Ευκλειδης β 100 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 100- Απρίλιος- Μάϊος- Ιούνιος e-mail: info@hms.gr,

2016-

www.hms.gr

Εuρώ: 3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Γενικά Θέματα Μαθηματικά και Λογοτεχνία. ............. ... ... ... ... ... .... ...... ...... .. ...... ... ..................... Μαθηματικές Ολυμπιάδες, . ... ... .... ... ... ... ... ... .. . .. . .. .. ........ ...... ...... ........ .................

Homo Mathematicus,

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

Α'

Τάξη

Β'

Τάξη

Άλγεβρα: Επαναληπτικά Θέματα για την Άλγεβρα, ........................................ Γεωμετρία: Επαναληπτικά Θέματα για την Γεωμετρία, . ...... ....... ...... ...... .......

1 5 14

21 26

Άλγεβρα: Επαναληπτικά Θέματα για την Άλγεβρα,.......................................... 31 Γεωμετρία: Επαναληπτικά Θέματα για την Γεωμετρία, ...... ... ....... ... ... ... ... ..... 36 Κατεύθυνση: Επαναληπτικές Ασκήσεις στα Μαθηματικά Προσανατολισμού, 38

Γενική Παιδεία: Ασκήσεις επανάληψης στα Μαθηματικά Γενικής Παιδείας, Επαναλητικές Ασκήσεις στα Μαθηματικά & Στοιχεία Στατιστικής, Κατεύθυνη: Επαναληπτικές Ασκήσεις Γ Λυκείου, .................. . .................... Αξιοσημείωτες εκθετικές ανισότητες, ............................................................... Χρήσιμες Επισημάνσεις- Ασκήσεις,................................................................... Θέματα Εισαγωγικών Εξετάσεων για τα (Α.Ε.Ι) Παλαιοτέρων Εποχών, Γενικά Θέματα

Αλληλογραφία, ......... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ....... ............... ... ....... ... .............. Το Βήμα του Ευκλείδη, ................ . .. . .. . .. . .. . .. ... . .......................... . .. . ...................... Ευκλείδης Προτείνει, ... ......................... ...... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ..................... ... ....

42 49

54 61 63 67 72 73 77

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαιτητο[ μαθητέ� και συνάδελφοι, Φτ ά σ α μ ε αισ[ω� στο lOOo τ ε ύ χ ο � του Ε υ κλ ε ί δ η Β' συμπληρώνοντα� συγχρόνω�, σχεδόν δέκα χρόνια συνεργασία�. Η προσπάθεια μα�, όλα αυτά τα χρόνια ήταν να καθιερωθεί στα άρθρα που φιλοξενούσε το περιοδικό, μια κατά το μάλλον ή ή τ τ ο ν ε ν ι α ί α γ λ ώ σ σ α και ε ν ι α ί ο � σ υ μ β ολισμός. Να χρησιμοποιούνται δηλαδή σωστά τα σύμβολα της Μαθηματική� Λογικής και να γίνεται σαφή� διαχωρισμός ανάμεσα στις διαδικασίες απόδειξης και τις διαδικασ[ε� αναζήτησης συνθηκών ή τις διαδικασίες εύρεσης. τι� περισσότερες φορές θέλουμε να πιστεύουμε ο στόχος επιτεύχθηκε κατά μεγάλο μέρος. Όμως για να θυμηθούμε και τον μεγάλο μας Ελύτη: <<όσο κι' αν κανεί� προσέχει. Όσο κι'αν τα κυνηγά, πάντα πάντα θα' ναι αργά ...»Έτσι πάντοτε θα υπάρχουν περιθώρια βελτίωσης. Ελπίζω με τη βοήθεια σας και τις παρατηρήσει� σας να πάμε ένα βήμα παραπέρα. Εν όψει των πανελληνίων εξετάσεων, ευχόμαστε ολόψυχα στους μαθητέ� να πραγματωθούν οι προσδοκίε� του�. Σας ευχαριστούμε θερμά, για τη μακροχρόνια αυτή συνεργασία. Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργο ςΤασσόπουλος Ο ι αντιπρόεδρο ι: ΒαyyεΛης Ευσταθίου, Γιάννης Κερασαρίδης

γ,r.

Υπεύθυνοι γ ια την επιμέλεια της ύλης των τάξεων είναι οι συνάδε λφοι:

Α "Λυκείου [Χρ. Λαζαρίδης, Χρ. Τσιφάκης, Γ. Κατσούλης], Β "Λυκείου [β. Καρκάνης, Σ. Λουρίδας, Χρ. Τσιφάκης, Απ. Κακκαβάς],

Γ "Λυκείου [Δ. Αργυράκης, Ν. Αντωνόπουλος, Κ. Βακαλόπουλος, I. Λουρ ιδάς]

Εξώφυλλο:

Εικαστική σύνθεση βασισμένη στη Γεωμετρία

Κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαθήματα,

Στα γραφεία της Ε.Μ.Ε., Από 3 Οκτωβρίου 2015. Θυμίζουμε ότι: Ερωτήματα σχετικά με τα θέματα Διαγωνισμών υποβά λλονται στην επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Η έγκαιρη πληρωμή της

συνδρομής

βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτιΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 106

79ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 210 3617784 210 3616532 Fax: 210 3641025 Εκδό της:

Νικόλαος Αλεξανδρ ής Διευθυντής: Ιωάννης Τυρλής

Συντακτική Επιτροπή

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος: Τασσόπουλος Γιώργος Αντιπρόεδρο ι : Ευσταθίου ΒαyyεΛης Κε ρ ασαρίδης Γιάννης Μέλη: Αργυράκης Δημήτριος Λουρίδας Σωτήρης Στε φανής Παναγιώτης Ταπεινός Νικόλαος

ΣΧ'όλιο: Οι εργασίες yια το περιοδικό στέλνονται και ηλεκτρονικά στο e-mail: stelios@hms.gr Υποστηρικτής Ταχυδρομικών Υπηρεσιών Κωδ ι κόι; ΕΛ.ΤΑ: 2054

ISSN: 1105-8005

Αθανασόπουλος Γεώργιος Ανδρουλακόκης Νίκος Αντωνόπουλος Γεώργιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυρόκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Γαβρός Τάσος Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος ΚακαβάςΑπόστολος Καλίκας Σταμάτης Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλος Χρήστος Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος ΚονόμηςΆρτι Κοτσιφάκης Γιώργος Κουλουμέντας Φώτηςης Κυριαζής Ιωάννης ΚυριακόπουλοςΑντώνης

Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουριδάς Γιάννης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανιάτης Ανδρέας Μανιατοπούλου Αμαλία Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μήλιος Γεώργιος Μπερσίμης Φραγκίσκος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος ΧρήστοςΧ Πανδής Χρήστος Παπαπέτρος Βαγγέλης Σίσκου Μαρία Σα!τη Εύα Στdίκος Κώστας

Στάϊκος Παναγιώτης Στεφανής Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος ΤζελέπηςΆλκης Τζιώτζιος Θανάσης Τουρναβίτης Στέργιος Τριάντος Γεώργιος ΤσαγκάρηςΑνδρέας Τσαγκάρης Κώστας Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τσουλουχάς Χάρης Τυρλής Ιωάννης ΦανέληΆννυ Χαραλαμπάκης Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα ΧΡιστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαγγέλης

Τιμή Τεύχους: ευρώ 3,50 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 στεΛνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση, αλλά την κύρια ευθύνη τη φέρει ο ε ισηγητή ς. Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυ δρομι κά = ευ ρ ώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 1 2,00 Το αντ ί τιμ ο για τα τεύχηπου παραyyέλνονται στέλνεται: (1 ) Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Σ την ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. i 41. Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή. •

•

Εκτύπωση: ROTOPRINr (Α. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ ΕΕ). τ ηλ : 210 6623778-358 Υπεύθυνος τυπογραφείου: Δ. Παπαδόπουλος .

�

ατικα κα ΠΕΝΘΉΜΕΡΗ ΕΚΔΡΟΜΉ (Διήγημα)

Κωνσταντόπουλος Ηλίας

ον Δεκέμβριο, πριν από τις Χριστουγεν νιάτικες διακοπές, το 4° Λύκειο αποφάσι σε να πραγματοποιήσει την καθιερωμένη πενθήμερη εκδρομή του. Μετά από πολλές δια βουλεύσεις και ψηφοφορίες, αποφάσισαν να πάνε στον όμορφο Βόλο. Συμμετείχαν 52 μαθητές και τρεις καθηγητές, ένας μαθηματικός, ο χημικός του σχολείου και μία φιλόλογος. Έτσι ο διευθυντής έκλεισε ένα λεωφορείο �6 θέσεων. Το πρωί την προκαθορισμένης ημέρας ήταν όλοι παρόντες. Οι μαθητές είχαν τέτοια ανυπομο νησία που δεν είχαν σχεδόν καθόλου κοιμηθεί. Μερικοί μάλιστα, παρ' όλο το κρύο, είχαν ξενυ χτήσει στην αυλή του σχολείου. Είχαν έρθει και μερικοί γονείς, οι οποίοι περιμένοντας να επιβιβα στούν οι μαθητές, ευχαριστούσαν τους συνοδούς καθηγητές. Ένας είπε: -Απορώ, πώς συνοδεύετε τόσους πολλούς μα θητές, πώς τους κουμαντάρετε. Εμείς ένα ή δύο παιδιά έχουμε στο σπίτι και υποφέρουμε. -Είναι άλλη η σχέση μας με τους μαθητές, απάντησε η φιλόλογος. Με τα δικά μας παιδιά και εμείς αντιμετωπίζουμε προβλήματα. :Εχετε όμως τεράστια ευθύνη και δύσκολο έργο. Είναι πολλά τα παιδιά. -Σε αυτό έχετε δίκιο. Σύμφωνα με το νόμο, είμαστε αποκλειστικά υπεύθυνοι, για οτιδήποτε-ο μη γένοιτο- συμβεί. Το έχουμε αποδεχτεί, όπως και το γεγονός ότι δεν θα κοιμηθούμε τέσσερα βράδια. Αλλά όταν το περιμένουν τόσο πολύ και σε παρακαλούν, μπορείς να μην υποκύψεις; -Σας ευχαριστούμε πάντως, για αυτό. Ξέρου με πόσο δύσκολο είναι να αφήσετε τις οικογένειές σας πέντε ημέρες. Ξέρουμε ότι το κάνετε για τα παιδιά μας. Καλά να περάσετε! -Σας ευχαριστούμε και εμείς για τα καλά σας λόγια. Μακάρι να ένοιωθαν όλοι οι γονείς, όπως εσείς. Καλά θα περάσουμε, συνοδεύουμε καλά παιδιά. Οι μαθητές είχαν τακτοποιήσει τις αποσκευές τους και είχαν μπει στο λεωφορείο. Μπήκαν και οι τρεις καθηγητές και κάθισαν στις μπροστινές θέ σεις. -Είμαστε εντάξει, ρώτησε ο μαθηματικός. -Εντάξει κύριε, απάντησε ένας μαθητής. -Να μετρήσουμε, είπε η φιλόλογος.

-Δε χρειάζεται, είπε ο ίδιος μαθητής, ο οποίος καθόταν κοντά στους καθηγητές. Αφού το λεωφο ρείο έχει 5 6 θέσεις, μείον 3 οι δικές σας, 5 3. Μένει μία κενή, άρα είμαστε παρόντες και οι 52 μαθητές. Έτσι δεν είναι, κύριε, ρώτησε κοιτάζοντας λίγο πονηρά το μαθηματικό. :Ετσι ακριβώς, απάντησε χαμογελώντας αυ τός. Διαπιστώνω ότι έχεις καταλάβει πολύ καλά την έννοια της συνάρτησης ένα προς ένα. -Δεν ξέρω τι είναι αυτά που λέτε, είπε η φιλό λογος. Εγώ θα μετρήσω για να είμαι σίγουρη. Ή μάλλον θα διαβάσω τον κατάλογο. Να φωνάζετε δυνατά, «παρών».

Αφού βεβαιώθηκε και η φιλόλογος ότι η συ νάρτηση ένα προς ένα λειτουργούσε, έδωσαν ε ντολή στον οδηγό να ξεκινήσει. Πήγαιναν με σχετικά μικρή ταχύτητα, εξαιτί ας και των σχετικών περιορισμών της τροχαίας για λεωφορεία που μεταφέρουν μαθητές. Έτσι μετά από λίγη ώρα τα περισσότερα παιδιά ήδη μισοκοι μόντουσαν, καθώς ήταν ήδη κουρασμένα από το ξενύχτι. Τα περισσότερα είχαν ακουστικά στα αυτιά τους και άκουγαν τη δική τους μουσική. Αυ τή η ατμόσφαιρα επηρέασε και τους καθηγητές. Μετά από τις τετριμμένες συζητήσεις, έπαψαν και ο καθένας βυθίστηκε στις σκέψεις του. Ο μαθημα τικός καθόταν στο παράθυρο και τον είχε απορρο φήσει το θέαμα. Όσες φορές και αν είχε περάσει κάποια διαδρομή, είτε σαν οδηγός, είτε σαν επιβά της, δεν χόρταινε να κοιτάζει την πανέμορφη φύ ση. Με τη συγκεκριμένη διαδρομή είχε ένα ιδιαί τερο δέσιμο, γιατί σαν φοιτητής crτην Αθήνα, πή γαινε συχνά σε μια αιθέρια ύπαρξη στην Θεσσα-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ B' lOO τ.4/1

Μαθηματικά και λογοτεχνία

λονiκη. Θυμόταν ότι τότε η στάθμη της Υλίκης ήταν πάρα πολύ χαμηλά, φαίνονταν οι βράχοι στις όχθες της. Τώρα ήταν τελείως γεμάτη. Με πεδίο ορισμού το διάστημα που αυτός παρακολουθούσε το ύψος της στάθμης του νερού, αυτό που έβλεπε τώρα ήταν ολικό μέγιστο. Χάρηκε γι' αυτό. Έριξε μια ματιά προς τα πίσω στο λεωφορείο. Λυπήθηκε. Η φιλόλογος που καθόταν δίπλα του ψυχανεμίστηκε τη λύπη του. -Τι έχεις, συνάδελφε; Γιατί αυτό το ύφος; -Κανένας μαθητής μας δεν κοιτάζει έξω, κανένας δεν απολαμβάνει το ταξίδι. -ΆJ..λα έχουν στο μυαλό τους. Φεύγουν μακριά από τους γονείς τους και θέλουν να περάσουν καλά. Είναι και κουρασμέ να. -Δεν τα κακολογώ. Μάλλον με εμάς τα βάζω που δεν τους έχουμε διδάξει κάποια πράγματα. -Είναι παιδιά της πόλης, ότι και να τους πεις για τη φύση, αν δεν ζουν μέσα σε αυτή, δεν καταλαβαίνουν. -Και όμως! Όταν τους εξηγείς κάποια πράγματα, ευαισθητοποιούνται. Απλά θέλουν λίγο «σπρώξιμο». Μια φορά, στα νιάτα μου, πήγα με ένα τμήμα Κυριακή στην Πάρνηθα. Όσοι μαθητές ήθελαν. Για να μη σε κουράζω, μετά από μια ημέρα στο δάσος, το βραδάκι, τα παιδιά ήταν τόσο χαρούμενα, που υποσχέθηκα στον εαυτό μου ότι θα το επαναλάβω, πράγμα που όμως δεν έκανα. -Πολλά πράγματα θα κάναμε αλλιώς, αν ζούσαμε ξανά. Όμως η ζωή είναι μοναδική. -Ναι, αυτό είναι αλήθεια. AJJ...ά μία φορά ίσον καμία. Με αρκετές στάσεις, έφτασαν το απόγευμα στο Βόλο, σε ένα παραλιακό ξενοδοχείο που είχαν κλείσει. Άρεσε πολύ στα παιδιά, γιατί τα δωμάτια έβλεπαν στη θάλασσα. Αφού τακτοποιήθηκαν, τα άφησαν να ξεκουραστούν και έδωσαν ραντεβού το βράδυ . στο εστιατόριο του ξενοδοχείου. Είχαν συμφωνήσει- ευτυχώς καi οι τρεις συνοδοί-ότι δεV θα ήταν συνέχεια πάνω από το κεφάλι τους. Γνώριζαν από πείρα, ότι αυτό κάνει νευρικά τα παιδιά, εmρρεπή σε ατυχήματα και τελικά προκαλεί δυσλειτουργία στην εκδρομή. Είχαν όμως τα μάτια τους και την έκτη αίσθηση σε επιφυλακή.

Μετά το φαγητό, οι μαθητές συγκεντρώθηκαν όλοι σε ένα τραπέζι, φώναξαν και τους συνοδούς τους. -τι τρέχει παιδιά, ρώτησαν αυτοί, αλλά δεν πήραν απάντηση. Τότε μπήκε ένας μαθητής από τον διπλανό χώρο, κρατώντας μια τούρτα και όλοι μαζί άρχισαν να τραγουδούν «χαρούμενα γενέθλια», σε μια μαθήτρια, η οποία μάλλον δεν ήταν προετοιμασμένη, γιατί αφού έσβησε με κόπο τα κεράκια, έβαλε τα κλάματα από τη συγκίνηση. Ο μαθηματικός, λίγο για να παίξει, λίγο για να αλλάξει το κλίμα είπε: -Ποιος άλλος από εσάς έχει γενέθλια σήμερα; Οι μαθητές δεν απάντησαν. Ρωτούσε ο ένας πότε γεννήθηκε ο άλλος, ενώ έτρωγαν την τούρτα. -Κανένας άλλος; Επανήλθε ο μαθηματικός. Και όμως! Μπορεί σήμερα να μην γιορτάζει κάποιος άλλος, βάζω όμως στοίχημα, ότι δύο τουλά χιστον από εσάς έχουν την ίδια ημέρα γενέθλια. Άκουγαν τώρα όλοι με προσοχή. Τους παραξένεψε ο ισχυρισμός του καθηγητή. -Πώς είσαστε τόσο σίγουρος, κύριε; -Είμαι! Δεν έχουμε παρά να το διαπιστώσουμε. Γράφτε όλοι σε ένα χαρτάκι την ημερομηνία γεννήσεώς σας. Ας συγκεντρώσει ένας τα χαρτά κια. Δείτε και μόνοι σας! Δύο τουλάχιστον ημερο μηνίες θα συμπίπτουν. Ο ισχυρισμός του μαθηματικού επαληθεύτηκε εύκολα, από τα πρώτα κιόλας χαρτάκια. Λίγοι όμως μαθητές εντυπωσιάστηκαν, δεν είχαν ακόμα καταλάβει το πρόβλημα. Τους βοήθησε ο καθηγητής. -Δεν είναι 'περίεργο; Είσαστε μόνο 52 και ο χρόνος έχει 365 ημέρες. Γιατί να πέφτουν δύο γε νέθλια την ίδια ημέρα; -Εσείς να μας πείτε, ιcύριε! Συμβαίνει πάντα αυτό; Πώς είστε σίγουρος; -Για να είμαστε απολύτως σίγουροι, θα έπρε πε να είστε τουλάχιστον 366 μαθητές. Με 52 είμα στε αρκετά σίγουροι, ώστε να βάλουμε ένα στοί χημα. -Γιατί συμβαίνει αυτό; -Το μυστικό είναι στο «τουλάχιστον δύο>>. Αυτήν την έκφραση την τνωρίζετε. Χρησιμοποιείται ευρέως τόσο στη ζωή. όσο και στα μαθηματι κά. Τουλάχιστον δύο σημαiνει δύο, τρεις, τέσσε ρεις ή και οι �τα δΟΟ. Μχορεί κάθε μία από τις πιθ!].νότητες αυτέ; \U εiνα:ι μικρή, αν όμως τις α θροίσουμε, ύ�συν τη μονάδα. Αν θυμάμαι καλά, για 50 άτομα η nθανότητα είναι 98%. Δε νομίζετε όn εi\'αι. αρκετά καλή για να ρισκάρουμε ένα στοίl'lμα; Μχορεί η χιθανότητα να είναι μια θεωρητucή έ\"'-UVL. αίJ.ά στην πράξη επαληθεύεται. -Στα Σόσα άτομα ξαερνάει το 50%, ρώτησε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.412

Μαθηματικά και, λογοτεχνία

μια μαθήτρια. -Νομίζω ότι τα 23 άτομα είναι αρκετά για αυ τό. Αρκετά όμως με τα μαθηματικά. Πάμε τώρα να διασκεδάσουμε! Είχαν κλείσει σε ένα «λαϊκό» μαγαζί. Οι μα θητές διασκέδασαν γιατί ήταν με την παρέα τους και αυτό είναι το mo σημαντικό. Συνέβαλαν σε αυτό και οι συνοδοί τους, οι οποίοι διακριτικά συμμετείχαν, ενθαρρύνοντας όποιον μαθητή έβλε παν λίγο απομονωμένο. Την άλλη ημέρα το πρόγραμμα είχε Πήλιο, το βουνό των Κενταύρων. Τις πρώτες ώρες απόλαυ σαν την Πορταριά και την Μακρυνίτσα και κατά το μεσημεράκι έφτασαν στα Χάνια, στο χιονο δρομικό κέντρο. Ήταν μια θαυμάσια χειμωνιάτικη ημέρα, είχε αρκετό χιόνι, χωρίς αέρα. Ήταν ότι έπρεπε για χιονοδρομία. Ο μαθηματικός, χιονο δρόμος από την νεότητά του και ο ίδιος δεν ήθελε πολύ για να υποκύψει στα παρακάλια κάποιων μαθητών που δεν ήθελαν να χάσουν τέτοια ευκαι ρία. Ήταν καμιά δεκάδα ενδιαφερομένων. Αφού τους έβαλε να υποσχεθούν ότι θα ήταν πολύ προ σεκτικοί και ομαδικοί, νοίκιασαν τον εξοπλισμό τους, μαζί και ο καθηγητής τους και ανέβηκαν στους αναβατήρες. Οι υπόλοιποι μαθητές είτε έκα ναν τσουλήθρα πάνω σε νάιλον σακούλες, είτε κάθισαν στα τραπέζια έξω από το σαλέ να απο λαύσουν τον καφέ τους και την καταπληκτική θέα και από τις δύο πλευρές του βουνού. Το Πήλιο έχει μεγάλο μέρος του καλυμμένο με αγριόλευκες, οι οποίες το χειμώνα ρίχνουν τα φύλλα τους, αλλά αυτό δεν τους στερεί την ομορφιά τους, όταν μά λιστα είναι χιονισμένες. Οι πίστες είναι διάδρομοι ανάμεσα σε αυτά τα δέντρα και ψηλότερα ανάμε σα στα έλατα. Η ομάδα των χιονοδρόμων μας έφτασε με τους αναβατήρες στην κορυφή και ανασυντάχτηκε. Άλλοι είχαν νοικιάσει σκι και άλλοι σανίδα. Ο μα θηματικός τους υπενθύμισε1 αν και δεν ήταν ανά γκη, ότι τις πρώτες κατεβασιές έπρεπε να τις πάνε αργά και με στάσεις, μέχρι να ζεσταθούν τα γόνατα. Ξεκίνησαν, ο ένας πίσω από τον άλλον, μπροστά για να τους συγκρατεί, ο καθηγητής. Γνώριζε καλά τις πίστες, έτσι τους οδήγησε από εκεί που οι φανατικοί της χιονοσανίδας, είχαν φτιάξει κάποια βουναλάκια για να κάνουν τα καθι ερωμένα άλματα. Σε ένα τέτοιο βουναλάκι, στην τρίτη τους κατάβαση, στqμάτησε ακριβώς στην κόψη του, ώστε τα σκι ήταν στον αέρα, εκτός από το σημείο που ακουμπούσαν στο χιόνι. Αναγκα στικά σταμάτησαν και οι μαθητές του και έκαναν ένα κύκλο γύρω του. -Τι πάθατε, κύριε; Γιατί σταματήσατε, έτσι σαν να κρέμεστε στο αέρα; ·

-Θέλω να παρατηρήσετε κάτι, το οποίο θα μας βοηθήσει σε κάποιο από τα επόμενα μαθήματα στο σχολείο. -Αμάν, κύριε! Πάλι μαθηματικά σκεφτήκατε; Αφήστε μας να κάνουμε λίγο σκι! -Δυο λεπτά θα μας πάρει, αξίζει τον κόπο, m στέψτε με. -Εντάξει, αλλά κάνετε γρήγορα! Δεν κρατιό μαστε! -τι παρατηρείτε; Δεν είναι σαν τα σκι μου να εφάπτονται της καμπύλης του χιονιού μόνο σε ένα σημείο; -Ναι, έτσι φαίνεται. Αυτός που φτυάρισε αυτό το βουναλάκι, έτσι το έφτιαξε. Λοιπόν; -Θα μπορούσαν δηλαδή τα σκι μου να θεω ρηθούν ότι είναι η εφαπτομένη της καμπύλης του χιονιού. Προσέξτε ότι όλα τα σημεία της καμπύλης είναι χαμηλότερα από τα σκι μου, δηλαδή από την εφαπτομένη της σε ένα σημείο. -Εκτός από το σημείο που εφάπτονται. -Σωστά. Μια τέτοια καμπύλη θα την λέμε κοίλη, ενώ αν η εφαπτομένη την αφήνει από πάνω, θα τη λέμε κυρτή. -Όπως δηλαδή μια λακκούβα στο χιόνι; -Ακριβώς! Με συγχωρείτε για την καθυστέρηση. Και τώρα φύγαμε!

Η αποψινή έξοδος ήταν σε κλαμπ, κατά απαί τηση των περισσότερων μαθητών. Οι συνοδοί κα τέβηκαν νωρίτερα και περίμεναν τους μαθητές στο λόμπυ. Όταν άρχισαν να έρχονται οι πρώτες μαθή τριες, μολονότι ήταν πολύπειροι στις εκδρομές, δεν πίστευαν στα μάτια τους. Σχεδόν δεν γνώρισαν τις μαθήτριές τους. Όλες τους με «εξώπλατα» και «γόβες-στιλέτω). -Θεέ μου, μουρμούρισε η φιλόλογος, που θα τις πάμε έτσι. Θα μας ξεπαγιάσουν, θα μας aρρω στήσουν. -Θα πάμε με το λεωφορείο μέχρι το κλαμπ, είπε ο χημικός. 4ε γίνεται αλλιώς! Ούτε να περπα τήσουν δεν μπορούν με αυτά τα παπούτσια. Η επόμενη ημέρα ήταν χαλαρή. Άφησαν τους μαθητές να κοιμηθούν λίγο παραπάνω και μετά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/3

Μαθηματικά και λογοτεχνία

μπήκαν στο λεωφορείο για μια παραλιακή βόλτα. Ο καιρός ήταν θαυμάσιος και είχαν όλοι τα κέφια τους. Σταμάτησαν σε μια ήσυχη ακρογιαλιά. Είχε κάποια τουριστική υποδομή, αλλά για το καλοκαίρι. Τώρα δεν υπήρχε σχεδόν κανένας άλλος. Τους άφησαν ελεύθερους να κάνουν τη βόλτα τους, αλλά οι περισσότεροι περπατούσαν μαζί τους. Ο μαθηματικός κατέβηκε κοντά στη θάλασσα, η οποία ήταν αυτό που λέμε «λάδι». Η παραλία είχε άμμο και βότσαλα. Αρκετοί τον ακολούθησαν. Πήρε ένα πλακέ βότσαλο και το τίναξε μέ δύναμη στην επιφάνεια της θάλασσας. Αυτό αναπήδησε αρκετές φορές, πριν βουλιάξει με ένα τρέμουλο, ριγώντας τη θάλασσα στο σημείο που βυθίστηκε, σαν τελευταίο αντίο στη ζωή. Επανέλαβε αυτή την κίνηση αρκετές φορές, έτσι σαν παιγνίδι, όπως έκανε παιδί. Αρκετοί μαθητές άρχισαν να τον μιμούνται, άλλοι με λιγότερη και άλλοι με περισσότερη επιτυχία. Ο μαθηματικός συνέχιζε να πετά βότσαλα, προσπαθώντας να πετύχει όλο και πιο πολλές αναπηδήσεις, οι τελευταίες να είναι τόσο κοντά η μία με την άλλη, ώστε να μην ξεχωρίζουν. Απλώς να φαίνεται μόνο το ρυτίδωμα του νερού. Μια μαθήτρια που τον παρακολουθούσε, δεν άντεξε και ρώτησε: -τι κάνετε, κύριε; τι προσπαθείτε να πετύχετε; Τότε του ήρθε η ιδέα, δεν το είχε σκεφτεί ξα νά πριν. Είπε: -Αυτό που βλέπετε τώρα είναι στην πράξη, η έννοια του ορίου, που διδαχτήκατε. -Δεν καταλαβαίνουμε, είπαν και άλλοι μαθη τές που είχαν πλησιάσει. -Ανάλογα με την ταχύτητα και τον τρόπο που θα πετάξω την πέτρα, το σημείο που θα βουλιάξει είναι προκαθορισμένο. Η πέτρα πλησιάζει, καθώς αναπηδά στην επιφάνεια του νερού, πλησιάζοντας όλο και πιο πολύ το σημείο αυτό. Όπως η μετα βλητή χ, όταν κινείται πάνω στον άξονα των πραγματικών αριθμών, πλησιάζοντας ένα αριθμό. -Μόνο εσείς θα μπορούσατε να το σκεφτείτε αυτό, κύριε! Άκου όριο πάνω στη θάλασσα! Και ποια είναι η συνάρτηση παρακαλώ; -Είναι πολύπλοκη, εξαρτάται από πολλές πα ραμέτρους. Από την ταχύτητα που εκσφενδονίζω την πέτρα, από την κλίση που της δίνω, από το κυματισμό της θάλασσας . . . -Εξαιρετικά! Τώρα η έννοια του ορίου μου φαίνεται κάπως πιο οικεία. Κάπως έτσι κύλησαν οι ημέρες της εκδρομής, με τους μαθητές να δένονται πιο πολύ, τόσο μετα ξύ τους, όσο και με τους καθηγητές τους. Ακόμα και όταν τους άφησαν ένα βράδυ ελεύθερους στα μπαράκια της πόλης, όλοι κάθισαν στα κοντινά με αυτούς μαγαζιά και στο ραντεβού της επιστροφής

στο ξενοδοχείο, ήταν συνεπέστατοι. Στην επιστροφή, σταμάτησαν για φαγητό στη Στυλίδα. Η κεντρική πλατεία έχει πολλά μαγαζιά, αλλά ήταν έρημοι, οι μαθητές δεν ήξεραν που να πάνε. Μπαίνουν οι καθηγητές σε μια ταβέρνα, ά δεια και αυτή. Σε δέκα λεπτά είχαν μαζευτεί όλοι εκεί. Αφού κανόνισαν φαγητό για όλους και ζε στάθηκαν δίπλα στο αναμμένο τζάκι, ο μαθηματι κός άρχισε να σκαλίζει έναν υπολογιστή που ήταν συνδεδεμένος με το στερεοφωνικό. Έβαλε πρώτα τη «Δραπετσώνω> και μετά άλλο και άλλο, παλιά αγαπημένα τραγούδια. Σε λίγο όλοι χόρευαν, μια παρέα. Ήταν από τα καλύτερα σημεία της εκδρο μής και δεν θέλησε να το «χαλάσει», μιλώντας για τη σχέση μαθηματικών και μουσικής. Αργότερα μπήκαν στο λεωφορείο, όλοι με καλή διάθεση, ελαφρά συγκινημένοι, αφού η εκδρομή που περί μεναν τόσα χρόνια, έφτανε στο τέλος της. Όταν πλησίαζαν στον προορισμό τους, ο μαθηματικός πήρε το μικρόφωνο: -Εκ μέρους και των συναδέλφων μου, θέλω να σας ευχαριστήσω για την άψογη συμπεριφορά σας, σε όλη την διάρκεια της εκδρομής, να σας ευχηθώ-να είστε πάντα καλά, εσείς και οι οικογέ νειές σας και να έχετε επιτυχία στις προσεχείς εξετάσεις. Και να θυμάστε: Τα μαθηματικά είναι πάντα και παντού γύρω μας, έστω και αν τις περισσότε ρες φορές δεν το αντιλαμβανόμαστε. Σας αγαπάμε όλους και θα σας θυμόμαστε! Οι μαθητές απάντησαν με ένα αυθόρμητο χι ουμοριστικό «ου>> και στη συνέχεια με ένα ζεστό χειροκρότημα. -Από πείρα γνωρίζουμε, συνέχισε ο μαθημα τικός, ότι αύριο δεν θα έρθετε τις πρώτες ώρες. Θέλουμε όμως να έρθετε την τρίτη ώρα, να μη χά σομμε όλη την ημέρα. Σας έχω και ένα μικρό δώ ρο, ένα πρόβλημα. -Πάλι πρόβλημα, κύριε, διαμαρτυρήθηκαν κάποιοι μαθητές. -Είναι εύκολο, ακούστε το. Χρησιμοποιώντας τους αριθμούς 1, 2, 3, 7, μία φορά τον καθένα και από τις τέσσερεις πράξεις, όποιες και όσες φορές θέλετε, να βγάλετε αποτέλεσμα 21. Καταλάβατε τις προϋποθέσεις; -Μάλιστα, κύριε! Αύριο θα το φέρουμε λυμένο!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/4

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες 33η

Ε . Μ.Ε.

Ελληνική Μαθηματική ΟΑuμvιάδα ··ο Αρχιμήδης•• 27

Φεβρουαρίου

2016

Θέματα μεγάλων τάξεων

Πρόβλημα 1

Να βρείτε όλες τις τριάδες μη αρνητικών ακεραίων (x,y,z) με Χ2 + y2 = 3

Λύση

•

2016z + 77

χ� y , που ικανοποιούν την εξίσωση:

Δι ακρίνουμε τ ςι περιπτώσεις : Αν z =Ο , τ ότε έχουμε ν αλύσουμε την ε ίξσωση χ2 + y2 =80 . Τότε πρέπει οι χ, y ν αείν αι πολλ απλάσι ατου 4, δηλ αδή χ = 4α, y = 4b , Ο � α � b, κ αι η ε ίξσωση γίνετ αι α2 + b2 = 5 οπ ότε (α, b) =(1,2) , δηλ αδή (χ, y) =(4, 8). Αν z > Ο , τ ότε 712016z (επειδή 712016 ) κ αι 7177 , επομένως το 7 πρέπει ν αδι αιρεί κ αι το αριστερ όμέλος , δηλ αδή 71 χ2 + y2 . Τ απι θανά υπ όλοιπ α ενός τετρ αγώνου με το 7 είν αι τ αίδι α με τ αυπ όλοιπ ατων 02,12 ,22,32 ,42 ,52 ,62 που είν αι 0,1,2,4. Οπ ότε, γι αν αισ χύει 71 χ2 + y2 πρέπει 71 χ, 71y κ αι γράφουμε χ = 7χ ι κ αι y = 7yι , με Ο � Χι � Υι· Αν ιτκ αθιστώντ ας στην (1) έχουμε 49(χ; + y;) =3·2016z + 77. Αν z � 2 , τ ότε 491201 6\ οπ ότε αφού δι αιρεί κ αι το αριστερ ό μέλος, θα πρέπει 49 Ι 77 , που εί ναι άτοπο . Αν z = 1 , τ ότε 49(x; + y;) =3 · 7 · 288 + 77 =7(3. · 288 +11) = 7·7 · 125 . Δηλ αδή πρέπει χι2 + y; = 125 . Αφού Χι � Υι , έχουμε ότι 2y; � 125 � Υι � 8 . Γι α Υι =8, 9,10, 1 1 , βρίσκουμε τις λύσεις (χι ,Υι) Ε {(5, 10), (2,11) } Τελικά οι λύσεις είν αι: (x, y) Ε {(4,8),(35, 70),(14, 77)}.

Πρόβλημα 2 Τα πολυώνυμα P(x),Q(x) με πραγματικούς συντελεστές είναι μη σταθερά, έχουν συντελεστή του μεyιστοβάθμιου όρου ίσο με 1 και επιπλέον ικανοποιούν τις ισότητες: 2Ρ( ) χ

Ρ(

j(x+21)z _ j(x-21)z , 1., 1.,

χ ) και Q(x).

Λύση

)

για κάθε χ Ε JR ,

Ρ(1)

1. Να βρείτε τα πολυώνυμα

Q( x) =xn + α _ι χn- + ... + α0• Τότε ο μεγιστοβά θμιος όρος του πολυω νύμου n �(χ:Ι) ' - "� (χ�I)' προέρχετ αι απ ό το ανάπτυγμ α των μεγιστοβά θμιων όρων

Έστω

((Χ + 1)2 Jn -((Χ - 1)2 Jn . Ο μεγιστοβά θμ ος ι όρος του τελευτ αίου ισούτ αι με 2 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/5

------ Μαθηματικο ί Διαγωνισμο ί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

n ι 2 nx2n ι 4 n 2 nx22n-ι = -χ + ( )1. n n n 2 2 2 Όμως ο συντε λεστής του μεγιστοβά θμιου όρου στο αριστερ όμέλος ισούτ αι με 2, οπ ότε πρέπε ι ι 4 n = 2 <=>2 n+ = 4 n. Όμως 2 n+ι > 4 n γι α n�3 , οπ ότε n= 1 ή n= 2 κ αι απ ότην ( )1 ο n 2 β αθμούς του Ρείν αι 2 -1= 1ή 2 2 - 1= 3 . ι σχέση π αίρνουμε 2 Ρ(Ο) = Q( Il 2) - Q( Il 2) = Ο , άρ α Ρ(Ο) = Ο . Γι α χ= Ο στην αρχ κή Αν τώρ α n= 1, τ ότε Ρ( χ) = αχ κ αι αφού P(l) = 1, θαείν αι Ρ( χ) = χκ αι Q χ = χ+ a0, a0 Ε JR. Αν n= 2 , τ ότε αν Q( x) = χ2+ hx+ c, έχουμε: ( χ Ι) ' ( χ Ι) ' -Q 2 Ρ χ= Q = ( χ+ )1 4 -( χ-1) 4 + ( χ+ Ι) ' - ( χ- Ι) ' =

--·

•

( � ) ( � ) :(

()

) %(

)

1 b = -( 8χ3 + 8χ)+ -(4 χ) = 2 χ3 + 2( 1+ )b x. 4 2 Επομέ ω ν ς, Ρ( χ) = χ3 + ( 1+ )b χ.Επειδή επιπλέον P( )l = 1, πρέπε ι b= - 1, οπ ότε Ρ( χ) = χ3και Q x = χ2- x+ c; cΕ JR.

()

Πρόβλημα 3 Δίνεται ισοσκελές και οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ=ΑΓ) και το ύψος του ΓΔ. Ο κύκλος c1(Γ,ΓΔ) τέμνει την ΑΓ στο σημείο Κ, την προέκταση της ΑΓ στο σημείο Ζ και τον κύκλο c1(Β,ΒΔ) στ<» σημείο��.· Η ΔΖ τέλος τέμνει τον κύκλο c1 στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι: (α) zΔΕ = 4$0, (β) Τα � μεία Ε,Μ και Κ βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία, (γ) Η ευθεία ΒΜ είναι Παράλληλη με την ευθεία ΕΓ . Λύση (α) Απ ότο Οf>θογώνιο τρίγωνο ΒΓΔ έχουμε: fΊ = 90°- Β .

ι χορδής τους διάκ εντρο � ΒΓτων κύκ λων c1 κ αι c2 είν αι μεσοκά θετη της κο νής Αν λοιπ νό Τ; είν αιτο ση μείο τομής των ΒΓκ αι ΔΕ, τ ότε ( απότο 'ορ θογώvtCJ�ρίγωνο ΓΤΔ ) έχουμε: Γι+ Δι+ Δ2= 90°, δηλ αδ ή ( )1 Η

ΔΕ .

ι τρίγωνο ΓΔΖ έχουμε: Δι= Ζι κ αι Απ ότο σοσκελές ο Γ2= 2Δ ι= 90 -Α , οποτε Α

(2) Απ ότο σοσκελές ι τρίγωνο ΑΒΓέχουμε: Β= 90°- Α. (3) 2 Απ ότις σχέσεις ( ),1 (2), (3) έχουμε: ΔΙ+ Δ2= Β= t <=> (2,)()J ο Α 45 ο -2 = 45ο . Δ 2= Β- Δ ι <=>Δ 2= 90 -2Α

(β)

( AJ

γωνί αΔ1 σχημ ατί εζτ αι απ ότην χορδή ΔΜ κ αι την εφ απτομ έ\τι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' 100 τ.4/6

ΔΓ

του

ci1cλoυ

c 1,

άρ α

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Δ ΕΜ = Δ1 Ισ χύει επίσης ΔΕκ = ΔΖκ = Ζ1 (δι ότι είν αι εγγεγρ αμμένες στον κύκλο c2 κ αι β αίνουν στο τ όξο Δ Κ ). Επειδή όμως Δ1 = Ζ1 , θαισ χύει Δ ΕΜ = Δ ΕΚ , οπ ότε τ ασημεί αΕ,Μ , Κ είν αι συνευ θει ακά. (γ) Θα α ποδεί ξουμε ότι Δ ΒΜ = 90°-Α . Ισ χύει : Δ ΒΜ = 2Δ ΕΜ = 2Δ1 = Γ2 90 - Α , οπ ότε ΒΜ .l ΑΓ. Ε mπ λέον, ισ χύει ΕΚΖ = Ε Δz = Δ2 = 45°, οπ ότε το ορ θογώνιο τρίγωνο ΕΖΚ είν αι ι σο σκελές κ αι η διάμεσ ός του ΕΓείν αι κ αιύ ψος, δηλ αδή ΕΓ.l ΚΖ . Άρ αΒΜ I /ΕΓ(ως κά θετες σ ητν ευ θεί αΑΖ ) •

Πρόβλημα4 Τετράγωνο ABCD διαιρείται σε n 2 ίσα μικρά (στοιχειώδη) τετράγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του. Τις κορυφές των στοιχειωδών τετραγώνων τις ονομάζουμε σημεία του πλέγματος. 'Ενα ρόμβο θα τον ονομάζουμε "καλό", όταν: • δεν είναι τετράγωνο • οι κορυφές του είναι σημεία του πλέγματος, • οι διαγώνιές του είναι παράλληλες με τις πλευρές του τετραγώνου ABCD . Να βρεθεί συναρτήσει του n (με κλειστό τύπο) το πλήθος των "καλών" ρόμβων, όπου n ακέραιος αριθμός μεγαλύτερος του 2 . Λύση Από τις κορυφές του ρόμβου φέρουμε παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές τους πλέγματος, οπότε

βρίσκουμε το ελάχιστο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο που περιέχει το ρόμβο. Λόγω της συμμετρίας ως προς κέντρο του ρόμβου, θα πρέπει το ορθογώνιο αυτό να έχει άρτια μήκη πλευρών. Επομένως αρκεί να μετρήσουμε τα ορθογώνια με άρτια μήκη πλευρών 2 s χ2 t για τα οποία ισχ6ει s -::1: t Για το σκοπό αυτό θα μετρήσουμε όλα τα ορθογώνια 2 s χ 2t και στη συνέχεια θα αφαιρέσουμε τα τετράγωνα 2 s χ 2 s. • Έστω ότι n = 2 k Αριθμούμε τις κάθετες ευθείες του πλέγματος από αριστερά προς τα δεξιά 1,2,3,. . ,2 k + 1 και τις γραμμές του πλέγματος,

I1\ I \ 1\ I \v

από κάτω προς τα πάνω

1,2,3,... ,2

2 s χ2 t προσδιορίζεται από δύο κάθετες

k+ 1.

Ένα ορθογώνιο

Σχήμα2

γραμμές του πλέγματος κ-αι δύο οριζόντιες που έχουν άρτια

(� J

απόσταση. Για να έχουν άρτια απόσταση πρέπει και οι δύο να έχουν άρτιο αριθμό ή και οι δύο περιττό αριθμό. Γtα να διαλέξουμΕ δύο κάθετες γραμμές μΕ άρτιο αριθμό έχουμΕ

( J ( �J ( ; J

διαλέξουμε δύο κάθετες γραμμές με περιττό αριθμό έχουμε δύο κάθετες γραμμές μΕ άρτιο απόσταση έχουμΕ

k 1

k+ 1 2

επιλσyές, ενώ για να

επιλογές. Οπότε για να επιλέξουμε

2 = k επιλσyές. Όμοtα, έχουμΕ

2 = k4 ορθογώνια 2 s χ επιλογές για τις στήλες. Οπότε συνολικά έχουμε k2 • k 2 t. Μένει τώρα να αφαιρέσουμε τα τετράγωνα 2 s χ 2 s . Τα 2 χ 2 τετράγωνα είναι 2 2 n - 2 + 1) = (2 k-2 + 1) • Τα 4 χ 4 είναι (n - 4 + 1)2 = (2 k- 4 + 1)2• Γενικά τα

(

(n- 2

s + 1)2 = (2

k- 2

s + 1)2• Άρα όλα μαζί είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/7

2 s χ2 s είναι

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμmάδες

Σ(2 k- 2 s + )21 = Σ(2 k+ )21 - 4 s( 2 k+ )1+ 4 s2 = s=l

s=l

------

1 k+ )1 k(2 k- )(2 6 3 k(2 k- )(2 1 k+ )1 k( k-1)(3 k2 -k- )1 ' ' ' βοι ειναι: = . Επομενως οι ρομ k4 3 3 k 1 k 1 = k ( k+ )Ι + Όταν n 2 k+ I, εντελώς όμοια με παραπάνω έχουμε k(2 k+ )21 - 2(2 k+ )1 k( k+ )1+ 4

•

k( k+ )(2 1 k+ )1

(;) ( ;)

k( k+ )1 επιλογές για την επιλογή των οριζόντιων. Επομένως έχουμε συνολικά ( k ( k+ ))2 1 ορθογώνια 2 s χ 2 t και πρέπει να αφαιρέσουμε τα τετράγωνα 2 s χ 2 s που είναι (n- 2 s + )2 1 = (2 k+ 1- 2 s + )2 1 = (2 k+ 2 - 2 s) 2 . Δηλαδή συνολικά k k Σ(2 k+ 2 -2 s) 2 = Σ(2 k+ 2) 2 -4(2 k+ 2) s + 4 s 2 επιλογές για την επιλογή των δύο κάθετων γραμμών και

s=l

1 k+ )1 1 k+ )1 2 k( k+ )(2 k( k+ )(2 = 6 3 k----')(3 1 k2 -2) 2 k( k+ )(2 1 . k+ )1 ----'k( k+--'---' ( k( k+ ))1 2 = 3 3

k(2 k+ 2)2 - 2(2 k+ 2) k( k+ )1 + 4

Επομένως, οι ρόμβοι είναι συνολικά:

2°ς τρόπος

- --

Υπο θέτουμε ότι το μήκος των πλευρών των στοιχειωδών τετρ αγώνων είν αι 1. Αν οι δι αγών ες ι του ρ όμβου είν αι π αράλληλες με τις πλευρές του τετρ αγώνου, τ ότε οι κορυφές του θαείν αι τ αμέσ ατων πλ ευρών ορ θογωνίου π αρ αλληλογράμμου του οποίου οι πλευρές έχουν μή κη πολλ. απλάσι ατου 2 κ αι είν αι π αρά λληλες με τις π λευρές του αρχ κού ι τετρ αγώνου .

• p�· D��-----4-

Σχήμ α3 Σχ ήμ α4 Στ αδύο παρ απάνω σ χήμ ατ αβλέ πουμε ορ θογώνι απ αρ αλληλ γόρ αμμ α(που οι π λευρές τους είν αι π αράλληλες με τ ςι πλευρές του τετρ αγώνου ABCD ) Σε κά θε ορ θογώνιο τύπου Ι;χ4 αντιστοιχεί έν ας κ αι μ νόο ρ όμβος τύπου Ρ2χ4• Σε κά θε ορ θογώνιο τύπου Ι;χ6 αντιστοιχεί έν ας κ αι μ νόο ρ όμβος τύπου Ρ2χ6 Γι αν α προσδιορίσουμε λοιπ όν το πλή θος των ρ όμβων, αρκεί ν αυπολογίσουμε το πλή θος των ορ θογωνίων τύπου I'r2m)x(2k)' όπου m,k ακέρ αιοι με 1 � m < k �ι' όταν n = 21.

• • •

Γι αm = 1 κ αι k 2 έχουμε : Έν ατμήμ αμήκους 2 , μπορούμε ν ατο επ λέ ι οξ υμε με n -1 τ ρόπο uς (στην π λευρά ΑΒ ) . Έν ατμήμ αμήκους 4 , μπορούμε ν ατο επ ιλέ οξ υμε με n 3 τρ όπο uς (στην πλευρά AD ). Άρ ατο πλή θος των ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων τύπου J;x4 (κ αθώς κ αι των ορ θογωνίων ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/8

-...---

Μαθηματικοί Διαγωνισμο ί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-----

π αρ αλληλ ογράμμων τύπου rιχ2) είν αι (n -1)(n- 3). Γι αm =1 κ αι k = 3, έχο υ.με : Έν ατμήμ αμήκους 2 , μπορο ύμε ν ατο επιλέ οξυμε με n -1 τρ όπους (στην πλευρά ΑΒ ) . Έν ατμήμ αμήκους 6 , μπορούμε ν ατο επιλέ οξυμε με n - 5 τρ όπους (στην πλευρά AD ). Άρ ατο πλή θος των ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων τύπου JΊχ6 (κ αθώς κ αι των ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων τύπου �χ2) είν αι (n-1)(n-5).

Γι αm =1 κ αι k =l , έχουμε : Έν ατμήμ αμήκο υς 2 , μπορούμε ν ατο επιλέ οξυμε με n -1 τρ όπους (στην πλευρά ΑΒ ). Έν ατμήμ αμήκους 21, μπο ρο ύμε ν ατ ο επιλέ οξυμε με n-2/ + 1 =1 τρ όπους (στην πλευρά

AD ).

Άρ ατο πλή θος των ορ θογωνίων π αρ αλληλ ογράμμων τύπου 1Ίχ(2Ζ) (κ αθώς κ αιτων ορ θογωνίων π αρ αλληλογρά μ ων τύπου J;2z)x2) είν αι ( n- 1)( n- 2/+ 1) = ( n- 1) · 1 . Τελικά το πλή θος των ορ θογωνίων π αρ αλ ληλογράμ μων των οποίων η μί απλευρά, έχει μήκος 2 , είν αι: S2 =2((n-1)(n-3)+ (n-1) (n-5)+ ···+ (n-1) ·1) = 1 + ( n- 3) ·n- 2- ( n- 1)( n- 2)2 = = 2( n- )l (( n- 3) + ( n- 5) + ···+ 1 ) = 2( n- 1) 2 2 2 Γι αm =2 κ αι k 3 , έχουμε : Έν ατμήμ αμήκους 4 , μπορο ύμε ν ατο επιλέ οξυμε με n-3 τρ όπου ς (στην πλευρά ΑΒ ). , Έν ατμήμ αμήκους 6 , μπορο ύμε ν ατο επιλέ οξυμε με n-5 τρ όπους (στην πλευρά AD ). Άρ ατο πλή θος των ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων τύπου rιχ6 (κ αθώς κ αι των ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων τύπου �χ4) είν αι (n-3 )(n-5). Γι αm =2 κ αι k = 4 , έχουμε : Έν ατμήμ αμήκους 4 , μπορο ύμε νατο επ λέ ι οξ υμε με n-3 τρ όπους (στην πλευρά ΑΒ ) . Έν ατμήμ αμ ήκους 8 , μπορο ύμε ν ατο επιλέ οξυμε με n- 7 τρ όπους (στην πλευρά AD ). Ά ρατο πλή θος των ορ θογωνίων π αρ αλλη λογράμμων τύπο υ Τ4χ8 (κ αθώς κ αι των ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων τύπου l'sx4) είν αι (n-3 )(n -7). =

Γι α m =2 κ αι k =l , έχουμε : Έν ατμήμ αμήκους 4 , μπορούμε ν ατο επιλέ οξυμε με n-3 τρ όπο υς (στ ην πλευρά ΑΒ). Έν α τμήμ α μήκ υο ς 21, μπορούμε ν α το επιλέ οξυμε με n-2/ + 1· =1 τρ όπους (στην πλευρά AD ). Άρ ατο πλή θος των ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων τ ύπου rιx(2ZJ (κ αθώς κ αι των ορ θογωνίων

π αρ αλληλογράμμων τύπου J;2z)x4) είν αι (n-3 )(n-21 + 1) = (n-3)·1. Τελικά το πλή θος τω ν ορ θογωνίων π αρ αλληλογράμμων των οποίων η μί απλ υε ρά, έχει μήκος ι : S4 =2((n-3)(n -5)+(n-3)(n- 7) + ··+( n -3)·1) = 4 , είν α ( n--Δ) n- 4) 2 ·

2(n-3 J((n -5)+(n -7)+ ··+ 1) = ·

;

Αν ακεφ αλ αιώνοντ ας κ αι επεκτείνοντ ας τηδι αδικ ασί αέχουμε : s2

=2(n-1)(n-l-1)(l-1)=

(n-J)(n-2/ 2 (n -3)(n-1/ 2

ΕΥΚΛΕΙΔΙn; Β' 100 τ.4/9 \

n=2l

n= 21 + 1

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμο ί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

=2(n-3)(n-l-2)(l -2)=

s /- 2

(n-3)(n-4/ 2 (n-5)(n-3/ 2

(n-5)(n-6/ 2' s6 =2(n -5)(n-l -3)(l -3) = (n-7)(n-5/ 2 5· 42

-- , 2

6·8 2

n=2l n=21+1 '

3·2 ' 2

s /- = 2 2 4 ·62

-' 2

{

n=2l

Ο,

S Ι= 2·42 2 n=21+1, 2 ,

Άρα το πλήθος των ορθογωνίων παραλληλογράμμων (για n

------n =2ι

n = 21+1

n= 2ι n=2ι+1 n =2ι n = 2ι+ 1

21) δίνεται από το άθροισμα:

·42 3 ·22 2 4 S =S +S 4 +...+S 1- = (n-1)(n- / + (n-3)(n """" / + ...+ 5 + 2 2 2 2 2 2 2

23 + 22 (n-2/ +(n-2/ (n-4/ +(n. 4/ + ...+ 43 + 42 + --+ 2 2 2 2 ·

Γράφοντας n =21 το παραπάνω άθροισμα, γίνεται: . 23 + 4 . 22 8+ 4 8(1- 2/ + 4( ι -2/ 8 s 8(1-1/ + 4( ι -1/ + + + ...+ = = 2 2 =4((1-1/ + (l- 2/ +...+ 1)+ 2((1-1/ +...+ 1)=

ι 2ι -1) ο ;( 0_ = ι -1 ι 1J+ 2ι -1) = ι(l-1)( 3ι2 -ι -1) 6 3 3

= (ι(l-1)y + 2 . (l-l) ( '

Άρα το πΧήθος των ορθογωνίων παραλληλογράμμων . (για n =2/ + 1) δίνεται από το άθροισμα: 4·62. 2·42Γ, n-3)( n-1/ + {n-5)(n-3/ +·..+--+-. ρα S, s2· +!:.S4 +· . +'. S21-2 +S21 = ( 2 2 2 2 φοντας n :=21 + 1 'το πάραπάνω άθροiσμα, γίνεiαι: =

/ -2)(2 /)2 (2 / -4)(2 /- 2)2 ... 4 6· 2 2 4·2 + + = + + 2 2 2 2 =4( 11 +... +4(3 3-2 )3 +4(2 3-22) +4( 13-12) = 3 /2 ) +4(( /- 1)3- ( /- )2) =.4(( / 3+( / -1) 3+... +)1 -(2/ +( / -1)2 +... + ))1 = (1 1+)(2 l(l +)(3 1 / +)1 = 1 /2 - /- 2). = (l(l +))2 1 -2 3 3 S' (2 =

Τους δύο τύπους μπορούμε να τους συνοψίσουμε με τη βοήθεια του ακεραίου μέρους ως:

3 ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 100 τ.4/10

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες 01

λύσε 1 c; των ασκήσεων του τεύχους 99

------

Οι ασκήσεις που ακολουθούν προέρχονται από το βιβλίο: 'Γhe Am b itious Teαm αnd other mαth proble m s from Irelαnd, 2015, Edited b y Bernd Kre ussler. Α43. Η ακολουθία un, n = Ο,ι, 2, ... ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις: U0 = 2

U0 =

Και

2un-l +ι un-1 + 2

,η =

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο n, ισχύει: Λύ ση

1,2,.3,

••..•

1 < ιin <ι+

u n -1,n Ο 1,2,3, . . Τότε είναι α0 = 1 και ηδεδομέ νηαναδρομική , ηγινεται , .. αn + 1 - 2αn-\ + 3 n - 1 '2'.3'.. . . . �αn - αn-1 = 1 - 3 'n = 1 '2 '. 3'. . ... σχεσ αn-1+3 ' αn-1+3 αn-1 +3 2 (1) Η σχέσ ηπου πρέπει να αποδεί ο ξυμε γίνεται Ο <αn < )n" Ορί οζυμε τ ην ακο λου θία αn

Επειδή α0 = 1 > Ο , από τ ην αναδρομι κή σχέσ η αn = επαγωγή ότι αn > ο, για κά θε n = ο, 1,2,. . .

�

α ληθεύει για n

Ο και υπο θέτουμε ότι

: . Τότε έχουμε

k+l k+l 2 2 3 3 3 < <�11� αk+Ι < <. k k+ k+Ι + Ι Ι 2+3 2+3 3 k+Ι αk+3 2+3 αk +3

+3 k+l 3 2 2 αk + 3 < k + 3 = k � 3

Στ η συνέχεια παρατ ηρούμε ότι η σχέσ η αn < α ληθεύει για n = kΕ Ν•, δ ηλαδή αk <

αn-\ ,n = 1 2 3, ' ' .. επεται εύκο λα με αn-1+3

Επομένως, σ, ύμφωνα με τ ην αρ χή της μα θηματι κής επαγωγής ισ χύει αn < _3_, n για κά θε n

Ν.

Ν37. Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους n για τους οποίους και οι ακέραιοι 837+ n και 837- n είναι και οι δύο κύβοι θετικών ακέραιων.

Λύ ση

Πρέπει να προσδιορίσουμε ό λο ύς τους ακέραιους n για τους οποίους υπάρχ ουν θετικοί ακέραιοι x,y τέτοιοι ώστε 837 + n = x 3 , (1) (2) και 837-n = /. Με πρόσ θεσ ηκατά μέ λητων (1) και (2) προκ πύτει 1 6 74 = χ3 + y3 =(χ+ y xz - xy+ /.�(χ+ y xz - xy+ yz = 2·33 ·31 .

)(

)

)(

)

Αν θέσουμε u = χ+ y, ν = xz - xy+ /,τότε ηπρο ηγούμ ενηε ίξσωσ ηγίνεται (3) uν = 2·33·31. Επειδή είναι ν = (χ+ y γ - 3xy uz - 3xy� 3 xy= uz -ν , έπεται ότι : =

3 i uν και 3 1 uz -ν� 3 l uzν και 3 1 uzν -νz� 3 i (uzν -νz) - uzν = -νz� 3 lν, α φού 3 πρώτος .Στ ησ νυέχεια προ κύπτει και ότι 3 l u. Επομέ ω ν ς, υπάρχουν θετικοί ακέραιοι u1,ν1 τέτοιοι ώστε u = 3u1 και ν = 3ν1 , οπότε : (4) u1ν1 = 2 ·3 ·31 = 186, χ+ y 3u1, xy= 3u t -ν1• Επειδή είναι χ,y > Ο ,έπεται ότι 3u1z > ν1 � 3u� > u1ν1 186� u1 � 4. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/1 1

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------,-

Επίσης ισχύει ότι (χ + y)2 � 4xy ::::::> 9u12 � 12u: - 4v1 ::::::> 4v1 � 3u� � 4u1, αφού ισχύει και 3 u1 =3 (χ + y) > 4 . Άρα είναι: v1 � u1 � 4. Οι διαιρέτες του 1 8 6 είναι: 1, 2, 3, 6, 3 1, 62, 93, 1 8 6 και ισχύει ότι v1 > u1 � 4, οπότε από την εξίσωση u1v1 = 2 3 3 1 =1 86 και τις σχέσεις (4) , προκύπτει ότι: {χ + y =18, xy =77} � (χ, y) =(11, 7 ) ή (χ, y ) =( 7, 1 1 .) Όμως η τελευταία λύση απορρίπτεται, αφού χ > y, οπότε (χ, y) =(11, 7 ) και n = 837 -73 = 1 1 3 - 837 =494. Γ34. Δίνεται τρίγωνο ABC και σημείο Ρ στο εσωτερικό της πλευράς BC. Έστω C1,C1,C3 ·

εyyεyραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABC, ABP,ACP αντίστοιχα. Έστω ακόμη l1 ο ριζικός οι

άξονας των κύκλων C και C1 και l7. ο ριζικός άξονας των κύκλων C και C1• Να αποδείξετε ότι η γωνία των ευθειών l1 και l δεν εξαρτάται από τη θέση του 2

σημείου πάνω στην πλευρά BC και να προσδιορίσετε "

το μέτρο της, όταν BAC= ιοο·. Λύ ση

Τα κέντρά των κύκλων C1 και C 2 , βρίσκονται επάνω c στη διχοτόμο ΒΙ της γωνίας Β,. οπότε ο ριζικός τους άξονας 11 θα είναι κάθετος στη ΒΙ. Τα κέντρα των κύκλων C1 κάι C,3 βρίσκονται επάνω στη διχοτόμο CI της γωνίας C, οπότε ο ριζικός τους άξονας 12 θα είναι κάθετος στη CI. Άρα η γωνία χ (που σχηματίζου� τεμνόμενοι οι ριζικοί άξονες) θα είναι:

...

δηλαδή δεν εξαρτάται από τη θέση του σημείου "

BAC = 100 είναι

)

(

Β c Β c 9 Α ... -2 =2+2= 0 -2, - IC=180 - 18urJJ -2 18urJJ B x= χ"-

1 0 0 900- 00 4 - 0

πάνω στην πλευρά BC Άρα όταν

2 Δ19. Θεωρούμε το σύνολο Ω= 1,2,...,2η-1,2η , όπου n >l θετικός ακέραίος. Ένα

{

}

υποσύνολο S του Ω, S -:F- (2;1 , λέγεται ελεύθερο αθροίσματος, αν για κάθε χ, y e S, ισχύει ότι χ+ y I! S. Στην παραπάνω συνθήκη είναι δυνατόν να είναι χ= y. Νά. αποδείξετε ότι το σύνολο Ω έχει περισσότερα από 2° υποσύνολα ελεύθερά αθροίσματος. Λύση Κάθε μη κενό υποσύνολο του συνόλου S ={ n + 1, n + 2, ... , 2n -1, 2n} c Ω

είναι ελεύθερο

αθροίσματος. Υπάρχουν 2n - 1 τέτοια υποσύνολα, έστω τύπου 1 . Επίσης κάθε μη κενό υποσύνολο του συνόλου Τ ={ 1, 3, ...2n ....:. 3, 2n - 1} c Ω , είναι επίσης ελεύθερο αθροίσματος, και υπάρχουν zn - 1 τέτοια υποσύνολα, έστω τύπου 2. Ο αριθμός των κοινών υποσυνόλων στην ένωση των δύο παραπάνω υποσυνόλων τύπου 1 και r τύπου 2, είναι 2 j' I, οπότε το σύνολο Ω έχει τουλάχιστον 2 ( 2" -I)- j' > 2"

υ ι I)

υποσύνολα ελεύθερα αθροίσματος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/12

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Α44. Έστω

-------

Ασκήσε ις yια λύση

χ, y,z θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε χ + y + z � 3 . Να αποδείξετε ότι: 1 1 1 Π' + + �1 οτε ισχυει η ισοτητα; 2 2 2 x+y+z y+z+x z+x+y Ν38. Να λύσετε στους μη αρνητικούς ακέραιους την εξίσωση: 2-" - 1 = xy . Γ35. Έστω ABC τρίγωνο και Ι το έκκεντρο του. Θεωρούμε κύ κλο που περνάει από tα Α, Β ο οποίος τέμνει τηy ευθεία ΑΙ στα Α και Ρ , την ευθεία Β/ στα Β και Q, την πλευρά AC στα σημεία Α και R , και την πλευρά BC στα σημεία Β και S . Όλα τα σημεία A, B, P, Q, R, S είναι διαφορετικά μεταξύ τους, ενώ τα σημεία R και S είναι εσωτερικά στις πλευρές AC και BC, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες PS, QR και C/ συντρέχουν. 4 Γ36. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με BAr = ΑΒΓ < 90 .'Εστω ΑΕ η διχοτόμος της γωνίας BAr με 3 το Ε σημείο της πλευράς ΒΓ. Το σημείο Ζ ανήκει στη διχοτόμο ΑΕ έτσι ώστε ΑΒΖ = BAr ----

•

�

και ΑΖ = ΑΓ .Βρείτε το μέτρο της γωνίας Bf'Z .

1 Οη Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές Πανεπιστημίων της Νοτιοανατολικής Ευρώπης (SEEMOUS 2016). Η ομάδα της Ε λληνικής Μ αθηματικής Εταιρίας Διέπρεψε κατακτώντας χρυσ και Αργυρά μετάλλια.

Η 1 Οη Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές Πανεπιστημίων της Νοτιοανατολικής Ευρώπης (Southeastem European Mathematical Olympiad for Uniνersity Students SEEMOUS 20 1 6), με συμμετοχή πρωτοετών και δευτεροετών φοιτητών, η οποία διορ�ανώνεται από τη Μαθηματική Εταιρεία της Νοτιοανατολικής Ευρώπης, διεξήχθη στον Πρωταρά της Κύπρου στις 1 -6 Μαρτίου 2016. Φέτος συμμετείχαν 23 ομάδες (εθνικές και Πανεπιστημίων) από χώρες που έχουν παράδοση τόσο στα Μαθηματικά όσο και στους διεθνείς διαγωνισμούς. Από ελληνικής πλευράς συμμετείχε πενταμελής Εθνική Ομάδα, που αποτελούνταν από 3 φοιτητές του Μαθηματικού Τμήματος του ΕΚΠΑ και 2 φοιτητές της σχολής Ηλεκτρολόγων Μηχανικών του ΕΜΠ, καθώς και ομάδες από το Αριστοτέλειο Πανεπιστήμιο Θεσσαλονίκης και το Δημοκρίτειο Πανεπιστήμιο Θράκης. Την ομάδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας συγκροτούσαν οι φοιτητές Ζητρίδης Αντώνιος, Σαράντης Μιχαήλ, Κοσμίδης �ημήτρης, Μουζάκης Νικόλαος, Ντούνης Πέτρος. Συνολικά οι Ελληνικές ομάδες κατέκτησαν 1 Ο μετάλλια: 2 χρυσά, 5 αργυρά και 3 χάλκινα ως εξής: Χρυσό μετάλλιο Ζητρίδης Αντώνιος, φοιτητής του Μαθηματικού Τμήματος ΕΚΠΑ Σαράντης Μιχαήλ, φοιτητής τόυ Μαθηματικού Τμήματος ΕΚΠΑ Αργυρό μετάλλιο Μουζάκης Νικόλαος, φοιτητής του Τμήματος Ηλεκτρολόγων Μηχανικών του ΕΜΠ Παπαδόπόυλος Παναγιώτης, φοιτητής του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίνκης Ντούνης Πέτρος, φοιτητής του Τμήματος Ηλεκτρολόγων Μηχανικών του ΕΜΠ Μπατζόλης Γεώργιος, φοιτητής του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίνκης Ιακωβίδης Ιωάννης, φοιτητής του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίνκης Χάλκινα μετάλλια Τουρατζίδης Ηαύλος, φοιτητής του Δημοκρίτειου Πανεπιστημίου Θράκης Βιολάρης Αβραάμ, φοιτητής του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίνκης Καμπάνης Γεώργιος, φοιτητής του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίνκης Την ομάδα του Δημοκρίτειου Πανεπιστημίου Θράκης συνόδεψε ο καθηγητής κ. Βασίλης Παπαδόπουλος. Αρχηγός της Ελληνικής Εθνικής Ομάδας ήταν ο υποψήφιος Διδάκτωρ Σιλουανός Μπραζιτίκος. Η Ελλάδα κατέλαβε τη δεύτερη θέση μεταξύ των χωρών που συμμετείχαν. Για το Διοικητικό Συμβούλιο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Ο Γενικός Γραμματέας Ο Πρόεδρος Ιωάννης Τυρλής . Νικόλαος Αλεξανδρής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/13

ΗΟΜΟ ΜΑ ΤΗΕΜΑ ΠCUS

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό · την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

επιμέλεια: Γιάννης Κερασαpίδης Αμαλία Μανιατοπούλου Γιώpγος Μήλιος

Ι.

τι είναι τα Μαθηματικά; Προλεγόμενα μετά τις προηγούμενες συνέχειες, ας δούμε μια άλλη οπτική, στην . προσπάθειά μας να απαντήσουμε στο ερώτημα "τι είναι τα Μαθηματικά"

δεύτερο σημείωμα Σήμερα οι μαθηματικοί, παρ' όλο που τονίζουν την παγκοσμιότητα της επιστήμης τους, αρνούνται ότι τα ·Μαθηματικά διαθέτουν απόλυτες ιδιότητες. Παραδέχονται . πρόθυμα σαν ένα ορισμό των Μαθηματικών το πειρακτικό επίγραμμα του Bertrand Russel: « ... Είναι το θέμα για το οποίο δεν γνωρίζουμε τι συζητούμε, ούτε αν αυτό που λέμε είναι αληθινό)). Ομολογία από ταπεινοφροσύνη; Όχι. η αντίληψη αυτή αντανακλά κάποια Προμηθεϊκή υπερηφάνεια, επειδή οι μαθηματικοί δέχονται ότι το έργο τους είναι εφαρμόσιμο στον κόσμο μας και στο σύμπαν, γιατί έχει γίνει έτσι που μπορεί να εφαρμοστεί σε κάθε δυνατό κόσμο και σ' οτιδήποτε μπορεί να κατασκευαστεί ακολουθώντας λογικούς κανόνες. Λένε ότι τα Μαθηματικά φτάνουν στην έσχατη περίπλοκη πραγματικότητα, έτσι που δεν έχει καμιά σημασία αν τα δεδομένα απ' τα οποία έγινε το ξεκίνημα είναι αληθινά ή ψεύτικα. Εκείνο που έχει σημασία είναι ο σωστός συλλογισμός με τον οποίο καταλήγουμε. Σύμφωνα με το κριτήριο αυτό ο μαθηματικός μπορεί άφοβα να παραδεχτεί ότι η Σελήνη είναι ένα φρέσκο τυρί και να υποστηρίξει πειστικά με μια σειρά επακόλουθων συλλογισμών ότι οι ασ-φοναύτες Πρέπει να έχουν μαζί τους μπισκότα. \ Τα Μαθηματικά δεν είναι τόσο ένα σύνολο \γνώσεων όσο ένα ειδικό μέσο έκφρασης, τόσο τέλειο και τόσο αφηρημένο, ώστε - όπως ελπίζουμε - μπορούν να το εννοήσουν λογικά όντα στο σύμπαν κι αν ακόμη τα όργανα κι οι αισθήσεις

τους διαφέρουν από τις δικές μας. Η γραμματική της γλώσσας - η αληθινή της χρήση - καθορίζεται από τους κανόνες της λογικής. Το λεξιλόγιο της απαρτίζεται από σύμβολα όπως: • ψηφία για τους αριθμούς, •. γράμματα για τους άγνωστους αριθμούς, • εξισώσεις για τις σχέσεις μεταξύ των αριθμών, • π, για τη σχέση του μήκους της περιφέρειας προς τη διάμετρό της, • sinus, cosinus, tangent (tan ή tg), cotangent (cotan ή ctg) εφαπτομένη, (ημίτονο, συνημίτονο, συνεφαπτομένη) για τις σχέσεις μεταξύ των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου, • ....Γ για την τετραγωνική ρίζα, • ± οο για το άπειρο, • Σ, 8 , �,

J για συνδυασμούς άλλων πολύπλοκων

πράξεων Όλα αυτά τα σύμβολα έχουν αφάνταστη χρησιμότητα για τον επιστήμονα: του επιτρέπουν να συμπυκνώνει τη σκέψη του. Για τους αμύητους όμως αυτά τα σύμβολα όχι μόνο αφαιρούν από τη μαθηματική γλώσσα την παγοσμιότητά της, αλλά και υψώνουν έναν αδιαπέραστο γλωσσικό φραγμό μεταξύ των λεγόμενων δύο πόλων του σύγχρονου πολιτισμού - των θετικών επιστημών και των ανθρωπιστικών γραμμάτων. Μόνο ένα μέρος από το μαθηματικό λεξιλόγιο έχει μονοπωληθεί από τους ειδικούς το υπόλοιπο -και ολόκληρη η μαθηματική γραμματική-ανήκει στη σφαίρα της γενικής ανθρώπινης σκέψης.

Γιατί τα Μαθηματικά εφαρμόζονται τόσο στη φιλοσοφία, τις οικονομικές επιστήμες, τη στρατηγική, τη μουσική σύνθεση, τις καλλιτεχνικές δημιουργίες, τα παιχνίδια των συναναστροφών, όσο και στην πυρηνι.,q φυσική. Όποιος έχει διδαχθεί σωστά τα Μαθηματικά νοιώθει την αρμονία τους και τα απολαμβάνει, ακριβώς όπως ένας φιλότεχνος χαίρεται ένα μπαλέτο, τα παλιά ασημικά, μια ωραία αντίκα ή οποιοδήποτε έργο τέχνης [πηγή: «LIFΕ-ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ)), εκδ. "Λύκειος Απόλλων", Αθήνα (1 976), σελ. 09] [η συνέχεια στο επόμενο τεύχος] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/14

------

HOMO MAτHEMAΠCUS

1/, ,Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου ,

αρμονικό τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κι5κλο

-------

Ενα τετράπλευρο ΑΒΓΔ, εyγεγραμμένο σε κύκλο ονομάζεται αρμονικό, αν ο πόλος κάθε διαγωνίου του (ως προς τον περίκυκλο του τετραπλεύρου) περιέχεται αντίστοιχα στον φορέα της άλλης διαγωνίου. πχ. ο πόλος Ε της ΑΓ · βρίσκεται στον φορέα της ΒΔ και ο πόλος της ΒΔ βρίσκεται στον φορέα της ΑΓ

(C1)

(πιπή: Νίκου Δ. Κuριαζή, «ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΓΕΩΜΕ'fΡIΑ», "Μαθηματική Βιβλιοθήκη", Θεσσαλονίκη (20 1 4))

εκδ.

ΠΙ. «Α υτό το ξέρα τε;»

«σ6,

Τι είναι η φράση: μα τον αμετέρα γενεά παραδόντα τετρακτύν, παγάν αενάου φύσεως ριζώματα τ' έχουσαν» [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

IV.

Οι συνεργάτες της στιίλης γράφουν-ερωτούν ,

]0 θέ α

Πανα ιώ τι Οικονο άκου,

π ό λι α

Να κατασκευαστεί με κανόνa και διαβήτη εφαπτόμενη δοσμένης έλλειψης σε δοσμένο σημείο αυτής

Λ ιίμμα 1

Δύο επίπεδα (Σ) και (τ) τέμνονται κατά την ευθεία θα είναι έλλειψη με μεγάλο ημιάξονα η α=ΟΑ=R (=ακτίνα της και μικρό ΧΧΌ Αν Α,Β δύο σημεία της :ΧΧ' και περιφέρεια του (Σ), που έχει διάμετρο την ΑΒ, να β=ΟΓ'=ΟΓ·συνφ=R·συνφ και αντίστροφα στο επίπεδο (τ) δείξτε ότι η ορθή προβολή της

(C)

απόδειξη

(C ')

Στο επίπεδο (Σ) φέρω την ΥΥ' .l :XX ' , στο σημείο Ο που είναι μέσο του ΑΒ. Επίσης στο επίπεδο (τ) φέρω ευθεία yy' .l χχ ' Ξ :ΧΧ' στσ σημείο Ο. Έτσι σε κάθε επίπεδο κατασκευάσαμε ορθογώνιο σύστημα αναφοράς με κοινό άξονα τετμημένων τον (ε) Ξ χχ' Ξ :ΧΧ' . Τέλος ονομάζουμε Γ το σημείο που Έστω Μ(Χο,Υο) ο άξονας ΥΥ' τέμνει την τυχαίο σημείο της (C), τότε θα έχουμε 2 (1) X� + Yg = R

(C).

(C))

Έστω M'(x0,y0) η ορθή προβολη του Μ πάνω στο επίπεδο (τ), τότε θα έχουμε ΜΜ' .l (τ) και ΜΜ " .l (ε), άρα, σύμφωνα με το θεώρημα των τριών καθέτων, προκύπτει ότι Μ'Μ" .l (ε) και η < Μ'Μ"Μ είναι η αντίστοιχη επίπεδη της δίεδρης γωνίας που ορίζεται από τα επίπεδα (Σ),(τ), δηλ. είναι σταθερή γωνία και δεν εξαρτάται από τη θέση του Μ.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΜ'Μ" έχουμε: y0 = Y0 · συνφ ή

(2)

Y0 = .J..L_ συνφ

αχήμσ 1

και τέλος Χ 0 = χ0 (3) Η (1) με βάση τις (2),(3) δίνει .2 2 Υο2 = R η τελικά υ σ ν φ 2 2 2 2 Υο 2 = 1 R R συν φ που ·είναι .εξίσωση έλλειψης στο επίπεδο (τ), μα α= R και β= R·συνφ

χ� +

�+

Λ ιίμμα 2

με μεγάλο άξονα το ευθ. του ΑΒ και Μ" η ορθή προβολή του Μ' στον Δίνεται έλλειψη τμήμα ΑΒ . Αν (ε2) είναι η εφαπτομένη της στο φορέα του ΑΒ, τότε τα ση μεία Ρ και Μ" είναι σημείο Μ', Ρ το σημείο που η (ε2) τέμνει τον φορέα αρμονικά συζυ-γή των Α,Β (σχή μα 2)

(C1),

(C1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/15

----�---

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

------

απόδειξη

Στο σχήμα (1) όμως παρατηρούμε ότι ο φορέας του Με βάση το «Λήμμα 1» προκύπτει ότι η (Cι ) είναι προβολή στο πολική ΜΜ" του Ρείναιως (Cι) (gJ επίπεδο τηςκύκλου έλλείψης(C)(Cι),με ηδιάμετρο δε ευθείατην(ε2)ΑΒθα είναι προς τον τα � Ο�Ρ προβολή τηςσημείο εφαπτομένης ευθείας (ειπροβολή ) του κύκλου � άρα (C) στο Μ' του οποίου στο (C), επίπεδο της έλλειψης (Cι ) είναι το σημείο Μ. Από σημεία Ρ,Μ" ηήμσ τοευθείες σχήμα(ε),(1)( ει),(προκύπτει ότι οι μη συνεπίπεδες είναι αρμονικά ε2) είναι ανά δύο συνεπίπεδες, συζυγή των Α,Β. άρα θα διέρχονται θα είναι παράλληλες)από το ίδιο σημείο Ρ της (ε) (ή της προβολής ως προς τα άκρα του μεγάλου άξονα. ηλ. για νασεκατασκευάσουμε την εφαπτομένη μιας Δέλλειψης τυχόν σημείο αυτής, προβάλλουμε το Κατόmν ενώνουμε με ευθεία το σημείο που σημείο αυτό στον μεγάλο ημιάξονα, έπειτα κατασκευάσαμε μέ το σημείο της έλλειψης. κατασκευάζουμε το αρμονικό συζυγές του σημείου ·

"""""

Μ'

1<1

�

Η κατασκευή της εφαπτόμενης

2° θέμα

Τζωρτζ Μπουλ. Η τραγική ιστορία του μεγάλου μαθηματικού που τιμά η Google (δεύτερη συνέχεια)

Χάρη στις δημοσιεύσεις του ο Μπουλ Στην άλγεβρα αυτή δεν χρησιμοποιούνται αριθμοί τοποθετήθηκε το 1849 καθηγητής Μαθηματικών και μεγέθη, αλλά ·μόνο οι νόμοι της λογικής, μέσα στο «Κουίνς Κόλετζ» του Κορκ της Ιρλανδίας, από τρεις απλούς τελεστές, τον AND (και), που παρ' συμβολίζει τηντηνδιάζευξη, σύζευξη,καιτοντον ΝORΟΤ (όχι), (ή), . που που τίτλο.όλο που 'δεν κατείχε κανέναν πανεπιστημιακό συμβολίζει μια ώριμη, όπως ο ίδιος συμβολίζει την άρνηση. Στη,ν άλγεβρα του Μπουλ Το 1 854 παρουσίασε πίστευε, διατύπωση των ιδεών τουστουςστοοποίους έργο είναι «'Έρευνα στους νόμους της σκέψης, εκτέλεσηδυνατή λογικώνη στηρίζονται οι μαθηματικές θεωρίες της into λογικής και αριθμητικών estigation the πράξεων, οι πιθανότητες» («An In και ν Laws of Thought, Which are Founded the αποτέλεσμαπου μιαςως Mathematical Theoήes of Logic and πράξης μπορεί να (true)Ο Probabilities»). Ο Μπουλ υπογράμμιζε την αναλογία ανάμεσα στα ήείναιψέμααλήθεια (false). ι αλγεβρικά σύμβολα και τακαισύμβολα που ένα κανόνες άλγεβραςκαιτουσυγκεκριμένα Μπουλ επαληθεύτηκαν παριστάνουν λογικούς τύπους συλλογισμούς αιώνατηςαργότερα το 1937 από και κατέδειξε πώς μπορούν να διακριθούν τα τον αμερικανό μαθηματικό Τζορτζ Στίμmτζ. σύμβολα πράξεων ποσοτήτων (ποσοδείκτες) από έργατα («Mathematical AnalysisμεofταLogic»), ότι η Λογική σύμβολα (τελεστές). Με τα δυο αυτά θα έπρεπε να συνδεθεί Μαθηματικά και όχι με τη Φιλοσοφία του εγκαι ν iάστηκε η άλγεβρα της λογικής ή αυτό που σήμερα ονομάζεται άλγεβρα Μπουλ. .

κι

ση

3° θέμα

((Θεώρημα των aπείρων πιθήκων»

Σύμφωνα με το θεώρημα των απείpων πιθήκων, πεπερασμένου αριθμού και αντίστροφα. mθανότητα να παράξει ο πίθηκος ένα κείμενο με ένας πίθηκος που για χτυπάει πλήκτραχρονικό στην διάστημα τύχη σε Ημέγεθος μία γραφομηχανή ένα άπειρο θα παράξει ένα δεδομένο κείμενο αντίστοιχο όπως για. παράδειγμα τα άπαντα του Ουίλιαμ του Άμλετ, ξ:ίναι Σαίξπηρ τόσο ώστε Σεμαθηματικός αυτό το όρος πλαίσιομε συγκεκριμένη το «σχεδόν έννοια, βέβαια»καιείναιως αν τομικρήπείραμα εκτελούνταν, ναη «πίθηκορ> δεν νοείται ένας, πραγματικός πίθηκος, πιθανότητα αλλά χρησιμοποιείται μεταφορικά ως μία συμβεί μέσα σε αφηρημένη συσκευή πουΤοπαράγει μία καταδεικνύει τυχαία σειρά ένα χρονικό διάστημα της τάξης μεγέθους γραμμάτων θεώρημα της ηλικίας του σύμπαντος είναι μηδαμινή αλλά όχι μηδενική. τους κινδύνους στους συλλογισμούς για το άπειρο όταν υπεισέρχεται η υπόθεση τεράστιου αλλά σχεδόν βέβαια

επ' άπειρον.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/16

----

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

-----

Παραλλαγές του θεωρήματος περιλαμβάνουν aπολογητές από την μία κάι ο Ρίτσαρντ περισσότερους και άπειρους δακτυλογράφους, Ντόκινς από την άλλη έχοuν διαφωνήσει για την ενώ το κείμενο ήστόχος ποικίλειπρότασης. μεταξύ ολόκληρης καταλληλότητα των πιθήκων ως μεταφορά για βιβλιοθήκης· και μίας μόνο Η ιστορία την εξέλιξη αυτών των θεωρημάτων ανιχνεύεται στο έργο Το ενδιαφέρον του κοινού Ύια τους πιθήκους που από τις πολλές του Αριστοτέλη και δακτυλογραφούν λογοτεχ:νία, την του στηνσυντηρείται τηλεόραση, το στο έργο του Κικέρωνα <<De natura καιdeorum», εν εμφανίσεις μουσική την ραδιόφωνο, Το 2003 το και Πασκάλ Μπλεζ συνεχεία στους Τζόναθαν ένα πραγματικό πείραμα με μακάκους του Σουίφτ, και τελικώς στα σύγχρονα θεωρήματα με έγινε τους εικονικούς γραφείς. Στις αρχές ·του 20ου είδους Macaca nigra. Το αποτέλεσμα της εργασίας αιώνα, χρησιμοποίησαν ο Εμίλ Μπορέλ και τους ήταν πέντε σελίδες που αποτελούνταν θεώρημα. ο Άρθουρ Έντιγκτον για να το δείξουν τις χρονικές κλίμακες των θεμελίων κυρίως από γράμμα S. της στατιστικής μηχανικής. Διάφοροι χριστιανοί απόδειξη αυτού του αΠόηλεκτρονική τους σκοπούςδιεύθυνση: της στήλης μας. Για όσους υπάρχει "επιμένουν" σε απόδειξη, τουςθεωρήματος, παραπέμπουμεόμωςστηνξεφεύγει παρακάτω <<Περί γενέσεως και φθοράς»

Intemet.

το

σημείωση

https:l/el. wikipedia.orglwiki/%CE%98%CE%B5%CF%8E%CF%81 %CE%B7%CE'YoBC%CE%Bl_%CF%84%CF

%89%CE%BD_%CE'YoB J%CF%80%CE%B5%CE%AF%CF%81 %CF%89%CE%BD_%CF%80%CE%B9%CE% B8%CEI}tΌAE%CE%BA%CF%89%CE%BD

4° θέμα Πως γεννιέται ένα πρόβλημα; του Ι. Sharygin

η τέχνη της σύνθεσης προβλημάτων

(2η συνέχεια)

θεωρήματος. «Να ένα ,πρόβλημα που τέθηκε σε μια Όταν , μεταφράζεται σε ένα γεωμετρικό πρόβλημα πανενωσιακή μαθηματική ολυμπιάδα. 2. Στην πλευρά ΑΒ ενός 1αιρτού αλγεβρική γλώσσα, μπορεί να προκύψουν κομψά εντυπωσιακά τετραπλεύρου ΑΒΓΔ δίνεται σημείο Ε (διαφορετικό και από τέμνονται τα Α και Β). Τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ και προβλήματα. Για παρά ας θεωρήσουμε σε περιφέρειες ένα σημείο των Ζ. Αποδείξτε ότιΑΒΓ,οι δειγμα, τοτηςπασίγνωστο πρόβλημα περιγεγραμμένες τριγώνων κατασκευής ενός ΓΔΖ και ΒΔΕ έχουν ένα κοινό σημείο. τριγώνου όταν δίνονται Αντη παρατηρήσουμε προσεκτικά το Σχήμα β τα τρία 1Jψη του και διατύπωση του προβλήματος, να τοστηρίζεται λύσετε;). στην ιδέα ότι το τρίγωνο συμπεραίνουμε θεώρημα. ότι το πρόβλημα 2 συμπίπτει με νατο Η(μπορείτε κατασκευή προηγούμενο Πράγματι, αρκεί που αναδιατυπώσουμε τη συνθήκη του προβλήματος με πλευρές a, b και c είναι όμοιο με το lτρίγωνο l hc ( αφού σύναρτήσει τριγώνου ΑΕΖ, αλλάζοντας τις ονο έχει πλευρές llha, μασίες των σημείων ως εξής: Ε-+Β , aha=bh�;.=chc=2E). Β -+Γ', Ζ -+Γ, Γ -+Β', και Δ-+Α '. Βεβαίως, η 3η διατύπωση του προβλήματος είναι λιγότερο και, ως εκ τούτου, λιγότερο ελ1αιστική από τουφυσική

Πρόβλημα ΔΕ

Λ ύση.

1/hδ

και

[πηγή: περιοδικό QUANΊ'UM, τόμ. 8, τεύχ. 2, 200 1 ] [η συνέχεiα στο επόμενο τεύχος]

5° θέμα Το άπειρο και οι δυσκολίες κατανόησής του (του Θόδωρου Κουφού)

(δεύτερη συνέχεια) προλεγόμενα

δημοσιεύουμε, σε δεύτερη συνέχεια, το πολύ ενδιαφέρον κεtμενο του συναδέλφου Θόδωρου Κουφού (σχολικός σύμβουλος, Πιερία). Τον ευχαριστούμε συνεχείς συναρτήσεις με g(x) :;e O για κάθε χε[α,β] και f(α)=:=f(β). Αν Έστω f,g:[α,β]-+R 3 f(x)= J gf2 (t) dt , yια κάθε χ ε [α,β], να αποδείξετε ότι f(x)=O για κάθε χ [α,β] (t) (λανθασμένη) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη, σύμφωνα με το . Ακόμη f(α)=Ο άρα και f(β). Για τη συνάρτηση f θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού εφαρμόζεταιυπάρχει το θεώρημα Rolle στο διάστημα [α,β], ένα τουλάχιστον χ1 ε(α,β) τέτοιο λογισμού, με παράγωγο f(x)=[f(x)]/[g2(x)] (1) επομένως παράδειγμα χ

Λύση μαθητή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ B'.lOO τ.4/17

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

--------

να ισχ;ύουν f(x2)=f(xοπότε ώστε να ισχύει f(χι)=Ο. Επομένως από τη σχέση διαδικασία ( Χι,β) τέτοιααυτήώστε 3)=0. Ηη συνεχίζεται επ' άπειρον (1) θα έχουμε και f(χι ) =Ο. Συμπεραίνουμε επομένως ότισυνάρτηση εφαρμόζεταιf στατο σεσυνάρτηση f είναι ίση με μηδέν αφού μηδενίζεται διαφορετικά σημεία του διαστήματος θεώρημα Ro.[α,lleχι]γιακαι τη[χι,β],οπότε με ανάλογο [α,βάπειρα διαστήματα ]! σκεπτικό θα υπάρχουν σημεία χ2 ε(α, χι) και Χ3 Ε προκύπτει ένας αριθμός και δύο διαστήματα, Είναι αυτονόητο ότι το λάθος στην παραπάνω λύση φάση στη δεύτερη φάση προκύπτουν δύο νέοι αριθμοί οφείλεται στο ότι η επ' άπειρον διαίρεση ενός και τέσσερα υποδιαστήματα καιδιδακτικό, ούτω καθεξής).γιατίΤο διαστήματος Οδενι μαθητές εξαντλείβέβαια όλα ταδενσημεία τουτο παράδειγμα θεωρήθηκε διαστήματος. έχουν με μιαούτεάπειρη διαδικασία γνωστικό υπόβαθρο κατανοήσουνμαθηματικές το λάθος διαπιστώθηκε διχοτόμησης δεν.ότιπροέκυψαν καν όλοι οι ρητοί στην παραπάνω λύση.γιαΟναι θεμελιώδες Για παράδειγμα αριθμοί του διαστήματος (0,1). ένν ο ιες του aριθμήσιμου και του συνεχούς δεν αποτελούν μέρος της διδακτέας ύλης. Για το λόγο στους ρητούς που προέκυψαν δεν ανήκουν ρητοί αυτό είναι λάθος. δύσκολοΓια μιαναεκτίμηση αντιληφθούν το πλήθος της μορφής 1/5v, και ν=1,2αριθμοί ,3,... πουτηςείναιμορφής άπειροι117v,σε , όπως συγκεκριμένο του λάθους v-=1,2,3, ... ανάλογο σκεπτικό η επ' άπειρον δόθηκε στους μαθητές το διάστημα[ Ο, 1 ] και τους Με εντελώς ζητήθηκε να καταγράψουν τους αριθμούς που προκύπτουν από την επ' άπειρον διχοτόμηση του διχοτόμηση του διαστήματος [0, J2 ] θα δώσει διαστήματος με την έννοια που περιγράψαμε στην μόνο άρρητους αριθμούς του διαστήματος και εισαγωγή. Χωρίς ιδιαίτερη δυσκολία οι μαθητές Γ μάλιστα όχι όλους. ια παράδειγμα στους άρρητους διαπίστωσαν ότι οι αριθμοί που προκύπτουν μ', που παίρνουμε δεν ανήκουν οι άρρητοι της μορφής αυτή τη διαδικασία έχουν τη μορφή (2κ+ 1 )/2ν όπου ν Ν• και κ=Ο,1,2,..., 2ν-ι ( το ν εκφράζει το .J3 /2v, ν=1,2,3,. . πλήθος των φάσεων της διχοτόμησης. Στην πρώτη (σωστή)f(α)=Ο και επειδή f(α)=f(β) θα έχουμε f(χι)=Μ. Άρα θα ισχύει: Μ= f(χι)� f(ξ)>Ο ( 2 ). Προφανώς και τουλάχιστον με το θεώρημα του Fennat θα (α,β)f(β)=Ο. τέτοιοΈστω ώστεότιf(ξ)υπάρχει Ο. Ηένασυνάρτηση f είναιξε Σύμφωνα έχουμε f(χτώρα )=Ο. ι f(x)]/[g2(x)], οπότε και f(χι)=Ο, σχέση συνεχής στο κλειστό διάστημα [α, β ] άρα θα παίρνει Όμως f(x)=[ τιμή m και μέγιστη τιμή Μ. Διακρίνουμε που αντιφάσκει με τη σχέση ( 2 ). τιςελάχιστη περιπτώσεις: ii) f(ξ)<Ο. Εργαζόμαστε ανάλογα αξιοποιώντας το i) f(ξ)> Ο. Τότε θα υπάρχει χ ι ε (α,β) τέτοιο ώστε ελάχιστο της συνάρτησης f. · του λήμματος έχουν σι: Την επιμέλειατο αυτού και όσοι άλλοι συνάδελφοι επιθυμούν Σχόλιο στην τάξη

Λ ύση

::ι:

V. Προβλ'ήμα τα που δεν επιλύονται, στην Ευκλείδεια Γεωμετρία , με κανόνα και διαβή τη I

1. Να κατασκευασθεί τρίγωνο όταν δίνονται οι αποστάσεις τουτις περίκεντρού του από τρεις 01)πλευρές του. (σχήμα 2 . Να κατασκευασθεί τρίγωνο όταν είναι γνωστές οι αποστάσεις του ορθόκεντρού από πλευρές του του(σχήμα 02) προβλήματατα παραπάνω λύνονται τις

απάντηση:

Γιώργος Μήλιος, Αμαλία Μανιατοπούλου , , .

αλγεβρικά αλλά δεν κατασκευάζονται γεωμετρικά διότι οδηγούν σε επίλυση εξίσωσηςβλ.300 Α,βαθμού Valles, d. G.(, τόμος σ.,65 και σελ. 9 8) 3. Να κατασκευασθεί τρίγωνο όταν γνωρίζουμε μία διάμεσό του, ένα ύψος του και μία διχοτόμο του που φέρονται από διαφορετικές κορυφές του. (σχήμα 03) λύση δόθηκε από τον Poudra και ανάγεται στην τομή μίας(Ν.περιφέρειας και117μίας καμπύλης τρίτου βαθμού Α. , 1855, σ. και 413 ). Το ίδιο πρόβλημα τέθηκε από Α. Rebiere στο XXI,

σχήμα

απάντηση: η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/18

------

HOMO MATHEMAτiCUS

1. d. Μ, ( 1 895, σ.203, Π0 600) επιλύθηκε από τον με εξίσωση έκτου βαθμού 4. Πpόβλημα Πάππου Δίνεται γωνία και ένα εσωτερικό της σημείο. Να κατασκευασθεί ευθύγραμμο τμήμα με δοσμένο μήκος το οποίο να διέρχεται από αυτό το σημείο και να έχει τα άκρα του στην παραπάνω γωνία. απάντηση: το πρόβλημα του Πάππου ανάγεται στην επίλυση εξίσωσης 4ou βαθμού. Οι τέσσερεις ρίζες αυτής της εξίσrοσης δεν κατασκευάζονται γεωμετρικά. Επίσης μπορεί να λυθεί με την επιλογή κατάλληλης υπερβολής και ενός κύκλου 1 889, 96) Σχετικό είναι · και το Θεώρημα του « τα μέσα των τεσσάρων τμημάτων λύσεων του προβλήματος ανήκουν σε κύκλο του οποίου το κέντρο παραμένει σταθερό καθώς το μήκος μεταβάλλεταυ) 1 889, p 1 83)

Ph. Fay

5. Πpοβλημα Alhasen

«Σε σημείο Α ενός σφαιριστηρίου τοποθετείται μία σφαίρα. Προς ποια διεύθυνση πρέπει να κινηθεί η σφαίρα, ώστε μετά από δύο διαδοχικές ανακλάσεις στο πλαίσιο του σφαιριστηρίου να διέλθει πάλι από το σημείο Α; )) (σχήμα 05) απάντηση: το πρόβλημα λύθηκε από . τον τον 1 1° αιώνα. Αν το σφαιριστήριο είναι ελλειπτικό τότε οι λύσεις δεν κατασκευάζονται με κανόνα και διαβήτη (Ε. 1 873- 1 903 στο 1 890 Ι. Μ., 1 900).

(Mathesis d. Steiner: d

(Mathesis

VI . Ειδήσεις - ειδησούλες

------

Alhasen Mathesis,

Duporg

;

-�-,_. ., ΕΛΛιιιπ86 ;

IIRA86

.......,..

lη κοσμοί"στορικό γεγονός: η ανίχνευση βαpυτικών κυμάτων του . ηλεκτρομαγνητικού πεδίου Την Πέμπτη, 1 1 Φλεβάρη 201 6 , η ερευνητική μεταβολή ομάδα του πειράματος στις ΗΠΑ διαδίδεται με τη μορφή ηλεκτρομαγνητικών ανακοίνωσε την πρώτη ανίχνευση βαρυτικών κυμάτων, το μεταβαλλόμενο βαρυτικό πεδίο έχει ως αποτέλεσμα την εκπομπή βαρυτικών κυμάτων. κυμάτων. Στη σχετικιστική της περιγραφή, η βαρύτητα Τα βαρυτικά κύ ματα, λοιπόν, συνιστούν κυμάνσεις αποτελεί ένα δυναμικό, και όχι στατικό, φαινόμενο. του ίδιου του χωροχρόνου και μεταφέρουν την Ένα σώμα το οποίο κινείται - για παράδειγμα η Γη πληροφορία της αλλαγής του βαρυτικού Πεδίου γύρω από τον Ήλιο - μεταβάλλει την καμπυλότητα ενός συστήματος. του χώρου . Η μεταβολή αυτή πρέπει με κάποιον [Παντελής Πνιγουράς (υποψήφιος διδάκτορας Φυσικής τρόπο να γίνει αισθητή και στο χώρο γύρω από το Πανεπιστήμιο του Tubingen, Γερμανία)] κινούμενο σώμα. Έ!σι, με jtOν ίδιο τρόπο που η

LIGO

2η οι Βαβυλώνιοι και οι εξελιγμένες γεωμετρικές μέθοδοι . Πριν από λίγες μέρες, παρουσιάστηκαν νέα διαφορετική διάσταση στοιχεία που αποκαλύπτουν ότι οι Βαβυλώνιοι στην ιστορία της αστρονόμοι aξιοποιούσαν, πολύ νωρίτερα από ότι αστρονομίας και της νομίζαμε, εξελιγμένες γεωμετρικές μεθόδους που εΠιστήμης. Τα νέα σχετίζονται με μια πρώιμη ανάπτυξη του λογισμού. δεδομένα ήρθαν στο · οι ιστορικοί πίστευαν, λανθασμένα μέχρι τώρα, ότι φως ύστερα από την οι τεχνικές αυτές είχαν ανακαλυφθεί 1 400 χρόνια πολύχρονη και επίμονη νέα έρευνα του βασισμένη στις πήλινες αργότερα, στην Ευpώπη του 1 4ου αιώνα. μελέτη του καθηγl,τή από το πλάκες που βρίσκQνται στο Βρετανικό Μουσείο του Βερολίνου · δίνει {http:/lthalesandfriends.org/el/2016/02/02/oίπανεπιστήμιο

Η Mathieu Ossendri j νer Humboldt

3 η το <<θεώρημα των δύο εφήβων>> Είπε τις του πρώτες λέξεις ενώ ήταν δύο μηνών και σήμερα θεωρείται ότι έχει αλλάξει τα μαθηματικά. αρνήθηκε στα 1 4 του ακαδημαϊκή Ο θέση και είναι έτοιμος να δώσει τις τελικές εξετάσεις του σχολείου. σ Αυστραλός έφηβος ανακάλυψε ένα θεώρημα ποv υπολογίζει τις απαντήσεις πιο γρήγορα και από υπολογιστή και θα· μπορούσε να είναι ζωτικής σημασίας για την · προαγωγή της γνώσης μας 'yια το σύμπαν και το διαγαλαξιακό ταξίδι. Μετά από 6 . μήνες εντατικής

lνan Zelich

Ossendrijνer,

geometrίkes-gnoseίs-stίn-arhaίa-vavίlonal] ·

έρευνας με τον 1 7χρονο το

Liang Zelich Theorum.

Xuming Liang ανάπτυξαν

[http ://www. newsit.gr/kosmoslτo-theorima-2 -efivon poy-allakse:.ta-mathimatika/443072]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/19

------,..--- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS --------'-

411 «έρωτας και Μαθηματικά»

«Σκεφτείτε να υποχρεωνόσασταν στο σχολείοστονα Μιχαηλίδης). Και διαπιστώνει: «Έτσι διδάσκονται παρακολουθήσετε ένα μάθημα καλλιτεχνικών τα μαθηματικά στο · οποίο σας δίδασκαν να βάψετε ένα σχολείο, οπότε στα φράχτη.θαΣκεφτείτε να μημόνο σας πώς έδειχναν ποτέ τους μάτιαεμάς των περισσοτέρων πίνακες του Λεόνάρντο Ντα Βίντσι ή του Πικάσο. από ισοδυναμούν Θα σας βοηθούσε αυτό το μάθημα να εκτιμήσετε με το να κάθεσαι την τέχνη; Θα σας έκανε να θελήσετε να μάθετε παρακολουθείς και νατη μπογιά να στεγνώνει» περισσότερα; » , αναρωτιέται ο κορυφαίος . μαθηματικός συπραφέας Edward& Μαθηματικά, Frenkel στον [http://thalesandfr ends.org/el/book/erotas-ka πρόλογο του και βιβλίου του, Έρωτας i (Eκδ. Αλεξάνδρεια Μετάφραση: Τεύκρος mathimatika] i σχέση των μαθηματικών με τηv αστυνομική Mathematίcs ίn the Cίty of Angels (Pήnceton Ηλογοτεχνία έχει αναπτυχθεί μέσα στα χρόνια από Uniνersity Press), συνδυάζει τα μαθηματικά με την διαφορετικούς συπραφείς. Ο Αμερικανός εξιχνίαση ποικίλων αστυνομικών υποθέσεων καθηγητής μαθηματικών James Stein, στη συλλογή διηγημάτων που κυκλοφόρησε Cr , με and ίme τίτλο L.A. Math: Romance, πρόσφατα · παρέπεμψε στην έγκριτη "Τα παιδιά του Ευκλείδη ", του Νίκου φίλος της στήλης, μας μαθηματική ιστοσελίδα mathematica. gr, στη σελ�δα ΚωνσταντόΠουλου - (Ηλ. Καμπελής) - Το έχει http: / / . m athematica. g r/forum/νiewtopic. p hp?f ανεβάσει το 4ο Λύκειο Αμαρουσίου. Την =46264&p=217443, όπου βρήκαμε μερικές παράσταση μπορείτε να την δείτε στον =6&t ενδιαφέρουσες αναφορές σε θεατρικά έργα που σύνδεσμο http://www.edutv.gr/deytero�athmialta σχετίζονται με τα Μαθηματικά. Σαςσυντάκτη τις δίνουμε.τηςΣε -p "Καλλι ... u-efkleidi παρένθεση το όνομα του στεία Τετραπλεύρων", του Ντίνου παραΠομπής. Κορδώση (Ν. Μαυρογιάννης) Ο ίδιος ο "Οι αριθμοί είναι αισθηματίες", του Ντίνου Κορδώσης το παρουσίασε στο Συνέδριο της ΕΜΕ Κορδώση - (Πρωτοπαπάς Λευτέρης) το 201 Νύχτα στην",Χαλκίδα , "Το Μάθημα", του Ε. Ιονέσκο - (fdns) του Απόστολου Δοξιάδη (Ν. http:/Ζωή /www.τουyoutube. c om/watch? =LPJBiννl3Bc Μαυρογιάννης) v Γαλιλαίου ", του Μπρεχτ - (fdns) 1' Ήταν 74andετών.Newman, Εργαζόταν για τηνRaytheon εταιρεία ΒΒΝ Bolt άκρη μιας πόληςάλλψ), είτε από μια πλευρά του ωκεανού Beranek την τωρινή στην στο Technologies, όταν δημιούργησε το σύστημα του αναφέρεται ηλεκτρονικού ταχυδρομείου. βιογραφικό του που Σύμφωνα με το κύριο άρθρο που έγραψε γι ιστοσελίδα έχει αναρτηθεί στην του Intemet το Forbes αυτόν περιοδικό το Τόμλινσον ο 1998, έδειξε το σύστημα σε συνάδελφό του και μετά του οποίου Hall of Fame, του ορίσθηκε ! αναφέρεις σε κανέναν Κανονικά επίσημο μέλος το 2012. είπ�: «Μηννατοασχολούμαστε δεν έπρεπε κάτι τέτοιο)). να αναγνωρίζεται τουχρήσηάρχισε Η προσφορά με τονα οποίο. παγκόσμια Η εφεύρεσή του άλλαξε τονστονμετρόπο του email έγινε γνωστή με η όταν επικοι άνθρωποι οι ωνούν ν επιχειρημ και τικό προσωπικό χώρο, φέρνοντας επανάσταση στον τη διάδοση των ατομικών ενώ του από οργανισμούς βραβείαυπολογιστών, απονεμηθεί είχαν τρόπο «ψωνίζουν, οποίο τον με τραπεζικές κάνουν συναλλαγές και κρατούν επαφή με φίλους και τεχνολογίας, περιοδικά και τη Διεθνή Ακαδημία με το σύμφωνα Επιστημών, και Τεχνών συπενείς εκατομμύρια άτομα, είτε από άκρη σε Ψηφιακών βιογραφικό του 511 «Μαθηματικά και έγκλημα στην Πόλη των Αγγέλων>>

[Γιώργος Kαpoυζάκης,http://thalesandfriends.org/el/ 2016/02/10/8929/j

611 «Θέσ,τρο και Μαθηματικά»

•

www

•

1 71

'Ή

Έφυγε ο πνευματικός πατέρας του ηλεκτρονικού ταχυδρομείου (emaίl)

VII. ,Απάντηση στο <<Α υτό το ξέρατε;»

Είναι ο όρκος των Πυθαγορείων [πηγή: <<Πως Φτάσαμε στον Ευκλείδη!)), Στέλιου Λαμνή, ιiκδ. "ΔΙΟΝ", σελ. 88] . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/20

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

Υπεύθυνοι τάξ!Ις: Χρ. Λαζαρίδης, Χρ. Τσιφάκης,

Γ.

Κατσούλης

Επαναληπτι κά Θέματα για την Άλγεβρα της Α ' Λυκείου Καββαδά Ευαγγελία 1)

Για i'α ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου9 ισχύει: ]2 4[Ρ(Β)]2 - ι2Ρ(Α) [Ρ(Α)-4Ρ(Β) (ι). α) Να βρείτε πιθανότητες των ενδεχομένων Α, Β β) Να εξετάσετε αν τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα γ) Αν Ρ(ΑrιΒ)=!. να βρείτε την πιθανότητα των ενδεχομένων ι. Να πραγματοποιηθεί μόνο το Α 2. Τουλάχιστον ένα από τα Α, Β 3. Κανένα από τα Α, Β 4. Το πολύ ένα από τα Α, Β Ακριβώς ένα Λύση α) Αν Ρ(Α) = χ και Ρ(Β) = y, τότε (1) => Ω

10 - -3 = 7 15 15 15

Ρ(Α Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β)-Ρ(Α Β) = . -2 + -1 --1 = -+20 1· 5 - 6 29 �Ο = 3 2 5 30 30 30 30 29 = __!_ 3. P(AuB)'= l - P(A u B) = l 30 30 4. P(A nB)' = l - P(A. n B) = l --51 = -45 5. Ρ[(Α-Β) (Β- Α )] = Ρ(Α-Β)+ Ρ(Β - Α) = Ρ(Α) + Ρ(Β)-2Ρ(Α Β)= 23 20 � + .!_ - 2 . .!_ = + .!2. - � = 3 2 5 30 30 30 30 Σχόλιο: Το2 πλήθος των ριζών ενός τριωνύμου f(x) = αχ + βχ + γ, α* Ο καθορίζεται από τη 5. διακρίνουσα Δ. Το είδος των ριζών του καθορίζε ται από το άθροισμα S = χ1 + χ2 -�α και το γιΡ = χί χ = l αυτών, όταν Δ � Ο =>9χ2 +4y2 -12x-4y + 5 � 0=> νόμενο 2 α (9χ2 -12x+4) + (4y2 -4y+1)ς0=> Ρίζες ομόσημες {::::> Δ � Ο και Ρ > Ο => (3χ-2)2 + (2y -1)2 � ο=> Ρίζες θετικές Δ � Ο και Ρ > Ο και S > Ο => (3χ -2)2 + (2y-1)2 =ο=> Ρίζες αρνητικές Δ Ο και Ρ > Ο και S < Ο =>3x-2=2y-1 = 0=>x=-23 , y=-,1 Ρίζες αντίστροφες Δ � Ο και Ρ = 1 Ρίζες αντίθετες {::::> Δ >α Ο και S = Ο δεκτές τιμές αφού ανήκουν στο διάστημα Ρίζες ετερόσημες <Ο [0, 1]. Άρα Ρ(Α) = �3 και. Ρ(Β) .!_2 Η σχέση γ < Ο εξασφαλίζει και β) Έστω Β ασυμβίβαστα. Τότε θα ισχύει: 2 · Ρ(Α Β)= Ρ(Α) + Ρ(Β) = �3 + .!_2 = �6 + �6 = !__6 > 1 τις τρεις σχέσεις α Ο , Δ = β2 -4αγ > β � Ο και Άτοπο. Άρα τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι α Ρ χ2 = 1.α < ο συμβίβαστα. 2) Δίνεται η εξίσωση: γ) ι. Ρ(Α """ Β)= Ρ(Α)-Ρ(Α n Β)= � - .!_5 = χ2 -2(κ-ι)χ+κ2 -3=0 (ι) +

τις

{::::>

�

Α,

Παρατήρηση:

= ΧΙ

{::::>

Α. ί)

-:t.

�

α·

•

Να βρείτε τις τιμές του κ ώστε η (ι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/21

ε 1R

------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

χ { 2, - 2} Τότε η ανίσωση γράφεται: (3χ + 2)(χ2 - χ + Ι)(4- χ2) � 0 (3). Παρατηρούμε ότι: 3 χ + 2 > Ο <:::::> χ Ε - , +οο . χ 2 - χ + Ι > Ο <:::::> χ Ε JR , αφού Δ = -3 < Ο και α = Ι > Ο . Τέλος 4- χ 2 > ο <=> χ 2 < 4 <=> (χ - 2)(χ + 2) < ο <=:> �

να έχει ρίζες πραγματικές ii) Να βρείτε τιμές του κ Ε JR ώστε η ( ι ) να έχει ρίζες ετερόσημες. Β. α. Να βρείτε τι:ς τιμές του κ Ε JR ώστε η. (ι ) . να έχει ρίζες ομόσημες β. Αν Χι , χ2 είναι οι ομόσημες ρίζες της (1) να βρείτε την ακέραιη τιμή του κ ώστε να ισχύει: ι ι +=2

�Χ Ε

Πίνακας προσήμων του πρώτου μέλους της (3)

:2: 0

4 - χ2

(-2, 2) .

Να γίνουν οι απαραίτητες διορθώσεις

γ. Για κ = 2 να λυθεί η ανίσωση : ( 3 χ + ) ( χ2 χ + ι ) κ

(% )

l xι l lx2 l .

_ ___, ,... .. _ _ _ _ _ _ _ _ _

3χ + 2 4 -χ 1 1 x -x +l

Λύση

-οο -

-213

·�

+«>

+ Γ\.α να έχει η ( Ι ) ρίζες πραγματικές πρέπει και + + + + αρκεί Δ :2: Ο έχουμε + 4� + Γινόμενο Δ = β2 -4αγ = 4(κ -Ι)2 - 4(κ2 -3) = = -8κ + Ι6 οπότε Δ :2: Ο <=:> -8κ + Ι6 Ο <:::::> � 2 . Άρα: (3) <=> χ Ε (-2,- υ (2,+οο) ii) Για να έχει η ( 1 ) ρίζες ετερόσημες πρέπει και αρκεία · γ < Ο . Αλλ.ά: α · γ < Ο <:::::> Ι · ( κ 2 - 3) < Ο <:::::> κ 2 < 3 <:::::> 3) Δίνεται το τριώνυμο . m - 3 , m JR l κl < J3-<=> -J3 < κ < J3 . Για να έχει η (1) ρίζες f(x) = 2χ2 + (m + ι)χ + ----,4 . Δ_ :2: 0 . . αρκεί να ισχύει: i) Να αποδείξετε ότι το f (χ) έχει ρίζες χ ι , χ2 ομο_'σημες πρέπει και Ρ>Ο

;;::

<=>

<:::::>

-οο,

άνισες στο JR για κάθε m Ε JR ii) Αν Α= 32(χ:χ2 + χ1χ;)+ 4(χ, + Χ2)-8χ,χ2 + m , τότε να δείξετε ότι .Α � 84 για κάθε m Ε JR Λύση

β) Εφόσον χ1 , χ2 είναι ομόσημοι αριθμοί θα ισχύει K E (-oo,-J3) υ(J3,2] και l χι � x2 l = l xι l + l x 2 1 οπότε θα έχουμε: 1 Ι = 2 <:::::> l x 2 l + l x ι l = 2 <:::::> l χ ι '+ χ 2 1 = 2 <:::::> -+ Χι · Χ2 lχ ι χ2 Ι l xι l lx2 l � = 2 1 2(κ2 -1)1 = 2 <=> I κ -I I = κ2 - 3 (2) κ -3 Ρ Για κ Ε [Ι, 2] η (2) γράφεται: κ - 1 = κ2 -3 κ2 - κ -2 =0 <:::::> κ Ε {2, - Ι} <:::::> κ = 2 Για. κ < Ι , δηλαδή κ Ε ( - J3) η (2) γράφεται: Ι - κ = κ 2 3 <:::::> κ2 - κ - 4 = Ο με Δ = Ι7 . Άρα έχει ρίζες άρρητες, είναι δηλαδή αδύνατη στο Ζ . Άρα η ζητούμενη ακέραιη τιμή του κ είναι = 2 γ) Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει και αρκεί

�:

{ {::� �{ �� 0 1�:�� <=>{κ>ν3h κη�2κ<-ν3h<=> κ Ε (-οο,-J3) υ(J3,2] •

( )

•

Είναι Δ = β2 - 4αγ = (m + I)2 -8 : - 3 = m2 + 2m+ Ι - 2m + 24 = m2 + 25 > Ο για κάθΈ m Ε JR . Άρα το τριώνυμο έχει 2 ρίζες άνισες. , χ + Χ = β = m +-Ι , yι�ta · ειναι: '') Απο, τuπους 1 2 -� --2 m _3 , 4 = m - I2 . Άρα ειναι: Χ 1 · χ 2 = -αγ = ---8 2 Α = 32 χ1χ 2 (χ1 + χ2 ) + 4(χ1 + χ2) - 8χ1χ2 + m = = 32 m --:-8 I2 m2+ l _ 4 m+2 I _ 8 m -8 I2 + m = = -'-2m2 + 20m + 34 . Η παράσταση Α είναι τριώνυμο με α = -2 και _ 1._ = 5 . Άρα παίρνει μέγιστη Ίιμή για m = 5 �ν 2α Α(5) = 84 , δηλαδή Α � 84 για κάθε m Ε R . ιι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/22

·(-

)

------- Μαθηματικά για

Δίνεται εξίσωση α. Να βρείτε το ώστε εξίσωση να έχει ρίζες πραγματικές και να υπολογίσετε παραστάσεις Χ: +χ;, Β=Χ: +χ; συναρτήσειτου β. Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση: Να υπολογίσετε την παρά+ + + (-2- + ) + σταση , + 4[--1 + -2-) συναρτησειτου Για ποιες τιμές του ισχύει 47.

2 χ - 2x + m = O

m χ1 , χ2

m*O.

τις

Α=

f(x) = χ

2 mx + m •

f(x1 ) Γ = -3Χι

f(x )

Χι

γ.

f(x2 ) '

χ2

f(x1 ) Χι

f(χ2) 2 Χι . m.

Λύση

Γ=

την Α '

Λυκείου ------

[ )

(χι + x2 ) + 2m + m2 -1 + -1 = 2 + 4m (3) Χι Χ 2 Από ( 1 ), (2), (3 ) έχουμε: Γ = 14 -8m m + 2(8 - 2m) + 4(2 + 4m) = 2 = 12m +m16m + 14 ε (-oo,O) u (O,l] . γ. Με m ε (-oo,O) u (O,l] έχουμε Γ = 47 2 <::::} 12m +m16m + 14 = 47 <::::} 12m2 - 31m + 14 = Ο 7 <::::} m = -7 <::::} m = 2 η, m = 12 12 Παρατηρήστε ότι Δ = 289 = 172 . m

<::::}

α. Για να έχει η εξίσωση ρίζες πραγματικές πρέπει 5) ί. Αν ν θετικός και ακέραιος να αποδειχθεί και αρκεί Δ � Ο Όμως: Fv .Jν+1 1 Δ � Ο <::::} 4 -4m � Ο <::::} m :::; ι <::::} = ότι: <::::} m ε (-οο,Ο) u(O,l] , αφού m * Ο . Από τύπους v.Jv+1 +(ν+1)Fv ν ν+1 Vieta έχουμε S = χ ι + χ 2 = 2, Ρ = χι · χ 2 = m *- 0 , ίί. Να υπολογίσετε το άθροισμα: 1 1 1 r;;;;. οπότε Χ ι ,χ2 '* Ο , άρα Σ ι;; ι; + ι;; ι;; + . . + ι;;:;;. 2 1ν2 + 2ν1 2ν3 + ..1V 2 "'1100+1υυν99 Α = (Χι + χ2 ) - 2χιχ2 = 4 - 2m και Λύση Β = (χι + χ2 )3 - 3χιχ2 (χι + Χ2 ) = 8 - 6m . 2 Για ν θετικό και ακέραιο έχουμε: β. f(χι) = χ; + mχι + m2 1 (ν + l)Fv - νΓν+ϊ _ f(x 2 ) = χ; + mx 2 + m 2 χ; + mx2 + m2 ν.Jν + l + (ν + l)Fv (Cν + l)Fv )2 - (ν../ν + 1)2 m x mχ + + χ; ) ι) ι f( f(χ 2 -- + -= + χ32 χ3 χ3ι χ32 (ν + l).,Γv - ν..Γν+ϊ (ν + l).,Γv - νΓν+ϊ = 2 2 1 m m 1 m m (ν + 1)2 ν - ν2 (ν+ 1) ν(ν+ l)(ν + 1 -ν) = - + -2 + -3 + - + - + -3 = Χι Χι Χι Χ 2 Χ 2 Χ 2 Fv --.Jν +l =1 2 ν ν+l _!_+ _ + m � + � + m _;_ + � = Χι χ 2 Χι Χ 2 Χι χ 2 ίί. Για ν = 1,2,3, . .. ,99 από το (i) παίρνουμε 2 2 3 3 1 = .Jϊ - J2 Χ + Χ ι + m2 Χ 2 + Χ ι Χ 2 + Χι --=. ....!. + m 2 2 ι .J2 + 2.Jϊ -ι τ (χ ι χ2)3 ΧιΧ 2 (χιχ 2) 1 = J2 - J3 2 8 - 6m = -2 + m 4 - 2m +m 2 m3 m m 2JJ + 3J2 τ τ 2 4-2m 8-6m = 14 -8m 1 = J3 J4 -+ m m m + m2 3J4 + 4J3 3-4 2 +m x + mx x; + mx +m (x ) f(χι) ; ι f 2 -2- + -2- = + 22 Χι2 Χι Χ2 · m Μα ι 1 = 2+ m _!_ + - + m2 � + � = 8 - 2m 99Mo +lOOF9§ 99 100 Χι χ 2 Χι χ 2 f(χι) + f(x 2 ) = χ; + mχι + m2 + χ; + mx 2 + m2 Με πρόσθεση κατ.ά μέλη έχουμε: Χ2 Χι Χι χ2 Σ = Jϊ - JWo 1 _!Q_ 1 _!_ _2_ m2 = m2 + x + m + = Χι + m + 1 100 100 10 10 2 Χ2 Χι _

... .....

ΛΛ

[ ) ( ) [ ) _ --- --=

[ ) [ )

--==- =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/23

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκεtου

6) Η γραφική παράσταση μιας συνάρτη ση ς f δίνεται από το παρακάτω σχήμα: i) Να βρείτε τον τύπο τη ς f ii) Ν α δείξετε ότι ισχύει:

. r (i) = 4[f(-2016) + f(2016)] ,Β

----'----

1 = λ·2+μ 2 = λ·3+μ στο (1, +α:J)

}

:::::::}

}

λ=1 :::::::} f(x) = x - 1 μ = -1

{

χ + 2, χ � -1 Τελικά: f(x) = 2χ + 3, -1 � χ � 1 χ - 1, χ >1 ii) -201 6 Ε (-οο, -1] :::::::} f{-201 6) = -20 1 6 + 2 = -2014 201 6 E (l, +oo) :::::::} f(20 16) = 2016 - 1 = 20 1 5

�

[-1, 1] :::::::} f

( �) = 2 ( �) + 3 = 4

Άρα 4[f(-2016) + f(2 0 1 6)] = 4(-2014 + 20 1 5) = 4 · 1 = 4 = f ii)

�� :} =ΨΨ> I =Ο>�Ι ,;

( �)

αβ ,; I =Ο> α · β ε[� ι Ι]

f(αβ) = 2αβ + 3 J αJ � 1 :::::::} ο '< J αJ2 � ι:::::} ο � α2 � 1 :::::::}

ι : iii) Αν

α, β Ε JR και Ιαl ::::; 1, IPI ::::; 1 ότι ισχύει f(α2 ) + f(β2) ;;::; 2f(αβ) 1 1 1 iv) f -- + f -- > 2f -2017 2018 2016 Λύση

να δείξετε

( ) ( ) ·( )

συνάρτηση είναι τρίκλαδη της μορφής: αχ + β, χ � -1 f(x) = γχ + δ, · -1 � χ � 1 λχ + μ, χ>1 Ο πρώτος κλάδος y = αχ + β διέρχεται από τα σημεία Α(-1 , 1 ) και Δ(-2,0), οπότε: 1 = α(-1) + β :::::::} α = 1 :::::::} f ( χ) = χ + 2 0 = α(-2) + β β=2 στο (-οο, -1] Ο δεύτερος κλάδος y = γχ + δ διέρχεται από Η

{

}

:::::::} f(α2 ) = 2α2 + 3 Jβ J � 1 :::::::} 0 � β2 � 1 :::::::} f(β2 ) = 2β2 + 3 . Άρα: f(α2 ) + f(β2 ) 2(α2 + β2 ) + 6 ;;;::; 2(2αβ) + 6 = 2(2αβ + 3) = f(α · β)

τα σημεία Α(-1 , 1 ) και Β(Ι ,5), οπότε: 1 = α(-1) + β α=2 :::::::} f(x) = 2x + 3 :::::::} 5 = α·1+β . β = 3 στο [-1 ,1]. Ο τρίτος κλάδος διέρχεται από τα σημεία Ε(2, 1) και Ζ(3,2), οπότε: ·

iv) Από

(3) για α =

και β = �009 -k 10 10

έχου-

( 10�οι6 ) f(β 2 ) = f ( �018 ) 10 f(αβ) = f ( �ooo ·10�οο9 ) = f ( ο ι ) 10� 7 10 Άρα f (--k) + f ( --k) > 2f (--k-) 10 10 10 με :

f(α2 ) = f

7) Στο παρακάτω σχήμα το σημείο Μ κινείται κατά τη θετική φορά ξεκινώντας από το ση μείο Α, στις πλευρές του ορθογωνίου ΑΒΓΔ με δια στάσεις (ΑΒ)=4 και (ΒΓ)=2. Αν χ είναι το μήκος ·της διαδρομής και Ε(χ) το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου τότε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/24

------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου ------

i) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης Ε(χ), δ) Αν ο� χ�

�t

Σχή μα 1

10 � χ � 12 τότε το Μ βρίσκεται στην πλευ ρά ΑΔ και το γραμμοσκιασμένο σχήμα θα είναι όλο το ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Άρα Ε(χ) = 8. Άρα ο τύπος είναι: ο αν Ε(χ) = 2χχ --82 αν αν 8 αν

Για χ ε [0,4] η Ε(χ) είναι σταθερή Για χ ε [4, 6] η Ε(χ) είναι γνησίως αύξουσα και είναι της μορφής y = αχ β, με 2 > Ο Για χ ε [6,10] η Ε(χ) είναι γνησίως αύξουσα με α = l > Ο Για χ ε [10,12] η Ε(χ) είναι σταθερή

• •

ii) Να μελετήσετε τη μονοτονία της Ε(χ) iii) Να κάνετε τη γραφική παράσταση της συ νάρτησης Ε(χ) iv) Ποια θα είναι η θέση του σημείου Μ αν είναι Ε(χ) = 7. Λύση

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

Ο�χ�4 4 � χ � 6 Μονοτονία 6 � χ � 10 10 � χ � 12

•

Γραφική παράσταση της συνάρτησης Ε(χ)

iii) ι

α) Αν Ο � χ � 4 το σημείο Μ κινείται στην πλευρά ΑΒ οπότε Ε(χ) = Ο

•

Αν 4 � χ � 6 το Μ κινείται στην πλευρά ΒΓ τότε έχουμε: Ε(χ)= .!.2 (ΑΒ)·(ΒΜ)= .!.2 4(4-χ)=2χ-8 β)

γ) Αν 6 � χ � 10 τότε το Μ βρίσκεται στην πλευρά ΓΔ (σχήμα 2) και έχουμε: Ε(χ) = (ΑΒΓΔ) - (ΑΜΔ) = 4 2 _ ..!_2 (ΑΔ)(ΔΜ) ι = 8 --2(1 2 ο - χ) = χ - 2 . ·

yoO

•

(4/1)

!Ο

γραφική παράσταση της Ε(χ) αποτελείται από τα ευθύγραμμα τμήματα ΟΑ, ΑΒ, ΒΓ και ΓΔ Η

iv) Αν

Ε(χ) = 7 , τότε από τη γραφική παράσταση ή τον τύπο προκύπτει το χ ε (6, 10) , διαφορετικά θα είχαμε: Ε(Χ)=Ο ή Ο � Ε(χ) � 4 ή Ε(χ) = 8 . Άρα χ - 2 = 7 χ = 9 , δεκτή τιμή αφού 9 ε (6,10) . Άρα XM = 9, y M = 9 - 2 = 7 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/25

<::::>

----

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου ----

Γεωμετρία Α ' Λυκείου Εwαναληwτικές Ασκήσεις

Α ' ΛΥΚΕ!ΟΥ

Παπαπέτρος Βαγγέλης - Χρήστος Π. Τσιφάκης

ΑΣΚΗΣΗ f 'l Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΓ=2ΑΒ. Έστω Μτο μέσο της πλευράς ΒΓ. Στην πλευρά ΑΓ παίρνουμε σημεία Ν,Ρ τέτοια ώστε ΑΝ=ΝΡ=ΡΓ. Να αποδείξετε ότι: α) ΜΡ/ΙΒΝ β) Η ΒΝ διέρχεται από το μέσο του ΑΜ γ) Η

δ) Α Μ Ρ = 90°

ΒΝ l. AM Λ

ΒΝ= 2ΡΓ . ση ί ΛJ α) Τα σημεία Μ,Ρ είναι τα μέσα των πλευρών ΒΓ, ΝΓ του τριγώνου ΒΝΓ αντίστοιχα. Άρα ΜΡ//ΒΝ. ε) Αν η Μ ΑΓ = 30° τότε

i) Να αποδείξετε ότι Δ Α Μ = 30° ΒΓ '') ΒΔ = -

Λύ ση :

Για κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Α+ Β+ Γ =180° => 6Γ = 180° => Γ= 30° . Οπότε Α=90° , Β=60° . α) λ

•

β) Έστω Κ τομή ότιτηςΜΡ//ΝΚ. ΑΜ καιΕπειδή της ΒΝ.όμωςΣτοτο τρίγωνο ΑΜΡ έχουμε Ν είναι μέσο της , αναγκαστικά και το Κ θα Ο είναι μέσο της πότε η ΒΝ διέρχεται από το μέσο της Εκ τηςΑΒΜ ;υποθέσεως έχουμε ότιοπότε ΑΒ=ΒΜ,διάμεσος άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές, ΒΚ είναι l.AM. και ύψος, επομένως BKl.AM=>BN Φέρνω την τότε ΒΝ είναι μεσοκάθετος τηςΑΜ, άρα ΑΡ => ΑΜΡ = 90°. ΑΝ= => ΜΝ = 2 ε) Αφού Μ ΑΓ = 30° και το τρίγωνο ΑΜΡ είναι ορθογώνιο τότε ΜΡ=-=>ΜΡ=ΝΡ=>ΜΡ=ΡΓ (1) . 2 Όμως ΜΡ = ΒΝ2 (2) .Από την (1) , (2) προκύπτει ΒΝ=2ΡΓ η

ΑΡ

ΑΜ

γ)

δ)

ΜΝ,

ΜΝ

Jt.P

ότι

ΑΣΚΗΣΗ 2'1 Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α = 3 Γ και Λ

Β = 2Γ .

α) Να υπολογίσετε τις γωνίες του ΑΒΓ β) Αν ΑΔ είναι το ύψος του ΑΒΓ και ΑΜ η διάμεσός του, τότε:

β) i) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε ότι Αι = 30°. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΓ έχουμε , όη Α2 =30° . Όμως Αι +ΔΑΜ+Α2 =90° =>ΔΑΜ =30° .. ii) Το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισόπλευρο. Συνεπώς , Οπότε ΒΔ=-=> ΒΜ ΒΔ= ΒΓ . ΑΔ διαμεσος. 4 2 ΛΣ ΚΗΣΗ Έστω (Κ,ρ) κύκλος και σημείο Ρ Λ

3η

στο επίπεδό του, τέτοιο ώστε ΚΡ 2ρ Φέρνουμε τα εφαπτόμενα τμήματα ΡΑ και ΡΒ. Να αποδείξετε ότι:

•

α) Α Ρ Κ = 30° β) Α Κ Β 120° γ) να βρείτε το είδος του τριγώνου ΡΑΒ.

ΛίJ ση

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΡΚ έχουμε ότι η =ρ= 2 , άρα η γωνία Α Ρ Κ =30° . β) Αφού ΑΡΚ =30° => ΑΚΡ=60° και λόγω συμμετρίας ως προς την ευθεία η α)

ΑΚ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/16

ΚΡ

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

------

ZCE=360° -120° -C=240° -(180° -Β)= Β+60° (1) . =

γ) Το τρίγωνο ΑΡΒ είναι ισοσκελές με γωνία κορυφής ΑΡΒ = 60° , άρα είναι ισόπλευρο. Άσκηση 4η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο ώστε, να υπάρχει σημείο Η του ύψους ΑΔ ώστε η γωνία ΑΒ Η= 20° , Η Β Γ 40° και Η Γ Β = 30° . ZDA=D+60° =Β+60° �EBA=ECZ=ADZ (2) . α) Να αποδείξετε ότι ΑΒ ΓΗ . Από (1) και (2) έχουμε β) Να υπολογίσετε την γωνία ΑΓΗ . �ABE =ECZ=ADZ�AE=ZE=ZA . Λύση Στις πλευρές ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ α) Προεκτείνω την ΓΗ, και έστω ότι τέμνει την Άσκηση ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε τα ΑΒ στο Μ. Είναι Η1 = 30° + 40° = 70° (ως τμήματα ΓΖ τέτοια ώστε ΑΔ=ΒΕ=ΓΖ εξωτερική γωνία του τριγώνου ΒΗΓ ). Από το αντίστοιχα.ΑΔ,ΑνΒΕ,Κ,Λ,Μ είναι τα σημεία τομής τρίγωνο ΒΜΗ έχουμε ότι των ΑΕ, ΓΔ, ΒΖ ανά δύο να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΒΜΗ+20° +Η1 =180° �ΒΜΗ =90° . Λύση ΚΛΜ είναι ισόπλευρο. Τα τρίγωνα ΑΒΕ, ΒΓΖ, ΓΑΔ είναι ίσα (ΑΒ =ΒΓ=ΓΑ , ΒΕ, ΓΖ, ΑΔ , Α=Β=Γ=60°). Συνεπώς Α1 = Β1 = Γ1 και Δ1 = Ε1 = Ζ1 . Λ

6η

ορθόκεντροτηντου ΒΗ τριγώνου β) Προφανώς ΑΒΓ. Άρα τοεάνΗ είναι προεκτείνω και υποθέσουμε ότι αυτή τέμνει την ΑΓ στο Ν, τότε ΓΝΗ = 90°. . Επίσης Η1 = Hz = 70° (ως κατακορυφήν) Από το τρίγωνο ΓΝΗ έχουμε χ+ΓΝΗ+Ηz =180° �χ=20° . Άσκηση 5η Έστω παραλληλόγραμμο ABCD με Επειδή όμως ΑΔ = ΒΕ = ΓΖ προκύπτει ότι και τα τρίγωνα ΒΕΛ, ΓΖΜ ε ίναι ίσα, άρα γωνία D > C . Έξω από αυτό κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα BCE και CΔΖ. Δείξτε ότι Κ1 =Λ1 =Μ1 � Kz =Λz =Mz . Άρα το τρίγωνο και το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ισόπλευρο. είναι ισόπλευρο. Λύση Είναι ΑΒ = CZ DZ και ΒΕ = CE = DA Άσκηση 7η Τρίγωνο ABC είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου (O,R). Αν Η είναι το ορθόκεντρο Επίσης είναι Α Β Ε Β+ 60° , του τριγώνου ABC και η ΑΗ τέμνει τον Λ

•

ΑΔΚ,

ΚΛΜ

περιγεγραμ- μένο κύκλο στο Η' δείξτε ότι τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.l/27

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

σημεία Η,Η' είναι συμμετρικά ως προς την BC. Λ ίJ ση

Ισχύει ότι Αι = Cι (γιατί;). Α

------

περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΗΕ και έστω Ο το κέντρο του. Δείξτε ότι: α) Το τετράπλευρο HECD είναι εγγράψιμο σε κυ' κλο . β) Η ΟΕ είναι κάθετη στην DE. γ) Αν DH=2cm και AH=6cm, να βρεθεί DE. ΛίJ ση Λ

Παρατηρούμε ότι HEC = HDC = 90°, άρα το τετράπλευρο HECD είναι εγγράψιμο σε κύκλο. α)

Η'

Αλλά η Αι = C2 (γιατί;) οπότε προκύπτει ότι Cι = C2 , άρα το τρίγωνο CHH' είναι ισοσκελές η BC 'είναι μεσοκάθετος του ΗΗ' . Άρα τα σημεία Η, Η είναι συμμετρικά ως προς την BC . Λ

8η

Αφου Α Ε Η = 90° το σημείο Ο είναι μέσο Οτης ΑΗ. Οπότε στο ορθογώνιοΟτρίγωνο ΑΗΕ η Ε Ο Ο είναι διάμεσος, άρα Α = Η = Ε , οπότε Ε2 = Ο ΗΕ = BHD (1) . Όμοια στο ορθογώνιο ΛίJ ση BEC η ED είναι διάμεσος, άρα Η γωνία Ιι είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΒΙ, άρα τρίγωνο , οπότε Ε3 =Βι . Αφού Ιι = Αι+ Βι . Έχουμε ότι Β3 = Α2 γιατί είναι DB=DC=DE Β Η D +ΟΒι = 90° Ε2 + Ε3 = 90° . εγγεγραμμένες στον ίδιο κύκλο και στο τόξο DC . Άρα η Ε είναι κάθετη στην DE . γ) Αφού DH = 2cm και = 6cm έχουμε ότι A0 =0H=OE=3cm και OD =Scm. Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ODE προκύπτει ότι DE = 4cm . Ά σ κηση

Τρίγωνο ABC είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Εάν Ι είναι το έκκεντρο του ABC και η ΑΙ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο D δείξτε ότι DB=DI=DC.

β) Λ

(\) =>

ΑΗ

Ά σκηση Ι Οη Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ και το σημείο Μ μέσο της ΒΓ. Φέρνουμε την διχοτόμο ΑΔ και από το Β την ΒΕ κάθετη στην ΑΔ. Να αποδείξετε ότι: α) ΕΜ // ΑΓ ΑΓ - ΑΒ β) ΕΜ = 2

Άρα το τρίγωνο BID είναι ισοσκελές γιατί οι γ) Δ ΕΜ = -2 γωνίες της βάσης του είναι ίσες (Β Ι D = Ι Β D) δ) Να δείξετε ότι ΒΕ < ΜΓ . οπότε BD = ID (1) . Αφού Αι = Α2 τότε Λύση α) Προεκτείνουμε την ΒΕ που τέμνει την ΑΓ στο BD = DC BD = DC (2). Από τις σχέσεις σημείο Ζ. Τότε το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές (1), ( 2) προκύπτει το ζητούμενο. γιατί η ΑΕ είναι διχοτόμος και ύψος. λσκη ση Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC Άρα είναι και διάμεσος, οπότε το Ε είναι το μέσον (AB=AC). Φέρνουμε τα ύψη του AD,BE που της ΒΖ και το Μ μέσο της ΒΓ, άρα η ΕΜ ενώνει τέμνονται στο σημείο Η. Γράφουμε τον μέσα πλευρών στο τρίγωνο ΒΖΓ, άρα είναι Λ

9'1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.l/28

-------

ΕΜ//ΖΓ.

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

β) ΕΜ = Ζ2Γ = 2 = 2 γ) ΔΕΜ = Α2 (ως εντός εναλλάξ), άρα ΔΕΜ = -Α2 . δ) Η Β Ε Μ = 90° + Α2 άρα στο τρίγωνο ΒΕΜ Γ . Αλλά στο ορθογώνιο έχουμε ΒΔ ΒΜ = Μ < τρίγωνο ΒΕΔΒΔισχύει ΒΕ ΒΔ . Άρα ΒΕ < < ΒΜ =ΜΓ< . ΑΓ - ΑΖ

ΑΓ - ΑΒ

-------

Άσκηση ι 2η Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ. Έστω Σ το σημείο τομής των μη παραλλήλων πλευρών. Από το Σ φέρνουμε την ΕΣΖ//ΑΒ//ΔΓ όπου Ε,Ζ τα σημεία τομής της με τις ΒΔ, ΑΓ αντίστοιχα. Αν Η,Θ τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ,ΔΒ αντίστοιχα, δείξτε ότι το τετράπλευρο ΗΘΖΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Λύση

Αφού Η,Θ ταάραμέσαΗΘ//ΕΖ των διαγωνίων τότε η ΗΘ//ΑΒ//ΓΔ, και ταυτόχρονα ΗΕJ{ΖΘ άρα το τετράπλευρο ΗΘΖΕ είναι τραπέζιο.

Άσκηση ι ι η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος του ΑΚ και Δ,Ε τα μέσα των πλευρώνΑΒ,ΑΓ αντίστοιχα. Εάν Ο είναι το περίκεντρο του τριγώνου, φέρνουμε την ΟΚ και έστω Ρ το μέσον της. Να δείξετε ότι ΔΡ=ΡΕ. Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι είναι ισοσκελές, δηλαδή αρκεί να δείξουμε ότι ΗΕ = ΖΘ . Έχουμε ότι: ΣΒ =ΣΑ (γιατί;), ΣΓ = ΣΔ (γιατί;) και Α = Β1 οπότε ΕΒ = ΖΑ και ΕΘ = ΖΗ (γιατί;). Άρα1 το ΗΘΖΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο γιατί οι Προεκτείνουμε την ΑΡ και παίρνουμε τμήμα διαγώνιες είναι ίσες. ΡΖ=ΑΡ. Τότε το ΔΡ ενώνει μέσα πλευρών στο (Μπορείτετουνα βρείτε άλλους τρόπους απόδειξης;) Άσκηση Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με τρίγωνο ΑΒΖ, άρα ΔΡ // = ΒΖ (1) . 2

ι 3η

Α = 20° . Πάνω στις πλευρές ΑΓ,ΑΒ παίρνουμε Λ

σημεία Δ και Ε τέτοια ώστε Δ Β Γ = 60° και Λ

ΕΓΒ = 50° . Να βρεθεί η γωνία Β Δ Ε . Λύση Λ

Φέρνουμε την ΒΖ έτσι ώστε Γ ΒΖ = 20°, τότε ΒΖΓ=80° , ΔΒΖ =40°, ΔΒΕ=20°, ΕΓ Δ= 30° και ΒΕΓ = 50°. Άρα τα τρίγωνα ΕΒΓ και ΖΒΓ είναι ισοσκελή με ΒΕ=ΒΓ και ΒΖ=ΒΓ. Άρα ΒΕ=ΒΓ=ΒΖ και αφού η γωνία ΖΒΕ = 60° το τρίγωνο ΕΒΖ είναι ισόπλευρο. Όμοια το τρίγωνο ΔΒΖ είναι ισοσκελές με ΒΖ=ΔΖ ΖΓ Ο (2) . Αφού το Α ΖΚ Όμοια το ΕΡ I/ = 2 (γιατί;). Άρα ΕΖ=ΔΖ και αφού ΕΖΔ = 40° έχουμε είναι πλάγιο παραλληλόγραμμο (οιμεσοκάθετος διαγώνιες της ότι ΕΔΖ=70° . Άρα ΒΔΕ=70° -40° =30°. Ο διχοτομούνται) τότε η Ζ είναι ΒΓ, οπότε ΒΖ=ΖΓ οπότε ΔΡ=ΡΕ. Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ΙΟΟ τ.l/29

-------

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

--------

οπότε στο τρίγωνο ΑΒΓ η εφ60° = ΒΓ = J3 . Άσκηση 1 5η Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και Μ το ΑΒ

μέσο της πλευράς ΔΓ. Επί της πλευράς ΑΔ

Άσκηση

1 4η

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και οι διαγώνιες του ΑΓ, ΒΔ. Η μεσοκάθετος της ΑΓ τέμνει την πλευρά ΑΒ στο Ε και την ΑΔ στο Ζ. Αν Μ είναι το μέσο της ΕΖ τότε να δείξετε ότι: ΑΜ .l ΒΔ . Αν το Μ είναι σημείο της πλευράς ΔΓ να βρείτε την σχέση μεταξύ των πλευρών του ορθογωνίου ΑΒΓΔ.

παίρνουμε σημείο Ε έτσι ώστε ΑΒ Μ = 2 · ΕΓ Δ και στην προέκταση της ΓΔ, προς το Δ, σημείο Λ

ΔΕΖ =

ΑΒΜ . Να δείξετε ότι α) Λύση: Παίρνουμε το σημείο Ν μέσο της πλευράς β) ΑΒ και φέρνουμε την η οποία τέμνει την προέκταση της ΑΔ στο σημείο Η. Τότε έχουμε ότι τα τρίγωνα ΜΒΓ ΝΒΓ και Λύση Αφού ΑΕΖ είναι και ΑΜ διάμεσόςτο τρίτουγωνο, έχουμε ότι: ορθογώνιο ΑΜ=ΕΜ=ΜΖ και ΒΜΓ =ΓΝΒ = ΑΝΗ άρα προκύπτει ότι: Ο Ε Α= Μ ΑΕ . Η γωνία Ο Ε Α είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΟΒΕ οπότε Ο Ε Α =Ο Β Ε+ Ε Ο Β = \ =ΟΑΕ+ΕΟΒ= ΟΑΕ+ΜΟΔ . Ζ τέτοιο ώστε ΓΖ = 2 · ΒΜ .

ΓΝ

I I

....

Ι Ι I I I I I I I

\ \ \ \

Α ....-----=---τ-•

...

ιι

...

ΒΜ = ΝΓ = ΗΝ = ΔΝ (γιατί;) και ω ΘΓΕ=ΕΓΔ =-2 (γιατι;' ). Στο τρίγωνο ΔΕΖ έχουμε ΔΖΕ+ ω= 90° (1) Το Θ είναι το σημείο Άρα ΟΑΜ =ΜΟΔ οπότε ΟΑΜ+ΑΟΔ=90° . τομής των ΖΕ και ΓΗ, άρα ΘΓΖ+ΕΖΓ=90° . Άρα ΑΜ .lΒΔ. Θ = 90° , δηλαδή το ΖΘ ΓΗ και άρα το β) Εάν το Μ είναι σημείο της ΔΓ, τότε έχουμε ότι: Οπότε σημείο Ε είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΗΖΓ. ΟΜ=ΟΕ άρα η ΟΑ είναι διάμεσος και ύψος, οπότε Έτσι έχουμε ότι το τρίγωνο ΗΖΓ είναι ισοσκελές το τρίγωνο ΑΕΜ είναι ισόπλευρο. (γιατί; ) 2ΒΜ οπότε. ΓΖ= ΓΗ , δηλαδή ΓΖ= 2ΓΝ Έτσι έχουμε ότι Ο ΑΕ= 30° και ΑΓΒ = 60°, Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.l/30

Β ' λΥΚΕΙΟΥ Επαναληπτικές Ασκήσεις Άλγεβρας

Σωτήρης Παπαχρήστος (Καλαμπάκα) Ασκήσεις 1-4, Γιώργος Πλεξίδας (τρ{καλα) Ασκήσεις S-9, Παναγιώτης Μπρίνος (Αθήνα) Άσιcηση 10.

Άσκηση 1

Δίνεται η συνάρτηση

f ( χ) = log ( 1 Ο"' - 1)

και το πολυώνυμο

() (

α) Βρείτε το πεδίο ορισμού της f.

β) Να αποδείξετε ότι

10r(ι) + 2 · 101(3) + f { Iog101) + e1a7 = 2016 . γ) Να λυθεί η εξίσωση f {2x) = f(x) + logll . δ) Να λυθεί η aνίσωση

ιοΨ) < 9 .

α) Για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει και ι οχ

- 1 > ο (1).

(1) <::::> ι οχ > 1 <::::> 10χ > 10° <::::> χ > Ο. πώς Ar = ο, + οο .

Συνε

( f( ) ) Φ) β) Έχουμε ιo l + 2·10 + f{Iog101) + e1"7 = 7

= 101og9 + 2 10log999 + }og (lOloglOI - }) + = •

= 9 + 2 999+ log 1 00+- 7 = 9 + 1998+ 2+7 = 20 1 6. ·

γ) Για να έχει νόημα η εξίσωση πρέπει και αρκεί 2χ χ > Ο, δηλαδή χ > Ο. Τότε:

, } f(2x =f(x} + logll (:>log(ι(i" -ι) = =Iog(ιΟ" -ι) +Ιοgιι (:>log(ι(i" -ι) =Ιοg[ιιcιΟ" -ι)](::> <=> (1 ax - 1) · ο σχ 1) = 1 1 · (1 ax - 1) <=> 1 ax + 1 = 1 1 +

(διότι <::::>

ι οχ -

ι οχ

1 >0, όταν χ>Ο) = 1 0 <::::> χ = 1 ' δεκτή.

ιοr(χ) < 9(::> 10ι011(ιΟ"-ι) <101os9 Ι(::>Ο>Ι log(ιox -l) < log9 (::> ι οχ -1 < 9(:>10χ < lO(:> x<l

δ) Με χ> Ο έχουμε

Ιosx·t

<::::>

Ο < x< l .

Άσκηση

Αν γνωρίζουμε ότι το πολυώνυμο είναι

300

βαθμού και ότι έχει ρίζα τον αριθμό 1, τότε: α) Να βρεθούν οι ορίζουσες του συστήμα

τος, καθώς και οι άγνωστοι χ και y. β) Να λυθεί η εξίσωση Ρ ω = Ο .

Λύ ση

αρκεί

)

Ρ ω = D - 1 ω4 + ω 3 - ω 2 + ω -(6D + 4D - D2 - D2 - 12)

•

Δίνεται ένα γραμμικό σύστημα 2 εξισώσεων με 2 αγνώστους χ και y, ορίζουσες D, Dx και

() γ) Να λυθεί η εξίσωση Ρ { .J3 · εφθ} = Ο . δ) Να λυθεί η aνίσωση Ρ ( 1 - Ιη2α) < Ο . Λύ ση

{P( ) {

α) Από τα δεδομένα της υπόθεσης έχω: D=1 D-1 = 0 l =O �

1-1+1-6D -4Dy + x

� + � +12=0 �

=2. Αφού D = 1 ::;: Ο το σύστημα έχει μοναδική λύ ση (χ, y) = (�. � J = (3, 2 ) . και D y

Το πολυώνυμο Ρ για

τις

τιμές των οριζουσών

που υπολογίσαμε παραπάνω , γράφεται: Ρ ω = ω3 - ω2 + ω - 1 . β)

()

Ρ(ω)=0(:>ω3 -ω2 + ω-1=0(::> (:>ω2(ω-1) + (ω-1} =0(:>(ω-1)(ω2 + 1) =0 (::> ω=l.

γ) Με θi: κπ+ � , κ ε Ζ έχουμε: 2

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ B' lOO τ.4/31

�+1>0

Μαθηματικά για την Β' Λυκεiου

Ρ ( �3 · εφθ) =Ο � 3 · εφθ = 1 � εφθ = J31 � π κ Ε Ζ. J3 θ =κπ+-, <::> εφθ =-<::> 3 6 �ω β � ν

π -+- 2 + π κ π - για κα' θε 6 2

' αφου' κιπ+ εκτες τιμες

- τ-

κι,Κ2 ΕΖ (γιατί;).

Ρ(ω)<Ο�ω2 (ω-1)+(ω-1)<0� �(ω-1) ( ω2 +1) < 0 ω<1 .

δ)

ω2 + 1 >0 <::::>

Συνεπώς ε α>Ο έχουμε: Ρ(2 - ln 2 α)< Ο <::::> 2 - ln 2 α < 1 <::::> ln 2 α > 1 <::::> lnα <

-1 ή lnα

<::::>

Άσκηση 3

' ' · =(2·ημχ) + (2 ημ (� -χ)) = =4·ημ2χ +4·συν2χ =4 (ημ2χ +συν2χ) = 4 ν'2 � δ) 'Εχουμε: f(x)-1+f ( � -x ) -1=2 � 2·ημχ + 2·συνχ = 2ν'2 � ημχ +συνχ = ν'2 � � (ημχ + συνχ) 2 = ( ν'2 )2 � � ημ2 χ + συν2χ + 2 · ημχ ·συνχ = 2 � � 1 + ημ2χ = 2 � Α = 1

Άσκηση 4

Ο < α < .!.. ή α > e .

Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ (χ) = η μα χ4 + βχ3 + γχ2 - 2χ + συνα ·

•

Γνωρίζουμε ότι το πολυώνυμο έχει ακέραι

Δίνεται η συνάρτηση

f { χ) = α · ημ(βχ) + l

με

α>Ο και β>Ο για την οποία γνωρίζουμε ότι έχει μέγιστη τιμή ίση με με 2π.

και περίοδο ίση

α) Να βρεθούν οι αριθμοί α και β. β) Να αποδείξετε ότι π

f (χ- ) = f (χ + π ) .

ους συντελεστές, 2 άνισες ακέραιες ρίζες και ότι Ο :S: ημα < συνα . α) Δείξτε ότι

ημα = Ο και συνα = 1 .

β) Δείξτε ότι β = 2 και γ = -1 . γ) Να λυθεί η εξίσωση Ρ(χ) = Ο .

Λύση α)

Γνωρίζουμε ότι το πολυώνυμο έχει ακέ ραιους συντελεστές, οπότε η μα, συνα Ε Ζ . ' ' (r(χ) - ι) -χ -ι =4. Γνωρίζουμε επίσης ότι Ο :s; η μα < συνα :s; 1 , οπότε ημα, συνα Ε {0, 1 } και δ) Αν ισχύει η σχέση ημ 2 α < συν 2 α :::::) ημ 2 α < 1 - ημ 2 α :::::) f (χ) - 1 + f - χ - 1 = 2Ji , να βρεθεί η τι 1 η μ 2 α < - < 1 :::::) η μα Ο, συνα 1 . 2 μή της παράστασης Α = ημ2χ . β) Για η μα = Ο και συνα = 1 το πολυώνυμο Λύση α) Γνωρίζουμε ότι η f έχει μέγιστη η τιμή ίση γίνεται Ρ(χ = βχ 3 γ 2 - 2χ + 1 . Γνωρίζου με και περίοδο ίση με 2π. Συνεπώς θα ισχύ- με ότι έχει ακέραιους συντελεστές και 2 άνι σες ακέραιες ρίζες. Αφού λοιπόν ο σταθερός α+1 {α - 2 όρος του είναι 1 , οι πιθανές ακέραιες ρίζες συν 2π - = 2π :::::) β = 1 του είναι 1, - 1 , δεν μπορεί παρά οι 2 άνισες β ακέραιες ρίζες του να είναι το 1 και το - 1 . Θα Για α 2 και β 1 , η f γίνεται: έχουμε λοιπόν f( ) 2 · ημ + 1 {Ρ(1) = Ο . {β + γ - 1 = Ο {β = 2 β) Έχουμε: . Ρ(- 1) Ο :::::) - β + γ + = Ο :::::) γ = -1 · γ) Το πολυώνυμο γίνεται γ)'Εχουμε: { ) Ρ( ) = 2 3 - 2 - 2 + 1 . γ) Να αποδείξετε ότι

ψ(; (�

{

)

))

)

+χ

= χ= χ f(χ-π) =2· ημ(χ-π)+1=-2 ·ημ(π-χ)+1= = -2·ημχ + 1 = 2 ημ(π+ χ)+ 1 = f(x +π). f(x) 1 2 + (r (� -x ) -1)2 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/32

χ χ χ χ

Άρα:

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

( )

- χ2 - 2χ + 1 = 0 � � χ2 ( 2χ - ι ) - ( 2χ - ι ) = Ο � ( 2χ - ι)( χ2 - ι ) = Ο � 1 <:::> Χ = - η' Χ = 1 η' Χ = - 1 . 2

36 · fn2 2 - 4 · fn2 2 - 16 · fn22 2 16·fn22 -- = 8 · fn2 2=2·ln2·4 ·ln2=lnP(5)·lnP(7). 2 γ) Έχουμε: (1) <:::::> [(2(ημχ + συνχ) - 3]2 = -12ημχ -12συνχ + 9 <:::::> Άσκηση 5 [(2(ημχ + συνχ) - 3]2 =-12(ημχ + συνχ)+9 � α) Να βρείτε πολυώνυμο 2ου βαθμού ώστε + συνχ = Υ y να ισχύει Ρ ( χ + 1) = Ρ ( χ ) + 2 χ - 5 , για κά- � � � (2y-3)2 2y + 9 + = -1 = y2 = ο Ρ χ = 0 � 2χ3

θε χ ε R (1) και η γραφική παράσταση της αντίστοιχης πολυωνυμικής συνάρτησης ε φάπτεται του άξονα χχ '. β) Να αποδείξετε ότι: fn2P( 11) -fn2P( 5)-fn2P( 7) = fnP( 5). fnP( 7) 2 γ) Να λύσετε την εξίσωση Ρ ( 2ημχ + 2συνχ) eιπ(-ι2ημχ) + etn(-nσυvx) + 9 (1) 3π στο (π, ). 2 =

Λύση α) Έστω Ρ ( χ ) = α · χ2 + β · χ + γ .

<ο>{�:;: ! : } <ο>{�: � }<ο>{;:�.

� -� � -� � � � - =

{ημχ

{ημχ σuνχ ημχ + συνχ Ο, που είναι αδύνατη αφού: 3 χ ( π, ; ) ημχ , συνχ < Ο. =

�

Άσκηση 6 Δίνεται η ισότητα: συν 9 - α + 2ημ ( 7π + α ) =

(; ) ( :) ( :)

= συν α -

+ συν α +

(1).

3π Αν ισχυει , , < α < 2 π , τοτε: 2 i) Να υπολογίσετε τα: συνα, συν2α και να δείξετε ότι: 1 ημ3χ - συν3χ , για κα'θε --

Τότε: Ρ(χ+ 1) = Ρ(χ) + 2χ - 5<:::::> <:::::> α · χ 2 + ( 2α + β ) · χ + α + β + γ = = α · χ2 + ( β + 2 ) · χ + γ - 5, οπότε: = = + (Ι) β -5 Ύ Ύ 5 Άρα: Ρ(χ) = χ2 - 6χ +γ. Η y=P(x) παριστάνει παραβολή με την κορυφή της Κ(_ 1_ ,- �) στον άξονα χχ ' . Πρέπει 2α 4α και αρκεί λοιπόν - � = Ο (2). 4α ΑJ..λά: (2) <:::::> Δ = Ο <:::::> 36 - 4γ = Ο � γ=9. Τελικά Ρ ( χ ) χ 2 - 6 · χ + 9 = ( χ - 3 )2 β) Ρ(5) = 22, Ρ(7) = 42= 24, Ρ(1 1) = 82= 26 . Άρα: lnP(5) = 2·ln2, lnP(7) =4·ln2, lnP(1 1)=6·ln2 και fn2P ( 1 1 ) - fn2P ( 5 ) - fn2P ( 7 ) 2 ( 6fn2 )2 - ( 2Rn2 )2 - ( 4fn2 γ 2 =

συνα

χ;tκπ,

π κπ + - ,

ii)

ημχ

συνχ

κεΖ.

Αν υπάρχει πολυώνυμο Ρ(χ) που διαι ρούμενο με το ( χ - συνα ) αφήνει υπόλοιπο 1 και διαιρούμενο με το ( χ - συν2α ) αφήνει υπόλοιπο 5, τότε να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το ( χ - συνα ) · ( χ - συν2α ) . Λύση i)

(; J ( (; )

'Εχουμε:

ii) = συν

συv

- α = συν 4π +

- α = ημα, ημ(7π+α) =

ημ(6π+π+α) = ημ(π+α)

= -

ημα.

%-α

Επομένως: (1) � ημα - 2ημα = 2συνα · συν π 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/33

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

-η μα = 2· .J3 συνα :::>η μα = - .J3 συνα ::::> 2 ημ2α =3συν2α ::::> 1 - συν2α =3συν2α ::::> συν2α 1 1 3 = - ::::> συνα = - , αφου' π <α<2π::::>συνα >0. 2 2 4 1 συν2α = 2συν2α -1 = - . 2 3χ Εξάλλου ημ - συν3χ = ημχ συνχ ημ3χ· συνχ-ημχ· συν3χ ημ(3χ - χ) = �-------=-----ημχ· συνχ -1 2 · ημχ · συνχ 2 1 = ημ2χ = 2 1 -η μ2χ συ να 2 ii. Έστω Π(χ) το πηλίκο της διαίρεσης και U(x) το υπόλοιπο. Αφού ο διαιρέτης είναι 2ου βαθμού , θα είναι U (χ ) = β · χ + γ . Ρ(χ) = (χ - συνα)(χ - συν2α)Π(χ) + U(x) = _!_ _!_ =(χ - )(χ+ )Π(χ) +βχ+ γ, για κάθε χ ε JR . 2 2 1 β+ =1 Ρ(2) = 1 β = -4 2 y ::::> ::::> . Αλλά: 1 3 β = =5 - 2 +r=5 r Ρ(-2) ::::>

{

Άσκηση :?

� � συν��ση: r (x)

Δίνετ ι

α)

(�)

χ = +α

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρ τησης. β)

( )

Να

fnπ - f

υπολογίσετε

2π 3

γ) Αν α = -1 .en ημ2 χ + r

το

ώστε:

fn 2 + 1

να λύσετε την εξίσωση:

( ) (;) + 2 . fn2 fn ( συν2χ) + r ( 5:) cl).

Λύση

α) Για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει και

αρκεί χ -

π >Ο δηλαδή χ> π . 6

Επομένως D r =

(�, +οο) .

r( 23π ) = fn2 + 1 <:::} lnπ - [ tn ( 2π - =) + α] = ln2 + 3 <:::} fnπ - fn ( �) - α = fn2 + 1 <:::}

β)

fnπ -

<c>

l <c>

<:::} fnπ-fnπ + fn2-α = fn2 + 1 <:::} -α = 1 <:::} α = -1

γ) Για να ορίζεται η (1) πρέπει και αρκεί ημχ, συνχ :;tO, δηλαδή χ:;tκπ, κπ+ π , κ εΖ. 2 Εξαλλου f( 3 ' π ) = 1n( 3 π -6 π ) - 1 = 1n 6 π -1= lnπ - ln6 - 1 .

π ) = ln( 6π - 6) π f( 6

4 ) 1 = ln( 6 π -1=

=ln4π - ln6 - 1 = ln4 + ln π - ln6 - 1 . Άρα: (1) <::::> fn 2χ) + fnπ -fn6 + fn4 = fn συν2χ + fn4 + fnπ - fn6 - 1 <:::}

(ημ

) <:::} fn ( ημ2χ ) = fn ( συν2χ ) <:::} (

-1

<:::} ημ2χ = συν2χ <:::} ημ2χ = 1 ημ2χ <:::} 1 η μ; 2 χ = συν2χ= "2' <:::} <:::} ημχ, συνχ

J2 J2 ' - - } <:::} οι εικονες ε{-

2 2 του χ είναι τα μέσα των τεσσάρων τεταρτημο ρίων<:}χ=κπ±

Άσκη ση

π , κ εΖ, δεκτές τιμές (γιατί;). 4

'Ενας ερευνητής πραγματοποίησε μια στα τιστική μελέτη για την μεταβολή του βά ρους των Ελληνοπαίδων. Τα αποτελέσματα της έρευνας φαίνονται στο παρακάτω ορθοκανονικό σύστημα αξόνων, όπου παριστά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/34

Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

νονται οι γραφικές παραστάσεις δύο συναρ τήσεων f και g. Στον οριζόντιο άξονα των χ καταγράφεται η ηλικία σε μήνες και στον κατακόρυφο άξονα των y το βάρος σε κιλά. Η γραφική παράσταση της f παρουσιάζει τις ελάχιστες φυσιολογικές τιμές και η γρα φική παράσταση της g τις μέγιστες φυσιο λογικές τιμές που μπορεί να έχει ένα παιδί κατά την διάρκεια του πρώτου χρόνου. Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση f έχει τύπο f(x) = α�ln(x + l) + ln(x+1) + β, α, βεR και ότι η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α(Ο,2) και Β(e2 1, 2 ..fi +4) ενώ για την γραφική παράσταση της g, γνωρίζουμε ότι προκύπτει από τη γραφική παράσταση της f μετατοπισμένη κατά 3 προς τα πάνω. -

υπέρβαρο, φυσιολογικό ή λιποβαρές; Να δι καιολογήσετε την απάντησή σας με αλγε βρικό τρόπο. Λύση: α) Α ε Cr � f(0)=2 � β=2 και B ε Cr �

�f(e2 - 1)= 2 J2 +4 � �α Jln(e2 - 1 + 1) + ln(e2- 1+1) + 2 = 2 J2 +4 � α J2 +4 = 2 J2 +4 � α=2. g(x) = f(x) + 3 = 2 Jln(x + 1) + ln(x+ 1 ) + 5 .

β) Η y = 5 τέμνει την Cr σε ένα σημείο Γ(χο , 5 )

που από τη γραφική παράσταση φαίνεται ότι 3 - < Χο < 2 . 2

Αλγεβρικά: f(x) = 5 �

�2 Jln(x + 1) + ln(x+1) + 2 = 5 �

�2 Jln(x + 1) + ln(x+ 1) - 3 = Ο (1)

θέτω ω = Jln(x + 1) (2) και η επιλύουσα της (1) είναι: ω2 +2 ω - 3 =Ο με ρίζες ω1=1 και

"' "

ω =--3 . 2 Για ω=ω2 , η (2) είναι αδύνατη. 1) = 1 � lnΓια ω = ω1 έχουμε (2) � J,-(x_+ __ ln(x+ 1) = 1

•

�

χ+ 1 = e � χ = e - 1 .

γ) Παρατηρούμε από την Cg ότι 1 3> g(12),

α) Να αποδείξετε ότι α=2 και β=2. Στην συ νέχεια να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης g. β) Να προσδιορίσετε γραφικά (κατά προ σέγγιση)την ηλικία κατά την οποία η ελάχι στη φυσιολογική τιμή του βάρους ενός παι διού είναι τα 5 κιλά; Στη συνέχεια , με αλ γεβρικό τρόπο, να βρείτε με ακρίβεια την ηλικία. γ) Το βάρος ενός παιδιού τον 12° μήνα βρέ θηκε 1 3 κιλά. Πως θα το χαρακτηρίζατε:

δηλαδή ότι το παιδί είναι υπέρβαρο. Πράγματι για να το δικαιολογήσουμε αυτό αλγεβρικά, αρκεί να δείξου με ότι: g (12) - 1 3 < Ο, ή 2 .Jln 1 3 + ln1 3 - 8 < Ο . Γι' αυτό, θέτουμε ω= .Jln 1 3 , οπότε αρκεί να δείξουμε ότι το ω επαληθεύει την ανίσωση χ2 +2χ - 8 < Ο . Η τελευταία έχει σύνολο λύσεων το διάστη μα (-4, 2).

Επομένως αρκεί ω < 2, ή ln1 3 < 4, ή 13< e4 που ισχύει, αφού e>2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/35

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Β ΆΥΚ ΕΙΟΥ

Επαναληπτικές Ασκήσεις Γεωμετρ ίας

Του Γιώργου Κατσούλη Άσκηση 1 : Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β=αν'3 και Άσκηση 4: Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, σημείο Ε του ημικυκλίου και Α το μέσο του τόξου γ=α..fi Α. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ΒΕ. Αν η ΒΕ τέμνει την ΑΓ στο Δ να αποδείξετε ότι α) ΑΒ2=ΑΔ·ΑΓ β)ΑΒ2=ΑΔ2+ΒΔ·ΔΕ ορθογώνιο. Β. Να υπολογίσετε ως συνάρτηση του α: Λύση : α) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΓ είναι όμοια α) Το ύψος ΒΔ β) Το (ΑΒΓ) (Α κοινή, f=ABE ως εγγεγραμμένες σε ισα τόξα) γ) Το εμβαδόν Ε του περιγεγραμμένου κύκλου Αρα AB _Ar �ΑΒ2=ΑΔ.ΑΓ ΑΔ Α ΒΒΔ. ΔΕ=ΑΔ.ΔΓ= ' δ) Το λόγο (ΑΒΔ) του τριγωνου β) Εχουμε (ΒΓΔ)

Είναι α2+/= =α2+(α..fi)2=3 α2=β2,οπότε 8=90° ΗΙ�--�____,. ιr Β. α) Ισχύει ΑΒ ·ΒΓ=ΒΔ·ΑΓ�α·α..fi=ΒΔ·α ν'6 .J3 � ΒΔ_α 3 α2ν'2 1 1 · ΞΥ β) (ΑΒΓ)-2 ΑΒ·ΒΓ=2 α-2 α..fi·α- 2 γ) Είναι ΑΓ=2ρ(διάμετρος),οπότε Ε=πρ2-3πα2 , ομοια , τα τριγωνα ειναι , με δ) (Α ΒΔ) =λ2=2,διοτι Β ( ΓΔ) '2 ' ομοιοτητας ' λογο λ-αν'2 α 11!!

Λύση : Α.

�--

-v �

Ασκηση 2 : Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

, , ΒΓ. Να αποδει'ξετε οτι υποτεινουσα

- -

Επειδή ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο ισχύει ·β γ=α·υα και (ΑΒΓ)=Ε-21 β·γ. Αλλά Ε=τ·ρ ,οπότε β·γ=2τ· ρ� β·γ=(α+β+γ)"ρ� .!. α+ββy+y� 1 α β y � 1- α 1 1 1 1 �.!__2:._ _1+� βy βy βy β β Λύση :

αυa Υ

υa

Ασκηση 3 : Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ

με α πλευρά α. Προεκτείνουμε την ΑΓ κατά ΓΔ2

α) Να αποδείξετε ότι 8(ΒΓΔ)=α2ν'3 β) Αν Ε σημείο στην προέκταση της ΒΓ ώστε 2(ΑΓΕ)=3(ΑΒΓ) να αποδείξετε ότι ΓΕ=ΑΔ

(ΒΓΔ)-21 ΒΓ·ΓΔ·ημ 120°-21 α·�2 .J32 �8(ΒΓΔ)= α2-J3 β) Τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΑΒΓ έχουν κοινό ύψος από την κορυφή Α. 3 3 α �ΓΕ=ΑΔ Αρα (ΑΓΕ) ΓΕ οποτε , ΓΕ =-�ΓΕ=2 2 α (ΑΒ Γ) Β Γ Λύση : α)

-- =-

Α.

=ΑΔ·(ΑΓ-ΑΔ)=ΑΔ·ΑΓ-ΑΔ2= ΑΒ2-ΑΔ\από το α) ερώτημα)�ΑΒ2=ΑΔ2+ΒΔ·ΔΕ

�Ε

Ασκηση 5: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Θεωρούμε τα μέσα Δ,Ε και Μ των ΑΒ, ΑΓ και ΔΕ αντίστοιχα. Αν η ΑΜ τέμνει την ΓΔ στο Κ και την ΒΓ στο Ζ να αποδείξετε ότι α) ΒΖ=ΖΓ β) (ΑΚΓ)=2(ΑΔΚ) γ) Να υπολογίσετε το λόγο (ΚΖΓ) Λύση : α)

(ΔΜΚ)

Η πλευρά ΔΕ είναι' παράλληλη στην ΒΓ

' ' ΑΜ = ΜΕ = ΔΜΖ . Αλλ ΜΕ=ΔΜ επομενως οποτε zr Ζ Β Α ΒΖ=ΖΓ β) Οι ΑΖ και ΓΔ είναι διάμεσοι του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε Κ βαρύκεντρο του ΑΒΓ. Άρα (ΑΚΓ)_ΓΚ 2=> (ΑΚΓ)=2(ΑΔΚ) (ΑΔΚ) ΔΚ Κ βαρύκεντρο γ) Επειδή είναι ΚΓ=2ΔΚ,ΑΖ=3ΚΖ και2 ΚΜ=ΑΚ-Α...\1= _ ....!.. 1 3 ΑΖ 2 ΑΖ-6 Αρα ΑΖ=>ΑΖ=6ΚΜ. ΚΖ=2ΚΜ. Επομένως (ΚΖΓ) ΚΓ.ΚΖ 2.2=4 α

(ΔΜΚ) ΚΔ.ΚΜ Άσκηση 6: Οι πλευρές α,β. και γ τριγώνου ΑΒΓ είναι ανάλογες των αριθμών 8,7 και 5 αντίστοιχα. α) Να βρείτε το είδος του τριγώνου Να υπολογίσετε την γωνία Β γ) Αν ΑΔ το ύψος να βρείτε το λόγο (ΑΒΓ) (ΑΒΔ) δ) Αν ΒΕ ύψος και Η το ορθόκεντρο να αποδείξετε ότι 16BH.BE=S α2

β)

Εστω : � � λ. Τότε α=8λ, β=7λ, γ=5λ, λ>Ο Η μεγαλύτερη πλευρά είναι α=8λ. Άρα α2=64λ2 και β2η2=74λ2. Επομένως α2< β2+γ2, οπότε το τρίγωνο είναι οξυγώνιο β) ΑΓ2=ΑΒ2+ΒΓ2-2ΑΒ·ΒΓ·συνΒ �49λ2=25λ2+64λ2-2·5λ·8λ·συνΒ � 80λ2συνΒ=40λ2 �συνΒ-� Άρα Β=60° Λύση : α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100

τ.4/36

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

γ) Στο τρίγωνο ΑΒΔ είναι Α =30° οπότε Ασκηση 9: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=3, 2ΒΔ=γ=5λ.Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΔ έχουν κοινό ΑΓ=8 και διάμεσο BM=ffi ΒΓ 16 ' ος ΑΔ ' αρα (ΑΒΓ) α) Να αποδείξετε ότι α=7. υψ (ΑΒΔ) ΒΔ 5 β) Να υπολογίσετε την γωνία Α και το εμβαδόν 2 δ) Επειδή οι γωνίες Δ και Ε (ΑΒΜ). είναι ορθές το τετράπλευρο γ) Να βρείτε το μήκος L του εγγεγραμμένου ΔΗΕΓ είναι εγγράψιμο. κύκλου του τριγώνου . δ Άρα ΒΗ·ΒΕ =ΒΔ·ΒΓ= r.2 α ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του κυκλικού 5 α α τομέα χορδής ΒΓ του περιγεγραμμένου κύκλου -�:----� Γ ::::>2ΒΗ.ΒΕ=γ · α= του τριγώνου. 8 ::::> 16ΒΗ.ΒΕ=5α2 Λύση''α) Ισχύει 4ΒΜ2=2ΑΒ2+2ΒΓ2-ΑΓ2 Α σκηση 7: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αν ΑΕ, ΑΔ ::::>4 .13=2.9+2ΒΓ2-64 ::::>ΒΓ2=49 ::::>ΒΓ=7 και ΑΜ είναι ύψος, διχοτόμος και διάμεσος β) Εχουμε ΒΓ2=ΑΒ2+ΑΓ2-2ΑΒΑΓ.συνΑ αντίστοιχα ώστε ΒΕ=ΕΔ=ΔΜ να αποδείξετε ::::>49=9+64-48συνΑ ::::>συνΑ- 1 . Άρα Α=60° 2 ότι: α) β=2γ β) β+γ=αν'2 γ) 24(ΑΜΓ)=α2ν7 1 1 Επίσης (ΑΒΜ) (ΑΒΓ) !. ΑΒ.ΑΓ.ημΑ=3-J3 2 2 α 2 2 Λύση: α) Είναι ΒΔ- 3 BM-a3 , οπότε ΔΓ- 3 · 2(ΑΒΜ)=τ·ρ::::> _ΑΒ ::::>21-βΥ ::::>β=2γ γ) (ΑΒΓ)=τ ρ::::> Επειδή ΑΔ διχοτόμος ισχύει ΒΔ 2 ΔΓ ΒΓ β) Από το δεύτερο θεώρημα διαμέσων έχουμε β2- 6-J3=9ρ :=>ρ..fj- .../33 Άρα L=2πρ=4π3 γ2=2α.ΜΕ ::::>4γ2-j=2αf!..3 ::::>9γ2=2α2 ::::>3γ=α.J2 βy =>6-J3_34R.7.8 ::::>2γ+γ=α.J2 ::::>β+γ= α.fi. δ) (ΑΒΓ)_α4R γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε 12 0 R2360 R-7..J3 Γ α )=π ::::> (ΟΒ Άρ ..fi _ 2 α2 α2 _ _ α a2 z z a 7 3 ΑΕ2-ΑΒ2-ΒΕ2=γ -(6) -9- 36 36 ::::>AE-649 1 α2 9π .f7 ::::> 2 4(ΑΜΓ)=α\!7 Αρα (ΑΜΓ)=-2 ΜΓ-ΑΕ=24 Ασκηση 1 0 : Δίνεται ορθογώνιο τραπέζιο ΑΒΓΔ(Α=Δ=90°) με ΑΒ=5,ΓΔ=10 και ΑΔ=12. α) Να αποδείξετε ότι ΒΔ=ΒΓ '

Βλ sλ

β) Αν η ΑΓ τέμνει τον περεγεγραμμένο κύκλο

του τριγώνου ΑΒΔ στο Ε να υπολογίσετε το ΓΕ.ΓΑ γ) Να βρείτε το άθροισμα των εμβαδών των Ε Δ Μ Άσκηση 8: Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, κυκλικών τμημάτων με χορδές ΑΒ και ΑΔ κέντρου Ο και ακτίνας ρ:Εστω Α σημείο του Λύση: α) ΒΔ2=ΑΒ2+ΑΔ2=25 + 144=169 =>ΒΔ=13. Φέρνουμε το ύψος ΒΚ του τραπεζίου. Τότε τόξου ΒΓ ώστε ΑΒ=λιι α) Να βρείτε το εμβαδόν ε του κυκλικού ΔΚ=ΚΓ=5,οπότε ΚΓ=ΓΔ-ΔΚ=lΟ-5=5. Άρα ΔΚ=ΚΓ=5,οπότε το τρίγωνο ΒΔΓ είναι ισοσκελές. τμήματος χορδής ΑΓ Επομένως ΒΔ=ΔΓ Να αποδείξετε ότι ΑΓ2=ΑΒ(ΑΒ+2ΑΓ)

β)

Επειδή ΑΒ=λ8 είναιΑΟΒ=45° ,οπότε 135 -·1 ΟΑ. ε=(ΟΑΓ)-(ΟΑΓ)=πρ2 60 2 3 3 .fi z · ::::> ε = ·ΟΓ ημ135 πρ 8 -21 ρ· ρ·2 =>ε=-81 ρ2(3π-2ν 2) β) Φέρνουμε το ύψος ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ .Τότε ΑΔ=ΔΟ, αφού 0=45°. Από το δεύτερο θεώρημα διαμέσων έχουμε: ΑΓ2-ΑΒ2=2ΒΓ·ΔΟ=2ΒΓ·ΑΔ Αλλά ΒΓ·ΑΔ=ΑΒ ·ΑΓ(μετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ). Άρα ΑΓ2-ΑΒ2=2ΑΒ·ΑΓ ::::>ΑΓ2=ΑΒ2+2ΑΒ·ΑΓ=ΑΒ(ΑΒ+2ΑΓ)

Λύση: α)

r;;

β) Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΔ

έχει διάμετρο την ΒΔ και διέρχεται από το Κ. Άρα ΓΕ.ΓΑ=ΓΚ.ΓΔ=5.1 0=50 γ) Το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι: ΒΔ R2 -132 Ε_π2 -(ΑΒΔ) . Αλλά R= Επίσης (ΑΒΔ)- 1 ΑΒ-ΑΔ=30. 169 1 ' Άρα Ε=π--30=8 8 (169π-240)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/37

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Επαναληπτικές; Ασκήσεις;

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

στα Μαθηματι κά Προσανατολισμού

Άρτι Κονόμη

Άσκηση

Δίνονται τα διάνυσματα ισχύουν: •

και

για τα οποία

ιαι = 1 (2(i + β)((i + 2β) = 24 ca + β)(2a - β) = -16

• •

Να βρείτε : α) Το εσωτερικό γινόμενο

aβ

και το μέτρο του

β) Τη γωνία που σχηματίζουν τα διανύσματα

γ) Την

προβaβ ως συνάρτηση του διανύσματος

α.

δ) Τους πραγματικούς αριθμούς οποίους ισχύει

ιλa + 2βι = 7 .

λ για τους

ιαι = 1 (2α + β)(<i + 2ί3) = 24 2α2 + 4αβ + βα + 2β2 = 24 5αβ + 21β 12 = 22 (1) . (α +β)(2α - β) = -16 2α2 - β α+ 2αβ - β2 = -16 αβ - Ι β12 =-18 (2) . Σ τις σχέσεις (1) και (2) θέτω αβ = χ και Ιβ12 = Υ . Τότε έχουμε : 5αβ + 2 l βl 2 = 22 5χ + 2y = 22 χ -y = -18 αβ - ιβι 2 = -18 <::::> . .. <::::> χ = -2 <::::> α� = -2 . Τελικά y = 16 ιβι = 16 βρήκαμε αβ = -2 και ιβι = 4 . - - αβ = -2 =- 21 . Ά, ραη β)'Εχουμε : συνc α , β ) = ιαΙ i ί3l 1 _ 4 2π . γωνια, cα,- β-) = 3 •

<=>

<=> . . . <=>

•

<=>

{

<=> . . . <=>

{

{ {

<=>

ι λα + 2β1 = 7 <::::> ιλα + 2β1 2 = 72

(λα)2 + 2(λα)(2β) + (2β)2 = 49 λ2α2 + 4λ(αβ) + 4β2 = 49 λ2 -8λ + 15 = ο <::::> (λ - 3)(λ - 5) = ο <::::> λ = 3ήλ = 5 . <::::>

<=> . . . <=>

Δίνονται τα διανύσματα

Από τα δεδομένα έχουμε :

προβaβ = -2α . δ) Στην σχέση Ι λα + 2βι = 7 και τα δύο μέλη της ισότητας είναι θετικά. Άρα υψώνοντας στο τετράγωνο έχουμε :

Άσκηση

Λύση α) •

<::::>

β. και

α είναι ένα διάνυσμα παράλληλο με το διάνυσμα προβaβ = λα . Τότε : a . Ισχύει : προβ a β I ι α αβ = απροβii β = α(λα) = λα2 -2 = -2 Άρα α = iαβi = f <::::> α- β- = λα- 2 <::::> λ = αβ 2 2

a = (1,-2) , β = (1,3)

και y (4,-3) . α) Να βρείτε τη γωνία που σχηματίζουν τα

διανύσματα

και

β.

β) Να γράψετε το διάνυσμα y ως γραμμικό

α και β . ίί = λa + μβ

συνδυασμό των διανύσματων γ) Να βρείτε διάνυσμα

που να

είναι κάθετο στο διάνυσμα y και να έχει μέτρο ίσο με 5.

δ) Να αναλύσετε το διάνυσμα α σε δύο κάθετες συνιστώσες από τις οποίες η μια να είναι

παράλληλη στο διάνυσμα Λύση

β.

α)Έχουμε :

αβ = 1 · 1 + (-2) · 3 = -5 ιαι = �12 + (-2)2 = J5 ι βι = J12 + 32 = Jlo τότε -5 J2 Ά - - 3π r-; ,.;;:; = . . =--. ρα (α, β) = - . συν(α- β-) = ν5ν10 2 4 •

• •

Για να γράψουμε το διάνυσμα γ ως γραμμικό συνδυασμό των διανυσμάτων α και β πρέπει και αρκεί να βρούμε δύο πραγματικούς αριθμούς κ, λ γ) Η προβολή του διανύσματος β στο διάνυσμα β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/38

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

β. έτσιώστε γy = κ<i+λ Έχουμε: = κα +λβ � (4,-3) = κ(1,-2)+λ(1,3) � ... � (4,-3) = (κ+λ,-2κ+3λ) � 4= κ+λ και 3λ � ... � κ= 3 και λ = 1. Άρα γ =3-3α + β-2κ . γ) Το διάνυσμα ίi είναι κάθετο με το διάνυσμα y και έχει μέτρο 5 . γ γ Έχουμε: ίi � ίi · = ο � (λα + μβ) · γ = ο � [λ(1,-2 + μ(1,3)] ·(4,-3) = ο � ... � (λ+ μ,-2λ+3μ) · (4,-3) =ο � 4(λ+ μ)+(-3)(-2λ+3μ)- =0 � . . . � μ= 2λ (1) . Επειδή τοu διάνυσμα έχει μέτρο 5 ισχύει ακόμα l l = 5 � �(λ+μ)2 +(-2λ+3μ)2 =5 �(λ+ μ)2 +(-2λ+3μ)2 = 25 � . . . � λ2 -2λμ+2μ2 -5 =Ο (2) . Έχουμε : (1) λ2 -2λμ+2μ2 -5=0 � {μ=2λ και (2) = -1 � {λμ2=-2λ2λμ+2μ2 -5 = 0 � ... � {λμ== 1ήλ 2λ λ =-1 . Για λ = 1 και μ = � ... � {λμ =1= 2 ή {μ=-2 βρίσκουμε το διάνυσμα u 1 =(3,4) και για λ=-1 και μ= -2 το διάνυσμα u2 = (-3, -4). α δ) Για να αναλύσουμε το διάνυσμα σε δύο κάθετες συνιστώσες από τις οποίες η μια να είναι παράλληλη με το β πρέπει και αρκεί να βρούμε δύο διάνυσματα -α = -α1 + α-α12 , α2 για(1)τα οποία ισχύει : -αι -α (2) 2 β αι ι (3)α β Όμως ισχύει ότι α1 = προββ = λ (σχήμα 1) =

•

- -α = β(λβ) - - = λβ-2 Τότε έχουμε : -α-β = βπροββ αβ 1 · 1+(-2)·3 = - -1 - - � λ =-= � -αβ=λβ β2 12 +32 2 Άρα α1 =λβ =(-�)(1,3) =(-� ,- %) . Από τη σχέση (1) βρίσκουμε το διάνυσμα α2 . Έχουμε: - = -α - -αι =(1,-2)-(-21 ,-23 )= . . =(23 ,-21 ). Τελικά βρήκαμε τα διάνυσματα -α1 = (- 2,1 -23 ) και -α2 = c2,3 -21 ) . �

Άσκηση 3

Δίνεται η εξίσωση : (λ - 1)χ + (3λ - 13)y - llλ + 41 = Ο με λ Ε R (1) α) Να αποδείξετε ότι για κάθε λ Ε R η εξίσωση (1) παριστάνει ευθεία. β) Να αποδείξετε ότι για κάθε λ Ε R, οι ευθείες που παριστάνει η εξίσωση (1) διέρχονται από σταθερό σημείο. Αν ει , ε2 οι ευθείες που προκύπτουν από την

γ)

εξίσωση (1) για λ = και λ = να βρείτε : i) την οξεία γωνία που σχηματίζουν οι ευθείες ει και ε2 ii) τις εξισώσεις των διχοτόμων των γωνιών που σχηματίζουν οι ευθείες ει και ε2 • δ) Να βρείτε την εξίσωση της μεσοπαράλληλης των παράλληλων ευθείων ει : 3χ - y + 5 = Ο και

•

ε3 : 3x - y - 3 = 0

{

Λύ ση α)

Έχουμε: Α=λ-1 , Β=3λ-13 , Γ =11λ+41 . λ= � λ-1=0 { Α=Ο { Τότε: Β=Ο � 3λ-13 =0 � λ= )3 αδύνατο. Άρα δεν υπάρχουν τιμέςσυτου λ Ε R που νακαι μηδενίζουν ντελεστέςευθείαΑ Β. Επομένωςταυτόχρονα η εξίσωση τους (1) παριστάνει β) Όλες οι ευθείες που παριστάνει η εξίσωση (1) διέρχονται από το σταθερό σημείο (χ0, y0) , αν και μόνο αν για κάθε λ R ισχύει (λ -1)χ0 (3λ -13)y0 -11λ + 41 =Ο δηλαδή (χ0 +3y0 -11)λ +(-χ0 -13y0 +41) =Ο (2) . Η εξίσωση (2) αληθεύει για κάθε λ R αν και μόνο αν: x0 +3y0 -11=0 και -x0 -13y0 +41 = 0 Ε

α,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/39

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

δ)

Να βρείτε τις εξισώσεις των κύκλων C 1

και της μορφής (1) που έχουν ακτίνα ρ = ίί) Να βρείτε τις κοινές εφαπτομένες των κύκλων cl και που είναι κάθετες με την κοινή χορδή ΜΝ των κύκλων της μορφής (1).

c2 Με αντικατάσταση λ = 4 και λ = 5 στην εξίσωση (1) προκύπτουν αντίστοιχα οι ευθείες ε1 : 3χ - y- 3 = Ο και ε2 : 2χ + y- 7 = Ο Ισχύει ότι Λύση ε 1 Ιi δ1 = (-1, -3) και ε2 Ιi δ2 = (1,-2) Τότε α) Είναι Α = λ -4 , Β = -(2λ + 2) , Γ = 5λ - 20 με Α2 + Β2 - 4Γ = (λ-4)2 +[-2(λ+1)]2 -4(5λ-20) συν (δι , δ)2 = � = 1(-1) +(-3)(-2) l δ ι ll δ2 1 �(- 1)2 +(-3)2 �12 +(-2)2 = οοο = 5(λ2 - 4λ + 20) = 5[(λ - 2)2 + 16] > 0 για κάθε λ Ε R ο Άρα για κάθε λ Ε R η εξίσωση (1) J2 4 - λ ,λ + 1) και 2 ' ' Κ( παριστανει ο με κεντρο 'κλ -2 Άρα (�,δz)=-4π Τότε και η οξεία γωνία που ' ρ = �5(λ2 - 4λ + 20) ο ακτινα 2 σχηματίζουν οι ευθείες ε1 και ε2 είναι �4 ο 4-λ ίί)Ένα σημείο M(x,y) είναι σημείο της διχοτόμου β) 'Εστω τυχαίο σημείο Κ( 2 ,λ+ 1)για κάποιο της γωνίας που σχηματίζουν οι ευθείες ε1 και ε2 4-λ λ Ε R ο Τότε χκ = -- και Υ κ = λ + 1 αν και μόνο αν: 2 2χ 7 3x + 3 Υ Υ 1 1) d (Μ,ει ) = d (Μ,ε2 ) � l 2χ = 4 - λ �2 κ + κ -5=00 χκ = -+ 2 �3 (-1)2 .J22 + 12 2 � � Χ Υ 1 + λ κ Υ Υκ = λ + 1 � 000 � (3 - 2Ji)x - (l + Ji)y + 7Ji - 3 = Ο ή Άρα ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων των (3 +2Ji)x +(Ji -1)y - 7Ji -3 = 0 δ) Το σημείο N(x,y) είναι σημείο της κύκλων είναι η ευθεία ε : 2χ + y- 5 = Ο ο μεσοπαράλληλης των παράλληλων ευθειών ε1 και γ) Όλοι οι κύκλοι της μορφής (1) διέρχονται από σταθερό σημείο (x0,y0) αν και μόνο αν για ε3 αν και μόνο αν: d (N, ε 1 ) = d(N, ε2 ) το κάθε λ Ε R ισχύει : 3 x y 3 y + 5 3 x l l l l χ� + Υο +(λ-4)χ0 -(2λ+2)y0 +5λ-20=0 δηλαδή = � �32 +(-1)2 �32 +(-1)2 (χ0 -2y0 + 5)λ + χ� + y� 4χ0 -2y0 - 20 = 0 (2) ο � 000 � 3χ - y + 5 = 3χ - y-3 (αδύνατη) ή 3x - y + 5 = -3x + y + 3 � 6x - 2y + 2 = 0 Η εξίσωση (2) αληθεύει για κάθε λ Ε R αν και � 3x - y + 1 = 0 μόνο αν: x0 -2y0 +5=0 και � +io -4Xo -2y0 -20=0 Xo -2y0 +5=0 Άσκηση 4 � 000 � χ0 == 12yή0 -5 = 5 Δίνεται η εξίσωση: Υο Υο � +lo -4Χο -2y0 -20=0 r +f +(λ-4)χ-(2λ+2)y+5λ- 20=0 με λ R (1) � χ 0 = -3 ή χ 0 == 55 Υο = 1 Υο α) Να αποδείξετε ότι για κάθε λ R η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο του οποίου να βρείτε το Τελικά βρίσκουμε τα σημεία Μ(-3, 1) και Ν(5,5) ο γ)

κυ

{ 4-λ

<::::>

{

κέντρο και την ακτίνα.

, {

γ) Να αποδείξετε ότι όλοι οι κύκλοι που ορίζονται από την εξίσωση (1) διέρχονται από δύο σταθερά σημεία Μ και Ν.

{

Όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η εξίσωση ' ρ = �5(λ2 - 4λ+ 20) , λ R ο ' ακτινα (1) εχουν 2 ,Εχουμε : ρ = 5 � ν15(λ2 - 4λ + 20) = 5 2 � 000 � λ = Ο ή λ = 4 Για λ = Ο βρίσκουμε τον κύκλο με κέντρο Κ1 (2,1) και εξίσωση δ)

β) Να αποδείξετε ότι καθώς το λ μεταβάλλεται στο R τα κέντρα των κύκλων που ορίζονται από την εξίσωση (1) ανήκουν σε μια ευθεία .

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 iτ.4/40

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Cι : (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 52 και για λ = 4 τον στην ευθεία η : 5χ + y - 5 = Ο . κύκλο με κέντρο κ 2 (0, 5) και εξίσωση γ) Έστω η παραβολή C 2 : y 2 -2 χ Να βρείτε c2 : χ 2 + (y - 5)2 = 52 . τις κοινές εφαπτομένες του κύκλου C 1 και της ίί) Έστω ε ι : y = λχ + β η ευθεία που είναι κάθετη με την χορδή ΜΝ και εφάπτεται στον παραβολής C 2 • κύκλο C ι . Λύση 1 Ι 1 α) Είναι: Α = -(λ + 2) , Β = λ , Γ = λ και Είναι λΜΝ = -2 άρα λ = --= -= -2 αφού 1 λΜΝ Α2 +Β2 - 4Γ = (λ + 2)2 + λ2 - 4λ 2 = . . . = 2λ 2 + 4 Ο . Άρα η εξίσωση (1) παριστάνει _i MN . Τότε η εξίσωση της είναι: ει y = -2χ + β κύκλο για κάθε λ R με κέντρο Κ( λ ; 2 , -2λ ) <=> ε1 : 2χ + y -β = Ο -J2λ 2 + 4 ' και ακτινα ρ = Η ευθεία εφάπτεται στον κύκλο Cι αν και μόνο 2 αν: λ + 2 , -λ ) ανήκει στην β) Επειδή το κέντρο Κ( 12 2 + 1 β · l 2 2 d(ε ι ,Κ ι ) = 5 <=> ,-;::,=5 --::; 2 2 ευθεία η 5χ + y - 5 = Ο οι συντεταγμένες του ν2 + 1 επαληθεύουν την εξίσωση της η δηλαδή : <=> ... <=> β = 5 -5../5 ή β = 5 + 5../5 . λ + 2 -λ - 5 = 0 . . . <=:> λ = Ο . 5--+(-) Άρα προκύπτουν οι ευθείες ει : 2χ + y-5 + 5../5 =Ο 2 2 και ε; : 2χ + y -5 -5../5 = Ο . Τότε για λ = Ο βρίσκουμε ότι ο κύκλος Cι έχει κέντρο Κ ι (1,0) , ακτίνα ρ = 1 και εξίσωση Ας αποδείξουμε ακόμα ότι οι ευθείες ει και ε1 cι : (χ - 1)2 + Υ2 = 12 . εφάπτονται και στον κύκλο C 2 . Ο κύκλος C2 έχει κέντρο Κ 2 (0,5) και ακτίνα ρ = 5 . γ) Η παραβολή C 2 : y 2 = -2χ έχει παράμετρο p = -1 . Έστω Μ(χ 0 , Υο) σημείο επαφής της Η ευθεία ει εφάπτεται στον κύκλο C2 αν και μόνο παραβολής C2 με την εφαπτομένη . Άρα ισχύει αν d(ε ι ,Κ 2 ) = 5 . : Μ(χο, Υο) Ε c2 <=> Υ� = -2Χ ο (2) . Η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής στο σημείο Μ(χ0 , y0 ) είναι: ε : yyo = p(x + xo) <=> ΥΥο = (-l)(x + xo) <=> ... <=> ε : χ + Υο Υ + ο = Ο . Άρα ε ι εφάπτεται στον κύκλο C2 • Ομοίως Η ευθεία εφάπτεταιΧ στον κύκλο Cι αν και μόνο αποδεικνύεται ότι και η ; εφάπτεται στον κύκλο 1 1 · 1 + Υ0 . ο + χ 0 I = 1 αν : d(ε,Κ ) = l ι C2 . Τελικά αποδείξαμε ότι οι ευθείες �1 + y� ε ι : 2χ + y- 5 + 5../5 = Ο και ε; 2χ + y-5-5J5 =Ο y�=-2Xo είναι κοινές εφαπτομένες των κύκλων C ι και C2 => 1 1 + χο I = 1 => 1 1 + Χ ο I = �1 - 2χο �1 + y� => . .. => Χ 0 = Οήχ 0 = -4 . Για χ0 = Ο , Υο = Ο . Άσκηση 5 Δίνεται η εξίσωση : Άρα προκύπτει το σημείο επαφής Μ1 (0, Ο) και η χ2 + y 2 - (λ - 2)χ + λy + λ = 0 με λ R (1) εφαπτομένη ε ι : χ = Ο . Για χ 0 = -4 α) Να αποδείξετε ότι για κάθε λ R ηεξίσωση => Υο = 2.fiήy0 = -2.fi . Άρα προκύπτουν τα (1) παριστάνει κύκλο του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα . σημεία επαφής M2 (-4 2.fi) και M 3 (-4,-2.J2) β) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C ι που και αντίστοιχα οι εφαπτόμενες περιστάνει η εξίσωση (1) αν το κέντρο του είναι ε2 : x 2.fiy - 4 = 0 και ε3 : x - 2.fiy- 4 = Ο . =

•

ε ι

ει

<=:>

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/41

Υπεύθυνοι τάς!tς:

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Δ. Α

Ασκήσεις επανάληψης στα Μαθηματι κά Γενικής Παιδείας

Κουσινιώρης Γιώργος -

Άσκηση l η Δίνεται μια συνάρτηση f που είναι συνεχής στο JR και για κάθε xeJR ικανοποιεί τη σχέση

. f(1+h)-f(1) = f'(1 ) = 1 . lιm. ln(1+h) = lιm h h h--+0

h--+0

Άσκηση 3η

xf(x) - 2x3 = 5χ .

α)

Με τη βοήθεια των συναρτήσεων f(x) = ημχ και

Να βρείτε το όριο της f στο χ0=0. β) Να βρείτε τον τύπο της f.

g(x) = συνχ, να δείξετε ότι:

α)

Λύ ση

α)

ΓΕΛ Γαστούνης

ιm ημχ - 1 , β) ιm συνχ-1 -_0

Ι.

ι·

Η σχέση xf(x)-2x3 = 5χγια x:;t:O γράφεται Λύση (2χ2 +5) χ Το ζητούμενο όριο είναι απροσδιόριστη μορ xf(x) = 2x3 +5x<=>f(x)= χ <=> φήα) αφού για χ=Ο μηδενίζεται και ο αριθμητής και ο παρονομαστής. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=2x2+5. ( ) f(x) = ημχ. Η f είναι παραγωγίσιμη στο με παΆρα limf( χ)= lim 2x 2 + 5 = 2·0+5 = 5. β) Από το ερώτημα α έχουμε ότι για x:;t:O είναι ράγωγο f' (χ) = ( ημχ ) = συνχ. f(x) =2χ2+5. Με τη βοήθεια της f το ζητούμενο όριο γράφε Επειδή η f είναι συνεχής στο χ0=0, αφού είναι συ- ται lim ημχ = lim ημ(Ο +χ)-0 = νεχής στο !R, είναι f(O)=limf(x) ή f(0) = 5. χ χ 2 f(O +χ)-f(O) = f'(o) = συν(Ο) = 1. Επομένως ο τύπος της f είναι f(x) 2χ +5 για κάθε lim ' χ ζητούμενο όριο είναι απροσδιόρι xe!R, αφού και για χ=Ο προκύπτει απ αυτόν Και εδώ το β) f(O) = 5. στη μορφή αφού για χ=Ο πάλι μηδενίζονται και ο αριθμητής και ο παρονομαστής. Θεωρούμε τη συ Άσκηση 2η νάρτηση f(x) = συνχ. Η f είναι παραγωγίσιμη στο Δίνεται η συνάρτηση f(x) = lnx, με χε(Ο, +οο). α) Να βρείτε την f' ( χ) και στη συνέχεια τον με παράγωγο αριθμό ( 1) . f'( χ) = (συνχ ) = -ημχ Και εδώ το ζητούμενο όριο με τη βοήθεια της ln(1 + h) 1. β) Να δείξετε ότι lim h f γραφεται ιm συνχ-1 χ Λύ ση α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο lim συν(Ο+χ)- συνΟ = lim f(O+x)-f(O) = χ χ (0, +οο) με παράγωγο f'(χ)= (ln χ) = χ1 f'(O) = -ημΟ = Ο. Συνεπώς είναι f' ( 1) = 1 . β) Παρατηρούμε ότι για h= 1 μηδενίζεται τόσο ο Άσκηση αριθμητής όσο και ο παρονομαστής του κλάσμα- Ένας ναυαγοσώστης, που βρίσκεται στο σημείο Α μιας ευθύγραμμης παραλίας, αντιλαμβάνεται τος 1η(1+h) , επομένως το ζητούμενο όριο είναι ότι ένας κολυμβητής Κ, που βρίσκεται σε από h σταση 84m από την παραλία, χρειάζεται βοή απροσδιόριστη μορφή. Η προβολή του σημείου Κ στην παραλία Επειδή f(1) = ln1 = Ο, το ζητούμενο όριο γράφεται θεια. ' είναι το σημείο Β που απέχει από το ναυαγοσώΧ--+0

χ--+0

Χ--+0

χ--+0

h--+0

χ--+ο

- .

4η

στη 60m.Προκειμένου να φτάσει όσο το δυνατόν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/42

------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ------

γρηγορότερα στον κολυμβητή τρέχει κατά μή κος της ακτής μέχρι το σημείο Μ με ταχύτητα 6,5 m/sec και στη συνέχεια πέφτει στη θάλασσα και κολυμπάει κατευθείαν προς τον κολυμβητή με ταχύτητα 2,5 m/sec. Αν ΑΜ = χ μέτρα, τότε: α) Να δείξετε ο χρόνος που χρειάζεται ο ναυα γοσώστης να φτάσει στον κολυμβητή δίνεται 2 2 60 - χ) + 84 χ από τη συνάρτηση: Τ(χ) = - +--'--'------'--2,5 6,5

�(

με χε [Ο, 60] β) Να βρείτε την απόσταση χ ώστε ο απαιτού μενος χρόνος να είναι ελάχιστος. Λύση α)

Από τη Φυσική γνωρίζουμε ότι ο χρόνος που χρειάζεται για να διανυθεί η απόσταση χ μέτρα με ταχύτητα 6,5 m/sec είναι � 6,5 sec. Άρα ο ναυαγοσώστης τρέχει στην παραλία την απόσταση ΑΜ σε χ δευτερο'λεπτα. , χρονο 6,5 Στη συνέχεια κολυμπάει την απόσταση ΜΚ. Για να βρούμε το χρόνο που χρειάζεται πρέπει πρώτα να υπολογίσουμε την απόσταση ΜΚ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΜΚ είναι ΒΚ=24 μέτρα και ΒΜ= 60-χ μέτρα, με χε[Ο, 60], οπότε από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ΜΚ2 = ΒΜ2 + ΒΚ2 = (60 - χ)2 + 842 Άρα ΜΚ = �(60 - χ)2 +842 . Επομένως ο χρόνος που χρειάζεται για να κολυ�(60 - χ)2 +842 μπήσει την απόσταση ΜΚείναι 2,5 δευτερόλεπτα. Άρα ο συνολικός χρόνος της διαδρομής είναι �(6ο - χγ +842 + τ (χ) = � 2,5 6,5 β) Θα βρούμε το ελάχίστο της συνάρτησης χ �(60 - χ)2 +842 , με χ ε[Ο, 60] . Τ( χ) =-+ 6,5 2,5 Η συνάρτηση Τ είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο 2 + 842 ' �(60 χ) Τ' (χ) = � 2,5 6,5 + _ _ _ :.._ _ _,.;:;._

[ J [

' �(60 - χ)2 + 842 (� 2,5 6,5 +

)

1 ( �(60 - χ)2 + 842 ' 1 (χ)' +_ ) 2,5 6,5 ( ( 60 - χ )2 + 842 )' 2- + -2 . � 13 5 2�(60 - χ )2 + 842 2 -2 · ,i(60-x)(60-x)' --+ _ 2 2 (60-χ)(-1) -+ 13 5 ,i�(60-x)2 +842 13 5 �(60-χ)2 +842 -2 + 2(χ - 60) 13 5�(60 - χ )2 +842 2(χ - 60) = Ο <=> 2 Είναι Τ ' (χ) = Ο <::::> -+ 13 5 νI(6ο - χ )2 + 842 χ - 60 2 1+ - ο <::::> ϊ3 5�(60 - χ)2 +842 χ - 60 _!_ + 13 5 �(60 - χγ +842 = 0<::::> 5�(60 - χ)2 +842 +13(χ - 60) = 0<=> 5�(60 - χ )2 + 842 = -13(χ - 60) <=> 2 ( 5�(60 - χ)2 +842 ) = [13(60 - χ )Τ <=> 25[( 60 - χ )2 + 842 J = 169( 60 - χ )2 <::::> 25(60 - χγ + 25 · 842 = 169(60 - χγ 25 . 842 = 169 ( 60 - χ )2 - 25 (60 - χ )2 <::::> 25 · 842 = 144(60- χ)2 <::::> 25 " 842 = (60 - χ )2 <::::> 144 · 842 (αφού είναι 60-χ>Ο), 60 - χ = 25144 5 · 84 <=> χ = 60 - 5 · 7 <::::> χ=25 . άρα60 - χ = -12 Για χ<25 είναι Τ ' (χ) < Ο και για χ>25 είναι Τ' (χ) > Ο (γιατί;), οπότε για χ=25 η συνάρτηση Τ(χ) παρουσιάζει ελάχιστο. = ===::::::: r==

===== ----;===

•

[

]

<::::>

�

Άσκηση 5η Έστω χ και sx, με sχΦ(), η μέση τιμή και η τυπική απόΚλιση αντίστοιχα μιας μεταβλητής Χ. Αν από κάθε τιμή της Χ αφαιρέσουμε τη μέση τιμή και διαιρέσουμε τη διαφορά με την τυπική απόκλιση s να βρείτε τη μέση τιμή και την τυπική απόκλι x ση των νέων τιμών που σχηματίζονταL

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/43

-------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λύση

Η μεταβλητή Υ που θα προκύψει αν από κάθε τιμή της Χ αφαιρέσουμε τη μέση τιμή χ και διαι

ρέσουμε τη διαφορά με την τυπική απόκλιση θα έχει τιμές χ. -χ __!._ χ. χ <=> Yi = -1 xi χ Yi = '-= Άρα οι νέες τιμές Yi προκύπτουν με πολλα πλασιασμό των τιμών επί την σταθερά _.!_ και στη συνέχεια με την πρόσθεση στις νέες τιμές της σταθερας' --χ . Από την εφαρμογή 3 της σελίδας 99 του σχο λικού βιβλίου γνωρίζουμε ότι αν πολλαπλασιά σουμε τις τιμές με μια σταθερά c, τότε η μέση τιμή των τιμών Yi = c · xi είναι η c · χ και η τυπική τους απόκλιση i cl · ' η ' τιμη' των τιμων ' zi = -1 · xi ειναι Άρα η μεση χ και η τυπικη τους απο'κλιση ειναι -z = -1 · -χ =' Sx

Χϊ

--------

τοστιαία απόδοση της επένδυσης είναι η μέση τιμή των ποσοστιαίων αποδόσεων. -χ = 6 + 15 -8 + 25 -3 + 7 ;ιο = 7 ;ιο. 'Ετσι εχουμε ' 01 6 Όταν το ποσό που επένδυσε δεν είναι το ίδιο για όλες τις μετοχές, τότε τα ποσοστά δεν αναφέ ρονται στο ίδιο ποσό και συνεπώς δεν μπορούμε να τα αθροίσουμε. Στην περίπτωση αυτή η ζητού μενη μέση εκατοστιαία απόδοση της επένδυσης προκύπτει ως εξής: Η απόδοση της επένδυσης είναι 25 1000 · _i__ + 1500 � 2000 · _!_ + 1200 · · 100 100 100 100 3 7 56100 1300 · 100 + 2500 · 100 = 100 = 561 ευρω' και το ποσό που επενδύθηκε είναι 1000+ 1500+2000+ 1200+ 1300+2500 = 8500 ευρώ. Επομένως η μέση εκατοστιαία απόδοση της 561 = Ο, 066 = 6,6%. επένδυσης είναι χ = 8500 Παρατηρείστε ότι ο σταθμικός μέσος των α ποδόσεων με συντελεστές βαρύτητας το ποσό που επενδύθηκε σε κάθε μετοχή είναι 1000 · 6+ 1500 · 15-2000 · 8+ 1200 · 25-1300 · 3+2500· 7 %= 1000+ 1500+ 2000+ 1200+ 1300+ 2500 1000 · 6+ 1500·15-2000 · 8+ 1200·25-1300·3+2500· 7 %= 1000 + 1500+ 2000 + 1200+ 1300+ 2500 6000+ 22500 - 16000 + 30000- 3900 + 17500 % = 8500 56100 % = 6 6%. ' 8500 Επομένως η μέση εκατοστιαία απόδοση της επένδυσης είναι ο σταθμικός μέσος των αποδόσε ων με συντελεστές βαρύτητας το ποσό που επεν δύθηκε σε κάθε μετοχή. ΟΙ

------

Από την ίδια εφαρμογή έχουμε ότι αν προ σθέσουμε στις τιμές τη σταθερά c, τότε η μέση τιμή των τιμών Yi = xi+c είναι η χ+ c ενώ η τυπι κή τους απόκλιση παραμένει η ίδια, η ' Yi = zi - χ Επομενως η με' ση τιμη' των τιμων - �ο ειναι Yi = z --χ = χ --χ <::::>� και η τυπικη, τους απόκλιση είναι = l = 11. Χϊ

sx .

Sz <::::> sv

Άσκηση 6η Ένας επενδυτής επένδυσε το ίδιο ποσό χρημά των σε 6 διαφορετικές μετοχές στο χρηματιστή ριο. κατά τη διάρκεια του περασμένου έτους οι μετοχές του είχαν τις παρακάτω ποσοστιαίες μεταβολές στην αξία τους: 6% , 15%, -8%, 25%, -3% και 7%. Να βρείτε τη μέση εκατο στιαία απόδοση της επένδυσης. Αν είχε επενδύσει αντιστοίχως 1000 €, 1500 €, 2000 €, 1200 €, 1300 € και 2500 €, ποια θα ήταν η μέση εκατοστιαία απόδοση της επένδυσης. Λύση

Επειδή ο επενδυτής επένδυσε το ίδιο ποσό χρημά των σε όλες τις μετοχές τα ποσοστά αναφέρονται στο ίδιο ποσό. Επομένως η ζητούμενη μέση εκα-

-------

Άσκηση 7η α) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f χ = χ3 - 2ημχ + 3 στο σημείο της με χο=Ο.

( )

β)

Παίρνουμε

(

)

τα

σημεία

(

)

(

Α 1 χ 1 , ψ1 ,

Α 2 χ 2 , ψ 2 ' . . . ' Α ιο χ ιο , Ψιο της παραπάνω εφαπτομένης. Αν η μέση τιμή των τετμημένων των δέκα αυτών σημείων είναι χ = 5 και η τυ πική τους απόκλιση είναι s, = 4 , να βρείτε τη μέση τιμή ψ και την τυπική απόκλιση

sΨ

των

τεταγμένων τους. Λύση

α)

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/44

με

------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ------

παράγωγο f' (x) = ( x3 -2ημχ+3)' =3χ2 - 2 νχ . Από το διπλανό διάγραμμα του Venn προκύ Ηνάρτησης εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συ πτει ότι Α rι Β' = Α - Β .Επομένως είναι f στο σημείο της με χ0=0 έχει εξίσωση Ρ (Α rι Β' ) = Ρ(Α-Β) = Ρ(Α)-Ρ(ΑrιΒ) και επειδή ε: ψ=λχ+β με λ=f' (Ο)=3·02-2συνΟ=Ο-2·1=-2. είναι Ρ(Α rι Β) = Ρ(Α) · Ρ(Β) έχουμε Ρ (Α 11 Β' ) = η εξίσωση είναι ψ= -2χ+β. (1) Επομένως = Ρ(Α)[1-Ρ(Β)] ή 3 = = 0 Για χ=Ο είναι ψ f(O) -2ημ0+3 = 3 οπότε η Ρ(Α)-Ρ(Α)·Ρ(Β) ( ) = Β Α 11 Ρ( Α) · Ρ(Β') , αφού Ρ(Β') = 1 - Ρ(Β) . Ρ ' (1) γίνεται 3= -Ο+β <::::> β = 3. Άρα η εξίσωση της ii) Ομοίως είναι Α' n Β = Β - Α . Οπότε εφαπτομένης είναι ε: Νί = -2χ+3 1. Ρ(Α' 11 Β) = Ρ(Β -Α ) = P(B)-P(AnB) = Ρ(Β) τα σημεία Αι, Az , . . . , Αιο είναι ση Ρ(Α) · Ρ(Β) = Ρ(Β)[1-Ρ(Α)] ή μείαί=1,Επειδή της2,ευθείας ψ=-2χ+3, για τις τεταγμένες τους Ρ (Α' nB) = Ρ (Α ' ) · Ρ (Β) . . . . , 10 έχουμε -2xi+3. Επομένως οι iii) Από το διπλανό διάγραμμα του Venn προκύτιμές προκύπτουν από τις αντίστοιχες τιμές χί αν τις πολλαπλασιάσουμε με -2 και στη συνέχεια πτει ότι Α' n Β' = (Α υ Β)' .Άρα έχουμε τους προσθέσουμε το 3. Αν εργαστούμε όπως και Ρ (Α' nB') = P ((A u B)' ) = 1-Ρ(ΑυΒ) = στην άσκηση 5 έχουμε ψ = -2χ +3 = -2·5+3 ψ ΕΞΖ\ και sΨ = l -2 1 · sx = 2 ·4 sΨ = 8 . 1-[P(A)+P(B)-P(AnB)] = 1-Ρ(Α) Ρ(Β)+Ρ(ΑΙΙΒ)] = 1-Ρ(Α)-Ρ(Β)+ Ρ(Α)·Ρ(Β) = [ 1Ρ(Α)]-Ρ(Β)[1-Ρ(Α)] = [1-Ρ(Α)] · [ 1-Ρ(Β)] άρα Β Ρ(Α' 11 Β' ) = Ρ(Α' ) Ρ (Β' ) Η πιθανότητα Χ είναι η πιθανότητα να Ρ( Β) = Ρ( Ρ(Β) επιλέξουμε τυχαία του μία από τις 4 ημέρες . βροχό πτωσης στη Σπάρτη το συγκεκριμένο μήνα Ο Φε βρουάριος του 2009 είχε 28 ημέρες. Αφού η πιθα νότητα να έχουμε βροχή οποιαδήποτε μέρα είναι i) A, B ', ii) A', B, iii) A', BΌ ίδια για όλες τις μέρες του μήνα, από τον κλασικό 2015 ορισμό της πιθανότητας έχουμε Λύση α)i)

συ

β)

Ψi ,

Ψi

<::::>

Άσκηση 8η α) Έστω Α και δύο ενδεχόμενα ενός δειγμα τικού χώρου Ω για τα οποία ισχύει Α rι Α) · (δύο ενδεχόμενα με την ιδιότητα αυτή ονομάζονται ανεξάρτητα ενδεχό μενα). Δείξτε ότι η ίδια ιδιότητα ισχύει και για τα ενδεχόμενα:

η Αρχαία Ολυ β) Το Φεβρουάριο του μπία είχε 6 ημέρες έντονης βροχόπτωσης και η Σπάρτη 4 ημέρες. Θεωρούμε ότι η βροχόπτωση στη Σπάρτη είναι ανεξάρτητη από τη βροχό πτωση στην Αρχαία Ολυμπία και ότι η πιθανό τητα κάποια μέρα να υπάρχει βροχή είναι ίδια για όλες τις ημέρες του μήνα. Ένας ταξιδιώτης από τη Θεσσαλονίκη ήθελε να επισκεφτεί, μία μέρα το μήνα αυτό, μία από τις δύο αυτές ιστο ρικές πόλεις. Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: • Χ: Η Σπάρτη έχει έντονη βροχόπτωση τη συγκεκριμένη ημέρα και, • Υ: Η Αρχαία Ολυμπία έχει έντονη βροχό πτωση τη συγκεκριμένη ημέρα. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων Χ και Υ καθώς και των ενδεχομένων: Α: Η Αρχαία Ολυμπία και η Σπάρτη είχαν έντο νη βροχόπτωση τη συγκεκριμένη ημέρα. Β: Μόνο Αρχαία Ολυμπία είχε έντονη βροχό πτωση τη συγκεκριμένη ημέρα. Γ: Και στις δύο πόλεις δεν υπήρχε έντονη βρο χόπτωση. Δ : Μία τουλάχιστον από τις δύο πόλεις είχε έ ντονη βροχόπτωση. Ε: Μία μόνο από τις δύο πόλεις είχε έντονη βρο χόπτωση.

β)

) = � = .!_ . Ρ(Χ ) = ΝΝ(Χ (Ω) 28 7

Υ έχουμε Ν(Υ) 6 3 Ρ(Υ ) = Ν(Ω) _- 28 - 14 . Το ενδεχόμενο Α είναι το " Χ και Υ" ή αλλιώς το XnY. Επομένως είναι Ρ(Α) = P(XnY) = Ρ(Χ) ·Ρ(Υ), αφού τα ενδεχόμενα Χ και Υ είναι α νεξάρτητα. Συνεπώς έχουμε Ρ(Α) = Ρ(Χ)·Ρ(Υ)= 2_ i_ .!. = 7 · 14 = 98 = 3 ,06%. Το ενδεχόμενο Β είναι το Υ και όχι Χ ή αλ λιώς Β = Υ-Χ οπότε Ρ(Β)= Ρ(Υ-Χ) = και αφού Ρ(Υ ΙΙ Χ' ) = Ρ(Χ' ) · Ρ(Υ ) = 1 - -71 =-76 είναι Ρ ( Χ' ) = 1 - Ρ(Χ) _2._ = 18 ,37%. = Ρ(Υ 11 Χ' ) = �7 · 2_ Το ενδεχόμενο Γ14είναι49το " όχι Χ και όχι Υ ή αλλιώς Γ = Χ' 11 Υ' οπότε Ρ(Γ)= Ρ (Χ' n Υ') =

Ομοίως για την πιθανότητα του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/45

' '

-------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

--------

33 = 67,35%. (Είναι και μετά το χ+ 3s . Με βάση τα παραπάνω έχουμε: 11 =Ρ(Χ' ) · Ρ(Υ ' ) = -76 · α) Τα 9200 € αντιστοιχούν στη μέση τιμή των 14 49 παρατηρήσεων, επομένως μέχρι 9200€ πουλάει το =.!_!_). Ρ (Υ') = 1 - Ρ(Υ ) =1-� 50% των αντιπροσωπιών, δηλαδή 800·50% = 400 14 14 αντιπροσωπείες. β) Είναι 9050 = 9200-150 = χ - s και 9350 = 9200+ 150 = χ + s , επομένως μιλάμε για το πλήθος των παρατηρήσεων που βρίσκονται στο διάστημα [χ - s, χ+ s] . Το ποσοστό όσων βρίσκονται σ' αυτό είναι 68% οπότε το πλήθος είναι 800 · 68% = Α'ιιΒ' = (ΑuΒ)' 544 aντιπροσωπίες. ' Το ενδεχόμενο Δ είναι το '' Χ ή Υ ' ή αλλιώς γ) Είναι 8900 = 9200-300 = χ - 2s και 9650 9200+450 = χ + 3s , επομένως αναζητούμε το πλή Δ=ΧυΥ οπότε Ρ(Δ)=Ρ(ΧυΥ)= θος που βρίσκονται στο διά =Ρ(Χ)+Ρ(Υ)-Ρ(Χ11Υ)= � + � - :8 = �: =32,65%. στηματων[χπαρατηρήσεων - 2s, χ+ 3s] . Το ποσοστό όσων βρίσκο 1 Το ενδεχόμενο Ε είναι το " ή Χ ή Υ" ή αλλιώς το νται σ ' αυτό είναι το 95% που βρίσκεται στο ''Χ και όχι Υ ή Υ και όχι Χ' ' δηλαδή είναι το [χ - 2s, χ+ 2s] και το 2,35% που βρίσκεται στο Ε = (Χ-Υ)υ(Υ-Χ). Τα ενδεχόμενα Χ-Υ και Υ-Χ είναι προφανώς α [χ + 2s, χ+ 3s] οπότε το πλήθος είναι 800·(95+2,35)% = 800·97,35% = 778,8 συνεπώς συμβίβαστα, οπότε έχουμε 779 aντιπροσωπίες. = = + Ρ(Ε) Ρ((Χ-Υ)υ(Υ-Χ)) Ρ(Χ-Υ) Ρ(Υ-Χ)= Περισσότερο από 9650 € δηλαδή μεγαλύτερο δ) =Ρ(Χ)-Ρ(Χ11Υ)+Ρ(Υ)-Ρ(Χ 11 Υ) = από το χ + 3s είναι το 0,15% των παρατηρήσεων, 3 -2 3 = =Ρ(Χ)+Ρ(Υ)-2Ρ(Χ 11 Υ) =-71 + άρα 800·0,15% = 1,2 δηλαδή μία αντιπροσωπία. 14 98 Άσκηση ιοη Ένα ποντικάκι βρίσκεται στην υπόγεια φωλιά = 29 98 = 29'59% του που αποτελείται από δύο χώρους χι και Χ2. Ω

AvB

· -

Άσκηση 9η Μια αυτοκινητοβιομηχανία έκανε έρευνα σε 800 aντιπροσωπίες της στην Ευρώπη, σχετικά με την τελική τιμή πώλησης ενός συγκεκριμένου μοντέλου αυτοκινήτου της και διαπίστωσε ότι οι τιμές πώλησης έχουν μέση τιμή 9200 € και τυπική απόκλιση ι50 €. Δεδομένου ότι η κατα νομή των τιμών είναι περίπου κανονική , να βρείτε τον αριθμό των αντιπροσωπιών που που λάνε το αυτοκίνητο: ' α) μέχρι 9200 € β) από 9050 € έως 9350 € από 8900 € έως 9650 € και δ) περισσότερο από 9650 €. Λύση

γ)

Γνωρίζουμε ότι στην κανονική κατανομή το 68% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα [χ -s, χ+ s] , το 95% βρίσκεται στο διάστημα [χ - 2s, χ+ 2s] και το 99,7% βρίσκεται στο διά στημα [χ -3s, χ+ 3s] . Λόγω της συμμετρίας της κανονικής κατανομής ως προς τη μέση τιμή στα διαστήματα [x -3s, x - 2s] , [x - 2s, x -s] , [x -s, x] , [x, x+s], [x + s, x + 2s] και [χ + 2s, χ + 3s] βρίσκεται αντιστοίχως το 2,35%, 13,5%, 34%, 34%, 13,5% και 2,35% των παρατη ρήσεων και από Ο, 15% βρίσκεται πριν το χ - 3s

Από το χώρο χι περνάει στο χώρο Χ2 με τρεις στοές Α, Β και Γ και από το χώρο Χ2 μπορεί να βγει στην επιφάνεια επίσης με τρεις στοές α, β και γ. Το ποντικάκι που βρίσκεται στο χώρο χι κάποια στιγμή αντιλαμβάνεται ότι η φωλιά του πλημμυρίζει και τρέχει προς το χώρο Χ2, επιλέ γοντας τυχαία μια από τις στοές Α, Β, Γ και από κει πηγαίνει προς την επιφάνεια επιλέγοντας και πάλι τυχαία μία από τις στοές α, β, γ. α) Να βρείτε το δ.χ. του πειράματος το ποντίκι να βγει από τη φωλιά του. β) Αν υποθέσουμε ότι οι στοές Α, β και γ έχουν ήδη πλημμυρίσει να βρείτε την πιθανότητα που έχει το ποντικάκι να βγει από τη φωλιά του χω ρίς να βραχεί. Αν, τώρα, υποθέσουμε ότι οι στοές Α, β και γ έχουν φράξει τότε το ποντικάκι αν ακολουθήσει κάποια από αυτές παγιδεύεται και πνίγεται.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/46

α . β .γ Χ2

-------

γ)

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Ποιος είναι τώρα ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης της κίνησης του ποντικιού προς την έξοδο; Να βρείτε την πιθανότητα που έχει το πο ντικάκι να βγει σώο από τη φωλιά του;

Ρ(Ε2 ) =Ρ(Β α ) +Ρ (Γα ) = 91 + 91 = 92

δ)

Αο-- Τέλος

�: �; Υ

Αα

�: .�: �;

Αβ

A y Βα

Λύση

α) Ο δειγματικός χώρος προκύπτει από το δι πλανό δενδροδιάγραμμα. Με κόκκινο χρώμα είναι οι '' βρεγμένες '' επtλογές και με πράσινο οι ' ' στεγνες . Άρα ο δειγματικός χώρος είναι Ω={Αα, Αβ, Αγ, Βα, Ββ, Βγ, Γα, Γβ, Γγ}. β) Είναι προφανές ότι τα απλά ενδεχόμενα του Ω είναι ισοπίθανα. Αν Ει είναι το ενδεχόμενο το πο ντικάκι να βγει από τη φωλιά του χωρίς να βραχεί τότε έχουμε Ε1={Βα, Γα}. Επομένως από τον κλασικό ορισμό της πιθα) νότητας έχουμε Ρ ( Ε1 ) = ΝΝ((ΕΩι ) = �9 .

------

Ββ B y

Γα

Γβ Γ y

Άσκηση l l η

Έστω Ω={Ο, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} ένας δειγματι κός χώρος. Η πιθανότητα κάθε στοιχείου ν ε Ω

με νν:Ο δίνεται από τη συνάρτηση Ρ(ν) = _.!.._ . Να

Βα

υπολογιστεί: Η πιθανότητα Ρ(Ο). β) Η πιθανότητα Ρ(Α) του ενδεχομένου

Ββ B y

Γα

Γβ

Γ y

3ν

α)

Α = { 2, 4, 6, 8} .

Λύση

α) Ο τύπος Ρ(ν) =_..!._ 3ν δίνει τις πιθανότητε�' των στοιχείων του Ω εκτός από την Ρ(Ο). Είναι P(O)+P(l)+P(2)+P(3)+P(4)+P(5)+P(6)+P(7)+P(8) =1<::::> 1 + -1 + -1 + -1 + -1 + -1 + -1 +-1 = 1 Ρ(Ο) + 31 3 2 33 3 4 3 5 36 37 38 -1 -1 .!_ = 1 Ρ(Ο) + 1 = 1 Ρ(Ο) + 3 · ! _ι 3 · -3 - 1) 3 1 - 3-8 38 = 1 Ρ(Ο) + 1 -38 = 1 <::::> Ρ(Ο) + -1-3 3 8 . ( -2 ) 38 1 <::::> Ρ(Ο) = 2 . 38 -( 38 - 1) Ρ(Ο) = 1 --2 · 38 2 · 38 8 Ρ(Ο) = 32 . +381 <::::> Ρ (Ο) .!_2 .

γ) Στη περίπτωση που οι στοές Α, β και γ έχουν φράξει ο δειγματικός χώρος προκύπτει από το δι πλανό δενδροδιάγραμμα. Με κόκκινο χρώμα είναι οι θανατηφόρες επtλογές και με πράσινο οι μη θα νατηφόρες. Άρα ο δειγματικός χώρος είναι Ω={Α, Βα, Ββ, Βγ, Γα, Γβ, Γγ}. δ) Προφανώς είναι Ρ (Α) = .!.3 αφού τα ενδεχόμενα να επtλέξει το ποντικάκι οποιαδήποτε από τις εξόδους Α, Β ή Γ είναι ισοπίθανα. Τα υπόλοιπα απλά ενδεχόμενα του Ω είναι προφα νώς ισοπίθανα με Ρ(Βα) =Ρ(Ββ) =Ρ(Βγ) =Ρ(Γα) =Ρ(Γβ) = Ρ(Γγ) = ρ, αφού η πιθανότητα να επιλεγεί μία από τις στοές Β ή Γ είναι ίδια και στη συνέχεια η πιθανότητα να επtλεγεί μία από τις στοές α ή β ή γ είναι επίσης ίδια. Οπότε είναι: Ρ(Α)+Ρ(Βα) +Ρ(Ββ) +Ρ(Βγ) +Ρ(Γα) +Ρ(Γβ) +Ρ(Γγ) (το άθροισμα _!_1 + _!_2 _!_3 _!_4 + _!_5 + _!_6 _!_7 + _!_ 3 3 3 3 3 3 3 38 = 1 31 + 6ρ = 1 <::::> 6ρ = -23 <::::> ρ = -91 . είναι το άθροισμα των 8 αρχικών όρων της γεωμεΤο ενδεχόμενο το ποντικάκι να βγει σώο από τη τρικής προόδου που έχει πρώτο όρο α1 = 1 και 3 φωλιά του είναι το Ε2 = {Β α, Γα}. Επομένως είναι <::::>

(k)'

<c>

<::::>

<ο>

<=>

�

<::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/47

------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ------

λόγο λ = _!_3 )ο β) Είναι Ρ(Α) = Ρ(2)+Ρ(4)+Ρ(6)+Ρ(8) 36 + 34 + 3 2 + 1 820 12 14 16 +-1 = ----:--=-+-+- 6561 38 3 3 38 3

γ ) Ρ(Α-Β)

δ) Ρ(Β

Α')

ε) Ρ[(Α - Β) υ (Β - Α)]

στ) Ρ(Α' υ Β' ) . Λύση

Άσκηση 1 2η Σε ένα δείγμα αυτοκινήτων, το 25% από αυτά δεν έχει σύστημα αντιμπλοκαρίσματος των φρέ νων (ABS), το 45% δεν έχει στερεοφωνικό που να παίζει ΜΡ3 και το 8% δεν έχει ABS ούτε και στερεοφωνικό με ΜΡ3. Επιλέγουμε ένα αυτοκί νητο στην τύχη. Να βρείτε τι πιθανότητα έχουμε να πάρουμε αυτοκίνητο που να έχει ABS και στερεοφωνικό με ΜΡ3. Λύση

α) Είναι Ρ(Β') = 1 - Ρ(Β) Ρ(Β) = 1 - Ρ(Β') = 1-0,6 = 0,4 =-2 ο 5 β) Από τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων είναι Ρ(ΑυΒ)=Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ(ΑnΒ) οπότε Ρ(Α) = Ρ(ΑυΒ)-Ρ(Β)+Ρ(ΑnΒ) = i-�+_!_ 5 5 5ή �

Ορίζουμε τα ενδεχόμενα: Α: το αυτοκίνητο έχει ABS, και γ) Είναι Ρ(Α-Β) = P(A)-P(AnB) = � - _!_ ή 5 5 3 : το αυτοκίνητο έχει στερεοφωνικό με ΜΡ Β Είναι Ρ(Α') = 25% = 0,25 και Ρ(Β' )=45% = 0,450 Επομένως είναι Ρ(Α) = 1 - Ρ(Α' ) =1- 0,25 = 0,75 και Ρ(Β) = 1-Ρ(Β' ) = 1- 0,45 = 0,550 δ) Όπως είπαμε προηγουμένως (άσκηση 9) είναι BnA' = B-A. Είναι ακόμα Ρ(Α' n B' )= 0,080 Οπότε Ρ(Β n Α') =Ρ(Β-Α) P(B)-P(AnB) Το ενδεχόμενο να επιλέξουμε αυτοκίνητο που να 2 1 η, Ρ(Β n Α') =-1 0 έχει ABS και στερεοφωνικό με ΜΡ3 είναι το 5 5 5 AnBO ενδεχόμενα Α-Β και Β-Α είναι ασυμβί ε) Τα οπότε Από τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων έχου βαστα, από τον απλό προσθετικό νόμο έ με Ρ(ΑnΒ)=Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ(ΑυΒ)ο χουμε Είδαμε προηγουμένως (άσκηση 9) ότι 2 1 + Ρ(Β-Α) = Ρ((Α Β) υ(Β Α)] = Ρ(Α-Β) -+5 5 Α' nB' = (A u B)' ή Ρ[(Α -Β) υ (Β-Α)] = �5 ο Οπότε έχουμε Ρ(ΑυΒ) = 1 -Ρ( (Α υ Β)' ) 1 - Ρ(Α' n B' ) = 1-0,08 = 0,920 στ) Το ενδεχόμενο Α ' υ Β' πραγματοποιείται όταν πραγματοποιείται το Α' ή το Β', επομένως όταν Συνεπώς είναι P(AnB) = 0,75 + 0,55 - 0,92 = 0,38 δεν πραγματοποιείται το AnB που σημαίνει ότι ή 38%0 πραγματοποιείται το (Α n Β)' ο ο

- - -

Ά σκηση 13η Για τα ενδεχόμενα

Α και Β ενός δειγματικού

χώρου Ω ισχύει: Ρ(Β') = 0,6 , Ρ(Α n Β) = .!. και

Ρ(Α υ Β) = i . Να βρείτε τις πιθανότητες:

α) Ρ(Β)

(

)

Συνεπώς είναι Ρ(Α' υ Β') = Ρ (A n B)' = 1-P(AnB) = 1 -_!_5 ή Ρ(Α' υΒ') = i5 ο

β) Ρ(Α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/48

------- Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου -----Επαναλητικες Ασκησεις στα Μαθηματικα & Στοιχεια Στατιστικης

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Τουρναβίτης Στέργιος

1. Η θέση ενός υλικού σημείου, το οποίο εκτελεί ευθύγραμμη κίνηση πάνω σ' έναν άξονα τη χρονι κή στιγμή t δίνεται από την συνάρτηση: 2 3 4 s = x(t) = t - 8t + 18t - 16t + 45 , όπου το t με τριέται σε δευτερόλεπτα, το χ σε μέτρα και Να βρείτε την ταχύτητα ν(t), την επιtΕ

[o,s] .

τάχυνση a(t) του υλικού σημείου και στην συνέ χεια να απαντήσετε στα παρακάτω ερωτήματα: Πότε η ταχύτητά του μηδενίζεται; β) Πότε κινείται προς την αρνητική και πότε προς την θετική κατεύθυνση; Να βρείτε το συνολικό διάστημα που το υλικό σημείο έχει διανύσει στην διάρκεια των πρώτων 5s και την μέση ταχύτητα v στο διάστημα αυτό. δ) Πότε η ταχύτητα του σημείου αυξάνεται και πότε μειώνεται;

α)

γ)

Λύση

Η ταχύτητα του3 σημείου είναι ν(t) x'(t) = 4! - 24!2 + 36t - 16 ενώ η επιτάχυνση είναι: a(t) x"(t) v'(t) 12t2 - 48t + 36 α) Η ταχύτητα του σημείου με την βοήθεια του Homer, γράφεται του σχήματος =

χ(Ο) = μέση ταχύτητα είναι _ν = χ(5)5-Ο 40-_ 45 -1 I s . Το πρόσημο « - », σημαίνει ότι 5 0 το υλικό σημείο κινείται προς την αρνητική κατεύ θυνση (προς τα κάτω), όπως φαίνεται και από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης θέσης του. Σημείωση : Με τον παραπάνω τύπο ουσιαστικά υπολογίζουμε την αλγεβρική τιμή του διανύσματος της μέσης ταχύτητας, η οποία διαφέρει από την μέση ταχύτητα που χρησιμοποιούμε στην καθημε ρινή ζωή. δ) α 'τρόπος: Η επιτάχυνση a(t) γράφεται: a(t) 12t2 - 48t + 36 a(t) 12(t2 - 4t + 3) a(t) 12(t - 1)(t - 3)

<=>

Για να μελετήσουμε πότε η ταχύτητα αυξάνεται κατ' απόλυτη τιμή και πότε μειώνεται, θα πρέπει να δούμε στους δύο πίνακες προσήμων της ν(t) και a(t) σε ποια διαστήματα του χρόνου, αυτές είναι ομόσημες και σε ποια είναι ετερόσημες, αντίστοιχα.

v(t) 4(t - 1)2(t - 4) . Άρα το σημείο μένει στιγ t μιαία ακίνητο για t 1, t 4 . β) Επειδή όπως γνωρίζουμε x'(t) v(t) , το πρό ν(t) σημο της ν(t) καθορίζει την μονοτονία της x(t), a(t) επομένως και την φορά της κίνησης. Οι ρίζες όπως και το πρόσημο της ν(t), φαίνονται στον πίνακα Άρα η ταχύτητα του σημείου, αυξάνεται στα δια στήματα [1,3] και [4,5] και μειώνεται στα δια4 1 στήματα [0,1] και [3,4] . =

Αρκεί να μελετήσουμε την μονοτονία Άρα στο διάστημα [0,4) το σημείο κινείται προς της συνάρτησης v1 (t ) 14!3 - 24!2 + 36! -161 την αρνητική κατεύθυνση και στο διάστημα (4,5] Για τον σκοπό αυτό την χωρίζουμε σε δύο κλάδους και βρίσκουμε τις παραγώγους κάθε κλάδου της προς την θετική κατεύθυνση. χωριστά. Το πρόσημο αυτών των παραγώγων δίνει γ) Είναι χ(Ο) 45, χ(4) 13 και χ(5) 40 . μονοτονία της v1 (t) , στα διαστήματα [0,4] Για t Ε [0, 4] , [4, 5] το σημείο έχει διανύσει τις την και [4,5] . αποστάσεις Αν κάνουμε σωστά τους υπολογισμούς μας τα α S1 = l x(4) - x( O) I = 32 , S2 = l x(5) - x(4) 1 = 27 ποτελέσματά μας, θα «συμβαδίζουν» με αυτά του αντίστοιχα. α' τρόπου. Το συνολικό διάστημα είναι Στο παρακάτω σχήμα, για να επαληθεύσουμε τους S S1 + S2 32 + 27 = 59 . συλλογισμούς μας (ιδιαίτερα για το τελευταίο εβ' τρόπος:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/49

------ Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

-------

ρώτημα) κατασκευάσει στο των Geogebra, ' λ:υσεις ' ισχυει' -41 < -31 < -21 , οπότε προκυ, κτός από έχουμε τις γραφικές παραστάσεις συναρτή-ε γουμενες σεων s, ν, a και τις , (t) / (t) . πτειότι Ρ(Α Π Β) = -41 , Ρ(Α)=-31 και Ρ(Α υ Β) = .!. . 2 β) α' ennΌπως παρατηρούμε και από το διά γραμμα του σχήματος 2, το ενδεχόμενο Δ μπορεί να εκφραστεί ως του Α - Β και του Β-Α . Από την θεωρία γνωρίζουμε ότι η διαφορά του Β από το Α (γαλάζια τοποιείται το Α και περιοχή) όχι το Β. εκφράζει ότι πραγμα v1

=ν

τ ρ όπος : ν

η ένωση των δύο ξένων μεταξύ τους ενδεχομένων,

Σχήμα 1

Έστω Α , Β και Γ ενδεχόμενα ενός δειγ ματικού χώρου Ω. Οι πιθανότητες των ενδεχο μένων Α , Α Π Β και Α υ Β ανήκουν στο σύνο λο των λύσεων της εξίσωσης

( 2χ - 1) { 12χ2 - 7χ + 1) ·

ενώ η πιθανότητα του

ενδεχομένου Γ ανήκει στο σύνολο των λύσεων της εξίσωσης 1Sx 2 χ 6 .

α)

- -

1 3

1 4

Να αποδείξετε ότι Ρ(Α) = -, Ρ(Α Π Β) = -

1 2

και Ρ(Α υ Β) = - .

Να υπολογίσετε τις πιθανότητες των παρακάτω ενδεχομένων: Δ: «πραγματοποιείται ένα μόνο από τα ενδε χόμενα Α και Β)). γ) Ε: «πραγματοποιείται το πολύ ένα από τα εν δεχόμενα Α και Β)) καθώς επίσης και την πιθα νότητα Ρ(Β ' - Α') .

β)

δ) Να αποδείξετε τα ενδεχόμενα Β και Γ δεν εί

ναι ασυμβίβαστα. Λύση

Έχουμε: (2χ -1) · { 12χ2 -7χ + 1) =Ο<:::> . . . <=>χ=-21 ' χ=-41 ' χ = -31 . Επειδή ισχ6ει Α Π Β Α Α υ Β , από την ιδιότη τα 4 του λογισμού πιθανοτήτων, παίρνουμε Ρ( Α Π Β) =:;; Ρ( Α) =:;; Ρ( Α U Β) . Όμως για τις προηα)

Σχήμα 2 Η πορτοκαλί περιοχή αντίστοιχα εκφράζει το Β-Α, δηλαδή ότι πραγματοποιείται το Β και όχι το Α. Επομένως Δ = (Α-Β) U (Β-Α) . Επειδή όπως εί παμε Α - Β , Β - Α ασυμβίβαστα θα ισχ6ει για τον υπολογισμό της Ρ(Δ) ο απλός προσθετικός νόμος (simp1y additive 1aw) που αναφέρεται ως η 111 ιδιό τητα των Κανόνων Λογισμού των Πιθανοτήτων του σχολικού βιβλίου. Έχουμε: Ρ(Δ)= P[(A - B) U (B - A)] = Ρ(Α - Β) + Ρ(Β - Α) = = Ρ(Α) - Ρ(Α Π Β) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π Β) [511 ιδιότητα Κανόνων Λογισμού των Πιθανοτή των] Η μόνη πιθανότητα που μένει να υπολογίσουμε, είναι η Ρ(Β) , η οποία «συνδέεται» με αυτές που υπολογίσαμε κό νόμο. από το α) ερώτημα με τον προσθετι 5 Ρ(Β)= Ρ(ΑυΒ) - Ρ(Α) + Ρ(Α Π Β) => ... => Ρ(Β) =12 Τελικά Ρ(Δ) = ... = .!.4 . β' ότι είναιΤαξέναδύομεταξύ ενδεχόμενα - Β , Β - Α εκτός του τους, Αείναι επίσης το κα θένα από αυτά ξένα και ως προς την τομή Α Π Β . Παρατηρώντας ξανά το διάγραμμα enn, εύκολα τ ρ όπος:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/50

------- Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

-------

συμπεραίνουμε ότι όλες μαζί οι τρεις διαφορετικά χρωματισμένες περιοχές (γαλάζια, κίτρινη, πορτο γ) Θεωρούμε τις τιμές Yi = E(xi), καλί) δίνουν το Α U Β . Μπορούμε επομένως να έτσι ώστε: Τα xi, i = 1,2,3, ... ,21, πούμε ότι A U B = (A - B) U(A n B) U(B - A) � ... διαφορετικά ανά δύο μεταξύ τους. 1 1 1 Ρ(Δ) = - =

Xi ε(Ο,3) να είναι Β

2 4 4

γ) α' τρόπος: Το Ε μπορεί να θεωρηθεί ότι είναι η ένωση του Δ και του ενδεχομένου <<να μην πραγ ματοποιείται κανένα από τα Α και Β)) τα οποία όπως εύκολα διαπιστώνουμε είναι ασυμβίβαστα. Άρα P(E ) = P[Δ U (A U B) '] � 1 1 3 => .. . Ρ(Ε) = -4 + 1--2 4 = -

Ν χ

Το Ε συμβαίνει αν αποκλείσουμε την Σχήμα 3 περίπτωση να πραγματοποιηθούν τα Α και Β αμ φότερα. Έχουμε: Η μέση τιμή των xi, i = 1,2,3, ... ,21, και Ρ( Ε) = Ρ[(Α Π Β ) '] � Ρ( Ε) = 1 - Ρ( Α Π Β) => η διάμεσός τους είναι ίσες με 2. Η μέση τιμή των Yi • i 1,2,3, ... ,21, εί =>Ρ(Ε) = 1-_! =� . Για το 2° σκέλος του ερωτήμα4 4 ναι ίση με 7 ,02. τος, έχουμε: Ρ(Β ' -Α') = Ρ[Β' Π (Α')'] =Ρ[Β' Π Α] = γι) Να βρείτε τη μέση τιμή, των 2 Χi ι i = 1,2,3, ... ,21. 1 1 1 = P(A - B ) = 3 - 4 = u γ z) Να βρείτε την τυπική απόκλιση των β' τρόπος

•

δ)

xi, i = 1,2,3, ... ,21, και να εξετάσετε αν το δείγμα τους είναι ομοιογενές. Δίνεται ότι:

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

15χ2 - χ - 6 = 0 <=> ... <=> Χ1 = - � ή χ2 = � 3 5

Επειδή για την mθανότητα Ρ(Δ) ισχύει Ο ::;; Ρ(Γ) ::;; 1 , αποκλείουμε την αρνητική λύση και δεχόμαστε μόνο ότι Ρ(Γ) = �3 . Αν τα Β και Γ ήταν ασυμβίβαστα θα έπρεπε να ισχύει για αυτά ο απλός προσθετικός νόμος, επομένως θα ίσχυε η ισότητα: 5 8 13 Ρ(Β U Γ) = Ρ(Β) + Ρ( Γ) = - + - = 12 12 12 άτοπο, γιατί η πιθανότητα ενός ενδεχομένου δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερη του 1 . 3.

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με διαστάσεις ΑΒ=5 και ΒΓ=3. Θεωρούμε τα εσωτερικά ση μεία Κ, Λ, Μ και Ν των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ αντίστοιχα, έτσι ώστε ΑΚ = ΒΛ = ΓΜ = ΔΝ = χ, όπως φαίνεται στο σχήμα. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του ΚΛΜΝ, ως συνάρτηση του χ, είναι: Ε ( χ ) = 2 χ 2 - s x + 1 s, χ e (ο, 3 ) .

α)

β) Να βρείτε την τιμή του χ για την οποία το εμβαδόν Ε(χ) γίνεται ελάχιστο.

όπου ti , i = 1,2,3, ... ,21, είναι παρατηρήσεις μιας μεταβλητής. δ) Επιλέγουμε τυχαία μία από τις τιμές

Χίι i =

1,2,3, ... ,21,

Να βρείτε την πιθανότητα των ενδεχομένων: Α = χι, i = 1, 2, 3, ... , 21, έτσι ώστε χ� <

{ Β = { χι, i = 1, 2, 3, ..., 21,

4} ,

έτσι ώστε Ε χ 1 S 7 Γ: «Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα ενδε χόμενα Α και Β)).

{ )

Λύση

α) Είναι Ε (χ) = (ΑΒΓΔ) - 2(ΑΚΝ) -2(ΒΚΛ) E ( ) = 2 2 - 8 + l 5, χ ε (Ο, 3 ). β) Είναι Ε ' (χ) = 4 (χ - 2 ) , χ ε (Ο, 3 ) . => . . .

. . . =>

•

Ε '(χ) = Ο <=> 4(χ - 2 ) = Ο <=> χ = 2 Ε '(χ) > Ο <=> 4(χ - 2 ) > Ο <=> 2 < χ < 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/51

}

-------

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Ε'(χ) < Ο � 4(χ - 2) < Ο � Ο < χ < 2

•

------

Ν(Α) = .!..Q. , σύμφωνα με τον θα είναι Ρ( Α) = Ν(Ω) 21 ο 2 3 κλασσικό ορισμό της πιθανότητας του ενδεχομέ νου Α, υποσύνολο του δειγματικού χώρου Ω. ........ ......Ε'.... .......... .. ...... .... .. Ο.. .. .. .. .. ........ Για να βρούμε το πλήθος των xi, i Ε 1,2,3, ... ,21, που είναι στοιχεία του ενδεχομέ νου Β, θα πρέπει να εξετάσουμε πόσα min χί, i = 1,2,3, ... ,21 , ικανοποιούν την aνίσωση: Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο στο Ε (Χ; ) :s; 7 ή την ισοδύναμη που προκύπτει αν αντικαταστήσουμε τις τιμές χ=2 γ , ) Επειδή y = 7,02 , έχουμε: 21 21 Σ C2χ; - 8χί + 15) Σ Υ; Η τελευταία όμως ανισοϊσότητα, αληθεύει = 7,02 � . . . = 7,02 � � 1 21 μόνο ως ισότητα. Άρα το Β = {χ1 1 } έχει ένα 2 μόνο στοιχείο την διάμεσο δ, που ταυτίζεται Σ χ? όπως γνωρίζουμε με την μεσαία τιμή χ11 = 2 , ... � = 4 , 01 21 1 .Για του δείγματος. Άρα βρίσκουμε, Ρ(Β) = 21 γ 2 ) Βρίσκουμε πρώτα την διασπορά s; των την Ρ(Γ) έχουμε: χί, i = 1,2,3, ... ,21, χρησιμοποιώντας τον τύπο που μας δίνεται. Ρ(Γ) = P[(A U B)'] 1 -Ρ(Α U B) = 1 - .!.!_ = .!..Q_ . 21 21 1 sχ2 = - �:Χ' _ Οι ευνοϊκές περιπτώσεις του Α U Β , είναι οι 21 21 πρώτες 1 Ο τιμές αριστερά της διαμέσου (στοιχεία του ενδεχομένου Α) μαζί με την με σαία τιμή χ11 = 2 , που ανήκει στο Β. δηλαδή 21 Ν(Α υ Β) = 1 1 και φυσικά Ν(Ω) = 21 . Τις πα Σ ραπάνω δύο τιμές χρησιμοποιούμε για να υ s; _EL_ - (χ)2 sχ2 = 4, 01 - 4 = 1 100 πολογίσουμε την Ρ( Α υ Β) και στην συνέχεια 21 Επομένως η τυπική απόκλιση είναι = 2:...10 την πιθανότητα του Γ = (Α υ Β)' , συμπληρω Ο συντελεστής μεταβολής του δείγματος εί- ματικού ενδεχομένου του Α U Β . ναι: CV = ; = 7 = 0,05 0,1 και επομένως 4 . Ένα σύνολο παρατηρήσεων Δ που ακο το δείγμα είναι ομοιογενές. λουθεί την κανονική κατανομή, έχει CV = 0,05, χ = 3, διάμεσο δ και τυπική από δ) Αν διατάξουμε τις τιμές Χ; ί = 1, 2, 3, ... , 21, κα κλιση τά αύξουσα σειρά, επειδή το πλήθος τους είναι 21 επίσης ένας δειγματικός χώρος περιττός αριθμός, η διάμεσος δ=2, θα αντιστοιχεί Έστω = {ω1, ω2, ω3, ω4 , ω5}, ο οποίος αποτελείται = χ11 τιμή. Επειδή επιπλέον οι τιμές Ω στην από τα απλά ενδεχόμενα ωί με Ρ(ω ί) * Ο, i = 1,2,3,4,5. αυτές είναι ανά δύο διαφορετικές μεταξύ τους, εύκολα διαπιστώνουμε ότι υπάρχουν 10 τιμές αρι Αν για τα σύνθετα ενδεχόμενα, στερά - μικρότερες της διαμέσου δ=2 (το 50% των Α = {ω1, ω3}, Β = {ω1, ω3, ω5}, παρατηρήσεων του δείγματος) και 1 Ο τιμές δεξιά r = {ω1, ω2, ω3} οι πιθανότητες Ρ( Α) , Ρ(Β) ανήκουν στο μεγαλύτερες της δ. Από την aνίσωση χ; < 4 <=> Χ; < 2 , αφού χ; > Ο σύνολο και η πιθανότητα να σύμφωνα και με τον προηγούμενο συλλογισμό, δ έχουμε ότι το πλήθος των ευνοϊκών περιπτώσεων πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο Γ του ενδεχομένου Α, είναι Ν(Α) = 10 και η Ρ( Α) )(

. .

.... ..... ..

+ ... ....... . .. .

i=l

i= l

..l:L._

i=I

. . . =>

(�χ,)'

χ;

�

ο1

...

Χ21+ι 2

{x,s,.!.,�} 2s

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ B' lOO τ.4/52

-------

Άρα Α Β (1), Α Γ (2). Από την σχέση (1) έχουμε ότι Ρ(Α) < Ρ(Β) αφού Α γνήσιο υπο σύνολο του Β και η Ρ( Α) θα aντιστοιχηθεί στον 15 5 που ' απο' τους 2 αριθμους -,μικροτερο 100 1 00 μπορεί να είναι πιθανότητες ενδεχομένων. Επομένως, Ρ(Α) = 1005 και Ρ(Β) 11500 Επίσης από τον αξιωματικό ορισμό της πιθανότη τας γνωρίζουμε ότι:

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

ταυτίζεται με το ποσοστό των παρατηρή σεων του συνόλου Δ που βρίσκονται στο διάστη μα τότε να βρεθεί η πιθα-

(χ- s,x) ,

νότητα να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα ενδεχόμενα Α, Β και Γ.

Λύση Στο διάγραμμα Venn, παριστάνουμε τα απλά ενδεχόμενα ω1 , ω2 , ω3 , ω4 0 ω5 ως στοιχεία του δειγματικού καθώς και τατουσύνθετα ενδεχόμενα Α,χώρου Β και Γ υποσύνολα Θεωρούμε το ενδεχόμενο Ε: «πραγματοποιεί ται τουλάχιστον ένα από τα Α, Β, [)), Τότε Ε = Α U Β U Γ = {ω1 , ω2 , ω3 0 ω5 } και η ζη τούμενη πιθανότητα πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α, Β,να Γμηνταυτίζεται με την Ω,

Ω.

Γ.

------

= - .

(3)

Ρ( Α ) = Ρ(ω1 ) + Ρ(ω3 ) Ρ(Β) = Ρ(ω1 ) + Ρ(ω3 ) + Ρ(ω5) Ρ(Γ) = Ρ(ω1 ) + Ρ(ω3 ) + Ρ(ω2 ) Ρ(Ω) = Ρ(ιϋι ) + Ρ(ω2 ) + Ρ(ω3 ) + Ρ(ω4) + Ρ( ω,)

(4) , (5) και,

(6). Στην κανονική κατανομή ισχύει και Αν συνδυάσουμε τις σχέσεις (3) και (4) με τις παεπειδή 3, συμπεραίνουμε ότι και 3. ραπάνω υπολογισθείσες τιμές Ρ(Α) = 5 και Από την σχέση �. αν αντικαταστήσουμε 100 τις τιμές τις τιμές 0,05, 3, έχουμε . 0,15. Ρ(Ε') = Ρ(ω4 ) . i

s =

ενώ αν παρατηρήσουμε ξανά το διάγραμμα, συνά γουμε εύκολα ότι η «πιθανότητα να πραγμα τοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο ταυτίζεται με την Ρ(ω2 ) , αφού το ενδεχόμενο ω2 , είναι τοποκλειστικά μοναδικό στο απλόΓ και ενδεχόμενο πουανήκει ανήκεισταα φυσικά δεν Α και Β. Την παραπάνω πιθανότητα Β)= θα μπορούσαμε να την εκφράσουμε και Ρ(Γ - Ρ(Γ - Α) αφού όπως είπαμε Α Β . Στη «επιστρατεύουμε)) γνώσεις μας γιασυνέχεια την κανονική κατανομή καιτιςπρώτα για το διάστημα (χ - s,x + s) που βρίσκεται όπως είναι γνωστό το 68% των παρατηρήσεων του 34 δείγματος-συνόλου, οπότε . Ρ(� ) = 100 (γιατί;). Τελικά από όλες τις παραπάνω υπολογισθεί σες πιθανότητες και την (6), βρίσκουμε ότι ... Ρ(ω4 ) = 2.!_ , που είναι και το ζητούμενο. 1 00 η)

Σχήμα 4 5 ενώ είναι s = = 100

Το κλάσμα -2s = ... = 10 . Άρα το σύνολο {x, s, ; , �} είναι ίσο με το {3,�,_2_,10} 100 100 και οι ακραίες του τιμές 3, 10 αποκλείονται να είναι του τιμές1. πιθανοτήτων, α φού είναι μεγαλύτερες Από το διάγραμμα Venn στο παρατηρούμε ενδεχόμενο Α περιέχεται Β, αλλά καιότιστοτο δ

δ'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/53

. .

-------

Γ ' λΥΚΕΙΟΥ

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Μαθηματικά κατεύθυνσης

Αν f(x) � f(l), για κάθε χ Ε JR , τότε: Να αποδείξετε ότι α= -10. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. Να βρείτε για ποιες τιμές του β η εξίσωση f(χ)=β1-7 έχει δυο πραγματικές ρίζες. δ. Να βρείτε το όριο

α. β. γ.

χημχ - �f(x) + 1

lιm ----':..;__ '-;===

χ-+-

χσυνχ - �f(x) - 1

ε. Να την μελετήσετε ως προς την κυρτότητα

και να βρείτε τα σημεία καμπής της γραφικής της παράστασης. στ. Αν Α, Β είναι τα σημεία καμπής και Μ(1, f(l)), να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Μ σχη ματίζουν τρίγωνο με σταθερό εμβαδόν.

ύη α. Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει ότι, η παραγωγίσιμη στο JR συνάρτηση f παρου σιάζει ακρότατο στο Χ0 = 1, οπότε απ' το Θ. Fermat θα είναιf'(l) = Ο . Αλλά, f'(χ)= 4 χ3 +6χ2+α και f'(1)=0� 4 +6+α=Ο� α=-10 που είναι το ζητούμενο. β. Με α=-10 έχουμε: f'(x)= 4 x 3 + 6x2-10 και εύκολα, με τη βοήθεια σχήματος Horner βρίσκου με ότι f'(x)=2(x-1)(2x 2 + 5x+5)>0 . Επειδή οι τιμές του τριώνυμου 2χ2 + 5χ + 5 είναι πάντα θε τικές, το πρόσημο της παραγώγου είναι ίδιο με το πρόσημο του παράγοντα χ -1. Έτσι, εύκολα προ κύπτει ο επόμενος πίνακας μονοτονίας ακροτάτων. Λ

-00

χ 1 +οο 'f (x) + f(x) Ε. /' � Η f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα 1] και [1, + οο) με: ( f'(x) < Ο για κάθε χ (-οο, 1), οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (-οο, 1] f'(x) >Ο για κάθε χ (1, + οο), οπότε είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (1, + οο] Επιπλέον η παράγωγός της μηδενίζεται για χ= 1 και αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν της μονάδας. ο

ο.

--οο,

λυκείου

Γ'

Αντωνόπουλος Νίκος - Αργυράκης Δη μήτρη ς - Λουριδάς Γιάννη ς

ΘΕΜΑ 1 Δίνεται η συνάρτηση f : JR --+ JR με f(x) = χ4 + 2 χ3 + α χ+ β, α, β Ε JR .

------

•

Άρα, η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για χ= 1. Το ολικό ελάχιστο της είναι ίσο με

f(l) = 1 + 2-10 +β= β -7 γ. Εύκολα βρίσκουμε ότι ιim f(x) = και ιim f(x) = οπότε αν Δ1 = (-οο, 1] και Δ 2 = (1, + οο) τότε έχουμε: f(Δ 1 )= [β-7, +οο) και f(Δ 2 )=(β-7, +οο) Έτσι, σε συνδυασμό με τη μονοτονία της f σε κα θένα από τα διαστήματα Δ 1 , Δ 2 προκύπτει ότι η εξίσωση f(x) = β2 -7 έχει δυο πραγματικές ρίζες μόνο όταν ισχύει β2 -7 > β-7 . Είναι: β2 -7>β-7 � β2-β>Ο � β(β-1)>0 �β< Ο ή β> 1. , χημχ- .j1f(x) + 1 Με χ>Ο ειναι: χσυνχ-νf(χ) -1 χημχ- �χ4 +2χ3 -10χ+β+1 = ��?=========== χσυνχ- �χ4 + 2χ3 -lΟχ+β-1 1+ �χ - !Qχ3 + β+1 χ4 = ---�========� χσυνχημχ - 1 + � - !Q + β+ 1 χ� χ3 χ4 χ συνχ 1 + - 10 + β+1 χ χ3 χ4 χ , ιιm· χημχ- �f(χ)+1 1 οποτε χσυνχ- �f(x) -1 διότι lim l + �Χ - _!Q + βΧ+41 ιim 1+ �Χ - _!Q + β+1 4 =1 Χ και Ι ηχμχ ι _!_χ _!_χ ημχχ _!_χ _!_ Επειδή lim (-.!.χ .J lim χ =Ο, απ' το κριτήριο παρεμβολής συμπεραίνουμε ότι ιim ημχ =Ο . Χ · συνχ μοιως και ιιm χ ε. Η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο JR με f"(x) = 12χ2 + 12χ = 12χ(χ+ 1) +οο ,

Χ -++00

+οο

χ-->-οο

δ.

χ ->+«>

Χ->+«>

�

χ ->+«>

Χ->+«>

�

χ -++«>

Χ->+«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/54

χ ->+«>

ο.

----και f"(x) =Ο <=> χ= -1 ή χ =Ο. Το πρόσημο της

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

f"(x) και η 1CUρτότητα της f φαίνεται στον επόμε νο πίνακα. -1 1 +οο χ + ο - ο + f'(x) f(x) 'U Σ.Κ ['\ι Σ. Κ 'U Η f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα (-οο, -1], [1, +οο)και [-1, 1]. Επιπλέον f"(x) >O γιακάθε χΕ(-οο, -1) ήχΕ(l, +οο) f•(x) < 0 για κάθε Ε (-1, 1) Άρα, η f είναι 1CUρτή σε καθένα από τα διαστήμα τα (-οο, -1]' , [1, +οο) και κοiλη στο [-1, 1]. Τέλος, η f μηδενίζεται για χ= -1, χ=1 και αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν των σημείων μηδενισμού οπότε η f παρουσιάζει καμπή για χ= -1 +9),χ=και1. Τα σημεία καμπής της είναι τα Α(-1, βκαι Β(Ο,Επειδή β). f(l)=β-7 , έχουμε M(l, β-7), οπότε ΜΑ= (-2, 16), ΜΒ = (-1, 7) και det (ΜΑ, _) ΜΒ = ι-2_ 1 167 1 = -1 4 + 16 = 2 οπότε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι (ΑΒΓ)= "21 ·2=1 και είναι σταθερό. -00

-------

I= J�r(x+�)(f(x)-1)dx

Λύση α.

Για κάθε χ1 , χ2 Ε (0, + οο) με χ1 < χ2 , από τη μονοτονία της g έχουμε: g(χι ) > g(xz ) r (:1 )>r(: ) 2-f(xl )>2-f(x2 ) f(x1 ) < f(x2 2 ) οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα και κατά συνέ πεια αντιστρέφεται. β. Η f είναι συνεχής στο διάστημα (0, + οο) , γνησίως αύξουσα σ' αυτό και lim f(x) = Επιπλέον, -;.:u _!_ lim f(x) = lim (2-r ( )) lim ( 2-f(u)) = οπότε το σύνολο1 τιμών της f, που είναι πεδίο ορι σμού για την Γ είναι f((0, + οο)) = JR . Επειδή το1 (πεδίο ορισμού) της r-ι είναι το JR , η aνίσωση r- 2-g(x2-1) <1 ορίζεται μόνο όταν ισχύει χ2 -1 >Ο, δηλαδή μόνο όταν χ< -1 ή χ> 1. Με χ Ε((-οο, 1) (1, )+ οο) έχουμε:( ) r-l 2-g(x2 - 1) < 1 <=> 2 -g χ2 -1 < f(l) ( x2 -1) < 1 <=> -g ( x 2 -1) < -1 <=> 2-g ΘΕΜΑ 2 Έστω f, g: (Ο, + ao) --. JR συνεχε(ς συναρτήσεις <=> g ( χ2 -1) > 1 <=> g ( χ2 -1) > g(l)<=>sr χ2 -1 < 2 ώστε � < 2 <=>I χ I< J2 <=> -J2 < χ < J2 <=> χ f(x)+f(�)= 2 για κάθε χ>Ο. Έτσι, μετά την συναλήθευση με τις τιμές για τις οποίες η aνίσωση ορίζεται, βρίσκουμε ότι λύση f(x) = της ανίσωσης είναι κάθε αριθμός του διαστήματος (-J2, -1 ) u (1, J2 ) g(χ)=f(�),γιακάθε χ> Ο. δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση Η g είναι γνησίως φθίνουσα. h(x) = ( χ - �) rcx)-f ( 2χ) � , χ Ε [1, 2] α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. β. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της Η h είναι συνεχής στοσυνεχών [1, 2] ωςσυναρτήσεων αποτέλεσμακαιπρά Να λύσετε την aνίσωση ( 2 -g(x1-1)) < 1 ξεων και συνθέσεων h(1)=-3f(1)-f(2)ln1 =-3·1=-3 δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ( x-�)r(x) = f(2 x)ln� h(2) = (2 - �) f(2) -f(4)ln � = f(4)ln2 > ο έχειΑνρίζα στο διάστημα (1, 2). θετικός αριθμός, διότι από τη μονοτονία της f ισχύει f(4)>f(1)=1. ο α είναι ένας σταθερός Επομένως, h το Θ.h(x)Bolzano =O δη να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα στο διάστημαεφαρμόζεται [1, 2], οπότεγιαητηνεξίσωση λαδή η •

�

•

στ.

�

+ao .

Χ-+I

χ-+0+

U-++«>

γ.

•

lim

Ι-+-

+ao

•

γ.

Γ1

•

• •

ε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/SS

-00

(χ- �4 )f(x) = f(2x)In -;1 έχει ρίζα στο διάστημα (1, 2). Για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος Ι, θέ1 φ (u ) , οπότε: .!..α = φ ( α) , α φ (.!.α .) τουμε χ=-= u 1 ' φ (u)=u2 συνεχής στο κλειστό διάστυμα και 1 α, άκρα α . Άρα -------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ε.

με

=-J� f (u+ �) (f(u )-1) du Παρατηρήστε ότι .!.. f(x) + f ( χ ) = 2 � r(.!.χ .) -1 = 1-f(x) για κάθε χ>Ο Έτσι, τελικά είναι: Ι = -Ι � 2Ι = Ο� Ι = Ο α

-1

δ.

{

-οο,

1 -ι + κχ + λ, χ e IR,

με κ, λ Ε IR της οποίας η γραφική παράσταση εφάπτεται του άξονα χ'χ στο σημείο 0(0, Ο) Να βρείτε τα κ, λ α. β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία, την κυρτότητα και τα σημεία καμπής της γραφικής παράστασής της. Να λύσετε την aνίσωση: f ' f(x2 - 2x) + l > S , x e iR

γ.

' -1, x EJR και 3 e• Για κ=λ=Ο είναι f(x)=x ' f '(x) = χ2 (3 + 2χ2 ) e• -ι, χ JR. Έχουμε: διότι (3 + 2χ2 ) e•' -ι >Ο για κάθε χ JR Είναι f '(x)>O για κάθε χ που περιέχεται σε καθένα από τα διαστήματα ( Ο), (Ο, + οο) και η f συνεχής στο χ0 = Ο Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR . Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη ως αποτέλε σμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων) με' - ' ' ) (( ( ( ' ) f"(x) = x2 3+2x2 e• -ι = 3χ2 + 2χ4 e• ι ) = (3χ2 +2χ4 ) 'e•' -ι + (3χ2 +2χ4 )(e•' -ι ) ' = (6χ+8χ3) 'e•' -ι +2χ (3χ2 +2χ4 ) e•' -ι =2χ (2χ4 +7χ2 +3) e•' -ι , xEJR Έχουμε: ( f"(x)=O� 2χ 2χ4 +7χ2 +3) e•' -ι =0� χ =0, διότι 2 ( 2χ4 + 7χ2 + 3) e•' -ι >Ο για κάθε χ JR f"(x) >0�2x (2x4 +7x2 +3 ) e•' -ι >Ο�χ >Ο, διότι 2 ( 2χ4 + 7χ2 + 3) e•' -ι >Ο για κάθε χ JR Η ρίζα και το πρόσημο της f '' δίνονται στον επόμενο πίνακα: +οο ο χ + f"(x) - ο f(x) f') (O,f(O)) v Σ.Κ. Είναι: f"(x) <Ο για κάθε χ στο διάστημα (-οο, Ο) και η f είναι συνεχής στο διάστημα (-οο, Ο] Άρα η f είναι κοίλη στο διάστημα ( Ο] . f"(x)>O γιακάθε χ στο διάστημα (Ο, +οο) και η f είναι συνεχής στο διάστημα [Ο, + οο) . Άρα η f είναι κυρτή στο διάστημα [Ο, + οο) . Η f ' μηδενίζεται στο χ0 = Ο και εκατέρωθεν αλ πρόσημο. Άρα το σημείο 0(0, f(O)) , δηλαδή τολάζει0(0, Ο) είναι σημείο καμπής της γραφικής πα ράστασης της f γ. Για κάθε χ JR ισχύει (χ- 1)2 �Ο, οπότε χ2 -2χ�- 1 � f(χ2 -2χ) � f(- 1) = -1 f(χ2 -2χ) + 1 � ο β.

ΘΕΜΑ 3 Θεωρούμε τη συνάρτηση

f(x) = χ3 e•

------

)

δ 1 • Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = χ

-00

•

έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. δ2• Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράστα ση της f και την ευθεία y = χ

Λύση α.

Η συνάρτηση ως αποτέμε f είναι παραγωγίσιμη λεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων f '(x)= ( χ3e•'-ι +κχ+λ)'= (χ3 ) 'e•' ·ι +χ3 (e•'-ι ) '+( κχ+λ) =3χ2e•' -ι +2χ4e•' -ι +κ=χ2 (3+2χ2 ) e•' -ι+κ, χ Ε JR Η' γραφική παράσταση της f εφάπτεται του' άξονα χ χ στο σημείο 0(0, 0), οπότε f(O) = f (O) =Ο, δηλαδή κ = λ = Ο . '

-οο ,

•

f!ιR

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/56

�

------------, Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Άρα: f{x2 -2x)+l,l Ε [Ο, +οο) και αφού f ' ! (O,+oo) , θα(έχουμε: ) f ' f(x2 -2χ) +ι > 5 � f'( f(x2 -2χ) + 1) > f '(l) �f{x2 -2x)+l>l <::::>f(x2 -2x)>O�f(x2 -2x)>f(O) � χ2 -2χ >Ο�(χ<Ο ή χ> 2)� χ Ε ( Ο) υ (2, +οο) Το πεδίο ορισμού της εξίσωσης f(x) = χ είναι το 1R Έχουμε:' f(x) = χ � χ3eχ -ι = χ � � ( χ2eχ' -ι 1 ) = Ο � χ = ο η' χ2eχ' -ι - 1 = Ο � χ = Ο η' χ = -1 η' χ = 1 , διότι η εξίσωση φ(χ) = Ο όπου φ(χ) = χ2eχ'-ι -1, χ Ε 1R , έχει ακριβώς δύο ρίζες τις χ1 = -1 καιχ2 = 1

_ .;... ..__ _

_ _ _ _ _ _ _ _ _

• '

φ(l) = Ο και η φ είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [Ο, + οο) . Άρα το 1 είναι η μοναδι κή ρίζα της εξίσωσης φ(χ)= Ο στο διάστημα [ο, + οο). Άρα η εξίσωση f(x) =χ έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες τις χ1 = -1, χ0 = Ο και χ2 = 1 . Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f(x) -x, χ Ε 1R g(x) = 0� f(x)-x� χ =-1 η χ = 0 ή χ = 1 , Η συνεχής συνάρτηση g διατηρεί πρόσημο σε κα θένα από τα διαστήματα ( 1 Ο) , (Ο, 1) . Είναι: g ( -21 ) = -81 e 4 +21 = 81 (4-e 4 J >Ο. Άρα g(x)> O γιακάθε χΕ(-1, 0). Είναι 1 1 (e !.4 _ 4 < 0. g (21 ) = 81 e !.4 _2= 8 J Άρα g(x) < Ο για κάθε χ Ε (0, 1) . Η g είναι συνε χής στο διάστημα [-1, 1] και ισχύει g(x) Ο, για κάθε χ Ε [-1, Ο] και g(x) � Ο, για κάθε χ Ε [0, 1]. Εξάλλ . g(-χ)ου= f(-χ)+ χ = -f(x )+ χ = -g(x ), αφού χ) = -f ( χ) . πρΤοοζητούμενο φανώς f(�εμβαδόν είναι : Ε = Jig(xψl x =.J g(x)dx+J [-g(x)] dx=-2J g(x)dx .ι· ι Πράγματι:( Η συνάρτηση( φ)είναι' παραγωγίσιμη με ' φ '(χ) = χ2eχ' -ι _ 1) χ2 'eχ -ι + χ2 (eχ -ι )' =-J g(-x)dx = Jg(-χ)(-χ ) 'dx = διότι J g(x)dx ' ' ) ( = 2χeχ' -ι + 2χ3eχ -ι = 2x l + χ2 eχ -ι , χ Ε 1R -1 -1 -1 Η ρίζα και το πρόσημο της φ' δίνονται στον επό = J g(u)du = J g(u)du = -J g(u)du = -J g(x)dx μενο πίνακα: Έχουμε λοιπόν: ο +οο 'φ χ(χ) + ο Ε = -2J g(x)dx = -J (2χ3eχ' -ι -2χ) dx φ (χ) � � �J χ 2( eχ' -ι )'dx + J 2xdx = το Ελάχισ Έχουμε:' -ι 1 + J ( Χ2 )'ex' -ιdx + [χ2 ]� φ( 1) =Ο και η φ είναι γνησίως φθίνουσα [ χ 2 = e χ στο διάστημα ( Ο] Άρα _το -1 είναι η μο ναδική ρίζα της εξίσωσης φ(χ) = Ο στο διά ' -ι 1 + J ( χ2 _ 1) ex' -ιdx + [χ2 ]� -[ χ 2 e χ ] στημα ( Ο . rt

ΙR

-οο ,

δ2 .

δι

δ. δ1•

�

- ,

_!.

:2:

-(-!)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/57

•

-οο,

-Q

-00

-00,

---

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου ----

[χ eχ2_1.]1 +· [e χ2�1 ]1 + [ χ ]Ι0 2

= -(1-Ο)+ (1- e-1 ) (1-'-Ο)= 1- e-1 +

ισχύει f '(l) =Ο . Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (1, ((1)) είναι y -f(l) = f '(l)(x -1) , δηλαδή y �4 . β. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) f(x) + 4, χ Ε [1, 3]. Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο διάστημα [1, 3] ως παραγωγίσιμη ·στο � . Επίσης h(x);;:: Ο για κάθε χ Ε [1, 3] , λόγω της ανισότητας (1). Άρα το εμβαδόν του χωρίου f, περικλείεται από τη γραφικήπαράστασης παράσταση της που της την εφαπτομένη της γραφικής στο σημείο (1, f(l)j και την ευθεία χ= 3 είναι Ε= J h(x)dx, δηλαδή E = J(f(x)+4)dx (2) Για τις συνεχείς συναρτήσεις της ανισότητας (1) έχουμε: ' . (x - 1)f (x) (f(x)+4) ;;:: o για κάθε x e[1, 3] , με το ίσο να ισχύει μόνο για χ = 1 , διότι (χ � 1)f '(x)-(f(x) + 4) >Ο για κάθε χ Ε (1, +οο) Πράγματι: Η f στο [ 1, χ] , χ>1, ικανοποιεί τις προϋποθέσεις Μ.Τ. , διότι παpαγω γίσιμη στο τουΆραΘ.υπάρχει ξ Ε (1,η χ)f είναι τέτοιο, ώστε )-f(1) = f(x)+ 4 (3) f '(ξ)= f(xχ-1 χ-1 χ) + 4 < f '(x) Είναι · 1 <ξ< χ::::> f '(ξ) < f '(x) ::::> f(χ-1 χ::::>-1>0(χ-1)f'(χ)-(f(χ)+4)>0, γιακάθε χ>1 (4) Άρα J (cx -1)f'(x)-(f(x) + 4)) dx > Ο J cx-l)f '(x)dx - J (f(x)+4)dx > O =

'·

ΘΕΜΑ 4 Έστω μια συνάρτηση f : R � R με συνεχή πα ράγωγο, για την οποία ισχύουν: • ο =:;; f(χ) + 4 =:;; (χ - ι)f '(χ) για κάθε χ Ε 1R (ι) •

Η συνάρτηση f

' είναι γνησίως αύξουσα. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γρ αφικής παράστασης της f στο σι) μείο ι,

α.

( rcη)

β.

Αν Ε είναι το εμβαδόν του χωρίου που πε ρικλείεται από τη γραφική παράσταση της f, την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο ι, f(ι) και την ευ

(

)

θεία χ 3 , τότε να αποδείξετε ότι: Ε < f(3) + 4 Να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια και τη μονοτονία τη συνάρτηση f(x) + 4 * 2Οι6 · . χ ι . = χ-ι ' g(x)

γ.

{

Ο, x = l δ.

Ι Ι

IR .

(3)

==>

J (χ-))(f(x)+ 4) 'dx > J (f(x)+4)dx

::::>

g(x)dx = g(x - α)dχ α 2α 2α 3α

τt

Αν α>Ο να αποδείξετε ότι: 2α 3α δ1 •

(2)

J (χ -1)Ά(f(χ) + 4)dx > Ε + (χ f(x) )1 4 1)( [ ==> Ι δ2 • g(x)dx < g(x)dx α 2α 2(f(3)+4) -E>E 2E<2(f(3)+4)=> E<f(3)+4 Λύση f(x)+ 4 χ :# 1 · 2016 α. Από ανισότητα (1), για χ= !έχουμε: Είναι g(x)= . χ-1 ο=:;; f(l) + 4 :::; ο::::> f(l) + 4 =ο ::::> f(1) = Ο, χ=1 έχουμε την ανισότητα (1) επίσης Από : Η συνάρτηση g είναι συνεχής στα διαστήματα f(x);;:: = f(l) , για κάθε χ Ε ) Δηλαδή η συνάρτηση f στο εσωτερικό σημείο ( 1 , ( 1, + οο) ως αποτέλεσμα πράξεων συνε χ0 1 παρουσιάζει ελάχιστο και είναι παραγωγί- χών συναρτήσεων. Επίσης είναι: σιμη σε αυ-iό. Άρα από το θεώρημα του Feπnat την

-4

{

::::>

-4

IR ·

::::>

γ.

-,CQ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/58

------ Μαθηματικά για την Λυκείου ---,.---α. Να αποδείξετε ότι f(x) = ex + χ- 1, χ ]R fimg(x) .fim 2016 . f(χx)-1+ 4 .-.1 β. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεταί και να . Μο�ΦΗ βρείτε το πεδίο ορισμού της f-1 • (f(x) + 4)' χ + f( ) 4 1 = 2016 · fim Χ - } = 2016 eim - ' Για τα ερωτήματα γ., δ. δίνεται ότι η Γ είναι (χ 1) παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της. = 2016 · .t'imf'(x) = 2016 · f '(l) , διότι f συνεχής γ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που = 2016 · Ο = Ο = g(1) , δηλαδή η g είναι συνεχής και ορίζεται από τη γραφική παράσταση της Γ1 , στο χ 0 = 1 . Άρα η g είναι συνεχής. τον άξονα χ'χ και την ευθεία χ = δ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στα διαστήμα γραφικής παράστασης της Γ1 στο = e . τα ( 1), (1, + ) ως αποτέλεσμα πράξεων πα ραγωγίσι11:ων συναρτήσεων με Λύση f(x) +4 ' α. Για κάθε χ IR είναι: xf'(x) - f(x) = (x-l)e' + 1 ' .g (x) = 2016 χ - 1 απ ' όπου με Ο έχουμε: '( ( χ 1) (χ - 1)'( f(x) + 4) f(x) + 4) xf'(x)-f(x) = xe'-e' +-1 => f(x) ' = � - .!_ ' = 2016 · 2 . .χ χ . (χ - 1) χ χ2 χ2 χ2 e' - -1 + χ < Ο = 2016 · f'(x)( χ -1) - ( f(x) + 4) (χ - ηf( ) � = χ. χ cΙ' χ e' - 1 + c , χ > Ο (2) Είναι g '(χ) > Ογια κάθε x ε (-oo, l) u(l, + oo) , --'-χ -χ 2 λόγω της (4) και του ότι η ανισότητα (4) ισχύει και για κάθε χ ε ( 1) , εφαρμόζοντας το Θ. Μ. Ι. Η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο με f'(O) = 2 , οπό:tε f(x) -f(O) = lim f(x) -f(O) = 2 για την f στο διάστημα [χ, 1], χ<1 . Επίσης η g lim Χ-0 είναι συνεχής στο χ 1 . Άρα η g είναι γνησίως -ο . f(x) f(x) αύξουσα στο IR . . . => lιm -- = lιm -- = 2 3α 3α δ. δ 1• 'Εχουμε : . g(x- α)dχ g ( χ-α)(χ-α)'dx = e' - 1 + c = 2, (3) e' - 1 + c1 = lim -=> li� -2α 2α χ 2 χ 2α 2α 3α-α e' -1 de' = 1 , όπότε g(u)du = g(u)du = g(x)dx' _ - lim e' e0· =. Αλλά, lim χ dx χ α 2α--α α δ2• Για κάθε χ Ε [ 2α,3α], α > Ο είναι: από την (3) έχουμε: 1 + c1 = 1 ·c2 = 2 c 1 = c2 = 1 χ - α < x=>g ( x - α) < g(x) => g(x)-g (x-α)>O . Έτσι, τε�ικά από την (2) έχουμε: καt g(x) - g( χ - α) συνεχής. Άρα: . e' - 1 + 1 χ < Ο -' e' + χ -_ 1, χ < Ο f(x) = χ => f(x) = χ --+ e' + χ - 1, χ > Ο ( g(x) - g ( x -α)) dx >0=> g(x)dx- g(x-α)dx>O e' - 1 1, χ > 0 2α 2α 2α χ 2α 3α 3α · Jα + χ -1, χ < Ο => g ( χ - α)dx < g(x)dx � g ( χ J dx < g(x)dx' => f(x) = Ο, χ=Ο 2α α 2α 2α ΘΕΜΑ 5 e' + χ ..,. ι, χ > ο Έστω μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f :JR 1R οπότε f(x) = e' + χ -1 , χ Ε 1R για την οποία ισχύουν: , β. Για κάθε χ ε IR είναι: f'(χ) = e' 1 > Ο , οπότε η xf' (x) - f(x) = (x- 1 )e'+ 1 για κάθε χ R , (1} f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε αντιστρέφεται. Το f'(0) = 2 1 πεδίο ορισμού της Γ είναι το σύνολο τιμών της f, =

(

χ-+1

)

χ-+1

DL'H

•

χ-+1

Χ-+1

-οο,

οο

Χ0

(

)

χ =1=

-οο ,

Χ-+0-

(ZJ

χ-+0

Χ-+0+

f(OJ=O

χ-+0+

�

χ-+0

. χ =Ο

�

) (

(

( )( )

�

( l)=>f(O)=O

{e'

{

�

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/59

)

----

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

το .οποίο λόγω της συνέχειας και της μονοτονίας ( της f είναι το f(JR) = }.!.t�.,f(x),Δ�f(x)) Εύκολα βρίσκουμε ότι: lim f(x) = και lim f(x) = οπότε f(JR) = JR . Άρα, το πεδίο ορισμού της Γ1 είναι = JR . γ. ιΤρόπος (Δεν χρειάζεται σχήμα) Η r- είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη, οπότε το ·ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι: Ε=J ιr-1 (x)ldx Θέτουμε: χ = f (u) = eu + u -1 = , οπότε: O=f(O), e=f(l) και f(u)= eu + 1 συνεχής [Ο,1] Άρα Ε=J ιr-ι (f (u))I(eu + 1) du=J iul (eu + 1) du= =J u (eu + 1) du= J ueudu+Judu, (4)

J1 (

Χ-+--(()

Χ-+-1-«1

1 ος

Είναι: fueudu= [ueu 1 -Jeudu=e-[eu ]�=e-e+1=1 I

και J udu = !2 [u2]� = ! , οπότε από την (4) βρίσκουμε οτι, Ε 2 . εται σχήμα) (Χρειάζεμβαδόν ΤοΤρόπος ζητούμενο είναι το εμβαδόν του Ο μεικτόγραμμου τριγώνου · ΑΔ, του σχήματος. Λόγω της συμμετρίας των Cr και Cr-, ως προς την ευθείατουy=x,μεικτόγραμμου το εμβαδόν αυτό είναι ίσο ΟΒΓμετουτο εμβαδόν τριγώνου σχήματος, οπότε έχομμε: I

2°ς

;

+οο

][])r-'

Ε= e - (ex + χ-1))dx = ... =2

-οο

Τρόπος Για κάθε χ Ε ισχύει r-1 (f(x)) =χ. Επειδήπαραγωγίσιμες, και τα δυο μέληέχουμε: της ισότητας είναι συναρ τήσεις (r-ι )' (f(x)) · f'(x} =1 , (5) Από τον τύπο της+ συνάρτησης βρίσκουμε ότι f(1)=e και f'(l) = e 1 ο.πότε από την (5) έχουμε: (r-ι )' (f(l))· f'(1)=1 � ( Γ1 )' (e)= : e 1 1 e e <=> = 1 . Έτσι, η εξίσωση Επιπλέον, f(1) = f ( ) της εφαπτομένης είναι: y-1 =-e+11-(x-e)' δηλαδή: y=-e+1-x1 + -e+11Τρόπος την εξίσωση της εφαπτομένης Αρχικά βρίσκουμε εr της Cr στο σημείο Γ με τετμημένη 1, αφού τα σημεία Γ(l, e) και Δ(e, 1) είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία y=x. Η εξίσωση της εr είναι: y - f(l) = ft1)(x-1), δηλαδή: = (e+ 1)χ-1, aφού f(l) = e, ftl) = e+ 1 . Η ζητούμενη εφαπτο� εΔ της Cr-, στο σημείο Δ είναι συμμετρική της εr ως προς άξονα συμμετρί ας την ευθεία = χ. Ένα σημείο Μ(α, β) ανήκει στην ευθεία εΔ αν και αν, το συμμετρικό ως προςτοάξο ναμόνοσυμμετρίας την ευθείατου σημείο, = δηλαδή σημείο Ν(β, α) ανήκει στην ευθεία εr . Αλλ.ά: Νε(εr )<=> α=(e+ 1)β-1<::> β = e +1 1 α + e +1 1 Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Ν(β,α) είναι η ευθεία με εξίσωση την 1 + --1 . y=--x + e 1 e+1 Συντομότερα: Yr = (e+ 1)xr -1 <=> χΔ = (e+ 1)yΔ -1 <=> 1 ΧΔ + --1 ΥΔ =-e+1 e+1 δ. 1 ος

2°ς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/60

χ,

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

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Αξι οσημείωτες εκθετικές ανισότητες Παπαδημητρίου Βασiλεwς - Ανεστόπουλος Κωνσταντίνος

Οι εκθετικές ανισότητες και οι εφαρμογές τους ' καταλαμβάνουν Λυκείου. Στην εργασίατμήμααυτή,της ύλης έγινετης Γπροσπάθεια συγκέντρωσης επίλυσηςμε των πιο σημαντικών, μεκαιτηντα ολοκληρώματα. πιο απλήκαιμέθοδο, εφαρμογές στα όριασε Αναφερόμαστε αρχικά μερικά πορίσματα της βασικής πρότασης � με υποδείξεις για τις αποδείξεις 1, των. 1 Για κάθε χ ισχύει: � 1 - χ. Για t=-x, έχουμε � 1 - χ ex �-χ + 1� 2 Για κάθε χ ισχύει: � Για t=x-1, έχουμε � χ� -exe � χ � συνάρτηση με χiί, χ > Ο, παίρνει μέγιστη τιμή την Θέτοντας στην τελευταία όπου χ το �e παίρνουμε t+

για κάθε t ε IR,

ε IR

Πόρισμα

e -x

ex s ι + x ex .

e-x

1 �-

ε IR

Πόρισμα

eχ- ι

ex.

� ex

Πόρισμα 3 Η

ex.

f(x) = 1

f(e) = ee.

χ ee

�

χ e - � ee e

� χ, για κάθε χ ε IR. .

ι ι > Για χ Ο θα έχουμε: ee � χ , δηλαδή για τη συνάρτηση χiί, χ > Ο ισχύει maxf(x)=f(e). 4 Για κάθε χ ισχύει: � -1. Αρκεί χ � - � ' ή χ � ή -χ , που είναι άμεση συνέπεια της � για t =-χ -1. 5 Για κάθε χ 1 ισχύει: Αρκει χ � , ή χ � ή - που ειναι άμεση συνέπεια της � 1 για t = ..!..χ -1 . Για κάθε χ < ισχύει: Για κάθε 1 ισχύει: 1 - χ) � - 2χ, Αρκεί � 1 ή αφού 1-χ2 >Ο � 1-χ, οπότε αρκεί (1-χ) � 2χ, ή τ.ελικά χ2 � Ο , που ισχύει. Για κάθε χ [ο. �] ισχύει: � 1 Αφού e2x �1 + 2χ, αρκεί 1 + 2χ�1-χ-, ή f(x) =

ε IR

Πόρισμα

� χ

< χ e-1 -x s 1 - χ. e

ι-!.χ,

S ex!._ι

ι·

Πόρισμα 6

χ <

e-x

t+ 1

S e-χ- ι

-e - χ- ι ,

χ 1

.t;Ίόρισμα

xex + l

1 . e -χ < -�.

ι -χ - e-x S �.

e-x c ι

- �, ι -χ . Αλλά e-χ

ι�

Πόρισμα 7

� · ι χ

(1-χ)(1 + 2χ) � 1, διότι χ [0, �] 1 1-χ > Ο αρκεί λοιπόν τελικά χ(2χ -1):::;; Ο , που ισχύει αφού χ� Ο και 2χ -1 Ο (Για ποιες τιμές του χ ισχύει η ισότητα). Ακολουθούν μερικές συνθετότερες ασκήσεις που αντιμετωπίζονται με μελέτη συνατήσεων Εφαρμογή 1'� Ε

•

�χ< �

:::;;

Για κάθε χ > -1 ισχύει: eiί+ι S Απόδειξη

χ+

χ_ :::;; ln (χ + 1) . Αρκεί να δείξουμε ότι: _ + Θεωρούμε τη συνάρτησηχ 1 χ 1 , + + --1 1) f(x) =ln(x + 1)--=ln(x + χ+1 χ 1 οπότε αρκεί f (χ)� Ο . Τότε f ' (x)= � - � 2 = : 2 και f '(x)>O χ 1 (χ 1) (χ 1) στο (Ο. + οο) , ενώ f '( ) O στο (- 1 ,0). f είναι συνεχής στο χο=Ο, οπότε minf(x) = f(O) = ln 1-1 + 1 =0 . Άμεσες συνέπειες της 1 ης εφαρμογής α) Με χ<1) έχουμε: -χ>-1, οπότε eι+(-χ) :::;; (-χ) + 1 :::;; 1-χ . β) Για κάθε χ > Ο και > Ο ισχύει: ( )Υ Αλλά

x <

•

(- χ

χ � eχ-ι

xy ex +y <

χ ex+y <

� . �' ή

(xiy) ( e xiy)+ι

1 1+; Προφανώς αρκεί που είναι άμεση συνέπεια της πρώτης εφαρμογής για t = � , αφού t -1 και t '* Ο , καθόσον t>O. Εφαρμογή 2'� Για κάθε χ Ε , ι+χ

Απόδειξη

[Ο, 1) ισχύει: ��: � e2x. ι+χ > ι- χ

Αρκει η χ ,η ο χ) � . Θεωρούμε την συνάρτηση [0,1) με - χ), οπότε αρκεί f (x)�O. Έχουμε: ex cι -

ι- χ

2Χ

e -x

e -χ cι +

f(x) = e-x cι + χ) - excι

)

IR,

f' (χ) = -e-x cι + x) +e-x - excι - x)+ex =

= -xe-x + xex = xe - x(e 2 x

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/61

1) > Ο

-------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου -------

για κάθε Ο < χ < Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1), αφού είναι συνεχής στο διάστημα αυτό. · Άρα:

f(x)

f(O)=> f( χ ) � Ο.

�

Εφαρμογή 3η Αν β � α � e ή Ο < β ::;; α ::;; e, τότε ισχύει: αΡ � βα. Απόδειξη • Έστω � α � Τότε έχουμε:

Εφαρμογή 4η Για κάθε Ο < α

1 και Ο < χ < y ισχύει:

)

Απόδειξη

)

�

Ακόμη, από την Πρόταση

1 + θ, με θ = - � Ιη α =t: Ο έχουμε: 1 ιn(a-i) > 1 - -1 ln α =>α. -τ1 1 -τ η α e Ι > 1 - -t Ιη α ::::>e t . 1 ::::> ατ1 - ln α > ι - t ln α 1 > ( 1 t-) Συνεπώς: χ < y =>Ι: α� ( 1 - Ιηtα) dt < Ι: dt = 1 Υ - Χ=> Ι: (tαt) ' dt < Υ - χ. e8

•

Δύο

ενδιαφέρουσες

συνέπειες

.δηλαδή - >

της

< η, τότε ισχόει:

α = ω, y = �1 και

m -1

--.

m β) Για �άθε χ Ε (0, �) και p > 1 ισχόει: 2

1 - (η μ χ)Ρ-1

_:.......:. .:... _ ...._ < Ρ-: 1 . .

1-(η μ χ)Ρ Ρ

Απόδειξη Αφού Ο < χ < · θα έχουμε Ο < η μ χ <

�

4ης

Εξάλλου p > � Ο < p - 1 < p. Θέτοντας η = p στην λοιπόν ημχ=ω ε (0, 1) · και = p προηγούμενη άνισότητα βρίσκουμε

1-(η μ χ)Ρ-1 p-1

•

- 1,

_:.......:. .:.... _ ...._ <

1 -(η μ χ)Ρ Ρ

Σε επόμενο τεύχος θα αναφερθούμε σε αvισότητες σχετικές με τη λογαριθμική συνάρτηση και την ανισότητα ln χ χ - 1 για κάθε χ>Ο. Ασκήσεις 1) Αν Ο < α και θ > Ο, να αποδειχθεί ότι: θ α < α2) Για κάθε χ Ε IR με Ο ::;; χ < ισχόει: x) e+x . + χγ-χ � 3) Για κάθε χ; y Ε IR με χ � Ο και y � Ο ισχόει:

�

β< e β βe-αθ 2

> x . +y

y (α� - 1) < χ (α� - 1) , ή yα� y < � χαχ - χ, ή yαΎ - χαχ < y - χ, ή Ι: (tα�) ' dt < y - χ. 1 1 ' 1 1 Είναι (tα't) ' = (t) ' αϊ + t (αϊ ) = αt" + tα� ( e�Ιη α) ' = α� + tα� (_ ι:2α) = α� ( 1 - Ιηtα). Επομένως Ι: (tα�) ' dt = Ι:.α� ( 1 - Ι ηt α) dt. Αρκεί

β.

e (e -

y (α - ι < χ ( α� - ι .

�

n-1

•

> -, m . η Απόδειξη

1 1 ' Ο< χ< y αφου 0 = -1 ' οποτε ' m > -> η (ω m - 1), 'Ετσι προκύπτει � ( ώη - 1) > 2. m ω ω

ωm -

(f!/ αe - 1 � (-α) β- α -> 1 � _ αe ) β >e_ > 1 � ((;)α e (;) α � αβeα � αα e β . (1) t Από το πόρισμα 2 (e � et. , για κάθε t ε IR), για , β α t = � . έχουμε: eίϊ . � e � � e β � β α eα � ααeβ � α α βαeαα. (2) Αλ'λά: (1),(2) => αβeα � βαeα � αβ � βα. Έστω Ο < β :S:.α ::;; e. Τότε έχουμε: e e α- β � 1 � eα-β � 1::::>eα- β � � � 1 � (�) α- β α α e => αα- β eβα -> αβ ·=>αβeα -> ααeβ (3) α Ομοίως (2),(3) ::::> αβ eα � βαeα � αβ � βα. Η ισότητα ισχόει αν και μόνο αν α = β (γιατί;) Ειδική περίπτωση : Επειδή Ο < e < π, θα ισχύει: . e eπ > π . - ·>

ωn -

Θ�τουμε στην 4η εφαρμογή,

εφαρμογής α) Αν Ο < ω * 1 και Ο <

ex+y-2 -

4 .

e 4) Αν ν Ε Ν * και χ � ν τότε ν � ν· v χ 5) α) Αν α !Ξ IR, τότε eα � t!x (l - χ + α), για κάθε χ Ε IR. β) Αν αί Ε IR, i Ε {1,2,3,4,5} τότε Σf= 1

e ( 1 ....: αί) eΣk=1 αk ::;; eee .

6) Να αποδειχθεί ότι, για κάθε χ � Ο ισχόει και � 1, όπου α + = α χ+ α � Ο, β � Ο, Βιβλιογραφία 1) S. Mitrinoνic, 'Έlementary inequalities",

eβ

β 1

βe-αχ

Ρ.

D. D.

Noordhoff ( 1 964). 2) S. Mitrinoνi.c aiιd Vasic , "Analytic inequalities", Spήnger-Verlag, Berlin, New York, (1 970). 3) G. V. Miloνanoνic, S. Mitrinoνic and Th. Rassias; 'Topics in Polynomials: Extremal Problems, Inequalities, Zeros'' World Scientific Publishing Co . , Inc., Riνer Edge, NJ, ( 1 994). 4) Π. Ε. Τσαούσογλου, "Ανισότητες", Eurogι:aph Α. Ε ., Αθήνα, ( 1 993).

Ρ. Μ.

5) Νεγρεπόντης Απειροστικός Λογισμός

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/62

Μ.

Χρήσιμcc Εwισημάνστιc - Ασκήσεις

Αντώνής Κυριακόπουλος

Τα μαθηματικά δεν μας λένε απόλυτες αλήθε ιες

.___ _ _ _ _ _ _

Σκοπός των Μαθημαnκών δενείναι είναιλογικές να βρουν τι είναιάλλων αληθέςδοσμένων και τι είναιπροτάσεων, ψευδές στοντωνκόσμο, αλλά νααδιαφορώντας ανακαλύψουν ποιες προτάσεις συνέπειες αξιωμάτων, αν οι δοσμένες αυτές προτάσειςδηλαδή είναι αληθείς ή όχι. Έτσι, σε μια Μαθηματική Θεωρία, η · βασίζεται στην αλήθεια των τε αλήθεια των πρQτάσεων που αποδεικνύουμ�, των θεωρημάτων, θέντων αξιωμάτων. Μεαξιωμάτων. άλλα λόγια,Τελικά η αλήθεια των θεωρημάτων είνα1απόλυτες μια σχετική έννοια που εξαρτάται από την αλήθεια των τα. μαθηματικά δεν μας λένε αλήθειες!!! Πολλοί άνθρωποι για να εκφράσουν ό-tι κάτι που λένε δεν γίνεται διαφορετικά, λένε: 2+2=4. Το θε ωρούν σαν απόλυτη αλήθεια. Α-uτό όμως δεν είναι αληθές, γιατί ουσιασ'τικά τα Μαθηματι κά δεν σαν λένε:θέσφατο, 2+2=4. Αυτό που λένε είναι οτι: « Αντωνδεχθούμε τα αξιώματα τωντότεπραγματικών αριθμών, τότε: 2+2=4». Γιατί, αν αλλάξουμε τα α ξιώματα πραγματικών αριθμών μπορεί: 2+2 να κάνει 7!!!. Επίσης, τα μαθηματικά δεν λένε ότι το άθροισμα των γωνιών ενός τριγώνου είναι 1 80 μοίρες. Αυτό που λένε είναι ότι: « Αν δεχθούμε τα α ξιώματααν δεχθούμε της Ευκλείδειας Γεωμετρίας, τότε το άθροισμα των γωνιών ενός τριγώνου είναι 1 80 μοίρες )). Γιατί τα αξιώματα του Riemann, τότε το άθροισμα αυτό είναι > 1 80 μοίρες και αν δεχθούμε τα αξιώματα του Lobacheνski, είναι < 1 80 μοίρες. Στα Μαθηματικά αποδεικνύουμε πάντοτε συνεπαγωγές: «Αν τότε Ακόμα κάι αν δεν μας δί νουν υποθέσεις. Τότε υποθέσεις είναι μόνο τα αξιώματα. Σε κάθε πρόβλημα των μαθηματικών, δεν μας ενδtαφέρει να μάθουμε αν οι υΠοθέσεις είναι αληθείς ή όχι. Μπορεί να είναι ψευδείς. Αυτό δεν μας ενο χλεί , γιατί εμείς σετιςκάθε πρόβλημα δεν ζητάμετους να μάθουμε αν οιτουςυποθέcrεις είναι αληθείς ή όχι,Λογικής, αλλά με ποιον τρόπο από υποθέσεις, εφαρμόζοντας νόμους και κανόνες της Μαθηματικής θαματιφθάσουμε συμπέρασμα. κάνουμεμιαπολλές ίσως χωρίς να το καταλαβαί ουμε. Πράγ , όταν στηνστοτάξη θέλουμε ναΑυτόλύσουμε άσκησηφορές, Γεωμετρίας και φτιάχνουμε στον νπίνακα με· το χέρι έναν κύκλο και προχωρούμε στην λύ. σ η, είμαστε βέβαιοι ότι το σχήμα που φτιάξαμε είναι πράγματι κύκλος; Όμοια όταν φτιάχνουμε ένα ισοσκελές τρίγωνο κτλ. Και όμως κάνουμε σωστά την λύση, γιατί εκείνο που μας ενδιαφέρει είναι αν κάθε συνεπαγωγή: συνεπάγεται που λέμε είναι σωστή και όχι αν είναι ( αν ο κύκλος που φτιάξαμε είναι πράγματι κύκλος κτλ. ) . Αυτήcrωστfι είναιηη φύση των μαθηματικών, ανεξάρτητα πώς τα έχει καθένας στο μυαλό του. Τα μαθη ματικά-Στη θεμελιώνονται, κατανοούνται συνέχεια θα αναφερθούμεκαιμόνοαναπτύσσονται σε μαθηματικάμε τητηςβοήθεια τάξηςτηςτουΜαθηματικής Λυκείου λόγωΛογικής επικείμενων Πανελληνίων Εξετάσεων. Πολλές φορές μάς ζητάνε να αποδείξουμε ότι μια συνάρτηση έχει μία τουλάχιστον ρίζα ή το πολύ μια ρίζα ή ακριβώς μια ρίζα, σε ένα διάστημα. Άλλες φορές πάλι μάς ζητάνε να αποδείξουμε ότι μια εξί σωση έχει μία απόμέλος τις παραπάνω ιδιότητες,αυτό σε ένα διάστημα. Τότε, συνήθως, μεταφέρουμέ όλους τους όρους στο πρώτο και αποδεικνύουμε Που μας ζητάνι=: για συνάρτηση του πρώτου μέλου' ς. 1) Για να αποδείξουμε ότι μια συνάρτηση f έχει μία τουλάχιστον ρίζα ( μία ή περισcrότερες ) σε ένα διάστημα εργαζόμαστε συνήθως με έναν από τους παρακάτω τρόπους: p,

φ).

<φ

φ)

τη

Δ,

Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f δεν έχει καμία ρίζα στ<> διάστημα και φθάνουμε σε άτοπο.

Παράδειγμα. Μια συνάρτηση

f : JR. � JR

είναι συνεχής και υπάρχει ξ Ε JR με:

εξίσωση: f(x) = χ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο

JR .

f{f(ξ)) = ξ . Να αποδείξετε ότι η IR .

Λύση. Θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση: g(x)=f(x)-x έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Έστω ότι αυτό δεν συμβαίνει. Τότε θα έχουμε: g(x) '* Ο , για κάθε χ Ε . Και επειδή, η g προφανώς είναι συνεχής στο , έπεται ότι η έχει σταθερό πρόσημο στο α)Έστω ότι: g(x) Ο , δηλαδή: f(x) > χ , για κάθε Θεωρούμε έναν αριθμό �

χε

IR .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/63

------ Χρήσιμες Επισημάνσεις - Ασκήσεις ""'".

XElR . Τότε f(x)EJR και συνεπώς: f(f(x))>f(x) και επειδή f(x)>x έπεται ότι: f(f(x))> x . Άρα, τότε, θα έχουμε : f(f(x)) > χ , για κάθε χ Ε JR . Συνεπώς : f( f(ξ)) > ξ , άτοπο. β) Έστrο ότι: g(x) <Ο, για κάθε χ Ε JR . Όμοια φθάνουμε σε άτοπο. Άρα, η συνάρτηση g, επομένως και η εξίσωση: f(x) = χ , έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο JR .

Βρίσκουμε το σύνολό τιμών της f με χ Ε Δ. Αν το Ο ανήκει σε αυτό το σύνολο, τότε υπάρχει χ0 Ε Δ μεf(χ0 ) =Ο . Άρα, τότε, η έχει μία τουλάχ;ιστον ρίζα ·στο διάστημα Δ. Παράδειγμα. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: ln χ + (χ + 1)ei (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα, για κάθε Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης (1) είναι το διάστημα D (Ο,+οο). Η συνάρτηση: f(x) = ln χ+ (χ+ 1)e' -λ είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο D με: f'(x) _!_χ + e' +(χ+ 1)e' >Ο . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα· στο D. Εξάλλου, βρίσκουμε εύκολα ότι: χlim-+0+ f(x) -οο και lim f(x)=+oo . Συνεπώς το σύνολο τιμών της fείναι: f(D)=(-oo,+oo) . Επειδή το Ο ανήκει στο f(D), Χ-+έπεται ότι η συνάρτηση f, επομένως και η δοσμένη εξίσωση, έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο D (και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο D, η ρίζα αυτή είναι μοναδική). =λ

Λύση.

λ Ε JR.

•

Αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [α, β] και ότι α α f( )f(β) < Ο. Τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano, υπάρχει χ0 Ε ( .β) με f(x0 ) =Ο. Άρα, τότε, η f έχειειγμα. μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β). Παράδ Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [1, 3] και ισχύει f(1)+f(2)+f(3)=6 (1). Να αποδε.ίξετε ότι η εξίσωση: f(x) = χ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα [1, 3]. τη συνάρτηση: g(x)=f(x) - χ. Η συνάντηση είναι ορισμένη+και συνεχής +g(3)=0στο(2).διά +f(3)-3 καιαυτή στημα [1,Θεωρούμε 3]. Έχουμε: g(1)+g(2)+g(3)=f(1)-l+f(2)-2 Αν λόγω της (1):. g(1) g(2) g(l)=O[1, 3].ή g(2)=0 ή g(3)=0, τότε προφανώς η g , άρα και η δοσμένη εξίσωση, έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Έστω ότι g(l) Ο . g(2) Ο και g(3) * Ο. Έτσι, λόγω της (2), ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς αυτούς είναι θετικός και ένας τουλάχιστον είναι αρνητικός. Συνεπώςμε τοδύοθεώρημα τουλάχιστον από τουςη g,αριθμούς επομέ Τότε, σύμφωνα του Bolzano, αυτούς είναι ετερόσημοι. Έστω ότι: g(1)g(2)<0. νως και η δοσμένη εξίσωση, έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1, 2), επομένως και στο [1, 3]. Ό μοια, αν g(1)g(3)<0 ή αν g(2)g(3)<0. Λύση.

'Φ

Βρίσκουμε μια συνάρτηση g ορισμένη και σUνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β) με: α g'(x) f(x) για κάθε χ Ε ( , β) ( μια παράγουσα της f στο (α, β)). Μετά, αποδεικνύουμε ότι g(α)=g(β). Έτσι, αη g πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [α, β] και συνεπώς υπάρχει χ0 Ε ( .β) με g'(x0 ) =Ο, δηλαδή με f(x0 ) =Ο. Άρα , τότε, η f έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (α, β). Παράδειγμα. . Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και έχει στο Δ δύο διαφορε τικές ρίζες. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: f ' (x) + f(χ)ημχ = Ο (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ. Έστω ότι ρ1 και ρ2 με ρ1 < ρ2 είναι δύο ρίζες της f στο Δ. Έχουμε στο Δ: (l)�f'(χ)-f(χ)(συνχ)'=Ο � f ' (χ)e-συνχ -f(x)e-irovx(συνx)' =O � (f(x)e-συvx )' =0 και άρα: (l)�g'(x)=O , όπου g(x)=f(x)e-συvΌ Η συνάρτηση αυτή g στο διάστημα [ρ1 ,ρ2 ] (ς Δ) προφανώς =

Λύση.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/64

----

Χρήσιμες Επισημάνσεις - Ασκήσεις -----

Rolle. Άρα η g' , επομένως και η δοσμένη εξίσωση, έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( Ρι , ρ 2 ) , συνεπώς και στο Δ. 2) Για να αποδείξουμε ότι μια συνάρτηση f έχει το πολύ μια ρίζα ( μία ή καμία ) σε ένα διάστημα Δ, ερ πληροί fις υποθέσεις του θεωρήματος του

γαζόμαστε συνήθως με έναν από τους παρακάτω τρόπους:

Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση έχει δύο ρίζες στο διάστημα Δ και φθάνουμε σε άτοπο (όμοια, όταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι έχει το πολύ δύο ρίζες, υποθέτουμε ότι ·έχει τρεις και φθάνουμε σε άτοπο, κτλ.); Παράδειγμα. Μία συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ και παραγωγiσιμη στο '

Δ ( = εσωτερικό του Δ) με: f'(x) '* Ο , για κάθε χ Ε Δ . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: f(x)= κ, όπου

κΕ

JR , έχει το πολύ

μια ρίζα στο Δ.

Λύση.

Χι , χ2 με Χι < χ2 , οπότε: f(χι ) = κ και f(x2 )= κ . Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=f(x) -κ . Η συνάρτηση αυτή είναι συνεχής στο Δ και-παραγωγίσιμη στο Δ με: g'(x) = f'(x) * O . Εξάλλου; έχουμε: g(x ι )=g(x 2 )(=0) . Άρα, η συνάρτηση g ] πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [ Χ ι , χ 2 και συνεπώς υπάρχει ξ Ε (Χ ι , χ 2 ) ( οπότε. ξ Δ ) g'(ξ) =Ο, άτοπο. Συνεπώς, η δοσμένη εξίσωση έχει το πολύ μια ρίζα στο Δ. Αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση f είναι στο Δ. Τότε η fθα έχει το πολύ μια ρίζα στο Δ. Πράγ ματι, έστω ότι f έχει δύο ρίζες στο Δ, τις χ ι , χ 2 με Χ ι χ 2 • Τότε θα έχουμε: f( χ ι )=f( χ 2 )(=Ο) και άρα Χι = χ2 , άτοπο. Παράδειγμα. JR ισχύει:_: f { f(x)) = χ9 - 3χ6 + 3χ3 + λ , για κάθε χ JR , όπου λ JR . Να ια μια συνάρτηση f: JR αποδείξετε ότι η εξίσωση: f(χ)=κ, όπου JR , έχει το πολύ μια ρίζα. Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης αυτής είναι το . Θέτουμε: g(x)=f(f(x))= x9 -3χ6 + 3χ3 + λ=. . 3 3 'Εχουμε: g( Χ ι )= g( χ 2 ) � ( χ: ) + + λ= { χ� -1 ) + + λ Θεωρούμε δύο αριθμούς χ ι ,χ 2 Ε Έτσι έχουμε: f(x ι )=f(x 2 )�f{f(x ι ))=f{f(x 2 )) � ... �χι = Χ2 • Άρα, η g είναι � g(x1 ) = g(x2 ) � Χι = χ2 • Συνεπώς η συνάρτηση f είναι Όπως βρίσκουμε εύκολά και η συνάρτη ση h(x)= f(χ)-κ είναι και άρα η εξίσωση: f(χ)=κ έχει το πολύ μια ρίζα.

Έστω ότι η δοσμένη εξίσωση ο

έχει δύο ρίζες στο Δ , τις

με

1 -1

�

κΕ

Λύση.

IR .

1 -1

1-1

1-1 .

1-1.

-1 1

Αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη στο Δ. Τότε, ως γνωστόν, θα είναι και στο Δ. Έτσι, σύμφωνα με την προηγούμενη περίπτωση, η θα έχει το πολύ μια ρίζα στο Δ. Παράδειγμα. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: (χ - λ)eχ + χ + 1 = Ο (1), για κάθε λ Ε JR , έχει το πολύ μι:α ρίζα.

(1) 1 1 {>�wP1

προφανώς είναι το Για κάθε χ Ε έχουμε: ( 1 ) <=> (x + 1)e-• + χ-λ=Ο (2). Η συνάρτηση: f(x) =(x + )e x +χ-λ είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο με: f' ( x) = e-x -(χ + 1)e-x + = .. . = -xe- x + 1. Η συνάρτηση είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο με: f ( x) = -e-x + xe- x =(χ -1)e-x =Ο, αν χ=1 < 0, αν χ< 1 JR .

Λύση. Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης JR

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/65

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

_ _ _

Χρήσιμες Επισημάνσεις - Ασκήσεις ------

Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση στο χ= ι έχει ελάχιστη τιμή, ίση με: f'(ι) = + 1 . Έτσι ,έχουμε για κάθε χ JR : f'(x) � f'(l) = ι - > Ο . Συνεπώς: f'(x) > Ο , για κάθε χ JR και άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο JR . Άρα, η συνάρτηση αυτή, επομένως και δοσμένη εξίσωση για κάθε λ JR , έχει το πολύ μια ρίζα. Για να αποδείξουμε ότι μια συνάρτηση έχει ακριβώς μια ρίζα σε ένα διάστημα, αποδεικνύουμε στο διάστημα αυτό έχει τουλάχιστον μία ρίζα και μετά ότι έχει το πολύ μια ρίζα. f

e- 1

-e- 1

ότι

Παράδειγμα. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση: ex (ln χ - 1) + ln χ + 1 = Ο (1) έχει μια μοναδική ρίζα.

D = (O,+oo) . χεD, ex - 1 (ι) <=> ex ln x - ex + ln x + ι = O <=> ex - ι - (eχ + 1)ln x = O <=> - ln x = O . eχ + ι ex f(x) = - 1 - ln χ = Ο D. Η f eX + ι D 2xex - e2 x - 2ex - 1 g(x) ex (ex + ι) - (eχ - ι)eχ 1 = f' (χ ) -- = = (ex + 1)2 --; x(ex + 1)2 • x(ex + ι)2 g(x) = 2xex - e2 x - 2ex - 1 . Η g D g'(x) = . = -2ex (ex - χ) < Ο χ ε JR ). f'(x) < Ο , ex � χ + 1, f χεD f D. D. f(D) f. Λύση.

Για κάθε έχουμε: Αρκεί, λοιπόν, να αποδεί έχει μια μοναδική ρίζα στο συνάρτηση αυτή είναι

Το σύνολο ορισμού τις εξίσωσης είναι το

ξουμε ότι η συνάρτηση: ορισμένη και παραγωγίσιμη στο με:

Όπου (γιατί, συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο με: όπως μπορούμε να αποδείξουμε εύκολα, ισχύει: για κάθε Συνεπώς: για κάθε και άρα η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα στο Συμπεράνουμε ότι η έχει το πολύ μια ρίζα στο Βρίσκουμε τώρα το σύνολο τιμών της Έχουμε: lim f(x) = ( -+ 11 - ln x) = O - (-oo) = +oo και ..

lim 0+ χ --+

χ --+0+

1im f(x) = lim,

Χ --++Φ

(

) (

)

1 -1 - ln x = lim 1 - e- - ln x = 1 - (+οο) = -οο . eX + 1 Χ--++Φ 1 + e .

f(D) = (+οο, -οο)

. Επειδή Ο f(D) , η f έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο D και επειδή, όπως εί η f έχει το πολύ μια ρίζα στο D , συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f, επομένως και δοσμένη εξίσω δαμε, ση, έχει μια μοναδική ρίζα. Μερικές φορές, μια( αρκεί, ρίζα της συνάρτησης, έστω ρ,ότιείναι προφανής. Τότε, αρκεί να αποδείότι ξουμε ότι δεν έχει άλλη ρίζα ακόμα, να αποδείξουμε έχει το πολύ μία ή να υποθέσουμε έχει και άλλη μία ρίζα, διαφορετική από την ρ και να φθάνουμε σε άτοπο). Συνεπ ώς:

Ση μείωση.

Παρά δειγμα.

>ν

Να λυθεί η εξίσωση: χΣeΧ

-χ =

ι (1), με χ>Ο, όπου ν φυσικός θετικός αριθμός

= ln 1 x ln x + χ2ν - χ = Ο <=> ln x + χ2ν-Ι - 1 = Ο (2). Λύση. 'Εχουμε για κάθε χ>Ο: (1) ln χχ + Παρατηρούμε ότι η εξίσωση (2) έχει τη ρίζα x=l . Η συνάρτηση: f(x) = ln χ + χ2ν-Ι - 1ο στο διάστημα (Ο,+οο) είναι γνησίως αύξουσα (γιατί: Ιη χ και χ2ν-Ι γνησίως aύξουσες ή με παραγώγ υς). Άρα η εξί επομένως και η δοσμένη, έχει τη μο έχει το πολύ μία ρίζα. Συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση σωση ναδική ρίζα χ= 1 . <=>

(2)

ln ex,•-x

<=>

(2) ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/66

ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΛΑΙΟΤΕΡΩΝ ΕΠΟΧΩΝ

Επιμέλεια: Γεώργιος Τασσόπουλος 1975 ΦΥΣΙΚΟΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ζήτημα 3°ν: Επί των καθέτων πλευρών ΑΒ και ΑΓ ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ, κατασκευάζομεν εξωτερικώς αυτού τα τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΣΖ. Φέρομεν τας ΓΔ και ΒΣ. Η ευθεία ΒΣ τέμνει την ΑΓ εις το Κ και την ΓΔ εις το Ο. Να υπολογισθούν αι πλευραί του τριγώνου ΟΚΓ συναρτήσει των πλευρών α,β,γ του τριγώνου ΑΒΓ. (Νίκος Θέος, 1 ο Αιγίου)

ΓΕΛ

Λύση Α 'τρόπ ος (Ευκλείδειος)

ΚΑ ΑΒ γ (2) ΚΑ+ΚΓ=γ (1) και ΚΑΒ- ΚΓΣ �-=-=ΚΓ ΓΣ β Από το σύστημα των (1), (2) βρίσκουμε: ΚΓ = L, ΚΑ= _1r_ β+γ β+γ ΚΓ ΓΣ β ΚΑ ΚΑ ΒΑ γ Συντομότερα: Έχουμε -= -= -, -=-=-= -- , οπότε πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη ΚΑ ΑΒ γ β ΣΖ ΒΖ β + γ Γ =_β_ � ΚΓ = L_ και ΚΑ = β-ΚΓ = _1r_ . Κ παίρνουμε . β β+γ β+γ β +γ Β ΒΔ γ(β + γ) (4) + γ(β γ Ο Ο ) Δ ΒΔ γ Κ Β λλ Ο Ο Γ (3) Δ� = ΚΓ = β2 και = = Εξά ου: ΟΓ = ΚΓ L = β2 +γ β � � Άλλα ΟΓ +ΟΔ = Γ Δ = .JΕΔ2 + ΕΓ 2 = γ2 + (β + γ)2 = α 2 + γ2 + 2βγ (5) και 0Κ + 0Β=ΚΒ= .JΑΒ2 + ΑΚ? = γ2 +.(ββ+2γγ)2 2 = -β +γ_.γ �(β + γ)2 + β2 = -β +γ-γ �α2 + β2 + 2βγ (6) β2 �α2 + γ2 + 2βγ , ΟΔ=ΓΔ-ΟΓ, Από το σύστημα των (3),(5) βρίσκουμε ΟΓ = 2 α + βγ ' � β το σύστημα των (4), (6) βρiσκουμε: ΟΚ= ( 2α + βγ)(β + γ) α' +β' +2βγ χαι Ο&=ΚΒ-ΟΚ Έχουμε

οκ

εναι από

Β ' Τ ρ όπος (Με Αναλυτική Γεωμετρία)

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα με αρχή το Α και τα ,Β, ανnστοίχως. Έτσι έχουμε:

Γ στους θετικούς ημιάξονες των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/67

x,y

------

Θέματα παλαιοτέρων εποχών

-------

β (χ-γ) ΒΣ: βχ (β γ)y -"'βγ Ο λΒΣ = - β β οπότε ΒΣ: y= -·_ β Άρα βχκ + (β + γ) Υκ -βγ = ο με Χκ = ο ' οπότε Υκ = ::Υ. Επομένως ( ::Υ) και λ = __f_ . Εξάλλου λrΔ βγ = Ο. χ <:::) Γ Δ: {β+ γ)χ + , οπότε ΓΔ: y-β = κf' =ββ+γ β+γ ' ' {(β+γ)χ+γy=βγ ι συντεταγμενες του επαληθ· ευουν το συστημα: βχ + ( β + γ) Υ= βγ το οποιο, εχει 2γ , Ργ2 ) . D =(β + )2 -βγ = β 2 + γ2 + βγ = α 2 + βγ Ο, Dx = β2γ, Dy = βf Άρα ( Ρ α + βγ α +βγ Επομένως ΟΓ = (α2β+4γβ2γ)2 + ( α2βγ+2βγ β)2 = α2 +1 βγ �β4γ2 + β2 (γ2 -α2 - βγ)2 = α2 +1 βγ �β4γ2 + β2 (-β2 -βγ)2 = = α2β+2 βγ �γ2 +(β + γ) = α2β+2 βγ �α2 + γ2 +2βγ και .γ2 - α2 -βγ)2 ( 2 2 2 2 + γ βγ β 2 2 2 4 γ - ( α2β+γ βγ ) + ( α2β+γ βγ - ββ+γγ ) = (α2β+βγ)2 + (β + γ)2 (α2 + βγ)2 = β6 γ - ( β2)γ + V'/(β + γ)2 + β2 - ( β2)γ '-'/α2 + β2 + 2βγ = α2 γ+ βγ β4 +. (β+γ α2 + βγ (β + γ) α2 + βγ (β γ) (Ανάλυση) 4° α) Χρησιμοποιώντας τις μεθόδους του διαφορικού λογισμού να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση = 1 + �(χ + 2)4 στο διάστημα Δ = [-3,-1] . .

+γ

κ ο,

= -

<:::)

β+y

γy-

β+γ γ

:;t:

οκ -

Πολυτεχνικός κύκλος 1978 : ΘΕΜΑ y

β) Να εξετάσετε αν εφαρμόζεται το θεώρημα του Rolle για την προηγούμενη συνάρτηση στο διάστημα Δ. (Γεώργιος Τσιώλης - Τρίπολη)

α) Έχουμε f(x)=1+ �(x+2)4 μεπεδίο ορισμού το κλειστό διάστημα Δ = [-3,-1] . Η f χωρίς =2=f(-1) τιμ4ές f(-3) είναι συνεχής στο Δ (ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων) με ακραίες 4 ω � ασυμπτώτους. Για Κάθε Ε [-3, -2) (-2, -1] είναι f'(x) = {1 + (Χ+ 2) �)' = (χ4 + 2) )' = + � 4 3 . � (χ 2) 4 = 2)' + (χ 2) + 4(χ = (eln �(x+2)4 )' (e� ln(x+2)\ = (χ+ 2) . .! . 5 χ+2 Η f' στο 5 (χ+2) [-3,-2) υ (-2,-1] έχει το πρόσημο του χ+ 2 , δηλαδή είναι f'(x) <Ο για κάθε χ Ε [-3 -2) και f'(x) > Ο για κάθε χ Ε (-2, - 1] . Έχει λοιπόν η f ελάχιστη τιμή την f(-2) =�1 . Για 4την δεύτερη παράγωγο της f (χ+ 2) (χ+ 2)- �(χ+ 2)4 4 4 4 ω � (χ+2) · (χ+2)' = � · 5 " (χ+2) 2 = έχουμε f"(χ) = � · cχ+2) )'(χ+2)2 5 2) (χ+ 2) (χ+ Ψχ+2>4 4 =- 25 · (χ + 2)2 < Ο, για κάθε χ Ε [-3, -2) υ (-2,-1] . Ο πίνακας μεταβολών της fείναί: -2 -1 χ -3 + f I f'" I f 2 '\, 1 Ο /' 2 ΚΟΙΛΗ Κ ΙΛΗ ΛΥΣΗ:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/68

-------

Θέματα παλαιοτέρων εποχών

•

γραφική της παράσταση είναι το τμήμα της καμπύλης που αντιστοιχεί στο [-3,-1].

--------

Καλό είναι να τονιστεί ότι για τα προηγούμενα συμπεράσματα δεν μας ενδιαφέρει η παραγωγισιμότητα στο χ 0 = -2

Για το θεώρημα Rolle η μόνη προϋπόθεση που μένει να ελέγξουμε είναι η παραγωγισιμότητα της f στη θέση χ 0 = -2 . 1(χ + 2)4 (χ+ 2)4 1 ' 5 f(x)-f( -2) ] Αν χ (-2,-1 , τότε έχουμε: λ(χ)= χ+2 = χ+2 5 (χ+2)5 = vx+2 , οποτε: Άρα δεν υπάρχει παράγωγος της f στο χ0 = -2. lim λ(Χ)= Θα μπορούσαμε να δείξουμε και ότι: λ( χ) = αφού για χ [-3 , -2 ) έχουμε χ + 2 < Ο , _ _ ....,. �(χ+ 2)4 'cx + 2)4....,. (-χ-2)4 1 οπότε -χ-2>0 και λ(χ)=-χ-2. =-5 (-χ-2)5 =-5 (-χ-2)5 = v-x - 2 μως, στην περίπτωσή μας, όπου lim λ(χ) αυτό δεν είναι απαραίτητο. Εξάλλου, όπως είδαμε, η περίπτωση αυτή απαιτεί λεπτότερο χειρισμό, τον οποίο μπορούμε να αποφύγουμε. Δεν ισχύουν λοιπόν όλες οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για τη συνάρτηση αυτή στο διάστημα [-3, 1] Για τις ανάγκες της παραγώγισης, το φυσικότερο1978είναι, να μετασχηματίσουμε ισοδυνάμως τον τύπο της f ως εξής: : 4 4 -3 -< χ <-2 1-t(-x-2) :ί4 x +21 =1+ l x +2ls = f(x) =l+ {ι5/(x+2) =l+{ιl<Γ."": l+(x+2) 5 , -2:::; χ :::; - 1 Έτσι, γίνεται εμφανέστερη και η ανάγκη ελtγχου της ύπαρξης παραγώγου στο χ0 = -2. Αν βέβαια κάναμε εξ αρχής την παρατήρηση f(x) = 1 +[(χ+ 2)4 ]5 (την οποία προφανώς έκανε και ο συνάδελφος Γ. Τσιώλης προκειμένου να γράψει Jn �(x + 2)4 = Jn[(x + 2)4 ]5 = _!_5 ln(x + 2)4 ) , τότε θα μπορούσαμε να φθάσουμε στο ίδιο αποτέλεσμα4 με απευθείας παραγώγιση: f'(x) = ([(χ+4 2)4 ]5 )' = = .!.5[(χ+ 2)4 ]5-l ·[(χ+ 2)4 ]' = .!.5 [(χ+ 2)4 (5 . 4(χ + 2)3 (χ + 2)' = i5 cx + 2)3 [(χ + 2)4 ]5 = 4 -5 4 4 ]5 i �(χ+2)4 [ i [ i 4 (x+2) (χ+2) ] = 5 (x+2) _ χ+2 = 5 _ χ+2 = 5 . χ+2 . Τελειώνοντας, θα θέλαμε να εmσημάνουμε στους μαθητές ότι για να αποφύγουν τους κινδύνους που κρύβουν τα ριζικά με υπόρριζα 2 άρτιες δυνάμεις π. α ν , ν και τα οποία ορίζονται για κάθε α R καλό είναι πριν κάνουν β)

.__ _ il....:.__:_ _,_

s�

+σο .

χ --+-2+

-οο ,

lim_

χ--+-2

�� .

χ--+-2+

�

�,

Σχόλια και επισημάνσεις με αφορμή το θέμα του

{

�

Ε Ν•

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 100 τ.4/69

------

Θέματα παλαιοτέρων εποχών

--------

οποιονδήποτε μετασχηματισμό να γράφουν α2ν = jαj2ν , π.χ if;IO = �jαj10 = � = j αj� και όχι 10 � = <frl . Επίσης, είναι λάθος να γράψουν � =α (γιατί;) . Ομοίως, με α* Ο έχουμε 1 =--= 1 � = � = -�- καιόχι 1 = � � =�. <W � · � � α <W iaj2 iaf ·\fαi iaj2 jαj Μία επί πλ.έον επισήμανση είναι η εξής: Το γεγονός ότι f(x0 ) =Ο6 δεν σημαίνει απαραίτητα ότι η h(x) = {jf(x), ν Ν" δεν παραγωγίζεται στο χ0 , π.χ. h(x) = ψχ+ 2) και h'(-2) =Ο, όπως βρίσκουμε -2). (γιατι;). απο το χ--+-2 h(x)-h( Τέλος, κατάχ+τη 2γνώμη μας θα ήταν καλλίτερο να ζητηθεί να εξετάσουν αν ικανοποιούνται οι προi}ποθέσεις του Θ. Rolle)) και όχι αν εφαρμόζεται το Θ. Rolle)), διότι πιθανόν θεωρήσει ως εφαρμογή του Θ.ναRolle ύπαρξηνα κάποιος οριζόντιαςνα εφαπτομένης. Αυτό πιθανόν ισχύειτηνχωρίς ικανοποιούνται όλες οι προϋποθέσεις και όταν δεν-ικανοποιείται καμία από του αυτές.θεωρήματος, (βλ.έπε σχήμα)ακόμη 1975 (Γεωμετρία) 6

ι·

ιm

Φυσικομαθηματικός κύκλος Ζήτημα 2ο Δίδεται ισόπλευρον τρίγωνον ΑΒΓ εγyεyραμμένον εις κύκλον και σημείον Μ επί του μικροτέρου τόξου ΑΒ. Φέρομεν εκ του Γ ευθείαν κάθετον επί την ΜΑ, η οποία τέμνει την ΒΜ εις το σημείον Δ Να δειχθεί ότι ΜΔ ΜΓ = ΜΑ + ΜΒ. (Γιώργος Χανούμης - Γκύζη ) Λύση

.•

Μι Α 60° και Μ2 = Β = 60° MJ 60° . Στο τρίγωνο ΜΔ = ΜΓ Δ είναι ΜΓ ύψος= και οπότεπλ.έον + ΜΒ μπορεί ΜΓ, ΗΔλοιπόν = ΗΓ.τοΗΜΗισότητα ΜΑδιχοτόμος, να αποδειχτεί με διάφορους τρόπους. α) Με κατασκευή του αθροίσματος ΜΑ+ΜΒ=ΜΑ+ΜΕ = οπότετωντο τρίγωνο ισόπλευρο και σύγκριση τριγώνωνΜΒΕ ΑΒΕ,είναι ΜΒΓπροφανώς (ΒΕ = ΒΜ, ΒΑ = ΒΓ, ΑΒΕ = MBr = 60° + Β ) Άρα ΜΓ = ΑΕ. β) Παρατηρώντας ότι: ΜΒΓ 60° fΊ = και κατασκευάζοντας ΜΓ-ΜΒ=ΜΓ ΘΓ, οπότετων τριγώνων ΘΒΓ (ΒΜ = ΒΘ, ΒΑ = επίσης το τρίγωνο τη διαφορά είναι ισόπλευρο. Από-ΜΘ τη σύγκριση ΒΓ, ΜΒΑ = ΘΒΓ = 60° - Β2 ) προκύπτει ΜΑ = ΘΓ. συντομότερος του Πτολεμαίου στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο·τρόπος ΜΑΓΒ.βέβαια είναι με εφαρμογή του 1ου θεωρήματος Έχουμε λοιπόν ΜΑ ΒΓ + ΜΒ · ΑΓ = ΜΓ ΑΒ ΜΑ· α+ ΜΒ ·α= = ΜΓ ·α::::) ΜΑ+ ΜΒ ΜΓ ΜΔ = ΜΑ+ ΜΒ. Ενδιαφέρον αποτελεί τονανα δείξουμε αποδείξουμε απ' ευθείας = όμως = ΛΔ. Γι'ότι:αυτό Αν· δηλαδή πάρουμε ΜΛ ΜΑ, τότε αρκεί ότι ΒΔ, ΜΛ να έχουν το ίδιο μέσο. Αυτό εξασφαλίζει και το ότι το Λ είναι μεταξύ τωναρκείΜ,ταΔτμήματα (γιατί;). Πράγματι το Α είναι περίκεντρο του τριγώνου ΔΒΓ, αφού από το Α διέρχεται η μεσοκάθετος του ΓΔ και προφανώς μεσοκάθετος του ΒΓ. Άρα η κάθετος από το Α στην ΒΔ διέρχεται από το μέσο αυτής. Όμως το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, οπότε το Τ θα είναι και μέσο του =

�

ΑΕ,

::::)

:ΜΓ > ΜΒ

ΜΒΘ

ΜΑΒ,

γ) Ο

Παρατήρηση :

::::)

ΜΒ

ΜΑΛ

ΜΛ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/70

-----....---•

Θέματα παλαιοτέρων εποχών

--------

Ένα ανεπαίσθητο λάθος που μπορεί να διαπράξει κάποιος είναι να θεωρήσει ότι αληθεύει πάντοτε η συνεπαγω-γή όπου Β τυχαίο σημείο του τόξου στο οποίο βαίνει η γωνία 'Εvα aντιπαράδειγμα δίνουμε στο (σχ. α), όπου MAr 90° και το Β είναι aντιδιαμετρικό του Μ, Γ ΜΑΒ. Αν Γ' το συμμετρικό του Γ ως προς την ΜΒ, τότε μόνο οπότε ΜΒ 2R ΜΓ, παρότι ΜΑ Β Γ' Γ του κύκλου (0, R) ισχύει ΜΒ' ΜΓ , δηλαδή τα σημεία Β' είναι για Γ) (γιατί;). εκτόςτατουσημεία κύκλουΒ' (Μ,τουΜτόξου Παρατηρήστε ότι τα τρίγωνα ΜΟΒ' και ΜΟΓ' στο (σχ. α) έχουν ΟΜ ΟΜΟκαι ΟΒ'Ο ΟΓ', οπότε η σύγκριση , ΜΓ' ΜΓ ανάγεται σύγκριση των γωνιών ΜΟΒ', Μ Γ' Μ Γ . · Στο (σχ.τωνβ) μεΜΒ'MAr 90°, το Β δεν μπορεί να ανήκει στο αντίστοιχο τόξο fΓ' (Δείξαμε εξάλλου απλούστερα ότι ΜΒ<ΜΓ). Πράγματι, αν θεωρήσουμε τα aντιδιαμετρικά Μ', Α' των Μ, Α αντιστοίχως, τότε τα Μ, Μ' είναι εκατέρωθεν της δηλαδή το Μ' ανήκει στο τόξο Ατ . ΆραΜlMr < Ατ και :ΜΈ λ'Β 60° :ΜΈ Mrr :ΜΈ Mfi , οπότε το Β δεν ανήκει στο τόξο Γ' Γ . .....

.....

ΜΑΓ > ΜΑΒ � ΜΓ > :ΜΒ ,

ΜΑΓ.

.....

�

στη

ΑΑ'

�

(fJo

(σχ. α) (σχ. β) Το λάθος λοιπόνσεέγκειται στο ότιχορδές. άνισες εγγεγραμμένες γωνίες βαίνουν σε ομοίως άνισα τόξα, όχι πάντα ομοίως άνισες Αν οι γωνίες είναι οξείες, τότε οι χορδές είναι ομοίως άνισες. Αν είναι αμβλείες, τότε οι χορδές είναι ανομοίως άVισες. Αν η μία είναι οξεία και η άλλη αμβλεία, τότε είναι πιθανές όλες οι περιπτώσεις (ομοίως άνισες, ανομοίως άνισες, ίσες). •

μεν

σJJ.ά

Ανοίκτ ό πρ ό βλημα Αν το Μ δεν ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ, τότε να δείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές τα τμή ματα ΜΑ, ΜΒ, ΜΓ. Για ποιά ση μεία Μ το τρίγωνο αυτό είναι θ ορ ογώνιο ; Υπ όδ ειξη :

Στο (σχ γ) καθένας από τους κύκλους C1 , C2 , c3 εφάπτεται σε δύο μεσοκάθετες των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ. Αιτιολογήστε ότι για κάθε σημείο Μ του κύκλου C1 διάφορο των Β, Γ το τρίγωνο με πλευρές ΜΒ, ΜΓ έχει υποτεί την Υπάρχουν ωJ..α σημεία με αυτήν ντηνουσαιδιότητα; Αvάλογα συμπεράσματα ισχύουν για τα σημεία των κύκλων c2 ' c3 . ΜΑ .

ΜΑ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/71

(σχ. γ)

Αλληλογραφία Αγαπητέ συνάδελφε κε Χρήστο Ηρακλείδη (2° ΓΕΛ Ρόδου), Με χαρά πήραμε που αναφέρεται στο Βήμα του Ευκλείδη (τεύχος 96), σχετικά με +βy=γ καισαςειδικά τη Διοφαντική εξίσωσητηναχεπιστολή την 4x-IIy=l3 (Ι). Από τους (5) ενδιαφέροντες τρόπους που αναφέρετε οι (4) πρώτοι ουσιαστικά δεν αποφεύγουν τον τύπο (χ, y) = ( χ0 - αt, + βt) με t εΖ και αχ0 + βy0 =γ Επιτυγχάνουν απλώς τον προσδιορισμό μιας λύσης (χο,Υο) της (Ι). Ο 5ος τρόπος (Με ισοτιμίες) τον οποίο και παραθέτουμε πράγματι αποφεύγει τον παραπάνω τύπο, αλλά δυστυχώς οι ισοτιμίες (στις οποίες είχε αναφερθεί και ο κος Λ. Τσιλιακός στο Βήμα του Ευκλείδη) δεν περιλαμβάνονται στα Σχολικά Βιβλία. 5°ς τρόπος: {Ι) :::> 4χ Ξ 13(mxlii) :::> 4χ Ξ -20(modll) =>χ Ξ-5{ modll) =>χ= llλ-5, λ εΖ, αφού 13-(-20)=33= ΙΙ·3 και (4,II)=l. Άρα: {Ι) �χ =llλ-5, y=4λ-3, λ εΖ ' είχαμε επισημάνει ότι ο πλέον στοιχειώδης τρόπος είναι να Σεεπιλύσουμε παλαιότεροτηντεύχος του Ευκλείδη Β (1) ως προς τον άγνωστο με τον απολύτως μικρότερο συντελεστή, δηλαδή 13 + IIy ' y:4 δηλαδη' ' να χρησιμοποιησουμε ' την· ταυτοτητα ' της διαιρεσης (Ι) � χ = 4 ' και στη συνεχεια 4t +υ} , όπου t,υ ακέραιοι, οπότε: (Ι)� χ = 13+ ΙΙ(4t+ υ) � χ = Ilt + 13+ ΙΙυ σχέσεις Οy �= υ<4 4 4 = Από τις πεπερασμένου πλήθους τιμές υ=:Ο,Ι,2,3, μόνο η υ Ι καθιστά το χ ακέραιο ·Ι Ι 13+ (χ =Ilt+ : = Ilt +6) . Τελικά λοιπόν: {Ι)� (x,y) =(Ilt+ 6, 4t+ Ι) , όπου t εΖ. Εξάλλου, πολύ σωστά επισημάνατε (όπως ακριβώς και στην τριγωνομετρία) οι διαφορετικές μορφές .των =Ilt+6} � χ=ΙΙλ-5 }· αφού λύσεων οφείλονται στην επιλογή διαφορετικής παραμέτρου π.χ. xy=4t+I y=4λ- 3 λ= +Ι� t =λ -Ι για κάθε t,λ εΖ. Προφανώς θα βρίσκαμε τους ίδιους. τύπους αν αντί της 4xΞ-20{mxl11), είχαμε γράψει 4xΞ24(modll) ��Ξ6(modll)�x=Ilt+6, tεΖ, αφού 24-13= II·l. Αγαπητέ συνάδελφε κε Τεμουρτζίδη Γεώργιε ΠΕ.Ο401, Παύλου Μελά 32 Νέο Ρύσσιο Θέρμη Ν.Θεσ/νικης, σχετικά με την Άσκηση 13 σελίδα 64 του τεύχους 98, θα είχατε απόλυτα δίκιο, αν ζητούσαμε συνάρτηση τέτοια rοστε να είναι παραγωγίσl. μ η κ. λ π. , οπότε πράγματι θα έπρεπε να εξεταστεί ανδίνεται η ανάρτηση που βρήκαμε ικανοποιεί τα απαιτούμενα. Εδώ όμως μας ως υπόθεση ότι είναι παραγωγίσιμη κ.λ.π, οπότιi γεγονόςσυνεπαγωγή ότι η συνάρτηση που βρήκαμε δεν είναι παραγωγίσιμη, σημαίνει απλώς ότι πρόκειται για μιατοαληθή με ψευδές συμπέρασμα. Το μόνο συμπέρασμα που βγαίνει είναι ότι και η υπόθεση είναι ψευδής, όΠως π.χ. για να Ι 2 ημ2χ + συν2χ 5 της οποίας το δείξόυμε ότι για κάθε χ Ο είναι αληθής η συνεπαγωγή χ+ -< χ υπόθεση είναι ψευδής. συμπέρασμα είναι προφανώς ψευδές, αρκεί να δείξουμε ότι και η Καλό βέβαια να αποφεύγονται τα. Όμως όπως κατ' επανάληψη έχουνότιτεθεί και στιςείναιΠανελλαδικές εξετάσεις, χωρίςτέτοια αυτόθέμανα σημαίνει, προαναφέραμε είναιπαρόμοια λάθος. θέματα Παρατηρήστε αχ+βy+γz=Αγια παράδειγμα, ότι .στην συνεπαγωγή αy+βz+γχ=Β :::> Α3 +Β3 +Γ3 -3ΑΒΓ= (α3 +β3 +y3 -3αβy)( χ3 +y3 +z3 -3xyz) , (όπως και σε αz+βχ+γy= Γ κάθε συνεπαγωγή ) δεν χρειάζεται να ελέγξουμε αν η υπόθεση είναι αληθής (πράγμα χρονοβόρο και δυσχερές), διότι αν είναι ψευδής, τότε η συνεπαγωγή είναι προφανώς αληθής εξ' ορισμού. Θα είναι ευπρόσδεκτη και οποιαδήποτε άλλη εργασία ή παρατήρηση σας ΣαςΓ. ευχαριστούμε πολύ Σ. Τασσόπουλος •

Υο

τις

--·

•

::::>

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/72

Το Βήμα του Ευκλείδη Επιμέλεια:

Γιάννης Στρατής Βαγγέλης Ευσταθίου -

�ΞΙΣΩΣΕΙΣ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ f { u ) + f { v) = f { u1 ) + f { v1 )1

Δ ιονύσης Γιάνναpός -Πύργος

Στο παρόν άρθρο παρουσιάζουμε μια μέθοδο επίλυσης εξισώσεων της μορφής f{ u) + f{ ν)= f{ u1 ) + f{v1 ) όταν η συνάρτηση f είναι κυρτή ή κοίλη. Αφορμή για το συγκεκριμένο Διαγωνισμού «0 Θαλής»: άρθρο ήταν το 2° θέμα της Λυκείου του ../76ου Πανελλήνιου../ Μαθηματικού J ../ «Να λύσετε στο την εξίσωση: 3χ2 -3χ + 4 + χ2 + 3 = 2χ2 -3χ + 2x2 2 Αρχικά θα αποδείξουμε το παρακάτω γνωστό συμπέρασμα. Έστω συνάρτηση f κυρτή (κοίλη) σ' ένα διάστημα Δ ,( u, ν ε Δ με u < u1 < ν1 < v και u + ν= u1 + ν)1 • Τότε ισχύει η ανισότητα . f{ u1 ) + f{ ν1) < f{ u) + f{ ν) αντίστοιχα,f{u1 ) + f{ ν1 ) > f(u) f( ν) . Απόδ ιξη : Από τηνε ισότητα u + ν= u1 + ν1 προκύπτει: u1 - u =ν - ν1 • Εφαρμόζουμε για την fτο Θ.Μ.Τ στα [ διαστήματα [ u, u1], ν1•νJ , οπότε: '(ξ )= f(ν)-f(ν1) . και Υπάρχει ξ Υπάρχει ξ1 ε(u,u1 ), f '{ξ1)= f{u1)-f(u) f ε(ν1,ν), 2 2 ' ν-ν1 u1 -u ' Αν η f είναι κυρτή, τότε f'[Δ οπότε f (ξl ) < f (ξ2 ) δηλαδή f{u1 )-f{u) < f(ν)-f{ν1 ) => f{u 1 )-f{u)<f{ν)-f{ν1 ) ή f(u1) + f(ν1) < f(u) + f( ν) u 1 -u ν- ν1 [αντίστοιχα f(u1) + f{ ν1) > f{u) + f{ν) όταν f κοίλη] . το συμπέρασμα αuτό προκύπtει το παρακάτω σχετίζεται με επίλυση των εξισώσεων της μορφής r( ) r( ) r( u.) r( ) ( 1) Αν μια συνάρτηση f είναι κυρτή (κοίλη) στο διάστημα Δ, οι συναρτήσειςί u = u( χ), ν = ν(χ), u1 = u1 (χ), ν1 = ν1 (χ) είναι τέτοιες ώστε για όλα τα χ που ανήκουν στο πεδ ο ορισμού της (1) οι τιμές τους u( χ), ν(χ), u1 (χ), ν1 {χ) να ανήκουν στο Δ και να ισχύει: u(χ) + ν( χ)= u1 {χ) + ν1 {χ) τότε η εξίσωση (1) στο πεδίο ορισμού της είναι ισοδύναμη με την ένωση των εξισώσεων: { ( ) ( ) ( ) ( )} ( 2) Απόδειξη : Είναι φανερό ότι οι λύσεις της ένωσης των εξισώσεων (2) που περιέχονται στο πεδίο ορισμού της ( 1) είναι και λύσεις της (1). Έστω ότι ο είναι λύση της (1), αλλά όχι λύση της ένωσης των (2). Τότε θα είναι: u( χ0 ) u1 ( χ0 ) και u(χ0 ) v1 (χ0 ). Υποθέτουμε ότι η f είναι κυρτή στο Δ και u(x0 ) � ν(χ0 ). Τότε θα ισχύει μία από τις τέσσερεις επόμενες ανισότητες: u(χ0 )<u1(χ0 )�ν1 (χ0 )<ν(χ0 ) u1 (χ0 ) < u(x0 ) � ν(χ0 ) < ν1 (χ0 ) u( χ0 ) < ν1 { χ0 ) � u1 { χ0 ) <ν( χ0 ) ν1 (χ0 ) < u(x0 ) � ν(χ0 ) < u1 (χ0 ) Γ

�

•

Α1ώ

που

την

υ +

Πρόταση :

u x = u1 x ,

u x = v1 x

•

χ0

•

:;t:

•

:;t:

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4173

----- Το βήμα του Ευκλείδη

----

Από αυτές με βάση το αρχικό συμπέρασμα θα ισ-χύει f {u1 ( x 0 )) + f {v1 (x0 )) < f {u (x 0 )) + f { v (x 0 )) ή ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) τα οποία έρχονται σε αντίφαση με την υπόθεση, ισχύει δηλαδή f{u) + f{ν)= f{u1) + f { ) Επομένως ο χ0 είναι και λύση της ένωσης (2). Άρα κάθε λύση της (1) είναι και λύση της ένωσης των (2) και αντίστροφα. f

ι.

χ0

χο

+ r

ν1

ότι

χ0

Παρατηρήσεις:

Με ανάλογη πορεία αποδεικνύουμε την πρόταση όταν η f είναι κοίλη. Αντί της ένωσης (2) στις συνθήκες της πρότασης μπορούμε να πάρουμε την ένωση των εξισώσεων: } } { {u{x)=u 1 (x), v(x) = v, (x) είτε v(x)=u1(x), ν(χ)=ν1(χ) ΕΙΑΡΜΟΓΕΣ

ι.

Να λυθεί στο JR η εξίσωση:

-=.J,3x2---3-x_ +_4 + ..Jx2 + 3 = ..J2x2 - 3χ + 5 + ..J2x2 + 2

Λύση: Θέτουμε f(x)=.Jx, χ�Ο. u(x)=3x2 -3χ +4, ν(χ)=χ2 +3, Uι(χ)=2χ2 -3χ +5, ν1(χ} =2χ2 +2. Προφανώς οι τιμές των συναρτήσεων αυτών ανήκουν στο [Ο,+οο) , άρα η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την ένωση των εξισώσεων u(χ)= u1 {χ), u( χ)= ν1 (χ) δηλαδή των : {3χ2 -3χ + 4 = 2χ2 -3χ + 5, 3χ2 -3χ + 4 = 2χ2 + 2} , επειδή f κοίλη. Λύσεις της ένωσης αυτών, άρα και της αρχικής είναι: χ = ±1, χ = 1 ή χ = 2 . Επομένως η αρχική έχει λύσεις: -1, 2 α β να λυθεί η εξίσωση: 2. Για κάθε ν ν 2 και για οποιουσδήποτε α και β ν ν α 1,

νε

Ν,

με

�

(χ - α )2 + (χ - β )2 = ( - β )2

":#

Λύση:

δοθείσα γράφεται: ( α -χ)2ν + {χ-β)2ν =(α -β( . Θέτουμε f(χ)=χ2ν (κυρτή στο 1R ), u(χ)= α -χ, ν(χ)=χ-β, u1 (χ)= α - β, ν1(χ)=Ο. Οι υποθέσεις της πρότασηςα ισχύουν επομένως η εξίσωση θα έχει λύσεις u(x) = u1 (χ), u(x)= Ο δηλαδή χ= , χ= β � 3. Να λυθεί η εξίσωση: 7 - χ + �χ+ 4 Λύση: Το πεδίο ορισμού της εξίσωσης είναι το [-15, 17]. Θέτουμε: f (χ)= � (κοίλη στο [0, +οο) ), u(x)=17-x, ν(χ)=χ + 15 . �+� . =ν, =16 γιατί 4= Είναι u(χ) + ν(χ)=32=2·16 επομένως: u 1 Άρα καταλήγουμε στην εξίσωση �17 -χ + �χ + 15 = � + � που είναι ισοδύναμη με την ένωση των {17-χ= 16, 17-χ= 16} δηλαδή της 17-χ= 16 με λύση χ= 1 που είναι και λύση της α κής. Η

τις:

ι5

ρχι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/74

------

Να λυθεί η εξίσωση:

Το βήμα του Ευκλείδη

-------

�67 + χ + �30 - χ = 5

Λύση:

της είναι το (-67,30] . Το πεδίο ορισμού {Γχ Είναι f(χ)= , u(x)=67+x, ν(χ)=30-χ, u(x)+v(x)=97 .Όμως .97=81 + 16=34 + 24 • επομένως η εξίσωση γράφεται �67 + χ + �3 0 - χ = � + � . Οι λύσεις των 67 +χ= 81, 67 + χ= 16 είναι -51, και 14 που είναι και οι λύσεις της αρχικής. 5.

Να λυθεί η εξίσωση

�5 - χ + �3 - χ = �8- 2χ

Λύση:

Είναί ορισμού της εξίσωσης είναι το (-οο, 3] Πεδίο {Γχ f(χ)= , u(x)=5-x, ν(χ)=3-χ, u1 (x)=8-2x, ν1 (χ)= Ο Επομένως η εξίσωση έχει λύσεις τις λύσεις των: 5 -χ = 8 -2χ, 5 -χ = Ο δηλαδή χ = 3, χ = 5 Η δεύτερη απορρίπτεται λόγω πεδίου ορισμού. .

Να λυθεί η εξίσωση

�χ2 + χ + 8 + �9 - χ2 - χ = 3

-l+ffi] ' ειναι ' το . ι-ι-ffi εδιο' ορισμου' της εξισωσης , 2 2 Είναι f (χ) = {Γχ, u (χ) = χ2 + χ + 8, ν (χ) = 9 -χ2 -χ και ο 3 = � + � ώστε u(χ)+ν(χ)=17=16+1 με u1 (x)=l6, ν1 (χ)=1. Επομένως λύσεις της αρχικής .J33 είναι οι λύσεις των: χ2 + χ + 8 = 16, χ2 + χ + 8 = 1 (αδύνατη). Η ' της αρχικης.' ' : χ = -l±2 που ειναι ' και οι λυσεις χ2 + χ + 8 = 16 εχει ' λυσεις Λύση:

7. Να λυθεί η εξίσωση

( χ2 + χ + 2) · (χ2 - 3χ + 6) = 5( 2χ2 - 2χ + 3)

Λύση:

Λοyαριθμίζοντας και τα δύο μέλη της εξίσωσης παίρνουμε την ισοδύναμη εξίσωση: In ( x2 + 2x + 2) +In ( x2 -3x + 6) =ln5+ln (2x2 -2χ + 3) Θέτουμε f(x)=lnx, u(x)=x2 +x + 2, ν(χ)=χ2 -3χ+6, u1 (x)=5, ν1 (χ)=2χ2 -2χ + 3 Παρατηρούμε ότιηfείναικοίλη στο (Ο, +οο) οιτιμέςτων u(x), v(x), v1 (x), ανήκουν στο (Ο,+οο) και u(x)+v(x)=u1 (x)+v1 (x) οπότε οι λύσεις της αρχικής θα προκύψουν από λύσεις των: χ2 + χ + 2=5, χ2 + χ + 2=2χ2 -2χ +Ji33. J5 -l 3 ± ± ' ' ' και οι λυσεις ' της αρχικης.' ' αυτων ειναι οι: χ = 2 , χ = 2 που ειναι Λυσεις τις

Να λυθεί η εξίσωση

3χ + 33χ-% = ψ + 33χ-χ -ι

Λύση: Θέτουμε f{x)=3X, u(x)=x2 , v(x)=3x-2, u1(x)=2x2 -2, ν1 {χ)=3χ-χ2 • Οι υποθέσεις της πρότασης ικανοποιούνται και επειδή η f είναι κυρτή στο η εξίσωση θα έχει λύσεις λύσεις των: JR

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 100 τ.4/75

τις

----- Το βήμα του Ευ��η χ2 = 2χ2 -2, χ2 = 3χ-χ2 . Οι λύσεις αυτών είναι: ±.J2, % που είναι και λύσεις της αρχικής. 9. Να λυθεί η εξίσωση x2�' ( x - 2 )"'-2 = 27 { x2 + x - s( H-s στο ( 2, +«>)

------

Ο,

Λ ση :

ύ Λογαριθμίζοντας και τα (δύο μέλη) ( της εξίσωσης παίρνουμε την ισοδύναμη: ) 2χ +lnx 2 +(x-2)In(x-2)=3ln3+ x2 +x-5 In x2 +χ-5 . Θέτουμε f(x)=xln x, u(x)=x2 , ν(χ)=χ-2, u1(x)=3, ν1(χ)=χ2 + χ -5 . Η συνάρτηση f είναι κυρτή στο (Ο, +οο) , γιατί f"( χ)= ..!.χ . και οι υποθέσεις της πρότασης ισχύουν. Επομένως λύσεις της αρχικής είναι οι λύσεις των: u (χ) = u1 (χ), (χ) = ν1 (χ) δηλαδή των χ2 = 3, χ = χ2 + χ -5 . Από λύσεις αυτών μόνο η χ = 5 είναι αποδεκτή, που είναι και λύση της αρχικής. 2

10. Να λυθεί η εξίσωση Λύση :

τις

�1 - ημ4χ + �1 - συv4χ = ifi2

Θέτουμε f(x)= �1-x2 , χ ε [-1,1], (χ)= συν2 χ, ν( χ)= ημ2χ, u1 = = ..!.2 . . Η συνάρτηση ' +χ χ f{ χ)= {/ι - χ' έχει f'(χ)= 44 ( 2 ) , f'( χ)= /4 ( 2 ), , χ (-Ι, Ι) επομένως ε(ναι κοίλη στο 2 1-χ 4 1-χ [-1,1] . Ισχύουν όλες οι υποθέσεις, επομένως οι λύσεις της αρχικής θα είναι οι λύσεις της συν2 χ = _!_ απ' 2 π κπ κειu . 'οπου χ = -+-, 4 2 Παρατήρηση: Η παραπάνω μέθοδος μολονότι μας δίνει όλες τις λύσεις της εξίσωσης f ( u) + (ν) = f ( u 1 ) + f (ν1 ) εν τούτοις δεν εξασφαλίζει το βαθμό πολλαπλότητας αυτών. v1

'71

Παράδειγμα:

Να λυθεί στο 1R η εξίσωση

( r+3x+2)4 +( r +x-2)4 =16(χ+2)4 (ΘΑΛΗΣ Γ ' Λ υκείου 2011)

Λύση :

4 εξίσωση γράφεται: (χ2 +3χ+2)4 + (2-χ-χ2 ) =(2χ+4)4 +0. Με βάση τα προηγούμενα έχουμε: { χ2 +3χ+2=2χ+4 ή χ2 +3χ+2=0} . Οι λύσεις αυτών είναι: -1,-2,1 ( -2 διπλή) . Για �α εξασφαλίσουμε την πολλαπλότητα 4 του 24 [ αφού4 το χ+24 είναι] κοινός παράγοντας και4 των τριών όρων 4 4 της εξίσωσης, αρχικά την γράφουμε: (χ+2) (χ+1) +(χ-1) -16 =ο<=>(χ+2) =0 ή (χ+1) +(χ-1) =16. 4 4 4 Η τελευταία γράφεται: (χ+ 1) +(1-χ) = 2 +0 , οπότε σύμφωνα με τα προηγούμενα (πληρούνται οι προϋποθέσεις) έχει λύσεις τις λύσεις των: + 1 = 2, χ + 1 = δηλαδή 1 και -1. Άρα η αρχική εξίσωση έχει λύσεις: -2 (βαθμός πολλαπλότητας 4), 1 και -1. Η

συντα κτι κή

Εw ιτροπή του EuWill\ 8

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/76

•

Ε υ κΑεl δης

ILO

«Η

προτεlvει

καρδιά

των

μαθηματικών

είναι

τα

προβλήματα και οι λύσεις και ο κίιριος λόγος

• • •

ύπαρξης

τοu

μαθηματικού Ρ. R.

προβλήματα».

είναι

να

λύνει

HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

ΑΣΚΗΣΗ 250 ('fΕΥΧΟΥΣ 94)

Να δειχθεί ότι δεν υπάρχουν θετικοί πραγμαnκοί αριθμοί χ, y τέτοιοι, ώστε : χ · 2Υ +y· 2-χ = χ + y (Ι) (Γιάννης Ηλιόπουλος-Καλαμάτα) ΛΥΣΗ 1 8 (από τον ίδιο) Δεχόμαστε ότι η (I) ισχύει για κάποιο > Ο , y>Ο. Τότε - ,γράφεται ισοδυνάμως: χ(2Υ - ι) = y(l-2 x) � 2Υ - ι ι - 2-χ 2Υ - ι 2-χ - 1 = χ � -- =-και με -x = z ' -χ 2Υ - 2° 2z - 2° -- = y-0 z - 0 (2). Από το θεώρημα της μέσης τιμής για τη συνάρτηση f(t) = 21 στα διαστήματα [0, y] και [ z, Ο] αντιστοίχως, υπάρχουν k (0, y) και m (z,O) τέτοια, ώστε: f'(k) 2Υy -- 200 2 - 2z και επειδή f'(t) = 21 ln 2 ισχύουν f'(m) = 0 · 0-z 2Υ - 20 2z - 20 2k ln 2 = 2m ln 2 = και λόγω (2), ' z-0 y-0 2k ln 2 = 2m ln 2 � 2k = 2m (3). Όμως, η (3) οδηγεί σε άτοπο, αφού z < m < O < k < y � 2m < ι < 2k . ΛΥΣΗ 2 8 (Δημήτρης �ανωλόπουλος Κατερίνη) Έστω y > Ο . Θεωρούμε τη συνάρτηση f : [Ο, +οο) R με τύπο: f(x) = χ2Υ + y2-x -x-y. Έχουμε ότι f'(x) = 2Y - 2-x (ln 2)y - ι , f "(x) = (ln 2)2 yTx > Ο , για κάθε χ � Ο . Συνεπώς, f' είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) και άρα: f'(x) > f'(O) , για κάθε χ > Ο (ι). Όμως, f'(O) = 2Υ - (ln 2)y - ι . Θεωρούμε τη συνάρτηση g [0, +οο) R με τύπο επειδή είναι g(y) = 2Υ - (ln 2)y - ι χ

g'(y) = 2Υ ln 2 -ln 2 = ln2(2Y - ι) > Ο , για κάθε y > Ο , η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) , οπότε y > Ο � g(y) > g(O) = Ο � f'(O) > Ο και λόγω της (ι), f'(x) > Ο , που σημαίνει ότι f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, ) . Έτσι, χ > Ο � f(x) > f(O) =Ο και άρα, f(x) Ο . Λύση έστειλαν: Αντώνης Ιωαννίδης-Λάρισα. Γιώργος Δεληστάθης - κάτω Πατήσια, Δήμος Παπαδόπουλος - Έδεσσα, Ροδόλφος �πόρης Δάφνη. +οο

:;e

ΑΣΚΗΣΗ 251 ('fΕΥΧΟΥΣ 94) * b a>1 ηΕΝ

Αν lnb

ln a

�

και

να δειχθεί ότι

�

+ e<n-l)ι; +

enx

•••

+ e 1ι; + e ι; + 1

�

dx :S: ln n+ a

Αποστολόπουλος -Μεσολόγγι ) ΛΥΣΗ (ομάδα προβλημάτων ιδιωτικού Λυκείου Παναγία Προυσιώτισσα - Αγρίνιο) Από την ανισότητα Αριθμητικού - Γεωμετρικού μέσου έχουμε: (Γιώργος

2χ πχ +e + ... + e

nι+ι/1 · eχ · ezx ·

- ν ------- >

n +l

. n+

�

x+2x+...+nx = e

�

Έτσι, lnb

···

πχ

·e

πχ n(n+l) x-2 2 = e e :::::>

lnb lnb dx ι dx � -- =-dx nx (n-l lna e + e )x + .. . + ex + ι lna η + 1 η + 1 1na [ x]Ιn b = -1- (Inb - ln a) = -1- ln� = lnn+'� n+l a n + 1 Ina n + 1 ν-;;

= --1 ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/77

.ι;;;

-------

Ο Ευκλείδης προτείνει .. .

-------

Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα, 2.β) Αν χν = (3-χ-y)ν =yν , τότε: Για ν Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα, Ροδόλφος περιττό είναι χ= 3 -χ -y = y και άρa χ= y (που Μπόρης - Δάφνη, Δημήτρης Μανωλόπουλος - έχουμε ήδη εξετάσει). Κατερίνη, Θωμάς Τσάκας - Πάτρα, Γιώργος x =3-x-y οπότε Δεληστάθης Κάτω Πατήσια, Δήμος Για ν = 2k (άρτιο) έχουμε Παπαδόπουλος -Έδεσσα. y=-3 + x + y χ + y =Ο και η (2) δίνει: 2k + (-x)2k + 32k = χ2k+Ι + (-χ)2k+Ι + 32k+Ι <=> ΑΣΚΗΣΗ 252 (τΕΥΧΟΥΣ 94) x Αν ν φυσικός αριθμός να βρεθούν οι πραγματικοί 2x2k =2·32k <::::> x2k =32k <::::> χ =3 ν χ=-3 αριθμοί α , β- που ικανοποιούν τη σχέση: (1 α)ν + (2 - β )ν + (α + β)ν Για χ = 3 , y=-3 έχουμε lα = -2, β=51 (1 - α)ν+l + (2 β)ν+Ι + (α + β)ν+Ι (1) (Χρήστος Δεμιρτζόγλου - Δράμα) Για χ= -3,y =3 έχουμε Ια= 4,β = -1 1. Λύση έστειλαν : Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη , ΛΥΣΗ (Διονύσης Γιάνναρος-Πύργος) Αντώνης Ιωαννίδης -Χολαργός . 1) Αν ν= Ο η (1) ισχύει για κάθε α, β R . 2) έστω ν Ε Ν• . Θέτουμε 1 - α= χ, 2-β= y, ΑΣΚΗΣΗ 253 (τΕΥΧΟΥΣ 94) οπότε α+ β = 3 -χ -y και η (1 ) γράφεται: Να βρεθούν οι τιμές των α, β,γ,δ R αν είναι Χν + yν + (3-χ - y)ν = Χν+Ι + yν+l + (3-χ-y)ν+\ (2). γνωστό ότι η παρακάτω εξίσωση Αν υπάρχουν λύσεις της (2) θα πρέπει να χ4 + αχ3 + βχ1 + γχ + δ = Ο (1) έχει 4 μη αναζητηθούν με τη μορφή χ = y = 3 -χ -y . πραγματικέςί ρίζες και το γινόμενο δύο εξ αυτών είναι 13 + ενώ το άθροισμα των δύο άλλων είναι 2.α) Αν χ= y η (2) γράφεται ισοδυνάμως: 3 + 4i . (Γιάννης Ηλιόπουλος-Καλαμάτα) 2Χν + (3-2χ)ν =2Χν+Ι + (3-2χ)ν+Ι 2χν (Χ - 1) + (3-2χ)ν (3-2Χ - 1) =Ο <::::> ΛΥΣΗ (Θωμάς Τσάκας-Πάτρα) 2Χν (Χ - 1) - 2(3-2χ)ν (Χ - 1) = Ο <::::> Επειδή η πολυωνυμική εξίσωση (1) έχει 2(χ-1)[χν -(3-2χ)ν ]=0 <=> πραγματικούς συντελεστές και τέσσερις μη πραγματικές ρίζες, αυτές θα είναι δύο ζεύγη χ-�=0 χ� 1 συζυγών μιγαδικών, έστω (z1 ,z1 ),(z2 ,z2 ) . Επειδή <=> <=> το ά�ροισμα και το γινόμενο δύο συζυγών Χν -(3-2χ)ν =0 Χν =(3-2χ)ν μιγαδικών είναι πραγματικοί αριθμοί σύμφωνα με το είναι: z1 + z2 = 3 + 4i, z1 z2 = 13 + i , Αν χ= 1 ' τότε Υ= 1 και Iα= Ο,β = 11 είναι τιμές που οπότεπρόβλημα θα είναι και z1 + z2 = 3-4i,z1 z2 = 13-i επαληθεύουν την (1) κάθε ν Ν• . Η εξίσωση έτσι, έχουμε: χν = (3 -2χ)ν ισοδυναμεί με εξισώσεις: 4 + αχ3 + βχ2 + γχ + δ= ί) χ χ = 3 -2χ χ = 1 , αν ο ν είναι περιττός και (χ - z1)(x - z2)(x - z1)(x - z2) = χ = �-2χ χ � 1 ίί) <=> , αν ο ν είναι άρτιος [χ2 - (z1 + z2)x + z1z2][x2 - (z1 + z2)x + z1 z2] = χ=2χ-3 χ =3 χ4 - [(zι + z2 ) + (zι + z2)]x3 + [zιz2 + Ζι Ζ2 + Έτσι, για χ = 1 και για κάθε ν Ν• βρίσκουμε και +(z1 2 + z2) · (z1 + z2)]x -[(z1 + z2)z1 z2 + πάλι τις τιμές α= Ο,β = 1 . Για χ = 3 = y και ν άρτιο παίρνουμε τίμές: +(z1 + z2)z1z2 ]x + z1z2z1 z2 = Ια= 2,β=- 1 1. Λύση έστειλαν:

{

<::::>

{

•

{

για

<::::>

{

τις

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β ' 100 τ.4/78

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

= χ 4 - 6χ 3 + [1 3 - i -

-------

1 3 - i - (3 + 4iX3 - 4i)]x2 -{(3 + 4iX13 +i)•(3 - 4i)(l 3 - i)]x + (13 - iX13 + i) = χ 4 - 6χ3 + 5 lx2 - 70x + l70

άρα, είναι \α ,β = 5 1, =

-6

γ = -70,δ = 170

JM2dx � Jr2(x)dx=>M2(b-a)� Jr2(x)dx a

καιτελικά, (b - a)J (f'(x))2 dx � M2 είτε a

(b-a)2 J (f'(x))2 dx � M2(b-a) � J f2(x)dx

Λύση έστεWιν: ΔιιJο..ούση; Γιάνναρα; -

Πύργος, Ανrώνης Ιοχ:ιννiδη; - ΧιWιρyός, Δημήτρης Μανωλόποuλος

=> (b -a)2 J (f'(x))2dx � J f2(x)dx

Κατψίνη, Ροδόλqο; Μπόρης-Δάφνη.

------

Δίνεται Λύση έστειλαν: Γιάννης Ηλιόπουλος-Καλαμάτα, συνάρτηση f : (a, b] -+ R με συνεχή παράγωγο στο διάστημα (a, b] και f(a) = f(b) = O . Να Δημήτρης Μανωλόπουλος-Κατερίνη. αποδειχθεί ότι ισχ6ει η σχέση: ΑΣΚΗΣΗ 254 ('fΕΥΧΟΥΣ 94)

Ι f 1 (x)dx ::!:: (b - a)1 · Ι (f'(x))1 dx

(Αντώνης Ιωαννίδης-Λάρισα). ΛΥΣΗ (Δωνύσης Γιάνναρος-Πύργος) Επειδή η f είναι συνεχής στο [a, b] και η lfl είναι συνεχής στο [a, b] έχει μtyιστη τψή στο [ a, b] Δηλαδή υπάρχει χ0 [ a, b] τέτοιο, ώστε να ισχύει Ισχ6ουν ακόμη οι σχέσεις: οπότε θα

J β

"ο

(f'(x))2 dx � (f'(x))2 dx

,και

J 8

"ο

b-a � Xo - a = 12 dx

J a

(1)

(2) .

"ο

(b-a) (f'(x))2 dx � (f'(x))2 dx · 12 dx

J J ενώ βάσει της ανισότητας Cauchy έχουμε ότι Ι (f'(x))2 dx . Ι 12 dx �(Ι f'(x) · 1 · dx)2 = Χο

Χο

Τριγώνου ΑΒΓ οι γωνίες Α,Β,Γ είναι διαδοχικόι όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά ω και τα ημίτονα των αντιστοίχων διπλασίων γωνιών του αρμονική πρόοδο. Να δειχθεί ότι: συν2ω 1 2 4συν 2ω -1 3 (Δημήτριος Καρτσακλής-Αγρίνω) 270. Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ και για κάθε ν Ν• ισχ6ει ότι: Α-Β συνν Β-Γ συνν Γ-Α ν συν 2 + - �2=---- + Γ Α ημν _2 ημν 2 ημν _Β (Γιώργος Νικητάκης-Σητεία) 271. Αν a,b,c,d είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί τότε να δειχθεί ότι στο σύνολο C των μιγαδικών αριθμών η εξίσωση: 269.

Με πολ/σιασμό κατά μέλη των (1) και (2) παίρνουμε:

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

με

a + b + d 0 + = z+a z+b z+ z+d z* -b, -c, -d μόνο πραγματικές --

Χο

> 3 2ν ·

-a,

έχει ρίζες. (Λευτέρης Τσιλιακός-Γαλάτσι) (αφού f(a)=O). Επειδή για κάθε χΕ[a,b]ισχ6ει 272. Να αποδειχθεί ότι τα μήκη α,β,γ των Μ � l f(x)l δηλαδή Μ2 � f2(x) έχουμε: πλευρών τριγώνου ΑΒΓ με α < β < γ είναι ρίζες β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/79

----

Ο Ευκλείδης προτείνει

της εξίσωσης: Χ3 -2τχ 2 +(τ2 + ρ2 +4Rρ)χ -4τRρ =0 (1), όπου τη ημιπερίμετρος του τριγώνου και ρ, R οι ακτίνες των εγγεγραμμένου, περιγεγραμμένου κύκλων του τριγώνου αντιστοίχως. Στη συνέχεια, να αποδειχθεί ότι ισχύει 2τ 3ρ(η4ανισότητα: R + ρ) . (Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα). 273 . Δίνεται ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( A=9d') ύψους = 2α και Ο το μέσον του Ο κύκλος διαμέτρου τέμνει την ΟΓ στο σημείο Δ και η ΒΔ την ΟΜ στο σημείο Ε. Να δειχθεί ΟΕ = Φ = I+ J5 ΕΜ 2 (Γιώργος Τριάντος-Αθήνα). 274. Να λυθεί στο σύνολο R η εξίσωση: Χ 4 + 2016χ 2 + 2015χ + 2016 =ο Λυκείου Παναγία (ομάδα προβλημάτων Ιδιωτικού ό Προυσιώτισσα -Αγρίνι ) 275. Αν οι πραγματικοί αριθμοί α,β,γ ικανοποιούν τη σχέση 14α + 6β + 3γ = Ο τότε να δειχθεί ότι υπάρχει ξ (0,3) τέτοιο, ώστε αξ2 + βξ +γ= Ο (Γιώργος Αποστολόπουλος-Μεσολόγγι). 276. Στο ύψος ΑΔ οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε τυχαίο σημείο Ε. Η ΒΕ τέμνει την ΑΓ στο Ζ και η ΓΕ τέμνει την ΑΒ στο Η. Αν η ΗΖ τέμνει την ΑΔ στο Θ, να δειχθεί ότι: ΗΘ = ΔΗ -ΘΖ ΔΖ (Γεώργιος Τσιώλης-Τρίπολη). π 277. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = και 4 (Ι,ρ) ο εγγεγραμμένος κύκλος του. Θεωρούμε εφαπτομένη του κύκλου αυτού παράλληλη στη πλευρά ΒΓ που τέμνει την ΑΒ στο Δ και την ΑΓ >

ΑΜ

ότι:

ΑΜ

ΑΜ.

.•.

------

στο Ε. Να δειχθεί ότι για τα εμβαδά των τριγώνων ΑΔΕ και ΑΒΓ ισχύει: · (ΑΔΕ) 4(ΑΒΓ) = (l+ J2)2 • ρ (Γιώργος Αποστολόπουλος-Μεσολόγγι). 278. Να βρεθούν όλες οι ακέραιες και θετικές λύσεις της εξίσωσης: = 3(χ + y+ z) (1). (Γιώργος Αποστολόπουλος-Μεσολόγγι). 279. θεωρούμε ευθεία (ε) και τυχαίο σημείο της Ο . Γράφουμε κύκλο C1 κέντρου Ο και τυχαίας ακτίνας. Ονομάζουμε Α,Β τα σημεία τομής του C1 με την (ε) με το σημείο Α δεξιά του Ο. Γράφουμε κύκλο C2 κέντρου Β που διέρχεται από το Α και έστω Γ το σημείο τομής του με την (ε). Γράφουμε τρίτο κύκλο C3 κέντρου Γ που διέρχεται από το Ο ο οποίος τέμνει τον κύκλο C2 σε σημείο Ν κάτω από την ευθεία (ε) και τον κύκλο C1 σε σημείο Μ πάνω από την ευθεία (ε). Η χορδή τέμνει τον κύκλο C1 σε σημείο Ρ. Να δειχθεί ότι: l+ J5 . =Φ = ΜΡ 2 (Γιώργος Τριάντος-Αθήνα) xyz

ΜΝ

Συνάδελφοι και φίλοι της στήλης αναμέ νουμε από σας να μας στείλετε προτει νόμενα

θέματα

κατά

το

δυνατόν

πρωτότυπα από ολόκληρο το φάσμα των Μαθηματικών . Για τις επερχόμενες Πα νελλαδικές και ενδοσχολικές εξετάσεις ευχόμαστε καλή δύναμη και για το καλοκαίρι που ακολουθεί καλή ξεκού ραση και καλές διακοπές !

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 100 τ.4/80