Ευκλειδης Β 77 by demi de

•

27η Βαλκανιάδα Μαθηματικών στη Μολδαβία· Μάιος 2010

•

Γυναίκες και Μαθηματικά στην Αρχαία Ελλάδα Υπατία •

Νέες Εκδόσεις

προσφορ

με τnν aγορό επιλεγμένων βασικών βοnθnμότων

δώρο*

nλεκτρονικό εκπαιδευτικό κaι λογοτεχνικό βιβλίο ��-� •Η προσφορά ισχυει aπό 20/09/2 010 έws ι9/ 10/2010

ηλεκτρονικό βοnθήμaτa (e-books)

μόνο με 8 €

της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑηΚΗ ETAIPEIA

π.;,.,,,,, ,,,, ,,,.,,.. Χ. Δ. Αί'8ιπρόντnς και S. Κ. Chiiilkrabartl

Πc.ριοδι•Ι\ eτrιcnη�νι

.... -..aoorι

Κεντρική διάθεση Ελληνική ΜΑθηματική Εταιρεία Π ανεπιστημίοu 34 Αθήνα -

Μαρία Ρουσούλη - Λεωνίδας Σιώζος-Ρουσούλης

φορμή γι' αυτό το άρθρο δόθηκε από το βιβλίο «Το θεώρημα του παπαγάλου» του Denis Guedj . Κατά την ..... .. . . . . . . . . ... Ρυς στην ιστορία των . .. αναδρομή του κυρίου Μαθηματικών, φτάνοντας στην Αλεξάνδρεια αναφέρει: «η Υπατία η πρώτη γυναίκα μαθηματικός στην ιστορία . . . . », κλείνοντας: « . . . την

έκαψαν ζωντανή . Η Λέα τον κοίταξε κατάχλωμη και σχολίασε: Μία μόνο μαθηματικός στην αρχαιότητα και αυτή βασανίστηκε και κάηκε στην πυρά; Και μετά απορούν που τα πιο πολλά κορίτσια δεν είναι καλά στα μαθηματικά!» «Η

Υπατία ήταν άραγε η μοναδική γυναίκα μαθηματικός;»

Σύμφωνα με έρευνες σε έργα ιστορικών και φιλοσόφων, στην αρχαία Ελλάδα έζησαν τουλάχιστον 5 0 γυναίκες μαθηματικοί από τον 1 0° π.Χ. έως τον 5° μ.Χ. αιώνα. Δυστυχώς έμειναν στην αφάνεια λόγω της στάσης των αρχαίων κοινωνιών προς «τας πεπαιδευμένας γυναίκας», της εξαφάνισης διαφόρων ιστορικών μαρτυριών, ιδιαίτερα με την καταστροφή της βιβλιοθήκης της Αλεξάνδρειας, και της απόδοσης των εργασιών τους σε άνδρες επιστήμονες. Προέρχονταν από διάφορες γωνιές του ελληνικού κόσμου και οι περισσότερες ήταν προνομιούχες γυναίκες με σπουδές πέραν της βασικής εκπαίδευσης. Ακόμη όμως και σήμερα, γυναίκες και μαθηματικά μοιάζουν ασυμβίβαστες έννοιες. Είναι χαρακτηριστική η δήλωση του προέδρου του HaiΎard, Lawrence Summers πως «οι γυναίκες ε ίναι γενετικά κατώτερες και δεν είναι φτιαγμένες για τις θετικές επιστήμες» , που τελικά οδήγησε στη παραίτησή του . [ l ]

Γεωμετρική Περίοδος (11 ος- 8°ς π.Χ αιώνας) Κατά τους Ρωμαίους ιστορικούς Βιτρούβιο και τίτο Λίβιο ( 1 ος π.Χ. αι.) η μητέρα του Θησέα Αίθρα (10°ς- 9°ς π.Χ.αι.) δίδασκε στα παιδιά της Τροιζήνας λογιστική (πρακτική αριθμητική). Στηριζόταν στην χρήση του άβακα και συμβόλων κατά το κρητομηκυναϊκό σύστημα αρίθμησης, όπου απουσίαζε το μηδέν, καθιστώντας τον συμβολισμό των αριθμών πολύπλοκο, λόγω των πολλών επαναλήψεων των συμβόλων αυτών. Σχολή της Ιωνίας (6°ς- 5ος π.Χ αιώνας) Από την σχολή της Ιωνίας σύμφωνα με τον ιστορικό Λόβωνα τον Αργείο (3°ς π.Χ αι.) διακρίθηκε η Πολυγνώτη η οποία ήταν μαθήτρια και σύντροφος του Θαλή . Ο Ρωμαίος συγγραφέας Βοήθιος ( 5ος μ. Χ. αι.) αναφέρει πως ήταν γνώστης πολλών γεωμετρικών θεωρημάτων, ενώ εισήγαγε και την αρχή της ακροφωνίας στον συμβολισμό των αριθμητικών συμβόλων. Όπου το Δ παριστάνει τον αριθμό 1 0, το Η ( έκατον ) συμβολίζει το 1 00 , ΧΗ= 1 1 00 κ.ο.κ . . Τα σύμβολα καθώς αυτά ονομάζονται «ηρωδιανικά» περιγράφονται σ' ένα απόσπασμα το οποίο

αποδίδεται στον Ηρωδιανό. Κατά τον Βιτρούβιο η Πολυγνώτη διετύπωσε και απέδειξε πρώτη την πρόταση πως «Κάθε εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή».

Σχολή του Πυθαγόρα (6°ς- 5ος π.Χ. αιώνας) Βασική αιτία για να δεχτεί ο Πυθαγόρας γυναίκες στη σχολή του αποτέλεσε η ιέρεια των Δελφών και δασκάλα του ιδίου, Θεμιστόκλεια. Σύμφωνα με τον φιλόσοφο Αριστόξενο ο οποίος έζησε τον 4ο αιώνα π.χ. , η Θεμιστόκλεια τον 6° π.Χ αιώνα , δίδασκε στους επισκέπτες του μαντείου των Δελφών μαθηματικά, έχοντας μάλιστα διακοσμήσει τον βωμό του Απόλλωνα με γεωμετρικά σχήματα και παραστάσεις. Οι γνώσεις και η σοφία της αποτέλεσαν αντικείμενο θαυμασμού για τον Πυθαγόρα, τον οποίο εκείνη μύησε στις αρχές της αριθμοσοφίας[2] και της γεωμετρίας, ενώ πέτυχε να του εμφυσήσει και τις ηθικές της αρχές κι αξίες. Από τη σχολή του Πυθαγόρα διακρίθηκαν πολλές γυναίκες στα μαθηματικά οι οποίες αναφέρονται στο έργο του Ιάμβλιχου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/1

Γυναίκες και Μαθη ματικά στην Αρχαία Ελλάδα( 1 Οος π.Χ

(νεοπλατωνικού φιλόσοφου του 3ου μ.Χ.αι.)

((Περί

Πυθαγορ είου βίοω>.

Η πεθερά του Πυθαγόρα Δεινώ, σύζυγος του γιατρού Βροντίνου από τον Κρότωνα, η οποία ήταν γνώστης της αριθμοσοφίας και μελέτησε, κατά τον Dasypodius, τους ελλιπείς αριθμούς[3]. Η κόρη τους, Θεανώ η Θουρία, ήταν μαθήτρια του Πυθαγόρα, τον οποίο και παντρεύτηκε. Μαζί του απέκτησε τρεις κόρες (Δαμώ, Μυία, Αριγνώτη) και δύο γιους (Μνήσαρχο και Τηλαύγη) με τη βοήθεια των οποίων συνέχισε και διέδωσε τη διδασκαλία και το έργο του σε όλη την Ελλάδα και την Αίγυπτο. Η ίδια ασχολήθηκε με τη θεωρία των αριθμών, η οποία έπαιξε κυρίαρχο ρόλο στην πυθαγόρεια διδασκαλία, ενώ παράλληλα δίδαξε μαθη ματικά και αστρονομία στις πυθαγόρειες σχολές της Σάμου και του Κρότωνα. Της αποδίδεται η άποψη της «Χρυσής Τομής» (Golden Ratio), όπως και διάφορες κοσμολογικές θεωρίες ενώ έγραψε επτά περίπου μελέτες και βιβλιογραφία του Πυθαγόρα που χάθηκαν. Θεωρείται ως η διαση μότερη γυναίκα αστρονόμος και κοσμολόγος της αρχαιότητας, ενώ ο Ιάμβλιχος την μνημονεύει ως «μαθηματικόν άξιαν μνήμης κατά παιδείαν». Η Δαμώ, κόρη του Πυθαγόρα, δίδαξε τα πυθαγόρεια δόγματα στην Σχολή του Κρότωνα. Μάλιστα ο Πυθαγόρας της είχε εμπιστευτεί τα γραπτά του έργα, με την ρητή εντολή να μην τα ανακοινώσει σε αμύητους. Μετά την διάλυση της Σχολής η Δαμώ βρέθηκε στην Αθήνα όπου πολύ αργότερα δημοσίευσε μονάχα την γεωμετρική διδασκαλία του πατέρα της, με την βοήθεια των Πυθαγορείων Φιλολάου και Θυμαρίδα, με τίτλο <<Η προς Πυθαγόρου /σrορίω>. Κατά τον Γεμίνο τον Ρόδιο ( ος π.Χ.αι. ), η κατασκευή του κανονικού τετραέδρου και του κύβου, καθώς και η μέθοδος εγγραφής κανονικού δωδεκαέδρου σε σφαίρα, οφείλονται στην Δαμώ. Ακόμα, ο Διογένης ο Λαέρτιος της αποδίδει τη θεώρηση <<Από τα σrερεά

5°ς μ.Χ Αιώνα )

μαθηματικός και έχαιρε μεγάλης εκτίμησης. Έγραψε πολλά φιλοσοφικά έργα και ένα μαθη ματικό βιβλίο με τίτλο <<Ιlερ ί αριθμών», το οποίο χάθηκε. Η Φιντύς ή Φίλτυς θυγατέρα του Θεόφρη από τον Κρότωνα, δίδαξε στην σχολή του Κρότωνα. Αναφέρεται ως εμπνεύστρια της ισότητας που συνδέει τις πυθαγόρειες τριάδες δηλ. ' (α περιττός φυσικός).

α ' + ( αΊ- Ι ) ' ( α '2+ 1 ) �

Η Μελίσσα ασχολήθηκε με την κατασκευή κανονικών πολυγώνων εγγεγραμμένων σε κύκλο. Κατά τον Νικηφόρο Βλεμμίδη [4] η σχέση

12 +22 + ... + ν 2 = [ ν (ν2+ l) Ι

οφείλεται

στην

Μελίσσα . Η Σπαρτιάτισσα Τυμίχα ήταν γεννημένη στον Κρότωνα και όπως αναφέρεται από τον Διογένη Λαέρτιο, έγραψε για τους « φίλ ους αριθμούς» [5] . Μετά την καταστροφή της σχολής από τους δημοκρατικούς του Κρότωνα η Τυμίχα κατέφυγε στις Συρακούσες, όπου κατά τους ιστορικούς Ιππόβοτο και Νεάνθη (3°ς π.Χ. αι.), ο Διονύσιος της ζήτησε να του τύραννος αποκαλύψει το περιεχόμενο της Πυθαγόρειας διδασκαλίας. Παρά τη μεγάλη αμοιβή που εκείνος της υποσχέθηκε, εκείνη αρνήθηκε κατηγορηματικά και μάλιστα, σύμφωνα με κάποιους ιστορικούς, έκοψε με τα δόντια τη γλώσσα της και την έφτυσε στο πρόσωπο του Διονυσίου. Η Πτολεμα"ϊς ήταν νεοπυθαγόρεια φιλόσοφος, μουσικός και μαθηματικός και κατά τον Πορφύριο (νεοπλατωνικό φιλόσοφο του 3ου μ. Χ αι.) απέδειξε την αντιμεταθετική ιδιότητα για τους αριθμούς.

σχήματα το ωραιότερο είναι η σφαίρα, ενώ από τα επίπεδα ο κύκλος». Η Δαμώ παντρεύτηκε στην

Αθήνα κάποιον πυθαγόρειο με τον οποίο αργότερα απέκτησε και μία κόρη, την Βιτάλη . Η Μυία ή Μυρία ήταν σύζυγος του Μίλωνα του Κροτωνιάτη . Δίδαξε στην Σχολή του Κρότωνα , ασχολήθηκε με τη γεωμετρία και της αποδίδεται η επινόηση της τρίτης (ή εστηκυίας) μεσότητος, δηλαδή αναλογίας. Η Αριγνώτη αναφέρεται από τον νεοπλατωνικό φιλόσοφο και συγγραφέα Πορφύριο τον Τύριο (3°ς μ.Χ αι.) ως θυγατέρα του Πυθαγόρα, αλλά το λεξικό του Σούδα την αναφέρει ως μαθήτρια «Σάμια φιλόσοφο Πυθαγορική».Υπήρξε φιλόσοφος, συγγραφέας και

Διοτίμα από την Μαντινεία Από τους Πρόκλο ( νεοπλατωνικό φιλόσοφο και συγγραφέα του sου μ.Χ.αι.) και Διογένη Λαέρτιο αναφέρεται η ιέρεια Διοτίμα από την Μαντινεία, ως γνώστρια της Πυθαγόρειας αριθμοσοφίας και της γεωμετρίας. Είναι η μόνη γυναίκα που συμμετείχε στο ανδροκρατούμενο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/2

-------

Γυναίκες και Μαθη ματικά στην Αρχαία Ελλάδα( 1 0°ς π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

Συμπόσιο του Πλάτωνα και

αναφέρεται ως «σοφή γυναίκα δασκάλα του Σωκράτη». Η εγγονή του Πυθαγόρα Βιτάλη ή Βιστάλα, κόρη της Δαμούς ήταν γνώστρια των πυθαγόρειων μαθηματικών και κατά τον συγγραφέα Αθήναιο τον Ναυκράτιο (2°ς-3ος μ.Χ.αι.) δίδαξε γεωμετρία στην Αθήνα. Σ' αυτήν η Δαμώ εμπιστεύτηκε τα «υπομνήματα», δηλαδή τα φιλοσοφικά κείμενα του πατέρα της. Πυθαγόρεια φιλόσοφος, συγγραφέας και μαθηματικός που αναφέρεται από τον Ν.Βλεμμίδη, ήταν η Περικτιόνη η μητέρα του Πλάτωνα στην οποία ο μεγάλος φιλόσοφος και μαθηματικός οφείλει την πρώτη γνωριμία του με τα μαθηματικά. Ο συγγραφέας Ιωάννης Στοβαίος (5°ς μ.Χ.αι.) στο <<ΑνθολόγιΟ>) του [6], αναφέρει για την Περικτιόνη ότι «κατείχε τα της γεωμετρίας και της αριθμητικής» . Άλλες Πυθαγόρειες γυναίκες ήταν οι: Ρυνδακώ αδελφή Βυνδάκου, Οκκελώ και Εκκελώ (αδελφές) από τις Λευκάνες, Χειλωνίς κόρη Χείλωνος του Λακεδαιμονίου, Κρατησίκλεια σύζυγος Κλεάνορος του Λακεδαιμονίου, Αβροτέλεια κόρη Αβροτέλους τόυ Ταραντίνου, Εχεκράτεια η Φλιασία, Θεανώ γυναίκα του Μεταποντίνου Βροντίνου, Τυρσηνίς η Συβαρίτις, Πεισιρρόδη η Ταραντινίς, Θεαδούσα η Λάκαινα, Βοιώ η Αργεία, Βαβέλυκα η Αργεία, Κλεαίχμα αδελφή Αυτοχαρίδα του Λάκωνος, Ελορίς η Σαμία και Ν ισθαιαδούσα Η Ακαδημία

του,

Πλάτωνα (4ος π.Χ. αιώνας)

Στην Ακαδημία του Πλάτωνα σπούδασαν η Πυθαγόρεια Λασθένεια , η Αξιοθέα η Φλιασία καθώς και η Αρετή η Κυρηνεία. Η πρώτη προέρχονταν από την Μαντινεία όπου και είχε μελετήσει τα έργα του Πλάτωνα. Λέγεται ότι εισήλθε στην Ακαδη μία του για να σπουδάσει μαθη ματικά και φιλοσοφία, ντυμένη σαν άντρας, καθώς δεν επιτρέπονταν η είσοδος στις γυναίκες. Μετά τον θάνατο του Πλάτωνα συνέχισε τις σπουδές της κοντά στον ανεψιό του Σπεύσιππο τον οποίο και παντρεύτηκε. Σύμφωνα με τον Αλεξανδρινό γραμματικό Αριστοφάνη τον Περιπατητικό (3°ς-2οςπ.Χ.αι), στην Λασθένεια οφείλεται ο παρακάτω ορισμός της σφαίρας

«Σφαίρα είναι ένα στερεό σχήμα που περικλείεται από μία επιφάνεια προς την οποία από ένα σημείο που βρίσκεται μέσα στο σχήμα, όλες οι προσπίπτουσες ευθείες είναι ίσες μεταξύ τους)). Η Αξιοθέα η Φλιασία ασχολήθηκε ιδιαίτερα με τα μαθηματικά και την φυσική φιλοσοφία διδάσκοντας σε Κόρινθο και Αθήνα.

Κυρηναϊκή Σχολή (4�ς- 3σς π.Χ. αιώνας)

Ο Πρόκλος στα περίφημα σχόλιά του στο πρώτο βιβλίο του Ευκλείδη, αναφέρεται στην μαθήτρια του Πλάτωνα, Αρετή την Κυρηνεία ή Αρήτη . Υπήρξε κόρη του Αριστίππου, ιδρυτή της Κυρηναϊκής Σχολής, τον οποίο και διαδέχθηκε μετά τον θάνατο του, κατόπιν εκλογής, στην διεύθυνση της Σχολής. Έγγραψε σαράντα τουλάχιστον βιβλία, από τα οποία τα δύο περιελάμβαναν και πραγματείες για τα μαθη ματικά, ενώ δίδαξε μαθηματικά, φυσική και ηθική φιλοσοφία στην Αττική . Μάλιστα, ανάμεσα στους μαθητές της συγκαταλέγονται και 100 περίπου φιλόσοφοι. Το έργο της συνέχισε ο γιος της Αρίστιππος ο Νεώτερος, ο οποίος ονομάστηκε <ψητροδίδακτος)). Ο John Moran στο βιβλίο του «Women ίn Scίence>> αναφέρει ότι στον τάφο της έστησαν μαρμάρινη επιγραφή στην οποία αναγραφόταν: «Ενθάδε κείται το μεγαλείο της

Ελλάδος με την ομορφιά της Ελένης, την πένα του Αριστίππου και την γλώσσα του Ομήροω) . Σχολή

του

Επίκουρου. (4σς- 3°ςπ.Χ.αιώνας).

Διακρίθηκαν στα μαθη ματικά η Θεμίση και η Λεοντία η Κορινθία η οποία έγραψε πολλές εργασίες αλλά δυστυχώς δεν σώζεται καμία. Άλλες γυναίκες Μαθηματικοί τον 4α π.Χ. αιιονα Τον 4° π.Χ. αιώνα διακρίθηκε στα μαθηματικά η Νικαρέτη η Κορίνθια την οποία αναφέρει ο Στοβαίος. Η Νικαρέτη έγραψε πολλά έργα τα οποία όμως χάθηκαν. Αξίζει να σημειωθεί πώς αναφέρεται από τον Νικόλαο Χατζηδάκι[7] ως «της Γεωμετρίας θεραπαινίς>) και σ' αυτήν οφείλονται οι αποδείξεις των θεωρημάτων <<Κάθε

εξωτερική γωνία ενός τριγώνου είναι μεγαλύτερη από καθεμιά από τις απέναντι γωνίες του τριγώνου>), «Σε κάθε τρίγωνο η μεγαλύτερη γωνία κείται απέναντι της μεγαλύτερη πλευράς» και «Σε κάθε τρίγωνο δύο γωνίες είναι μικρότερες των δύο ορθών με οποιοδήποτε τρόπο κι αν τις πάρουμε»,

που περιέχονται στο πρώτο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη. Ο Έλληνας ιστορικός Πλούταρχος ος μ. Χ. αι.) αναφέρει την μαθηματίκό και αστρονόμο Αγλαονίκη, η οποία κατηγορήθηκε για μαγεία, καθώς προέβλεπε εκλείψεις του Ηλίου και της Σελήνης. Τ όνομά της φέρει κι ένας κρατήρας στο νότιο ημισφαίριο της Αφροδίτης. Ο Αθήναιος στους «Δειπνοσοφιστές» αναφέρει επίσης πολλές γυναίκες που διακρίθηκαν στα μαθηματικά όπως τις Καλύκη, Αρχεδίκη, Τελέσσινα, Πυθιονίκη, Λαμπιτό, Δανάη, Θεόκλεια, Άνθεια, Χλόη, για τις οποίες όμως δεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/3

-------

Γυναίκες και Μαθη ματικά στην Αρχαία Ελλάδα( lΟος π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

έχουν βρεθεί στοιχεία για την ζωή τους.

και το έργο

Ελληνιστικοί χρόνοι (2ος- 1 ος π.Χ.αιώνας)

Η κόρη του μαθηματικού Ζηνοδώρου, Πυθαϊς (2°ς π.Χ.αι.), ασχολήθηκε μαζί με τον πατέρα της με εμβαδά επιπέδων χωρίων και αναφέρεται από τον Ευτόκιο τον Ασκαλωνίτης και τον Θέωνα τον Αλεξανδρέα. Λέγεται πως απέδειξε την πρόταση «Από όλα τα ισοπερίμετρα σχήματα

που έχουν τον ίδιο αριθμό πλευρών μεγαλύτερο είναι το κανονικό» .

Από τον 2° π.Χ μέχρι τον 3° μ.Χ.αιώνα δεν αναφέρεται καμία γυναίκα μαθηματικός. Τον 4° όμως μ.Χ αιώνα εμφανίζεται η πιο γνωστή μαθηματικός και φιλόσοφος της αρχαιότητας, η Υπατία. [1] Σε συνέδ ριο στο Cambridge, Massachusetts στις 141-0 5 . Παραιτήθηκε Ιούνιο 2006 [2] Πυθαγόρεια μαντική τεχνική [3] Ένας αριθμός λέγεται ελλιπής, όταν οι γνήσιοι διαιρέτες του αν προστεθούν, δ ίνουν άθροισμα μικρότερο του ιδ ίου του αριθμού π.χ. 8 είναι ελλιπής γιατί 1+2+4=7<8 [4] Βυζαντινός λόγιος και κληρικός 1197-1272 [ 5 ] Δύο αριθμοί λέγονται φίλοι όταν το άθροισμα των δ ιαιρετών του ενός μας κάνει τον άλλο π.χ. 220 και 284 [6]Αναφέρονται επίσης και οι : Αίθρα, Αρετή, Αριγνώτη, Δαμώ, Θεανώ, Θεμιστόκλεια, Πυθαϊς, Τυμίχα και Υπατία. [7] Μαθηματικός καθηγητής στο Πανεπιστήμιο Αθηνών 1872-1942 πρώτος (ιδρυτικός) πρόεδ ρος της Ε.Μ.Ε. το 1918

ΠΗΓΕΣ Lynn Μ. Osen «Women ίn Mathematίcs» ΜΠ Press, (197 5 ) Ogi1νie, Marilyn Bailey Women ίn Scίence. The ΜΠ Press, (1986). Β.Σπανδ άγος-Ρ.Σπανδ άγου «Ο ι Μ αθηματικοί της . αρχ αί ας Ελλάδας», (1994) Εκδ . Τραυλού http://www .e-paideia.net http://wikipedia . com Αλεξανδρινή Σχολή (3ος -6ος μ.Χ. αιώνας) ΥΠΑΊΊΑ (Αλεξά\•δρεια

370 μ.Χ.- 415 μ.Χ)

Η Υπατία είναι η πρώτη γυναίκα επιστήμονας της οποίας η ζωή έχει καταγραφεί με λεπτομέρειες. Ιστορικές μαρτυρίες γι' αυτήν βρίσκει κανείς στις επιστολές του μαθητή και ένθερμου οπαδού της Συνέσιου της Κυρήνης επισκόπου Πτολεμα"iδας, ο οποίος την αποκαλεί «μητέρα, αδελφή και δάσκαλο», στο έργο <<Εκκλησιαστική Ιστορ ία» του Σωκράτη Σχολαστικού, σε έργα του Νικη φ όρου Καλλίστου, του Φιλοστόργιου, του Δαμάσκιου, του Ησύχιου

και στο λεξικό του Σούδα, κατά τις οποίες ξεπέρασε όλους τους φιλοσόφους της εποχής της όχι μόνο στα μαθηματικά και την αστρονομία αλλά διέπρεψε και σε άλλους κλάδους των επιστημών. Η Υπατία ήταν κόρη του Θέωνα, μαθηματικού, και φιλόσοφου στο αστρονόμου, της Μουσείο που Αλεξάνδρειας ανώτατο ήταν πνευματικό ίδρυμα. Ο Θέων επιθυμούσε η κόρη του να γίνει «το τέλειο ανθρώπινο όν» σε μία εποχή που οι γυναίκες θεωρούνταν κατώτερα όντα. Γι' αυτό φρόντισε για την σπάνια μόρφωσή της και την άρτια σωματική της διάπλαση ακολουθώντας το «Νοϋς ύγιής έν σώματι ύγιεΤ». Της μετέφερε τις γνώσεις του, της δίδαξε τις αρχές διδασκαλίας και μοιράστηκε μαζί της το πάθος του για απαντήσεις στο άγνωστο. Την μύησε στις διαφορετικές θρησκείες και τη δίδαξε πώς να επηρεάζει τους ανθρώπους με την δύναμη των λέξεωνc Η Υπατία αρχικά σπούδασε στην σχολή της Αλεξάνδρειας, μετά στην Νεοπλατωνική Σχολή του Πλούταρχου του Νεότερου στην Αθήνα και στη συνέχεια στην Ρώμη . Είναι η πρώτη γυναίκα «πανεπιστημιακός» στην ανατολή. Ήταν μία πολύ όμορφη, έξυπνη, ταλαντούχα, τίμια και θαρραλέα γυναίκα. Ο ποιητής Leconte De Lisle έγραψε πως η Υπατία είχε το πνεύμα του Πλάτωνα και το κορμί της Αφροδίτης. Ήταν μαθηματικός και φιλόσοφος επικεφαλής της Νεοπλατωνικής Σχολής της Αλεξάνδρειας και ο Δαμάσκιος (6°ς μ.Χ.αι.) την ονομάζει «Γεωμετρική». Δίδαξε le δηλ. αριθμητική, γεωμετρία, quadriνium αστρονομία και μουσική . Η ομοιότητα με τους σύγχρονους πανεπιστημιακούς είναι εντυπωσιακή .

Το ερευνητίκό της έργο Δεν είναι γνωστή για κάποια μαθηματική ανακάλυψη, αλλά κυρίως διότι συγκέντρωσε τις μέχρι τότε γνώσεις ,τις οργάνωσε, τις aπλούστευσε και τις δίδ αξε. Τα περισσότερα από τα γραπτά της ξεκίνησαν σαν σημειώσεις για τους μαθητές της. Έγραψε: * Σχόλια για τα 6 πρώτα βιβλία των Αριθμητικών του Διόφαντου (Υπ όμνημ α εις Δ ι όφ αντον) που θεωρείται το πρώτο βιβλίο Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών, προτείνοντας εναλλακτικές λύσεις και νέα προβλήματα. Επίσης ήταν αξιόλογη η εργασία της στις δ ευτεροβάθμιες και δ ιτετράγωνες εξισώσεις.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/4

Γυναίκες και Μαθη ματικά στην Αρχαία Ελλάδα( 1 0°ς π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

οικογενειών, καθώς και μαθητές από διάφορα μέρη του κόσμου . .Σχέmι. της �·την κοινωνία

Είχε το χάρι�μα της επικοινωνίας, αλληλογραφούσε με πολύ κόσμο από την περιοχή της Μεσογείου, ήταν αναμεμειγμένη στην πολιτική ζωή της πόλης και συχνά την καλούσαν ως σύμβουλο οι άρχοντες. * Διατριβή στις Κωνικές τομές του Απολλώνιου του Περγαίου σε 8 βιβλία. Το κείμενο της Υπατίας είναι μία απλούστευση της εργασίας του, όπου προσπαθούσε να εξηγήσει τις ασυνήθιστες τροχιές των πλανητών. (Οι κωνικές τομές αγνοήθηκαν μέχρι τις αρχές του 17°" αιώνα) * Μία δ ιατριβή για τον Ευκλείδη και βοήθησε τον πατέρα της στην αναθεώρηση και επανέκδ οση των Στοιχείων του Ευκλείδη (13 βιβλία) που είναι σε χρήση ακόμα και σήμερα * Κάποια μέρη από τα σχόλια του πατέρα της, στην Κύκλου Μέτρησιν του Αρχιμή δη και ένα κείμενο για ισοπεριμετρικά σχήματα. τη Με γάλη Σύνταξη ή Μ αθηματική Εξέδ ωσε Πραγμ ατεί α του Πτολεμαίου (Almagest) του 2°" αιώνα. π.Χ., μία εγκυκλοπαίδ εια 13 βιβλίων που περιείχε ό,τι ήταν γνωστό για την αστρονομία στην αρχαιότητα. Υπολόγιζε τις κινήσεις των πλανητών βασισμένες στο γεωκεντρικό μοντέλο του Πτολεμαίου που έγινε αποδεκτό για πάνω από 1000 χρόνια (16°ς αιων.). Επίσης ήταν πολύτιμο βιβλίο για τους μαθητές στα μαθη ματικά γιατί περιείχε όλη τη δ ουλειά του Ίππαρχου στην τριγωνομετρία που είχε χαθεί. Έγραψε τον Αστρονομ ικ ό καν όνα , μια νέα έκδ οση των Πρόχειρων κανόνων (Handy tables) του Πτολεμαίου που αρχικά εκδ όθηκαν από τον Θέωνα και υπολόγιζαν τις θέσεις του ηλίου της σελήνης και των πλανητών καθώς και εκλείψεις ηλίου, σελήνης πιο γρήγορα από τους κανόνες που περιέχονταν στη Μεγάλη Σύνταξη. Δυστυχώς τα περισσότερα γραπτά της καταστράφηκαν στην πυρκαγιά της βιβλιοθήκης της Αλεξάνδ ρειας και ό,τι έχει διασωθεί είναι αποσπάσματα έργων της ενσωματωμένα σε διατριβές άλλων συγγραφέων, όπως του πατέρα της

Πp,qΚ1'ιικές:-1,t,;ψαμ.:αιι;ι:κές ε1,Σι;ν,οήG,εl!; της

Κατασκεύασε ορισμένα εργαλεία (>πως ένα όργανο για την διύλιση του νερού και ένα για τη μέτρηση της στάθμης του, ένα διαβαθμισμένο υδρόμετρο από μπρούντζο για τη μέτρηση της ειδικής βαρύτητας δηλ. πυκνότητας του υγρού, ένα είδος θερμομέτρου (το βαρύλλιο), μουσικά όργανα και κατά τον Συνέσιο, τον επιπεδοσφαιρικό aστρολάβο, ένα όργανο που χρησιμοποιούνταν για τη μέτρηση και πρόβλεψη των θέσεων των πλανητών, του ήλιου και των άστρων, καθώς και τον υπολογισμό της ώρας, της ανατολής και δύσης του ηλίου, αλλά και του ανερχόμενου ζωδίου του ζωδιακού κύκλου. Το. oh;t.);v,ηρA τtλος της

Υπατία έζησε σε μία εποχή που η πνευματική ζωή της Αλεξάνδρειας βρισκόταν σε κατάσταση σύγχυσης. Η Ρωμαϊκή Αυτοκρατορία γινόταν Χριστιανική και για τους χριστιανούς οι Πλατωνιστές ήταν επικίνδυνοι αιρετικοί, ενώ στα μαθηματικά έβλεπαν αιρέσεις και σατανισμό. Έλεγε: «Είναι καλύτερα να σκέφτεσαι λάθος από το να μη σκέφτεσαι καθόλου».Πίστευε σ' ένα ορθολογισμό της ζωής παρά σε μια αλήθεια που στηρίζονταν σε δογματικές και απόλυτες αντιλήψεις. Βρέθηκε στο μέσον ενός ανταγωνισμού ανάμεσα στον Κύριλλο , φανατικό Χριστιανό και Πατριάρχη της Αλεξάνδρειας και του Ορέστη, Ρωμαίου κυβερνήτη της Αιγύπτου, μαθητή και υποστηρικτή της. Ο Κύριλλος έβλεπε στην Υπατία μια συνεχή απειλή για την διάδοση της Διδακτική μέθοδος χριστιανικής πίστης και θεωρείται από πολλούς Από όλους τους σχολιαστές περιγράφεται ως ηθικός αυτουργός για τον θάνατό της. χαρισματικός δάσκαλος και εξαίσιος ρήτορας. Πέθανε βίαια, συρόμενη μέσα στους δρόμους Έδινε διαλέξεις μπροστά σε ακροατήριο είτε στο από το φανατισμένο χριστιανικό όχλο, δρόμο, είτε στο σπίτι της που έγινε κέντρο εκτελέστηκε με όστρακα (θραύσματα) αγγείων, διανοούμενων, ή μαθήματα σε μικρές ομάδες διαμελίστηκε το σώμα της και στη συνέχεια νέων. Την εποχή εκείνη η Αλεξάνδρεια είχε κάηκαν τα μέλη της. Η Υπατία ήταν ο τελευταίος ξεχωριστά σχολεία για παγανιστές, εβραίους και παγανιστής φιλόσοφος και ο θάνατός της χριστιανούς. Η ίδια ήταν παγανίστρια, αλλά τα σημάδεψε το τέλος της αρχαίας ελληνικής μαθήματά της παρακολουθούσαν παιδιά επιστήμης καθώς λίγα χρόνια μετά ακολούθησε ο παγανιστών και χριστιανών και ιδιαίτερα καλών Μεσαίωνας. Μέχρι τον 16° αιώνα κανένα Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/5

------

Γυναίκες και Μαθη ματικά στην Αρχαία Ελλάδα( lΟος π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

γυναικείο όνομα δεν έχει διασωθεί στην ιστορία των Μαθηματικών. Στο έργο της επεκτάθηκαν κυρίως μετά τον 1 7° αιώνα οι Descartes, Newton και Leibnitz .

Το 1 979 η Judy Chicago την προσκάλεσε στο

<<Dίnner Party»! Έργο που εκτίθεται στο Μουσείο

του Brooklyn. Από το 1 986 εκδίδεται ένα φεμινιστικό περιοδικό με τίτλο Υπατία, <<llypatίa: Α journal of Femίnίst Phίlosophy» by Indiana Uniνersity Ο απόηχος της μ"ήμης της Η προσωπικότητα της Υπατίας έχει εμπνεύσει Press. Τον Μάιο του 2009 προβλήθηκε στο πολλούς ανθρώπους του πνεύματος, της τέχνης και φεστιβάλ Κινηματογράφου στις Κάννες, εκτός των επιστημών. Ένα μικρό δείγμα δίνεται συναγωνισμού, η ταινία του Alejandro Amenabar, «Agora», με θέμα τη ζωή της Υπατίας την οποία παρακάτω. . Απεικονίζεται στην τοιχογραφία του Ραφαήλ υποδύεται η Rachel Weisz ,<<ll Σχολή την Αθηνών» ( 1 5 1 0) ,στην Αίθουσα της Επίσης ένα είδος λεπιδόπτερου ( σκώρου) Υπογραφής στο Βατικανό, που αποτελεί την ονομάζεται Υπατία! φιλοσοφία της ζωγραφικής, δίπλα στον Παρμενίδη ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

Lynn Μ. Osen «Women ίn Mathematίcs» ΜΙτ «Οι Press, Β.Σπανδάγος-Ρ.Σπανδάγου ( 1 994) Εκδ. Μαθηματικοί της αρχαίας Ελλάδας», Τραυλού http://www .e-paideia.net, http://wikipedia.com Thomson Gale « Hypatίa of Alexandrίa,bίography», World of Mathematics a part ofThomson Corporation Alic Margaret « Hypatίa 's Herίtage: Α Hίstory of

Women ίn Scίence from Antίquίty to the Nίneteenth Century» London: Women's Press Ltd ( 1 986). Προς τιμήν της ένας κρατήρας (28χ4 1 km)και «Hypatίa of Alexandrίa» APOD (Jan 1 999) ένα ρήγμα 180km στη σελήνη ονομάστηκαν Ginny Adair «Hypatίa, Bίographίes of Women «Υπατία» (Crater Hypatίa and Rίmae Hypatίa) και Mathematίcίans» Agnes Scott College ο Viktor Κηοπe ονόμασε «238 Υπατία» έναν (Dec. 1 995) Elbert Hunnard «Lίttle Journeys Vo/.1 0: Great αστεροειδή που ανακάλυψε το έτος 1 884. Το 1 900 η Mary Anderson υποδύθηκε την Teachers, Hypatίa» ( 1 928) Πέδρο Γκάλβεθ : «Υπατία », Μεταίχμιο (2006)

Υπατία στο ομώνυμο θεατρικό έργο.

•

!_.l..... Γι1W U._Λ',

·rn;ν� ·�(.-.

ΧΑΛΚΙΔΑ 19-20-21 NOEIBPIOY 2010

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/6

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε . Μ . Ε .

27η

Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Μάιος 2010, Κισιvάου, Μολδαβία

Η 27η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διοργανώθηκε στο Κισινάου της Μολδαβίας από 2 μέχρι 8 Μαίου 20 1 Ο. Η Ελληνική ομάδα αποτελείτο από τους μαθητές: Βλάχο Γεώργιο, Μπραζιτίκο Κων σταντίνο, Παγωνάκη Δημήτριο, Πλατιά Νικόλαο, Ταρατόρη Ευάγγελο και Τσαμπασίδη Ζαχαρία.

Αρχηγός της αποστολής ήταν ο Καθηγητής του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων υπαρχηγός ο Μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος. Οι Έλληνες μαθητές επέτυχαν να κερδίσουν 4 μετάλλια, ως εξής: •

Ταρατόρης Ευάγγελος

Αργυρό μετάλλιο

•

Βλάχος Γεώργιος

Χάλκινο μετάλλιο

•

Μπραζιτίκος Κωνσταντίνος

Χάλκινο μετάλλιο

•

Τσαμπασίδης Ζαχαρίας

Χάλκινο μετάλλιο

Θεόδωρος Μπόλης

και

Συμμετείχαν συνολικά 20 χώρες. Οι ένδεκα χώρες της Νοτιοανατολικής Ευρώπης καθώς και ανεπί σημα οι χώρες: Ιταλία, Ηνωμένο Βασίλειο-Ιρλανδία, Γαλλία, Αζερμπαϊτζάν, Καζακστάν, Τουρκμενι στάν, Τατζικιστάν, Σαουδική Αραβία, Ουζμπεκιστάν, καθώς και μία δεύτερη ομάδα της Μολδαβίας. Πρόβλημα Ι. Aνa,b,c είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι:

a2b (b-c )

___,__ _ _:_

a+h

h2c (c-a ) h+c

c2a (a-b ) c+a

�ο

(1)

Λύση (Κ. Μπραζιτίκος, Ε. Ταρατόρης)

( α + b )( b + c )( c + α ) οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι α3 b3 + b3 c3 + c3 α3 � α3 b 2 c + b3 c2 α + c3 α2 b (2) Πράγματι, από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε τις ανισότητες α3 b3 + α3 b3 + α3 c3 � 3 Vα3 b3 α3 b3 α3 c3 3 α3 b 2 c , (3 ) b3 c3 + b3 c3 + b3 α3 � 3 Vb3 c3 b3 c3 b3 α3 3 b3 c2 α , (4) c3 α3 + c3 α3 + c3 b3 � 3 Vc3 α3 c3 α3 c3 b3 3 c3 α2 b . (5) Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 3 ), (4) και (5) λαμβάνουμε τη σχέση (2). (Η ισότητα ισχύει, αν και μό νον αν α b c ) . ·

•

2"ς τρόπος (Ζ. Τσαμπασίδης)

Διαιρώντας και τα δύο μέλη με αbc >Ο , προκύπτει η ισοδύναμη ανισότητα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/7

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

α(b-c) b(c-α) c(α-b) + �ο ----:-----"- + c(α+b) α(b+c) b(c+α) '

η οποία με πρόσθεση μιας μονάδας σε κάθε όρο του πρώτου μέλους και 3 στο δεύτερο μέλος γίνεται ισο b(c+α) c(α+b) α(b+c) �3 . + + δύναμη με την ανισότητα c(α+b) α(b+c) b(c+α) Η τελευταία προκύπτει με χρήση της ανισότητας αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου ως εξής: b(c+α) . c(α+b). α(b+c) b(c+α) c(α+b) α(b+c) ---'----"- + > 3 ·3 + =3 c(α+b) α(b+c) b(c+α) c(α+b) α(b+c) b(c+α) · 3"c τρόπο ς

(Γ. Βλι'ιχος)

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι α= max{α,b,c} και διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1 '1 πφίπτωσι1: α � b � c> Ο .

α2 (b-c) , , , αb αc αb αc Τοτε θα ειναι αb� αc�bc >Ο και επιπλεον -----= � 0 ::::> --�--. α+b α+c (α+b)(α+c) α+b α+c (α-b) bc ...,.c2 αc αc > bc > ο=>--.--- -''-:--:--'--.,.- Επίσης έχουμε α+c - b+c · α+c b+c (α+c)(b+c) , , αb αc bc 'Ετσι εχουμε τις ανισοτητες --�--�-- και αb� αc� bc > 0 , α+b α+c b+c από τις οποίες χρησιμοποιώντας την ανισότητα της αναδιάταξης λαμβάνουμε � � k � � k -- αb+-- · αc+ · bc�-- · αc+--· bc+-- αb α+b α+c b+c α+b α+c b+c α2b2 α2c2 b2c2 α2bc αbc2 αb2c α2b(b-c) b2c(c-α) c2α(α-b) =>--+--+--�--+--+-- => + + �ο. α+b α+c b+c α+b α+c b+c α+b b+c c+α --

211περίπτωση:

a �c �b>O .

α2 (c-b) αc αb αb > 0 ::::> αc >-Τότε θα είναι αc� αb� bc >Ο και επίσης -----= α+c α+b (α+b)(α+c) α+c α+b b2(α-c) αb bc αb bc > 0 ::::>-- > -----= α+b b+c ' α+b b+c (α+b)(b+c) οπότε χρησιμοποιώντας κατάλληλα την ανισότητα της αναδιάταξης, όπως και στην προηγούμενη περί � � k � � k πτωση, λαμβάνουμε -- αc+-- αb+ · bc�--· bc+ · αc+-- αb α+c α+b b+c α+c α+b b+c α2b(b-c) b2c(c-α) c2α(α-b) => + + �0. α+b b+c c+α --

Πρόβλημα 2.

Έστω ABC οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο Η και έστω Μ το μέσον της πλευράς AC. Έστω Η ως προς την ΑΒ.

Cι το ίχνος του ύψους του τριγώνου ABC από το C και Ηι το συμμετρικό του

Έστω ακόμη Ρ, Q και R οι προβολές του ση μείου Cι πάνω στις ευθείες ΑΗι , A C και BC. Αν Μι είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου PQR, να αποδείξετε ότι το συμμετρικό του σημείου Μ ως προς το σημείο Μι βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΒΗι . Λί1ση

Θα χρησιμοποιήσουμε την ακόλουθη βοηθητική πρόταση. Λήμμα: Έστω ΚLΜΝ εγγράψιμο (κυρτό) τετράπλευρο του οποίου οι διαγώνιοι είναι κάθετες και τέμνονται στο Αν Μ 1 , Μ2 , Μ3 , Μ είναι τα μέσα των πλευρών KL, LM , MN , NK, αντίστοιχα και 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.Ι/8

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Χι ,Χ2 , Χ3 , Χ4 είναι οι προβολές του σημείου Χ πάνω στις πλευρές ΚL,LM,.MN,NK, αντίστοιχα, τότε τα οκτώ σημεία Μι , Μ2 , Μ3 , Μ4 και Χι ,Χ2 , Χ3 ,Χ4 είναι ομοκυκλικά. Λπι)δι:ιξη λιΊ,ιματος.

τετράπλευρο Μι Μ2Μ3Μ4 είναι ορθογώνιο, αφού Μι Μ2 11 Μ3Μ4 11 ΚΜ και Μ2Μ3 11 Μ4Μ 11 LN. Έστω r ο περιγεγραμμένος κύκλος του ορθογωνίου Μι Μ2 Μ3Μ4• Επειδή Μ3ΧΜ ΝΜκ NiK κΧχι τα σημεία Μ3 ,Χ,Χι είναι συνευθειακά, οπότε το σημείο Χι ανήκει στο κύκλο διαμέτρου Μι Μ3 , δηλαδή στον κύκλο r. Ομοίως και τα υπόλοιπα σημεία Χ2 ,Χ3 και Χ4 ανήκουν στον κύκλο r. ο Το

Σχήμα 1 Επανερχόμενοι στο πρόβλημά μας, παρατηρούμε, όπως είναι γνωστό, ότι το σημείο Ηι ανήκει στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC. Σύμφωνα με το λήμμα, τα σημεία P,Q και R βρίσκονται όλα στον κύκλο διαμέτρου .ΜΝ , όπου Ν το μέσον του ΒΗι Επομένως, το σημείο Ν είναι το συμμε τρικό του σημείου Μ ως προς το Μι και βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΒΗι . .

Σχήμα 2

11ρ6βλημα 3.

Μία ταινία πλάτους

είναι το σύνολο όλων των σημείων του επιπέδου τα οποία βρίσκονται

ανάμεσα ή πάνω σε δύο παράλληλες ευθείες που έχουν απόσταση w Έστω S ένα σύνολο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. Ι /9

σημεί-

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------

ων του επιπέδου με την ιδιότητα τρία οποιαδήποτε σημεία από αυτά μπορούν να καλυφθούν με μία ταινία πλάτους 1 . Να αποδείξετε ότι το σύνολο S μπορεί να καλυφθεί με μία ταινία πλάτους 2 . . \;':ση (Ε. Ταρυτ6ρη;;)

Πρώτα θα αποδείξουμε την ακόλουθη βοηθητική πρόταση: b \;]}ψα. Αν ένα τρίγωνο ABC μπορεί να καλυφθεί με μία ταινία πλάτους , τότε ένα τουλάχιστον ύ ψος του τριγώνου έχει μήκος το πολύ b . Απόδειξη. Η κάθετη από

μία τουλάχιστον κορυφή του τριγώνου προς τις παράλληλες που ορίζουν την ταινία πλάτους b τέμνει την απέναντι πλευρά του τριγώνου. Έστω αυτό συμβαίνει για Α την κορυφή Α και έστω D το σημείο το μής της κάθiτης με την πλευρά BC Επο μένως, αν ΑΕ υ είναι το ύψος του τριγώνου από την κορυφή Α, τότε θα έχουμε υ ΑΕ::; AD::; b (δες σχήμα 3 ). b Επανερχόμενοι στο πρόβλημα μας, Β συμπεραίνουμε ότι το ελάχιστο πλάτος ταινίας, με την οποία μπορεί να καλυφθεί ένα τρίγωνο, είναι ίσο με το μήκος του μι κρότερου ύψους του τριγώνου. Στη συνέχεια επιλέγουμε δύο σημεία Α , Β από το σύνολο S τέτοια ώστε η αΣχήμα 3 πόστασή τους να είναι η μέγιστη δυνατή. Έτσι για οποιοδήποτε άλλο σημείο C του συνόλου S, η πλευρά ΑΒ θα είναι η μεγαλύτερη του τριγώνου ABC , οπότε το ύψος του από την κορυφή Α θα είναι c το ελάχιστο ύψος του τριγώ νου ABC Επομένως, σύμ φωνα με το λήμμα, το ύψος αυτό θα έχει μήκος το πολύ 1 , αφού από την υπόθεση το τρίγωνο ABC μπορεί να καλυφθεί με μία ταινία πλά τους 1 . Άρα το σύνολο S μπο ρεί να καλυφθεί με μία ται νία πλάτους 2 που θα ορίζε Σχήμα 4 ται από δύο ευθείες παράλληλες προς την ευθεία ΑΒ σε απόσταση 1 από αυτήν. =

= Α

' '.... ' ' , ' ' .... ....... ' ..... ' ' .... ' .... ' ' ' ' ,. ' .,.

... ι

-.,ς.-

"""

I ...

2"0 η>6πος

Από όλα τα τρίγωνα με κορυφές σημεία του συνόλου S θεωρούμε ένα με μέγιστο εμβαδό, έστω το τρίγωνο ABC . Θεωρούμε τα συμμετρικά D, Ε, F των κορυφών Α, Β, C , αντίστοιχα, ως προς τα μέσα των πλευρών BC, CA, ΑΒ, αντίστοιχα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/10

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

--------

Θα αποδείξουμε ότι όλα τα σημεία του συνόλου S ανήκουν στο εσωτερικό ή πάνω στις πλευρές του τριγώνου DEF . Πράγματι, αν το σημείο Χ ε S βρίσκεται εξωτερικά του τριγώνου DEF , τότε, χωρίς βλάβη της γενι κότητας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι το σημείο Χ και η πλευρά BC βρίσκονται σε διαφορετικά ημιε πίπεδα ως προς την ευθεία EF , οπότε το τρίγωνο BCX θα έχει εμβαδό μεγαλύτερο από το εμβαδό του τριγώνου ABC , άτοπο. Επειδη' τα τριγωνα ' ABC και

DEF

= 2 και το τριγωνο ' AB C ΑΒ μπορεί να καλυφθεί με μία ταιDE

' ειναι με λογο ' ομοια ' ' ομοιοτητας

μπορεί να καλυφθεί με μια ταινία πλάτους 1, Αέπεται ότι το τρίγωνο νία πλάτους 2, η οποία βεβαίως καλύπτει όλα τα σημεία του S.

DEF

' '

\ , Ε - .. - _,:---- .. --\�---- ..... --- - --- - .. ----- . , ,

' '

ι'

' ,

(:; I

ι'

'',,, / • D I

Σχήμα 5

η� 2, σημειώνουμε με f{η) το άθροισμα των θετικών ακέραιων που δεν είναι μεγαλύτεροι του η και δεν είναι σχετικά πρώτοι με τον η. Να αποδείξετε ότι f{η + ρ) -::�; f{η) για κάθε η� 2 και για κάθε πρώτο θετικό ακέραιο ρ . Πρόβλημα 4.

Για κάθε ακέραιο

Λύση

Παρατηρούμε πρώτα ότι υπάρχουν η + 1 - φ (η) θετικοί ακέραιοι, όπου φ είναι η γνωστή συνάρτηση του Euler, που δεν είναι σχετικά πρώτοι με τον η και ότι η ύπαρξη του θετικού ακέραιοι r μεταξύ αυτών συνεπάγεται και την ύπαρξη του αριθμού η - r. Έτσι προκύπτει για τη συνάρτηση f( η) ο τύπος

f(η) = � -η ·(η + 1 -Φ(η)). Ας υποθέσουμε ότι ισχύει f( η + ρ) = f( η) για κάποιο ακέραιο η � 2 . Τότε, πρώτα παρατηρούμε ότι οι ακέραιοι η και η + ρ διαιρούν και οι δύο τον αριθμό 2f (η) < η (η + ρ) , οπότε οι η και η + ρ δεν είναι σχετικά πρώτοι. Επομένως, προκύπτει ότι η = kp, για κάποιο k Ν. Έτσι έχουμε f (η + ρ ) = f (η) � kp + 1 - φ ( kp) = ( k + 1)( kp + ρ + 1 - φ ( kp + ρ)), από την οποία προκύπτει ότι kp + 1 -Φ(kp) = (k + 1)a , (1) και (2) kp + ρ + 1 -Φ(kp + ρ)= ka για κάποιο a ε Ν*,a < ρ . Ιδιαιτέρως, από την (1) έχουμε (ρ -a )k = a - 1 + Φ(pk), ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/1 1

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

από την οποία προκύπτει ότι p > a;:::Ι , ενώ με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) λαμβάνουμε

= Φ(kp + p) -Φ(kp) - p = -1 ( mod(p - Ι)), από την οποία προκύπτει ότι p = a - 2 . Πράγματι, αν p = 2, τότε a = 1 και Φ(2k + 2) = k + 3, που είναι αδύνατο, αφού Φ(2k + 2) � k + Ι. Επίσης, αν p = 3, τότε a = 1 και Φ( 3k + 3) = 2k + 4 , που είναι αδύνατο, αφού Φ( 3k + 3) � 2k + 2. Επο μένως είναι p;:::5 , οπότε από την ισοτιμία a = -1 ( mod (p - 1) ) προκύπτει τελικά η ισότητα p = a - 2. (3) Με χρήση της ισότητας αυτής στις (1) και (2) λαμβάνουμε Φ(kp) = 2k + 3 - p Και (4) Φ(kp + p) = 2k + I + p. Θα αποδείξουμε ότι ο p δεν διαιρεί κανέναν από τους ακέραιους k και k + Ι . Πράγματι, αν p l k + Ι, τότε από την σχέση (4) έπεται ότι Pit, άτοπο, ενώ αν p l k, τότε επίσης PiΦ (pk), οπότε από τη σχέση (3) έπεται ότι p l 3, άτοπο. Επομένως έχουμε τις σχέσεις Φ(kp) = (p + I)Φ(k) και Φ(kp + p) = (p + 1)Φ(k + 1), από οποίες σε συνδυασμό με τις σχέσεις ( Ι ) και (2) λαμβάνουμε (5) Φ(k) = 2kp -+I2 - 1 a

και

Φ(k + Ι) = 2kp -+I2 + 1 . (6) Έχουμε ήδη αποδείξει ότι p;:::5 και ακόμη από τη σχέση (5) προκύπτει ότι k + 1;:::6 . Επιπλέον, από τις ( 5) και (6) προκύπτει ότι Φ(k + Ι) -Φ(k) = 2, από την οποία προκύπτει ότι ο 4 δεν είναι δυνατόν να διαιρεί και τους δύο αριθμούς Φ(k) και Φ(k + Ι) . Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

4%Φ(k), τότε k = qP ή k = 2qP , όπου q είναι περιττός πρώτος και ο β;:::Ι είναι ακέραιος. Από 2(k + I) , , 1 ( Ι) 1 2 k τη σχέση ( 5) λαμβάνουμε ----'---"- - Ι =Φ(k);:::- · 1 - - · k;:::- · - · k =- => p�5, οποτε προκυ2 q 2 3 3 p-Ι πτει ότι p = 5 . Για p 5 , από τη σχέση (5) λαμβάνουμε Φ(k) = k - 1 . Επομένως, ο k πρέπει να εί2 k + Ι ναι περιττός, ο k + Ι πρέπει να είναι άρτιος και ο Φ( k + 1) � 2 , που αντίκειται στην ισότητα (6). Αν 4%Φ(k + Ι), τότε k + Ι = qP ή k + 1 = 2qP, όπου q είναι περιττός πρώτος και ο β;::: 1 είναι ακέ2(k + 1) + Ι --Φ (k + Ι);:::_- k + Ι . ραιος. Από τη σχέση (6) λαμβάνουμε 3 p-I , 6 2(k + Ι) , οποτε, απο, τη σχεση, (5) επεται , , , οτι , Φ(k) � -13 - p , που Αν τωρα ειναι p;:::7 , τοτε --;::: p-7 p-7 p-I Αν

είναι αδύνατη.

- Ι διαιρεί τον k + Ι, έχουμε επίσης q = 3. Χρησιμοποιώ2 ντας πάλι τη σχέση (6) βλέπουμε ότι, αν k + Ι = 2 · 3α, τότε καταλήγουμε σε άτοπο, αλλά και αν k + Ι = 3α , τότε k + Ι = 3 , το οποίο έχουμε ήδη αποκλείσει. Αν είναι

p�

7, τότε p = 7

και αφού ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/12

-------

51 η

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

------

Διεθνής Μαθηματική

Ολυμπιάδα 2-14Ιουλίου 2010, Ασταvά, Καζακστάν

Από 2 μέχρι Ι4 Ιουλίου 2010 διεξήχθη στο Καζακστάν η 5Ιη Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα. Το μεγαλύτερο μέρος της οργάνωσης έγινε στην πρωτεύουσα Αστανά , ενώ για κάποιες μέρες οι αρχηγοί των ομάδων φιλοξενήθηκαν στην παλαιά πρωτεύουσα της χώρας Άλμα Άτα. Συμμετείχαν συνολικά 5 1 7 μαθητές και μαθήτριες από 9 7 χώρες από όλο τον κόσμο. Οι μαθητές διαγωνίστηκαν σε 6 προβλήματα σε δύο διαδοχικές ημέρες διαφόρων βαθμών δυσκολίας. Η Ελληνική ομάδα συμμετείχε με 6 μαθητές και κατέκτησε 2 αργυρά μέταλλα και 4 εύ φημες μνείες, ως εξής: • • •

• •

•

Αργυρό μέταλλο Αργυρό μέταλλο Εύφημη μνεία Εύφημη μνεία Εύφημη μνεία Εύφημη μνεία.

Λογοθέτης Φώτιος, Ταρατόρης Ευάγγελος, Βλάχος Γεώργιος, Μπραζιτίκος Κωνσταντίνος, Τσαμπασίδης Ζαχαρίας, Τσαρέας Αθανάσιος,

Συνοδοί της Ελληνικής ομάδας ήταν ο Αναπληρωτής Καθηγητής του Ε. Μ. Πολυτεχνείου Ανάργυρος Φελλούρης (αρχηγός) και ο Μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος (υπαρχηγός). Βιι611λημα

Ι.

ΤΑ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f: JR � JR που ικανοποιούν την εξίσωση

(1 ) ι([x]y) f(x)[J(y)] (Εδώ μ ε τ ο σύμβολο [ ) σημειώνουμε τον μεγαλύτερο ακέραιο που είναι μικρό =

για κάθε χ, y e JR τερος ή ίσος του z . ) •

t;ΓHJ (

j ,,_

ηΗΊπος)

( 2) Από τη σχέση (1), για χ=Ο, λαμβάνουμε /(0) = f(O)[f(y)] , για κάθε yεJR . Στη συνέχεια υπάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις: 1 ;τψίπτωση: 'Εστω /(Ο)* Ο. Τότε από τη (2) προ�πτει ότι [f(y) ] = 1, για κάθε y ε JR, οπότε η εξίσωση (Ι) γίνεται f ([χ] y) = f(χ) , για κάθε χ,yεJR . Θέτοντας σε αυτήν y = Ο λαμβάνουμε f(χ)=/(Ο)=c;eΟ,για κάθε xεJR. Όμως από τη σχέση [f(y)]=1, για y=O, λαμβάνουμε [c] = [f(Ο)J =1, οπότε cε [1,2) . Άρα έχουμε τη συνάρτηση f(χ)=c,c ε [1, 2). Η συνάρτηση αυτή επαληθεύει τη σχέση (Ι), αφού ισχύει c=c[c], λόγω του περιορισμού cε [1,2). 2'1 πf:ρίπτι•Jση: Έστω /(0) =Ο. Τότε έχουμε δύο υποπεριπτώσεις: α) Έστω υπάρχει α ε (Ο,1) τέτοιο ώστε f (α ) * Ο. Τότε θέτοντας στην (1) χ = α λαμβάνουμε Ο = f(Ο)= f ([α] y) = f (α ) [f(y)J , για κάθε yεJR . Άρα θα έχουμε [f(y)J =Ο, για κάθε y ε JR , οπότε θέτοντας στην ( 1 ) χ=1 λαμβάνουμε τελικά f(y)=Ο, για κάθε y ε JR, που είναι αντίθετο προς την υπόθεση ότι υπάρχει α ε(Ο,1) τέτοιο ώστε f (α ) * Ο. β) Έστω ισχύει ότι f(α)=Ο, για κάθε α ε [Ο,1) . Τότε για τον τυχόντα πραγ ματικό αριθμό z , υπάρχει ''

ακέραιος Ν τέτοιος ώστε

:= ..!._ ε [Ο, 1) . Πράγματι, αρκεί να πάρουμε Ν = [ z] + 1, αν z � Ο και Ν

z Ν = [ z] -1, αν z < Ο . Έτσι τώρα, αν θέσουμε στην (Ι) χ= Ν και y=α :=- , τότε λαμβάνουμε Ν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/13

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

/(z ) =f([ Ν] α ) = I( N)[f(α)] =Ο, για κάθε z Ε IR., η οποία προφ ανώς επαληθεύει τη σχέση (1). 2"'

τρόπος (Λύση Φ(ί)τη Λογοθέτη)

Θέτοντας στην (1) χ =y=Ο , λαμβάνουμε

1(0)=/(0) [ /(0)] f (O)=Ο ή [ 1(0)] = 1, οπότε διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (Α) [ I(Ο)J =1 Θέτοντας y=Ο στην ( 1) λαμβάνουμε f(Ο)= I ( χ ) [f(Ο)] � I ( χ ) = I (Ο), για κάθε χ Ε IR. . Αν θέσουμε c =f(Ο), τότε έχουμε [ c] =1 1 :$; c < 2. Εύκολα επαληθεύουμε ότι η συνάρτηση f ( χ ) =c, c Ε [1, 2) ικανοποιεί τη σχέση ( 1). (Β ) f(Ο) =Ο. Στην περίπτωση αυτή, θέτοντας χ = y = 1 στη σχέση ( 1 ), λαμβάνουμε f(1)=Ο ή [f(1)J =1 , οπότε έχουμε τις υποπεριπτώσεις: (α) Αν /(1 ) =0 τότε από τη σχέση (1) για χ=1, λαμβάνουμε l(y) = O, για κάθε yEIR, η οΠοία <=>

<=>

προφ ανώς ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος. (β) 'Εστω [ /(1 )] =1. Τότε από τη σχέση (1), για y=1, προκύπτει η ισότητα f(x) =Ι ( [ χ] ) , για κάθε

χ Ε IR..

Επιπλέον, για χ = n, y=_!_, n ΕΖ, n 2:: 2 προκύπτει από τη σχέση ( Ι ) ότι:

(

ι n·

�) =!(•) [ι (�)] � J ( I ) =!(•) [ι ([�])] � f ( I ) =f ( n)[ f ( O )] =Ο,

που είναι άτοπο, γιατί [I ( 1 ) J =1.

Πρόβλημα 2. Έστω Ι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου ABC και έστω Γ ο περι γεγραμμένος κύκλος του. Έστω ότι η ευθεία ΑΙ τέμνει ξανά τον κύκλο Γ στο σημείο D . Έστω Ε -

ένα σημείο του τόξου BD C και F ένα σημείο πάνω στην πλευρά BC έτσι ώστε

,..

BAF

,..

CAE

,..

BA C .

Τέλος, έστω G το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος IF . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες DG και ΕΙ τέμνονται πάνω στον κύκλο Γ.

Λί1ση

Έστω ότι η ευθεία ΕΙ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο Γ στο σημείο Χ και έστω L το σημείο στο οποίο η διχοτόμος της γωνίας Α τέμνει την πλευρά BC . Έστω ακόμη ότι το ευθύγραμμο τμήμα DX τέμνει τις ευθείες IF και AF στα σημεία Ν και Τ , αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι G = Ν ή !Ν= NF, (σχήμα!). TF . AD !Ν . =1 Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο AIF έχουμε οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

ΑΤ ID

ID TF =Α Τ AD

Έστω ότι η ευθεία AF τέμνει τον κύκλο Γ στο σημείο Κ, Κ '* Α . Επειδή είναι ΒΑΚ = CAE , έχουμε ότι ΒΚ = CE, οπότε θα είναι ΚΕ 11 BC . Επιπλέον έχουμε ΙΑΤ = DAK =EAD = EXD =!ΧΙ, οπότε τα σημεία Ι , Α, Χ, Τ είναι ομοκυκλικά. Άρα έχουμε !ΤΑ=!ΧΑ= ΕΧΑ = ΕΚΑ, οπότε θα είναι �

ΙΤ 11 ΚΕ 11 BC και επομένως

TF IL =ΑΤ ΑΙ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/14

(l)

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Σχήμα 1 Επειδή η CI είναι διχοτόμος της γωνίας Α CL , από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου έχουμε �

IL CL (2) ΑΙ AC 1 Επιπλέον , DCL DCB DAB CAD BAC , οπότε τα τρίγωνα DCL και DAC είναι όμοια. 2 CL DC Άρα έχουμε την ισότητα (3 ) AC AD Είναι επίσης γνωστό ότι το μέσον D του τόξου BC ισαπέχει από τα σημεία Β, C και Ι , οπότε η DC ID τελευταία σχέση γίνεται (4) AD AD F ID . Από τις σχέσεις ( 1) , (2), (3 ) και (4) προκύπτει η ζητούμενη σχέση T Α AD =

2 "0

τρόπος (Λi1ση Ε. Το.ρατόρη )

Όπως και στη πρώτη λύση (σχήμα 1 ), θεωρούμε το σημείο Χ στο οποίο η ευθεία ΕΙ τέμνει τον κύ κλο Γ και έστω Τ XD n A F, Ν XD n FI . Επομένως , αρκεί να αποδείξουμε ότι Ν G ή ΝΙ NF . =

Σχήμα 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/1 5

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

--------

Επειδή ΤΧΙ = DAE = DAC - EAC = DAB - BAF = ΤΑ! , το τετράπλευρο ΙΤΧΑ είναι εγγράψιμο, οπότε έχουμε !ΤΑ= !ΧΑ = ΕΧΑ = ΕΒΑ = EBC + CBA = CAE + CBA = BAF + CBA = cfrΑ Από την ισότητα !ΤΑ = CFA έπεται ότι Π 11 BC . Έστω Μ= DX n BC . Επειδή είναι AFM = ΑΤΙ και FTM= ΧΤΆ = xiA , τα τρίγωνα TFM και !ΧΑ είναι όμοια. Επιπλέον, από το εγγράψιμο ΙΤΧΑ προκύπτει ότι DΠ = DAX , οπότε και τα τρίγωνα DΠ και DAX είναι όμοια Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι !Μ 11 AF , οπότε σε συνδυασμό με την παραλληλία Π 11 BC προκύπτει ότι το τετράπλευρο ITFM είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι οι διαγώνιες του διχοτομούνται, οπότε το σημείο τομής τους θα είναι το μέσον του FI . Από τις ισότητες DBC = DCB = DAB = DXB και BDM= BDX έπεται ότι τα τρίγωνα BDM και , ομοια, , , λαμβανουμε , DB DX , XDB ειναι οποτε -- = -- , δηλαδη ο

�

Λ.

DM DB 2 DB = DX · DM . (1) Επιπλέον, αφού D είναι το μέσον του τόξου BC , είναι γνωστό ότι DB= DC= DI (αυτό προκύπτει από IBD = Β + Α = BiD ) . Άρα η σχέση ( 1 ) γίνεται: 2 2 Dl 2 = DX · DM ' DI = DM . (2) η DX DI Από τη σχέση (2) και την ισότητα lιιfDI = IDX προκύπτει ότι τα τρίγωνα DMI και DIX είναι όμοια, οπότε θα έχουμε MiL = MiD = DXI = ΤΧΙ = ΤΑ! . Άρα είναι !Μ 1 1 AF , αφού τεμνόμενες με την AD σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ίσες. �

�

Ι l ιιιψλη μυ

σεις

�

Έστω Ν το σύνολο των θετικών ακέραιων. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτή: Ν* � Ν* που είναι τέτοιες ώστε ο αριθμός 3.

είναι τέλειο τετράγωνο, για κάθε . \ t)() Jj

m, n

(g(m ) + n){ m + g(n)}

Ν* .

Παρατηρούμε ότι όλες οι συναρτήσεις g ( n) = n + c , όπου c μη αρνητική σταθερά, ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος, αφού είναι

(g (m) + n)(m + g (n)}= (n + m + c) 2 •

Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις του προβλήματος. Πρώτα θα αποδείξουμε το λήμμα που ακολουθεί. . Ι ιjμμ rι : Αν για κάποιο πρώτο θετικό ακέραιο p και για τους θετικούς ακέραιους k, f. ισχύει ότι p l g (k) - g ( η , τότε p i k - f. . .\π(Ίδ�:ιξιι λι'ι μ μ ιι.το.;

Υποθέτουμε πρώτα ότι p 2 1g ( k) - g (η , οπότε θα υπάρχει ακέραιος α τέτοιος ώστε g (η = g ( k) + p 2 α . Στη συνέχεια θεωρούμε κάποιο θετικό ακέραιο D > max { g ( k) , g (η} που δεν διαιρείται με τον p και θέτουμε n = pD - g ( k) . Τότε οι θετικοί ακέραιοι n + g ( k)= pD και n + g ( f.) = pD + ( g ( f.) - g ( k)}= p ( D + pα) διαιρούνται και οι δύο με το p , αλλά όχι και με το p 2 • Σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος οι αριθμοί ( g ( k) + n} ( k + g ( n)) και ( g ( f.) + n} ( f. + g ( n)} είναι τετράγωνα ακεραίων που διαιρούνται με το p , άρα και με το p 2 • Επομένως οι παράγοντες g ( n) + k και g ( n) + f. διαιρούνται επίσης με το ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/16

------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

-------

p , οπότε p i (g (n) + k) -(g(n) + η = k - ι 'Εστω τώρα ότι p lg ( k) - g (η , αλλά ο p 2 δεν διαιρεί τον g ( k) - g {f) . Τότε επιλέγουμε τον α ριθμό D , όπως στη προηγούμενη περίπτωση και θέτουμε . n = p3 D - g ( k) . Τότε ο θετικός ακέραιος g ( k) + n = p3 D διαιρείται με τον p3 , αλλά όχι με τον p4 , ενώ ο θετικός ακέραιος g (η + n = p3 D + ( g (η - g ( k)) διαιρείται με τον p , αλλά όχι με τον p 2 . Έτσι συμπεραίνουμε ο μοίως, όπως και προηγουμένως, ότι οι αριθμοί g ( n) + k και g ( n) + .e διαιρούνται με τον p , οπότε θα ισχύει και ότι p l (g ( n ) + k ) -(g ( n) + η = k - ι ο Επιστρέφοντας στην απόδειξη του προβλήματος, αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση g είναι 1 - 1 . Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι g ( k) = g (η , για κάποια k, .e Ε Ν * . Τότε από το προηγούμενο λήμμα προκύπτει ότι ο αριθμός k - .e διαιρείται με κάθε πρώτο θετικό ακέραιο p , οπότε θα είναι k - f = Ο ή k = .e . Στη συνέχεια θεωρούμε τους αριθμούς g ( k) και g ( k + 1) , όπου k θετικός ακέραιος. Επειδή η διαφορά ( k + 1) - k = 1 δεν έχει πρώτο διαιρέτη, από το λήμμα έπεται ότι το ίδιο συμβαίνει και για τον α ριθμό g ( k + 1) - g ( k) . Επομένως, για τον τυχόντα θετικό ακέραιο k , ισχύει lg ( k + 1) - g ( k )I = 1 . Έστω τώρα g ( 2) - g ( 1 ) = q, l q l = 1 . Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι g ( n) = g ( 1) + q ( n - 1) , για κάθε θετικό ακέραιο n . Πράγματι, για n = 1 , 2 ισχύει από τον ορισμό του q . Αν υποθέσουμε ότι ισχύει η σχέση g ( n) = g ( 1) + q ( n - 1) , για κάποιο n > 1 , τότε g (n + 1) = g (n ) ± q = g (1) + q (n - 1) ± q , δηλαδή θα έχουμε g ( n + 1) = g ( 1) + qn ή g ( n + 1) = g ( 1) + q ( n - 2) . Επειδή, λόγω του ότι η συνάρτηση g είναι 1 - 1 , ισχύει ότι g (n + 1) 7' g (n - 1) = g (1) + q (n - 2) λαμβάνουμε ότι g ( n + 1) = g ( 1) + qn, για κάθε θετικό ακέραιο n . Όμως δεν μπορεί να ισχύει η ισότητα q = -1 γιατί τότε, για n :2: g ( I) + I , θα είχαμε g ( n) � Ο , που είναι αδύνατο. Επομένως έχουμε q = 1 και g ( n) = n + c, για κάθε n Ε Ν * και c = g ( 1) - 1 :2: Ο . Il α μ ατι'] ρ η σ η . Η απόδειξη της ισότητας g ( n) = ( g ( 1) - 1) + n , για κάθε θετικό ακέραιο n , μπορεί να γίνει και χωρίς τη χρήση του ότι η g είναι 1 - 1 . Πράγματι, από τη σχέση lg ( k + 1) - g ( k )I = 1 , έχου με g ( k + 1) = g ( k) + q , l q l = 1 . Τότε, λόγω της υπόθεσης, ο ακέραιος ( g ( k + 1) + k) ( k + 1 + g ( k)) = ( g ( k) + q + k) ( g ( k) + k + 1) θα ε{ναι τέλειο τετράγωνο. Αν ήταν ( g ( k) + q + k) ( g ( k) + k + 1) = ( g ( k) + k) 2 - 1 q = - 1 , τότε ο ακέραιος θα ήταν τέλειο τετράγωνο, που είναι αδύνατο, αφού g ( k) + k :2: 2 . Άρα είναι q = 1 , οπότε πλέον έχουμε g (n) = g (n - 1) + 1 = = g (1) + n - 1 . · · ·

Π ρ 6βλη μ α 4 . Έστω Ρ σημείο στο εσωτερικό του τριγώνου ABC . Οι ευθείες ΑΡ, ΒΡ και CP τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο Γ του τριγώνου ABC ξανά στα σημεία K, L και Μ , αντίστοι χα. Η εφαπτομένη του κύκλου Γ στο σημείο C τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο S. Υποθέτουμε ότι SC = SP. Να αποδείξετε ότι ΜΚ = ML. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/17

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

-------

---

. . . . .

Σχήμα

' '

' ' ' ' ' . ' ' ' ' ' '

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

Υποθέτουμε ότι CA > CB , οπότε το σημείο S θα βρίσκεται στην ημιευθεία ΑΒ . Από τα ζεύγη ό μοιων τριγώνων PKM, PCA και PLM, PCB , έχουμε τις ισότητες ΡΜ ΡΑ και LM ΡΜ ΚΜ CA =

ΡΒ '

LM CB ΡΑ , με ΠΟΛJΙ.απ , "' "' λασιασμο, κατα, με' λη λαμβ ανουμε απο, τις οποιες -- = -

CA ΡΒ , CB ΡΒ , για την ισοτητα ΜΚ ML , αρκει να απο δ ει' ξ ουμε οτι , , Επομενως, CA ΡΑ Έστω Ε το σημείο στο οποίο η διχοτόμος της γωνίας Β του τριγώνου ABC τέμνει την πλευρά , , , Χ4 CA , ειναι , ο , , , Χ για " μι'ζουμε οτι ο γεωμετρικος, τοπος ΑΒ . Θυ των σημειων τα οποια ισχυει οτι ΧΒ CB Απολλώνιος κύκλος Ω με κέντρο Q πάνω στην ευθεία ΑΒ . Ο κύκλος αυτός περνάει από τα σημεία C ΚΜ

· - .

- = - .

και Ε Επομένως, για να ισχύει η ισότητα ΜΚ ML , αρκεί το σημείο Ρ να ανήκει στον κύκλο Ω , δηλαδή αρκεί να ισχύει QP QC Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι S Q , που ολοκληρώνει και την απόδειξη του προβλήματος. Έ χουμε =

CES CAE + ACE BCS + ECB ECS ' οπότε θα είναι SC SE . Επομένως το σημείο S βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΑΒ αλλά και στη μεσο κάθετη του CE , οπότε συμπίπτει με το σημείο Q . =

τ μ ι'ι πο:�

Όπως και στην πρώτη λύση υποθέτουμε ότι το σημείο S βρίσκεται στην ημιευθεία ΑΒ . Θα απο δείξουμε ότι για να ισχύει η ισότητα ΜΚ ML , αρκεί να ισχύει ότι SP SC Έστω Ε και F τα ση μεία τομής της ευθείας SP με τον περιγεγραμμένο κύκλο ω του τριγώνου ABC , όπου το σημείο Ε SP SA , oβρίσκεται στο ευθύγραμμο τμήμα SP . Τότε έχουμε SP 2 SC 2 SA SB , δηλαδή είναι =

πότε τα τρίγωνα PSA και BSP είναι όμοια. Άρα έχουν και BPS SAP . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/18

SB SP

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

------

Σχήμα 4

2 BPS = ΒΕ + LF

Όμως είναι

και

2 SAP = ΒΕ + ΕΚ , ·

LF = ΕΚ ( 1) Επίσης, από την ισότητα SPC = SCP προκύπτει ότι EC + MF = EC + ΕΜ , οπότε MF = EM (2) Από τις ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε MFL = MF + FL = ΜΕ+ ΕΚ = ΜΕΚ , οπότε θα είναι ΜΚ = ML . _..--..._

οπότε τελικά προκύπτει η ισότητα "

---

.....--..

...-..

....-..

...-..

...-...

---

3 ' ' ' τ μ ιΊ π ο .:::

S ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC λαμ' ' ' SP SA απο' την οποια' προκυπτει οτι τα τριγωνα BPS β ανουμε την ισοτητα C'S 2 = S'P2 = S'B SΆ � . SB SP και APS είναι όμοια. Έτσι προκύπτει και η ισότητα των γωνιών BPS PAS . Επίσης έχουμε ΡΑΒ = ΚΑΒ = ΚLΒ = BPS , οπότε θα είναι ΚL 1 1 PS . Έστω τώρα Q το σημείο τομής των ευθειών LK και CM . Τότε έχουμε τις ισότητες γωνιών Li:M + ciκ = LCM + ciκ = CQK = CPS = PCs = lvfic = JιιJiκ + κic από τις οποίες προκύπτει ότι LKM = MLK και τελικά ML = ΚΜ . Θεωρώντας τη δύναμη του σημείου

- = ,

1'\

Σχήμα 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l / 1 9

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί- Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

Π 17. iΗΗ!ψψ:η� . Η Ελληνική ομάδα είχε απόλυτη επιτυχία σε αυτό το πρόβλημα, αφού όλοι οι Έλλη νες μαθητές το έλυσαν πλήρως. Οι λύσεις τους κατά κανόνα ακολούθησαν τον δεύτερο και τον τρίτο τρόπο ή ήταν παραλλαγές αυτών των δύο τρόπων. Π

,.,

Σε καθένα από τα έξι κουτιά

Β1 , Β2 , Β3 , Β4 , Β5 , Β6 υπάρχει

αρχικά ένα κέρμα. Υ-

πάρχουν δύο δυνατοί τύποι επιτρεπόμενων πράξεων: Τύπος 1 : Επιλέγουμε ένα μη κενό κουτί Bi με ι :s; j :s; 5. Αφαιρούμε ένα κέρμα από το κουτί Bi

Βί+Ι • Τύπος 2: Επιλέγουμε ένα μη κενό κουτί Bk

και προσθέτουμε δύο κέρματα στο κουτί

με

ι :s; k :s; 4.

Αφαιρούμε ένα κέρμα από το κουτί

και ανταλλάσσουμε τα περιεχόμενα των (πιθανά κενών) κουτιών

Bk+ J και Bk+ 2 •

Να προσδιορίσετε αν υπάρχει πεπερασμένη ακολουθία τέτοιων πράξεων η οποία έχει ως αποτέ λεσμα τα κουτιά

Β1 , Β2 , Β3 , Β4 , Β5

κέρματα. (Σημειώνουμε ότι

να είναι κενά και το κουτί

( bc ) . )

Β6

να περιέχει ακριβώς

21 2 ΟιΟ 0 01010

( α1 , α2 , , αn ) ---+ (α;, α; , . . . , α: ) , 1 :s; n :s; 6 , εννοούμε ότι είναι δυνα τόν με διαδοχική εφαρμογή επιτρεπόμενων πράξεων το αρχικό περιεχόμενο ( α1 , α , , αn ) των n διαδο 2 χικών κουτιών, 1 � n � 6 , να γίνει (α; , α; , ... , α: ) , αντίστοιχα, ενώ το περιεχόμενο των υπόλοιπων κου Όταν γράφουμε την αντιστοιχία

• • •

τιών παραμένει αναλλοίωτο. Θα αποδείξουμε ότι είναι δυνατή η αντιστοιχία.

( 1 , I, 1, 1 , 1 , 1) ---+ (Ο, Ο, Ο, Ο, Ο, Α ) ,

όπου

Α = 2 010 20 020 1 0 •

Πρώτα όμως θα αποδείξουμε δύο βοηθητικές προτάσεις: '1/ •ίΨι i

(α, Ο, Ο) ---+ {Ο, 2a , Ο) , για κάθε ακέραιο α :?: 1 .

Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι k=

(α, Ο, Ο) ---+ {α - k , 2k , Ο) ,

για κάθε ακέραιο

με

1 � k � α . Για

με εφαρμογή της πράξης τύπου 1 στο πρώτο κουτί λαμβάνουμε

(α, Ο, Ο) ---+ (α - 1, 2 , Ο) = (α - 1 , 2 1 , Ο) .

Υποθέτουμε ότι ισχύει το ζητούμενο για κάποιο θετικό ακέραιο τριάδα

{α - k , 2k , Ο)

k<α.

εφαρμόζουμε τη πράξη τύπου 1 στο δεύτερο κουτί

Τότε ξεκινώντας από την

μέχρις ότου αυτό να αδειά

σει και στη συνέχεια εφαρμόζουμε τη πράξη τύπου 2 στο πρώτο κουτί. Έτσι έχουμε τις αντιστοιχίες:

(α - k 2k ο ) ---+ (α - k 2k - 1 2) ---+ . . . ---+ (α - k ο 2k +l ) ---+ (α - k - 1 2k +l ο ) . ο Επομένως έχουμε (α, Ο, Ο) ---+ (α - k , 2k , Ο) ---+ (α - k - 1, 2k + Ι , Ο) . 2 ' Για κάθε θετικό ακέραιο n , έστω Ρ, = � (π.χ. � = 2 2 2 = 1 6 ) . Τότε '

n-φορές

(α, Ο, Ο, Ο) ---+ (Ο, Ρ, , Ο, Ο) , για κάθε α :?: 1 . Όπως στο λήμμα 1 , θα αποδείξουμε ότι

1 � k � α . Για k = 1

(α, Ο, Ο, Ο) ---+ (α - k , Ριc , Ο, Ο) ,

εφαρμόζουμε τη πράξη τύπου 1 στο πρώτο κουτί, οπότε:

για κάθε ακέραιο

με

(α, Ο, Ο, Ο) ---+ (α - 1, 2, Ο, Ο) = (α - 1, Ρι , Ο, Ο) . Υποθέτουμε ότι ισχύει το ζητούμενο για κάποιο θετικό ακέραιο k < α . Ξεκινώντας από την τετράδα (α - k , Ρι, , Ο, Ο) , εφαρμόζουμε στο πρώτο κουτί διαδοχικά το λήμμα 1 και πράξη τύπου 1 , οπότε λαμβάνουμε (α - k , Pιc , Ο, Ο) ---+ { α - k , Ο, 2Ριc , Ο) = (α - k , Ο, Ριr 1 , Ο) ---+ ( α - k - 1, Ριc 1 , Ο, Ο) . + + ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/20

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

-------

( a, O, O, O) ____, (α - k, � , O, O) ____, ( a - k - 1, �+1 , 0, 0 ) .

Έχουμε δηλαδή

Επανερχόμενοι στο πρόβλημα μας, πρώτα εφαρμόζουμε την πράξη τύπου Ι στο κουτί 5 και στη συ και τελικά εφαρμόζουμε το λήμμα 2 και νέχεια την πράξη τύπου 2 διαδοχικά στα κουτιά δύο φορές:

Β4 , Β3 , Β2

Β1

(1, 1, 1, 1, 1, 1) _, (1, 1, 1, 1, 0, 3 ) ____, (1, 1, 1, 0, 3, 0) ____, (1, 1, 0 , 3 , 0 , 0 ) ____, (1, 0 , 3, 0 , 0 , 0 ) ____, (ο, 3, ο, ο, ο, ο) ____, ( ο, ο, � , ο, ο, ο ) = ( ο, Ο, 1 6, ο, ο, ο) ____, ( o, o , O, f1 6 , 0 , o ) .

Έχουμε ήδη στο κουτί 4 περισσότερα από

κέρματα, αφού

( ) 1 01 0 2 Α = 2 010 20 1 020 1 0 < ( 2 1 1 ) 20 02 = 2 1 1· 20 1 020 1 0 < 2 20 1 020 1 1 < 2 2 = 2 211· 0 1 1 < 2 22 < f1 6 . Για να ελαττώσουμε τον αριθμό των κερμάτων στο κουτί Β4 εφαρμόζοί>με την πράξη τύπου 2 επα 1 1 1 20 1

ναληπτικά τόσες φορές, όσες χρειάζεται ώστε ο αριθμός των κερμάτων του να γίνει - . Σε κάθε εφαρμογή της πράξης τύπου 2 αφαιρούμε ένα κέρμα από το κουτί νών κουτιών

Β5 και Β6

•

Β4

και εναλλqσσουμε τα κέρματα των κε-

Έχουμε δηλαδή

(

� )

( o , o, O, f16 , 0, o ) _, ( o , o , o , f16 - 1, ο, ο) _, . . . _, ο, ο, ο, , ο, ο . Στη συνέχεια εφαρμόζουμε την πράξη τύπου Ι επαναληπτικά στα κουτιά

( Ο, Ο, Ο, � , Ο, Ο) ____, ____, ( Ο, Ο, Ο, Ο, � , Ο) ____, · · ·

· · ·

Β4

και

Β5 ως εξής:

____, (Ο, Ο, Ο, Ο, Ο, Α ) .

' Ι 1 ' ί!''' η ι Στο παραπάνω πρόβλημα, αν είχαμε μόνο τέσσερα κουτιά, τότε εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι είναι δυνατόν να επιτύχουμε να βάλουμε το πολύ 28 κέρματα στο τελευταίο κουτί. Όμως, όταν έχουμε 5 ή 6 κουτιά, τότε ο μέγιστος αριθμός των κερμάτων που μπορούμε να επιτύχουμε στο τελευταίο κουτί αυξάνει εκρηκτικά. Έτσι, για τα 5 κουτιά μπορούμε να επιτύχουμε να βάλουμε στο

τελευταίο κουτί περισσότερα από κερμάτων είναι Pp .

21 4

. ..

2 21 4

κέρματα, ενώ για τα

.. . Αν στο προ' βλη μα μας ο αριθ μος '

κουτιά ο αντίστοιχος μέγιστος αριθμός

Α = 2 0 1 0 201020 1 0 αντικατασταθει' απο' τον

αρι θ μο'

Β = 2 010 20 1 0 , τότε η ζητούμενη εξάδα μπορεί να επιτευχθεί χωρίς τη χρήση του λή μματος 2, ως εξής : (1, 1, 1, 1, 1, 1) ____, ( 0, 3, 1, 1, 1, 1) ____, (Ο, 1, 5, 1, 1, 1) ____, (Ο, 1, 1, 9, 1, 1) ____, (Ο, 1, 1, 1, 1 7, 1) ____, ( 0, 1, 1, 1, 0, 35 ) ____, (Ο, 1, 1, 0, 35, Ο) ____, (Ο, 1, 0, 3 5, Ο, Ο) ____, (Ο, 03 5, 0 , Ο, Ο) 4 ( ____, Ο, Ο, 1, 2 3 , Ο, Ο ) ____, ( Ο, Ο, 1, Ο, 2 2 34 , Ο ) ____, ( Ο, Ο, Ο, 2 2 34 , Ο, Ο ) ____, ( Ο, Ο, Ο, 2 2 34 - 1 , Ο, Ο ) ;

� ϊ υμη

(

: ) ( Ο, Ο, Ο, Ο, � , Ο) ____, (Ο, Ο, Ο, Ο, Ο, Β) .

____, .... ____, Ο, Ο, Ο, , Ο, Ο

____,

a 1 , a 2 , a3 , μία ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών. Υποθέτουμε ότι για κάποιο θετικό ακέραιο s , έχουμε ότι an = m ax ak + an-k 11 :::;; k :::;; n - 1 ' (1) ΠΙ

6 , Έστω

•••

{

}

για κάθε n > s. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι .e και Ν , με .e :::;; s , τέτοιοι ώστε an = αι + an -t ' για κάθε n � Ν .

an = a11 + ai2 j1 > s , τότε μπορούμε να προχωρήσουμε με τον ίδιο τρόπο με το a11

Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε ότι κάθε με

j1 , j2 < n, j1 + j2 = n . Αν, έστω

με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/2 1

n >s

μπορεί να γραφεί ως

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

--------

κοκ. Επίσης, γράφουμε τον όρο αn στη μορφή αn = α�. + α'.2 + . . . + α.� ,

. . . 1_ < ι.1 < _ s, ι1 + ι2 + . . . + ιk

(2)

(3 )

-n.

Επιπλέον, αν α I και α 2 είναι οι αριθμοί της σχέσης (2) που λαμβάνονται στο τελευταίο βήμα, τότε ; ; ί1 + ί2

s . Επομένω ς η σχέση

( 3 ) μπορεί να προσαρμοστεί ω ς

1 � ί1 � s, ί1 + ί2 + . . . + ίk =

ί1 + ί2

(4)

Επίσης, αν υποθέσουμε ότι οι δείκτες ί1 , . . . , ίk ικανοποιούν τις συνθήκες s1 = ί1 + · · · + ί1 , από τη σχέση

(4),

τότε θέτοντας

(1) έχουμε

Με βάση όλα τα προηγούμενα καταλήγουμε στον ακόλουθο ισχυρισμό :

Για κάθε

n >

s , έχουμε

{

αn = rnax α;1 + . . ·α;k : η οικοyέ vεια ί1 , ί2 , . . . ίk

Στη συνέχεια σημειώνουμε

με

ικανοποιεί τη σχέ ση

(4) } .

l �i�s

αe f

:?: s f + 2s και επιλέγουμε μία έκφραση του αn στη μορφή (2),

= ί1 + . . · + ίk � sk, οπότε k :?:

( 6)

α. = max _J_

και σταθεροποιούμε κάποιο δείκτη f � s τέτοιο ώστε Θεω ρούμε κάποιο

)

(4).

Τότε έχου-

:?: sf + 2 . s Ας υποθέσουμε ότι κανείς από τους δείκτες ί3 , . . . , ίk δεν είναι ίσος με f . Τότε, από την αρχή του πε-

ριστεροφ ω λιάς, θα υπάρχει κάποιος δείκτης j , με 1 � j � s , ο οποίος θα εμφανίζεται μέσα στους δεί

κτες ί3 0 . . . , ίk τουλάχιστον f φορές και j ::f:. f . Αν διαγράψουμε αυτές τις f εμφανίσεις του j από την

{ ί1 , . . . , ίk ) και αντί αυτών προσθέσουμε j εμφανίσεις του f , θα λάβουμε ( ί1 , ί2 , ί; . . . , ί;. ) , η οποία επίσης ικανοποιεί την (4). Με βάση τον ισχυρισμό (6), έχουμε

μία ακολουθία

α.1ι + · · · + α.'* = αn :?: α.11 + α1.2 + α13.. + · · · + α1k'.. ,

ή , με διαγραφή των όρ ων που συ μπίπτουν, έχουμε fα1 :?: Jα e , οπότε: τελευταία σχέση δίνει f α1 = Jαe , οπότε

-t ; . Από τον ορισμό του

�

α.

αn = α�. + α.� + α�.. + · · · + α�.. .

Έτσι, για κάθε

n >

2 s f + 2s έχουμε βρει μια αναπαράσταση της μορφής (2),

ποιο j :?: 3 . Αναδιατάσσοντας τους δείκτες μπορούμε να υποθέσουμε ότι ίk

(

ότι στην αναπαράσταση αυτή, οι δείκτες ί1 , . . . , ίk -Ι

κατασταθεί με το

f . Έτσι, από τον ισχυρισμό

)

ικανοποιούν τις συνθήκες

(6) λαμβάνουμε

(

. αn-t + αe :?: αiι + . . + αίk-1

η οποία, λόγω της σχέσης

( 1 ) , δίνει

αn = αn-t + αe , για

κάθε

) + α(

αn '

:?: s f + 2s,

όπως ακριβώς ζητούσαμε. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/22

(4)

με ί1

f,η

f , για κά

f . Τελικά, παρατηρούμε

(4) με το

να έχει αντι

ΗΟΜΟ MA THEMATICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι σμού πάνω στα εξής θέματα: I ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. I Ί υ τ ω 1 � r;, , ,η ι y ι"ιπ .,: η ι ς r. τ 1Ί λ ι ι ς : παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το ε πίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

I . "τι

ι:ίJ 'rιι

I Ιμι:ιτο

τα

Υ!αΙJημα τιιΙ/ι ; "

ι..<:iμι.το

Δεν φαίνεται να υπάρχει γενική συμφωνία ως προς το τι πρέπει να αποτελεί μια πρώτη εισαγωγή στην Ανάλυση και την Αναλυτική Γεωμετρία. Με ρικοί επιμένουν ότι ο μόνος τρόπος για την πραγ ματική κατανόηση της Ανάλυσης είναι το ξεκίνημα από μια πλήρη πραγμάτευση του συστήματος των πραγματικών αριθμών και η ανάπτυξη κατόπι της θεωρίας, βήμα προς βήμα και κατά αυστηρό λογικό τρόπο. Άλλοι πάλι ισχυρίζονται ότι η Ανάλυση εί ναι πρωταρχικά ένα εργαλείο για μηχανικούς και για φυσικούς και πιστεύουν ότι η εισαγωγή αυτή πρέπει να δίνει έμφαση στις εφαρμογές της Ανάλυ σης, με τη βοήθεια της διαίσθησης και με εντατική εξάσκηση σε προβλήματα τα οποία αναπτύσσουν την επιτηδειότητα και ευστροφία στο χειρισμό διά-

Λ <:ι!ηρο ιtι:ίμ;:ιv

Τα

i\l υ Ο η μιιτικιί

φορων φυσικών προβλη μάτων που παρουσιάζονται στις πρακτικές εφαρμογές. Και οι δυο αυτές απόψεις έχουν πολλά τα ορθά.

Η Α νάλυση είναι μια επαγωγική επιστήμη και ένας από τους κλάδους των καθαρών Μαθηματικών.

Ταυτόχρονα όμως έχει ρίζες βαθιές στα φυσικά προβλήματα και μεγάλο μέρος από τη δύναμη και την ομορφιά της την οφείλει στην ποικιλία των ε φαρμογών της. Είναι εξ άλλου δυνατό να συνδυα στεί μια έντονα θεωρητική ανάπτυξη με μια πολύ καλή τεχνική εξάσκηση . . . . . .' Εκπληξη προξενεί το πόσο λίγη Αναλυτική Γεωμετρία χρειάζεται για την κατανόηση των στοι χείων της ολοκλήρωσης και της παραγώγισης [πηγή : ΤΟΜ Μ. APOSTOL «ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩτΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ>ι, τόμ. Ι, εκδ. Μ. Πεχλιβανίδη & ΣΙΑ Α.Ε.]

ιη'ηιψ υ : ::π ιτ::\J�ι;ι;;, ιφφ ι JΙολί::ς, ι)ν:: ψ α

Τ ο κείμενο που ακολουθεί γράφτηκε περί τα μέσα της δεκαετίας του 1 970. Κατά τη γνώμη μας αποτελεί έναν ύμνο στην επιστήμη των Μαθηματι κών. Πραγματικά, αν διαβάσετε παρόμοια κείμενα, γραμμένα όμως σήμερα, θα διαπιστώσετε το ίδιο πνεύμα. Εμείς ευχαριστούμε την 'ΈΠΙΣΤΗΜΟΝΙ ΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ LIFE" [εκδόσεις: «Λύκειος Απόλλων», «Χρυσός Τύπος>)] για την ομορφιά του κειμένου. «Τα Μαθηματικά στον 20° αιώνα εξακολου θούν να αναπτύσσονται aτελεύτητα. Ο αριθμός των μαθηματικών αυξήθηκε κατά χιλιάδες από το 1900. Επιχειρήσεις-κολοσσοί, όπως η ΙΒΜ, η Μπελ Τέ λεφον και η Τζένεραλ Ελέκτρικ διατηρούν μεγάλα και δραστήρια κέντρα ερευνών, όπου ολόκληρα συνεργεία από μαθηματικούς αμείβονται μόνο και μόνο για να σκέφτονται . . . Και με τους ηλεκτρονι κούς υπολογιστές, τα αγαπημένα αυτά παιδιά των

μαθηματικών, εξοπλίζονται τώρα τα νευραλγικότε ρα σύγχρονα κέντρα, τα ναυτιλιακά γραφεία, οι αε ροπορικές εταιρείες, οι βάσεις εκτόξευσης πυραύ λων, τα χρηματιστήρια -κλπ, Με λίγα λόγια η εποχή

μας τρέφεται με Μαθηματικά και στηρίζεται σ ' αυ τά.. Ποτέ άλλοτε ένας γυάλινος πύργος δεν έριξε

τόσο μεγάλη σκιά στην καθη μερινή ζωή . Και το παράδοξο είναι ότι οι μεμυη μένοι δεν μετάνιωσαν ποτέ για το πάθος τους προς το αφηρημένο. Έχουν εξοικειωθεί με τα απέραντα μεγέθη και το ανεξε ρεύνητο γαλάζιο διάστημα, ύστερα από τον δρόμο που άνοιξαν οι μαθηματικοί του 1 9ου αιώνα. Η σκέψη τους κυριαρχείται τώρα από αφαιρέσεις των aφαιρέσεων, από «παραλλαγέρ> και «αντιπαραλ λαγές>), από «ομάδες μετασχηματισμών)), «άπει ρους αριθμούς>), «aσυνεχείς συναρτήσεις>) και «το πολογικούς χώρους>).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/23

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Αν και παρόμοιες περιπλανήσεις στις περιοχές των «καθαρών» Μαθη ματικών φαίνονται να μη έ χουν το παραμικρό πρακτικό πνεύμα, διαθέτουν ε ντούτοις την παράξενη ικανότητα να προχωρούν πέρα από τις συγκεκριμένες γνώσεις των φυσικών επιστημών, να καταστρώνουν εξισώσεις που επιβε βαιώνονται από τα γεγονότα πριν ακόμη η επιστή μη ανακαλύψει γεγονότα που ανταποκρίνονται σε εξισώσεις. Η διαδικασία αυτή πραγματοποιείται συχνά - αλλά έχει διαψευσθεί και αρκετές φορές. Έτσι, πολλοί μαθη ματικοί προτιμούν να περιορί σουν το ρόλο τους μάλλον στη διατύπωση υποθέ σεων παρά στην ανακάλυψη μιας αλήθειας. Αλλά η ελευθερία του πνεύματος που απέρρευσε από την παραδοχή «η τέχνη για την τέχνη» οδήγησε σε μια πλούσια και γόνιμη εφευρετικότητα . . . . Οι επιστήμονες που προσπάθησαν να συμβαδί σουν μ' αυτή την υπερτροφική ανάπτυξη μας βε βαιώνουν ότι ζούμε σε μια χρυσή εποχή των Μα θη ματικών. Υπολογίζουν ότι στα 60 τελευταία χρό νια γεννήθηκαν περισσότερες καινούργιες θεωρίες απ' όλους τους προηγούμενους αιώνες. Οι στατι στικές επιβεβαιώνουν αυτόν τον απολογισμό, και μια τελευταία ανάλυση που έγινε από το «Mathe matical Reνiews» δείχνει ότι ο αριθμός των δημι-

------

ουργικών έργων που δη μοσιεύτηκαν διπλασιάστη κε από το 1 940 ως το 1 950, διπλασιάστηκε για άλ λη μια φορά στην επόμενη δεκαετία και αυξήθηκε κατά 70% από το 1 96 1 ως το 1 963 . Η ομάδα «Μπουρμπακί»* . . . δη μοσίευσε 30 μεγάλους τόμους μιας εγκυκλοπαίδειας για τις βάσεις των σύγχρο νων Μαθηματικών, χωρίς ακόμη να έχει πλησιάσει την αναλυτική γεωμετρία. Τα νέα Μαθηματικά, τόσο σε έκταση όσο και σε βάθος είναι δύσκολο να προσδιοριστούν με α πλές περιγραφές. Γενικά όμως, η ανάπτυξή τους ακολούθησε δυο γραμμές, επιτυχίες και κατακτή σεις απ' τη μια πλευρά, εξ αιτίας της ικανότητας να λύνουν προβλήματα, και πνευματική αναζήτηση και θεωρία από την άλλη . Η δεύτερη αυτή τάση ει σάγει μιαν αβεβαιότητα ως προς τη φύση και το σκοπό των απώτερων μαθηματικών αφαιρέσεων. Και τα δύο αυτά νή ματα είναι στενά συνυφασμένα και μας προσφέρουν τις σημερινές λαμπρές μαθη ματικές πραγματοποιήσεις» * Μια ομάδα Γάλλων μαθηματικών που εργάζονται με το συλλογικό ψευδώνυμο «κύριος Νικολά Μπουρμπακί» («Mon sieur Nicolas Bourbaki»)

Κ φ α σα ρ ίδ η ς Γ ιάνν η ς 1 1. ""/ ΙJτfJ το α.

ξ{ραη:; "

Ποιοι πήραν τα δύο πρώτα βραβεία Fields Medal, από τη καθιέρωσή τους;

β. Να τι γράφει ο Ian Stewart (μαθηματικός, πανεπιστήμιο Ουώρικ), στο βιβλίο του «Οι αριθμοί της Φύσης» (εκδόσεις ΚΆΤΟΠΤΡΟ, Αθήνα 1 996) : « . . . Η ακολουθία των πρώτων αριθμών αρχίζει με τους 2,3,5,7, 1 1 , 1 3 , 1 7, 1 9, και συνεχίζεται επ' άπειρον. Εκτός από το 2, όλοι οι πρώτοι είναι περιττοί, και οι πε ριττοί πρώτοι χωρίζονται σ δύο κλάσεις: σ' αυτούς που είναι κατά μία μονάδα μικρότεροι από κάποιο πολλαπλάσιο του 4 (όπως οι 3,7, 1 1 , 1 9) και σ' εκείνους που είναι κατά μία μονάδα μεγαλύτεροι από κά ποιο πολλαπλάσιο του 4 (όπως οι 5 , 1 3 , 1 7). Αν διατρέξετε την ακολουθία των πρώτων και μετρήσετε το πλήθος των αριθμών που ανήκουν σε κάθε κλάση, θα παρατηρήσετε ότι υπάρχουν πάντοτε περισσότεροι αριθμοί της κλάσης «κατά ένα μικρότεροι» παρά της κλάσης «κατά ένα μεγαλύτερου> . . . Το ίδιο μόρφω μα επαναλαμβάνεται έως και για αριθμούς που φτάνουν τουλάχιστον στο ένα τρισεκατομμύριο, και είναι απολύτως λογικό να υποθέσουμε ότι ισχύει επ' άπειρον» Ποια είναι η δική σας γνώμη ; [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

1 1 1 . "οι σιι ιι:φ γάτες τη ς στιίλη ς γράφου ν-ι.ρ ω το ύ ιι "

/Ιριύ το 0/;μrι.: Δ υο ΠΙΙ'::λιιiς στη ι • ι:ιια) ιια

τω ι• ;Ίι!αΟηματιιαύ ιι,

απt)

το ν

Ιαη .�Ίeιι•ω·t

Πμοl.ιηιιίμειια: Ο φίλος της στήλης Καραβασί- Εμείς ευχαριστούμε το φίλο Διονύση και του δη

λης Διονύσης (Πειραιάς), μας γράφει: « . . . . Τον τελευταίο καιρό "έπεσε" στα χέρια μου ένα βιβλίο του μαθη ματικού IAN STEWART με τίτλο «Οι αριθμοί της φύσης» [εκδόσεις ΚΆΤΟΠΤΡΟ] . . . Το διάβασα και με εντυπωσίασε . . . Σας στέλνω δύο παραγράφους από το τρίτο κεφάλαιο για να τις απολαύσουν ο ι φίλοι της στήλης . . . ».

λώνουμε πως ενθαρρύνουμε τέτοιες πρωτοβουλίες. Με την ευκαιρία αυτή "ψάξαμε" το θέμα και δανει στήκαμε κι εμείς, από το ίδιο βιβλίο, μια παράγρα φο που μέρος της το βάλαμε σαν ερώτημα στο "Αυτό το ξέρατε; " και το υπόλοιπό της σαν "απά ντηση " .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 7 7 τ. l/24

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

« Ο ι ιφ ιΟ μ ο ί ηJ ς Φ ίJ ση .:>>

-------

«Η εικόνα των Μαθη ματικών που προκύπτει από την περιγραφή των βασικών τους αντικειμένων είναι εκείνη ενός δέντρου που έχει τις ρίζες του στους αριθμούς και διακλαδώνεται σε όλο και περισσότερο απόκρυψες δομές δεδομένων καθώς προχωρούμε από τον κορμό σε μεγάλους κλάδους, απ' αυτούς σε μικρότερους κλώνους, κ.ο.κ. Από τούτη την εικόνα, όμως, λείπει ένα ουσιώδες συστατικό. Δεν περιγράφει τον τρόπο με τον οποίο

αλληλεπιδρούν μεταξύ τους οι μαθηματικές έννοι ες. Τα Μαθη ματικά δεν είναι απλώς μια συλλογή απομονωμένων γεγονότων: μοιάζουν περισσότερο με ένα τοπίο · τα χαρακτηρίζει λοιπόν μια εγγενής γεωγραφία, την οποία αξιοποιούν οι χρήστες και οι δη μιουργοί τους, για να βρίσκουν το δρόμο τους μέσα σ' αυτό το τοπίο - που διαφορετικά θα ήταν μια αδιαπέραστη ζούγκλα>>

«0 χρήστης των Μαθηματικών, λοιπόν, διασχί ζει μόνο τα ευκολοδιάβατα μέρη αυτής της μαθη ματικής επικράτειας. Ο δη μιουργός των Μαθη μα τικών εξερευνά τα άγνωστα μυστήριά της, τα χαρ τογραφεί και ανοίγει δρόμους μέσω των οποίων αυτά καθίστανται εύκολα προσπελάσιμα για τον καθένα. Το συστατικό που συγκρατεί ενωμένο όλο αυτό το τοπίο είναι η απόδειξη . Η απόδειξη καθορίζει τη διαδρομή από το ένα γεγονός στο άλλο. Για τους επαγγελματίες μαθη ματικούς, μια απόφανση είναι

έγκυρη μόνο αν έχει αποδειχθεί πέρα από κάθε δυ νατότητα λογικού σφάλματος. Ωστόσο, υπάρχουν όρια στο τι μπορούμε να αποδείξουμε και στο πως μπορούμε να το αποδείξουμε. Έπειτα από σκληρή δουλειά στον τομέα της φιλοσοφίας και της θεμε λίωσης των Μαθη ματικών καταδείχτηκε ότι δεν μπορούμε να αποδείξουμε τα πάντα, επειδή πρέπει να ξεκινήσουμε από κάπου · Αλλά, ακόμη κι αν έ χουμε αποφασίσει από που θα ξεκινήσουμε, μπορεί κάποιες αποφάνσεις να μη είναι ούτε aποδείξιμες ούτε αναιρέσιμες»

.ι

� :

λ'

., . . : ·a " Στις 1 6, 1 7 Απρίλη 20 1 0 πραγματοποιήθηκε το 8° «Διήμερο Διαλόγου για τη διδασκαλία των Μαθηματικών». Απευθυνθήκαμε στον Δη μήτρη Χασάπη (αναπληρωτή καθηγητή και διαχρονικό οργανωτή αυτών των διή μερων), με αίτημα να μας επιτρέψει να δημοσιεύσουμε ένα πολύ τμήμα της εισήγησής του που έγινε στο 4° «Διήμε-

{{ () ,ιη:τα σχη;. t α τtπι:ηλ.;:

-{.f! -:;·

ρο Διαλόγου για τη διδασκαλία των Μαθηματι κών»,με τίτλο «Κοινωνικές διαστάσεις της μαθη ματικής εκπαίδευσης: : Όψεις και ζητή ματα». Με χαρά σας παρουσιάζουμε, σ' αυτό το τεύχος, το πρώτο μέρος του τμήματος. Σε κάποιο από τα επό μενα τεύχη θα σας παρουσιάσουμε και το δεύτερο μέρος.

Δ ημ. Χασάπη ς - Πα νεπι στήμιο Α θήνα ς

Λ . \ Η: ρ ο .:

«Από την εμφάνιση του σύγχρονου σχολείου μέχρι σήμερα, τα Μαθη ματικά κατέχουν κεντρική και αδιαμφισβήτητη θέση στο σχολικό πρόγραμμα, τόσο της πρωτοβάθμιας όσο και της δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης, με μια αιτιολόγηση η οποία, ανεξάρτητα από τις διατυπώσεις της, παραπέμπει άμεσα ή έμμεσα, στις μοναδικές ιδιότητες των Μαθηματικών ως μιας γνώσης και μιας δραστηριότητας, οι οποίες έχουν την δυνατότητα να «ασκούν» το μυαλό των παιδιών στις λογικές διεργασίες και στην ορθολογική σκέψη, όπως και να αποτελούν το πεδίο ανάπτυξης μιας σειράς «ανώτερων» νοητικών ικανοτήτων, ανάλυσης, σύνθεσης, γενίκευσης κλπ. Η παραδοχή αυτή όμως, όπως και κάθε παραδοχή για το ρόλο των Μαθηματικών στο σχολείο, ενσωματώνει και υλοποιεί παραδοχές για τη φύση και το χαρακτήρα της μαθηματικής γνώσης και πρακτικής, και αντίστροφα κάθε φιλοσοφική-

επιστη μολογική θεώρηση της μαθη ματικής γνώσης και πρακτικής εμπεριέχει και υποβάλλει αντίστοι χες προσεγγίσεις της μάθησης και διδασκαλίας των Μαθη ματικών. Γιατί κάθε προσέγγιση της μαθη μα τικής εκπαίδευσης εμπεριέχει αναγκαστικά μια προσέγγιση του φαινομένου της ανθρώπινης μάθη σης βασισμένη σε αντίστοιχες παραδοχές για τη φύση και το χαρακτήρα των Μαθη ματικών. Η παραδοχή , λοιπόν, ότι τα Μαθηματικά ως σχολικό μάθημα αποτελούν προνομιακό πεδίο νοη τικής άσκησης υπονοεί μια θεώρηση της μαθηματι κής γνώσης ταυτισμένη με το επιστημολογικό πρό τυπο της "απολυτοκρατίας" των Μαθηματικών. Θί::ωρεί τα Μαθηματικά ως μια γνώση η οποία είναι αμετάβλητη, αδιάψευστη, αντικειμενική και απόλυ τη, εξαρτημένη μόνο από τις μαθηματικές παραδο χές της και τους παραδεκτούς κανόνες της τυπικής παραγωγικής λογικής, άρα ως μια γνώση η οποία εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/25

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

ναι ουσιαστικά υπερανθρώπινη, άρα α-κοινωνική και α-χρονική, άρα υπεριστορική, και γι αυτό ανεξάρτητη των ηθικών και πολιτισμικών αξιών. Αναπόφευκτη συνέπεια της παραδοχής αυτής είναι η κατάτμηση μιας σαφώς προκαθορισμένης μαθηματικής γνώσης, της λεγόμενης και «διδακτικής ύλης», σε aπλουστευμένες και ιεραρχικά οργανωμένες από το απλό στο σύνθετο διδακτικές ενότητες, με κύριο περιεχόμενο απολύτως βασικές έννοιες, τυποποιημένους κανόνες, τεχνικές ασκήσεις και προβλήματα με μια και μοναδική λύση και η διδασκαλία της έτσι μετασχηματισμένης μαθηματικής γνώσης με κύριο στόχο την επισώρευση ανα γκαίων γνώσεων, τη νοητική άσκηση και την ανά πτυξη γνωστικών δεξιοτήτων. Η διδασκαλία των Μαθηματικών, στην περί πτωση αυτή, αποτελεί μια κλιμάκωση νοητικών εμπειριών, που στοχεύουν και υπηρετούν την ά σκηση στις λογικές διεργασίες και στην ορθολογι κή σκέψη, διαταγμένων σε μια αλληλουχία ώστε κάθε εμπειρία να αποτελεί ενδυνάμωση και διεύ ρυνση της προηγούμενης, ενώ οι έννοιες της επα νάληψης και του αυτοματισμού αποτελούν δομικό της στοιχείο. Αντίστοιχα, η αναφορά αυτής της μαθηματικής γνώσης στην πραγματική ζωή των ανθρώπων γίνε ται με δύο παράλληλους και ανεξάρτητους μεταξύ τους μονόδρομους. Από το ένα μέρος οι ορισμένες μαθη ματικές έννοιες αναγνωρίζονται στον κόσμο της πραγματικότητας, αποσπώνται, απλοποιούνται και υπόκεινται σε μια νοητική επεξεργασία και από το άλλο οι απλοποιημένες και τυποποιημένες μα θηματικές έννοιες εφαρμόζονται στα πρότυπά τους, τα οποία επίσης ενυπάρχουν ήδη στην πραγματικό-

τητα. Αυτή η διαδικασία «εφαρμογής» των Μαθη ματικών θεμελιώνεται αποκλειστικά στην παθητική παρατήρηση και αναπτύσσεται ως ένα νοητικό παιχνίδι αναδιοργάνωσης και συστηματοποίησης θεω ρητικών εγγραφών, μαθηματικά δεδομένων. Βασική, όμως, όψη αυτής της θεώρησης της μαθηματικής εκπαίδευσης, η οποία πρέπει εδώ να υπογραμμιστεί, είναι η σχέση την οποία επιβάλλει ανάμεσα στη διδασκαλία των Μαθηματικών στο σχολείο και στη μαθη ματική δραστηριότητα και γνώση που αποτελούν τυπικά το αντικείμενο της διδασκαλίας των Μαθηματικών. Η σχέση αυτή είναι ουσιαστικά μια πρακτική σχέση χρησιμοποίη σης της μαθηματικής γνώσης, η οποία έχει ως κυ ρίαρχη λειτουργία της, όχι τη γνώση των Μαθημα τικών, αλλά πρωτίστως τη γνώση κανόνων, προτύ πων και πρακτικών που στοχεύουν στη συγκρότη ση μιας ειδικής σχέσης των παιδιών με τα Μαθη ματικά. Αυτό ακριβώς σημαίνουν, εκτός των όσων προαναφέρθηκαν, οι παραδοχές και διακηρύξεις οι οποίες θεωρούν ως πρωταρχικούς στόχους της δι δασκαλίας των Μαθη ματικών στο σχολείο «τη με

θοδική άσκηση στην ορθολογική σκέψη, στην ανά λυση, στην αφαίρεση, στη γενίκευση, στην εφαρμογή, στην κριτική και στις λογικές διεργασίες καθώς και η μύηση στη μαθηματική αποδεικτική διαδικασία» ή «την ανάπτυξη της ικανότητας για ακριβή σύλληψη των εννοιών, των μεγεθών, των ιδιοτήτων και των σχέσεων μεταξύ τους και ιδιαιτέρως εκείνων που εί ναι απαραίτητες για την κατανόηση και επίλυση πραγματικών προβλημάτων της σύγχρονης ζωής και για την επαφή με τη σύγχρονη τεχνική, οικονομική και κοινωνική πραγματικότητα» και τα συναφή»

Oslo, Norway

1950

Cambridge, United States

Finland USA

Το πρώτο F . M . απονεμή θηκε το 193 6 . Το δ εύτερο, λ όγω του Β' Παγκοσμίου Laurent Schwartz, France λέμου, το 1950 Πο Norway Atle Se\berg, Lars Ahlfors, Jesse Doug\as,

193 6

-------

Συνεχίζοντας, ο lan Stewart, απαντά στο ερώ τημά του: «Στη θεωρία των αριθμών αποδεικνύε ται με έμμεσες μεθόδους, πως, όταν οι πρώτοι γί νονται αρκετά μεγάλοι, το μόρφωμα αλλάζει και η κλάση των «κατά ένα μεγαλύτερων» καθίσταται πολυπληθέστερη . Αυτό το γεγονός αναδείχθηκε αρχικά για αριθμούς μεγαλύτερους από το 1 0' 1 0 ' 1 0Ά 1 0 ' 46 (για να μη τρελαθεί ο εκτυπωτής, έχω χρησιμοποιήσει την απόστροφο, προκειμένου

να συμβολίσω την ύψωση σε δύναμη). Αυτός ο α ριθμός είναι απίστευτα τεράστιος. Αν τον γράφαμε ολόκληρο, θα είχε τη μορφή 1 0000 . . . 000, με εξαι ρετικά μεγάλο πλήθος μηδενικών. Ακόμη κι αν μπορούσαμε να μετατρέψουμε όλη την ύλη του σύμπαντος σε χαρτί και να γράψουμε ένα μηδενικό πάνω σε κάθε ηλεκτρόνιο, τα ηλεκτρόνια δεν θα αρκούσαν για να γράψουμε ακόμη και ένα ελάχι στο κλάσμα των απαιτούμενων μηδενικών».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/26

ι ,

.,.

Ευσταθίου Ευάγγελος - Καρδαμίτσης Σπύρος Η

λογική για αρκετούς αιώνες έμεινε στο σημείο που την είχε αφήσει ο ιδρυτής της Αριστο τέλης (384 - 322 π.χ). Σημαντική πρόοδος στην επιστήμη αυτή σημειώθηκε τον 1� αιώνα, όταν τα μαθηματικά εισέβαλαν και σε αυτόν τον τομέα της γνώσης. Η παρουσίαση βασικών εννοιών της μαθηματικής λογικής δίνει την δυνατότητα στους μαθητές να κατανοήσουν την λογική δομή των φράσεων που χρησιμοποιούν στα μαθηματικά και να συνειδητοποιήσουν τα στάδια μιας α ποδεικτικής πορείας μιας μαθηματικής πρότασης συστηματοποιημένα και απρόσβλητα.

στα μαθη ματικά εννοούμε κάθε φράση που με βάση το νοη ματικό της περιε χόμενο μπορεί να χαρακτηριστεί ως αληθής (α) ή ως ψευδής (ψ). Για παράδειγμα οι προ τάσεις: «Κάθε τετράγωνο είναι ρόμβος» είναι αληθής και «0 αριθμός 1 2 είναι πολλαπλάσιο του 5» είναι ψευ δή ς. Οι μαθη ματικές προτάσεις συμβο λίζονται με τα γράμματα p, q, r, . . . κτλ και χωρίζονται σε απλές προτάσεις (όταν κανένα τμήμα τους δεν αρκεί για να σχηματιστεί άλλη πρ όταση ) και σύνθετες (όταν δεν είναι απλές) . Συνδέοντας δύο ή περισ σότερες προτάσεις με τις λέξεις «ή», «Και», «αν . . . τότε», «αν και μόνο αν» δη μιουργούμε νέες προτάσεις. Αυτές οι διαδ ικασίες παραγω γής νέων σύνθετων προτάσεων τις λέμε λογι Αν p είναι μια πρόταση , τότε η πρόταση «όχι p» συμβολισμός p ονομάζεται αληθής (α) αν η πρ όταση p είναι ψ ευδής. ψευ δή ς (ψ) αν η πρόταση p είναι αληθής. Τα παραπάνω παριστάνονται στον διπλανό πίνακα

σ,

Έστω δύο προτάσεις p, q. Ονο μάζουμε διάζευξη των προτάσεων p, q με την σειρά που αναφέρονται μια νέα πρόταση που συμβο λίζεται με pvq και διαβάζεται « p ή q » για την οποία ισχύουν: Η πρόταση pvq είναι ψευδής μόνο αν οι προτάσεις p, q είναι και οι δύο ψευδής Η πρόταση pvq είναι αλη θής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω πίνακα:

κές πράξεις.

άρνηση της p και χαρακτηρίζεται ως:

p vq

σ,

σ.

Έστω δύο προτάσεις p, q. Ονομά ζουμε σύζευξη των προτάσεων p, q με την σειρά που αναφέρονται μια νέα πρόταση που συμβολίζεται με pΛq και διαβάζεται <φ και φ> για την οποία ισχύουν:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/27

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

πρ ότ αση pΛq είναι αληθής μόνο αν οι προτ άσεις p, q είναι και οι δύο αληθείς Η πρ ό ταση pΛq είναι ψευ δής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω Η

πίνακα: Ρ

pΛ q

Έστ ω δύο προτάσεις p, q. Ονομάζουμε συνεπαγωγή των προτάσεων p, q με την σειρά που αναφέρονται μια νέα πρότα ση που συμβο λίζεται με p�q και διαβάζεται «αν p τότε φ> ή «p συνεπάγεται q» για την ο ποία ισχύουν: Η πρ ό ταση p � q είναι ψευ δής μόνο αν η πρ όταση p είναι αληθής και η πρ όταση q είναι ψευ δής. Η π ρό ταση p � q είναι αληθής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω πίνακα: Ρ

p �q

Ση μειώνουμε ότι: Αν η πρ όταση p είναι ψευ δής, τότε η πρό ταση p � q είναι πάντοτε αληθής ανεξάρ τητα αν η πρόταση q είναι ψευ δής ή αλη θής. Έστω η συνεπαγωγή p � q , τότε: η συνε παγωγή q � p ονομάζεται αντιστροφοαντίθετος της συνεπαγωγής p � q, και έχει πάντοτε την ίδια τιμή με την συνεπαγωγή Ρ � q.

Έστω δύο προτάσεις p, q. Ο νομάζουμε ισοδυναμία των προτάσεων p, q με την σειρά που αναφέρονται μια νέα πρότα ση που συμβολίζεται με p<::::>q και δ ιαβάζεται <φ αν, και μόνο, αν q » ή « p ισο δυναμεί q » για την οποία ισχύουν: Η πρόταση p<::::>q είναι αληθής μόνο αν οι προτάσεις p, q έχουν την ίδια τιμή αληθεί ας Η πρ ό ταση p<=>q είναι ψευ δής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω πίνακα: Ρ

p {::::} q

(},

Δίνονται τα σύνολα Α = { χ ε Ζ : 1 � I χ - 1 1 � 2 } και Β = { y ε Ζ : I χ + 2 1 < 5 } α. Ν α γράψετε τα σύνολα Α και Β με ανα γραφή των στοιχείων τους. β. Να βρεθούν τα σύνολα AuB και AnB.

α. Το σύνο λο Α προσδιορίζεται από τα κοινά χ ε Ζ που επαληθεύουν τις σχέσεις I χ-1 1�2 και 1 �1 χ-1 1 . Από τον ορισμό της απόστασης δύο σημείων σε άξονα έχουμε: Ι χ - 1 I � 2 <=> 1 - 2 � χ � 1 + 2 <::::> - 1 � χ � 3 <=> χ ε [ -1 , 3] ( 1 ) 1 � Ι χ - 1 1 <=> Ι χ - 1 1 � 1 <::::> και χ ::Ξ: 1 - 1 ή χ � 1 + 1 <::::> (χ :::; ο ή χ � 2 ) <=> χ ε (--οο , Ο] u [2, +οο) (2) Οι ( 1 ) και (2) συναληθεύουν στο σύνολο (- 1 ,0] u [2, 3) -

CX)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/28

-1

Μαθη ματικά για την Α· Λυκείου

Επομένως έχουμε Α = { Ο, 2,} Το σύνολο Β προσδιορίζεται από τα κοινά y Ε Ζ που αληθεύουν την σχέση : Ι χ + 21 < 5 <=> - 2 - 5 < χ < - 2 + 5 <=> <::::> - 7 < Χ < 3 <::::> Χ Ε (- 7, 3) Άρα Β = { - 6, -5 , -4, -3, -2, - 1 , Ο, 1, 2} β. Είναι ΑυΒ = { - 6, -5 , -4, -3, -2, - 1 , Ο, 2 , 3 } και AnB = { Ο, 2} Αν α + β - γ

Είναι α + β = 2κ + 2ρ + 1 = 2(κ + ρ) + 1 = 2λ+ 1 (όπου λ = κ + ρ) που σημαίνει ότι ο α + β ακέραιος είναι περιττός. iii.

Ο τότε ν α αποδείξετε ότι : 3 α + β3 - γ3 - 3αβγ =

Έχουμε α + β - γ = Ο => α + β·= γ => (α + β) 3 = γ3 => α3 + 3α2 β + 3αβ2 + β3 = γ3 => α3 + β 3 -γ3 = -3 α2 β - 3αβ2 => α3 + β 3 -γ3 = -3αβ(α + β) => α3 + β 3 -γ3 = -3αβγ ( γιατί α + β = γ) Για την απόδειξη της παραπάνω συνεπαγωγής ξεκινήσαμε με την υπόθεση α + β - γ Ο και με διαδοχικά βήματα καταλήξαμε στο συμπέ ρασμα α3 + β3 - γ3 -3αβγ. Μια τέτοια διαδι κασία λέγεται ευθεία απόδειξη . =

Αν α, β είναι ακέραιοι αριθμοί, ο α είναι άρ τιος και ο β περιττός, τότε να αποδείξετε ότι: 2 Ο ακέραιος α είναι επίσης άρτιος. ί. Ο ακέραιος β είναι περιττός. ίί. ίίί. Ο ακέραιος α + β είναι περιττός.

Αφού ο ακέραιος α είναι άρτιος, έχει την μορφή α = 2κ όπου κ ακέραιος αριθμός. Επο μένως έχουμε: α2 = (2κ) 2 = 4κ2 = 2·2κ2 = 2λ ' ' οτι ' ο ακεραιος ' ( οπου λ= 2κ2) που σημαινει α2 είναι άρτιος. ii. Αφού ο ακέραιος β είναι περιττός, έχει την μορφή β = 2ρ + 1 όπου ρ ακέραιος αριθμός. Επομένως έχουμε: β2 =(2ρ + 1 ) 2 =4ρ2 + 4ρ+ 1 = =2(2ρ2 + 2ρ) + 1 = 2λ + 1 (όπου λ = 2ρ2 + 2ρ) που σημαίνει ότι ο ακέραιος β2 είναι περιττός. i.

2 Αν ο ακέραιος α είναι περιττός να δείξετε ότι ο α είναι περιττός.

Αρκεί να αποδείξουμε την αντθετοαντίστροφη συνεπαγωγή που όπως προαναφέραμε, είναι ι σοδύναμη με την ζητούμενη. Δηλαδή να δεί ξουμε ότι: Αν ο α δεν είναι περιττός, τότε ο α2 δεν είναι περιττός, ή ισοδύναμα: Αν ο α είναι άρτιος, τότε ο α2 είναι άρτιος. Αυτό όμως το δεί ξαμε στην προηγούμενη άσκηση, ερώτημα (i) Δεχόμαστε ότι δεν ισχύει η πρόταση αυτή, δη λαδή δεν ισχύει η συνεπαγωγή : ( α2 είναι περιττός => α είναι περιττός) Αυτό φυσικά δεν σημαίνει ότι απλώς δεν ι σχύει το συμπέρασμα της συνεπαγωγής, αφού υπάρχουν αληθείς συνεπαγωγές με ψευδές συμπέρασμα (όταν φυσικά η υπόθεση είναι ψευδής). Ψευδής συνεπαγωγή λοιπόν σημαίνει ότι: ισχύει η υπόθεση, δηλαδή (ο α2 είναι πε ριττός) και δεν ισχύει το συμπέρασμα, δηλαδή (ο α είναι άρτιος). Θα καταλήξουμε τότε σε άτοπο, δηλαδή στο παράλογο συμπέρασμα ό τι: κάποια πρόταση p ισχύει και συγχρόνως ισχύει και η άρνησή της p . Πράγματι, δείξαμε στην προηγούμενη άσκηση ότι ισχύει η συνεπαγωγή : (ο α είναι άρτιος => ο α2 είναι άρτιος). Όμως δεχτήκαμε ότι η υπό θεση της (ο α είναι άρτιος) είναι αληθής, οπό τε και το συμπέρασμα ( ο α2 είναι άρτιος) είναι αληθής. (Κανόνας αποσπάσεως) Αλλά έχουμε δεχτεί ότι (ο α2 είναι περιττός). Καταλήξαμε λοιπόν στο παράλογο συμπέρασμα: Ο α2 να ' ' αρτιος ' ' ειναι και συγχρονως ο α2 να μην ειναι άρτιος. (Πράγμα άτοπο). Καλό είναι να γίνει κατανοητή η λεπτή δι αφορά μεταξύ του 1 ου και του 2°υ τρόπου,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/29

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

6 6 διότι τις περισσότερες φορές δίνεται η ε δ s λι s + δ 4 λ + δ s λι ι δ 4 λ (δι? + ι + δλs ) = ντύπωση (κακώς) ότι ο 1 ος τρόπος αποτε δ 5 ι? + δ 4 + δ 5 λ5 δ 4 (δι? + ι + δλ5 ) λεί μέθοδο απόδειξης με απαγωγή σε άτο = fif = λ3 = λ - λ·λ = � . Q. . r = � πο. β γ δ δ . Στην παραπάνω 2η απόδειξη υποθέ σαμε ότι δεν ισχύει αυτό που θέλαμε να απο Το πρώτο ερώτημα είναι νέα σχολική άσκηση δείξουμε και χρησιμοποιώντας αληθείς προ και το δεύτερο ερώτημα προέρχεται από το τάσεις φθάσαμε σε δύο αντιφατικά συμπερά κλασικό βιβλίο Hίgher Algebra των Hall και σματα. Οδηγηθήκαμε όπως λέμε σε άτοπο. Η Knight που εκδόθηκε το 1 887. παραπάνω μέθοδος απόδειξης χρησιμοποίησε για πρώτη φορά από τον Ζή νωνα ( 488 - 430 π. Χ.), ως επιστημονική μέθοδο για την ερμη Να βρείτε τους αριθμούς α, β, γ αν ισχύουν νεία των γνωστών παραδόξων του.

Δίνεται η αναλογία � β

== � γ

συγχρόνως οι σχέσεις:

α - β 2 � - , β - γ2 � - , γ - α � 1 , όπου α, β, γ δ

και δ είναι θετικοί αριθμοί. α. Αν είναι α=δ τότε να δείξετε ότι:α=β=γ=δ β. Αν είναι α -:;= δ τότε να δείξετε ότι: α αs + β2 γ 2 + α3 γ 2 - = δ β4 γ + δ4 + β2 γδ2

β=γ=α

α. Αν α = δ η αναλογία γράφεται: � Q.

Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω σχέ σεων παίρνουμε: α - β2 + β - γ2 + γ - α2 2 -1 + -1 + -1 <=> 4

α2 - α + β 2 - β + γ 2 - γ

:::; - -1 4

4 1

- - - - <=>

(α2 - α + - )+ (β 2 - β + - ) + (γ - γ + - ) ::;Ο<::> ( α _ .!. ) 2 + ( β _ .!. )2 + (γ- .!. ) 2

2 :::;

οπότε αν ονομάσουμε καθένα από τους ίσους όρους ίσο με λ έχουμε: Στην παραπάνω σχέση ισχύει η ισότητα γιατί το πρώτο μέλος είναι μη αρνητικό, συνεπώς (Ι) κάθε όρος της είναι ίσος με το μηδέν, οπότε γ = αλ 2 2 2 -.!. ) = Ο και ( β - .!. ) = Ο και ( γ - .!. ) = Ο (α 3 3 2 2 2 Επομένως α = βλ = γλ2 = αλ ::::::> α = αλ ::::::> α - αλ3 = Ο ::::::> α( 1 - λ3 ) = Ο => λ3 1 ::::::> λ = 1 Και για την τιμή του λ που βρήκαμε έχουμε Άρα α - .!. Ο και β - .!. Ο και γ - .!. = Ο 2 2 2 από τις σχέσεις (I) ότι: α = β = γ = δ. Ε 1 ' πομενως εχουμε α=β=γ= 2. β. Αν α :1: δ ονομάζουμε πάλι τους ίσους λό γους ίσους με λ > Ο από όπου προκύπτει ότι:

{; =��}

α,οΟ

α λ δ/! } = � � � ; � : {;γ =: ��δλ} => { γλ= δλ δ�z αsβ4γ βδ2γ4 2 βα2γδ3γ22

Επομένως αντικαθιστώντας έχουμε:

+ + +

α. Αν Α, Β, Γ είναι θετικοί ρητοί αριθμοί με Α2 - Β = Γ2 , τότε υπάρχουν θετικοί ρητοί χ, y τέτοιοι ώστε:

�Α + JB = J;. + JY

(I)

β. Βρείτε θετικούς ρητούς αριθμούς χ ,y έ

τσι ώστε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l /3 0

�5 + 51 = J;. JY +

ι � ::γ} } (I)�� ( JA+[J) )2 =(.fx+[y)2 � A + JB = x + y + 2h { χχ

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

α. Παρατηρούμε ότι:

(Π)

Για να ισχύει η (Π) αρκεί

Λύνοντας το παραπάνω σύστημα προκύπτουν οι τιμές των χ, y που είναι:

---- --A + I Γ I = -2 A + Jri = -Α+Γ A + .JA = 2 2 2 2 -Β

y =. A - .JA2 2 - B = A -2Jri = Α 2- Γ

( x + .Jx 2 +1 )·( y + �y 2 + 1 )= 1

χ+

απ ' όπου παίρνουμε τις σχέσεις:

1 = y + �y 2 + 1 y - �y 2 + 1 y - .,v;ϊ = (y + �y2 + 1)(y - �y 2 + 1) y2 - ..v;ϊ 2 = Υ � � �y 2 + 1 - y -y y + �y 2 + 1 =

χ+

�5 + J2Ϊ = J5 ; 2 + J5 ; 2 = � + #

Αν ο ι αριθμοί

χ+ .Jx2 + 1

και y

+ �y2 + 1

Αφού οι αριθμοί

χ+

.j;!;ϊ

και

y + �y 2 + 1

-χ

χ + Υ = - χ Υ => 2χ + 2y = Ο χ = - y, χ +y = ο δηλαδή οι αριθμοί χ, y είναι αντίθετοι.

α-χ=

ναι aντίστροφοι, να δείξετε ότι οι αριθμοί χ, y είναι αντίθετοι.

- .j;!;ϊ

..v;i. - y + .j;!;ϊ

Θέτουμε α = χ +

εί

.j;!;ϊ

.j;!;ϊ + y + ..v;i. =

οπότε:

Οι παραστάσεις της παραπάνω μορφής ονομά ζονται διπλά τετραγωνικά ριζικά και εμφανί ζονται στις λύσεις διτετραγώνων εξισώσεων. Η απλοποίηση τέτοιων παραστάσεων με την μέθοδο της εμφάνισης αναπτύγματος ταυτότη τας κάτω από το ριζικό δεν είναι πάντοτε εύ κολη .

Προσθέτοντας τις παραπάνω σχέσεις κατά μέ λη έχουμε:

β. Για το ερώτημα αυτό έχουμε απλή εφαρμο γή του παραπάνω τύπου με 2 Α = 5 ' Β = 2 1 και Α 2 - Β = 4=2 ' δηλαδη' Γ=2 '

Υ και με ανάλογη διαδικασία έχουμε:

που είναι θετικές ρητές.

.j;!;ϊ

�

.Jx 2 + 1 , τότε έχουμε =>

2 2 2 α + χ - 2αχ = χ + 1

y + ..v;i. , με ανάλογη ' ' ' β2 - 1 δ ιαδ ικασια προκυπτει οτι: y = -- . 2β

Αν θέσουμε πάλι β =

Αφού οι αριθμοί α και β είναι aντίστροφοι ι-

σχυει α = - , επομενως εχουμε:

β α2 - 1 β 2 - 1 α2 - 1 α2 1 = x + y = -- + -- = -- + -2α 2β 2α 2 . _!_ α 2 - 1 + -1 - α2 = 0 α-2α 2α ' -

άρα οι χ, y είναι αντίθετοι.

είναι aντίστροφοι, ισχύει: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/3 1

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου - - - - - - - - - - - - - - - - --------------------------- - - - - - - - - -

-------------------------------�-- - - - -- - - - ---------

Π ΟΛΛΑ Π Λ Η Σ Ε Π Ι ΛΟ ΓΗ Σ

Ασκ ή σε ις

Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ζώτος ____

Στο άρθρο αυτό σας παρουσιάζουμε, με αφορμή τη νέα αναθεωρημένη έκδοση του σχολικο ύ βιβλίου μερικές ασκήσεις πολλαπλής επιλογής και περιμένουμε λύσεις καθώς και αντίστοι χες ασκήσεις από μαθητές και συ ναδέλφους μαθηματικούς. Θα μας ενδιέφεραν τα σχόλια και οι παρατη ρήσεις σας. Οι λύσεις θα δημοσιεύονται στο επόμενο τεύχος, καθώς και η σχετική ενδεικτική βιβλιογρα φ ία. Ά λγεβρας Α ' Λ υκείου,

10 Αν Α= -72 + -49 + -16Ι - -138 και Β = -73 + -91 - -Ι1Ι - 13 τότε το Β είναι ίσο με Α. 1 - Α Β. 2 - Α Γ. 1 - 2Α Δ. 3 - 2Α Ε. 3 + 2Α α 2 + β 2 + γ2 είναι {σο α β γ ϊ. Αν - = - = - , τότε το 2 3 4 αβ + βγ + αγ 29 Γ. 26 Δ. 3 Ε. � Β. με Α. 29 8 26 6.

είναι ίσος με 1 Β . _!_ Γ . .!. Α. 3· 2 3

Δ.

1 Ε. �2

' Αν -χ1 + -ψ1 + -z1 = -21 και αχ = βψ = γz = 8 , τοτε το άθροισμα α + β + γ είναι ίσο με Β. 12 Γ. 8 Δ. 4 Ε. _!_4 Α. 16 R.

είναι ίσο με

99 Β . __22__ Γ. 1 100 ΙΟΟΟΟ 5000 Ι 990Ι Δ. 9901 Ε. ΙΟΟΟΟ

Α.

1 1 . \ Υ .'\ Α \1 Ε Ι Σ Τ\ \' ΗΗ Η Τ Ε Σ Π ΡΑ Ξ Ε Ι Σ

Αν αχ = 2 και β Ψ = 3 , τότε η παράσταση α χ · β- ψ είναι ίση με α-3 χ . β-2 Ψ 23 Ε. - 3 . Α. 24 Β. 36 Γ. 48 Δ . 54 Ε. 60 2 '6 + 2 ' 8 + 2 30 είναι ίση με 1 0 . Η παράσταση 4 +4 +4 4 Β. 2 Γ. 2 4 είναι ίση 9.

με Α.

-8

Β. -7

Γ. �2

Δ.

_!2

Αν αβ = -2 και χ - ψ = 3 , τότε η παράσταση 2 Γ. - χ - 2 Δ. _!_ Ε. � αΨ αχ ειναι , ιση , με Β. -Α. χ χ βχ : χ2 χ χ βΨ 1 Ε. - -1 Δ. - Β. -8 Γ. -6 Α. -9 Ι Ι Ι Ι , ' Αν -Ι Ι + 9 8 22 + 44 + 88 = α , τοτε το αθ ροισμα Ι2 + 23 45 + 89 ' ' 6 ν-2 3 μ-4 6 ν -4 3 μ- 2 1 2 . Η παράσταση -- + - : - + 1 Ι 22 + 44 88 ειναι ισο με - 34 9 64 36 Α. α Β. 4α + 4 Γ. 8α είναι ίση με Δ. 3 + α Ε. 4 + α . με

1 1.

[

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/32

)[

)

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Α. 3 Β. 4 Γ. 5 Ε. 8 Δ. 6 4α Ι 2α + Ι Αν χ = -4α και ψ 2α , τότε το χ συναρτήσει του ψ είναι ίσο με Α. χ 2ψ Β. χ ψ 2 Γ. χ = -2ψ 2 Ε. χ = 2ψ - ψ 2 Δ. χ = ψ - 2 Αν α + β Ι Ο , τότε η τιμή της παράστασης α 2 - β 2 - ΙΟβ - 25 είναι ίση με α 2 - β 2 - 5α - 5β

3 + -Ι 1 1 Αν - l < μ < - - l και ____Ι __χ_ = μ , τότε (0,3) (0,2) χ + -3 το άθροισμα όλων των ακεραίων τιμών του χ είναι: Γ. 64 Α. 50 Β. 52 Δ. 65 Ε. 75 . η μεΑν 3χ Ι- 2 = 0,02 και -3 < ψ < 3 , τοτε Α. Ι Β. �2 Γ. 5 Δ. _!22 Ε. 10 γαλύτερη ακεραίαψτιμή που μπορεί να πάρει το χ είναι: . η τιμη. της παραστασης . Ι = 7 , τοτε Αν χ + -Α. 48 Β. 49 Γ. 50 χ -3 Δ. 5 1 Ε. 52 χ 2 - 6χ + χ 2 - 6χΙ + 9 είναι ίση με Αν χ, ψ είναι πραγματικοί αριθμοί και ισχύ Α. 5 Β. Ι4 Γ. Ι6 Δ . 2Ι Ε. 27 ουν χ 4 < χ 3 , χ · ψ > ψ , ποιο από τα παρακάτω εί ναι αληθές ; Β. 1 < ψ < 2 Γ. ψ = Ο Αν χ 3 + 3χψ 2 = 13 και ψ 3 + 3χ 2 ψ = Ι4 τότε Α. Ο < ψ < 1 Δ. ψ > 2 Ε. ψ < Ο το χ είναι ίσο με Γ. 2 Α. -Ι Β. Ι Ε. 4 Δ. 3 χ , β=-2 και γ = -χ Αν χ < ψ < -2 , α = ψ ψ -2 Αν α Ο και (χ - Ι)2 = α , τότε το γινόμενο ποιο από τα παρακάτω είναι αληθές ; ( χ 2 - 3χ + 2 ) · ( χ 2 - χ ) είναι ίσο με Α. α < β < γ Β. β < α < γ Γ. β < γ < α Ε .. γ < α < β Δ. α < γ < β Α. α + Ι Β. α 2 - Ι Δ. α 2 + α Ε. α 2 - α . 2 , τοτε , Αν < λ < μ < ν και Ι + -λ1 + -μΙ + -Ι = 2Ι Αν α2 - 4αβ - β 2 = Ο , τότε η τιμή της παρά ποιο από τα παρακάτω μπορεί να είναι τιμή του ; στασης Β. 42 Γ. 44 Α. 40 α 2 - β 2 + αγ + βγ Ε. 48 Δ. 46 α 2 + β 2 - 2αβ + αγ - βγ α2 + β2 + 2αβ - αγ - βγ Αν α, β, γ ε !R. με α 2 · β < Ο , α · β 4 > 0 και είναι ίση με 3 � < Ο , τότε το πρόσημο των β, γ αντίστοιχα Α. -2 Γ. Ο Β. -Ι γ Δ. Ι Ε. 2 είναι Β. -, -, + Α. -, +, + Γ. +, -, + 4 + α α ν ν 7 Δ. +, -, Η παράσταση Ε. +, +, α3 -ν + α-ν είναι ίση με Η μεγ αλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει η πα ράσταση 4χ 2 - Ι2χ + 19 είναι Γ. 10 Α. 19 Β. 12 18 - Ι 2 Δ. 9 Ε. 4 Η παράσταση 1 2 2 + 2 + Ι είναι ίση με Α. Ι7 Β. 3Ι Γ. 43 Αν χ 4 < χ 2 και χ 3 < χ5 , τότε το χ παίρνει τι Ε. Ι27 Δ. 63 μές στο διάστημα =

-...,..

--:,...---::--: ---=-----

-:t:-

α,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ. l /33

( -1,0 ) Δ. ( 1, +οο )

Α.

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Γ. ( -οο,1 ) Β. ( 0, Ι ) Ε. ( Ο,+οο )

3 + -α1 2 9 . Αν β = και l_ < β < 1 , ποιό από τα πα1 10 α + -3 ρακάτω είναι αληθές ; Β. 3 < α < 10 Γ. α = 4 Α. 2 < α < 9 3 < α < . 2 Ε. 4 < α < 6 Δ. 10 _ _ _

+ γ < 0 Γ. αβγ < 0 α < β - γ Β. ααβγ (γ - α) + β Δ. α + β + γ > Ο Ε . α 2+ γ < β .

Α.

ι ν . Λ fl Ο Λ \T I I ΊΊ Μ / 1

Αν j x + 3 j + j x + ψ - 1 j = Ο , τότε το γινόμενο χ · ψ είναι ίσο με Γ. -9 Α. -14 Β. -12 Ε. -3 Δ. -6 3 7 . Αν χ - ψ + 3 = 0 και α j x - ψ j + 4 j ψ - x j = 18 , 3 0 . Έστω α , β θετικοί ακέραιοι και ισχύουν τότε ο α είναι ίσος με 1 Ε. 5 Δ. 4 Α. 1 Β. 2 Γ. 3 α+1 < α < 1 3 , -f- = β + 1 , τότε το πλήθος όλων των 3 8 . Πόσες διαφορετικές τιμές μπορεί να πάρει η 3 + -α χ + χ-1 + χ+2 ' παρασταση: τιμών του β είναι +2 �χI 1 χ --11 1 χ-1 Β. 2 Γ. 3 Δ. 4 Ε. 5 Ε. 8 Α. 1 Δ. 7 Γ. 6 Β. 5 Α. 4 3 9 . Αν χ 3 < χ < j x j , σε ποιο από τα παρακάτω δι 3 ! . Αν 2 < χ ::; 10 και 3χ + 2ψ = 8 , ποια από τις αστήματα παίρνει τιμές το χ ; παρακάτω ανισότητες είναι αληθής ; Β. ( -1,0 ) Γ. ( -οο,-1 ) Α. ( -1,1 ) Α. -10 ::; ψ < 2 Β. -1 1 < ψ ::; 1 Γ. -1 1 ::; ψ < 1 Δ. -1 < ψ ::; 1 1 Ε. 2 < ψ ::; 10 Δ. ( 1, ) Ε. ( Ο, 1 ) 4 0 . Αν 1 < χ < 3 , τότε η παράσταση ο 1 3 2 ' 3 2 . Αν α < και - = - = - , ποιο απο τα παΑ = 4χ - j 2x - j x - 3 jj είvαι ίση με 3α 4β 5γ ρακάτω είναι αληθές ; Γ. -χ + 3 Β. χ - 3 Α. χ + 3 Β. β < γ < α Γ. α < β < γ Α. α < γ < β Ε. -3χ Δ. -χ Ε. γ < β < α Δ. β < α < γ 4 1 . Αν α, β, γ ε JR και ισχύουν α 3 < α 2 , 3 3 2 33. Αν x,ψ,z ε JR με χ · ψ < Ο , χ · ψ · z > 0 και j γ - 1 1 = γ - 1 , 2β = 3γ , ποια από τις παρακάτω α χ · z 2 > Ο , ποιο από τα παρακάτω είναι λάθος ; νισότητες είναι αληθής ; Γ. ψ · z > Ο Β. χ · ψ < Ο � α < β < γ R β < α < γ Γ. α < γ < β Α. χ + z < Ο Δ. β < γ < α Ε. γ < α < β Ε. χ + ψ < Ο Δ. �z > 0 Αν j x - 3 j < 2 και j 2ψ - 1 j = χ , τότε το άθροι 3 4 Αν χ 2 < χ και ψ < Ο , ποιο από τα παρακάτω σμα όλων των ακεραίων τιμών που μπορεί να πά είναι λάθος ; ρει ο ψ είναι 1 Δ. 4 Ε. 5 Γ. 2 Α. -1 Β. 1 Β. χ · ψ < 0 Γ. 1 < χ Δ. Α. Ο < χ < 1 4 3 . Αν 2 < α < 7 και j α - 2 j + j 7 - α j + 5x = 25 , Χ · ψ < ψ Ε. -ψχ > Χ 1· ψ τότε το χ είναι ίσο με 34 Ε. Δ. 5 Β. 3 Γ. 4 Α. 2_ 35. Αν α < Ο < β < γ , ποιο από τα παρακάτω είναι 5 2 αληθές ; 36.

+00

42.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ.l/34

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκε ίου

Αν j x - 1 j > 2 και j χ - 1 j + j ψ + 1 j = 4 , τότε το Η παράσταση �( 2 + 2 ) ( 3 + 3 + 3 ) είναι άθροισμα όλων των ακεραίων τιμών που μπορεί να ίση με πάρει ο ψ είναι .fi Δ. -1 Ε. 1 Γ. -2 Α. -4 Β. -3 A. i Β. Γ. 3_ 3 3 9 Στο διπλανό σχήμα δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Δ. J6 Ε. J6 πλευρές α, β, γ . 3 2 . Η παράσταση j α - β j + j β - γ j + j γ - α j είναι ίση με J8 + 3J32 + JU. + 3/48 Α. 2α - 2 β Β. 2β - 2α Γ. 2γ + 2α ' Η παρασταση είναι ν3 + ν2 Δ. 2α + 2β + 2γ Ε. Ο ίση με Α Α. 1 Γ . .fi Β. 28 7

r;:;

Δ. J3

r;:;

Ε. 1 4

είναι ίση με Αν α, β ει'ναι θ ετικοι' αριθ μοι' και -α1 < -β1 , το-' τε η παράσταση j β - 2α j - j 2α + β j + j α - β j είναι ίση με Β. 2β - 3α Α. β - 3α Γ. α - 3β Δ. 3α - β Ε. α + 2β Η

ίση με 0,2

παράσταση ψΟ, 001 γ'

�( 0,041 )-ι είναι

0,4 Γ. 1 Ε. 4 Δ. 2 Αν α, β είναι πραγματικοί αριθμοί και ισχύ ουν α - β < α , α β < Ο , τότε η παράσταση .J9α 2 - -J4βi + 3α - .[rf είναι ίση με Α. -3β Β. -4 α Γ. 6α - β Ε. -2α - 3β Δ. -6α + β Αν Ο < χ < 5 , τότε η παράσταση χ2 +25 ' ' 25 χ2 - 2 ειναι ιση με 25 - χ2 25 + x z 5-χ Β. Α. -- Γ. χ 5χ 5χ 2 χ-5 25 - χ Ε. Δ. --5χ 5χ Α.

Β.

Α. 4 Η

Β. 2

παράσταση 6

Α. 2

Β. 3

παράσταση

Α. _§_

Β. _!2 7

11 Δ. _!212

Γ. � 2

Ε. _!_4

(

.Js) είναι ίση με

if4 : rJ8 + Γ. 4

' με ειναι ιση

Γ. 2_ 12

Η παράσταση .J499 ναι ίση με

Δ.

Ε. 8

36 5 25 ' -+-+8 1 9 1 44

Ε. .!3_ 13

Α. 436 466

Δ.

Β. 446 476 .

5 0 1 + 1 - .J43 45 + 1 ·

εί

Γ. 456

Ε.

παράσταση

{./2 3 χ + 32 3 χ + 2 3 χ +2 .J 4 x+l + 24 χ +2

Δ. �4

Α . .!. 3

είναι ίση με Ε. 3

Αν α = 2 - .fi , β = 6 + 4.fi , τότε η παράστα ση Jα.Jβ είναι ίση με Α.

Δ. 2.fi

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. Ι /35

Β. .fi Ε. 4

Γ.

Μαθη ματικά για την Α· Λυκείου

Αν χ = J2 και ψ = J3 , τότε η τετραγωνική ρίζα .J2400 , συναρτήσει των χ, ψ είναι ίση με

χ+ψ � ·- Αν -- = 5 και χ,ψ * , τοτε το 2χ + ψ ψ είναι ίσο με ,

�

0 - 6 20 2 10 παρασταση 5 20 - 3 20 ειναι ιση με Α. 4 Β. 8 Γ . 16 Ε. 64 Δ. 32 Αν χ > 2, η παράσταση Η

,- , J

�χ 2 + 5x + 2 + .J4 - 4x + x 2 είναι ίση με Β. χ - 2 Α. χ + 2 Γ. χ Ε. χ + 3 Δ. χ 3 Β, _±9 Α. _±5 Γ . �5 χ 2 + ψ 2 = μ , τότε το μ Δ. � Ε. � ι; � . Αν Γχ - {ψ = 3 και 3 9 χψ γψ ν-; είναι ίσο με Αν :if;. - � = 4 και χψ = 125 , τότε η διαφο Γ. 9 Β. 5 Α. 3 ρά χ - ψ είναι ίση με Ε. 13 Δ. 1 1 Β. 64 Α. 33 Γ . 84 Ε. 124 Δ. 92 Αν α = J75 , β = �s.J5 και γ = J2 + �2 + J3 , τότε το γινόμενο α · β · γ είναι Αν α + β = �7 + 4J3 και α - β = 2 - J3 , τότε ίσο με η παράσταση �( α 2 - β 2 ) 3 είναι ίση με Α. -2 Β. -J3 Γ. 1 J3 Δ. Ε. J2 Α. 1 Β. 2 Γ. J2 Ε. 2J3 Δ. J3 (: ' Αν α = J75 και β = �5.J5 , τότε ο αριθμός Αν α, β, γ είναι οι πλευρές του τριγώνου J3 , συναρτήσει των α , β είναι ίσος με ΑΒΓ στο διπλανό σχήμα, τότε η παράσταση Α . αβ 2 Β. α2 β Γ α ' βΖ α Ε. - . β είναι ίση με ' ο α ειναι . � = 3 , τοτε Β. 2(γ - α) Α. γ - 2α Γ. Ο Αν α > Ο και (c;Γα r--:;r Ε. 2β - 2α Δ. 2γ - 2β � α <Γα ίσος με Β. 6 Α. 3 Γ. 9 Α Δ. 21 Ε. 27 . '· ' :'\ .

Αν α = J2�4,ifi , τότε η παράσταση α� είναι ίση με Β. 4 Α. 2 Γ. 8 Ε. 32 . Δ. 16 ι, ._,,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/36

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ε ς:

Κυριακίδη ς Νίκος- Μπρίνος Παναγιώτη ς

ΔΜ+ΜΕ = (ΓΜ+ΜΔ)- ΔΒ ή ΔΜ+ΜΕ = ΒΜ + ΜΔ - ΔΒ ή ΜΕ = Β Μ - ΔΒ ή ΜΕ = ΔΜ, δηλαδή το Μ είναι μέσο της ΔΕ. ii) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΜ και Ζ Μ Ε: "' ΑΜ=ΜΖ (υπόθεση) Τα τρίγωνα ΑΚΛ και Β:ΚΖ έχουν: ΔΜ=ΜΕ (από i) ερώτημα) ΑΚ = ΒΖ από την υπόθεση Α Μ Δ= Ζ Μ Ε (ως κατακορυφήν γωνίες) Α = Β �60° ως γωνίες ισοπλεύρου τριγώνου Από το κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα είναι ίσα, .. ΑΛ = ΒΚ γιατί ΑΛ=ΑΓ-ΓΛ=ΑΒ-ΑΚ=ΒΚ Από το κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα είναι ίσα, επομένως Ζ Ε Μ=ΑΔΜ=90 . επομένως ΚΛ=:ΚΖ ( 1 ) Δίνονται τρία διαδοχικά ση μεία Α,Β,Γ μιας Ομοίως δείχνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΚΛ και ευθείας ε. Με πλευρές τις ΑΒ και ΒΓ κατασκευά ΓΛΖ είναι ίσα, επομένως ΚΛ=ΛΖ (2) ζου με τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΑΤ προς Από ( 1 ) και (2) έχουμε ότι ΚΛ=ΚΖ=ΛΖ δηλα το ένα μέρος της ευθείας και με πλευρά την ΑΓ δή το τρίγωνο ΚΑΖ είναι ισόπλευρο. κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΤ \ σ c: η σ η

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και θεω ρούμε ση μεία Κ,Ζ,Λ των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ αντίστοιχα τέτοια ώστε ΑΚ=ΒΖ=ΓΛ. Να απο δείξετε ότι το τρίγωνο ΚΛΖ είναι ισόπλευρο

·�

•

.t;

_.\.

προς το άλλο μέρος της ευθείας. Να δείξετε ότι τα τμήματα ΛΑ ', ΒΒ ' και ΓΓ είναι ίσα μεταξύ τους.

Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Β > Γ , ΑΔ το ύψος του και ΑΜ η διά μεσός του. Προε κτείνουμε την ΑΜ κατά ίσο τ μήμα ΜΖ. Αν Ε σημείο του τμήματος ΜΓ τέτοιο ώστε ΔΕ =ΓΔ ΔΒ, να δείξετε ότι: i) Το Μ είναι μ έσο τη ς ΔΕ ii) Ζ Ε Μ=90 ° . i) Η

ισότητα ΔΕ = ΓΔ-ΔΒ γράφεται:

Τα τρίγωνα ΑΑΤ και ΒΒΤ έχουν: ΑΤ=ΒΓ (γιατί το τρίγωνο ΒΑΤ είναι ισό πλευρο). " ΑΓ=ΒΤ (γιατί το τρίγωνο ΑΑΤ είναι ισό πλευρο). Α Ί�' A=B f'B '= 60° (ως γωνίες των αντιστοί χων ισοπλεύρων τριγώνων). Από το κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα είναι ίσα επομένως ΑΑ'=ΒΒΌ Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΓΓ και ΑΒ Ή είναι ίσα οπότε ΓΓ=ΒΒΌ Τελικά έχουμε ΑΑ'=ΒΒ'=ΓΓ. m·

�

\ Γi i \

Π i j .;

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ η διχοτόμος τη ς ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/37

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

γωνίας Α και ΒΔ<ΓΔ. Στην προέκταση της ΑΔ παίρνουμε τμήμα ΔΕ=ΑΔ και πάνω στην ΒΓ παίρνουμε τμήμα ΔΖ=Δ Β. Αν η ΕΖ τέμνει την ΑΓ στο Η , να δείξετε ότι: i) Το τρίγωνο ΑΗΕ είναι ισοσκελές ii) ΑΓ>ΑΒ. ί)

ΒΚ=ΑΔ (γιατί ΒΚ=ΒΓ=ΑΔ) ΑΒ Κ=Β Α Δ=20° (από την (1)) . λ

Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΖΔΕ έχουν: λ

-Π

(1)

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α =20 ° . Έστω σημείο Δ της ΑΓ τέτοιο ώστε ΑΔ=ΒΓ. Να βρε θ εί η γωνία Α Δ Β.

Β=

ΑΔ=ΔΕ (υπόθεση) ΒΔ=ΔΖ (υπόθεση) Α Δ Β=Ζ Δ Ε ως κατακορυφήν Από το κριτήριο Π-Γ τα τρίγωνα είναι ίσα επομένως ΑΒ=ΕΖ και Β Α Δ=Δ ΕΖ άρα Δ Α Γ=Δ ΕΖ (αφούτο τρίη ΑΔ είναιΑΗΕδιχοτόμος της γω νίας Α) δηλαδή γ ωνο είναι ισοσκελές . μείί) ΗΑ=ΗΕ Έχουμε ΑΓ>ΗΑ=ΗΕ και ίίί) ΗΕ>ΕΖ=ΑΒ (από την (Ι)). Επομένως ΑΓ>ΑΒ.

Από κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα είναι ίσα επομένως Α Δ Α Β = 150 (από (2)). Κ

Έστω κύκλος (O,R) και Α ένα σημείο εξωτε ρικό του κύκλου. Κατασκευάζουμε τον κύκλο (0, ΟΑ) και στο σημείο τομής Ε της ΟΑ με τον κύκλο (O,R) φέρουμε μια κάθετη ευθεία που τέ μνει τον κύκλο (0, ΟΑ) στα σημεία Γ και Δ. Αν Β και Κ είναι το ση μεία τομής των ΟΓ και ΟΔ α ντίστοιχα με τον κύκλο (0, R), να δείξετε ότι Ο Β Α=90° και Ο Κ Α = 90° (με αυτόν τον τρόπο μπορούμε να φέρου με εφαπτόμενα τμήματα από το εξωτερικό σημείο Α του κύκλου (O,R)).

Τα τρίγωνα και έχουν: (ως ακτίνες του κύκλου (ως ακτίνες του κύκλου (O,R)) Α Ο Β Ο (κοινή γωνία) ΑΟΒ

ΓΟΕ

ΟΑ = ΟΓ ΟΒ=ΟΕ

=Γ

(Ο,ΟΑ)).

Κατασκευάζουμε στο εσωτερικό του τριγώνου

ΑΒΓ, ισόπλευρο τρίγωνο ΒΚΓ. Λόγω του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ έχουμε Β = Γ 1802-Α 80°, επομένως Αγωνα Β Κ=ΑΒ Γ-ΚΒΓ=80 -60 =20 (1) . Τα τρί ΑΒΚ και ΑΚΓ έχουν τις τρεις πλευρές τους μία προς μία ίσες άρα είναι ίσα και ΑΚ Β = ΑΚ Γ Ισχύει ΑΚ Β+ΑΚ Γ+Β Κ Γ=360° επομένως Α Κ Β=Α Κ Γ 36u -2 ΒΚΓ 3 60 2- 60 =1500(2) . Τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΑΒΔ έχουν: ΑΒ κοινή πλευρά ο

Από κριτήριο Π-Γ-Π τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε Ε Γ 90° . Με όμοιο τρόπο δεί χνουμε ότιΒ τα τρίγωνα και είναι ίσα, οπότε Ε Δ = 90 . Ο

Α= Ο

ΑΟΚ

Ο Κ Α= Ο

ΔΟΕ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και σημείο Ε της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/38

Μ α θ η ματικ ά για την Α ' Λ υ κε ί ου

ΔΓ. Φέ ρουμε τη διχοτόμο ΑΖ της γωνίας Ε Α Β που τέμνει την ΒΓ στο Ζ. Από το Δ φέρνουμε κά θετη προς την ΑΖ που τέμνει την Α Ε στο Κ και την ΑΒ στο Λ. Να δείξετε ότι: ί) Το τ ρίγ ωνο ΔΕΚ είναι ισοσκελές. ίί) Τα τρίγ ων α ΑΛΛ και ΑΒΖ είναι ίσα. ίίί) ΑΕ = ΔΕ + ΒΖ.

ί)

Αφού η ΑΖ είναι διχοτόμος της γωνίας Ε είναι Ε Α Ζ = Ζ Α Β = ω.

Α Η,

ΛΔ Ε = 90°-ω.° Όμως Α Λ = 90 -ω και Δ Κ Ε = 90 -ω ως κατακορ°υφήν με την Α Κγωνο Λ. Άρα Δείναι Κ Ε = Λ Δ Ε=90 -ω, δηλαδή το τρί ΔΕΚ ii) Τοείναιτρίδιχοτόμος γωνο ΑΚΛκαιείισοσκελές. νύψος. αι ισοσκελές γιατί ΑΖΤα Άρα ΑΛ=ΑΚ. ορθογώνια τρίγωνα ΑΛΔ και ΑΒΖ έχουν ΑΔ=ΑΒ και Α Δ Λ=Ζ Α Β= ω, άρα είναι ίσα. i i) Από ταΑΚ=ΑΛ ισοσκελήκαιτρίΚΕγωνα= ΔΕ.ΑΚΛΕπίσης και από ΔΚΕτηνέ χουμε ισότητα τωνΕπομένως: τριγώνων ΑΛΔ και ΑΒΖ έχουμε ΑΛ = ΒΖ. ΑΕ= ΑΚ + ΚΕ = ΑΛ + ΔΕ = ΔΕ + ΒΖ. Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒ Γ μ ε Α =45 ° και ΑΔ , ΒΕ , ΓΖ τα ύψη το υ. Αν Η το ση μ είο το μής των υ ψών του τριγώνου, να δείξετε ότι ΑΗ=ΒΓ .

�

Τότε Α

Λ Δ= 90 °-ω και Α Δ Λ = ω, οπότε

Δt-δάσκου με την επt-τυχt-α ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

Το τρί γ ωνο ΑΒΕ έχει Ε =90 ° και Α =45 ° επο μένως είναι ισοσκελές με ΑΕ=ΒΕ (Ι).° Ομοίως, το τρίγωνο ΑΓΖ έχει Ζ =90 και Α =45 °, άρα ΑΓ Ζ=45 . Λ

ΔΟΣΕΙΣ: GROUP ΓΙΑ ΑΝΩΤΑrΕΣ ΣΧΟΛΕΣ 210 2637345

77 τ. Ι/39

210 2629440

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

νο Έτσι,ΓΗΕτο τρίγωέχει ο Ε =90 και Γ =45 ο επομένως είναι ι σοσκελές με Η Ε=ΕΓ(2). Τα τρί γωνα ΑΕΗ και ΒΕΓΑΕ=ΒΕ έχουν: Τώρα,απόστα(1)ορθογώνια τρίγωνακαιΑΕΗ και ΒΕΓ (από ισχύουν και (2): ΑΕ>ΒΕ ΕΗ>ΕΓ. Από (1)). το συμπέρασμα της άσκησης 8 έχουμε ΑΗ>ΒΓ. ΗΕ=ΕΓ (από (2)).° Δίνεται ισοσκελές και α μ βλυγώνιο τρίγωνο Αίσα,Ε Η=Β Ε Γ=90 , δηλαδή τα τρίγωνα είναι επομένως ΑΗ=ΒΓ. Β

ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ και Α >90°. Αν Λ, Μ τυχαία ση μεία των πλευρών ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, να δείξετε ότι τα τμήματα ΒΛ, ΓΜ, ΜΛ αποτελούν πλευρές τριγώνου. =

Δίνονται τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β 'Γ με Α = Α ' =90°. Αν ισχύουν ΑΒ>Α ' Β ' και ΑΓ>Α ' Γ, ν α δείξετε ότι ΒΓ>Β ' Γ.

Πάνω στις σημεία πλευρέςΒ''ΑΒκαικαιΓ' ΑΓαντίστοιχα, του τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε τέτοια ώστε ΑΒ"=Α'Β' και ΑΓ"=Α'Γ'. Τότε τα τρίγωνα ΑΒ 'Γ ' και° ΑΒ' είναι ίσα γιατί έχουν Α = Α =90 , ΑΒ"=Α' Β ' και ΑΓ"=ΑΤΌ Επομένως Γ'ικανοποι Β '= Γο'ύνΒ "τη(1).σχέση Τα πλάγι α τμήματα Γ ' Β " και Γ ' Β Γ'Β''Β "<Γ' Βαπό(2),τογιατί οιΑαπο στάσεις των ι χν ών τους και Β ίχνος καθέτου ικανοποιούν τη σχέση ΑΒ' '<ΑΒ. της 'Γ ' '

Γ"

Ομοίως, γιαγιατί τα πλiJ.ισχύει για τμήματα Γχα'ΒΑΓ"<ΑΓ. και ΓΒ, ισχύ Γ' Β <ΓΒ (3), αντίστοι Από τιπτεις σχέσεις (2), (3) και τη μεταβατική ιδιότητα, προκύ Γ 'Β ''<ΓΒ άρα από την (1) έχουμε Γ 'Β '<ΓΒ. ει

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α <45° και ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τα ύψη του. Αν Η το ση μείο τομής των υ ψών του τριγώνου, να δείξετε ότι ΑΗ>ΒΓ. 0

Το τρίγωνο ΑΒΕ έχει° Ε =90 και Α <45 επομένως είναι Α Β Ε > 45 . Επειδή Α Β Ε> Α ισχύει ΑΕ>ΒΕ° (1). Από το τρίγωνο ΑΖΓ με Ζ =90° και Α <45 έχουμε ΕΓ Ζ>45 ° . Επομένως στο τρίγωνο ΕΓΗ με Ε =90° και Ε Γ Η>45 °, ισχύει Ε Η Γ < 45 ο, δηλαδή Ε f' Η>Ε Η Γ άρα ΕΗ>ΕΓ (2). Λ

ΑρκείΓΜ,να δείξουμε ότι το καθένα από τα τμήματα ΒΛ, ΜΛ εί ν αι μι κρότερο του αθροίσματος των δύο άλ /w)ν.Έστω τοτομής σημείο των ΒΛ καιτο ΓΜ. Από τρίέχουμε ΜΛ<ΜΚ+ΚΛ<ΓΜ+ΒΛ (1). Χω γωνο ΜΛΚ ρίς βλάβη τηςΤότε γενικότητας, μπορούμε να υποθέσουμε + ΜΛ(2). ότιΓΜΛ ΓΜ>ΒΛ. ΒΛ<ΓΜ Από τρίγωνο έχουμε ΓΜ<ΜΛ+ΛΓ(3). Αλλά στοτο τρίγωνο ΒΛΓΑπόείναι(3),Β(4)f Ά=Α Β Γ>Λ Β Γ άρα ΛΓ<ΒΛ (4). έπεται ότιπροκύπτει ΓΜ<ΜΛ+ότιΒΛτα(5).τμήματα Έτσι, από (1), ( 2), (5) ΒΛ, ΓΜ, ΜΛ αποτελούν πλευρές τριγώνου. Ι . Δίνεται σημείο Ρ εξωτερικό κύκλου (O,R). Η ΡΟ τέμνει τονΒ. κύκλο στο σημείο Α καιτουηκύκλου, προέκτασήνα της στο Αν Μ τυχαίο σημείο δείξετε ότι ΡΑ:::;ΡΜ:::;ΡΒ. ° ° στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύειτου, καιότιΗ 2. Αντο σημείο 45 <ναΑ <90 τομής των υψών δείξετε ΑΗ<ΒΓ (Υπόδειξη: Εργαζόμαστε ανάλογα με την άσκηση 10) 3. Ανα= 18σετότε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Α > Γ > Β και β=7, η πλευρά γ μπορεί να πάρει οποιαδήποτε( llτιμή,25)του διαστήματος: (7,25)απάντηση A)Επιλέξτε τηΒ)σωστή Γ) (7,18) Δ) ( ll , l 8) και δικαιολογήστε. Αν στοδιαμβλυγώνιο τρί γ ωνο ΑΒΓμε Β >90°,η εσω4 τερική χοτόμος και η εξωτερική διχοτόμος τηςγωνίας Α είναιίσες,ναδείξετεότι Β - Γ =9οο. 8

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/40

ΑΔ

ΑΕ

Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα

Για την επίλυση τριγωνομετρικών εξισώ σεων είναι χρήσιμο να προηγηθούν των βασι κών τριγωνομετρικών εξισώσεων η μχ=ημθ, συνχ=συνθ, εφχ=εφθ, σφχ=σφθ οι παρακάτω στοιχειώδεις εξισώσεις που επιλύονται άμεσα π

ημχ= 1 � χ=2κπ + 2 π

συνχ= 1 � χ=2κπ

η μχ=- 1 � χ=2κπ- 2

συνχ=-1 � χ=2κπ+π

η μχ=Ο � χ=κπ

συνχ=Ο � χ=κπ+ 2

εφχ=Ο � χ=κπ

σφχ=Ο � χ=κπ + 2

Οι αντίθετες γωνίες έχουν ίδιο συνημίτονο και αντίθετους τους άλλους τριγωνομετρι κούς τους αριθμούς. Οι παραπληρωματικές γωνίες έχουν ίδιο ημίτονο και αντίθετους τους άλλους τρι γωνομετρικούς τους αριθμούς. Οι γωνίες που διαφέρουν κατά 1 80° έχουν αντίθετο η μίτονο και συνημίτονο,ενώ έ χουν ίδια εφαπτομένη και συνεφαπτομένη . Στις γωνίες που έχουν άθροισμα 90° το η μίτονο καθεμιάς ισούται με το συνημίτονο της άλλης και η εφαπτομένη καθεμιάς ι σούται με τη συνεφαπτομένη της άλλης. Οι εξισώσεις της μορφής ημχ=α και συνχ=α με Ι αl> 1 είναι αδύνατες.

όπου κ Ε Ζ . Έτσι η εφχ ορίζεται μόνο για χ =F- κπ + 2: , ενώ 2 η σφχ μόνο για χ =F- κπ, με κ Ε Ζ . Στις τριγωνομετρικές συναρτήσεις, η μετα βλητή χ θεωρείται ότι είναι σε ακτίνια και όχι

α)Να εξεταστεί αν υπάρχει γωνία ω τέτοια ώστε η μω =3κ 2 -4 J3 · κ+6, όπου κ Ε JR .

σε μοίρες. Αν π. χ. f(χ)=συνχ, τότε

να λυθεί η εξίσωση

ενώ f( 60)=συν60 =F-

_!_

r( -j)

�

αφού 60 =F- 2: .

g (χ)=ρ · εφωχ

και π

κ(χ)=ρ · σφχ,ρ =F- Ο, ω>Ο έχουν περίοδο Τ= ω

και δεν έχουν ακρότατα. Να θυμόμαστε ότι:

Ο <α <�, 2

1 1 --4- - 4- = εφ 2 α + 2εφα . συν α σφ α -

2 3 Κατα την επίλυση τριγωνομετρικών εξισώ σεων δεν πρέπει να ξεχνάμε να θέτουμε περι ορισμούς όπου χρειάζεται και να ελέγχουμε στο τέλος αν οι λύσεις που βρήκαμε είναι δε κτές. Οι συναρτήσεις της μορφής f(χ)=ρ · η μωχ +c και h(χ)=ρ · συνωχ +c, με ρ =F- Ο,ω>Ο έχουν 2π περίοδο Τ= , μέγιστο το M=l ρl +c και ελά χιστο το μ=- lρl+c . Οι συναρτήσεις

β)Αν για την γωνία α ισχύει

γ) Να αποδείξετε ότι αν συν2α =F- Ο τότε:

ημ2

(

1 - 2συν 2 α

3π 4

= _2 } ( � ) + α σφ - α

α) Παρατηρούμε ότι 3κ 2 -4 .J3 · κ+6= =3κ 2 -4 .J3 · κ+4+2= ( .J3κ - 2)2 + 2 > 1 . Άρα δεν υπάρχει τέτοια γωνία αφού πρέπει -1 � η μω � 1 . β) Για να ορίζεται η εξίσωση, πρέπει και αρ κεί:

{::ημ α=F-:ο0 . α0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/41

Οι σχέσεις αυτές ισχύουν αφού

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

0, 2

α ε ( � ) , όπου ημα>Ο, συνα>Ο,εφα>Ο και σφα>Ο.

1 \-= εφ2α + 2εφα <::::> Έχουμε : ----συν4 α σφ α <::::> ( εφ2α + 1 ) 2 -εφ4α = εφ2α + 2εφα <::::> εφ4α+2εφ2α+1-εφ4α=εφ2α+2εφα <::::> <::::> ( εφα-1)2 =Ο <::::> εφα= 1 <::::> α= �4 . γ)Έχουμε: ημ ( 3; +α) =η μ ( π- � +α) =η μ [ π- (� -α)] = =η μ ( � -α } 3 } Αρ α : ημ2 ( : +α σφ ( � -α ) = � ημ' (�4 -α} συν ( � -α) = ημ (� -α) = ημ (� -α} συν (� -α ) = <=>

η μ -2π · ημ -4π ημ -8π ημ -8π -1 , γιατί --π 2ημ - 2ημ-2π 2ημ -4π 8·η μ-π 8 π 8π αρα ' ημ -π =η μ -8π . -+-=π

όταν lΟα, 12α,22α ;t. κπ +

π 2

, κεΖ.

β)Να αποδείξετε ότι: π

4π

2π

συν - · συν - · συν - = -

α) Είναι : εφ 1 2α=εφ(22α-1 0α)

εφ22α-εφ10α => => εφ 1 2 α= 1 + εφ22α εφ1 Οα

α)Αν ισχύει Ο<θ<

π 2

, Ο<φ<

π 2

με εφθ=2+ .J3

.J3 και εφφ= - , να β ρε θ ει, η γ ωνια , θ-φ. 3

β)Αν ισχύει 3η μα=2ημ(α+2β) και συνα ;t. Ο, συνβ ;t. Ο, συν( α+ β) ;t. Ο, να αποδείξετε ότι: · 2 4εφβ-εφα=5 εφ α εφ β .

α)Έχουμε: εφθ>εφφ, οπότε θ>φ και Ο<θ-φ< �

(γιατί;), άρα συν(θ-φ) ;t. Ο. Οπότε:

J3 2+J3εφθ -εφφ 3 εφ( θ-φ )= 1 + εφθ · εφφ = 1+-· J3 ( 2+ν3r::; ) 3 6+2J3 1 =εφ - . Άρα θ-φ= -π . 6+2J3 4 4 =

α)Να δείξετε ότι: εφ12α-εφ22α+εφ 10α= =-εφ22α · εφl Οα · εφ1 2α,

β) 3ημα=2ημ(α+2β) => 3ημ[(α+β}-β]= =2ημ[ ( α+β)+β] => 3η μ( α+β)συνβ-3ημβσυν( α+β)= 2ημ( α+β)συνβ+2συν( α+β)η μβ => η μ( α+β)συνβ=5ημβσυν( α+β). ( 1 ) Ε φόσον συν β · συν( α+β) ;t. Ο διαιρούμε και τα δύο μέλη της (1) και παίρνουμε: εφ( α+β)=5εφβ, και αφού συνα ;t. Ο.

εφα+εφβ -Sεφβ => εφα+εφβ= 1-εφαεφβ =5εφβ-5 εφα · εφ2β => 4εφβ-εφα=5 εφα · εφ 2 β . Θα εχουμε:

Να λυθούν οι εξισώσεις: α) l ημχ-συνχ Ι =π · Μ

( x-i) ( χ-;)

β) ημ7 χ+συν7 χ= J8 · ημ · συν => εφ 1 2α+εφ 1 2α · εφ22α · εφ 1 0α=εφ22α-εφ 1 0α => εφ 1 2α-εφ22α+εφ 1 0α=-εφ22α · εφ 1 0α · εφ 1 2α γ) 4η μ 2 χ-( .J3 -1)ημ2 χ-2( .J3 -1)συν 2 χ=2 β)Από τον τύπο ημ2α=2ημα συνα, με ημα ·

ημ2α . 2ημα ' συν -π · συν -2π · συν -4π = Οποτε: ;t.

Ο παίρνουμε: συνα=

α)Γνωρίζουμε ότι αν α, β ;t. Ο, τότε για κάθε χ ε !R. ισχύει αη μχ+βσυνχ=ρ · ημ(χ+φ), όπου και φ ε !R. με συνφ= � και ημφ= � .

ρ= �α2 +β2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/42

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

.J2

Εχουμε : ρ= ν� 2 και συνφ= - , η μφ=--- - .

Άρα φ=- � και η εξίσωση γράφεται ο

β)Να αποδείξετ ε ότι:

16 · ημ

ι .J2

6 χ - 8χ3 - J3 =0.

ι 4

η μ(χ- � )l=π .Jlo <=> lημ(χ- � )l=π .J5 που

είναι αδύνατη αφού π .J5 > 1 .

π 5π 7π l lπ 17π 19π · ημ · ημ · ημ · ημ · ημ 48 48 24 48 24 48

γ)Να αποδείξετ ε ότι:

.J2

' ' β)Ειναι 2 και η μφ= - , συνφ= - ,αρα : ρ= ν�

2 ημα · συν19α · συν18α + 2 η μα · ημ 19α · η μ18α = α α 1 - 8ημ 2 - συν 2 2 2

2 φ= � και η μ7χ+συν7χ= .J2 · η μ(7χ+ � ) . =εφ2α 4 4 Έχουμε: ) η μ3 α=ημ(2α+α)=ημ2α · συνα+συν2α α · η μα= η μ7χ+συν7χ= Fs · ημ ( χ- � J · συν ( χ- � J <=> =2η μα · συνα · συνα+( 1 -2ημ 2 α) · η μα = =2συν 2 α · ημα+η μα-2ημ 3 α= .J2 η μ(7χ+ � )=2 .J2 ημ ( χ - � J . συν ( χ - � J =2( 1 -ημ 2 α)ημα+ημα-2ημ 3 α=3ημα-4ημ 3 α Θα αποδείξουμε ότι ο αριθμός η μ40 ° επαλη π π θεύει την εξίσωση 6χ-8χ3 - J3 =0. <=> ημ(7χ+ -4 )=ημ(2χ- -4 ) Έχουμε: 6 - η μ40 ° -8η μ 3 40 ° - J3 = π π π π ' -2χ+-4 =2(3ημ40 ° -4ημ 3 40 ° )- J3 =2ημ(3 40 ° )- J3 = <=> 7χ+-=2κπ+2χ-4 η 7χ+-=2κπ+π 4 4 J3 =2η μ 1 20 ° - J3 =2· <=> 5χ = 2κπ- �2 ή9χ =2κπ+π 2 - J3 =0. � 11π � 5π 19π � 2κπ π , = (2κ + 1)π οπου κ β) Επειδη : + <=> χ =---ηχ 24 24 = 2 ' 48 + 48 = 2 ' 5 10 9 ' 7π 17π π ' γ) 4ημ 2 χ-( J3 - 1 )η μ2χ-2( J3 - 1 )συν 2 χ=2 <=> - +- =- θα ειναι: 48 48π 2 5π 7π 11π 17π 19π 4ημ 2 χ-( J3 -1 )2ημχσυνχ16 ημ-24 ημ-48 ημ-48 ημημημ= 2 J3 συν 2 χ+2συν 2 χ= 2(ημ 2 χ+συν 2 χ) <=> 24 48 48 2 ημ 2 χ-2( J3 - 1 )ημχσυνχ-2 J3 συν 2 χ=Ο. ( 1 ) π 11π 5π 19π 7π 17π =16-ημ-·ημ-·ημ-·ημ-·ημ-·ημ-= Αν συνχ=Ο, τότε η μχ= 1 ή ημχ=--- 1 . Και 24π 24π 5π48 485π 7π48 7π48 στις δύο περιπτώσεις η ( 1 )δεν επαληθεύε = 16 · ημ-·συν-· ται. 24 24 ημ-·συν-· 48 48 ημ-48 . συν 48 = Αν συνχ :;e Ο, δηλαδή χ :;e κπ+ � , κ τότε: = 2ημ 12π . ημ 5π24 . ημ 7π24 = 2ημ 12π . ημ 5π24 (2π - 7π24 ) 2 ημ 2 χ -2(J3-1) ημχ ·συνχ _J3=0 =ημ-·2-ημ-·συν-=ημ-·ημπ 5π 5π π 5π ( 1 ) <::::> 2 2συν2χ 2συν2χ 12 24 24 12 12 <=> εφ 2 χ-( J3 - 1 )εφχ- J3 =Ο π . συν-=-· π 1 ημ-π = -1 . =ημ<=> εφχ = J3ήεφχ = -1 <=> 12 12 2 6 4 2ημα · συν19α · συν18α + 2ημα · ημ19α · ημ18α = γ) <=> εφχ = εφ )π η' εφχ = εφ(-4π ) <=> 1-8ημ2 �2 συν2 �2 , '7/ χ = κπ+-3 η χ = κπ--4 , οπου δεκτες τι- - 2ημα(συν19α · συν18α + ημ19α · ημ18α) 2ημ2α μές (γιατί;) 2ημα · συνα - ημ2α -εφ2α. α)Να αποδείξετ ε ότι ημ3 α=3 η μα-4η μ 3 α συν2α συν2α και στη συνέχεια να αποδείξετ ε ότι ο αριθ 2

'71

ε ΙL..ι .

εΖ,

κ ε ΙL..ι ,

συν

μός η μ40 ° είναι ρίζα της εξίσωσης:

Έ στ ω ΑΒΓ μη ορθογώνιο τ ρίγωνο. Να απο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/43

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

δείξετε ότι αν Α Β+Γ

ισχύει

4συν -- · συν - · συν Β

( 2 )

ημΓ - ημ Α - Β

σχέση

τότε το τρίγωνο

είναι ισοσκελές με βάση ΑΒ .

Ισχύουν : Α+Β+Γ=π ::::> Α+Β=π-Γ ::::> ημ(Α+Β)=ημΓ και -- = -π - - ::::> συν -- =ημ2 2 2 2 2

Β+Γ Α Β+Γ Α Β+Γ Α συνΒ 4συν--·συν-· 2 2 Είναι : =1 ::::> ημΓ-ημ(Α-Β) Α Α =ημ (Α+Β)-ημ(Α-Β) => 4ημ-·συν-·συνΒ 2 2 2ημΑ · συνΒ = 2συνΑ · ημΒ => ημΑ · συνΒ-ημΒ ·συνΑ = => ημ(Α-Β)=Ο ::::> Ο

Α-Β=Ο ::::> Α=Β, αφού Α,Β γωνίες τριγώνου, οπότε -1 80° <Α-8< 1 80° ';�. '7 i l ' ' " � t\ i � �- .. � � ' 2

Ό μως

, ' εφ α > ο , οποτε <α<π ::::> π < α < π αρα 4 2 2 2 2

εφ :!:. = J2 . Επίσης 2 συν

(� + �] = συν � συν � -ημ � ημ � =

:!:.)=-2J31- ( ι-J6 )

συν � συν :!:. (l-εφ � εφ 2 3 2 3

( J

::f. O

, , αρα υπαρχει εφ 3π + α και 2

"\"'"'--�

Δίνεται γωνία α για την οποία ισχύουν: π

::f.

. \ t': σ η :

ι"':" r ·- η

α Ι + συνα Ι , υπαρ, συν 2 -= = - 0 , αρα 2 2 3 1 + ..!.. α α 1-συνα 2 = --3 = 2. χει εφ - και εφ - = 2 1 + συνα 1 ..!_ 2 3

γ) 'Ε χουμε

<α<π και 3συν2α-συνα+2=0. Να βρείτε:

α) Το συνα β) Τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας 2α γ)Την εφ \ {1 σ η :

( ; + i)

\ (i !·� lj(H) ;-; ' !

ιι)Δίνεται γωνία ω για την οποία ισχύει: 3π

- <ω<π. Ν α απο δ ειχθ ει' οτι ' 4

συν2ω>εφ2ω+σφ2ω+ημ2ω. , β) Αν ισχυει

'6π < χ1

< χ2 <

, 4π , να συγκρινετε

τους αριθμούς: ι) συν2 χ 1 και συν2 χ 2 π

α) 3συν2α-συνα+ 2=0 <:::::> 3(2συν 2 α-1 )-συνα+2 ιι) η μ( -3 +2 χ ) και ημ( -3 +2 χ 2 ) ..!. )(συνα+ ..!.. )= 2 <:::::> 6συν α-συνα-1 =Ο <:::::> (συν α2 3 3π 3π α)'Εχουμε: <ω<π => < 2ω < 2π . Ι π Ι , , 4 2 <:::::> συνα= η συνα= -3 . Ό μως <α<π, αρα 2 2 Άρα: ημ2ω<Ο, συν2ω>Ο, εφ2ω<Ο,σφ2ω<Ο, Ι ο , οπότε εφ2ω+σφ2ω+ημ2ω <0, οπότε συνα< , οποτε συνα=-- . συν2ω>εφ2ω+σφ2ω+ημ2ω . 3 β)ι)Έχουμε: � <Χι <� <� => � < 2χ1 < 2χ2 < � . Όμως β) Αφού � <α<π είναι ημα>Ο. 6 2 2 3 2J2 . η f(χ)=συνχ είναι γνησίως φθίνουσα στο ( � '� ). Άρα η μα= 3 2 9 3 Επομένως 2χ 1 <2χ 2 => συν2χ 1 >συν2χ 2 2 4J2 Όπότε ημ2α=2ημασυνα= 2 · J2 9 3 3 ιι) Έχουμε: � < 2 χ1 < 2 χ 2 < � => 2 3 7._ συν2α=2συν 2 α-1 = 2 . 2π π π 5π , 9 9 - < 2 χ1 + - < 2 χ 2 + - < - . Όμως η f(χ)=ημχ 3 3 6 3 2 α J2 εφ2α- -, σφ2α- -- 7J2 2π 5 π ' φ θ ινουσα ' ει'ναι γνησιως στο 3 , 6 . 8 εφ 2 α συν2α 7

�1-συν2α = �1-..!.. = .!.-ι =

ημ = -4

· (-.!.J =-

•

1 = --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/44

(

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Επομένως 2χι

+-π 2 2 3

::::> ημ( - +2χ ι )>ημ( - +2χ 2 ).

α)Αν οι αριθμοί εφα,εφβ είναι οι ρίζες της εξίσωσης Sx 2 -3χ-1 0=0, να υπολογιστούν οι παραστάσεις : ι)εφ(α+β) ιι)

συν2α

ημ4α ·

ι + συν4α ι + συν 2α

, εφβ , οταν συν2α * Ο.

ι) Αφού η εξίσωση 5χ 2 -3χ-1 0=0 έχει ρίζες τους αριθμούς εφα, εφβ θα είναι συνα :F Ο,συνβ :F Ο και σύμφωνα με τους τύπους Vieta ισχύει: ε3 φα+εφβ= - και εφα · εφβ=-- =-2.

Είναι συν(α+β)=συνασυνβ-ημαημβ= =συνασυνβ( l-εφαεφβ)=συνασυνβ( 1 +2) * Ο. Επομενως: εφ( α+β)=

::::> 5-4 ::; 5+4 ·

ημ- :::; 5+4 ::::> 1 :::; f(x) :::; 9. 3

Η ελάχιστη τιμή της f(x) είναι η 1 , αφού χ 3π =-1 <::::;> 3χ =2κπ+ Τ ,κΕΖ f(x)= 1 <::::;> <::::;>

ημ } 9π χ=6κπ+ 2,

ΕΖ .

Σχηματίζουμε τον πίνακα τιμών: ο π 3π -χ -π

2π

6π

Γ)

2 12

-4

3π

3π -

ο χ

2 2 -1

9π -

ι Ι------+---+--Ι--ι

ημ4 ημ 3

ημ-

εφα+εφβ 1 1-εφα·εφβ ιι)Έχουμε 1 συν4α = 2συν2 2α * Ο, 1 συν2α = 2συν" α * Ο και συνα * Ο,συνβ * Ο, , ημ4α · συν2α ·εφβ = αρα: 1 συν4α 1 συν2α 2ημ2α συν2α συν2α . εφβ = . = 2συν2α 2συν22α 2ημα·συνα ημ2α = 2συv-α · εφβ 2συν2α · εφβ =εφαεφβ=-2

f(x)=5 +4

Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=2α- 1+4ημ � ,όπου

Να υπολογιστεί η τιμή των παραστάσεων: α) η μ 2 α+ημ 2 (60 ° -α)+ημ 2 (60 ° +α) β) συν 2 80 ° +ημ 2 50 ° +ημ 2 70 °

α θετικός πραγματικός αριθμός. Η γραφική ' της παράσταση τέμνει τον άξονα ψ ψ σε σημείο με τεταγμένη 5 . α) Να βρεθεί οι αριθμός α. β) Ν α βρεθεί η περίοδος της και η ελάχιστη τιμή της f(x) καθώς και οι τιμές του χ για τις οποίες παίρνει την ελάχιστη τιμή της. γ) Να γίνει η γραφική της παράσταση στο διάστημα [0,6π] . .\

α) Έχουμε f(0)=5 ::::> 2α-1 =5 ::::> α=3 . Οπότε f(χ)=5+4ημ � . 3

β) Η περίοδος της f(x) είναι Τ= 2π =6π. .

Ισχύει:-1

::=;ημ � :::; 1 ::::> -4 :::; 4 ημ � :::; 4 ::::> 3

.\. u Ιc η ση 1 Ι η

\ 1.'! υ η :

α) η μ 2 α+ημ 2 (60 ° -α)+ημ 2 (60 ° +α)=

1-συν(120° -2α) + 1-συν(120° + 2α) -_ 2 2 σ -2α) + συν(120° 2α) =ημ 2 α+1 - υν(120° 2 =ημ 2 α+ 1σuν12<fσuv2α+ημ12<fημ2α+σuν12<fσuv2α-ημ12<fημ2α 2 2 =ημ α+1-συν 1 20 ° συν2α= 1 =ημ 2 α+1 + - ( 1-2 ημ 2 α) = - . 2 2 =ημ 2 α+

β) συν 2 80 ° +ημ 2 50 ° +ημ 2 70 ° = ημ 2 1 0 0 +ημ 2 (60 0 _ 1 0 ο )+ημ 2 (60 0 + 1 0 0 )= = 23 ( απο το α ερωτημα) '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/45

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

α) Να λυθεί η εξίσωση : ημ � +εφ χ · συν � =l 12

β)Να λυθεί η εξίσωση συν2 χ · η μ7 χ - συν3 χ-η μ3 χ - συν7 χ - συν2χ= 1

=- -

ημ4χ , στο [Ο,π).

α)Για να έχει νόημα η εξίσωση πρέπει και αρ κεί: συνχ "* Ο δηλαδή χ "* λπ+ � , λ ε Ζ .

Επομένως με χ "* λπ+ � ,λ ε Ζ ,έχουμε:

ημχ 12 12 συνχ · συν _2:_12 π +ημχσυν -π =συνχ <::> = 1 <::> συνχ · ημ 12 12 π π π π ή ημ(χ+ - )=ημ( - -χ) <=> χ+-=2κπ+--χ 12 2 12 2 π π 5π ή χ+-=2κπ+π--+χ 2χ = 2κπ+12 2 12 5π ' <::> χ=κπ+ -5π ,κ ε Ζ . Οχ = 2κπ+-(αδυνατη) 12 24 Ελέγχουμε αν οι τιμές που βρήκαμε ικανοποιSπ "* , τους περιορισμους, ' δη λαδη' αν κπ+ συν 24 λπ+ � για κάθε κ,λ ε Ζ . Παρατηρούμε ότι: 2 5π κπ+ = λπ+ π <::> (λ-κ)π= - 7π <=> λ-κ= - 7 , 24 Ξ 24 24 ημ_2:_ +εφχ · συν _2:_ = 1 <::> ημ_2:_ +

π ' π ' 3π 4 2 4 Με τον ίδιο τρόπο: για τις λύσεις π ' κ= αρα χ= -π . χ=κπ+ - β ρισκουμε 3 32π π ' χ= 3 . ' χ=κπ- 3 β ρισκουμε κ= 1 , αρα

' χ=Ο η' χ=- η χ=- η χ=- . η' κ=3 οποτε ο '

Άρα οι λύσεις [Ο,π) είναι οι : χ=Ο χ= - χ= - χ= - χ= - χ= - .

π π 3π π 2π ' 4' 2' 4 ' 3' 3

Δίνεται συνάρτηση h(χ)για την οποία ισχύει η σχέση 5h(χ)+3h(-χ)=6ημ4χ για κάθε χ ε IR . (1) α) Να βρεθεί το h(O). β) Να δειχθεί ότι h(-x)=-h(x). γ) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης h(x). δ) Να βρεθεί η περίοδος,η μέγιστη και η ε λάχιστη τιμή της h(x). ε) Να γίνει η γραφική παράσταση της χ

g(x)=h( 4 - - )

<::>

α)Η σχέση ( 1 ) ισχύει για κάθε χ ε IR . Έτσι για χ=Ο παίρνουμε: 5h(O)+3h(O)=O <::> h(O)=O. β) Στη σχέση ( 1 ) θέτουμε όπου χ το -χ και έχουμε: 5h(-χ)+3h(χ)=6ημ(-4χ) => => 5h(-χ)+ 3h(χ)=-6ημ4χ (2). Με πρόσθεση των ( 1 ) και (2) κατά μέλη παίρ νουμε h(-x)=-h(x). γ) Είναι : h(-x)=-h(x). Άρα ( 1 ) ::::> 5 h(χ)-3h(χ)=6ημ4χ ::::> 2h(χ)=6ημ4χ <=> h(χ)=3ημ4χ. αδύνατη εξίσωση στο Ζ αφού λ-κ ακέραιος. δ) Η περίοδος της h(x) είναι Τ= = � , η μέΆρα οι τιμές αυτές είναι όλες δεκτές. β) συν2χ · ημ7χ - συν3χ-ημ3χ - συν7χ - συν2χ= γιστη τιμή της είναι ίση με 3 και η ελάχιστη =- - ημ4χ <::> συν2χ(ημ7χσυν3χ-ημ3χσυν7χ)= τιμή της είναι ίση με -3 .

2π 4 2

1 2 1 ημ4χ <=> συν2χ · ημ4χ+ -1 ημ4χ=Ο 2 2 <::> ημ4χ(συν2χ+ .!_ )=Ο <::> ημ4χ = Οήσυν2χ = _.!_ 2 2 2π <::> ημ4χ = Οήσυν2χ = συν <::> 3 Χ =-κπ4 η' Χ = ΚΠ+-π3 η' Χ = ΚΠ--π3 , ε ΙL..ι . Βρίσκουμε ποιες από τις παραπάνω τιμές ανή =- -

<::>

'77

κουν στο διάστημα [Ο,π). Για τις λυσεις χ= - ,κ ε Ζ ::::::> Ο � - <π

κπ 4

ε) Είναι g(x)=h( �

4 Ί. _2:_12 )=3ημ(χ-�3 ). _

Αρχικά

κάνουμε τη γραφ κή παράσταση cf της f(χ)=3ημχ. Η Cg προκύπτει με οριζόντια μετα-

<=> Ο � κ<4. Όμως κ ε Ζ ,άρα κ=Ο ή κ=1 ή κ=2 τόπιση της ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. 1 /46

κατά � μονάδες δεξιά.

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Μπρίνος Π αναγιώτης - Καρδαμίτσης Σπύρος Δίνεται κύκλος (O ,R) και ΑΒ μια διάμετρός του. Μια χορδή ΓΔ του κύκλου σχηματίζει με την διάμετρό του ΑΒ γωνία 45 μοιρών. Αν Ρ είναι η τομή των ΑΒ και ΓΔ, να δείξεΡ Γ 2 + Ρ Δ 2 = 2R2 τε ότι:

Φ έρνουμε το aπόστημα ΟΜ της χορδής ΓΔ. Το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΡ είναι και ισοσκε λές, επομέΑ Q-""""1.::�.;....--o----o Β νως είναι ΜΡ =ΜΟ= α. Αφού το ση μείο Μ είναι το μέσο της χορδής ΓΔ ισχύει: ΜΔ = ΜΓ = β και επιπλέον ΡΓ = ΜΓ - ΜΡ = β - α. είναι Επομένως έχουμε: ΡΓ2+ΡΔ2=(β-α/+(β+α/= = β2 - 2αβ +α2+β2+2αβ + α2 =2(α2 + β2 ) = 2 R2 από το πυθ. θεώρημα στο τρίγωνο ΜΟΔ.

2 = 4R2 και Στο2 τρίγωνο ΟΜΓ ισχύει: ΟΜ OΓ +ΓM2=R2+3R2=4R2 δηλαδή ΟΜ2=0Γ2+ΓΜ2 επομένως, από αντίστροφο Πυθαγορείου Θεωρήμα ° τος, είναι Ο Γ Μ=90 , δηλαδή ΜΓ.lΟΓ. Γ

(Άλλος τρόπος για να δείξουμε 2ότι η 2ΓΜ εφάπτεται στον κύκλο: MB·MA=R· 3R=3R =MΓ , επομένως το τμήμα ΜΓ είναι εφαπτόμενο στον κύκλο που ορί ζουν τα σημεία Α, Β και Γ από εφαρμογή 2 σελ. 202 σχολικού βιβλίου). Αρκεί το Κ να ε 'ιναι μέσο του ΑΜ. Από το° ορθογώνιο °τρίγωνο ΟΓΜ με °Ο Γ Μ=90 και· Γ 6 Μ=60 , προκύπτει Γ Μ 0=30 . Έτσι, το τρί γωνο ΓΑΜ είναι ισοσκελές με ΑΓ = ΓΜ = J3 R. Αρκεί να δείξουμε ότι το Κ είναι μέσο της ΑΜ. Από2 νόμο2συνημιτόνων στο τρίγωνο °ΑΓΚ έχουμε: 2 ΓΚ z= ΑΓ + ΑΚ - 2-ΑΓ·ΑΚ. συν30 β.

Δίνεται κύκλος (O ,R) και ΑΒ μια διάμετρός του. Θ εωρούμε σημείο Γ του ( O ,R) τέτοιο ώστε Γ Α Β=30 ° και σημείο Μ της προέ

κτασης της ΑΒ τέτοιο ώστε O M=2R. α. Να δείξετε ότι η ΜΓ είναι εφαπτομένη του κύκλου. β. Αν θεωρήσουμε σημείο Κ της ΑΒ με

J3R

' το ΓΚ ει'ναι κα., θ ετο Γ κ= - , να δ ει'ξετε οτι 2

J3 2

:::::>

3j R·ΑΚ. = 3 R2 + ΑΚ2 - 2 -νr::;

ΑΚ2 - 3 R-AK +

ΑΚ = - =

9R 2

= Ο ή (ΑΚ -

:::::>

2 )2 = Ο

:::::>

ΑΜ δ λ δ , η α ή το Κ είναι μέσο της ΑΜ . 2

Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ τα ύψη του ΒΔ και Γ Ε τέμνονται στο Η. Ν α δείξετε ότι: ΒΓ 2 = ΒΔ · ΒΗ + ΓΕ·ΓΗ

στην ΑΜ.

Αν ΑΜ είναι το τρίτο ύψος του τριγώνου, έ α. Επειδή Γ Α Β = 30 ° έχουμε για την αντί χουμε: Οι γωνίες Δ και Μ είναι παραπληρω στοιχη επίκεντρη γωνία Γ 6 Β = 60 ° . Στο τρί ματικές, επομένως το τετράπλευρο ΔΗΜΓ εί γωνο ΟΓΜ έχουμε: ΓΟ = R, ΟΜ = 2R και ναι εγγράψιμο, συνεπώς ΒΗ·ΒΔ=ΒΜ·ΒΓ ( 1 ) Ακόμα οι γωνίες Ε και Μ είναι παραπληρωμα Γ 6 Β = 60 ° . τικές επομένως και το τετράπλευρο ΕΒΜΗ είJ3

Από νόμο συνημιτόνων° προκύπτει: ΓΜ2=0Γ2+0Μ2 -2· 0Γ·ΟΜ·συν60 ή ΓΜ= R.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ.l/47

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ναι εγγράψιμο, συνεπώς ΓΗ·ΓΕ=ΓΜ·ΒΓ

(2)

�

···

· ·· ···· · ·· · ·

···

··

.. ·

· .

Έστω Κ το μέσο της χορδής Γ Δ, τότε στο τρί γωνο ΓΡ Δ από το 1 ° θεώρημα διαμέσων έχου ΓΔ2 = 2ΡΚ2 + ΚΔ2 με: ΡΓ2 + ΡΔ2 = 2ΡΚ2 + 2

•

··

···

··

f.i

· · · ···· ··

· ··

·.

· ·

.... .....

. .

· . .· ..

··

· ·

Με πρόσθεση των ( 1 ) και (2) κατά μέλη έχου με: ΒΔ·ΒΗ + ΓΕ·ΓΗ = ΒΜ·ΒΓ + ΓΜ·ΒΓ = =ΒΓ(ΒΜ + ΓΜ) = ΒΓ· ΒΓ = ΒΓ2 Δίνονται κύκλοι (0,4) και (Κ,2), με ΟΚ=6. Στο σημείο Η της ΟΚ με ΗΚ=2 φέρουμε μια ευθεία ε κάθετη στην ΟΚ και θεωρούμε τυχαίο ση μείο της Μ. α. Να βρεθεί η διαφο 2 2 ρά ΜΟ - ΜΚ β. Να δείξετε ότι οι δυνάμεις του σημείου Μ ως προς τους δύο κύκλους είναι ίσες.

Είναι ΟΚ = R+ρ = 4+2 = 6 επομένως οι κύκλοι εφάπτονται Μ εξωτερικά. Στο τρίγωνο ΜΟΚ, αν Λ είναι το μέσο του ΟΚ, τότε ΗΚ < ΚΛ = 3, άρα το Η βρί σκεται μεταξύ των Λ και Κ και η πλευρά ΟΜ είναι μεγαλύτερη τη ς ΜΚ. Επίσης ΗΛ=ΚΛ-ΗΚ 1 .Από το 2° θεώρημα διαμέσων έχουμε: Μ0 2-ΜΚ2=2·0Κ . ΛΗ= 1 2. Μ Δ Μ =(ΜΟ2-42 )-(ΜΚ2-2 2 )= ' . β. Ειναι. Δ < ο . 4 J - < K , J 2 ' ΔΜ _ ΔΜ =ΜΟ2 - ΜΚ2 - 1 2 --0 αρα (o , 4 J - <κ . J =

Δίνεται κύκλος (O ,R) και ΑΒ μια διάμετρός του. Φέρνουμε χορδή ΓΔ//ΑΒ, αν Ρ είναι τυ χαίο σημείο της διαμέτρου ΑΒ, να δείξετε ΡΓ 2 + Ρ Δ 2 = ΡΑ2 + ΡΒ 2 ότι

όμως από τα τρίγωνα ΡΚΟ και ΟΚΔ, έχουμε: Ρ:κ.Ζ=ΟΡ2+0Κ2 και ΟΚ2+ΚΔ2=0Δ2 Επομένως: ΡΓ2 + ΡΔ2 = 2ΡΚ2 + ΚΔ2 = 20 Ρ 2 + 20Κ2 +2ΚΔ2 = =2ΟΡ2 + 20Δ 2 = 20 Ρ 2 + 2R2 ( 1 ) Ακόμη : ΡΑ2 + ΡΒ 2 = (R - ΟΡ)2 + (R + ΟΡ) 2 = = 2R2 + 2ΟΡ2 (2). Από ( 1 ) και (2), ισχύει. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α =90 ° και από τυχαίο σημείο Δ της ΒΓ φέρνουμε την κάθετη στη ΒΓ που τέμνει την ΑΓ στο Η και την ΒΑ στο Ζ. Έστω Μ το σημείο το μής της ΒΗ με την ΖΓ. α. Να δείξετε ότι ΗΑ·ΗΓ = ΗΒ·ΗΜ. β. Αν Κ, Λ οι προβολές των Α, Μ αντίστοιχα πάνω στην ΒΓ και ισχύει ΒΚ = ΛΓ, να δεί ξετε ότι το Δ είναι μέσο της ΒΓ.

Στο τρίγω νο ΔΒΓ, τα ΖΔ και ΓΑ εί ναι ύψη που τέμνονται στο Η. Άρα το Η είναι ορθόκε του ντρο ΔΒΓ, επομένως το ΒΜ είναι ύψος του. Επειδή Β Μ Γ=90°=Β Α Γ, το τετράπλευρο ΒΑΜΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και οι χορδές ΑΓ, ΒΜ του αντίστοιχου κύκλου τέμνονται στο σημείο Η. Επομένως ΗΑΗΓ=ΗΒ·ΗΜ. α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/48

Μ αθη ματικά για την Β' Λυκείου

Ισχύει ΚΓ = ΚΛ + ΛΓ = ΚΛ + ΒΚ=ΒΛ ( 1 ) Στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΜΓ, τα ΑΚ, ΜΑ αντίστοιχα είναι ύψη που αντιστοιχούν στην υποτείνουσα ΒΓ, επομένως: ΑΚ2=ΒΚ. ΚΓ και ΜΛ2= ΒΛ - ΛΓ. Η υπόθεση ΒΚ = ΛΓ και η ( 1 ) μας δίνουν: ΑΚ2 = ΜΛ2 ή ΑΚ = ΜΑ . Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΚ και ΜΛΓ είναι ίσα ( Κ = Α =90° , ΑΚ=ΜΛ και ΒΚ=ΛΓ) επομένως Β = Γ , δηλαδή το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ισοσκελές, άρα το ύψος του ΖΔ είναι και διάμεσος. β.

_\ σ Ί� η σ η

-� ' '

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και ΑΒ=ΑΓ. Αν Ν το μέσο της διαμέσου ΑΜ και Κ ση-

3 . ΒΓ

' το , της ΒΓ με ΒΚ= -8- , να δ ει'ξετε οτι μειο τρίγωνο ΓΝΚ είναι ορθογώνιο.

2 ΒΓ 2 + ΒΓ2 ΒΓ 2 = 5 . ΒΓ2 . Άρα ΓΝ2 + ΝΚ2 = 5·ΒΓ2 + 5-ΒΓ2 = 25·ΒΓ2 ΒΓ + ΒΓ = -5-ΒΓ και ΓΚ = ΓΜ + ΜΚ = 2 . _

ΓΚ2 =

25 Β Γ 2 64

= ΓΝ2 + ΝΚ2 , δηλαδή ΓΝΚ

είναι ορθογώνιο με Ν =90 ° . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α και τα τόξα ΑΓ και ΒΔ των κύκλων (Δ, α) και (Α, α). Να δείξετε ότι η ακτίνα R του κύκλου που εφάπτεται στα τόξα ΑΓ, ΒΔ και στην πλευρά ΑΔ του τετραγώνου είναι ίση με α/6.

Η ΑΜ είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ΒΓ του ορθογωνίου τριγώνου Β ΑΜ Β Γ ΑΒΓ ' άρα: ΑΜ= Γ . 'Ετσι' ΜΝ= = 2 2 4 ΒΓ 3 · ΒΓ ΒΓ και ΜΚ= ΜΒ - ΚΒ = = -. 2 8 8 2 2 2 2 2 Επίσης, ΒΓ =ΑΒ +ΑΓ ή ΒΓ = 2-ΑΓ ( 1 ) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι r ισοσκελές επομέ νως η διάμεσος ΑΜ είναι και ύψος του. Έτσι, το τρί γωνο ΝΜΚ είναι s ορθογώνιο με Μ =90 ° , οπότε από Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: Β ' Β '� S . + ΝΚ2 � ΝΜ2 +ΜΚ'� --

Φέρνουμε την ΕΚ κάθετη στην ΑΔ. Είναι ΒΕ=α+R και ΑΕ=α-R αφού τα ζεύγη των κύκλων (Β, α), (Ε, R) και (Α, α), (Ε, R) εφάπτονται εξωτε ρικά και εσωτερικά αντίστοιχα. Επίσης η ΕΚ που είναι κάθετη στην ΑΔ εφάπτεται στον κύκλο (E,R). Αν Ν η προβολή του Ε στην ΑΒ , προκύπτει AN=R. Από το γενικευμένο Πυθ. 2θεώρημα στο ( :) ( {) :f' τρίγωνο 2 2 ΑΕΒ έχουμε: ΕΒ2 =ΕΑ +ΑΒ -2ΑΒ-ΑΝ 2 2 (α2 + R) = (α-R) + α -2α· R α - 6α R = αφού α έχουμε R Από το τρίγωνο ΑΜΓ, με εφαρμογή του θ. Στο συν(90-φ )=ημφ=-. α-R διαμέσων έχουμε: Από νόμο συνημιτόνων στο ΑΕΒ: ΕΒ2=ΕΑ2+ΑΒ2 ΓΝ2= 2ΓΜ2 + 2ΑΓ2 -ΑΜ2 2ΑΕ·ΑΒ· συν(90-φ) R (α + R)2 = (α-R)2 + α2 -2α- (α-R)· α-R 2 (τJ 2 +2ΑΓ2 - ( τJ 2 (από την ( 1 )) Δηλαδή πάλι η σχέση α(α-6 R)=O =:>R= 6 Ι ου

::::::>

::j:. Ο

ΑΚΕ:

-------

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/49

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Μ /

Κώστας Βακαλόπουλο ς - Ανδρέας Τ σαγγάρης

Στο άρθρο 'που ακολουθεί καταγράφουμε μια ά ε ιρ σ από επιλεγμένες ασκήσεις από το κεφάλαιο των διανυ σμάτων. Πολλές απ ' αυτές είναι λυμένες με περισσότερους από έναν τρόπο ενώ σε ορισμένες παραθέτονται και σχετικές μεθοδολογίες. Αν Κ, Λ, Μ είναι μέσα των πλευρών ΒΓ, Γ Α, ΑΒ αντιστοίχως, τριγώνου ΑΒΓ, να αποδει χθεί ότι για οποιοδή π οτε σημείο Ο ισχύει:

- - - - - --

ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ = ΟΚ + ΟΛ + ΟΜ

;?1.\\\

� g� - I κ.-

, \

δίνεται και προσπαθούμε να-αντικαταστήσουμε τα - διανύσματα ΟΑ, ΟΒ και ΟΓ συναρτήσει των διaνυσμάτων ΑΒ, ΑΓ . Έτσι έχουμε: 70Α -30Β-40Γ = Ο <::::> 70Α-3 ( ΟΑ+ΑΒ ) - 4 ( ΟΑ+ΑΓ ) =0 <::::> 70Α-30Α-3ΑΒ-40Α -4ΑΓ = Ο <::: :> - <::::> - = 4ΑΓ 4 - οπότε τα δια-3ΑΒ ΑΒ = --ΑΓ 3 . νύσματα είναι συγγραμμικά (παράλληλα) Παίρνουμε σαν σημείο αναφοράς τοκάθεκοινό άκρο Α των διανυσμάτων και αναλύουμε τηςδιανυσμάτων ισότητας που. μαςΈτσιδίνεταιέχουμε: σε δι αφοράδιάνυσμα δυο 70Α -30Β - 40Γ= -Ο<::::> 7 ( ΟΑ-ΑΟ ) -3 ( ΑΒ-ΑΟ ) -4 ( + ΑΟ ) =Ο <::::> 7ΑΟ-3ΑΒ + 3ΑΟ-4ΑΓ + 4ΑΟ =Ο <::::> . Οπότε: ΑΒ ΙΑΓ -3ΑΒ = 4ΑΓ <::::> ΑΒ = _.iΑΓ 3 αποδείξουμε αρκεί ότι τανατρίαδείξουμε σημεία ότιΑ, ΒδυοκαιαπόΓΓιαταείναιναδιανύσματα συνευθειακά που σχηματίζουν ανά δυοέτα σημεία είναι παράλληλα. Από α) ερώτημα - χουμε ΑΒ ΑΓ οπότε τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά. ΑΓ

Παρατηρούμε ότι τα πουδιανύσματα του δεύτερου μέλους της ισότητας θέλουμε να αποδεί ξουμε είναι διανυσματικές ακτίνες που αντιστοι χούν στα μέσα των πλευρών του τριγώνου, οπότε μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τις αντίστοιχες ισότητες. Έτσι-έχουμε: ΟΑ+ΟΒ Μ Ο = 2 (Ι) ΟΚ = ΟΒ+ΟΓ 2 (2) ΟΛ = ΟΑ+ΟΓ (3) 2 Από (1), (2), (3) έχουμε: ΟΟ+ΟC + αι+ΟC ΟΜ+�+Μ= αι+ΟΟ + 2 2 2 ) =ΟΑ+ΟΒ+ΟΓ = 2 ( 0Α+0Β+ΟΓ 2

Δίνονται τα μη συγγραμμικά διανύσματα του επιπέδου. Ο είναι τυχαίο σημείο του επιπέ δου. Αν OA = ( x + t) a + 3β, ΟΒ = 2χa + ( 3χ - ι) β, ΟΓ = -α - 5β τότε να υπολογιστεί το χ e R ώστε τα

σημεία Α, Β, Γ να είναι συνευθειακά .

Έχουμε: ΑΒ=ΟΒ-ΟΑ = 2xa+(3x -Ι)β-( χ+ l)a-3β = = (χ -I)a+(3x -4)β ΑΓ =ΟΓ -ΟΑ = -a-5β-(χ + l )a-3β = - - - = (-2 -χ) α - sβ Για να είναι τα σημεία Α, Β, Γ συνευθειακά πρέπει και αρκεί τα διανύσματα ΑΒ, ΑΓ να είναι δηλαδή να-υπάρχει λeR ώστε: Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει πραγμα συγγραμμικά, = λΑΓ ή ΑΓ = λΑΒ (2) . τικός λ ώστε: ΑΒΠαίρνουμε = λΑΓ οπότε:την ισότητα που μας 'ΕΑΒχουμε: ( 1) <=>(χ-Ι)a+(3χ-4) β=λ[( -2-x) a- si3J _

Αν για τα σημεία Ο, Α, Β, Γ ισχύει:

7 0Α - 30Β - 40Γ = Ο , να αποδειχθεί ότι:

α) ΑΒ I I ΑΓ , β) Τα σημεία Α, Β και Γ είναι συ νευθειακά.

(1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ. l /50

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

<=> (χ - ι) α + (3χ -4)β = ( λχ ) a -8λβ <=> [ χ - + (χ + ) J α + ( 3χ -4) β = α -2λ -

2 λ

8λ +

Αν ένας από τους συντελεστές των α και β δεν είναι μηδέν π.χ. x-l + (x+2)λ;i:O τότε α

8λ+3χ-4 - = χ -1+ ( χ+2 ) χ-1+{χ+2)λ=ΟJ &+3χ-4=0 (Σ) χ -1 + (χ+ 2) 4-3χ 8 = λ

β � α I /β , που είναι άτοπο.

{χ-1+λ=4-3χ8(χ+ = }

Οπότε πρέπει και αρκεί να υπάρχει λεR ώστε να ισχύει:

, δηλαδή

Για να έχει λοιπόν το

Σ)

2) λ Ο

λύση ως προς λ πρέπει και

αρκεί

Ο , δηλαδή χ=Ο ή χ=2.

Ανάλσyα εργαζόμαστε στη σχέση

(2)

Θεωρούμε τα ση μεία Α, Β, Γ. Να αποδει χθεί ότι για οποιοδήποτε σημείο Μ, το διάνυσμα -

5 ΜΑ - SMB + 3ΜΓ είναι σταθερό.

Για

να

είναι

σταθερό

το

διάνυσμα

5ΜΑ -8ΜΒ 3ΜΓ Μ. Β, Β, 5ΜΑ -8ΜΒ+ 3ΜΓ =5ΜΑ -8( ) + 3(ΑΓ- ) = = -5ΑΜ -8ΑΒ+8ΑΜ +3ΑΓ -2ΑΜ =3ΑΓ -8ΑΒ . Β, ΑΒ - ΑΜ

ΑΜ

Το διάνυσμα αυτό είναι σταθερό, γιατί τα ση μεία Α, Γ είναι σταθερά.

Θεωρούμε τα σημεία A(S,-1), B( l , l) και Γ(2,3) α) Να αποδειχθεί ότι τα σημεία Α, Β, Γ εί ναι κορυφές τριγώνου. β) Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο. α) Για να είναι τα σημεία Α, Β, Γ κορυφές τριγώνου αρκεί να αποδείξουμε ότι δεν είναι συ νευθειακά. Δηλαδή αρκεί να αποδείξουμε ότι τα

διανύσματα ΑΒ, ΑΓ δεν είναι συγγραμμικά. Έ-

= ( -5 1+1) = (-4, ) ΑΓ=(2-5, 3+1) =(-3, 4) ( - - ) = � -43 41 = -16 + = -10 l

Οπότε: det ΑΒ, ΑΓ

Θεωρούμε τα σημεία A(6,- l ), Β(4,3), Γ (1 ,2) και Δ(2μ, μ+ J). Να βρεθεί ο πραγματικός αριθ μός μ ώστε να είναι κορυφές τραπεζίου.

Για να είναι ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ τραπέζιο αρκεί να έχει δυο πλευρές παράλληλες και τις άλ λες δυο μη παράλληλες. Γι ' αυτό διακρίνουμε δυο περιπτώσεις: α) Με βάσεις ΑΒ, ΓΔ. Πρέπει και αρκεί: ΑΒ / /ΓΔ και ΑΔ ΒΓ . ' Εχουμε:

ΑΒ=(4-6, 3+1)=(-2,4) = ( 1) )=( ( _) =0<=> 1 1-2μ 1-4J =0 <=> -2 + 2μ-4 + =Ο<=> -1 =Ο<=> = -53 =-3 ( 58 ) (�5 - , �5 + ι) = ( 24 , .!25 ) ( 2-3)=(-3, -1) 24 13 (AΔ, B ) = -S S = � ΑΔ)1ΉΓ -3 -1 2μ, 2 - μ - 1

Άρα: ΑΒ ;1 ΑΓ οπότε τα σημεία Α, Β, Γ δεν εί ναι συνευθειακά και είναι κορυφές τριγώνου. β) Έχουμε:

1 - 2μ, l - μ _2

ΑΒ / /ΔΓ <:::> det ΑΒ, ΔΓ _

Ομ - 6

8μ

ΑΔ

6 , , ειναι Δ - , - . 'Ε στι εχουμε:

ποτε για μ

ΒΓ = l - 4,

Και det

:;t: Ο �

β) Με βάσεις ΑΔ, ΒΓ. Πρέπει και αρκεί:

ΑΔ I /ΒΓ και

AB;fΔΓ .

Έχουμε ΑΔ = ( 2μ -6, μ + 2

)

ΒΓ= ( -3,-1) <=> ( ) =Ο<=> � �; :1 1 =Ο <=> + 3μ + =ο<=> =ο<=> = = -12 ( -11) = ( 4), (1 + 24, 2+ 11) =(25, 13) = ( - - ) = � 25 134 1 = ΑΔ I /ΒΓ

Για μ

-2,

για

ΔΓ

τα

μ + 12

-12

οπότε:

-2

= - 1 26 :;t: Ο � ΑΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/5 1

είναι Δ -24,

Και det ΑΒ, ΔΓ

Αν

και

det ΑΔ, ΒΓ

-2μ + 6

ΑΒ

:;t

ι(ΑΒγ

Οπότε: (ΑΓ) 2 =(ΑΒ) 2 +(ΒΓ) 2 Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με ορθή γωνία τη Β .

ΔΓ

+ αρκεί να αποδείξουμε ότι ισού ται με ένα αλγεβρικό άθροισμα διανυσμάτων που ε ξαρτώνται μόνο από τα Α, Γ. Δηλαδή πρέπει να απαλείψουμε το Επιλέγουμε ως κέντρο αναφοράς ένα από τα σημεία Α, Γ π.χ. το Α και έχουμε:

χουμε: AB

(AB)=I ABI =�( -4)2 + 22 = Εο =20 (ΑΓ)=IΑΓI=�(-3)2 +42 =../9 +16= 5 (ΑΓ)2 =25 (Br) 2 =5 (ΒΓ)=I ΒΓΙ=JΙ+22 =J5

-26 - 1 00

;fΒΓ

διανύσματα

α, β

ισχύει:

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ι α + iil = 21 al

l ii l = 3 ι α ι

και

a /Ί/ β .

να

δείξετε

ότι:

ι) Να δείξετε ότι αν

.\ (ιση

Ι5/Α

' Ομάδας σελ, του Με αφορμή την άσκηση σχολικού αναφέρουμε τις παρακάτω ισοδυναμίες. • •

1 α + β l = 1 α1 + l β l � α // β Ι α + β l = J l αl - l β l � α / � β

(Ι) (2)

(2) π.χ. 2 έχουμε : Ι α + β = J α l - l β l l � Ι α + β 1 2 = J l αl - l β l � � l l ( α + β) 2 = (1 � - 1 � ) 2 � α2 +2α · β = 1 � 2 -2 1 � · Ι βi + Ι β1 2 � α . β = - l αl · l β l � α ?� β . \ (ιση τ η ς 6 σ κη σ η ς

J l αl - l β l = J l α l -3 l αi J = 1 -2 1 α 1 ι = 2 1 α 1 = Ι α + β l . Άρα α ?� β τα

διανύσματα

= 1α1 β

Γ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου ΒΟΑΓ τότε τα διανύσμα τα

Ιβl α

και ΟΒ

και

ως

και

διαγώνιες

(Ι Α Ι = Ι ΒΙ ) είναι κάθετα. ο

2) Να

� = l ii l« + ι α Ιβ

δείξετε

ότι

του

ρόμβου

φορέας

του

διχοτομεί τη γωνία των διανυσμά-

; και ο φορέας του ;=l � a-I�P διχοτομεί την παραπληρωματική γωνία των α και β

των

�

και

, Εργαζόμενοι όπως πριν έχουμε ότι

Γ, Δ, Α, Β ώστε:

και

οι φορείς των u και ν (διαγώνιοι του ρόμβου) διχοτομούν τις γωνίες του.

Έστω σημείο Ο και

= l a lp + l ϊi la

Αν θεωρήσουμε ση μείο Ο και

β = 201 1 · δ ( α, β μη συγγραμμικά) με lγl = l δ l = ι . Να δειχθεί ότι το διάνυσμα i = γ + δ διχοτομεί τη γωνία των διανυσμάτων α και β . :\. (J(fη

�

•

= 20 ι Ο · γ ,

�

3 της Β ' ομάδας του

'Εχουμε:

Δίνονται

; = ι α ι β - l ii l α τότε � j_ ; : ΟΑ =

Η απόδειξή τους είναι απλή . Για τη

Α'

σκήσεις: 9 της ομάδας και σχολικού βιβλίου σελ.

ΟΓ = γ, ΟΔ = δ, ΟΑ = α και ΟΒ = β . Ισχύει:

Να αποδειχθούν οι ισοδυναμίες: i) ii)

ι α + β ι = ι α- ί3 l � α j_ β

( α + β ) _ι (<ϊ- β ) � Ι α l = l ί3 Ι

Π οιες γεωμετρικές προτάσεις εκφράζουν οι παραπάνω σχέσεις; Έστω τρίγωνο

ΑΒΓ με ΑΒ J3 , ΒΓ = .fi

α = 2010 · γ => α // γ και Ο,Γ ,Α συνευθειακά και ΓΑ = J5 . Δείξτε ότι: ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ · ΓΑ + ΓΑ · ΑΒ = -5 β = 20 1 Ι · δ => β // δ και Ο ,Δ,Β συνευθειακά. Άρα οι γωνίες γ:δ και α: β ταυτίζονται. Ισχύει: ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = Ο ( Ι ) Αν Ε η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου (Ι) => ΑΒ + ΒΓ = -ΓΑ => ΓΑ · ΑΒ + ΓΑ · ΒΓ = ΓΟΔΕ θα ισχύει: ΟΕ = γ + δ . = -ΓΑ 2 = - I ΓA I 2 = -5 (1) => ΑΒ + ΓΑ = -ΒΓ => ΑΒ · ΒΓ + ΑΒ · ΓΑ = = -ΒΓ2 = - I B Γ I 2 = -2 ( 1) => ΒΓ + ΓΑ ΑΒ => ΑΒ · ΒΓ + ΑΒ · ΓΑ = = -ΑΒ 2 = - I AB I 2 = -3 δ Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: Όμως γ = δ , οπότε το τετράπλευρο ΓΟΔΕ ll ll 2 ( ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ · ΓΑ + ΓΑ · ΑΒ ) = -5 - 2 - 3 => -

( ) ( ) Α

= -

είναι ρόμβος . .\ ρ υ : το διάνυσμα ΟΕ (διαγώνιος -

ρόμβου) διχοτομεί τη γωνία του γ και δ άρα και -

την α και β . Π . \ !} Λ Τ ! ! ι:ι !-Ι Σ Η : Με τον ίδιο τρόπο με τη λύ-

ση της άσκησης 8 μπορούμε να αποδείξουμε τις α-

=> ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ · ΓΑ + ΑΒ · ΓΑ = -5

ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = Ο => ( ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ ) 2 = Ο =>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/52

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

-2 +ΓΑ -2 +2ΑΒ·ΒΓ+2ΒΓ·ΓΑ+2ΓΑ·ΑΒ=Ο� -- ΑΒ2 +ΒΓ 2 2 ( ΑΒ·ΒΓ+ΒΓ-ΓΑ+ΓΑ·ΑΒ) =-1 � 2 - 1 Βη 2 - I ΓAJ 2 � α) ( 2 α χ - 3 ) χ = χ + α ( Ι ) � ( 2 α χ - 3 ) α χ = α χ + α -·� 2( αη2 - 3αχ = αχ + 6 � 2(αη2 - 4αχ - 6 = ο 1 -10) = -5 . ΒΓ + ΒΓ · ΓΑ + ΓΑ · ΑΒ = -( ΑΒ 2 � ( α Χ )2 - 2 α χ - 3 = ο (2) Έστω τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με Θ i::τω ψ ι : ω = αχ οπότε:

I ABI = Ι ΒrΙ = Ι rΔΙ = Ι ΔΑ Ι . Δείξτε ότι αν ΑΒ ΒΓ ( 2) ω2 - 2ω - 3 Ο τότε Γ Δ ΔΑ και αντιστρόφως. Άρα: αχ = -1 ή αχ = 3 . j_

�

-1 ή

_ι

ω=3

" Αν αχ = -1 Ισχύει: ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ + ΔΑ = 0 �ΑΒ+ΒΓ=-( ΓΔ+ΔΑ) � ( ΑΒ+ΒΓ) 2 = [-( ΓΔ+ΔΑσ (1) � [2( -ι) - 3]χ = χ + α � -6χ = α � χ = - i α - · ΒΓ - + --ΒΓ 2 = ΓΔ + 2ΓΔ- · ΔΑ -+.,. Αν αχ = 3 - 2 + 2ΑΒ � ΑΒ ΔΑ 2 - - - - - - 1�ΑΒ·ΙΙ'=ΓΔ·ΔΑ. Άρα ΑΒ_iΒΓ τότε ΑΒ·ΒΓ=Ο (1) � (2 · 3 - 3)χ = χ + α � 2χ = α � χ = -α 2 οπότε και ΓΔ · ΔΑ =0 άρα ΓΔ _i ΔΑ και ρόφως. λ δ Επει ή στην παραπάνω ύση έχουμε χρη: αν

ανnστ

,\ ;; ; ,

Έστω

διανύσ ματα

α, β, γ

με

(α, γ)= � και (β, Υ) = �. (ως προς χ) η εξίσωση : 1 α + β-rl = 1 α + β + χ · rl ( χ IR) .

ΙαΙ = lβl = lrl = 1

και

Να λυθ εί

σιμοποιήσει συνεπαγωγές πρέπει να εξετάσουμε αν οι τιμές αυτές επαληθεύουν την αρχική εξίσωση .

Για χ- = - 61 α- έχουμε: ( 2αχ- - 3 ) χ- =

Ό μως Ι α + β - Ύl = Ι α + β+ χ . Ύl <::} αΙ + β -Ύ1 2 = I α + β+ χ . Ύ1 2 <::} ( α +β- Ύ )2 = ( α + β + χ · Ύ )2 <::} α + β + γ- 2 + 2αβ - 2β--γ - 2α- γ- = α- 2 + β--2 + ( χΎ --)2 + 2αβ +- 2χ αγ --+ 2χ βγ --<::} 2 γ 2 - 2 γ β - 2α γ = χ 2 · γ 2 + 2χα γ + 2χβ γ <::} χ 2 + 2 ( αΎ + β Ύ ) χ + 2 ( αΎ + β Ύ ) - 1 = ο (1 ) - - = l · lσυν-π = J3 Όμως: α--γ = 1 · 1συν-π3 = -2Ι και βγ 6 2 l + J3 χ + �,..ι 1 + J3 - 1 = 0 'Ετσι η (1) <::} χ 2 + �,..ι � � <::} χ 2 + ( 1 + J3 ) χ + J3 = ο <::} χ = 1 ή χ = J3 -2

-2

Έστω διανύσματα α, β,

( 2αχ -

με

για

έχουμε: ( 2αχ - 3 ) χ = [ 2α ( k α ) - 3 ] ( k α ) =

= ( α 2 - 3 )± α = ΙΞ α Ι και χ + α = ± α + α = ΙΞ α Ι ' δ η τιμη' χ = -21 α- ειναι εκτη' . β) χ = α + β � β = χ - α � l β l = Ι χ - α l . Όμως: = Ι χ + ( -α )l οπότε: Ι χΙ - 1 41 � Ι χ- � � Ι χΗ4 Ι(τριχ -γωα1 νική ανισότητα) επομένως: li Ι αΙ - Ι αΙ � Ι β Ι � i Ι αΙ + 1 -α1 �. Ιi � - J6ι � Ι βΙ �i J6 + J6 � , .1''

\ ( /\ :

) χ = χ+ α (1) �- i J6 � Ι βΙ � i J6 + J6 � α) Να βρεθεί το χ β) Αν χ = - � α και χ = α β δείξτε ότι: � � � �� + i � � Ι βΙ-� �� Ι β Ι - J6Ι �� .

τα οποία ισχύει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/53

Μαθημaτ ι κά Γ ενι κής Πα ι δε ίας για τη Γ ' τάξ η του Λυκ ε ίου

Α) Πολλές φορές σε διάφορες ασκήσεις δίνε ται ο τύπος μιας συνάρτησης όπως f(x)= 2/χ+ J5i. -3χ + lnx και τότε το πρώτο πράγμα που πρέπει να προσδιορίσουμε είναι ποιες τιμές μπορεί να πάρει η μεταβλητή χ ,δηλαδή να βρούμε το πε δίο ορισμού της . Για να βρούμε το πεδίο ορισμού συναρτήσεων που συναντάμε στα μαθηματικά γενικής παιδείας εξετάζουμε προσεκτικά όλες τις παρακάτω περι πτώσεις . 1 . Αν δούμε κλάσμα τότε πρέπει και αρκεί: ο παρονομαστής να είναι διάφορος του μηνεδός 2. Αν δούμε ριζικό τότε πρέπει και αρκεί: το υπόριζο να είναι θετικό ή μηδέν 3. Αν δούμε Ζ στον εκθέτη τότε πρέπει και αρκεί: η βάση να είναι θετική 4. Αν δούμε Λογάριθ μο τότε πρέπει και αρκεί: αυτός να αναφέρεται σε θετικό αριθμό 5 . Αν η συνάρτηση έχει δυο τύπους τότε ενώ νουμε τα διαστήματα στα οποία έχει νόημα ο κάθε τύπος . 6. Στα προβλήματα εκτός των παραπάνω περιο ρισμών, υφίστανται και φυσικοί περιορισμοί π . χ. Μήκος, Εμβαδό, κλπ. που πρέπει να είναι θετικά. Προφανώς αν δεν υπάρχει κανένας περιορι σμός τότε δεχόμαστε το πεδίο ορισμού Α= � 3

χ e:

../

Παραδείγματα εύρεσης Πεδίου Ορισμού �

1 . f(x) = 1 - ln x , βλέπουμε ί) lηχ άρα χ > Ο ii) � άρα ln x � Ο <::::? χ � 1 iii) 1-ln χ παρονομαστής άρα 1 - ln χ Ο <::::? ln χ 1 <::::? χ e :;t:

από τα παραπάνω προκύπτει A=[l ,e)u(e,+oo)

Θ ανάσης Π. Χ ριστόπουλος

2 . f(x) = .Jx 2 - χ πρέπει και αρκεί χ2-χ?:Ο , δηλαδή χ � Ο ή χ � 1 Επομένως Α=(---οο, Ο]υ[Ι ,+οο) 3. f(x) = χ 2 � - 4χ + 3 πρέπει και αρκεί χ-1�0 και x2--4x+3:;i:O δηλαδή χ � 1 και χ 1 και χ 3 Άρα: Α=(1 ,3)υ(3,+οο) *

f(x) = .Je 2 ' - 3e' + 2 πρέπει και αρκεί το υπόρριζο να είναι μη αρνητικό δηλαδή e2 x - 3ex + 2 ?:0 ( 1 ) Άρα ( 1 ) yex2 =- Υ3y + 2 � Ο ye'�=1 Υή Υ � 2 ex � 1 ή ex � 2 <::::? χ � ο ή χ � ln 2 και τελικά Α=(---oo, O]υ[ln2,+oo) 4.

}

<::::?

}

<::::?

{ χ2 , χ 1 f(x) = -,χ 1 ι ι�

χ >1 <::::?χ ε[-1 ,+ 1] ακόμη από τον δεύτερο τύπο χ>1<::::?χ ε(l ,+οο) Η ένωση μας δίνει: Α=[-1, + Ι] υ (1 , +οο)=[-1, +οο) Ένα δεύτερο πρόβλημα είναι ο υπολογι σμός ορίων. Τι σημαίνει li m f(x) = Ι ; με απλά λόγια Χ �Χο

σημαίνει πως καθώς το χ «πλησιάζει» το χ 0 τότε το f(x) «πλησιάζει» το Ι . Αν μια συνάρτηση είναι συνεχής σε ένα ση μείο χ 0 ε Α τότε το li m f(x) είναι ίσο με χ ..... χ ο

f(x 0 ) για το λόγο αυτό όταν μας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/54

ζητούν να

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

-(χ-2) = 2-χ 1-(χ-1) υπολογίσουμε ένα όριο , εξετάζουμε αν αντι καθιστώντας το χ με το χ 0 έχουμε αποδεκτό (χ -2)(I+ Jx-l) (χ -2)(1 +Jx -1) (χ -2)(1 +Jx -1) -1 , με lim ( l + Γx"=l ) = 2 :;t: O . αποτέλεσμα δηλαδή έναν πραγματικό αριθμό, = (1 + Γχ"=1) χ--> 2 τότε αυτός ο αριθμός είναι το ζητούμενο όριο (αρκεί να εφαρμόσουμε τις ιδιότητες των ορί Γχ"=! = --Ι . ων). Ά ρα 1 ι. m 1 Χ--> 2 χ - 2 2 Διαφορετικά αν το αποτέλεσμα είναι της μορο , ' τοτε: , φη ς 0 'Ε χουμε μορφη, ο , οποτε: 0 1 ) Παραγοντοποιούμε αριθμητή και παρονο (x2 -3x) (x+l)+Jx2 +1 _ 3χ χ 2 --= == = = μαστή και aπλοποιούμε παράγοντα της μορ χ + 1 2 2 � +1 cx+l)+Jx +t cx+l)-Jx φής (χ - χο) 2 ) Αν υπάρχουν τετραγωνικές ρίζες τότε πολ- , _ x(x -3) (x +l) + � x(x -3) (x + l) + � _ λαπλασιάζουμε αριθμητή και παρονομαστή με 2 x 2 + 2x + l -(x 2 + 1) 2 2 .J 1 1) + + x (x τη συζυγή παράσταση και ύστερα συνεχίζουμε x(x-3) (x +l) + � (x -3) (x +l) +� όπως στην προηγούμενη περίπτωση 1 ).

[

2. 3.

]

][

[

]

[

]

-l x 02 ιm -χ -3 ι . χ2 - 2χ X->2 x 2-4 . 1 - Γχ"=Ι lιm x-> 2 Χ - 2 χ 2 - 3χ= 1. ----;: : = χιm -->Ο Χ+}-� ι.

χ -> 2

lffi ---=

Να βρεθεί η θετική τιμή του κ ώστε:

I.ιm

χ--> 1

κχ

- --1 κ + 1 χ

κ -κ χ--> 1 Fx χ

-: 1.ι m ----=-

κχ 2 - χ - κ + l _ κ(χ 2 - 1) - ( χ - 1) χ-1 χ-1 κ( χ-- Ι)( χ-+ Ι) - (χ - 1) _ (χ - Ι) [ κ( χ + Ι) - 1)] -_ Παρατηρούμε ότι lim(x χ-1 χ-1 χ->2 2 - 3) = l :;t: O . κχ 2 - χ - κ + l 2 _ lim(x 2 - Ι) = -4-1 =3 κ(χ + l) - 1 , οπότε lim 1 . χ - 1 = 2κ 1 χ Άρα lim χ 1 = χ -->2 --> χ-->2 χ 2 - 3 lim(x Χ-->2 2 - 3) Ι Ενώ ο 2. οπότε μορφή Έχουμε ' κ 2 χ - κ 2 _ κ 2 (χ - 1)(� + χ) -_ κ2 (χ - 1)(� + χ) ο χ 2 - 2χ = χ(χ - 2) = χ με � - χ (� - χ)(� + χ) (� - χ)(� + χ) χ 2 -4 (χ - 2)(χ + 2) χ + 2 ' = κ2(χ - 1)(� + χ) = κ2 (χ - 1)(� + χ) = χ 2 - 2χ 2 1 ι -χ(χ - 1) χ - χ2 χ-->1.ιm2 ( χ + 2) 4 :;t: Ο . Ά ρα χι·-->m2 χ 2 - 4 4 = -2 κ 2 (� + χ) , οποτε.. ιι· m κ2χ - κ 2 - -2 κ2 Ο , , χ -->1 ν χ - χ 'Ε χουμε μορφη 0 , οποτε: -χ 4.

Είναι: �

�

� ..._ ....:.....:. ..._ _

---=--

= -

•

ι--; 2 I- Jx-1 (1 -.Jx-l)(I+Jx-1) Ι2 -νχ-1 χ-2 (x-2)(I+Jx-l) (χ -2)(1 +Jx -1)

--- =

....:._ ..._ __;_;_ -==---'-

2κ - 1 = -2κ2 <=> 2κ 2 + 2κ - 1 = Ο -I ± J3 κ = -I + J3 , αφου, κ>Ο. 2 2

Άρα: κ=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l /55

<::::::>

]

2χ 2 2 . - 3χ = --3 · 2 = -3 Ά ρα 1 ιm χ χ-->Ο χ + 1 - � 2

Να βρεθούν τα παρακάτω όρια: 1

[

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Αν f συνεχής στο IR και η γ ραφική της παράσταση διέρχεται από το σημείο Α( 1 ,2)

Ιι. m

να βρεθει το:

χ -+ ι

x 2 f(x) - xf (x) Χ-1

-----

Αφού f συνεχής στο IR άρα f συνεχής στο 1 δηλαδή limf(x) = f(1) αλλά το σημείο Α( 1 ,2) χ -+ 1

ανήκει στη γραφική παράσταση της f, επομέ νως f(1) = 2 , και αφού f συνεχής θα είναι

lim f (χ) = f (Ι) = 2 . 2 Αλλά x f(x) xf(x) = xf(x)(x 1) = xf(x) , χ-1 χ-1 ' ι·ιm x 2 f(x) - xf(x) -_ 1 · f(1) - 1 2 - 2 . ποτε -1 Χ --> 1

Χ --> 1

' ' Είναι φ ' (χ)= e x (χ2 ) ' = e x 2 χ οπότε φ ' (-1 )=-2e επίσης φ(-1 )=e άρα η εξί σωση της ευθείας που ζητάμε είναι: y-e=-2e(x+ 1 ) ή y=-2ex-e Βρίσκουμε τα σημεία τομής της με τους άξονες. Για χ=Ο είναι y=-e. Άρα τέμνει τον y ' y στο B(O,-e) Για y=O είναι 0=-2ex-e <=> 2ex=e <::::>χ= 1 . 2 Άρα τέμνει τον χ ' χ στο Γ( .!.. ,0)

Το τρίγωνο ΟΒΓ έχει εμβαδόν 1 1 e Ε= -1 (ΟΒ)(ΟΓ)= - e - = - .

Γ) αξιοποίηση του παράγωγου αριθμού παράγωγης συνάρτησης Κάθε σημείο Α του Καρτεσιανού επιπέδου

2 2 4

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο g(χ)=(λ- 1 )χ2 + μχ+ 1 . Αν η εφαπτόμενη ευθεία στη γραφική παράστα ση της g στο σημείο της Α( 1 ,2) είναι παράλληλη στην ευθεία y=3 x- 1

προσδιορίζεται από την τετμημένη χο και την τεταγμένη του Υο και συμβολίζεται Α(χο,Υο) α) Να βρεθούν οι τιμές των λ, μ Όταν όμως το σημείο αυτό ανήκει στη γραφι β) Για λ=3 και μ= - 1 να βρεθούν τα α κή παράσταση μιας συνάρτησης f , τότε ισχύει κρότατα της συνάρτησης g f(xo)= y0 οπότε το συμβολίζουμε A(xo ,f(xo)). Είναι γνωστό ότι ο παράγωγος αριθμός της f στο χ0 φανερώνει το συντελεστή διεύθυνσης α) Είναι g '(x) = 2(λ - 1)χ + μ και αφού η (την κλίση) της εφαπτόμενης ευθείας στη εφαπτόμενη ευθεία στη γραφική παράσταση γραφική παράσταση της f στο σημείο της με της g στο σημείο της Α( 1 ,2) είναι παράλληλη τετμημένη χ0 ή στο σημείο επαφής στην ευθεία η y=3x-1 επομένως Α(Xo ,f(xo) ). 'g (l ) = 3 <=> 2(λ - 1) + μ = 3 <=> 2λ + μ = 5 ( 1 ) Επίσης αφού το A( l ,2) είναι σημείο της Συμβολικά λ=f ' (χ0) (είχαμε ορίσει λ=εφω γραφικής παράστασης της g θα είναι όπου ω η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη g(l) = 2 <=> (λ - 1) + μ + 1 = 2 <=> λ + μ = 2 (2). ευθεία με τον άξονα χ ' χ ) Οπότε από (1 ),(2) έχουμε 2

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο φ(χ)= e x Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζει η εφαπτόμενη ευθεία στη γρα φική παράσταση της φ στο σημείο της Α(1 ,φ(- 1 )) με του ς άξονες χ ' χ και y ' y.

{ 2λ + μ =

<=> { λμ == 3-1

λ + μ = 2 <=>

β) Αν λ=3 και μ=-1 τότε g(x)=2x2-x+ l και

g '(x) = 4x - 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/56

Μ α θηματικά για την Γ Λυκείου

Αφού g'(x) = O <::> x = .!. , g'(x ) > O <::> x > .!_

Σε αυτή την περίπτωση αφού εντοπίσουμε 4 4 για ποια ποσότητα αναζητάμε μέγιστη ή ελά και g'( χ) < Ο <=> χ < .!. θα έχουμε ελάχιστο του χιστη τιμή, αναζητάμε τύπο για αυτή τη ποσό 4 τητα. Μια από τις μεταβλητές ποσότητες που 1 g(x) το g ( 4 ) εμφανίζονται στον τύπο αυτό το θέτουμε χ και τις υπόλοιπες τις εκφράζουμε συναρτήσει του χ με βάση τα δεδομένα (αλγεβρικά ή γε ωμετρικά)έτσι έχουμε τελικά εκφράσει τη ζη Δίνεται η συνάρτηση με τύπο τούμενη ποσότητα σαν συνάρτηση του χ, οπό 1 f(x)= - x3 - 3χ 2 + 5 χ + e τε αναζητάμε ακρότατα πλέον μελετώντας τη 3 Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και με τη βοήθεια της παραγώγου. τα ακρότατα Να δειχτεί ότι f (4)+f(6)>2f(5)

χ Γ (χ) f(x)

f ( x ) = x 2 - 6χ + 5 Ο -οο '

/ �

ΤΕ τΜ f ( l )= + e

+οο +

Τ ο κόστος παραγωγής χ αυτοκινήτων ανά ώρα σε μια αυτοκινητοβιομηχανία εί 36-5 χ2 +χ3 χιλιάδες Ευρώ, Αν η τιμή ναι : πώλησης κάθε αυτοκινήτου είναι 8000 ευ ρώ, πόσα αυτοκίνητα πρέπει να παράγει ανά ώρα ώστε να έχει μέγιστο κέρδος;

Η ζητούμενη ποσότητα της οποίας αναζη τάμε τη μέγιστη τιμή είναι το κέρδος, αλλά Κέρδος= Έσοδα- Κόστος f (5)= 25 + e Έσοδα(χ αυτοκίνητα 8 χιλιάδες Ευρώ το 3 καθένα)=8χ (χιλιάδες Ευρώ) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο Κόστος= 36-5χ2 +χ3 (χιλιάδες Ευρώ) (-οο , 1 ]υ[5,+οο) Αν Ρ(χ) συμβολίζει το κέρδος τότε Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ 1 ,5] 3 3 Η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για χ= 1 , Ρ(χ)=8χ- (36-5χ2 +χ ) = - χ +5χ2 +8χ-36, με χ>Ο. ίσο με f ( 1 )= 2 + e 3 Θα βρούμε τώρα τα ακρότατα αυτής της Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο για χ=5, συνάρτησης με τη βοήθεια της πρώτης παρα γώγου. Έχουμε: Ρ ' (χ)=-3χ2+ 1 0χ+8, οπότε: ίσο με f ( 5)= 25 + e 3 Ρ ' (χ)=Ο�χ=4, Ρ ' (χ)>Ο�χ ε (Ο, 4) Είναι 4<5 και f γνησίως φθίνουσα στο και Ρ ' (χ)<Ο�χ ε (4, +οο) [ 1 ,5] άρα f (4)> f (5) Επίσης 5<6 και f γνησίως αύξουσα στο Όπως προκύπτει από τον πίνακα μεταβο λών, για χ=4 ή συνάρτηση έχει τη μέγιστη τι [5,+οο] άρα f (5)< f (6) οπότε μή της. Άρα όταν το εργοστάσιο παράγει 4 f (4)+ f (6)>2 f (5) αυτοκίνητα την ώρα, έχει το μέγιστο κέρδος ίσο με Ρ(4)= 1 2.000 Ευρώ.

Δ) Ένα ακόμα πρόβλη μα είναι ο υπολογι σμός της μέγιστης ή της ελάχιστης τιμής που μπορεί να πάρει μια ποσότητα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 7 τ. l/57

ΤΑ ΔΙΑΝΥΣ ΜΑΤΑ, Η ΑΝΑΛΥΤΙ ΚΗ ΓΕΩ Μ ΕΤΡ Ι Α, Ο Ι Μ Ι ΓΑΔΙ ΚΟ Ι ΑΡ Ι Θ Μ Ο Ι

ΚΑΙ Η ΣΟΦ Ι Α ! Του Κώστα Βακαλόπουλου

•

Κύριε, πόσο μας χρει άζονται αυτά που μάθαμε πέρσι στα μαθηματικά της κατεύθυνσης;

- Σοφία, αν όχι όλα, αρκετά από αυτά. - Για πείτε μου ένα παράδειγμα! - Βεβαίως! Ο μιγαδικός αριθμός z = α + βί με α, β IR. , παρίσταται στο μιγαδικό επίπεδο με το σημείο Μ(α,β) . Το δε διάνυσμα ΟΜ (είδες τι είπα: διάνυσμα!), όπου Ο η αρχή των αξόνων λέγεται διανυσματική ακτίνα του μι γαδικού z. Επίσης από τις πιο χρήσιμες έννοιες στους μιγαδικούς αριθμούς είναι το μέτρο του z που το συμβολίζουμε με l zl και ισούται με το μέ τρο τη ς διανυσματικής του ακτίνας, δηλαδή ι σχύει: l z l ΟΜ . Δες στο σχηματάκι την διανυ σματική ακτίνα του μιγαδικού αριθμού: z = 3 + 2ί , είναι το διάνυσμα ΟΜ = ( 3, 2) .

Δηλαδή ΟΜ = ΟΜ 1 + Μ1Μ = ΟΜ 1 + ΟΜ 2 Επει δή όμως ι οΜ ι + Μ ι Μ I ::; Ι οΜ ι l + I M ι M I και στους μιγαδικούς ισχ;ύ ει ότι: l z ι + z 2 1 ::; l z ι l + lz 1 · 2 •

\"'

Το ίδιο συμβαίνει και με z1 - z2

που

έχει

τη διαφορά τους: διανυσματική ακτίνα

ΟΝ = Μ2Μ1 που ισούται με τη διαφορά των διανυσματικών ακτίνων των δύο μιγαδι κών. Πράγματι:

Μ 2 Μ 1 = 0Μ1 - ΟΜ 2 = 0Μ1 + 0Μ 3 = ΟΝ .

Επίσης

το άθροισμα z1 + z2 δύο μιγαδικών

αριθμών z1 και z2 έχει διανυσματική ακτί να ΟΜ το άθροισμα των διανυσματικών ακτίνων ΟΜ1 και ΟΜ2 των δύο μιγαδικών. Μ

·•

Σχόλιο : Είναι χρήσιμο πριν διαβαστεί το συγκεκριμέ νο άρθρο να υπάρξει μια παράλλη λη ανάγνωση με το άρθρο «τα Διανύσματα» της Β' Λυκείου σε αυτό το τεύχος του περιο δ ικού . •

- Δάσκαλε, αρχίζει και μου φαίνεται ότι δεν πήγε τσάμπα η χρονιά πέρσι! - Και ακόμα δεν σου έχω πεί σχεδόν τίποτε. Κατ' αρχήν θα σου κάνω μερικές ερωτήσεις για να δώ αν κατάλαβες αυτά που είπαμε μέχρι τώρα. «Τι είναι οι διανυσματικές ακτίνες των πραγματικών και τι των φανταστικών αριθ μών;» - Των μεν πραγματικών είναι διανύσματα συγ γραμμικά με τον άξονα χ 'χ, των δε φανταστι κών διανύσματα συγγραμμικά με τον άξονα y y. - Μπράβο ! Για σκέψου τώρα, τι σχέση έχουν οι διανυσματικές ακτίνες των συζυγών μιγαδι κών αριθμών και τι των αντίθετων μιγαδικών; - Λοιπόν, των συζυγών είναι διανύσματα συμ μετρικά ως προς τον άξονα χ 'χ και των αντίθε των είναι αντίθετα διανύσματα. Και νομίζω ότι τα σημεία στα οποία παρίστανται οι μιγαδικοί: i, z, -z και -z σχηματίζουν τετράγωνο!

- Όχι , Σοφία! Τα πρώτα που είπες είναι σωστά, όμως το τετράπλευρο που σχηματίζεται είναι ορ θογώνιο ! Δες για παράδειγ μα στο σχήμα με τον μιγαδικό z = 3 + 2ί το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/58

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

- Απίστευτη άσκηση κύριε! - Ας δώσουμε τώρα μερικές χρήσιμες πληροφορίες που αφορούν το μέτρο των μιγαδι κών αριθμών και πως σχετίζεται με την ανα λυτική γεωμετρία.

που έχει κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών z, z, -z και -z αντίστοιχα. Πρόσεχε λοιπόν! Θα σου δώσω τώρα μια άσκηση που θα διαπιστώσεις πλέον ότι οι γνώσεις των διανυσμάτων είναι απα αδικού α ιθ ού . t

Δίνονται οι μιγαδικοί z = α + β ί και w = γ + δί ΟΒ οι διανυσ ματικές με w ;e Ο . Αν ΟΑ και ακτίνες των z και w αντίστοιχα, - ΟΒ . z ΟΑ . 08 )Δ = α ειξτε οτι: ι 2 2 w οΒ οΒ '

Ι Ι

det(OA ) Ι Ι ·

β) Αν το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισόπλευρο και Im

( :)

να βρεθεί ο μιγαδικός αριθμός

, εχουμε: , z = α+βi = ... = αy + β) + -αδ + βy.ι ( 1 ) οιπον, Υ +δ2 Υ +δ2 w γ +δί Ας θυμηθούμε επίσης ότι: ΟΑ · ΟΒ = αγ + βδ , ι οΒΙ = �γ2 + δ 2 , det ( ΟΑ,ΟΒ) = αδ - βγ . Οπότε: · det(OA · OB) i α) Η ( 1 ) γίνεται: -w = ΟΑ ΟΒ j oBj οΙ ΒΙ 2 β) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο οπότε: α2 J3- με α = ΟΒ . (ΑΒΓ) = 60' και ΟΑ,ΟΒ = 1_1 (-=-=) 4 Λ

�

Άρα: ΟΑ · ΟΒ = Ι οΒΙ ' · σuν60' = και 1 1 - -)ι Ι οΒ Ι 2 J3 . 2 det ( ΟΑ, ΟΒ = 4 Όμως lm(z) > Ο ::::> det( ΟΑ,ΟΒ) < Ο , οπότε: det(OA,OB) = 'Ετσι ο μιγαδικός

� w

�.

γίνεται:

Όπως είδαμε προηγουμένως η διανυ σματική ακτίνα της διαφοράς z 1 - z 2 δυο μιγαδικών αριθμών που παρίστανται στα σημεία Μ1 και Μ 2 είναι το διάνυσμα ΟΝ που ισούται με το διάνυ σμα Μ 2 Μ1 που έχει αρχή και πέρας τις εικόνες των z 2 και z 1 αντίστοιχα. Άρα το μέ τρο τη ς διαφοράς δυο μιγαδικών αριθμών ισούται με την απόσταση των εικόνων του ς !

Δηλαδή l z 1 - z 2 1 = 1 M1 M 2 = ( M1 M 2 ) . Αν συνειδητοποιήσεις καλά αυτό, θα καταλά βεις αμέσως όλες τις προτάσεις που θα σου γράψω τώρα: Έστω z 0 ,z 1 ,z 2 μιγαδικοί αριθμοί με εικόνες, στο μιγαδικό επίπεδο, τα σημεία Κ, Μ 1 , Μ2 αντίστοιχα. Αν ισχύει: 1. ll z - z0 l = ρ j , ρ > Οτότε τα σημεία M (z) βρί

σκονται σε κύκλο κέντρου Κ και ακτίνας ρ. 2. l l z - z 0 1 > ρ l , ρ > Ο , τότε τα σημεία M ( z ) βρί σκονται στο εξωτερικό του ιδίου κύκλου. 3 . jl z - z 0l < ρ l , ρ > Ο , τότε τα σημεία M ( z ) βρίσκονται το εσωτερικό του ιδίου κύκλου. 4 . j lz - z 1 1 = 1 z - z l j , τότε τα σημεία M ( z ) βρί 2 σκονται στη μεσοκάθετο του τμήματος Μ Ι Μ2 . 5. jl z - z 1 1 > 1 z - z 11 ή l l z - z 1 1 < 1 z - z 1j , τότε τα 2 2 σημεία M(z) βρίσκονται στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από τη μεσοκάθετο του Μ1Μ 2 και το Μ2 ή Μι αντίστοιχα. Ο < Μ1Μ 2 < 2α ,τότε 6. jl z - z 1 1 + l z - z 1 = 2α j , 2 τα σημεία M(z) βρίσκονται σε έλλειψη με εστίες Μ ι και Μ2 . - Θέλεις να μου πεις τι ονομάζεται έλλειψη με εστίες τα σημεία Ρ 1 και Ρ2 ;

- Βεβαίως, θυμάμαι καλά!

Έλλει ψη με εστίες τα σημεία Ε ' και Ε ονομάζεται ο γεωμετρικός τόπος των σημείω ν του επιπέδ ου πο υ έχουν άθροισμα αποστάσεων από τα Ε ' και Ε σταθερό και μεγα λ ύ τερο από την απόσταση (Ε Έ) ..

που ισχυριστήκατε στη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/59

Επομένως αυτό περίπτω ση είναι προφα-

Μ α θη ματικά για την Γ Λυκείου

νές.

- Συχεχίζω λοιπόν! 7.

l l z - z, l - l z - z 2 1 = 2α l , 0 < 2α < Μ1Μ 2 , τότε τα

σημεία M(z) βρίσκονται σε υπερβολή με ε στίες Μ και Mz. 8. l 1 z - z , l = λ l z - z2 1 1 , 0 < λ 1 , τότε τα σημεία M(z) βρίσκονται σε κύκλο (Απολλώνιος κύκλος). ( Μ , �2 ) 2 2 2 > 9. 1 Ι z - z, l + l z - z 2 1 = λ j , με λ ' τότε τα σημεία M( z) βρίσκονται σε κύκλο. Ειδικά αν λ = ( Μ , Μ 2 ) 2 ο κύκλος έχει διάμετρο το ευ θύγραμμο τμήμα Μ , Μ 2 . 2 2 1o. j ι z - z, l - l z - z 2 1 = λ ' ' λ Ε JR* ' τότε τα σημεία M(z) βρίσκονται σε ευθεία. ι

-1

:;e

- Σιγά - σιγά, γιατί μου είπατε τόσα πράγματα απότομα. Εκείνο ειδικά με τον Απολλώνιο κύ κλο, τι το θέλατε; - Μην aνησυχείς θα σου τα εξηγήσω όλα . Όπως ισχυρίστηκες και συ προηγουμένως, μέ χρι και την 7η περίπτωση είναι απλά τα πράγ ματα αρκεί να έχουμε γεωμετρική εποπτεία μερικών εννοιών και να ξέρουμε καλά τους ορισμούς των κωνικών τομών. Για παράδειγ μα, τι λέει η 5η περίπτωση; Λέει ότι οι μιγαδι κοί z έχουν εικόνες όλα τα σημεία ενός ημιε πιπέδου. Α δού ε το πα ακάτω πα άδεt α:

- Κύριε, δώστε μου και μια άσκηση που να καταλήγει σε έλλειψη. - Αμέσως, γράψε μία: Ν α βρεθεί που κινούνται οι εικόνες των μι γαδικών αριθμών z που ικανοποιούν την σχέση : ( 1 ).

l z + 3 l + lz - 3 l = 8

Σύμφωνα με όσα είπες στον ορισμό της έλλει ψης προηγουμένως Σοφία, οι εικόνες των μι γαδικών z κινούνται στην έλλειψη με εστίες και τα σημεία Ε' ( αφού η παραπάνω σχέση αυτό ακριβώς εκφράζει. Η εστια κή απόσταση είναι 2γ 6 και ο μεγάλος άξονας 2α = 8 , δηλαδή α = 4, γ = 3 οπότε β = J1 6 - 9 = J7 . Η εξίσωση, αν θυμάσαι εί2 χ2 ναι: + y =1 16 7

-3,0)

Ε (3,0)

Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος των εικό νων των μιγαδικών z που ικανοποιούν την σχέση : (1)

' '

l z + 1l > lz - 3l

Προφανώς αναζητούμε τα σημεία Μ που είναι εικόνες των μιγαδικών z που ικανοποιούν την ( 1 ) δηλαδή των σημείων που απέχουν περισ σότερο από το σημείο Α ( -1 ,0 ) (εικόνα του μιγαδικού: - 1 ), απ' ότι από το σημείο Β ( 3,0 ) (ει κόνα του μιγαδικού: 3). Τα σημεία αυτά είναι όσα βρίσκονται στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από την ευθεία χ = 1 (μεσοκάθετο του ΑΒ) και το σημείο Β, μη συμπεριλαμβανομένων των σημείων της ευθείας. Πράγματι αν Μ σημείο στο παραπάνω ημι επίπεδο (βλέπε σχήμα), ισχύει: ΜΑ = ΜΚ + ΚΑ = ΜΚ + ΚΒ > ΜΒ . Η τελευταία ανισοτική σχέση εκφράζει την ανισοτική σχέ ση στο τρίγωνο ΜΚΒ.

χ=1

- Βεβαίως και θυμάμαι, κύριε! Μάλιστα μπο ρεί να γραφτεί και: 7χ 2 + 1 6 y 2 = 1 1 2 Όμως θα ήθελα και μια άσκηση με υπερβολή. - Έχω μπροστά μου μία! Γράψε αμέσως: .

Αν

z = χ + yι .

και ο w

ί =z2 + 1

ειναι πραγμα-

τικός αριθμός, τότε το σύνολο των σημείων 2 2 1 χωρίς Μ ( χ, y ) είναι η υπερβολή y - χ

τις κορυφές της.

Όμως στην άσκηση αυτή δεν έχουμε σχέση με μέτρα μιγαδικών που μας οδηγούν στις γε ωμετρικές ιδιότητες του σημείου που παρί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/60

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

στανται. Γι αυτό θα την λύσουμε αλγεβρικά. Είναι ευκαιρία να δεις και αυτή την μεθοδολο γία: Θα αντικαταστήσουμε στην έκφραση του w το z = χ + yi και θα χρησιμοποιήσουμε την συνθήκη που προκύπτει από το ότι αυτός είναι πραγματικός. Έτσι θα οδηγηθούμε σε μια εξί σωση με δύο αγνώστους χ , y οπότε θα δούμε ποια γραμμή εκφράζει, από τις γραμμές που μάθαμε πέρσι. Προφανώς στην άσκηση αυτή η γραμμή θα είναι μια υπερβολή. Για να δούμε όμως.

. - (x + yi)2 + 1 - χ 2 - y 2 + 2xyi + 1 i . [ (χ 2 - y2 + 1) - 2xyi J [ (χ 2 - y 2 + 1) + 2xyi } [ (x 2 - y 2 + 1) - 2xyi] + (χ 2 - y2 + ι)i = = 2xy (x z - y z + 1) 2 + 4x z y z χ 2 - y2 + 1 . 2xy + = (χ2 - yz + 1) z + 4x z/ (χ 2 - y z + 1) 2 + 4x 2 y 2 .

w -

Έτσι ο μιγαδικός w είναι πραγματικός αν και μόνο αν

χ 2 - y 2 + 1 = Ο <::::::> (χ 2 - y2 + 1) 2 + 4x 2 y2 <::::::> y 2 - χ 2 = 1 (χ 2 - y2 + 1) 2 + 4x 2 y2 =F O . lm(w) = Ο <::::::>

και

- Κύριε, έχω εκπλαγεί με τα όσα ακούω και βλέπω. Λέτε να υπάρχει άσκηση που μας οδηγεί σε παραβολή; - Κοίταξε, παραβολή δεν είνάι εύκολο να προκύψει από σχέση με τα μέτρα μιγαδικών διότι παραβολή τι είναι; - Ξέρω: Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που ισαπέχουν από ένα σημείο (ε στία) και μια ευθεία (διευθετούσα). - Οπότε καταλαβαίνεις τώρα. Απόσταση σημείων ξέρουμε στους μιγαδικούς με το μέτρο της διαφοράς τους. Απόσταση όμως σημείου από ευθεία δεν γίνεται. Όμως νομίζω ότι έχω μια άσκηση που θα προκύψει παραβολή και αυτή όμως αλγεβρικά. α) Έστω ρ Ε JR και z Ε C ώστε:

I Re( z ) + 3 1 l z - 3 1 =

( 1 ). Να αποδείξετε ότι ο

γεωμετρικό ς τόπο ς των εικόνων του z είναι μία παραβολή. β) Βρείτε επίση ς το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι ώστε z - 2 = z + 21 (2).

I Re( ) 1 l

α) Αν z = χ + yi έχουμε:

( 1 ) � lx + 31 = lx + yi - 31 � lx + 31 = J ( x - 3 ) + yiJ

l x + 31 2 = i ( χ - 3) + yi l 2 (χ + 3) 2 = ( χ - 3) 2 + y2 <::::::> χ 2 + 6χ + 9 = χ 2 - 6χ + 9 + y 2 <::::::> I y2 = 12χ I

<::::::>

Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η παραβολή με εστία Ε (3,0) και διευθετούσα την ευθεία δ : χ = -3 . β) Αν z = χ + yi έχουμε:

Η 1 η σχέση μας οδηγεί σε υπερβολή και μάλιστα ισοσκελή, με ασύμπτωτες τις ευθείες y = χ και y = -χ και εστίες τα σημεία Ε' ( ο, - ν'2 ) και Ε ( ο, ν'2 ) στον άξονα y ' y ενώ η 2η μας απορρίπτει τα σημεία της Α (Ο, 1) και Α' (Ο, -1) που είναι και οι κορυφές της. Υπ' ό ψιν ότι λόγω των ισοδυναμιών κάθε σημείο της υπερβολής εκτός των κορυφών της ικανο ποιεί τις αρχικές συνθήκες.

(2) l x - 2 1 = l x + yi + 2 1 l x - 2 1 = I ( χ + 2) + yi l <::::::> l x - 2 1 2 = i( χ + 2) + yi l 2 (χ - 2 γ = (χ + 2 ) 2 + y2 <::::::> χ 2 - 4χ + 4 = χ 2 + 4χ + 4 + y 2 Jy2 = - s χ Ι . <::::::>

<::::::>

Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η παραβολή με εστία Ε ( -2, 0) και διευθετούσα την ευθεία δ : χ = 2 . - Ότι θα υπήρχε τελικά άσκηση και με παρα βολή δεν το περίμενα! Τώρα να σας ρωτήσω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/61

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

κάτι; - Τι, Σοφία; - Οι δυο γραμμές: η ευθεία και κύκλος, με τις οποίες πέρσι ασχοληθήκαμε τόσο πολύ, εμφανί ζονται στους μιγαδικούς αριθμούς; Θέλω να πω: άξιζε τον κόπο που δουλέψαμε μαζί τους; - Είναι όπως ακριβώς το φαντάστηκες! Στους μιγαδικούς και η ευθεία και ο κύκλος εμφανί ζονται πολύ συχνά. Θα σου δώσω δυο ασκή σεις γι αυτά αλλά μετά θα σου πω μερικά πράγματα για τα μέγιστα και τα ελάχιστα που ζητούνται σχετικά. Να βρεθεί ο γεωμετρικό ς τόπο ς των ση μεί ων Μ που είναι εικόνες των μιγαδικών α ριθμών z = χ + yi , x, y ε JR που ικανοποιούν τις παρακάτω σχέσεις: (2) ( 1 ) β) l z - i l = l z α) l z - + 3i l =

I C x - 2) + (y + 3)i l = 2 <=> �(χ - 2) 2 + (y + 3) 2 = 2 <=> lcx - 2) 2 + (y + 3) 2 = 41

παραπάνω εξίσωση παριστάνει τα σημεία κύ κλου κέντρου Κ(2,-3) και ακτίνας ρ = 2 . β)

l z - i l = l z - 2 1 <=> lz - (0 + 1 · i)l = l z - (2 + Ο · i) l

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι τα σημεία της μεσοκαθέτου (ε) του ευθυγράμμου τμή ματος με Α(Ο,1) και Β(2,0). (Αν

κ ( 0 ; 2 , 1 � 0 ) = κ ( 1, Ξ ) το μέσο του ΑΒ και Ο - 1 = 1 ο συντελεστης' δ ' θυνσης της ΑΒ λ= 2 0 -2

ΑΒ

ιευ

λ · ( - Ξ ) = -1 <=> λ = 2 , και η

τότε ο συντελεστής διεύθυνσης της μεσοκαθέτου (ε) είναι:

εξίσωσή της:

, y- Ξ =2·(χ -1) <=>2y-1 =4χ -4<=> l4 x - 2y - 3 = οΙ 21 , α) lz - 2 + 3i l = 2 <=> l z - (2 - 3i) l = 2 . Σύμφωνα με την 1 η μεθοδολογία που σου έδωσα πριν ο γεωμε τρικός τόπος των εικόνων του z είναι κύκλος κέ ντρου Κ(2,-3) και ακτίνας ρ = 2 . (Η εξίσωση του παραπάνω κύκλου είναι: • 2 (χ - 2) 2 + (y + 3) = 4 ) 2

:� : � _/

(1) <=> lz - 2 + 3i l = 2 <=> l z - 2 + 3i l 2 = 2 2 <=> (z - 2 + 3i)(z - 2 -3ί) = 4 <=> zz - 2z -3zi - 2z + 4 + 6ί + 3zi - 6ί + 9 = 4 <=> zz - 2(z + z) - 3( z -z)i + 9 = ο <=> x 2 + y 2 - 2 · 2x - 3 · 2yi 2 + 9 = 0 <=> lx 2 + y2 - 4x + 6y + 9 = 01 z=x +yi

παραπάνω εξίσωση παριστάνει τα σημεία κύ κλου αφού: (-4) 2 + 6 2 - 4 · 9 = 16 > 0 , κέντρου -4 6 J16 = 2 . ' ρ=Κ --,- =Κ(2,-3) και ακτινας

(

2 2

)

(1) <=> l z - 2 + 3il = 2 <=> Ι c χ + yi) - 2 + 3i l = 2 <=> z= x + yi

l z - i l = l z - 2 1 <=> l z - i l 2 = l z - 2 1 2 <=> (z - i)(z + ί) = (z - 2)(z - 2) <=> zz + zi -zi + 1 = zz - 2z - 2z + 4 <=> (z - z)i + 2(z + z) - 3 = 0 <=> = 01-, 2yi 2 + 2 · 2χ - 3 = Ο <=> l'"4-x--2y-- 3 -z= x + yi

Άρα, ο γ.τ. των εικόνων του μιγαδικού αριθμού z, είναι η ευθεία με εξίσCQση: 4χ - 2y - 3 = Ο

l z - i l = l z -2 1 <=> l x + yi - i l = l x + yi - 2 1 <=> l x +(y-1)il = l (x-2)+ yil <=> �χ2 +(y -1)2 = �.--(χ--2-)2_+_'1 <=> χ 2 + (y - 1) 2 = (χ - 2) 2 + y2 <=> ...ι4χ - 2y - 3 = οι . Άρα, ο γ.τ. των εικόνων του μιγαδικού αριθμού z, είναι η ευθεία με εξίσωση: 4 χ - 2 y - 3 = Ο z= x + yi

- Όλοι οι δρόμοι, οδηγούν στη Ρώμη! - Πρόσεξε όμως! Αν ο μιγαδικός αριθμός z δεν είναι τη ς μορφής: z = χ + yi riJJ..iJ. της μορφής: z = f(x,y) + g(x, y)i , δηλαδή το πραγματικό και φανταστικό μέρος του είναι παραστάσεις του χ και y (π.χ. z = (3χ + y) + ( χ - y)i ) δεν ισχύουν οι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/62

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

μεθοδολογίες που είπαμε. Στη περίπτωση αυτή ο γεωμετρικός τόπος θα βρεθεί από την εξίσωση που θα προκύψει από την αντικατάσταση στη δοσμένη σχέση του z με την μορφή που δίνεται. Δες τη παρακάτω άσκηση: ΑΣ ΚΗΣΗ

Να βρεθεί ο γ. τ. των σημείων M(x,y) του επιπέδου για τα οποία ισχύει: l2z 1 il = 5 (2) όπου -

Αν για το μιγαδικό z ισχύει lz - il = lz + 2 + il να βρείτε: i) Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z ii) Την ελάχιστη τιμή του lzl Π U' \ \ i Η

i) Προφανώς οι εικόνες του z διατρέχουν την ευ θεία που είναι μεσοκάθετος του ΑΒ όπου Α η ει κόνα του i και Β η εικόνα του -2 - i δηλαδή Α (Ο, Ι) και Β ( -2, - Ι ) .

z = (3x - y) + 2i .

Αντικαθιστώντας τον μιγαδικό αριθμό z στην (2) προκύπτει: l 2 [ ( 3 x - y) + 2i] - Ι - i l = 5 <::::> l (6x - 2y - Ι) + 3 i l = 5 <::::> �(6χ - 2y - Ι) 2 + = 5 <::::> (6χ - 2 y - 1)2 + 9 25 � (6χ - 2y - 1) 2 - 1 6 = ο <::::> (6χ - 2y - Ι - 4)(6χ - 2y - Ι + 4) = ο <::::> 6x - 2 y - 5 = 0 ή 6x - 2y + 3 = 0 . Άρα : ο γ. τ. των σημείων M (x, y) είναι δύο ευθείες παράλληλες με εξισώσεις: 6x - 2y - 5 = 0 ή 6x - 2y + 3 = 0 . Τώρα σε παρακαλώ πήγαινε πάλι πίσω και διάβα σε την την και την Ι Ο μεθοδολογία. Αυτές οι τρείς δεν ερμηνεύονται εύκολα γεωμετρικά. Γι αυτό θα τις aντιμετωπίζεις αλγεβρικά. Θα aντικα θιστάς τον μιγαδικό z με z = χ + yi και θα καταλήγεις σε μια εξίσωση που θα παριστάνει γνωστή γραμμή. Όσον αφορά τον Απολλώνιο κύκλο αρκεί να θυμηθείς ότι είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου πού έχουν λόγο αποστάσε ων από δύο σημεία σταθερό. Ο κύκλος αυτός έχει διάμετρο τα συζυγή αρμονικά των σημείων αυτών. Με τα μέγιστα και τα ελάχιστα τι θα μου λέ γατε; - Εδώ υπάρχουν ωραίες μεθοδολογίες που αν τις μάθεις καλά θα μπορείς να αντιμετωπίσεις ό,τι άσκηση σου ζητηθεί.

·I

8η 9η

·2

εξίσωση της είναι: y = -χ - Ι . Θυμάσαι πώς αποδειιcνύεται αυτό;

- Με πολλούς τρόπους!

ελάχιστη τιμή του I � I είναι: Ι d(Ο, ε) = -- = J2 νΓι+ϊ 2 2η: Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αρι θμού διατρέχουν έναν κύκλο (Κ, ρ) τότε: ii)

�

• •

δεν παίρνει μέγιστη τιμή, ενώ παίρνει ελάχιστη τιμή την απόσταση του 0 ( 0, 0 ) από την (ε).

....

�

7\ (ι_ � //Α �

Ι η : Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αριθμού z διατρέχουν μια ευ εία (ε) τότε τ σ του

·•

Α Ι /

,Ι>// ! .Ψ

/ι

του I z I είναι: (ΟΑ) = i (OK) - (ΚΑ)I = ICOK) - P l και Ο η μέγιστη τιμ ή του I z I είναι: (ΟΒ) = (ΟΚ) + (ΚΒ) = = (ΟΚ) + ρ Ο

Π \ I'

ελάχιστη

τιμ ή

\ !- � ι · '\ ,

Αν για το μιγαδικό z ισχύει lz - 2 + il = ι ' να βρεθεί: i) Η γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z, ii) Η μέγιστη και ελάχιστη τιμή του lzl . ι

ί) Έχουμε lz - 2 + i l = Ι <::::> l z - (2 - i )l = Ι Άρα το Μ κινείται σε κύκλο κέντρου Κ ( 2, -Ι) και ακτίνας ρ = Ι ii) Η ελάχιστη τιμή του lzl είναι: ( ΟΑ) = ( ΟΚ) - ρ = ν'S -2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/63

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Υπ ' όψιν ότι οι μιγαδικοί που αντιστοιχούν στις τιμές 2 και 8 είναι αυτοί που έχουν εικόνες τα ση μεία Α, Β, Γ και Δ.

- Γιατί ( OK ) = J5 ;

- Δ ιότι

( ΟΚ) = �,..._22�+-(--1-:-)2 = J5

μέγιστη τιμή του lzl είναι: 4η : Αν οι εικόνες Μι και Μ2 δυο μιγαδικών αριθ (ΟΒ) = (ΟΚ) + ρ = J5 + 2 . Υπ ' όψιν ότι οι μιγαδι μών zι ,z2 διατρέχουν δυο παράλληλες ευθείες ει κοί που έχουν μέτρο J5 - 2 και J5 + 2 είναι αυ και ε2 αντίστοιχα, τότε: τοί που έχουν εικόνες τα σημεία Α και Β αντίστοι Ο η ελάχιστη τιμ ή του: lz1 - z2 1 είναι η απόσταση χα. των δύο ευθειών: d( ε 1 , ε 2 ) = (ΑΒ) iii)

_Α_ν_ο_ι_ε-ικ_ο_'ν_ε_ς_Μ _1_κ_α_ι_Μ_2_δ_υ_ο_μ_ι_γ_α-δ_ικ_ώ_ν_α_ρ_ι_θ_--,ll μών z1 , z 2 διατρέχουν δυο κύκλους (K, R ) και (Λ, ρ ) αντίστοιχα με ΚΛ > R + ρ τότε: ο η ελάχιστη τιμ ή της απόστασής τους, δηλαδή του lzι - z 2 l είναι: ( ΑΒ) = ( ΚΛ) - R - ρ ενώ

r-γ_.

η παράσταση

Ζι

- z 2 l δεν παίρνει μέγιστη τιμ ή f I

Lf/· Ι

-1 -•

Έστω οι μιγαδικοί z1 , z 2 έτσι ώστε lz 1 - i l = lz 1 - 1 1 και l z1 - 1l = l z1 - {2 - i)l . Ν α βρείτε τη μικρότερη τιμή του l z ι - z z l ·

η μέγιστη τιμή της απόστασής τους δηλαδή του Εύκολα αποδεικνύεται ότι οι εικόνες των μιγαδικοί lzι - z 2 1 είναι : (ΓΔ) = ( ΚΛ ) + R + ρ . Π i" Λ \ '' ' i !Ι \ μ Αν για τους μιγαδικούς z1 και z 2 κινούνται στις ευθείες ε1 : χ - y = Ο και z1 , z2 ισχύουν οι σχέσεις: l z1 + i l = 1 και ε 2 : χ - y - 2 = Ο (μεσοκάθετοι των τμημάτων ΑΒ

l zz - 31 = 2 , να βρείτε τη ν μέγιστη και ελάχιστη τιμή του l z1 - z2 1 .

Προφανώς οι εικόνες Μ1 , Μ 2 των z1 , z 2 κινούνται στους κύκλους (Κ, 1) με Κ (Ο, 1) και (Λ, 2) με

Λ(3,0) αντίστοιχα. ( ... ( ΚΛ ) = ... = Μ )

και ΓΔ με

Α(Ο,1),Β (1,0) και Γ(1,0),Δ(2,-1) ).

ελάχιστη τιμή του I z1 - z 2 1 είναι η απόσταση των ε 1 και ε2 δηλαδή d( ε 1 , ε 2 ) = ... = J2 - Θυμάσαι Σοφία πως βρίσκουμε την απόσταση δύο ευθειών; Η

- Ναι! Παίρνω ένα σημείο της μιας και υπολογίζω την απόστασή του από την άλλη ή εφαρμόζω τον Άρα η ελάχιστη τιμή του l z1 - z2 1 είναι: l βι - β2 Ι όπου ει : Υ = λχ + βι και τύπο ( ΑΒ ) = ( ΚΛ ) - R - ρ = Μ - 1 - 2 = lM - 3 1 ,J1 + λ2 ' ενώ η μέγιστη: ε2 : y = λχ + β2 που υπήρχε πέρσι σε εφαρμογή στο σχολικό βιβλίο . { ΓΔ) = (ΚΛ ) + R + ρ = Μ + 1 + 2 = lM + 3 1 - Μπράβο! Συνεχίζουμε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

5η : Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αριθμού z κινού η ελάχιστη τιμή της παράστασης: l z - wl είΟ νται σε κύκλο και z1 ένας μιγαδικός αριθμός και Μ1 ναι: ( ΑΛ ) = I (ΚΛ) - ρl και η εικόνα του στο επίπεδο, τότε: η παράστασης: l z - wl δεν παίρνει μέγιστη Ο τιμή. Γi Λ Ι) Λ \ Ε Ι Γ Μ Λ 7

α) Να βρεθεί στο μιγαδικό επίπεδο ο γ.τ. των ει κόνων P(z) των μιγαδικών z = χ + yi που ικανοποιούν τη σχέση \1

η ελάχιστη τιμ ή της: lz - z, l είναι: ( M ,A) = i(M,K) - ρl και η μέγιστη τιμή του: lz - z, l είναι: D (Μ , Β ) = i ( M ,K) + ρ ι . Ο

6 ____________ιι - ,-,Ι-Λ1 1Ε\\) ,Π_Λ_f_ ι__

Αν για το μιγαδικό αριθμό

z ισχύει: lz - 2il = l

να βρείτε την ελάχιστη και μέγιστη τιμή της παράστασης: Α = lz - 2 + il \ 1ιση

lz - 1 - 4i l = 2

και ο γ.τ. των

εικόνων Ι( w) των μιγαδικών w = χ + yi που

ικανοποιούν τη σχέση. Ι w + 21 = l w - 2 + Sil

β) Να βρεθεί στη συνέχεια η ελάχιστη τιμή της παράστασης l z - wl , όπου z και w οι μιγαδικοί

του ερωτήματος (α) . Λ ίιση :

α) Οι μιγαδικοί z για τους οποίους ισχύει: ' 6 lz - (1 + 4i)l = 2 βρίσκονται σε κύκλο Κ ( 1, 4 ) και ρ = 2 δηλαδή στον κύκλο με εξίσωση: (χ - 1γ + (y - 4 ) 2 = 4 . Οι μιγαδικοί w για τους οποίους ισχύει: ( 2) lw 1 = lw - (2 - 8i)l ( 1 ) , βρίσκονται στη μεσοκάθετο του τμήματος με άκρα ( -2, 0) και ( 2, - 8) . Για την εξίσωσή της έχουμε: lx + yi + 2 1 = l x + yi - 2 + 8il <::::> �(χ + 2)2 + y2 = �(χ - 2)2 + (y + 8)2 = x -2y - 8 = 0 (ε). β ) Η παράσταση d lz - wl εκφ ράζει την από σταση των εικόνων των μιγαδικών z και w. Η ελά χιστη τιμή της είναι η απόσταση ΑΛ. 11 - 2 · 4 - 81 r; Όμως ΚΛ = d(Κ, ε) = 2 - 2 = 3ν 5 . �1 + ( 2) Άρα: ΑΛ = d(K, ε) - ρ = 3J5 - 2

Από τη σχέση lz - 2il = 1 προκύπτει ότι η εικόνα του z κινείται στον κύκλο κέντρου Κ(Ο, 2) και ακτίνας 1 ενώ αναζητούμε το μέγιστο και το ελάχιστο της παράστασης Α = lz - (2 - i)l .Άρα: Η ελά χιστη τιμή του είναι : (M , A) = I ( M ,K) - ρi = Ji3 - 1 (Μ 1 η εικόνα του z 1 = 2 - i ) και η μέγιστη τιμή του είναι: (Μ , Β) = I( M ,K) + ρι = ν'13 + 1 6": Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αριθμού z κινού νται σε κύκλο c και οι εικόνες Ν του w σε ευθεία ε - Νομίζω πως ένα παρόμο ο θέμα ζήτησαν ι τότε: στι ς Πανελλήνιες εξετάσει ς πρόσφατα. \

-Ι

-1

Μ1

- Πράγματι. Σοφία, σε κούρασα με όλα αυτά . Όμως είναι βασικές μεθοδολογίες που θα σου φανούν χρήσιμες όλη τη χρονιά. Φύλαξέ τες και κάπου-κάπου ρίχνε τους καμιά ματιά. Όμως έχω εδώ ένα φάκελο που σου στέλνει ένας καλός μου φίλος και συνάδελφος ο Ανδρέας Τσαγγά ρης. με ασκή σεις από άλλες έννοιες εκτός από αυτές που αν αλύσαμε μαζί. Ας τις δούμε .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/65

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

ΑΣΚΗΣΕΙΣ Μ Ι ΓΑΔΙ ΚΩΝ ΑΡΙ ΘΜΩΝ_______l ii Ανδρέας τ!!�:α�ρη_S__ j

___

Ασκη ση I

Άσκη ση 3 '1

Να υπο �prι<;J�1 ού�ΊJΗ τ:wές , :43 Α=ι +ι +ι

+ι

Β = i 2oos + ί 2οο9 + ί 2ο1ο + ί 2ο ι ι ι

Γ = -;- + 72 + :τ + :4 +

Λ1ιση

Να βρεθούν οι μιγαδικοί αριθμοί z και w που ικανοποιούν τις σχέσεις : -i z - w = -ί και 2 z - 4w = - ι ί

+ι

•••

· 2041

{ � ;:�1 - i} �{��:=�-ι + i Οπότε λύνουμε το σύστημα <0ς προς τους μι

1, υ = Ο ί, υ = 1 ί 2 = -1, υ = 2 ί 3 = -i, υ = 3

γαδικούς z και w με τη μέθοδο των οριζουσών. i -1 = -4i + 2 * O + Oi Έτσι έχουμε: ο =

Α=ί3 +ί 13+ί23 +ί33+ί43=ί3 +ί Ι +ί3 +ί3 +ί3 = -ί+ί-ί+ί-ί = -ί Β= i2oos+i2009+ ί2Ο 1 0+ί2ΟΙΙ = io+i 1 +ί2+ί3 = 1 +i-1-i=O + _!_ + _!_ = � - 1 - � + 1 = Ο Είναι: � + _!_ i ί 2 ί3 ί4 i i •

•

(

+ 2�05 + 2�06 + 2�07 + 2�08 + 2�09 + 2�10 + 2�11 i i i i i i Γ = 0 + ... + 0 + 0 + �i + _!_ ί 2 + _!_ί 3 = �i - 1 - �i = -1 Ασκηση 2'1

Να αποδειχθεί ότι: ι (α+ β ί) 2οιο+(β+ αί) 2 ο ο=Ο , όπου α, β e R

Λ ίιση •

1 ο ; τρ6πος

Έχουμε διαδοχικά:

[(α+ βί)2 ] 1 0ο5+ [( β+αί)2] 1 0ο5 1005 1005 = [ (α + β i ) 2 ] + [ ( β - αί ) 2 ] =(α2-β2+2 αβί) ΙΟΟ5+( β2-α2- 2 αβί) 1οο5 =(α2-β2+2 αβί) 1 οο5+[-(α2-β2+2 αβί) 1 οο5 =(α2-β2+2 αβί) 1 0ο5+(_ 1 ) 1οο5 (α2-β2+2 αβί) 1 0ο5 =(α2_β2+2 αβί) 1 0ο5-(α2-β2+2 αβί)1 0ο5=Ο 2"� τρ6πος

Έχουμε διαδοχικά:

(α+βί)2ο ι ο+( β-αί)2ο1 0=(α+βί)2ο1ο+(-ί2β-αί/ο1 0 =(α+ βί)2ο1ο+[-i( α+ βί) ] 2ο1 0 =(α+ βί)2ο1 0+(-ί)2ο1 0(α+ βί)] 20 1ο =(α+ βί)2Ο 1 0+ί4.5 Ο2 . i2( α+βί)20 1 0 =(α+ βi/0 1 0-( α+ βί/0 1 0=0

l 2-4ι

-1 = -4i + (-1 + i = -4i - 1 + i = -1 - 3i D z = -1i+ ι. -4 ) i i · = i(-1 + i - i2 -i + i 2 - ow = 2i = 1 - 3i ) = 2-1 + 1

Για κάθε θετικό ακέραιο ν

Γ = �1 + 1-� + 1-� + 1-� + ... + 1-2�ο1 + 1- 2�ο2 + 1- 2�ω + 1- 2�ο4

z � �4

'Εχουμε ότι:

Για τις δυνάμεις του i ισχύει:

Οπότε έχουμε:

Λ ίισ η

Επομένως το σύστημα έχει ακριβώς μια λύση:

)

D z = --1 - 3i = ( - 1 - 3i)(2 + 4i ) = z=D 2 - 4i (2 - 4i ) {2 + 4i ) - lOi = -1 - -1 1. = -2 - 4i4 +-166i + 12 = 10 20 2 2 D z = --1 - 3i = -1 - -1 1.. W =D 2 - 4i 2 2 1 1. Άρα: z = w = - - -ι . 2 2 Ασκηση 4'1

ΑνΙzιΙ=Ιz2ι= . . . =ΙΖνl=k>Ο, ν � 3

Να αποδειχθεί ότι:

α) Ιzι +z2+ . . . +ΖνΙ= κ 2 - + - + ... + zΙ

β) Ιzιz2+z2z3 +z3zιΙ=κΙzι +z2+z3 Ι

Απ ό δ�;ιξ η

Ζν

Έχουμε: l z 1 1 l z 2 1 . = l zν I = κ <=> 2 2 2 l z 1 l = l z 2 l . . . = l zv l Κ2 <=> =

- z 1 z 1 = z 2 z 2 = = Ζ ν Ζν = Κ2 κ2 κ2 κ2 Επομενως ειναι: z 1 = -, z 2 = -, ... zν = z2 Ζν ΖΙ α) Είναι lz 1 + z 2 + ... + zv l = lz 1 + Ζ 2 + ... + zν l 1(2 - 1(2 1(2 - = l z Ι + z2 + ... + zν , = - + - + ... + - = Ζν ΖΙ z 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l /66

, ,

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

1 1 1 = Κ2 - + - + . . . + -

β) lz ι + z 2 + z 3 1 = z ι + z 2 + z 3 1 �

κ2 κ2 κ2 1 1 1 = 1 z1 +z2 +z3 = - +- +- = κ2 - +- +- = -

�

Ζι z2 z3 Ζ ι z2 z3 z ι z2 + z2 z3 + z3 zι = κ2 lzι zz +z2 z3 +z3 zι l = κ2 z l z 2 z3 κ·κ·κ ο

'-'-�---'--'-----'--'-'-

= -1 · lz ι z 2 + z 2 z 3 + z3 z ι l κ Άρα: jz1z 2 + z 2 z 3 + z3 z1 j = κ · jz1 + z 2 + z3 j Λ σ κ η σ η 5'�

'Εστω z ι ,Zz

C με

α) Να δειχθεί ότι:

j z1 j jz2 j J3 =

Zι+Zz +zιzz-3=0�zι+Zz-ZιZz+3=0

β) Αν zι+z2 +zιzz =3 να βρεθούν οι μιγαδικοί αριθμοί z 1 κ αι z2 . \ ί, σ η

Έχουμε : IZι l = ν J <=>j z1j 2 = 3 U)

z1z1 = 3 <=:>z1- = 3 Ζι

αρκεί: ( w - ϊ) ( w -η ;::: Ο 2 αρκεί: l w - zl ;::: Ο που ισχύει. Οπότε ισχύει και 1 1 + zw l2�( 1 + l z l2)( 1 + l w l2) λσκη σ η 7'�

Αν w μιγαδικός αριθμός για τον οποίο ισχύ ει: Ιw-1-il<5 να δειχθεί ότι: 10<Ιw-10-- 1 3il<20 Λ π6 δ ηξ η

Από τη τριγωνική ανισότητα για τους μιγαδικούς αριθμούς έχουμε ότι: Ι l z ι H zzl l � Ι z +zz l � Ιz ι l + l zz l Αν z1 = w-1- i και z2 = -9 -12i τότε έχουμε: Ι

Ι l w- 1-i l - l -9-1 2i l l�l(w-1-i)+(-9-12i )l�

<=:>

Οπότε:

z 1 + z 2 + z1z 2 - 3 = 0 <=:> z1 + z 2 + z1z 2 - 3 = 0 - - -3 3 3 3 +-·--3 = Ο <=> z1 + z 2 + z1 z 2 - 3 = 0 <=> - + Ζ ι z2 Ζι z2 <=:> z1 + z 2 - z1z2 + 3 = 0 β ) Από το α) ερώτημα έχουμε ότι οι μιγαδικοί αριθμοί z1και z2 που ικανοποιούν την zΙ+z2+z1zz3=0 θα ικανοποιούν και την zι+zz-zιz2+3=0. Οπότε αν τις προσθέσουμε κατά μέλη παίρνουμε z1+z2=0 και αν τις αφαιρέσουμε κατά μέλη παίρνουμε zιzz=3. Έτσι έχουμε το σύστημα: z1 + z 2 = Ο Ζ2 : - z ι <=> Z 2 = -z ι <=> z1 = ±3 ι_ -z1 = 3 Ζ 1 Ζ2 = 3 z = -3i z = 3i <=> z12 = 3 0 η z1 2= -3" ι ι

{

αρκεί: zw + zw � jwj 2 + jzj 2 αρκεί: ww + zz - zw - zw ;::: Ο αρκεί: w ( w - ϊ) - z ( w - ϊ) ;::: Ο αρκεί: ( w - ϊ) ( w - z ) ;::: Ο

} { } I { { ,

� Ιw-1-ii+I-9-I 2i l

Όμως είναι: H-9-I 2i l = �( -9 ) 2 + ( -12 ) 2 = Ι 5 και jw - Ι - i j < 5 . Οπότε Ιw-I-ii+I-9-I 2i l <5+ 1 5=20 � Ιw-1-i l + l -9-1 2i l < 20 (2) Επίσης από Ιw-1-i l < 5 έχουμε Ιw-1-i H-1-9-12i l < 5- Ι 5 = - 1 0 �Ι Ιw-1-i H-1-9-12i l l > 1 0 (3) Έτσι από(1 ), (2) και ( 3 ) έχουμε: 1 0<1w- 1 0-1 3i1<20 ί\ σ κ η σ η 8'1

Να δειχθεί ότι για κάθε μιγαδικό αριθμό z ι σχύει η ισοδυναμία r+z+l�ΙzΙ=Ιz+l l=l •

Λ σ κ η σ η 6 '1

Αν z, w Ε C να δειχθεί ότι:

1 1 + zw i 2�( 1+Ιz i 2)(1+Ιwl 2)

Α π ό δ ε ι ξη :

'Εχουμε: j 1 + zw j 2 � ( 1 + jz j 2 ) ( 1 + j w j 2 ) αρκεί: ( 1 + zw ) ( 1 + z w ) � 1 + jwj 2 + j zj 2 + j zj 2 j wj 2 - - -αρκεί: 1 + zw + zw + z zw w � 1 + jwj 2 + j z j 2 + zzww

(1)

•

Λ π6 δ η ξ η

Έχουμε z2+z+ l = Ο � (z+ 1 )(z2+z+ Ι ) = Ο �z3 -1 = Ο=> z3 = 1 � Ιz l 3 = 1 � Ιz l = 1 Επίσης z2+z+ Ι = Ο � z2 = - (z+ Ι) � Ι z i 2=Ιz+ 1 I � Ι z+ Ι Ι= 1 Άρα αν z2+z+ 1=0� Ιzi=Ιz+ 1 1=I Αντίστροφ α : jz j = jz + 1 j � jz j 2 = jz + 1 j 2 � zz ( z + Ι) (z + Ι ) � zz = zz + z + z + 1 =

�z+z+1 =0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l /67

(1)

Μαθη ματικά για την Γ' Λυκείου

Επίσης: lzl = 1 => lzl 2 = 1 => zz = 1 => z = -1 (2) z Οπότε από ( 1 ) και (2) έχουμε: z + _!_ + 1 = Ο => z 2 + z + 1 = Ο z

ί\σκ η σι1 9 '1

Αν για τους μιγαδικούς αριθμούς z 1 και z2 με 2 2 ΖιΖ2:#:Ο ισχύει (zι +z2) 0 1 0=(zι-z2) 0 1 0 να αποδειχθεί ότι: α) Ο

� είναι φανταστικός αριθμός z 2

β) Το τρίγωνο με κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών αριθμών z 1 ,z2 και την αρχή των αξό νων Ο είναι ορθογώνιο στο Ο.

ΛίJσ η

'Εχουμε: ( z1 + z 2 ) 20 1 0 = ( z1 - z 2 ) 20 1 0 1 1 => z l + z 2 ) 20 0 = z l - z 2 ) 20 0 1 1 => I z, + z 2 1 20 0 = I z , - z 2 1 20 0 => lz , + 2 2 l = lz , - 2 2 l => lz , + 2z l 2 = lz , - Zz l 2 => (z, + z 2 ) � + z 2 = (z, - z 2 ) � - z 2

υ)

I I(

(

)

= z1 z1 - z1 z 2 - z 2 z1 + z 2 z 2 => 2 z1 z 2 = -2 z1z 2 => z1 z 2 = - z1z 2

:: = - :: => :: = - ( :: )

Οπότε ο μιγαδικός αριθμός � είναι φανταστικός I "'

ηJι'ιπος

β) Αν Α και Β είναι οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z1και z2 αντίστοιχα στο μιγαδικό επίπεδο τότε είναι: Ι οΑΙ = lz, l , Ι οΒΙ = lz2 1 και I AB I = lz, - z2 1 Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο στο 0(0,0) 2 2 2 αν και μόνο αν ισχύει: Ι οΑ Ι + Ι οΒ Ι = I AB I

<=> l z ι l 2 + Ιz 2 Ι 2 = lz , - Zz l 2 <=> z1 � + z 2 z 2 = ( z , - z 2 ) z , - z 2

(

)

-= .

Το οποίο ισχύει από το α) ερώτημα. Άρα το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο στο Ο. •

2"c τρ6 πος

(2)

[)

(χ + y )(x - y ) χ Είναι: � = , + y l i = , , i 2 2 i z 2 x 2 + Yzi (x z + Y 2 i )(x 2 - y 2 i ) χ χ -x y +y x + - , 2 , ,2i ,2 2 i Υι Υ 2 χ 2 + y2 χχ + -x y = , 22 Υι2Υ 2 + ΥιΥ 22 ,2 2 i χ 2 + Υ2 χ 2 + Υ2 Οπότε : Re � = χ , χ� + Υ�Υ 2 = Ο χ 2 + Υ2 z2 ι( ) => Χ 1 Χ 2 + Υ 1 Υ 2 = 0 ::::> ΟΑ · ΟΒ = Ο => ΟΑ _i OB Επομένως το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο στο Ο. _

[)

;\ σκη σ η

0'1

Ν α βρεθεί η τιμή του θετικού πραγματικού αριθμού χ αν ισχύει: (1 ) . \. iί ση

Με βάση την ταυτότητα ν+ Ι

α -1 1 + α + α 2 + ... + α = με α = x i * 1 έχουα-1 με: 1 + x i - x 2 - xi 3 + χ 4 + ... + x i49 = = 1 + ΧΙ. + ( ΧΙ. ) 2 + ( ΧΙ. ) 3 + ( ΧΙ. )4 + . . . + ( ΧΙ. ) 49 = ( x i ) 5o - 1 x 50 i 5o - 1 -x s o - 1 = = xi - 1 xi - 1 xi - 1 ν

---

Άρα:

4 5 0 + 1 χ 5ο + 1 4 5 0 + 1 -χ 5 ο _ 1 = -<=> -- = -( 1 ) <=> 1 - xi 1 - xi 1 - xi . xi - 1 0 5 5 <=> χ ° = 4 <=> χ = 4, αφ ού χ>Ο . ί\ σ κ η σ ι1 I

Για

τη

ιι

συνάρτηση

f: R�R

ισχύει

(fot)(x)=2x-1 (1) για κάθε χ ε R. Θεωρούμε τον μιγαδικό αριθμό z(x)=x+f(x)i, όπου βρεθεί ο αριθμός (z(1 )) 4 •

ε R. Να

, \ ίJ ση

z, = z, <=> z1 z 2 = - z 2 z1 <=> Z Z z

Οπότε έχουμε: ΟΑ · ΟΒ = χ 1 χ 2 + y 1 y 2 Όμως ο � ε i ::::> Re � = o

Αν z1=x 1 +y,i και zz=xz+yz i Είναι: OA = (x, , y , ) και OB = ( x 2 , y 2 )

Έχουμε: z (l) = 1 + f(l) · i . Από τη σχέση ( 1 ) για χ = 1 προκύπτει:

f ( f(1) ) = 2 · 1 - 1 = 1 . Η σχέση ( 1 ) για χ = f (1) , f ( f ( f(1 )) = 2 · f(l) - 1 <::> f(1) = 2f(l) - 1 <::> f(1) = 1 Άρα: z (l) = 1 + i => ( z (l) ) 4 = ( 1 + i ) 4 = . . = -4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/68

Ο Ε υ κλε ί δ η ς π ρ οτ ε ί νε ι

τ ων μαθηματικ ών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κ ύριος λόγός ύ π αρξης το υ μ αθηματικο ύ είναι να λύνει προβλήματα». P. R. HALMOS

«Η καρ δ ι ά

Επιμέλεια:

Γ . 1\: . Π' Ι Λ :'\ 1'01.: - '\ . Θ .\ Υ Ι Ω '\ 0 11 0 \ . \ Ο Σ

Ευχόμαστε καλή και δημιουργική χρονιά σε όλους. Ε 1 = Ε · συνθ . Η στήλη με τη δική σας στήριξη και ανταπόκριση Λ ll ΟΛ Ε Ι Ξ Ι-ι δημιουργεί ευχάριστο περιβάλλον για πρωτότυπες I) Υποθέτουμε ότι μία πλευρά του τριγώνου ΑΒΓ, επεξεργασίες μαθηματικών θεμάτων και γιαυτό σας έστω η ΒΓ, είναι παράλληλη στο επίπεδο Ρ. ευχαριστούμε όλους θερμά. Σ ' αυτό το τεύχος δημο Τότε υπάρχει επίπεδο Ρ ' I I Ρ που διέρχεται από σιεύουμε ένα μέρος από τις δικές σας συνεργασίες την ΒΓ. (Βλέπε σχήμα (I) ) και παρατηρήσεις και θα επανέλθουμε με πολλές νέες στο δεύ τερ ο τεύχο ς. Έτσι έχουμε: Ι i>(! (τΕΥΧΟΥΣ 72 ) Τρίγωνο ΑΒ Γ κείμενο επί επιπέδου Π προβάλλε ται επί επιπέδου Ρ, που σχηματίζει με το επίπεδο Π \ ::.. Ι.... Η � ! !

δίεδρη γωνία μέτρου

Ο<

θ < � , κατά τρίγωνο 2

Α 1 Β1Γ1 • Να αποδειχθεί ότι ισχύει: σΦΑ (σΦΒ 1 + σΦΓι ) + σΦΒ ( σΦΓι + σΦΑ ι ) + + σΦΓ ( σΦΑ 1 + σΦΒ 1 ) = συνθ + 1 συνθ (Προτάθηκε από τον συνάδελφο ΓΙ ΩΓ' ΓΟ -

ΝΤΟ -

ττ ί Λ -

Λ Ο ιl\'α )

Θεωρούμε την προβολή Α 1 ΒΓ του τριγώνου ΑΒ Γ και φέρουμε Α 1Δ .l ΒΓ . Επειδή ΑΑ1 .l ( Ρ ') , από το θεώρημα των τριών καθέτων, έχουμε ΑΔ .l Β Γ . Συνεπώς, Ε 1 = ( Α 1 Β Γ ) = _!_ • Β Γ · Α 1 Δ = 2 = -Ι · Β Γ · ΑΔ · συνθ = (ΑΒΓ ) · συνθ = Ε · συνθ . 2

(Από το συνάδελφο r>Ο ΔU Λ ΦU ιη ι - Δάφνη ) Διατυπώνουμε το παρακάτω ΛΗΜΜΑ :

ΛΥΣΗ 1 °

Μ Π Ο

11)

Υποθέτουμε ότι καμία από τις πλευρές του τρι γώνου ΑΒΓ δεν είναι παράλληλη στο επίπεδο (Ρ) .

Τρίγωνο ΑΒΓ , εμβα δ ού Ε , κείμενο επί επιπέ δου Π , προβάλλεται πάνω σε επίπεδο Ρ που σχηματίζει με το Π δίεδρη γωνία τά τρίγωνο

Α 1 Β 1 Γ1

εμβαδού

θ ε (0, �) , κα-

Ε1

και ισχύει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/69

------

Ευκλείδης Προτείνει . . .

Τότε υπάρχει επίπεδο Ρ ' 1 / Ρ που διέρχεται από <::::? α 1 2 (β 2 + γ 2 - α 2 ) + β 1 2 (α 2 + γ 2 - β 2 ) S ΕΕ ι 8ΕΕ ι την κορυφή Γ και το τρίγωνο ΑΒΓ προβάλλεται 2 2 _ z στο (Ρ') κατά το τρίγωνο Α 1 Β1 Γ . Η τομή των επι + γ/ (β + α γ ) = §_ + __§__ Ε Ε1 8ΕΕ 1 πέδων (Ρ') και Π είναι η ευθεία που διέρχεται από 2 2 z 2 2 2 2 2 <::::? α 1 (β + γ - α ) + β 1 (α + γ - β ) και ή Γ και το σημείο τομής Τ των ΑΒ την κορυ φ +γ ι 2 (β 2 + α z - γ 2 ) = 8(Ε 2 + Ε ι 2 ) (1) Α 1 Β 1 Συμφώνως προς την περίπτωση (1), έχουμε: Άρα, αρκεί να αποδειχθεί η σχέση (1 ). Έχουμε: Ε 1 = (Α 1 Β 1 Γ) = (Α 1 ΤΓ) - ( Β 1 ΤΓ) (βλέπε σχήμα (ΠΙ) ) ) ) ( (Α = ΤΓ · συνθ ΒΤΓ · συνθ = [(ΑΤΓ) - ( ΒΤΓ)] · συνθ = (ΑΒΓ) · συνθ = Ε · συνθ •

\π�;νΟυμ ίζιτα ι ι;π ίσης ότ ι :

Από τον τύπο του Ήρωνα για το εμβαδόν Ε τριγώνου ΑΒΓ συναρτήσει των τριών πλευρών του προκύπτει η σχέση: 16E z = 2(α z β z + β z γ z + γ 2 αz ) - (α 4 + β 4 + γ4 ) Β) Από τον νόμο των συνημιτόνων προκύπτει 2 2- 2 εύκολα ότι: σφΑ = β + ; α και κυκλικά, Ε Α)

ΑΝ = JΑΑ ι - ΒΒ ι J � �γ 2 - γ� = μβ z - β � - �α z - α� � 2 γ γ� = cl �β 2 - β � - �α 2 - α� 1 ) 2 � γ 2 - γ� = β 2 - β� + α z - α� - 2 ��(β_2__-β �-)-(α_2__-α-�-) 2 2 2 +γ Συνεπώς, έχουμε: σφΑ(σφΒ1 + σφΓι ) = β 4 α · � 2 �(β 2 - β� )(α z - α� ) = β 2 - β� + α 2 - α� - γ 2 + γ� Ε � 4 (β z _ β� )(α 2 _ α� ) = [( α 2 + β z _ γ z ) 2 + γ 2 _ β 2 α 2 + β 2 _ γ 2 β 2 + γ 2 _ α2 α 2 α 1 . __ ( I 4I I + I 4I I )= 4 -(α� + β � - γ� ) ] z � 2Ε 1 Ε Ε1 Ε1 4(β 2 - β � )(α 2 - α� ) = (α 2 + β z - γ z ) z + 2 (β 2 + γ 2 - α 2 ) α 1 � σφΑ (σφΒ 1 + σφΓ1 ) = (α � + β � - γ� ) z - 2(α z + β z - γ z )(α� + β � - γ� ) SEE I � 2(αzβz + βzγ2 + γ2 αz ) ..;.. (α4 + β4 + γ4 ) + 2(α/ βι 2 + βι\ 2 + γ/ αι 2 ) - (αι 4 + βι 4 +γι 4 ) = 2 (β 2 + α 2 - γ 2 ) =2α� (βz +γz - α z ) + 2β�(γz + αz - β z ) + 2γ� (αz + βz - γ z ) γ ι σφΓ(σφΑ 1 + σφΒ 1 ) = � 16Ε 2 + 1 6Ε� = 2α� (β 2 + γ 2 - α 2 ) SEE I +2β� (γ z + α z - β 2 ) + 2γ� (α z + β z - γ z ) � 8 (E z + Ε � ) = α� (β z + γ 2 - α 2 ) Η αποδεικτέα σχέση ( σύμφ ωνα με τα παραπάνω ) +β � (γ z + α z - β z ) + γ� (α z + β z - γ z ) γράφεται ισοδυνάμως που είναι και η αποδεικτέα. \ \ � Η 2 1 1 ( Από τον συνάδελφ ο Ι Τ .Ω Ι' Π Ο 1\. Λ σφΑ( σφΒ 1 + σφΓ1 ) + σφΒ (σφΓ1 + σφΑ 1 ) τ :.:. . \ Ο Υ Ν Η Πρέβεζα. ) + σφΓ(σφΑ 1 + σφΒ 1 ) = συνθ + Ι συνθ Υποθέτουμε ότι στην γενική περίπτωση είναι : -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/70

-------

Ευκλείδης Προτείνει . . .

ΑΑι < ΒΒι < ΓΓι , οπότε μπορούμε να εργασθούμε με το παρακάτω σχήμα έχοντας μετατοπίσει πα ράλληλα προς τον εαυτό του το τρίγωνο ΑΒΓ ώ στε να είναι Α = Α ι . Θέτουμε Σ το πρώτο μέλος της αποδεικτέας ισότητας, ΒΒ ι = υ ι , ΓΓι = υ 2

�

•

ΑΞΑ>

Γι

υz

Από την ισότητα έχουμε διαδοχικά:

συνΑ = ημΑ

.....

ΑΒ· ΑΓ

(4)

2Ε

Άρα, έχουμε τις ισότητες: υ2 σφΑ + σφΒ = _ι + ( σφΑ ι + σφΒ ι )συνθ 2Ε υ2 σφΑ + σφΓ = -2 + ( σφΑ ι + σφΓι )συνθ 2Ε

(5) (6)

Από τις σχέσεις (2 ),(5),(6 ) παίρνουμε: υι υ _-2 = σφΑ - σφΑ ι συνθ 2Ε υ ι2 _ = ( σφΑ + σφΒ) - ( σφΑ ι + σφΒ ι )συνθ και 2Ε υ2 -2 = ( σφΑ + σφΓ) - ( σφΑ ι + σφΓι )συνθ 2Ε Με αντικατάσταση στην ισότητα (υ ι υ 2 ) 2 υ ι2 . _ υ 22 έχουμε: (σφΑ-σφΑ . σι.Μ))2 = = 2 (2Ε)

2Ε 2Ε

= [σφΑ + σφΒ - ( σφΑ ι + σφΒ ι )συνθ] · [ σφΑ + σφΓ - ( σφΑ ι + σφΓι )συνθ]

η, το αυτό

I ΑΉI ΑΓi η μΑ

υ2 υ υ σφΓ = σφΓι · συνθ + 2 - ι 2

Μετά από τις πράξεις και με δεδομένο ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει η ισότητα: σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ = Ι καταλήγουμε στην ισότητα: Ι - συνθ Σ + συν 2 θ = Ο και τελικά ·

στην αποδεικτέα: Σ = συνθ +

(1) �

�

---+

αφού ΑΒ ι · ΓΓ; = Ο , Β ι Β · Αr; = 0 . Επειδή

ΛΣ Κ Η Σ Η 1 6 7

1- .

συνθ

( ΤΕΥΧΟΥΣ 73)

Έστω ένα σύνολο Α, το οποίο περιέχει τουλάχι στον τέσσερα διαφορετικά ανά δύο στοιχεία α,β,γ

σχέση (Ι) γράφεται ισοδυνάμως: .....

σφΑ =

.....

ΑΒ ι · ΑΓι 2Ε ι

g:Α�Α

υ ι υ-2 συνθ + ή 2Ε

υ ι υ-2 σφΑ = σφΑι · συνθ + _ 2Ε

(2 )

δ.

Θεωρούμε

μία

συνάρτηση

και υποθέτουμε ότι η

εξίσωση

g( χ) = χ

έχει μοναδικές ρίζες τα α και β και η

εξίσωση

(g g)( χ) = χ ο

έχει μοναδικές ρίζες τα

α,β,γ και δ. Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει συ

Ομοίως εργαζόμενοι, καταλήγουμε στις σχέσεις: υ2 υ υ σφΒ = σφΒ ι · συνθ + ι - ι 2 (3) και 2Ε

και

νάρτηση fοf=g.

f:Α�Α,

για την

οποία

( Προτάθηκε από τον συνάδελφο

Α Ν ΤΩ Ν Η Κ Υ Ρ ! Λ Κ Ο ΓΙ Ο Υ Λ Ο - Αθήνα)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l /71

ισχύει

------

Ευκλείδης Προτείνει . . .

( Από τον ίδιο, ο οποίος σημειώνει ότι η άσκηση αυτή υπάρχει στο βιβλίο Functional

Λ ΥΣΗ

Equations , Β. J. Venkatachala. )

Από τις υποθέσεις έχουμε: g(α) = α , g(β) = β ,

δ = γ , άτοπο. <3 >

4) Έστω f(γ) = δ . Τότε, f(δ) = f(f(γ)) = g(γ) (l)

(2)

(3)

= δ � δ = f(δ) � f(δ) = f(f(δ)) � δ = g(δ) = γ

g(g(γ)) = γ ,

� δ = γ , άτοπο. Αποδείξαμε , λοιπόν, ότι

g(g(δ)) = δ . Θέτουμε g(γ) = Υ . 'Ετσι έχουμε, λόγω

f(γ) � {α, β, γ, δ } , άτοπο. Άρα, τέτοια συνάρτηση

και των υποθέσεων: g(g(γ)) = g( y) � γ = g(y)

f : Α � Α δεν υπάρχει. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

g(g(α)) = α ,

g(g(β)) = β ,

� g(γ) = g(g( y)) � Υ = g(g(y)) Άρα: Υ = α ή y = β ή y = γ ή y = δ . 'Εστω ότι: y = α . Τότε: ·

α = g(α) = g(y) = γ � α = γ , άτοπο. Όμοια, αν υ ποθέσουμε ότι y = β φθάνουμε στο άτοπο β = γ . Έστω ότι y = γ . Τότε: γ = g( y) = g(γ) , δηλαδή γ = g(γ) και άρα γ = α ή γ = β , άτοπο. Άρα: y = δ . Έτσι, βρίσκουμε εύκολα ότι: g(γ) = δ

( Ι ) και g(δ) = γ

Έστω τώρα ότι υπάρχει μια συνάρτηση f : Α � Α με g( x ) = f(f( x )) , για κάθε χ Ε Α (3). Από την (3) , έχουμε για κάθε χ Ε Α : f(g( x )) = f(f(f( x ))) και g(f( x )) = f(f(f( x ))) . Συνεπώς, f(g( x )) = g(f( x )) (4). (4)

Αν ξ Ε {α, β } , τότε: f(ξ) = f(g(ξ)) = g(f(ξ)) δηλ. (5)

Όμοια βρίσκουμε ότι, αν η Ε {α, β, γ, δ} , τότε f(η) Ε {α, β, γ, δ } . έχουμε, λοιπόν ότι:

ι < ;>ργος 1\'! ιΊ τσ ιο c

···

Ι)οδόλφυ,� Μ ιrόρης

f)rψια Λ ιιιαc: .

ΔιΊ.φ\'η

Σ Χ Ο Λ Ι Λ - Π Λ Ι)Λ"ΙΊΗ) Ι-Ι Σ Ε Ι Σ

του τεύχους 7 5 να γραφεί , α α αντι, του - = φ το σωστο - = νr;;3 φ ---:: . β β 1.

Στην

άσκηση 1 79

.J -

στήλη παρακαλεί τον χημικό κ. Δ η μtΊτριο Καμβ::λά να αποστείλει εκ νέου την προσωπική του εργασία για την εύρεση ακεραίων ριζών μιας εξίσωσης, μια και διαπραγματεύεται πιο γενικά θέματα, προκειμένου να κριθεί για δημοσίευση στο Βήμα του Ευκλείδη . 3. Ενημερώνουμε τους φίλους της στήλης ότι μπο ρούν να επικοινωνούν μαζί μας και ηλεκτρονικά και να στέλνουν τις εργασίες τους στις εξής διευ θύνσεις: gktriantos@gmail.com και nikan dos@yahoo.gr _

1 .------, •

Οι καλοκαιρινές δραστηριότητες

τη ς Ε . Μ . Ε . ε ίχαν μεγάλη επιτυχία:

f(γ) Ε {α,β, γ, δ } . (3)

1 ) Έστω ότι f(γ) = α . Τότε: f(α) = f(f(γ)) = (I)

g(γ) = δ , άτοπο, γιατί f(α) Ε {α, β } , λόγω της (5). 2) Έστω ότι f(γ) = β . Τότε, όπως και προηγουμέ

νως βρίσκουμε ότι f(β) = δ , άτοπο. 3)

/\ (JJ 'ινu

2. Η

(2) .

f(ξ) = f(g(ξ)) και άρα: f(ξ) Ε {α, β }

Λοιφί6αc:

: Σωη1 ρ η ς

Έστω ότι f(γ) = γ . Τότε f(f(γ)) = f(γ) , οπότε

Θερινά σχολεία ( Βέροια- Λεπτοκαρυά Π ιερίας) Μαθηματική Κατασκήνωση (ΣοΦικό Κορινθίας •

Θυμίζουμε ότι αξιόλογες aρθρογραφί ες υπάρχουν στα περιοδικά της Ε . Μ . Ε .

Ευ κλείδης γ'

λόγω και της (3): g(γ) = γ και άρα , λόγω της ( Ι ) : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/72

Μαθηματική Επιθεώρηση

και

Αστρολάβος

Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

Ε ικαστική δημιου ργία απ ό το «πρ όβλημα της θηλιάς»

Επιμέλεια: Παναγιώτη ς Π. Χριστόπουλος ___ φιέΡ-ωf.!α σε δύο J!εγάλους του 20°υ και του 21°υ _...Α

.____ __

π.

αιώνα

που δεν περιέχει ριν από οκτώ χρόνια ένας οπές μπορεί να • • ιδιόρρυθμος Ρ ώσος επιστήμονας τεντωθεί ή να σε συγκλόνισε την παγκόσμια συρρικνωθεί επιστημονική κοινότητα, αφού έλυσε έναν από σφαίρα χωρίς να τους δυσκολότερους γρίφους των σύγχρονων σπάσει. 44χρονος Ο Μαθηματικών, τη λεγόμενη «υπόθεση ή Ρώσος μαθηματικός εικασία του Πουανκαρέ». Το πρόβλημα διατύπωσε το 1 904 ο Γάλλος μαθηματικός, Γκριγκόρι Πέρελμαν έχει χαρακτηριστεί ο φυσικός και φιλόσοφος Ζιλ Ανρί Πουανκαρέ «ευφυέστερος σχετικά με τα σχήματα που είναι δυνατόν να άν θρωπος στον έχει το Σύμπαν. Η Εικασία αυτή αφορά τη κόσμο» και όχι άδικα. Χάρη σε εκείνον, γεωμετρία των πολυδιάστατων χώρων και γνωρίζουμε πότε ένα συμπαγές αντικείμενο είναι αποτελεί κλειδί για την Τοπολογία. Η Εικασία τοπολογικά ισοδύναμο με μία σφαίρα. ουσιαστικά προβλέπει ότι μια σφαίρα είναι ο Το Νοέμβριο του 2002, δημοσιεύει σε ιστοσελίδα του Πανεπιστημίου Κορνέλ ορισμένες μόνος κλειστός τρισδιάστατος χώρος που δεν έχει οπές. Δηλαδή μόνο οποιοδήποτε σχήμα ενδείξεις, που λένε ότι η Υπόθεση του Πουανκαρέ έχει αποδειχθεί. Αναφέρει ορισμένες ·

Γκριγκό ρ ι Ω έρελμαν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/73

------- Τα Μ αθη ματικά μας Διασκεδάζουν

κατευθυντήριεςεργο άλλων γραμμές,Μαθηματικών, βασισμένεςαλλάστοη ερευνητικο πρόζα του δεν αποτελεί σε καμιά περί π τωση απόδειξη της πόθεσης. γ

-------

επιβεβαίωση στην της λύσης του γρίφου θα συμβάλει καθοριστικά κατανόηση που έχουμε για το χώρο, ακόμη και στη γνώση μας για το «σχήμα» του Οσύμπαντος. -γνωστός καιδιότιως Γκριγκόρι Πέρελμαν ιδιόρρυθμος «Γκρίσω>χαρακτηρίστηκε έλαμψε μαθηματικό διά της απουσίας τουτηςτοΜαδρίτης,απόόπουτο διεθνές συνέδριο επρόκειτο να του απονεμηθεί η ύψιστη τιμητική διάκριση, τοτωνβραβείο Μαθηματικά βραβείωνΦιλντς Νόμπελ).(αντίστοιχο στα 2006

προκαλεί, ωστόσο, σεισμόπρώτη στο χώροαυτήτωνδημοσίευση Μαθηματικών. Η

Στιςνέααρχές μηνύματα του ο αναφέροντας Πέρελμαν δημοσιεύει δύο χωρίς περιστροφές ότι κατέχει τη λύση. Στα κείμενα αυτά, δεν αναφέρει και πάλι λεπτομέρειες. Ο όπως καιΤαο Ραμανουτζάν αποφεύγουν τιςΠέρελμαν λεπτομέρειες. γραπτά τους περιέχουν ελάχιστους υπολογισμούς, αποδείξεις και βασικές έννοιες. 2003 ,

Εικόνα μιας εφαρ μογής από την τοπο λογία τ ων επιφανειων .

Στις ενός(Μαρτίου αρνήθηκε και τοτο βραβείο εκατομμυρίου δολαρίων από Ινστιτούτο Μαθηματικών Κλέι. Οι περισσότεροι από μας ναδεναρνηθεί μπορούνκάποιος να καταλάβουν πώς Αλλά είναι δυνατόν τόσα χρήματα. πάλι, ούτε νακαικαταλάβουμε. την πόθεσηΣτοντου κόσμο Πουανκαρέ μπορούμε τουμε Πέρελμαν και τα δύο έχουν νόημα. «Δεν ενδιαφέρουν τα χρήματα καιείμαι η δόξα.κανένα Δεν θέλω νασε μεζωολογικό επιδεικνύουν λες και ζώο κήπο.αμφιβάλλω Όχι μόνο κιόλας δεν είμαιαν ήρωας των μαθηματικών, είμαι καν τόσο καλός μαθηματικός» είχε δηλώσει. Αργότερα παραιτήθηκε από τη θέση του στο Πανεπιστήμιο της Αγ. Πετρούπολης, εξηγώντας πως Όλοι δεν τονοι συγκινούσαν πλέον τα μαθηματικά. συνάδελφοί τουρωσικά ξέρουνδάση, ότι προτιμά νασυζητήσεις μαζεύει μανιτάρια στα από τις και τις επαφές με τους ανθρώπους. Ο ζειΠέρελμαν παραμένει άνεργος μέχρι σήμερα και σε ένα φτωχικό αδερφή του.διαμέρισμα μαζί με τη μητέρα και την 20 1 Ο

Για να αντιληφθεί κανείς πόσο περί π λοκη ήταν ηότιΕικάσία του Πουανκαρέ, αρκείχρειάστηκε να αναφέρουμενα ιδιοφυείς μαθηματικοί εργαστούν χρόνια, μόνο και μόνο για νααπόδειξης ελέγξουνεπίτουτηντέσσερα εγκυρότητα της σελίδων Πέρελμαν. Εκτιμάται ότι η 500

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ. l/74

------- Τα Μαθη ματικά μας Διασκεδάζουν

Σρινιβάσα Ραμανουτζάν (1 887- 1 920)

ΙΝΔΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ο ρομαντικός των μαθηματικ&>ν

Ο δάσκαλος* στο μικρό χωρ ιό της Ινδίας δίδασκε αριθμητική και μάλιστα την πράξη της διαίρεσης με παραδείγματα . Ρώτησε λοιπόν τους μαθητές πόσες μπανάνες αντιστοιχούν σε κάθε παιδί αν τρεις μπανάνες μοιραστούν σε τρία παιδιά. Οι μαθητές απάντησαν όλοι μαζί μία. Μετά έκανε την ίδια ερ ώτηση αν οι μπανάνες είναι 1. 000 και τα παιδιά 1. 000. Οι μαθητές απάντησαν και πάλι μία. Ξαφνικά ένας μαθητής ρώτησε τον δάσκαλο: Αν μηδέν μπανάνες μοιραστούν σε μηδέν παιδιά, πόσες αντιστοιχούν στο καθένα; Ολόκληρη η τάξη ξέσπασε σε γέλια θεωρώντας την ερώτηση ανόητη. Ο δάσκαλος όμως δεν γέλασε και αντιμετώπισε την ερ ώτηση σοβαρά. Στην ου σία ο μαθητής ρωτούσε για την έννοι α του απείρου, μια έννοια που ταλαιπώρησε τους μαθηματικούς για αιώνες ώσπου να αποδειχθεί ότι η διαίρεση του μηδενός με το μηδέν δεν είναι μηδέν ή ένα, αλλά άπειρο. Ο μα θητής που έκανε την ερώτηση ήταν ο Σρινιβάσα Ραμ α νουτζιά ν. 1�Ν��._.._.

Τον Ιανουάριο 1 9 1 3 , ένας νεαρός ινδός υπάλληλος γράφει μια επιστολή στον διαπρεπή βρετανό μαθηματικό Γκόντφρι Χ. Χάρντι, παρακαλώντας τον να του πει τη γνώμη του για κάποια μαθηματικά θεωρήματα που επινόησε σχετικά με τους πρώτους αριθμούς. Ο Χάρντι συγκλονίζεται! Ο νεαρός Ινδός είναι μια ακατέργαστη ιδιοφυtα. Δίχως την παραμικρή χρονοτριβή, δίνει αγώνα για να βρεθεί ο Ραμανουτζάν κοντά του. Οι βραχμάνοι απαγορευόταν από τη θρησκεία τους να διασχίσουν θάλασσα. Με τη βοήθεια του Νεβίλ πείστηκε ο ίδιος και ο περίγυρός του. Αλλά και πάλι ο Ραμανουτζάν δεν θα πήγαινε στην Αγγλία αν δεν έπειθε τους δικούς του, τους συμπατριώτες του και τον εαυτό του ότι η μητέρα του είδε όραμα, όπως και ο ίδιος, όταν πήγε στο ναό της θεάς Ναμαγκίρι. Έτσι αφού του έγινε * Κυκλοφορεί το βιβλ ίο «Ραμ α νουτζάν ο Ινδός του R obert Kanίgel κα θηγητή μ αθημ ατικός» Δημιουρ γικής Γρα φής του ΜΠ.

-------

προετοιμασία για το Δυτικό τρόπο ζωής, στις 1 7-31 9 1 4 έφυγε κλαίγοντας με το πλοίο NEVASA από το Μαντράς για το Κέμπριτζ. Με την άφιξη του νεαρού Ινδού στο Κέμπριτζ, ξεκινά μια από τις πιο απίθανες και δημιουργικές συνεργασίες στην ιστορία των επιστημών. Από τις εξαθλιωμένες συνοικίες του Μαντράς στις αυλές και τα παρεκκλήσια του Κέμπριτζ, ο aυτοδίδακτος «πρίγκιπας της μαθηματικής διαίσθησης» Ραμανουτζάν δοκιμάζει τα εμπνευσμένα θεωρή ματά του πλάι στον εκκεντρικό Χάρντι, τον «απόστολο της απόδειξης». Ο Ραμανουτζάν είχε την τάση να επινοεί συνεχώς θεωρή ματα χωρίς να τα αποδεικνύει και ο Χάρντι προσπαθούσε να του διδάξει τη διαδικασία της απόδειξης. Η είσοδός του 1 6χρονου μαθητή Ραμανουτζάν στον κόσμο των μαθηματικών έγινε, όταν έφτασε στα χέρια του το βιβλίο «Μια σύνοψη αποτελεσμάτων στα καθαρά και εφαρμοσμένα μαθη ματικά» του Τζωρτζ Καρ. Το βιβλίο περιείχε 6.000 θεωρήματα τα οποία ο Ραμανουτζάν μελετούσε με ενθουσιασμό και αποδείκνυε με δικό του τρόπο. Ισχυριζόταν ότι η θεά Ναμαγκίρι τον ενέπνεε στα όνειρά του με μαθη ματικούς τύπους. Ο Ραμανουτζάν με βάση τις πολύ καλές επιδόσεις του στο γυμνάσιο κέρδισε μια υποτροφία για το πανεπιστή μιο, αλλά μοναδική του ασχολία ήταν τα μαθηματικά και αγνοούσε τα υπόλοιπα μαθήματα έτσι απέτυχε στις εξετάσεις, έχασε την υποτροφία και δεν πήρε το πτυχίο του. Πτυχίο πήρε τελικά από το Κέιμπριτζ το 1 9 1 6. Η ζωή του στο Κέιμπριτζ ήταν δύσκολη, παρ' όλες τις προσπάθειες του Χάρντι να αισθάνεται άνετα στο ψυχρό περιβάλλον του πανεπιστη μίου . Όμως το χωρίς θέρμανση δωμάτιό του, η διαφορετική κουλτούρα, η μοναξιά και το φαγητό επηρέασαν σημαντικά την υγεία του. Ο Ραμανουτζάν ήταν χορτοφάγος και αναγκαζόταν να . ετοιμάζει μόνος του το φαγητό του, ενώ κυκλοφορούσε με γυμνά πόδια στο πανεπιστήμιο. Το 1 9 1 7 αρρώστησε και νοσηλεύτηκε πολλές φορές στο νοσοκομείο. Αλλά λόγω της επιδείνωσης της υγείας του επέστρεψε στην Ινδία το 1 9 1 9 και τον επόμενο χρόνο πέθανε στα 33 του χρόνια. Άφησε όμως πίσω του μια μυθική κληρονομιά από 4.000 πρωτότυπα θεωρήματα τα οποία μελετώνται και ερευνώνται ως σήμερα. Το πλούσιο έργο του είναι γραμμένο ελεύθερα χωρίς τον γνωστό συμβολισμό και την τυπολατρία των συμβόλων. Ο Ραμανουτζάν ήταν σπουδαίος μαθηματικός, ίσως καλύτερος από τον Χίλμπερτ, ισάξιος του Γκάους και του Όιλερ. Δεν υπάρχει όμως κάτι πιο ρομαντικό στην ιστορία των μαθη ματικών από την μυθιστορη ματική ζωή του,' η οποία αποτελεί την πλέον συγκινητική ιστορία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/75

------

Τα Μαθη ματικά μας Διασκεδάζουν

-------

Οι τρείς σ ωροί Παίζοντας το καλοκαίρι στη θάλασσα ένας μαθητής συγκέντρωσε χαλίκια, πετραδάκια και πέτρες με βάρη 1 g, 2g, 3g, 4g . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 995g. Θέλει να τα βάλει σε τρεις σωρούς ίσου βάρους. Μπορείτε να τον βοηθήσετε; Οι αριθμοί Οι βαθμοί στα μαθηματικά, γραπτά και προφορικά, της Σοφίας είναι δύο ακέραιοι διαδοχικοί αριθμοί τέτοιοι που το άθροισμά τους πολλαπλασιαζόμενο επί το γινόμενό τους δίνει τον αριθμό 7440. τι βαθμούς πήρε η Σοφία; Πετάξτε τα ημερολόγια Τι μέρα είναι; Για να βρούμε π.χ. στις 4 Απρίλη 20 1 0 ποιά μέρα της εβδομάδας ήταν, πρώτα υπολογίζουμε έναν αριθμό Κ με τον εξής αλγόριθμο : Κ= έτος+ πηλίκο προηγούμενου έτους δια 4 +αριθμός η μερών που μένουν από τους προηγούμενους μήνες αν αφαιρέσουμε 28 μέρες +προηγούμενες μέρες του Απρίλη από τη ζητούμενη ημερομηνία. ' Ύ στε α διαι ού ε τον Κ ε το 7 και το υπόλοιπο δίνει

Έτσι στις 4-4- 1 0 έχουμε Κ=20 1 0+502+(3 1 -28)+(28-28)+(3 1 -28)+ 3=252 1 ή Κ=7.3 6 0 + 1 , δηλαδή υ=l άρα Κυριακή. Σημείωση I ) Η Ελλάδα έθεσε σε εφαρμογή το νέο(Γρηγοριανό) ημερολόγιο την 1 6η Φεβρουαρίου 1 923 που ονομάστηκε l η Μάρτη 1923, προστέθηκαν δηλαδή 1 3 μέρες που είχαν χαθεί από τις 1 5- 1 0- 1 582 που εφαρμόστηκε, έτσι για ημερομηνίες πριν από την 1 η Μάρτη 1 923 από το υπόλοιπο αφαιρούμε 1 μονάδα. 2) Με τον ποιο πάνω αλγόριθμο φτιάξαμε τον ποιο κάτω πίνακα. 3) Με χρήση του πίνακα βρείτε τι μέρα θα είναι η 1 7η Νοέμβρη 2 0 1 0 ; Πηγαίνουμε στη δεύτερη γραμμή στο Νοέμβρη του 20 1 0 βλέπουμε τον αριθμό Ι , τον προσθέτουμε στο 1 7 και έχουμε Ι 7+ Ι = 1 8 αφού είναι μεγαλύτερο του 7(μέρες τις εβδομάδας), διαιρούμε με το 7 και το ' υπόλ οιπο 4 δ ι'ν ει τ εταρτη. ΕΤ Η 1 925 1 953

1 90 1 1 902 1 903 1 904 1 905 1 906 1 907 1 908 1 909 1910 1 91 1 1912 1913 1 91 4 1915 1 91 6 1917 1918 1919 1 920 1 92 1 1 922 1 923 1 924

1 954 1 955 1 956 1 957 1 958 1 959 1 960 1 96 1 1 962 1 963 1 964 1 965 1 966 1 967 1 968 1 969 1 970 1 97 1 1 972 1 973 1 974 1 975 1 976 1 977 1 978 1 979

1 98 1

IAN

2009 2037

1 982 2 0 1 0 2038 1 983 201 1 2039 1 984 20 1 2 2040 1 985 20 1 3 204 1 1 986 20 1 4 2042 1 987 20 1 5 2043 1 988 201 6 2044 1 989 20 1 7 2045 1 990 20 1 8 2046 1 99 1 20 1 9 2047 1 992 2020 2048 1 993 2021 2049 1 994 2022 2050 1 995 2023 2051 1 996 2024 2052 1 997 2025 2053 1 998 2026 2054 1 999 2027 2055 2000 2028 2056 200 1 2029 2057 2002 2030 2058 2003 2031 2059 2004 2032 2060 2005 2033 206 1 2006 2034 2062 2007 2035 2063 1 952 1 980 2008 2036 2064 1 926 1 927 1 928 1 929 1 930 1 93 1 1 932 1 933 1 934 1 935 1 936 1 937 1 938 1 939 1 940 1 941 1 942 1 943 1 944 1 945 1 946 1 947 1 948 1 949 1 950 1 95 1

�

2065

2066 2067 2068 2069 2070 207 1 2072 2073 2074 2075 2076 2077 2078 2079 2080 208 1 2082 2083 2084 2085 2086 2087 2088 2089 2090 209 1 2092

Πα ρα τηρούμε ότι έχουμε μόΙ.ΙJ

ΦΕΒ ο

5 6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 ο 1

1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο 2 3 4

IIMP ΑΠΡ

1 2 4 5 6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4

4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο

Μ Η Ν ΕΣ ΙΟΥΝ ΙΟΥΛ 3 5 1

ΜΑΙ

6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 ο 1 2

2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο 2 3 4 5

4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο 2

ΑΥΓ

ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3

ΣΕΠ ΟΚΤ Ν ΟΕ ΔΕΚ 2 2 4 ο 3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1

5 6 1 2 3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1

1 2 4 5 6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1 2 3 4

3 4 6 ο 1 2 4 5 6 ο 2 3 4 5 ο 1 2 3 5 6 ο 1 3 4 5 6 1

ΙΔΙΟ

ΗllιΒ'ΟΛΟΓIΟ

Β Γ Δ Ε z Α Η Θ I Ε κ Β Γ Θ Λ z Α Β Μ I Ε z Ν Γ Θ I -

διαφορετι κά ημερολόγ ι α . Ορισμέ\Q επα\Qλα μβάΙ.ΙJνrα ι σε λίγα χρό\1α

ε-Μ άλλα όχ ι . Όλα όμως επα \Q λ α μβάΙ.ΙJνrα ι σε

ΧΡό\1 α .

Ευχαριστούμε και από αυτή τη θέση τους Πληροφορικούς Βαγγέλη Σεραφή και Μιχάλη Χριστόπουλο, για τη στήριξη που πρόσφεραν στη στήλη . Οι λύσεις και απαντήσεις αυτού του τεύχους στο επόμενο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.Ι/76

Π αναγιώτη Π . Χ ριστόπουλου - Μιχάλη Π . Χ ριστόπουλου

Τα ση μεία του ορίζοντα, αλλά και τα αστέρια, χρησιμοποιούνταν από την αρχαιότητα για τον προσανατολισμό των ανθρώπων. Ένα σταθερό άστρο στον ουρανό, με γνωστή γεωγραφική θέση ως προς το σημείο παρατήρησης, αποτελούσε ση μείο αναφοράς και βοηθούσε τους ανθρώπους στο να βρουν τη σωστή πορεία τους. Το 1 900 βρέθηκε στα Αντικύθηρα μηχανισμός με γρανάζια ο γνωστός , ιπρηλιi: !tος που πιστεύεται ότι ναυσιπλο"tα. .

Για τον προσανατολισμό τους οι άνθρωποι ανακάλυψαν και άλλα μέσα, όπως το ιi u n:ιφ �:· λλη- λο, το ιi ω!lφη, την ( l l OOμX) και τον � . .Ξ,ιίντ ιι. Ωστόσο ο εξάντας στην πρώιμη μορφή του είχε τη δυνατότητα να παράσχει πληροφορίες μό νο για το .: < : ι· Ι γ � Η ι φ ψ ι'• ηγ/η· � • .: και όχι για το " ι 'i' • , 1 ι ; ·� ο .,, γεγονός που αποτελούσε ένα •

σημαντικό μειονέκτημα, ιδιαίτερα για τους ναυτι κούς. Τον 1 7ο αιώνα το Ηνωμένο Βασίλειο συνέ στησε ένα συμβούλιο επιστημόνων, το οποίο θα tπιβράβευε χρηματικά όποιον θα μπορούσε να ε φεύρει ένα όργανο, το οποίο θα επέτρεπε τον α κριβή υπολογισμό και των δύο γεωγραφικών συ ντεταγμένων, δηλαδή μήκους και πλάτους. Το 1 76 1 ο Άγγλος ωρολογοποιός Τζον Χάρισ σον, ύστερα από προσπάθειες δώδεκα ετών, κατα σκεύασε ένα όργανο, το οποίο δεν ήταν άλλο από το γνωστό ση μερινό zρον(ψετρ ο . Σε συνδυασμό με τον εξάντα, το χρονόμετρο επέτρεπε τον υπολο γισμό του στίγματος των πλοίων με εξαιρετική α κρίβεια (για τα δεδομένα της εποχής). Πέρασαν αρκετά χρόνια μέχρι να δη μιουργηθούν τα πρώτα συστήματα εντοπισμού θέσης που βασίζονταν σε ηλεκτρομαγνητικά κύματα. Έτσι στα μέσα του 20ού αιώνα έχουμε τα ρ αντάρ και τους ρ ιr δ ω φ ίι ρους. Τα συστή ματα αυτά χρησιμοποιήθηκαν ευ ρύτατα κατά τη διάρκεια του Δευτέρου Παγκοσμί ου Πολέμου (και χρησιμοποιούνται ακόμη). Απο τελούνται από ένα δίκτυο σταθμών βάσης και κα τάλληλους δέκτες (DECCA, LORAN και ..

TRANZIT.

Ανάλογα με την ισχύ του σή ματος που λάμβανε κάθε δέκτης από σταθμούς γνωστής γεωγραφικής θέσης, σχη ματίζονταν δύο ή περισσότερες συντε ταγμένες, μέσω των οποίων προσδιοριζόταν η θέ ση των σημείων ενδιαφέροντος επάνω σε ένα χάρ τη . Η χρήση σταθμών βάσης είχε μεν υψηλή ακρί βεια εντοπισμού, αλλά είχαν μικρή εμβέλεια. Η αρχή της χρήσης ραδιοκυμάτων για τον εντοπισμό της θέσης ενός σημείου είχε ήδη γίνει. Έτσι στα μέσα της δεκαετίας του 1 980 το Υπουργείο Εθνι κής Άμυνας των Η.Π.Α. έθεσε σε λειτουργία το σύστημα GPS (Giobal Positioning System) που βασίζεται σε παρεμφερή τεχνολογία ενώ οι Δυνά μεις Διαστή ματος της Ρωσικής Ομοσπονδίας έθε σαν σε λειτουργία το GLONASS. Τα συστή ματα αυτά συνδυάζουν όλες τις με θόδους που είχαν χρησιμοποιηθεί, δηλαδή την τε χνολογία των ηλεκτρομαγνητικών κυμάτων καθώς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/77

-------

GPS

και άλλα ηλεκτρονικά συστήματα εύρεσης στίγματος

Το πλή ρες όνο μά του είναι Ν Α \' S lΆ R G J>S

και την παρατή ρηση ενός -τεχνητού αυτή τη φορά- ουράνιου σώ ματος. Οι σταθ μοί βάση ς που

λαμβάνουν τα απαραίτητα ηλεκτρομαγνητικά κύ-

( N n Y i g n t i o ιι S�· s t c ιn "' i t lι τ ί nι ί ιι g <ι tι d R η ιι g ί ιι g G l o b n l Ρ ο s ί t ί ο ιι ί ιιg S�· s tenι).

ματα δεν είναι πλέον επίγειοι, αλλά σε δορυφό-

1 957,

ρους. Όταν, το

ξευση του δορυφόρου

πραγματοποιή θηκε η εκτό-

Σ πο ύ τνικ ,

Η βάση τη ς τεχνολογίας του είναι ο

κάθε δο-

ρυφόρος να παρέχει:

1) Πλη ροφορίες για την ακρι β ή ώρα, πράγ -

οι άνθρωποι ί-

μα που επιτυγχάνεται με ατομικά χρονόμετρ α (ακρ ί β εια 1 δευτερόλεπτο στα 300.000 χρ όνια ) 2) Π λη ροφορίες για την θέση πού έχει κάθε χρονική στιγμή.

σως είχαν ή δη αντιλη φθεί, ότι ένα τεχνητό ουράνιο σώμα κοντά στη Γη είναι δυνατό vα χρη σιμοποιη θεί και για να εντοπιστεί η θέση ενός ση μείου

πάνω στον Γη . Το δορυφορικό σύστη μα GPS

χρη σιμοποιεί ουράνια σώ ματα ( τεχνητά βέβαια)

για μετρή σεις επί τη ς Γη ς. Το ίδιο έκανε ο Ερατο σθένης

αιώνες πριν, που πρώτος χρη σιμοποίη

σε ουράνιο σώ μα ( τον ήλιο) για να μετρήσει τη γωνία με την οποία φαίνεται από το κέντρο τη ς Γη ς το τόξο από Αλεξάνδρεια μέχρι Ασουάν, για το οποίο γνώριζε το μήκος του . Έτσι υπολόγισε την ακτίνα τη ς Γ η ς( τ μήκοςτόξου = L 2πρ ). Το

GPS

3 60

αρχικά

δη μιου ργή θηκε

αποκλειστικά

για

στρατιωτική χρή ση και ανήκε στη δικαιοδοσία του Αμερικανικού Υπου ργείου Εθνική ς Άμυνας. Το

1 98 9

το σύστη μα αυτό δόθηκε και για πολιτι

κή χρή ση από κάθε κάτοικο του πλανήτη . Ολο κλη ρώθηκε το

1 995

και από τότε διατίθεται για

ελεύθερη χρήση στο ευρύ κοινό .

Είναι ένα σύστη μα εύρεση ς στίγ ματος σε πα γκόσμια κλίμακα. Το σύστη μα αποτελείται από δορυφόρους και σε ύψος

20.000

εφεδρικούς, οι οποίοι κινούνται

περίπου χιλιο μέτρων ανά 4 σε

διαφορετικές τροχιές και ο καθένας διαγράφει κά θε

ώρες μια τροχιά γύρω από τη Γη . Οι δορυ

φόροι έχουν τέτοια διάταξη ώστε από κάθε ση μείο

τη ς Γης να είναι τουλάχιστον 4 συνεχώς ορατοί. Το

όλο

σύστη μα

στη ρίζεται και

σε

επίγειους

Ο κάθε δορυφόρος εκπέμπει ένα σή μα στα

1 227 περίπου MHz για στρατιωτική χρή ση και ένα στα 1 5 75 περίπου M H z για πολιτική χρή ση . Σε ε

πιστη μονικές εφαρ μογές που απαιτούνται μετρή

σεις υψηλής ακρίβειας εισάγεται ένας τρίτος κωδι κός ο οποίος καλείται (phase)

και περιορίζει την

απόκλιση σε λίγα μόλις εκατοστά . Σ ' αυτή την πε ρίπτωση απαιτούνται ειδικοί δέκτες.

σταθμούς. Το σύστη μα GPS σχη ματίζει ένα παγκόσμιο δί

κτυ ο, με εμβέλεια που καλύπτει ξη ρά, θ άλασσα και αέρα με γεωδαιτικό σύστη μα αναφοράς το

WGS-84. Με το σύστη μα αυτό μπορού με να γνω ρίζου με πόσο μακριά είναι το λεωφορείο από τη

στάση που περιμένου με. Να πάρουμε από το κινη τό ή το ρολόι μας όποια πλη ροφορία θέλου με σε κάθε ση μείο τη ς Γη ς. Να παρακολουθούμε κάποια ζώα ή πουλιά πού μεταναστεύουν . Να κινού μαστε με άνεση σε μια άγνωστη πόλη με οδικούς ηλε κτρονικούς χάρτες πάνω στους οποίους θα φαίνε ται κάθε φορά η θέση μας. Να ασφαλίζου με το αυ τοκίνητό μας από κλοπή ή να ειδοποιού με όταν κινδυνεύα με και η θέση μας θα είναι αυτό ματα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

77 τ. l/78

-------

GPS

και άλλα ηλεκτρονικά συστήματα εύρεσης στίγματος

γνωστή . Σε συνδυασμό με το Google

Γ ,i : " ιJlψω

Earth κατα-

J :; • . ι. ω υ

'. i ' <ω·ι' ! · Απαρτίζεται από

γραφή και έλεγχο ακινήτων, καλλιεργειών, μεγά-

τους χιλιάδες χρή στες δεκτών GPS ανά την

λων έργων κ . ά .

υφήλιο . Οι δέκτες αυτοί ανιχνεύουν από

τέσσερις

Τα τμή ματα από τα οποία αποτελείται είναι:

Α ) Δ ιαστη μ ι κό

τ μ ή μ α. :

μέ

χρι 1 2 ο ρατούς δορυφόρους, από τους οποίους μόνο χρη σιμοποιούν κάθε φορά, για

Είναι οι 24 δορυφόροι

να προσδιορίζουν το γεωγραφικό μήκος, πλά

που «σκεπάζουν» ο μοιό μορφα με το σή μα

τος και ύψος του δέκτη αλλά και το χρονικό

σφάλμα Δ ( t } . Μπορούν να χρη σιμοποιηθούν

τους ολόκλη ρο τον πλανή τη , cοστε να μην υ-

τόσο κατά τη δ ίάρκεια μιας απλή ς πεζοπορίας,

πάρχει περίπτωση να aποπροσανατολιστεί κα νείς ποτέ και πουθεν ά .

Β) Επίγε ιο τ μ 1j ιω o . f:

όσο και σε οχή ματα ή θ αλάσσια σκάφη ή αε Οι δορυφόροι, όπως

ροσκάφη και είναι δυνατόν να έχουν αρκετά

είναι αναμενό μενο , είναι πολύ πιθανό να αντι

μικρές διαστάσεις. Για να προσφέρουν όσο το

μετωπίσουν ανά πάσα στιγμή προ βλή ματα στη

δυνατόν περισσότερες πλη ροφορίες, οι δέκτες

_- - J �

σωστή λειτουργία τους. Οι έλεγχοι που πραγ-

GPS συνδυ άζονται με ειδικό λογισμικό , που

ματοποιούνται σε αυτούς αφο ρούν στη σωστή

προβάλλει ένα χάρτη

τους ταχύτητα και υψόμετρο και στην κατά

σκευής. Πρόκειται, δηλαδή , για λογισμικό που

σταση τη ς επάρκειάς τους σε ηλεκτρική ενέρ

λαμβάνει από τους δορυφόρους τις πλη ροφο

γεια. Παράλληλα, εφαρμόζονται όλες οι διορ

ρίες για το στίγμα του ση μείου στο οποίο βρί

στην οθόνη

της συ

θωτικές ενέργειες που αφορούν στο σύστη μα

σκεται ο δέκτη ς και τις μετατρέπει σε κατανο

χρονομέτρηση ς των δορυφόρων, ώστε να απο

ητή «ανθ ρώπινη » μορφή , πλη ροφο ρώντας το

τρέπεται η παροχή λανθασμένων πλη ροφοριών

χρή στη για την ακριβή γεωγραφική του θέση ,

στους χρήστες του συστή ματος. Το τμή μα επί

μαζί με άλλες πλη ροφορίες όπως ώρα, υψό με

γειου ελέγχου αποτελείται από ένα επανδρω

τρο, ταχύτητα κίνη ση ς και άλλες πλη ροφο ρίες

μένο και τέσσερα μη επανδρωμένα κέντρα,

για τη θέση καταστη μάτων, σταθ μών, κλπ . .

εγκατεστη μένα

του

Μπορούμε π.χ. να βλέπου με τη διαδρομή που

πλανήτη .

σε

ισάριθμες

περιοχές

έχου με ή δη κάνει, να κάνου με μεγέθυνση πά

Οι περιοχές αυτές είναι οι εξή ς : α) Κολοράντο

νω στο χάρτη ή να εισάγου με προορισμό και ο

(Ηνωμένες Πολιτείες της Α μερική ς) β) Χαβάη

δέκτη ς να βρίσκει τη βέλτιστη διαδρομή . Υ

(Ανατολικός Ειρηνικός Ωκεανός) γ) Ascension

πάρχει η δυνατότητα ορισμού ση μείων στο

Is land (Ατλαντικός Ωκεανός) δ) Diego Garcia

χάρτη ως προτιμώ μενων ή μη και κατάλογος

(Ινδικός Ωκεανός) ε) Kwaj alein (Δυτικός Ει

με ση μεία ενδιαφέροντος, όπως πρατήρια βεν

ρηνικός Ωκεανός)

ζίνη ς, καταστή ματα και αξιοθέατα. Στα μοντέ λα για αυτοκίνητο συνή θως υπάρχει η δυνατό τητα φωνητικών οδηγιών, κατά τη λειτουργία πλοήγη ση ς, ώστε ο οδηγός να μη χρειάζεται να κοιτάζει την οθόνη . Επίσης, κυκλώ ματα δεκτών G P S αρχίζουν να ενσωματώνονται και σε κινητά τηλέφωνα και άλλες συσκευές, όπως ψηφιακές φωτογραφικές μηχανές. όπως οι

Τ ΟΜ ΑΗ ΑWK,

οι

Πύραυλοι

Κ ΡΟΥ Ζ

και

TRIOT ελέγχονται στην πορεία τους και βρί σκουν το στόχο με το σύστη μα G P S , και με διαδ ρομή Ζ Ι Κ-ΖΑΚ.

ακόμη

Οι Αμερικάνοι

χρη σιμοποίη σαν το σύστη μα αυτό στους πο λέμους στον Κόλπου , στο Β ελιγράδι και στο Αφγανιστάν . Ένα παρό μοιο σύστη μα έγινε και στη Ρωσία Ο κυ ριότερος σταθμός βάσης είναι αυτός του Κολοράντο, ο οποίος είναι μάλιστα και ο μο ναδικός που βρίσκεται στην ξη ρά. Αναλαμβά νει τον έλεγχο, μέσω ενός υπερυπολογιστή ,

τη ; σωστής λειτουργίας των υπολοίπων σταθ ι.. -_:: ·: . καΕ\6); και τον συντονισμό τους.

το λεγόμενο GLONASS που έχει 24 δορυφόρους σε τρεις τροχιές από 8 δορυφόρους. Κάθε δορυφό ρος εκπέμπει συνεχώς σε δύο δικές του - διαφορε τικές από δ ορυφόρο σε δορυφόρο- συχνότητες. Έχει διαφορετικό γεωδαιτικό σύστη μα αναφοράς το SGS - 8 5 .

Ε Υ Κ \ Ε ΗΗΣ Β '

7 7 τ.Ι/79

-------

GPS και άλλα ηλεκτρονικά συ στήματα εύρεσης στίγματος

Το 20 1 4 θα λειτουργήσει με 22 από τους 3 0 συνολικά δορυφόρους και το Ευρωπαϊκό σύστημα ΓΑΛΙΛΑΙΟΣ που έχει ήδη αρχίσει να κτίζεται. Έτσι η συνεργασία όλων των συστημάτων μαζί με τα επίγεια θα δώσουν aσύλληπτες δυνατότητες και υπηρεσίες.

Το GPS και τα Μαθ

ατικά

(Χι,Υ4.4)

.--�,___� __ Π <i>ς λ:: ιτουργ�: ί ;

Ο χρήστης GPS έχει ένα δέκτη . Ο δέκτης, αφού πρώτα συγχρονίσει το ρολόι του με το ρολόι του δορυφόρου που έχει ανιχνεύσει, μετράει το χρόνο που χρειάστηκε το σήμα, για να μεταφερθεί από το δορυφόρο μέχρι την κεραία του, και υπολογίζει την απόσταση που διήνυσε το σή μα από τη σχέση S = c . t όπου c η ταχύτητα του σή ματος, t ο με τρούμενος χρόνος σε s e c . Ο δέκτης ανιχνεύει από 8 μέχρι 12 ορατούς δορυφόρους, από τους οποίους τέσσερις μόνο χρησιμοποιεί κάθε φορά, για να προσδιορίζει τις συντεταγμένες χ, ψ, z (γεωγρα φικό μήκος, πλάτος και ύψος του δέκτη) αλλά και το χρονικό σφάλμα Δ(t) του δέκτη .

πυροβόλο βάλει εναντίον μας. Πώς θα τ ο εντο πίσουμε; Λ \J ση

Με εργαλείο το χάρτη της περιοχής, τοποθετούμε τρεις παρατηρητές με χρονόμετρα σε κα τάλληλα επιλεγμένες θέσεις Α, Β, Γ, οι οποίοι θα ση μειώσουν τον χρόνο που θα ακούσουν τον ήχο από την εκπυρσοκρότηση του πυροβόλου. Αν t, t + α, t + β είναι οι τρεις χρονικές στιγμές που ο κά θε παρατηρητής άκουσε τον ήχο, τότε θα είναι γνωστή ( και σταθερή ) η διαφορά των αποστάσε ων ΒΠ - ΑΠ = c.(t+α) - c.t = α.c καθώς και η δια φορά ΓΠ-ΑΠ = c.(t+β) - c.t = β.c, όπου Π η θέση του πυροβόλου , c η ταχύτητα του ήχου στον αέρα ανά δευτερόλεπτο και τα α, β χρόνος σε δευτερό λεπτα.

Έτσι το Π θα είναι αφενός σε μια υπερβολή που γράφεται με εστίες τα Α, Β και αφετέρου σε μια υπερβολή με εστίες τα σημεία Α, Γ δη λαδή το Π (πυροβόλο) θα βρίσκεται σε μια από τις τομές των πιο πάνω υπερβολών και φυσικά σε αυ τή που είναι πίσω από το λόφο.

Στα Μα θηματικά ο νομάζεται υπερβολή με εστίες τα σημεία Ε ' κα ι Ε ο Γεωμετρ ικός Τόπος

C των σημείω ν του επιπέδου τω ν οποίω ν η α πό λυτη τιμή τη ς δι α φορ άς τω ν αποστάσεω ν από τα Ε ' και Ε είναι στα θερή και μικρ ότερη του Ε Έ.

Θα προσπαθήσουμε εδώ να δώσουμε ένα πα ράδειγμα για τον προσδιορισμό ενός σημείου με την χρήση της υπερβολής.

Π ρι'ι βλΙJ JIΟ

Έστω ότι είμαστε σε μια πεδιάδα όπου εκεί υπάρχει ένας λόφος και πίσω από το λόφο ένα

Τώρα ας βάλουμε στους τρεις παρατηρητές τους 3 δορυφόρους και στη θέση του πυροβόλου τον χρήστη του GPS, με τη διαφορά όμως ότι το σή μα τώρα δεν φεύγει από το δέκτη για τους 3 δο ρυφόρους, αλλά αντίστροφα. Ο δέκτης διαθέτει επεξεργαστή και ισχυρό τσιπάκι μνή μης και με μια ανάλογη περίπου εφαρ μογή της υπερβολής υπολογίζει τις 4 μεταβλητές (x,y,z,Δ(t)) που προσδιορίζουν την θέση του. Επι λύει δηλαδή σύστημα τεσσάρων εξισώσεων με δε δομένα τις αντίστοιχες συντεταγμένες (x,y,z,Δ(t)) των 4 δορυφόρων. Βέβαια αν το GPS είναι μέσα σε ένα αυτοκίνη το που κινείται, τότε μετρώντας τον χρόνο μεταξύ δύο διαδοχικών θέσεων δίνει και την ταχύτητα του αυτοκινήτου και ακόμη την διεύθυνση και την φορά σε σχέση με τον βορρά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/80

Ε ΛΛ Η Ν Ι Κ Η ΜΑΘ Η ΜΑΤ Ι Κ Η E TA I P E I A Τ ε ύ χ ο ς 77

•

Ι ο ύ λ ι ο ς - Α ύ γ ο υ στ ο ς - Σ ε πτ έ μ β ρ ι ο ς 2 0 1 0 - Έ τ ο ς λ ι ' - Ε υ ρ ώ : 3 , 5 0

e - m ai l : i nfo @ h m s.gr www. h m s.gr

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Ο

Π Ε Ρ Ι Ο Δ Ι Κ Ο

Γ Ι Α

Τ Ο

Λ Υ Κ Ε Ι Ο

Π Ε Ρ Ι ΕΧΟΜΕΝΑ .ι' Γυναίκ ε ς κ α ι Μ α θ η μ α τ ι κ ά .ι' Μ α θ η μ α τ ι κ ο ί Δ ι αγωνι σ μ ο ί

•

.ι' Άλγε βρα : Λεξιλόγιο της Λογι κ ή ς .ι' Ασκ ή σε ι ς Πολλαπλ ή ς Επι λογ ή ς .ι' Γεωμετρία : Ι σότητα τριγώνων • αν ισοτικές σχέσε ι ς

Μ α θ η μ α τι κά Α' Τ ά ξ η ς

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελ φοι,

Με την έναρξη της σχολ ικής χρονιάς αας ευχόμαστε

Μ α θ η μ ατι κά Β' Τά ξης

να ε ίναι γόνιμη και δημιουργική και σας καλωσορίζουμε με χαρά στις ατήλες του "Ευκλείδη Β"" .

Υπανθυμίζουμε ότι η επιτυχία τ ο υ περιοδικού εξαρτά

ται κατά μεγάλο μέρος από τη συμμετοχή των συναδέλ φ· ων αλλά και των μαθητών με ενδιαφέρουσες εργασίες και

.ι' Άλγε βρα : Τρ ιγωνο μ ετρι κές ασκήσε ι ς

κατά το δυνατόν πρωτότυπες .

Αρχή μας είναι ν α δ ίνουμε προτε ραιότητα ατις ερ

.ι' Γεω μετρία : Μετρ ι κές σχέσε ι ς .ι' Κατε ύ θ υ νση : Δ ι α ν ύ σματα

γασίες που προέρχονται από την περιφέρεια, διότι μας εν

Μ α θ η μ α τ ι κά Γ' Τ ά ξ η ς

διαφέρει να ακουστούν απόψεις από όλη την Ελλάδα. Σ υνεχίζουμε και φέτος τη ατήλη ειδικά γ ι α μαθητές. Προσδοκία μας είναι να αποβεί πράγματι

.ι' Μ α θ η μ α τ ι κ ά Γεν ι κ ή ς Π α ι δ ε ία ς : Σ υ ν α ρτήσε ι ς

.ι' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Μιγα δ ι κ ο ί

.ι' Ο Ε υ κ λ ε ίδ η ς πpοτε ίν ε ι . . .

69 73 77 82

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

�

Γράμμα της Σύνταξης

Μ α θ η μ α τ ι κ ές Ο λ υ μπιάδες

.ι' H o m o Math e m ati c u s

Τα Μ α θ gματικα ιι α ς Δ ι ασκεδάζουν ν GPS Ε υpεση στιγματος .ι' Στήλη του Μαθητή •

ση των ι κ ανοτήτων των μαθητών και μόνο . Έτσι θα έχει νόημα ο έπαινος ή η ενθάρρυνση όαων ασχοληθούν με αυτή τη ατήλη . Σας

Ευκλείδης:

Αρχιμήδης:

Οκτωβρίου Ιανουαρίου

Φεβρουαρίου

ευχόμαστε

καλή

σχολ ι κ ή

χρονιά

και

επιτυχία

στους στόχους αας.

Ο Πρόεδρος τ η ς Συντακτικής Επιτροπής Γ . Σ . Ταααόπουλος

Ο Αντι π ρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β. Ευσταθίου

"'uσημuτικοί Διαγωνισ μ οί: Θαλής:

μια καθαρά

"Μαθητική ατήλ η " για ν α μπορεί να είναι δυνατή η διάγνω

Σύνθεση εξωφύλλου: Φωτογραφίες από

201 Ο

την 51 η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα

201 1

Θυμίζουμε ότι κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαθήματα, για τους διαγωνισμούς, στα γραφεί

201 1

της Ε.Μ.Ε. Έναρξη από Οκτώβριο 201 Ο

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

Συντακτ ι κ ή επιτροπή

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑJΙΚΗΣ ΕτΑ Ι Ρ Ε ΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

1 06 79 ΑΘΗΝΑ

Τ� 210 361 7784 · 361 6532 Fox: 2 1 0364 1 025

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρό ε δρος:

Τ α σσ ό π ουλος Γ ι ώ ργος

Αντιπρό ε δρος:

Εκδότ η ς: ΚcΜογερόrιοuΑος Γρηyόριος Ευ σταθίου Βαγγέλης Γ ραμματ έ α ς: Δ ι ευθυ ντής: Χριcπόnουλος Πcιναγιώτης Τυ ρλ ή ς Ι ω 6 νν ης Ε π ι μέλε ι α �Ε κδοαης:

Τασσόπουλος Γιώργος

Ευ σταθίου Βαγγέλης

Μελ η : •

Αργυρ ά κης Δ. Λουρίδας Σ .

Ζ ώτος Βαγγέλης

Ταπ ει ν ός Ν.

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

I S S N : 1 1 05 - 7998

Αθανασόπουλο<; Γεώργιος

Κόντζιας Νίκος

Σαϊτη Εύα

Αναστασίου Γιάννης

Κοτσι φάκη ς Γιώργος

Σταϊκος Κώστας

Ανδρουλακάκης Νίκος

Κουτρου μ πε'i\ας Κώστας

Στάϊκος Παναγιώτης

Αντωνόπουλος Νίκος

Κυριαζής Ιωάννης

Στρατής Γιάννης

Αργυράκης Δημήτριος

Κυριακόπουλος Αντώνης

Ταπεινός Νικόλαος

Βακαλόπουλος Κώστας

Κυριακοπούλου Κων/να

Τασσόπουλος Γιώργος

Κυβερνήτου Χρυστ.

Ευσταθίου ΒαyyεΛης

Λαζαρίδης Χρήστος

Ζαχαρόπουλος Κων/νος

Λάππας Λευτέρης

Ζώτος ΒαyyεΛης

Λουρίδας Σωτήρης

Κακκαβάς Απόστολος

Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυ ροyιαννάκη c Λεων ίδαc , , Μενδρινός Γιάννης

Καλίκας Σταμάτης Κανε'i\λος Χρήστος • . Καραγκουνης Δημητρης

Τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανά ΟIJ <; " Ιωαννης • Τυρλ ης

Καρκάνης Βασίλης

Μεταξάς Ν ικόλαος

Φανε'i\η ί\ννυ

Κατσούλης Γιώργος

Μπρίνος Παναγιώτης

Χαραλαμποπούλου Λίνα

Κερασαρίδης Γιάννης

Μυλωνάς Δημήτρης

Χαραλάμπους Θάνος

Καρδαμίτσης Σπύρος

Μώκος Χρήστος

Χριστιάς Σπύρος

Κηπουρός Χρήστος

Πανουσάκης Νίκος

Χριστόπουλος Παναγιώτης

Ρέγκλης Δημήτρης

Ψύχος Βαyyέί\ης

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

Κί\άδη Κατερίνα

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει όπ προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στεΛνονrαι έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν εmστρέφονrαι.

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

ευρώ 14,00)

Το ανrίπμο yια τα τεύχη που παραyyεΛνονrαι στεΛνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Εκτύπωση: Υπεύθuνος τuπογpσφείοu:

ΚΕΝΤΡΟ ΓΡΑΦΙΚΩΝ ΤΕΧΝΩΝ: ΔΙΗΝΕΚΕΣ: :Κλεισόβης 7, Aθιiva τηλ.: 2 1 0 3606760, fax.: 2 1 0 3606826

e-mai/: dinekes@ofenef.gr

Επιμέλεια:

Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

οι σας ευχόμαστε καλή και δη μιουργική χρονιά. Ε υχαριστούμε όλους τους συνεργάτες και φί ίλ , λους για την ανταπόκριση στη χρονιά που πέρασε και περιμένουμε και φέτος τις δικές σας λύσεις και τις προ τεινόμενες ασκήσεις. ΆΕτσι γιαυτό το τεύχος έχουμε: Αγαπητοί φ

Για την Α ' Λυκείου Για ένα πραγματικό αριθμό

Α6.

( ±)

α+

=3 .

Να

βρείτε

α ;t: Ο

τον

ισχύει:

BS.

Β'

ισοσκελές

τρίγωνο

ΑΒΓ

με

Β = Γ = γ , όπου γ η γωνία που θέλουμε να

αριθμό:

χ = α +3 . α

Για την

Κατασκευή Σχεδιάζο υμε

•

τριχοτομήσουμε •

Φέρνουμε τη μεσοκάθετο Α Μ

•

Έστω σημείο Χ πανω στο τμήμα ΑΓ. Το τμή μα ΒΧ τέμνει το τμή μα ΑΜ στο ση μείο Ρ. Θέτουμε ΧΒΓ = ω .

Λυκείου

Θεωρούμε τεταρτημόριο

του τόξου ΑΒ και σημείο Να δείξετε ότι ΑΒ ::::: ΓΔ .

Ο · ΑΒ ,

σημείο Γ

της ακτίνας

4°

Ολισθαίνουμε το σημείο Χ, έτσι ώστε ΡΧ=ΧΓ. Τότε ω = γ/3 .

ΟΑ.

Για την Γ Λυκείου Γ4. Να βρείτε (αλγεβρικά) τους μιγαδικούς αριθμούς z, για τις οποίους ισχύουν: l z + 6l ::::; 5 ( 1 ) και l z - 8ίl ::::; 5 (2). (Σάντυ Φλαμιάτου,

•

Λύκειο Γαλατσίου)

Γ Απόδειξη •

Φέρνουμε το τμή μα ΡΓ. Στο τρίγωνο Β Ρ Γ , Ρ Μ μεσοκάθετος Λ

� Ρ Β Γ = ΡΓΒ = ω � Χ Ρ Γ = ω + ω = 2ω

Η τριχοτόμη ση της Γωνίας Πήραμε

και

δημοσιεύ�υμε

μια

πρόταση

ΧΡ = ΧΓ

� ΡΓΧ = 2ω � γ = ΒΓΧ = ω + 2ω = 3ω � ω = γ I 3

σχετικά με την τριχοτόμηση της γωνίας

. . . Σας υποβάλλω μια πρόταση τριχοτόμησης γωνίας που στηρίζεται στην μέθοδο της ολί σθησης. Έχοντας δει τις μέχρι τώρα προτεινό μενες προσεγγίσεις δεν έχει τύχει να συναντή σω αυτήν πουθενά και θεωρώ ότι είναι εξαιρε τικά απλή και εύκολη και όπως θα διαπιστώ σετε στηρίζεται στην κατασκευή ενός ισοσκε λούς τριγώνου. Με εκτίμηση Κώστας Γαλάνης •

Θυμίζουμε ότι είναι μη κατασκευάσιμη, στην Ευκλεί

δεια Γεωμετρία, με κανόνα και διαβήτη η τριχοτόμηση της γωνίας.

•.

Η «στήλη του μαθητή» αναμένει τα δικά σας σχόλια και παρατηρήσεις.