Ευκλειδης β 101 by demi de

EMHNIKH ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ EJAIPEIA Τεύχος 101 -Ιούλιος-Αύγουστος- Σεπτέμβριος e-mail: info@hms.gr,

2016-

www.hms.gr

Ευpιί: 3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ Γενικά Θέματα

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Η έννοια του ωραίου στα μαθηματικά και την τέχνη. ..................................... Ευκλείδειες νοοτροπίες σε ένα όχι και τόσο ευκλείδειο περιβάλλον .. Μαθηματικές Ολυμπιάδες, .. ... .... ........................................................................ Homo Mathematicus, ........ ... ... ............................................................... .... ... .. .... Α' Τάξη Άλγεβρα: Ασκήσεις στις πιθανότητες, .. ... .. .... ....... . .. ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ..... .. 'Ενα μάθημα για τις πρωτοβάθμιες εξισώσεις και εφαρμογές τους, . .... ..... ... .. Εξισώσεις . ... ....... ... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ............. ... ... ... ... ..... ... ............... Γεωμετρία: Ισότητα τριγώνων Παραλληλία, ........... ... ... ... ... ... .... .................... Υπολογισμός Γωνιών Τριγώνου με τη Βασική Ισότητα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας ....... ... ... ..... .... ... .......... ... ... ... ... ... ... .................................................... Β' Τάξη Άλγεβρα: Μονοτονία Ακρότατα Συναρτήσεων,................................................. Συστήματα, ... ............................ .......................................................................... Γεωμετρία: Μετρικές σχέσεις στον Κύκλο , ..................................................... Κατεύθυνση: Ψηλαφώντας το «εσωτερικό γινόμενο, ................. ...... ... ... . ... .. . ..

1 5 9 25 32 34 36 38 40 44 47 49 54

Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: ΓιώρyοςΤασσόπουλος Οι αντιπρόεδροι: Βαyyέλης Ευσταθίου, Γιάννης Κερασαρίδης Υ.Γ. Υπεύθυνοι για τ ην επιμέλεια της ύλης των τάξεων είναι οι συνάδελφο ι· Α 'Λυκείου [Χρ. Λαζαρίδης, Χρ. Ταιφάκης, Γ. Κατσούλης], Β 'Λυκείου [Β. Καρκάνης, Σ. Λουρίδας, Χρ. Τσιφάκης, Απ. Κακκαβάς], Γ 'Λυκείου [Δ. Αργυράκης, Ν. Αντωνόπουλος, Κ. Βακαλόπουλος, I. Λουριδάς]

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

Γ Τάξη Γενική Παιδεία: Εφα ρμογές των παραγώγων στη λύση προβλημάτων μέγιστης και ελάχιστης τιμής, ......... .................................................................... Κατεύθυνη: Συναρτησιακές Εξισώσεις και Τιμές Συναρτήσεων Μονοτονία και Ακρότατα Συναρτήσεων, ........................................................ θέματα Εισαγωγικών Εξετάσεων για τα (A.E.I) Παλαιοτέρων Εποχών, ... ... Χρήσιμες Επισημάνσεις- Ασκήσεις,...................................................................

60 67 70

Γενικά Θέματα Μαθηματικά και Λογοτεχνία. ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ..... .. ... ... ... ... ... ... Ευκλείδης Προτείνει, ... ....................................................................................... Το Βήμα του Ευκλείδη, .......................................................................................

73 77 81

Κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡ,ΕΑΝI μαθήματα,

��

!�,κλείδηs:

Θυμίζουμε ότι: Ερωτήματα σχετικά με τα

Διευθυντής: Ιωάννης τυρλής

Σχόλιο: Οι εργασίες για το περιοδικό στέλνονται και ηλεκτρονικά στο e-mail: stelios@hms.gr

Υποστηρικτής Ταχυδρομικών Υπηρεσιών Κωδικός ΕΑ.ΤΑ: 2054 ISSN: 1105-8005

·.

9 Απριλίου 2017

Εικαστική σύνθεση βασισμένη στη Γεωμετρία

Η έγκαιρη πληρωμή της

συνδρομής

βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΠΑΙΡΕΙΑΣ

Εκδότης: Ν ικόλαος Αλεξανδρής

4 Μαρτίου 2017

iλλεaόγε �ά��:

επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Πρόεδρος: Τασσόπουλος Γιώργος Αντιπρόεδροι: Ευσταθίου Βαyyέλης Κερασαρiδης Γιάννης Μέλη: Αργυράκης Δημήτριος Λουρίδας Σωτήρης Στεφανής Παναyιώτης Ταπεινός Νικόλαος

28Ιαvουαρίου 2017

�f>()�e•ι!ατικό�: 8 Απριλίου 2017

θέματα Διαγωνισμών υποβάλλονται στην

Εκτελεστική Γραμματεία

12 Νοεμβρίου 2016

�ρX!jj�

Εξώφυλλο:

Στα γραφεία της Ε.Μ.Ε., Από 8 Οκτωβρίου 2016.

ΓlΑΝΕΠΙΣJΗΜΙΟΥ 34 106 79ΑΘΗΝΑ Τηλ: 210 3617784-210 3616532 Fax: 210 3641025

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί Μαθητές και Συνάδελφοι, Ευχόμαστε και ελπίζουμε η καινούργια Σχολική Χρονιά να κυλίσει με υγεία και δημιουργική προσπάθεια που ν α στεφθεί με επιτυχία. Το lo τεύχος έχει αναλάβει κατά το μεγαλύτερο μέρος του, όπως συνηθίζεται, το Παράρτημα Ε.Μ.Ε. Χανίων, το οποίο εργάστηκε με μεγάλο ενδιαφέρον και μας παρουσίασε ένα πολύ αξιόλογο υλικό. θα είναι μεγάλη μας χαρά η συνάντηση και η γνωριμία τους στο Συνέδριο της Ε.Μ.Ε. στα Χανιά στις 4,5 και 6 Νοεμβρίου, όπου περιμένουμε να συναντήσουμε και πολλούς αγαπητούς συναδέλφους από όλη την Ελλάδα. Καλή αντάμωση, στην Κρήτη

Αθανασόπουλος Γεώργιος Ανδρουλακόκης Νίκος Αντωνόπουλος Γεώργιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Γαβράς Τάσος Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κωνtνος ΚακαβάςΑπόστολος ΚαλίκαςΣταμάτης Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλας Χρήστος Καρκάνης Βασίλης Κcπσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης ΚαρδαμhσηςΣπύρος ΚονόμηςΆρτι Κοτσιφάκης Γιώργος Κουλουμέντας Φώτηςης Κυριαζής Ιωάννης ΚυριακόπουλοςΑντώνης

Συντακτική Επιτροπή

Κυριακοπούλου Κων/Vα Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λόππας Λευτέρης Λουριδάς Γιάννης ΛουρίδαςΣωτήρης Μαλαφtκας Θανάσης ΜανιάτηςΑνδρέας ΜανιcποπούλουΑμαλία Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μήλιος Γεώργιος Μπερσίμης Φραγκίσκος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος)( Πανδής Χρήστος Παπαπέrρος Βαγγέλης Σίσκου Μαρία ΣαiτηΕύα Σταίκος Κώστας

Στάϊκος Παναγιώτης Στεφανής Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζελέπης Άλκης Τζιώτζιος Θανάσης ΤουρναβfτηςΣτέργιος Τριάντος Γεώργιος ΤσαγκάρηςΑνδρέας Τσαγκάρης Κώστας Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τσουλουχάς Χάρης Τυρλής Ιωάννης ΦανέληΆννυ ΧαραλαμπάκηςΕυστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα ΧΡιστιάςΣπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαγγέλης

••••••••••••••..••.•••••.•.•••••••.••••••..••......••.•••••.................................................••••..•.......•.

•

Τιμή Τεύχους: ευρι;, 3,50 Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι σuνφγασfει;, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την

ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση, αλλά την κύρια ευθύνη τη φέρει ο r Ό υ ώ12,00 εισηγητής. Ετήσια σuνδρομή (12,00+2,00Ταχυδρομικά= ευρώ14,00 Ε-' Το αντίτψο γιατα τεύχη που παραγγέλνονται στε'λνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε.Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54Τ.Θ. 30044 (2 Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. ( 4 ) . Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

Εκτύπωση: ROTOPRJNJ (Α. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ ΕΕ). τηλ.: 21 Ο 6623778- 358

YιmJ8uwoς πnκηpοφείου: Δ Παπαδόπουλος

Η έννοια του ωραίου ατα μαθηματικά και την τέχνη Τεύκρου Μιχαηλίδη •

e1π

+Ι= Ο

Σ-n12 00

n=J

Οι μαθηματικές δομές, όπως αυτές των ζωγράφων ή των ποιητών, πρέπει να είναι όμορφες. Οι ιδέες όπως τα χρώματα ή οι λέξεις, πρέπει να ταιριάζουν μεταξύ τους με έναν αρμονικό τρόπο. Η ομορφιά είναι η πρώτη δοκιμασία. Δεν υπάρχει χώρος για άσχημα μαθηματικά. Godfrey Hardy ( 1877 1947) -

Ο χαρακτηρισμός ενός έργου τέχνης ως «ωραίου» ή <ψη ωραίου» μπορεί να μην είναι ποτέ ομόφωνος αλλiJ. σπάνια ξενίζει: το αναμενόμενο για ένα έργο τέχνης είναι να χαρακτηρίζεται με κάποια διαβάθμιση του ωραίου. Δεν ισχύει το ίδιο για τα επιστημονικά δεδομένα. Οι μαθηματικές προτάσεις χαρακτηρίζονται - και μάλιστα κατά τρόπο μονοσήμαντο - ως αληθείς ή ψευδείς. Την αλήθεια ή το ψεύδος τους εyyυάται μια απόδειξη η οποία μετά τον έ'λ.εγχο της εγκυρότητάς της έχει οικουμενική και διαχρονική ισχύ. Στις φυmκές επιστήμες, πέρα από τη θεωρητική κατοχύρωση, απαιτείται και η πεφαματική επαλήθευση· μια έγκυρη θεωρία οφείλει να «σώζει» με άλλα λόγια να προβλέπει ορθά τα φαινόμενα. Και πάλι ωστόσο ο αναμενόμενος χαρακτηρισμός είναι «αληθή9> ή «ψευδής». Όταν λοιπόν - και δεν είναι σπάνιο - ακούμε να χαρακτηρίζεται μια θεωρία, μια απόδειξη, μια εξίσωση ως «ωραία» ή «κομψή» είμαστε συχνά επιφυλακτικοί, ακόμα κι αν ο χαρακτηρισμός προέρχεται από επαίοντες στον αντίστοιχο τομέα. Βέβαια σε μερικές περιπτώσεις πρόκειται για απλή αναφορά στην κομψότητα, τη λιτότητα ή τη λειτουργικό τητα μιας απόδειξης ή ενός αποτελέσματος. Ο Paul Erdos για παράδειγμα συνήθιζε να λέει πως οι ώραιότερες μα θηματικές αποδείξεις είναι συγκεντρωμένες στο «βιβλίο του Θεού» ο οποίος σποραδικά επιτρέπει σε μερικούς προ νομωύχους να ρίξουν μια ματιά στις σελίδες του. Άλλοι ωστόσο ερευνητές θεωρούν την ομορφιά μιας εξίσωσης ως ισχυρή ένδειξη για την ορθότητά της και την αναζήτηση της αισθητικής τελειότητας ως ένα ισχυρό και αποτελε σματικό ερευνητικό εργαλείο. Έχοντας πάντα κατά νουν την επισήμανση του Eco ότι « . η Ομορφιά ουδέποτε υπήρξε ως κάτι το απόλυτο και αμετάβλητο αλλά προσέλαβε διαφορετικές όψεις, ανάλογα με την ιστορική εποχή και τη χώρα: κι αυτό όχι μόνον όσον αφορά τη φυσική Ομορφιά (του άνδρα, της γυναίκας, του τοπίου) αλλά και το Κάλλος του Θεού ή των αγίων ή των ι δεών...» και αφού προσθέσουμε πως ακόμα και κάτω από τις ίδιες κοινωνικές, γεωπολιτικές και ιστορικές συνθήκες υπάρχει ο καθαρά υποκειμενικός παράγοντας του. «γούστου», θα επιχειρήσουμε μια περιδιάβαση στα κριτήρια με ..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/1

------

Η έννοια του ωραίου στα μαθηματικά και την τέχνη

βάση τα οποία μια επιστημονική θεωρία χαραιcτηρίζεται συνήθως ως «ωραία».. Ο νομπελίστας θεωρητικός φυσικός Steven Weinberg εmχείρησε να καταγράψει τα αισθητικά κριτήρια για μια φυσική θεωρία. Ως πρώτη ένδειξη ομορφιάς αναφέρει την απλότητα, «...απλότητα των ιδεών και όχι κατά κάποιο τρόπο μια 'μηχανική απλότητα' που μπορούμε να uπολογίσουμε μετρώντας εξισώσεις και σύμβολα». Έτσι θεωρεί την βαρυτική θεωρία του Einstein ωραιότερη αυτής του Νεύτωνα λόγω της aπλότητας της κεντρικής της ιδέας για την ισοδυναμία βαρύτητας και αδράνειας. Ας τονίσουμε ωστόσο ότι αναφερόμαστε στην απλότητα των γενικών ι δεών που διέπουν μια θεωρία και όχι των προϊόντων η των συμπερασμάτων της. Για παράδειγμα το σύνολο Man delbrot, αναμφισβήτητα ένα από τα πολuπλοκότερα αλλά και ωραιότερα μαθηματικά αντικείμενα, ορίζεται με μια εξαιρετικά απλή αναδρομική σχέση: Zn+ι=z..2+c. Κατ' αναλογίαν Η κυρία με την ερμίνα του da Vinci ή Το κορίτσι με μαργαριταρένιο σκουλαρίκι του Vermeer, ενώ χαραιcτηρίζονται από μια δομική και εκφραστική απλότητα, έχουν γί νει αφορμή για πολύπλοκες αντιδράσεις, αναλύσεις, ερμηνείες, ενώ κάποιοι στις απλές απεικονίσεις έφτασαν να διαβάσουν (ή να εμπνευστούν) ολόκληρα μυθιστορήματα (Για παράδειγμα Το κορίτσι με το σκουλαρίκι της Tracy Chevalier). Έτσι το κριτήριο της aπλότητας συνuπάρχει με αυτό της περιεκτικότητας. Η προσεκτική μελέτη μιας σημαντικής θεωρίας αποκαλύπτει σταδιακά πράγματα που αρχικά είχαν αγνοήσει ακόμα και οι ίδιοι οι δημιουργοί της. Χαραιcτηριστικό είναι το παράδειγμα της εξίσωσης του Dirac που έφτασε κάποια στιγμή να ομολογήσει πως «η εξίσωσή μου είναι mo έξυπνη από μένω>.Και βέβαια κάτι ανάλογο ισχύει για ένα ποίημα που κάθε νέα του ανά γνωση δημιουργεί και νέους συνειρμούς. Ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα όπου το αισθητικό κριτήριο της aπλότητας λειτούργησε ως κίνητρο προώθη σης της εmστήμης είναι η θεωρία της κίνησης των ουρανίων σωμάτων. Η γεωκεντρική πτολεμαϊκή θεωρία ήταν από μαθηματική άποψη τέλεια, αφού ήταν σε θέση να προβλέπει όλα τα δια γυμνού οφθαλμού ορατά ουράνια φαι νόμενα. Ήταν όμως εξαιρετικά περίπλοκη αφού οι τροχιές των πλανητών uπολογίζονταν με βάση ένα σύστημα 80 κύκλων. Η ηλιοκεντρική θεωρία του Κοπέρνικου, κατώτερη από μαθηματική άποψη, χρησιμοποιούσε 34 μόνο κύ κλους και συνεπώς ήταν απλούστερη. Αυτό ήταν το κίνητρο της δημιουργίας της. Τα παρατηρησιακά δεδομένα που την στήριξαν ήρθαν αρκετά αργότερα. Ένα δεύτερο κριτήριο «ωραιότητας>> είναι η αίσθηση του ολοκληρωμένου ή του αναπόφευκτου, η αίσθηση δη λαδή πως αυτό που βλέπουμε η ακούμε δεν θα μπορούσε να είχε δημιουργηθεί διαφορετικά. Από αυτή την οπτική γωνία ο Weinberg παραλληλίζει την Αγία Οικογένεια του Ραφαήλ, όπου « ...η τοποθέτηση όλων των προσώπων πά νω στον καμβά είναι τέλεια και[ . .] δεν υπάρχει τίποτα που θα θέλατε να είχε κάνει διαφορετικά ο Ραφαήλ ... », με τη θεωρία της γενικής σχετικότητας για την οποία ο Einstein αναφέρει πως «η βασική γοητεία που ασκεί έγκειται στη λογική πληρότητά της. Εάν ένα μόνο από τα συμπεράσματά της αποδειχθεί λαθεμένο, πρέπει να την εγκαταλείψουμε: φαίνεται αδύνατο να την τροποποιήσουμε χωρίς να καταστρέψουμε ολόκληρη τη δομή της». Στο ίδιο πνεύμα σχολιά ζει και ο φυσικός G. Farmelo: «Όπως όλες οι σπουδαίες επιστημονικές εξισώσεις έτσι και η E=mc2 έχει πολλά κοινά μ' ένα σπουδαίο ποίημα. Όπως ακριβώς ένα τέλειο σονέτο καταστρέφεται fε την αλλαγή μιας και μόνο λέξης ή ενός σημείου στίξης, έτσι και η παραμικρή αλλαγή σε μια εξίσωση όπως η E=mc την καθιστά άχρηστη». Η συμμετρία (ή μάλλον κάποια μορφή συμμετρίας) είναι το χαραιcτηριστικό που συγκεντρώνει την ομοφωνία των μελετητών ως κριτήριο ωραιότητος, τόσο στα έργα τέχνης όσο και στις επιστημονικές θεωρίες. Ας δούμε τον Βιτρούβιο στο De Architectura: <<ll συμμετρία είναι η κατάλληλη αρμονία πο.υ προκύπrει από τα μέλη του ίδιου του έργου και η μετρική αντιστοιχία που προκύπrει από τα διαφορετικά μέρη σε σχέση με την όψη ολόκληρου του έργου. Η συμμετρία γεννιέται από τη σχέση που οι Έλληνες ονόμαζαν αναλογία». Οκτώ αιώνες αργότερα ο Θωμάς ο Ακινάτης γράφει στη Summa τheologiae, «Το Κάλλος είναι αποτέλεσμα της αρμονικής συμμετρίας των μερών· γιατί οι αισθή σεις τέρπονται από την αρμονία των πραγμάτων». Βέβαια, η παραδοσιακή έννοια της αμφίπλευρης συμμετρίας είναι εξαιρετικά περιοριστική τόσο για την αποτίμηση ενός έργου τέχνης όσο και αυτήν μιας επιστημονικής θεωρίας. Ο Hermann Weyl, πού επικαλείται σχετικά και τον Πολύκλειτο, περtγράφει τη συμμετρία με ευρύτερο τρόπο ως «την ι1 διαίτερη συμφωνία Πολλών μερών με την οποία συγκροτούν ένα σύνολο». Ο ορισμός του McAllister είναι πολύ πιο αυστηρός και συνεπώς πολύ πιο σαφής: «Μια δομή είναι συμμετρική ως προς ένα μετασχηματισμό αν παραμένει αμετάβλητη κάτω από αυτόν». Το σύνολο των μετασχηματισμών που α φήνουν μια δομή αμετάβλητη αναφέρεται συνήθως ως η ομάδα των συμμετριών αυτής της δομής. Για παράδειγμα, η ομάδα των συμμετριών ενός ισοπλεύρου τριγώνου αποτελείται από τις τρεις εναλλαγές που αφήνουν μια κορυφή αμετάβλητη και εναλλάσσουν τις άλλες δύο, τις δύο κυκλικές εναλλαγές ( aριστερόστροφη και δεξιόστροφη) που aντιστοιχίζουν την κάθε κορυφή του τριγώνου στη γειτονική της και τέλος τον ταυτοτικό μετασχηματισμό που α φήνει όλα τα σημεία στη θέση τους. Διάφορες μορφές συμμετρίας μπορούμε να εντοπίσουμε σε πολλά έργα τέχνης. Για παράδειγμα μια φούγκα (μια μουσική σύνθεση όπου τρεις η και περισσότερες φωνές παράγουν μουσικές φρά σεις που είναι παραλλαγές στο ίδιο θέμα) παρουσιάζει αρκετές συμμετρίες που συνίστανται στην εναλλα γή των φράσεων μεταξύ των φωνών. . Στη φύση παρατηρούμε πολλές συμμετρίες: στά. άνθη, στους κρυστάλλους, στα σώματα των ζώων. Αρκετές από τις φυσικές ιδιότητες διαφόρων αντικειμένων οφείλονται σε αυτές τις συμμετρίες. Ωστόσο οι συμμετρίες που είναι mo σημαντικές στη μελέτη της φύσης δεν είναι συμμετρίες αντικειμένων αλλά συμμετρίες φυσικών νόμων η ακόμα και θεωριών. Όπως ανακάλυψε η γερμανίδα μαθηματικός Emmy Noether, σε κάθε διατηρούμενη φυσική ποσότητα (όπως είναι το ηλεκτρικό φορτίο η η ορμή) αντιστοιχεί μια συμμετρία και αντιστρόφως. Άλλωστε, σύμ φωνα με τον Weinberg, «υπάρχουν αρχές συμμετρίας που υπαγορεύουν την ύπαρξη όλων των γνωστών δυνάμεων της ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ B'lOl τ.l/2

------

Η έννοια του ωραίου στα μαθη ματικά και την τέχνη

φύσης». Η συμμετρία είναι αυτή που σε μεγάλο βαθμό εξασφαλίζει την ομορφιά της θεωρίας Galois για τις λύσεις των πολυωνυμικών εξισώσεων. Μελετώντας τις συμμετρίες που εναλλάσσουν τις ρίζες μιας πολυωνυμικής εξίσω σης ο Galois απέδειξε το περίφημο θεώρημά του σχετικά με το πότε είναι επιλύσιμη ή όχι με ριζικά. Βεβαίως η θε ωρία Galois ικανοποιεί επίσης iα κριτήρια της aπλότητας και του αναπόφευκτου στα οποία αναφερθήκαμε πιο πά νω. Στα πιο πάνω κριτήρια ο McAllister προσθέτει την αναγωγή σε κάποιο πρότυπο μοντέλο. Έτσι η ατομική θεω ρία του Bohr είναι ωραία γιατί η δομή ενός πυρήνα γύρω από τον οποίο περιφέρονται τα ηλεκτρόνια λόγω της έλ ξης που τους ασκεί εmκαλείται το μοντέλο του ήλιου, γύρω από τον οποίο περιφέρονται λόγω της βαρυτικής έλξης οι πλανήτες. Η αναφορά μιας θεωρίας σ' ένα πρότυπο μοντέλο τίθεται από ορισμένους εmστήμονες- όπως ο La place- ως προϋπόθεση αποδοχής της. Αν εξετάσει κανείς τα κριτήρια που αναφέραμε πιο πάνω, θα διαmστώσει ότι ισχύουν τόσο για τα εmστημονι κά δημιουργήματα όσο και για τα έργα τέχνης. Γράφει ο Ακινάτης: <<Για την ομορφιά όντως απαιτούνται τρεις προϋ ποθέσεις. Κατ' αρχήν η πληρότητα ή τελειότητα: επειδ.ή τα aνολοκλήρωτα πράγματα ως τέτοια είναι παραμορφωμένα. Έπειτα απαιτείται η πρέπουσα αναλογία ή αρμονία ανάμεσα στα επιμέρους. Τέλος φωτεινότητα και λάμψη: πράγματι θεωρούμε όμορφα τα πράγματα που έχουν φωτεινά και λαμπερά χρώματα»; Αν εξαφέσει κανείς το τρίτο κριτήριο (που δύσκολα εφαρμόζεται ακόμα και στη Μόνα Λίζα) τα κριτήρια του αγίου- θεολόγου- αλχημιστή Ακινάτη εί ναι ίδια με αυτά του φυσικού Weinberg ή του φιλοσόφου McAllister. Ο τοπολόγος J. C. Pont διατυπώνει το ακό λουθο αξίωμα: «η σύλληψη και η εξέλιξη των εννοιών στον εγκέφαλο του μαθηματικού, η επεξεργασία των δημιουρ γημάτων στο νου του καλλιτέχνη ενεργοποιούνται και στη συνέχεια καθοδηγούνται από την ίδια μυστηριώδη δύναμη». Άμεση συνέπεια είναι ένα πόρισμα που έρχεται σε αντίθεση με αρκετές τρέχουσες θεωρίες περί διαφοροποιημένων κέντρων του εγκεφάλου: «η ανθρώmνη δραστηριότητα είναι μία. Οι διαφοροποιημένες εκφάνσεις της δεν είναι πα ρά αποτέλεσμα της ανάγκης του ανθρώπου να ταξινομήσει, να απλοποιήσει και να σχηματοποιήσει για να κατα νοήσει καλύτερα». Ωστόσο, μεγαλύτερο ενδιαφέρον από τον παραλληλισμό των αισθητικών κριτηρίων επιστήμης και τέχνης πα ρουσιάζει ο ισχυρισμός ότι τα αισθητικά κριτήρια αποτελούν κινητήρια δύναμη για την εmστημονική παραγωγή. Σύμφωνα με τον Henri Poincare, «ο επιστήμονας δε μελετά τη φύση επειδή αυτό είναι χρήσιμο. Τη μελετά επειδή αυτό τον ευχαριστεί· και τον ευχαριστεί γιατί η φύση είναι ωραία. Αν δεν ήταν ωραία, δε θα άξιζε τον κόπο να τη γνωρίσουμε και η ζωή δε θα άξιζε να τη ζούμε». Εκτός από κίνητρο έρευνας η ωραιότητα εμφανίζεται συχνά και ως κριτήριο αποδοχής. Η θέση του Einstein εί ναι χαρακτηριστική: «Οι μοναδικές φυσικές θεωρίες που είμαστε διατεθειμένοι να δε-χτούμε είναι αυτές που είναι ω ραίες» . Πράγματι, συχνά στην ιστορία των επιστημών, θεωρίες φαινομενικά σωστές και πλήρεις ερευνήθηκαν πε ραιτέρω επειδή κάποιοι δεν ικανοποιούνταν από την αισθητική τους. Το αποτέλεσμα υπήρξε σχεδόν. πάντοτε είτε η ανατροπή της θεωρίας είτε η ένταξή της σ' ένα γενικότερο πλαίσιο. Ο κύριος λόγος για τον οποίο το πέμπτο αίτημα του Ευκλείδη δημιούργησε τόσο θόρυβο και για περισσότερους από είκοσι αιώνες κυριάρχησε στις έρευνες κορυφαίων γεωμετρών ήταν ότι, συγκρινόμενο με τα άλλα τέσσερα, δεν ικανοποιούσε το αισθητικό κριτήριο της aπλότητας. Πράγματι, τα τέσσερα πρώτα αιτήματα είναι απλές προτάσεις με υποκείμενο, ρήμα και κατηγορούμενο (π. χ. Όλες οι ορθές γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους- αίτημα 4). Αντίθετα το πέμπτο αίτημα (Αν μια ευθεία τέμνει δυο άλλες και σχηματίζει με αυτές τις εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες με ά θροισμα μικρότερο των δύο ορθών, τότε οι δυο ευθείες, αν προεκταθούν απεριόριστα τέμνονται προς το μέρος που βρίσκονται οι γωνίες με άθροισμα μικρότερο των δύο ορθών) είναι ένας συνδυασμός υποθετικών προτάσεων και πε ρίπλοκων προσδιορισμών. Αυτό οδήγησε μια πληθώρα ερευνητών (μεταξύ άλλων: Ποσειδώνιος, Γεμίνος, Αλχάζεν, Ομάρ Χαγιάμ, Ναζίρ αλ Ντιν αλ Τούσι, Saccheri, Lambert) να προσπαθήσουν να το αποδείξουν με βάση τα άλλα τέσσερα. Το αποτέλεσμα υπήρξε η εμφάνιση δύο νέων γεωμετριών (πρώτα αυτή των Lobachevsky- Bolyai και στη συνέχεια αυτή του Riemann) που αποδείχθηκαν και οι δύο, όπως άλλωστε και η Ευκλείδεια μετά τη συμπλήρωσή της από τον Hilbert, μη αντιφατικές. Πολλές δεκαετίες αργότερα η «χρησιμότητα» ήρθε να συμπληρώσει την ω ραιότητα. Η γεωμετρία του Riemann απεδΕίχθη το ιδανικό μαθηματικό υπόβαθρο για τη θεωρία της σχετικότητας. Το παράδειγμα δεν είναι μοναδικό. Η θεωρία ομάδων αναπτύχθηκε από τον Galois και τον Abel για να αντιμε τωmστούν τα προβλήματα που έθετε η γενική θεωρία των πολυωνυμικών εξισώσεων. Στη συνέχεια η θεωρία ανα πτύχθηκε αυτόνομα, ιδίως όταν ο Klein aντιστοίχισε κάθε γεωμετρία με μια ομάδα μετασχηματισμών. Οι Sophus Lie και Elie Cartan προχώρησαν στην πλήρη μελέτη και ταξινόμηση των ομάδων χωρίς απ' ότι φαίνεται να υπο πτεύονται το ενδεχόμενο η θεωρία τους να αποβεί χρήσιμη στη φυσική. Έτσι, περισσότερο από μισό αιώνα αργότε ρα, γύρω στο 1960 οι φυσικοί που μελετούσαν τα στοιχειώδη σωματίδια βρήκαν έτοιμη μια μαθηματική θεωρία που ικανοποίησε πλήρως τις ανάγκες των δικών τους ερευνών. Ειδικότερα, ο Gell-Mann διαπίστωσε ότι η ομάδα SU(3) είναι η καταλληλότερη για να περιγράψει τη δομή των στοιχειωδών σωματιδίων. Ωστόσο η μελέτη αυτής της ομάδας οδηγούσε στο συμπέρασμα πως υπάρχει ακόμα ένα στοιχειώδες σωματίδιο. Πράγματι, το 1964 το σωματί διο ανακαλύφθηκε στο εργαστήριο του Μπρουκχάβεν. Πολλοί μαθηματικοί αναζητούν στη φύση πηγές εμπνεύσεως για τη δική τους έρευνα. Άλλοι πάλι αδιαφορούν για τις πρακτικές εφαρμογές των ανακαλύψεών τους. Υπάρχουν όμως και ορισμένοι που δεν θέλουν η δουλειά τους να έχει πρακτικές εφαρμογές; Ασχολούνται με τα μαθηματικά επιζητώντας απλά την αισθητική τελεώτήτα. Το πα ράδειγμα του Hardy που καυχιόταν ότι κανένα από τα θεωρήματά του δεν είναι χρήσιμο είναι χαρακτηριστικό ιδίως ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/3

------

Η έννοια του ωραίου στα μαθηματικά και την τέχνη

αν λάβει υπόψη του κανείς την εφωνεία της τύχης: σ6μφωνα με τον Weinberg οι μαθηματικοί τύποι των Hardy και Ramanajan ήταν αυτοί ακριβώς που χρειαζόταV όταν ερευνούσε τη συμπεριφορά της ύλης σε υψηλές θερμοκρασίες. Σήμερα, τα θεωρήματα των πρώτων αριθμών, έpyo σε μεγάλο βαθμό του Hardy, βρίσκονται στη βάση της κρυπτο γραφίας που στηρίζει τη λειτουργία του διαδικτύου. Σε μερικές περιπτώσεις τα αισθητικά κριτήρια παρακάμπτουν ακόμα και το ερώτημα της ορθότητας ή μη μιας θεωρίας: <<Στη δουλειά μου προσπάθησα πάvrα να συνδυάσω το αληθές με το ωραίο· όποτε όμως wειάστηκε να επι λέξω το ένα ή το άλλο, συνήθως προτιμούσα το ωραίο» (Η. Weyl). Ως παράδειγμα περίπτωσης στην οποία θυσίασε την αλήθεια για χάρη της ομορφιάς ο Weyl αναφέρει τη θεωρία βαθμίδας (gauge theory) για τη βαρύτητα την ο ποία επινόησε αλλά στη συνέχεια διαπίστωσε ότι ήταν ακατάλληλη για να περιγράψει το φαινόμενο. Ωστόσο, επει δή του φαινόταν πολύ όμορφη δεν την καταδίκασε. Πολλά χρόνια αpyότερα αποδείχθηκε ότι η διαίσθησή του ήταν σωστή αφού η θεωρία για την αναλλοιότητα βαθμίδας ενσωματώθηκε αρμονικά στην κβαντική ηλεκτροδυναμική. Άλλο χαρακτηριστικό παράδειγμα είναι βέβαια αυτό της εξίσωσης του Dirac η οποία παρόλο που φαινόταν «καταστροφικά λανθασμένη» ήταν «τόσο όμορφη που δε μπορούσες εύκολα να την πετάξεις στα σκουπίδια». Και πάλι η ομορφιά θριάμβευσε! Οι διάδοχοι του Dirac κατόρθωσαν να διαβάσουν με διαφορετικό τρόπο την εξίσωσή του και να διαπιστώσουν τελικά ότι είναι σωστή. Μπορεί κανείς να αναρωτηθεί και σχετικά με την αντίστροφη σχέση. Μπορούν κριτήρια από τις θετικές επι στήμες να επηρεάσουν την αντίληψή μας για την τέχνη; Ας αναφέρουμε εδώ, ενδειιcτικά, τη θέση του κριτικού της λογοτεχνίας William Empson που ισχυρίζεται ότι «οι ενοράσεις της κβαvrικής θεωρίας θα μπορούσαν να φωτίσουν και τη λογοτεχνία» και ότι «πρέπει να ανανεώσουμε τη μελέτη της λογοτεχνίας μέσα από το φακό της πραγματικό τητας τροποποιημένης από την κβαντική θεωρία». Προσπάθησα να δείξω ότι η ωραιότητα μιας εmστημονικής θεωρίας αξιολογείται με κριτήρια ανάλογα αυτών που χρησιμοποιούνται στην τέχνη. Εmσήμανα ακόμα περιπτώσεις όπου η αισθητική τελειότητα, ως ζητούμενο σε μια εmστημονική θεωρία μπορεί να λειτουργήσει όχι μόνο ως μοχλός ανάπτυξής της αλλά και ως ισχυρό ενορατικό εpyαλείο. Φυσικά η αισθητική τελειότητα δεν είναι σε θέση να υποκαταστήσει την ανάγκη μιας πλήρους, σαφούς και τεκμηριωμένης απόδειξης. Άλλωστε, ενώ είναι σε όλους σαφές το τι θα πει έγκυρη μαθηματική απόδειξη, όπως είπε και ο Poincare, «...είναι πολύ δύσκολο να οριστεί η μαθηματική ομορφιά, αλλά αυτό ισχύει για κάθε είδους ο μορφιά». 1. 2. 3.

4. 5.

6. 7.

10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

ΒιβλwyραφίQ Jean Brette, Courbes Mathematiques στο Revue du Palais de la Decouνerte, numero special, Ιούλιος 1976, Paris Subrahmayan Chandrasekhar, Truth and Beauty. Aesthetίcs and Motίνation ίn Science, 1987, The Uniνersity of Chicago Press. Tracy Cheνalier, Το κορίτσι με το σκουλαρίκι, 2000, Ωκεανίδα Umberto Eco (εmμέλεια), Ιστορία της ομορφιάς, 2005, Εκδόσεις Καστανιώτη Graham Farmelo (εmμέλεια), Οι μεγάλες εξισώσεις του εικοστού αιώνα. Όχι μόνο σωστές αλλά και ωραίες, 2004, Εκδόσεις Αλεξάνδρεια. G. Η. Hardy, Η απολογία ενός μαθηματικού, 1991, Πανεmστημιακές Εκδόσεις Κρήτης. Owen Gingeήch, Στα ίχνη του Κοπέρνικου, 2004, Εκδόσεις Τραυλός. Robert Lawlor, Sacred Geometry, 1982, Thames and Hudson, New York. τίtο Lίνίο, τhe Golden Ratio, 2002, Broadway Books, New York. James McAllister, Beauty and Revolution ίn Science, 1996, Comell University Press Arthur Miller, Einsteίn -Πικάσο, ο χώρος, ο wόνος και η ομορφιά, 2002, Εκδόσεις Τραυλός Jean.Claude Pont, Peinture et Geometrie au XIXe siecle, στο Penser les mathematiques, 1982, Seuil, Paris Henή Poincare, La scίence et l' hypothese, 1968, Flammarion, Paris Steven Weinberg, Όνειρα για μια τελική θεωρία, 1995, Κάτοπτρο Hermann Weyl, Συμμετρία, 1991, Τροχαλία Frank Zδllner, Λεονάρντο, 2004, Taschen I Γνώση Τεύκρος Μιχαηλίδης mtefcros@hotmail.com

Λεζάντες 01 Vermeer: Το κορίτσι με το μαργαριταρένιο σκουλαρίκι 02 Το σύνολο Mandelbrojt 03 Ραφήλ: Η Αγία Οικογένεια 04 Emmy Noether: Σε κάθε διατηρούμενη φυσική ποσότητα αντιστοιχεί μια συμμετρία και αντιστρόφως 05 Hermann Weyl: Όποτε χρειάστηκε να εmλέξω ανάμεσα στο αληθές ή το ωραίο, συνήθως προτιμούσα -to ωραίο

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ.1/4

Ευκλείδειες νοοτροπίες σε ένα όχι και τόσο ευκλείδειο περιβάλλον Επαμεινώνδας Γ. Ζαφείρης Ο πραΎματικός κόσμος

Κατά τον Γερμανό φtλόσοφο I.Kant (1724 1 804) η Ευκλείδεια Γεωμετρία είναι η εγγενής δομή του ανθρώπινου νου, κληρονομημένη a pήοή και όχι προϊόν εμπειρίας. Για να το πούμε πιο απλά, σύμφωνα με τον I.Kant, η δομή του εγκεφάλου μας είναι τέτοια που μπορεί να συλλάβει μόνο την Ευκλείδεια Γεωμετρία. Για αυτό και ο εγκέφαλός μας αποδέχεται το 5° αίτημα1 της Ευκλείδειας Γεωμετρίας χωρίς να αισθάνεται την ανά-yκη κάποιας απόδειξης. Ωστόσο, αρκετοί μελετητές προσπάθησαν να αποδείξουν το 5° αξίωμα με τη βοήθεια των άλλων τεσσάρων αξιωμάτων. Η αποτυχία τους να κάνουν αυτήν την απόδειξη, τους οδήγησε να διακρίνουν τελικά τρεις διαφορετικές και αντικρουόμενες καταστάσεις: 1) από σημείο εκτός ευθείας άγεται μοναδική παράλληλη ευθεία προς τη δοσμένη ευθεία (Ευκλείδεια Γεωμετρία) 2) από σημείο εκτός ευθείας άγονται περισσότερες από μια παράλληλες ευθείας προς τη δοσμένη ευθεία (Γεωμετρία Lobacheνsky-Bolyai) ή 3) δεν υπάρχουν παράλληλες ευθείες (Γεωμετρία Riemann) . Σχηματικά μπορούμε να φανταστούμε το «σύμπαν)) της κάθε μιας από τις Γεωμετρίες ως εξής: -,

Ευκλείδεια Γεωμετρία

Γεωμετρία Lobachevsky-Bolyai

Η εmλογή του sou αξιώματος έχει συνέπειες σε μερικές βασικές γεωμετρικές αρχές: Γεωμετρία Ευκλείδεια

Lobachevsky - Bolyai Riemann

Άθροισμα γωνιών �R1Υώνου 2 ορθές <2 ορθές >2 ορθές

Περίμετρος κύκλου =2π ρ >2πρ <2πρ

Εμβαδόν ιcυκλικού δίσκου = ΠρL > ΠρL <

π_ρ--=_

Ένα κομβικό σημείο διαφοροποίησης των τριών γεωμετριών είναι, το αν εμφανίζεται η έννοια της ομοιότητας. Στην Ευκλείδεια Γεωμετρία η μοναδικότητα παράλληλης ευθείας μας επιτρέπει να μετακινήσουμε ένα ι γεωμετρικό σχήμα, από μια θέση του επιπέδου σε μία άλλη, είτε διατηρώντας το αναλλοίωτο είτε σε κλίμακα (σμίκρυνση, μεγέθυνση) χωρίς να αλλάξουμε τα γωνιακά του χαρακτηριστικά (ομοwθεσία). Στις άλλες Γεωμετρίες η απουσία ή η παρουσία πολλών παρα.λλήλwν από σημείο εκτός ευθείας αναγκάζει το σχήμα να παραμορφωθεί καθώς το μετακινούμε στο επίπεδο. Στην εικόνα το τρίγωνο ABC έχει σχεδιασθεί σε ένα επίπεδο, όπου από σημείο εκτός ευθείας διέρχονται περισσότερες από μια παράλληλες. Το τρίγωνο A'B'C' έχει το ίδw κέντρο με το ABC και λόγο πλευρών 1 /3. Παρόλα αυτά το τρίγωνο A'B'C' έχει

1 Εάν δύο εuθείες τέμνοvrαι από μια τρίτη εuθεία, έτσι ώστε οι ενιιός και επί τα αυτά γωνίες να έχουν άθροισμα

μικρότερο από δύο ορθές, οι δύο εuθείες, αν προεκταθούν, θα τμηθούν προς το μέρος αυτών των δυο γωνιών. Το αξίωμα αυτό είναι πιο γνωστό με την ισοδύναμη μορφή του: από σημείο εκτός εuθείας διέρχεται μοναδιιcή παράλληλη προς τη δοσμένη εuθεία (Αξίωμα Playfair: Elements ofGeometry 1795)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/5

-------

Ευκλείδειες νοοτροπίες σε ένα όχι και τόσο ευκλείδειο περιβάλλον

------

διαφορετικές γωνίες από το αρχικό, συνεπώς δεν είναι όμοιο του αρχικού. Παρόμοια αποτελέσματα θα έχουμε και σε μια εmφάνεια όπου από σημείο εκτός ευθείας δεν υπάρχουν παράλληλες. Συνεπώς η έννοια της ομοιότητας υπάρχει μόνο στην Ευκλείδεια Γεωμετρία. Καθοριστική ήταν η συμβολή του F.Gauss (1777 - 1855), στο να κατανοήσουμε αν μια εmφάνεια είναι ευκλείδεια ή όχι. Ο F.Gauss αναζητούσε έναν τρόπο ο οποίος δεν θα ενέπλεκε κοσμικές μετρήσεις δηλαδή τη βοήθεια του Ήλιου και άλλων πλανητών για τον προσδιορισμό του σχήματος της Γης, αλλά κατάλληλες μετρήσεις πάνω σε οποιοδήποτε σημείο της επιφάνεια της Γης. Η απάντηση στο πρόβλημα αυτό δίνεται μέσα από μια ποσότητα που φέρει το όνομά του: «καμπυλότητα Gauss». Η καμπυλότητα είναι ένας αριθμός θετικός, μηδέν ή αρνητικός. Αν ξεκινούσαμε να φυτεύουμε έναν δενδρώνα σε ένα επίπεδο, όπου τα δέντρα θα είχαν την ίδια απόσταση τόσο κατά μήκος όσο και κατά πλάτος, τότε καθώς προχωρούσαμε τον δενδρώνα κατά στήλες ή κατά γραμμές δεν θα παρατηρούσαμε διαφοροποιήσεις στην μεταξύ τους απόσταση. Στην περίπτωση αυτή η καμπυλότητα Gauss θα ήταν ίση με μηδέν. Φανταστείτε όμως να δημιουργούσαμε τον δενδρώνα στην εmφάνεια της Γης από τον ισημερινό μέχρι τον βόρειο πόλο. Τότε θα έπρεπε πλησιάζοντας στο βόρειο πόλο, να φυτεύαμε ολοένα και λιγότερα δέντρα, έως ότου φτάναμε στο βόρειο πόλο όπου θα φυτεύαμε ένα μόνο δέντρο. Έτσι, όσο απομακρυνόμαστε από τον ισημερινό, η σύγκλιση των μεσημβρινών προς τους πόλους θα επέφερε μια μετρήσιμη μεταβολή στα διαστήματα ανάμεσα στα δέντρα. Η περίμετρος ενός κύκλου στην εmφάνεια της σφαίρας υπολείπεται αυτής του ευκλείδειου εmπέδου. Εδώ η καμπυλότητα Gauss είναι αριθμός θετικός. Στο σουρεαλιστικό σενάριο κατά το οποίο θα ζούσαμε σε ένα πλανήτη με σχήμα κλεψύδρας και εmθυμούσαμε εκεί να φυτέψουμε τον δενδρώνα, τα διαστήματα μεταξύ των δένδρων θα μεγάλωναν καθώς απομακρυνόμαστε από τον ισημερινό. Σε αυτή την περίπτωση η καμπυλότητα θα είναι αριθμός αρνητικός, διότι η περίμετρος του κύκλου στην εmφάνεια της θα ήταν μεγαλύτερη από την ευκλείδεια τιμή της. .

•

• •

•

•·· � .. -·

·•·

�

. .

•

• •

•

• •

•

Ο δενδρώνας στο επίπεδο

δενδρώνας στη σφαίρα

δενδρώνας σε υπερβολοειδές

Χάρτες πλοήγησης - Μερκατορική προβολή Λαμβάνοντας υπόψη την καμπυλότητα της Γης σε κάθε σημείο της θα μπορούσαμε να σκεφτούμε πως έχουμε όλα τα εφόδια για να φτιάξουμε έναν τέλειο χάρτη πλοήγησης. Ο χάρτης αυτός θα πρέπει να τηρεί δύο προϋποθέσεις: 1) η πλεύση προς το βορρά από οποιοδήποτε σημείο του χάρτη πρέπει να αναπαρίσταται από την κατεύθυνση «προς τα άν@), 2) αν ένας δρόμος οδηγεί βορειοανατολικά πρέπει να είναι χαραγμένος υπό γωνιά 45°. Ο .Eu1er απέδειξε ότι τέλειος χάρτης οποιουδήποτε τμήματος της γήινης εmφάνειας με σταθερή γραμμική κλίμακα σε όλα τα σημεία του είναι αδύνατον να σχεδιασθεί. Το πρόβλημα αυτό προσπάθησαν να αντιμετωπίσουν οι χαρτογράφοι της Ευρώπης. Ο πρώτος χάρτης πλοήγησης κατασκευάστηκε από τον φλαμανδό χαρτογράφο G. Κremer (1512-1594), γνωστό και ως Mercator (έμπορος στα λατινικά). Η ιδέα κλειδί την οποία συνέλαβε ο Mercator ήταν ότι, προκειμένου να αναπαρασταθούν σωστά οι κατευθύνσεις, ο χάρτης έπρεπε να κατασκευαστεί έτσι ώστε οι αποστάσεις κατά μήκος των μεσημβρινών να «τεντώνονται)) ακριβώς τόσο όσο «τεντώνονταt)) και οι αποστάσεις ανάμεσα στους μεσημβρινούς. Ένα βασικό μειονέκτημα είναι ότι η απόσταση που βρίσκεται μεταξύ δύο σημείων σε κατακόρυφες ευθείες παραμένει σταθερή ενώ στην πραγματικότητα τα σημεία πλησιάζουν μεταξύ τους καθώς κινούμαστε προς τους πόλους, όπως τα δέντρα στον δενδρώνα στην περίπτωση της θετικής καμπυλότητάς. Έτσι κάθε φορά εmλέγουμε είτε να θυσιάσουμε μια από τις ιδιότητες του χάρτη πλοήγησης, είτε θα αποδεχθούμε την παραμόρφωση.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/6

-------

Ευκλείδειες νοοτροπίες σε ένα όχι και τόσο ευκλείδειο περιβάλλον

------

Η μη Ευκλείδεια Γεωμετρία στην τέχνη

Η παγίωση των μη Ευκλείδειων Γεωμετριών δεν άφησε ανεπηρέαστο τον κόσμο της τέχνης. Η έλευση αυτών των Γεωμετριών θεωρείται από αρκετούς ως ο καταλύτης του σουρεαλισμού. Οι καλλιτέχνες αποδέχθηκαν τις μη ευκλείδειες γεωμετρίες ως την «αποδέσμευση από την τυραννία του κατεστημένου>>. Όταν υποψιαζόμαστε ότι ένας πίνακας έχει μη ευκλείδεια χαρακτηριστικά, τότε θα πρέπει να μπορούμε να απαντήσουμε στα παρακάτω: ·

Πως χρησιμοποιείται η Γεωμετρία στον πίνακα αυτό; 2. Γιατί ο καλλιτέχνης «αναγκάστηκε>> να χρησιμοποιήσει την αντίστοιχη Γεωμετρία; 3. Τι εξυπηρετεί η μη ευκλείδεια γεωμετρία που δεν το κάνει η ευκλείδεια; 4. τι ιδέες προσπαθεί να περάσει ο καλλιτέχνης με την χρήση της γεωμετρίας αυτής; ι.

(Circle limit

Τα 4 όρια κύκλου I,II,III,IV) του αποτυπώνουν δομές μη ευκλείδειας γεωμετρίας και συγκεκριμένα υπερβολικής Ο επηρεάστηκε έντονα από το έργο των Η. και Ο αναζητούσε έναν τρόπο ώστε να πλακοστρώσει μια επιφάνεια με μοτίβα τα οποία να γίνονται όλο και πιο μικρά ως το όριο του απείρως μικρού. Η απάντηση ήρθε μέσα από την υπερβολική γεωμετρία και το μοντέλου του δίσκου του για το υπερβολικό επίπεδο. Στην χάραξη ciυτή αν πιστεύετε ότι τα ψάρια καθώς «κολυμπούν» αλλάζουν μέγεθος, είναι λόγω της ευκλείδειας νοοτροπίας μας, η οποία δεν μας αφήνει να «διαβάσουμε» ένα υπερβολικό επίπεδο. Αν ξεδιπλώναμε το σχέδιο αυτό στο επίπεδο τότε θα βλέπαμε ότι όλα τα ψάρια έχουν το ίδιο μέγεθος. Παρατηρήστε ότι:

M.C.Escher (1898-1972) (Lobachevsky Bolyai). M.C.Escher, Poincare H.S.M.Coxeter. M.C.Escher H.Poincare

ι.

3. 4. 5.

Όρια δεν υπάρχουν. Η πλακόστρωση συνεχίζεται στα όρια του κύκλου, ο οποίος είναι ένα υποδειγματικό μοντέλο υπερβολικής επιφάνειας (δίσκος του Από σημείο εκτός ευθείας άγονται περισσότερες από μια παράλληλες ευθείες. Εδώ οι ευθείες δεν έχουν ευκλείδεια χαρακτηριστικά, είναι τόξα κύκλου (η συντομότερη διαδρομή) τα οποία τέμνουν κάθετα τα όρια του δίσκου. Η όλη πλακόστρωση γίνεται με 4 διαφορετικά χρώματα ψαριών. Ανά τρία τα ψάρια ενώνονται στην μύτη, ανά δύο με τα δεξιά πτερύγια τους και ανά τρία με τα αριστερά τους πτερύγια. Σε κάθε γραμμή κολυμπά και διαφορετικό χρώμα ψαριού.

Poincare)

Η απομάκρυνση από το κέντρο προκαλεί όλα και μεγαλύτερη είναι και η παραμόρφωση. Στα όρια του δίσκου τα ψάρια είναι μεγαλύτερα από ότι φαίνονται. Τα ψάρια δεν πρόκειται ποτέ να ξεφύγουν από τα όρια του δίσκου.

A.Einstein

B.Riemann

Ο είδε τις ιδέες του να εξηγούν τη Γεωμετρία που διέπει το σύμπαν και να ολοκληρώνουν την Γενική θεωρία της σχετικότητας. Έτσι, η πλήρης αποδοχή των μη ευκλείδειων γεωμετριών συνδέεται και με την είσοδο της 4ης διάστασης. Αυτής του χρόνου. Ο σουρεαλιστής ζωγράφος με τον πίνακα the persistence of memory, αποτυπώνει την ιδέα του χρόνου με ρολόγια χωρίς ευκλείδειους δείκτες αλλά με δείκτες οι οποίοι καμπυλώνονται υπό την επίδραση της 4ης

S. Dali

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.117

-------

Ευκλείδειες νοοτροπίες σε ένα όχι και τόσο ευκλείδειο περιβάλλον

------

διάστασης και των δομών της μη ευκλείδειας γεωμετρίας. Ο M.Emst στον πίνακά του, δεν έχει σχεδιάσει τον πίνακα με μη ευκλείδειες δομές. Θέλοντας όμως να δώσει στον πίνακα του την υφή αντικειμένων τα οποία αλλάζουν μέγεθος καθώς κινούνται, ονόμασε τη μύγα του «μη ευκλείδεια». Αντικείμενα τα οποία αλλάζουν μέγεθος καθώς κινούνται έχουν θέση μόνο στις μη ευκλείδειες γεωμετρίες (το ζήτημα της ομοιότητας). Βεβαίως δεν θα πρέπει να λησμονούμε πίνακες, όπως ο πίνακας με τίτλο του Barbaή. Είναι ένας πίνακας, ύμνος στην Ευκλείδεια Γεωμετρία. Ο μοναχός διδάσκει, στον δούκα του Urbino, Ευκλείδεια Γεωμετρία και με τον δείκτη του αριστερού του χεριού αποκαλύπτει την πηγή του που δεν θα μπορούσε να είναι άλλη από τα «Στοιχεία». Στην πρόσοψη της πινακίδας είναι γραμμένο το όνομα του Ευκλείδη. Ο μοναχός έχει εγγράψει ισόπλευρο τρίγωνο και προχωρά στην κατασκευή κανονικού εξαγώνου. Το δωδεκάεδρο κάτω δεξιά στέκεται πάνω στο του Luca Pacioli, ενώ πάνω αριστερά κρέμεται το ρομβοκυβοκτάεδρο (το οποίο προδίδει και την παρουσία ενός παραθύρου στο δωμάτιο, η αντανάκλαση του οποίου φαίνεται στο επάνω αριστερό μέρος του). Τέλος, η γραφίδα, η κιμωλία καθώς και ο δείκτης του χεριού του μοναχού βρίσκονται στο ίδω ευθύγραμμο τμήμα, με την κιμωλία να το χωρίζει σε μέσο και άκρο λόγο («χρυσή» ανσλογiα). Young Man

Intrigued by the Flight ofα Non - Euclidean Fly,

Portrait of.fra

L. Pacioli

Summa de arithmetica

geometria proportioni et proportionalita,

ελι ά, ποια Γεω ετρία

μ μας ταιριάζει; Τ κ Στο Science of Hypothesis ο Η. Poincare διατυπώνει τα εξής: «Ποιά είναι η απάντηση στην ερώτηση: Είναt η Ευκλείδεια Γεωμετρία αληθής; Η απάντηση είναι πως η ερώτηση δεν έχει νόημα. Μια γεωμετρία δεν είναι περισσότερο αληθής από κάποια άλλη. Απλά μπορεί να είναι πιο βολική» Βιβλιο-yραφία

Στράντζαλος, Χρ. , Η Αθήνα: Εκδόσεις Καρδαμίτσα Berlinski, D. Ο βασιλιάς του απείρου χώρου, Αθήνα: Εκδόσεις Τραυλός Birkhoff, Beatley, USA: AMS Coxeter, H.S.M. USA: Wiley Sons, lnc. Henderson, L. Press book Αθήνα: Εκδόσεις Τροχαλία Hilbert, D. Osserman, Η Αθήνα: Εκδόσεις κάτοπτρο Poincare, Η. London: Walter Scott Publishing Struik, D. Αθήνα: Εκδόσεις Δαίδαλος εξέλιξη των Ευκλείδειων και μη Ευκλείδειων Γεωμετριών,

(2015),

G. &

R (2000), Basic Geometry,

(1969), Introduction to Geometry second edition,

(2013), 'Γhe fourth dimerιsion and Non-Euclidean Geometry, ΜΠ

(1995), Θεμέλια της Γεωμετρίας,

R (1998),

ποίηοη του σύμπαντος,

(1905), Science and Hypothesis,

, Σ υνοπtική Ιστορία των Μαθηματικών,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.l/8

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες· Ε.Μ.Ε. 57η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα, 6-16 Ιουλίου 2016, Χονγκ Κονyκ.

Η 57η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα έγινε από 6 έως 16 Ιουλίου 2016 στο Xovyκ Kovyκ, με συμμετοχή 109 χωρών και 602 διαγωνtζόμενων (531 μαθητές και 71 μαθήτριες). Η Ελληνική ομάδα κατέκτησε 2 χάλκινα μετάλλια και 3 εύφημες μνείες, ως εξής: Τσιάμης Ραφαήλ Γαpριλόπουλος Γεώργιος Μισιακός Παναγιώτης Διγαλάκη Κορίνα Γεωργιάδης Βασίλειος Μελάς Δημήτριος

Χάλκινο Μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Εύφημη μνεία Εύφημη μνεία Εύφημη μνεία Συμμετοχή

Εκπ. Μαντουλίδη ΓΕΛ Ν. Μάκρης Κολλέyιο Αθηνών ΓΕΛ Χανίων Εκπ. Μαντουλίδη Σχολή Μωραϊτη 50η

Η Ελληνική ομάδα κατέλαβε την θέση στην κατάταξη των χωρών. Τις τρεις πρώτες θέσεις στη κατάταξη κατέλαβαν οι ομάδες των Ηνωμένων Πολιτειών Αμερικής, της Κορέας 1eαι της Κίνας. Αρχηγός της Ελληνικής αποστολής ήταν ο Αναπληρωτής καθηγητής τοu Ε. Μ. Πολυτεχνείου Ανάργυρος Φελλούρης και υπαρχηγός ο μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος. Εκτός αυτών, στο τελικό στάδιο της προετοιμασίας των μαθητών, έλαβαν μέρος οι συνάδελφοι μαθηματικοί Σιλουανός Μπραζιτίκος, Γιάννης Τυρλής, Ευάγγελος Ψύχας και πρώτος "Έλληνας μαθητής που κέρδισε χρυσό μετάλλιο σε ΙΜΟ Γεώργιος Βλάχος. Τα προpλήματα Π ρ όβλη μα 1: Δίνεται τρίγωνο BCF ορθογώνιο στο Β. 'Εστω Α σημείο της ευθείας CF τέτοιο ώστε FΛ = FB και το F να βρίσκεται μεταξύ των Α και C Σημείο D επιλέyεται έτσι ώστε •

DΛ = DC και η Α C να είναι η διχοτόμος της γωνίας DAB. Σημείο Ε .επιλέyεται έτσι ώστε ΕΛ = ED και η AD να είναι η διχοτόμος της γωνίας EAC . 'Εστω Μ το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος CF Έστω Χ σημείο που είναι τέτοιο ώστε το ΑΜΧΕ να είναι παραλληλόγραμμο (όπου ΛΜ 11 ΕΧ και ΑΕ 11 ΜΧ ). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες BD,FX και ΜΕ περνούν από το ίδιο σημείο. Λύση. (Παναγιώτης Μισιακός) BAC φ. •

Έστω Τότε από την υπόθεση έχουμε: ABF = FAB = DAC DCA = ADE = EAD = φ. Κατ' αρχή θα αποδείξουμε ότι το D είναι το περίκεντρο του τριγώνου ABC. Πράγματι, έχουμε DA = DC και .1-. Abc 1so· -2φ = 2 (9ο· -φ) 2 (9ο·- ABc). Επειδή το D είναι το περίκεντρο του τριγώνου ABC, έπεται ότι DA DB , οπότε ABD = 2φ FBD = φ BF διχοτόμος της Σχήμα 1 γωνίας ABD. Το σημείο Ε ανήκει στον περιγεγραμμένο κόκλο του τριγώνου ADB , αφού οπότε, δεδομένου ότι ΑΕ= ED , η διχοτόμος FB θα διέρχεται από το Ε , δηλαδή τα σημεία F, Ε, Β είναι συyεuθειακά.. =

��--��[it --::?J (

ΑΒF=φ �

�

·.•

--�--·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/9

--- -

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------- Έχουμε επίσης ότι FBM = MFB = FAB + FBA = 2φ => ΑΜΒ = FMB = ιsο· - 4φ ADB => AED = ιsο· - 4φ = ADB, οπότε το Μ ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ADB και έτσι τα σημεία A, E, D, M, B είναι ομοΙCΙ)κλικά. Επομένως έχουμε MED = φ, ΒΕΜ = φ, FΜΕ = φ , οπότε FM = FE . Επιπλέον έχουμε FBD = φ = FCD => F, D, C, Β ομοΙCΙ)κλικά και ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το Μ , οπότε θα είναι λ1F=A1D. Επιπλέον, έχουμε FDc=l80" -FBC=90· και αφού ΜΕ ι ι ΑΒ ι ι DC (αφού ΑΜΕ = ΑΒΕ = φ = ΜΑΒ και επίσης DCA = ΑΜΕ = φ), έπεται ότι ΜΕ .l FD. Επομένως το τετράπλευρο EDMF είναι ρόμβος, οπότε }.ι!}( = ΑΕ = ED = .MF => FMXE ισοσκελές τραπέζιο και άρα εγγράψιμο. Επίσης το σημείο Χ ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του εγγράψιμου τετραπλεύρου FDCB , αφού }.ι!}( = }.,f[) . Τελικά παρατηρούμε ότι οι ευθείες DB,FX και ΕΜ συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των περιγεγραμμένων κύκλων των τετραπλεύρων EDMB, FDXB και FEXM. Ση μείω ση. Στο τελικό βήμα θα μπορούσαμε να προχωρήσουμε ως εξής: Επειδή DMF = 2φ = BFM => DM ι ι ΕΒ . ΕΠίσης ' BFD + xBF = BFC + CFD + 9o· - c!Jx = 2φ + ( 9ο· - φ ) + 9ο· -φ = ιsο·, οπότε DF IΙ XB . Επομένως, οι πλευρές των τριγώνων D.MF και ΒΕΧ είναι παράλληλες. Από το θεώρημα του τα δύο τρίγωνα είναι προοπτικά, οπότε οι ευθείες BD, FX και ΜΕ περνούν από το ίδιο σημείο. =

Desargues

2°ς τρόπος

Έστω BAC = φ. Τότε από την υπόθεση έχουμε: FBA = FAB = DAC = DCA = ADE = EAD = φ . ΑΒ AF Τα τρίγωνα ABF, Α CD είναι όμοια, οπότε = και επομένως τα τρίγωνα ABC και AFD είναι AC AD AED . όμοια. Από την ισότητα ΕΑ = ED έχουμε: AFD = ABC = 90° + φ = ι s ο· 2 Επομένως, .το σημείο F ανήκει σε κύκλο κέντρου Ε και ακτίνας ΕΑ και τότε ΕF=ΕΑ=ΕD.Επειδή ΕΡΑ = EAF = 2φ = BFC, τα σημεία Β, F, Ε είναι συνευθειακά. Επειδή EDA = MAD => ED ι ι ΑΜ => E, D, X συνευθειακά. Επειδή το σημείο Μ είναι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος CF και CBF = 90· , έπεται ότι .MF = ΜΒ . Τώρα τα ισοσκελή τρίγωνά EFΑ, .MFB έχουν EFΑ = MFB και AF = BF, οπότε είναι ίσα. Επομένως έχ�υμε ΒΜ = ΑΕ = ΧΜ και ΒΕ � BF + FE = AF + FM = iAM = ΕΧ, οπότε τα τρίγωνα ΕΜΒ ΕΜΧ είναι ίσα. Επειδή τα σημεία F, D ανήκουν στις ευθείες ΕΒ,ΕΧ , αντίστοιχα, και EF = ED , έπεται ότι οι ευθείες BD και XF είναι συμμετρικές ως προς την ΕΜ . Επομένως οι τρεις ευθείες BD, FX και ΜΕ περνούν από το ίδιο σημείο.

Πρόβλημα 2: Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n για τους οποίους σε κάθε κελί ενός n χ n πίνακα μπορεί να τοποθετηθεί ένα από τα γράμματα I, Μ και Ο κατά τέτοιο τρόπο ώστε: • σε κάθε γραμμή και σε κάθε στήλη του πίνακα, το ένα τρίτο των γραμμάτων είναι I, το ένα τρίτο των γραμμάτων είναι Μ και το ένα τρίτο των γραμμάτων είναι Ο, • σε κάθε διαγώνιο, αν ο αριθμός των γραμμάτων που είναι τοποθετημένα στα κελιά της είναι πολλαπλάσιο του 3, τότε το ένα τρίτο των γραμμάτων είναι Ι, το ένα τρίτο είναι Μ και το ένα τρίτο είναι Ο. Ση μείω ση: Οι γραμμές και οι στήλες ενός η χ η πίνακα αριθμούνται από 1 μέχρι η κατά την φυσική τους σειρά. Έτσι κάθε κελί αντιστοιχεί σε ένα ζευγάρι θετικών ακεραίων (i, j) με ι ::;; i, j ::;; η. Για η > ι, ο πίνακας έχει 4η - 2 διαγώνιους δύο τύπων. Μια διαγώνιος του πρώτου τύπου αποτελείται από όλα τα κελιά (i, j) για τα οποία το άθροισμα i + j έχει σταθερή τιμή και μια διαγώνιος του δεύτερου τύπου αποτελείται από τα κελιά (i, j) για τα οποία η διαφορά i - j έχει σταθερή τιμή. Λύση: Αν υποθέσουμε ότι σε έναν πίνακα τύπου n x n τοποθετούμε k φορές καθένα από τα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/10

----- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-----

γράμματα Ι , Μ και Ο , τότε πρέπει n = 3k, k ε Ν " , δηλαδή ο n πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του 3. Κατ ' αρχή παρατηρούμε ότι η τιμή n = 3 απορρίπτεται, αφού μετά τη συμπλήρωση της πρώτης γραμμής διαπιστώνουμε ότι είναι αδύνατη η συμπλήρωση της δεύτερης γραμμής, έτσι ώστε να ισχ6ουν οι συνθήκες του προβλήματος.

Πίνακας 1 Πράγματι, ότι οποιοδήποτε γράμμα και αν τοποθετήσουμε στο κεντρικό τετράγωνο του πίνακα η δεύτερη στήλη ή μία από τις διαγώνιους θα έχει δύο φορές το ίδιο γράμμα. Μία κρίσιμη παρατήρηση είναι ότι το γράμμα που τοποθετείται στο κεντρικό τετράγωνο αντιστοιχεί σε τέσσερις περιπτώσεις που αφορούν γραμμή, στήλη και δύο διαγώνιους. Επίσης για n = 6 , αν η πρώτη γραμμή συμπληρωθεί στη μορφή Ι,Μ,Ο,Ι,Μ,Ο, τότε θα έχουμε το ίδιο πρόβλημα, όπως και στην προηγούμενη περίπτωση. Αν η συμπλήρωση γίνει όπως φαίνεται στον πίνακα 2, τότε το πρόβλημα προκύπτει στην συ1μπλ' �rιρωση τεσσα' :)ων θε' σεων της τρίτης γραμμής. Ι Μ Μ ο ο Μ ο Ι ο Ι Μ

Πίνακας 2 Στην περίπτωση n = 9 παρατηρούμε ότι είναι δυνατή η συμπλήρωση του πίνακα, σύμφωνα με τα ' λα διαπιστωνουμε στον πινακα 3 ζητούμενα του προβλήματος, όπως ευκο ·

' ·

Μ Μ Μ ο

ο Ι

Μ Μ Μ ο

ο Ι

Μ Μ Μ ο

ο Ι

Μ Μ Μ Μ Μ Μ ο ο ο Μ Μ Μ

Μ Μ Μ ο

Μ Μ Μ

Πίνακας 3 Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι είναι δυνατή η συμπλήρωση του πίνακα για κάθε n = 9k,k ε Ν • . Για την περίπτωση αυτή σχηματίζουμε έναν n χ n πίνακα που έχει k χ k φορές τον πίνακα 3. Από το σχηματισμό του πίνακα είναι φανερό ότι σε κάθε γραμμή και κάθε στήλη του υπάρχουν 3k φορές τα γράμματα Ι, Μ και Ο. Επιπλέον, κάθε διαγώνιος του μεγάλου πίνακα 9kχ 9k με πλήθος στοιχείων πολλαπλάσιο του 3, αποτελείται από μία ή περισσότερες διαγώνιους πινάκων τύπου 9 χ 9 , οπότε θα περιέχει ίσες φορές καθένα από τα γράμματα Ι, Μ και Ο. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει άλλη δυνατή τοποθέτηση των γραμμάτων σε πίνακα τύπου 3k χ 3k με k ε Ν• , k * πολλαπλασίου του 3 Έστω n = 3k, όπου k θετικός ακέραιος. Χωρίζουμε τον 3k χ 3k πίνακα σε k χ k υποπίνακες τύπου 3 χ 3. Ονομάζουμε τα κεντρικά τετράγωνα (τομή δεύτερης γραμμής με δεύτερη στήλη) των υποmνάκων 3 χ 3 κρίσιμα τετρά-yωνα. Επίσης ονομάζουμε κάθε γραμμή ή στήλη ή διαγώνιο με πλήθος τετραγώνων πολλαπλάσιο του 3, κρίσιμη ευθεία. Στη συνέχεια κάνουμε καταμέτρηση ενός γράμματος, έστω του Μ, που περιέχεται σε κρίσιμες ευθείες. Έστω Ν ο αριθμός αυτών των γραμμάτων. Υπάρχουν k κρίσιμες γραμμές οι οποίες περιέχουν k 2 γράμματα Μ και k κρίσιμες στήλες, οι οποίες περιέχουν k2 γράμματα Μ Στις κρίσιμες διαγώνιους πρώτου τύπου περιέχεται 1 + 2 + .... + (k - 1) + k + {k - 1) + ... + 2 + 1 = k( k - 1) + k = k2 φορές το γράμμα Μ Ομοίως προκύπτει ότι και στις κρίσιμες διαγώνιους δεύτερου τύπου περιέχεται k2 φορές .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/11

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ------- το γράμμα Μ Έτm συνολικά στις κρίσιμες γραμμές περιέχεται 4k 2 φορές το γράμμα Μ, δηλαδή είναι Ν = 4k 2 • Ξέρουμε όμως ότι το γράμμα Μ υπάρχει 3k2 φορές στον 3k χ 3k πίνακα. Σημειώνουμε εδώ ότι το γράμμα Μ που μετράμε στις κρίσιμες ευθείες πεp1λαμβάνεται στη μέτρηση ή μiα μόνο φορά ή τέσσερις φορές, οπότε οποιαδήποτε διαφορά προκύπτει στην καταμέτρηση θα πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του 3. Έτm έχουμε 4� 3� ( ιmd3) � � = ΠJJJ.J..σ:ιr:λiroω 3 � k = ΠJJJ.J..σ:ιr:λirow 3 � n = ΠJJJ.J..σ:ιr:λirow 9. Π ρόβλη μα 3: Έστω Ρ = Α1Α2 .. . Ak ένα κυρτό πολύγωνο στο επίπεδο. Οι κορυφές A1, A2, , A k Ξ

•••

έχουν ακέραιες συντεταγμένες και βρίσκονται όλες πάνω σε ένα κύκλο. Έστω S το εμβαδόν του πολυγώνου Ρ. Δίνεται ένας περιττός ακέραιος n τέτοιος ώστε τα τετράγωνα των μηκών των πλευρών του πολυγώνου Ρ είναι ακέραιοι που διαιρούνται με τον αριθμό n. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 2S είναι ένας ακέραιος που διαιρείται με τον αριθμό n. Λύση: A � ...Ak Ak+i = Α;, ί ;;::

Έστω Ρ = 1 και για l.Από τον τόπο του κορδονιού (Shoelace formula) έχουμε ότι το εμβαδόν κάθε κυρτού πολυγώνου με ακέραιες συντεταγμένες ισούται με το μισό ενός ακεραίου. Επομένως ο αριθμός 2S είναι ακέραιος. Θα αποδείξουμε με επαγωγή ως προς το k, k ;;:: 3, ότι ο ακέραιος 2S διαιρείται με το n . Επειδή ο n είναι περιττός, αρκεί να θεωρήσουμε την περίπτωση n = p 1 , όπου p περιττός πρώτος και t ;;:: 1 . Για k = 3 , έστω ότι τα μήκη των πλευρών του πολυγώνου είναι .J;;;ι, J;b, � . όπου a,b,c θετικοί ακέραιοι. Τότε, από τον τόπο του Ήρωνα, έχουμε 1 6S2 = n2 { 2ab + 2bc + 2ca - a2 - b2 - c2 ) . Επομένως, n2 116S2 ::::::> n i2S . Έστω k ;;:: 4. Τότε, αν το τετράγωνο μιας διαγωνίου είναι ακέραιος που διαιρείται με το n , αυτή η διαγώνιος διαιρεί το πολύγωνο σε δύο πολύγωνα με μικρότερο αριθμό πλευρών, στα οποiα μπορσύμε να εφαρμόσουμε την υπόθεση της επαγωγής. Επομένως, μένει να υποθέσουμε ότι κανένα από τα τετράγωνα των μηκών των διαγωνίων δεν διαιρείται με το n . Συμβολίζουμε με v ( ) τον εκθέτη του p στην ανάλυση του θετικού ακέραιου r σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Λήμμα. vP { ( Α1 Α, )2 ) > vP { ( Α1 Α,+1 )2 ), για m { 2,3, . . . , k - l} . Απ όδειξη. Η περίπτωση m = 2 είναι προφανής, αφού vP ( ( �� )2 ) ;;:: t > vP (( �� )2 ) , από τη συνθήκη και την προηγούμενη υπόθεση ( ο ( Α1 Α3 )2 είναι τετράγωνο μήκους διαγωνίου και δεν διαιρείται με το 2 n = p1 ). Υποθέτουμε ότι vP { ( A1 .Az )2 ) vP {( Α1 Α3)2 ) { 3,4, . . . ,k -1} . vP { (A1Am ) ) , για Για το βήμα της επαγωγής, εφαρμόζουμε το θεώρημα του Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο Αι Α,-ι 4,Α,+Ι ' οπότε έχουμε ( 4�ι ) ( 4,_ι4.) +( 44,_ι ) ( �ι ) =(44.)(4,_ι�ι ) �( 4�ι )2 (4,_ι4.)2 = = ( Α1 Α,_1 )2 ( Α,Α,+Ι )2 + (Αι Α, )2 ( Α,_ΙΑ,+Ι )2 - 2 ( ΑιΑ,-ι )( Α,Α,+Ι )(Αι Α, ) ( Α,_ΙΑ,+Ι ) . (1) Επομένως το γινόμενο 2 ( Αι Α,_1 )( Α,Α,+1 ) ( Λι Α, ) ( Α,_1 Α,+1 ) είναι ακέράιος. Στη συνέχεια θεωρούμε τη συνιστώσα του p σε κάθε όρο της σχέσης ( 1 ). Από την υπόθεση της επαγωγής έχουμε ότι vP { ( Α1 � _1 )2); vP {( Α1� )2 ) . Επίσης έχουμε ότι vP (( A,4..r1 )2 ) ;;:: t > vA ( Α,_1 �ιγ). Επομένως, n περιττός

Ρ r

mε

> ... >

Vp ( ( ΑιΑ,-1 )2 ( A,A,+I )2 ) > Vp ( ( ΛιΑ, )2 ( Α,_! Α,+! )2 )

(2)

Στη συνέχεια, από τη σχέση (2) έχουμε VP { 4 ( Α1 Α,_1 γ ( Am Am+Ι )2 ( Α1 Α, )2 ( Α,_1 Α,+1 )2 ) = v { (Αι Α,-ι )2 (Α, Α,+ι γ ) + vP { (Αι Α, )2 ( Α,_ΙΑ,+Ι )2 ) > 2vP { (Αι Α, )2 ( Α,_1 Α,+1 )2 ) (3) Επομένως, έχουμε vΡ ( 2 (Αι�-ι )( ��+ι )(Αι� )(�-Ι�+ι )) vΡ ((Αι� )(�-��+1 )) . Από τις σχέσεις (2) και (3), συμπεραίνουμε ότι ο μικρότερος εκθέτης του p στο δεύτερο μέλος της Ρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/12

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

σχέσης (1) υπάρχει στον όρο ( Α1 Am γ ( �-ι Am+t γ , οπότε προκύπτει ότι

νΡ ( ( � �+ι )2 ( �-�� )2 ) = νΡ ( ( � � )2 ( �-ι�+ι γ ) .

Τότε, πό τη σχέση νΡ (( 4,._1� )2 ) � t > νΡ (( Α,._1Ά_1 )2) προκύπτει ότι νΡ ( ( Αι4...tι )2 ) < νΡ ( ( 4 � )2 )

Από το προηγούμενο λήμμα, παίρνουμε μία αλυσίδα από ανισότητες

t � νΡ ( ( � � )2 ) > νΡ ( ( � Α3 )2 ) > νΡ ( (Αι Α4 γ ) > · · · > νΡ ( ( A1Ak ) 2 ) � f;

η οποία οδηγεί σε αντίφαση. Επομένως, κάποιο από τα τετράγωνα των μηκών των διαγωνίων του πολυγώνου διαφείται με το n , οπότε μπορούμε πλέον να αποδείξουμε με επαγωγή ότι ni2S . Σημείωση. Η υπόθεση ότι το

πολύγωνο είναι εγγράψιμο είναι ουσιώδης. Πράγματι, αν θεωρήσουμε ως Ο), τότε καθένα από·τα τετράγωνα των aντιπαράδειγμα το ρόμβο με κορυφές (Ο, Ο), (Ο,-

3), ( 4, 3), ( -4, μηκών των πλευρών του διαιρείται με το 5, ενώ 2S = 48 δεν διαιρείται με το 5.

Πρόβλημα 4: Ένα σύνολο θετικών ακέραιων αριθμών ονομάζεται εύοσμο, αν αυτό περιέχει δύο τουλάχιστον στοιχεία και καθένα από τα στοιχεία του έχει έναν κοινό πρώτο παράγοντα με ένα τουλάχιστον από τα υπόλοιπα στοιχεία του. Έστω P (n) = n2 + n + 1. Ποια είναι η ελάχιστη δυνατή τιμή του θετικού ακερα(ου b έτσι ώστε να υπάρχει ένας μη αρνητικός ακέραιος α για τον οποίο το σύνολο {Ρ(α + 1), P(a + 2), , P(a + b )} είναι εύοσμο; Λύση; Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι: ...

(Ρ( n), Ρ( n + 1)) = 1, για κάθε n ε Ν" Πράγματι, έχουμε ( P(n ), P (n + 1)) = ( n2 + n + 1, n2 +3n + 3) = { n2 + n + 1, n2 +3n + 3 - ( n2 + n + 1)) = ( n2 + n + 1, 2 ( n + 1)) = ( n ( n + 1) + 1, n + 1) = ( 1, n + 1) = 1, σύμφωνα με τις ιδιότητες του μέγιστου κοινού διαφέτη δύο αριθμών και την παρατήρηση ότι ο αριθμός Ρ ( n) = n2 + n + 1 = n ( n + 1) + 1 είναι περιττός. 1, αν n/2(mod7) (ιι) ( Ρ ( n ) , Ρ ( n + 2 )) = 7,αν n Ξ 2(mod 7). Πράγματι, από τη σχέση (2n + 7) P (n) -(2n -l)P(n +2) = 14 και την παρατήρηση ότι P (n) περιττός, προκύπτει ότι ο (Ρ(n),Ρ(n+2))πρέπει να είναι διαφέτης του 7. Το συμπέρασμα προκύπτει εύκολα με έλεγχο των περιπτώσεων n Ξ 0,1, ..., 6 ( mod7 ) . (ίίί) ( P(n),P(n+3)) = 1, αν n,iΊ ( mod 3) και 3I ( P (n),P(n+3)), αν n Ξ 1(mod3). Πράγματι, από τη σχέση ( n + 5) Ρ ( n ) -( n -1) Ρ ( n + 3) = 18 και την παρατήρηση ότι Ρ ( n) περιττός, προκύπτει ότι ο (Ρ(n),Ρ(n+3))πρέπει να είναι διαφέτης του 9. Το συμπέρασμα προκύπτει εύκολα με έλεγχο των περιπτώσεων n Ξ 0,1,2(mod3). Στη συνέχεια παρατηρούμε αμέσως ότι, λόγω της δεν είναι δυνατόν να υπάρχει εύοσμο σύνολο με 2 ή 3 στοιχεία. Για την περίπτωση των 4 στοιχείων, υποθέτουμε ότι ένα εύοσμο σύνολο περιέχει τα στοιχεία Ρ(α+1),Ρ(α+2), Ρ(α +3),Ρ(α + 4), για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο α . Για το στοιχείο Ρ(α + 2) , σύμφωνα με το (i), ισχύει ότι: (J1α+1),J1α+2))=1=(J1α+2),J1α+3)). Άρα πρέπει να έχουμε (Ρ( α +2),Ρ(α+4)) > 1. Τότε, από το έπεται ότι α+2 Ξ 2(ιηοd7) �α Ξ 0(mod7). Επίσης, για το στοιχείο Ρ( α +3) , σύμφωνα με το ισχύει ότι: (Ρ( α + 3 ) , Ρ(α + 2)) = 1 = (Ρ( α+ 4) , Ρ( α + 3)). Άρ.α πρέπει να έχουμε (ί)

{

(i),

(ii),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/13

------ Μαθηματικοί Διαyαινισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ------- (Ρ(α + l),Ρ(α + 3)) > l. Τότε, από το (ii), έπεται ότι α + l Ξ 2(mod7) <=:> α Ξ l(mod7), το οποίο αντιφάσκει με το προηγούμενο συμπέρασμα α Ξ Ο( mod 7). Για την περίπτωση των 5 στοιχείων υποθέτουμε ότι ένα εύοσμο σύνολο περιέχει τα στοιχεία Ρ(α + l),Ρ(α + 2), Ρ(α + 3),Ρ(α + 4),Ρ(α + 5), για κάποιο μη αρνητικό ακέραιο α. Για το Ρ(α + 3) , σύμφωνα με το (i), ισχύει: (Ρ(α+3),Ρ(α+2)) =l=(Ρ(α+4),Ρ(α+3)). Άρα πρέπει να έχουμε (Ρ(α+3),Ρ(α+l)) >l ή (Ρ(α+ 3),Ρ(α + 5)) > l . Θα υποθέσουμε ότι (Ρ(α + 3),Ρ(α + l)) > l , αφού εντελώς όμοια αντιμετωπίζεται και η δεύτερη περίπτωση. Τότε, λόγω του (ii), προκύπτει ότι α + l Ξ 2(mod7) <=:> α Ξ l(mod7). Τότε, όμως ισχύει ότι (Ρ(α + 2),Ρ(α + 4)) = 1, αφού από τη σχέση α 1 ( mod 7 ) , έπεται ότι α + 2 3 ( mod 7 ) . Επομένως, για να έχουμε εύοσμο σύνολο θα πρέπει να ισχύουν (Ρ(α + l),Ρ(α + 4)) > l και (Ρ(α + 2),Ρ(α + 5)) > l . Τότε, λόγω της (iii), προκύπτει ότι α + 1 Ξ 1(mod3) και α + 2 Ξ 1(mod3), που είναι άτοπο. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι είναι δυνατόν να κατασκευάσουμε ένα εύοσμο σύνολο με 6 στοιχεία, έστω το Ξ

S = { Ρ(α + 1),Ρ(α + 2),Ρ(α + 3),Ρ(α + 4),Ρ(α + 5),Ρ(α + 6) } .

Λόγω του (ii), (Ρ(α + 2),Ρ(α + 4)) = 7, όταν α + 2 Ξ 2(mοd7) <=:> α Ξ Ο(mοd7) . Επίσης, λόγω του (iii), 3 i (P( α + 3),Ρ( α + 6)), όταν . α + 3 Ξ 1(mod3) <=:> α Ξ 1( mod3) : Επιπλέον, Ρ( α + 1) = α2 + 3α + 3,Ρ( α + 5) = α2 + 1 1α + 3 1, οπότε έχουμε (Ρ( α + 1),Ρ( α + 5)) = ( α2 + 1 1α + 3 1,α2 + 3α + 3) = ( 8α + 28,α2 + 3α + 3) = (2α + 7,α2 + 3α + 3) = (2α + 7,-α + 6) = (2α + 7,19), οπότε (Ρ(α + l),Ρ(α + 5))i19 � (Ρ(α + 1),Ρ(α + 5)) = 1 ή 19 . Με έλεγχο βρίσκουμε ότι (Ρ(α + 1),Ρ(α + 5)) =19, όταν α Ξ 6(mοd19). Επομένως, υπάρχει μη αρνητικός ακέραιος α τέτοιος ώστε το σύνολο S να είναι εύοσμο, αν υπάρχει μη αρνητικός ακέραιος α τέτοιος ώστε να έχει λύση το σύστημα {αΞΟ(mχi7) , αΞl(mxi3) , αΞ6( mχl19)} , το οποίο πράγματι συμβαίνει, σύμφωνα με το κινέζικο θεώρημα υπολοίπων. Για παράδειγμα, αν α = 196 αληθεύουν όλες οι ισοτιμίες του συστήματος. Έτσι μεταξύ των 6 στοιχείων του συνόλου S, υπάρχουν τρία ζεύγη με μέγιστο κοινό διαιρέτη μεγαλύτερο του 1, οπότε το σύνολο είναι εύοσμο.

Πρόβλημα 5: Η εξίσωση (χ - 1) (χ - 2) · · · (χ - 2016) = (χ - 1) (χ - 2) ··· (χ - 2016) γράφεται στον πίνακα, με 2016 γραμμικούς παράγοντες σε κάθε μέλος της. Ποια είναι η ελάχιστη δυνατή τιμή του k για την οποία είναι δυνατόν να σβήσουμε ακριβώς k από τους 4032 γραμμικούς παράγοντες των δύο μελών της εξίσωσης έτσι ώστε ένας τουλάχιστον παράγοντας να μείνει σε κάθε μέλος και η εξίσωση που προκύπτει να μην έχει πραγματικές λύσεις;

Λύση: Μία πρώτη σκέψη μας είναι ότι, αν παραμείνουν στα δύο μέρη της εξίσωσης δύο ίδιοι γραμμικοί παράγοντες, τότε η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική λύση. Επομένως, πρέπει να διαγραφούν όλοι οι διαφορετικοί γραμμικοί παράγοντες μία τουλάχιστον φορά. Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός k των διαγραφών γραμμικών παραγόντων πρέπει να είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 2016. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι η ελάχιστη δυνατή τιμή του k είναι 2016. Επειδή ο 2016 είναι πολλαπλάσιο του 4, αρχίζοντας από την απλή εξίσωση (χ - 1)(χ - 2)(χ - 3)(χ - 4) = (χ - 1)(χ - 2)(χ - 3)( χ - 4) διαπιστώνουμε εύκολα με έλεγχο, ότι μόνο η εξίσωση (χ - 1) (χ - 4) = (χ - 2 }(χ - 3)

δεν έχει πραγματικές λύσεις. Έτσι υποκινούμεθα στη θεώρηση της εξίσωσης

(χ - 1)(χ - 4) . · · (χ - 2013)(χ - 2016) = (χ - 2)(χ - 3) . . · (χ - 2014)(χ - 2015) <=> Π( x - 4J - 1)( x - 4J - 4) = Π( x - 4j 2)( x - 4J - 3), (1) 503

503

j=O

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' lOl τ.l/14

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

η οποία θα αποδείξουμε ότι δεν έχει πραγματικές λύσεις. Για το σκοπό αυτό διακρίνουμε περιπτώσεις, ως προς τις διάφορες τιμές του χ . Περίπτω ση Ι. χ ε {1,2, . .. ,2016}. Για καθεμία από αυτές τις τιμές αυτές μηδενίζεται το ένα μέλος της εξίσωσης, ενώ το άλλο μέλος γίνεται διαφορετικό του Ο. Περίπτω ση 11. 4k + 1 < x < 4k + 2 ή 4k + 3 < x < 4k + 4, για κάποωk = 0,1, .. . ,503 . Για j = 0,1, ... ,503 με j ::�; k, ισχύει ότι ( x - 4J - 1)( x - 4J - 4) > 0, ενώ για j = k είναι ( χ - 4k - 1 ) ( χ -4k- 4 ) � Ο . . Έτσι το πρώτο μέλος της εξίσωσης (1) είναι αρνητικό. Το δεύτερο μέλος της εξίσωσης (1) είναι θετικό, αφού (χ - 4J - 2)(χ - 4J - 3) > 0, για κάθε j = 0,1, ... ,503 . Επομένως η εξί_σωση ( 1) δεν μπορεί να έχει λύση στα διαστήματα ( 4k + 1, 4k + 2) ή ( 4k + 3, 4k + 4), για κάποιο

k = 0,1, ... ,503 .

(

χ < 1 ή χ > 2016 ή 4k < χ < 4k + 1, για κάποιο k = 1,2, ... ,503. Τότε η εξίσωση ( - -1)( x - 4J - 4) 2 γράφεται στη μορφή 1 = Π x 4J =Π 1. j=o ( x - 4J - 2)( x - 4J - 3) j=O ( x - 4J - 2)( x - 4J - 3) Επειδή για κάθε j = 0,1, ... 503 ισχύει ότι (χ - 4} - 2)( χ - 4} -3) > 1 · 2 = 2 , έπεται ότι Περίπτω ση ΠΙ.

Ο<1-

503

2 < 1 , οπότε το ίδω ισχύει και για το γινόμενο τους στο δεύτερο μέλος . ( χ - 4] -2 ) ( χ - 4] - 3 ) .

της παραπάνω εξίσωσης. Περίπτωση IV. 4k + 2 < χ < 4k + 3, για κάποω k = Ο, 1, ... , 503. Στην περίπτωση αυτή γράφουμε την εξίσωση (1) ως εξής: ( x - 4J)( x - 4J - 1) (χ - 1) . (χ- 2016) (χ - 2016) 2 l = (χ - 1) . = 1+ (χ - 2) ( x - 2015) U (x - 4j + 1)( x - 4J - 2) (χ- 2) ( x - 2015) Q ( x -4j + 1)( x - 4J - 2) χ - 1 > 1 , - χ - 2016 > 1 και Προφανώς, στα διαστήματα ( 4k + 2,4k + 3) είναι -χ - 2015 χ-2 1+ . . > 1 , για κάθε j = 1, 2, ... , 503. Επομένως το δεύτερο μέλος της παραπάνω ( χ - 4] + 1 ) χ - 4] - 2 ) εξίσωσης είναι μεγαλύτερο του 1, οπότε αυτή δεν μπορεί να έχει λύση στα διαστήματα που θεωρήσαμε. Με τις τέσσερις περιπτώσεις που θεωρήσαμε, έχουμε αποδείξει ότι η εξίσωση (1) δεν έχει πραγματική λύση. Επομένως ο ελάχιστος αριθμός διαγραφών γραμμικών παραγόντων από την αρχική εξίσωση είναι 2016. Π ρόβλη μα 6: Δίνονται n � 2 ευθύγραμμα τμήματα στο επίπεδο έτσι ώστε κάθε δύο από αυτά 503

503

�

(

τέμνονται σε ένα εσωτερικό τους σημείο και δεν υπάρχουν τρία από αυτά που να περνούν από το ίδιο σημείο. Ο Τζεφ πρέπει να διαλέξει ένα άκρο από κάθε ευθύγραμμο τμήμα και να τοποθετήσει ένα βάτραχο σε αυτό, που να κοιτάζει προς το άλλο άκρο του τμήματος. Ύστερα αυτός θα κάνει n 1 χεφοκροτήματα. Σε κάθε χεφοκρότημα, κάθε βάτραχος πηδά αμέσως προς το επόμενο σημείο τομής του ευθυγράμμου τμήματός του. Οι βάτραχοι ποτέ δεν αλλάζουν την κατεύθυνση των πηδημάτων τους. Ο Τζεφ θέλει να τοποθετήσει τους βατράχους κατά τέτοιο τρόπο ώστε να μην 0'1)μβεί ποτέ να βρεθούν δύο από αυτούς στο ίδιο σημείο τομής την ίδια χρονική στιγμή. (α) Να αποδείξετε ότι ο Τζεφ μπορεί πάντοτε να πραγματοποιήσει την επιθυμία του, όταν ο αριθμός n είναι περιττός. (β) Να αποδείξετε ότι ο Τζεφ δεν μπορεί ποτέ να πραγματοποιήσει την επιθυμία του, όταν ο n είναι άρτιος.

Θεωρούμε έναν αρκετά μεγάλο κυκλικό δίσκο C που περιέχει όλα τα τμήματα. Στη συνέχεια προεκτείνουμε τα τμήματα σε ευθείες .e ί = 1, 2, . . . , n που η καθεμία τέμνει την περιφέρεια του κυκλικού δίσκου C στα σημεία Αι και Bi, ί = 1, 2, . . . , n. (α) Έστω n = 2κ + 1, κ ;;:::: 1 . Κινούμενοι πάνω στην περιφέρεια του κυκλικού δίσκου τοποθετούμε ένα βάτραχο στα σημεία Αι και Bi, i = 1,2, . . . , n, εναλλάξ. Επειδή κάθε ζευγάρι ευθειών τέμνονται μέσα στο κυκλικό δίσκο, υπάρχουν ακριβώς n - 1 σημεία μεταξύ των Αι και Bi , για κάθε σταθερό ί = 1, 2, . . . , n. Λύση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/15

-------

Μαθηματικοί Δuryωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

Έστω ότι τοποθετούμε ένα βάτραχο στο σημείο Α1 • Τότε το σημείο Β1 είναι κενό και μεταξύ των σημείων Α, και Β1 στο καθένα από τα δύο τόξα Α1Β1 υπάρχουν πάνω στη περιφέρεια του κυκλικού δίσκου 2κ σημεία. Αν ονομάσουμε τα 2κ σημεία του ενός τόξου κινούμενοι κατά τη θετική φορά � . � , , �k+t , τόtε ο Τζεφ τοποθετεί ένα βάτραχο στα σημεία B2 , � , B4 , As , ... , B2ιc, �ιc+t " Ισχυριζόμαστε ότι με αυτή τη τοποθέτηση των βατράχων μπορεί ο Τζεφ να εmτύχει το στόχο του. •••

Σχήμα 2 (για n = 7 και n = 6) Ας υποθέσουμε ότι δύο βάτραχοι είναι τοποθετημένοι στα άκρα Α; και Αj Έστω ότι οι ευθείες f; και f j τέμνονται στο σημείο Ρ . Σύμφωνα με την τοποθέτηση των βατράχων, υπάρχει περιττός αριθμός •

σημείων στο τόξο Α; Αj Καθένα από αυτά τα σημεία ανήκει σε μία ευθεία f k , η οποία πρέπει να τέμνει μόνο ένα από τα ευθύγραμμα τμήματα Α;Ρ και AjP δημιουργώντας έτσι ένα περιττό αριθμό σημείων στα δύο τμήματα Α;Ρ και AjP . Οι υπόλοιπες ευθείες ή τέμνουν και τα δύο τμήματα Α;Ρ και AjP ή κανένα από αυτά. Επομένως, ο συνολικός αριθμός σημείων τομής στα τμήματα Α;Ρ και Αjp , χωρίς να μετράμε το σημείο Ρ , είναι περιττός. Αν υποθέσουμε ότι οι βάτραχοι με την προβλεπόμενη διαδικασία φθάνουν στο σημείο Ρ την ίδια χρονική στιγμή, τότε θα πρέπει να έχουν περάσει στα τμήματα Α;Ρ και AjP από τον ίδιο αριθμό σημείων τομής, οπότε ο συνολικός αριθμός σημείων τομής στα τμήματα Α;Ρ και Αjp , χωρίς να μετράμε το σημείο Ρ , θα είναι άρτιος, άτοπο. (β) Έστω n άρτιος. Παρατηρούμε ότι σε οποιαδήποτε τοποθέτηση των βατράχων από τον Τζεφ, θα υπάρχουν δύο γειτονικά σημεία, έστω Α; και j στα οποία θα υπάρχει βάτραχος. Έστω Ρ το σημείο τομής των τμημάτων Α;Β; και Aj Bj . Τότε κάθε άλλο τμήμα θα τέμνει ή και τα δύο τμήματα Α;Ρ και AjP ή κανένα από αυτά, οπότε ο αριθμός των σημείων τομής στα τμήματα Α;Ρ και AjP θα είναι ο ίδιος. Επομένως οι δύο βάτραχοι θα συναντηθούν στο σημείο Ρ . Δεύτερη λύση για το ερώτημα (α) Όπως και στην αρχή της άσκησης, θεωρούμε ένα μεγάλο κυκλικό δίσκο που περιέχει όλα τα ευθύγραμμα τμήματα. Έτσι ο κυκλικός δίσκος χωρίζεται σε χωρία. Επειδή από την υπόθεση δεν υπάρχουν τρία τμήματα που συντρέχουν, μπορούμε να χρωματίσουμε τα χωρία μαύρα και άσπρα κατά τέτοιο τρόπο ώστε οποιαδήποτε δύο γειτονικά χωρία (έχουν κοινό συνοριακό ευθύγραμμο τμήμα), να έχουν διαφορετικά χρώματα. Ισχυριζόμαστε ότι μία κατάλληλη τοποθέτηση των βατράχων από τον Τζεφ στα άκρα των τμημάτων είναι αυτή που ο κάθε βάτραχος έχει στα δεξιά του χωρίο με μαύρο χρώμα. Σημειώνουμε ότι κάθε φορά που ο βάτραχος μετακινείται στο επόμενο σημείο τομής το χωρίο που έχει δεξιά του αλλάζει χρώμα. Επομένως, αν δύο βάτραχοι συναντηθούν σε κάποιο σημείο Ρ , τότε τα δύο χωρία που είναι δεξιά τους θα είναι του ιδίου χρώματος, ενώ αυτά είναι γειτονικά χωρία, που είναι άτοπο. Επομένως δύο βάτραχοι δεν μπορούν να βρεθούν στο ίδιο σημείο την ίδια χρονική στιγμή. -

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/16

----- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---33η Βαλκανι κή

Μαθηματική Ολυμπιάδα, Τίρανα

Ι/ΜΙ Μ., 11116 Π-, ΑΙΝιιι.

Βαλκανική Μαθηματική Ολυμmάδα διεξήχθη στα τίρανα της Αλβανίας από 5 μέχρι 10 Μαίου. Συμμετείχαν οι 11 χώρες της Νοτιοανατολικής Ευρώπης και άλλες 9 φtλοξενούμενες χώρες από Ευρώπη και Ασία. Οι Έλληνες μαθητές κατέκτησαν 2 αρ-yυρά και 4 χάλκινα μετάλλια, ως εξής: Η 33η

Τσιάμης Ραφαήλ, Γραβριλόπουλος Γεώργιος, Γεωργιάδης Βασίλειος, Μελάς Δημήτριος, Μισιακός Παναγιώτης, Κοτσόβολης Γεώργιος,

Εκπαιδευτήρια Μαντουλίδη, Αρ-yυρό μετάλλw ΓΕΛ Ν. Μάκρης, Αρ-yυρό μετάλλιο Εκπαιδευτήρια Μαντουλίδη, Χάλκινο μετάλλw Σχολή Μωραίτη, Χάλκινο μετάλλw Κολλέyιο Αθηνών, Χάλκινο μετάλλw Πειρ. Λύκειο Α. Αναργύρων Χάλκινο μετάλλw. Αρχηγός της Ελληνικής ομάδας ήταν ο μαθηματικός Σιλουανός Μπραζιτίκος και υπαρχηγός ο μαθηματικός Αλέξανδρος Συγκελάκης. Τα προβλήματα Πρόβλημα 1 : Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : JR ---+- JR οι οποίες είναι "ένα προς ένα" και τέτοιες, ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό χ και κάθε θετικό ακέραw n , να ισχύει n

(1) (Προτάθηκε από τη FYROM) i + 1)- J(f(x + i)))l< 201 6. IΣi(J(x+ i=l Λύση: Αν στη δεδομένη σχέση θέσουμε όπου . . το n -1 έχουμε n-1 1Σ ί(J(χ + ί + 1) - J(f(x + ί)))l< 20 1 6 . ( 2) i=l Με πρόσθεση κατά μέλη των (1 ), (2) και χρήση της ανισότητας Ι α - b � Ι α Ι + Ι b Ι , έχουμε � 4032 �Σί(J(χ + ί +1) -J(f(x + ί))) + IΣi(J{x + ί + ι) -J(f(x + i))) �� n(J(x+ n + 1)-f(f(x +n)))l . i=l i=l 4032 I f(x + n + 1) - f(f(x + n)) I< από όπου παίρνουμε ότι n για κάθε πραγματικό αριθμό και κάθε θετικό ακέραιο n . Θέτουμε στην τελευταία όπου χ το y - n και παίρνουμε I f(y + 1) - f(f(y)) I< 4032 , για κάθε πραγματικό αριθμό y και κάθε θετικό ακέραιο n n n . Παίρνοντας � ao , θα πρέπει f(y + 1) = f(f(y)) για κάθε y ε JR και αφού η συνάρτηση f είναι ((ένα προς ένα)) λαμβάνουμε ότι f(y) = y + 1 , η οποία επαληθεύει τη συνθήκη. n

Πρόβλημα 2 : Έστω ABCD ένα εγγράψιμο τετράπλευρο με ΑΒ < CD . Οι διαγώνwί του τέμνονται στο σημείο F και οι ευθείες ΛD και BC τέμνονται στο σημείο Ε. θεωρούμε τις προβολές Κ και L του σημείου F στις πλευρές ΛD και BC αντίστοιχα και τα μέσα Μ, S και Τ των EF , CF και DF αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το δε6τερο κοινό σημείο των περιγεyραμμένων κύκλων των τριγώνων ΜΚΤ και MLS ανήκει στο τμήμα CD . (Προτάθηκε από την Ε)J.άδα-Σιλουανός Μπραζιτlκος)

Έστω Ν το μέσον του τμήματος CD . Θα αποδείξουμε ότι οι περιγε-yραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΜΚΤ , MLS περνούν από το Ν . Θα αποδείξουμε πρώτα ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου MLS περνάει από το Ν, ενώ για το τρίγωνο λ1ΚΊ' εργαζόμαστε ομοίως. του τριγώνου Παρατηρούμε αρχικά ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του MLS είναι ο κύκλος EFC , επομένως περνάει από το μέσον Q της EC , επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο NSQL είναι εγγράψιμο, δηλαδή, σύμφωνα με το παρακάτω σχήμα, αρκεί να αποδείξουμε ότι:

Λύση:

Euler

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/17

-------

Μαθηματικοί Διαyωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

L.SLQ = L.QNS

.......... .. •• < .. ..

...•·· :'

------

(1)

Πράγματι, καθώς το τρίγωνο FLC είνίiι ορθογώνιο και LS είναι η διάμεσός του, θα έχουμε ότι SL = SC , οπότε L.SLC = L.SCL = L.ACB (2) Επιπλέον, τα Ν , S είναι τα μέσα των DC , FC οπότε SN 11 FD κm τα Q , Ν είναι τα μέσα των EC , CD οπότε QN I I ED .

{ \

Έπεται ότι οι γωνίες L.EDB και LQNS έχουν τις πλευρές τους παράλληλες, και λό-γω της συνθήκης ΑΒ < CD , είναι και οι δύο οξείες, οπότε (3) L.ADB = L.QNS Συνδυάζοντας τις (2) και (3) με το γεγονός ότι το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο, παίρνουμε την Σχήμα 1 (1) και το ζητούμενο έπεται. 2η Λύση: Έστω Ν το μέσον του τμήματος CD . Θα αποδείξουμε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΜΚΤ , MLS περνούν από το Ν . Θα αποδείξουμε πρώτα ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου MLS περνάει από το Ν και για το τρίγωνο ΜΚΤ εργαζόμαστε ομοίως. Αρκεί να αποδείξουμε ότι r.

.... .. ..

.. ..

... ..

LNML + LLSN =

•

• •• • •

'-·....

• •

• • •••

• •

1 ος

180".

LLSN = LLSA + L.ASN = 2LLCA + 180" - LDFC

· .\ �Ξ�Ξ��-::�:J\

ι</·

i '/ \

Όμως,

._ ....

•

• •

···•······

·. • •

• ••

•·

•

Σχήμα 2

FΚEL είναι εγγράψιμο και το κέντρο του είναι το Μ .:! τετράπλευρο οπότε LΚML = 2L.DEC , οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι

LΚML = LNML και επειδή ΜΚ = ML , αρκεί να αποδείξουμε ότι ΜΝ l_ ΚL . Αυτή την καθετότητα θα την αποδείξουμε με δύο διαφορετικούς τρόπους ακολουθώντας τις αποδείξεις των μαθητών μας που έλαβαν μέρος στη φετινή' Βαλκανική μαθηματική Ολυμπιάδα1

Τρόπος (Παναγιώτης Μισιακός).

Η ευθεία ΜΝ συνδέει τα μέσα δύο διαγωνίων στο πλήρες τετράπλευρο EAFBDC οπότε είναι η ευθεία Newton-Gauss του πλήρους τετραπλεύρου. Γνωρίζουμε ότι η ευθεία αυτή είναι κάθετη στην ευθεία Aubert των ορθοκέντρων του πλήρους τετραπλεύρου. Δηλαδή αν Η1 , Η2 είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων AFD και BFC αντίστοιχα, τότε ΜΝ l. H1H2• Αλλά τα Η1 , Η2 ανήκουν στις ευθείες FK και αντίστοιχα και τα τρίγωνα AFD και BFC είναι όμοια. Αυτό σημαίνει ότι τα αντίστοιχα FH2 ' οποτε ' , θα ισχυει FHJ = -' ' τους εχουν ' Ί Α., το Ί Α. , ομοιοτητας ' τμηματα των τριγώνων αυτων, . .ιrο ιvvrO ,.. •

•

Η1Κ

Από την τελευταία όμως έχουμε ότι Η1Η2 1 1 ΚL οπότε ΜΝ l_ ΚL , που είναι το ζητούμενο.

H2L

2ος Τρόπος (ΓιώΡ'fος Γαβριλόπουλος, Βασiλης Γεωργιάδης). ότι ΜΚ = ML , για ΜΝ .l ΚL

Αφού ισχύει να δείξουμε ότι , αρκεί να αποδείξουμε ότι ΝΚ = NL . Για το σκοπό αυτό θα συγκρίνουμε τα τρίγωνα Κ'ΓΝ και LSN . Όπως στην (4), βρίσκουμε ότι Επιπλέον από τα ορθογώνια

LKTN = LLSN = 180" - L.AEC. τρίγωνα KDF και FLC καθώς και ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/18

τις

παραλληλίες

SN 11 FD

και

------

Μαθηματικοί Διαyωνισμοί-Μαθηματικές Ολυμπιάδες

SN και LS = FC = τΝ. 2 2 Επομένως τα τρίγωνα ΚτΝ και LSN είναι ίσα και το ζητούμενο έπεται. NT II FC έχουμε

ΚΤ =

-------

[

· ·· · ··

· .

·· · • · · ·

. . . . . . . . . . . I . . . . ο ο ο ο ο

. . . . . .

• . .

. . . · .· .

· . . ... .

.. ··

······ · ··

Σχήμα 3

Πρόβλημα 3: Να βρείτε όλα τα μονικά πολυώνυμα/με ακεραίους συντελεστές που ικανοποιούν την ακόλουθη ιδιότητα: Υπάρχει ένας θετικός ακέραιος Ν τέτοιος, ώστε ο p να διαιρεί τον 2 (ι(p)!) + 1 για κάθε πρώτο p > Ν για τον οποίο ο αριθμός ι(p) είναι θετικός ακέραιος. Σημείωση: Ένα μονικό πολυώνυμο έχει συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου του ίσο με 1 . ,

Λύση: Αν το f είναι σταθερό, τότε

(Προτάθηκε από την Ελλάδα-Σ. Μπραζιτlκος- Π. Λώλας) f(p) = 1 , οπότε η συνθήκη δεν μπορεί να ικανοποιείται για p�5 .

Αν το f δεν είναι σταθερό, τότε από σχέση p 1 2 ( f(p) ! ) + 1 έχουμε ότι: f(p) < p, για ό λους τους πρώτους p > Ν (*) Πράγματι, αν για κάποιον πρώτο p έχουμε ότι f(p)�p , τότε p l ( f(p) !) , επομένως p l l , που είναι άτοπο. Ας υποθέσουμε τώρα ότι degf = m > 1 Τότε αφού ο συντελεστής του με-yιστοβάθμιου όρου του

τη

είναι ίσος με ένα, θα έχουμε

lim p-+<S:J

f(p) Ρ

= +οο,

που αντιβαίνει στην (*)

Επομένως πρέπει να ισχύει degf(χ) = 1 δηλαδή f(χ) = χ - α , για κάποιο θετικό ακέραιο α . Επομένως η δεδομένη συνθήκη γίνεται: Υπάρχει θετικός ακέραιος Ν τέτοιος ώστε ,

p 2 (p - α) !+ 1

Αλλά, σύμφωνα με το θεώρημα του

Wilson ισχύει ότι: ( p - 1) ! Ξ -1 ( mod p ) , οπότε

(p -3) !( p - 2)(p - 1) Ξ -1 (nκxl p) => (p - 3) ! (-2)( -1) Ξ -1 (mod p) δηλαδή p i 2(p - 3) !+ 1

Από τις (1) και (2) έπεται ότι (p - 3) ! Ξ (p - α ) !(mod p)

::::>

(

)

(1)

(

2 p - 3 ! Ξ -1 mod p

(2)

)

(p - 3) !(-l)a (a - 1) ! Ξ (p - α) !(-1Y (a - 1) !(mod p)

(p - 3) !(-1)a (a - 1) ! Ξ 1(mod p)

Επειδή -2(p - 3) ! Ξ 1(mod p) , έπεται ότι (- 1)a (α - 1) ! Ξ -2(mod p) . Παίρνοντας p > (α - 1) !+ 2 έχουμε από την τελευταία ότι (α - 1) ! = 2 , οπότε α = 3 και άρα f(p) = p - 3 , για κάθε πρώτο p > Ν . Τέλος, αφού το πλήθος των πρώτων είναι άπειρο, θα έχουμε ότι f(χ) = χ - 3 , για κάθε χ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/19

-------

Μαθηματικοί Δuryωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

Πρόβλημα 4 'Το επίπεδο χωρίζεται σε μοναδιαία τετράγωνα από δύο σύνολα παράλληλων ευθειών, σχηματίζοντας ένα άπειρο πλέyμα. Κάθε μοναδιαίο τετράγωνο χρωματίζεται με ένα από τα 1201 χρώματα έτσι, ώστε να μην υπάρχει ορθογώνιο με περίμετρο 100 το οποίο να περιέχει δύο τετράγωνα του ιδίου χρώματος. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ορθογώνιο με διαστάσεις 1 χ 120 1 ή 1201 χ 1 που να περιέχει δύο τετράγωνα του ιδίου χρώματος. Σημείωση : Υπο θέτουμε εδώ όπ κάθε ορθογώνιο έχει πλευρές που περιέχονται στις ευθείες του πλέγματος. (Πpοτάθ11κε από τη Βουλyαpία)

Λύση. (Σ. Μπραζιτίκος) Θεωρούμε ότι τα κέντρα των τετραγώνων είναι τα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες και στο εξής θα συμβολίζουμε κάθε μοναδιαίο τετράγωνο με τις συντεταγμένες του κέντρου του. Θα προσπαθήσουμε να βρούμε ένα σχήμα που αποτελείται από όσο το δυνατόν περισσότερα μοναδιαία τετράγωνα και μεταξύ τους να έχουν όλα διαφορετικό χρώμα. Αυτό το σχήμα πρέπει να χτίζεται από ορθογώνια με περίμετρο Ι 00 γιατί μόνο για αυτά έχουμε κάποια πληροφορία. Χτίζουμε λοιπόν αυτό το σχήμα με ορθογώνια με περίμετρο 1 00 μήκους 49, 47, 45 και λοιπά. Το σχήμα που προκύπτει θα το ονομάζουμε αστέρι και φαίνεται στο σχήμα. Το σχήμα αυτό αποτελείται από ένα ορθογώνιο μήκους 49 και από 2 ορθογώνια μήκους 2s + 1 για s = Ο, Ι, . 23 . Σχήμα 1 : Επομένως αποτελείται από 49 + 2(47 + 45 + . . . + 1) = 49 + 2 242 = 120 1 τετράγωνα. Εmπλέον, από την κατασκευή του αστεριού θα έχουμε ότι οποιαδήποτε δύο μοναδιαία τετράγωνα σε αυτό πρέπει να έχουν διαφορετικό χρώμα. Επομένως το σχήμα αυτό περιέχει όλα τα Ι20 Ι χρώματα. Επiλέyουμε τώρα ένα χρώμα, ας πούμε πράσινο, και ονομάζουμε a1 , a2 , όλα τα πράσινα τετράγωνα. Θα συμβολίζουμε με Ρ; το αστέρι με κέντρο το ai . Θα δείξουμε πρώτα ότι δεν υπάρχει μοναδιαίο τετράγωνο που να καλύπτεται από δύο διαφορετικά αστέρια Ε: και JΊ -και ότι κάθε μοναδιαίο τετράγωνο καλύπτεται από κάποιο Ε: . Πράγματι, ας υποθέσουμε πρώτα ότι τα Ε: και JΊ καλύπτουν το ίδιο μοναδιαίο τετράγωνο b Τότε το ελάχιστο ορθογώνιο που περιέχει το b και τα κέντρα των Ε: και JΊ έχει περίμετρο το πολύ Ι 00 . Αυτό είναι άτοπο αφού τα κέντρα των Ρ; και JΊ έχουμε υποθέσει ότι είναι πράσινα. Από την άλλη, θεωρούμε ένα τυχόν μοναδιαίο τετράγωνο b Το αστέρι με κέντρο το b περιέχει σίγουρα κάποιο πράσινο μοναδιαίο τετράγωνο ai . Επομένως και το αστέρι Ε: με κέντρο το πράσινο ai περιέχει το b , οπότε έπεται ότι τα αστέρια Ρι , � , δημιουργούν μία κάλυψη του επιπέδου. Αυτή η κάλυψη μπορούμε εύκολα να δούμε ότι είναι μοναδική ως προς μεταφορές και ανακλάσεις. Πράγματι, ας θεωρούμε δύο γειτονικά αστέρια. Πράγματι, ας θεωρήσουμε δύο γειτονικά αστέρια. Ο τρόπος για να μπει το ένα δίπλα στο άλλο είναι μοναδικός ως προς ανάκλαση, γιατί σε κάθε άλλη περίπτωση, δημιουργούνται δύο διαδοχικά κενά σε κάποιες γωνίες που δεν μπορούν στη συνέχεια να καλυφθούν. (Βλέπε Σχήμα 2) . .

• • •

�

Γj

ι___

,--J

ι ,

____Γ

Σχήμα 3:

Σχήμα 2:

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ.1/10

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

--------

Μπορούμε λοιπόν δίχως βλάβη της γενικότητας να υποθέσουμε όn τα κέντρα των αστεριών βρίσκονται στα σημεία (χ, y) που είναι τέτοία ώστε ο αριθμός 24χ + 25 y να διαφείται από 1201. Μία τέτοια κάλυψη (με μικρότερα αστέρια) φαίνεται στο Σχήμα 3.

Ας ξεκινήσουμε τώρα από ένα αυθαίρετο σημείο. Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας το (Ο, Ο) . Θέλουμε να αποδείξουμε όn τα (Ο, k) για k ε { 1, 2, ... , 1200} έχουν όλα διαφορεnκό χρώμα από το (Ο, Ο) . Οπότε θα έχουμε το αποτέλεσμα για τις οριζόνnες λωρίδες κ:αι άρα από συμμετρία και για τις κάθετες. Χωρίς βλάβη της γενικότητας το ( 25,24) έχει το ίδιο χρώμα με το (Ο, Ο) . Το ίδιο και ένα εκ των (25 + 24, 24 - 25) = (49,- 1) και (25 - 24, 24 - 25) = (1, - 1) . Δεν μπορεί να είναι το (1,-1) αφού είναι κοντά στο (Ο, Ο) άρα είναι το ( 49,-1) . Το ίδιο χρώμα έχει και ένα εκ των (25 + 25,24 + 24) = (50,48) και(25 + 25,24 - 24) = (50,0) . Δεν μπορεί να είναι το(50,0), άρα είναι το (50, 48) . Μέχρι σnγμής έχουμε αποδείξει ότι τα ( 25, 24), ( 49,- 1) και (50, 48) έχουν το ίδιο χρώμα με το (Ο, Ο) . Θα αποδείξουμε επαγωγικά όn τα ( <θ1-24,25-n), (49n+�49--n) και ( 49n, -n) έχουν το ίδιο χρώμα με το ( Ο, Ο) , για κάθε n Ε Ν. Ήδη έχει αποδειχθεί για n = 1 . Αφού το ( 49k + 1, 49 - k) έχει το ίδιο χρώμα, το ίδιο ισχύει και για ένα εκ των ( 49k + 25, 24 - k) και ( 49k - 24, 24-k) . Δεν μπορεί να είναι το ( 49k -23, 24 - k) αφού η απόστασή του από το ( 49k - 24, 25 - k) είναι μικρή. Άρα είναι το ( 49k + 25, 24 - k) . Αφού το ( 49k + 25, 24 - k) έχει το ίδιο χρώμα, το ίδιο ισχύει και για ένα εκ των ( 49k + 49, -k - 1) και ( 49k + 1, -k - 1) . Δεν μπορεί να είναι το ( 49k + 1, -k - 1) , αφού η απόστασή του από το ( 49k, -k) είναι μικρή. Άρα είναι το ( 49k + 49, -k - 1) .Επειδή το ( 49k + 25, 24- k) έχει το ίδιο χρώμα, το ίδιο ισχύει και για ένα εκ των ( 49k + 50, 48 -k) και ( 49k + 50, -k) . Δεν μπορεί να είναι το ( 49k + 50, -k) , αφού η απόστασή του από το ( 49k + 49, -k - 1) είναι μικρή. Άρα είναι το ( 49k + 50, -k) . Αποδείξαμε λοιπόν όn και τα (49k+25,24-k), (49k+49,-k-1) και (49k + 50,48 -k) έχουν το ίδιο χρώμα που είναι η επαγωγική υπόθεση για n = k + 1 . Άρα ο ισχυρισμός έχει αποδειχθεί. -� .,_

Ας επανέλθουμε τώρα στον τελικό στόχο που είναι να δείξουμε πως κανένα εκ των ( O,k ) για k ε {1,2, ... , 1200} δεν έχει ίδιο χρώμα με το (0,0) . Έστω λοιπόν k ε {1, 2, ... ,1200} . Μπορώ να υποθέσω όn k ;::: 49 αφού αλλιώς είναι άμεσο. Επίσης για n = 25 το ( 49n - 24, 25 - n) = ( 1201, 1) έχει το ίδιο χρώμα με το (Ο, Ο) οπότε μπορούμε επίσης να υποθέσουμε όn k � 1201 -49 = 1 152 . Μπορώ να γράψω k = 49.e + r , όπου ι.eι � 24 και r ;::: 1 . Είναι 49r � 1 152 + 24 , οπότε είναι r � 24 . Τότε όμως η απόσταση του (Ο, k) από το ( 49r, -r) που έχει το ίδιο χρώμα με το (Ο, Ο) είναι ι.e + rl � r + ι.eι � 48 . Οπότε το (Ο, k) έχει διαφορεnκό χρώμα από το ( 49r, -r) και άρα και από το (Ο, Ο) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/21

------- Μαθηματικοί Διαyωνισμοi - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ------

Ο ι λύσε ις των ασκήσεων του τΣύχους 1 00 Α44. Έστω

x,y,z θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε χ+ y+ z � 3. Να αποδείξετε ότι: ι ι ι Αυστρία 2Οι5 + + 2 2 χ+ y+.z y + .z + x .z+x+ y2 :5: ι · Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση: Εφαρμόζοντας την ανισότητα για τις τριάδες ( �' JΎ, z ) και ( �' .JY, 1 ) με x, y, z > Ο, προιcύπτει η ανισότητα ( χ + y + z2 )(x + y + 1) � (χ + y + z)2 , οπότε 1 < x+y+1 {1) χ + y + z2 (χ + y + z)2 . Ομοίως, έχουμε 1 < y+z+1 1 < z+x+1 (3) (2) και y + z + x2 (χ+ y + z)2 z + x + y2 (χ + y + z )2 . Με πρόσθεση κατά μέλη των (1), (2) και (3) έχουμε 2(x + y + z) + 3 1 1 1 + � (4) ' ---72 + χ + y + z y + z + x2 z + x + y2 (χ + y +z)2 2(x + y + z) + 3 οπότε αρκεί να αποδείξουμε όn �____;_-�- � 1 � (χ + y + z)2 - 2(x + y + z) - 3 � 0 (5) (χ + y + z)2 Αν θέσουμε t = χ + y + z � 3, τότε η (5) είναι ισοδύναμη με την t2 - 2t - 3 � Ο, t � 3 � ( t + 1) ( t - 3) � Ο, t � 3, η οποία αληθεύει, αφού από την υπόθεση έχουμε t = χ + y + z � 3. Η ισότητα για την ανισότητα (1) ισχύει όταν οι τριάδες ( �, JΎ, z ) και ( �, .JY, 1) είναι z = = <::::> z = 1 . Εργαζόμενοι ομοίως και για τις ανισότητες (2) και συyyραμμικές, δηλαδή όταν ν χ vY 1 (3) έχουμε τελικά όn η ισότητα ισχύει όταν χ = y = z = 1 .

Cauchy-Schwarz

f_ lf:.:

Ν3 8. Να λύσετε στους μη αρνητικούς ακέραιους την εξίσωση:

2... - ι = xy .

(Μαθηματικός διαΎωνισμός Putnam)

Λύση: Παρατηρούμε όn η εξίσωση έχει τις προφανείς λύσεις ( 1, 1) και (Ο, m ) , όπου m μη αρνηnκός ακέραιος. Στη συνέχεια με τη μέθοδο της άπειρης καθόδου του πάνω στους πρώτους παράγοντες του χ , θα αποδείξουμε όn δεν υπάj:>χουν άλλες λύσεις. Έστω p1 ένας πρώτος παράγοντας του χ και έστω q ο ελάχιστος θεnκός ακέραιος με την ιδιότητα ι έχουμε όn p1 12ΡΙ- - 1 , από την οποία, λόγω της p1 12q - 1 . Όμως, από το μικρό θεώρημα του υπόθεσης για το q , έπεται όn: q � Ρι -1 < Ρι. Θα αποδείξουμε τώρα όn q lx . Αν υποθέσουμε όn αυτό δεν ισχύει, τότε θα ισχύει όn χ = kq + r, με Ο < r < q, οπότε λόγω της υπόθεσης για τον p1 , έχουμε

Fennat

Fermat,

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ.1/22

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί-Μαθηματικtς Ολυμπιάδες -------- k k xy = 2"' - 1 = 2kq2r - 1 = ( 2q ) 2r - 1 = ( 2q - 1 + 1 ) 2r - 1 Ξ 2r - 1 ( mod p1 ) . Επομένως προκύπτει ότι p1 1 2r - 1 , το οποίο είναι άτοπο, αφού ο q είναι ο ελάχιστος θετικός ακέραιος με την ιδιότητα p1 1 2q - 1 . Επομένως qlx και 1 < q < p1 • Έστω τώρα p2 ένας πρώτος διαιρέτης του q. Τότε ομοίως προκύπτει ότι p2 l x και p2 < p1 • Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία θα φθάσουμε σε μία γνησίως φθίνουσα ακολουθία πρώτων διαιρετών του χ : p1 > p2 > p3 > ... > Pn > . . . . Αυτό όμως είναι άτοπο, αφού δεν υπάρχει τέτοια ακολουθία. Γ35. Έστω ABC τρίΎωνο και Ι το έκκεντρο του. Θεωρούμε κύκλο που περνάει από τα Α, Β , ο οποίος τέμνει την ευθεία ΑΙ στα Α και Ρ , την ευθεία ΒΙ στα Β και Q, την πλευρά AC στα

σημεία Α , 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 CI συντρέχουν. Αυστρία 2015

Λύση: Επειδή το τετράπλευρο ABSR είναι εγyεγραμμένο σε κύκλο έχουμε τις ισότητες Ύωνιών: RSC = Α και s:Rc = Β . Αν το σημείο Ρ βρίσκεται στο εσωτερικό του τριΎώνου ABC, τότε " "

RSP = RAP = - ,

τη Ύωνία

οπότε η ευθεία

διχοτομεί

CSR . Αν το Q βρίσκεται εξωτερικά του

Β τριΎώνου ABC, τότε QRA = QBA = , οπότε η Α

Σχήμα 1 ευθεία QR διχοτομεί τη Ύωνία s:Rc . Παρατηρούμε ότι, ανεξάρτητα από τη θέση των σημείων Ρ και Q ως προς το τρίΎωνο ABC, οι ευθείες PS, QR και CI είναι διχοτόμοι του τριΎώνου SCR, οπότε συντρέχουν. Γ36. Δίνεται τρίΎωνο

ΑΒΓ με ΒΑΓ = Α

- ·

ΑΒΓ < 90". Έστω ΑΕ η διχοτόμος της Ύωνίας ΒΑΓ με Α

το Ε σημείο της πλευράς ΒΓ. Το σημείο Ζ ανήκει στη διχοτόμο ΑΕ έτσι ώστε ΑΒΖ = - · ΒΑΓ και Α

ΑΖ = ΑΓ .

Λύση: "

2 Ρουμανία 2015

Βρείτε το μέτρο της Ύωνίας Bfz .

Έστω ότι BAr = 4χ . Τότε θα είναι ΑΒ Γ = � BAr = 3χ και BAz = Γλz = ΑΒΖ = 2χ'

ΓΒΖ = χ .

Επειδή

ΑΒΖ =

ΒΑΓ = ΒΑΖ , Α

το σημείο Ζ βρίσκεται

στη

μεσοκάθετη

ΔΖ

του

ευθύ-yραμμου τμήματος ΑΒ. Επιπλέον, επειδή BAr > ΑΒ Γ είναι ΒΓ > ΑΓ , οπότε η μεσοκάθετη του ΑΒ τέμνει την προέκταση του ΑΓ προς το μέρος του Γ σε σημείο, έστω Σ. Τότε το τρίΎωνο ΑΒΣ είναι ισοσκελές και το σημείο Ζ είναι το έκκεντρό του. Το τρίΎωνο ΑΖΓ είναι από την υπόθεση ισοσκελές με ZAr = 2χ , οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.l/23

-------

�

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί-Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

ΓΖΑ = ztΑ = ( 180° - 2χ) = 90° -χ. Επειδή ΔΖ μεσοκάθετη του ΑΒ και Μ ε ΔΖ , το τρίγωνο ΒΜΑ είναι ισοσκελές με ΜΑ = ΜΒ, οπότε ΒΑΜ = ΑΒΜ = 3χ και zAM = MAr = x . Α

Επομένως η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας ΓAz και μεσοκάθετη του ευθυγράμμου τμήματος ΖΓ, οπότε Bfz = MfZ = ΜΖΓ = ΜΖΑ -ΓΖΑ = 90° + 2χ -(90° - χ) = 3χ . Όμως. έχουμεΒrΣ = ΑΒΓ + ΓΑΒ = χ + 4χ Ίχ , οπότε 180° = ΣfA = BfΣ +BfZ + ZrA = (3x +4x)+ 3x+90° - x � 9x = 90° � χ = 10°. Άρα είναι Brz = 30° . =

Ση μείωση. Ο προσδιορισμός της γωνίας χ είναι

θα μπορούσε να γίνει από τις γωνίες του τριγώνου ΕΙΖ που

Efz = 3χ, ΕΖΓ = 90° + χ, ΖΕΓ = 3χ + 2χ = 5χ .

Ασκήσεις ιyια λύση A4S. (α) Να αποδείξετε όn για κάθε ακέραιο k η εξίσωση χ3 - 24χ + k = Ο έχει το πολύ μία ακέραια

λύση. (β) Να αποδείξετε όn η εξίσωση χ3 + 24χ- 2016 = Ο έχει ακριβώς μία ακέραια λύση.

Βρείτε όλους τους μη αρνηnκούς ακέραωυς n που είναι τέτοwι ώστε ο αριθμός .Jn +3 + �n +.Jn +3 είναι ακέραιος.

Ν39.

Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD . Έστω E, F τα μέσα των διαγώνιων του AC και BD, αντίστοιχα. Αν G είναι το σημείο τομής των ευθειών ΑΒ, CD και Η είναι το σημείο τομής των ευθειών AD, BC , να αποδείξετε όn: (α) τα σημεία τομής των διχοτόμων των γωνιών ΑΗΒ και AGD με τις πλευρές του τετραπλεύρου ABCD είναι κορυφές ρόμβου. (β) το κέντρο του προηγούμενου ρόμβου ανήκει στην ευθεία EF. Γ37.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ.1/24

�1

ΗΟΜΟ MA THEMA TICUS

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

επιμiλεια: Γιάννης Κερασαρίδη ς ΑμαJiα Μανιατοπούλου Γιώργος Μήλιος

Ι.

τι είναι τα Μαθηματικά;

(τpίτη συνiχεια)

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

Προλεγόμενα

«Τα καθαρά Μαθηματικά, με την aισθητική λειτΟυpyία τους και με την ολοκληρωτική έλλειψη συνδέσμου με την πρακτική, ίσως να φαίνονται η πιο άχρηστη ενασχόληση των ονειροπόλων. Το γεγονός όμως είναι ότι και οι θεωρητικοί μαθηματικοί,. ·όπως .κι · οι συνάδελφοί τους των εφαρμοσμένων κλάδων, πρΟσλαμβάνονται σήμερα ως πολύτιμοι σύμβουλοι βιομηχανιών, στρατιωτικών και κυβερνητικών προγραμματιστών. Ο πολιτισμός μας είναι ζήτημα αν θα υπήρχε χωρίς τους νόμους της Φυσικής και τις τεχνολογικές μεθόδους που αναπτ'6χθηκαν σαν υποπροϊόντα της μαθηματικής έρευνας. . Κανένας δεν μπορεί να κλείσει τα λογιστικά του βιβλία χωρίς να χρησιμοποιήσει την Αριθμητική, που επινόησαν · οι αρχαίοι κάτοικοι της Μεσοποταμίας και της Ινδίας. Κανείς δεν μπορεί να χτίσει ένα τοίχο,_ χωρίς να τον υπολογίσει με την Γεωμετρία που ανάπτυξαν οι Αιγ6πτιοι. Έλληνες πρωτοπόροι γεωμέτρες ήαν αυτοί που αντιλήφθηκαν τη σφαιρικότητα της Γης.· ·

Και όταν ή ανθρωπότητα βγήκε από τα σκοτάδια του . Μεσαίωνα, τα κλασικά Μαθηματικά ήσαν αυτά που έδωσαν τον σπινθήρα για τις παράτολμες περιπέτειες της Κολομβιανής εποχής.

ήσαν στην αρχαιότητα η Αριθμητική- η επιστήμη των αριθμών- και η Γεωμετρία- η επιστήμη των σχημάτων και των σχέσεων στον χώρο. Η Άλγεβρα ήρθε στους αιώνες που ακολούθησαν, για να συμπληρώσει την Αριθμητική, · προμηθε'6οντας της · ένα στενογραφικ9 σύστημα για υπολογισμούς, ακόμα και με άγνωστες ποσότητες. Τον 1 7 ο αιώνα, η «αναλυτική γεωμετρία>> θα στήσει μια γέφυρα ανάμεσα στη Γεωμετρία από τη μια μεριά και στην Αριθμητική και την Άλγεβρα από την άλλη · επιτρέπει να παρουσιάζονται aριθμοί με σημεία πάνω σ' ένι;ι σύστημα συντεταγμένων, ερμηνε'6ει εξισώσεις · με μορφές γεωμετρικές και αντίσtροφα. Ή αναλυτική μέθοδος αυτής της νέας Γεωμετρίας, που διευκρίνισε τον ένα κλάδο των μαθηματικών με τους όρους του άλλου, άνοιξε το δρόμο προς τις περισσότερες κατηγορίες των ανωτέρων μαθηματικών, κατηγορίες που συνοψίζονται με την ονομασία «ανάλvση».

πρώτος -καρπός της Ανάλυσης υπήρξε ο Απειροστικός Λογισμός -μία μέθοδος που επέτρεπε να μελετήσουμε τις μεταβολές και τις κινήσεις με τη βοήθεια σημείωv ή αριθμών που συνδέονται μεταξύ τους με μια κοινή σχέση. Με τη μέθοδο αυτή οι εmστήμοvες μπόρεσαν να λύσουν προβλήματα δυναμικής, να κατανοήσουν π.χ. τη ρυτίδωση που προκαλεί στο νερό μια πέτρα, την τροχιά ενός δι!lποντος, και γενικά όλες τις απλές διακυμάνσεις 'στη φύση. Ό Απειροστικός Λογισμός παραμένει, ακόμη και σήμερα, στήριγμα για τους σχεδιαστές αυτοκινήτων και τους τεχνικοος που εκτοξε'6ουν πυρα'6λου9>

Οι άνθρωποι που έφεραν τη βιομηχανική επανάσταση έμαθαν να εμmστε'6ονται και να χρησιμοποιΟΟν τη μηχανή χάρη στις εν μέρει μαθηματικές, εν μέρει τεχνολογικές έρευνες ενός Γαλιλαίου, ενόί; Νε'6τωνα. Σήμερα, οι ατομικοί επιστήμονες στηρίζονται κατά μέγα μέρος στη Θεωρία της Σχετικότητας και τις άλλες ανακαλύψεις του Αϊνστάιν, ο . οποίος επίσης είχε [πηγή: «LIFE-EillΣτHMONIΚH ΒΙΒΛΙΟΘΉΚΗ», εκδ. χρησιμοποιήσει δυσνόητες θεωρίες της γεωμετρίας "Λύκειος Απόλλων", Αθήνα (1976), σελ. 10] του 19ου αιώνος. Οι δυο �tυλοι των Μαθηματικών ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.l/25

------

Π. "Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου ,

κεντροειδές τριγώνου

Homo Mathematleus -------....:...--

ορθοκεντρική ομάδα σημείων

κεντροειδές τετραπλεύρου

• είναι το κέντρο βάρους του • εiναι το σημείο τομής των τριγώνου (το βαρύκεντρο) iυθvγράμμων τμημάτων που συνδέουν τα μέσα . των απέναντι πλευρών τυχαίου τετραπλεύρου

• τέσσερα σημεία θα λέμε ότι αποτελούν ορθοκεντρική ομάδα αν καθένα απ' αvτά εiναι ορθόκεντρο του τριγώνου που ορίζουν τα άλλα τρία

σημείωση ο όρος "ιcεντροειδές" χρησιμοποιείται στην αγyλοσαξονι1Cή βιβλιογραφία IIL ((Αυτό το ξέρατε,'>>

Σε ποιους απονεμή θηκε το Fields Medal το έτος 1966; JV. , Οι συνεργάτες της στήλης 'fράφουν-ερωτούν ,

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

1° θέμα Παναγιώτη Οικονομάκου (aσόΠλεvρο τρίγωνο>> προλεγόμενα ο φίλος της στfιλης Παναγιώτης Οικονομάκος

επεξεργάσθηκε και μας χαρίζει την ·

απόλαυση ενός θέματος εκφώνηση

Σε κύκλο θεώρούμε τα μη διαδοχικά τόξα 60° ΑΒ, ΓΔ και ΕΖ π�υ δεν έχουν κοινά σημεiα. α) να αποδειχτεί ότι το τρiγωνο·ΚΛΜ που έχει κορυφές Κ, Λ, Μ τα μέσα των χορδών ΒΓ, ΔΕ και ΖΛ είναι ισόπλευρο. β) σε ποια περίπrωση το ισόπλευρο τρiγωνο ΚΛΜ έχει μέγιfΠο εμβαδόν,· απόδειξη

Σημειώνουμε με x,y,z iα μήκη των χορδών ΕΔ,ΑΖ,ΒΓ αντίσtοιχα και με x 1,y 1 ,z1 τα μήκη των χορδών ΜΕ,ΑΕ,ΑΓ αντίστοιχα . α) από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο ΜΔΕ · ( ι ) έχουμε: 2 2 κ2 + λ2 = 4α2 + χ2 (1) κ2 + λ2 = 2 α2 + Δ Λ

σχ.

� �- (

}

Ομοίως από το ίδιο θεώρημα στα τρίγωνα ΖΕΑ και ΖΔΑ έχουμε; 2 + y2 2 y 2 R ι κ = _ _

2 λ =

2 2 χι + μ

2 .L

+yf + xf + μ2 - y2 (2) Από ( 1 ), (2) προκόπτει = R·2 + yf + xt - χ2 - y2 + μ2 (3) R2

4α"2

Α·

Στο ισοσκελές τραπέζιο ΔΓΒΑ, με ύψος ΒΝ έχουμε: μ-z ΑΝ = -

Εξάλλου δεδομένου ότι

z 2

σχfιμα 01

�

ΒΔΑ=30°, άρα ΒΝ = ...!. , θα είναι: ΑΝ2 = R2 - -1 , έτσι προκόπτει η

παρακάτω ισότητα ·

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ.1/26

-�------

(- ) μ-z

z: , - R2 - - η _

α2

f f

μ2 + z2 - 2z + 2R 2 = 4R2 - z ή μ2 = 2z - 2R2 + 4R 2 - z2 - z ή μ2 = 2R7 + z - z2 (6)

(4)

Ακόμη από Θεώρημα Πτολεμαίου έχουμε:

μz = zι2 - R2 η, 2μz = 2z - 2R2

------

Από (4),(5) προκ6πτει:-

4 μ2 + z2 - 2μz = 4R2 - z 2

Homo Matbematlcus

Από (3),

(5)

(6) βρίσκουμε :

( xf + yf + zf ) - ( χ2 + y2 + z2 ) + 3R2 4

(7)

Είναι προφανές, από την - συμμετρικότητα της παράστασης (7), ότι την ίδια τιμή θα έχουν και τα β2, γ2, οπότε α=β=y. προαγγελία η απόδειξη του ερωτήματος (β); στο επόμενο τεύχος 2" θέμα Πως γεννιέται ένα πρόβλημα; του Ι. Sharygin

η τέχνη της σύνθεσης προβλημάτων

(τρίτη συνέχεια)

Πρόβλημα 3. Λύστε το σύστημα των εξισώσεων

.Jx 2 - c2 + �y2 - c2 = z , Jy2 - a2 + .Jz2 - a 2 = χ , .Jz2 - b 2 + .Jx2--b2 = y,

ΑΠό τη στιγμή ποu γνωρίζουμε την πρόέλευση του συστήματος, είναι εύκολο να βρούμε συνθήκη για, να είναι συμβιβαστό (το τρίγωνο με πλευρές 1/a, 1/b και Uc πρέπει να είναι οξυγώνιο) και στη συνέχεια να το λύσουμε. Αποδείξτε ότι και το σύστημα και το πρόβλημα κατασκευής έχουν το πολύ μία λύση. Στην ίδια μεθοδολογία κατασκευής προβλημάτων μπορεί επίσης να καταταγεί, αν και κάπως καταχρηστικά, η αλλαγή διατύπωσης που προκύΠτει όταν μεταβαίνουμε από μια ευθεία πρόταση στην αντιστροφή της. (Πρέπει να εmσημάνουμε ότι · τα όρια μεταξύ των διαφόρων ειδών προβλημάτων είναι μάλλον δυσδιάκριτα. Το ίδιο πρόβλημα μπορεί να είναι· παράδειγμα για

Λύση.

τη

διάφορες μεθόδους, ειδικά όταν το τελικό πρόβλη μα προκύπτει από το συνδυασμό· αρκετών μεθόδων). Υπάρχουν · πολλές παραλλαγές της συγκεκριμένης μεθόδου, σ).).;ά εδώ θα παρουσιάσω ένα μόνο παράδειγμα που επιδεικνύει τον τρόπο με τον οποίο μια τετριμμένη ευθεία πρόταση δημιουργεί ένα πρόβλημα με πλόύσιο γεωμετρικό περιεχόμενο. Αν παρατηρήσουμε διάφορα ορθογώνια τρίγωνα, θα διαπιστώσουμε ότι το ορθόκεντρο Η ενός οξυγώνιου τριγώνου ΑΒΓ έχει την ιδιότητα 4: ΗΑΒ= 4: iJΓB, 4: ΗΒΑ = 4: ΗΓΑ, 4: ΗΑΓ= 4: ΗΒΓ Επομένως, ανακύπτει απολύτως φυσικά το επόμενο πρόβλημα:

Πρόβλημα. 4. Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο· των σημείων Μ για τα οποία 4: ΜΑΒ = 4: ΜΓΒ και 4: ΜΒΑ =

4: ΜΓΑ, όπου ΑΒΓ είναι δεδομένο οξυγώνιο τρίγωνο Λύση. Προφανώς, το σημείο τομής των υψών του και Cι είναι ομοκυκλικά (εφόσον 4:ΑιΑΓι= 4: ΑιΓΓι. Άρα, 4: ΜΑιfΊ τριγώνου ανήκει'στον εν λόγω γεωμετρικό τόπο. Το μη τετριμμένο πρόβλημα είναι να α- = 4: ΜΓΑ = 4: ΜΒΓι 4: ΜΑΓ= 4: νακαλύψούμε αν υπάρχει ένα μόνο τέτοιο σημείο και Συνεπώς, τα ΜΓιΑι στο εσωτερικό του τριγώνου. Θα αποδείξουμε ότι, . σημεία Μ, Β , Αι και πράγματι, το σημείο είναι μοναδικό. είναι επίσης Γι Ας προΓ ομοκυκλικά, και 4: εκτείνουμε τις ΜΒΑι = 4: ΜΓ�ι = ΑΜ, ΒΜ και ΓΜ 4: ΜΑΓ. ότου έως τις Συμβολ�ουμε τμήσουν τις αχήμα 3 γωνίες με α, β και φ, πλευρές του τρι όπως στο σχήμα 3, και βρίσκουμε ότι 4: α + 4:β + γώνου στα 4: φ = ( 4: Α+ 4: Β+ 4: Γ)/2 = π/2. σημεία Αι Β1 και Β ΈΠεται ότι τα AAv ΒΒι και ΓΓι είνΟ:ι τα ύψη τοu Γι (σχήμα 3). Τα σχήμα 2 δοσμένου τριγώνου. Όμως, ο γεωμετρικός τόπος σημεία Α,Γ,Αι ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/27

------,.----..,.....-- Homo Mathematicus

-------

που αναζητούμε δεν εξαντλείται στο μοναδικό ίδιο γεωμετρικό τόπο (aποδείξτε το)» σημείο τομής των υψών. Το · τόξο ΑΒ. του πε- [πηγή: περιοδικό QUANΊ'UM, τόμ. 8, τεύχ. 2, σελ. ριγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ και τα 14, 200 1 ] μέσα των τόξων Β Γ και ΓΑ ανήκουν επίσης στον σημείωση το δημοσίευμα η «τέχνη της σύνθεσης προβλημάτων», του ι Sharygin, π�ριλαμβάνει κι άλλα προβλήματα, όμως η μεγάλη 4κτασή τους δεν μας επιτρέπει να συνεχίσουμε, λαμβάνοντας υπόψη α) τον ελάχιστο χώρο που διαθέτει η στήλη μας και β) εργασίες συναδέλφων που περιμένουν με...υπομονή, να δημοσιευτούν ·

3° θέμα

Τζωρτζ Μπουλ. Η. τραγική ιστορία του μεγάλού μαθηματικού που τιμά η Google (iρίτη συνέχεια)

Πρωτότυπη και αξιοσημείωτη είναι η γενική συμβολική μέθοδος λογικής διαδικασίας για εξαγωγή συμπεράσματος του Μπουλ, την οποία ανέπτυξε το 1 854, στο έργο του που προαναφέρθηκι:;. Δοκίμασε, επίσης, μία aντίστοιχή μέθοδο με πιθανότητες, που επέτρεπε από δοθείσες πιθανότητες ενός οποιουδήποτε συστήματος συμβάντων να προσδιοριστεί· η πιθανότητα ενός άλλου τυχαίου συμβάντος, που συνδέεται λογικά με τα αρχικά συμβάντα τού συστήματος. Το 1 855 παντρεύτηκε την 23χρονη Μαίρη Έβερεστ, με την οποία απέκτησε πέντε κορίτσια · και το 1 857 εξελέγη εταίρος τής Βασιλικής Εταιρείας. Τα έργα του που ακολούθησαν, ή «Πραγματεία περί διαφορικών εξισώσεων» («Treatise on Differential Equations», 1 859) και η ,f1 θέμα

«Πραγματεία περί: τού λογισμού . των πεπερασμένων διαφορών» ( «Treatise on the Calcu1us of Finite Differences») το 1 860, ενσωματώνουν επεξεργασμένες τις σπουδαιότερες ανακαλύψεις του Μπουλ. Παρ' όλο που φαινόταν δυσνόητος και ασαφής, ο τρόπος συλλογιστικής διαδικασίας του Μπουλ οδήγησε σε εφαρμογές που ο ίδιος δεν είχε καν ονειρευτεί, όπως · στους ηλεκτρονόμους των τηλεφωνικών κυκλωμάτων και τους ηλεκτρονικούς υπολογιστές. άλγεβρά του είναι σημανnκή και σε άλλα πεδία όπως η Στατισnκή, η Θεωρία ' συνόλων και ο προγραμματισμός. ·. [http.:/lwww. imerisia.grlarticle.asp?catid=27200&s ·

ubid=2&pubid= l 13836373]

Υ. Solovyoν. Ο Cauchy και η τέλεια επαγωγή ή η τέχνη αναδιατύπωσης ενός προβλήματος,

ο φίλος της στήλης Κώστας η τέλεια επαγωγή ή η τέχνη αναδιατύπωσης ενός προλεγόμενα. Χριστοφόρου (Αθήνα), μας υπέδειξε να προβλήματος». Παρά το γεγονός ότι με συναφές ασχοληθούμε με την περίφημη ανισότητα θέμα, η στήλη μας είχε ασχοληθεί (τεύχος 9 1 αριθμητικού και γεωμετρικού μέσου. Εμείς το 201 4), δεν μπορέσαμε ν ' ανnσταθούμε σε κείμενο "ψάξαμε" το θέμα και βρήκαμε ένα σημανnκό του Υ. Soloνyoν κείμενο του Υ. Soloνyoν με τίτλο «0 Cauchy και Ακολουθεί το κείμενο το πρόβλημα. Ο αριθμητικός μέσος ενός συνόλου θετικών αριθμών είναι μεγαλύτι:;ρος ή ίσος του γεωμετρικού μέσου τους:

Χ Ι + χ2 + ... + x n � nl __,_ '\' Χ. Ι Χ 2 Xn

__,_ .... _ _ _

.•.

η διαπραγμάτευση. . Αυτή η διάσημη ανισότητα, που αποδείχτηκε για πρώτη φορά από τον Γάλλο

μαθηματικό Cauchy, δημοσιεύτηκε το 1 82 1 . Από τότε, θεωρείται μία από τις δυσκολότερες αριθμητικές ανισότητές. Σε αυτά τα 1 80 χρόνια έχουν βρεθεί μερικές δεκάδες αποδείξεις της. απόδειξη του ίδιου του Cauchy καταλάμβανε αρκετές σελίδες πολύπλοκων υπολογισμών. Τώρα σας προτείνω να μάθετε την απλούστερη απόδειξη που γνωρίζω. Πιστεύω · ότι είναι και κομψή και διδακnκή. Ωστόσο, χρειάζεται πρώτα να αναδιατυπώσουμε την εν λόγω ανισότητα.

Yl =

Χ Ι �xlx2 ...x n

Ποιος είναι ο σκοπός της αναδιατύπωσης ενός προβλήματος; Οι πεπειραμένοι μαθηματικοί γνωρίζουν ότι μπορεί να αποβεί εξαφεnκά χρήσιμη. Οι απλές αποδείξεις Πολύπλοκών θεοορημάτων αποτελούνται συχνά από μια αλυσίδα αναδιατυπώσεων. Με την πρώτη ματιά, η n-οστή ρίζα στο δεξιό μέλος της εξίσωσης δείχνει επίφοβη. Ας διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με αυτή τη ρίζα. Τότε, το δεξιό μέλος θα γίνει 1 και στο αριστερό θα έχουμε τον αριθμητικό μέσο των αριθμών:

ι •• • ι

ΥΙ== r=== Υπ --

.�xlx 2 ...xn

Παρατηρούμε ότι: YιY2·· ·Yv= l . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.l/28

------

Homo Matbematicus -------'--

Έστω ότι δίνονται όι συνθήκες Υι > Ο , . ., yn > Ο , y1 ...yn = 1 Πρέπει να αποδείξουμε ότι Yι + y2 + ... + yn � 1 (ι) η αναδιατύπωση.

το

Ας θυμηθούμε τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής. Θα αποδείξουμε την ανισότητα σταδιακά, αυξάνοντας κάθε φορά το n κατά 1. Για n = 1, η ανισότητα είνό.ι προφανής (καθαρή ισότητα). Θα υποθέσουμε ότι εχουμε καταφερει να την αποδείξουμε για ένα ' ' συγκεκριμένο n, και θα προσπαθήσουμε να την αποδείξουμε για n+ 1.

επαyωγικό βήμα. Πρέπει να αποδείξουμε ότι, αν Ζι > Ο, .. �. zn > Ο, zn+l > ο ,

τότε ·

Ζι ..zn z n+l .

=ι

Ζ1 + ... + zn + zn+Ι � η + ι Υποθέτουμε επιπλέον ότι η ανισότητα (1) ισχύει aυξάνουμε το aριστερό μέλος αντικαθιστώντας για κάθε κατάλληλο σύνολο η αριθμών. Έστω το zn zn+Ι + 1 με το άθροισμα zn + zn+t . Για να Υι = Ζι , ..., Υn-1 = zn-1 , Υn = z n + zn+l . τότε δικαιολογήσουμε αυτή την αντικατάσταση, πρέπει

ικανοποιούνται οι συνθήκες Υι > 0 , .. , Yn > 0 , Υι .. ·Υn = 1 , και υποθέτουμε ότι έχει αποδειχτεί η ανισότητα Υι + ... + Yn > n . Δηλαδή, ισχύει ότι Ζι + z2. + ... + zn zn +l � D {2) Εmσημαίνουμε ότι μέχρι στιγμής το μόνο που έχουμε κάνει είναι να δώσουμε μια σειρά αναδιατυπώσεων του προβλήματος. Πού είνάι όμως η απόδειξη; Ιδού: Αναδιατάσσουμε, αν είναι απαραίτητο, τους αριθμούς z n > l και Zι , ... , +zn+l έτσι ώστε .

να αποδείξουμε ότι zn + zn+t � zn zn+t + ι , ή ότι z n + z n+ l - z n z n+ l - 1 > -0 Παραγοντοποιούμε . το αριστερό ανισότητας και έχουμε:

(ι

μέλος

της

(

zn - z n+l ) - - zn+l ) = z n -:- ι)(ι - zn+ l ) � 0 Αυτή η ανισότητα είναι σίγουρα αληθής, αφού απόδέιξη ολοκληρώθηκε. zn > l και z n+Ι < Ξανακοιτάξτε μία ακόμα φορά την απόδειξή μας. Το μοναδικό μη τέτριμμένο .βήμα σ' αυτήν, ήταν η εmλογή των αριθμών zn και zη +Ι . Όλα τ· ά).)..α zn+Ι < 1 . Αυτό προφανώς είναι δυνατόν όταν δεν . συνιστούσαν χρήση τέλειας επαγωγής και μια [περιοδικό αλυσίδα αναδιατυπώσεων)) ισούνται όλα τα zi με τη μονάδα. Προσθέτουμε QUANΓUM, τόμ. 8, τεύχ. 2, σελ. 52, εκδ. τώρα το ι και στα δύο μέλη της ανισότητας (2) και ΚΑΤΟΠ'ΓΡΟ, Αθήνα 200ι]

1 ·Η

5" θέμα Θωμά Π. Μαζαράκου. <<11 Γητειά των Μαθηματικών>> προλεγόμενα. · ο φίλος της στήλης Θωμάς Μαζαράκος (Αττική, Ναυπηγός Μηχανολόγος Μηχανικός

Ph.D), μας έστε1λε το παρακάτω σημείωμά του σχετικά με τη (Jχέση Μαθηματικών,

Ε.Μ.Π., M.Sc., Φ6σης, Τεχνολογίας.

Πολλές φορές έχω προσπαθήσει να θυμηθώ πως ξεκίνησα να ασχολούμαι με τα μαθηματικά, αλλά, ποτέ δε μου δόθηκε η ευκαιρία να γράψω κάτι γι' αυτά. Να όμως, που μετά από πολλά χρόνια, τd κάνω. Το Πρώτο ερώτημα που έθεσα στον εαυτό μου ήταν: ΠΟΙΟΣ; Ο άνθρωπος που με παρακίνησε ήταν ο παππούς μου Κωνσταντίνος Δ. Φουσιάνης, Μαθηματικός και μέλος της Ε.Μ.Ε. από τη δεκαετία του '50. Μου είχε κάνει δώρο το πρώτο βιβλίο μαθήματικών ασκήσεων πάνω στα κλάσματα, όταν ήμουν πέντε ετών. Αυτό ήταν. Μού έσπειρε το μικρόβιο της άσιςησης, της εργασίας και της αέναης αναζήτησης του φανταστικού αυτού κόσμου των μαθηματικών. Ατελείωτες οι ώρες των ερωτήσεων, των επεξηγήσεων, των συζητήσεων που αφορούσαν στους μεγάλους Αρχαίους Μαθηματικούς, Πυθαγόρας, Θαλής, Αρχιμήδης. «Γητειά των

Μαθηματικών», με είχε · κυριεύσει. Τα χρόνια περνούσαν και οι σπουδές μου δεν σταμάτησq.ν στα μαθηματικά ως μαθημαnκά. Συνεχίζοντας _ στο Ε.Μ;Π., άρχισα να τα βλέπω υπό άλλη σκοmά. Με ποιο τρόπο θα μπορούσαν να γίνουν τ:α απαραίτητο εργαλείο, το οποίο. θα με βοηθούσε να κατανοήσω τα πραγμaτικά- καθημερινά φυσικά προβλήματα; Νόμος του εξίσωση του Laplace, Αρχή της Διατήρησης της Ορμής, επίλύση μη- γραμμικών συστημάτων, δυναμική των κατασκευών, αντοχή uλίκών, ηλεκτρομαγνητισμός και πόσα άλλα. Εδώ έπρεπε να αλληλεπιδράσουν Μαθηματικά και Φυσικός Κόσμος. Υπήρχε . η δυνατότητα, παρατηρώντας τα φαινόμενα, να μπορέσουμε να περιγράψουμε το Φυσικό Κόσμο, μέσω μαθηματικών εξισώσειriν; απάντηση έγινε μετά από καιρό προφανής. ΝΑΙ. Το επόμενο βήμα αυτής της εκπληκτικής αναζήτησης, ήρθε με την

Hooke,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/29

------ Homo Mathematicus

αλληλεπίδραση των Μαθηματικών και των Εφαρμογών τους. Βρισκόμουν στη Δανία στην πεφαματική δεξαμενή της κάνοντας δοκιμές υπό κλίμακα, σε μια πλωτή ανεμογεννήτρια, στην οποία δρούσαν άνεμος- κύμα και ρεύμα. Έχοντας λύσει τQ μαθηματικό πρόβλημα, είχα διαπιστώσει κ&τι «παράδοξο». Ενώ διέγεφα το υπό μελέτη σώμα προς μια κατεύθυνση, οι «πράξεις» είχαν δώσει ως αποτέλεσμα, μια εντελώς διαφορετική απόκριση, η οποία φαινόταν λανθασμένη με την απλή λογική ! Το πείραμα όμως την επιβεβαίωσε! ! ! Όχι μία, αλλά, όλες τις φορές που έγινε το ίδιο (πείραμα). Τα μαθηματικά έ'λεγαν για μια ακόμη φορά την αλήθεια. Πραγματικά τα μαθηματικά είναι το απαραίτητο εργαλείο για να εξελιχθούν οι επιστήμες και ειδικότερα αυτή του Μηχανικού, την οποία πρεσβεύω. τι το ιδανικότερο, από το να μπορούμε σιγά- σιγά να περάσουμε αυτό το απλό μήνυμα στους σπουδαστές μας. Απλές εφαρμογές, οι οποίες να βασίζονται σε κάποιο vαι μεν μαθηματικό πρόβλημα, αλλά και συvάμα να

DHI,

6° θέμα Ντίνου Κορδώση

-------

μπορούν να περιγράψουν και κάτι το οποίο συμβαίνει στο φυσικό κόσμο. Από τον ορισμό της ευθείας y=ax, που κάλλιστα περιγράφει ·και το στη μεν πρώτη περίπτωση Νόμο του μιλάμε για μια ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και στην δε δεύτερη, για έναν άνθρωπο, ο οποίος «τραβά» ένα ελατήριο σταθεράς κατά μια απόcrταση άρα, μπορούμε να βρούμε πό{jη «περίπου» δύναμη έβαλε για να μετατοπίσει κατά το κορμί του. Πρακnκές εφαρμογές, μέτρησης π.χ. του ύψους ανεμογεννητριών με την απλή εφαρμογή του Θεω'ρήματος του Θαλή, για να δείξουμε στους νέους ανθρώπους γιατί τους είναι απαραίτητα τα εργαλεία των μαθηματικών. Πως οι γνώσεις Δημοτικού- Γυμνασίου-Λυκείου, τους είναι χρήσιμες στην καθημερινότητά τους. Αυτή είναι η Γητειά, η Γοητεία, · η Μαγεία των Μαθηματικών. Από εμάς εξαρτάται. Το βέβαιο είναι ότι μπορούμε. Θωμάς Π. Μαζαράκος

Hooke F=kx,

χ,

<<Μαθημαπκό θέατρω;, (ένα χαμόγελο

στο σκυθρωπό

μαθηματικό

τοπίο)

προλεγόμενα.

ο φίλος της στήλης Ντίνος Κορδώσης έχει ασχοληθεί με το θέμα αυτό, από χρόνια με επιτυχία. Σήμερα φιλοξενούμε ένα μικρό σημείωμά τdυ «Ανέκαθεν στο μέσο πολίτη επικρατούσε η αντίληψη όn τα Μαθηματικά είναι δύσκολα και περίπλοκα, ότι είναι μόνο για λίγους, για τα «μαθηματικά μυαλά», όπως αποκαλούσε εκείνους που είχαν αυξημένη μαθηματική αντίληψη.· Κάποιοι απ' τους δασκάλους μαθηματικών της περασμένης γενιάς · εύρισκαν, αν όχι απόλυτα σωστή, τουλάχιστον πολύ βολική αυτή την τοποθέτηση, αφ' ενός γιατί πίστευαν ότι μόνο μ' εκείνους που είχαν κλίση στα Μαθηματικά άξιζε ν' ασχοληθούν και αφ ' ετέρου γιατί τους έδινε τη . δικαιολογία �ου ηθικά είχαν ανάγκη, για ν' αποφύγουν . το μπελά του παιδιού, που δυσκολευόταν να κατανοήσει τις μαθηματικές έννοιες. Πολλές φορές στην τελευταία κατηγορία ανήκαν και μαθητέ� πori, κατά κοινή ομολογία των διδασκόντων, �σαν μελετηροί κι αποδοτικοί σέ όλα τ' άλλα μαθήματα. Σήμερα η κάποιου επιπέδου μαθηματική κατάρτιση θεωρείται απαραίτητο εφόδιο και όχι είδος πολυτελείας, ενώ ταυτόχρονα αποτελεί αγαθό στο οΠοίο . όλοι έχουν δικαίωμα. διδακτική των Μαθηματικών εμπλουτίζεται σε μεθόδους και, στους σημερινούς δασκάλους των Μαθηματικών, κερδίζει συνεχώς έδαφος η αντίληψη ότι η δυσκολία στην κατανόηση των μαθηματικών

αντικειμένων μπορεί σε σημαντικό βαθμό να μειωθεί, αν επιλεγούν δρόμοι κατάλληλοι για την προσέγγισή τους. Δρόμοι ελκυστικοί, που περνΟύν μέσα απ' τον κόσμο του παιχνιδιού, το οποίο τόσο οικείο και φιλικό νιώθει ένα παιδί. Διαδρομές που θα διεγείρουν το συναισθηματικό κόσμο του μαθητή, · που δίνουν την αίσθηση της προσδοκίας ευχάριστων εκπλήξεων και ·παρέχουν το κίνητρο για αυθόρμητη συμμετοχή στη μaθησιακή διαδικασία. παραστατικότητα, η ενάργεια, και η αμεσότητα του θεατρικού λόγου μπορούν ν' αξιοποιηθούν με επιτυχία απ·· τή σύγχρονη διδακτική των Μαθηματικών. Με τη βοήθειά του μπορεί ν' αναδυθεί η γλαφυρότητα και το χιούμορ τους. ενθάρρυνση του μαθητή για συμμετοχή σε μαθηματικά θεατρικά δpώμενα ή μαθηματικά θεατρικά παιχνίδια δίνει την ευκαιρία στον τελευταίο να προσεγγίσει τις μαθηματικές έννοιες από την ελκυστικότερη πλευρά τους, να νιώσει οικεία και φιλικά προς αυτές, συμβάλλοντας στην άμβλυνση της μαθηματικοφοβίας. Προφανώς, η μέσω του Θεάτρου προσέγγιση τrον Μαθηματικών απέχει απ' τη φιλοδοξία να εξελιχθεί σε μέθοδο διδασκαλίας. Μπορεί όμως ν' αποτελέσει μέρος της διδαimκής πρακnκής του διδάσκοντος. Στα Μαθηματικά είναι κρυμμένη απέραντη φαντασία κι αστείρευτο χιούμορ. παραβολή των μαθηματικών αντικειμένων με πραγμaτικές καταστάσεις της ζωής μπορεί να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/30

------

Homo Mathematic:us

δώσει στον ευφάνταστο δάσκαλο πολυποίιαλο υλικό για έξυπνους κι aστείους παραλληλισμούς, που θα καλέσουν στη μέθεξη και τον mo αδιάφορο μαθητή. Ας χαμογελάσουν, λοιπόν, πρώτα οι ίδιοι οι δάσκαλοι με τη γλαφυρή πλευρά των

------

μαθηματικών προβάλλσντάς την στους μαθητές τους, για ν' αυξήσουν τις πιθανότητες να νιώσουν την ευτυχία που νιώθει ο γεcοργός, που βλέπει πως φύτρωσαν όλοι οι σπόροι που έσπειρε στο χωράφι του.

V. Προβλήματα που δεν επιλύονται, στην Ευκλείδεια Γεωμετρία, με κανόνα και διαβήτη

Την επιμέλεια αυτού του λήμματος έχουν οι: ΓuhpΎος ΜJίλιος, Α.μαλiα Μανιατοπούλου και όσοι άλλοι �νάδελφοι το επιθυμούν 1°. Να γραφτεί περιφέρεια η οποία να αποτέμνει 3°. [πρόβλημα Newton] Να βρεθεί η διάμετρος πάνω σε τρεις δοσμένες περιφέρειες χορδές περιφέρειας όταν γνωρίζουμε τα μήκη των χορδών δοσμέγων μηκών λ,μ,ν [''Exercices de Geometrie" τριών διαδοχικών τόξων που το άθροισμά τους είναι μισή περιφέρεια par F.G.-M., §881 (α)] 2°, [εξίσωση δωδέκατου βαθμού] Να ή κατασκευαστεί τρίγωνο όταν γνωρίζουμε τα ίχνη Να κατασκευαστεί το μέyιστο τετράπλευρο, όταν των συμμετροδιαμέσων του [''Exercices de γνωρίζουμε τρεις πλευρές του [''Exercices de ·oeometrie" par F.G.-M., § 1 7 1 2(β)] Geometrie" par F.G.-M.,§1 523γ(7)] VI . Ειδήσεις - ειδησούλες lη. Το βραβείο Abel, για το 2016, απονεμήθηκε πανάρχαιο κριτήριο απόδειξης στον Andrew Wiles για τη . γνωστή απόδειξη που ύπαρξης Μαθηματικού Νου έκανε για το τελευταίο θεώρημα του Φερμά [Pieπe και επί της ουσίας κατανόησης

θεωρίας»

Για όπως της σημειώνει ο συνάδελφος Σωτ. Λουρίδας (στο περισσότερες �ληροφορiες mathematica.gr): «εκείνο που πραγματικά έχει στο: σημασία είναι, ότι το βραβείο αυτό θα απονεμηθεί http://www.abelpήze.no/c671 07/seksjon/vis.html?ti d=67108 ταυτόχρονα και στο art ofsolνing problems, ένα

de Fermat ( 17/8/1601 - 12/1/1665)].

κι

2η. Η γεωμετρία συναντά τη φύση μέσα από την τέ

εικαστικός Κaty Ann Gilmore ζει στο Λος και οι εικαστικές "τέχνες αποτέλεσαν ξεχωριστά το Άντζελες και δημιουργεί τεράστιες εγκαταστάσεις, αντικείμενο των σπουδών της στο Greenville τοιχογραφίες μεγάλης κλίμακας και γλυπτά, College των ΙΠΙΑ αντλώντας έμπνευση από τη φύση, την τοπογραφία [πηγή:https://www.google.gr/#q=Katy+Ann+Gilmore+] και τον κόσμο των Μαθηματικών. Τα Μαθηματικά ·

3η. «0 Βασιλιάς του Άπειρου Χώρου»

Το βιβλίο του David Berlinski, «0 Βασιλιάς του Άπειρου Χώρου)) (Εκδόσεις Τραυλός), αποτελεί έναν ύμνο στη σκέψη του Ευκλείδη. Ο Berlisnki, διδάκτωρ ;rου Πανεπιστημίου του Princeton, δεν αγνοεί, φυσικά, τις καταιγιστικές αλλαγές και τα

στοιχεία παραμόρφωσης που επέφεραν στη Γεώμετρία, κυρίως από τα τέλη του 1 8ου αιώνa και έπειταt οι μαθηματικοί επαναστάτες της επoχής.[πηγή:h.ttp://thalesandfriends.orglelι]

Ο Tom Mik.e Apostol γεννήθηκε στο Helper της πολιτείας της Utah (1923/08/20) και "έφυγε" σε ηλικία 92 ετών (20 16/05/08) • Το 1 944 τον συναντάμε κάτοχο bachelor of science στους Χημικούς Μηχανικούς • το 1 946 ως κάτοχο master's degree στα Μαθηματικά από το University ofWashingtori • το 1 948 κατακτά PhD στα Μαθηματικά από το

• το 1956 αναγορεύεται σε

4η. ένας μεγάλο(; των Μαθημ(Ι.τικών "έφυγε,

University of Califomia • το 1950 βοηθός καθηγητής στο Caltech

asδociate professor • το 1962

....

:..

. -::._:--_'-'-;_:::::: \ \. ::rι::. !·

.,.

�' ·

..... :..

...._

...

αναγορεύεται πρωτοβάθμιος καθηγητής στο

Califomia Institute ofTechnology • το 1992 συνταξιοδοτείται

VII. "Απάντη ση στο «Α υτό το ξέρατε;» το Fields Medal (1 966), απονεμήθηκε στους: Michael Francis Atiyah (γεννήθηκε 2214/1929), Paul Joseph Cohen (21411 934 :.._ 2313/2007), Alexander Grothenciieck (28tJI1928 - 13ί11/2014) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.l/31

Α ' λΥΚΕΙΟΥ . Υπεύθυνοι τάξης:

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

Χρ. Λαζαρίδης, Χρ. Τσιφάκης, Γ. Κατσούλης

ΑΖΚΗΕΕΖΕ ΣτΙΣ · ΠΙθΑΝΟΤΗΤΕΕ

Τουρναβίτης Στέργιος α α ργασία ίν αυ κοπό σ διάφορ ουσιάσ ι κάπ ή ι ι να π ι ε ς τ ς, ε α: Σ ς της ε αρ � ες σκή ε ς πό ες θεματικές περιοχές, που λύνονται με την βοήθεια των Πιθανοτήτων. 1. Οι διαθέσιμοι ποδοσφαιριστές που υπάρχουν Για να αναδείξουμε όμως μία γενικότερη μέθοδο, στο ρόστερ μιας ομάδας, ξiίναι 3 τερματοφύλα αναπτύσσουμε τον παρακάτω σuλλογισμό. Από το κες, 6 αμυντικοί, 7 μέσοι και 4 σύνολο {Ε1, Ε2 , Ε3, Ε4} τί:ον εΠιθετικών παικτών, επιθετικοι Ο προπονητής της για να επιλέξουμε όλες τις 3-άδες και να αποφύyοuμε ομάδας αποφασίζει να παίξει το μία τριάδα να επαναλαμβάνεται με διαφορετική διά σύστημα 4-3-3, προφανώς με 1 ταξη, ένας τρόπος είναι οι δείicrες των στοιχείων της τερματοφύλακα, 4 αμυντικο,ύς, 3 κάθε τριάδας να αυξάνονται. Έστω π.χ. ότι έχουμε μέσους και 3 επιθετικούς. Με τήν παραδοχή ότι επιλέξει τους επιθετικούς που θα παίξουν τους κάθε ένας από τους αμυντικούς, μέσους, επιθε α, β, y, όπου α = Ε"' β = Ελ, Υ =:= Εμ. Εκτός από τικούς, μπορεί να παίξει σε οποιαδήποτε θέση · το προφανές του ότι οι. δείκτες κ, λ, μ ανήκουν στο της άμυνας, κέντρου, επίθεσης αντίστοιχα, σύνολο {1, 2, 3, 4}, θα πρέπει σύμφωνα και με τα Α1. μπορείτε να βοηθήσετε τον προπονητή της παραπάνω να ικανοποιΟύν την δtπλή ανισότητα ομάδας να υπολογίσει το πλήθος των διαφορε κ <λ < μ (1). Με αυτή τη λογική πετυχαίνουμε τικών 1 1-άδων - δειγματικού χώρου Ω, ·αν οι την αρχική μας επιδίωξη (να μην επαναλαμβάνονται πόδοσφαιριστές που θα επιλέξει, θα πρέπει να οι 3-άδες) μέσω του αποκλεισμού κάποιων τριάδων. αγωνίζονται στις θέσεις τους; Για να δούμε πως γίνεται αυτό, αρχικά δεν μπορούμε Α2.Έστω, να έχουμε α = Ε3 ή α = Ε4, αφού δεν υπάρχουν Α: το ενδεχόμενο - σύνολο όλων των 1 1-άδων δύο τουλάχιστον δείκτες μεγαλύτεροι από. τους αριθ με τις θέσεις μόνο των επιθετικών να είναι προ μούς 3 και 4, προκειμένου να σuμπληρωθεί η τριά επιλεγμένες - συγκεκριμένες από τον προπονητή δα. Άρα α = Ε1 ή α Ε2 η δή κ = 1 ή κ = 2. = , δ λα και να υπάρχει δυνατότητα επιλογής από το ρό Αν κ = 2 τα πράγματα είναι ξεκάθαρα, γιατί έχουμε στερ της ομάδας για τις υπόλοιπες θέσεις. Ποια την μοναδική τριάδα εmθεπκών Ε2 , Ε3, Ε4, ΠΟ1.> οι είναι η πιθανότητα του ενδεχομένου Α; δείκτες τους βρiσκονται σε αύξουσα διάταξη ή ικα

Λύση : Α1. Συμβολίζουμε τους τερματοq)ύλακες Τ1 , . . , Τ3, τους αμυντικούς Αι, ... , Α,, τους μέσους .

Μ1, . . . , Μ7 και τους εmθετικούς μας

Ει, ... , Ε•.

Για τους τερματοφύλακες δεν υπάρχει δυσκολία, αφού για καθέναν από τους 3 πού επιλέγουμε κάθε φορά προκύπτεt ξεχωριστή 1 1-άδα. Οι 1 1-άδες που προκύπτουν με εναλλαγή μόνο αυτής της θέσης, είναι επίσης 3. Για την επίθεση, θα πρέπει να βρούμε πόσες 3-άδες μπορούμε να σΧηματίσουμε από τους 4 δι αθέσιμους εmθετικούς. Στο σημείο αυτό πρέπει να τονίσουμε ότι δεν μας ενδίαφέρει η σειρά εmλογής των εmθετικών μας με την ένν<Jια π.χ. ότι η τριάδα Ε1Ε2Ε3 είναι ίδια με την

Ε1Ε3Ε2 . Ο πιο απλός τρόπος για να

νοποιούν την δtπλή ανισότητα ( 1) Αν κ = 1 (α = Ε 1 ), η εύρεση όλων των δυνατών τριάδων, ανάγεται στην εύjJεση όλων των δυάδων από το σύ νολο {Ε2, Ε3, Ε4}, προκειμένου να σuμπληρώσουμε τις επόμενες δύο θέσεις της κάθε τριάδας. Οι δυάδες αυτές που οί δεiκτες των επιμέρους .στοιχείων τους είναι και αυτοί aυξανόμενοι, είναι οι E3�4, EzE3, Ε2 Ε4 • Συνοψίζοντας υπάρχουν 4 σuνολικά τριάδες οι οποίες φαίνονται και στο δεντροδιάγραμμα, στο οποίο για απλότητα αναφερόμαστε στους δείκτες των στοιχείων της κάθε τριάδας. Εργαζόμενοι όμοια για τους αμυντικούς, βρίσκου με. ότι το πλήθος των σuνδυασμών τους, είναι 15. .

γίνει αυτό, είναι από το σύνολο των εmθετικών, να παραλείπουμε έναν, οπότε προκύπτει . εόκολα ότι όλες οι 3-άδες είναι 4. . Μπορείτε επίσης και εσείς να κάνετε ένα ανό).χyyο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/32

------

Μαθηματικά -yια την Α' Λυκείου

-------

όπως είπαμε Ν(Ω) = 6 , άρα και Ρ(Α) = Ο . β) Το Β' = {ΚΜ,ΜΚ} : Επομένως Ν(Β') = 2

δεντροδιάγραμμα για τους μέσους και να επαληθεύσετε ότι το πλήθος των δυνατών 3-άδων τους, είναι 35. Με βάση την πολλαπλασιαστική αρχή, το πλήθος των 1 1-άδων είναι: 3 · 15 3 5 4 = 6300. Α2. Όπως γνωρίζουμε από τον κλασσικό ορισμό της mθανότητας, 3 · 1 5 · 35 !_ Ν( Α) = Ρ(Α) = => Ρ( Α ) = 3 · 1 5 · 35 · 4 4 Ν(Ω) 2. Ένα κουτί περιέχει 3 βώλους. Έναν κίτρινο,

και Ρ( Β') = _! .

γ) Όλα τα στοιχεία του δειγματικού χώρου έχουν 1 κίτρινο ή μωβ βώλο. Επομένως το ενδεχόμενο Γ ταυτίζεται με τον δειγματικό χώρο Ω και το Γ είναι το βέβαιο ενδεχόμενο ή Ρ(Γ) = ι . 1 μωβ και 1 πορτοκαλί. Παίρνουμε (στην τύχη) δ) 1ος τρόπος: Στο ενδεχόμενο Δ ανήκουν όλα. τε ένα βώλο από το κουτί, κατ.αγράφο:υμε το χρώ λικά τα στοιχεία του Ω Ή τα στοιχεία του Ω μα του και χωρίς να τον τοποθετήσουμε πίσω μπορούν να εκφραστούν όΠως περιγράφεται το Δ . στο κουτί, παίρνουμε έναν δεύτερο και σημειώ Όπως και στο προηγούμενο ερώτημα, ·Ρ(Δ) = ι . νουμε επίσης το. χρώμα του. Αφού βρείτε τον °ς 2 τρόπος : Θεωρούμε τα παρακάτω δύο ασυμβί- . δειγματικό χώρο του πειράματος, να υπολογίσε βαστα ενδεχόμενα: τε τις πιθανότητες: Δι : ο κίτρινος βώλος να μην εmλεγεί (να εmλεγεί α) Ρ(Α), β) Ρ(Β'), γ) Ρ(Γ), δ) Ρ(Δ), ε) Ρ(Ε) Ο φορές) όπου Α, Β, Γ, Δ, Ε, τα ενδεχόμενα, Α: και οι δύο βώλοι να είναι του ίδιου χρώματος, Δ2 : ο κίτρινος βώλος να επιλεγεί ακριβώς 1. φοΒ: να επιλεyεί τουλάχιστον μία φορά ο πορτοκαλί, ρά. Για αυτά ισχόει ο απλός προσθετικός νόμος Γ: να επιλεγεί τουλάχιστον μία φορά ο κίτρινος και επειδή Δι U Δ2 = Ω , έχουμε: ή ο μωβ, . 2 4 6 Δ: μία το πολύ φορά να επιλεγεί ο κίτρινος, Ρ(� U� ) = Ρ(�) +Ρ(�) = - +- = - = Ρ(Ω) = ι. 6 6 6 Ε: μία τουλάχιστον φορά να επιλεjεί ο κίτρινος, ε) 1ος τρόπος: Το ενδεχόμενο Ε , ταυτίζεται (γι' . αντίστοιχα. Λύση: Συμβολίζουμε τον κάθε βώλο με το αρχικό αυτή την άσκηση που πριν από την λήψη του 2ου .

γράμμα του χρώματος του. Είναι φανερό ότι σε αντίθεση με την προηγούμενη άσκηση που δεν μας ενδιέφερε η σειρά εmλογής των παικτών εδώ μας ενδιαφέρει. Γι' αυτό θεω ρούμε τα αποτελέσματα - στοιχεία του δειγματι κού χώρου π.χ. τα ΚΜ,ΜΚ. ΚΜ,ΜΚ ΚΜ,ΜΚ ότι είναι διαφορετικά. ο 1°ς βώλος μπο ρεί να έχει 3 διαφορετικά χρώματα και για καθεμία από αυτές τις 3 περιπτώσεις επιλογής, υπάρχουν 2 (3-1) δυνατότητες επιλογής του 2ου βώλου. Σύμ . φωνα με την πολλαπλασιαστική αρχή, υπάρχουν 6 (3 · 2) δiαφορετικά απο-.;ελέσματα του Ω :

•

Ω = {ΚΜ,ΚΠ,ΜΚ, ΜΠ,ΠΚ,ΙΙΜ}

βώλου δεν επανατοποθετούμε τον 1 πίσω στο 1κουτί) με το ενδεχόμενο Δ 2 του προηγούμενου 4 ερωτήματος. Όπως είπαμε Ρ(Δ 2 ) = 6 . 4 Άρα και Ρ(Ε) = - . 6

2 4 2°ς τρό�ος: Ρ(Ε) = 1 - Ρ(Δ1 ) = 1 - = 6 . 6

3. Μπορείτε να εργαστείτε με παρόμοιο τρόπο και νά επιλύσετε το παραπάνω πρόβλημα, με την διaφορά· ότι όταν θα πάρουμε τον 1 ο βώ.λο, θα καταγράψουμε το χρώμα του, αλλά τον ξα ναβάζουμε στο κουτί (όπως λέμε παίρνουμε δι αδοχικά 2 βώλους με επανατοπqθέτηση) ΥΠόδειξη: Το παρακάτω σχήμα θα σας βοηθήσει

να βρείτε τον δειγματικό χώρο και να απαντήσετε α) Επειδή, τον 1° βώλο που επιλέγουμε δεν τον το στη συνέχεια στ(l ερωτήματα. της άσκησης . . . ποθετούμε πίσω στο κουτί και οι 3 βώλοι είναι διαφορετικών χρωμάτων, το ενδεχόμενο Α είναι το κενό ή το αδύνατο .σύνολο ή Ν(Α) = Ο . Επίσης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/33

----

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου ----

Ένα μάθημα γι α τ ις wρωτο�άθμι ε ς . εξ ισώσε ις κα ι εφαρ μογές τους

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

(Βασισμένο σε αληθινά γεγονότα) Χίλντα - Μαρία Καλαντζή - Παράρτημα ΕΜΕ Χανίων

« -Καλημέρα παιδιά. Σήμερα θα ασχοληθούμε με Δηλαδή μόνον αν το α =Ρ Ο διαιρούμε με αυτό εξισώσέις πρώτου βαθμού. Ας θυμηθούμε κάτι και η εξίσωσή μας έχει «ΜΟΝΑΔΙΚΉ ΛΥΣΗ». από. τα παλιά. Αν τώρα το α = Ο , παίζει σημαντικό ρόλο το β. Να λύσετε την εξίσωση 2χ + 5 = Ο . Συγκεκριμένα, αν και αυτό είναι ίσο με το Ο, η - Α! εύκολο ΊCΙJρία.

εξίσωσή μας είναι «ΤΑΥΤΟΤΗτΑ», δηλ. επα ληθεύεται για κάθε χ ε R ενώ αν β ;t: Ο η εξί-

2χ = - -5 <:::> χ = - -5 2χ = -5 � 2 2 2.

σωση είναι

«ΑΔΥΝΑ ΤΗ»,

καθώς δεν υπάρχει

- Μπράβο! Αν τώρα παιδιά στη θέση του 5 είχαμε καμία τιjι.ή που να μπορεί να πάρει το χ ε R και κάποιον γενικό αριθμό β· ο οποίος θα μπορούσε να να επαληθεύει την εξίσωση Οχ = -β , με β ;t: Ο πάρει οποιαδήποτε πραγματική τιμή, δηλαδή αν διότι το 1 μέλος θα ισούται πάντα με Ο ενώ το είχαμε την εξίσωση 2χ + β = Ο τι θα κάναμε; . 2° ποτέ. - Πάλι εύκολο. . - Και πού θα μας χρειαστεί; Αφού βλέπουμε τους 2χ = -β � 2χ = β � χ = β 2 -2 -2 αριθμούς και κάθε φορά μπορούμε να λύσουμε ανά:.. - Ωραία! Αν τέλος, είχαμε και στη θέση του 2 , λογα ν εξίσωση. τη δηλαδή του . συντελεστή τόυ αγνώστου, κάποιον - Η επίλυση μtας εξίσωσης (δηλαδή η διαδικασία. γενικό αριθμό α , δηλαδή είχαμε την εξίσωση που ακολουθούμε για να βρούμε τις λύσεις της) αχ + β = Ο , τι θα κάναμε; δ� είναι πάντα -iόσο δεδομένη όπως λέτε. Δηλαδή - Ε αμάν ΊCΙJρία. Πάλι το ίδιο. π.χ. αν, όπως είδαμε και προηγουμένως, αντί για β β αχ συγκεκριμένους αριθμούς έχουμε γενικούς αριθ αχ = -β <=> -- = - - <=> χ = -α α α μούς (γράμματα) τι κάνουμε; - (Δειλά κάπο ιες φωνές) Μα ΊCΙJρία ... τίποτα τίποτα Πρέπει να διακρίνουμε περιπτώσεις. Να διερευyή- . σουμε. - Μάλιστα. Λύστε τώρα και την εξίσωση. Ας πούμε λοιπόν ότι μας δίνεται η εξίσωση Οχ+ 7 = 0 . (λ - l)(λ - 2) χ = λ2 - 4 με άγνωστο χ . Οχ = - -7 Οχ = -7 � - Ε, το ξέρουμε ότι ο άγνωστος είναι το χ . Γιατί ο 0 ο

•

μας το λέτε;

- Και τώρα; Άρα για να διαφέσουμε με τον συντε λεστή του αγνώστου πρέπει να γνωρίζουμε ότι αυ τός εί\Ιαι διάφορος του μηδενός. Διαφορετικά, δεν μπορούμε να διαφέσουμε. Προκύπτει λοιπόν το παρακάτω διάγραμμα: αχ + β = Ο � αχ = -β

{

μοναδική λύση α ;t: Ο τότε χ·= _Ι α α = Ο τότε

{β = 0 Οχ = -β =>

Αόριστη β * Ο Αδύνατη

- Γιατί στα μαθηματικά, τίποτα δεν είναι δεδομένο. Συνήθως συμβολίζουμε τον άγνωστο· μιας εξίσω σης με χ , όμως δεν μας απαγορεύει κανείς να τον συμβολίσουμε με οποιοδήποτε άλλο γράμμα θέ λουμε. Έτσι λοιπόν, όταν μας δοθεί μία εξίσωση και βλέπουμε 2 ή και περισσότερα «γράμματα» (μεταβλητές), πρέπει να διευκρινίσουμε ποιος θα είναι ο άγνωστος. - Και το λ τι είναι; · - Το λ ονομάζεται παράμετρος

και γι' αυτό αυτή η εξίσωση ονομάζεται παραμετρική. Μία παράμετρος μπορεί να πάρει οποιαδήποτε πραγμι;χ.τική

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/34

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

-------....,...-

τιμή. Η δική μας υποχρέωση είναι να διερευyή- Για να το πετύχουμε αυτό, aντικαθιστούμε κάθε σούι.ιε τι συμβαίνει στην εξίσωση για τις διάφορες μία από τις aποκλεισμένες τιμές στην αρχική εξί τιμές του 1 λ . Και για να μην μας ξεφύγει καμία πε σωση. ρίπτωση, έχουμε ως κάνόνα το παραπάνω διά » Για λ = 1 η εξίσωση γίνεται: γραμμα. Η διαδικασία που ακολουθούμε, δηλαδή η Ο χ = --:3 , η οποία είναι ΑΔΥΝΑΤΗ επίλυση μιας τέτοιας εξίσωσης, ονομάζεται διε » Για. λ = 2 η εξίσωση γίνεται: ρεύνηση. Ο · χ = Ο , η οποία είναι ΤΑΥΤΟΤΗΤΑ Έχουμε λοιπόν την εξίσωση (λ - 1)(λ - 2) · χ = λ2 - 4 . . Άρα η εξίσωση (λ - 1)(λ - 2) · χ = λ2 - 4 είναι Σύμφωνα με το διάγραμμα, τι πρέπει να κάyουμε ΜΥΝΑτΗ για λ = 1 , ΤΑΥΤΟΤΗΤΑ για λ = 2 για να προχωρή�ουμε; λ + 2 για οποιαδηποτε ' άλλη και έχει λυση χ = - Να πάρουμε περιπτώσεις για το α . λ_1 .: Πολύ ωραία. Και ποιο είναι το α μας εδώ; πραγματική τιμή του λ . - Το (λ -l)(λ - 2) - !!! - Άρα λοιπόν, θα διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α) - Για να εξασκηθείτε, μπορείτε να λύσετε τις πααν (λ - 1)(λ - 2) = Ο δηλ. αν λ = 1 ή λ = 2 και ρακάτω παραμετρικές εξισώσεις: αν (λ - 1)(λ - 2) :;t 0 δηλ. λ :;t 1 και λ :;t 2 . 1. (λ - 3)(λ + 2) · Χ = λ2 -9 Ξεκινάμε λοιπόν παιδιά και λέμε: 2. (λ - 4) · χ = λ2 - 5λ + 4 )' Για λ :;t 1 και λ :;t 2 . (δηλαδή το λ μπορεί να πάρει οποιαδήποτε πραγ 3. (λ2 - 6λ + 5) χ = λ - 1 ματική τιμή εκτός από αυτές τις δύο) προκύπτει ό� **Και έχετε στο μυαλό σας και αυτό: χρησιμοποι ώντας το παραπάνω διάγραμμα, μπορείτε να εξα τι: σκηθείτε και στην επίλυση τύπων. Πολλές φορές, �(λ + 2) - λ + 2 λ2 -4 χ= = κυρίως στην Φυσική, χρειάζεται να υπολογ�σετε (λ -l)(λ - 2) (λ - i )� - λ - 1 κάποιο μέγεθός ενώ ο τύπος που το περιλαμβάνει - (Μαθητής 1) Κυρία, αυτή είναι μοναδική λύση; είναι λυμένος ως προς κάποω άλλο μέγεθος. Σκε - (Μαθητής 2) Όχι, αφού το λ παίρνει πολλές τιμές, πτόμενοι το διάγραμμα και γενικότερα τον τρόπο έχουμε πολλές λύσεις. που mίτιμετωπίζουμε τις πρωτοβάθμιες εξισώσεις - (Μαθητής 1) Ναι, αλλά το διάγράμμα λέει ότι όταν (δηλ. χωρίζουμε γνωστούς από αγνώστούς, κά διαιρούμε με τον 'συντελεστή του αγνώστου έχουμε νουμε αναγωγή ομοίων όρων και διαιρούμε με τον μοναδική λύση. συντελεστή τού αγνώστου), θα μπορείτε να λύσετε - (Μαθητής 2) Ναι, αλλά ... τον τύπο αρχικά ως προς το άγνωστο μέγεθος και - Παιόιά, έχετ�. δίκιο και οι δύο. Οι προβληματι- κατόmν να αντικαταστήσετε τις δεδομένες αριθμη σμοί σας είναι σωστοί. Η αλήθεια είναι ότι η λύση τικές τιμές, αντί για την «ερασιτεχνική» αντικατά που βρήκαμε ονομάζεται παραμετρική - επειδή σταση των γνωστών μεγεθών στην αρχή και κατό εξαρτάται από την παράμετρο λ - και είναι J!�ν_α.: mν επίλυση ως προς το ά-yVωστο μέγεθος. Για πα �\_JQί_ 1\..«!_ ΉS_�ι�_φ_οp_g_τj�ς, !!!12 ._'): _ΟJ_ΟJΣ_Ο�ς_ !;\:- ράδειγμα, να επιλύσετε τον τόπο υ = υο + α · 7 !f!ι_f!!§.ιp§ς. Δηλαβή, αν λ = 5 τότε το χ = 4 , αν διαδοχικά ως προς υο , ως Προς α και ως προς t . Επίσης, μπορείτε να δουλέψετε με τους τύπους λ = -2 το χ = Ο κ.λ.π. Συνεχίζουμε, λοιπόν με το F - T = in· α και α = υ - υο 2° βήμα της διερεύνησης. t - 10 Στο 1° βήμα aποκλείσαμε τις 2 τιμές του λ που και να τους λύσετε διαδοχικά ως προς όλα τα με μηδενίζουν τον συντελεστή του χ . γέθη που εμφανίζονται. Στα επόμενα βήματα θα εξετάσουμε τι συμβαίνει Σας ευχαριστώ πολύ. στην εξίσωση όταν το λ πάρει μία από τις 2 τι�ς Καλό σας μεσημέρι.>> που έχουμέ αποκλείσει. Ντριιιιιινννν ·

•

• • . • • • • ..•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 101 τ.1/35

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Άλγε�ρα

------

Εξι�σεις Λαζαρίδης Χρήστος

Το σύντομο αυτό άρθρο περιέχει στοιχεία από την ενότήτα των εξισrοσεων και ειδικότερα τις μορφές χ ν = α και αχ + βχ + γ = Ο . Για την πρώτη μορφή παρατίθεται η σχετική θεωρία.

Η εξίσωση χ• = a,v Ε Ν* , α Ε R* •

ν άρτιος: .•

= α � ( χ = iΓα ή

α>Ο

ν·περιττός:

α<Ο ν άρτιος:

χ• = α χ = if;

χν

ν περιττός:

- νΙ4 = if4 <=> νΙ4 if4 <=>

� (wγv = (�γv � ff = ff' � � 43 = 4v 6 ν = 3

= -iΓα)

�

xv = α � χ = �

εξίσωση f:ίναι αδύνατη

χ Α = {Ο +οο ) έχουμε: , ( I χ Ι -α) (Fχ - α) = ο �(χ - α ) ( Fχ - α) = Ο � (χ - α = Ο ή Fχ- α = Ο) � � (χ = α· ή Fx = α ) (1)

Για.

xv -4

Έστω ότι ο ν Ε Ν • είναι περιττός, τότε η εξίσωση, έχει λύση , πράγμα άτοπο = επομένως, ο ν είναι.άpηος. Έχουμε, για ν άρτιο:

( 2x )v =Ίs � ( 2x = W ή 2; = m) � χ=m ή =-m . χ 2 •2 J

(

( 2χ )ν = -4

εξίσωση,

•

= -4

<::>

2Χ = -Ψϊ <::> Χ

= -

νf4

Η εξ'ισωση εχει λ:υση if4 ,αν και μονο ' χ = -2 ' αν, ,

(1)

τιμή χ = α απορρίπτεται αφού . δεν ανήκει στο

είναι άρτιος, τότε η είναι αδύνατη, πράγμα

Α = {Ο +οο ) . ,

)- α < Ο , τότε

άτοπο επομένως ο ν είναι περιττός. Έχουμε, για ν περιττό:

( 2Χ )

χ�Ο

Α=

λ:u, ση τη χ = -2 � να β ρειτε , την τιμη του ν. Ν

τιμές αυτές είναι δεΚτές διότι ανήκουν [0, +οο) στο

ν Ε

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: )- Αν α > Ο , τότε (l)<=> ( x = a ή χ = α2) Οι

Άσκηση 2 Έστω ν Ε Ν* Αν η εξίσωση ( 2χ)ν = -4 έχει

Έστω ότι ο

Άσκηση 3 Να λύσετε την εξίσωση (I χ Ι -α) ( -Γχ - α) = Ο , όπου α Ε R* . Λύση Η εξίqωση ορίζεται στο Α = {Ο, +οο ) .

Άσκηση 1 Δίν�ται ν Ε Ν* . Av η εξίσωση χ ν = ..:.4 είναι αδύνατη να λύσετε την εξίσωση ( 2χ)ν = 15 . Λύ ση

Λύ ση

<=> χ

Άσκηση 4 Η εξίσωση αχ2 + βχ + γ = Ο, α -:�: Ο έχει ρίζα τον ι. α) Να αποδείξετε ότι Δ = (α - y)1 • β) Να βρείτε το πλή θος των ριζών της εξίσωσης. Λύ ση α) Η εξίσωση αχ2 +βχ + y = Ο, α '* Ο έχει ρίζα 2 τον l ,άρα, α· 1 +β·l+y=Ο�α+β+y=0 (1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/36

-------

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

Χι + χ2 = α

(Ι)

Έχουμε: Δ = β2 - 4αy = (-,α - r / - 4ay =

α2 + 2αγ + γ2 4αγ = α2 - 2αγ + γ2 = (α - r/ �

β) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α*r

'τότε

ciνισες.

α=r

τότε

ίσες.

Άσκηση

εξίσωση έχει δύο ρίζες

η εξίσωση έχει δύο ρίζες

Αν η (1) έχει πραγματικές ρίγες να βρείτε το άθροισμα S και το γινόμενο Ρτων ριζών.

α)

β) Να λύσετε την εξίσωση . xz +(.Γα + ν'ii) Ι Ι +# = Ο,α,β > 0(2) .

S=- =

.Γα ν'β .Γα ; = + ν'β

α + λ.fΔ , χ = α - λ .JΔ 2 2 2 όπου λ {-1, 1} . Άρα χ1 - χ2 = λ.fΔ = ±.JΔ lχι - xz l = .JΔ = �αz -4β .

Έχουμε :

χ1

----'---

( 1 ) του α) ερωτήματος.

(1)

την

έχει ρίζες της

( 2) � lxl = ..Γα ή lxl .JP �

Χ Ε {.Ja,-..Γa,.Jβ,-.JP }.

Από το α) ερώτημα, συμπεραίνουμε ότι:

l xι - xz l2 = Δ. � I xι - Xz l = l � :!_2 (χι -Χ2 = 1 ή χΙ - χ2 = -1) � (Χι = χ2 + 1 ή Χι χ2 - 1) .

Δίνονται οι εξισώσεις xz αχ + β = 0,(1) κάι χ1 - 2αχ + 4β = 0,(2) όπου α, β Ε R . α) Να αποδείξετε ότι αν η (1) έχει δύο ίσες ρίζες τότε και η (2) έχει δύο ίσες ρίζες. β) Να αποδείξετε ότι αν η (2) είναι αδύνατη τότε β > Ο και -2ν'β < α < 2ν'β .

Λύση

.JP , αφού S = Γα + .Jβ και Ρ = Γα.Jβ

Έχουμε λοιπόν:

β)

Ι χ 12 +(Γα + .Jί3) Ι χ Ι +Μ = Ο, α, β > Ο(3) Αν θέσουμε Ι χ Ι= y η (3) έχει επιλύουσα =

Αρχικά παρατηρούμε ότι εξισώσεις (1) ,(2) έχουν αντίστοιχα διακρίνουσες, Δ ι = α2 - 4β ,

Δ2 = 4α2 - 16β = 4(α2 - 4β) = 4Δ1 •

α) Αν η (1) έχει δύο ίσες ρίζες τότε Δ ι = Ο .

Έχουμε, Δ2 συνεπώς η

Άσκηση 6

Δίνεται η εξίσωση xz - α · χ + β = Ο, η οποία έχει ρίζες Χ ι ,xz Ε R . α) Να αποδείξετε ότι: lxι - xz l = �α2 � 4β β) Αν η διακρίνουσα Δ της (1) είναι Δ � 1 , να αποδείξετε ότι Χ1 Xz + 1 ή Χ ι = Χ2 - 1 .

Λύση .

Β'τρόπος

Άσκηση 7

εξίσωση ,

�(χ; + χ )2 - 4χ1 χ = �α 2 - 4β . 2 2

Ρ = ]_ = jι;:β = ΓαJβ . α 1 β) Η (2), επειδή lxl2 _ = x2 , ισοδυναμεί με την

Γa

,---- )2 = lx 1 - x21 � �(x 1 - x-2ι Χ_z___2_Χ_ ι X-z = �Χ ι2 + χ / - 2χι Xz = �.-)2___2_Χ_ (Χ_ι_+_Χ_i_

Έχουμε,

�

yz + (.Γα+ ν'β)y + .jαβ = Ο, α, β > 0(1}.

�)

χ1χ 2 = β .

Δίνεται η εξίσωση

Λύση

και

α) Από τις σχέσεις Vieta, προκύπτει,

= 4Δ 1 � Δ2 = 4 · 0 � Δ2 = 0 ,

(2) θα έχει δύο ίσες ρίζες. .

β) Αν η (2) είvαι αδύνατη τότε

Δ2 < 0 � 4Δι < 0 � Δ1 < 0 � α2 - 4β < 0 (3) Έχουμε; α2 < 4β (4) και επειδή Ο � α2 · προκύπτει ότι β > Ο •

,J;l < .J4P � l αl < .J4P � Ιαl < 2.Jβ � -2.Jβ < α < 2.Jβ .

Από (4) έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/37

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Γ.εωμετρ ία Α ' λυ κε ίου

Α ΆΥΚΕΙΟΥ

Ισότητα τρ ιγώνων - Παραλληλία Τιώργος Χανούμης ( Γκύζη )'

Θέμα lo Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ κορυφής Α, τα σημεία Δ, Ε των πλευρών ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως με ΑΔ = ΑΕ και τα σημεία Β', της ευθείας ΒΓ τέτοια ώστε Γ

BAr=ΓAir=ro> A. Να δείξετε ότι: α) ΒΒ' = ΓΓ', β) ΕΒΓ = Δrn ,

Άπόδειξη α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΔΓ έχουν ΑΓ=ΑΓ, ΑΒ=ΑΔ

Άρα είναι ίσα, οπότε ΓΔ (2). Επομένως η ΑΓ είναι μεσοκάθετος του ΒΔ. Εξάλλου ΑΒΓ = ΑΔr (3)

β)

Αι = Α2 , :fι = :f2 .

(1),

ΓΒ

Αν

ήταν

�

Βι = Β2

(4),

•

τότε

γ) Η κορυφή Α και τα σημεία τομής Κ, Λ των . (1 ), ( 2), (4) => Δι = Δ 2 => ΑΒΔ = ΓΒΔ (ΒΔ = ,., ΒΕ, FΔ και Β' Δ, ΓΈ ·αντιστοίχως είναι · = Δι , Β 2 = Δ2 ) :::::> Α = Γ ενώ Α < Γ , ΒΔ, Βι συνευθειακά. Απόδειξη α) Τα τρίγωνα ΑΒΒ ', ΑΓΓ' είναι ίσα, άτοπο. Άρα Β ι -::�; Β2 . Όμοια Δι -::�; Δ2 . γ) Αν ήταν ΑΒ #' ΓΔ ή το Α ήταν μεταξύ των Β, αφού ΑΒ ΑΓ, Α =� =&-Α και Βι =180°-Β= Α

= 1 80° - f = fι . Άρα ΒΒ ' ΓΓ'. Τα τρίγωνα ΕΒΓ, ΔΒΓ έχουν ΕΓ =

β)

διαφορές ίσων τμημάτων), ΒΓ Άρα είναι ίσα, οπότε

,._

ΒΓ και

�Δ �ς Γ=Β.

,.,

'Λ

Β + :f � isoo και &+ψ�180°=>180°-Α+180°-Δ�l80°=>Α+Δ�180° .

Β',

τότε

θα

είχαμε:

ΕΒΓ = ΔΓΒ (1 ).

...

, , "' ""' ...� ,. "" "' κ .. ... .. �

� n · �--�1� � ----------�--�� r· �- �

γ) Εντελώς όμοια τα τρίγωνα ΓΕΓ, ΒΔΒ ' είναι ίσα, αφού ΕΓ = ΒΔ, ΒΒ ' _......

,._

ΓΓ' και Βι = Γι . Άρα

Β'

.-...

ΕΓ'Γ = ΔΒ' Β (2) . Από τις σχέσεις (1), (2) έπεται

ότι: ΚΒ ΚΓ και ΛΒ' ΛΓ'. Το Λ λοιπόν ανήκει στη μεσοκάθετο του Β 'Γ', που προφανώς είναι ίδια με την μεσοκάθετο του ΒΓ (γιατί;) επί της οποίας ανήκουν τα Κ, Α. Άρα Α, Κ, Λ συνευθειακά. Θέμα 2ο . Σε κυρτό τετράπλευρο Α�Γ Δ η διαγώνως ΑΓ διχοτόμεί τις γωνίες Α, Γ και =

_...,

είναι Α < Γ . Να δείξετε ότι: α) Η ΑΓ είναι μεσοκάθετος του ΔΒ.

β)

Θtμσ 2ο (ΣΧ β) ,._

Η ΒΔ δεν διχοτομεί τη γωνία Β ούτ.ε τη ,._

γωνία Δ . γ) Η ΓΔ τέμνει την ΑΒ στο Β ' και η ΒΓ την ΑΔ στο Δ' και τα Β, Δ είναι εσωτερικά σημεία των τμημάτων ΑΒ', ΑΔΌ δ) ΑΓ l. Β'Δ' .

Άρα το Β είναι μεταξύ των Α, Β'. 'Ο μοια εντελώς οι ΑΔ, ΒΓ τέμνονται στο Δ' με το Δ μεταξύ Α, Δ'. Τα τpίγωνα ΑΒΔ', ΑΔΒ ' είναι ίσ'α, αφού ΑΒ ΑΔ, .Α. = Α και ΑΒΔ' =

Am' λόγω της (3). Άρα

ΑΒ' = ΑΔ', οπότε η διχοτόμος της γωνίας Α στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒ 'Δ' είναι και ύψος, δηλαδή ΑΓ ...L Β'Δ' .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/38

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

Θέμα 3ο Επί ευθείας. (ε) θεωρούμε τα σημεία Α, Β και τιι; παράλληλες ημιευθείες Αχ, By εκατέρωθεν της (ε). Αν Μ τυχαίο σημείο του ΑΒ ' και τα σήμείά Δ, Ε επί των ημιευθειών Αχ, By _αντιστοίχως με ΑΔ = ΑΜ, ΒΕ = ΒΜ, τότε να δείξετε ότι: α) Τα Δ, Μ, Ε είναι συνευθειακά, β) Η κάθετη στο Μ στην ευθεία που όρίζουν τα· Δ, Μ, Ε τέμνει τις αντικείμενες ημιευθείες Αχ', By' των Αχ, By στα Δ', Ε' αντιστοίχως και τα Α, Β είναι μέσα των ΔΔ ', ΕΕ '. Απόδειξη α) Αν t't 11 Αχ, By από το Μ, τότε: ΑΔ=ΑΜ

,..._

ΑΔ = ΑΜ � Μι = Δι

. Ax //Mt ·� Ml = Δι ,..._

και

Άρα Μι = Μ2

Όμοια:

Μ3 = Ει , Μ4 = Ει � Μ3 = Μ4 . Οι· ΜΔ, ΜΕ λοιπόν είναι διχοτόμοι των καtακορυφήν γωνιών

ΑΜ t, ΒΜ t'

δηλαδή

είναι

αντικείμενες

ημιευθεiες.

Προφανώς Α = Δ �Αι <90°�ΔΜΔ' >Μ � το Α είναι . μεταξύ των Δ, Δ·, δηλαδή το Δ' στην

β)

αντικείμενη ημιευθεiα Αχ' της Αχ. Όμοια το Ε' βρίσκεται στην By'. Δ

ιf

Αλλά ΜΔ' ..l ΜΔ � ΜΔ' διχοτόμος της --

ΔΜ t' � ro = <$ . Αλλά <$ = ΔΊ , οπότε · ω = Δ'ι � � ΑΔ' = ΑΜ·= ΑΔ . Εντελώς όμοια:

ΒΕ' = ΒΜ = ΒΕ. Παρατήρηση: Στις τρεις προηγούμενες ασκήσεις "'-

,.._

δεν έγινε χρήση του αθροίσματος Α + Β + Γ των γωνiών τριγώνου παρά μόνο του θεωρήματος της

εξωτερικής γωνίας :φιγώνοu (Β < 1 80° - f ) από

το οποίο προκύπτει Β + f < 180° και του Ευκλειδείου Αιτήματος. .

Από τον μαθητή της Β' Λυκείου Βαγγέλη :Ξανθόπουλο (Βάρη Αττικής) πήpαμε την παρακάτω ενδιαφέρουσα και πρωτότuπη πρόταση, της οποίας την απόδέιξη σας παρουσιάζουμε ελαφρώς τροποποιημένη: Η διαίρεση ενδς πολυωνύμου Ρ(χ) με ένα πολυώνυμο δεύτερου βαθμού Q(x) τό οποίο έχει διακρίνουσα μεγαλύτερη ·

ή ίση του μηδενδς μπορεί να ετcrελεστεί με τα εξής βήματα:

1) Βρίσκουμε τις ρίζες κ, λ του Q(x) = αχ2+βχ +γ , οπότε Q(x) = α(χ - κ)(χ - λ) . 2) Με σχήμα Homer βρίσκουμε τους συντελεστές του Δ(χ) στην ταυτότητα Ρ(χ) = (χ - κ)Δ(χ) + Ρ(κ) . 3) Ομοίως βρίσκουμε τους συντελεστές του Π(χ) στην ταυτότητα Δ(χ) = (χ - λ)Π(χ) + Δ(λ) . Τότε Ρ(χ) = (χ - κ) [{χ - λ)Π(χ) + Δ(λ)] + Ρ(κ) = (χ - κ)(χ -λ)Π(χ) + (χ - κ)Δ(λ)+ Ρ(κ) Π(χ) Π(χ) + μχ + ν . + μχ + ν = Q(x) · = (χ - κ)(χ - λ)Π(χ) + Δ(λ)χ - κΔ(λ) + Ρ(κ) = α(χ - κ)(χ - λ) α α Συντελεστές του πηλίκου της διαίρεσης Ρ(χ) : Q(x) θα είναι ot συντελεστές του Π(χ) διαιρεμένοι δια α και συντελεστές του υπολοίπου υ(χ) = μχ + ν θα είναι οι μ = Δ(λ) και ν = -'ΚΔ(λ) + Ρ(κ) . =

Ο μαθητής μας βέβαια είχε αιπολογήσει πλήρως την εύρεση των συντελεστών στα αντίστοιχα σχήματα Horner Εφαρμογή .

Αν Ρ(χ) = χ3 :- 6χ2 + 1 1χ - 6 και Q(x) = 2χ2 + 6χ + 4 = 2(x +2)(x + l) , δηλαδή κ = -2 , λ = -1 , τότε για τη διαίρεση Ρ(χ} : (χ - κ) έχουμε το παρακάτω σχήμα Homer: 1

-6

-2

- 54

-8

- 60

-6

ρ = -2

-8

-9

- 1 1

Άρα Δ(χ) = χ2 - 8χ + 27 και Ρ(κ) = Ρ(-2) = -60 . Ομοίως για τη διαίρεση Δ(χ) : (χ - λ) έχουμε το επόμενο σχήμα Home�: Άρα Π(χ) = χ -9 ·και Δ(λ) = Δ( -1) = 36 . Επομένως η διαίρεση Ρ(χ) : Q(x) έχει πηλίκο το · ll(x) χ - 9 1 9 . -- = -- = -χ - - και υπόλοurο το υ(χ) = μχ + ν , όπου μ.= Δ(λ) == 36 και 2 2 2 2 ν "= -κΔ(λ) + Ρ(κ) = -(-2) ·36 + (-60) = 12 , δηλαδή υ(χ) = 36χ + 12 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/39

ρ = -ι

Μαθηματικa pα την Α' Λυκείου

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Υ.ιrολογισμός Γωνιών Τρ ιγώνου μ ε τη Βασικfι Ισότητα της Ευκλε ίδ ε ιαςΓεwμ ετρ ίας

Γιάννης Γ. Καλογεpάκης -

Παράρτημα ΕΜΕ Χανίων

•

Όταν στην υπόθεση δίνεται άθροισμα Η Γεωμετρία είναι ο κλάδος των Μαθηματικών ευθυγράμμων τμημάτων θα πρέπει να το που συνδέει τα Μαθηματικά με τον φυσικό κόσμο. παραστήσουμε στο σχήμα εκλέγοντας Είναι σημαντικό παιδαγωγικό αντικείμενο κατάλληλο σημείο σε μία πλευρά. διότι αναπτύσσει την κριτική σκέψη, την Όταν φέρουμε κάθετο ευθύγραμμο τμήμα στη ικανότητα λύσης προβλημάτων και βοηθά στην διχοτόμο γωνίας από γνωστό σημείο κατανόηση των άλλων κλάδων των σχηματίζεται με τις πλευρές ισοσκελές Μαθηματικών. Ένα από τα βασικά σχήματα είναι τρίγωνο. το τρίγωνο, τα θεωρήματα που αφορούν τα Κατά . την απόδειξη μίας γεωμετρικής τρίγωνα είναι πολύ σημαντικά. Όπως: άσκησης συχνά οι ενέργειες πρέπει να είναι Το άθροισμα των γωνιών ενός' τριγώνου είναι συμμετρικές. Ότι κάνουμε στο ένα μέρος του σχήματος επανάλαμβ·άνεται και σε μία Α + Β +f = 180° , που αποτελεί τη βασική ιδιότητα συμμετρική θέση. η οποία χαρακτηρίζει την Ευκλείδεια Γεωμετρία. Θα ασχοληθούμε με ασκήσεις που αφορούν την παραπάνω σχέση και των πορισμάτων που Θα χρησιμοποιήσουμε αυτές τις εμπειρικές παρατηρήσεις στις παρακάτω ασκήσεις απορρέουν από αυτή. διαβαθμισμένης δυσκολίας: Εισαγωγή

•

Μεθοδολογικές παρατηρήσεις .

Οι γεωμετρικές ασΚήσεις δεν λύνονται με συγκεκριμένες τεχνικές, όπως συμβαίνει στην Άλγεβρα με τις εξισώσεις τις ανισώσεις, κ. λ. π. Δεν είvαι ασκήσεις ρουτίνας. Σε .κάθε άσκηση πρέπει να σχεδιάσουμε το σχήμα και να σκεφτούμε ποια θεωρήματα ή πορίσματα θα χρησιμοποιήσουμε, ποιο βοηθητικό σημείο θα πάρουμε, ποια βοηθητική ευθεία θα . φέρουμε. Μόνο σε ορισμένες περιπτώσεις μποpούμε να . μεθοδολογικές εφαρμόσουμε ορισμένες παρατηρήσεις, όπως: Ορισμένα τρίγωνα, ισόπλευρα, ισοσκελή, κ. λ. ορθογώνια, χρυσά, Ηρώνεια, γωνίας π. έχουν ειδικές ιδιότητες που μας εmτρέπουν να θεωρήσουμε εμπειρικές παρατηρήσεις που μας βοηθούν στη λύση των ασκήσεων. Γενικά σε κάθε άσκηση: Ερευνούμε το σχήμα για την ύπαρξη ίσων τριγώνων ή τριγώνων με δύο γωνίες ίσες, οπότε λόγω της σχέσης . θα έχουν τις γωνίες ίσες μία προς μία. Ερευνούμε το σχήμα για ύπαρξη ίσοσκελών τριγώνων και παράλληλων ευθειών. Όταν έχουμε ισοσκελές τρίγωνο με μία δοσμένη γωνία 100° . ή 80° ή είναι χρήσιμο ':'α δημιουργήσουμε στο αρχικό σχήμα ένα νέο ισοσκελές τρίγωνο. Όταν στην υπόθεση της άσκησης δίνεiαι άθροισμα ή διαφορά γωνιών είναι βοηθητικό να το παρουσιάσουμε στο σχήμα. •

•

Ασκήσεις Λυμένες Άσκηση 1. Δίνεται τρίγmνο ΑΒ( με < ΑΓ Στην προέκταση της ΒΑ παίρνουμε τμήμα ΑΔ = ΑΓ Να αποδείξετε ότι

ΑΒ

ΒΓΔ

90°

Απόδειξη ·

Β..-Τ

2 Δ

Το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισοσκελές διότι ΑΔ = ΑΓ άρα ΑΓ Δ = ΑΔΓ (1) . Στο ίδιο τρίγφνο έχουμε Γ Α Δ + Α Δ Γ + Δ Γ Α = 1 80° και λόγω της σχέσης (1) γίνεται ΓΑΔ + 2ΑΔΓ='l 80° ή ΑΔΓ =90° - Γ Α Δ Λ

(2) . Η γώνία

Γ ΑΔ είναιεξωτερική σtο τρίγωνο ΑΒΓ· συνεπώς Γ ΑΔ = Β+ Γ (3) . Στο τρίγωνο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/40

Μαθηματικά ΎW την Α· Λυκείου

').jyyω της υπόθεσης έχουμε 2ΑΖΕ + ΕΖΔ = 180° 2ΖΔΒ + ΖΔ.Ε = 180° και 2ΓΕΔ + AFZ = 180° .

ΒΔΓ παίρνουμε Β Γ Δ =.180° -Β-Β Δ Γ Οπότε από τις παραπάνω σχέσεις (2) και (3) γίνεται Λ Λ Λ Λ Β ΒΓ Δ = 180° - Β- 90° + - +-Γ .

z·

�

Λ Λ Λ Γ Β ΒΓ Δ = 90° -2. Η ισοτητα αυτη. γραφεται .

Άσκηση 2 . Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με

ΑΒ = ΑΓ . Φέρνουμε τη μεσοκάθετη της ΑΒ που τέμνει την προέκταση της ΒΓ Οτο Ε .

Προσθέτοντας κατά μέρη τις ισότητες παίρνουμε α) Να αποδείξετε ότι Β = Β ΑΕ 2(ΑΖΕ + ΖΔΒ + ΓΕΔ) + 180° = 540°. Λ Λ β) Να αποδείξετε ότι Β Ε Α = Α Οπότε από τη σχέση αυτή παίρνουμε Απόδειξη α) Το σήμείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΖΕ + zΔΒ + rΕΔ = 180° από την οποία ΑΒ άρα ΕΑ = ΕΒ , το τρίγωνο ΕΑΒ είναι παίρνουμε ΖΔΒ = 180° (ΑΖΕ ΓΕΔ) και επειδή ΓΕΔ = ΖΕΑ από το τρίγωνο παίρνουμε ισοσκελές οπότε Β = ΒΑΕ . .... . .. · ο ο ,... . .. β) ΑΠό το ισοσκελές τρίγωνο ΕΑΒ παίρνουμε ΖΔΒ = 180 - (180 - Α) , άρα ΖΔΒ = Α ΒΕΑ = 180 - Β -ΒΑΕή Άσκηση 4. Δίνεται · ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ ΒΕΑ = 180° - 2(Α + ΓΑΒ) (1) . Στο εσωτερικό του παίρνουμε ένα σημείο Δ "

�

,...._

τέτοιο ώστε ΔΑ = ΒΔ , και στο εξωτερικό του προς το μέρος του ΑΓ ένα σημείο Ε τέτοιο

ώστε ΔΒΕ = ΔΒΓ και ΒΕ = ΒΑ . ""

α) Να υπολογίσετε τη γωνία ΔΙΒ λ

β) Να υπολογίσετε τη γωνία ΔΕΒ

Απόδειξη Β

Η γωνία Β Γ Α είναι εξωτερικ:ή στο τρίγωνο ΑΓΕ , άρα ισχύει ΒΓΑ = ΓΑΕ + ΓΕΑ από την οποία έχουμε ΓΑε = ΒΓΑ - ΓΕΑ . Επομένως η σχέση (1) γίνεται ΒΕΑ = 180° -2(Α ΒFΆ-ΓΕΑ) Γ Β ο ή ΒΕΑ = 180 - 2Α - 2ΒΓΑ+ 2ΓΕΑ) . Α ό το α) Επειδή από την υπόθεση ΔΑ = ΒΔ το σηvιείο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε 2ΒΓΑ=180° -Α Δ ανήκει στη μεσοκάθετη της η οποία είναι και όταν · ανnκαταστήσουμε παίρνουμε διχοτόμος της γωνίας Γ , οπότε β) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΒΔΓ ΒΕΑ = 2ΓΕΑ - Α οπότε ΒΕΑ = Α . Άσκηση 3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και στις Έχουν ΒΔ κοινή πλευρά, από την υπόθεση πλευρές του ΒΓ , ΓΑ και ΑΒ παίρνουμε τα ΔΒΕ = ΔΒΓ από την υπόθεση. Επόμένι.ος σημεία Δ , Ε και Ζ αντίστοιχα ώστε να τρίγωνα είναι ίσα και ΔΕΒ ΔΓΒ = 30° ""'

�

""'

�

•

,._

ιαιι

.-.

ιαιι

ισχύουν

�

ΑΖΕ = ΒΖΔ λ

Α.

ΒΔΖ = ΓΔΕ Α.

ΓF.Δ = Α ΕΖ Να αποδείξετε ότι ΖΔΒ = Α Απόδειξη .....

.....

και

•

Οι γωνίες που σχηματίζονται στα σημεία Ζ , Δ και Ε είναι διαδοχικές και παραπληρωμanκές και

Άσκηση 5. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο

ΒΑ = ΒΓ

ΛΒr ιιε

Στη πλευρά ΑΒ παίρνm)με έν8 σημείο Ε και φέρνουμε την κάθετη ΕΔ cmιν πλευρά ΒΓ . Ισχύει η ισότητα ΑΕ = ΔΕ Νιι •

""'

βρείτε τη γωνία ΔΑΓ

Λύση

Από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/41

•

Μαθηματικά -yuι την Α' Λtικείου,

--�-----

Απόδειξη Στην . .παίρνουμε σημείο Ε-τέτοιο ώστε ΔΕ = ΑΒ . .

Α + Β + f = 1 80° και λόγω του ισοσκελούς �

�

τριγώνου έχΟυμε Α = Γ και η σχέση γίνεται Β + 2ΕΜ + 2ΔΑr = 1 80° (1 ). Από το ορθογώνιο �

τρίγωνο ΕΑΔ συνεπώς ισχύει ΒFΔ = ΑΕΔ + ΕΔΑ �

�

.-...

ή ΒFΔ ::::: 2ΕΑΔ

�

(3). Η σχέση (2) λόγω της (3)

γράφεται Β + 2ΕΑΔ = 90° Οπότε η σχέση (1) γράφεται 90° + 2ΔΑr = 1 80° � ΔΑr = 45° �

�

Άσκηση 6. Δίνεται οξυγώνw τρίγωνο ΑΒΓ . Φέρνουμε τα ύψη ΑΚ. , ΒΛ και ιόχύει ΒΚ = ΚΑ . Να αΠοδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές. Απόδειξη Από την υπόθεση έχουμε ΒΚ = ΚΑ , άρα το

ΚΒΛ ΚΛΒ . ΚΑΒ (1) διότι το ΒΛ =

�

ΒΚΛ είναι ισοσκελές τρίγωνο και

.-...

Έχουμε ότι KAr = 90° είναι ύψος και από το · ορθογώνω τρίγωνο ΒΛΓ προκύπτει κfΛ = 90° - ΚΒΛ (2) . .

Α--------�--��

�

τρίγωνο ΒΕΔ παίρνουμε Β + ΒΕΔ = 90° (2). Η γωνία ΒΕΔ είναι εξωτερική στο ισοσκελές .

Έχουμε AfB = 20° και ΓΒΕ = 60° ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΓ . Το τρίγωνο ΒΓΕ έχει ΒΓ = ΒΕ από την

κατασκευή και ΓΒΕ = 60° άρα είναι ισόπλευρο και BEr = 60° . �

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΓΕΔ έχουν: ΑΒ = ΔΕ , ΒΓ = ΕΓ και ΑΒΓ = ΓΜ 1 20° . Συνεπώς είναι ίσα οπότε και Α = ΕΔr 4ό0 =

Άσκηση 8. Δίνεται ορθογώνw και ισοσκελές τρ.ίγωνο ΑΒΓ διχοτόμο ΓΔ •

με

Α = 90°

Φέρνουμε τη

�

α) Να υπολογίσετε τη γωνία ΒΔΓ β) Να αποδείξετε ότι ΓΑ + ΑΔ = ΓΒ Απόδειξη ·

α) Η γωνία Γ = 45° λόγω του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ . Συνεπώς από το τρίγωνο

ΔΒΓ

�

έχουμε ΒΔΓ = 180° - 67, 5° <=> ΒΔΓ = 1 12, 5° 8

Εω.μένως από

τις

(1)

και

(2)

παίρνουμε

ΚΛΓ = ΚΓΛ . .-...

�

Το τρίγωνο ΚΑΓ είναι ισοσκελές και ΚΑ = ΚΓ . Από την ύπόθεση έχουμε ΒΚ = ΚΑ , οπότε ισχύει ΒΚ ΚΑ = ΚΓ . Δηλαδή το ύψος ΑΚ είναι και διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΓ . Συνεπώς το =

τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ Άσκηση

Β = 12tr

Δίνεται

και

Α = 40°

τρίγωνο

ΑΓ.

ΑΒΓ

με

Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΒ στο σημείο Δ ώστε να ισχύει ΑΔ = ΒΓ + 2ΑΒ . Να υπολογίσετε την γωνία .....

ΑΔΓ

· Ε

β) Προεκτείνουμε την ΓΑ κατά τμήμα ΑΕ = Μ.

Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Τα τρίγωvα. ΒΔΓ και ΕΔΓ έχουν, την ΔΓ κοινή ΒfΔ = ΔfΕ = 22,5° πλευρά, . και ΒΔr = ΕΔr = 1 12, 5° . Συνεπώς είναι ίσα, οπότε ΔΒ = ΔΕ . Το τρίγωνο ΒΔΕ είναι ισοσκελές και

ΔΕΒ = ΔΒΕ �

�

.Α.

επομένως

,..,

""""

και .

ΔΕΒ + 45° = ΔΕΕ + 45° . Δηλαδή ΓΕΒ = ΓΒΕ το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/42

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

τρίγαινο ΒΓΕ είνQι ισοσκελές, συνεπώς ΓΕ = ΓΒ ΒΑΕ = 45° - 30° = 15° . Άρα το τρίγωνο ΑΕΒ και ΓΑ + .ΑΔ = ΓΒ είναι ισοσκελές με ΕΑ = ΕΒ (1) . Άσκηση 9'. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ . Φέρνουμε τις γ) Στη ΚΓ παίρνουμε σημείο Δ ώστε ΚΔ ΔΓ = , διχοτόμους ΑΔ , ΒΕ και ισχ6ει η . σχέση τότε το τρίγωνο ΚΕΔ" είναι ισόπλευρο , από την. ΑΕ + ΒΔ = ΑΒ . Να υπολογίσετε τη γωνία Γ κατασκευή, οπότε ΚFΔ = 6σ' . Το τρίΎωνΟ ΔΕΓ Απόδειξη είναι ισοσκελές οπότε ΔΕΓ = 300 και ΔfΕ = 300 . Β Επομένως το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ισοσκελές �αι ΕΑ = ΕΓ (2) . Οπότε από τις (1) και (2) έχουμε ΕΒ =ΈΓ , δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές. Στο σημείο Ε οι γωνίες είναι διαδοχικές και έχουν άθροισμα μία πλήρη γωνία. Εχομένως έχουμε BEr = 3�0° - (30° + 60° + 30° + 150ό) ή Γ Παίρνουμε στην ΑΒ σημείο Ζ τέτοw ώστε και ΒΕΙ'= 90° ' οπότε Em = 45° και r = 75° ισοσκελές τρtyωΎΟ ΑΒΓ με λ(yyω της υπόθεσης θα έχουμε ΒΖ = ΒΔ Το Άσκηση 11. Δίνεται .... τρίγωνο ΑΕΖ είνα( ισοσκελές. · Άρα η ΑΔ είναι ΑΒ = ΒΓ και Β = 80° Στο εσωτερικό τσu και μεσοκάθετη της ΕΖ , συνεπώς ΔΕ = ΔΖ . τριγώνου · παίρνουμε ένα σημείο τέiοιο _ ιbcrrε Όμοία η ΒΕ είναι μεσοκάθετη στη ΖΔ, άρα ΡAr = 40° και Afp = 30° Φέρvουμε το ύ.,ος οπότε τΟ τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο. Άρα ΒΔ που τέμνει τη ΓΡ στο Ε. . .EU = 60° και επειδή στο σημείο Ζ οι γωνίες είναι α) Να υπολογίσετε τη Ύωvίο ΕΑΡ .διαδοχικές και πάραπληρωματικές παίρνουμε β) Να υπολογίσετε τη γωνία ΡΑΒ " " ΑΖΕ+ ΒΖΔ = 120° .. Επομένως από τα ισοσκελή γ) Να υπολογίσετε τη γωνία ΡΓ Β " " τρίγωνα ΑΖΕ και ΒΖΔ έχουμε ΑΕΖ + ΒΔΖ = 120° Απόδειξη ή 2AEz + 2ΒΔz = 240° , άρα Α + Β = 120° και α) Το ΒΑΓ είναι ισοσκελές, η ΒΔ είναι μεσοκάθετη ι:πην ΑΓ οπότε και το τρiyωνο ΕΑΓ f = 60° είναι ισοσκελές, συνεπώς ΕΜ = ΕfΔ = 300 οπότε Άσκηση 1 Ο. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 45° . Στην ΑΓ παίρνουμε σημείο Κ τέτοιο ώστε ΕΑΡ = ΡAr :..._ ΕΜ � ΕΑΡ = 10° . " Άρα από το τρίγώνο ΑΡΕ έχουμε ΑΡΕ = 1 100 ΚΓ = 2ΑΚ. , BU = ()0° και ςrτην ΒΚ σημείο Ε .

·.

•

τέτοιο ώστε ΚΕ = ΚΑ

α) Να υπολογίσετε τη γωνία ΚΑΕ I β) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ισοσκελές. ....

γ) Να υπολογίσετε τη γω•νία Τ Απόδειξη α)

έχουμε τις ισότητες β) Στο σημείο ΑΕΔ = rΕΔ = ΡΕΑ = ΒΕΡ = 60° . Επίσης έχουμε ΑΒΕ = 40° διότι η ΒΔ είναι και διχοτόμος; οπότε : ΔΆΒ = 50° και ΡΑΒ = ΔΑΒ - ΕΑΡ άρα PAB = l0°

γ) Στο τρίγωνο ΑΒΕ το Ρ είyαι σημείο τομής τωy διχοτόμων, οπότε και η ΕΡ είναι διχοτόμος της Το τρίγωνο ΑΕΚ είναι ισοσκελές και η γωνία γωνίας ΑΕΒ , οπότε ΒΕΡ = 60° και ΕΒΡ = 20° . Από το τρίγωνο ΒΡΕ παίρνουμε ΑΚΕ = 120° οπότε ΚΑΕ = 30° β) Από το τρίγωνο ΑΒΚ έχουμε ΒΡΕ = 180° - ΒΕΡ - ΕΒΡ . ΑΒΚ = 1 80° - (1 20°.+ 45°� = 1.5° και η γωνία Άρα ΒΡΓ = l00° ΕΥΚΛΕΙΔΒΣ Β' 101 τ.1/43

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Υπεόθονοι τάξης: Β. Καρκffiτης, Σ. Λουρίδας, Χρ. Τσιφάκης, Απ. Κακκαβό:ς

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μονοτονία -Ακρότατα Συναρτήαεwν Μιλτιάδης Ι. ΠαιiαΎρηΎοράκης Ε.Μ.Ε. - Παράρτημα Χανίων

Η σοια:εμιιpοpό. των τιμών μιάς συyάpτησης ως προς τη διάταξη, όταν η ανεξάρτητη μεrαβλητή διατρέχει i"o πε δίο ορισμού της, μαι; δίνουν σημαντικi:ς πληροφορίες για την ίδια τη συνάρτηση. Η μswιτοιιiο. μιαι; mιιιάpτrιιnις αναφέρεται ποιοτικά σιηv κατεύθυνση της μεrαβολ1lς των τιμό.}ν της. Για παρά δεrγμα, έσtω ότι η ανεξάpτητη μεrαβλητή της συνάρτησης αυξάνεrαι, η μονοτονία "μας πληροφορεί αν η εξαρτημένη μεm/Jλιιdι αυξάνεται καz αυτή ή μειώνεrαι ή μένει αμετάβλητη. Τα tιιφίirιι:rrι.μιοι; ουνάprηοης αvαιpέρονrm σrις ακροiες τιμJ:ς της ουνάμιησης εφόσον υπάρχουν. Είναι η μi:yιιπη ή η ε.Μ χιmη uιοί 1100 � ιιαέχp μία συνάpr:ηοη όmν το .τ διαφέχει το ΠΕδiο ορισμού της. ΠΡΟΣΟΧΗ: Ημέyιιπη (� ελό:χισιη) τιμήf(� δεν είναι avayκaιmκiι. μεyα).iπερη (aνr. μικρότεpη) από όλες τις άλλες τιμJ:ς f(.τ), .τ#.ι:ο vι; οννάprιιιπιι; (.&vόν μιϋ.uπα η συνάprηση να είναι οταθερά). ΣΧΟΛΙΑ νουμε έύκολα ότι αν f :Α � R οyνησίως αύξου• Η μοvοτονfα μιας σuνάρτη σης ποu ισχύει σε uπo σα ισχύει και τότε · ΎW χ1 , χ1 Ε Α δuιcnήμmu τοu aεδίοu ορισμού της Α mθανόν να ιοι ισχ6ει σε ολόκληρο το Α πχ . η

f (χ)

.!. χ

είναι

'fΥ'Ι0ίιος φθ(νοuσα σε καθένα από τα διαστήματα (-Φ, Ο) ιcαι (Ο, +οο ) σJ.λά δεν εiναι μονότονη στο •

a·

<r(-ι) < r(ι) }.

Η μονοτονία μιας συνάρτησης μπορεί να προicύψει σό το 1φόσημο τοu λόγοu μεταβολής: Αν ΎUΙ οκοιαδήποτε χ1 , χ2 Ε Α με χ1 :;t x2 είναι

λ=

f(x. ) - f(x2) > 0 (αντ χ. -χ2

.λ

Αν μια οvνόρτηση είναι -yνησiαις μονότονη σε ένα δ�μα Δ και σε κάποω εσωτερικό σημείο Χ0 Ε Δ μηδενίζεται, τότε εκατέρωθεν τοu σημείοu Χ0

•

θα αUόζει πρόσημο. Μπορούμε να βρούμε το

1ψόσημό της χρησιμοποιώντας τον ορισμό της μο νσrονiας. Μuι σuνάρτηση ΔΕΝ είναι γνησίως α6ξοuσα (αντ. φθiνοοοα).

Ε Dr

χ1,χ2

•

αν

και

ώστε

f(x, ) � f (x 2 ) (αντ.

μόνο αν να ισχύει

χ,

χεΑ

οπό τη

r(x, ) = r(x2 ) <=> :ι:, = :ι:2 Άσκηση 1 . Α) Ν α μελετηθεί η μονοτον•ίία της συνΟ.ρτησης Β)

f( χ) = .Jl-�� +.!.χ . Να αποδειχτεί ότι f(2x)-x> f(x)

ΎUΙ Κάθε

Λύση : Α) •

x e (-oo, O)

Έχουμε:

(1)

Α = ( --<t:ι,O) u ( O,l] Έστω

< χ2 και f(x, ) ::;; f(x2 ) )

x E Dr κm uπάρχετ χ0 E Dr ώστε f (χ0 ) κ

Μόνο

Επομένως και σnς δύο ·περιπτώσεις ισχιJει

ΥΠΑΡΧΟΥΝ χ1 < χ2 και

Γuι w αποδείξουμε όn η σuνάρτηση f παρσuσιάζει εΛάχιστο (αντ. μέyιστο) το κ Ε R πρέπει και αρκεί ΎU αmδείξοuμε όn f (χ) � κ (αντ. f (χ) ::;; κ ) ΎUΙ κάθε

f(x1 ) > f(x2 ) � x1 < Χ2

< Ο ) τότε η f εiναι

'fΥησίmς α6ξοuσu (αντ. φθ(νοuσα) στο Α •

και τελικά f(x , ) < f(x2 ) => x1 < x2 f ( χ1 ) < f (χ2 ) <=> χ1 < χ2 ενώ αν εί.νm γνησίως φθiνpu σα τότε f(x1 ) > f ( x2 ) => x1 < χ2 και τελικά

σχέση m � f(x) � M

για

κάθε

ΔΕΝ μπορούμε να σuμ21Εpάνοuμε όn το m ·

εΜιι. ελάχιστο της fή όn το Μ είναι μέyιστό της. ***

Οι ιιpοτάσεις ztnJ αχοlm:iθσόν είναΙ ιδuιhεpα χprjm α:ιιόδει9ι ανιμι;ς 'l'tl. πιν ειάλvιnι ανισώιπωv rj πιν . ; mmιτwv ΠΡΟΤΑΣΗ Με απαyω-yή σε ά'rmro δ�όι-

•

{-j(l

χ 1 ,χ 2 ε (Ο,l] τότε: > -χ 2 Χι < Χ2 => J�- > _!__. => => . Χι Χ2 ι ι �+ -> �+=> f { x1 ) > f { x 2 )

Έστω

···

χ,

Άρα η f είνπι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα ( -co, Ο) και ( Q, 1 ) πεδiσu ορισμού

ΕΥΚΛΕΙΔΒΣ Β' 101 τ.1/44

του

------

Μαθηματικά yια . την Β' Λυκείοο

f(-3) = 3 , f{1) = 1 δηλαδή f(-3) > f(1) ' 3< 1 . Άρα δεν ειναι μονοτονη στο Α ενω Β) Αφού ·f ι (-οο,Ο) θ α έχουμε 5

της. Αλλά:

=>-3<

με

f'>.

τέτοια 'Εστω συνάρτηση χ) >0 για κάθε χ Ε R και η συνάρτηση b

Άσκηση

ώστε

f:R-+R

f(x)-f( y) <3 x-y

Ε1mμέvως για κάθε Χι.� εR

χ , * χ 2 ισχ6ει λ = g ( x,) - g ( x2)

f(x1)-3xχ,1 -f(-χ2x2)+3x2

χ <0:=>2χ < x=>f(2x) >f(x)=>f(2x)-f(x) >Ο>χ=> f ( 2χ) -χ > f (χ)

-�------

χ, - χ2

(I)

f {x1 ) -f( χ

) 3<0 2 χ, -χ2 α. Αντίστοιχα ερ .

Άρα η g εiναι ΎVτισίως φθίνουσ γαζόμαστε για την Άσκηση 5: Α)'Εcφο η cmνάρτηοη.

h ..

f(x) -f3(x)+2 να είναι γνησίως αύξουσα. r(x) = (x+v'x1 +ι y + (v'x1 + 1 - xY με I E R Να δείξεrε ότι η ελάχιστη τψή της r είναι 2 Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. η α με

Ιι(χ)= ι

Λύση: Υποθέτουμε ότι η f δεν είναι γνησίως φθί νουσα στο R . Τότε υπάρχουν χ1, χ 2 Ε R ώστε να

){-f3(f<�. x> 1 ) �-f3(�,> x2) "'Γ-

ισχύει χ , < χ 2 και f{ χ1 ) :ς f( χ 2 ) (1) (ι =>

�

cι

·�

(χ, )

�

:;::::>

ανίσmση r(α+β-3) +f(α-β-ι) :.... 4 s ο (1)

το

Απόδειξη: Α' τρόπος (ιαiνοuμε πράξεις)

f ( x) =(x +.Jx2 +1)3 +(.Jx2 +1 - x}3 = Χ3 + 3x2 v'x2 + I +3x(v'x2 + I Υ +(..Jx2 + I }3 -

c' ι . ) + 2 ,

� - f3 (x2 ) + 2 => h( χ1 ) � h( χ2 ) f{ ) 2

Τότε

Β) Ν λuθεί ως χρος α και β

χ1 � χ2

+3x2 .Jx2 +1 -3x {.Jx2 +1 )2 + {.Jx2 +1 )3' = 6�2.Jx2 + + 2 (../χ2 + )3 = 2(4χ2 + Ι)../χ2 + Ι χ

που είναι άτοπο. Επομένως η f είναι γνησίως φθί νουσα στο R . Άσκη ση 3 : Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξου ισχ6ει: σα στο R και για κάθε · χ Ε

R f( f(x)) = χ (ι). Να αποδείξετε ότι ·r(x) = χ , για κάθε x E R

Λύση : Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση που να επαλη θε6ειτην (1). Τότε: (1) =>f(f(x))+f(x)=f(x)+x (2) Θεωρούμε τη συνάρτηση h (χ) = f (χ) + χ , χ Ε R που είναι γνησίως αύξουσα (απόδειξη με τον ορι σμό). Τότε έχουμε: (2) =>h(f(x)) =f(f(x))+f(x)=> ,

�f(x)) =�i +lf =x+f(x)�f(x)) =l(χ)::::Κ(χ) =� Αφού h! R (Προφανώς δεν μας ενδιαφέρει η ε ·

Παρατηρο6με ότι f{ x) � 2 =f(O) για κάθε :Jι e R Άρα η f χοροuσιόζει ελάχ,ιοτο για χ = Ο το f{O) = 2 Β ' τρόπος

f(x)=(x+v'x2 + 1 }3 + ·

Με το ίσον μόνον όταν

χ=

1 -�3" � 2, (x+v'x2+!L } .

{.Jx2 + 1 - ) = χ 3

1 , δηλα

δή ο '(γιατί;) Β) Επειδή η f παρουσιάζει μοναδ0rο ελάχιστο στο Ο το 2, για κάθε Χ ε R θα ισχUει ότ.:ι �2

f{χ)

με την ισότητα να ισzύει μόνο όταν χ = Ο , θα έ χουμε: f(α+β-3)�2 και f(α-β-1) � 2 οπότε.

παλήθευση της (1)) που επαληθεύει την (1) f(α+β-3)+f(α-β-1) �4 (2) . �σκηση 4: 'Εστω συνάρτηση f ορισμένη στο R Συνεπώς (Ι),(2) �f(α+β-3)+f(α··- β-1) = 4� ωστε για κάθε χ, y Ε R με χ :ι:. y να ισz6ει · Ιr(x) - r(y) l < 3 l x - yl (ι) . Αποδείξτε ότι η � α + β-3 = 0 � α = 2 ,

α --"- β - 1 = 0

{

β=Ι

g (x) = f(x)-3x είναι γνησίως � Άσκηση 6: 'Εστm η σιΜiρτηση f':(��-+R με R και ότι η b ( x ) = f ( x ) + 3x είναι γνη η σuνάρτηση f{x)> O yuι κόβε :χ>-1

νάρτηση σα στο

{

σίως αι)ξουσα στο R . Λύση:Έστω

l f (xx) - fy(y)I

χ, y Ε R με χ :ι:. y

(ι) => Ιr( χ ) - f{y )I 3lx - Yl => <

και.

g(χ) =(x+1)r(x)-1, yνηqίιος'φθhισιuσu cno (��

τότε: -

3 =>

Α) Αποδείξτε ότι η f είναι yνrι•ιJύος φθίνουσα. Β) Να λυθεί στο (Ο,+αο) η εξ'rJfOσll

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.Ι/45

------ Μαθηματικά r(x)+f(x') =f(x ) + r ( χ' )

-yιa

την

Β' ι\.υκείου

{

f( χ ) + r( χ7 ) < r( χ5 ) + r( χ9) Γ) Να αποδειχτεί ότι pα κάθε χ > 1 ι.σχι>ει ότι χ < χ5 � f(x � > r(x5 ) � και χ > 1 � (r x -2�) + r( x1 -x)< 2f (-t) χ7 < χ9 r(x7 ) > f(x9) Λύση: Α) Έστω -2 < χ, < χ2 (1) τότε r ( χ ) + r( χ7 ) > r( χ5) + r( χ9) {g(Xι)+1 >g(�)+1 g(x ) > g( ) � Άρα μοναδική ρίζα είναι το 1 ι (1) => 1 ι +2 <� +2 => ->0 >-0<χ1 � Χι +2 � +2 Γ) Επειδή x - 2.,J;.. = (.fx" - 1)2 - 1 � -1 g(χι) + 1 g(x2) + 1 => ·f( Χ ι ) > f(Χ ) > και χ2 :-Χ+1 =( χ2 +1)-χ � 2χ-χ = Χ �0 > -1 2 χ + 2 + Χ.1 2 2 r( χ - 2-Γχ}� f( 1) 'Εχουμε: Αρα η f είναι γνησίως φθίνοuσα στο ( -2, -too) r( χ2 - χ) < f( -1 ) αφού η f είναι γνησίως φθί Β) Για χ = ι η ισότητα είναι αλrjθής. !\r'ιa κάθε χ * ι έχουμε: νουσα. Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε < 2f( - 1 ) f(x) < f(x5) x > xs r( χ 2-Γχ) + r( χ2 χ) . 0' < Χ < 1 => ::::::> ::::::> Χ7 > Χ9 r(x') < f(x') 5

{

-=... ....<.,;_ .;:_ _

{

==�:======�========================�=============

Το φετινό καλοκαίρι χάσαμε δύο πολύτιμους συναδέλφους: Τον Ιούνω τον συνάδελφο και Πρόεδρο του ΠαρατήματQς Ημαθίας Στέλιο Μιόγλου και τον Α(ryουστο τη συνερyάτιδα της Συντακτικής Επιτροπής του Ευκλείδη Β ' Ευαyγελία Καββαδά \

Για τι·ιν ωιώλεια τσV πρώτου οι φίλοι και συνάδελφοι του, γράψανε τα παρακάτω συγκινητικά λόγια

Αvπ μας ΣτέλΙο /,....,.,"uένε .... ,,,ι \ Φίλε κ.•.U οvνάδελφε ' Έψυγες νέος έχοντας �υνατότητες να κι;(νεις και να προσφέρεις πολλά ακόμη, στην οικογέν1•.!ια σου, στους 'μαθητές σου, στους φίλους σου και στη Μαθηματική κοινότητα. , Το χαμόγελό σου έδειχνi\ σπέραvιη καλοσύνη και τρυφερότητα για όλους. Δούλευες πάντα αθόρυβa και σεμνά προσφέροντας όπ περισσότερο μπορούσες με ειλικρίνεια και συνέπεια. Λ 7άπqσες πι δοvλεuί. σΟf) Και δόθqκες σε αvπίν με όλq σου την ψυχή. Είμαοτε όλ.οι πολύ υπερήφανοι για σένα φίλε. Για την διαδρομή σου, για τη στάση ζωής σου, για την ποιότητα της πρ.�ωπικότητάς σου ... Καλό ταξίδι Στέλιο. Καλό ταξίδι πρόεδρε μας. ·

•

.·

Η Ε.Μ.Ε. θεωρεί δυσαναπλήρωτο το κενό το οποίο αφήνει και εκφράζει τα θερμά της συλλυπητήρια στην οικσyέvειά

τοu. .

συνεργάτιδα του Ευκλείδη Β' με έντονη πα Υπηρέτησε παλαιότερα στο Αρσάκειο και τελευταία στο 2° Λύκειο Πεύκης με μεyάλη επιτυχία και κέρδισε επάξια την έκδηλη αγάπη των μαθητών της και των συ ναδέλφων της. Τον προηyσόμενιΙJ χρόνο είχε αφιερώσει ένα άρθρο της μέσα από το περιοδικό μας στον εκλιπόντα πατέ ρα της ποu τόσο ι13ιαστικ:ά τον ακολούθησε. Πρόλαβε ωστόσο να δει το τελέυταίο της άρθρο δημοσιευμέ νο στο προηγούμενο τεύχος l 00 του περωδικού μας. Η Συvrαιmκή επr.ι:ροπή αισθάνεται ειλικρινά φτωχότερη. Εκ μέρους της Ε.Μ.Ε. και ειδικότερα της Συ νταιmκής Εmτpαι�rής τοu Ευκλείδη Β ' εκφράζουμε τα θερμά μας συλλυπητήρια στην οικογένειά της. Η Ευαyyελία Καββα.δά., ήταν αγαπητή φίλη και αξιόλοyη

ρουσία σε όλες της εκδηλώσεις της Ε.Μ.Ε.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' ι οι τ.t/46

Γιώργος Τασσόπουλος

Αλγεβρα για την Β ' Λυκείου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

AλγεfJpa

Συtrrlιματα

Σω'Α\ρης Ε. Λουρίδας - Χρήστος Π. Τσιφάκης Άσκηση l η .

Δίνεται

τQ . σύστημα

{

λeR

- λ > 0 <=> 5λ + 3 < 0 η, -,3 2 + -3 > 3 <=> -λ λ λ λ(Sλ + 3) <.0 ή λ(3 - λ) > Ο <=> -� < λ < Ο ή 0 < λ < 3 5 <=> λ ε - � ,0 υ {0,1)u(1, 3)

(λ + l)x - 2y = λ + ι ' λχ - λy = l

i) Να βρεθούν oi τιμές του· λ ώστε το σύστημα να έχει μοναδική λύση. ii) Να βρεθεί η μοναδική λύση χο , Υο yια τις

Άσκηση 2η. Να βρείτε τα

παραπάνω τιμές του λ. iii) Να βρεθούν οι τιμές του λ yια τις οποίες η λύση χο , Υο του συστήματος ικανοποιεί τη

( ) σχέση ] χο + Υο ] > 3 Λύση.

Έχουμε:

)

(

)

(

e R για τα οποία τα συστήμα(2λ - l)x + lOμy = 3 και 2x + 4y = S

{ y {(λ-2)χ-(μ�l) = 3x - 6y = S

·τα Σ · ·

λ+l λ

Σ' :

α, β

νως αδύνατα.

να ειναι σuyxρό-

Λύση

. . -λ2 + λ = -λ(λ -1) Επειδή σε καθένα από τα συστήματα, ένας τουλά Το σύστημα έχει μοναδική λ-όση όταν και μόνον χιστον άγνωστος έχει μη μηδενικό συντελεστή, για D*O να είναι συγχρόνως αδύνατα, πρέπει και αρκεί για Αλλi1 D :;e Ο <=> -λ(λ - 1) * Ο <=> λ * Ο και λ * 1 τις αντοίστηχες ορίζουσες να ισχύει: 1 ' = Ο D = Ο και D κάποια από τις Dx, Dy, D 'x , D Ύ , Εξάλλου Dx = λ ; = = -λ2 - λ + 2 = να είναι διάφορη του μηδενός . Έτσι έχουμε: = -(λ- 1)(λ +2) 2λ - 1 l Ομ = 0� λ -5μ - 1 = 0. ( ) D + = 2 1 λ 1 λ+1 - 2 -λ - λ + λ + 1 .2 4 D λ 1 Υ

�Ι

λι -2 -μ -1 = 0 <=> 2λ ,� μ - 5 = Ο (2) -6 3 Από (1) , (2) προκύπτει λ = 3 και μ = 1 . -�( + 2) D λ + 2 = λ η (χσ , Υο) με χο = = ; -λ� Τότε έχουμε D = 3 1 0μ = 3 1 0 = -3 8 :;e 0 και λ 5 4 5 4 D λ + 1 ( )� - λ + 1 και Υο = DΥ = - λ D ' = 7 -μ - 1 = 7 :...2.. = -32 :;e 0 -λ� 5 -6 5 -6 Άρα τα συστήματα είναι συγχρόνως αδύνατα μόνο Άρα (χο,Υο ) = λ � 2 λ 1 ' : για λ = 3 και μ = 1 ..:.(λ? - 1) = -(λ - l)(λ + 1) ίί) Για λ . :;t: Ο και λ,:;e 1 η μοναδι� λύση είναι:

(

�ii)

)

D ' ==

1 11 1 11 1

Άσκηρη 3η.

iv)

1 2\+31 > 3 <o> l2 + �1 > 3 <ο> 2 + � < -3

{

Να. βρεθούν οι τιμές του in ε R ώστε το σ6στημα

.Jx + .JY = ι x.Jx + y.JY = t - 3m ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/47

. , να εχει λ:οση στο R. ·

Αλyεpρα ΎUΙ την Β ' Λυκεiου Λύση .

Για να ορίζεται το

σύστημα πρέπει και αρκεί.

Άσκησιj 5η .

y� Ο. Αν θέσουμε � � α � Ο και .JY = β � Ο το βοηθηnκό σύστημα: προκύπτει α +β = 1 α+ β = l Λύση . και τελικά το α ·β = m α + β = 1 - 3m Για να ορίζεται το σύστημα πρέπει και αρκεί Υ * 2χ εξίσωσης της ς Άρα τα α, β είναι οι θετικές λύσει 2 Με χ=Ο ή y=O δεν επαληθεύεται (1) t -t+m= Ο xy * Ο το σύpτημα ισοδύναμα 'γίνεται Με Αυτό συμβαίνει όταν και μόνον 2 _!_ = 1 σθ Δ = l - 4m � O Υ χ 'λ S = -! = 1 > 0, δη λαδή O � m � .!.. -1 + -1 = 2 4 α χ Υ χ � Ο .και

{

Με πρό εση κατα, με η παιρνουμε 3 = 3 , η,

Ύ P =- = m � O

α Τότε δυσικά χ = α2 � ο. y = β2 � 0.

. y=1 *Ο,

οπότε ανnκαθιστώντας έχουμε x = l * O. Το ζεύ-γος ( χ,y) = ( l,l ) αποτελεί λύση του συστ αφού 1 * 2 · 1 .

Άσκηση 4η . Επιλύστε στο σύνολο

{ {Σ)

IR το σύστημα: x + y + 3 = 6( x + l)(y + ·2) 3x + 4y + 1 1 = 22 ( x + l)(y + 2 )

Άσκηση 6η .

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ζεύ'yος (x,y) το οποίο επαληθεύει την εξίσωση

Λύση .

19 (3λ + μ+ t)χ + (μ - λ - ι)y + λ + 2Ομ + 2 = ο (ι)

. {

Έχουμε:

(x+ 1)+(y+2) = 6(x +1)(y + 2) ανεξάρτητα από τις τιμές που παίρνουν οι 3 ( x + 1)+4(y+2) = 22(x + 1)(y +2) λ,.μ. Αν χ = -1 τότε .y = -2 και αν y = -2 τότε Λύση. Η εξίσωση ( 1) ισοδύναμα Ύράφεται Χ. = -1 19 Αν χ * -1 και . y * -2 . και θέσουμε (3x - y. + l}λ + (x + y+ 20)μ+ x - y + = 0. Για 2 ι ι -- = ν -- = u παίρνουμε το βοηθηnκό να υπάρχουν nμές των χ, y που επαληθεύουν την x + l Ύ+ 2 v+u=6 3x - y + l = O {Ι} . που έχει λύση την 4v + 3u = 22 (1) 'γtα κάθε λ, μ Ε IR , αρκεί χ + y + 20 = Ο { 2) . 19 ( v, u) = (4, 2 ) x - y + = O {3)

{Σ) <=> •

•

σύστημα {

(

)

l 9 y = - 5 , nμές που

Με mι:λή αντικατάσταση βρίσκουμε 'γtα το αρχικό Αλλά {1),(2} => χ = _3..!_ και 4 4 τη λύση ( x,y) = -�.-� επαληθεύουν και την (3). Το ζεύΎος λοιπόν . . 4 2 Τελικά , - 5: επαληθεύει την (1) 'γtα-κάθε (x, y) = {Σ) <=> (x,y) ={-t,-2) ή (x, y) =. λ, μ Ε IR . 4 3 3 . 2

σύστημα

( . ) --

�-

(-�· )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/48

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μαθημαnκά yuι την Β' Λυιcεiου

Μεrpιι<&, οκέnιr

KtJNλo Λαμπρινάκη Γαλάτεια - Παράρτημα ΕΜΕ Χανίων tmJν

προεκτάσεις τσuς τέμνονται σε ένα σημείο Ρ έτσι ώστέ ΡΑ · ΡΒ = ΡΓ · ΡΔ � τότε το . τετράπλ ΡΑ · ΡΒ == ΡΓ · ΡΔ R 2 - δ2 ευρο με κορυφές τα σημεία Α, Β,Γ,Δ είναι εγγράψιμο. Ε_φαρμογή 2. Δίνεται ευθεiα (ε) και τρία σημεία της Ρ,Α,Β , με το Α μεταξύ των Ρ και Β . Για το σημείο Ε εκτός της (Ε) ισχύει:

Α. Περίληψη θείορίας Θεώρημα ι. Τέμνουσες ιώκλου

Αν ΑΒ� ΓΔ εiναι .δύο χορδές κύκλου (O, R) και Ρ είναι ·το σημείο τομής τους ή των φορέων τους� με ΟΡ = δ τότε ισχύει: α)

ΡΕ2 = ΡΑ · ΡΒ .

Τ.ότε το τμήμα ΡΕ είναι εφαπτόμενο στον .κύκλο που ορίζουν τα σημείά. Α, Β� Ε Εφαρμογή 3. (ΧΡΥΣΗ ΤΟΜΗ) Να διαφεθεί ένα τμήμα ΑΒ ;::: α � σε δύο άνισα τμήματα ΑΓ,ΓΒ ώστε το �αλύτερο από αυτά να είναι μέσο ανά λογο του μικρότερου και του αpχ1κού ευθύγραμμου τμήματος. Εφαρμογή 4. Δύο κύκλοι είναι ορθογώνιΟι, όταν , το τετράγωνο της αιcτίνας του ενός ισούται με τη δύναμη του κέντρου του ως προς τον άλλο κύκλο.

(σχή μα 1) β) ΡΑ · ΡΒ = ΡΓ · ΡΔ = δ2 ,.. R 2

(σχή μα 2)

θεώρημα 2. Τέμνουσας και εφαπτομένης ιώκλου.

Αν από ένα εξωτερικό σημείο Ρ κύκλου (O�R) φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα ΡΕ και μια ευθεία που τέμνει τον κύκλο στα Α�Β � τότε ισχύει:

ΡΕ2 = ΡΑ · ΡΒ .

Β. Ασκήσεις λυμένες ΑΣΚΗΣΙΙ ι. Δίνεται ισοσκελές τρίιymνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ Με διάμετρο το ύψος ΑΔ ιyρά φουμε ιώκλο C που τέμνει τις AB,Ar cnα Ε,Ζ αντίcnοιχα. Να αποδείξετε ότι ΒΕ = ΓΖ .

Λύση: Η ΒΕΑ είναι τέμνουσα και η ΒΔ εί ναι εφαπτομένη στον C Άρα ισχύει: 2 ΒΔ = ΒΕ · ΑΒ (1) Ομοίως η ΓΖΑ είναι τέ μνουσα και η ΓΔ εφαπτομένη στον C . .

(σχή μα 3)_ Ορισμός. Ονομάζουμε δύναμη του σημείου Ρ ως προς τον κύκλο (O� R) τη διαφορά δ2 - R 2 και .

συμβολίζεται: ΔΡ<a,R > = δ2 - R 2 ._

Συμπεράσματα: ι) Το Ρ .είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου

(O�R)

αν και μόνο αν

Δ�ο.R> > Ο

Άρα: είναι

(2) . Αφού το ΑΒΓ είναι ισοσκελές, η ΒΔ και

διάμεσος, επομένως

ισχύουν:

ΒΔ = ΓΔ και ΑΒ = ΑΓ (3) . Οι (1) ΓΔ2 = ΓΖ · ΓΑ ι (2) έχονν, λόγω της (3) ,

m τα

2) Το Ρ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου

πρώτα μέλη ίσα, άpα και τα .δεύτερα, δηλαδή

και

ΑΣΚΗΣΗ 2. Δίνεται ορθοyώνιο τρiιymνο ΑΒΓ

{O,R) αν και μόνο αν Δ�ο.R) < Ο 3) Το Ρ είναι σημείο του κύκλου {O,R) μόνο αν Δ�ο, R) = Ο Εφαρμογές Εφαρμογή 1 . Αν δύο τμήματα ΑΒ και

αν

ΓΔ ή οι

ΒΕ = ΓΖ . Λ

με Α = 90° και ΑΒ < ΑΓ . Γράφουμε τον ιώκλο (Α, ΑΓ) που τέμνει την προέκταση της ΒΓ cno

Δ Να αποδειξετε ·ότι ισχύει ΓΒ · ΓΔ = 2 ΑΓ2 •

•

Λύση: Προειcτείνουμε την αιcτίνα ΓΑ που τέμνεί

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ B' lOl τ.l/49 '

Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκεiου

τον κύκλο στο Ε · . Τότε η διάμετρος είναι .

ΓΕ = 2ΓΑ (1) και η

Γ ΔΕ =

90° διότι βαίνει σε

ημικύκλιο. Το τετράπλευρο ΑΒΔΕ · είναι εyyράψιΑ

μο

σε κύκλο C , διότι οι απέναντι γωνίες του Α Α

και Δ

· -------

. ΒΓ α) Να αποδεfξετε ότι: Mr = 2 - . β) Να υ·

πολαyίσετε την ΒΓ

Λύση: α) Από το σχήμα εiναι ΑΓ = ΑΜ + ΜΓ � ΑΜ = ΑΓ - ΜΓ . Η τελευταία σχέση με την

δοθείσα έχονν τα πρώτα μέλη ίσα άρα και τα δεύ τερα: ΒΓ + ΜΓ = ΑΓ - :ΜΙ' <=> 2ΜΓ =4- ΒΓ <::::>

ΒΓ � ΜΓ = 2 - 2

είναι ορθές. Οι ΓΒΔ και ΓΑΕ είναι τέμνουσες στον κύκλο C , άρα ισχύει: ΓΒ ΓΔ = ΓΑ · ΓΕ η οποία λfyyω της (1) γίνεται: t'B ΓΔ = 2 A.t2 ·

•

ΑΣΚΗΣΗ 3. Δίνονται δύο ομόκεντροι, κύκλοι

(O,R) και (Ο, ρ) . Στο σημείο Γ του (Ο, ρ) φέρουμε εφαπτομένη, που τέμνει τον (O,R) στα Α,Β. Από σημείο Μ της ΑΒ φέρουμε τέμνουσα στον (O, R) που διέρχετάι από το κtvrρo Ο. Να αποδείξετε ότι ΜΑ · ΜΒ + ΜΓ1 = R1 - ρ1

(0, R) και το Μ εσωτερικό του σημείο, επομένως ισχύει: ΜΑ · ΜΒ = R2 - ΜΟ2 (1)

Λύση: Η ΑΜΒ είναι τέμνουσα στον

β) Στον κύκλο C η ΓΜΑ είναι τέμνουσα και η ΓΒ είναι εφαπτομένη του. Επομένως, Α ΓΒ2 . = ΓΜ · Γ και από την προηγούμενη σχέ ση γίνεται:

ΒΓ ΓΒ 2 = 4(2 - -·) από '

την

οποία

παίρνουμε ΒΓ 2 + 2· ΒΓ - 8 = Ο Οι ρίζες της τε λευταίας εξίσωσης είναι 2 και -4 που απορρί πτεται. Άρα ΒΓ = 2 ΑΣΚΗΣΗ 5. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 10 και Δ,Ε τα μέσα .των ΑΓ,ΒΓ αντί ·

στοιχα. Ο περιγεyραμμένος κύκλος C του τρι γώνου ΓΔΕ περνά από το κέντρο βάρους Θ του τριγώνου ΑΒΓ Η ΔΕ τέμνει την διάμεσο ΓΖ του τριγώνου ΑΒΓ στο σημείο Ρ α) Να υπολογίσετε την δύναμη Δ� . β) Να υπολογίσετε το μήκος της διαμέσου ΓΖ •

Λύση: α) Επειδη η ΔΕ ενώνει τα μέσα των δύο

πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ

Το τρίγωνο ΜΟΓ είναι ορθογάfνιο στο Γ διότι η αιcτίνα ΟΓ = ρ είναt κάθετη στην εφαπτομένη ΑΒ Από πυθαγόρειο θεώρημα ισχύει ΜΟ 2 ΜΓ2 + ΟΓ2 η ΜΟ2 = ΜΓ2 + ρ2 (2) Η (1) λfyyω της (2) γίνεται

MA · MB = R 2 - ΜΤ2 - ρ2 � � ΜΑ ·'ΜΒ + ΜΓ 2 = R 2 - p2 •

ΑΒ

θα είναι ΔΕ = - = 5 και Ρ μέσο το'Ι> ΔΕ , άρα

ΑΣΚΗΣΗ 4. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ = 4 . 'Ενας κύκλος C διέρχεται από τις κορυφές Α,Β εφάπτεται της ΒΓ στο Β και τέμνει την ΑΓ στο Μ. Αν ισχύει ΑΜ = ΒΓ + ΜΓ , τότε: ·

ΡΔ = ΡΕ = � 2 2 ΡΔ · ΡΕ = R

(1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/SΟ

κύκλ

Δ: ο C οι ΔΕ και ΓΘ είναι στο εσωτερικό του σημείο Ρ . ·

τέμνουσες

Στον

Μαθημάτιιcά yuι την Β ' Λvιcείου

ΑΒ = ΑΓ Από το Α φέρνουμε τυχαία ευθεία που τέμνει την ΒΓ στο Δ και τον κύκλο στο Ε. Αν η ΑΟ τέμνει την ΒΓ στο Κ και -rον κύκλο στο Λ, τότε: Να αποδείξετε ότι το είναι ι:yγράψιμο τετράπλευρο. Να αποδείξετε ό'Π. ΑΒ 1 = ΑΔ · ΑΕ γ) Να αποδείξετε ότι ο κύκλος που δuέρχεται από τα σημεία Β, Δ,Ε εφάπτεται στην AlB

Τότε θα ισχύουν ΡΘ .· ΡΓ=ΡΔ · ΡΕ= 425 (2) και Άρα Δc = -425 β) Από την ιδιότητα του κέντρου.!_ βάρους τριγώνου ισχύει ΡΘ = 23 ΓΖ και ΘΖ = 3 ΓΖ (3) . Επίσης το Ρ είναι μέσο του ΓΖ δηλαδή.2 ΓΡ = ΡΖ Από τη σχέση (2) έχουμε ΡΘ · ΡΓ = 45 που λ&yω της _!_ .!_ � 25 ( ΓΖ - ΓΖ) . ΓΖ = (3) γίνεται 3 2 . 2 4 ΜΑ · ΜΒ + ΜΓ2 = R 2 - p2

•

α) β) Λύση: ,α) Επειδή το ΑΒΓ είναι ισοσκελές τρίγω νο, το ΑΟΚ είναι ύψος , διχοτόμος και διάμεσος, άρα Α Ε Λ = 90° γιατί βαίνει σε ημικύκλιο. Το τετράπλευρο είναιορθές εyyρ.άψιμο γωνίεςΚΛΕΔ του είναι . αφού δύο ·

•

i_ Γz2 = 25 ή ΓΖ = 5../3 4 12

οι

απέναVτι

ΑΣΚΗΣΗ 6. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 50° , Λ

Γ = 65° και ΑΒ = S ό Στο εξωτερικό του τριγώ-

νου, προς το μέρος του ΑΓ παίρνουμε σημείο Δ Λ

2S0 •

τέτοιο ώστε Β ΔΓ = Η ΒΔ τέμνει την ΑΓ στο Ε ώστε AE = l . Να αποδείξετε ότι ο κύκλος (Α,ΑΓ) διέρχεται από τα σημεία Β και Δ Να υπολσyίσετε το γινόμενο ΕΒ ΕΔ

α) β) Λύση: α) Αφού Α+ Β+ Γ=180° Β=65° . Άρα Γ = Β επομένως το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκεοπότε ΑΒ = ΑΓ = 5 , δηλαδή ο ciκλος λές, (Α,ΑΓ) διέρχεται από το Β. Λ

<::::>

β) Αφού. το τετράπλευρο ΚΛΕΔ είναι εγγράψιμο κορτου.υφέςΆρα του και οιει: · ΑΕκύκλος είναι τέμνουσές θα ισχύ · = (1) Στο τρίγωνο ΑΒΛ η Β = 90° γιατί βαίνει σε ημικύκλιο και ΒΚ το ύψος · του υποτείνουσα. Οπότε ΑΒ 2 = (2) . Από (1) , (2) έχουμε · 2 = ΑΔ ΑΕ συμπέρασμα β) και βάση γ)ΑΒΙσχύει από το εφαρμογή (2) . C από τις

περνάεt:

ΑΔΕ , ΑΚΛ ΑΔ ΑΚ ΑΛ

ΑΚ ΑΛ ·

στην

με

ΑΣΚΗΣΗ 8. Δίνεται τρίyωνο ΑΒΓ ι:yγεyραμ μένο σε κύκλο C1 , ΑΕ διάμετρός του και Δ το

Η ΒΔΓ = 25° = Α2 και βαίνουν και οι δύο στο τόξο ΒΓ. Άρα η ΒΔΓ εγγεγραμμένη και Α επίκεντρη στο τόξο ΒΓ, συνεπώς ο κύκλος (Α,ΑΓ) διέρχεται από το Δ. 'την ΑΓπου τέμνει τον 1Cύκλο Προεκτείνουμε στο Είναι: ΕΓ=ΑΓ- ΑΕ=5-1 και ΕΖ = ΑΕ + ΑΖ = 1 + 5 = 6 . Στον κύκλο (Α, ΑΓ) οι ΒΔ, ΖΓ τέμνονται στο Ε Άρα · = 24 . ΕΒ · ΕΔ = ΕΓ · ΕΖ = 24 . Επομένως ΑΣΚΗΣΗ 7. Δίνεται (Ο, ρ) και ι:yγεΛ

-..

β)

Ζ.

ισοσκελές

τρίγωνο

ΕΒ FΔ

ΑΒΓ

με

μέσον της ΒΓ Φέρουμε την · ΔΖ κάθετη στην ΑΕ και Η το σημείο που τέμνει η ΑΔ τον κύκλο. Να αποδείξετε ότι. ΑΒ1 + ΑΓ1 =. 2 · ΑΔ · ΑΗ β) Το τετράπλευρο ΔΖΕΗ είναι ι:yγράψιμο και ισχύει ΑΒ1 + ΑΓ1 = ΑΖ •

κύκλος

γραμμένο

την

α) 2ΑΕ Λύση: α)απόΣτοπρώτο τρίγωνο η είναι(θεώρημα διάμε σος, άρα θεώρημα διαμέσων, του Απολλώνιου), ισχ6ει: ·

ΑΒΓ

ΑΔ

ΒΓ2 ΑΒ 2 + ΑΓ2 = 2ΑΔ2 + (1) 2 ΑΔΗ ΒΔΓ C1 ή ΔΒ · ΔΓ = ΔΑ · ΔΗ

Οι και . Τότε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/51

είναι τέμνουσες του στο Δ

ΜαθηματιΚά για την Β' Λυκείου

ΒΓ ΒΓ ΒΓ2 ,= ΔΑ · ΔΗ <=> - = 2ΑΔ · ΔΗ (2) . 2 2 2 . (1) , (2) ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΔ2 + 2ΑΔ · ΔΗ <=>

-·-

Από

ΑΒ 2 + ΑΓ2 =.2ΑΔ · ΑΗ .

Απολλώνωυ) ,

είναι ή :ΜΓ2 + ΜΔ2 = 2Μ02 + Γ�

ΜΓ2 +ΜΔ2 = 2R2 +2α2 (4) , (γιατί ΓΔ = 2α ). 2R:2 -']ιi (3) (4) , ΙΕ � ΔΖ R:2 -ri , ΙΜ Μ.

Από έχουμε: που είναι σταθερό και ανεξάρτητο από τη θέση του ΑΣΚΗΣΗ 1 0.· Δίνεται τετράπλευρο

ΑΒΓΔ q γqραμμένο σε κύκλο. (O, R) . Φέρνουμε τις διαγωνίους του που τέμνονται στο . Στην προέ κταση της ΒΑ παίρνουμε ένα σημείο Ρ τέτοιο ώστε η ΜΡ να είναι παράλληλη στη ΔΓ . Να αποδείξετε ότι η ΜΡ .είναι ίση με την εφαπτο μένη ΡΚ του κύκλου από το σημείο Ρ .

β)

βαίνει σε ημιχ:6κλω , άρα τετράπλευρο είναι εγγράψ:ι-μο σε χ:6κλο C αφού οι δύο γωνίες του είναι ορθές. και ΑΖΕ είναι τέμνουσες τόυ C2 στο σημείο Α ΆραΓ ΑΔΑΕ· = ΑΖ · ΑΕ και από το (α)ΑΣΚΗΣΗ+ Α 2 = 2 ΑΖ

Α Η Ε = 90° γιατί ΔΖΕΗ

απέναντι

Οι ΑΔΗ

ΑΒ2

ΑΗ

9. Δίνεται κύκλος (O, R) . Φέρνουμε μια διάμετρό του ΑΒ και πάνω σε αυτή παίρ νουμε τα σταθερά σήμεία Γ ,Δ ώστε ΟΓ = ΟΔ = α . Από τuχαίο σημείο Μ του κύκλου φέρνουμε τις χορδtς που τέμνουν τον •

ΜΓ,ΜΔ

Είναι ΑΜΡ = ΑΓ ως εντός - εκτός και επί τα αυτά μέρη. Επίσης ΑΒΔ = ΑΓ Δ διότι βαίνουν στο ίδιο τόξο ΑΔ Επομένως ΑΜΡ = ΑΒΔ (1) . Τα τρίγωνα ΡΒΜ και ΡΑΜ είναι όμοια διότι έχουν τη γωνία ΑΡΜ κοινή καιΑΜΡ = ΑΒΔ από την (1) . Λύση:

•

κύκλο στα Ε,Ζ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: ΓΜ

ΓΕ

ΔΜ

+ - παραμένει σταθερό. ΔΖ

είναι εσωτερικά σημεία ·του . {O, R) οπότε ισχύουν. �o,R) =<Γ -R2 = cr -R2 ΡΑ ΡΜ άρα ΡΑ · ΡΒ = ΡΜ 2 Επομένως -=(2) . ή α2 -R2 = -ΜΓ·ΜΔ . Από την οποία έχουμε ΡΜ ΡΒ Φέρνουμε τηντ.έμνουσα εφαπτομένηστονΡΚίδιοτουχ:6κλο, χ:6κλου,άραη R2 α2 ΓΕ = μοίως υμε: (1) έχο Ο Ρ είναι ΜΓ ΡΑ · ΡΒ = ΡΚ 2 (3) . Από (2) (3) έχουμε: �o.R) �ΟΔ2 -R2 = a2 - R2 ή - R2 = -ΜΔ· ΜΖ ΡΜ = ΡΚ . από. την οποία παίρνουμε ΔΖ = R2ΜΔ- α2 . (2) ΑΣΚΗΣΗ α) (Κ, r) Λύση: τα

Γ,Δ

ΑΒ

(O, R) και με R � r . Να αποδείξετε ότι: Τα ση μεία που έχουν ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο κύκλους ανήκουν σε μια σταθερή ευθεία που εί ναι κάθέτη στην διάκεντρο αυτών (η ευθεία αυ τή ονομάζεται ριζικός άξονας). (Εργασία του σχολικού βιβλίου). Η απόλυτη τιμή της διαφοράς των δυνάμεων ενός τuχαίου ση μείου Μ ως προς τους δύο κύ κλους είναι ίση με 2 · λ · ΟΚ , όπου λ η απόσταση του Μ από τον ριζικό άξονα (Θεώρημα Casey). Λύση : επιπέδου Λ 1 1. Έστω οι κύκλοι

β)

2 Από (1) , (2) έχουμε + . WR2+rvrΔ (3) . - a2 Στο τρίγωνο η ΜΟδιαμέσων, είναι διό.μ(θεώρημα εσός του, άρα το πρώτοΜΓΔθεώρημα του ΙΜ ΙΕ

από

ΔΜ !Sl

α) Για τυχαίο σημείο του

Δ�, R> = Δtκ,r>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/52

<=>

Λ0 2 - R 2 =

ΛΚ

2 - r2

έχουμε:

Μαθημcmκά 'fiO την Β' Λvιcdou

vως IΔ� . ) - Δ�.R) I = 2 . οκ . λ r

Γ. Προτεινόμενες ασκήσεις

1. Δίνεται ορθή γωνiα

xOy = 90° . Παiρνουμε · τα

και Β, Γ στην Οχ , ώστε: ΟΑ = 6 , ΟΒ = 4 και ΒΓ = 5 . α) Να αποδείξετε ότι . ο περιγεγραμμένο� κ614ος του τριγώνου ΑΒΓ εφάπτεται στην Oy . Να υπολογίσετε την ακτίνα R και το τμήμα σημεiα Α στην

β)

Στο τρίγωνο ΛΟΚ φέρουμε την διάμεσο του ΛΑ και το ύψος του ΛΒ . Τότε από 2° θεώρημα δια μέσων (γενικευμένο) έχομε:

Λ02 - ΛΚ 2 = 20Κ · ΑΒ .� ΛΟ � ΛΚ , δηλαδή με τα Κ,Β να εiναι προς το ί διο μέρος του Α και το Β να απέχει σταθερή από σταση από το μέσον Α της διακέντρου ΟΚ . Έτσι λοtπόν τα σημεiα που έχουν ίσες δυνάμεις προς ως ύ τσuς δ ο κ6κλσυς ανήκουν στην σταθερή ευθεiα (ε) πΟυ εiναι κάθετη στην διάκεντρο στο συγκεκριμένο σημείο Β . Αν R = r τότε ΒΞΑ και η (ε) είναι η μεσοκάθετος του ΟΚ.

Παρατή ρη ση : Στην περίπrωση που οι κύκλοι τέμνονται ο ριζικός άξονας είναι η ευθεία της κοινής τους χορδής. Ενώ όταν εφάπrονται εσωτερικά ή εξωτερικά είναι η ε φαπrομένη τους σrο σημείο επαφής.

β)

Στο τρίγωνο ΜΟΚ ( ΜΚ > ΜΟ ) η ΜΝ εί ναι διάμεσος και το ΜΡ ύψος. Έστω Σ η τομή του ριζικού άξονα (ε) με την ΟΚ . Από · 2° θεώ ρημα διαμέσων ισχύει

ΜΚ 2 - Μ02 = 201ς ·.ΝΡ = 20Κ,(ΡΣ - ΝΣ) ή R2 2 ΜΚ2 - ΜΟ2 = 20Κ(λ - - r ) όπσU λ = ΡΣ 20Κ η απόσταση του σημεiσu Μ από τον ριζικό άξονα. Επομένως MΚ2 -Md = 2(J(· λ-(R?-r) . την

οποiα·

(O,R) .και χορδ� του ΑΒ . Από -..

το μέσο Μ του κ:ύρτογώνισu τόξου ΑΒ φέρουμε τις χορδές ΜΓ και ΜΔ που τέμνουν την ΑΒ στα Ε και Ζ αντiστοιχα. Να αποδείξετε ότι:

ΜΔ · ΜΖ = ΜΓ · ΜΕ .

με

Από

οκ .

2. Δίνεται 1ώκλος

παίρνουμε

IΔ�,r) - Δ�.RJ = IMK2 - r2 - ΜΟ2 + R 2 1 επομέ-

(Υπόδειξη: Να φέρετε τη διάμετρο του κύκλου

από το σημεiο Μ ). 3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ , ο περιγεγραμμένος του κ6κλος (O,R) και ο εyyεγραμμένος του (I,p) . Η ΑΙ τέμνει τον Bf στο Δ και τον (O,R) στο Ε και έστω Η το αντιδ,.aμετρικό σημεiο του Ε ως προς τον 1ώκλο (O,R) Φέρουμε ΙΖ .L ΑΒ . Να αποδείξετε ότι: α) ΕΒ = ΕΓ = ΕΙ . Τα τρίγωνα ΑΖΙ και ΗΓΕ είναι όμοια. γ) Δ�Ο, R) = -2Rρ

β)

4. Δίνεται 1ώκλος (O,R) και μια διάμετρός του ΑΒ . Από τυχαίο σημεiο Κ του 1ώκλσυ φέρουμε ΚΓ .L ΑΒ και γράφουμε τον 1ώκλο (Κ,ΚΓ} nου τέμνει τον (O,R) στα Δ,Ε . Να αποδείξετε ότι η ΔΕ τέμνει το τμήμα ΚΓ στο μέσον του. (Υπόδειξη: Να φ�ρετε το aντιδιαμετρικό σημεiο Λ του Κ στον (O,R) ). 5. Δίνεται κ6κλος (O,R) και δύο σταθερά σημεiα Α, Β · πάνω σε μια διάμετρό του, συμμετρικά ως . προς το κέντρο Ο . Από τα Α και Β φέρνουμε .δύο παράλληλα ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ και ΒΔ . προς το αυτό μέρος του ΑΒ , όπου Γ , Δ είναι σημεία του 1ώκλσυ. Νά αποδείξετε ότι:

ΑΓ · ΒΔ = R 2 - ΟΑ2

•

(Υπόδειξη: Να φέρετε τα aντιδιαμετρικά σημεiα

Δ' των Γ , Δ και ΟΚ .l ΓΓ ' , ΟΛ .l Μ' ) 6. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ . Φέρνουμε τη διχοτόμο ΒΔ . .Ο περιγέγραμμένος κήκλος στο ΑΒΔ , tέ μνει τη ΒΓ στο Ζ και ο περιγεγραμμένος κύκλος στο 'ΒΔΓ τέμνει την ΑΒ στο Ε . Να αποδείξετε Γ,

ότι:

α) = ΑΔΑΒ· ΑΓ β) ΑΕ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/53-

ΑΕ

= ΓΖ .

------- Μαθηματικό. ΎUΙ την Β' Λυκείου ------.ΟΑ«ΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑ ΤΟΛΙΣΑfΟ'Υ ΒΕΠΧ0Ν

Β ' λΥΚΕΙΟΥ

ΣΠΟΥΔΩΝ

Ψη λαφώντας το «εσωτερικό γινόμενο»

Κώcriας Χ. Γαρεδάκης - Ε.Μ.Ε. - Παράρτημα Χανίων

Η ΔιαVυσματικtί έκφpαmι του eσωτιψικού ΎΙνομέvου

Έστω φ η γωνία σχηματίζουν μηδενικά δtανύσματα και . β Ορισμός: Εσωτερικό γινόμενοδύο μη μηδενικών διανυσμάτων , β α · β = -Ι α 1 · 1 β Ι ·συνφ λέγεται- ο-αριθμός Ο. Αν Προαοχή!!!τ6 εσωτερικό γινόμενο είναι aριθμός και όχι διάνυσμα Το εσωτερικό γινόμενο F ·ΟΑ . παριστάνει το έργο της δύναμης F που μετακινεί το σημείο εφαρμογής Ο από τη θέση Ο μέχρι θέση Α. (γιατί;) •

•

δύο μη

πσu

L_ -α

α = Ο ή Ρ = Ο τότε α : Ρ =

Φvmκtί epμ,veia του εσωτιψικού ΎΙνομέvου

•

τη

(o,i,j)'

Άσκησή

Σε ορθοκανονικό σ6στημα αξόνων

:{a ·i)·i+(a·J)·J = a �� · Ι(ίi-η .j + (<i ·i) ·il

έστω διάvuαμα α ;1: ο και

1) Δείξτε ότι

U) Υπο� το

i) Έστω ίϊ = ( α1 , α2 ) , α1 , α2 Τότε α .τ = �I · 1 + α2· . ο = αι Λύση:

Άσκηση 2.

τότε : κ2 + λ2 = 18 και κ+ λ = 6.0πότε : κ2 + λ2 = 18 => κ2 +(6-κ)2 = 18 => λ=6-κ κ+ λ = 6 2κ2 -1 2κ+36 =. 18 => 1C2 ....:. 6κ+9 = Ο => λ = 6-κ λ= 6-κ => κ = λ= 3 . Άραlίi + βl =lίi- βf= 3 . -2 · - -Άλλα : α + β = 9 => (α + β)2 - 2αβ = 9 - --= Ο α ..L β. = 9 => αβ => 9- 2αβ

{

{ {

{

e iR

(a · i)·T = α1 · ( 1,0}= ( α1; ο) (t) (i .-J· = α · Ο+ α2 · 1 =- α2 (a · 1) · 1 = α2 · ( 0, 1 ) = ( Ο, α2 ) (2) 'Εχοuμε: (ίϊ·i)·Τ+(ίϊ· 1)· 1 = . ( α1 , 0) + ( 0; α2 ) = ( α1 , α2 ) = ίϊ - -) 1 ·. [(-α•i)Ί\ ·-i+ (α·j · J1 = ιαι ι =•ι α1 ι · l.:_l = 1 ii) ι� ·

Αν li + βΙ + li - Pl 6 ιc:αι i2 + β2 υπολοyίmε το ια + βΙ και δείξτε ότι α .ι β

α, β ,

Άσκηση 3. Έστω διαν6σματα

. -

με

προβ-β = - -'- α (2) 4 α

i) Να δείξετε mjαl

δύο μη μηδενικά

προβρ α = -2β (1)

lβj. �

ίί) Na υπολογίσετε την γωνiα

(a: β) '

ίίί) Να εκφράαετε το διάνυσμα

και

π�β(iί-β) (a + β} συναρτήαει των α' β

Έχουμε :lα + β12 + Ια - β12 ·= (α + β)2 + (ίi- β)2 = a2.+2aβ+β2 +a2 - 2ίiβ +β2 - - - = 2α2 + 2β2 = 2(α2 + β2 ) = 18. , Έστω j ίi+βl = κ ;::: Ο και jίi-βl = λ ;::: Ο, Λύση:

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ;1/54

------ Μαθηματικά. yια tην Β ' Λ'Uκεiοv ------

2 ( ) l� �2=λ· 25=>

. λ = 2 . α 'ρο - = λ -α = ( 6 , 8 )· .:... 25 . Άρ � β�β . 25 - 25 . κάι a·i3=a·Wαi3=a· Aίi = λ·

iii) Με ρ , e IR

2, 1 ) = (-3ρ + sμ, 4ρ + 6μ) 11 = μ 3ρ + 8μ = 2 . 50 4 4ρ+ 6μ = l ρ = -50 4 11 Άρα β = - 50 · α + 50 γ ν) Έστω δ = ( x,'y) , x, y Ε JR. τόiε: δ .l α δ . α= Ο<:>- 3χ + 4y = Ο (l) και �� = 5 <:>χ2 + � = 25 (2). Άρα (1),{2) χ2 + � =25 ( x -4 , y) = ( 4, -3) ή ( x, y) = ( ,3), -3x + 4y=O δηλαδή δ = ( 4,-3 ) η δ = ( -4, 3 ) ; i3 = ρ. α +μγ <=>

-2 -2

· 2 2 => α - ;3

= λ·(α-β)2 => λ = � -! 2 (3) (α- β ) 2 2 Αλλά α2 - β2 = 8 1β1 - li312 = 7 li31 (4)και - - 2 -2 - -2 Q]ίil2 ΑΙ2 ΑΙ2 . ίil2 (α-β) = α -2αβ+ β = "'l'1 +4'1Ι +Ι'1 =13,'1 (5).

Άρα:

(4),(5) λ

(3) =>

2 i3 7 = --1

l 1 => λ = -7 => 13 . 13 li3l

crr

(

<::::> .

<=>

{

7 ν =-· --· α 137 13 β . . Άσκηση 4. 'E ω α =( 2�ια ι,ια1-ι) , α;1χ'χ i) Δείξτε mα = ( -3,4) ίί) Υπολοτfσ'rε την προβCί β όποο β ( 2, 1 ) iii) Γράψτε το β ως yράμμικό συνδυασμό των α,γ' όποο y = (8, 6 ) iv) Βρείτε διάνυσμα δ , με δ .l a όποο rδl = 5 Λύση: ί) 'Εστω α = ( α1, α ), α1 , α2 Ε JR. Έχουμε: 2 2 2 2 ιαι = α\2 + α/ => ιαι = (2 - ια1 ) + (lαl -1 )2 => Ι α12 = 4-4 Ιαi + Ια11 + Ι α12 2 ι αι + 1 => Ιαι2 = 2 ιαι2 -6ιαι + 5 => Ιαι2 -'-6ιαι+5 = 0 => ιαι = 5 ή ι αι = l Αν �� = 1 , τότε α = (1,0) I /χ 'χ Απορρίπτεται Αν a = 5 , τότε α = (-3,4 ll _ ) ii) α = (-3, 4 ) , i3 = ( 2,1 ) α · β = -6+4 = -2 . Εξάλλου: προβα βιια => προβα β = λ·α, λ Ε R και

έχουμε:

<=>

�

<=>

Άσκηση 5. Δίνονται τα διανύσματα

( }=;

a,β ,

με

α σ,ιβι = ι, α: β ,ι2a- 3βι = v'ί3 . i) Υπολαyίστε το ιαι . ii) Αν I:Y sαι. α = I:Y -αι. γ να υπολοyίσετε ;t

το y

iii) Βρείτε το σuν

(Ύ- 3β: β)

Λύση :

ί) Έχουμε ι2α-3βi = Jϊ3 => (2α-3β)2 = 13 => 4α2 -12α· ϊ3 + 9β2 = 13 => 2ιαι2 -3 ιαι -.2 = 0 => ια� = 2 ή ιαι = � => ιαι 2 και -

α. β = α. β= ιαι·ιβι συν i = �ιαι = 1 .

ii) Δεν μπορεί να είναι

Ύ + 8a = δ (γιατί;),

· Y => Υ => γ 8α I + 1 οπhtε f � - α /'/' υπάρχει κ > Ο .ώστε: γ = κ · α , οπότε: α=

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ B'lOI τ.l/55

----Ιγ +sαι.α=ιγ -αι γ =>

-----Εάν Κ το κέντρο τοu ορθσyωνίοu, τότε: {ΜΑ+ΜΓ=2ΜΚ =>. .ΜΑ+ΜΓ=ΜΒ+ΜΔ- => ΜΒ+ΜΔ=2ΜΚ

Μαθημcmκά yuι την Β' Λυκdου

-- -- ΜΒ + α ·ΔΒ ""'" α2 = - · ΜΔ ΜΒ · ΜΔ + -α2 - -α2 = ΜΒ · ΜΔ

. l<κ + S)al · lal = I<κ - l)al · l κ<il I<κ + s)Ι Ial2 = Iκ<κ -l)Ι ·Ial 2 => κ +8 = κl(κ -1)1 => ( κ2 +8) ( κ2 -2κ -8 ) = Ο => κ = 4 => γ = 4α_ . ίίί) συν ( γ -3β: β ) = συν ( 4a -3β: β) = (4a-3β)-β 4a·β-3β2 = 14a-3βl · lβl 14a-3βl Ααι: 4α 3β12 = 16 1al 2 - 24a . β+ 9 Ι β1 2 =

ιc>Ο

ii)

= 16 · 4 - 24 · 1 + 9 · 1 = 49 :::>

�

--"-

2ι�:Ρ lι�ι ]

Άσκηση 8. Δίνονται τα μη μηδενικά δuιv6σματα με

=> 14a-3βl = 7 και 4(ϊ.β_-3β2 =4·1�3·12 =1 . Άρα: συν(γ -3β: β) = � .

: I:ABI = 6

' · α. Ρ - Ρ= « Δε(ξτε ότι : ( - Ρ) (a+ P)

Άσκηση 6. Σε τρίyιονο ΑΒΓ έχουμε

(ΜΑ+ ΜΓ)2 = (ΜΒ + ΜΔ)2 => ΜΑ2 + 2ΜΑ · ΜΓ+ΜΓ = -2 +2ΜΒ - ·- i> - - - =ΜΒ ΜΔ + ΜΔ2 :::> ΜΑ2 ·ΜΓ2 =ΜΒ2 · ΜΔ2

ι ;.pι· α

_t_

Λύση:

Έχοuμε: Ιa +�2 =(a+β)2 =a2 +2αβ+β2

( )2 .= 1 =>

- 1 · β-. Άρα 1α- β+2β_12 - 2a·β β 2 ι βι Ι1

1Αr1 = 4και Α = 60° .Υπολοy(στε το BA · rE , ιαι2 + 2αβ + Ιβ12 -Ι β1 2 = 1 2α. β - => 6που Δ,Ε, μέσα των ΑΓ κcη ΑΒ ανήmοιχα. Ι β1 2 Ιβ12 lί312 Λύση: Έστω ΑΒ = a , ΑΓ = β τότε I ABI = Ial = 6 = I => lίil' = ��2 (I) . Άρα IAΓI = Iβl = 4 και ΒΓ = β ,... α ' α . β = 12 Έτσι έχοuμεΒΔ· ΓΕ = �(ΒΑ+ ΒΓ) - �(ΓΑ+ ΓΒ) = ( -α-β) (α+ β) = -α2 -β-2 = 1_α12 - 1_β12 = 0 � (β-2<i)·(a - 2β) = �(sα . β- 2a2 - 2β2 ) Συνεπώς (a - β) _ι (a + β) Άσκηση 9. 'Fmm β,pδΟΟ μη μηδt.wai διανiJαμιmι �(sα β - 2a2 - 2β2 ) = -1 1 1 «1 1 (ι) δείξτε ότι ι ι ιιε 1 · « ·

τα

��:

(I)

Άσκηση 7. Σε ορθοyώνιο ΑΒΓΔ, παίρνουμε τuχαiο εσωτερικό σημεiο Μ .Δείξτε ότι

MA · Mr = MB · MA -1 -1 = -1 · -1 ·

ii) ΜΑ

ΜΓ

ΜΒ

ΜΔ

ΔΓ = ΑΒ = a ΑΔ = ΒΓ= β. Τόtε MA = MB - a , ΜΓ = ΜΔ +a ΜΑ ·ΜΓ = (ΜΒ -a ) ·(ΜΔ + a ) = - - - ΜΒ ·ΜΔ - -α ·ΜΔ + α · ΜΒ - -α2 = ΜΒ ·ΜΔ + a ·(ΔΜ + ΜΒ ) - a2 =

Λύση: ί)Έστω

a ( �Ρ) = ( + «·ii) (a:(a+β)) = φ,τότε :

Λύση: Έστω

� 2 (ι)=> a ·(a+ί3Υ = (a·(a+i3))2 => Ιαι2 ι-α + β_12 = 1_α12 1α+'1 _ ϊί1 2 ·συν2�=> συν2φ = 1 => συνψ= ±1 => φ = 0° ή φ = 180° => aιι(<i+β) => a+β = λa => a+β = λa => β = (λ-ι)a => α ιιβ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/56

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ Υπεύθυνοι τάξης: Δ.

Γ ' ΛΥΚΕΙ.ΟΥ

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

Εφαρμογές των wαραγώγων στη λύση wρο �λημάτων μ έγιστης κα ι ελάχιστης τι μής Γι�ς Γ. Καλογεράκης Λύση: m

l.ΘΕΩΡΙΑ

Πολλiχ πρακι:ικά προβλήματα περικλείουν την απαίτη ση γα υπολογίσουμε τη μέ'yιστη ή ελάχιστη τιμή ενός με

γέθους. Προβλήματα αυτού του είδους συχνά έχουν οικο

νομικό και οικολογικό ενδιαφέρον και συνεπώς απασχο λούν την κοινωνία. Όπως ο ελάχιστος χρόνος να κάνου με ένα ταξίδι, το ελάχιστο κόστος να εκι:ελέσουμε μία ερ γασία, τη μέ'yιστη απόδοση ενός κοινωνικού προγράμμα τος, το μέ'yιστο κέρδος μίας επιχείρησης κλπ. Τα προ βλήματα αυτά μπορούν να λυθούν αν οδηγηθούμε σε μία κατάΛληλη συνάρτηση και με μεθόδους της Ανάλvσης υπολογίσουμε τη μέ'yιστη ή ελάχιστη τιμή της.

2. ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΚΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ

Τα παραπάνω προβλήματα f:ι.συν το ακόλουθο πλαίσιο: Να βρούμε τη μέyιστη ή ελάχιστη τιμή μiας συνάρτησης χ) . Για τη συνάρτηση υπάρχσυν δύο περ1Πtώσεις.

f Να δίνεται ο τύπος f(x) της συνάρτησης στην

εκφώνηση του προβλήματος. 2. Να μην δίνεται και να τον δη μιουρ'Υήσουμε μετα φράζοντας τα δεδομένα σε μαθηματική σχέση . Στη περίπτωση αυτή ακολουθούμε την παρακάτω πορεία.

Παράρτημα ΕΜΕ Χανίων Έστωη περίμετρος χ μία πλευρά του ορθογωνίου. Τότε επειδή είναι 8 m η άλλη πλευρά θα είναι (4 -χ ) m Με Ο< χ< 4 Αναζητούμε το 'μ.έ"ft<tot της συνάρτησης f:(0, 4 )-+ R με f(x)':::x(4-x) =-χ2 + 4χ. Έχουμε:f(χ)= -2χ+ 4 , . Εiι'ομένως f(x) =Ο<=> -2χ + 4 =Ο <=>χ= 2 f(x) >Ο<=> -2χ + 4 >Ο<=> χ< 2 f(x) <Ο<=> -2χ + 4 <Ο<=> χ> 2 Άρα για4 χ= 22 (σε m) έχουμε μέγιστη τιμή f(2) = (σε m ) Δηλαδή το ορθογώνιο έχει μέγισ;το εμβαδό μόνον όταν είναι τετράγωνο πλευράς 2 (��-m). � .

•

�.�.

Άσκήση 2: Ένας υπάλληλος θέλει να νοικιάσει ένα σπίτι. Εάν νοικιάσει χ km, με χ � Ο μα., κριά από ,;ην εργασία του τα μεταφορικά έξοδα θα είναι cx ευρώ κάθε χρόνο, όπου c > Ο , ενώ , , 25c τ() ενοικιο θα ειναι -- ευρώ κάθε χρόνο. Σε

x+l

ποια απόσταση από την . εργασία του αν μένει, θα ελαχιστοποιήσει τα έξοδα του (μεταφορικά και ενοίκw).

συνάρτηση που δίνει τα έξοδα είναι C(x) = cx +-- με χ � Ο. Έχουμε: ' 25c χ � Ο C (χ) - c(χ+1)2 '

Λύση:

Θεωρούμε μία ανεξάρτητη μεταβλητή χ η οποία θα αντιπροσωπεύει το μέγεθος που θα δίνει τη μέγιστη ή ελάχιστη τιμή. Βρίσκου με τη συνάρτηση (μοντέλο) της οποiας η μέγιστη ή ελάχιστη τιμή είναι η λύση του προ βλήματος.

f(x) ,

Άσκηση 1 : Από όλα τα ορθογώνια παραλληλό γραμμα με σταθερή περίμετρο 8 m να βρείτε αυτό που έχει το μέyιστο εμβαδόν.

25c

χ+Ι

•

3. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΛΥΜΕΝΕΣ

•

25c

C '(χ) = Ο <=> c -

(χ + 1)2

C '(x) > O <=> c -

c 2� > 0 <=> (χ + 1)2

= Ο <=>

(x+l)2 =25<=>χ= 4 .

- 25c 1)2 --=c(x-....t. ..,_ --=- > ο <=> (χ + 1) 2 - 25 > ο <=> � (χ + 1)2

+ C'(x)<0<=>0�x< 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.l/57

χ> 4

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

11 2 -6χ, 0<χ<4 Έχουμε: P'(x)=-3JC +11χ -6 Άρα έχουμε ελάχιστη τιμή μόνον όταν χ = 4 (σε km) = -χ! +-χ 2 και το ελάχιστο κόστος θα είναι C(4) = 9c (σε €). Ρ'(χ) = Ο<::::> -3χ2 +llx-6=0<=>x1 =3.ή Χ 2 = 3 3 •

Άσκηση 3: Ένας καλλιεργητής θέλει να κατα

Ρ '(χ) > Ο <::::> _3. < χ < 3 3 ώστε να περιφράξει ένα ορθογώνιο αγρό μία Ρ'(χ) < Ο <::::> χ < _3. ή χ > 3 . πλευρά του οποίου είναι κατά μήκος ευθείας 3 όχθης ενός ποταμού και δεν χρειάζεται περί Συνεπώς έχουμε μέγιστη nμή για το κέρδος όταν φραξη. Να βρείτε τις διαστάσεις του ορθογωνί χ = 3 ( σε χιλιάδες). ου ώστε να περικλείει το μέγιστο εμβαδόν. β) Η εφαπτομένη έχει συντελεστή διεύθυνσης Λύση: Έστω χ το μήκος της πλευράς που θα είναι Ρ '(1) = -3 + 1 1 - 6 = 2 . Άρα η εφαπτομένη είναι παράλληλη προς την όχθη του ποταμού και y το P(l) = -23 y = 2χ + β . Επειδή έχουμε μήκος κάθε πλευράς που είναι κάθετη στην όχθη του ποταμού. - �2 = 2 · 1 + β ή β = - 22 Άρα y = 2x - 22 . Το εμβαδόν είναι xy . Για να εκφράσουμε το y ως συνάρτηση του χ παρατηρούμε ότι Άσκηση 5: Ένα χάρτινο κουτί συσκευασίας x + 2y = l000 . προϊόντων σιτηρών (νιφάδες καλαμποκιού) έχει Άρα y = 1000 - χ με ο < χ < 1000 . σχήμα ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου όγκου 2 Η συνάρτηση του εμβαδού θα είναι: 5000 cm3 • Μία διάσταση πρέπει να είναι 10 cm για να έχει εύκολη μεταφορά. Να βρείτε τις δια Α ( ) = χ (Ι ΟΟΟ - χ ) με 0<χ< 1000 . χ 2 στάσεις του κουτιού που απαιτούν την ελάχιστη Έχουμε: Α'(χ)=500-χ, Ο < χ < 1000 ποσότητα χαρτιού. Α '( χ) = Ο <::::> χ = 500 Α '( χ) > Ο <::::> χ < 500 και Λύση: Το ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο έχει 6 έ Α'(χ) < Ο <::::> χ > Ο . δρες ορθογώνια παραλληλόγραμμα. Έστω χ , y οι Άρα έχουμε μέγιστη nμή μόνο για χ = 500 (σε ) άγνωστες διαστάσεις. Τότε το εμβαδόν της ολικής και y = 250 (σε επιφάνειας θα είναι 2 · lOy + 2.10χ + 2xy . Θα εκφράσουμε το y ως συνάρτηση του χ . Άσκηση Σε μία εξαγωγική εταιρεία από τη Ο όγκος του κουnού είναι V = 1 Oxy επομένως πώληση χ μονάδων Ο < χ < (το χ σε χιλιάδες) 500 τα συνολικά έσοδα είναι R(x) = 9χ . Το κόστος 1 Oxy = 5000 => y = χ . Το εμβαδόν της ολικής παραγωγής δίνεται από τη συνάρτηση επιφάνειας είναι: Α(χ)= 20χ+20· 500 +2χ· 500 = 11 χ χ C(x) = x3 --χ + 15χ . 10000 2 + 1000 , χ > 0 . = 20χ + χ α) Να βρείτε το επίπεδο παραγωγής το οποίο σκευάσει ένα συρμάτινο φράχτη μήκους 1000

•

• •

m):

μεγιστοποιεί το κέρδος Ρ(χ) = R(x) - C(x) . β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της καμπύλης της Ρ στο σημείο ( 1 , Ρ(1 ) ).

α) Η συνάρτηση του κέρδους Ρ(χ) είναι P(x) = R(x) -C(x) = 9x-(x3 _!_!χ 2 +15χ) 2

Λύση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/58

/ '�?

' ' ' ' ' '

,L � - - - - - - - - - - - · - -

-----

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

10000 Έχουμε: Α'(χ)=20-χ-2-, χ>Ο. Α'(χ) =Ο<=> 20χ2 -10000 =Ο<=> χ2-500 =Ο<=> χ = -1oJ5 που απορρίπτεται ή χ = 1 oJ5 Α'(χ)> ο<=> χ> 10J5 και Α'(χ) <ο<=> χ < 10J5 Συνεπώς έχουμε ελάχιστη τιμή μόνο για χ = 10J5 (σε cm) και y= 10J5 (σε cm). •

• •

Άσκηση 6: Σε ένα ημικύκλιο ακτίνας ρ = 4 και κέντρου Ο είναι εγγεγραμμένο ένα ορθογώνιο ώστε μία πλευρά του να είναι επί της διαμέτρου. α) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του δίνεται .

Χ I ως συνάρτηση Α(χ) = -ν64 - χz , 0 < χ < 8 , του

μήκους χ (σε cm) της πλευράς που βρίσκεται στη διάμετρο. β) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του εμβαδού.

Έστω ΑΒΓΔ οριογώνιο, εyyεγραμμένο σε 4 ημικύκλιο ακτίνας ρ = Λύση:

-2χ2 +64 = -χ2 +32 = 2.J6 4 -x2 .J64 -x2 Οπότε Α'(χ)= Ο<=> -χ2 + 32 =Ο<=> χ= 4.J2 . Α'(χ) >0 <=> 0< χ < 4.J2 και Α'(χ) <Ο<=> 4.J2 <χ< 8 Συνεπώς έχουμε μέγιστη τιμή μόνο χ = 4.J2 (σε m)την A(4.J2)=2.J2·./64 -32 = ι 6 (σε cm2 ). •

• •

Παρατήρηση: Το ορθογώνιο με μέγιστο εμβαδόν

είναι ισοδύναμο με τετράγωνο πλευράς ίση με την ακτίνα του κύκλου.

Άσκηση 7: Μία επιχείρηση εξάγει 2000 τόνους ελαιολάδου τονχρόνο. Το κέρδος από κάθε τόνο είναι 1000 ευρώ. Επιχειρησιακές έρευνες δεί χνουν ότι αν μειώσει το κέρδος κατά SO ευρώ ανά τόνο θα διαθέτει 200 επί πλέον τόνους τον χρόνο. Να βρείτε πόσο πρέπει να είναι η μείω ση ανά τόνο ώστε να μεγιστοποιήσει το κέρδος η επιχείρηση.

Λύση: Έστω ότι θα μειώσει κατά χ το κέρδος ανά τόνο με χ >Ο. Το νέο κέρδος θα είναι 000 -χ Με μείωση 50€ ανά τόνο θα διαθέτει 200 τόνους επιπλέον. Αν200με μείωση χ€ θα διαθέτει , επιπλέον τοτε , y τονους Άρα θα διαθετει 50 χ y = 4χ τόνους επιπλέον, δηλαδή θα εξάγει 2000 + 4χ τόνους τον χρόνο. Έχουμε: (ΟΓ)=�2 με χε(Ο,8). Τότε: Συνεπώς η συνάρτηση4 κέρδους θα είναι 4 Ρ(χ)=(ΗΧΧ> χΧ2αι)+ χ2 + 2000χ + 2000000, χ)= (ΒΓ)2 =(ΟΒ)2 - (ΟΓ)2 =16- : 64�χ2 >0 O<x<lOOO. Έχουμε ότι Ρ' ( χ) = -8χ+2000, Ο< χ< 1000 συ4 2 .J6 -χ Άρα: (ΒΓ) = 2 νεπώς Οπότε: (ΑΒΓΔ)= χ· .Jr-64-2--x-:-2 Ρ'(χ) =Ο<=> -8χ + 2000 =Ο<=> χ= 250., Ρ'(χ) >Ο<=> Ο< χ< 250 και Η συνάρτηση είναι Α(χ) =�.J64 -x 2 , Ο< χ< 8. Ρ'(χ) <Ο<=> 250 <χ< 1000. 2 β) Έχουμε: Συνεπώς έχουμε μέγιστη τιμή μόνο για χ= 250 Α\ζχ)= 2 ν,�64--χ-2 + χ2 · 2.J6-2χ4 -x2 = (σε €

ρ=4/ ,

α)

• • •

€).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/S9

= - .

Μαθηματικά yια την Γ ' Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Συναρτησιακές Εξισώσεις και Τιμές Συναρτήσεων Μονοτονία και Ακρότατα Συναρτήσεων

Συναρτησιακές Εξισώσεις και Τιμές Συναρτήσεων

(Από τον Γιάννη Γ. Καλογεράκη)

Μονοτονία και Ακρότατα Συναρτήσεων

(Από τον Μιλτιάδη Ι. Παπαγρηγοράκη)

Σχόλιο της Συντακτικής Επιτροπής

Για μεγαλyτερη κατανόησηΛυκείου. των θεμάτων που ακολουθούν προτάσσουμε ένα διευκρινισnκό σχόλιο, στα πλαίσια βέβαια μαθητών Οι Συναρτησιακές εξισώσεις αποτελούν μια κατηγορία εξισώσεων με άγνωστο κάποια συνάρτηση f : Α � JR , όπου Α δοσμένο υποσύνολο του JR . Ακριβέστερα, αν με C συμβολίσουμε το σύνολο των πραγμαnκών συναρτήσεων με πεδίο ορισμού το Α JR και θεωρήσουμε μια συνάρτηση F: c: � C όπου c: C , τότε κάθε εξίσωση της μορφής F ( f) = Ο , λέγεται συναρτησιακή εξίσωση με άγνωστο τη συνάρτηση f: Α� JR . π.χ. F(f} = f2 -2f - 3 , οπότε: F{f} =Ο � f2 = 2f + 3 και c: =CA ή F(f},= f3 + er -5../f, οπότε: F{f} =Ο � f3 +er = 5../f και c: = {f Ε CA f(x) �Ο, για κάθε χ ΕΑ} . Αυτό βέβαια σημαίνει όn για όλες nμές της f θέλουμε να ισχύει μια συγκεκριμένη ισότητα. δ π.χ. Αν οθεί η συνάρτηση g: JR � JR με g( χ)= χ2 -1 τότε η εξίσωση f2 + 2f = g με άγνωστο την f ισοδυναμεί με f2 (χ)+ 2f(x) = g( χ), για κάθε χ Ε JR , δηλαδή f2 (χ)+ 2f( χ)= χ2 -1 (1), για κάθε χ Ε JR . Εξάλλου αν δοθεί και η h : JR � με h (χ) = χ -1 , τότε η εξίσωση 2f + f h = g ισοδυναμεί με: 2f(x}+f(x-1)=x2 -1 (2),γιακάθε χΕΊR . Συνήθωςισότητας οι εξισώσεις αυτές δίνονται με τη δεύτερη ισοδύναμη μορφή τους, δηλαδή μέσω της συ γκεκριμένης που απαιτούμε να ικανοποιούν οι nμές της f. Με την παραδοχή αυτή λοιπόv, η συγκεκριμένη ισότητα μπορεί� να αναφέρεται σε οποιοδήποτε ζεύγος nμών χ, y Ε Α π.χ. f( χ+ y) = f( χ)+ f(y) (3) για κάθε χ, y Α. Ανάλογα για τριάδες nμών κ.λ.π. ικανοποιεί τηνnμές(1)συναρτήσεων ή τη (2) για κάθε θέτο ντας Δεχόμενοι σ' αυτές όπουόn χυπάρχει διάφορεςσυνάρτηση nμές τουfπου Α ή κατάλληλες g(x) χγιαΕ Ατίςμπορούμε όποιες ορίζεται η σύνθεση f (g (χ)) στο Α να πάρουμε διάφορες πληροφορίες για την συνάρτηση f που θα οδηγή σουνΣτησε mθανές λύσεις της συναρτησιακής εξίσωσης. συνέχεια με επαλήθευση αποδεχόμαστε η απορρίπτουμε κάποιες_ απ'απ'αυτές Παρόμοια εργαζόμαστε στην (3). Εκτός βέβαια αν η f(x) βρίσκεται ευθείας mθανές από τηνλύσεις;λόγω ταυτότητα, όπως π.χ. για την (1) έχουμε: f2 (χ)+ 2f( χ)= χ2 -1, για κάθε χ Ε JR � [f( χ)+ 1]2 = χ2, για χ-1, xED , όπου Dτυκάθε χΕΊR � (f(χ)=χ.,-1 ή f(χ)=-χ-1) , γιακάθε ΧΕΊR � f(x)= {-χ-1, xEΊR - D χαίο υποσύνολο του JR Α

Α ,

τις

IR.

μας

τις

έν

Πριίπο Μέροι;

Συν�τησι α κές Εξισώσε ι ς κα ι Τι μ ές Συναρτήσεων

1. Μεθοδολογικές παρατηρήσεις

Γιάννης Γ. Καλοyεράκης - Παράρτημα ΕΜΕ Χανίων

Το πεδίο των συναρτησιακών εξισώσεων είναι πολύ εκτεταμένο. Υπάρχουν μεθοδολογίες που ισχύουν «τοmκά» για κάποιες συγκεκριμένες μορφές εξισώσεων. Στις ασκήσεις που ακο λουθούν θα περιοριστούμε στο επίπεδο του Λυκείου και σε έννοιες που αφορούν μόνο το 1 ° κε φάλαιο του σχολικού βιβλίου της Ανάλυσης. •

Ως γνωστόν f+3 σημαίνει f+h, όπου h η σταθερή συνάρτηση στο Α με τιμή 3. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Θα εξετάσουμε περιπτώσεις στις οποίες η εύρεση του τύπου της f ανάγεται σε μία αλγε βρική μέθοδο. Στηριζόμενοι στη συνθήκη που συνδέει τις τιμές της f , με κατάλληλο μετασχη ματισμό ή με χαρακτηριστικές τιμές θα σχηματίζουμε ακόμη μία ή περισσότερες εξισώσεις για την άγνωστη συνάρτηση f � Έτσι παίρνουμε ένα σύστημα με ένα από τους αγνώστους την τιμή f(x) της f την οποία και προσδιορίζουμε. Στη συνέχεια εξετάζουμε αν η συνάρτηση με αυτό τον τύπο επαληθεύει την εν λόγω εξίσωση. 1. Ασκήσεις λυμένες 1. α) Να βρείτε τις συναρτήσεις f : Α -+ IR

=1 ,

ρ� f(ρ1 ) + f( 1 - ρ1 ) = 2ρ1 - ρ� . Α φού ρ1 + ρ2 δηλαδή ρ 2 δηλαδή ρ 1 και ρ1 ρ 2 ισχύ οποίες τις για η προηγούμενη σχέση γίνεται ει: χ2f(χ)+ f(1 - χ) = 2χ - χ4 (1) για κάθε Ρ2 = - Ρι χ ε Α = { χ ε JR Ι + χ 2 'Φ 2χ3 + 1} β) Για αυτές ρ f (ρ ) f (ρ ) � 1 2 -J5ρ1 (5) (με πράξεις τις συναρτήσεις f να λύσετε την εξίσωση , Εξ ' άλλου για ρ2 παιρνουμε: Ρι 7 (-f(χ) - 3χ + 4γ-3 = 1 . Λύση: α) Έστω f μια συνάρτηση για την ο ) + f(ρι ) ποία ισχύει η (1) για κάθε χ Ε Α . Θέτουμε ρ;f(ρ2 ) f( Ρι ) ..[sρ2 <=> �f(ρ Ρι 2

χ4

-,1

= -1 ,

= 1-

+ = 4 = +3J5 χ= 2 ) + = = στην (1) όπου χ το g(x)=1-x (Αφού χ Ε Α<=> (1-χ) Ε Α , γιατί;) και έχουμε =- J5Ρι ρ�f(Ρι ) + f(ρ2 ) = -JSρι ( 5) (1 - χ)2 /(1 - χ) + f(x) 2(1 - χ) - (1 - χ)4 (2) . f(ρ1 ) = κ , για κό:θε χ Α . Όμως: (1)=> f(1-x) = 2x-x4 - x2f(x) και f(ρ2 ) = -J5ρ ι - κρ; =-ρι ( JS + κρι ) (2) =>(1-χ)2[2χ-χ4 f(x)]+f(x)=2(1-x)-(1-x)4 f(x)(-x4 +2χ3 - χ2 +1)=χ6-2χ5 +2χ3 -2χ2 +1 χ Ε IR χΕΑ (3) για κάθε χ Ε Α. Αλλά 1 -x2, χ ΕΑ χ Ε Α � -χ4 +2� -χ2 + 1 :;t 0, οπότε f (χ) = κ, χ = Ρι (3) �χ) ={i-LΚ +Li +1) :(--κ4+Li-Κ+1)�χ)=1-Κ -Ρι ( J5 + ΚΡι ) χ = Ρ2 για κάθε χ Ε Α , που είναι η μόνη πιθανή λύση . <=>

<=>

Θέτοντας

όπου κ τυχαίος πραγμα

τικός αριθμός παίρνουμε:

-r

Επομένως οι συναρτήσεις που ικανοποιούν την (1) για και όχι μόνο για κάθε είναι οι κάθε

-'2JC

•

Επαλήθευση : Πράγματι για f(x) = 1 - x2 έ β) Για την εξίσωση (χ2 - 3χ + 3y-3 = 1 , η ο χουμε: ποία έχει τη μορφή pa = 1 , όπου �f(x)+ f(l- x) = �(1-χ2)+1-(1 -χ)2 = 2χ-χ4 και a = x - 3 . Εξετάζουμε τις 2 για κάθε χ Ε Α Η f = είναι λοιπόν η περιπτώσεις.

β=χ2 -3χ+3 . (χ) 1-χ μόνη ζητούμενη συνάρτηση. [β=Ο ) 1) β>Ο {: : � 2) (�:�) {::=� α>Ο χ Ε IR , και βρίσκουμε ως σύνολο λύσεων το χ4 -2χ3 +χ2 -1=0 2 = y +-1 , L = {1,2,3} Προφανώς: L Α. αν- = y +, χ= y --4 ·1 2 ν ·αv β =1 16y4 -8y2 -15=0, α . χ+2 1 +χ-2 = 1, χ= 2" 2χ2 ) ( 5 JS · ' y2 = 4, Υ = -+ τ ( -1 )2 χ -1 1-JS 1 ' Ρι 1 + J5 φ ρ2 -( -1 )1 =1 2 2 φ 3)

Παρατή ρηση: Α ν θέλαμε να ισχύει η (1) για κάθε δηλαδή και για τις ρίζες της εξίσωσης (4) τότε από τη (4) με τη γνωστή I

αντικατασταση

παιρ-

νουμε ως επιλύουσά της την

' δηλαδη

' απ οπου προκυπτει •

στη χρυσή τομή. Για

για

�

' = -- , οπου φ ο λογος

χ = ρ1

Ενδιαφέρον σχόλω: Μπορεί να έχουμε β< Ο και α !if Ζ , οπότε δεν ορίζεται η π.χ. η εξίσωση

.ι. ε-

λικά λοιπόν ρίζες της (4) είναι μόνο οι αριθμοί = -- =

δεν ορίζεται, αφού s

το πρώτο μέλος της γίνεται ενώ για = ορίζεται μεν, αλλά δεν επαληθεύεται διότι γίνεται Γενικά λοιπόν, όταν α< Ο και αΦ-1 είναι

η (1) γίνεται:

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ.1/61

α =α χ, y Ε

λάθος να γράψουμε: χ Ζ. βεβαιωθούμε ότι

�

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

α) Να βρείτε τις συναρτήσεις

για

τις

οποίες ισχύει: 2f(χ) + f

Θέτοντας στην ( 1) πρώrο όπου χ το _!_ χ χ3 + , f: IR* --+ IR και μετα, οπου , χ το -χ βρισκουμε f( χ ) χ = χ για β) Επειδή και στο

y, χωρίς να

(�)

κάθε χ Ε IR . β) Αν η f είναι μια τέτοια συ νάρτηση, τότε να αποδείξετε ότι: βι) Η γραφική της παράσταση τέμνει τον χ ' χ σε ένα τουλάχιστον σημείο στο διάστημα . •

(-,2) και 2 β2) Η εξίσωση f(x) + 2συν(πχ) � 1 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1, 2).

Λύση :

1 = -2 2χ>Ο, (0,-too) ,

lim(2x)=0 1 θα είναι lim 2χ = +οο . Επειδή επιπλέον είναι lim (x3 + 1) = 1 >Ο, έχουμε lim χ32χ+1 = lim[-2χ1 (χ3 +1)]=(-tοο) 1=+α:>. χ-.ο•

...... ο·

χ-+0+

.._.ο•

χ�:

,_.ο•

γ) Τα κοινά σημεία των (ε) και (c ) δίνονται Υ 1 = , Ό ' από τη λύση του συστή ματος ' ' Λυση : μοια, θετοντας οπου χ το - βριx - 2y + 1 = 0 χ από το οποίο βρίσκουμε ως κοινά σημεία τα , χ Ε IR σκουμε f ( χ ) = 2χ2 - 1 για καθε Α(1,1) και Β(-1,0). Η ευθεία (ε) ταυτίζεται με 3χ την εφαπτομένη της f στη θέση χ0 = (γιατί;) βι) Η συνάρτηση f είναι συνεχής ως ρητή 4. Δίνεται η συνάρτηση f για την οποία ισυνάρτηση και /(2) = '!.... > Ο σχύει (x+1)f(x)+f(.!.)= 1 (1) για κάθε X E IR* . 3 6 χ οπότε από το θεώρημα του Bolzano υπάρχει α) Να βρείτε τη συνάρτηση f 1 ' , , ,ενα τουλαχιστο , β) Να αποδείξετε ότι η f παίρνει μόνο θετι σημειο Χο Ε c2, 2) τετοιο ωστε κές τιμές. f(x0 ) = 0 . γ) Να βρείτε το μέγιστο της συνάρτησης f. δ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτη 2χ2 - 1 β2) Η εξίσωση γίνεται + 2συ v( χ) = 1

•

/(.!_2) =_.!_ <Ο,

3χ

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = 2χ2 - 1 + 2συv(πχ) . Η h είναι συνεχής 3χ ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. Έχουμε i 19 και ισχυει , h(2) = 6 Άρα από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υ πάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (1, 2) τέτοιο ώστε h(x0) = 1 . (Αλλά και με Θ. Bolzano για την h(x)-1)

-35 <1< 619 .

h(l)=-35 ,

Να βρείτε τις συναρτήσεις f : IR* --+ IR για

τις οποίες ισχύει

f(-x)+ xf(.!.) = x2 χ

(1). για

κάθε χ Ε IR • . β) Γι' αυτές τις συναρτήσεις να βρείτε το lim f(x) . γ) Δίνεται η ευθεία (ε) με Σ-+0τ

εξίσωση χ - 2y + 1 = Ο να βρείτε τα κοινά ση μεία της (ε) και τη γραφική παράσταση (c) της f όπου f μια από αυτές τις συναρτήσεις.

σης f.

, το - βρισκουμε χ 1 f(x) = χ2 + χ + 1 (Στην περίπτωσή μας δεν απαιτείται επαλήθευση διότι η σχέση (1) δίδε ται και δεν ζητείται να ισχύει). β) Το τριώνυμο h(x) = x2 +x+1 έχει Δ= 1-4<0 και α = 1 >0. Άρα h (χ) > για κάθε Ε JR και συνεπώς f ( χ ) > Ο για κάθε Ε JR* . 2 3 3 για κάθε γ) Έχουμε χ2 + χ + χ+ - +-�Λυση , : Θ ' " ετοντας

, οπου

1 = ( 21 ) 4 4 χ

x E JR , οπότε f ( x ) :::; i για κάθε x E JR" . Άρα η 3

4 1 μεγιστη τιμη, της f ειναι , ' "3 για χ = -2 . δ)

Γνωρίζουμε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/62

h ,!..

( -�] --οο,

και

[-�, +οο) οπότε για συνεχή συνάρτηση α = _!_2 τότε h(x) -2βχ2+2βχ-1 οπότε 2χ2 2 2β : limh(x)= lim f έχουμε: f ( �] f [-�.ο) και 2χ =-β . Άρα πρέπει και αρf (Ο, ) και βρίσκουμε κεί α = -1 και -β = Ο, δηλαδή α = -1 2 2 f(A) = ( o. �J u ( ι. �J u(0,1)= ( ο,�J και β = Ο, Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

τη

-1-

--«>, -

-1-

χ-++«>

- 2χ

+οο

Παρατήρηση: Η παραπάνω μελέτη μπορεί να γίνει και με τα σχετικά θεωρήματα των παραγώγων. 5. Δίνεται η συνάρτηση f : Α --+ JR , όπου A = JR - {o,ι} , για την οποία ισχύει χ-1 f(x) + f(--) = x + 1 (1), για κάθε χ ε Α , χ α) Να βρείτε τη συνάρτηση f β) Να υπολο'yίσετε την οριακή τιμή llm f(x) Ι-+0-

γ) Να υπολο'yίσετε τα α, β ε JR , ώστε να ι σχύει llm (f(x) - αχ - β) = Ο . Λύση: α) Θέτοντας στην (1) πρώτα όπου χ το .

Ι-++οο

6. Δίνεται η συνάρτηση f : JR --+ JR για την οποία ισχύει f(x2 - y2) = (x - y)(f(x) + f(y)) (1) για κάθε χ ε JR και f(1) 2 . α) Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή. β) Να βρείτε το τύπο της f . γ) Αν για τη συνάρτηση h : IR � IR ισχύει h3(x) + h(x) + f(x) = Ο (2) για κάθε χ ε JR , να εξετάσετε τη μονοτονία της h και να λύσετε την aνίσωση h(h(x2 - 16)) < Ο . Λύση: α) Έστω μια τέτοια συνάρτηση. Θέ =

τουμε στην (1) χ = Ο και y = Ο και παίρνουμε f(O) = Ο . Θέτουμε y = -χ * Ο και παίρνουμε δηλαδή f(-x) = -f(x) για κάθε . Επειδή f ( Ο) = Ο θα ισχύει και Άρα l(-χ) = -Ι(χ) για κάθε -Ο) = IR , δηλαδή η Ι είναι περιττή. το -y , και παίρνουμε β) Θέτουμε όπου f(x2 - y2)= (χ + y)(f(x) - f(y)) (3). Από τις σχέσεις (1), (3) κάνοντας πράξεις παίρνουμε Θέτουμε = παίρνουμε xf(y) = για κάθε Ε IR . γ) Η σχέση (2) γράφεται h3(x) + h(x) = -2x Έστω χ1, χ2 Ε JR , με Τότε

0=2x(f(x)+f(-x)), ' 1 ε �· το -χ-1 βρισκουμε: f( -χf(O). χ3 - χ2 - 1 (χωρίς επαλήθευση). f(x) = χε 2χ2 - 2χ y β) Η Ι είναι ορισμένη κοντά στο χ = Ο οπό τε έχει νόημα το ζητούμενο όριο. Επειδή lim(2x2 -2χ) = Ο και 2χ2 - 2χ > Ο , για στο yf(x) . y1 1 χ ( --«>,Ο) , θα είναι = -too . Επειδή f(x) = xf(1) = 2χ, 2χ 2 - 2χ εmπλέον είναι lim (χ3 -χ2 -1) = -1 <Ο. Άρα χ1 < χ2 • χ3 - χ2 - 1 = ι· [ 1 χ1 < χ2 2χ1 2χ2 � -2χ1 > -2χ2 � (χ3 - χ2 - 1)] = 2χ2 - 2χ 2χ2 - 2χ h3(x1 ) + h(x1) > h3(x2 ) + h(x2 ) � = { -too ) { -1 ) = -00 (h(x1 )-h(x2 ))(h2 (x1 )+h(x1)h(x )+h2 (x ) + 1) > Ο 2 2 γ) Η f είναι ορισμένη στο διάστημα (1, +-οο) � h(x1 ) > h(x ) , αφού χ-1 και μετα' οπου ' -χ

χ-+0-

lim

χ-+0-

χ-+ο-

1. ιm

ιm

�

χ-+0-

συνεπώς έχει νόημα το ζητούμενο όριο. Θέ2 2 (x1 ) + h )+ 2 h(x1 )h(x 2 h (x2 ) + 1 = λουμε να ισχύει lim ( χ3 - χ2 - 1 - αχ - β) = Ο χ-+-+«> 2χ2 - 2χ h(x ) 2 3 h2 (x ) = h(xι ) + ---f'+ 4 2 +1�1>0 Θεωρούμε τη ρητή συνάρτηση (1 - 2α)χ3 + (2α - 2β - 1)χ2 + 2βχ - 1 h(x) = . Άρα η είναι γνησίως φθίνουσα στο IR . Ε 2χ2 - 2χ ξάλλου h3(0) + h(O) = -2 · 0 = Ο � h ( O) = Ο (1)x hfΧ Αν α * - τοτε 11u.ιΗ.ι.ιι. . .·) = lim 2a =+οο η' -οο, επομένως η ανίσωση ισοδύναμα γράφεται 2 2 < δηλαδή το όριο δεν είναι πεπερασμένο. Αν h(h(x - 16)) h(O) � h(x2 - 16) > Ο �

}

{ h

1 2

.....

Χ-+1«>

χ2 -16 <ο<=> <χ< -4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/63

Μαθηματικά yια την Γ' Λυκείου 1 Ο. Δίνεται η αύξουσα συνάρτηση r : 1R -+ IR και ο αριθμός k Ε IR . α) Να λύσετε την εξίσωση f(x + f(k)) + χ - k = 0 ( 1 ). β) Αν g(x) = x + e" να λύσετε την εξίσωση g(x + l + e) + x - 1 = 0 (2) Λύση : α) Ο αριθμός r = k - f(k) είναι μια προφανής

ρίζα

της

αφού

εξίσωσης,

α) Να �ποδείξετε ότι η f είναι Ι - Ι . β) Να άποδείξετε ότt f(x - 2) = f(x) - 2 .

γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(f(x) - 2) = 8 έΧέι το πόλύ μια ρίζα 4. α) Να βρεiτε τις συναρτήσεις f : R* � R για τις οποίες ισχύει: 3f(x) + 2f(_!_) = 4x για χ κάθε χ ε R* . β) Αν f είναι μια τέτοια συνάρτηση, τότε να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ανοικτό διάστημα (� ,Ι).

f(r+f(k))+r-k=f(k-f(k)+f(k))+k-f(k)-k=O Έστω ότι υπάρχει και άλλη λύση ρ '# r . Τότε f(ρ + f(k)) + ρ - k = ο � f(ρ + f(k)) = k - ρ 2 και ρ '# k - f ( k) � ρ + f ( k) * k � Ι2χ2 - 8 ) f(k)) - f(k) k - ρ - f(k) = - < f( (Απ. f(x) = + ρ λ= = 5χ 1 0 ρ + f(k) -k ρ + f(k) - k 5. α) Να βρείτε τις συναρτήσεις f : R* � R Αλλά f t !R ::::) λ � Ο, πράγμα άτοπο για τις οποίες ισχύει: f(x) + 3f(-1 ) = χ2 • για Τελικά: (Ι) � χ = k - f(k) χ β) Προφανώς g t !R ,

(με βάση τον ορισμό) και κάθε χ ε R* . 3χ 1 g(l)= I +e. β) Να βρείτε το lim f(x) . ( f(x) = 4 � ) χ -+0+ 8χ Επομένως: (2) <=> g(x + g(l)) + x - 1 = 0 (3) και σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα: 6. Δίνεται συνάρτηση f: f : Α � R , όπου . χ= ( 3) <:::> χ = 1 - g ( 1) <:::> χ = 1 -(1 + Α : IR - {0, 1} για την οποία ισχύει 1 , 4χ - 2 για καθε 3. Προτεινόμενες ασκήσεις f(x) + χεΑ, = 2 1 - χ χ -χ 1. Δίνεται συνάρτηση f : !R -+ !R τέτοια ώστε: f(xy + Ι) = f(x)f(y) -f(y) - χ + 2 για κάθε α) Να βρείτε τον τύπο f της συνάρτησης. β) Να αποδείξετε ότι για τη συνάρτηση χ, y ε !R . α) Να βρείτε την τιμή f(O) . h(x) = f(x) -3 1n x υπάρχει ένα τουλάχιστο χ0 β) Να βρείτε τον τύπο της f. γ) Αν g(x) = [f(x)].J2 με x E [- 1, -roo) να αποδεί στο (e, e2 ) τέτοιο ώστε h(χ0 ) = Ο χ+1 ξετε ότι η g αντιστρέφεται και να βρείτε την ) f(x) π . = (Α g-ι . χ-1 2. Δίνεται η συνάρτηση f : JR -+ JR για την ο 7. Δίνεται συνάρτηση f : 1R � IR με f(x) '# Ο ποία ισχύει f(x + y) + f(x - y) = 2f(x)συvy για κάθε χ Ε R για την οποία ισχύει π ) = Ο . f(x)f(y) = f(x - y) για κάθε x, y ε R . για κάθε x,y Ε !R με f(O) = .J3 και f( α) Να βρείτε την τιμή f(O) . " 2 β) Να εξετάσετε αν η f είναι άρτια ή περιττή. α) Να βρείτε τον τύπο της f. β) Για τη συνάρτηση f που βρήκατε να υπο γ) Να βρείτε τον τύπο της f . (Απ. f(x) = 1 ) λογίσετε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή της στο διάστημα [0, 2π]. γ) Αν είναι η συ 8. Δίνεται συνάρτηση f : 1R � IR για την ο νάρτηση που βρήκατε να λύσετε την εξίσωση ποία ισχύει Α χ + f(x) = f(f(x)) για κάθε χ Ε 1R . α) Να αποδείξετε ότι η f είναι 1 - 1 . [ημθ+ f(θ)]2 = συν(� -θ) + 5 β) Να αποδείξετε ότι f(O) = Ο . 3 . Δίνεται συνάρτηση f : JR -+ IR για την οποία γ) Να λύσετε την εξίσωση f(f(x)) = O. ισχύει f(f(χ)) = χ - 2 για κάθε χ Ε R . π. χ = Ο ) Λ

e) <:::> -e

/( )

•

/(θ)

(Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 101 τ.1/64

Μαθηματικά 'yt.α την Γ' Λυκείου Δεύτερο Μέρος

Μονοτονία κα ι Ακρότατα Συναρτt\σεwν

(Από τον Μιλτιάδη Παπαyρηyοράκη - Παράρτημα ΕΜΕ Χανίων)

Πρόκειται για συνέχεια του άρθρου του ιδίου (της Β ' Λυκείου) που κρ ίθηκε καταλληλότερη για τη Γ' Λυκείου

Άσκηση l. Αν f (x) = ·x5 + 3x - 4 , χ e R , τότε: Α) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύ ξουσα και να λύσετε την εξίσωση f (χ) = Ο Β) Να βρείτε το πρόσημο της f Γ) Να λύσετε τις ανισώσεις

(χ5 + χ)5 - (4 - 2χ)5 > -3χ5 - 9χ + 12 (1) f ( χ2 + χ) - f ( 2χ) < χ - χ2 (2) Λύση: Α)

Για οποιαδήποτε χι,χ2 Ε R ισχύει:

Για το πρόσημο της παρατηρούμε όn: f(1) = Ο , οπότε :

f(x) > O <::> f(x) > f(1) <::> x > 1 f(x) < O <::> f(x) < f(1) <::> x < 1 f (χ) = Ο <::> χ = 1 (1) <::> {χ +�5 +�χ+� -4>(4-2χ)5 +�4-2χ) � r ( χ 5 + χ) > r(4 - 2χ) <::> χ5 + χ > 4 - 2χ <::>

• •

Άρα Έχουμε:

x 5 + 3x - 4 > 0 � f(x) > f(1) � x > 1

Επίσης έχουμε: (2) <::> r ( x 2 + χ)+ (χ 2 + x) < f(2x) + 2x (3) Θεωρούμε τη συνάρτηση h (χ) = f (χ) + χ , χ Ε R προφανώς είναι γνησίως αύξουσα οπότε 2 2 (3) � h ( x + x ) < h(2x) � χ + χ < 2χ � χ 2 - χ < Ο � χ Ε (0,1)

Άσκηση 2. Έστω συνάρτηση f για την οποία ισχύει f5 (x) + f(x) = 2x5 (1), για κάθε x E R . Να αποδειχτεί ότι η f είναι γνησίως αύξουσα, να βρείτε το f (Ο) το f(1) και το πρόσημο της f .

ύ Θεωρούμε τη συνάρτηση h( χ) = χ5 + χ, χ Ε R που είναι γνησίως αύξου σα (απόδειξη εύκολη με τον ορισμό). Τότε γιακά θε Χ ι, Χ2 Ε R έχουμε: χι < χ2 � 2xi < 2χ; � Λ ση :

(αφού η είναι γνησίως αύξουσα), επομένως η είναι � γνησίως αύξουσα Για την εύρεση του θέτουμε στη σχέση όπου και παίρνουμε: Για την εύρεση του θέτουμε στην και παίρνουμε: (ο) (ο) Το πρόσημο της μπορεί να προκύψει είτε αλγεβρικά: οπότε: και συ Είτε σης fμε: αξιοποίηση της μονοτονίας της νάρτη ,

{

χ ι < χ2 � xi < χ ; � 3χι < 3χ2 xi + 3χι - 4 < χ; + 3χ 2 - 4 � f(χι ) < f(x2 ) Β) f

rs (χι ) + f( χι) < fs ( χ 2 ) + f( χ 2 ) � h( f(x ι)) < h( f(x 2 )) � f(x ι ) < f(x 2 ) h f f ( 1) , ( 1) χ=1 f5 (l)+f(l) =2�h(f(l)) =h(l) �f(l) =1 f (Ο) { 1) χ=ο f5 + f = 05 � � f(o) ( f4(0) + 1) = 0 � f(O) = O . f ( 1) � f (χ) ( f4 (χ) + 1 ) = χ 5 , χ > Ο � f (χ) > Ο χ < Ο � f (χ) < Ο

•

x < O � f(x) < f(O) � f(x) < O

και x > O � f(x) > f(O) � f(x) > O

Άσκηση 3. Έστω συνάρτηση b (χ) = χ3 + χ , χ e R και η συνάρτηση f : R --+ R που είναι γνησίως μονότονη, η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α(2,0) , Β(3,9) και έχει σύνολο τιμών το R Α. Να αποδείξετε ότι η h είναι γνησίως αύξουσα. Β Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. Γ Να λυθεί η εξίσωση f(3+f(x6 + χ2 )) = 9 (ι)

f(3+f(x6 + χ2 )) < 9 (2) Ε Να βρείτε το πρόσημο της f. Λύση: Α) Δ Να λυθεί η aνίσωση

Απόδειξη με τον ορισμό Β)Έχουμε: f(2) = 0, f(3) = 9 άρα f(2) < f(3) με 2<3 και αφού η f είναι γνησίως μονότονη θα είναι γνησίως Έχου-αύξουσα. 2 Γ)

με: (!) � f(3 +f(x6 + χ )) = f(3) � 3 + f(x6 + χ 2 ) = 3 � f(x6 + χ2 ) = f(2) � χ6 + χ 2 = 2� h ( χ 2 ) = h(l) � x 2 = l � x = -l ή x = l

Δ)

Έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/6S

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

γ) Για οποιαδήποτε Χι , χ2 R ισχύει: Ε

χ2 > Χι ::::::> Χ2 - Χι > Ο ::::::> f ( Χ2 - Χι ) > Ο ::::::> f ( Χ2 + ( -Χ ι ) ) > Ο ::::::> 1) f ( Χ2 ) + f ( -Χι ) > Ο ::::::> f ( χ 2 ) - f ( Χι ) > Ο ::::::> Για το πρόσημο της έχουμε: 2 � f f 2) � f και ::::::> f ( Χ2 ) > f ( Χι ) επομένως η f είναι γνησίως αύ ξουσα στο R δ) Για κάθε χ Ε JR έχουμε: Άσκηση 4. Δίνεται η συνάρτηση f : R -+ R για � f( ::::::> > f (χ ) � > χ < < ο χ 1 την οποία ισχύει f(x) + f3 (χ) + χ3 + χ9 = Ο (ι) χ2 > χ3 f(x2 ) > f(x3 ) για κάθε χ Ε R . Βρείτε τη μονοτονία και τον τύπο της συνάρτησης f r ( � ) + f( χ2) > f(x ) + f( χ3) Λύση : Έχουμε: (1) <:::> f(x) + f3 ( χ ) = -χ3 - χ9 έχουμε: Θεωρούμε τη συνάρτηση h( χ) = χ + χ3 , χ Ε R Β)(1) <=>Ισοδύναμα r ( χ 2 + 2016 ) + r ( χ 2 - 2016 ) = ημεοποία είναι γνησίως αύξουσα (απόδειξη εύκολη τον ορισμό). Για τη μονοτονία της f παρατη = f(2 lxl - 1) + f( 2lxl - 1) <=> ι ρούμε ότι για οποιαδήποτε Χ , Χ2 Ε R με Χι < Χ2 r (2χ2 ) = f(4 lxl - 2) <=> 2χ2 = 4 lxl - 2 <=> ισχύει: Χι <Xz ::::::>-xi >- � � h{-xi ) > h{-χ� ) ::::::> lxl2 - 2 lxl + 1 = Ο <:::> (lxl - 1 )2 = Ο <:::> h( f(χ ι )) > h ( f(x2 )) ::::::> f( Χι ) > f( χ2 ) lx l - 1 <=> χ = -1 ή χ = 1 Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα Άσκηση 6. Έστω η συνάρτηση f με Για την εύρεση του τύπου της f έχουμε: r (χ) = χ - 2� + ι (1) ::::::> f(x) + f3 (x ) = -x3 - χ9 ::::::> Α) Να αποδείξετε ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο h ( f (χ ) ) = h ( -χ3 ) ::::::> f (χ ) = -χ3 Β) Αποδείξτε την ανισότητα 3 + f(x6 + χ2 ) < 3 <:::> f(x6 + χ2 ) < f{2) <:::> χ6 + χ2 < 2 <:::> h{ χ2) < h( <:::> Χ2 < 1 <:::> Χ Ε ( -1,1) Ε) f χ> (χ) > ( (χ) > Ο χ < 2 ::::::> f{ χ) < f{ 2 ) ::::::> f( χ) < ο

f : R -+ R με την ιδιότητα: f{x + y) = f{x) + f(y) , για κάθε χ, y Ε R . Δίνεται ακόμα ότι για κάθε χ Ε R ι σχύει η συνεπαγωγή: « χ > Ο => f{ χ) > Ο )). Α) να αποδείξετε ότι: α) f (Ο) = Ο β) Ισχύει f{-x) +f(x) =O για κάθε x E R (δη Άσκηση 5. Έστω συνάρτηση

{ Γχ)

{Γχ

αz β 2 γ 2 + - � α + β + γ για κάθε α, β,γ > Ο β +γ α Λύση: Α)

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το [Ο, ) Για κάθε χ � Ο ισχύει: -too

f(x ) = χ - 2� + 1 = �2 - 2-Γχ + 1 = (Γχ - 1 γ � Ο και f ( 1 ) = Ο . Προκύπτει λοιπόν λαδή ότι η f είναι περιττή). f (χ ) � f ( 1 ) για κάθε χ � Ο, συνεπώς η f πα γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα δ) Για κάθε χ Ε (ο, ι) ισχύει: ρουσιάζει ελάχιστο στο 1 το f (1 ) = Ο 2 f ( �) + f ( χ ) > f (χ) + f ( χ3) Β) Από το Α ερώτημα έχουμε: χ - 2.[;. + 1 � Ο , Β) Να λυθεί η εξίσωση α2 παιρνουμε: απο οπου για χ = 2 2 r ( 2χ + 20t6) + r ( 2χ -2016) = 2r ( 2 l xl - t) (ι) "'β2 Λύση: Α) α) Από τη σχέση f{x+y) =f(x)+f(y) α2 -2ν. Γα! +1 � 0� ci -2α+l�οβci �2α-β (1) "'β2 "'β2 � β2 για χ = y = Ο βρίσκουμε f(O) = Ο β) Στην (1) θέτουμε y = -χ και παίρνουμε Όμοια: -β2γ � 2β-γ(2) και Lα � 2γ - α (3) f(x - χ ) = f(x) + f( -χ ) � � Με πρόσθεσηβκατά μέλη των (1) , (2) και (3) έ f{Ο) =f(x)+f(-χ) ::::::>O=f(x)+f(-χ) ::::f::> (-χ) =-f( χ) , α2 -2 + -12 � α+β+γ χουμε -+ για κάθε χ Ε IR β γ α ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/66

θΕΜΑΤΑ ΠΑΜΙΟτΕΡΩΝ ΕΠΟΧΩΝ

Εmμέλεια: Γεώρ-yιος Σ. Τασσόπουλος

Σχολή Πολιτικών Μηχανικών (Ε. Μ. Π) 1963 - Θέμα Γεωμετρίας (Εξεταστής: Α. Σφήκας) Ζήτημα 2ον α) Δίδεται ισόπλευρον τρίγωνον ΑΒΓ και τυχόν σημείον Σ της περιγεyραμμένης περιφερείας του. Δείξατε ότι, εν εκ των τριών τμημάτων ΣΑ, ΣΒ, ΣΓ ισούτaι με το άθροισμα των δύο άλλων. 'Εστωσαν τρεις ίσαι περιφέρειαι (Κ1), (Κ2), (Κ3), εφαπτόμεναι αφ' ενός μεν μεταξύ των ανά δύο, αφ' ετέρου δε εσωτερικώς τετάρτης περιφερείας (Κ). Αν Α, Β, Γ είναι τα σημεία επαφής των εκ τινός σημείου Ρ της περιφερείας (Κ) αγομένων εφαπτομένων των περιφερειών (Κ1), (Κ2), (Κ3), δεί ξατε ότι εν των τμημάτων ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ ισούται με το άθροισμα των δύο άλλων. Λύση α) πρόταση.

β)

Γνωστή Βλέπε και στο τεύχος 100 του Ευκλείδη Β' σελίδα 70, τρείς τρόπους απόδειξης. με Τότε: κέντραΚιΚ1,Κ Κ=2,ΚΚ3Κ3και= RΚ3Κιη ακτίνα με κέ β) Έστω ρ η ακτίνα των ίσων περιφερειών της περιφέρειας = ντρο Κ. 2ρ (Διάκεντροι εξωτερικά 2 2 ΚΚ1 = ΚΚ2 = ΚΚ3 =R - ρ (Διάκε εφαπτόμενων περιφερειών) και ντροι περίκεντροεσωτερικά του εφαπτομένων ισοπλεύρου περιφερειών). τριγώνου ΆραΚ1Κτο2Κ3Κ, είναιοπότε: Κι :ΚΚ2 = Κ2 :ΚΚ3 = Κ3 ΚΚ1 = 120ο ΔΕ = ΕΖ = U = 120° :::::> = ΕΖ = ΖΔ . Αν το Ρ ανήκει στο = τόξο σύμφωνα με το (α) ερώτημα θα ΡΕ. χουμε: ΡΔ + ΡΖ έ λοιπόν ταΡΓΡΑ,= λ(ΡΔ ΡΒ, ΡΓ+ΡΖ)να είναι ανόλσyα των ΡΔ, ΡΕ, ΡΖ ώστε = ναΑρκεί είναι: ΡΑ+ λ· Ρ Ε = ΡΒ. Γιατναέμνουσες τμημάτων ΡΑ,(Κ3)ΡΒ,αρκεί ΡΓ ναμε βρούμεΡΔ,σχέΡΕ,ση ΡΖτωντωνεφαπτόμενων περιφερειών (Κ1 ) , (Κ ), 2 στοίχως, οπό 1 1, Ε θεωρήσουμε τα δεύτερα σημεία τομής Ζ Δ 1, αντι = τε: ΡΑ2 ΡΔ· Ρ Δ1 , ΡΒ2 = ΡΕ· Ρ Ε1 , ΡΓ2 = ΡΖ· Ρ Ζ1• Αρκεί λοιπόν τα 2 2 ΡΔ1, ΡΕ1, ΡΖ1 να είναι ανάλσyα των ΡΔ, ΡΕ, ΡΖ ώστε τα ΡΑ , ΡΒ2, ΡΓ να είναι ανόλσyα των ΡΔ2, ΡΕ2, ΡΖ2• Πράγμαn: Τα ισοσκελή τρίγωνα Κ1ΔΔ1 και ΚΡΔ έχουν τη γωνία Δ κοινή, οπότε: Κ ΔιΔ = ΚΡΔ (= Δ) :::> Κ Δ ιfΚΡ :::::> ΡΡΔΔι = ΚΚ1 = R-ρ = μ . Όμοια ΡΕι = μ ΡΖι = μ R ΡΕ ' ΡΖ ' Προφανώς λ = � = �1 - � . Η ακτίνα ρ μπορεί να υπολσyιστεί από την R ως εξής: Έχουμε: Κ1Κ2 = RJ3 2ρ , = � = ΚΚ1v-' ===> 2ρ = ΚΚ1v3 :::::> ΚΚ1 = 2ρ οποτε: = + Κ Δ ι :::::> � + ρ = R :::::> p = -r.:; 2 + v3 v3 v3 ρ = 2R .J3- 3R και είναι κατασκευάσιμη. Δ

_,..._

:::::>

ΔΕ

:::::>

..-..

ΔΖ ,

τις

ο.ε.δ .

ΚΔ

Παρατήρηση:

�

ΚΚ ι

�·

ΚΔ

:::::>

Σχολή Μηχανικών Αεροπορίας (Σ. Μ. Α) 1 966 - Δύο θέματα Τριγωνομετρίας

Ζήτημα 2ον : Αν

ι ι σφΑ ι - λ 2 Επίσης . ( ). εφΑ = λ (ι) , να δειχθει ότι θα είναι: = η μΑ συνΑ ι+λ

να ευρεθεί το συνΑ συναρτήσει του λ. Επισήμανση:

(Γιώργος Χανούμης - Γκύζη)

Προφανώς για τη συνεπαγωγή: (1) (2) έπρεπε να δοθεί η συνθήκη ημΑ · συνΑ προκύπτει από την της (1) (γιατί;). ενώ η λ -1 μπορούσε να παραληφθεί αφού - ημΑ 1 - λ συνΑ - 1 + ημΑ , , = Έχουμε: (1) :::::> λ = 1 συν . Αρκει, επομενως, να δει:::::> Α 1 + λ συνΑ + 1 - ημΑ ξουμε όn 1 -ημσυνΑ = συνΑ - 1 + ημΑ , ή (1 - συνΑ)(συνΑ + 1 - ημΑ) (συνΑ - 1 + ημΑ)ημΑ , ή Α συνΑ + 1 - ημΑ :::::>

αλήθεια

-:ι:.

Λύση (α ' τρόπος):

-:ι:.

Ο, ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/67

-------

θέματα παλαιοτέρων εποχών

------

τελικά ημ2Α + σuν2Α = 1 , που ισχύει. Για τον υπολογισμό του συνΑ έχουμε: (1) � 1 -ημΑ = λσuνΑ � ημΑ = 1 -λσυνΑ � � ημ2Α = 1 + 'Κσuν2Α-2λσυνΑ � 1-σuν2Α = 1 + λ2σuν2Α-2ΜυνΑ � συνΑ = 2λ 2 , αφού 1 + λ; συνΑ * Ο . (β'τρόπος): Αν συνΑ=χ, ημΑ=y, τότε: x2 +y2-= 1 (3). Αλλά: (1)�1-y=λχ�y=1-λχ,οπότε 2λ = 1 - λ2 . Προφα(3) � (1 - λχ)2 + χ2 = 1 � (1 + λ2 ) χ2 -2λχ = Ο � χ = 2λ 2 και y = 1-λ · -1 + λ:2 1 + λ:2 1 + λ: 1 - -σφΑ = ... = 1 -λ (Ας προηγηθεί η περίπτωση λ= .!. ) νώς τότε: xy * Ο � λ { Ο, 1, - 1} . Άρα 2 1+λ ημΑ •

· -

12'

Ζήτημα 5ον Να δειχθή ότι εις παν τρίγωνον ΑΒΓ είναι: η μ2 Α + η μ2Β + η μ2Γ � .! . 4 (Μπαλτσαβιάς Τηλέμαχος (Μία ενδιαφέρουσα Γεωμετρική λύση) Λύση

Μαθηματικός στο Γυμνάσιο Κεραμειών Κεφαλονιάς) 2 2 2 ) + (_1_) + (l) 2_ , δηλαδή α2 + β2 + γ2 9R2 . Αρκεί να δείξουμε ότι: (� 2R 2R 4 2R Έστω Θ το κέντρο βάρους του τριγώνου ΑΒΓ, Μ το μέσο της πλευράς εγραμ μένο ΒΓ και(O,τοR) σημείο του τομής τριγώνουτης ΑΒΓ.με τονΤότεπεριγέχουμε: �

κύκλο

ΑΘ · ΘΕ = ΑΘ · (ΘΜ + ΜΕ) = ΑΘ · ΘΜ + ΑΘ · ΜΕ = + 3_ ΒΜ ΜΓ = + 3_ · · ΜΕ = 3_ = 3_ · · .!_ 3 3 3 9 3 α ·α α2 + β2 +γ2 2 2 -α2 + -2 · = � R 2 -ΟΘ2 = = -2 · 2β + 2γ 9 4 3 2 2 9 •

,·

•• •

...

ΑΜ

ΑΜ ΑΜ ΑΜ

· .

�

ΑΜ2

..-' \. · - -� /

τον Γιώργο Τασσόπουλο) Στην περίπτωση μη αμβλυγωνίου τριγώνου ισχύει και: α2 + β2 + γ2(Από 2 8R � • Σε σχολικό βιβλίο εμφανί στηκε για πρώτη φορά το σελίδα θέμα αυτό Β' Λυκείου νίσης, Δημάκος, στη Γεωμετρία Κυριαζής, Τασσόπουλος) 26 άσκηση 1 Ο. Πράγματι, για το (Αλιμπι αντιδιαμετρικό σημείο ΔΔρακόπουλος, του Α έχουμε τότε: ΒΔr � 90°�α2 � ΔΒ2 +W = 4R2 -y + 4R2 -β2 �α2 +β2 +y � 8R2• Τελικά λοιπόν 8R2 α2 + β2 + γ2 9R2 • Το αριστερό ίσονενισχύει μόνο για ορθογώνιο τρίγωνο και το δεξιό μόνο για ισόπλευρο. (γιατί;) Σε αμβλυγώνιο τρίγωνο τελώς όμοια διαmστώνουμε ότι: α2 + β2 + γ2 8R2 Στο Δελτίο Θεμάτων του Α. Πάλλα, με αποτετραγωνισμό και παραγοντοποίηση η ανισότητα ανάγεται τελικά στην. συνΑσυνΒσυνΓ :ς .!.8 (i), η οποία για μη οξυγώνιο τρίγωνο είναι προφανής. Σε οξυγώνιο τρίγωνο η (i) προσφέρεται χρήση της ανισότητας Cauchy, δηλαδή αυτής αρκεί να δείξουμε ότι: ( συνΑ+συνΒ+συνΓ )3 :ς -81 , η, συνΑ +συνΒ + συνΓ :ς -3 (""). Η σχεση, ("") που ισχυει, τελικα, σε κα-, θεΘέματα τρίγωνο, είναι ισχυρότερη τηςακούραστου (i) και θυμόμουν ότι υπάρχει στο ιστορικό πλέον βιβλίο Γεωμετρικά mστήμης μας Μανώλη Μαραγιcάιcη. (σελ. 47), του αγαπητού φίλου και εργάτη της ε μαζί με 2 λύσεις από δύο φυσιογνωμίες του Μαθηματικού χώρου (κάτι που δύσκολα ξεΧνιέται) Η 1η από τον Γ. Ξυρουδάιcη και η 2η από τον Θ. Βαρόπουλο Δύο σύντομες παρατηρή σεις σχετικά με το παραπάνω θέμα. α)

:ς

β)

αντ'

για

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 101 τ.1/68

ΙΙ

-------

Θέματα παλαιοτέρων εποχών

------

ι Λύση: Από τον Γ. Ξηρουδάκη

Β+Γ Β-Γ = 2 2

Θέτουμε: Ψ=συνΑ + συνΒ + συνΓ, οπότε: Ψ- συνΑ = συνΒ+συνΓ = 2συν συν Β-Γ 2ημ - συν-- => συν--= (1) . Όμως: Ο< συν--�1 (2). Έτσι: 2

Α Β-Γ Ψ-σuνΑ Β-Γ 2 2 2 2ημ-Α2 Α + συνΑ = 2ημ -Α + 1 - 2ημ2 -Α = < 1 => συνΑ < Ψ� 2ημ (1), (2) => Ο< Ψ-σuνΑ 2 2 2 2ημ Α2 - 2χ2 + 2χ + 1 = f(x), όπου: χ = ημ Α , με μέγιστο του f(x) το � για χ = -1 ( Α =60 ). 2 2 2 Άρα Ψ�-23 , με το ισον για Β= Γ=60 . Βλέπε: Τριγωνομετρικά Συστήματα: Γ. Ξηρουδάκη-Κ. Φασουλάκη σελ. 32. ο

•

2η Λύση: Από το θ. Βαρόπουλο

2Γ

Α+Β Α-Β 2 2 Α-Β 2

Έχουμε: Σ = συνΑ + συνΒ + συνΓ = 2συν -- συν -- + 1 - 2ημ 2 = + 1 - 2ημ2 2 . Επειδή : συν 2ημ 2 συν �1. θα είναι:Σ� 1 + 2ημ 2 - 2ημ 2 =

Γ Γ Α-Β Γ 2Γ 2 , το -3 και αντιστοιχει στο ισοπ ρο τριγωνο. , -3 - 2(ημ-Γ - -1 )2. ο μεγιστο του Σ ειναι 2 2 2 2 Προφανώς πρόκειται για μικρή παραλλαγή της προηγούμενης λύσης. η Λύση: το βιβλίο αυτό με αφορμή το θέμα στη σελίδα 47 βρήκα μια δική μου χειρόγραφη 3Ξεφυλλίζοντάς λύση άλλεςαπό δύο,τητηνδεκαετία ακόλουθητου. '80 την οποία, με την ευκαιρία αυτή, τολμώ να σαςπ παρουσιάσω δίπλα Για τη (ii) δεν βλάπτεται η γενικότητα αν υποθέσουμε Β, f 2 . Αρκεί λοιπόν τότε: Β+ΓJ . 23 Αλλα:, συνΒ+2 συνΓ ::;;συν(--συν(Β+Γ)+συνΒ+συνΓ:::;; -23 , η, συνΒ+συνΓ:::;; συν(Β+Γ)+-. 2 (ανισότητα Jensen για την κοίλη στο (Ο, �J συνάρτηση f(x) = συνχ ). Επομένως αρκεί: Β+Γ , αρκεί 2συνω:::;; συν2ω +-,3 ή Β+Γ J :::;; συν(Β +Γ)+-3 και με --=ω 2συν (-2 2 2 2 2συνω:::;; 2συν2ω -1 +�,ή 2 4συν2ω- 4συνω + 1 � Ο, ή (2συνω -1)2 � Ο , που ισχύει. Το μέγιστο εύκολα διαπιστώνουμε ότι επιτυγχάνεται μόνο για Α= Β= Γ . (γιατί;) η +η +η :::;; -3.[32-, Α =ημ maxf(x)=r (.!.2 J = 3.J34 , f(x)=.J1-x2 (x+1) χ=σuν Β+Γ 2 2 f(χ) :::;; 3� . (2χ -1)2 (4χ2 + 12χ + 11) � Ο Τ

•

, λευ

μας,

στις

•

-..

•

: ενδιαφερον παρουσιw,ει Μιεγαλυτερο ' ' ,:.r. η ανισοτητα '

γο τρόπο στο

προφανή ανισότητα

μΑ

μΒ

�

μΓ

με

όπου

με τετραγωνισμό της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/69

που αναγεται με ανάλο' ή στην

ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΕΙΣ - ΑΣΚΉΣΕΙΣ Αντώνης Κυριακόπουλος Β'

--+

Λυκείου (Μαθηματικά Προσανατολισμού). Διανύσματα. Μια χρήσιμη πρόταση.

παρακάτω πρόταση είναι πολύ χρήσιμη, γιατί, όπως θα δούμε στις εφαρμογές, όταν την έχουμε υπόψη μας, μπορούμε να λύσουμε ένα πλήθος ασκήσεων στα διανύσματα χρησιμοποιώντας αποκλειστικά και μόνο τη σχολική ύλη. Η

σημεία: ν «Δίνονται 2 Α (ν και ν πρ γματικοί ) Α1 , 1 , , Αν � α αριθμοί: α. ' α 1' , αν l) Έστω ότι: a. + α1 + ... + αν "Φ Ο . Τότε: α) Υπάρχει ένα μοναδικό σημείο G με: Π ΡΟΤ ΑΣΗ. •••

•••

--+

α1 GΑ. + α2 GAz +

•

--+

•

+ αν G� = Ο .

(1)

β) Για κάθε σημείο Μ, ισχύει: --+

--+

ΜΑ.,

!12 � �

--+

----+

Εφ α ρ μογές

--+

ΜΑι + + . . + αv = = tιι (MG+ GAι )+ � ((MG+GAz)+ . . + αv(MG+ GA.,) =(tιι +� +. .+�)MG+-(Qj GAι+�G�+. . +�G�) =(tιι +� +. . +�)MG. Θεωρούμε ένα σημείο αναφοράς Ο. Έχουμε: δ=Qj(Q\-CM)+aX�-CM)+. . +ι�,(Qι\-CM) =Qj�+c;G4z+. .+�O{-(Qj +ι; +. . +�)(Μ =Qj�+c;04z+. .+�Q{(/1aτi : Qj +c; +. .+� =O). Άρα, το διάνυσμα δ είναι σταθερό, ιlι

--+

�

----+

.-...+

-----+

----+

---+

----+

(I)

---+

----+

--+

----+

ανεξάρτητο του σημείου Μ.

Εφα ρ μογές Άσκηση 1 . Δίνεται ένα τρίΎωνο ΑΒΓ. Να

βρείτε το Ύεωμετρικό τόπο των ση μείων Μ του επιπέδου του τριΎώνου αυτού , -yια τα

--+

�M1+��+- +�Mt =(� +� +-+�)!Wτ (2)

(Το ση μείο αυτό G ονομάζεται βαρύκεντρο των ση μείων Α1 , Α 1 , , Αν με αντίστοιχους συντελεστές: α1 , α 1 , , αν ). 2) Έστω ότι: α1 + α1 + + αν = Ο . Τότε το

--+

---+

--+ --+

οποία ισχύ ει: (5 ΜΑ- 4 ΜΒ+ 7ΜΓ) 11 ΒΓ . (1)

Λύση. Εξετάζουμε αν υπάρχει σημείο Κ με: ---+ ---+ ---+ -

5ΚΑ-4ΚΒ+ 7 ΚΓ = Ο . (2) (Εμείς, έχοντας υπόψη την παραπάνω πρόταση, γνωρίζουμε ότι επειδή: 5-4+7=8 * Ο , υπάρχει τέτοιο σημείο Κ και είναι μοναδικό. Είναι το βαρύκεντρο των διάνυσμα: � = αl ΜΑ. + αΖ �+ + αν � σημείων Α,Β και Γ με αντίστοιχους είναι ανεξ6ρτητο του σημείου Μ». συντελεστές:5,-4 και 7. Επειδή όμως η πρόταση αυτή δεν περιλαμβάνεται στη Απόδειξη. 1) α) Θεωρούμε ένα σημείο σχολική ύλη, θα κάνουμε την απόδειξη. αναφοράς Ο. Άλλ ωστε είναι τόσο εύκολη). Έχουμε: Θεωρούμε το σημείο Α ως σημείο (1) -00)+�(� αναφοράς,οπότε έχουμε: - - - (2) <=> -5ΑΚ -4(ΑΒ - ΑΚ)+ 7(ΑΓ - ΑΚ) = Ο <=> 7 ΑΓ - 4ΑΒ <=> ΑΚ � 8 Η τελευταία ισότητα ορίζει ένα μοναδικό Η ισότητα αυτή ορίζει ένα μοναδικό σημείο G. σημείο Κ. Άρα, υπάρχει τέτοιο σημείο Κ και Υπάρχει λοιπόν τέτοιο σημείο G και είναι είναι μοναδικό( το σημείο αυτό Κ μπορούμε μοναδικό. να το βρούμε πολύ εύκολα Ύεωμετρικά. Είναι το πέρας του διανύσματος ΑΚ , που ορίζεται β) Για κάθε σημείο Μ, έχουμε: .•.

•••

. ••

--+

•••

---+

(3)

-00)+. . +l.\,(0\-00) =ο (::) (:)Qj(Q\ �Qj +c; +. . +�)αJ=Qj�+c;04z+. .+�O{ <=> 'lιG<\+c;�+. .+�Oι\ . Qj +c; +. .+� ---+

----+

---+

----+

---+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/70

-------

Χρήσιμες Επισημάνσεις - Ασκήσεις

-------

Έτσι, λό-γω των (3) και (4), έχουμε: από την τελευταία ισότητα). Για κάθε σημείο Μ; έχουμε: 5 ΜΑ(1) � --{)HMI=j -2ΑΒ- ΑΓ I� MH Ι= .!. I 2ABr ΑΓ ι . 6 - (2) ΚΒ) 7(ΜΚ ΚΓ) 8ΜΚ. = 5(ΜΚ Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικό τόπος Έτσι έχουμε: είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείο Η και 1 -----+ --+ (1) � 8ΜΚ 1 ΒΓ � ΜΚ 1 ΒΓ ακτίνα: I· Άρα, ο ζητούμενος · γεωμετρικό τόπος είναι η ευθεία που διέρχεται από το σημείο Κ Άσκηση 3. Δίνεται ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Να και είναι παράλληλη στην ευθεία ΒΓ. -

'4ΜΒ+ 7Mr = +ΚΑ) - 4(ΚΜ + + + = -

6 12 ΑΒ+ ΑΓ

Άσκηση 2. Δίνεται ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Να

βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ του επιπέδου του τριγώνου αυτού, για τα οποία ισχύει: --+

--+

I ΜΑ+ 2 ΜΒ + 3 ΜΓ 1=1 3 ΜΑ- 2 ΜΒ-

--+

ΜΓ I

(1)

(Άσκηση 48, σελίδα 77, παραπάνω βιβλίο). Λύση. Εξετάζουμε αν υπάρχει σημείο Η με: -----+ -----+ -----+ (2) αρύκεντρο των σημείων Α,Β και Γ (Είναι το β με αντίστοιχους συντελεστές: 1,2 και 3 .Ισχύει: 1 +2+3=6 * Ο ). Θεωρούμε το σημείο Α ως σημείο αναφοράς, οπότε έχουμε: -+

ΗΑ+2ΗΒ+3ΗΓ= Ο .

-----+

---+

-----+

(2) -ΑΗ+2(ΑΒ-ΑΗ) +3(ΑΓ-ΑΗ) =Ο<=> <=> ΑΗ = 6 (2 ΑΒ+ 3 ΑΓ). <:::>

--+

Η τελευταία ισότητα ορίζει ένα μοναδικό σημείο Η. Άρα, υπάρχει τέτοιο σημείο Η και είναι μοναδικό. Θεωρούμε τώρα το σημείο αυτό Η ως σημείο αναφοράς, οπότε έχουμε: ---+

---+

ΜΑ+2ΜΒ+3ΜΓ=ΗΑ-ΗΜ+2(ΗΒ-ΗΜ)-ΗI +3(ΗΓ-ΗΜ)=-6ΗΜ. (3) -----+

-----+

-----+ (2)

-----+

(Παρατηρούμε τώρα ότι στο διάνυσμα: 3ΜΑ- 2ΜΒ- ΜΓ , ισχύει:3-2-1=0. Έχοντας υπόψη την παραπάνω πρόταση, γνωρίζουμε ότι το διάνυσμα αυτό είναι ανεξάρτητο του σημείου Μ. Επειδή όμως η πρόταση αυτή δεν περιλαμβάνεται στη σχολική ύλη, θα κάνουμε την απόδειξη). Θεωρώντας το σημείο Α ως σημείο αναφοράς, έχουμε: 3ΜΑ-2ΜΒ- ΜΓ = -3ΑΜ-2(ΑΒ-ΑΜ)-----+

-----+

-(ΑΓ-ΑΜ) = -2ΑΒ-ΑΓ.

-----+

(4)

βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ του επιπέδου του τριγώνου αυτού, για τα οποία ισχύει: 1 3ΜΑ - ΜΒ 1=1 SMA - 3Mr I · (1)

(Άσκηση 49, σελίδα 77, παραπάνω βιβλίο). Λύση. Εξετάζουμε αν υπάρχει σημείο Η με: 3ΗΑ- ΗΒ = Ο . (2) (Είναι το βαρύκεντρο των σημείων Α και Β με αντίστοιχους συντελεστές:3 και -l .Ισχύει:3-1 =2 * Ο ). Θεωρούμε το σημείο Α ως σημείο αναφοράς, οπότε έχουμε: - - - - - 1(2) � -3ΑΗ - (ΑΒ - ΑΗ) = Ο � ΑΗ = --ΑΒ 2 Η τελευταία ισότητα ορίζει ένα μοναδικό σημείο Η. Άρα, υπάρχει τέτοιο σημείο Η και είναι μοναδικό. Εξετάζουμε - αν υπάρχει - σημείο Κ με: 5ΚΑ - 3ΚΓ = Ο (3) (Είναι το βαρύκεντρο των σημείων Α και Γ με αντίστοιχους συντελεστές: 5 και -3.Ισχύει:5 -3=2 * 0 ). Θεωρούμε . το σημείο Α ως σημείο αναφοράς, οπότε έχουμε: - - - - - 3(3) � -5ΑΚ - 3(ΑΓ - ΑΚ) = Ο � ΑΚ = --ΑΓ 2 •

Η τελευταία ισότητα ορίζει ένα μοναδικό σημείο Κ. Άρα, υπάρχει τέτοιο σημείο Κ και είναι μοναδικό. θεωρώντας τα δύο αυτά σημεία Η και Κ έχουμε: 3ΜΑ- = 3(ΜΗ ΗΑ) - (ΜΗ + ΗΒ) = 2ΜΗ και - 3ΜΓ = 5(ΜΚ +ΚΑ)- 3(ΜΚ + ΚΓ) =2ΜΚ 'Έτσι έχουμε: (1) �1 2ΜΗ 1=1 2ΜΚ I� �1 ΜΗ 1=1 ΜΚ I� (ΜΗ) = (ΜΚ) . -

ΜΒ -

5ΜΑ -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/71

(2 ) (3)

----Τα σημεία Η και Κ δεν ταυτίζονται, γιατί - - 1 - 3τότε θα είχαμε: ΑΗ = ΑΚ � -ΑΒ=-ΑΓ�

Χρήσιμες Επισημάνσεις - Ασκήσεις

()

--------

ισχύει: 3r ! - 2f(x) = _!_2 (1 ) χ χ Λύση. Έστω ότι μια συνάρτηση

2 2 f : IR* -+ IR ��=3ΑΓ�(Α,Β,Γ συνευθειακά), άτοπο. πληροί την (1) για κάθε χ Ε ΙRΌ Θεωρούμε Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος , l!J)* , l!J)* τ , , είναι η μiσοκάθετος του ευθυγράμμου εναν αριθμο χ Ε JN.. οτε χ Ε JN.. και θετοντας τμήματος ΗΚ. στην ( 1) ο όπου χ το .! , βρίσκουμε: χ Άσκηση 4. Δίνονται τέσσερα σημεία Α, Β, Γ και Δ. Για κάθε σημείο Μ θέτουμε: 3f(x) - 2f = χ 2 •

-1

•

φ(Μ) = 3ΜΑ + 4ΜΒ - 2ΜΓ - 5ΜΔ . Να αποδείξετε ότι: 1 ) Το διάνυσμα φ(Μ) είναι ανεξάρτητο του σημείου Μ. 2) Υπάρχει ένα μοναδικό σημείο Η με: 4HB - 2Hf - sHΔ = o . (1 ) 3) Ισχύει: φ(Μ) = 3ΗΑ (Άσκηση 20,

. σελίδα 73, παραπάνω βιβλίο).

(�)

Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη αυτής με το 3 και της (1) με το 2 και προσθέτοντας κατά . μέλη τις προκύπτουσες, βρίσκουμε: 2 5f(x) χ + 3χ και συνεπώς:

=-;..

f(x) 3χ4 : (2). 5χ • Όπως βρίσκουμε εύκολα η συνάρτηση (2) πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η Λύση. 1 ) ( παρατηρήστε ότι: 3+4-2-5=0) . μοναδική ζητούμενη. Θεωρούμε το σημείο Α ως· σημείο αναφοράς. Έτσι, για κάθε σημείο Μ, έχουμε: Άσκηση 2. Να βρείτε τις συναρτήσεις f : ]R -+ ]R , για τις οποίες ισχύουν: φ(Μ) = 3ΑΜ + 4(ΑΒ-ΑΜ) - 2(ΑΓ-ΑΜ) f(x) � x, για κάθε x e JR (1) και -5(ΑΔ -ΑΜ) = 4ΑΒ - 2ΑΓ -5ΑΔ f(x - y) � f(x) - f(y) για κάθε χ,y ε JR (2). ανεξάρτητο του σημείου Μ. 2) (Είναι το βαρύκεντρο των σημείων Β, Γ και Λύση. Έστω ότι μια συνάρτηση f :IR-+IR Δ με αντίστοιχους συντελεστές:4, -2 και -5. πληροί τις δοσμένες σχέσεις. Από την ( 1) με χ=Ο και από την (2) με x=y=O, βρίσκουμε Ισχ6ει:4-2-5=-3 *- Ο ). Θεωρούμε το σημείο Α ως σημείο αντίστοιχα: f(O) � Ο f(O) � Ο αναφοράς, οπότε έχουμε: f(O) = Ο � (1)<:>4(ΑΒ - ΑΗ) -2(ΑΓ -ΑΗ) - 5(ΑΔ- ΑΗ) = Ο � f(O) � f(O) - f(O) f(O) � Ο � Θεωρούμε έναν αριθμό χ Ε IR . Θέτοντας στην - - (2) �ΑΗ= 31 (4ΑΒ-2ΑΓ-5ΑΔ) (1) όπου χ το -χ βρίσκουμε: f(-x) �-x (3). την (2) με χ=Ο, βρίσκουμε: Η ισότητα (2) ορίζει ένα μοναδικό σημείο Από f( y) � f(O)-f(y) . Θέτοντας σε αυτή όπου y Η. Άρα, υπάρχει τέτοιο σημείο Η και είναι το χ και επειδή f(O) =Ο βρίσκουμε: μοναδικό. -f(x) �f(-x) (4). Προσθέτοντας κατά μέλη 3) Έχουμε: τις (3) και (4) βρίσκουμε τελικά: f(x) � x . Και φ(Μ) = 4ΑΒ - 2ΑΓ - 5ΑΔ <;}_ 3ΑΗ = 3ΗΑ επειδή από την (1) έχουμε: f(x) � x , έπεται ότι f(x) = χ . Άρα τότε: f(x) = χ για κάθε Γ Λυκείου x E IR . (Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Όπως βρίσκουμε εύκολα η συνάρτηση Κατεύθυνσης) f(x)=x πληροί τις δοσμένες συνθήκες και Άσκηση 1 . Να βρείτε τις συναρτήσεις άρα είναι η μοναδική ζητούμενη. f : JR• -+ JR , για τις οποίες, για κάθε χ ε ]R• , =

{

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/72

{

Σαν μυθιστορημ α ... '

Μαθηματ ι κά κα ι Λογοτεχνία

Γιάννης Γ. Καλογεράκης -

Παράρτημα ΕΜΕ Χανίων

Αν θεωρήσουμε ότι ένα μυθιστόρημα είναι μία αμυδρή σιαά της καθημερινής άλλοτε γοητευτικfις και άλλοτε σκληρής και οδυνηρής πραγματικότητας, τότε το παρακάτω κείμενο είναι μία άτεχνη μυθιστορηματικfι διήγηση των καθημερινών γεγονότων στα Χανιά στο 'γόρισμα του 1900 αιώνα. Αν όμως θεωρήσουμε ότι το μυθιστόρημα είναι μία άσκοπη φλυαρία, θέση που ο συντάκτης του κειμένου δεν την mστεύει, τότε το κείμενο είναι μία ελάχιστη ιστορική μαρτυρία των δραματικών γεγονότων που συνέβησαν στον παραπάνω τόπο και χρόνο. Είναι γνωστό ότι ο 19°ς αιώνας δεν χαρακτηρίζεται μόνο από τη ραγδαία ανάπτυξη των Μαθηματικών αλλά και από τη διαδικασία της δημιουργίας κρατών από τη διάσπαση δύο aυτοκρατοριών, της Οθωμανικfις και της Αυστροουγγρικfις. Μέσα από πολέμους, κοινωνικές και ιδεολογικές συγκρούσεις και μετακινήσεις πληθυσμών δημιουργήθηκε ένας νέος χάρτης στη Νοτwανατολικfι Ευρώπη. Στο πεδίο των συγκρούσεων βρισκόταν και η Κρήτη. Μετά τη λήξη της επανάστασης του 1821 η Κρήτη παραχωρήθηκε στους Αι-yόπτωυς. Η κρίση του Ανατολικού Ζητήματος το 1 840, συνέβαλε ώστε να επανέλθει στη δικαιοδοσία του Σουλτάνου. Τις επόμενες δεκαετίες το νησί αποτέλεσε το «μήλο της έριδο9> μεταξύ των Μεγάλων Δυνάμεων και ιδιαίτερα της Αγγλίας. Μία αγγλικfι βίλα λίγο έξω από τα Χανιά (villa Sanswith) ήταν διπλωματικό κέντρο του Ανατολικού Ζητήματος. Τα Χανιά ήταν μία κοσμική πολυεθνικfι πόλη με πολλές κοινωνικές αντιθέσεις, όπου κυριαρχούσαν οι Οθωμανοί. Το σημαντικότερο γεγονός της περιόδου αυτής ήταν ο μεγάλος ιδεολογικός, κοινωνικός και οικονομικός μετασχηματισμός των Χριστιανών, που δημιούργησε ένα εθνικό στόχων κίνημα. Οι Χριστιανοί με στήριγμα την παιδεία είχαν αποκτήσει επαναστατικfι συνείδηση και δεν ήταν διατεθειμένοι να συμβιβαστούν με οποιαδήποτε κατάσταση, πλην της ένωσης με την Ελλάδα. Ιδιαίτερα μετά την ίδρυση to 1 883 των Γυμνασίων και την αποφοίτηση από το Πανεπιστήμιο Αθηνών πολλών νέων από την ανερχόμενη χριστιανική αστικfι τάξη. Οι επαναστάσεις ήταν συνεχείς και τις τελευταίες δεκαετίες του αιώνα η τελικfι σύγκρουση φαινόταν αναπόφευκτη. Τώρα στις τάξεις των επαναστατών δεν ήταν μόνο aρειμάνιοι πολεμιστές αλλά και απόφοιτοι πανεmστημίων που είχαν την ικανότητα να χειρίζονται άριστα τη γλώσσα της διπλωματίας. Τον Μάιο του 1889 στην υποτυπώδη κρητικfι βουλή που είχε δημιουργηθεί το 1 878 με τη «Σύμβαση της ΧαλέΠQ9> μία ομάδα χριστιανών βουλευτών αιφνιδίασε τον Βαλή και κατέθεσε ψήφισμα για «την άμεση ένωση της Κρήτης με την Ελλάδα». Η όγδοη επανάσταση μόλις άρχιζε. Ο Σουλτάνος έστειλε 50000 στρατό · από τη Συρία και ανέθεσε την καταστολή της επανάστασης στον βάρβαρο Σαιcίρ Πασάί και 200 επίλεκτους Αλβανούς μουσουλμάνους από τη Μακεδονία με τον συνταγματάρχη Χασάν Ταχσίν. Ο τελευταίος κατέχει σημαντικfι θέση στην Ελληνική Ιστορία. Οι συγκρούσεις κράτησαν 8 μήνες, η επανάσταση κατεστάλη, αλλά οι πρωτεργάτες διέφυγαν στην Αθήνα. Μεταξύ αυτών και ο νέος δικηγόρος Ελευθέριος Βενιζέλος. Τον Απρίλιο του 1890 δόθηκε αμνηστία, αλλά σε τέσσερις επαναστάτες μεταξύ των οποίων και ο Ε. Βενιζέλος δεν δόθηκε ποτέίί. Ο Χασάν Ταχσίν πασάς έμεινε στην Κρήτη για τα επόμενα 7 χρόνια. Γνώρισε τους Κρητικούς, οι οποίοι αν και ήταν aντίπαλος, τον θεωρούσαν φιλέλληνα και είχαν πολύ καλή γνώμη για αυτόν. Καλύτερα από όλους γνώρισε τον «ταραχοποιό», τον οποίο είχε διαταγή να συλλάβει, τον Ε. Βενιζέλο. Ο Χασάν Ταχσίν ήταν αλβανικfις καταγωγής, σπούδασε στη Ζωσιμαία Σχολή των Ιωαννίνων, μιλούσε ελληνικά και ήταν ένα αμερόληπτο πνεύμα.

Το παιyνiδι της αλεποίlς

Με το τέλος του χειμώνα του 1895 η κατάσταση γίνεται ξανά πολύ σοβαρή. Ένδειξη της σοβαρότητας τα πολεμικά πλοία πέντε ευρωπαϊκών χωρών που καταφθάνουν στη Σούδα. Ο σκοπός τους συνοψιζόταν στην ερώτηση. Αυτό το νησί ποιος θα το πάρει; Ο Σουλτάνος σε μία προσπάθεια να προλάβει τα γεγονότα και να σταματήσει τον αδυσώπητο οδοστρωτήρα της Ιστορίας, έστειλε στις 5 Μαρτίου, Βαλή ,� στα Χανιά τον διακεκριμένο διπλωμάτη, νομικό και μαθηματικό Αλέξανδρο Σ. Καραθεοδωρή. Οι Χριστιανοί χαιρέτισαν τον διορισμό του, αν και οι δρόμοι τους ήταν ασύμβατοι. Γνώριζαν την ευνοϊκfι στάση που τήρησε για την Ελλάδα το 1878 στο Συνέδριο του Βερολίνου. Οι Μουσουλμάνοι δυσανασχέτησαν και παρακινούμενοι από τους Νεότουρκους μέσω της μυστικfις οργάνωσης «Μουσουλμανικό Κομιτάτο» άρχισαν να τον υπονομεύουν. Τον στήριξε όμως ο Χασάν Ταχσίν ο οποίος ανέλαβε Σύμβουλος Γενικής Διοίκησης. Ο Α. Καραθεοδωρής, (φωτ.) ήταν η τρίτη φορά που ερχόταν στην Κρήτη, έφερε μαζί του μαθηματικά βιβλία, το παιχνίδι μπριτζ και την πανέμορφη κόρη του Σμαράγδα. Τα μαθηματικά βιβλία αποτελούν πάντα μία πνευματικfι όαση στις δύσκολές περιστάσεις της ζωής. Η Σμαράγδα με την ομορφιά, την ευγένεια και την αρχοντιά της άφησε εποχή στα Χανιά. Ο Καραθεοδωρής συμμετείχε στα κοινωνικά δρώμενα της Κρήτης, μαζί με τον Χασάν Ταχσίν, ιδιαίτερα στα εγκαίνια των νέων χριστιανικών ναών που άρχισαν μετά από αιώνες να οικοδομούνται.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/73

------

Μαθηματικά και ΛοyΟ'i'εχνία ------

Η Σμαράγδα θα είναι παρούσα στα κοινωνικά γεγονότα της πόλης. Ακόμη και στο παιχνίδι της <<αλεπούς εν Μπουτσουναρίοις» τον Μάιο του 1895. Από την εφημερίδα «Μεσόγειο» των Χανίων μαθαίνουμt ότι: . . . Την παρελθούσα Πέμπτη οι Αξιωματικοί των εν των λιμάνι της Σούδας ναυλοχούντων θωρηκτών επιχείρησαν το παιχνίον της αλεπούς. Εις το παιγνίον τούτο ήταν προσκεκλημένη μεταξύ των άλλων και η δεσποινίδα Σ. Καραθεοδωρή πασά. Την αλεπού υπεδύθη Άγγλος αξιωματικός... Την αλεπού ουδείς κατόρθωσε να συλλάβη . .. Το αποτέλεσμα ήταν αναμενόμενο, ήταν αδιανόητο να συλλάβουν ένα Άyyλο αξιωματικό, ακόμη και όταν προσποιείται την αλεπού. Το παιγνίδι της αλεπούς, ήταν ανάλογο με το σημερινό παιγνίδι του κρυμμένου θησαυρού, <ψεταξύ των άλλων» ήταν Χριστιανές, Αyyλίδες, Γαλλίδες, Αυστριακές και Ιταλίδες, νοίκιαζαν άλογα από του Τούρκου «Τζανερίκου» στην είσοδο της πόλης γνωστού από τη Λογοτεχνία του Γυμνασίου και τον «Εmκήδειο» του I. Κονδυλάκη. Το παιχνίδι παιζόταν στον κάμπο των Χανίων μέχρι «τις πόρτεφ του φαραγγιού του Θερίσου, όπου άρχιζε η εmκράτεια των επαναστατών. Ένα «χεφοmαστό» αποτελέσματα της «αλεπούφ, ήταν μία αιθέρια ύπαρξη από το περιβάλλον του Άγγλου πρόξενου και αρχαιολόγου A1fred Biliotti να παντρευτεί ένα θηριώδη Μαυροβούνιο αξιωματικό της αστυνομίαςίίί. Στη πόλη θεωρήθηκε ως σκάνδαλο και ερμηνεύτηκε ποικιλοτρόπως.

Το παιχνίδι των Μαθηματικών

Μπορεί το παιχνίδι της αλεπούς να μην είχε απρόοπτα. Όμως το παιχνίδι των Μαθηματικών είχε απρόοπτα. Ο Α. Καραθεοδωρής στα Χανιά ενδιαφερόταν για τα Μαθηματικά, τη συλλογή αρχαίων νομισμάτων, τις κοινωνικές επαφές και τη Διοίκηση. Ως δεινός διπλωμάτης είχε διαισθανθεί την εmτάχuνση της Ιστορίας, που ευνοούσε τους Χριστιανούς. Στις επίσημες δηλώσεις του τόνιζε . . . Παρ ' ημών απαιτώ υπομονή και πλήρη επ' εμέ πεποίθησιν . . . Εισηγήθηκε μεταρρυθμίσεις στο Σουλτάνο, που όπως πάντα δεν έγιναν αποδεκτές. Το χριστιανικό σχολείο είχε τον προκλητικό τίτλο «Ελληνικόν Γυμνάσιον Χανίων». Διδασκόταν η «Στοιχειώδη Άλγεβρω> του Βασιλείου Λάκων (1830-1900), τα «Μαθήματα Ευθυγράμμου Τριγωνομετρίας» του Γεωργίου Σούτσου και Γεωμετρία από ένα ελληνικό βιβλίο της Πόλης. Ο Α. Καραθεοδωρής όταν ήρθε στα Χανιά είχε ήδη κάνει πολλές μαθηματικές μελέτες όπως: Μελέτη του Λημνίσκου του Bernoulli

( r2 = α2συv2φ ),

μετάφραση

και σχολιασμός

του έργου του Πέρση Νασρεντίν Ελ Τουσή Περί Τετραπλεύρων, μελέτη του έργου του Otto Hesse για τις Κωνικές Τομές και είχε ασχοληθεί με τη Μηχανική των Ρευστών. Οι εξετάσεις των τελειοφοίτων του Γυμνασίου την εποχή αυτή, γινόταν δημόσια. Ο Α. Καραθεοδωρής δεν πήγε απλά ως θεατής αλλά εξέτασε ο ίδιος τους μαθητές ενώ μαζί του ήταν και η πανέμορφη Σμαράγδα. Από την τοmκή εφημερίδα «Μεσόγειο9> πληροφορούμαστε ότι : . . . Η Α, Εξοχότης έδειξε πολύ ενδιαφέρον για το μάθημα των Μαθηματικών και εξέτασε τινάς των μαθητών. Έχοντες υπ' όψει τας γενομένας ερωτήσεις κρίνομεν ότι η Α. Εξοχότης κέκτειται μεγάλη ειδικότητα εις τον κλάδον των Φυσικομαθηματικών. .. Ήταν απολύτως σωστή η εκτίμηση του δημοσιογράφου. Από τα διασωθέντα πρακτικά του Γυμνασίου μπορούμε να εντοπίσουμε μία από ερωτήσεις που εξετάστηκαν οι μαθητές. Η διατύπωση της ήταν : Ευρείν την ακτίνα σφαίρας. Με τα σημερινά δεδομένα πρόκειται για ασαφή ερώτηση. Όμως στο τέλος του 19ou αιώνα ένα μεγάλο σύνολο από όργανα ήταν σε ευρεία σχολική χρήση. Ουσιαστικά η ερώτηση αφορούσε τη λειτουργία του σφαιρόμετρου (φωτ.). Το σφαιρόμετρο εφοδιασμένο με τέσσερεις ακίδες, μία από τις οποίες ήταν στο κέντρο βάρους, τριγώνου μετρούσε τα μεγέθη α και h σε μία σφαίρα. Θεωρητικά στο σφαιρόμετρο εφαρμοζόταν το θεώρημα της οξείας γωνίας, η

�ώνιο

χορδή από το ορθ

τρίγωνο για την γωνία r

a2 + h2 2h

.....

χ2 = a2 + h2 και από το οξυγώνιο παίρνουμε χ2 = r2 + r2 - 2r(r - h) ή χ2 = 2rh τρίγωνο ήταν

-.:....._-

Η ερώτηση όμως επιδέχεται και άλλη ερμηνεία. Ο Α. Καραθεοδωρής γνώριζε ότι οι Έλληνες μυστικά εκπαίδευαν νέους στα όπλα. Είχε ήδη αναλάβει. δράση η μυστική οργάνωση των Χανίων η «Αδελφότητω>. Μεταξύ των όπλων ήταν και μικροί όλμοι τα λεγόμενα «χαβάνια», που έπαιρναν σφαιρικές οβίδες κατάλληλης διαμέτρου που μετρούσαν με σφαιρόμετρο. Πολύ mθανόν η ερώτηση να σχετίζεται με τη διερεύνηση της γνώσης του σφαφόμετρου. Ο καθηγητής των Μαθηματικών Κ. Παπαδάκης, ήταν ήδη «ταραχοποιό9>, στις εκδρομές στα Περιβόλια δεν παράλειπε να διδάσκει στο δρόμο το «περί παρασκευής aσβέστου, επί τη ευκαιρία συναντήσεως ασβεστοκαμίνου» αλλά και το «να υπολογιστεί η ταχύτης και το μήκος του μέτριου στρατιωτικού βήματο9>. Παράλληλα να εmτρέπει να «άδουν» οι μαθητές το ριζίτικο «Πότε θα κάνει ξαστεριά» όταν περνούσαν από τα «Σερσεμπίλιω>, τη θερινή έπαυλη του Πασάίv παρουσία της τουρκικής φρουράς. Ο επισκέπτης από τις Βρυξέλλες και το παιχνίδι του μπριτζ Μtσα στη κοσμοχαλασιά του καλοκαιριού του 1 895 έφθασε στα Χανιά και ένας εmσκέπτης από τις Βρυξέλλες. Ένα ζεστό αυγουστιάτικο πρωινό εντοπίζεται στο βενετσιάνικο λιμάνι των Χανίων μαζί με το � του Πασά. Σχετικά το φύλλο της «Μεσογείου» της 1 2ης Αυγούστου 1 895 γράφει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1Π4

------

Μαθηματικά και Λαyοτεχvfα

--------

. ..Αφίκοντο εκ ΒρυξεΛλών δια του Αυστριακού ο υιός της Α. Εξοχότητος του Γενικού Ημών Διοικητού. Στέφανος Καραθεοδωρής και ο ανεψιός αυτού Κωνσταντίνος Καραθεοδωρής. Την αιτίαν αυτού άφιξιν χαιρετίζομεν γηθοσήνως....

Είναι χαρακτηριστικό το γεγονός ότι ο δημοσιογράφος χαιρετίζει την άφιξη μόνο του Στεφάνου. Ο Κωνσταντίνος, ήταν φυmκά ο μετέπειτα κορυφαίος μαθηματικός του 20σu αιώνα, σ)..λά τον δημοσιογράφο δεν τον απασχολεί ιδιαίτερα. Προτιμά την ευμένεια της εξουσίας και δεν τον «χαιρετίζει γηθοσήνως». Στην πραγματικότητα ο Κωνσταντίνος, (φωτ.) δεν ήταν ανεψιός σ)..λά μακρινότερος συγγενής του Πασά. Όμως τι ζητούσε στα Χανιά το ταραγμένο καλοκαίρι του 1 895; Ήρθε έντεχνα να ενισχόσει ως απόφοιτος στρατιωτικής σχολής τον καταπονημένο οθωμανικό στρατό; Ήρθε να εργαστεί ως μηχανικός στη σχεδίαση σιδηροδρομικής γραμμής; Ήρθε να συζητήσει τα Μαθηματικά με τον Πασά; Ή ήταν μία απλή επίσκεψη στον τόπο των μύθων και των θρύλων. Ούτε αυτός ούτε ο Βενιζέλος θα αποκαλύψουν τις ατελείωτες συζητήσεις που έγιναν στο σαράι του Πασά, και οι οποίες είχαν σαφέστατα μία διάσταση συνομωσίας. Οι δύο νέοι θα αποτελέσουν τους κύριους συνομιλητές του Βενιζέλου στο κοινωνικό περιβάλλον του Πασά. Είναι βέβαω το γεγονός της συμμετοχής τους στις παρτίδες μπριτς. Ο Βενιζέλος θα συνδεθεί με τον Κωνσταντίνο φιλικά και οικογενειακά και θα συνεργαστούν τις επόμενες δεκαετίες σε δύσκολες καταστάσεις. Όπως στην οργάνωση το 1922 του Πανεπιστημίου της Σμύρνης. Ο Στέφανος θα είναι υποψήφιος βουλευτής του. Δεν γνωρίζουμε αν ο Πασάς προσπάθησε να εντάξει την παρέα αυτή στο διοικητικό μηχανισμό της Οθωμανικής Αυτοκρατορίας. Μόνο προσωρινά δωρίστηκε ο Στέφανος Νομάρχης Ιωαννίνων. Εκείνο που πέτυχε ήταν να προτρέψει και να επηρεάσει τον Κωνσταντίνο να ασχοληθεί με τα Μαθηματικά και να συνδέσει τον Βενιζέλο με τους κύκλους του Φαναριού, της Αλεξάνδρειας, τηςΑγγλίας και με τον διώκτη του . . . .Χασάν Ταχσίν, οποίος στο μεταξύ είχε προαχθεί σε Πασά. Αναμφισβήτητα αυτά συνθέτουν μία ανεκτίμητη υπηρεσία του Πασά προς την Ελλάδα. Τώρα, το παιχνίδι του μπριτζ στο σαράι του Πασά μεταξύ του επαναστάτη και του διώκτη του, είτε αυτός ήταν ο Πασάς ή ο Χασάν Ταχσίν αποκτά μία μεταφυmκή διάσταση και μία αλληγορία. Μόνο που εδώ δεν κυριαρχεί η «μπερκμανική» μεταφυmκή αγωνία της ύπαρξης, σ)..λά η επίγεια προσδοκία της ελευθερίας. Ωστόσο δημωυργούνται ερωτήματα. Ποως πρότεινε τη συμμετοχή ενός ήδη υπόδικου επαναστάτη στις παρτίδες του μπριτζ; Ποω ήταν το «μπερκμανικό» τίμημα από μια κερδισμένη ή χαμένη παρτίδα για τον επαναστάτηvi; Το παιpίδι της Ιστορίας

Η Ιστορία σε αντίθεση με τα Μαθηματικά δεν στηρίζεται σε υποθέσεις, έχει τους δικούς της ρυθμούς μεταβολής και νόμους. Δεν ισχύει το διμελές ζεύγος «αναγκαία και ικανή συνθήκη» για τη δημιουργία ενός ιστορικού γεγονότος, συχνά είναι απρόβλεπτη. Όμως, η Ιστορία όπως και τα Μαθηματικά, μέσα από δύσβατους δρόμους φθάνει σε αντίθεση με αυτά, σε σχετική μόνο αλήθεια. Με το γύρισμα του θέρους παρά τις προσπάθειες του Πασά δημιουργείται αιφνίδια από τους Χριστιανούς η «Μεταπολιτευτική Εmτροπή», τις aψιμαχίες διαδέχτηκαν οι μάχεξίί. Η ένατη επανάσταση άρχιζενίίί. Το Αρμενικό Ζήτημα δεν ήταν άμοιρο των εξελίξεων. Για το «Ελληνικόν Γυμνάσων Χανίων» δεν υπάρχουν ενδείξεις ότι λειτούργησε. Μετά από τρία χρόνια, εμφανίζεται ως «Γυμνάσων Χανίων» να ανήκει σε ένα άλλο κράτός την «Κρητική Πολιτεία» με την τυmκή εmκυριαρχία του Σουλτάνου, μοναδικό σύμβολο του οποίου ήταν μία τενεκεδένια σημαία στο νησάκι της Σούδας. Ο Πασάς θα φροντίσει την οικογένεια του. Το φύλλο της Μεσογείου της 3ης Νοεμβρίου αναφέρει:

.. .Ανεχώρησε εις Κωνσταντινούπολιν ο υιός και η θυγάτηρ της Α. Εξοχότητος του Γενικού Διοικητού Καραθεοδωρή πασά ...

Για τον Κωνσταντίνο δεν υπάρχει καμία αναφορά. Ο δημοmογράφος εξακολουθεί να τον αγνοεί. Πρέπει να θεωρήσουμε ότι τότε πήγε στη Μυτιλήνη. Το βέβαω είναι ότι είχε μαζί του τα βιβλία, Cours d Analyse του C. Jordan και Analytische Geornetrie των Sabnon - Fiedler mθανότατα δώρα του Πασά. Ο Πασάς είχε ήδη ασχοληθεί με το έργο του G. Salrnon. to 1898 οι Ρώσοι και οι Άγγλοι πρότειναν ως Ύπατο Αρμοστή της Κρητικής Πολιτείας, τον Α. Καραθεοδωρή. Αυτός αρνήθηκε διακριτικά και ευγενικά. Ο Πασάς πέθανε το 1906 δύο χρόνια μετά ο Κωνσταντίνος θα παντρευτεί τη μικρότερη αδελφή της Σμαράγδας την ευγενικότατη Ευφροσύνη, γνωστή στους μαθηματικούς ως κυρία Φρόσω, για τα φιλόξενα αισθήματα της στο Μόναχο, όπου ο Κωνσταντίνος ήταν καθηγητής στο Πανεmστήμιο. Ο Ε. Βενιζέλος αρχικά δε συμμετείχε στην επανάσταση. Τον επόμενο χρόνο θα εμφανιστεί και θα εκλεγεί μέλος της «Επαναστατικής Δωικητικής Εmτροπής Ακρωτηρίου». Οι μεγάλοι μαθητές θα λάβουν μέρος στην επανάσταση όπως και ο πρώτος πρόεδρος της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, ο Νικόλαος Χατζηδάκης. Η Ιστορία και τα Μαθηματικά δημιουργούνται από τους ανθρώπους. Το 1912 μαθητές και φοιτητές, πρώην μαθητές του Γυμνασίου, μαζί με άλλους Κρητικούς φοιτητές θα δημιουργήσουν ως εθελοντές, η Κρήτη δεν είχε ακόμη ενωθεί με την Ελλάδα, τον «Iερός Λόχος Φοιτητών Κρήτης- Δραγατσάνιον». Ο Λόχος θα ενταχθεί στο επίσης εθελοντικό Ι ο Ανεξάρτητο Σύνταγμα Κρητώνίχ. Θα λάβουν μέρος στη μάχη των Πεστών και στη μάχη του Μπιζανίου όπου κατέλαβαν την τοποθεσία Μάνδρες. Κατά την παράδοση των Ιωαννίνων παρέλαβαν το έγγραφο παράδοσης της πόλης. Στη συνέχεια έλαβαν μέρος στους αγώνες στη Βόρεια Ήπειρο και τη Μακεδονία. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/75

------

Μαθηματικά και Λayoτqvia

-------

Αντιμετώmσαν ξανά στις μάχες τα υπολείμματα του στρατού του γνωστού τους, αρχιστράτηγου πλf.ον των Οθωμανών, Χασάν Ταχσίν. Μετά την ήπα του οθωμανικού στρατού στα Γιαννιτσά και τη γνωστή διαταγή του Βενιζέλου, ο Χασάν Ταχσίν θα παραδώσει τη Θεσσαλονίτη χωρίς καμιά αντίσταση στον Ελληνικό Στρατό. Είναι βέβαιο ότι ο Βενιζέλος μερίμνησε για αυτό με μεσολαβητή τον κοινό φίλο τους τον μακεδονομάχο γιατρό Δημήτριο Ζάνναχ. Το παιχνίδι του μπριτζ έφτανε στο τέΜJξ . Οι Ιερολοχίτες επέστρεψαν στα μαθήματα μετά τον 2° Βαλκανικό Πόλεμο, χωρίς η Κρήτη να έχει ενωθεί ακόμα με την Ελλάδα. Το μαθητολόγιο του σχολικού έτους 1912-1913 ' για ορισμένους μαθητές στη θέση των παρατηρήσεων αναγράφει τη συγκινητική φράση «εφονε6θη εν τω πολέμω». Από το 1921 μέχρι σήμερα κοσμεί την αυλή του Γυμνασίου το απέριπο μνημείο των 42 πεσόντων μαθητών και φοιτητών του Γυμνασίου. (Φωτ.). Όμοιο με το μνημείο των ιερολοχιτών στο Δραγατσάνι της Ρουμανίας. Μοναδικό μνημείο πεσόντων μαθητών στον κόσμο. Τρείς μήνες μετά την εmστροφή των ιερολοχιτών, στην άκρη των βράχων που οδηγούν στη νότια mezzalunaxii του βενετσιάνικου φρουρίου της Σούδας, κείτονταν η ντενεκεδένια σημαία του Σουλτάνου, λιγόστιγμα κύματα αργά αλλά σταθερά την παρέσυpαν στα βάθη του Κρητικού Πελάγους. Ήταν Κυριακή 1η Δεκεμβρίου 1913.

Ενδεικτική Βιβλιαyραφία 1) Καλογεράτης Γ. Ιωάννης, Η γνωριμία και η συνεργασία του Ελευθερίου ΒενιζέΜJυ με τον Κωνσταντίνο

Καραθεοδωρή, Ελλωτία, Ετήσια Έκδοση Δήμου Χανίων , τ. 5. Χανιά 1996. του Κρητικού Φοιτητικού «Iερού Λόχου» κατά τους Βαλκανικούς Πολέμους. Ανάρτηση στο Διαδίκτυο. 3) Μακράτη Λιλή, Ελευθέριος ΒενιζέΜJς 1864 - 1910, Η διάπλαση ενός εθνικού ηγέτη. ΜΙΕΤ , Αθήνα 1002. 4) Πρεβελάτης Ελευθέριος, Η Μεταπολιτευτική Επανάσταση Στην Κρήτη 1895- 1896 Αθήνα 2014. 5) Τσονίδη Χ. Τάτης, Το Γένος Καραθεοδωρή, Πολιτιστικός Σύλλογος Νέας Βύσσας, «Στέφανος Καραθεοδωρή9> Ορεστιάδα. 6) Χριστοδούλου Χρίστος, Οι τρείς ταφές του Χασάν Ταχσίν Πασά. Εκδόσεις Επίκεντρο, Θεσσαλονίτη 2012. '7) Σ. Λιπορδέζης, Ν. Λυγερός - Η ζωή και το έργο του Κωνσταντίνου Καραθεοδωρή, 17-04-2016, Ανάρτηση στο Διαδίκτυο. 8) Σύνδεσμος φίλων και Μουσείο Καραθεοδωρή, Κομοτηνή, www.karatheodoή.gr 9) Εφημερίδα «Μεσόγειο9> των Χανίων, διαδοχικά φύλλα του έτους 1895. 18) 1° Λύκειο Χανίων. Η συμβολή του στους aπελευθερωτικούς πολέμους 1912-13. Αφιέρωμα με τη συμπλήρωση 95 χρόνων από την ηρωική τους δράση. Συλλογική εργασία μαθητών-τριών. Εmμέλεια Δρ. Γεώργιος Καρκάνης. Εκδόσεις, Χανιώτικα Νέα. Χανιά 2008. 2) Καρκάνης Γεώργιος, Η Συγκρότηση και η Δράση

�ημειώσεις- Επεξητήσεις

' Ο Σακίρ Πασάς είναι ο διφyανωτής και ε�crελεστής της σφαγής πάνω από 500000 Αρμενίων το 1896. Η σφαΎfι αuτή δuνάμωσε την αποφασιστικότητα των Κρητικών για την ελευθερία. ii Οι τέσσερις αuτοί ήταν μέρος της ομάδας των «Λευκορειτών». Αν και ήταν διαλλακτικότεροι στην ουσία ήταν οι πλέον εmκίνδuνοι για την οθωμανική διοίιcηση. Είναι εντυπωσιακή η πληροφόρηση και η σκληρή στάση του Σακίρ Πασά απέναντι τους. ΑπαιτοUσε να �άσουν από Σρατοδικείο. iii Ο A1fred Biliotti ήταν ιταλικής καταγωΎfις που υπηρέτήσε δραστήρια την αγγλική διπλωματία. iv Σερσενμπίλ είναι μία πηΎfι στον Παράδεισο κατά τους Μουσουλμάνους. Από την πηΎfι αuτή πήρε τον ονομασία το θερινό ανάκτορο του Πασά στα Περιβόλια Κυδωνίας. Το ανάκτορο καταστράφηκε. Ένα μέρος των κήπων του είναι το Ύfιπεδο που παίζει ποδόσφαιρο η I ΠΑ.Ε. ΠΛΑΤΑΝΙΑΣ. • Ο Ε. Βενιζέλος ήταν φανατικός παίκτης του μπριτζ, που έμαθε /πο περιβάλλον του Α. Καραθεοδωρή. Όταν πήρε το 1910 το τηλεγράφημα στα Χανιά, να αναλάβει τις τUχες της Ελλάδας έπα ε μπριτζ στο σπίτι του Γάλλου προξένου. Ο γιός του Σοφοκλής �ενιζέλος πήρε το πανευρωπαϊκό πρωτάθλημα με την ομάδα της Γαλλίας. νι Αναφερόμαστε μεταφορικά στην <<Έβδομη Σφραγίδω> του lngmar Bergman και στο γνωστό εφιαλτικό παιχνίδι του ιππότη στο σκάκι. �i_ Οργανωτής και αρχηγός της επανάστασης ήταν ο Μανούσος Κούνδουρος ( 1860 - 1933). Ηγετική και πολιτική μορφή της Κρήτης. vιιι Το σημαντικότερο γεγονός ήταν η πολιορκία του οθωμανικού στρατού στο Βάμο ανατολικά των Χανίων. Οι απώλειες των Οθωμανών ήταν μεγάλες με αποτέλεσμα να ξεσπάσουν σφαγές των Χριστιανών στα Χανιά. Το 1 897 . . . τα εις Σούδαν θωρηκτά.. έβαλαν με τα πuροβόλα τους κατά των θέσεων των επαναστατών αλλά, συνέβη και η ήπα τσu ελληνικού στρατού στη Θεσσαλία από τον . . . Χασάν Ταχσίν Πασά. ίχ Ένας από τους Ιερολοχίτες μαθητές ήταν ο Γεώργιος Θεοδωράκης πατέρας τσu Μίιcη Θεοδωράιcη. • Ο Δημήτριος Ζάννας μακεδονομάχος και γιατρός γνωρίστηκε με τον Βενιζέλο μέσω του Α. Καραθεοδωρή. Ήταν γιατρός της �ικογένειας του Χασάν Ταχσίν. Ήταν πρόγονος από τη μητέρα του πρώην Πρωθuπουργού της Ελλάδας Αντώνη Σαμαρά. �-Ο Χασάν Ταχσιν και η οικογένεια του έτυχαν της προστασίας της Ελληνικής Πολιτείας. "'' Mezzaluna είναι φοβερός προμαχώνας με εmφάνεια ημισελήνου που κατασκεύαζαν οι Βενετοί, με άριστες μαθηματικές προδιαγραφές στις άκρες των φρουρίων. Ο συγκεκριμένος στη Σούδα είναι από τους ελάχιστους πρισματικούς της Μεσογείου.

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/76

-------

�ο

Ο Ευκλείδης προτείνει ...

Ε υ κλεf δ η ς

-------

«Η

π ρ οτ εIνεI

καρδιά

των

μαθη ματικών

nροβΑήμcπα και οι Αύσεις

...

ύπαρξης

του

είναι

τα

και ο κύριος λόγος

μαθηματικού

είναι

να

λύνει

προβλήματα)), Ρ. R. HALMOS

Εmμέλεια: ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ � = �α , ΑΔ� = �β . ΑΣΚΗΣΗ 255 ( 95 ) ΑΒ Ένας Μαθηματικός ήθελε νακατά κάνεισειράν δώρα σεμε τους φίλους του. Τους αρίθμησε 4,5 και έδωσε στον καθένα από μία αριθμούς 1, 2 ,3, μάρκα. Η κάθε μάρκα είχε γραμμένη την ομώνυμη 1 2 3 4 5 δύναμη του 5. δηλ. 5 ,5 ,5 ,5 ,5 • Στη συνέχεια μοίρασε τατρόπο. ( αριθμημέναΤουςαπό 1 παρακάλεσε έως 5 ) δώρα κατάνα τυχαίο πολλαπλασιάσουν τον αριθμό του δώρου τους με τον αριθμό τηςτομάρκας του των ο καθένας και νααυτών. του ανακοι ν ώσουν άθροισμα γι ν ομένων Οικαιφίλοι του έδωσανισχυρίστηκε άθροισμα τον αριθμό 9615να Τότε, (λόγω συγγραμμικότητας των διανυσμάτων) ο Μαθηματικός ότι μπορούσε βρεί ποιό δώρο πήρε ο καθένας. Πώς σκέφθηκε υπάρχουν λ, μ, ρ, t R τέτοια, ώστε να ισχύουν: για να το(Δημήτρης εmτύχει; (ΕυριπίδηςΚασσέτας-Αθήνα) � λ �β,ΔΖ� =μα,� Ε�Κ= ρΕΒ,ΕΛ � � = tΕΓ� όπου ΑΕ= Μανωλόπουλος Κατερίνη ) Σύμφωνα με τατα ψηφία δεδομέναα,βτου,γ,δ,επροβλήματος λ, ρ, t� R. Επειδή τα Κ,Λ� τριχοτομούν το ΑΖ αναζητούμε τα οποία � � � � ι ι είναι: ΑΚ=ΚΛ=ΔΖ=-ΑΖ=-(ΑΔ+ΔΖ)= διαφορετικά ανά δύο ανήκουν στο σύνολο 3 �3� � { 1, 2, 3, 4, 5} και ικανοποιούν την εξίσωση: = ι (β+μα) � � (1). Όμως, ΑΕ+ΕΚ=ΑΚ ε ·55 + δ· 54 +γ ·53 + β ·521 + α· 5 = 9615 <=> 3 -+ � � 1 (β+μα)δηλαδή ε · 54 +δ · 53 +γ·52 +β · 5 +α=1923 (1) της (1) είναι: λβ+ρΕΒ= Μηω J -+ -+ -+ Από την ( 1) κατανοούμε ότι το πρόβλημα ανάγεται -+ � � � -+ στο να βρούμε ποιός αριθμός είναι στο1923. Έτσι, λ β+ ρ(ΑΒ-ΑΕ) = Jι (β+ μα)<::::> λ β+ ρ(α-λ β)= Ο αριθμός �β = �ο � μα)<=> -+ (3ρ-μ)α+(3λ-3ρλ -+ είναι: 1923 = 2 ·54 + 673 , άρα ε=2. = 1 (β+ 1) 44 8, άρα δ = 5 . 448 = 1· 52 + 23 , άρα 3 673 = 5 ·53 + , λόγω γραμμικής γ = 1. 23 = · 5 + 3 , άρα β = . 3 = 1· 3 + Ο , άρα Από την τελευταία �ισότητα � α = 3 .1,Συνεπώς, οι αντιστοίχως τα δώρα ανεξαρτησίας των α, β , παίρνουμε το σύστημα: 4 φίλοι 2 ,3, ,5 πήραν μ μ 4,1,5,2. 3,ΛΥΣΗ { 3ρ-μ= ο = ρ= ρ έστειλαν: Διονύσης Γιάνναρος-Πύργος, 3λ-3ρλ = ο <=> 3λ-μλ -13 = ο <=> λμ = 3λ3 -1 Ροδόλφος Μπόρης-Δάφνη, Δήμος Παπαδόπουλος-Έδεσσα, Γιώργος � ΕΛ-+ = � .δηλαδή ισχύει ότι: επίσης, ΑΕ+ Αποστολόπυλος-Μεσολόγγι, Αντώνης Ιωαννίδης �β+ tΕΓ� =-(β+ ' 2 � μ �α) <::::> λ �β+ t(ΑΓ-ΑΕ)= � -+ -Λάρισα, Γιάννης Εξηνταρiδης-Μαρούσι. ΑΣΚΗΣΗ 256 95) 3 � � � � -+ -+ Δίνεται παραλλ η λόγραμμο ΑΒΓΔ και τα σημεία 2 � � 2 ΔΓ αντιστοίχως - (β+ μα)<::::> λβ+t(α+ β-λ β) =-(β+ μα) εσωτερικά των πλευρών 3 3 έτσι, ώστε τατοευθύγραμμα � � = �ο � τριχοτομούν ευθύγραμμοτμήματα τμήμα και Να βρεθείνα (3t-2μ)α+(3λ+3t-3tλ-2)β η τιμη του ιvvroυ { 3t-2μ=Ο <=> { 3t-2μ=0 3λ+3t-3tλ-2 =ο 3λ+2μ-2μλ= 2 (Γιώργος18Αποστολόπουλος-Μεσολόγγι) ( Δήμος Παπαδόπουλος-Έδεσσα) Γ. Κ.

ΤΕΥΧΟΥΣ

πέντε

αντιστοίχως και

ΛΥΣΗ

μ,

πενταδικό

σύστημα

αρίθμησης

-Ι

{

ΑΛ

(τΕΥΧΟΥΣ

ΑΔ ,

Ε, Ζ

'l ι....

. ΔΖ ΖΓ

ΕΒ

ΕΓ

ΑΖ.

ΛΥΣΗ Έστω Κ, Λ τα σημεία τομή ς της ΑΖ με τις ΕΒ , ΕΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/77

{

ΟΣότε

------2μ <=> { t= 3 3λ+2μ-2μλ=2

Ο Ευκλείδης προτείνει ... -------:--

λμ =3λ- ι έπεται Από σχέσεις: {3λ+2μ-2μλ=2 ' { λμ=3λ- ι => οτι: 3λ+2μ-2(3λ- ι) = 2 2μ-3λ =ο<=> λ= 32 μ. της τελευταίας σχέσης η ισότητα Λ&yω λμ = 3λ γράφεται: 2 ι �3 μ2 =3�μ<::: :> 2 μ -6μ+3=0 με 3 δεκτή λύση μ= 3-2.J3 (αφού Ο< μ< ι). Τελικά ΔΖ =μα=μΔΓ => ΔΖ => ιuι μ => ΔΓΔΖ μι => ΔΓ-ΔΖ ι -μ => τις

-ι

�

IΔΓI 3- .J3

�

___!':___

ΔΖ = 2 = 3- .J3 = J3(.J3 - ι) =J3 3- .J3 .J3 - ι .J3 - ι ι - -2 ΛΥΣΗ 2Η (Θωμάς Τσάκας -Πάτρα) zr

(α-χ)/3

α-χ 2 ΛΘ ΑΕ -3- ·=> ΑΕ = --=--2β(α-χ) ΑΕ -=>-= .;._--_ --=-= ΣΓ ΘΣ . β3 χ+ α-χ3 3(2χ+α) των σχέσεων παίρνουμε Με πρόσθεση κατάβ(α-χ) μέλη 2β(α-χ) <=> ΚΛ = ΚΕ+ΑΕ = 3(2α +χ) + 3(2χ +α) β β(α-χ) + 2β(α χ) <=> <=>-= 3 3(2α +χ) 3(2χ +α) (α-χ)(2χ +α)+ 2(α -χ)(2α+ χ)= (2α+ χ)(2χ +α) 4χ) = (2χ + α)(2α +χ) <=>(α-χ)(5α + => 5α2 -αχ - 4χ2 = 5αχ +2α2 +2χ2 => 6χ2 +6αχ -3α2 = 0=> 2χ2 +2αχ -α2 =0 J3 - ι =>χ= -α+α2 .J3 =α-2 3ι .J3 .J3 α α α-χ ,Άρα, ΔΖΖΓ = -χ- = -:- Jj-2- = 2- = .J3 ι α-2 2 = .J3.J3(.J3--ι ι) = .J3 . Λύση έστειλαν: Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Αντώνης ΙΚατερί Λάρισα, Δημήτρης Μανωλόπουλ ωαννίδηςος ν η. ΑΣΚΗΣΗ 257 95 ) Αν λ,απόα,τουςβ, γοποίους είναι μηοιμηδλ,ενιμκοίείναιπραγματικ οί αριθμοί σημοι ο μό και οι α, β, γ θετικοί, τότε να δειχθεί ότι ισχύεi: Πότε ισχύει η ισότητα; (Λευτέρης Τσιλιακός-Γαλάτσι) Η Λ Η ι (ΓιώργοοςυμεΑποστολόπουλος Μεσολ(yyγι ) . Αποδεικνύ κατ αρχήν ότι ισχύει 2-+ }2 2 κ -λ � (κ+λ . Από την ανισότητα Cauchyα β α+β Schwarz τους Fa, � , JΌ., .Jβ έχουμε: [(Ja-) 2 + ($) 2 ][(�)2 + (Jβ) 2 ] � κ 2 λ2 κ λ ( c � + Ιί] Jβ)2 � (-+ -)(α+ β ) � α β -να νβ -

κ,

μ,

( ΤΕΥΧΟΥΣ

κ2 λ2 μ2 (κ + λ + μ)2 + +-� α α+β+γ β γ

κ,

ΥΣ

Έ στω ΑΒ=ΓΔ=α, ΑΔ=ΒΓ=β,ΖΓ=χ .Από τα Η ληλες σημεία Θ παρ φέρουμε προς , άλ παραλληλογ πλευρές του προς την πλευρά την ράμμουΒΓ.και από το Ζείναι παράλληλη Επειδή = ΗΘτων=ΘΖ του Θαλή, ,από το θεώρημα οι τομές τών πλευρές παραλλήλων με αυ ορίζουν αντίστοιχα τμήματα ίσα επί των πλευρών. Τα τρίγωνα , τΗΒ είναι όμοια, οπότε είναι ΚΕ = ΚΗ => ΚΕ = α-χ3 => ΚΕ = β(α-χ) 3(2α+χ) Στη συνέχεια, προσθέτουμε και στα δύο μέλη της ΒΤ ΗΤ .f!3 α- α-χ3 Τα τρίγωνα ΘΑΕ , ΘΣΓ είναι όμοια,οπότε έχουμε Δ

τις

ΑΗ'

τις

ΚΗΕ

για

(1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/78

Ο Ευκλείδης προτείνει • • •

+ gmin + hmin :::;; την ποσότητα γ2 οπότε έχουμε: :::;; f(x) + g(x) + h(x) = (f + g + h)(x), για κάθε χ [ b] , που σημαίνει απλά ότι η σχέση αυτή κ2 + βλ2 + γμ2 � (κ+λ)2 + γμ2 � (κ+λ+μ/ με ισχύει και fεκείνη τηνπαίρνει τιμή τουτηνχ ελάχιστη την οποία � α+β α+β+γ συ η νάρτηση + + τιμή h g την τελευταία ανισότητα να ισχύει πάλικ λόγω της της. Δηλ. ( 1 ισότητα ,προφανώς, ισχύει όταν α = �β = μγ . ισχύει: + gmin + hmin :::;; (f + g + h)min Θεωρούμε τις συναρτήσεις: 2 ΛΥΣΗ 2Η ( Χρήστος Κυριαζής-Πειραιάς) f(χ) =αχ +2κχ , α>Ο δειχθεί ότι: Αρκεί να g(x) = βχ22 + 2λχ , β> Ο [(Jα)2 +(�)2 +(jΎ)2 ]· h(χ)=γχ +2μχ , γ>Ο _2:_ .J:_ 2 2 2 2 ]�(κ+λ+μ) +( [(� +( . ) ) ) Fr Jα � κ , -β,λ -γμ . οι οποίες δέχονται στις θέσεις Θεωρούμε τα διανύσματα του Ευκλείδιου χώρου α 3R : χ =(ν α, νβ .νγ), w =( Jα , �λ · Frμ ) . Απο, αντιστοίχως, ελάχιστες τιμές -�·κ2 βλ2 ·-γμ2 τη γνωστή ιδιότητα του εσωτερικού γινομένου Ά, , 2 λ2 + -) 2 κ μ = + + ρα, ει ν αι: f (-+ h g min min α -β γ ι�- ;I :::;; ι�ι ;ι παίρνουμε την ανισότητα: συνάρτησηminάθροισμα: (f + g+h)(x) =(α+β+γ)χ2 +2(κ+λ+ μ)χ δέχετ 2 , αι ελάχιστη τιμη, (κ+λ+μ) α+β+γ ,οποτε, συμφωνως προς 2 το2 2 παραπάνω 2 λήμμα κ -λ +-):::; μ ; (κ+λ+μ) μ2 �α+β+γ είναι:-(-+ ή το αυτό: lκ+λ+μl :s; -κα2 + -λβ2 + -· α β γ α+β+γ γ μ2 (κ+λ+μ)2 , κα2 -λβ2 + -� και με ύψωση στο τετράγωνο την ζητούμενη. δηλαδη-+ γ α+β+γ ισότητα ισχύει μόνον όταν τα διανύσματα ΡοδόλφοςΔήμοςΜπόρης - Δάφνη,χ, είναι συγγραμμικά, δηλ. όταν και μόνον όταν Θωμάς Τσάκας - Πάτρα, Παπαδόπουλος Αντώνης Ιωαννίδης-Λάρισα, Ευτύχιος υπάρχει t R τέτοιο, ώστε: = t · χ δηλ Έδεσσα, Ομάδα Προβλημάτων Πετρούπολη, Βλάχος ότανJa =tJα , � =t�, Jy =tfΎ ή το 1 αυτό, Αγρί Λυκείου Παναγία Προυσιώτισσα Ιδιωτικού ν ιο. λ -μ . ΑΣΚΗΣΗ 258 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 95 ) , -ακ =-= οταν τιςπλευράς κορυφές, φέρουμε Β, Γ ισοπλεύρου τριγώνου Από β38 γ ΑΒΓ παράλληλες Ανμεταξύη ΛΥΣΗ ( Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος) τους ευθείες ε1,ε2,ε3 τιςαντιστοίχως. απόσταση των ε1,ε2 είναι και η απόσταση των Θα χρησιμοποιήσουμε το παρακάτω λήμμα: ε2, ε3 είναι , να δειχθεί ότι ισχύει: α=��3(μ2 +ν2 + μν) . [ b] , (Γιώργος Τσιώλης-Τρίπολη) Λ ΥΣΗ ( Δημήτρης Μανωλόπουλος-Κατερίνη Δηλαδή: + gmin + hmin (f + g + h)min . εκ του Β κάθετη τρεις παράλληλες ευθείες Πράγματι, εξ ορισμού του (ολικού) h(x), ελαχίστου τέμνει την ε1 στο Δ και την ε3 στο Ε, ενώ η εκ για ισχύουν: f(x),g g(x),h :::;; χ mi[n b] . min Άρα, του Α κάθετος στις τρείς παράλληλες τέμνει την κάθε ε3 στο Ζ και την ε2 στο (βλέπε σχήμα). Έτσι, -------

ζίn

Ε:_ ,

( 1)

--------

Ε a,

για

). Η

ζίn

�

Γ Γιi Γ.:

�

για

{

� �

...:.,_ _ � �

Λύση έστειλαν:

�

Α,

(Πρόκειται για λύση ξεχωριστή και άκρως ενδιαφέρουσα κατά την κρίση της στήλης) Αν f,g,h είναι συναρτήσεις συνεχείς στο διάστημα a, τότε το άθροισμα των ελαχίστων των συναρτήσεων αυτών είναι μικρότερο ή ίσο του ελαχίστου του αθροίσματος των συναρτήσεων. ζίn :S; ζin

:S;

Ε a,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1179

)

στις

Η.

-----

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

είναι = =μ, ΒΕ =ΗΖ= ν. Έστω =β . ΔΒ

ΑΗ

ΑΔ

------

Να λυθεί στο σύνολο R το σύστημα: {yχ22 -x+6= -y+6=4�3y-2 4.J3x-2 (Γιώργος Αποστολόπουλος-Μεσολόγγι) 282. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με βάσεις ΑΒ = α,ΓΔ =β (α< β) και Κ,Ατα μέσα των ΑΒ , ΓΔ ανnστοί χως.στοΤαΕ ευθύγραμμα τμήματαΑΛ και τέμνονται και τα τμήματα ΒΛ και τέμνονται στο Ζ. Να δειχθεί ότι ισχ6ει η σχέση: (ΑΒΓΔ) < (l._2α)z . (Γιώργος Αποστολόπουλος-Μεσολόγγι). 283. 1) Έστω συνάρτηση f : [a, b] R για την οποία ισχ6ουν: f(a) = f(b) =Ο και fw(x) < Ο , για κάθε xE[a,b]. Να δειχθεί ότι f(x)>O, για κάθε xE(a,b) . 2) Αν για τη συνάρτηση g : [a, b] R ισχ6ει ότι gw(χ) < Ο , για κάθε χ Ε [a, b], τότε να δειχθεί ότι < g(x), κάθε g(a) + (χ -a) g(b)-g(a) b-a χ Ε (a,b). (Δημήτριος Καρτσακλής-Αγρίνιο) 284. Αν a, b Ε R με b > a > και k ένας θετικός ακέραιος αριθμός, τότε να αποδειχθεί ότι ισχ6ει J e -1- dx> 2(kk+ 1) (Ν - #) , (χ :;ι: Ο) . (Γιώργος Αποστολόπουλος-Μεσολόγγι) 285 Να βρεθούν οι συνθήκες που πρέπει να συντελεστές ικανοποιούν a, b, a1 , b 1 , a2 0 b2 Ε R ώστεοι η παράσταση S να είναι 2τέλειο 2 τετράγωνο,2 όπου S=(ax+b) +(a1 x+b1) +(a2x+b2 ) . (Ηρακλής Ευαγγελινός-Γλυφάδα) 286. Να αποδειχθεί ότι: 1) Αν το περίκεντρο τριγώνου ΑΒΓ ανήκει στον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου, τότε: J2 . συνΑ+ συνΒ +συνΓ= τριγώνου ΑΒΓ ανήκει 2) Αν το ορθόκεντρο στον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου, τότε: . 4ημ2 -Α2 ημ2 -Β2 ημ2 -Γ2 = συνΑσυνΒσυνΓ . (Γιώργος Τριάντος-Αθήνα). 281.

ΔΚ

ΓΚ

(ΚΕΛΖ)

�

Από ΑΖ το Πυθαγόρειο Θεώρημα στα τρίγωναισότητες: ΑΔΒ, ΒΕΓ, Γ έχουμε , ανn στοίχως, αz =β2 z +μz 2 2 α2 =ΕΓ2 +νΖΓ2 - (2) καια = (μ+ν) +ΖΓ (3). Επειδή = ΕΓ β η γράφεται: (3)2 2 2 2 � (ΕΓ -β) = α2 = (μ +ν)2 + (ΕΓ-β) 2 α -(μ+ν) � ΕΓ -2βΕΓ+β2 =α2 -(μ+ν)2 :::)(2) α2 -ν2 -2βΕΓ + β2 = α2 -ν2 -μ2 -2μν :::) 2βΕΓ=β2 +μ2 +2μν :::) 2βΕΓ=α2 +2μν � 4β2ΕΓ2 =(α2 +2μν)2 �(2) 4(α2 -μ2 )(α2 -ν2 )= α4 .+ 4μ2ν2 + 4α2μν �4α4 - 4α2 (μ2 +ν2 )+ 4μ2ν2 = α4 + 4α2μν + 4μ2ν2 � 3α4 = 4α2 (μ2 +ν2 +μν) :::) α2 = -43 (μ2 +ν2 +μν) :::) α= ν3� �μ2 + ν2 + μν = 3..3 �3(μ2 + ν2 + μν) Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Δήμος Παπαδόπουλος -Έδεσσα, Γιώργος Μεσολόγγι, Αντώνης Αποστολόπουλος Ιωαννίδης Λάρισα, Χρήστος Κυριαζής Πεφαιάς, Θωμάς. Τσάκας - Πάτρα, Ροδόλφος Μπόρης-Δάφνη ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ θΕΜΑΤΑ 280. Να δειχθεί ότι το μήκος d της κοινής χορδής του περιγεγραμμένου κύκλου (O,R) τριγώνου ΑΒΓ με τον παρεγγεγραμμένο γωνία Α κύκλο , (4R-ρ1, )) . (Ι'' ρ1 ) είναι: d=ρ1 ρR(R+2ρ (Γιώργος Τριάντος-Αθήνα). τις

(1)

θεtικά

μέλη

(I)

Λύση έστειλαν:

στη

�

για

ln b

ln a

(k+l)x

ex •

στήλη εύχεται για τη νέα Σχολική χρονιά καλή δύναμη σε όλους και αναμένει Προτάσεις θεμάτων που θα απασχολήσουν συναδέλφους και πολλούς φίλους της στήλης !.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/80

Το Βή μα του Ευκλείδη Επιμέλεια: Γιάνν

Μ ια προσέγγι ση επίλυση ς αν ι σώσεων τη ς μ ορφή ς Στο παρόν άρθρο παρουσιάζουμε τρείς προτάσεις ακο λουθούμενες από εφαρμογές για να εξηγηθούν καλύτε ρα τα συμπεράσματα αυτών. α)

Πρόταση 1η Όταν η συνάρτηση f ( u είναι γνήσια αύξουσα στο

)

τότε

. α (χ) > β (χ) b)

f(α (χ)) > f(β(χ) )

ανισότητες:

οι

είναι ι

σ ο δ ύ ν α μ

Όταν η συνάρτηση f ( u

)

είναι γνήσια φθίνουσα

στο IR , τότε οι ανισότητες f ( α ( χ)) > f(β(χ)) και

α (χ) < β (χ)

είναι ι

Παραδείγματα

αh(χ) > αg(χ) (α > 1) και h (χ) > g ( χ) αh(χ) > αg(χ) (Ο < α < 1 ) και h (χ) < g (χ) h2 m+Ι (χ) > g2m+i (χ) ( Ν) και h (χ) > g (χ)

•

• 8

σ ο δ ύ ν α μ

m Ε

Εφαρμογές Να λυθεί η aνίσωση :

e-'+2+ιιm +( χ7 + � +1002y > e''+2006χ-ιοω +( χΊ +2006x-1om)5

Η συνάρτηση

f (u

)

Απάντηση

+ u5 είναι γνησίως αύξουσα σrο IR

(ως άθροισμα γνήσια αυξσυσών συναρτήσεων). Επομένως σύμφωνα με την πρόταση (1α) η aνίσωση είναι ισοδύναμη με την Χ7 + Χ2 + 1002 > Χ7 + 2006Χ -1003 η ΟΠΟiα γράφεται χ2 -2006χ+ 2005 > Ο . Λύση αυτής είναι: ( --<q 1) v( 2005, -too) . 2.

Να λυθεί η aνίσωση:

(

�

) (

(2χ + 1) 2 + (2χ + 1γ + 3 + 3χ 2 + J9xz + 3 Η

ανίσωση γράφεται

Απάντηση

)�Ο

f(a (x)) > !(Ρ( χ))

Διονύση ς Γιάνναρος - Πύργος

ja(x)>β(x)

διάστημα Δ και είναι γνησίως αύξουσα σ ' αυτό τότε η ανίσωση f ( α ( χ ) ) > f(β( χ )) είναι ι σ ο δ ύ ν α μ η με το σύστημα

και

Ευσταθίου

(χ ) Ε Δ β (χ ) Ε Δ α

)

Όταν η συνάρτηση f ( u έχει πεδίο ορισμού το διά

{a(a(xx))

στημα Δ και είναι γνησίως φθίνουσα σ ' αυτό τότε η ανί σωση f( α (χ)) > f(β(χ)) είναι ι σ ο δ ύ ν α μ η με

το σύστημα

< β( χ )

ΕΔ β(χ) Ε Δ

Παραδείγματα •

loga h(x) > loga g(x) ( α > 1 ) � h (x) > g (x) > Ο loga h(x) > loga g (x) (O < α < l) � O < h(x) < g(x)

•

2 �h (χ) > 2�g (χ) ,

•

(

m Ε

Ν• ) � h (χ) > g (χ) � Ο

Εφαρμογές Να λυθεί η aνίσωση

log1 ( xz + 1) + 2

� > log1

.�

( s - x) + 5 χ2 + 1 �5 - χ 2 Απάντηση f (u )

συνάρτηση

= log21 u + vu1

ορίζεται στο

(Ο, +00 ) . Είναι /2 (Ο, +00 ) ως άθροισμα δύο γνήσια φθινουσών συναρτήσεων, επομένως σύμφωνα με την πρόταση 2 η ανίσωση θα είναι ισοδύναμη με το σύστημα:

!χ2xz

5-χ _ 1 > ο � ο χ2 _ 1 5 _ χ . Λύση αυτού 5-χ> Ο -I

(2χ+1)(2 + �(2χ+1)2 +3) � (-3χ)(2 + �(-3χ)2 +3 ) .

του συστήματος, επομένως και της αρχικής είναι:

a(x)=2x+l,Ax)=-3x mf(u)=�2�). f ορίζεται σ' όλο το και επειδή u2 0 θα είναι [IR , f' ( u) = 2 + + u- + &2 3 +u2

Θέτουμε

r:--:;

οπότε η ανίσωση θα είναι ισοδύναμη με την: 2χ+ 1 � -3χ � 5χ � 1 � χ � - -1 Πρόταση 2η Όταν η συνάρτηση f ( u α)

)

(-3,- l)u(1,2) .

( )

θεί η aνίσωση f ( 2χ - 1) < f xz . Απάντηση

) , ως άθροισμα δύο γνήσια αυξουσών συ ναρτήσεων , επομένως σύμφωνα με την πρόταση 2 , η f < (Ο, +00

ανίσωση μα

θα

r ��=: : �' ι- > ο

έχει πεδίο ορισμού το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Δίνεται η συνάρτηση / ( χ) = ex + ln χ . Να λυ

Β'

101 τ. 1/81

είναι ισοδύναμη με το σύστηχ > Επομiνως λύση της 0 <>

r � :{ ιχ * ο

(�, 1) υ (1, -too) .

---

ανισότητας είναι: χ

Το βήμα του Ευ�wη

Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = -χ2 - 4χ + 5 . Να

λυθούν οι ανισώσεις: a. f (x + 2) < -7 b. /(7 - χ) < -7 -οο,

/[( -2] καιj][-2, -too) και f(x) = -7 αν χ = -6 ή χ = 2 . a) f(x+2) < -7 ί. Θεωρούμε το διάστημα ( -2] . Η ανίσωση γίνε ται: f (χ+ 2) < J( -6) και είναι ισοδύναμη με το χ+2 < -6 σύστημα χ+2 :5: -2 � ... � χ < -8 -6 < -2 . ii. Στο διάστημα [-2,-too) η ανίσωση γίνεται: f (χ + 2) < f ( 2) και είναι ισοδύναμη με το σύχ+2 > 2 στημα χ+2 � -2 � ... � χ > Ο . Άρα η λύση της 2 � -2 ανισότητας είναι χ ( -8) υ (Ο, -too ) b) /(7 -χ) < -7 ί. Χ (-οο,-2] Η ανίσωση γίνεται: f ( 7-χ) < f (-6) και είναι ι7 -χ<-6 σοδύναμη με το σύστημα 7-χ:5:-2� ... �χ > 13. -6:5:-2 ii. X E [-2,-too)

{

-οο,

{

f ( 7-χ) < f ( 2) � {7-χ > 2 � ... � χ < 5 . Άρα

ανίσωση γίνεται

7-χ � 2 η λύση είναι: χ ( -οο, 5) υ ( 13, -too ) .

Πρόταση 3η Έσrω σύνολο Α και δι άσrημα Δ τέτοιο ώσrε: α)

β (χ) Δ για κάθε χ Α Α ν η συνάρτηση f (u ) είναι γνήσια αύξουσα σrο Δ,

τότε σrο σύ νολο Α είναι ι

σεις: b)

Δ,

α (χ) Δ

σ ο δ ύ

ν α

μ ε ς

οι ανισώ-

f (α (χ)) > f (P (χ)) και α (χ) > β (χ) . Α ν η συνάρτηση f (u ) είναι γνήσια φθίνουσα σrο

τό τε σrο σύνολο Α είναι ι

σώσεις:

σ ο δ ύ

ν α

μ ε ς

f (α (χ)) > f (β (χ)) και α (χ) < β (χ). Απόδειξη του 3α)

οι ανι-

χ0 Α λύση της ανισότητας J (a(x)) > f (β(χ)) . Θέτουμε U1 = α ( χ0 ) Δ, u2 = β ( χ0 ) Δ , οπότε θα ισχύει

Έστω

Έστω χ1 δή ισχύει

Α λύση της ανισότητας α (χ) > β (χ) δηλαα (χ1 ) > β (χ1 ) Θέτουμε u1 = α (� ) Δ, u2 = α (χ2 ) Δ . Είναι u1 > u2 και επει δή j[Δ θα είναι f( u1 ) > f( u2 ) ή f ( α (χ1 )) > f ( β (χ1 )) , άρα ο χ1 είναι λύση της ανι σότητας f (α (χ) ) > f (β (χ) ) . Επομένως αφού κάθε •

λύση της μίας είναι και λύση της άλλης και αντίστροφα οι ανισώσεις θα είναι ισοδύναμες. Ανάλογα αποδεικνύ ονται το 3β) και οι προτάσεις 1 και 2. Ε φα ρ μογές 2

f (Χ) = 2χ -l

Δίνεται η συνάρτηση

Να βρεθούν τα διαστήματα μονοτονίας της

Να λυθεί η aνίσωση f ( x2 + 1) < f(x4 + 1)

Απάντηση

f : Α=(-οο, -1)υ(-1,1)υ(1,+α:>) 4χ , οποτε και !' ( χ ) = η f ειναι ' γνησιως αυ-' (χ2 -1)2 ' ξουσα στο διαστή ματα: ( -1) και ( -1, Ο) ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στα (Ο, 1) και ( 1 , -too ) b) Για κάθε χ IR• είναι χ2 + 1 > 1 και χ4 + 1 > 1 και Πεδίο ορισμού της

•

-οο,

η J](1 . + oo) , οπδrε σύμφωνα με το 3β) η ανίσωση στο IR • θα είναι ισοδύναμη με την . χ2 + 1 > χ4 + 1 � χ4 -χ2 < Ο � χ ( -1, Ο) υ (Ο, 1) Ε

Να λυθεί η aνίσωση :

.Jx2 + 1 - .J2x2 - 4x + 3 �

και

! (u1 ) > f (u2 ) και επειδή /[Δ θα είναι και U1 > U2 ή α (Χ0 ) > β (χ0 ) δηλαδή ο χ0 είναι και λύση της ανισότητας α (χ) > β (χ) . Αντίστροφα

Απάντηση

Παρατηρούμε πως

----

2χ2 - 4χ + 3 Απάντηση

k_ χ2 + 1

1 d'li-4:+3 1 , J'li-4x+3 J1+1 2 2 = Θέτουμε α (χ) χ + 1 , β ( χ) = 2χ -4χ+3 και f (u) =...Γu + l· Παρατηρούμε ότι α (χ) � 1, β (χ) � 1 για κάθε χ IR . Η συνάρτηση f ορίζεται στο (Ο, -too) -1 και f ' ( u ) = u Γ1 > Ο για u > 1 και επειδή f συνε2...; u3 χής στο u0 = 1 θα είναι ![[1, ) . Επομένως σύμφωνα Η ανίσωση γράφεται

�

οο

με το 3α), η ανίσωση στο 1R , θα είναι ισοδύναμη με την χ2 + 1 � 2χ2 -4χ+3 με λύση όλα τα χ [2 .fi, 2 + .fi] που είναι και λύση της αρχικής. Ε

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 101 τ.1/82