Ευκλειδης β 102 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Τεύχος 102

- Οκτώβριος- Νοέμβριος - Δεκέμβριος

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

2016 -

Ευρώ: 3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ το ΛΥΚΕΙΟ

�

Ιππίας ο Ηλείος

(460 π.Χ. - 400

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Γενικά Θέματα π.Χ.) ...................... ........................ ..................

�

Γιατί εί�αι α ύνατο �α υπ�λοyίζουμεένα �ρ το αριθμό από τον προηyουμενο του, μεσω ενος μαθηματικου τυπου. ..... ...... ... .. ...............

Μαθηματικές Ολυμπιάδες, ... ......................... ............................. ........................

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

Α' Τάξη ;υ.γεβρα: Εξισώσεις και Ανισώσεις που ανάγονται σε πρωτοβάθμιες, ..........

Απόλυτες τιμές Ριζικά - Εξισώσεις 2ου βαθμού, .............................................. Γεωμετρία: Τρόποι Απόδειξης στη Γεωμετρία, ......... ................ . ...................... Άθροισμα γωνιών τριγώνου ........................ ... ............. .............. . .................... . ..

Β' Τάξη Πολυώνυμα - Τριγωνομετρία, ........................................................... Γεωμετρία: Εμβαδά ευθυγράμμων σχημάτων, ......... . .......... ......... . .... .. .... ......... Κατεύθυνση: Ασκήσεις στην Ευθεία , ................................................ ... .. ......... Ελαχιστοποίηση Παραστάσεων με Χρήση των Τύπων της Απόστασης, .. . .. . ..

Άλγεβρα:

Γενικιj

Παιδεία: Ασκήσεις Στατιστικής,........................................................... Κατεύθυνη: Συνεχείς Συναρτήσεις, ........................... . ......... .............. . ........... Γ Τάξη

27 29 33

41 44 50 54

Θέματα Εισαγωγικών Εξετάσεων για τα (Α.Ε.1) Παλαιοτέρων Εποχών, ...... Χρήσιμες Επισημάνσεις-Ασκήσεις,...................................................................

64 69

Γενικά Θέματα Μαθηματικά και Λογοτεχνία. ............................................................................. Ευκλείδης Προτείνει, ... .......................................................................................

76 78

Κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαθήματα,

Στα γραφεία της Ε.Μ.Ε., Από 8 Οκτωβρίου 2016. Θυμίζουμε ότι: Ερωτήματα σχετικά με τα

θέματα Διαγωνισμών υποβάλλονται στην επιτ οπ Δια ωνισ ών τ •

Ε.Μ.Ε.

έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού Η

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

Εκτελεστική Γραμματεία

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Τηλ .: 210 3617784 -210 3616532 106 79ΑΘΗΝΑ

Πρόεδρος: Τασσόπουλος Γιώργος

Εκδότης:

Αντιπρόεδροι:

Fax:

210 3641025

Διευθυντής:

Ν ι κόλαος Αλεξανδρής

Ιωάνν η ς Τυρλής

Ευσταθίου Βαγγελ ' ης Κερασαρίδης Γιάννης Αργυράκης Δημήτριος Λουρίδας Σωτήρης Στεφανής Παναγιώτης Ταπεινός Νικόλαος

Μέλη:

Υποστηρικτής Δραστηριοτήτων της Ε.Μ.Ε.

ΕΛΛΗΝΙΚΑ ΠΕΤΡΕΛΑΙΑ

Υποστηρικτής Ταχυδρομικών Υπηρεσιών

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ: 2054 ISSN: 1105 - 8005 •

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί Μαθητές και Συνάδελφοι, Όπως είχαμε προαναφέρει, το δεύτερο τεύχος της φετινής χρονιάc, ανέλαβε σχεδόν εξολοκλήρου το παράρτημα Ε.Μ.Ε. Ηλείαc. Η συνεργασία μας και η γνωριμία με τους αξιόλογους συναδu.φοι·c του Παραρτήματος, είχε ένα πολύ ενδιαφέρον αποτελεσμα. μ.ε Τ" ·• παρουσία πρωτότυπων τις περισσότερες φορές θεματω\· τα στ<:ιc:: μάλιστα παρέ χουν δυνατότητες γενίκευσης ιcαι ;ι:ρησι"- ·. παρατηρήσεων. Εκφράζουμε ένα μεγάλο ευχαριστώ για τη βοήθειά ΤΙΚ'< ιcι=. ευχόμαστε το παράδειγμα τους να μιμηθούν στο μ.έλλο •· ιcαι ..;_;_,. παραρτήματα. Εν όψει των εορτών των Χριστουγέννων και της Πρωτσχρονιαc: στέλνουμε σε όλους σας τις θερμότερες ευχές μας για υγεία ευτυχία και προκοπή. Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: rιώργος Τασσόπουλος Οι αντιπρόεδροι: Βαγγε'λης Ευσταθίου, rιάννης Κερασαρίδης

Υπεύθυνοι για την επιμέλεια της ύλης των τάξεων είναι οι συνάδελφοι:

Υ.Γ.

Α'Λυκείου (Χρ. Λαζαρίδης, Χρ. Τσιφάκης. Γ. Κατσούλης]. Β'Λυκιίου (Β. Καρκάνης, Σ. Λουρίδας, Xp. Τσιφάκης. Απ. Κακκαβάς].

Γ'Λυκιίου [Δ. Αργυράκης, Ν. Αντωνόπουλος. Κ. Βακαλόπουλος, 1. Λουριδάς]

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

12 Νοεμβρίου 2016 Θαλής: 28 Ιανουαρίου 2017 Ευκλείδης: Αρχιμήδης: 4 Μαρτίου 2017 Προκριματικός: 8 Απριλίου 2017

Μεσοyε ιάδα:

Εξώφυλλο:

9 Απριλίου 2017

Εικαστική σύνθεση βασισμένη στη Γεωμετρία

Συντακτική Επιτροπή Αθανασόπουλος Γεώργιος Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Γεώργιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Γαβράς Τάσος Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Κακαβάς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλος Χρήστος Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κονόμης Άρτι Κοτσιφάκης Γιώργος Κουλουμέντας Φώτηςης Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης

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

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

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

Τ ι μή Τευχους: ευρω 3,50 Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να στε'λνονται 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 •

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

εισηγητής. Ετήσια συνδρομή (12,00

Εκτύπωση: ROTOPRINT (Α. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ ΕΕ). τηλ.:

210 6623778- 358 Υπεύθυνος τυπογραφείου:

Δ. Παπαδόπουλος

Imrto,ς ο Ηλεiος (460 π.χ. - 400 π.χ.) Γιώργος Α. Κουσινιώρης Διευθυντής του Γυμνασίου Γαστούνης Βάσω Δεδότση

lo ΓΕΛ Αμαλιάδας

Το Παράρτημα του Ν. Ηλείας ονομάστηκε «Ιππίας ο Ηλείος)) από τον αρχαίο σοφιστή Ιππία που έζησε τον 5ο π.Χ. αιώνα (460 π.Χ. 400 π.Χ. ). Ο Ιππίας ήταν σύγχρονος του Σωκράτη, δίδασκε και ρητόpευε στις αρχαίες πόλεις και κυρίως στην Αθήνα. Ήταν όμως ματαιόδοξος και είχε μεγάλη ιδέα για τον εαυτό του. Πίστευε ότι τα γνώριζε όλα και ότι δεν υπήρχε πράγμα αδύνατο γι' αυτόν. Έγινε γνωστός κυρίως μέσα από τους ομώνυμους πλατωνικούς διαλόγους, Ιππίας μείζων και Ιππίας ελάσσων και τον Πρωταγόρα στον οποίο ο Ιππίας παρουσιάζεται από τον Πλάτωνα ως υπέρμαχος της υποχρεωτικής εκπαίδευσης στους τέσσερις κλάδους της τετράκrοος (Αριθμητική, Γεωμετρία, Μουσική, Αστρονομία). Παρουσιάζεται ως ο χαρακτηριστικός τύπος του σοφιστή, όπως νοείται από τον Πλάτωνα, ως κάτοχος δηλαδή και δάσκαλος επί πληρωμή ενός μείγματος ειδικών επιστημονικών γνώσεων - της αστρονομίας, της γεωμετρίας, της γραμματικής, της μουσικής, της μυθολογίας χωρίς πνευματικό βάθος και υπευθυνότητα. Κατά το βυζαντινό λεξικό Σουίδα, ήταν μαθητής του Ηγησιδάμου. Αναφέρεται (>τι είχε σταλεί συ χνά από την πατρίδα του Ήλιδα, ερείπια της οποίας σώζονται σήμερα και βρίσκονται κοντά στις πόλεις Αμαλιάδα και Γαστούνη του νομού Ηλείας, σε πρεσβείες, ιδίως προς τη Σπάρτη, και ότι είχε εκφωνήσει εντυπώσιακούς λόγους στην Ολυμπία. Παρουσιάζεται ως τολμηρός στην έκφραση, όχι όμως και στη σκέψη, ως εκπρόσωπος δηλαδή της κερδοσκοπικής σοφιστικής δημαγωγίας, σύμφωνα πάντοτε με την πλατωνική εκδοχή των σοφιστών. Σώζονται τίτλοι μόνο μερικών έργων του, όπως Συναγωγή (μάλλον αρχαιολογικού περιεχομένου), Τρωικός και Ολυμπιακών Αναγραφή. Σε αυτούς γίνεται λόγος και για την εξαιρετικά ισχυρή μνήμη του. Ο Ιππίας ασχολήθηκε επίσης με τα μαθηματικά. Όπως αναφέρει ο Πρόκλος στα "Σχόλια στο 1 ο βι βλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη" ο Ιππίας ασχολήθηκε με τη Γεωμετρία και δοξάστηκε από αυτή. Ως μαθηματικός, ανακάλυψε μια νέα καμπύλη, την τριχοτόμο, την οποία εφάρμοσε στην επίλυση του τρί του διασημότερου προβλήματος της αρχαιότητας, την τριχοτόμηση της γωνίας. Επίσης, με την ανακάλυ ψη της τριχοτόμου, συνέβαλε στη λύση του άλλου διασημότερου προβλήματος της αρχαιότητας, του τε τραγωνισμού του κύκλου. -

Τετραγιονισμός τοv ιώκλου Η λύση του Δεινόστρατου Στην μεγάλη επιτομή του Πάππου, η οποία πρέπει να γράφτηκε στην εποχή του αυτοκράτορα Διοκλη τιανού (2 84-305 μ.Χ.), αναφέρεται ότι ο Δεινόστρα-ιος, ο αδελφός του Μεναίχμου και ο Νικομήδης χρησιμοποίησαν για τον τετραγωνισμό του κύκλου μια καμπύλη, την τριχοτόμο του Ιππία, η οποία για τον λόγο αυτό ονομάστηκε τετραγωνίζουσα. Η τετραγωνίζουσα σχηματίζεται με την εξής διαδικασία: α Στο διπλανό σχήμα (σχ. 1) έχουμε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ r πλευράς α, το τεταρτοκύκλιο ΒΔ με κέντρο Α και ακτίνα α και το τμήμα ΕΖ//ΒΓ. Αρχικά η ΕΖ συμπίπτει με την πλευρά ΒΓ και η ακτίνα ΑΗ με την πλευρά ΑΒ. Η ΕΖ κινείται με σταθερή ταχύτητα προς την ΑΔ και η ΑΗ περιστρέφεται ταυτόχρονα γύρω από το Α επίσης με α σταθερή γωνιακή ταχύτητα, με τέτοιο τρόπο ώστε όταν το Ε φτά σει στο Α το Η να φτάσει στο Δ. Η τομή Μ των ΕΖ και ΑΗ έχει γεωμετρικό τόπο (διαγράφει) την καμπύλη ΒΜΘ που είναι η τετραγωνίζουσα. Δ Α Η λογική του Ιππία για την τριχοτόμηση της γωνίας στηρίζεται στο θ -

σχ.

γέγονός ότι ο λόγος ·ΑΕ ισούται, προφανώς, με το λόγο ΑΒ

ΔΗ , οποτε για να τριχοτομησουμε τόξο , , ΔΑΗ (σχ. 2) χωρίζουμε το τμημα , ισα , , τη γωνια ΑΕ σε τρια , τοξο ΔΒ ,

μέρη (με τη χρήση του θεωρήματος του Θαλή) και από τα διαιρετικά σημεία 1 και Λ φέρνουμε τις πα ράλληλες ΙΚ και ΛΝ προς την ΑΔ που τέμνουν την τετραγωνίζουσα ΒΜΘ στα Ξ και Ο αντιστοίχως.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/1

-------

Ιππίας ο Ηλείος (460 π.Χ. - 400 π.Χ.)

Οι ακτίνες ΑΠ και ΑΡ που διέρχονται από Ξ και Ο χωρίζουν τη γωνία ΔΑΗ σε τρεις ίσες γωνίε ς. ηράγματι όταν το Ε διαγράψει το 1/3 του ΕΑ, το Η στον ίδιο χρόνο α δ ιαγρ«φει το 113 του τόξου ΗΔ, οπότε αφού είναι _ θα είναι τότε και ΕΙ= ΙΛ = ΛΑ = _!_ ΕΑ '

. τόξοΗΠ = τόξο ΠΡ = τόξοΡ Δ =

�

τοξο ΗΔ .

Με τον τρόπο αυτό ο Ιππίας κατάφερε να μετατρέψει το λόγο των τόξων σε ίσο λόγο ευθυγράμμων τμημάτων ο οποίος κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη . Είναι φανερό ότι με τη χρήση της τετραγωνίζουσας μπορούμε να χωρίσουμε οποιαδήποτε γωνία σε όσα ίσα μέρη θέλουμε και όχι μό νο σε τρία.

Ν Α

σχ. 2

Στη συνέχεια παραθέτουμε τις εντολές σχηματισμού της τετρ αγωνίζουσας στο λογισμικό Δυναμι. κής Γεωμετρίας GeoGebra. . Οι έμπειροι χρήστες τόυ λο γισμικού μπορείτε να κατασκευάσετε άμεσα τά παρακάτω αντικείμενα με τη χρήση των εργαλείων τη ς εργαλειο θήκης. Οι λιγότερο εξοικειωμένοι με το λογισμικό χρησιμοποιήστε τη γραμμή εισαγωγής του GeoGebra και γράψτε, με ελληνικό πληκτρολόγιο, κατά σειρά τις παρακάτω ε ντολές (μετά από κάθε εντολή πατάμε Enter): Α=(Ο,Ο) Β=(6,Ο) Γ=(6,6) Δ=(Ο,6) a=Τμήμα[Α, Β ] β=Τμήμα[Β ,Γ] γ=Τμήμα[Γ,Δ ] δ=Τμήμα[Α, Δ] Ε=Ση μείο[ δ] (Το σημείο Ε θα συμπίπτει με το Α. Μετακι νήστε το πιάνοντάς το με το εργαλείο μετακίνησης:

[§)1)

�

2=:'(6, Απόσταση [Α, Ε]) ε=Τμήμα[Ε,Ζ] Η=Στροφή[Β , Απόσταση[Α, Ε] / Απόστα ση[Α, Δ] η=Τμήμα[Α,Η] Μ=Τομή[ε, η] κ=ΓεωμετρικόςΤόπος�Μ, Ε]

π / 2, Α]

Μετακινώντας, τώρα, τp Ε πάνω στο ΑΒ θα πρέπει να βλέπετε το σημείο Μ να κινείται πάνω στην κα μπύλη κ της τετραγωνίζουσας. Γ z Β 1

1 --..,..,��-,��-..��-,..,

Η εξίσωσή τής σε ορθοκανονικό σύστη μα. Θα δείξουμε ότι η εξίσωση της τετραγωνίζουσας σε ορθοκανονικό

σύστημα συντεταγμένων είναι y = σφ

Π ·Χ 2

( )

H(x,y). 'Εχουμε εφα = Υ <=> χ

....,

·χ .

εφα ·χ

1 1

..... 1 .. 1

(1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

με χε(Ο, 1]

Β ' 102 τ.2/2

..... α

... ...... χ

... ""

Q.5

σχ.3

' Δ

: .. �

Για ευκολία θεωρού με ότι η τετραγωνίζουσα σχη ματίζεται με τη ν . ταυτόχρονη κίνηση των ΕΖ και ΟΔ ξεκινώντας από τις θέσεις ΑΒ και ΟΑ αντιστοίχως (σχ.3) και κινούμενες η ΕΖ με παράλληλη μετα κίνηση και η ΟΔ με περιστροφή προς την ΟΓ και ότι το τετράγωνο έχει πλευρά 1. 'Εστω

..... "

.,,.

\ \ 1

-------

π =χ π π π 1 y= εφ(� - π;χ}χ y=σφ( π;χ}χ.

Ιππίας ο Ηλείος (460 π.Χ. - 400 π.Χ.)

Από τον ορισμό της .τετραγωνίζουσας είναι

= � - π;χ y=�φ( π;;}χ. χ=σφ(π;y}Υ α

(2) Η,(1) λόγω της (2) γίνεται

τόξο ΓΔ ΟΕ τόξοΑ Γ ΟΑ

{:::>

-- α

ς::>

{:::>

Π αρατήρηση 1 : Αν το τετράγωνο έχει πλευρά λ τότε η εξίσωση της τετραγωνίζουσας γίνεται

Π αρατήρηση 2 : Αν η τετραγωνίζουσα σχηματίζεται όπως περιγράψαμε στο σχήμα 1, τότε η εξίσωσή

της είναι:

μεyε(Ο,

1].

Π αρατήρηση 3: Το σημείο Κ δεν είναι σημείο της τετραγωνίζουσας αφού στη θέση ΟΓ οι ΟΔ και ΕΖ συμπίπτουν με την ΟΓ κα\συνεπώς δεν έχουν ένα μόνο κοινό σημείο.

Χρησιμοποιώντας την τετραγωνίζουσα, όπως προείπαμε, ο Δεινόστρατος κατάφερε να «τετραγωνίσει>) ' τον κύκλο. Να πως: Ο Πάππος, ενδεχομένως ο ίδιος ο Δεινόστρατος (γύρω στο 350 π.Χ.) και κατ' άλλους ο ίδιος ο Ιππίας, , απε'δειξε οτι

χ : -= α

ΑΘ

<:::::>

ΑΘ α

=χ α

, ( 1 ) (σχ. 1 ) οπου

, το μηκος του τεταρτοκυκλ'ιου ΒΔ.

Από την ( 1) προκύπτει ότι το μήκος χ του τεταpτοκυκλίου ΒΔ κατασκευάζεται ως τέταρτη ανά λογος των τμημάτων α, α και του μήκους ΑΘ, (σχ. 1) όπου Θ είναι το σημείο στο οποίο η τετραγωνί ζουσα "τέμνει" την ΑΔ. Εδώ πρέπει να υποθέσουμε ότι ο Δεινόστρατος γνώριζε την πρόταση που απέδειξε αργότερα ο Αρχι μήδης, με τη μέθοδο της εξάντλησης, ότι : Το εμβαδόν ενός κύκλου είναι ίσο με το εμβαδόν ενός ορθογωνίου τριγώνου, που η μία από τις κάθε τες πλευρές του είναι ίση με το μήκος του κύκλου και η άλλη με το μήκος της ακτίνας του, οπότε α φού κατάφερε να κατασκευάσει το μήκος χ του τεταρτοκυκλίου μπορεί να κατασκευάσει ένα ευθύγραμ μο τμήμα με μήκος 4χ, δηλ ίσο με το μήκος του κύκλου και στη συνέχεια το ορθογώνιο τρίγωνο το ο ποίο με τη σειρά του εύκολα μετασχηματίζεται σε ισοδύναμο τετράγωνο. Παρά την όντως αξιέπαινη προσπάθεια, όμως, του Πάππου και του Δεινόστρατου ο κύκλος εξάκολοvθεί να επιμένει να μην τετραγωνίζεται γιατί το σημείο Θ είναι ένα κατ' εκδοχήν σημείο, δηλαδή ένα σημείο στο οποίο πλησιάζει οριακά η τετραγωνίζουσα και όχι ένα υπαρκτό σημείο, αφού αυτό προκύπτει όταν η ΕΖ και η ΑΘ συμπέσουν με την ΑΔ, τότε όμως έχουν κοινά όλα τα σημεία τους και όχι μόνο το Θ (! ! !) Αν η κατασκευή της τετραγωνίζουσας στο GeoGebra με τις εντολές που δώσαμε παραπάνω δουλέψει, τότε όταν το Ε συμπέσει με το Α το λογισμικό απαντάει ότι το Μ, που στη θέση αυτή πρέπει να συμπί πτει με το Θ, δεν ορίζεται.

Ενδεικτική βιβλιογραφία

1. 2. 3.

5. 6. 7. 8.

9. 1 Ο. 1 1. 12. 1 3.

G. Loήa, Ιστορία των Μαθηματικών, Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, Αθήνα 1978. Μ. Α. Μπρίκας, Τα περίφημα άλυτα γεωμετρικά προβλήματα της αρχαιότητας, Αθήνα 197 0. L.N.H. Bunt, P.S. Jones, J. D. Bedient, Οι Ιστορικές ρίζες των στοιχειωδών Μαθηματικών, Αθήνα 1981. Sir Thomas L. Heath, Ιστορία των Ελληνικών Μαθηματικών (Τόμος 1), Κέντρο Ερευνάς Επιστήμης και Εκπαίδευσης (Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ), Αθήνα 2 00 1 . Ιστορία των Επιστημών και της Τεχνολογίας, Γ Λυκείου ΟΕΔΒ 1999. Δ. Τσιμπουράκης, Η Γεωμετρία στην αρχαία Ελλάδα, Εκδόσεις Ατραπός, Αθήνα 2004. B.L. νaη .der Waerden, Η αφύπνιση της επιστήμης, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο 2000. Γ. Χριστιανίδης, Θέματα από την Ιστορία των Μαθηματικών, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο

2003.

Μ. Gardner, Το πανηγύρι των Μαθηματικών, Εκδόσεις Τροχαλία, Αθήνα 1988. Η. Eves, Μεjιάλες στιγμές των Μαθηματικών, Εκδόσεις Τροχαλία, Αθήνα 1989. Η. Dδπίe, 100 Great Problems of Elementary Mathematίcs, Dover Publications, New Υork Εγκυκλοπαίδεια Υδρία. .

1965

http://users.sch.gr/thafounar/Genίka/problemGeometι:y/SguarίngTh�Cίrcle/Dίnostratus/dίnostratus.html

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/3

Γιατί είναι αδύνατο να υπολογίζουμε ένα πρώτο αριθμό από τον προηγούμενό του, μέσω ενός μαθηματικού τύπου.

Μαρίνος Σπηλιόπουλους

πάρχουν προβλήματα στα μαθηματικά που δεν λύνονται με κάποια διαδικασία, ή καλύτερα η λύση τους είναι ότι «δεν λύνονται». Ας θυμηθούμε το τετραγωνισμό του κύκλου, τον διπλασια σμό του κύβου, την τριχοτόμηση της γωνίας με κανόνα και διαβήτη κ.λπ. Συγκεκριμένα ο τετρα γωνισμός του κύκλου βασάνισε για αιώνες πολλόύς επιστήμονες μέχρι που το 1 822 ο Lindemann (Λίντε μαν) απέδειξε ότι ο αριθμός π είναι υπερβατικός, δηλαδή δεν ικανοποιεί καμία αλγεβρική εξίσωση με ακέραιους συντελεστές. Κατά συνέπεια, το πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου δεν μπορεί να α ναχθεί σε αλγεβρική εξίσωση. Το θεώρημα του Λίντεμαν αποδεικνύει τη μη επιλυσιμότητα του προβλή ματος με κανόνα και διαβήτη. Υπάρχουν άνθρωποι που «βασανίζονται» εμμονικά να λύσουν προβλήμα τα που η λύση τους είναι ότι «δεν λύνονται)>, όπως παράδειγμα να πετύχουν το αεικίνητο, μια φανταστι κή μηχανή που αν μπει μια φορά σε κίνηση δεν θα σταματήσει ποτέ, καταστρατηγώντας έτσι το αξίωμα διατήρησης της υλοενέργειας. Παίρνοντας από μόνοι τους την ιδιότητα του Θεού, ζητούν να πετύχουν το ακατόρθωτο, παρότι η επιστήμη εξηγεί το αδύνατο του πράγματος. Πολλές από τις περιπτώσεις αυτές ανήκουν στη σφαίρα της ψυχοπαθολογίας. Θα προσπαθήσω να εξηγήσω με απλά μαθηματικά, ότι και το πρόβλημα εύρεσης του επόμενου πρώτου αριθμού από τον προηγούμενό του, είναι αδύνατο να λυθεί. Και ότι είναι ματαιοπονία να ασχοληθεί κάποιοg να το λύσει. Η μόνη θεραπεία είναι η «γνωστική)), να τους αποδείξεις δηλαδή το αδύνατο του προβλήματος. Αρχίζουμε ως εξής: Είναι γνωστή από το 1 845 η υπόθεση που διετύπωσε ο Joseph Bertrand (Ζοσέφ Μπερτράν) μαθηματικός και μέλος της Γαλλικής Α καδημίας Επιστημών, ότι υπάρχει πάντα τουλάχιστον ένας πρώτος αριθμός ανάμεσα σε οποιονδήποτε α ριθμό και στο διπλάσιό του. Δηλαδή αν Α είναι ένας ακέραιος θετικός αριθμός (πρώτος ή σύνθετος) στο διάστημα [Α, 2Α] υπάρχει πάντα τουλάχιστον ένας πρώτος αριθμός και σε περίπτωση που Α πρώτος, πά ντα- ο επόμενός του. Κάποιος πρόχειρα και για μικρούς αριθμούς μπορεί εύκολα να το επαληθεύσει. Πα ραδείγματα: ανάμεσα στΘ 2 και στο 4 βρίσκεται ο πρώτος 3. Ανάμεσα στο 3 και στο 6 βρίσκεται ο πρώ τος αριθμός 5. Ανάμεσα στο 1 2 και στο 24 βρίσκονται οι πρώτοι αριθμοί 13, 1 7, 1 9, 23 κ.λπ .. Την γενική απόδειξη της υπόθεσης Μπερτράν την βρήκε μετά από πέντε χρόvια ο Ρώσος μαθηματικός Pafnuty Che bycheν (Παφνούτι Τσέμπισεφ) που σήμερα ονομάζεται θεώρημα του Τσέμπισεφ. Το 1 850 επίσης ο Τσέ μπισεφ απέδειξε, ότι δοθέντος ενός πρώτου Ρ ο αμέσως επόμενος πρώτος ανήκει στο διάστημα [Ρ + 2, 2Ρ-1 ]. Ασφαλώς ο καθένας μας μπορεί να σκεφτεί ότι ο επόμενος του 1 3 πρώτος αριθμός που είναι ο 1 7 καλύπτε ται από ένα τέτοιο πλαίσιο τιμών, αλλά ο ανωτέρω επι στήμονας το απέδειξε ότι ισχύει γενικά. Μια «γεωμετρική)) κατανόηση του πλαισίου Μπερ τράν-Τσέμπισεφ που μπορεί να προτείνει κάποιος είναι η εξής: Σε κάθε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ (σχ. 1) πλευράς Ρν, όπου Ρν οπόιοσδήποτε πρώτος αριθμός (για την ακρίβεια Ρν > 2), αν φέρουμε το ύψος προς την μία πλευρά του έστω ΑΔ, υπάρχει πάντα σημείο Ο σ' αυτό, που το ευθύγραμμο τμήμα ΟΒ είναι ίσο με το Ρ\'-1 , προηγούμενο του Ρν πρώτου αριθ μού. Αν παράδειγμα ΑΒ Ρν 7 τότε στην ΑΔ υπάρχει ση μείο Ο τέτοιο, που ΟΒ Ρ\'- 1 5. Αν ΑΒ Ρν 53 τότε υ πάρχει στην ΑΔ σημείο Ο τέτοιο, που ΟΒ Ρ 47 κ.λπ .., Αυτό κατανοείται ως εξής: Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΟΒ , , παντα , ΒΔ < Ο· Β � Ρν < Ρ\'-1 � Ρν < 2Ρ\'-1• Συμφω ισχυει =

1'-Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/4

Ρν'l

Γιατί είναι αδύνατο να υπολογίζουμε ένα πρώτο αριθμό από τον προηγούμενό του, μέσω ενός μαθηματικού τύπου -------

-------

να με το θεώρημα του Τσέμπισεφ (που έχει αποδειχθεί με όJJ.ν.ο τρόπο) στο διάστημα [Ρ v-1•2Ρ v-1 ] υπάρχει τουλάχιστον ένας πρώτος αριθμός, επομένως και ο επόμενος του Ρν-ι ο Ρν. Άρα υπάρχει πάντα ένα ισό πλευρο τρίγωνο που περικλείει κάθε πρώτο αριθμό (σαν πλευρά του), καθώς και τον προηγούμενό του πρώτο στο εσωτερικό του με την διαδικασία που αναφέραμε. Ισχύει σαν γενικός κανόνας. Το ισόπλευρο τρίγωνο με την απόλυτη συμμετρία και τους πάμπολλους συμβολισμούς, μπορεί να σχετισθεί άμεσα και με τους πρώτους αριθμούς. Αν θέλουμε να προχωρήσουμε λίγο ακόμα σ' αυτά θα προσθέταμε τα εξής: Προεκτείνοντας την ΒΓ όσο χρειάζεται, πίχίρνοντας αριστερά του Β και δεξιά του Γ τμήματα τέτοια ώστε να δημιουργούμε μήκη διαδοχικών πρώτων, θα φτιάχναμε ισόπλευρα τρίγωνα με κορυφές στην.ημιευθεία ΔΧ (που συνεχίζει α περιόριστα πάνω από το σημείο Α). Στην ίδια ημιευθεία θα υπάρχουν και όλα τα σημεία Ο που θα δίνουν με τις κορυφές των αντίστοιχων ορθογωνίων τριγώνων όλους τους πρώτους αριθμούς. Επομένως όλα τα σημεία Που με την διαδικασία αυτή δ�νουν- όλους τους διαδοχικούς πρώτους ανήκουν στην ημιευθεία ΔΧ που διέρχεται από το μέσον (1/2) των αντίστοιχων ορθογωνίων τριγώνων. Συνεχίζουμε στον βασικό στόχο της εργασίας, που με απλούς συλλογισμούς θέλει να αποδείξει κάτι απλό μεν, αλλά σημαντικό: Ότι και να κάνουμε, όποιες τεχνικές και αν εφαρμόσουμε, δεν βρίσκεται σχέ ση μεταξύ του Ρν-1 και του Ρν που να υπολογίζεται άμεσα και καθαρά, ο επόμενος πρώτος αριθμός από Λ

τον προηγούμενό του. Έστω ΟΒΑ = φ και ΟΒΔ = ω. Λ

Ισχύει φ + ω = 60° και ΔΑΒ = 30°. Από το τρίγωνο ΟΒΑ σύμφωνα με τον νόμο των συνημιτόνων ισχύει:

2 -2Pv ·Ρ συνφ και συνφ= ΑΟ = Ρν2 Ρν-1 ν-l 2

ΑΟ = ΑΔ - ΔΟ και εύκολα βρίσκουμε

ΑΟ =

�

Ρν2 +P 2v-1 - ΑΟ 2 (1) 2Pv . Ρ ν-1

J3Ρν - 4P � -1-PJ (2) 2 Ρ Ρν-1

Ρ 2Pv-l

ι => συνω--ν- (3). Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΒΟ, συνω = _y]_ ·

Και μόνο από αυτή τη σχέση Ρν = 2Ρν-1 συνω (4) φαίνεται ότι δεν μπορεί να υπολογιστεί ο επόμε νος πρώτος απός τον προηγούμενό του. Η γωνία ω δεν προσδιορίζεται ανεξάρτητα του Ρν και ούτε μετα βάλλεται με κάποια κανονικότητα στην διαδοχικότητα των πρώτων. Αλλά ας συvεχίσουμε λίγο ακόμα. ·

Έχουμε: συν(φ + ω) = συν60° = 112 � συνφ συνω - ημφημω = 112. ·

Επίσης: Κάνοντας τις πράξεις καταλήγουμε στη σχέσή: 4συν2ω + 4συν2φ - 4συνωσυνφ = 3. (5) Αντικα θιστώντας το συνφ, συνω με τα ίσα τους καθώς και το ΑΟ με την σχέση (2) καταλήγουμε σε Ο = Ο ( αυτοεπαληθεύονται οι σχέσεις). Επομένως είναι αδύνατο να βρεθεί σχέση που να συνδέει τον επόμε νο πρώτο αριθμό με,τον προηγούμενό του, με όσες ευθείες ή κύκλους και να φέρουμε (κανόνας και διαβήτης) ή κάνοντας οτιδήποτε συνδιαστικό με κατώτερα ή ανώτερα μαθηματικά. ·

Το πολύ να βρίσκουμε μια σχέση σαν την (4) που να συνδέει το Ρν με το Pv_1 και κάποιον άλλον ά γνωστο παράγοντα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/5

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ΜαθηματικέςΕπιτροπή Ολυμπιάδε· ς ι ών της Ε.Μ.Ε. Δια γων σμ

19°ς ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ 2016 PETER Ο' HALLORAN MEMORIAL 27 Μαρτίου 201 6

1: +4 n8+ n6+ n4

Πρόβλημα

Να προσδιορίσετε όλους τους ακέραιους είναι πρώτος. Λύση : Χρησιμοποιούμε την παραγοντοποίηση

�

1 για τους οποίους ο αριθμός

n8 + 6n + 4n + 4 =n8 + n4 +4+ 26n + 44n + 42n -(6n +4n4 + 42n )=(n4 + 2n + 2)2-(3n + 2n )2 =(n4-n3 + n2- 2n + 2) (n4 + 3n + 2n + 2n + 2) =f( ) n g( n). Ο πρώτος παράγοντας f( n) ικανοποιεί τη σχέση f() n 1)+(n-1)2 + 1 , n =n4-n3 + n2-2n+2=( n3 n :2:: 2, για κάθε n;;::: 2. Ο δεύτερος π αράγοντας g( ) n οπότε ικανοποιεί την αν ισότητ α f( ) n :: 2. Επομένως, απομένει η n =4n + 3n + 2n + 2+ n 2> 2, για κάθε ;;: ι κανοποιεί επίσης τη σχέση g( ) περίπτωση για n =1 η οποία πράγματι δίνει πρώτο αριθμό, αφού f( 1) g( 1) =1· 7 =7 . 2:

Έστω

αποδει'ξετε οτι

α2+

Πρόβλημα

Λύση :

a,b,c

- 3 �3 ρ; - 3 3fh Jh

4 -. - ::ς2 abc c 2+

+ - b 2+

+ -

α+b+c=

θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε

(� h kJ 2α + 3 b2 + 3 2c + 3

Θεωρώντας τις τριάδες

και

(Jb,Fc,Γa),

3 Να

a b, , > c O, από

( rz;-Γc/a 2 ( 1 1 + 1 )(b+c + a) ν � + ν b2+3 + γ�� J ::;; α2 + + 3 b2+ 3 2c + 3 f,ς ( b + --c + -α 2 <3 -1 -1 + -1 ) -(1 ) => a' + 3 Jb'+ 3 J c' + 3 J - ι,+ 3 +b' + 3 c' + 3 . +b +c =

την ανισότητα Cauchy - Schwarz έ χουμε

3 . Από τ ην ισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού

αφού από την υπόθεση δίνεται ότι α

2α + 3 =α2 + 1+1 + 1 :2:: 4� =4fa => / ::;; 1Γ και ομοίως προκύπτο υν οι α + 3 4να 1 <1 1 < 1 οποτε 1 + 1 + 1 ::;;' 1 1 + 1 + 1 Γα: + Γω + Γαb ' ανισοτητες r;., Γ . � d r-;b2 + 3 ι+νb 2c + 3 ι+ν c +3 b2+3 2c + 3 4 ν Γα νbr; ν Γc ι+να/χ: +c c+a a+b b--+--+-1_ < 2 b+c 1 . 1 2 - a+r-;2 ( 2) =>α2 + 3 +b2 + 3 + c2 + 3 r-;-4νba c 4νab c - · Από τις ανισότητες (1 ) και ( 2) λαμβάνουμε: c ) + ,: + ,: <(3 + + => · 3 3 3 3 b, : 3 ,: 3,, 2 Η ισότητα ισχύει όταν α =b. =c και α +b + c =3 � α =b =c =1 . μέσου έχουμε

•

(J/+ ι ι J' � _

(

___

)

•

�

J/+ J

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/6

------

Πρόβλημα 3:

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Έστω τρίγωνο ABC και έστω D το σημείο στο οποίο η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας Α τέμνει την πλευρά BC. Η κάθετη από το D προς την εφαπτομένη ΑΤ του περ�γεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC (το σημείο Τ ανήκει στην ευθεία BC) τέμνει το ύψος AHa στο σημείο 1 (το σημείο Ha ανήκει στην ευθεία BC. Αν Ρ είναι το μέσο της πλευράς ΑΒ, Ο είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC, η ευθεία ΤΙ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Μ και η ευθεία ΡΤ τέμνει την AD στο σημείο F, να αποδείξετε ότι η ευθεία MF είναι κάθετη προς την ευθεία ΑΟ. Λύση : Η γωνία ΤΑΒ σχηματίζεται από τη χορδή ΑΒ και την εφαπτομένη ΤΑ, άρα θα ισούται με την ε γγεγραμμένη που βαίνει σ τη χορδή. Δηλαδή ΤΑΒ = C . Επειδή η AD είναι διχοτόμος Α της γωνίας Α , έπεται ότι: BAD = . Άρα για τη γωνία ΤAD, έχουμε 2

Α ΤAD = ΤΑΒ + BAD = C+ - ( 1) Η γωνία A DT είναι εξωτερική στο τρίγωνο ADC, οπότε 2 " Α ADT= DAC+ C= C+ - . (2) Από τις σχέσεις (1) και (2), συμπεραίνουμε ότι TAD = A DT, οπότε το 2 "

τρίγωνο TAD είναι ισοσκελές (TA=TD). Οι DE και ΑΗ είναι ύψη του ισοσκελούς τριγώνου TAD, άρα το σημείο 1 είναι το ορθόκεντρό του. Το ΤΙ είναι το τρίτο ύψος που αντιστοιχεί στη βάση του ισοσκελούς τριγώνου TAD, άρα �α είναι και διάμεσος.

Δηλαδή το σημείο Ν (που βρίσκεται στη προέκταση του ΤΙ) είναι το μέσο του A D. Αν τώρα Ρ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε η ΡΝ θα είναι παράλληλη στην BC και θα διέρχεται από το μέσο S του Α Τ. Έστω ότι η , ΡΤ τέμνει την A D στο σημείο F. Στο τρίγωνο ΑΡ Τ οι AF, PS, ΤΜ είναι σεβιανές που συντρέχουν στο σημείο Ν, οπότ ε θα ισχύει ότι:

Σχήμα 1

FP. ST. ΜΑ = 1 => FP = TF αφού το S είναι το μέσο της Α Τ. Επομένως προκύπτει ότι: ΜΡ ΜΑ ' FT SA ΜΡ MF11 ΑΤ .Ισχύει όμως ότι AT.LO A, οπότε MF.LO A.

Πρόβλημα

25χ25

πίνακα με τετράγωνα των χρωμάτων με τα οποία αυτά τα τετράγωνα μπορούν να χρωματιστούν, έτσι ώστε να ισχύει η συνθήκη: Για 1 s ί < j s 25 και για 15: s < t5: 25, τα τρία τετράγωνα c( ί,s ),c(j,s),c(j,t) έχουν χρωματιστεί με δύο τουλάχιστον διαφορετικά χρώματα. Θεωρούμε

έναν

σκακιστικό

C( ί,j), για 15: ί,j 5: 25. Βρείτε τον ελάχιστο δυνατό αριθμό

•

Λύση: Σύμφωνα με τη συνθήκη του προβλήματος δεν επιτρέπεται να υπάρχει στον σκακιστικό πίνακα χρωματισμός με το ίδιο χρώμα της μορφής Για έναν 3 χ 3 σκακιστικό πίνακα εύκολα διαπιστώνουμε ότι δύο χρώματα, έστω 1 και 2, είναι αρκετά, αφού μπορούμε να έχουμε τον πίνακα 1 1 2

1 2 2

2 2 1

1 2 2 3 3

2 2 3 3 1

2 3 3 1 1

(i,s).

υ,s).

Για έναν πίνακα 5 χ 5 παρατηρούμε ότι χρειαζόμαστε 3 χρώμα iα, αφού έχουμε: 1 1 2 2 3

3 3 1 1 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/7

•

(j,t)

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

Έτσι για έναν πίνακα τύπου n χ n φαίνεται πιθανό, ότι ο ελάχιστος αριθμός των n+1 ' , , , , , n 25 , αρκει, να απαιτουμενων χρωματων ειναι m ( n )= -- . Ετσι για την περιπτωση που ειναι 2 αποδείξουμε ότι ο ελάχιστος αναγκαίος αριθμός χρωμάτων είναι 1 3 . =

•

Τα 13 χρώματα είναι αρκετά για το ζητούμενο χρωματισμό

Χρησιμοποιώντας τα χρώματα ( 1 ,2,3,4,5,6,7,8,9, 1 0, l l, l 2,0) μπορούμε να έχουμε, εργαζόμενοι ανάλογα με τις προηγούμενες περιπτώσεις τον πίνακα 1 1 2

. . .

12 12 ο

1 2 2

. . .

12 ο ο

... 1 1 12 1 2 ο ... 12 12 ο ο 12 ο 1 ο . . ... . . . . . . ... . . . . . . ... . . . . 2 2 3

2 3 3

ο ο 1

ο 1 1

10 10 11

9 10 10

10 11 11

11 11 12

ο οποίος ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος. Πράγματι, αν συμβολίσουμε το χρώμα του τετραγώνου C(i,j) με C [i,J], τότε, σύμφωνα με την τεχνική του χρωματισμού μας, έχουμε: ί J C[i,J]= ( mod 1 3) , για 1�ί�J�25. Για να ισχύει η μη επιτρεπόμενη συνθήκη πρέπει να

ι� J

υπάρχουν ί,j,s,t τέτοια ώστε cfi,s]=qJ,s]=qJ, t ], 1�ί < j�25, 1�s < t�25 ί s 1 s (modl 3)= 1 1 (modl 3 , 1�ί J�25, 1�s �, 25 3)= (modl ) < <1 . � j s ί s < j s+ ί s j ί+ 2 + Ο Επειδή � 1� 1 = 1 = 1 3, από την ισοδυναμία

ι�J ι;J ι;J ι ; J-ι � J ( ; ) � � ξ ιί�s J(mod1 3 )= ι j ;sJ (modl3)�ιi�s Hj;sJ = πολ. 1 3, έπεται ότι ιί�sΗj;sJ . ( 1) j s j Εργαζόμενοι ομοίως, από την σχέση ι ; J ( mod1 3)= ι ; 1 J ( mod1 3 ) , προκύπτει ισότητα ιj; sJ = ιj; J . ( 2) ί� s ιj Από τις σχέσεις ( 1 ) καt (2) προκύπτει η ισότητα ι J = ; 1 J + j ' ί + s j ί + s j- +t- 1 j+t 1 ιj ' ' ' η οποια ειναι αδυνατη, αφου ι -.. - �-- � l = -- - < -- . 2 2 2 2 2 η

Τα 13 χρώματα είναι αναγκαία..

Απομένει να αποδείξουμε ότι 1 3 χρώματα είναι αναγκαία για το ζητούμενο χρωματισμό . Θεωρούμε έναν πίνακα 25 χ 25 με ένα χρωματισμό που ικανοποιεί τη δεδομένη συνθήκη . Περιοριζόμαστε σε ένα· μόνο χρώμα, έστω το 2. Ονομάζουμε 2-τετράγωνα εκείνα που είναι χρωματισμένα με το χρώμα 2. Έστω c2 ο αριθμός των 2-τετραγώνων. Θεωρούμε τον πίνακα μόνο με το χρώμα 2, σβήνοντας όλα τα υπόλοtπα χρώματα. •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/8

------ Μαθηματικοi Διαγωνισμοi- Μαθηματικtς Ολυμπιάδες -----Από κάθε 2-τετράγωνο φέρουμε οριζόνnα βέλη από αριστερά προς τα δεξιά ή κατακόρυφα βέλη από κάτω προς τα πάνω που συνδέουν δύο διαδοχικά 2-τετράγωνα. Ονομάζουμε αυτά τα βέλη 2-βέλη. Από κάθε 2-τετράγωνο δεν μπορεί να ξεκινούν δύο ή περισσότερα 2-βέλη, γιατί διαφορετικά δεν θα ισχύει η συνθήκη του προβλήματος. Επομένως ο συνολικός αριθμός των 2-βελών, έστω α2, θα

·--·-·

·---

•

ικανοποιεί τη σχέση:

c2 � a2 Είναι φανερό ότι στην i-γραμμή, αν υπάρχοον k; 2-τετράγωνα, τότε υπάρχοον k1 -1 οριζόντια 2-βfλη στη γραμμή αυτή, οπότε ο συνολικός αριθμός των οριζόντιων 2-βελών ισούται με Ις -1 + k2 -1 + ... + k25 -1 = ( Ις + k2 + .. . + /ς5 )-25 = c2 -25, αφού υπάρχοον συνολικά 25 γραμμtς. Ομοίως, μελετώντας τις στήλe.ς, δtαπιστώνοuμε ότι ο συνολικός αριθμός των κατακόρυφων 2-βελών ισούται με c2 � 25. Επομένως ο συνολικός αριθμός των 2-βελών ισούται με a2 = 2 ( c2 - 25) και ισχύει ότι c2 � 0i = 2( c2 -25) <::> c2 ::; 50. Επειδή υπάρχοον 25·25 = 625 τετράγωνα και 625 12 .!. :;:.. 12 θα χρειαστούμε τουλάχιστον 13 χρώματα για τη δημιουργία του χρωματισμού. 50 2 Προκριματικός διαγωνισμός 2016 •

•

Μαρτίου 2016 Θέματα μεγάλων τάξεων

Πρόβλημα 1: Δίνεται η ακολουθία a

+ι

- α,, = n

( -1),

για κάθε

α,,

που ορίζεται αναδρομικά ως εξής:

ι!: Ο. Να pρεθούν όλοι οι θετικοί α κέρ αιοι

α0

και

για 1ους

ισχύει ΜΚΔ(m,αn)= 1, για κάθε θετικό ακέραιο η. Λύση: Προσθέτοντας και αφαφώντας το 1 , γράφουμε την αναδρομική σχέση στη μορφή an+I - 1 - (a,, -1) = n(an -1) <::> an+I - 1 = (n + l)(an - J)

οποίους

Επομένως με πολλαπλασιασμό 'Κατά μέλη των σχέσεων α,,+ι -1 = (n + l)(a,, -1)

α,, -1 = n(an-! -1)

=> α,,+ι -1 = (n + l)n(n -1)

α2 -1 = 2(α1 -1)

-1 = α0 -1 έχουμε: α,, = 2·n!+1 .

... 2· 2

2(n + l)!

α1

Επομένως,

Παίρνουμε τώρα έναν τυχόντα θεnκό ακέραιο

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • Αν ο m είναι δύναμη του 2, δηλαδή περιττοί, θα έχουμε ΜΚΔ( m, α,, ) = 1 . •

Αν ο

δεν είναι δύναμη του m

= 2s ,

m >

τότε αφού όλοι οι όροι της ακολουθίας είναι

τότε έχει κάποω πρώτο διαφέτη α

p � 3 με

pΙ

Θα

p-3• Πράγμαn, έχουμε όn afr"-3=2·(p-3)!+1=(-2)(-l)·(p-3)!+1Ξ(p-2)(p-l)(p-3)!+1{ ιmdp) Ξ(p-1)!+1{ ιmdp) ΞΟ{ ιmdp), όπου για την τελευταία ισο�;ιμία χρησιμοποιήσαμε ότι (p - 1)!+ 1Ξ O(mod p), για κάθε πρώτο αριθμό p (θεώρημα του Wilson). Από τα παραπάνω λοιπόν έχουμε ότι p Ι a,_3, οπότε p Ι ΜΚΔ(αp-3, am ) , οπότε οι μόνοι θεnκ:οί ακέραιοι που ικανοποιούν το ζητούμενο είναι της μορφής m = 2\ με s � Ο . αποδείξουμε όn ο

δεν είναι σχετικά πρώτος με τον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/9

-.------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί-

Μαθηματικtς Ολυμπιάδες

--.---..---...--.....,,...__

Πρόβλημα 2: Δίνεται τ ρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο C(Ο,R)με ΑΒ<ΑΓ < ΒΓ Εστω Δ,Ε,Ζ τα μέσα των πλευρών του ΒΓ,ΑΓ,ΑΒ αντίστοιχα και Κ το ίχνος του ύψους από τη κορυ φή Α. Με διαμέτρους τις π)+υρές ΑΒ , ΑΓ και εξωτερικά του Τριγώνου, καΤασκευάζουμε ημικύκλια (c1) -και (c2) αντίστοιχα, Οι ΔΖ, ΚΖ τέ μνουν το ημικ(>κλιο (c1) σΤα σημεία Π,Σ (αντίστοιχα) και οι ΔΕ 1 ΚΕ τέμyουν το ημικύκλιο (c2) σΤα σημεία Ρ, Τ αντίστοιχα. Οι ευθείες ΠΣ και ΡΤ "rέμνοντ(Ιι στο ση μείο Μ. Να αποδεί�t:τε ότι: (α) οι ΠΡ και ΣΤ τέμνονται στο σημ.:ίο Α, (β) οι ΠΡ και ΜΔ Τέ μνοντ αι Ε1fάνω dro κύκλο C(O,R). Λύση: (α) Το τετράπλευρο ΑΚΒ � είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, διότι: (ί) ΖΑ= ΖΒ = ΖΣ, (ακτίνες του ημικυκλίου ( c 1 ) ), (ίί) ΖΑ ΖΒ ΖΚ , ( η ΖΚ είναι η διάμεσος προς την υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου ΑΚΒ ) και (ίίί) ΑΚΒ = 90° Άρα ΑΣ / / ΚΒ και ΑΤ / / ΚΓ οπότε τα σημεία Α, Σ, Τ είναι συνευθειακά. •

.,.'

,' ',

........

' ..

Σχήμα 1 �χή μα 2 Το τρίγωνο ΕΑΡ είναι ισοσκελές ( ΖΑ ΖΠ wς ακτίνες του ημικυdίου ( c 1 ) ). Άρα είναι : z.Απ ZllA = χ και ΑΖΔ =2.Χ . Όμοια έχουμε ότι το τρίγωνο ΖΑΠ είναι ισοσκελές ( ΕΑ = ΕΡ ως ακτίνεg του ημικυκλίου ΕΑΡ =ΕΡΑ=y και ΑΕΔ 2y . ( c2 ) ) . Άρα είναι: 2 χ = 2 y <=> χ y και 2.Χ + Α = 180 Από το παραλληλόγραμμο ΑΕΔΖ, �χουμε: (1) δηλαδή χ+ Α + y 1 80 οπότε τα ση μεία Α, Π, Ρ είναι συνευθειακά. (β) Πρώτα θα αποδείξουμε ότι το τρίγωνο ΜΣΤ είναι ισοσκελές. Γι αυτό αρκεί να αποδείξουμε ότι: .,.. Μ Σι =Τι = Χ Υ . .,..-�·...... =

.... χ

.,.,..

°,

: :

....

.......... Ρ

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΠΣ έχουμε Σι = Βι Χ και Ζι Ζ2 = 2.Χ Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΓΤΡ έχουμε Τι =Γι = y και Ει=Ε2 =2y Επομένως, από το παραλληλόγραμμο ΑΕΔ Ζ, έχουμε =

2�=2y�x=y.

Από το προηγούμενο ερώτημα συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΒΓΤΣ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, οπότε (σε συνδυασμό με το ισοσκελές τρiγωνο ΜΣΤ ) Σχήμα 3 συμπρραίνουμε ότι η ΜΔ είναι η μεσοκά.θετη των τμημάτων ΣΤ, Β Γ και περνά από το σημείο Ο. Αν λοιπόν η ΜΔ τέμνει τον κύκcλο C(O, R) στο

σημείο Ν τότε το Ν είναι το μέσο του μεγάλου τόξου Β Γ, οπότε ,

�ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

102 τ.2/10

ΝΑΓ =

" Α 90 - .Εφόσον 2 -

------ Μ α θηματ ικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Α τώρα Α,Π,Ρ είναι συνευθειακά, έχουμε PAr = 90- (σχέση (1)) . 2 ί ό Πρ ό βλημα 3 : Βρε τε λες τις συναρτήσεις f: Ζ-+ Ζ με την ιδιότητα (1) για κάθε χ,yεΖ. f(x-f(y))= f(f(x)}-f(y)-1, Λ i1ση : Έστω f : Ζ -+ Ζ μία συνάρτηση που ικανοποιεί τη δεδομένη σχέση (1), για κάθε Αν θέσουμε στη σχέση (1) χ =Ο και y=f(Ο) λαμβάνουμε ότι χ,y ε Ζ .

( (O))-f(f(0))-1=-ί, δηλαδή υπάρχει ακέραιος αριθμός z = -f(!(ο)), !(-!(f(O))) =ff τέτοιος ώστε; f( z ) = -1 . Έτσι, αν θέσουμε στη σχέση (1) y = z, τότε λαμβάνουμε f(x+l)=f(f(x)) , για κάθε χ ε Ζ. (2) (3) Έτσι η σχέση (1) γίνεται: f(x-f(y)) = f(x+1)-f(y)-1., για κάθε x,y ε Ζ. Αν τώρα θέσουμε στην ( 3) y=χ , τότε από τη (2) προκύπτει:

ι[

f(x+1)-f(x)= f(x- f(χ ) ) + ι = x- l�J (x ) + 1 + ι =f(f( ω) ) + 1 = f(f(x-1- f (χ))) + ι . Όμως, λόγω της (3) έχουμε: f(x-1-f(x))=f(x)-f(x)-1=-1 , οπότε η τελευταία σχέση γίνεται: f (χ+1) = f(χ ) + Α, όπου Α = f( -1) +1 σταθερά. Χρησιμοποιώντας επαγωγή και ως προς τις δύο κατευθύνσεις λαμβάνου με ότι: f( χ )= Αχ + Β, Β =f(Ο) , για κάθε χ εΖ. με αντικατάσταση της συνάρτησης f( χ )= Αχ + Β, στη σχέση (2) έχουμε: (4) Αχ + ( Α + Β ) = Α 2 χ + ( ΑΒ + Β) , για κάθε χ ε Ζ. Αν θέσουμε στην (4) χ = Ο και χ = 1, λαμβάνουμε το σύστημα { Α + Β = ΑΒ + Β, Α 2 = Α } => Α = 1 ή Α =Ο. Αν Α 1 , τότε Β= 1 , οπότε προκύπτει η συνάρτηση f(χ) = χ +1, χ ε Ζ, η οποία πράγματι επαληθεύει τη δεδομένη σχέση (1), αφού f(χ-f(y))=f(x-y-1)= x-y-1+1 = x-y, =

!(!(χ))-f(y)-1=f(χ+1)-y-1-1=x+2 -y- 2 =x-y. Αν Α=Ο, τότε f(x)=B, χ ε Ζ, οπότε από την (l) προκύπτει Β=-1 και f(χ)= -1,χεΖ.

Π ρ ό βλημα 4: Σε ένα πεπερασμένο σύνολο Α θετικών ακεραίων, ονομάζουμε μία διαμέριση σε δύο μη κενά ξένα μεταξύ τους υποσύνολά του Α1 και Α2 καλή, αν το ελάχιστο

TOD Α

κοινό πολλαπλάσιο των στοιχείων του Α1 ισούται με το μέγιστο κοινό διαιρέτη των στοιχεjαιν του Α2• Να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή του n για την οποία υπάρχει αύ ν ολο με στοιχεία n θετικούς ακέραιους που έχει ακριβώς 2015 καλές διαμερίσεις. Λύση: Στη λύση που ακολουθεί χρησιμοποιούμε το συμβολισμό: L χ j, για το μεγαλύτερο δυνατό ακέραιο που είναι μικρότερος ή ίσος του χ ε IR και Γ χ l , για το μικρότερο δυνατό ακέραιο που είναι μεγαλύτερος ή ίσος του χ ε IR . Έστω Α { α1 , α2 ,..., an } , όπου a, < α2 < ... < an. Για ένα πεπερασμένο μη κενό σύνολο ακεραίων σημειώνουμε με ΕΚΠ(Β) το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των στοιχείων του Β και με ΜΚΔ(Β)το μέγιστο κοινό διαιρέτη των στοιχείων του Β. Έστω (Α1,Α2 ) είναι μία καλή διαμέριση του συνόλου Α. Τότε για κάποιο θετικό ακέραιο d θα ισχύει: ΕΚΠ(Αι)=d=ΜΚΔ(�). Τότε γιακάθε α; ε Α, καιαj ε Α 2 θα ισχύει: α;.::;d ; .::;;αj.Επομένως, =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102

τ .2/11

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες ------- θα έχουμε: Αι { 0i . � , ... ,ok} , Β2 = {ok+ι•ok+2 , , on } , για κάποιο k με 1 :::;; k < Θα Επομένως, κάθε καλή διαμέριση καθορίζεται από ένα στοιχείο ok , όπου 1 :::;; k <

ονομάζουμε κάθε τέτοιο στοιχείο ok διαχωριστικό. Αν ορίσουμε τώρα Rk ΕΚΠ { οι , ο2 , ... , οk } και gk ΜΚ.Δ {οk +ι • οk + 2 , ... , οn } , για k :::;; . ... , τότε το ok είναι διαχωριστικό, ακριβώς όταν R k = gk . Στη συνέχεια θα αποδείξουμε κάποιες ιδιότητες των διαχωριστικών σημείων χρησιμοποιώντας τον ακόλουθο ισχυρισμό: Ισχυρισμός: Αν οk - ι και ok είναι διαχωριστικά στοιχεία, :::;; k :::;; - 1, τότε gk- ι = gk = ok . Πρ άγματι, αν υποθέσουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο, τότε επειδή f k- ι gk- ι θα έχουμε ότι ο Rk-ι l ok . Επομένως, gk = f k ΕΚΠ {R κ-ι • οk } = οk και gk-ι = MΚΔ {ak , gk } = ok . Ιδιότητα 1 . Για κάθε k ένα τουλάχιστον από τα αk- ι , ak και αk +ι δεν είναι διαχωριστικό. Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο, τότε και οι τρεις αριθμοί οk - ι , ok και οk +ι θα είναι διαχωριστικοί, οπότε, σύμφωνα με τον προηγούμενο ισχυρισμό θα έχουμε αk+ι = gk ak , άτοπο. ο Ιδιότητα 2. Τα στοιχεία οι και α2 δεν μπορούν να είναι ταυτόχρονα διαχωριστικά. Επίσης τα στοιχεία on _ 2 και αn - ι δεν μπορούν να είναι ταυτόχρονα διαχωριστικά. Υποθέτουμε ότι τα στοιχεία αι και ο2 είναι και τα δύο διαχωριστικά. Τότε, σύμφωνα με τον ισχυρισμό, θα έχουμε ο ο2 g1 f ι ΕΚΠ ( Οι ) = Οι , άτοπο. Υποθέτουμε τώρα ότι Α είναι ένα σύνολο με στοιχεία θετικούς ακέραιους, το οποίο έχει ακριβώς καλές διαμερίσεις. Προφανώς, από τα παραπάνω θα πρέπει να ισχύει Από την ιδιότητα προκύπτει ότι υπάρχει το πολύ ένα διαχωριστικό στοιχείο σε καθένα από τα

1:::;; n-1. .

= = 2, 3, . . , n -2,

= = = 201 52

σύνολα

{Οι ' 02 } και { on-2 ' οn-ι } Από την ιδιότητα

1, υπάρχουν τουλάχιστον

διαχωριστικά στοιχεία στο σύνολο { ο3 , α4 , . .. , on_3 }

•

n;:::: 5. ι n ; 5 J μη

Επομένως, υπάρχουν το πολύ

(n-1)-2- ι n ;S J = (n-3)- ι n ;S J = r 2(n3-2) 1 διαχωριστικά στοιχεία στο Α.Η τελευταία ' n-53 -J , τοτε, εχουμε: , ' , , ισοτητα προκυπτει ως εξ:ης: Αν θ εσουμε χ = ( n - 3 ) - ι ι-n-53-J ::;; -n-53-< ι-n-53-J + l <=> - ι-n-53-J - l< --n-53-:::; - ι-n-53-J <=> ) ::;; χ <=> χ = r 2(n-2) l · <::> x -l = n-3- ι n-5 J - l <n-3--n-53-::;; n -3- ι-n-53-J = χ <=> χ -1 < 2(n-2 3 3 3 023 <=> n;:::: 3024. 2(n-2) l ;:::: 2015 <=> 2014 < 2(n-2) <=> n Επομένως έχουμε την ανίσωση r 3 3 Τέλος, θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα σύνολο Α με 3024 θετικούς ακέραιους, το οποίο έχει ακριβώς 2015 καλές διαμερίσεις. Πράγματι, στο σύνολο A = {2 · 6 k , 3 · 6 k , 6 k+ ι Ιo ::;; k ::;; l 007} , k κάθε στοιχείο της μορφής 3 6 ή 6k , εκτός από το 6 ι οοs , είναι διαχωριστικό. Επομένως, η μικρότερη δυνατή τιμή του n είναι 3024. 3-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

102 τ .2/12

------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες ------

7Ί°ς ΠΑΝ ΕΛΛΗ Ν ΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝ ΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙ ΚΑ 110 ΘΑΛΗΣ" 12 Νοεμβρίου 2016 Οι λύσεις των προβλη μάτων Α ' Λυκείου

Πρόβλημα 1 : Να βρείτε όλες τι ακέραιες τιμές του χ για τις οποίες συναληθεύουν οι χ2 + χ + χ - 1 ) + 5χ � χ3 + χ + 19 . ανισώσεις: (1) 2χ - 1 _ 23 > 4χ - 21 (2 ) 9 9 3 Λύση: Έχουμε: ( χ2 + χ + 1 )( χ - 1 ) + 5χ � χ3 + χ + 1 9 � χ 3 - χ2 + χ2 - χ + χ - 1 + 5χ � χ3 + χ + 19

(

ι)(

� χ3 - 1 + 5χ � χ3 + χ + 19 � 4χ � 20 � χ � 5. 5 Επομενως 2χ - 1 -23 > 4χ -21 � 6χ - 3 - 23 > 4χ-21 � 2χ > 5 � χ > -. , , οι δύο ανισώσεις -3 9 9 2 συναληθεύουν για � <χ� 5, οπότε οι ακέραιες τιμές του χ που τις συναλη θεύουν είναι οι τιμές 2 3, 4 και 5.

Πρόβλημα 2: Να βρεθεί θετικός ακέραιος Α = �<χν-ι · · · α,<χο =� · 1Ον +<χν-1 · 1Ον-ι + +α, · lO+ao, ν � 2, ο οποίος έχει άθροισμα ψηφίων ίσο με 8 , έχει γινόμενο ψηφίων ίσο με 8 και διαιρείται με το 8. Λύση: Επειδή τα ψηφία του αριθμού έχουν γινόμενο 8 και άθροισμα 8 , αυτά πρέπει να είναι διαιρέτες του 8 που έχουν άθροισμα 8 . Οι διαιρέτες του 8 είναι οι θετικοί ακέραιοι 1 ,2, 4 και 8 . Επομένως, λαμβάνοντας υπόψη ότι τα πολλαπλάσια του 8 είναι άρτιοι ακέραιοι, οι δυνατές επιλογές ψηφίων είναι: 1,1,2 και 4, οπότε προκύπτουν οι αριθμοί: 1 124 , 1 142, 1 2 1 4, 1 4 12, 2 1 14, 4 1 1 2 . Από αυτούς με έλεγχο διαπιστώνουμε ότι μόνο ο αριθμός Α 4 1 12 διαιρείται με το 8 . 1 , 1 ,2,2,2, οπότε προκύπτουν οι αριθμοί: 1 1222, 12122, 12212, 2 1 122, 21212 και 221 12 Από αυτούς με έλεγχο διαπιστώνουμε ότι μόνο ο αριθμός Α 221 12 διαιρείται με το 8 . Άρα υπάρχουν δύο δυνατές τιμές του Α που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος. Ο τετραψή φιος θετικός ακέραιος 4 1 12 και ο πενταψήφιος 221 12. Πρόβλη μα 3 : Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α 30° . Στο ύψος ΑΜ θεωρούμε σημείο Κ ώστε ΜΒ=ΜΓ=ΜΚ. Με βάση την ΑΚ κατασκευάζουμε τετράγωνο ΑΚΕΖ (στο ημιεπίπεδο με ακμή την ΑΜ, που περιέχει το Β) και ισόπλευρο τρίγωνο ΑΚΔ (στο ημιεπίπεδο με ακμή την ΑΜ, που περιέχει το Γ). Να αποδείξετε ότι τα ευθύγραμμα τμήματα ΔΕ και ΓΖ, τέμνονται πάνω στην ΑΒ. Α z Λύση : Πρώτα θα αποδείξουμε ότι τα σημεία Γ,Κ,Ζ •••

•

είναι συνευθειακά. Από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΜΓΚ, έχουμε: Κ. 1 45° Από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΚΖ, έχουμε: Κ. 2 45° . Άρα τα σημεία Γ ,Κ,Ζ είναι συνευθειακά, οπότε η ΓΖ είναι μεσοκάθετος της ΑΕ (*) και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΑΓΕ είναι ισοσκελές (ΓΑ=ΓΕ). Ισχύουν επίσης οι παρακάτω ισότητες γωνιών: Α 1 Α 2 1 5° (διότι Α 30° ) και Α 1 + Α3 45° (διότι ΕΑκ 45° ) Άρα EAr 60° και κατά συνέπεια το ισοσκελές τρίγωνο ΑΕΓ είναι ισόπλευρο. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/13

------

Μα θη ματικοί Διαγων ισ μοί- Μαθη ματικές Ολυμπ ιάδες

Α. 1 + Α 2 = 3 0° = Α3

-------

Άρα η ΑΒ είναι διχοτόμος της γωνίας EAr (** ) . Στο ισοσκελές τρίγωνο ΔΚΕ ισχύει ΔΚΕ = 90° + 60° = 150° . Άρα Δ1 + Ε 1 = 15° . Επειδή όμω ς Ε, + Ε 2 = 45 ° , καταλήγουμε Ε 2 = 3 0 ° , δη λαδή η ΕΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΕΓ (* * * ) . Από τα συμπεράσματα (*),(**) και (* **) καταλήγουμε ότι οι ΔΕ, ΓΖ και ΑΒ συντρέχουν, δηλαδή οι ΔΕ και ΓΖ τέμνονται πάνω στην ΑΒ. Πρόβλη μα 4 : Να βρείτε έναν θετικό ακέραιο k , ο οποίος όταν προστεθεί στο γινόμενο Α - 2017 · 2016 · 2015 · 2013 2012 · 201 1, να μας δώσει άθροισμα ίσο με το τετράγωνο ενός ακεραίου. Λύ ση : Θέτουμε n 2 0 1 4 και τότε έχουμε: Α = (n + 3 )(n + 2)(n + l)(n - l)(n - 2)(n - 3 ) και θα προσπαθήσουμε να γράψουμε τον αριθμό Α στη μορφή Α = φ ( n ) 1 - k , όπου φ ( n ) πολυώνυμο μεταβλητής n με ακέραιους συντελεστές και k θετικός ακέραιος. Με εκτέλεση των πράξεων, έχουμε: Α ( n2 - 9)(n2 - 4)(n2 -1) n6 - 1 4n4 + 49n2 - 36 n2 ( n4 - 1 4n2 + 49) - 36 n2 ( n2 - 7)2 - 36 Επομένως, αν στον αριθμό Α προσθέσουμε θετικό ακέραιο k 36 , παίρνουμε ότι Α + 36 n2 (n 2 - 7)2 (n 3 - 7 n)2 , που δίνει έναν θετικό ακέραιο υψωμένο στο τετράγωνο. Άρα μία τιμή για το k είναι η τιμή k 36 . Σημε ίωση : Μία σύντομη απάντηση μπορεί να δώσει κάποιος στο πρόβλημα, αν θεωρή σει τον αριθμό k Β 2 - Α, με Β 2 > Α , όπου Β θετικός ακέραιος. Για παράδειγμα, ένας τέτοιος αριθμός είναι ο k Α 2 - Α . Επιπλέον

•

Β ' Λυκείου

Πρόβλη μα 1 :

Να προσδιορίσετε την τιμή του ακέραιου αριθμού α για την οποία ο ακέραιος 2 Α = ( α 2 + 18 } - ( sα + 1 ) 2 είναι πρώτος.

Α = ( α 1 +18 ) 2 - ( 8α +1) 2 ( α 2 + 1 8 + 8α + 1)(α2 +18- 8α - 1) ( α2 + 8α + 1 9 ) ( α2 - 8α + 1 7) [ ( α + 4 ) 2 + 3 J [ ( α - 4 )2 + 1J. Επειδή ( α + 4 ) 2 + 3 2 3 , ο ακέραιος Α θα είναι πρώτος, μόνον όταν ( α - 4 ) 2 + 1 1 4. Για α = 4 ο αριθμός Α γίνεται: Α 67 · 1 67 που πράγματι είναι πρώτος. Επομένως, α 4 ο αριθμός Α είναι πρώτος. Λύ ση : 'Εχουμε

Πρόβλημα 2 :

<=> α

για

Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) και σημείο Δ στη διάμεσό του ΑΜ τέτοιο, ώστε ΜΒ ΜΓ = ΜΔ. Με βάση την ΑΔ κατασκευάζουμε τετράγωνο ΑΔΕΖ (στο ημιεπίπεδο με ακμή την ΑΜ, που περιέχει το Γ). Αν Κ είναι το σημείο τομής των ΑΕ και ΓΖ, να αποδείξετε ότι η ΜΚ είναι παράλληλη στην ΔΖ. =

Λύ ση (1 ος τ ρόπος)

Προεκτείνουμε τις

ΑΕ , Β Γ

και έστω

Ν το

,,...,

σημείο τομής τους . �

Από την ισότη τα των γωνιών Α:ι A.,J. Ν 4511, συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΑΜΝ είναι ισοσκελές. Επομένως ΜΑ=ΜΝ <=> ΜΔ+ΔΑ=ΜΓ+ΓΝ και με δ εδομένη την ισότη τα ΜΓ=ΜΔ, καταλήγουμε : ΑΔ=ΓΝ=ΑΖ. Θ α συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΚΑΖ και ΚΝΓ . Ισχύ ουν οι ισότητες : ( α) � ....,.. .,,,,,.,. ""' ΓΝ=ΑΖ ( β) Γ1 = � και (γ) Α1 Ν . Ά ρα τα τρίγωνα ΚΑΖ και ΚΝΓ είναι ίσα, οπότε ΚΖ=ΚΓ και ΚΑ=ΚΝ. Επομένω ς , η ΜΚ είναι διάμεσος (άρα και ύψος) στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΝ. Οπότε ο ι ΜΚ και ΔΖ είναι παράλλη λες (διότι είναι και οι δύο κάθετες στην δ ιαγώνιο ΑΕ . �-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

102 τ.2/14

Σχήμα 2

------

2 °ς

Μαθη μαηκοί Διαyαινιtr μοί - Μαθη ματικές 01..υ μπιάδ ες

τρό πος

Επειδή είναι Μ μέσο της ΒΓ και ΔΜ = ΒΓ

------

τρίγωνο ΔΒΓ είναι

ορθογώνιο στο Δ και επιπλέον είναι ισοσκελές, αφού ΔΒ = ΔΓ . Άρα έχουμε ΓΔΒ = ΓΔz = 90° , . οπότε τα σημεία Β, Δ , Ζ είναι συνευθειακά. Επιπλέον, επειδή οι διαγώνιοι του τετρ αγώνου ΑΖΕΔ τέμνονται κάθετα, οι ευθείες ΚΑ και Γ Δ είναι παράλληλες, ως κάθετες προς την · ευθεtα ΒΖ. Στο ο ρ θογώνιο τρίγωνο ΓΔΖ η ευθεία ΟΚ περνάει από το μέσο της πλευράς ΔΖ και είναι παράλληλη στη βάση ΓΔ. Επομένως θα περνάει και από το μέσο της πλευι:�άς ΖΓ, δηλαδή το σημείο Κ είναι το μέσο της ΖΓ. Όμως στο τρίγtονο ΒΓΖ η ΚΜ συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του, οπότε θα είναι παράλληλη προς την τρίτη πλευ ρά, δηλαδή ΜΚ 1 1 Β Ζ , οπότε θα είναι καt

ΜΚ Ι/ ΔΖ .

Π ρ όβ λη μα 3 :

Σχή μα 3

Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό πραγματικό αριθ μό α ισχύει η ανισό1η1'αι

Λύ ση ( 1 ος τρ ό πος)

(1α + ι)(2α + 3)(1α + 5)(1α + 7) ,. α(α + l}(α + 2)(α + 3)

{

16{αα+ 4

+1 2α + 1 > (1) 2 α . α. α Πράγματι, η τελευταία είναι ισοδύναμη με 4 ( α + 1) 2α + 1 -- > α � (2α + 1) 2 > 4α ( α + 1) � 4α 2 + 4α + 1 > 4α 2 + 4 α , που ισχύει. α Θα αποδείξουμε πρώτα ότι:

(

2α + 3 > 2 α+1 2a + Ί > 2 α+3

Αν β άλουμε τώρα στην ( 1 ) όπου α το α + 1 παίρνουμε ότι

{

{ {

α+2 α+1 α+4 α+3

(2 )

2α + 5 α+3 (3 ) και >2 (4) α+2 α+2 Πολλαπλασιάζοντας τις (1), (2), (3) και (4) κατά μέλη� έχουμε ότι : ( 2 α + 1) (2α + 3 ) ( 2 α + 5 ) (2α + 7) > α+1 α+2 . α+3 . α+4 +4 16 . = l6 a α (α + 1) (α + 2) (α + 3) α α+1 α+2 α+3 α που είναι το ζη τούμενο . Ση μείωση : Η ανισότητα ( 1 ) θα μπορούσε να πρ οκύψει μέσω της ανισότητας αριθμητικού α+1 α+1 2 α+1 0 ξ ' 2α + 1 γεωμετρικου μεσου, αφου α > , ω ς ε η ς: 1+ -- > 2 α α α α +1 αφού είναι α * 1. Ομοίως προκύπτουν και οι ανισότητες (2), (3) και (4), οπότε τελειώνου με α την άσκηση όπω ς παραπάνω. Πρόβλη μα 4 : Να βρεθούν οι μη•αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί x, y,z , w που ικανοποιούν Και ομοίως παίρνουμε ότι

τις παρακciτω αχέσεις;

. {

Λύ ση : Έστω

(Σ)

� { · --

-- =

{χ + χ

.!.

w = 2, y

.!_ Υ

Με αφαίρεση

ατά μέλη των ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε: 1

-- ,

z + .!.. + w = 2, y + !. + w = χ

1 1 1 1 x + - = w + 2 (1), y + - = w + 2 (2), z + - = 2 - w (3), y + - = 2 - w χ

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 t.2/15

•

------

Μάθηματικοί Διαγωνισμοί - Μα9ηματικtς Ολυ μπιάδες

)(I

x - y + .!. _!_ = 0 e> ( x - y - -1 ) = O e> x = y ή χ Υ xy Περίπτωση 1 : Έστω χ = y. Τότε από τις (3 ) ιcαι (4) έχουμε: z + .!. = x + .!. e> (z - x )(l + -1) = O e> x = z ή xz = -1 . _

-------

xy = l .

ΖΧ

χ = y = z ιcαι από τις (1) ιcαι (3) προκύπτει όn: ' w ο ιcαι χ + -l 2· e> w = Ο ιcαι χ = 1 Επομεν' ως, σε αυτη' την υποπεριπτωση εχουμε χ τη λύση ( x, y, z, w) = (1, 1,1,0) . Αν xz = -1, τότε οι χ, z θα είναι ετερόσημοι, οπότε ένας θα είναι αρνηnιcός. Περίπτωση 2: Έστω xy = 1 . Τότε με αφαίρεση της (4) από την (3) λαμβάνουμε: Ζ .!_ = ο C> z2 - 1 = ο C> Ζ 1, αφού Ζ :2: ο. •

χ = z,

Αν

τότε

•

Με πρόσθεση των (1 ) και (3) λαμβάνουμε : χ + � = 3 e> χ2 - 3χ + 2 = Ο e> χ = 1 ή χ = 2. •

•

χ = 1 , προκύπτει πάλι η λί>ση ( x, y, z , w) = (1 , 1, 1, 0) . Για χ = 2 , προκύπτει η λύση (x, y, z, w) = ( 2 , i, l, i) . Για

Γ ' Λυκείου

Πρόβλημα 1

Στο Καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων Oxy θεωρούμε την παραβολή με εξίσωση y

Α,Β και Γ

= χ2

α, β και γ, αντίστοιχα , έτσι ώστε α - β = β -- γ = αι > Ο . Να εκφράσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση του ω. Λύση : Αν είναι Α' , Β ' ιcαι Γ ' οι προβολές των σημείων Α, Β ιcαι Γ πάνω στον άξονα χ 'χ , τότε έχου με : Ε ( ΑΒ Γ) = Ε ΑΓΓΆ') - Ε ( ΑΒΒΆ} - Ε ( ΒΓΓ 'Β') =

και

τα

σημεία

α2 +

της

(

· 2ω -

2 = ; · ( α 2 + r2 =

με τετμημένες

β2 · ω - β2 + r2 · = 2ω · (2α 2. + 2y2 - α 2 -β2 -β2 - r2 ) 2 2 p2 - β2 ) = ; {α 2 β2 - (Ρ2 -r2 )] = α2

� � α + β-β - r ) = ( -2 {( α - β}( α + β ) - (β- r ) (β + r ) ] = · 2 ω = ω3 2 2 .

Β'

Σχήμα 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 1 02 τ.2/16

Α'

------ Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------

Η άσκηση μπορεί να λυθεί με χρήση του τύπου εμβαδού τριγώνου από την Αναλυτική Γεωμετρία του επιπέδου της Β ' Λυκείου. Έχουμε Σημ είωση :

E ( ABΓ ) = _!_det ( BA, BΓ) = _!_ α - β a: - β: = _!_[(α - β){ y2 -β 2 ) - ( a 2 - β 2 )(r - β) ] = 2 2 r-P r -Ρ 2 = _!_( α - P)(r - P)(r + β - α - Ρ) = _!_( α - P) (r - Ρ)(r - α) = _!_ ω · (-ω )(-2ω) = ω3 • 2 2 2 Πρόβλη μα 2 : Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α = 45° . Στο ύψος ΑΔ θεωρούμε σημείο Κ ώστε ΔΒ = ΔΓ ΔΚ. Οι προεκτάσεις των υψών ΒΕ και ΓΖ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ, στα σημεία Μ και Ν αντίστοιχα. Να αποδείξετε =

ότι τα σημεία Ν, Κ και Μ είναι συνευθειακά. Λύση : Πρώτα θα αποδείξουμε ότι ΚΑ = ΚΒ = ΚΓ (δηλαδή ότι

το σημείο Κ είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ). Από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΒΔΚ, έχουμε: � 45•. ,,... Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (αφού Α 45� έχουμε: •

Α"

•

90° -

•

Α 90° 22,5° 67,5°. :ι\ = Β - Β 2 = 67, 5° - 45° = 22, 5° = Α 1 , •

•

Άρα δηλαδή το τρίγωνο ΚΑΒ είναι ισοσκελές με ΚΑ=ΚΒ. Όμοια αποδεικνύουμε ότι ΚΑ=ΚΓ, οπότε το Κ είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Η γωνία Γ1 είναι εγγεγραμμένη στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου που βαίνει στο τόξο ΑΜ. Άρα f = ΜΒΑ = 90° - Α = 45° (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΒ).

Σχήμα 5

Ισχύει επίσης Γ = 90° - Α = 45° (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΖ) . . Επομένως MfN Γ + Γ = 90° , δηλαδή η ΜΝ είναι διάμετρος του κύκλου, άρα θα περνά από 2 το κέντρο Κ του κύκλου. Π ρ ό β λη μα 3 : Έστω Ρ ( χ ) πολυώνυμο τετάρτου βαθμού, τέτοιο ώστε: ( α) P (l) = l, Ρ ( 2) = 4, Ρ (3) = 9, Ρ (4 ) = 16. ( β) Όλοι οι συντελεστές του Ρ ( χ ) είναι μικρότεροι ή ίσοι του 10. Να βρείτε τη μικρότερη και τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του Ρ ( 5) . Λύση : Το πολυώνυμο Q ( χ) = Ρ( χ) - χ 2 είναι τετάρτου βαθμού και λόγω της ( α) έχει ρίζες τους αριθμούς 1 ,2,3 και 4. Επομένως μπορεί να γραφεί στη μορφή Q ( χ) = Ρ( χ ) - χ 2 = α ( χ - 1)(χ - 2) (χ - 3) (χ - 4) <:::::> Ρ( χ) = α (χ - 1 ) ( χ - 2) (χ - 3) ( χ - 4) + χ 2 4 <:::::> Ρ(χ) = αχ - 1 0αχ3 + (35α + 1 ) χ 2 - 50αχ + 24α Άρα είναι Ρ( 5) 24α + 25 . Λόγω της (β) έχοvμε: α $ 1 0, - 1 0α $ 1 0, 35α + 1 $ 1 0, - 50α $ 1 0, 24α $ 1 0 9 1 10 1 9 <:::=> a < l O α > - - 1 α < - α -> - - α < - <:=> - - < α < 2

Επομένως, έχουμε: - _!_ ::::; a ::::; _2._ <:::=> 5

9 24 24 ::::; 2 4 α ::::; 5 35 ·

5 -

<:::=> -

35 .

� + 2 5 ::::; 2 4α + 2 5 ::::; 9 5

24 + 25 35 ·

1 01 , , , 1 09 1 1 0 1 :s; P a ) :s; 1 09 1 ,.__._ , δη λαδη' η μικροτερη δυνατη τιμη του ( ......,, 5 $ 24α + 25 $ 3 5 ,.__._ ......,, 5 35 0 1 1 1 09 1 . , , -' δυνατη, τιμη, του Ρ( α ) ειναι και η μεγαλυτερη Ρ( α ) ειναι 5 35 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/17

-------

Μ α θη ματικοί Διαγωνισμοί - Μα θη ματικές Ολυμπιάδες

--------

Να βρείτε έναν πρώτο αριθμό που διαιρεί τον αριθμό Α = 147 + 14 2 + 1 . Λ ί> ση : Θέτουμε για ευκολία n = 1 4 και θα προσπαθήσουμε να παραγοντοποιήσουμε τον αριθμό Α = n 7 + n 2 + 1 . Πράγματι, μπορούμε να αποδείξουμε ότι ο n 2 + n + 1 είναι παράγοντάς του Α ως εξής: Α = n 7 + n 2 + 1 = n 7 -n + n 2 + n + 1 = n( n 6 -1) + n 2 + n + 1 = Πρό β λη μ α 4

= n(n 3 + 1)(n 3 -1) + n 2 + n + 1=n(n 3 + 1)(n-1)(n 2 + n +1) + n 2 + n +1 = = (n 2 + n + 1)(n5 -n 4 + n 2 -n +1) Επομένως ο αριθμός n 2 + n + 1 = 1 4 + 1 4+ 1 = 21 1 διαιρεί τον αριθμό Α Επιπλέον, ο 2 1 1 είναι

πρώτος και το ζητούμενο έπεται.

Ο ι λύσε ι ς των ασκήσεων του τεύχους 1 0 1 Α 45 . ( α ) Να αποδείξετε ότι για κάθε ακέραιο k η εξίσωση χ3 - 2 4χ + k = Ο έχει το πολύ μία ακέραια λύση. ( β ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ3 + 2 4χ - 2 0 1 6 = Ο έχει ακριβώς μία ακέραια λύση. (Ρουμανία, 2016)

.\ \Jση ( α) Έ στω

ότι υπάρχουν δύο διαφορετικοί μεταξύ τους ακέραιοι rn, n που είναι λύσεις της δεδομένης εξίσωσης, δηλαδή ισχύουν: m3 - 24m + k = Ο και n3 - 24n + k = Ο . Μ ε αφαίρεση των δύο εξισώσεων κατά μέλη λαμβάνουμε

rn3 - n3 - 24( rn -n) = Ο =>( rn - n) (rn2 + rnn + n 2-2 4) =Ο 2 3 n2 => rn 2 + rnn + n2 - 24= Ο => rn + 2n + 4 = 24. 3 n 2 � 24=> n 2 � 3 2=> n 2 ε {Ο, 1 , 4, 9 , 16 , 25} . Τότε όμως θα είναι Επομένως θα είναι 4 m + � = 24- 3 :2 =>( 2m + n)2 = 96 - 3 n 2 =>( 2m + n)2 ε { 96 , 9 3 , 8 4,69 , 48 , 21 } ,

( )

m"'n

( )

που είναι άτοπο, αφού στο τελευταίο σύνολο δεν υπάρχει τέλειο τετράγωνο ακέραιου. ( β ) Η εξίσωση γράφεται στη μορφή χ ( χ2 + 2 4) = 201 6 , από την οποία προκύπτει ότι ο χ = 1 2 είναι μία ακέραια λύση της εξίσωσης. Επιπλέον προκύπτει ότι κάθε λύση χ της εξίσωσης πρέπει να είναι θετικός αριθμός. Αν υποθέσουμε ότι χ , y ε Ζ με Ο < χ < y είναι δύο ακέραιες λύσεις της εξίσωσης, τότε χ2 + 24< y2 + 24=> 201 6 = χ (χ2 + 24) < y (y 2 + 24) = 201 6 , άτοπο. Ν39.

.Jn +

Βρείτε όλους τους μη αρνητικούς ακέραιους 3 + �n + .Jn + 3 είναι ακέραιος.

που είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός (Ρουμανία, 2016)

A = .Jn + 3 + �n + .Jn + 3 . Τότε n + .J n + 3 = ( A-.J n + 3 ) 2 =>( 2A + 1).J n + 3 =A2 + 3 . Αν υποθέσουμε ότι ο αριθμός Α είναι ακέραιος, τότε οι αριθμοί 2Α + 1 , Α2 + 3 είναι μη μηδενικοί ακέραιοι, οπότε από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι υπάρχει θετικός ακέραιος rn τέτοιος ώστε .Jn + 3 = rn <::::> n + 3 = rn 2 Τότε όμως επειδή Α = rn + .Jrn + n θετικός ακέραιος, θα υπάρχει θετικός ακέραιος k τέτοιος ώστε n + rn = k2• Από τις σχέσεις n + 3 = rn 2 και n + rn = k2 , με απαλοιφή του n λαμβάνουμε: Λ\>ση : 'Εστω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/18

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδ ες

-------

m 2 - 3 = k 2 - m � m 2 + m - 3 = k 2 � 4m 2 + 4m - 12 = 4k 2 � ( 2m + 1 ) - ( 2k ) 2 = 1 3 � ( 2m + 1 - 2k ) ( 2m + 1 + 2k) = 1 3 � 2m + 1 - 2k = 1 και 2m + 1 + 2k = 1 3 � m = k και m + k = 6 � m = k = 3, οπότε προκύπτει ότι n = 6 .

Γ 3 7. Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο

BD,

E, F τα μέσα των διαγώνιων του

είναι το σημείο τομής των ευθειών AB, CD και

αντίστοιχα. Αν

ABCD . Έστω

των ευQειών AD, Β C , να αποδείξετε ότι: ( α) τα σημεία τομής των διχοτόμων των γωνιών ΑΗΒ ABCD είναι κορυφές ρόμβου.

και

Η είναι το σημείο τομής

AGD με τις πλευρές του τετραπλεύρου

και

( β) το κέντρο του προηγούμενου ρόμβου ανήκει στην ευθεία EF.

(Ρουμανία, 2016)

Υποθέτουμε ότι το σημείο C ανήκει στα ευθύγραμμα τμήματα DG και ΒΗ . Ομοίως αντιμετωπίζονται και οι άλλες περιπτώσεις. ( α) Έστω /, Κ τα σημεία τομής της διχοτόμου της γωνίας fι με τις πλευρές CD και ΑΒ, αντίστοιχα. Έστω Μ, Ν τα σημεία τομής της διχοτόμου της γωνίας G με τις πλευρές BC και AD, αντίστοιχα. Έστω ακόμη J το σημείο τομής των διαγωνίων ΙΚ και Α!Ν του τετραπλεύρου ΚΛιf!Ν . Από το τρίγωνο GBC έχουμε ότι: G = 1 80° - GBC - GCB = 1 80° - 1 80° - .Β - 1 80° = B + C - 1 80°. Λ ύ ση .

) ( - c) G Β + c - 1 80° Α + ( Α + Β + c ) - 1 80° Επομένως, έχουμε CMJ = BCG + - = Α + = ---------- (

2 2 Λ + 360° - - 1 80° 1 80° + Λ = = 2 2

(

( b) -

2 0 Λ= 90 + 2

(1)

Σχή μα 6

-Β Ομοίως υπολογίζουμε ότι: CIJ = 90° + Α . (2) 2 Από το τετράπλευρο CMJI , τις σχέσεις ( 1) και (2) και τις ισότητες Β + D = 1 80° και Α + C = 1 80° , λαμβάνουμε ότι: Mll = 90° . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/19

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες -------

Επομένως, στα τρίγωνα Η.ΜΝ και GIK οι HJ και GJ είναι διχοτόμοι και ύψη, οπότε θα είναι και διάμεσοι. Άρα οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου ΚΛf!Ν τέμνονται κάθετα και διχοτομούνται, οπότε το τετράπλευρο αυτό είναι ρόμβος. (β) Θα αποδείξουμε ότι οι πλευρές του ρόμβου είναι παράλληλες προς τις διαγωνίους του τετραπλεύρου ABCD . Από το θεώρημα της διχοτόμου στα τρίγωνα GCB και ΗΑΒ έχουμε: ΜΒ GB ΚΒ ΗΒ = (3) και = (4) ΚΑ ΗΑ MC GC Όμως, από το θεώρημα των τεμνόμενων χορδών στο G έχουμε: GB GD = (5) GC GA Από τις (3) , (4) και ( 5) έχουμε: B+D=\SO' Α1Β ΚΒ = � GB = ΗΒ � GD = ΗΒ � GD HA = GA HB ........_ 1 GD HA sι.n D = 1 GA HB sm. B' MC ΚΑ GC ΗΑ GA ΗΑ .._.,., 2 2 που ισχύει γιατί κάθε μέλος της τελευταίας ισότητας ισούται με το εμβαδόν του τριγώνου AHG . Επομένως, έχουμε Λ1Κ 11 AC και ομοίως αποδεικνύεται ότι: ΙΜ 1 1 BD . Θεωρούμε τώρα τα σημεία Λ1Κ n BE {L} , ΚΝ n AF = { P} , DE n NI = { O } , CF n !M = {Q} . Τα ευθύγραμμα τμήματα AF, CF, BE, DE είναι διάμεσοι στα τρίγωνα ABD, CBD, ABC, ADC , αντίστοιχα, οπότε οι ευθείες LO και ΡQ περνάνε από το κέντρο J του ρόμβου. Ας υποθέσουμε ότι η LO τέμνει την FE στο σημείο Χ και η PQ τέμνει την FE στο σημείο , , XF Υ . Τοτε εχουμε: = LB = ΒΚ και YF = QF = ΒΜ ΧΕ LE ΚΑ ΥΕ QC MC ΒΚ , , , , , , , , οι ευθ ειες = ΒΜ , επεται FΈ , LO Επειδη ειναι οτι τα σημεια Χ και Υ συμπιπτουν, οποτε ΚΑ MC και PQ περνούν από το κέντρο του ρόμβου ΚΛf!Ν . -

- ·

Ασκήσεις για λύση τέτοιοι ώστε: χ + y + z = xy + yz + zx = -1 .

Α46 . Δίνονται πραγματικοί αριθμοί χ, y, z

Να αποδείξετε ότι: ( xy - z 2 ) ( yz - χ2 ) ( zx - y 2 ) = xyz - 1 . Ν 40 . Δίνεται πρώτος θετικός ακέραιος p τέτοιος ώστε ο αριθμός 2p ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων τεσσάρων διαδοχικών ακέραιων. Να αποδείξετε ότι ο 36 διαιρεί τον ακέραιο p - 7. Γ38. Έστω Ι το έκκεντρο τριγώνου ΑΒC και έστω σημείο D της πλευράς AC τέτοιο ώστε ΑΒ = DB . Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BCD εφάπτεται των πλευρών AC και BD στα σημεία Ε και F, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η ευθεία DF περνάει από το ευθυγράμμου τμήματος DI. Η συντακτική επιτροπή του ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' εύχεται σε όλους τους αναγνώστες

ΚΑΛΗ κaι ΑΗΜΙΟΥΡΓΙΚΗ ΧΡΟΝΙΑ/ Με χαρά περιμένουμε νέες συνεργασίες, άρθρα, λύσεις ασκήσεων αλλά και τις παρατηρήσεις σας για να γίνουμε καλύτεροι . . . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/20

1 �1 1 HOMO MATHEMATICUS 1

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

συντακτική επιτροπή

Κερασαρ ίδης Γιά ννης, Μανιατοπούλου Αμαλία, Μήλιος Γιώργος, Τσουλουχάς Χάρης

Ι. τι είναι τα Μαθηματικά;

σ' αυτό το τεύχος μας δίνεται η ευκαιρία να παρουσιάσουμε δύο διαφορετικές οπτικές του θέματος που τίθεται με το ερώτημα «τι είναι τα Μαθηματικά». Θα χαρούμε ν' ακούσουμε την άποψή σας σχετικά μ' αυτό το θέμα

Προλεγόμενα

πρlύ τη άπο ψη : ((Ο Marcus du Sautoy για τον Ευκλείδη»

ο φίλος της στήλης Κ. Κοντόπουλος (Πειραιάς), μας πρότεινε να δημοσιεύσουμε ένα ση μείωμα του γνωστού σχολιαστή των «Thales+ Friends» Γιώργου Καρουζάκη με τίτλο «0 Marcus du Sautoy για τον Ευκλείδψ>. «Αν κυβερνούσα τον κόσμο, το πρώτο πράγμα ναρπαστική αποκάλυψη: να συλλά που θα έκανα θα ήταν να βεβαιωθώ ότι ο καθένας βεις την έννοια του απείρου. Αυτό, από εμάς έχει κατανοήσει την απόδειξη του Ευ για μένα, είναι ένα εκπληκτικό επί κλείδη με την οποία αποκαλύπτει ότι υπάρχουν ά τευγμα της ανθρώπινης σκέψης». πειροι πρώτοι αριθμοί>>, γράφει ο Βρετανός μαθη Ο Marcus du Sautoy συγκρίνει, επί ματικός και συγγραφέας Marcus du Sautoy σε πρό σης, τον τρόπο διδασκαλίας των Μα σφατο άρθρο του στο περιοδικό Prospect. Και εξη θηματικών με το μάθημα διδασκαλίγεί: «Σε ορισμένους, μπορεί να μοιάζει παράξενη ας ενός μουσικού οργάνου στο οποίο επιθυμία, επειδή από μόνη της η απόδειξη του Ευ οι μαθητές είναι υποχρεωμένοι να μαθαίνουν, δι κλείδη δεν φαίνεται να είναι χρήσιμη σε κάτι. Αλλά αρκώς, κλίμακες και τεχνικές λεπτομέρειες, χωρίς αυτό που δείχνει είναι τη δύναμη της αναλυτικής να ακούν ποτέ πραγματική μουσική. «Μια άλλη σκέψης και τη μαγεία των Μαθηματικών. Η μελέτη αποστολή μου», προσθέτει, «θα ήταν να καταργή της σκέψης του Ευκλείδη θα μπορούσε να αναπτύ σω τα όρια ανάμεσα στα θέματα των σχολικών μα ξει στο μυαλό των ανθρώπων την ιδέα ότι τα Μα θημάτων. Θα ήθελα πολύ να φτάσει η στιγμή που θηματικά, αυτό το εξαιρετικό εργαλείο, μπορούν να θα μπορούν να μετακινούνται οι μαθητές με ευκο μας βοηθήσουν να πορευτούμε στον κόσμο και να λία από τα Μαθηματικά στον κόσμο της Μουσικής. προβλέψουμε το μέλλον. Όσα γνωρίζουμε, για πα Η Ιστορία, επίσης, είναι ένα αρκετά σημαντικό συ ράδειγμα, για την κλιματική αλλαγή, τα οφείλουμε στατικό της φύσης των Μαθηματικών: πώς συνδέε στις μαθηματικές εξισώσεις». ται, για παράδειγμα, η απόδειξη του Ευκλείδη με Στη συνέχεια, ο Marcus du Sautoy ασκεί κριτική την ελληνική σκέψη της εποχής του; Γιατί έφτασε στον τρόπο που οι κυβερνήσεις και τα εκπαιδευτι- σε αυτό το συμπέρασμα τη συγκεκριμένη χρονική κά συστήματα, ανά τον κόσμο, διδάσκουν τις μα στιγμή;» θηματικές δεξιότητες, ώστε να φανούν, όπως θεω Για τον Βρετανό μαθηματικό, τέλος, τα Μαθη ρούν, χρήσιμες στους ανθρώπους. Για εκείνον, αυ ματικά δεν είναι απλώς ένα εργαλείο για να περιη tό που θα έπρεπε να διδάσκεται είναι ο τρόπος συ γηθούμε στο Σύμπαν, αλλά, στην ουσία, μια απά γκρότησης ενός λογικού επιχειρήματος και να μπο ντηση γιατί έχουμε αυτό το Σύμπαν - το πώς μπορεί κάποιος να διακρίνει τη συμπεριφορά των μα ρούμε να πάρουμε κάτι από το τίποτα» θηματικών προτύπων. «Με την απόδειξη του Ευ [πηγή: κλείδη βλέπεις πώς μια πεπερασμένη σειρά λογι http://thalesandfriends.org/el/20 1 6/05/24/o-marcus κών επιχειρημάτων μπορεί να οδηγήσει σε μια συ- du-sautoy-gia-ton-eukleidi/] εισα γωγικά

δεύτερη άποψη: (( Τι είναι (για μένα) τα Μαθηματικά>>, το υ Ροδόλφου Μπόρη

την 1/7/20 1 6 μας περίμενε μια ευχάριστη έκπληξη. Ο φίλος, σημαντικός μαθηματικός και ποιητής Ροδόλφος Μπόρης, ανάρτησε στην προσωπική του ιστοσελίδα ένα σημείωμα με τίτλο «Τι είναι

εισαγωγικά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/2 1

-------

ΗΟΜΟ MATHEMATICUS

--------

(για μένα) τα Μαθηματικά (R. Boris)». Επειδή, κάθε δημοσίευση του "R. Βοήs", παρουσιάζει ενδιαφέ ρον, σκεφτήκαμε να σας το παρουσιάσουμε.

«Επειδή τα γλωσσικά εργαλεία που διαθέτω δεν πιο χρησιμοθηρική αντίληψη για τα Μαθηματικά επαρκούν ώστε να εκφράσω με ακρίβεια την απά και illoι, ελαφρώς πιο κυνικοί , εξαίροντας την ντηση , στην ερώτηση-κρίση «αυτά δεν είναι Μα αχρηστία των θεωρημάτων (Hardy), τέχνη για την θηματικά!», θα αρκεστώ στην παρακάτω προσέγγι τέχνη δηλαδή. Αδιαφορούμε για την προέλευση της έμπνευσης ση με παρομοιώσεις και περιγραφές. Φαντάζομαι τα Μαθηματικά να είναι κάτι σαν ποί αν προέρχεται από εμπειρία η αναγκαιότητα του ηση και τους μαθηματικούς ποιητές. Πριν εκφράσω δημιουργού. Αυτό που ενδιαφέρει είναι να μειωθεί την άποψη μου ας κάνω μια διάκριση. Άλλο πράγ η εντροπία στο τέρας που λέγεται πολιτισμός (δη μα είναι οι μαθηματικοί και illo δάσκαλοι λαδή να βάλουμε λίγη τάξη στο μπακάλικο) . Τελι καθηγητές των Μαθηματικών. Οι πρώτοι παράγουν κά αυτό που έχει σημασία είναι η συγκίνηση που Μαθηματικά, οι δε δεύτεροι αναπαράγουν Μαθη νοιώθουμε(εμείς ποιοι;) απέναντι σε ένα καλό ποί ματικά. Απαραίτητοι και οι δυο αν θεωρήσουμε ότι ημα ή θεώρημα διότι αυτή είναι μια τεράστια δύ· οι πρώτοι οφείλουν την ύπαρξή τους στους δεύτε ναμη που μπορεί να ενεργοποιήσει πολλά πράγμα ρους οι οποίοι διέγνωσαν και προώθησαν το ταλέ τα που το τέρας έχει καταβροχθίσει προκειμένου να ντο τους. ασχημύνει κι illo η μορφή του. Παρομοίασα τα Μαθηματικά με ποίηση γιατί η Ας μην κρυβόμαστε λοιπόν, αν οι φυσικοί θεω διατύπωση ενός θεωρήματος όπως και η εμφάνιση ρηθούν «ιερείρ> διότι ασχολούνται με τα όρια φu· ενός ποιήματος είναι μια τελική επεξεργασία της σικής πραγματικότητας-μεταφυσικής, κατ' άλλους βαθύτερης δομής του αντικειμένου που ονομάζεται του Θείου ,τότε οι μαθηματικοί είναι ποιητές αφσ6 γλώσσα. Θαυμάζουμε την φαντασία , την επινοητι ασχολούνται με την καλαισθησία της δομή ς της κότητα ,την πλοκή-κομψότητα, τον ακριβή χειρι γλώσσας, ίδιον κάθε νοήμονος πολιτισμού (πολλές σμό των εργαλείων της γλώσσας και μερικά ακόμη φορές η ανακάλυψη υστερεί της μη αντίφασης). κοινά πράγματα όπως πχ την επιρροή ΑΡΑ Ονειρικά σε ράφι σκευάσματα χρησιμότητα, καλλιέργεια της αισθητικής που μπο α./Στροβιλοφιδωτές προτάσεις σε χάρτινα ψυγεί ρεί να έχουν στο κοινωνικό γίγνεσθαι, που σε μερι α./Αλλά κι αστροδοσμένα σύμβολα σε νάιλον σακο'ύ κούς μοιάζει σήμερα σαν ένα μπακάλικο πια. Ας το λες./Αυτά θα έπρεπε να βρείτε σε τούτο το μπακά.λι πούμε «εδώδιμα αποικιακά» για το εξευγενισμένο κο./Ισως και λίγα Μαθηματικά» εύηχο του λόγου. Άλλοι πάλι δεν συμφωνούν μι [πηγή: http://rodolfosboήs.blogspot.gr/] λώντας για στρατευμένη ποίηση προβillοντας μια υ πόμ ν η ση : για τον Ροδόλφο Μπόρη στο τέλος της στήλης Ι/. 11 Ε κλείδει α Γεωμετρ ία αγάπ η μ ο υ 11 υ , «ευθεία των έσων»

Δίνεται γωνία xoy και στις ox,oy παίρ νουμε τα σημεία Α,Γ,Ε, ... και Β,Δ,Ζ,... αντίστοιχα, με ΑΓ=ΒΔ,ΓΕ=ΔΖ,... Τα μέ σα των ΑΒ,ΓΔ, ... είναι ευθεία (ε) γνωστή σαν «ευθεία των μέσων»

«ευθεία Eulen>

Αν Η,Ο είναι, αντίστοιχα, το ορθόκεντρο και το περίκεντρο τριγώνου, η ευθεία (Η,Ο) είναι η «Ευθεία Euler»

111. <<Α υ τό το ξip α τε;η

ποιο είναι το θεώρημα του Ηράκλειτου στην Ευκλείδεια Γεωμετρία; I V. " Οι συ νερ γ άτε ς τη ς στιίλη ς γράφο υ ν-ερ ω το ύ ν "

((σ

είο του Brianchon»

«Αν ένα τετράπλευρο είναι περιγεyραμ μένο σε κύκλο, τότε οι διαγώνιοί τοu ιcι οι ευθείες που συνδέουν τα σημεία επα φής των απέναντι πλευρών, περνούν από το ίδιο σημείο, που το ονομάζουμε σηείο του Brianchon))

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

Σ' αυτό το τεύχος μας περίμενε πολύ ύλη για δημοσίευση. Επιλέξαμε κάποιες, με κριτήριο το χρόνο ανα μονής τους ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.2/22

-------

/" θέμ α :

Πα ν α γιώ τη Οικο νομά κο υ

ΗΟΜΟ MATHEMATICUS

((Ισόπλευρο τρ ίγ ω νω>

--------

(α πόδειξη (β) μέρους τη ς άσκηση ς)

στο προηγούμενο τεύχος του περιοδικού μας, ο συνεργάτης της στήλης Παναγιώτης Οικο νομάκος, έθεσε το παρακάτω θέμα: προλ εγ iιμεν α

<<Σε κύκλο θεωρούμε τα μη διαδοχικά τόξα 60 ° ΑΒ, ΓΔ και ΕΖ που δεν έχουν κοινά σημεία. α) να αποδειχτεί ότι το τρίγωνο ΚΛΜ που έχει κορυφές Κ, Λ, Μ τα μέσα των χορδών ΒΓ, ΔΕ και ΖΑ είναι ισόπλευρο. β) σε ποια περίπτωση το ισόπλευρο τρίγωνο ΚΛΜ έχει μέγιστο εμβαδόν;)).

[Λόγω έλλειψης χώρου (στο προηγούμενο τεύχος), είχαμε δημοσιεύσει μόνο το (α) μέρος. Σε τούτο το τεύχος, δημοσιεύουμε την απόδειξη του (β) μέρους. Το σχήμα (02 ) είναι μέρος του σχήματος (Ο Ι) του προηγού μενου τεύχους] α πό δ ειξη

= 2R 2η μ ( Ψχ + 30° ) 2 μέγιστη η Όμοια και 2R 2 η μ ( φ Υ + 30° ) y -y = 2 Χ = z - z2 = 2R η μ ( φ2 + 30° ) άρα η παράσταση Χ

β) προφανώς (σχήμα 02) , το μέγιστο εμβαδό αντι Οπότε στοιχεί στο ισόπλευρο τρίγωνο με τη μέγιστη

πλευρά. Ζητάμε επομένως πότε γίνεται ' παρασταση α2 η' η 4α 2 - 3 R 2 = 2 2 2 x f - χ + yf - Υ + z - z

(

)( �

) (f )

�

γίνεται

- χ2

�

(

2R2 ημ Ψχ +3(J') +ημ( φy + 3σ') +ημ Ψz +3σ')] Ο όρος χ - χ 2 με εφαρμογή του δεύτερου θεω Προφανώς, το μέγιστο για την παράσταση αυτή ε πιτυγχάνεται όταν ρήματος των διαμέσων (σχ.2) γίνεται: Ψχ + 30° = φ Υ + 30° = φ2 + 30° = 90° , δηλ. όταν + Rx . χ - χ 2 = 2R Ψχ = Ψ y = φz = 600 δηλ. όταν τα τόξα με χορδές x,y,z αντίστοιχα γί Όμως: � = χσυν + 30° νουν κι αυτά 60° και τότε το μέγιστο ισόπλευρο 2 χ χ = 9R 2 , , , 2Rημ συν +30° και το τριγωνο θ α εχει πλευρα α με α = . . . = 4 = εμβαδό του θα είναι R ημ Ψχ + 30° ) - ημ30°] 2 φχ = 9 R J3 Ε [με ω= �+ 30° Τ = ] 16 2 2

[

(

�

(� � (�

Οέμα:

Χ=

[

(� ) ) )

Κυριάκο υ Μα ν δ ηλάρη «Πώ ς ο Γκέντελ α πόδειξε τη ν «ωιεπάρ κει ω>

της Λ ογιιοίς»

προλεγόμενα Ένας καλός φίλος της στήλης, μας ενημέρωσε τηλεφωνικά να ψάξουμε σε μια ηλεκτρονική διεύθυνση και θ ' «ανταμειφτούμε». Εμείς ψάξαμε, το βρήκαμε και σας το παρουσιάζουμε άνθρ ωπος πο υ α πάι1τη σε σε έν α εριύ τημα 2. 000 χρiι νω ν

«Ολόκληρο το έργο του ήταν αφιερωμένο στον ορθολογισμό. Σε τέτοιο βαθμό όπου . . . δεν χωρούσε άλλη λογική, για την προσωπική του ζωή. Ο Κουρτ Γκέντελ, ο σπουδαιότερος σύγχρο νος φιλόσοφος, ήταν ο άνθρωπος που κατάφερε να «σπάσει» την Λογική.

Από την εποχή του Πλάτωνα μέχρι και τις πρώτες δεκαετίες του 20ου αιώνα υπήρχε η άποψη πως... κάπου εκεί ψηλά, κάπου ανάμεσα στην ανθρώπινη σκέψη, στην σφαίρα της φαντασίας και την θεϊκή δημιουργία, υπήρχε η απόλυτη αλήθεια. Αυτή που, αν ποτέ βρίσκαμε, θα γινόταν ο αλάνθα-

στος οδηγός μας στην ερμηνεία κάθε δυνατού φαι νομένου. Στο πέρασμα των αιώνων οι μεγαλύτεροι φι λόσοφοι της ιστορίας πραγματεύτηκαν το συγκε κριμένο θέμα, συμφωνώντας πως αν κάτι είναι α λάνθαστο, τότε αυτό είναι η Λογική. Από που όμως πηγάζει η Λογική; Μπορεί ο άνθρωπος να φτάσει στον «βυθό)) της; Υπάρχει απάντηση σε κάθε ερώτη μα; Το 1 93 1 ήρθε η απά ντηση, που μάλλον κανείς δεν θα περίμενε. Ο Αυστριακός μαθηματικός Κουρτ Γκέντελ, στα 25 του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/23

-------

ΗΟΜΟ MATHEMATICUS

--------

χρόνια, απέδειξε την ... ανεπάρκεια της Λογικής. Τα προέρχεται από κάποια θεϊκή αλήθεια, αλλά από Μαθηματικά, με έναν περίεργο τρόπο, ξεκινούν πολύ βασικές ανθρώπινες παραδοχές! νωρίτερά της, ενώ το έναυσμα της Λογικής δεν Τα θεωρήματα τη ς «Μη Πληρότητας» - Πώς ο Γκέντελ απέδειξε τη ν <ωνεπάρκεια» της Λ ογικής

Τα φημισμένα θεωρήματα της «Μη Πληρότητας», είναι ίσως το πολυτιμότερο κεφάλαιο που διαθέτει ο κόσμος της Φιλοσοφίας. Ο άνθρωπος που τα απέδειξε έμεινε ως ο σημαντικότερος φιλόσοφος του 20ου αιώνα και ένας από τους σπουδαιότερους όλων των εποχών. Τί έλεγαν όμως αυτά τα δύο θρυλικά θεωρήματα; Ο Γκέντελ απέδειξε πως δεν μπορεί να υπάρξει σύστημα που να ικανοποιεί και τις δύο συνθήκες. Αν είναι πλήρες τότε δεν θα είναι συνεπές και το αντίστροφο. Απλούστερα, θα περιέχει είτε αντιφάσεις είτε ερωτήματα που είναι αδύνατο να απαντηθούν!

Και σαν να μην έφτανε αυτό, στο δεύτερό του θεώρημα ο Αυστριακός κατέστησε σαφές πως τα αξιώματα δεν επαρκούν για να αποδείξουν την συ νέπεια μιας θεωρίας. Η Λογική, την οποία οι μαθη ματικοί πάσχιζαν επί αιώνες να ταυτίσουν με τα Μαθηματικά, υπέστη ένα φρικτό και αγιάτρευτο πλήγμα. Ο Γκέντελ βρήκε την αχίλλειο πτέρνα της, καθιστώντας την ανίκανη να περιγράψει εξ ολο κλήρου την επιστήμη. Η γέννηση των Μαθηματι κών, αλλά και κάθε άλλης επιστήμης, δεν ξεκινά από την απόλυτη λογική, μα από την διαίσθηση !

Λ ογικός... μόνο στα Μαθηματικά - Ο άστατος βίος του «Κυρίου Γιατί>>

Θα μπο ρούσε να πει κανείς πως ο Γκέντελ ήταν ο άνθρωπος που εισχώρησε βα θύτερα από ο οποιονδήποτε άλλο στον ά γνωστο κόσμο της Λογικής. Αν και δεν είναι ούτε σωστό, ούτε ε φικτό να βάλει κανείς σε... ζυγαριά τους φιλοσό φους, είναι γεγονός πως ο Αυστριακός μας χάρισε την πρώτη αυστηρά τεκμηριωμένη αλήθεια, δίνο ντας φως σε ένα ερώτημα που είχε μείνει για χιλιε τίες στο σκοτάδι. Ποιος όμως ήταν ο άνθρωπος που έμεινε στην ιστορία, ως ο σπουδαιότερος φιλόσο φος της σύγχρονης ιστορίας; Ολόκληρο το έργο του Κουρτ Γκέντελ ήτα βα σισμένο πάνω στον ορθολογισμό. Η ζωή του όμως δεν χωρούσε άλλη ... λογική. Ο βαθύτατα εσωστρε φής και κάπως φιλάσθενος Αυστριακός υπήρξε έ νας άριστος μαθητής, που όμως στα πρώτα σχολικά του χρόνια δεν έδωσε ενδείξεις της μεγαλοπρεπούς ιδιοφυΊας του. Αντιθέτως, αυτό που ήταν εμφανές ήταν η διαρκής ερευνητική του διάθεση, που του

χάρισε το παρατσούκλι «Κύριος Γιατί». Τα προ βλήματα υγείας που αντιμετώπισε στην εφηβική του ηλικία, έμελε να τον στιγματίσουν για ολόκλη ρη την ζωή του, προσδίδοντας του μια σειρά από ... μη ορθολογικά χαρακτηριστικά. Οι πρώτες σπου δές του Γκέντελ ήταν γύρω από την Θεωρητική Φυσική, όμως το πνεύμα της εποχής τον οδήγησε στον χώρο της μαθηματικής Λογικής. Διαβάζοντας τα έργα διάσημων μαθηματικών της εποχής, όπως ο Καντ και ο Ράσελ, ο Αυστριακός βρήκε τα κατάλ ληλα ερεθίσματα ώστε να ασχοληθεί με τον τομέα όπου και διέπρεψε. Μελέτησε το έργο του Πλάτω να και επηρεάστηκε σε μεγάλο βαθμό από τον αρ χαίο φιλόσοφο, γεγονός που ώθησε τους ιστορικούς να τον χαρακτηρίσουν ως «Πλατωνιστή>>. Ο Γκέ ντελ, όπως και ο Πλάτωνας, θεωρούσε πως εκτός από τον υπαρκτό κόσμο, υπάρχει και η σφαίρα των ιδεών, ένας εξολοκλήρου θεωρητικός κόσμος στον οποίο ο άνθρωπος έχει πρόσβαση μόνο μέσω της ενόρασης. Πάνω σε αυτή την άποψη δούλεψε ώστε να καταλήξει στα... θεόσταλτα θεωρήματά του ...

Η Αλίκη καθόταν σ' ένα παγκάκι στο πάρκο, κοντά στο σπίτι της, μ' ένα βιβλίο κι ένα τετράδιο στα πόδια, κι ένα στυλό στο χέρι. Έλαμπε ένας κα ταπληκτικός Ήλιος στον ουρανό. Τα πουλιά, με τα τιτιβίσματά τους έφτιαχναν ένα κεφάτο πρωινό, αλλά το κορίτσι δεν ήταν στα κέφια του.

«Καταραμένα Μαθηματικά! Τι κάθομαι και χάνω τον καιρό μου μ' αυτούς τους γελοίους υπολογι σμούς αντί να παίζω ή να διαβάζω κανένα καλό βι βλίο με περιπέτειες» - γκρίνιαξε φωναχτά. «Σε τίποτα δε χρησιμεύουν τα Μαθηματικά!» Λες και η αγανάκτησή της ήταν κάποιο μαγικό σύνθημα, πίσω από μια συστάδα θάμνων που βρί-

[πηγή:http://www.iefimerida.gr/news/272796/o paranoikos-mathimatikos-me-protypo-ton-platona poy-katedafise-tin-logiki eikones#ixzz4BnwrYMSv

3° θέμα Κάρλο Φραμπέτι, «Καταραμένα Μαθηματικά» (Η Αλίκη στη χώρα των αριθμών)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/24

------- ΗΟΜΟ MATHEMATICUS

σκονταν κοντά στο παγκάκι της ξεφύτρωσε ένας πολύ μυστήριος τύπος. Ήταν ένα ψιλόλιγνο άτομο, ένας ξερακιανός με μελαγχολική φάτσα και ντύσι μο παλιάς εποχής. Έμοιαζε βγαλμένος από κάποιο εικονογραφημένο βιβλίο του Ντίκενς, σαν εκείνα στο σπίτι της γιαγιάς της, σκέφτηκε η Αλίκη. «Άκουσα καλά, δεσποινίς; Μήπως είπες, μόλις τώ ρα, ότι τα Μαθηματικά δε χρησιμεύουν σε τίποτα;» ρώτησε ο άντρας με έκφραση ανησυχίας. «Είναι, αυτό είπα. Κι εσύ ποιος είσαι; Μήπως είσαι κανένας απ' αυτούς που ενοχλούν τα κοριτσάκια στα πάρκα; ... » «Εξαρτάται τι εννοείς μ' αυτό το "ενοχλούν". Αν τα Μαθηματικά σε αηδιάζουν τόσο πολύ όσο δείχνουν τα χαζά σου παράπονα, τότε φυσικό είναι να σε ε νοχλεί και η παρουσία ενός μαθηματικού» «Μαθηματικός είσαι; Πιο πολύ μου μοιάζεις για ποιητής. Ξέρεις, εννοώ αυτούς που τριγυρνάνε στα πάρκα μαδώντας μαργαρίτες ... » «Είμαι και ποιητής>> «Μπα; Για πες μου ένα ποίημα ... >> «Μπορεί αργότερα. Όταν συναντάει κανείς ένα ξε ροκέφαλο κορίτσί που λέει ότι τα Μαθηματικά δε χρησιμεύουν σε τίποτα, οφείλει, πρώτα να του α ποδείξει το λάθος του>> «Εγώ δεν είμαι ξεροκέφαλω> έβαλε τις φωνές η Αλίκη. «Και δεν πρόκειται να σε αφήσω να μου μι λήσεις για Μαθηματικά» «Πολύ παράλογη αντίδραση, αν λάβει κανείς υπό ψη του πόσο πολύ σε ενδιαφέρουν οι αριθμοί>>

-------

«Εγώ, δε χαζεύω! Εγώ, μελετάω Μαθηματικά!» «Α, καταπληκτικό! Είναι πολύ καλό τα εντεκάχρο να κορίτσια να μελετούν Μαθηματικά. Είσαι σί γουρη ότι ξέρεις πώς γράφεται ο αριθμός έντεκα;» «Φυσικά! Έτσι» απάντησε η Αλίκη, κι έγραψε 11 στο τετράδιό της. «Πολύ καλά. Και γιατί αυτά τα δύο κολλητά "ένα" αντιπροσωπεύουν τον αριθμό έντεκα;» «Γιατί έτσι. Πάντα έτσι ήταν» «Έχασες. Για τους αρχαίους Ρωμαίους παραδείγ ματος χάριν δύο κολλητά "ένα" δεν αντιπροσώπευ αν τον αριθμό έντεκα αλλά τον αριθμό δύω> απά ντησε ο άντρας και, πιάνοντας το μολύβι της Αλί κης έγραψε ένα μεγάλο 1 1 στο τετράδιο. «Αλήθεια είναι» αναγκάστηκε να παραδεχτεί εκεί νη. «Στο σπίτι της γιαγιάς μου έχει ένα ρολόι απ' τον καιρό των Ρωμαίων, κι έχει ένα δύο σαν κι αυτό. «Κι αν το καλοσκεφτούμε φαίνεται πιο λογικό, δε νομίζεις;» «Γιατί;» «Αν Βάλεις ένα μήλο δίπλα σ' ένα άλλο μήλο έχεις δύο μήλα. Ή μήπως δεν είναι έτσι;» «Φυσικά.» «Κι αν Βάλεις ένα "ένα" δίπλα σ' ένα άλλο "ένα", έχεις δύο "ένα" και δύο φορές ένα μας κάνει δύο» «Αλήθεια είναι, ποτέ δεν το είχα προσέξει. Γιατί 1 1 σημαίνει έντεκα κι όχι δύο;» «Μου κάνεις μία ερώτηση Μαθηματικών;» «Μμ, υποθέτω πως ναι.» «Ναι, αλλά πάει ένα λεπτό που είπες πως δε θέλεις να σου μιλάω για Μαθηματικά. Είσαι πολύ καπρι τσιόζα. Όλο αλλάζεις γνώμη» «Μόνο μια φορά άλλαξα γνώμη !» διαμαρτυρήθηκε η Αλίκη. «Άσε που δε θέλω να μου μιλήσεις για Μαθηματι κά, μόνο να μου εξηγήσεις αυτό με το έντεκα θέ λω>> «Δε μπορώ να σου εξηγήσω μόνο αυτό με το έντε κα, γιατί στα Μαθηματικά όλα τα πράγματα σχετί ζονται μεταξύ τους. Όλα εξαρτώνται το ένα απ' το άλλοι με μια λογική. Για να σου εξηγήσω γιατί ο αριθμός έντεκα γράφεται όπως γράφεται, θα 'πρεπε να σου διηγηθώ ολόκληρη την ιστορία των αριθ μών από την αρχή» «Είναι πολύ μεγάλη;» «Φοβάμαι πως είναι.» «Δε μ' αρέσουν οι πολύ μεγάλες ιστορίες. Όταν φτάνεις στο τέλος, έχεις ξεχάσει τι λέγανε στην αρ χή» «Καλά, αντί για την ιστορία των αριθμών αυτή κα θαυτή, μπορώ να σου διηγηθώ ένα παραμύθι. Το ί διο κάνει ... »

«Εμένα, οι αριθμοί; Ας γελάσω! Δε μ' ενδιαφέρουν ούτε τόσο δω> απάντησε και έκλεισε τα δάχτυλά της, ώσπου ακούμπησε ο αντίχειρας στο δείκτη. «Τίποτα δεν ξέρω από Μαθηματικά, κι ούτε που με κόφτει» «Λάθος κάνεις. Ξέρεις πιο πολλά απ' όσα νομίζεις. Για παράδειγμα, πόσων χρόνων είσαι;>> «Έντεκα» «Και πέρσι, πόσο ήσουν;» «Αυτή κι αν είναι χαζή ερώτηση : δέκα, φυσικά» «Τα ' δες; Ξέρεις να μετράς, κι αυτό είναι η βάση ό λων των Μαθηματικών. Μόλις είπες ότι δε χρησιμεύ ουν σε τίποτα, αλλά έκατσες καμιά φορά να σκεφτεί ς πώς θα ήταν ο κόσμος αν δεν είχαμε τους αριθμούς, αν δεν μπορούσαμε να μετρήσουμε;» «Σίγουρα, πιο διασκεδαστικός» «Παραδείγματος χάριν, εσύ δε θα 'ξερες ότι είσαι έντεκα χρόνων. Κανείς δε θα το 'ξερε, κι έτσι, αντί να κάθεσαι να χαζεύεις στο πάρκο, στην καλύτερη περίπτωση θα σ' έστελναν να δουλεύεις σα να 'σουν [πηγή: Carlo Frabeftί, «Καταραμένα Μαθηματικά» (Η Αλίκη στη χώρα των αριθμών), εκδ. opera, Αθήνα 2004} καμιά μεγάλη» ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/25

-------

4° Οiμα:

Νίιω υ Λ υγερο ύ,

Το παράδοξο του Fenni μπορείς να το λύσεις με πολλούς τρόπους αν ακολουθήσεις τα νοητικά σχήματα του Sagan 5° ()/;μα

ΗΟΜ Ο MATHEMATICUS

«Το π αρά δ οξο του FermiN

Το παράδοξο του Fermi

Ο L eίhnίz . . σκιτσογράφος

ι:ιδιίσι:ις

ότι η παραγωγή του έργου δεν είναι ποτέ γραμμική Ν. Λv'Vεοού

[πη'fή: από την ηλεκτρονική αλληλογραφία μας, με τον Ν. Λ υ γερό (πανεπιστ. Λ υών)]

Ι ".

για να καταλήξεις στην πορεία σου στον εγκέφαλο ματριόσκα του Bradbury έτσι θ' αντιληΦθείς

και την εξίσωση του Drake αλλά ταυτόχρονα μάθε τώρα και για τη σφαίρα του Dyson

συνεργάτης της στήλης Χάρης Τσουλουχάς (Αθήνα), μας αποκάλυψε άλλη μια ιδιότητα του μεγάλου μαθηματικού Gottfried Wilhelm Leibniz [ 1 646- 17 16] , αυτήν του σκιτσογράφου. Ο Χάρης (σαν καλός μαθηματικός), μας έστειλε και την απόδειξη του ισχυρισμού του αυτού · μας παρέδωσε ένα σπάνιο ντοκουμέντο. Είναι ένα σκίτσο σχεδιασμένο από τον ίδιο τον Leibniz. Στην επικεφαλίδα, της σελίδας που δημοσιεύεται το σκίτσο, αναγράφεται: -«+94 HANNOVER 1677 BIS 1 687 REISE ΝΟVEMBER 1687 BIS JUNI 1 690 Ν. 56)). Εμείς συΟ

-------

μπεράναμε ότι ο Leib με το σκίτσο αυτό δεν απεικονίζει τον εαυτό του, γιατί ο ίδιος παρότι αγαπούσε "πε ριπαθώς" τις περούκες με τα φανταχτερή κόμμωση, δεν συμπα θούσε καθόλου τα γένια και τα μουστάκια. niz

ι'

ι:ιδ η σο ι5λες

εδώ και λίγες μέρες όσοι ανά τον πλανήτη ασχολού νται σοβαρά με τα Μαθηματικά, σε ακαδημαϊκό επίπε δο, μπορούν να βρουν συγκεντρωμένα σ' έναν τόμο κά ποια από τα πιο όμορφα, τα πιο ερεθιστικά αινίγματα της επιστήμης τους. Το «Open Problems ίη Mathematics» (εκδ. Springer), στο εξώφυλλο του οποίου διακρίνεται οι μορφές των συγγραφέων του, του πρόσφατα χαμένου Τζον Νας και του νεαρού Έλληνα μαθηματικού Μιχάλη Ρασσιά [πηγή : www . l i fo gr, 1 9.9. 2 0 1 6 ] 2". κυκλοφόρησε το βιβλίο του John MacCormick «Εννέα αλγόριθμοι που άλλαξαν το μέλ λον» (Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης). Πριν ξεκι νήσει το ταξίδι του στον κόσμο των συναρπαστικών ι δεών και των τεχνολογικών επιτευγμάτων, ο συγγραφέ ας εξηγεί, με κατανοητά παραδείγματα, το αντικείμενο και τα θέματα του βιβλίου του, δηλ. «Τι είναι στα αλή θεια ένας αλγόριθμος;» [πηγή: http://thalesandfriends.org/el/] Jlf. Την Τρίτη (1 1 1 201 6), έγινε η παρουσίαση του νέου - βιβλίου του Τεύκρου Μιχαηλίδη, με τίτλο «Σφαιρικά κάτοπτρα, επίπεδοι φόνοι», ένα εξαιρετικά ενδιαφέρον αστυνομο-μαθηματικό μυθιστόρημα. Η παρουσίαση έγι νε στο «ΣΠΙΤΙ ΤΗΣ ΚΥΠΡΟΥ» (Ξενοφώντος 2\ Αθή.

να). Ο Τεύκρος "ανακρίθηκε" για πολύ ώρα, από τους παρόντες μαθηματικούς κι "ομολόγησε" πως έπλεξε τη συναρπαστική μυθιστορία του . . . 4" . Η Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία (ΚΥΜΕ) προκή ρυξε τον Ιανουάριο του 2016, για πρώτη φορά, διαγωνι σμό συγγραφής δημοσιογραφικού άρθρου φιλοσοφικού προβληματισμού και έκφρασης ιδεών με θέμα: «Γιατί Πρέπει να Μαθαίνουμε Μαθηματικά;». Το άρθρο θα έ πρεπε να είναι αποδεικτικού τύπου και αναμενόταν από τους μετέχοντες στο διαγωνισ μό να στοιχειοθετήσουν πειστικά επιχειρήματα για στήριξη ή και άρνηση (στην περίπτωση που διαφωνούν) τη ς θέσης που εκφράζεται στο υπό αναφορά θέμα. [πηγή : http ://www.cms.org.cy/index.php?id=79 1 #main content

]

5". Το 33° Συνέδριο της ΕΜΕ, πραγματοποιήθηκε με μεγάλη επιτυχία και συμμετοχή . Το Παράρτημα Χανίων, συνεχίζοντας την επιτυχία της Καστοριάς, σχεδίασε και διεξήγαγε την διοργάνωση, με μεγάλη επιτυχία από κάθε άποψη . Του χρόνου τη σκυτάλη παίρνει το Παράρτημα Λευκάδας. Είμαστε βέβαιοι για την επιτυχία.

VJ. "Α πάντη ση στο «Α υ τό το ξ/;ρατε;;>

«Δίνονται δύο ευθείες (ε1),(ε2) και ένα σημείο Α του επιπέδου των ευθειών. Από το Α να αχθεί ευθεία (ε) η οποία να τέμνει τις (ε 1 ),(ε2) σε σημεία Κ,Λ αντίστοιχα, ώστε το ευθ. τμήμα ΚΛ να έχει δομένο μή κορ) {πηpj: «Ασκήσεις Γεωμετρίας;> (Ιησου ϊτών), εκδόσεις Α. Καραβία, Αθήνα 1952 ] VJ/. Υπόμνη ση

ο Ροδόλφος Μπόρης είναι μαθηματικός (πρώην καθηγητής Μαθηματικών, στο κρατικό πανεπιστήμιο της Ν. Υόρ

κης). Σπούδασε στο ΕΜΠ και στο Πανεπιστήμιο Αθηνών, Ναυπηγική και Μαθηματικά αντίστοιχα. Έχει γράψει διάφορα βιβλία μαθηματικού ενδιαφέροντος και δύο ποιητικές συλλογές. Ο Ροδόλφος ζει στη Θεσσαλονίκη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/26

Α' λΥΚΕΙΟΥ Εξισώσεις και Ανιοώσεις 1tOU ανάγονται σε wρωτοβάθμιες

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

Άννα - Τασία Ανδριοπούλου

(Διαιρεύνηση της αχ = β ) 1 . Να λυθεί η εξίσωση λ 2 (χ - 2) + 2 = λ ( 2χ - 3) (1) για τις διάφ ορες τιμές της παραμέτρου λ. Παραμετρικέ ς εξισ ώ σεις

Λύ ση :

Έχουμε: ( 1 ) <=> λ2χ - 2λ2 + 2 = 2λχ - 3λ <=> ( λ2 - 2λ ) χ = 2λ2 - 2λ - 2. Παρατηρούμε ότι: α=Ο� λ2 - 2λ = Ο <=> λ ( λ - 2 ) = Ο <=> λ ε { 0, 2 } l η Περίπτωση : Αν λ ε { 0, 2 } , τότε: Για λ=Ο έχουμε (1) <=> Οχ = -2 , δηλαδή η (1) είναι αδύνατη, Για λ=2 έχουμε (1) <=> Οχ = Ο δηλαδή η (1) είναι αόριστη (Αυτό σημαίνει ότι το (λ-2) είναι κοινός παράγοντας των α,β. Χ ρήσιμη πληροφορία για τη 2η Περίπτωση) . , (1) <=> χ = 2λ 2 - 3λ - 2 αλλα, 2 η Π εριπτωση : Αν λ � { 0, 2 } , τοτε ,

λ (λ - 2)

2λ + 1 β 2λ 2 - 3λ - 2 = 2 λ - 4 λ + λ - 2 = 2λ ( λ 2 ) + ( λ - 2 ) = ( λ - 2 ) ( 2λ + 1) , οπότε (1) <=> χ = =

Σημείωση:

κλάσμα

Αν στην

]η

Περίπτωση δεν είχε προκύ ψει αόριστη εξίσωση τότε στη 2η Περίπτωση το

� δεν θα απλοποιούταν κα ι επομένως δεν θα α

χρειαζόταν να επιδιώξουμε την

παραγοντοποίηση του β. Το β (θεωρο ύμενο πολυώνυμο ως προς λ) μπορεί να είνα ι μεγαλ ύτερο υ βαθμο ύ, οπότε η παραγοντοποίησή του πιθανόν να είναι δύσκολη διαδι κασία που ξεπενιέται τελι κά με ε-κτέλεση της διαίρεσης β: (λ-2) (ύλη Β ' Λυ κείου). Το να γνωρίζουμε όμως ότι το (λ-2) είναι παράγοντας του β, βοηθάει αισθητά στην παραγοντοποίησή του. Η μορ φ ή β = 2 λ 3 - λ2 + 3λ - 1 8 π.χ. γράφεται β = 2λ3 - 4λ2

+ 3λ2 + 3λ - 1 8 = 2λ2 ( λ - 2 ) + 3 ( λ2 + λ - 6 )

και οδηγεί σε παραγοντοποίηση

πολυωνύμου κατά ένα βαθμό μικρότερου, εν προκειμένω του τριωνύμου λ 2 + λ - 6 , με γνωστό μάλιστα παράγοντα το (λ-2) (ύλη Α ' Λυκείου). Ο πλήρη ς έλεγχος παραγοντοποίησης τρ ιωνύμο υ γίνεται ω ς

γνωστόν, μέσω της διακρίνουσας ή ισοδυνάμως της συμπλήρωσης τετραγώνων. Συμ φέρει λοιπόν να προηγείτα ι η περ ι πτωση α=Ο αντί της α;z!() που συνηθίζεται.

Π ολυωνυ μικές ε ξισ ώ σεις

Λύνονται με παραγοντοποίηση και με την ιδιότητα: α · β = Ο � α = Ο ή β = Ο (1) 2 . Να λυθεί η εξίσωση : χ 2 ( χ - 3) - 7(χ - 3) = 5χ 2 - 16χ + 3

Λύ ση :

Εξετάζουμε μήπως το (χ-3) είναι παράγοντας και του δευτέρου μέλους . Πράγματι: 5 χ 2 - 1 6χ + 3 = 5 χ 2 - 1 5 χ - χ + 3 = 5 χ ( χ - 3) - ( χ - 3) = ( χ - 3)( 5χ - 1) , οπότε ( 1 ) <::::? χ2 ( χ - 3 ) - 7 ( χ - 3 ) - ( χ - 3 )( 5χ - 1) = ο <::::? ( χ - 3 )( χ2 - 5χ 6 ) = ο <::::? -

( Χ - 3 )( Χ - 6)( Χ + 1 ) = 0 <::::? Χ Ε { 3, 6, -1}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

102 τ.2/27

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Κλασματικές εξισ ώ σεις : (Με άγνωστο σε παρονομαστή ) Βή ματα επίλυση ς μιας κλασματική ς εξίσωση ς

παραγοντοποιούμε τους παρονομαστές β ) βρίσκουμε το ΕΚΠ των παρονομαστών βρίσκουμε το σύνολο ορισμού Α της εξίσωσης δ ) κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών και λύνουμε την εξίσωση στο Α � - 25 = � (ι) 3 . Να λυθεί η εξίσωση

α) γ)

2χ - 1 2χ - χ χ

Λύ ση :

α) Έχουμε: 2χ 2 - χ = χ ( 2χ - 1)

γ) Για να ορίζεται η

β ) ΕΚΠ= χ ( 2χ - 1 )

� � δ ) Στο Α έχουμε: ( 1) � 4x 2 - 5 = 5 ( 2x - l ) � x ( 2x - 5) = 0 � x = O ή χ = � χ = Α πόλυ τες τιμ ές - Κανόνας ποσή μων 4 . Να λυθεί η εξίσωση: lx - 31= 3χ - 1 Λύ ση :

Για να έχει λύση η ( 1 ) πρέπει,: 3χ - 1 Στο Β'

[�,+οο) έχουμε ( l ) �

•

(ι)

� Ο,

δηλαδή χ

ε[�,+οο}

- 3 = 3χ - 1 ή χ - 3 = -3χ + 1� χ = - 1 ή χ = l� x= l

(Γενικός, ίδιος με της επόμενης άσκησης) Αν χ � 3, τότε ( 1) � χ - 3 = 3χ - 1 � χ = - 1 (η τιμή απορρίπτεται, αφού - 1 <3) Αν χ < 3 τότε ( 1 ) � - x + 3 = 3x - l � x = l (δεκτή τιμή, αφού 1<3)

Τρό πος: •

Τελικά ( 1 ) � χ = 1 5. Να λυθεί η εξίσωση: 3lx + ll - 2lx - 2l = l (ι) Λύ ση :

Καταρτίζουμε πίνακα με τα πρόσημα των χ+ 1 , χ-2 χ

χ + 1 x-l

•

- οο

- 1

()

+ οο

Αν χ < - 1 τότε ( 1 ) � 3 ( -χ - 1 ) - 2 ( -χ + 2) = 1 � χ = -8 (δεκτή τιμή, αφού -8<- 1 )

•

Αν -l ::; x < 2 τότε ( 1) � 3 ( x + l ) - 2 ( - x + 2) = 1 � x =

•

Αν

χ�2

3. 3. (δεκτή τιμή, αφού -1 ::; < 2 ) 5 5

τότε ( 1) � 3 ( x + l ) - 2 ( x - 2) = 1 � x = -6 (η τιμή απορρίπτεται, αφού -6<2)

{ �}

Τελικά ( 1) � χ ε -8, 6.

Να λυθεί η ανίσωση

Λύ ση :

{ �}

( 1 ) πρέπει και αρκεί χ ( 2χ - 1) ;:;; Ο , δηλαδή Α = { χ ε � / χ ( 2χ - 1) ;;;; Ο} = � - ο,

l3x - tl - 2 > lt - 3xl 5- Ι 6χ - 2 Ι (ι) 3 2 6 '------'"

}

( 2) l 3x - l l = Y l 3x - l l - 2 l 3x - l l 5 - 2 l 3x - l l > -- ( 1) � � y - 2 y 5 - 2y } >-3 2 6 3 (3 2 6 -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.2/28

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Αλλά ( 3 ) <:::> 3 ( y - 2 ) > y - 2 ( 5 - 2y ) <:::> -2y > -4 <:::> y < 2 και λόγω της (2 ) θα έχουμε:

( l ) <=> l 3x - l l < 2 <:::> -2 < 3χ - 1 < 2 <:::> -1 < 3χ < 3 <:::> --1 < χ < 1 3

Ε ξισ ώ σεις και προ β λή ματα

Τρεiς άνθρωποι Α, Β, Γ μοιράστηκαν ένα ποσό ως εξής . Ο Α πήρε το !. αυτού και 1 00

€ €

ακόμη, ο Β πήρε το !. του ποσού και 90 € ακόμη και ο Γ πήρε το !. του ποσού και 70 3

ακόμη. Ν α βρεθεί το ποσό που μοιράστηκαν και τι πήρε ο καθένας.

Λύ ση :

Έστω χ € το ποσό που μοιράστηκαν. Τότε τα μερίσματα των Α, Β, Γ θα είναι

.!.. χ + 100 , 5

, .!._4 χ + 70 αντιστοίχως. Επομένως .!.. χ + 100 + .!.. χ + 90 + .!.4 χ + 70 = χ � χ 1200 5 3 3 Το συνολικό ποσό που μοιράστηκαν ήταν 1200 ευρώ και έλαβαν, 3 4 0€, 490€, 370€ .!.. χ + 90

αντιστοίχως

Α ' λΥΚΕΙΟΥ 1.

Δίνεται ότι:

lx + 2l < 3 ,

Α��ς τ.ιιιt� P•t-�Cί

ψε(-!,_!) 2

και

ί. Δείξτε ότι IAI < 4 • ίί. Να μετασχηματίσετε τις παραστάσεις ισες με αυτές χωρίς απόλυτα.

�

Σπύρος Γιαννακόπουλος

Α = χ - _!_ 2ψ

B = llAl - 41 - 2 + IAI, Γ = -2 1 χ - 4 1 - I Ψ + 3 1

Λύ ση i.

eι��·ς 20,tt �-

σε άλλες

lx + 2l < 3 => -3 < x + 2 < 3 => -5 < x < l (1 ). 1 < 3 (2). ψ - -21 , - -61 => - -21 < ψ < - -61 => -31 < -2ψ < 1 => 1 < -2ψ 1 Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1 ) ,(2 ) και έχουμε -4 < χ --- < 4 => -4 < Α < 4 => IAI < 4 . 2ψ ίί. Αφού 4 -IAl > O θα έχουμε B = 4 - IAl - 2 + IAl = 2 . Εξάλλου (1) => -9 < χ - 4 < -3 => χ - 4 < Ο => lx - 4 1 = - χ + 4 . 1 7 => ψ + 3 > Ο => ψ + 3 = ψ + 3 . - -1 < ψ < - -1 => - -1 + 3 < ψ + 3 < - -1 + 3 => -5 < ψ + 3 < Ι 1 2 2 6 6 2 6 Άρα Γ = -2 (- χ + 4 ) - (ψ + 3) = 2 χ - ψ - 1 1 . ε

(

)

Για τον πραγματικό αριθμό α έχουμε: -3 � α � 3 (1) . ί. Αν ισχύει α3 - 27 � 3 α2 - 9α , να βρείτε το α. ίί. Αν Α = I Ι α Ι 2 - 9 1 + 2 α 2 - 6 lαl τ ότε να δείξετε ότι Α � Ο .

ίίί. Να δείξετε ότι:

( α + 4)

�

2Iα + 4

.nότε ισχύει η ισότητα ;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/29

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λ ύ ση

ί. α 3 - 2 7 ;::: 3 α 2 - 9 α � α 3 - 3 α 2 9 α 2 7 ;::: ο � α 2 (α - 3) + 9 (α - 3) ;::: ο � ( α - 3 ) ( α 2 + 9 ) 2 Ο � α 2 3 (2) από τις ( 1 ), (2) προκύπτει α=3 . ί ί . ω �ιαi � 3 � Ιαi 2 �9 � Ιαi 2 -9 � 0 . Άρα Α = - Ια1 2 + 9 + 2Ια1 2 - 6lal = Ια1 2 -6 lal + 9 = (1al -3) 2 2 0 . ...

ιιι.

-3 � α � 3 =:>

(y - 1 ) 2 ;:::

Ο,

-4

α =:> α

+ 4 >Ο,

οποτε η ητουμενη γινεται:

που ισχύει, με το ίσον μόνον όταν y= l , δηλαδή α=-3 .

α . Για κά θε χ , ψ e R δείξτε ότι:

ισότητας. Όμοια β . Για κάθε

α,

βeR

•

με

Ι α l + IP I

+� ' ' ( � J ( � J ;, � ( J 2( 2( ( 1 ) χ = lal

l ί

ι,

), (2) ισοδυναμούν με την

β . Θέτουμε στην

χ 2 + ψ 2 � .!.2 (χ + ψ ) 2

(2)

(χ+ ψ ) 2 � 4χψ

ισότητα. Λ ύ ση α. Η ( 1

χ=ψ

δείξτε ότι:

(χ - ψ ) 2 2 Ο

και ψ

�

IPI

1+ 1 1 ,

' η -2- � 2y y -

(1) και προσδιορίστε τη συνθήκη

( + l�I ) + (IPI + l� ) i αi

•

Πότε ισχύ ει η

που είναι προφανής, με την ισότητα μόνον όταν

�

l I

� ]'

και έχουμε:

� '

' �J

ι α i + Ι Ι + ι ΡΙ + Ι Ι ι α 1 + Ι Ι ΨΙ + Ι Ι = ι + Ι Ι + Ι Ι = 2 1 l ]2 Α ! 1 + Ια l + IΡ Ι - ! 1 + _ ' να δ ει'ξ ουμε οτι.. 1 - > 5 η η α ι ι βι η ρκει' λοιπον + l al lPI l a l lPI l al lP I οποία προκύπτει άμεσα από την (2) αν θέσουμε χ = Ιαl ' ψ = ι β ι . Η ισότητα ισχύει μόνον όταν -

α, β ε

{-Ξ·Ξ} (γιατί;)

Δείξτε ότι:

�ifi. - 1 =

Λ ύ ση Π αρατηρούμε όn :

� - � + � =( 4Η - ## + ( #)'

= α2 - αβ + β2 = α + β = α+β 3

� �+�

1 2 -+3

#+� #+� =

}ϊ ,{2 ' όπου α = ν 3 β = ν 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/30

' 1 -> 41

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

(\/2 - 1 ) (1 + \/2 + t14 ) = l , ή (\/2 )3 - 1 3 = 1 Δίνεται η εξίσωση

αχ 2

+ =Ο βχ - β 1

με

που

ισχύει.

β > Ο και _ .!. < α

ί. Δείξτε ότι η εξίσωση έχει ρίζες, άνισες και θετικές.

ίί. Αν χ 1 , χ 2

<Ο .

είναι ρίζες της εξίσωσης οι οποίες είναι ανάλογες των

l + ι = h·

μ, ν e Ν*

δείξτε ότι:

Λ ύ ση

ί . 'Εχουμε Δ = β 2 + 4αβ2 = β2 (1 + 4α ) .Είναι β 2 > Ο και _ .!_ < α < Ο => 1 + 4α > 0 => Δ > Ο . Άρα 4 β2 η εξίσωση έχει ρίζες Χι , χ2 άνισες. AJJ...ά Χι χ2 = - > Ο και χ; + χ2 = � > 0 αφού β > Ο και α α α Ο , οπότε οι ρίζες της εξίσωση ς είναι θετικές. ·

ίί. 'Εχουμε :

Χ ι μ

= Χ2 => μ = 1:ι και v v Χ 2

� μ

= Χ2 => Χι

_β

ν�

� + � = � + � = � + � = Ji!z; = zg; = Ρ; = rf, = _β

fai

= -1L = _ ν1;_;ι α Γα = 6.

-a

Δίνεται η εξίσωση

ί.

Γα � οiι ( Γα γ = , αφ β>Ο , α<Ο . ,

-a

2 χ 2 - αχ + 3 α 4- 4 = Ο (1), α

Να βρείτε για τις δ ιά φ ορες τιμές του α αν η εξίσωση έχει ή όχι ρίζες ίσες ή άνισες

. . Αν ρ 1 '* ρ 2 ρ ίζες τη ς (1), να β ρειτε για ποιες τιμες του α ισχυει:

ιι.

ίίί.

Να φτιάξετε εξίσωση 2 °υ βαθμού με ρίζες

2ρ1 , 2ρ 2

όπου

ρ1 , ρ1

ρ1

+ = + ρ2

•

α4 3 . 2 -- ( ) 2

•

ρίζες της (1).

Λύ ση

2 ί. Η διακρίνουσα τη ς εξίσω ση ς είναι Δ = α 2 - 4 3 α - 4 = -2 α 2 + 4 . 4 Η εξίσω ση έχει ρίζες αν και μόνο αν Δ � Ο . Αλλά: Δ � Ο � -2a2 + 4 � Ο � a2 �2 � .Jd � J2 ιaι�..n � -..n�a�..n � α ε [-../2.,../2. ] . Ειδικά : - Αν α (-../2., ../2. ) οι ρίζες τη ς ( 1 ) είναι άνισες. - Αν α = -../2. ή α = ../2. οι ρίζες τη ς (1) είναι ίσες. •

•

Αν α

( -.J2 ) -οο,

( ../2.,

+οο

) είναι Δ

Ο , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/3 1

στο

�

ίί.

Με Δ � Ο δηλαδή α Ρ1 Ρ2 =

3α 2 - 4 4

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

[ -J2, J2 ] ,

από τους τύπους

έχου με ρ1 + ρ2 = α και

Vieta

_ 4 4 Στο (-J2, .J2) έχου με: (2) � ( Ρι + p2 )2 - 2Ριρ2 = α + 3 � a2 3α2 4 = α + 3 � α 4 + α2 - 1 = 0 2 2 2

}

α2 = ω α2 = ω νr;5 - 1 ν5 - 1 . 2 α � ± J5 � �α=± = -1 2 2 ω2 + ω - 1 = 0 ω= 2

Εξετάζου με αν α JS --l < 2 , η 2 ,

(-.J2, .J2) ,

δη λαδή αν Ι α l < .J2 . Γι' αυτό αρκεί

, r-;5 < 5 που ισχυ' ει. Άρα οι τιμες' αυτες' του α ει'ναι δεκτες.

ν .)

< .J2, ή

Ρ = 2ρ1 .2ρ2 = 4ρ1ρ2 = 3α 2 - 4 . Η ζητούμενη εξίσωση είναι η χ 2 - Sχ + Ρ = Ο, δηλαδή ή χ 2 - 2αχ + 3 α2 - 4 = Ο , φυσικά με la l ::; J2 .

ίίί.

S = 2p1 + 2ρ2 = 2 (ρ1 + ρ2 ) = 2α

7. Δίνεται η εξίσωση

ί.

κ ι α

χ2 + Ια l χ - Ιβl = Ο

με

α, β ε R* .

Δείξτε ότι η εξίσωση έχει ρίζες άνισες και ετερόσημες με απολύτως μεγαλύτερη την αρνητική ρίζα. ίί.

Αν ρ είναι η αρνητική ρίζα της εξίσωσης, δείξτε ότι:

IPI :>

Λύ ση

Ψ/

1 + 4 βI

(ί).

διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = ΙαΙ 2 + 4 IPI > Ο (Συντο μότερα αy = - IPI < Ο ). Άρα η εξίσω_ση έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. π .χ. ρ2 < ρ1 οπότε ρ,ρ2 = -IPI < Ο � ρ2 < Ο < ρ1 Αλλά ρ, + Ρ2 = -Ιal < ο � ο < ρ, < -Ρ2 � IP1 Ι < IP2 I ίί. 'Εχου με λοιπ όν ρ = Ρ , οπότε: I PI > IΡι 1 ( 1 ) 2 ί. Η

�

Αν ή ταν I P I < 4 1 1 (2 ) . Τότε λόγω της ( 1 ) θ α είχαμε I P, I < 4 1 1 1 4β 1 β +4 I

(3) , οπότε

+ I 1 1 6 IPl 2 IPl>O 1 6 IPl 2 1 6 IPl 2 1 < 6 IPI � ρ.ρ, Ι < < I � � � ΙΡ ( 2) , ( 3 ) � 1P l l Pι l < ι ( 1 + 4 1 ΡΙ ) 2 ( 1 + 4 1Ρ 1 )2 ( 1 + 4 1 Ρ1 )2 ( 1 + 4 1Ρ1 )2 ( ι + 4 1Ρ 1) 2 < I 6 I Pl � I - 8 IPl + l 6 IPl 2 < Ο � (Ι - 4 1 Ρ Ι ) 2 < Ο . Άτοπο . Ά 1 Ρ Ι > 4 I PI α ρ - ι + 4 1Ρ I . Σ υν θ ετικ ά :

Παρατηρού με όtι :

(l) � IPl 2 > IPl lPι l = IPPι l = IPI ,

6 1Ρ1 2 IPI � 1 , ή ( 1 + 4 1 Ρ 1 ) 2 � 1 6 IPI , 2 ( ι + 4 1Ρ I)

οπότε για να ισχύει η

( 1 - 4 I P l) 2 � Ο , που ισχύει .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/32

(ί)

αρκεί

Α'λΥΚΕΙΟΥ

Τρότrοι απόδε ι ξης

Διονύσης Φ. Αρβανιτάκης

3 ΓΕ .Λ. ο

Οι συνη θέστεροι τρόποι απόδειξη ς στη γεω μετρία είναι : 1 . 2.: υνΟεηκή μέθοδος ( :\μt:ση απόδειξη ) Στην άμεση απόδειξη , το συ μπέρασ μα συνάγεται από τη χρήση αξιω μάτων, ορισμών, θεωρημάτων, προτάσεων και πορισ μάτων. Η μέθ οδος αυτή χρη σιμοποιείται στις «εύκολες» ασκήσεις . 2.

Α. ναλυη κ11

μi;Οοδος

Δεχό μαστε ότι ισχύει η πρόταση που θέλου με να αποδείξου με, δη λαδή δεχό μαστε ότι η ζητού μενη πρόταση (ρ) αλη θεύει και τη μετασχη ματίζου με διαδοχικά, με τη βοή θ εια θ εωρημάτων και άλλων προτάσεων στις προτάσεις (p1), (p2), , (p), όπου η πρόταση (p) είναι προφ ανής ή δοσ μένη . Έτσι με διαδοχικούς μετασχηματισμούς καταλήγου με σε απλούστερες προτάσεις μέχρις ότου αυτές μας οδηγή σουν σε θεωρή ματα ή σε δεδο μένα τη ς άσκηση ς . Έπειτα ξεκινάμε την αντίστροφη πορεία αποδεικνύ οντας το ζη τού μενο. Η μέθ οδος αυτή χρη σιμοποιείται σε δυσκολότερες ασκή σεις και προφανώς δε γράφου με την πορεία τη ς ανάλυση ς παρά μόνο την αποδεικτική διαδικασία. 3. \ l ι Ο υ ι) ο ς τ η .; εις iί.τοπον απαγωγής Π αραδεχό μαστε ότι δεν ισχύει η πρόταση που . μας δόθη κε και με συλλογισ μούς και κατάλλη λες σχέσεις (χρή ση αξιω μάτων, ορισ μών, θ εωρημάτων, προτάσεων και πορισ μάτων) φθάνου με σε συ μπέρασ μα που είναι λανθασ μένο, δη λαδή αντίκειται στην υπόθεση ή σε γνωστή πρ όταση . Η μέθ οδος αυτή χρη σιμοποιείται σε ασκή σεις που μας ζητάνε συνή θως να αποδείξου με ότι δεν ισχύ ει μία πρόταση . Δη λαδή δεν ταυτίζονται δύο σημεία, δεν διέρχεται μία ευθεία από κάποιο ση μείο, δεν μπορεί ένα τρίγωνο να έχει δύο γωνίες ορθές και κ. ό .κ .. • • •

Ακολου θ ούν μερικές επεκτάσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου :\ σ κ η ση 1

στη

Γεωμετρ ία

Πύργου για το παράρτημα της Ε .Μ. Ε . Ηλείας

β ά ση ΒΓ που σχηματίζει με την ΑΓ γωνία

xAr=50° .

2. 3.

Να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ΑΒ Γ. Να αποδείξετε ότι η η μιευ θ εία ΑΧ είναι διχοτόμος τη ς εξωτερικής γωνίας Α εξ του τριγώνου. Π ροεκτείνου με τις ΑΒ και ΑΓ προς το μέρος τη ς β άση ς ΒΓ και παίρνου με τ μή ματα Β Δ = ΓΕ . Αν Μ και Ν είναι οι προ βολ�ς των Δ και Ε αντίστοιχα πάνω στη β άση Β Γ , να αποδείξετε ότι τα · σημεία Δ και Ε ισαπέχουν από τη Β Γ . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΜΝΕΔ είναι ορθογώνιο. Να αποδείξετε ότι η διχοτό μος τη ς γωνίας Β ΑΓ είναι άξονας συ μμετρίας του τριγώνου ΑΜΝ . Λ

(ε) Λ \1ση Ι.

ΧΑΓ = ΜΒ = 5 0 ° , ως εντός εναλλάξ των παραλλή λων ΑΧ και ΒΓ τεμνο μένων από την ΑΓ . ΑΒΓ = ΑΓΒ = 5 0 ° , ως παρά τη Λ

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ. Φέρουμε την ημιευ θεία ΑΧ, παρ άλληλη προς τη

βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου. ΒΑΓ = 1 80° - 2 ΑΒΓ = 80 ° . Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.1/33

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

ΧΑΨ = ΑΒΓ = 50° , ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλή λων ΑΧ και ΒΓ τεμνομένων από την ΑΓ. Αφού ΧΑΨ = Ψ" Αχ = 50° , έπεται ότι ΑΧ διχοτόμος τη ς Αεξ . Τα ορ θογώνια τρίγωνα ΒΔΜ και ΕΓΝ είναι ίσα, γιατί: ΒΔ=ΕΓ από υπόθεση. ΜΒΔ = ΑΒΓ = 50° , ως κατακορυ φήν. Ομοίως, ΓΕΝ AfB = 50° . Συνεπώς ΜΒΔ ΓΕΝ = 50° . Το τετρ άπλευρο ΜΝΕΔ είναι ορ θογώνιο , γιατί είναι παραλληλόγραμμο , αφού ΜΔ=ΝΕ από ισότητα τριγώνων και ΜΝ//ΔΕ και έχει μία ορ θή γωνία ΔΜΒ = 90° , αφού ΜΔ και ΝΕ ω ς κάθετες στην ίδια ευθεία. " Η · δ ιχοτόμο ς τη ς γ ωνίας ΒΑΓ είναι κάθετος στη ΒΓ, άρα · είναι κάθετος στη ΜΝ και επειδή ΑΜΝ ισοσκελές (ΑΜ=ΑΝ , αφού τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΜΔ και ΑΝΕ είναι ίσα, επειδή ΑΒ=ΑΓ από υπόθεση και Β Μ=ΝΕ, από ισότητα τριγώνων ΒΔΜ και ΕΓΝ) έπεται ότι είναι άξονας συμμετρίας του τριγώνου ΑΜΝ.

•

Άσκηση 2 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ κα ι ΒΔ, ΓΕ οι διχοτόμοι του πού τέμνονται στο σημείο Ι. είναι και Αν οι γωνίες ΒΙΓ Β παραπληρωματικές, τότε: 1.

2. 3.

Να αποδείξετε ότι το' τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές . Να αποδείξετε ότι ΒΔ ΓΕ . Αν από το 1 φέρουμε παράλληλο προς τη ΒΓ τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Κ και Λ αντίστοιχά. Να αποδείξετε ότι : ΚΛ = 2 ΒΚ . Αν από το 1 φέρουμε παράλλη λο προς την ΑΒ που τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Ζ να αποδείξετε ότι ΒΖΙΚ είναι ρόμβος και ότι η περίμετρός του ισούται με 2 ΚΛ . Να αποδείξετε ότι η ΑΙ είναι μεσοκάθετος των ευθυγράμμων τμημάτων ΕΔ, ΚΛ, και ΒΓ.

Λύ ση 1.

2•

<=>

ΒΙΓ + Β = 1 80° " " " 1 80° - ΙΒΓ - ΙΓΒ + Β = 1 80° ,.. - -J3 - -f + Β = Ο J3 Γ Β,.. = Γ,.. . 2 2 2 2 Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΓΕΒ έχουν : ΒΓ κοινή Β = Γ από απόδειξη. ΙΒΓ IrB (1), ως μισά ίσων γωνιών. Από κριτή ριο Γ-Π-Γ τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΓΕΒ είναι ίσα. Άρα έχουν όλα του ς τα στοιχεία ίσα. Συνεπώ ς ΒΔ=ΓΕ ΚΙΒ = ΒΙΓ , ως εντός εναλλάξ των παραλλή λων ΚΛ και ΒΓ τεμνομένων από την ΙΒ. Επειδή ΙΒΓ ΙΒΑ έχουμε ότι ΚΙΒ = ΙΒΑ . Άρα το τρίγωνο ΒΚΙ είναι ισοσκελές, συνεπώς ΚΒ=ΚΙ. Ομοίως αποδεικνύουμε ότι ΛΙ=ΛΓ . Τα τρίγωνα ΚΙΒ και ΙΛΓ είναι ίσα, γιατί: είναι ΙΒ=ΙΓ, επειδή το τρίγω"νο ΒΙΓ " " " ισοσκελές , αφού ΙΒΓ Β2 = -Γ2 = ΙΓΒ . ΙΒΚ = IrΛ , ως μισά ίσων γωνιών. κΙΒ 1J3κ 1rΛ = ΛIΓ . Συνεπώς έχουμε ΚΒ=ΛΓ.Επομένως : ΚΛ=ΚΙ+ΙΛ=ΒΚ+ΛΓ=ΒΚ+ΒΚ=2 ΒΚ Το τετράπλευρο ΒΖΙΚ είναι παραλληλόγραμμο , γιατί από υπόθεση έχει τις πλευρές του παράλληλες και επειδή ΒΚ=ΚΙ έπεται ότι είναι ρόμβος . Π=4 ΒΚ=2 ΚΛ. <=>

<=> - = - <=>

• •

•

• •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/34

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

ΑΙ διχοτόμος της γωνίας Α , αφού Ι έγκεντρο. Άρα ΑΙ μεσοκάθετος ΒΓ. ΚΛ//ΒΓ, άρα ΑΙJ.ΚΛ και αφού 1 μέσο ΚΛ, έπεται ότι η ευθεία ΑΙ είναι μεσοκάθετος του ΚΛ. Το τρίγωνο ΑΔΕ ·είναι ισοσκελές, αφού ΑΔ=ΑΕ (Αν από ίσα ΑΒ=ΑΓ, αφαιρέσω ίσα ΒΔ=ΓΕ - επειδή τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΒΕΓ είναι ίσα από ερώτημα 2 προκύπτ?υν ίσα). Αφού ΑΙ διχοτόμος της γωνίας Α , έπεται ότι ΑΙ . μεσοκάθετος του ΔΕ. -

Ά σκη ση 3 Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Φέρουμε τις διχοτόμους των εξωτερικών γωνιών :Β και Γ που τέμνονται στο σημείο 1. Έστω Μ και Ν τα μέσα των ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα και Κ, Ο τα σημεία τομής της ΑΙ με τα ΜΝ ΒΓ ευθύγραμμα τμή ματα και αντίστοιχα. Ν α αποδείξετε ότι: 1.

Το τρίγωνο ΒΙΓ είναι ισόπλευρο. Το τετράπλευρο ΑΒΙΓ είναι ρόμβος. Το τρίγωνο ΜΙΝ είναι ισοσκελές. AIJ.MN. Η ΙΚ είναι διχοτόμος των γωνίας ΜΙΝ .

3. 4.

ΑΒΙ = Β

•

Ά σκηση 4 τρίγωνο Δίνεται ισόπλευρο ΑΒΓ. Προεκτείνουμε τη ΒΓ και παίρνουμε τμή μα ΒΔ = ΒΓ . Προεκτείνουμε την ΑΔ και παίρνου·μ ε τμή μα ΑΔ = ΑΕ . Να αποδείξετε ότι:

Το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ορθογώνιο. Το τρίγωνο ΓΔΕ είναι ισοσκελές. ΑΒ//ΓΕ. ΔΕ , , οπου Β Κ J.ΑΔ. Δκ =

Λύση

Β εξ ΙΒΓ Τ Λ

Ομοίως γωνίες του τετραπλεύρου ΑΒΙΓ είναι ίσες έπεται ότι είναι παραλληλόγραμμο και επειδή ΑΒ=ΑΓ (δύο διαδοχικές πλευρές ίσες) έπεται ότι είναι ρόμβος. Συγκρίνω τα τρίγωνα ΒΜΙ και ΓΝΙ. Αυτά έχουν: ΒΙ=ΓΙ, γιατί το τρίγωνο ΒΙΓ είναι ισοσκελές. ΑΒΙ = ΑΓΙ , από ερώτημα 2 . ΒΜ=ΓΝ ως μισά ίσων πλευρών (ΑΒ=ΑΓ). Από κρτιτήριο Π-Γ-Π έχχουμε ότι τα τρίγωνα ΒΜΙ και ΓΝΙ είναι ίσα. ΒΓ J.AI, αφού ΑΒΙΓ είναι ρόμβος. ΑΜΝ ισόπλευρο, αφού είναι ισοσκελές με μία γωνία 60 . Άρα: ΑΒΓ = ΑΜΝ . Συνεπώς ΜΝ//ΒΓ. Επομένως AIJ.MN. Το τρίγωνο ΜΙΝ είναι ισοσκελές με ΙΜ=ΙΝ κα� IKJ.MN. Άρα ΙΚ διχοτόμος της γων ίας ΜΙΝ . Λ

εσ

•

= 60° + 1200 = 120° + ____s_ 2 2 ΜΙ = 120° . Αφού οι απέναντι Λ

f'εξ 60° = 2

ΒΓΙ . Άρα το

τρίγωνο ΒΙΓ είναι ισοσκελές. 1 80 - 2 1ΒΓ = 1 80 - Β εξ = Β ΙΓ = Ό

•

2 1 80° - 120° = 60° = Α . 2 Λ

Λύση 1 . 'Εχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/35

BAr = ΑΒΓ = ArB = 60° .

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, γιατί ΒΔ=ΒΓ=ΑΒ. Λ

ΔΒΑ = 2ΑΒΓ = 1 20° . Άρα: Μ 1 800 - 1 200 Β= = 300 . 2 Λ

Συνεπώς ΑΔΒ + ΔΓΑ = 90° . Επομένως το· τρίγωνο ΔΑΓ είναι ορθογώνιο στο Α . 2. Η ΓΑ είναι διάμεσος και ύψος στο τρίγωνο ΓΔΕ. Άρα είναι ισοσκελές.

ΕΔΒ = ΔΕΒ = 30° , ως παρά τη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγfQνου ΔΕΒ. Λ

ΔΒΑ = ΔΑΒ = 30° , ως παρά τη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου ΑΔΒ. Λ

Αφού ΔΕΒ = ΔΑΒ = 30° έπεται ότι ΑΒ//ΓΕ. Το ΒΚ είναι ύψος στο ισοσκελές τρίγωνο ΔΕΒ που αντιστοιχεί στη βάση. Άρα ΒΚ διάμεσος. Συνεπώς Κ μέσο ΑΔ. Επίσης Α μέσο ΔΕ, γιατί ΓΑ.LΔΕ. Επομένως: ΔΕ ΑΔ _l_ ΔΕ ΔΚ = = = 2 2 2

Άσκη ση s Δίνεται κύ κλος κέντρου Ο και ακτίνας R. Στα άκρα της διαμέτρου του ΑΒ φέρουμε τις εφαπτομένες του ΑΧ και ΒΨ. Έστ ω Δ σημείο της ΑΧ από το οποίο φέρουμε εφαπτομένη προς τον κύκλο (O , R) που τον τέμνει στο σημείο Ε και την ευθεία ΒΨ στο σημείο Γ. 1.

Να αποδείξετε ότι ΑΔ + ΒΓ = Γ Δ . 2. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΓΟΔ είναι ορθογώνιο. 3 . Αν ΑΔΓ = 60° , τότε να αποδείξετε ότι: ΑΔ + ΒΓ Ι. R = . 2 11. Οι κύκλοι (O,R) και (Δ,R) εφάπτονται εξωτερικά. Λ

Λ ίJ σ η 1 . Τα

εφαπτόμενα τμήματα είναι ίσα. Άρα ΑΔ=ΑΕ και ΓΕ=ΓΒ. Συνεπώς: ΓΔ=ΓΕ+ΕΔ=ΒΓ+ΑΔ. ΟΔ διχοτόμος της ΑΔΓ . ΟΔΓ = ΑΔΓ . 2 ΔΓΟ ΟΓ διχοτόμος της ΒΓΔ . ΒΓΔ = -- . 2 ΑΔΓ + ΒΓΔ 1 80° � 2 ΟΔΓ + 2 ΟΓΔ = 1 80° � ΟΔΓ + ΟΓΔ = 90° . Άρα το τρίγωνο ΓΟΔ είναι ορθογώνιο. ΑΔΓ = 60° , τότε: Στο ορθογώνιο ΓΟΔ έχουμε ότι: ΟΔΓ = 30° . Συνεπώς: ΓΔ ΑΔ + Β Γ ΟΓ = R = = . 2 2 Φέρουμε ΟΕ και ΟΖ. ΟΕ.LΔΓ, αφού ΟΕ είναι ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής με την εφαπτομένη ΑΓ. ΟΕΖ ισόπλευρο, αφού OE=OZ=R και ΔΟΕ = 90° - ΟΔΕ = 60° . Συνεπώς Ζ μέσο ΟΔ. Επομένως ΟΔ=2R=ΟΖ+ΖΔ. Άρα οι κύκλοι (O,R) και (Δ,R) εφάπτονται εξωτερικά. Λ

3. 1.

11.

Ά σ κη ση 6 ΑΒΓ Δ με Δίνεται παραλληλόγραμμο = Α > 90° και ΑΒ 2 ΑΔ . Έστω Ε μέσο του Λ

ΑΒ. Φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας Α που τέμνει την πλευρά ΓΔ στο σημείο Ζ. Φέρουμε από την κορυφή Δ κάθετη . προς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/36

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

γωνίας ΔΗΓ. Άρα ΔΖ=ΖΗ. Άρα το τρίγωνο ΕΖΗ είναι ισοσκελές. 4. Έχουμε : 1. Α + Β = 1 80° <=> </> + 40° + 2</> -100° = 1 80° <=> 3</> = 240° <=> ψ = 80° . Άρα : Α = Γ = 120° και Β = Δ = 60° . 11. ΖΑ=ΖΓ=ΖΗ=ΔΖ. Ά ρα το τετράπλευ ρ ο ΑΓΗΔ είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο το ση μείο Ζ. 111. Συγκ ρίνω τα τρ ίγωνα ΑΔΕ και ΕΖΗ. Αυτά έχουν : ΑΔ=ΑΕ=ΖΕ=ΖΗ, ως icλευρές ρόμβου. ΑΕ=ΖΕ=ΖΗ, γιατί ΗΖΕ ισοσκελές. ΕΖΗ,,;, ΖΑΕ + ΑΖΕ = 2ΖΑΕ ΔΑΖ . Από κριτή ριο Π-Γ-Π έχουμε ότι τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΕΖΗ είναι ίσα. Συνεπώς ΔΕ=ΕΗ. " " " + ΓΔΗ = 30° + 90° - ΔΓΗ = ΕΔΗ = ΑΔΓ 2 = 120° - 1 80° + ΔrΒ = 60°' . Άρα το τρίγωνο ΔΗΕ είναι ισόπλευρο , αφού είναι ισοσκελές με μία γωνία 60° . IV. Το τρ ίγωνο ΗΖΓ είναι ισ όπλευρο , αφ ού είναι ισοσκελές ΖΗ=ΖΓ= ΑΒ 2 και Δf'Η = Β = 60 ° . Ά ρα ΗΖ=ΗΓ. (3) Επίση ς ΕΖ:;::ΕΓ, γιατί ΕΒΓ ισόπλευρο , " ΑΒ και ΕΒΓ = 60° . αφού ΕΒ=ΒΓ=2 Άρα ΕΖ=ΕΓ. (4) Από τις σχέσεις (3) και (4) η ΕΖ μεσοκάθ ετος ΖΓ.

την πλευρά ΒΓ που τέμνει την προέκταση της στο σημείο Η. 1.

Νά απο δείξετε ότι Ζ μέσο ΓΔ. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΕΖΔ είναι ρόμβος. 3. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΕΖΗ είναι ισοσκελές. 4. Αν επιπλέ ον ισχύει Α = φ + 40° και Β = 2 </> - 100° , τότε : " " 1. δείξετε ότι Α = Γ = 120° και π Να α ο " " Β = Δ = 60 ° . 11. Το τετράπλευρο ΑΓΗΔ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. 11 1 . Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΕΖΗ είναι ίσ α και το τρίγωνο ΔΕΗ είναι ισόπλευ ρο. J \! . ΗΕl.ΔΓ. V. Τα ση μεία Α, Ζ, Η είναι συνευθειακά. Να εξεταστούν και οι περιπτώσεις Α � 90° . 2.

•

�

•

Το" τρίγωνο " ΑΔΖ είναι ισοσκελές, γιατί ΔΖΑ " . Π ράγματι : " = ΔΑΖ ΔΖΑ = ΖΑΕ , ( 1) ως εντός εναλλάξ των παραλλή λων ΑΕ και ΔΖ τεμνομένων από την ΑΖ. " ΔΑΖ = ΖΑΕ , (2) αφού ΑΖ διχοτό μος τη ς γωνίας Α". Επό μέ" νω ς από ( 1) και (2) έχουμε : ΔΖΑ = ΔΑΖ . 2 . Το τ ρίγωνο ΑΕΔ είναι ισοσκελές, γιατί ΑΒ = 2 ΑΔ = ΑΔ . ΑΕ = 2 2 ΑΕ=ΔΖ=ΑΕ και ΑΕ//ΔΖ, αφού ΑΒ//ΓΔ. Άρα ΑΕΖΔ είναι ρόμβος. 3. ΗΖ διάμεσος (αφού ΔΖ=ΑΕ= ΑΒ = ΓΔ ) 2 2 που άγεται άπό την κορυφή τη ς ορθής

.\ ύση

ΑΖΔ + ΔΖΗ. =

1 20 °

+ 2ΖΓΗ = 60° + 2Β =

= 60° + 120 ° = 1 80° . Άρα τα ση μεία Α, Ζ, Η είναι συνευθ ειακά. ;!;χετικά μι; σταθερέ� παpttσ'Τd'σεις

�� ' ��-�-��--��

Αφορμή πήραμε από την αποδεικτική άσκηση 1 σελίδα 99 του σχολικού βιβλίου. Για να αποδtίξουμε ότι μια παράσταση Α που εξαρτάται από μεταβλητό σημείο Μ παραμένει σταθερή ακολουθού με τα εξής βήματα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/37

1. 2. 3.

Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

Θεωρούμε μία ή δύο χαρακτηριστικές ύψος του τριγώνου που αντιστοιχεί την πλευρά ΑΓ, δηλαδή το υ β . θέσεις του σημείου Μ. c

Βρίσκουμε την τιμή παράστασης Α.

Απόδειξη

(σταθερή) της Έστω Μ τυχαίο σημείο της βάσης ΒΓ. Έχουμε από υπόθεση : ΜΔ.LΑΒ και ME.LME.

Αποδεικνύουμε ότι αυτό ισχύει και για την τυχαία θέση του σημείου Μ. Δηλαδή αποδεικνύουμε ότι: Α c .

Φέρουμε το ύψος Β Κ . Ισχύει: Β Κ//ΜΕ, γιατί είναι κάθετες στηv ίδια ευθεία ΑΓ. Φέρουμε ΜΖ.LΒΚ.

• •·

Παρ ά δειγμα Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των αποστάσεων τυχαίου σημείου της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ .από τις ίσες πλευρές του είναι σταθερό.

•

./ ./

Λύ ση 1 . Χ αρακτη ριστική θέση ση μείου

•

Η απόσταση του σημείου Μ, δηλαδή της κορυφής Β, από την πλευρά ΑΓ είναι το ύψος Μ Κ = Β Κ = υΡ που είναι σταθερό, αφού είναι δευτερεύον στοιχείο του «σταθερού>> ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ.

•

Έστω σημείο Μ της βάσης ΒΓ του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ. Ταυτίζουμε το σημείο Μ με το σημείο Β. Θέλουμε τις αποστάσεις του σημείου Μ από τις ίσες πλευρές ΑΒ και ΑΓ του τριγώνου ΑΒΓ έχουμε ότι: •

Το τετράπλευρο ΜΖΚΕ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, γιατί έχει τις τρεις γωνίες ορθές. Συνεπώς: ΜΕ = ΕΚ ( 1 ) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΜΕ και ΒΜΔ είναι ίσα, γιατί: ΒΜ κοινή. ΒΜΕ = Β , γιατί: ΒΜΕ = Γ , ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΜΕ και ΓΚ τεμνομένων από την ΒΓ; Επίσης, Β = Γ , ως παρά τη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου. Συνεπώς: ΜΔ = ΒΕ (2) Λ

Επομένως έχουμε ότι: (!)

ΜΔ + ΜΕ =2 ΒΕ + ΕΚ = Β Κ = υΡ ( )

Η απόσταση του σημείου Μ, δηλαδή της κορυφής Β, από την πλευρά ΑΒ είναι μηδέν, αφού το Μ είναι σημείο της ΑΒ. Α

Στ α θερή τι μή παρ ά στασης

Άρα, το άθροισμα των αποστάσεων τυχαίου σημείου της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ από τις ίσες πλευρές του είναι ίσο με το

· Μ

L----....;:::..ιι:::;;..._�

Β ' τρόπος: Μετά την έννοια του εμβαδού τριγώνου και το σχετικό τύπο η απόδειξη καθίσταται απλούστατη. Πράγματι: Γ ( ΑΒ )

(ΑΒ Μ) + (ΑΓΜ) �

� l β · ΒΚ = l γ · ΜΔ + l β · Μ Ε =

= - β(ΜΔ + Μ Ε) � ΒΚ = ΜΔ + Μ Ε 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/38

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Άθρο ι σμα γων ι ών τρ ι γώνου

Αννα - Τασία Ανδριοπούλου

,,...

Άσκηση 1 '1

Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ έιναι Α 60° και Β Γ + 20° α)Να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ β)Αν το ύψος ΑΔ και η διχοτόμος ΒΕ τέμνονται στο Κ, να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ΑΕΚ =

Λύση

α)

Α + Β + Γ = 1 80° ::::> 60° + Γ + 20° + Γ = 1 80°

�

2Γ = 1 00° ::::> Γ = 50° άρα

�

Β = 70° Δ

β)

Στο

ΑΔΓ

τρίγωνο

οθογώνιο �

�

έχουμε

Αι + Γ = 90° ::::> Α ι = 40° Δ

Στο τρίγωνο ,,...

ΑΒΕ

έχουμε �

Β 2 + Α + Ει = 1 80° ::::> 3 5 ° + 60° + Ει = 1 80° => Ει = 85 °

Β ΚΔ Δ

επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο

�

--Β έχουμε Βι + ΒΚΔ = 90° ::::> - + ΒΚΔ = 90° ::::> ΒΚΔ = 5 5 ° 2 ---

---

--. Άρα Κ ι = ΒΚΔ = 5 5 ° (ως κατακορυφήν)

Η Ε1

�

είναι εξωτερική στο τρίγωνο

Άσκηση 2 η

ΒΕΓ οπότε Ει = Βι + Γ ::::> Ει = 3 5 ° + 50° ::::> Ει = 85°

Δίνεται οξυγώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ=ΑΓ. Από το Α φερνουμε ευθεία κάθετη στην ΑΒ, που τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Δ. Από το Β φέρνουμε ευθεία κάθετη στην ΑΓ, που τέμνει την ΑΓ στο Ε και την ΑΔ στο Ζ. Α)Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΖΒΔ είναι ισοσκελές Β) Αν Μ είναι το μέσο του ΒΔ και οι ευθείες ΑΓ και ΖΜ τέμνονται στο Θ, να αποδείξετε ότι

Θ=

Β ΑΓ 2

Λύση Α) Στο

ορθογώνιο

τρίγωνο

Γ + ΓΒΕ = 90°

ΒΕΓ �

έχουμε �

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε Β + Δ = 90° και επειδή

Β=f

έχουμε

fBE = Δ

επομένως το

τρίγωνο ΒΖΔ είναι ισοσκελές

Β) Το τρίγωνο ΒΖΔ είναι ισοσκελές άρα

,,...

Βι

,,...

και ΖΜ διάμεσος που αντιστοιχεί στην βάση ισοσκελούς τριγώνου άρα και ύψος Στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ,,,.., Β + Γ ι + ΒΑΓ = 1 80° ::::> ΒΑΓ = 1 80° - 2Γ ι .......

---

Ά ρα - = 90° - Γ ι ΒΑΓ ---

�

(1 )

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΜΘ έχουμε ,,...

�

Θ = 90° - Γι (2)

Θ = 90° - Γ2 και επειδή

Από ( 1 ) και (2) συμπεραίνουμε ότι -- = Θ 2

ΒΑΓ

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.1/39

.......

Γι = Γ 2 (ως κατακορυφήν) άρα

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

ί.\ σ κηση 3 "

Σε τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία Β = 3Γ . Αν Δ είναι το σημείο τομής της μεσοκάθετης της ΒΓ με την ΑΓ να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΑΒΔ είναι ισοσκελή . ,,...

....

Λύση

Το Δ είναι σημείο της μεσοκάθετης του ΒΓ θα ισαπέχει από τα άκρα του ΒΓ επομένως ΒΔ=ΔΓ άρα το ΒΔΓ είναι ισοσκελές

τότε Βι ,,...

....

τριγώνου ......

,,...._

ώςπροσκείμενες γωνίες στη βάση ισοσκελού ς

Β 2 = Β - Β ι = 3Γ - Γ = 2Γ ( 1 ) -

· ,,,..._

......

Επίσης Δ ι = Βι + Γ = 2Γ ΒΔΓ)

(2) (ως εξωτερική γωνία του τριγώνου --

�

Από ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι Δ1 = Β 2 Ά ρα το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές.

Άσκηση Ι ι;

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ. Θεωρούμε σημεία Κ και Λ των ΟΑ και ΟΓ αντίστοιχα ώστε ΟΚ=ΟΛ. α) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΒΛΓ είναι ίσα β ) Αν η προέκταση της ΔΚ τέμνει την ΑΒ στο Θ και η προέκταση της ΒΛ τέμνει την ΓΔ στο Η, να αποδείξετε ότι ΑΘ=ΓΗ. Λ ί)ση

α ) Συγκρίνω τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΒΛΓ Δ

Ι ) ΑΔ=ΒΓ (ως απέναντι πλευρές παpαλληλογράμμου)

2) Α ι = Γι (Ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΔ και ΒΓ) 3 ) ΑΚ=ΓΛ (ως διαφορές ίσων τμημάτων) "'-

Από Π -Γ-Π τα τρίγωνα iίναι ίσα, επομένως θα έχουν και τα υπόλοιπα στοιχεία τους ίσα

β) Συγκρίνω τα τρίγωνα Α Δ Θ και Β Γ Η Δ

1 ) ΑΔ=ΒΓ (ως απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου)

Α t Δ1 = Β , =

(ως απέναντι γωνίες παραλληλογράμμου) (από προηγού μενη σύγριση)

Επομένως από Γ- Π -Γ τα τρίγωνα είναι ίσα άρα θα έχουν και τα υπόλοιπα στοιχεία τους ίσα. Δηλαδή ΑΘ=ΓΗ

Άσκηση 2'!

Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, το μέσο Μ της πλευράς ΓΔ και το συμμετρικό Ν του Α ως προς το Μ . Να αποδειχτεί ότι : Α ) Το ΑΔΝΓ είναι παραλληλόγραμμο Β) ΑΓΝ = ΑΔΝ -

Γ)

Τα σημεία Β,Γ,Ν είναι συνευθειακά

ΛίJση Α) Στο τετράπλευρο ΑΓΝΔ έχουμε ΑΜ=ΜΝ και ΔΜ=ΜΓ δηλαδή

οι διαγώνιοί του διχοτομούνται επομένως το ΑΓΝΔ είναι παραλληλόγραμμο Β) εφόσον το ΑΓΝΔ είναι παραλληλόγραμμο θα έχει τις απέναντι γωνίες του ίσες -

Ά ρα ΑΓΝ = ΑΔΝ Γ) ΑΒΓ Δ παραλληλόγραμμο άρα οι απέναντι πλευρές του θα είναι παράλληλες. Επομένως ΑΔ 1 1 ΒΓ και ΑΓΝΔ είναι παραλληλόγραμμο άρα ΑΔ 1 1 ΓΝ όμως από το Γ διέρχεται μοναδική Παράλληλη προς το ΑΔ επομένως τα Β,Γ,Ν βρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/40

Β' λΥΚΕΙΟΥ Πολυώνυμα

Β ' λΥΚΕΙΟΥ

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = 4· ( χ2 - χ + 1)� - 2 7 (χ - 1 )2 χ2 ι υ ι Να δείξτε ότι ο σταθερός όρος του πολυωνύμου και το άθροισμα των συντελεστών του είναι ίσοι ( β ) Να λυθεί η εξίσωση Ρ( ημχ) = Ο . :\ ίJ σ ι ι : ( Η) Ο σταθερός όρος του πολυωνύμου ισούται με Ρ(Ο) = 4 Το άθροισμα των συντελεστών του είναι έσο με P( l)= 4. Άρα , Ρ(Ο) = P( l ) = 4 {β) Ρ( ημχ) = Ο <=> 4· (ημ 2χ-ημ χ+ 1)3-27 ( ημχ - 1) 2 ημ 2χ=Ο<::> 4· (ημ2χ-ημ χ +1) 3- 27 ( ημ2 χ - ημ χ) 2 =0 6 η μ2χ - η μ)( + l =y 4y3 - 27 (y - 1)2 = ο 2 ) •

•

} (( 1)

•

Έχουμε: (2) <::>4 ·y3- 27 y2 + 54y -27 = Ο με πιθανές ακέραιες ρίζες: -± 1 ± 3 ±9, ± 2 7 Μ ε το σχήμα Homer έχουμε: (2)<=>(4y2 -1 5 y + 9 ) ( y - 3 )=Ο 2 <::> (y-3) (4y-3) = Ο<::> y = 3 ή y= � Για y=3 έχουμε: ( l)<=>ημ 2 χ -ημ χ 1 =3<::> ημ 2 χ -ημ χ - 2 =Ο 3π <::>(ημχ+ l )(ημχ-2)=0<::>η μχ=-l <::>χ=2κπ + -z · 3 Για y= 43 εχουμε: ημ 2 χ -ημ χ +1 = � 4ημ 1 χ --4ημ χ + =0<::> (2 ημχ -1 )2 =Ο<::> ημχ = 2 <::>η μ χ = ημ 6 <::>χ = 2 κπ + 6π η, Sπ χ = 2κπ + . 6 Αν τα πολυώνυμα Ρ(χ) = (2 χ-3)2ν-1 +(χ-1)2ν +νχ +3 και ι

-r

•

Α σκηση � ; υ J Αν το πολυώνυμο δ(χ)=2χ-1 είναι παράγοντας του πολυωνύμου Ρ(χ)=2χ3-λχ2+2χ+2 να βρεθεί η τιμή του λ. β) Για λ=13 να γραφεί το Ρ(χ) ως γινόμενο παραγόντων γ)Τια λ=13 να λυθεί η ανίσωση: Ρ(χ)� 2χ-1 1 1 , , Λ ί>ση : α ) Προφανως και το - δ ( χ ) = χ - - ειναι 2 2 παράγοντας του πολυωνύμου άρα 1 Ρ( - )=0=> . . . =>λ=1 3 . 2 μ) Για λ= 1 3 είναι: Ρ(χ)=2χ 3 -1 3χ2 +2χ+2 και με το

'Τρ ι γωνομετρ ία Βρυνιώτη Φρόσω Παράρτη μα Ηλείας 3 Q(x) = χ - 4 χ2 + 5 χ + 2 αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο διαιρούμενα με το χ -1, τότε: ( υ ) Να βρεθεί ο βαθμός και ο σταθερός όρος του Ρ(χ). ( !J ) Να βρεθούν οι ακέραιες ρίζες τη ς εξίσωσης Ρ(χ)=9 -

Ι, �'i σ η ; (α\

P ( l ) = -l + ν + 3 και Q ( l) = 4 , οπότε P( l) = Q( l) => -l+ν +3 = 4 => ν =2 Επομένως, Ρ(χ)=(2χ-3)3 +(χ-1)4+2χ+3 Άρα, το πολυώνυμο θα είναι 4°υ βαθμού και ο σταθερός όρος του θα είναι Ρ(Ο) -23 . 3 4 ( β) Ρ(χ)=9<::> (2χ-3) +(χ-1) +2χ+3=9<::> χ-l=ω ( 1) 3 ω4 + 8ω -- 12 ω2 + 8 ω - 5 = 0 ( 2) Πιθανές ακεραίας ρίζες της (2) είναι οι ± 1 , ± 5 . Με το σχήμα Homer βρίσκουμε ότι η μοναδική ακέραια ρίζα είναι το 1 , οπότε ( 1 ) <=> χ = 2 . 5. Αν για το πολυώνυμο Ρ(χ) με ακεραίους συντελεστές ισχύει: Ρ(Ο)=5, P(l)= 11, τότε να αποδείξετε ότι το Ρ(χ) δεν έχει ακέραια ρίζα .\:ι'ιση : Έστω ότι το Ρ(χ) έχει την ακέραια ρίζα ρ . Σύμφωνα με την ισότητα της ευκλείδειας διαίρεσης θα ισχύει: Ρ(χ)=(χ-ρ)π(χ), για κάθε χ ε IR . " Για χ=Ο έχουμε Ρ(Ο)=(Ο-ρ)π(0)=>5=-ρπ(Ο) Για x=l έχουμε Ρ( l)=( l-ρ)π(Ο)=> 1 1 =( 1 -ρ) π( l ) Άρα: 55= ρ (ρ-- 1 ) π(Ο) π( l) (1) Αλλά ρ (ρ-- 1 ) άρτιος οπότε 55 άρτιος (άτοπο). Άρα, το Ρ(χ ) δεν έχει ακέραια ρίζα.

}

Γιαννικούλ

_!_ σχήμα Homer Ρ(χ)=(χ- )(2χ2-1 2χ--4)=

=(2χ-1 )(χ2-6χ-2) . γ) Ρ(χ)� 2χ-1 (1 ) � (2χ-1 ) (χ 2-6χ-2)-(2χ-1 ) � Ο � (2χ-l )(χ2-6χ-3) � 0<=> ( 2χ - l) ( χ - ρ 1 ) ( χ - ρ ) � Ο, όπου 2 Ρι = 3·- 2 J3 , ρ = 3 + 2 J3 από τη διάταξη των 2 ριζών στον άξονα έχουμε: 1

- 00

ρι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ. 1/4 1

------ Μαθηματικά για την Β' Λυκείου g(χ) =συv2

Άσκηση 2 : Δίνονται τα πολυώνυμα f(χ) = λ2 χ4-(λ+4)χ3 -4χ2 +4χ+λ, g(χ)=4χ4 -2χ3+χ2 +λχ+ι με λ ε � και το πολυώνυμο PW=f(χ)-g(χ) το οποίο είναι 3ου . βαθμού. α)Να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός λ β) Για λ=2 να δειχθεί ότι το 2χ+ 1 είναι παράγοντας του f(χ) γ) Για λ=2 να βρεθούν τα διαστή ματα του χ στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι πάνω από τον άξονα χ'χ. Λ ύση : α) Είναι

Ρ(χ)=( λ2-4) χ 4 -(λ+2) χ3-5χ2 +(4-λ)χ+λ- 1 . Επειδή το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι 3°υ βαθμού ισχύουν: λ2-4=0 και λ+2*0 δηλαδή λ=2. β) Για λ=2 έχουμε f(χ)=4χ 4 -6χ3-4χ2 +4χ+2 και με σχήμα Homer βρίσκουμε:

�)( 4χ3-8χ2 +4)= 2(2χ+ Ι )(χ- Ι )( χ2-χ- 1 )

f(χ)=(χ

Επομένως το 2χ+ 1 είναι παράγοντας του f{χ). γ) Τα διαστήματα του χ, στα οποία η γραφική παράσταση της f βρίσκεται πάνω από τον άξονά χ ' χ είναι οι λύσεις της ανίσωσης f(χ)>Ο ( 1 ) .

1 - ..fS

ι + ..fS

(2χ+ 1 )(χ- 1 ) (χ--) (χ - -)>Ο<:=> 2 2 1 1-..fS , l +Vs (γιατι ) χε (-οο,-2-)υ(- 2, ι )υ(-2-, +οο) ; Άσκη ση 3 : α)Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = 2χ3 +(λ+l)χ2+χ-2, λ ε � να βρεθεί το λ ώστε να έχει δύο αρνητικές ακέραιες ρίζες. β) Για τις τιμές αυτές του λ να γίνει γινόμενο παραγόντων το Ρ(χ) και να λυθεί η ανίσωση 2 ημ 3χ-5 συv2χ+η μχ+3 ;::: Ο (1) στο διάστημα (Ο,2π) Λύση : α) Οι μόνες πιθανές αρνητικές ακέραιες Αλλά ( 1 )

<=>

ρίζες του είναι οι - 1 , -2. Άρα

{

Ρ (-1) = 0

Ρ ( -2 ) = 0

<:::::> λ=4.

β) Για λ=4 έχουμε: Ρ(χ) = 2χ3 +5χ2 +χ-2 =(χ+ 1 )(χ+2)(2χ- 1 ) και στο [Ο,2π] έχουμε: ( 1 ) �2 ημ 3χ-5 ( 1 -ημ 2χ)+η μχ+3 ;::: Ο �Ρ(η μχ) ;::: Ο 2ημ3χ + 5!\ μ2χ + η μχ - 2 � Ο <:::::> Ρ ( η μχ ) � Ο <:::::> (ημχ+ l )(η μχ+2)(2ημχ- 1 ) ;::: 06(ημχ+ 1 )(2ημχ, 1 3 π η, χε [ π Sπ ] 1 ) ;::: ο 1 η ημ ;::: <=>η μχ = χ 2 <=>χ- 2 6'6 αφού η μχ+2>0 και ημχ+ 1 >0 για κάθε χ� 3 . Άρα το σύνολο λύσεων της ( 1 ) είναι το π S=[ , s ] υ { 32 } . π

� ;

Άσκηση 4 : Δίνονται οι συναρτήσεις

f(χ) = συν (Χ+:i')+ συν (Χ4),

;

--------

(χ - �) - συv2 (Χ �) +

α) Να δειχθεί ότι: f (χ) =-..f2συνχ , gW =2ημχσυνχ. β) Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της f. γ) Να δειχθεί ότι ο αριθμός Τ = π είναι περίοδος της g . δ) Να λυθεί η εξίσωση f(χ) = g(χ) Λ ύση : α) f(χ) = συνχ.συν� -ημχ.ημ� + 4 4 -ισυνχ. συν� η μχ.ημ� =VΖσυνχ 4 4 π π π π g(χ)=[ συν(χ4)+συν(Χ+:i)] [συν(χ4)-συν(χ+.i")] =(VΖσυνχ).( VΖημχ) =2ημχ.συνχ β) Η μέγιστη τιμή της f είναι το V2 και η ελάχιστη τιμή το -VΖ γ) g(χ) = 2ημχ.συνχ , Α=�. Για κάθε χεΑ ισχύουν: (χ+π) εΑ, (χ-π) εΑ και g(χ+π)= 2ημ(χ+π).συν(χ+π)=2 [-ημχ.(--συνχ) ] = 2η μχ.συνχ = g(χ) g(χ-π) = 2ημ(χ-π).συν(χ-π) = -2ημ(π-χ).συν(π-χ) = -2ημχ.(-συνχ) = 2ημχ.συνχ = g(χ) Άρα ο Τ = π είναι περίοδος της g. δ) f(χ) = g(χ) � V2συνχ=2ημχ.συνχ �

συνχ(2ημχ-VΖ)=Ο � ( συνχ=Ο ή ημχ = ../2 2) π π 3 π , κε tL.. 71 ) � (χ=κπ+;.;. η' χ=2 κπ+;.;. η' χ=2 κπ+:-=-=2 4 4 Ένα πιθανό λάθος Στην ερώτηση να βρεθεί το μέγιστο της συνάρτησης f(χ): • Ένας μαθητής πιθανόν να γράψει: ::::; (Χ + 1 Οπότε f(x)::::; 2 π4

!συνσυν

) ::::; (Χ- 4:�)

Άρα το μέγιστο της1συνάρτησης είναι το 2. (Που έγκειται το λάθος του;) Άσκη ση 5 : Δίνεται η συνάρτηση f(x)=

Sσυ�χ ημ χ

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f . β) Να δειχθεί ότι η συνάρτηση είναι άρτια καί ο Τ=2π είναι περίοδος της f . γ) Να λυθεί η εξίσωση f(χ)= 2 . Λύση : α)Α= { χε 11Vημ 2χ1:0 } = { χε �/χjκπ ,κε� } β) Για κάθε χε Α ισχύει (- χ)ε Α και f(-χ)=f(χ). Άρα η f είναι άρτια . Για κάθε χε Α ισχύουν: ( χ+2π) ε Α, (χ-2π) ε Α και f(χ+2π)=f(χ) , f(χ-2π)=f(χ) Άρα ο Τ=2π είναι περίοδος της f . γ) Για κάθε χε Α έχουμε: f(χ)= 2� 2�5συνχ- 1 = =2 ( 1 -σνv 2χ) �2 συv 2χ+5συνχ-3=0<:::::> συ νχ = ω

2ω2 + 5ω - 3 = Ο

}

<:::::>

συ νχ = ω

ω = 2 ή ω = -3 1

}

<:::::>

1 π π ' ' συνχ- � συνχ=συν3 � χ=2λ�· λ'ε� οι οποιες 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.1/42

----- Μα θηματικά για τη ν Β' Λυκείου

Όμως Ρ( 1 )=-8 και Ρ(- 1 )= 1 2. Άρα το Ρ(χ) δεν έχει ακέραιες ρίζες. β)Από το α) έχουμε: l p l < l ή I P I > 1 Αν l p l < l προφανώς l p l <13 Αν I P I > l τότε l < l p l < l p l 2 < I P l 3 �

ανήκουν στο Α (γ ιατί;). Ασκη ση

6:Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ(χ)= χ4 + χ3 - 9χ2 - 2χ + 2 Να γίνει η διαίρεση Ρ(χ):(χ2 -3 χ+1 ).

•

α) β) Ν α βρεθεί το πλήθος, το είδος (πρόσημο), το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών του Ρ(χ). 2 Π (χ)= χ +4χ+2 και υ(χ)=Ο . 2 β )Από το β) έχουμε: Ρ (χ)=( χ2-3χ+ l )( χ +4χ+2). 2 Ρ(χ)=Ο <=> (χ2-3χ+ 1 =0 ( 1 ) ή χ +4χ+2=0 (2) ) Αφού Δ 1 = 5 > Ο και Δ 2 = 8 > Ο η . εξίσωση Ρ(χ)=Ο έχει τέσσερες ρίζες άνισες (γιατί;). Επειδή S1 = 3 , P1 = 1 , S2 = - 4 , P2 = 2 η ( 1 ) έχει δύο ρίζες θετικές και η (2) έχει δύο ρίζες αρνη τικές. Για το άθροισμα και το γινόμενο έχουμε: S=S1 + S2 = - 1 , Ρ = Ρ1 Ρ2 = 2 .

α) Β ρίσκου με

Άσκηση 9 : Δίνεται η συνά ρτηση f(χ)=..[3η μχ-συνχ α) Να δειχθεί ότι ο αριθμός Τ=2π είναι περίοδος της f . β ) Να δειχθεί ότι f(χ)=2ημ(χ ) .

Άσκηση 7 : Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ(χ) και Q(χ)=[Ρ (χ) ] 2 +3 Ρ(χ)+4χ-2 α) Αν το άθροισμα των συντελεστών του Ρ(χ) είναι -2 να δειχθεί ότι το χ-1 είναι παρ άγοντας του Q (χ). β) Αν ο α κέραιος ρ είναι ρίζα του Ρ(χ) να δειχθεί ότι ο ρ δεν είναι ρίζα του Q(χ).

av-i + · · · α1 να δειχθεί

γ) Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της

συνάρτησης . δ ) Να δειχθεί ότι η f είναι γνησίως π Ζπ) , J: αυ�ουσα στο (6 ι 3 .

Αρκεί Q( l ) = [P (l)l 2 + 3 P( 1 )+4-2=4-6+4-2=0 . β) Επειδή ο ακέραιος ρ είνάι ρίζα του Ρ(χ) ισχύει Ρ(ρ )=Ο Q(ρ ) = [Ρ (ρ)]2+3Ρ(ρ)+4ρ--2=4ρ--2 Έστω ότι ο ακέραιος ρ είναι ρίζα του Q(χ) τότε: Q(ρ)=0=>4ρ--2 =0=>ρ= _!_ άτοπο αφού ρε 7l.

Λύ ση

Άρα ο ακέραιος ρ δεν είναι ρίζα του Q(χ).

. Λύ ση

α) Επειδή το Ρ(χ) έχει ακέραιους συντελεστές οι πιθανές ακέραιες ρίζες είναι οι διαιρέτες του - 1 δηλ. 1 , - 1 .

�

ε) Να συγκριθούν οι αριθμοί : Κ=.J3η μ π π π 3 ημ9 συν9 • συν , Λ=νr;ι 14 14 5

α0=-2. ότι Q( l )=Ο

Ά σ κηση 8 : Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ4 - 3 χ3 +. 2χ2-7χ-1 . α) Να εξεταστεί αν το πολυώνυ μο έχει ακέραιες ρίζες . β) Αν ρ είναι μία πραγ ματική ρίζα του Ρ(χ) να δειχθεί ότι l ρ l <13 .

{

2 lp l 2 < 2 l p l 3 => 7 lp l < 7 l p l 3 =>2 l p l 2+7 \ p l + 1 < 10 l p l 3 0 ) 1 < IP l 3 Ρ(ρ) =Ο => ρ 4 = 3 ρ 3 - 2 ρ 2+7ρ+1 => l p l 4 = 1 3p3 - 2 ρ 2 + 7 ρ + 1 l :s; 3 l p l 3+2 l p l 2+7 l p l+1 Και λόγω της ( 1 ) έχουμε : 1 ρ 1 4<3 1 ρ 1 3+1 Ο 1 ρ l 3 => 1 ρ 1 4<13 I Ρ 1 3 => 1 ρ 1 <13 Άρα l p l <13 . •

Λύση

Λύ σ η α) P ( l )=av +

------

α)Α= � Για κάθε χε Α ισχύουν: ( χ+2π)ε Α και (χ-2π)ε Α f(χ+2π) =ημ(χ+2π)-συν(χ+2π)=η μχ-συνχ=f(χ) f(χ-2π)=ημ(χ-2π)-συν(χ-2π)=ημχ-συνχ=f(χ) Άρα ο Τ=2π είναι περίοδος της f . β) Για κάθε χε Α έχουμε: π π 1 V3 f(χ)=2(-ημχ ημ-συν χ)= -συνχ)=2(ημχσυν� 6 6 2π 2 =2ημ(χ-). h γ)Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης είναι το 2 .

π π π π 2 π =>. Ο:s;χ1 - �Xz - 6 :5 z- => δ)6 :5 Χι < Χ2 :5 3 π π ημ(Χ� - -6 )<ημ(χz - -6 )=> f(χι )<f(χz ) . π , αυ, ξουσα στο [π , 3 , Ά ρα η f ειναι γνησιως 6 2 ]. . 9π π

ε)Κ=f(5), Λ=f( 1 4 ) π 9π , 9π 2 π - f(-)< f(-) αφου η f Επειδη, -π6 < -π5 < . 5 14 1 < => 3 . zπ , γνησιως , αυ, ξ4ουσα ειναι στο [-π6 , ] . Ά ρα Κ<Λ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 t.1/43

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

.Εμβαδά -ευθυγράμμων σχημάτων .

Γιώργος Α. Κουσινιώρης Διευθυντής του Γυμνασίου Γαστούνης Βάσω Δεδότση Μαθηματικός l ου ΓΕΛ Αμαλιάδας - Παράρτημα Ν. Ηλείας της ΕΜΕ

Άσκηση 1 . Η οθόνη μιας τηλεόρασης 40 ι ντσών έχει σχήμα ορθογωνίου με διαστά. σεις που έχουν Δ Γ λόγο 16:9. Να βρεθεί το εμβα δόν της. β Λί>σ η : Αν α είναι

η μία διάσταση της οθόνης και β η άλλη, είναι α = .!.§_ => = !§. β. α 9 β 9

16 9

β2 .

Εφαρμόζοντας το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: δ2 = α2 + β2 => 402 = 1 6 β 2 + β2 => 1 600 = 256 β2 + β2 9 81 ::::> 8 1 · 1 600 = 256β2 + 8 1β2 => 8 1 ' 1 600 . 8 1 · 1 600 = 33 7 β2 . => β2 = 33 7 1 · 1 600 9 · 25 600 16 = β2 = .!.§_ . 8 = Άρα Ε 9 9 33 7 33 7 = 683,68 (σε τετραγωνικές ίντσες).

( ) =

Ά σ κ η ση 2. Το εμβαδόν ενός τραπεζίου είναι 225cm2 • Να υπολογιστεί το ύψος του αν γνωρίζουμε ότι ισούται με τη διάμεσό του. ΛίJ σ η :

Το εμβαδόν τραπεζίου δίνεται από τον ( Β + β) · υ τύπο Ε = . 2 Η διάμεσος δ Γ του τραπεζίου ισούται με το δ ημιάθροισμα των βάσεων, Β δηλαδή είναι Α Η Β+β . δ= 2 Β β => = 'Ετσι έχουμε Ε. ·υ Ε δ · υ => u

... .., ______......._

225 = υ2

;

υ J225 = 1 5 (σε cm) . =

Το εμβαδό της οθόνης είναι Ε =. αβ =

Άσκησ η 3 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τις διαμέσους του. Να δειχθεί ότι τα έξι τρίγω να που σχηματίζονται είναι ισεμβαδικά. Λ ύσ η : Φέpνουμε τις διαμέσους ΑΔ, ΒΕ και

Β f/IC.--'----..._--:::.e r Δ

ΓΖ του τριγώνου ΑΒΓ και έστω Κ το βαρύκε ντρό του. Η διάμεσος τριγώνου το χωρίζει σε δύο ισοδύνα μα τρίγωνα

(δες στο σχο λ ι κό βιβλίο την εφ αρμογή 3 στη σελίδα 216).

Έτσι τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ είναι ισοδύ ναμα αφού η _ ΑΔ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ. Τα τρίγωνα ΚΔΒ και ΚΔΓ είναι επίσης ισοδύναμα αφού η ΚΔ είναι διάμεσος του τρι γώνου ΚΒΓ. Συνεπώς έχουμε: (ΚΑΒ) = (ΑΔΒ) - (ΚΔΒ) = =(ΑΔΓ) - (ΚΔΓ) = (ΚΑΓ). Ομοίως είναι (ΚΑΒ) = (ΚΒΓ). Άρα (ΚΑΒ) = (ΚΑΓ) = (ΚΒΓ) =

_!_( ΑΒΓ) . 3

Είναι ακόμα ( ΚΔΒ) = ( ΚΔΓ) = _!_ ( ΚΒΓ) = 2

= ( ΑΒΓ) . Ομοίως είναι ( ΚΕΑ) = ( ΚΕΓ) = _!_ ( ΑΒΓ) και 6 ( ΚΖΑ) = ( ΚΖΒ) = _!_ ( ΑΒΓ) . 6 Συνεπώς τα έξι τρίγωνα που σχηματίζονται είναι ισοδύναμα.

Ά σκ η ση 4. α) Na δεχθεί ότι το εμβαδόν κυρτού τετραπλεύρου ισούται με το ημιγι νόμενο των διαγωνίων του επί το ημίτονο μιας από τις γωνίες που σχηματίζουν αυτές. β) Οι διαγώνιοι δ1 lOcm και δ 2 8cm ενός κυρτού τετράπλευρο ΑΒΓΔ σχη ματίζουν γωνία φ 30°, να βρεθεί το εμβαδόν του. Λ ύση α) Είναι (ΑΒΓΔ)=(ΕΑΒ)+(ΕΒΓ)+ (ΕΓΔ)+ (ΕΑΔ). =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/44

-------

Μ αθηματικά για την Β' Λυκείου

Από τον τύπο του Ήρωνα για το εμβαδό του τριγώνου έχουμε : , ειναι τ = α + 2β + γ = 1 3 + 142 + 15 = 2 1 οποτε Ε = �τ(τ - α) ( τ - β)( τ - γ) = = �21 (21 - 13)(21 - 14) (2 1 - 15) = Γ Δ Το εμβαδό του τριγώνου ΕΒΓ δίνεται και από = �21 · 8 · 7 · 6 =α8βγ4 (cm2). α βγ τον τύπο: (ΕΒΓ) = _!_2 ΕΒ · ΕΓ · ημφ . (δες στο Άρα είναι Ε = 4R R = 4 Ε ή σχολ ι κό βιβλίο στη σελίδα 219). R = 13 · 14 · 1 5 = 65 = 8 ' 125 (cm). 4 · 84 8 Ο μοίως έχουμε: ( ΕΑΔ ) = _!_ ΕΑ · ΕΔ · ημφ β) Αν Κ, Λ, Μ εί . 2 ναι τα μέσα των 1 (ΕΑΒ) = - ΕΑ · ΕΒ · ημω = -1 ΕΑ · ΕΒ · ημφ τόξων ΑΒ ; ΒΓ 2 2 και ΑΓ αντιστοί (ΕΓΔ) = -1 ΕΓ · ΕΔ · ημω = -1 ΕΓ · ΕΔ · η μφ χως, τότε οι ακτί 2 2 ν ες ΟΚ, ΟΛ και (αφού οι γωνίες ω και φ είναι παραπληρωμα Ο Μ που καταλή τικές οπότε ημω = η μφ ). Άρα : (ΑΒΓΔ) = (ΕΑΒ) + (ΕΒΓ) + (ΕΓΔ) + (ΕΑΔ) = γουν σ ' αυτά είναι κάθετες στις αντί= -1 ΕΑ · ΕΒ · η μφ + -1 ΕΒ · ΕΓ · ημφ + στοιχες χορδές ΑΒ, ΒΓ και ΑΓ. Το σχηματι 2 2 ζόμενο εξάγωνο ΑΚΒΛΓΜ χωρίζεται στα 1 1 + - ΕΓ · ΕΔ · η μφ + - ΕΑ · ΕΔ · ημφ = τρία τετράπλευρα ΟΑΚΒ, ΟΒΛΓ και ΟΓΜΑ 2 2 που έχουν· κάθετες διαγωνίους, οπότε το εμ = '21 · ΕΒ ·(ΕΑ + ΕΓ) · ημφ + '21 · ΕΔ ·(ΕΑ + ΕΓ) ·ημφ = βαδόν τους ισούται με το ημιγινόμενο των δι αγωνίων τους. Συνεπώς έχουμε : 1 1 (ΑΚΒΛΓΜ) (ΟΑΚΒ) + (ΟΒΛΓ) + (ΟΓΜΑ) = · ΕΒ · ΑΓ · η μφ + . ΕΔ · ΑΓ · ημφ = 1 2 = .!. . ΑΒ . οκ +.!. · ΒΓ · ΟΛ +.!. · ΑΓ · ΟΜ = . 1 · ( Β + Δ) 1 2 2 2 =-2 Ε Ε · ΑΓ · η μφ = -2 · ΒΔ · ΑΓ · ημφ = =_!_ · AB · . R +.!. · ΒΓ · R +.!. . ΑΓ · R = 1 · δ · δ · ημ 2 2 2 φ 2 , 65 = 2 = 1 · (ΑΒ + ΒΓ + ΑΓ) · R = τ · R = 2 1 · -g '2 β) Είναι ( ΑΒΓΔ) = _!_ · 10 · 8 · η μ30° = 4 0 · _!_= = 170,625 (σε cm2) 2 2 Άσκηση �· Ένα κυρτό πολύγωνο Π με ν = 20 (σε cm2) Β

<:::}

,.......___

,..--..._

,.......___

Άσκηση 5 . Τρίγωνο με πλευρές α

13 cm, είναι εγγεγραμμένο =

β 14 cm και γ 15. cm σε κύκλο ακτίνας R. α) Να βρεθεί η ακτίνα R. β) Αν Κ, Λ και Μ είναι τα μέσα των τόξων ΑΒ, ΒΓ και ΑΓ αντιστοίχως, να βρεθεί το εμβαδόν του εξαγώνου ΑΚΒΛΓΜ. Λύση: α) =

Το ε μβαδόν τριγώνου με πλευρές α, β, γ δίνεται και από τον τύπο Ε = αβγ , όπου 4R R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.

πλευρές είναι εγγεγ ραμμένο σε κύκλο ακτί νας R. Να δειχθεί ότι το κυρτό πολύγωνο με κορυφές τις κορυφές του Π και τα μέσα των αντίστοιχων τόξων των πλευρών του έχει εμβαδόν Ε = ! Ρν R , όπου Ρν η περίμετρος του 2 ·

•

π.

Λύση: Έ στω io ν-γωνο

Α1 Α 2 Α3 · · · Α ν και τα μέσα Μ , , Μ 2 , . ·· , Μ ν των τόξων Α 1Α2 , Α 2 Α3 , Α ν Α ι αντιστοίχως.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/45

•

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου Εργαζόμενοι όπως και στην άσκηση 8β το Αν ΖΗ είναι η διάμεσος του τραπεζίου , τότε 2ν-γώνου είναι ( ΑΒ ΓΔ) = ΖΗ · ΒΕ . Ε του εμβαδόν Α 1 Μ 1 Α2 Μ 2 + · · · +Αν Μ ν Α 1 είναι το άθ ροισ μα Στο ορθογώνιο των εμβαδών των τρίγωνο ΕΑΒ η ΕΖ ν τετραπλεύρων είναι διάμεσος ΚΑ 1 Μ 1 Α 2 , στην υποτείνου σα . οποτε ΚΑ 2 Μ 2 Α 3 , . . . , = ΓΔ = ΔΗ ΕΖ = ΑΒ ΚΑν Μ ν Α 1 των 2 2 οποίων η μία δια Είναι επίση ς ΕΖ // ΔΗ γιατί ΖΕΑ = Α = Δ . γώνιος είναι μια Επομένως το ΔΕΖΗ είναι παραλληλόγραμμο πλευρά του Π και οπότε ΖΗ = ΔΕ. η άλλη η ακτίνα R του κύκλου που είναι κάθ ετες. Επομένως έ Άρα είναι ( ΑΒ ΓΔ) = ΔΕ · ΒΕ = 2 (ΒΔΕ) . χουμε: Άσκηση 9. Από ση μείο Δ εσωτερικό τριγώ . . νου ΑΒΓ φέρνουμε ημιευθείες η ι..LΒΓ, Ε = ( ΚΑ 1 Μ 1 Α 2 ) + ( ΚΑ 2 Μ 2 Α 3 ) + · + η 2..LΑΓ και η3 ..L ΑΒ. Σε αυτές παίρνουμε +( ΚΑ v Μ ν Α Ι ) = τμή ματα ΔΕ = ΒΓ, ΔΖ = ΑΓ, ΔΗ = ΑΒ α ντιστοίχως. Να δειχθεί = _!..2 · Α 1 Α 2 · R + .!. . Α2Α3 · R + ··· + _!.. · "νΑl · R = ότι (ΕΖΗ) 3(ΑΒΓ). 2 2 Λύ ση = _!.. · (Α 1 Α 2 + Α 2 Α3 + · · · +Α v Αl ) · R η' Στο τετράπλευ ρο ΑΘΔΙ 2 είναι Α + Δ = 1 80° εποE = _!.. . pν · R μένως για τα τρίγωνα 2 ΑΒΓ και ΔΖΗ είναι: Άσκηση 7. Η περίμετρος και το εμβαδόν (ΔΖΗ) = ΔΖ · ΔΗ =l ενός τριγώνου εκφράζονται με τον ίδιο α ριθμό. Να δειχθεί ότι η ακτίνα ρ του εγγε ( ΑΒΓ) ΑΒ · ΑΓ γραμμένου κύκλου του τριγώνου είναι ρ= 2. (αφού ΔΖ = ΑΓ και Λύ ση : Το εμβαδόν του τριγ ώνου είν αι Ε = τρ ΔΗ = ΑΒ ) . Οπότε είναι (ΔΖΗ) = (ΑΒΓ). και "η περίμετρός του 2τ, επομένως έχουμε: Ομοίως είναι (ΔΕΗ) = (ΑΒΓ) και (Ε) = (2τ) τρ = 2τ ρ = 2. (ΔΕΖ) = (ΑΒΓ) . Άσκηση 8. Σε ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓ Δ, Άρα (ΕΖΗ) = (ΔΖΗ)+(ΔΕΗ)+(ΔΕΖ) με ΑΔ /1 ΒΓ και ΑΔ ΒΓ, φέρνουμε το ύ =3 (ΑΒΓ).

� Ξ ΕΒ

ΓtΗ

� '

ΕΕ

ίi ;

ψος του ΒΕ. Να δειχθεί ότι (ΑΒΓ Δ) = 2(ΒΔΕ). Λύ ση :

Φέρνουμε το ύψος ΔΖ. Οπότε το ΒΖΔΕ είναι ορθογώνιο (γιατί;) . Τα τρίγωνα ΕΑΒ και ΖΓΔ είναι ίσ<\. (γιατί εί ναι ορθογώ νια και έχουν ΑΒ = ΓΔ και ΒΕ = ΔΖ) , οπότε είναι και ισοδvναμα, συνεπώς είναι (ΕΑΒ) = (ΖΓΔ). Είναι (ΑΒΓΔ) = (ΕΑΒ) + (ΒΓΔΕ) = (ΖΓΔ) + (ΒΓΔΕ) = (ΒΖΔΕ) 2 (ΒΔΕ).

Β'

τρόπος

�

Άσκηση 1 0 . Σε κύκλο (Ο, ρ) παίρνουμε δύο κάθετες χορδές ΑΒ και ΓΔ. Να δειχθεί ότι τα τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΓ είνα� ισοδύναμα. Λύ ση

(

Είναι Β ΚΓ )

�

( ΑΔ) ; ( Br)

σελίδα 125 του σχο λι κού βιβλίου ) και

επειδή είναι ΒΚr = 90° έχουμε: ( ΒΓ) + ( 1 80° οπότε οι γωνίες Ο , και 0 2 είναι παρα-

ΑΔ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/46

( βλ. σχόλιο

στη

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου πληρωματικές. Ά ρα είναι

( ΟΑΔ )

(ΟΒΓ) ή (ΟΑΔ) = (ΟΒΓ).

ΟΑ · ΟΔ = ΟΒ · ΟΓ

μα , μΡ , μr που προφ ανώς είναι όμοιο του ·rΚΛ με λόγο ομοιότητας

Μ ε πλευρές 2 Ε.__ = 1 ρ2

Β Τ'

Άσκηση 11 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Από τυ χαίο σημείο Μ φέρνουμε κάθετες προς τις ΑΒ και ΑΓ και πάνω σ' αυτές παίρνουμε τμήματα ΜΔ = ΑΒ και ΜΕ = ΑΓ. Να δει χθεί ότι (ΜΔΕ) = (ΑΒΓ). Λύ ση

Οι γωνίες Α και Μ έχουν τις πλευρές τους κάθετες άρα είναι ίσες ή παραπληρωματικές οπότε για τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΜΔΕ ισχύει

( ΜΔΕ) ΜΔ · ΜΕ l (ΑΒΓ ) - ΑΒ · ΑΓ αφ ού ΜΔ = ΑΒ και ΜΕ = ΑΓ, (ΜΔΕ) = (ΑΒΓ) _

οπότε είναι

Άσκηση 1 5 . Ν α δε ιχθεί ότι υπάρχει τρίγωνο που έχει πλευρές ίσες με τ ις διαμέσους τρι γώνου ΑΒΓ κα ι το εμβαδόν του είναι

Ε = l ( ΑΒΓ ) . 4

Λύ ση Αν Κ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου στην άσκηση 3 αποδείξαμε ότι

ΑΒΓ,

(ΚΑΒ) = (ΚΒΓ) = (ΚΑΓ).

Επομένως είναι

(ΑΒΓ) = 3(ΚΒΓ).

Προεκτείνουμε το ΚΔ κατά τμήμα 1 ΔΑ = ΚΔ μ α . =

}

Τα τρίγωνα ΚΒΔ και ΛΓΔ είναι ίσα (έχουν ΒΔ = ΓΔ,

ίΒ.�__.�...ιιι-_..,--;;;)ιrr

ΚΔ = ΔΑ και ΒΔκ = Γ ΔΑ ) , επομένως έχουν ΛΓ = Β Κ= � μΡ και είναι ισοδύναμα. 3

Άρα είναι (ΚΒΓ) =

ΚΛ

- =

(ΚΒΔ) + (ΚΔΓ) = Λ = ( ΓΔ) + (ΚΔΓ) = (ΓΚΛ). Συνεπώς είναι (ΑΒΓ) = 3(ΓΚΛ). Το τρίγωνο ΓΚΛ έχει πλευρές ίσες με 2 2 2 ' ' ' ' 3 μ α , 3 μΡ , 3 μr Ά ρα υπαρχει τριγωνο Α Β Τ

� 2

} μα

= -

Επομένως ·

( Α'Β Τ ' ) 2_( ΚΛΓ ) 2_ .!_( ΑΒ Γ ) �( ΑΒ Γ ) 4 4 4 3 =

Άσκη ση 1 2. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος. Να δει χθεί ότι: α) Το τρίγωνο με κορυφές τα αντιδιαμετρι κά σημεία των Α, Β και Γ είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο ΑΒΓ. β) Το κυρτό εξά γωνο με κορυφές τα Α, Β, Γ και τα αντιδιαμετρικά τους σημεία, έχει εμβαδόν διπλάσιο από το εμβαδt)ν του τριγώνου ΑΒΓ. Λύ ση α) Το ΑΒΔΕ είναι ορθογώνιο (οι διαγώνιοί του είναι ίσες και διχοτομούνται) οπότε ΑΒ=ΔΕ. Ομοίως ΑΓ = ΔΖ και ΒΓ = ΕΖ. Συνεπcος τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ είναι ίσα και επομένως είναι ισοδύναμα. β ) Στο τρίγωνο ΑΖΔ η ΖΟ είναι διάμε σος,οπότε το χωρίζει σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα. Συνεπώς είναι (ΟΑΖ) = (ΟΖΔ) ( 1 ) Ομοίως έχουμε (ΟΑΕ) = (ΟΕΔ) (2) και

(ΟΕΓ) = (ΟΕΖ) (3) Οι ( 1 ), (2) και (3) με πρόσθεση κατά μέλη δί νουν: (ΟΑΖ) + (ΟΑΕ) + (ΟΕΓ) = (ΟΖΔ) + (ΟΕΔ) + (ΟΕΖ) � (ΖΑΕΓ) = (ΔΕΖ) _!_(ΑΕΓΔΒΖ) = (ΑΒΓ) �(Α2 ΕΓΔΒΖ)=2 (ΑΒΓ).

Άσκηση 1 3 . Σε οξυγώνιο τ ρ ίγωνο ΑΒΓ ο κύκλος με διάμετρο τη ΒΓ τέμνει το ύψος ΑΔ στο σημείο Ε. Αν Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου, να δειχθεί ότι: ΗΒΓ ΕΒΓ = α) ΔΕ 2 = ΔΑ . ΔΗ β) . ΕΒΓ ΑΒΓ Λύ ση α) Η γωνία ΒΕΓ είναι ορθή γιατί είναι εγγε γραμμένη και βαίνει σε η μικύκλιο, συνεπώς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/47

( (

) ( ) (

) )

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ορθογώνιο και το ΔΕ

------

το τρίγωνο ΕΒΓ είναι είναι το ύψος του προς την υποτείνουσα . Ο πότε είναι ΔΕ2 = ΔΒ · ΔΓ . (1) Α

Αρκεί να δείξουμε ότι ΜΕ = ΒΖ + ΓΔ το ο2 δι ποίο ισχύει αφού η ΜΕ είναι άμεσος στο τραπέζιο ΒΓΔΖ. Λσκηση i 5.

Για να δείξουμε ότι ΔΕ2 = ΔΑ · ΔΗ αρκεί να δείξουμε ότι ΔΑ · ΔΗ = ΔΒ · ΔΓ (λόγω τη ς (1)) ή ισοδύναμα ΔΑ = ΔΓ . Η τελευταία αΔΒ ΔΗ δ δ ν ν ι ίξ ι πο ε κ ύετα α ε ουμε ότι τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΔΒΗ είναι όμοια . Τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΔΒΗ είναι όμοια γιατί είναι ορθογώνια και έχουν ΔΒΗ = ΔΑr ω ς οξείες με πλευρές κάθετες.

Αν Θ είναι το βαρύκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ και Σ ένα τυχαίο σημείο, να δειχθεί ότι· το ένα από τα τρίγωνα ΣΘΑ, ΣΘΒ, ΣΘΓ έχει εμβαδόν ίσο με το άθροι σμα των εμβαδών των δύο άλλων.

Χωρίς να περιορίζουμε τη γενικότητα, υποθέ τουμε ότι το Σ είναι ένα τυχαίο ση μείο στο η μιεπίπεδο που ορίζει η ευθεία ΒΕ και το ση μείο Γ. Α

Σ ·

(Γι ατί ο κύκλος με δι άμετρ ο τη ΒΓ διέρχετα ι , από το ίχνος Θ το υ ύ ψο υ ς Β Θ;)

Τα τρίγωνα ΕΒΓ και ΑΒΓ έχουv κοινή βά ση τη ΒΓ άρα ο λόγος των εμβαδών τους ι σούται με το λόγο των αντιστοίχων υψών ΔΕ . , , ειν, αι ( ΕΒΓ) =. Ομοιως τους, οποτε ειναι ΑΒΓ ΔΑ

Λ '

β)

(

)

;

(ΗΒΓ) ΔΗ , =- . Απο, τη σχεση ΔΕ 2 = ΔΑ · ΔΗ ( ΕΒΓ) ΔΕ έχουμε ΔΕ = ΔΗ οπότε (ΕΒΓ) = (ΗΒΓ) . ΔΑ ΔΕ ( ΑΒΓ) (ΕΒΓ) --

Τα τρίγωνα ΣΘΑ, ΣΘΒ και ΣΘΓ έχουν κοινή βάση τη ΣΘ. Φέρνου με τα ύψη τους ΑΗ, ΒΛ και ΓΖ, οπότε αρκεί να δείξουμε ότι ΑΗ=ΒΔ+ΓΖ.

κάθετο στο ΘΑ τότε ΔΙ διάμεσος στο ' τραπε' ζιο ΒΓΖΛ . Άρα ΔΙ = ΒΛ + ΓΖ , οποτε Αν ΔΙ

αρκεί ΔΙ ΑΗ πράγματι τα τρίγωνα ΑΗΘ και 2 ΔΗΘ είναι όμοια (είναι ορ θ ογώνια -και έχουν ΑΘΗ ΔΘΙ ) , οπότε =

Λσκηση 1 4,

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και μια ευθεία (ε) που διέρχεται από την κορυφή Α και αφήνει στο ίδιο η μιεπίπεδο τις κορυφές Β και Γ. Αν Μ είναι το μέσον της ΒΓ και Σ είναι τυχαίο σημείο της ευθείας (ε), να δει, , (ΣΒΑ)+ ( ΣΓΑ} . χθ ει οτι ( ΣΜΑ ) =

. 2 ΛίJση : Τ α τρίγωνα ΣΜΑ, ΣΒΑ και ΣΓΑ έ χουν κοινή βάση τη ΣΑ. Φέρνουμε τα ύψη τους ΜΕ, ΒΖ και ΓΔ.

ΔΙ

ΑΗ

ΑΗ ΔΘ _!_ ::::> = ΔΙ = ΑΘ 2 2

Λ (}Κη r.η 1 6 .

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ. Στις πλευρές του ΒΓ και Γ Δ παίρνουμε, αντι στοίχως, τα σημεία Ε και Ζ έτσι ώστε ΕΑΖ = 45° . Οι ΑΕ και ΑΖ τέμνουν τη διαγώνιο ΒΔ στα σημεία Θ και Η αντιστοίχως. Να δειχθεί ότι ΑΗΘ = ΕΖΗΘ . "

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/48

(

) (

)

----Είναι 8 1 = 45° = EAz άρα το

. \ ύση

Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

τετράπλευρο ΑΒΕΗ είναι εγγράψιμο (η πλευρά ΕΗ φαίνε ται από τις απέναντι κορυφές Α και Β υπό ί σες γωνίες).

Λύση

α) Έστω υα

l = _ max υα

{

= miη { υα , υβ , υr }

1 1 ,1 ,-

υα υβ υγ

} τότε

οπότε

τ - α = α + β + γ - α = β + γ - α > 0 => 2

Ε 2Ε τ > α => > - => υα > 2ρ ρ

Επομένως ΕΗΑ = 90° που ση μαίνει ότι το τρίγωνο ΗΑΕ είναι ορ θογώνιο και επειδή ΕΑΗ = 45° είναι και ισοσκελές οπότε είναι ΑΗ ΕΗ. Εφαρμόζοντας το πυθ αγό ρειο θ εώ : έχουμεΑΕ ρη ΑΕμα2 =στοΑΗ2ΗΑΕ 2 + ΕΗ => 2 = 2ΑΗ2 => ΑΕ ΑΕ2 => ΑΗ2 = 2 => ΑΗ = -ν�L2 Ο μοι,ως προκυπτει , ειναι , ΑΕ = ΑΖ = v�2L οτ, ι ΑΖ = v�L2 Επο μενως ΑΗ ΑΘ ΑΘ Τα τρίγωνα ΑΗΘ και ΑΕΖ, λόγω τη ς τελευταίας σχέση ς και του ότι έχουν τη γωνία ΕΑΖ κοινή, είναι όμοια με λόγο ομοιότητας v'2 οπότε είναι = ( v'2 )2 =

,..._

{:�

�

( ΑΕΖ) = 2 => (ΑΕΖ) 2 (ΑΗΘ) . ( ΑΗΘ) Επο μένως (ΕΖΗΘ) (ΑΕΖ) - (ΑΗ Θ) 2 (ΑΗΘ) - (ΑΗΘ) (ΑΗΘ). =

Αν υ a, υ μ, υ1 είναι τα ύψη τρι-

γώνου ΑΒΓ και

_!_ + _!_ + _!_ υα

υ JΙ

υγ

δειχθεί ότι

α) 2ρ <

min{ υ0,υ11,υr }

και υ >

2υ , τότε να

max{_!_,_!_ ,_!_}

υα υβ υγ όπου ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του β ) Το εμβαδόν του είναι

•( :. )( : J( : ) υ-

υ-

(

(1 ) 2Ε 2Ε + 2Ε + υ α υβ υγ 2 ·

υ>υα

Ως γνω στόν το εμβαδόν του τριγώνου πλευρές α, β, γ δίνεται από τον τύπο (του ΉΕρ=ωνα): ( τ--β-)-(τ---γ ) �,__τ(-τ ) β)

- α

( �)( �)( �) +- :. ) ( : )( :}� επίση ς +-:.)(υ-:, )(υ- : ) ( )( _ )( _ ) =

= 4E,i Ε=

= -2 ρ

υ-

ρ ρ 2

Ε Ε

Ε= Ε

υ-

2Ε · υ -

2Ε · υ 2Ε · υ -

υα

= Εξάλλου τ = α + 2β + γ 2Ε -1 + _!_ + -1 υ α υβ υ γ = 2 => = 2 => Ε υ τ τρ υ 2 1 => υ - (2). Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει 2ρ

Άσκη ση 1 7 .

2Ε

υα

υβ

υγ

( υα - 2ρ )( υβ - 2ρ )( υ1 - 2ρ )

υ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.2/49

υαυβυγ

-------

Β;

λΥΚΕΙΟΥ

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ασκήσεις στην Ευθεία - Β Λυκείου ΟΠ Θετι κών Επιστημών '

Διονύσης Γιάνναρος -Τσόπελας Γιάννης, Θέμα 1

διότι :

Έστω ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο με ΑΒ: 3x-7y+27=0 , ΑΔ: 4χ + y+5=0 και

κ( �) 2,

το

σημείο τομής των ΑΓ, ΒΔ. α) Δείξτε ότι Γ(6,2) και ότι ΒΓ: 4x+y-26=0 β) Αν Μ, Λ τυχαία σημεία των ΒΓ, ΑΔ αντίστοιχα ,δείξετε ότι

( ΜΑ ) �

.J17

17 2 2 γ) Αν 16x +3xy+y -46x-2 1y-130=0 (1) να βρείτε

την ελάχιστη τιμή της παράστασης Α= χ2 +y2 Λ ύση : α) Λύνουμε το

σύστημα των ΑΒ: 3x-7y+27=0 , ΑΔ:4χ+y+5=0 και υπολογίζουμε το Α(-2,3). Επειδή Κ μέσο του ΑΓ έχουμε: χ Α +χr =2χκ , yΑ +yr =2yκ xr 6, Yr =2 . Η ευθεία ΒΓ διέρχεται από το Γ(6,2) και έχει �

λΒr =λΑΔ = - 4 Άρα: ΒΓ : y - 2 = -4 (χ - 6) � ΒΓ : 4χ + y - 26 = Ο 7

d1 = d (Ο, ΑΔ ) =

Παράρτημα ΕΜΕ

- 5 .Jli

1 51

�42 + 12

d2 = d ( O' ΒΓ) = 26.Jli d Θέμα 2

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Γ(8, 7) και οι εξισώσεις της πλευράςΑΒ:2χ - y + 3 = Ο και της διαμέσου ΑΜ:y=3.Να βρείτε: α) Τις κορυφές Α και Β του τριγώνου ΑΒΓ . β) Την ευθεία της διχοτόμου της γωνίας Α . γ) Τις ευθείες που διέρχονται από το Γ και σχηματίζουν με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο. δ) Τις ευ θείες που διέρχονται από το Μ και τέμνουν τους άξονες χχ ', yy ' στα Κ, Λ αντίστοιχα ώστε: (ΚΛ)=2(0Λ)

Λύνουμε το σύστημα των AB:2x-y+3=0, ΑΜ : y=3 και υπολογίζουμε το Α(Ο,3). Τα Β,Μ ανήκουν στις ευθείες ΑΒ, ΑΜ αντίστοιχα. Άρα Β(β,2β+3) και Μ(μ,3). Μ μέσο ΒΓ � (β+8 = 2μ και 2β+3 +7 =6)�(β = -2 και μ = 3) .Τελικά: Β(-2,-1) καιΜ(3,3) - β) ΑΒ = (-2, -4), ΑΓ = (8, 4) ::=> ΑΒ ΑΓ = -32 < Ο � BAr > 90° . Για να βρούμε τις διχοτόμους ( δ1 ) , ( δ 2 ) των Α και Αεξ , θεωρούμε σημείο Κ(χο,Υο), οπότε Κ ε ( δ1 ) υ ( δ2 ) <::::> Λύση : α)

2χ -Υ +3 1 χ -2Υ +61 d ( K , ΑΒ ) = d ( K , ΑΓ ) � / ο 'ls ο = / ο Js ο � . . . � χ0 + Υ ο - 3 = Ο ή χ0 - y0 + 1 = Ο

β) Αν d η απόσταση των παραλλήλων ΑΔ και 26 3 1 Jl7 ΒΓ, τότε (ΜΑ ) ;::: d = 1 - (-S)I = 2 17 ( -4 ) + 1

γ) ( 1 ) � . . . � (4x+y+5)(4x+y-26)=0� 4x+y+5=0 ή 4x+y-26=0 θέτουμε M(x,y), οπότε : Μ ε ΑΔ ή Μ ε ΒΓ και χ 2 + y 2 = ( ΟΜ ) .

Άρα: nin { x2 + y2) = min(OM) = min{d1 ,�} =

�

(ι!,)

Άρα ( δ1 ) : χ + y - 3 Ο και ( δ2 ) : χ - y + 1 = Ο , χωρίς να γνωρίζουμε την αντιστοιχία Έχουμε: =

8+ 7 -31 12 = � = ον�2 , d1 = d { Γ,( δ1 ) ) = 1 Jϊ2;ϊ2 1 ν2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/50

2 + 12

-----d2 = d ( r , (� )) = ... = J2 . Όμως

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ζ της ΒΓ,

,ξ

Α Α > 90° � Α > 1 8 0° - Α � Α > Α ξ � 2 Α. > 2 . Λ

Αν

(

θεωρήσουμε τις οξείες γωνίες Λ ΑΓ , ( δ; ) i = 1, 2 , τότε για να είναι η ( δ 1 )

}

(

)(

) � >i '

2+6 2

= --

2+4 -2-

3 .

' Ά ρα η

μεσοκάθετος του ΒΓ είναι η (ζ) . . . y-3 = 2(χ-4), δηλαδή (ζ) . . . y= -2x+ l 1

β) από γνωστή πρόταση της Γεωμετρίας όταν η διχοτόμος της Αεξ σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι παρ(ι).ληλη της ΒΓ τότε το ΑΒΓ είναι ισοσκελές με βάση τη ΒΓ.

Λ διχοτόμος της Α αρκεί ΑΓ , ( δ1 ) > ΑΓ ,( δ 2 ) , ή

(

) (

Λ ημ ΑΓ , ( δ1 ) > ημ ΑΓ � δ 2 ) d1

}

> d 2 , που ισχύει. Πράγματι λοιπόν η ( δ1 ) είναι διχοτόμος της Α, δηλαδή διχοτόμος της αμβλείας γωνίας των ευθειών ΑΒ, ΑΓ . Συντομότε ρ α :

Η σχέση ( x 8 + y 8 - 3 ) { x r + Yr - 3) = (-9) 1 2 < 0 σημαίνει ότι τα Β,Γ βρίσκονται εκατέρωθεν της ( δ 1 ) : χ + y - 3 = 0 (γιατί;) γ) Οι ευθείες που σχηματίζουν με τους άξονες x 'x,y'y ισοσκελές τρίγωνο, σχηματίζουν με τον χ'χ γωνία ίση με 45° ή ίση με 1 35°, οπότε λ = 1 ή λ = -1 . Αν λ= l , τότε (ε) : y - 7 = 1 (χ - 8) <=> (ε) : y = χ - 1 . Αν λ= -1 , τότε ( ε) : y - 7 = - 1 {χ - 8) � ( ε) y = - χ + 1 5 :

δ) Από γνωστή πρόταση της Γεωμετρίας στο ΟΚΛ

ό 90° και (ΚΛ) =2(0Λ) θα ισχύει ° ΛΚΟ = 30 .Έτσι οι ζητούμενες ευθείες θα

με

σχηματίζουν με τον χ ' χ γωνία ίση με 30° ή ίση με

' ι' ,=εφ3 0 °= fj η. λ=εφ 1 50°=- fj 1 50° , οποτε Αν λ=

� �

Αν λ=-

Θέμ α 3

� (χ - 3) τότε (ε) : y - 3 = - � (χ - 3)

τότε (ε) : y - 3 =

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β( 2,2 ) και Γ( 6 , 4 ). α ) Βρείτε τη μεσοκάθετο του ΒΓ . β ) Βρείτε το Α ώστε η ευθεία (ε) : x-2y-3 = Ο , να είναι διχοτόμος της Αεξ . γ) Αν η (ε) τέμνει τους άξονες χχ ' , yy ' στα Κ,Λ αντίστοιχα , τότε να βρείτε τον γ.τόπο των σημείων Μ του επιπέδου με την ιδιότητα:

3f5

(ΜΚ ) + (ΜΛ)= - (1) 2

Λ ύση :

41 α) Έχουμε: λ = -- = -2 και για το μέσο 6-2 ΒΓ

Παρατηρούμε ότι λ8r = \ � ΒΓ ι ι ( ε) � ΑΒΓ ισοσκελές με βάση τη ΒΓ. Το Α θα βρεθεί λύνοντας το σύστημα των ευθειών (ζ):y=-2χ+ 1 1 και (ε):χ-2y-3 = Ο. Τελικά βρίσκουμε Α(5, 1 ) =

γ) η

(ε) τέμνει τους άξονες στα κ (3,Ο)

�

,[s

και

( �)

Λ ο. -

3 ' και (ΚΛ) = ν .Γ + l Ξ ) = Τ οποτε: ( 1 ) <::::>(ΜΚ)+(ΜΛ)=(ΚΛ)<::::>Το Μ ανήκει στο τμήμα ΚΛ. Θέμα 4

Αν για τα σημεία ισχύουν : •

Χ ι * Xz

Α( χι , Υι ),Β( χ2 , y 2 ) , M ( l, 4) ,

•

η εξίσωση της ΑΜ είναι:

•

η εξίσωση της ΒΜ είναι :

Χι Χ + Υ ι Υ = 8 ( ει )

x2 x + y 2 y = 8 ( ε2 )

α) Δείξτε ότι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ είναι:

χ + 4y - 8=0. β) Βρείτε την ελάχιστη απόσταση σημείου τη ς ευθείας ΑΒ από την αρχή Ο των αξόνων . Θεωρούμε γ) την ευθειών οικογένεια (α+ l)χ+2(α+3)y-10β=Ο (1) με α,β e R. Να βρείτε τους α, β ώστε η ΑΒ να ανήκει στην οικογένεια ευθειών (1 ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/51

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

lx1 +4y1 =8 και lx +4y =8 αδύνατο. Δεν υπάρχουν λοtπόν τιμές του α για τις � � οποίες να μηδενίζονται συγχρόνως οι συντελεστές των , την (ε) � + 4y =: 8 και παρα:�� ρουμε Θεωρουμε οτι x,y. Άρα η (l) παριστάνει ευθεία για κάθε αεR για τα διαφορετικα μεταξύ τους σημεια Α και Β , , , ισχύει: Α ( ) Β ( ) . Άρα η ευθεία ΑΒ είναι η β) Αναζητουμε Ρ χ 0 , y0 για το οποιο να ισχυει (α+l) χ 0 + (2α-1) y0 + 3α-6 = Ο για κάθε α ε JR. (ι), (ε):χ + 4y -8= Ο . β ) Η ζητούμενη απόσταση dm ναι: sm Αλλά ( 1 <::::> α ( χ σ + 2y + 3 + ( χ σ - Υ - 6 = ο για κάθε α ε � <:=:> χ 0 + 2y0 + 3 = 0 d min = d o , ε = 2 2 = n 4 +1 και χ 0 - y 0 - 6 = 0 <:=:> χ 0 , y0 = 3, -3 Λύση : α) Μ ε

γ) •

•

( ε1 ) Μ ε ( 2 ) ε

( ( )) J

ί�:ι

)

διακρίνουμε περιπτώσεις : Για α= -3 έχουμε

( 1 ) <:=:> -2χ + β = Ο <=> χ= �

δηλαδή δεν προκύπτει η (ε). Άρα η τιμή αυτή του α απορρίπτεται . Για α * -3: Λύνουμε την ( 1 ) και την (ε) ως προς y έτσι :

{ l ) <=> y = - 2 (α+lα+3) χ + 2 (lΟβα+3) και (ε) <=> y = - .!_4 χ+2 .

η (ε) ανήκει στην οικογένεια ευθειών ( 1) αν και μόνο αν 8

α+l 1 - - "4 και 2(10β α+3 ) - 2 . Τελικά 2 α+3

α=l και β= - . 5

(

( )

Τελικά

)

(

( 3 -3 ) ,

) ) ) ( ) ο

γ) Ι ος τρόπος

Αν (ζι) είναι τυχαία ευθεία δια του Ρ (3 -3) τότε για την απόστασή της ΟΡ1 από το Ο έχουμε: ΟΡ1 :::; ΟΡ η ευθεία λοιπόν (ζ) l_ ΟΡ στο Ρ είναι η ζητούμενη. ,

ζl.ΟΡ

α+l = 1 => α=Ο => 2α-1 ( ζ):y+3 = 1 ( χ - 3) =:> ( ζ ) :χ - y - 6 ο -3

Αλλά: λ0p = - =-1 3

λζ = 1 =>

- -

(Πρόκειται για την ευθεία ( ε 0 ) της δέσμης)

Η προσέγγιση κατά την οποία οι ευθείες (α+ l )χ+2(α+3)y-1 0β=Ο και χ + 4y - 8=0 συμπίπτουν όταν και μόνον α+ 1 = 1 , 2(α+ 3) = 4, -1 Οβ = -8 είναι λάνθασμένη διότι η χ + 4y - 8=0 ενδέχεται να έχει προκύψει με απλοποίηση των συντελεστών της (α+l )χ+2(α+3)y-1 0β=Ο. Το είναι σωστό απαιτήσουμε να 3 2 α + -Ι Οβ α+l -- = = βρίσκοντας και πάλι α= 1 -8 1 4

Σ χό λι ο :

( )

και β= - . 5

Θέμ α 5

Θεωρούμε την εξίσωση (α+l)·χ + (2α-1)-y + 3α-6 = Ο. (1) α) Δείξτε ότι η (1) παριστάνει ευθεία ( ε α ) για

κάθε α ε R . β) Δείξτε ότι όλες οι ευθείες ( ε α ) διέρχονται από σταθερό σημείο Ρ το οποίο και να βρείτε γ) Ποια από τις ευθείες ( ε α ) απέχει από την •

αρχή των αξόνων Ο τη μέγιστη απόσταση ; δ) Να βρεθεί ευθεία (δ) η οποία ενώ διέρχεται από το σημείο Ρ δεν ανήκει στην οικογένεια ευθειών (εa ) .

Λύση : α)

Το

σύστημα

}

α+l=Ο είναι προφανώς 2α - 1 = 0

2 ος τρόπος

( ) ( ) (

)( ) )

Ρ ε εα => 3 α + 1 + 2α - 1 -3 + 3α + 6 = 0 => => 3α - 6 = 3 ( 2α - 1 ) - 3 ( α + 1 = 3 ( κ - λ , Όπου a + l = 2α 1 = λ . Άρα κ,

( Ο (ε )) = l

ι32α - 61

)

l l

3 λ-κ lκ 2 +λ2 v

:::;

3ν2c

ν (a + l) + (2α - 1) 2 διόn 2 κ2 +λ2 � λ-κ και το ίσον(=) μόνο για κ = -λ δηλ α+ 1=-2α+1, και τελικά α=Ο. '

(

) ( )

δ) Αναζητούμε ευθεία (δ) που διέρχεται από το σημείο Ρ (3 -3) αλλά δεν ανήκει στην οικογένεια ευθειών ( εα ). ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/52

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Η κατακόρυφη ευθεία χ=3 που διέρχεται από το Ρ ανήκει στην οικογένεια ( εα ), αφού ' ' α 1. ' προκυπτει απο' την ( 1 ) οταν και μονο

•

Δεν είναι λοιπόν κάποια από τις ζητούμενες. 1 6 - 3α , ( εα ) : y - α + 1 χ + -Άρα α * - οποτε 2 2α - 1 2α - 1 και ( δ ) : y λχ + μ . Επομένως Ρ ε (δ) <::::> -3 = λ . 3 + μ ( i) και ( δ ) * ( εα ) <::::> λ * - α + 1 για κάθε α * .!_ ή 2α - 1 2 6-3α μ *για κάθε α *- .!_ <::::> ( 2λ+l) α:;t:λ-1 ( 1 ) 2α- 1 2

για κάθε α * .!_ ή (2μ+3)α*μ+6 (2) για κάθε 2 1 α * <::::> λ = 1 η' μ = - 23 , αφού με α = 1

-2

οι (1 ),(2) ισχύουν για κάθε λ, μ ε IR (Βλέπε ακόλουθο σχόλιο).

Π ροσο χή : Δημιουργείται έτσι η ψευδαίσθηση ότι

υπάρχουν άπειρες ευθείες (δ). Αυτές που έχουν λ

- -

με

και

λ ε IR . λ

1ΓD

.ΙΝ..

λόγω

της

και αυτες που εχουν

Όμως

(ί)

= _ .!_2 <::::> μ = -�2 . Τελικά δηλαδή

= --23 και έχουμε:

( -± -% -± -%} (λ * - .!_2 ή μ *- - �2 <::::> λ * - .!_2 και μ * - �2 ) . λ=

ή μ=

<::::> λ =

(

)

[�� : � )

)

Γενικότερα λ = _ .!_ ή λ = � 2 4 παρατηρήστε ότι: για να ισχύει η ( 1 ) για κάθε δηλαδή α ε IR

{

-{± , 2}

}

πρέπει

και

αρκεί

τελικά

.!_ λ ε - ' � ' -3 . 2 4 Θέμ α 6

Δίνονται τα σημεία A(l,2) , Β(-3,4) , Γ(2κ+1 , 1-κ) , κ e R . α) Δείξτε ότι τα Α, Β, Γ σχηματίζουν τρίγωνο για κάθε κ e R , σταθερού εμβαδού Ε =2 . β) Για ποιες τιμές του κ , η ΑΓ τέμνει τους άξονες σε δύο διακεκριμένα σημεία ; γ) Αν Δ, Ε τα σημεία που η ΑΓ τέμνει τους ' ' άξονες χχ , yy αντιστοίχως, καθώς το κ

-{Ο, , -�}

δείξετε ότι το σημείο Μ

-1

(_!_, _!_) ΧΔ

ΥΕ

, τότε να κινείται σε

ευθεία (ζ) της οποίας να βρείτε την εξίσωση.

)

Σ χό λι ο :

(

μεταβάλλεται στο R

Θα μπορούσε όμως να αποφευχθεί αυτή η παρανόηση, αν παρατηρούσαμε ότι: ( εα ) : y = λ'χ + μ' με - 3 = λ'· 3 + μ' (ii) , οπότε ( i) , ( ii) => Ο = 3 ( λ - λ ') + ( μ - μ ') . Άρα λ = λ' <::::> μ = μ' , δηλαδή: λ= α+l �= 6-3α 2α-1 2α-1 6 - 3α α+l και λ*για κάθε <::::> μ *2α - 1 2α - 1 1 α*2 Τελικά λοιπόν υπάρχει μόνο μια ευθεία η .!_ ( δ ) : y + 3 = - ( χ - 3 ) , δηλαδή ( δ ) : χ + 2y + 3 = 0 2

(

και μ =

Καθώς και

•

( i ) , ( ii) => Ο = (λ - λ ')Ο + μ - μ' => μ = μ' τότε ' ανεξαρτήτως του αν λ λ ' ή λ * λ . Τότε λοιπόν έχουμε απλώς: ( δ ) * ( εα ) <::::> λ * λ ' εξάλλου, αν ( 2λ + l ) α * 3λ - 1 ( 1 ) , είχαμε π.χ. τότε , , η ( 1 ) για κα' θε α * -1 προκειμενου να ισχυει 2 *ο 2λ + 1 = 0 ή πρέπει και αρκεί -- = -ι , 3λ - 1 * 0 2λ + 1 2

Παρατηρήστε ότι ειδικά αν ήταν χΡ = Ο,

Λ ύση

ΑΒ= ( -4,2) ιαιι ΑΓ = ( 2κ,-κ-1) =>άt( ΑΒ,ΑΓ) =4*-0=> κορυφές με τριγώνου Α,Β,Γ α)

(ABΓ) =±l det(AB,AΓ)l = 2 ,

αλλά

στοιχειωδώς χωρίς ορίζουσα. β) Αν χ Α = X r ' δηλαδή κ=Ο �

και

τότε ΑΓ Ι Ι y'y οπότε η τιμή αυτή απορρίπτεται . , , λ = - κ+l * Ο , οποτε Αν χ Α * x r τοτε 2κ κ+l κ+l ΑΓ : y - 2 = - � ( χ - 1 ) , με 0 - 2 *- - � ( Ο - 1 ) , ΑΓ

δηλαδή κ * _ .!__ Τελικά 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/53

κ*

0,-1 ,- � 5

-------

γ)

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Η ε.ξίσωση λοιπόν της ΑΓ είναι: y- 2 = κ+ 1 ( x - l) ,

2κ 1 +1 ι 5κ , υ κ -:;:. 0,- 1,- 5 , οποτε , χΕ = 0 => Υε = οπο � κα 5κ + 1 , 2κ κ+l ΥΔ = Ο => χΔ = -- . Άρα χΜ = -- , ΥΜ = -- . κ+1 5κ + 1 5κ + 1 Παρατηρούμε ότι κ + l � 5κ + 1 = χΜ + 2yΜ = 2 + =l 5κ + 1 5κ + 1 5κ + 1 Άρα το σημείο Μ ανήκει στην (ζ) : χ+2y= 1 . Θέμα 7

Για τα σημεία Α,Β,Γ ενός ορθοκανονικού συστήματος αξόνων Oxy ισχύουν:

ΟΒ

•

20Α + ΓΑ + 4ί -

Α, Γ συμμετρικά ως προς τη διχοτόμο της 1 ης και 3ης γωνίας των αξόνων . • Το Β κινείται στην ευθεία (ζ) : y χ - 12 α ) Δείξτε ότι το σημείο Α κινείται στην ευθεία (ε) : χ -y -2 Ο β) Να βρείτε το σημείο Α της (ε) αν είναι γνωστό ότι απέχει από την αρχή Ο των αξόνων την ελάχιστη απόσταση γ) Να βρείτε τις ευθείες που διέρχονται από την αρχή Ο των αξόνων και σχηματίζουν με την (ε) οξεία γωνία ίση με 45°. •

•

Λ ύσ η : α)

1 2), και

Θέτουμε Α(α,β), οπότε Γ(β,α), Β(μ , μ_:

(

ΟΒ=20Α +ΓA +4i => μ,μ-12 ) = =2 ( α,β + α-β,β-α + 4 (1, 0 ) => μ = 3 α+4-β => => 3β-α = 3 α+4-β -1 2 => 3β-α = μ-1 2 => β = α-2 => y Α = χ Α - 2 => => Χ Α - yA - 2 = 0 => Α ε (ε) . Όπου (ε) : x -y - 2=0. β) Το ζητούμενο σημείο είναι το σημείο τομής της (ε) με την (ζ) : y = -χ που είναι η κάθετη από το Ο στην (ε). Από το σύστημα αυτών προκύπτει το A( l ,-1 ). γ) Από την αρχή Ο των αξόνων διέρχονται οι ευθείες ( ε λ : y = λ χ, δηλαδή ( ε λ : λ χ - y = Ο και η ευθεία χ=Ο. Η χ=Ο σχηματίζει με την (ε) οξεία γωνία ίση με 45°. Εξάλλου ( ε Ι Ι δ 1 = (1, 1 ) και ελ / Ι δ 2 = (1, λ) , οπότε και πρέπει αρκεί

)(

{

)

) Λ_ δι , δz

( )

•

1 ( συ v

(1) �

)

= T (l). J2 )1 .J

Αλλά

lδ1_ 1 11 _ 2 1I = 12 � ... � λ =Ο. δι δz

Άρα

( ε λ : y = Ο . Τελικά το πρόβλημα έχει δύο λύσεις τους άξονες χ'χ και ΥΎ

Ελαχιστοποίηση Παραστάσεων με Χρήση των Τύπων της Απόστασης Διονύσης Γιάνναρος Θέμα 1

Να βρεθεί το ελάχιστο της παράστασης :

�( ) ( ) � Θεωρούμε τα κ (-3 , -4) , ο ( ο,ο ) οπότε χ+3 2 +

Α=

Λi>ση : M(x,y) ,

+ 4 2 + χ 2 + Υ2

σημεία η δοσμένη άθροισμα των

παράσταση παριστάνει το αποστάσεων του Μ από τα Κ και Ο . 2

-·-- --····---·-·-····

________ ,,,,_,___

)

Θέμα 2

Να βρεθεί το ελάχιστο της συνάρτησης : f(x) = x 2 - 6χ + 13 + x 2 - 14χ + 58

.J .J Η συνάρτηση γράφεται : 2 2 f(x) = J(x - 3} + 4 + J( x - 7 ) + 9 = ( ) ( )

Λύση :

·2 Μ

Χρησιμοποιώντας τη τριγωνική ανισότητα έχουμε (Μκ) + (Μο) � (κο =s . Επομένως το ελάχιστο της παράστασης Α είναι το 5 για τα ζεύγη (χ , y) για τα οποία το M(x,y) είναι σημείο του τμήματος ΟΚ .

ΜΚ + ΜΛ ,

όπου Μ(χ, Ο) , Κ ( 3, 2) , Λ ( 7 , -3) . Το σημείο Μ ανήκει στον χ'χ ενώ τα δύο άλλα σημεία Κ, Λ ανήκουν σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς τον χ'χ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.2/54

-------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Σύμφωνα με την εφαρμογή 4,σελ56( σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας εκδ.20 1 Ο )το ελάχιστο θα είναι το (ΚΛ) και θα συμβαίνει μόνον όταν το Μ θα είναι σημείο του τμήματος ΚΛ, δηλαδή

13 4 ( 1 ) <=> χ = -5 ' Υ = 5 ·

min f(x) = �(7 - 3)2 +(-3 - 2)2 = .J4ϊ yια χ = 23 5

Θέμα 3

Να βρεθεί το ελάχιστο της συνάρτησης :

f(x) = .Jx2 - 4χ + 13 + 2.Jx2 - 8χ + 25 + .J�x2 __2_x_+_3-7

Λ \Jση :

Η συνάρτηση γράφεται : f(x) = �( x - 2) 2 + 9 + 2�(χ - 4) 2 + 9 + �(χ - 1 ) 2 + 36 = = ( ΜΑ ) + {ΜΒ ) + (ΜΓ) + (ΜΔ ) , όπου Μ (χ, 0) ,

Α (2 , 3) , Β (4 , 3) , Γ { 4, -3) , Δ {Ι, -6) .

Θέμα 5

Σύμφωνα με την άσκηση 1 σελ 58( σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας εκδ.20 1 0 )το ελάχιστο θα συμβαίνει μόνον όταν το Μ ταυτιστεί με το σημείο τομής των διαγώνιων του ΑΒΓΔ το οποίο είναι πράγματι σημείο του άξονα χ ' χ , το Μ (3,0) . Είναι μάλιστα και μέσο του ΑΓ, αφού προφανώς ΑΒΓ = 90° . Τελικά min f( x ) = �( 3 - 2) 2 + 9 + 2�( 3 - 4} 2 + 9 + +�( 3 - 1 ) 2 + 36 = 3Μ + J4ϊ , για χ=3

!�

Θέμ α 4

�

Να λυθεί το σύστημα

Έστω Ν(χ0 ,y0 ) τυχαίο σημείο του επιπέδου. Τότε η ( 1 ) για χ = χσ , y = y0 μετατρέπεται στην ισότητα ( ΜΝ ) + d ( Ν,( ε ) ) = d { Μ, ( ε ) ) (2), όπου Μ (- 1 ,2)

Λύση :

� � 42 + 32

οπότε: ( 2 ) <::::> {ΜΝ) + (ΝΚ ) = (ΜΡ) <::::> το Ν ανήκει στο τμήμα ΜΡ <::::> X p � χΝ � χΜ , όπου Κ,Ρ οι προβολές των Ν,Μ στην (ε). (Για κάθε άλλη θέση του Ν ισχύει (ΜΝ) + (ΝΚ ) > (ΜΚ ) 2 ( ΜΡ ) . "\ "\ α'

λ .tVIA

( 153 ' _45)

Ρ -

Τελικά

, , και λογω της (2) θ α ειναι λοιπόν

Ν Ρ' =

�9 ( φ - 1 )2 + ( φ + 2 )2 + �φ2 + 4 { φ + 1 )2 =

= �17φ2 - 24φ + 9 (1)

Αν θεωρήσουμε συγκεκριμένο σημείο Α(κ,λ), τότε η εξίσωση (1) μπορεί να πάρει τη μορφή (ΑΒ)+(ΑΓ)=(ΒΓ) (2), όπου Β,Γ σημεία προσδιοριστέα τέτοια ώστε: ( χ 8 - κ) 2 = ( 3 φ - 3 ) 2 , ( y8 - λ ) 2 = (φ + 2 ) 2 (Ι) 2 2 2 2 = λ 2 2 , + = (y ) (x r κ) φ ( φ ) 8 Πράγματι, γι' αυτό πρέπει και αρκεί

Λ ύ ση :

}

{ ΒΓ ) 2 = 17φ2 - 24φ + 9 = ( 4φ - 3)2 + φ2 ,

4 x + y + sΙ = 2 (1) ( x + l ) 2 + (y - 2 ) 2 + l 13 χ � - 5 ( 2)

και (ε):4χ+3y+8=0. Α)..)...ά, d( M, ( ε) ) = I

Να λυθεί η εξίσωση :

δηλαδή

δηλαδή (χ 8 - x r )2 + (y 8 - y r )2 = ( 4φ - 3 }2 + φ2 , (11), κάτι το οποίο πραγματοποιείται μόνο σε τέσσερεις από τις περιπτώσεις (1) δηλαδή μόνον όταν ( χ 8 - κ, y 8 - λ ) = ( 3 φ - 3, φ + 2 ) (α) ή ( X r - Κ, Υ r - λ ) = ( -φ, 2 φ + 2 ) (χΒ - K, yB - λ ) = (-3φ + 3,- φ - 2 ) β , (χ r - Κ, y r - λ ) ( φ , - 2 φ - 2 ) ( ) (χΒ - K, yB - λ ) = ( 3 φ - 3, - φ - 2 ) (γ) , ( X r - κ, Yr - λ ) = (-φ, - 2 φ - 2 ) (χΒ - K, yB - λ ) = (-3 φ + 3, φ + 2 ) (δ ) . (x r - κ, Yr - λ ) = (φ, 2 φ + 2 )

}

} }

}

Α)..).ά.. ( 2 ) <::::> Το Α ανήκει στο τμήμα ΒΓ <::::> ΑΒ ./ / ΑΓ (υπό γενικευμένη έννοια, συμπεριλαμβανομένων και των μηδενικών διανυσμάτων). Στην περίπτωση (α) έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

102 τ.2/55

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ΓΒ = (χ 8 - x r , y 8 - Y r ) = ( 4φ - 3, - φ) , και ΑΒ = (χ 8 - κ, y 8 - λ ) = ( 3 φ - 3, φ + 2 ) , οπότε: 4φ - 3 - φ ΑΒ / /ΓΒ � =0� 3φ - 3 φ + 2 � (φ + 2 ) ( 4φ - 3 ) + φ ( 3 φ - 3) = 0 � 2 -ι + ../43 � 7 φ + 2φ - 6 = 0 � φ = . 7

f ( x, y) = ( ΜΣ) + α 2: (ΜQ ) + α > ( MQ ) + ( QP ) = = (ΜΡ) =

�

Άρα min f(x, y) =

Στο ίδιο συμπέρασμα οδηγούν και οι περιπτώσεις (β),(γ),(δ). Προφανώς ΑΒ � /' ΑΓ � όταν ΧΒ * Xr � ΧΒ < ΧΑ < Xr ή X r < ΧΑ < ΧΒ ,

ενώ ΑΒ �/' ΑΓ � y0 < ΥΑ < Υr ή Yr < YA < Y0 • όταν χ 8 = Xr , οπότε y 8 * Y r (υποθέτουμε

1 + "'43 ισχύει 7 χ8 < χΑ < Xr , δηλαδή 3φι - 3 + κ < κ < κ - φι , ή 3 φι - 3 < Ο < - φι , οπότε το Α είναι μεταξύ των Β,Γ. Για φ = φ2 όμως, αυτό δεν ισχύει.

φυσικά Β::1;Γ).

Για

ψ = ΨJ

= ---

Θέ μ α 6

Να βρεθεί το ελάχιστο της παράστασης :

2 2 f ( x, y ) = )( χ - 2) + (y - 3 } + l x - y l

Έστω Σ (x,y) τυχαίο σημείο του επιπέδου με Ιχ yΙ=α::::Ο . Τότε f(x, y) = (ΣΜ) + α , όπου Μ(2,3). Αν α=Ο, τότε Σ ε (δ) , όπου (δ) : χ - y = Ο και Λύση :

minf ( x, y) = min(MΣ) = d(M,( δ) ) =

Yz = λ = (ΜΡ) .

όπου τότε α> Ο, Αν Σ ε (ει ) v (ε2 ) ( ε ι ) : χ - Υ = -α , ( ε 2 ) : χ - y = α . Προφανώς το Μ και η ( ε ι ) είναι προς το ίδιο μέρος της (δ) (γιατί;). Αν

Σ ε ( ε ) , τότε (ΜΣ) > {ΜΡ ') :::: ( ΜΡ) = 2

�.

Αν Σ ε ( ε ι ) και το Μ ανήκει στην ταινία των ( ε ι ) , ( δ ) ή στην ( ε ι ) δηλαδή α 2: 1 (γιατί;), τότε 1 f (χ, y) = ( ΜΣ) + α 2: α > ( QΡ) > (ΜΡ) = .J2 . Αν το Μ δεν ανήκει στην ταινία των ( ει ) , ( δ ) ούτε στην ( ε ι ) , δηλαδή α< l , τότε και πάλι έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.2/56

�.

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

Τάξη:

Ασκήσεις Στατιστικής

Γ'

Διονύση Φ. Αρβανιτάκη

ΛΥΣΗ

ΑΣΚΗΣΗ 1

Έστω ένα δείγμα και μεταβλητή Χ με παρατη ρήσεις:

α, α, α - 5 , α + 5 , α - .J2 , α + .J2 , με α ε !R. 1 . Να αποδείξετε ότι: α. 2 . Ν α αποδείξετε ότι: s 2 = 9 . 3 . Αν α > Ο και η διάμεσος του δείγματος εί ναι ίση με το συντελεστή μεταβλητότητας, τότε

χ=

να δείξετε ότι: α J3 . 4. Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού αeιθμ.ού α, ώστ_ε το δεί J:tα να είναι ο

ΛΥΣΗ

1 6 6α = - Σ = ... = =α 6 i=I 6 0 + 25 + 25 + 2 + 2 2. 8 2 = .!. - χ/ = .. = =9 . 6 6 i=I 3. Τοποθετούμε σε αύξουσα σειρά τις παρατηρήσεις: α - 5 , α - J2 , α, α, α + J2 , α + 5 , αε ΙR. Επειδή το πλήθος τους είναι άρτιο η διάμεσος ι σούται με το ημιάθροισμα των δύο μεσαίων παραs α+α , => τηρησεων: Ά ρα: δ = -- = α . δ = CV = χ 2 1.

t; :Σ(t;

I I

.J9 => α2 = 3 => α = .J3 α=α 4. Για να είναι ομοιογενές το δείγμα πρέπει ο συντελεστής μεταβλητότητας να είναι το πολύ 3 1 0%. Άρα: CV � 1 0 % => 1 � � _!_ => - � _!_ 10 1 α 1 1 0 χI α>Ο

1 . α > 1 => α � 2 => 3α � 6 > 5 . Συνεπώς η μεγα λύτερη τιμή του δείγματος είναι το 3α και η μικρό τερη το α ( 2 α � 4 ) ή το 3 . Αν x min = 3 τότε έχου7 με: R = x max - x min => 4 = 3 α - 3 => α = - : απορ. Αν 3 xmin = α τότε έχουμε: R = x max - xmin => 4 = 3 α - α ::::> α = 2 2. Έχουμε: 5, 3, 6, 3, 4, 3, 6, 2. 32 1. Χ = -1 Σ t; = ... = =4. 8 8 i=I 11. Τοποθετούμε σε αύξουσα σειρά τις παρατη ρήσεις της μεταβλητής Χ : 2, 3, 3, 3, 4, 5, 6 , 6. 3+4 Άρα: δ = = 3, 5 . 2 8

ί�

ΑΣΚΗΣΗ 2

Μια μεταβλητή Χ παίρνει τις τιμές: 5, 3, 3α, 3, 2α, 3, 3α, α, όπου α θετικός ακέραιος μεγαλύ τερος του 1. Αν το εύρος R των τιμών είναι 4, τότε: 1 . Να βρείτε την τιμή του α. 2. Αν α = 2 , να βρείτε: 1. Τη μέση τιμή 11. Τη διάμεσο δ. 111. Την τυπική απόκλιση s. 3. Είναι το δείγμα ομοιογενές; Αν κάθε τιμή των παρατηρήσεων αυξηθεί κατά να βρείτε την επί τοις εκατό σχετική μεταβολή του συντελεστή μεταβλητότητας.

= ... = � = 2 => s = J2 . 8

s f2 1 = 4 > '4 = Ο, 25 > Ο, 1 . Άρα το δείγμα χI δεν είναι ομοιογενές. 4. Η νέα μέση τιμή θα γίνει: y = χ + χ = 8 . Η τυπική απόκλιση θα παραμείνει η ίδια: s Y = s . Ο νέος μεταβλητότητας είναι: συντελεστής s = f2 . Άρα η επί τοις εκατό σχετική μεCVY = CV =

; I I

ταβολή του συντελεστή μεταβλητότητας είναι: CV - CV 1 = - - Άρα υπάρχει σχετική μείωση cv 2 του συντελεστή μεταβλητότητας κατά 50%. Υ

α>Ο

=> 1 α 1 � 30 ::::> α � 30 . Άρα: α mίπ = 30

.!.8 Σ ( t; - χ )

ΑΣΚΗΣΗ 3

Είκοσι υπάλληλοι μιας εταιρείας έχουν δώσει τις παρακάτω πληροφορίες όσον αφορά τα παι διά τους: • 20 υπάλληλοι έχουν το πολύ τέσσερα παι διά. • 18 υπάλληλοι έχουν τουλάχιστον ένα παιδί. • 5 υπάλληλοι έχουν δύο ή τρία παιδιά. • Το 95% των υπαλλήλων έχουν το πολύ τρία παιδιά. • Το ποσοστό των υπαλλήλων που έχουν ένα παιδί είναι τετραπλάσιο από το ποσοστό αυτών που έχουν δύο παιδιά. 1 . Να κατασκευάσετε τον πίνακα συχνοτήτων, επί τοις εκατό σχετικών συχνοτήτων, αθροιστι κών συχνοτήτων και επί τοις εκατό αθροιστι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/57

Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

κών σχετικών συχνοτήτων. 2. Να βρείτε το ποσοστό των υπαλλήλων που είναι τρίτεκνοι. 3 . Να βρείτε το μέσο όρο παιδιών που έχουν οι υπάλληλοι της εταιρείας. ΛΥΣΗ

ι.

Κανένα παιδί, πλήθος υπαλλήλων ν , ένα παιδί, πλήθος υπαλλήλων ν , δύο παιδιά, πλήθος 2 υπαλλήλων ν 3 , τρία παιδιά, πλήθος υπαλλήλων ν 4 και τέσσερα παιδιά, πλήθος υπαλλήλων ν 5 , 1 8 υπάλληλοι έχουν τουλάχιστον ένα παιδί ν + ν3 + ν4 + ν5 = 1 8 . 5 υπάλληλοι έχουν δύο ή 2 τρία παιδιά. ν3 + ν4 = 5 . Το 95% των υπαλλήλων έχουν το πολύ τρία παιδιά. f5 % = 1 00 - 95 = 5 ν5 5 ν5 f5 = - � - = - � ν5 = 1 . Το ποσοστο, των 1 00 20 ν υπαλλήλων που έχουν ένα παιδί είναι τετραπλάσιο από το ποσοστό αυτών που έχουν δύο παιδιά. 1

f = 4 f3 � 2 = 4..:J. � ν = 4 ν3 ν4 = 5 - ν3 , 2 2 ν ν ν = 4 ν 3 , ν 5 = 1 . Άρα: ν + ν 3 + ν 4 + ν 5 = 1 8 � 2 4 ν3 + ν3 + 5 - ν3 + 1 = 1 8 � ν3 = 3 . Άρα: ν = 1 2 , ν4 = 2 , ν, = 20 - 12 - 3 - 2 - 1 = 2 2 2

Πλήθος

- παιδιών ΧΙ ο 1 2 3 4 Σύνολο

F o/o

2 1 4=2+ 1 2 1 7= 1 4+3 19=1 7+2 20= 1 9+ 1

10 70= 1 0+60 85=70+ 1 5 95=85+ 1 0 1 00=95+5

f o/o

ν ί

2/20· 1 00= 1 0 1 2/20· 1 00=60 3/20· 1 00=15 212 Ο· 1 00= 1 Ο 1 120· 1 00=5 100

2 12 3 2 1 20

Το ποσοστό των υπαλλήλων που είναι τρίτε κνοι. : 1 0%. Ή αλλιώς f4 = 0, 1 0 = 1 0 % . 1 χ = -- xi ν i = ... = 1, 4 παιδιά 3. 20 i = I ΑΣΚΗΣΗ 4

Έ στω ένα δείγμα 200 παρατηρήσεων που οι πα ρατηρήσεις του και η αθροιστική τους συχνό τητα δίνονται από τους αντίστοιχους τύπους: χ1 .ί και Ν1 4 i2 + λ , με ί 1, 2, 3, , 6 και λε!R. 1 . Να βρείτε τη τιμή του λ. 2 . Να κατασκευάσετε τον πίνακα συχνοτήτων, επί τοις εκατό σχετικών συχνοτήτων, αθροιστι κών συχνοτήτων και επί τοις εκατό αθροιστι κών σχετικών συχνοτήτων. 3 . Να βρείτε το ποσοστό των παρατηρήσεων που είναι το πολύ 4. 4 . Να βρείτε τη μέση τιμή, τη διάμεσο και το εύρος του δείγματος. =

Να βρείτε το συντελεστή μεταβλητότητας του δείγματος. Δίνεται ότι: � 3, 85 � 1, 96 . ΛΥΣ

Ν 6 = 200 � 4 · 6 2 + λ = 200 � λ = 56 2 . Υπολογίζουμε πρώτα την Αθροιστική Συχνό τητα Ν. 1

2 3 4 5 6

ν ί

60 72-60=12 92-72=20 1 20-92=28 1 5 6- 1 20=36 200- 1 5 6=44 200

..•

fί %

F o/o

60/200=30 1 21200=6 20/200=10 2 8/200=14 36/200=1 8 44/200=22 100

60=4+56 72= 1 6+56 92=36+56 120=64+5 6 1 56= 1 00+56 200= 1 44+56

30 30+6=36 36+1 0=46 46+ 1 4=60 60+ 1 8=78 7 8+22=100

3. Το ποσοστό των παρατηρήσεων που είναι τουλάχιστον 4 είναι: F4 = 0, 30 + 0, 06 + 0, 1 0 + 0, 14 = 0, 60 = 60% 4+4 - 1 6 ; = 4 και 4. χ = -- Σ χ ν; = ... = 3 , 5 , δ = 200 i = I 2 R = Χ max Χ min = 6 - 1 = 5 --

•

1 2Χ. ΟΜΑΔ ΤΕΣ ΣΥΜΠΛΗΡ -

ΑΣΚΗΣΗ 5 F ο/ο

10 1

Γνωρίζουμε επίσης ότι: Το δείγμα είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο. Το 10% των υπαλλήλων παίρνουν υπερω ριακή αμοιβή κάτω από 1 10€. Η διάμεσος της υπερωριακής αμοιβής των υπαλλήλων είναι 130€. 14% των υπαλλήλων παίρνουν υπερωριακή αμοιβή τουλάχιστον 130€ και λιγότερο από •

•

140€. •

Ι.

Οι υπάλληλοι που παίρνουν υπερωριακή αμοιβή τουλάχιστον 140€, αλλά λιγότερο από 1 50€ ευρώ είναι τετραπλάσιοι από τους υπαλλήλους που παίρνουν υπερωριακή α μοιβή τουλάχιστον 1 10€, αλλά λιγότερο από 1 1 5€.

Να βρείτε τις κλάσεις και τα κέντρ α των κλάσεων. 2 . Να συμπληρώσετε τον παραπάνω πίνακα. 3 . Αν το δείγμα περιέχει 200 υπαλλήλους, να βρείτε πόσοι υπάλληλοι παίρνουν υπερωριακή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/58

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

αμοιβή τουλάχιστον 135 ευρώ και λιγότερο από 142,5 ευρώ. 4. Να βρείτε τη μέση τιμή της υπερωριακής αμοιβής των παραπάνω υπαλλήλων της εται ρείας.

σκευάστηκε ο ελλιπής πίνακας.

Κλάσεις σε km/h

(. . .- ...) r . . . -3 5) [ . . . -. . . ι . . .-. . . [ . . .-. . .)

ΛΥΣΗ

Αφού F; = f1 = Ο, 1 Ο , το δεύτερο άκρο του πρώτου διαστήματος είναι το 1 1 Ο. Έστω c το πλά τος της κάθε κλάσης τότε: α + c = l lO c = lO α + 4c = 1 40 => α = l ΟΟ Άρα οι κλάσεις και τα αντίστοιχα κέντρα των κλά σεων είναι: [ 1 00 - 1 1 0) : χ, = 1 05 , [1 1 0 - 1 20) : Χ 2 = 1 1 5 , [ 1 20 - 130) : Χ 3 = 1 25 , [ 1 30 - 1 40) : Χ 4 = 1 3 5 , [ 1 40 - 1 50) : Χ5 = 145 . 1.

}

χ,

Σύνολο

ν,

160

fi%

ΝΙ

F1o/�

χ ν 1 1

χι νι

260

Να συμπληρώσετε τον παραπάνω πίνακα. Να βρείτε το πλήθος των οχημάτων που είχαν ταχύτητα τουλάχιστον 28 krn/h και λιγότερο από 40 krn/h. Θεωρείστε ομοιόμορφη την κατανομή. 3 . Να βρείτε τη διάμεσο του δείγματος. 4 . Να βρείτε τη μέση ταχύτητα των οχημάτων. 5 . Είναι το δείγμα ομοιογενές; Δίνεται ότι: 1.

�923, 75

�

30, 4 .

Κλάση: [ 1 30 - 1 40), f4 = � = 0, 1 4 . Αφού η 6. Αν ο ταχογράφος που κατέγραφε την ταχύτη1 00 τα των οχημάτων ήταν χαλασμένος και έδειχνε διάμεσος είναι 1 30€, το άκρο της 3ης κλάσης έπε ταχύτητα κατά 2 krn/h παραπάνω, να βρείτε την ται ότι: F3 = f1 + f2 + f3 = 0, 50 => πραγματική μέση τιμή της ταχύτητας των οχημάf2 + f3 = 0, 40 , [4 + f5 = 0, 50 =:> f5 = 0, 36 των. Αυξήθηκε η ομοιογένεια του δείγματος; ΔιΗ υπερωριακή αμοιβή 1 1 5€ είναι το κέντρο της 2ης καιολογείστε την απάντησή σας. κλάσης. Αφού το δείγμα είναι ομοιόμορφα κατα 1 ΛΥΣΗ 1 νεμημένο έπεται ότι το πλήθος των υπαλλήλων που παίρνουν υπερωριακή αμοιβή από 1 1 0€ έως 1 . Έστω c το πλάτος της κάθε κλάσης, τότε α 3c α 4c 1 1 5€ είναι το μισό του πλήθους των υπαλλήλων α + c = 3 5 , και λοιπόν + + + = 60, οπόπου παίρνουν υπερωριακή αμοιβή από 1 1 0€ έως 2 = 1 20€: τε c l O και α=25. f 25 1 00 ν , ρα f1 = _ι Άρα: ν 5 = 4 � => [5 = 2 f2 => f2 s 0, 1 8 . Συ- Ά => - = - => ν = 400 2 2 ν 1 00 ν Κλciσεις νεπώς: f3 = 0, 40 - f2 = 0, 22 . Ν f% F% σε km/h χ. 2.

(

) (€) r 1 00 - 1 1 0) [ 1 1 0 - 1 20) r 1 20 - 1 30) r 1 30 - 1 40) [ 1 40- 1 50) •••

•••

χ,

1 05 1 15 125 135 1 45

( ... -. . .) [25-3 5) [35-45) [45-55) [55-65)

F., ο/ο 10 28 50 64 1 00

) =(

)

ΑΣΚΗΣΗ 6

1 00 30 1 60 40 80 50 60 60 - 400

25 40 20 15 100

100 260 340 400

25 65 85 100

χ ν 1 1

1 I V 1 1

3000 6400 4000 3600 1 7000

300000 256000 320000 2 1 6000 1 092000

Χωρίζουμε το διάστημα [25 -35) σε δέκα ίσα μέρη, οπότε λόγω ομοιόμορφης κατανομής θα έχουμε τα 7/1 0 των αυτοκινήτων (7=35-28) με ταχύτη τα από 28 km/h έως 35 km/h δηλαδή 2.

1 50-1 42,5=7,5. Αφού είναι ομοιόμορφα κα τανεμημένο το πλήθος των υπαλλήλων, αυτοί που θα πάρουν πάνω από 1 42,5€ θα είναι: 75 75 36 • . f5 1 00 . 200 = 0 ' 27 · 200 =54 10 1 00 1 00 υπάλληλοι.5 χ = Σ χί ri = ... = 1 29, 8 ε 4.

(

ν 1

Σε έναν επαρχιακό δρόμο η τροχαία μέτρησε την ταχύτητα διέλευσης των οχημάτων το με σημέρι από 13:00 μέχρι 15:00. Έτσι κατα-

2. · 1 00 = 70 αυτοκίνητα. Η ταχύτητα 40 km/h εί-

10 ναι το κέντρο της δεύτερης κλάσης και έτσι τα αυτοκίνητα που κινούνται με ταχύτητες από 35 km/h έως 40 km/h εκφράζει το 50% των παρατηρήσεων, 1 60 αρα ' Συνεπως ' - = 80 αυτοκινητα. ' το πλη' θος των 2 οχημάτων που είχαν ταχύτητα τουλάχιστον 28 km/h και λιγότερο από 40 km/h είναι 70+80= 1 50 αυτοκίνητα. 3 . Φτιάχνουμε το ιστόγραμμα αθροιστικών συχνοτήτων:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/59

Μαθηματικά για την Β Λυκείου •

Νι

...

------------ - --- - --

IJ � ,.s ι.ισ

- 1- - -

- - -

� ' 1

1 1

- - - - 1- - - - - - Ι - _ _ _ _ _ ι _ _ _ _ _ 1 1 1 1

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΔΕΓ είναι όμοια και ισχύει: χ 1 00 ΑΒ ΒΔ = - � - = -- � ΕΓ ΓΔ 60 1 0 - χ 1 00 - l O x = 6 χ � -1 6 χ = -1 00 � χ = 6, 25 . Άρα η διάμεσος είναι: δ = 35 + 6, 25 = 4 1, 25

4 - 1 1 7000 = 42, 5 km/h. χ = - Σ χ ; ν; = 400 ί: ι 400

(Σ χ )

ν 4 ι ; ; 1 � . ί: s = - Σχ ν 400 ί: ι 400 2

1 km = - · 1 092000 - 42 , 5 2 = 923, 75 � s = 30, 4h 400 30 4 CV = : = • = Ο, 7 1 6 > 0, 1 , άρα το δείγμα δεν I χ I 42, 5

είναι ομοιογενές.

ενώ

y = x � 2 = 40,5 km/h,

Cv Υ

s y 30,4 30,4 = -- > -- = CV . =1 _y 1 40, 5 42, 5

Αφου, αυξη' θηκε

•:

•

�

•

οι-

� �-J

� Γ

•

j:'

•

,·

.,.�, ••• ' '

'"' �

'.:

'./"'-' 1

"''

�

Αν

Χ; ,

ΛΥΣΗ

ί = 1, 2, 3, 4, 5 τα κέντρα των κλάσεων

fι = 0, 1 5 . χ2 = 6 και f2 = 0, 3 . χ3 = 1 0 και f3 = 0, 2 . χ4 = 14 και f4 = 0, 25 . χ5 = 1 8 και f5 = 0, 1 . Έστω c το πλάτος της κάθε κλάσης: c = χ - χ1 = 6 - 2 = 4 . Με βάση τον τύπο 2 έχουμε:

ν3

και

βρίσκουμε

':t "

..,.

,,ι

ΣΥΝΟΛΟ

Η Μαθηματική Εταιρεία έκανε ένα διαγωνισμό και σε ένα νομό οι βαθμοί των 200 μαθητών έ χουν στο διπλανό σχήμα το πολύγωνο σχετικών συχνοτήτων που αναφέρεται σε ομαδοποίηση των βαθμών σε κλάσεις ίσου πλάτους c, που το c το θεωρούμε ως μονάδα μέτρησης του οριζόντι ου άξονα.

ΧΙ 6

ΑΣΚΗΣΗ 7 2. 3.

ότι:

f; = � , ί = 1, 2, 3, 4, 5 , ν

νι

= 30 ,

ν2

= 60 ,

= 40 , ν 4 = 50 , ν5 = 20 . Κλάσεις σε kmJh

συντελεστής μεταβλητότητας του δείγματος, έπε ται ότι μειώθηκε η ομοιογένεια του δείγματος. \

•

ν = 200

Ο νέος συντελεστής μεταβλητότητας είναι:

1 . Να βρείτε το πλάτος c. Έπειτα να κατα σκευάσετε τον πίνακα συχνοτήτων, επί τοις ε κατό σχετικών συχνοτήτων, αθροιστικών συ χνοτήτων και επί τοις εκατό αθροιστικών σχε τικών συχνοτήτων. 2. Να βρείτε το εύρος του δείγματος. 3 . Να κατασκευάσετε το κυκλικό διάγραμμα επί τις εκατό σχετικών συχνοτήτων. Αν δοθεί έπαινος στο 2,5% των μαθητών με βαθμολογία μεγαλύτερη ή ίση του 16, τι βαθμό πρέπει να έχει κάποιος μαθητής για να πάρει έπαινο. 5. Να βρείτε πόσοι μαθητές έχουν βαθμό από 10 έως 19. Θεωρείστε ομοιόμορφη την κατανο μή του δείγματος. 6. Να βρείτε τη μέση τιμή των βαθμών των μαθητών.

τη ς σχετική ς συχνότη τας

sY = s .

νι

f1 ο/ο

20 ο

1 00

Ν1

ΟΑ,

ι.

200

1 00

1 30

1 80

R = 20 - 0 = 20. Για

το

κυκλικό

διάγραμμα

ισχύει

ότι:

= 360 f; , ί = 1, 2, 3, 4, 5 . Άρα: αι = 54 ° , α 2 = 108 ° , α3 = 72 ° , α4 = 90 ° , α5 = 36 ° . α;

•.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/60

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

εργατών y = 1 68 € και μέση τιμή ειδικευμένων ερ

Την καλύτερη βαθμολογία τη έχουν μαθητές στο διάστημα [ 1 6-20). Το ποσοστό είναι 1 0%. Άρα με απλή μέθοδο των τριών έχουμε: Το 1 0% των καλών βαθμών έχει πλάτος 4. Το 2,5% των καλών βαθμών έχει πλάτος χ. Άρα:

_!.Q_ = i => 1 Ο χ = 1 Ο => χ = 1 . Επομένως ο μαθητής

2, 5 χ πρέπει να έχει βαθμό από 1 9 και πάνω για να πάρει έπαινο. Ο βαθμός 1 Ο είναι το κέντρο της τρίτης κλά 5. σης και έτσι οι μαθητές που έγραψαν από 1 Ο μέχρι 1 2 εκφράζει το 50% των παρατηρήσεων, δηλαδή 40 = 20 μαθητές. Χωρίζουμε το διάστημα 2 [ 1 6-20) σε τέσσερα ίσα μέρη, οπότε λόγω ομοιό μορφης κατανομής θα έχουμε ότι από 1 6 km/h έως 1 9 km/h έχουμε τα 3/4 των μαθητών,) δηλαδή

� 4

20 = 1 5 μαθητές. Άρα οι μαθητές έχουν βαθμό

από 1 Ο έως 1 9 είναι 2ο+5ο+ 1 5=85 . 5 1 1 880 Χ= χί νί = -- = 9 , 4 . 6. 200 i = I 200

(Σ

(

)

( ) Σ ( 1 20 - κ ) 1 68 + 208 κ => κ = 96 . WO =

1 20 Άρα οι ανειδίκευτοι εργάτες είναι 1 20-96=24. 2 . Έστω λ οι ειδικευμένοι εργάτες που πήραν αύξηση μισθού. Τότε για τη νέα μέση τιμή των ει δικευμένων εργατών έχουμε: 220 λ + 96 - λ 208 => . . . => λ - 8 209 = 96 3. Αφού είναι όλοι ίδιοι οι μισθοί έπεται ότι: Υ; = y ' Ζ; = Ζ 2 2 2 24 y - x + 96 z - x = . . . = 256 => s = 1 6 s = 1 20 16 1 s CV = - = - = 0 ' 08 < - . x 200 10

(

)

(

)

Άρα το δείγμα είναι ομοιογενές.

8 8

Σε μια εταιρεία δουλεύουν συνολικά 120 εργά τες, ειδικευμένοι και ανειδίκευτοι, με μέσο ε βδομαδιαίο μισθό 200 Ευρώ. Οι ανειδίκευτοι εργάτες έχουν μέσο εβδομαδιαίο μισθό 168 Ευ ρώ, ενώ οι ειδικευμένοι εργάτες έχουν μέσο ε βδομαδιαίο μισθό 20 8 Ευρώ. 1 . Να αποδείξετε ότι οι ειδικευμένοι εργάτες είναι 96 και οι ανειδίκευτοι 24. 2. Μία εβδομάδα η εταιρία αποφάσισε να δώσει σε κάποιους ειδικευμένους εργάτες εβδομαδιαίο μισθό 220 Ευρώ, ως επιβράβευση της απόδοσής τους, ενώ στους άλλους άφησε τον ίδw. Τότε, ο μέ σος εβδομαδιαίος μισθός των ειδικευμένων εργα τών tyινε 209 Ευρώ. Να βρείτε σε πόσους ειδικευ μένους εργάτες tyινε αύξηση μισθού. 3. Αν οι εβδομαδιαίοι μισθοί όλων των ανει δίκευτων εργατών είναι ίδιοι όπως, επίσης και των ειδικευμένων εργατών, να εξετάσετε αν οι μισθοί και των 120 εργατών αποτελούν ένα ο μοιογενές δείγμα.

-- Σ

Ι l

ΛΥΣΗ

γατών z = 208 €. Έστω κ το πλήθος των ειδικευ μένων εργατών. Τότε το πλήθος των ανειδίκευτων εργατών είναι: 1 20- ιc 1 1 20-ιc Υ; => Υ; = 1 20 - κ y , 1 20 - κ y = 120 - κ i=1 i=l 2 k - 1 k 1 10 z; = kz , χ = - χ; = z = - z; => 1 20 i=I k i=l i=l 2 k 1 20 - k y + k z , 1 1 0-k . Άρα.. Υ; + z; = 1 20 1 20 i =l i=l

χ = 200 €, ν = 1 20 , μέση τιμή ανειδίκευτων

Δίνονται οι παρατηρήσεις

χ1 , χ 1 ,

... ,

χ.

, ενός δείγ

ματος για το οποίο γνωρίζουμε ότι: • Η μέση τιμή του είναι = 8 . • Ο συντελεστής μεταβλητότητας του είναι

CV = 25% . Σ( s)

40 .

•

1= 1

1 . Να βρείτε την τυπική απόκλιση του δείγ ματος. 2. Να δείξετε ότι: ν = 10 . 3.

Σ(

Αν

Ι=Ι

-8

)

36 ,

της δέκατης παρατήρη ση ς 4. ί

•

cν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/61

ιχι

_ _

με

τότε να βρείτε τη μέση τιμή

των παρατηρήσεων

s �

y 1 = x: - 3 x1 + 2 ,

ότι:

ισχύει

Αν

= 1, 2, 3, ... , 1 Ο,

χ 10

Να βρείτε τη μέση τιμή των παρατηρήσεων 1 ... , Χιο

1 1 Χι ' Xz '

να βρείτε τις τιμές

1 00

y1 •

ΛΥΣΗ =

.!. � l OO s = 200 => s = 2 . s

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

40 s 2 = _!_ f ( x i - 8 ) 2 => 4 = => ν = 1 0 ν ν i� S2 = _!_f ( x i - 8 ) 2 => ν i =ι

2. 3.

[

]

4 = _!_ :Σ ( χ i - 8 ) 2 + ( χ ι ο - 8 ) 2 => 1 0 i =ι 36 + ( Χι ο - 8 ) 2 = 40 => . . . => Χι ο = 1 0 ή Χ ι ο = 6 . 2 + 2 + ... + Χι2ο 'Εχουμε οτι: -z = Χι Χ 2 �-�10 -�

=-·

(Σ>;)2

ι ο ; ...;._i=_ι----'-Σ χ 10 i=I -

ιο Σ =-· χί 1 0 ί =ι 1

s2 = z - χ:2 <=> 4 = z - 64 <=> z = 6 8 . 1 ιο 1 ιο -y = 5· = Σ Σ χ2 - 3 χί + 2) = 1 0 i =ι Yi 1 0 i= ι ( i 1 ιο 3 2 ιο - Σ χ; - - Σ χί + - Σ 1 = z - 3χ + 2 · 1 = 46 1 0 i=ι 1 0 i=ι 1 0 i=ι 10

Έ στω Χι , χ 2 , , χ . οι παρατηρήσεις ενός δείγ ματος Α μιας μεταβλητής Χ, με μέση τιμή χ και τυπική απόκλιση s , . Έ στω y y 2 , , y . οι παρατηρήσεις ενός άλλου δείγματος Β της ίδιας μεταβλητής Χ. Οι παρατηρήσεις Χ; και y; συνδέονται με τη σχέση y; 3 χ ι + 2 , με ί 1, 2, 3, , ν . Ας θεωρήσουμε το δείγμα Γ που αποτελείται από τις 2ν παρατηρήσεις των δειγμάτων Α και Β. 1 . Να αποδείξετε ότι η μέση τιμή z των 2 ν παρατηρήσεων του δείγματος Γ δίνεται από τον τύπο: z = 2x + l . 2. Αν κάθε μία από τις παρατηρήσεις x i με ί 1, 2, 3, . , ν , του δείγματος Α τις αυξήσουμε κατά 20% και σε κάθε μία από τις παρατηρή σεις y 1 με ί 1, 2, 3, , ν , του δείγματος Β α φαιρέσουμε το 2, τότε πα βρείτε τη νέα μέση τι μή w του δείγματος Γ συναρτήσει της μέσης τιμής χ . •••

•••

ι,

•

ΛΥΣΗ

Yi = 3 x i + 2 => y = 3 χ + 2 . Όμως, Σ χ i = ν χ i=ι ν

Σ (χ i + 0, 2 x i ) + Σ ( Υi - 2) i--=ι..__ 2. w = �i=..ι .= = 2ν 1, 2 ν χ + ν y - 2 ν ν ( 1, 2 χ + 3 χ + 2 - 2 ) = = = 2, 1 χ 2ν 2ν _ _ _ _ _

και Σ Υi = ν y = ν ( 3 χ + 2 ) . Συνεπώς: ί=Ι

_ _

ΚΑΝΟΝΙΚΗ ΚΑΤΑ ΟΜΗ ΑΣΚΗΣΗ 10

Έ στω ν θετικές παρατηρήσεις Χι , χ2 , , χ. , ε νός δείγματος μιας μεταβλητής Χ που ακολου θούν την κανονική κατανομή. Αν γνωρίζουμε ότι το 2,5% των παρατηρήσεων είναι τουλάχι· στον 20 και ισχύει: Σ{ Χ; χ ) 2 + 12ν Σ χ 1 να βρείτε: •••

ί=ι

i=ι

Τη μέση τιμή και την τυπική απόκλιση του δείγματος. 2. Την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου e που πρέπει να προσθέσουμε σε όλες τις παρατη ρήσεις ώστε το δείγμα να γίνει ομοιογενές. 3. Αν επιπλέον ισχύει ότι: Σ χ 1 2 =520000 , τόν

i=l

τε να βρείτε: 1. Το πλήθος των παρατηρήσεων. Ι 1 . Το πλήθος των παρατηρήσεων που είναι το πολύ 14. ΛΥΣΗ

-χ

Σ χ ί + Σ Υi νχ + 3 ν χ + 2 ν Ζ i=ι = = i=ι =2 χ+1 . 2ν 2ν

Ι.

Στο διάστημα ( χ + 2 s, x + 3 s ) ανήκει το 2,35% των παρατηρήσεων του δείγματος και πάνω από χ + 3s το 0, 1 5%. Άρα: χ + 2 s = 20 => χ = 20 - 2 s . Σ ( χ i - χ) 2 + 1 2ν = Σ χ ί => ν s 2 + 1 2 ν = νχ => ί=ι i=ι s2 + 1 2 = x => s2 + 12 = 20 - 2 s => s2 + 2 s - 8 = 0 => s = 2 ή s = -4 απορρίπτεται. Άρα χ = 1 6 2. y = χ + c και s Y = s . Άρα: ν

_!_ <=> � ::; _!_ <=> 8 ::; _!_ <=> 10 x+ c 10 Υ 10 Άρα c min = 4

::;

Ι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/62

..!_ . ν

Σ i= ι

;

(Σ ) i= ι

χ.

.•.

<=> c

�4

Μ αθηματικά για την Γ Λυ κείου

1 .2 4 = - 520000 - (χ) =:> . . . =:> ν = 2000 ν

κάτω από την τιμή 25 και Σ y� = 1,3 · 10 6 •

Α. Β.

11 1.

2000

Ι=ι

Βρείτε την τυπική απόκλιση του δείγματος. Βρείτε πόσες παρατηρήσεις ανήκουν στο διάστημα 1 Ο, 35 Να συγκριθούν τα δείγματα Α και Β ως προς την ομοιογένεια.

(

)

ΛΥΣΗ

Σν χ ; + Σ Υ; μ

1. ----- '"' . ........ -----

ΙΙ) x - s = 1 6 - 2 = 14 . Το πολύ 14 αντιστοιχεί στο

1 6% (=Ο , 1 5%+2,35%+ 1 3,5%) των παρατηρήσεων.

Άρα: 2000 · _!i_ = 320 παρατηρήσεις 1 00

•••

Να δείξετε ότι:

2 2 s = χ

(

)

- i2 ,

ν Σ χ: = ν 1=1

( s 2 + χ2 )

όπου s η τυπική απόκλιση του δείγματος με ν παρατηρήσεις Χι , Χ 2 , , χ ν 3. Δίνονται οι παρατηρήσεις t1, t 2 , , tν , ενός δείγματος Α μ ιας μεταβλητής Χ. Αν γνωρίζου με για το δείγμα Α ότι: Οι παρατηρήσεις tι , t2 , , t25 , έχουν μέση τιμή Χι = 2 και τυπική απόκλιση sι = 2 . Οι παρατηρήσεις t26 , t27 , , t100 , έχουν μέ ση τιμή χ2 = 10 και τυπική απόκλιση S2 = 4 . Τότε να βρείτε: 1. Τη μέση τιμή χ και την τυπική απόκλιση s των παρατηρήσεων tι , t 2 , , tι οο 1 1 . Δίνονται οι παρατηρήσεις Υ ι , Υ 2 , , Υ , ενός δείγματος Β μιας μεταβλητής Χ που ακο λουθεί την κανονική κατανομή. Αν γνωρίζουμε για το δείγμα Β ότι: 1000 παρατηρήσεις είναι •

•••

•

ν+μ

1 s2 = - · ν

Ι)

χ=

•••

(Σ χ . ) i=I

i =Ι

1 ν Χ =:> = - · Σ Χ ;2 - -2 ν

i=I

•

•••

2000

25 χ1 + 75 χ 2 50 + 750 8 = = . 1 00 25 + 75

Σ t; = 25 ( s� + χ� ) και Σ t; = 75 ( s; + χ; ) . �

1 00

25 Σ

i=I

Σ t; =

i=26

t; + Σ t; = ... = 8900 1 00

(Σt; )2

i=26

1 00

1 · Σt� 2 =1 00 1 00

i=I

Β.

i =I

1 00

8 900 - 8 2 25 => s = 1 00

Αφού οι 1 000 παρατηρήσεις αποτελούν το 50% των παρατηρήσεων έπεται ότι: y = 25 . Υ 2

(Σ ) 00 0

. , =1

;

2000

•••

•

Σχ; -

νχ + μΥ ν+μ ν 2

i=I

Έστω δύο ομοειδή δείγματα, μιας μετα βλητής Χ, το πρώτο με ν παρατηρήσεις , χ ν και μέση τιμή χ και το δεύτερο με Χι , χ 2 , μ παρατηρήσεις y ι , y 2 , , y και μέση τιμή y . Να αποδείξετε ότι η μέση τιμή z των ν + μ πα ρατηρήσεων και των δύο δειγμάτων δίνεται από , -z = ν χ + μy τον τυπο: ν+μ •• •

i =1_ = 1-�� z: = -'-i-'=

Σ χ; = ν ( s2 + χ2 ) . Επίσης : s2 = ( χ 2 ) - χ2

ΑΣΚΗΣΗ 1 1

•

1,3 · 106 - 25 2 = 25 2000

sy = 5 . Άρα: ( 1 0,35 ) = ( y - 3 s,y + 2 s ) . Άρα το ποσοστό των παρατηρήσεων που ανήκουν σε αυτό το διάστημα είναι: 34% + 34% + 1 3,5% + 1 3,5% 97 35 ' + 2,35% = 97,35%. Συνεπως: ' - · 2000 = 1 947 1 00 Γ. Έχουμε s Y = s και y > χ . παρατη ρή σεις. Άρα: CVY = � < � = CV άρα το δείγμα Β είναι Υ πιο ομοιογενές του δείγματος Α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ .2/63

------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Συνεχείς Συναρτήσεις

Σπύρος Γιαννακόπουλος

Λίγα λόγια σε θεωρητικό επίπεδο

Στην Ανάλυση οι συνεχείς συναρτήσεις είναι μια σημαντική κλάση συναρτήσεων. Οι ιδιότητες των συνεχών συναρτήσεων που μελετάμε εκφράζονται από τρία βασικά θεωρήματα και τις συνέπειές τους. Τα θεωρήματα αυτά είναι το θεώρημα του Bolzano-Weierstrass,η γενίκευσή του το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών και το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής. Ιστορικά πρέπει να πούμε ότι σε ότι αφορά στο θεώρημα Bolzano,oι μαθηματικοί του 1 8°υ αιώνα παρασυρόμενοι από τη γραφική παράσταση συνεχούς συνάρτησης σε διάστημα, δεχόντουσαν ως προφα νή την ισχύ του και το χρησιμοποιούσαν σιωπηρά για την απόδειξη άλλων θεωρημάτων. Ο Bolzano (Bernard Bolzano 1 78 1 - 1 848 , Τσέχος καθολικός ιερέας-Μαθηματικός, ήταν ο πρώτος που είδε ότι πολ λές προφανείς προτάσεις για τις συνεχείς συναρτήσεις χρειάζονται απόδειξη) και αργότερα ο W eierstrass (Karl Weierstrass 1 8 1 5-1 897 ,καθηγητής Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο του Βερολίνου, πολέμιος της αοριστίας και ανακρίβειας της μαθηματικής σκέψης της εποχής του) ασκώντας αυστηρή κριτική στις θε μελιώδες έννοιες της ανάλυσης έδωσε ο καθένας τους αναλυτική απόδειξη του θεωρήματος. 1.

Οι συναρτήσεις f,g : R � R είναι συνεχείς και κοντά στο

f 2 (χ ) + g 2 (χ ) = χ 2 h(χ )

ί.

(1 ),όπου h μια συνάρτηση με lim h(χ) = Ο .

Θεωρούμε τη συνάρτηση φ με

τη

{

συνέχεια. Λύση ί.

χ-+0

f, g διέρχονται από την αρχή των αξόνων. f 2 (χ ) αν :;e Ο χ . Να μελετήσετε τη φ ως προς φ(χ ) = χ Ο αν χ = Ο

Δείξτε ότι οι γραφικές παραστάσεις των

ίί.

Ο ισχύει:

Οι συναρτήσεις f , g είναι συνεχείς στο Ο ,οπότε lim / (χ) = /(Ο) και lim g(χ ) = g (O) . (1 ) lim ( f 2 ( χ ) + g 2( χ) ) = Ο => / 2 (0) + g 2 (0) = Ο => / (Ο) = Ο και g( O) = Ο . Άρα οι C1 , Cg διέρχονται από την αρχή των αξόνων. ίί. Η φ είναι συνεχής στο R• ,ω ς πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Κοντά στο Ο λόγω της ( 1 ) έ2( ) 2( ) 2 ( ) ( ) χουμε h ( χ ) � Ο => f χ � f (χ ) + g z χ = h ( χ ) => f χ � h ( χ ) => f χ � �h ( χ ) => χ2 χ2 χ2 χ2 χ f( χ ) � �h (χ) (2). -�h ( χ ) � ::::>

χ-+0

Χ40

χ-+0

Επειδή

li m �h (χ ) χ-+0

(

= Ο , από την (2) και το κριτήριο παρεμβολή ς έχουμε lim f(χ) = Ο . χ40

(χ) /(x) = liχ-+0m f( χ) lim lίm φ( χ ) = lim / f( χ ) = 0./(0) = Ο = φ (Ο) χ-+0 χ-+0 χ χ χ-+0 Άρα η φ είναι συνεχής στο Ο.Συνεπώς η φ είναι συνεχής στο R . 2.

Έστω f : R � R μια

συνάρτηση για την οποία υποθέτουμε ότι υπάρχει χ 0 e R ,ώστε

( 1 ) και f(χ1χ 2 ) = χ 2 f(χ1 ) (2) για κάθε χ1 , χ 2 ε R . Δείξτε ότι: ί. Η γραφική παράσταση της f έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων. ίί. Η f είναι αντιστρέψιμη και να βρείτε το πεδίο ορισμού της Γ1 ίίί. Αν Iim f(χ) = Ο , τότε η f είναι συνεχής.

f (χ0 ) :;e Ο

•

χ-+0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

102 τ.2/64

� yια ην r· Λ--.υ

------

Λύση ί. Αρκεί

------

να δείξουμε όtι η / είναι περιττή. Για κάθε χ ε R είναι (-χ ) ε R και

•

(2)

/(-χ) ::: /{<-t)χ) = ( - 1 ) /(χ) = -/(χ) . Άρα η f είναι περιττή. ii. Θα δείξουμε ότι η / είναι "1 - 1 " . •

(2)

Για κάθε χ1 , χ2 ε R έχοομε: /(χ1 ) = /(Χ 2 ) => Χ /( χ, ) = Χοf(Χ2 ) => f ( ΧιΧο ) = f( Χ2 Χο ) => ο

(l) χ1f(χ0) = χ2 f(χ0 ) => Χι = χ2 ,δηλαδή η / ε(ναι " 1 - 1 " ,οπότε η f αντιστρ έφεται. Το πεδίο ορισμού τη ς ι-• είναι το σύνολο τιμών της / . θέτοuμε /( χ0) = α και λόγω τη ς (1) είναι α * Ο . ψ Έστω rοχαίο ψ ε R ,παρατηροuμε ότι / z0 ψ /(χ0) = α = ψ . Άρα για κάθ ε ψ ε R υ α

πάρχει χ = χ0 ψ ίίί .

( )�νι

D1 ,ώστε να ισχύει /( χ ) = ψ . Σuνεπώς /(R ) = R ,οπότε DΓ, (2)

Έχουμε /(Ο) = /(1 .0) = 0/(1) = Ο

δέν. Έστω rοχαίο ρ ε R•

( )

χ--.ο

. Άρα Ιίm /(χ) = /(Ο)

,οπότε η

=R.

είναι συνεχής στο μη -

= /(p) . Άρα η f είν αι συνεχής στο Χ--+ ρ ρ ρ ρ τε είναι συνεχή ς στο R • και αφού είναι σuνεχής και στο μηδέν τελικά είναι συνεχής στο 3. Έστω f : (α,β) -+ R .... ....'"8.. 1'8 ιιιν -ι. ισzόουν:

/ ( χ) = /

ρ =

/ ( ρ) => lim /( χ) =

p / ( ρ)

Η f είναι � ... ...,• •

•

lim f(x) = A e R ιαιι

•

�ι--+α+

Δείξτε ότι υπάρχει tνα mJ� Λύση :

Θεωρού με τη Ηg

συνάρτηση

χ. e (a,1') tιιeιe c&rtε f(χ 0 ) = Ο .

{/( χ ) χ g(χ) Α

ιιε λΒ < Ο .

• *tx•= • • •

,_.,-

ρ , οπό-

Β av χ

= =

(α , β) α

είναι συνεχής στο (α, β) αφού η f ε(ναι σuνεχής στο (α, β) και lim g(χ) lim /(χ) = Α = g(α) καθώς και lim g( χ ) = lim / (χ) = Β = g ( β ) . x --.p.<--+ΡΆρα η g είναι συνεχής στο [ α, β] . •

χ--+α

•

χ--+α

g(α)g(β) = ΑΒ < Ο .

Σύμφωνα με το θεώρημα τοu g ( χ0 ) = Ο , δηλαδή /( χ0) = Ο .

όo1zano ωtάρv:ι ένα

τουλάχιστον

Έστω

χ0

(α , β ) τέτοιο ώστε

f : R -+ R J118 � Αν η f είναι σt>νεχιk Rt 'Ι ψίιιι8ιι f(f(X)) = Χ φι λ()ση στο R, δείξτε ότι και η εξίσωση f (χ ) χ , έχει λύη σte .. ίί . Αν για κάθε Χ ε R ισ�ι- �Ι)) • Χ (1) ιaιι f(I) ιt χ (2 ) και για κάποιο α ε R είναι α < f(α) , kf;rε ότt ιι f σι. fa.f(a)J fιιι &tι � σημείο ασυνέχειας.

4. ί.

tVki\D&ltΣ Β' 182 'f.2165 1

-------

Λύ ση ί. • •

Μαθη μα-ίικά για 1ην Γ ' Λυκεfου

Θεωρούμε τη συνάρtηση g με g (χ) = f ( χ) - χ, χ e R . Η g είναι συνεχή ς ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων , Έστω ότι για κάθε χ e R είναι g ( χ) > Ο, δη λαδή /(χ) > χ

(3 ).

(3)

Αντικαθιστούμε στην ( 3 ) το χ με / (χ) και παίρνουμε f (/(χ)) > /(χ) => f ( / (χ) ) > χ για κάθε χ e R .Άτοπο γιατί υΠάρχει πραγματικός k για τον οποίο είναι f ( f (κ) ) = κ .Άρα υπάρχει Χι e R τέτοιο ώ στε g(χι ) s; Ο . Έστω τώρα ότι για κάθε χ e R είναι g ( χ) < Ο, δη λαδή /(χ) < χ . Ενεργώντας όπως παραπάνω καταλήγουμε σε άτοπο . Άρα υπάρχει χ2 e R τέτοιο ώ στε g (χ2 ) � Ο . Άρα g (χι ) g (χ2 ) s; Ο => g (χι ) = Ο ή g ( χ2 ) = Ο ή g (χι ), g (χ2 ) < 0 => υπάρχει ένα τουλάχιστον Χο Ε [Χι , χ2 ] τέτοιο ώστε g (χ0 ) = Ο, δηλαδή f ( χ0 ) = Χο . ίί. Υποθέτουμε ότι η f είναι συνεχή ς στο [α , /(α) ] . l ος τρ όπ ος : Θεωρούμε τη συνάρτηση h με h(χ) = / ( χ ) - χ, χ e [α , f(α )] . Η h είναι συνεχή ς στο [ α, f ( α )] ως διαφ ορά συνεχών ttυναρτή σεων •

(ι}

h(α) = f(α) - α, h( f (α)) = f( f(a ) ) - f(α) = α - f (α) = -(f(α ) - α) 2 h(α) h ( f ( α)) = - (f(α) - α) < 0 . Σύμφωνα με το θεώρη μα του Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον n e ( α , / ( α)) τέτοιο ώστε h (n ) = Ο , δη λαδή f (n ) = n . Άτοπο λόγαι τη ς (2) . Άρ α η f δεν είναι συνεχή ς στο [α , f ( α)] ,δη λαδή στο [α , f(α ) ] η f έχει ένα τουλάχιστον ση μείο ασυνέχειας. 2 ος τ ρ όπ ος : Έστω τυχαίο χ0 ε [ α, / ( α ) ] . Για χ = χ0 από την ( 1 ) παίρνουμε / ( /( χ0 ) ) = χ0 ,δηλαδή η εξίσω ση f (f(χ) ) = χ έχει το χ0 ως λύ ση τη ς. Αφού δεχτήκαμε ότι η f είναι συνε χή ς στο [ α, f(α) ] σύμφωνα με το ερώτη μα i) και η εξίσω ση / ( χ) = χ έχει λύση στο [α , f ( α)] ,δηλαδή υπάρχει πραγματικός αριθμός ρ ε [α , f(α )] για τον οποίο ισχύει f( p) = ρ . Άτοπο λόγω της (2) . Άρα στο [α , f ( α)] η f έχει ένα τουλάχιστον ση μείο ασυνέχειας. 5 . Η συν ά ρτη ση f : (1, 2) � R είναι συνεχής � χ Α < Ο και Iim f ( χ ) - f ( Z ) Β > Ο . Δ είξ'ι'ε ότι σε κάποιο ση μείο ί . Αν Ιί m f ( ) - f ( l ) x -t t+ χ -t Γ χ-1 χ-2 •

Χο

(1 , 2)

η / παρουσιάζει ελάχιστο. ίί . Αν η ελάχιστη τιμή τη ς / είν αι θετικός αριθμός, δ ειξtε ό'Ι'ι 11 εξίσωοη

f (χ) + -L Ο (1) έχει μία τουλάχιστον λύeη στο (1,2), όπου 1'0

z - zo

z-1

χ9

είναι αυτό του

ί) ε

ρωτήματος. Λύ ση ί.

Αφού η f είναι συνεχής στο [1, 2] στο διάστη μα αυτό θα παρου σιάζει μία ελάχιστη τιμή , δηλαδή θα υπάρχει χ0 e [1 ,2] τέτοιο ώστε f(χ ) � f(χ0) , για κάθε χ e [ 1 , 2] . Αρκεί να δείξουμε ότι Χο * 1 και Χο * 2 . (1) Επειδή Α<Ο για χ κοντά στο x0= l , με x> l ισχύει / ( χ) - / < Ο ; f(x)<f( l ). Άρα το /(1) δεν χ-1 μπορεί να είναι η ελάχιστη τιμή τη ς f ,οπότε Χο * 1 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

102 τ.2/66

------

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

Επειδή Β>Ο για χ κοντά στο χ =2, με χ<2 ισχύει /(χ) - f (2) < Ο � f(x)<f(2) . Άρα το f(2) δεν χ -2 μπορεί να είναι η ελάχιστη τιμή της f , οπότε Χο * 2 . Επομένως η ελάχιστη τιμή τη ς f αντιστοιχεί σε κάποιο χ0 ε (1, 2) . ίί . Δ ίνεται f(χ0 ) > Ο Στο (1 , χ0) έχουμε (1 ) � (χ - 1 )/(χ) + χ (χ - χ0 ) = Ο , (2 ) οπότε αρκεί να αποδείξου με όtι η (2) έχει λύση στο διάστημα (1, χ0) [1, χ0 ] . Θεω ρούμε τη συνάρτηση h (χ ) ( χ - 1)/ (χ) + χ ( χ - χ0 ) , Η h είναι συν εχής στο [1, χ0 ] ως αποτέλεσμα π ρ άξεων μεταξύ συν εχών συν α ρτή σεων. Έχουμε : h(l ) 1 - Χο < Ο , και h ( χ0 ) ( χ0 - 1 )/ ( χ0 ) > Ο, αφού 1 < Χο κα ι f( χ0) > Ο . Σύμφωνα με το θεώ ρημα του Bolzano, η εξίσωση h(x)=O δηλαδή η (2) έχει λύση στο διάστημα σ

στο

( 1 , Χο). 6. Γ ια τη συνάρτηση f : [-3,0 ] � R , έχουμε f 3 (χ) + 2 f(χ) + χ = Ο (1) για κάθε χ ε [ -3 , 0 ) . Δείξτε ότι: ί . Η / είναι συνεχής. ί ί . Η / είναι αντιστρέψιμη και να βρείτε την /-1 •

Λύ ση ί.

Αρκεί να δείξουμε ότι

tim f (χ) = f (χ0 )

�

Χ-+Χο

f είναι συνεχής

(1) :::::> / ( χ) = ( -f3 ( χ) - χ) .

�

σε

ένα τυχαίο χ0 ε [-3 , 0] δηλαδή

�

/(χ) - f(Χο) = (-/3 (χ) - χ + f3 (zo) + Χο ) - (f3 (χ) - /3 (zo ) ) - (χ - Χο ) =

�

- (f(χ ) - f(Χο))(f2 (χ) + f(χ) f(Χο) + / 2 (Χο)) - (Χ - Χο ) ::::> 2 2(/(χ) - /(Χο )) = -( /(χ) - /(zo) ) (J (χ) + f(χ)f(Χο ) + / 2 (Χο) ) - (χ - Χο ) :::::> 2 2 (/ (χ) - /(zo ) ) {f (z) + f(Χο)f(χ) + / (%0 ) + 2) = - (z - zo ) ::::> l f(χ) - f(Χo)llf 2 (Χ) + f(Χο)f(χ) + / 2 (Χο) + 2 1 lz - Χο l :::::>

(

)

�

' ' \ΙίχJ - Ιίχ,J\ ιω + Ιί;,J 3 Ι χ,J + 1 Ι χ - χ,\ ""

(

2 4 lf(χ) - / ( zo) l 3 1 4(Χo ) + 2 :s; Ι z - zo l ::::> ο :s; Ι f( χ) - f(zο )ί=ς 3 2 Ιχ - χο l και / (χ0) + 8 lίm Ι Ι= lίm Ο = Ο => l im f (χ) = f (χ0) .(κριτή ριο πα ρ εμβ ολής). ί ί . Για κά θ ε χ1 , χ2 ε (- 3 , 0] έχουμε : χ1 < χ2 :::> -χ, > -χ2 :::::> /3 (χ1) + 2/(χ1) > /3(χ2 ) + 2/(χ2 ) ::::> Χ -+ Χ ο

χ- χ0

Χ -+ Χ ο

Χ---+ Χο

2 /3 (χ, ) - /3 (χ2 ) + 2 (/ (Χι ) - /(Χ2 ) ) > Ο :::> (/(χ, ) -/(z2 )) (/2(χ, ) + f(Χι )f(χ2 ) + / (Χ2 ) + 2) > 0 ::::> 2 2 f( χ1 ) > f(χ2 ) , αφού / (χ1 ) + /(χ1 )/(χ2 ) + / (χ2 ) + 2 > 0 (γιατί;) . Συνεπώς η f είναι γνη

σίως φθίνουσα οπότε είναι 11 1-1" και άρα αντιστρέψιμη. Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, το σύνολο τιμών της είναι : J ( [-3, 0J ) = [ /(0) , /(-3) ] . 2 Για χ = Ο από την (1) παίρνουμε /( 0 ) ( / ( 0 ) + 2 ) = Ο :::::> /( Ο) = Ο . Επίση ς για χ = -3 από την 2 ( l ) έχουμε /3 (- 3 ) + 2/ (- 3 ) - 3 = 0 ::::> ( /(-3 ) - 1 ) { / (-3 ) + / ( -3 ) + 3) = 0 ::::> /(- 3 ) = 1 (αφού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

102 τ.2/67

-------

Μαθημαtιιcά για την r· Λuιcεin

/2 (-3) + /(-3) + 3 > Ο ).Άρα J([-3,0)) = ( 0, 1 ]. . Για τον τύπο της /-1 έχουμε ψ = f(χ) , οπότε η ( 1 ) f -1 : [0, 1] -+ R με τύπο /-1 (χ) = -χ3 - 2χ .

ln(t + x) < ·

Λύση : Θεωρώ συνάρτηση

•

f είναι συνεχής ·.

με

χ ( χ + 2) (t) 2( χ + Ι)

για

f(x) = ln (l + x) -

ως αποτέλεσμα πράξεων

f είναι παραγωγίσιμη

Άρα

στο

κάθε χ > Ο

; )

χ +2 , 2 x+l

-ψ 3 -

2ψ . Άρα

(Ο,+οο ) με f'(x) = ... =

Αλέξανδρος

•

στο

μεταξύ συνεχών

Αν α e R

(Ο, +οο) σuναρτήσεων. 0 2 <

χ 2 ( χ + 1)

και

ισχύει ( χ + 2)Ιn(χ + t) s e• + αχ - 1 , για κά8ε Να ωιοδεiξετε ότι α 1

ι > -1 .

•

Λύση : Θεωρώ συνάρτηση •

Ο => χ =

f ../,[Ο,+οο) , οπότε χ > 0 => f( χ ) < f(O) => f(x) < 0 => (Ι)

Άσκηση 2

•

Λ'μουρας

Να αποδε(ξετε ότι:

ψ3 + 2ψ + χ

Ανισότητες και Παράγωγοι

Άσκηση 1

•

με

f(x) = (x + 2)1n ( x + 1) - ex - αχ + Ι στο (-1,+οο ) .

f είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Έχουμε f(0) = 2 1n l - 1 + 1 = 0 , δηλαδή f (χ) � f( Ο ) για ιcάθε Χ > -1 Άρα η f χ 0 = 0 και είναι παρ/μη στο (-1,+οο ) Θ. Fermat έχου με f'(O) = O => ln l + 2 - e0 - α => α Ι . εσωτερικό σημείο

με

έχει μέγιστο στο

+2 f'(x) = ln(x + l) + x _ ex - α x+l

. Από

Άσκηση 3 Δfνεται

συνάρτηση

παραγωγ(cnμη

κάθε χ > Ο f(2x) - f(x) < f(3x) - f(2x) .

2f(2x) < f(3x) + f(x)

Λύση : Αρκεί

για

e ( 2 x ,3x)

έτσι ώστε:

f '( ξ1 ) =

(t,+oo) .

Να

[χ, 2χ)

δηλ. υπάρχουν

αποδεiξετε

ότι:

•

Για την f εφαρμόζεται το ΘΜΤ στα διαστήματα ξ2

και ICt)pn\ .,.

ι<:αι

( 2χ, 3χ)

f (2 x) - f( x) f(2x) - f(x) 2χ - χ

f(3x ) - f (2x ) = f ( 3x ) - f ( 2x ) Αρκεί λοιπόν 3χ - 2 χ χ (Ο, +οο) => f •t (Ο, +οο ) . Πράγματι ξ1 < 2χ < ξ2 f '(ξ2 ) =

ξι

(χ, 2χ) και

και

f ' (ξ ) f ' (ξ ) ή 2 , ξι < ξ 2 , αφού f κυρτή στο 1 <

•

Κατά τη συνεδρίαση της 1 8/3/2 0 1 6 το Διοιιcητιιcό Σuμβο6λιο αποφάσισε και ανακήρυ ξε το μέλος της Συνταιcτικής Επιτροπής τοu περιοδικού «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β)), Κυριακόπουλο Αντώνη, «Επίτιμο Πρόεδρο» αυτής, τιμής ένεκεν για το σύνολο tou έργοu tou σ' αυτό το περιοδικό. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ι· 112 �.2161

Θέματα Παλαιοτέρων ΕΕποχών

πιμέλεια: Γιώργος Τασσόπουλος

Πολυτεχνείο ee.-λονtκης 1963 (θtμα λλγε(ιρας Τοπογράφων-Αγρονόμων Μηχανικών)

(Μπαλτσαδιάς Τψ..tμαχος - Γυμνάσιο Κεραμειών Κεφαλονιάς)

.!_ < _!_ + -1- + ... ...!.. < _!

Δειξατε ότι

1. 1 ν + Ι ν + 2 %ν 4 εάν φυσικός μεγαλύτερος του α) Το αριστερό μέλος προκύ ει εύκολα επαγωγικά. Πράγματι, για ν=2 έχουμε να δείξουμε ότι:

Ζήτημα

2° :

πτ Λύση 1 1 1 1 1 1 1 7 6 δ -3 + - > -, η. > , που ισχυ. ει. ι;,ο,ω οτι ισχυει για ν ιc � 2, ηλαδη. s" - + - + ... + - > - . ιc + 1 ιc + 2 2ιc 2 4 2 1 1 1 1 1 1 . Α ρκει. να δ ει' ξου με οτι ισχυ. ει ιcαι για ν = ιc + 1 ' δηλαδη' ότι : sκ+ι = - + - + ... + - + -- + -- >- . 2κ 2κ + 1 2κ+2 2 ιc + 2 ιc+3 1 1 1 1 1 1 1 . Πραγματι: Sκ+ι = S" + -- + -- - - S" + -- - -- = S" + > S" > - . 2ιc + l 2ιc + 2 ιc + Ι 2κ + 1 2ιc + 2 2 ( 2κ + Ι )( 2κ + 2 ) β) Για το δεξιό μέλος παραθέτω δυο αaοδείξεις . 1 η Απόδειξη : Με εφαρμογή της γνωαtι\ς ανισότητα Cauchy-Schwarz προκύπτει: . (-•- + ι • 2 • • - -•- . + + .. + + + 2v - 2 2 v - ι 2 v v+1 v+2 v+3 ι • ι < ι ι + ι 2+ + + + + v 2 2 2 - . ( v + 1 ) ( v + 2 ) ( v + 3 ) · ·· ( 2 v - 2 ) ( 2v - 1 ) ( 2 v )2 < •

'Ι:'-

•

)

[ [

]

+ ... +

(2 v - 2) - {2v - 1) (2v - 1) · 2 v < ν · v - ( v + ) (v + l)-( v + 2) ( v + 2) - (v + 3) l 1 1 + + ... + ν = ν {(� ν ι ν ι ν�2) (ν�2 ν�3) 2v - ι 2 2 2 2

� ){� = v ( � ) v . 2lv = � -

2ιv

αποδείχθηκε

Έτσι

ότι

(-1 + -1-

+ ... +

v+Ι ν+2 v+3 1 1 1 1 1 < -3 1 + -+ -- + -- + -- + . . . + v+1 v+2 v+3 2v - 2 2v - 1 2v 4

2η

απόδειξη ·

Θέτω S s

•

__!__

}

v+l ν+2 v+3

= --

+ ...

2v - 2

+ 1

1 1- + 2v - I 2 v

+ -2v - 2 2v - l ι

� )] =

1Η

( �

..!. < � , 2 16

δηλαδή

+ ... + -- + -- + -- , οποτε + -- + =v+3 ν+2 v+l 2v 2 v - I 2v - 2 1 Ι 1 + -1' - + -'- + + -'- + -'- + 2 8 = -- + _ + v+l 2v v + 2 2 v - I · ·· 2 v - 1 v + 2 2v v + l = + 3v + 1 3v 1 3v + 1 3v + 1 + + 3v + 1 + + + + 2 v ( v + 1 ) ( 2v - 1 )( v + 2 ) ... (2 v - i)( v + l + i) ... (2 v - l )( v + 2 ) 2v ( v + 1 ) = . 1 + ( 3ν + ι) Σ l ( 2ν - ι )( ν + Ι + ι. ) όμως (2v-i)( v+ l +i) =2ν( v+ 1) 2u-( v+l+i)i=2ν( v+l) +( v-1-ί)ί;?:2ν( ν+ ) . 1 1 3v + 1 3v + 1 < < => ( 2v - ί ) ( v + 1 + ί ) - 2v ( v + 1 ) => ( 2v - ; ) ( ν + 1 + ί ) - 2ν ( v + ι ) για καθε ι. _- 0, 1, 2, . . . , v _ 1

και φυσικα

(

)(

)

(

) (

;=0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β Ί Ο1 τ.1/69

)

------ Θέματα Παλαιοτέρων Εποχών --------.v-ι 1 3v + 1 1 3 1 3 3 = = - - - < - , οποτε: ' S<= 3v + 1 v Επομένως: 2S 3v + 1 4 ί=Ο 2v v + 1 2v v + 1 2 v + l 2 v + l 2

)Σ

(

)

(

)

(

)

Μια ακόμη απόδειξη, από το δελτίο θεμάτων Αρ. Φ.

•

3 11 Α πόδ ε ι ξη :

)

Πάλλα διαμορφωμένη

Για την ακολουθια (Kv) με Kv = -- + -- + . . . .. + - , ν> 1 και Κ 1 = - εχουμε: '

Κν+ι = -- + -- + . . . . . + - + -- + ν

(

v+3

+2 1

2v 2v + 1

v+1 1

v+2 ,

2v + 2

1 ,

, οποτε : Κν+1 - Κv = -- +

2v + 1 2v + 2

- -- = ν

l > Ο , για κάθε ν eΝ*. Άρα Κ v+ι > Κ ν για κάθ ε νeΝ*. Αρκεί λοιπόν να 2v + 1 2v + 2 (2ν + 1 )(2ν + 2) v v 1 1 3 δείξουμε ότι κν+Ι < - Έχουμε: Σ = Σ (Κ μ+Ι - Κ μ ) = Kv+l - Κ ι = Κν+ ι - - => 4 2 μ=Ι (2 μ + 1 )(2 μ + 2) μ=l 1

Κν+ ι = - +

= - + Sι ( 1 ), Σ 2 μ=ι (2 μ + 1 )(2 μ + 2) 2

Αν S2 =

-1- -1-

2·3

4·5

+ . . . .+

1 2v(2v + l)

οπου S ι

3·4

( 2ν + 1 ) (2v + 2)

5 6

(ν-όροι), τότε S ι < S2, αφού μ(μ+ l )<(μ+ l)(μ+2) =>

2 ν+Ι 1 2 ν+1 1 1 1 1 = (- - --) = ----- για μ=2,3, . . . . ,2ν . Άρα: 2 S1< S ι + S2 = (μ + 1)(μ + 2) μ=2 μ(μ + 1) μ=z μ μ + 1 2

1 -

2 2

1 -

2v + 2

- -

4(v + l)

< - (2). Τελικά: ( 1 ),(2) => Κv+ι < - + 1

- + - + . . . .+

Πολυτεχνείο 1 948

1 -

(ν - οροι).

1 μ(μ + 1) 1

2v + 2

=> S ι<

Χημικοί - Αρχιτέκτονες - Μεταλιολόγοι - Τοwογράφοι

Άλγ εβρ α : Άσκη ση 1 '1 : Εις τας εξισώσεις:

( γ - β) y - ( α - γ) z 3γ =

(α - γ) z - (β - α) y = 3α , ( β - α) χ - (γ - β )z = 3β,

β, γ δεν είναι όλοι ίσοι προς αλλήλους. Να αποδειχθεί ότι θετικούς ουδεμία άλλη λύσις δύναται να υπάρχει πλήν της x=l , y=l , z=t, (1 ), οι αριθμοί α,

δια x,y,z ακέραιους και αύτη δε υπάρχει μόνο αν α+β+γ=Ο.

Έστω ότι η διατεταγμένη τριάδα ( x,y,z) = ( x0,y0,Zσ ) θετικών ακεραίων επαληθεύει τις εξισώσεις (1 ). Χωρίς βλάβη της γενικότητας, μπορούμε να υποθέσουμε α * β , οπότε με αφαίρεση των δύο πρώτων ( α-γ) Ζσ - ( β -α) y0 = 3α κατά μέλη , β ρίσκουμε: ( β -α)( Χο + Υ0 ) + ( β - γ-α+γ) Ζσ = 3(β - α) και ισοτήτων: ( β -α) Χο - ( γ- β) Ζο = 3β αφού β - α :t; Ο θα είναι: x 0 + y 0 + z 0 = 3 Άρα x 0 = y0 = z 0 = 1, διότι αν π.χ. ήταν x 0 > l, y0 2:: 1, z0 2:: 1 τότε: χ0 + Υ ο + z 0 > 3 . Για να επαληθεύονται όμως και οι τρείς εξισώσεις (1) για ( α - γ) - ( β - α ) = 3α, ( β - α ) - ( γ - β ) = 3β , x = x 0 = 1, y = y0 = 1, z = z 0 = 1 πρέπει και αρκεί: 1 ( γ - β) - ( α - γ ) = 3γ, Δηλαδή α + β + γ = Ο. Σχετικά με τις παρατηρήσεις μας στο 5 ° ζήτημα (Σ.Μ.Α.) 1 966 του προηγούμενου τεύχους λάβαμε από τον συνάδελφο Δημήτρη Μπουνάκη την παρακάτω επιστολή κ. Τασσόπουλε Με έκπληξη και συγκίνηση είδα να δημοσιεύετε στο τελευταίο τεύχος ( 1 Ο 1 ) του Ευκλείδη Β ' μια απόδειξη του αείμνηστου Μαθηματικού Γ Ξηρουδάκη. Ο Γ. Ξηρουδάκης ήταν Καθηγητής μου στην Γ' Λυκείου, σε Φροντιστήριο στο Ηράκλειο Κρήτης και έχω πολλές καλές αναμνήσεις από αυτόν. Βέβ αια, μετά άκουσα πολλά σημαντικά για την Μ αθηματική του δραστηριότητα, αλλά εγώ θυμάμαι το πράο ύφος του, τον ήρεμο και μεστό λόγο του και προπάντων την ενθάρρυνση που έδινε στους μαθητές. Βλέποντας λοιπόν τις αποδείξεις των τριγωνομετρικών ανισοταυτοτήτων που δημοσιεύσατε, έδωσα και μερικές δικές μου (με γνώσεις Β ' Λυκείου) τις οποίες σας στέλνω για δημοσίευση, αν το κρίνετε Λύσ η :

}

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β Ί Ο2 τ.2/70

------

θέματα Παλαιοτέρων Εποχών

-------

σκόπιμο, αφιερώνοντάς τις στην μνήμη του, κυ ρίως για το τελευταίο του χάρισμα: την ενθάρρυνση στους μαθητές του, πράγμα καθόλου σύνηθες για σημαντικούς επιστήμονες: Απόδειξη τριών τριγωνομετρικών ανισοταυτοτήτων με ενιαία μέθοδο Τιμή• έvsf'εv tmJV μvήμη του Κο.θηΎητή Γ. Ξηρου δάκη Δημήτρης Μπουνάκης Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν1 :

Ι).

συ

νΑ + συνΒ + συνΓ s "ϊ

ΙΙΙ). συνΑσυνΒσυνΓ S ΙΙ). ημΑ + ημΒ + ημΓ s -2.

3 .J3

1 8

- .

Θα χρησιμοποιήσουμε την κλασική (και πολύ διδακτική . . . ) υπόδειξη μέθοδο του G. Pόlya: Αν δυσκολεύεστε? τότε λύστε πρώτα ένα ειδικότερο πρόβλημα . . Α . Σε ι σο σκελές τ ρ ίγ ωνο Δείχνουμε πρώτα ότι ισχύουν σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με β =γ ( Α πόδ ε ι ξ η

Σχήμα

1) , δηλαδή ότι ί). συνΑ + 2συ�Β ::;;

ίί). ημΑ + 2ημΒ ::;;

3� .

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα πρώτα μέλη είναι συναρτήσεις του λόγου

1 ' . ' α ' ι). Εχουμε συν Β = - = - χ και απο' τον νομο των συνημιτονων 2β

2 - χ 2 + 2 χ 3 - (χ - 1 ) 2 � 3 χ2 + συνΑ + 2συνΒ = 1 - χ= . =

β 2β 2 α2 συνΑ 2β 2 -

νΑσυν 2 Β ::;;

χ2

(

" "

(χ - 1 ) 2 (χ 2 + 6χ + 1 1) � Ο,

. μόνο αν χ= 1 , δηλαδή α=β=γ.

ίίί). Εχουμε

συνΑσυν 2 Β

2β 2 - α2 α 2 2 β 2 4β 2

· -

(

x2 x2 2 χ 2 - χ4 1 -- 2 4 8

ω=

Σχήμα 1

που είναι προφανής με την ισότη τα

ισότητα μόνο αν x= l , δηλαδή α=β=γ. Β. Σε τυχα ί ο τρ ίγωνο Έστω τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ > ΑΒ ( Σχήμα 2). Παίρνουμε ΑΔ=ΑΒ. , οπότε:

1 80° - Α

τελικά στην

- οποτε

4 2 υ α υ(α + 2β) , 2 β 2 - α , οποτε , η ( ιι ) αναγεται + στην με u β2 β 2β 4 α ( 4β 2 - α2 ) (α + 2 β ) 2 :S 2 7 β 4 , ή με χ = στην ( 4 - χ 2 )( χ + 2 )2 � 2 7 και

συ

με ισοτητα αν

2 2 2 2 και μόνο χ= 1 , δηλαδή α=β=γ. ίί) Έχουμε: Α Α Α Α Α η μΑ + 2η μΒ = 2 η μ - συν - + 2συν - = 2συν - η μ - + 1 2 2 2 2 2

( ιJ

χ=

ίίί).

1 - ( χ2 - 1) 8

:S - με την

Β+Γ

Σχήμα 2

2 2 1). Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε (από ί) -�

συνΑ + 2συνω

> συνΑ + 2συν ,

αφου

συνΑ + 2συν

Β+Γ Β-Γ συν = συνΑ + συνΒ + συνΓ , 2 2 -

Β+Γ Α συν-- = ημ- > 0 2

Β+Γ

και

Β Γ l > συν-2

Στο τεύχος ( 1Ο1) του Ευκλείδη Β ' δώσαμε τρόπους απόδειξης και για τις τρείς αυτές ανισότητες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ΊΟ

2 τ.�/7 1

----- &qιιra r Πa).a....... t:-.xM ----11). Όμοια στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒ Δ έχοuμε (ωιό ίί)

).Jj � ημΑ 2

+ 2ημm =

ημΑ + 2ημ 8

+Γ 2

Β + Γ συν Β - Γ Β-Γ ημΑ + 2ημ αι + Α 2 - -2- = ημΑ ημΒ+ημΓ , αφοu ημ-r =οuν"i > Ο κ l > συν -2- . Β+Γ

111). Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε Α < 90° . Στο ισοσκελές τρiγωνο ΑΒΔ έχουμε (από ίίί) .!. ;;:: συνΑσυν2ω συνΑσυν2 Β + Γ =.!.συvΑ [t+συν(Β+Γ)] > !αυνΑ(σuν(Β-f)+σuν(Β + Γ)) 2 2 8 2 =

Π αρατή ρηση :

συνΑσυνΒσυνΓ

Η σχέση (111) προέκυψε από την σχέση σuvA(I + σuv(B+ Γ)) S .!.. (είναι ισχuρότερή

4 της) δηλαδή την (2 συνΑ- 1 ) ;;:: 0 . Θα μπορούσε λοιπόν να προιώφει απευθείας χωρίς να στηριχθούμε στο ισοσκελές τρίγωνο. Όμοια η σχέση (1) θα μπορούσε να προιcύψει από την ισχυρότερη τη ς

συνΑ + 2συν Β +2 Γ � �2 ,

(

δηλαδή την

2η μ

Α -ι 2

;;::

. Εξάλλοu η (111) όπως αναφέρθηκε στο

τεύχος 1 0 1 του Ευκλείδη Β ' προκύπτει από (1) σύμφωνα με την ανισότητα Cauchy. Από τα παραπάνω προκύπτουν και οι ανισοταυτότητες α) 2β 2 + 2 αβ - α 2 � 3β 2 για κάθε α, β e R, β) (2 - χ)(χ + 2)3 S 27 για κάθε x e R.

Σημείωση :

την

3.fj με Ο<χ<π , δ) (2β - α )α S β ημχ + 2συν -χ2 � 2 ε) 4 συνΑ(1 + συν(Β + Γ)) � 1 με Α,Β,Γ γωνίες τριγώνοu... 2

γ)

•

για ιcαθε α, βeR,

Με αφορμή την προηγούμενη αναφορά σε παλιάτερους σημαντικούς δασκάλους θα ήθελα να σας παρουσιάσω ένα φαινομενικά απλό αλλά αρκειά ενδuιcpqχιν θέμα. � Qιι διαιnστώσετε, που πρότεινε ο πρώην καθηγητής της Ιωνιδείου Σχολής Νικ6).σeς K"8e;. Στα νεανιιcά του χρόνια υπηρέτησε και στην ιδιαίτερη πατρίδα μου, το Δώριο Μεσσηνiας, μάζί. με �ον � σημαντικό συνάδελφο και τακτικό συνεργάτη του Ευκλείδη Β ' Παναγιάmι Οιιcονeιι8D με αξιόλοyη �. ώΙως πληροφορούμαι, από τους μαθητές που μετά από μένα ευτύχισαν να τους f:ι.ow δααιcόλοος ! . Θέμα Γεωμετρίας: Σε τρίγωνο •

•

ΑΒΓ έχουμε Β = 1 1 0° . Έστω Κ,Λ σημεία της πλευράς ΑΓ τέτοια, ώστε Λ

ΑΒΚ = ΓΒΛ = 40° και ΑΔ, ΓΕ διχοτόμοι του. Αν Θ το σημείο τομής των ΚΔ, ΑΕ τότε να Λ

.---�----=-

υ%0λογισθεί η γωνία ΚΘΛ . Λ

Λύση :

Προφανώς,

ΚΒΛ = 30° και Λ

Βεξ = ΓΒχ = 70 ° = ΚΒΓ . Άρα, το Δ είναι aαράιcενrρο τοu τριγώνου ΑΒΚ , οπότε η ΚΔ διχοτομεί τη γωνία Λ

ΒΚΓ . Όμοια, η ΛΕ διχοτομεί τη γωνία ΒΛΑ . Το θ λουιόν είναι το έγιcενtρο τοu τριγώνου ΒΚΛ, οπότε Λ

κe Λ = 90°

= 90° + � = 1 0 5 ° .

ΚΒ Λ Λ

Την ίδια ακριβώς λύση μου πρότεινε και ο σuνόδελφος ΛιιwΝιιι; r� Μία επίσης ενδιαφέρουσα λύση πρότεινε ο συνάδελφος � �llιli , την ακόλουθη: Αν 1 είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΚ τότε στο τρίγωνο Α'ΙΚ έχουμε: •

•

ΚΙ Δ = Α + Κ ι

και και

ι =

Κ Α+ Λ

1 8 0 0 - 40 0

Δ Κ Λ = Α ι + Δ ι = - + 20° · 2 Λ

ΚΘΛ = 1 80 ° Λ

- 75 ° = 1 05 ° .

70°

ΚΒΔ . Γ

Εzομένως ΚΙΒΔ εyγράψιμμο. Άρα

μοtα, ΕΛΚ = - + 20 Λ

•

��

Δι Βι =

20°

° Λ Λ Α+ Γ ο 70 ο ο ΔΚΛ+ ΕΛΚ = -- + 40 = - + 40 = 75 2 2

ΕΥΚΛΕ•ΛΗJ; 8ΊΙΖ ι.J/7J

ΧΡΗΣ/Μ·ΕΣ ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΕΙΣ - ΑΣΚΉΣΕΙΣ

Αντώνης Κυριακόπουλος

Μαθητές - Μαθη ματικά - Μαθη ματικοί

Στους αρχάριους μαθητές · θα πρέπει να δίνουμε να διαβάζουν πλήρεις και σαφείς λύσεις, με πληρότητα και λογική αυστηρότητα, μέχρι να τα τακτοποιήσουν σωστά στο μυαλό τους· και να είναι σε θέση να κάνουν μόνοι τους σωστές αποδείξεις. Μετά θα τους αφήσουμε να πετάξουν με τα δικά τους φτερά και ο καθένας όπου φτάσει. Δεν πρέπει στα πρώτα τους βήματα να τους απογοητεύουμε με το να τους δίνουμε να διαβάζουν δυσνόητες και ατελείς λύσεις, διότι έτσι τους παρουσιάζουμε τα Μαθηματικά δυσκολότερα από ότι είναι, τους απογοητεύουμε και τους απομακρύνουμε από τα Μαθηματικά. • Τα Μαθηματικά θεμελιώνονται, κατανοούνται και αναπτύσσονται με την βοήθεια της Μαθηματικής Λογικής, η οποία δεν ταυτίζεται πάντοτε με την κοινή λογική. Καλός μαθηματικός δεν είναι αυτός που ξέρει μερικά θεωρήματα και μπορεί και λύνει 2 00 , 5 00 ασκήσεις . Καλός μαθηματικός είναι αυτός που τα έχει σωστά τακτοποιημένα στο μυαλό του, μπορεί να ελέγχει αν κάτι που λέει ή που βλέπει είναι σωστό ή όχι και έχει τις βάσεις ώστε να μπορεί να διαβάσει και να κατανοήσει μια οποιαδήποτε Μαθηματική Θεωρία. Και τούτο διότΊ είναι αδύνατον κftποιος να γνwρίζει όλες τις Μαθηματικές Θεωρίες, δηλαδή όλα τα Μαθηματικά, αφού ,εκτός των άλλων, έχει παρατηρηθεί ότι οι μαθηματικές γνώσεις διπλασιάζονται κάθε περίπου δέκα χρόνια! ! ! Χ ρήσιμες επιση μάνσεις από τη ν Μαθη ματική Λ ογική

Υπενθυμίζουμε ότι στην γλώσσα της Λογικής και των Μαθηματικών , η οποία δεν ταυτίζεται πάντοτε με τη συνήθη καθημερινή γλώσσα, όταν λέμε : 1) Μια πρόταση p είναι ικανή συνθήκη για μια πρόταση q, εννοούμε ότι: p � q. 2) Μια πρόταση p είναι αναγκαία συνθήκη για μια πρόταση q, εννοούμε ότι: q � p.

3) Μια πρόταση p είναι αναγκαία και ικανή q, εννοούμε ότι: p <=> q.

(ή ικανή και αναγκαία) συνθήκη για μια πρόταση

Επίσης, υπενθυμίζουμε ότι : 4) <φ πρέπει q» σημαίνει : p � q. 5) «p αρκεί q» σημαίνει : q � p . 6) « p πρέπει και αρκεί q » σημαίνει: p<=>q . . 7) «p αν, και μόνο αν, q» σημαίνει: p<::::>q . 8) « p τότε, και μόνον τό-Τε, q» σημαίνει: p<=>q. -Υπενθυμίζουμε ακόμα μερικούς από τους σπουδαιότερους νόμους της Μαθηματικής Λογικής, τους οποιους πρέπει να έχουμε συνεχώς στο μυαλό μ�ζ, όταν ασχολούμαστε με τα Μαθηματικά, για να μην κάν.ουμε λάθη χωρίς να το καταλάβουμε. -Από τον προτασιακό λογισμό (όπου Λ = «και», V «Ψ> και Ρ = «όχι p»): p Λ ( q v r) � ( p Λ q ) v ( p Λ r) , p v (q Λ r) � (p v q) Λ (p v r) (επιμεριστικοί νόμοι). p Λ q � p v q , p v q � Ρ Λ Ίi. , p � q � p Λ q (νόμοι αρνήσεως). -Από τον κατηγορικό λογισμό: �Η άρνηση του « "if (= για κάθε)» είναι « 3 (= υπάρχει)» και η άρνηση του « 3 » είναι « "if ». Έστω ότι p(x) και q(x) είναι δύο προτασιακοί τύποι ορισμένοι επί ενός συνόλου Ω. Οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς (νόμοι ποσοδεικτών): Vx, [ p (x) Λ q (x) ] � [ Vx, p (x) ] Λ [ Vx, q (x) ] •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/73

-------

• • •

Προσ οχή :

Χρήσιμες Ε πισημάνσεις - Ασκήσεις -------

3χ, [p(χ) ν q(x)] � [Ξχ, p(χ) J v [ Ξx, q(x)] [Vx, p(x)] ν [ Vx, q(x) ]=> \ix, [p(x) v q(x)] 3x, [p(x) Λ q(x) J => [Ξχ, p(χ)] Λ [Ξχ, q(χ) J

Οι παρακάτω προτάσεις δεν είναι πάντοτε αληθείς: • •

\ix, [p(x) ν q(x)] => [ Vx, p(x)] ν [ Vx, q(x)] [Ξχ, p(χ) ] Λ [Ξχ, q(χ) J => 3x, [p(x) Λ q(x) J

- Για παράδειγμα, αν f και g είναι δύο συναρτήσεις με σύνολο ορισμού το JR , τότε: \ix ε � , f(x ) g(x ) = Ο � \ix ε �, [ f (x ) = Ο ή g(x)=O J (Μέχρι εδ ώ . Θα ήταν λάθος να συνεχίσουμε και να γράψουμε :

� [ Vx ε �, f (x ) = OJ ή [Vx ε �, g(x) = O ] ).

Συναρτήσεις και πολυώνυμα

Η αυστηρή θεμελίωση των πολυωνύμων γίνεται με ακολουθίες (βλέπε και άρθρο του Γιώργου Τασσόπουλου, τεύχος 9 0, σελίδα 7 1 ). Επειδή όμως στο Λύκειο (και όχι μόνο), αυτό δεν είναι δυνατόν, τα Πολυώνυμα εισάγονται (όχι αυστηρά) σαν παραστάσεις του χ, πράγμα που δεν έχει καμιά σχέση με τον ορισμό των συναρτήσεων. Το μπέρδεμα γίνεται γιατί το χ στα πολυώνυμα το ονομάζουν, κακώς, «μεταβλητή», ενώ το όνομά του στα πολυώνυμα είναι « απροσδιόριστος» (το χ στις συναρτήσεις ονομάζεται «μεταβλητή» και στις εξισώσεις και ανισώσεις ονομάζεται «άγνωστος»). Στα πολυώνυμα, το χ είναι και αυτό ένα πολυώνυμο και όχι μια μεταβλητή που παίρνει τιμές από κάποιο σύνολο, όπως συμβαίνει με το χ στις συναρτήσεις. Το ότι στα πολυώνυμα, το χ μπορούμε να το αντικαταστήσουμε με έναν αριθμό και κάνοντας πράξεις να βρούμε την αντίστοιχη αριθμητική του τιμή, είναι ά/.)..ο θέμα. ΑJ.λά, ακόμα και με αυτόν τον μη αυστηρό τρόπο εισαγωγής των πολυωνύμων, η διαφ<ψά από τις συναρτήσεις είναι εμφανής. 1) Ο ορισμός της ισότητας δύο πολυωνύμων είναι διαφορετικός από τον ορισμό της ισότητας δύο συναρτήσεων. Για να δηλώσουμε ότι δύο πολυώνυμα Ρ(χ) και Q (x) είναι ίσα γράφουμε «P (x)=Q(x)». Δεν υπάρχει λόγος να γράψουμε «P (x)=Q(x), _ για κάθε χ ε JR », στηριζόμενοι σε γνωστό θεώρημα ( διότι, τότε, θα δίναμε την εντύπωση ότι δεν γνωρίζουμε ότι στον ορισμό της ισότητας δύο πολυωνύμων δεν υπεισέρχονται οι αριθμητικές τους τιμές). Ας θεωρήσουμε τώρα δύο συναρτήσεις f : Α � JR και g : Β -+ JR . Για να δηλώσουμε ότι οι δύο αυτές συναρτήσεις είναι ίσες γράφουμε «f=g». Το σύμβολο της ισότητας για δύο μαθηματικά αντικείμενα είναι «=>> σε όλες τις περιπτώσεις. Σημειώνουμε ότι δεν έχει νόημα, σε ένα πρόβλημα, να μας δώσουν ως υπόθεση ή να μας ζητήσουν να αποδείξουμε ότι «f(x)=g(x)» (προτασιακός τύπος). Θα είχε νόημα να μας δώσουν ως υπόθεση ή να μας ζητήσουν να αποδείξουμε, για Παράδειγμα, ότι « .3x ε (A n B) , f( x) = g(x) » ή « V'x ε (A n B), f( x) = g(x) » ή να μας πουν να λύσουμε την εξίσωση: f(x)=g(x). 2) Ο ορισμός του μηδενικού πολυωνύμου είναι διαφορετικός από τον ορισμό της μηδενικής συνάρτησης. Ένα μη μηδενικό πολυώνυμο, όπως για παράδειγμα το χ-2, μπορεί να έχει αριθμητική τιμή Ο . Στο θεώρημα της διαίρεσής δύο πολυωνύμων Δ(χ) : δ(χ) (βλ. Άλγεβρα Β ' τάξης Γενικού Λυκείου, σελίδα 1 32) απαιτείται δ(χ) . διάφορο του μηδενικού πολυωνύμου (δηλαδή, όχι όλοι οι συντελεστές του ίσοi με το μηδέν) και όχι η αριθμητική του τιμή να μην είναι ποτέ Ο). Για παράδειγμα μπορεί να είναι δ(χ)=χ-2, αφού αυτό δεν είναι το μηδενικό πολυώ.νυ μο. Στην περίπτωση αυτή θα ήταν λάθος να λέμε ότι κάνουμε τη διαίρεση με χ *" 2 , διότι το χ στα · πολυώνυμα δεν το βλέπουμε σαν αριθμό. Για παράδειγμα, στο θεώρημα της σελίδας 1 34 του παραπάνω σχολικού βιβλίου, κάνουμε τη διαίρεση Ρ(χ): χ-ρ και μετά θέτουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2174

------

Χρήσιμες Επισημάνσεις - Ασκή σεις

--------

χ=ρ ! . Πρέπει να γίνει κατανοητό ότι η διαίρεση δεν γίνεται μεταξύ των αριθμητικών τιμών των πολυωνύμων, αλλά μεταξύ των ίδιων των πολυωνύμων. 3)Αν το γινόμενο δύο πολυωνύμων είναι το μηδενικό πολυώνυμο, τότε ένα τουλάχιστον από αυτά θα είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Αυτό όμως για δύο συναρτήσεις δεν ισχύει. - Σε κάθε πολυώνυμο αντιστοιχεί μια πολυωνυμική συνάρτηση' και αντιστρόφως: Σε κάθε πολυωνυμική συνάρτηση αντιστοιχεί ένα πολυ.ώνυμο. Αυτό όμως δεν σημαίνει ότι τα πολυώνυμα είναι συναρτήσεις και φυσικά ούτε ότι οι συναρτήσεις είναι πολυώνυμα. (Στην Άλγεβρα, η παράγωγος ενός πολυωνύμου δεν ορίζεται με οριακές τιμές, αλλά απευθείας ως ένα πολυώνυμο. Βεβαίως, αν θεωρήσουμε την αντίστοιχη πρλυωνυμική συνάρτηση και βρούμε την παραγωγό της, κατά τα γνωστά από την Ανάλυση, θα βρούμε την αντίστοιχη πολυωνυμική συνάρτηση της παραγώγου- πολυώνυμο). Α' Λυκείου.

(; �)

Ταυi'ότητα του Lagrange και ανισότητα τού Schwarz.

Για δύο δυάδες πραγματικών αριθμών:

;�

ισχύουν:

2 (χ2 + y2 )(κ2 + λ 2 ) - (χκ + yλ) 2 = [= (χλ - yκ) 2 ] p)( χ 2 + y 2 ) ( κ2 + λ 2 ) � (χλ + yκ) 2 ( ανισότητα Schwarz).

α)

(ταυτότητα L agraηge).

Με πράξεις αποδεικνύουμε εύκολα την ταυτότητα του Lagrange ( βλ. και σχολικό βιβλίο: Άλγεβρα και Στοιχεία Πιθανοτήτων, Α' Γενικού Λυκείου, σελίδα 48) . Η ανισότητα του Schwarz είναι προφανώς άμεση συνέπεια τη ς ταυτότητας του Lagrange. Το ίσον στην ανισότητα του Schwarz ισχύει μόνο αν: κ=λ=Ο ή υπάρχει ρ ε IR με: χ=ρκ και y=ρλ (δεν περιέχεται στο παραπάνω σχολικό βιβλίο, γι' αυτό κάθε φορά που θα χρησιμοποιείται θα πρέπει να αποδεικνύεται). Σημειώνουμε ότι οι παραπάνω δύο σχέσεις ισχύουν γενικότερα και για δύο νιάδες πραγματικών αριθμών. Άσκηση.

Για τους πραγματικούς θετικούς αριθμούς α, β, γ και δ ισχύει:

Λύση .

-α3 -β3

, r

αποδειξετε οτι:

( α2 + β2 )3

� 1 . Ποτε ισχυει το ισον;

y 2 + δ 2 • Να

Από την υπόθεση έπεται ότι: ( α 2 + β 2 ) = ( α 2 + β 2 )(r 2 + δ2 ) � ( αy + βδ) 2 (ανισότητα του Schwarz με: χ=α, y=β, κ = γ και λ = δ) 4

( α 2 + p2 ) � 1 . Λόγω αυτής, για να αποδεί ουμε την ζητούμενη, ξ αy + βδ 3 β3 α 3 β3 (α 2 + p2 )2 α + (αy + βδ) � ( α 2 + β 2 )2 αρκεί να αποδείξουμε ότι: +δ ;?: ay + βδ , αρκεί r δ r �

( α 2 + β2 )

�(

αy + βδ)

�

•

Αυτή ισχύει, γιατί προκύπτει από την παραπάνω ανισότητα του Schwarz με:

Γα3 , y = Γίf ' κ = Γαi και λ Jβδ . χ = νrνδ Όπως βρίσκομαι εύκολα, το ίσον ισχύει μόνο αν: αδ = βγ. ανάλυση, θα βρούμε την αντίστοιχη πολυωνυμική συνάρτηση της παραγώγου- πολυώνυμο). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2175

Μαθηματι κά και Λογοτεχνία Ομάρ Καγιάμ (από 1044 - έως 1123) Ο Ποιητής

Το παρω<άτω κείμενο είναι από το βιβλίο "ΟΙ ΘΕΟΕΙΔΕΙΣ", του Ηλία Κωνσrαντόπουλου, το οποίο τυπώθηκε σε περιορισμένο αριθμό αντιτύπων, με την ευκαιρία του συνεδρίου της Ε. ΜΕ., στην Καστοριά

Από το 4' μέχρι 1<JJ.l τον 1:f ωώνα ήταν μια σιωrεnιή περίοδος για τα ΜαΙJηματικά /(1)ρίως στη Ευρώπη. Η επικράrηση του wισrιανισμού είχε φρενάρει την fρευνα, αιρού η θρησκεία αυτή προσδοκούσε οφέ).η στη μεrά. l*ίνατο ζωή 1<JJ.l όχι στην παρούσα Την περίοδο αυτή ήταν σε ωφή η μqά).η (JJJΤ,()ιφατορία των Αράβων. Μεω.ξύ των κρατών που είχαν ιωτα)./ιβει ήταν 1<JJ.l η Περσία. την mωία στη οvνέχεια κmiλοβαν οι Σclτζούιωι Τούριωι. Στην πόλη Νοlσαπούρ της Περσίσ.ς σπούδαζαν μαζί. τρε«; φίΑΩι. Ο Χασάν Σσ.μπάχ. ο Νιζάμ ΜούJ.χ 1<JJ.l ο Ομάρ Κcr;ιάμ. Όταν σποφοπούν 1<JJ.l χωρίζουν οι δρόμοι τους δίνουν μια υπόσχεση. Όποως από τους τρε«; βρεθεί σε ιωJ.iJτερη μοίρο., θα βοηθήσει τους � δύο. Την υπσrιθέμενη κο)ή τύχη είχε ο Νιζiιμ. -Αγαπητοί φiλΟι σας καλωσορίζω στη Σαμαρκάνδη, στο παλάτι του σουλτάνου μας Άρπ Αρλσάν. -Καλώς σε βρήκαμε αγαπητέ μας φίλε και συμμαθητή . . Βλέπω έγινες βεζίρης. -Ναι, βεζίρης. Καλά τα κατάφερες. Πρέπει να θυμηθείς την παλιά μας υπόσχεση. -Τη θυμάμαι, Χασάν, μην ανησυχείς. ι:Ίώς θα μπορούσα άλλαιστε; Η τύχη βοήθησε εμένα. Σας ακούω, θα έ:χετε ότι ζητήσετε. -Τι να ζητήσουμε, βεζίρη μου. Θέλουμε να είμαστε αγαπημένοι και να ζούμε ήσυχα. Μίλησε για τον εαυτό σου, Ομάρ. Εγώ θέλω να ζητήσω κάτι από το συμμαθητή μας. -μ, ακούω, Χασάν. -Θέλω να με πάρεις στην υπηρεσία σου. Γνωρίζεις ότι έ:χω γνώσεις και ικανότητες. Θα μπορούσα να φανώ χρήσιμος ciε σένα και στο σουλτάνο μας. -Εντάξει, Χασάν, πες πως έγινε. Τι πόστο θα ήθελες να αναλάβεις; -Τα πηγαίνω καλά με τους αριθμούς. Θα ήθελα να αναλάβω τον fλεγχο των εσόδων και εξόδων του κράτους. -Αυτό το καθήκον το έ:χω πι*Jσωπικά εyώ. Αν έπρεπε σε κάποων να το παραχωρήσω, αυτός θα ήταν ο φίλος μας Ομάρ, δε νομίζεις; Είναι πολύ καλύτερος στα Μαθηματικά και από τους δυο μας. ·Σίγουρα είναι, αλλά όπως άκουσες από τον ίδω δεν ενδιαφέρεται Δώσε λοιπόν αυτή την αρμοδιότητα σε μένα και δε θα σε απόγοη τεύσω. -Είναι μεγάλη θέση. Ευχαρίστως να απαλλαγώ από αυτή τη σκο τούρα, αλλά θα πρέπει να ζητήσω την έγκριση του ίδωυ του σουλ τάνου. Αλλά να ξέρεις, παίζεις το κεφάλι σου κορώνα - γράμματα. -Αποδέ:χομαι αυτόν τον κίνδυνο. Περιμένω να με παρουσιάσεις στο σουλτάνο. -Εντάξει, αγαπητέ μου φίλε. Εσύ, Ομάρ, δε θα μου ζητήσεις κάτι τελικά; Δεν έ:χεις καμία επιθυμία; .:Εχω μια επιθυμία, παλιέ μου φίλε, αλλά διστάζω να στη ζητήσω. .:Ελα τώρα, γνωρίζω πόσο μετριόφρων είσαι Θα χαρώ πολύ αν μπορώ να εκπληρώσω ότι ζητήσεις. -Θα ήθελα να έ:χω ένα ήσυχο χώρο για να αφοσιωθώ στις μελέτες μου. Να μην έ:χω στο νου μου το βραχνά της επιβίωσης. -Θυμάμαι που από τότε που είμαστε συμμαθητές έλεγες ότι τυχερός είναι αυτός που δεν έζησε ποτέ. Τώρα το καταλαβαίνω καλύτερα. Ευχαρίστως θα παράχωρούσα την εξουσία που έ:χω με αντάλλαγμα μερικές ημέρες ησυχίας και αυτοσυγκέντρωσης και ξεκούρασης. Με μόνη παρέα μια γυναίκα και μια κούπα καλό κρασί. Ε, Χασάν, ·

τι λες και εσύ; :0χι βεζίρη μου, δε συμφωνώ,. Εγώ δε

θέλω την ησυχία μου. Θέλω ευθύνες, δύναμη, δράση και εξουσία. -ΑΜοίμονο! Μαζί. μφλώσαμε, μαζί. σπου δάσομ.ε, αλλά πήραμε τρεις διαφο ρετικοiΥ; δρόμους. Νόμίζω ότι wν πω σωστό διάλεξε ο Ομάρ. Φίk μου, μπορώ να ικανοποιήσω εύιωλα την επιθυμία σου Μάλιοτα εiναι τιμή μου να το πρό.ξω. Ξfρε«; ότι η φήμη σου έχει φτάσει στο παλάτι πολύ πριν από εοένα, Παρά το σχεrιιώ. νεαρό της ηλικίας σου όλοι έχουν ακούσει για οέm. Κω σε θαυμάζουν. -Γιατί με θαυμάζουν, Νιζάμ; -Για τις αστρονομικές προβλέψεις σου, τις μαθηματικές σου γνώσεις και ανακαλύψεις, αλλά και για τα «ρουμπαγιάτ>) σου. ΟΟμάρ σε αυτό το σημείο, κοκκίνισε και ρώτησε: -Είναι γνωστά τα στιχάκια μου; Πώς έγινε αυτό; Αφού ποτέ δεν τα κατέγραψα. -Σε κάποιους φαίνεται τα είπες. Άρεσαν πολύ και διαδόθηκαν προ φορικά. Γνωρίζω και εγώ μερικά. Θα πρέπει όμως να προσέξεις. Μερικά δείχνουν σα να μην πιστεύεις στο θεό. Στους φανατικούς καιρούς που ζούμε, εύκολα θα μπορούσε κάποιος να ο:ε κατηγορή σει ότι είσαι άθεος. -Ευχαριστώ, βεζίρη μου, για την προειδοποίηση, αν και δεν σκο πεύω να αλλάξω τις πεποιθήσεις μου για κάποωυς ανόητους. Γιατί να κατηγορήσει κάποιος εμένα για αθεΊα και &yJ. εyώ αυτόν για θρησκοληψία; .:Ελα τώρα, Ομάρ! Γνωρίζεις·το μέγεθος της ανσήσίας του κόσμου. Δε θα ζητούσα ποτέ να αλλάξεις τις αντιλήψεις σου. Σου ζήτησα απλά να κρατάς το στόμα σου κλειστό, ειδικά αν αποδεχτείς την πρότασή μου να ζήσεις κοντά μου. -Δε ζήτησα κάτι τέτοω, φίλε μου. Σου ζήτησα να ζήσω κάπου ήσυ χα για να έ:χω χρόνο να μελετώ και να στοχάζομαι. -Με μια γυναίκα, φυσικά! Ξέρουμε την αδυναμία σου στο άλλο φύλλο. Δε σε κατηγορώ για αυτό. Λοιπόν, θα ζεις μέσα στην αυλή του δικού μου παλατιού. Επάνω σε ένα λάρο, υπάρχει ένα μικρό, αλλά πολύ όμορφο σπίτι Σου το παραχωρώ. Εκεί θα ζεις και θα έ:χεις ότι επιθυμείς. Επίσης σου διαθέτω όσα χρήματα θέλεις, να κτίσεις ένα αστεροσκοπείο για να παρατηρείς τα άστρα. -Ποιες θα είναι οι υποχρεώσεις μου; -Θα είσαι σύμβουλός μου. Θα εμφανίζεσαι μερικές φορές στο παλάτι του Σουλτάνου και θα γράφεις το μηνιαίο ωροσκόπιό του, όπως επίσης το δικό μου και μερικών άλλων αξιωματούχων. :ολοι αυτοί ζουν με μεγάλες ανασφάλειες, έτσι; .:Ετσι ακριβώς. Η εξουσία δε σου προσφέρει στιγμή ησυχίας και ασφάλειας. Όλοι θέλουν να γνωρίζουν το μέλλον τους. Λοιπόν, τι · λες; Δέ:χεσας -Δέ:χομαι και ελπίζω να φανώ αντάξιος της εμπιστοσύνης σου. -Με εμένα τι θα γίνει, βεζίρη μου; -Είπαμε, θα προτείνω στο σουλτάνο μας τη μεταβίβαση αυτής της αρμοδιότητας σε εσf,να. Χρειάζεται διάταγμα για αυτό. Σας αφήνω τώρα και θα τα πούμε πάλι σύντομα. Ο Χασάν πράγματι ανέλαβε τα οικονομικά. του κράτους, αφού

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.2/76

Μαθη ματικά και λογοτεχνία

ισχυρίστηκε όn μπορούσε να φέρει σε πέρας δουλειά ετών, μέσα σε ένα μόλις μήνα. Επαρθαλμιούσε τη θέση του βεζίρη. Στην παρουσίαση όμως της δουλέιά του, τα χαρτά του μπερδεύτηκαν, ίσως και με παρέμβαση του Νιζάμ. Ο σουλτάνος εξοργίστηκε και τον εξόρισε. Εκείνος στρατολόγησε φανατικούς μουσουλμάνους, τους εκπαίδευσε και τους έκανε εν δυνάμει δολοφόνους, όσων δεν εξυπηρετούσαν τα σχέδιά του. Κατέφυγε σε ένα ορεινό και πολύ απόκρημνο κάστρο, το Αλαμούτ και ίδρυσε την ΠΙΟ επικίνδυνη οργάνωση που είχε γνωρίσει μέχρι τότε ο κόσμος. Ο βεζίρης πληροφορήθηκε για τα σχέδια του Χασάν και κάλεσε τον Ομάρ για να τον συμβουλευτεί -Ομάρ, καλέ μου φίλε. Έχεις μάθει για τον Χασάν; Έχεις κάποια επαφή μαζί του; -Με επισκέφτηκε μια ημέρα, κρυφά φυσικά. Προσπάθησε να με προσηλυτίσει στα σχέδιά του, αλλά φυσικά εγώ αρνήθηκα. Όμως πραγματικά φοβήθηκα, &yJ για μένα, αλλά για σένa. Τα μάτια του γυάλιζαν, έβγαζαν μίσος, μόυ φάνηκε πραγματικά τρελός. Θα πρέπει να λάβεις αυξημένα μέτρα Προστασίας. :Εχω και εyώ τις πληροφορίες μου. Προσέχω. Αλλά έχω καταλάβει ότι, όταν ο Χασάν βάλει κάποιον στόχο, δεν τον σταματάει τίποτα. Στέλνει έναν από τους δολοφόνους του και εκτελεί το στόχο του με στιλέτο. Το πλεονέκτημά του είναι ο αιφνιδιασμός και όn οι δολοφόνοι του δεν ενδιαφέρονται για τη ζωή τους, αφού πιστεύουν όn εκτελούν εντολή του Αλλάχ. Έχει έτσι σκοτώσει πάρα 1tολλούς. -Γιατί ο σο'υλτάνος δε στέλνει στρατό για να εξοντώσει το στρατό των δολοφόνων του Χασάν; -Το κάστρο του είναι απόρθητο. Είναι χτισμένο ψηλά, σαν αετοφωλιά, ωφοσπέλαστο και πολύ καλά οχυρωμένο. Έχει εφόδια για πολλούς μήνες, ίσως και για χρόνια. Δεν μπορούμε να τον αντιμετωπίσουμε στο ίδιο του το φρούριο, παρά μόνο ίσως &,ω από αυτό. -Τι να σου πω. Θλίβομαι Ο παλιός μας φίλος να καταντήσει δολοφόνος. . . -Και εyώ είμαι απελπισμένος. Δε βρίσκω στιγμή ησυχίας. Έχει απειλήσει όn θα με σκοτώσει Εξ' αιτίας του έχω χάσει και την τυφλή εμπιστοσύνη που μου είχε ο σουλτάνος, γιατί όπως θυμάσαι εγώ του τον σύστησα. Ευτυχώς που υπάρχεις και εσύ. Σε ζηλεύω για τον τρόπο που ζεις. Από τους τρεις μας, εσύ ακολούθησες τον σωστό δρόμο. Ο Ομάρ δεν απάντησε και ο Νιζάμ συνέχισε. -Ασχολείσαι με τα Μαθηματικά, την Ποίηση και τη Αστρονομία. Θα ήθελα να μου πεις ποιον τομέα ξεχωρίζεις, έτσι για Ύα ξεφύγω λίγο από τις σκοτούρες μου. -Το Σύμπαν με συναρπάζει, αλλά δεν μου αποκαλύπτει όλα του τα μυστικά. Θα μπορούσε ίσως να είναι ΠΙΟ απλό. -Εννοείς όn ο θεός θα μπορούσε να το φτιάξει πιο απλό; Αν ναι, τότε γιατί δεν το έκανε; Δεν είναι τέλειος; Αν &xJ., τότε δεν μπορούσε, άρα δεν είναι παντοδύναμος; Πρόσεξε, αυτά που λές σε μένα, μην τα λες και σε άλλους. Είπαμε οι καιροί είναι επικίνδυνοι Αφού δεν κατανοείς ούτε εσύ το Σύμπαν, τότε πώς γράφεις τα ωροσκόπια; -Αλήθεια, πίστεψες ποτέ σου σε αυτά; Τα γράφω τόσο ασαφή, ώστε να μην κινδυνεύω να διαψευστώ. -Για την Ποίηση τι έχεις να πεις; Τι βλέπεις σε αυτήν; -Στην κάθε επιστήμη, κάθε επόμενος φευνητής έρχεται να αμφισβητήσει τους προηyούμενους. Στην Ποίηση · δε συμβαίνει αυτό. Ο κάθε ποτητής δεν απορρίπτει όn έχει προηγηθεί, σJJiJ. ούτε διατρέχει τον κίνδυνο να τον απορρίψσνν. -Και στα Μαθηματικά; -Σε αυτά διακρίνω τη μαγευτική ποίηση των αριθμών. :Εχω διαβάσει κάποιες λύσεις μερικών εξισώσεων που έχεις κάνει Τι ακριβώς αποκαλείς «σαν»;

-Κατά λέξη σημαίνει «πράγμα}). Αποκαλώ έτσι το άγνωστο μέγεθος που εμφανίζεται σε μια εξίσωση. -Με ποιες ακριβώς εξισώσεις έχεις ασχοληθεί; -Με αυτές που ο άyνωστο; εμφανίζεται στην τρίτη δίΜχμη Αυτές που στη δεύτερη δίΜχμη τις έχσνν λύσει οι ΑρχαίDι'Ελληνες. Με εμφανiζεται τις δυώ; μου είχε ασχοληθεί ο Αρχιμήδης και εγώ προσιιάθησα να πάω λtyo πάρα πέρα. Είμαι ευχαριστημένος και μόm που προσέyyισα αυτόν τον μεγάλο σοφό. -Θα ήθελες να μου πεις λίγα πράγματα για την εργασία σου αυτή; Με χαρά μου θα προσπαθήσω να σου εξηγήσω. Κάθε εξίσωση τρίτου βαθμού είναι της μορφής: αχ 3 + βχ 2 + γχ + δ Ο . Εγώ, .

σε ορισμεν ' ες περιπτώσεις τη μετασχη ματίζω στη μορφη:

χ3 + κχ 2 + λ.2 = μχ.2 .

-Γιατί το κάνεις αυτό; Τι Κ€ρδίζεις; -Προσπαθώ να βρω τις λύσεις της γεωμετρικά. -Μιμείσαι τους Αρχαίους Έλληνες; Χρησιμοποιείς μόνο διαβήτη και χάρακα; -Όχι, αυτό μάλλον δεν είναι δυνατόν. Χρησιμοποιώ την κατασκευή μέσης και τέταρτης ανα)..fηου, που γίνεται με χάρακα και διαβήτη, αλλά και μια καμπύλη, μια υπερβολή. -Θεωρείς όn αυτή η εργασία σου προάγει τα Μαθηματικά; -Αυτό μόνο ο χρόνος θα το δείξει -Τι αποκομίζεις από την ενασχόλησή σου με· την επιστήμη αυτή; -Ευχαρίστηση, πληρότητα., καλύτερη κατανόηση του κόσμου. Τι . άλλο να ζητήσει κάποιος; -Με ποια ιδιότητά σου θα ήθελες να σε θυμούνται οι άνθρωποι; -Δεν μπορώ να σου απαντήσω. Ίσως αυτοί που ασχολούνται με τα Μαθηματικά να με θυμούνται για τη συνεισφορά μου σε αυτά. Οι υπόλοιποι, ας με θυμούνται για τα τετράστιχά μου. -Με τη καθαρή Γεωμετρία δεν ασχολήθηκες; -Πως, βέβαια. Διάβασα προσεκτικά τα στοιχεία του Ευκλείδη. Προσπάθησα να αποδείξω το «αίτημα των παραλλήλων}), αλλά μάταια. Είχε δίκιο που το έθεσε ως αξίωμα. Φαίνεται όn ο νους του Ευκλείδη ήταν πολύ μπροστά ακόμα και από τη σημερινή εποχή. Δεν πέρασε πολύς καιρός και η απειλή του Χασάν πραγματοποιήθηκε. Φανατικός οπαδός του δολοφόνησε τον Νιζάμ. Αλλά και το δικό του κάστρο σύντομα πατήθηκε από τους Μογγόλους που εισέβαλαν στη αυτοκρατορία. Ξεκίνησαν από την απέραντη στέπα και έφτασαν μέχρι τη Βαρσοβία., ιδρύοντας μια βραχύχρονη, αλλά και την μεγαλύτερη αυτοκρατορία που έγινε ποτέ. Δεν άφησαν κανένα ίχνος από το Αλαμούτ. Το ισοπέδωσαν:Εμεινε ο τρίτος φίλος, ο Ομάρ Καγιάμ. Έζησε αρκετά ακόμα χρόνια και πέθανε ήσυχα, όπως έζησε, πάντα παρέα με μια κούπα κρασί. Όπως ήταν η επιθυμία του, τον έθαψαν σε ένα μέρος, στην πατρίδα του, όπου είχε πολλές τριανταφυλλιές, του είδους «ρόδο του Ισπαχάν», ώστε όταν φυσούσε ο αέρας έριχνε απλόχερα τα ροδόφυλλα πάνω στον τάφο του. Ένα από :τα «ρουμπαγιάτ» του, λέει: 'Σε αυτούs .που yuno τώραvοιάζσvuχι και σεαυτούs.πουyuχ το αύpw κόπτοvται Ο μουεζίνης από το μmφέ φωνάζει σας «ιiμυι:ι:λοι, δεν εiυιχι ούπ ε.δώ, ούπ εκεί η ιχμοιflή σ1Χ9>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2177

Το κάστρο του Αλαμούτ

Ο Εuκλ.��δ nς

1; -. 1 �U ,..�� '!JFΙΙ� ,,.., � -. � τ. '!b -. � ίί U �

Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ -

Ν.

« Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθη ματικού είναι να λύνει ... ... ... προβλή ματα»� Ρ. R. HALMOS

Θ. ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

(ΤΕΥΧΟΥΣ

95) Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O, R) . Οι ακτίνες ΑΟ, ΒΟ, ΓΟ τέμνουν τις ΑΣΚΗΣΗ 259

πλευρές

του τριγώνου στα σημεία

ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ

Α 1 , Β 1 , Γ1 και τον κύκλο στα σημεία Α 2 , Β 2 , Γ2

αντιστοίχως. Να δειχθεί ότι ισχύει η σχέση: 3

Α 1 Α 2 · Β 1 Β 2 · Γ1 Γ2 � (-) .

R 2

ΛΥΣΗ 1 6 (Δημήτρης Μανωλόπουλος - Κατε ρίνη )

Ονομάζουμε χ = Α 1 Α 2 , y = B1 B2 , z = Γ1 Γ2 . Επειδή είναι Η 1 Α2 / /ΒΓ , από το θ. Θαλή έχουμε: χ Α1 Α2 Ηι Δ Α = δηλαδή ι Αz = ΗΔ <=>-- = ΗΔ Μι ΑΔ 2R-x υα ΑΑ1 ΑΔ 1 -2 αΗΔ (ΒΗΓ) χ (ΒΗΓ) = = <=> (1) l_ αυ (ΑΒΓ) 2R - χ (ΑΒΓ) α 2 Ομοίως, έχουμε: z (ΑΗΓ) Υ (2) ' _- = (ΑΗΒ) (3) . 2R - Ζ (ΑΒΓ) 2R - Υ (ΑΒΓ) Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε άμεσα: z χ + Υ + __ = 1 και ισοδυνάμως ' 2R - χ 2R - Υ 2R - Ζ χ . + 1 + Υ + 1 + -Ζ- + 1 = 4 ή 2R - z 2R - y 2R - x 2R 2R 2R , --- + + -- = 4 και τελικα: 2R - x. 2R - y 2R - z 1 2 1 1 -- + + -- = - (4) . 2R - x 2R - y 2R -. z R R Δεχόμαστε ότι: xyz > (2) 3 ( 5) . Από την =

Έστω υα , υβ , υr τα ύψη του τριγώνου ΑΒΓ που άγονται από τις κορυφές του Α,Β,Γ αντιστοίχως. ΑΑ 2 , ΒΓ είναι τέμνουσες του Επειδή Περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου, ισχύει: ΑΑ1 Α1Α 2 = ΒΑ 1 Α 1 Γ <=> 4ΑΑ1 Α 1 Α 2 = 4ΒΑ 1 · Α1 Γ � (Β Α1 + Α1 Γ) 2 = ΒΓ 2 = α2 � Ομοίως, α2 4ΑΑ 1 Α 1 Α2 � α2 <:> Α 1 Α2 � __ . (1) 4ΑΑ1 β2 γ2 Β 1 Β 2 � -- (2) , Γ1 Γ2 �' -- (3) 4ΒΒ1 4Γ� κατά μέλη των ( 1 ),(2),(3) έχουμε ε πολ/σιασμό Μ 2 2 γz α β Α 1 Α 2 · Β 1 Β 2 · Γ1Γ2 � -- · -· -4ΑΑ 1 4 ΒΒ 1 4 ΓΓ1 � (α βγ) 2 α2 β 2 γ 2 64υ α υβ υγ 64υαυβυγ (α βγ)3 (4RE)3 ( R )3 = 1 1 1 64·· 8 · ( αυ α ) ( βυβ )( γυ ) 64 . 8 . Ε 3 2 2 γ 2 2 ΛΥΣΗ 2 6 (Δή μος Παπαδόπουλος - Έδεσσα ) Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου και Η1 το συμμετρικό του ως προς την πλευρά ΒΓ που (ως γνωστόν) ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο (Ο, R) του τριγώνου. •

•

--- =

ανισότητα του Cauchy έχουμε:

χ +Υ+z ;;:::: � 3

η οποία, λόγω της (5), δίνει: 3R x+y+z R --- :2::: - <:> x + y + z :2::: 2 2 3 3R <:> -x - y - z < - - <=> 2R - x + 2R - y + 2 9R (6) +2R - z < 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 02 τ.2178

-------

Ο Ευκλείδης Προτείνει . . .

Από τις (4) και (6) με πολ/σιασμό κατά μέλη 1 1 έπεται ότι: (2R-x + 2R -y + 2R-z. X-- + -- + 2R-x 2R-y 9R 2 1 )< = 9 άτοπο, αφού από την + 2R - z 2 R ανισότητα Cauchy - Schwartz ισχύει ότι: 1 1 (2R - x + 2R - y + 2R - z)( + + 2R - x 2R - y R 3 + 1-) � 9 . Τελικά, ισχύει xyz � ( ) , δηλ. το 2 2R - z ζητούμενο. Λύση έστειλαν: Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Θωμάς Τσάκας Πάτρα, Αντώνης Ιωαννίδης Χολαργός, Γιάννης Τσόπελας - Αμαλιάδα. --

- ·

95) (ΤΕΥΧΟΥΣ Αν τα μήκη α, β, γ των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ είναι ανάλογα των αριθμών 4κ , 3κ2 + 2 , μ μ 3κ2 + 2 κμ - μ 2 , όπου κ, μ είναι θετικοί πραγματικοί με 3κ > και τα μέτρα των γωνιώy μ Α, Β, Γ είyαι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά 2θ, τότε να αποδειχθεί ότι ισχύει η ΑΣΚΗΣΗ

260

σχέση: εφθ = .J3( κ - μ) .

Αθήνα)

3κ: + μ

(Γιώργος Τριάντος -

ΛΥΣΗ 1 8 (Διονύσης Γιάνναρος - nύργος)

Επειδή τα μέτρα των γωνιών Α, Β, Γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά 2θ έχουμε: Α = Β - 2θ , Γ = Β + 2θ . ' π Συνεπώς,είναι Α + Β + r = π � 3Β π � Β = , 3 !: !: οπότε ισχύει Α = - 2θ , Γ = + 2θ . Από την 3 3 ότι ισχύει υπόθεση β γ � = λ ' ( 1 ) οπότε, = = 4κμ 3κ 2 + μ 2 3κ 2 + 2κμ - μ 2 α = 4λκμ β = λ(3κ 2 + μ 2 ) συνεπώς, είναι: , γ = λ(3κ 2 + 2κμ - μ 2 ) 2τ = α + β + γ = λ(4κμ + 3κ 2 + μ2 + 3κ2 + 2κμ - μ 2 ) = λ(6κ 2 + 6κμ) = 6κλ(κ + μ) = τ 3κλ(κ + μ) τ - α = 3λκ(κ + μ) - 4λκμ = λκ(3κ - μ) Άρα, τ - β = .... = λμ(3κ - μ) και τ - γ = .... = λμ(κ + μ) =

{

-------

.λμ(3κ - μ)λμ(κ + μ) Α (τ - β)(τ - γ) = = εφ - = 3λκ(κ + μ)λκ(3κ - μ) 2 τ(τ - α) ·

r;;- = μ νk2 κJ3

Α μ εφ 2 = J3 (2) κ π π Α , , εχουμε : Ό μως, Α =·3 - 2θ = θ = 6 - 2" οποτε =

1 - μ π Α π - Α εφ 6 - εφ 2 <2 > J3 κJ3 = εφθ = εφ(- -) = π Α 1 � 6 2 l + εφ -εφ1+J3 · κ J3 6 2 Σ κ-μ -;J3 .J3 (κ - μ) = ε θ J3 ( κ - μ) φ 3κ + μ 3κ + μ 3κ + μ 3κ =

Σημείωση : Οι δύο πρώτοι αριθμοί στην αναλογία ( 1 ) είναι προφανώς θετικοί. Για να είναι και ο τρίτος αριθμός θετικός πρέπει: ·

3κ 2 + 2κμ - μ 2 > Ο � κ < -μ

κ>� 3

και

> επειδή κ > Ο αυτό τελικά συμβαίνει για 3κ μ που αποτελεί και τον περιορισμό στην εκφώνηση .

ΛΥΣΗ 2 8 (Θωμάς Τσάκας

- Πάτρα) Όπως και προηγουμένως οι γωνίες του τριγώνου είναι: Α = !: - 2θ , Β = !: , r = !: + 2θ . Έχουμε: 3 3 3 γ

4 κμ

3κ 2 + μ 2

α+β+γ

6κ 2 + 6κ μ

3 κ + 2 κμ

α+β+γ β

μ2

6κ 2 + 6κμ 3κ 2 + μ 2

(Q .

Από τον νόμο των ημιτόνων για το τρίγωνο ΑΒΓ προκύπτει: β γ α = = = π π ·π ημ(- - 2θ) η μ - ημ(- + 2θ) 3 3 3 α+β+γ

= -------

ημ(

π - 2θ) + η μ π + η μ ( π + 20) 3

α+β+γ

2ημ - συν2θ + η μ =

α+β+γ β

α+β+γ

- (1 + 2συν 2θ) 2

1 + 2συν2θ

(2)

Από ( 1 ),(2) έπεται 1 + 2συν2θ =

6κ 2 + 6κ ; δηλ. 3κ 2 + μ

3κ 2 + 6κμ - μ 2 (3) . Συνεπώς, είναι: συν2θ = . 2(3κ 2 + μ 2 ) •.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 1 0 2 τ.2179

Ο Ευκλείδης Προτείνει

-------

3κ 2 + 6κμ - μ 2 1 3 1 - συν2θ < ) 2(3κ 2 + μ 2 ) = = εφ 2 θ = 1 + συν2θ 3κ 2 + 6κμ - μ 2 l+ 2(3κ 2 + μ 2 ) .J3 Ι l 2 Ι εφθ l -- κ - μ --3 (κ - μ) (4) Προφανώ . + μ) 2 3κ + μ (3κ 2rt 2π π ς, 0 < Γ < - = 0 < - + 2θ < - και τελικά 3 3 3 π π - - < θ < - . Στο ίδιο ακριβώς αποτέλεσμα 6 6 2π καταλήγουμε από την Ο < Α < - . Διακρίνουμε 3 περιπτώσεις: π α) Αν - < θ < Ο τότε εφθ < Ο ενώ για τις γωνίες 6 π ' για ' Α > "3 ' > Γ και συνεπως ισχυει του τριγωνου -

�--'-----

_._ --.-

α>β>γ. ισχύει πλευρές τις 2 β > γ � 3κ 2 + μ 2 > 3κ + 2κμ - μ2 �

Έτσι,

μ> Ο

� 2μ(μ - κ) < Ο � μ - κ < 0 � κ - μ > Ο

(ΤΕΥΧΟΥΣ 96)

Αν σε οξυγώνιο τρίγωνο · ΑΒΓ είναι δειχθεί ότι

η μΑ >

l ημ 3 Γ

Β = 2Γ Λ

{ {

{

---

Παρατήρηση : Αξίζει να σημειωθεί ότι η πρώτη οποιαδήποτε από είναι ανεξάρτητη λύση διερεύνηση για το διάστημα μεταβολής τ ου θ . ΛΥΣΗ έστειλαν: Γεώργιος Τσιώλης - Τρίπολη, Δημήτρης Μ ανωλόπουλος - Κατερίνη, Γιώργος Μεσολόγγι, Αντώνης Αποστολόπουλος Ιωαννίδης - Χολαργός, Ροδόλφος Μπόρης Δάφνη, Γιάννης Τ σόπελας - Αμαλιάδα. ΑΣΚΗΣΗ 26 1

ημΑ = ημ3Γ οπότε η αποδεικτέα γράφεται: 3 2ημ Γ και ισοδύναμα: ημ3Γ > l + συνΓ 3 3 2ημ Γ(1 - συνΓ) 2ημ Γ(1 - συνΓ) = . = � 3Γ > ημ 2 Γ 1 - συν 2 Γ 3 = 3ημΓ - 4ημ Γ > 2ημΓ(1 - συνΓ) = 3 - 4ημ 2 Γ > 2(1 - συνΓ) (Αφο = 3 :- 4(1 - συv 2 Γ) > 2(1 - συνΓ) (1) = 4συν 2 Γ + 2συνΓ - 3 > Ο · ύ συνΓ Φ 1 , ημΓ > Ο ) Επειδή το τρίγωνο είναι οξυγώνιο ισχύουν: Γ>� . π - 3Γ < � Α<� 6 ��<Γ< π 2= 2= 4 π 6 π π 2Γ < Β<Γ. < 4 . . 2 2 και επειδή η συνάρτηση συνημίτονο είναι γνησίως π , , [Ο, ] οτι επεται στο φθινουσα 2 π .J3 π J2 συν - > συνΓ > συν - = -· > συνΓ > - . 2 6 2 4 Επειδή η μεγαλύτερη και δεκτή ρίζα του τριωνύμου της ( 1 ) είναι ο αριθμός -1 + .fι3 -1 + .fι3 . -> ·J2 (1) η , και συνΓ > 4 2 4 αληθεύει και συνεπώς η αρχική. ΛΥΣΗ έστειλαν: Δη μήτρης Μ ανωλόπουλος Κάτερίνη, Διονύσης Γιάνναρος - Πύ ργος, Γιώργος Κάτω Πατήσια, Δή μος· Δεληστάθης Παπαδόπουλος - Εδεσσα, Ροδόλφος Μπόρης Δάφνη , Ο μάδα Προβλη μάτων Ι διωτικού Λυκείου Παναγία Προυσιώτισσα - Αγρίνιο, Γιάννης Τσόπελας - Αμαλιάδα. ,

� 2μ(μ - κ) > ο � μ - κ > ο .J3 (κ - μ) και η (4) = εφθ 3κ + μ π β) Αν Ο < θ < , τότε εφθ > Ο ενώ για τις γωνίες 6 � του τριγώνου ισχύει Α < < Γ και συνεπώς για 3 Έτσι, α<β<γ . ισχύει πλευρές τις β < γ � 3κ 2 + μ 2 < 3 κ 2 + 2κμ - μ 2 � =

• . • --------

να

l + συνΓ

(Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι ) ΛΥΣΗ (Γεώργιος Τσιώλης - Τρίπολη) Επειδή

Α + Β + Γ = π και Β = 2Γ είναι Α = π - 3Γ με

ΑΣΚΗΣΗ 262

(ΤΕΥΧΟΥΣ 97)

Να βρεθούν όλες οι ακέραιες τιμές των x, y, z που ικανοποιούν το σύστημα των σχέσεων: (1) 2χ 2 + 3y2 = 4yz - 1 0 (Σ) (2) y2 + z 2 < χ 2 + 2χ + 1 1 (Ηρακλής Ευαγγελινός - Γλυφάδα ) ΛΥΣΗ (Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα) Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων του (Σ) έχουμε: 2χ 2 + 4y2 + z 2 < χ 2 + 2x + 4yz + l = Χ 2 + 4y 2 + z 2 - 2x - 4yz < 1 = (χ - 1) 2 + (2y - z) 2 < 2 (3) Επειδή x, y, z ε Z και άρα x - l, 2y -, z ε Z η (3) ισοδυναμεί με τα παρακάτω συστήματα:

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 102 τ.2/80

{ χ - 1 = 0 , (Σ ) : { χ - 1 = 0 2y - z = l 2y - z = 0 χ-1=0 { χ-1=1 (Σ4 ) : ( Σ3 ) : { ' 2 y - z = -1 2y - z = O

------

Ευκλείδη ς Προτείνει . . .

{

χ - 1 = -1 2y - z = 0

αριθμούς x,y,z ισχύει: χ + y + z = Ο τότε να αποδειχθεί ότι ισχύει η ανισότητα: Υ2 Ζ 2 χ 2 Ζ 2 y2 + (Ζ2 + Υ 2 )( Υ2 + χ2 χ2 + -

{z ==21y και χ

(1)

δίνει

5 y 2 1 2 και είναι αδύνατη στο Ζ. χ=1 ( Σ ) <::::> Ζ ενώ η (1) δίνει 2 = 2y - 1 s y 2 - 4y - 1 2 = 0 με μία ακέραιη ρίζα y = 2 οπότε z = 3 . Η τριάδα (x, y , z) = (1, 2,3) είναι δεκτή λύση χ=1 αφου επαληθεύει και την (2). ( Σ3 ) <::::> Ζ = 2y + l ενώ η ( 1 ) γράφεται 5 y 2 + 4y - 1 2 = Ο με μοναδική ακέραιη ρίζα y = -2 και αντίστοιχη τιμή = -3 .η τριάδα (x, y, z) = (1, -2, -3) είναι δεκτή λύση αφου χ=2 επαληθεύει και την (2). ( Σ 4 ) <::::> με την ( 1) z = 2y να δίνει 5 y 2 = 1 8 που είναι αδύνατη στο Ζ . =

{

Τέλος, ( Σ5 ) <=> = Ο με την ( 1 ) να δίνει z = 2y s y 2 = 1 0 , που είναι αδύνατη στο Ζ . Άρα, οι (1, 2, 3) ζητούμενες λύσεις είναι: ( χ , y, z) = (1, -2, -3) Λ

χ2 ) > 25 . Ζ2

- Αθήνα) 289. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ με Κ , Λ τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ , ΒΔ αντιστοίχως και Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του. Από τα Κ , Λ φέρουμε παράλληλες προς τις διαγώνιες ΒΔ και ΑΓ αντιστοίχως που τέμνονται στο Ρ . Να δειχθεί ( ΑΔ) + ( ΟΒΓ) ότι: (ΡΓΔ) = Ο . 2 (Γιώ ργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι) . 290. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Λ Π Λ Π Α = - Β = - , ΑΒ = λ και Μ τυχαίο σημείο της ΑΒ. 3 2 Σχηματίζουμε στο εσωτερικό του τριγώνου ισόπλευρο τρίγωνο ΜΒΔ και στο Δ φέρουμε κάθετη στη ΜΔ που τέμνει την ΑΓ στο Ε. Να βρεθεί: 1) Η περίμετρος του τετραπλεύρου ΑΜΔΕ συναρτήσει του λ. 2) Το εμβαδόν του τετραπλεύρου αυτού συναρτήσει του λ όταν το Μ είναι το μέσον του ΑΒ. (Γιώργος Τσιώλη ς - Τρίπολη) (Ι ωάννης Ανδρής

( Σ 1 ) <::::>

Έχουμε:

------

288 . Αν για τους μη μηδενικούς πραγματικούς

(Σ 1 ) :

(Σs ) :

ΥΣΗ έστειλαν:

{

Γιώργος

Αποστολόπουλος

Μεσολόγγι, Διονύση ς Γιάνναρος - Πύργος, Δήμος Παπαδόπουλος - Εδεσσα, Γιώργος Δελη στάθης Κάτω Πατήσια, Δη μήτρης Μανωλόπουλος Κατερίνη, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Αντώνης Ιωαννίδη ς - Χολαργός, Γιάννης Τ σόπελας Αμαλιάδα. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑ ΤΑ 287. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ

ΑΓ < ΒΓ

και σημείο Δ της πλευράς ΒΓ για το οποίο ισχύει ότι , ΔΒ , 1 , = Φ2 , οπου Φ + J5 και σημειο Η επι της 2 ΔΓ Λ Λ πλευράς ΑΔ τέτοιο, ώστε ΑΒΗ = ΓΑΗ . Αν ισχύει Λ ΒΓ ' ΒΗΓ = 4π να β ρεθει' ο λογος ' . οτι s ΑΒ (Γιώργος Μ ή τσιος - Ράμια Άρτας ) = --

29 1 . Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

(Α > �)

2 με ΑΒ = 1 και ΑΓ = 2 . Εξωτερικά του τριγώνου ΑΒΓ κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΕ καθώς και το ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓΖ στο ημιεπίπεδο που ορίζει η ΒΓ με την κορυφή Α.

Αν (ΑΒΓ) = J2 , τότε να βρεθεί το εμβαδόν του 2 τετραπλεύρου ΑΕΖΔ. (Λευτέρη ς Τσιλιακός - Γαλάτσι) 292 . Αν Α,Β,Γ είναι σημεία της έλλειψης (C) :

;._ + L2 = 1 a-

a>b>Ο,

τότε να δειχθεί ότι η

ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ παρέχεται από τον τύπο: δ δ δ3 ' ' R= , 2 , οπου 2δ1 , 2δ 2 , 2δ 3 τα μηκη των ab

διαμέτρων της έλλειψης οι οποίες είναι παράλληλες των ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ αντιστοίχως. (Γιώργος Τασσόπουλος - Αθήνα ). 293 . Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι α = υ α , τότε να 1 δειχθεί ότι: γ( Φ - 1) � β � γΦ , όπου Φ = + J5 . (Γιώργος Τριάντος

- Αθήνα ).

Η στήλη αναμένει προτάσεις θε μ άτων ! ! !

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 102 τ.2/81