Ευκλειδης β 99 by demi de

EMHNIKH ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 99 -Ιανουάριος- Φεβρουάριος- Μάρτιος 2016e-mail: info@hms.gr, www.hms.gr

Ευρώ: 3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Γενικά Θέματα Κωνικές Τομές. ..................... ........ ................................................... ...... 1 Μαθηματικές Ολυμπιά&ς, . . . ... . . . . . . . . .... 8 Homo Maιhematkus, . ..... . . .............................. .............................. 18 Α 'τάξη Άλγεβρα: Ανισότητες Αριθμητική Γεωμετρική πρόοδοο<;, ... .. .. . . . 24 Γεωμετρία: Παραλληλόγραμμα ·Τραπέζια, . . . 28 Β Ύάξη Άλγεβ�: Εκθετι�ή . Λο;yαριθμική, ,.............. ..... .................................. 34 Γεωμετρια: Κανονικα Πολυγωνα Μετρηση Κυκλου, 49 Κατεύθυνση: Κωνικές Τομές, .. . . ..... 53 Γ Τάξη Γενική Παιδεία: �� ; 'ι;�� · · �= Ύ;;;:;; ��; :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: Α Κατεύθυνη: Επαναληπτικές Ασκήσεις Γ Λυκείου: Θετικών Επιστημών -Σπουδών Οικονομίας και Πληροφορικής, 61 Μια ενδιαφέρουσα ιδιότητα της Έλλειψης,.......................................................... 64 Μαθηματικά και Λογοτεχνία, ................................................................................ 67 Θέματα Εισαγωγικών Εξετάσεων για τα (A.E.I) Παλαιοτέρων Εποχών, ............ 70 Γ εν ι κά Θέματα Το Βήμα του Ευκλείδη, 76 Ευκλείδης Προτείνει, ... ........................................................................................... 83

fράμμα της Σύνταξης

..................

..... . ................. .............

....... ..

.. .. .... . . . .... .. ..

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι, Με το 3ο τεύχος που έχετε στα χέρια σας ολοκληρώνεται ουσιαστικά η εξεταστέα ύλη, ώστε στο 4ο τεύχος πλέον να ασχοληθούμε με συνθετότερα θέματα προς επανάληψη. Σεβόμενοι την αyωνlα πολλών από σας, απευθύνουμε έμμεσα (με συγκεκριμένα παραδείγματα) προς το ΙΕΠ, την παράκληση, να διευκρινίσει, όσο είναι καιρός ακόμη, αν από την εξεταστα[α ύλη της κατεύθυνσης r· Λυκείου, αξαιρούνται όλες οι συναρτήσεις που ορίζονται με ολοκλήρωμα ή εξαιρείται μόνο η παραγώγισή τους. Όσο το θέμα παρατείνει ασαφές, θα καταναλώνεται χρόνος, aνώφελος πιθανόν, προς διδασκαλία τέτοιων θεμάτων από τους συναδέλφους. Με την ελπίδα ότι θα διευθετηθεί έγκαιρα αυτό το θέμα, ευχόμαστε σε όλους σας η επανάληψη που θα ακολουθήσει να είναι συστατική και να στεφθεί με επιτυχία. Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γ ιώρyος Τασσόπουλος

...........

... ....... ........

.........

....

. .. .... ...

.... ........................... ....... .............

...........•••

•

ο; �

..........................................

...................... . . . ...... ......... ....................

..........

........ .................................................... . . . . . ...........................

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί 14 Νοεμβρίου 2015 Θάλήl;: : \ : Ευκλείδης: 16 Ιανουαρίου 2016 Αρχιμήδης: 27 Φεβρουαρίου2016 �ροκριματικός: 26 Μαρτίου 2016 Μεοοyειάδά: 26 Μαρτίου 2016 &

Α 'Λυκείου

[Χρ. Λαζαρίδης, Χρ. Τσιφάκης, Γ. Κατσούλης],

[Δ. Αργυράκης.

Β 'Λυκείου [Β. Καρκάνης, Σ. Λουρίδας, Χρ. Τσιφάκης, Απ. ΚακκαβάςΙ. Γ 'Λυκείου

Εξώφυλλο:

Fax: 210 3641025 Εκδότηs: Ν ι κόλαος Αλε αν ρ ς

ξ δή Ιωάννη ς Τυρλής

Διευθυντήs:

Εκτελεστική Γραμματεία

Αντιπρόεδροι: Ευσταθίου ΒαyytΛης Κερασαρίδης Γιάννης

Μέλη: Αργυράκης Δημήτριος Λουρ ς Σωτ ρης Σ

ίδα

Παναγιώτης

. :2054 ιSSN: 1105-8005 ΜΕΓΑΛΟΣ ΧΟΡΗΓΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Ε.Μ.Ε.

Εικαστική σύνθεση βασισμένη στη Γεωμετρία

Στα γραφεία της Ε.Μ.Ε., Από 3 Οκτωβρίου 2015. Θυμίζουμε ότι: Ερωτήματα σχετικά με τα θέματα Διαγωνισμών υποβάλλονται στην επιτ οπ Δια ωνισ ών τ ·

Η έγκαιρη πληρωμή της

Ε.Μ.Ε.

συνδρομής

βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού Συντακτική Επιτροπή

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτJΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

Πρόεδρος: Τασσόπουλος Γιώργος

Ν. Αντωνόπουλος, Κ. Βακαλόπουλος, Ι. ΛουριδάςΙ

Κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ; μαθήματα,

---�

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜJΟγ 34 106 79ΑΘΗΝΑ Τηλ : 210 3617784 · 210 3616532

y ι α την επιμέλεια της ύλης των τάξεων είνα ι ο ι

Οι αντιπρόεδροι: Βαyyε'λης Ευσταθίου, Γιάννης Κερασαρίδης

γ,Γ. Υπεύθυνο ι συνάδελφο ι:

Αθανασόπουλος Γεώργιος Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Γεώργιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Γαβράς Τάσος Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Κακαβά ς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλος Χρήστος Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος ΚονόμηςΆρτι Κοτσιφάκης Γιώργος Κουλουμένrας Φώτηςης Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης

Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάτπτας Λευτέρης Λουριδάς Γιάννης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανιάτης Ανδρέας Μανιατοπούλου Αμαλίαα Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μήλιος Γεώργιος Μπερσίμης Φραγκίσκος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος ΧρήστοςΧ Πανδής Χρήστος Παπαπέτρος Βαγγέλης Σίσκου Μαρία ΣαίτηΕύα Σταϊκος Κώστας

Στά:ίκος Παναγιώτης Στεφανής Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζελέπης Άλκης Τζιώτζιος Θανάσης Τουρναβίτης Στέργιος Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσαγκάρης Κώστας Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης ΦανέληΆννυ ΧαραλαμπάκηςΕυστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα ΧΡιστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαγγέλης

�χόλιο: Οι εργασίες για το περιοδικ� στέλνονται και ηλεκτρονικά στο�

• •

μή ε

Τ ύχους ευρώ 3,50 Τι Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την

ένδειξη "Για τον Ευκλείδη

Β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση, α λλά

τη ν κ ύ ρ ια ευθ ύ νη

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται: (1). Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4 . Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή. ε

ιαηγητής.

Εκτύπωση:

ROTOPRINτ (Α ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ ΕΕ). τηλ: 210 6623778 · 358 Υπεύθυνος τυποyρα!fξίου: Δ.

Παπαδόποuλος

τη φέρει ο

Οι 100JVud;ς τομiς

m,ς κίνιηrrρe

�Θιβησης <na ΜcιιημΘιτοιά

Κυριαζής Χρήστος, 2ο ΓΕΛ Αγίας Βαρβάρας - Πρωτοπαπάς Ελευθέριος, 7ο ΓΕΛ Περιστερίου

Οι μαθητές συ-χνά αναρωτιούνται, αμφισβητούν και αμφιβάλλουν για τη χρησιμότητα των μαθηματικών στην καθημερινή ζωή. Τα βιβλία και η διδακτέα ύλη στη δευτεροβάθμια εκπαίδευση διαπραγμα.fεύονται τα μαθημα τικά κυρίως σε θεωρητικό επίπεδο. Αναφορές σε πρακτικές εφαρμογές των μαθηματικών στην καθημερινότητα είναι σπάνιες. Οι κωνικές τομές είναι ένα κεφάλαιο που δίνει τη δυνατότητα σε μαθητές και καθηγητές να συν δέσουν τα μαθηματικά με την καθημερινή ζωή, καθώς απαντώνται σε πλήθος χρησιμότατων εφαρμογών. Η ερ γασία αυτή θα δώσει μια απάντηση στο συνηθισμένο ερώτημα των μαθητών: «Που θα μας χρησιμεύσουν τα μαθηματικά;» μέσα από το κεφάλαιο των κωνικών τομών. Η διδασκαλία των μαθηματικών οφείλει να συνδέει τα μαθηματικά με τομείς της καθημερινότητας, ώστε να καθιστά φανερή τη χρησιμότητα και την αναγκαιότητα τους. Η διαθεματική προσέγγιση αναδεικνύει την αμε σότητα και εφαρμοσιμότητα των μαθηματικών στην καθημερινότητα. Έτσι ο μαθητής αναπτύσσει προσωπική άποψη για τα ζητήματα της καθημερινής ζωής και διαμορφώνει τη δική του κοσμοθεωρία και κοσμοαντίληψη (Αλαχιώτης, 2002, Lawton κ.ά., 2000). Η διαθεματική προσέγγιση ξεκινά από τις μικρές τάξεις του Δημοτικού, που αναδεικνύεται η χρησιμότητα των μαθηματικών μέσω των καθημερινών συναλλαγών. Συνεχίζοντας σε μεγαλύτερες τάξεις, η σύνδεση αυτή φθίνει, κάτω από την πίεση της διδακτέας ύλης, και σπάνια αναδεικνύονται άλλες εφαρμογές των μαθηματικών στην κα θημερινότητα. Επιπλέον, οι μαθητές μέσω των σχολικών προγραμμάτων φορτώνονται με πολλές γνώσεις, που τους απομακρύνουν από τον ουσιαστικό σκοπό της μάθησης. Η εργασία αυτή στοχεύει στο να δώσει ένα χρήσιμο εργα λείο στους διδάσκοντες, αλλά και χρήσιμες πληροφορίες για τους μαθητές όσον αφορά την εφαρμοmμότητα των μαθηματικών στην καθημερινή ζωή. Ένα κεφάλαιο που εντάσσεται στα σχολικά μαθηματικά και περιέχει γνώσεις που ο. άνθρωπος χρηmμοποιεί για τη βελτίωση των συνθηκών ζωής του είναι οι κωνικές τομές. Κωνικές τομές είναι οι καμπύλες που προκύπτουν από την το μή ενός κώνου με ένα επίπεδο(Εικόνα 1). Κώνικές τομές είναι ο κύκλος, η παραβολή, η έλλειψη και η υπερβολή.

•

Εικόνα 1: Οι κωνικές τομές

Η παραβολή

Παραβολή ονομάζεται ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου τα οποία ισαπέχουν από ένα σημείο και από μία ευθεία (Λυγάτσικας, 2013, Αδαμόπουλος κ.ά., 2012). Πρόκειται για ένα σχήμα που παρουσιάζει αξο νική συμμετρία ως προς το φορέα του τμήματος ΟΕ , όπου Ε είναι η εστία της παραβολής και Ο είναι η κορυφή της. Στην ύλη των μαθηματικών προσαναtολισμού της Β' Λυκείου μελετούμε τις παραβολές που έχουν κορυφή την αρχή των αξόνων και άξονα συμμετρίας έναν από τους άξονες και y y (Εικόνες 2). χ 1χ

� - - . --- -'------ -- -·-- ------ �. - - ---. _, . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/1

------- Οι κωνικές τομές ως κίνητρο μάθησης στα Μαθηματικά ------Ύ

Εικόνες 2: Παραβολές

Το σχήμα της παραβολής είναι έμπνευση τον σχεδιασμό των γεφυρών, που ονομάζονται γέφυρες ανάρτηση (sus pension bήdges). Στις γέφυρες αυτές τα καλώδια που f:χ.ουν ως άκρα τους τις πάνω κορυφές των πυλώνων f:χ.ουν σχήμα πα ραβολής (Εικόνα 3). Από τα καλώδια αυτά ξεκινούν (i)J.n. καλώδια κάθετα στο επίπεδο της γέφυρας, που f:χ.ουν το ρόλο α νάρτησης. Το παραβολικό σχέδw εξυπηρετεί (Brown & Brown, 2001), δώτι αφενός χρειάζονται λιγότερα υλικά την κατασκευή των γεφυρών, αφετέρου δε η κατανομή της αξονικής έντασης και συμπίεσης είναι ομαλή και αποτελεσματι κή πάνω στη γέφυρα, οπότε είναι καλύτε�η αντίδρασή της γέφυρας στtς κακές καιρικές συνθήκες και στους σεισμούς. για

μεν

πιο

για

Ι.

...

t••

·-·

-·

Επίσης, η παραβολή είναι έμπνευση στην κατασκευή κτιρίων είτε ως προς το σχήμα τους, είτε στην κατα σκευή τοξοτών παραθύρων, πορτών, αψίδων ή διαδρόμων (Εικόνες 4α, 4β, 4γ). Εικόνα 3α, 3β: Σχέδιο και φωτογραφία της γέφυρας Golden Gate

Επιπλέον, σε πολλές περιπτώσεις οι τροχιές αντικειμένων ακολουθούν παραβολική τροχιά, όπως η τροχιά κά ποιων μη περιοδικών κομητών (Bortle, 1998), η τροχιά ενός αντικειμένου που δεν ρίΧνεται κατακόρυφα και η ορι ζόντια βολή (Serway, 1990). Εικόνες 4α,4β, 4γ: Ξενοδοχείο Bellagίo, κτίριο Casa Battlo, αρχοντικό Palau Guell

pji;;))ιι�� ..

Εικόνες 5: Παραβολικές τροχιές

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/2

-------

Οι κωνικές τομές ως κίνητρο μάθησης στα Μαθηματικά

Μια σημαντική ιδιότητα της παραβολής είναι η ανακλαστική (Εικόνα 6), σύμφωνα με την οποία μια κάθετη ευθεία στην εφαπτομένη μιας παραβολής στο σημείο επαφής Μ διχοτομεί τη γωνία που σχηματίζουν η ΜΕ και η ημιευθεία Mt, που είναι παράλληλη στο τμήμα ΟΕ, όπου Ε είναι η εστία της παραβολής (Λυγάτσικας, 2013, Αδα μόπουλος κ.ά., 2012). rι

χ'

Εικόνα 6: Η ανακλαστική ιδιότητα της παραβολής

Άμεσο αποτέλεσμα της ανακλαστικής ιδιότητας της παραβολής είναι ότι αν ένα ηχητικό κύμα ή μια φωτεινή ακτίνα χτυπήσει στο «εσωτερικό της παραβολής» θα περνάει από την εστία της παραβολής (Εικόνα 7α).

Εικόνες 7α, 7β: Εφαρμογές της ανακλαστικής ιδιότητας της παραβολής

Η ανακλαστική ιδιότητα της παραβολής εφαρμόζεται στα δορυφορικά πιάτα, στα ραντάρ, στα παραβολικά κάτο πτρα, σε ορισμένους ηλιακούς θερμοσίφωνες κ.τ.λ. (Εικόνες 8α, 8β, 8γ). Στα δορυφορικά πιάτα και στα παραβολικά ρα ντάρ τα εισερχόμενα κύματα χτυπούν στην «τρισδιάστατη παραβολή)) (ελλειπτικό παραβ�λοειδές) και ανακλώνται στο ίδtο σημείο (εστία), από το οποίο συλλέγουμε τις πληροφορίες που θέλουμε (Εικόνα 7α). Στους ηλιακούς θερμοσίφωνες παραβολικού σχήματος από τις εστίες διέρχεται σωλήνας νερού. Όταν ο άξονας της παραβολής είναι στραμμένος προς τον ήλtο, οι ακτίνες του ήλισυ είναι παράλληλες με τον άξονα, οπότε λόγω της ανακλαστικής ιδιότητας ανακλώνται στο σωλήνα ζεσταίνοντας το νερό. Παρόμοια είναι και λειτουργία του παραβολικού κατόπτρου.

Εικόνες 8α, 8β, 8γ: Δορυφορικό πιάτο, ραντάρ, παραβολικό κάτοπτρο

Αντίστοιχη εφαρμογή υπάρχει στα φώτα των αυτοκινήτων και στις θερμάστρες. Τα αντικείμενα αυτά είναι κατασκευασμένα χρησιμοποιώντας παραβολικούς ανα κλαστήρες (Εικόνες 9α, 9β). Όταν τοποθετηθεί μια πηγή ενέργειας στην εστία της παραβολής, αυτή ανακλάται στην επιφάνεια της παραβολής και αντικατοπτρίζονται από το κάτοπτρο ως ακτίνες παράλληλες προς τον άξονα της παραβολής (Εικόνα 7β). Η

Εικόνες 9α, 9β: Φώτα αυτοκινήτων, θερμάστρα

έλλειψη

Μια επίσης χαρακτηριστική τομή ενός κώνου με ένα επίπεδο είναι η έλλειψη. Αν Ε και Ε' είναι δύο σημεία ενός επιπέδου τότε ορίζουμε ως έλλειψη με εστίες τα σημεία Ε και Ε' τον γεωμετρικό τόπο των σημείων του επιΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/3

-------

Οι κωνικές τομές ως κίνητρο μάθησης στα Μαθηματικά

πέδου των οποίων το άθροισμα των αποστάσεων από τα σημεία Ε, Ε' είναι σταθερό και μεγαλύτερο του ΕΕ' ιε στιακή απόσταση). Πρόκειται για ένα σχήμα που παρουσιάζει αξονική συμμετρία ως προς το φορέα του τμήματος ΕΕ', ως προς τη μεσοκάθετο του ΕΕ', καθώς και κεντρική συμμετρία ως προς το μέσο του ΕΕ', δηλαδή παρου σιάζει δύο αξονικές συμμετρίες και μια κεντρική συμμετρία. (Λυγάτσικας, 2013, Αδαμόπουλος κ.ά., 2012). Σε σχο ' λικό επίπεδο αναφερόμαστε σε ελλείψεις με άξονες συμμετρίας τους χ 'χ και y y (Εικόνες 10). !J

:r'

ι/

Εικόνες 10: Ελλείψεις

Η πιο διάσημη εφαρμογή της έλλειψης προκύπτει από τον πρώτο νόμο του Kepler, ο οποίος αναφέρει (Bradley κ.ά., 2007, Γαβρίλης κ.ά., 2004): Η τροχιά των πλανητών είναι ελλειπτική με τον Ήλιο να βρίσκεται στη μια εστία της έλλειψης (Εικόνα 1 1 ).

Εικόνα 11: 1ος νόμος του Kepler

Επίσης, οι τροχιές των δορυφόρων που στέλνουμε στο διάστημα είναι ελλειπτικές, όπου στην μια εστία της έλλει ψης βρίσκεται η Γη (Χατζηδημητρίου, 2000), όπως ελλει πτικές είναι και οι τροχιές των περιοδικών κομητών στην μια εστία της οποίας βρίσκεται ο Ήλιος (Εικόνα 12).

13).

Εικόνες 13α, 13β: Πλανητάριο Tycho Brahe, Lίpstίck buίldίng ανακλαστική ιδιότητα της έλλειψης (Λυγάτσικας, 2013, Αδαμόπουλος κ.ά., 201 2), αναφέρει ότι η κάθετη στην εφαπτομένη μιας έλλειψης στο σημείο επαφής Μ διΗ

χοτομεί την ΕΜΕ', όπου Ε, Ε' είναι οι εστίες της έλ λειψης (Εικόνα 14). Έτσι, ένα ηχητικό κύμα ή μια φωτει νή ακτίνα που ξεκινούν από τη μια εστία της έλλειψης, ανακλώμενα σε αυτήν, διέρχονται από την άλλη εστία. Έτσι ένα ηχητικό κύμα ή μια φωτεινή ακτίνα που ξεκινούν από τη μία εστία της έλλειψης, ανακλώμενα σε αυτήν, διέρχονται από την άλλη εστία. Εικόνα 14: Ανακλαστική ιδιότητα της έλλειψης ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 99 τ.3/4

-------

Οι κωνικές τομές ως κίνητρο μάθησης στα Μαθηματικά

Η ιδιότητα αυτή χρησιμοποιείται στην κατα σκευή αιθουσών με ιδιαίτερη ακουστική, οι αίθουσες ψιθύρων (Whispeήng Galleήes) (Raιnan. 1922). Αυ τές είναι αίθουσες με ελλεtπτική οροφή, στις οποίες αν κάποιος ψιθυρίσει στην μια εστία μπορεί να α κουστεί στην άλλη εστία. Χαρακτηριστικά παρα δείγματα τέτοιων κτισμάτων είναι ο καθεδρικός ναός τους Αγίου Παύλου στο Λονδίνο, δημιούργημα του αρχιτέκτονα Sir Christopher Wren (Εικόνα 15α) Εικόνες 15α, 15β: Καθεδρικός ναός Saίnt Paul, και η αίθουσα των αγαλμάτων του Καπιτωλίου, αίθουσα των αγαλμάτων στην Ουάσιγκτον (Εικόνα 1 5 Μια διασκεδαστική εφαρμογή της ανακλαστικής ιδιότητας είναι το ελλειπτικό τραπέζι του μπιλιάρδου (Εικόνα 16). Στο τραπέζι αυτό αν χτυπήσουμε μια μπάλα που βρίσκεται στη μία εστία της έλλειψης αυτή θα χτυπήσει τη μπάλα που είναι τοποθετημένη στην άλλη εστία της έλ λειψης. Μια βασική εφαρμογή της ανακλαστικής ιδιότητας της έλ λειψης συναντάται στην ιατρική και είναι η μέθοδος της εξωσωματι κής λιθοθρυψίας, που χρησιμοποιείται για το σπάσιμο της πέτρας που εμφανίζεται στα νεφρά (Λυγάτσικας, 20 Β, Αδαμόπουλος κ.ά., Εικόνα 16: Ελλειπrικό τραπέζι μπιλιάρδου 2012, Κωστακόπουλος, 2003). Κατά τη δημιουργία των ούρων και όταν αυτά είναι πυκνά και κορεσμένα, δημιουργούνται κρύσταλλοι (ως αποτέλεσμα μιας φυσικοχημικής αντίδρασης), που σταδιακά μεγαλώνουν δημιουργώντας πέτρα στα νεφρά (Κω στακόπουλος, 2003). Κατά τη μέθοδο της λιθοθρυψίας στη μια εστία της έλλειψης τοποθετείται μια πηγή ενέργειας (ηλεκτροδιαλυ τική ή ηλεκτρομαγνητική), ενώ στην άλλη εστία το νεφρό του ασθενούς (Εικόνες 17). Σύμφωνα με την ανακλαστι κή ιδιότητα τα κύματα από την συσκευή των υπερήχων ανακλούνται στα τοιχώματα της έλλειψης και διέρχονται από την άλλη εστία, βομβαρδίζοντας το νεφρό. Το αποτέλεσμα είναι η διάσπαση της πέτρας που έχει σχηματιστεί στο νεφρό του ασθενούς και τα κομμάτια αποβάλλονται από τον οργανισμό με τα ούρα, χωρίς να γίνει εγχείρηση.

Εικόνες 17: Λιθοθρυψία

Η υπερβολή

Μια άλλη τομή ενός κώνου με ένα επίπεδο είναι η υπερβολή. Ως υπερβολή χαρακτηρίζεται ο γεωμετρικός τό πος των σημείων των οποίων η διαφορά των αποστάσεων από δύο σταθερά σημεία Ε, Ε 1 είναι σταθερή και μικρότερη από το μήκος του ΕΕ 1 (Λυγάτσικας, 2013, Αδαμόπουλος κ.ά., 2012). Πρόκειται για ένα σχήμα που παρου σιάζει αξονική συμμετρία ως προς το φορέα του τμήματος ΕΕ1, ως προς τη μεσοκάθετο του ΕΕ1, καθώς και κε ντρική συμμετρία ως προς το μέσο του ΕΕ1, δηλαδή παρουσιάζει δύο αξονικές συμμετρίες και μια κεντρική συμ μετρία. Σε σχολικό επίπεδο αναφερόμαστε σε υπερβολές με άξονες συμμετρίας τους χ χ και Υ Υ (Εικόνες 1 8). ι

Εικόνες 18: Υπερβολές ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 99 τ.3/5

-------

Οι κωνικές τομές ως κίνητρο μάθησης στα Μαθηματικά

Η αρχιτεκτονική και εν γένει η κατασκευή κτφίων έχει χρησιμοποιήσει το σχήμα της υπερβολής (Εικόνες 19α, 19β).

Ειδικά στην περίπτωση του πύργου ψύξης ενός πυρηνικοίi αντιδραστήρα, οι μηχανικοί επιλέγοντας αυτό το σχήμα χρησιμοποίησαν τα λιγότερα δυνατά υλικά δημιουργώντας μια πολύ ισχυρή κατασκευή με ίσιους aτσάλινους δοκούς (Εικόνες 20).

Εικόνες20: Πύργοςψύξηςπυρηνικού αντιδρασrήρα και ο σκελετός

Η υπερβολή εφαρμόζεται σε γρανάζια λοξού άξονα (Buckingham, 1998), �α οποία χρησιμοποιούνται στα διαφορικά των αυτοκινήτων (Ει κόνα 21). Επίσης όταν ένα αεροπλάνο σπάει το φράγμα του ήχου (Εικόνες 22α, 22β) δημιουργούνται ηχητικά κύματα που έχουν το σχήμα του κώ νου, ενώ ακούγεται ένας ήχος σαν έκρηξη. Όταν τα ηχητικά κύματα αγ γίξουν το έδαφος δημιουργούν υπερβολές, που σημαίνει ότι οι επιπτώ σεις εμφανίζονται ταυτόχρονα σε όλα τα σημεία κάθε υπερβολής (McDonald κ.ά., 1969). Εικόνα 21: Γρανάζια λοξού άξονα

Εικόνες22α, 22β: Σπάζονταςτο φράγμα του ήχου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 99 τ.3/6

-------

Οι κωνικές τομές ως κtνητρο μάθησης στα Μαθηματικά

Και αυτή η κωνική τομή, όπως και οι άλλες δύο έχει ως βασική της ιδιότητα την ανακλαστική (Λυγάτσικας, 2013, Α δαμόπουλος κ.ά., 2012). Η εφαπτομένη μιας υπερβολής σε ένα σημείο της Μ διχοτομεί την στίες της (Εικόνα 23).

Ε' ΜΕ , όπου Ε, Ε' είναι οι ε

Η πιο χαρακτηριστική εφαρμσyή της ανακλαστικής ιδιό τητας της υπερβολής, είναι η κατασκευή των καθρεπτών που χρησιμοποιούνται στα κατοπτρικά τηλεσκόπια (Γαβρtλης κ.ά., 2004). Το φως χτυπά πάνω στον καθρέπτη που έχει σχήμα υ περβολής, όπου ανακλάται πάνω στην εστία της υπερβολής στην οποία έχουμε τοποθετήσει ένα καθρέπτη που οδηγεί την εικόνα στον επονομαζόμενο προσοφθάλμιο φακό (Εικόνα 24). Εικόνα 23: Α νακλαστική ιδιότητα της υπερβολής

� IL.-..---. -____, ====��==============�� ==�-1 � ---:

�ι- - - -

----

Σχήμα 24: Λειτουργία κατοπτρικού τηλεσκοπίου

Συ μπεράσματα

Στην σύγχρονη εκπαιδευτική πραγματικότητα, η διαθεματικότητα είναι απαραίτητη. Τα μαθηματικά είναι μια ε7tι στήμη με πο'λλ.ές εφαρμογές, που μπορούν να ενtαχτούν και να βοηθήσουν τη διδασκαλία, σ).)..iJ. και να τονώσουν τη διά θεση ενασχόλησης με αυτά. Τέτοιες εφαρμογές είναι ζωτικής σημασίας, γιατί από τον αφηρημένο χαρακτήρα των μαθη ματικών αναδεικνύουν το χειροπιαστό, τον οικείο, τον προmτό. Ενδεικτική βιβλιογραφία

Αδαμόπουλος Λ., κ.ά. (2012). Μαθηματικά Β' τάξη Γενικού Λυκείου, Θετική και Τεχνολογική κατεύθυνση. ΙτΥΕ Διόφαντος. Αλαχιώτης Σ. (2002). Για ένα σύγχρονο εκπαιδευτικό σύστημα. Επιθεώρηση Εκπαιδευτικών θεμάτων. Νο 7, 7-18. Αθήνα. Παιδαγωγικό Ινστιτούτο. Γαβρtλης Κ., κ.ά. (2004). Στοιχεία Α στρονομίας και Δ ιαστημικής Β' Τάξη Ενιαίου Λυκείου. ΟΕΔΒ. Λυγάτσικας Ζ. (2013). Κωνικές στην Ευκλείδεια Γεωμετρία. Liberal Books. Κωστακόπουλος Ν. Α. (2003). Ουρολογία Π, Εκδόσεις Πασχαλίδης. Χατζηδημητρίου I. Δ. (2000). Θεωρητική Μηχανική, τόμος Α Ό Εκδ. Γιαχούδη-Γιαπούλη. Bortle Ε. J. (1998). The bright-comets chronicles (Διαθέσιμο on line: http://www.icg.eps.harvard.edu/bort\e.html, προσπελάστηκε στις 10/1 1/201 5). Bradley W. Carroll, Dale Α. Ostlie. (2007) An lntroductίon to Modern Astrophysίcs. Addison-Wesley Publishing Co. Brown J. D. and Brown D. (2001). Brίdges: Three thousand years of defying Nature. ΜΒΙ Publishing company. Buckingham Ε. (1998). Ana/ytίcal Mechanίcs of Gears. Doνer. Lawton D., Cairns, J. & Gardner R. (2000). Educatίon for cίtίzenshίp. Cromwell Press. McDonald Α. J. and Goforth Τ. Τ. (1969). Seίsmίc effects of sonίc booms: Empirical resu/ts. Journal of Geophysical Research. Raman V. C. (1922). On whispering ga/lerίes. Proc. Indian Ass. Cult. Sci. 7, 1 59. Serway Α. R. (1990). Physίcs for Scίentists and Engineers, νο/. 1, απόδοση στα ελληνικά Ρεσβάνης Κ. Λ. Serway. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/7

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Ε.Μ.Ε.

76ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΙΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΑ

'Ό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ"

16 Ιαvουαρ(ου 2016

Ενδεικτικές λύσεις

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα 1 Να υπολογισθεί η τιμή της παράστασης � +2 · {j;4 +8·\Γχ. + 21-� , όπου χ> Ο και χ ::1:27. Α= 25 χ+8 � -2·�+4 9-� 3+�

(--

)

Λύση: Θέτουμε: �χ3 =y >Ο, χ> Ο� χ=/,

Α_-

(

[

�_ /+8

x,y >Ο,

. y4 +8y 21- y2 + /-2y+4 3+y 9-y2 y+2

y+2

(y+2)(y2 -2y+4)

y2 -2y+4

οπότε η Α γράφεται:

[52-(y+2)2]

(y+2)·(y2 -2y+4)

]

y(/ + 8) (3-y)·(3+y)

21 - y2 3+y

21-y2 . y-(y+2)·(y2 -2y+4)+--� (3+y)·(3-y)

3+y

7+y)(3-y)y(y+2)(y2-2 y+ 4) 21-y2 =( +---'-3+y (y+2 )(y2 - 2 y+4)(3+y)(3-y) ·

21 21 7 = y(7+y) + -y2 = 7y+y2+ -y2 = (y+3) =7. 3+y y+3 3+y 3+y

Πρόβλημα 2 Να εξετάσετε, αν η εξίσωση 64χ2 +1610 χ- 20162016 = Ο έχει ρητή ρίζα. Λύση: Αν η εξίσωση έχει ρητή λύση, τότε η διακρίνουσα πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο ρητού.

Έχουμε ότι Δ = 1620 +4·64·20162016 και ας υποθέσουμε ότι: 1620+4·64·2016016=Κ, όπου ρητός. Αφού όμως το αριστερό μέλος είναι ακέραιος, θα πρέπει και ο να είναι ακέραιος. Παρατηρούμε ότι το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 1620 είναι 6 και το ίδιο ισχύει για το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 4 64 20162016 = 256 20162016 Επομένως το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 1620 + 4 64 20162016 είναι το 2, αφού 6+6=12. 'Ωμως, κάθε τέλειο τετράγωνο λήγει σε κάποιο από τα ψηφία 0,1, 4,5,6,9, οπότε καταλήγουμε rτε άτοπο. Επομένως η εξίσωση δεν έχει ρητή ρίζα. κ

•

Πρόβλημα 3 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) με Α = 40° και έστω Δ το μέσο της πλευράς ΑΓ. Θεωρούμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΕΔ, ΔΓΖ των οποίων οι κορυφές Ε,Ζ βρίσκονται στο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 99 τ.3/8

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

ίδιο ημιεπίπεδο με ακμή την ΑΓ και στο οποίο ανήκει η κορυφή Β. Αν η ΕΔ τέμνει την ΑΒ στο Κ, να αποδείξετε ότι η ΚΖ είναι κάθετη στη ΒΓ.

Έστω ότι η ΚΖ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Μ. Θα αποδείξουμε ότι iΊ+ Ζ1 =90 Το τρίγωνο ΓΔΖ είναι ισόπλευρο, οπότε f1 =60 °. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές (Β Γ ) με Α=400 (οπότε από Α+ Β+ Γ =180 ) έχουμε: Λύση:

...

ο.

...

Β=Γ=70ο. ... Άρα Γ... 2 =ΓΓ1 ... = 70 ο - 60 ο=10 ο

και Δ1+ Δ2+ Δ3 =180 Δ1=Δ3 =60 ° (ως γωνίες ισόπλευρων

Ισχύει

...

(1).

επειδή τριγώνων),

συμπεραίνουμε ότι: Δ2=60 ° . Γ Το τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισοσκελές (διότι ΑΔ=ΔΓ=ΔΖ) Σχήμα 3 και Δ1=Δ2 =60 ° Δηλαδή η ΔΚ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΔΖ, οπότε θα είναι και μεσοκάθετη της βάσης ΑΖ του (ισοσκελούς) τριγώνου ΑΔΖ. Εφόσον η είναι μεσοκάθετη της ΑΖ, το τρίγωνο ΑΚΖ είναι ισοσκελές. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΖ έχουμε: λ1 =Ζ 3• Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΚΖ έχουμε: λ 2 =Ζ Προσθέτοντας τις σχέσεις κατά μέλη έχουμε: Ζ 3+ Ζ =λ 1+ λ 2 =40° . Από τη ισότητα Ζ 1 + Ζ 2+ Ζ 3+ Ζ =180 ° (με δεδομένο ότι Ζ 2 =60 ° ), καταλήγουμε: .

...

ΔΚ

•

Ζ1=80 ο Λ

Από τις σχέσεις (1),(2) έχουμε:

f2+ Ζ1 =90 ° .

(2).

Πρόβλημα 4 Τρεις φίλοι, ο Γιάννης και ο Βαγγέλης και ο Βασίλης, έχουν μία σακούλα με καραμέλες. Ο Γιάννης βάζει το χέρι μέσα στη σακούλα, παίρνει κάποιες καραμέλες, και από αυτές που πήρε κρατάει τα � και τις υπόλοιπες (από αυτές που πήρε) τις μοιράζει εξίσου στους 4 άλλους δύο. Ο Βαγγέλης παίρνει κάποιες από τις υπόλοιπες που έμειναν στη σακούλα,

κρατάει το .!_ από αυτές και τις υπόλοιπες από αυτές που έβγαλε τις μοιράζει εξίσου στους 4 άλλους δύο. Τέλος ο Βασίλης παίρνει τις υπόλοιπες που είχαν μείνει στη σακούλα κρατάει 1 το - από αυτές και τις υπόλοιπες από αυτές που έβγαλε τις μοιράζει εξίσου στους άλλους 6

δύο. Αν σε κάθε μοιρασιά καθένας παίρνει θετικό ακέραιο αριθμό από καραμέλες και τελικά οι καραμέλες του Γιάννη είναι τριπλάσιες από τις καραμέλες του Βασίλη και οι καραμέλες του Βαγγέλη είναι διπλάσιες από τις καραμέλες του Βασίλη, να βρείτε τον ελάχιστο αριθμό από καραμέλες που μπορεί να περιέχει η σακούλα. Λύση:

Έστω οι καραμέλες που πήρε από τη σακούλα ο Γιάννης και β οι καραμέλες που πήρε από τη σακούλα ο Βαγγέλης και y ο Βασίλης. Τότε ο Γιάννης κρατάει 34α και δίνει στο Βαγγέλη και το Βασίλη α. α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/9

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Αντίστοιχα, ο .Βαγγέλης κρατάει 4β και δίνει στο Γιάννη και το Βασίλη 38β . Και αφού σε κάθε μοιρασιά καθένας παίρνει ακέραιο αριθμό από καραμέλες, πρέπει το β να είναι πολλαπλάσιο 57. του 8. (1) Τέλος, ο Βασίλης κρατάει Υ και δίνει στο Γιάννη και το Βαγγέλη από 6 12 3β+3α + 5 y καραμε'λες, ο Βαγγε'λης εχει 5 y και , -α + -β + , συνολικα, , ο Γιαννης , εχει Επομενως 4 8 12 8 4 12 3 ο Βασίλης έχει α8 + 8β + Υ. 6 Επομένως πρέπει να ισχύει 3( α8 + 38β + 67 = 34α + 38β + 5127 � 34β + 12 L= 38α � 18 β+2y=9α .(2) α + 3 β + 6r ) = 8 α + 4β + 5 y � 8 α + β = r � 3α + 12 β = 2 r (3) 2( 8 8 2 12 12 Προσθέτοντας τις (2), (3) κατά μέλη έχουμε ότι : 30 β = 6α � 5 β = α Οπότε από την (3) προκύπτει ότι: 27 β = 2y. Το β αφού είναι πολλαπλάσιο του 8 η ελάχιστη τιμή του είναι 8 . Οπότε η ελάχιστη τιμή για το είναι α = 5 · 8 = 40 και για το y = 272'8 = 27 · 4 = 108 . Δηλαδή η ελάχιστη τιμή από καραμέλες που μπορεί να περιέχει η σακούλα είναι 8 + 40 + 1 08 = 15 6 .

)

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρόβλη μα 1

Δίνεται η αριθμητική πρόοδος α1 ( 2 - χ )2 , α2 22 + χ2, , όπου χ πραγματικός αριθμός. Ν α προσδιορίσετε: (α) Το άθροισμα των n πρώτων όρων της. (β) Την τιμή του n,( n > 1), για την οποία ο μέσος όρος των η πρώτων όρων της προόδου ισούται με το τετράγωνο μιας παράστασης του χ, για κάθε πραγματικό αριθμό χ. =

•••

διαφορά της αριθμητικής προόδου είναι: ω = 22 + χ2 - (2 - χ) 2 = 4χ. Επομένως το [2(2- χ)2 +4( n-1)x] n άθροισμα των n πρώτων όρων της θα είναι: Sn = =(x2 +2( n-3)x+4) n. 2 (β) ο μέσος όρος των n πρώτων όρων της προόδου ισούται με 8n = χ2 + 2 ( n-3) χ+ 4 n και είναι τριώνυμο μεταβλητής χ. Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ = 4(n-3)2 -16 = 4(n2 -6n+5) . Επομένως το τριώνυμο ισούται με τέλειο τετράγωνο μιας πολυωνυμικής παράστασης του αν και μόνον, αν Δ = Ο � n2 - 6n+ 5 = Ο � n = 1 ή n = 5. Η τιμή n = 1 απορρίπτεται, γιατί n 1. Επομένως, για n = 5 είναι 85 = χ2 + 4χ+ 4 = ( χ+ 2 ) 2 5 Αν ζητήσουμε οποιαδήποτε αλγεβρική παράσταση του τότε έχουμε 8n = χ2 + 2(n-3 )χ+ 4 � 0 , για χεJR , εφόσον Δ�Ο � 1�n�5 . Τότε, για nε{2,3,4,5 } n ισχύει: �n = ( �χ2 + 2 ( n- 3) χ+ 4 )2 για κάθε χεJR . Λύ ση : (α) Η

χ,

•

χ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/10

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Π ρόβλη μα 2

------

Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η εξίσωση 10χ3 - 6χ 2 - 12χ - 8 =Ο. 10χ3 -6χ2 -12 χ-8 = Ο<=> 10χ3 -(6χ2 + 12χ+8 ) =Ο. Λύ ση: Έχουμε

Παρατηρούμε ότι η παράσταση που είναι μέσα στην παρένθεση γράφεται: 6χ2 + 12χ+ 8 = ( χ3 +6χ2 + 12χ+8) - χ3 = ( χ+ 2)3 -χ3 , οπότε η εξίσωση γίνεται: 10χ3 -(6χ2 + 12χ+8) =0 <=> 10χ3 -(χ+2)3 + χ3 = 0 <=> 1 1χ3 = ( χ+2γ <=> xifιl = χ+2 <=> χ= � . _1 Πρόβλη μα

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ<ΑΓ<ΒΓ) και τα μέσα Μ,Ν των πλευρών ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Ο κύκλος (c1) έχει διάμετρο την ΑΜ και τέμνει τις ΑΓ,ΜΝ στα σημεία Δ,Ε, αντίστοιχα. Ο κύκλος (c2) έχει διάμετρο την ΓΝ και τέμνει την ΒΓ στο σημείο Λ. Η ΕΛ τέμνει το κύκλο (c1 ) στο σημείο Ζ. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΖΔΝΛ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Η

γωνία ΑΕΜ είναι ορθή διότι είναι εγγεγραμμένη (στο κύκλο (c1 ) ) και βαίνει στη διάμετρο ΑΜ του κύκλου (c1 ) , οπότε θα είναι: ΑΕ 1_ ΜΝ (1) . Η γωνία NAr είναι ορθή διότι είναι εγγεγραμμένη (στο κύκλο (c ) ) και βαίνει στη διάμετρο ΝΓ του κύκλου (c ) οπότε θα είναι ΝΑ 1_ ΒΓ (2) . Τα σημεία Μ,Ν είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε θα είναι: ΜΝ = Ι Ι ΒΓ 2 (3) . Λ ύ ση :

Σχήμα4

Από τις σχέσεις (1),(2),(3) συμπεραίνουμε ότι: ΑΕ= ΑΝ = και ΑΕ/ /ΛΝ. Άρα το 2 τετράπλευρο ΑΕΑΝ είναι παραλληλόγραμμο. Το τετράπλευρο ΑΔΕΖ είναι ισοσκελές τραπέζιο , διόη είναι τραπέζιο ΕΖ 11 ΑΔ , εγγεγραμμένο στον κύκλο (c1 ) . Άρα ΑΕ = ΔΖ οπότε θα είναι και ΔΖ= Ν Α . Δηλαδή το τετράπλευρο ΔΖΑΝ είναι ισοσκελές τραπέζιο. va

Πρόβλη μ α 4

Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη · θετικών ακεραίων (a,b) που είναι τέτοια ώστε ο αριθμός a 17b - + - να ειναι ακέραιος. b 36a , , , , Θ, α , , , Θ α 1 7b Λ υση : "ε' λουμε -b +-= κ , οπου κ ειναι ενας ακεραιος. "ετουμε -b = χ και τοτε η σχεση 36α γράφεται ως χ+ _!2_ = κ<::> 36χ2 -36τα + 17 = Ο (1) και ουσιαστικά ψάχνουμε τις ρητές λύσεις 36χ ,

της (1 ). Για να έχει ρητές λύσεις η (1) πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο. Δηλαδή θέλουμε Δ = (36κ)2 -4·36·17 = (2 ·6)2(9κ2 - 17) να είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε θέλουμε 9κ2 -17 = s2 για κάποιον θετικό ακέραιο s.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/1 1

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

{

Τότε (3κ)2 -s2 =17<::>(3κ- s)(3κ+ s) = l7 και αφού ο 17 είναι πρώτος και οι κ,sθετικοί = 1 <:::> = 3, s = 8 . ακέραιοι, έπεται ότι 33κ-s κ+s = 17 κ , α = 17 η α = 1 , , λ:υ, σεις τις χ = 17 και = 1 , οποτε Για κ = 3 η παραπανω εξισωση εχει ' Χ 1 6 2 6 b 6 b 6 οπότε έχουμε για λύσεις τις (α,b) = (17 t,6 t) ή (α,b) = ( t,6t) όπου t θετικός ακέραιος. ,

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρόβλημα 1.

Δίνεται η αριθμητική πρόοδος b1 ( χ -4)1 , b1 χ1 + 16, , όπου χ πραγματικός αριθμός. Να προσδιορίσετε: (α) Το άθροισμα των η πρώτων όρων της. (β) Την τιμή του η,(η > 1) , για την οποία ο μέσος όρος των η πρώτων όρων της προόδου ισούται με το τετράγωνο μιας παράστασης του χ, για κάθε πραγματικό αριθμό χ. =

.•.

Λύση (α) Η διαφορά της αριθμητικής προόδου είναι: ω = χ2 + 16-(χ- 4)2 = 8χ.

Επομένως το άθροισμα των n πρώτων όρων της θα είναι: [ 2(χ- 4)2 +8(n-1) xJn = ( χ2 + 4(n- 3) χ+ 16 ) n. Sn= 2 (β) Ο μέσος όρος των n πρώτων όρων της προόδου ισούται με s _n +4 n = χ2 (n- 3) Χ+ 16 και μπορεί να θεωρηθεί ως τριώνυμο μεταβλητής χ. Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ = 16 (n-3)2 - 64 = 16 ( n2 - 6n+ 5) . Επομένως το τριώνυμο ισούται με τέλειο τετράγωνο μιας πολυωνυμικής παράστασης του αν και μόνον, αν Δ = Ο<:::> n2 - 6n+ 5 = Ο<:::> n = 1 ή n = 5. Η τιμή n = 1 απορρίπτεται, γιατί n 1. Επομένως, μόνον για n = 5 είναι Ss = χ2 +8χ+16 = (χ+ 4)2 . 5 τότε έχουμε Αν ζητήσουμε οποιαδήποτε αλγεβρική παράσταση του sn + 16 � ο' για χ Ε ]R εφόσον Δ � ο 1 � n � 5 . Τότε για n Ε {2, 3, 4, 5} n = χ2 4(n- 3) χ+ ισχύει: � = ( �χ2 + 4(n-3) χ + 16 )2 για κάθε χ JR . χ,

χ,

<:::>

Πρόβλημα 2

Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών η εξίσωση:

Λύση

10χ4- 8χ3 - 24χ2 - 32χ- 6 = Ο.

Έχουμε 10χ4 -8χ3 - 24χ2 -32χ-16 = ο<:::> 10χ4 -(8χ3 + 24χ2 + 32χ + 16 ) = ο. Παρατηρούμε ότι η παράσταση που είναι μέσα στην παρένθεση γράφεται: 8χ3 + 24χ2 + 32χ+16 = (χ4 +8χ3 + 2 4χ2 +32χ+16) - χ4 = (χ+ 2)4 -χ4 , οπότε η εξίσωση γίνεται: 10χ4 -(8χ3 + 24χ2 + 32χ+16) = Ο <=> 10χ4 -(χ+ 2)4 + χ4 = 0 <=>11χ4 =(χ+ 2)4 <=>xifiΪ . = χ+2 ή xiflϊ = -χ-2<=:>χ= � ή χ= - � . 4 11-1 4 1 1+1 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 9 9 τ.3/12

__,;,;,__

____

Πρόβλημα 3

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

-------

Δίνονται οι συναρτή σεις f,g:A-+R , όπου A=(-oo ,O)u(O ,+oo) και f(x)·g(x):;tO για κάθε χ Ε Α Αν για κάθε χ, y Ε Α ισχύουν οι σχέσεις: r g(x) =f(g(x)) (1) , g f(x) =g(f(x)), ( 2) g(y) f(y) Υ Υ Να αποδείξετε ότι: Οι συναρτή σεις f,g είναι '1-1' (ένα προς ένα).

( ) (α) (:) (:)

( )

•

(β) f(x)· r Λύση (α)

=g( x)· g

=1 για κάθε

χΕ

Α.

Έστω χ1,χ2 με g(x1)=g(x2). Θα αποδείξουμε ότι χ1 =χ2. Θέτοντας στη σχέση (1), όπου χ το χ1 και όπου y το χ2, έχουμε: g(x,))=/(g(x,)) � /(1)=/(g(x,)) � /(g(x1))=/(1)·χ2 (Α). f (g(x2) Χ2 Χ2 Θέτοντας στη σχέση (1), όπου χ το χ2 και όπου y το χ1, έχουμε: ι(g(g(xx2)J= /(g(χ x2)) � /(1)= /(g(χ,x2)) � /(g(x2))=/(1)·χ, (Β) ,) , Από την ισότητα g(x1)=g(x2) ·έχουμε: f(g(x1))=f(g(x2)) Από σχέσεις (Α),(Β), συμπεραίνουμε ότι: χ1 =χ2. Ομοίως, μέσω της σχέσης (2), αποδεικνύουμε ότι και η συνάρτηση f είναι '1-1 Στις σχέσεις (1) ,(2) θέτουμε όπου y το χ και έχουμε τις σχέσεις: g(χ))= /(g(x)) �f(l)=/(g(x)) � f(g(x))=/(1)·χ ι(g(x) . χ χ f(x))=g(f(x)) �g(l)=g(f(x)) �g(f(x))=g(l). χ g(f(x) χ χ πουγια χ=1,γίνονται: f (g(1))=/(1) και g(f(1))=g(1). Επειδή όμως οι συναρτήσεις f,g είναι '1-1 ', θα ισχύει: /(1)=g(1)=1 που σε συνδυασμό με τις προηγούμενες ισότητες έχουμε: f (g(x))=g (f(x))=χ. Άρα η ισότητα (1) γίνεται: ι(g(g(x)y))= Υ Στην τελευταία ισότητα θέτουμε όπου χ το f(x) και όπου y το f(y). Άρα ι ( gg((f(f(x)y))) J=f(f(yx)) �ι(Υχ )=f(f(yx)) και για x=l, έχουμε: ι(�)=;�J �ι(�)=ι:Υ) �ι(ΥΗ(�)=ι. τις

εΑ

(Γ).

(Γ)

(β)

�.

Πρόβλημα 4

Δίνεται τρίγωνο ABC (με ΑΒ < AC < BC) και ο περιγεγραμμένος κύκλος του c(O, R) . Ο κύκλος c1(C,AB) (με κέντρο το σημείο C και ακτίνα ΑΒ) τέμνει τον κύκλο (c) στα σημεία D και Ε (το Ε ανή κει στο τόξο στο οποίο δεν ανή κει το σημείο Α). Ο κύκλος c2(B ,BD) (με κέντρο το σημείο Β και ακτίνα BD) τέμνει τον κύκλο (c1) στο σημείο F. Να αποδείξετε ότι η AF περνάει από το μέσο Μ της BC. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/13

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABCL, ισχύει AB=CD(διότι CD ακτίνα του κύκλου ( ) ). Άρα το τετράπλευρο ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο με ΑΒ = CD, AD BC (*). Από τις ίσες διαγώνιες του ισοσκελούς τραπεζίου ABCD έχουμε: AC BD (1) . Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABEC, ισχύει ΑΒ = CD = CE (διότι CD = CE ακτίνες του κύκλου ( ) ). Άρα το τετράπλευρο ABEC είναι ισοσκελές τραπέζιο με ΑΒ = CE και Λύση : c1

AC I I BE (2).

Σχήμα Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι τα σημεία B,E,F είναι συνευθειακά (θα αποδείξουμε ότι EBC FBC). Από το ισοσκελές τραπέζιοΑΒΕC έχουμε: EBC ACB C (3). Η διάκεντρος BC των κύκλων ( ) και (c2) είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους DF. Άρα, από το ισοσκελές τραπέζιο ABCD έχουμε: BC CBD ACB C (4) Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε: = FBC = C. Από τη σχέση (2), έχουμε AC ΒΕ BF και επειδή AC = BF = BD (από τη σχέση (1) ) καταλήγουμε ότι τα τμήματα Α C,BF είναι ίσα και παράλληλα. είναι παραλληλόγραμμο, Δηλαδή τετράπλευρο οπότε οι τοδιαγώνιές του θαABFC διχοτομούνται. 5

(*)

EBC

Ισχύει Β1 = D1 (διότι είναι εγγεγραμμένες στον ίδιο κύκλο και βαίνουν σε ίσα τόξα). Οι γωνίες αυτές είναιΆεντός εναλλάξ στις AD και BC με τέμνουσα την BD. ρα AD Ι ΙBC, δηλαδή το τετράπλευρο ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο. Λ

Οι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 98

Σχήμα 6

2c = , 1 1 1 a1 + b a + c b+ c να αποδείξετε ότι το γινόμενο bc είναι τέλειο τετράγωνο. Α41. Αν

a,b, c είναι ακέραιοι τέτοιοι ώστε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/14

(1) Λευκορωσία 2 0 15

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Αν είναι b = Ο ή c = Ο, τότε αb = Ο και είναι τέλειο τετράγωνο. Επίσης, αν α = Ο, από τη σχέση (1) προκύπτει ότι b = c , οπότε πάλιbc = b2• Έτσι, μπορούμε να υποθέσουμε ότι οι ακέραιοι α,b, c είναι διάφοροι του μηδενός. Τότε η δεδομένη ισότητα γράφεται: 1 + 1 = 2 . (2) --"'7'"2 b · +1 2 1+ � (�) + 1 � � b y = -α , τοτε η σχεση , , (2) γινεται: χ = -, Αν θεσουμε , c α 1 1 2 . � 2 + χ2 + / = 2 +--= l + x2 / + 1 xy+ l (l + x2 ) (l + y2 ) xy + l � (2+ χ2 + y2 )(xy+ 1) = 2(1 + χ2 )(ι+ y2 ) � 2xy+ x2 + y2 + 2 + x3y+ xy3 = 2 + 2χ2 + 2y2 + 2χ2 / � x3y- 2xzyz + xy3 ( χ2 -2xy+ y2 ) = Ο � xy(x- y)2 -(χ- y)2 = Ο � (χ- y) z (xy-l) = Ο (4) � x= y (3) ή xy= l Λύ ση :

()

•

Αν χ = y, τότε.!!_ = αc � bc = α2 α bα = l � -b = l �b = c �bc = b2 . , Aνxy= l, τοτε ac c •

Στο Καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων θεωρούμε τη γραφική παράσταση της υπερβολής y Τρία φωτεινά σημεία Ρα, Pb και Pc ξεκινούν ταυτόχρονα από την αρχή Α42.

=!. χ

Ο και κινούνται πάνω στον άξονα

' χχ

το καθένα με τη δική του σταθερή ταχύτητα. Έστω

Α ( t), Β ( t) και C( t) σημεία πάνω στη γραφική παράσταση της υπερβολής y

=!. που χ

έχουν την ίδια τετμημένη με τα σημεία Pa,Pb και Pc, αντίστοιχα, τη χρονική στιγμή t. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ABC είναι ανεξάρτητο του χρόνου. Λευκορωσία 2014

Έστω ua,ub και ucoι ταχύτητες των τριών φωτεινών σημείων�.� και�' αντίστοιχα. (i) Υποθέτουμε ότι τα φωτεινά σημεία κινούνται από την αρχή με θετική φορά. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι ua � ub s;.uc. Τότε έχουμε (σχήμα 1): ( 1) Ε(ABC ) = Ε( ACC 1A, ) - Ε(ΑΒΒ1Α1 ) - Ε(BCCβ1 ) Επειδή τα τετράπλευρα ACC 1A1,ABB1Aι, BCCβ1 είναι τραπέζια και γνωρίζουμε τις συντεταγμένες των κορυφών τους τη χρονική στιγμή t: Α1 (α, Ο), Β1 ( b.O ), C1 ( c, Ο) και Α α, � ,Β b, i), C ( c, �) μπορούμε να βρούμε το εμβαδό τους. 'Εχουμε 2 -α2 ! � - � = _!_ uct - U/ = _!_ uc - ua . E(ACCA) = _!_ · �G; ·(ΑΑι + CG; ) = !(c-α) ! + ! = c 2 2 α c 2ac 2 α c 2 uat uct 2 ua . uc Επειδή οι ταχύτητες των φωτεινών σημείων είναι σταθερές, συμπεραίνουμε ότι το εμβαδό Ε(ACC1A1 ) είναι ανεξάρτητο του χρόνου. Ομοίως συμπεραίνουμε ότι και τα εμβαδά των τραπεζίων ΑΒΒ1Α1 και BCCβ1 είναι ανεξάρτητα του χρόνου. Λύση :

( )(

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/15

( ) ( J ( J

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

rω ι

α=

c�

Σχήμα 1 Σχήμα 2 Υποθέτουμε τώρα ότι το φωτεινό σημείο � κινείται με αρνητική φορά, ενώ τα άλλα δύο κινιούνται με θετική φορά. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι ub uc. Τότε έχουμε E(ABC) = E(ABB1 ) - E (ACC1 ) + E(BCC1 B1 ) . (2) (σχήμα 2): Έχουμε (ii)

�

b2 -α2 J = ! (2-!!. _!!.) = ! (2- ubt. - -uatJ = 1+_! (ua + ub J ) !_ ! !( .!. ( · = = (b-α) Β Β Ε(ΑΒΒ1) =.!Β1 Α 1 2 2 b α 2 αb 2 α b 2 ubt 2 ub Ομοίως προκύπτει ότι Ε ( ACC1 ) = 1 + _!_(2 uuca + uauc J , οπότε τα εμβαδά των τριγώνων ΑΒΒ1 και ACC1 είναι ανεξάρτητα του χρόνου. Τέλος, για το τραπέζιο BCCβ1 έχουμε: cb Ε( CC��) = _!·�� ( C� +Β�) =_! (c-b) (! __! + _! __!) = !(� -!!. _ 2( - )J = _!(uc _ ub _ 2(uc -ub JJ . α b α 2 b c α 2 ub uc ua 2 2 -U/

δηλαδή είναι ανεξάρτητο του χρόνου. Επομένως σε κάθε περίπτωση το εμβαδόν του τρι γ ώνου ABC είναι ανεξάρτητο του χρόνου.

Ν36. Βρείτε όλα τα ζεύγη ( n, m) θετικών ακέραιων που ικανοποιούν την εξίσωση η !+ 50S = m1 •

Λευκορωσία 2015

Παρατηρούμε ότι 1 !+ 505 506, 2 !+ 505 507, 3 !+ 505 5 1 1 δεν είναι τέλεια τετράγωνα. Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι για 4, 5, 6 προκύπτουν τα τέλεια τετράγωνα 4!+ 505 = 529 = 232 , 5!+ 505 = 625, 6!+ 505 1225 = 352 , οπότε έχουμε τις λύσεις ( ) ( 4, 3 ),( ) = ( 5,25),(n,m) = ( 6,35). Θα7 ! 505 αποδείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις του προβλήματος. Πράγματι, οι αριθμοί 5545 9 !+ 505 363385 δεν είναι τέλεια τετρ:iγωνα γιατί διαιρούνται με το 5 , + αλλά δεν διαιρούνται μεπαράγοντα το 25. Αυτό σημαίνειστηνότιπρώτη στην δύναμη, ανάλυση οπότε τους σεδενγινόμενο πρώτωννα παραγόντων έχουν τον 5 υψωμένο είναι δυνατόν ·για1633 δεν1 Ο,είναιη δεκαδική 25 είναι τέλειααφούτετράγωνα. Επίσης ο είναι αριθμός 8 ! + 505 = 40825 τέλειο τετράγωνο, ο αριθμός 16 δεν τέλειο τετράγωνο. Τελικά, 33 σε δύο τουλάχιστον μηδενικά, οπότε η δεκαδική αναπαράσταση του n! τελειώνει n, m

Λύση :

n, m

και

n =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

99 τ.3/16

�

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

αναπαράσταση του n !+ 505 = τελειώνει με τα ψηφία 05. Επομένως ο αριθμός n 505 διαιρείται το 5, αλλά όχι με το 25, οπότε δεν είναι τέλειο τετράγωνο. Γ33. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α= 90° και Στη προέκταση του ευθύγραμμου τμήματος ΒΑ προς το θεωρούμε σημείο Ε και στην προέκταση του ευθύγραμμου τμή ματος ΑΓ προς το Γ θεωρούμε σημείο Δ έτσι ώστε να ισχύουν ΑΕ= ΑΓ = και Έστω Μ και Ν τα μέσα · των ευθύγραμμων τμημάτων ΒΓ και ΔΕ, αντίστοιχα , και Ρ το σημείο τομής των ΕΓ και ΒΔ. Να αποδείξετε ότι ΜΝ Ρουμανία Λύση: Σύμφωνα την υπόθεση, τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΑΒΔ είναι ορθογώνια και ισοσκελή. Επομένως και το τρίγωνο ΡΒΕ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, αφού έχει τις δύο οξείες γωνίες του ίσες με ° , δηλαδή ΡΒΕ = ΡΕΒ = 45°. Τα 4 5 ορθογώνια τρίγωνακαιΑΒΓ και ΑΔΕ είναι ίσα, γιατί έχουν = ΑΒ = ΑΔ . Επομένως θα είναι και = ΕΔ . και Στα ορθογώνια ευθείες οι τρίγωνα εσοι που είναι οι διά και ΑΝ μ αντιστοιχούν στηνΒυποτείνουσα. 'Άρα είναιΔΕ Β ΔΕ Γ Γ ΡΜ = 2 ' = 2 ' ΡΝ = 2 και ΑΝ = 2 ' οπότε λόγω της ισότητας ΒΓ = ΕΔ θα εί ν αι: ΡΜ = ΑΜ ΑΝ , οπότε το τετράπλευρο ΑΜΒΝ είναι ρόμβος.τρίγωνα ΜΑΓ και ΝΑΔ έχουμε: Σχήμα 3 Από τα ισοσκελή = Α και ΝΑΔ = ΝΜ. Τότε θα είναι: ΜΑΝ= + = Α+ ΝΜ = Α+ ΑΒΓ = 90°, οπότε το τετράπλευρο ΑΜΒΝ είναι τετράγωνο και οι διαγώνιοι του και ΑΡ είναι ίσες. Ασκήσεις για λύση Α43. ακολουθία u,, n = 2, . . ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις: u0 = 2 και u, = 2uu,_,_1 1+2+ ,n = 1, 2,.3, . . Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n, ισχύει: 1 u, 1 � . Ν37. Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους n για τους οποίους και οι ακέραιοι 83 7 + n και 83 7 - n είναι και οι δύο κύ βοι θετικών ακέραιων. Γ34. Δίνεται τρίγωνο ABC και σημείο στο εσωτερικό της πλευράς BC . Έστω οι εγγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABC,ABP, ΑCΡ,αντίστοιχα. Έστω ακόμη f 1 ο ριζικός άξονας των κύκλcόν C και C1 και ο ριζικός άξονας των κύκλων και C2 Να αποδείξετε ότι η γωνία των ευθειών και δεν εξαρτάται από τη θέση του σημείου πάνω στην πλευρά BC και να προσδιορίσετε το μέτρο της, όταν BAC = 100°. Θεωρούμε το σύνολο Ω={l,2, ...,2n-1,2n}, όπου n>l θετικός ακέραιος. Ένα υποσύνολο του Ω , , λέγεται ελεύθερο αθροίσματος, αν για κάθε χ, , ισχύει ότι χ+ . Στην παραπάνω συνθήκη είναι δυνατόν να είναι χ . Να αποδείξετε ότι το σύνολο Ω έχει περισσότερα από 2" υποσύνολα ελεύθερα αθροίσματος. m2

με

ΑΓ < ΑΒ .

ΑΔ

ΑΒ .

ΑΡ.

2015

με

ΑΓ

ΑΕ

ΒΓ ΒΡΓ, ΑΒΓ , ΡΔΕ ΡΜ , ΑΜ , ΡΝ

ΑΔΕ

ΑΜ

= ΡΝ =

MAr

Mf'

MAr NAr

Mf'

ΜΝ

Mf'

Ο, 1,

C1 , C2 , C3

Δ 19.

nι 2

�

;;�;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

99 τ.3/17

•

εS

ΗΟΜΟ MA THEMA TICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: Ι) Τι είναι τα Μαθημαnκά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημαnκών και ποιο το ανnκείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες εm στήμες ή κλάδοι εmστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. επιμιfλεια: Γιάννης Κερασαρίδης Αμαλία Μαvιατοπούλου Γιώργος Μιίλιος

I. ''τι είναι τα Α1αθηματικά; "

μετά τις προηγούμενες συνέχειες, ι απαντήσουμε στο ερώτημα "τι είναι τα Μαθηματι ας δούμε μια άλλη οπτική, στην προσπάθειά μας να κά" πρώτο σημείωμα ΟΙ ΡΑΔΙΟ-ΑΣΤΡΟΝΟΜΟΙ πιστεύουν ότι κάποια Μία εξελιγμένη εξωγήινη φυλή θα μπορούσε π.χ. ν' μέρα, κάποιος συνάδελφος τους θα συλλάβει, με απευθύνει στη Γη ένα μήνυμα κωδικοποιημένο, με δικαιολογημένη ταραχή και περιέργεια, το πρώτο τη μορφή σταθερά επαναλαμβανόμενων κλήσεων, μήνυμα από λογικά πλάσματα-κατοίκους άλλου του οποίου το αντίγραμμα θ' αποτελείται από μερι πλανήτη, άλλου ηλιακού συστήματος. Αν βγουν κά στοιχεία αριθμητικής. «Μπήπ, μπήπ-μπήπ, αληθινοί -και υπάρχει κάθε επιστημονικός λόγος μπήπ-μπήπ-μπήπ» θα μπορούσαν να σημαίνουν να θεωρούμε ότι θα δικαιωθούν -πώς θ' aποκρυ «μετρώ ένα, δύο, τρίω>. «Τελεία-παύλα-τελεία», πτογραφηθεί το μήνυμα; Πώς θα κατανοήσουμε παύση, «τελεία-τελεία» θα μπορούσε να σημαίνει αυτό που θα μας λέγουν πλάσματα με τόσο διαφο «ένα συν ένα ίσον δύο». Αν στελνόντουσαν τέτοια ρετική από τη δική μας εξελικτική προέλευση, με σήματα αναγνωριζόντουσαν θ' άνοιγε ο δρόμος τόσες πιθανότατα διαφορές και στη βιολογική κα για την επικοινωνία. Θα μπορούσαν ν' ανταλλάσ τασκευή; Οι επιστήμονες βυθίστηκαν στο πρό σονται ολόκληρες σειρές μαθηματικών τύπων και βλημα και κατέληξαν στο συμπέρασμα ότι ο μόνος παραστάσεων, που θα επέτρεπαν, σ' ένα δεύτερο τρόπος μηνύματος που μπορεί να γίνει αντιληπτός στάδιο, τη δημιουργία μιας διαπλανητικής διαλέ από οποιαδήποτε λογική μορφή ζωής, οπουδήποτε κτου [πηyή:«LIFΕ-ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ», εκδ. και αν υπάρχει, είναι ο μαθηματικός. κειο Απόλλων", Αθή ( 1 976), σ.09] Προλεγδμενα

1C1

"Λύ

να

(η συνέχεια στο επόμενο τεύχος]

ll. "Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου "

αρμονικές σημειοσειρές αρμονική τετράδα αρμονική εξάδα

αρμονική οκτάδα

αρμονική δεκάδα

θεωρούμε την ευθεία (ε) και πάνω σ ' αυτή, την τετράδα διατεταγμένων σημείων Α,Β,Γ,Δ. Την τετράδα αυτή, τηχαρακτηρίζουμε αρμονική αν τα Α,Γ είναι αρμονικά συζυγή των Β,Δ θεωρούμε την ευθεία (ε) και πάνω σ ' αυτή, την εξάδα διατεταγμένων σημείων Α,Β,Γ,Δ,Ε,Ζ. Την εξάδα αυτή, τη χαρακτηρίζουμε αρμονική, αν όλες οι τετράδες, από τις παρακάτω έξι διαδοχικές τετράδες σημείων της, είναι αρμονικές Α,Β,Γ,Ε - Β,Γ,Δ,Ζ- Γ,Δ,Ε,Α - Δ,Ε,Ζ,Β - Ε,Ζ,Α,Γ- Ζ,Α,Β,Δ θεωρούμε την ευθεία (ε) και πάνω σ ' αυτή, και την οκτάδα διατεταγμένων σημείων Α,Β,Γ,Δ,Ε,Ζ,Η,Θ. Την οκτάδα αυτή, τη χαρακτηρίζουμε αρμονική, αν όλες οι τετράδες, από τις παρακάτω οκτώ διαδοχικές τετράδες σημείων της, είναι αρμονικές Α,Β,Γ,Ζ - Β,Γ,Δ,Η - Γ,Δ,Ε, Θ - Δ,Ε,Ζ,Α - Ε,Ζ,Η,Β - Ζ.Η. Θ, Γ- Η. Θ,Α,Δ - Θ,Α,Β,Ε θεωρούμε την ευθεία (ε) και πάνω σ ' αυτή, και την δεκάδα διατεταγμένων σημείων Α,Β,Γ,Δ,Ε,Ζ,Η, Θ,/,Κ. Την δεκάδα αυτή, τη χαρακτηρίζουμε αρμονική, αν όλες οι τετράδες, από τις παρακάτω δέκα διαδοχικές τετράδες σημείων της, είναι αρμονικές Α, Β, Γ, Η, - Β, Γ, Δ, Θ, - Γ, Δ,Ε, /, - Δ, Ε,Ζ, Κ - Ε, Ζ,Η, Α, - Ζ, Η, Θ, Β, - Η, Θ,/, Γ, - Θ, /, Κ, Δ, / Κ, Α, Ε, - Κ, Α, Β,Ζ -

[πηγή: Νίκου Δ. Κυριαζή, «ΑΡΜΟΝΙΚΉ ΓΕΩΜΕΤΡIΑ», ειcδ. "Μ αθη ματ ική Β ιβλιοθή κη " , Θεσσαλονίκη (20 1 4)]

ΠΙ. «Α υτt) το ξέρατε;;;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/18

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

-------

Ποιο είναι το "Πρόβλημα των Βυζαντινών Στρατηγών"; IV.

, Οι

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτούν ,

1° θέμα Παναγιώτη Οικονομάκου, μια γενίκευση μια γενίκευση σε προηγούμενο σημείωμά του

υπόμνηση στο προηγούμενο τεύχος 97, είχαμε α ποδείξει με τη βοήθεια της Ευκλείδειας Γεωμετρίας ότι η ανισότητα α + β + γ + δ β + γ + δ α+γ+δ β + α+δ β +γ+ α

το πρόβλημα

τητα

ισχύει για κάθε τετράδα θετικών αριθμών α,β,γ,δ. Επειδή οι διαστάσεις στην Ευκλείδεια Γεωμετρία είναι 3, δεν μπορούμε να αντιμετωπίσουμε το πα ραπάνω πρόβλημα, στη γενίκευσή του, με τη βοή θεια της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Έτcrι, μπορούμε να αντιμετωπίσουμε το πιο πάνω πρόβλημα με την �4 ανισότητα Jensen αν α1 , α2 , , αν , είναι ν το πλήθος τυχαίοι θετικοί αριθμοί, με ν � 2 , τότε ισχύει η ανισό •••

α_ι_ + � +...+ � � _2_ _ c - α. c -α2 c -αν ν - 1 χ η απόδειξη θεωρούμε τη συνάρτηση g : (o,c) � R με g(χ) = -- , όπου (c = α1 + α 2 + ... +αν ) . Πα c-χ ραγωγίζοντας δυο φορές την g στο διάστημα (Ο, c) έχουμε χ )= (α) : g'(x) = (c-x c 2c Ο , γιατι, Ο < χ < c ( c - x )2 (c- x) και (β) : g" (χ) = Άρα η g είναt κυρτή στο διάστημα ( Ο, c ) , επειδή οι αριθμοί α1, α2 , ... , αν και α1 + α2 .. + αν , ανη-, ν κουν στο διάστημα (Ο, c ) θα ισχύει η ανισότητα '

... =

κι

)

(

g ( α1 ) + g ( α2 ) + .. + g (αν ) g α1 + α2 + ... + αν (ανισότητα Jensen) � ν ν .

Δηλ. θα έχουμε

-α-·- + -α-2-+ . . . + -α-ν- α. + α2 + ... + αν c- α1 c - α2 c - αν ν α + α ν c - 2 ν+ . . . + αν >

(1)

ή, λαμβάνοντας υπόψη ότι c = αι + α2 + ... + αν ' η ( 1) γράφεται c

ν- ή + + + ν� � � � c- α1 c- α2 c -α c - -c ν που είναι η ζητούμενη ν

ν αν � -α2 ... + -αι --+--+ c- αl c- α2 c - αν ν - 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/19

------

2° θέμα

Τζωρτζ Μπουλ.

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

------

Η τραγική ιστορία του μεγάλου μαθηματικού που τιμά η Google

ο φίλος της στήλης Χρήστος Χρύσης (Ιωάννινα;), μας έστειλε το παρακάτω κείμενο που αλίευσε στο Διαδίκτυο. Λόγω του όγκου του και της έλλειψης χώρου στη στήλη μας, θα το δημοσιεύ σουμε σε δύο συνέχειες ποιος είναι ο άνθρωπος στον οποίο αφιερώνει το Doodle Ο Τζορτζ Μπουλ (2 Νοεμβρίου 1815 - 8 Δεκεμ- μνημείο-εmγραφή στο εσωτερικό της παρακείμενης βρίου 1864) ήταν Άγγλος μαθηματικός, φιλόσοφος εκκλησίας. και μελετητής της Λογικής. Εργάστηκε στους τομείς των διαφορικών εξισώσεων και της αλγεβρικής λογικής και είναι ευρύτερα γνωστός ως ο συγγραφέας του έργου Οι νόμοι της Λογικής. Αποτελεί το θεμελιωτή της συστηματικής μελέτης της Λογικής και της γενικότερης εφαρμογής που μπορεί να έχει στην επιστήμη των Μαθηματικών. Ο Μπουλ έλεγε πως καμία γενική μέθοδος για την επίλυση ερωτημάτων στην θεωρία των πιθανοτήτων δεν Αποτελεί το θεμελιωτή της συστηματικής μελέτης μπορεί να εδραιωθείεάν δεν αναγνωρίζει ξεκάθαρα της Λογικής και της γενικότερης εφαρμογής που τους παγκόσμιους νόμους της σκέψης που είναι η μπορεί να έχει στην επιστήμη τwν Μαθηματικών. Αρχίζοντας το 1839 με την εργασία «'Έρευνες πάνω βάση κάθε λογικής. Ο Μπουλ γεννήθηκε στο Λινκονσάιρ της Αγγλίας. σε θέματα της θεωρίας των αναλυτικών μετασχη Ο πατέρας του Τζον Μπουλ ( 1779-1848) ήταν έ ματισμών («Researches ση the Theory of Analytical μπορος στο Λίνκολν και τον δίδαξε ο ίδιος. Έλαβε Transformations»), υπέβαλε πλήθος .πρωτότυπων τη βασική εκπαίδευση αλλά ελάχιστη επίσημη και εργασιών στο περιοδικό «Cambήdge Mathematical ακαδημαϊκή. Ο Ουίλιαμ Μπρουκ, ένας βιβλιοπώ Journal». Αυτές οι εργασίες αφορούσαν στις δια λης του Λίνκολν, φέρεται να τον βοήθησε με τα φορικές εξισώσεις . και στο αλγεβρικό πρόβλημα Λατινικά. Ήταν aυτοδίδακτος στις μοντέρνες των γραμμικών μετασχηματισμών, με έμφαση στην γλώσσες, αλλά στην ηλικία των 1 6 ήταν πλέον σε έννοια των αναλλοίωτων. θέση να συντηρεί τους γονείς του και τα τρία μι Το 1844, σε μία εργασία του που δημοσιεύθηκε κρότερα αδέλφια του, αναλαμβάνοντας χρέη δα στην περιοδική έκδοση «Πεπραγμένα Φιλοσοφίας τής Βασιλικής Εταιρείας» («Philosophical σκάλου. Η εξέλιξή του υπήρξε λαμπρή και κατά τη διάρκεια Transactions of the Royal Society>>), ανέλυσε το της καριέρας του τιμήθηκε με πολλά βραβεία αλλά πρόβλημα του συνδυασμού των μεθόδων της άλγε βρας και του aπειροστικού λογισμού. Τον ίδιο χρό και ακαδημαϊκούς τίτλους. Μια μέρα, όμως, το 1864, ο Μπουλ περπάτησε δυο νο τού απονεμήθηκε μετάλλιο τής Βασιλικής Εται μίλια μέσα στην βροχή και έπειτα έδωσε διάλεξη ρείας για το έργο του. φορώντας ακόμα τα βρεγμένα του ρούχα. Σύντομα Ο Μπουλ δεν άργησε να διαισθανθεί ότι η Άλγε αρρώστησε παρουσιάζοντας συμπτώματα σοβαρού βρα, όπως αυτός την εννοούσε, θα μπορούσε να κρυολογήματος και υψηλού πυρετού. Η γυναίκα εφαρμοστεί εξίσου και στη Λογική. Ξεκινώντας του πιστεύοντας οτι οι θεραπείες θα έπρεπε να ται από πρωτοποριακές ιδέες που είχε διαμορφώσει ριάζουν με τα αίτια της αρρώστιας, τον έβαλε στο περί της μεθόδου της λογικής και βασιζόμενος σε κρεβάτι και του έριχνε κουβάδες με νερό, το ίδιο μία συλλογιστική διαδικασία μέσω συμβόλων που νερό που προκάλεσε την αρρώστια του. Η κατά είχε συναγάγει από τις μαθηματικές του έρευνες, σταση του Μπουλ επιδεινώθηκε και στις 8 Δεκεμ υποστήριξε το 1847 με πειστικότητα σε ένα φυλλά διο, που δημοσίευσε με τίτλο «Μαθηματική ανά βρίου του 1864 απεβίωσε. Ενταφιάστηκε στο νεκροταφείο της Ιρλανδικής λυση της Λογικής» («Matbematical Analysis of Εκκλησίας του Αγίου Μιχαήλ στο Μπλάκροκ Logic»),. ότι η Λογική θα έπρεπε να συνδεθεί με τα (προάστιο της πόλης Κόρκ). Υπάρχει, μάλιστα, Μαθηματικά και όχι με τη Φιλοσοφία

προλεγόμενα

[στο επόμενο η συνέχεια]

ο φίλος της στήλης Θόδωρος Κουφός (Δρ από στην αίτημάΚατερί μας, νείη,χεμετηντοκαλοσύνη ναθέμαςμα αποστείλει την εργασία του, που μαθηματικόςσε), μετά παρουσίασε ημερίδα ενδιαφέρον ή όλον της ζητήσουμε του Θ.μοσιεύσουμε Κ. για να δημοσιεύσουμε εργασίας τουΕμείς αυτής.θαΠαρόλα αυτά,τηνεμείςάδειαθα προδη τα "Εισαγωγικά"μέρος του 3° θέμα

Το άπειρο και οι δυσκολίες κατανόησής του

«Το άπειρο και οι δυσκολίες κατα

νόησής τοv».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/20

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS -------.--

« 1. Εισαγωγικά

Δεν πρωτοτυπούμε αν ισχυριστούμε ότι το μάθημα της Ανάλυσης στη Γ' Λυκείου δημιουργεί ιδιαίτε ρες δυσκολίες στους μαθητές. Διαπραγματεύεται έννοιες λεπτές και δυσνόητες όπως το όριο, η δια φόριση και η ολοκλήρωση. Οι δυσκολίες πηγάζουν και από το ότι οι έννοιες αυτές έχουν άμεση σχέση με την έννοια του απείρου. Ο aπειροστικός λογι σμός είναι «λογισμός εν μικρώ», με συνέπεια να διαπραγματεύεται το άπειρα μικρό. Σημαντικές δυ σκολίες απορρέουν και από το άπειρο μεγάλο, το οποίο σχετίζεται με τα αριθμητικά σύνολα, όπως το σύνολο των φυσικών αριθμών και κυρίως με το σύ νολο των πραγματικών αριθμών, το οποίο έχει τη δύναμη του συνεχούς. Οι μαθητές δε διδάσκονται την έννοια του α πείρου και τη θεωρία απειροσυνόλων και ως εκ τούτου αγνοούν τις βασικές έννοιες του aριθμήσι μου και του συνεχούς, καθώς και τις πολλαπλές αναπαραστάσεις της έννοιας του απείρου. Επομέ νως αδυνατούν να ερμηνεύσουν το παράδοξο συ μπέρασμα ότι ένα άπειρο σύνολο, όπως αυτό των φυσικών αριθμών, έχει το ίδιο πλήθος στοιχείων με ένα γνήσιο υποσύνολό του , όπως αυτό των άρτιων

φυσικών ( αριθμητική αναπαράσταση του απείρου ). Ακόμη αδυνατούν να κατανοήσουν ότι το πλήθος των σημείων που περιέχονται σε ένα ευθύγραμμο τμήμα είναι το ίδιο με το πλήθος των σημείων ολό κληρης της ευθείας και το πιο παράδοξο με το πλή θος των σημείων του επιπέδου ( γεωμετρική ανα παράσταση του απείρου )! Πιστεύουν, με απλά λό για, ·ότι διχοτομώντας ένα ευθύγραμμο τμήμα, στη συνέχεια διχοτομώντας τα δύο τμήματα που προ κύπτουν και συνεχίζοντας τη διαδικασίά αυτή επ' άπειρον, θα εξαντληθούν όλα τα σημεία του ευθυ γράμμου τμήματος! Απ' αυτή την πεποίθηση απορ ρέουν και οι περισσότερες παρανοήσεις στην αντι μετώπιση των προβλημάτων. Θα συνεχίσουμε με την πi:φουσίαση τριών πα ραδειγμάτων με τα οποία αναδεικνύονται οι παρα νοήσεις που προαναφέραμε, καθώς και οι δυσκολί ες κατανόησης της λεπτής έννοιας του απείρου και θα ολοκληρώσουμε την εισήγησή μας με μια σύ ντομη ιστορική αναδρομή της έννοιας του απείρου στα Μαθηματικά εστιάζοντας στις θεμελιώδεις έν νοιες του aριθμήσιμου και του συνεχούς»

4° θέμα Πως γεννιέται ένα πρόβλημα;

το θέμα αυτό μας το υπέδειξε ένας καλός φίλος. Εμείς το βρήκαμε ενδιαφέρον και σας το παρουσιάζουμε. Επειδή είναι πολύ ενδιαφέρον, σκεφθήκαμε να σας το παρουσιάσουμε. Όμως ο όγκος του είναι μεγάλος και γι αυτό θα σας το παρουσιάσουμε σε συνέχειες. προλεγόμενα

του Ι. Sharygin

η τέχνη της σύνθεσης προβλημάτων

«Με αυτό το άρθρο θα προσπαθήσω να σας βοη- ων, ασκήσεις διαγωνισμών και ασκήσεις τύπου ο θήσω με τη μακρόχρονη εμπειρία μου στη σύνθεση λυμπιάδων. Θα μπορούdαμε να προσθέσουμε και γεωμετρικών προβλημάτων, να σας αποκαλύψω μια επιπλέον κατηγορία: τα «δημιουργικά» προ μερικά από τα μυστικά μου, και να διατυπώσω ορι- βλήματα -αν και αυτό είναι περισσότερο «έμμε σμένες αισθητικές και, όσο κι αν ακούγεται παρά- σο» παρά τυπικό χαρακτηριστικό, διότι η «δημι ουργικότητα» έχει σχέση κυρίως με τον τρόπο επί δοξο, μερικές ηθικές αρχές. Για δική μας ευκολία, μπορούμε να διακρίνουμε τα λυσης του προβλήματος παρά με το ίδιο το πρό προβλήματα σε τρεις κατηγορίες: ασκήσεις βιβλί- βλημα. Ας αρχίσουμε λοιπόν να ερευνούμε το «σακούλι με τα μαγικά τεχνάσματα» του κατασκευαστή προ βλημάτων. Αναδιατύπωση Ιδού ένα παράδειγμα προβλήματος που χρησιμοποιεί την τεχνική της αναδιατύπωσης. Πρόβλημα 1. Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύΘεώρημα. Αν θεωρήσουμε τυχαία σημεία Α', Β' κλο ενός τριγώνου και φέρουμε τη διάμετρο που και Γ πάνω στις ευθείες ΒΓ, ΓΑ και ΑΓ, αντίστοι είναι κάθετη σε μια πλευρά του τριγώνου. Στη συ- χα (διαφορετικά από τις κορυφές του τριγώνου νέχεια, προβάλλουμε τη διάμετρο σε μια άλλη ΑΒΑ), τότε οι κύκλοι που διέρχονται από τα ση πλευρά. Αποδείξτε ότι το μήκος της προβολής ι- μεία Α, Β' και Γ , τα σημεία Α', Β και Γ και τα ση σούται με το μήκος της τρίτης πλευράς του τριγώ- μεία Α', Β' και Γ, έχουν ένα κοινό σημείο (σχήμα 1). νου. Αφήνουμε τη λύση της άσκησης για τους ανα- Το θεώρημα αυτό ονομάζεται μερικές φορές γνώστες (οι οποίοι θα πρέπει να θυμηθούν ότι η θεώρημα του Miquel, ενώ το κοινό σημείο των κύ προβολή ευθύγραμμου τμήματος μήκους πάνω σε κλων καλείται σημείο του Miquel και συμβολίζεται μια ευθεία που σχηματίζει με το τμήμα γωνία θ έχει με Μ. Το επόμενο θεώρημα είναι πολύ γνωστό. s

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 99 τ.3/21

------ ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Η απόδειξη του θεωρήματος δεν είναι ιδιαίτερα πολύπλοκη. Η μοναδική δυσκολία, όταν δεν χρησιμοποιούμε προσανατολισμένες γωνίες, είναι να εξετάσουμε τtς διάφορες αμοιβαίες θέσεις των σημείων Γ, Α', και Β'. Στην περίπτωση που παρουσιάζεται στο σχήμα 1, όπου ονομάζουμε Μ το ση-

------

μείο τομής των κύκλων οι οποίοι διέρχονται από τα σημεία Α, Β', Γ και Α', Β, Γ, αντίστοιχα, αποδεικνύεται εύκολα ότι τα σημεία Α', Β', Γ και Μ είναι ομοκυκλικά. (Για παράδειγμα, μπορούμε να δείξουμε ότι η 4: Γ και η 4: Β'ΜΑ' είναι παρα πληρωματικές)» [πηγή: περιοδικό QUANTUM, τόμ. 8, τεύχ. 2, 2001] [η συνέχεια στο επόμενο τεύχος]

V. Προβλιίματα που δεν επιλύονται, στην Ευκλείδεια Γεωμετρία , με κανl)να και διαβήτη

Την επιμέλεια αυτού του λήμματος έχουν οι: Γιώργος Μήλιος, Αμαλία Μανιατοπούλου και όσοι άλλοι συνάδελφοι το επιθυμούν πρόβλημα J. - W. Te"'!Ch Α Αν ΑΑ ' , ΒΒ ', ΓΓ σημεία ceνiennes ενός τριγώνου ΑΒΓ να βρεθεί το κοινό σημείο Δ των ΑΑ ΒΒ ' , ΓΓ, τέτοιο ώστε τα τμήματα ΔΑ', ΔΒ', ΔΓ να είναι ίσα μεταξύ τους. σχδλιο θεωρούμε σημείο Δ και Α', Β', Γ τα σημεία τομής των φορέων των ΑΔ, ΒΓ, ΓΔ με την απέναντι πλευρά κάθε κο ρυφής αντιστοίχως. Τα σημεία Α ' , Β', Γ λέγονται σημεία Β ceνiennes του τριγώνου ΑΒΓ. ',

πρl)βλημα Euler

'λέπε: Int. d. Μ, 1900, . 17, n°1044

Να κατασκευασθεί τρίγωνο όταν γνωρίζουμε: το έγκεντρο I, το ορθόκεντρο Η και το κέντρο του κύκλου Eu1er αυτού σχόλιο το πρόβλημα Euler προέρχεται από το «πρόβλημα Combien) πρδβλημα G. Eψanet

Να κατασκευαστεί τρίγωνο ΑΒΓ όταν γνωρίζουμε τη θέση των συμμετρικών Α',Β ' ,Γ των κορυφών Α,Β,Γ αντίστοι χα, ως προς τις απέναντι πλευρές τους σχδλιο η επίλυση αυτού του προβλήματος οδηγεί σε εξίσωση 7ου βαθμού ενώ η γεωμετρική κατασκευή με κανόvα και δια βήτη είναι αδύνατη εκτός από ειδικές περιπτώσεις πρόβλημα Catalan

J"� - -

_�!:'λ

[βλ. Mathesίs, 1896, σελ. 143 και 154, 1902, σελ. 159 και Int. d Μ , 1896, σελ. 275 1903, σελ. 64

VJ . Ειδιίσεις - ειδησοι5λες 1'1• Γενεαλογία μεγάλω ν μαθηματικιόν

•

�

[βλέπε: Int. d. Μ , 1900, σελ. 356 και 1902, σελ. 17 έως 20, G. Es anet

Να κατασκευασθεί τρίγωνο από τις τρεις εσωτερικές διχο τόμους σχόλιο Ο Catalan πρότεινε στο Manuel des Canditats a 1 ' Ecole Po1ytechnique (1857-1858) την κατασκpυή ενός τέτοιου τριγώνου. Το πρόβλημα παραμένει ακόμη άλυτο παρά τις πολλές απόπειρες που έγιναν από τότε. Ο Barbaήn το 1 896 απέδειξε ότι η λύση αυτού του προβλήματος ανάγεται στην επίλυση εξίσωσης 14ου βαθμού

. Α.

Α'

Στην έγκριτη μαθηματική ιστοσελίδα mathematica.gr αναρτήθηκε σημείωμα με τη βοήθεια του οποίου μπορούμε να έχουμε το βιογραφικό χιλιάδων μαθηματικών (Ελλήνων JCαι ξένων), στη διεύθυνση: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/22

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

------

http://genealogy. math.ndsu.nodak. edu/.

-------

Εμείς το "ψάξαμε" το θέμα και βρήκαμε, σπουδαία πράγματα

2". Μαθηματική Φιλολογία

από τις εκδόσεις "Γαβριηλίδης" κυκλοφορεί το βι- ι ΣΥΜΜΕΤΡIΑΣ>>. Είναι μια μυθιστορηματική πε βλίο του Ανδρέα Λύκου με τίτλο «ΑΝΑΜΝΗΣΕΙΣ ριήγηση στο έργο του χαράκτη Μ .Κ:Εσερ

3". Το " Τεράστιο θεώρημα"

Εκατόν ογδόντα χρόνια διάρκεσε η προσπάθεια γενεών μαθηματικών για να απαντήσουν στο μεγαλύτερο πρόβλημα κατCιταξης στην ιστορία της επιστήμης τους, με ιδιαίτερη ένταση της προσπάθειας από τη δεκαετία του 1950 ως τη δεκαετία του 1980. Ύστερα από περίπου 500 επιστημονικά άρθρα, γραμμένα από 100 συγγραφείς, που όλα μαζί εκτι4". Το 2016...

Μεκαταιγισμός την είσοδοπαρουσιάσεων του έτους 2016,τουάρχισε ένας 2016, αριθμούμάτων. σεΣαςμπαρουσιάζουμε ορφή ευκολομνημόνευτων αναπτυγ μερικά απ' αυτά:

5". Νέος υποψήφιος πριύτος με 339. 132 ψηφία

Ν. Λυγερός, Ο. Rozier Στο πλαίσιο του νέου ερευνητικού προγράμματος που ξεκινήσαμε, ανακαλύψαμε έναν αριθμό που π�ρασε όλα τα τεστ πριν την ολοκληρωτική πιστο ποίηση, ο οποίος έχει 339.132 ψηφία. Έχει κατα σκευαστεί με τη μεθοδολογία LR, δηλαδή με τη χρήση των πρώτων αριθμών 907 και 20849 στους οποίους εφαρμόζεται η συνάρτηση του Ramanujan. Σε μέγεθος αυτός ο υποψήφιος πρώτος αριθμός α-

μώνται σε μέγεθος από 10.000 έως 15.000 σελίδες, το λεγόμενο Τεράστιο Θεώρημα, δηλαδή η κατά ταξη των πεπερασμένων απλών ομάδων, είχε ολο κληρωθεί (ενδιαφέρουσες πληροφορίες στο επόμε νο τεύχος)[πηγή: Σταύρος Ξενικουδάκης «Scientific American»] 2016=23+43+63+12\ 2016=103+103+23+2\ 2 016=2 5+26+27+2 8+2 9+2 10, 2 016=666+ 666+666+ (6+6+6) ,

�

2 016= 1 3 + 23 + 3 3 + ... + 633

νήκει στους υπέρ γιγαντιαίους, αφού έχει περισσό τερα από 100.000 ψηφία. Για το πρόγραμμα LR αντιπροσωπεύει τον πέμπτο μεγαλύτερο υποψήφιο που έχουμε ανακαλύψει από την αρχή της διανομής των υπολογισμών στην ομάδα μας [πηγή: Εφημερίδα Φίλων Καραθεοδωρή, αρ. φύλλου 61 και 10° Ηλεκτρονικό]

6". τιμη τικιί διάκριση σε ελληνίδα αστροφυσικό

Η ελληνικής καταγωγής αστροφυσικός Βίκυ Καλο φαία διεθνώς βραβεία στον τομέα της αστροφυσι γερά, καθηγήτρια του Πανεπιστημίου Northwestem κής και της πυρηνικής φυσικής του Ιλινόις των ΗΠΑ, θα τιμηθεί με το Βραβείο [http://astro.planitario.gr/wp.content/uploads/20 15/1 0/ka «Χανς Μπέτε>> της Αμερικανικής Φυσικής Εται logera.jpg] ρείας για το 2016. Πρόκειται για ένα από τα κορυ11

Εξήντα χρό ιιια από το Οάνατο του Άλμπερτ Αϊνστάιν

Το επιστημονικό έργο του Αϊνστάιν αποτελεί επανάσταση στη Φυσική των αρχών του 20ού αιώνα. Αμφισβήτησε «αιώνιες αλήθειες», για τον απόλυτο χώρο και χρόνο του Νεύτωνα. Στο αδιέξοδο που είχε οδηγηθεί τότε η Φυσική, ή έπρεπε να υιοθετηθεί η αντίληψη ορισμένων ότι «δεν μπορούμε να γνωρίσουμε τον κόσμο», ή έπρεπε το όλο οικοδόμημα να μπει σε νέες βάσεις. Αυτό ακριβώς έκανε ο Αϊν•

Vll. "Απάντηση

στο

στάιν, ξεκινώντας το 1905 με την Ειδική Θεωρία και συνεχίζοντας το 2015 με τη Γενική Θεωρία της Σχετικότητας. Καμία άλλη θεωρία δεν έπαιξε mo καθοριστικό ρόλο στην πορεία της Φυσικής τον 20ό αιώνα και κανείς άλλος επιστήμονας δεν άφη σε μεγαλύτερη κληρονομιά στον 21ο αιώνα. [πηγές:«Scientific AmericaM, http://

«Α υηί το ξέρατε;»

www

.nature.com]

Ο φίλος της στήλης Αντώνης Παναγιωτόπουλος πίπεδο, που μάλλον είναι για τον Αντώνη και την καλή παρέα του (ομότιμος καθηγητής του Πανεπιστημίου Πει ραιά),μας συνέστησε να ασχοληθούμε με το παρα [https://translate.google.gr/translate?hl=el&sl=en&u=htt /pages.cs.wisc.edu/-sschang!OSκάτω ερώτημα: «Ποιο είναι το "Πρόβλημα των Βυ p:/ QuaVreliability lbyzantine.htm&prev=search] ζαντινών Στρατηγών";». Εμείς το "ψάξαμε" το θέμα και διαπιστώσαμε πως είναι σημαντικό και πολυεΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/23

Α ΛΥΚΕΙΟΥ ,

Άλγεβρα Α λυκείου

Υπεύθυνοι τάξης:

Χρ. Λαζαρίδης, Χρ. Τσιφάκης, Γ. Κατσούλης

Ανισότητες - Αρι θμητική - Γεωμετρ ική wρόοδος

Χρήστος Π. Τσιφάκης - Βαγγέλης Παπαπέτρος Άσκηση l η Βασικές ανισότητες

ί)

a + !_ � 2, a

ίί)

a+b � 2

�χ 2 + 1 > χ ii) �χ 2 + 1 > -χ . Λύση : Αν JR , τότε

για κάθε

>Ο

ί)

-fili, για κάθε a, b � Ο

ίίί) (x2 + y2 )( a2 + b 2 ) ;::: (ax + by)2 (Cauchy - Schwarz) iv) Αν a, b

b a +b 2 r;:-;:, , , ισχυουν > ο τοτε -- � ν a· u� -τ-1 2

- +a b

(Ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού Αρμονικού μέσου) Παρατήρηση: Κάθε ακολουθία (αν ) , ν με ::ι:.

την ιδιότητα: αν ακολουθlα

(:. )

Ο για κάθε ν

, νε

χ x2 zO:=>x2 +1>x2 =::;> �x2 +1>N =l xl�x . χ2 z ο =::;> χ2 +1>χ2 =:::;>�χ2 +1>Ν=Ι� �-χ.

ΕΝ

και η

ίί)

Άσκηση 3 η Ένας συνταξιούχος Μαθηματικός θέλει να κάνει δώρο στα δύο εγγόνια του για τα γενέθλιά τους. Φωνάζει τα παιδιά και τους λέει: Σήμερα είναι Πρωτομηνιά και έχετε τα γενέθλιά σας στις 1 Ο.

Αποφάσισα να δώσω σήμερα στον μικρότερο

από εσάς 1 Ο ευρώ και κάθε μέρα, μέχρι την ημέρα των γενεθλίων σας, θα aυξάνω το ποσό

κατά 1 ευρώ, ενώ στον μεγαλύτερο θα δώσω

σήμερα 0,20 ευρώ και κάθε μέρα θα διπλασιάζω

Πρέπει να διαλέξετε. Μπορείτε να βοηθήσετε τα παιδιά να αποφασίσουν; Λύση:

το ποσό.

να εΙναι αριθμητική

πρόοδος, λέγεται αρμονική πρόοδος και ισχύει

Ο μικρότερος εγγονός θα πάρει την πρώτη ημέρα 10 ευρώ , την δεύτερη 1 1, την τρίτη 12 κλπ. Άρα έχουμε άθροισμα Ι Ο όρων αριθμητικής και δηλαδή προόδου με

α1 = 1 Ο = 1 , =1 0 +1 1 +1 2+ . . + 19= 1Ο ·(Ι 2Ο+19) = a >Ο 2 (a-1) � ο =πάρει5 · 29την= 145 ευρώ. Ο μεγαλύτερος εγγονός θα a+ -a1 -2= a2 +1-2a = πρώτη ημέρα Ο, 20 ευρώ, την δεύτερη a a . και η ισότητα ισχύει αν, και μόνο αν, a = 1 0,20 2, την τρίτη 0,20 22 κλπ. 2 2 2 Αρκεί (a+b) �4ab, ή a +b +2ab - 4ab�O, Άρα έχουμε άθροισμα 1 Ο όρων γεωμετρικής ή a2 +b2 -2ab ;::: O, ή (a-b)2 ;::: 0 με την προόδου με α 1 = Ο, 20 και λ = 2 δηλαδή τελευταία να αληθεύει και την ισότητα να ισχύει 2 =0,20+0,20·2+0,20·2 . + . +0,20·29 = αν, και μόνο αν, a = b . 1 0 2 1 = 0,20 . (210 -1) = 0,20 · 1023 . Για a, b, χ, y έχουμε: = 0,20 2-1 (χ2 + y2 )(a2 + b2 ) = a2 x2 +2 b2 x2 2+ a2 y2 + b2 y2 = 204,6 ευρώ. =(a2x2 +b2 y +2axby) + (b x2 +a y-2axby) = =(ax+by)2 +(bx-ay)2 ;::: (ax+by)2 a + b r::J:b αποδειχ' θηκε στο "), οποτε = Η -- > νa· 2a·b a+b 2ab- => νa· b;::: --2 . --2 z -· ν ;: :: => b a � a+b _!_+_!_ ab 1

-- = - + ω ,

νΕΝ. Λύση: ί) Για κάθε έχουμε αν+Ι

αν

Σα

ίί)

ίίί)

Σ β

_ _

Άσκηση 4η

Δίνονται οι αριθμοί α1

ιv) ·

cι:

Άσκηση 2 η Να δείξετε ότι για κάθε

ιι

cι:

χ Ε JR ισχύουν

α3

2 συν2α , α2 = συν α ,

1 , όπου ο αριθμός α ικανοποιεί την σχέση π

Ο < α < -. 2

α) Να αποδείξετε ότι αυτοί οι αριθμοί με την σειρά που δίνονται αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. β) Να βρείτε την διαφορά ω αυτής της προόδου. Να βρείτε το άθροισμα των πέντε πρώτων όρων της προόδου.

γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/24

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Λύση: α) Παρατηρούμε ότι

1 3 5 , 7 , 2, . . 2 2

' -, προο' δος ειναι

2 α2 . = 2συν2α = συν2α+ 1 = α1 + α3 Άρα οι αριθμοί α1 , α2 , α3 με την σειρά που δίνονται αποτελούν διαδοχικούς όρους Α = ι + 2 · α+ 3 · α2 + + ν · αν-ι αριθμητικής προόδου. α ι. ω = α3 - α2 = 1 -συν2α = ημ2α Παρατηρούμε ότι κάθε όρος της 2α +4ω ι 1 2 . παράστασης Α = 1 + 2 ·α+ · α + . . +ν ανγ) = 2 ·5=(α1 +2ω)·5= 3 γινόμενο των αντίστοι χ ων όρων της (1) είναι = 5 · (συν2α +)συν2α) = 5 · (4συν2α -1). αριθ 1, 2, 3, . ., ν-Ι και της μητικής, προόδου , 2 , .. ., αν . γεωλλμετρικης δ προο ου , α, α λ Πο απ ασιάζουμε την παράσταση Α επί α + + α , γ β τ= . 3 2 . καιΑφαιρούμε έχουμε: κατά α·Α=α+2·α2 + + . +ν·αν ·α ( ) 3 2 2 , οπότε έλη τις (1), ( ) μ 1 (1-α) · Α=l+α+α2 + . . +αν -ναν = αν -1 -ν·αν = +γ α+ β α-1 -αν ναν 1-(l+ν)αν +ναν+l Λύση: Αφού οι αριθμοί α, β, γ, 2 αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής ρα Α= Ι 2 1-α (1-α)2 (1-α) προόδου έχουμε β -α=γ- β = α+ β +γ -γ= ω . 8η 2 Άρα β = α+ ω, γ = α+ 2ω, + 2·2 + 3·22 + 4·23 + + ι οο·299 α+α+ω+α+2ω = α+ 3ω =>α= 3ω' β = 4ω = ιΟμοίως πρόκειται για μικτή πρόοδο με 2 όρους αριθμητικής προόδου τους 1,2, 3, . . ,100 και γ = 5ω . Παρατηρούμε ότι , τους 1, 2, 22 , . ., 299 οποτε, και γεωμετρικης α2 + β2 = 9ω2 + 16ω2 = 25ω2 = (5ω)2 = γ2 • Άρα εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο. Έχουμε ·22 + 3-23 +4·24 + . . +1002100 (2) λΜεοιπόναφαίρεση 2· S=2+2 το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με Γ = 90° . των (1),(2) κατά μέλη βρίσκουμε: 1 0 0 3 2 · 2 + . . + 299 ) = = 100 2 -(1 + 2 + + 2 7, 1 100 - 22-100 -1 =100 ·2100 -2100 +1+= 99· 2100 + 1. 00 =1 2 = 7} , δηλαδή οι όροι α2 , α4 4 Είναι αα2 +α ·α4 =10 2 χ + χ 2 + χ3 + + χ είναι οι ρίζες της εξίσωσης 2 - 7 χ + 10 =Ο. Άρα = Α α2 = 2 και α4 = 5 ή α2 = 5 και α4 2. ι + ι + ι + + ι χ ο. -χ χ3 χ2 Αν α2 = 2 και α4 = 5 τότε έχουμε α 4 = α1 + 3 ω = 5} � ω - -3 ,α 1 - -1 , οπότε η ύ : Αν 1 τότε Α = 1 . α2 α1 + ω 2 2 2 Αν 1, τότε έχουμε 1 αριθμητης + 2 + 3 + . . + n ειναι α' θροισμα ' -,2 2, -25 , 7, . . προο' δος ειναι ν όρων γεωμετρικής προόδου με α1 = και Αν α2 = 5 και α4 = 2 τότε έχουμε λ=χ. α αι ω , οπότε η Άρα + 2 +χ3 + . . +xn = Χ· xn -1 x·(xn -1) α2 α 1 ++3ω } ω 2_, α 1 .!_2_ χ-1 - 1 ·

Άσκηση 7η Ν α υπολογίσετε την τιμή της παράστασης

(μικτή

•••

::1:

πρόοδος) με Λύση :

β)

Σ5

Άσκηση 5η Να δείξετε ότι «αν οι πλευρές α,β,γ και η

τριγώνου ΑΒΓ

ημιπεριμετρος

αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου, τότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο». Ποια είναι η ορθή γωνία;

Άσκηση Να υπολογίσετε το άθροισμα s

------

(1)

•••.

Λύση:

Άσκη ση 611 Σε μία αριθμητική πρόοδο (αν) το άθροισμα του 2ου και του 4ου όρου ισούται με ενώ το γινόμενό τους είναι 10. Να βρεθεί η πρόοδος.

Λύση:

Άσκηση 9η Να aπλοποιήσετε την παράσταση

.••

ί)

•.•

Λ ση

ίί)

= =

:::::>

• •

::ι:

χ *

με

Όμοια ο παρονομαστής είναι άθροισμα ν όρων

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/25

Μαθηματικά για την Β · Λυκεiου

a1 και διαφορά = 50. Γνωρίζουμε ότι 8100 = a1 + a2 + . . + a12 , ή καλύτερα: 8100 = a1 + (a1 +50)+ (a1 + 2·50) + . . + (a1 + 11-50) Άρα: 8100 = 12a1 + (1 + 2 + . . + 11)·50 <:::> <:::> 8100 = 12a1 + 3300 <:::> 12a1 = 4800 <:::> a1 = 400 . Άρα, a1 = 400 ευρώ και a6της=άσκησης. a1 + 5·50 = 650 , που είναι και τα ζητούμενα ... - χ11 = Ο 4 + . . +χω)-(χ+χ3 +xs +. . 2 +χ (ι}<=> (l+x . . + χ11 ) = Ο 4<:::> Α - Β10 = Ο (2) όπου 2 Α=1+χ +χ + . . +χ και Β=χ+χ3 +χ5 + . . +χ11 • Παρατηρούμε ότι το Α είναι άθροισμα πρώτων όρων γεωμετρικής προόδου πρώτο όρο το 1 και λόγο το χ 2 . Όμοια, το Β είναι άθροισμα πρώτων Α = όρων γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο το χ και λόγο χ 2. Αν χ 2 1, δηλαδή χ� { 1,-1} τότε = (χ22)6 - 1 , Β = χ (χ22)6 -1 , οποτε Α = Σ= χ -1 χ -1 1 2 3 3 2 Στην ταυτότητα (x+l) =χ +3χ +3x+l (2)<=>(1-χΧχ -1)=0<::::> χ =±1, τιμές που απορ, αν βάλουμε όπου χ = 1,2,3,4, . . , ν έχουμε ρίπτονται Αν χ2 = 1, δηλαδή {1,-1} , τότε: 233 ==1233 +3·1. 222+3·1+1 Για χ = έχομε Α-Β= Ο= 6 - 6 =Ο. Άρα η (2) επαληθεύεται. 3 +3 +3.2+1 Για = -!έχουμε A-B=6- (-6) =12:;t:O. 3 3 2 (ν+ 1) = ν + 3 · ν + 3 ·ν+ 1 Άρα δεν επαληθεύεται η (2). Προσθέτοντας κατά μέλη , προκύπτει Τελικά, μοναδική λύση είναι η χ = 1 . 3 =3·(12 +22 + .. . +ν2 ) + (ν+1) +3 (1 + 2 + 3 + . . + ν) +ν = Α1,Β1,Γ1 + 1) = 3Σ + 3 . ν(ν+2 1) +ν<:::> Σ = ν(ν+ 1)(2ν 6 Α2 ,Β2 ,Γ2 Α1Β1Γ1

γεωμετρικης. προο' δου με = -1 και λ 1 .

α1 χ = -χ -l 1 1 1 1 1 (:)η ' -+-+-+ . . +-=- · Άρα χ χ2 χ3 xn χ -χ1 - 1 ( ) ( -χ ) ] : 1-χχ: = xn (l-x) . Άρα = Η(Η _!_ _ 1 χ χ x· xn -1) ( Α 1 + 1 + 1 + . . + 1 = (1-xn) = xn+l -χ -χ2 3χ xn xn(l-x) ι �_ - ι _ _._,_ ._ '

όρο το

<:::>

Άσκηση 1 2 '1

Να λυθεί η εξίσωση ι -:- χ + χ 2

(1).

Λύση:

--.!..χ!>...-.....!..1_

με

Άσκηση l Οη ,

ν γνωριζετε ότι ι + 2 + 3 + ... + ν

ν · (ν + ι)

_...;_ ____;_ _

:;t:

να υπολογίσετε με την βοήθεια της ταυτότητας

(χ + ι)3 χ3 + 3χ2 + 3χ + ι ι 2 + 2 2 + 3 2 + ... + ν 2 •

το

άθροισμα

Λύση :

χε

•

Άσκηση 1 3η

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς �. των πλευρών Br, Συνδέουμε τα μέσa

Άσκηση 1 1 '1

ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Στην συνέχεια ενώνουμε τα

μέσα

Κάποιος αγόρασε ένα αυτοκίνητο αξίας 15000 ευρώ. rΕδωσε προκαταβολή 6900 ευρώ και συμφώνησε το υπόλοιπο ποσό να το εξαγοράσει σε 12 μηνιαίες δόσεις όπου κάθε επόμενη δόση θα αυξάνει σε σχέση με την προηγούμενη κατά 50 ευρώ. Να βρείτε το ποσό της πρώτης και της έκτης δόσης.

15000-6900 = 8100 a1 a2 = a1 + 50 . a3 = a2 +50= a1 + 100 = a1 + 2·50

και ούτω

καθ' εξής, ώστε η διαδικασία να συνεχιστεί επ' άπεφον. Να υπολογίσετε το άθροισμα των περιμέτρων και των εμβαδών όλων των τριγώνων.

Λύση: Ξέρουμε ότι το ύψος ενός ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς δίνεται από τον τύπο -- και το εμβαδόν του Ε = . 2 υ

α2 ·J3 = α · J3 4 ΑΒΓ έχουμε Π = 3α = 3 και J34 α -3 και Ε = -J3 Α1Β1Γ1 έχουμε Π1 = 3-= 2 2 16

Το υπόλοιπο ποσό είναι ευρώ. Αν είναι η πρώτη δόση, τότε η δεύτερη θα είναι Στο Η τρίτη δόση θα είναι Στο κ.ο.κ. Συνεπώς, έχουμε μια αριθμητική πρόοδο με πρώτο Λύση :

του τριγώνου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/26

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Να βρείτε το άθροισμα των 8 όρων της (αν). Λύση: i)

Αφού οι αριθμοί Ρ(Β),Ρ(Α),Ρ(Α u Β) είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου έχουμε Ρ2(Α) = Ρ(Β) · Ρ(Α u Β) . Αφού , οι αριθμοί P(B - A),P(A),P(A u B) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου έχουμε 2Ρ(Α) = Ρ(Β - Α) + Ρ( Α Β) = = Ρ(Β - Α) + Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α n Β) = = Ρ(Β - Α) + Ρ(Α) + Ρ(Β - Α) . Άρα Ρ(Α) = 2Ρ(Β - Α) και P(A u B) = � P(A) 2 Έτσι έχουμε Ρ2(Α) = Ρ(Β) · Ρ(Α Β) � � Ρ2(Α) = �2 Ρ(Β) · Ρ(Α) � Ρ(Α) = �2 Ρ(Β) . Αφού Ρ(Α) + Ρ(Β) = �6 � �2 Ρ(Β) + Ρ(Β) = �6 � 1 -5'Ρ(Β) = -5 � Ρ(Β) = "'"""1 και Ρ(Α) = -. 2 6 3 2 ii) α) Το ενδεχόμενο «να πραγματοποιηθεί το Α και να μην πραγματοποιηθεί το Β)) είναι το Α - Β . Άρα P(A - B) = P(A) - P(A n B) Από Ρ( Α u Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β) = = Ρ(Β) + Ρ(Α - Β) έχουμε �2 Ρ(Α) = 3 1 5 =Ρ(Β)+Ρ(Α-Β)� Ρ(Α-Β) .=---=4 3 12 β) Το ενδεχόμενο «να πραγματοποιηθεί το πολύ ένα από τα Α,Β)) είναι το (Α n Β)' . 'Εχουμε: Ρ( (AnB))=P(A)-P(A-B) =.!__2_ =_!_ 2 12 12· -1 = � . και 1P ((A n B)') = . 12 12 Ι iii) α2 = Ρ(Α n Β) = _ 12 α 5 = Ρ[(Α -Β) (Β - Α)] = = Ρ(Α Β) - Ρ(Α n Β) = -3 - -1 = -8 4 12 12 1 'Ετσι εχουμε ' � = σ, · λ =- και α5 = α1 · 11. = -8 . 12 12 ' � � ·� = 8� λ = 8� λ = 2 , -Άρα: = 8 � α2 α ·λ ' : α2 = 2α 1 � α 1 = -1 οποτε 24 -1 = 1 . 28 -1 = 28 -1 = 255 Έτσι Σ8 = σ, . �λ-1 24 2-1 24 24 · υ

Α1

� Π 2 = 3-α = -3 και Ε = -4 4 64 ν Γενικά Πν = 3 (�J και Εν = ν'3 (�Τ (επαγωγι κά). Επομένως έχουμε: Άθροισμα περιμέτρων: 1 1 3 3 π = 3 + - + - + . .. = 3 · (1 + - + - + ... ) = 2 4 2 4

= 3 · � = 3 · 2 = 6 . Άθροισμα Εμβαδών 1 - -2 .j3 . .j3 .j3 .j3 1 + -1 + ...) = Ε = -+-+-+ ..... = -·(1+4 16 64 4 4 16 � � 1 = -·-= 4 1 _!_ 3 Παρατηρείστε ότι το 4 άθροισμα των περιμέτρων των τριγώνων που σχηματίζονται από τα μέσα των πλευρών ισούται με την περίμετρο του αρχικού τριγώνου. _

Άσκηση 14η Έστω Α και Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγμ�τικού χώρου Ω, για τα πιθανότητες των ο�οίων ισχύουν: • •

•

Ρ(Α) + Ρ(Β) = � 6

Οι αριθμοί

P(B),P(A),P(A u B)

είναι

διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου Οι αριθμοί είναι

P(B - A),P(A),P(A u B)

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου

i) Να αποδείξετε ότι: Ρ( Α) = 2

Ρ(Β) = - . ·

και

ii) Να βρείτε τις πιθανότητες : α) να πραγματοποιηθεί το Α και να μην πραγματοποιηθεί το Β β) να πραγματοποιηθεί το πολύ ένα από τα Α,Β iii) Δίνεται γεωμετρική πρόοδος (αν) για την α2 οποία _ισχύει ότι Α rι Β) και α5

= P[(A - B) u (B - A)] .

= Ρ(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/27

'\ 4

------

Α ΆΥΚΕΙΟΥ Άσκηση

Μαθηματ ικά για την Α ' Λυκείου------

ΓΕΩΜΕτΡΙΑ : Παραλληλόγραμμα - Τραπέζια

Των ΓιώΡΎου Πλεξίδα (τρίκαλα), Σωτήρη Παπαχρήστου (Καλαμπάκα) τημα ισχύει ΒΖ=ΒΔ.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υποτεί νουσα ΑΓ και ΑΔ διχοτόμος του. Από το Β φέρουμε την κάθετη προς την ΑΓ που τέ μνει την ΑΔ στο Ζ και την ΑΓ στο Ε. i) Δείξτε ότι το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισοσκε λές. ii) Από το Β φέρνουμε τη διχοτόμο της γωνίας ΖΒΔ που τέμνει τηνΑΔ στο Κ και την ΑΓ στο Λ. Δείξτε ότι το τετράπλευρο ΒΖΛΔ είναι ρόμβος. Α

Λύση

Άσκηση 2

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και Ε σημείό της ΓΔ. Με πλευρά ΔΕ και εκτός του ΑΒΓΔ, κατασκευάζουμε τετράγωνο ΔΕΖΗ. i) Δείξτε ότι ΑΕ=ΓΗ. ii) Αν Θ, Ι τα μέσα των ΑΕ, ΓΗ αντίστοιχα, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΔΘΙί: α) Είναι ισοσκελές, β) Είναι ορθογώνιο. Λύση ·

Ϊ)Συγκρίνουμε τα (ορθογώνια) τρίγωνα ΑΔΕ i) Έχουμε zΔΒ 90° ΒΜ από άθροισμα γω και ΔΗΓ. Έχουν: ΑΔ = ΔΓ , πλευρές του τετραγώνου ΑΒΓΔ νιών τριγώνου στο τρίγωνο ΑΒΔ, ΒΜ = zAE ΜΓ = ΓΔΗ = 90° ΑΖΕ αφού ΑΔ διχοτόμος της Α , = 90° - zAE από ΔΕ=ΔΗ , πλευρές του τετραγώνου ΔΕΖΗ. άθροισμα γωνιών τριγώνου στο ΑΖΕ και Συνεπώς από το κριτήριο ΠΓΠ τα 2 τρίγωνα ΑΖΕ = ΒΖΔ ως κατακορυφήν γωνίες. Συνεπώς ίσα, οπότε ΑΕ=ΓΗ. Επίσης zλΒ = 90° - ΒΜ = 90° zΑΕ = ΑΖΕ = ΒΖΔ , που είναι ΔλΕ ΔfΗ <$ . = = σημαίνει ότι το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισοσκελές με ίί)α) Η ΔΘ είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί ΒΖ=Β Δ . ii) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΔΖ η ΒΚ είναι δι στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου ΑΕ χοτόμος που αντιστοιχεί στη βάση του, θα εί Θ = Δ 2 . Ομοίως στο ορθογώΑΔΕ, οπότε ναι λοιπόν ύψος και διάμεσος που σημαίνει ότι η ΒΛ είναι κάθετη της ΑΚ και ότι Κ-μέσο της ΔΖ. Στο τρίγωνο ΑΒΛ παρατηρούμε ότι η ΑΚ νιο τρίγωνο ΔΗΓ είναι ΔΙ = Γ2Η Αφού λοιπόν είναι διχοτόμος και ύψος, που σημαίνει ότι αυ Α ερώτημα έχουμε ΑΕ=ΓΗ θα είναι και τό είναι ισοσκελές με βάση ΒΛ καθώς και ότι από ΔΘ=ΔΙ που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΔΘΙ είναι η ΑΚ είναι και διάμεσός του, δηλαδή Κ-μέσο ισοσκελές με βάση ΘΙ. της ΒΛ. Το τετράπλευρο ΒΖΛΔ λοιπόν είναι παραλληλόγραμμο διότι οι διαγώνιοί του διχο β) Οπως είπαμε πριν ισχύει ΔΘ = �Ε = ΘΕ , τομούνται και τελικά ρόμβος ως παραλληλό γραμμο του οποίου δύο διαδοχικές πλευρές δηλαδή το τρίγωνοΔ ΔΘΕ είναι ισοσκελές με του είναι ίσες, αφού όπως δείξαμε στο Α ερώ- βάση ΔΕ, οπότε Θ Γ = ΘΕΔ = ω ως προσκείΒ

• • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'99 τ.3/28

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

μενες στη βάση ισοσκελούς τριγώνου. Ομοίως από το ισοσκελές τρίγωνο ΔΙΓ προκύπτει ότι ΙΔΓ = lf'Δ = <Ρ .

Είναι λοιπόν: ΘΜ = ΘΔΕ + ΕΜ = ΘΕΔ + If'Δ = = ΘΕΔ + ΔΑΕ = ω φ = 90° ως συμπληρωμα τικές, αφού είναι οι οξείες γωνίες του ορθογω νίου τριγώνου ΑΔΕ. Συνεπώς το τρίγωνο ΔΘΙ είναι και ορθογώνιο. +

----

που δεν τέμνει το τμήμα. Από τα Α, Β φέρ νουμε κάθετες προς την ε οι οποίες την τέ μνουν στα σημεία Γ, Δ αντίστοιχα έτσι, ώ στε να είναι ΑΓ=8, ΒΔ=4 και Γ Δ=10. Από το μέσο Κ της ΑΔ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΓ, η οποία τέμνει τις ΑΒ, ΒΓ και ΓΔ στα Λ, Μ και Ν αντίστοιχα. ί) Να δείξετε ότι τα Λ, Μ και Ν είναι τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ και ΓΔ αντίστοιχα.

ίί) Να βρείτε τα μήκη των τμημάτων ΚΜ Άσκηση 3 Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και Μ το και ΛΝ. ίίί) Να βρείτε το μήκος του τμήματος ΒΚ. μέσο της πλευράς του ΑΔ. Η κάθετη στην ΒΜ στο σημείο της Μ, τέ Λύσ μνει την προέκταση της ΒΑ στο Ε και την πλευρά ΓΔ εσωτερικά στο Ζ. Δείξτε ότι: ί)ΕΜ=ΜΖ και ΑΕ=ΔΖ. ίί)Το τρίγωνο ΒΕΖ είναι ισοσκελές. ίίί) ΒΖ=ΔΖ+ΓΔ. Λύση

Γ Α

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΕΜ και ΔΖΜ. Έχουν : ΕΑΜ = ΜΔz, ως εντός εναλλάξ μεταξύ παραλλήλων ΑΜ=ΜΔ, αφού Μ-μέσο ΑΔ ΑΜΕ = ΔΜz, ως κατακορυφήν γωνίες. Συνεπώς από το κριτήριο ΓΠΓ τα 2 τρίγωνα είναι ίσα, οπότε ΕΜ=ΜΖ και ΑΕ=ΔΖ. ίί)Παρατηρούμε ότι στο τρίγωνο ΒΕΖ το τμήμα ΒΜ είναι ύψος (από υπόθεση) και διάμεσος (λόγω Α ερωτήματος), οπότε αυτό είναι ισοσκελές με ΒΖ=ΒΕ. ίίί) Από ερώτημα Β έχουμε ΒΖ=ΒΕ, από ερώ τημα Α έχουμε ΑΕ=ΔΖ, επίσης ΑΒ=ΓΔ ως απέναντι πλευρές παρ/μου. Συνεπώς είναι ΒΖ=ΒΕ=ΑΕ+ΑΒ=ΔΖ+ΓΔ. Ερώτηση: Πως θα διαμορφωνόταν η απάντη ση στο Γ ερώτημα, αν η κάθετη στην ΒΜ στο σημείο Μ, έτεμνε εσωτερικά την ΑΒ στο Ε και την προέκταση της ΓΔ στο Ζ; ί) •

•

ί) Είναι ΑΓΙ/ΒΔ ως κάθετες στην ευθεία ε. Από το Κ φέρουμε την παράλληλη προς την ΑΓ, άρα θα είναι παράλληλη και προς την ΒΔ. Γνωρίζουμε ότι αν 3 παράλληλες ορίζουν ίσα τμήματα σε μια ευθεία που τις τέμνει, τότε ο ρίζουν ίσα τμήματα σε κάθε άλλη ευθεία που τις τέμνει. Αφού λοιπόν είναι ΑΓ//ΛΝ//ΒΔ και Κ-μέσο ΑΔ, θα είναι Λ-μέσο ΑΒ, Μ-μέσο ΒΓ και Ν-μέσο ΓΔ. ίί) Αφού ΑΓ//ΒΔ και ΑΓ�ΒΔ, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο. Τα τμήμα ΚΜ ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του, οπότε είναι ΜΚ 8-4 Γ, ΑΝ ενωνει τα = Α Β Δ = -- = 2 . Το τμημα 2 2 μέσα των μη-παράλληλων πλευρών του, οπότε ,

ΑΝ = ΑΓ + ΒΔ = 8 + 4 = 6 .

2 2 τρίγωνο ΒΓΔ τα Μ, Ν είναι τα μέσα των ΒΓ, ΓΔ αντίστοιχα. Άρα ΜΝ = Β2Δ = �2 = 2 . Συνεπώς ΚΝ=ΚΜ+ΜΝ=2+2=4= ΒΔ κι αφού ΚΝ//ΒΔ το τετράπλευρο ΚΒΔΝ ΓΔ 1 Ο 5 ' = = . ειναι παρIμο, οποτε ΚΒ=ΔΝ = 2 l ίίί) Στο

Άσκηση 5

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με Άσκηση 4 Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και ευθεία ε ΑΒ=2ΑΔ και Μ το μέσο της ΓΔ. Η προέΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'99 τ.3/29

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου,------

κταση της ΒΜ τέμνει την προέκταση της ΑΔ στο σημείο Ε. ί)Δείξτε ότι τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΕΔΜ είναι ισοσκελή. ίί) Δείξτε ότι ΑΜ .l ΒΕ . ίίί) Από την κορυφή Δ φέρνουμε παράλληλη προς την ΒΕ η οποία τέμνει την ΑΜ στο Κ και την ΑΒ στο ΖΕστω επίσης Δ' η προβο λή του Δ πάνω στην ΕΜ. α) Δείξτε ότι το τετράπλευρο ΑΔΜΖ είναι ρόμβος. β) Δείξτε ότι το τετράπλευρο ΚΔΔ 'Μ είναι ορθογώνιο. Λύση

Δ'

Άσκηση 6 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α = 130° . Φέρουμε ημιευθείες Αχ .l ΑΓ και Ay .l ΑΒ όχι προς το μέρος της ΒΓ και παίρνουμε σημεία Δ και Ε αντίστοιχα, ώστε ΑΔ=ΑΓ και ΑΕ=ΑΒ. ί) Να αποδείξετε ότι ΒΓΔΕ ισοσκελές τραπέζιό. ίί) Να αποδείξετε ότι ΒΜ 20° . . ίίί) Να .αποδείξετε ότι οι διαγώνιοι του τραπεζίου ΒΓΔΕ τέμνονται κάθετα. iv) Αν Η, Θ, Ι, Ζ τα μέσα των πλευρών ΒΓ, ΓΔ, ΔΕ, ΕΒ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΗΘΙΖ είναι τετράγωνο. ν) Να δείξετε ότι η ευθεία ΟΑ διέρχεται από τα Η και Ι. Λύση

Αφού

αγώνιοι ρόμβου. Συνεπώς ΚΔΔ 'Μ-ορθογώνιο ως τετράπλευρο με 3 ορθές.

i) Έστω ΑΔ=ΒΓ=α, τότε ΑΒ=ΓΔ=2α. Μ-μέσο της ΓΔ οπότε ΔΜ=ΜΓ=α. Το τρίγωνο ΑΔΜ είναι ισοσκελές με βάση ΑΜ , αφού ΑΔ=ΔΜ=α. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΕΔΜ και ΒΓΜ. Έχουν: ΕΔΜ = ΒΓΜ, ως εντός εναλλάξ μεταξύ πα ραλλήλων ΔΜ=ΜΓ, αφού Μ-μέσο ΔΓ ΔΜΕ = ΒΜΓ, ως κατακορυφήν γωνίες. Συνεπώς από το κριτήριο ΓΠΓ τα 2 τρίγω να είναι ίσα, οπότε ΔΕ=ΒΓ=α και ΕΜ=ΜΒ. Το τρίγωνο ΕΔΜ λοιπόν είναι ισοσκελές αφού ΕΔ=ΔΜ=α. ίί) Παρατηρούμε ότι το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ι σοσκελές με ΑΕ=ΑΒ=2α και ΑΜ διάμεσος που αντιστοιχεί στη βάση του ΒΕ, θα είναι λοιπόν διχοτόμος και ύψος, δηλαδή ΑΜ l. ΒΕ. ίίί) α) Στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε: Δ-μέσο ΑΕ και ΔΖ//ΒΕ οπότε Ζ-μέσο ΑΒ και άρα ΑΖ=ΖΒ=α. Επίσης παρατηρούμε ότι ΒΖ II ΓΜ. Αυτό σημαίνει ότι το τετράπλευρο ΖΒΓΜ είναι παρ/μο, οπότε ΖΜ=ΒΓ=α. Έτσι τελικά είναι ΑΖ=ΖΜ=ΜΔ=ΔΑ=α, δηλαδή ΑΔΜΖρόμβος ως ετράπλευρο που έχει όλες τις πλευρές του ίσες. β) Έχουμε από υπόθεση ΔΔ ' .l.EB . Επίσης δείξαμε ότι AM.l.EB. Τέλος ΑΜ.l.ΔΖ ως δι-

Α Β Γ ισοσκελές, έχουμε:

•

Τα τρίγωνα ΒΑΕ και Γ ΔΑ είναι ισοσκελή και ορθογώνια, οπότε: 0 Ει = Β2 = Δι = Γ2 = 90 = 45 2 �

�

° .

Συνεπώς στο ισοσκελές Α Ε Δ είναι Ε2 = Δ2 180° -50° = 65° . 2 Άρα Δ ΕΒ + ΕΒΓ = 1 10° 70° = 180° δηλαδή οι εντός και επί τα αυτά γωνίες είναι παρα πληρωματικές, οπότε ΕΔ // ΒΓ . Επίσης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '98 τ.4/30

�

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

ΕΒΓ = Δrn = 70° και ΕΒ, ΔΓ τέμνονται αφού + Δrn = 140° 180°. Συνεπώς ΕΔΓΒ ι ΕΒΓ σοσκελές τραπέζιο. i) Στο ισοσκελές τρίγωνο Α Δ Β έχουμε: ΒΜ =ΔΒΑ= 1800 - 900 -500 =200 ii) Έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων. Στο ισοσκελές τρίγωνο Α Ε Γ έχουμε: o soo A rn = Α ΕΓ = 1 so Άρα στο τρίγωνο Β Ο Γ είναι: ΟΒΓ = oiA = 20° 25° = 45°. ΒΟΓ = 180° -45° -45° = 90° , δηλαδή Οπότε οι διαγώνιοι ΕΓ καιμέσοΒΔτη;τέFΔμνονται κάθετα. } Στο ΕΔΒ: Ζ- , τη; ψ:J.: 'Zl //=- (1) της ΕΔ } άρα:ΙΘ//= -ΕΓ . Στο ΕΔΓ: Θ-μέσο μέσο της = ΕΓ ΒΔ (διαγώνιοι ισοσκελούς τραπεζί Όμως ου) και ΕΓ ΒΔ. Άρα: = ΙΘ και ΙΘ (2). Στο ΔΓΒ: μ,ε'σο της ΒΓ } άρα:ΘΗ//=-( ΒΔ 3). Θ-μεσο της ΔΓ . Από (1 ), (3) ΕΖΙ// = ΘΗ και λόγω της (2) ΖΙΘΗ τετράγωνο. iv) Τα τρίγωνα ΒΑΓ, ΒΟΓ, ΕΑΔ και ΕΟΔ είναι ισοσκελή , οπότε = ΑΓ και ΟΒ = ΟΓ . Άρα τα Ο και Α ανήκουν πάνω στη μεσοκάθετο <

9οο 2

ΜΖ.

-------

Να αποδείξετε ότι το ΑΖΓ.Ε είναι ρόμβος. ίίί) Αν η ΖΓ τέμνει την ει στο σημείο Η να αποδείξετε ότι ΝΗΓΔ ορθογώνιο και ΝΖΗΕ παραλληλόγραμμο. iv) Από το Ζ φέρνουμε παράλληλη στην ΑΒ που τέμνει την ΑΓ στο Κ και την ΒΓ στο Θ. Να αποδείξετε ότι Κ μέσο της ΖΘ και ΕΚΘ ισοσκελές τρίγωνο. Λύση

ε1 / ΒΓ ως κάθετες στην ίδια ευθεία ΑΔ

ί)

2οο .

Η-

ίίί)

μοοο

ΒΔ 2

ΔΓ

..l

ΖΙ

ΖΙ ..l

ΑΒ

του ΒΓ, οπότε ΟΑ μεσοκάθετος του ΒΓ. Είναι: ΑΕ=ΑΔ και ΟΕ = ΟΔ . Έτσι τα Α και Ο ανήκουν πάνω στη μεσοκάθετο του ΕΔ, οπότε ΟΑ μεσοκά θετος του ΕΔ κι αφού Η, Ι μέσα των ΒΓ, ΕΔ αντί στοιχα, η ΟΑ θα διέρχεται από αυτά. Άσκηση 7

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο Α Β Γ (ΑΒ=ΑΓ) και το ύψος του ΑΔ. Φέρνουμε ει κάθετη στην ΑΔ στο μέσο της Ν και ε2 κάθετη στην ΑΓ στο μέσο της Μ που τέμνει την ΑΔ στο σημείο Ε. ί) Να αποδείξετε ότι η ει τέμνει την ΑΓ στο μέσο της, δηλαδή στο σημείο Μ. ίί) Προεκτείνουμε την ΕΜ κατά ίσο τμήμα

και Ν το μέσο της ΑΔ οπότε στο τρίγωνο ΑΔΓΑΜ=ΜΓ η ε1 τέμνεικαι τηνΕΜ=ΜΖ. ΑΓ στοΕπίσης μέσο τηςΑΓΜ. ΕΖ οπότε ΑΖΓΕ ρό ος ως τετράπλευρο του ο μβ ποίουΑΕΓΖ οι διαγώνιοι διχοτομούνται κάθετα. οπότε: ΑΕ/ / ΖΓ, δηλαδή: ρόμβος ΗΓ / ΝΔ . Στο τρίγωνο } ΑΔΓ: {ΜΝμέσοτηςΑΔ μεσοτηςΑΓ ΝΜ / ΔΓ, δηλαδήγώνιοΝΗως/ παρ/ ΔΓ καιο Δ = 90° οπότε ΝΗΓΔ ορθοτα μ με μία ορθή. Συγκρίνουμε ορθογώνια ΝΜΕκαι ΜΖΗ. Έχουν: Μι = � (ως κατακορυφήν) } ΜΕ= (υπόθεση) Άρα: ΝΜΕ = ΜΖΗ , οπότε: ΖΗΝΕ ,;/ ΝΕ. ΖΗ ως τμήματα παραλλήλων Όμως: οπότε ΝΕ / = ΖΗ , δηλαδή ΝΖΗΕ παραλληλό γρα ο, αφού δύο απέναντι πλευρές του είναι μμ . ίσες και παράλληλες Έχουμε: ΑΒ / ΖΘ, οπότε: Β = Θι , ως εντός εκτός και επί τα αυτά. Επίσης: Β = Γ . Δ

..l

ίί)

ίίί)

ΜΖ

ίν)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'99 τ.3/31

....

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου,-------

Άρα: Γ = Θ1 δηλαδή ΚΘ=ΚΓ(l). Ισχύει: fΊ = 90° - Γ , στο ορθογώνιο ΖΓΘ : Ζι 90° - θ ι και επειδή Γ = θ1 συμπεραίνουμε ότι Ζι Γ ι δηλαδή ΖΚ=ΚΓ(2). Από (1), (2) έχουμε ΚΘ = ΚΖ. Άρα Κ μέσο της ΖΘ. Κ σημείο της μεσοκαθέτου του τμήματος ΕΖ, οπότε ΚΕ = ΚΖ. Όμως ΚΘ = ΚΖ . Άρα ΚΕ = ΚΘ δηλαδή ΕΚΘ ισοσκελές. Α

Άσκηση 8

Δίνεται κύκλος με κέντρο (0, R) και μια ακτίνα του ΟΑ την οποία προεκτείνουμε κατά ίσο τμήμα ΑΒ. Από το Β φέρνουμε εφαπτόμενο τμήμα ΒΓ. Από το Α φέρνουμε παράλληλη στην ΟΓ, που τέμνει τον κύκλο στο Δ. ί) Να αποδείξετε ότι ΟΓΑΔ ρόμβος. ίί) Προεκτείνουμε τις ακτίνες ΔΟ και ΓΟ που τέμνουν τον κύκλο στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι ΕΓΔΖ ορθογώνιο. ίίί) Αν ΓΔ και ΟΑ τέμνονται στο Κ και η προέκταση της ΔΑ τέμνει την ΒΓ στο Η να αποδείξετε ότι ΚΗΒΔ ισοσκελές τραπέζιο και ΑΓ j_ ΒΔ . Λύση

Είναι: Ο ι = Α2 = 60 ° (ως εντός εναλλάξ) κι αφού ΟΑ=ΟΔ=R, το ΟΑΔ είναι ισόπλευρο πλευράς R. Συνεπώς ΟΓΑΔ ρόμβος ως τετρά πλευρο που έχει όλες τις πλευρές του ίσες. ii) ΟΓ = ΟΔ =ΟΖ = ΟΕ = R και ΕΔ = ΓΖ = 2R οπότε ΕΓΔΖ ορθογώνιο ως τε τράπλευρο του οποίου οι διαγώνιοι είναι ίσες και διχοτομούνται. ίίί) Στο ορθογώνιο ΟΓΒ είναι: ΑΗ // ΟΓ και Α μέσο της ΟΒ, οπότε Η μέσο της ΒΓ. Στο μέσο της ΓΔ ΚΗ // ΒΔ . τρίγωνο ΒΓΔ: ΚΗ μεσο της ΓΒ Ισχύει ΓΔ j_ ΟΑ ως διαγώνιοι του ρόμβου οπότε Γ Κ Β ορθογώνιο και Β ι = 30° . Έτσι: ΚΓ = ΓΒ ΗΒ ΓΗ Όμως ΚΓ = ΚΔ συνεπώς 2 ΚΔ = ΗΒ και μη παράλληλες, δηλαδή ΚΗΒΔ ισοσκελές τραπέζιο. Έχουμε: ΓΔ = ΓΒ , αφού ΓΚ = ΓΗ (τα μισά τους είναι ίσα), δηλαδή Γ ανήκει στη μεσοκάθετο του ΒΔ και ΑΔ = ΑΒ = R , δηλαδή Α ανήκει στη μεσοκά θετο του ΒΔ, οπότε η ευθεία ΓΑ είναι μεσο κάθετος του ΒΔ. Λ

{

}

_,...

Άσκηση 9

Δύο ίσοι κύκλοι (K,R) και (Λ,R) εφάπτονται εξωτερικά στο Ε. Φέρνουμε εφαπτόμενο τμήμα ΚΑ προς τον κύκλο (Λ,R) και εφα πτόμενο τμήμα ΛΒ προς τον κύκλο (K,R). Δ

Να αποδείξετε ότι Β Α Ε ισόπλευρο. Αν ΒΕ και ΑΚ τέμνονται στο Ζ και ΒΛ και ΑΕ τέμνονται στο Θ, να αποδείξετε ότι R ΒΑΛΚ ισοσκελές τραπέζιο και ΖΘ . 2 ίίί) Αν Η μέσο της ΑΒ, να αποδείξετε ότι ΗΘΕΖ ρόμβος. ί) ίί)

Το τρίγωνο ΟΓΒ είναι ορθογώνιο και ΟΓ = ΟΑ = ΑΒ = ΟΒ = R ' οπότε: Βι = 30° 2 και Οι = 60° . Το τμήμα ΓΑ είναι διάμεσος στο ορθογώνιο Ο Γ Β που αντιστοιχεί στην υποτείΟΒ = R Έτσι, το τρίγωνουσα, επομένως ΓΑ = 2 νο Ο Γ Α είναι ισόπλευρο πλευράς R και i)

Λύση

Οι Λ

= Ο Γ Α = Αι = 60 ° .

ί)

Φέρνουμε ΚΒ και ΛΑ οπότε ΚΒΛ = 90° .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'98 τ.4/32

-------

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

Στο ορθογώνιο ΚΒΛ, ΒΕ διάμεσος που αντι στοιχείΚΑ στην υποτείνουσα οπότε ΒΕ=-=ΚΕ=ΒΚ=R (1), δηλαδή ΚΒΕ 2 ισόπλευρο. Άρα: Κ Βι = Ει = 60° . Στο ορθογώνιοστηνΚΑΛ,υποτεί ΑΕ διάμεσος πουοπότεαντιστοιχεί ν ουσα, ΚΑ (2), δηλαδή ΑΕΛ ΑΕ=z-=ΛΕ=ΑΛ=R ισόπλευρο. Άρα: Αι = Ε2 =Λ = 60°. Από (1), (2) έχουμε: ΒΕ=ΑΕ και Ε3 =180° -60°-60° =60°, οπότε ΒΑΕ ισοσκελές και ΕΒΑ = ΒΑΕ = 60° , δηλαδή ΒΑΕ αρατηρούμε ισόπλευρο. ότι Π Β2 = 60° κι αφού εί ναιΚΑ εντός εναλλάξ γωνίες μεταξύ των ΒΑ και παράλληλες αφού αφού ΒΚ =αυτές(μηθα είναιπαράλληλες Κ + λ = 120° 180° ) θα έχουμε τελικά ΑΒΚΑ ισοσκελές τραπέζιο. , Ειδηλαδή οπότε FB//ΑΒΕΛκαι είναι FB=M= = Λ=το60°,τετράπλευρο R παραλ ληλόγραμμο, συνεπώς οι δια'γ ώ νιοί του διχο τομούνται και Θ μέσο του ΒΛ. Ε2 =Κ= 60°, οπότε ΑΕ// ΒΚ και ΑΕ=ΒΚ=R δηλαδή τοΣυνεπώς τετράπλευρο ΑΒΚΕδιχοτομούνται, παραλληλό γραμμο. οι διαγώνιοι οπότε Ζ μέσο του ΒΕ. Στο Β Ε Λ , Ζ μέσο της ΒΕ και μέσο της ΒΛ. Άρα ΖΘ= 2 = R2 . Στο. z μέσο. της ΕΒ }αιWτε:mιι=- =ΕΘ , ΑΒΕ : {Ημ εσο τηςΑΒ Επ οπότε ΖΗΘΕ ίσης παρ/μο. ΒΕ ΑΕ = ΒΕ � ΑΕ = �ΘΕ=ΖΕ. Συνεπώς ΖΗΘΕ με δύο διαδοχι βος ως παραλληλόγραμμο κέςρόμπλευρές ίσες. Δ

ii)

-------

Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει την ΒΓ στο Η και την προέκταση της ΑΔ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι ΑΜΖΒ ρόμβος. ίίί ) Προεκτείνουμε την ΚΗ κατά ίσο τμήμα ΗΘ. Να αποδείξετε ότι ΚΜΘΖ ορθο'γώνιο. i v) Να δείξετε ότι η προέκταση της ΖΘ διέρχεται από το Γ. Λ ίJ

ση

,....

= Ε1

ii)

κι

ΑΛ

,....

.....

FΛ

Α σ κ ηση 1 0

ΑΕ 2

Δίνεται τρi'γωνο Α Β Γ . Αν η διχοτόμος ΑΔ και η διάμεσος ΒΜ τέμνονται κάθετα στο Κ, τότε: ί ) Να αποδείξετε ότι ΑΓ 2ΑΒ

Στο Α Β Μ , ΑΚ ύψος και διχοτόμος. Άρα ισοσκελές. Επομένως ΑΜ=ΑΒ� ΑΓ2 = ΑΒ�ΑΓ=2·ΑΒ ί ) Αι = Ζ1 ως εντός εναλλάξ. Όμως: Αι = Α2 οπότε: Α2 = Ζ1 δηλαδή ΑΜ = ΜΖ. ΑΜ=ΑΒ. Άρα: ΑΒ / = ΜΖ και επειδή Όμως ος. ΑΜ=ΜΖ/ συμπεραίνουμε ότι ΑΜΖΒ ρόμ β ΒΖ αφού ΑΜΖΒ ρόμβος. Συγκρίνουμε τα ΒΗΖ και ΜΗ Γ . Β 1 = f 1 (ως εντός εναλλάξ) Έχουν: ZMf = ΜΖΒ(ως εντός εναλλάξ) Δ

ΑΒΜ

ii)

ΑΓ

I οπότε:ΜΗ Γ =ΒΗΖ από ΓΠΓ. ΆραΜΗ=ΗΖ. ΒΖ = ΜΓ = ΑΜ Δ

κι

z:ΚΜ =

Επίσης απόναι υπόθεση είναιοιΚΗ=ΗΘ οπότε το ΚΜΘΖ εί παρ/μο (αφού διαγώνιοί του διχο τομούνται) αφού 90° θα είναι ορθογώνιο ως παρ/μο μία ορθή. τη; ΑΖ}οοre' : Κl\1/ι"="') Στο ΑΖ Γ : {ΜΚμέrο μέrοτη;ΑΓ δηλαδή: ΚΜ / Ζ (1). Γ Επειδή ΚΜΘΖ ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΚΜ / ΖΘ (2). Από (1), (2) συμπεραίνουμε ότι η ΖΘ διέρχεται από το Γ. με

ιιι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8'99 τ.3/33

ι·

ΖΓ 2 '

Β,' λΥΚΕΙΟΥ ,

Άλγε�ρα Β ' Λυκείου Υπεύθυνοι τάξης: Β. Καρκάνης, Σ. Λουρίδας, Χρ. Τσιφάκης, Απ. Κακκαβάς

Πολυώνυμα - Πολυωνuμικέ� εξισώσει� Εξ ι σώσει� - Ανι σώσει� wou ανάγονται σε wολυωνuμικέ�

Καββαδά - Λίτινα Ευαγγελία, τ . καθηγήτρια Αρσακείου Το άρθρο αυτό το αφιερώνω στην μνήμη του πατέρα μου Αίμονα

Ρ {χ) και το {χ - β) είναι παράγοντας του πηλίκου π( χ) της διαίρεσης Ρ ( χ) : (χ - α) Το υπόλοιπο uτης διαίρεσης ενός πολυωνύμου Δηλαδή, όταν και μόνο: Ρ ( α) = Ο και π(β) = Ο . Ρ(χ) δια του χ -ρ είναι ίσο με την τιμή του Για α = β = ρ διαπιστώνουμε ότι: Το (χ - ρ )2 είναι πολυωνύμου για χ = ρ . Είναι δηλαδή: υ = Ρ (ρ) παράγοντας του Ρ{ χ) αν και μόνο αν Ρ{ρ) = Ο Ισχύει: Ρ{χ) = (χ - ρ) π(χ) + Ρ (ρ) και π(ρ) = Ο . Βασική Θεωρία Θεώρημ α I

Θεώρη μ α Π

Όταν και μόνο όταν το ( χ - ρ )2 είναι παράγοντας του Ρ {χ) και το {χ - ρ )3 δεν είναι παράγοντας του Ρ {χ) , λέμε ότι το Ρ {χ) έχει ρίζα τον αριθμό ρ με βαθμό πολλαπλότητας 2 (όπως το τριώνυμο Ρ (χ) = αχ 2 + βχ + γ, α :;t: Ο με Δ = Ο ). Γενικότερα αν και μόνο αν το ( χ - ρ )κ όπου κ Θεώρημ α 1 1 1 - Θ αο ρημ α α κερ αίων ρ ι ζών θετικός ακέραιος είναι παράγοντας ενός Έστω πολυωνυμική εξίσωση πολυωνύμου Ρ {χ) και το {χ - ρ γ+ι δεν είναι, ν ν -1 α ν Χ +αν-Ι Χ + . . . +αι Χ + αο = Ο με ακεραίους συντελεστές. Αν ο ακέραιος ρ :;t: Ο τότε λέμε ότι το Ρ (χ) έχει ρίζα τον αριθμό ρ με είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε ο ρ είναι διαιρέτης βαθμό πολλαπλότητας κ. του σταθερού όρου α0 • Το αντίστροφο δεν ισχύει. Γ . Σε κάθε πολυώνυμο της μορφής ν ν Ρ ( χ) = ανχ + αν_ 1 χ -ι + · · · + α 1 χ + α0 ισχύει: Θεώρημ α I V - Θεώρημ α ρητών ριζών α0 = Ρ ( Ο ) και: αν + αν_ 1 + . . . + α 1 + α0 =Ρ ( 1 ) ( Γ ενίκευση του 1 1 1) Αν ένα πολυώνυμο βαθμού έχει ακεραίους συντελεστές και δέχεται ως ρίζα τον ρητό αριθμό Ά σκηση 1 ρ =�# Ο όπου μ, λ ακέραιοι αριθμοί πρώτοι Αν ρ είναι ρίζα του πολυωνύμου λ Ρ( χ) = χ3 + αχ2 + β χ + γ να αποδείξετε ότι: μεταξύ τους τότε ο μ θα διαιρεί τον σταθερό όρο α0 και ο λ τον συντελεστή του μεγιστοβάθμιου IPI � 1 + Ι αl + ι βι + lrl Λύ ση όρου αν . Για τον αριθμό l ρl διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Η απόδειξή του όμως, γίνεται με ιδιότητες των σχετικώς πρώτων αριθμών που δεν υπάρχουν Α) Αν l ρ l � 1 τότε προφανώς ισχύει στο Σχολικό βιβλίο Γενικής παιδείας. l ρ l � 1 + Ι α l + l β l + l γl Β ) Αν l ρ l > 1, τότε έχουμε: Σχό λι α ρ ρίζα Ρ ( χ)=> Ρ{ρ) = Ο => Α . Το (χ - α){ χ - β) είναι παράγοντας του Ρ{ χ) ρ3 + αρ 2 + βρ + γ = Ο => ρ3 = -αρ2 - βρ -γ => όταν και μόνο το (χ α ) είναι παράγοντας του

Ένα πολυώνυμο Ρ ( χ) έχει παράγοντα το χ -ρ αν και μόνο αν το ρ είναι ρίζα του Ρ {χ) δηλαδή αν και μόνο αν Ρ{ρ) = Ο . Δηλαδή ισχύει: χ -ρ είναι παράγοντας του Ρ {χ) <::::> ρ ρίζα του Ρ ( χ) <::::> Ρ{ρ) = Ο<::> Ρ ( χ) = (χ - ρ ) π( χ)

Β.

. .•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/34

-----= ρ+ 2 = 9 είναι δύο ρίζες του Χι = ρ = 7 και χ 2

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

ρ = -α - � - .1_=::> ιρι = -α - � - � =::> ρ ρ2 ρ ρ

% ; 1 I%1 + 1;2 1 = Ι αJ + 1� - �1 + ΙΥΙ 1:, Ι αJ + 1� + ΙΥΙ 1 + Ι αJ + 1� + ΙΥΙ . 1 1

-=> l ρ l = α + + 2 � ι αΙ + �

1ΡΊ < 1

1 1 διότι: l ρ l > 1-=> ίΡί < 1, Άσκηση 2

Να βρεθούν οι ρίζες του πολυωνύμου Ρ( χ) = χ3 - ι3χ2 + ιsχ + ι89 αν δύο από αυτές διαφέρουν κατά 2. Λύ ση

Έστω ρ, ρ + 2 οι δύο ρίζες του Ρ ( χ) τότε από σχήμα Homer για τη διαίρεση Ρ (χ) : ( χ - ρ) έχουμε : - 13

1 89

ρ3 - 1 3ρ2 + 1 5ρ �-·'!! ρ2 - 1 3ρ �,,,·:� ρ ρ - 13 ρ2 - 1 3ρ + 1 5 p3 - 1 3ρ2 + 1 5ρ + 1 89 1

Δίνει λοιπόν πηλίκο Πι ( Χ ) = χ 2 + (ρ - 13)χ + (ρ2 - 13ρ + 15 ) και υπόλοιπο : Uι = ρ3 - 1 3ρ2 + 15ρ + 189 Επίσης από τη διαίρεση Πι (χ) : [ χ - (ρ + 2) ] έχουμε από το σχήμα Homer: 1 1

ρ - 13 2ρ - 1 1

ρ+2 2ρ2 - 7ρ - 22 3ρ2 - 20ρ - 7

•

·!!. I

Δίνει λοιπόν πηλίκο Π 2 (χ) = χ + (2ρ - 1 1) και υπόλοιπο υ2 = 3ρ2 - 20ρ - 7 Το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει ρίζες τις ρ, ρ + 2, δηλαδή υ ι = Ο και υ2 = Ο

Ρ (χ). Η τρίτη ρίζα είναι ρίζα του Π2 (χ) = χ + (2ρ - 1 1) = χ + 3 δηλαδή η Χ3 = -3 Άρα οι ρίζες του Ρ ( χ). είναι οι Χι = 7, Χ 2 = 9, χ3 = -3 . Άσκησ η 3

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ3 + αχ2 + β χ + γ Αν για τους αριθμούς α,β,γ ε R ισχύει η ισότητα

( α + β + γ + ι)( α2 + β2 + 2α - 2β + 3) = ο

(ι )

Τότε: Α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση Ρ (χ) = Ο έχει ως ρίζα τον αριθμό ι. Β ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση Ρ (χ) = Ο έχει τρεις ρίζες πραγματικές αν και μόνο αν:

( )

α ι z �β ι + ;

Λύση Α) έχουμε:

α2 + β2 + 2α - 2β + 3 = α2 + 2α + 1 + β2 - 2β + 1 + 1 = (α + 1)2 + (β - 1)2 + 1 :;ι!: 0 . Άρα (1) =::> α + β + y + 1 = Ο .

Είναι Ρ (1) = α + β + γ + 1 = 0 Άρα ο αpιθμός ι είναι ρίζα του Ρ (χ). Β ) Με το σχήμα Homer για τη διαίρεση Ρ( χ) : (χ - ι) έχουμε: 1

�.' ':'·..

l +α

1+α+β

1+α

l +α+β

l +α+β+γ

r . <ι

ρ=1

...

� '

; , �

.�

ο !!>.

Δίνει λοιπόν: Ρ (χ) = (χ - 1) [ χ2 + (α + 1)χ + α + β + 1] = ο Η εξίσωση Ρ (χ) = Ο θα έχει 3 ρίζες πραγματικές Άλλα : υ = 0 <=> 3ρ2 - 2ρ - 7 = Ο <=> ρ = 7ήρ αν και μόνο αν το τριώνυμο: 2 2 1 Με σχήμα Homer διαπιστώνουμε ότι το Vι χ + (α + l)χ + α + β + έχει πραγματικές ρίζες, ισοδύναμα: Άρα Δ � Ο <=> (α + 1 )2 - 4 (α + β + 1) � Ο<=> διαιρείται με (ρ - 7) , αλλά όχι με +

(

�-�)

(ρ i) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/3 5

-----2

Μαθη ματικά yια την Β ' Λυκε(ου

α + 2α + 1 + 4α - 4β - 4 � Ο <=> α2 - 2α + 1 � 4β + 4 <=> α-1 2 (α - 1)2 � 4{β + 1) <=> -- � β + 1 2 4 Ά σκ η ση Α) Να βρεθεί πολυώνυμο 300 βαθμού για το οποίο να ισχύει: Ρ(χ + 1)- Ρ(χ - 1) = χ2 , για κάθε χ e JR (1) και Ρ(0) = 2016 . Β) Να υπολογισθεί η τιμή της παράστασης: 12 + 32 + 52 + ... + 992 Λ ύ ση Το πολυώνυμο Ρ {χ). είναι 3ου βαθμού, δηλαδή: Ρ (χ) = αχ 3 + βχ 2 + γχ + δ με α :;ι: Ο Άρα Ρ{χ + 1) = α(χ + 1)3 + β(χ + 1) 2 + γ(χ + 1) + δ = α{χ3 +3χ2 +3χ +1) + β{χ2 + 2χ + 1 ) +γ(χ + 1) + δ 3 =αχ +(3α+β)χ2 +(3α+ 2β +γ)χ + (α+β+γ+δ) (2) Ρ ( χ - 1 ) α( χ - 1 )3 + β ( χ - 1)2 + γ (χ - 1 ) + δ = =σχ.? +( -3α+β)χ2 +( 3α 2β+γ) -α+β-γ+δ (3)

( )

Από (1) και (2) έχουμε: Ρ( χ + 1) - Ρ(χ - 1) = 6αχ2 + 4βχ + 2α + 2γ Άρα: (1) � 6αχ 2 + 4βχ + 2α + 2γ = χ 2 για κάθε α= 1 6α = 1 6 x e JR. <=> 4β = Ο <=> β = Ο 2α + 2γ = Ο 1 γ=6

}

Άρα Ρ(χ) = _!_χ3 _!_χ + δ 6 6

Από τα παραπάνω συνεπάγεται ότι: 12 + 32 + 52 + . . . + 992 = Ρ {100) - Ρ (0) = 3 = 100 - 100 + 2016) - 2016 = 6 6 ο = 1 ( 1 οο2 - 1) = 999�900 = 166.650

�

Ά σκη ση 5 Να υπολογισθούν συναρτήσει του ν οι τιμές των παραμέτρων α, β Ε IR ώστε το πολυώνυμο Ρ( χ) = αχν+2 + βχν+Ι, v Ε Ν να διαιρείται με το πολυώνύμο (χ- 1)2 • Λύ ση Για να είναι το (χ - 1 ) 2 παράγοντας του Ρ (χ) πρέπει και αρκεί το (χ - 1) να διαιρεί το Ρ (χ) καθώς και το πηλίκο π(χ) της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ - 1) δηλαδή: Ρ{1) = 0 και π{1) = 0 Εφαρμόζουμε σχή μα Homer, για τη διαίρεση Ρ(χ) : (χ - 1) και έχουμε:

I� α

AJJ..ά:

':C

Ρ(0) =2016<=>δ=2016 Άρα Ρ(χ) =_!.χ3 _!.χ+2016 6 6 _

Έχουμε: χ 2 = Ρ(χ + 1) - Ρ(χ - 1), για κάθε x ε JR . Άρα: χ = 1�12 = Ρ(2) - Ρ {Ο) χ = 3�32 = Ρ(4) - Ρ(2) x = S �52 = Ρ(6) - Ρ(4) χ = 99�992 = Ρ(100) - Ρ {98)

β α

. ...

α+β

. .

α+β α+β

ρ=l

α+β α+β α+β+1

Άρα: Ρ(1) = α + β + 1 και Π(χ) = αχν+Ι + { α + β) χν + . . . + ( α + β) Εφαρμόζουμε σχήμα Homer για τη διαίρεση Π(χ) : (χ - 1) και έχουμε: α

--------

ι·· ·"

ωk α

2α + β 2α + β 3α + 2β

... α + β .. (ν + 1)α+ νβ ... (ν + 2)α + (ν + 1)f

}

α+β

Άρα: Π(1) = (ν + 2)α + (ν + l)β P(l) = O α = -β - 1 <=> <=> Επομένως: Π(l) = 0 (ν + 2)α + (ν + 1)β = 0 <=>

}

α = -β-1 α=ν+l <=> veN (ν +2Χ-β-1) + (ν + l)β = Ο β = -ν -2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/36

------

Μαθη ματικά yια την Β' Λυκείου

Π α ρ ατήρηση :

Με βάση τη σχέση P(l) = Ο δηλαδή 1 = -α - β η παραγοντοποίηση του Ρ ( χ ) γίνεται και ως εξής

--------

παραστάσεων των ριζών ενός πολυωνύμου) i) Αν οι ρίζες του πολυωνύμου Ρ( χ) = α3 χ3 + αz xz + α1 χ + α0 ( 1) με α3 � Ο είναι οι αριθμοί ρ1 , ρ , ρ3 , τότε να δείξετε ότι:

Ρ { χ ) = αχν+2 + βχν+Ι + 1 = αχν+2 + βχν+Ι _ α - β = z = α(χν+2 _ 1) + β(χ ν+Ι _ 1) = Ρι + ρ2+ ρ3 = � , Ριρ2+ ρ2Ρ3 + Μ = α, ' Ριι>zρ3 = � =α(χ - 1Χχν+Ι + χν + ... +χ +1)+ β(χ - 1Χχν + ... + x + l)= <1:J <1:J <1:J Ι [ ] + = (χ - 1) α(Χν + Χν + ... + Χ + l) +β(Χν + ... + X +l) = σχέσεις (I) ii) Αν οι ρίζες του πολυωνύμου = (χ - l)π(χ) 3

Q( χ) = χ - xz - χ + κ = Ο,

κ�Ο

είναι οι αριθμοί ρ1 , ρ , ρ3 , τότε να υπολογιστούν οι Να δειχθεί ότι: z Α) Το πολυώνυμο Ρ( χ) διαιρούμενο με το τιμές των παραστάσεων: Α = ρι1 + ρ11 + ρ23 , Β = ρι3 + ρ13 + ρ 3 , πολυώνυμο xz - αz , α � Ο δίνει υπόλοιπο: 3 Άσκηση 6

υ( χ) =

Ρ(α) - Ρ( -α) 2α

χ+

Ρ(α) + Ρ(-α ) 2

Το πολυώνυμο Ρ { χ) διαιρείται με το χ2 - α2, α '* Ο αν και μόνο αν

Β)

Ρ( α) = Ρ(-α ) = Ο .

Λύ ση

Α) Επειδή το πολυώννμο

2 χ2 - α , α '* Ο είναι 2ou

βαθμού το2 υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ ( χ ) : ( χ - α 2 ) θα είναι πολυώννμο της μορφής: ( ) υ χ = κχ + λ , κ, λ Ε lR 2 2 Άρα: Ρ ( χ ) = ( χ - α ) Π ( χ ) + κχ + λ για κάθε χ Ε IR (1 ) Η (l) για χ = α δίνει Ρ ( α) = κα + λ (2) (3) και για χ = -α, Ρ ( -α ) = -κα + λ Από το σύστημα (2), (3) βρίσκουμε

(α) - Ρ (α ) ( α) + Ρ ( -α ) Ρ Ρ και κ λ= 2 2α Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι: ) ) ) ( ) Ρ ( α - Ρ ( -α ) χ + Ρ ( α + Ρ ( -α υ χ 2α 2 2 Β) Το πολυώννμο Ρ

____,___,_ _ .,___ ...:. _ .

(χ) διαιρείται με το χ - α 2

αν και μόνο αν υ ( χ ) = Ο για κάθε χ Ε IR (4)

(

Αλλά :

(4) � ) ( Ρ α - Ρ ( -α) = Ο και Ρ ( α) + Ρ ( -α ) = O <:::::> 2α 2 ) ( ) ) ( ( ( <=> 2Ρ α = Ρ -α και Ρ α + Ρ ( -α ) = Ο) <:::::> <:::::> 2Ρ ( α ) = Ο και Ρ ( α ) = Ρ ( -α ) <:::::> Ρ ( α ) = Ρ ( -α )

Άσκηση

Γ = _!_ + _!_ + _!_ ρ: ρ� ρ�

και να λυθεί η εξίσωση Q ( χ) = Ο, όταν ( Β + Γ)κ1 = Α + 1 και κ ρητός αριθμός. iii) Να βρεθούν οι ρίζες του πολυωνύμου f ( χ) = χ3 - χ2 + 9κχ - κ, κ � Ο αν είναι όλες θετικές. Λύ ση

) )( ( ) ( ί) Έχουμε : Ρ χ = α3 χ - ρ 1 χ - ρz )( χ - ρ3 =

=� [� -( Ρι + Pz + PJ ) X2 +( ΡιΡz +PzPJ +PJPι ) X -PιPzPJJ

(

(2)

)

(1) � Ρ ( χ ) = α3 χ3 + α z χ2 + � χ + α ο (3) α3 α3 α 3 Αφού οι σχέσεις (2),(3) ισχύουν για κάθε χ Ε JR , α2 θα έχουμε: - ( ρ ι + ρ2 + ρ3 ) = ' α3 αο α ριρ2 + ρ 2 ρ3 + ρ3ρι = α ι , - ριρ2ρ3 = α3 3

απ' όπου προκύπτουν οι σχέσεις (1). Οι σχέσεις (I) μπορεί να γενικευτούν (τύποι Vieta,

1540-1603)

ii) Από τους τύπους Vieta έχουμε:

ρ 1 + ρ2 + ρ3 = 1 ,

ρ ι ρ2 + ρ 2 ρ3 + ρJ ρ ι = -1 , και ρι ρ 2 ρ3 = -κ Άρα: Α = ρ� + ρ� + ρ� =

(1),(2) = ( ρι + ρ2 + ρ3 )2 - 2 ( ριρz + ρ2 ρ3 + ριρ3 ) = 2 1 - 2 ( -1 ) = 3 . Από ταυτότητα Cauchy-Euler , Β 3 3 3 �ουμε: = ρ ι + ρz + ρ3

- (Υπολογισμός συμμετρικών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/37

---- Μαθηματικά για την Β' Λυκ3είου

= 3ρ 1 ρ 2 ρ3 + [ ρ12 + ρ22 + ρ32 - (ρ1 ρ2 + ρ2 ρ3 + ρΙ ρ�3 )']· == = -3κ + [ 3 - { -1)] = -3κ + 4 ( ρ )2 +(ρ2Ρ3 )2 +( PJP3 )2 Τέλος : Γ=_!_+_!_ +_!_ ΡJ 2 = (ΡJρ2Ρ3 )2 � ρ; fJi ( + + )2 - 2 { ρΙρ2ρ3 ){ ρι + ρz + ρ3 ) - ρΙρ2 ρΙρ3 ρ2ρ3 _

( ρΙρ2ρ3

2 = (-1) - 2(-κ) · 1 = 1 + 2κ � 1(2 Άρα: (Β +Γ)κ2 =A+l => -3κ+4+

(

( J

----

= χ - "31 , οπότε f { x ) = O <=> χ = "31 (τριπλή ρίζα) Εξισώ σεις αν αγόμενες σε δευτ ε ροβ άθ μιες Αντ ίστρο φες εξισ ώσεις

Μια πολυωwμική εξίσωση λέγεται αντίστροφη αν

- και μόνο αν για κάθε ρίζα της ρ * Ο, έχει ως ρίζα και την -1 .

ι:;κJ κ2 =4=>

•

Α φ ήνουμε ως ανο ιχτό πρόβλημα την ακόλουθη πρόταση :

« Σε κάθε αντίστροφη εξίσωση οι συντελεστές των 3 2 2 -3κ + 4κ + 1 + 2κ = 4 => 3κ3 - 4κ + 2κ + 3 = Ο => όρων που ισαπέχουν από τα άκρα είναι ίσοι ή => { κ - 1 ) ( 3κ2 - κ - 3 ) = Ο => αντίθετοι>>. Η έννοια της aντιστρόφου εξίσωσης οφείλεται ικ Ε 1, => κ = 1, αφου. κ , στον De Moire ( 1 667 - 1 754) . 6 6 1 . Οι aντίστροφες εξισώσεις: 3 ou - 5ου βαθμού ρητός. Επομένως: Q ( χ ) = Ο <=> βαθμού) λύνονται (περιττού με 2 3 ) ( ) 2 ( παραγοντοποίηση. Μία ρίζα τους είναι το 1 ή χ - χ - χ + 1=0<=> χ - 1 χ + 1 = 0<=>χ = -1 ή χ=1 το -1 . Άρα πάντοτε θα έχουν παράγοντα (Διπλή ρίζα) x+l ή χ-1. iii) Από τους τύπους Vieta έχουμε: Τέτοιες εξισώσεις έχουν τη μορφή ρι + ρ2 + ρ3 = 1, ριρ2 + ρ2ρ3 + ρ3ρι = 9κ, αχ3s + βχ24 + βχ + α = Ο, α,β * Ο ή + ρ2 + ρ3 ρι και κ οπότε = ..!_3 ρΙ ρ2ρ3 = 3 αχ - β χ + γχ3 - γχ2 + β χ - α, α, β * Ο 2. Οι aντίστροφες εξισώσεις 4ou - 6ou βαθμού λύνονται με τη βοήθεια βοηθητικού αγνώστου . + ρ + ρ 3 Άρα: ρΙ 2 3 = --:-: --:1-1 _!_ ----:_ 3 8

{ 1+m m}

Άσκηση

ρι ρz ρ3

Όμωζ η ισότητα στη σχέση 3 ρι + ρ2 + ρ3 > Ρ - -1 -1 -1 με ρ ι , 2 , ρ3 > Ο 3 + +

ρ\ ρ2 ρ3

Να λυθεί η εξίσωση: Λύ ση

2χ4 - 9χ3 + 14χ1 - 9χ + 2 = ο (1)

Το Ο δεν είναι ρίζα της διαφορετικά για χ = Ο από την ( 1) θα είχαμε: 2 = Ο , άτοπο. όταν Διαιρούμε τους όρους της με το χ 2 και έχουμε:

(Ανισότητα Cauchy) * Ισχύει μόνο + +Ρ ρ1 _ ρ 2 _ ρ3 _ ρι ρ2 3 = 1 3 3 Προφανώς αυτό δεν μπορεί να ισχύει για κάθε χ Ε IR ' διότι πρέπει =ο. _

r(�J

Άμεση συνέπεια της ταυτότητας Cauchy Euler, που αναφέραμε στο ερώτημα (ii) (γιατί;) Άρα: (*)

(J (J

3 2 f(x) =Χ3 -Χ2 +31 χ - 2Ί1 =Χ3 - 3χ2 31 +3χ 31 - 31 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/38

}

------

}

Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου ------

1 =y χ + _!_χ = y x +<::::> <::::> χ 2y2 -9y + 10 = 0 y = 2 η, y = -25 <::::> χ +-χ1 = 2 η, χ + -χ1 =-52 <=> ( χ - 1 )2 = 0

Όμως χ ;:: �2 � χ > 1 , οπότε: (3) (χ - 1)2 = 4(2χ - 5) <::::> χ 2 -10χ + 1 1 <::::> χ Ε {3, 7} . Δεκτές nμές, αφού ανήκουν στο Α. Άσκηση 1 1

Να λυθεί η aνίσωση : Λύση

.J2

x+1

>χ -1 (1)

Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί: Επειδή οι δύο ρίζες είναι ακέραιες θα μπορούσε να 2χ + 1 ;:: Ο, δηλαδή χ ;:: _.!_ (2) 2 λυθεί με βάση το θεώρημα (II) και το σχήμα Διακρίνουμε περιπτώσεις: Homer. Αν χ - 1 < 0, δηλαδή: χ Ε [ - � ,1) Άσκηση 9 Να λυθεί η εξίσωση: Τότε η (1) αληθεύει, διότι το α' μέλος είναι χ2 -6χ+10 = ( χ - 3 )2 (1) θεnκό ή μηδέν και το β' μέλος αρνηnκό Αν χ - 1 ;:: Ο, δηλαδή χ Ε [1, ), τότε: χ2 + 10χ+ 26 χ+5 Λύση (1)<::::> 2χ + 1 > (χ -1)2 Χ2 -4Χ < 0<::::> 0 < Χ <4 Χ Ε [1,4) Έχουμε: χ2 -6χ + 10 = (χ -3)2 +1 χ2 + lOx -26 = (χ + 5)2 + 1 Ο Άρα: (1)<=> χ Ε [ - � ,1) U[1,4) <::::> χ [ - � ,4) Άρα η ( 1) ορίζεται για κάθε χ -5 . Άσκηση 1 2 - 3 )2 2 + 1 = (-(χ -3) χ (2) Να λυθεί η εξίσωση: Τότε έχουμε: (1)<=> (χ + 5)2 + 1 χ + 5 �χ2 +3 =χ+λ, λEJR. (1) Θέτουμε: χ - 3 = ω και χ + 5 = φ, φ :;ι: Ο, Λύση οπότε φ -ω = 8 και Ισχύει χ2 + 3 > Ο για κάθε χ Ε JR ω2 1 ω2 + z z -z z� � � Άρα η ( 1) ορίζεται για κάθε χ Ε JR -� φ2 + 1 = φ2 φ = ω φ - ω =Ο Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: � ( φ - ω)( φ + ω) = ο � Αν χ + λ < Ο, δηλαδή χ < -λ, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη 8(2χ + 2) = Ο � χ = -1. (2) Η τιμή αυτή Αν χ +λ :<:: Ο , δηλαδή χ ;:: -λ (2) επαληθεύει την (1), οπότε είναι η μοναδική ρίζα Τότε: (1) <::::>χ2 +3=(χ + λ)2 <::::>2λχ=3-λ2 (3) της. Αν λ = Ο, τότε: (3) <=> Οχ = 3 αδύνατη . Άσκηση 1 0 - Άρρητες εξίσωσες - ανισώσεις Αν λ :;ι: Ο, τότε: η (3) <::::> χ = 3 -2λλ2 Η λύση Να λυθεί η εξίσωση: αυτή είναι δεκτή μόνο αν ικανοποιεί τον �3χ-5-�2χ-5=1 (1) περιορισμό (2), δηλαδή τη σχέση : ΛίJση 2 3 λ Για να ορίζεται η (1) πρέπει και αρκεί: (4) 2λ :<:: -λ 3χ -5 :<:: 0} , δηλαδή χ Ε [� , + οο ) = Α . 3 - λ2 + 2λ2 :<:: 0 <::::> Αλλ.ά: (4) 2χ - 5 :<:: 0 2 2λ (2) Τότε: (1) <::::> .J3x -5 = 1 + .J2x -5 λ2 + 3 Αλλ.ά και τα δύο μέλη της (2) είναι μη αρνητικά <::::> -- ;:: ο <::::> 2λ ο <::::> λ ο <::::> λ > ο 2λ Οπότε: (2) <::::> 3χ - 5 = 1 + (2χ - 5) + 2.J2x -5 <::::> 3 - λ 2 , όταν λ > Ο και η ( 1) είναι Άρα: (1) χ = <=> <::::> χ -1 = 2.J2x - 5 (3) 2λ αδύνατη, όταν λ � Ο •

-t-oo

•

<::::>

:;t:

•

<::::>

;::

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/39

;::

λ..ο

Γεωμετρiα για την Β ' Λυκεtου

Άλγεβρα Β ' Λυκείου

Β ' λΥΚΕΙΟΥ 1

λΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ

Χρήστος Π. Τσιφάκης - Σωτήρης Ε. Λουρίδας

Να λυθεί η εξίσωση �125 · 4"-' �

�2 χ

ΕΚΘeπΚΗ

0, 125·4:Ζχ-3

[�τ

= χ<=1 = χ=

( .Ji)-ι: + iτ S

� z-' . z<·-6

� 24χ-9 = 2 � χ -9=

Άρα 23χ-3 1 � 3χ - 3 � χ = 1 . τότε 5 2-3χ +3 2 2-3χ+3 + 7 Αν ή 2-3χ +3 1 2° ή x=l. Τελικά η μόνη λύση είναι η

5χ �χ 2

=Ο -1

Ι.

=Ο

Ασκηση 5η.

Να λυθεί η εξίσωση 8ημ

=6.

χ + scrvν χ 10 + συν(2y) %

10 + συν(2y) -9 = συν(2y) + -9 = 2συν2y. Να λυθεί η εξίσωση + 4χ 5χ. Παρατηρούμε ότι η εξίσωση αληθεύει για >Ο 1 χ=2. + --9=2συν t =2συν Η εξίσωση γίνεται 3χ + = 5χ �- + - = 1 � 5χ 5χ (�)χ + (�)χ -1=0. Θεωρούμε την συνάρτηση t (t -=1)(συνt - 8) 2 και 1 t 8 οπότε Άρα Ο t ( f(x)= �T +(�Τ -'-- 1 , που είναι ορισμένη στο R . προκύπτει (γιατί;) ότι t = 1 ή t = 8 . Έτσι έχουμε Παρατηρούμε ότι f(2) =Ο και επειδή η f είναι ημχ = ο ή συνχ = ο} � ημχ . συνχ = ο} � συνy =Ο συνy =Ο γνησίως φθίνουσα στο R (γιατί;) το είναι μονα δική ρίζα. χ= η μ2χ = ο i � } συνy=Ο π Fx Να λυθεί η εξίσωση + + λ π y= 2 Πρέπει χ � Ο Παρατηρούμε ότι 2 2χ +1 � 2 με την ισότητα να ισχύει για χ = Ο. Να λυθεί η εξίσωση Όμοια παίρνουμε 2 - Γχ. 2 με την ισότητα να . για χ = ο . Άρα εχουμε 2x2 +l > 2 χ και (ι+ �χ ) + (ι - -χ+55-) (-χ -1-2) ισχυει η ισότητα αληθεύει για χ = Ο . Άρα το είναι μο ναδική ρίζα. 1+�>0 χ5 3 Να λυθεί η εξίσωση: 5 2ψ- ιι _ 3 . 25- :ι: + 7 Ο Πρέπει 1---> 0 οπότε έχουμε: χ > 2 Χ .) + Αν χ � 1 έχουμε . 1 5 23χ-3 - 3 . 2 2+ 3-3χ + 7 =ο� --> χ-2 0 5 . 23χ-3 - 12 . τ<3χ-3> + 7 = ο . Αν θ.εσουμε 23χ-3 = t > εχουμε χ χ + 5 -ι ( ) Π�ρατηρούμε ότι 1 - χ 5+ 5 = -= 2 12 χ+5 χ 5t - -+ 7 = 0 � 5t + 7t - 12 = 0 � t = 1 (δε t 5 ) =log(-x) =-log (�) ( άρα l o g 1-12 . . κτή) η t = - - απορριπτεται. χ+5 χ+5 χ 4

3χ

� 8η"'2 χ + 8συν2 χ = � 1+ 8ημ2 χ + 81 - ημ2 χ 8ημ2 χ 8 1 -ημ2 χ Αν θέσουμε 8ημ2χ = t τότε έχουμε � t � 8 2 2y � t -9t + 8 2y � και 8t t 2 (t - 1)(t - 8) ...;,____:. _ . y. 2 . : Λυση

4χ

3χ

4χ

.;__ ____;_

�

� �

2χ'

�

=2-

, κ, λ ε Ζ .

Ασκηση 6η.

�

•

Ιοg2

νc

Ιοg2

Λύ ση :

2 Ιοg2

ο .

Άρα παίρνουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/40

( :) ( � 2 ) ( :) ( � )

2 log 2 1 +

= 2log 2

log 1 +

= ± log

Γεωμετρία για την Β' Λυκεiου

�

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο +!

χ 2

1 � χ 2 + 2χ - 10 = 0 � Αν 1 + -χ5 = -χ-2 χ = -1 - .Jίl (απορρ.) ή χ = -1 + .Jίl (δεκτή) 5 11 Αν 1 + - = χ - 2 � χ 2 - 3χ - 5 = Ο � '')

χ = .!_ (3 - .J29) 2

(απορρ.) ή χ = .!_2 (3 + .J29) (δεκτή). Άρα η εξίσωση έχει ρίζες τις χ = -1 + .Jί1 χ = .!.. (3 + .J29) .

Ασκηση

7η.

Να βρείτε τον θετικό αριθμό χ ώστε να ισχύει: log χ + log χ3 + log χ 5 + + log χ 2 v-ι 2v 2 για κάόε ν ε Ν * . •••

Λύ ση :

logx+logx3 +logx5 + ... +logx2v-Ι =2Υ � log x + 3 log x + 5 log x + ... + (2v - 1)logx = 2v2 [1+ 3 + 5 + .. + (2v - l)]logx = 2v2 � v2 log χ = 2v2 � v2 (log χ - 2) = Ο � log χ - 2 = Ο � log χ = 2 � χ = 100 . .

Ασκηση 8 η .

Να λυθεί η εξίσωση

2�

= -χ2 + 8χ - ι4

2α

f(x) = 4α 2 1η χ-- , με α ε R . ln x Ί Ι J Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. \.2 ι 1 \

Να δείξετε ότι f(x) + f

(�)

=Ο.

� :· Εάν f(e2 ) = ιSτότε να δείξετε ότι α = ι . i ι Για α = 1 και χ > ι , να λυθεί η aνίσωση

2f(x) + f \ ί'()jJ

\η

(�)

� 6.

} x:;e1}

χ>Ο Πρέπει Jnx:;eO

()

�

χ >Ο

�χ ε (Ο,1) u(Ι,-tαι) .

= 4α+� ln(.!..) - � = χ ln(.!..) χ = -4α+� ln x + � = - 4α+� ln x � = ln x ln x \2 )

r .!..χ

( -f(x) . Άρα f(x) r ( : ) α+- · ln(e f(e α+_!_ 2ln(e) 2α +

2) = 15 � 4 2

' ' ·

�4 2

21n(e)

= Ο. 2α 2 ) - -= 15 � ln(e2 )

= 15 �

Αν θεωρήσουμε τις συναρτήσεις 2α = 15 � 22α Ι , 2 - 2α = 15 � f(x) = 2� που είναι ορισμένη στο (-οο,3] και � 4α+2 · 2 - + 2 2 g(x) = -χ 2 + 8χ - 1 4 που είναι ορισμένη στο R , + 2 2 3 = ζητάμε τις τιμές του χ ε (-οο,3] για τις οποίες οι � 2 α - 2α 30 � 8(2α ) 2α = 30 � γραφικές τους παραστάσεις έχουν σημεία τομής. � 8(2α)2 - 2α - 30 = 0 . Αν θέσουμε 2α = t > Ο Για κάθε χ ε (-οο,3] έχουμε ότι η συνάρτηση τότε 8t2 - t - 30 = Ο ή οποία έχει Δ = 96 1 και f είναι γνησίως φθίνουσα με f(x) � 1 ενώ η συ ρι'ζες t = 2 (δεκτη' ) , t = - 15 απορριπτεται ' . Άρα νάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα και g(χ) � 1 . 8 Άρα οι γραφικές τους παραστάσεις έχουν μοναδι 2α = 2 � α = 1 . κό Ρl με\ο τομής για χ = 3 . 2f(x) + f : � 6 � f(x) � 6 . Aφoύ '-.,,._, χ > 1 � ln x > Ο , έχουμε 2 f(x) � 6 � 8ln x - lnx � 6 � Λύ ση :

�

1Λ i

�-

-i -2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/41

()

{

Ασκη ση 1 0η.

(: .ι}

Γεωμετρία yια την Β ' Λυκείου

ναι η � = α (ι) αν Επιλύστε το σύστημα z � � παίρνουμε = = Αν { }, z z ) ( = x α y 2 Αντικαθιστώντας στη δεύτερη των εξισώσεων έσταθερός πραγματικός μεγαλύτερος της μο χουμε --τ-τ = νάδας.

αχ"* 1 ln y 2 <=> y e2 • e2 e2Ιη αχ <=> -e2 = e <=> α2 χ 2 αez χ <=> αz xz = αzxz <=> ez (αzχ2 )2 . Από εδώ έχουμε χ = ..Γe α , άρα μία άλλη λύση εί ναι η (..re � · e2 J . •

Ιη��

χ, y να είναι ομόσημοι. Η σχέ( ση ( 2) γίνεται α2 �-�) = α4 , από όπου παίρνου2 χ = Ο. Άρα , με - = 2 <=> (-X -2--2 αφου χ J οι χ, y είναι ομόσημοι εύκολα έχουμε χ = 1 + J2 <=> χ = ( + J2) y. Από την (1) παίρ νουμε: xy = α2 , από όπου προκύπτει Επιλύστε την aνίσωση : �2S +5" -2+5" �25 (ι). Θέτουμε t = 5χ οπότε αρκεί να επtλύσουμε ( ι+J2 ) y2 =α2 ή y2 = ( J2-ι ) α2 'Ετσι έχου' {�t2 + t-2 � 25-t και με -α�J2 -1 ή y = α�J2 -1 . Οπότε αντί- ως προς t το συστημα t�O α συνέχεια να προσδιορίσουμε το χ. στοιχα παίρνουμε χ = - r �:::: J22==::: -=1 ή Θαστη πρέπει 2 όπου εύκολα προ t + t -2 �Ο.Ο απόΠαρατηρούμε α κύπτει t � ότι χ r�==J22==-=1 . 25 -t � Ο <=> 25 � t, από όπου παίρνουμε 52 � 5χ <:>χ� 2. Στη περίπτωση αυτή η (1) ε παληθεύεται. Επιλύστε το σύστημα: 25 > t, από την ο{(αχ)lny +Υ_ylnα=+lnyιηαχι = 2α2χ2 ' όταν το α είναι θετι- Έποία0<στωχ <τώραέχουμε2. ότι 2525 -t> t >>Ο1 Τότε<=>δηλαδή παίρνουμε προκύπτει 0 2 χ2 t2 +t- 2�54 -2 · 52t+t2 ή ( 2 . 52 + 1)t �54 + 2 κή πραγματκή σταθερά. 4 Πρέπει χ, y > Ο. ή με 25. +2 2 1 < 25 ' αφού 5 + Γενικά ισχύει α, β > Ο=> α1η β = βΙη α και αυτό ε sι +2 <25<=>sι +2<52 (2· 52 +1) <=>Ο<sι +52 -2 πειδή 2 1 => 2· 5 l n l n α = l n αl n + α, β > Ο=> β β με τη τελευταία ανισότητα να ισχύει. Άρα ln αlnβ ln βlnα αlηβ = βlη α . 54 + 2 <t< 25. .Ετσι έχουμε sι+2 < 5χ <52 <:> 2 +1 2· 5 Έτσι παρατηρούμε ότι το σύστημα ισοδύναμα 2·52 + 1 4 5 + 2 < xln 5 < 21n5 <:> zχ2 n y (αχ )ι = α { <:> 1 n 1 γράφεται: -yz z =yln αx Από τη πρώτη εξί- ln (52·45+2 +2)-ln(2·52 + 1) <χ<2. α x <=> ln 5 σωση προκύπτει 1n ylnαx = 21ηαχ. ' χ α1 και απο τη δ ' , , Αν αχ 1 παιρνουμε Ιη( ι-y) - 2e x+y Επιλυστε το συστημα: τερη των εξισώσεων y = 1, άρα μία λύση εί{2ln x + lny = . Λύ ση :

Πρέπει οι

Ασκηση 1 2η.

Λύ ση :

Υ=

1 => χ �

Ασκηση l l η.

Λt)ση :

•

ευ-

Ασκηση 13η.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/42

1 ln ---

1n(ιn3)

{

Γεωμετρία για την Β' Λυκείου

Ο.

Το σύστημα γίνεται και τελικά οδηγούμαστε στην λύση -3 - 2.fi :::; -3 2J2 καθότι ισχύει -3 2.fi Ο, - 3 - 2.fi αφού x+y 3 2.fi <=> 9 8. ln x 2 y = ln3 Συνδυάζοντας τις εξισώσεις του συστήματος που Ασκηση 1 5 η. προέJCt>ψε παίρνουμε, Αποδείξτε ότι: Αν είναι γνωστοί οι λογάριθμοι ( y2 2 ) y = 3 y3 2y - 3 Ο <=> ln χ όλων των αριθμών χ ε ( 1, e) , τότε ·υπολο3 <=> y - 1 2 y - 1) = ο <=> γίζονται οι λογάριθμοι ln όλων των θετικών αριθμών χ ( y -1) ( 1) 2 y - 1) = Ο <=> Λύ ση : Γνωρίζουμε ότι ln 1 = Ο, ln = 1. <=> y - 1) ( y2 y 1 ) = Ο, από όπου έχουΘεωρούμε θε θετικός αριθμός α με με y = 1 και J3. Άρα ως λύση του έχουμε την Έστω τικό ακέραιο k, τέτοιον ώστε (x, y) (.J3,1) . Αυτό μπορεί να θεωρηθεί, καθότι αν για κάθε θε' Ασκηση 14η. ' k ειχαμε τικο, ακεραιο τοτε για καθε �-u ( u + 6) - 1 θετικό ακέραιο k θα ίσχυε Επιλύστε το σύστημα: Ιη ( Ιη 3 + 1 ) - ln 2 � 0 k 1 ln k ln που είναι ά Γu-l 31 1 -τ τοπο. 'Ετσι παιρνουμε Λύ ση : Πρέπει Πρέπει 2 x-y=

Λύ ση :

χ,

u:::; + + < > -6 > >

<::::>

+( Υ2 + Υ + + ( ( ++

χ =

{

e αek> e<. α < ek+Ι . ek+l < α, ek+Ι < α => + < α => < αe ek < α < ek+Ι => < eα < e. Αυτό σημαίνει ότι γνωρίζουμε τον ln eα Θεω ρούμε τώρα ln α m, οπότε έχουμε e k m+ m => α ln α - ln e m => ln Έστω τώρα β ( 0, 1 ) . 1 1 Τότε β>l=>βE(l,e]U(e,+oo). 1 οποτε ' Αν 1 ( 1, e] γνωριζουμε τον β β '

-u (u + 6)

u (u + 6):::; -6:::; u :::; Πάρατηρούμε ότι Ιη(Ιη3 + 1) - Ιη2 = ln ln�+ 1 > ο, ln3 + 1 > 1, καθοτι ' ισχυει , αφου, εχουμε 2 3 > e ln 3 > 1. Επομένως αρκεί να λύσουμε το �στη μα �-u(u+ 6) �1 2-u-l > 31 -6:::; u :::; o προκύπτει ln_!_ Ιη1 - Ιη β Ιηβ β u2 +6u+1 :::; ο ln31 ή ' ' στην ' εργαζομαστε οπως Αν 1 ( e, + ) , τοτε Ισοδύναμα παίρνουμε u+1<-β 1η2 αρχική περίπτωση: Έστω θετικός . αριθμός -6:::; u :::; o α, α>e . . -3 - 2.fi ςu:::; -3 + 2.fi Αποδείξαμε λοιπόν ότι: Αν είναι γνωστοί οι λογά ln31 ln 2 u< ln 2 ριθμοι ln όλων των αριθμών ( 1, e) , τότε � Ο <::::>

Ο <::::>

Ο.

-τ .

-τ =

<::::>

α- k =

-Ε

= η =>

-Ε

η = lη - ,

= η =>

= -η.

οο

----

lη =

χ Ε

υπολογίζονται οι λογάριθμοι ln όλων των θετι κών αριθμών χ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/43

------

Β ΆΥΚΕΙΟΥ �------�

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου -----8' Λυκείου - Άλγε�ρα

Θέματα στην Εκθετ ική και λογαρ ι θμ ι κή Συνάρτηση

των Βασίλη Καρκάνη - Φραyκίσκου Μπερσίμη

(α-l):ιι

α)

Να βρείτε τα πεδίο ορισμού των συναρτήσε ων fκαι g. β) Να λύσετε την εξίσωση f(x) = g(x).

με α Ε R . 5Δίνεται η συνάρτηση f(x) .\\Jση Να βρείτε τις τιμές του α Ε R ώστε η συνάρ α) Πρέπει και αρκεί: χ2 +4> Ο<::> χ ε JR , άρα τηση f να ορίζεται σε όλο το JR Να βρείτε τις τιμές του α Ε R ώστε η συνάρ D r = JR και χ > Ο , άρα D = (Ο, +οο ) . τηση f να είναι γνησίως φθίνουσα. Για α = 1 1 να λυθεί η εξίσωση /)) Για x ε Dr n D8 = (Ο,+οο ) f(x) = g(x)<::> ln(x2 + 4) = ln4x � f(x + 1) + f(x) = 3 . =

•

:t ;

α-1 > Ο � α- 1 > Ο � α > 1 ρεπει και αρκει: -5 ' Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 9i ισοδυναμεί α - 1 < 1 � 1 < α 6 και α 4 . με Ο < -5 Για α = 1 1 ισχύει f(x) = 2χ , οπότε: f(x + 1) + f(x) = 3 � 2χ+Ι + 2χ = 3 � � 2 . 2χ + 2χ = 3 � 3 . 2χ = 3 � 2χ = 1 � � 2χ = 2° � χ = ο . · c· ι· π

:;t

Δίνεται η συνάρτηση f(x) log(9x - 27) . !Ι Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. Να λύσετε την εξίσωση f(x) = log6 + xlog3 . =

� χ 2 + 4 = 4χ � χ2 - 4χ + 4 = 0 <=> χ = 2 .

λ σ κηση 4η

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ln(e2• - 4e• ) . α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. β) Να λύσετε την aνίσωση f(x) < ln 5 . Λ\Jση

Πρέπει και αρκεί: e2x -4ex > ο <=> ex ( ex -4) > ο � ex -4 > O <::> ex > 4 � χ > ln4 <=> Χ > 2ln2 Α = (21n2, +oo ) β) f(x) < ln5 <=> ln{ e2x -4ex ) < ln5 � � e2x - 4ex < 5 <=> (ex)2 -4ex - 5 < ο (1) Θέτω w = ex (2) {) (1)<=>2 w 2 - 4w - 5< 0<::> - 1 < w < 5 � <=>-1 < ex < 5 <::> ex < 5<::> χ < ln5 Άρα ln4 <'� χ < ln5 είναι η λύση . :\ σ κηση 5 α)

Πρέπει και αρκεί: Ψ - 27 > Ο � Ψ > 27 � 3 οποτε ' το πεδ' � 32χ > 33 � 2χ > 3 � > -, 2 ορισμού της συνάρτησης f είναι: Α = + οο) . Δίνεται η συνάρτηση f(x)= ln(e' 2) . α ) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. f(x) = log 6 + xlog3 � β) Να λύσετε την aνίσωση f(x) ::;; Ο . � log(Ψ - 27) = log6 + xlog3 � γ) Να λύσετε την εξίσωση f(x)+ =31n 2 . � log(Ψ -27) = log( 6·3χ) �9χ -27 = 6 · 3χ � Λ\Jση � 32χ -6 · 3χ -27 =Ο(1) . Θέτουμε ω = 3 χ > Ο ( 2) . α ) Πρέπει και αρκεί: /' Η (1) λόγω της (2) δίνει: ω2 - 6 · ω - 27 = Ο ex - 2 > ο � ex > 2 � χ > ln 2 <::> ω =-3(απορρίπτεται) ή ω=9�3χ =9�χ =2. άρα Α = (1n2, +oo) . i' ;

ιο

(%,

,�

ln x

:' , : -

ln x

Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = ln(x2 + 4) και Είναι f(x) ::ς Ο <=> lnln(ex/' - 2) ::ς ln1 � x x ::ς ln3 g(x) = lnx + ln4 . ex - 2 ::ς } <::> eχ ::ς 3 � _ ,

/:I)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/44

------- Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

Άρα η λύση είναι τα χ { ln 2, ln 3] . γ) Επίσης f(x) + χ =3ln2�ln ( ex - 2) + lnex = ln23 � Inx /' � ln ex (ex - 2) = ln 8 � e2x - 2ex = 8 � � (ex)2 - 2ex - 8 = 0 {Ι) Θέτω: ex = w (2) . w w {I)�w2 - 2w -8 = 0 � w = -2 ή w = 4� � ex = -2 ή ex = 4 � x = ln 4 άρα χ = ln 4 είναι η λύση. Ε

Άσ κηση

--------

(4)

w < -2 ή w > 3�2χ < -2ή 2χ > 3 � χ )" 2χ >3 ln� ln2x > ln 3 � ln 3 � x · ln2 > ln3� χ > -. ln2

Άσκηση 7η

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ln(x+ .Jxz + 1) . α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. β) Να δείξετε ότι η συνάρτησης f είναι περιττή. γ) Να λύσετε την εξίσωση f(x) = 1 . δ ) Να λύσετε την aνίσωση f(x) � Ο . Λί1ση

}

Πρέπει και αρκεί: Δίνεται η συνάρτηση f(x) = log -χ + �χ2 + Ι > Ο � �χ2 + Ι > -χ � X E JN.. 21 +5 . JR χ2 + Ι � 0 α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. β) Να λύσετε την εξίσωση f(x) = log3 - log7 . Άρα A = JR γ) Να λύσετε την aνίσωση f(x) > Ο. β) Λόγω του (α) για κάθε χ Α και -χ Α και Λ ύ ση f{ -χ) = ιη (-χ+�( -χ )2 + Ι ) = ιη ( .Jx2 + Ι - χ ) = 4χ Ι Είναι f(x) = log-2x + 5 Πρέπει και αρκεί: α) = ln / + 1 � = ln Ι = .Jx2 + Ι + χ .Jx2 + Ι + χ 4χ Ι -2χ + 5 > 0�4χ - Ι > 0� 4χ > Ι � = -ιη ( x+.Jx2 + Ι ) = -f{x) . Άρα η f είναι περιττή � 4χ > 4° � χ > Ο , άρα Α =(Ο, + οο ) . β) Είναι: f(x) = log3 - log7 � γ) Είναι: f{x) = 1 � ιη ( x+.Jx2 + Ι ) = lne � 4χ - Ι = log-<::> 3 -4χ - Ι = -3 � Α = JR � log-� x+.Jx2 +I = e � .Jx2 + I = e - x {Ι) 2χ + 5 7 2χ + 5 7 � 7·22χ - 7 = 3· 2χ + Ι5� 7·22χ -3· 2χ - 22 = f{R'πει: e - χ > Ο � χ < e ( 2) . Από {Ι) � j = (e - x)2 � / + 1 = e2 -2ex +/ Θέτω 2χ = w {2) _V+ί (2) e2 - 1 < e , δεκτή. {I)�7w2 - 3w - 22 = 0� � 2ex = e 2 - Ι � χ = -2e ( 2) Ι Ι Ι Ι (θα μπορούσαμε χωρίς περιορισμό να δεχτούμε τη w = -::; ή w = 2 � 2χ =- -::; αβύνατη ή λύση και με επαλήθευση). 2χ = 2� χ = Ι . ln δ) Είναι f {χ) � Ο � ln ( χ+ .Jχ 2 + Ι ) � ln I :: log x /" 4χ - Ι γ ) f(x) > Ο � log-- > logi � 2χ + 5 � x+.Jx2 + I � I � .Jx2 + I � I - x (3) . 4χ -Ι > Ι�4χ -1>2χ +5�22χ -2χ -6>0 (3) Αν χ > Ι , ισχύει -2χ +5 Αν χ = 1 , τότε J2 � Ο ισχύει Θέτουμε 2χ = w { 4) . Αν χ < 1 , τότε (4) r:;;:?";' (3) � � + 1 j � (Ι - χ)2 � (3) �w -w-6 >0� � χ 2 + Ι � 1 - 2χ + χ 2 � 2χ � ο � χ � ο . Άρα λύση της ανίσωσης χ � Ο . 6η

41 - ι

α)

Χ Ε

4" /'

\-\

• •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 99 τ.3/45

Ί!])

------

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Άσκηση 8η

----ln l' ex ex

x -- < 1 � Είναι f(x) <O�ln-<ln1 � ex +1 ex +1 � ex < ex + 1 που ισχύει για κάθε χ ε JR . e e γ ) Είναι: ef( x ) = __ � Inef( x ) = ln -- � e+1 e+1 e � -ex = e � � f(x) = lne + 1 ex + 1 e + 1 � e(ex + 1) = e" (e + 1) � � + e = � + ex ΛίJση �χ=1. α ) Πρέπει και αρκεί: Ρ(2) = 0�5 · 8 - 8 · 4 + α� 40 - 32 + α = Ο � δ) Για χ ε 9l (γιατί;) είναι: x-ln( ex +1)+1n2�0�1nex -ln(ex +1) �-ln2 � � α = -8 . ( ) e χ � -1 � e χ � ln-1 χ � β) Για α = -8 η Ρ( χ) =0�5χ3 -8χ2 -8 = 0� � ln--ex + 1 2 ex + 1 2 5 -8 ο -8 2 � 2ex � ex + 1 � ex � 1 � χ � ο . 10 4 8 �(χ-2)(5χ2 +2χ+4) = 0 � Άσκηση l Οη e - e• . 5 2 4 Γο Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ln-e' + 1 � 5χ2 + 2χ + 4 = ο ή χ - 2 = ο � χ = 2 Ν α βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. α) Η 5χ2 +2χ+4= 0είναι αδύνατη γιατί Δ=-76<0 . β) Να βρεθούν τα κοινά σημεία της γραφικής Άρα λύση της εξίσωσης η χ = 2 . παράστασης της f με τους άξονες και y 'y . ln2 γ) Είναι: ( χ + 1)3 - 8 (1) με χ > Ο (2) . γ) Να λύσετε την aνίσωση f( χ ) > Ο (ln2 χ + 1)2 + 1 5 Λύ ση ' e - ex > Ο και eχ + 1 * Ο Από (1)�5(ln2 χ + 1)3 = 8(ln2 χ + 1)2 + 8 � α) Πρέπει και αρκει: ex + 1 � 5(ln2 χ + 1)3 - 8(ln2 χ + 1)2 - 8 = ο (3) l' ex � e ο � e" < e � χ < 1 άρα > Θέτουμε w = ln 2 x + 1 (4) Α =(-οο, 1) . (4) (β) Από (3)�5w3 - 8w2 - 8 = 0�w = 2 � e-f! Ιnxl'e-f! β) Για χ ε Α είναι f( x) =0�-=1 �-=1 (4) e"+1 f!+1 �ln2 x + 1 = 2 � ln2 x = 1 � e-1 . χ = e χ + 1 � 2e = e - 1 � e = -� e e � ln x = -1 ή lnx = 1 � x = .!. ή x = e . 2 e e-1 και άρα η Crτέμνει τον χ'χ στο Άρα x = lnΆσκηση 9η 2 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ln e' . e 1 ο Επίσης ο ε Α και f O =lne l , e' + 1 Α () � � α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. β) Να δείξετε ότι f(x) < Ο για κάθε χ που ανήκει άρα η C,τέμνει τον y'y στο O, ln ( e � l στο πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. e_ . γ) Να λύσετε την εξίσωση er< •> = _ γ) Για χ ε Α είναι e+1 e - ex > ln1 ln�x l' -e - ex > 1 � δ) Να λύσετε την aνίσωση x-ln(e' +1)+1n2�0. f(x) > O � ln-ex + 1 ex + 1 Λ ίJσ η ' ' ex α ) Πρεπει και αρκει: -- > Ο� χ ε JR ex + 1 Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = 5χ3 - 8χ2 + α με α 1R . α ) Αν το πολυώνυμο Ρ ( χ ) έχει παράγοντα το χ - 2 να βρείτε το α 1R . β) Για α = -8 να λυθεί η εξίσωση Ρ ( χ ) = Ο . (ln2 χ + 1)3 = -8 Να λυθεί η εξίσω ση y) (ln χ + 1)2 + 1 5 e

β)

')'VIlσiως αύξουσα

χ' χ •

(ιn( } }

Β(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/46

)}

Μαθη ματικά για ------

x < ln

e-1 .

την Β' Λυκείου β) Να λύσετε την εξίσωση r ( .J3 · ημχ) = f(συνχ) στο διάστημα [0,2π) . γ) Να λύσετε την ανίσωση f(2x) > f(x) .

------

Λύση

::::� :

1 αρα ' ' ρεπει και αρκει: e x + 1 > ο �χ > )χ lnα 3 e άρτηση r(x) = ( 2 - lnα Α = - ; ,+οο α ) Να βρείτε για ποιες τιμές του α η συνάρτησης f έχει πεδίο ορισμού το 9t . β) Να βρείτε για ποιες τιμές του α η συνάρτησης β) Για χ [ 0,2π ) είναι: f{ .J3 · ημχ) =f( συνχ)<=> f είναι γνησίως αύξουσα. � In { e .J3ημχ+1 ) = In ( eσυνχ + 1)� Λύ ση Πρέπει και αρκεί: ) α � i.J3η μx +j = iσυνχ + f � α>Ο α>Ο .J3 � 1 � εφχ = ημχ = � -2 - ln α :;e O � ln α :;e 2 � 3 συνχ .J3 Ιη α - 3 π ( Ιη α - 3 ) · ( 2 - Ιη α) > Ο = >0 Χ 2 - Ιη α 6 Π χε[0,2π) � εφχ = εφ-6 � ή α>Ο α>Ο 7π �α :;t: e2 � α :;t: e2 � Χ = Π + -π6 = 6 ( Ιη α - 3) · ( 2 - Ιη α) > Ο 2 < 1η α < 3 Ενα λλα κτικά: Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύ ξουσα στο Α, άρα είναι 1 - 1 και έχουμε :: 2 �e2 <α<e3 . r ( .J3 ημχ ) = f( συνχ )� .J3 · ημχ = συνχ �:: 2 ln� <lnα<�d d <α<d και συνεχίζουμε όπως παραπάνω. Οπότε η f ορίζεται στο R για α ( e2, e3 ) γ) Για χ - ; ,+οο είναι: β) Πρέπει και αρκεί: α) π

( )

}

---

}m� � }

�

e2 < α < e3 ln α - 3 >1 2 - ln α

}

f·I-1

e2 < α < e3 <=> <=> ln α - 3 1>0 2 - ln α

}

} }·

α <α< <=> ln α - 3 - 2 + ln α <=> 21η α - 5 > <=> >0 2 - Ιη α 0 2 - Ιη α e2 < α < e3 e2 < α < e3 � � <=> ( 2 - Ιη α) ( 2 1η α - 5) > 0 2 < 1η α < 25 e2 < α < e3 ιn x/'e2 < α < e3 � s <=> s � e2 < α < e2 ln e2 < ln α < ln e2 e2 < α < e2 . e

< e

------

}

( )

f {2 x ) > f (x ) <=> ln (e2 x + l ) > ln (ex + l )

� 2'c_x + j > 'c_x + j � χ > Ο η λύση. Άσκηση 1 3η

Δίνονται οι συναρτήσεις: f (χ) = e• - 1 και g(x) = 4ex - 7 . α ) Να λυθεί η εξίσωση 2 · ln( f(x)) = ln(g(x)) (1). β) Αν οι λύσεις της εξίσωσης του ερωτήματος α) είναι, κατά αύξουσα σειρά, διαδοχικοί όροι ί) αριθμητικής προόδου, να βρεθεί η διαφορά ω της προόδου ί ί) γεωμετρικής προόδου, να βρεθεί ο λόγος λ της προόδου γ) Να βρεθούν τα κοινά σημεία των Cr και Cg . Λύση

Οι συναρτήσεις f , g ορίζονται στο 91 . Άσκηση 1 2η f(x) > ο δηλαδή Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = ln ( e χ + 1) α) Πρέπει και αρκεί g(x) > Ο α ) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. ·

/' <:::::>

ln χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/47

}

----- Μαθηματικά -yια την Β' Λυκείου ----

}

ex > 1 7 7 . C> 7 C> ex > -4 C> χ > ln 4 ex > 4 (2) ώστε να έχουμε 21nf( χ) = Ing( χ) e> C> 21n ex - 1 = ln 4ex - 7 C> e> ln ex - 1 2 = ln 4ex - 7 e> ex - 1 > Ο 4ex - 7 > ο

(

)

) ( ) (

) )

2 = 4ex - 7 C> C> e x - 1 C> e2x - 2ex + 1 - 4ex + 7 = ο C> e>(ex)2 -6ex +8=0(3) . Θέτω ex = W > Ο ( 4) w=2 ( (4) 4) (3) e> w2 - 6w + 8 = 0 e> ή e> w=4 ex 2 χ ln 2 δεκτές λόγω (2) e> e> χ = ln4 ex = 4 Είναι ln2 < ln4 οπότε: ω = ln4 - ln 2 = ln � = ln2 2 _2 λ - ln 4 -_ 2)lr2 )lri ln 2 Για χ Ε JR είναι f (χ) = g (χ) e> C> ex - 1 = 4ex - 7 C> 3ex = 6 C> ex = 2 C> e> χ = ln 2 και f ( ln 2) = eΙn 2 - 1 = 2 - 1 = 1 . Άρα οι Cr , C 8 τέμνονται στο M(ln2,1)

;

}

} �}

x - ll) Δίνεται η συνάρτηση f(x) ln(3 ln(x - 5)

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. Να λύσετε την εξίσωση f(x) 2 . Αν χ > 6 να λύσετε την aνίσωση f(x) > ι . =

}

11 χ>-

}

3χ - 1 1 > ο 3 χ>5 χ-5>0 <=:> χ > 5 <=> x :;t 6 άρα ln(x - 5) :;t ο χ - 5 :;t ι

(

{

ln( x-5)> 0

f(x) > 1 e> ln(3x - 1 1) > ln(x - 5) e> e> 3χ - 1 1 > χ - 5 e> 2χ > 6 e> χ > 3 και λόγω της (1) τα χ > 6 είναι η λύση της ανίσωσης. ·\ π· κ ψΊ! J

1 5η

\ J rϊη υ)

Q( t) = Q e

Μια ποσότητα ραδιενεργού υλικού (σε κιλά) θάβεται και με την πάροδο του χρόνου t (σε έ τη), μειώνεται ακολουθώντας το νόμο της εκθε τικής μεταβολής. Αν γνωρίζουμε ότι μετά από δύο χρόνια έχει απομείνει το .!_ της αρχικής ποσότητας, να 3 γράψετε τον τύπο της εκθετικής μεταβολής. ι{ ) Αν μετά από τέσσερα χρόνια η ποσότητα που έχει απομείνει είναι ι κιλό να βρείτε την αρχική ποσότητα που θάφτηκε. -ο Να βρείτε ύστερα από πόσα χρόνια, η ποσό ι κιλά. τητα που θα έχει απομείνει θα είναι sι

Α = (5,6) υ 6,+οο ) . ln(3x - 1 1) = 2 e> Για χ Ε Α είναι: f(χ) = 2e> ln(x -5)

t � Ο , C Ε JR . Όμως c 1 rVe C 1 r./ 2 = - )'( ο e> e 2 = - e> Q ( 2 ) = 31 Qo e> )'(ο 3 3 Είναι

ι ,

( )

""' e0 =

•

Πρέπει και αρκεί:

e> ln(3x - 1 1) = 21n(x - 5) e> e>3x - 1 1 =(χ -5)2 e>3x - 1 1 = χ2 - 10χ + 25 e> x = 4e A e> χ2 - 13x + 36 = 0 e> χ=9ΕΑ Άρα λύση της εξίσωσης η χ = 9 . , Για χ > 6 (1) είναι:

Άρα

Q( t) = Q,

(νΠ

ο ζητού-

μενος τύπος της εκθετικής μεταβολής. ii)

Είναι Q(4) = l t; Q,

γ\

•

(JH

.!. = 1 e> Q0 = 9 κιλά

)

( ν3Γι]'

ω ω

1 (α) Επίσης Q( t = e> Qo 8ι

"" 9

= I <ο>

(JH

= ι ""

"" = 6 ""

e> t = 12 , άρα μετά από 12 χρόνια.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/48

1 (β ) e> 8ι

------Β ' λΥΚΕΙΟΥ

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

ΚΑΝΟΝΙ Κ Α Π ΟΛΥΓΩΝΑ

------

ΜΕΤΡΗΣΗ ΚΥΚΛΟΥ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Λεωνίδας Μαυρογιαννάκης Ι . Δίνεται κανονικό ν-γωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Να εγγραφεί στον κύκλο αυτό κανονικό 2ν-γωνο και να δείξετε ότι

αν 2 =

4R 2 - λ} 4

αν = ..!_ ν/4R z - λν 2 2

(2) Η σχέση ( 1) συνεπώς γίνεται Α1 Β1 2 = Α;ν = η λ ν λ ν = �2R 1 - R�4R 1 - λν 1 , όπου 1 1 R 2 + R 2 - 2Rαν = 2 R2 - 2 R _ .!._ V/4 R2 - λ 2 και πλευρά του 2ν-γώνου και λ ν η πλευρά του 2 κανονικού ν-γώνου. (τύπος Αρχιμήδη). τελικά �ν = �2R 2 - R�4R2 - λν 2 (τύπος Λύση Έστω Α 1Α2Α3 . . .. ... . .Α_. κανονικό ν-γωνο Αρχιμήδη). 2. Δίνεται διάμετρος ΑΒ κύκλου (O,R) και εγγεγραμμένο στον κύκλο (O,R). Θεωρούμε τα δύο Γ και Δ του κύκλου προς το ίδιο μέσα Β 1 ,Β2 ,Β3, ,Βν αντίστοιχα των τόξων μέροςσημεία της διαμέτρου τέτοια ώστε ΑΓ = λ6 και AIA2 ,A2A3' AVAI . (2) ΒΔ = λ 1 2 • Αν οι χορδές ΑΔ και ΒΓ τέμνονται <=>

•••••••••

,.....--..,

_....---...

•••••••

_....---...

στο σημείο Σ. Να δείξετε ότι ΑΣ = λ4

α) β) Να υπολογίσετε την χορδή

ΒΔ συναρτήσει

της ακτίνας του κύκλου. Λύση

,.....--..,

_....---...

Επειδή Α1 Α2 = Α2 Α3 = ...... =Αν Αι θα είναι και ..--...., ,.....--.., ,.....--.., Α,...1 Β..--...., 1 = Β,... 1 Α2 = Α2 Β2 = ΒνΑι . Άρα τα σημεία Α1 ,Β1,Α2 ,Β2 , ,Αν ,Βν θα είναι κορυφές κανονικού πολυγώνου με πλήθος πλευρών 2νεγγεγραμμένου στον κύκλο (O,R). Αν Μ το σημείο τομής της ακτίνας ΟΒ1 και της πλευράς Α1 Α2 τότε προφανώς το Μ είναι μέσον λ ΟΜ = αν το της Α1 Α2 = λν , Α1 Μ = �και 2 aπόστημα του κανονικού ν-γώνου. Στο ορθογώνιο τρίγωνο Α1 ΜΒ1 από πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: λν Jz + ( R - αv )2 = Α1 Β1 2 = Α1 Μ2 + ΜΒ1 2 = (2 •.•••.

•••••

α) Η γωνία ABr = 30° ως εγγεγραμμένη σε τόξο 60° . Επίσης ΔΑΒ = 15° (εγγεγραμμένη σε τόξο 30° ). Στο τρίγωνο ΑΣΒ η ΑΣf είναι εξωτερική γωνία του, άρα ΑΣf' =30° +15° =45° (1). Επίσης η γωνία ΜΒ =90° (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) και επομένως το τρίγωνο ΑΓΣ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, δηλαδή ΑΓ = ΓΣ = R (2). Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΓΣ έχουμε: ΑΣ2 = Ar +ΙΣ2 =R2 +R2 =2R2 , άρα ΑΣ=RJ2 =λ4• β) Στο τρίγωνο ΑΣΒ η ΑΒ είναι απέναντι από αμβλεία γωνία και από την γενίκευση του θεωρήματος πυθαγορείου έχουμε 2 ΑΒ2 = ΑΣ + ΣΒ2 + 2ΣΒ · ΣΓ (3) και επειδή AB = 2R , AΣ = R.fi , ΣΓ = R , η (3) γίνεται 4R 2 = 2R2 + ΣΒ2 + 2ΣΒ · R ΣΒ2 + 2ΣB · R - 2R2 = 0 (4). Αν ΣΒ =ω η (4) γίνεται ω2 + 2R · ω - 2R 2 = 0 , (ω > Ο) . Δ = 4R2 - 4(-2R 2 ) = 12R 2 ω = -2R ±� και, <=>

+ J12Ri και τελικά επειδή (ω > Ο) είναι 2 = .!. λν 2 + R 2 - 2R · αν + αν 2 Αλλά (1) ΣΒ = R (ν'3 - 1 ) (5) 4 Είναι-εξ άλλου το τρίγωνο ΒΔΣ είναι ορθογώνιο -1 λν 2 + αν 2 = R 2 και αν2 = R 2 _ .!. λν 2 4 4 με ΔΣΒ = ΑΣΓ =45 <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/49

ω =

-2R

-------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

-------

είναι ίσα και συνεπώς ΝΔΕ = ΝοΕ = 45° (3). �----.-�·Β

άρα είναι και ισοσκελές, δηλαδή ΔΒ = ΔΣ = λ12 και επομένως από το πυθαγόρειο θεώρημα ΔΒ2 + ΣΔ2 = ΣΒ2 2λ�2 ::::: R 2 ( .J3 -1 γ R2 ( 3 + 1 - 2.J3 ) λ21 2 λ1 2 = R �2 - .J3 . 2

Στο τρίγωνο ΟΕΝ η γωνία 6Nf είναι εξωτερική επομένως όΝΓ=ΝΟΕ+ΟΕΝ 6ΝΓ=45° +30° =7� (4) Στο προηγούμενο ερώτημα δείξαμε ότι ΓΝ=R , άρα το τρίγωνο ΓΝΔ είναι ισοσκελές δηλ. ΓΝ=ΓΔ και επειδή .ΔΓΝ = 30° άρα ΔΝf = fΔΝ = 75° (5). Β ' τρόπο ς Από το τύπο του Αρχιμήδη (του προηγούμενου Από (4) και (5) προκύπτει ότι δΝΔ = 75° + 75° = 150° θέματος ) λ2ν = J2R2 -R�4R2 -λ2ν ,για ν = 6 Εξ άλλου 6ΒΔ = 30° (εγγεγραμμένη στο τόξο λ1 2 = J2R2 - R�4R 2 - λ26 και λ6 = R έχουμε ΒΔ ), δηλαδή ΟΝΔ και ΟΒΔ είναι γωνίες παραπληρωματικές καί επομένως το τετράπλευρο λ12 = �2R2 -R.J4R2 -R2 = �2R2 -R .J3R2 ΒΟΝΔ είναι εγγράψιμο. Οι ΟΒ και ΟΔ είναι χορδές του κύκλου του = �2R2 -R2.J3 = R�2 - .J3 . περιγεγραμμένου στο τετράπλευρο ΒΟΝΔ και ΑΓ 3. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ είναι η μεσοκάθετος της ΟΒ, ΕΓ η μεσοκάθετος εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Στην διαγώνιο ΟΔ . Το σημείο τομής των μεσοκαθέτων αυτών της ΑΓ θεωρούμε σημείο Μ τέτοιο ώστε AM=R. Η είναι το ζητούμενο κέντρο, δηλαδή η κορυφή Γ. ευθεία ΒΜ τέμνει την διαγώνιο ΕΓ στο ση μείο = Είναι ΓΒ ΓΟ=ΓΝ=Γ Δ=R άρα η ακτίνα του Ν. Να δείξετε ότι: α) ΓΝ=R β) Το τετράπλευρο ΒΟΝΔ είναι εγγράψιμο σε περιγεγραμμένου κύκλου είναι επίσης R . κύκλο του οποίου να βρείτε το κέντρο και την 4. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ <::::>

<::::>

,--...

ακτίνα. Λύση

α) Επειδή ΑΒ λ6 R , άρα το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ισοσκελές με ΒΑΜ = 30° (εγγεγραμμένη στο τόξο ΒΓ = 60° ), άρα ΑΒΜ = ΑΜΒ = 75° . Επίσης ABr = 120° (εγγεγραμμένη στο τόξο ΓΔΑ = 240°) είναι επομένως ΜΒΓ 12 οο -75° =45° (1) Η γωνία ΒΓΕ είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο άρα Β Γ l. ΓΝ (2). Από σχέσεις (1) και (2) συνεπάγεται ότι το τρίγωνο ΒΓΝ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές άρα ΒΓ=ΓΝ=R. β) Τα τρίγωνα ΟΕΝ και ΔΕΝ έχουν την ΕΝ κοινή πλευρά, επίσης ΔΕ=ΟΕ=R και ΔΕΝ = δΕΝ = 30° (ως εγγεγραμμένες στα ίσα τόξα ΔΓ , ΓΒ ) άρα =

,..-....._

.....---....

�

,.......__

εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Στις ημιευθείες ΟΑ, ΟΓ, ΟΕ παίρνουμε σημεία Α ', Γ', Ε ' αντίστοιχα τέτοια .ώστε ΟΑ' = ΟΓ' = ΟΕ' = λ4 όπου

λ4 η πλευρά του τετραγώνου του εγγεγραμμένου στον ίδιο κύκλο. Να δείξετε ότι : Το τρίγωνο Α Τ Έ ' είναι ισόπλευρο. β) (ΑΤ Έ ')=(ΑΒΓΔΕΖ). Λύση

α)

α) Είναι ΑΌΓ = fΌΕ· = ΕΌΑ· = 120° .Άρα τα τρίγωνα ΟΑ 'Γ'=ΟΓΈ'=ΟΕΆ', επομένως Α'Γ'=ΓΈ'=ΕΆ' δηλαδή το τρίγωνο ΑΤΈ' είναι ισόπλευρο. β) το τρίγωνο ΑΤΈ' είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας ΟΑ' άρα Α'Γ' = OA'.J3 (1) αλλά ΟΑ' = λ4 = R.J2 και αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: Α'Γ' = RJ2 . .J3 = R../6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 9 9 τ.3/50

------

Μ αθηματικά για την Β' Λυκείου

------

ω π(�)'

+(ΟΜΓΝΟ) = (ΟΜΓΝΟ) .

6. Δίνεται κύκλος (O,R) ,ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο στον κύκλο και η διάμετρος ΑΕ. Η εφαπτομένη στο Ε τέμνει την ευθεία ΑΒ στο Δ. Ν α δείξετε ότι ι

α) ΒΔ = -ΑΒ 3

β)

(ΕΒΔ) 2 {Α Γ = 9 Β )

Λύ ση

επομένως

..J3 (Α'Γ):..._ (ΑΤΈ') =�-----'4 2 -_

είναι

= 6R 24 ..Jj = 6 (0ΑΒ) = (ΑΒΓΔΕΖ) . •

Δίνεται τεταρτοκύκλιο ΟΑΒ κύκλου (O,R). Και με διαμέτρους ΟΑ και ΟΒ του εσωτερικά κατασκευάζουμε τεταρτοκυκλίου δύο ημικύκλια που τέμνονται στο σημείο Γ. Να δείξετε ότι : R α) ΟΓ = .J2 2 β) Τα εμβαδά των καμπυλόγραμμων χωρίων (ΑΓΣΒΑ) και (ΟΜΓΝΟ) στο παρακάτω σχήμα είναι ίσα, Λύ ση Β

α) Επειδή ΑΕ .l ΓΒ και ΑΜ .l ΓΒ θα είναι ΑΒ ΒΔ , ΒΔ <=> <=> ΑΒ = ΕΔ / /ΜΒ αρα =ΑΜ ΜΕ R + R R

ΑΒ ΒΔ <:::::> Τ = -1- άρα ΑΒ = 3ΒΔ . -

-2

Β'

Τρόπος ΔΕ2 = ΒΔ ΔΑ , ΕΔ = ΑΔ 2

(ΑΕΔ

ορθογώνιο τρίγωνο και Α 1 = 30° ) άρα �

(�) = ΒΔ · ΔΑ <ο>

(2)

ΑΔ = ΒΔ <:::::> ΑΔ = 4ΒΔ <:::::> ΑΔ - ΒΔ = 3ΒΔ 4 άρα ΑΒ = 3ΒΔ . Α

α) Η γωνία 6ΓΑ = 90° (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο), όμοια και 6fB = 90° άρα ΑΓΒ ευθεία και Γ το μέσον της ΑΒ (αφού ΟΑΒ τρίγωνο ορθογώνιο και ισοσκελές με ΟΓ ύψος). Άρα ΟΓ=ΓΑ=ΓΒ είναι πλευρές του τετραγώνου του εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας θα είναι

ΟΓ = R2 J2 . β) (ΑΓΒΣΑ) = ( οm)-(κ6ΓΑ)(Λorn ) + (ΟΜΙΝΟ)

επομένως

�,

Στο τρίγωνο ΑΒΓ το ύψος ΓΗ = R + και 2 . 3 ΕΒ = λ6 = R άρα ΓΗ = - ΕΒ και ΑΒ = 3ΒΔ 2 (από α' ερώτημα) θα είναι επομένως _!_ (ΑΒ Γ ) = 2 ΑΒ · ΓΗ . = _!_2 · 3ΒΔ · �2 ΕΒ = β)

= · � ΒΔ · ΕΒ = % ( ΕΒΔ ) .

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου AB=2R και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/51

-------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

------

ημικύκλιο είναι ΑΚΒ = 90 , ομοίως είναι ΒΚΓ = 90 άρα ΑΚΒ + ΚΒΓ = 180 , επομένως ΑΚΓ ευθεία. Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και α) ισοσκελές, άρα Α; = f; = 45° . Το ύψος ΒΚ είναι 3 β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου και διάμεσος ,δηλαδή το Κ είναι μέσον της ανάμεσα στα τρία ημικύκλια και τον κύκλο διαγωνίου του τετραγώνου, άρα το κέντρο του. β) Προφανώς ΒΚ=ΑΚ=ΚΓ και από το ορθογώνιο (Κ, ρ) συναρτήσει της ακτίνας R. Λύση τρίγωνο ΑΚΒ έχουμε: ΑΚ2 +ΒΚ2 = ΑΒ2 � Σ 2ΒΚ2 = ( 2α )2 � ΒΚ = a.J2 (1) . Επειδή ΕΖ εφαπτομένη ΑΕ l.. ΕΖ, ΜΖ l.. ΕΖ και άρα ΑΕ I /ΜΖ Είναι εξ άλλου ΑΕ = ΜΖ = α επομένως το τετράπλευρο ΛΕΖΜ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο (αφού Ε = Ζ = 90° ) άρα ΕΖ = ΑΜ (2). Το ΚΛΜΒ είναι τετράγωνο ο Γ Δ Α ( ΛΒ = ΒΜ = ΜΚ = ΑΚ = και Β = 90° ) άρα Β α) Έστω Σ, Τ, Ρ ,τα σημεία επαφής του κύκλου ΑΜ = ΚΒ (2). Από (1) και (2) συνεπάγεται (Κ,ρ) με τα τρία ημικύκλια. Έχουμε ΕΖ = ΒΚ (3) . ΚΣ = ΚΤ = ΚΡ = ρ και αν Γ , Δ τα μέσα των ΟΑ και ΟΒ αντίστοιχα ,τότε το τρίγωνο ΚΓΔ είναι ισοσκελές ( ΚΓ = ΚΔ = R2 +ρ) με ΚΟ διάμεσο άρα και ύψος. Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο έχουμε τρίγωνο ΚΟΓ κέντρο Ο. Με διαμέτρους ΟΑ και ΟΒ φέρουμε εσωτερικά του αρχικού και ένα κύκλο (Κ,ρ) που εφάπτεται στα τρία αυτά ημικύκλια. R Να δείξετε ότι ρ =

.-.

----

( )

ΚΟ' =ΚΓ' - ΓΟ' � ( R-ρ)' = � +ρ '

(�)'

- � R' -2Rρ+ ρ' = R2 +2 -R ρ+ρ2 - R2 � 3p = R . =4 2 4

β) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι

() ()

' π � Ε = πR2 ' -2 2 π R3 z = = - -2 - -4 - -9

8. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 2α Με

διαμέτρους ΑΒ και ΒΓ κατασκευάζουμε εσωτερικά δύο ημικύκλια που τέμνονται στο σημείο Κ. Αν ΕΖ είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των δύο ημικυκλίων, Να δείξετε ότι το Κ είναι το κέντρο του τετραγώνου. Να δείξετε ότι ΕΖ=ΒΚ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου χωρίου ΚΕΖ. Λύση

α) β) γ)

α) Επειδή η γωνία

ΑΚΒ

είναι εγγεγραμμένη σε

Ε είναι το ζητούμενο εμβαδόν έχουμε: Ε = ( ΑΕΖΜ ) - ( ΚΛΜ ) -(ΛΕΚ) -(Mi<Z)= πα2 ·ω - πα2 ·φ (4) 1 =ΑΕ·ΕΖ--ΚΛ·ΚΜ 360° 2 360° Από το ° ορθογώνιο ΑΕΖΜ έχουμε Λ1 + Λ2 = 90 και επειδή Λ; = 45° ,άρα γ) Αν

.ί\ = ω = 45° , για τον ίδιο λόγο Μ;" = φ = 45°

Από τις σχέσεις (1) και (3) του προηγούμενου ερωτήματος προκύπτει ότι ΕΖ = α .J2 και επομένως η σχέση (4) γίνεται:

Ε = α · α.J2 _.!_2 α · α - παz360°· 450 παz360°· 450 π) az = dJ2 -!2 d - πd8 - πd8 = (4.J2-24

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/52

------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

------

ΜΑΘΗΜΑΠΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΠΣ ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ

Β ' λΥ�ΕΙΟΥ

Καρδαμίτσης Σπύρος Οι κωνικές τομές, δηλαδή οι καμπύλες που προκύπτουν από την τομή ενός επιπέδου με έναν κώνο, απα σχόλησαν για πρώτη φορά τους aρχαίους Έλληνες τον 5° π. Χ αιώνα. Η σημασία τους, ωστόσο, στην αρ χαιότητα αφορούσε, αποκλειστικά, την επίλυση ορισμένων σημαντικών προβλημάτων και κατά κύριο λόγο την επίλυση του προβλήματος του διπλασιασμού του κύβου. Παρόλο, όμως που η ανακάλυψη των κωνικών τομών χρονολογείται τόσο μακριά μέσα στους αιώνες, η ανάπτυξή και η εξέλιξη τους αποτέλεσε σημαντικό πεδίο έρευνας για τους μαθηματικούς της κεντρικής Ευρώπης από τον 1 (f αιώνα μέχρι σήμερα.

ΑΣΚΗΣΗ 1η. Δίνεται τετράγωνο ΟΑΒΓ που ορίζεται από τα σημεία 0(0,0), Α(2,0), 8(2,2) και Γ(Ο,2) ενός συστήματος αξόνων xOy. Μια ευθεία που διέρχεται από την αρχή Ο των α ξόνων τέμνει την ΑΓ στο σημείο Ε έτσι ώστε 1ΒΕ = -ΒΑ και τη ΓΒ στο σημείο Ζ.

α) Να βρεθούν οι εξισώσεις C 1 και C2 του

εγγεγραμμένου και του περιγεγραμμένου στο τετράγωνο κύκλων. β) Να προσδιορίσετε τις συντεταγμένες των σημείων Ε και Ζ. γ) Αν Μ είναι το μέσο του τμήματος ΕΑ, να αποδείξετε ότι η ευθεία ΕΜ εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο C 1 του τετραγώνου. δ) Αν Ρ είναι το σημείο τομής των ευθειών ΖΜ και ΔΕ, να αποδείξετε ότι το Ρ είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου C2 του τετραγώνου.

εξίσωση y = λχ με λ i= Ο εφόσον δεν είναι πα ράλληλη με τον οριζόντιο άξονα. Οι συντεταγ μένες των σημείων Ε και Ζ προσδιορίζονται από τη λύση των συστημάτων: yχ=λχ = 2 και

{yy==λχ2 } επ υοντας αυτα τα συστηματα ε-, χουμε: Ε(2, 2λ) και Ζ (�, 2) ιλ '

I I I I \

\ '. 0(0, Ο)

ΒΕ=41ΒΑ�(Ο,2λ-2) =41 (0,-2)�(0,2λ-2)=(0,21 ) , προκυπτει , οτι , 2λ - 2 = --21 � λ =-.43 απο, οπου Τότε έχουμε Ε 2, % , z % ,2 γ) Οι συντεταγμένες του μέσου Μ του ΕΑ είl +o 4) 2+2 ναι: Μ( 2 7 = "3 και η εξίσωση

( ) ( )

( ]( ,

c2 : (χ -1)2 + (y -1)2 = .J22 = 2

Όμως είναι ΒΕ = (0, 2λ- 2), ΒΑ = (0, -2) ,τότε

α) Οι δύο κύκλοι είναι ομόκεντροι με κέντρο το σημείο Κ(1,1) των διαγωνίων του τετραγώνου, οι δε ακτίνες των δύο κύκλων είναι ρ = ΚΤ = 1 και R = ΟΚ = Jϊ2+ϊ2 = .fi , επομένως οι δύο κύκλοι έχουν εξισώσεις: της ευθείας ΖΜ είναι: C, : (x-1)2 +(y-1)2 = 12 = 1 και Λύση :

{ }

_2 y-2 =-l4-� 15x - 8y-24 = 0 8 8 χ --3 2 --3

Για να είναι η ευθεία ΖΜ εφαπτομένη του κύ κλου C πρέπει και αρκεί: d(K,ZM) = ρ = 1. 1 Πράγματι έχουμε: d(Κ,Ζ!νl) 1 15·1-8·1-2� 1 ν152+(-8γ δ) Η ευθεία ΓΕ έχει εξίσωση: 1

' · ... . ...

· - · - - · - · -' ·

. ....

· <4( 2, Ο)

y-2 =-2 -2 = --1 � x + 4y = 8 = 0 -χ-0 2-0 4 3

β) Η ευθεία που διέρχεται από την αρχή Ο έχει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/53

και το

------- Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου ------

{y(y-l)=O} <=> {y=O y=l} � {x=y. =O} y=x y=x x=y=l

σημείο τομής Ρ των ΖΜ και ΓΕ ορίζεται από ή του επίλυση συστήματος την που επιλύοντας το, προ- επομένως η διχοτόμος των αξόνων τέμνει τη πα 15 ραβολή στα σημεία 0(0,0) και Β(1,1). της εφαπτο Για τον προσδιορισμό της εξίσωσης Α κυπτει οτι -,, οι συντεταγμενες του θεωρούμε ένα μένης του κύκλου στο σημείο του 17 17 τυχαίο σημείο M(x,y) της εφαπτομένης και το κέοποίου εύκολα διαπιστώνεται ότι επαληθεύουν ) , τότε την εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου C2, ντρο του κύκλου επομένως είναι σημείο αυτού του κύκλου. ΑΣΚΗΣΗ 2η. Δίνονται η παραβολή2 με εξίσω και 2 2

8=0 } { x+4yχ -8y-24 = ο

' ' p ( 40 24 )

ση y = χ και ο κύκλος με εξίσωση χ

Ο. Φέρνουμε την διχοτόμο της γωνίας

y -χ=

xOy που

τέμνει τον κύκλο στο σημείο Α και την παραβο λή στο σημείο Β. να αποδείξετε ότι οι εξισώσεις των εφαπτόμενων του ·κύκλου και της παραβο λής τέμνονται επάνω στον άξονα y'y. Λύ ση :

Το σύστημα των εξισώσεων των δύο κωνι κών τομών έχει μοναδική λύση την (x,y) = (0,0) συνεπώς η αρχή των αξόνων είναι το μοναδικό κοινό τους σημείο.

κ (�,Ο ΚΑ= (0,�) ΑΜ = (χ- _!_2' y- !) = ( 2x2-1 ' 2y2-l ) ' 2x-l +- · -2y-l =Ο� , - · -:---- =Ο �0· -ισχυειΚΑ 2 2 2y-l =O�y= -1 (1) -2 4 Η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής στο είναι: σημείο της =p(x + x) � y= -(2 x + l) � x-2y+l=O (2) αφού η παράμετρος p της παραβολής είναι 2 ύνοντας το σύστημα των εξισώσεων των εφαΛ πτόμενων (1) και (2). προκύπτει ότι: χ= Ο, y =-2 επομένως οι δύο εφαπτόμενες τέμνονται στο ση 2

ΑΜ

B( l , l )

ΥΥι

Ι μείο Γ(Ο,-) επάνω στον άξονα y 'y. 2 ΑΣΚΗΣΗ 3η. Δίνεται η παραβολή y2 = 4px, p ΦΟ και η ευθεία y = λ f:: Ο. α) Να αποδείξετε ότι η ευθεία είναι εφαπτομένη

Μ (χ, y)

λχ +

κ,

της παραβολής αν και μόνο αν λκ = p. β) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής που έχει συντελεστή διεύθυνσης

=!.

χ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Α που λ 2 προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος γ) �α βρείτε το σημείο επαφής της παραπάνω εφαπτομένης με την παραβολή. δ ) Να βρείτε το σημείο στο οποίο η παραβολή ι άρα ο τέμνει τον άξονα χ'χ. <ο> Λ ΥΣΗ. α) Το σύστημα της παραβολής και της ευθείας δί, Α , ντεταγμενες του σημειου ειναι: Α 21 , 2 �(λχ+ κ) 2 = 4pχ�λ2χ2+2λκχ+ νει: Το σημείο τομής Β της ευθείας y = χ με την παρα κ2= 4px � λ2χ2 + 2(λκ - 2p)x + κ2 = Ο, λ ;f Ο (1) βολή προκύπτει από τη λύση του συστήματος Η ευθεία εφάπτεται στην παραβολή αν και μό νο αν η εξίσωση ( 1) με άγνωστο το έχει δι πλή ρίζα, δηλαδή αν και μόνο αν Δ= 4(λκ - 2p)2 - 4λ2κ2 = Ο � Η ευθεία y

{X2+ yy2�-xx =O} ,

•••

<ο>

χ! _.!_ - �2! y� ( 1)

-y = Ο} � {y2y=x= χ} � {y2y=x= y} � {y2y=x

συ-

{y=λχ+κ Υ =4px }

Ο�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/54

------ Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

4λκp) =

4(λκ2 4λκp + 4p2) - 4λ2κ2 Ο <::::> 4(4p2 Ο <::::> p2 λκp <::::> λκ p αφού είναι p ;f:. Ο . β) Έστω y λχ + κ η εξίσωση της ζητούμενης ε φαπτομένης. Επειδή η εφαπτομένη έχει συντελεστή , σύμφωνα με το α) ερώτημα θα ισχύει:

= λ = -21 . -21 κ = p <::::> κ = 2p . Τότε η εξίσωση. της ζητούμενης εφαπτομένης είναι: y = -1 χ + 2p, με p Ο. 2 γ) Το σημείο επαφής της παραβολής y2 4px και της εφαπτομένης y = -1 χ + 2p προκύπτει από τη 2{ y2 � 4 x } p λύση του συστήματος: y=-..,.2 x +2p � χ2 +2 (� 2p-2p) x+4p2 0 1 2 - 2px + 4p2 =Ο<::::> <:::. :> -χ 4 2χ - 8px + 16p2 = Ο 4p)2 = Ο = 4p Τότε είναι y = -2 4p + 2p = 4p και το σημείο επαφής είναι το Α(4p, 4p) . Για y Ο η εξίσωση της εφαπτομένης δίνει: Ο=-21 χ+ 2p <::::> χ = -4p , επομένως το σημείο τομής της με τον οριζόντιο άξονα είναι το Β(-4p,O). χόλιο.αντίθετες Παρατηρούμε ότι τα συνεπώς σημεία ΑγιακαιναΒ έχουν τετ μημένες, κατασκευάσουμε εφαπτομένη της παρα = 4px σημείο σετηνένα σημείο της Α(χο,Υο) αρ βκείολήςναyβ2ρούμε ξουμε την ευθείαΔίνεται ΑΒ. μιαΒ(-χέλλ0,0)ειψκαιη μεναεστίαχαράτο =

;f:.

<=> (χ

να βρείτε την ακτίνα του ρ.

2γ και 2γ1 τις εστια α) Αν ονομάσουμε της έοιλλεξισώσεις ειψης και των της υπερ βο λκέςής αποστάσεις αντίστοιχα, τότε δύο κωνικών τομών είναι: α2 + �β"2 = 1 με β2 = α2 -γ2 = α2 - και -χα22 - -βy,22 = με βι2 γι2 - α2 = .J52 -α2 =5- α2 Λύση :

�

<::::>

<=> χ

δ)

------

ΑΣΚΗΣΗ 4η .

σημείο E(l,O) και υπερβολή με εστία το σημείο Ε' (.J5, 1) οι οποίες έχουν κοινή κορυφή Α(α,Ο). Αν το ορθογώνιο βάσης της υπερβολής έχει εμ βαδό 8 τετραγωνικές μονάδες τότε: α) Να βρεθούν οι εξισώσεις των παραπάνω κω νικών τομών. β) Αν η έξίσωση της υπερβολής είναι χ2 - 4y2 4 να βρεθούν οι εξισώσεις των εφαπτόμενων της που διέρχονται από την εστία της έλλειψης.

γ) Αν η εξίσωση της έλλειψης είναι � + L

και η εφαπτομένη της στο σημείο M(l, 3/2) ε φάπτεται σε κύκλο με κέντρο το σημείο (-1, 2)

λ Επειδή το ορθογώνιο άσης της υπερ ο ής β β έχει αδό ίσο ε 8 τ. τότε μ εμβ μ 2α·22β, =8<::::> α· β, =2. Είναι βι 2 = 5 - α2 <::::> (�) = 5 - α2 <::> α4-5 α2 +4 = Ο <=> (α2 =4 ή ακαι2=1)για<:::την:> (α=lτιμήή αυτή α=2).προΕπειδή α> γ τότε α = 2 2 2 κύ πτει:> βότι, =1οπότε β = α -οι1 = 3 και α· β, =2<::::> 2 · β, =2<::: έχλλ2 ειψηy2 και η χυπερ ολή έχουν εξισώσεις: 2 β -+-=1 και -4 - y2 = 1 4β) Η εξίσωση 3 λ ής ο της υπερ β 2χ - 4y2 = 4 σετηςενα' εφαπτομένης σημειο της (χι, Υι) ειναι χχι 4yyι = 4. Το σημείο Ε(1 ,0) επαληθεύει λ την εξίσωση, επο ένως 4. Εmπ έον το μ λ σηοποτεμείοειναι(χι, χιΥι)-είναι σημείο της υπερ ο ής, β 2 2 2 4Υι = 4 4Υι = 4 <=> y, =�J3 επομένως για = 4 και y, =J3 έχουμε την εφαπτομένη 4χ - 4 J3 y = 4<::::> χ J3 y = και για χ ι = 4 και y, .J3 έχουμε την εφαπτομένη 4χ + 4 J3 y = 4<::::> x+ J3 y = γ) Το σημείο M( l , �2 ) επαληθεύει την εξίσωσηκαι τηςεφαπτομένη έλλειψης, στοεπομένως είναι σημείο της σημείο Μ έχει εξίσωση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

χι

2•

4 .

Χι

τ.3/55

<=>

---- Μαθηματικά γία Β' Λυκείου χ + -Υ · -3 =1 � x + 2y-4=0 (ε) είναι η παραβολή y2 = 2χ . -·1 την

-----

4 ευθεία3 2(ε) εφάπτεται στον κύκλο με κέντρο ΑΣΚΗΣΗ 6�1 Δίνεται ο κύκλος με εξί 4. σωση (χ - + (y το σημείο Κ(-1, 2) τότε ισχύει: ε) ρ α) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης + 2·2 - 41 =ρ � ρ= 1 = J5 του κύκλου στο σημείο του Ε ( 3, 3 + J3) � l-1.J1+22 J5 5 Να προσδιοριστούν τα σημεία τομής Α β ) 2 ΑΣΚΗΣΗ 5η. Δίνεται η παραβολή (C) : y =4χ και Β της εφαπτομένης και του κύκλου με

d(K,

(C)

τον άξονα χ'χ και η ευθεία (ε) : y = λχ + β ; με λ * Ο . γ) Αν Γ είναι η τομή της ευθείας ΕΒ με τον Να αποδείξετε ότι: α) Η ευθεία (ε) τέμνει την παραβολή σε δύο δι άξονα y'y , να αποδείξετε ότι ΑΒ = ΟΓ όπου αφορετικά σημεία Α και Β αν και μόνο αν λ· β <1 Ο είναι η αρχή των αξόνων. Λύση: Έστω (ε) η εφαπτομένη του κύκλου (C) β) Το μέσον Μ του ΑΒ είναι Μ 2 , στο σημείο Ε και M(x,y) ένα τυχαίο σημείο της,. •

( ��β �)

γ) Αν λ = 1 και το β μεταβάλλεται, τότε το Μ κινείται σε μια ευθεία, δ) Αν β = Ο και το λ μεταβάλλεται, τότε το Μ κινείται σε μια παραβολή. Λύση: α) Λύνουμε το σύστημα των δύο εξισώσεων

y2 =4Χ } �

α)

Αφού το σημείο Κ(2,2) είναι το κέντρο του κύκλου, έχουμε Ο Είναι ΚΕ _l_ => ΚΕ

ΚΕ=(1,.J3), EM =(x-3,y-2-.J3) ΕΜ · ΕΜ 1·(x- 3)+J3(y -2-J3) =Ο=> χ + J3y-2(J3 +3) =Ο (ε). =

y42 = Χ y = λχ +β y =λ 4y2 +β Αφού η ευθεία (ε) τέμνει την παραβολή σε δύο σημεία έχουμε ότι η εξίσωση = λΟ έχει�δύολ ρίζες άνισες , άρα λy2 -4�y +164-16 β Δ>ΤοΟ μέσον Μ β >Ο · β < 1. Β(2, 0) έχει συντεταγμένες του β) Μ ( χΑ +2 χΒ ' ΥΑ +y2 B ) . Αλλ'α ΥΑ + ΥΒ - - λ4 και τότε ΥΑ +y8 =IJ.x.. A +Χι3)+��ΙJ.χ.. Α +Χι3) =�λ -� ' το Μ ( 2-λλ2 β ,-λ2 ) . � χΑ + χ8 = 4-2λ2λβ . Άρα (Ο, -2(2 \1'3)) . λ γ) Αν = 1 και το β μεταβάλλεται, τότε β) Αφού ο κύκλος έχει κέντρο το ση μείο Α του τομής σημείο το ρ α ν ακτί και 2 Μ ( 2 - β, 2) , επομένως ο γεωμετρικός τόπος του Κ(2, ) ' το και 0 Β(2, είο ση το είναι χ άξονα τον ε μ ) μ τομής Αχτης ευθείας (ε) με τον ίδιο ά Μ είναι η σταθερή ευθεία y = 2 . σημείο αν β = Ο και το λ μεταβάλλεται, τότε το . ξονα προσδιορίζεται αν θέσουμε στον τύπο Ο, επομένως της J3 . Υ Μ (:2 , �) και έχουμε J3 2( = χ = J3 2( χ+ + 3) + 3) Χ Χ 1 Άρα το σημείο τομής είναι Α(2(J3 + 3), Ο) ΧΜ = λ22 -2Μ = -λ12 -2Μ = λ2 γ) Η εξίσωση ΕΒ έχει εξίσωση � � � y-o = 2J3-o => y=(2 +ν3)χ-2(2 +ν3) ΥΜ =-λ2 -Υ2Μ = -λ1 ___Μ_y42 = λ12 3 -2 τέμνει τον κατακόρυφο άξονα στο � Υ� = 2χΜ . Άρα ο γεωμετρικός τόπος του Μ Ηχ-2ευθεία αυτή (C)

ΑΒ

-s-

δ)

ο-

ο =>

r;:;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/56

r;:;

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου ----

σημείο Γ με συντεταγμένες r( 0,-2(2+.J3) ) . τότε: β2 α2 - β2 2 ( 2(2+J3),0) τότε, ΟΓ ( 0,-2(2+J3) ) , είναι σημείο Αν Α . i) Είναι Ε ' ( άρα I οr ι I I 2(2+ J3) 2px (2) και η εφαπτόμενη επαφής τότε: ΑΣΚΗΣΗ 6η. Δίνεται η εξίσωση: έχει εξίσωση: y η οποία p(x χ2 + ψ2 - 2λχ - 2 (λ - l )ψ + (λ - 1 )2 Ο (1 ) α) Να βρείτε για ποιες τιμές του λ R η εξί επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του Ε ' , αν σωση (1) είναι εξίσωση οικογένειας κύκλων . και μόνον αν: p( Από β) Να βρείτε αν υπάρχουν κύκλοι αυτής της οι κογένειας και ποιοι , οι οποίοι εφάπτονται της τη (2) προκύπτει ±p . Έτσι, τα σημεία επα ευθείας (ε) : 3χ + 4ψ - 8 Ο φής είναι Λύση: α) Παρατηρούμε ότι

Ε. = γ= .Jα2 - <::::> .Ε_42 = (1) �, Ο) . (χ 1 , y1) y12 = 1 · Υι = χ1 ) (3) -� + χ1 ) =Ο<=> Χι =�, Υι =

ΒΑ=

= = ΒΑ =

Α 2 + Β 2 - 4Γ = 4λ2 + 4(λ - 1 ) 2 - 4(λ - 1) 2

= 4Ανλ2 λ = Ο τότε η εξίσωση παριστάνει σημείο. �ο.

•

Αν λ * Ο τότε η εξίσωση παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο Κ ( λ, λ - 1) και ακτίνα. �Α 2 + Β 2 -4Γ = W = λ R= 2 2 l l· β) Για να εφάπτεται κύκλος της (1) στην ευθεία αρκεί

•

-� =I� (ε) d(Κ,(ε)) =R<:c> l3λ� 2 +42 3 <=> l7λ 5-121 = l λl <=> l7λ -121 = 5 lλl <=> λ = 6 ή λ = Για λ = 6 ο κύκλος είναι (C6 ) : χ 2 + ψ 2 -12χ -10ψ + 25 =Ο, ενώ για χ2 + ψ2 -2χ =Ο Α ( � p ( p και οι εφαπτόμενες έχουν λ = 1 ο κύκλος είναι , } B %·- ) ΑΣΚΗΣΗ 4η. Η εστία της παραβολής y 2 2px, p > Ο συμπίπτει με μία εστία εξισώσεις (ει ): y = χ+ 2 (ε2 ): y =-χ- 2 2 y2 χ ii) Είναιλι · λ2 = -1 <=> (ε1) (ε2 ) . c της έλλειψης 2 : -2 + -2 ι , ο < β < α . α β β) Τα Α, Β ανήκουν στην έλλειψη αν και μόνον . 2 α) Έστω (ει), (ε2) οι εφαπτόμενες της παραβο 2 = 1 <=> γ 4 2γ-γ λής που άγονται από την εστία της έλλειψη που αν: α (α 2 ) δεν είναι εστία της παραβολής. 1.

(C 1 ) :

Cι

Ρ,

<::::>

Ρ.

i) Να βρείτε τις εξισώσεις των (ει), (ε2) και να

γράψετε τις συντεταγμένες των σημείων επαφής Α και Β των (ει), (ε2) με την παραβολή C ι . ii) Να δείξετε ότι οι (ει), (ε2) τέμνονται κάθετα. β) Αν τα σημεία Α, Β ανήκουν στην έλλειψη C2 ν' αποδείξετε ότι για την εκκεντρότητά της είναι: ε = 3 - 2J2 .

εz 2 = 1 <=> ε4 - 6ε2 + 1 = ε <=> ε2 + 4-� 2ε = 3 1-ε ± J2 <::::> ε2 = 3 - J2 γιατί Ο< ε < 1 Λύση: Αν (� , Ο) = (γ, Ο) είναι η κοινή εστία, <=:>ε=�3 -J2 =.fi - 1. Ε

ο (διτετράγωνη)

<::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/57

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Αργυράκης, Ν. Αντωνόπουλος, Κ. Βακαλόπουλος, Ι. Λουριδάς

Υπεύθυνοι τάξης: Δ.

Γενική Παιδεία ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

Κώστα Βακαλόπουλου, Άρτι Κονόμη

Ά σκη ση 1

Ρίχνουμε ένα νόμισμα τρεις φορές. Να βρείτε: α) Το δειγματικό χώρο Ω του πειράματος τύ χης β) Την πιθανότητα του ενδεχομένου: ί) Α: Στην πρώτη ρίψη να φέρουμε «γράμμα τα» ίί) Β: Και στις τρεις ρίψεις να φέρουμε «γράμ ματα» ίίί) Γ: Το πολύ σε μια ρίψη να φέρουμε «γράμ ματα» ίν) Δ : Σε μια τουλάχιστον ρίψη να φέρουμε «γράμματα)) Λύ ση

α) Το δεντροδιάγαμμα του πειράματος τύχης είναι: Αποτ�α κκκ ΚΚΓ

ΚΓΚ ΚΓΓ

ΓΚΚ ΓΚΓ

ΓΓΚ ΓΓΓ

Από το δεντροδιάγραμμα προκύπτει ο παρακάτω δειγματικός χώρος : Ω = {ΚΚΚ,ΚΚΓ,ΚΓΚ,ΚΓΓ,ΓΚΚ,ΓΚΓ, ΓΓΚ,ΓΓΓ} , Ν{ Ω) = 8 β) ί) Το ενδεχόμενο Α είναι : Α = {ΓΚΚ,ΓΚΓ,ΓΓΚ,ΓΓΓ} . Ν( Α) = 4 Ν(Α) = _± = _!_ . Άρα Ρ(Α) = Ν(Ω) 8 2 ίί) Το ενδεχόμενο Β είναι: Β = {ΓΓΓ} . Ν(Β) = _!_ . Ν(Β) = 1 Άρα Ρ(Β) = Ν(Ω) 8 ίίί) Το ενδεχόμενο Γ είναι: Γ = {ΚΚΓ,ΚΓΚ,ΓΚΚ,ΚΚΚ} . Ν(Γ) = 4 . Ν(Γ) = _± = _!_ Άρα Ρ(Γ) = Ν(Ω) 8 2

Το ενδεχόμενο Δ είναι: Δ = {ΓΓΓ,ΓΓΚ,ΓΚΓ,ΓΚΚ,ΚΓΓ,ΚΓΚ,ΚΚΓ} , Ν(Δ) ='!_ Ν(Δ) = 7 . Άρα Ρ(Δ) = Ν(Ω) 8

ίν)

Ά σκη ση 2

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγμα τικού χώρου Ω για τα οποία ισχύει ότι η πιθα νότητα : Να μην πραγματοποιηθεί το Α είναι ! , • •

•

Να πραγματοποιηθεί τουλάχιστον ένα από τα Α, Β είναι � , 6 Να πραγματοποιηθούν ταυτόχρονα τα Α, Β ι ειναι - . ,

Να βρείτε την πιθανότητα: α) Να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο Α, β) Να μην πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο Β, γ) Να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο Α αλλά όχι το Β, δ) Να πραγματοποιηθεί ακριβώς ένα από τα εν δεχόμενα Α,Β, ε) Να πραγματοποιηθεί το πολύ ένα από τα εν δεχόμενα Α, Β, στ) Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα εν δεχόμενα Α, Β. Λύση

Από τα δεδομένα προκύπτει ότι: Ρ(Α 1 = _!_3 , Ρ(Α υ Β) = 6"5 και P(An B) = u1 · α) Έχουμε: Ρ(Α') =-31 � 1 - Ρ (Α) = -31 � Ρ(Α) =. -23 β) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι το Β' . Ισχύει: Ρ( Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β)- Ρ(Α n Β) Ρ(Β) = Ρ(ΑυΒ) + P(An Β) - Ρ(Α) = 5 1 2 =-1 . =-+--6 12 3 4 �

Άρα: Ρ(Β') = 1 - Ρ(Β) = 1 - _!_4 = �4 = 1 - _!_4 = �4 γ) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι το Α -Β .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/58

------ Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

άτοπο αφού Ο ::; Ρ(Α υ Β) ::; 1 . Άρα τα ενδεχόμενα Ισχύει: Ρ(Α _ Β) = Ρ(Α) _ Ρ(Α Β) = �3 _!_ = }___ _ 12 12 Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα. γ) Ισχύει: δ) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι: 2 (1) . . Επειδή τα ενδεχόμενα: Α Β (Α - Β) υ (Β - Α) =>P(AnB)::; ΑnΒςΑ=> P(AnB) ::; Ρ(Α) ) και Β - Α είναι ξένα μεταξύ τους ισχύει ο απλός Επίσης ισχύει: προσθετικός νόμος, οπότε: Ρ(Α υ Β) ::; 1 => Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α n B) ::; 1 Ρ[(Α Β) υ(Β - Α)] = Ρ(Α -Β) + Ρ(Β -Α) = 2 3 5 (2) . 2 1 1 =-3 ::::> P(AnB) � P(A) + P (B) -1 =-+--1== Ρ(Α) + Ρ(Β) - 2Ρ(Α n Β) = -+--23 4· 12 3 4 12 4 ε) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι το Α 'υ Β' . Έ Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει: χουμε : Ρ(Α'υ Β') = P[(A n B)'] = = 1 - Ρ(Α nB) 5 ::; P(A n B) ::; -2 . 12 3 = 1 -_!_ 12 =.!..!. 12 . 5 ( ) 5 , ::::> 1 Ρ A n B = στ) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι το Α 'n Β' . δ) P[(A n B) ] =12 12 Έχουμε : P(A'n Β') = Ρ[(Α υ Β)'] => P(A n B) = }_ 12 . Το ενδεχόμενο να μη πραγμα= 1 - Ρ(Α υ Β) = 1 --56 = -61 . τοποιηθεί κανένα από τα ενδεχόμενα Α, Β είναι το Ά σκηση 3 A'n B' . θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α , Β από το δειγμα Ισχύει: Ρ(Α 'n Β') = Ρ[(Α υ Β)'] = 1 - Ρ(Α υ Β) τικό χώρο Ω για τα οποία ισχύει ότι οι πιθανό 2 3 7 1 τητες Ρ( Α) και Ρ(Β) είναι λύσεις της εξίσωσης = 1- Ρ(Α) - Ρ(Β) + Ρ(Α n B) = 1 ----+- = 3 4 12 6 (4χ - 3)(3χ2 - Sx + 2) = Ο και Ρ(Α) < Ρ(Β) . Άσκηση 4 11

α) Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων Α, Β. β) Να αποδείξετε ότι τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα. .

γ) Να αποδείξετε ότι: 2._ � Ρ( Α Β) � _! 12 3 δ) Αν η πιθανότητα του ενδεχομένου να πραγn

να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α, Β.

α) Έχουμε : (4χ - 3)(3χ2 - 5χ + 2) = Ο <=> 4χ - 3 = ο ή 3χ2 -5χ + 2 = ο <=> ... <=> χ = �4 ή Χ = Ι η Χ =-23 . Επειδή Ο ::; Ρ(Α) ::; 1 και Ο ::; Ρ(Β) ::; 1 δεκτές είναι ' οι λ'υσεις της εξισωσης χ = 43 και χ = 32 . Ισχύει ακόμα Ρ(Α) < Ρ(Β) . Άρα Ρ(Α) = �3 και Ρ(Β) = �4 . β) Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α κα Β είναι ασυμβί βαστα. Τότε ισχύει Α n Β = 0 και 17 > 1 είναι Ρ(Α υΒ) = Ρ(Α) + Ρ(Β) = -23 + -43 = 12 '

Σε μια τάξη Β ' Λυκείου (γενικής παιδείας) από ' των θετικων ' σπουδων ' τα 4" προτους μαθητες

τιμούν τα μαθηματικά ενώ το

5 ' απο' τα Α , Β ειναι ' ματοποιη θει' το πολυ' ενα Λ ύ ση

------

� τη φυσική.

Α) Αν επιλέξουμε τυχαία ένα μαθητή των θε τικών σπουδών, ποια είναι η πιθανότητα να προτιμά ένα μόνο από τα παραπάνω μαθήματα. (Υπ' όψιν ότι κάθε μαθητής προτιμά τουλάχι στον ένα από τα μαθήματα αυτά) Β) Δ' ' των ανθ ρω' το 1 των μαθητων ινεται οτι S πιστικών σπουδών προτιμά τα μαθηματικά ενώ τα _!_ των μαθητών της Β' τάξηςδεν προτιμά

τα μαθηματικά. i) Να δείξετε ότι ο αριθμός των μαθητών θετικών σπουδών είναι ίσος με τον αριθμό των μαθητών των ανθρωπιστικών σπουδών. ii) Επιλέγουμε τυχαία ένα μαθητή της Β ' τάξης. να δείξετε ότι η πιθανότητα να είναι των ανθρωπιστικών σπουδών και να προτιμά τα μαθηματικά είναι _!__ 16

•

iii) Αν γνωρίζουμε ότι η Β' τάξη αυτή έχει περισσότερους από 80 και λιγότερους από 1 1 2 μαθητές να βρεθεί το πλήθος των μαθητών της τάξης αυτής. Λ ύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/59

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

Α) Στο ερώτημα αυτό έχουμε δειγματικό χώρο το σύνολο των μαθητών των θετικών σπουδών. Έστω Α: το ενδεχόμενο ο τυχαία επιλεγόμενος των θετικών σπουδών να προτιμά τα μαθηματικά. , Ρ(Α) = -3 . ,Εστω επισης , Β: Το ενδεχομενο , ο Τοτε 4 τυχαία επιλεγόμενος μαθητής των θετικών σπουδών να προτιμά τη φυσική. Τότε Ρ(Β) = .!._3 . Επίσης: Ρ(Αυ Β) = 1 . Άρα: Ρ(Α n Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) -1 = _!_ 12 Ζητείται η πιθανότητα: Ρ [(Α -Β) υ (Β - Α)J Ε πειδή τα ενδεχόμενα: Α - Β και Β- Α είναι ξένα μεταξύ τους ισχύει ο απλός προσθετικός νόμος, οπότε: Ρ[(Α - Β) υ (Β - Α)] = Ρ(Α - Β)+ Ρ(Β -Α) = Ρ (Α) + Ρ (Β) - 2Ρ (Α n Β) = .!_!_ 12 Β ) Στο ερώτημα αυτό ο δειγματικός χώρος είναι το σύνολο των μαθητών της Β' τάξης. Έστω Θ: το ενδεχόμενο ο τυχαία επιλεγόμενος μαθητής της Β' τάξης να είναι θετικών σπουδών. Έστω επίσης Μ: το ενδεχόμενο ο τυχαία επιλεγό μενος μαθητής της Β ' τάξης να προτιμά τα μαθη ματικά. Ισχύει: Ρ(Μ') = � 16 => 1 Ρ(Μ) = _2_ 16 => Ρ(Μ) = 2_ 16 , (1) i) Σύμφωνα με τις υποθέσεις ισχύουν: Ν{Θ' nΜ) = S1 Ν(Θ' ) => Ρ(Θ' nΜ) = S1 Ρ(Θ') Ρ{Μ - Θ) = i (ι - Ρ( Θ)) => --

---

Ρ (Μ) - Ρ (Θ Μ) = 167 - 43 · 21 = 161 1 => Ν(Θ' Μ) = -1 => ίίί) Ρ (Θ' n Μ) = 16 Ν{Ω) 16 Ν ( Ω ) = 16 · Ν ( Θ' n Μ ) . Άρα ο αριθμός Ν ( Ω) είναι πολλαπλάσιο του 16, δηλαδή Ν(Ω) = 16κ, κ θετικός ακέραιος. Ό μως: 80 < Ν(Ω) < 1 12 => 80 < 16κ < 1 12 => . 5 < κ < 7 => κ = 6 => Ν{Ω) = 6 ·16=> Ν(Ω) 96 11

<3J.<4J

Άσκηση 5 Σε μια κατάσκήνωση με παιδιά από την Ελλάδα και την Κύπρο βρίσκονται λιγότερα από 50 κο ρίτσια και αγόρια. Επιλέγοντας τυχαία ένα από τα παιδιά η πιθανότητα να είναι Έληνας και αγόρι είναι 30% ενώ η πιθανότητα να είναι κοι

, , ριτσι ειναι 3" . Α) Αν επιλέξουμε τυχαία ένα από τα παιδιά ποια είναι η πιθανότητα να είναι αγόρι και Κύ πριος; Β) Πόσα παιδιά έχει η κατασκήνωση;

Λύση

Έστω Ω το σύνολο των παιδιών της κατασκήνωσης και Ν (Ω) το πλήθος του. Έστω Α: το εν δεχόμενο το τυχαία επιλεγόμενο παιδί να είναι Έλ ληνας και Β: το ενδεχόμενο το τυχαία επιλεγόμενο παιδί να είναι αγόρι. Ισχύει: Ρ(Β') = .!._3 . Επίσης: Ρ (Α n Β) = 30% Α) Ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου: Β - Α . Έχουμε: P(B - A) = P(B) - P(A nB) = Ρ(Μ) - Ρ(Θ nΜ) = i (1 - Ρ(Θ)) (2) 1 - P(B') - P(A n B) = � - 130 = �� Από τα αρχικά δεδομένα έχουμε ότι: N(An B) = .!_!_ => Ν (ΘnΜ)= 43 Ν(Θ) Ρ(Θ nΜ)= 43 Ρ(Θ) (3). Β) P(A n B) = .!_!_ => 30 Ν(Ω) 30 Αντικαθιστώντας στην σχέση (2) τις σχέσεις l lN(Ω) . N(AnB) = ( 1) και (3) έχουμε: 1: - � Ρ (Θ) = i-i 2Ρ (Θ) => 30 Για να είναι ο αριθμός Ν (Α Β) θετικός 7 - 12Ρ (Θ) = 2 - Ρ (Θ) => Ρ (Θ) = � (4) ακέραιος πρέπει και αρκεί ο αριθμός Ν (Ω) είναι Ν(Θ) = .!. =>Ν(Θ) = Ν{Ω) => Ν(Θ) =Ν(Θ') πολλαπλάσιο του 30. => Ν(Ω) Ο μοναδικός αριθμός που είναι πολλαπλάσιο 2 2 του 30 είναι μικρότερος του 50 είναι το 30. ίί) Ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου: Άρα Ν (Ω) 30 . Ρ( Θ' n M) . Έχουμε: Ρ( Θ' n M) :Ν(Ω)

:Ν(Ω) =>

ΓΙ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/60

----

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ----

Κ ατεύθυνση :

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Εwαναληwτ ι κές Ασκήσει ς Γ λυ κείου :

Θετικιί.ιν Επιστημιί.ιν -Σποuδιί.ιν Οικονομίας και Πληροφορικής

Σαράφης Ιωάννης, Ελληνογαλλική Σχολή Καλαμαρί Θεσσαλονίκης

Στις παρακάτω ασκήσεις περιέχονται συναρτήσεις της μορφής h ( χ) = Jg(x) f( t )dt, αλλά λύνονται χωρίς φ( ) παραγώγιση της h(x). Νομίζουμε ότι το ΙΕΠ πρέπει να διευκρινίσει αν τέτοιες ασκήσεις περιέχονται ή όχι στην εξεταστέα ύλη για να ενημερωθούν οι μαθητές και οι συνάδελφοι. Άσκηση 1 : Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη δοσμένη σχέση έχουμε eY + y = e' => χ = ln ( eY + y) . στο [Ο, +ao) με σύνολο τιμών επίσης το [Ο, ) Άρα Γ 1 (x) = ln(e' + χ) με χ :?: Ο . για την οποία ισχύει: er(x) + f( χ) = e• για κάθε , e' + ι > Ο , οπότε η χ � Ο. ε) Για χ>Ο έχουμε ( r- ι (χ)) = α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα r-' είναι γνησίως αύξουσα στοe'[Ο,+ χ ) και ότι r(o) = Ο . στ) Έχουμε t ε [χ,χ + 1] δηλ. x ::=:; t ::=:; x + l και η β) Να αποδείξετε ότι f (χ) � χ για κάθε χ � Ο . Γ' είναι γνησίως αύξουσα οπότε γ) Να αποδείξετε ότι J f( t )dt � - -32 . Γ' (χ) :::;; r-ι ( t) :::;; r-ι (χ + ι) . Η r- ' είναι συνεχής 2 σύνθεση των συνεχών συναρτήσεων δ) Να αποδείξετε ότι η αντίστροφη της f έχει ως ln χ, e' + χ (Γνωρίζουμε ότι αν f,g συνεχείς στο τύπο Γι (χ} = Ιη(χ+ e•) . [α, β] και f(x) ::=:; g(x) τότε J: r(x)dx :::;; J: g(x)dx ) ε) Να μελετήσετε τη μονοτονία της Γι . [+' r-ι (χ )dt ::;; [+'Γ' ( t)dt ::;; [+'Γ' (χ + ι)dt => στ) Να υπολοyίσετε το (ι => r-' (χ) [+' dt ::;; [+' r- ' ( t)dt ::;; r-ι (χ + ι)[+' dt => Λύση : α) Από τη δεδομένη σχέση έχουμε f-' ( x )[tJ:+' :::;; J:+' r-' (t)dt ::=:; Γ' (x +l)[tJ:+' ef(x) · f' (x)+f' (x) =e' =>(ef(x) +1)f' (x) = e' => r-ι (χ) :::;; [+' Γ' ( t) dt :::;; r-ι (χ + ι) => f' (χ) = r(e' > Ο, οπότε η f είναι γνησίως e ') + 1 αύξουσα στο [Ο, +ao) . Θεωρούμε συνάρτηση lim r- ι (χ) = lim ln(e' + χ) . Θέτουμε u =e' +χ, h(x) = e' + x , x ε JR . Έχουμε h ' (x) = e' + 1 > 0 lim u = lim (e' + χ) = +ao οπότε η h είναι γνησίως αύξουσα στο JR , lim r-' (x) = lim ln(e' + χ) = lim lnu = +ao er(x) + f(x) = e' => h(f(x)) = e' , για χ=Ο έχουμε lim Γ' {χ + 1) = lim In(e•+' + χ + ι) . Θέτουμε h ( f (ο)) = ι => h ( f (ο) ) = h (ο) => f (ο) = ο (h ι-ι) t = ex+l + χ + 1 ' lim t = lim (ex+l + χ + ι) = +ao β) Αρκεί να αποδείξουμε ότι f{ χ) :::;; χ, ή er(x) :::;; e', r ή e ( ) :::;; er(x ) + f(x), ή f(x) � O η οποία ισχύει lim Γ' (χ + 1) = lim ln{ e'+' + χ + ι) = lim ln t = +σο Από το( κριτήριο παρεμβολής έχουμε για κάθε χ :?: Ο . ) γ) Από το ερώτημα (β) έχουμε f(x):s;x=>x-f(x):?:O. J ( t )l t Η χ - f {χ) είναι συνεχής οπότε Άσκηση 2: Έστω συνάρτηση f συνεχής στο 1R 2 για την οποία γνωρίζουμε ότι: 12( χ -f( χ))dx:?: 0=> 12 xdx:?: J1 f{ x)dx => f(x) * O για κάθε x e JR J:t2 f(t)dt ::=:; J χ 2 2 J/ (x)dx :?: - 23 => -J ( x ) dx :::;; l χ

+σο

�·�{!'Γ' )ιιt}

χ -+ +ω

χ -++«ι

χ -++ω

χ-++«>

χ -++οο

χ -++ω

Χ -++00

lim

x+l

Γ1

[]

•

δ) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα είναι και 1-1 οπότε η συνάρτηση f αντιστρέφεται. Ισχύει η ισοδυναμία: f( χ) = y <:::::> χ = r-ι ( y) , οπότε από τη

χ --++οο

Χ -++οο

χ -+ + �

u --++οο

= +ω

t-++α:ι

•

Έστω ακόμη η συνάρτηση: g( x) = J:( f( t)- 2xff( t)+6rt5)dt, x e JR με g(O)>O. α) Να αποδείξετε ότι f (χ) > Ο για κάθε χ ε 1R

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/61

•

------ Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ------β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση g (χ) = Ο δεν -2f�t2 f(t)dt

έχει πραγματικές ρίζες. γ) Να βρείτε τη θέση του ολικού ελαχίστου που παρουσιάζει η συνάρτηση g.

Λύση:α)Έχσuμε fσυνεχής στο JR και ��:;t()για κάθε χ EJR άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο JR . Έχουμε g ( χ ) = J� ( f ( t) -2xt2 f ( t) + 6χ 2 t 5) dt = = J� f( t )dt - ( 2J� t 2 f( t )dt} χ+ 6χ2 J� t5dt

χ = - 1.._ 2α =

= JΓlo t2 f(t)dt

Άσκηση 3 : Έστω συνάρτηση f: [O,�--+JR η οποία είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ισχύει f( Ο)= 1 . α) Ν α βρείτε τον τύπο της f αν ισχύουν: •

[� Ι

-eι f (ο) χ

2 f ( ex) .. + -eι Jro f' ( xt ) dt = -�....!. +

για κάθε χ>Ο

(1)

f(e) = e ·χ +6χ' = ' (x) t)dt ( (t)dt zf;ι ( r ) = β) Αν η f είναι κυρτή, να αποδείξετε ότι: g f;r i) x · f'(x)+f(O) � f(x) για κάθε χ � Ο =J; f( t)d� 2J; ff( ψι) · x+JC. Είναι g{O)=J�f(t)d>O. 2 ii) Η συνάρτηση g( χ) = f(x)χ- e , χ Ε ( Ο,+οο )

Έστω f (χ) $ Ο . Επειδή η. f είναι συνεχής θα ίσχυε f� f( t )dt $ Ο το οποίο είναι άτοπο. Άρα f( χ) > Ο για κάθε χ :JR β) Η εξίσωση g (χ) = Ο είναι ισοδύναμη με την χ 2 - ( 2f� t2 f(t)dt ) · x + J�f(t)dt = O που είναι εξίσωση δευτέρου βαθμού, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι η διακρίνουσα της είναι αρνητική, δηλαδή αρκεί: 4{f�t2 f(t)dt )2 -4J� f(t)dt < O ή (f>2 f( t )dt )2 < f� f( t )dt. Από τα δεδομένα και Ε

•

ι:' +Ζ g( t)dt < 2 ι:':34 g( t)dt για κάθε Χ Ε

είναι γνησίως αύξουσα. ί ίί)

JR.

Λύση: α) Από τη σχέση (1) έχουμε 2 .!. r( o ) + .!. χJr· f ' ( xt )dt = 2 + f ' ( ex) ::::} e o e 1 + -1 1 . ( xt )'· f'( xt )dt = f' ( ex) ::::> -f(O) e e .!.r( e ο) + .!.e Jr•xo f'( u )du = f'(ex) ::::} .!.r( e ο) + .!.e [f( u)]ex = 1 1 1 = f'( ex) = f'( ex) => -f(O) e +-f( e ex) --f(O) e f ( ex) = ef' ( ex) => f ( ex) = ( f ( ex) )' το ερώτημα (α) έχουμε 0 < f� t2 f(t)dt $ 1 , άρα ' ' e-• · (f(ex))' + (e-• ) · f (ex) = O => (e-• · f (ex)) = 0 ::::> 2 ισχύει (f� t2 f(t)dt ) $ J>2 f(t)dt . Αρκεί λοιπόν να e-•r(ex) =c=> f(ex)=ceΌ Για χ=1 έχουμε f(e) =ce αποδείξουμε ότι J� t2 f( t )dt < f� f( t )dt ή οπότε c= 1, και f ( ex) = ex . Θέτουμε ω=eχ οπότε J� ( t2 - 1)f(t)dt < O . Θεωρούμε τη συνάρτηση f(ω) = e�ω . Άρα f(x) = e�x , χ � Ο . β) i) Για χ=Ο η ζητούμενη προφανώς ισχύει ως h ( t) = ( t2 -1) f ( t) , t [Ο, 1] . Ισχύει: ισότητα. Για χ>Ο η ζητούμενη σχέση γράφεται Ο $ t $ 1 => Ο $ t 2 $ 1 => t2 -1 $ Ο και f ( t) > Ο , f , (χ) � f(x) -f(O ) . Για κάθε χ>Ο, η f ικανοποιεί χ οπότε h ( t) $ Ο για κάθε t [0,1) . Η h είναι τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [0, χ], συνεχής στο διάστημα [0, 1] ως πράξη των οπότε υπάρχει ένας τουλάχιστον ξ (Ο, χ) τέτοιος συνεχών συναρτήσεων t 2 -1, f ( t) , και δεν είναι παντού μηδέν σ' αυτό οπότε: . Επιπλέον, η f είναι κυρτή, ώστε f'(ξ) f(x)-f(O) χ 2 f> ( )dt < ο => f� ( t - 1 )r( )dt < ο f(x) - O) Άρα η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι αρνητική. και χ>ξ, οπότε f'(x) > ftξ) f'(x) > χ f( . χ · f'(x) --�....!. f(x) + e2 γ) Η g γράφεται g( χ) =χ2 -(2f� t2f( t)dt) · χ + f� f{ t)dt ii) Για χ>Ο έχουμε g' (χ) = -�-".,_ (τριώνυμο ως προς χ). Επειδή α= 1>0 η συνάρτηση Από το ερώτημα (βi) έχουμε χ· f'( χ)χ 2f( χ) � -1 g παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο •

xt=u

::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/62

------ Μαθηματικά για την Γ Λυκείου -------

(f(0)=1) οπότε g' (x) x · f'(x)-;(x)+ e2 ;;:: e2 �1 >Ο . Άρα η g είναι γνησίως αύξου:α στο (Ο,+οο) . iii) Έστω G μια παράγουσα της g. Αρκεί να αποδείξουμε ότι: G(x2 + 2) - G(x2 ) < 2[G(x2 + 4) -G(x 2 + 3)] , ή G(x2 + 2) - G(x2) < G(x2 + 4)- G(x2 + 3) . Η G 2 ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [ χ2 ,χ2 + 2J και [ χ2 + 3,χ2 +4J οπότε υπάρχουν ξ1 ε (χ2, χ 2 + 2) και G( χ2 + 2) -G( xz ) ξ2 ε(χ2 +3,χ2 +4) ώστε G'(ξι ) -2 ' και G (ξ2 ) = G(x2 +4)-G(x2 +3) . Αλλά η g είναι γνησίως αύξουσα και ξ1 <ξz οπότε g(ξ) <g(�)=>G(ξ) <G(�)που είναι το ζητούμενο.

ξ ε (0,2 ) τέτοιος ώστε F' (ξ) = F (2�=�(Ο) � f{ξ) = F (2�=�(Ο) (2) Από τις (1) και (2) έχουμε JΓ2o f{ t )dt = 2f{ξ) Απομένει να δείξουμε ότι ο αριθμός ξ είναι μεγαλύτερος της μονάδας. Από το ερώτημα (α) έχουμε: Jro2 f{t)dt < 4 �2f(ξ) < 4�f(ξ) < 2 � f (ξ) < f ( 1) και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα, τελικά έχουμε ξ> 1. Άρα υπάρχει ξ ε {1,2) , τέτοιος ώστε J: f{ t)dt = 2f{ξ) .

αποδείξετε ότι: α) fo2 r( t )dt < 4 β) Υπάρχει ξ ε ( 1, 2 ) τέτοιος, ώστε

f(χ0) >χ0,τότε για κάθε χ ε [1,2] έχουμε f(x) s x δηλαδή x - f(x) ;:: o . Η x - f(x) είναι συνεχής οπότε J12 (x -f(x)� ;:: o � J1\dx ;:: J12 f{x)dx � rι2 f(x)dxs Ί χ2 2 � fι2 f(x)dx s 3 �2fι2 f(x)dxs3 J 2 άτοπο, διότι 2J12 f (χ) dx > 3 . Άρα υπάρχει χ 0 ε [1,2] ώστε f( χ0 ) > χ 0 • β) Θεωρούμε τη συνάρτηση g (χ) = f (χ) - χ , χ ε [1,2] . Η g συνεχής στο [1,2] άρα και στο [Ι,χ0] ( Χ0 1 διότι αν χ0 = 1 από τη σχέση f( χ0) > χ 0 ερώτημα (α) καταλήγουμε σε άτοπο. Από τα δεδομένα έχουμε f{1) < 1 ), g(1) = f{1) -1 < Ο , g(x0 ) = f(x0 ) - x0 > 0 Οπότε g(1) · g(x0) < 0 . Από το Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον κ ε(1,χ0) ς(1,2) τέτοιο ώστε g( κ) = O�f( κ) = κ . γ) Για τη συνάρτηση f ισχύουν οι υποθέσεις εφαρμογής του ΘΜΤ στο διάστη μα [1, κ] οπότε υπάρχει ρ ε (1, κ) (προφανώς 1 <ρ<2) ώστε κ - 1 = 1 , αφου, f'(ρ) - f{κ)κ -- 1ftl) κκ--:({1)1 > κ- 1 f(l) < 1 � - f(l) > -1 .

Άσκηση 4 : Έστω συνάρτηση f : JR ---+ JR η οποία είναι παραγωγίσιμη, γνησίως φθίνουσα, κοίλη και τέτοια ώστε f'(l} =f(1} = 2 . Να

Ι: c( t ) dt = 2r (ξ}

Η εφαπτομένη (ε) της Cr στο σημείο M ( 1,f{1)) έχει εξίσωση y - f{1) = f'(1)( χ -1) δηλαδή y - 2 = 2 (χ - 1) <::::> y = 2χ . Επειδή η f είναι κοίλη η Cr βρίσκεται κάτω από την ευθεία y=2x με εξαίρεση το σημείο επαφής. Δηλαδή f{ χ) s 2χ για κάθε χ ε IR και η ισότητα ισχύει μόνο για χ= 1. Η συνάρτηση 2χ - f (χ) είναι συνεχής μη αρνητική και δεν είναι παντού μηδέν στο [0,2]. Άρα J: (2x - f(x)� >O� J:2xdx - J:f(x)dx >O� Λί1ση : α)

=ο>

J: f( χ )dx <

z[ •: Ι

=ο>

J:r( x)dx < 4 .

Επειδή J: f(x)dx = J: f(t)dt , έχουμε J: f( t)dt < 4 . β) Έστω F μία παράγουσα της f στο IR .Από το ΘεμFλtώδες Θεώρημα του Ολοκληρωτικού Λογισμού έχουμε J: f( t )dt = F {2) - F (O) = 2 F (2�=�(Ο) (1) Η συνάρτηση F είναι συνεχής ,ως παραγωγίσιμη στο [0,2].Σύ μφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει

Άσκηση 5: Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο [1,2],για την οποία ισχύουν: 2fι2 f ( χ ) dx > 3 f (1) < 1 Να αποδείξετε ότι : α) Υπάρχει Χο ε [1, 2] ώστε r(xo)> Χο β) Η εξίσωση f ( χ ) = χ έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (1,2). γ) υπάρχει τουλάχιστον ένα ρε(t,2) ώστε f(ρ)>l. Λύ ση : α ) Έστω ότι δεν υπάρχει χ0 ε [ 1, 2] ώστε •

•

[]

�

:;t:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/63

Μια ενδιαφέρουσα ιδιότητα της Έλλειψης

Γεωμετρική κατασκευή της δεύτερης εφαπτο ένης από έλλειψης τυ αίο σημείο μ μιας οριζόντιας χ ή μιας κατακόρυφης εφαπτομένης της Από το Γιώ ργο Τασσόπουλο ν ολ ό κ ύ μβ Σχ ι Σ ουλο Μαθηματικών. Έστω ΑΒΓΔ το περιγtyραμμένο σε μια έλλειψη (3β + μ)(β - μ) ορθογώνιο και Σ τυχαίο σημείο της ευθείας ΑΒ. 'Εχου με ΣΤ: y= λχ +κ με λ = 4α(β + μ) Αν Ε το σημείο τομής των ΣΔ, ΒΓ και Τ το μέσο - μ) - β = του ΕΓ, τότε η ΣΤ εφάπτεται της έλλειψης και κ = Χ 0 (Jβ4α+ μ)(β (β +μ) 2 2 (3β+μ) = 2 ) (3β+μ) Θεωρούμε την έλλειψη με εξίσωση .;.. _iβ.4ί} . . = α(μ+3β = β α + ;β β jV1ί + 4α 4(β μ) (β +μ) και υποθέτουμε , χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι α>β>Ο και ΑΒ//χ'χ με χ Α < Ο και ΥΑ < Ο . Αρκεί λοιπόν β2 + λ2 α2 = κ 2 , ή β2 = κ2 -�α2 • Έχουμε πράγματι: κ2 - λ2 α 2 = (κ + λα)(κ - λα) 2 -β (3β +μ)(β - μ) . ft = + ) μ και κ+ λα = (3β 4(β+μ) 4,.ιί'(β +μ) 3β + μ ·2(β+μ) -β = = 4(3β+μ (3β+μ β+μ) β β+μ) 4(β+μ) = 3β; μ - β = I β ; μ I ( + μ)2 β+ (3β + μ)(β - μ) . ft = I Σχήμα 1 κ-λα= (3β4(β+μ) 4ft(β+μ) μ β 3β+μ (3β + I +β - ,i) - β = 3β+μ ·4β - β = Αν Ε(α, μ), τότε τ( α, ; ) , οπότε = 4(β+μ) 4(β+μ) ' ΔΕ = (2α, μ - β) , ΕΣ =(χ 0 -α, - β - μ) και = 3β + μ . β - β = β ( 3β + μ -ι) 1 2β I (2). β+μ β+μ β+μ ΔΕ U => χ -α -β - μ = Ο => I 2α μ - β I α(μ+ Jβ) Άρα: (2) :=> (κ+ λα)(κ- λα) = β2 (χ0 -α)(μ -β)+2α(β+μ.) =0 :=> χ0 = β - μ :=> => ΊΣ = (χ - α -β - β+ μ ) = ( χ -α - 3β+μ ) => 2 2 •

Λύση

_.--�'y��--�--��-- =- β Β(α, -β) Σ(χ0, -β) Α(-α, -β)

1 ).

--+

-----+

�

ιf

( 1 ),

3β+μ - 3β+μ -:.... � +.. μ-'-)(.:β__; μ) 2 = .....:.(3..:......β __, => λη: χ -2α - α(μ+3β) 0 4α(β+μ) β- μ α Άρα ΣΤ y + β = - (3β4+α(βμ)(β+ μ)- μ) (χ - χ0) � (3β+μ)(β - μ) χ+χ . (3β+μ)(β-μ) - β . � Στ : y = σ 4α(β+μ) 4α(β+μ) :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/64

I Σχήμα 2

-------

Μια ενδιαφέρουσα ιδιότητα της Έλλειψης

--------

Στην υπερβ_ολή λοιπόν συμφέρει να παρατηρήσουμε ότι: -β2 + λ2 α2 = κ2 (λα - β)(λα +β) = κ2 , ενώ στην έλλειψη ότι: lf +λ2α2 = � <=>β2 = � - λ2α2 <=>β2 = (κ - λαΧκ+ λα). �

r----...., Σ2

Υ=

-β

I Σχήμα 3 I

Για να κατασκευάσουμε λοιπόν τη δεύτερη εφαπτομένη της έλλειψης από το Σ, αρκεί να θεω ρήσουμε το σημείο τομής Ε της ΣΔ με την ΒΓ και να ενώσουμε το Σ με το μέσο Τ της ΕΓ. Ανάλογα εργαζόμαστε όταν το Σ ανήκει σε κατακόρυφη εφαπτομένη. Σχόλιο: Το Σ μπορεί να είναι οποιοδήποτε σημείο της ευθείας ΑΒ, οπότε το Ε θα είναι το αντίστοιχο σημείο της ΒΓ. Εξάλλου αν ενώσουμε το Σ με το Γ και η Σ Γ τμήσει την ΑΔ στο Ε' , τότε σύμφωνα με το θεώρημα της δέσμης με κορυφή το Σ η ευθεία ΣΤ θα περάσει από το μέσο Τ' της ΔΕ' . Έτσι λοιπόν η εφαπτομένη μπορεί να κατασκευαστεί και αν ενώσουμε το Σ με το μέσο Τ' της ΔΕ' . Ανάλογα εργαζόμαστε για τις θέσεις Σ1 , Σ2 του Σ όπως φαίνεται καθαρά στα Σχήματα 1 , 2 και 3.

Παρ ατήρη ση :

Για α = β = ρ έχουμε τον κύκλο χ 2 + y2 = ρ 2 και η συνθήκη β2 + λ2 α2 = κ2 ισοδυναμεί με την d(Ο,ε) = ρ , όπου y = λχ + κ . Πράγματι: ε : λχ - y+ κ = Ο , οπότε κ I = ρ <=> κ2 = ρ2 (λ2 + 1) <=> · d(Ο,ε) = ρ <=> I λ � λ2 + 1 <=> κ2 = ρ2λ2 + ρ2 <=> κ2 = α2λ2 +β2 <=> β2 +λ2α2 = κ2 Στην απόδειξη για την έλλειψη θέτοντας α = β = ρ προκύπτει η απόδειξη για τον κύκλο. Βέβαια στην περίπτωση του κύκλου συμφέρει να θεωρήσουμε ως ημιάξονα των χ την αντικείμενη ημιευθεία της ΒΑ και ως ημιάξονα των y την ημιευθεία ΒΓ διότι τότε έχουμε Χ8 = Χε = Χτ = Xr = Ο . Πράγματι έτσι βρίσκουμε : ΔΕ = (α, μ - α) , ΕΣ = (χ0, - μ) . -μ = Ο χ (μ - α) + 0 μ-α + αμ = Ο ::::> χ0 = αα-μμ . ε:

�

---+

Ως γνωστόν η συνθήκη επαφής της ευθείας y2 = 1 ή με την χ2 + y = λχ + κ με την έλλειψη α2 β 2 χ2 - y2 = 1 είναι β2 + ι! α2 = κ2 ή υπερβολή α2 β 2 _ α__,+2=-μ -- α + μ α2 - μ2 = = ::::) λπ: = -β 2 + λ2 α2 = κ2 αντιστοίχως (blak). 2α μ , οπότε 2·� α-μ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/65

---=-

-------,-- Μια ενδιαφέρουσα ιδιότητα της Έλλειψης

ισχύει: {Κ μέσο του ΒΓ, Τ μέσο του ΕΓ }

ΤΣ :y-0=

(Σχήμα α)].

μ μ μ

Σχήμα α

α2 -μ2 (- α ) + α � α +μ ΤΣ) = 2αμ ( α2 -μ2 2 22 2 = 2αμ J +1 α2 +μ2 α2 +μ2 = (α2 _ μ24μ)2 +4α2μ2 = α24μ+μ2 = α2 2αμ 4α2μ2 d(O,

έλλειψη.

Θεωρούμε αρχικά το Ε μεταξύ Β και Γ (ανάλογα εργαζόμαστε και στις άλλες περιπτώσεις).

ΤΕ = ΤΓ

λ = α-

λ,

λ+α ΒΤ= ΒΕ+ΒΓ = 2 2

2 (η, ΒΤ = α - Γτ)' ΚΤ = -α - ΤΓ = -α - α - λ = -λ 2 2 2 2 [και απ' ευθείας για κάθε τριάδα σημείων Β, Γ, Ε '

= α-λλ => --

ΒΤΣ

ήταν και η αφορμή της γενίκευσης που κάναμε στην

=> ΚΜ = τκ => ΚΜ = 2 => χ ΤΒ χ λ+α

νίδη, έκδοση 1960 (Θεσσαλονίκη). Αυτή άλλωστε

Έστω ΑΒΓΔ τετράγωνο πλευράς α, ΒΕ ΤΕ = ΤΓ και Κ το μέσο του ΒΓ. Τότε:

:::::

=>�. Δ KTM oe Δ

Ειδική περίπτωση με το Ε

μέσο του ΒΓ υπάρχει στη Γεωμετρία Γ. Σ. Σταυρια

Αν ΒΣ = χ, τότε ΣΑΔ ΣΒΕ χ + α α => α α α α =>-1 χ =-λ =>-χ =-λ - 1 =>-α χ λ

'-----r====c-----'-

Ευκλείδεια Απόδειξη

�

μ2 χ + α2 2 -α � · 2 αμ 2 αμ α α2 z α+μ =0 ΤΣ : - μ x + y - -2α μ 2

2 � ΤΣ : y = α �

--------

λ · αλ 2 => ΚΜ = -χ = 2 2 => λ+α α -λ

�ΟΜ= ΟΚ+ ΚΜ�· -α2 + α2α-λλ2 2 = α ( α2 -λ-2 + 2λ2 J α . α2 +λ2 � 2 α2 λ2 2 α2 -λ2 �ΜΤ2 =ΚΤ24 +ΚΜ2[ = = 4λ2 + (α2α2-λλ 2 )2 = 4λ2 1+ (α24α2-λλ22 )2 ] = +λ2 )2 � =-λ24 · (α2 _(α2λ2-λ)2 +42 )2α2λ2 = -·λ24 ((α2α2 -λ2 2 ) � ΜΤ= -λ2 · αα22 +-λλ22 . Αν λοιπόν ΟΗ ΣΤ , τότε: ΟΗ = � ΔΟΗΜ� ΔΤΚΜ� ΟΜ τΜ =

=> ΟΗ = ΤΚ · ΟΜ = τΜ

τκ

λ 22

2 2 . α . α +λ = α 2 2 λ " α + λ 2 α - λ2 2 2 α 2 - λ2

Άρα η ΣΤ εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/66

Το παρακάτω κείμενο είναι από το βιβλίο ''ΟΙ ΘΕΟΕΙΔΕΙΣ", του Ηλία Κωνσταντόπουλου, το οποίο τυπώθηκε σε περιορισμένο αριθμό αντιτύπων, με την ευκαιρία του συνεδρίου της Ε.ΜΕ., στην Καστοριά. Μπορείτε επίσης να βρείτε αυτό το βιβλίο στο ηλεκτρονικό βιβλιοπωλείο yantzί.gr

Υπατία η Αλεξανδρινή (από 370 - έως 4 1 5) Η μαθηματικός - θρύλος Ο Θέων, ως συνήθως λόγω του προχωρημένου της ηλικίας του, σηκώθηκε πολύ πρωί, πριν χαράξει. Τεντώθηκε στο ανάκλιντρο, κοίταξε .έξω και είδε την αυγή να ροδίζει. Σηκώθηκε ανάλαφρα. Τα γυμνά του πόδια ακούμπησαν στην ψάθα. Έσκυψε, έβαλε τα σανδάλια του και ξεκίνησε για τον συνηθισμένο του πρωινό περίπατο. Περνώντας μπροστά από το δωμάτιο της κόρης του, τράβηξε λίγο την κουρτίνα της πόρτας, να την ανnκρύσει για λίγο, να δει το φως του, για να πάει καλά η ημέρα του. Παραξενεύτηκε που δεν την είδε στο κρεβάτι της. Δε συνήθιζε να ξυπνάει τόσο πρωί. Ανήσυχος βγήκε στο αίθριο του σπιτιού του, εκεί όπου περνούσε τις περισσότερες ώρες του, μαζί με την Υπατία. Εκεί την είχε αφήσει το προηγούμενο βράδυ, όταν aποκαμωμένος από τη νυχτερινή παρατήρηση του ουρανού, αποσύρθηκε για να ξεκουραστεί. Τα μάnα του δεν μπορούσαν να δουν ακόμα καθαρά. Η πρωινή αύρα που ερχόταν από τη θάλασσα, τον ανατρίχιασε. Στο πλακόστρωτο κομμάnα από πάπυρο αναδεύονταν, προσπαθώντας να ξεδιαλύνουν τους υπολογισμούς που είχε γράψει πάνω τους η Υπατία. Ο αστρολάβος ήταν στη θέση του, η κατασκευή του Πτολεμαίου για το γεωκεντρικό σύστημα, τα πάντα, μέσα στη mωπή. Μόνο ο αέρας ανάσαινε και λίγο πιο πέρα ακουγόταν η ρυθμικ:ή αναπνοή της Υπατίας, η οποία κοιμόταν πάνω σε ένα ανάκλιντρο. Το όμορφο κεφάλι της με τα πυκνά, καστανά μαλλιά της είχε για μαξιλάρι μόνο το ένα της χέρι, ενώ το άλλο κρεμόταν έξω από το στενό ανάκλιντρο. Φαίνεται ότι aπορροφημένη από τους υπολογισμούς και τις σκέψεις της, είχε αφεθεί στην αγκαλιά της νύχτας εκεί, στο αίθριο. Ο Θέων πλησίασε αθόρυβα και την ι<::οίταξε με τρυφερότητα. Καθώς η ανατριχίλα χτύπησε πάλι τις πλάτες του, φοβήθηκε ότι θα κρύωνε. Έβγαλε το μανδύα του και τον έριξε απαλά πάνω της. Έμειναν έξω μόνο τα γυμνά της πόδια και το κεφάλι της. Έμεινε λίγη ώρα να την κοιτάζει με στοργή. Της χάιδεψε τα μαλλιά και μετά γύρισε στον ουρανό. Η ροδαυγή κατάπινε τα τελευταία αστέρια. Μόνο η Αφροδίτη κατάφερνε ακόμα να aχνοφέγγει. Κοίταζε τον αγαπημένο του πλανήτη, μέχρι που τα αδύνατα μάτια του έπαψαν να τον βλέπουν. Έριξε μια τελευταία ματιά στην κόρη του και αποφάσισε να την αφήσει να την ξυπνήσει ο ήλιος. Τράβηξε αργά για την παραλία, ενώ ο νους του είχε κατακλυσθεί από τρυφερότητα και από την εικόνα της. Την αγάπησε πολύ από όταν γεννήθηκε. Ήταν βέ-

βαιος ότι θα ήταν κόρη, γιατί δεν ήθελε γιο. Αγαπούσε τη γυναίκα του και η αγάπη του αυτή πολλαπλαmάστη κε, όταν έγινε πατέρας. Όταν πέθανε η γυναίκα του η αγάπη αυτή μεταβιβά στηκε στην κόρη του. Αφοσιώθηκε αποκ:λεισn κά σε αυτή. Καθώς ήταν εύπορος, έδωσε όλο του το χρόνο στην ανατροφή της, σnς σπουδές της. Ότι είχε κατορθώσει να μάθει όλα αυτά τα χρόνια, φρόνnσε να της τα μεταβιβά σει. Αυτό δεν ήταν δύ σκολο, διότι ήταν πολύ ευφuής. Έτm η ενασχόληση μαζί της και οι συζητήσεις τους γύρω από θέματα μα θηματικών, αστρονομίας και φιλοσοφίας ήταν πολύ ευχάριστες. Έτm γρήγορα τον ξεπέρασε σε γνώσεις, αλλά και σε βαθ6τητα και πpωτοτυπία σκέψης. Ήταν ένας ευτυχισμένος πατέρας, καθώς την έβλεπε να ανθί ζει στο νου και στο σώμα. Τον ανησυχούσε μόνο το γεγονός, ότι αν και συναναστρεφόταν αποκ:λεισnκά σχεδόν με νέους της πόλης, δεν έδειχνε ιδιαίτερο ερωτι κό ενδιαφέρον για κανένα, χωρίς όμως να αποθαρρύνει κανένα. Προκαλούσε συζητήσεις μαζί τους, κρατώντας τους όμως και σε μια απόσταση. - Είναι μικρή ακόμα, σκεφτόταν. Δεν τολμούσε να παραδεχτεί στον εαυτό του, ότι κατά βάθος επιθυμούσε να παραμείνει μικρή, να μείνει μαζί του μέχρι να κλείσει τα μάτια του. Να παρακολουθεί τις προόδους της σκέψης της, τις ανα καλύψεις της, τις σχέσεις της με τα άστρα. Δεν μπο ρούσε να διανοηθεί τη ζωή του χωρίς αυτήν. Ήταν ο μόνος λόγος για να ζει. Αν και την είχε αναθρέψει εντελώς φιλελεύθε ρα, ήταν και αυτή προσκολλημένη μαζί του. Είχε μεγαλώσει με το δικό του τρόπο σκέψης, είχε γαλου χηθεί με τις ιδέες του. Ούτε αυτή είχε σκεφτεί τη ζωή της χωρίς τον πατέρα της. Ο Θέων χαμογελούσε, καθώς έκανε αυτές τις σκέψεις. Ευχαριστούσε τα άστρα που του είχαν χαρίσει τέτοια κόρη. Περπατούσε τώpα κοντά στο aρμυρό νερό. Ήταν ήσυχο αυτό το πρωινό. Μόνο οι γλάροι που άρχιζαν να ξυπνάνε, έκρωζαν και βουτούσαν για κά ποω ψάρι. Είχε πολλά ψάρια τότε η θάλασσα της Αλε ξάνδρειας. Ασυναίσθητα σκέφτηκε ποιον αριθμό θα έπρεπε να γράψει, ο οποίος να μετρούσε όλα τα ψάρια όλων των ωκεανών. Αυτός ο αριθμός θα ήταν σίγουρα μεγάλος, αλλά τι σημαίνει «μεyάλος», όταν μιλάμε για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/67

Μαθηματικά και λογοτεχνία

αριθμούς; Περπατούσε στη μαλακιά άμμο και το λιμάνι ξυ πνούσε mγά - mγά. Είχε δική του ζωή. Τα σκάφη του, τα ψάρια του, τους ανθρώπους του. Πολλοί τον γνώρι ζαν, τον σέβονταν και τον χαιρετούσαν. Ανταπέδιδε τον χαιρετισμό, χωρίς όμως να σταματά το βηματισμό του. Κάποιος προσπάθησε να του πουλήσει φρέσκα ψάρια, κάποιος άπλωσε το χέρι για βοήθεια. Τον ελέησε και προχώρησε, καθώς δεν εννοούσε να χάσει με τίποτα τον περίπατό του. Επέστρεψε κουρασμένος, αλλά αναζωογονημέ νος από το οξυγόνο και τη μυρωδιά της θάλασσας. Ο ήλιος δεν είχε ανέβει ακόμα ψηλά και η Υπατία κοιμόταν ακόμα. Μάζεψε τους πάπuρους από κάτω και προσπάθησε να ακολουθήσει τις χθεmνές σκέψεις της. Δεν τα κατά φερε. Τράβηξε ένα σκαμνί και κάθισε κοντά της. - Ξύπνα, κ:υρά των αστεριών, τα αστέρια χάθηκαν, είπε και της χάιδεψε τα μαλλιά. Εκείνη αναστέναξε, μισάνοιξε τα μάτια της και τα έκλεισε πάλι. Ο Μορφέας δεν την άφηνε από την αγκαλιά του. - Ξύπνα, κόρη μου. Σε κράτησε ξάγρυπνη ο Ερμής; Αυτόν προσπαθούσες να aποκρυπτογραφήσεις; Άνοιξε τα μάτια της, έβγαλε τα γυμνά της χέρια έξω από τον χιτώνα, τεντώθηκε. - Τι ώρα είναι, Θέων; Άργησα να κοιμηθώ. Και πεινώ. - Έλα, σήκω, το πρωινό μας θα είναι έτοιμο. Η η μέρα είναι πολύ ωραία και προβλέπεται αρκετά γεμάτη. Δε θα ήθελες να σε περιμένουν οι μαθητές σου. - Έχω σήμερα να τους πω πολλά καινούργια πράγ� ματα. Αργότερα η Υπατία φτάνει στη σχολή, οι περισ σότεροι μαθητές την περιμένουν. Πριν προλάβει va αρχίσει το μάθημα, μπαίνει ο τελευταίος μαθητής. - Καλημέρα, κ:υρία. - Καλημέρα, Συνέσιε. Άργησες λίγο σήμερα. - Ναι, κ:υρία, συγνώμη. Δεν είχα ύπνο τη νύχτα και δυσκολεύτηκα να ξυπνήσω. - Γιατί, Συνέσιε; - Σκεπτόμουν, κ:υρία. Αυτά τα αστέρια μου έχουν πάρει το μυαλό. - Όλα τα αστέρια, Συνέσιε, ή μόνο οι περιπλανώμενοι; - Διαισθάνομαι ότι η μοίρα μας είναι στενά δεμένη με τη μοίρα όλων των άστρων. Όμως οι πλανήτες, δηλαδή οι περιπλανώμενοι όπως τους ονομάζεις εσύ, έχουν μεγάλη επιρροή επάνω μας. Έτσι όπως γυρί ζουν πάνω από τα κεφάλια μας, έχω την εντύπωση ότι μας παρακολουθούν. - Έχεις δίκιο, Συνέσιε. Μας παρακολουθούν με άγρυπνο μάτι. Αλλά μπορεί και να μας προστατεύ ουν. Είναι τα αδέρφια μας. - Από ποιους κινδύνους να μας προστατεύουν, κ:υ ρία;

- Δε γνωρίζω, Ορέστη. Ίσως από τον ήλιο, ίσως από άJ..λα ουράνια σώματα. Μπορεί στον ουρανό να κ:υιcλοφορούν άλλα μικρότερα αντικείμενα που δεν τα βλέπουμε και οι πλανήτες τα τραβούν πάνω τους. Γι' αυτό λέω ότι μας προστατεύουν. - Πώς τα σκεφτήκατε αυτά, κ:υρία; Δεν έχουμε κα μιά ένδειξη για κάτι τέτοιο. - Ορέστη, είμαι υποχρεωμένη να σκέφτομαι, να αναρωτιέμαι για τα πάντα και να εικάζω ότι έτσι πρέπει να είναι, αν αυτό μου φαίνεται λογικό και συμβαδίζει με τις παρατηρήσεις μας στο ουρανό. Αυτή πρέπει να είναι βασική αρχή της σκέψης μας, της φιλοσοφίας μας. Πώς, για παράδειγμα, καταλή ξαμε στο συμπέρασμα ότι η γη είναι σφαιρική; Με το συναίσθημα; Όχι. Μόνο με την παρατήρηση και τη λογική. · - Ο Αρίσταρχος . . . - Ναι, Ο Αρίσταρχος. Αυτός ο γίγαντας της σκέψης και της παρατήρησης. Βλέποντας την κίνηση της Αφροδίτης, κατάλαβε ότι η γη δεν μπορεί να είναι επίπεδη. Μόνο αν είναι σφαιρική θα μπορούσε να κρύβει για κάποιες ώρες την πλανώμενη Αφροδίτη. - Στη συνέχεια όμως αυτή την εικασία την απόδει ξε, Μάλιστα μέτρησε και την περίμετρο της γης. - Ναι, έτσι είναι. Χαίρομαι που το θυμάσαι. Χθες, λοιπόν, ούτε εγώ μπορούσα να κοιμηθώ. Παρατη ρούσα τα αστέρια, χάθηκα ανάμεσά τους. Πέρασε ο χρόνος και εξαντλημένη ξάπλωσα, εκεί έξω στο πα ρατηρητήριο, όπου με βρήκε το πρωί ο πατέρας μου. - Κυρία, αν είστε κουρασμένη να φύγουμε . . . - Όχι, Συνέσιε. Η συζήτηση μαζί σας με ξεκουράζει. Η ζωή μου είναι ταυτισμένη μαζί σας. Καθώς έκλειναν τα μάτια μου από την κούραση, σκεφτόμουν ή ονειρευόμουν, δεν ξέρω να σας πω, ότι κατάλαβα επιτέλους τα μυστήρια του κόσμου και ευτυχισμένη, πέθανα. - Τι καταλάβατε, κ:υρία; Πείτε και σε μας. - Δεν είμαι ακόμη σίγουρη, δεν είμαι σε θέση να το αποδείξω. Όμως θέλω να μοιραστώ μαζί σας τη χαρά της σκέψης μου. Ο Αρίσταρχος μας έμαθε ότι ο ήλιος είναι το κέντρο του κόσμου και ότι οι πλανήτες κινού νται κυκλικά γύρω του. Ο Πτολεμαίος προσπάθησε να μας πείσει ότι η γη είναι το κέντρο του Σύμπαντος. Γνωρίζετε, το έχουμε συζητήσει και άλλοτε, ότι εγώ mστεύω τον Αρίσταρχο. Όμως η θεωρεία του δεν εξηγεί κάποια πράγματα. - Όπως ποιά, κ:υρία; - Όπως το φαινόμενο των εποχών, τη διαφορετική λαμπρότητα του ήλιου και άλλα. - Και που καταλήξατε; - Ότι οι πλανήτες δε γίνεται να κινούνται κ:υιcλικά γύρω από τον ήλιο. - Αλλά τότε, πώς; Η κ:ύκ:λος δεν είναι η τέλεια κα μπύλη; - Ξέρετε, όλοι μιλούσαν για κ:υιcλικές τροχιές, από θαυμασμό στα αστέρια. Δε μπορούσαν να διανοηθούν ότι αυτά τα τέλεια σώματα δε θα κινούνταν σε μια τέ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/68

Μαθηματικά και λογοτεχνία

λεια τροχιά. Όμως θυμήθηκα τον Απολλ.ώνιο, το μεγά λο μας δάσκαλο. Σκέφτηκα τις κωνικές τομές του. Μια έλλειψη είναι επίσης μια τέλεια καμπύλη και μάλιστα είναι ένας κύκλΟς με δύο κέντρα ή αν θέλετε, ένας κύ κλος είναι μια ιδανική έλλειψη, μια έλλειψη με τα δύο κέντρα της να ταυτίζονται. Αν λοtπόν οι περΙΠλανώμε νοι δεν κινούνται σε κύκλους, αλλά σε ελλείψεις, με τα κέντρα τους, όχι πολύ μακριά το ένα από το άλλο τότε αυτά τα προβλήματα λύνονται. - Μα αν δεν κινούνται σε κύκλους, πού είναι η τε λειότητα του Σύμπαντος; Είπατε ότι μόνο ο κύκλος είναι το τέλειο σχήμα. - Αυτό έχουμε δεχτεί, αυτό μας έχουν πείσει οι με γάλοι μας δάσκαλοι. Όμως αν έχουν κάνει λίγο λά θος, αν κινούνται ελλειπτικά, όλα εξηγούνται, όλα είναι κατανοητά και εγώ είμαι ευτυχισμένη. - Δηλαδή η γη μας κινείται γύρω από τον ήλιο, αλ λά σε ελλειπτική τροχιά. Έτσι η απόστασή της από αυτόν δεν είναι σταθερή, αλλά αυξομειώνεται, ανά λογα δε ποιο σημείο της έλλειψης βρίσκεται. Έτσι εξηγούνται οι εποχές; - Ναι, Ορέστη. Όσο πιο κοντά βρισκόμαστε στον ήλιο, τόσο μεγαλύτερη ακτινοβολία δεχόμαστε. Τη μέγιστη το καλοκαίρι και την ελάχιστη το χειμώνα. - Από τον ήλιο λοιπόν εξαρτιόμαστε, αυτόν θα έ πρεπε να λατρεύουμε, σαν τους Αρχαίους Αιγυπτί ους. Αυτόν ή τους θεούς που τον έφτιαξαν. Πάντως χωρίς αυτόν δε ζούμε. Δεν κατανοώ τον κόσμο μας, αλλά αυτό μου φαίνεται ότι είναι φυσιολογικό. Η φύση μας έφτιαξε να αντιλαμβανόμαστε μόνο ότι έχει να κάνει με την επιβίωσή μας. Η κατανόηση του κόσμου δεν είναι απαραίτητη. Γι' αυτό και δεν μπο ρούμε να τον καταλάβουμε. - Μπορεί να έχεις δίκιο. Προσπαθούμε όμως. Εγώ θέλω να τον κατανοήσω. Θέλω να γνωρίσω το μηχανι σμό του, τη λειτουργία του και αν με αξιώσουν οι θεο� τη δημιουργία του. Τότε δε θα έχω άλλο λόγο να ζω. - Κυρία, αυτό είναι λίγο εγωιστικό. Σκέφτεστε μό νο τον εαυτό σας. Εμάς όχι. Πώς θα είναι οι ημέρες μας χωρίς εσάς; Πώς θα ζήσουμε; - Ορέστη, εσείς είστε άντρες. Η κοινωνία μας είναι ανδροκρατική. Θα βρείτε πολλά ενδιαφέροντα, θα πά ρετε πολλά αξιώματα. Με τις γνώσεις και το μυαλό που έχετε, θα είστε χρήmμοι και η κοινωνία θα σας αντα μείψει. Πάντοτε η κοινωνία aνταμείβει τη γνώση, έστω και αν αυτή η γνώση. είναι καμιά φορά στείρα, ίσως και επικίνδυνη. Εσείς φροντίστε, ώστε οι γνώσεις σας vα γίνουν βάλσαμο στο νου και στην καθημερινότητα των ανθρώπων. - Και εσείς, κυρία; - Για μένα είναι διαφορετικά. Εφόσον επέλεξα να μην ερωτευθώ, να μην κάνω οικογένεια και να aφο σιωθώ στην επιστήμη, η μοίρα μου είναι προδιαγε γραμμένη. Ότι ευχαρίστήση, ότι ηδονή μπορώ να aντλήσω στη ζωή μου, είναι μέσα από τη γνώση. Αν καταφέρω να απαντήσω στο κυρίαρχο ερώτημα, αυ τό της ύπαρξης του ανθρώπου, αν υπάρχει τέτοια ,

απάντηση, τότε δεν έχω να περιμένω από τη ζωή μου καμιά άλλη ανταμοιβή Η Υπατία σταμάτησε και σηκώθηκε ελαφρά από το κάθισμά της. Οι μαθητές της κατάλαβαν ότι για σήμερα δεν ήθελε να πει κάτι άλλο. Σηκώθηκαν, υ ποκλίθηκαν ελαφρά και αποχώρησαν. Ο Ορέστης έμεινε τελευταίος με την ελπίδα να έχει μια προσω πική συζήτηση μαζί της. Η Υπατία, γνωρίζοντας τα συναισθήματά του για αυτή, χαμήλωσε το κεφάλι, σα να σκεφτόταν, μέχρι που και αυτός αποχώρησε a πελπισμένος. Το βράδυ, την βρήκε πάλι στο παρατηρητήριο. Άρχισε να μιλάει στα αστέρια. - ΑΝ αστέρια του ουρανού! Τι να είστε άραγε; τι δύ ναμη κρύβεται στα σπλάyyα σας; τι σας καθοδηγεί; Έχετε αισθήματα; Θέλετε να γνωριστούμε; Εγώ θέλω να τρυπήσω τη διάφανη ουσία σας, να δω την καρδιά σας. Από τα ίδια υλικά είμαστε; Εγώ πονάω, θέλω να σας καταλάβω. Εσείς γιατί όχι; Εγώ γιατί είμαι θνητή, ενώ εσείς όχι; Αλλά μάλλον και εσείς πρέπει να είστε θνητά. Αλλά ο κύκλος της ζωή σας είναι ασύγκριτα μεγαλύτε ρος από το δικό μου, μεγάλη, όσο και το μέγεθός σας. ΑΝ να μπορούσα να καταλάβω τα πάθη σας και ναι, ας πέθαινα. Εσύ, Αφροδίτη μου, γιατί τριγυρνάς στον ουρα νό ακατάπαυτα; τί ψάyyεις; Τι προσδοκάς; Και εσύ, Κασmόπη, γιατί μένεις καρφωμένη ακίνητη, καρφωμένη θαρρείς; Πεθαμ.έ\.η είσαι; Εσύ σελήνη μου; Πρέπει να σου πω γιατί δε θα παραδοθώ ποτέ σε άντρα. Ο κύκλος μου έχει ταυτιστεί με το δικό σου κύκλο. Αν σταματήσει, φοβάμαι ότι δε θα ξαναβγείς ποτέ. Αχ! Σας παρατηρώ και ξεyyώ τα γήινα. Καίγομαι να σας καταλάβω. Οι άν θρωποι εδώ κάτω είναι δέσμιοι των γήινων πραγμάτων. Δε σκέφτονται πέρα από τα πέ:ιτ:λα της σιωπής. Εγώ τυ ραννιέμαι μεν, αλλά νοιώθω απελευθερωμένη από τη βαρύτητα. Με έχετε πάρει κοντά σας, είμαστε πJ.i.ον αδέρφια. Με έχετε συνεπάρει. . .

-�

Ύστερα ήρθαν μαύρες ημέρες. Η νέα θρησκεία έπαιρνε βίαια τη θέση της παλιάς. Με τις ευλογίες της κεντρικής διοίκησης της Κωνσταντινούπολης, κήρυξε πόλεμο στην Αρχαία Φιλοσοφία. Η Υπατία ήταν εμπόδιο σε αυτό, λόγω· της μεγάλης της επιρ ροής στους νέους της πόλης. Έτσι μια ημέρα, με την υποκίνηση του ανακηρυχθέντος και Αγίου, Επισκό που Κύριλλου, χριστιανικός όχλος τη συνέλαβε, τη βασάνισε, σκίζοντας το σώμα της με σπασμένα ό στρακα και τέλος, αφού τη διαμέλισε, έκαψε τα κομ μάτια της στην πυρά. Μαζί με αυτήν ξεψύχησε η Ελληνική Φιλοσοφία και τα Μαθηματικά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/69

ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΛΑΙΟΤΕΡΩΝ ΕΠΟΧΩΝ

Επιμέλεια: Γεώ ργιος Τασσόπουλος

(πενήντα χρόνια πριν) χ3 -1 3� � + -- < Ο (1) Zη, τη μα lσν : Να λυθει' η ανισωσις: ' 2 Λύ ση : Για να ορίζεται η (1) πρέπει και αρκεί χ '* Ο . α' τρ όπος : Με χ '* Ο έχουμε χ2 > Ο, οπότε: (1)<::::> 2χ3 -2+3� ·χ2 < Ο (2). Ακαδημαϊκό Απολυτή ριο τύπου Β ' - 1966 Άλγεβ ρα

Το θέμα αυτό υπήρχε τότε, μόνο στην Άλγεβρα του μεγάλου δάσκαλου Σπύρου Κανέλλου, ενώ αρ γότερα το συμπερ ιέλαβαν πάρα πολλοί συγγραφείς στα βιβλία τους. Η υπόδειξη του συγγραφέα ήταν: Να λυθεί χpησιμοποιουμένης της αντικαταστάσεως λ y, όπου το λ κατάλληλος αριθμός.

χ=

Προφανώς κατάλληλος λ είναι ο. λ = ifi ώστε να προκύψουν συντελεστές ρητοί (αφού τότε: (2) <::::> 2"Κy3 -2 + 3� . λ2y2 < ο ) Πράγματι αν χ = � · y , τότε η επιλύουσα της (2) είναι η: 2 (� y)3 -2 + 3ifi (� yγ < Ο (3). Έχουμε λοιπόν: (3) 4y3 -2 + 6y2 < Ο <::::> 2y3 + 3y2 -1 < Ο <::::> (y + 1)(2y2 + y -1) < Ο <::::> <::::> (y + 1)2 (2y - 1) < Ο <::::> y '* -1 και 2 y -1 < Ο <::::> y '* -1 και y < .!_2 . Άρα: (1) <::::> χ '* Ο , {12� '* -1 � <::::> χ ε ( -οο, -�) ( -�, Ο) Ο, � και �χ < 21 <::::> χ '* Ο, χ '* -� και χ < 2 υ υ 2. β ' τρ όπ ο ς : (Δόθηκε από τον επίσης μεγάλο δάσκαλό μου, Ποθητό Σταυρόπουλο στις εφημερί δες της εποχής). Πρόκειται για μια εξαιρετικά σύντομη λύση βασισμένη στην ταυτότητα Cauchy - Euler: α3 + β3 +γ3 -3αβγ = � (α+β +γ)[ (α-β)2 +(β -γ)2 +(γ -α? J . Παρατήρησε λοιπόν ότι: (2) <::::> χ3 + χ3 + ( -�)3 - 3 . χ . χ . ( -� ) < Ο <::::> <::::> � ( χ +χ-� ) [ (χ-χ)2 + ( χ +�)2 + ( χ+�)2 ] < ο <::::> ( 2χ-�)( χ +�)2 < ο <::::> χ ""' -� � και 2χ-� < 0 <::::> χ '* -� και χ <-. 2 για την (I) έχουμε χ Ο, οπότε τελικά (I) χ ε ( - <12 ) ( --{/2, Ο) Ο, τρ όπ ο ς : (Από το Δελτίο θεμάτων του δραστηριότατου Γραμματέα της Ε. Μ. Ε και επίσης με γάλου δάσκαλου Αριστείδη Πάλλα). Έχουμε: (2) <::::> 2χ3 + 2� · χ2 + � χ2 -2 < Ο . Αν θέσουμε λοιπόν ifi = ω, τότε: (2) <::::> ω3χ3 +ω4χ2 +ωχ2 -ω3 <Ο <::::> ω3χ2(χ +ω)+ω(χ2 -ω2) <Ο<::::> ω(χ+ω)(ω2χ2 +χ-ω)< Ο (3). Το τριώνυμο g(x) = ω2χ2 +χ -ω με συντελεστές α = ω2 = { �)2 , β = 1, γ = -� , έχει διακρί·

<::::>

( J

ΑλΜ

<ο>

-ao,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/70

( �}

------ Θέματα παλαwτέρων εποχών

------

- 1+3 1 = -ω = -ω , ' Χ1 = = νουσα Δ = 1 + 4 · 2 = 9 και ριζες 2ω2 ω2 ω3 2 2ω = -ω 2ω = - -1-3 = - -2 = - χ 2 = -2ω2 ω2 ω3 2 · Άρα: (3;<ο> ω(χ +ω)ω2 χ - � χ+ ω) < Ο <ο> ω'(χ +ω)' χ - � < Ο <ο> χ >' -ω και χ < � , οπότε: (!) <ο> χ ( - {,12) ( -<Γz, Ο) Ο, αντικατάσταση ifi = ω, διευκολύνει μεν την παραγοντοποίηση, θα μπορούσε όμως και να παραληφθεί, δηλαδή να γράψουμε απ' ευθείας: 2χ3 +3ifi.x2 - 2 = 2χ3 + 2ifi.x2 + ifi.x2 - ( ifi.)3 = 2χ2 ( χ +ifi) +ifi χ2 - ( ifi )2 κλπ. Σχόλιο : Αν βέβαια κάποιος παρατηρούσε από την αρχή ότι το πρώτο μέλος f(x) της (2) μηδε νίζεται για χ = -ifi, τότε οι προηγούμενες διαδικασίες αποβαίνουν περιττές αφού η παραγο ντοποίηση θα ήταν πλέον εύκολη διαδικασία, με εκτέλεση της διαίρεσης f(x) : ( χ+ ifi ) ή με σχήμα Homer. Πράγματι: f(-ifi) = 2· ( -ifiγ -2+3·ifi · (-ifi)2 = 2(-2)-2+3 . ifi ( ifi)2 = -4-2+6 = Ο . Το γεγονός βέβαια ότι η ρίζα είναι αρνητική, δυσκολεύει την επισήμανσή της. Ανάλογη επισήμανση όμως, θα έπρεπε να κάνει κάποιος αν προσπαθούσε να παραγοντο ποιήσει το f(x) με τη μέθοδο των προσδιοριστέων συντελεστών, που θα αναμέναμε ως πλέον φυσιολογική. Παραθέτουμε στη συνέχεια μια τέτοια διαδικασία γιατί είναι πράγματι ενδιαφέρουσα. Ζητάμε λοιπόν α, β, γ τέτοιους ώστε: f(x) = (2χ-α)(χ2 + βχ +γ), για κάθε χ Έχουμε: (2χ-α)(χ2 + βχ +γ) = 2 χ3 + (2β-α)χ2 + (2γ-αβ)χ-αγ . 2β-α = 3ifi. (1) Πρέπει και αρκεί λοιπόν 2γ-αβ = Ο (2) . Αλλά (3) <=> γ = �α , οπότε: (2) <=> α4 = αβ <=> β = � α -αγ = -2 (3) και (1) <=> -;-α= α 3ifi. <=> α3 +3ifi · α2 -8 = Ο . Το πρόβλημα και πάλι είναι η παραγοντοποίηση του Φ(α) = α3 +3ifi ·α2 -8. Όμως το Φ(α) έχει ρίζα τον ifi , που είναι πιθανότερο να την βρούμε επειδή είναι θετική. Να παρατηρήσουμε δηλαδή ότι: Φ ( ifi ) = ( ifi. )3 + 3ifi. · (ifi )2 -8 = 2 + 3 · 2-8 = Ο . Διαφορετικά θα πρέπει να κατα φύγουμε και πάλι σε παρόμοιες μεθόδους παραγοντοποίησης ( ) Είναι ομολογουμένως ενδιαφέρουσα η πορεία μετά τη διαπίστωση ότι Φ ( ifi ) =Ο . Πράγματι, τότε βρίσκουμε: Φ(α) = ( α-ifi) α2 +4ifi · α+4 ( ifi )2 = ( α-ifi)(α+ 2ifiγ (Συντομό τερα με σχήμα Homer). Άρα: (1) <=> α = ifi ή α = -2ifi . Με έκπληξη δηλαδή διαπιστώνουμε ότι πιθανόν να μην είναι μονοσήμαντη η ανάλυση του f(x) σε γινόμενο της μορφής που επιλέξαμε.

( }

•

-<Χ>,

( �}

( )

[

]

•

}

[

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/71

]

JR .

------- Θέματα παλαιοτέρων εποχών

-------

2 ),/2 ),[2) 2( 4 4 2 2 οπότε: = ( ),[2) = = = 2),/2 γ = ί) Για α = ),/2 έχουμε: β = -),/2 ' ' 2 (),[2)2 2 2 2 ),[2 ),/2 2 ),[2) β = ( 2 -),[2){ χ + + ( 2 + 2 ),[2) χ χ = χ f(x) { [ · )J . ),/2 ") Για α = -2ν3 r:::2 εχουμε: β = ( 4 2 = 1 2 = 2 και γ = 2 = - ),/21 = _2),[2 4 ),[2) ( ),[2)

ιι

.ι.

[

�)}(

f(x) = ( 2χ + 2112 ) χ ' + � χ - (

χ + 112 )

(),[2)2 οπότε 2 '

[2χ2 + 112 ·χ -(112)' ] = ( χ + 112) g(x) , ·

όπου

το τριώνυμο g( χ) = 2 χ2 + ),/2 · χ - { ),[2) 2 , έχει διακρίνουσα ),/2 ),/2 ),/2 ) ) ) ) Δ = ( ifi 2 + 8 ( ifi 2 = 9 ( ifi 2 = ( 3ifi. 2 και ρίζες Χ 1 = - 4+ 3 = 2 , χ 2 - -ifi-4 3 ifi. -- -ν3 r;:;2 . ifi. (x+ifi)=(2x-ifi)(x+ifi)2 . Άρα: f(x) = (x + ifi)· 2 · χ - 2 ·

( J

Π α ρατή ρη ση

Τελικά το γεγονός ότι ένα πολυώνυμο f (χ) = α3 χ 3 + α2 χ 2 + α1 χ + α0 , α3 Ο έχει στο JR μία α πλή και μία διπλή ρίζα σημαίνει ότι μπορεί κατά δύο τρόπους να αναλυθεί σε γινόμενο της μορ φής f(x) = α3 (χ - α)(χ 2 + βχ + γ) . Πράγματι: f(x) = α3 (χ-ρ1 )(χ -ρ2 )2 = � (χ-ρ1)(χ2 -2ρ2 χ+ρ; ) ή f(x) = α3 (χ - ρz )(χ - ρι )(χ - ρz ) = αJ (χ - ρ2 ) [Χ 2 + (ρι + ρ2 ) χ+ ριρ2 ] Αν όμως έχει τρεις διαφορετικές ρίζες τότε μπορεί κατά τρείς τρόπους να αναλυθεί σε γινόμενο της παραπάνω μορφής. Τέλος αν έχει μόνο μία ρίζα, απλή ή τριπλή, τότε η παραπάνω ανάλυση είναι μονοσήμαντη. Το να μην έχει το f(x) ρίζα στο JR αποκλείεται (γιατί;). :;t

(*) Παραγοντοποίηση του Φ(α) και με τους τρείς προηγούμενους τρόπους.

α) Με α = ),/2 · y έχουμε: Φ (α) = 2y3 + 3 2 y2 - 8 = 2(y3 +3y2 -4) = 2(y - 1)(y+ 2)2 = = 2 (� - I ( � +2 =(α- 112 )( α+2112 )'.

)

β)

α3 + 3ifi. · α2 - 8

) = ±( 2α3 -1 6 + 6ifi. α2 ) = ± [ α3 + α3 + ( -2ifi.)3 -3 ·α· α·( -2ifi.) J = ·

= �( α + α-2ifi.) [(α -α)2 + ( α + 2),/2 )2 + ( α+ 2ifi.)2] = � · 2( α- ),/2 ) . 2( α + 2ifi.)2 = = ( α - ifi.)( α + 2ifi.)2 . γ) Αν ifi = ω , τότε Φ(α) = α3 + 4ifi. · α2 -ifi ·α2 - 8 = α3 + ω7 · α2 - ω · α2 - ω9 = = α2 (α- ω) + ω7 (α2 - ω2 ) = (α- ω) [ α2 + ω7 (α+ ω)J = (α-ω)(α2 + ω7α + ω8) = (α- ω) · g(α) , ό που το τριώνυμο g(α) = α2 +ω7α +ω8 έχει διακρίνουσα Δ = ω14 - 4ω8 = ω8(ω6 -4) = Ο και διπλή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/72

------ Θέματα παλαιοτέρων εποχών

------

ω7 = - ω6 · ω = - 4ω = -2ω . ,ριζα α = α = - 1 2 2 -2 2 Άρα Φ (α) = (α - ω)(α +2ω)2 = ( α - \12 ) ( α + 2\12 )2 , αλλά και απ' ευθείας: Φ (α) = α3 + 3\12α2 - 8 = α3 +4\12α2 -\12α2 -4 ( \12 )3 = α2 ( α -\12 ) +4\12 [ α2 - ( \12 )2 ] κλπ. Η ιδιομορφία τελικά της άσκησης αυτής έγκειται στο γεγονός ότι αν δεν εντοπιστεί εξαρχής μία ρίζα του αντίστοιχου πολυωνύμου (ως προφανής), τότε δεν μπορούμε να αποφύγουμε διαδικασίες σαν τις προηγούμενες, για την παραγοντοποίησή του. •

Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο - Σχολή Πολιτικών Μηχανικών ( 1955) Άλγεβρα (Εξεταστής: Φίλων Βασιλείου) Ζήτημα 1ον Δείξατε ότι το τριώνυμον f (χ) = χ2 + αχ + β 1 με πραγματικούς συντελεστάς, δεν ειμπορεί να λαμβάνη πάντοτε τιμάς απολύτως μικροτέρας του 2 , δια τιμάς του χ από -2 έως 2 των α κραίων τιμών συμπεριλαμβανομένων δια το χ, ότι δηλαδή δεν είναι δυνατόν να είναι -2 < f(x) < 2 δια κάθε χ δια το οποίον είναι -2 � χ � 2 . Απόδειξη Α' τρόπος: (Με απαγωγή σε άτοπο)

Έστω f(x) ε (-2, 2), για κάθε χ ε [ -2, 2] . Τότε -2 < f(O) < 2 :::} -2 < β < 2 (1) -2 < f(2) < 2:::} -2 < 4 + 2α +β < 2 :::} -6 < 2α + β < -2 -2 < (-2) < 2 :::} -2 < 4-2α+β < 2 :::} -6 < -2α+β < -2 . Άρα -12 < 2β < -4 :::} -6 < β < -2

}

f (2) (1 ), (2) :::} β < -2 < β , άτοπο. Λύση λανθασμένη (γιατί;). Πάλι με απαγωγή σε άτοπο. Έστω f(x) ε (-2, 2), για κάθε χ ε (-2, 2] . 1 ) Αν α > Ο , τότε -2 ::;; χ ::;; 2 χ 2 ::;; 4 , -2α ::;; αχ ::;; 2α :::} -2α + β ::;; χ 2 + αχ + β ::;; 4 + 2α + β . Αλλά -2 < f( ) < 2 , γ α κάθε χ ε (-2, 2] . Άρα: -2 < -2α+β, 4+2α < 2 :::} 22α-β<2 α + β< -2 :::} 4α < 0 :::} :::} α < Ο , άτοπο. χ2 -< 4 :::} 2α +β ::;; f(x) ::;; 4- 2α +β . 2) Αν α < Ο, τότε -2 ::;; χ ::;; 2 :::} :::} -2α 2': αχ 2': 2α 2α ::;; αχ ::;; -2α 2α+β > -2 :::} 2α+β -2 :::} 4α > Ο :::} α > Ο, άτοπο. Άρα 4-2α+β < 2 2α-β > 2 β > -2 :::} β < -2 < β , άτοπο. Αυτή η περίπτωση συγχωνεύ3) Αν α = Ο, τότε β ::;; f(x) ::;; 4 + β :::} 4+β < 2 εται στην 1) με α Ο . Το λάθος έγκειται στο ότι δεν είνα ι βέβαι ο πως ο ι αριθμοί του διαστήματος (-2α + β, 4 + 2α + β) , όταν α ;::: Ο ή του διαστήματος (2α + β , 4-2α + β) , όταν α < Ο, είνα ι :::}

}

;:::

}

χ2 <4 }

}

•

όλο ι τιμές της

Αντιπαράδειγμα

f(x) .

1 Στο αρχικό κείμενο αντί του f(x) (f-αρχικό του function) υπήρχε το ελληνικό, σ(χ) (σ-αρχικό του συνάρτηση) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/73

-------

Θέματα παλαιοτέρων εποχών

--------

Αν f(x) = + 2χ - 5 , τότε για Α·= [ -2, 2] έχουμε: _ι 2α = -1 [-2, 2] , οπότε min f(x) = f(-1) = 1 - 2 - 5 = -6 , f(-2) = 4 - 4 - 5 = -5 , f(2) = 4+4-5 = 3 , οπότε max f(x) = 3 . Άρα f(A) = [ -6, 3 ] (με στοιχειώδη μελέτη τριωνύμου ή με συνέχεια συνάρτησης). Εξάλλου ο � χ2 � 4 ' δεν ισχυει -6 � -9 παρα' μονο ' � -9 � χ 2 + 2χ - 5 � 3 προφανως -2 � � 2 � -4 � 2χ � 4 3 � 3 . Οι τιμές δηλαδή του διαστήματος (-9, - 6) δεν λαμβάνονται από την f(x) . χ

}

•

f(x) = ημχ + συvχ με Α = JR γράψουμε: -1 � ημχ � 1 , -1 � συvχ � 1 � -2 �. ημχ + συvχ � 2 � -2 � f(x) � 2 � f(A) = [ -2, 2] ,

Παρόμο ιο λάθος διαπράπεται αν γι α τη συνάρτηση

χΕ Α�

ενώ ως γνωστόν

f(A) =

[ -J2, J2] . (γιατί;).Επίσης αν με Α = ( 0, π ] γράψουμε

χ Ε Α � Ο � ημχ � 1 . -1 � σvvx � 1 � -1 � ημχ + συvχ � 2 � -1 � f(χ) � 2 � f(A) = [ - 1, 2] , ενώ

/(Α) = [ -1, J2]

(γιατί,/

και μάλιστα για (-2, 2) = Α και όχι [ -2, 2] , ώστε να μην είναι γνωστό αν οι τιμές f(-2),f(2) ανήκουν ή όχι στο f(A) . όταν α > Ο και f(2) = f(-2) = 4 + β , όταν α = Ο . f(2) -f(-2) = 4α � max { f(2), f(-2)} = f(f(2), , α<Ο -2), οταν Έστω Α = (-2, 2) και f(x) (-,-2, 2) , για κάθε χ Α . �) . f(2) � β - :' , 4 + 2α + β . οπότε 1) α ;, Ο και i) -2 < - � ,; Ο < 2 , τότε f(A) Β ' τρόπος:

χ Ε

}

α2

χ Ε

{

�

}

)

)[

[r(-

α2 - β < 2 -> -2 α2 < 0 , άτοπο αφού 2α � Ο � - α2 � β � 4 f(Α) ς (-2, 2) � � 2α+ 4 4 4 4+2α + β � 2 2α + β � -2 >Ο έχουμε: f( -2) f(x, ) ε f(A) με - α < < 2 , ενώ f( 2 ) f(A) (σχ.ί). 2α +� � Ο . Τότε για α 2 4 -

�

ι ι I I I \ \ \ \

Χ'

�

χ1

ι ι I I \ \ \ \ \ \ \ '

-2

Χι

Χ'

... , _ _

/ .,_.../"""

_!!: -2

(σχ.ίί)

(σχ. ί) Για α=Ο όμως, f (

2) = f ( 2) = ( 4 + β) � f (Α)

[β, 4 + β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/74

;;

ι Ι I I I I I I

------ Θέματα παλαιοτέρων εποχών

----} }

f(-2) � -2 α ί) - - � -2 δηλαδή α � 4 . Τότε f(A) = ( f( -2), f(2) ) , οπότε: 2 f(2) � 2 =>

2α - β � 6 2α + β � -2

}

=> 4α � 4 ::::> α � l , άτοπο. Τότε: \.

2) α < Ο και i) -2 < Ο < -

β-

α2

> -2

4 4 - 2α + β � 2

f(2) = f(x2 ) ε f(A) ii)

β-

α2

�

> -2

4 2α - β � 2

με -

}

< 2 , τότε: f(A) =

f( -2 ) , f(2) ε f(A)

[r(- �) . ) [

2α - β � 2

}

4 - 2α + β � -2

f(-2) = β -

: , 4 - 2α + β '

::::>

4 + 2α + β � 2

(σχ.ii).

}

οπότε

. α2 α2 α2 ::::> 2α - - > Ο , άτοπο αφού 2α < 0 < - ::::> 2α - - < 0 . Τότε 4 4 4

α < χ 2 < 2 , ενώ 2

f(-2 ) ε f(A)

f(2) � -2 α - � 2 , δηλαδή α � -4 . Τότε f(A) = ( f(2), f(-2) ) οπότε f(-2) � 2 2

2α + β � -6

::::>

=> 4α � -4 => α �

}

::::>

4 + 2α + β � -2 4 - 2α + β � 2

}

::::>

-1 , άτοπο.

Έφυγε ο Παναγιώτης Βουργάνας

Ο φίλος και συνάδελφος, Παναγιώτης μεγάλωσε στην Κοκκινιά (δίπλα

στον Άγιο Γεώργιο). Τελείωσε την Ιονίδειο Σχολή Πειραιά και το Μαθηματι κό τμήμα του Πανεπιστημίου Πατρών. Επί δεκαετίες δούλεψε στην Δευτερο βάθμια Εκπαίδευση ως καθηγητής Μαθηματικών, και συνεπικουρούσε στο έργο του καθηγητή για πολλά χρόνια διδάσκοντας σε εργαστήρια Μαθηματι κών στην Τριτοβάθμια Εκπαίδευση ως αποσπασμένος εκπαιδευτικός, με με ράκι και πολύ αγάπη για τα Μαθηματικά. Μεγάλη όμως ήτανε και η προσφορά του στην Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία τα τελευ ταία 20 χρόνια. Διετέλεσε ειδικός γραμματέας και αναπληρωτής Γενικός Γραμματέας του Διοι κητικού συμβουλίου της Ε.Μ.Ε. λειτουργώντας πάντα συλλογικά με στόχο την ανάπτυξη της Εταιρείας μας. Δούλεψε για πολλά χρόνια με άριστη συνεργασία και εμπιστοσύνη στις αρμο διότητες οι οποίες του ανατέθηκαν. Είχε πρωτότυπες ιδέες για τις εκδόσεις των περιοδικών, για τα συνέδρια και πολλά άλλα θέματα της μαθηματικής εκπαίδευσης. Άλλωστε ήταν και Πρόε δρος του Ερευνητικού Κέντρου Αξιολόγηση και επιμόρφωσης. Επίσης ήταν αξιοπρεπής, τέλειος και αγαπητός σε όλους. Με τον Παναγιώτη είχαμε μια σχέση αλληλεκτίμησης και αμοιβαίας αγάπης πολύ σπάνια στην εποχή μας. Υπεραγαπούσε την οικογένειά του, όλα δε τα προβλήματα της ζωής τα αντιμετώπιζε με τεράστια δύναμη και αντοχή. Ήταν με δύο λόγια Λεβέντης. Αγαπημένε φίλε και συνάδελφε Παναγιώτη Καλό ταξίδι Το Διοικητικό Συμβούλιο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/75

Το Βή μα του Ευκλείδη Επι έλεια: Γιάνν

Ευσταθίου

ΣΥΝΕΠΕΙΑ ΤΟΥ τνΠΟΥ ΕΜΒΑΔΟΥ ΧΩΡΙΟΥ ΣΕ ΠΟΛΙΚΕΣ ΣΥΝτΕτΑΓΜΕΝΕΣ ΜΕ ΤΟΝ τνπο ΕΜΒΑΔΟΥ ΧΩΡΙΟΥ ΚΑΤΩ ΑΠΟ ΚΑΜΠΥΛΗ (μιά ιδέα από τον Richard Α. Silvennan)

Γ. Κ.

Τριάντος

DC έχει σε πολικές r-:--'-c:..o.:..ι�=��. και σε καρτεσιανές a συντεταγμένες τύπο y = y(x) , :::; χ :::; b Θα δείξουμε ότι ο τύπος που δίνει το εμβαδόν του χωρίου OCD σε πολικές συντεταγμένες .

δηλαδή ο (OCD) = 21 r2(θ)dθ α

ο �'----<1>----'- χ Α(8)

ll(b)

(1)

είναι

συνεπής

με

τον

(ABCD) = y(x)dx (2) που δίνει το εμβαδόν του χωρίου AB CD που περικλείεται από τον άξονα των χ την καμπύλη DC και τις ευθείες χ = a ,χ = b . Δη λαδή, θα αποδειχθεί ότι ο τύπος (1) μπορεί να προκύψει με την βοήθεια του τύπου (2). (Στο παραπάνω σχήμα ο πόλος Ο ταυτίζεται με την αρχή του συστήματος καρτεσιανών συντεταγμένων και ο πολικός άξονας με τον θετικό ημιάξονα των Οχ ). Παρατηρούμε ότι: (OBCD) = (OBC) + (OCD) = _!_ (OB)(CB) + (OCD) = 2 = r(α)συνα · r(α)ημα + (OCD) = r2 (α)συνα ημα + (OCD) ::=:> (OBCD) = r2 (α)συνα · ημα + (OCD) (1)

�

1 (OBCD) = (OAD) + (ABCD) = (OA)(AD) z

::=:>

f y(x)dx = 1 r(β)συνβ · r(β)ημβ Ζ

�

(OBCD) = 2 r2 (β) συνβ ημβ + y(x)dx ( 2) ·

f y(x)dx a

Από τις ( 1),(2) προκύπτει ότι: _!_ r2 (α)συνα · ημα + (OCD) = _!_ r2 (β)συνβ · ημβ + y(x)dx δηλαδή, είναι: 2 2 a

1 (OCD) = 2r2(β)συνβ ημβ - 21 r2(α)συνα · η μα + J y(x)dx = J y(x)dx + 4[ r2(θ)η μ2θ 1β ::::> ·

::::> (OCD) = j y(x)dx + ±[r2(θ)ημ2eJ:

(3) Ομως, χ = r(θ )συνθ , y = r(θ )η μθ οπότε;

Από τις (3) , (4) προκύπτει: (OCD) =

r2 (θ ) dθ

δηλαδή, το ζητούμενο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/76

-------

Το βή μα του Ευκλείδη

Χρήσιμες Εwιαημάνσεις- Ασκήσεις Αντώνης Κυριακόπουλος Άλγεβρα Α' Λυκείου.

Οι ανισότητες παίζουν πολύ σπουδαίο ρόλο στα Μαθηματικά. Η κατανόησή τους είναι απαραίτητη για την περαιτέρω απρόσκοπτη μελέτη των Μαθηματικών. Από την θεωρία των ανισοτήτων θεωρούμε γνωστά αυτά που έχει το σχολικό βιβλίο των μαθηματικών της Α' τάξης του Λυκείου. Τονίζω ιδιαίτερα τα εξής: 1) Η έννοια των σχέσεων: α � β και α�β. Θεωρούμε δύο πραγματικούς αριθμούς α και β. Ορίζουμε: α � β, αν, και μόνο αν: (α >β ή α = β) και α � β ,αν ,και μόνο αν: (α < β ή α = β). Επομένως, η σχέση α Ξ=: β δεν ισχύει, μόνο αν α < β. Επίσης, η σχέση α ::; β δεν ισχύει, μόνο αν α > β. Για παράδειγμα, οι σχέσεις: 5:Ξ::3 , 5:Ξ::5 , 2::;7 και 2�2 είναι όλες αληθείς. Οι σχέσεις:5:Ξ::8 και 2::;1 είναι και οι δύο ψευδείς. Είναι σημαντικό να γνωρίζουμε ότι: Η άρνηση της σχέσης: α :Ξ:: β είναι: α < β, της σχέσης: α > β είναι: α ::; β, της σχέσης: α ::; β είναι: α > β και της σχέσης: α < β είναι α :Ξ:: β. 2) Προσοχή. Από τις ανισότητες: α > β και γ > δ δεν έπεται αναγκαίως ότι: α - γ> β δ, ούτε (υποθέτοντας ακόμα ότι γδ :f. Ο) ότι: αγ > �δ . •

•

3) Μέθοδοι.

Έστω ότι θέλουμε να αποδείξουμε μια ανισότητα: Α<Β. α)Αν γνωρίζουμε ότι: Α � Γ , τότε αρκεί να αποδείξει ότι: Γ<Β. Διότι, τότε θα έχουμε: Α � Γ < Β και άρα: Α<Β. β) Αν γνωρίζουμε ότι: Δ � Β , τότε αρκεί να αποδείξουμε ότι: Α<Δ. Διότι τότε θα έχουμε: Α<Δ � Β και άρα: Α<Β. Παράδειγμα. Για τους πραγματικούς αριθμούς α και β ισχύουν:

α2 -4β �

Οκαι α -:�; 2 . Να αποδείξετε ότι: α-β< l .

. Προς τούτο, επειδή από την υπόθεση έχουμε: β � � 4 , αρκεί ' 2 2 2 α ( να αποδείξουμε ότι: � 4 > α - 1 , αρκεί: α - 4 + 4 > Ο , αρκεί: α - 2) > Ο , ισχύει γιατί α 2 . Λύση. Αρκεί να αποδείξουμε ότι: β > α -1

Γεωμετρία Β· Λυκείου. Άσκηση 1 Θεωρούμενα ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε ένα εσωτερικό σημείο Κ, στην πλευρά ΒΓ ένα εσωτερικό σημείο Λ, στην πλευρά ΓΔ ένα εσωτερικό σημείο Μ και στην πλευρά ΔΑ ένα εσωτερικό σημείο Ν, έτσι ώστε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΚΛΜΝ να είναι ίσο με τον μισό του εμβαδού του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ. Να αποδείξετε ότι μία τουλάχιστον διαγώνιος του τετραπλεύρου ΚΛΜΝ είναι παράλληλος προς μια πλευρά του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ. Λύση. Είναι εύκολο να αποδείξουμε ότι αν μία (τουλάχιστον)

διαγώνιος του τετραπλεύρου ΚΛΜΝ, είναι παράλληλη προς μια πλευρά του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ, για παράδειγμα ΝΛΙ IΑΒ (σχήμα 1), τότε (ΑΒΓΔ)=2(ΚΛΜΝ). Πράγματι, φέρνουμε τις ΚΕIIΑΔ και MZIIAΔ. Έτm έχουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/77

i:ff3Ξ?f

fj,

Σχήμα 1

fCΞΞΙ3#1

fj,

Σχήμα 2

Το βήμα του Ευκλείδη

---

(ΑΒΓΔ)=(ΑΚΕΝ)+(ΚΕΛΒ)+(ΜΓΛΖ)+(ΜΖΝΔ)=2(ΝΕΚ)+2(ΚΕΛ)+2(ΜΖΛ)+2(ΜΖΝ)=2(ΚΛΜΝ). Έστω τώρα ότι (ΑΒΓΔ)=2(ΚΛΜΝ) (σχήμα 2). Θα αποδείξουμε ότι: NΛIIAB ή ΚΜΙ ΙΒΓ. Έστω ότι: ΝΛ.ΙtΑΒ και ΚΜ.ιtΒΓ. Η παράλληλος από το Ν προς την ΑΒ τέμνει την πλευρά ΒΓ σε ένα σημείο Α1 • Σύμφωνα με αυτό που αποδείξαμε προηγουμένως, έχουμε:(ΑΒΓΔ)=2(ΝΚ Α1 Μ), οπότε:(ΚΛΜΝ)=(ΝΚ Α1 Μ) και άρα: (ΚΛΜ)=(Κ .ι\1 Μ). Συνεπώς, τα σημεία Λ και Α1 ισαπέχουν από την ΚΜ και είναι προς το αυτό μέρος αυτής. Άρα ΛΛ1 11 ΚΜ , δηλαδή : ΒΓΙ IΚΜ, άτοπο. Συνεπώς: NΛI IAB ή ΚΜΙ ΙΒΓ.

•

Άσκηση

Σε ένα πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ κάθε ένα από τα τρίγωνα: ΑΒΓ, ΒΓΔ, ΓΔΕ, ΔΕΑ και ΕΑΒ έχει εμβαδόν 2. Να αποδείξετε ότι όλα τα πεντάγωνα που έχουν την ιδιότητα αυτή έχουν το ίδιο εμβαδόν.

Α Ε

Επειδή τα τρίγωνα ΕΔΓ και ΒΔΓ( δtπλανό σχήμα ) έχουν ίσα εμβαδά και κοινή την πλευρά ΒΔ. έπεται ότι τα ύψη τους που αντιστοιχούν στην πλευρά αυτή είναι ίσα και συνεπώς: ΕΒIIΔΓ. Όμοια, κάθε μια από τις άλλες Γ διαγώνιους του πενταγώνου είναι παράλληλη προς την απέναντι πλευρά του Δ πεντάγωνου. Έτσι, το ΑΒΚΕ είναι παραλληλόγραμμο. Συνεπώς: (ΚΕΒ)=(ΑΒΕ)=2. Προφανώς τα τρίγωνα ΚΕΔ και ΚΒΓ έχουν ίσα εμβαδά. Θέτουμε: (ΚΕΔ) = (ΚΕ)(ΚΔ) = (ΚΔ) και (ΚΕΔ)=χ=(ΚΒΓ) και (ΚΔΓ)=y. 'Ετσι έχουμε: x+y=2 (l).Επίσης, έχουuε: (ΚΕΒ) (ΚΕ)(ΚΒ) (ΚΒ) ' (ΚΔ)(ΚΓ) = (ΚΔ) . 'Ετm έχουμε: (ΚΕΔ) = (ΚΔΓ) . δηλαδή: � = Χ. (2). Λύνουμε το ακόμα: ((ΚΔΓ) = 2 χ (ΚΕΒ) (ΚΒΓ) . ΚΒΓ) (ΚΓ)(ΚΒ ) (ΚΒ) σύστημα των αξιώσεων (1) και (2) και βρίσκουμε: χ = .J5 - 1 καιy 3 - J5 . Συνεπώς το εμβαδόν του πενταγώνου είναι: 4+ 2χ + y = 4+2( .J5 - 1 )+3 - .JS = 5 +.J5 . Άρα , όλα τα πεντάγωνα με την ιδιότητα αυτή έχουν το ίδιο εμβαδόν, ίσο με: 5 + .J5 . Λύση.

Ανάλυση Γ Λυκείου

Άσκηση ι

J ημχ2dχ < -ι (ι).

α+l

α Θεωρούμε ένα αριθμό α>Ο και θέτουμε: Α = J+Ι ημχ 2dχ . α χ1 [ συνχ2 ]α+Ι +.!_ αJ+Ι συνχ2 2 dx = Έχουμε: Α = - -21 f+Ι (συνχ 2 )' . -dx 2 χ α 2α χ α συν(α + 1) 2 + συνα2 + _!_ αJ+ συνχ 2 dx. 2α 2 α χ 2 2(α + 1) α +Ι --=::-d12 x = συν(α + 1)2 1 I συνα2 1 1 α+Ι συνχ 2 1 1 1 I Έτσι έχουμε: � 2(α + 1) + 2α +-2 J χ 2 +� 2(α + 1) +J 2α 2 α χ α 1 + 1 1 [ 1 ]α+Ι = . . = 1 => (1) α 2(α + 1) 2α -; α α + Ισχύει: JΙ σ:�χ 2 � J :2 γιατί με (Ο <)α � χ � α + 1 , έχουμε : α α Να αποδείξετε ότι για κάθε α>Ο, ισχύει:

Λύση.

_!_

I AI

Σημείωση :

-2

α+Ι

dx (2),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/78

----

Το βήμα του Ευ�wη

Ά σκηση 2

Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f : (O, +ao) --.. IR , τέτοιες ώστε να ισχύει:

J e

f(x) = ln x + e2 + ι - 4 xf(x)dt

(ι)

για κάθε χ Ε Α = (O,+ao) . Θα βρείτε μια μόνο τέτοια συνάρτηση. Ποια είναι η αντίστροφη της συνάρτησης αυτής; Στη συνέχεια: 1 ) Ν α αποδείξετε ότι, για κάθε χ Ε Α , ισχύει: xf (χ) + ι > Ο (2). 2) Να λύσετε την εξίσωση: f( xf(x) + ι ) = Ο (3). 3) r-• (x) f(x) + = Ο (4), όπου:α>β> ι , έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: χ-α

διάστημα (α, β). Λύση.

Έστω ότι μια συνάρτηση

χ-β

f : (Ο,+οο) --.. JR πληροί

τις υπόθεση του προβλήματος. Θέτουμε:

J xf(x)dt = λ ε IR (5). 'Ετσι ,από την ( 1 ), έχουμε: f(x) = ln x + e2 + 1 - 4λ (6). Αντικαθιστώντας στην (5) e

βρίσκουμε: J x ( ln x + e2 + 1 - 4λ �χ = λ � J x ( In x )dx + (e2 + 1 - 4λ ) J xdx = λ � ε

�J ε

J e

( x 2 )' ( In x )dx + ( e2 + 1 - 4λ ) χdχ = λ �

(

�[

x2 ln x Τ -

2 .!. e2 + _!_ e2 + 1 - 4λ - _!_ [ χ 2 Τ =λ� ... � λ = e + 1 2 I 2 2 4

�J e

J e

xdx + ( e2 + 1 - 4λ ) χdχ = λ �

. Αντικαθιστώντας την (6) βρίσκουμε: f(χ) = lηχ.

Αντιστρό φω ς

συνάρτηση που βρήκαμε: f(x ) = ln χ. πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη. Όπως είναι γνωστό, η συνάρτηση αυτή f (x ) = ln x αντιστρέφεται και η αντιστροφή της είναι η συνάρτηση: r-1 (x ) = e " . Ι) Θεωρούμε την συνάρτηση: g( x ) = xf ( x) + 1 = x ln x + 1 . Η συνάντηση αυτή είναι ορισμένη και

Η •

{

> Ο, αν χ>e- ι παραγωγίσιμη στο Α, με: g'(x) = ln χ + 1 = Ο, αν x=e- 1 Συμπεράνουμε ότι η g έχει ελάχιστη τιμή στο 1 < Ο, αν x<ee 1 e 1 1 1 χ = e- , ίση με: g ( e- ) = .. . = ; . Άρα: g(x ) � ; > Ο , για κάθε χ ε Α . Αποδείξαμε λοιπόν την (2). 2) Λόγω και της (2), το σύνολο ορισμού της εξίσωσης (3) είναι το Α. Έχουμε: f(l) = Ο . Έτσι, για κάθε, χ ε Α έχουμε: (3) <=> f ( f ( x ) + 1 ) = f (l ) <=> f ( x ) + 1 = 1 ( γιατί η f είναι 1-1 ) <=> ln χ = Ο <=> χ = 1 . 3) Για κάθε χ ε (α,β) , έχουμε: (4) <=> (χ - β)e" + (χ - α) Ιη χ = Ο (7). Αρκεί να αποδείξουμε ότι η συνάρτηση: h(χ ) = (χ - β)e" + (χ - α) ln χ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β). Πράγματι, η h

είναι ορισμένη ακαι συνεχής στο διάστημα [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) και h (α)h (β) = (α - β)e · (β - α)lη β < Ο . Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η συνάρτηση h έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3/79

_#iJJ Ο (\�

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήμα τα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προ βλή ματω>.

ΕuκΑεlίδιnις

nροτεlίνειι ......

Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ ΑΣΚΗΣΗ 246 (τΕΥΧΟΥΣ 93)

Σε (οξυγώνιο) τρίγωνο ΑΒΓ είναι: = μβ = δ1 , όπου το ύψος που αντιστοιχεί στη πλευρά α, μβ η διάμεσος που αντιστοιχεί στην πλευρά β και δ1 η εσώτερική διχοτόμος της γω νίας Γ. Να δει χθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. (Ευάγyελος Οικονομίδης - Κάτω Πατήσια ) ΛΥΣΗ (Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη ) υα

υα

P. R. HALMOS

Ν. θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ - Θ.

Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

είναι Β :5: -π3 (2). Αποδεικνύουμε ότι ισχύει: Λ

Είναι ΓΝ :5: ΓΜ +ΜΝ ΓΔ + ΔΝ :5: ΓΜ + ΜΝ και επειδή ΝΜ :5: ΝΔ , ΓΜ - ΓΔ :?: ΝΔ - ΝΜ :?: Ο � ΓΜ :?: ΓΔ � μγ :?: δ1 . Έστω ΓΣ η διχοτόμος δ1 , Ν το μέσον της ΑΒ, Τ, Λ οι προβολές των Ν, Σ στην ΒΓ αντιστοίχως. Τότε: δγ :5: μγ � ΣΛ :5: Ντ = 21 υα = 21 δγ 1 � φ :5: - � Γ = 2φ :5: - (3) από τις = -ΓΣ 6 2 3 <::::>

ΛΤ

Δ Ρ Γ

Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος το ύ ψος υα είναι το μέγιστο των υψών του τριγώνου . Πράγματι, είναι υβ :5: μβ =υα και υγ :5: δ1 = υα . Συνεπώς, υα = max { υα, υβ , υr } . Αποδεικνύουμέ στη συνέχεια ότι η γωνία Α είναι η μικρότερη γω νία του τριγώνου ΑΒΓ. ημΑ :5: 1 � ημΑ :5: ημΒ αυα = βυβ <=> �β =�:5: 1 � υα ημΒ

και άρα Α :5: Β . Ομοίως, Α :5: Γ . Έτσι, 3Α :5: Α+ Β+ Γ = π � 3Α :5: π � Α :5: -3 (1). Έστω ΒΜ η διάμεσος και Ρ η προβολή του Μ στην ΒΓ. Τότε, έχουμε: ΜΡ = ..!_2 ΑΔ = = 21 υα = 21 μβ = 21 ΜΒ � ΜΡ = '21 ΜΒ � ΜΒΓ = '6 . Αν Κ η προβολή του Μ στην ΑΒ τότε 1 :5: -υ 1 = ΜΚ = -υ 2 γ 2 α 1 = 2 μβ = '21 ΒΜ � ΜΚ :5: '21 ΒΜ � ΜΒΑ :5: 6 , άρα Λ

(1),(2),(3) και επειδή Α+ Β+ Γ = π , έπεται ότι Α = Β = Γ = -3 Λύσεις έστειλαν: Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Δημήτρης Μανωλόπουλος - Κα τερίνη. ΑΣΚΗΣΗ 247 (ΤΕΥΧΟΥΣ 93) Ένας μαχαραγιάς μοίρασε όλα τα μαργαριτάρια του στις κόρες του ως εξής: Η 1 Η κόρη παίρνει k μαργαριτάρια και το ..!..ν των υπολοίπων. Η 2Η κόρη ' και το -1 των υπολοιπων ' . παιρνει ' 2k μαργαριταρια ν Η 3Η κόρη παίρνει 3k μαργαριτάρια και το ..!..ν των υπολοίπων κ.ο.κ. Δεδομένου ότι όλες οι κόρες πή ραν τον ίδιο αριθμό μαργαριταριών να βρεθούν συναρτήσει των k και ν 1) Ο συνολικός αριθμός των μαργαριταριών . 2) Ο αριθμός των μαργαριταριών που πήρε κάθε κόρη. 3) Πόσες ήταν οι κόρες του μαχαραγιά. (Ηρακλής Ευαγyελινός - Γλυφάδα). Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 99 τ.3/80

------

Ο Ευκλείδης προτείνει . . . Α

(Δημήτρης Μανωλόπουλος - Κατερίνη) Έστω μ ο συνολικός αριθμός των μαργαριταριών και λ οι κόρες του μαχαραγιά. Επειδή όλες οι κό ρες παίρνουν τον ίδιο αριθμό μαργαριταριών κάθε ΛΥΣΗ

μία από τις κόρες παίρνει

-------

1: μαργαριτάρια. Η

πρώτη κόρη παίρνει: k + ..!_(μ - k) = μ ( 1 ). Η δεύλ ν τερη κόρη παίρνει: 2k + ..!_ (μ - 2k _ _!:) = 1: (2). λ λ ν

.._ ... .._

Με αντικατάσταση του 1: από την ( 1 ) στη (2), λ παίρνουμε: 1 1 1 2k + -[μ - 2k -k --(μ - k)] = k + - (μ - k) � ν ν ν 3k 2k + l: _l:_ + !_ = k + l: - � � ν ν ν2 ν2 ν ν 2kv + μ - k 2k __!:_ _ !__ � �k k= + ν ν2 ν2 ν2 kv2 = 2kv + μ - k � k(ν2 - 2ν + 1) = μ � μ = k(ν - 1)2 _

Επομένως, μ = k(ν - 1)2 είναι το πλήθος των μαργαριταριών. Από την ( 1 ) με αντικατάσταση της τιμής του μ έχουμε ότι η κάθε μία από τις κόρες του μαχαραγιά παίρνει:

k μ 1 - = k + -[k(ν - 1) 2 - k] = k + -[(ν - 1) 2 - 1] = λ ν ν

= k[1 + _!_ (ν2 - 2ν)] = k(l + ν - 2) = k(ν - 1 ) ν μαργαριτάρια. Οι κόρες του μαχαραγιά είναι ..!:. k(ν - 1)2 =ν-1. λ= μ k(ν - 1) λ Λύση έστειλαν: Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Θωμάς Τσάκας - Πάτρα, Ροδόλφος Μπόρης Δάφνη. ΑΣΚΗΣΗ 248 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 94 ) Δίνεται τρίγωνο ΑΟΒ ορθογώνιο στο Ο με ΟΒ > ΟΑ , ΟΑ + ΟΒ = 12cm εμβαδόν και (ΑΟΒ ) 17cm2 . 'Εστω Η η ορθή προβολή του Ο στην ΑΒ και Δ σημείο του τμήματος ΗΒ για το =

, οποιο ισχυει

ΟΔ

17.fi

-6- .

1 ) Να υπολογισθεί ο λόγος των εμβαδών

( Ο ) Β Δ . (ΑΟΔ)

2) Στη συνέχεια θεωρούμε το μέσον Μ του ΟΑ και

σημείο Ν του ΟΒ τέτοιο, ώστε ΒΝ ΑΜ . Ονο μάζουμε Ι την τομή των ΑΝ, ΒΜ και φέρουμε την ΙΖ 11 ΟΔ (το Ζ σημείο του ΟΒ). Να δειχθεί ότι ι σχύει (BIN) (ZIN) . (Γιώργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας.) ΛΥΣΗ (από τον ίδιο) =

I I

' -ι. Ρ

Επειδή ΟΑ + ΟΒ = 1 2 και ΟΑ · ΟΒ = 2(ΑΟΒ) = 34 τα μήκη των ΟΑ, ΟΒ με ΟΒ > ΟΑ είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 -12χ + 34 = 0 δηλ. OA = 6 - J2 και OB = 6 + J2 . Επειδή τα τρίγωνα ΑΟΔ, ΒΟΔ έχουν κοινό ύψος Β (ΒΟΔ) = Δ ( 1 ). Παρατηρούμε ΟΗ ισχύει ότι: (ΑΟΔ) ΔΑ Λ

ότι η διχοτόμος της ορθής γωνίας ΑΟΒ έχει μήOA · OB · J2 (6 - J2)(6 + J2)J2 = δ= = κος ΟΑ + ΟΒ 6 - .Ji + 6 + .J2 34fi 17fi ' τον κυκλο (Ο, δ) -- = -- = ΟΔ . Θεωρουμε 6 12 και ονομάζουμε Δ', Ε τα σημεία τομής με την ΑΒ, όπου το Ε βρίσκεται στο τμήμα ΗΑ και το Δ' στο '

τμήμα ΗΒ. Όμως ΟΒ >ΟΑ=:> ΒΟΗ =Α > Β = ΑΟΗ Λ

οπότε ΑΟΕ < ΑΟΗ < ΒΟΗ < ΒΟΕ που σημαίνει ότι η ΟΕ δεν είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΟΒ και συνεπώς είναι η ΟΔ' = δ με Δ' = Δ ως μοναδικό σημείο τομής της ΗΒ με τον κύκλο (Ο, δ) . Από το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο ΟΑΒ έπεται ΟΒ ΔΒ (2). Από ( 1 ), (2) παίρνουμε: = ότι: ΟΑ ΔΑ (ΒΟΔ) ΟΒ 6 + J2 ( ε μ τιμη' λο'γ ου 1 6 1 7 = = (ΑΟΔ) ΟΑ 6 - .Ji � ' πολύ κοντά στο λόγο Φ = 1, 6 1 8 . . ! ) 2) θεωρούμε το ορθογώνιο ΟΑΒΓ και φέρουμε την ΓΙ. Θα δείξουμε ότι η ΓΙ είναι διχοτόμος της γωνί ας Γ και ότι τα σημεία Γ,Ι,Ζ είναι συνευθειακά. Έστω Ρ η τομή της ΒΓ με την ΑΙ. Επειδή ΑΜ Ι IBP τα τρίγωνα ΑΙΜ και ΒΙΡ είναι όμοια ΒΝ ΜΑ = ΙΑ = -οπότε (3). Επειδή είναι ΙΡ ΒΡ ΒΡ ΒΝ Ι Ι ΑΓ τα τρίγωνα ΒΝΡ και ΓΑΡ είναι όμοια ΒΝ Γ ΓΑ = Α ( 4). Από (3),(4) ΙΑ = οπότε δηλαΙΡ ΓΡ ΒΡ ΓΡ δή η ΓΙ είναι διχοτόμος της γωνίας Γ. Αν Σ είναι η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 99 τ.3181

------

Ο Ευ κλείδης προτείνει . . .

τομή της ΟΔ με την ΒΓ τότε ΑΣΟ = 45° = ΑΓΙ , άρα ΓΙ I ΙΟΔ ενώ ΖΙ I ΙΟΔ οπότε τα σημεία Ι,Γ,Ζ είναι συνευθειακά. Έχουμε συνεπώς ΖΓΒ = 45° = ΓΖΒ που σημαίνει ότι ΒΖ = ΒΓ = ΟΑ και επειδή ΒΝ = ΟΑ , το Ν είναι 2 το μέσον της ΒΖ , δηλαδή η ΙΝ είναι διάμεσος του τριγώνου ΒΙΖ και τελικά: (ΒΙΝ) = (ΖΙΝ) . Λύσεις έστειλαν: Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Δημήτρης Μανωλόπουλος - Κατερίνη , Αντ(ί:Jνης Ιωαννίδης - Λάρισα, Θωμάς Τσάκας - Πάτρα. (τΕΥΧΟΥΣ 94) ΑΣΚΗΣΗ 249 1 ) Να βρεθούν οι ακέραιες και θετικές λύσεις της εξίσωσης χ 2 - y 2 + (χ - y)(z + 1 ) + χ + y + z = a 2 ( 1 ) όπου a Ν * και χ :;ιι: y . 2) Για ποιες τιμές του a έχει λύσεις η (1 ); 3) Να βρεθούν όλες οι λύσεις της ( 1 ) για την μι κρότερη επιτρεπτή τιμή του a , αν 3 1 < a < 40 . (Λευτέρης Τσιλιακός - Γαλάτσι) Λ ΥΣΗ (Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη ) Η εξίσωση ( 1 ) γράφεται ισοδυνάμως: Λ

<:::::> (χ - y)(x + y) + (χ - y)(z + 1) + χ + y + z = a2 <:::::> (χ - y)(x + Υ + z + 1) + χ + y + z + 1 = a2 + 1

<=:> (x + y + z + 1)(x - y + 1) = a2 + 1 (2) Θέτουμε: χχ +- yΥ ++ z1 =+ p1 = q (3) και η (2) (4)

{

------

3a ::; -1 � a ::; -! 3 σχύει p < q < a ,

άτοπο. Άν πάλι δεχθούμε ότι ιτότε q + 1 ::;a,p+2::;a και άρα θα

είναι pq ::; (a - 1)(a - 2) � a2 + 1 ::; a2 - 3a + 2 � a ::; !3 , άτοπο και πάλι. Συνεπώς, για να έχει λύση η ( 1 ) στο Ν* πρέπει να ισχύει η ανισότητα: 1 1 < Ρ < a < q I και ο αριθμός a + 1 να είναι σύν θετος. Π) Υποθέτουμε ότι ο a 2 + 1 είναι σύνθε τος. Τότε, αυτός αναλύεται κατά μοναδικό τρόπο σε γινόμενο πρώτων παραγόντων δηλαδή είναι: a 2 + 1 = p�' p�2 p �" οπότε η ( 1 ) ισοδυναμεί με όλα τα συστήματα της μορφής: x x+ -y y+ +z +1 =1 =t.' t j με i =ι:. j και ti tj = a2 + 1 . Έτσι, για a = 32 , ( 1 ) ενώ ( χ - y + 1 )(χ + y + z + 1 ) = 1 025 1025 = 52 4 1 , οπότε ισοδυναμεί με τα συστήματα: 2

• ••

•

{

•

<:::::>

{

χ-y+1 =5 χ - y + 1 = 25 ' (2) χ + y + z + 1 = 41 χ + y + z + 1 = 205 αφού πρέπει να είναι 1 < p < a < q . Έτσι, έχουμε: x-y+1=5 x=y+4 (1) <:::::> χ + y + z + 1 = 205 2y + z + 5 = 205 x = y+4 <:::::> . Για y = k Ε Ν η δεύτερη εξί2y + z = 200 σωση του συστήματος δίνει z = 200 - 2k και η χ=k+4 . Η τριάδα πρώτη (x, y,z) = (k + 4, k, 200 - 2k) είναι λύση της αρχι(1)

{ {

{

•

γράφεται p q = a2 + 1 (5). Άρα, τα p, q είναι θετικοί δι αιρέτες του a 2 + 1 2 . I) Αν υποθέσουμε ότι ο a2 + 1 είναι πρώτος φυσικός, τότε η (5) ισοδυνα- κής εξίσωσης στο Ν* όταν και μόνον όταν : -y+1 =1 k > Ο, k + 4 > Ο, 200 - 2k > Ο Ο < k < 1 00 και εμεί με τα συστήματα: (Σι) x + yx+z και + 1 = a2 + 1 πειδή k Ν* : 11 ::; k ::; 99l.δηλαδή, από το σύστη μα (1) έχουμε 99 λύσεις. Π. χ για k = 1 0 έχουμε τη , ' λύση: (x, y, z) = (14, 1 0, 1 80) εvώ για k = 99 την (Σ2 ) χ-+yy++1z=+a21 =+11 που ειναι αμφοτερα αδυνα{ χ - y + 1 = 25 { χ = y + 24 (1 03, 99, 2) . (2) τα. Πράγματι, η πρώτη εξίσωση του (Σι ) δίνει 2y + z = l 6 x + y + z + 1 = 41 χ = y άτοπο, ενώ η δεύτερη εξίσωση του (Σ ) δί 2 Για y = k E N* έχουμε (x, y,z) = (k + 24, k,l6-2k) νει χ + y + z = Ο που είναι επίσης άτοπο. Κατά είναι λύση της αρχικής εξίσωσης στο Ν* όταν συνέπεια, η ( 1 ) δεν δέχεται λύσεις στο Ν* για που και μόνον όταν: k+24 >0,k>0,16-2k > 0 <=:>0<k<8 a 2 + 1 πρώτο, οπότε αποκλείεται να είναι p = 1 ή και επειδή k Ν* : 11 ::; k ::; 71 . δηλαδή, από το σύ q = 1 . Ακόμη πρέπει p =ι:. q ,γιατί αν p = q καταλήστημα (2) έχουμε 7 λύσεις.π.χ. για k = 3 έχουμε γουμε στην 2y + z = Ο που είναι αδύνατη στο Ν* . τη λύση: (x, y, z) = (27,3, 1 0) , ενώ για k = 7 , τη Σύμφωνα με τα παραπάνω πρέπει να ισχύει: λύση (χ, y, z) = (3 1, 7, 2) . 1 < p < q . Αν δεχθούμε ότι ισχύει a < p < q , τότε a + 1 ::; p , a + 2 ::; q οπότε θα είναι και ·

2':

{

<:::::>

(a + 1)(a + 2) ::; pq = a2 + 1 � a2 + 3a + 2 ::; a2 + 1 �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

ΠΡΟΣΟΧΉ

ΔΙΟΡΘΩΣΗ:

Τ95 να γραφεί Β' 99 τ.3/82

Στην

άσκηση

260

διαφορά στην πρόοδο 2θ αντί θ.