Ευκλειδης Β 82 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο ς 82

•

Οκ τ ώβρ ι ο ς

ΜΑΘΗΜΑ ΤΙΚΟ

.f .f .f .f .f

Γενικά θέματα

.f Γεωμετρία:

.; Άλγεβρα: .f Γεωμετρία: .f Κατεύθυνση:

Α' Τάξη Απόλυτα • ρίζες Τριώνυμο ΠαραλΧηλόγραμμα, τραπέζια Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Τάξη Ακολουθίες · Πρόοδοι Πολυώνυμα Μετρικές σχέσεις Ευθεία και Κύκλος

Γ' Τάξη

1 3 7 9 20

.f Ο Ευκλείδης προτείνει... .f Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν .f Στήλη του Μαθητή

72 75 79

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

Αρχψ_��ης:

ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

της Σύνταξης

•

�uιιλείδ_�

Γ ράμμα

ΓΙΑ

Ο πρόεδρος της Συντακτικής Εηrrροηής: Γιώργος Τασσόηοuλος Ο αντιπρόεδροι: Βαγγέλης Ευσταθίου, Γιάννης Κερασαρίδης

Μαβηματικοr Διαyωνισμοr: 2011 �Θ�!1ς: . 1 9 Νοεμβρίου _

Δ ε κ έ μβρ ι ο ς 2011· Ε υ ρ ώ: 3,50

Οι δικές σας απαιτήσεις και παροτρύνσεις μα� οδήγησαν και }'ας οδηγούν, κάθε φορά, σε μια επιτυχημενη συνερ γασια. Έτσι αυτή τη φορά, με χαρά σας παραδίνουμε ένα τεύχος, του οποίου το μεγαλύτερο τμήμα της ύλης έχει καλυφθεί από τις ενδιαφέρουσες εργασίες των συναδέ λφων μαθηματικών του Παραρτήματος Τρικάλων, γραμμέ νε<ί με φροντίδα και πολύ μεράκι. Οπως έχουμε αναφέρει αρκετές φορές η συνεργασία μας, Ι!_ε τα παραρτήματα της ΕΜΕ, αποτελεί μια μόνιμη ε πιδίωξ� και επιθυμία μας. Αυτη τη φορά η προσπάθεια καρποφόρησε στο Ρ,έγιστο βαθμό χάρις στο ενδιαφέρον που επέδειξαν οι συναδελφοι και ο πρόεδρος του Παραρτήματος Τρικάλων. Θα παρακαλέσουμε τους συναδέλφους που Θα Θελήσουν να στείλουν συνεργασίες, για τα επόμενα τεύχη του Ευκλείδη Β", να έχουν τα άρθρα με ηλεκτρονική μορφή και τρόπο όπως είναι στο περιοδικό. Με την ευκαιρία των γιορτών των Χ ριστουγέννων ευχό μαστε σ*: όλους καλές γιορτές, ειρήνη, υγεία, χαρά για ό λο τον κοσμο

37 44 48 53 60 64 66

•

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

24 26 30 36

.f Γενική Παιδεία: Στατιστική Συνέχεια .f Κατεύθυνση: Παράγωγοι

Δραστηριότητες

Ν ο έ μβρ ι ο ς

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Λεωδάμας ο Θάσιος Ζηνόδωρος ο Παιανιεύς Δράσεις, γεγονότα, βραβεία Μαθηματικές Ολυμπιάδες Homo Mathematicus

.f Άλγεβρα:

•

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

21 Ιανουαρίου

2012

3 Μαρτίου

2012

Σύνθεση εξωφύλλου: Φωτογραφίες από

το Shaw, τα Nobel και το βάΘος τω ν Ωκεανών

Θυμίζουμε ότι κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ

μαθήματα, για τους διαγωνισμούς, στα γραφεία της

Ε.Μ.Ε. Έναρξη από Οκτώβριο 2011

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

Συντακτική επιτροπή

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑJΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ

Trt-.: 2103617784-3616532

Εκτελεστική Γραμματεία Πρόεδρος:

Αθανασόπουλος rεώργιος Αναστασίου rιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος

Fαχ: 2 103641025

Τασσόπουλος Γιώργος

Αργυράκης Δημήτριος

Εκδότης:

Αντιπρόεδροι:

Ευσταθίου ΒαγγεΛης Ζαχαρόπουλος Κων/νος

Καλοyερόπουλος Γρηyόριος Ευσταθίου Βαγγέλης

Διευθυντής:

Κρητικός Εμμανουήλ

Επιμέλεια "Εκδασης:

Ζώτος Βαγγέλης

Ζώτος ΒαγγεΛης

Γ ρα μμα τέας:

Κερασαρίδης Γιάννης

Κακκαβάς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης

Χριστόπουλος Παναγιώτης Μέλη:

ISSN: 1105- 7998 Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

Βακαλόπουλος Κώστας

Αργυράκης Δ.

Στεφανής π.

Ταπεινός Ν.

Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλος Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης rιώργος Κερασαρίδης rιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κονόμης ί\ρτι

Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης rιώργος ΚουτρουμπεΛας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάτmας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός rιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανδής Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Πουλιάσης Παναγιώτης Ρέγκλης Δημήτρης

Σοίτη Εύα Σταίκος Κώστας Στάίκος Παναγιώτης Στρατής rιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος rιώργος Τζιώτζιος Θανάσης Τριαντάφυλλος rιώργος Τριάντος rεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης rιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης ΦανεΛη Άννυ Χαραλαμπάκης Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαγγέλης

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να σrελ ' νονrα; Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρόγραφα δεν εmσrρέφονrαι.

•Οι

Ετήσια συνδρομή (12,00

+ 2,00 Ταχυδρομικά

ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

αιe!!' σr�φεία της

@ffilf$'11�4�

για τα τεύχη που παραyyελ' νονrαι σrέλνεται: (1 ) Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 ΤΘ . . 30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται σrα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών σrο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

Το ανrίτιμο

Εκτύπωση: ROTOPRINT ιΆ. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ EEJ. τηλ.: 210 6623778-358 Ynεuluνoς τunογpαφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

ΛΕΩΔΑΜΑΣ Ο ΘΑΣΙΟΣ

Ο λησμονημένος μεγάλος μαθηματικός της αρχαιότητας Σωτήρης Χ . Γκουντουβάς το σύντομο αυτό άρθρο θα προσπαθήσουμε να ρίξουμε λί γο φως στο βίο και στο έργο του αρχαίου Έλληνα μαθημα τικού Λεωδάμαντα του Θάσιου. Ο Λεωδάμας γεννήθηκε στα τέλη του sου και έζησε το μεγαλύτερο μέρος της ζωής του τον 4° π.Χ αιώνα. Γεννήθηκε στη Θάσο αλλά σε κά ποια στιγμή της ζωής του, μάλλον σε νεαρή ηλικία, βρέθηκε στην Αθήνα και θήτευσε στην περίφη μη Ακαδημία του Πλάτωνα. Υπήρ ξε μαθητής και φίλος του Πλάτωνα, συνομήλικος του Θεαίτητου και πιθανόν συνεργάτης του . Οι αναφορές σε αυτόν είναι ελάχιστες, αλλά θα πρέπει να εικάσουμε ότι ήταν όχι απλό μέλος της Ακαδη μί ας, αλλά από τα επιφανέστερα μέλη αυτής. Τα μαθηματικά σαν επι στήμη είναι ένα αποκλειστικό δημιούργημα των αρχαίων Ελλήνων. Αυτοί πήραν πρότερες γνώσεις από άλλους λαούς, όπως οι Βαβυλώνιοι και οι Αιγύπτιοι, και τις ανήγαγαν σε επιστή μη. Η διαχωριστική γραμμή μεταξύ κά ποιων εμπειρικών μαθηματικών γνώσεων και της επιστή μης των μαθηματικών είναι η απόδειξη. Η απόδειξη επι νοήθηκε και χρησιμοποιήθηκε για πρώτη φορά από τον Θαλή τον Μιλήσια (640-546 π.Χ). Ο Θαλής, ο πρώτος από τους επτά σοφούς της αρχαίας Ελλάδας, ήταν πολυταξιδεμένος. Ο Πλούταρχος αναφέ ρει ότι σε ένα ταξίδι του στην Αίγυπτο μέτρησε το ύψος των πυραμίδων προκαλώντας το θαυμασμό του εκεί ιερα τείου. Επίσης το 585 π.Χ προέβλεψε την έκλειψη ηλίου, που συνέβη εκείνη τη χρονιά, και απέκτησε μεγάλη φή μη στην Ελλάδα. Ο Θαλής ίδρυσε την Υλοζωική Σχολή της Μιλήτου, που θεωρείται η πρώτη φιλοσοφική σχολή (Πανε πιστήμιο) στον κόσμο. Ο σκοπός της Ιωνικής Σχολής του Θαλή ήταν η ερμηνεία του κόσμου με όσο το δυνατόν λο γική επιχειρηματολογία (ορθολογισμός) και προπάντων απαλλαγμένη από μύθους, δοξασίες και θρησκοληψίες. Δυστυχώς κανένα έργο του Θαλή δε σώθηκε. Πέθανε τέλος πλήρης ημερών, σε ηλικία 94 ετών, ενώ παρακολου θούσε αθλητικούς αγώνες στο στάδιο της Μιλήτου. Μαθητές του Θαλή και συνεχιστές της Σχολής του ήταν ο Ανα ξίμανδρος (611-546 π.Χ) και ο Αναξιμένης (585-528 π.Χ) από τη Μίλητο αμφότεροι και πιθανώς ο Ηράκλειτος (�540-480 π.Χ) από τη γειτονική Έφεσο. • Τη Σχολή της Ιωνίας διαδέχτηκε η Σχολή των Πυθαγορείων. Ιδρυτής της νέας φιλοσοφικής σχολής ήταν ο Πυ θαγόρας από τη Σάμο (�580-500 π.Χ). Πιθανώς να είχε θητεύσει στην Ιωνική Σχολή που ήταν εξάλλου πολύ κοντά στη Σάμο. Αφού γύρισε και αυτός τον τότε γνωστό κόσμο επέστρεψε στην πατρίδα του και επιχείρησε να ιδρύσει δική του σχολή . Όμως εκδιώχθηκε από τη Σάμο στα χρόνια της τυραννίας του Πολυκράτη και έτσι βρέθηκε στη Μεγάλη Ελλάδα, δηλαδή στην κάτω Ιταλία. Η σχολή που ίδρυσε στον Κρότωνα της κάτω Ιταλίας είχε τα μαθηματικά στο επίκεντρο της φιλοσοφίας τους. Η διαφορά σε σχέση με την Ιωνική Σχολή ήταν ο μυ στικισμός. Τα μέλη της σχολής λειτουργούσαν σε συνωμοτική βάση και για να γίνει δεκτός κανείς στη σχολή ήταν δόκιμος για ένα διάστημα από τρία έως πέντε χρόνια. Τα μαθηματικά επιτεύγματα της σχολής δεν έπρεπε να ανακοινώνονται εκτός αυτής. Ο Ίππασος ο Μεταποντίνος, για να μην ανακοινώσει εκτός της Σχολής την ανακάλυψή του για την ασυμμετρία θανατώθηκε από τους συντρόφους του με πνιγμό στη θάλασσα κατά τη διάρκεια ενός ταξιδιού. Τα μαθηματικά αναπτύχθηκαν σε πολύ μεγάλο βαθμό στη σχολή των Πυθαγορείων αλλά γνωρίζουμε σχετικά λίγα για αυτά, λόγω του κλειστού χαρακτήρα της σχολής. Τελικά, η σχολή αυτή δια λύθηκε βίαια από πολιτικά αντίπαλη μερίδα κατοίκων του Κρότωνα και μάλιστα πολλά μέλη της σκοτώθηκαν, ενώ άλλα εξορίστηκαν. • Τη Σχολή των Πυθαγορείων διαδέχθηκαν οι Αθηναίοι. Η ακμή της Αθήνας ξεκίνησε μετά τους Περσικούς πο λέμους, τον 5° μ.Χ αιώνα και διήρκεσε περίπου 1 50 χρόνια. Σε αυτή ιδρύθηκαν διάφορες φιλοσοφικές σχολές με αποκορύφωμα την Ακαδημία του Πλάτωνα με αντικείμενα μελέτης τη φιλοσοφία, τα μαθηματικά, τις φυσι κές και πολιτικές επιστή μες. Ιδρυτής της Ακαδη μίας ήταν ο Πλάτων (427-347 π.Χ), όπου σε αυτή συνέρευσαν φωτισμένα μυαλά- επιστή μονες από όλο τον τότε γνωστό κόσμο. Στο υπέρθυρο της Ακαδη μίας αναγραφόταν η φράση Μηδείς Αγεωμέτρητος Εισείτω, δηλαδή να μην εισέρχεται κανένας που δεν γνωρίζει Γεωμετρία. Ο Πλάτων θεωρούσε ότι η Γεωμετρία και τα Μαθηματικά ήταν ο μόνος και ασφαλής δρόμος για να προσεγγίσει κανείς τον κόσμο των ιδεών και το Θεό . Επιστήμονες που θήτευσαν στην Ακαδημία ήταν οι Αριστοτέλης, Θεόδωρος ο Κυρηναίος, Θεαίτητος ο Αθηναίος, Λεωδάμας ο Θάσιος, Εύδοξος ο Κνίδιος, Δεινόστρατος και ο αδελφός του Μέναιχμος από την Προκόννησο :της Θράκης, Ευκλείδης και πολλοί άλλοι. Την Ακαδημία έκλει σε με διάταγμα το 529 μ.Χ ο aυτοκράτορας Ιουστινi.ανός, μετά από 916 χρόνια αδιάλειπτης λειτουργίας, γιατί θεωρούσε ότι καλλιεργούσε!!! την ειδωλολατρία. Οι μαθηματικές γνώσεις από την εποχή του Θαλή μέχρι και του Ευκλείδη καταγράφηκαν στο μνη μειώδες έργο Στοιχεία Γεωμετρίας. Το έργο αυτό συνέγραψε ο Ευκλείδης στην Αλεξάνδρεια, τον 3° π.Χ αιώνα. Το μαθηματικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 82 τ.2/1

--�------

Λεωδάμας ο Θάσιος

αuτό αριοτούργι1μα διαρθρώνεται σε ι 3 βιβλία που περιέχουν 121 ορισμούς, 5 αιτήματα, 9 κοινές έννοιες και 465 προτάσεις (θεωρή ματα) και αναπτύσσονται όλες οι αποδεικτικές μαθηματικές μέθοδοι. Επίσης για πρώιη φορά , στον κόσμο γίνεται η αξιωματική θεμελίωση μιας μαθηματικής επιστήμης. Να ση μειώσουμε ότι τα Στοιχεία έθεσαν στο περιθώριο προηγούμενες εκδόσεις έργων Γεωμετρίας λόγω της καταφανούς ανωτερότητά τους αλλά, και μετά τον Ευκλείδη ουδείς κατάφερε να τα αμφισβητήσει. Υπήρξαν βέβαια αρκετοί μαΟηματικοί που συνέγραψαν σχόλια για τα Στοιχεία, ή διάφορες συμπληρωματικές εργασίες. Η μόνη ουσιαστική συμπλήρωση στην αξιωματική θεμελί ωση των Στοιχείων έγινε από τον γερμανό μαθηματικό Daνid Hiιbert ( 1862- 1 943 ) το ι 899 με το περίφημο έργο του Επί των θεμελίων της Γεωμετρίας (Grundιagen der Geometrie). Ένας από τους τελευταίους διευθυντές της Ακαδη μίας ή rαν ο νεοπλατωνικός φιλόσοφος Πρόκλος (-400-480 μ.Χ) από την Λυκία, που άφησε αρκετά ση μαντικό έργο. Ένα από τα πιο σπουδαία έργα του που σώθηκαν και μας δίνει ανεκτίμητες πλη ροφορίες ήταν τα Σχόλια στο πρcίJτο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη. Εκεί ο Πρόκλος μεταξύ άλλων αναφέρει και τα ονόματα 23 ΓεωμετριίJν από τον Θαλή μέχρι τον Ευκλείδη με σύντομη αναφορά σε μερικούς από αυτούς για την προσφορά τους στη Γεωμε τρία. Ο Πρόκλος αντλεί αυτές τις πλη ροφορίες πιθανόν από το έργο Ιστορία Γεωμετρίας του Εύ δη μου του Ρόδιου. Το έrγο αυτό γράφτηκε περί που τον 3° π.Χ αιώνα και δυστυχώς χάθηκε. Αν Η αρχαία αγορά της Θάσου αυτό είχε διασωθεί η γνώση μας για τα πρόσωπα της αρχαίας Ελληνικής Γεωμετρίας και επιστήης γενικότερα θα ήταν πιο πλήρης και εμπεριστατωμένη . μ. . . 'Μέσα σε αυτούς τους 23 Γεωμέτρες βρίσκεται και ο Λεωδάμας ο Θάσιος. Ο Πρόκλος αναφέρει ότι ήταν μα θ,ητής του Πλάτωνα και περίπου συνομι1λικος του Θεαίτητου. Ο Θεαίτητος ήταν Αθηναίος aριστοκρατικής κατα γωyή ζ και σπουδαίος μαθηματικός. Γεννήθηκε το 4ι5 π.Χ και σκοτώθηκε ένδοξα το 369 π.Χ σε πόλεμο των Αθη ναίων με τους Κορινθίους. Σπούδασε στην Ακαδημία, ιΊταν μαθητής του Πλάτωνα και πιθανώς να διετέλεσε και δι ευθυντιΊς της. Σ' αυτόν αποδίδονται το Χ και Xlll βιβλίο των Στοιχείων. Πολλά στοιχεία για τον Θεαίτητο τα α ντλούμε από τον Πλατωνικό διάλογο Θεαίτητος. Σε αυτόν το δίάλογο (Θεαίτητος 1 470) μετέχουν ο γηραιός Θεό δωρος ο Κυρηναίος, δάσκαλος του Θεαίτητου, ο Θεαίτητος και κάποιος νεαρός με το όνομα Σωκράτης. Ο Πλάτων εκεί περιγράφει μία μέθοδο που αφορά τις τετραγωνικές ρίζες των αριθμών μέχρι (και;) το 1 7 και την εικασία ότι αυτοί έχουν άπειρη αν6υφαίρεση. Ο ομότιμος καθηγητής του Πανεπιστημίου Αθηνών κ. Στ. Νεγρε ιrόντης έχει κάνει εμπεριστατωμένη ερευνητική εργασία για το θέμα αυτό και μάλιστα ανακατασκευάζει με τη βοή θεια των Πλατωνικών Διαλόγων και του Χ βιβλίου των Στοιχείων την απόδειξη για το Θεώρη μα της Παλινδpομι κότητας της Ανφυφαίρεσης άρρητων αριθμών, που θεωρεί ότι γνώριζε ο Θεαίτητος. Αλλά ας επιστρέψουμε στον Λεωδάμαντα. Αφού ήταν από τα επιφανέστερα μέλη της Ακαδημίας και κοντά στον Θεαίτητο, πιθανώς άμεσος συνεργάτης του, τότε μπορούμε ισχυρά να επιχειρη ματολογήσουμε ότι συμμετείχε στη συγγραφή των Χ και Xlll βιβλίων των Στοιχείων καθώς και στην απόδειξη του πιο πάνω Οεωρήματος. Ας ση μειώ σουμε ότι αυτό είναι ένα πολύ δύσκολο θεώρημα και αποδείχθηκε τελικά τον 19° αιώνα με τη συνδρομή πολλών σπουδαίων Μαθηματικών. Ο Πρόκλος τώρα αναφέρει ότι ο Αρχύτας από τον Τάραντα (428-3 65 π.Χ) θεωρείται έ νας ciπό εκείνους, όπως ο Λεωδάμας ο Θάσιος και ο Θεαίτητος ο Αθηναίος, που πλούτισαν τον κλάδο της Γεωμε τρίας με πρωτότυπα θεωρήματα και έδωσαν επιστημονικ ότερη κατεύθυνση σ' αυτά (Πρόκλου Eucl. pol, ΙΙ66,14). Στον Αρχύτα αποδίδεται η λύση του προβλήματος του διπλασιασμού του κύβου (Δήλιο πρόβλημα) με τη χρήση ημικυλίνδρου. Από αυτή την αναφορά του Πρόκλου μπορούμε να εικάσουμε δύο πράγματα : Α) Τη συγγραφή των Χ και Xlll βιβλίων των Στοιχείων που αναφέραμε παραπάνω. Β) Αφού ο Πρόκλος αναφέρει με χρονολογική σειρά τους 23 Γεωμέτρες και εδώ αναφέρει πρώτα τον Λεωδά μαντα θα πρέπει να ι]ταν ηλικιακά λίγο μεγαλύτερος του Θεαίτητου, δηλαδή να είχε γεννηθεί πριν το 415 π.Χ., μιας και ήταν μαθητής ταυ Πλάτωνα, άρα νεώτερός του, θα πρέπει να γεννήθηκε μεταξύ του 427 και 415 π. Χ. Ο Πλάτων έδωσε γενική μορφή στην αναλυτική μέθοδο την οποία με μορφή επιστολής εκθέτει στο μαθητή του Λεωδάμαντα. Η λογική αυτή αποδεικτική μέθοδvς μετασχη ματίζει διαδοχικά το θεώρη μα που θέλουμε να απο δείξουμε σε σειρά άλλων ισοδύναμων, το τελευταίο των οποίων είναι γνωστό. Τότε αν ακολουθήσουμε την αντί στροφη πορεία μπορούμε από το τελευταίο γνωστό θεώρημα να φθό.σουμε στο αποδεικτέο. Τελευταία αναφορά του Γlρόκλου είναι ότι ο Λεωδάμας είχε μαθητή του τον Λέοντα τον Βυζάντιο, ο οποίος είχε συγγράψει βιβλίο Γεωμε τρίας με τίτλο Στοιχεία. Δυστυχώς αυτές μόνο είναι οι αναφορές στον Λεωδάμαντα. Το άρθρο αυτό ας είναι μια προσπάθεια για να βγει από την αφάνεια ο μεγάλος αυτός μαθηματικός της αρχαιότητας, που δυστυχώς σή μερα εί ναΙ παντελώς άγνωστος ακόμα και στην γενέτειρά του, τη Θάσο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/2

Ζηνόδωρος ο Παιανιεύς Ένας μεγάλος μαθηματικός*

του

ζωή του Ζηνοδώρου

Ευαγγέλου Σπανδάγου

ια τη ζωή του σπουδαίου Έλληνα μαθηματικού και αστρονόμου Ζηνοδώ ρου υπάρχουν ελάχιστες πληροφορίες. Η δράση του έχει εντοπισθεί στο 2° π.Χ. αιώνα. Έδρασε λίγα χρόνια μετά

το θάνατο του Αρχιμήδους του οποίου μνημονεύει το έργο "Κύκλου Μέτρησις".:. Σημειώνουμε ότι κανένα από τα παλιά ελληνικά λεξικά επιφανών Ελλήνων

pι::;v

περιέχει το όνομα του μεγάλου μαθηματικού Ζηνοδώρου. Ούτε το λεξικό "Σο ύδα"

ούτε τα μεταγενέστερα "Λεξικο τών ένδόξων άνδρών" του Νικολάου Καρ�βία (Κωνσταντινούπολη 1 84 1 ) και "Λεξικό κυρίων ονομάτων" του Ανέστη Κωνσταντι-

νίδη (Αθήναι 1 900). Αναφέρουν μόνο τον Ζην όδωρο τον αγαλματοποιό της f;1Jpχής 1 του Νέρωνος (lος αιώνας) και τους γραμματικούς Ζηνόδοτο τον Εφέσιο (3ος π.Χ. αιώνας), Ζην όδοτο τον Α�ν •

δρέα (2°ς π.Χ. αιώνας), Ζηνόδοτο τον Τροιζήνιο (2°ς π.Χ. αιώνας). Σε πολλά αρχαία ελληνικά κείμενα αναφ� �JΑΙ και ο Ζην όδωρος ο γραμματικός, ο πρώτος διευθυντής της βιβλιοθήκης της Αλεξανδρείας που είχε γράψει λε�W..Ρ

,_.,; ι; λάχιστες όμως πληροφορίες. Στο διαδίκτυο δεν υπήρχαν σχετικές πληροφορίες μέχρι την ημέρα που ανακοινώ(jη �� ο· προγραμματισμός της εκδόσεως του παρόντος βιβλίου. Τον Ζηνόδωρο όμως τον μαθηματικό αναφέρουν πολλοί Μ�θη ματικοί του 1 8°", του 1 9°" και του 20°" αιώνα και όλοι σχεδόν οι ξένοι ιστορικοί των μαθηματικών (Α. Rome, Ν. Ha�ma, γικού περιεχομένου μελέτες για τον Όμηρο (3°ς π.Χ. αιώνας).

Οι ελληνικές εγκυκλοπαίδειες της δεκαετίας του 1 950 και του 1960 αναφέρουν τον Ζηνόδωρο το μαθηματικό

Τ. Heath,

Hultsch, G. Toomer, Ο. Neugebauer,

Cuomo, W. Κnorr κ.ά.). Από τους Έλληνες ιστορικούς τ(Ι)γ μα

θηματικών αναφέρουν τον Ζηνόδωρο ο Ευάγγελος Σταμάτης και ο Μαυρίκιος Μπρίκας. Το όνομα Ζηνόδωρος απαντάται σε εκατοντάδες επιγραφές σ' όλο τον ευρύτερο ελληνικό κόσμο. Απαντq:rρι

ι•

διαίτερα σε πολλούς Δήμους της Αττικής (Παιανίας, Μαραθώνος, Παλλήνης, Κρωπίας κ.ά.). Το ίδιο όνομα υ�βρχι;ι και σε πολλούς aραβικούς κώδικες οι οποίοι περιέχουν ελληνικά μαθηματικά και αστρονομικά έργα. Σύμφωyμ

�ι;

πρόσφατες έρευνες σε συγγράμματα με αντικείμενο Αττικές επιγραφές και Αττικά ταφικά επιγράμματα προκύπτει ότι ο Ζην όδωρος ήταν Αθηναίος και συγκεκριμένα από τον Αθηναϊκό Δήμο της Παιανίαξ

Το συμπέρασμα αυτό προκύπτει από δυο πηγές. Από το βιβλίο του Μ. Δήμιτσα με τίτλο "Πνευματικη κα'ι

άρχαιολογικη παράστασις της Άττικης έν συλλογfι 104 έλληνικών έπιγραφών", Άθηναι 1898.

Στο βιβλίο αυτό

περιλαμβάνεται και το ταφικό επίγραμμα (GV 1 335):

"Κείται Ζηvόδωρος όΠα ι[

]εvς lvθάδε avijρ γεωμέτρης".

(Εδώ κείται ο Ζηνόδωρος από την Παιανία, άνδρας γεωμέτρης.) Η δεύτερη πηγή είναι ένα άρθρο του Α. Σ. Αρβανιτόπουλου με τίτλο "Άττικα'ι έπιγραφαί", στο περΝδμcό "Πολέμων 2" Άθηναι 1 932, σελίδες 8 1 - 88. Το άρθρο αναφέρει και την επιγραφή IG ΙΙ 2 2654: "Ζηvόδωρος ομώνυμος τφ Πα[ }ει γεωμ[

]".4

1 Πολλοί αρχαίοι Έλληνες συγγραφείς ταυτίζουν τα ονόματα Ζηνόδωρος, Διόδωρος και Ζηνόδοτος λόγω της ίδιας ετυμολογίας τους: Ζην�δω

•

Από τp βιβλίο του Ευαγγέλου Σπανδάγου "Ζηνόδωρος ο Παιανιεύς (Ενας Μεγάλος Μαθηματικός)" (Αίθρα), Αθήνα Αύγουστος 2011.

ρος= (Ζηνός +Δώρο)= Δώρο του Δία, Διόδωρος= (Διός+Δώρο)= Δώρο του Δία, Ζηνόδοτος= (Ζηνός+δοτός)=Ο διδόμενος από τον Δiα. 'Ο Δήμος αυτός βρισκόταν στη θέση του σημερινού ομώνυμου Δήμου.

Το μήκος του κενού στη χάραξη σε συνδυασμό με το πλάτος των γραμμάτων και με την αρχή "Παι" και το πέρας "εvς" οδηγεί στη λέξη

νιεύς". ' Πα[

]ει= Παιανιεί, γεωμ[

] =γεωμέτρη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/3

"ruιι:ι

Ζηνόδωρος ο ΠαιανιεύςΈνας μεγάλος μαθηματικός

-------

(Κάποιος Ζηνόδωρος που έχει το ίδιο όνομα με τον γεωμέτρη από την Παιανία.) Σύμφωνα με ανώνυμες αρχαίες μαρτυρίες ο Ζηνόδωρος ο μαθηματικός ανήκε σε μια αριστοκρατική οικογένει Η

α.

οικονομική κατάσταση της οικογένειάς του τού επέτρεψε να επισκεφθεί την Αλεξάνδρεια στο Μουσείο της

οποίας δίδαξε. Αναφέρεται και ως οπαδός της Επικούρειας Σχολής. Εξαίρονται δε η ανιδιοτέλειά του, η λιτότητά του και η αξιοπρεπής και προσηνής προς όλους συμπεριφορά του. Σύμφωνα με τον Ευτόκιο 5, ο Ζηνόδωρος είχε μια θυγατέρα, την Πυθα'ϊδα, η οποία ήταν κι αυτή μαθηματικός. Από τους αρχαίους συγγραφείς τον αναφέρουν ο Διοκλής (2°ς π.Χ. αιώνας), ο Θέων ο Αλεξανδρεύς6 (4ος αιώνας), ο

Σιμπλίκιος {5°ς - 6°ς αιώνας), ο Πρόκλος (5°ς αιώνας) και ορισμένες ανώνυμες πηγές. Τον αναφέρουν ακόμα Λατί νοι και Άραβες συγγραφείς7. Ο Ζ η ν όδω ρος είχε συνάψει φιλικές σχέσεις με αξιόλογους μαθηματικούς της εποχής του, τον Απολλώνιο τον Κατά τον G. J. Toomer8, και ο μαθηματικός Φιλωνίδης ο Εφέσιος ήταν φίλος του Ζηνοδώρου. Σύμφωνα με 9 μαρτυρίες ο Φ ιλων ίδης είχε επισκεφθεί δυο φορές στην Αθήνα τον Ζηνόδωρο με τον οποίο τον ένωνε η Επικού Περγαίο, τον

Διοκλή, τον Εύδημο και τον Διονυσόδωρο τον Πόντιο.

ρεια φιλοσοφία. Ο

Ζηνόδω

ο έργο του ΖψοδιuροιJ

ρος επιχείρησε να ανατρέψει την επικρατούσα ως τότε γεωμετρική θεωρία ότι ίσες περίμετροι κλειστών

επιπέδων γεωμετρικών σχημάτων περικλείουν και ίσες επιφάνειες. Την άποψη αυτή την ανέτρεψε με το έργο του "Περ'ι tσομέτρων σχημάτων" ενός νέου

κλάδου της Γεωμετρίας για την εποχή του.

Σύμφωνα με τον Adolphe Rome (Αδόλφος Ρομ, Ι889- 1 97Ι)10, ο όρος "tσομέτρων" είναι μια παραλλαγή του ορθού όρου "tσοπεριμέτρων"

ι ι,

η οποία οφείλεται σε αντιγραφείς.

Το έργο "Περ'ι tσομέτρων σχημάτων" του Ζηνοδώρου έχει χαθεί. Δεν υπάρχουν δε μαρτυρίες για άλλα μαθη ματικά έργα του. Σώζεται όμως σε δευτερεύουσες πηγές ένα μάλλον μικρό μέρος του έργου που προαναφέραμε, το οποίο αποτελείται από ΙΙ - Ι8 θεωρήματα, λήμματα και κατασκευές. Το απόσπασμα αυτό περιέχεται στα επόμενα έργα: α) "Σχόλια του Θέωνος του Αλεξανδρέως στη Μαθηματική Σύνταξη του Πτολεμαίου" (βιβλίο α'). Το έργο αυτό έχει μεταφρασθεί στη γαλλική από τους ιστορικούς των Επιστημών Nicola Halma (Νικολά Χαλ μά, Ι75 5 - I 828) και Α . Rome. β) "Μαθηματική Συναγωγή του Πάππου του Αλεξανδρέως" (βιβλίο ε'). Το έργο αυτό εκδόθηκε για πρώτη φορά στη νεότερη Ελλάδα σε 4 τόμους κατά το διάστημα 200Ι -2006.

Η α

ποκατάσταση του αρχαίου κειμένου, η απόδοση στη νεοελληνική και ο σχολιασμός έγιναν από τον συγγραφέα του παρόντος βιβλίου. γ) "Άνωνύμου: 'Υπόμνημα εις το περ'ι ισομέτρων σχημάτων". Το έργο αυτό περιέχει ΙΙ προτάσεις. Ο αριθμός των μαθηματικών προτάσεων δεν είναι ο ίδιος και στις τρεις πηγές, διότι μάλλον οι διάφοροι αντι γραφείς έχουν κάνει προσθήκες ή αφαιρέσεις. Για την τρίτη πηγή της συγγραφής του Ζηνοδώρου σημειώνουμε ότι: Κατά τον 5° αιώνα εντοπίσθηκε το ίδιο περίπου απόσπασμα με μορφή αυτοτελούς έργου. Ο Γερμανός ιστορικός

Μαρτυρία του Άραβα συγγραφέα ΑΙ Birouni (Αλ Μπιρουνί, 973- I 048).

6Ο 7

πατέρας της Υπατίας.

Βλέπε σελίδα 26.

"G. J. Toomer: Άρθρο με τίτλο 'The Mathematician Zenodorus", (βλέπε βιβλιογραφία). Ο Toomer είναι Καθηγητής στο Πανεπιστήμιο Brown

των Η.Π.Α.

Α.

Πάπυρος Herculaneum I 044.

Rome: "Commentaires de Pappus et de Theon d'Aiexandrie sur I'Aimageste" (Citta del Vaticano, 1936). Ο Rome ήταν Καθηγητής του

Πανεπιστημίου της Louνain του Βελγίου.

Σχήματα με ίση περίμετρο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/4

--.-----

των Μαθηματικών

Ζη νόδωρος ο ΠαιανιεύςΈνας μεγάλος μαθη ματικός

Friedrich Otto Hultsch

-------

(Φρειδερίκος Όθων Χουλτς, 1 83 3 - 1 906) του έδωσε την ονομασία:

«Ανωνύμου, 'Υπόμνημα είς το περ'ι ίσομέτρων σχημάτων».

με τα αντίστοιχα αποσπάσματα του Θέωνος και του Πά ππου.

Το σύγγραμμα αυτό είναι συνεπτυγμένο σε σχέση

Παρουσιάζει πολύ λιγότερες εξηγήσεις για τα ενδιά

μεσα θέματα και δίνει ελάχιστα σχόλια σε αντίθεση με αυτά που εισάγονται από τον Πά ππο. Σχετικά με το έργο "Περ'ι iσομέτρων σχημάτων" υπάρχουν πολλές απόψεις για τον συγγραφέα του ή την προέ λευσή του. Κατά μια εκδοχή είναι τμήμα της πρωτότυπης συγγραφής του Ζη νοδώρου . Το ιστορικό της εμφανίσεως της πραγματείας του ''Ανωνύμου" έχει ως εξής: Κατά τα μέσα του 5ου αιώνα παρουσιάστηκε μια συγγραφή με τίτλο "Κλαυδίου Πτολεμαίου, Μαθηματικής Συντάξεως Είσαγωγή". Η συγγραφή αυτή ήταν μια συλλογή αποσπασμάτων από διάφορα σχόλια στο α' βιβλίο 'της "Συντάξεως". Σχετικά με το ποιος συνέθεσε τη συλλογή αυτή υπάρχουν τρεις εκδοχές. Η πρώτη θέλει ως συν θέτη τον Ευτόκιο τον Ασκαλωνίτη12, η δεύτερη τον Αρκάδιο13 και η τρίτη τον Πάππο. Ένα κεφάλαιο της "Είσαγωγής" αναφέρεται

στα ισοπεριμετρικά σχήματα.

Αν και το έτος της εκδόσεως της "Είσαγωγής" είναι περίπου γνωστό, δεν ισχύει το ίδιο και για το κεφάλαιό της

� Περ'ι .j;

tqοπεριμετρικών σχημάτων". �

Ο συνθέτης της "Είσαγωγής" (αν εξαιρέσουμε τον

Πάππο)

δεν πρέπει να

είναι ο συγγραφέας του κεφαλαίου αυτού δεδομένου ότι αποτελεί μια πολύ επιδέξια ερμηνεία της γεωμετρίας των ισοπεριμετρικών σχημάτων. Αποτελεί δε το πολύ πιο προχωρημένο τμήμα της ''Είσαγωγής" το οποίο διαφέρει από το διαχυτικό ερμηνευτικό ύφος της. Ο

Hultsch

παρουσίασε κατά το χρονικό διάστημα 1 873 - 1 875 μια σημαντική και πλήρη έκδοση του μεγάλου

έργου του Πάππου "Μαθηματικη Συναγωγή" (αρχαίο ελληνικό κείμενο, λατινική μετάφραση και σχόλια). Πρόκειται για μια εξαιρετική έκδοση η οποία στηρίζεται σ' όλους τους γνωστούς κώδικες. Ο τίτλος του έργου είναι: "Pappi Alexandrini Col\ectionis quae supersunt e \ibris manu scriptis edidit, \atina interpretatione et commen tariis instruxit Fridericus Hultsch. Berolini, 1 875- 1 878, 3 νο\, in-8o". Στον πρόλογο του έργου ο

Hultsch

παρου

σιάζει δύο αποσπάσματα χειρογράφων τα οποία χαρακτηρίζονται με τον τίτλο "Εισαγωγή στη Μαθηματική Σύντα

Πά ππο. Η ''Είσαγωγη" αυτή περιέχει εκτός των άλλων και προτάσεις από το "Περ'ι ίσομέτρων σχημάτων" του Ζη νοδώρου .

ξη του Πτολεμαίου" και αποδίδονται στον Το έτος 1 878 ο isoperimetris" 14•

Hultsch

εξέδωσε στο Βερολίνο το έργο με τίτλο "Anonymi Commentarius de Figuris planis

Ο Hultsch για τις εργασίες του αυτές είχε ως κύριο βοήθημα τον κώδικα Vaticanus Graecus 1 84. Σαν συμπλήρωμα στην έκδοση της "Μαθηματικής Συναγωγής" του ΠάπΠου, ο Hultsch περιέλαβε τ η λατινική Θέωνος με τίτλο: "Zenodori commentarius de figuris isoperimetris" 15. Η εισαγωγή

μετάφραση της εκθέσεως του

Θέων ο Αλεξανδρεύς έχει διασώσει μέρος του έργου του Ζηνοδώρου στα σχόλιά του στη "Μαθηματική Σύνταξη" του Πτολεμαίου". Σύμφωνα με τους συγγραφείς και ιστορικούς των Μαθηματικών Α. Rome και G. Toomer, τα αποσπάσματα του έρyου του Ζηνοδώρου και από τις τρεις πηγές, προέρχονται μάλλον από μια ενδιάμεση πηγή. Αυτή είναι τα χαμέ να σχόλια του Πά ππου στο α' βιβλίο της "Μαθηματικής Συντάξεως" του Πτολεμαίου 16 . Ο μαθηματικός και ιστο ρικός των Επιστημών Ν. Halma γράφει17 για τον Ζη νό8ωρο: 'Ή μαρτυρία του Θέωνος για τον Ζηνόδωρο aπεκατέστησε το όνομα ενός μεγάλου Αρχαίου Έλληνα μαθηματικού." του ξεκινά με την παράγραφο: ''Ο

Ο ιστορικός των μαθηματικών Wilbur σχήματα: 12 Έλληνας

Knorr

μαθηματικός του 6°" αιώνα από την Ασκαλώνα. Έγραψε εκτός των άλλων και σχόλια στον Αρχιμήδη.

Επιφανής γραμματικός από την Αντιόχεια (2"ς αιώνας).

"Σχόλια στα ισοπεριμετρικά σχήματα του Ζηνοδώρου".

14 16

(Γουίλμπουρ Κνορ, 1 945 - 1 997) γράφει18 για τα ισοπεριμετρικά

''Ανωνύμου σχόλια στο περί επιπέδων ισοπεριμετρικών σχημάτων". Από το έργο αυτό έχουν σωθεί σχόλια στα γ' και δ' βιβλία.

Μ. L' Abbe Halma: "Commentaire De Theon d'Alexandrie", Paris 1821 (σελίδα χν). '"Στο βιβλίο του "τhe Ancient Tradition ofGeometric Problems", σελίδα 272 (βλέπε βιβλιογραφία). 17

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/5

-------

Ζη νόδωρος ο ΠαιανιεύςΈνας μεγ άλος μαθη ματικός

------

'Ή μελέτη των ισοπεριμετρικών σχημάτων είναι μια άλλη σημαντική περιοχή στην οποία επεκτείνεται το μαθη

Πτολεμαίου αναπαράγει μια πλήρη "επιτομή", η οποία βασίζεται στην πραγματεία "Περι tσοπεριμετρικών σχημάτων" του Ζη νοδώρου. Αφορμή στην αναπαραγωγή αυτή, από τον Θέαινα, ήταν η προσπάθειά του να εξηγήσει τη σημείωση του Πτ ο λεμαίου : "Από δύο διαφορετικά σχήματα που έχουν ίση περίμετρο, τ σ πιο πολύγωνο είναι μεγαλύτερο19 έτσι, ώστε

ματιι<ό έργο του

Αρχιμήδους. Ο Θέων στα σχόλιά του στη "Μαθηματικη

Σύνταξη"

του

Ο μαθηματικός και ιστορικός των Αρχαίων Ελληνικών μαθηματικών Sir Thomas Heath (Σερ Τόμας Χηθ, 1861 20 94 - 1 0) γράφει σχετικά: "Το ε' βιβλίο της "Μαθηματικής Συναγωγής" του Πάππου του Αλεξανδρέως είναι αφι

ο ιdικλος να είναι μεγαλύτερος από τα επίπεδα σχήματα, ενώ η σφαίρα από τα στερεά".

ερωμένο κατά πρώτο λόγο στο έργο του Ζη νοδώρου σχετικά με τα ισοπεριμετρικά σχήματα. Δηλαδή στη σύγκριση ιι του περιεχομένου" (εμβαδού ή όγκου) σχημάτων που έχουν το ίδιο "περίγραμμα" (δηλαδi] περίμετρο ή επιφάνεια) αλλd διαφορετική μορφή. Δεν αποτελεί υπερβολή να λεχθεί ότι ο

Πάππος συμπληρώνει και επεκτείνει το έργο του

Ζη νοδώρου, σχετικά με τα ισοπεριμετρικά και ισοεπιφανειακά σχήματα". Η επίδραση του έργου του ΖηνοδιίJρου στους μαθη ματικούς του 18°", του 19°'' και του 20°" αιώνα tόσο η σύλληψη όσο και οι αποδείξεις των βασικών θεωρημάτων του Ζη νοδώρου έχουν τη σφραγίδα της με γαλdψuούς εμπνεύσεως. Τα θεωρήματά του τα οποία σώθηκαν άνοιξαν το δρόμο για τη δημιουργία ενός από τους

Jtλέσv δυναμικούς κλάδους των Μαθηματικών, του "Λογισμού των Μεταβολών". Οι αποδείξεις των προτάσεων του j IJ2 I) κατόρθωσε πρώτος (με χρήση μεθόδων του

Ζη νοδώρου είναι δυσχερέστατες. Μόλις το

1 884 ο

Κ. Η. Α. Schwarz (Κάρολος Χέρμαν Αμάντους Σβαρτζ, 1843 -

ρdλσς Βάιερστρας, 1 815 - 1 897)), να δώσει μια εντελώς αυστηρή απόδειξη

tωv

Karl Weierstrass

(Κά

ιtfοπεριμετρικών ιδιοτήτων του κύκλου και της σφαίρας, όπως διατυ

πιί:Jvdvται στα βασικά θεωρήματα του

Ζη νοδώρου.

Είναι φανερό ότι τα

θεωρήματα αυτά αποτελούν πνευματικές κατακτήσεις που είχαν αντίκτυπο

crtrjν εξέλιξη διαφόρων κλάδων της Μαθηματικής Επιστήμης. 0 ισχυρισμός ότι το έργο του

κσίίς tου 1 8°", του 19°" και του 20°" αιώνα προκύπτει και από άρθρα και ομιλίες διad+1μων Μαθηματικών της περιόδου αυτής. Αναφέρουμε ενδεικτικά ότι:

Ζηνοδώρου έχει επηρεάσει τους Μαθηματι

h) Το έτος 1775 ο Joseph- Louis Lagrange (Ιωσήφ - Λουδοβίκος Λα γκρι'lvζ, 1 73 6 - 18 1 3 ) σε επιστολή του προς τον Leonhard Euler (Λεονάρ δeι� bιλερ, 1707 - 1783) , στην οποία διατυπώνει προβλήματα ισοπεριμε

t�ttt�, αναφέρει τον Ζη νόδωρο ως "τον πρώτον διδάξαντα".

�) Το 1 885 ο Α. Schwarz έδωσε διάλεξη στο Βερολίνο για το έργο του

Ζη νοδώρου. Υ) !τις 31 Αυγούστου τους έτους

1 93 6 η Αμερικανική Μαθηματική Εταιρεία διοργάνωσε τετραήμερο μαθημα

τικό συνέδριο στο Κέμπριτζ της Μασαχουσέτης επ' ευκαιρία της 300ης επετείου από την ίδρυση του Πανεπισ ι:ημίου τσυ

:Χάρβαρντ. Μεταξύ των εισηγητών του συνεδρίου ήταν και ο μεγάλος Έλληνας μαθηματικός

Κωνσταντίνος

Κα pαθεοδωρή ( 1 873 - 1950). Το θέμα της ομιλίας του ήταν "Οι απαρχές του Λογισμού των Μεταβολών". Το κείμενο της ομιλίας του Κα ραθ εοδωρή δημοσιεύθηκε το 1 937 στο Ρ:εριοδικό "Osiris" 21. Ο Κα ραθεοδωρή

ctΠbk:αλεί τον Ζηνόδωρο μεγάλο μαθηματικό και πατέρα του Λογισμού των Μεταβολών.

keath:

'" Εviίοεί έχει το μεγαλύτερο εμβαδόν. 211

Τ.

"Α History of Greek Mathematics" (βλέπε βιβλιογραφία). Ο Βρετανός sir Thomas Heath ήταν μαθηματικός και ιστορικός των

Τό l.ιος 111 1937, σελίδες 224-240 και "Άπαντα"

αρ;ιιαίων ελληνικών Μαθηματικών. 21

Κ. Καραθεοδωρή, τόμος 11, σελ. 93-1 07.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/6

ΑΠΡΟΟΠΤΑ

ΓΕΓΟΝΟΤΑ Στον διεθνούς φι)μης Έλληνα καθηγητι) Δημήτριο Χριστοδούλου απονεμήθηκε φέτος για το 20 I I ένα από τα σημαντικότερα βραβεία που δίνονται στα Μαθηματικά. Ο κ. Χριστοδούλου*, καθηγητής του Πολυτεχνείου Ε'ΓΗ Ζυρίχης, τιμήθηκε με το διεθνές βραβείο «Shaw», όπώς και ο Αμερικανός καθηγητής του Πανεπιστημίου Κολού μπια τι1ς Νέας Υόρκης, Ρίτσαρντ Χάμιλτον.

Το βραβείο, που συνοδεύεται από το γpηματικό πο σόν του I εκατομμυρίου δολαρίων, απονF.μήθηκε στους δύο καθηγητές για το έργο τους, στις Μη Γρrιμμικές Δια φορικές Εξισώσεις, σε Γεωμετρίες Lorens και Riemann και στις εφαρμογές των εξισώσεων αυτών στη Γενική Θεωρία της Σχετικότητας και την Τοπολογία. Δίνονται μια φορά το χρόνο από το 2004 και ώς τώρα έχουν απονεμηθεί, σε διακεκριμένους παγκοσμίως ερευνητές, όπως στον Αντριου Γουάιλς, που έλυσε την Εικασία του Φερμά, στον Σάιμον Ντόναλσον, βρα βευμένο και με το Φιλτζ Μένταλ, [το αντίστοιχο Nobel των Μαθηματικών!. Ο Δημήτριος Χριστοδούλου έχει λάβει πολλές διεθνείς διακρίσεις και θεωρείται από τους μεγαλύτερους Ελληνες μαθηματικούς των τελευταίων σαράντα χρόνων. Πριν αναλάβει την επώνυμη καθηγη τική έδρα στο ΕΤΗ της Ζυρίχης, δίδασκε επί πολλά χρόνια στο Πανεπιστήμιο του Πρίνστον και σε άλλα μεγάλα Πανεπιστήμια. Η διεθνής επιστημονική κοινό τητα. γνωρίζει το πρωτότυπο ερευνητικό και συγγρα φικό έργο του. Η απονομή του βραβείου «Shaw» έγινε σε ειδική τελετή στο Χονγκ Κονγκ στις 28 Σεπτεμ βρίου 2011. Πληροφορίες μας αναφέρουν ότι ο Έλληνα-; επι στήμονας θα τιμηθεί και από την χώρα μας, στην Αθήνα, την ά νοιξη του 2012, από την ΕλληνlΚl] Μαθηματική κοινότητα *

[Γεννήθηκε στην Αθι)να το ι953. Ως μαθητής της Β' Λυκείου έγινε δεκτός για πανεπιστημιακές σπουδές στο Πανεπιστήμιο του Πρίνστον. Στα ι 8 του χρόνια είχε πάρει μάστερ στη Φυσική και στα 20 διδακτορικό. Το 1972 γίνεται καθηγητής στο Πανεπι στι)μιο Αθην<ίJν και επισκέπτης ερευνητής στο CERN της Γενεύ ης. Το ι 974 πήρε θέση επισκέπτη ερευνητή στο Διεθνές Κέντρο Θεωpητικι)ς Φυσικής στην Τεργέστη και στο Ινστιτούτο Max Pιanck του Μονάχου. Η πορεία του είναι θριαμβικι). Είναι μέλος του φημισμένου Ινστιτούτο Courant, του Πανεπιστημίου της Νέ ας Υόρκης. Έχει τιμηθεί, επίσης και με το βραβείο MacArthur. Από το 200 I μέχρι το 2009 ασχολείται με τα συμπιεστά ρευστά στη Φυσική και με τις εξισώσεις του Einstein.

, '\σι: Βρσ. Με αφορμή το πρόσφατο συνέδριο της ΕΜΕ, που έγι νε στην Αθήνα [Νοε 20 I I] Μαθηματική μοντελοποίηση, παρουσιάζουμε τα φετινά βραβεία Nobel με τη σκέψη, ότι παντού τελικά, υπάρχουν μαθηματικές συμπεριφορές, ειδικά στα βραβεία Nobel, υπάρχει τις πιο πολλές φορές μαθηματικό υπόβαθρο, σαν κριτήριο rιπονομής ενώ το πα ράξενο είναι ότι δεν υπάρχει Nobel Μαθηματικών. Σε λί γες μέρες [αρχές Δεκεμβρίου 20 I I] θα γίνουν οι απονομές των βραβείων. :\obel Φυσικής 2011 Η επιτάχυνση της διαστολής του Σύμπαντος Το βραβείο Νομπέλ ΦυσΙΚl)ς 2011 απονέμεται: στον Saul PeΓiιηLJtteΓ (BeΓkeley), στον Brian Ρ . Sιηitl1 (Πανεπιστήμιο της Αυστραλίας) και ο Adam G. Riess (Βαλτιμόρη). Οι επιστήμονες αυτοί ξαναϋπολόγι σαν τον ρυθμό διαστολής του σύμπαντος στο μακρινό παρελθόν. Αντί να αναλύσουν τους μεταβλητούς Κη φείδες, όπως έκανε ο Χαμπλ στη δεκαετία του 20, ό.ρχι σαν να μελετούν τους υπερκαινοφανείς (supernova) γαλαξιών, δισεκατομμύρια έτη φωτός μακριά. ·

Η εξελίξη της λαμπρότητας ενός σσυπερνόβα.

Ο μόνος τρόπος για να συμφωνήσουν οι παρατηρή σεις με τη θεωρία, ήταν να επαναεισαχθεί η κοσμολογική σταθερά Λ, η ενέργεια του κενού που είχε θεωρήσει κά ποπ ο Einstein στα πλαίσια της Γενω)ς Θεωρίας της Σχε" τικότητας (εξίσωση Einstein: Gιιν + Λ gιιν f''v)

Nobel Χημείας 2011 ,;� Η δομή των ημικρυστάλλων είναι όμοια με τα αραβικά μωσαϊκά της Αλάμπρα. Φέτος, ο Ισραηλινός Ντάνιελ Σέχτμαν πήρε το Νόμπελ Χημείας. Οι ημι κρύσταλλοί του, που φαινόταν κάποτε να παραβιάζουν τους νόμους φύσης, βρίσκουν σήμερα πληθώρα εφαρ μογών. Η μεγάλη στιγμή ήρθε για τον Σέχτμαν τον Α πρίλιο του 1982, όταν εργαζόταν στην Ουάσινγκτον. Ένα πρωί είδε στο ηλεκτρονικό μικροσκόπιο κρυστάλ• λους με πενταγωνική συμμετρία. Όλοι οι κρυσταλλογράφοι πίστευαν τότε ότι αυτό ήταν αδύνατο, όπως το να προσπαθείς να φτιάξεις μια μπάλα ποδοσφαίρου που αποτελείται μόνn από εξάγω να, αντί από έναν συνδυασμό εξαγώνω\' και πενταγώ νων [Η φετεινή μπάλα ποδοσφαίρου για το Euro 2012 είναι αυτή της μορφής και η Εθνική ομάδα της �λλά� δας άρχισε ήδη προπονήσεις, με αυτή την μπάλα, γιa το Euro 2012]. Πίστευαν επίσης ότι όλοι οι κρύσταλλοι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2!7

------

Δράσεις-Γεγονότα -Διαγωνισμοί-Βραβεία- Συνέδρια- Απρόοπτα

έχουν περιστροφική συμμετρία -δηλαδή η ατομική δο μή τους φαίνεται ίδια από όποια πλευρά κι αν την κοι τάξεις. Η δικαίωση ήρθε τελικά το 1 987, όταν Γάλλοι ερευνητές κατάφεραν να δημιουργήσουν ημικρυστάλ λους αρκετά μεγάλους ώστε να μελετηθούν με κρυ σταλλογραφία ακτίνων-Χ. Σήμερα, τα μοτίβα των ημικρυστάλλων ονομάζο νται απεριοδικά μωσαϊκά. Μοιάζουν πολύ με τα ιχρα βικά μωσαϊκά, όπως αυτά στην Αλάμπρα, τα οποία εί ναι μεν κανονικά -υπακούουν σε μαθηματικούς κανό νες- δεν επαναλαμβάνονται όμως ποτέ. Όταν οι επιση)μονες περιγράφουν αυτά τα aπεριο δικά μοτίβα, χρησιμοποιούν μια έννοια γνωστή από τα μαθηματικά και τις τέχνες: τη χρυσή τομή, δηλαδή μια «χρυσή» αναλογία αποστάσεων. Γνωστή για την αρμο νία και την ομορφιά της, η χρυσή τομή εμφανίζεται αν κανείς συγκρίνει τις αποστάσεις ανάμεσα στα άτομα των ημικρυστάλλων.

Πενταπλή συμμετρία: Η δομή των ημιιφυστάλλων είναι ό

μοια με τα αραβικά μωσαϊκά της Αλάμπρα

η ύψιστη λογοτεχνική διάκριση γιατί «με τις συμπυ κνωμένες, κρυστάλλινες εικόνες του, μας δίνει μια φρέσκια πρόσβαση στην πραγματικότητα». Ι 'υναίιο:ς

ιωι

Nol•ι�l

Εψ1)νης 201 Ι

Στην πρόεδρο της Λιβερίας Έλεν Τζόνσον Σέρλιφ [72 ετών] την πρώτη δημοκρατικά εκλεγμένη αρχηγό κράτους της Αφρικής στη Λιβεριανή ακτιβίστρια Λέι μα Γκμπόουι και στην Ταουακούλ Κάρμαν, ηγετικό στέλεχος των διαδηλωτών στην Υεμένη και πρόεδρο της οργάνωσης Γυναίκες Δημοσιογράφοι Χωρίς Αλυσί δες, απονεμήθηκε το Νόμπελ Ειρήνης για το 2011. Η Νορβηγική Επιτροπή Νόμπελ επέλεξε τις συγκε κριμένες προσωπικότητες [στα 112 χρόνια του θεσμού στατιστικά έχουν βραβευθεί μόνο 15 γυναίκες] «για τον ειρηνικό αγώνα που δίνουν για την ασφάλεια των γυ ναικών και την προάσπιση του δικαιώματός τους, στην πλήρη συμμετοχή στις προσπάθειες οικοδόμησης της ειρήνης». Συνέδριο ΕΜΕ ΙΝοε. 20111 -

Νοbellατρικής 2011 Οι Μπρους Μπέτλερ [ΗΠΑ], Ζιλ Χόφμαν [από το Λουξεμβούργο] και Ραλφ Στάινμαν [Καναδάς] μοιρά ζονται το Νόμπελ Ιατρικής 2011 για τις έρευνές τους στο ανοσοποιητικό σύστημα, ενcο ο Καναδός Ραλφ Στάινμαν για την ανακάλυψη των δενδριτικών κυττά ρων και τον ρόλο τους στην ειδική ανοσία.

Nobel Οικονομίας 2011

Οι Αμερικανοί οικονομολόγοι Τόμας Σάρτζεντ και Κρίστοφερ Σιμς κέρδισαν το βραβείο Νόμπελ Οικονο μίας 2011 γία τη δουλειά τους πάνω στη σχέση ανάμε σα στα μέτρα πολιτικής και το πώς μπορούν να επη ρεάσουν την οικονομία, που στη ρίζεται στην έρευνά τους για τη σχέση αιτίου και αποτελέσματος στη μα κροοικονομία».

Nobel Λογοτεχνίας 2011 Φέτος φαίνεται ότι είναι η χρονιά των ποιητών. Το Νόμπελ Λογοτεχνίας απονεμήθηκε στον σουηδό ποιητή Τόμας Τρανστρόμερ. Σύμφωνα με το σκεπτικό των μελών της Σουηδικ1)ς Ακαδημίας του απονεμήθηκε

Ο ομότιμος καθηγητής του Πανεπιστημίου Πει ραιώς Αντώνης Παναγιωτόπουλος, στο συνέδριο της ΕΜΕ, σε ειδική διάλεξη, αναφέρθηκε στις Μνημονικές Μοντελοποιήσεις, και υπογράμμισε ότι υπάρχουν ά τομα που είναι προικισμένα με το ταλέντο της aπομνη μόνευσης μεγάλου όγκου δεδομένων ή/και της εκτέλε σης πολύ δύσκολων υπολογισμών χωρίς μολύβι και χαρτί, δηλαδή από μνήμης. Μια ειδική περίπτωση αυ τών, είναι οι «Calendrical Saνants» .οι οποίοι απαντούν αμέσως στην ερώτηση «ποιά είναι η ημέρα μιας συ γκεκριμένης ημερομηνίας» (σχετικό άρθρο υπάρχει στο τ.77, Ευκλείδης Β'). Ο καθηγητής αφού αναφέρθη κε στους γνωστούς αλγορίθμους των Zeller [1882] και Conway [1973] παρουσίασε τους μη βλέποντες μαθη τές του Μουσικού Γυμνασίου Αλίμου Βασίλη Κάτση και Κυριαζή Ρουσσακάκη οι οποίοι και κατέπληξαν το κοινό, με τις ικανότητες τους και το ταλέντο τους, στο πρόβλημα αυτό, μέσα σε μια συγκινητική και ενθου σιώδη ατμόσφαιρα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/8

afhιιpαιτικο{ Α1lσyωνι.σμοi. •fhιιpστικές Ολuμιmάιδες Επιτροπή Διαγωνισμ ών τη ς Ε.Μ. Ε .

«0 ΘΑΛΗΣ>> 19 Νοεμβρίου 2011

{(χ-ιο)(χ -7χ+ιο)= ο}

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ 1.

Ν αβ ρ είτε τις ακέραιες λύσεις του συστή ματο ς :

x2+l 2

Λύση

2x-l 5

x x+l

(

)

< ___,__......_

(χ-10){χ2 -7χ+10) =0�χ-10=0 ή χ2-7χ+10 =Ο�χ= 10 ή χ2 -7χ+10 =0. Η εξίσωση χ2 - 7χ+10 =Ο, έχει το πρώτο μέλος της τριώνυμο με α= 1, β= -7, r = 10 , οπότε είναι Δ = β2 - 4ay = 9 και οι ρίζες της εξίσωσης είναι χ = 2 ή χ = 5 . Διαφορετικά μπορούμε να πούμε ότι η εξίσωση χ2-7 χ+ 1Ο=Οείναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ (χ-7) =-10 Επειδή ζητάμε ακέραιες λύσεις της εξίσωσης, συμπεραίνουμε ότι ο χ πρέπει να είναι διαιρέτης του 10. Επομένως θα είναι χ ε { ± 1, ± 2, ± 5, ± 10} . Με δοκιμές διαπιστώνουμε ότι οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι ακέραιοι 2 και 5. Στη συνέχεια επιλύουμε χ2 + 1 2χ-1 χ (χ+ 1) ' ' � 5χ2 + 5 + 4 χ-2 < 5χ2 + 5χ � χ > 3. την ανισωση του συστηματος + < 2 2 5 = Επομένως οι ζητούμενες ακέραιες λύσεις του συστήματος είναι: χ= 5 ή χ 10. Έχουμε

Ν α απλοποιη θεί η παρ ά σταση : Α χ =

Λύση

( )

)3 + χ (1+ χ )3 2 l+x2+ (1+x )

1+ χ4 + 1+ χ

(

3 2 1+ χ3 + 1+ χ

(

) (

3 χ2+1

(

)

•

2(1+χ 3)+(1+χ)3 Β(χ)= 1+χ 4 +(l+x)3+χ(1+χ)3 και Γ(χ)= ____:. _;_, -� .:...__ ... _.,... 3(χ2 +1) ' l+x2 +(l+x)2 τότε η παράσταση Α (χ) είναι ίση με τη διαφορά Β(χ)- Γ (χ) . Έχουμε: Β(χ)= 1+χ4+(1+χ)3+χ(1+χ)3 1+χ4+1+3χ+3χ2+χ3+χ(1+3χ+3χ2+χ3) =2x4+4i+�+4x+2 = l+x2+1+2χ+χ2 2+2χ+� l+x2+(l+x)2 χ4 +2χ3+3χ2+2χ+1 χ4 +2χ3+χ2+2χ2+2χ+1 =(�+χ)2+2(�+x)+l (�+χ+1)2= = = �+x+l. 1+χ+χ2 1+χ+χ2 1+χ+� �+χ+1 Γ( ) 2(1+χ3)+(1+χγ = 3+3χ3+3χ2+3χ χ3+χ2 +χ+ι = χ2 (χ+ι) +(χ+ι) (χ+ι)(χ2+ι)= χ= = = χ+1 . χ2+1 χ2+1 χ2+1 3(χ2+1) 3(χ2+1 ) Αν θέσουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/9

-------

Άρα έχουμε : .1 .

'""

( α ) Αν

( χ ) = Β ( χ ) - Γ ( χ ) = χ2 + χ + 1 - ( χ + Ι ) = χ2 •

, ' ' ακεραιος, να λυσετε την ε ξισωση :

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

(β) Για ποιες τιμές του ακέραιου ΛiJΙCHl ( α } Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την

κχ

) 3 ( κχ4 - 1 )

+-= κ χ+2 4

(

•

κ η παραπάνω εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις;

2κχ+ χ = 4κ ( χ + 2 ) - 3 ( κχ-Ι ) � 2κχ + χ = 4κχ + 8κ- 3κχ + 3 � κχ + χ = 8κ+ 3 � ( κ+ 1 ) χ = 8κ+ 3 . (Ι) Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: 1 . Αν κ = -1 , τότε η εξίσωση γίνεται

κ είναι ακέραιος διαφορετικός από το - 1 , τότε η 8κ + 3 , , ε ξισωση εχει μονα δ ικη, λυση χ = -. κ+Ι 8( κ+ 1) -5 !"; Η ε ξισωση ' , , χ= 8κ+3 EtL.ι�X=-8κ+8-5 EtL.ι�X --' , , ' '-_"-_ εΖ λυσεις, εχει ακεραιες οταν ειναι 1' ι} κ+1 κ+1 κ+1 5 5 χ=8εΖ� ε Ζ � κ + Ι ε { -Ι ' 1 ' -5 ' 5 } � κ ε { -2 Ο -6 4} . κ+Ι κ+Ι Όλες οι τιμές που βρήκαμε για το κ είναι δεκτές, αφού είναι διαφορετικές του - 1 . Αν

ε Ζ - {-1} ,

Ο · χ = -5 και είναι αδύνατη .

δηλαδή , αν ο

'71

Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( ΑΒ = ΑΓ). Κύκλος με κέντρο την κορυφή Α και ακτίνα ρ < ΑΒ τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ε και Δ, αντίστοιχα. Οι ευθείες ΒΔ, ΓΕ τέμνουν για δεύτερη φορά το κύκλο στα ση μεία Κ,Ν αντίστοιχα. Αν Τ είναι το σημείο τομής των ΒΔ, ΓΕ και s το ση μείο τομής των ΔΝ, ΕΚ, να αποδείξετε ότι τα ση μεία Α, S και Τ βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία. Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΕΓ είναι ίσα γιατί έχουν: (α) ΑΔ = ΑΕ , ως ακτίνες του ίδιου κύκλου, (β) ΑΒ = ΑΓ (πλευρές του ισοσκελούς �

τριγώνου ΑΒΓ ) και (γ) η γωνία Α είναι κοινή για τα δύο τρίγωνα. Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΒ και Α Ε Γ , προκύπτουν οι ισότητες: Β1 = f'1 και κατά συνέπεια: Βiτ = rfB . �

(1)

�

ΑΔΒ = ΑΕΓ και κατά συνέπεια ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών �

Σχή μα

()

�

(2)

)

ΒΕΓ = ΒΔΓ και ΔΒ = ΔΓ . (3). Από την ισότητα ( 1 των γωνιών Τ BiT = Γ Β προκύπτει ότι το τρίγωνο ΒΤΓ είναι ισοσκελές και κατά συνέπεια το σημείο Τ θα ανήκει στη μεσοκάθετη της Β Γ . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΒΤΓ έχουμε: ΤΒ ΤΓ και σε συνδυασμό με την

()

�

ισότητα 3 συμπεραίνουμε: ΤΕ = ΤΔ . Από την ισότητα 2 των γωνιών ΒΕΓ = ΒΔΓ , προκύπτει η ισότητα τω ισοσκελών τριγώνων ΑΔΚ και ΑΕΝ . Άρα ΔΚ = ΕΝ και επειδή ΤΕ = Τ Δ , καταλήγουμε ΤΚ = ΤΝ . Από τις ισότητες ΤΕ = Τ Δ και ΤΚ = ΤΝ συμπεραίνουμε την ισότητα των τριγώνων ΕΤΚ και ΔΤΝ . Από την προηγούμενη ισότητα προκύπτει η ισότητα των τριγώνων S EN = S Δ Κ και

στη συνέχεια η

ισότητα SAE

Π ρόβλημα i

= SAK , οπότε το σημείο

ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας Α . Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

(χ + 2) {2χ - 1) (χ - 1) + χ - 4 , χ ;�:. ± ν�2 . χ2 - 2 Α 2012· 4019· 2009+ 2006 , , , , (!}) Να υπο λογισετε την τιμη της αριθ μητικης παραστασης: = 20102 _2 ) Να aπλοποιήσετε την παράσταση : Κ

(χ) =

χωρίς την εκτέλεση των ση μειούμενων πράξεων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/10

-------

------

Μαθη ματικ οί Διαγωνισ μ οί - Μαθη ματικές Ολυ μπιάδες

Εκτελούμε τις πράξεις και παραγοντοποιούμε τον αριθμητή της παράστασης:

)

(

(χ + 2 ) ( 2χ - 1 ) (χ - 1) + χ - 4 - (χ + 2 ) 2χ 2 - 3χ + 1 + χ - 4 χ2 - 2 χ2 - 2 2χ3 - 3χ2 + χ + 4χ2 - 6χ + 2 + χ - 4 2χ3 + χ2 - 4χ - 2 2χ χ2 - 2 + χ2 - 2 = χ2 - 2 (2χ + 1 ) = = = = 2χ + 1 . χ2 - 2 χ2 - 2 χ2 - 2 χ2 - 2 Για

χ = 20 1 Ο

(

)

(

)

η προηγούμενη παράσταση γίνεται ίση με την Α, οπότε θα έχουμε:

Α = Κ ( 20 1 Ο ) = 2 20 1 Ο + 1 = 402 1 . ·

Ν α αποδείξετε ότι η εξίσωση

x-b

χ-α για όλες τις τιμές των παραμέτρων α, c ε JR ,

Για

α=b

c *

� , με άγνωστο το χ , έχει ρίζες στο Ο.

2 -- = <:::> χ = α + 2c 2 • 'Εστω α * b. Τότε η εξίσωση είναι χ-α c ( χ - α ) ( χ - b ) = c 2 ( χ - α + χ - b ) , με χ * α και χ * b <:::> χ 2 - α + b + 2c 2 χ + αb + (α + b) c 2 = Ο, με χ * α και χ * b ( 1 )

�

η εξίσωση γίνεται:

ισοδύναμη με

(

)

Η διακρίνουσα της δευτεροβάθμιας εξίσωσης είναι

Δ = α + b + 2c 2 2 - 4αb - 4 ( α + b) c 2 = (α + b ) 2 - 4αb + 4c4 = ( α - b ) 2 + 4c4 > 0 , οπότε η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο ρίζες άνισες στο JR που δίνονται από τις ισότητες α + b + 2c 2 ± (α - b ) 2 + 4c4 χ = (2 ) 2 Οι δύο ρίζες είναι δεκτές, αν τα α και b δεν είναι ρίζες της εξίσωσης ( 1 ). Για χ = α η εξίσωση γίνεται: ( α - α ) ( χ - b ) = c 2 ( α - α + χ - b) <:::> Ο = c 2 ( α - b) , που είναι άτοπο, αφού είναι c * Ο και έχουμε υποθέσει ότι α * b . Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο για χ = b . Επομένως, για α * b , η δεδομένη εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες στο JR που δίνονται από τις ισότητες (2).

)

(

�

? J,_

Να λύσετε στους πραγμ ατικούς αριθμούς το σύστη μα: y = χ 3 + 2χ - 2, z = / + 2 y - 2, χ = z 3 + 2z - 2 . Με αφαίρεση κατά μέλη των εξισώσεων του συστή ματος λαμβάνουμε :

( (

) )

Υ - z = ( χ - Υ) χ 2 + xy + / + 2 z - x = ( y - z) y 2 + yz + z 2 + 2

Επειδή είναι

( �)2 + 3�2 + 2 > Ο

χ 2 + xy + y ' + 2 = χ +

( Ξ)' + 3:' + 2 > Ο ,

y 2 + yz + z 2 + 2 = Υ +

(1) ( 2) και ομοίως προκύπτει ότι

αν υποθέσουμε ότι είναι

χ > y , τότε από την ( I )

y > z . Στη συνέχεια από τη σχέση (2 ) λαμβάνουμε z > χ . Έτσι έχουμε χ > y > z > χ , άτοπο. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε ότι χ < y . Επομένως έχουμε χ = y, οπότε θα είναι και y = z . Τότε από τις αρχικές εξισώσεις έχουμε: λαμβάνουμε ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/1 1

------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες χ = χ3 + 2χ - 2 <:=:> χ3 + χ - 2 = ο <:=:> χ3 - 1 + χ - 1 = ο <:=:> ( χ - 1 ) ( χ2 + χ + 2 ) = ο <:=:> χ = 1,

-------

αφού το τριώνυμο χ2 + χ + 2 έχει διακρίνουσα Δ = -7 < Ο . 2"�

{

}{

}

τρόπος (Στ60η Σταυ ρ ο ύ λα, Μ αΟ η μ ατ ι κός 1 '11' ΓενικοίJ Λυ κείου Λάρισας)

Αφαιρώντας τη μονάδα από τα δύο μέλη και των τριών εξισώσεων λαμβάνουμε: y - 1 = (χ - 1)(χ2 + χ + 3 ) Υ - 1 = χ3 + 2χ - 3 Υ = χ3 + 2χ - 2 z = / + 2 y - 2 <:=:> z - 1 = / + 2 y - 3 <:=:> z - 1 = (y - 1 )(/ + y + 3) χ = z3 + 2z - 2 χ - 1 = z3 + 2z - 3 χ - 1 = (z - 1 )( z2 + z + 3 ) Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των τριών εξισώσεων λαμβάνουμε: (y - 1)(z - 1 )(χ - 1 ) = (χ - 1 ) (y - 1)(z - 1 )(χ2 + χ + 3)(/ + y + 3)(z2 + z + 3 ) <:=:> (χ - 1)(y - l )( z - 0 [ (χ2 + χ + 3)(/ + y + 3)(z2 + z + 3 ) - 1 J = ο.

Επειδή η αγκύλη αποτελείται από τριώνυμα με ελάχιστη τιμή ..!.!. > 1 , είναι θετική για κάθε 4 χ, y, z ε JR. . Επομένως έχουμε: (x - 1)(y - 1)(z - 1 ) = 0 <:=:> x = 1 ή y = 1 ή z = 1 . Για χ = 1, από το δεδομένο σύστημα λαμβάνουμε y = z = 1 . Ομοίως, για y = 1 ή z = 1 , λαμβάνουμε χ = z = 1 ή χ = y = 1 . Άρα η μοναδική λύση του συστήματος είναι η ( x,y,z) = ( ι υ) . Π ιΗψλη μ α 4 Δίνεται ο ξυγών ιο σκαληνό τρίγ ωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ , εγγεγραμμένο σε κύκλο

c(O,R) . Οι δ ιχοτόμο ι των γ ωνιών Α , Β και Γ , τέμνουν το κύκλο c(O,R) στα ση μεία Δ , Ε και Ζ αντίστοιχα . Από το ση μείο Ζ, θεωρούμε παρ άλληλη στην ΑΓ , που τέμνει την ΒΓ στο ση μείο Μ. Από το ση μείο Ε , θεωρούμε παρ άλληλη στην ΑΒ , που τέμν ει την Β Γ στο ση μείο Ν. Ν α απ οδ είξετ ε ότι : α ) Τ α τετρ άπλευρα Β Μ Ο Ζ κα ι ΓΝ Ο Ε είναι εγγρ άψ ιμα σε κύκλους, έστω (c 1 ) και ( αντίστοιχα . β) Τ ο δ εύτερ ο κο ινό ση μείο (έστω Κ) των κύκλων (c1 ) και ( ανήκει στο κύκλο με κέντρο

c2 ) ,

.._\

··--..

c2 )

το ση μείο Δ και ακτίνα ΔΙ, όπου Ι το έκκεντρ ο του τριγώνου ΑΒΓ. Λ'\χιη

α) Εφόσον η ΖΜ είναι παράλληλη στην ΑΓ, θα Λ

ισχύει: ΖΜΒ = ΑΓΒ = Γ . Η γωνία ΖΟ Β είναι επίκεντρη στον κύκλο c(O, R ) και βαίνει στο τόξο ΖΒ (που είναι το μισό του τόξου ΑΒ ) . Άρα ΖΟΒ = Γ . Άρα είναι ΖΜΒ = ΖΟΒ = Γ , οπότε το τετράπλευρο ΒΜΟΖ Σχήμα 2 είναι εγγράψιμο. Ομοίως προκύπτει ότι ΕΝΓ = Εό Γ = Β και ότι το τετράπλευρο ΓΝΟΕ είναι εγγράψιμο. Επειδή το σημείο Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ , θα ισχύουν οι ισότητες Λ

Α. + 8

A. + t

ΔΙΒ = ΔΒΙ = -- και ΔΙΓ = ΔΓΙ = -- . Λ

γωνιών:

2 2 Από τις προηγούμενες ισότητες προκύπτει ότι ΔΒ = ΔΙ = ΔΓ και επίσης εύκολα προκύπτει Α ότι: ΒΙΓ = 90· + . Αρκεί να αποδείξουμε ότι τα σημεία Β, I, Κ, Γ είναι ομοκυκλικά, δηλαδή 2 Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/1 2

------ Μ α θη ματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μ α θη ματικές Ολυμπιάδες Α

Β+Γ ότι ΒΚΓ = Α + -- = ΒΙΓ . 2 Α

ΟΒΖ είναι ισοσκελές με BOZ = r . Άρα

Το τρίγωνο (OB = OZ = R ) ,

ΒΖΟ

------

90° - - . Το τρίγωνο ΟΓΕ είναι 2 ισοσκελές (ΟΓ = ΟΕ = R ) , με ΓΟΕ = Β . Άρα Γ ΕΟ

= 90° - Β . 'Ετσι ισχύουν οι ισότητες: 2 Α

ΒΚr

:ι

Γ οΚΒ + οΚr = ΒΖΟ + ΓΕΟ = 90° 2

( J

+90° - Β = 1 80° - 90° - Α = 90° + Α = ΒΙΓ . 2 2 2

Σχήμα 3

Γ ' Λ Υ Κ Ε Ι ΟΥ Ι . Να λυθε ί στους πραγ ματικούς αριθμούς η εξίσωση Λ\) σ η ( 1 "� τρ όπο ς )

(χ2 + 3χ+ 2)4 +(χ 2 + χ- 2)4 = 16(χ+ 2) 4 •

Παρατηρούμε ότι τα τριώνυμα χ2 + 3χ + 2 και χ2 + χ - 2 έχουν παράγοντα το χ + 2 , οπότε η εξίσωση γίνεται: ( χ + 2 ) 4 ( χ + 1 ) 4 + ( χ - 1 ) 4 - 1 6 = Ο <:::> ( χ + 2 ) 4 = Ο ή ( χ + 1 ) 4 + ( χ - 1 ) 4 - 1 6 = Ο

[

<:::> χ = -2 (με πολλαπλότητα 4) ή 2χ4 + 12χ2 -14 = Ο <:::> χ = -2 (με πολλαπλότητα 4) ή χ4 + 6χ2 - 7 = Ο <:::> χ = -2 (με πολλαπλότητα 4) ή χ2 = 1 ή χ2 = -7 (αδύνατη) <:::> χ = -2 (με πολλαπλότητα 4) ή χ = 1 ή χ = -1 . 2 "ς τρόπος Αν θέσουμε α = χ2 + 3χ + 2, b = χ2 + χ - 2 , τότε α - b = 2χ + 4 και η εξίσωση γίνεται: α4 + b4 = ( α - b) 4 <:=> α4 + b4 = α4 - 4α3b + 6α2b2 - 4αb3 + b4 <:=>- αb ( 2α2 - 3αb + 2b2 ) = Ο<:=> α = 0

ή b = Ο ή 2α2 - 3αb + 2b2 = Ο <:::> α = Ο ή b = Ο ή α = b = Ο, αφού η εξίσωση 2α2 - 3αb + 2b2 = Ο, α αν αb '* Ο , είναι ισοδύναμη με την εξίσωση 2u2 - 3u + 2 = Ο, u = , b η οποία δεν έχει λύσεις στο IR . Άρα έχουμε: α = Ο ή b = Ο ή α = b = Ο <:::> χ2 + 3χ + 2 = Ο ή χ2 + χ - 2 = 0 ή χ2 + 3χ + 2 =χ2 + χ - 2 = 0 <::::> χ = -1 ή χ = -2 ή χ = 1ή χ = -2 ή χ = -2 (διπλή) <:::> χ = - 1 ή χ = 1 ή χ = -2 (με πολλαπλότητα 4) Πρό βλη μ α 2 Να προσ δ ιορίσετε την τ ιμή της παραμέτρου

{α( χ2 + y2 )+2x+ y=λ} 2χ-y=-λ

Λύ σ η

Έχουμε

{α (

IR , , αν το σύστημα

, (Σ) έχει λύση στο JR , δ ια κά θ ε τιμή της παραμέτρου

Χ 2 + / ) + 2χ + Υ = λ 2χ - y = -λ

}

<=>

{α (

)

χ2 + ( 2χ + λ ) 2 + 2χ + 2χ + λ = λ y

= 2χ + λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/13

}

•

{

}

---- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

5 αχ 2 + 4 ( αλ + Ι) χ + αλ 2 = 0 (1) y = 2χ + λ ( 2) α =F- Ο , τότε η εξίσωση ( 1 ) έχει διακρίνουσα Δ = Ι 6 ( αλ + Ι) 2 - 20α 2 λ 2 = 4 -α 2 λ 2 + 8αλ + 4 �

Αν ήταν

(

Επειδή το σύστη μα έχει λύση στο � για κάθε τιμή της παραμέτρου Όμως, το τριώνυμο

Δ � Ο � -α 2 λ 2 + 8αλ + 4 � Ο . -α 2 λ 2 + 8αλ + 4 έχει διακρίνουσα

----

)

λ , έπεται ότι θα είναι: (3) Δ' = 80α 2 > Ο , οπότε έχει δύο �� = - < Ο ). Επομένως θα α

�

� < Ο < � (αφού είναι � ή λ > � , άτοπο. έχουμε -α 2 λ 2 + 8αλ + 4 < Ο , για λ < Για α = Ο η εξίσωση ( Ι ) έχει τη λύση χ = Ο , οπότε προκύπτει ότι y = λ τη λύση ( χ, y ) = ( Ο, λ ) . Άρα είναι α = Ο .

πραγματικές ρίζες ετερόσημες, έστω

Π ρι)βλιμω 3 ακολουθία

α, , n = 0, 1, 2, ... είναι τέτοια ώστε η ακολουθία

n = 1, 2, .3, .... είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά I.

= α, - α0 •

= α, - α,_, ,

με

Να προσδιορίσετε, συναρτήσει των α0 , ω και n τον γενικό όρο α, και το άθροισμα S,+,

= α0 + α, + · · · + α, .

Αν είναι α0 = 1 και α, = 7 , να προσδιορίσετε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο οποίο συναληθεύουν οι ανισώσεις: α,

Λ. iJ σ η I.

και το σύστη μα έχει

1 0 3 και S,+, � 8 · 1 0 3 •

για τον

d1 = ω , d, = d1 + ( n - Ι ) ω = n ω, n = 2, 3, . . . .. οπότε θ α είναι: d, + d2 + . . . + dn = ( α, - α0 ) + ( α2 - α1 ) + ... + (α" - α11_ 1 ) n (n + I ) � ω + 2ω + . . . + n ω = α" - α0 � αn = α0 + ( Ι + 2 + . . . + n) ω � αιι = α0 + ω. 2 Σύμφωνα με την υπόθεση έχουμε:

Για το άθροισμα

Sιι + t

(

έχουμε:

Ι·2 2·3

sn+ l = αο + α, + . . · + α" = (n + Ι ) αο + 2 + 2 + . . . +

n · (n + I ) ω 2

Ι " 2 2 + 2 + . . . + n 2 + n ω = ( n + Ι) α0 + -Σ k 2 + k 2 k=l " 1 n (n + I ) ( 2 n + I ) n (n + I ) ω Σ k ω = (n + Ι) α0 + + 6 2 2 k=l n (n + Ι) (n + 2) n ( n + 1 ) ( n + 2) ω. = ( n + Ι ) αο + _!_ ω = ( n + 1 ) αο + 6 2 3 2 . Αν είναι α0 = 1 και α1 = 7 , τότε έχουμε ω = 6 και α" = Ι + 3n ( n + 1) , Sn+Ι = n + 1 + n ( n + Ι ) ( n + 2) = ( n + Ι ) [ 1 + n ( n + 2) J = ( n + 1 / . Έτσι έχουμε να λύσουμε το σύστη μα των ανισώσεων: α" > Ι 03 και Sn+ t � 8 · 1 03 �α" = I + 3n ( n +I) > Ι�, S,ι+, =( n +1 � 8 · 1� � n(n+1) >333, n+1�2·10�n > 18, n�19�n =18 ή n=I9. αφού είναι Ι7 · 1 8 = 306, Ι 8 · Ι 9 = 342 . Άρα ο ζητούμενος ελάχιστος θετικός ακέραιο ς n είναι ο Ι 8. Ι = ( n + Ι ) α0 + - Ι 2 + Ι + 2 Ι " 1 = (n + Ι) α0 + - Σ k 2 ω + 2 2 k=l

((

)

) (

( ) ( ) (

(

))

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/14

(

)

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

____;

Π ρ ό βλη μα 4 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ , εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) _ _ _ _ _ _ _

και Δ τυχόν ση μείο της πλευράς ΒΓ . Η διχοτόμος της γωνίας Β , τέμνει τον κύκλο (c) στο Λ

σημείο Σ, τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΒ στο ση μείο Κ και τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΓ στο σημείο Μ. Η διχοτόμος της γωνίας Γ , τέμνει τον κύκλο (c) στο ση μείο Τ , τη διχοτόμο Λ

της γωνίας ΑΔΓ στο ση μείο Λ και τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΒ στο ση μείο Ν. Να αποδείξετε ότι: α) Τα ση μεία Α, Ι, Λ, Μ και Α, Ι, Κ, Ν είναι ομοκυκλικά σε δύο διαφορετικούς κύκλους (έστω) (c1 ) και (c2 ) αντίστοιχα, όπου Ι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ .

β) Αν η ΑΔ ταυτιστεί με το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ , που αντιστοιχεί στη κορυφή Α τότε οι κύκλοι ( c1 ) και (c2 ) είναι ίσοι μεταξύ τους. ΛίJ σ η α) Από την κατασκευή των διχοτόμων συμπεραίνουμε ότι τα ση μεία Κ, Λ είναι τα έκκεντρα των τριγώνων ΑΔΒ και ΑΔΓ αντίστοιχα. Ισχύει τώρα η ισότητα των γωνιών: �

�

Α = ΙΑΓ - ΛΑΓ = Α - ΔΑΓ = 2 2 Α 1 80 - 2χ - Γ Α 9 ----- = - - 0" +-Γ + χ = χ --Β Απο' το 2 2 2 2 2

()

Σχή μα 4

δηλαδή

Μ ΔΒ εχουμε: ' ' τριγωνο

Α = Μ = χ1

� Χ

�

Β = Μ + - <=> Μ = Χ - , 2 2 �

�

. Άρα το τετράπλευρο

ΑΙΛ Μ είναι εγγράψιμο. Ισχύει επίσης η ισότητα των γωνιών:

Α = 2

ΙΑΒ - κΑΒ

' Απο' το τριγωνο ΝΔ Γ

1 80 - 2 Υ - Β Α 9 Γ Β = = = - 0" + + Υ = Υ - . 2 2 2 2 2 2 2 Γ Γ Γ ' εχουμε: y = N + - <=> N = y - - , δη λαδη' A ,- = N = y - - . 2 2 2 Λ

ΔΑΒ

()

�

' Άρα το

τετράπλευρο ΑΙΚΝ είναι εγγράψιμο . β) Εφόσον Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ , θα ισχύουν οι ισότητες γωνιών: Λ

1'\

= 9 0" + Γ 2

Α+Γ =9 ΑΙ Β = Γ + 0" + Β . και ΑΙ Γ = Β + 2 2 2 Από το τρίγωνο ΑΙΚ έχουμε : Κι = 180" - AlB - A2 = 1 80° - 90" _ ! _ Ν = 90'' _ ! _ y + I = 9 0 -y . 2 2 2 Α+Β

Από το τρίγωνο ΑΙΛ έχουμε:

.\ = 1800 - ΑΙΓ- Α = 1800 -9σ' -

Αν τώρα υποθέσουμε ότι ΑΔ l_ ΒΓ τότε Άρα οι κύκλοι (

c1 )

και

(c 2 )

n α ρατη ρt) σ ει ς α ) Τα κέντρα των κύκλων

και

(c 2 )

�

χ = y = 45" , οπότε Κ 1 = Α 1

είναι ίσοι (οι ίσες γωνίες

(c 1 )

�-Μ =90" - � -χ+ � = 90" - χ . Λ

Κι , Αι

�

•

βαίνουν στη κοινή χορδή ΑΙ ) .

βρίσκονται επάνω στην ΣΤ .

β) Το ση μείο Α είναι το ση μείο Miquel του πλή ρους τετραπλεύρου ΔΚΙΛΜΝ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/15

------ Μ α θη ματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιά δες

------

Ασκήσε ις γ ια Δ ιαγωνισ μο ύ ς Ε πιτροπή Διαγ ωνισμ ών της Ε.Μ.Ε.

ΛJ

•

Λύσεις των ασκήσεων τεύχους 81/2011 Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : (Ο, +cx:> ) -+ IR που ικανοποιούν την ισότητα

xy( ( ;) 3r

+ sr

(�))=

Διαιρώντας με xy λαμβάνουμε: 3f

(�)

3χ ' + Sy ' , ( I) για κάθε x, y e iR .

(�) + 5f (�) = 3; + 5: ,για κάθε x, y ε IR .

(2)

Θέτουμε στη σχέση (2) y = Ι και πολλαπλασιάζουμε επί 3. οπότε λαμβάνουμε = 9x + 1 . για κάθε x ε iR . (3) 9f ( x ) + 1 5f

(�)

Θέτουμε στη σχέση (2) χ = Ι και πολλαπλασιάζουμε επί 5. οπότε με αντικατάσταση της μεταβλητής y από τη μεταβλητή χ , λαμβάνουμε 1 5f + 25f ( χ ) = 1 + 25χ, για κάθε χ ε IR . (4) .\2.

Με αφαίρεση των (3) και ( 4) κατά μέλη λαμβάνουμε: f (χ) = χ, για κάθε χ ε IR .

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : IR -+ IR που είναι γνησίως μονότονες και ικανοποιούν την ισότητα r x + f y = f x + y, για κάθε x, y ε !R . (1) λ iιση :

(

( )} ( )

Θεωρούμε χ = χ 0 σταθερό, οπότε η δεδομένη σχέση γίνεται: f(Xo +f(y)) =f(Xo) +y, για κάθε y ε IR . (2) Αν υποθέσουμε ότι f ( y , ) = f(y 2 ) , τότε , λόγω της (2) έχουμε: f ( Χ 0 + f(y , )) = f ( Χ 0 + f ( y 2 )) => f(x 0 ) + Υι = f(x 0 ) + Υ2 => Υι = Υ2 • Επομένως η συνάρτηση f είναι 1 - 1 . Επιπλέον από τη σχέση (2), επειδή { f( χ 0 ) + Y I Y ε IR} = IR , έπεται ότι Imf = IR , οπότε η συνάρτηση f είναι επί. Επομένως, υπάρχει μοναδικό y0 ε IR τέτοιο ώστε f(y0 ) =0. Θέτοντας στη σχέση ( 1 ) y = y0 λαμβάνουμε: f(x + f(y0 )) = f(x) + y0 => f(x) = f(x) + y0 => y0 = Ο, οπότε τελικά προκύπτει ότι f(O)=O. Θέτοντας στη σχέση ( Ι ) χ = Ο λαμβάνουμε: f ( f ( y)) = y, για κάθε y Ε IR . Από την υπόθεση διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις: ! Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x ε iR τέτοιο ώστε f ( χ ) > χ , τότε έχουμε x = f(f(x)) > f(x) > x, άτοπο. " Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει x E IR τέτοιο ώστε f ( χ ) < χ , τότε έχουμε x = f(f(x) ) < f(x) < x, άτοπο. Επομένως σε αυτή την περίπτωση προκύπτει η συνάρτηση f ( χ ) = χ, χ Ε IR. Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα. Επειδή είναι f (Ο) = Ο , έπεται ότι f (χ) < Ο, αν χ > Ο και f ( χ) > Ο, αν χ < Ο . Έτσι, αν υποθέσουμε ότι υπάρχει χ < Ο τέτοιο ώστε f ( χ ) > -χ , τότε θα είναι f(x) + x > 0 και f(f(x) + x) < O . Όμως, λόγω της ( 1 ) για y = χ λαμβάνουμε f(f(x) + x) = x + f(x) > O , που είναι άτοπο. Ομοίως, αν υποθέσουμε ότι υπάρχει χ < Ο τέτοιο ώστε f (χ) < -χ , τότε θα είναι f( χ) + χ < Ο και f( f( χ) + χ) > 0 . Όμως, λόγω της ( 1 ) για y = χ λαμβάνουμε f( f(x) + x) = χ + f( χ ) < 0 , που είναι άτοπο. Το ίδιο συμπέρασμα προκύπτει και στην περίπτωση για χ > Ο . Επομένως σε αυτή �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/ 1 6

Μ α θη ματικοί Διαγ ωνισμοί - Μ α θ η ματικές Ολυμπιάδες

την περίπτωση προκ6πτει η συνάρτηση

------

Λ :� _ Έστω

f ( χ ) = -χ. χ Ε ffi. .

-------

Ρ { χ) πολυώνημο με ακέραιους συντελεστές. Δίνεται ότι Ρ { a ) - P (b) ακέραιους a.b. Να αποδείξετε ότι i a - bl 1. : Έστω ότι Ρ ( χ ) = cn x " + . . . + c ! x + Cn . όπου cn . . . , c , , Co Ε z . Τ ότε έχουμε Ι = Ρ( a)

1 , για κάποιους

P( b

k�)

k�

) = { c,a" + . .. + c,a + c0 ) - ( c"b" + ... + c, b + b0 ) =Σι; ( ak -bk ) =>l =Σι; ( a -b)( ak-Ι + ak-2b + . . . + abk-2 + bk ). Να προσδιορίσετε όλα τα ζεtηάρια ( m n ) θετικιί>ν ακέραιων που είνα.ι τέτοιοι <οστε: i 2 - 1 mi2n - 1 . rM. O. Τσεχίας - Σλοβακίας, 2010] -

και

k, I Ε Ν' τέτοια (;)στε 2ω - 1 = kn και 2n - 1 = Jm , οπότε 4n - 2 = 2 (2n - 1) = 2ml = (nk + 1 ) 1 => ( 4 - kl) n = 1 + 2. ( 1 ) Επειδή είν α ι 1 + 2 > Ο , έπετ αι ότι 4 - kl > Ο ή kι < 4 Επειδή οι k, ι είναι θετικοί ακέραιοι. έπεται ότι υπάρχουν οι παρακάτω δυνατές περιπτcοσεις : , kl = 1 οπότε θα εiνrι.ι k = ι = 1 και 2m - 1 = η , 2n - 1 = m => m = η = 1 . ki = 2 , οπότε από την ( 1 ) πρΟΚl)Πτει ότι 2n = ι + 2 δηλαδή ο ι είναι άρτιος. Όμως, από την ισότητα 2 η - 1 = Im προΚΊ')πτει ότι ο άρτιος Im ισο1)ται με τον περιττό 2n - 1 . που είναι άτοπο. k1 = 3 ' οπότε θα f:ίναι k = 3, ι = 1 ή k = ι 1 = 3 . Αν k = 3 . I = Ι , τότε 2 m - 1 = 3n. 2n - 1 = m => m = 5 , n = 3 . Αν k = l , 1 = 3 , τότε 2m - l = n, 2n - 1 = 3m => m = 3, n = 5 . '"' ' Από τις υποθέσεις υπάρχουν .

�',<

Ένας θετικός ακέραιος ονομάζεται ισο ρροπη μένος, αν ο αριθ μός των ψη φί.ων του ισούται με

τον

3 7

αριθμό τ(!)ν διαφορετικό)ν πp<t)των παραγόντων του

παρά.δειγμα, ο αριθ μός

25 = 52

στην κανονική

είναι ισορροπη μένος, ενό) ο αριθ μός

ανά.λυσή

του.

Για

δεν είναι. Να

Α ς υποθ{;σουμε ότι υπάρχει ένας ισορροπη μένος θετικός ακέραιος με 1 1 + k ψηφί.α, με k 2:: 1 . Τότε πρέπει αυτός να έχει 1 1 + k διαφορετικο1> ς πρcίηους παράγοντες , έστω τους: Ρι <Pl < ... <Ρι 1 < Ρι 1+1 < ... < p1 1 +�< . Είναι φανερό ότι εκτός πιθαν(t)ς από τους τέσσερις πρόηους, όλοι οι άλλοι , . λ '. ' , +k ειναι μεγα υτεροι του ] () Τοτι:; ο μως εχουμε .. 1 0 1 1 > η > Ρ 1 Ρ2 . . Ρ 1 1 Ρ1 , + 1 . . . p 1 ι + k 2:: Ρ1 Ρ 2 . . . Ρ 1 1 1 0k αποδείξετε ότι υπά.ρχει πεπερσ.σμένος αριθ μός ισορροπη μένων ακέραιων. �

2:: 2 · 3 · 5 · 7 . 1 1· 1 3 · 17 . 1 9· 23 · 29· 3 1 · 1 0k = ( 2 · 1 7 · 31) · (3 · 13 · 29) · ( 7 · 1 1 · 1 9) · ( 5 · 23) . Jd' > Ι αΌ · ΙαχΊ· lαΌ· lΟΟ· ld' = t 01 1+k , .

•

• .

•

που είναι άτοπο. Επομένως, δεν υπάρχουν ισορροπη μένοι θετικοί ακέραιοι μεγαλ1:)τεροι του 1 0 1 1 οπότε Ί)Πάρχει πεπερασμένο πλήθος ισορροπη μένων θετικ(.Ον ακέραιων. Πάνω στις πλευρές CB και CD τετραγιί>νου ABCD θε(!)ρούμε ση μεία Μ και Κ αντίστοιχα, έτσι ,

ώστε

περίμετρος του τριγ<ί)νου CMK να ισούται με το διπλάσιο της πλευράς Βρείτε τη γωνία LMAK .

το1) τετραγώνου.

\ ; · · ce 'τ : ; : :.; Αν α εiναι το μήκος τη ς πλευράς τ ου τετραγ(.ί)Vου ABCD , τότf: από την υπόθεση του προ βλή ματος {;χου με ότι: MC + CK + ΚΜ = 2α <=> MC + CK + ΚΜ = BC + CD (1) <=> MC + CK + KM = BM + MC + CK + KD <=> ΚΜ = ΒΜ + K D . Φέρουμε από το Α την ΑΕ l_ ΚΜ Θα αποδείξουμε ότι είναι ΚΕ = DK , οπότε άμεσα προκύπτει από την ισότητα ( 1 ) ότι θα ισχύει και ΕΜ = ΜΒ . Π ράγματ ι αν υποθέσουμε Ωτι DK > ΚΕ , τότε από την ( 1 ) θα έχουμε ότι ΜΒ < ΕΜ . οπ ότε λαμβάνουμεq 2 2 2 AD2 = ΑΚ2 - DK < ΑΚ 2 - ΚΕ = ΑΕ => ΑD = α < ΑΕ , '•

Σχήμα

δηλαδή έχουμε καταλήξει στο συ μπ έρ ασμα α < α , που είναι άτ οπο . Ομοi.ως καταλήγουμε σε άτοπ ο , αν υποθέσουμε ότι D K > KE . Άρα εiναι DΚ = ΚΕ . οπό τε από την ( 1 ) πpοΚl)πτει ότι ΕΜ = ΜΒ. Άρα τα οpθογώvι:α τρ fγων α ΑDΚ. ΑΚΕ ε ίν α ι ίσα και ro ίδιο ισχ1)ει για τα ορθογ(ί)Vια τρίγωνα ΑΕΜ και ΑΜΒ , ,

ο πο

τε εχου μf; : :.:.· ·: . : ;:· { 1-+-�' 't ." η .

ΜΑ Λκ

, -�

_-�,

- Β ΑΕ EAD - ΒΑΕ + EAD - B AD - 4 5 0 . Λ

·/t ι�η- �--< . �:.--i �,-· � ·

ΕΥΚΛF.ΙΛΗΣ Β '

82 τ.2/1 7

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι

σμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθη ματικά,

Πρέπει ή όχι να διδάσκονται,

τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους,

Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθη μα

Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν

καλή γνrbση των Μαθηματικών για να μπορέσέι κάποιος να τους σπουδάσει.

Για του ς σl)νε ργάτ ες τη ς στήλης: 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 παιδιciJν.

Το κείμενο που ακολουθεί είναι η 'ΈΙΣΑΓΩΓΗ (του συγγραφέα) ", από το περιώνυμο βιβλίο του Daνίd Hίlbert « GR UDLA GEN DER GEOMETRIE» [<<ΘΕΜΕΛΙΑ ΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ»/. σε μετά φραση Στρ. Παπαδόπουλου, από την έβδομη γερμανική έκδοση [Eeίpzίg 1 930]. «Η Γεωμετρία χρειάζεται (όπως εξάλλου και η Α ριθμητική), )ιια την επακόλουθη ορθή σύνθεσή της, λίγες μόνο απλές και θεμελιώδεις προτάσεις. Οι εν λόγω θεμελιchδεις προτάσεις καλούνται αξιdψατα της Γεωμετρίας. Ο σχηματισμός αυτών των αξιωμάτων και η διερεύνηση της αλληλουχίας των είναι ένα θέμα, το οποίο έχει εξετάσθεί, από την εποχή του Ευκλείδη, σε πάμπολλες και εξαίρετες μαθηματικές πραγματεί ες. Το υπόψη ζήτημα καταλήγει στη λογική ανάλυση της αντίληψής μας για το χώρο.

Η προκείμενη μελέτη είναι μια νέα προσπά θεια, με επιδίωξη να κατασκευάσουμε για τη Γεωμε τρία έvα πλήρες Κω όσο γίνεται απλό σύστημα αξι ωμάτων και να προσποριστούμε απ ' αυτό τις πιο σπουδαίες γεωμετρικές προτάσεις με τέτοιον τρόπο, ώστε επιπλέον η σημασία των διαφόρων ομάδων α ξιωμάτων και η βαρύτητα των συμπερασμάτων, που προκύπτουν από τα ξεχωpιστά αξιd>ματα, να γίνεται σαφrhς φανερή »

Ξεφυλλίζοντας ένα από τα κλασικό τερα βιβλία Ευκλείδειας Γεωμετρίας, το: «EXER CICES DE GEOMETRIE» (με απλά λόγια το γνω στό τετράτομο έργο Γεωμετρίας των Ιησουϊτών). την προσοχή μας τράβηξαν οι τελευταίες 20 σελίδες. Σ ' αυτές τις σελ,ίδες περιέχοντφ: α) οι ορισμpί aξιοση μείωτων ευθειών, σημείων. καμπυλd>ν, πολυγώνων, κύκλων, τριγώνων, β) διάφοροι aξιοσημείωτοι τύποι και οι εΚφωνήσεις επώνυμων προβλημάτων, επrhνυ μων θεωρημaτων και προβλημάτων Ποb οδηγοιΎν σε κατασκευές που είναι αδιΎνατες (οι οποίες, δηλαδή.

δεν μπορούν να πραγματοποιηθοιΎν με χάρακα και διαβήτη). Στο εξής. στη στήλη μας η τοποθεσία με τίτλο «αυτό το ξέρατε; ». θα ασχολείται κάθε φορά με τα στοιχεία που εκθέσαμε παραπάνω.

[πηγή: r< ΘΕΜΕΛΙΑ ΤΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ». David Hilbert. εκδ. ΤΡΟΧΑΛΙΑ . Α θήνα 1 995 ]

[Η ιστορική έκδοση έγινε το έτος 1 952 από τις εκδόσεις Α. ΚΑΡΆΒΙΑ, η μετάφ ραση έγινε από τον Δ. ΓΚΙΟΚΑ (ΕΜΠ) και σαν πρωτότυπο χρησιμοποιήθηκε η Ε ' Γαλλική έκδοση. Το έργο είναι γραμμένο στην κα θαρε1ιουσα της εποχής. Εμείς εΜι . τα αποδίδουμε στην απλή δημοτική γλώσσα]

μήπως γνωρίζετε τι είναι 1) άξονας ομολογίας (ή του Poncele t), 2) κέ ντρο ή πόλος αντιστροφής, 3) κιΎκλος του Euler ή των εννέα σημείων; [η απάντηση στο τέλος της στήλης}

Υπενθυμίζουμε ότι ο φίλος της στήλης Δημητρίου Βαγγέλης (Σέρρες) μας έστειλε μενο του οποίου (λόγω έλλειψης χώρου), δημοσιει)ουμε το δεύτερο μέpος σ ' αυτό το τειΎχος.

«( . . . ) Ισχύει στατιστικά · η παρατήρηση πως οι με� γάλες ανακαλύψεις επιτεύχθηκαν ή διαμορφώθη� καν ως επί το πλείστον προ της ηλικίας τω τριάντα εηί.Ν . Η παρατήρηση ισχύει μάλιστα ακόμη περισ"' σότερο για τη φυσική, σε αντίθεση με αυτό που πι-

ένα κεί

στεi>εται γενικώς. Εξάλλου, από καταστατική δέ σμευση, το μετάλλιο Φιλντς μπορεί να δοθεί μόνο σε μαθηματικό ηλικίας κάτω των σαρά.ντα ετών (εν(ί,) απονέμονται μόνο δύο έως τέσσερα , σε κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/20

------- ΗΟΜΟ ΜΑΊΉΕΜΑτΙCUS

Διεθνές Συνέδριο των Μαθηματικών, που πραγμα τοποιc:ίται κάθε τέσσερα χρόνια). Ωστόσο, αν και θεωρώ τα βιολογικά αίτια αυ τού του φαινομένου δεν έχουν ακόμη αποδειχθεί αρκετά πc:ιστικά για να μπορώ να τα επικαλεστώ, αντιθέτως ουδεμία αμφιβολία υπάρχει πια για τη συμβολή διανοητικών, θεσμικών και κοινωνικών παραγόντων. Αν η δημιουργικότητα, ιδιαίτερα στα Μαθηματικά, συνίσταται στο να φαντασθεί κανείς νέους αφηρημένους τρόπους σκέψης, τότε προϋποθέτει πράγματι κάποια τόλμη - ας το πούμε - ιδιαίτερη ασέβεια απέναντι στην παράδοση · αυτά τα δύο χάνονται με την πάροδο της ηλικίας, δηλαδή εν προκειμένω όχι με κάποια προϊούσα νωθρότητα των νευρώνων, αλλά με την άνοδο στη σταδιοδρο· μία. Οι προϋποθέσεις μιας επινοητικότητας που απαιτεί ένταση και ενάργεια πνευματική είναι το

-------

να μη υποκλίνεται κανείς μπροστά στην αυ θεντία, να μη κάμπτεται κάτω από το βάρος μιας καθαγια σμένης γνώσης. Σε τούτο πρέπει να προσθέσουμε ότι η σύγχρο νη οργάνωση της επιστήμης, ο θεσμικός και κοινω νικός τρόπος ύπαρξής της, σύντομα οδηγεί τους ε πιστήμονες σε ανάληψη διοικητικών ευθυνών και καθηκόντων διαχείρισης, ή ακόμη τους εξωθεί στο να χρησιμοποιούν ή τουλάχιστο να προάγουν τις έρευνες των άλλων παρά να συνεχίζουν τις δικές τους. Έτσι πολλές ακαδημαϊκές κορυφές ζουν από την εργασία των μαθητών τους και από τις διατρι βές που επιβλέπουν. Κατ' αυτό τον τρόπο οι ίδιοι είναι χαμένοι για την έρευνα» [πηγή : «Η ΙΣΧΥΣ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΩΝ», Moshe Flato, εκδ. ΚΑΤΟΠΓΡΟ, Αθήνα 1993]

Ενας φίλος της στήλη ς (Τραμματίκα ς ΚdJστας, J!ειραιάς), μ �ς προέτρεψε τηλεφωνικά να βpούμε το τεύχος αριθ. 1, της "ΜΑ ΘΗΜΑ ΠΚΗΣ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗΣ" (παλιά tκδοση, Σεπτέμβρης 1 9 74), κι από 'κει να διαβάσουμε δύο περικοπές μιας επιστολ ή ς του Αρχιμήδη προς τον Ερατοσθένη. Εμείς, πράγ ματι, βρήκαμε το κείμενο που μας υπέδειξε. Αυτό το κείμενο αποτελεί ένα είδος εισαγωγής στην πέμπτη διά λεξη μιας σειράς πέντε διαλέξεων ενός σεμιναρίου του Υπουργείου Παιδείας για την πειραματική διδασκα λία των νέων Μαθηματικών κατά Σεπτέμβρη 1 963 και Άνοιξη Ί 964. Οι πέντε αυτές διαλέξεις έγιναν από τον Νίκο Σωτηράκη, σπουδαίο μαθηματικό-παιδαγωγό, σπ�υδαίο συγγραφέα, σπουδαίο φιλόσοφο σε θέματα μαθηματικής παιδείας. Η διάλεξη αυτή είχε τον τίτλο: « . . . θέλησα να σου εκ θέσω κάποια μέθοδο που θα σου επιτρέπει να μπορείς να εξετάζεις μερικά από τα μαθη ματι κά ζητή ματα με μηχανικό τρόπο . Και έχω πει στεί ότι αυτό δι:.Ύ είναι λιγότερο χρήσιμο και στην ίδια την απόδειξη των θεωρη μάτων. Διότι μερικά από εκείνα που αρχικά ανακάλυψα κα τά τρόπο μηχανικό, ύστερα τα απόδειξα και με τη γεωμετρία, επειδή ο μηχανικός τρόπος θεώ ρησης δεν συνοδεύεται με απόδειξη . Έτσι είναι πιο εύκολο, μια που προαποκτήσαμε με τη μέ θοδο αυτή κάποια γνώση των ζητη μάτων, να οδηγηθούμε ύστερα στην απόδειξη, αντί να την '- ,

αναζητούμε , χωρίς να έχουμε από πριν καμιά γνώση του αποδεικτέου . . . » « . . . Θέλησα να δη μο, ', σιεύσω αυτή τη μέθοδο, και για όσα είπα πα ραπάνω γι' αυτή , για να μη νομίζουν μερικοί ότι λέμε άδικα λόγια ,και γιατί έχω πεισθεί ότι δεν θα είναι μικρή η συμβολή της στα Μαθη ματικά. Γιατί υποθέτω ότι μερικοί, είτε από τους σι>γχp όvους μας, είτε από τους μεταyf;νέ στερους θα μπορέσουv να βρουν, με τον τρόπο που υποδεικνύω, και άλλα θεώρή ματα, που α κόμη δεν έτυχε, κατά σύμπτωση , να μας απα σχολήσουν . . . »

. ..

Ο φίλος της στήλης Ανδρέας Κεφάλας (σχολικός σύμβουλος και ανήσυχος περί τα Μαθηματικά), μας υπενθύμισε ορισμένα πράγματα πάνω στην έννοια της εξίσωσης και όχι μόνο. Εμείς "ψά ξαμε" το θέμα και βρήκαμε στο βιβλίο «01 ΕΞΙΣΩΣΕIΣ», του Sander Bais (θεωρητικός φυσικός στο πα νεπιστήμιο του Άμστερνταμ) (των εκδόσεων «ΚΑΤΟΓΠΡΟ»), κάποιο υλικό για τις εξισώσεις. Θα το δη μοσιεύσουμε, αποσπασματικά και σε δυο συνέχειες. «Το παρόν βιβλίο πραγματεύεται τις θ"φε� λιώδεις εξισώσεις των_ φυσικών επιστημών ως συναρπαστικούς καρπούς των αναζητήσεων του ανθρώπινου.νου, στην προσπάθειά του· να κατανοήσει

τον

Κόσμο , μας. Οι εν λόγω εξισώσεις συνιστούν συμπυκνωμένες αποφάνσει.ς για τους τρόπους με τους οποίους λειτουργεί η -Φύση, εκφρασμένες στη γλώσσα των Μαθηματικών. Ως τέτοιες οι εξισώσεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/2 1

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

------

που πρόκειται να πραγματευτούμε δεν μπορούν να διαίσθηση και δημιουργική σκέψη κάποιων μεγά εξαχθούν βάσει λογικού και μόνο συλλογισμού: λων πνευμάτων, αφετέρου» προέκυψαν ως αποτέλεσμα κριτικού διαλόγου ανά- [πηγή : Sander Bais «01 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ», εκδ. «ΚΑΤΟ μεσα στην παρατήρηση της Φύσης, αφενός, και τη ΠΤΡΟ», Αθήνα 2009) ·

Σ' αυτό το τεύχος σας παρουσιάζουμε μερικά στο ιχεία από το ICME (lnternatίonal

CΌngress Mathematίcal Educatίon - Δ ιεθνές Συνέδριο για τη Μαθηματική Εκπαίδευση), που εί ναι όργανο της ICMI (lnternatίonal Commίssίon on Mathematίcal Instructίon - Δ ιεθνής Επιτρο πή για τη Μαθηματική Παιδεία). Την ιδέα μας την έδωσε ένα φίλος της στήλης, παραπέμποντάς, μας στον «ΕΥΚΛΕΙΔΗ Γ '». Για μας ήταν μια ενδιαφέρουσα ιδέα. Ψάξαμε και το βρήκαμε.

«Τα ICME έγιναν γνωστά στη μαθηματική είναι η άσκηση των μαθητών στα 3 R [Reading, Κοινότητα από τα παγκόσμια συνέδρια που οργα- Writing, A Rithmiti c = ανάγνωση, γραφή, αριθμη νό)νουν κάθε τέσσερα χρόνια από το 1969 και μετά. τική] ( . . ) .

( . . . ) Προς το τέλος του 19ου αιώνα, καθώς βελτιώ νονται οι συγκοινωνίες, οι μαθηματικοί ένιωθαν την ανάγκη να ανταλλάσσουν σκέψεις με συναδέλ φους τους πέραν των τοπικών τους ενώσεων. Για το σκοπό αυτό οργανώνεται το 1 897 στη Ζυρίχη, το πρώτο Διεθνές Συνέδριο Μαθηματικών με τη συμμετοχή 204 συνέδρων. Το 1908 κατά τη διάρκεια του 4ου Διεθνούς Συνεδρίου που έγινε στη Ρώμη, εκλέχτηκε το Διοι κητικό Συμβούλιο του ICMI (Intemational Com ιη ission on Mathematical Instruction) του μεγαλύ τερου παγκόσμιου Οργανισμού για τη μαθηματική παιδεία. Τότε τον 19° αιώνα εμφανίζονται στην Ευρώπη τα πρώτα αναλυτικά προγράμματα για την Πρωτοβάθμια και τη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση. Σύμφωνα μ ' αυτά, σκοπός του Δημοτικού σχολείου

( . . . ) Είναι γνωστό πως τα συνέδρια της ICMI γίνο νται κάθε 4 χρόνια. Το 1 1 ο συνέδριο έγινε το 2008, στην πόλη Monteπey του Μεξικού. Το 2012 (8-15 Ιούλη) θα πραγματοποιηθεί το 12° συνέδριο, στην πρωτεύουσα Σεούλ της Νότιας Κορέας. Όσοι πι στοί, προσέλθετε . . .

Η ICMI αποφάσισε το έτος 2000 να καθιερώσει δύο βραβεία: Το πρώτο βραβείο φέρει το όνομα του πρώτου προέδρου της ICMI, του Felix Klein ( 1908-1920), ενώ το δεύτερο φέρει το όνομα του όγδοου προέδρου της ICMI, του Hans Freudenthal (19 6 7-1970) . . » .

[ΠΗΓΗ :

' ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ, τόμ. 6, τεύχ.

23,

Σεπτέμβρης

1 9 8 9 . Τα Διεθνή Συνέδρια για τη Μαθη ματική Εκπαίδευση»,

Ε . Κοθάλη-Κολοκούρη, Εκδόσεις ΕΜΕ . , Αθήνα 1 9 89]

Νέο ρεκόρ υπολογισμού ψηφίων για τον αριθμό «π» �·

«Στο ρεκόρ Γκίνες αναμένεται να ξαναμπούν δύο ερευνητές, που κατάφεραν να σπάσουν το φράγμα των δέκα τρισεκατομμυρίων ψηφίων στον υπολογισμό του διάση μου αριθμού «Π», ξεπερνώντας κατά πολύ το προηγούμενο ρεκόρ με πέντε τρισεκατομμύρια, το ο ποίο κατείχαν οι ίδιοι. Ο μηχανικός συστη μά των Σιγκέρου Κόντο από την Ιαπωνία και ο ει δικός στους υπολογιστές Αλεξάντερ Γι από τις Η ΠΑ, σύμφωνα με το χρησιμο ποίησαν το ίδιο επιτυχημένο πρόγραμμα λο γισμικού και τον ίδιο οικιακό αναβαθμισμένο υπολογιστή (αλλά με δέκα παραπάνω σκλη ρούς δίσκους), με τα οποία είχαν φθάσει και στο προηγούμενο κατόρθωμά τους πέρυσι. Ο υπολογισμός των ψηφίων του «Π» δεν εξυπη ρετεί κάποιον πρακτικό μαθη ματικό ή άλλο

σκοπό, καθώς ψtιφία είναι αρκετά για να υπολογιστεί η περιφέρεια ενός κύκλου με το μέγεθος του ορατού σύμπαντος, με πιθανότη τα σφάλματος όχι μεγαλύτερη από την ακτίνα ενός ατόμου υδρογόνου.

New S c ientist,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/22

ΗΟΜΟ MATHEMAτtC US

-----�---

Π αρόλα αυτά, διάφοροι ενθουσιώδεις ε ρευνητές κατά καιρούς πασχίζουν να υπολογί· σουν ό λο και περισσότερα ψ ηφία . Η νέα α πόπειρα των Γι και Κόντο ξεκίvησε στις 1 6 Οκτωβρίου του 2010 και, μεταξύ άλλων εμπο δίων, έπρεπε να ξεπεράσει τις δυσκολίες που προκάλεσε ο καταστροφικός σεισμός και το τσουνάμ� στην Ια1t<Qνία . . Ευτυχώς ο υπολογι στής που έκανε τους ,υπολογισμούς, ήταν συν δεδε μένος στο δυ:ηκq τμήμα του ηλεκτρικού δικτύου της χώρας, που έμεινε ανέπαφο. Οι εντατικοί υπολογισμοί του υπολογιστή , ο ο ποίος διέθ ετε επεξε pγαστιΚή ισχύ συνολικά 48 · και δούλευ ε συνεχως όλο το 24ωρο

-------

επί αρκετούς μήνες, οδήγησαν την θερμοκρα σία στο δωμάτιο όπου βρισκόταν, να ανέβει μέχρι τους 40 βαθμούς Κελσίου . Τσ <<Π>;, που dτrjv πόpi::ίct της' ιστορίας έχει γοητc;ύσει επιστή μονες, φιλοσόφους και απλούς αy�ρώπους� περιγράφε;ι την αναλογία της περι . φέρε�ας ενqς κύκλου με τη διάμετρό του και πι στεύ.iται ότ1 για . πρώτη ψ( φ ά ανciφέ ρ θηκε από τοv ρχιμήδi, καΊά τοv 3 ο αιών* π. Χ. Τα ψηφία του QVνεχίζουν. στο άπειρο. Σε περίπτωση που αναρί:.ο τιέcrτε, . . . το δεκάκις τρισεκατομμύριο στό ψηφίο του «Π», . . . είναι 5» [Πηγή: α:πό την προσώΠική ηλεκτ ρόvική αλληλογραφία με τον Νίκο Λυγερό, Πανεπιστήμιο τtlζ- Λυών]

Α.

terabytes

Στις 26 του Οκτώβρη είχαμε την επέτειο ·.ο Galo i s στα δέκαεφτά του χρόνια, είχε αρχί για τα-200 χρόνια από τη γέννηση του μεγάλου μα σει να κόνει α.vακα/ι.ύψεις ιστορικ:f.ις σημασίάς στη θηματικού κα ι "τραγικού νέου " , ·του Evarist .Galors; ·Θεωρία tαιν. ·€�t6ώσεων::;_;.:·ανακαλύ.ψε!iς που η dη

Θέμα 6". Μια επέτειος: Evarist Galois

201 1

Γεννήθηκε στις 2'611-0/ Ι 8 1 1:, t>το μικρό : χωριό Bourg-la-Reine λίγd έ ξω ωi:ό 'το 'Παρίσi. Το 182 8 ήταν σημαντική χρονιά. Γνώ ρ ισε κ αι συνήψε φιλίά με τον Louis-Paui- E mile Richaι·d, έναν άνθρωπο π ου μπορούσε να κατανοεί την ιδιοφυ'fα του� '

.·

;

[26 Οκτ. 1 8 1 1 Evari�t Galois :

3 1 Μάη 1 832]

. .

Σε σχετική φωτογραφία της εποχή ς Μ ακρ ινό ταξ ίδ ι: Η στήλη μας, μόλις τη

κd.φυύ

δεύτερη ημέρα του 28"" Συνεδρίου

"t:φ υγε " από �oVτa

της ΕΜΕ,

πληροφορήθηκε ένα

}ιας; ο --d/yαπητός και aξιος συνάδελφόςμας,

Πάραρ:rήματός ΤριΚάλων της Ε ΜΚ Η στήλη ·έ(«ρpάζει . τα,.dϋλλυπf?τήριό, της, 6πjv το υ και . στtι•λ<;JιΠή Οι�(η�νειά-.τού. ·

πολύ δυσάρεστο γεγσvός. Πρ6 κος Ζαφείρης, tου

σύντροφό

μασία tow; : Bεv έχεί'aκόμη εξανιrληθεί, μολονότι έχει περά:σει περισσόtερα από 160- Χρόνια. 0- hiouville (δiακεκριμένος- 'Κdί π ρωτ ότυπο ς μαθηματικός ο ίδιος και εκδότης του Journal), γράφεί τα ακόλουθα: (<Η κύ ρ ια εργασία του Eνarist Galois έχ�ι ως αντικειμενικό στόχο ·της τις συνθlΊ κες επιλυσιμ:ότητας τdιν εξισώ σεων με ριζικά: · ' Ο σϋγγραψέας θέτει τ ά: θεμέλια μιας γ ενικής θ εωρίας την · οποία. εφαρμόζει λεπτομερώς σε εξισώσεις που ο βαθμός τους είναι πρώτος αριθμός . »· Ο Galόis είχε την 6τυχη ιδέα · ν α εμπλακε ί σε , μια μονομαχία με πιστό λι Στις πρώτες πρωi.Ψές ώ ' 'ρές τη ς 3 1 '\ς, Μάη του 1 832, έπε φτ ε χτυπημένος στην κοιλιά.

1 1 ,1 • Η απάντηση στο:

-: �' ":ζ

·.

· . .

Νί

άξια

1) ευθilες που · π ε ρνούv από το ίδιο σημεί6 που οη μεισ.η1 το� τω ομόλογων νομάζε'ταίl<:έvτρο της ομολογίας] ω μετρικος ιοπο: 2) Κένtρο ή πόλος αντιστροφής: θα λέμε ότι δύο ευ θειών δύο αντίστοιχω\ σχrιμάτων� [διευκρίνιση της έννοιας των ''ομόΛΟγων εyθ ειών ; dχήματα είνcit αντίσrροφα1 αν κάθε ευθ εία ΟΜΜ ' έστω (S) ένα επίπεδο σχήμα και (S ) η π 'uβολή αυ- itoυ άγέ�aί .aΠό δοσμένο ση με ίο Ο τ έ μνεί αυτά στα τού πάνω σε ένα επίπεδο (Ρ) με κέΗpv \. λής ' crη μεία Μ, · Μ ' σε · η)όπο ώσlίε: το γ ιν ό μεν ο ) το ΟΜ·ΟtγΙ '· νμ.\έχει σταθερή τιμή ένα σημείο Ο. Αν το επίπωσ του σχηματοι;, καταΚΑινου� πανω στο {Ρ !'Ι η νέα θέqη τοιι σχή - . 3) Κύιαος του Euler ή των εννtα σημείων: Σε ματος ( S) και το (S ') όρίζΜν δυο σχήματα c.ιμuΛv- ;κάθ ε ψί::Υι:.t!Υ9, τ α μέ�α, των πλλ;υρι;Ον του� τ α ίΧνη γικά, δηλ. δuο σχήματα των υποίω τα mι ιεια α- 5ων .:UΨW:Y) J9υ κα� . ,τ� :ιf.fέσα :ι:ι;ον αποστάσ�ων του ντιστοιχιζονται ανά δύο, σαν να �ρίσκονται πανω (>ρθοκ:ξντρο'!->, ,απ<), :;ης ,ψεις κορ,vψές� βρίσκονται "ΑυτQ JΌ ξέρατε; " ' Άξονας ομολογίας (ή του Poncelet) : είνάι ο γε- σέ . ...

νί 1?το δι() ��λό .

! Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/23

' .

•.

:, • ,; ' - :•

, • •.

i .-

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ιι···-"'

' ',:,, � ?-. ε

- εξ ι σώσε ι ς

Απόλυτα - ρ ί ζες 1.

Να λυθεί 11 aν ίσωση 3.J9 + 36χ2 - 36χ :s; 6χ + 2 (1)

Ν ίκος Σαντορ ιναίος - Μύ κονος

Αλλά:

3�( 3 -6χ ( 6χ 2 31 J - 6xl 6χ + ' Π αρατηρουμε οtι: 3 - 6χ > χ < - ι1) ( 1 ) <=>

<=>

... Ο <=>

-1

j� ;.

(λ2 -4)1 χ Ι λ2 + λ - 6 (2) = ο � ε {-2,2} Παραηιρσίιμε ότι: λ2 Ol xl = 4 οπότε η (2) i) Άν λ= τότε: (2) είναι αδύνατη . ii) Άν λ = -2 , τότε: (2 ) Ol xj = Ο οπότε η (2) είναι αόριστη και μάλιστα ταυτοτική . . . . ' Αν λ { -2 , 2}. , τοτε ' ( 2 ) I χI = 2λ2 + -

χ ε .ΙΝ..

Τα πρόσημα των

χ-

στον παρακάτω πίνακα:

ι__

_,!_-οο--

1-- ----------τ . I 2χ- Ι : ι_ � . χ -2

111)

1D>

2, 2χ

ι 2

-1

--,

. " -, . .

,---- t

'+ +

I I

1 s-

·'

ii) χ ε '

Χ Ε

·- ·- -·

' -

- ·"

·.

. ·

·-2 ·

=> χ +

[2, J � ) =? Α =

l + -"- :::::::> 2 . �

· - ·'

-;-,� + 2χ - 1

-2

= 3χ -3

-4

•

-->0<;:::>( λ-2 ' 2λ-3)( λ-2) >0<=> <=> ( 2λ- 3 > ο)· ή ( 2λ- 3 < ο) λ- <ο λ > <=> λ > 2 ή λ < % <=> λ ε ( % ) υ (2, +οο) . λ-3 > 0 α) Αν λ ε ( -οο. � ) υ (2, +οο) τότε 2 2 λ-2 . 2λ-3 και (2) <=> χ ==±,β- ) Αν Α, ε ( - 2 ) τοτε λ-2 < Ο και η (2) ει-, 2 , -2λ-3

[� , 2] => =-( x-2)+(2x-l)=x+f -'1 ,, , , 1. �-. . - 1 χ + 1 � '- ' . Α � -3

' χ -� Αλλ α:

ίίί)

;

�

Παρατηρούμε ότι:

χ ε (-ω,�]=>Α=: -(χ-:2)-(2χ-1}:;=-3χ+3 0 ).. ' =>-3χ � --3 => -3χ + 3 � -- + 3 => Αλλα: χ 2 2 2 3 . => -3χ + 3 � - => Α � - . _________ _ _

<=>

(2 ) <=> l xl = �'"'λ-3 λ -2 .

--, +oo l !

-4

Από την περίπτωση (2) φαίνεται ότι το κλάσμα απλοποιείται με (λ+2) . Η απλο ποίηση. μπορεί να γίνει κqι με διαίρεση των όρων του με (λ+2) οπότε:

φαίνονται

�

· • .•

καθε

2. Αν Α = jχ - 21-+ 12χ - 1Ι , τότε να αποδείξετε y

Να λυθεί ή εξiσωση � (Ι� - 2) +6=41� + λ (1)

(1) �

οτι:

�6=:>3χ- 3 � 3 =:> Α � �2 �

<=>-�24xs--7�x�' ;4 � χ ε [ 1: , k] ίί) Αν χ � Ξ τότε ( 1) <=>18χ�9s6χ+2<=>Ϊ:2χ:51 1 <=> 11 [ 1 11] ' , . , [ 7 - 1 1] <=> χ ::; - <=>χ ε , - . τεΑικα (lJ <=:> χ ε - , - . 12 2 12 24 12 3 Α � - , .για 2

2 => 3χ

l x -2 1 + 1 2x -ll = l x -2 1 + 2 1 χ - ΞI � χ - + χ - � χ- 2 ) - x � 21 ! Ξ I ι ( ( ±JI = %

'Αν χ s -2 τοτε (1) <::> 3 - 6χ s 9 - 1 8χ s 6x + 2 <=:>. -;-1 8χ - 6χ s 2 - 9 <=>

ι)

χ�

-,2

()

-οο,

ναι αδύνατη .

γ) Αν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Λ-2

2λ - 3

λ = �2 τότε (2) <=> 1 xi = O <=> x = O

Β' 82 τ.2/24

------

Μαθη ματικά για τη ν Α' Λυκείου ------

2 2 (.Jα + χ ) + ( .Jα - χ ) + 2.Jα + χ .Jα - χ = = α+χ-α+χ α + χ + α - χ + 2�( α + χ)( α- χ) = 2χ 2 2 ( α + Jα z - x z ) α + Jα 2 - χ 2 J = = 2α + 2 αz - χ = 2χ χ 2χ

Σχόλιο της Συντακτικής επιτροπής:

(

Όσον αφορά στην ανίσωση λ2

-4

) lxl >

2λ2 + λ - 6 (11)

Παρατηρείστε ότι: Αν λ ε { 2, -2 } , τότε είναι αδύνατη (γιατί;) β) Αν λ2 - 4 < Ο, δηλαδή : -2 λ 2, τότε:

α)

-- � -- < χ < λ> ( II ) � I xl > -- � x < -- χ > -- , -- -- <

( ΙΙ ) � I χ l <

γ)

3 - 2λ

2λ - 3

---'----' ---''--'--_.:_

< <

2λ - 3

-λ-2 λ-2 λ-2 2 Αν λ - 4 > Ο, δηλαδή : λ < -2 ή 2, τότε:

2λ - 3

3 - 2λ

λ-2

λ-2 2λ - 3

' ' ανεξαρτητως του αν ειναι:

λ-2

2λ - 3

�

----

λ-2 2λ - 3 λ-2

lxl < θ � -θ < χ < θ και lxl > θ � χ < -θ ή χ > θ , ισχύουν για κάθε

(Οι ισοδυναμίες:

θε

Έστω η εξίσωση 6. αχ2 + βχ + γ = Ο , α :;e Ο . Εάν jαj + j γ j < j β j (1) να δείξετε ότι έχει δύο ρ ίζες π ρ αγματικ ές κ αι άνισες. Λύση

και

Έχω

τα δύο μέλη καθίστανται ψευδείς, προτάσεις για οποια δήποτε τιμή του χ ε JR και lxl > -5 � χ < 5 ή χ > -5, αφού και τα δύο μέλη ισοδυναμούν με 4.

Να δείξετε ότι:

χ ε JR )

•

Ι� ::s;; I => I2x3 +5x2 -l ::s;; 14

Ι 2χ3 + 5χ2 -7 1 :::;; 1 2χ3 1 + Ιs χ2 Ι + l -71 = 2 Ι χ3 Ι + 51χ2 1 + 7 ::::;; 2 · 1 + 5 · 1 + 7 = 1 4 . Άρα 12χ3 + 5χ 2 - 71 ::::;; 1 4 .

να απλοποιηθεί. Λύση Για να ορίζεται η

( )

8 . Δίνεται η εξίσωση αχ2 + βχ + γ Ο , α :;e Ο . Εάν j α + β + γj < j α j να δείξετε ότι η εξίσω ση έχει μια τουλάχιστον ρίζα μεταξύ Ο και 2 =

όταν α>Ο κ αι

ΛίJ ση

��>Ο α+β+ Jα+β+γ Έχουμε : Ι α + β+� 1 � � ι � � < 1 l-- < 1 � � α

1 1 + � + �� < 1 => j1 - ( ρ 1 + ρ2 ) + ρι · ρ2 j < 1 =>

πρέπει και αρκεί δηλαδή =ι. .Jα - χ,

α + χ 2 0, α - χ 2 0, .Jα + χ χ ε [-α, Ο) υ (Ο,α) . Τότε έχουμε : ( .Jα + χ + .Jα - χ ) ( .Jα + χ + .Jα - χ ) Α+ χ .Jα χ ) (.Jα (.Jα + χ + .Jα - χ ) 2 (� + �) 2 2= (�) - (�)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

6 ρ1 • ρ • 2

ρ1 , ρ

α α α α 1 - ( ρ ι + ρ 2 ) = ρ ι · ρ 2 => 1 - ρ ι · ρ 2 = ρ ι + ρ 2 => (1 - ρ ι · ρ 2 ) 2 = ( ρ ι + ρ 2 ) 2 => 1 + ρ ; · ρ ; - 2 · 1 · ρ ι · ρ 2 = = ρ 2ι + ρ 22 + 2 ρ ι · ρ 2 => 1 + ρ 2ι · ρ 22 = ρ 2ι + ρ 22 + 4 ρ ι · ρ 2 => 1 + ρ 2ι · ρ 22 2 6 ρ ι · ρ 2 αφου ρ ι2 + ρ22 >- 2 Ρ ι · ρ 2

Να β ρ εθεί το σύνολο ο ρ ισμού της πα ρά

.Jα + χ + .Jα - χ α+χ - α-χ

με ρίζες

'Εχουμε α + β = γ => 1 +� =l => 1 - -� =l =>

τρόπος

Α= � �

αχ2 + βχ + α + β = Ο , α :;C Ο

Λ ί> ση

l x l ::::;; 1 => -1 ::::;; χ ::::;; 1 => -1 ::::;; χ3 ::::;; 1 => -2 ::::;; 2χ3 ::::;; 2 l x l ::::;; 1 => l x l 2 ::::;; 1 => χ 2 ::::;; 1 => Ο ::::;; 5χ 2 ::::;; 5 . Άρα -2 ::::;; 2χ3 + 5χ2 ::::;; 7 => -9 ::::;; 2χ3 + 5χ2 - 7 ::::;; ο ::::;; 9 => => Ι 2χ3 + 5χ 2 - 71 ::::;; 9 ::::;; 14 .

στασης

Δίνεται η εξίσωση Να δείξετε ότι : 1 + ρ: · ρ�

Απόδειξη : Α ' τρόπος Β'

(Ι)

Ι α + Ύ l ::::;; Ι α l + IΎI => Ι α + Ύl < ι β ι => 2 Ι α + Ύ l z < l β l z => (α + γ ) < β 2 => α 2 + γ 2 + 2αγ < β 2 => 4αγ < β 2 => Δ > Ο, αφού : 2αγ ::::;; α 2 + γ 2

όχι μόνο για θ>Ο, όπως αναφέρεται στο Σχολικό βιβλίο : π. χ. για θ=-5 έχουμε: lxl < -5 � 5 < χ < -5, αφού και

=> 1 1 - ρ ι - ρ 2 + ρ ι · ρ l < 1 => z => j(1 - ρ ι ) - ρ 2 (1 - ρ ι )j < 1 => j(1 - ρ ι )(1 - Ρ 2 )j < 1 => => 1 1 - ρ ι l l 1 - ρ 2 1 < 1 => 1 1 - ρ ι l < 1 (1)ή it - ρ 2 1 < 1 (2) . (1) => -1 < 1 - ρ1 < 1 => -2 < - ρ 1 < 0 => 2 > ρ 1 > 0 . Ομοίως (2) => 2 > ρ 2 > Ο . Β'

82 τ.2/25

--------"'- Μαθη ματικά για τη ν Α' Λυκείου -----Η

Εξ ίσωση rd +βχ+γ=Ο β. Ζωγράφος

�

Δ� Κ ατσ αρός � Χ. Κυτ ίπης �

, j Ξ 5 !: :r η : ι:: η : \ Ε Υ ΆΙ' Ε ΡΟ Υ R .\ 0 1\'J O Y

Εξίσωση: αχ2 +βχ +γ=Ο , α, β, γ ε R , α :;e Ο ( 1 ) Ο αριθμός Δ = β 2 - 4αγ λέγεται διακ ρ ίνουσα αυτής. Επιλύοντας την εξtσωση ( 1 ) καταλήγουμε στα πι:φακάτω συμπε ρ άσματα. Αν

Δ> Ο

Αν

Δ=Ο

Αν

Δ < ()

τότε: ( 1 ) <=>

τότε: (1) <=>

χ ;::

β ± JΔ 2α

1._

•

2α τότε, η (1) είναι αδύνατη στο R.

� . π U. Ι • σ η της

�.

χ ;::

και ο ι εφαρμογ ές της

αχ? + βχ + γ = Ο , α :;e Ο στο R

ΕΜΕ : Πα ρ ά ρτημα Τρικάλων

Δηλαδή: χ1 -- -1 + 3k + k - 3 -_ 4k - 4 - 4(k - l) - k - 1 και 4 4 4 3 2k + 2 2(k + l) k + l k k + 3 -1 + χ2 = 4 4 4 2 ii). Αν Δ = Ο, δηλαδή k = 3 , τότε η εξίσωση έχει -β = -(1 - 3k) = 2 διπλή ρίζα την: χ = 2α 2·2 (k;})

2). Αν οι πραγματικοί αριθμοί α, β, γ δεν εί ν α ι όλοι μηδέν, να αποδείξετε ότι η εξίσωση δεν έχει χ2 + (k + λ + μ)χ + k 2 + λ2 + μ 2 = 0 πραγματικές ρίζες.

Ένας πρ αγματικός αριθμός ρ είναι ρίζα της ε Λ ί1 ση ίσωσης αχ 2 + βχ + γ = Ο , α :;e Ο αν και μόνο αν ξ Η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού ως προς χ την επαληθεύει, δηλαδή αν ισχύει 2 αρ 2 + βρ + γ = Ο . Για την επίλυση της εξίσωση ς με συντελεστές α = 1 , β = k + λ+ μ , γ = k + λ2 + μ2 αχ 2 + βχ + γ = Ο στο R με α :;e Ο εργαζόμαστε ως και διακρίνουσα Δ = β � - 4αγ = (k + λ + μ ) 2 - 4 ( k 2 + λ2 + μ 2 ) εξής: Υπολογίζουμε τη διακρίνουσα Δ β 2 - 4 αγ = -3 k 2 - 3 λ2 - 3 μ 2 + 2kλ + 2λμ + 2μk = και ανάλογα με το πρ όσημό της διακρίνουμε τις - [ (k - λ)2 + (λ - μ) 2 + (μ - k) 2 + k 2 + λ2 + μ2 ] < ο παρ ακάτω πε ριπτώσεις: Α ν Δ > Ο , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνιΕπειδή η διακρίνουσα Δ της εξίσωσης είναι αρνητική , η εξίσωση είναι αδύνατη στο R. -β ± JΔ σες τις =

1 ·2 =

•

2α Α ν Δ = Ο , τότε η εξίσωση έχει διπλή ρίζα τη

χ =

Αν

1._ 2α

Δ < Ο,

η εξίσωση είναι αδύνατη στο R

I ) Ν α λύ σετε ως προς χ την εξίσωση

Λ 'ί1ση

2x 2 + (1 - 3k )x + k 2 - 1 = 0 , k ε R .

Η εξίσωση αυτή είναι δευτέ ρ ου βαθμού ως

πρ ος χ με συντελεστές α = 2 , β = 1 - 3 k , γ = k 2 - 1 και διακρίνουσα Δ = β 2 - 4αγ = (1 - 3 k) 2 - 4 · 2 · (k 2 - 1) = l - 6k + 9k 2 - 8k 2 + 8 = k 2 - 6k + 9 = (k - 3 ) 2 ;::: ο Επειδή η διακρίνουσα είναι μη αρνητική, δια κρίνουμε δύο πε ριπτώσεις. i). Αν Δ > Ο, δηλαδή k :;e 3 , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες τις: 3 k) ± �2 ± JΔ -(l -β = Χι , Χ2 = 2·2 2α 3 3 3 -1 + k ± jk - ' -1 + k ± (k - 3 ) = 4 4 =

3). Αν α είναι ρίζα της εξίσωσης � -χ-3=0, να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης κ = ---:---:-----:----:-

α3 + 1 s α - α4 - α3 + α2

Λ ύ ση

Επειδή το α είναι ρίζα της εξίσωσης , 2 χ - χ - 3 = Ο ισχύει α 2 - α - 3 = Ο <=> α 2 = α + 3 . Τότε: α3 = α · α 2 = α( α + 3) = α2 + 3α = α + 3 + 3 α = 4α + 3

Όμοια β ρ ίσκουμε ότι: α4 = 7α + 1 2 και α5 = 1 9α + 2 1 . Αντικαθιστούμε στην παράσταση Κ τις δυνάμεις του α με τα πα ρ απάνω συμπε ρ άσμα τα και β ρ ίσκουμε : κ

4(α+1) _ -4 (4α+3)+1 ----�·�-----= -(19α+21) -(7α+12)-(4α+ 3)+(α+3) 9(α+l) 9 Είναι φανερό ότι α :;e - 1 . 2 . Ε π ίλυ ση τ η ς αχ 2 + βχ + γ = Ο , α :;e Ο με π α ρ αγοντ ο π οίηση

Η επίλυση των δευτε ρ οβάθμιων εξισώσεων με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/26

-------

Μ αθηματικά για την Α' Λυκείου

τη βοήθεια του τύπου των ριζών της είναι ασφαλής, εφαρμόζεται σε κάθε περίπτωση και για τους λόγ?υς αυτού � επικράτησε ry χρήσ� του. Μπορούμε ομως να λυσουμε αρκετες εξισωσεις με παραοντοποίηση . Δύο ενδιαφέρουσες παραγοντογ ποιήσεις αποτελούν οι περιπτώσεις : α+ β +γ=Ο οπότε έχουμε ως μια ρίζα την χ= Ι και α-β+γ=Ο οπότε έχουμε ως μια ρίζα την χ=- 1 όπως τα παραδείγματα που ακολουθούν. J ) Να λυθεί: 651χ2 + 670 χ + 19 = Ο .

Λ ίJση

Αν διαθέτουμε τεράστια αποθέματα υπομονής, μπορούμε να βρούμε ότι εξίσωση αυτή έχει διακρίνουσα Δ = 6702 - 4 · 65Ι · Ι9 = 448.900-49.476

= 399 . 424 = 6322

•

Τώρα με τον τύπο των ριζών έχουμε χ I ' χ 2 -670 ± 632 απ ' όπου βρίσκουμε τελικά _

1 302

19 65 1

οτι χ1 = Ι και Χ -7 = --

Αντί για όλες αυτές τις πράξεις, μπορούμε να διασπάσουμε τον όρο 670χ σε 65 lx + 1 9χ , οπότε η εξίσωση γράφεται:

65Ιχ 2 + 670χ + Ι9 = 0 <=:> 65 Ιχ2 + 65 Ιχ + Ι9χ + Ι9 = 0 <=> (χ + Ι = Ο ή 65 lx + 1 9 = Ο) <=> χ = - Ι ή χ = 65 Ι

(

__!2_)

Συντομότερα παρατηρούμε ότι έχουμε την περίπτωση α-β+γ=Ο = 65 Ι - 670 ι- Ι 9 = Ο οπότε με τη

διαίρεση του πρώτου μέλους με χ+ Ι βρίσκουμε

(χ + Ι)(65 Ιχ + Ι9) = 0 .

2 ). Να λυθεί: ar -(αfi + .J3 )x+ J6 =0, α :�= Ο . \ ί1ση

Αν κάνουμε τις πράξεις και παραγοντοποιή σουμε κατά ομάδες έχουμε: αχ 2 -- (α .fi + J3)x + J6 = Ο <=>

-------

Μπορούμε να υπολογίσουμε το άθροισμα και το γινόμενο p = χ . χ7 των ρι ζών ης, ωρίς να έχουμε υπολογ σει τις ίδιες, , με τη οη, θ εια των τυπων του Vi" ιetα :

s=χ +χ

�

= χ + χ = _! 2 α Ι

και p = χ I

�

.χ =1 2 α

1 ). Αν οι αριθμοί α, β, γ ικανοποιούν τις 9α + 3 β + γ = Ο, α + 3 β + 9γ = Ο και α :1: Ο , τότε: α.

Να λυθεί η εξίσωση Κ

αχ2 + βχ + γ = Ο ,

β, Να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης:

Λύσ η α

α β + βγ + γα α2

•

Οι δύο δοσμένες ισότητες γράφονται :

()

2 α · 3 2 + β · 3 + γ = Ο και α · -Ι + β · -Ι + γ = Ο Αυτό 3 3 ση μαίνει ότι η εξίσωση αχ 2 + βχ + γ = Ο έχει ρίζες τους αριθμούς

3 και _!_ . 3

ιι Από τους των τύπους του

Vieta

παίρ-

10 β Ι γ νουμε.. χ1 + χ2 =3+"3 = "3 = � και Χ1 · Χ2 =3· 3 =Ι= � · αβ + βγ + γα = Q_ + Q_ . 1 + 1 = ]2 Τότε : Κ = α2 α α α α 3 1

2).

Αν

οι

χ2 + αχ + β + 1 = Ο

ρίζες της εξίσωσης είναι θετικοί ακέραιοι, να

αποδείξετε ότι ο αριθμός

α2 + β2

είναι σύν

Λ ύ ση

θετος.

Έστω οι θετικοί ακέραιοι χ 1 , χ 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης χ 2 + αχ + β + Ι = Ο . Από τους τύπους του Vieta βρίσκουμε ότι :

S = χ 1 + χ 2 = -α <=> α = - S Ρ = χ1 χ 2 = β + Ι <=> β = Ρ - Ι Τότε: α2 + β2 = (-S) 2 + ( Ρ - 1) 2 = S2 + Ρ2 - 2S + I <=> αχ 2 - α.fix - J3x + J6 = Ο <=> = (χ 1 + χ 2 ) 2 + (χ1χ 2 ) 2 - 2 χ 1 χ 2 + Ι αx(x - fi ) - .J3 (x - J2) = O <::> (x - fi )(αx - 13) = 0 <:::> = Ι + χ� + χ; + χ�χ; = ( l + x� )(l + x; ) . Επειδή οι χ1 , χ 2 ε Ν* ,οι 1 + χ� , Ι + χ; είναι (x - J2 � o ή ax - J3 � o) <c:> x � J2 ή χ � φυσικοί μεγαλύτεροι του 1 ,οπότε ο α 2 + β 2 είναι \ r . λ ·ι�� \'Ω i :�. ; � �

(

�J

; .� .\ ίi i T\ O i\H� :\ 0 Ρ Ι ΖΩ �J

αχ2 + βχ + γ Ο , α :1: Ο =

•

σύνθετος ως γινόμενο των δύο αυτών.

Καη.Ηηα:υή �;ξiσωση ς δ::υτi:ρου βα0μο1J

Έστω η εξίσωση αχ 2 + β χ + γ = Ο με a ,.: Ο έχει αχ 2 + βχ + γ = Ο , α ,.: Ο έχει πραγματικές ρίζες χ 1 , χ 2 οι οποίες δίνονται ρίζες χ1 , χ 2 . Με τη βοήθεια των τύπων του Vieta προκύπτει η ισοδυναμία: -β ± .JΔ ' ' απο τον τυπο χ1• = αχ 2 + βχ + γ = 0 <=> Χ 2 - ( Χ ι + χ 2 )χ + Χ ι Χ 2 = 0 2 2α Έστω ότι η εξίσωση ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' 82 τ.2/27

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

--------

Άρ α έχει ρίζες τους αριθμούς χ , = Ι + α 2 και α) Μπο ρ ούμε να κατασκευάσουμε μια εξίσωση χ2 = Ι + β2 . δευτέ ρου βαθμού, αν είναι γνωστές οι ρίζες της χ 1 3 ) . Να βρείτε τις διαστάσεις ορθογωνίου με και χ 2 • Μια τέτοια εξίσωση είναι η: περίμετ ρο 20m και εμβαδόν 23m2 • Λ ύση Β α Α Χ 2 - ( Χ1 + χ 2 ) Χ + Χ1 Χ 2 = 0 . Έστω ότι το ο ρ θογώβ) Μπο ρ ούμε να πούμε αμέσως ότι η εξίσωση της έχει , διαστάσεις �· β μο ρφής χ 2 - (χ 1 + χ 2 )χ + χ 1 χ 2 = 0 έχει ρίζες τους νιο β τις οποιες και ζηταμε. αρ ιθμούς χ , και Χ 2 Τότε, επειδή η πε ρίμεΓ γ) Μπο ρ ούμε να β ρ ούμε δύο α ρ ιθμούς που έχουν τρ ός του είναι 20m, έ- Δ <::: :> γνωστό άθ ροισμα S και γινόμενο Ρ . Αυτοί είναι οι χουμε 2α + 2β = 20 α + β = Ι Ο . Επειδή το εμβαρ ίζες της εξίσωσης: χ 2 - S · χ + Ρ = Ο . δόν του είναι 2 3 m2, έχουμε a · β = 2 3 . Έ εξί οι ρί ες ρ ότι , ρ είναι της σωστω 1 ). Ά ρ α, για τους αγνώστους α, β γνω ρίζουμε ότι 1 2 ζ 2 έχουν α + β = 1 0 και α · β = 2 3 . Επομένως οι άσης χ - 4χ + 1 = Ο . Να κ ατασκευάσετε μια άλλη γνωστοι αυτοί είναι οι ρίζες της εξίσωσης: δευτ εροβ ά θ μια εξίσω ση με ρίζες χ 1 = � και χ 2 - (α + β)χ + αβ = Ο <::::> χ 2 - Ι Οχ + 2 3 = Ο . 1 + ρ, Η τελευταία έχει ρίζες: χ 2 = � ,χωρίς να βρείτε τις ρ 1 , ρ 2 • ± 1 + ρ2 χ , , χ 2 = I O .J8 = 1 0 ± 2J2 = 5 ± J2 . 2 2 Λ ίJση Από τους τύπους του Vietα για την εξίσωση Επομένως η μία διάσταση είναι 5 + J2 m και 2 είναι χ - 4χ + Ι = Ο έχουμε: η άλλη 5 - J2 m. Σ η μείω ση : Παρατηρούμε ότι: Αν S = α + β, Ρ = α · β S = ρ , + ρ 2 = -fα = 4 , Ρ = ρ , · ρ 2 = lα = I ( l ) τότε η εξίσωση : χ 2 - Sx + Ρ = Ο έχει πάντοτε λύσεις Μια εξίσωση δευτέ ρ ου βαθμού με ρίζες χ 1 και αφού Δ = S 2 - 4Ρ = (α + β) 2 - 4α · β = ( α - β) 2 ;ο: Ο χ 2 είναι η: χ 2 - (χ , + χ 2 )χ + χ , χ 2 = Ο . (2) Το γεγονός αυτό μας δίνει τρεις δυνατότητες:

•

Το άθροισμα

ρ 2 + ρ , = ρ 2 (1 + ρ 2 ) + ρ , (1 + ρ , ) = χ , + χ 2 = -Ι + ρ2 (1 + ρ , )(1 + ρ 2 ) 1 + ρ , -ρ 2, + ρ 22 + ρ , + ρ 2 = ( ρ , + ρ 2 ) 2 - 2 ρ , ρ 2 + ρ , + ρ 2 ( \ ) 3 1 + ρ, + ρ2 + ρ , ρ2 1 + ρ, + ρ 2 + ρ, ρ2 Το γινόμενο

ρ, ρ2 �Ι χ , χ 2 = _fι_ . _ρ_,_ = 1 + ρ, 1 + ρ2 1 + ρ, + ρ2 + ρ , ρ2 6 Άρα η εξίσωση ( 2 ) που ζητάμε είναι η χ 2 - 3 χ + .!. = Ο η οποία γράφεται ισοδύναμα 6 2 6χ - 1 8χ + 1 = ο .

ΠΡΟ Β Λ Η Μ Α Τ Α Π Ο Υ Λ ΥΝΟΝΤ Α Ι Μ Ε Δ Ε Υ f ΕΡΟ Β Α ΘΜ ΙΕΣ Ε Ξ Ι ΣΩΣ ΕΙΣ

Πολλά πρ οβλήματα της Γεωμετρίας της Φυσι κής και άλλων επιστημών, ανάγονται στην επίλυ ση μιας εξίσωσης της μο ρφής αχ 2 + β χ + γ = Ο με α =F Ο . Στο σημείο αυτό θα λύσουμε δύο κλασικά π ρ οβλήματα αυτής της κατηγο ρίας. Το π ρ ό β λη μ α της Χρυσής Τ ο μ ή ς

Ν α χωρίσετε ένα ευθύγραμμο τ μήμα ΑΒ μή κους α σε δύο άνισα τμήματα τέτοια, ώστε το τε τράγωνο του μεγαλύτερου να είναι ίσο με το γινό μενο του αρχικού τ μήματος επί το μικρότερο.

Λ ύση

2). Ν α λυθεί � -(2+ιi +lf)x+l+ιi +lf +ιilf =0

Λ ύ ση

Όπως είπαμε παρ απάνω, η εξίσωση της μο ρ φής χ2 -(χ, +χ2 )χ+χ1 χ2 =0 έχει ρίζες τους αριθμούς χ , και χ 2 . Στο παρ άδειγμά μας, η εξίσωση χ 2 - (2 + α 2 + β 2 )χ + l + α 2 + β 2 + α 2 β 2 = 0 , αν δια σπάσουμε το 2 και παρ αγοντοποιήσουμε το στα θε ρό ό ρο 1 + α 2 + β 2 + α 2 β 2 , γ ρ άφ εται ισοδύναμα: χ 2 - [ Ο + α 2 ) + (1 + β 2 ) ] χ + (Ι + α z )( l + β 2 ) = 0

Α χ

Β Μ

Έστω ΑΒ το δοσμένο ευθύγρ αμμο τμήμα με μήκος α > Ο.'Εστω ακόμη το σημείο Μ το οποίο χω ρίζει το ευθύγ ραμμο τμήμα στα άνισα τμήματα ΜΑ και ΜΒ με ΜΑ > ΜΒ και μήκη χ και s = α - χ αντίστοιχα. Τότε, με βάση την απαίτηση του π ρο βλήματος έχουμε: (ΜΑ) 2 = ( ΑΒ ) · (ΜΒ) <::::> χ 2 = α( α - χ) <::::> χ 2 = α 2 - αχ <::::> χ 2 + αχ - α 2 = Ο Η εξίσωση αυτή έχει διακ ρίνουσα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/28

------- Μαθηματικά για τη ν Α' Λυκείου ------και επομένως δύο ρίζες πραγματικές και άνισες που δίνονται από τον τύπο: -α ± JS;l -α ± α .J5 α(- 1 ± .J5 ) = = Χι , Χ 2 = 2 2 2 α(-1 - .J5 ) είναι αρνητική Από αυτές, η χ 2 = 2 και απορρίπτεται διότι εκφράζει μήκος τμήματος το οποίο δεν μπορεί να είναι αρνητικός αριθμός. Συνεπώς δεκτή είναι μόνο η θετική λύση α(- 1 + .J5 ) =Χ. Χι = 2 Επομένως τα δύο τμήματα ΜΑ και ΜΒ έχουν α(3 - .J5 ) α(- 1 + .J5 ) , (ΜΑ) = μηκη: και (ΜΒ) = ---'--2 2

Μπορούμε εύκολα να βρούμε ότι ο (ΜΑ) J5 + 1 , , , ' τμηματων των δυο ειναι: λ ογος 2 (ΜΒ) ΣΧΟΛ J Ο :

Ο αριθμός J5

= --

συμβολίζουμε διεθνώς με το

γράμμα φ, από το όνομα του γλύπτη Φειδία. Δηλαδή J5 + 1 f 1, 6 1 803398874 . . . =

Κατά τους aρχαίους Έλληνες φιλοσόφους ,όπου εμφανίζεται στις τέχνες ο λόγος φ δημιουργεί την αί σθηση της αρμονίας. Πέρα από αυτό ,ο αριθμός φ πα ρουσιάζει ιδιαίτερο ενδιαφέρον για τις καθαρά μαθημα τικές του ιδιότητες. Το π ρ ό β λη μ α τ η ς ευΟ ίJγρ α μ μ η ς ο μ α λ1) ς κίνησης

Έστω ότι ένα κινητό κινείται πάνω σε ένα ά ξονα, με σταθερή επιτάχυνση α . ...

χ'

-2

-1

•

X(t)

Υποθέτουμε ότι τη χρονική στιγμή ι0 = Ο βρί σκεται στη θέση χ 0 και έχει αρχική ταχύτητα υ 'τότε, από τη Φυσική είναι γνωστό ότι η θέση του χ(ι) πάνω στον άξονα την κάθε χρονική στιγμή ι δίνεται από τον τύπο: χ( ι) = χ 0 + υ 0 · ι + _!_ · α · ι 2 . 2 ο

που το ένα όχη μα προσπερνά το άλλο. Λ ύση

Η θέση x(t) του αυτοκινήτου Α που προπορεύ εται κατά τη χρονική στιγμή ι0 = Ο δίνεται από τον τύπο χ(ι) = χ 0 + υ 0 ι + .!.. αι 2 • Μετά τις αντικατα2 στάσεις στον τύπο αυτό των δεδομένων του προ βλήματος έχουμε: Η θέση y(ι) του αυτοκινήτου Β που ακολουθεί κατά τη χρονική στιγμή ι0 = Ο δίνεται από τον τύπο y( ι) = Υ + u 0 ι + _!_ αt 2 και μετά από τις αντικατα2 στάσεις προβλήματος έχουμε y(ι) = 0 + 25ι + .!. αt2 • 2 προσπέραση έχουμε: την Κατά 1 3 1 x(t) = y(ι) <=:> 100 + 1 5t + -(α + -)t 2 = Ο + 25ι + - αt 2 • 2 2 8 Από αυτή, μετά τις πράξεις, προκύπτει η εξίσωση 3ι 2 - 1 60ι + 1 600 = Ο η οποία έχει δύο ρίζες 40 ι, = και t 2 = 80 . Δηλαδή τη χρονική στιγμή 3 40 , Β προσπερνα, το Α και τη ι, = - s το αυτοκινητο 3 χρονική στιγμή t 2 = 80s το αυτοκίνητο Α προ σπερνά το Β. Άλλη προσπέραση δεν έχουμε. ο

ΗΡΟΤ Ε Ι Ν Ο Μ Ε Ν Ε Σ Α Σ ΚΗ Σ Ε Ι Σ

Να λυθούν: ί). 2χ 2 - ( 3 + \148 ) χ + \.1243 = Ο ίί). χ 2 -(2k + 3λ+ 5) x + 6(k + l)(λ + 1) = 0 , k, λ εR

2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση :

(α - β)χ 2 + (β - γ)χ + γ3 - αγ 2 - α + γ = Ο , αν α<β <γ ,

έχει δυο ρίζες πραγματικές και άνισες.

Αν αν η

(

χ2 -(2α+β)χ+ 2d +β2 -β+ =Ο έχει

Δύο αυτοκίνητα ΗΡΟΒΛΗΜ Α : κινούνται προς την ίδια κατεύθυνση σε δύο παράλληλες λωρίδες κυκλοφορίας. Τη χρονική στιγμή to = Ο που απέχουν 1 00m, το

ρίζες πραγματικές βρεθούν οι α, β . 4 . Αν ο ι πραγματικοί αριθμοί α , β, γ είναι δια φορετικοί μεταξύ τους με αβγ * Ο ,να αποδεί-

προπορευόμενο έχει ταχύτητα

ρούν να έχουν όλες ίσες πραγματικές ρίζες. Αν m είναι η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης

αυτό που ακολουθεί 25

ιs'%

και

'% και κινούνται με 3 S

s2 και α m/ I αντίστοιχα. Να βρείτε τις χρονικές στιγμές

, , επιταχυνσεις στα θ ερες

α+

αχ 2 + 2βχ + γ = Ο , βχ 2 + 2γχ + α = Ο και γχ 2 + 2αχ + β = 0 δεν μπο

ξετε

ότι

οι

εξισώσεις

( 20 1 1 χ ) 2 - 20 1 0 · 20 1 2χ - 1 = 0 και n είναι η μι κρότερη ρίζα της χ 2 + 20 1 0χ - 20 1 1 = Ο , να υ

πολογίσετε την απόσταση των ριζών αυτών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/29

-----

Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

-----

Π αρα λληλόγραμμα - Τραπέζι α Σ. Αμπράζης, Μ. Καλογήρου, Α. Λυμπίκης, Κ. Ταμπάκος - ΕΜΕ:

Παράρτημα Τρικάλων

Σ ' αυτή την ενότητα θα ασχοληθούμε με συγκεκριμένα είδη τετραπλεύρων όπως είναι τα παραλληλόγρα μμα, τα ορθογώνια, οι ρόμβοι, τα τετράγωνα και τα τραπέζια. Χρησιμοποιούμε θεωρήματα παραλληλογρά μμων στα τρίγωνα και θα ανακαλύψουμ ε διάφορες σχέσεις που προκύπτουν από τα σχήματα αυτά, όταν συνδέονται μεταξύ τους. Θα αξιοποιήσουμε την εποπτεία και τη διαίσθηση για να βρούμε ή να κατασκευάσου με κάποια απ ' αυτά τα σχήματα και φυσικά θα αποδεικνύουμ ε πάντα τους συλλογισμούς μας. Διαμορφώνοντας μία λογική αναπαράσταση θεώρησης των σχημάτων μπορούμε να πούμε τα εξ1Ίς: ., Τα παραλληλόγρα μμα δεν είναι αναγκαστικά ,και ορθογώνια ή και ρόμβοι ή και τετράγωνα. Τα ορθογώνια είναι παραλληλόγραμμα αλλά όχι αναγκαστικά και τετράγωνα. Οι ρόμβοι είναι παραλληλόγρα μμα αλλά όχι αναγκαστικά και τετράγωνα. Το κάθε τετράγωνο είναι ορθογώνιο και ρόμβος και βέβαια παραλληλόγραμμο. Τα τραπέζια δεν είναι παραλληλόγραμμα αφού έχουν το ένα ζεύγος των απέναντι πλευρών τους να είναι παράλληλες. Υπάρχουν κυρτά τετράπλευρα που δεν είναι παραλληλόγραμ μα, ορθογώνια, ρόμβοι, τετράγωνα, τραπέζια. s

•

<!)

λσκη ση 1 '�

Α l: Κ Η Σ Ε Ι Σ

Έχοντας τυχαίο τετράγωνο ΑΒΓ Δ, πλευράς α, παίρνουμε το Ο ως κέντρο του. Ακόμη κατασκευάζου με τετράγωνο ΟΕΖΗ επίσης πλευράς α. Να εκφράσετε το εμβαδόν του συνολικού χωρίου με τη βοήθεια του α. Λ ίωΊJ Α

ίσες, οπότε είναι και ρόμβος, άρα το ΟΜΓΚ είναι ' ' 1 α . Επομενως: ' τετραγωνο πλευρας 2

( 1 )2 2 (ΟΜΓΚ ) = 2 α = 41 α (3). Τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΚΛ και ΟΜΝ είναι ίσα καθώς έχουν ΟΚ=ΟΜ αλλά και ΚΟΛ Μ ΟΝ , αφού είναι οξείες γωνίες και οι πλευρές τους τέμνονται κάθετα. Οπότε (ΟΚΛ)=(ΟΜΝ) (2). Ακόμη ισχύει: ( ΟΝΓΛ ) = ( ΟΜΝ + (ΟΜΓΛ ) (=2 ) ) Λ

(3) Ι ( ΟΚΛ ) + (ΟΜΓΛ ) = ( ΟΜΓΚ ) = 4 α 2 ( 4 ) Δ

Θέλουμε να βρούμε το εμβαδόν του κυρτού πολυγώνου ΑΒΝΕΖΗΛΔΑ. Αυτό είναι: α2 + α2 - (ΟΝΓΛ) ( 1 ). Φέρνουμε από το Ο τα ΟΚ l_ Γ Δ και ΟΜ l_ ΒΓ. Το σχηματιζόμενο ΟΜΓΚ έχει Μ = Γ = Κ = 90° , οπότε είναι ορθογώνιο και θα Λ

έχει ΜΟΚ = 90° . Ακόμη έχει όλες του τις πλευρές Λ

Τελικά από τις σχέσεις ( Ι ) και (4) το ζητούμενο , ειναι α- - I εμ β αδ ον 2· - α - = -7 · α - . 4 4 λ σ κ η ση 2 η

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90° ) και Μ το μέσο της ΒΓ. Στην ΑΓ παίρνουμε τυχαίο σημείο Δ. Έστω ΔΖ η τέταρτη πλευρά του παραλληλογράμ μου ΜΒΔΖ και η ΜΖ τέμνει τη ΑΓ στο Ε. α) Να δείξετε ότι το Ε είναι μέσο του ΜΖ. β) Αν η διχοτόμος της γωνίας ΒΜΑ τέμνει τη ΒΔ στο Η, να δείξετε ότι: ΒΗ = ΕΖ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/30

-------

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

-------

Τότε θα είναι ΒΚΜ Μ Λ Γ , ως παραπλ-τικές γωνίες ίσων γωνιών. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΗΚΜ και ΜΛΘ. Αυτά έχουν ΚΗ = ΜΛ = ρ, ΚΜ = ΛΘ = R και ΗΚΜ = ΜΛΘ (ως αθροίσματα ίσων γωνιών). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα σύμφωνα με το Π-Γ Π, οπότε Μ Η = ΜΘ. γ) Από την προηγούμενη σύγκριση προκύπτει Λ

Στο α) Γ ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Γ είναι ΑΜ = Μ Β = Μ Γ . Επίσης Μ Β = ΔΖ άρα Μ Γ II ΔΖ, άρα το Μ ΓΖΔ είναι παρlμο και οι διαγώνιές του θα διχοτομούνται. Οπότε Μ Ε = ΕΖ με το Ε να είναι μέσο Β του Μ Ζ . Α β) Το τρίγωνο Α Μ Β είναι ισοσκελές (ΜΑ = ΜΒ), άρα η ΜΗ είναι μεσοκάθετος του Α Β . Τότε έχουμε ΗΑ = Η Β . Έτσι το Η είναι μέσο του Β Δ , αφού το τρίγωνο Α Β Δ είναι ορθογώνιο. Το Ε Μ Η Δ είναι παρlμο αφού Η Δ 11 Μ Ε και ΜΗ 11 ΕΔ. Άρα Β Η = ΔΗ ΕΜ = ΕΖ, αφού Ε μέσο του ΜΖ. =

Σε τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε τα ση μεία Κ, Λ, Μ, ως μέσα στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ, και ΒΓ αντίστοιχα. Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευ άζουμε ημικύκλια με διαμέτρους ΑΒ, ΑΓ και πα ίρνουμε Η, θ τα μέσα των αντίστοιχων η μικυκλίων. Να αποδείξετε ότι: α). το ΑΚΜ Λ είναι παραλληλόγραμμο,

Ακόμη είναι Β ΚΜ ΚΜΛ ως εντός εναλλάξ. Στο τρίγωνο ΗΚΜ ισχύει: Λ

�

ΛΜΘ+ ΚΜΛ+ ΗΜΚ = 90 '

�

ΚΗΜ + ΒΚΜ+ ΗΜΚ = 90

ΚΗΜ = ΛΜΘ .

i\σι(ηση 4'1

ΗΜΘ = 90

Σε τρίγωνο ΑΒΓ θεωρούμε εσωτερική του τυχαία ευθεία Γχ και ας είναι Σ, Τ οι προβολές των Α, Β στη Γχ. Αν Μ το μέσο της ΑΒ δείξτε ότι: ΜΣ=Μ Τ. Δείξτε ότι τ ο παραπάνω ισχύει και στην περίπτωση που η Γχ είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΒΓ. Α

β). Μ Η=Μ θ και γ). ΗΜΘ = 90° . Λ

λ ( ση

Έστω Ν το μέσο του ΣΤ. Τότε το ΣΑ ΤΒ είναι τραπέζιο καθώς ΣΑ 11 ΤΒ. Το ΜΝ ορίζεται από τα μέσα των διαγωνίων ΑΒ, ΣΤ Άρα είναι παράλληλο στις βάσεις ΑΣ και ΤΒ, συνεπώς κάθετο στη ΣΤ. Άρα στο τρίγωνο ΣΜΤ το ΜΝ είναι διάμεσος και ύψος. Επομένως το τρίγωνο ΣΜΤ είναι ισοσκελές με ΣΜ = ΜΤ. τα ημικύκλια των κύκλων (Κ,ρ) και (Λ,R) με ρ = ΚΑ = ΚΒ και R = ΛΑ = ΛΓ. Στο τρίγωνο ΑΒΓ γνωρίζουμε ότι τα Κ και Μ είναι μέσα των ΑΒ και ΒΓ, οπότε: ΑΓ ΚΜ Α Λ και ΚΜ 11 Α Γ , οπότε ΚΜ 11 Α Λ

α) Έστω

Άρα, το ΑΚΜΛ είναι παρlμο. β) Είναι Α Θ = ΓΘ ΑΗ Β Η -

90' ,

έτσι

ΗΚΒ = ΘΛΓ = 90° . Καθώς γνωρίζουμε ότι το Α Κ Μ Λ είναι παρlμο Λ

προκύπτει:

ΑΚΜ

ΑΛΜ .

Ε Υ ΚΛ ΕΙΔΗΣ Β'

ί\ σκηση 5 '1

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ Δ. Στην πλευρά ΑΒ θεωρούμε σημείο Ε, τέτοιο ώστε η διαγώνιος

ΔΒ να είναι διχοτόμος της γωνίας ΕΔΓ . Έστω Ο η προβολή τ ου Ε στη ΔΒ και Λ το σημείο τομήg της ΕΟ με τη ΔΓ. Προεκτ είνουμε τη ΛΕ κατά τμήμα ΕΗ = ΛΕ και την ΔΕ κατά τμήμα ΕΖ = ΔΕ. Έστιο Ρ το σημείο τομής της ΔΗ με την ΑΒ και Π το μέσο της ΕΖ. Α. Να αποδείξετε ότι: α. το τετράπλευρο ΕΒΛΔ είναι ρόμβος, β. το τρίγωνο ΔΒΖ είναι ορθογώνιο, γ. το τρίγωνο ΠΗΟ είναι ισοσκελές, δ. το τετράπλευρο ΠΗΡΟ είναι ρόμβος, Λ

82 τ.2/3 1

-------

ε. ΑΔΕ = ΓΟΛ .

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

στ. ΗΠΕ = ΑΡΔ Λ

Β. Βρείτε το μέτρο της γωνίας ΗΔΒ , όταν η ΔΡ "'

είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΔΕ . τι σχήμα είναι τότε το ΠΗΡΟ; "'

Λύ ση

--------

στ. Το Ε ανήκει στη μεσοκάθετο του ΡΠ, άρα ΕΡ = ΕΠ. Τα τρίγωνα ΕΡΗ και ΕΠΗ είναι ίσα (Π-Π� Π), άρα Η ΠΕ = ΗΡΕ = ΑΡΔ . Β. Είναι: ΗΔΒ Ρ ΔΕ + Ε ΔΒ Λ

ΑΔΕ

ΕΔΓ 2

Α ΔΓ 90 ο = 45 ο . = 2 2 Λ

Το τρίγωνο ΗΔΒ είναι ισοσκελές αφού ΔΗ = 2 ΡΗ και ΗΒ = 2 ΗΠ με ΡΗ = ΗΠ (ΠΗΡΟ: ρόμβος), άρα ΔΗ = ΗΒ. Αφού το τρίγωνο ΗΔΒ είναι ισοσκελές με ΗΔΒ = 45° θα είναι και ΗΒΔ = 45° , οπότε ΔΗΒ = 90° , που σημαίνει ότι ο ρόμβος ΠΗΡΟ τελικά είναι τετράγωνο.

Ά σ κη σ η 6'1

α.

Το τρίγωνο ΔΕΛ είναι ισοσκελές αφού η ΔΟ είναι ύψος και διχοτόμος, άρα ΔΕ = ΔΛ ( 1 ). Είναι Λ

ΕΒΔ ΒΔΓ (ως εντός εναλλάξ) και ΕΔΒ = ΒΔΓ (δεδομένα), άρα ΕΒΔ = ΕΔΒ . Δηλαδή το τρίγωνο ΔΕΒ είναι ισοσκελές με ΔΕ = ΕΒ (2). Επομένως το τετράπλευρο ΕΒΛΔ έχει ΕΒ II= ΔΑ αλλά και ΔΕ = ΔΑ, οπότε θα είναι ρόμβος. ΔΖ β. Στο τρίγωνο ΔΒΖ ισχύει: ΒΕ = ΔΕ = ΕΖ = , 2 άρα είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα τη ΔΖ. γ. Το τρίγωνο ΗΟΒ είναι ορθογώνιο ( Η ΟΒ 90 ° ) και η ΟΠ είναι διάμεσος προς την Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ = ΒΓ. Στην προέκταση της ΒΓ, προς το μέρος του Γ, παίρνουμε σημείο Δ τέτοιο, ώστε ΓΔ = ΒΓ. Στην ΑΔ παίρνουμε σημείο Ε ώστε ΔΕ = ΑΕ. Αν Ζ είναι το μέσο της ΒΕ τότε να δείξετε ότι: α) το ΑΕΓΖ είναι παρ/μο και β) ΔΕ = ΔΖ

Λί>σ η

υποτείνουσα (το Π είναι το κέντρο του παρ/μου ΖΒΕΗ), άρα ΟΠ = ΗΠ = ΠΒ, απ ' όπου προκύπτει τελικά ότι το τρίγωνο ΠΗΟ είναι ισοσκελές. δ. Στο τρίγωνο ΗΔΒ, τα σημεία Π, Ο και Ρ είναι τα μέσα των πλευρών ΗΒ, ΒΔ και ΔΗ αντίστοιχα άρα ΠΟ // ΡΗ και ΡΟ // ΠΗ και επειδή από το (γ) είναι ΠΗ = ΠΟ συμπεραίνουμε ότι το ΠΗΡΟ είναι ρόμβος. ε. Το Ο είναι το κέντρο του ορθογωνίου ΑΒΓ Δ, οπότε ΟΔ = ΟΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΟΔΓ είναι ισοσκελές, άρα: ΔΟΓ = 1 80° - 2 · ΟΔΓ <::::> 90° + Γ ΟΛ ι sοο - 2 - οΔΓ <=> Γ ΟΛ 90° - 2 - οΔr (3). Είναι ΑΕΔ = ΕΔΓ (εντός εναλλάξ) με ΕΔΓ = 2 · 0ΔΓ (δεδομένα), άρα ΑΕΔ = 2 · 0ΔΓ (4). Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΔ (Α. 90 ° ) ισχύει Λ

"'-

ΑΔΕ = 90° Λ

- ΑΕΔ <:::> ΑΔΕ = 90° - 2 · ΟΔΓ Λ

(4)

(5). Από τις (3) και (5) προκύπτει ότι ΑΔΕ = ΓΟΛ . Λ

α) Στο τρίγωνο ΒΕΔ, το Ζ είναι μέσο της ΒΕ και ΔΕ , μεσο , της ΒΔ. Άρα ΖΓ = το Γ ειναι = ΕΑ. 2 Οπότε, επειδή ΖΓ // = ΑΕ το ΑΕΓΖ είναι παρ/μο. β) Έστω Κ το σημείο τομής του παρ/μου ΑΕΓΖ. Θα είναι ΚΖ = ΚΕ (αφού οι διαγώνιοι διχ!νται). ΑΓ ΒΔ Επίσης ΚΓ= - = - . 2 2 Επειδή το Γ είναι μέσο της ΒΔ, το τρίγωνο ΒΚΔ είναι ορθογώνιο στο Κ. Άρα στο τρίγωνο ΖΕΔ, η ΔΚ είναι ύψος και διάμεσος, άρα είναι ισοσκελές με ΔΕ = ΔΖ. Ά σ κη σ η 7'1

Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ κέντρου Ο και ευθεία xAy, που δεν τέμνει τις πλευρές του παραλληλογράμμου. Έστω ακόμη Δ ', Γ, Β ', Ο ' ο ι προβολές των Δ, Γ, Β , Ο επί της ευθείας. α. Δείξτε ότι: ΔΔ ' + ΒΒ ' = β. Δείξτε ότι: ΔΔ ' + ΒΒ ' = ΓΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/32

2 00'

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

γ. Αν Κ η προβολή του Δ στη ΓΓ δείξτε ότι το Β ' ΒΓΚ είναι παραλληλόγραμμο. δ. Δείξτε ότι: ΓΒ ' = ΑΔ ' Λ ίJ σ η

Δ' Γ'

Ο'

ΒΔ

, , , πλευρων, , αρα ΕΖΗ δυο ΚΝ 11 = τ · Στο τριγωνο ΖΗ

δύο πλευρών, άρα ΚΝ 11 = - . Έτσι ΖΗ // = ΒΔ.

Ανάλογα είναι ΘΙ // = ΒΔ, ΖΙ // = ΑΓ, ΗΘ // = ΑΓ. Συνεπώς οι πλευρές του τετραπλεύρου ΖΗΘΙ είναι παράλληλες και ίσες με τις ίσες διαγώνιες του ισοσκελούς τραπεζίου ΑΒΓΔ, δηλαδή παράλληλες ανά δύο και ίσες μεταξύ τους. Άρα το ΖΗΘΙ είναι ρόμβος.

Το Β 'ΒΔΔ ' είναι τραπέζιο αφού ΒΒ ' // ΔΔ ' και το Ο Ό είναι παράλληλο με τις βάσεις του. Ακόμη το Ο είναι μέσο της ΒΔ. Συνεπώς: ΒΒ ' + ΔΔ ' � ΒΒ ' + ΔΔ ' = 2 · 00 ' 00 ' = 2 β) Στο τρίγωνο ΓΑ Τ η 00 ' είναι παράλληλη στην πλευρά ΓΓκαι το Ο είναι μέσο της ΑΓ. Συνεπώς: α)

ΑΒΔ το ευθύγραμμο τμήμα ΚΝ ενώνει τα μέσα το ευθύγραμμο τμήμα ΚΝ ενώνει επίσης τα μέσα

Ά σ κ η σ η 911

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και έξω απ ' αυτό κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΔΓΕΖ και ΒΓΗΘ. Έστω Ο, Κ, Λ τα κέντρα των ΑΒΓΔ, ΔΓΕΖ και ΒΓΗΘ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΚΟΛ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Λύ ση

ΓΓ '

� ΓΓ ' = 2 · 00 ' = ΒΒ ' + ΔΔ ' 2 γ) Το ΓΔ 'ΔΚ είναι ορθογώνιο άρα ΓΚ = Δ 'Δ. Τότε Γ Κ Γ Γ ' - Γ ' Κ Β Β ' + ΔΔ ' - Δ 'Δ Β Β ' και ΓΚ // ΒΒ' άρα το Β 'ΒΓΚ είναι παρ/μο γιατί έχει δύο απέναντι πλευρές παράλληλες και ίσες. δ) Τα ορθογώνια τρίγωνα Β 'Κ Γ και ΑΔΔ ' έχουν Δ ' Δ = ΓΚ και Β ' Κ = ΒΓ = ΑΔ, (αφού Β 'ΒΓΚ και ΑΒΓΔ παρ/μα). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε Β 'Γ = ΑΔ ' .

00 ' =

--------

Ά σ κ η σ η 8η

Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ και Ε τυχαίο ση μείο του επιπέδου εκτός του ΑΒΓ Δ. Να δείξετε ότι τα συμμετρικά του Ε ως προς τα μέσα των πλευρών του τραπεζίου είναι κορυφές ρόμβου. Λύ ση

Εύκολα αποδεικνύεται ότι τρ.ΑΔΖ=ΑΒΘ(ΠΓΠ), άρα ΑΖ = ΑΘ ( 1 ), ΔΑΖ = ΑΘΒ (2), ΔΖΑ = ΒΑΘ (3). Είναι ΖΑΘ = ΖΑΔ + ΔΑΒ + ΒΑΘ �

(3)

�

.......

�

......

�

= ΖΑΔ + 1 80° - ΑΔΓ + ΔΖΑ = zλλ + 1 80° - 360° - 90° - Α Δz + Δ ΖΑ

(

)

�

Έστω Κ, Λ, Μ, Ν τα μέσα των πλευρών του τραπεζίου ΑΒΓ Δ και Ζ, Ι, Θ, Η τα συμμετρικά του Ε ως προς τα μέσα αυτά αντίστοιχα. Στο τρίγωνο Θ

�

= ΖΑΔ + 1 80 ο - 360° + 90° + ΑΔΖ + ΔΖΑ = ΖΑΔ + ΑΔΖ + ΔΖΑ - 90° = 1 80° - 90° = 90° δηλαδή ΑΖ .l ΑΘ (4). Στο τρίγωνο ΑΓΖ έχουμε το Ο ως μέσο της ΑΓ ΑΖ και το Κ ως μέσο της ΓΖ, άρα: ΟΚ Ι Ι = (5) 2 και στο τρίγωνο ΑΓΘ, το Ο ως μέσο της ΑΓ και το Λ ως μέσο της ΘΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/33

�

-------

Άρα: ΟΑ / 1 =

ΑΘ

Μαθη ματικά γ ια τη ν Α ' Λυκεί ου -----.,...--....,. .----.... ... ..

(6).

Από τις (5) και (6) λόγω των ( I ) και (4) παίρνουμε ΟΚ j_ = ΟΑ. Έτσι το ΚΟΑ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Ά σ κ η ση 1 0'1

Έχοντας τρίγωνο ΑΒΓ να σχη ματίσετε το τμή μα ΒΔ ίσο και κάθετο ως προς το ΑΒ και το τμήμα ΓΕ ίσο και κάθετο ως προς το ΑΓ με τα τμήματα ΔΒ, ΓΕ στο η μιεπ ίπεδο (ΒΓ, Α). Παίρνοντας το Ζ ως μέσο του ΔΕ, να δείξετε ότι τα τμήματα ΖΒ και ΖΓ είναι ίσα και τέμνονται κάθετα.

στο Ζ. Στη συνέχεια κατασκευάζουμε τα ορθογώνιο ΓΕΖΗ. Φέρνουμε ΔΑ κάθετη στην ΕΓ που τέμνει τη ΒΓ στο Κ. Α. Να αποδείξετε ότι: α. το ΒΓ Δ Ε είναι ισοσκελές τραπέζιο, β. τα σημεία Ε, Δ και Η είναι συνευθειακά, γ. Δ� = ΕΖ, '

�

δ. ΑΕΖ + ΒΔΚ = ΔΓΈ . Β. Μπορεί το ΕΖΗΓ να γίνει τετράγωνο; Αν ναι, δώστε τ ις προϋποθέσεις που πρέπει νq πληροί το α ρχικό τρίγωνο και αιτιολογήστt; την απάντησή σας. Αν όχι, πάλι αιτιολογήστt; πλή ρως την απάντησή σας. Λύσ η

Λ t'> ση

Στην ευθεία ΒΓ φέρνουμε τις αποστάσεις των σημείων Δ, Α, Ζ, Ε και αυτές ας είναι οι ΔΗ, ΑΘ, ΖΚ, ΕΝ αντίστοιχα. Ισχύουν οι σχέσεις: Λ

ΔΒ Η+ φ = 90'

�

ΔΒΗ = 90° - φ ( Ι )

ΒΑΘ+ φ = 9 0 ° � Β ΑΘ = 90° - φ Λ

(2)

Από τις ( I ) και (2) παίρνουμε: ΔΒΗ = ΒΑΘ ( 3 ) Οπότε, συγκρίνοντας τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΗΒ και ΑΘΒ είναι ίσα αφού έχουμε τη σχέση (3) και ΔΒ = ΑΒ. Ά ρα ΗΒ = Α Θ (4) και ΔΗ = ΒΘ (5). Με όμοια εργασία και τα τρίγωνα ΕΝΓ και ΑΘΚ είναι ίσα. Ά ρα ΓΝ = ΑΘ (6) και ΕΝ = Θ Γ (7 ) . Από τις (4), (6) � ΒΗ = ΓΝ (8) Έχοντας τις ΔΗ και ΕΝ κάθετες στην ευθεία ΒΓ θα είναι ΔΗ // ΕΝ. Έτσι το ΔΗΝΕ είναι τραπέζιο με διάμεσό του την ΖΚ. Οπότε: ΚΗ = ΚΝ � Β Η + Β Κ = ΓΝ + ΓΚ � ΒΚ = Γ Κ (8)

Τότε στο τρίγωνο ΖΒΓ η ΖΚ είναι ύψος αλλά και διάμεσος. Δηλαδή το ΖΒΓ είναι ορθογώνιο με ορθή στο Ζ. Ακόμη : ΔΗ + ΕΝ Β Θ + ΘΓ ΒΓ � ΖΚ = � ΖΚ = ΖΚ =

15>

(7)

Από την τελευταία σχέση εξάγουμε ότι το τρίγωνο ΖΒΓ είναι και ορθογώνιο. Επομένως, τα ΖΒ και ΖΓ είναι ίσα αλλά και τέμνονται κάθετα. Ά σ κ η ση 1 1 '1

Α. α). Φέρνουμε το ΕΔ. Τα τίγωνα ΑΔΒ και ΑΕΓ είναι ίσα (Γ-Π-Γ) . Άρα ΑΔ = ΑΕ: Δηλαδή τQ Β

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και οι διχοτόμοι του ΒΔ και ΓΕ που τέμνονται στο Ο. Η κάθετη στη ΓΕ στο Ε τέμνει την ΑΓ

. ' ισοσκελες ' με ΑΔΕ ειναι τριγωνο . Επισης

Β �

�

1 80ο - Α 2

�

� Α ΕΔ =

�

1 80ο - Α

---

. (ΑΒΓ : ισοσκελες)

(l ),ι

οπότε Α ΕΔ = Β και επειδή είναι εντός εκτός κι επj τα αυτά συμπεραίνουμε ότι ΕΔ // ΒΓ (2). Από Ο ) και (2) προκύπτει ότι το Β ΓΔΕ είναι ισοσκελέf τραπέζιο, αφού οι ΒΕ και ΓΔ τέμνονται στο Α . � � � β) . Είναι ΔΕΟ ΕΓΒ = ΕΓΔ (3), δηλαδή τQ τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές οπότε ΕΔ = ΔΓ (4), Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΖΕΓ = 90" ισχύει Α

�

(Ε

)

επίσης ότι ΖΕΔ 90° - ΔΕΟ (4 ), Εl.Δ 90° - εfΔ (6). Από (5) και (6) λόγω της (4) προκύπτει ότι � ΖΕΔ = ΕΖΔ , δηλαδ1Ί το τρίγωνο ΔΕΖ είναι =

�

ισοσκελές οπόπ ΕΔ = ΔΖ ( 7). Από (4) και (7) συμπεραίνουμε ότι ΔΓ ΔΖ (8), δηλαδή το Δ είναι το μέσο της ΖΓ, άρα θα είναι το κέντρο του ορθογωνίου ΕΖΗΓ οπότε θα είναι και το μέσο τη ς ΕΗ. Προφανώς τότε τα σημεία Ε, Δ και Η θα είναι συνευθειακά. γ). Το ΔΗΓΚ είναι παραλληλόγραμμο, αφού ΔΗ // ΚΓ από (2), (β) και ΔΚ // ΓΗ (και οι δύο είναι

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' 82 τ.2/34

-------

κάθετες στην ΕΓ), άρα ΔΚ ΓΗ και επειδή ΕΖ = ΓΗ (ΕΓΗΖ: ορθογώνιο) έχουμε Ε τελικά fΈ Β ΔΚ ΕΖ.Ε δ). Είναι Δ = Ern = Α Γ - Α Γ (9) (η Α Γ είναι στο Βτρίγωνο ΕΒΓ). Όμως, Ε Ε εξωτερική Α Γ = Arn , οπότε από (9) Α Γ = Α Ζ +fΈ90° και Ε έχουμε ότι Δκ Δ = Κr Α Ζ + Β90° - Arn ( 1 0). Επίσης Β = Δ - Δ Γ ( 1 1 ) (η ΔΚΓ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΒΔΚ). Όμως στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΛΓ = 90° ισχύει ότι Β Κ Δ r = 90° - Ern ( 1 2 ). Επίσης Δ Γ = Ern ( 1 3) (μισά ίσων γωνιών), οπότε από ( 1 1 ) λόγω των ( 1 2) και ( 1 3) προκύπτει ότι ΒΔΚ = 90° - 2 ΕΓΒ <=> Δ Β Κ = 90° - AfB ( 1 4). Από ( 1 0) λόγω της ( 1 4) προκύπτει τελικά ότι ΔΓΕ = ΑΕΖ + ΒΔΚ . Β. Το ΕΖΗΓ δεν μπορεί να είναι τετράγωνο. Αν ήταν τετράγωνο, τότε οι διαγώνιοί του ΕΗ και ΖΓ θα τέμνονταν κάθετα, δηλαδή ΕΗ .l ΖΓΒ. Όμως ΕΗ // ΒΓ, άρα και ΖΓ .l ΒΓ δηαδή f = = 90" , προφανώς άτοπο. =

(Λ

)

�

Έστω τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ // ΓΔστο οποίο Λ

1 . Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, Μ είναι το μέσο του ΒΓ και Τ η προβολή του Δ στην ΜΑ. Δείξτε ότι ΓΤ = ΓΔ. [ Υπόδειξη : Θεωρείστε το μέσο Ν της ΑΔ και το σημ είο τομής Κ της ΓΝ με την Δτ].

Σχηματίστε τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΔ = ΒΓ και πάρτε τα μέσα Μ, Ν των πλευρών ΑΒ, ΓΔ αντίστοιχα. Έστω Κ το σημείο τομής της ευθείας ΑΔ με την ευθεία ΜΝ και Λ το σημείο τομής της ευθείας ΒΓ με την ευθεία ΜΝ. Να αποδείξετε ότι: ΑΚΜ = ΒΛΜ . 2.

�

Π ΡΟΤ Ε Ι Ν Ο Μ Ε Ν Ε Σ Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου -------

είναι Γ+ Δ 90° . Δείξτε ότι το τμήμα ΜΝ που συνδέει τα μέσα των ΑΒ και Γ Δ είναι ίσο με την ημιδιαφορά των βάσεων του τραπεζίου.

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ. Στην προέκταση της ΒΓ θεωρούμε σημείο Ζ και στην προέκταση της ΑΒ σημείο Ε έτσι ώστε ΑΕ = ΓΖ. α). Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. β). Αν Μ είναι το μέσο της ΖΕ, να δείξετε ότι Γ ΔΜ + ΓΜΔ = 45' . 3.

4. Έχοντας τρίγωνο ΑΒΓ κατασκευάζουμε εξωτερικά του τα τετράγωνα ΑΒΚΛ και ΑΓΜΝ. Αν η ΑΔ είναι διάμεσος του τριγώνου, να αποδείξετε ότι: α). ΛΝ 2 ΑΔ και β). ΑΔ l_ ΚΝ. =

Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ παίρνουμε τυχαίο σημείο της πλευράς Γ Δ. Η διχοτόμος της ΒΑΕ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Κ, να δείξετε ότι: ΑΕ ΒΚ + ΔΕ. [ Υπόδειξη : Φέρνουμε τη ΔΖ l_ ΑΚ και έστω Η το σημείο τομής των ΑΖ, ΑΕ και Θ το σημείο τομής της προέκτασης της ΔΖ με την ΑΒ]. 5.

Αν Σ εσωτερικό σημείο ισόπλευρου τριγώνου ΑΒΓ, να κατασκευάσετε τρίγωνο με πλευρές τα ευθύγραμμα τμήματα ΣΑ, ΣΒ, ΣΓ.

Φέρνουμε από το Μ τις ευθείες ε ι , ε2 παράλληλες προς τις ΑΔ και ΒΓ αντίστοιχα. Ας είναι ακόμη Κ, Λ τα σημεία τομής των ει , ε2 με τη ΔΓ αντίστοιχα. Α Γ Τότε ΜΚΝ = Δ και Μ Ν = . 'Ετσι θα είναι: Μ Ι Κ Λ = 1 80° - Δ + " = 1 80° - 90° = 90° ' οπότε το

( )

τρίγωνο ΚΜΛ είναι ορθογώνιο. Επίσης τα ΑΜΚΔ, ΜΒΓΛ είναι παρ/μα γιατί έχουν τις πλευρές ανά δύο παράλληλες, άρα ΔΚ = ΑΜ = ΜΒ = ΑΒ = ΛΓ ( l ).Τότε όμως είναι: 2 ΚΛ ΔΓ - (ΔΚ + ΛΓ) ( ι) ΔΓ - (ΑΜ + ΜΒ ) ΜΝ = - = 2 2 2 ΔΓ - ΑΒ 2

....:....

_ __ ,____

_ _

7. Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓΔ και τα σημεία Ε, Ζ των πλευρών ΑΒ, ΑΔ αντίστοιχα, έτσι ώστε να ισχύει ΑΕ = ΑΖ. Αν ΑΗ ..l ΔΕ, να αποδείξετε ότι ΓΗΖ = 90 ° . Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α 2 · Γ και έστω ΑΔ η διχοτόμος της γωνίας Α, την οποία και προεκτείνουμε κατά τμήμα ΔΘ = ΑΔ. Φέρουμε ΔΖ l_ ΑΓ (το Ζ στην ΑΓ) και το προεκτείνουμε κατά τμήμα ΖΕ = ΔΖ. Φέρουμε τη ΖΘ, που τέμνει τη ΔΓ στο Ο και την ΑΟ που τέμνει τη ΔΖ στο Κ. α). Να δείξετε ότι το ΑΕΓ Δ είναι ρόμβος και το ΔΕΓΘ είναι παρ/μο. β). Να δείξετε ότι το Κ είναι μέσο του ΔΖ. γ). Αν επιπλέον φέρουμε ΒΘ 11 ΑΓ, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/35

Μαθ η ματ ικά για την Α ' Λυκε ίου

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Α Σ ΚΗ Σ ΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Σ Μ ίλτος Γραμμένος, Θωμάς Σ . Ο ικονόμου - ΕΜΕ,

Παράρτημα Κέρκυρας

Μια σύντομη ματιά με ασκήσεις στα τετράπλευρα, με την πρόθεση να υπάρξει μια γόνιμη εμπειρία στα κρίσιμα σημεία αυτής της ενότητας (συνευθειακά , μέσα πλευρών) Λ 1 • Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΑΒ=ΑΓ=4ΒΓ. Στην προέ κταση της ΒΓ παίρνουμε σημεία Δ, Ε ώστε ΒΔ=ΓΕ=2ΒΓ. Αν Κ. Λ τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ αντίστοι χα, φέρνουμε ΒΜ .l ΔΚ και ΓΝ .l ΕΛ . Να δειχτεί ότι: Α α) ΚΔ=ΛΕ, β) Το τετράπλευρο ΚΛΕΔ εί ναι ισοσκελές τραπέζιο

γ)

ΜΝ = 11 - ΒΓ 4

\6ση α) Τα τρίγωνα

ΒΔΚ και ΓΕΛ έχουν: " ΒΔ=ΓΕ=2ΒΓ Δ Ε " ΒΚ=ΓΛ=2ΒΓ " ΚΒΔ = ΛfΕ (ως παραπληρωματικές των ίσων γωνιών ΑΒΓ και ΑΓΒ ) άρα είναι ίσα. Επομένως ΚΔ=ΛΕ. β) Το ευθύγραμμο τμήμα ΚΛ ενώνει τα μέσα δυο πλευΒΓ ρών του τριγώνου άρα ΚΛ//ΒΓ και ΚΛ = . Επειδή 2 ΚΛ//ΒΓ δηλ. ΚΝ/ΔΕ το ΚΛΕΔ είναι τραπέζιο και ε πειδή ΚΔ=ΛΕ αυτό είναι ισοσκελές τραπέζιο. γ) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΔΚ το ύψος ΒΜ που αντι στοιχεί στη βάση ΚΔ είναι και διάμεσος. Άρα Μ μέσο της ΚΔ. Ομοίως Ν μέσον της ΛΕ. Στο τραπέζιο ΚΛΕΔ η ΜΝ είναι διάμεσος άρα ΒΓ + SΒΓ Λ ΔΕ + Ι Ι ΒΓ ΜΝ = Κ =2 2 2 4 Λ 2 • Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ=ΒΔ. Από το Β φέρνουμε ΒΜ .l Α Δ και στην προέκτασή της παίρ νουμε ΜΕ=ΜΒ. Να δειχτεί ότι: α) Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος. β) Τα σημεία Γ, Δ, Ε είναι συνευθειακά. γ) Το Δ είναι μέσον του ΓΕ Α

Λ1.

Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι Α = 60 και ΒΔ .l ΑΒ Αν ΑΒ=α και Ε το μέσον της ΑΒ α) Να υπολογιστεί η ΑΔ ως συνάρτηση του α.

β) Να γ ) Να

δειχτεί ότι η ΒΔ είναι διχοτόμος της ΕΔΓ . δειχτεί ότι το τετράπλευρο ΒΓΔΕ είναι ισοσκελές 3α , η δ ιαμεσος , , του ειναι , ιση , με τραπε' ζιο και οτι 4

ΛiJση

&-!'

α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο

ΑΒΔ είναι Β1 = 90 - 60 = 30

ΑΒ � = 2 2 β) Η ΔΕ είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείΑΒ α νουσα άρα ΔΕ = - = - = ΕΒ επομένως Δ 1 = Β 1 2 2 Αλλά Δ 2 = Β 1 (εντός εναλλάξ των ΑΒ//ΓΔ που τέμνοάρα ΑΔ =

•

νται από την ΒΔ) Επομένως Δ 2 = Δ 1 άρα ΔΒ διχοτόμος της ΕΔΓ . γ)

ΔΕ = � = ΑΔ και ΑΔ=ΒΓ (απέναντι πλευρές πα2 ραλληλογράμμου) άρα ΔΕ=ΒΓ και επειδή ΒΕ/ΙΓΔ το ΒΓ ΔΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Η διάμεσος του ΚΛ εί α - + α 3α ΒΕ ΓΔ + _ 2_ = , με ΚΛ = ναι ιση 2 2 4 Λ .ι. Σε τρίγωνο ΑΒΓ από το μέσον Μ της ΑΓ φέρνω Μ Δ=//ΑΒ και ΜΕ=//ΒΓ έτσι ώστε να τέμνουν τις ΒΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Να δειχτεί ότι: α) Τα σημεία Δ, Β, Ε είναι συνευθειακά β) το Β είναι μέσον του ΔΕ ---

Λiιση α) Το

τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές άρα το ύψος ΑΜ είναι και διάμεσος. Στο τετράπλευρο ΑΒΔΕ οι διαγώνι οι ΑΔ, ΒΕ διχοτομούνται άρα είναι παραλληλόγραμμο και επειδή ΒΕ .l Α Δ αυτό είναι ρόμβος β) Είναι ΔΓ//ΑΒ και ΔΕ//ΑΒ άρα τα σημεία Γ, Δ, Ε εί ναι συνευθειακά. γ) ΔΓ=ΑΒ (απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου) Ο μοίως ΔΕ=ΑΒ. Άρα ΔΓ=ΔΕ και επειδή τα Γ, Δ, Ε είναι συνευθειακά το Δ είναι το μέσον του ΓΕ.

α) ΜΕ=//ΒΓ άρα ΜΓΒΕ παραλληλόγραμμο. Επομένως ΒΕ=//ΓΜ:::::> ΒΕ=//ΑΜ, ΜΔ=//ΑΒ άρα ΜΑΒΔ παραλλη λόγραμμο. Επομένως ΒΔ=//ΑΜ. Επειδή από σημείο εκτός ευθείciς μπορούμε να φέρουμε μόνο μια παράλ ληλη προς αυτήν τα σημεία Δ, Β, Ε είναι συνευθειακά. β) ΒΕ=Α Μ =ΒΔ άρα το Β είναι μέσον του ΔΕ. Λ\ιση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/36

Α'

κα ι

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Α Σ ΚΗ Σ ΕΙΣ ΑΛΓ Ε ΒΡ Α Σ

Θύμιος Διαμαντόπουλος

Α ΚΟΛΟΥΘΙΕΣ - Α ΡΙΘ Μ Η Π ΚΕΣ ΚΑΙ ΓΕΩΜ ΕΤΡΙ ΚΕ Σ ΠΡΟ ΟΔΟΙ Ορ ισμός

Α ΚΟΛΟΥΘΙΕΣ

λέγεται κάθε συνάρτηση με πεδίο ορι σμού το σύνολο Ν * των θετικών ακεραίων. Αν η συνάρτηση f : Ν * � JR είναι μία ακολουθία, τότε οι τιμές της συνάρτησης f (Ι) , f ( 2) , . . . , f (ν) λέγονται όροι της ακολουθίας και συμβολί ζονται επίσης με α, , α 2 , , αν , όπου αν = f ( ν) . Ειδικότερα η τιμή α 1 λέγεται πρώτος όρος, η τιμή α 2 λέγεται δεύτε ρος όρος, . . . , η τιμή αν λέγεται νιοστός ή γενικός όρος της ακολουθίας. Μια ακολουθία με όρους α, , α 2 , , αν , . . . συμβολίζεται ( αν ) ή ( αν ) , ν ε Ν * . Ακολουθία

• • •

Άρα αν+ Ι = αν + 2 ' που είναι ο αναδρομικός τύπος της ακολουθίας. Επειδή α, = 2 · Ι - 5 = -3 , η ακολουθία ορίζεται αναδρομικά ως εξής: α, = -3 και αν+ = αν + 2 . (ίί) Έχουμε αν+ ι - α. = [-3 ( ν + Ι) + 2]-( -3ν + 2) = -3 . Άρα αν� = αν - 3 , που είναι ο αναδρομικός τύπος της ακολουθίας. Επειδή α, = -3 · Ι + 2 = -Ι , η ακο λουθία ορίζεται αναδρομικά ως εξής: α 1 = -} Και αν+ I = αν - 3 . Ι

2 . Να ορίσετε αναδρομικά τις ακολουθίες:

(i)

α, = 2 ν

(iii) α. = -2 · 3·

Λύση

(ii)

α . = 3 . 5ν

+6.

(i)

Έχουμε ν+ ν ν Πως ορ ίζεται μία ακολουθία αν+Ι = 2 l + 3 = 2 · 2 + 3 = 2 ( 2 + 3 ) - 3 = 2αν - 3 . Μία ακολουθία ορίζεται με δύο τρόπους : Άρα αν+ I = 2αν - 3 ' που είναι ο αναδρομικός τύ 1 . Αφού η ακολουθία είναι συνάρτηση, ορίζεται όταν δίνεται ο τύπος της , δηλαδή ο γενικός όρος πος της ακολουθίας. Επειδή α 1 = 2 1 + 3 = 5 , η ακο της ακολουθίας εκφράζεται με μία παράσταση της λουθία ορίζεται αναδρομικά ως εξής: ανεξάρτητης μεταβλητής ν , ( ( αν ) = f (ν) ) . Το α 1 = 5 Και αν+ I = 2αν - 3 . πεδίο ορισμού της συνάρτησης αυτής είναι προφα (ii) Έχουμε ν ν ν+Ι νώς το Ν * . α.+ι =3 · 5 +4 = Ι 5 · 5 + 4 = 5 ( 3 · 5 +4) - Ι6 =5αν -16 . 2 . Η ακολουθία ορίζεται με έναν αναδρομικό τύ Άρα αν+ = 5αν - 1 6 , που είναι ο αναδρομικός τύ 1 πο με τον οποίο είναι δυνατόν να βρούμε τους ό πος της ακολουθίας. Επειδή α 1 = 3 · 5 + 4 = 1 9 , η ρους της ακολουθίας αν γνωρίζουμε ικανό αριθμό ακολουθία ορίζεται αναδρομικά ως εξής: προηγούμενων όρων. α 1 = } 9 Και αν+ I = 5αν - } 6 . Στην περίπτωση αυτή πρέπει να δίνονται: . ν+ ( i) Ο πρώτος όρος της ακολουθίας ή ικανός αριθ (iii) Έχουμε:ν αν+Ι = -2 3 ν l + 6 = = -6 · 3 + 6 = 3 ( -2 · 3 + 6 ) - Ι 2 = 3αν - Ι 2 . μός πρώτων όρων. (ίί) Ένας τύπος με τον οποίο προσδιορίζεται κάθε Άρα αν +Ι = 3αν - 1 2 , που είναι ο αναδρομικός τύ όρος της ακολουθίας από τους προηγούμενους 1 γνωστούς όρους. Αυτός λέγεται αναδρομικός τύ πος της ακολουθίας. Επειδή α 1 = -2 · 3 + 6 = Ο , η πος της ακολουθίας. ακολουθία ορίζεται αναδρομικά ως εξής: α 1 = 0 Και αν+Ι = 3αν - Ι 2 . Ι

ΛΥ ΜΕΝΕΣ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1 . Να ορίσετε αναδρομικά τις ακολουθίες:

(ί) α, = 2 ν - 5

Λύση

(ίί) α, = -3ν + 2 .

Έχουμε αν +Ι - αν = [ 2 ( ν + l) - 5 ] - (2ν - 5) = 2 .

(ί)

3 . Να βρείτε τον νιοστό όρο των ακολουθιών:

(ί) α l = 3 ' αν+l = α. +4 (ίί) ιlι = -5 , α ν + I = α. - 5 .

Λύση

(i ) Αντικαθιστούμε στον τύπο αν + Ι, 2, 3 , . . . ,ν - Ι και έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/37

= αν + 4 το ν με

------ Μαθηματικά για την Α ' και Β ' Λυκείου

α 2 = α1 + 4 α3 = α2 + 4

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

αν = αν-Ι + 4 Προσθέτουμε κατά μέλη τις προηγούμενες ισότη τες και παίρνουμε � + α; + · · · + �·-Ι +αν = � + � + α; + · · · + �_1 +4(ν -1) <=> αν = αl + 4 (ν - 1 ) <=> αν = 3 + 4ν - 4 <=> αν = 4ν - 4 . (ίί) Αντικαθιστούμε στον τύπο αν+Ι = αν - 5 το ν με 1 , 2, 3, . . . ,ν - 1 και έχουμε: α2 = α 1 - 5 α3 = α2 - 5 αν = αν-Ι - 5 Προσθέτουμε κατά μέλη τις προηγούμενες ισότη τες και παίρνουμε � + α; + · · · + �_1 +α,, = � + � + CX:J + · · · +αν-Ι -5(ν -1) <=> αν = α1 - 5 (ν - 1 ) <=> αν = -5 - 5ν + 5 <=> αν = -5ν .

------

Να ορίσετε αναδρομικά τις ακολουθίες: (ί) αν = 3ν + 5 (ίί) αν = 5ν - 4 ν (ίν) αν = -2 . 3 + 6 .

( ίίί)

Να βρείτε τον νιοστό όρο των ακολουθιών: α l = 4 ' αν+ I = αν - 8 α 1 = -2 , αν+Ι = αν - 5 . . . . ) α 1 = 4 , αν+Ι = 1 α ν ( 111 2

(ί) (ίί)

Δίνεται η ακολουθία ( αν ) της οποίας ο τέταρ τος όρος είναι ίσος με -28 και για την οποία ισχύ ει αν+Ι = 3αν + 2 για κάθε ν Ε Ν ' (ί) Να βρείτε τον πρώτο όρο της (ίί) Να βρείτε τον νιοστό όρο της ακολουθίας. '

/\ίιση

ακολουθία Δίνεται η μ:ε ' αν = 2ν 2 - 5ν + λ , ν Ε Ν , της οποίας ο τέταρτος όρος είναι ίσος με 20. Να βρείτε (ί) τον αριθμό λ Ε IR (ίί) τους πέντε πρώτους όρους της ακολουθίας (ίίί) τον όρο ο οποίος είναι ίσος με 1 5 8.

αν = 2αν-Ι Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις προηγούμενες ισότητες και παίρνουμε ν - 1 όροι

ν-5 , ν ν Ε Ν ' . Να βρείτε τους όρους της ακολουθίας για ' αν � -1 . ' ισχυει τους οποιους 2 3ν - 1 (ίί) Δίνεται η ακολουθία (αν ) με αν = , 2ν + 1 ν Ε Ν ' . Να βρείτε τους όρους της ακολουθίας που

Να βρείτε τον νιοστό όρο των ακολουθιών: {ϊ) α ! = 3 ' αν + ! = 2 αν (ii) α ! = 2 ' αν + ! = -3αν . -ι

(i)

Αντικαθιστούμε στον τύπο αν+ Ι = 2αν το ν με 1, 2, 3, . . . ,ν - 1 και έχουμε : α 2 = 2α 1 α 3 = 2α 2

�

α2 · α3 · · · · · αν-Ι · αν = 2 · 2 · 2 · · · · 2 · α 1 · α2 · α3 · · · · · αν- Ι <=> ν-Ι ν -1 αν = 2 . α l <=> αν = 3 . 2 . ( i i ) Αντικαθιστού με στον τύπο αν + 1 = -3αν το ν με 1, 2, 3, . . . ,ν - 1 και έχουμε: α 2 = -3α1 α 3 = -3α 2

�j (i)

Δίνεται η ακολουθία ( αν ) με αν =

( �] .

βρίσκονται στο διάστημα 1 , 6

Το σημείο Α ( 7 , 28) ανήκει στην γραφική π αμε της ράσταση ακολουθίας αν = ν 2 + 2ν + κ , ν Ε Ν ' (ί) να βρείτε τον αριθμό κ Ε IR (ίί) να βρείτε, αν υπάρχει σημείο της γραφικής παράστασης της ακολουθίας πάνω στον άξονα

χχ .

(ίίί)

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και προκύπτει: ν-1 ν- 1 αν = ( -3 ) . α l <=> αν = 2 . ( -3 ) .

να βρείτε τους όρους της ακολουθίας που εί ναι θετικοί, αρνητικοί (ίν) να βρείτε τον μικρότερο όρο της ακολουθίας (ν) να δείξετε ότι αν+Ι > αν για κάθε ν Ε Ν ' .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/38

_ ..-. _ . _ ___...,... _ _ _ _ ....__

Μ αθη ματικά yια τη ν Α ' και Β ' Λ υκείου

Α ΡΙΘΜ Η Π ΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ

ορ

ίiθ α ν+Ι = α ν + ω � αν+ - α ν = ω για κ ε ν Ε Ν 2 . Νιοστός όρος: α . = α1 + {ν - l) ω 3 . Α ριθμητικός μέσος: α, β , γ διαδοχικοί όροι αα+γ ριθμητικής προόδου � β = . 2 4 . Τύπος του αθροίσματος ν όρων μιας αριθμητι κής προόδου: 2α + {ν - Ι ) · ω } ν {α + α ) ν α = 1 ,. · κ ι = [ 1 . 2 S ,. s. 2 •

ΛΥ ΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Να αποδειχθεί ότι, αν οι αριθμοί α, β, γ εί ναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου , τότε καί οι αριθμοί χ = α2 - βγ , ψ = β 2 - αγ και z = γ2 - α β είναι επίσης διαδοχικοί όροι αριθ Jιητικής προόδου. 1.

Λύση

Α φού οι αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι aριθμητικής προόδου, ισχύει 2β = α + γ ( 1 ) . Αρκεί να αποδείξουμε ότι 2ψ = χ + z . Πράγ ματι έχουμε: ) ) ) ( ( . 2ψ = χ + z � 2 β 2 - αγ = α 2 - βγ + ( / - αβ � � 2β 2 - 2 αγ = α 2 - βγ + γ 2 - αβ � 2β2 - 2αγ = α2 + γ 2 - αβ - βγ � 2β2 - 2αγ = = (α + γ) 2 - 2αγ - β ( α + γ) � 2β2 = ( α + γ) 2 - β ( α + γ) � 2β 2 = ( 2β ) 2 - β ( 2β) � 2 � 2β 2 = 4β 2 - 2 β 2 � 2 β 2 = 2β πού t:: ίναι αληθής . 2.

Να βρεθούν τέσσερις αριθμοί οι οποίοι είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, έχουν Ο.θροισμα 26 και το άθροισμα των τετραγώνων tους είναι ίσο με 2 1 4 . Λύση

Έστω χ - 3ω , χ - ω , χ + ω , χ + 3ω είναι οι τέσσερις αριθμοί οι οποίοι είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά 2ω , τότε: ( χ - 3ω) + ( χ - ω) + ( χ + ω) + ( χ + 3ω) = 2 6 ( I ) και ( χ - 3ω) 2 +(χ -ω) 2 + ( χ + ω) 2 + ( χ + 3ω) 2 :::: 214 (2).

Από την ( 1 ) έχουμε:

13 2

χ - 3ω + χ - ω + χ + ω + χ + 3ω = 26 � 4χ = 26 � χ = -

Ορισμός αριθμητικής προόδου: ( αν ) αριθμητική πρόοδος � I

-------

Από την ( 2 ) έχουμε ( χ 2 - 6ω + 9ω 2 ) + ( χ 2 - 2ω + ω 2 ) + ( + χ 2 + 2ω + ω 2 ) + ( χ 2 + 6ω + 9ω 2 ) = 2 1 4 � χ 2 - 6ω + 9ω 2 + χ 2 - 2ω + ω 2 + +χ2 + 2ω + ω 2 + χ 2 + 6ω + 9ω2 = 2 1 4 �

2χ 2 + 2Οω-, = 2 1 4 � 2

( 2Ι 3 ) 2 + 2Οω-, = 2 1 4 �

. ' = 2 1 4 � 2Οω-' = 45 � ω-, = -9 � 1 69. + 2Οω4

13 κ 3 ) αι ω = - ) . η' ( χ = 2 2 2 ·Αν ( χ = 1 32και ω = 3 ) , οι ητουμενοι ' αριθ μοι' ει' 2 2

Άρ

(

α χ=

και ω =

ναι: 2, 5 , 8, 1 1 . Αν χ = 1 και ω = -

; ( είναι: 8, 5, 2 .

I I,

)% , οι ζητούμενοι αριθμοί

Να υπολογιστούν τα αθροίσματα: (ί) 3 + 7 + 11 + . . . + 1 5 1 (ίί) 8 + 3 - 2 - 7 - · · · - 337 .

Λύση

(ί) Οι προσθετέοι του αθροίσματος είναι διαδοχι κοί όpοι αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο α1 = 3 και διαφορά ω = 4 Αν ν είναι το πλήθος των προσθετέων, τότε αν = 1 5 1 και έχουμε: αv = 1 5 1 � α1 + ( ν - Ι ) ω = 1 5 1 � 3 + 4 ( ν - 1 ) = 1 5 1 � � 4ν = 1 52 � ν = 38 Το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με το άθροισμα S 38 των 38 πρώτων όρων της αριθμητικής προό (α 1 + α v ) · ν βρίσκουμε δου. Α πό τον τύπο Sν = 2 ( 3 + 1 5 1 ) · 3 8 = Ι 54 . 1 9 = 2926 . S 1., = 2 (ίί) Οι προσθετέοι του αθροίσματος είναι διαδοχι κοί όροι αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο α1 = 8 και διαφορά ω = -5 . Α ν ν είναι το πλήθος των προσθετέων, τότε α" = -337 και έχουμε: α" = -337 � α1 + ( ν - Ι ) ω = -337 � 8 - 5 ( ν - 1 ) = -337 � -5ν = -350 � ν = 70 Το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με το άθροισμα

ΕΥΚΛΕIΔΗΣ Β' 82 τ.2/39

• ο

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

s 70 των 70 πρώτων όρων της αριθμητικής προό ( α! + αν ) . ν βρίσκουμε δου. Από τον τύπο Sv = 2 (9 - 337 ) · 70 = (-328) · 35 = 1 1 484 . S 70 = 2 4 . Έστω α 1 , α ,

, α 0 είναι είκοσι όροι μιας 2 2 αριθμητικής προόδου αν . Το άθροισμα των • • •

{ )

όρων άρτιας τάξης είναι ίσο με 250 και το ά θροισμα των όρων περιττής τάξης είναι ίσο με 220. Να βρεθεί η πρόοδος.

Λύση

Έστω ω είναι η διαφορά της προόδου. Οι όροι άρ τιας τάξης είναι 1 Ο και αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο τον α 2 και διαφορά 2ω . Οι όροι περιττής τάξης είναι 1 Ο και αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο τον α 1 και διαφορά 2ω . [ 2α1 + (ν - 1) ω ν έχουμε: Από τον τύπο Sν = 2 [ 2α? + 9 · 2ω] · 1 0 α2 + α4 + · · · + α20 = 250 <=> = 250 <=> 2 <=> 2α2 + 1 8ω = 50 <=> α2 + 9ω = 25 <=> α 1 + ω + 9ω = 25 <=> α 1 + Ι Οω = 25 ( 1 ) . [ 2αι +9· 2ω] · 10 Επίσης α, +� +· · · +α,9 =220<:::> =220<=:: 2 <=> 2α 1 + 1 8ω = 44 <=> α1 + 9ω = 22 ( 2) . Αφαιρούμε από την ισότητα ( 1 ) την ( 2) και βρί σκουμε ω = 3 . Από την (1) για ω = 3 βρίσκουμε α 1 = -5 . Άρα η πρόοδος είναι: -5, - 2, 1 , 4, . . . 5 . Τ ο άθροισμα των ν πρώτων όρων μιας ακο

}

(

λουθίας αν

) δίνεται από τον τύπο s ν

= ν 2 + 5ν .

{ )

(ί) Να βρεθεί ο νιοστός όρος της ακολουθίας α ν (ίί) Να αποδείξετε ότι η ακολουθία είναι αριθ

Λύση

μητική πρόοδος.

)[

]

2 α. =Sν -Sν-ι = ( γ +5ν - (ν-1) +5(ν-1) = = ν 2 + 5ν - ν 2 + 3ν - 4 = 2ν + 4 Άρα: αν = 2ν + 4 .

(i) Ισχύει:

(

)(

)

ν Ε Ν * έχουμε: α.+ι -α. = 2(ν+1) +4 -(2ν+4) =2ν+2+4-2ν-4=2 . Άρα η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο α1 = 2 · 1 + 4 = 6 και διαφορά ω = 2 . (ii) Για κάθε

[

]

6 . Να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος της οποίας

το άθροισμα οποιονδήποτε πρώτων όρων της είναι ίσο με το τριπλάσιο του τετραγώνου του

Λύση

------

πλήθους των όρων αυτών.

Για κάθε ν Ε Ν * ισχύει: [2α, +( ν-1) ωl ν ? J =3\Γ <=>2α, +(ν-1)ω=6ν <=:> Sν =3γ <=> 2 2α1 + νω - ω - 6ν = 0 <=:> (ω - 6) ν + 2α1 - ω = Ο . Πρέπει ω - 6 = Ο <=:> ω = 6 και 2α1 - ω = Ο <=> 2α1 = ω <=> 2α1 = 6 <=> α1 = 3 Άρα η αριθμητική πρόοδος είναι: 3, 9, 1 5 , 2 1 , ... ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΠΣ ΑΡΙΘΜΗΠΚΕΣ ΠΡΟΟΔΟΥΣ

1 . Να βρείτε το άθροισμα όλων των τριψήφιων αριθ μών οι οποίοι όταν διαιρεθούν με 5 αφήνουν υπόλοιπο 4. 2 . Στις παρακάτω περιπτώσεις να βρείτε τον πρώτο όρο και την διαφορά της αριθμητικής προόδου (α" ) : 3 . Το άθροισμα του πρώτου και του τέταρτου όρου μιας αριθμητικής προόδου είναι ίσο με 2 και το ά θροισμα των τετραγώνων τους είναι ίσο με 20. Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων οκτώ όρων της προόδου. 4 . Να λύσετε τις εξισώσεις:

(i)

1 + 7 + 1 3 + . . . + χ = 280 (ii) ( χ + 1 ) + ( χ + 4) + ( χ + 7 ) + · · · + ( χ + 28) = 1 55

5 . Ο τρίτος όρος μιας αριθμητικής προόδου είναι 9 και η διαφορά του δεύτερου όρου από τον έβδομο εί ναι 20. Να βρείτε πόσοι όροι της αριθμητικής προό δου έχουν άθροισμα 9 1 . 6 . Το άθροισμα των ν πρώτων όρων μιας ακολουθί ας ( αν ) δίνεται από τον τύπο S" = 2ν 2 + 3ν . Να απο δείξετε ότι η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος. 7. Το γινόμενο του τρίτου και του έκτου όρου μιας αριθμητικής προόδου είναι 406 . Το πηλίκο της διαί ρεσης του ένατου όρου της προόδου προς τον τέταρ το όρο είναι 2 και το υπόλοιπο 6 . Να βρείτε τον πρώτο όρο και την διαφορά της προόδου. 8 . Οι γωνίες ενός πολυγώνου είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικής προόδου με διαφορά ω = 20° . Η μεγαλύτερη γωνία του πολυγώνου είναι ίση με 260° . Να βρείτε το πλήθος των πλευρών του πολυγώνου. 9 . Αν ( αν ) είναι μια αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω * Ο να αποδείξετε ότι: ·

1Ο.

1 1 -- + -- + · · · +

ν-1 I -= -.

Σε μία αριθμητική πρόοδο ( αν ) είναι sμ = ν ' μ, ν Ν" . Να αποδείξετε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/40

sμ+ν = - (μ + ν) .

= μ και

------- Μαθη ματικά για την Α ' και Β ' Λυκείου 1.

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ Ορισμός:

( α" ) γεωμετρική πρόοδος <=> ορ

�

=λ για κάθε ν ε Ν* με Ι:Χι *Ο, λ 7: 0 . (\..1 =� -λ � -1 2 . Ν ιοστος • ορος: • α. = α 1 λν 3 . Διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου: α, β, γ διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου <::::> β2 = α · γ . 4. Τύπος του αθροίσματος ν όρων μιας γεωμετρι κής προόδου: •

s. =

λα. - α 1

(

λ-1

)

και s. =

{

α 1 λ' - 1 λ-1

ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1 . Να αποδείξετε ότι η ακολουθία της οποίας ο

1 γενικός όρος είναι α. = 3 2 -" , είναι γεωμετρι ·

κή πρόοδος και να βρείτε το άθροισμα των δέκα πρώτων όρων. Λύση

Για κάθε ν ε Ν* είναι α") * Ο και έχουμε: ( α ν +Ι 3 . 2 1 - ν +Ι 3 . 2- v = ----,--3 . 2 1-ν Άρα η ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος με .!. 3 = = 2° · λ 3 = α, λόγο και πρώτο όρο . 2 " α (λ - Ι) Από τον τύπο S" = παίρνουμε λ-Ι 1 3· -ι 3 ι ι 2 - iD = 6 Ι - -1- = 6138 s1 0 = _!_ 1024 1 024 -1 2 2

ιο

(( ) ) -

( )

(

)

2 . Να βρεθεί ο πρώτος όρος και ο λόγος μιας

γεωμετρικής προόδου

( α. )

αν είναι γνωστό ότι

το άθροισμα των 4 πρώτων όρων της είναι 40 και το άθροισμα των 8 πρώτων όρων της είναι 3280. Λύση

Έχουμε Sg = 3280 <::::>

� (� -ι)

= 3280 <::::>

α, ( λ4 - Ι ) ( λ4 + ι ) <::::> = 3280 ( 1) λ-Ι α 1 ( λ4 - ι ) = 40 ( 2) . = 40 <::: :> S4 λ-1 λ-l

-------

Διαιρούμε την ( Ι) με την ( 2) και παίρνουμε λ4 + Ι = 82 <::::> λ4 = 8 1 <::::> λ = ±3 . Για λ = 3 από την ( 2) βρίσκουμε: α, ( 8 1 - 1 ) = 40 <::::> 80α = 80 <::::> α = 1 . 3-1 Για λ = -3 από την ( 2) βρίσκουμε: α 1 (8 1 - 1) = 40 <::::> 80α 1 = - 1 60 <::::> α, = -2 . -3 - 1

3 . Τρεις θετικοί αριθμοί είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου. Αν ο δεύτερος α ριθμός αυξηθεί κατά 8 , τότε η πρόοδος γίνεται αριθμητική. Αν στη συνέχεια ο τρίτος όρος αυ ξηθεί κατά 64 , τότε η πρόοδος γίνεται πάλι γε ωμετρική. Να βρεθούν οι αριθμοί αυτοί.

Λύση

Έστω α , β , γ είναι οι ζητούμενοι αριθμοί, τότε θα έχουμε: β2 = αγ (1 ) , 2 (β + 8) = α + γ (2) γ (β + 8 = α · (γ + 64) (3) . Από την ( 3) παίρνουμε βc + 1 6β + 64 = αγ + 64α , οπότε από την ( 1 ) έχουμε β 2 + 1 6β + 64 = β 2 + 64α <::::> 1 6β + 64 = 64α <::::> <::::> β + 4 = 4α <::::> β = 4α - 4 ( 4) Αντικαθιστούμε στην ( 2) το β και παίρνουμε 2( 4α + 4) = α + γ <::::> 8α + 8 = α + γ <=> γ = 7α+ 8 ( 5) . Η ( 1 ) λόγο των ( 4) και ( 5) γίνεται (4α - 4) 2 = α(7α + 8) <::::> 1 6α2 - 32α + 1 6 = 7α2 + 8α <::::> <::::> 9α2 - 40α + 1 6 = 0

{

α, = 4 40 -+ 32 � Δ = 1 600 - 576 = 1 024 , α , _ = 4. 2 α, - 18 - 9 Αν α = 4 , από τις (4) και (5) βρίσκουμε β = l 2 .± και γ = 36 . Αν α = , από την ( 4) βρίσκουμε 9 ' 20 16 ' γιατι οι αρι θ β = - - 4 = -- που ει' ναι αδυνατο 9 9 μοί α , β , γ είναι θετικοί. Τελικά οι ζητούμενοι αριθμοί είναι α = 4 , β = 1 2 και γ = 36 .

Δίνεται η γεωμετρική πρόοδος

( α. )

με

α 4 = 2χ - 2 , α5 = 3χ + 6 και α6 = 12χ + 6 . Να

Λύση

βρεθεί ο πρώτος όρος και ο λόγος της προόδου.

Οι α 4 , α 5 και α6 είναι διαδοχικοί όροι της γεωμεΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/4 1

------

τρικής προόδου, οπότε έχουμε: α� = α 4 · α6 � (3χ + 6) 2 = ( 2χ - 2) · ( 1 2χ + 6) � � 9χ2 + 36χ + 36 = 24χ 2 - 1 2χ - 1 2 � 1 5 χ 2 - 48χ - 48 = Ο . Δ = 2304 + 2880 = 5 1 84 , χ1 = 4 48 ± 72 Χ 1 , - -- � 4 30 χ , = -- ·

{

·-

α,. + ι =

5 '

12 18 48 18 ' α 5 = - - + 6 = - ' α = -- + 6 = -- και ο λοs

γος της προόδου είναι λ = -1 . Τότε � � � α = - � α · λ3 = - � α · ( - 1) 3 = - � 4

18 18 � α =� -α ι = -ι

κό όρο

3αν + 4

νΕΝ .

Ά ρα ( α 1 = � και λ = 3 ) ή ( α 1 = � και λ = - 1 ). 9 5 Το άθροισμα των ν πρώτων όρων μιας ακο λουθίας αν δίνεται από τον τύπο

( ) ν Sν = %( 3 - ι) . Να αποδειχθεί ότι η ακολουθία ( αν ) είναι γεωμετρική πρόοδος της οποίας να

βρεθεί ο πρώτος όρος και ο λόγος. = S - S - 1 = 2 ( 3 ν - 1 ) - 2 ( 3 ν -ι ν ν

))

- 1) =

(

�

::::

και

J με γενι

= α ν - 2 είναι γεωμετρική πρόdδος

βν

και να βρεθεί ό πρώτος όρος και ο λόγ �· j , ' i ; J Ν α βρεθεί ο γενικός όρος β ,. και d.�, �ili�

( ) και ( α ,. )

κολουθιών β ν

: Έχουμε

αντίστοιχα.

αν ---2 3

3αν + - ·-·--

2 α 5 + = ν+ I - = Ι αν - 2 αν - 2 βν 3 ( α " - 2) 3 3α - 6 ν

βν

tt:.

::::

4-10

--··- ---· · ----

. α ,. - 2

= ( = ( = , για κ α. θ ε ν Ε Ν . 5 αν - 2 ) 5 α - 2 ) 5 ν Άρα η ακολουθία ( β " ) είναι γ ε ω μετ ρική tt�όbδος •

με πρώτο όρο

β1

λ=�. 5

= α 1 - 2 = � - 2 = -� ktt!

( )ν-1 , ν

Ο γενικός όρ ος β" ν-1

βν = β1 · λ = Ισχύει

βν

-2 · S

= αν - 2 ,

()

τη ς ακολουθίας

J ·

3 ν -Ι

+2' νΕΝ

Ν .

(β,. ) εtναι

S -ι (3)ν (α\. J

α,. =β,. +2 = --2 '

οπότε

δηλαδή ο γενικός όρος της αν = -

λόγο

ακολουθίας *

Να αποδειχθεί ότι αν

( α ,. )

+2,

έίναι

γε

j.ίttt

ωμετρική πρόοδος με λόγο λ -::;:. ±ι , τόtε ή ακο λουθία β ,, με γενικό όρο β ,, = α� , Κ Ε Ν* tίναι είναι

( )

= 2 ( 3ν - 1 - 3ν-Ι + = 2 ( 3ν - 3 ν-Ι ) = 2 2

επίσης γεωμετρική πρόοδος με λόγο λκ 1 Δίνεται η γεωμετρικ πρόοδος α �

2 3"- 1 ( 3 - \ ) = 5 · 3 ν-Ι .

2 Δηλαδή αν = 5 · 3 ν -ι για κάθε ν Ε Ν* . κάθε ν Ε Ν* Επομ ένως γ ια αν-Ι 5 · 3'. = 3 � = · 3ν-1 .

··

Ο νιοστός όρος της ακολουθίας είναι: αν

με α 1

Να αποδειχθεί ότι η ακολουθ ί α β ,.

( α ,. )

Δίνεται η ακο λουθ ί α

Αν χ = 4 , τότε α 4 = 6 , α 5 = 1 8 , α6 = 5 4 και ο λό γος της προόδου είναι λ = 3 . Τότε α 4 = 6 � α 1 · ι.! = 6 � α1 · 33 = 6 � 27α1 = 6 � 2 6 �α =-�α =9 27 18 8 4 ' α = -- - 2 = - τοτε Αν χ = -1

·'

Μαθηματικά για την Α ' και Β ' Λυκείου

Άρα η ακολου θ ία ( α ν ) είναι γεωμετρική πρόοδος με πρώτο όρο α 1 = 5 · 3 1 - 1 = 5 και λόγο λ = 3 .

μt λό-

για την οποία ισχύtι λ = α 1 - 1 . Να αnd' . . 2 2 2 ' δ ειχθ ει' οτι: α 1 + α2 + · · · + α ν = α 1 + α 2 + + tt 2 ,

γο

ισχύει

( 1

�

λ,

• · ·

Αν

( αν )

είναι μια γεω μετρ ικιΊ

, . γο λ , τοτε ισχυει:

Τότε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/42

/ I

' _ . ι -

α"

για

πρόοδtJς μt

κ θε ,

νΕΝ •

•

λ6-

[ )κ

-------

Μαθη ματικά για την Α ' και Β ' Λυκείου

* α β ν+ I α� ι = ; = ν� ι = λκ ' για κάθε ν Ε Ν . Άρα αν αν βν * η ακολουθία ( β ν ) με γενικό όρο β ν = α � , κ Ε Ν είναι επί'σης γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ ( i i ) Αφού η ακολουθία ( α ν ) είναι μια γεωμετρική πρόο δ ος με λόγο λ , τότε αι . ( λ2 ν - 1 ) α ι + α2 + · · · + α2 ν = (1) . λ-1 Σύμφωνα με τα προηγούμενα και η ακολουθία ( β ν ) με γενικό όρο β ν = α� είναι επίσης γεωμε τρική πρόο δ ος με λόγο λ2 . Επομένως β ι ( λ2 ) - 1 2 = αι2 + α?-2 + · · · + αν = β ι + β 2 + · · · + β ν = λ- - 1 α� · [ λ2 ν - 1 ] α� { λ2 ν - 1 ] � - α, · ( κν - 1 ) λ2 - 1 λ-1 ( λ + 1 ) ( λ - 1 ) λ+ 1

κ.

{

Όμως λ = α 1 - 1 <::::> α1 = λ + 1 <::::> � = 1 , οπότε λ+l ν α1 α, · ( Κ - 1 ) 2 2 2 = αι + α2 + · · · + αν = βι + β2 + · · · + βν = . λ+l λ-1 αι · ( λ2 ν - 1 ) = α ι + α 2 + . . . + α2 ν . λ-1 ---'-----"-

Να βρείτε την γεωμετρική πρόοδο ( α ν ) στην ο ποία: α5 - α1 = 1 60 και α4 - α 2 = 48 α5 + α 2 - α4 = 66 και α6 + α 3 - α5 = - 1 32 Οι αριθμοί 5χ - ψ , 2χ + ψ και χ + 2ψ είναι δια δοχικοί όροι μιας αριθμητικής προόδου και οι αριθ 2 2 μοί ( ψ + ι ) ' χψ + 1 ' ( χ - 1 ) είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου. Να βρείτε τους αριθμούς χ και ψ . Να βρείτε την γεωμετρική πρόοδο ( α ν ) , αν: α1 + α 2 + α 3 + α4 + α5 = 3 1 και α 2 + α 3 + α4 + α 5 + α 6 = 62 . Θεωρούμε 1 000 όρους μιας γεωμετρικής προό δου. Το άθροισμα των όρων περιττής τάξης είναι S 1 και το άθροισμα των όρων άρτιας τάξης είναι S 2 . Να βρείτε τον λόγο της προόδου. Έστω S 1 , S 2 και S3 είναι αντίστοιχα τα αθροί σματα των ν , 2ν , 3ν πρώτων όρων μιας αριθμητι-

κής προόδου. Να αποδείξετε ότι: S � + s ; = S 1 ( S 2 + S3 ) . 6.

Οι αριθμοί χ , ψ , z είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου και οι αριθμοί χ + ψ , ψ + z , z + χ είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικής προό δου. Να βρείτε τον λόγο της γεωμετρικής προόδου. Να αποδείξετε ότι αν οι αριθμοί αβ , β 2 , γ 2 είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικής προόδου, τότε οι αριθμοί β , γ , 2β - α είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου. Αν Sν είναι το άθροισμα των ν πρώτων όρων μιας γεωμετρικής προόδου, να αποδείξετε ότι: 2 Sν ( S 3 ν - S 2 ν ) = ( S 2 ν - Sν ) ·

Αν προσθέσουμε τους 4 , 2 1 , 29 και 1 αντίστοι χα σε τέσσερις αριθμούς που είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου παίρνουμε τέσσερις αριθ· μούς που είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικής προόδου. Να βρείτε τους αριθμούς αυτούς. Το άθροισμα των πρώτων τεσσάρων όρων μιας γεωμετρικής προόδου είναι 30 και το άθροισμα των επόμενων τεσσάρων όρων είναι 480 . Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων δώδεκα όρων. Θεωρούμε άρτιο πλήθος όρων μιας γεωμετρικής προόδου. Να αποδείξετε ότι ο λόγος του αθροίσμα· τος των όρων με άρτιο δείκτη προς το άθροισμα των όρων με περιττό δείκτη είναι ίσος με τον λόγο της προόδου. Να διασπάσετε τον αριθμό 1 5 5 σε τρία μέρr) ώστε να προκύψουν τρεις αριθμοί που είναι διαδοχι κοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου και ο πρώτος α ριθμός να είναι κατά 1 20 μικρότερος από τον τρίτο αριθμό. Τρεις αριθμοί είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμη τικής προόδου και έχουν άθροισμα 2 1 . Αν προσθέ· σουμε σε αυτούς 2 , 3 και 9 αντίστοιχα, τότε παίρ• νουμε τρεις αριθμούς που είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου. Να βρείτε τους αριθμούς αυ· τούς. Τρεις αριθμοί είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμε τρικής προόδου. Αν αφαιρέσουμε από τον τρίτο α ριθμό 64 , τότε θα έχουμε τρεις αριθμούς που είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικής προόδου. Αν κατό πιν αφαιρέσουμε από τον δεύτερο αριθμό 8 , θα πά ρουμε τρεις αριθμούς που είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικ1)ς προόδου. Να βρείτε τους αριθμούς αυ� τούς.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/43

Μαθημα τ ι κ ά Β ' Λυ κ ε ίου Πολυώwμα Αναγνώστου Ευάγγελος, Κογιάννης Χρήστος, Χασιώτης Ευθύμιος, Θεοχάρης Δημήτριος ΕΜΕ Παράρτημα Τρικάλων

Στη σύντομη αυτή παρουσίαση παραθέτουμε μερικές ασκήσεις που θα βοηθήσουν στην καλύτερη εμπέδωση της ύλης στα Πολυώνυμα. Ά σ κη σ η

1 '1

Δίνεται το

Ρ ( χ) = 2χ4 - 4χ3 - χ2 + αχ + β

που α, β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί. Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με το χ-2 αφήνει υπόλοιπο Ρ(-2)-52 και διαιρούμενο με το χ + 2 α φήνει υπόλοιπο 46-2Ρ(2), τότε: i) Να αποδείξετ ε ότι Ρ('2) = -2 και Ρ(-2) = 50 ii) Να βρείτε τους α, β. iii) Να αποδείξετε ότι:

P (S) . Ρ(6) . Ρ(7) . Ρ( -5) . Ρ( -6) ::�; Ο

Λ (> σ η

Έχουμε �2)=�-2)-52 και Ρ( -2)=46-2Ρ(2) οπότε βρίσκουμε Ρ(2) = -2 και Ρ( -2) 50 ii) Με αντικατάσταση στο συμπέρασμα του i) ερω τήματος προκύπτει ότι 2a + β = 2 και 2α - β = 1 Ο και μετά τη λύση του συστήματος, α=3 και β = -4 . iii) Το πολυώνυμο που προκύπτει είναι το Ρ(χ) = 2χ4 -4χ3 -χ2 +3χ- 4 . Παρατηρούμε ότι η εξίσωση Ρ( χ) Ο είναι πολυωνυμική με ακέραιους συ ντελεστές. Άρα οι πιθανές ακέραιες ρίζες είναι ± 1, ±2, ±4 οι διαιρέτες του σταθερού όρου. Επομένως P(S ) :;t: O , Ρ(6) ::�; 0 , P(7) :;t: O , P(-5) :;t: O , Ρ(-6) :;t: Ο οπότε και το γινόμενο αυτών είναι διά φορο του μηδενός. i)

Ά σ κη σ η 2 '1

Δίνεται το

Ρ( χ) = αχ4 + βχ3 - 2χ2 + χ + 1

όπου α, β σταθεροί ακέραιοι αριθμοί. Αν ο αριθ μός 4β - 3 είναι ρίζα του πολυωνύμου, τότε : i) Ν α αποδείξετε ότι β= 1 ii) Να βρείτε τον ακέραιο α iii) Να λυθεί η εξίσωση Ρ { χ) + χ - 1 = Ο Λ ύσ η

i) Οι συντελεστές του πολυωνύμου Ρ(χ) είναι α κέραιοι αριθμοί. Ο αριθμός 4β - 3 είναι επίσης ακέ ραιος αριθμός. Επομένως ο 4β - 3 είναι διαιρέτης

του σταθερού όρου 1 . Οπότε 4β-3 =1 ή 4β-3=-1 . Άρα η μοναδική ακέραια λύση είναι β = 1 . ίί) Αποδείξαμε ότι β = 1 και συνεπώς ο αριθμός 4β - 3 = 1 είναι ρίζα του πολυωνύμου. Επομένως Ρ ( χ ) = αχ4 + χ3 - 2χ2 + χ + Ι και Ρ( 1 )=Ο άρα α = - 1 . iii) Έχουμε τελικά Ρ ( χ ) = -χ4 + χ3 - 2χ2 + χ + 1 και έχει ρίζα το 1 . Από σχήμα Horner βρίσκου με Ρ ( χ ) = ( χ - Ι )(-χ3 - 2χ - 1) οπότε η ζητούμενη εξίσωση γίνεται: (x-IX-r 2χ 1) + (χ 1) = 0 <=> (χ - 1 )(-χ3 - 2χ - 1 + Ι ) = Ο <=> -(χ - 1)χ(χ 2 + 2) = 0 <=> χ = 1 ή χ = Ο -

λ σ κη σ η 311

Ρ( χ) = 2χ4 + αχ3 + βχ2 + 6χ - 3 το οποίο έχει παράγοντα το πολυώνυμο (χ - 1)2 Δίνεται το

i) ii)

Να υπολογίσετε τους α και β Να αποδείξετε ό τι Ρ( χ) = (χ - 1)2 (2χ2

iii) Να βρείτε τα διαστήματα του ffi. στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης Ρ(χ) βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ' χ.

- 3)

Λί>σ η

Το πολυώνυμο έχει παράγοντα το (χ - 1 ) 2 και άρα το χ- 1 . Οπότε P(l) Ο <=> . . . <=> β = -α - 5 Επομένως με αντικατάσταση το πολυώνυμο γίνεται Ρ(χ) = 2χ4 + αχ3 - (α + 5)χ 2 + 6χ - 3 . Από σχήμα Horner βρίσκουμε το πηλίκο Π(χ) της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ - 1) . Είναι φανερό ότι το Ρ(χ) έχει παράγοντα το (χ - 1) 2 αν και μόνο αν το Π( χ) έχει παρά γοντα το χ- 1 . Οπότε Π ( 1 ) = Ο και μετά από πρά ξεις βρίσκουμε -4 και β = -1 . Δηλαδή Ρ(χ) = 2χ4 - 4χ3 - χ 2 + 6χ - 3 και Π (χ) = (χ - 1 )(2χ2 - 3) . Οπότε εύκολα αποδεικνύεται το ii) i)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/44

α =

-------

--.,..---

Ψάχνουμε τα διαστήματα του JR στα οποία ι σχύει Ρ(χ ) < Ο ή (χ - 1 ) 2 (2χ2 - 3 ) < 0 ή ισοδύναμα

οποίου η αριθμητική τιμή για χ = 1 είναι 2 τότε: i) Να αποδειχτεί ότι 1 0ημθ - 1 5συνθ = -6

2χ2 - 3 < 0 και χ :;<: ] Τελικά

ίί)

Μαθη ματικά για τη Β ' Λυκείου

iii )

Ά σκ η σ η 4'1

χ ε (-

, ι) υ (Ι ,

�%

)

Έστω Ρ(χ) πολυώνυμο τρίτου βαθμού το οποίο διαιρείται με το πολυώνυμο χ 2 + 3χ και είναι τέτοιο, ώστε η γραφική παράσταση της πο λυωνυμικής συνάρτησης Ρ(χ) να διέρχεται από τα σημεία A(l ,-4) και Β (-1 ,6). i) Να αποδείξετε ότι Ρ ( χ ) = χ3 + χ 2 - 6χ

ii) Να βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής παρά στασης της συνάρτησης Ρ( χ) με την ευθεία y=6. i ii) Να λύσετε την ανίσωση Λ ύ ση

Ρ ( χ) > 6

Είναι φανερό ότι το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι της μορφής Ρ( χ) = ( χ2 + 3χ )(αχ + β) . Γνωρίζουμε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης Ρ(χ) να διέρχεται από τα σημεία A( l ,-4) και Β(- 1 ,6). Άρα Ρ( Ι) = -4 και Ρ(- Ι) = 6 . Λύνοντας το σύστημα που προκύπτει αποδεικνύεται ότι Ρ( χ) =i + 1 -6χ . i)

ii)

Έχουμε Ρ( χ) = 6 <=> χ3 + χ2 - 6χ = 6 <=> . . . <=>

χ = -1, χ = ±.J6

Οπότε τα σημεία τομής είναι

Α ( - 1, 6) , B(.J6, 6) , B(-.J6, 6) iii)

Όμοια με το ::ρώτημα (ii) προκύπτει ότι

χ ε (-./6,- Ι) υ (./6,+οο) .t\ σκ η σ ι1 5 '1

i) Δίνεται το

Ρ(χ) = � + a2 · r + β2 · χ-2α+4β+4,

όπου α και β σταθεροί πραγματικοί αριθμοί. Αν το πολυώνυμο Ρ( χ) έχει παράγοντα χ- 1 , τότε:

ii) Να βρείτε τους αριθμούς α και β ίίί)Να λύσετε την εξίσωση Ρ ( χ ) = -3χ(χ - 1 ) i)

Λ ίJ σ η

Το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντα χ- 1 . Επομένως ft1) =0 <:::: 13 +a2 · 12 + β2 · 1 -2α+4β+4 = 0 <=> ii)

(α - 1)2 + (β + 2)2 = 0 <=> α = 1 και β = -2 Άρα Ρ( χ) = χ3 + χ2 + 4χ - 6 iii) Γνωρίζουμε ότι το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ- Ι

και με τη βοήθεια του σχήματος Homer έχουμε Ρ( χ) = (χ - 1 )(χ2 + 2χ + 6) οπότε η εξίσωση γίνεται

(χ - 1)(χ2 + 2χ + 6) = -3χ . (χ - 1) <=> (χ-1)(χ2 +2χ+6+3χ) = 0 <=> χ = 1 ή χ = -2 ή χ = -3 . Ά σ κη σ η

6'1

Έστω το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 + Ι Οημθ · χ 2 - 1 5συνθ · χ + 7 του

Αν Ο < θ <

να βρείτε τους τριγωνομετρι2 κούς ημθ, συνθ και εφθ. Λ ίJσ η

Έχουμε Ρ(1) =2 <=>1 + 1 0]μθ-1 :Ό-υ vθt- 7 = 2 <=>

<:::> 1 0ημθ - 1 5συvθ = -6 (1) .l 1. ) l ) <=> ημ θ 1 5συvθ - 6 (2) . Ό= ( 10 2 μως: ημ2θ+ σvvθ = 1 <:::> 15συvθ-6 +σvVθ = 1 10 <:::> 325συv2θ - 1 80συvθ - 64 = Ο . ?

(

)

Από τη λύση της δευτεροβάθμιας προκύπτει ότι συvθ = � (δεκτή) και συvθ = -� ( απορ) .

Εύκολα προκύπτει ότι ί\ σ κη σ η 7'1

ί)

ημθ

3 3 = - και εφθ = - . 5

Να βρείτε το πολυώνυμο Ρ(χ) τρίτου βαθ-

μού

τέτοιύ

ώστε

να

είναι:

Ρ( Ο) = Ο

και

P(x) - P(x - l) = x 2

Να υπολογίσετ ε 1 2 + 2 2 + 3 2 + ... + ν 2 , ν ε .Ν*

ίί)

το

άθροισμα

Λ ύ ση

Έστω Ρ(χ) = αχ3 + βχ2 + yχ + δ Ρ( Ο) = Ο προκύπτει δ = Ο οπότε Ρ( χ) = ax 3 + βχ2 + yx . Είναι

επειδή

Ρ(χ-1) = ax-3 + (-3α + β)χ2 + (3α - 2β + y)χ - α + β - r Οπότε η Ρ( χ) - Ρ( χ - 1) = χ2 γίνεται 3αχ2 + (2β - 3α)χ + (α - β + r) = χ2 και άρα 1 1 1 α = -, β = -, r = 2 3 6 ii) Στην ισότητα P(x) - P(x - l ) = x2 θέτουμε χ = 1 , 2, 3, .. ν οπότεQ P(l) - Ρ(Ο) 12 Ρ(2) - P(l) = 22 Προσθέτουμε Ρ(3) - Ρ(2) = 32 κατά μέλη =

Ρ(ν) - Ρ( n - 1) = ν2 Ρ(ν) - Ρ(Ο) = 12 + 22 + . . . + ν2 1 1 1 - ν3 + - ν2 + - v = 1 2 + 2 2 + . . . + ν 6 3 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/45

------)

)

Μαθηματικά για τη Β' Λυκεί ου -------

1 -v(2v+ 3v + 1) = ι- + 2- + ... + v6 + 1) 1 2 + 2 2 + ... + 2 _ v(v + 1)(2v 6 ν

- ---'-----'----'--....:....

Έστω μη μηδενικό πολυώνυμο Ρ( χ) , που ι κανοποιεί τη σχέση P(xl) · Ρ(χ) = χ4 · P(r) (1) V'x εJR

Να βρεθεί ο βαθμός του Ρ( χ) . Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα που ικανο ποιούν την ( 1 ).

i) Για τους βαθμούς των δυο μελών έχουμε: Αρι στερό μέλος: 3ν + ν = 4ν (όπου ν ο βαθμός του Ρ( χ) ). Ενώ δεξί μέλος: 4 + 2ν. Συνεπώς 4v = 4 + 2v => v = 2 . ii) Για χ = Ο παίρνουμε Ρ 2 (0) = Ο => Ρ(Ο) = Ο άρα το Ρ(χ) έχει τη μορφή Ρ ( χ) = αχ 2 + βχ , a :;t: O . Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: 6 3 z 4 ) 2 4 · ) ( αχ Συ + β χ (αχ + βχ + βχ) = χ (αχ γκρίνοντας τους συντελεστές του μεγιστοβάθμιου έχουμε α 2 = α => α = 1 . Συγκρίνοντας τους συ ντελεστές του χ 4 έχουμε β 2 = Ο => β = Ο . Συνε πώς το μόνο πολυώνυμο που ικανοποιεί την ( 1 ) εί ναι το Ρ( χ) = χ 2 . Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα Ρ(χ) που εί ναι περιοδικές συναρτήσεις, δηλαδή υπάρχει Τ > Ο : Ρ(χ) = Ρ(χ + τ) V'x ε JR

Προφανώς τα σταθερά πολυώνυμα και το μη δενικό ικανοποιούν το ζητούμενο. Έστω τώρα μη με πολυώνυμο Ρ(χ) σταθερό Ρ(χ)= Ρ(χ+1) Vx EIR Έστω ν ο βαθμός του Ρ(χ) . Ας υποθέσουμε ότι P(l) = α Ε lFt. Τότε: Ρ(1 + τ) = Ρ(1 + 2τ) = ... = Ρ(1 + vτ) = α. Άρα το πολυώνυμο Q(χ) = Ρ( χ) -α έχει βαθμό ν βαθμό και ν + I ρίζες και συνεπώς είναι το μηδε νικό πολυώνυμο οπότε Ρ ( χ) = α. Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ(χ) = (α - 2)χ3 + (2β - α - 3) · χ 2 + (α - β) · χ + 1 Q(χ) = (3 - β)χ3 + (β - 2α + 2 ) · χ 2 + (α - 2) · χ + α 2 - 4α + 4 Να βρείτε τα α, β ώστε τα Ρ( χ) και Q(x) να είναι ίσα . Να βρείτε τα α, β ώστε το Ρ(χ) να είναι πρώτου βαθμού.

Για να είναι Ρ( χ) = Q(x) πρέπει να ισχύουν:

�� = : � ; � β - 2α + 2 { α -β = α - 2 α 2 - 4α + 4 = 1

Μετά από πράξεις προκύπτει α=3 και β=2. ii) Το Ρ( χ) είναι πρώτου βαθμού αν και μόνο αν ισχύουν οι σχέσεις: a - 2 = Ο , 2 β - α - 3 = Ο ,

α-β

-=1=

Ο και μετά από πράξεις

= 2 , β = 2. . 2

Έστω α, β, γ τρεις διαφορετικοί ανά δυο πραγματικοί αριθμοί. Υπολογίστε τους συντελε στές του πολυωνύμου (χ - β)(χ - γ) (χ - α)(χ - γ) (χ - α)(χ - β) + + (1) Ρ(χ) = (α - β)(α - γ) (β - α)(β - γ) (γ - α)(γ - β) Ν α αποδειχτεί ότι α+β _ α+γ α+β β+γ γ+α _ γ+β + = _1 + . α-β α-γ α-β β-γ γ-α γ-β

ί)

Παρατηρούμε ότι Ρ( α) = Ρ(β) = P(y) = 1 . Το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει βαθμό το πολύ 2 όπως φαί νεται από την ( \ ). Επομένως το πολυώνυμο Ρ(χ) - \ έχει και αυτό το πολύ βαθμό 2 αλλά τρεις ρίζες (τα α, β, γ). Άρα Ρ(χ) = 1 για κάθε χ Ε IR. . ίί) Προκύπτει από το γεγονός ότι Ρ( α + β + y ) = 1 Αν το πολυώνυμο Ρ( χ) = αχ3 + βχ 2 + γχ + δ με

αβγδ -=1= Ο διαιρείται με το αχ + β , τότε να

δειχτεί ότι διαιρείται και με το γχ + δ .

Αφού διαιρείται με το α χ + β έχουμε 3 P(- Q_ ) = 0 => α · (- Q_ ) + β(- Q_ ) 2 + γ(- Q_ ) + δ = Ο α α α α 3 β δ β 3 β βγ => --, + -2 - - + δ = Ο => αδ = βγ => - = - οα γ α- α α πότε Ρ(- � ) = Ο . Άρα διαιρείται και από το γχ + δ . γ Έστω πολυώνυμο Ρ( χ) με ακέραιους συντε λεστές. Αν τα πολυώνυμα Ρ(χ) και Ρ(Ρ(Ρ(χ))) έχουν μια κοινή πραγματική ρίζα, να δειχθεί ότι έχουν και μια κοινή ακέραια ρίζα.

Έστω α Ε JR η κοινή πραγματική ρίζα. Τότε Ο = Ρ(α) = Ρ(Ρ(Ρ(α))) => Ρ(Ρ(Ο)) = Ο (\) . Αφού το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/46

τ: ·

--.--.;r,--.----------

Μαθη ματικά για τη Β' Λυκείου

Ρ(χ) έf.ρ ακέραιους συντελεστές, το Ρ(Ο) είναι

ακέραιο � και είναι ρίζα των Ρ ( χ ) και Ρ(Ρ(Ρ(χ)) λ6γω ην� ( 1 ) , οπότ ε έπ εται το ζητούμενο . 'JLpτ� τα πολυώνυμα

Ρ(Ο) = 5 . Αρκεί να βρούμε το Q(O). Έχουμε: Q(O) = Ρ 3 ( Ο) + Ρ( Ο) - 2 · Ο + 3 = 1 3 3 Β Από υπόθεση έχουμε: Q(2) = 1 . Για χ = 2 η δοσμένη σχέση δίνει: Q(2) = Ρ (2) + Ρ(2) - 2 · 2 + 3 q

Ρ (χ) :!: � 3 + (2 - α) χ 2 + 3(α + β - 1)χ + 2(γ + 1) και

Q(x) τ χ 2

χ+

1 όπου α, β, γ Ε R . Αν η διαίρεση

rcx); Q(x) είνα ι τέλε ια, να σχtρη : Ι α Ι + Ι β 1;?: 3_ ι ι - γ I ·

δείξετε ότι ισχύει η

Απι'ι

την εκτέλc:ση της διαίρεσης Ρ(χ) : Q(x) βρίσκουμε ότι υ ( χ ) == (2 α + 3β - 1)χ + ( 2 γ + α - 1 ) ε 'έ α υ(

χ::: ;�:: :��Ό ι : { ;: ��;Ι }σ) l

2γ + α

ΟJ

4γ - 1

έχο:u�ε;: I α Ι + I β I� α + β i� ( Ι - 2γ) + -- Ι == 3 1 1 - γ l .

Α� Ρ(χ) = χ� + aχ3 + βχ 2 + γχ + δ , α, β, γ, δ Ε �

P(l)

και

Ρ (4) +

Το J{x) = (x-1Xx- 2Xx-3)q(x)

όπου το q (x) είναι πολυψvυμο της μορφής χ + α . Τότε Ρ( Ο ) = -6α κα ι Ρ(4) == 24 + 6α . Άρα Ρ(Ο) + Ρ(4) = 24 . Nff β ρ εθ εί τ ο άθροισμα όλων των διαφορετι

κ(ί)ν

πρργματικών ριζών του Ρ(χ) ::; - 4 χ3 - 7χ 2 - 7χ - 2

��' + χ4

πολυωνύμου

�ό τη

διαίρεση του Ρ( χ) με το 1 +χ+ Ι, βρίσκου με όη: }\x) =(i +χ+1Χχ' -Sx-2) . Ψάχνουμε τις ακέ ραιες ρίζες του χ3 - 5 χ - 2 στους διαιρέτες του -2. Παρα ότι το τηρούι.u; 2 είναι ρίζα οπότε 2 + Ρ(χ) = (x r+-x l)(x +2)(x2 -2χ-1 ) . Όλες οι πραγματικές ρίζες είναι οι -2, Ι + fi , J - fi και έχ.,ουν άθροισμα μηδέν. -

τα πολυώνυμα Έστω Q(χ) τ Ρ3 (χ) + Ρ(χ) - 2χ + 3 .

( χ)

και

Α,. .

•

Αφοίj το Ρ(χ) έχε ι σταθερό όρο το 5,θα είναι I

Έστω πολυώνυμο Ρ(χ) για το οποίο ισχύουν οι σχέσεις ?' ( 1) +9 :::;; 6?(1) και Ρ ( Ο ) - Ρ ( 1 ) = 4 . i) Να αποδείξετε ότι Ρ( Ι )=3 και Ρ( Ο ) = 7. ii) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης Να λύσετε τις εξισώσεις: i) χ4 + 8χ 3 + 1 3χ 2 - 8χ + 1 ii) 2(χ4 + 1) = (χ + 1)4 ίίί)

.χ6

- 2χ5 + χ4 - 3χ3 + χ2 - 2χ + 1 = ο .

Αν Ρ(χ) και Q(x) είναι πολυώνυμα 2ου βαθμού με P (Q(x)) = Q( P (x)) , να δείξετε ότι

Να βρείτε τέσσερεις διαδοχικούς ακεραίους με γινόμενο 840.

Ν α λύσετε το σύστημα

{ Η- Η=% ·

x + 2y + xy = l 0

με α Ε IR. i) Να βρείτε το υπόλοιπο υ της διαίρεσης του πολυωνύμου Ρ(χ) με το πολυώνυμο χ - α ii) Να εξετάσετε αν υπάρχουν τιμές του α για τις οποίες η παραπάνω διαίρεση να είναι τέλεια iii) Να αποδείξετε ότι υ :::;; 4 . iv) Να βρείτε την μέγιστη τιμή του υπολοίπου υ. 1 1 . ί) Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο P (x) = x 3 v + x 3 μ+Ι + x 3p+l ( v ,μ,p E N * ) διαιρείται με το πολυώνυμο Q(x) = χ 2 + χ + 1 iii) Αποδείξτε ότι ο αριθμός 23 + 2 + 21 1 διαι ρείται με το 7. 12. Ν α αποδείξετε ότι αν ένα πολυώνυμο Ρ(χ) με ρητούς συντελεστές έχει ρίζα τον αριθμό a+J/3

Δίνεται το πολυώνυμο

2 - 2 Ρ( χ) = 3 χ 3 - 3 αχ + 2 χ α + 3 ,

Α ) Αν TQ Ρ (χ) έχε ι σταθερό όρο το 5 να βρείτε το

σταθερό όρο του Q(x). Β) Αν το ·υπόλοιπο της δ ι αίρεσης του Q(x) με το χ ..,... 2 είνφ I να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του ' Ρ (χ) μ ε το χ - 2

.{ '·

Ρ(χ) = Q(x) .

Ρ (2) = Ρ (3) = Ο τότε να υπολογιστεί το

Ρ ) (Ο .

Ρ 3 (2) + Ρ(2) - 1 = Ο G Ρ(2) = 1 .

P ( x ) : (x z - x)

Άρ

α 1 - 2γ

--------

13. 1 4.

(α, β ρητοί, β > Ο και Jβ άρρητος) τότε και ο αριθμός a - .Jβ είναι ρίζα του Ρ( χ) . Να βρείτε τους ακεραίους α,β,γ ώστε το πολυώ νυ μο Ρ(χ) = χ3 + αχ2 + βχ + r να έχει ρίζες α,β,γ. Έστω πολυώνυμο Ρ(χ) δευτέρου βαθμού με P(l ) = 4 , Ρ(2) = 8 και Ρ(3) = 1 4 . Να αποδείξε τε ότι ο αριθμός ?(20 1 1) είναι άρτιος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/47

------

Μαθη ματικά για τη Β' Λυκείου ------

Α Σ ΚΗ Σ ΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Σ

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μ ετ ρ ι κ έ ς σχ έσ ε ι ς

Εμl)aδά

Β. Κορτίκη - Β. Κουτσογούλα - Μ. Ρ ούσσα - Γ . Ευθυμίου - Μ. Ζ αφείρη

ΕΜΕ Παράρτημα Τρικάλων

ΑΣΚΗ Σ Η 1 '1

ί.

Να υπολογιστούν οι πλευρές α, β, γ του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ Λ

( Α = 90° ) , αν γνωρίζουμε ότι: α = 2χ + 3 , Λ

β = 2χ + 2 , y = χ .

ίί. Αν ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο ( Α = 90° ) και ΑΔ l_ Β Γ τότε: ') ΒΔ 2 ΑΒ ΑΒ 2 ΒΔ ΑΒ Α) = Β) = ΒΓ · ΑΔ Γ) =' ' 2 2 ΓΔ ΑΓ ΓΔ ΑΓ iii . Να βρεθεί το μήκος του τμήματος ΓΔ του διπλανού σχήματος, αν ΒΔ = 3 · ΑΓ . -

Λ \) ση :

Π . Θ. στο ορθογώνιο τρίγωνο

ΑΒΓ

<=> 2

χ - 4χ - 5 = Ο <=> χ1 = 5

χ2 = - 1

Άρα y = χ = 5 , α = 2 · 5 + 3 = 1 3 , η.

Α) Α " .

μέλος:

ΒΔ

ΓΔ-

f� ΑΓ 2

β 1 + y2

(

= α 2 <=> 2 χ + 2

(απορρίπτετα ι)

β = 2 ·5 + 2 = 12 .

Β) Είναι ΑΒ l_ ΑΓ , και ΒΔ l_ ΑΔ , δηλαδή οι γωνίες έχουν τις πλευρές τους κάθετες άρα είναι ίσες. Το

)2 + χ2 = ( 2 χ + 3 )2

AB 2 ΑΒ = z ΑΓ ΑΓ

ΒΓ

ορθογώνιο τρίγωνο Α ΒΔ

είναι ισοσκελές , γιατί

και

ΑΒΔ

ΔΑΓ Α

Β ΑΔ = ΑΒΔ = ω .

Άρα ΑΔ = ΒΔ . Ομοίως το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓ Α , γιατί ΔΓΑ = ΔΑΓ = ω . Άρα, ΑΔ = ΔΓ . Οπότε: ΑΔ = ΒΔ = ΔΓ . Είναι: ΑΒ 2 = Β Γ · ΒΔ <=> ΑΒ 2 = Β Γ · ΑΔ Γ) Α

μέλο ς :

ΑΒ 2 Β Γ · ΒΔ Β Δ = = Β Γ ΤΔ ΓΔ ΑΓ 2

ίίί. Π.Θ. στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ : ΑΓ 2 = Β Γ 2 - ΑΒ 2 <=> ΑΓ 2 = 25 - 9 <=> ΑΓ = ΒΔ = 3 · ΑΓ <=> ΒΔ = 3 · <=> Β Δ = 1 2 . Ομοίως Π. Θ. στο Β ΓΔ . Δ ΔΓ 2 = ΒΔ 2 + Β Γ 2 <=> ΔΓ 2 = 1 2 2 + 5 2 <=> ΔΓ 2 = 1 69 <=> ΔΓ = 1 3 .

Α Σ Κ Η Σ Η 2'� Ο ιδιοκτήτης του οικοπέδου που απεικονίζεται στο διπλανό σχήμα

αποφάσισε να περιφράξει το οικόπεδο. Να βρείτε: ί. Πόσα μέτρα συρματόπλεγμα θα χρειαστεί. ίί. Το κόστος της περίφραξης, αν γνωρίζουμε ότι το κόστος ανά μέτρο είναι 1 8€. Δίνονται: ΑΔ = 1 30m, ΑΒ = 80m και ΒΓ = 70m.

Λ ύ ση :

Φέρνουμε τη ι.

ΓΕ l_ ΑΔ . Α ΕΓ = 80m , ΕΑ = 70m (Α ΒΓΕ ορθογώνιο) και ΔΕ = ΔΑ - ΕΑ <=> ΔΕ = 1 3 0 - 70 <=> ΔΕ = 60m . Π.Θ. στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓΕ . ΔΓ 2 = ΔΕ 2 + ΕΓ 2 <=> ΔΓ 2 = 60 2 + 80 2 <=> ΔΓ 2 = 0000 <=> ΔΓ = 1 OOm .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/48

------- Μαθη ματικά για τη Β ' Λυκείου ------Οπότε Π = ΔΓ + ΓΒ + ΑΒ + ΑΔ = 1 00 + 70 + 80 + 1 3 0 = 3 80m . ii. Το κόστος της περίφραξης είναι 3 80 · 1 8 = 6840 €.

ΑΣΚΗΣΗ

3η

Μία έκταση ενός κήπου έχει σχήμα παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ με ΑΒ = 20m και ΑΔ = 1 2m . Ένα τμήμα συνδέει τις κορυφές Β και Δ και ένα άλλο τις Α και Γ. ί. Αν το μονοπάτι ΒΔ έχει μήκος 24m, να υπολογιστεί το μονοπάτι ΑΓ. ίί. Αν δύο άλλα ευθύγραμμα μονοπάτια συνδέουν την κορυφή Α με τα μέσα Ε και Ζ των ΒΓ και ΔΓ αντίστοιχα, να υπολογίσετε το μήκος καθενός από τα μονοπάτια ΑΕ και ΑΖ. Λί) ση ι.

Θ.Διαμέσων ΑΜ

στο τρίγωνο ΑΔΒ.

2 · ΑΔ 2 + 2 · ΑΒ 2 - ΒΔ 2 ---

= --

Οπότε: ΑΓ = 2 · ΑΜ <=> ΑΓ = 2 · JU8 ii. Εφαρμόζω το Θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ. ΑΕ 2 =

2 · ΑΒ 2 + 2 · ΑΓ 2 - Β Γ 2

(

2 · 20 2 + 2 · 2 · JU8

) 2 - 1 2 2 = -1 680 = 420 <::::> ΑΕ = ν 420 .

Εφαρμόζω το Θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο ΑΔΓ. ΑΖ 2 =

2 · ΑΔ z + 2 · ΑΓ 2 - ΔΓ 2

ΑΣ Κ ΗΣΗ 4'1

(

2 · 1 2 2 + 2 · 2 · Jl28

ι.

Η γωνία

Β Γ Α = 90° ,

ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο. Επιπλέον ισχύει:

l_ ΑΒ , δηλαδή ΜΝΒ = 90° . Έτσι, ΒΓΜ + ΜΝΒ = 90° + 90° = 1 80° , παραπληρωματικές. Οπότε το τετράπλευρο ΒΓΜΝ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Άρα τα σημεία Β, Γ, Μ, Ν ισαπέχουν από το κέντρο του κύκλου.

ΜΝ 11.

r;:;::::-;;

) z - 20z = 912 = 22 8 <=> ΑΖ = ν 228

Η σκηνή ενός θεάτρου έχει σχήμα η μικυκλίου διαμέτρου ΑΒ. Δύο μικρόφωνα βρίσκονται στα σημεία Γ και Δ του η μικυκλίου, ενώ ένα τρίτο στο ση μείο τομής Μ των ΑΓ και ΒΔ. Ένας ηθοποιός στέκεται στο Ν της ΑΒ, ώστε ΜΝ l_ ΑΒ . i. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει σημείο τέτοιο ώστε τα σημεία Β, Γ, Μ, Ν να ισαπέχουν από αυτό. ίί. Να αποδειχθεί ότι τα Α, Δ, Μ, Ν είναι ομοκυκλικά. iiί. Αν ΑΒ = l Οm , να βρεθεί το χ όταν χ = ΑΜ · ΑΓ + ΒΜ · ΒΔ . Λ ίJ ση :

r-;;:;;:;

Η γωνία

Ί\1Ν .l AB

ΒΔΑ = 90° , Λ

ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο. Επιπλέον ισχύει Λ

δηλαδή ΜΝΑ = 90° . Έτσι, ΒΔΑ+ ΜΝΑ = 90° + 90° = 1 80° , παραπληρωματικές. Οπότε το τετράπλευ ρο ΑΔΜΝ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Άρα τα σημεία Α, Δ, Μ,Ν ισαπέχουν από το κέντρο του κύκλου.

1 1 1 . χ = ΑΜ · ΑΓ + ΒΜ · ΒΔ <=> χ = ΑΒ · ΑΝ+ΒΝ <=>χ = ΑΒ · ΑΒ <=> χ = ΙΟΟ ΑΣΚΗΣΗ 5'1

(

)

Μια πίστα αγώνων ταχύτητας έχει σχήμα κυκλικού δακτυλίου και οριοθετείται από δύο ομόκεντρους κύκλους (0, R) και (0, ρ) με R = 20 και ρ = 1 5 . Ένας αθλητής Μ ακολούθησε την

πορεία ΑΒ όπως φαίνεται στο σχήμα, η οποία εφάπτεται στο κύκλο (0, ρ) στο Γ. Να αποδειχθεί ότι σε οποιαδήποτε θέση της διαδρομής ΑΒ και αν βρισκόταν ο αθλητής Μ, η τιμή της παράστασης ΜΑ · ΜΒ + Μ Γ 2 ήταν σταθερή. Κατόπιν να υπολογιστεί η τιμή αυτή. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/49

-------

Μαθη ματικά για τη Β ' Λυκείου

---- -------

Προεκτείνουμε το ευθύγραμμο τμήμα ΟΜ. Έστω Κ και Λ τα σημεία τομής με τον κύκλο (O,R). Οπότε ισχύει: ΜΑ · ΜΒ = ΜΚ · ΜΛ � ΜΑ · ΜΒ = ( R - OM ) · ( R + OM ) �ΜΑ · ΜΒ = Κ -ΟΜ2 �ΜΑ· ΜΒ = Κ -(w + ρ2 ) �MA MB = K -W -p2 �MA· MB + W = K -ιJ � ΜΑ · ΜΒ + ΜΓ 2 = 400 - 225 Q ΜΑ · ΜΒ + ΜΓ 2 = 1 75 . .\ l: Κ Ι-Ι Σ Η

Τρίγωνο ΑΒΓ έχει πλευρές

α =5, β=7, y=3.

ί. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο. ίί. Να υπολογίσετε την προβολή της πλευράς γ πάνω στην πλευρά α. ίίί. Να υπολογίσετε τη διάμεσο μα .

iv.

Αν Σ ση μείο του ύψους ΒΗ, να αποδείξετε ότι

\ (ΗΠ�

ΣΓ 2 - ΣΑ 2 = 1 6 .

Ισχύει ότι: α 2 + y 2 = 5 2 + 3 2 = 25 + 9 = 34 και β 2 = 7 2 = 49 . Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι αμβλυγώνιο με αμβλεία γωνία την Β, γιατί β 2 > α 2 + y 2 . 11. β 2 = α 2 + y 2 + 2 · α · ΒΔ � 49 = 25 + 9 + 1 Ο · ΒΔ � ΒΔ = 1, 5 . J9ϊ 2 · β 2 + 2 · y 2 - α 2 2 · 49 + 2 · 9 - 25 9 1 ... = � μα = -- . = 1 1 1 . μα 2 = 4 2 4 4 ίν. Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΑΓ. Από 2° θεώρημα των διαμέσων έχουμε ότι: 16 8 α 2 - y- = 2 · β · Η Μ � 25 - 9 = 1 4 · Η Μ � Η Μ = - � Η Μ = - . 7 14 , ΣΓ 2 - ΣΑ-? = 2 · ΑΓ · Η Μ � ΣΓ-') - ΣΑ 2 = 2 · 7 · -8 � ΣΓ- - ΣΑ- = 1 6 . Οποτε: 7 ι.

/\Σ i-( g-t L J-� 7 1 ι

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, τ ο ύψος του Α Δ και τ ο ορθόκεντρο του n:

ί. Να αποδείξετε ότι ΒΓ 2 = 3 · ΑΗ 2 • ίί. Από το Η να φέρετε ευθεία

ΡΒ 2 + ΡΓ 2 = 2 · ΡΑ 2 •

. \ (J σ r r

1 1 ΒΓ . Αν Ρ σημείο της ε, να αποδείξετε ότι:

2 4 Ισχύει ότι: ΑΗ = - ΑΔ . Οπότε: ΑΗ 2 = - ΑΔ 2 • 3 9 2 4 4 4 ΒΓ 2 4 3 ΒΓ 2 , , 2 - ΒΓ Β μελος: 3 · ΑΗ 2 = 3 · ΑΔ 2 = = ΒΓ 2 = · · = ΒΓ 2 . 3 ΑΒ 2 3 9 -4 3 4 ί.

ίί.

(

( )

(

ΒΓ 3 ΑΗ 2 Α ' μέλος: ΡΒ 2 + ΡΓ- = 2 · ΡΔ- + 2 � ΡΒ- + ΡΓ 2 = 2 · ΡΔ 2 + · � 2 2 ?

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/50

-------

Μαθη ματικά για τη

Β'

Λυκεί ου ------χ.

Στο εσωτερικό της αυλής ενός σπιτιού υπάρχει μικρός κήπος με λαχανικά, όπως στο ακόλουθο σχήμα. Αν το εμβαδόν του κήπου είναι 1 2m 2 και οι διαστάσεις της αυλής είναι 1 2m και 1 3m , τότε : i . Ν α υπολογίσ�τε το χ. i i . Αν χ = 4, 5m , πόσο σύρμα θα χρειαστούμε για να περιφράξουμε τον κήπο; ι.

ιι.

χ.

1 2 rη 2

χ 13

( 1 3 - 2χ) · ( 1 2 - 2χ) = 12 � 2χ 2 - 25χ + 72 = Ο � χ1 = 8 ή χ = 4, 5 2 Έστω α το μήκος και β το πλάτος του κήπου. χ + α + χ = 1 3 � 4, 5 + α + 4, 5 = 1 3 � α = 4m χ + β + χ = 1 2 � 4, 5 + α + 4, 5 = 1 2 � β = 3m

Σ ε μία κυκλική πλατεία υπάρχει ευθύγραμμο μονοπάτι ΑΒ = 25m . Ένας πεζός βρίσκεται στο σημείο Π του μονοπατιού το οποίο ισαπέχει από το Α και το κέντρο Κ της πλατείας. Αν η διάμετρος του δάσους είναι 4 0 m , να υπολογιστεί η απόσταση του πεζού από το άκρο Β.

Έστω χ = ΠΒ . Προεκτείνουμε το ευθύγραμμο τμήμα ΚΠ . Έστω Γ και Δ τα σημεία τομής με τον κύκλο. Ισχύει: ΑΠ · ΠΒ = ΠΔ · ΠΓ � ( 25 - χ) · χ = (ΚΔ - ΚΠ ) · (ΚΠ + ΚΓ) � ( 25 -χ) · χ = ( 20 - ΚΠ) · ( ΚΠ +20) � ( 25 - χ) · χ = 20Ζ - ΚΠ2 � 25x -l = 400 -( 25 -χ) 2 �-25χ =-225 �χ =9.

Από σημείο Μ της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ φέρουμε παράλληλες προς τις πλευρές ΑΓ και ΑΒ που τις τέμνουν στα σημεία Δ και Ζ αντίστοιχα. Αν ΒΜ = χ, ΒΓ α. Ε1 Ε Ν α εκφράσετε ως συνάρτηση των α, χ τους λόγους ί. , 2 Ε Ε όπου : Ε = ( ΑΒΓ) , Ε , = ( ΔΒΜ ) , Ε = ( Ζ ΜΓ) 2 ..!_ 11. Να δείξετε ότι: Ε, + Ε 2 � Ε . Πότε ισχύει η ισότητα; 2 =

Ε ΒΔ · Β Μ Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΒΜ έχουν τη Β κοινη' οπότε: 1 = . Αλλα' ΔΜ//ΑΓ Ε ΒΑ · ΒΓ , ΒΜ ΒΔ χ , Ε 7 ( α - χ) 2 , , , , ξ χ \2 , απο το Θ. Θαλη εχουμε οτι - =- =- Οποτε: - = -)1 . Όμοια προκυπτει οτι: -- = Ε α Ε α2 ΒΓ ΒΑ α ί ί . Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: Ε, Ε χ2 ( α - χ ) 2 Ε, + Ε 2 χ 2 + α 2 - 2αχ __2χ 2 + α 2 - 2αχ . Ε 2 2 � � Ε + + Ε + = = , 2 α2 Ε Ε Ε α2 α2 α2 , , 2χ 2 + α 2 - 2αχ 1 , �Αρκει να δειξω οτι: 2 α2 ο ) ) ' Ειναι 4χ- + 2α 2 - 4αχ � α- � 4χ- + α-) - 4αχ � Ο � ( 2χ - α ) 2 � , που ισχύει για κάθε α χ, α ε R . Αν 2χ - α � Ο τότε χ = - , δηλαδή το Μ είναι μέσο ρου ΒΓ. 2 Λ

ι.

(

Ε Υ ΚΛΕΙΔΗΣ Β '

82 τ.2/5 1

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 1 '1

-------

Μαθη ματικά για τη

Β'

Λυ κ ε ί ο υ -------

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α και φέρουμε τη διχοτόμο Βχ της εξωτερικής γωνίας

Β και την ΑΚl.Βχ. ί.

Να βρείτε το μήκος της ΓΚ και να δείξετε ότι (ΒΓΚ ) = ( ΑΒΚ ) =

ίί.

Να βρείτε το μήκος του ύψους ΒΛ.

Λ ύ ση :

α 2 J3 . 8

1 20 Είναι Β = Bz = -- = 60° , οπότε Β 2 = Γ = 60° δηλαδή Βχ I/ ΑΓ. 2 Αλλά ΑΚJ.Βχ οπότε και ΑΚJ.ΑΓ , δηλαδή το ΚΑΓ είναι ορθογώνιο τρίγωνο. Φέρω το ύψος ΑΜ, οπότε τα τρίγωνα ΑΚΒ και ΑΒΜ είναι ίσα, γιατί ΑΒ κοινή πλευρά, Λ

ι.

Κ = Μ = 90° , Βι = Β3 = 60° . α J3 α , ΑΚ = ΑΜ = -Οποτε ΚΒ = ΒΜ = 2 ' 2

Εφαρμόζω το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΚΓ. 3α 2 α J3 2 ΓΚ 2 = ΑΚ 2 + ΑΓ 2 <=:> ΓΚ 2 = -- + α 2 <=:> ΓΚ 2 = 4 + α 2 2 , α α JΊ <=> ΓΚ z = Ί � <=> ΓΚ = 4 2 α 2 J3 α α J3 , ( ΑΒΚ ) = -1 ΚΒ · ΑΚ <=> ( ΑΒ Κ ) = -1 · · - <:::::> ( ΑΒΚ) = -Ειναι 2 2 2 2 8 Τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΓΚΒ έχουν κοινή βάση την ΚΒ και ίσα ύψη, αφού ΑΓ//Βχ. Οπότε είναι ισοδύναμα, α 2 J3 δηλα�ή: ( ΑΒΚ ) = (ΒΓΚ ) = -8 J3 1 α 2 J3 1 α JΊ J2ϊ 2J7 <=:> Α ::> <::: · ΒΑ ::> <::: 1 1 . Είναι: (ΒΚΓ) = = = ΒΑ ΒΑ · · = ΚΓ Β l 2 2 Μ 8

( J

ΑΣΚΗ Σ Η 1 2 '1

Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ εγγράφουμε ισόπλευρο τρίγωνο Α ΚΛ . Να ( ΑΒΓΔ ) βρείτε το λόγο ( ΑΚΛ ) Λί) ση :

Έστω α η πλευρά του τετραγώνου και χ η πλευρά του ισόπλευρου τριγώνου. x J3 Τότε: ΑΓ = α J2 , ΑΜ = και ΜΓ = Μ Α (το τρίγωνο 2 ΜΓΛ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές). x J3 χ r;:; , ΑΓ - ΑΜ = Μ Α <:::::> α ν 2 - -- = - <:::::> ( . . . ) Οποτε: 2 2 ( ΑΒΓΔ ) _ α 2 _ 2 J3 � 3 <:::::> χ = J2 J3 - 1 α Οπότε: ( ΑΚΑ ) x 2 J3 3 4

(

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/52

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ Α Σ ΚΗΣ ΕΙΣ Α Ν ΑΛΥΠ ΚΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Σ Ευθ ε ία κα ι Κύκλος Γκόγκος Σ ωκράτης - Καραθάνος Αχιλλέας - Σ κυλογιάννης Βασίλης ΕΜΕ Π αράρτη μα Τ ρικάλων

Στο άρθρο που ακολουθεί παραθέτουμε μεθοδολογία και ενδεικτικές ασκήσεις η επίλυση των οποίων έχει σκοπό, την κατανόηση και εμπέδωση των βασικών εννοιών αυτού του κεφαλαίου. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι

Ευθ ε ί α

Μια εξίσωση με δυο αγνώστους χ, y λέγεται ε ξίσωση μιας γραμμής C όταν οι συντεταγμένες των σημείων της C και μόνον αυτές την επαληθεύ ουν. Α) Για να βρούμε την εξίσωση μιας ευθείας χρεια ζόμαστε τις συντεταγμένες ενός σημείου της ευ θείας και (εφόσον υπάρχει) το συντελεστή διεύ θυνσης αυτής. Ο συντελεστής διεύθυνσης μιας ευ θείας προκύπτει αν γνωρίζουμε την εξίσωση μιας ευθείας παράλληλης ή κάθετης προς αυτή, δύο σημεία της ευθείας ή τη γωνία που αυτή σχηματί ζει με τον χχ'.

λ ΑΒ = 5 - 3 ::..: Ι και η εξίσωση της ΑΒ είναι 3-Ι y - yA = λΑ8 (χ - χ Α ) ::::> y - 3 = Ι · (χ - Ι) => y = χ + 2

Η ευθεία ΑΓ και η (ε 1 ) τέμνονται στο μέσο Μ του ΑΓ. Οι συντεταγμένες του Μ είναι η λύση του συστήματος των εξισώσεων των ευθειών ΑΓ και (ε1).

y = 2χ + Ι 4x - 3y + 3 = 0

}

χ=0 , δηλαδή Μ(Ο, Ι ). y=I χ+ Το Μ είναι μέσο του ΑΓ οπότε � = Α Xr =>Xr =-I 2 + και y M = ΥΑ Yr => Yr = - Ι , δηλαδή Γ(- Ι ,- Ι ). Ο Άσκηση 1 '1 2 Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών ενός 5+Ι =-3 , δ ιευ' θυνσης της ΓΒ ει,ναι ''1Έ 1 =τριγώνου ΑΒΓ αν A(l,3) και (ε 1 ): 4x-3y+3 =0, συντελεστης 3+Ι 2 (ε2): x+2y-13=0 είναι οι εξισώσεις των ευθειών μιας διαμέσου και ενός ύψους αντίστοιχα που και η εξίσωση της ΓΒ είναι 3 διέρχονται από την ίδια κορυφή. Υ - Yr = λ rΒ (χ - X r ) => Υ + Ι = -2 · (χ + Ι) Λίιση 3 + -Ι => 3χ - 2y + Ι = 0 Οι συντεταγμένες του Α δεν επαληθεύουν τις εξι => y = -χ σώσεις των (ε ι ), (ε2) οπότε υποθέτουμε (χωρίς βλάβη 2 2

της γενικότητας) ότι οι (ε1), (ε2) είναι οι εξισώσεις των ευθειών της διαμέσου και του ύψους αντίστοιχα που διέρχονται από την κορυφή Β. Εφόσον η (ε2) είναι κά θετη στην ΑΓ και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ 2 = - + , η ΑΓ θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λΑΓ = 2 . Η εξίσωση της ΑΓ είναι: Α

::.:>

Β) Για να βρούμε την εξίσωση μιας ευθείας (ε) που διέρχεται από γνωστό σημείο M (x o ,y0) και έχει μία επιπλέον ιδιότητα, γράφουμε τις εξισώσεις των ευθειών που διέρχονται από το M(x0,yo ): (δ): χ = χο και (η): y - y0 := λ ( x - x0 ) , λ ε R . ί) Εξετάζουμε αν η γνωστή ευθεία δ: χ = χ0 έχει ή όχι την αναφερόμενη ιδιότητα. ίί) Απαιτούμε οι ευθείες (η) να έχουν την ιδιότητα και έτσι προσδιορίζουμε το λ ε R .

Άσκηση 2'1

Ν α βρεθούν οι εξισώσεις των ευθειών που διέρχονται από το σημείο Κ(2 ,3) και σχηματί ζουν με τους άξονες χ 'χ και y'y τρίγωνο εμβα δού Υ2 τ.μ.

y - yA = λΑΓ(Χ - Χ Α ) ::::> y - 3 = 2(χ - }) ::::> y = 2 X + } . Λ ύση Οι ευθείες (ε ι ), (ε2 ) τέμνονται στο Β οπότε οι Η ευθεία χ = 2 η οποία διέρχεται από το σημείο Κ συντεταγμένες του Β είναι η λύση του συστήματος και είναι κάθετη στον άξονα χ'χ δεν αποτελεί λύ

}

των εξισώσεων των ευθειών (ε2 ) και (ε1 ).

χ + 2y - 1 3 = ο χ = 3 => , άρα Β(3,5) . 4x - 3y + 3 = 0 y = 5

ση του προβλήματος, αφού δεν σχηματίζει τρίγωνο με τους άξονες. Η ευθεία που διέρχεται από το Κ και έχει συντελε-στή διεύθυνσης λ είναι: y - 3 = λ(χ - 2) => y = λχ - 2λ + 3 (1) και τέμνει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/53

-----2λ - 3 τον αξονα χχ στο Α ( - , oJ (λ -λ

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

----'

παράλληλη στον χ χ όταν ο δ ιοτι τοτε γ)ι Η- (βΙ )=είναι a: ι 1 1 ο => l β l = ι α ι = 2 . ' η ευθεία είναι κάθετη στον άξονα y y και δεν α ποτελεί λύση του προβλήματος, αφού δεν σχημα Είναι l r l = ι α - βι => τίζει τρίγωνο με τους άξονες) και τον y ' y στο Ι r 1 2 = Ια - β Ι 2 = ( α - β γ = α 2 + β 2 - 2αβ = Β (Ο, -2λ + 3) . Για να έχει το τρίγωνο εμβαδό Yz τ. μ. πρέπει αι 2 + Ι β 1 2 - 2 Ια Ι Ι β l συν ( α)) = 4 => l r l = 2 . ι 2λ --3 1 · l -2λ + 3 1 = 21 l1 · OA · OB = l1 � l1 · 1 δ) Για να ταυτίζεται η ( 1) με την y=-x πρέπει συγ λ χρόνως να ισχύει ι αι - Ι = Ο=> ι αι = Ι και � 1 2λ - 31 2 = lλ l � 4λ 2 - 12λ + 9 = l λ l Αν λ>Ο , τότε η ( 2) => 4λ2 -13λ + 9=0 και έχει l αl - l βi = Ι αΙ +I βl =>lβΙ = ο=>β = δ , άτοπο αφού β δ . Άρα η ( Ι ) δεν ταυτίζεται με την y = -χ. λύσεις λ= 1 ή λ=2 όπως προκύπτει από την ( 1). 4 Δ) Όταν θέλουμε να δείξουμε ότι μια παραμετρική εξίσωση ευθείας διέρχεται από ένα σταθερό ση Αν λ < Ο, τότε η ( 2) => 4λ 2 - 1 1λ + 9 = Ο η ο μείο τότε δίνουμε δύο τιμές στην παράμετρο, βρί ποία είναι αδύνατη. σκοντας έτσι δύο ευθείες. Λύνοντας το σύστημα Οπότε οι ζητούμενες ευθείες είναι για λ = 1 η των εξισώσεων τους βρί.σκουμε ένα σημείο του 9 9 3 y = χ + Ι και για λ = - η y = - χ - οποίου οι συντεταγμένες αν επαληθεύουν την αρ 4 4 2 χική εξίσωση ανεξαρτήτως τιμής της παραμέτρου Γ) Για να δείξουμε ότι μία εξίσωση της μορφής είναι το ζητούμενο. Αχ + By + Γ = Ο, όπου τα Α, Β και Γ δίνονται συ ·

:ι:.

ναρτήσει μιας ή περισσοτέρων παραμέτρων, παρι στάνει ευθεία, πρέπει να δείξουμε ότι δεν υπάρχει τιμή της ή των παραμέτρων ώστε τα Α και Β να μηδενίζονται ταυτόχρονα.

Δίνεται η εξίσωση χ + ψi l + l β l ) y + ι a ι - 1 = ο ' (1) όπου α, β

(ι α ι - ι β ι )

μη μηδενικά διανύσματα και

(a:β) � . =

α) Να δείξετε ότι η (1) παριστάνει ευθεία για κάΟε a,β . β) Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν a,β ώστε η (1) να είναι παράλληλη στον yy '. γ) Να βρείτε το μέτρο του y = α - β αν η (1) εί ναι παράλληλη στον χχ' και ι a ι = 2 . δ) Να δείξετε ότι η (1) δεν ταυτίζεται με την y=-x. α) Εφόσον

ι α ι ιβ ι .

:1:-

α,β

μη μηδ ενικά διανύσματα είναι άρα και ο συντελεστής του y,

ι α ι + ι β ι ο ' οπότε η ( 1 ) παριστάνει ευθεία για κά θε α,β . :1:-

β) Για να είναι παράλληλη στον άξονα yy ' πρέπει ιαι + ιβ = ο ' το οποίο είναι αδύνατο, άρα δεν υ'

πάρχουν y y.

α, β

ώστε η ( 1) να είναι παράλληλη στον

Να δείξετε ότι οι ευθείες που παριστάνει η εξίσωση χ + 1 + λ( χ - y - 1) = Ο , λ ε R (1) διέρχονται από σταθερό σημείο.

Για λ=Ο και λ= Ι /2, παίρνουμε τις ευθείες χ=- Ι και 2x-y=O. Αυτές τέμνονται στο σημείο (- Ι, -2) του οποίου οι συντε ταγμένες επαληθεύουν την ( Ι ) για κάθε λ ε R. Άρα όλες οι ευθείες της παραπάνω μορφής διέρχονται από το ση μείο ( - Ι, -2) . Σχόλιο: Στη μορφή που έχει η ( 1 ) θα μπορούσαμε να απαιτήσουμε εξαρχής (για να αληθεύει για κάθε λ ε R) χ + I

και χ - y - 1 = Ο απ' όπου συνεπάγεται και πάλι χ = - 1 και y -2 δηλαδή ( - Ι, το σημείο από το οποίο διέρχονται οι ευθείες που παριστάνει η ( 1 ) =Ο

-2)

Για να υπολογίσουμε την οξεία γωνία των ευθειών ε ι και ε2 θεωρούμε διανύσματα δι I /ει και δ 2 Ι Ιε 2 και υπολογίζουμε τη γωνία των δ ι ,δ 2 από Ε)

τον τύπο

συν φ = ι:Ί :�, ι ·

Τότε η οξεία γωνία θ

των ευθειών ε1 και ε2 είναι ίση ή παραπλη ρωματική της γωνίας φ των διανυσμάτων.

Ν α βρεθεί η οξεία γωνία των ευθειών ει : 2χ - y = Ο και ε2 : 3χ + y = Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/54

------ Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου ------Λ ί>ση

Έστω δ, = (1, 2) I !ε, και δ 2 ( 1, - 3 ) I Ιε2 • Η οξεία γωνία θ των ευθειών είναι ίση ή παραπληρωματική της γωνίας φ των διανυσμάτων δ 1 και δ 2 2x-y=O Είναι =

•

συν φ =

δ, . δ 2

/ δ, / · / δ 2 /

= J2 2

, δηλαδή φ = 1 35°. Επομένως θ=45°. Στ) Για να δείξουμε ότι μια εξίσωση της μορφής Αχ2 + Bxy + Γy 2 + Δχ + Ey + Ζ = Ο , παριστάνει δυο ευθείες, παραγοντοποιούμε το πρώτο μέλος. Αν η παραγοντοποίηση δεν είναι εύκολη με ομα δοποίηση τότε ένας τρόπος για να επιτc:υχθεί αυτό είναι να αντιμετωπίσουμε το πρώτο μέλος ως τριώνυμο 2"" β αθμού ως προς χ ή ως προς y. λσ ισμιη 6η

Ν α δειχτεί ότι η εξίσωση 2x2-3xy+x+y2-y=O (1) παριστάνει δυο ευθείες. \ {J ση

α) Η ( 1 ) => 2χ2 + ( - 3y + l)x + y 2 - y = O (2) Θεω ρώντας το πρώτο μέλος ως τριώνυμο 2°" βαθμού η διακρίνουσά του είναι Δ = ( -3y + l) 2 - 4 · ( y 2 - y) · 2 = (y + 1 (

Οι ρίζες του δίνονται από τον τύπο χ=

3y - 1 ± �( y + 1) 2

<::::>

{

y=x y = 2χ + 1 '

\ (ι ση

Κάθε παράλληλη προς τις παραπάνω παράλλη λες ευθείες έχει εξίσωση της μορφής y=2χ+β ( 1 ) . Για να βρούμε το β το οποίο αντιστοιχεί στη με σοπαράλληλη αρκεί να βρούμε ένα σημείο αυτής. Παίρνουμε δύο τυy=2x+ 1 ε1 χαία σημεία Α(Ο, 1 ) Α(Ο . 1 ) και Β(Ο,-5) τα οποία ανήκουν στις y=2x-2 (ει ), (ε2 ) αντίστοιχα. Μ (Ο ,-2 ) Το μέσο Μ(Ο,-2) του ΑΒ είναι σηy=2x-s ε2 Β(Ο.-5) μεί0 της μεσΟΠαράλληλης, οπότε οι συντεταγμένες του επαληθεύ ουν την ( 1 ) απ' όπου προκύπτει β = -2. Επομένως η εξίσωση της μεσοπαράλληλης είναι y = 2χ - 2

Σχόλιο : Ένας άλλος τρόπος αντιμετώπισης της μεσο παράλληλης είναι αν πάρουμε τυχαίο σημείο αυτής και απαιτώντας οι αποστάσεις από τις (ε1 ), (ε2 ) να είναι ί σες, ώστε να βρούμε και πάλι το β.

Θ) Όταν ζητείται να βρεθεί το σύνολο των σημεί ων Μ που ικανοποιούν κάποια ιδιότητα ή να βρε θεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ, τότε: θεωρούμε τυχαίο σημείο M ( x,y ) του τόπου και από τα δεδομένα της άσκησης προσπαθούμε να βρούμε μια εξίσωση μεταξύ των συντεταγμένων χ και y. Α σ κη σ η yιι

Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων του επιπέδου που είναι τέτοια ώστε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΜ όπου Α(1,3) και Β(2,-3) να είναι 3.

' 'LΜ<γ�

4 οπότε y = χ ή y = 2χ + 1 οι εξισώσεις των ευθειών που παριστάνει η ( 1 ) . Ζ) Όταν ζητείται ο γεωμετρικός τόπος σημείου M (x,y) του οποίου οι συντεταγμένες είναι εκφρα σμένες συναρτήσει μιας ή περισσότερων παραμέ τρων, κάνουμε απαλοιφή της ή των παραμέτρων και βρίσκουμε σχέση μεταξύ των συντεταγμένων χ και y του σημείου Μ.

M (x,y) τυχαίο σημείο του ζητούμενου γ.τ. Είναι 3j 7ι ; και η εξι-' ΑΒ = νι;;; σωση της ΑΒ : 6χ + y - 9 = 0 (ε). Η απόσταση του

Να βρεθεί η γραμμή πάνω στην οποία κινείται το σημείο Μ( αβ - 2, αβ + 1 ).

( ΑΒΜ ) = _!_ . ΑΒ d ( Μ, ε ) <=> _!_ J37 6 x +

:\ σ κ η σ η 7'1 Λi>ση

Είναι:

χ=α

�-2 y = <iβ + 1

}

<::::>

} y = x + ::? + 1

αβ = χ + 2 <::::> y=χ+3 η

ευθεία στην οποία κινείται το Μ. Όταν σε μια ευθεία γνωρίζουμε το συντελεστή διεύθυνσης λ, τότε συμφέρει να τη γράψουμε στη μορφή y = λχ + β και από τα υπόλοιπα δεδομένα της άσκησης να υπολογίσουμε το β.

Η)

λ ι>Η( Ιj Ο η 8η

Ν α βρεθεί η μεσοπαράλληλη των ευθt:ιών: y = 2χ + 1 (ει) και y 2χ - 5 (ε2). =

-��

�

Ρ'

__ _ _

Α(! 3)

-4--l 6 x + y - 91 Μ από την ΑΒ είναι d (Μ, ε) = _ ., _ _ _

37; νι;;;

<::::>

l 6 x + y - 9 1 = 6 <::::>

{

6(2,-3)

----

Είναι:

1 ιb- 91 = 3 ν37

2 6χ + y - 1 5 = 0 ή 6χ + y - 3 = 0

Άρα το σύνολο των σημείων Μ, είναι τα ση μεία των ευθειών (ει ): 6χ + y - 1 5 = Ο και (ε2 ): 6χ + y - 3 = Ο. Οι ευθείες (ει ), (ε2 ) απέχουν από την ΑΒ 6 Jfi ' αποσταση -.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/55

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

γκριση της απόστασης d του κέντρου του κύκλου από την ευθεία, με την ακτίνα ρ. i) Αν d > ρ, δεν έχουν κανένα κοινό σημείο. ii) Αν d = ρ , η ευθεία εφάπτεται στον κύκλο . iii) Αν d < ρ, η ευθεία τέμνει τον κύκλο.

Κύκλο ς

Για να προσδιορίσουμε την εξίσωση ενός κύ κλου αρκεί να βρούμε το κέντρο του Κ(χο,Υο) και την ακτίνα του ρ. Στα προβλήματα που αναφέρο νται σε κύκλους μπορούμε να εργαστούμε με αλ γεβρικές ή γεωμετρικές μεθόδους. Πριν δούμε με ρικά σχετικά θέματα, κρίνουμε σκόπιμο να κάνου με μερικές χρήσιμες επισημάνσεις που θα χρεια στούν σ' αυτά. 1 . Το κέντρο ενός κύκλου βρί σκεται πάντοτε στη μεσοκάθετη μιας χορδής του. Επομένως προσδιορίζεται ως το κοινό ση μείο των μεσοκαθέτων δυο μη παραλλήλων χορδών του. Το κέ ντρο ενός κύκλου βρίσκεται πά ντοτε στην κάθετη που φέρνου με σε μία εφαπτομένη στο ση μείο επαφής. Μία ευθεία (ε) εφάπτεται σε έναν κύκλο αν και μόνο αν το κέντρο του απέχει από την ευθεία απόσταση ίση με την ακτίνα του , δηλαδή d(K, ε) ρ .

Ά σ κ η ση 1 '1

Δίνεται η x2+y2-6x+8y+ 21 Ο ( 1 ), χ, y Ε 91 . α) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ( χ, y) χ, y Ε 91 , των οποίων οι συντεταγμένες ικανοποιούν την (1). β) Ν α βρείτε την μέγιστη και την ελάχιστη από σταση που έχουν τα σημεία του γεωμετρικού τόπου από την αρχή Ο των αξόνων. γ) Να βρείτε τα σημεία του γεωμετρικού τόπου για τα οποία η απόσταση από την αρχή είναι ε λάχιστη ή μέγιστη.

Σχετ ική θέση ση μείου κ α ι κύ κλου

Ένα σημείο Μ � είναι εσωτερικό του κύκλου με κέντρο Κ και ακτίνα ρ αν και μόνο αν ΚΜ < ρ � ανήκει στον κύκλο αν και μόνο αν ΚΜ = ρ και � είναι εξωτερικό τ-ου κύκλου αν και μόνο αν ΚΜ > ρ

Έστω ο κύκλος C με εξίσωση : χ 2 + y2 + Α 1 χ +Β1 y +Γ Ι = Ο και η ευθεία (ε) με εξίσωση : Α2 χ + Β2 y +Γ2 Ο Από το πλήθος λύσεων του συστήματος 3.

Λ ίι ση

α) Η ( 1 ) γράφεται διαδοχικά χ2 - 6 χ + /+8y = -2 1

<=> ( χ - 3) 2 + ( y + 4) 2 = 2 2

Επομένως, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος με κέντρο Κ(3 ,-4) και ακτίνα ρ = 2.

Σχ�;τική θέ ση ευθείας κ α ι κύ κλου.

Σχετικές θέσεις δ υ ο κύ κλων.

Αν ρ ι , ρz είναι οι ακτίνες και δ η διάκεντρος τότε: � I ρ ι -ρ 2 I < δ < ρ ι +ρz <=> Ο ι κύκλοι τέμνονται � ρ ι + ρ z = δ <=> οι κύκλοι εφάπτονται εξω τερικά � I ρ ι -ρ z I = δ <=:> οι κύκλοι εφάπτονται εσω τερικά � ρ ι + ρ z<δ ή l ρ ι- ρ z Ι> δ<=:> οι κύκλοι δεν έ χουν κοινό σημείο.

--------

2 2 { χ + y + Α ι χ + Βιy + Γ ι = 0 Α2 χ + Β2 y + Γ2 = 0

μπορούμε να συμπεράνουμε τη θέση της ευθείας ως προς τον κύκλο. Για τη λύση aντικαθιστούμε - χ , στην ε ξ ισωση του κυ' κλου την y = Α 2 - Γ 2 , ο-,

που B z ;t:. Ο και παίρνουμε μια εξίσωση 2ου βαθμού ως προς χ της μορφής : χ2 + κχ +λ = Ο. Τότε : i) Αν Δ > Ο , έχουμε δύο λύσεις και η ευθεία τέ μνει τον κύκλο. ii) Αν Δ Ο, έχουμε μία λύση και η ευθεία εφά πτεται στον κύκλο. iii) Αν Δ < Ο , δεν έχουμε λύση και η ευθεία δεν έχει κοινό σημείο με τον κύκλο. Τη σχετική θέση μιας ευθείας και ενός κύκλου μπορούμε να την συμπεράνουμε και από τη σύ=

β) Από τη Γεωμετρία γνωρίζουμε ότι αν η διακε ντρική ευθεία ΟΚ τέμνει τον κύκλο στα Α και Β, τότε (ΟΑ) � (ΟΜ) � (ΟΒ) , που σημαίνει ότι η μέ γιστη απόσταση είναι το μήκος (ΟΒ) και η ελάχι στη το μήκος (ΟΑ) . Άρα, η μέγιστη απόσταση είναι ίση με (ΟΒ) = (ΟΚ) +ρ= 3 2 + ( -4 γ +2 =7 και η ελάχιστη ίση με (ΟΑ)=(ΟΚ) - ρ= 3 2 + ( -4 ) 2 -2=3 .

γ)

εξίσωση της ευθείας ΟΚ είναι η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/56

y = - 43 χ . -

-------

Μαθηματικά για την

συντετ αγ μένες των ση μείων Α και Β ι τ συ στήματο ς . 4 , ., (χ - 3 )" + ( y + 4Y = 4 , y = - - x . 3 Η π ρ ώτη εξίσωση γράφεται: ( χ- 3 γ) + ( - -4 χ. +4 ). '-) = 4 <=> 3 θα ίν αι ο λύ σ ε ς ου

Επομένως, οι

4 2 . ) (χ-3) 2 ( χ - 3 ) 2 +( - 3

16 2 (χ - 3 )2 + (χ - 3 ) 9

.� ( Χ- 3 )

36 =5

4<=>

χ=3 - η =3 τ

ρα

Β(21 ) -

6 5

= -

<=> Χ- 3

5,-5

<:::>

ς::>

2 �χ - 3 ) 2 =4 <=> · .

' " η X - .J χ =

21 ' 5

= --

<:::>

χ =

( 9 1 2')

s'-s .

-------

Β ' Λυκείου

γ) Για λ

προκύπτει ο κύκλος

( χ - 2) 2 + ( y - 6γ = 40 Η ευ θ ε ία ΟΚ έχει συντ ελεστή διεύθυνσης λοκ = 3 ο π ότ ε η εφαπτομένη έχει συντελεστή δ ιεύ θυνσης Ι

= - 3 και εξίσω ση y = - 3 x . 2 δ) Είναι (2χ - 1 2/ + (1 8 - 2y) = 1 6 λε

<:::>

4(χ - 6) 2 + 4(y - 9( = 16 ς::> ( χ - 6γ + ( y - 9) 2 = 4 .

Ο κύκλος έχει κέντ ρ ο Λ ( 6 , 9} και ακτίνα ρ 2 = 2 . Η διάκεντρος έχει μήκος δ = ΚΛ = ( 6 - 2 ) 2 + (9 - 6γ = Jl6+ 9 = m = 5 .

Jρ, - ρ2 J = 2v!IO - 2 = J4o - 2

και

ρ, + ρ2 = ν'4ο + 2 .

δηλαδή J40 - 2 < 5 < J4o + 2 , Επειδή Jρ , -Ρ2 1 < δ < ρ , + ρ 2 , ο ι κύκλοι τέμνονται.

y = 6 η εξίσωση y = μχ + 6 - 2μ η ευ θ εία Δίνεται η εξίσωση : χ2 + y2 - 4λχ - 12λy = Ο , λ . α) Να δείξετε όη παρ ιστόνει κύκλο του οποίου διέρχεται από το κέντρο ταυ κύκλου. Η γωνία ΑΟΒ είναι-ορθή αφσύ βαίνει σε η μικύκλιο . να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα - Άρα ΟΑ .l Ο Β <=> ΟΑ · ΟΒ = Ο . β) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των κέντρων των κύκλων καθώς ο λ δια'tρέχει το it\ * . Δίνετ� ι i +i = 2συνφ · χ + 2ημφ · y , με φε[ t\2ιτ) γ) Για λ = Ι να βρείτε την εφαπτομένιι το·υ κύ κλου στην αρχή U των αξόνων. α) Δείξτε ότι παριστάνει κύκλο C για κάθε φε( t\2ιτ) δ) Να βρείτε τη σχετική θέση του προηγούμενου β) Δείξτε ότι κα{;ώς το φ μεταβάλλεται τα κέ 2 2 κύκλου με τον κύκλο ( 2χ - 12} + ( 18 - 2y) = 16 . ντρα των κύκλων κινούνται σε κύκλο του οποί y = μχ + 6 - 2μ , ε) Αν η ευθεία με εξίσωση ου να βρείτε τα στο ιχεία. μ ε 9\ - { 3} τέμνει τον κύκλο του ερωτή ματος γ) Δείξτε ότι η ε·υθεiα χ · συνφ + y · ημφ = 2 , ε- -φάπτεται σϊον κύκλο C. (γ) στα σημεία Α, Β να δεtξετε ότι ΟΑ · ΟΒ = Ο . δ) Βρείτε το φ αν ο κύκλος C διέρχεται από το σημειο Α(Ι,Ο). χ2 + y2 - 4λχ - 1 2λy = 0 <=> α) Έχουμε: 2 α) Η εξίσ ω ση γίνεται χ2 - 4λχ + 4λ + y2 - 1 2λy + 36λ2 = 40λ2 <=> χ 2 + y 2 - 2 · συνφ χ - 2 η μφ y = Ο ( χ - 2λ) 2 + (y-6λγ = 40'λ2 , δηλαδfι η εξίσωση κύ Π ρ έπε ι ( -2 συvφγ + ( -2 η μφ γ > Ο <=> κλου κ έντ ρ ου Κ ( 2λ, 6λ ) κ αι ακτίνας ρ, = 2 JλJ M . <=> 4 ( συν" φ + ημ2φ) > Ο <:::> 4 1 > Ο ισχύει β) Αν K(x,y) το κέντρο ενός κύκλου, τότε χ = 2λ και y = 6λ, λ ε R · οπότε y = 3χ .. Άρα ο γεωμετρ Άρα παριστaνει κύκλο για κάθε φ ε [Ο , 2π) με ι κός τ όπ ο ς των κέντρων των κύκλων είναι η ευ θ εί α ' J4 y = 3χ, εκτός τη ς α ρχή ς Ο. ' κ(συνφ,η μφ) και ακτινα ρ = - = 1 . κεντρο α

ε)

Για

χ=2 =

2 μ+ 6 - 2 μ που ισχύε ι . Άρα

και

γινεται 6

. :. . !

β) Έστω K(x,y) τα κ έντ ρ α των κύκλων C . Είναι 2

η μ 2 φ + συν2φ = 1

τε χ2 + y2 = 1 . Άρα τα κέντ ρ α των κύκλων C κι νούντ αι σε κύκλο με κέντ ρ ο 0(0,0) και ακτίνα 1 . γ) Η εξίσωση της ι::υθείας είναι ε: ω.φ-χ+η.φ y-2=0 jσυν;�φ + ημ2φ- 2j J- 1J =1=ρ =Είναι d(Κ, ε ) = 1 �συν 2 φ + ημ2 φ χ=σuνφ και y=η μφ . Όμω ς

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗl: Β ' 82

τ.2/57

οπό-

-------,- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ------Άρα η ευθεία εφάπτεται στους κύκλους C αν υπάρχει λ R τέτοιο ώστε 1 ' ι-, + ο-, = 2συvφ συvφ = δ) Ι σχυει χ = 1 - 5λ Υ = _ 3 λ . Με απ λο φή τη ς παραΕ

<:::::>

. = σvv π <=> συvφ 3

π φ = 2κπ + 3

<:::::>

sπ φ1 = }π η, φ2 = 3 . =

Δίνονται η ευθεία (ε) με Sx +3 y+2 Ο και ο κύκλος (C) με χ 2 + y2 -χ -2 Ο που τέμνονται στα σημεία Μ και Ν. α) Να αποδείξετε ότι για κάθε πραγματικό α ριθμό λ χ! +Υ - χ-2+λ(5χ+3y+2)=0 (1), παρι στάνει κύκλο, ο οποίος περνάει από τα σημεία Μ και Ν. Για �οια τιμή του λ ο κύκλος ·αυτός περνάει και από την αlη(ή των αξόνωv; β) Να αποδέίξετε όiι τα κέντρα των κ-6κλων της ερώτησης (α) ανήκουν σε ευθεία ε1, της οποίας να βρείτε την εξίσωση .(Πανελλήνιες) ,

Λσκη <1ΙJ 5"

ΚΕΖ

μέτρου λ βρίσκουμε την εξίσωση 6χ - 1 Οy- 3 = Ο .

π φ = 2κπ - -

'Ο μω ς φ Ε [ο , 2 π ) αρα , Ά σ κ ηση 4'�

.· .

Λί>ση

Έστω η εξίσωση: χ2 + y2 - 2λχ + ( 2λ - 6 ) y + 5 - 2λ = Ο , λ Ε R (1 ). Α. Να αποδείξετε ότι η ( 1) παριστάνει κύκλο για κάθε λ Ε R του οποίου να βρείτε το κέντ ρο Κ και την ακτίνα ρ. Β. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των κέντρων των κύκλων που παριστάνει η (1). Γ. Να δείg.τε ότι οι κύκλοι που παριστάνει η (1) διέρ χονται από δύο σταθερά σημεία και να τα βρείτε. Δ. Να δείξετε ότι η μικρότερη τιμή του ρ είναι J2 . Ε. Να βρεθεί η τιμή του λ Ε R για την οποία ϊο κέντρο των κύκλων που παριστάνει η (1) βρί. σκεται πλησιέστερα στην α ρχή των αξόνων. ΣΤ. Να βρεθεί η σχετική θέση των κύκλων που παριστάνει η (l) 'οί· οποίοι έχουν τα κf:ντρα τους στους άξονες χ�χ και y'y.

Λί> ση

Α) Είναι Α2+Β2-4 Γ=8(λ2-2λ+2) . α) Έχουμε : x2 + f - χ-2 +λ(5χ+3y+2) =0 <:::::> Το τριώνυμο λ2-2λ+2 έχει διακρίνουσα Δ=-4<0 οπότε ισχύει λ2-2λ+2> 0 για κάθε λ Ε R άρα κα ι χ 2 + y 2 + (5λ - Ι )χ + 3λ y + (2λ - 2) = 0 · Α2+Β2-4 Γ>Ο για κάθε λ Ε R , συνεπώς η (I ) π α ρ ι Α2 +� - 4Γ = (5λ - l)2 + (3λ)2 - 4( 2λ - 2) =34λ2 - 18λ + 9. στάνει κύκλο για κάθε λ Ε R με κέντρο Το τριώνυμο 3 4λ 2 - 1 8λ + 9 έχει διακρίνουσα Κ ( λ , -λ + 3) και ακτίνα ρ = �2(λ2 - 2λ + 2) . Δ=324- Ι 224=-900<0, οπότε 34λ2 -18λ+9 > 0 για χ = λ � y = -χ + 3 κάθε λ Ε R και η εξίσωση (Ι) παριστάνει κύκλο. Β) Αν K(x,y) τότε y = -λ + 3 Αν ( χ1 , y1 ) οι συντεταγμένες του σημείου Μ , τότε αφού είναι κοινό σημείο της ευθείας (ε) και (ε) η εξίσωση της ευθείας στην οποία β ρίσκονται του κύκλου (C ) ισχύουν οι σχέσεις τα κέντρα των κύκλ(uν που παριστάνει η ( Ι ). 5 χ1 + 3 y1 + 2 = Ο και χ12 + y12 - χ1 + 2 = ο Επομένως αληθεύει και η ισότητα χ12 + y12 - χ1 + 2 + λ ( 5χ� + ;3 y1 + ,�) = 0 για κάθε λ Ε R πσυ σημαίνει ότι; ο κύκλος που παριστάνει η ( Ι ) διέρχεται από το Μ. Όμοια δείχνουμε ότι διέρχεται και από το Ν. Ο κύκλος αυτός διέρχεται από την αρχή 0(0, Ο) των αξόνων αν και μόνο αν 02 + 02 - ο - 2 + λ ( 5 . ο + 3 . ο + 2 ) = ο <:::::> λ = 2 . Γ) Για λ=Ο η ( l ) � χ 2 + y2 - 6y + 5 = Ο (2 ) β ) Είναι : χ = _ Α2 = _ 5 λ2- 1 = 1 -25λ Για λ=l η ( I ) � χ 2 + y 2 - 2x - 4y + 3 = 0 (3). αφαίρεση κατά μέλη των (2), ( 3 ) π ροκύπτει η Υ = _ !!_2 = _ 32λ , δηλαδή το κέντρο του κύ- Με εξίσωση y=x+l (4) . Λύνοντας το σύστη μα των (2),(4) ή (3),(4) Προκύπτουν τα κοινά ση μεία κλου είναι το Κ Ι - S λ - 3 λ , λ Ε R . Ένα ση- A(O, l ) και Β(2,3) των δύο π αραπ άν ω Κ1JΚλωv των 2 ' 2 οποίων οι συντεταγμένε ς επ αλη θ εύου ν tηv ( l ) για μείο Κ( χ, y) είναι κέντρο ενός κύκλου αν και μόνο κάθε λ Ε R γεγονός που ση μαίνε ι ότι ο ι κuκλοι

{

(

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/58

-------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου -------

που παριστάνει η ( 1 ) διέρχονται από τα σταθερά σημεία Α(0, 1 ) και Β(2,3) για κάθε λ ε R . Δ) Η ακτίνα είναι ρ = .fi.Jλ2 - 2λ + 2 και γίνεται ελάχιστη όταν το τριώνυμο λ2 -2λ+2 πάρει την ελά χιστη τιμή η οποία επιτυγχάνεται για 2 λ = -!!_ = - - = 1 . Τότε ελάχιστη τιμή ρ = .J2 . 2α 2 · 1 Ε) Τα κέντρα των κύκλων είναι τα σημεία της ευ θείας (ε). Το πλησιέστερο κέντρο είναι το σημείο τομής Μ της (ε) με την κάθετη προς αυτή (η) που διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Είναι (η) ..l(ε) =>Λη · λε =-1 =>Λ;1 =1, οπότε η εξίσωση της (η) είναι y=x. Από τη λύση του συστήματος των εξισώσεων των (ε) και (η) προκύπτει το

Μ(�,�) . Αν ταυτίσουμε τα Κ,Μ τότε λ=� . 2 2

Στ) Η (ε) τέμνει τους άξονες στα σημεία Λ(Ο,3) και Ν(3,0). Ο κύκλος με κέντρο το � έχει ακτίνα Ρι = 2 ενώ ο κύκλος με κέντρο το Ν έχει ακτίνα ρ2 = Μ . Η διάκεντρος έχει μήκος ΛΝ = 3 .fi . Επειδή Jρ2 - p 1 J < ΛΝ < p2 + p1 οι δύο κύκλοι τέμνοντα σε δυο σημεία.

Δίνεται η εξίσωση 2χ 2 + 2y 2 + 4 χ + 2 ( λ + 6 ) y + λ 2 + 30 ο λ Ε Ν α) Βρείτε τη μικρότερη τιμή του φυσικού λ ώ στε να παριστάνει κύκλο. β) Για την μικρότερη άρτια τιμή του λ, βρείτε την πλησιέστερη παράλληλη στον χχ' που εφά πτεται στον κύκλο στο σημείο Α γ) Από σημείο Σ της ευθείας του β ερωτήματος που δεν ταυτίζεται με το Α φέρουμε ευθεία που τέμνει τον προηγούμενο κύκλο στα Β και Γ . Αν ° ΑΓ- ΑΒ 60 όπου ΑΒ, ΑΓ τόξα του τόξου =

ΓΊ

χουμε:

ΑΣΓ

α) 2 χ 2 + 2y 2 + 4χ + 2 ( λ + 6) y + λ2 + 30 = 0 <:::> λ 2 + 30 =0 x 2 + y- + 2x + (λ + 6) y + 2 ' 2 λ 2 + 30 Ο <:::> Πρεπει 4 + ( λ + 6 ) - 4 > 2 <:::> λ 2 - 1 2λ + 20 < Ο με Δ=64, λ1= 1 0, λz=2 - 00

2 +

= 3 0° . (παραλληλία).

Αν το Σ ανήκει στην ημιευθεία Αζ ' τότε είναι λ 8r = εφ30 ο = J3 (σχήμα 1 ) 3 3

·2

-1

-2 ζ

'�"

Αν το Σ ανήκει στην ημιευθεία Αζ τότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ΒΓ είναι λ Br

φ1 5 0 ο

= ε

ΑΓ- ΑΒ

{

ΒΑΓ , να βρείτε το συντελεστή διεύθυνσης της t-υθείας ΒΓ. Γ\

Άρα λ Ε ( 2, 1 0 ) . Όμως λ Ε Ν . Έτσι η μικρότερη τιμή του φυσικού λ είναι λ=3 . β ) Για λ = 4 η εξίσωση του κύκλου είναι: χ 2 + y 2 + 2χ + l Oy + 23 = ο <=> (χ + ΙΥ + (y + 5 Y = 3 . Δηλαδή Κ(- 1 ,-5), ρ = fi Οι παράλληλες ευθείες στον χ ' χ έχουν μορφή ε : y = β <::> y - β = Ο . Εφόσον εφάπτεται στον κύκλο είναι: -5 - β J d(Κ, ε) = ρ <=> = νι;;3 .Jo- + 1 2 β = .fi - 5 <=> IP + 5 J = J3 <=> ή β = - J3 - 5 Η πλησιέστερη στον χ ' χ είναι η y = .J3 - 5 γ) Ας θυμηθούμε στη γεωμετρία . . . [σελ. 1 25] Από σημείο εκτός κύκλου φέροντας εφαπτο μένη και τέμνουσα ή δυο τέμνουσες σε κύκλο έ-

' .J3 . (σχημα -2) 3

·1 -2

+ οο

10 +

-7

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/59

Μη τσιά δης Γ ιώργος - Ζησόπου λο ς Γιώ ργος, ΕΜΕ <i

ι �·-; : -

Μια εταιρία απασχολεί εργαζομένους στο τμήμα Α με μέσο μισθό

= 860

€ και τυπική από-

κλιση S Α και εργαζομέν ους στο τμ1ι μα Β με

€ καί τυπική απόκλιση S 8 .Οι μισt»οί στα δύο τμήματα ακολουθούν περίπου κανονική κατανομΊ'ι και οι καμπύλες συχνοτήτων φαί νονται στο σχήμα. χ Β = 1 3 00

Το 97,5 % των εργαζομένων στο τμiιμα Α έχει μισθό το πολύ Ι 060 € και το 97,5 % των εργα ζομένων στο τμήμα Β έχει μισθό τουλάχιστον 1 060 € α) Να βρείτε τις τυπικές αποκλίσεις S A , S 8 β) Ν ά tξετάσεi'ε κdθε τμήμα rος προς

την ομοιογένεια μισθών και αν σε κάποιο τμήμα δεν υπάρχει ομοιογένεια ,τότε να βρείτε το μι κρότερο ποσό c π ου πρέπει να προσθέσουμε σε κάθε μισθό, για να έχουμε ομοιογένεια και στο τμήμα αυτό. γ) Να βρείτε πόό-ους υπαλλτιλους απασχολεί η εταιρία αν ο μέσος μισθός όλων των υπαλλήλων αυτών είναι χ = 9 48 € και στο τμήμα Β εργάζονται 400 υπάλληλοι. Κατόπιν να βρείτε: ί) Π οιο είναι. το Εύρος τ<i>ν μισθών όλων των υπαλλήλων; ίί) Πόσοι υπάλληλο ι έχουν μισθό τουλάχιστον 760€;

α)

Χ Α + 2 · S A = 1 060 � 2 · S A = 1 060 -:- 860 �

200 SA = = 1 0 0 ΧΒ - 2 · S B 2

- 2 · S B = 1 060 - 1 3 00

�

1 060

�

240 = 1 20 2

1 0 0 = 0, 1 1 6 ή 1 1 ,6% . Δεν είναι οβ) CVA = 860 . . . 1 20 . - =. 0,092 ή 9,2, % μοιογενές. CV = 1 300 ' Ναί είναι ομοιογενές. Στο τμήμα Α προσθέτω C . Τότε Χ Α , Xi · + C {:}Χ Α , 860 + C ,

και S Α = S Α = 1 00 I CV

�

Α,

τα ι στ ι κ

�

_!.Q_

Παράρτημα 'fρικάλων

Ι 00

�

9 1 000 � 860 + C 9 C 2: 1 40 Ά ρα Cπιin = 1 40 € + χΒ · ν � γ) = χ Α . νΑ χ + νΑ νβ 86 0 - VA + 1 3 0 0 · 4 00 . . . VA =l 6 00 . 9 948 = νΑ + 400

1 00

8 60 + C

560 66ο 760

960 1 u6o 1 i 8o i:Joo i 42o · 1 540 .

. .

soo

. .

1 ο6Ο

μισθών: Ι 660 - 5 60 = Ι 1 00 € Από 760 και πάνω είναι το 84% του Α τμήματος κ ' όλοι του Β τμήματος 84% . 1 600

+ 400 = 1 344 +

400

1 744.

Δίνονται οι άριθμοί 3 + 4α , 1 5 + 2α , 3 - β , 1 0 ,

1 - β , 4 + 2β με α , β e R, - - < β < l, και α > -6

3 = 25°/ο , s = 1

και δ = 3, 5 τότε

ί) Να βρεθεί η μέση τιμiι και να δείξετε ότι α = -2 . ίί) Ν α βρεθεί ο β. ίίί) Οι δοθείσες τιμές μεταβάλλονται όλες προ οι οποίοι έχσυν: CV

σθετικό κατά y όπου y e R με

y < -4 και έστω

CV1 ο νέος συντελεστής μεταβλητότητας. α) Να εκφραστεί η παράσταση y2 CV1 συναρτήσει

του y έστω h( y) β) Να δειχθεί ότι όταν η h(y) γίνtται ελάχιστη •

•

τότε cv Η

cνι .

μέση τιμή των αριθμών είναι

Χ=

3 + 4 α+ 1 5 + 2 α + 3 -β + 1 0 + 1 -β + 4 + 2 β 3 6 + 6α Χ =α+6 . � 6 6

Επίσης

1 s 'J5 CV== � = -- �α + 6 = 4 �α =-2 Χ 100 α + 6

Διατάσσουμε τους αριθμο6ς κατά αύξουσα σειρά:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.2/60

-5, 1 -β, 3 -β, 4+2 β, 1 0, 1 1

-----

3 β + 4 + 2β

Ά ρα: δ =

Μ αθη ματι1< ά γ ια την

7+β 3 . 5 = -- <=> β = Ο

<=>

Ά ρα οι αpιθμοί είναι: -5, 1 , 3, 4, }(), Ι 1 με - 24 Χ = - = 4 Αν αυξήσω κατά y τότ ε : 6 Χι

Sι

=4+y =S= Ι

CVι = ,4

---

y2 h ( y) = y 2 · CVι = - -4+y hι ( Υ

_ [ _Σ_) = )- + Υ 4

8 y + 2y 2 - y2 ( 4 + Υγ και h ι ( y ) = Ο => Υ = =

Ά ρα min για y = - 8 ι

/4 - 81

= _!_ =

50 30

Είναι

&.ι

<=>

Είναι: άρα f1

20 · I 000

J OO

= Ι ΟΟ ν <=> ν = 200

( ��0 ) (% )

F ι %= '

0,25

-. -.- · 1 000 =

<=>

. ι οοο % =

ν = 0,25 2 00

<=>

1 00

Οι βαθμοί ενός μαθητή με το1.Jς αντίστοιχους συντελεστές στά.θμισης σε πέντε μαθήματα ψαί νοντσ.ι ό"'t'ον ακόλο1)θό πίνακα. Να βρεθεί ο χ ε R αν ξέρο1>με ότι είναι Χ 15 Ν α βρεθεί η μέση τιμή των βαθμό)ν και η διάμεσός το1>ς .αν γνω p ίζουμε ότι χ = 3 .

· 1 0 % = 25%

Vι = 50

-·

:Εκθεση ;. '

"10

. '.

.. ..

Είναι : 6 χ · χ + 1 9 · (χ- Ι ) + Ι 3(χ + Ι ) + Ι 8(2χ-4 ) + l Ox Χι = χ + (χ- 1 ) + (χ + Ι ) + (2χ-4) + χ 6 χ 2 + Ι 9 χ - 1 9 + Ι 3 χ + Ι 3 + 36χ-7 2 + 1 Οχ <=> Χι = 6χ - 4 . <=> Ι 5 (6χ-4) = 6 χ2 + 7 8χ - 7 8 <=> χ 2 - 2χ -3 = ο <=> χ = 3 ή χ = -Ι . Αν χ = - Ι , τότε ο βαθμός των μαθηματικό)ν είναι -6 (άτοπο). Ά ρα χ = 3 . Με χ = 3 οι βαθμοί γίνονται: 1 8, 1 9, Ι 3 , Ι 8, 1 0 και σε διάτ αξη : 1 0,' Ι 3 ; 1 8, � 8 , 1 9 επομέVώξ:

- ΙΟ + 13 χ ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ

Μαθήματα Β αθ μό ς Συντελεστής Μαθηματικά 6χ χ . . 9 Ι κή υσ χ- Ι Φ ι Χη μείι:ι . 13 χ+ Ι 2χ-4 Αρχαία i Ι 8

1 00

0,35

= fι · 3 6 0 " = 0, 2 5 · 360° = 90" &. = f • 3 60° = ο. ι s . 360° = 54° 2 2 a 3 = f3 · 3 6. 0� = Ο, 2s . 360° = 90° α 4 = f4 • 360° = 0, 3 5 · 360° = 1 26 °

Δείξτε όη ν=200. Να σχηματίσετε πίνακα συχνοτήτων. - Να σχεδιάσετt το Κ1)Κλικό δι.άγραμμα. F4 =

-4

0, 2 5 .

42 + 4

25 15 25

ό 25

200

ΣΥΝ ΟΛΟ

Σ ε κάποιο δείγμα μεγέθους ν οι τιμές μιας ποσοτικής μεταβλητή ς Χ ; είναι χ , ( Χ 2 ( Χ 3 ( Χ 4 και ·2 4 � · JW , για κάθε i = 1, 2, 3,4 ισχi>ει ότι: F;%=

Είναι φανερό ότι

fi %

0,25 0, 1 5

Χ3

χ4

. ν·I

Ο ή Υ = -8

-· "·_ ··-

Χ1

και

�ι

CVι =

Υ,

ά.pα F2% + f-, % = 65% έτσι f3% = 2 5 % , f3 = 0,25 και ν 3 = 50. Τέλος f4 = Ι -(0, 25 + 0, Ι5 + 0, 25) = 0, 35 και = 70. Επομένως ο ζητούμενος πίνακαςείναι :

( y2 ) ( 4 + Υ ) - ( 4 + Υ ) Υ2 (4 + yγ y 2 + 8 y = Υ (Υ + 8) ( 4 + yγ ( 4 + y)2

-8

Τότε

Γ Λ1)κείου

R '82 τ.2/61

1 8 + 1 8. + Ι 9 = 1 5 ,6 και δ = . I

. •

-------

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Μία εταιρεία διανομής προϊόντων διαθέτει 40 οχήματα. Ο κανονισμός επιτρέπει για την α σφαλή μεταφορά, τα οχήματα να έχουν το πολύ 12 έτη κυκλοφορίας. Ξέρουμε ότι: Υπάρχουν 18 οχήματα μέχρι 6 ετών. (• Το 10% των οχημάτων είναι νέας κυκλοφορίας, με χρόνο μικρότερο των 24 μηνών. Επίσης 9 οχήματα διανύουν την τελευταία δι ετία. ,, 12 οχήματα έχουν, ακόμη τουλάχιστον οκταε τή κυκλοφορία και , 25 οχήματα έχο-ι)ν το πολύ 8 έτη κυκλοφορίας. Ή. ' Να ομαδοποιήσετε τις παρατηρήσεις σε 6

κλάσεις

[ Ο - 2) , [ 2 - 4 ) . . .

κ ' να κατασκευαστεί

πίνακας συχνοτήτων. ; : ••· Να κατασκευάσετε ιστόγραμμα αθροιστικιf)ν συχνοτήτων και να 1>πολογίσετε τη διάμεσο. ;: Να βρείτε την μέση τιμή των ετών κυκλοφο ρίας των οχη μάτων. } Αν κάθε καινοiψγιο όχημα, μετά την συ μπλή ρωση του 5ου έτους κυκλοφορίας είναι υ ποχρεωμένο να περάσει από έλεγχο ΚΤΕΟ. . να βρείτε πόσα αυτοκίνητα έχουν ελεγχθεί. ' Ά:. . Να βρείτε τον αριθμό των οχημάτων που θα αποσυρθούν το επόμενο οκτάμηνο. �·� ' Να εξεταστεί η ομοιογένεια του δείγματος. ·

, :) ( '

; Έχουμε:

Ε)

(1 8)

Ε)

Ε9

40 χ Ι 0% = 4 οχήματα στην κλάση [Ο - 2 ) και 9 οχήματα στην κλάση [10 - Ι 2 ) , Ι 2 οχήματα εί ναι στις κλάσεις [Ο - 2) κ [2 - 4) . Ά ρα στην κλάση [ 2 - 4) είναι Ι2 - 4 = 8 οχήματα. Αθροιστικά στις κλάσεις από [Ο - 6 ) είναι 1 8 οχήματα και από [Ο - 8) είναι 25 οχήματα. Οπότε στην κλάση [ 6 - 8 ) είναι 25 - Ι 8 = 7 οχήματα. Στην κλάση [ 4 - 6) είναι Ι 8 - ( 8 + 4) = 6 οχή ματα κ στην κλάση [ 8 - 10 ) είναι 40 - ( 1 8 + 7 + 9) = 6

Κλάσεις Χι 1 0-2 2-4 3 4-6 5 7 6-8 8 - 10 9 10 - 12 1 1 Σύνολο 36

νι 4

8 6 7 6 9 40

Νι 4 12 18 25 31 40

fι 0, 1 0 0,20 0, 1 5 0,175 0, 1 5 0,225 1

Fι% 10 30 45 62,5 77,5 1 00

X(Vl

4 24 30 49 54 99 260

fx; · ν1 4 72 1 50 343 486 1 089 2 144

Η διάμεσος από το πολύγωνο αθροιστικών συ-

--------

χνοτήτων γίνεται γίνεται ...

20 -

-χ = -2 <::::> Χ = -4 Ά ρα δ = 6 + -4 7 7 2 7 260 = 6,5 έτη - = Σ χ , ν1 χ40 ν Τα μισά οχήματα της κλάσης [ 4 - 6 ) κ ' όλα τα άλλα από [ 8 - 1 2 ) έτη. Άρα _!_ 6 + 7 + 6 + 9 = 25 οχήματα 2 Θα αποσυρθεί το 1/3 των οχη μάτων της κλάσης [ 10 - Ι 2 ) . Ά ρα .!_9 = 3 οχήματα 3 S2 = 1 (2 Ι 44 - ( 2 60 / ) = 1 · 454 = I l ' 35 , 40 40 .:10 _

= .JU,35 = ο ' 5 1 . 6'5

Αφού είναι

Ο, 1

δεν είναι ομοιογενές.

Το άθροισμα 10 αριθμ.ών Z; , i = 1, 2, ... 10 είναι 20 και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 60. Θεωρούμε και δύο ποσοτικές μεταβλητές χ, y που Υ; =

μεταξύ τους με τη σχέση για κάθε i = 1, 2, ... ν . Γνωρί ζουμε ότι η μέση τιμή της μεταβλητής y είναι y = 7, χ; < Ο για κάθε i = 1, 2, ...ν και ότι οι μετα βλητές χ και z έχουν την ίδια διασπορά. συνδέονται

2χ� - 3 χ; + 1

Δείξτε ότι υπάρχουν 6 τουλάχιστον αριθμοί

μικρότεροι ή ίσοι του 4 Βρείτε τη διακύμανση των αριθμών

Χ;

Βρs:ίτε το συντελεστή μεταβλητότητας των α ριθμών Χ ;

Αν δεν έχουμε 6 τουλάχιστον αριθμούς από τους Ι Ο μικρότερους ή ίσους του 4, τότε θα έχουμε 5 τουλάχιστον αριθμούς μεγαλύτερους του 4 οι οποίοι θα έχουν άθροισμα μεγαλύτερο του 4·5=20 που είναι άτοπο.

.'. , �=� =.!_[Σ� - ( Σ� ))= _!__ ( 6ο - 2ο 2 ) = 2 . 10 10 1 0 10 Ά ρα s� = 2 χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '82 τ.2/62

------

Μάθηματικά για την Γ :Λυ κείόυ

. - = 7 � Υι + Υz + . . + yv = 7 � Λ_,, Ειναι: y ν (2χ� - 3χ 1 + 1) + (2χ; - 3 Χ 2 + I) + . . . + (2χ: - 3 Χ ν + 1) ·

<=>

=Ί

<::::>

2 ( χ � + χ ; + ... + χ; } - 3 {χ 1 + χ2 + . .. + χv ) + ( 1 + 1 + ... 1) 7 Ι = () ν

Επίσης είναι s> 2 <c>

�[Σ (Σ:η χ�

= 2 "'

( x ι + Xz + . . . + x v / =2� ν

Χ � + χ; + . . . + χ � ν

χ � + χ ; + . . . + χ � = 2 ν + χ2 και προφανώς χ1 + χ2 + . . . + χ � = ν · χ άρα η ( 1 ) γίνεται:

2 ( 2ν + vx2 ) -:3VX: + ν ν ( 4 + 2χ2 _- 3χ + 1 ) ---'-- ---'----- = 7 � =7� ν ν ι · " �2Χ- -3Χ -2 =0� -χ = 2 η -χ = - - . και αφου' χ ;<Ο 2 .

ί\<> �''ψηι Η προίίπηρεσία

= � = J2 = 2J2 lxl 1 12

των συμβασιούχων μιας δημόσιας υπηρεσίας έχει ομαδαιrοιηθεί σε 4 κλάσεις ίσΟ1) πλάτους όπως φαίνετε στον παρακάτω πίνακα. Το εύρος είναι R 1 6 . Λ : Δείξτε ότι το πλάτος των κλάσεων είναι c 4 και ότι α 20 . ι\ 2 : Να συμπληρώσετε τον πίνακα με στήλες Χ ; ' f; ' f; ο/ο, F; ' F; 0/ο , X;f; ' x � fi . λ_, : Να βρείτε τη μέση τιμή Χ την τυπ. απόκλι ση s και να εκτιμήσετε το ποσοστό των συμβα σιούχων που έχουν. χρόνια υπηρεσίας τουλάχιστον χ - s και το πολύ χ + s . Λ_,: Η πολ�τεία αΠ6<f>a'σiζει 'va απολύσέι .'t'ους συμβασιούχους που έχουν προϋπrjpεσία λιγότε ρη από 4 έτη; Να βρείτε τη νέα μέση τιμή του χρόνQυ προϋπηρεσίας. =

ότι η πρώτη κλάση είναι [κ, κ+c) τότε η τέταρτη κλάση είναι [κ+3c, κ+4c) άρα το εύρος: R=(κ+4c) -( κ) =4c και 4c = 16 � c = 4 Επίσης ά 3α f.Ι % +f % +f3 % + f4 % =100� �+ α+- + 2α = l 00 � 2 2 2 1 Οα = 1 00 � 1 0α = 200 � α = 20 2 Λ 2 : Η τρίτη κλάση είναι [κ+ 2c, κ+ 3c) και το κέ ντρο της είναι 1 Ο άρα κ + 2c + κ + 3 c = 1 0 � 2κ + 5c = 20 � κ = Ο .

Έτσι οι κλάσεις είναι {Ο, 4), [4, 8), [8, 1 2), [ 1 2, 1 6) και ο ζητούμενος πίνακας είναι:

θα είναι χ = - _!_ _ Ά ρ α

Λύση Λ 1 : Έστω

-------

Χρόνια υπ/σίας γ0, 4)

Κέ-

ντρα Χ;

f;%

F;%

x;·f;

· 10 20 30

0, 1 0;3 0,6

10 30 60

0,2 1 ,2 3

Ί8, 1 2)

r4;· 8} -

0, 1 - 0,2 0,3

[ 1 2, 1 6)'

ΟΑ

1 00

5 ,6

Σύνολο

/!I//

1 00

/////

Λ1:

Γιq τη μέση τιμή ως γνωστό : Επίσης είναι:

(

]

κέντρα

)

) ) )

Σύνολο

//1////

0,4 7,2 30 78, 4 . 1 16

= Σ χ ;f; = 1 0

(

]

s 2 = l Σ χ 2 ν ( Σ χ ; ν ; ) 2 · = Σ � � - Σ χί ν i 2 = χ ν ν ν ν χ

Σ χ 2f. - χ2 =1 1 6 - 1 00 = 1 6

άρα S = M = 4 . Είναι: χ- S 1 0 4 = 6 και χ + S = 1 0 + 4 = 1 4 Έτσι το ζητούμενο ποσοστό είναι: f% 20 40 f% %= + 30 + 2 + f3 %+ 4 = 2 2 2 2 ο ο + �ο + 20)% = 60% I

(

Α1 : Αφού ατι:ο σύρ θη κε η κλάση [Ο; ' 4) έχουμε τις κλάqεις [4, �.), [8, 1 2), [1 2, 1 6) με αyτίστοιχες συ �

χνότητες ν2 , ν3 , ν4. Ά ρα οι καινούργιες σχετικές συχνότητες είναι: Vz f3 v (ι = � = -ν- = � f� = 3 = -ν - ν ι 1 - � 1 - fι ν - ν 1 1 - f1 --

Χρόνια υπη ρεσί.ας

x-� vi

και (3 = ___!l_ 'Ετ_σι η νέα μέση τιμή είναι : 1 - fI

3α 2

2α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΒΆ82 τ.2/63

.• � .

....;.;.

_ _ _ _ _ _ _

....;.;.....;.;..;..._;._ .;..

_ _

Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ Για οποιεσδήποτε πραγ ματικές συν α ρτή σεις f, ν οι παρακάτω π ροτ άσεις . Σωnτό ή Λάθος; . . .

ου

συν ά ρτη ση

1 . Αν' η

χ0 •

f ορ ίζετ αι

Σ Λ

υπ6ρχf;ι και είναι πραγματικός α•

Αν το

lim f(x)

χ ---+ χ σ

ριθμός, τότε η f είναι συνεχή ς στο χ 0 . lim f(x) = -i-oo ,

Αν

τότε η

Χ ---+ Χ!}

Σ Λ

f μπορεί ν α είν αι

Σ Λ συνεχής στο χ 0 • 7. Αν η συνάρτη ση f είναι συν εχή ς στο χ 0 , τότ ε ισχύει lim f(x) = f( lim x) . Σ Λ ·

8. Αν μια

Χ � Χο

Χ -� Χ η

συνάρτηση f είν αι

τότε lim f(x) Ε 91 x. � x l)

9. Αν το

συνεχή ς

στο

χ0 ,

Σ Λ

lim f(x) δεν

f μπορεί

Σ Λ να είναι συνεχής στο χ0 • 10. Αν η συνάρτη ση f είναι συνεχής στο χ 0 , τότε αντί να β ρού με την τιμή τη ς στο χ 0 , μπο ρού με να β ροί)με το όριό τη ς στο χ 0 • Σ Λ 1 1 . Η f είναι συνεχή ς στο χ0 Ε (α , β) , αν και Χ ---+ Χ σ

μόνο αν,

12. Αν 13.

14.

υπάρχει, τότε

f είνιιι

συνεχής

Η συνάρτη ση 0

τότε

είναι συνεχής. Σ Λ χ+1 έχει ένα σημείο

χ-2

στο οποίο δεν είναι συνεχής. 1 5 . Αν οι συναρτήσεις f , g είναι

16. Αν η

χ0 ,

f(x) = εΦχ

Η συν ό.ρτη ση f(x) =

τότε και η

στο

Σ Λ

li� f(x) = Ii m, f(x) . x�xQ

χ ---+ χ

Σ Λ

lim f( x 0 + h ) = f(x 0 ) . h ->0

Σ Λ συνεχείς στ ο

χ0 ,

συνάρτη ση f + g είναι συνεχή ς στ ο Σ

είνιιι συνεχή ς στο χ 0 , οι συν αρτή σεις f , g είν αι συνεχείς

συνάρτη ση

f+g

τότε και στο χ0 • 17. Αν · οι συναρτήσεις

με σ\>νολα ορισμο1) Α, Β ς JR

Κωνσταντόποηλος Ηλίας

χ0 ,

στ ο χ 0 , τότε είναι

2. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο χ 0 , τότε το Σ Λ χ 0 ανήκει στο πεδίο ο ρισμού της f . 3. Αν η συνάρτηση f δεν είναι mΝεχής στ ο χ0 , τότε το χ 0 ανήκει στο πεδίο ορισμο1) της f . Σ Λ 4. Αν το χ 0 ανήκει στο πεδίο ορισμσ6 τη ς f , τοτε η Σ Λ συνάρτηση είναι συνεχή ς στο χ 0 συνεχή ς στο

f , g είν αι

Σ Λ

σ υνεχείς στ ο

------

1 R. Αν η τότ ε

1 9.

σ υν ά ρτη ση οι

χ0 •

η f

στο

Αν

f+g

συν α ρτή σε ις

είν αι συνεχής

f είν αι

νά. ρτηση λ f , η

όπου

τ οτ ε η

22. Αν ο ι και

στο

λΕm

χ0

και

_g ε ίν αι f+g

συν ά ρ τη σ

χ0 ,

τότε κ αι η συ

, είναι συνεχής

f , g ε ίν αι

f , g είναι

στο

συνεχείς στο χ 0 ,

συν αρτηση - ο ρι�.,ετ αι στο

Xn .

mΝεχείς

J i m f(x) * Ο , τότε η m)Vάοτη ση σηναρτή σεις

ασυνε

είν αι ασυνεχής στο χ 0 , f και g είν αι aσυν εχείς

συνεχής στο

χ0 • Αν οι συναρτή σεις

ε ί αι

f+g

ασυνεχής στο Χ0 , τότε και η είναι ασυνεχή ς στο χ 0 .

20. Αν 21.

σ υν ά ρ τη ση

και η χ0 .

τότ ε

χής στο

αντ ιστοίχως , ισχύ

στο

χ0

� οοi.ζε-

Σ Λ ται στο χ 0 . 23. Αν η m)νάρτηση f2 εiνιιι m)νεχής στο χ 0 , τό τε και η m)νά.ρτηση f είναι mΝ εχή ς στο χ 0 • 24. Αν οι συναρτήσεις f , g είναι ασυνεχεi.ς στο χ 0 , τότε και η συν (φτη ση f ο g είν αι ασυνε Σ Λ χή ς στο χ 0 . 25. Αν η συνάρτηση f είναι συν εχή ς στ ο χ0 και η συν ό. ρ τη ση g ε ίν αι συνεχή ς στο f( χ 0 ) , τό τε η συνά οτη ση f ο g είν αι mΝεχής στο χ 0 Σ Λ 26. Αν η συνάρτηση f είναι mΝεχής στο χ 0 • τότε η συνάρτηση f ο f είναι m>νεχή ς στο χ 0 • Σ Λ 2 7. Αν οι συναρτήσεις f , g είναι mΙVεχείς στο χ 0 χ --Η ο

f '

•

28.

και f(x n ) =

Xr τότ ε και

ναι συνεχή ς

στο

η m>νάρτηση g ο f Σ

χ0 .

ε ί

Αν ισχί)ει f(x) ::; g(x) ::; h (x) , χ Ε { χ 0 - δ . Χ η + δ ) , με δ > Ο και ο ι m.Ν α ρ τή σε ις f , h είναι συν εχε ίς στο X n τ ότ ε κα ι η Σ Λ g ε ίν αι mΝ εχή ς στο χ 0 29. Μια mΝάρτηση f είναι συνεχής στο [α . β] , αν και μόνο αν. είναι συνεχής στο { α , β) και γ ια

κ άθ ε

•

lim f(x) = f(α) . lim f(x) = f(β ) .

Χ 4�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.2/64

Χ 4�

------- Μ α θη ματικ ά για την Γ ' Λυκε ίου

30.

Σ Λ στο ( α , β ] . 34. Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο ( α , β ) , τότε το σύνολο τιμών της εί Σ Λ ναι ανοικτό διάστημα. 35. Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο ( α , β ) , τότε το σύνολο τιμών της εί Σ Λ ναι κλειστό διάστημα. 36. Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο [ α , β ] , τότε το σύνολο τιμών της είναι Σ Λ ανοικτό διάστημα. 37. Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο [ α , β ] , τότε το σύνολο τιμών της είναι Σ Λ κλειστό διάστημα. 38. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και μη σταθερή, τότε το σύνολο τιμών της είναι διά Σ Λ στημα. 39. Αν η συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα Δ και υπάρχει η αντίστροφή της, τότε αυτή είναι Σ Λ συνεχής στο f(Δ) . 40. Αν η συνάρτηση f συνεχής και γνησίως φθίχ�β

θος.

2. Σωστό.

10. Σωστό.

1 1 . Σωστό.

{

f (x ) = ��;f1

και

12. Σωστό.

13.

{

g(x ) = =� : ::f 1 7.

Χ0 •

Αν η συνάρτηση ιrι είναι συνεχής στο Χ ο ' τότε και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο χ0 • Σ Λ 46. Αν η συνάρτηση ιrι είναι συνεχής στο Χ ο και f(x 0 ) = Ο , τότε και η συνάρτηση f είναι συ νεχής στο χ0 • Σ Λ 4 7. Αν μια συνάρτηση f είναι άρτια και συνεχής στο χ0 , τότε η f είναι συνεχής και στο - χ0 Σ Λ 48. Αν f οποιαδήποτε συνάρτηση, η οποία ορίζε ται στο χ0 = Ο , τότε η συνάρτηση g ,με g(x) = xf(x) είναι συνεχής στο χ0 =0 . Σ Λ 49. Αν η συνάρτηση f f είναι συνεχής στο χ 0 , τότε και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 45.

•

50.

Σωστό.

χ0 •

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα Δ και η συνάρτηση g είναι συνεχής στο f(Δ) , τότε η συνάρτηση g f είναι συνεχής στο Δ . ο

3. Σωστό. 4. Λάθος. S. Λάθος. 6. Λάθος.

Απαντήσεις

1 . Λάθος.

-------

νουσα στο διάστημα Δ, τότε η αντίστραρή της είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο f(Δ) . Σ Λ 4 1 . Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και 1-1, τότε Σ Λ και η αντίστροφή της είναι συνεχής. 42. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και 1 -1 στο ( α , β ) , τότε είναι γνησίως μοτόνονη στο Σ Λ ( α , β) . 43. Κάθε συνεχής συνάρτηση σε διάστημα έχει Σ Λ ελάχιστη και μέγιστη τιμή. 44. Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο χ 0 , τότε και η συνάρτηση ιrι είναι συνεχής στο

Αν μια συνάρτηση f ορίζεται σε ευρύτερο σύνολο του [ α , β ] και είναι συνεχής στο [ α , β ] , Σ Λ τότε είναι συνεχής στα α και β . 3 1 . Μπορεί μια συνάρτηση να είναι συνεχής στο [ α , β] , αλλά να μην είναι στο ( α , β) . Σ Λ 32. Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο ( α , β ) , τότε είναι συνεχής στο ( α , β ) . Σ Λ 33. Αν μια συνάρτηση f είναι ορισμένη, συνεχής , γνησίως αύξουσα στο ( α , β ) και lim f(x) = f(β) , τότε η f παρουσιάζει μέγιστο

Σωστό, διότι lim χ = χ0 8. Σωστό. 9. Λά-

1 4. Λάθος.

χ ---+ χ 0

1 5. Σωστό.

16. Λάθος. Αντιπαράδειγμα:

Λάθος. 1 8. Σωστό, διότι αν ήτ αν συνεχείς, τότε και η f + g θα

ήταν συνεχής 1 9. Σωστό, διότι αν f + g συνεχής, είναι και - f συνεχής, άρα θα ήταν και η g συνεχής. 20. Σωστό. 2 1 . Λάθος . . 22. Σωστό 23. Λάθος. Αντιπαράδειγμα :

{

f(x ) = -1 • Χ, � Χ<ο 0 1 Χ Χ

24. Λάθος. 25. Λάθος. 26. Λάθος.

συνέχεια της f ο f απαιτεί τη συνέχεια της f στο χ0 , αλλά και στο f(x 0 ) .

27.

Σωστό. 28. Λάθος. 29. Λάθος.

30. Λάθος. 3 1 . Λάθος. 32. Λάθος. 33. Σωστό . 34. Λάθος. 35. Λάθος.36. Λάθος. Σ ωστό .

Σ ωστό .

40 .

δειξη .

•

43. Λάθος.

44. Σωστό.

Ε.Μ.Ε. στην Κοζάνη το

Αντιπαρα' δ ειγμα

37. Σωστό.

- {χ+2 f(χ ) χ ' ι <-, χ <-2 ::;2 χ < ι =

38. Λάθος. 39.

συνεχης,

ενω

δ εν ειναι συνεχης στο χ0 = . 42 . Σ ωστο. κ αλη ως πληροφορια, αρκετα δυσκολη απο-

f- ι <χ ) {χχ -2' ι < χ :::;< 2χ < ι - { :::; f (x) ��:::; ; :::; ι 2007. =

Λ α' θ ος.

41 .

50. Σωστό.

45. Λάθος. Σημι:ίωση :

46. Σωστό.

47. Σωστό. 48. Σωστό. 49. Λάθος. Αντιπαράδειγμα:

Περισσότερες προτάσεις Σ-Λ , έχουν παρουσιαστεί στο συνέδριο της

Μπορείτε να τις δείτε στην ιστοσελίδα Mathtime.webnode.com

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 80 τ.2/65

Γ ' λΥΚΕΙΟΥ

Όρ ια και ορισμός

της

παραγώγου

Δήμος Γιώργος, Πατήλας Χ ρήστος ΕΜΕ Παράρτημα Τρικάλων

Η έννοια του ορίου γεννήθηκε στην προσπάθεια των Μαθηματικών να απαντήσουν σε ερωτήματα όπως: �

Τι ονομάζουμε: ρυθμό μεταβολής ενός μεγέθους, εφαπτομένη μιας καμπύλης σε σημείο αυτής, εμβαδόν χωρίου, πιθανότητα ενδεχομένου κλπ. Με τη σκέψη ότι ο μαθητής κατέχει τα βασικά στα όρια συναρτήσεων, δίνουμε μερικές λυμένες αντιπροσωπευτικές ασκήσεις. .\ G I(Jj GJΊ I 'I

lim0 ( f(x) + χ2 - χ + 3 ) = 1 2 (1) να δείξετε χ --> , . �x 4 f(x) - 2ημ2 χ Ι οτι lιm ? " =-. 5 χ--> 0 2χ- + 3ημ -χ Αν

Αν θέσουμε: f(x) + χ2 - χ + 3 = φ( χ) , τότε έχουμε f(x) = φ( χ) - χ2 + χ - 3 (I)

Έτσι είναι limf(x) = lim( φ(x) - x2 + χ - 3 ) = χ -->0

12 - 0 + 0 - 3 = 9

χ -->0

Ff'W - 2ημz x x z .jfW - 2ημ2x = = 2χ2 + 3ημ2χ 2χ2 + 3ημ2χ η 2 Jr(x) - 2 μχ J9 - 2 · 12 1 χ , . οπότε: = = lim h (x) χ-->0 2 + 3 · 12 5 η 2 2+3

και h ( x) =

( ) ( �)

f(x) + 1 = f2 (x) + 3 - 4x2 φ(χ)(χ - 1) - χ + l �------��--�----�----� = φ\χ)(χ - 1)2 - 2χφ(χ)(χ - 1) + χ2 + 3 - 4χ2 ---- �(χ__ (χ� )_ -� 1 ] ----� 1 )[� φ� -- = � (χ - 1)[ φ2 (χ)(χ - 1) - 2χφ(χ) - 3(χ + Ι)] φ( χ) - 1 φ2 (χ)(χ - 1) - 2x<p(x) - 3(χ + 1) ' (I) 2-1 = και lim g(x) = Χ --> 1 22 · 0 - 2 · 1 2 - 3 · 2 10 όπου g(x) =

h ( χ ) = _!_ ( -1 - 2) ( νΓι+3 + 2 ) = � . 'Ετσι: 1im .< --> 1 10 5 _

f(x) = \ '(J (j'η

να έχει στο

x + f(x) = φ( χ ) έχουμε: lim φ ( x ) = 2 χ --> 1 χ -1 και f ( χ ) = φ ( χ ) ( χ - 1 ) - χ . Ά ρα: Αν θέσουμε:

(I)

lim f(x) = lim ((x - 1)φ(χ) - χ] = 2 · 0 - 1 = - 1 . f\x) - f(x) - 2 = �f\x) + 3 - 2x (f( �) + 1)(f(x) -? 2) . �r2 (χ) + 3 + 2χ = r- (x) + 3 - 4xf(x) + l ? · (f(x) - 2) �f2 (x) + 3 + 2x = r- (x) + 3 - 4x 2

Ακομα ' h ( χ ) = ,

)

(

, χ < -2

αχ- + γχ + 6 χ+2

' χ > -2

-2 όριο πραγματικό αριθμό. Χ-+-Τ

Χ-4--Τ

Πρέπει και αρκεί lim f(x) = lim f(x) = l, l ε .!R ,

Λ ι'\ ση

(

α, β, γ ε IR ώστε η

-----=-----

χ + f(x) = 2 (1 ) να δείξετ ε ότι Αν Iim Χ --> 1 Χ - 1 f2 (x) - f(x) - 2 � = . lim χ--> Ι �f2 ( Χ ) + 3 - 2 Χ 5

Χ--7\

{��

Ν α βρείτε τα

Λ σ κ η σ η 2 '1

Χ�\

)

(

g(x) · (f(x) - 2) �f2 (x) + 3 + 2χ ,

Α ' Μέρ ο ς [ Δή μ ο ς Γ ιώργο ς]

)

βχ - 2 αχ2 + γχ + 6 ' ---= φ, (χ) και = φο- (χ) . αν θεσουμε: χ2 - 4 χ+2 βχ - 2 = (χ2 - 4)φ, ( χ ) ' Τοτε: � αχ2 + γχ + 6 = (χ + 2)φ ( χ ) 2 lim_ (β χ - 2) = Ο 2β 2 = 0

}

:�; (αχ2 + γχ + 6) = 0 β = -1 } -χ - 2 =Ά ρα: φ ( χ ) = _

}

� 4α - 2γ + 6 = 0 �

1 με , γ = 2α + 3 χ+2 χ2 - 4 . ) ι m φ 1 ( χ ) - 1 και φ ( χ ) - αχ2 + (2α + 3)χ + 6 χ -> - 2 4 χ+2 2 (χ + 2)(αχ + 3) = αχ + 3 με lim φο ( χ ) = -2α + 3 = Χ+2 Χ-->-Τ -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

82 τ.2/66

------ Μ αθηματικά για τη Γ Λυ κείου -----' 1 11 11 23 (f(x) + 1)2 � χ2 l f(x) + 1 1 � Ι χ Ι => Ετσι: (1) =>- = -2α+ 3 =>α =- ' γ = 2 - + 3 = => 4 8 8 4 (g(x) - 2)2 � χ 2 l g(x) - 2 1 � l x l -χ - 2 , χ < -2 , -lxl � f(x) + 1 � l xl χ2 - 4 . -Ν) = ιιl!]� =ο . (2) οπου !lli => Χ Χ Τελικά έχουμε: f(x) = 1 1 - I I � g(x) - 2 � I I 23 - χ2 + - χ + 6 4 8 Ά ρα από τις (2) και το κριτήριο παρεμβολής θα , χ > -2 χ+2 g(x) - 2 ) . είναι και ιim ( f(x) + 1) = Ο = lim χ-->0 (

{

ν -στού βαθμού ώστε

f(x) ιίm ν = ι, ι Ε JR. (1). χ-->0 Χ

Χ ---+ Χ ο

ότι

-->

l f(x) l = ι, ι Ε IR. να δείξετε ότι ι = ο Αν ιίm . 1 χ --> χ - 1 f(x) l f(x) l =ι. = ιίm l -. ! χ - 1 χ-1 l f ( x) l � Ο =:> ι � Ο . ( 1 ) Όμως, χ > 1 => -χ-1 f(x) f(x) Ενώ: χ < 1 => l l � O =:> ιim l l � Ο =:> ι � Ο Χ-1 χ-->Γ Χ - 1 (2) Ά ρα: ( 1 ),(2) => ι = Ο . χ --> 1 -

f2 (x) + g2 (x) + 2f ( x) - 4g(x) � x2 - 5 ( 1 ) χ Ε IR. , τότε να υπολογίσετε τα όρια ιim f(x), lim g(x) . χ---+ 0 χ ---+ 0 Αν

για κάθε

Η ( 1 ) γίνεται (f(x) + 1)2 + (g(x) - 2)2 � χ2 , για χ

Ε� .

ιίm f(x) = ιίm g(x) = Ο . Χ ---+ Χ ο

Χ --1- Χ ο

Από την ( 1) και αφού a > Ο προκύπτει af(x) < Ο < ag(x) => af ( x) - βg(χ) < -βg ( χ) < (a - β)g(χ) < Ο , αφού lim O . a < β . Είναι όμως, ιim(af(x) -βg(x)) = O = X---+ Xu Χ ---+Χο

Έτσι από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε:

0 0 0

κάθε

x-<J

f(x) < Ο < g(x) (1) για κάθε χ Ε IR. και ιίm ( af(x) - βg(χ)) = Ο με Ο < a < β να δείξετε

0 0 0

'Εχουμε: χιίm· l

x-<J

Αν

Θεωρούμε ότι υπάρχει τέτοιο πολυώνυμο . ν Αυτό θα έχει τη μορφή : f(x) = a ν χ + + a1 x + a 0 , f( ) : = φ ν ( χ) , τότε a ν =ι. Ο . Αν θέσουμε χ ν ιίm φ ν (χ) = ι και f(x) = χ φ ν (χ), οπότε --> 0

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο, θα προκύψει al = a = = a ν- 1 = ο και 2 aν χ lim = ι => a ν = ι => ι * ο αφού a ν * ο χ-->0 χ ν Άρα f(x) = ιχ με ι =ι. Ο Που προφανώς ικανοποιούν την ( 1 ) .

Αν f(x) + 1 = f1 ( x ) και g(x) - 2 = g1 ( x ) , τότε f ( χ ) = f1 ( χ ) - 1 και g ( χ ) = g 1 ( χ ) + 2 , οπότε lim f(x) = 0 - 1 = - 1 και lim g(x) = 0 + 2 = 2 . χ-->0 χ-->0

f(x)

ιίm f(χ) = Ο · ι => f(0) = 0 => a 0 = 0 => Χ 0 aν χ ν + ... + alx · a ν χ v - 1 + o o . + a x + al =ι ι ι = => ιm ιίm 2 χ --> Ο χ ->Ο Χ ν-1 Χν

{

χ --> 0

Που διαπιστώνεται ότι ικανοποιεί την ( 1 ) με ι = _!_ . 4 Να εξετάσετε αν υπάρχει πολυώνυμο

{

Έτσι :

β> Ο

ιίm ( -βg(χ)) = Ο => -β lim g(x) = 0 =>

Χ ---+ Χ ο

ιίm g(x) = Ο . Αν θέσουμε af(x) - βg(χ) = φ( χ)

Χ ---+ Χ ο

λαμβάνουμε f(x) = _!_ ( φ( χ) + βg(χ)) , οπότε θα a έχουμε: ιίm f ( x) = _!_ (Ο + β · Ο) = _!_ · Ο = Ο . a a Χ --> Χ ο

f 3 (χ) + f(x) = 8χ 3 , για κάθε χ Ε IR. (1) να δείξετε ότι: (ί) f(x) > Ο για κάθε χ > Ο , f(x) =2. (ίί) f(x) < 2χ , Vx > Ο , ( iii) ιίm Χ Αν

x ---+ +cc

Με χ > Ο έχουμε: (1) =>f(x)(f2 (x) + 1) = 8x3 => 8χ 3 => f(x) > Ο . f 2 (χ) + 1 Επίσης: (1) => 8χ 3 - f\x) = f(x) > Ο => f 3 (x) < 8χ 3 => f(x) < 2χ. Απο την f(x) < 2χ , για κάθε χ > Ο , προκύπτει f( ) Ο < � < , για κάθε χ > Ο ( 2). Όμως, χ χ

=> f(x) =

-;...

ιim

Χ ---+ +οο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

Χ ---+ Χ 0

-;...Χ = Ο

82 τ.2/67

οπότε απο τη (2) και το κριτήριο

------- Μ αθη ματικά για τη Γ Λυκείου ------παρεμβολής

f(x)

Δ� 7

είν αι και

θα

ί\σ κ η σ η ι 1 11

(3) .

Χ -> 1

.-.1

Αρχικά είναι

911 Ν α υπολογιστεί το lim f ( χ) όπου ί\σκη ση

....,...,

4' +)' + 2

Λ\)ση

4, + __!_ + 2 20' + ι + 2 . 5 ' ' 5' , οποτε Είν αι f( x ) ι ι 5' + 4 + 7 · 5' 3' + 4- + 7 5' Ο+ι+2· Ο ι , lim f ( x ) , δ ιοτι a >ι =:> 1.ιm a , = 0 . Η-«> χ -+ -00 0+4+ 7 · 0 4

----

ί\ σκηση 1 0 '1

όπου Ρ( χ) πολυώνυμο

Ρ( χ)

και li m f(x) = ι (1), f(O) = ι , (2) liπΊ f(x) = -oo (3) χ -+ +«>

χ �ι

και lim f(x) = 3 (4), να β ρείτε την f(x) . χ -> 2

Λ\)ση

ν Έ στω Ρ(χ ) = αν χ + . . . + α1 χ + α0 με aν :;e O , ν ι ν e Ν . ( ι ) => lim _E_ = ι => - lim x2- = ι . (5) Χν αν -> +οο οο αν -> + Χ

ι Αν ν > 2 απο (5) έχουμε _ · Ο = ι άτοπο. aν Αν ν < 2 , δηλαδή

ι _ . ( +οο ) = 1 αν

ν�ι

άτοπο.

Ρ ( χ ) = χ2 + μχ + κ και f(x) = ( 2 ) => -

από (5) έχουμε

Άρα

ν= 2,

χ2 + αχ - ι χ 2 + μχ + k

f(x) =

χ2 - ι

. ( 4 ) =>

4 + 2α - ι

χ2 + 3χ - ι ' , Άρα f ( χ ) = χ2 - ι

lim f(x) - /(5) = / ' (5) . χ-5 χ-->5

f(2x + 3) - f(6x - ι) χ-ι

οπότε .

[

2 x+ :J = w

χ --ιο l

χ- 1

ω�5

Ι.ιJ --Ιο 5

6x-l =w

f(2x + 3) - f(6x - ι) _ , , Αναλογ α βρισκουμε.. f(x + 4 ) _ f(3x + 2)

/(2 χ + 3) - /(5) /(6 χ - 1 ) - /(5) χ-1 χ-1 = f(x + 4) - /(5) _ /(3 χ + 2) - /(5) χ-1 χ-1

οπότε ομο ίως βρ ίσκουμε

Β = 2/ ' ( 5 ) - 6/ ' ( 5 ) = -4 = 2 . / ' ( 5 ) - 3/ ' ( 5) -2

ί\ σ κη σ η 1 2'1

(3) => 1im ( χ 2 + μχ - ι ) = 0 => μ = 0 => + χ 2 + αχ - ι

Εχουμε

κα ι

χ-1 = /(2 χ + 3) - /(5) _ /(β χ - 1 ) - /(5) · χ-1 χ-1 Αν .\ (χ) = J(2x + 3) - /(5) = χ-1 = f(ω) - /(5) = 2 /( ω ) - /(5) = gι (ω) , ω-3 _1 ω-5 2 τότε lim λ1 (χ) = l im g (ω) = f ' ( 5 ) . Εξάλλου αν 1 \ (χ) = j(6x - ) - /(5) = χ-1 = f ( ω ) - /(5) = 6 f(ω) - /(5) = g2 (ω) τότε ω+1 _1 ω-5 6 lim \ ( χ ) = l i m g (ω) = f ' ( 5 ) . Άρα Α = 2/ ' ( 5 ) - 6/ ' ( 5 ) = -4/ ' ( 5 ) .

ι χ2 + αχ - ι = ι =:::> k = - ι => f ( x) = ' k χ2 + μχ - ι

Χ -+ 1

-l

_ f(2x + 3) - /(5) + /(5) - f(6x - 1 ) =

3' +4· )' + 7 .

χ 2 + αχ - ι

f(2x + 3) - f(6x - ι) . f(x + 4 ) - f(3x + 2)

Λ\) ση

Αν f(x) =

. f(2x + 3) - f(6x - ι) Α = l ιm

Β = li m

f( χ)

παραγωγίζεται στο

χ0 = 5 και είναι f ' ( 5 ) :;e Ο Ν α υπολογιστούν τα

όρια

f(χ)

συνάρτηση

- 3 => α - 3 .

JR .

Έστω f (χ ) μια συνάρτηση παραγωγίσιμη στ ο

Να

παραγωγίζεται

f ' (O) = Ο .

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' 82 τ.2/68

δείξετε

ότι

αν

στο

η και

g(x) = / (I�) μόνο

αν

Μ α θη ματικ ά για τη Γ Λυκε ί ο υ -------

-------

Λί1σ η

με τετμημ ένη

Λ ί1ση

f(x) - f(O) = f ' (O) . Αρχικά είν αι lim

χ0 , ως συνάρτηση των α, χ0•

( χ) - 2 χ + 3 = φ( χ ::::} ιim φ (χ) = α και ) = Η g (x) / (lxl ) παραγωγίζεται στο Ο αν και Χ - Xa f(x) - 2x + 3 = ( χ - χ0 )φ( χ) ::::} λ (x) = 1, 1 Ε IR , όπου μόνο αν lim Χ --> 0 lim (f(x) - 2 χ + 3) = lim (x - χ0 )φ( χ) ::::} g (x) - g (O) = Χ->� Χ->� λ (χ) = χ f(x0 ) - 2 χ0 + 3 = Ο · α ::::} f(x0) = 2 χ0 - 3 . f (x) - f (O) f(x) - f(xo ) = Αν λ( χ) χ>Ο , 0 Χ - Χ0 χ _ / (lxl ) /( ) _ χ 2 χ�0-� 2χ_-_3_-�(_ 3) = φ ( χ ) + 2 , - - ! (- χ ) - / (0) χ < Ο ..:...(χ� _ ...:.(χ_ ... -_χ=0)..φ...:. ... ) + , Χ - Χ0 (- χ ) τότε lim λ ( χ ) = α + 2 => f ' ( x0 ) = α + 2 . Αλλά lill}λ( x) = /' (0) και lί� λ ( χ) = -/ ( 0) Χ �Χο Η ε φ απτομένη της C1 στο χ0 έχει εξίσωση : ν ( χ ) στο χ0 = Ο Άρα γ ια α παραγωγίζετ αι η g y = ( α + 2) χ - αχ0 - 3 . πρέπει και αρκεί f( ο) =-f( ο) δη λαδή f (ο) = ο . Χ-->0

_ _ ....:.. ..:..._

χ-()

Έστω

χ_,()

λ σ κ η ση 1 311

f ( χ)

Ά σ κ ηση 1 5'1

μια συνάρτηση παραγωγίσιμη

[)

f (x) - f �5 = 15 ( 1), στο χ0 = Ο . Αν lim 7χ να βρείτε τον αριθμό / ' (Ο) . Χ --> 0

ΛίJ ση

[]

f(x) - ι � 5 ( 1 ) => .!. ιim 7

Χ --> 0

[]

χ -+ χ ο

Έστω f(x) μια συνάρτηση συνεχής στο Χο = 1

l f(x) - x2 1 = I Ε IR . Να δείξετε ότι χ 1 χ-1 (i) / = 0 (ii) /( 1 ) = 1 (iii) / 1 ( 1) = 2 . με

τότε

lim -->

Λί>ση

(i) Απο την ( 1 ) έχουμε: IJ(x) - x2 1 IJ(x) - x2 1 lim+ = lim =I. χ-1 χ-1 χ ..... 1 χ ..... 1-

15 ::::}

Όμως,

χ>1 =>

IJ(x) - x2 1 lf(x) - x2 1 lim ο ::::} ι >- ο χ-1 χ - 1 -> 1 05 , (2) χ χ IJ(x)-1 1 IJ(x) -1 1 και χ<1 => ::; O::::} lim <0::::}/ -<0 χ -1 χ -1 f ( x ) - f ( O) Τελικά 1 = 0 . Αν λ ( χ ) = τότ ε χ IJ(x) - x 2 1 = φ( χ) ::::} lίm φ ( χ) = I και (ii) ι �5 - /(0) �=ω 1 χ ,, f(ω) - /(Ο) = .!. λ ( ω) με limω = O , l f(x) - x 2 1 = ( χ - 1)φ( χ) ::::} 5·ω χ 5 5 5 . ::::} �}� l f(x) - χ2 1 = Ο · l ::::} /( 1) = 1 οπότε ( 2) => f' (Ο) - f' (Ο) = 1 05 ::::} f' (Ο) = 'Ε f(x) - x2 f(x) - 1 + 1 - x2 Λ σ κη ση 1 4 '1 χουμε: χ-1 Έστ ω f ( χ ) μια συνάρτηση συνεχής στ ο χ-1 f(x ) - 1 . f(x) - 2x + 3 = α Ε IR , τότε να �.... .t...._ - (x + l ) => f(x) - 1 = f(x) - χ2 +(x+ l ) Χ0 Ε IR Αν lιm χ-1 χ-1 χ-1 Χ - Χο � - ιc ο) ι lim f(x) - /(Ο) - 5 Χ -> ()

2: ο ::::} ..!...-�

χ ..... 1+

χ->Γ

()

χ -+ Ι

�

x_,(J

�

χ -> χιι

δείξετε ότι η

f (χ )

παραγωγίζεται στο χ0 και

να βρείτε την εφαπτ ομένη της c/ στο σημείο

και λόγω της

(2)

lim f(x) - 1 = 0+( 1 + 1 ) = 2 ::::} / 1 (1) = 2 . χ-->1

χ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/69

------

Μ αθηματικά για τη Γ Λυκ είου ------

=::;. f'(O) = Ο .

Β ' Μέρ ο ς [ Πατή λας Χρήστ ο ς ]

Να υπολογίσετε το όριο

'Εχουμε μορφή ορίου

�χ2 + χημχ + l - l lim χ2 + εφ2χ χ--->0

(�i +χημτ +1)2 -1

+εψχ

ημχ Ι+ χ

•

(%) Αν

1 -1 _ !( χ) �i �χημτ � χ:-

(γ)

-t

μια

= [f(x) - f(xo )][f2 (x) + f(x)f(xo ) + f2 (Xo ) + Ο ' οπότε + f(x) - f(xo ) .Jf(x) + �f(x0 ) :;z:

λΜ =

συνάρτηση

Ο και f3(x) + �f(x) = χ (1)

για κάθε χ 2': Ο Να αποδειχθεί ότι: (α) Η f είναι συνεχής στο χ = Ο ,

χ = Ο,

(β) η f είναι παραγωγίσιμη στο (γ)

f(x) > Ο

για κάθε

χ > Ο,

(Ο, + οο ) (Ο, +σο) .

(δ) αν η f είναι συνεχής στο είναι και παραγωγίσιμη στο

.τ --+ 0 +

και του κριτηρίου παρεμβολής, θα είναι και lim f(x) = f(O) . lim f(x) = O , δηλαδή, :ι:- ο+

Επομένως η f είναι συνεχής στο χ = Ο . (β) Διαιρούμε με χ > Ο και τα τρία μέλη της

Ο ::; f (x) ::; χ (4). χ lim (x) = Ο και lim Ο = Ο

(3) και παίρνουμε Αφού,

:ι:-0..-

J: -+ 0 +

από το

κριτήριο παρεμβολής και την (4 ) έχουμε:

l im f(x) = Ο =::;. limα f(x) - f(O) = Ο =::;. . χ χ� + Χ - Ο

.ι· �ο+

f2 (x) + f(x)f(xo ) + f2 (xo ) +

lim λ ( χ ) =

1 3 f 2 ( χα ) +

:r --+ .τ0

τότε

( 1 ) =::;- x - �f(x) = !3 (χ) ?:. Ο � �f(x) ::; χ =* f(x) ::; χ2 . Άρα, Ο ::; f(x) � χ 2 (3) για κάθε χ ?:. Ο . Η (3) για χ = Ο δίνει Ο ::; f(O) ::; Ο , δηλαδή f(O) = Ο . Επίσης, lim χ2 Ο και li m Ο = Ο , οπότε λόγω της (3 ) :ι: - 0 �

1 � 2 νΛχο )

Δίνεται

συνάρτηση

f(x) =

f(x)

= l Ε IR

παραγωγίσιμη

{;'(2 -

JΛχ) 1 fi(;J

Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο και f ' ( χ 0 ) = 1 ·

(α)

;Γ --+ 0 ..,.

.τ -χ0 = /(x) + �f(x) - j3 (x0) - �f(x0)

Jχ2 + χημχ + Ι + Ι

τέτοια ώστε f ( χ ) �

δίνει f( χα) = Ο . Τότε η ( 1 ) για f 3 (x0 ) + �f( χα ) = χα =::;. Ο = χ0 , άτοπο. Ά ρα f(x) += Ο , για κάθε χ>Ο. Αφού έχουμε: f(x) ?:. Ο για κάθε χ ?:. Ο θα είναι f(x) > Ο για κάθε χ > Ο . f(x ) - f( χα ) με (δ) 'Εστω χ0 > Ο και λ ( χ ) = χ > Ο, χ '# χ 0 τότε

f : [ Ο, + οο )

' Ε στω

ώστε

χα > Ο χ = χα

χ - χ

1 1+1 · . f ( χ ) = -l1m = -1 . α � 1 + 1 2 �Ο + Ο + 1 + 1 2 ,,

αρα

Υποθέτουμε ότι υπάρχει

στο

f(x0 )

( Ο, +οο) χ0

χ�1 χ) + Ρ (χ) αν χ > 1

αν

όπου Ρ οποιαδήποτε παραγωγίσιμη στο χ = 1 συνάρτηση. Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της Ρ εφάπτεται στο ση μείο της Α 1, P(l)

(

)

σε συγκεκριμένη ευθεία της οποίας

να βρεθεί η εξίσωση.

χ > 1 � -χ < -1 =;.2 - χ < 1 � f (2 - x) = 2 - x =::;. / (2 - χ) = (2 - χ/ =::;. αν χ ::; 1 χ f( x) = ( 2 - χ )2 + Ρ( χ ) αν χ > 1 Αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο χα = 1 είναι και συνεχής στο χ0 = 1 . Ά ρα, l im f(x) = l im f(x) = f( 1 ) =*

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2170

:ι: --+ 1 -

:1: --+ 1 +

θα

------

Μαθη ματικά για τη Γ Λυκείου

1 = 1 + Ρ( 1 ) ==> Ρ( 1 ) = Ο .

Επίσης, αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο

1---'

χ0 = 1 ισχύει: Jirn f(x) - !(1) = lim f( x) - ! ( 1) ==> χ-1 χ-1 1. . χ)-1 χ - 1 = 1 llll ) 2 + Ρ(� ( 2 - χ'---'-l lll Χ - 1 Χ - 1 Ρ( χ ) · ==> 1 = lim x - 3 + Χ - 1 χ Αν θέσουμε: χ - 3 + Ρ( ) = g (x) , έχουμε χ-1 = g (x) -- x + 3 δηλαδή �� ·q ( x) = 1 και "· � ι -

-) [ .

., � ι ·

.ι � ι -

παραγωγίσιμη

στο

!f(2x- f(xo) ι( Fο ) -

συνάρτηση

g( x) =

χ - χ,)

με

και

Χ0 ) - .f(x0 ) - 9(χ - χ0 ) , χ :::; Χ0 , χ > χσ

η οποία επίσης είναι παραγωγίσιμη στο χ0 • ' ' τα ορια ( α) Ν α β ρειτε . I ιm x---+ xt

g(x) - g(x0) Χ - Χο

(β) Ν α βρείτε την

ι·ιm

g(x) - g(xo )

;

A (x0, f(x0))

και

g 1(x0 ) .

(t - (x ) = f , f , = χ, f Χ

και

g( χ) δίχως το

�

στα

B (x0 , g(x0 ))

Χ0 •

- χ0 _

lίm

χ -+ χ 0

· - Xa

(t},----�i

x, )

f (t) - .f (x0 ) t + χ0 t - x0 1

-- ·

λ2 ( χ ) =

lίn1

t ---t x 0

g2 ( t ) =

]

(

, g2 t ) , οποτε. •

' (x ) 1 = χο __ /' ( χο ) = f o . 2 2 Χο β)

Επειδή η g είναι παραγωγίσιμη στο χ0 έχουμε:

1. ιm

g(x) - g(xo )

χ - χ,)

Χ - Χο

= ιm

ι·

.r�x,t

g(x) - g(xo ) Χ - Χο

) =-=? 2j1(x0 ) - 9 = f1(xo =? 4f'(-Χϊ1) -18 = J'(-Χϊ1) =? 2

0 -fC-Χϊι) =α1-χu )

f ( 2 x 0 - χ 0 ) - f (x 0 ) - 9 (χ 0 - χ 0 ) =0, οπότε: χ<χο=>λι (χ) = g(x) -g(xo ) = f(2x--'Q)-f(-'Ο

) -9::Χ --';ι )

Χ--';ι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

C 1

Οι εξισώσεις των εφαπτομένων των

και

C ,.

στα σημεία A ( x0 , .f( x0 ) ) και B ( x0 , g(x0 ) ) είναι αντίστοιχα: y - f (x0 ) = / 1(χ0 )(χ - χ0 ) και y - g(x0 ) = g 1(x0 )(x - χ0 ), δηλαδή y = g1(x0 )(x - x0 ) , αφού g ( χ0 ) = Ο Επειδή η παραπάνω ευθείες τέμνονται στο M(l, O) θα έχουμε:

(α) Προφανώς έχουμε: g(x0 ) =

.Υ - .\ο

γ)

αντίστοιχα τέμνονται στο σημείο M(l, O) να εκφράσετε τη

=σο

[

χ - χ()

Χ - Χ0

6 Ι Ι I =? 3j (χ0 ) = 18 =? f (χ0 ) = 6 =? g ( χ0 ) = - = 3 . 2

(γ) Αν οι εφαπτομένες των C1 και C ση μεία

και

f' (x0)

g1 (h) = 2 f '( x0 ) - 9

!( � ) - f(xo ) F.;

JR η οποία είναι

χ0 > Ο

οπότε

Εξάλλου: χ>χ0=>λ2 (χ)= g(x) - g(xo ) =

h) ,

g(x) - g (xo ) = 2 /' ( χ0 ) - 9 . χ - Χο

f χ0

/ι� .,-0

li m

Συνεπώς, η C εφάπτεται στο σημείο A (1, P ( l )) στην ευθεία y - Ρ(1) = Ρ'( 1 ) (χ - 1 ) , δηλαδή y = 3χ - 3 . Έστω συνάρτηση

( Χο ) - 9 = g1 (

Η ( 1 ) με τη βοήθεια της (4 ) γίνεται:

χ-'- ) ---'--'Ρ( --'Ρ( 1 ) = g ( χ ) - χ + 3 οποτε , ---χ-1 1 i ιn Ρ( χ ) - Ρ( 1 ) = 3 , δηλαδη Ρ ( 1) = 3 χ_1 .ι � Γ

�:

χ -4 .ι-0

:��

(

lίm_ λ 1 ( χ ) = lίm

.ι· � ι -

2 χ - χο = Ιι

f ( 2 x - xo ) - J (xo ) 9 χ - χΙ)

0 =3(1 --Χϊ1 )

Τελικά είναι

g(x) =

82 τ.2171

)

==>

f (2 x - 1 ) - 9(χ - 1 )

.r ( .Jx )

)

-fC-Χϊι) =6(1--Χϊ1 ) ==>fC-Χϊι) = Ο -Χϊι = 1

, χ ::; 1

,χ>1

� Ο �

«Η καρδιά

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

Ε υ κλ ί δ ης π ρ οτείνει .. . .. Επιμέλεια:

Γ . Κ. η> J Λ ΝΠ>Σ - Ν. 0 Λ Ν Η! Ν Ο f10 Υ Λ Ο Σ

�

0 . Λ. Τ Ζ ΙΩΤ Ζ Ι ΟΣ

Φίλοι και συνεργάτες της στήλης, δυστυχώς και πάλι, για λόγους επικαιρότητας του περιοδικού, η στήλη μας υπέ στη σοβαρή περικοπή ύλης με «θύματα» πολλά προτεινόμενα θέματα. Ελπίζουμε ότι στο τεύχος αυτό, θα απο καταστήσουμε την ομαλή παρουσίαση της ύλης του . υπόθεση , λόγω της (6), γράφεται ισοδυνάμως: ΑΣΚΗΣΗ 1 8 1 (τΕΥΧΟΥΣ 76) Αν για τους θετικούς πραγματικούς χ, y, z ισχύει: ι ι 2 2 2

xy + yz + zx = .!.. , να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της: 2 ι ι ι + + και οι τιμές των χ, y, Α= (x + y)y (y + z)z (z + x)x z για τις οποίες έχουμε την ελάχιστη τιμή . (Γιώργος Αποστολοπουλος -

Μεσολόγγι)

ΛΥΣΗ 1 8 (Α ντό)Vη ς Ι ω αννίδης - Λάρισα ) .

Σύμφωνα με την υπόθεση , έχουμε διαδοχικά:

2(xy + yz + zx) ��--� 2[xy + z(x + y)] ι ��--� = (x + y)y (x + y)y (x + y)y χ z ι χ z = 2(- + -) => = 2(- + -) (ι) x+y Υ (x + y)y x+y Υ y ι = 2(-- + �) (2) και κυκλικά: (y + z)z y+z z z ι = 2(-- + y_) (3) . Συνεπώς, και z+x χ (z + x)x x z Y_ + � + Α = 2( __ + .:_ + _ - + y_) = x+y y y+z z z+x χ ι z ι χ ι y 2(- + - + -- + - + -- + -) (4) z χ ι+� ι + r Υ ι + .:. z χ Υ

xy + yz + zx = - C> k xz + k xy + k yz = 2 2 ι ι ι C> k 2 (xy + yz + zx) = - C> k 2 · - = - C> k 2 = ι 2 2 2 Δηλ. k = ι και τελικά χ = y = z . Επειδή ισχύει a + b + c 1 r.� vabc � ι και η f t (0, +οο) ' συνάγεται ότι 3 ι a+b+c ι 3 ) � f(l) = ι + - = ι + - = - και λόγω της (5), f( 2 2 ι+ι 3 . a+b+c έχουμε: A � 6 · f(--) � 9 . Τελικά: mιn(A) = 9 , για 3 ι , χ = y = z = J6 . (τιμη, που προκυπτει απο, την υπο' θ εση ) . ---

ΛΥΣΗ 2

(Γεώργιος Κατσαούνης -

Πρέβεζα)

xy + yz + zx = .!.. ( l ). Θέτουμε : 2 ι ι ι . Για τους θεΚ= ,Μ = ,ι = (y + z)z (z + x)x (χ + y)y τικούς αριθμούς (x + y)z, (y + z)x, (z + x)y εφαρμόζουμε την ταυτότητα του Cauchy , οπότε (χ + y)z + (y + z)x + (z + x)y Δίνεται:

(2)

� 3 · ψχ + y)y(y + z)z(z + χ)χ

C> 2(xy + yz + zx) � 3 .

y_ = a , .:_ = b , � = c , η (4) γράφεται z χ Υ ι ι ι Α = 2(a + b + c + + --- + -) = ι+a ι+b ι+c = 2[f (a) + f(b) + f(c) ] , όπου έχει θεωρηθεί η συνάρτηι ση : f(t) = t + -- , t > Ο . Επειδή ι+t ι f'(t) = ι > Ο , για κάθε t > Ο και (l + t) 2 2 2(t + ι) f"(t) = --4 = --3 > Ο , για κάθε t > Ο , η συνάρ(t + ι) (t + ι) τηση f είναι γνησίως αύξου σα και κυρτή στο σύνολο (0, +οο ) . Επομένως, ισχύει ότι a + b + c f(a) + f(b) + f(c) Α f( - ) = (5) με την ισότητα 3 -- 3- � 6

κ + ι + Μ � 3 · .VκιΜ (4). Από τις (3) και (4) έχουμε : Κ + ι + Μ � 9 (5). Η ισότητα στη σχέση (2) ισχύει όταν και μόνον όταν είναι: (χ + y)z = (y + z)x = (z + x)y και όπως εύκολα βρί-

y = kx r .:. "" � = k C> z = ky (6) ' οπότε η = a = b = c C> χ Υ z x = kz

x=y=z=

Αν τεθεί :

να ισχύει όταν και μόνον όταν:

C> 1 � 3 .

�

ι C> .VκιΜ ΚιΜ

�3

C> 3 . .VκιΜ � 9 (3)

Επίσης, από την ανισότητα του Cauchy για τους θετι κούς αριθμούς Κ, ι, Μ έχουμε:

χ = y = z . Η σχέση ( ι ), για ι χ>ο 1 , χ= 1 χ 2 = C> 3χ 2 = χ = y = z , δινει: J6 . 2 C> 6 1 ι = - = 3 , οπότε Κ + ι + Μ = 9 . και Κ = ι = Μ = 2 I 2χ 3 Τελικά, η ελάχιστη τιμή της παράστασης Α είναι 9 για σκουμε, όταν

I 16 .

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/72

Β αγγέλη ς

------

Ευ κλείδη ς προτείνει

Μ ου ρούκος-Αγρίνιο. Δη μήτριος Κουκάκης - Κιλκίς, Γ ιάννης Ηλιόπουλος-Καλαμάτα, Βασίλειος Νικολάκης Θεσσαλονίκη, Ι ωάννης ΑνδριΊς-ΑθtΊνα, Διονύσιος Γιάνναρος-Πύργος. Ροδόλφος Μ πόρης-Δάφνη .

182.

Α Σ Κ Η Σ Η 1 82

(Σ)

{

( ΤΕΥΧΟΥΣ 76 )

Να λυθεί στο σύνολο R το σύστημα: .J4 - x 2 = 8 - 4y + 2x (1)

• . . ------

ταξύ τους παράλληλες, η μεγαλύτερη σε μήκος είναι αυ τή που διέρχεται από την αρχή των αξόνων. (Ορέστη ς Κατσάνος - Πρέβεζα). ΛΥΣΗ 1": (Βαγγέλης Μ ουρού κος - Αγρίνιο) --> χ Υ Υ ). 1) Θεωρούμε τα διανύσματα u=(__! ,__!) � ,2 και ν = (α β α β Επειδή τα σημεία Μ 1 , Μ 2 ανήκουν στην έλλειψη C , __,

8χ - 2xy + (3χ - 4y).J4 - χ 2 = Ο (2) (ΑντιίJνης Ι ωαννίδης - Λάρισα ) ΛΥΣΗ (Δημήτρης Μ αντζαβίνος - Λαμία) Το σύστημα ορίζεται για 4 - χ 2 � Ο <=> lxl ::;; 2 . Η (2) , λόγω της ( 1 ) , γράφεται ισοδυνάμως: 8x - 2xy + (3x - 4y)(8 - 4y + 2x) = 0 , η οποία μετά τις πράξεις καταλήγει στην εξίσωση : 3x 2 + (1 6 - 1 1y)x + 8y 2 - 1 6y = 0 ( 1 ) με διακρίνουσα ως προς χ ίση με : Δ χ (1 6 - 1 1y) 2 - 1 2(8y 2 - 1 6y) = = 25y 2 - 1 60y + 256 = (Sy - 1 6) 2 8y - 1 6 και λύσεις: χ = y ν χ = ---

�� =

είναι

��-��::;; ��-� �� I χ�� Υβ; ι

= 1 . Από την ανισότητα

ι�-;I::;; ι�-;I �I I � 1

προκύπτει ότι ισχύει Ομως, ισχύει ότι

= 1 <=>

2 ::;; 1 .

' δηλ. όταν και μόνον

l. Αν χ = y , τότε (l) <=> .J4 - x 2 = 8 - 2χ

1 J�::o

� 2 �� Ω που είναι αδύνατη . ..... 2 L5X -32x +ffi =0

4-χ2 = (8 -.<..'C)

3χ + 1 6 8y - 1 6 , 2. Αν χ = -- , δηλ. y = -- η ( 1 ) δινει: 8 3 3χ + 1 6 χ "11ι.-?' 4 - χ - = 8 - 4 · -+ 2χ <=> ν,-.---z 4 - χ - = - <=> 8 2 και δεκτή ρί<=> 1 6 - 4χ 2 = χ 2 <=> 5χ 2 = 1 6 <=> χ = ±

4 ' ζα χ = . Τοτε: y = J5

4 3 · - + 16 3 J5 =2+ . 8 2J5

είναι λ= 1 , τότε τα σημεία Μ 1 , Μ 2 ταυτίζονται, άτο-

πο. Άρα, είναι λ = -1 , οπότε Λ --+ --+

� -+

Β αγγέλης Μ ουρούκος -- Αγρίνιο. Δη μιΊτριος Κουκάκης Κ ιλκίς . Γιάννης Η λιόπουλος - Καλαμάτα. Β ασίλι:ιος Ν ικολάκης - Θι:σσαλονίκη. Ι ωάννης Ανδρi1ς Αθήνα. Δ ιονύσιος Γιάνναρος -- Πίφγος , Ροδ6λφος Μ πόρη ς Δάφνη . Γιιοργος Αποστολόπουλος - Μ εσολόγγ ι, Κων/νος Τζαγκαρr'lκης - Χανιά, ΓιιίJργος ΔεληστάΟης Κάτω Π ατήσια. Ι ωάννα Γιαννακοπούλου -- Κοr)θί Άν δρου . Ν ι κ6λαος Π αύλου - Χ αλκίδα. Γιάννης Σταματο γιάννης - Δροσιά. ΑΣΚΗΣΗ 1 83 . (τΕΥΧΟΥΣ 76)

-·-

·-

χ 2 y2 Δίνεται η έλλειψη C : 2 + 2 = 1 , α > β > Ο και δύο σηα β μεία της M1 (x 1 , y1 ) , M 2 ( x 2 , y2 ) διαφο ρ ετικά μεταξύ τους. Να δειχθεί ότι: χ 1) -1 :::; ι:" + y1�2 < 1 . (Πότε ισχύει το ίσον) της έλλειψης (C) που είναι με-

Λ -+ �

u· ν = -1 <=>συν( ν) = -1 <=> υ,

(u , ν) = π και τα σημεία Μ 1 , Μ 2 είναι aντιδιαμετρικά σημεία της έλλειψης C . Επομένως, ισχύει χχ - 1 ::;; 1 2 2 + Υ ι Υ2 2 < 1 με την ισότητα να ισχύει μόνον α β ....

--+

όταν u = - ν . 2 ) Έστω Κ (χ 0 , y 0 ) σημείο της έλλειψης C τέτοιο, ώστε

M,Mz ! α<. . Αρκεί να δείξουμε ότι ισχύει

Λύσεις έστειλαν επίση ς οι συνάδελφοι:

βα2) Από όί.ε� n� zορδές

Αν

�Μι�� Ωιαι

ή ισοδύναμα: (χ2 - χ1 ) 2 + (y2 - y1 )2 :5; 4(χ � + Υο ) ( 1 ) Αν χ 0 = Ο , τότε I Yo l = β και χ 2 - χ 1 = 0 και η ( Ι ) γρά φεται (y2 -y1 )2 ::; 4β2 <=> IY2 -y1 1 ::; 2β , που π ροφανώς ισχύ ει. Αν χ 0 :;: Ο , τότε ορίζεται ο συντελεστής διευθύνσεως y μ = � του ΟΚ , ισχύει μ = 2 Υ ι_ και η ( 1 ) γράφεΧο Χ2 - Χι 2 ται ισοδύναμα: (l + μ Χχ2 -χ1 ? :5; 4(1 + μ2 )� ή το αυτό (χ 2 - χ 1 ) 2 ::;; 4χ� (2). Παρατηρούμε ότι: (χ2 -χ ι ? (y2 -yι )2 (� lι -� fz _ (ι X2 Υι Υ2 = 2 + 2 ) +( 2 + 2 ) 2 2 + 2 ) + α2 α β α β α β2 β 2 2 - ) ( -y ) + Υι Υ2 = 2-2(ι� ) :5; 2-2·(-1) = 4 =>i._� σ!Χι + y2 2 ι :5; 4 <::::> 2 2 α β β 2 2 (χ 2 - χ ι ) (y 2 - Υι ) ::; χ � Υ� + 4( 2 + 2 ) <=> α β α2 β2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2!73

-------

Ευκλείδης προτείνει . . . 1 98 .

Λ ΥΣΗ 2 " (Διονύ ση ς Γιάνναρος -- Πύργος ) Η λύση διαφοροποιείται ως προς το δεύτερο

σκέλος της απόδειξης. Έστω y = λx + k η εξίσωση μιας ευθείας (ε) '

: �

που τέμνει την έλλειψη C : χ + = I στα σημεία α- β, , οι (x (x ) συντεταγμένες των οποίων είναι M1 1 y1 ), M2 2 y2 y = λx + k οι λύσεις του συστήματος: χ 2 / . . + =I αz β 2

Η δεύτερη των εξισώσεων, λόγω της πρώτης, γράφεται ισοδύναμα : α 2 (λχ + k) 2 + β 2 χ 2 - α 2 β 2 = Ο και παίρνει τελικά ( μετά τις σχετικές πράξεις ) τη μορφή : (α2λ2 + β 2 ) χ 2 + 2α 2 λkχ + α 2 (k 2 - β 2 ) = Ο ( I ) . Η ( I ) δέχεται ρίζες χ 1 , χ 2 πραγματικές και άνισες όταν

' ' + β'- ) > 0 με και αρα Δ = 4α2 β-' ( -k-' + α_λ_ I χ1 - χ 2 I = JΔ α ·

(χ , -χ2 )2 =

� . Τότε: y, -y2 = λ(χ, -χ2 ) => (y, -y2 )2 =

α-

λ2 Δ λ2 ( χ , - χ z ) 2 => ( y , - y z ) 2 = , αΓια το μήκος της χορδής Μ 1 Μ 2 έχουμε: Δ λ2 Δ (λ2 + \ )Δ = ( Μ , Μ 2 ) z = ( χ , - χ 2 ) z + ( y , - y 2 ) 2 = --,- + α2 α- α 2 (λ2 + I) 2 2 ' ' + β2 ) , - 4α β ( - k-' + α-λ= -αz z = 4β 2 (λ2 + \ )( _k 2 + α 2 λ2 + β 2 ) � 4β (λ + Ι )(α 2 λ2 + β 2 ) => ( Μ 1 Μ 2 ) � 4β 2 (λ2 + Ι )(α 2 λ2 + β 2 ) => max( M 1 M 2 ) = 4β 2 { λ2 + Ι )(α 2 λ2 + β 2 ) που συμβαίνει για k = Ο , δηλ. για ευθεία της μορφής y = λχ , λ -:ι= Ο , που διέρχεται από την αρχή των αξόνων. ·

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

Δη �η1τριος Κου

κάκης - Κ ιλκίς, Γ ιάννη ς Ηλιόπουλος - Καλαμάτα, Ροδόλ φος Μ πόρης - Δάφνη , Κων/νος

Τζ αγκαρά.κης - Χ ανιά,

Γι<iφγος Δελη στάθης - Κ άτω Π αη] σια, Γι<i)ργος Μ ιΊτσιος - Ράμια Ά ρτας. Γιάν\11ς Στα μ ατογιάννης - Δροσιά , Γε(ορ

Κατσαο ύνη ς - Π ρ έ β ε ζα . Δη μι1 τρης Μ αντζ α β ίνος Λαμία, Αντ<iη:ης Ι ωαννίδης - Λάρισα, Φίλιππος Σεpέφο

γιος

γλου - Μ ελίσσω. Μ ιχrίλη ι:; Σταθακόπουλος - Α θιΊνα.

-------

Jl J> (H E i i\ O M E :\. \ Η Ε \ ! \ Τ . \

Σ ε κάποιο δρόμο μιας μακρινής πόλης τ α σπίτια ήταν κτισμένα στη μία πλευρά του και είχαν την αρίθ μηση \ ,2,3, . . . . . Μετά από ένα φοβερό σεισμό έπεσαν όλα τα σπίτια. Ο μαθηματικός κ. Μ προσπαθεί ύστερα από χρόνια να εντοπίσει ένα συγκεκριμένο σπίτι έχοντας τις εξής πληροφορίες. Α. Το πλήθος όλων των σπιτιών ήταν μικρότερο από 500. Β. Το σπίτι που αναζητούσε είχε αριθμό μεγαλύτερο του 50. Γ. Το άθροισμα S 1 των αριθμών όλων των σπιτιών που βρίσκονταν πριν ωcό το ζητούμενο σπίτι ήταν ίσο με το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών που βρίσκονταν μετά από αυτό.Ζητείται να προσδιορισθεί ο αριθμός του σπιτιού που αναζητούσε ο κ. Μ καθώς και το πλήθος όλων των σπιτιών. (Λ ευτέ ρης Τ σιλιάκος - Γαλάτσι) 1 99 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι: ΒΓ = I και ΑΒ = ΑΓ = β > I , όπου β η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσω3 σης: χ - 3 χ 2 + Ι = Ο . Θεωρούμε τα σημεία Δ, Μ της πλευράς ΑΒ και τα σημεία Ε,Ζ,Κ της πλευράς ΑΓ , ώ στε να είναι: ΓΔ=ΓΕ=ΑΖ= Ι ΑΜ=ΜΒ και ΚΑ=ΚΒ. Στο εσωτερικό του τριγώνου κινείται σημείο Ρ έτσι, ώ στε να ισχύει (ΡΒΔ)=(ΡΚΕ). 1. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Ρ. 2. Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΑΡ , ΒΖ , και ΚΜ συντρέ χουν. ( Γ ι ιί) ργος ΜιΊτσιος - Ράμια Άρτας) 2 0 0 . Δίνεται κανονικό επτάγωνο Α 1 Α Α 3 .Α 7 εγγε2 γραμμένο σε κύκλο (0 1 , R 1 ) . Αν οι οι ευθείες Α 1 Α 2 και Α3Α5 τέμνονται στο σημείο Β, οι ευθείες Α3Α5 και Α4Α7 στο Γ και οι Α 1 Α 2 και Α4Α7 στο Δ, ζητείται να αποδειχθούν τα ακόλουθα: 1 . Αν (03 , R3 ) είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΒΔ τότε το τετράπλευρο ΓΑρΑ7 είναι εγγρά ψιμμο σε κύκλο , έστω (0 2 , R 2 ) . 2 . Οι κύκλοι (0 1 , R 1 ) και (0 , R ) είναι ίσοι. 2 2 3. Ο κύκλος (03 , R3 ) διέρχεται από το σημείο Α6 4. Αν είναι α η πλευρά του κανονικού επταγώνου τότε ισχύει ότι: ΙΑ, =αJ2 . (Γ αί)ργιος ΚατσαοίJ\ης - Πρέβεζα) 20 Ι . Αν α, β είναι γνωστοί θετικοί ακέραιοι να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις των εξισώσεων: + (1) αχ + ( α+ 1 ) y = • • •

(2 )

αΡ2 β α2 . ω α2 χ+( ωα2 +1 + 1 ) y= ιοα2 + 2 + 1 0.

Πεύκη) Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο [0, 1 ] για την οποία ισχύει ότι f'(x) ;::: Μ > Ο , για κάθε χ Ε [0, I] . ( Δη μι] τ ρ ιος Καρ β έλας -

202 .

Να δειχθεί ότι υπάρχει διάστημα Δ ς [0, I] πλάτους .!.. 4 τέτοιο, ώστε να ισχύει 4 l f(x)l ;::: Μ , για κάθε χ Ε Δ . (Θ ανάση ς Τζι<iη ζ ι ος - Γλυφάδα ) 203 . Δίνεται ισοεδρικό τετράεδρο ΚΑ ΒΓ. Το κέντρο Ο της περιγεγραμμένης σφαίρας του βλέπει τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ της έδρας ΑΒ Γ υπό γωνίες θ 1 , θ 2 , θ3 αντιστοίχως. Να δειχθεί ότι ισχύει: συνθ 1 + συνθ 2 + συνθ 3 = - I . (Γι<i)ργος Τριάντος - Αθήνα )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/74

Ας δοκιμάσουμε αυτή την φορά κάπως διαφορετικά . Ας δούμε μαζί μερικά θέματα που έχουν αρκετές λεπτομέ ρειες αλλά και πολύ ουσία . . . Ας περιπλανηθούμε μαζί, σ' αυτό που ακολουθεί. . . . .

Η κούπα του Πυθαγόρα

Αν

την γέμιζαν κρασί πάνω από την γραμμή τότε θα άδειαζε αυτόματα όλο το περιεχόμενο. «Μίλα μου για μαθηματικά και θα τα ξεχάσω, δείξε μου μαθηματικά και ίσως τα θυμάμαι, άσε με να κά νω πράξεις αυτά που λες και τότε θα τα καταλάβω». Κινέζικο ρητό Γνωρίζετε ότι: :

• •

· ·

Ο Δίσκος της Φαιστού

Βρέθηκε το 1 908 στην Μινωική πόλη της Κρήτης, έχει ηλικία 3 700 χρόνια. Περιέχει 241 σύμβολα δεν έχει α κόμα aποκρυπτογραφηθεί. (Al)

(Α2)

�� I

.t; mι.<J!>

.}1! �

Κοινό χαρακτηριστικό των μαθηματικών είναι η τελειομανία; Ο Gauss ήταν τελειομανής και δύσκολα δημοσίευε εργασίες του; Ο Riemann ήταν ντροπαλός, παιδί από φτωχή πολύτεκνη οικογένεια, ο πατέρας του ήταν πάστορας και είχε πολεμήσει κατά του Ναπολέοντα; Ο εγκέφαλος του Gauss φυλάσσεται στο τμήμα φυσιολογίας στο πανεπιστήμιο του Gentingen; Ο Hilbert ήταν πολύ καλός με τις γυναίκες και δεινός χορευτής; Ο Πλάτωνας στους νόμους θεωρεί ότι ο αριθμός των πολιτών της ιδανικής πολιτείας πρέπει να είναι 5040; επειδιj διαιρείται ακριβώς από 60 αριθμούς και ειδικά με τους ακεραίους από το 1 έως το 1 0 . Ακόμη ο αριθμός 5040 είναι περίπου το άθροισμα των ακτινών Γής και Σελήνης σε χιλιόμετρα, ενώ το δι πλάσιό του είναι τα λεπτά μιας εβδομάδας; (7Χ24Χ60). Την απάντηση του Ευκλείδη στον Πτολεμαίο, «αν υπάρχει εύκολος τρόπος να μάθει γεωμετρία»; «Υψη λότατε, δεν υπάρχει βασιλικός δρόμος για την γεωμετρία»

Ο Goldbach [7-6- 1 742] έγραψε την εικασία του «κάθε ζυγός μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο πρώτων» με επιστολή στον Eίiler; Το 1 929 ο Hesterman απέδειξε ότι είναι σχεδόν πάντα αληθής. Η μαθηματική σχέση που άρεσε στον Gauss αλλά και στον Ramnatzan είναι e iπ = -1 ; περιέχει το π, το i και το e, τους ποιο παράξενους αριθμούς σε μια σχέση ; Το 2003 ένας δορυφόρος της NASA, συνέλαβε την πιο παλιά εικόνα, μικροκυματικής ακτινοβολίας 3 80.000 χρόνων μετά τη Μεγάλη Έκρηξη ; Οι επιστήμονες προσδιόρισαν την ηλικία του σ ύ μ π α ν τ ο ς σ ε 13.7 δ ι σ ε κ α τ ο μ μ ύ ρ ι α έ τ η κ α ι ό τ ι αποτελείται από : 4 % τη γνωστή μας ύλη, 2 3 % α π ό το εξωτικό υλικό την "ψυχρή σκοτεινή ύλη " . -3 % είναι ένα ακόμη πιο εξωτικό υλικό τη "σκοτεινή ενέργεια" ; Τη φύση των δύο τελευταίων είωι π ι θ α\"ό \" U ανακαλύψουν οι επιστήμονες στο CERN .

"Οι.δi;.· o � rι'l

δύναμιν έχει παίδειον μάθημα μqάλην ως η περί τους αριθμούς διατριβή. Το δε μέ'-;ιστο1·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/75

όπ

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

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

τον νυστάζοντα και αμαθή φύσει εγείρει και ευμαθή και αγχίνουν aπεργάζεται ". [Πλάτων, Νόμος 747bj. Σε απλή μετάφραση : Κανένα μάθη μα δεν έχει τόσο μεγάλη παιδευτική δύναμη όσο η ενασχόληση με τους αριθμούς. Το πιο σημαντικό απ' όλα είναι, ότι τον κοιμισμένο στο μυαλό, τον χωρίς κλίση για μάθηση, τον διεγεί

ρει και τον κάνει να μαθαίνει και του αυξάνει την aντιληπτική ικανότητα. Επίσης από την πολιτεία του Πλάτωνα: Το σημαντικότερο μάθημα πέρα και από τη διάκριση στο ήθος και τον πόλεμο, αυτό που θα ξεχωρίσει τους φιλοσόφους και τους μελλοντικούς ηγέτες από τους φύλακες, είναι εκείνο που θα τραβήξει την ψυχή από τη σφαίρα του γίγνεσθαι στη σφαίρα του είναι. Το μάθη μα αυτό είναι η γεωμετρία, τα μαθηματικά η αστρονομία και γενικά η σπουδή των αριθμών, αφού έτσι η ψυχή θα στραφεί στην καθαρή α λήθεια χρησιμοποιώντας την καθεαυτή νόηση . Οι Πρώτοι αριθμοί

Οι μαθηματικοί συνηθίζουν να βαφτίζουν τους αριθμούς με διάφορα ονόματα όπως: ζυγός ή άρτιος, μονός ή περιττός, πρώτος, σύνθετος, τρίγωνος, τετράγωνος, τέλειος, υπερτέλειος, φίλος ενός άλλου, φυσικός, ακέραιος, ρη τός, άρρητος, πραγματικός, μιγαδικός, υπερβατικός, κ.ά. Καθετί στα μαθηματικά δεν είναι τυχαίο και η ση μερινή γραφή (αραβική γραφή) των αριθμών είναι συμβολική, αν προσέξετε θα δείτε ότι το όνομα του συμβόλου δείχνει πόσες γωνίες έχει: ο καμία γωνία, ι μια γωνία, 2 δύο γωνίες, 3 τρείς γωνίες κλπ. Όμως εδώ και 2 . 5 00 χρόνια την προσοχή των μαθηματικών έχουν τραβήξει οι πρώτοι αριθμοί. Πρώτους ονό μασαν τους αριθμούς που δεν έχουν άλλους διαιρέτες εκτός από τον εαυτό τους και την μονάδα π. χ. 2, 3, 5, 7, ι I , ι 3 , ι 7, . . . Οι αρχαίοι Έλληνες κατάλαβαν ότι οι πρώτοι αrηΘμοί είναι οι δομικοί λίθοι όλων των άλλων ακεραίων αριθ μών. Είναι κάτι σαν τα άτομα που συγκροτούν τα κάθε είδους μόρια και τελικά τον κόσμο μας. Οι πρώτοι αριθμοί φαίνεται σαν να έπεσαν από τον ουρανό ανάμεσα στους άλλους αριθμούς εντελώς τυχαία και aφρόντιστα. Αυτό όμως προβλημάτισε πολλούς και πολύ διάσημους μαθη ματικούς. Ο Ευκλείδης απέδειξε ότι δεν τελειώνουν οι πρώτοι όσο προχωράμε προς το άπειρο. Το δεύτερο ερώτημα ή ταν τι πυκ.Ύότητα έχουν; π.χ. μέχρι το 1 00 είναι 2 5 , μέχρι το 1 000 είναι ι 68, κλπ. δηλαδή 1 00/25, 1 000/1 68, έτσι το ι 859 ο Γερμανός Riemann διατύπωσε το θεό)ρημα των πρώτων αριθμών και έδωσε τη σχέση π( Ν)� N/logN . Αυτό σημαίνει με ένα σφάλμα μικρότερο του I 0% ότι η πιθανότητα ένας αριθμός να είναι πρώτος είναι 1/logN ή ο Ν οστός πρώτος είναι ο NlogN, την αλήθεια του θεωρήματος συνέλαβε πρώτος ο Gauss. Ο Rieιηann βρήκε ακόμη ότι κάποιοι αριθμητικοί σχη ματισμοί, με την ονομασία Ζ-συναρτήσεις, ζ(ς ) = Ι + Ι /2' + 1 /3ς + 1 /4ς + . . . , έφτιαχναν μια γέ φυρα ανάμεσα στους πρώτους αριθμούς και στον κόσμο της γεωμετρίας. Ο Rieιηann κατάλαβε κάποια στιγμή ότι εκεί που η Ζ-συνάρτηση γίνεται μηδέν υπάρχει σημαντική πληροφορία για τη φύση των πρώτων αριθμών. Διαπί στωσε δηλαδή με έκπληξη ότι τα σημεία αυτά αντί να είναι όπως τύχει, ήταν επάνω σε μία ευθεία γραμμ1Ί και αυτό δεν μπορούσε να είναι σύμπτωση . Έτσι διατύπωσε μια υπόΟεση, ότι δηλαδή οι πρώτοι αριθμοί θα βρίσκονται όλοι πάνω σε αυτή τη γραμμή .

Πολλά θεωρήματα θα έβγαιναν πράγματι σωστά, αν ίσχυε, η Υπόθεση του Riemann. Το 1 972, συναντήθηκαν ο Άγγλος φυσικός Farihman Dayson και ο μαθηματικός Χιου Μοντγκόμερι στο Πρίστον. Εκεί ανακάλυψαν ότι μια σειρά από πρώτους αριθμούς που έβγαιναν από μια Ζ-συνάρτηση συνέπιπτε ακριβώς με τις ενεργειακές στάθμες ενός ατόμου του στοιχείου Ερβιο (Νο: 68 στον Περιοδικό Πίνακα Στοιχείων ) όπως αυτές μπορούσαν να προβλεφ θούν με βάση τις εξισώσεις της Κβαντικής Μηχανικής. Έτσι το 1 996, όταν πια είχαν πειστεί ότι υπήρχε κάποια σχέση, φυσικοί και μαθηματικοί έπεσαν με τα μούτρα στο πρόβλημα. Τελικά επιβεβαιώθηκε από τους Κίτινγκ και Σνάιθ ότι η Υπόθεση Riemann, ήταν σωστή και ότι υπήρχε σχέση ανάμεσα στην κατανομή των πρώτων αριθμών μέσα στο πλήθος των υπολοίπων ακεραίων αριθμών και στις ενεργειακές στάθμες, συνδέοντας έτσι τη φυσική με τα μαθηματικά. Το ερώτημα, με ποιο τρόπο θα μπορούσαμε να βρούμε πόσοι ακριβώς πρώτοι υπάρχουν μέχρι έ ναν ορισμένο αριθμό παραμένει, όπως παραμένει και το ερώτημα όταν έχουμε έναν πρώτο ποιός είναι ο επόμε νος; Σε αυτόν που θα δώσει την απάντηση θα δοθούν ως έπαθλο εκατομμύρια. Η απάντηση ενδεχομένως να έχει και κοσμογονικές συνέπειες. Ίσως οι πρώτοι αριθμοί να είναι στο σταυροδρόμι της κβαντομηχανικής με τη θεωρία του χάους. Ίσως ο Riemann να είχε δώσει απάντηση αλλά όταν πέθανε η σπιτονοικοκυρά του έκαψε όλα τα παλιό χαρτά του ! Δυο πολύ καλά βιβλία για το θέμα αυτό είναι: «Η μουσική των πρώτων αριθμών» του Marcus Du Sauto y και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/76

------

Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

«Υπόθεση Riemann)) του John Derb y shire. Ο μαθητής από το /0 Λ ύκειο Ναυπλίου, Γιάννης Χελιώτης διαβάζοντας για <<fo κόσκινο του Ερατοσθένη» σκέ φτηκε έvα δικό του τρόπο vα βρει το πλήθος των πρrότωv αριθμών από το 1 έως το 1 00, με αριθμητική πρόοδο. Μπράβο του, μόvο να συμπληρώσουμε ότι: ί} Μf:χρι το 1 00 έχουμε 25 όχι 26 πρώτους. ίί) Όταν το διάστημα γίνει πο λύ μεγάλο είναι σχεδόν αδύνατο να βρεθούν οι πρώτοι αριθμοί με αυτόν τον τρόπο. Αναφερόμαστε αναλυτικά όμως, γι ' αυτό το θέμα στη στήλη της αλληλογραφίας. Γρ ίφοι:

Αν σήμερα στις 1 2 τα μεσάνυχτα βρέχει, ποια είναι η πιθανότητα να έχει λιακάδα μετά από 72 ώρες; \. 2. Έχετε ένα σεντόνι με πάχος 1 χιλιοστό. Πόσες φορές μπορείτε να το διπλώσετε; 3 . Τρέχεις σ ε έναν αγώνα και λίγο πριν τον τερματισμό προσπέρασες τον δεύτερο σ ε ποια θέση τερμάτισες; Και σε ποια αν προσπέρασες τον τελευταίο; 4. Η ΝΑΣΑ πρόκειται να βάλει γύρο από την Σελήνη πάνω στο έδαφος ένα σύρμα (που δημιουργεί κύκλο με κέντρο το κέντρο της Σελήνης), αν αυτό το σίφμα θελήσει να το στηρίξει πάνω σε πυλώνες ύψους 3 μέτρων πόσα μέτρα πρέπει να το αυξήσει; (Η Σελήνη είναι σφαίρα) Το εκατομμύριο: Σε ένα καζίνο όποιος παίκτης παίξει 24 ακριβώς ώρες κερδίζει ένα εκατομμύριο. Όμως υπάρχει μια προϋπόθεση «κανένας τους δεν επιτρέπεται να παίξει την ίδια ημέρα περισσότερο από το μισό του χρόνου που του απομένει για να συμπληρώσει τις 24 ώρες». Σε πόσες ημέρες ένας παίχτης μπορεί να κερδίσει το εκατομμύριο; Κόλπο με την τράπουλα: Παίρνουμε μια τράπουλα με 52 χαρτιά και μετακινούμε το πάνω-πάνω χαρτί προς τα έξω χωρίς να πέσει (αν εξέχει περισσότερο από το μισό πέφτει), ύστερα σπρώχνουμε το δεύτερο χαρτί ώστε ο συν δυασμός των δυο χαρτιών να εξέχει χωρίς να πέφτει. Συνεχίζουμε με το τρίτο που πάνω του έχει το πρώτο και το δεύτερο ως ένα σώμα, ύστερα το τέταρτο κ.ο.κ. μέχρι το 5 1 °, πόσο προεξέχουν όλα; Η περίμετρος: Υπολογίστε την περίμετρο που έχει το σχήμα: τι αριθμός ε ίνα ι ; τι αριθμός είναι ο ίί ; Τ ο γ ινό μενο : Υπολογίστε το γινόμενο (α-χ)(β-χ)(γ-χ) . . . (ω-χ)=; Τ ο δ ιγ ώ νισ μ α : Ένας μαθητής της Γ Λ υκείου έγραψε χ 2 =χ.χ ή χ 2 =χ φορές το χ ή χ2=χ+χ+χ+ . . . +χ (χ φορές) 5 Ύστερα παραγωγίζει και τα δυο μέλη (χ2 ) '=(χ+χ+χ+ . . . +χ) ' ή 2x= l + 1 + 1 + . . . + 1 ή 2χ=χ και τελικά 2= 1 ! ! ! Πού έκανε λάθος; 5

Ευχαριστούμε για τις προτάσεις τους, τον μαθητή Γιάννη Χελιώτη, τον Νίκο Αγγελή υπάλληλο του ΙΚΑ, τον Μα νώλη Πλατάκη Πληροφορικό της Microsoft και τον σχολικό σύμβουλο Στέλιο Τσάμη για την προσπάθεια απόδει

ξης ενός δύσκολου θέματος, της�εικασίας του Coldbach. ----�------------------------------------�

Οι απαντ ' σει

στα αθ

•

ατικά α διασκεδά ουν

Γρίφοι

1 . Ύστερα από 72 ώρες(3χ24) θα είναι πάλι 1 2 τα μεσάνυχτα. 2. Όχι περισσότερες από 7 ή 8 φορές γιατί το πάχος του αυξάνει με ΓεωμετριΚΊΊ Πρόοδο. Αν μπορούσατε να το διπλώσετε 37 φορές το πάχος του θα κάλυπτε την απόσταση Γης-Σελήνης (2 37 ). 3 . Θα είσαι εσύ δεύτερος. Δεν υπάρχει κανείς πίσω από τον τελευταίο, εκτός και ο πρώτος προηγείται έναν ολόκληρο κύκλο και πρόλαβε τον τελευταίο. 4. Το σύρμα αφού είναι κύκλος έχει μήκος 2πR όπου R=η ακτίνα της Σελήνης. Αν ανέβει σε πυλώνες ύψους 3 μέτρων θα είναι πάλι κύκλος με μήκος 2π(R+3). Άρα 2π(R+3)=2πR+χ ή χ=6π= 1 9 περίπου μέτρα μόνο. Το εκατομμύριο

Δεν θα το κερδίσει ποτέ! Ο υπολειπόμενος χρόνος διαιρείται συνεχώς στα δύο αλλά δεν μηδενίζεται ποτέ. Κόλπο με την τράπουλα

Το πρώτο χαρτί θα προεξέχει 1 /2 ,όταν σπρώξουμε και το δεύτερο το κέντρο βάρους και των δυο θα είναι στο μέσο, έχουμε μήκος και για τα δύο ενάμισι χαρτί, της άρα το κέντρο βάρους είναι στα 3/4 ενός χαρτιού. Όταν σπρώξουμε το τρίτο χαρτί το κέντρο βάρους είναι στο 1 /6 του μήκους του τρίτου χαρτιού. Η προεξοχή που δημι ουργήσαμε τώρα έχει το 1 /6 του τρίτου χαρτιού, το 1 16+ 1 /4 του δεύτερου χαρτιού και το 1 16+ 1 14+ 1 /2 του πρώτου δηλαδή 1 16+( 1 /6+ 1 /4)+( 1 /6+ 1 14+ 1 12)= 1 ,5 χαρτί. Η προεξοχή συνολικά θα είναι: 1 12( 1 + 1 12+ 1 /3+ 1 /4+ . . . + 1 15 1 )= πε ρίπου 2,259 χαρτιά. Αν είχατε τώρα μια τράμπουλα με χαρτιά μέχρι το φεγγάρι ( 1 Γ τρις χαρτιά) η προεξοχή θα ήταν περίπου 1 4 χαρτιά. Η περίμετρος: Η περίμετρος είναι: ΑΒ+ΒΓ+Γ Δ+β+μ+β+α+λ+ α+κ= ΑΒ+ΒΓ+Γ Δ+( κ+λ+μ)+2( α+β)= 5+5+5+5+2·3=26 τ ι αριθμός είναι ; Έχουμε e iπ = - 1 , με τετραγωνική ρίζα και στα δύο μέλη έχου i π/2 με e =i και ί;=e-π12 δηλαδή πραγματικός αριθμός ! (περίπου ίσος με 0,207879 . . . ) Το γινόμενο : Είναι μηδέν διότι έχει παράγοντα και το (χ-χ). e Το διαγώνισμα: Το χ στη συνάρτηση είναι μεταβλητή και όχι αριθμός. Το σω-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 82 τ.2/77

Τ ρ ιχοτ ό μη ση της γων ία ς κ αι ο τετ ρ αγ ων ισ μό ς τ ου κύ κλο υ 1

Πρέπει να ευχαριστήσουμε όλους τους αναγνώστες2 που καταπιάνονται με τα δύσκολα θέματα των Μαθηματικών. Ένα από αυτά, είναι και τα άλυτα προβλήματα της γεωμετρίας Έτσι σε αυτό το πρώτο σημείωμα, θα μιλήσουμε για τα δύο από τα άλυτα (με χάρακα και διαβήτη) προβλήματα της Ευκλείδι::ιας Γεωμετρίας, από την αρχαιότητα, που ήταν η τριχοτόμηση της γωνίας και ο τετραγωνισμός του κύκλου (το γνωστό Δήλιο πρόβλημα) [δηλαδή να ζητείται η καστασκι::υή με κανόνα και διαβήτη ενός τετραγώνου του οποίου το εμβαδόν να είναι ίσο με το εμβαδόν δοθέντος κύκλου] . Με αυτά τα δύο προβλήματα ασχολήθηκαν κυρίως ο Αρχιμήδης (287 - 2 1 2 π. Χ . ) , ο Πάππος (300 π.Χ.), ο Ιππίας (43 0 π. Χ.) και τόσοι άλλοι, αλλά και σήμερα τραβούν το ενδιαφέρον πολλών μαθητών ή μαθηματικών. Ως προς τον τετραγωνισμό του κύκλου, έχει αποδειχθεί το αδύνατο της επίλυσης του προβλήματος από το 1 882, από τον Ferdinand νοη Linde mann . Η επίλυση του προβλήματος συνδέεται άμεσα με · την υπερβατικότητα του αριθμού π: Αν κάποιος έχει καταφέρει να τετραγωνίσει τον κύκλο, σημαίνει ότι με κάποιο τρόπο έχει υπολογίσει μία συγκεκριμένη αλγεβρική τιμή για το π. Κάτι τέτοιο όμως δεν είναι εφικτό, γιατί ο αριθμός π είναι υπερβατικός, οπότε δεν έχει συγκεκριμένη αλγεβρική τιμή. Ως προς την τριχοτόμηση, ουσιαστικά της οξείας γωνίας, είναι αδύνατο να πραγματοποιηθεί, μόνο με χάρακα και διαβήτη, γιατί η εξίσωση που την εκφράζει είναι τρίτου βαθμού χωρίς να μπορεί να αναχθεί σε δευτέρου . Πράγματι από τη τριγωνομετρία μας είναι γνωστή η σχέση

φ θ - εφ 2θ � 1 - 3εφ-Θ

εφ3 θ = 3ε

στην οποία αν θέσουμε εφ3θ=α και εφθ=χ και κάνουμε τις πράξεις

θα φθάσουμε στη χ3 -3αχ2 -3χ+α=Ο που είναι η εξίσωση της τριχοτόμησης. Η κατασκευή με χάρακα και διαβήτη των ριζών αυτής της εξίσωσης είναι δυνατή μόνο αν μπορεί αυτή να αναλυθεί σε δύο παράγοντες, ένα πρωτοβάθμιο και ένα δευτεροβάθμιο, όμως αυτό αποδείχθηκε μόλις το 1 837, ότι είναι αδύνατο. Η αλήθεια είναι όταν οι αρχαίοι Έλληνες γεωμέτρες, όταν οι προσπάθειές τους μι:: το χάρακα και το διαβήτη δεν απέδωσαν, στράφηκαν σε άλλες καμπύλες, εκτός του κύκλου και σε άλλες μεθόδους. Το πρώτο αποτέλεσμα αυτής της προσπάθειας ήταν η επινόηση από τον Ιππία τον Ηλείο της πρώτης ιcαμπύλης στην ελληνική Γεωμετρία, μετά την περιφέρεια, της τετραγωνίζουσας, με τη βοήθεια της οποίας έδωσε και τη πρfi:>τη λύση του προβλήματος. Εμείς , εδώ σε αυτό το σημείο να πούμε μπράβο και να παρουσιάσο υμε όλους τους θιασώτες αυτής της προσπάθειας που έδειξαν την υπομονή, για να δούν κάτι διαφορετικό από τα μέχρι τώρα ισχύοντα. Έτσι έχουμε να πούμε για τους: • Ο Ιωάννης Θωμα"ϊδης μας έστειλε εργασία τριχοτόμησης της γωνίας με τη βοήθεια της τριγωνομετρίας. [πρωτότυπη και ενδιαφέρουσα προσέγγιση] . • Ο Ανδρέας Νικολα"ίδης [Πάτρα] με την εργασία του, που δεν στηρίζεται μόνο σε Ευκλείδεια Γεωμετρία. Κάνει μια αξιόλογη προσπάθεια για την τριχοτόμηση της γωνίας. Αναφέρεται και σε μια λύση του Πάππου με τη βοήθεια ειδικών καμπυλών. Αυτή την ειδική καμπύλη ο Ιππίας ο Ήλειος την ονόμασε Τριχοτομούσα, ενώ ο Νικομήδης την ονόμασε Κογχοειδή. Πρωτότυπη και με διεισδυτική μαcιά η προσέγγιση του . . . Σας ευχαριστοί1με πολύ, επίσης και για το ιστορικό βιβλίο της Γεωμετρίας που μας στείλατε. Αρκετά αξιόλλ>γο και ενδιαφέρον στην όλη ιστορική του αναφορά. Συγχαρητήρια! Ίσως στο μέλλον αξιοποιήσουμε, αρκετά απ' αυτά με τη δική σας συγκατάθεση και πρωτοβουλία. • Ο Κώστας Γαλάνης μας έστειλε μια πρόταση τριχοτόμησης της γωνίας με τη μέθοδο της ολίσθησης, που έχει ιδιαίτερη μαθηματική ομορφιά, δηλαδή να βλέπεις τις δυνατότητες της πολύπλοκης σκέψης του . . . στην προσπάθεια επίλυσης του προβλήματος. • Ο Φανιάδης Κων/νος [Πτολεμciί:δα] . . . , εστιάζει κυρίως στο να τετραγωνίσει ή να «εξαγωνιάσει» τον κύκλο, και να μελετήσει επίσης τον όγκο σε ομόκεντρους σωλήνες και να προεκτείνει το θεώρημα του Θαλή . . . • Ο Αντωνόπουλος Κώστας και ο Ζαφειρόπουλος Ιωάννης προσπαθούν επίσης για τον τετραγωνισμό του κύκλου, ο καθένας με τον δικό του τρόπο και με καλές προσεγγίσεις. Μπράβο σε όλους τους φίλους, για το ενδιαφέρον που δείχνουν στα Μαθηματικά. Τους ευχαριστούμF. πάλι και από αυτή την θέση. Εδώ πρέπει να θυμίσουμε ότι έχουμε αρκετές εργασίες για δημοσίευση, που έχουν εγκριθεί, περιμένοντας κάθε φορά την επικαιρότητα του θέματος. Στο επόμενο θα συνεχίσουμε με άλλες απαντήσεις από τα υπόλοιπα γράμματα που έχουν έρθει στο περιοδικό. Σας ευχαριστούμε για το ενδιαφέρον και την εμπιστοσύνη που μας δείχνετε και που μας βοηθάει στην όλη προσπάθειά μας. Δ ιορθώσεις: Ευχαριστούμε τους συναδέλφους που εντοπίζουν και μας στέλνουν τυπογραφικές αβλεψίες. Έτσι: Στο τεύχος 79 του περιοδικού Ευκλείδης Β' σελ. 58, Α9 πρέπει να αναφερθεί ότι τα Α, Β * 0 , ώστε Ρ ( Α ) > Ο, Ρ ( Β ) > Ο για να ορίζονται τα ln P (A) και ln P (B) 2) Στο τεύχος 80 του περιοδικού Ευκλείδης Β '

σελ. 1 7, Α8, πρέπει αντί α Ε ( 2, 4 ] να μπει α Ε [ 2, 4 ] , γιατί για α=2 ορίζεται η f.

1 Σχετικές πληροφορίες για τον τετραγωνισμό του κύκλου και για τα περίφημα άλυτα προβλή ματα της αρχαιότητας μπορείτε να δcίτε τ.75 σελ. [4-6] Ευκλείδης Β ' του Σωτήρη Χ. Γκουντουβά. 2 Υπάρχουν πολλά γράμματα αναγνωστών για διάφορα θέματα. Θα αναφερθούμε διεξοδικά στο επόμενο τεύχος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/78

Π Ρ Ο Σ Φ

Ο Ρ Α

ΙΣΤΟΡ Ι ΚΩΝ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν . ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ 6 τόμοι

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν . ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ 3 τόμοι

ΗΡΩΝΟΣ ΑΑΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΓΙ!:ΩΜΕΤΡΙ ΚΑ) ΗΡΩΝΟΣ ΑΑΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΜΕΤΡΙΚΑ-ΔΙΟΠΤΡΑ) ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙ ΚΆ)

ΗΡΩΝΟΣ ΑΑΕΞΑΝ ΔΡΕΩΣ ι τόμος

A PX I KH

Π ΡΟ Σ Φ Ο ΡΑ

(9 τόμοι) : 50 Ε υ ρ ιο

ΑΡΧΙΚΗ ΠΜΗ: 1 1 Ο Ευρώ

Π ΡΟΣΦΟ ΡΑ

Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α

G.LORIA

ΙΣΤΟΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΩΝ 3 τόμοι

(3 τόμοι): 20 Ευρώ

ΑΡΧΙΚΗ ΠΜΗ: 45 Ευρώ

Π Ρ Ο Σ Φ Ο ΡΛ

Ε ΚΔ Ο Σ Ε ΩΝ

Π Ρ Ο Σ Φ

Ο Ρ Α

ΙΣΤΟΡΙΚΩΝ

(4 τόμοι) : 20 Ευρώ

ΠΜΗ : 50 Ευρώ

ΕΚΔΟΣΕΩΝ

ΒΑΛΚΑΝΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΕΣ ΟΑ ΥΜΠΙΑΔΕΣ ΔΙΕΘΝΕΙΣΜΑΘΗΜΑ τΙΚΕΣ ΟΑ Υ ΜΠΙΑΔΕΣ -Β ΟΙ ΠΑΝΕΑΑΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚ ΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΟΙ ΠΑΝΕΑΑΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΝΕΩΝ (4 τόμοι ) : 5 0 Ε υ ρ ιό

ΑΡΧΙΚΉ ΠΜ Η: 95 Ευρώ

Π ΡΟ Σ Φ Ο ΡΑ

ΙΣΤΟ ΡΙ ΚΩΝ

Ε ΚΔΟΣΕΩΝ ΜΑΘΗΜΑτιΚΗ 73 ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ

ΕΥΚΛΕ Ι Δ ΗΣ Γ 1 Ο τεύχη(33-50)

ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ : 1 00 Ευρώ ι

ΠΡΟΣΦΟΡΑ

1 1 1 τc ί ; η Ι : 5 0 Ε υ ρ ιό

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ ' 5 τεύχη(33-50)

ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ : 50Ευρώ Π ΡΟΣΦΟΡΑ (5 τεύχη ) : 30 Ευρώ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΉ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 10 τεύχη

ΑΡΧΙΚΗ ΠΜΗ: 1 00 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ ( 1 0 τεύχη ) : 50 Ευριο

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΉ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 5 τεύ χη

ΑΡΧΙΚΗ τtΜΗ : 5 0 Ευρώ

τείJzη ) : 3 0 Ευρώ

ΠΡΟΣΦΟΡΑ

Ε κδ ό σεις της Ελληνικής Μαθη ματικής Εταιρείας ( ΕΜ Ε) \\ \\ \\ . hn1 s . g r ΚεΥ'�''...:, <3ιriι4εση : ΠαΥε;rιστημίου 34 - 1 0679 Αθήνα Τηλ. : 2 1 03 6 1 7784 - 2 1 03 6 1 6532 Fax : 2 1 0364 1 025

�J-· ---� � "�":;}·; Σlf�� 6�\(fjjf} �ΊJΊ� 1. ΊfCQYW

}

Να δείξετε ότι μόνο οι τριάδες ( l ,λ,-λ), (λ, Ι ,-λ), χ+y+ω=1 (λ, λ, Ι ), λΕ , επαληθεύουν τ σύ στημα: ο R* � _J _J. =1 Σ) χ Υ ω _ \ύ σ η : Το ότι οι τριάδες αυτές επαληθεύουν το σύστη μα (Σ) είναι προφανές Για να δείξουμε ότι μόνο αυτές το επαληθεύουν αρκεί να δείξουμε ότι ο ένας από τους τρείς αγνώστους είναι μονάδα, οπότε οι άλλοι δύο υπο χρεωτικά θα είναι αντίθετοι. Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: χ = 1 ή y = 1 ή ω = 1 , δηλαδή : (1-χ)(1-y)(1-ω) = Ο . Πράγματι: (1 -χ)(1-y)(1 -ω) = 13 -(χ+y+ω) 12 + ΛΙΟ

( xy + yω + ωχ ) 1 - Χ)'ω = 1 - 1 · 1 + χyω - χyω = Ο . (Σ)

Β 'τρόπος: (1) � y + ω = 1 - χ , οπότε

y+ω 1-χ χ-1 <=> χ = 1 = 1 - _!_ � = χ χ yω yω ' 1 1 η - = - � χ = Ι η χ + yω = Ο � χ = I χ yω ή 1 - y - ω + yω = Ο � χ = 1 ή ( 1 - y ) ( 1 - ω) = Ο � χ = 1 ή y = 1 ή ω = 1 κ.λ.π. Β 9 : Θεωροίιμε ημικύκλιο ( Κ , ρ) διαμέτρου ΑΒ. Η κά θετη στην ΑΒ στο μf.σο Γ του ΚΒ, τέμνει το ημικύκλιο στο Δ και η ΔΑ τέμνει τα ημικύκλια διαμέτρων ΑΚ , ΑΓ, στα Ε,Ζ αντιστοίχως. Να β ρεθεί το τμήμα ΕΖ ως συνάρτηση του ρ. (2) �

Έχουμε: AEK = AZr = AZr = MB ::: 90° => ΚΕ I !ΓΖΙ /ΒΔ Γ . Αλλά: και αφού ΚΓ=ΓΒ, θα είναι ΕΖ = ΖΔ = � ΑΔ 2 3 3 2 ΑΔ2 = ΑΓ 2 + ΓΔ2 = + = 3ρ 2 => ΑΔ = ρ .fj . Λ () ση ;

( ;) +

Ά ρα ΕΖ Λύτες:

3ρ 2 4 = ρ .fj . 4 ρ .fj

Μαθητές Β 1 (με 3 τρόπους) 2ou ΓΕΛ Μεσολογγίου Γ 8 . Θεωρούμε έναν αριθμό α -:ι: Ο και μια συνάρτηση f : JR-+R, για την οποία ισχύει: [f(x) -3] f(x+a) = f(x) - 5 , για κάθε χ Ε R .(1) Να αποδείξετε ότι, για κάθε χ Ε R , ι σχύουν: 1) f(x) -:ι: 3, f{x) -:ι: 2 και f(x) -:ι: 1 . 2) f(x +4α) = f(x) . λ 1ι': Σ Η . J } α ) . Έστω ότι υπάρχει αριθμός χ0 Ε R με

Επιμtλ< ια: Αντώνης Κυριακ όπουλος Γιώργος Τασσόπουλο

�

___

l J

f(x 0 ) = 3 . Τότε, από ( Ι ) με χ = χ0 , f(x 0 ) = 5 , άτοπο. β). Έστω ότι υπάρχει αριθμός χ0 ε R με f(x0 ) = 2. Τότε, από την ( 1 ) με χ = χ0 , β ρίσκουμε: f(x0 + α) = 3 , άτοπο. γ). Έστω ότι υπάρχει αριθμός χ0 Ε R με f(x0) = 1 . Τότε, από την ( 1 ) με χ = χ0 , β ρίσκουμε: f(x0 + α) = 2 , άτοπο. f(x)-5 , 2) Από την ( 1 ) έχουμε για καθε χ ΕR : f(χ+α) =-- . (2) f(x)-3 Θέτοντας στην (2) όπου χ το χ+α, έχουμε για κάθε f(x ) - 5 5 f (χ + α) - 5 f (χ) - 3 χ Ε R : f (χ + 2α) = => = f(χ + α) - 3 f(x) - 5 3 f(x) - 3 2f(x) - 5 f(x + 2α) = (3). Θέτοντας στην (3) όπου χ το f(x) - 2 χ+α, όπως προηγουμένως, β ρίσκουμε ότι για κάΘ' 3f(x) - 5 , . (4) ετοντας θε χ Ε R ισχυει: f ( χ + 3α) = f(x) - 1 στην (4) όπου χ το χ+ α, όπως προηγουμένως, β ρίσκου με ότι για κάθε χ Ε R ισχύει : f(x + 4α) f(x) . •

Π ροη: ιν{η .ι:-:νυ Οi:ματυ:

Λt l.

Αν 1 <χ<2 ( 1 ), 3<y<4 (2) και Α =

. 1 , ' τοτε να δ ειξετε οτι:

y2 - χ 3 , xy

15 . 4 B HI . Τρεις φίλοι, οι Α, Β και Γ, έχουν από ένα περιβ όλι με μηλιές. Ο πρώτος παρήγαγε 724 μήλα, ο δεύτερος 857 και ο τρίτος 1 503 μήλα. Ο Α είπε ότι αν μοίραζε ε ξίσου τα μήλα του, σε όλες τις οικογένειες του χωριού, τότε θα του περίσσευαν κάποια μήλα. Ο Β, που άκουσε, πόσα μήλα θα περίσσευαν, απάντησε ότι αν έπαιρνε αυ τά τα περίσσεια μήλα, θα μπορούσε να μοιράσει τα δικά του μήλα, στις οικογένειες του χωριού, χωρίς να περισ σέψει κανένα μήλο. «Περίεργω>, απάντησε ο Γ. «το ίδιο ακριβώς θα μπορούσε να γίνει και στη δική μου περί .. πτωση . Πόσες οικογένειες έχει το χωριό; 6

<Α<

Κ ώστας Καββαδίας - 2 ° ΓΕΛ Κέρ κυρας

Συνάρτηση f ικανοποιεί τη σχέση : ( 1 ) f ( f (χ)) = χ - 2, για κάθε χ Ε R . α) Να δείξετε ότι η f είναι " 1 - 1 ". β) Να δείξετε ότι για κάθε χ Ε R η κατακόρυφη από σταση ανό.μεσα στην C r και cΓ, είναι ίση με 2 μονάδες. Γ9.

Καλοκαιρινά σχολεία : (Γυμνάσιο

Μίλτος Γραμμένος - Κέρκυρα -

Λύκειο)

Καλο καιρινή Κατασκήνωση : Σοφ ι κό Κορ ινθίας : Δημοτι κό (Δ , Ε , Στ · ) (Ιούλιος - Αύγουστος 20 1 2)

Πληροφορ ίες Γραφεία Ε.Μ. Ε. τηλ. : 2 10 3 6 1 6 5 3 2 - 2 10 3 6 17784, www. hms.gr - i nfo @ h ms.gr

Δια ωνισ ό θαλ ' 2 0 1 1 : Έγινε και φέτος η πρώτη φάση του διαγωνισμού, με συμμετοχi1 ( 1 5 .000) μαθητών από όλη την Ελλάδα. Το ενδιαφέρον που εκδηλώθηκε ήταν σημαντικό, από

τους συμμετέχοντες μαθητές, ενώ τα θέματα είχαν κλι μακωτή διάρθρωση στην ανάπτυξη τους. Ενδεικτικές οι φωτογραφίες από τη διεξαγωγή του διαγωνισμού.

Μαθηματικέc;: Διαδρομtc;: και Αναζητήσειc;:

4η IVI c:x

θ rι .....

c:x τ I I<

Γι ΙΞ β δ C> ..... CSι: δ

• 1ατορlet • Πολιnομό( • 1ριι:ννeι

• βιβλ{cι Νtα Αναλιι11κά ιφογρ(ιμ.μιncι ο-ιιοuδώlι

•

ΑΕΙ ιιαι ι,mΔ.

c:x

Β α εύσεις τ ς ΕΜΕ Έγιναν οι βραβεύσεις του μικρού Ευκλείδη σε όλο την Ελλάδα με σημαντική παρουσία μαθητών και

Ο θεσμός τη ς Μαθηματικής Εβδομάδας αποτελεί για πολλά χρόνια πόλο έλξης όσων ενδιαφέρονται και ασχολούνται με τα Μαθη ματικά. Δίνει την ευκαιρία σε όλους να ενη μερωθούν και να συμμετάσχουν στις εργασίες που αφορούν τις νέες ανακαλύψεις, για τα θεωρητικά και εφαρμοσμένα μαθηματικά. Η Μαθημα τική Εβδο μάδα δ ιευρύνει τη θ ε ματική της με πα ρ άλληλες εκδηλώ σεις όπως, εκθέσεις βιβλίων, ζω γραφικής, παρουσιάσεις εργασιών Proj ect, εκμάθηση λογισμικών και βραβεύσεις. Πλη ροφορίες:

γονιών. Αντιπροσωπευτικές οι φωτογραφίες ενδιαφέρο ντος, για τους μικρούς μαθητές στη συμμετοχή «Μα θηματικά και Παιχνίδι» που έγινε από την ΕΜΕ. Ο επόμενος διαγωνισμός για τους μαθητές Δημο τικού θα γίνει σε όλη την Ελλάδα, μέσα στα σχολεία, ημέρα Π α ρ α σκ ευ ή 30 Μαρτίου 201 2.

Θυμίζουμε ότι ο διαγωνισμός που γίνεται στο Δη μοτικό (Ε ' και Στ ' ) είναι συμμετοχικός και βραβεύε ται ένας μαθητής (μπορεί και δύο ανάλογα την βαθμο λογία) από κάθε τμή μα - τάξη του κάθε σχολείου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/8 1

www . e m ethes.gr

<< . .

. Η τέχνη πρέπει. .. να μπορεί να προσφέρει με όλα

τα εκφραστικά μέσα . . . την εξύψωση» γράφει ο ίδιος το 1962 στο κείμενό του