(O) j � j f(O) j :::? j f(O) j � Ο :::? f(O) = Ο . Επίσης

από

------

την

υπόθεση παίρνουμε : 2f(χ) = 3χ � ημf(χ) . Τότε θα έχουμε : και

2 j f(x)J = J 3x �ημf(χ)J � 3 J xJ + J η μf(x)J � 3 J xJ + j f(x)J .

2 j f(x) J � 3 J x J + j f(x) J :::? j f(x) J � 3 J x J :::? -3 J x J � f(x) � 3 J x J . Ό μως ιim( �3 J x j ) = ιim(3 J x j ) = Ο . Επομένως Χ --7 0

Χ --7 0

από το κριτή ριο παρεμβολής θα έχουμε : και ι i m f(x) = O . Άρα lim f(x) = f(O) = O που Χ --7 0

Χ --70

ση μαίνει ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ση μείο χο= Ο . β) Εάν θεωρήσουμε τη συνάρτηση f ορισμένη στο [α, β], τότε η συνάρτηση f είναι συνε χής στο [α, β] και f( α)f(β) <Ο . Τότε από το θεώρη μα B olzano συμπεραίνουμε ότι θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (α, β) τέτοιο ώστε f(x0)=0 . Αντικαθιστώντας όπου χ το χ0 στην υπόθεση , παίρνουμε: 2f(χ0) +η μf(χο)=3χο ή η μ0=3 χ0 ή τελικά χ0=0 . Άρα α< Ο <β, δηλαδή α, β ετερόση μοι . Θ έ μ α 5° : 'Εστω η συνάρτηση f με τύπο f (x)

xe '

-l .

α) Ν α μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία στο πεδίο ορισμού της . β) Ν α βρεθεί το σύνολο τιμ ώ ν της συνάρ

τησης f.

γ) Να δειχθεί ότι η εξίσωση f(χ)=α έχει μο

ναδική ρίζα για κάθε α ε 9i

•

ΛίJσ η :

α ) Έχουμε: 01= � . Η συνάρτηση f(x) γράφε-

ται

Ι . f(x) = x - --;e

, χ 1 <χ 2 . τ οτε

' Ε στω χ 1 , χ2 ε �)� με

e ' <e,' =>-:-ι > ι. e'' e'' ,

ι. :::? -

e''

ι. . <e''

Επίσης έχουμε θεωρήσει ότι χ 1 <χ2 . Προ σθέτοντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες α-

, νισωσεις παιρνουμε:

χ1 - -. < χ ? �- :::? e"' - e''

f(x 1 )< f(x2 ) . Άρα η συνάρτηση f είναι γνη σίως αύξουσα στο �Η . β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο � ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων και γνησίως αύξουσα στο �R . Ά ρα θα έχουμε :

f(A) = ( lim f(x) , ιim f(x)) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/65

X --7 -'YJ

Χ -7 +Χ:

-------

Μ αθη μ ατικά για

> --ι

l i1η f( x ) = liΙη (χ - �) = -οο - (+οο) = -οο ex ενιί> για το έχουμε : li1η f( x ) '

)

··

-ι.

- ) -'1.-

.\ -)+'Υ;

li1n f( x ) = l i 1η (χ - � ) = +co - Ο = +οο . Άρα e·

.\ -H -.f,

> i- 1_

f( A ) = (-oo , +οο)

= �Η .

γ ) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f(x)-α, χ Ε �Η . Η συνάρτηση g(x ) είναι συνεχής στο �Η ως διαφορά συνεχών συναρτή σεων. ' Εστω χ ι , χ2 Ε �Η με χ ι <χ2 . Τότε f(x ι )< f( x2) ( αφοί> η συνάρτη ση f είναι γνησίως αύ ξουσα στο �Η ) άρα και f(χ ι )-α<f(χ2)-α ή g(x 1 )<g(x2). Δηλαδ1Ί και η συνάρτηση g είναι γνη σίως αύξουσα στο �Η . Αφού η συνάρτηση g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο �Η θα έχουμε: = η (x (x = ( li ( li η (f(x g( A ) Χ ·-'>1 ··η_· g ) , .\ -)-1mΧ g )) Ιίι ':1': ) - α) , >.Χ -

I i 111 ( f (χ) - α )) = ( --α:J - α , +οο - α)

\ - - ->

= ( -ω , +οο)

•- ι · .

= �Η .

Λυκ ε ίου

Επο μένως, η συνάρτηση g

ως γνησίως αύξουσα στο �Η θα έχει μία το πολί> ρίζα στο �Η και αφού το σύνολο τι μών της είναι το �Η θα έχει και μία τουλά χιστον ρίζα στο �Η . Άρα η συνάρτηση g έχι:ι μία ακριβώς ρίζα στο �Η για κάθε τιμή του α ε �Η .

Θ i: μ α 6" :

τηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο �Η Άρα t'(A) = ( l i1η f( x ) ' ,ο·

lim

X - 'H--.r.

f( x )) =(liιη(lη x+Fx ) , l i 1η ( \ η χ .\---)()"

( -οο , +οο) = �Η συνάρτηση

f(x) = ln x + -Fx" .

α ) Ν α δειχθεί ότι υπάρχει η αντίστροφη συνάρτηση Γ1 της f. Γ1 ( Υ ) - 1 . β) Ν α βρεθεί το lim Λ i>ση :

καΟ<i)ς

κ αι ότι

Fι < F .

Προσθέτοντας

κατά μέλη τις δύο ανισότητες παίρνουμε \η χ . + < \η Χ 2 + . Δηλαδή προκύ-

Fι

;-;;:;

πτει ότι f(x 1 )<f(x2). Ε πομένως η συνάρτη ση f είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο , +οο) άρα και

" 1 -I "

στο (Ο ,

+οο) .

Έτσι ορίζε-

J�-))

και παίρνουμε ότι ορ ίζεται η

Γ 1 : �Η

� (Ο

, +οο) . =

να λύσουμε την εξίσωση t(x)= l (η οπο ί α μάλιστα πρέπει ν α έχει μοναδική λύση στu (Ο , + oc ) ) . Θεωρούμε τη συνάρτηση

g( Χ )=f( Χ)- ]

με

Τ ότι:

, +οο)

g( l )=f( l )- 1 =0. Άρα το χ 0= \ είναι μ ί α Π f) Ο φανής ρίζα τη ς g( χ). Ε πίσης εάν χ ι , χ 2 ε ( Ο ,

+οο)

με χ 1 <χ2 θα έχου με f(x ι )<f( x2) (αφού

η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στu (Ο , +οο) ) άρα και f( χ 1 )-- 1 <f( x z }- 1 . Δ ηλαδιΊ

παίρνουμε g(χ ι ) < g ( x 2 ) . Ά ρα και η συνάρ τηση g είναι γνησίως αί>ξουσα στο ( Ο , Επομένως η εξίσωση g(x)"=O Θα ι':χι:1 μία το πολύ ρίζα στο (0 , +οο) . ' Ετσι προ

+οο) .

κύπτει ότι το χ 0= 1 είναι μοναδική ρίζα της g(x) . Άρα f( x )= l μόνο γ ια χ = \ . Δηλαδ 1Ί χ � Ι όταν y � Ι . Αρκεί πλι:ον να δειχΟι: ί ότι υπάρχει το . I 1111

Γ1 (f(x )) - l

χ -> 1 \η χ + νΓ χ - (\ η χ + l )

Για το όριο αυτό έχου με:

χ-1 = f- 1 (f(x)) - 1 ι· 1 111 Γχ -- I χ -> Ι \η χ + fx - (Ι η χ + I ) (χ - l ) ( fx + I ) Ιίιη (fχ + I 2 . = I im ) χ-- > 1 χ -> 1 χ - 1) . I ιm

y - (ln x + l )

α) Έχουμε D ι= (Ο , +οο) . Έστω χ ι , χ2 Ε (Ο , +rι.J) με χ ι <χ2 . Τότε έχουμε ότι \η Χ 1 < \η Χ 2

> -Ι- -ι

β) Για το ζητούμενο όριο θέτου με y=f( x ) . Τό τε Γ\ y)=χ και y-( lnx+ I ) Γχ -1 . Για να βρούμε που τείνει το χ όταν y -> I π ρέπ ι:ι

· Ε στ ω η συνάρτη ση f με τύπο

y -> ι

--------

1 ται η συνάρτη ση Γ : f(Α) � 0 1 • Η συνό.ρ-

Για το li 1η f( x ) έχουμε ότι χ

την Γ '

χ - >ι

. r- • ( y) - 1 = Ιι1. η Ι11η

Άρα τελικά παίρνου με ότι

y-> 1

Υ - (\η

χ + I)

Χ -> 1

Θiψο: 7 " :

Γ 1 ( t' (χ )) - 1 \η χ + Γχ - ( \ η + I ) χ

--2 .

Έστω συνάρτηση f : 9t � 9t τέτο ια ώ ση; χ 2 - 2 � f(x) � χ 2 - J για Κάθε Χ Ε 9t •

α) Ν α υπολογισθεί το όριο β) Να βρεθεί το

ΕVΚΛΕΙΔ Η Σ Β' 74

τ.2/66

lίm f(x) .

χ � +οο

lim x 2 t"(-) . . χ -> 0

------- Μ αθη μ ατ ικά γ ια την

' Ιίm (συv- χ + ημχ - 3)f(χ) = --οο . γ ) Να δειχθεί ότι Χ--+t<Χ:ι , \ {J ση :

α) Από την υπόθεση , αντικαθιστώντας όπου χ I

το I

χ =ι- Ο )

(με

παίρνουμε

(-)- - 2 � f (-) � (-) - 1 για κα, θ ε χ χ χ

ότι

Ό μως l i ιn(J - 2 χ 2 ) = l iιη( l - x c ) = I . Άρα από X -t ! 1

κριηΊ ριο

παρεμβολ1Ί ς

Ι iιη0 x 2 f( _!._ ) = I > χ \

{) Ο Θ ε, μ α ο

παίρνουμε

ότι

α) Εάν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο ση μείο χ0=1 να υπολογισθεί το όριο 1 lim(f(x) - 3 )η μ(--) . χ -> 1 χ-1

β) Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στ ο [ 1 , 2 1 .

Λ ίJση :

α) Από την υπόθεση , αντικαθιστιί)ντας όπου χ το 2 θα έχουμε ότι f'2 (2) + f ( f ( 2 ) ) = 4 ll 1 + f ( I ) = 4 � f(l) = 3 χ --� 1

Ό μως έχουμε ε �Η Ά Ι ί ιη ( χ : - � ) = Ιίιη ( χ 2 - l ) = +οο . ρα λόγω \

ιφιτηριου

t'( χ ) =

Ι ί ιη

γ)

+χ; .

παίρνουμε

ι σ ι' ηη τα το

ημχ

δεν ισχύει ποτέ αφού το συνχ και

δεν μπορούν να γίνουν ταυτόχρονα Έτσι μ ο\'ιJ.δ α ) . παίρνουμε

τις

+CΌ ) . Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη

δύο τελευταίες ανισώσεις έχουμε ότι -(συν' χ + η μχ - 3 ) f ( x ) > χ 2 - 2 => => (συν' χ + η μχ - 3 ) f ( χ ) < -( χ 2 - 2) .

' Ετσι παίρνουμε ότι

I - -, -< , < 0 με χ - - 2 ( συν' χ + η μχ - 3)f( χ )

Ι ί ιη - ( > Η-

1 ) = Ι ί ιη Ο = Ο . Επομένως από

Χ-

Χ -·Η-'"1.'

κριτή ριο παρεμβολής συνεπάγεται: I , Ι ί ιη = Ο με

το

Κ( χ ) = (f ( x ) - 3) η μ ( - ) . χ-I

β) Έστω ότι η συνάρτηση f είναι συνεχ1Ίς στο [ 1 , 2] . Θεωρούμε τη συνάρτη ση g( x )=2 f(x) με χ ε [ l , 2] . Τότε η συνάρτηση ιs ι : ί ναι συνεχής στο [ 1 , 2] ως διαφορά συνι: χών συναρτήσεων με g( I ) =2 - - f( 1 ) = 2 -- 3 = -1 <Ο και g(2)=2-f(2)=2- - l = 1 >0. Άρα έχου με: g( 1 )g(2)<0. Τότε από το θεώρη μα Bol zano συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ένα του λάχιστον χ 0 ε ( 1 ,2) τέτοιο ώστε g( χ , ) Ο . δηλαδή f( x 0 ) = 2 . Αντικαθιστούμε στην υ

' " ' (συν ' χ + η μχ - 3)f( χ ) ( rn>v \ + ημχ - 3)f(χ) < Ο

·-> 1

Λ "ό μ η , -�

1 � χ-11

Ε πομένως λόγω κριτη ρίου παρεμ βολ1Ί ς Ωα έχουμε : και Ι.'\ί· ιη Κ ( χ ) = Ο όπου

σιΙν ' χ + η μχ - 3 < - 1 => -(συν' χ + ημχ - 3) > 1 .

� = l f(χ) - � ημ(� � f( x ) - � . χ-1 Ά ρα I K (x ) l � l f( x ) - 3 1 � � - l f ( x ) - 3 1 � Κ ( χ ) � l f ( x ) - 3 1 με �ίι�Ί( - l f( x ) - 3 1 ) = Ι} ι� ψ ( χ ) - 3 1 ) = Ο .

<)τι συvχ � I . Άρα και συν3χ � I . η μχ � I . Τότε συν� χ + η μχ < 2 (η

από την υπόθεση έχουμε 2 ι · ( v.: ) 2 χ 2 - 2 ( με f( x )> O και χ -2>0 όταν

Τότε K(x) = (f(χ) - 3)ημ(-- =

και

Γ\'< • φ ί ζουμε Επίσης

Έστω Κ(χ) = (f(χ) - 3)ημ(--) . χ-\

) • · Χ.

παρεμβολής

. Τότε αφού η συνcφ

τηση f είναι συνεχής στο ση μείο χο= I παίρνουμε : Ι ίιη f( x ) = f ( l ) =3 .

κάθε

Έστ ω συνάρτηση f: � � � τέτοια ώ στ ε f 2 (x) + f(f"(x)) = 4 για κάθε χ ε � και f(2)= 1 .

β) Από υπόθεση ισχύει χ 2 - 2 � f( x ) � χ 2 - I για

Λυκ ε ίου -------

χ ε �Η * .

2 Πολλαπλασιάζουμε την aνίσωση με χ και I , , , ετσι προκυπτει οτι Ι - 2 χ -, � χ -' f (-) � Ι - χ -, . Χ -7 0

όταν χ � +οο . Άρα

πλικά έχουμε : Ιίιn(σw'χ+ημχ - 3)f(χ) =-ω. x----+trrι Ε Υ ΚΛ Ε Ι Δ Η Σ Β'

πόθεση όπου χ το χ 0 . Τότε έχουμε: 4+f( 2 )=4, δηλαδή f(2) = Ο . Άτοπο αφού f(2 )= \ . Επο-

μένως η συνάρτηση f δεν είναι συνεχ1Ίς στο [ I , 2] .

74 τ.2/67

Η στήλ η αυτή έχε ι ω ς στόχο την ανά πτυ ξη μαθηματικού δι αλό γο υ. Φιλ οδοξούμε να συμμετάσχουν όλ οι όσοι έχουν ένα γενικότερο ενδια φ έρο ν για τα Μαθηματι κά και έχουν πρ ωτότυ πα θέματα να προτε ίνουν. Με χαρ ά περ ιμένουμε νέες συνεργα σίες.

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Ε φαρμογές του πρώτου Θεωρή ματος του Πτολεμαίου

Βασίλειος Φρούντζος

I . Να υπολογισθούν οι διάμεσοι τριγώνου από

τις πλευρές του.

β 2 - γ 2 2(μ� - γ 2 ) α = � 2 α α μ� = �2(β2 + γ 2 ) - α 2

.:...___;_ ._ _

�

Λύση

Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ισχύουν:

μ� = l_ �2(α 2 + / ) - β 2 2

ΒΜ = ΓΜ = � . Θεωρούμε το ισοσκελές τραπέζιο 2 ΑΒΜΔ και ΓΕ// = ΔΜ = ΑΒ = γ ΑΕ-ΑΔ = ΔΕ = � ( 1 ) 2

1 μ � = 2 νI2(α -' + β -' ) - γ ?

Να υπολογισθούν οι διχοτόμοι τριγώνου από

τις πλευρές του. Λύση

Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο ισχύουν : ΓΕ//ΔΜ = ΑΒ = γ, ΓΑΜ = ΒΑΜ , ΑΜ είναι διχοΛ

Γ Το ΑΒΜΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο άρα εγ γράψιμο σε κύκλο. Εφαρμόζουμε το Θ. του Πτο λεμαίου. Ήτοι: 2(μ� - γ 2 ) (2) (ΑΔ) · + γ 2 = δ� ΑΔ = α Ομοίως το ΑΒΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο και

�

εγγράψιμο σε κύκλο. Άρα: (ΑΕ) · α + γ 2 = β 2 Οι 1 , 2 και 3 μας δίνουν.

ΓΜ = � = ΕΔ β+γ

(1)

ΒΜ = _!!]__ β+γ

(2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 4 τ.2/68

Το Βήμα του Ε υ κλείδη

Το ΑΒΜΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα εγγράψιμο σε κύκλο. Εφαρμό ζουμε το Θ. του Πτολεμαίου, οπότε βρίσκουμε:

Ε <ΑΒΓΔ> = _!_ (ΒΓ)(ΑΔ) = �(s - α)(s - χ)(α - γ) 2 (2) 2 ·

δ 2 = (ΑΔ) · (ΒΜ) + γ 2 , δ : = (ΑΔ) _!!]__ + γ 2 β+γ α

ΑΔ = ( δ � - γ 2 ) ·

(β + γ) (3) αγ

Το ΑΒΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα εγ γράψι μο σε κύκλο. Επομένως: β 2 - γ 2 (4) (ΑΕ) · α = β 2 - γ 2 :::::> ΑΕ = α

� = ΔΕ = ΑΕ - ΑΔ β+γ .

αβ β 2 - γ 2 (β + γ) = - ( δ α2 - γ 2 ) -β+γ α αγ γ [ (β + γ) 2 (β - γ) + γ(β + γ) z _ α 2 β ] = = (β + γ) 2 βγ [ (β + γ) z - α 2 ] (β + γ) 2

5 βρισκο υμε: �:

οα

δ2

( 5) Απ ό τις 1 , 2, 3 , 4 και

βγ(α + β + γ) (β + γ - α) θέτουμε (β + γ) 2 α + β + γ = 2 τ - α + β + γ = 2(τ - α) α

Β όπου

z 2 α 2 2 2αγ γ z 2s = α + χ + 2γ = α + β γ + 2γ = + β + α α ? ? ? ? ? 2 2 αγ α β s - γ = - + - γ- + (3) - γ = α- + β - γ 2α 2α ?- + β-? - γ-? + 2αγ "- - α?- - γ-? + 2 αγ α β (4 ) s-α= -α= 2α 2α α 2 + β z - γ 2 + 2αγ β 2 - γ z s-x 2α α α ? β ? ? 2αγ = - - - + γ- + (5) 2α Η (2) γράφ εται: _

.:._____:__ _ _ ___:__ _

δ � = --- Jβγτ(τ - α) ομοίως β+γ 2 2 δ μ = -- Jαγτ(τ - β) δγ = -- Jαβτ(τ - γ) α+γ α+β ·

3 . Να υπολογισθούν τα ύ ψη τριγώνου από τ ις

πλευρές του. Λύση

Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ. Στο σχήμα το Α Γ ΒΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο εγγράψιμο σε κύκλο. Εφαρμό ζουμε το Θ. του Πτολεμαίου οπότε βρίσκουμε:

2α

1 J(α + β + γ)(α + β - γ)(α - β + γ)( - α + β + γ) , 2α 2τ = α + β + γ uα

uα

= � Jτ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) α

uβ

= � Jτ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) β

= �Jτ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) γ

4 . Να υπολογιστούν οι εξωτερικές διχοτόμοι

τριγώνου από τις πλευρές του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/69

( ΑΒΓ,

)

α, β, γ .

Τ ο Βή μα του Ευκλείδη Λ ίJ σ η

Θεώρημα Stewart.

Έστω το τρίγωνο Α ΒΓ στο οποίο ισχύουν:

Α Δ = εξωτερική διχοτόμος της Α του ΑΒ Γ που τέμνει την Γ Β στο Δ . Γ Δ // Α Ζ , ΑΒ // = ΔΖ = γ, ΑΓ // Ε Ζ = Δ Η = β, Δ Ε = α = Β Γ , Β Δ = Α Ζ = Α Η +Ζ Η ( Ι ) Λ

5. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τυχαίο σημείο

Μ της ΒΓ. Να δείξετε ότι ισχύει η σχέση : ΑΓ 2 ΒΜ + Α Β 2 ΓΜ •

•

ΑΜ 2 Β Γ + Β Γ Β Μ Γ Μ •

Λ ίJ σ η

Έστω το τρίγωνο ΑΒ Γ στο οποίο ισχύουν: ΓΕ // = Δ Μ Α Β = γ Γ Μ = ΔΕ ΔΕ = ΑΕ - Α Δ ( I ) =

Το Α ΒΜ Δ είναι ισοσκελές τραπέζιο εγγράψι μο σε κύκλο . Δ

Στο σχιΊμα ισχύουν: Α Β ΒΔ γ ΒΔ , Β = _!!]__ (2) Δ ΑΓ Γ Δ ' β α + ΒΔ β γ -

Λ ΓΔΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Ά ρα εγ γ ράψιμο σε κύκλο. Ε φαρμόζουμε το Θ του Πτολε μα ί ο υ ι)τοι: Το

( ΑΗ ) · ( α + Β Δ ) + β 2 = μ � => Α Η = μ � - β ( 3 ) α -t- Β Δ Ο μ ο ί ως για το εγγράψιμο σε κύκλο ισοσκελές τραπέζιο ΔΕΗ Ζ ήτοι: 2

( ΖΗ ) (Δ Ε ) + γ 2 = β 2 Λ πίJ τις ( I ) , (2), (3 ), (4) βρίσκουμε: Δ�, - β 2 + β 2 - γ 2 = _!!]__ ' , απ όπου προκύπτει: α + α_y_ _ α β-γ β-γ

μ Ο ο ί ως :

βγ τ - β τ - γ Δ = α ιβ γΙ J ( )( )

�

2αγ τ - α τ - γ J α γ β I 1 ( )( ) =

Ε φαρμόζουμε το Θ. του Πτολεμαίου, 1Ίτοι: (Α Μ ) ( Β Δ ) = (Α Δ) ΒΜ + ( Α Β ) ( Δ Μ ) (ΑΜ ) 2 - (ΑΒ) 2 Α Δ (2) =

(ΒΜ)

Ομοίως το ΑΒΓΕ είναι ισοσκελές τραπi:ζιο Ι : γ γράψιμο σε κύκλο. Άρα: (Α Γ ) 2 = (Α Ε )(Β Γ ) + ( Λ Β

) 2 Α Ε = ΑΙ�� - Α Β 2

Οι Ι , 2 και 3 δίνουν: 2 Γ Μ Α 2 - ΑΒ Γ

ΒΓ

(J)

ΒΓ

ΑΜ 2 - (Α Β) 2 ΒΜ -

(ΒΓ)(Γ Μ) (Β Μ ) = =(ΑΓ) 2 (ΒΜ ) - (ΑΒ) 2 (ΒΜ ) - (ΑΜ ) 2 ΒΓ + (ΛΒ )-' · 1 3 1 . ΒΓ ΓΜ ΒΜ -t- ΑΜ 2 Β Γ = Α Γ 2 Β Μ + ΑΒ 2 [Β Γ BMJ -'--

-'--

ΒΜ

Ε Υ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 4 τ.2170

•

ΑΓ 2

ΑΒ 2 Γ Μ = Α Μ 2 Β Γ + Β Γ •

·--

ΓΜ

ΒΜ

Σ κέψεις πάνω σε μια ανισότητα

Σ τ αύρος Κ. Στ αυρόπουλος ( Α μ αλ ι ά δ α )

Η Μαθηματική διαπραγμάτευση του θέματος που ακολουθεί γίνεται με αφορμή το 3" πρόβλημα το υ διαγωνισμού ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009. Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα Sch u r και μερικές χρι'] σψι.:..; ταυτότηπς από τις οποίες προκύπτει η πρόταση : Αν α, β, γ>Ο και α+ β +γ=l , τότε ισχύει:

αβ + βγ + γα �

J + 9αβγ

την βο1)θεια αυτής της αντεπαγωγής που έχει προταθεί και ως άσκηση στον Ευκλείδη Β ' (τεύχος 69-2008 ,σελίδα 79, άσκηση 1 44), έχουμε μια μέθοδο απόδειξης ασκήσεων της μορφής του 3°" προ[)λι) ματος ΑΡΧΙΜΗ Δ Η Σ 2009.Στην συνέχεια δίνουμε μια βελτιστοποίηση του προβλήματος αυτού. Λ ) Οι δύο πρώτες ταυτότητες από τις τρεις που ακολουθούν αποδεικνύονται εύκολα. Θα αναφερθούμε μόνο στην απόδειξη της τελευταίας. Με

α) Αν Α=(α+ β)(β +γ)(γ+ α), τότε:

α 1 ) Α= α\ β +γ) + β2 (γ+ α) +γ2 (α+β) + 2αβγ α2) Ac= α(β 2 +/ )+ β(/ + α2 )+γ( α2 + β 2) -+-2 α βγ

α3 ) Α = αβ(α+ β) + βγ(γ+ α) +γα(γ+ α) + 2αβγ α4 ) Α = α 2 ( β + γ ) + α ( β 2 + γ 2 ) + βγ ( β + γ) + 2αf{ γ .

β) ( α+ β +γ )( αβ + βγ+γα )=( α+ β ) (β +γ )( γ+ α )+α βγ . 2 3 2 = 2 3 3 γ ) ( α + β - γ ) ( α - β + γ ) ( -α + β + γ ) α ( β + γ ) + β ( α + γ ) + γ ( β + α ) - α - β - β - 2αβγ

[

Λπ{Jδ ε ι ξ η :

]

(α + β - γ ) ( α - β + γ ) ( -α + β + γ ) = ( α + β - γ) γ 2 - ( α - β ) 2 = ( α + β - γ) {γ 2 - α 2 - β 2 + 2αβ ) = "' ( α + β ) / - ( α -r β ) ( αc + β c ) + 2 αβ ( α + β ) - / + γ ( α 2 + β 2 ) - 2αβγ =

'--= γ :

(α+β)+

γ(α

+ β 2 ) + α β ( α + β ) - ( α + β ) ( α 2 + β 2 - α β ) - γ 3 - 2αβγ =

(α, ) (α, )

= αc ( β + γ ) + β 2 ( α + γ ) + γ 2 ( β + α ) - α3 - β3 - γ 3 - 2αβγ. R ί Θ α π α ρ α θέσουμε ένα θέμα που περιέχει την βασική ανισότητα του Sch u r (της οποίας η απ6δαξη α ιrο η:ί.εί τεχνικι) για τη λύση πολλών ασκήσεων) και μια ισοδύναμη μορφή της για ν= Ι η οποία πλαισιω1 + αβγ , μi:νη με την υπόθεση α+ β +γ= l μας δίνει την ανισότητα αβ + βγ + γα :::;

Θ {μ: . :\ α α ποδειχθούν οι ανισότη τες που ακολουθούν:

α)

β)

Αν α, β ,γ>Ο, ν ε Ν τότε ισχύει: α•(α-β)(α-γ) + β.(β-α)(β-γ) +γ.(γ-α)(γ-β)2:0 (Schur)

ο, β ,γ>Ο, τότε ισχύει: ( α+ β-γ)(α-β +γ)(-α+ β +γ):Sαβγ 1 + αβγ Ί ι Α ν α,β,γ>Ο και α+β +γ= 1 , τότε ισχύει: α β + β γ + γα � . Αν

Ονομάζουμε S το πρώτο μέλος. Έστω γ :::; β :::; α, τότε: (α-β)(α-γ)2:0 και (γ--α)(γ- β ) 2:0 οπι'>η; S2: αv( α--β) ( α-γ)+ βν(β-α)(β-γ)2:β ν( α-β)( α-γ )+ βν (β-α)(β-γ) = β ν( α-β)( α-γ-β +γ) = β v ( α-- β )2 2: 0 . 1 1 ανισότητα του Schιιr για ν= Ι γίνεται: α(α-β)(α-γ) + β(β--α )(β-γ) +γ(γ-α)(γ-β)2:0 q '--α(β+γ) ι βγ] + β[β2---β(γ+α)+γα] +γ[γ2-γ(α+β)+αβ]2:0qα3-α2 (β+γ)+αβγ+ β3 -β2 (α+γ)+αβγ--ιy1-γ2 ( α+β +αβγ2:0 α[α ) <: -> α βγ2:α2 - ( β Ι- γ ) + β 2 ( α+γ) +/( α+ β)-α 3-β 3-γ 3-2αβγqαβγ2:( α+ β-γ)( α-β +γ)(-α+ β +γ) ( Ι ) . γ) Θ α χρησιμοποιήσουμε τους aξιοσημείωτους πολλαπλασιασμούς: i)( x + α )( χ + β ) = χ2 + ( α + β ) χ + α/�. i i ) ( χ + α ) ( χ + β ) ( χ + γ) = χ + ( α + β + γ) χ 2 + ( α β + β γ + γα) χ + αβγ. ( Ι ) c::> ( Ι - 2γ ) ( ι - 2β ) ( ι - 2α ) :::; αβγ =::;, 13 - ( 2α + 2β + 2γ ) 1 2 + ( 2β2γ + 2β2α + 2α2γ ) Ι - 8αβγ :::; αβγ =::;, 9 1 - 2 ( α + β + γ) + 4 ( αβ + βγ + γα ) - 8αβγ :::; αβγ =::;, 1 - 2 - I + 4 ( αβ + βγ + γα ) :::; 9αβγ =::;, αβ + βγ + γα :::; 1 + αβ γ ι j·J σ η : α)

Ιl α ρ ατ η ρ ι) σ ης : I ) Η ισότητα και στις τρείς προηγούμενες ανισότητες ισχύει όταν και μόνον α=β=γ 2) Λ ν υποθέσουμε ότι α,β,γ2:0 τότε η ισότητα ισχύει όταν και μόνον: α=β=γ 1) ένας από τους α,β,γ είναι το μηδί:ν και οι άλλο ι δυο είναι ίσοι \'Ι ε αν{ι.λογο τρ6πο i:zουμι: : Αν α,β,γ>Ο και α+ β+γ= l , να αποδειχθούν οι ανισι'>τψες:

α)

5 ( αβ + βγ + γα) + 9αβγ :::; 2,

β)

αβ + βγ + γα - 2αβγ �

;7 ,

γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.217 1

s ( α 3 + β 3 + γ 3 ) + l 2αβγ 2 3 ( αβ + βγ + γα) -

------ Εφαρμογές της ανισότητας Schur ------

2 -9αβγ Ι ' ' l + 9αβγ ' Α ρκει' αβ + βy +γα ::; . σχυει, ομως αβ + βy +γα::; . Άρα αρκει' να αποδειχθ ει' ότι: 4 5 l + 9αβy < 2- 9αβy , ή 5 ( 1 +9αβγ) ::s; 4 ( 2 -9αβγ) , ή αβγ:::; _!_ , που ισχύει καθότι: l = α+ β + γ ;::: 3{αβΥ ::::> αβγ ::s; _2_ , 4 5 27 27 Για τις περιπτώσεις β, γ, εργαζόμαστε ομοίως λαμβάνοντας επί πλέον υπ ' όψη την ταυτότητα: ( α + β + γ) 3 = α3 + β 3 + γ 3 + 3 ( α + β ) (β + γ) (γ + α ) = α3 + β 3 + γ 3 + 3 ( α + β + γ) (αβ + βγ + γα ) - 3αβγ. Γ) Χρησιμοποιώντας τα προηγούμενα θα αποδείξουμε το 3° θέμα του διαγωνισμού της Ε.Μ.Ε. ΑΡΧΙ Μ Η Δ ΗΣ 2009 και θα παρουσιάσουμε μια βελτιστοποίηση του. α)

):. η : Απο' δ ε ι ι.,

Το 3° θέμα του διαγωνισμού της Ε.Μ.Ε. ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ 2009 Αν x,y, z�O και x+y+z=2, τότε να αποδείξετε ότι x 2y 2 +y 2 z2 +z2 x 2+xyz::;1 . Για ποιες τιμές των x,y,z ι σχύει η ισότητα;

x + y + z = 2 <=> � + _r + � = 1 ( 1 ) . Θέτουμε: � = α,Ι = β, � = γ , οπότε 2 2 2 2 2 2 9αβγ χ = 2α, y = 2β, z = 2γ και ( 1 ) <=> α + β + γ = Ι, άρα αβ + βγ + γα :::; l + (i) 4 ' Εχουμε: x 2 y2 + y2 z2 + z2 x 2 + xyz = 16 ( α2 β2 + βγ + γ2 α2 ) + 8αβy = 1 6 ( αβ + βγ + γα) 2 - 2αβy ( α + β + γ) + 8αβγ = Λ ί> ση :

[

]

(

ι ) (

1 9 = 16 ( αβ + βγ + γα ) 2 - 32αβγ + 8αβy = 16 ( αβ + βy + γα ) 2 - 24αβy :::; 1 6 + αβγ - 24 αβγ = 4 = ( 1 +9αβγ) 2 -24αβy =81α2 βγ -6αβy+ 1 = 3αβγ ( 27αβγ -2) + I ::; ι (ii), αφού (αβΥ < α+β+γ =� => αβγ :::; _2_ < 2 . 3 3 27 27 Η ισότητα εξασφαλίζεται μόνο όταν οι (i), (ii) ισχύουν ως ισότητες, δηλαδή: β=Ο α=Ο γ=Ο =Ο χ =0 y=O x-y +y-z +z x-+xyz= 1 <=> Ι ή 1 ή 1 <=> = z = ή z = x = ή x = y = l . l l α=β = β=γ= γ=α= z z z ?

(

•

(

) (

]

Βελτιστοποίηση του προηγούμενου θέματος. Αν x,y,z�O και x+y+z=2, τότε να αποδείξετε ότι 11 , 2 2 2 2 2 2 ' ' η ισοτητα; χ y + y z + z χ + - xyz < l . Γ ια ποιες τιμες των χ, y, z ισχυει 8 _

1 9αβγ ( i), οπότε: Θέτουμε χ = 2α, y = 2β, z = 2γ , οπότε: α+ β+γ= 1 . ' Ε τ σι έχουμε: α β + βγ + γα ::::; + 4 11 x - y - + y-z- + z-x 2 + xyz = 1 6 ( α-β- + β-γ- + γ-α- ) + 1 1αβγ = 16 αβ + βγ + γα) 2 - 2αβγ α + β + γ + l lαβγ S Ι 9αβγ 2 2 1αβγ = 1 9 , , , = 1 6 ( αβ + βγ + γα ) 2 - 2 Ιαβγ ::s; 1 6 + ( + αβγ ) 2 - 2 1αβγ = 8 Ια-β-γ- - 3αβγ + 1 = 4 1 3αβγ ( 27αβγ - 1 ) + 1 ::::; 1 (ii), αφού αποδείξαμε ότι: αβγ ::::; - . Ομοίως η ισότητα εξασφαλίζεται μόνο ό 27 α=Ο β =Ο 1 1 2 ' ταν οι (i), (ii) ισχύουν ως ισότητες, δηλαδή: x - y- + y-z + z x - + - xyz = Ι <=> 1 η =α=-1 8 γ β =γ=2 2 γ=Ο z=O χ=Ο y=O 1 2 ή Ι ή α = β = γ = -3 <=> y = z = l ή z = x = 1 ή x = y = 1 ή x = y = z = -3 α=β= l 11 ' ' γινει ' ' ' χο ι ο : πει δ η' xyz ::::; xyz, oταν x, y, z ;::: Ο , εχει μια β ελτιστοποιηση στην προηγουμενη ανισοτη 8 Ε 2 ' το οτι ' η ισοτητα ' ' και οταν ' Σ με επιπλεον τα ισχυει χ = y = z = -. 3 λ Λύ ση : ?

( ]

(

)

) (

(

[(

) (

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/72

)]

( ](

)

•ο -

Ε υ κλε. i δ n ς

n ρ ο τ ε. i νε. ι

i\\" ' \_

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύ ριος λόγος ύπαρξης του μαθη ματικού είναι να λύνει προβλήματα>>. Ρ. R. HALMOS Επιμέλεια :

Γ. Κ . Τ Ρ Ι Α Ν Τ Ο Σ - Ν . Α Ν Τ ΩΝ Ο Ω Ο Υ ΛΟΣ

(τΕΥΧΟΥΣ 7 1 ) χ? Δ ίνεται η έλλειψη C 1 : : + Υ: = I , α > β > Ο και ο α· β κύκλος C � : χ" + y � = α� . Να βρεθεί σημείο Μ του κύκλου c� τέτοιο, ώστε οι εφαπτόμενες που άγοΑ Σ Κ Η Σ Η 149

νται από το Μ προς την έλλειψη C1 να είναι τέτοιες, ώστε η απόστ αση της αρχής Ο( ο, ο) των αξόνων από την ευθεία που ορίζουν τα σημεία ε παφής τους με την C 1 να είναι ελάχιστη. ( Π ροτά

θηκε από τον Θ Α Ν Α Σ Η Κ Υ Ρ Ι .--\ Κ Ο Π Ο Υ Λ Ο Αθήνα) Λ ΥΣΗ ( από τον Γ Ι ΑΝΊ\ Η � Τ Α Μ Α Τ Ο Γ Ι ΑΝ Ν Η - Δ ροσιά Αττικής). Έστω M(x0 , y 0 ) E C 2 και P (x 1 , y1 ), N (x � , y � ) τα σημεία επαφής των εφαπτομένων της έλλειψης

από το σημείο Μ .. Τότε έχουμε χ � + y � = α" και ΜΡ :

χχ , β 2 + yy , α 2 = α 2 β 2 ΜΝ : χχ 2 β 2 + yy 2 α 2 = α 2 β 2

ευθείας ΡΝ ( πολική του σημείου Μ ως προς την έλλειψη) είναι: β 2 χ 0 χ + α 2 y 0 y = α 2 β 2 και η από -

σταση της αρχής των αξόνων από την ΡΝ :

Θεωρούμε την συνάρτηση α2β2 f(x 0 ) = 4 4 , - α ::s; χ 0 ::s; α , με �(β α )χ � + α 6 α2 β2 ( α4 - β4 ) Χ ο Είf'(x 0 ) = 4 4 [(β - α )χ � + α 6 ] �(β 4 - α 4 )χ � + α 6 _

ναι: f'(x 0 ) = Ο <=> χ 0 = Ο , ενώ f'(χ 0 ) > 0 <::::> α 2 χ0 > 0 και f'(x 0 ) < 0 <::::> -α ::s; x 0 < 0 . Ά ρα η f

παρουσιάζει ελάχιστη τιμή για

f(O) = � και y 0 = α ή y0 = -α . α Συνεπώς, το ζητούμενο σημείο είναι είτε το Μ(Ο, α) , είτε το Μ(Ο, -α) . χ 0 = 0 , ίσο με

Λύσε ις έστειλαν επίσης ο ι συνάδελφο ι : Ρο δ όλφος Μ πό ρ η ς - Δ άφνη , Β ασίλειος Ν ικολά.κη .;

- Θες/ν ίκη , Κων/νος Τζαγκαράκη ς

Χ ανιά. . Β αγ

γέλη ς Μ ο υ ρ ούκος - Αγ ρίνι ο , Γι ώ ργος Μ 1Ί τσιο.; Ρ ά μ ια Ά ρτας, Γ ιάννη ς Η λιόπουλος - Καλαμά.τα, Φ ίλιππος Σερέφογλου - Μ ελίσια Α π ικιΊ ς, Ο ρέ χ

στης Κατσάνος - Π ρ έβεζα, Γ ιώργος Δ ελη στάθ η ς Κ άτω Π αηΊ σια, Γιώργος Τσαπακίδ η ς - Κυψέλη Α ι τολοκαρνανίας.

Επειδή το σημείο Μ ανήκει στις ευθείες αυτές οι συντεταγμένες του επαληθεύουν τις εξισώσεις ' χ 0 χ 1 β ?- + y0y,α·? = α 2 β 2 και τους, οποτε: ? , η ε ξισωση ' της Χ 0 Χ 2 β - + y 0 y 2 α-' = α 2 β ?- . Συνεπως,

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 50 (τΕΥΧΟΥΣ 7 1 ) Κατασκευάζουμε διαδοχικά τετράγωνα κοινής κο ρυφής Ο, ώστε η διαγώνιος του προηγουμένου να είναι πλευρά του επομένου. Αν S v είναι το εμβα

δόν του επιπέδου χωρίου που καταλαμβάνουν τα ν πρώτα τετράγωνα, να δειχθεί ότι ισχύει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/73

------

S1+. 1

Ευκ λείδης προτείνε ι . . .

------

- Ρ ά μ ια Ά ρτας, Ρ ο δ όλφος Μ π ίφη ς

2SΙ·. + cl και να εξαχθεί ο τύπος του S,. συναρ-

( ΤΕΥΧΟΥΣ 7 1 )

151

ΑΣ Κ Η Σ Η

Δ άφνη .

τΙ1σει των ν,α, όπου α είναι το �11Ίκος της πλευράς

Σε τρίγωνο Α Β Γ σημείο Δ χωρίζει την πλευρά Β Γ

του πρώτου τετραγιί)νου . (Προτάθη κε από τον συ

σ ε μέσο και άκρο λόγο με ΒΔ < Δ Γ . Ομοίως, ση

νάδελφο Ν Ι Κ Ο Λ Α Ο

μείο Ε την Γ Α με ΓΕ<F:Α . Να δειχθεί ότι η ευθεία

ΒΑΔ Ι ΒΟΥΛ Ι Ι

ΛΥΣ Η ( Από τον συνάδελφο ΛΑΚ Η

· - Άρτα )

ΑΔ διχοτομεί το ευ01ιγραμμο τ�ο1 μ α ΒΕ.

ΒΑΣ Ι Λ Ε Ι Ο Ν Ι ΚΟ

- Θεσ/νίκη )

( Π ροτάθηκε από τον συνc1δελφο

Συμφά)νως προς το πρόβλη μα, διαπιστ<ί)νεται ότι

ΔΙ ΒΟΥΛ Η -

Ά ρτα ) .

κάθε νέο τετράγωνο καλύπτει την μισή επιφάνεια του αμέσως προηγουμένου τετραγώνου . Άρα, για να υπολογίσουμε το εμβαδόν S v του επιπέδου χω ρίου που δημιουργείται από τα ν πρώτα τετράγω

να, αρκεί να προστεθεί στο εμβαδόν του τελευ-

Ν Ι Κ Ο Λ Α Ο ΒΑ

I I

Β Λ ΥΣΗ ι Β :

ταίου τετραγώνου το ήμισυ του αθροίσματος των εμβαδών όλων των προηγουμένων. Αν είναι α η

(Α πό τον συνάδελφο Ο Ρ ε : τ Η Κ Α -

Π ρέβεζα )

ΤΣ Α Ν Ο -

πλευρά του πρώτου τετραγά>νου, τότε οι πλευρές

Από το θεώρη μα του Μ ενελάου στο τρίγωνο Β Ε Γ

των άλλων τετραγιονων είναι:

με διατέμνουσα την ευθεία ΔΜΑ έχουμε : ( I ) ΔΒ Α Γ Μ Ε

- · - · - =

ΔΓ ΑΕ Μ Β

κ αι

ΑΓ -

ΑΕ

ι . Ό μως

J5 - I

ΔΒ

- = -- =

ΔΓ

φ (2 )

( 3 ) . Από την ( I ) βάσει των ( 2),( 3 )

. I MC προκυπτει φ · · φ ΜΒ -

1 => ΜΕ = Μ Β . Δη λ . το

ζητοίι μενο.

Άρα, S,

= - (α-' + 2 α-' + 4 α - + . . . + 2 '' '

I 2 '._ 2 2 - I 2 ,. _ 1 2 =-· α +2 α 2 2-1 •

_ -

- (3 2

· 2" - 1 2 ν-1 2 Ε τσι, S v , 1 = 3 α =3·2 α 2

' · α- ) + 2 " ·I α-?

,. _ 1

- I )α 2

α -τ = 2

Λ ΥΣΗ

2Β

ΤΣ Ι Ο -

Ράμια Ά ρτας ) .

( Από τον συνάδελφο

, ΔΓ Α Ε Α Γ Ισχυει: - = - = - = ΔΒ ΕΓ ΑΕ

J5 - I

Γ Ι Ω Ρ ΓΟ Μ Η

= φ ( l ) . 'Εστω

(ΒΑ Μ )=κ, ( Α Μ Ε)=λ, ( Δ Γ Ε Μ ) =μ , ( Β Μ Δ)=ν. Λ ίισεις

έστε ιλαν };π ίσης οι συνάδελφοι:

Είναι:

( ΑΔΓ) (ΑΒΔ)

Κ ων/νος Τζαγκαράκη ς - Χ ανιά , Γιιο ργος Μ 1Ί τσιος

ΕΥΚ Λ Ε Ι Δ Η Σ

Β'

74 τ.2174

= -

ΔΓ

ΔΒ

λ+μ --

κ+ν

=φ

(2) .

------ Ο Ευκλείδης προτείνε ι . . . ------

ΑΔ

(ΑΒΔ) (ΑΒΜ)

κ+ν κ

ΑΔ ΑΜ

__:__--'-- = -- � -- = -- (3) Επειδή τα τρίΑΜ

γωνα ΑΔΓ και ΑΕΜ έχουν κοινή την γωνία Α ΑΔ ΑΓ , (ΑΔ Γ ) = -, των ( I ),(3) και λογω ισχυει (ΑΕΜ) ΑΜ ΑΕ · -

λ+μ λ

κ+ν κ

Οι σταθερές c , c προσδιορίζονται από τις αρχι2 κές συνθήκες: f(l) = - l και f(- 1) = 1 (6)

Για ν= Ι η (5) δίνει: f(x) = c 1 Jdx + c2 = c1 x + c

{

Λόγω των σχέσεων ( 6) προκύπτει για λύση το σύc1 = -1 c1 + c = -1 <:::> , οπότε C=0 -C 1 + C = 1

, ισοτητα , -- = -- φ . Απο, την τε λευταια και

στημα:

λ+μ λ δηλ. κ = λ . Συνεπώς, ΒΜ=ΜΕ.

f(x) = -χ . Από την (5), για ν=2, προκύπτει ότι:

κ+ν λ+μ κ κ+ν

-- = -- · --

την σχέση (2) προκύπτει:

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Ρο δ όλφ ο ς Μ πc') ρη ς - Δ ά φ , · η . Β α σ ί ί . ε ι '-• : '\ ι ωί.άr-:ΊΕ - Θες/νίκη , Γ ι ιΊννη -; Σ τ υ μ α ω·. · ι cίη η ; - _' φ ο σ ι ά Α τ -

ΑΣ ΚΗΣ Η 1 5 2 (

Να βρ ε θ ε ί ν

"Ν

• .

ΤΕΥΧΟΥΣ 7 1 )

ποί.υι;),·υμο (( χ ) , 2ν- 1

ι:)στε το ποί.υι!)\'υμο

με το ( χ - 1 ) ', και το

( χ + I )'

f( x) + I να διαιρείται

f( x ) - 1 να διαιρείται με το

. Σ τη συνέ χε ια

λυcJ)\'υμο βαθμού I ,

βαθμού, όπου

να βρεθεί ένα τέτοιο, πο

ένα τρίτου βαθμού και ένα ε

βδόμου βαθμού . ( Π ροτάθηκε

από τον συνάδελφο

Ν Ι Κ ΟΛΑ Ο Β Α

ΔΙ ΒΟΥΛΗ ΛΥΣΗ

- Άρτα) ( Από τον ίδιο ). Από την υπόθεση έχουμε:

{

= (χ + I ) " q (x) (2). Από τις ισότητες

( I ),(2) με παραγώγιση έχουμε:

f'( x ) = (x - l)" - 1 [νp(x ) + (x - l )p'(x)] (3)

f'( x ) = (χ + l)" - 1 [νq(x) + (χ + l)q'(x)] (4).

Από τις σχέσεις (3 ), ( 4) προκύπτει ότι το πολυώ νυμο f'(x ) , που είναι 2ν-2 βαθμού, έχει παράγοντα το γινόμενο (x - 1) "- 1 (x + l) v -ι = ( χ 2 - l ) v -ι . Ε

Ά ρα, ισχύει f '( x) = c 1 ( χ 2 - I ) ν - ι , c 1 R , οπότε

{

�

- x) + c

Οι αρχικές συνθήκες (6) οδηγούν στο σύστημα - � C 1 + C = -1 3 2

- c1 + c = 1 3

<:::>

_ 3

Cι - 2

, οπότε θα είναι

c=O

I χ 3 , f( χ ) = -3 ( - χ ) = - χ - - χ . Μ ε τον ι'δ ιο τροπο

2 2 2 3 για ν=4 προκύπτει το πολυώνυμο

f (x ) = _!_ (5 x 7 - 2 1χ 5 + 3 5χ 3 - 3 5χ) . Εύκολα δια-

16 πιστώνεται ότι τα παραπάνω πολυώνυμα ικανο ποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

Αγρ ίνιο , Κ ωνστ αντίνος Τζαγκαρ ιΊ κη ς - Χ αν ι ά .

( Τ Ε ΥΧΟΥΣ 7 1 )

Ν α δειχθεί ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α ριθμοί χ,y,z,α,β,γ που να ικανοποιούν τις συνθ11κες: x 3 + yz = α 3 , / + zx = β3 και z 3 + xy = γ 3 • (Προτάθηκε από τον συνάδελφο Α ΓΙ ΟΣ Τ Ο Λ Ο Κ Α Ζ Α Κ Ο Π Ο Υ Λ Ο - Θεσ/νίκη). ΛΥΣΗ ( από τον ίδιο). Υποθέτουμε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x,y,z,α ,β,γ που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήμα τος. Έστω χ = max(x, y, z) . Τότε χ3 < χ3 + yz < χ3 + χ2 < (χ + 1)3 και λόγω της πρώ

της των σχέσεων θα είναι: χ3 < α3 < ( χ + 1) 3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Ρο δ ό λ

φ ο ς Μ πό ρη ς - Δ άφνη , Β αγγέλη ς Μ ου ρ ού κο ς -

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 5 3

t'( x ) + I = ( χ - l)" p(x) ( I ) και Γ( χ ) - I

2 f(x) = c1 J(x - 1)dx + c2 = c1 (

Β ' 74 τ.2/75

----

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

Άτοπο, αφού μεταξύ διαδοχικών ακεραίων δεν υπάρχει ακέραιος. Στο ίδιο άτοπο καταλήγουμε είτε δεχθούμε ότι y = max(x, y, z) και χρησιμοποιήσου με την δεύτερη συνθήκη είτε δεχθούμε ότι Ζ=

max(x, y, z) και χρησιμοποιήσουμε την τρίτη

συνθήκη. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Σ ά ββ α ς Π ι π ίν ο ς Ρ όδο ς , -

Ά Σ Κ Η Σ Η ι 54

του

στην αποδεικτέα

(τεύχους 7 1 )

την

εξίσωση , απο, τον συνα, δ ελφο χ 2 + y 2 = χ - y . (Π ροτεινεται ι 69.

Μεσολόγγι )

Σημείο Κ βρίσκεται στο εσωτερικό ενός

τριγώνου

ΑΒΓ.

Φέρουμε την ΑΔ// ΒΓ έτσι,

ώστε να είναι ΑΔ = ΒΓ . Αν Ε είναι η τομή της ΚΔ με την ΑΓ, τότε να δειχθεί ότι ισχύει: (ΑΕΔ) = (ΑΒΚ) + ΓΕΚ) . (Προτείνεται από τον Χημικό 8 ΕΛΑ - Πεύκη ) ι 70.

ΔΗ Μ ΗΤΡΙΟ ΚΑΡ-

κών αριθμών α, β, γ που ικανοποιούν τις ισότητες:

(Προτείνεται από τον συνάδελφο 171.

Γ Ι Ω Ρ ΓΟ Α Π Ο

Μεσολόγγι )

Να δειχθεί ότι για οποιουσδήποτε θετικούς

πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει ότι: α β γ -(α - β) + - (β - γ) + - (γ - α) 2 Ο . β α γ (Προτείνεται από τον συνάδελφο TA K H ι 72.

μείο Κ. Θεωρούμε σημείο Θ της ΑΔ τέτοιο, ώστε ΘΑ = 3 ΘΔ , σημείο Ι της ΚΘ τέτοιο, ώστε ·

/Κ = 4 ·

ΛΑ = 3

/Θ , σημείο ·

ΛΕ

της ΑΕ τέτοιο, ώστε

και σημείο Μ της

ΚΛ

τέτοιο, ώστε

Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΔΙ και ΕΜ

Πεύκη ) . Να δειχθεί ότι για οποιουσδήποτε θετικούς πραγματικούς αρι θμούς α, β, γ ισχύει ότι: α2 β: α β+γ -2 + � + �- + 3 2 2 + β γ- α � ι 73 .

(Προτείνεται από το\'

ΣΤΟΛ Ο Π ΟΥ Λ Ο 1 74 .

Σητεία Κρήτης )

Δίνονται δύο σταθερά σημεία Α,

και τρία

συ\'άδε/.φο Γ Ι Ω Ρ Γ Ο Λ Π Ο

Μεσοl.ότιι )

α,

ικανοποιού\· β, ρ α 2 + β 2 - α - β = ρ(l + αβ) ( I ) . τότε ο ρ

ισότητα είναι

γι-

νόμενο διαδοχικών ακεραίω\'. τον συ\·άδε/.φο

ΚΑΖΑ Κ Ο Π ΟΥ Λ Ο -

λ Π ΟΣΤΟΛΟ

Θεσ \'ίκη )

ι 7 5 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=γ και Α Γ =β , η διχο τόμος της γωνίας Α τέμ\'ει την ΒΓ στο Δ και τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒ Γ στο σημείο Ε. Από το Ε θεωρούμε ευθεία (ε) κάθετη στην ΑΒ. Να αποδειχθεί ότι η απόσταση της κο-

ρυφής Α από την ευθεία (ε) είναι ίση με _!_ (β + γ) . 2 (Προτείνεται από τον συνάδελφο Β ΑΣ Ι Λ Ε Ι Ο Ν Ι Κ Ο Λ Ά Κ Η - Θεσ/νίκη ). 1 76 .

Γ Ι Ω Ρ ΓΟ N I K H

· --::Ξ==-'-

Να δειχθεί ότι αν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί

( Προτείνεται από

Να βρεθούν οι τιμές των θετικών πραγματι

ΣΤΟΛ Ο Π Ο Υ Λ Ο -

ΗΖ . Η ευθεία Γ Η τέμνει την ΑΒ στο ση-

επαληθεύουν

Γ Ι Ω Ρ ΓΟ Α Π ΟΣΤΟΛ Ο Π Ο Υ ΛΟ -

ΗΒ = 3

διέρχονται από το αυτό σημείο της ΑΒ. (Προτείνε ται από τον Χημικό Δ Η Μ Η Τ Ρ Ι Ο Κ Α Ρ Β Ε Λ Α

Να βρεθούν οι τιμές των ακεραίων αριθμών που

Π ΡΟ Τ Ε Ι ΝΌ Μ ΕΝΑ Θ Ε ΜΑ Τ Α

x,y

μεταβλητά σημεία Γ, Δ, Ε εκτός της ευθείας ΑΒ. Θεωρούμε σημείο Ζ του ΑΓ τέτοιο, ώστε ΖΑ = 2 ΖΓ , σημείο Η του ΒΖ τέτοιο, ώστε

ΜΚ = 4 ΜΛ .

. ιι . σχεση αντι. του -ι να τεθ ει. το 2 27 ι 68.

-----

Έστω μια συνάρτηση f: (0, +oo)-JR τέτοια

ώστε για κάθε χ>Ο να ισχύει f(x)>O και f(f(x) +y)=xf( l +xy). Να βρείτε τον τύπο της συ νάρτησης f. (Προτείνεται από τον συνάδελφο Ν Ι Κ Ο ΑΝΤΩΝ Ο Π Ο Υ Λ Ο - Ίλιον)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 74 τ.2/76

�ε αφορμή το άρθρο του συναδέλφου Σταύρου Σταυρόπουλου που δημοσιεύεται στο τεύχος 74, παραθέτουμε δύο ακόμη αποδείξεις της πρότασης: 1 +9αβγ . Αν α,β,γ > Ο και α + β + γ = 1, τοτεαβ + βy + γα :::; 4 (Ευκλείδης Β ' τ.69, 2008. σελίδα 79) 1 '1 Α π ό δειξη (Σωτήρη Ε. Λουρίδα) (�ε ομογενο ποίηση των δύο μελών) Αρκεί: 4 ( α+β+γ)( αβ+βy+γα) :=:;( α+β+γγ +9αβγ , ή Ο :::; (α + β + γ α + β + γ) 2 - 4αβ - 4βγ - 4γα + 9αβγ

)[(

ή ο::; ( α+β+γ) ( α2 +β2 +γ2 -2αβ -2βy-2γα) +9αβγ , ή ο :::; α3 + β) + γ) + 3αβγ - α2 β - αβ2 - β2 γ - βy2 - γ2 α - γα2 ή Ο :::; α 3 - α 2 (β + γ) + αβγ + β 3 - β 2 (α + γ ) + +αβγ + γ 3 - γ 2 ( β + α) + αβγ

ή Ο :::; α( α-β)( α-γ) +β(β-α){β-γ) +γ( γ-α)( γ- β) ( *). Η τελευταία ισχύει, όπως είδαμε, γενικά με την εξής μορφή :

r-....:-_:-"'.•

αν(α-β)(α-γ)+ β ν(β-α)(β-γ)+γ ν(γ-α)(γ-β)� Ο και ονομάζεται ανισότητα Ι. Schur. (Για ν= 1 έχουμε την ισχύ της σχέσης ( * )) 2 '1 Α π ό δ ειξη (Γιώργου Σ. Τασσόπουλου) ( Σ τοι χειώδης)) Αρκεί: 4[ ( 1 -β-γ)β+ βγ+γ( 1 -β-γ) ]�9( 1 -β-γ)βγ+ Ι , ή ( 4-9γ)β2+ ( 1 3γ-4-9γ2 )β+ (2γ-1 ) 2�0, ή 2 2 ( 4 - 9γ ) β + ( 4 - 9γ ) ( γ - 1 ) + (2γ - 1 ) 2:: Ο. Υποθέ τουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι: min { α, β, γ } = γ < .i, διαφορετικά θα είχαμε 9 , 12 4 α + β + γ 2:: - = - > I , πραγμα ατοπο. 9 3 Δ�Ο, αρκεί όπου Επομένως 2 2 Δ = ( 4 - 9γ) ( γ - 1) - 4 ( 4 - 9γ) ( 2γ - l ( Πράγματι : Δ = ( 4 - 9γ) ( -9γ3 + 6γ2 - γ ) = ,

-γ (4 - 9γ ) ( 3γ - 1 ) 2 ::; ο, αφού Ο < γ < .i . 9 ΕΛΛΗ ΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ..

- - ··-

Ελληνικη Μαθηματικη Εταιρεία

27• ΠΑΜΕΛΛΗ ΝΙΟ ΣΥΜΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΙ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Καλοκαιρινές Δραστηριότητες 15-30 Ιουλίου 2010

Ο ΔΑΣΚΑΛΟΣ ΤΩΝ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΩΝ •

Οίην Εκrια!i:νο; • V�ί1\• ΈGiVV« ·

σ�ην Koiνwvtα

ΧΑΛΗΙΔΑ 5·6·7 IOEitBPIOY 20 1 0 Ε ΛΛ Η Ν Ι ΚΗ ΜΑΘΗΜΑτJΚΗ ETA I P E I A

27. ΠΑΝΕΛΛΗΝ Ι Ο ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΛτΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΧΑΛΚΙΔΑ , 5-6-7 NOEMBPIOY 2 0 1 0 •

Ο Δάσκαλος των μαθηματικών

Στην εκπαίδευση

•

Στην έρευνα

•

Στην κοινωνία.

K P i l:I M H Ι Ι Μ Ε ΙΌ Μ Η Ν Ι Α :

τι:λική ημερομηνία υποβολής εργασιών για τ ο συνέδριο είναι η 1 0' ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 201 0.

ώστε η t:πιστημονικιί επιτροπή να αξιολογήσει χωρίς πίεση χρόνου τις Γlαρακαλούμ1-: να τηρηθεί αυστηρά το χρονικό περίγραμμα που τίθεται .

εισηγήσεις που θα υποβληθούν και να προχωρήσει στην έγκαιρη έκδοση

Πληροφορίες :

των πρακτικών του συνεδρίου. Για πληροφορίες μπορεί τι.: να επικοινων..:ίτε στις διεηθt'>νσεις :

από 20 Δεκεμβρίου 2009 στον Ιστοχwρο της ΕΜΕ: www.hms.gr και στα τηλ. 210 3616532, 210 3617784

pap-look(a)sch.gr, spapast@math.uoa.gr www.emepne.gr

* * * * ι.Jί..ι :κτρονικ() τυχυδμομ�: ί ο σU\'t:δρίωι info@hms.gr - 27synedrίoeme@emepne.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/77

Τα Μαθημ ατικά

μας δ ιασκεδάζουν

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Τ ο π λη κτρο λό γ ιο

τ ο β αρ έλ ι

θέση των γραμμάτων στο πληκτρολόγιο των Η/Υ είναι ίδια με αυτή που είχαν στ ις γραφομηχανές. θέση τους αυτή εξυπηρετούσε το τυφλό σύστημα γραφής QWERTY. Η συχν ότητα που eπαναλαμβάνεται στα κείμενα π. χ. το Α είναι μεγαλύτερη από αυτή του Ξ. Έτσι έπρεπε τ ο Α να πατηθεί μe το μικρό δάκτυλο του αριστερού χεριού και το Ξ με το δείκτη του δεξιού, αντίθετα δη λα δ 1Ί από την eυκολία λειτουργίας των δακτύλων για να μην μπερδεύονται οι μοχλοί των πλήκτρων. Η

• •

· ·

Κάθε μέρα όλοι καταναλώνουμε 85 εκατομμύρια βαρέλια πετρελαίου. Ένα βαρέλι Brent είναι ελαφρύ μείγμα (38 ΑΡΙ) με λίγο θείο, του Opec είναι βαρύ (22 ΑΡΙ). :

Η ο υ γγ ι ά

Π αρ άξ εν ος πο λλ απ λασιασμ ό ς

• •

1 59 λίτρα.

Το

Ουγγιά (oz) μονάδα μάζας αλλά χρησιμοποιείται ως μονάδα βάρους για πολύτιμα μέταλλα. • •

ι (oz) = 3 1 , 1 04 γραμμάρια.

Αν έχετε να πολλαπλασιάσετε 23χ45 κάνετε το σχήμα που βλέπετε και μετράτε τα σημεία τομής των ευθειών. 8 8

( 1 0+ 1 2 ) 2 � 23

3 (8+2) Το αποτέλεσμα είναι: Π ο λλαπλασιάστε τώρα τους αριθμούς 3 l 2 x l 3 4

� 15 5 5

I 035

3 (9+ 1 ) (2+3 + 1 2) (6+4) 8 3 10 17 10 8 3 1 � 1 0+ 1 I � 1 7+ 1 1 � 0 8 3+1 8 ο 8 Το αποτέλεσμα είναι : 4 1 808

Τ α μα λλι ά της δ ασκ άλ ας

Μια μέρα συναντήθηκαν στο δρόμο τρείς κοπέλες η Έλλη Μαύρου ιατρός, η Νίνα Κόκκινου δασκάλα και η Σ οφία Λευκού ηθοποιός, όλες φορούσαν τα κόκκινα καπέλα τους. Μια από τις κοπέλες είπε: Εγώ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α ' 74 τ.2!78

------

Τα Μ αθηματ ικά μας διασκεδάζουν

ιχω μαύρα μαλλιά, μια απι) σας έχει {χσπρα και η άλλη κόκκινα, 6μως σε καμία το 6νομα δεν ταιριάζει μι; το χριίψu. των μαλλιών της. Λ μισως όλες έβγαλαν το καπέλο τους και η Σοφία απάντησι; : Π ολύ σωστά. Ερώτηση : Τι χριίψα ιχουν τα μαλλιά της δασκάλας;

Ο ι κό ρ ες Ο πατιρας της Μ αρίας ιχc:ι 5 κι)ρες τις: I η Ελένη , 2 '1 Ν ανά, 3 '1 Ν ενι, 4η Ν ινί, 5 '1 ; ; μι)πως ξέρετε πι.ί)ς λένι: τη ν 5 '1 ; Ο Μ αρα θώνι ος Στο Μ αραθιόνιο φιτος όλο ι ι;γ ιωτέλc:ιψαν εκτός από τρείς αθλητές. Κάποια στιγμι) ο τρίτος προσπιρασε το όεύηφ ο . α) ΊΊ σειρά έχει τώρα; β) έχει καλίηερη θέση από τον προ τι;λι;υταίο; γ) αν στην κορδΟ..α φτάσου ν τελικά δυο αθλητές ποιος έχει καλύτερη θέση ο δεύτερος ή ο προ τελευταίος; Αυτ ο δ ια φ η μ ι ζό μενος α ρ ι θ μ ό ς Γ ράψτε ιναν I ΟψrΊφιο αριθμό που το πράηο από αριστερά ψηφίο του να δηλών α πόσες φορις έχc:ι το μι1δέν, το δεύτερο πόσες φορές έχε ι τη μονάδα, το τρίτο πόσες φορές έχει το δί)Ο, κ. ο . κ .

Ο Τ υφ λό ς Τ ρείς φ ίλο ι ( ο ένας είναι τυφλδς) συμφι.ί)νησαν να πα ίξουν ως εξ ι) ς : Έχουν 2 πρ ά σινες και 3 κ όκ κινε ς κύ.ρτες. Π α ίρνει ο καΟινας στην τύχη από μια κάρτα και την στη ρίζει στην πλάτη του φ ίλου του . Κερόίζει όποιος μαντιψει τ ι χριίψα {;χει 11 κάρτα που είναι στην πλάτη του . Οι κάρπς που μένουν δεν αποκαλύπτονται. Ο καθένας βλέπει τις κάρτες των άλλων αλλά όχι τη δ ική του . Όταν άρχισε το παιχνίό ι ο πριίη ος είπε δεν ξέρω κ α ι ο δεύτερος το ίδιο . Τότε ο τρίτος φίλος που είναι τυφλός τους είπε το χρώμα της κάρτας του. ' Η ταν σωστό και κέρδισε. Τι χριίψα είπε; Πώς το βριi κε; Μ αν τ έψ τε Ζ η τήστε από το φ ίλο σας να σας πι;ι δυο 3ψι) φ ιους. Χωρίς κανένα υπολογ ισμό πείτε το γινόμενό τους συν το γ ινόμενο του ενός επί ένα δικό σας αριθμό π. χ. 752, 647 τότε (752 χ647)+(75 2 χ τον δ ι κό σας 3 5 2 ) =; Τ ο άθ ρο ισμα Ζ η τι)στε uπό το φ ίλο σας να σας πει ένα 3 ψι)φ ιο. Π ε ίτε του αμέσως το άθροισμα που θα προκύψει αν προσΟισετε σε αυτόν 4 ακί>μα J ψή φ ιους (2 ο φίλος σας και δυο εσείς). Ποιο είναι; Οι ψευδ αισ θή σεις

« Ν α π ιστεύετε τυ. μισά από όσα β λ{;πετε κ αι τίπ ο τ α από όσ α ακούηω

Α κουστικ ή απ άτη ΖητιΊστι; απί> το φίλο σας να προσθέσει από μνΙΊ μης 2040 και 2 040 όταν σας πει το αποτέλεσμα 40�0 εσείς το επαναλαμβάνετε δυνατά ως τέσσερα ογδόντα, και I Ο ρωτάτε; Ο φ ίλος απαντά τέσσερα ενενιΊντα. Τέ σσ ε ρ α ε ν ε νή ντα επαναλαμβάνετε δυνατά, και I Ο; Και θα ακο ύσι:τε 5 χιλιάδες ! ! ! Οφθ α λ μαπ ά τη α) Πόσα πόδια έχει ο

Ελέφαντας;

γ ) Ο Ή λιος και η Σ ελήνη όταν ανατέλλουν μεγάλο μέγεθος; Φωτογραφήστε τα και θα δείτε. �<= ΥΚΛΕ Ι Δ Η Σ Α' 74 τ.2/79

έχουν

------- Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

-------

Ε ρ ώτηση

α) Πώς μπορεί να ενημερώσει ο κωφάλαλος τον φίλο του που είναι τυφλός ότι τον φωνάζει η γυναίκα του; β) Ο ταχυδακτυλουργός δείχνει λίγα φύλλα από μια τράπουλα και μας ζητά, ακόμα και από την τηλεόραση, να διαλέξουμε ένα χωρίς να το πούμε. Ύστερα με μια κίνηση μας δείχνει πάλι τα χαρτιά αλλά λείπει το δικό μας. Πώς έγινε; γ) Αν μέσα σε ένα κείμενο γράψουμε « . . . το πωτρο και το τλευτιαεο γμάρμα . . . » συνήθως διαβάζουμε αυτό που θα έπρεπε να λέει. Γιατί; Ευχαριστούμε όλους τους συναδέλφους που στηρίζουν τη στήλη. Τον μηχανολόγο Τάσο Ιωσήφ για τις προτάσεις του καθώς και το συνάδελφο Κοπάδη Θανάση για την τόσο ωραία εργασία του στις οπτικές ψευδαισθήσεις. Απαντήσεις στα μαθηματικά μας δι ασκεδάζουν.

Τα μ αλλι ά της δα σκ ά λα ς : Η

κοπέλα που είπε ότι έχει μαύρα μαλλιά δεν μπορεί να είναι η Μαύρου αφού της απάντησε η Σοφία Λευκού, άρα η πρώτη που είπε ότι έχει μαύρα μαλλιά ήταν η δασκάλα Νίνα Κόκκινου. Οι κό ρ ες: Μαρία Ο Μ α ρ αθώνι ος : α) δεύτερος β) ο δεύτερος είναι ο προ τελευταίος γ) στους δύο ο προ τελευταίος είναι

πρώτος.

Α υτ ο διαφημιζόμεν ο ς αρ ι θμός

Είναι μοναδικός.

Ο Τ υφλός: Από την απάντηση του πρώτου που βλέπει τις δικές τους κάρτες κατάλαβε ότι δεν έχουν πράσινη κάρτα και οι δύο γιατί αλλιώς θα έλεγε έχω κόκκινη. Μπορεί δηλαδή ένας να έχει πράσινη και ο άλλος κόκκινη ή και οι δύο κόκκινη. Αλλά αν ο δεύτερος έβλεπε στον τυφλό πράσινη θα έλεγε πως η δική του είναι κόκκινη . Αφού και ο δεύτερος είπε δεν ξέρω τότε ο τυφλός ήταν σίγουρος ότι η δική του κάρτα ήταν κόκκινη και κέρδισε. Οι ψευδαισθήσεις: Ο εγκέφαλος μας θέλει περίπου 1 / 1 0 του δευτερολέπτου για να μπορέσει να μεταφράσει μια εικόνα που δέχονται τα μάτια μας ή έναν ήχο που έρχεται στα αυτιά μας. Αυτό εκμεταλλεύονται πολλές φορές οι ταχυδακτυλουργοί και οι μάγοι! Στην ψευδαίσθηση που έχουμε για τον ουράνιο θόλο οφείλεται και το μεγάλο μέγεθος του Ήλιου και της Σελήνης που βλέπουμε όταν είναι στην ανατολή ή τη δύση.

Αν π.χ. σας έδωσαν 367 τότε απαντάτε το άθροισμα θα είναι 2365 δηλαδή παίρνετε δυο μονάδες και τις βάζετε στη θέση των χιλιάδων. Αφού τώρα σας δοθούν οι δύο ακόμα αριθμοί π.χ. 536,745 τότε εσείς γράψτε 463 , 254 ώστε 536+463=999,745+254=999 και το άθροισμα όλων θα είναι αυτό που προβλέψατε όταν σας δόθηκε ο πρώτος αριθμός.

Τ ο άθ ρο ισμα :

Μ αντέψτε : Μας είπαν 752 και 647 απαντάμε 75 1 .248 δηλαδή 752- 1 και 248 ψηφία που με το75 1 δίνουν 999. Προσοχή στον 647 δώστε 352 ώστε να έχουμε 999 και έτσι (752χ647)+(752χ τον δικό σας 3 52) = 752.(647+352) = 752.999 = 752.( 1 000- 1 ) = 752000-752 = 75 1 .248. Ε ρώτηση : α) Ο τυφλός θα την ακούσει όχι ο κωφάλαλος. Τρόπος επικοινωνίας μεταξύ τους δεν υπάρχει παρά μόνο μέσω της αφής. β) Τα έχει αλλάξει όλα όχι μόνο αυτό το οποίο εμείς προσέξαμε (δηλαδή κρατήσαμε μέρος της εικόνας και όχι όλη την εικόνα). γ) Εδώ αντίθετα, έγινε οπτική σάρωση του κειμένου και ολόκληρη η λέξη ως πακέτο πληροφορίας έφθασε στον εγκέφαλο μας από το πρώτο και το τελευταίο γράμμα και όχι για κάθε γράμμα ξεχωριστά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' 74 τ.2/80

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

Η στήλη αυτή ανήκει στους μαθητές. Εδώ θα δη μοσιεύονται απορίες, ασκήσεις και λύσεις που θα μας στέλνουν οι μαθητές. Οι ασκήσεις αυτές δεν είναι απαραίτητο να είναι δύσκολες, γιατί σκοπός της στήλης αυτής είναι να βοηθήσει τους μαθητές στην κατανόηση και την σωστή αντιμετώπιση των Μαθηματικών. Παρακαλούμε τους μαθητές να γράφουν τις προτεινόμενες δικές τους ασκήσεις, (εκφώνηση και λύση) σε ξεχωριστό φύλλο χαρτί (και από τη μία μόνο όψη) με το όνομά τους, την τάξη τους, την πόλη τους και το τηλέφωνό τους και να μας τις στέλνουν σε δύο αντίτυπα.

Π ροτεινόμενες Ασ κήσεις

Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ, τα σημεία Κ.Λ εσωτερικά των πλευρών του ΑΔ, ΒΓ αντιστοίχως και το μέσο Ο του ΚΑ. Να δείξετε ότι ένα τουλάχιστον από τα τετράπλευρα ΚΛΒΑ, ΚΛΓΔ Α ' ΤΛ Ξ Η Λ Y K F: I O Y . ), σ κ η ση 1c .:.\ .

βρίσκεται εντός του κύκλου

( �) Ο,

, όπου

�υ.

η περίμετρος του ΑΒΓ Δ.

Το τετράγωνο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο στον μοναδιαίο κύκλο. Αν Μ,Ν τα

μέσα των ΑΒ, ΑΔ αντιστοίχως και η ευθεία ΜΝ τέμνει τα κυρτογωνία τόξα ΑΒ, ΑΔ στα Ε, Ζ αντιστοίχως, τότε: Ι .

Να βρεθούν τα μήκη των ΜΕ, ΜΖ, ΕΒ . 2. Να βρεθεί το εμβαδόν του μεικτόγραμμου χωρίου ΜΑΕΜ. 2 Γ Γ\ ΞΗ Λ Y K F: I O Y . ί\ σ κη ση Γ2. Θεωρούμε τη συνάρτηση f ( χ ) = max x3 , συν χ

( �) [ο.�].

}

{

2 τέτοιο ώστε ξ3 = συν ξ .

(i)

Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ ε 0,

(ii)

Να δείξετε ότι f ( ξ) = min f ( x ) στο

(όί;j

'-' α βρε θ εί ro πλήθος των ρ 1ζών της εξίσωσης f ( χ ) = λ , για κάθε τιμή της - αμtτρ σu λ ε Ο,

.\,

. .

c; , : ;

π ρ u 7 ι· ι , λΙ

1 1 ρ •J !] _' u ί μ ε ν ο υ τ ε ί> z u υ � 7 3 . ι-:: n;J π ε ρ ι μ i:ν ο υ μ ε λίJ σ�:ις γ ι α τις υπίιλοιπ�:ς του τ . 73

ι1

� ,. ε �

(

υ σ κ ι) σc: ι _;; ,

αβ-ιδ = 1 ΟΟΟα + 1 ΟΟβ + 1 Ογ + δ =

= 999α - 99β + 9γ + α + β + γ + δ =

�

Βαρβάκειο Λύκειο

Δ Δ Έχουμε: i ) Α Β Η = Δ Β Η διότι είναι ορθογώνια,

υ.

ΒΗ κοινή και ΑΗ=ΗΔ. Άρα ΓΒΔ = ΑΒΓ και ΑΒ=ΒΔ. Δ

ημασυνα =

άρα. ΆBr = BrE = r.BΔ ίί)

Ομοίως

:::::> ΑΔΕ = 90° :::::> ΔΕ // ΒΓ :::::> Βι = Δι , Γι = Ει Λ

:::::> Δι = Ει

ΣΔ=ΣΕ:::::> ΣΒ=ΣΓ

:::::> ΣΜ .l ΒΓ , ΔΕ .

. -

Ε zοι· με :

( η μ α 1 : -. -

( ημα Γ

ι ημαΙ

2ν-ι

�- · . ;

Χανιώτης Γιάννης -

Λύκειο

- ( συνα)

: ·. - :

2ν+ι

- ;1 ,:.:

= 1 :::::>

ι2 - ι

συνα 1

:::::>

ημα =

Β2.

συνα =

ημα = Ι

ο)

:::::>

Βαρβάκειο Λύκειο

Ϊ) Έχουμε: α, β, γ ε ]R, α + β + γ = Ο, l αl + l βl + l γl > 0 ( 2 ) ( 2 ) :::::> α ;:: Ο ή β ;:: Ο ή γ ;:: Ο

Έ στω β ;:: Ο τότε α=-β-γ.

ΜΔΗ = ΜΑΗ :::::> l\ιΙΔ = ΜΑ = ΜΕ :::::> Λ

ο ( ο) (

Χανιώτης Γιάννης

IAB = ΒΔ = ΓΕI

άρα ΑΒ=ΓΕ, ΑΒΓ = ΒfΈ . Τελικά:

:::::> η μα + συνα = Ι

συνα = Ι ι 2ν+ ι α = Ι :::::> ημ 2ν+ α + συν

Επίσης Α Β Μ = ΓΜΕ διότι ΑΜ=ΜΕ, ΒΜ=ΓΜ, Μι = Μ2 Λ

.,. _ ; ,.:

2 2 ημα + συνα = Ι :::::> ημ α + συν α + 2ημασυνα = Ι :::::>

9β + γ ) . Άρα αβγδ = πολλ. 1 Ι Χανιώτης Γιάννης -

)

και

Λ ν τ ι στ ρ ο φ α :

= 999α - 99β + 9γ + 2α + 2γ = 1 00 Ια + 99β + l lγ = 1 1α ( 9 Ια

)(

συνα = Ο η μα = Ο ή Ι συνα = ημα = Ι

[ •: }

Ι.

φ(Μ ) = αΜΑ + βΜΒ + γΜΓ =

= (-β - γ) ΜΑ + βΜΒ + γ ΜΓ = = -β ΜΑ + βΜΒ - γ ΜΑ + γ ΜΓ =

(

) (

)

= β ΜΒ - ΜΑ + γ ΜΓ - ΜΑ = βΑΒ + γΑΓ Οπότε το διάνυσμα φ(Μ) είναι ανεξάρτητο του Μ.

Βαρβάκειο

ii) -

βΑΒ + ν' ΑΓ = Ο => βΑΒ =

Ι _ • .=

σού

. .

Έστω φ(Μ) = Ο τότε:

έ-ι:ουμε

σι•νευΕιειακά. .... ._ ,.::- ..='

β ;:: Ο

:.\ρα

Ί -

' ΑΓ :::::> ΑΒ = - � ΑΓ α β τα

Α.

Τ σ ά ι-.: ι·)ν α � Π α ν α·; ι ι:) τη �

Β. -

είναι

Ba.c 3-:I>.:i:"..:'