Ευκλειδης Β 19 by demi de

Πli�[i2)�@��@ IF�&Δ

IF@

�'\1��@

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

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

�3... Το «Τελευταίο θεώρημά» του Φερμά έγινε- επιτέλους - Θεώρημα! Ποια είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίzες .. . . . (1_()} Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ>> . . . . . f6 Μέγιστο-Ελάχιστοτουτριωνύμουf(χ)=αχ' + βχ +γ . . . . . . 20 Αναλογίες-Ομοιότητα-Μετρικές σχέσεις .. . 26 Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων . . . . . 31 Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος..... . . . . . . . . . . . . . . .. τι εί ι α . ή ��:ί��cie��λ� .��.��r.��.� ..�0.�.��. . �� .ΌΌΌΌΌ..ΌΌΌ'.ΌΌΌ·.·.ΌΌ'.Ό ΌΌΌΌΌΌ'.ΌΌΌΌΌ W Το βήμα του Ευκλείδη . . . . . . . . . . .. . Ο Ένα πρόβλημα-πολλές λύσεις . .. ... . . . . . . . . . . 54 Αλληλογραφία 56 Στήλη Μαθηματικών Ολυμπιάδων . . . . . .. . . . . . .. . . . . 57 Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ! ................................................................................ 60 ..............

....

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

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

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

...

.......

...

. .

...

........

.........

......

....

. . .

. .

.....

.........

...

...........

.......

....

. . ........

...

.........

...

.......

. .

......

...

. . . .

....

.........

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

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

....

. .

........

. . . . . . . . .

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

. .

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

...

.......

. . ....

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Γραμματεία Σύνταξης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρλής Γιάννης

Συντακτική Επιτροπή: Βακαλόπουλος Κώmας,

11 Επιτέλους

Βισκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόπουλος Κώmας,

υπάρχει απόδειξη!

Γράψας Κώmας, Δαμιανός Πέτρος, Καρακατσάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήmος, Κοντογιάννης Δημήτρης, Κοτσιφάκης Γιώργος, Κυριακόπουλος Θανάσης, Λαμπρόπουλος Τάσος,

�Σα Ύπαρξη

Μαλαφέκας Θανάσης, Μπανδήλα Λ, Μώκος Χρήmος,

ριζών τριωνύμου;

Σαίτη Εύα, Τούρλας Λεωνίδας, Τσικαλουδάκης Γιώργος,

Παπαδόπουλος Νίκος, Τσαρπαί\ής Ιωάννης Υπεύθυνοι Έκδοσης:

Μαραyκάκης Σ.

Πρόβλημα πιθανο τήτων!

Επιμέλεια Έκδοσης:

Συνεργάστηκαν: Μάκρας Στράτος, Τουμάσης Μπάμπης, Τσαπακίδης Γ., Κώmας Αναγνώmου, Φωτιάδης Γρηγόρης, Τσάμης Γιώργος.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

Πανεπιmημίου 34-10679 ΑΘΗΝΑ

3617 784-3616532 3641 025 Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής Διεuθuντής: Κ Σάλαρης

lα Από τη

ή γραφικ παράσταση

τα συμπεράσματα

Τηλ.: Fax:

ISSN:

1105- 8005

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τειίχος: Ετήσια σvνδρομή: Ορyανισμοί: Ταχ. Εnιταyές Ταχ. Γραφείο Αθήνα

350 δρχ. 1.600 δρχ. 3.000 δρχ.

54, Τ.Θ. 30044

Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση

Ελληνική Μ α θ η μ ατική Ετ αιρεία

EiJ oι

Μαθηματικές Ολυμπιάδες αποκτούν και πάλι

την μόνιμη στήλη τους

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81-83 Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκτυλος-τηλ. 34 74 654

Στράτος Ελ. Μάκρας Δρ. Μαθηματικών του Παν /μίου Αθηνών Ζάννειο Πειρ. Λύκειο Πειραιά

Ο μεγάλος γερμανός μαθηματικός Κ. Γ. Γιάκομπι [Κarl Gustav Jacobi ( 1 804-1 85 1 )], έλεγε απαντώντας στον Ζ.Β.Ζ.Φουριέ [Jean-Bap tiste-Joseph Fourier ( 1 768- 1 830)] ότι στα μαθηματικά, οι μάχες δίνονται για την τιμή του ανθρωπίνου πνεύματος, και ο μέγιστος Αρχιμήδης, όταν ο Ιέρων τον προέτρεπε να χρησιμοποιήσει τις τεράστιες δυνατότητές του για πρακτικούς σκοπούς απαντούσε: «Προτιμώ να ανακαλύπτω αλήθειες που υπήρχαν ανέκαθεν, αλλά που κανείς δε γνώριζε πριν από εμένα.» Η ιστορία του «Τελευταίου Θεωρήματος» του Φερμά είναι η ιστορία μιας μάχης που δόθηκε για την τιμή του ανθρωπίνου πνεύματος και οι πολύμοχθες προσπάθειες που απαιτήθηκαν μέχρι την τελική νίκη επιβεβαιώνουν ότι το ευγενές κίνητρο του Αρχιμήδη εξακολουθεί να εμπνέει ένα μεγάλο μέρος της μαθηματικής κοινότητας. Οπως θα δούμε στη συνέχεια, η προσπάθεια που οδήγησε τελικά στη λύση του περίφημου προβλήματος και η οποία κράτησε πάνω από τρεις αιώνες, ήταν παγκόσμια, χωρίς σύνορα και aποκλεισμούς και είναι θεμιτό να τη δούμε σαν ένα θρίαμβο του ανθρώπου στον πνευματικό στίβο. Ας γυρίσουμε πίσω στο χρόνο για να παρακολουθήσουμε την προϊστορία και την ιστορία του προβλήματος. Το πασίγνωστο «Πυθαγόρειο θεώρημα>) αποδεικνύει ότι μεταξύ των μηκών χ, y των καθέτων πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου και του μήκους z της υποτείνουσάς του ισχύει η σχέση : x2 + y2 = z2 . Η σχέση αυτή επαληθεύεται και για φυσικούς αριθμούς1 χ, y, z. Ένα παράδειγμα είναι η τριάδα χ = 3, y = 4, z = 5. Τέτοιες τριάδες αριθμών , ονομάζονται «Πυθαγόρειες τριάδερ) και ήταν γνωστές από την εποχή της ακμής του Βαβυλωνιακού πολιτισμού2 • Οι αρχαίοι Έλληνες μαθηματικοί αναρωτήθηκαν πόσες τέτοιες τριάδες υπάρχουν και οι Πυθαγόρειοι έδωσαν μια μέθοδο για τον προσδιορισμό απείρων. Ο Ευκλείδης, στο δέκατο βιβλίο των στοιχείων του δίνει μια μέθοδο για την εύρεση όλων των Πυθαγορείων τριάδων χρησιμοποιώντας τους τύπους: + χ = κ(λ2 - μ2), y = 2κλμ, z = κ(λ2 μ2) 1

Με τον όρο φυσικοί αριθμοί εννοούμε εδώ τους αριθμούς 1, 2, 3, . δηλαδή τους θετικούς ακέραιους. Έχει β ρεθεί μια πήλινη βαβυλωνιακή πινακίδα, όπου αναφέρονται 15 τέτοιες τριάδες. . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/4

Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε- επιτέλους - Θεώρημα!

όπου κ, λ και μ είναι φυσικοί αριθμοί και ο λ μεγαλύτερος του μ. Ο Ευκλείδης δεν αποδεικνύει ότι οι παραπάνω τύποι δίνουν όλες τις Πυθαγόρειες τριάδες. Η απόδειξη δόθηκε αργότερα προς το τέλος της Αλεξανδρινής εποχής από το Διόφαντο στο περίφημο έργο του <Πα Αριθμητικά». Οι αιώνες που ακολούθησαν ήταν σκοτεινοί και δύσκολοι για την επιστήμη. Το 1 453, μετά την Άλωση της Πόλης από τους Τούρκους, οι περισσότεροι Βυζαντινοί επιστήμονες έφυγαν προς τη Δυτική Ευρώπη παίρνοντας μαζί τους τα αριστουργήματα των Αρχαίων. Σχεδόν αμέσως αναζωπυρώθηκε το ενδιαφέρον για τις κατακτήσεις των Ελλήνων επιστημόνων. Το έργο του Διόφαντου είχε μείνει για πολλούς αιώνες στην αφάνεια αλλά το 1621 στο Παρίσι, ο Κλοντ Μπασέ [Claude Bachet ( 1 5 8 1 - 1 638)] μετέφρασε τα «Αριθμη:rικά» στα Λατινικά και τα παρουσίασε σε μια επιμελημένη έκδοση με σχόλια και υποσημειώσεις. Ο Πιερ ντε Φερμά [Pierre de Fermat (160 1-1665)] ήταν νομομαθής και το 1 63 1 έγινε νομικός σύμβουλος στο τοπικό κοινοβούλιο της Γαλλικής πόλης Τουλούζ. «Ερασιτέχνης» μαθηματικός αλλά τι ερασιτέχνης! Ο μεγάλος Γάλλος μαθηματικός και φιλόσοφος Μ π. Πασκάλ [Blaise Pascal (1623- 1 662)] σε μια επιστολή του προς το Φερμά του γράφει: «Είστε ο μεγαλύτερος γεωμέτρης της Ευρώπης!»3• Ας μην ξεχνάμε άλλωστε ότι μέχρι το τέλος του 1 8ου αιώνα δεν υπήρχε πραγματικά οργανωμένη ανώτατη εκπαίδευση για τα μαθηματικά και μεγάλοι μαθηματικοί όπως ο Φερμά, ο Ντεκάρ (Καρτέσιος), ο Γκάους ή ο Ντιρικλέ ήταν σχεδόν aυτοδίδακτοι και σπούδασαν μελετώντας τα έργα διάσημων προκατόχων τους. Ο Φερμά είχε ένα αντίτυπο της μετάφρασης των «Αριθμητικών» και όταν το μελετούσε, συνήθιζε να γράφει σύντομες υποσημειώσεις στο περιθώριο του βιβλίου. Πέντε χρόνια μετά το θάνατο του Φερμά, που συνέβη το 1 665, ο γιος του Σαμουήλ βάλθηκε να τακτοποιήσει την επιστημονική αλληλογραφία του πατέρα του με σκοπό να εκδώσει τα άπαντά του. Η δουλειά του ήταν ιδιαίτερα δύσκολη γιατί, καθώς φαίνεται, ο Φερμά προτιμούσε την ευχαρίστηση που έβρισκε στις μαθηματικές του έρευνες από τη δόξα που θα αποκτούσε με τις δημοσιεύσεις!4 Έτσι ο γιος του βρήκε το αντίτυπο των «Αριθμητικών» που μελετούσε ο πατέρας του, με τις υποσημειώσεις στο περιθώριο. Αποφάσισε τότε να κάνει μια νέα έκδοση της μετάφρασης του Μπασέ και να συμπεριλάβει τις 48 υποσημειώσεις του πατέρα του. Η δεύτερη από τις «Παρατηρήσεις επί του Διόφαντου» (όπως ονόμασε τις υποσημειώσεις ο Σαμουήλ) είχε γραφτεί από το Φερμά στο περιθώριο του προβλήματος 8 του βιβλίου Π των «Αριθμητικών» που έλεγε: «Να διασπασθεί τετράγωνος αριθμός σε άθροισμα δύο άλλων τετραγώνων». Η υποσημείωση του Φερμά, γραμμένη στα λατινικά, έλεγε: «Αντίθετα, είναι αδύνατο να γράψουμε έναν κύβο ως άθροισμα δύο κύβων, μία τέταρτη δύναμη ως άθροισμα δύο τετάρτων δυνάμεων ή, γενικότερα, έναν αριθμό που είναι δύναμη ανώτερη της δεύτερης ως άθροισμα δύο δυνάμεων της ίδιας τάξης. Έχω μια πραγματικά θαυμάσια απόδειξη αυτής της πρότασης αλλά δε χωράει στο περιθώριο του βιβλίου ... » Με σημερινούς όρους η πρόταση του Φερμά διατυπώνεται ως εξής: Αν ο ν είναι ένας φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 2 τότε η εξίσωση Χν + Υν = Ζν

(1)

δεν επαληθεύεται για καμιά τριάδα φυσικών αριθμών.

Αυτό είναι το περίφημο «Τελευταίο Θεώρημα του Φερμά»s ή κατ' άλλους η «Εικασία του Φερμά». Η απλότητα της διατύπωσης και το σχόλιο που τη συνόδευε αποτέλεσαν το κίνητρο προσπαθειών για την ανακάλυψη της απόδειξης που ισχυριζόταν ότι κατείχε ο Φερμά, τόσο από επαγγελματίες όσο κι από ερασιτέχνες μαθηματικούς. Δε θα ήταν υπερβολή να ισχυριστεί κανείς ότι εδώ και τριακόσια χρόνια δεν υπάρχει μαθηματικός που να μην έχει κάνει κάποια προσπάθεια για να αποδείξει το θεώρημα του Φερμά. Ο ίδιος ο Φερμά είχε παρουσιάσει την απόδειξη της πρότασης για την περίπτωση ν = 4 χρησιμοποιώντας μια ιδιαίτερα ιδιοφυή και 3

Την εποχή εκείνη , ο όρος «Γεωμέτρης» ήταν συνώνυμος του όρου «Μαθηματικός». 4 Ο Φερμά είναι χωρίς αμφι β ολία ο « β αθύτερος» μαθηματικός του αιώνα του με πλούσιο και πρωτότυπο έργο σε διάφορους τομείς των μαθηματικών. 5 Μέχρι τις αρχές του 18ou αιώνα όλα τα προ β λήματα που είχαν τεθεί από το Φερμά είχαν λυθεί ειcτός από το πρό βλημα στο οποίο αναφερόμαστε και αυτή ίσως είναι η αιτία που ονομάστηκε «τελευταίο θεώρημα του Φερμά>>. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/5

Το ((Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε - επιτέλους - Θεώρημα!

ισχυρή μέθοδο, τη «μέθοδο της άπειρης καθόδου»6. Μα, θα ρωτούσε κανείς, γιατί «θεώρημα του Φερμά», αφού καμιά απόδειξη του Φερμά δε βρέθηκε ποτέ για τη σχετική πρόταση; Οσοι αποδεικνύουν κάποια σημαντική μαθηματική πρόταση μένουν βέβαια στην ιστορία, αλλά το ίδιο συμβαίνει, και κατά μείζονα λόγο, με όσους θέτουν σημαντικά προβλήματα. Γιατί τα προβλήματα είναι η κινητή ρια δύναμη των μαθηματικών! Άλλωστε για να θέσει κάποιος ένα σημαντικό πρόβλημα χρειάζεται να έχει κάποια σημαντική ιδέα και όπως έλεγε ο Αϊνστάιν στον Γάλλο ποιητή και λάτρη των μαθηματικών Πωλ Βαλερύ: «Οι πραγματικά σημαντικές ιδέες είναι τόσο λίγες . >> ..

Η μάχη λοιπόν είχε αρχίσει, οι προσπάθειες όμως έμεναν χωρίς αποτέλεσμα παρά το γεγονός ότι με το πρόβλημα αυτό ασχολήθηκαν, άλλος λίγο άλλος πολύ, όλοι σχεδόν οι μεγάλοι μαθηματικοί από τότε! Μόλις το 1 753 ο μεγάλος Ελβετός μαθηματικός Λ. Οϋλερ [Leonard Euler (1 707-1 783)] ανακοίνωσε σε μια επιστολή του ότι απέδειξε το θεώρημα για την περίπτωση ν = 3. Παρουσίασε όμως την απόδειξη μόλις το 1 770. Η απόδειξη αυτή είχε κάποιο σφάλμα το οποίο διόρθωσε ο Γάλλος μαθηματικός Α. rvt;. Λεζάντρ [Adrien Marie Legendre (1 752- 1 833)] . Το 1 8 1 6 η Γαλλική Ακαδημία Επιστημών ανακοίνωσε την αθλοθέτηση βραβείου για την επίλυση του «Τελευταίου» θεωρήματος του Φερμά. Είναι πολύ εύκολο να διαπιστωθεί ότι, αν το θεώρημα αποδειχθεί για κάποιον φυσικό αριθμό ν τότε θα έχει αποδειχτεί και για όλα τα πολλαπλάσια του ν. Πράγματι· αν η εξίσωση (1) δεν έχει λύση τότε και η εξίσωση χmν + ymv = zmv δεν μπορεί να έχει λύση γιατί αν είχε μια, έστω χ = a, y = b, z = c τότε οι αριθμοί am, bm και cm θα αποτελούσαν λύση της ( 1 ). Έτσι οι προσπάθειες περιορίζονται στην περίπτωση που ο ν είναι πρώτοςΊ αριθμός ή το 4. Το 1 820 η Γαλλίδα μαθηματικός Σ.Ζ ερμαίν [Sophie Germain ( 1 776- 1 83 1 )]8 απέδειξε μια πολύ ενδιαφέρουσα πρόταση η οποία επέτρεπε τον περιορισμό των περιπτώσεων όπου θα μπορούσε να μην είναι ορθό το θεώρημα του Φερμά. Απέδειξε λοιπόν ότι, αν η εξίσωση του Φερμά έχει τη λύση χ = a, y = b, z = c για κάποιον εκθέτη ν > 2 ο οποίος είναι πρώτος αριθμός και ο 2ν + 1 είναι επίσης πρώτος αριθμός τότε ο ν θα διαιρεί έναν τουλάχιστον από τους φυσικούς αριθμούς a, b, c9 . Ο Λεζάντρ και ο Γερμανός Π.Γ.Ντιρικλέ [Peter Gustaν Lejeune Dirichlet (1 805-1859)] που τότε ήταν μόλις 20 ετών, απέδειξαν γύρω στο 1825, ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλον, το θεώρημα για ν = 5 και 14 χρόνια αργότερα, το 1 839, ο Γάλλος Γ. Λαμέ [Gabriel Lame ( 1 7951 870)] το απέδειξε για ν = 7. Οι αποδείξεις όμως ήταν όλο και πιο περίπλοκες και η ελπίδα για μια σύντομη απόδειξη της γενικής περίπτωσης φαινόταν να χάνεται οριστικά. Πολλοί ήταν αυτοί που πίστευαν -και πιστεύουν- ότι η απόδειξη που ισχυριζόταν πως είχε στα χέρια του ο Φερμά περιείχε κάποιο σφάλμα που δεν είχε γίνει αντιληπτό από τον ίδιο10• Ο ίδιος ο Λαμέ πίστεψε ότι κατάφερε να βρει την γενική απόδειξη του θεωρήματος, αλλά την 1 η Μαίου του 1 847 όταν ανακοίνωσε την «απόδειξή» του στην Γαλλική Ακαδημία Επιστημών, οΖ. Λιουβίλ [Joseph Liouville ( 1 809-1 882)] + yν zv έχει μία λύση (α, β , γ) με α, β , γ φυσικούς αριθμούς και αποδεικνύουμε ότι τότε θα έχει οπωσδήποτε και άλλη λύση (α1, β1, γ1) με τον αριθμό γ1 μικρότερο του γ . Η διαδικασία αυτή οδη γεί στην εύρεση απείρων τριάδων που στην καθεμιά ο τρίτος αριθμός θα είναι μικρότερος από τον τρίτο της προη γούμενης, πράγμα προφανώς άτοπο αφού δεν υπάρχουν άπειροι φυσικοί αριθμοί μικρότεροι από τον γ . 7 Πρώτοι λέγονται οι φυσικοί αριθμοί που είναι μεγαλύτεροι του 1 και έχουν μόνο δύο διαιρέτες: τον εαυτό τους και τον 1. 8 Από τις ελάχιστες γυναίκες μαθηματικούς εκείνης της εποχής. Η οικογένειά της αντέδρασε έντονα στην αγάπη της γ ια τα μαθηματικά. Την ημέρα της απαγόρευαν να διαβάσει και τη νύχτα της έπαιρναν τα ρούχα και τα κεριά από το δωμάτιό της ώστε να μην μπορεί να σηκωθεί από το κρε ββάτι και να εργαστεί! Παρά όμως τη λυσσαλέα αντίδραση των δικών της, η αγάπη της γ ια τα μαθηματικά νίκησε. Σε ηλικία 18 ετών το επίπεδό της σε μαθηματικές γνώσεις ήταν ήδη πολύ υψηλό και το 1816 τιμήθηκε με το Μεγάλο Βραβείο (Grand Prix) της Γαλλικής Ακαδημίας Επιστημών. 9 Με άλλα λόγ ια: αν ο ν και ο 2ν+ 1 είναι πρώτοι και ο ν δε διαιρεί τον xyz τότε η εξίσωση χ ν + yν zv δεν έχει λύση. 10 Κανείς σχεδόν δεν έχει αμφισ βητήσει το ότι ο Φερμά πίστευε ειλικρινά ότι είχε β ρει την απόδειξη του θεωρήματος, γ ιατί η όλη του συμπεριφορά στη διάρκεια της ζωής του αλλά και τα γ ραπτά του δείχνουν ότι επρόκειτο γ ια έναν άνθρωπο εξαιρετικά έντιμο.

6 Αυτή συνίσταται στο εξής: Δεχόμαστε ότι η εξίσωση χν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/6

Το «Τελευταίο θεώρημα)) του Φερμά έγινε - επιτέλους- Θεώρημα!

του επεσήμανε ένα αδύνατο σημείο της που τελικά την ακρωτηρίαζε. Την ίδια χρονιά, ο μεγάλος Γάλλος μαθηματικός Α. Κωσύ [Augustin Cauchy (1 789-1 857)] παρουσιάζει μια απόδειξη που τελικά αποδεικνύεται εσφαλμένη. Στο μεταξύ το 1 844, ο Γερμανός μαθηματικός Ε. Κούμερ [Ernst Kummer ( 1 8 1 0- 1 893)] δημοσίευσε μια εργασία σ' ένα ελάχιστα γνωστό επιστημονικό περιοδικό, όπου με την εισαγωγή μιας νέας έννοιας, αυτής των «ιδεωδών αριθμών», έκανε ένα τεράστιο άλμα: απέδειξε μονομιάς το θεώρημα για όλους τους εκθέτες ν που είναι μικρότεροι του 37 και στη συνέχεια για όλους τους ν που είναι μικρότεροι του 1 00 εκτός από τις περιπτώσεις ν = 37, ν = 59 και ν = 67. Επιπλέον, η νέα αυτή έννοια των ιδεωδών αριθμών αποτέλεσε την πρώτη ύλη για την ανάπτυξη της γενικής έννοιας του ιδεώδους, και την ανάπτυξη ενός νέου εξαιρετικά γόνιμου κλάδου των μαθηματικών, της Θεωρίας των Ιδεωδών, στοιχεία της οποίας διδάσκονται σήμερα στις μαθηματικές σχολές των Πανεπιστημίωνιι. Αργότερα ο ίδιος ο Κούμερ, επεκτείνοντας τη θεωρία του, απέδειξε το θεώρημα για όλους τους εκθέτες μέχρι τον 1 00. Το 1 856 ο Κούμερ τιμήθηκε με το χρυσό μετάλλιο και ένα βραβείο 3000 φράγκων από την Γαλλική Ακαδημία Επιστημών που είχε ανανεώσει το 1 850 το βραβείο που είχε προκηρυχθεί το 1 8 1 5 για τη λύση του προβλήματος του Φερμά. Το 1 908 θεσπίστηκε το βραβείο Wolfskehl με το σημαντικό χρηματικό έπαθλο των 1 00000 γερμανικών μάρκωνΙ2 . Από τότε, η επιτροπή που είναι υπεύθυνη για το έπαθλο έχει λάβει χιλιάδες «αποδείξεις» του θεωρήματος του Φερμά!

Γιάννη

Γιόννης Τσαρπαλής

Σ Π!vακες υστήματα

π ιθανότητες ορίζουσες Αλγεβpa Δ'Δέσμnς

Τσαρπαλή

Αλγεβρα Δ' Δέσμης Ενα βιβλίο κατάλληλο για επανάληψη

Περιέχει: 8

40 9 ασκήσεις,

πρωτότυπες, συνδυαστικές, σύμφωνα με το νέο

πνεύμα των εξετάσεων. 8 Θέματα από αντίστοιχες εξετάσεις σε Γαλλία (Bac), Βέλγιο, 8

Καναδά, Αγγλία, Γερμανία, Βουλγαρία, Ρωσία. Μεθοδολογία για την λύση των ασκήσεων.

Τέστ κατάλληλα για την κατανόηση της ύλης.

Γενικές ασκήσεις επανάληψης στο τέλος κάθε κεφαλαίου. Όλα τα Θέματα των Πανελληνίων εξετάσεων της Δ' Δέσμης.

Κεντρική Διάθεση: Φροντιστήρια Ρόμβος, Φλέμιγκ 40 Αργυρούπολη τηλ. 9911067- 9932291 Εκδ. Ομιλ. Συγγ. Σόλων ος 100, τηλ. 3646125 Γ.Κορφιάτης, Ιπποκράτους 6, τηλ. 3628492 Παπαδημητρόπουλος Σόλων ος 99, τηλ. 3612412 Σαββάλας Ζωοδ. Πηγής 18, τηλ. 3301251

11 Δυστυχώς οι γνώσεις που προαπαιτούνται γ ια να εξη γήσουμε τι ακρι βώς είναι ένας ιδεώδης αριθμός είναι τέτοιες που δε μας επιτρέπουν να επεκταθούμε εδώ πάνω σ' αυτό το θέμα. 12 Το ποσό αυτό έχει σήμερα περιοριστεί στα 10000 μάρκα Περίπου μετά από τις αλλεπάλληλες και συχνά δραματικές υποτιμήσεις των νομισμάτων και η προσφορά θα πάψει να ισχύει στις 13 Σεπτεμβ ρίου του 2007.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/7

Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε - επιτέλους - Θεώρημα!

Έτσι λοιπόν το «Τελευταίο Θεώρημω> aντιστεκόταν αλλά οι προσπάθειες για την απόδειξή του εμπλούτιζαν την επιστήμη με νέα όπλα που επέτρεπαν την αντιμετώπιση άλλων προβλημάτων. Οταν κάποτε ρώτησαν το μεγάλο Γερμανό μαθηματικό Δ. Χίλμπερτ [David Hilbert (1 862- 1 943)] γιατί δεν προσπαθεί να αποδείξει το θεώρημα του Φερμά, εκείνος απάντησε: «Γιατί να σκοτώσω την κότα που γεννάει χρυσά αυγά;» Εξ' άλλου όπως ο ίδιος έλεγε: «Οποιος ψάχνει για μεθόδους χωρίς να έχει στο νου του κάποιο συγκεκριμένο πρόβλημα, τις πιο πολλές φορές ψάχνει μάταια.>> Οι προσπάθειες δεν έπαψαν καθόλου αν και πολλοί άρχιζαν να αμφιβάλλουν για την ισχύ του θεωρήματος παρά το ότι η πρόοδος της θεωρίας αλλά και τα επιτεύγματα της τεχνολογίας είχαν επιτρέψει το 1 976 να επαληθευθεί η ισχύς του θεωρήματος για όλους τους εκθέτες μέχρι τον 1 25.000 και το 1992 για τους εκθέτες μέχρι τον 4.000.000. Το επιχείρημα ήταν aφοπλιστικό: Μα είναι δυνατόν μια πρόταση να αντιστέκεται στις προσπάθειες τόσων σημαντικών μαθηματικών για τριακόσια ολόκληρα χρόνια; Ομως, στις αρχές του 1 983, ένας Γερμανός μαθηματικός, ηλικίας τότε 29 ετών, ο Γ. Φάλτινγκς (Gerd Faltings)I3 έφθασε σ' ένα πολύ σημαντικό συμπέρασμα σχετικό με μια μαθηματική έννοια, τις «Αβελιανές πολλαπλότητες», το οποίο σε ότι αφορά στο θεώρημα του Φερμά είχε την εξής επίπτωση : Αν για κάποιον ακέραιο ν> 2 υπάρχουν ακέραιοι χ, y, z που v v + y = z τότε το πλήθος των είναι πρώτοι μεταξύ τουςΙ4 και ικανοποιούν την εξίσωση χν αντίστοιχων τριάδων είναι πεπερασμένο (και όχι άπειρο όπως στην περίπτωση της εξίσωσης 2 + y2 = z 2) I5. Το αποτέλεσμα αυτό ήταν η σημαντικότερη εξέλιξη στις προσπάθειες για την χ απόδειξη του Θεωρήματος του Φερμά τα τελευταία εκατό χρόνια! Το «κάστρο» aντιστεκόταν ακόμα αλλά ήταν πια ασφυκτικά περικυκλωμένο. Η τεράστια πρόοδος των μαθηματικών τα τελευταία σαράντα χρόνια έδινε την ελπίδα ότι η τελική νίκη δεν ήταν μακριά! Προς το τέλος της δεκαετίας του 1980 είχαν διατυπωθεί διάφορες εικασίες η απόδειξη των οποίων θα συνεπαγόταν την ισχύ του «τελευταίου» θεωρήματος του Φερμά. Αυτό σήμαινε ότι το θεώρημα αυτό δεν ήταν κάποια μεμονωμένη «aξιοπερίεργη>> πρόταση αλλά αντίθετα ότι ήταν στενά δεμένο με άλλα σημαντικά θέματα της aριθμοθεωρίας. Στο μεταξύ είχαν γραφτεί πολλές και ενδιαφέρουσες μονογραφίες με θέμα τις έρευνες πάνω στο θεώρημα του Φερμά. Μια από αυτές, στα ελληνικά, από την αείμνηστη Ιωάννα Φερεντίνου- Νικολακοπούλου που εκδόθηκε από τον Ο.Ε.Δ.Β. το 1 984, δυστυχώς σε ελάχιστα αντίτυπα. Οι ψίθυροι για οριστική απόδειξη του θεωρήματος ακούγονταν κατά καιρούς, κανείς όμως δεν «τολμούσε» να ανακοινώσει ότι έφθασε στη λύση του προβλήματος πριν θέσει τα αποτελέσματά του υπόψη και άλλων, ειδικών στο θέμα, μαθηματικών. Πάντως αργά ή γρήγορα οι ψίθυροι σταματούσανι6 πράγμα που σήμαινε ότι το πρόβλημα aντιστεκόταν ακόμη σθεναρά. Ώσπου, την Τετάρτη 23 Ιουνίου του 1993, στο τέλος μιας σειράς τριών διαλέξεων που έδωσε στο Καίμπριτζ ο Βρετανός μαθηματικός Άντριου Γουάιλς (Andrew Wiles) ανακοίνωσε την απόδειξη του τελευταίου θεωρήματος του Φερμά! Ας κάνουμε εδώ μια μικρή παρένθεση για να μιλήσουμε για τη θέση του θεωρήματος του Φερμά στα σημερινά μαθηματικά. Το «θεώρημα» είναι ένα διάσημο μαθηματικό πρόβλημα, δεν είναι όμως μια πρόταση που κατέχει κεντρική θέση στα σημερινά μαθηματικά με την έννοια ότι η απόδειξή της θα επιτρέψει την επίλυση άλλων σημαντικών μαθηματικών προβλημάτωνΙ7. Αυτό που πρέπει βέβαια να τονίσουμε είναι ότι αποτέλεσε ένα πρόβλημα- πρόκληση και ότι οι 13 Ο Φάλτινγκς απέδειξε μια άλλη περίφημη εικασία, την εικασία του Μορντέλ [L.J. Mordell (1888-1972)]. 14 Δηλαδή έχουν μέγ ιστο κοινό διαιρέτη τον 1. 15 Ο Φάλτινγκς τιμήθη'κε γ ια το μαθηματικό του έργο με το μετάλλιο Fields το 1986. Το μετάλλιο αυτό

είναι το αντίστοιχο του Βραβείου Νόμπελ για τα μαθηματικά και απονέμεται κάθε τέσσερα χρόνια από μια διεθνή επιτροπή μαθηματικών κατά τη διάρκεια του «Παγκόσμιου Μαθηματικού Συνεδρίου». 16 Οπως συνέ βη γ ια παράδειγμα το 1988 όταν ένας Ιάπωνας μαθηματικός ανακοίνωσε στη Βόννη την απόδειξη μιας εικασίας η οποία συνεπαγόταν την ισχύ του «τελευταίου θεωρήματος». Τότε μάλιστα είχε ασχοληθεί με το θέμα ο παγκόσμιος τύπος αλλά μια εβδομάδα αργότερα β ρέθηκε κάποιο λάθος στην απόδειξη. 17 Οπως θα συνέ βαινε π. χ. αν αποδεικνυόταν η εικασία του Ρίμαν. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/8

Το «Τελευταίο θεώρημα» του Φερμά έγινε - επιτέλους - Θεώρημα!

προσπάθειες αντιμετώπισής του συνέβαλαν στην ανάπτυξη των μαθηματικών. Η προσπάθεια του Γουάιλς ειδικότερα, πέρασε μέσα από την απόδειξη μιας άλλης εικασίας, αυτής των Τανιγιάμα Σιμούρα (τaniyama - Shimura) η σημασία της οποίας για τα ίδια τα μαθηματικά είναι πολύ μεγαλύτερη από τη σημασία του θεωρήματος του Φερμά. Σύμφωνα με την πρώτη αυτή εργασία του Γουάιλς, το θεώρημα του Φερμά είναι ένα απλό πόρισμα της εικασίας των Τανιγιάμα Σιμούρα.

Η αντιμετώπιση του προβλήματος ήταν έμμεση. Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση χν+yν=zν έχει μια λύση χ = α, y = β, z = γ για κάποιο φυσικό ν � 3. Αποδεικνύεται τότε η ύπαρξη ενός μαθηματικού αντικειμένου Ε, που λέγεται ελλειπτική καμπύλη, η οποία περιγράφεται από μια εξίσωση της οποίας οι συντελεστές εξαρτώνται από τους αριθμούς αν και βν. Το 1986 ο Αμερικανός μαθηματικός Κ. Ρίμπετ (Kenneth Ribet) είχε αποδείξει ότι η Ε είναι αδύνατο να έχει μια συγκεκριμένη ιδιότητα, την οποία ας την πούμε ιδιότητα (Μ). Ο Γουάιλς λοιπόν απέδειξε με τη σειρά του ότι μια οικογένεια καμπύλων που περιέχει και την Ε περιέχει καμπύλες που έχουν όλες την ιδιότητα (Μ). Οπερ άτοπον! Άρα η εξίσωση του Φερμά δεν έχει λύση για ν� 3. Η αρχική εργασία του Γουάιλς ήταν ένα πυκνό κείμενο διακοσίων περίπου σελίδων με αναφορές σε άλλες προτάσεις που αφορούσαν σ' ένα ευρύτατο πεδίο των σύγχρονων μαθηματικών. Χρησιμοποιούσε με λίγα λόγια τις περισσότερες από τις πιο σημαντικές Πρ οτάσεις της aριθμοθεωρίας και της αλγεβρικής γεωμετρίας των τελέυταίων τριάντα χρόνων! Η εργασία αυτή άρχισε να ελέγχεται από μερικούς από τους πιο ικανούς αριθμοθεωρητικούς του κόσμου. Παρουσιάστηκαν ορισμένα μικροπροβλήματα τα οποία ξεπεράστηκαν εύκολα. Ομως τον Δεκέμβριο του 1993 εντοπίστηκε στην απόδειξη κάποιο «κενό», το οποίο φάνηκε πιο σοβαρό. Με το κενό αυτό η εργασία εξακολουθούσε βέβαια να είναι ιδιαίτερα σημαντική αφού αντιμετώπιζε την εικασία των Τανιγιάμα-Σιμούρα σε άπειρο πλήθος περιπτώσεωνιs, αλλά δεν έφθανε στην απόδειξη του βασανιστικού θεωρήματος του Φερμά! Τον Φεβρουάριο του 1 994 ο Γουάιλς αρχίζοντας μια σειρά διαλέξεων στο Πρίνστον εκφράζει την αισιοδοξία του: « ... Πιστεύω ότι θα καταφέρω σύντομα να καλύψω το κενό που παρουσιάστηκε, χρησιμοποιώντας τις ιδέες που ανέπτυξα στο Καίμπριτζ.>> Κανένας δεν είχε λόγο να αμφισβητήσει την αισιοδοξία του. Το πλήθος και η σημασία των αποτελεσμάτων που είχε επιτύχει στην αρχική του εργασία ήταν από μόνο του ιδιαίτερα. σημαντικό και η πορεία που είχε χαράξει, κάθε άλλο παρά είχε. εξαντλήσει τις δυνατότητές της. Ομως τον Αύγουστο του ίδιου χρόνου ο Γουάιλς αφήνει να εννοηθεί ότι η κάλυψη του κενού στην απόδειξη θα απαιτήσει «μερικά χρόνια δουλειάς... ». Τι έγινε λοιπόν; Ακόμα μια αποτυχημένη προσπάθεια; Ακόμα μια «απόδειξη» του θεωρήματος που αποδεικνύεται . εσφαλμένη ; Πολλοί άρχισαν να πιστεύουν ότι παρά τον θόρυβο που είχε δημιουργηθεί το θεώρημα «aντιστεκόταν» ακόμα! Ομως δυο μήνες αργότερα η έκπληξη! Κυκλοφορούν δύο εργασίες, η μια του Γουάιλς και η άλλη του ίδιου σε συνεργασία με έναν παλιό του μαθητή, τον Ρ. Τέηλορ (Richard Taylor) που ολοκληρώνουν την αντιμετώπιση της εικασίας των Τανιγιάμα-Σιμούρα και ταυτόχρονα αποδεικνύουν οριστικά το περίφημο θεώρημα του Φερμά. Οπως είπαμε και πιο πάνω η απόδειξη είναι ιδιαίτερα σύνθετη , δύσκολη και τεχνική παρά το ότι η δεύτερη εργασία απλοποιεί ουσιαστικά την πρώτη και το ότι από τη στιγμή που ο Γουάιλς κοινοποίησε τις έρευνές του διάφοροι ερευνητές έχουν βρει aπλούστερες (αλλά όχι απλές) αποδείξεις. Ένα περίφημο πρόβλημα λύθηκε οριστικά. Αργά ή γρήγορα θα βρεθούν και aπλούστερες λύσεις, ίσως και αποδείξεις που να χρησιμοποιούν μόνο τα μαθηματικά που ήταν γνωστά την εποχή του Φερμά. Ομως, πλήθος αμέτρητο άλλων προβλημάτων περιμένει την λύση του. Τα μαθηματικά θα είναι πάντοτε ένας στίβος άσκησης, ένα μεταλλείο απ' όπου ο άνθρωπος θα αντλεί ευγενείς προκλήσεις και ύψιστες ικανοποιήσεις. Ας θυμηθούμε τα λόγια του Γάλλου λογοτέχνη Σταντάλ: «Αγαπούσα τα μαθηματικά γι' αυτά τα ίδια. Γιατί είναι μακριά από την υποκρισία και την ασάφεια, τα δύο Πράγματα που απεχθάνομαι».

18 Ενώ μέχρι τότε είχε αποδειχθεί μόνο σε μερικές ειδικές περιπτώσεις. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/9

Ποια είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγ ματικές ρίζες; (Αφορμή από ένα θέμα των γενικών εξετάσεων 1 ης Δέσμης 1995)

Μπάμπης Τουμάσης

Στις γενικές εξετάσεις 1995 δόθηκε ένα θέμα, που τελικά κατέληγε στο εξής ερώτημα: Έστω Ω = { 1 , 2 , 3, . , 8} είναι ένας δειγματικός χώρος, που αποτελείται από ισοπίθανα απλά 2 ενδεχόμενα. Εκλέγουμε τυχαίως ένα απλό ενδεχόμενο λ Ε Ω. Αν f(x) = 2χ 4χ + λ, να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση f(x) = Ο να μην έχει πραγματικές ρίζες. . .

Η απάντηση

σ'

αυτό το ερώτημα είναι απλή: Πράγματι, Δ = 16 - 8λ < Ο<=> λ> 2. Συνεπώς:

i + i + . . + i = � = � = 0,75 .

Ρ(μη πραγματικών ριζών) = Ρ(λ> 2) = Ρ(λ = 3) + Ρ(λ = 4) + . . . + Ρ(λ = 8) = .

Ρ(πραγματικών ριζών) = 1

� = i = 0,25 .

Επειδή το πιο χαρακτηριστικό ίσως γνώρισμα της μαθηματικής σκέψης είναι η γενίκευση και επέκταση από τα μερικά και απλούστερα, στα γενικότερα και συνθετότερα, θα αποτελούσε μια ενδιαφέρουσα ίσως μαθηματική εμπειρία να επιχειρούσαμε ένα διανοητικό Περίπατο στα 1tροκλητικά ερωτήματα που προκύπτουν από μια τέτοια διαδικασία, με αφορμή το θέμα που τέ θηκε στις γενικές_ εξετάσεις. Μερικά απ' αυτά είναι τα εξής: 2 Στο παραπάνω θέμα, μόνο ένας συντελεστής (ο σταθερός όρος) του τριωνύμου αχ + βχ + γ α) μεταβάλλονταν, παίρνοντας τιμές στο σύνολο Ω. η γίνεται όμως όταν μεταβάλλονται και οι τρεις συνtελεστές α, β, γ (α * Ο) ταυτόχρονα; Ποια θα είναι τότε η πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες; β) Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα όταν ένας μόνο συντελεστής μεταβάλλεται, όχι ό μως σε υποσύνολο των ακεραίων, όπως είναι το Ω, αλλά στο IR; γ) Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα, όταν δυο μόνο συντελεστές μεταβάλλονται στο IR.; δ) Ποια θα είναι η αντίστοιχη πιθανότητα όταν και οι τρεις συντελεστές μεταβάλλονται στο IR;

Για να απαντήσει κανείς στα ερωτήματα αυτά, θα χρειαστεί να διευρύνει κάπως το οπτικό του πεδίο στις πιθανότητες και να επιστρατεύσει μαθηματικές έννοιες από την Άλγεβρα, τη Γε ωμετρία και την Ανάλυση , αποδεικνύοντας έτσι για άλλη μια φορά το μεγαλείο της ενότητας i-ων μαθηματικών και της διαπλοκής και αλληλοσυσχέτισης όλων των μαθηματικών κλάδων. Πράγματι, τα μαθηματικά αποτελούν μια ενιαία ολότητα. Ο διαχωρισμός τους σε κλάδους είναι τεχνητός και εξυπηρετεί κυρίως πρακτικές και λειτουργικές ανάγκες. Απάντηση στο (α) ερώτημα Το τριώνυμο θα έχει πραγματικές ρίζες εάν η διακρίνουσά του Δ είναι μη αρνητική , δηλαδή 2 εάν Δ� Ο ή β2 - 4αγ� Ο ή αγ � ( 1 ).

':ένας τρόπος για να βρούμε ποιες από τις τιμές των α, β, γ στο Ω ικανοποιούν την (1), είναι να aπαριθμούμε τις δυνατές τριάδες (α, β, γ), δίνοντας κάθε φορά μια συγκεκριμένη τιμή στο β. . Αρχίζουμε λοιπόν με β = 1 . Τότε δεν υπάρχουν τιμές των α, γ Ε Ω που να ικανοποιούν την ( 1 ). Επομένως, εάν β = 1 Ρ(πραγματικών ριζών) = Ο. Εάν β = 2, η ( 1 ) γίνεται αγ � 1 και ικανοποιείται για α = 1 , γ = 1 , οπότε Ρ(πραγματικών ριζών) = Ρ(α = 1 , β = 1 , γ = 1). Τα ενδεχόμενα όμως (α = 1), (β = 1), (γ = 1) είναι α νεξάρτητα μεταξύ τους, αφού η εκλογή τους είναι τυχαία στο Ω, οπότε η πιθανότητα να συμβούν ταυτόχρονα ισούται με το γινόμενο των πιθανοτήτων τους, δηλαδή: 1 1 1 1 1 Ρ(α = 1 , β = 1 , γ = 1) = Ρ(α = 1 ) . Ρ (β = 1 ) · Ρ (γ = 1 ) = 8 · 8 · 8 = 3 = 8 512 Με τον ίδιο τρόπο εντοπίζουμε κάθε φορά τις τριάδες (α, β, γ) για τις διάφορες τιμές του β ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/10

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

και υπολογίζουμε την πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες. Στον πίνακα 1 aπαριθ μούμε όλες τις .περιπτώσεις, υπολογίζοντας κάθε φορά και την αντίστοιχη πιθανότητα. Η συνο λική πιθανότητα θα βρεθεί εάν προσθέσουμε τις επί μέρους πιθανότητες, μια και οι διάφορες περιπτώσεις συνιστούν ενδεχόμενα ασυμβίβαστα μεταξύ τους. Έτσι λοιπόν: ' 1 3 8 14 21 27 33 107 107 0: ,209 και ' =3 :::: Ρ(πραγματικων ριζων) + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 = -3 = 512 8 8 8 8 8 8 8 8 Ρ(μη πραγματικών ριζών)::::: 1 - 0,209::::0: ,79 1 . ΠΙΝΑΚΑΣ 1

Συνδυασμοί των α, β, γ για τις διάφορες τιμές του β και αντίστοιχες πιθανότητες β

Αριθμός τριάδων που ικανο2 ποιούν τη σχέση αγ

:::;;.Jf

Πιθανότητα πραγματικών ριζών ο 1 3 8 3 3 8 8 3 8 14

83 21

83 27

83 33

Εύκολα καταλαβαίνει κανείς πως όταν ο δειγματικός χώρος Ω μεταβάλλεται, θα μεταβάλλο νται και οι αντίστοιχες πιθανότητες. Οσο όμως ο δειγματικός χώρος γίνεται ένα όλο και μεγαλύ τερο υποσύνολο των ακεραίων, τόσο η απαρίθμηση όλων των δυνατών τριάδων (α, β, γ) θα γίνε ται δυσκολότερη, έως αδύνατη . Στην περίπτωση αυτή θα βοηθούσε ένας ηλεκτρονικός υπολογι στής, ο οποίος θα μπορούσε να απαριθμήσει όλες τις τριάδες (α, β, γ) για δειγματικούς χώρους με πλήθος στοιχείων Ν = 1 .000 , 10.000, 100.000 και κατόπιν να υπολόγιζε τις αντίστοιχες πιθα νότητες. Εάν οι πιθανότητες αυτές έτειναν σε κάποιο όριο, καθώς το Ν γινόταν όλο και πιο με γάλο, τότε το όριο αυτό θα μπορούσαμε να πούμε ότι θα ήταν η πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ή ανάλογα μη πραγματικές ρίζες στο σύνολο των ακεραίων αριθμών.

Απάντηση στο (β) ερ rοτημα Ο μεταβλητός συντελεστής λ ε IR. μπορεί να είναι ο σταθερός όρος ή ο συντελεστής του χ2 ή ακόμη ο συντελεστής του χ. Γι' αυτό διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: i) Έστω το τρίώνυμο αχ2 + βχ + λ, όπου α, β σταθερές στο IR. (α * Ο) και λ μεταβάλλεται στο IR.. Ζητάμε να βρούμε την πιθανότητα να έχει το τριώνυμο πραγματικές ρίζες. Αυτό θα συμβεί όταν 2 2 2 Δ�Ο, δηλαδή , β - 4αλ �Ο= λ :::;;.Jr:. εάν α> Ο ή λ �.Jr:. εάν α < Ο. 4α ι 4α Επειδή ο συντελεστής α θεωρείται σταθερός κάθε φορά, μπορούμε αρχικά να υποθέσουμε 2 ότι α> Ο, οπότε Δ �Ο = λ 'Εστω τώρα Μ ένας θετικός πραγματικός αριθμός, τέτοιος ώστε

:::;; �-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/11

"·

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

Μ >κ 4 . Περ ο ι ρ ζι όμαστε στο σύνολο [-Μ, Μ] της ευθείας των πραγματ κ ι ών αρ θι μών κα ιαναζ ηα . τάμε την π θι ανότητα πραγματ κ ι ών ρ ζι ών ότα ν λ ε [-�, Μ]. Ο δε ιγματ κι ός χώρος του προβλήματος είνα ιτώρα το δ ά ι στημα [-Μ, Μ] κα ιευνο κ ϊ ές περ -ι 2 πτώσε ςι θα έχουμε όταν -Μ::;; λ ::;; fα (σχήμα 1�. I

-Μ

. Σχημα ' . ,, 1 . Σύμφωνα τώρα με τον κλασ κ ι ό ορ σ ι μό της π θι ανότητας ε νί dιλογ κ ι ό να θ έωρήσουμε ότ ι πλ θο ε νο κ ν πτ Ρ(πραγματ κι ών ρ ιζών με λ ε ή, ς ι) ϊ � π�ρι �σε ων = ' .. πληθος δυνατων περ π ι τωσεων

[-Μ Μ])=

μήκος του δ α ι στή

Μ I fα t fαι I � 2Μ [-Μ, Μ] 2Μ

ιiαιος [-Μ,

-� = +l 8α μήκος του δ α ι στ ήματος Ηπ θ ι ανότητα αυτή ,ονομάζετα ικα ιγεωμετρ κ ι ή π ιe·�νότ ητ· α γιατί τα ενδεχ qμενα ι;ιvτ π ι ροσω πεύοντ αιαπό σημεία που ανήκουν σε μ ιci γεωμετρ κ ι ή περ οι χή · εδώ είνα ιυποσύνολα της ευθείας των πραγματ κ ι ών αρ θι .μών. ,

-L Μ 2·

[-Μ, Μ]) = 1 - Ρ(πραγματ κι ώ ν ρζι ών με λ ε [-Μ, �jj �- s2�· Οταν Μ +οο, τότε το δ ά ι στημα [-Μ, Μ] τείνε ιν α καλύ ψf:ιτο IR.κα ιπα p�τηρούμε ότ ιο ι δυο παραπάνω π θι ανότητες τείνο ύν στο �' αφού J�� ( 8!� � � κα ιJ�� (�- 82�)= �· .

Ρ(μη Πραγματ κι ών ρ ζι ών με λ ε

)

Επομένως, Ρ(πραγματ κ ι ών ρ ζι ών με λ ε IR.) -+

ii) • •

�

� κα ιΡ(μη πρ άγματ κι ών ρ ζι ών με λ

IR.) -+

Ανάλογα συμπεράσματα θα έχο uμε εάν υποθέσουμε α pχ κ ι ά ότι α < Ο . 'Εστω το τρ ώ ι νυμο λ �2 + βχ +γ, όπου β, γ σταθερές �το IR.κα ιλ μεταβλ ητή στο IR.*. . Δ ;;::Ο <:::? β 2 - 4λγ ;;::Ο , . . . ι κάθε λ ε IR.κα ιΡ(πραγ ματικών .ρ ιζών) = Ρ(μη πραγ ματικών ρ ζιών) = Ο. Εάν γ Ο, τότε Δ ;;::Ο γ α ;.

�

Εάν γ > Ο, τότε Δ ;;::Ο <:::? λ ::;; Jr κα ιπροχωρώντας ό Πως παραπάνω βρίσκουμε ότ ι: . 4γ

� κα ι Ρ(μη πραγματ κι ώ v ρ ιζ.ώv) -+ �· Ε άν γ < Ο όμο α ι βρίσκουμε ότ :ι Ρ(π ραγματ κι ών ρ ζι ών) - � κα i Ρ(μη tcραγ μα �ικcbv pζι ιδν) - �· Ρ(πραγματ κ ί ών ρ ζι ών) -+

•

@ '�στω το τ fώι νυμο αχ 2 + λχ + γ, όπου α • •

;t.

Ο, γ ε IR.mάθε pές κα ιλ μεταβά λλετα ιστο IR..

. :: Δ ;;::Ο <:::? λ - 4αγ ;;::Ο . .. ; Εάναy::;;ό, τότε Δ ;;::Ογ ακ ι άθε λ εΙR.ο πόtε: Ρ(π ραyμαrικών ριζών = } κα ιΡ(μη π ραyμαrικών ριζών)= Ο. Εάν αγ > Ο, τότε Δ < Ο <:::? λ 2 < 4αγ <:::? λl l< <:::? <λ< Ε κλέ γο υμε πάλ ιένα > Ο, τέτο ο ι ώστε > κα ιαναζητ άμε την Πιθανότητα μη πραγματ κ ι ών ρ ζι ών όταν λε (σχήμα

[-Μ, Μ]

-Μ

Μ 2-ναΥ 2).

-2ναγ

2-{αγ -2-{ciγ

2-ναΎ. Μ

Σχήμα 2 Σκεπτόμενο ιόπως προηγουμένως βρίσκουμε ότ :ι .. . του κο δ μή Ρ(μη πραγματ κ ι ών ρ ζι ών με λ ε [- 2ψ;.γ, 2.γ-αγ] ? ' μηκος του δ α ι στηματος

[-Μ Μ])= ι�στήμα;ος [-Μ, Μ] Ρ(πραγματ κ ι ών ρ ζι ών με λ ε [-Μ, Μ]) =1 - 2iJY. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/12

IR ,

� 2Μ =

�.

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

"'fiY - Ο κα ι1 - 2"'fiY- 1 , οπότε

Παρατη ρούμε τώρα ότ ιγ α ι Μ - +οο, 2

ι ών ρ ζι ών με λ Ε IR.)- Ο κα ιΡ(πραγματ κ ι ών ρ ζι ών με λ Ε IR.)- 1 . Ρ(μη πραγματ κ Απάν τηση στο (γ) ερώτημα

Θα δ α ι κρί vουμε κα ι εδώ κάπο ει ς περ ιπτώσε ςι ανάλογα με τη θέση του σταθερού συντελεστή. ι νυμο χ 2 + βχ + γ, όπου β, γ μεταβάλλοντα ιστο IR. ( το ότ ιεδώ ο συντελεστής i) Έστω το τρ ώ ι ούτα ιμε 1 δ ιi βλάπτε ιτη γεν κ ι ότητα. Σε αντίθετη περίπτωση δ α ι ιρούμε με το σταθερό του χ 2 σ συντελεστή α κα ιαναγόμεθα στην ίδ α ι περίπτωση) . Αρχ κ ι ά θα προσεγγίσο υμ ε το πρόβλημα, θεωρώντας ότ ιτα β, γ μεταβάλλοντα ι έτσ ι ώστε κάθε φορά το δ α ι τετ aγμένο 'ζεύγ Ός (β, γ ) να παρ ιΟτάνε ιένα τυχαίο σημείο ενός πε περα σμένου χώρου στο επίπεδ ο;: για �αράδ ειγμ ' α ; ενός τετ ραγώ νου πλευράς 2 Μ , τοποθετημένου έτσ ιώστε το κέντρο του να . βρί σ'κετα'ι dτην α ρχή ενός ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων ·( �χήμα 3). Στη συνέχε α ι , θα εντοπίσου με τα σ ηJ,ιε ί a του τετραγώνου γ α ι τα οποία Δ > Ο, Δ = Ο κα ιΔ < Ο, ακολουθώντας γραφ ική μέθοδ ό. ·

'·

Το γραμμοσκ α ι σμένο μέρος παρ σ ι τάνε ι 2 τα σημεία γ α ι τα οποία β - 4γ < Ο . Το μη γραμμοσκ α ι σμένο μέρος παρ σ ι τάνε ι 2 τα σημεία γ α ι τα οποία β - 4γ > Ο.

-Μ

Σχήμα 3 'Εχουμε ότ ιΔ = β 2 - 4γ κα ιβ 2 - 4γ = Ο <=> β 2 = 4γ. Η εξίσωση αυτή, εάν εκλέξουμε σύστημα συντεταγμένων Ογβ, παρ tcrτ άνε ιπαραβολή τ ης οποίας η εστία είνα ιτο σημείο E(l, 0). Στο σχή μα 3, δείχνουμε τ ςι περ ιόχές �ου -iετραγώνου όπου Δ > Ο, Δ = Ο κα ιΔ < Ο, με Μ > 4. Το τμήμα της παραβολής που είνα ιπάνω από τον άξονα των γ (δηλαδή τα σημεία της παρα ι τώρα του ο βολής με β ;;;:: Ο) είνα ιγραφ ική παράστασ η της συνάρτησης β = 2 -f(. Μ ε τη βοήθε α λοκληρωτ κ ι ού λογ σ ι μού μ πορο ύμε να βρούμε το εμβαδόν του γραμμοσκ α ι σμένου μέρους του τε -

τραγώνου το οπ �ίο σ ι ούτα ιμ έ2

Μ2

-f{ dγ =

Ρ(μη πραγμ. ριζών εντός του τετραγώνου) = .

�

-f{ dγ = γ 1 3 2 ]� =

� Μ 312 = � Μ �. Επομένως

εμβαδόν γρα μ!!f?σκ α ι σμέ�ου τμήματος εμβ αδον τετραγωνου ·

Ρ(πραγμ . ρ ζι ών εντός του τετραγώνου) = 1 ·

�ι

8M-J!Vi '7uM. 12Μ 2

'1. 1νι .:τν

b·

_ 3 -νΜ

Καθώς το Μ - +οο, το τετράγωνο τείνε ινα καλύψε ιόλο το επίπεδο, ενώ

'7u

_'7u-

Ι. Επομένως, Ρ(μη πραγμ . ρ ζι ών) - Ο και Ρ(πραγμ. ρ ζ ι ών) - 1 . Ο κα ι1' 3-ν Μ ii) 'Εστω το τρ ώ � νυμο αχ 2 + βχ + 1 , όπου α, β μεταβάλλοντα ιστο IR. (α =ι:. 0). Γα ι ευκο λία στου ς υπολογ σ ι μούς θεωρήσαμε το γ = 1 . Εάν γ = Ο το τρ ώ ι νυμο έχε ι πάντα πραγματ κ ι ές ρίζες . Εάν γ =ι:. Ο δ α ι ιρούμε κα ικαταλ ήγο υμε στην περίπτωση που μελετάμε. ι μορφή με αυ Εδώ Δ = β 2 - 4α κα ι η παραβολή με εξίσωση β 2 = 4α θα έχε ιακρ ιβώς την ίδ α _ 3 -νΜ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/13

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

τήν της παραπάνω περίπτωσης στο ορθογών οι σύστημα Οαβ (εξα ρι ουμένου του σημείου (0, 0)). Επε δι ή το σημείο (0, Ο) που εξα ιρ είτα ιδεν επηρεάζε ιτον υπολογ σ ι μό των εμβαδών, θα σ ι χύουν ι με τα παραπάνω συμπεράσματα. κα ισ' αυτήν την περίπτωση τα ίδ α ι νυμο αχ 2 + χ + γ, όπου α, γ μεταβάλλοντα ιστο IR (α =ι:. 0). iii) Έστω το τρ ώ ι τεχν κ ι ή, θεωρώντας ότ ιτα α, γ μεταβάλλοντα ,ι έτσ ιώ Θα ακολουθήσουμε κα ιεδώ την ίδ α ι τεταγμένο ζεύγος (α, γ) να παρ σ ι τάνε ικάθε φορά ένα τυχαίο σημείο ενός τετραγώνου στε το δ α πλευράς 2Μ , ( Μ > 1), του οποίου το κέντρο βρίσκετα ιστην αρχή ενός ορθογωνίου συστήματος συντεταγμένων (σχήμα 4). Υ

Σχήμα 4 1 ι τάνε ι σ ι οσκελή Εδώ έχουμε ότ ιΔ = 1 - 4αγ κα ι1 - 4αγ = Ο � γ = . Η εξίσωση αυτή παρ σ 4α Α ' Α 1 ' ' ' υπερ β ολη', αφου'ε να ι ιτης μορφης y = χ με = 4. Εαν εκλε'ξ ουμε ως συστημα συντεταγμενων το '

Οαγ, η γραφ κ ι ή της παράσταση αποτελείτα ιαπό δυο κλάδους που βρίσκοντα ιστο 1 ° κα ι3° τε ταρτημόρ οι . Στο σχήμα 4, το γραμμοσκ α ι σμένο μέρος παρ σ ι τάνε ιτην περ οι χή του τετραγώνου ι σμένο μέρος την περ οι χή όπου Δ � Ο. όπου Δ = 1 - 4αγ < Ο κα ιτο μη γραμμοσκ α Το εμβαδόν της μη γραμμοσκ α ι σμένης περ ο ι χής αποτελείτα ιαπό δυο τετράγωνα πλευράς Μ με εμβαδόν 2Μ 2 κα ιαπό τα δυο καμπυλόγραμμα χωρία με εμβαδόν 2(Ε1 + Ε )2, λόγω της συμμ ε τρίας της υπερβολής ως προς κέντρο Ο. Το εμβαδόν Ε ιτου ορθογωνίου παραλ/μου είνα ι: M M 1 1 1 1 Μ = 4 κα το 4Μ = 1 4 lnM - 1 = 1 4 (lnM + ln4 M) = Ε ι= ι ε μβαδόν.�= ...l.. 4α dα= 4 ...l.. a1 dα= 1 4lnα UM 4Μ '

4Μ

]

4Μ

i (l nM+ l nM+ ln4) = 1 tnM+ i l n4 .

(

)

�

Τελ κ ι ά έχουμε ότ ιτο εμβ άδόν της μη γραμμοσκ α ι σμένης περ οι χής είνα ι: 2 Μ 2 + 2(Ε1 + Ε ) = 2Μ 2 + 2 2

)

+ l nM+ l n4 = 2Μ 2 + + l nM+ l n4 = 2Μ 2 + l nM+ + l n2 .

Επομένως ' Ρ(πραγμ. ρ ζι ών εντός του τετραγώνου) =

ε μβαδόν

2Μ 2 + l nM+ -1 + l n2 2 . .!. l nM+ -1 + l n2 + . 2 2 2 4Μ 8Μ 2 4Μ 2 4Μ Ρ(μη πραγμ. ρ ζι ών εντός του τετραγώνου) = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/14

ι σ ένου μέρου ς = οσκ α r εμβαδον τετραγωνου

�μμ μη γρ

Ποιά είναι η πιθανότητα να έχει ένα τριώνυμο πραγματικές ρίζες;

(.!.2 + ιηΜ + -•- + ιη2 ) .!. ιη ιη2. ιίm (.!.2+ιηΜ + --• + ιη2 )=.!.2 + ιίm (ιηΜ)=.!.2 + lim ((lnM)')= -2 + ιιm =-2 + ιm

Μ_ 1 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 Καθώς το Μ - +οο, το τετ ράγωνο τείνε ινα καλύψε ιόλο το επίπεδο, ενώ 1

=2_

4Μ 2 8Μ 2 4Μ 2 1 Μ · ι ι· ι =ι. -2 Μ-+σο 8Μ Μ-+σο 8 Μ 2

_ _ _

Μ-+σο

Επομένως, Ρ(μη πραγμ. ρ ζι ών) γ

Μ-+σο

Δ<Ο

-Μ

Μ-+σο

(4Μ )2 '

� κα ι Ρ(πρ αγμ. ρ ζι ών) - �·

Δ;;.Ο

4Μ 2

Στην τελευταία αυτή περίπτωση υποθέσαμε ότ ι ο σταθερός συντελεστής του χ είνα ι β =1:- Ο, οπότε δα ι ρι ούμε με β κα ιπαίρνουμε συντελεστή 1 . Μ ας μένε ι λο π ι όν να εξετάσουμε την περίπτωση όπου ' ' ' υ α, β = ο , οποτε θα εχουμε το τρ ω ι'νυμο αχ 2 + γ, οπο γ μεταβάλλοντα ιστο IR. (α =1:- 0). .

Έχουμε τότε Δ � Ο <=> 4αγ � Ο <=> αγ < Ο. Το σχή μα 5 δείχνε ιτ ςι περ οι χές του τετραγώνου όπου Δ � Ο κα ι Δ < Ο, οπότε εύκολα προκύπτε ι ότ ι -

Δ<Ο

Δ;;.Ο

-Μ

Ρ(πραγμ. ρ ζι ών) =

� κα ιΡ(μη πραγμ. ρ ζι ών) = �·

Σχήμα 5 Απάν τηση στο (δ) ερώτημα

Έστω το τρ ώ ι νυμο αχ 2 + βχ + γ, όπου α, β, γ μετα βάλλοντα ιστο IR. (α =1:- 0).

Στην περίπτωση αυτή τα α, β, γ μεταβάλλοντα ι έτσ ιώστε η δ α ι τεταγμένη τρ ά ι δα (α, β, γ) να παρ ι στάνε ιένα σημείο στον τρ σ ιδ ά ι στατο χώρο. Γ α ι να αντ μ ι ετωπίσουμε επομένως το πρόβλημα αυτό, θα χρε α ι στεί να περ οι ρ σ ι τούμε αρχ κ ι ά στο εσωτερ κ ιό ενός κύβου πλευράς 2Μ, το κέντρο του οποίου είνα ι τοποθετημένο στην αρχή των αξόνων (σχήμα 6).

ο\----�--I

Σχήμα 6 Στη συνέχε α ι θα πρέπε ινα ακολουθήσουμε μ α ι ανάλογη τεχν κ ι ή με τ ςι προηγούμενες περ ι πτώσε ςι αλλά στον τρ σ ιδ ά ι στατο χώρο. Ο λόγος των όγκων θα δώσε ιτη ζητούμενη π θι ανότητα, ' ακρ ιβώς όπως έγ νι ε κα ιμε το λόγο των εμβαδών. Δυστυχώς όμως, ο υπολογ σ ι μός του όγκου τ ης περ ο ι χής του κύβου που περ ιλαμβάνε ιτα σημεία που δίνουν πραγματ κ ι ές ή μη πραγματ κ ι ές ρί ζες, παρουσ ά ι ζε ικάπο ιες δυσκολίες κα ιη αντ μ ι ετώπ σ ι η του απα τι εί κάπο ιες γνώσε ςι πέραν τ ων σχο λικών μαθηματ κ ι ών. Έτσ ι αφήνουμε την περίπτωση αυτή ως μελ λοντ κ ι ή πρόκ ληση για ε κείνους που στη μελλοντ κ ι ή .τους καρ έι ρα θα αποκτήσουν π οι προχωρημένες μαθηματ κ ι ές γνώ σε ςι . Πάντως, θα θέ λαμε να προε δι οπο ή ι σουμε ότ ιη γεν κ ι ή περίπτωση του ερωτήματο ς (δ) δ f:ν μπορεί να αναχθεί στ ςι aπλούστερες περ π ι τώσε ςι του ερωτήματος (γ), με το να δ α ι ιρ έσε ιπ.χ. κάπο ο ι ς με το α κα ινα μελετήσε ιστη συνέχε α ι το τρ ώ ι νυμο χ 2 Άχ Ί.. Κάτ ιτέτο οι δε θα ήταν α α σωστό, γ α ι τί ενώ ο ιαρχ κ ι οί συντελεστές α, β, γ στο ερώτημα (δ) κατανέμοντα ιομο όι μορφα κα ι ανεξάρτητα μέσα στη περ ο ι χή του κύβου πλευράς 2Μ, δε συμβαίνε ικα ιμε τους νέους συντελεστές .1! κα ιΊ.. α α

+ +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/15

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ��

-------

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» Επ τι ροπή Δ α ι γων σ ι μών Το Σάββατο 20 Ιανουαρίου 1996 δ ει ξ ήχθη στο κτίρ οι Γκίνη του Ε .Μ .Π . η Εθν κ ιή Μ αθηματ κ ι ή Ο λυμπ ά ι δα «0 Α ρχ μ ι ήδης» . Συμμετείχαν 1 30 μαθητές Γυμνασίου κα ιΛυκείου, Παράλ ληλα με την Ε.Μ.Ο. δ ει ξήχθη κα ι ο 3ος Λευκοπού λε οι ς Δ α ι γων σ ι μός Π θι ανοτήτων στον οποίο θα αναφερθούμε στο επόμενο τεύχος . Η απονομή των βραβείων έγ νι ε την Κυρ α ι κή 2 1 Ιανουαρίου 1996 στην Μ εγ άλη Α θt ουσα Τελετών του Πανεπ σ ι τημίου Αθηνών. Στην τελετή παραβρέθηκε εκ μέρους του Υπουργείου Πα δι είας ο Γεν κ ι ός Γραμματέας του Υπουργείου Πα δι είας κ. Τιάννης Παν άρετος . Τα ονόματα των βραβευθέντων μ dθ ήτών είνα ιτα εξής :

[>λi•

ΓΥΜΝΑΣ/0

Τ>ι"'λ.:.�i•ι .! � )} :1 !.J:;\)#5;7J;fi'ι\it\iι;;.ι:<λ H"'4i;).>•··· .• •·i .��νr:ιιeιp.;.. ΑΝΤΩΝΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΣΠ. ΓΥΜ. ΚΩΠΕΑ ΓΕΙΤΟΝΑ ··•

ΜΠΟΥΡΝΗ ΘΕΟΔΩΡΑ ΠΝΕΥΜΑτΙΚΑΚΗΣ ΕΥτ. ΔΑΣΚΑΛΑΚΗΣ ΚΩΝ/ΝΟΣ ΚΑΡΑΜΗΤΡΟΣ ΔΗΜ. ΖΕΑΚΗΣ ΕΜΜΑΝΟΥΗΛ

.·..

3ό 'ΓΥΜ. ΡΟΔΟΥ 6ο ΓΥΜ.. ΧΑΝΙΩΝ

•ζ :1]1

•.·•,,;:;" <>'•ζ···

ΑΆΒΡΑΒΕΙΟ

A'BPABEIO Β�ΒΡΑΒΕΙΟ

ΒΑΡΒΑΚΕΙΟΣ

Β: BPABEIO

i33o ΓΥΜ.

Γ' BPABEIO

�ΚΠ/ΡΙΑ ΔΟΥΚΑ ΑΘΗΝΩΝ

Β'

βΡΑΒΕΙΟ

ΠΕΙΡ.ΓΥΜ. ΚΑΒΑΛΑΣ

Γ' BPABEIO

ΞΑΓΟΡΑΡΗ MAPIPENIA

ΛΕΟΝΤΕΙΟ Ν. ΣΜΥΡΝΗΣ

Γ' BPABEIO

ΙΩΣΗΦΙΔΗΣ ΛΕΩΝΙΔΑΣ

ΦΙΛΙΠΠΕΙΟ ΒΕΡΟΙΑΣ

ΡΟΥΜΠΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΠΑΝΑΓΙΩ'ΓΙΔΗΣ ΑΘΗΝΟΔ

ΑΜΑΝΑτΙΔΗΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΚΑΤΡΑΝΑΡΑΣ ΕΥΠΑΘ. ΣΥΜΕΩΝΙΔΟΥ ΙΩΑΝΝΑ ΠΟΥΛΟΠΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜ. ΤΟΛΗ ΦΛΩΡΙΝΑ

ΔfΆKPIΣJi[.·

ΓΕΡΜΑΝ1ΚΗ ΣΧ. ΑΘΗΝΩΝ 1'1ο Γ:)'Μ. ΠΕΙΡΑΙΑ

2ο !ΎΜ.

ΛΙΒΑΔΕΙΑΣ

Γ' BPABEIO

Γ' BPABEIO ΕΠΑΙΝΟ ΕΠΑΙΝΟ

ANATO/\:IA ΘΕΣΙΝΙΚΗΣ

ΕΠΑΙΝΟ

2ο ΓΥΜ. ΑΡΓΟΥΣ

ΕΠΑΙΝΟ

ΒοΔΗΜ. ΣΧ. ΚΟΡΥΔΝ\ΛΟΥ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/16

EIΔIKO BPABEIO

' . γ;:_{j{f"%'}?'\''-0: <.

Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα ((Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»

·.

Λ ΥΚΕ/0

ΟΝΟΜΑ ·

�.·: ·•· · ·•·•• •· • · <ι •·· · ·•·•['/<; ς;,

•. " Ιχ, 1 ο ΠΕΙΡ.ΛΥΚ.ΑΘΗΝΩΝ 2ο ΛΥΚ.ΑΜΑΡΟΥΣΙΟΥ 1 4ο ΛΥΚ.ΘΕΣΙΝΙΚΗΣ

/ ;

ΤΑΚΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ

ΜΠΡΕΓΙΑΝΝΗΣ ΠΕΤΡΟΣ ΜΜΙΚΙΩΣΗΣ ΡΩΜΑΝΟΣ

Α' BPABE IO Β' ΒΡΑΒΕΙΟ

2ο ΛΥΚ. ΗΡΑΚΛΕΙΟΥ 1 2ο ΛΥΚ.ΠΕΡΙΠΕΡΙΟΥ

ΣΗΦΑΚΗΣ ΕΥτΥΧΗΣ ΡΟvτΖΟΥΝΗΣ ΣΤΑΥΡΟΣ

Β' BPABEIO Β' BPABEIO

ΚΟΛ.ΑΓ. ΠΑΡΑΣΚΕΥΗΣ

ΒΟΓΙΑτzΗΣ ΓΙΩΡΓΟΣ

3ο ΛΥΚ.

ΣΙΔΗΡΟΠΟΥ ΛΟΣ ΠΑΝΑΓ.

Β' BPABEIO

ΚΟΖΑΝΗΣ

ΓΕΡΜΑΝΙΚΗ ΣΧ. ΑΘΗΝΩΝ

ΣΑΚΕΛΛΑΡΙΔΗΣ ΙΩΑΝ.

ΛΕΟΝΤΕΙΟ ΛYKEIO

ΑΡΜΠΗΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ

1 ο ΛΥΚ. ΚΟΜΟΤΗΝΗΣ 2ο ΛΥΚ.ΓΛΥΦΑΔΑΣ

ΤΣΑΚΜΑΚΙΔΗΣ ΚΟΣΜΑΣ ΜΑΠΡΟΛΕΩΝ ΛΥΚΟΜ.

Γ' ΒΡΑΒΕΙΟ ΕΠΑΙΝΟ ΕΠΑΙΝΟ

2ο ΛΥΚ. ΧΑΝΙΩΝ

ΨΥ ΛΛΑΚΗΣ ΠΕΡΙΚΛΗΣ

Β' BPABEIO Γ' BPABEIO ΕΠΑΙΝΟ

ΕΠΛ ΧΑΝΙΩΝ

ΔΗΜΗΤΡΟΜΑΝΩΛΑΚΗΣ Α

" :. '/\\/':::< /:<ψ,•

;,: :. .• Α' BPABEIO Α' BPABEIO

ΑΝΑΤΟΛΙΑ ΘΕΣΙΝΙΚΗΣ

ΧΑΤΖΗΓΩΓΟΣ ΧΑΡΙΣΗΣ

-------

ΕΠΑΙΝΟ

ΘΕΜΑΤΑ της Ε.Μ.Ο. «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ»

1. Έστω (αν) μ α ι ακολουθία θετ κ ι ών αρ θι μών γ α ι την οποία σ ι χύουν α * (ii) ι (i) 1, γ α ι κάθε = ' για κάθε Ε Ν

α�:2 �

ά; +α�:1

η, ν

με

Ιη - νi 1 . :;e

α) Να αποδείξετε ότ ιη (αν) αποτελεί γεωμετρ κ ι ή πρόοδο. β) Να αποδείξετε ότ ιυπάρχε ιt>O, ώστε

�αv+Ι ::::; !. αν + t 2

2. Σε ένα οξυγών ο ι τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τα ύψη ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ που τέμνοντα ιστο Η. Έστω ακόμα ΑΙ κα ιΑΘ η εσωτερ κ ι ή κα ιη εξωτερ κ ιή δ χ ι οτόμος της γωνίας Α . Αν Μ, Ν είνα ιτα μέσα των ΒΓ κα ιΑΗ να αποδείξετε ότ ι: α) Η ΜΝ είνα ικάθετη στην ΕΖ. β) Αν η ΜΝ τέμνε ιτ ςι ΑΙ, Att στα Κ, Α τότε ΚΛ =ΑΗ. 3. Δίνοντα ι81 φυσικοί αριθμοί των οποίων ο ιπρώτο ιδ α ι ιρέτες ανήκουν στο σύνολο {2, 3, 5} . Να αποδείξετε ότ ιυπάρχουν τέσqερ ςι αρ θι μοί, από τους 8 1 , που το γ νι όμενό τους είνα ι τέταρτη δύναμη φυσ κ ι ού αρ θι μού. . Να ορίσετε το πλήθος των συναρτήσεων f, με f ο ιοποίες κ ι ανοπο οι ύν τη συνθήκη : ο αριθμός f(1 )+f(2)+ .. .+f(ν) είναι περιττός.

:{1,2, ... ,ν}�{1995,1996}

ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΉΣΕΩΝ α α α Α) Από' τη σχέση ν + z = .!. έχουμε ότ ι ν + 3 = .!. άρα αν + 2 = ν + 3 ( 1 ). 4 αν+ 1 4 αν αν αν α α α ν ν n + + + ι +· ι = 1 παίρνουμε γ α Από τη σχέση ι η = 2 + Ύ ότ ι 3 + αν + ! = 1 (2). αn αν αν + 2 αν α α ν ν +ι = + 3 το οποίο φανερώνε ιότ ιη (αν) είνα ι Η σχέση ( 1 ) όμως γράφετα ικα ιως εξής αν ' αν + 2 γεωμετρ κ ι ή ακολουθία. Αντ κ ι αθ σ ι τώντας στη (2) παίρνουμε ότ ι 2αν + 1 = 1 ή αν + 1 = -1 αν 2 αν

(3) δηλαδή λ =

Β)

1·

Αφού η (αν) είνα ι γεωμετρ κ ι ή πρόοδος θα σ ι χύε :ι αν + ι = 21

- r.:::-uν + -ν Ι

:::;; 1 αν + 1 , γ α ι κα, θ ε ν . IN * 2 4 ε .

αν :::;;

αν �

(τ)Υ

( Η λύση είνα ιτου μαθητή Σ. Μιχαλάκη)

Πολύ καλές λύσε ςι έδωσαν κα ιο ιμαθητές Μπρέγιαννης Π., Τάκος Γ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3117

Εθν ική Μαθηματική Ολυμπιάδα «0 ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» -------

ι να δείξω ότ ιΕΖ .l ΜΝ αρκεί Α) Επε δι ή τα τρίγωνα ΝΖΕ κα ιΜΖΕ έχουν ΕΖ κο νι ή γ α ι ο αφού να-"' δέ ξι ω""' ότ ι ΝΖ = ΝΕ κα ι ΜΖ = Μ Ε. ,Το ΑΖΗΕ είνα ι εγγράψ μ ΑΖΗ = ΑΕΗ = 90°. Αρα "αφού ΑΝ = ΝΗ το Ν είνα ι κέντρο του περ γι εγραμμένου κύκλου άρα ΝΖ = ΝΕ. ·

� ΒΓ = ΜΒ. Όμοια η ΕΜ είνα ιδ ά ι μεσος στο ΕΒΓ με Ε = 90. Άρα ΕΜ = � ΒΓ = ΜΒ Άρα Μ Ζ = ΕΜ.

Επίσης Μ Ζ δ ά ι μεσος στο ΓΖΒ με Ζ = 90°.

(fvJ " '

Ι tλ

Ζ-1\1 �

\1 .:::-

-�

Β)

Α1

.::- ':!οο Δr:v

�

ε: Γ'ΕΑJ'"' .4 Ν = )

Άρα ΜΖ =

" ".ι

Α � = ll t,.

Η γωνία Α είνα ι εγγεγραμμένη στον c, άρα η δ χ ι_2τόμος δ ιέ ρχετα ι από το μέσο του ΕΖ, το οποίο είνα ι το σημείο Κ. Άρα ΗΚΑ = 90°, οπότε ΗΚ .l ΑΙ κα ι ΗΚ // ΑΛ. Επε δι ή ακόμα Ν το μέσο του ΑΗ, η ΚΑ θα τέμνε ι την ΑΙ, στο Λ ώστε ΚΑ = ΝΑ, δηλ. Το ΑΚΗΛ είνα ι ορθογών ο ι παραλ/μο κα ι συνεπώς ΛΚ = ΑΗ. Χ. (Η λύση είνα ι του μαθητή Χατζηγώγου).

Πολύ καλή λύση έδωσε κα ιο μαθητής Λ. Σιδηρόπουλος (Κοζάνη)

•

'Εστω α1 , α2,

1 � ί � 81 .

• • •

, , α81 οι δ οσμενοι φυ σικοι, κ αι ε,. στω ιlj

, = 2κϊ 3λϊ 5μϊ , οπου κί, λ i• μί ε IN ,

Το γινόμενο ιlj <l:i = 2κi + κ:i 3λi + λj 5μί + μj είνα ι τέλε οι τετράγωνο, αν κα ιμόνο αν ο ιαρ θι μοί κί, κj (αντ σ ι τ. λί, λj κα ι μί, μj) είνα ιταυτόχρονα άρ τι ο ιο ιπερ τι τοί.

ι εία τ ςι τρ ά ι δες με Η κάθε τρ ά ι δα (κν, λv, μv) ανήκε ιστο σύνολο Μ που περ ιέ χε ιστο χ στο χ ι εία Ο, 1 δηλ. Τα υπόλο π ι α δ ια ιρ έσεων των κv, λv, μν με τον 2. Άρα ο πληθαρ θι μος του Μ είνα ι 2z = 8, επομένως κάθε 9 στο χ ι εία από τους δοσμένους 8 1 φυσ κ ι ούς θα υπάρχουν δύο τρ ά ι δες (κϊ, λϊ, μϊ), (κj, λj, μj) με τα ίδ α ι ακρ ιβ ώς στο χ ι εία, οπότε ο ι αρ θι μοί κί + κj , λί + λj , μί + μj είνα ι άρτ ο ι ι κα ι συνεπώς το γ νι όμενο ω , αj τέλε οι τετράγωνο. 0 αρ θι μός αϊ , αj έχε ιτη μορφή zκn 3λn 5μn , όπου Kn = Ki + Kj , λn = λϊ + λj, μη = μϊ + μj . Τα υπόλο π ι α των κ n, λn , μn me 4. Ο πληθάρ θι μος Μ ι είνα ι 23 = 8 , επομένως κάθε 9 γ νι όμενα ω, αj θα υπάρχουν δύο ζεύγη αϊ ι, αj, κα ιω,, αj, που θα είνα ι σ ι ουΠόλο π ι α ως προς 4(0 ή 2), άρα το άθρο σ ι μα τους είνα ιπολ. Του 4. 4.

Το f( l ) μπορεί να πάρε ι2 τ μ ι ές 1 995 ή 1 996. Το F(2) μπορεί να . πάρε ι2 τιμές, 1 995 ή 1 996. Συνεχίζοντας μπορούμε να πούμε πως κα ιτο f(ν - 1 ) μπορεί να πάρει 2 τιμές ,

1995 ή 1996.

Για κάθε (ν - 1 )άδα όμως το f(ν) μπορεί να πάρει μόνο 1 τιμή γιατί αν το άθροισμα, f( l ) + . . . + f(ν - 1 ) είναι πε ριττός τότε για να είναι το άθροισμα f( 1 ) + f(2) + . . . + f(ν) = 1996. Αντίστοιχα αν το aθροισμα f( l ) + . . . + f(ν - 1) είνα ιάρτ ο ιςγ α ι να είνα ιτο άθρο σ ι μα f( l ) + . . . + f(ν) περ τι τός το f(ν) πρέπε ινα είνα ιπερ τι τός δηλ. F(ν)

= 1 995. Άρα το πλήθος όλων αυτών των συναρτήσεων είνα ι: � · 1 = 2 ν - ι . n- 1

(Η λύση είνα ιτου μαθητή Π. Μπρέγιαννη)

Πολύ καλή λύση έδωσε κα ιο μαθητής Ε. Σηράκης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/18

�ΕΚΔΟΣΕΙΣ ιqιιΙΙΙΙ ΠΑΤΑΚΗ Μ ΑΘ Η Μ ΑΤ Ι Κ Α Γ Ι Α ΤΟ ΛΥ Κ Ε Ι Ο Η Λ Ι Α Ι

Β.

Η Λ ι Α Σ

Ν Τ Ζ Ι Ω Ρ Α Σ

ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

Ν Τ Ζ Ι Q Ρ μ Σ

• A e H . A T 8 1t A

M A e H M A T I K A

Α Ν ΑΛΥ Σ Η

ΑΝΑΛΥΣ Η

Γ' ΛΥΚΙίΙΟΥ • Α' ΤΕΥΧΟΣ Γ Ι Α Τ Ι Σ 6. 8 Σ Μ 8 Σ Α', 8' κ α ι Δ'

Γ ΛYit810Y

θEQPIA, ΠλΡΑΔΕΙΓ'Λ,\Τk t.ΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ, m9"Σ9Σ ΠΑ. f•"ΣΗ. Α!'WΠΗ'D:ΙΙ. ru:τ ΕετΑΣΕΟΝ

θΕΩΡtΑ, ΠΑΡΑΔΕΙΓfιΙΑΤΑ ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΙΚΗΙΕΙΣ �Ιο<.ΗΣΕJΣ ΠΑ ΛΥlΗ .Ι.ΓWΠΗΙΕΙΣ. ΤεΣΤ ΕΞΕ.ΤΑ!ΕΩΝ

•

Μαθηματικά-Ανάλυση Γ' Λυκείου (3 τόμοι)

8' T8YJtOI

Μόλις κυκλοφόρησε ο Γ' τόμος

ΑΙΜΙΛΙΟΣ ΤΣΟΥΛΦΑΝΙΔΗΣ

ΣΤΕΛΙΟΣ ΕΥΡΙΠΙΩΤΗΣ Μόλις κυκλοφόρησε

• Άλγεβρα

• Θέματα

• Όριο συ νάρτησης

Ανάλ υσης

Δ' δέσμης

Γ' Λυκείου Υ

Σ υνέχεια συνάρτησης

ΘΕΙΑΥΑ ΑΝΑΑΠΗΣ

Ι Τ Ε .Ι.

.:1 Ι

Γ ΛνιιιiΟ ι Υ

r Ι Α

• ..

;ι Ι Π

Ω Τ Η Σ

Ακολου θ ίες

8' M8Na

•

• Π ίνακες Ορ ίζου σ ες

4 ΙΙ: Ζ Μ Η

Γραμμικά σ υστήματα • Ακολου θ ίες για την Α' Δέσμη • Ολοκληρώματα • Παράγωγοι

Γ Ι Ο Ρ Γ Ο Σ

Σ Κ Α Ν Δ λ Λ Η Ι

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Β ' ΑΥΚΕΙΟΥ • Β'

ΜΕΡΟΣ

ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΚΑΝΔΑΛΗΣ Μαθημα τικά Α' Λυκείου Μαθημ ατικά Β' Λυκείου Μαθη ματικ ά Γ' Λυκείου

ΓΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΝΤΖΗΣ

ΑΛΓΕ ΒΡΑ

Άλγεβρα Α' Λυκείου

Σε όλα τα βιβλιοπωλεία Κεντρική Διάθεση: Σ. Πατάκης ΑΕ. Εμμ. Μπενάκη 1 6, 1 06 78 Αθήνα. Τηλ.: 38.3 1 .078, Fax: 36.28.950 Υποκ/μα Β. Ελλάδας: Ν. Μοναστηρίου 1 22, 563 34 Θεσσαλονίκη, Τηλ.: (03 1 )70.63.54-5

Μέ γιστο - Ελάχιστο · τ ου τριωνύμου 2 f(x) αχ + βχ + γ =

Γ.

l0 Πρόβλημα

Σκέψεις

2° Πpόβλημα

Σκέψεις Β

Τσαπακίδη

Ένας παραγωγός μήλων ξέρει ότι, αν μαζέψει σήμερα τa μήλα του, κάθε μηλιά θα αποδώσει κατά μέσο όρο 40 κιλά μήλα και η τ,ιμή πώλησης θα εί ναι 200δρχ. το κιλό. Αν τα μαζέψει αργότipα (το αργότεpο σε 7 εβδομάδες), τότε για κάθε επιπλέον εβδομάδα η απόδοση κάθε δέντρου θα αυξηθεί κατά 4 κιλά, ενώ η τιμή πώλησης μειώνεται κciτά 10δρχ. το κιλό. Μετά από πό σ,ες εβδομάδες συμφέpει τον παραγωγό να πωλήσει τα μήλα του; Μετά από χ εβδομάδες από σήμερα, κάθε μηλιά θα αυξήσει ..την απόδοσή της κατά 4χ κιλά, ενώ η τιμή κάθε κιλού θά μειωθεί κατά 1 Οδρχ. Έτσι μετά από χ εβδομάδες κάθε μηλιά θα έχει κατά μέσο όρο 40 + 4χ κιλά μήλα και κάθε κιλό θα πωληθεί προς 200 - lOx δρχ., οπότε ο γεωργός θα εισπράξει: 2 (40 + 4χ)(200 - l Ox) = 40(-χ + 10χ + 200) δρχ. Επομένως το πρόβλημα ανάγεται στο να βρούμε για ποια τιμή του χ η παρά 2 σταση -χ + 1 0χ + 200 παίρνει τη μεγαλύτερη τιμή -iης. Δύο μικρά πλοία Α, Β διαθέτουν ασύρματο εμβέλειας 40 χιλιομέτρων. Το πλοίο Α βρίσκεται 65 χιλιόμετρα ανατολικά του Β. Αν :ro Α πλέει δυτικά με σταθερή ταχύτητα 1 0χιλ. την ώρα και το Β νότια με σταθερή ταχύτητα 1 5χιλ. την ώρα, υπάρχει περίπτωση να επικοινωνήσουν τα πλοία μέσω α συρμάτων; Για να εη;ικοινωνήσουν τα πλdία θα πρέπει σε· κά ποια χρονική στιγμή η απόσταση που τα χωρίζει να γίνει μικρότερη ή ίση από 40 χιλιόμετρα. ΕΠ:οΑ2 Α 1 μένως θα πρέπει να υπολογίcrουμε την απόσταση r-τ--------7-'--..,___ των πλοίων σε κάθε χρονική στιγμή t και να εξετάσουμε αν μπορεί να γίνει μικρότερη ή ίση των 40χιλιομέτρων. Ονομάζουμε Α1 , Βι τις θέσεις των πλοίων τη στιγμή που απέχουν 65 χιλιόμετρα και Bz Α2, Β2 αντίστοιχα μετά από t ώρες. Τότε (A1Az) = 10t χιλ. , (B1Bz) = 1 5t χιλ., οπότε (ΑzΒι) 65 - 10t χιλ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο B1AzB2 έχουμε: 2 2 2 2 2 (Α2Β2) = (B1Az) + (B1Bz/ = (65 - 10t) + ( 1 5t) = 25(1 3t - 52t + 169), 2 άρα (Α2Β2) = s 1 3t - 52t + 169, έτσι για να βρούμε την ελάχιστη απόσταση των πλοίων, ' αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή της παράστασης 1 3t2 - 52t + 169 . =

"""'

3° Πρόβλημα

Σκέψεις χ

{Ξ�} χ

Ένας κτηνοτρόφος θέλει να περιφράξει μια ορθογώνια μάντρα για τα πρό βατά του μέσα στο λιβάδι του. Για το σκοπό αυτό διαθέτει συρμaτόπλεγμα 1 00 μέτρων. Ποιες διαστάσεις πρέπει να έχει η μάντρα, ώστε να χωράει όσο το δυνατόν περισσότερα πρόβατα; Για να χωράει η μάντρα όσο το δυνατόν περισσότερα πρόβατα θα πρέπει να έχει όσο το δυνατόν μεγαλύτερο εμβαδόν. Αν χ, ψ είναι οι διαστάσεις της · μάντρας, τότε η περίμετρος της είναι 2χ + 2ψ = 100 <=> ψ = 50 - χ και το εμ2 βαδόν της χψ = χ( 50 - χ) = -χ + 50χ τετραγωνικά μέτρα. Έτσι το πρόβλημα 2 ανάγεταί στο να βρούμε για ποια τιμή του χ η παράσταση -χ + 50χ παίρνει τη μεγαλύτερη τιμή. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/20

2 Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ + βχ + γ

Ένας πεζόςβρίσκεται τρέχει μεστησταθερή ταχύτητα 5m/sπου γιαο πεζός να προλάβει έναμέτραλεωφο στάση ρείο, που Τη στιγμή απέχει 25 από . 2 τομικρότερη λεωφορείο,απόσταση αυτό ξεκιπεζού-λεωφορείου; νάει κινούμενο μεΘαεπιτάχυνση 1m/s είναι η . Ποιατο λεωφο β προλά ει ο πεζός ρείο; Μετά από t δευτερόλεπτα από τη στιγμή που το λεωφορείο ξεκίνησε, ο πε ζός θα έχει τρέξει 5t μέτρα ενώ το λεωφορείο! t2 μέτρα και έτσι η απόσταση πεζού-λεωφορείου είναι! t2 + 25 - 5t =! t2 - 5t + 25 μέτρα. 'Ετσι το ζη τούμενο2 ανάγεται στο να βρούμε ποια είναι η μικρότερη τιμή της παράστα σης! t -5t + 25. Στις σκέψεις, που κάναμε, είδαμε ότιτιμήοιτωνλύσειςπαραστάσ. των προεων:βλημάτων μας τελικά ανάγονται στο να βρούμε τη μεγαλύ�ερη ή μικρότερη -χ2 + l Ox. + 200, 1 3t2 - 52t + 169,. -χ2 + 50χ, 1 t2 -5t+ 25 ή τις τιμέςή μικρότερη των μεταβτιμή λητώντους.χ, t για τις οποίες οι προηγούμενες παραστάσεις παίρνουν τη μεγαλύτερη Αλγεβρικές παραστάσεις όπως οι: -χ2 + lOx + 200, 1 3t2 - 52t + 169, -χ2 + 50χ, ! t2 -5t + 25 βαθμού ή πιοβ σύντομα τριώνυμα καιβέχουν τη γενική μορφή ονομάζονται δευτέρου 2αχ + β2χ + τριώνυμα άθμιο τριώνυμο το συμ ολίσουμε με f(x), τότε γ με α Ο. Αν το δευτερο β β το γενικό πρό λημα: f(x) = αχ + χ + γ. Έτσι έχουμε να= λύσουμε + + ; ' ' Ας «πειραματιστουμε» με απλα τριωνυμα, π.χ. τα 2χ2, -2χ2, χ2 1 , -χ2 + 1 . 31 8 1 � I l z : ' l �� Ι : I ; I I . � Ι � 2 φαίνεται ότι 2χ ;:;:: Ο για κάθ,ε ·τιμή του χ, δηλαδή η πιο μικρή τιμή του 2χ2, είναι για χ= Ο. Ι-;χ,Ι _-;38 1 =� Ι =� ι · � I !2 · ι �8 1 -�8 1 2 φαίνεται ότι -2χ,? �Ο για κάθε :tιμή του χ και η μεγαλύτερη τιμή του -2χ , είναι για χ= Ο. χ I ' : I I �� I -: I �I I � I � I � I :ο I 2 + 1 ;:;:: 1 yια κάθε. τιμή του χ, δηλαδή η μικρότερη τιμή του χ2 + 1, είναι 1 όταν φαίνεται ότι χ χ = Ο. ��-�χ-:_+_1-r� -=��-=�� -�� -��-�- -τ� -!�8�� . -χ2 + 1 � 1 yια κάθε τιμή του χ, δηλαδή η μεγαλύτερη τιμή του -χ2 + 1, είναι φαίνεται ότι όταν χ= Ο . 2 + βχ + γ έχει μέγιστη (πιο Από τα προηγούμενα «πειράματω> φαίνεται ότι το τριώνυμο αχ μεγάλη) τιμή, υπόταν' όψηα<ταΟ και«πειραματικά» ελάχιστη τιμήαποτελέσματα, (πιο μικρή), όταν α> Έχοντας θα προχωρήσουμε στη γενική λύση του βλήματος β προ σταδιακά ρίσκοντας τα ακρότατα (μέγιστο ή ελάχιστο) του τριωνύμου f(x) :=: αχ2 , f(x) = αχ2 + γ, f(x) = αχ2 + βχ +γ, στηριζόμενοι στο γεγονός ότι ισχύει χ2 ;:;:: Ο για κάθε τιμή του χ. 2 f(O) Ο= : Είναι χ2 ;:;:: 0 L αxαχ2 �0;:;:: Ο == f(x);:;: f(x)�O= f(O) 4° Πρόβλημα

Σκέψεις

πιο μικρή τιμή του τριωνύμου f(x)

2 αχ

Ποια είναι η πιο μεγάλη ή η γ και για ποια τιμή του χ συμβαίνει αυτό;

βχ

•

Ο.

•

α> Ο

α< Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/21

Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ1 + βχ + y

Συμπέρασμα: έχει ελάχιστη τιμή το Ο για χ= Ο. ΑνΑν α>α< Ο, τοτο == αχαχ22,,'έχει τιμή το Ο για χ= Ο. μέγιστη Ε,ιναι χ2 � 0 ι__ αχαχ22 �Ο:::;;; Ο <=><=> αχαχ22 +γ+γ::�γ:;;; γ <=><=> � Συμπέρασμα: ΑνΑν α>α< Ο,Ο, τοτο == αχαχ22 +γ, έχει ελάχιστη τιμή το γ για χ= Ο. +γ, έχει μέγι2 στη τιμή το γ για χ= Ο. ββ χ +γ, θα' την ανάγουμε στην προηγούμενη, προσπαθώ+ Τη γενική περίπτωση αχ , 2 ντας να μετασχηματισουμεΆτο αχ1. + χ+( γ. Ειναι: = αχ2 + βχ +γ= α(χ2 + α χ + α) = α χ2 + 2....1L2α + � -� +1.α] = 4α 4α {( χ + JL)2 + 4αγ - β2] =α( χ + JL)2 + 4αγ - β2 2α 4α 2α 4α2 Σύμφωνα με την προηγούμενη περίπτωση έχουμε το συμπέρασμα: Αν α> Ο, το = αχ2 + βχ +γ, έχει ελάχιστη τιμή το 4α\ci β2 �-fα) για χ= - fα. Αν α< Ο, το = αχ2 + βχ+ γ, έχει μέγιστη τιμή το 4α\ci β2 = �- fα) για χ= - fα. ΤοΓιαπρόκάθεβλημα θα μπορούσε να λυθεί και ως εξής: 2 β + τιμή του χ συμβολίζουμε με ψ την αντίστοιχη τιμή του τριωνύμου αχ χ + γ, ο 2 2 τελευταία εξίσωση είναι δευτεροβάθμια με + βχστο+ γ χ-γιαψ =ναΟ. πάρουμε πότε αχστο+ βχ (αφού + γ = ψδίνουμε <=> αχ τιμή λύσεις το ψ), οπότε: β2 (1) Ο<=> 4αψ � 4αγΔ� Ο β2 -4α(γ-ψ)� Αν α> Ο, τότε (1) <=>ψ� 4αγ4α- β2 <=> � 4αγ4α- β. 2 Αν α< Ο τότε (1) 4αγ4α- β2 <=> 4αγ4α- β2 Έτσι έχουμε το συμπέρασ α: Ο,

f(x) f(x)

α>Ο

ι-

•

f(x) f(O) f(x) :::;;; f(O)

. α<0

f(x) f(x)

f(x) =;=

•

f(x)

f(x) f(x)

•

IR.

f(x)

fi(x) �

<=> ψ �

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

�

��

��--

�

Ελάχιστο το Τώρα είμαστε σε θέση να λύσουμε τα τέσσερα προβλήματά μας. Στο τριώνυμο -χ'2 + ΙΟχ + 200 είναι α= �1 < Ο, άρα έχει μέγιστο για χ = - 2(�l) = 5. Ετσι συμφέρει στο γεωργό να πωλήσει τα μήλα του μετά από 5 εβδομάδες. Στο τριώνυμο 1 3t2 - 52t2 + 169 είναι α= 1 3 >Ο, άρα έχει ελάχιστο για t = - ;-.;; = 2 το 1 3 ·2 -52·2 + 169 = 117. Επομένως η ελάχιστη απόβρεθούν περίπτωση τα πλοία, είναι 5-{ΠΊ =1sνΙ'3 = 54,08 σταση, στηνΆρα οποίαδενθαυπάρχει χιλιόμετρα. επικοινωνίας των πλοίων μέσω των ασυρμάτων. +

Λύση του lou προβλήματος:

Λύση του 2°u προβλήματος:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/22

2 Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ + px + y

Στο τριώνυμο -χ2' + 50χ είναι α =' < ' άρα' έχει μέγιστο για χ = - 2(- 1) = 25. Ετσι για να χωραει η μαντρα οσο το δυνατον' περισσότερα πρόβατα, θα πρέπει να έχει διαστάσεις 25 χ25 . ' εχει ' ελαχι' στο για = - 21 = 5 Στο τριω' νυμο 2 5 + 25 ειναι α= , αρα 2 ' 2 το� 5 - 5·5 + 25 = 12,5 μέτρα. Ετσι η ελάχιστη απόσταση του πεζού από το λεωφορείο είναι 12,5 μέτρα, γι' αυτό δε θα το προλάβει. 2 + (χ - β)2, όπου α,β δοσμένοι αριθμοί. Για ποια τιμή του χ Δίτονψεταιγίνεται η παράσταση ψ = (χ-α) ελάχιστο; Ποιοβιομηχανία δευτεροβάθμιο τριώνυμο έχει μέγιστο το 7 για χ= -3 ; β κατασκευάζει τηλεοράσεις. Τα έσοδα και το κόστος της Μια πα ραγωγή χ συσκευών2 το χρόνο σε χιλιάδες δρχ. δίνονται από τις συναρτήσειςιομηχανίας Ε, αντίγιαστοιχα με Ε(χ) = 200χ- � και Κ(χ) = 2000 + 60χ. Να βρεθεί το μέγιστο κέρδος της βιομηχανίας. Ανστασης χ + ψχ =+ψ όπου σταθερός θετικός αριθμός, τότε ποια είναι η ελάχιστη τιμή της παρά; Ένας ακροβάτης ενόςαπότσίρ κου εκτοξεύεται ένα κανόνι και διαγράφει τροχιά που παράστασηείναιτης1η. γραφική συνάρτησης χ =χ- 20 χ2. Τοπρέπειστόμιονα είτουναικανονιού είναιύψος2 μέτρα πάνω απόώστε το έδαφος, όπως φαίνεταιτοστοακροβατικό σχήμα. Ποιοαυ.το ελάχιστο του τσίρκου, να πραγματοποιηθεί τό; Ένα ορθογώνιο διαγωνίου του; παραλληλόγραμμο έχει περίμετρο Ποιο είναι το ελάχιστο μήκος της Ποιαβ ε.ίναι η απόσταση του σημείου 2) από την ευθεία ε με εξίσωση ψ= 3χΝαγωνίου,ρεθούν οι διαστάσεις και τοσεεμβαδόν του τρίμεγαλύτερου ορθο που μπορεί να εγγραφεί ορθογώνιο γ ωνο πλευρών 12 και 15cm, όπως φαίνεται στο σχήμα.

Λύση του 3°υ προβλήματος:

-1

1 '2 t - t

Λυση ' ' τος: του 4°υ προβλημα

Ο,

1 '2 > Ο

-S

Εφαρμογές ι.

4. 5.

f(x)

11( ) �

6. 7.

44cm. ·

Α(- 1 ,

2 -2(λ + 1)χ + 3λ + έχει τη μεγαλύτερη ελάχιστη Για ποια τιμή του λ το τριώνυμο f(x) = χ τιμή; Δίνεται το τμήμα = και το σημείο του Μ. Προς το ίδιο μέρος του κατασκευάζουμε ισόπλευρα και ΜΒΔ . Ποια πρέπει να είναι η θέση του Μ, ώστε το τετρά ελάχιστο εμβαδόν; πλευρο Γ τρίγναωναέχειArM Είναι ψ= 2χ2 - 2(α + β)χ + α2 + β2, άρα το ψ γίνεται ελάχιστο, όταν χ= α ;β. .} { f(-3) = 7 β { α + γ = 7 } { γ = 7 + 9α -3 Έστω f(x) = αχ2 + βχ +γ με α< τότε fα = -3 } β = 6α β= 6α

9. ιο .

ΑΒ

Α ΔΒ

Υποδείξεις ι.

Ο;

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/23

<=>

.,:;. ·

Μέγιστο - Ελάχιστο του τριωνύμου αχ1 + βχ + y

3. 4. 5. 6.

Το κέρδος της βιομηχανίας είναι Ε(χ) - Κ(χ) = - �Ο2 + 140χ - 2000, που γίνεται μέγιστο για χ = 2100. Είναι χ3 + ψ3 =(χ + ψ)(χ2 -χψ + ψ22) = c[x2 - x(c -2χ)+ (c-χ)1 = c(3x2 - 3cx +' c\To ελάχιστο του τριωνύμου 3χ2 -3cx + c2 είναι 3(�) -3c � + c2 = � άρα η ελάχιστη τιμή της χ3 + ψ3 είναι �.3 Το ελάχιστο ύψος του τσίρκου πρέπει να είναι 12 μέτρα. Είναι 2χ + 2ψ = 44 <=> ψ= 22 - χ και δ2 = χ2 + ψ2 = χ2 + (22 - χ)2 = . . . Έστω Μ(χ, ψ) τυχαίο σημείο της ε, τότε: (ΑΜ) =·',/(χ + 1)2 + (ψ � 2)2 =\)(χ+ 1)2 + (3χ-6)2 =\)10χ2 - 34χ + 37. Αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του 10χ2- 34χ + 37.

Α(-1,2)

ΑπόταόμοιατρίγωναΓΔΖ καιΓΑΒέχουμε 1χ2 = �� (1). Από τα όμοια τρίγωνα ΒΕΔ και ΒΑΓ έχουμε * = �� (2). Με πρόσθεση ΖΙ--�χ-�Δ κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε 1Χ2 + * = 1 <=> ψ = 36 4 3χ. Το εμβαδό του ορθογωνίου είναι χψ = i (-3χ2 + 36χ), άρα χ = � και ψ = �Η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου είναι f(λ + 1) =(λ+ 1)2 -2(λ 1)2 + 3λ + 1 = -λ2 + λ που γί νεται μέγιστη για λ = �Έστω ΑΜ = χ, οπότε ΜΒ = 8 - χ. Είναι ΓΗ = �2 ' ΔΘ = -;W και ΗΘ = 4. 'Εχουμε: (ΑΒΔΓ) = (ΑΓΗ) + (ΗΓΔΘ) + (ΒΔΘ) = + (ΗΓΔΘ) + .!2 (ΒΔΜ) = .!2 χ\[34 + Μ_4 4 + 21 - 4x{J3 = -:1}4 (χ2 - 8χ + 64)' 2άρα(ΑΓΜ) ΑΜ = ΜΒ = 4. Γ

10.

ΒιpλιοΎραφία 1.

R. ΒΑRΝΕΠ-Μ. ZIEGLER Ν. BLACKIE

S. SM iτH'- R. CHARLES

Α. POSAMENΠER-C.SALKIND

5. Ρ.

TERRACHER-R. FERACHOGLOY

J?RECALCULUS FUNCΠONS AND GRAPHS

Έκδοση: McGraw-Hill Company New York-1 989 ΜΑΤΗΕΜΑΠCS ΙΝ AC110N-5S Έκδοση: Thomas Nelson and Sons London-1992 ALGEBRA AND TRIGONOMETR Υ Έκδοση: Adddison-Welsey Publishing Company, New York \ 982 CHALLENGING PROBLEMS ΙΝ ALGEBRA Έκδοση: Dele Seypmour Publications USA-1 970 re ΜΑTH-ANALYSE-1 S Έκδοση: Hachette-Paris-1 995

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/24

rιάννn Δ. ΣτραΊό

θ�'v\Οι1JJ:σι sΛό 36 ••

ΦΩΤΟΠΟΙΧΕΙΟθΕΣΙΕΣ • ΕΚJΥΠΩΣΕΙΣ:

ΤΕΧ Ν Ι ΚΑ ΕΠΙΗΗ Μ Ο Ν Ι ΚΑ ΓΙΑ ΤΑ ΑΕΙ, ΤΕΙ, Ι Ε Κ

ΣΟΛΩ�ΟΣ 79·81

ΠPArMAYIKH ΑΝΑΛΥΣΗ I

1ΗΛ: 825453 - θΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΒΙΒΛΙΑ •

ΓΙΑ το ΓΥΜ ΝΑΣΙΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ κα ι τις ΔΕΣΜΕΣ .

Για το rυμvάσιο�·· το Λύκειο . : και τις Δέ9μ�ς

σελίδες: 392 Ίιμό 3 .800δρχ. Διατί8εΊαι στα κεντρικά βιβλιοοωλεία

= _._=�� ·

··

--;:--�"---;� �-��-r,:c.:_ _� -:,. •

Περιέχει: •

Όλη τη θεωρία, σύμφωνα με το Αναλυτικ Πρόγραμμα που ισχύει, με παραδείγματα κ<

__ __ ';"Ξ

aντιπαραδείγματα. •

Κάθε κεφάλαιο κλείνει με μια πλούσια συλλογ ασκήσεων προοδευτικής δυσκολίας με αποτι λεσματα στο τέλος του βιβλίου και υποδείξει για τις πιο δύσκολες.

•

Για την εμπέδωση των μεθόδων παρατίθετc ένα πλήθος από υποδειγματικά λυμένα θέματ<

Για την αποστολή (με αvτικαταβοί\ή του βιβλίο ταχυδρομείστε το παρακάτω δελτίο παραγγελία στη διεύθυνση:

"Γιάνvη Στρατή

Εσπερίδων 5 Γαλάται 1 1 1 46

ΔΕΛΥΙΟ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΑΣ

Όνομα: Επώνυμο: ΔΙεύθυνση:

Πόλη :

----;

Τηλέφωνο: Σχολείο: Φροvτιστήριο:

------'

Στους συναδέλφους μαθηματικούς γίνεται έJ:<

rnωσn 40% και προσφέρεται ένα βιβλιαράκι με τι

λύσεις των ασκήσεων. nιnιιιnnn

θΕΩΡΙΑ ΠΙθΑΝΟΊΗΊΩΝ Ι

��J)ΊiL. !1!�1!-�41·�

ΣΥ_ ΔΥ

ΣΊ_

Χ. ΜΩΥΣΙΑΔΗ • θ. ΧΑfΖΗΠΑΝΤΕΛΗ ΣΥΝΔΥΑΣrΙΚΗΙ

• •

•

ΝΙΚΟΥ ΦΑΠΠΑ

θεωQία

ΕφαιιμοΎές

Άλyεppa Α' Λuκειου (2 τεύχη με τις λύσεις των ασκι\σεων) Στσ ιιενrpικfι ΙΙιΙJλιοπωλεlα

ι. ΙΙΑΧΑΙΡΑ · Ε. ΙΙΠΟΡΑ ΠΑΠΣnΚΗ

Το βιβλιοπωλείο μας διαθέτει και πολλά άλλα βιβλία για τη Μέση Εκπαίδευση, καθώς και πλήθος επιστημονικών βιβλίων για τα ΑΕΙ, ΤΕΙ και IEK. Ζητήστε να σας στείλουμε ιο περιοδικό με ια θέμαια και nς λύσεις ιων Γενικών Εξειάοεων 1 995, και το περιοδικό του βιβλιοπωλcίου μας, Π!ΙU · περιέχει αναλυτικά τις εκδόσεις μας με τα περιεχόμενα τους.

Στους ιιαθηγητtς γίνεται έκπτωυη.

.·

Για τους συν6δελφουc; μαβημαπκο6c; 2 βιβλία + 2 λυσόρια = 2.080 + ταχ. tξοδα Γράψτε lj τηλεφωνήστε: Φάπnας, Καρπόθου 17 Ν. Σμύρνη Τ.Κ. 17 1 23 - ΑθΗΝΑ Τηλ.: 93.34.071

-Ν.

Αναλο γίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις Κώστας Θ . Αναγνώστου - Λαμία

αντιμετώπιση τωνσχετική γεω Για τηνπροκαλύτερη β j.ιθεωρία ετρικών λημάτων, εκτός από τη που υπάρχει στοθεώρημα σχολικότουβιβΜΕΝΕ λίο, θα και το χρησιμοποιήσω ρακάτω. την απόδειξη του οποίου θα κάνω πα ΑΕ ·

Άσκηση 1

......

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, σημείο Μ στην πλευρά ΑΒ και ΜΕ // ΒΓ, ΜΖ // ΑΓ. Δείξτε ότι ΜΕ + ΒΖ ΜΖ � 2ΜΕ ΜΖ. (1)

ΛΆΟΥ ,

Θεώρημα Μενελάου

Λύση

Ευθεία (ε) . που δεν περνάει από κορυφή τριγώνου ΑΒΓ, τέμνει τους φορείς των πλευρών ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ στα σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοι ΔΑ . ΖΒ . ΕΓ χα, τότε: 1. ΔΒ ΖΓ ΕΑ ......

ΜΕΓΖ παραλ/μο, άρα ΜΕ= ΖΓ, ΜΖ = ΕΓ ΜΕ ΒΓ . Από Θ. Θαλή έχουμε: �� = �� δηλαδη, . ΜΑΕΖ = ΑΜ ΜΒ . Ομοια.. ΜΖ ΑΓ από Θ. Θαλή έχουμε: �� = �i , ΜΕ . ΜΑΕΖ .,... ΜΕ δηλαδη, . ΑΜ αρα ·Η Ζ' ΜΒ Β Bz Ζ · ΜΜΖΖ � 2 , ΜΕ ΑΕ ·· ΜΜΕΖ + ΜΕ Β ' Φέρω από το Α ΒΓ που τέμνει την (ε) γραφεται: (ε) στο Η. , . ΑΕ. ΑΕΜΖ + ΜΕ ΒΖ �2 αρα. ΜΗ -ΔΒΖ (ΑΗ / ΒΖ) άρα�=�� ΜΖ + ΜΑΕΖ �2 Ισχύει γιατί!+Υ� 2 με Erz-ΕΑΗ (ΓΖ ΑΗ) άρα ii =Ι� Επομενως ΔΒ . ΖΖΓΒ . ΕΑΕΓ = ΑΗ ΒΖ . ΖΖΓΒ . ΑΗΓΖ = ι. = Απόδειξη

(ε')

<=>

ιι

ΔΑ

(1)

χ, y >

Ο.

Άσκηση 2

Θεώρημα Μενελάου Αντίστροφο Εάν τα σημεία Δ, Ε, Ζ βρίσκονται στους φορείς των πλευρώv ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ και ικανοΔΑ · ΖΒ ΕΓ , , , τα Δ , ποιειται η σχεση 1 , τοτε ΔΒ ΖΓ ΕΑ Ε, Ζ είναι συνευθειακά.

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με ΑΒ 3ΓΔ, από τις κορυφές Γ και Δ φέρω ευ θείες παράλληλες προς τις διαγώνιες ΒΔ, ΑΓ αντίστοιχα οι οποίες τέμνουν τις πλευρέ� ΑΔ και ΒΓ στα Ρ και Κ αντίστοιχα. Δείξτε ότι ΜΝ 11 ΑΒ όπου Μ σημείο τομής των ΒΡ, ΑΓ και Ν σημείο τομής των ΒΔ, ΑΚ. Λύση Ε

Απόδειξη

Έστωη ΔΕτα Δ,τέμνει Ε, ΖτηνότιΒΓείναισ:τομηΖ',συνευθεια κά, τότε Ζ. Ζ''ΒΓ . ΕΑΕΓ = ακομη , ΔΒ . ΖΖΒΓ .οπότε: ΕΓ α-, ΕΑ , z z• ρα. . Ζ'Ζ'ΒΓ - ΖΖΒΓ δηλαδη, ΖΒΓ'Γ - ΖΒΓΓ αρα Επομενως. ΔΒ . ΖΖΓΒ . ΕΑΕΓ = δηλαδή Δ, Ε, Ζ Έστω ΒΔ, (ε)'// ΑΓ, Ε το σημείο τοσυνευθειακά. ΑΓμής. των Είναι:ΑΔ, ΒΓ, σημείο τομής των ΒΔ, ΔΑ ΔΒ

1•

ΔΑ

_ =

. ΔΑ

= ι

(ε) //

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/26

το

Αναλογίες - Ομοιότητα - Με:φικές σχέσεις

. το Μ. ΡΓ / ΒΔ από Θ. Θαλή έχουμε: �� = �:. (.\.ΑΜ ΑΜ) .� . ο ισον ισχυει. οταν ΔΚ / ΑΓ από Θ. Θαλή έχουμε: �� = � είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του ΑΒΓΔ. ΔΓ / ΑΒ από Θ. Θαλή έχουμε: � = �:. Άρα: �� = �� επομένως ΚΡ ΔΓ 1 ΑΒ ΚΝ ΡΜ = ΝΑ Αρκε ί"· ΜΒ �+� ""'"" -ΓΟΔ, ""'"" οποτε. ΑΟ = ΟΔΟΒ = ΑΒΔΓ , άρα: ΑΟΒ �� ΟΓ ΟΑ= 30Γ, ΟΒ(ΡΓ= 3/0Δ.ΟΒ), οπότε ·έχουμε: ΡΜΓ-ΒΜΟ ΡΜ = οΒΡΓ = 3ΡΓ0Δ" ΜΒ ΑΡΓ-ΑΔΟ ΡΓΟΔ = ΑΟ ΑΓ = 34(,ΡΓαρα/ ΔΟ),. ΜΒ ΡΜοπότε 4= 9· έχουμε: ΚΝ = 94 . Άρα: ΜΒ ΡΜ = ΚΝΑΝ και Ομοια ΝΑ επομένως ΜΝ / ΑΒ. μής τηςΦέρωΜΝ(ε)με τιςΒΓ.(ε)Έστω και ΒΓ.Ζ, Ε τα σημεία το ΜΒΕ - ΜΑΖ (ΑΖ ΒΕ), οπότε έχουμε: ΜΒ-_ΒΕ ΜΑ - ΑΖ" ΝΓΕΓΕ - ΝΑΖ (ΓΕ / ΑΖ), οπότε έχουμε: � ΝΓ ΝΑ = ΑΖ" 4= 2ΔΕ ΑΖ Δ Ρ Γ ΡΔΕ ΡΑ ΔΕ / ΑΖ), οπότε έχουμε: Ζ ( ΡΔ ΔΕ . ΡΑ . ΑΜΒ-ΡΜΔ (ΑΒ / ΡΔ), οπότε: �� = ��· ΡΑ = ΑΖ (2). Απο και (2). ΡΔ = 2. ΑΜΔ - ΝΜΒ (ΑΔ ΒΝ) οπότε: �� = �� . Επομένως: � = �: 2) ( = ΑΜ απο. και (2).. . ΑΜ = (3) � ΑΡ ΑΝ ' . = αρα: ΑΡ + ΑΝ = ΑΜ" Ειναι ομως: ΑΡ �ΑΝ � 2 και άρα: + ΑΝ ΑΡ ΑΡ+ΑΝ�4·ΑΜ Α ΑΜ 4-ΑΜ2 ΑΡ Μ . η' 2 ή ισοδύναμα: ΑΜ ΑΜ Μ (. Α . 4 ΑΜ ) ΑΡ "'\_ΑΡ Β ΑΡ

ΑΝ

Ο Τ •

Άσκηση 4

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Μ και επί των ΑΒ και ΑΓ, αντίστοιχα με: ""'"

= 4. Η ΜΝ τέμνει τη διάμεσο ΑΔ· στο

Ρ. Να υπολογισθεί ο λόγος Λύση

""'"-

......

""'"-

•

Άσκηση 3

� 11

ii)

� "'

ΑΝ

�

......

(1)

""'"-

(1)

Άσκηση 5

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ J/ ΓΔ) με ΑΒ > ΓΔ και ΑΒ 15. Από το μέσον Κ της ΑΒ φέρουμε τις ΚΓ, ΚΔ Που τέμνουν τις ΒΔ, ΑΓ στα σημεία Ν, Μ αντίστοιχα, έτσι ώστε ΜΝ 3. Να υπολογισθεί η βάση ΓΔ. Λύση

(1)

.....

Δίνεται παρ/μο ΑΒΓΔ και σημείο Μ στη διαγώνιο ΒΔ. Η ΑΜ τέμνει τη ΒΓ στο Ν και τη ΔΓ στο Ρ. Να αποδειχθεί ότι: ί) ΑΝ + ΑΡ 4 ·ΑΜ ίί) 4 ·ΑΜ2 :s;; ΑΡ · ΑΝ. Λύση

Ι.

ΑΝ <=> 4 ΑΡ +

ΑΝ

� "'

ΑΝ

ΕΥΙΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3127

Αναλοyίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις

Κ ,ΜΝ ωΓΔ=α. 3, Α = ΚΒ. = ι ΑΒ = Έστέχουμε: ΑΒ = 5 Κ Κ ΑΜ -ΓΜΔ / ΓΔ , τότε (Α ) ΑΜ = .!12α = ΜΜΔ:Κ = ΑΓΔΚ' άρα. ΑΜ ΜΓ ΜΓ = > + Zr. (ΚΒ Β / ΓΔ), οπότε.!1 έχουμε: ΚΚΝΓΝΝΒ-ΓΝΔ Κ ΝΒ = ΝΔ = ΓΔ άρα ΝΓ = 2α (2) από και (2) t_� = �� άρα ΜΝ / ΑΒ. ΓΑΓΑΚ -ΓΜΝ (ΜΝ / ΑΚΑΜ ), οπότε.!1έχουμε: Κ Α = 6 (3) ΓΜ = ΜΝ δηλαδή ι + ΓΜ από (3) έχουμε ι + �� = ιi , άρα: α= 5. Ισχύει: ΔΕ =�Β, ΔΕ ΑΓ. fr = ΔΖΓ -ΑΔΒ (Β = Γ, ΑΔΒ = Ζ = οπότε / έχουμε: ΔΓ = ΔΒΖΓ , δηλαδη:, ΔΒ·ΔΓ = ΖΓ·ΑΒ. ΑΒ = ++ = + Ζ ΆραΔΕ ΔΒ· Δ Γ Γ. = 2ΔΕ · , Ε."ΔΖ = . . + εχουμε: ΔΆραΖ Ε/ ΖΑΓΑ>ΓΕΔ,I τοτεδηλαδή Ζ > ΑΒ. 2Εέχουμε: Ζ ΑΒ ΔΒ· Δ Γ Γ οπότε = · Ζ Ζ Ζ Ζ ΔΒ2 2Ε · Γ 2 Ε + Άρα ΔΒ2 ΕΖ2 + Γ2• •

•

.....

Δίνεται ισοσκελές τρίyωνο

.....

(1)

.....

ΚΝ

ΑΓ),

Γ (ΑΒ

. ΑΔ το ύψος και Ε το μέσον της ΑΒ. Από το Δ φέ ρω τη ΔΖ .ι ΑΓ. Δείξτε ότι:

i) ΔΒ·ΔΓ 2ΔΕ·ΖΓ, ii) 2ΕΖ 2 2 iii) ΔΒ < ΕΖ Λύση

ΑΒ,

(1 )

•

(1 )

, Άσκηση 6 Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ), σημείο

Ρ στην ΑΓ, τέτοιο ώστε

λ, λ � Ο.

Από το Ρ φέρω ευθεία (ε), (ε) ΒΓ, που τέ μνει τις ΒΓ, ΒΔ, ΑΔ στα σημεία Ν, Κ, Μ αντί στοιχα. Δείξτε ότι: i) ΜΝ ΑΒ λΓΔ ii) ΚΡ lλΓΔ - ABI l λ ' l λ ' iii) ΑΓ · ΡΝ � ΑΒ·ΡΓ ΓΔ · ΑΡ. · . Λύση

...:::ι..

...ι=ιι...

.,.....

.,.....,_

.ι

ι"ι)

iii)

.....

Α'

··· ιιι)

_,....,_

90°)

90ο

zr.

Άσκηση 8 Έστω τρίyωνο ΑΒΓ, Θ το κέντρο βάρους του και ευθεία (ε) που περνάει από το Θ και τέ μνει tις ΑΒ, ΑΓ στα Κ, Λ αντίσtοιχα. Δείξτε όΑΚ 4 ΓΛ τι ΚΒ � · ΑΛ " Λύση

.....

ii)

.,.,.....,

ΑΡ = λ λ+ ι , ΑΓ Απο, την ΑΡΡΓ = λ , παιρνουμε: και ΑΓΡΓ = λ+ι ι · ΓΡΝ - ΓΑΒ' (ΡΝ. ΡΝ/ ΑΒ),ι τότε έχουμε: Α ΡΝ ΓΡ ΑΒΟμοια= Γ ΑΜΡοποτε- ΑΔΓ ΑΒ =ΜΡλ + ι · ΓΔ), τότε έ(, ΜΡ λ . ΜΡ ΑΡ χουμε: ΓΔ = ΆΓ ' οποτt;: ΓΔ = λ+ ι · ΜΝ = ΜΡλ_+ ΡΝ, οπότε έχουμε: ι __ λ+Ν-Μ ι ΓΔΚ+ λ+-ΡΝΙ_ι ΑΒ= = ΑΒι+λ+λ·ΓΔ_ .ΚΜΝΡ ==ΙΜ_ 2 Ε�ν �ε)/ / ΒΓ τότε θ. Θαλή)��=��= ( Δ ΑΒ+λ ι ι · = 1 ι +λΓ _ _ ΘΔ = ι αρα ισχυει ως ισοτητα. -ι ΑΒ 1. και ΑΓΑΛ = ΘΑ λ+lλΓ_ι _;ΑΒλ+ Δηλαδή: ΚΡ = � :BI. ΒΓ και έστω Ε το σημείο τομής Εάν (ε) της ε) με τη ΒΓ .. ( το θεώρημα ΜΕΝΕΛΆΟΥ στο ΑΒΡΝ = ΑΓΓΡ ' δηλαδη., ΡΝ.ΑΓ = ΓΡ.ΑΒ. ΑΒΔ,Εφαρμόζω Κ διατέμνουσα ΘΕ: Άρα: ΡΝ·ΑΓ ΑΒ ·ΓΡ + ΓΔ·ΑΡ Δ

Άσκηση 7

•

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/28

Ή.

Αναλογίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις

ΟμοιαΑΘστο. ΕΔΑΔΓ,. ΛΓδιατέμνουσαΛΘΓΛΕ:!. ΕΓ ΘΔ ΕΓ, =, . ΤότεΑΚ = 2 ΛΕΔ"Γ . Η δοθεισα γραφεται: ΚΒ � 4· ΑΛ η ισοδύναμα 2 �� 4· 4��- Επομένως ΕΔ2 �Ε�·ΕΓ ισχύειΕΔΕΔ2 = =ΕΓΕΓ ΓΓΔ καιΕΒΕΔ-ΒΔ= ΕΒ - ΒΔ, άρα: )(Δ ΓΔ·ΕΒ )- ΒΔ·ΓΔ == ΕΒΕΓ··ΕΕ(ΒΓ - ΕΓΒΔ··(ΒΕΒ-ΕΓ )· -ΒΔ·ΓΔ ΒΔ Β Γ ΓΔ == ΕΒΕΒ··ΕΕΓΓ ΒΔ· ΒΔ ΒΓ-ΓΔ Επομένως: ( ). 2 2 ΕΔ =, ΕΒ ·ΑΕΚΓ ΒΔΛ,Γάρα ΕΔ2 � ΕΒ·ΕΓ και επομενως ΚΒ � 4· ΑΛ" �

ΛΑ

(α - υ1) (β - υα.) (γ-υβ)

Άσκηση 10 'Δ,' Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ τα ύψη του ΑΔ, ΓΕ και Η το ορθόκεντρό του. Εάν Μ, Ν τα μέσα των ΑΒ, ΓΗ αντίστοιχα δείξτε ότι i) ΑΔΓ - ΜΔΝ, ii) 2ΜΝ ΑΓ. Λύση •

�

+ +

> έχουμε ΔΜ = �Β και ΜΔΒ =Β

.....

ii)

Σε τρίγωνο ΑΒΓ δείξτε ότι: α · υα Ρ · υμ γ·υy (α-υp)(β-υy)(γ-υα)

_,...

(α-υy)(Ρ-υα)(α-υμ)

1 80°

•

,..

_,...

Λύση

,..

ΔΝ

�

=-2 καιΝΔΓ= ΕΓΒ ΒΑΔ = ΕΓΒ (Πλευρές κάθετες) = = άρα ΜΔΝ = ΜΔΒ - ΝΔΓ = = -(Β ΒΑΔ) = άρα ΜΔΝ = ΓΔΗ ΑΔΒ, = ΓΔΗ= τότε ΑΔΒ -ΓΔΗ δηλαδή ΑΒΒΑΔ=ΗΓΔ , . 22,·ΔΔΜΝ = ΑΔΓΔ άρα Επομενως ΓΗΔΜ= ΑΔΓΔ" ΑΔΓΔ ΔΝ =ΑΔΓ,ΜΔΝ ..... ΑΔΓΔΜ= ΜΔΝΑΔ= τότε ΑΔΓ-ΜΔΝ = ΓΔ ΔΝ . ΑΔ ΑΒ Ζ ΑΔΒ-Γ Β, τοτε εχουμε: ΓΖ = Ισχύει 2ΜΔ > ΑΔ δηλαδή �f > 4 α = γ· υ υ Άρα: ΑΔ·ΓΒ = ΑΒ ·ΓΖ, δηλαδή 1 a· , ΜΔ ΔΝ ομως = ΒΕΓ-ΑΔΓ, τότε έχουμε ΒΕΑΔ = ΑΓΒΓ ΑΔ ΔΓ = ΑΓ ' άρα � > 4. Επομένως 2ΜΝ>ΑΓ. β α ρα: υβ· β =αυυa·α=, δηλαδή = υ υ υ γ = · ΆΘέτουμε: · β a 1 · β ·υβ = γ·υ1 = άρα: · a β (α - υβ) ( -υ1) (γ-υα.) = ..... = (� - !)(�β �)(�γ �) Α= = β α ) = υ υ υ ) ) ( (γ( β γ α β · υa - γ · υ β α · υγ (α, ·υα\ι(β ·υβ)(γ·υ1) (α -υ1)(β -υα) (γ- υβ)=

Άσκηση 9

�

180° -

�

ΑΔΒ

_,...

,.....

_,...

90d

90°,

90°

�

..::::.

�

ii)

.ο..

ΓΒ

,..._

_,...

90°

ii)

ΜΝ

�

Άσκηση 1 1

Σε τρίγωνο ΑΒΓ δείξτε ότι:

.!..2 .!..2 + .!..2 αν και μόνο αν υα υμ υy

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/29

90°.

Αναλογίες - Ομοιότητα - Μετρικές σχέσεις

Λύση •

Αν_!_=_!_+ 2 υ2β _!_υ2y ' τότε Α= υa ισχύει α·υa = β·υβ = γ·υy =κ, κ σταθερό, Οπότε η �υa = �υβ + -\υy γράφεται A2 2 Ι 2 Ι 2 2 η, -κJ2=�+1.. -=-+κ2 κ2 �( ) (�) (�) " α2= β2+γ2 και επομένως A=9<f Α= τότε �υa = �υβ + �υy (άσκηση) "" = = 90°

•

σος, η προέκταση της οποίας τέμνει τη ΒΓ στο

z. Να υπολογισθεί ο λόγος Λύση

i�·

(ε )

δηλ

90°

Άσκηση 12

Οι διχοτόμοι των γωνιών Δ, Γ τραπεζίου ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ), τέμνονται στην ΑΒ στο ση μείο Ε. Εάν ΔΕ 15, ΕΓ 13 και το ύψος ΕΖ ·του ΕΔΓ είναι ίσο με 12, να υπολογισθούν τα μήκη των πλευρών του. Λύση Ζ

(ε)και τηςΑΓ (ε).και έστω το σημείο το μής τηςΦέρω ΑΕ , ΑΕΔ....... - ΗΕΒ....... (ΑΔ ΒΗ), τοτε, ΑΕΕΗ = ΑΔ ΒΗ , ΑΕΕΗ = 2ΒΗ ΑΓ = 2ΒΗ ΑΒ αρα (1) Α....Ζ...Γ-Η....Ζ...Β, τ�, τε ΓΖΖΒ = ΑΓ = ΑΒΒΗ (2) ΒΗ ....... : ΑΒΉ,= τοτε, -2 ΑΒ ΑΒΗ ΕΗ (3) ΒΕ υψος I ΒΗ2 = ΑΕ από (1), (2), (3) έχουμε �� = � ....... (Α = Γ

90°

Άσκηση 14 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, 90°), ΑΔ το' ύψος του και Ε το μέσον του ΑΔ . Η ΒΕ τέμνει την ΑΓ στο Ζ. Δείξτε ότι ΑΖ ΑΒ2 zΓ = ΒΓ2 .

Ισχύει ΕΗ, ΑΔ =ΑΕ καιτουΒΓ=Ε ΒΕαπώ. Φέρω τις α Ζ ποστάσεις Ε , ΕΘ τι ς πλευρές ΑΔ, ΕΗ ΔΓ, =ΓΒΕΖαντίστοιχcι τότε: ΕΘ Ι2 = = Ζ και2ΓΖ = ΓΘ2 2 ακόμη ΔΗ = Δ ΔΗΕ 61 = ΔΗΙ 52=-ΔΕ122 -ΕΗ = άρα ΔΗ = = 2 2 2 ΕΖΓ (Ζ = ΖΓ 2= ΕΓΙ22-ΕάραΖ Ζ=Γ = 5 = 13+ Ζ-Γ = + 5 = Ι4. επομένως ΔΓ = ....... (Η" = ΑΕ2 = ΑΗ2 + ΕΗ2 τότε ΑΗΕ .... . .. Ζ ΑΔΓ διατέμνουσα ΒΕ Θ. ΜΕΝΕΛΆΟΥ) τότε ( 2 2 2 , άρα Ι2 9 + Α Δ ΑΔ ) = ( Ζ ΑΖΓ . ΒΔΒΓ . ΕΑΕΔ = Ι Ι2, 5 ....ΕΘΒ... ("Θ= ΑΔ= ΕΒ22 = ΒΘΒΓ2 + 5ΕΘ2 +2 Ι2ή 2, άρα ΕΔΕΑ = Ι ' ΒΓΒΔ = ΒΔ·ΒΓΒ2Γ = ΑΒΒΓ22 ΒΓΒΓ ==Ι6,( 9 - ) άρα ΑΒ =ΑΕ+ ΕΒ = ΑΔ + ΒΓ = 29,4. άρα ΑΖΖΓ = ΑΒΒΓ22' ....... " (= Γ

90°):

Λύση

ΔΖ

90°):

Άσκηση 13

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνό ΑΒΓ, Α 90°). Φέρω τη ΑΕ .l ΒΔ,ΒΔ διάμε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/30

Εμβαδά καμπυλόγ ραμμων σχημάτων Γρηγόρης Δ. Φωτιάδης ι . Θεωρία

Εμβαδόν2 κυκλικού δίσκου ακτίνας R: Ε=πR . κυκλικού τομέα ακτίνας R: Εμβαδόν Εκ.τ -_ πR2 η επίκεντρη γωνία του κ. τομέα σε ακτίνιαΑνείναι ω,2τότε: 2 ω = 2 R' Εκ.τ = πR -2πω =-R . ΓΒ = .!. ΑΒ = ± ρ και ΓΒ = ρ ΑΓ 2 = .! 2 όπου το μήκος του τόξου ΑΒ. = Ει = .!.2 πρ2 - .!.2 π (ΑΓ2 )2 + .!.2 π (Ι\. 2Β)2 = ± πρ2 ΆραΕ2 = 3 πρ2 και ΕΕ2ι = 2. χ. Σ Εμβαδόν κυκλικού τμήματος (σχ.2 "" Β Ε = 2 R _ .!. - Εκ.τ (ΟΑΒ) 2 R ημ(ΑΟΒ). 0 ·μ .

360ο

-Ι I·

� 3

Εημ.ΑΒ - Εημ.ΑΓ + Εημ.ΓΒ

.....

Εκ.τμ -

- Π

·μο

360

Ι):

� Ν

2. Ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R). Αν το εμβαδόν του μη κοινού μέρους του κυκλ. δίσκου (0, R) και του τριγώνου Α Γ είναι 4π - 3\[3, να υπολογιστούν τα α και R. Α

Σχ . 5

Β Γ

Σχ. 2

Είναι α= RVJ 2 sΔ1l 2 = ΒΓ) Α = R Ε π = ( 4 � � 2 2 2 _ M_4 R = (π - W4 ) R . πR Σχ . Το εμ(σχ.βαδόν2) ήμηνίσκου είναι(σχίσο. μετωντοεμά = 4π - JV3 (υπόθεση) θροισμα τη διαφορά 2 βαδών των δύο κυκλικών τμημάτων ΑΜΒ και ( ) ρα: 4π R =2 π R � JV3 = Ά Β ΑΝ . και α=2VJ. = !· = Ε= Ε, Μ

Εκύκλ·

<=>

2 . Α σκήσεις ι.

Δίνεται κύκλος διαμέτρου ΑΒ

σημείο Γ χωρίζει την ΑΒ σε λόγο

2ρ.Ένα

Με διαμέ

τρους ΑΓ και ΓΒ γράφουμε ημικύκλια εκατέ ρωθεν της ΑΒ. Να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών των δύο χωρίων που ορίζονται από τον κύκλο (0, ρ) και τα δύο ημικύκλια.

�.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υπο ......

τείνουσα ΒΓ α και εμβαδόν κ. i) Να υπολογιστεί η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου (1, ρ) του ΑΒΓ συναρτήσει των α, κ. ii) Αν Δ, Ζ τα σημεία στα οποία ο κύκλος (1, ρ) εφάπτεται τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/31

.....

...... με Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Α = 90°, Β = 60° και ΒΓ = 4cm. Με κέντρο Β και ακτίνα ΑΒ γράφουμε τόξο πqυ τέμνει τη ΒΓ στο Μ. Με κέντρο Γ και ακτίνα ΓΜ γράφουμε τόξο που τέμνει την ΑΓ στο Ν. Να υπολογιστεί η περίμετρος και το εμpαδόν του μεικτόγραμ μου τριγώνου που,..... σχηματίζεται ,..... . από το τμήμα. ΑΝ και τα τόξα ΑΜ και ΜΝ

Εμβαδά ΙΙ:άμπυλό'yραμμων σχημάτων

στοιχα, να pρεθεί το εμpαδόν του χωρίου που ,... . ρίζεται από τη χορδή ΕΖ και το τόξο ΕΔΖ.

ο-

Σχ. 6

Ατ -αΖΙΕ=τετρά ρ <=> γ2τωνο-2ακαt Α2ρΖ2 <=>= ρ <=> 2 Σχ. 8 2ρ2 + α=2 β + γ <=> (2β γ) = (2ρ2 + α) <=> β 2+ γ + 2βγ =24ρ + 4αρ2 + α <=> 2 4ρ + 4αρ.Υ- 4κ2 , = 2 <=> ρ + αρ - κ = <=> Β Α _ -α+, 2α + 4κ ΒΓ = 4, ΑΒ =602 και2πΑΓ = 2-νJ 30 π 2 2 = = = = β Το ζητούμενο εμ αδόν Ε είναι: . . 180 180 2 2 Ε = 43 Εκυκλ + (ΙΕΖ) = 43 πρ = ΑΝ=2-νJ-2 περίμετρος του καμπυλόγραμμου τριi ρ2(3π + 2) = /6 (3π + 2)Να2 + 4κ2 - α{ γώνου είναι: = 2; j + 2-νJ - 2 = - του είναι: (-νJεμβαδόν Δίνονται οι παράλληλες ευθείες ε1 και ε2 π+ 2Το ,-.Μ. -Ε κ.τ.Γ.ΜΝ = με d(ε1, εJ = και ο κύκλος 3\fi.) με κέντρο Ε . τ . Β . Α Ε = Α ΒΓ) ( κ που pρίσκεται στη μεσοπαράλληλη των ε1, 2-νJ - 23π. - j = 2-νJ - π. ε2• Να υπολογιστεί το εμpαδό του κοινού μέρους του κ-'κλου και της ζώνης των ε1, ε2• Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο Air με υποτείνουσα ΒΓ = Γράφουμε το τόξο Br του κύκλου ΑΒ) και το ημικύκλιο i)

�

ii)

Ρ-

S ΑΜ �

1 +2 ρ

τ•

(0,

(Α,

BrM διαμέτρου ΒΓ.

Σχ. 7

2α.

Να αποδειχθεί ότι το εμpαδόν του γραμμοσκιασμένου μηνίσκου είναι ίσο με το εμpαδόν τετραγώνου πλευράς α.

d(ε1,ΟιεJε1 ,2R.ε2 τέμνουν τον κόκλο R) επειδή ΟΑ= Y\j2, ΟΚ =9.= 3 , 2 2 = (Y\j2)2 -32 = 9 <=> ΑΚ = 3 ΑΚ2Άρα = ΟΑΟΑ2 - ΚΟΚισοσκελές και 01 = 45° . Το τρίνο εμγωνον ' βαδόνείναιείναι:ορθο2γώνιο στο2 Ο. Το ζητούμε Ε=Εκυκλ - 2Ε1 =πR -2 (πR i6°;0 - 4 R2) <=> Ε= (4π+ 1 f2- = 9(π+2). <

1).

Π·

�

ΜΝ

(0,

Σχ. 9

·•

· Α

r:t'.j2 ΑΒτου=ΑΓ= β ΤοΕΒΓ=2α, εμ αδόν μηνίσκου είναι: = 2 Ε = 1 π mr - (ΑΒΓ)) = \Τ) . 12 2 - -π(ΑΒ) 14 2 +-(21 ΑΒ)2 = α2. -πα Εημ.ΒΜΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3132

�

κ.τμ.ΒΓ

μ Β - (Εκ.το .Α.Α �

Εμβαδά καμπuλδΎραμμων σχημάτων

Θεωρούμε τους κύκλους (Κ, ρ) και (Λ, ρ) κλιο εκτός των κύκλων. Να δείξετε ότι το ΑΒΛΚ με διάκεντρο· ΚΑ = ρ Αν η περίμετρος του κοι είναι ορθογώνιο με εμβαδόν, ίσο με το εμβαδόν νού χωρίου τους είναι 8π, να υπολογιστεί το του χωρίου που σχηματίζεται από το ημικύκλιο εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου μηνίσκου. ΒΑ και τα κυρτογώνια τόξα Ar και Br. -----· · Α ----7.

.·

.ιι:::...

Σχ. 1 0

ισόπλευρα τρίγωνα και ΑΚΛ.J... ΑΚΒ = ΑΛΒ = 1 20°. Η περίμετρος του κοινού χωρίου τους είναι ...::::ι..

Π =2 SΑΛΒ = 2 · 2πρ

ναι:

�� = � πρ

4 = 8π <=> 3 πρ = 8π <=> ρ = 6.

Σχ. 1 2

Το εμβαδόν Ε του ζητούμενου μηνίσκου είΕ=

Ε κ.τμ.ΑΒΓ - Ε κ.τμ.ΑΒΛ = Εκ.τομ.Λ.ΑΒΓ + (ΑΒΛ) - Εκ.τ.Κ.ΑΑΒ + {ΑΚΒ) = 1 20° 1 2 - 2240° 1 2 ο ο . -πρ 360 0 �ρ ημ120 - πρ 360 0 � ρ ημ1 20 = 2 2 πρ + ρ = 1 2π + 1 8 ·�.

ΚΑ .l ΑΒ, ΛΒ .l ΑΒ τότε ΑΚ // ΒΛ και ΑΚ = ΒΛ = ρ. Άρα ΑΒΛΚ ορθογώνιο με:

(ΑΒΛΚ) = ΑΚ·ΚΛ = 2ρ . Ε = Ε 1 + Ε2 = 2 (ΑΒ 21 π \_Τ + (ΚΛΒΑ) - 2Εκ.τ.Λ.Βt =

)

2 2 2 2 21 π ρ + 2ρ - 2 · 41 π ρ = 2ρ .

παρεγγεγραμμένος κύκλος (Ια, Ρα) στο ι.... . σόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εφάπτεται στις προε -� -if κτάσεις των πλευρών του ΑΒ και ΑΓ στα ση μεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Να υπολογιστούν συ8. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 30° και ναρτήσει της πλευρclς α του τριγώνου ΑΒΓ: ΑΒ = ΑΓ = β. Με κέντρο Α και ακτίνα το ύψος ΑΔ γράφουμε τόξο που τέμνει τις ίσες πλευρές στα ση ί) Η ακτίνα Ρα του κύκλου (Ια, ρJ μεία Ε κaι Ζ. Να βρεθεί συναρτήσει του β το εμβα ίί) Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος χορδής ΖΕ. δόν του γραμμοσκιασμυένο χωρίου. 10. Ο

• .

Σχ. 1 3

Σχ. 1 1

ΑΔ = υ α = ΑΒσυν 1 5° = βσυν 1 5°. Ε = (ΑΒΓ) - Εκ.τ.Α.ΕΖ = 0 2 2 2 2 21 β ημ30ο - π·υ α . 30 ο = 41 β - π β συν 1 5ο = 360 12 2 2 1 1 2 - (2 + - r; β ! β - � β 2 + V3 - _ [ v�)π] . 48 4 4 12 9. (Κ, (Λ, ρ) τέμνονται

υ ρα = Αlα Ρα + α <=> ρα = υα = �' ·2 2 2 Ε = Εκ.τ.ια.ΕΖ. - (ΙαΕΖ) = πρ� 1 20 _ ! ρ� η μ 1 20 π - ill ρ� = 360 2 3 4

,_.._

(

Δύο ίσοι κύκλοι ρ) και εξωτερικά στο σημείο Γ. Με διάμετρο το κοινό εφαπτόμενο τμήμα τους ΑΒ, γ ράφουμε ημι�-ύΠ

! _ π

W 16

)

2 α .

των τετραγώνων και το άλ R) είναι

1 1 . Η διαφορά των ε μβ αδών τ α ο ποί α είναι το ένα ε γγε γ ρ αμμέ νο λο περι γ ε γ ρ α μμένο στ ον κύκλο (Ο,

\EliHΣ Β' �ι.i}.

)

τ.

3/33

Εμβαδά καμπυλόγραμμων σχημάτων

12τ.μ. Να υπολογιστούν: i) το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου (0, R). ii) το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ του εγγε γραμμένου τετραγώνου και του (0, R). iii) το εμβαδόν του χωρίου μεταξύ του περιγε γραμμένου τετραγώνου και του (0, R).

Ο α

I I I I

τ- - - - - - - - -

(ΑΒΓΔ) = α = (R-../2) = 2R 2

(ΕΖΗΘ) = (2R) = 4R

ii) iii)

Εκ.δίσκ. = πR = 6π

,.-._

Σχ. 1 7

i) ii)

(ΕΖΗΘ) - (ΑΒΓΔ) = 2 R = 12 � R = ν?>. i)

ίίι') Αν ΑΒ το κυρτογώνιο τόξο του κύκλου (0, ΟΑ), δείξτε ότι το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χrορtου είναι ίσο με το εμβαδό Ε του ερωτήματος (ίι').

Σχ. 1 4

δύο παραπάνω 1J11ΚΟ'λικών δίσκων συναρτήσει .

της πλευράς ΟΑ = α.

2R = 6(π - 2). Ε 1 = Ε.c.δ. - (ΑΒΓΔ) = πR 2 2 Ε2 = (ΕΖΗΘ) - Ε.c.δ. = 4R - πR = 6(4 - π). �

12. Δίνεται κύκλος (0, ρ) και οι εφαπτόμενές του ΑΒ, ΑΓ από σημείο Α τέτοιο ώστε ΟΑ = 2ρ. Να βρεθεί το εμβαδόν του κοινού τμήματος των κυκλικών δίσκων (0, ρ) και (Α, ΑΒ).

.......

ΟΓΑ + ΟΓΒ = 90° + 90° = 1 80° Ε = 2Ει = 2[Ε�.τ.Α.ΟΓ - (ΟΑΓ)] = 2 2 2 πα ΟΓ ·ΑΓ = (π - 2)α .

(

,.-._

3�;ο -�

(ΟΓ = ΑΓ = �)

ίίί) Ε2 = ΕοΧΒ - Εημ.οrΑ + Ε =

1 2 4πα

()

α 2· 21 π 2

Άρα Αι = 30°, Ε = Ε ι + Ε2 =

6Ί = 60° και ΑΒ = fY\/3.

(ΟΒΓ) + Εκ.τ.Α.ΒΓ - (ΑΒΓ) = Γ-1 2 60° 1 ρ2 ημ1 20ο πρ + π(vν 3) . 360ο 360 ο - 2 Εκ.τ.Ο.Β-Γ 2 1 20°

-� 3ρ

.......

2 η μ60 =

(

π 5 - f3 6

}

14. """"" Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελtς τρίγωνο ΟΑΒ (Ο = 9tf). Με διαμέτρους ΟΑ και ΟΒ γράφουμε ημικύκλια που τέμνονται στο σημείο Γ. i) Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι σι>νειΔ:ιακά. ii) Να •βρι&ί το εμβαδόν Ε του κοινού ηιήματος των

+ Ε = Ε. ,.-._

15. Δίνεται τεταρτοκύκλιο Ο.ΑΒ. Αν τα σημεία Γ, Δ ισαπέχουν από το μέσο του ΑΒ, δείξ τε ότι το εμβαδόν του σχήματος που ορίζεται από το τόξο ΓΔ την ακτίνα ΟΑ και τις κάθετες ΔΚ, ΓΛ στην ΟΑ, ε_!yαι ίσο με το εμβαδόν του κυκλικού τομέα Ο.ΓΔ. ,_._

,.-._

Σχ. 1 8

""""" Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο και

�

0 0Β =

)

.......

Οι γωνίες Ο και 02 είναι ίσες επειδή ι βαίνουν σε ίσα τόξα. 02 = Δι (εντός εναλλάξ) """"" """"" Άρα ΟΓΛ = ΟΔΚ.

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

ΕΚΛfλ = Ε ι + Ε2 = Ε ι + Ε2 + Ε3 - Ε3 = Ε ι + (ΟΓΛ) - Ε3 = Ε ι + (ΟΔΚ) Ε3 = Ε ι + Ε4 = Εκ.τ. ο . fλ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/34

Α ριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος Εύα Σαίτη

Αρχικά παραθέτουμε μερικά βασικά στοιχεία της θεωρίας που αφορούν τις προό δους και κάποιες παρατη ρήσεις, που θα βοη θήσουν στην κατανόηση των ασκήσεων που ακολουθούν. Για τη ν Αριθμητική Πρόοδο •

•

Ι σχύο� ν: αν = α 1 + (ν - 1)ω, Sv = [2α1 + (ν - ι )ω] και Sv = (α1 + αν).

�

Οταν έχουμε περιττό πλήθος διαδοχικών όρων ΑΠ. συνήθως τους συμβολίζουμε: . . . , α - 2ω, α - ω, α, α + ω, α + 2ω, . . . όπου α ο «μεσαίος» όρος και ω η διαφορά της προόδου. Οταν έχουμε άρτιο πλήθος διαδοχικών ό ρων Α.Π. σ'υνήθως τους συμβολίζουμε: . . . , α - 3ω, α - ω, α + ω, α + 3ω, . . . όπου α - ω, α + ω οι δύο «μεσαίοι» όροι και ω η διαφορά.

•

Τρεις αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί ό ροι Α.Π. αν και μόνο αν ισχύει: α + γ = 2β. Μια Α.Π. είναι πλήρως ορισμένη αν είναι γνωστοί ο πρώτος όρος α1 της προόδου και η διαφορά ω.

•

I , αν = αι . λν - ' Ισχυουν: λν - ι Sv = α ι · _ με λ * 1 , Sv = ν·α 1 με λ = 1 . λ 1

Οταν έχουμε περιττό πλήθος διαδοχικών όρων Γ.Π. συνήθως τους συμβολίζουμε: α α, αλ, .αλz , . . . οπου , , . . . , α , λ' α ο «μεσαιος» λ2 όρος και λ ο λόγος της προόδου. Οταν έχουμε άρτιο πλήθος διαδοχικών ό ρων Γ.Π. συνήθως τους συμβολίζουμε:

•

α αλ αλ3 . . . . , α ' λ' ' '. λ3 («μεσαίοι όροι» οι

•

Χ' αλ και λόγος λ2)

�

•

Λίτσα Μπανδήλα

-χ· αλ και λόγος - λ2)

Τρεις μη μηδενικοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι Γ.Π. αν και μόνο αν ι , β 2 = αγ. σχυει Μια Γ.Π. είναι πλήρως ορισμένη αν είναι γνωστοί ο πρώτος όρος α 1 και ο λόγος λ. Το άθροισμα άπειρων όρων Γ.Π. με l λ l < α ι , ει ναι S = ι 1 _ λ" ,

Άσκηση 1 Να βρεθεί η Α.Π. της οποίας το άθροισμα όλων των όρων εκτός του · πρώτου ισούται με -36, το άθροισμα όλων των όρων εκτός του τε λευταίου ισούται με Ο και η διαφορά του έκτου όρου από τον δέκατο όρο"ισούται με -16 .

{

Λύση

Έστω ω η διαφορά της προόδου. Ι σχύουν οι σχέσε1ς: α 1 + α + α + . . . + av -=_ι = Ο 3 2 αz + α3 + α4 + . . . + αν - -36 α 1 0 - α6 = -ι 6

Από την 3η εξίσωση έχουμε: (α 1

Για τη Γεωμετρική Πρόοδο •

(«μεσαiοι όροι» οι

�

9ω) - (α1 + 5ω) = - ι 6

απ ' όπου προκύπτει ότι ω = -4. Αφαιρούμε την 2η εξίσωση από την ι η και παίρνουμε: α 1 - αν = 36 δηλ. α 1 - α 1 - (ν - 1)ω = 36

απ ' όπου ν = ι ο. Από την ι η εξίσωση έχουμε: αι + αν ι - (ν - ι) = Ο 2

απ' όπου α 1 = 1 6. λσκηση 2

Έστω Α.Π. με όρους φυσικούς αριθμούς για την οποία ισχύει: το άθροισμα των εννέα πρώτων όρων είναι μεγαλύτερο του 200 και μι κρότερο του 220 και αz = 12. Να βρεθεί η πρόοδος. ·

Λύση Από τη υπόθεση έχουμε το σύστημα: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/35

{

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

α2 = α1 + ω = Ι 2 α1 � ·9 < 220 200 <

�

Από την εξίσωση του συστήματος έχουμε α1 = Ι 2 - ω και με αντικατάσταση ,στην ανισό τητα βρίσκουμε: 200 < 0 2 - ω) +

200 < 20 2 -

�)

(α-2ω)3 + α3 + (α+2ω)3 = κ [(α-ω)3 + (α+ω)3], ά ρα 3α3 + 24αω2 = κ(2α3 + 6αω2) δηλ. (1 ) 3α(α2 + 8ω2) = 2κα(α2 + 3ω2)

(ί) αν α = Ο τότε αμ = -2ω, αμ + 1 = -ω,

αμ + 2 = Ο, αμ + 3 = ω, αμ + 4 = 2ω

(�2 - ω) + 8ω · 9 < 220 δηλ.

(ii) αν α ::�; Ο τότε από την (1) έχουμε:

�� < ω < 4 2�.

Πρέπει (24 - 6κ)(2κ - 3) ;?; Ο δηλ.

+ 8ω ·9 < 220.

Μετά από πράξεις παίρνουμε 3

Εφ ' όσον όλοι οι όροι της προόδου είναι φυ σικοί αριθμοί θα είναι ω = 4 και α1 = Ι 2 - 4 = 8. λσκηση 3 Τέσσερεις διαφορετικοί ακέραιοι αποτε λούν διαδοχικούς όρους Α.Π. Ένας από αυτούς τους ακέραιους ισούται με το άθροισμα των τε τραγώνων των άλλων τριών αριθμών. Να βρε θούν αυτοί οι αριθμοί. Λύση

Έστω α - ω, α, α + ω, α + 2ω οι ζητούμενοι αριθμοί. Η πρόοδος είναι αύξουσα; Ισχύει: + (α - ω) 2 + α2 (α + ω)2 = α + 2ω δηλ. 3α2 - α + (2ω2 - 2ω) = Ο. Αν -24ω 2 + 24ω + Ι ;?; Ο δηλ. Ι 2 -VM8 � ω � Ι 2 +Vi§8 τότε "' "' 24 24

3(α2 + 8ω 2) = 2κ(α2 + 3ω 2) δηλ. ω2(24 - 6κ) = α2(2κ - 3)

�< κ

�

� _ ...-ν τκ=τ

, .

άρα κ = 2 3 4 οπότε α = + '"•'-

Για κ = 2 βρίσκουμε α = ± � !i!: Z Για κ = 3 βρίσκουμε α = ± O"J"./2 !ϊ!: Ζ Για κ = 4 βρίσκουμε α = ± νο = ο

Άρα η πρόοδος είναι ... -2ω, -ω, Ο, ω, 2ω, ... ω Ε Ζ. λσκηση 5 Να βρεθεί το άθροισμα: 502 - 492 + 482 - 472 + . . . + 22 Λύση

(502 - 492) + (482 - 47 2) + . . . + (22 - Ι ) =

(50+49)(50-49)+(48+47)(48-47)+ ... +(2+ Ι )(2- Ι )= 99 + 95 + . . . + 3

Η τελευταία παράσταση είναι άθροισμα πεπερασμένου . πλήθους όρων Α.Π. με α 1 = 3, av = 99 κάι ω = 4. Είναι:

2 + + α = Ι V-24ω + 24ω Ι ( Ι ) 6 Επειδή ω ακέραιος διαφορετικός από το Ο, θα είναι ω = Ι .

Οπότε από τη σχέση ( 1 ) έχουμε α - ω = - Ι , α = Ο, α + ω = Ι , α + 2ω = 2.

λσκηση 4 Οι ακέραιοι αριθμοί «μ, «μ + 1 , «μ + ' «μ + 3, 2 «μ + 4 είναι διαδοχικοί όροι Α.Π. 3 3 3 3 3 ) ' Αν «μ + «μ + + «μ + 4 = κ(αμ + 1 + αμ + 3 , οπου 2 κ ακέραιος, να βρεθεί η πρόοδος. Λύση

Έστω αμ = α - 2ω, αμ + 1 = α - ω, αμ + 2 = α, αμ + 3 = α + ω, αμ + 4 = α + 2ω, όπου ω Ε Ζ η δια φορά της προόδου. Η εξίσωση που έΧει δοθεί γίνεται:

αv = α1 + (ν - Ι )ω

απ' όπου 99 = 3 + (ν - Ι)4 άρα ν = 25. Sv = �αΙ + <Χν) =

�3 + 99) = Ι 275

λσκηση 6 Αποδείξτε ότι αν σε μία Α.Π. ισχύουν 3 Sν = ν2κ και Sμ = μ2κ, ν ::�; μ τοτε ' Sκ = κ

}

•

Λύση , + α 2 1 <Χν Sν = ν Κ αρα = ν· Κ 2 , α1 + αμ = μ· κ Sμ = μ2κ αρα 2 Με απαλειφή του α1 στο σύστημα παίρ νουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3136

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος n

-α

.... ""V� .; � μ=

κ(ν - μ)

•

+ (μ - Ι)ω] - .::. [α 1[α 1 + (ν - Ι )ω]� ..-.:. .:::.,_ ___;::.._::. = κ(ν

δηλ .

.:;... _ ...: ,.,__ _ "--"

δηλ .

ω(ν ...:. μ) = 2κ(ν - μ) .

- μ)

Συνεπώς ω = 2κ και α 1 = κ. Άρα: Sκ =

α1 αι + � ·κ =

α 1 + (κ - Ι)ω

·κ =

για ω =

� δίνει:

χ = Ο, ω = Ο, α = Ο, β = 0; Επομένως δεν υπάρχουν τέσσερεις τέ τοιοι αριθμοί. λσκηση 8 Μία Γ.Π. έχει 1000 όρους. Το άθροισμα των όρων που κατέχουν τις περιττές θέσεις εί ναι 81 και το άθροισμα των όρων που κατέχουν τις άρτιες θέσεις είναι 82• Να βρεθεί ο λόΎος λ της προόδου. Λύση

λσκηση 7 Να εξετάσετε αν υπάρχουν τέσσερεις μη μηδενικοί αριθμοί που να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π. τέτοιοι ώστε: το άθροισμα των δύο πρώτων να ισούται με ιrJ]., το άθροισμα των . δύο τελευταίων με \ β, το Ύινόμενο των δύο μεσαίων και το αντίθετο pνόμενο των δύο ακραίων είναι ρίζες της εξίσωσης z2-α2z+β2 = Ο. Λύση

Έστω χ - 3ω, χ - ω, χ + ω, χ + 3ω οι τεσ σερεις διαδοχικοί όροι της προόδου όπου ω η διαφορά. Τότε ισχύουν:

(2)

2χ - 4ω = crJ2 (1), 2χ + 4ω = β χ 2 - ω 2 = ρ ι , 9 ω2 - χ 2 = ρ 2 όπου ρ 1 , ρ οι ρίζες της z2 - α2z + β 2 = Ο. 2 Αλλά ρ ι + ρ = α2 και ρ 1 · ρ = β 2 οπότε : 2 2 (χ 2 - ώ2) + (9ω2 - χ2) = α2 δηλ. 8ω2 = α2 (3)

(χ2 - ω 2)·(9ω2 - χ2) = β 2 δηλ. z χ4 + 9ω4 - 1 0χ2 ω2 = -β (4) έχου Από την πρόσθεση των ( I ) και από με: 4χ = β + crJ2 και με αφαίρεση της την ( 1 ): 8ω = β - a-J2. Από την (3) παίρνουμε:

Ισχύουν οι σχέσεις:

S ι = α ι + α3 + αs + · · + � 99 S2 = α + α4 + C1ιi + · · · + α ι οοο 2 Αν πολ/σουμε την πρώτη με τον λόγο λ παίρ νουμε: ·

λ·α1 + λ·α + λ·αs + . . . + λ- � 99 = λ·S ι 3 αz + α4 + C1ιi + . . . + αι οοο = λ·Sι

οπότε λ =

��- ·

Αντικαθιστούμε στην 8ω = β - crJ2 κι έχουμε:

-2α-J2 = β - crJ2

ή β = -a-J2

Αντικαθιστούμε στην 4χ = β + crJ2 οπότε: 4χ = ο ή χ = ο 4 Τότε η (4) γίνεται 9ω = -β2 η οποία: •

για ω =

-αj?= δίνει ��4 + 4α2 = Ο οπότε:

α = Ο, ω = Ο, β = Ο, ενώ

S = λ·S ι 2

λσκηση 9 Να υπολοΎισθεί το Ύινόμενο:

r:r r:2 s- 2 �3 s- . . . �· -νJ:2 -ν s- . . . -νJ:ϊ2 :ι �1 y s! Λύση

3 1:23 } (;2 - . . . �· s- · · · = s- �-νs -ν14 -νG =>- �2 Α = 5.ν

.2 3 , 2 ν �

5 33

(2) (2)

ω = � και ω = � 4 4

<=>

. .

•

• • • =

2 (2)2 (2)3 (2)v , l +J2+(32)2+(32)3+ ... +(32)ν+ ... Η παρασταση =

+ ... +

+ ...

είναι άθροισμα άπειρου πλήθους όρων Γ.Π.

�

με αι = ι , λ = < 1 οπότε

αι ι S = τ--χ = � = 3 1 -j

Άρα Α = 53 = 125.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/37

�λ/ <1).

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

Άσκηση 10 Δίνονται οι αριθμοί 10, 14, 21. Να δειχθεί ότι δεν μπορούν να είναι όροι Γ.Π. Λύση Έστω <lκ + 1 = 10, α + 1 = 1 4, <Xv + 1 = 2 1 , όροι μ Γ.Π. με πρώτο όρο τον α και λόγο λ. Τότε

α·λιc = 1 0, α·λμ = 1 4, α·λν = 2 1 , οπότε: 21 14

__λν - μ

και

() -- -

n_ = λν 10

( )ν -

' 21 αρα 14

ιc

(ν

- μ) (ν -

-ffi.

2 Αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές στην (1) κι έχουμε: 3 Χ ι = Ο, χ2 = -1 + ffi - 1 και 2

(

)

3 χ3 = -1 - ffi - 1 2

ιc = λ(ν - ιc) (ν - μ)

ν-μ άρα 21 =λ 10

και ω 3 = -1

)

( ffi)

' θ ετικη' ει' ναι η χ2 = -1 + Απο' αυτες 2

ιc)

' 21 ν - ιc 21 ν - μ δηλ. 2 1 ν - ιc · ι ον - μ = 1 συνεπως = μ 1 4ν· - ιc 2 1 ν· - μ 1 4ν - ιc 10ν· δηλ. 2 1 μ - ιc . ι ον - μ· 1 4ιc - ν = 1 .

-1

Συνεπώς ο λόγος της Γ.Π. · είναι 3 - r,;:; 3 λ = (- 1 +ν13) - 2 και σύμφωνα με το πρό23 βλημα αν α 1 ο πρώτος όρος της προόδου, θα έ6 χουμε α8 = α1 ·λ7 = 1 ή α 1 ·λ = δηλ.

Από την τελευταία σχέση έχουμε μ = κ, ν = μ, κ = ν, που είναι αδύνατο να ισχύει.

1 α7 = λ =

Άσκηση 1 1 ν Κατασκευάζουμε την Γ.Π. 1, α, α2, , α , . . με Jαl < 1 της οποίας κάθε όρος ισούται με το γινόμενο ενός αριθμού κ επί το άθροισμα όλων των επόμενων όρων. Για ποιες τιμές του αριθ μού κ το πρόβλημα έχει λύση;

Άσκηση 13 . Το άθροισμα των δύο πρώτων όρων φθί νουσας Γ.Π. με άπειρους όρους είναι 1 και κάθε όρος αυτής είνciι διπλάσιος του αθροίσματος ό λων των όρων που ακολουθούν. Να βρεθεί η πρόοδος.

• • •

Λύση ' , αν = κ(αν + \ + αν + 2 + · · · ) . Εφ ' οσον Ισχυει J α l < 1 έχουμε: ν+ \ 1 αν = Κ· α <=> ι · - α = Κα <=> α = --1 -α κ+ 1

Το πρόβλημα έχει λύση για κάθε αριθμό 1 -· < ι δηλ. κ που ικανοποιεί την σχέση κ+ l για κ > Ο και κ < -2 .

ι-· ι

Άσκηση 12 Ο 8°ς όρος Γ.Π. είναι 1, ενώ ο λόγος της · είναι η θετική ρίζα της εξίσωσης 113 (1 + χ) = 1 + · Να βρεθεί ο 7°ς όρος της.

�

Λύση

Θέτοντας χ = ω 3 - 1 (1) στην εξίσωση , , , , ω3 - 1 η, , παιρνουμε μετα απο πραξ εις: ω = 1 + 4 ω 3 - 4ω + 3 = Ο = (ω - 1)(ω2 + ω - 3) = Ο ' ' εχουμε ' απο την οποια ωι = 1 , ω 2 = -1 +-{Π 2

23 . (-1 + ..JI3)3 - 23

Λύση

Έστω α ο πρώτος όρος και λ ο λόγος της προόδου. Σύμφωνα με την άσκηση θα έχουμε: α + α·λ = 1 και

α·λν - \ = 2(α · λν + α λν + I + α λν + 2 + · · ·) για κάθΕ: ν � 1 και ν ε Ζ. +1 + Αλλά α· λν + α · λν + α·λν 2 + . . . = α�+λ = l ν ν · 1 α·λ δηλ - 2λ ' α · λν = 2 · = α λ οποτε . 11 _ λ' 1 _λ 1 _λ 3· 1 - λ = 2λ, λ = 31 άρα α = 4 ·

Άσκηση 14 Να βρεθούν τρεις αριθμοί χ, y, z τέτοιοι ώ στε να είναι χ + y + z = xy + yz + zx, αν είναι γνωστό ότι οι αριθμοί χ, y, z είναι διαδοχικοί όροι Α.Π., ενώ οι xy, yz, zx είναι διαδοχικοί ό ροι Γ.Π. Λύση

Έχουμε 2y = χ + z και y2z2 = χ2yz δ η λ . 2 δοθεί γίνεται χ = yz. Η εξίσωση που έχει . ' ' χ + y + z = xy + χ2 + zx = χ(y + χ + z) και εφ ο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/38

Αριθμητική και Γεωμετρική Πρόοδος

y(x - 1) = (x + 1)(χ - 1) �

σον χ + y + z ;t:. Ο έχουμε χ =: 1 .

(x - l)(y - x - 1) = 0

Συνεπώς 2y = z + 1 και yz = 1 .

. Λύνοντας τις τελευταίες iξισώσεις έχου' με y = 1 η' y = - '21 αρα z = 1 η' z = -2 .

- �'

β)

Αν y = χ + 1 έχουμε

z = -2.

Άσκηση 15 Δίδεται Α.Π. με γενικό όρο «ν και Γ.Π. με γενικό όρο βν για τις οποίες ισχύει: α1 = β 1 , ι α2 = β2 και αν > Ο για κάθε φυσικό αριθμό ν. Α ποδείξτε ότι «ν < βν , για κάθε ν > 2. ·

α + (ν - 1)ω < α·λν - ι για ν > 2.

Από (1): ω = α·λ - α = α·(λ - 1) οπότε η σχέση που θέλουμε να δείξουμε είναι:

ν - 1 < λν - I - 1 δηλ. λ 1 ν - 1 < 1 + λ + . . . + λν - 2 που ισχύει εφ ' όσον λ > 1 . _

y - x =� χ Η (3) γίνεται: xy - x2 = y - 1 �

(2) (3)

χ = χ(z - 1)

. Είναι:

Έστω Α.Π. μΕ διαφορά ω, Γ .Π. με λόγο λ (με πραγματικούς όρους) για τις οποίες ισχύ ουν: ω·λ = 2 και

(�)

�λ •

Αν το άθροισμα των τριών πρώτων όρων της Α.Π. είναι 12 και το άθροισμα των τριών πρώ των όρων της Γ.Π. είναι 7 να βρεθούν οι έξι αυτοί αριθμοί. Λύση

�

{

ω· λ = 2 6 64ω 2 = λ

απ' όπου λ = 1 και 64ω 2 = 6 οπότε ω = 1 και ω ω λ = 2 ή ω = -1 και λ = -2. Επίσης ισχύουν οι σχέσεις:

{

Άσκηση 16 Να βρεθούν τρεις αριθμοί χ, y, z αν είναι γνωστό ότι οι χ, y, z είναι διαδοχικοί όροι Α.Π.; οι χ, y - 1, z - 1 είναι διαδοχικοί όροι

(1)

z = -2

Είναι ω ;t:. Ο και λ ;t:. Ο. Ισχύουν

Διαιρώντας με τον θετικό α(λ - 1) έχουμε:

2y = χ + z (y - 1 )2 = x(z - 1)

{ �-

Άσκηση 17

α(ν - 1)(λ - 1) < α·(λν - 1 - 1)

{

η οποία λόγω της πρώτης γίνεται -2χ = -χ απ' όπου χ = Ο, y = 1 , z = 2.

α + (ν - 1)α(λ - 1) < α·λν - ι δηλ.

Γ .Π. και ισχ-ύει y - χ = !..=....! χ Λύση

x2 = x(z - 1) � χ(χ - z) = -χ

Λύση

Έστω α1 = β 1 = α και α2 = β2 δηλ. α + ω = α- λ (1), όπου ω η διαφορά της Α.Π. και λ ο λόγος της Γ.Π. Είναι av > Ο, για κάθε φυσικό αριθμό ν, άρα ω μη αρνητικός αριθμός και εφ ' όσον α1 ;t:. α2 θα έχουμε ω > Ο. Από (1) έχουμε λ = α + ω = 1 + ω > 1 . Θέα α λουμε να δείξουμε ότι �· < βν , δηλ.

2y = 1 + z και με (y 1)2 = z 1 προκύπτει μέλη κατά αφαίρεση 2 y - 4y + 3 = Ο δηλ. y 1 = 3 οπότε z1 = 5 ή y2 = 1 οπότε z = 1 . Άρα οι λύσεις είναι 1 , 3, 5 ή 1 , 1 , 1 .

Αν χ = 1 έχουμε

Οπότε οι ζητούμενοι αριθμοί είναι χ = 1 ,

y = 1, z = 1 ή χ = 1, y =

{

α)

α + (α + ώ)

� (α + 2ω) = 12

β + βλ + βλ- = 7

δηλ.

α)

Αν ω = 1 και λ = 2 τότε α = 3 και β = 1 . Ά ρα α 1 = 3, α2 = α 1 + ω = 4, α = α1 + 2ω = 5 3 και β, = 1 , β 2 = β 1 · λ = 2, β = β 1 ·λ2 = 4. 3 β) Αν ω = 1 και λ = -2 τότε α = 5 και β = ·

Άρα α1 = 5, α2 = α1 + ω = 4, α3 = α1 + 2ω = 3 και 2 28 7 β = β λ =. 1 4 β, = 3 - τ· Ρ3 = Ρι ·λ = τ· , 2 ,· . E'YLUJAIIΣ .. .. τ. 3LW

Δείξε μου τη γραφική σού παράσταση να σου πω τι εισαι. .

Γιάννης Τσαρπαλής Η μελέτη μιας συνάρτησης f και οι πληροφο ρίες που μας δίνει η γραφική της παράσταση εξετά ζονται στο έκτο και τρίτο κεφάλαιο της ανάλυσης tου σχολικού βιβλίου της Α' και Δ' δέσμης αντί στοιχα. Η πληροφορική όμως σήμερα μπορεί να μας απαλλάξει από τον κόπο της μελέτης και να μας δώσει κατ' ευθείαν την γραφική παράσταση μιας συνάρτησης. Αρκεί να εφοδιάσουμε γνωστά προ γράμματα ηλεκτρονικών υπολογιστών με τον τύπο της συνάρτησης. Ο νέος λοιπόν στόχος της εκπαίδευσης ως πρQς το μάθημα των μαθηματικών πρέπει να είναι: «όλοι .οι αυριανοί επιστήμονες ακόμη και αυτοί που δεν θα ασχοληθούν επαγγελματικά με τα μαθηματι κά νq, μπορούν να διαβάζουν τις πληροφορίες που δίνει η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης». Πόσες φορές δεν. βλέπουμε στις εφημερίδες γραφικές παρ�στάσειζ που αναφέρονται στην οι κονομία, στην υγεία, στην εκπαίδευση, στην πολι τική και δεν ξέρουμε να τις �ιαβάσουμε; Το άρθρο αυτό θα παρουσιάσει μερικές ασκή σεις από βιβλία που διδάσκονται αυτή την εΠοχ,ή οι μαθητές στην Ευρώπη και ανταποκρίνονται στις παραπάνω σκέψεις.

Θέμα l Έστω συνάρτηση f της οποίας η γραφική παράσταση είναι:

της ι . f iv) Θεωρούμε τις συναρτήσεις: fι(χ) =

6 4 . ' f2(x) = 2 2 ' -χ + 2χ + 8 -χ + 2χ + 8

6 . f3(x) = 2 χ - 6χ + 8 Αν γνωρίζουμε . ότι μια απ'αυτές είναι η f να βρείτε ποια είναι; Λύση i) ii)

Το πεδίο ορισμού της f είναι το IR.' {-2, 4} και για κάθε χ Ε (-οο , -2) υ (4, +οο) είναι f(x) < Ο ενώ για χ Ε (-2, 4) είναι f(x) > Ο. Είναι lim f(x) =:= Ο, lim_ f(x) = -οο,

χ--ο:) χ--2 lim + f(x) = +οο, lim_ f(x) = +οο, χ- 4 χ- -2 lim f(x) = -οο, ιim f(x) = Ο χ- +Φ χ- 4+ iii) Επειδή ιim f(x) = Ο και f(x) < Ο τότε ι

x--co

ι.ιm - = -οο χ- _.., f(x) Επίσης ιim f(x) = Ο και f(x) < Ο τότε χ- +ω ι ι.ιm - = -οο χ- +α:: f(x) Έχουμε lim f(x) = -οο και lim f(x) = +οο χ- -2 χ- -2 _

τοτε ι·ιm

χ- -2 fi(χ) Ομοίως lim_ f(x) = χ- 4 ·

· τοτε ιιm ·

Άρ�:

ί)

Να βρεθεί από την γραφική . παράσταση το πεδίο ορισμού και το πρόσημο της f.

ίί)

Να βρείτε τα όρια

lim f(x),

χ--σο

χ--+4-

Χ--+4+

Χ-++Φ

χ- 4 fi(χ)

+οο

Jim _f(x),

Χ-+-2

lim f(x), lim f(x), lim f(x), lim f(x)

+ χ.:...-2

ίίί) Να προσδιορίσετε με την βοήθεια των πα ραπάνω όρίων την γραφική παράσταση

Σημείωση: Η συνάρτηση

και lim+ f(x) = -οο χ- 4

t θα μπορούσε να ο-

ρίζεται και στα σημεία χ = -2 και χ = 4. iv) Από τη γραφική παράσταση έχουμε ότι

ΕΥΚΛΕΙΑΗΣ Β ' κθ. τ. 3/40

Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

'------

�· Ομως f1(0) = -! άρα η f δεν είναι η f1 • Επίσης [2(-2) = ; = � όμως η f δ. εν ορί 4

η διαφορά ανάμεσα στις Cr και Ca γίνεται μέγιστη (όταν η εφαπτομένη της Cr γίνεται παράλληλη προς την ευθεία Cg, Θεώ,. ρημα Μέσης Τιμής). Από τη· γραφική παράσταση βλέπουμε η ποσότητα του προϊόντος πρέπει να περιέ χεται μεταξύ των 450 και 500. Άρα με προσέγγιση 25 μονάδων η ποσότητα αυτή είναι 475 .

f(O) =

ζεται στο χ = -2 άρα η f δεν είναι η f3• Άρα η μόνη δυνατότητα είναι f2(x) = f(x). Θέμα 2

Μια επιχείρηση κατασκευάζει μια συΎΚε κριμένη ποσότητα αντικειμένων με τις ίδιες προδιαγραφές. Η παρακάτω<γρα:φική παράστα ση Cr παρουσιάζει το συνολικό κόστος της πα ραγωγής, (δραχ) σε συνάρτη�η με την ποσότη τα του προϊόντος και η καμπύλη Cg ·παρουσιά ζει το συνολικό έσοδο (δραχμές) για την ίδια αυτή ποσότητα. Οι μονάδες μέτρησης στους άξονες είναι: στον άξονα των τετμημένων μια διαίρεση α ντιπροσωπεύει 50 αντικείμενα κΟ:ι στον άξονα τεταγμένων μια διαίρεση αντιπροσωπεύει 1 ε κατομμύριο δΡ,αχμές. δρχ.

τ:ιυ:::!: ::ι ιι� . ; I I I I I I I I I I - , - - ,- - - r - -,- - -, - I I I I Ι I I Ι I I

Τ I I I I I Ι I -,- - --, - - -, - - -. Ι ο • I Ι I •

. -. . -...

I Ι ., ο I

;

I I

Ι ο

;

- -Ι Ι

Ι I

;- - : I I

Ι I

I I

Ι Ι

,- -, -

-:-I I I I I

;. .;

I I

;

, - -,

I I

_ _ - !- - ' - - : - -:-: - -::- - -:-: - -::- - -:-�: : -:-: - -:-: - -:: - - ,: - ;, +-' : -:-: - -:-: : - :r : - : : -: ; -: : : : : : - : : : : : : :

- - ,- - - ,- - - ,- - -,- - -,- - - , - - -,- - -, - - -, - - "1 - - "i · - , - - , - - , - - ,

- - -

-- --- - - - -

·• Η

- -- -

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

- - - - -

- - - - - - - - -

- ---

--- -

- -

• • ! •. ! . . - -' Ι Ι I Ι

··

. • • L • • L. _ 1. • I Ι I I I I • •'- • . .. • .Ι- • I Ι I Ι I Ι _ - - • - - - • . ._ I I I I I Ι

I•. . ιJ•J •1•1•1 :•· Η•. Ι·:

- - -'- - -·'- - --'- --'- --·- - -'- - -·- - -·- - -'- - -' - - ! . . J • • J • • I I ι I I Ι ι ο Ι Ι ο Ι Ι

1 06

· r · · r - · ι

_.. ..1 . L • •1• • ....ι• • -' ' I • ο ι I I I Ι 1-- • .ι, • _._ • • -' • -'· I I I I· Ι Ι I , I Ι I _ - _.. - - -• I I Ι I Ι I I Ι . ..... . .. . . .... . ... . I I I ο I

-- -

_ � - , � • _. _ . .. . . . . I ' I I I I I I I • _. _. • • .. • • _. ι • I I I I Ι I I I I . .. . . .. . . • - . • . . .. . . I I I I I I I I I I . .. .. . .. . . .. .. . . ι I I I I

;

••.I ,0 ι..I I I Ι I I I I I _. • • .. • • � • • I ο I I I I I I I

. .. . .. . . •· -

I I

ι I I

, - · •

I I

I I .. I

� - -� - -� --�--:- - �- - �- - �--�--�--�--�--�-- � - - � - -- f - - : I

100 200 300

500

. .. .

. ..

700 αντικείμενα Ι

Να βρείτε το διάστημα μέσα στο οποίο πρέπει να βρίσκεται ο αριθμός των αντι κειμένων του προϊόντος έτσι ώστε η επι χείρηση να έχει κέρδος.

ii)

Να δοθεί με προσέγγιση 25 μονάδων η πο σότητα tου προϊόντος για την οπ.οία το κέρ&ος είναι μέγιστο. Λύση

Το θέμα αυτό αναφέρεται στη σημασία της θέσης των γραφικών παραστάσεων δύο συναρτήσεων. i)

ii)

Μια συνάρτηση f έχει την παρακάτω γρα φική παράσταση Cr: I I I - - -·- - I I I I I I I

Η . επιχείρηση . κερδίζει όταν η Cg είναι πάνω από την Cr. Για να έχει κέρδος λοι πόν· η επιχείρηση θα πρέπει ο αριθμός . των αντικειμένων του προtόντος να είναι μεταξύ 1 50 και 650. Το κέρδος είναι η διαφορά ανάμεσα στις Cr ,!<αι Ci . Το κέρδος γίνεται μέγιστο όταν

4 -

-3 -2 -1 ο 1 Να βρεθεί το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της f ii) Να επιλυθούν γραφικά οι παρακάτω εξι σώσεις και οι ανισώ_σεις β) f(x) = 3 α) f(x) = Ο γ) f(x) � 3 iii) Αν f' είναι η παράγωγος της f να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις και ανισώσεις α) f' (x) = Ο β) f'(x) < Ο i)

Λύση

. ,_,

Θέμα 3

ii)

Το πεδίο Όρισμού βρίσκεται από το σύνο λο των σημείων των προβολών της Cr στον άξοvα χχ' και είναι το [-4,._4]. Το σύνολο τιμών βρίσκε1!αι από το σύνο λο τωv σημείων των προβολών της Cr στον άξονα yy ' και είναι [0, 4]. α} Οι λύσεις της εξίσωσης f(x) = Ο είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων της Cr με τον χχ'. Το μοναδικό κοινό σημείο είναι io Α και η μοναδική λύση είναι χ = -4. β) Οι λύqεις της εξίσωσης f(x) = 3 είναι οι τετμη μένες των κοινών σημείων της Cr και της ευθείας - y = 3, δηλαδ,) χ = Ο και . χ = _:3. ' γ)� Οι λύσεις τηςf(χ) � 3 είναι οι τετμημέ νες των σημείων της Cr που είναι πάνω ,α πό την ευθεία y = 3, δηλαδή χ ε [-3, 0] .

iii) α) Οι λύσεις της εξίσωσης ('(χ) = Ο είναι οι τετμημένες των ση·μείrον Ίης Cr όπου οι εφαπτόμενες σ1αυτήν εfναι παράλληλες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/41

------- Δείξε μου τη ν Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι

προς τον άξονα χχ ' , δηλαδή χ = -2. β) Η f'(x) είναι αρνητική όταν η συνάρ τηση είναι γνήσια φθίνουσα, άρα f'(x) < Ο για κάθε χ Ε ( 2 4] (το χ = -2 δεν είναι λύση της f'(x) < 0). -

Θέμα 4

Θέμα 5 Γνωρίζουμε τις γραφικές παραστάσεις Cr1 , Cr1 , Cr3 τριών συναρτήσεων f1, f2, f3 οι οποίες

είναι ορισμένες στο διάστημα [0, 4].

· · - ..- - -,- - --1 - - - , - r - -,· - ·r Ι Ι Ι I Ι 1 1 Ι - · I:· - ·Ι:· · ·I:· · ·ι· - -iI · · I- · -�

Μια συνάρτηση έχει τον παρακάτω πίνακα μονοτονίας. -1

f(x )

/ 0�

Ι. 2. 3. 4. 5. 6.

· ·

· · ·

r · ·r ·

· ·

-,- - -,· I I

- -, - - -, - - , .

:j:: :j: ::j: :j): --- --. :- -: : : τ : : τ

--, • · ·, · · -.

I - ""i - -�I - · I:· - · I:· - ·I· : I · I · · I- · · I· · I -

ι ι

" · ι· · · ,- · ··· ·

· ·, · · · -. · · · · · ,

: : : ; : -- - - - : : Η .. - ;ι.... : - +-+-' - :•-- -! + . � -7" t---c� · -+""� . 7"'1:-' :: 71 : - -:- - -:- -Η--� ----":+ --

-·

___ ___ ___ '

τι

-Ι

- -' Ι

- - - 'ι Ι

� _ _: _ _ _: _ -

- - -- -- - - - - - - ,_ - -'·- - _ ,_ - -·- --·--

- .ι. Ι

- ' - . J . - -' ι I '

- ---

- ι. - �ι.... - -•-- -'- Ι Ι Ι

�- - �- - � - - _: : ' : ' : ' ' _ __

' ' ' ' ' _ _ _ _ ,_ _ _ .... _ _,_ _ I ι I I ' ' - - '- - -•- - - '- - -'- - -· - __

.. ... ' ' ''

-, -, ,., --,, --�-+--!- - +- -i- - +-+<tri--i -:: -:: - :: : :: - : :: - :: :: . ' -' ' -.: ' ' , ' - : --�- : - - . - - - .- - - .- - - - - - - - - , - · . .

Ί" - --

'' ' '' ' ' ' ' ' '. - - - - -.- - - - -- - - . --

--r Ι I

. .' '

. ' Ι

' '

- -.- - -.- - - .- - -.- · -.- - -.- - -,- - , - - , - ,Ι I Ι

' Ι

I I

I Ι

Ι Ι

I I

- - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - ·· 1 - - - - - · - - - - -:- - - - -: - - - - - : - - - - -

ι +:

�

-00

ι ι

--· · ·

: -:- :- : - :- - :- - : :- - - - : : - -:- - -:- - �- - -:- - �-: - �

- - � - - :- - - � _

νάρτησης ;

: : : :: : : : : : : :: -

Με τη βοήθεια του παραπάνω πίνακα να απαντήσετε στις ερωτήσεις 1. Ποιο είναι το πεδίο ορισμού της συνάρτη σης 2. Ποια είναι τα όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού της f 3. Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της f και το είδος της μονοτονίας σε κάθε διά στημα 4. Έχει η f ακρότατο; Αν ναι ποια είναι η τι μή του 5. Ποιο είναι το πρόσημο της f; 6. Ποιος είναι ο πίνακας μονοτονίας της συ-

• · ,· · - ,• · - ,- · ·, • - •, • · ·, - • · , •

j ) j: j ) j : -τr(:j Ι

· · · · · · · ·

+οο

-00

-. 1 : : ; : τ · -:- - τ : : : : : : τ

.......

- _ _ Ι_ _ _ ο I I I I _,_ _ _ ,_ _ _ ,_ _ I I I ' ·'-.L. I

τι

I I I Ι _ •_ _ _ ,_ _ _Ι _ _ _, _ I I I Ι I I I _ _ _._ _ _, _ _ _, Ι Ι I . '

--I

ο I I _• _ _ _, _ _ _. I Ι I Ι I I -' · -· -' - - -· Ι Ι I ' ' · - -' - - J

- -· - -

__,

Μια απ'αυτές έχει για παράγωγο μια συ νάρτηση f δευτέρου βαθμού της οποίας η γρα φική Cr παράσταση είναι

Λύσ!Ι

(-1,

Το πεδίο ορισμού της f είναι το +οο). Τα όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού εί ναι lim f(x) = -οο και Iim f(x) = -οο. χ--1

x-+CQ

(-1, 1.

1 ] και Η f είναι γνήσια αύξουσα στο γνήσια φθίνουσα στο +οο). Η f παρουσιάζει μέγιστο για χ = Η τιμή του μέγιστου είναι μηδέν. Η f είναι αρνητική στο (-1 , 1) U (1 , +οο) και μηδενίζεται για χ = Επειδή lim f(x) = Ο και f(x) < Ο για .

[1,

χ- Ι

(- 1 , l ): U (1, +οο) τότε lim fi 1 ) (Χ 1 1 Iim fi ) Ο , lim fi ) Ο. ( (Χ

χ Ε

χ--ι

χ- Ι

χ 1

x-+co

= -οο

και

-1

Ποια από τις τρεις συναρτήσεις f1 , f2 και f3 έχει για παρδ:γωγο την f; Να δικαιολογή σετε την απάντησή σας. Δείξτε ότι η f έχει τύπο: 2 f(x) = χ - 4χ + 3. Ποιος είναι ο τύπος της αρχικής συνάρτη σης της f; Λύση

+οο

0. �- �, -00/ 0 -

Η συνάρτηση

Σύμφωνα με την τέταρτη γραφική παρά σταση, το πρόσημο της f είναι:

f είναι στο (-1 , 1) γνή σια

φθίνουσα και στο

(1, +οο) γνήσια qύξουσα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κθ. τ. 3/42

------

Δείξε μου την Γραφική σου Παράσταση να σου Πω τι Είσαι 3

t'�l

Ρ(χ) =

s( ι;s) 2 χ +

iii) Αν ο πίνακας μονοτονίας της Ρ(χ) είναι

Η f είναι η παράγωγος μιας εκ των συναρ τήσεων f1 , f2 , f3 . Έστω F η αρχική της f, τότε ο πίνακας μονοτονίας της είναι:

η f1 είναι γνήσια αύξουσα στο [2, 3], άρα δεν μπορεί να είναι η F. η f2 είναι γνήσια φθίνουσα στο [0, 1] άρα δεν μπορεί να είναι η F. μόνο η f3 έχει την μονοτονία που θέλουμε . .Άρα η f3(x) είναι η αρχική της f. Επειδή η f είναι δευτέρου βαθμού, τότε υ πάρχουν α, β, γ Ε IR έτσι ώστε f(x) = αχ2 + βχ + γ με α :;t Ο. Η γραφική παράσταση της f που δίνεται από το τέταρτο σχήμα μας επιτρέπει να γράψουμε f(O) = 3, f( l ) = Ο και f'(2) = Ο. Ομως f'(x) = 2αχ + β. .Άρα γ = 3, α + β + r = Ο και 4α + β = Ο απ' όπου έχουμε α = 1 , β = -4 και γ = 3, δηλαδή: 2 f(x) = χ - 4χ + 3 και χ Ε [0, 4] Η f έχει αρχική την f3 , άρα 3 f3(x) = χ - 2χ2 + 3χ + c

�

Επειδή f3(0) = 1 , έχουμε c = 1 .Άρα: 3 f3(x) = χ - 4χ2 + 3χ + 1 Θέμα 6

�

Μια επιχείρηση θέλει να κατασκευάσει έ να κουτί σχήματος ορθογ. παραλληλεπιπέδου 3 με βάση τετράγωνο_ και όγκο 128cm • Για τον πυθμένα και για το σκέπασμα θα χρησιμοποιη 2 θεί ένα υλικό · που στοιχίζει 4.000 δρχ. το cm και για την πλευρική επιφάνεια ένα υλικό που 2 στοιχίζει 2.000 δρχ. το cm • Συμβολίζουμε με χ το μήκος της πλευράς της βάσης (σε cm) και h το μήκος του ύψους του κουτιού (σε cm). 12 i) Δείξτε ότι h = χ Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση του κό ii) στους του κουτιού (σε χιλ. δρχ.) είναι

να βρεθεί η ελάχιστη τιμή κόστους για την κατασκευή του κουτιού. (Να επαληθεύσετε μελετώντας την μονοτονία της Ρ(χ) την α λήθεια του παραπάνω πίνακα) Λύση 3 Ο όγκος του Κ<?υτιού σε cm είναι: 2 V = h·X·X = hx

.Άρα 1 28 = hx2 επομένως h = 1 228 χ ii) . Ο πυθμένας και το σκέπασμα του κουτιού έχουν εμβαδόν 2χ2 και η τιμή κόστους (σε χιλ. δρχ.) είναι 4 · 2χ2 = 8χ2• Η παράπλευρη επιφάνεια έχει εμβαδόν: 4·x·h = 4 · x .l228 = 4 .128 χ χ

και η τιμή κόστους σε χιλ. δρχ. είναι: 2 · 4 )28 = 8 .128 χ χ .Άρα η συνολική τιμή κόστους είναι: 28 Ρ(χ) = 8χ2 + 8 1 = 8 χ 2 + 128 . χ χ iii) Για χ = 4 το κόστος γίνεται ελάχιστο και η ελάχιστη τιμή f:ίναι: Ρ(4) = 8 42 + 1 8 = 384 χιλιάδες δρχ .

(

( (

�)

Πράγματι:

�)

)

( �η

Ρ'(χ) = 8 2χ - 1 28 = 16 χ = 3 2 16 χ - 64 = 16 (χ - 4)(χ + 8χ + 16) χ χ Ο πίνακας μονοτονίας της Ρ(χ) είναι: ο

χ Ρ ' (χ)

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/43

Ρ(χ)

Ί� :/

4 -

+α:J +

�/

Ευ θε ία και καμπύλη Λαμπρόπουλος Τάσος Ι.

Εξίσωση εφαπτομένης κύκλου σ'ένα σημείο του Υ

2 2 = ι και ΑΒ μια χορδή της Έστω c: χ 2 + β α έλλειψης με συντελεστή διεύθυνσης λ * Ο . Ε πειδή τα σημεία Α(χ ι , y1) και Β(χ2, Υ2) είναι · σημεία της έλλειψης θα έχουμε: 2 2 2 2 �2 + Ι!.2 lL. + � ι - ' 2 2-ι β α α β

α) ο

Έστω c ο κύκλος με κέντρο Κ(χό, Υο) και ακτίνα. R και ε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του Α(χ ι , Υι ). Το σημείο Μ(χ, y) του ε:.. πιπέδου του κύκλου είναι και σημείο της εφα πτομένης ε αν και μόνο αν είναι: �

�

--+

ΚΑ .l ΑΜ δηλαδή ΚΑ ·ΑΜ = Ο ή ισοδύναμα --+

--+

ΚΑ·(ΑΚ + ΚΜ) = Ο ή ισοδύναμα --+

•

(χ ι- .... χ 2)-::xz) (yι - Υ2) (Υ ι + Υ2) 0 ι+ -'--' .:... (χ -=----'::;;. + 2 2 β α

--+

ΚΑ ·(-ΚΑ + ΚΜ) = Ο ή ισοδύν(Ιμα -2 - -ΚΑ + ΚΑ ·ΚΜ = Ο ή ισοδύναμα - -2 ΚΑ·ΚΜ = ΚΑ (Ι)

- [

[

Αν διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με χ ι - χ 2 παίρνουμε:

χ - χο χ ι - χο , και , ΚΜ = . Επειδή ΚΑ = Υ - Υο Υ ι - Υο . ΚΑ2 = (ΚΑ)2 = R 2 η ισότητα (I) γράφεται:

[

χ ι - χο Υ ι - Υο

και με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 2 2 2 "2 χ ι - χ 2 Υ ι - y2 + 2 2 = Ο ή ισοδύναμα α β

[

χ - χο Υ - Υο

2 <=>

2 (χ ι - χο)( χ - χο) + (Υ ι - Υο)( Υ - Υο) = R . Επομένως, η εξίσωση της εφαπτομένης 2 2 2 του κύκλου c: ( χ - χο) +( y - y0) = R στο ση μείο Α(χ ι , Υ ι ) είναι: 2 (χ ι - χο)( χ - χο) + (Υ ι - Υο)( Υ - Υο) = R .

Π. Γεωμετρικός τόπος μέσου παράλληλων χορδών κωνικής τομής Έστω μια κωνική τομή c κ:αι λ ο συντελε στής διεύθυνσης των παραλλήλων χορδών της. Θα βρούμε τον Γεωμετρικό τόπο του μέ σου των χορδών.

(χ ι + χ 2) Υ ι - Υ2 . (Υ ι + Υ2) 0 = (I) + . 2 2 χ ι - χ2 β α

Έστω Μ(χ, y) το μέσο της χορδής ΑΒ. Τότε θα έχουμε: χ ι + χ 2 = 2χ, Υι + Υ2 = 2y και Υι - Υ2 = λ (λ σταθερό). Οπότε η εξίσωση (I) χ ι - χ2 . που είναι μια σχέση που συνδέει τις συντε ταγμένες των άκρων Α και Β της χορδής ΑΒ 2 = Ο δηλαδή y = γίνεται: 2 + λ· χ. αλ β α

�

Επομένως τα μέσα των χορδών της έλλει ψης που έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυν2 σης λ βρίσκονται στην ευθεία ε: y = χη αλ οποία διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας της έλλειψης.

�

β)

Έστω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/44

2 2 χ = ι και ΑΒ μια χορδή της 2 β α

Ευθεία και καμπύλη

στον άξονα χχ ' τότε ο Γεωμετρικός τό�ος του μέσου τους είναι η χορδή που είναι παράλληλη στον χχ ' και διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας της κ.ωνικής δηλαδή είναι ο οριζόντιος άξονας συμμετρίας της κωνικής.

υπερβολής με δοσμένο συντελεστή διεύθυν σης λ * Ο και Α{χ ι , Υ ι ) , Β(χ2, Υ2) .

Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο που πε ριγράψαμε στο α βρίσκουμε ότι ο τ.:r. είναι 2 ευθεία ε: y = χ η οποία διέρχετciι από το αλ κέντρο συμμετρίας της υπερβολής . ' 2 2 2 γ) Έ�ω c: χ + y = R και ΑΒ μια χορδή του με συντελεστή διεμθυνσης λ * Ο και Α(χ ι , Υι ), Β(χ2 , Υ2) · Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο που περιγράψαμε παραπάνω βρίσκουμε ότι ο ζητούμενος Γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία

ε: y = -

2 δ) Έστω c: y = 2px και ΑΒ μια χορδή της παραβολής με Α(χ ι , Υι ) και Β(χ2, Υ 2) και συ ντελεστή διεύθυνσης λ. Επειδή τα σημεία Α και Β είναι σημεία της παραβολής τότε θά2 2 χουμε: Υ ι = 2pχ ι και Υ2 = 2px2. Από τις παραπάνω ισότητες παίρνουμε διαδοχικά: 2 2 , ' Υ ι - Υ2 = 2ΡΧ ι - 2px 2 η ισοδ υναμα (Υ ι - Υ2) (Υ ι + yz) = 2p(χ ι - χ2) ή ισοδύναμα Υ ι - Υ2 ( + y ) = 2p Υι z χ ι - χ2 και αν Μ(χ, y) το μέσο της χορδής ΑΒ τότε έ

χουμε: λ·2y = 2p δηλαδή y = ·

Επομένως ο Γεωμετρικός τόπος των μέ σων των παραλλήλων χορδών της παραβολής 2 c: y = 2p x είναι ευθεία παράλληλη προς τον άξονα συμμετρίας της Παραβολής. ΙJαρατηρήσεις 1.

Οταν λέμε ότι ο Γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία (ε) εννοούμε το τμήμα της ευθεί ας που είναι χορδή της κωνικής τομής. Στην παραβολή εννοούμε την ημιευθεία που το άκρο της βρίσκεται στην παραβο λή και η οποία τέμνει τις χορδές της πα ραβολής.

Αν λ = Ο δηλαδή οι χορδές είναι παράλ ληλες στον άξονα χχ ' (στην παραβολή 2 c: y = 2px δεν υπάρχουν τετοιες χορδές) τότε ο Γεωμετρικός τόπος των μέσων τους είναι η χορδή της κωνικής που είναι κά θετη στον άξονα χχ ' και διέρχεται από το κέντρο συμμετρίας της κωνικής. Αν δεν ορίζεται ο συντελεστής διεύθυν σης λ δηλαδή οι χορδές είναι κάθετες

Γεωμετρικός _τόπος μέσου χορδών κω νικής τομής οι οποίες διέρχονται από σταθερό σημείο

Έστω μια κωνική τομή c. κaι Ρ(χο , Υο) ση μείο του επιπέδου της. Θα βρούμε τον Γεωμε τρικό τόπο του μέσου των χορδών της κωνικής c οι οποίες διέρχονται από το σημείο Ρ.

(ε)

2 2 α). Έστω c: \ + JΊ = ι η εξίσωση της έλλει. α β ψης και ΑΒ μι(l χορδή αυτής που διέρχεται α πό το σταθερό σημείο Ρ(χο , Υο) με Α(χ ι , Υ ι ) και Β(χ2 , Υ2). Θα β ρ ούμε το Γ.Τ. του μέσου Μ(χ, y) της χορδής ΑΒ δηλαδή την εξίσωση που επα ληθεύουν οι συντεταγμένες του μέσου Μ . Επειδή τα σημεία Α και Β ανήκουν στην έλλειψη c τότε θα έχουμε: 2 2 2 2 y χ �2 + l!.2 = ι και 22 + 22 = ι α β α β και με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: 2 2 2 2 χ ι - 2 Υι / + = Ο ή ισοδύναμα α β (χ ι - xz) χ ι + χ2) (Υ ι - Υ2) Υι + Υ2) + =0 α β Διαιρούμε και τα δύο μέλη με χ ι - χ2 * Ο . Η ισότητα χ ι = χ 2 ισχύει μόνο στην περίπτω ση που η χορδή ΑΒ είναι κάθετος στον χχ' και αυτό μόνο όταν -α < χ0 < α, οπότε έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/45

�

-/2

�

Ευθεία και καμπύλη

(χ ι +2χ2) Υχιι -- Υχ2 . (Υ ι β+2Υ2) α 2 συνευ Επειδή τα p-ημεία Α, Μ,Υ ιΒ- είναι - Υο , Υ θειακά τότε θα έχουμε λε = χ ι -χ22 = Υχ-χο χ ι γίνεται: χ2 2χ, Υ ι + Υ2 = 2y και οπότε η ισότητα 2χα2 + Υχ --χοΥο . lYβ2 = ή ισοδύναμα χ(χ-χ2 ο) + y(y 2 ο) = ή ισοδύναμα α β 2 χδ Υδ 4 χο2 2 ο Υ 4 χ2 -2χοχ + ο Υ y Υ α α2 + β2 +.-β2 = 42+42 α β <=> χ2-- χοχ-+-χ4-ο + Υ2 - ΥοΥ +-4 Υ2ο χο2 + Υο2 - ---;α2 ;β2 4α2 4β2 (χ 2 χο)2 + (y 2 Υο)2 = χο2 + Υο2 ισοδύναμα β2 4α2 4β2 α2 (χ ·- 1 χο)2 + (y -1 Υο)2 α2(4αχο22 + 4βΥο22J β2(4αχο22 4βΥ2ο2J εξίσωση είναι εξίσωση έλλειψης κέντρου συμμετρίας κ(4 Χο, 1 Υο) με μήκη η μιαξόνων: χο2 . Υο2 α β Μικρού β 1 = Ά2 αχο22 + Υβο22 Επομένως ο χ2 του μέσου των χορδών; 2 της έλλειψης α2 �β = οι οποίες διέρχονται από το σταθερό σημείο είναι τό 0) y ξο έλλειψης πουταέχεισημεία εξίσωση την εσωτερικό και το οποίο έχει όλα του στο της καμπύλης ρούμε τοντομής είτουτε αυμέ Οταν θέλουμεμιαςνα βκωνικής σου των χορδών τέςσυντελεστή είναι παράλληλες έχουν δοσμένο (δηλαδή διεύθυνσης λ) είτε αυτές διέρχομε νται από σταθερό σημείο ερ αζόμαστε γ τον ίδιοδιαφορά σχεδόν τρόπο. βρίσκεται στην αντικατάστα+

0 (Ι)

Ρ,

(Ι)

�Υ

<=>

1 (Π)

(Π)

2 +2

ii)

r.τ.

Ρ(χ0 ,

(Π)

Παρατήρηση

Γ.Τ.

ση του λόγου ΥΧιι -- ΥΧ22. ΟτανΥ ιοι- χορδές είναι παράλληλε� τότε θέτουμ� χ ι -χΥ22 = λ. Οταν οι χορδές διέρχο νται από σταθερό σημείο τότε aντικαθιστούμε χ τον λόγο Υχιι -- yχ22 με το λόγο Υ - ΧΥοο. β) Έστω αχ22 - �β2 = -Εργαζόμαστε κατά τα γνωστά( καιχ )βρίσκουμε: ι α2 2 Υχιι -- Υχ2 . (Υι β+2Υ2) = Ο 2 Θέτουμε: χ χ = 2χ, Υι + Υ2 = 2y και ι 2 Υχι1 -- Υχ2 = ΥΧ -- ΥΧοο, όπου Μ(χ, y) το μέσο της 2 ΑΒ με Α(χ ι , Υι) και Β(χ2, Υ2) οπότε χορδής παίρνουμε: 2α Υχ -- Υχοο ::ι.β2 = ή ισοδύναμα χ2 -2χοχ - Υ2 -2ΥοΥ = ή ισοδύναμα α β (χ ----:2.-χο)---- 2 - (y 2 Υο)2 - (-χο2 - -Υο2] δηλαδη. - α2 β2 4 α2 β2 (χ χο)2 - (y Υο)2 = α42 (αxt2 βΥδ2J i4 (αxt2 Υδβ2J που παριστάνει υπερβολή με κέντρο συμμετριας το σημειο χο, Υο) . βολήκαι βρίσκουμε: γ)στε μεΈστωόμοιοη παρα / = 2px. Εργαζόμα τρόπο ΥΧιι -- ΥΧ2 (y1 y2) = 2p ή ισοδύναμα yΧ -- yoΧο2 2y = 2p ή ισοδύναμα y2 -ΥοΥ = p(x - χο) ισοδύναμα (y -1 Υο)2 = p (χ - χο + ��) ή ισοδύναμα (y - Υο)2 = [χ - (χο. - Υ4οp2)�. δηλαδη. c:

. Κ 1 (2

1 2

'ή

1 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/46

1 (Ι)

Ευθεία και καμπύλη

-� Υο)2 = 2 1 [χ - (.χο - ��)]

που παριστάνει εξίσωση παραβολής με κορυ2 2 ο , Ε(χσ - Υο + Q, φη, Ο ' (χ0 - Υ ' Υο) , εστια ο 4Ρ 4 2 Υ 4Ρ 2 2 και διευθετούσα την ευθεία Χ = XQ -

δ)

1 )

r; %·

Ομοια εργαζόμαστε και για τον κύκλο.

Α) Σημεία τομής ευθείας και κωνικής

Ας θεφρήσουμε την ευθεία ε: y = λχ + β και μια καμπύλη c του επιπέ.δ ου με εξίσωση : • 2 2 Αχ + Bxy + Γy + Δχ + Ey + Ζ = Ο. Η ευθεία ε και η καμπύλη c έχουν το πολύ δύο κοινά σημεία, αφού το δευτεροβάθμιο σύ στημα: Υ = λχ + β 2 2 Αχ + Bxy .t Γy + Δχ + Ey + Ζ = Ο (2) έχει το πολύ δύο διακεκριμένες πραγματικές λύσεις. Αν αντικαταστήσουμε στη (2) όπου y = λχ + β προκύπτει συνήθως μια δευτεροβάθ μια εξίσωση που έχει το πολύ δύο λύσεις. Στην περίπτωση που η εξίσωσ:η αυτή έχει δύο λύσεις ίσες, δηλαδή Δ = Ο, τότε aπ��εικνύεται ότι η ευ θεία ε είναι εφαπτομένη της καμπύλης c. Τα πιο πάνω αποτελούν πιστή αντιγραφή παραγράφου του σχολικού βιβλίου. Επομένως: i) Η ευθεία ε: y = λχ + κ εφάπτεται της έλ2 2 λειψης c: χ 2 + = αν και μόνο αν η εξίσω α β 2 2 ση: c: χ 2 + (λχ κ) = 1 ή ισοδύναμα β α 2 2 2 2 2 2 2 2 (β + α λ )χ + 2α λκχ + α (κ - β ) = Ο 2 2 2 2 ' Δ = Ο <=> β + α λ = κ . εχει ii) Η ευθεία ε: y = λχ + κ εφάπτεται της υ2 2 περβολής c: χ 2 = αν και μόνο αν η εξ ί α β 2 2 σωση : c: χ 2 - (λχ κ) = ή ισοδύναμα α β 2 2 2 2 2 2 2 2 (β - α λ )χ 2α λκχ α (β + κ ) = Ο 2 2 2 2 έχει Δ = Ο δηλαδή β + κ = α λ . . iii) Η ευθεία ε: y = λχ + κ εφάπτεται -tης πα ραβολής c: y 2 = 2p x αν και μόνο αν η εξίσωση :

(1 ) }

{

..;

..; i

2 (λχ + κ) = 2p x ή ισοδύναμα 2 2 λ χ + 2(λκ - p)χ + κ 2 = Ο έχει Δ = Ο δηλαδή p = 2κλ. Σαν άμεση συνέπεια των πιο πάνω θα μπορούσαμε να δώσουμε τον παρακάτω ορι σμό της εφαπτόμενης σε μια κωνική τομή. «Καλούμε εφαπτομένη κωνικής tομής σε ένα σημείο της Μ(χο, Υο) την οριακή θέση μιας τέμνουσας την κωνική σε δύο σημεία τα οποία συμπίπτουν με το Μ(χο, Υο)».

Β) Εξίσωση ευθείας που διέρχεται από το ση μείο Ρ(χο, Υο) Έστω σημείο Ρ(χο, y0). Οι ευθείες που διέρχονται από το σημείο Ρ(χο, Υο) αποτελούν μια οικογένεια ευθειών την οποία ονομάζουμε δέσμη ευθειών και έχει την εξίσωση : ελ: y - Υο = λ(χ - χσ) ή χ = χσ ή ισοδύναμα ελ: y = λχ + κ ή χ = χσ όπου κ = Υο - λχο

IV.

Γεωμετρικός τόπος σημείων τομής δύο εφαπτόμενων μιας κωνικής τομής που τέμνονται κάθετα.

ί) Να βρεθεί ο Γ.Τ. των σημείων τομής των εφαπτομένων στην παραβολή c: y2 = 2px οι οποίες είναι κάθετες. Λύση Έστω τυχαίο σημείο του επιπέδόu της παραβολής. Οι ευθείες ελ: y = λχ + κ που διέρ χονται από το p(xo , Υο) εφάπτονται της παρα βολής c αν και μόνο άν: p = 2κλ δηλαδή p = 2(Υο - λχο)·λ επομένως 2 2χ0λ - 2y0λ + p = Ο (I)

Οι εφαπτόμενες τέμνονται κάθετα αν και

μόνο αν λ1 · λ2 = - 1 δηλαδή ...Ιι. = 2χσ χσ = -

-1

επομένως

1 όπου λ1, λ2 οι συντελεστές διεύθυνσης

των εφαπτομένων και οι οποίοι είναι ρίζες της εξίσωσης (1). Επομένως το τυχαίο σημείο p(xo , Υο) από το οποίο οι εφαπτόμενες που φέρνουμε στην 2 ' ' παρα β ολη' y = 2px ειναι κα' θ ετες, ειναι σημείο της ευθεί�ς δ: χ = τούσα ττjς παραβολής.

ίί)

- 1 που είναι διευθε-

Να βρεθεί ο Γ.Τ. των σημείων τομής των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/47

•

Ευθεία και καμπύλη 2

εφαπτομένων στην έλλειψη c: \ + lJ = ι, οι σ α β ποίες είναι κάθετες. Λύση Έστω p(xo, Υο) σημείο του επιπέδου της έλλειψης. Οι ευθείες ελ: y = λχ + κ που διέρ χονται από το Ρ εφάπτονται της έλλειψης c , αν και μόνο αν: 2 2 2 2 ισοδύναμα + αλ = κ η' β 2 2 2 2 β + α λ = (Υο - λχ0) ή ισοδήναμα β 2 + α2λ2 = y� + λ2χ� - 2y0λχ0 ή ισοδήναμα

(α2 - χ�)λ2 + 2y0χ0λ + (β 2 - y�) = Ο Το σημείο p ανήκει στον Γ .Τ . , αν και μό νο αν, οι εφαπτόμενες στην έλλειψη τέμνο νται κάθετα, δηλαδή: β 2 - Υο2 - 1 επομένως λ ι, · λ2 = - 1 δηλαδή 2 α - χο2

' άρα έχουμε Υ2ο = Χο2 β2 Χο2 + Υο2 = β 2 + α2 που σημαίνει ότι οι συντεταγμένες του Ρ επα' την ε ξ 'ισωση χ 2 + y2 = α2 + β 2 . λη θ ευουν Επομένως ο ζητούμενος Γ.Τ. είναι ο κύ κλος c: χ 2 + y 2 = α2 + β 2 .

κεντρος κύκλος c: χ2 + y2 = 2R2 . iv) Το ίδιο πρόβλημα για την υπερβολή, όταν α > β. Λύση Έχουμε συνοπτικά: 2 2 2 2 = αλ β + κ ισοδύναμα . η' 2 2 2 2 β + (Υο - λχο) = α λ ή ισοδύν�μα � (χ� - α2)λ2 - 2ΧοΥολ + (β 2 + y�) Ο

β 2 + Υ2 � -Ι επομένως και από: λ1 ·λ2 = - l τότε 2 χ0 - α β 2 + y� = α2 - χ� . άρα έχουμε �2 + �2 = α2 - β 2 • Επομένως είναι ο κύκλος c: χ 2 + y2 = α2 - β 2 •

Εφαπτόμενες καμπύλες

Είναι γνωστό (έτσι το θεrορούμε, σαν συ νέπεια ορισμών), ότι για να εφάπτονται οι γραφικές παραστάσεις c r και cg · δύο συναρτή σεων f και g στο σημείό χ0 θα πpέπει να έχουν στο χ0 την ίδια εφαπτομένη , δηλαδή πρέπει να ισχύουν: f(x0) = g(xo) και Γ(χσ) = g ' (x0) δηλαδή το χ0 να είναι κοινή ρίζα των συναρ τήσεων φ και φ ' όπου φ(χ) = f(x) - g(x) που σημαίνει ότι το χ0 είναι ρίζα της φ(χ) = Ο του λάχιστον με πολλαπλότητα 2. Επομένως, σαν άμεσο συμπέρασμα έχqυ με: «Η ευθεία ε : y = αχ + β εφάπτεται της cr, .αν και μόνο αν, η εξίσωση f(x) = y έχει διπλή ρί ζα το σημείο χ0, όπου χ0 το σήμείο επαφής»+ Αν η εξίσωση f(x) = χ είναι δευτεροβάθ μια το ίδιο συμπέρασμα προκύπτει από την παράγραφο. ·

Α) ΣΗΜΕΙΑ ΤΟΜΗΣ ΕΥΘΕΙΑΣ ΚΑΙ ΚΩΝΚΗΣ

Και τώρα, ως εφαρμογή των πιο πάνω ας λύσουμε μερικές ασκήσεις. Ασκηση ι Αν

οι γρφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = χ2 - 4χ + 5 και g(x) = χ2 + 2χ '-- 4 αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της er στο σημείο Α(3, f(3)) εφάπτεται και στην cg.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κθ. τ. 3/48

και

Ευθεία και καμπύλη

Λύση Η εφαπτομένη της cr στο σημείο Α(3, f(3)) έχει εξίσωση (ε): y - f(3) = f'(3)(x :.._ 3) Και επε'ιδή Γ(χ) = 2χ - ·4 τότε f(3) c::: 2 και f'(3) = 2 οπότε (ε): y - 2 = 2(χ - 3) ή ισοδύναμα (ε): y = 2χ _:_ 4 . . . . Η ευθεία (ε) εφάπτεται της cg, αν και μόνο αν, η εξίσωση g(x) = y έχει διπλή ρίζα η οποία είναι η τετμημένη του σημείου επαφής . Έχουμε: g(x) = y iότε χ 2 + 2χ - 4 = 2χ - 4 δηλαδή ·.

χ 2 = Ο άρα χ = Ο

δηλαδή η (ε) εφάπτεται της cg στο σημείο

Β(Ο, g(O)). Η πιο πάνω άσκηση, είναι από την ανά λυση της Γ Λυκείου . Η ίδια άcrκηση μπορεί να διατυπωθεί ως εξής: Να βρεθεί η κοινή εφαπτομένη των γραφι κών παραστάσεων Cr και cg των συναρτήσεωνf(χ) = χ2 -··4.χ + 5 και g(x) = χ2 + 2χ - 4 αντί στοιχα. Λύση Η ευθεία ε: y = αχ + β εφάπτεται της cr μιας συνάρτησης f, αν και μόνο αν, κάθε μια από τις εξισώσεις: f(x) = Υ · , , η ισοδυναμα Υ g(x) = χ2 - 4.χ + 5 = αχ + β ή ισοδύναμα χ2 + 2χ - 4 = αχ + β χ2 - (α � 4)χ+ 5 - β = Ο

{ {

{

χ 2 + (2 - α)χ - (4 + β) = Ο έχει διπλή ρίζα, δηλαδή θα πρέπει Δ = Ο δηλαδή (α +. 4)2 - 4(5 - β) = Ο ή ισοδύναμα . (2 - α)2 + 4(4 + β) = Ο . α2 + 8α + 4β - 4 = Ο ή ισοδύναμα α2 - 4α + 4β +20 = Ο

{ {{

α=2 β = -4 οπότε και η κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση (ε): y = 2χ - 4 και εφάπτεται στη cr στο σημείο 4 χ0 = =I! = (α + 4) = 2 + = 3 και στην cg στο ση2 · 2 2α με ίο χ 1 = =I! = -(2 - α) = Ο. 2 2α

Αν c,., cg είναι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων: ·

f(x) = χ2 + χ - ι και g(x) = 2χ2 + 6χ - α χ αντιστοίχως, να βρείτε για ποια τιμή του α, η εφαπτομένη. της cΓ tττο σημείο M(l , " f(l)) εφάπτεται και στην cg. Λύση 2 ι Επειδή f'(x) = χ τότε f'O) = 2 και .χ f(l ) = ι οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της cr στο σημείο M(l , f(l )) είναι: ·'

. .

�

(ε): Ύ - ι = 2(χ - ι ) δηλαδή (ε): y = 2χ - ι Η ευθεία (ε) εφάπτεται<της cg, αν και μό νο αν, η εξ ίσωση g(x) = y έχει διπλ11 ρίζα. Έ χουμε: g(x) = y δηλαδή 2χ2 + 6χ - α = 2χ - ι άρα 2χ2 + 4χ - (α - ι ) = Ο Πρέπει: Δ = Ο δηλαδή 16 - 8(α - ι) = Ο άρα α = - 1 και το σημείο επαφής είναι το: 4 χ = �·= - = - ι · σ 2α τ .

Άσκηση 3 ' Δίνεται η συνάρτηση f(x) = - � και η ευ. χ θεία (ε): y = αχ + β. Αν η (ε) εφάπτεται στην γραφική παράσταση Cr� να βρεθεί το σημείο επαφής. ·; ·· Λύση Η ευθεία (ε) εφάπτεται της cr, αν και μόνο αν, η εξίσωση f(x) = y έist διπλή ρίζα. Έχου-

με: f(x) = y δηλαδή - 1 = αχ + β άρα χ 2 αχ + 8χ + 4 = Ο Πρέπει: Δ = Ο δηλαδή 64 - ι 6α = Ο άρα α = 4 και το σημείο επαφής είναι το: χ0 = - 8 = -1 . 2·4

Α.σκηση 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. t. 3/49

�=

Το β ήμα του Ευκλείδη Η Στήλη αυτή είναι ανοιχτή σε όλους τους συναδέλφους και μαθητές για να εκφράσουν ελεύθερα τις απόψεις τους για τα μαθηματικά

Εξισώσεις ΕυθειοκωνικΦν

Με aντιπαράδειγμα από την Αναλυτική Γεωμf:τρία Λυκείου Από Γ. Π. Τσάμη

Ενώ ξέρουν οι μαθητές τις εξισώσεις των ωσημειο-κ: ωνικ:ποιες ών σεείνσημειακές συντεταγμένεςσε δεν ξέρουν όμως τίποτα περί ευθειο-κ: νικ: ώ ν ούτε αι (χ,ευθειακ:ές συντεταγμένες (κ:,εφαπτομένων λ), ούτε ξέρουν ότικαι ούστερα Απολλώνιος ορίζει πρώτα το μονοπαραμετρικ:ό σύνολο των κωνικής τα σημεία επαφής. Ενώ ξέρουν ότι η εξίσωση λ.χ + με σταθερό το ζεύγος (λ., και μεταβλητό ζεύγος (χ, ξέρουν όμως ότι σταθερόεπιπέδου το ζεύγοςδέσμης (χ., Δεν καιακτίνων. μεταβλητό το ζεύγος λ). ορίζει = λχ. + αλλάωςμε κέντρο Τασύστημα κοινάτωνσημεία δύο σημειο-κ:ωνικ:ών οι μαθητές νανα ταορίσουν ορίζουν από τιςτο δύο όμως εφαπτόμενες δύο κωνικών γιατί σε κοινές ευθειακ:ές· συντεταγμένες. Οι κοινές εφαπτόμενες(στοδυοτρίτομο-κ:βιβλίο ωνικ:ώτου ν της Αναλυτικής Γεωμετρίας) αντιμετωπίζει, το πρόβλημα των δυο κύκλων σετο τρεις σελίδες.των με σημειο-εξισώσεις, προηγούμενοκωνικής σχολικό βιβλίο Αναλυτικής Γεωμετρίας αναφέρεται Στο και στοτης οποίο ορίζει από το { F(χι\ και ευθείαςΕξίσωση σημειο-κ:ωνικ:ής σύστημα: (Α) λ.χ + Εξίσωση της ευθείας με σταθερό το ζεύγος λ.) δυο) κοινώντο ζεύγος σημείων(χ,ορίζει με αντικαταστάσεις Συνέχεια στο βιβλίο F(x, λ.χ +και(Α)με=τωνμεταβλητό το ισοδύναμο σύστημα: (Α') { λ.χ + ότι η κωνική που μαζί με τηνκαιευθεία αυτής παρουσιάζονται από την (προς όμως τον άξονα συστήματος (Α') θεωρεί την χ + για την πε'')ρτουίπτωση Τέλος όταναυτήςστοΔp:βιβλίο διακ:ρίνουσα για ΔFcrτην εξίσωση: ΔF ΔFF(x, λ.τότε ΔF =Ο, γράφει: η ευθείαένακαικοινόη έλλειψη }» α) με κανονική εξίσωση ότι: I β +α λ = 1 { έχουν σημείο }» με κανονική εξίσωση ότι: I β + =α λ 1 { έχουνη ευθείένααδικαιπλόηκοιυπερβολή ση β) νό μείο }» ,ενα δκαιιπιwηκ:παραβολή με κανονική εξίσωση ότι: I I { εχουνη ευθεία γ) , οινο σημειο όμωςμεοι τηνμαθητές τις μαθαίνουν σαν κάτι ειδικό, σαν οι ώστε η ευθεία να έχει διπλόΈτσισημείο κωνική ότι αντίστοιχες, εξισώσεις των ευθειο-κ:ωνικ:ών σε ευθειακ: έ ς συντεταγμένες. Ούτε ξέρουν τι έγιναν η και οι δυοηπαράλληλες τον ευθείες αρχική κοινά σημεία, ευθεία όταν εξαφανίστηκε κωνική απόπρος το οδοιπορικό (αυτό εί'ν) αιπουτοκρατούσαν πρόβλημα ταπουδυοτίθεται). ί)

y),

οι εξισώσεις αυτών

y= k. y), ορίζει ευθεία ως σημειοσειρ4. k η ίδια ακριβώς εξίσωση: y. (k, σημείο ευθειογενές

ίί)

ίίί)

ίν) ν)

k.)

y.)

μπορούν ευθέως σημειο- εξισώσεων των κωνικών, δεν μπορούν ευθέως δεν ξέρουν ποιες είναι οι εξισώσεις αυτών σημειο

σύντομη. O G. Salmon

κοινών σημείων

κοινών εφαπτομένων

y) = Ο

δεν ορίζονται ευθέως αλλά με διαδικασία όχι

(1)

(2)

Ο,

= Ο,

Για την παραβολή

δούμε,

αντ'

(1 ') δυο (2) κρατούν τα δυο κοινά σημεία.

k.) = Ο ( 1

και δεν ξέρουν

(2)

< Ο,

Για την έλλειψη

Για την υπερβολή

(1 (2)

(1) εξαφανίστηκε y'y) ευθείες >

(k.,

από το σύστημα k.) k. y=

Δεν αναφέρει παράλληλες

οδοιπορικό τα δυο κοινά σημεία

2 2

ρ = 2kλ

2 2

<=>

'\ λ

συνθήκες, αυτές οι ίδιες είναι

y'y

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/50

όπως θα

Εξισώσεις Ευθειοκωνικών

Ούτε ξέρουν ότι έγινε μια πληθυσμιακή παρά φύση αύξηση της αρχικής ευθείας σε ένα μονοπαραμετρικό σύνολο: των εφαπτομένων της εξαφανισθείσας κωνικής. Μ ε άλλα λόγια: Πώς το δέντρο (η ευθεία) που έκρυβε το δάσος έκανε το θαύμα του. Σημείωση: Από την αρχή τίθεται το πρόβλημα: της θέσης του διπαραμετρικού συνόλου όλων των ευθειών του �πιπέδου ως προς τη σημειο-κωνική και τον καθορi&μό αυτών από τα σημεία της κωνικής. Και όπου: ... . ι. α) Τα ζεύγη πραγματικών διακεκ'ριμένων σημείων της κωνικής, ορίζουν το διπαραμετρικό υποσύνολο των ευθειών του επιπέδου, που τέμνουν την κωνική <=> ΔF(k, λ) > Ο β) Τα ζεύγη φανταστικών συζυγών σημείων της κωνικής (χαώδη σημεία), ορίζουν το διπαραμετρικό υποσύνολο των ευθειών του επιπέδου, που είναι εξωτερικές ως προς την κων ική <=> ΔF(k , λ) < ·

ΟI

Τα σημεία της κωνικής, ως ενωμένα, ορίζουν το μονοπαραμετρικό σύνολο των εφαπτομένων της κωνικής <=> ΔF(k, λ) = Ο

γ)

Δεν ξέρει όμως ο μά�ητή�·; ότι αν θεωρήσει τη κωνική με σημεία ευθειογενή, τότε: με το ίδιο ακριβώς όδοιπορικό, {ε το. tδίσ· σύ<Πημα και τα ίδια βήματα, χωρίς να εξαφανίζεται η κωνική, α.λλϊi- από την αρχή ως το τέλός να παραμένει αυτή και μόνη, θα έχουμε τελικά, στην τελική μορφή ; την εξίσωση της κωVϊκής σε ευθειακές συντεταγμένες. Πραγματικά, έχουμε το ίδιο σύστημα (Α), αλλά ως (Β), που είναι: (εξίσωση τή ς κωνικής) ( 1 ) F(x, y) = Ο Λ (τη συνθήκη) όπου (x.,y.) σταθερό ζεύγος (Β) και (k,λ) μεταβλητό ζεύγος . για κάθε ευθειογενές . σημείο της κωyικiις Αντίστοιχα, όταν από το σύστημα (1) F(x, y) = Ο (Β) Λ (συνθήκη) (β) y. = λx. + k που είναι το σύνολο των σημείων της κωνικής ως ευθειογενή, ορίζουμε το σύστημα: F(x., λχ. + k) = Ο ( 1 ' ) ··

(

{

(Β')

{

J .·

(β) y. = λχ. + k που είναι ακριβώς σε μορφή με το (Α'), τότε εδώ δεν εξαφανίζεται η κωνική, αλλά απλώς, τα ευθειογενή σημεία της, κατανέμονται σε ζεύγη, που κάθε ζεύγος είναι σε παράλληλες στον άξονα y'y ευθείες. Τέλος, αν θεωρήσουμε τη διακρίνουσα ΔF της F(x., λχ. + k) = Ο (1 ') ίση με μηδέν, ήτοι την ·

ΔF = ο που είναι

ι. τότε γίνεται μια νέα κατανομή των ευθειογενών σημείων της,

ΔF(λ, μ) = ο

σε ενωμένα σημεία και ποv τότε κάθε ενωμένο σημείο ορίζει μια εφαπτομένη. Έτσι η σημειοκωνική με εύθειογενή σημεία γίνεται ευθειο-κωνική σε ευβ�ιακές συντεταγμένες και με ' -., .. . ' � "Ζ . ' εξίσωση ΔF (κ, λ) = ο . !<:αι θα· έχ�!Jμε πάλι (�ε κανονικές' μορ(ι)ές έξtσώσεωv): α)

β) γ)

·Ι .'

•

Για την · ευθειογένή Έλλειψη η εξίσ'ωση της σε ευθειακές συντεταγμένες, θα εjναι 2 2 \2 β + α =μ Για την ευθειογενή υπερβολή η εξίσωσή της σε ευθειακές συντεταγμένες θα είναι 2 2 2 β + k = α\

Για την ευθειογενή παραβολή η εξίσωσή της σε ευθειακές συντεταγμένες είναι I ρ = 2λk

Βασική Παρατήρηση ·

_•

Αντί να πάρουμε τη διακρίνουσα της F(x., λχ. + k) = Ο ( 1 ') και να τη μηδενίσουμε, μπορούμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/51

}

Εξισώσεις Ευθειοκωνικών

να κάνουμε ισοδύναμα την απαλοιφή του Χ*, μεταξύ των F(x., λχ. + k) = Ο ( 1 ') Λ

Fx* cx., λχ. + k) = ο

(Γ)

και που μετατρέπει κάθε επίπεδο σημείο-καμπύλη με πολυωνυμική εξίσωση σε ευθειο-καμπύλη με εξίσωση σε ευθεtακές συν/νες την απαλείφουσα του συστήματος (Γ) και που πάντοτε ορίζεται ανεξαρτήτrος 'βαθμού .

Σημείωση : i)

ii)

Η κωνική ως σημειο-κωνική έχει γενική εξίσωση σε σημειακές συντεταγμένες (χ, y) την:

2 2 αχ + 2bxy + cy + 2dx + 2ey + f = Ο για κάθε σημείο Μ(χ, y) αυτής. Η ίδια κωνική ως ευθειοκωνική έχει γενική εξίσωση σε ευθειακές συντεταγμένες (κ, λ) την: 2 2 2 (ckλ + bk + eλ + d) - (ck + 2ek + t}(cλ + 2bλ + α) = Ο ή . 2 2 2 2 2 (b· - αc)k + 2(cd - be)kλ + (e - cf)λ + 2(bd - αe)k + 2(de - bf)λ + (d - αf) = Ο yια κb.θε εφαΠτομένη όπου (Q, k) το σημεi:ο που πιάνεται από τον άξονα ΥΎ και λ ο ' &υντελεmής διεύθυν<fής της. Τα κοινά σημείΟ. δύο σημειοκωνικών ορίζονται από το σύστημα των εξισώσεών τους: . ' α1 / + 2b1 �y + c1 + 2d x 2e1y f1 = Ο

{

�

2 2 �χ + 2b2xy + c2y + 2d2x + 2e2y + f2 = Ο Οι κοινές εφαπτόμενες των ίδιων κωνικών ως ευθειοκωνικών ορίζονται από το σύστημα των εξισώσεών τους (σε ευθειακές συντεταγμένες): 2 2 2 (c1kλ + b1k + e1λ + d1) - (c1k 2e1k + f1)-(c1λ + 2b1λ + α1) = Ο

�

2 2 2 (c2kλ + b2k + e2λ + d2) - (c2k + 2e2k + f2)·(c2λ + 2b2λ + �) = Ο

ΠΑΝΕΛΛΗΝ/0 ΣΥΝΕΔΡΙ(J ΜΑ ΘΗΜΑ ΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Με διεθνή συμμετοχή Στις 29 - 30 Νqεμβρίου και � Δεκεμβρίου 199() θμ διεξαχθεί το 1 3ο Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας στην Αλεξανδρούπολη με θέμα: ·

"Κριτική και Σχεδιασμός της Ελληνικής Μαθηματικής Παιδείας" I Υποβολή ε�γασιών μέχρι 20 Οκτωβρίου 19961 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/52

Κυκλοφορεί από τις Φυσικομαθηματικές εκδόσεις ''Αίθρα" σε Ελληνική παρουσίαση το βιβλίο του ρώσου μαθηματικού Sergei Denidoνich με τίτλο: ••

Η -· σ υ λλογή των ασκήσεων το υ Sergei Denidovich••

Περιέχει 200 περίπομ πρωτόrυπα, σύνθετα, λυμένο θέματα πάνω στη Μαθηματική Ανάλυση, στον Δια νυσματικό Λογισμό, στην Αναλυτική Γεωμετρία, στους Πίνακες, στις Ορίζουσες, στα Γραμμικά Συστήματα, άτούς Μιγαδικούς Αριθμού.ς �ρι στις Πιθανότητες. Όλα τα θ�μ;ι;ιτα είναι μεικτά (συνδυασμοί κεφαλαίων). Το βιβλίο αυτό είναι απαραίτ το _yιq,τη σωστή προετοιμασία rων αποφοίτων και των μαθητών της 1 ης και 4ης Δέσμης., Κplνεται όμως .� κόμα πιο απαραίτητο για του� μρθηματικούς που διδάσκουν δέσμες, διότι βα ανανεώσο μν :m συλλογή των ρσκήσεών τους. Η τιμή του βιβλίου είναι δρχ. 5000 (δε γίνεται έκπτωση). Κεντρι�ή διάθεση «Αίθρα» >I! Ανδρέα Μεταξά 2 6 * 1 06 81 Αθήνα * τηλ. 3301 2 6 9 - 3301 252

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΓΙΑΝΝΗΣ ΗΛΙΟΠΟΥΛΟΣ Ζητείστε μας τ� λuσά{!).. ./

δέσμης

./ .ι

Κωνικές τομές Πιθανότητες - Συνδυαστική Μιγαδικοί Τα μυστικά της θεωρίας Τα "κλειδιά" των ασκήσεων Επαναλήψεις

45 γενικά θέματα

•

Ανάλυση lη; δέσμη; (3 τόμοι)

•

Α, Β Λυκείου Άλγεβρα · Γεωμετρία (3 τόμοι)

• •

ΤΟ ΣΥΓΧΡΟΝΟ BffiΛIO ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Απαρα(τητο σε όλοus ΚΛ(JΗΓΗΤΕΣ κω ΜΑθΗΤΕΣ

Κ.ΓΠ\.ΛΟΥΡΗΣ:

··

• .

·.

Διδ{ικτωρ ΙJ:Αηροφοριιcήs- JΙ(αθημα"tΙιcός f

.Κ.ΣΤο'\;ΘθΙJ:Ο)';Λ.Οt.

. ··

MSc Computer �cience , Μaθημιtτι�ςός f

.)11

ΠΛΗΡ.ΟΦΟΡΙΚΗ EΠIΣTfll\ιiH IΊληρο31ορική ΙJ:αιδεlα Εκδιι cjη Α -}995 '

Κεντρική διάθεση από τους συγραφείς, τηλ: 6205605, 094-507252, 9413516 ' ή σrα βιβλιοπωλΕία : ΕΚΔΟτJΚΟ.Σ ΟΜΙΛ ΟΣ ΣΥΓΓΡΑ ΦΕΩΝ ΚΑ θΗΓΗΤΏΝ Σόλωνος 100 ΕΛΕΥθΕΡΟΥΔΑΚΗΣ Νίκης 4 Ιπποκράτους 2 ΚΩΣΤΑΡΑ ΚΗ ' ΠΑΠΑΣΩΤΗΡJΟΥ. Στουρνάρα 35 ΣΑΒΒΑΛΑ Ζ. Πηγής 18 και Σόλωνος

Ανάλυση · Άλγεβρα 4ης δέσμης (3 τό�ιοι) Μαθtιματικά Γυμνασίου (3 τόμοι)

.. Σ�ΥΡΙtΩΝ & ΝΙΚnΛΑΟΣ ΚΟΛΛΙΝΠΑΣ

rBNDcA ι:Αt BnANAAHil'riiCA

θΕΜΑΤΑ ΜΑθΗΜΑΜQΝ * Α' .ΑΒΕΜΗΣ: U\'!ΜΕΝΑ &: ΑΛΥ'.Ι'.Α)

Οnοια

ΔΙΙΜΗΤΙ'ΙΙ

MDOYNADI

σχεnκά βοηθήματα και αv έχετε unόwn σας, ρ�τε μια ματιά στο vέο αuτ6 βιβλίο. . . ΙΙΑΡΑrrΒΛΙΒ:Ζ S' (081) 252140 ΣΑΙ :ΖΤΑ ΒΙΒΑΙΟDΩΑΒΙΑ

70 γενικά θέματα, εφάμιλλα - των .αντίστοιχων των σλu-· μmακ<iJν δφγ'ω\/Ισμων.

1!1ποιψπλ�μρο σιινδιιαοnκά θέ

ματα, ii"!J καλύπτουν πλήpιi>ς το,σύγ;χρονο πνεύμα για τις Γενικές εξετάσεις.

:J!I Θέiιατα εξετάσεων ,, π

ΑΘt!ΝΩΝ

ελθόντων ετών

ΔΙΑΤΙθΕΤ Αt ΣτΑ ΚΕΝΤΡΙΚΆ � .;ΒΙΒΛΙΟΠΩΙ\ΕIΑ ifΩN lwKAI XIS El'lfl\EΓI\IENA'TONiiii

1�·;ι ί:JRC>ΛXTE1ΩNti81J

Ένα πρό β λημα - πολλές λύσεις Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος

Οπως ξαναγράψαμε η στήλη αυτή έχει βρεί μεγάλη ανταπόκριση . Έχουμε λάβει συνεργα σίες των συναδέλφων: Γιάννη Στρατήγη, Γιώργου Γκαρή, Ξ. Τασόπουλου, Λεωνίδα Τούρλα και Γιώργου Κατσούλη οι οποίες θα δημοσιευθούν στα.επόμενα τεύχη . Σ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε μία επιστολή του συναδέλφου Ν. Κισκύρα η οποία αναφέ ρεται στο θεώρημα των Steiner - Lehmus, με αφορμή των όσων έγραψε στο τεύχος 1 7 η συνά δελφος Παναγιώτα Δημ. Βάθη . Ο Ν. Κισκύρας μας γράφει τα ακόλουθα: διχοτόμους είναι ισοσκελές.

Αγαπητέ Ευκλείδη Β'. Διάβασα το άρθρο «Ένα πρόβλημα, πολ λές λύσεις>> και επειδή , όπως και αναφέρεται σε αυτό, είχα ασχοληθεί με :ro θεώρημα των Steiner - Lehmus παλιότερα θεωρώ αναγκαίο να προσθέσω μερικά.

Στη σελίδα 57 αναφέρεται μια απόδειξη ενός αμερικάνικου περιοδικού του Ιανουαρίου 1 963. Έχει το Σχήμα αριθ . 5. Την έμμεση αυτή αΠόδειξη την έχω δημοσιεύσει στο βιβλίο «ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕ ΩΜΕΤΡΙΑΣ>>, επιμέλεια Χ. Τσαρούχη , το 1 970 και δημοό-ιεύθηκε στον Ευκλείδη Β' στο τεύχος Ιανουαρίου - Φεβρουαρίου 1 979 του ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' στο δημοσίευμα «Η Αλγεβρι κή Μέθοδορ>. Η απόδειξη αυτή δεν είναι δική μου, αλλά την πήρα από τη Γεωμετρία του Νείλου Σακελλαρίου, που, μαζί με μια άλλη την οποία δημοσίευσα ταυτόχρονα, την είχε στη Γεωμετρία του πριν το 1 935, όπως θυμά μαι.

Στο δημοσίευμα «Η Αλγεβρική Μέθοδος>> στο ίδιο τεύχος, δίνω αλγεβρική απόδειξη της άσκησης: «Αν δύο διχοτόμοι τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσες, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές>>. (fην άσκηση αυτή την δίνω για λύση στο τέ ταρτο τόμο των βιβλίων μου «Θεωρήματα και Προβλήματα Γεωμετρικά» στη σελίδα 400 με τη διατύπωση . «Με τη βοήθεια των μηκών των διχοτόμων τριγώνου να δειχθεί ότι: Αν δύο δι χοτόμοι τριγώνου είναι ίσες, το τρίγωνο είναι ισοσκελές» (Η ιδιότητα αυτή αποδεικνύεται με άλλους τρόπους στις προτάσεις αριθ. 70, 7 1 , 266 και 927).

Ο υπολογισμός των μηκών των διχοτόμων τριγώνου συναρτήσει των πλευρών του έΎινε με τη βοήθεια θεωρημάτων που έχουν ΑΜΕ ΣΗ ΑΠΌΔΕΙΞΗ και το ίδιο συμβαίνέι και για τις αλγεβρικές πράξεις που έγiναν. Επομένως η απόδειξη αυτή είναι ΑΜΕΣΗ. Στο ίδιο τεύχος του Ευκλείδη Β' αναφέ ρεται η γεωμετρική απόδειξη i-ης πρότασης: Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ δύο ευθείες ΒΕ και ΓΖ από τις κορυφές μέχρι τις απέναντι πλευ ρές είναι ίcrες και τέμνονται σε σημείο; έστω Ι, της διχοτόμου ΑΔ, τότε το τpίγωνο ΑΒΓ εί ναι ισοσκελές.

Στην απόδειξη της άσκησης αυτής αριθ. 264 στο βιβλίο ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΟ ΒΛΉΜΑΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ στη ρίζω και την απόδειξη της άσκησης αριθ. 266: Αν δύο διχο τόμοι τριγώνου είναι ίσες το τρίΎωνο είναι ι σοσκελές. Επειδή την απόδειξη της πρώτης την α ναφέρω στο τεύχος αυτό του Ευκλείδη και ί σως δε φαίνεται απλή, αναφέρω την απόδειξη της άλλης με βάση τον ίδιο τρόπο, αλλά α πλοποιημένο. Δηλαδή την απόδειξη της ά σκησης: «Αν δύο διχοτόμοι ΒΕ και ΓΖ τριγώ νου ΑΒΓ είνάι ίσες το τρίγωνο θα είναι ισο σκελές με ΑΒ = ΑΓ».

Σχετικά με την αλγεβρική απόδειξη πε ριορίζομαι εδώ να αναφέρω ότι από τη σχέση , , δ β = δγ και τη δ β2 = δγ2 επειτα απο, σειρα, απλων πράξεων προκύπτει ότι: (γ-β)[( + β)2( +γ)2+ βγ( 2+βγ+ β2+ 2+ + + γ α α α 2αγ 2βγ 2αβ)]=0

Αλλά το εντός της αγκύλης είναι θετικό και επομένως προκύπτει ότι θα είναι γ - β = Ο ο πότε γ = β. Δηλαδή το τρίγωνο με τις δύο ίσες

Απόδειξη: Με χορδή τη γράφουμε τμήμα κύκλου το οποίο δέχεται γαινία ίση με την Α, έστω το κυκλικό τμήμα ΒΑΕ. Με χορ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/54

Ένα πρόβλημα - πολλές λύσεις

δή τη ΓΖ γράφουμε τμήμα κύκλου ΓΑΖ, το ο ποίο δέχεται γωνία ίση με τη γωνία Α. Επειδή τα δύο κυι_cλικά τμήματα έχουν ί σες χορδές και δέχονται την αυτή γωνία Α θα είναι ίσα, τα τόξα ΒΑΕ και ΓΑΖ θα είναι ίσα καθώς και οι δύο κύκλοι (περιφέρειες). Ίσα θα είναι και τα άλλα κυκλικά τμήματα ΒΕ και ΓΖ τα οποία δέχονται γωνία παραπληρωματική της Α. Αν ΑΔ η διχοτόμος από την κορυφή Α και Ι η τομή των τριών διχοτόμων, επειδή οι δύο κύκλοι είναι ίσοι θα είναι συμμετρικοί προς την ΑΙ (ΑΔ), οι ίσες γωνίες ΒΑΙ και ΓΑΙ θα βαίνουν σε ίσα, αντίστοιχα, τόξα και επομέ νως η ΑΙ (ΑΔ) θα διέρχεται από το κοινό ση μείο, έστω Θ, των δύο ίσων και συμμετρικών προς την ΑΙ (ΑΔ) κύκλων. Έτσι τα τόξα ΘΕ και ΘΖ θα είναι ίσα και κατά συνέπεια και τα τόξα ΑΕ και ΑΖ θα είναι ίσα. Επομένως και οι γωνίες ΑΒΕ και ΑΓΖ θα είναι ίσες, επειδή είναι εγγεγραμμένες σε ί σους κύκλους και βαίνουν σε ίσα τόξα. Αλλά

� και Arz = �- Άρα Β = f και κατά

ΑΒΕ = ·

.,....

συνέπεια ΑΓ = ΑΒ. Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Επειδή όλα όσα αναφέρθηκαν στη γεωμε τρική αυτή απόδειξη στη ρίζονται σε θεωρή ματα, που έχουν ΑΜΕΣΗ απόδειξη , και η α ναφερθείσα απόδειξη είναι ΑΜΕΣΗ. Στάθηκα με τόσες λεmομέρειες γιατί στον Ευκλείδη Β' Ιουλίου - Αυγούστου - Σε πτεμβρίου 1995 γράφεται ότι: «Από έγκυρα σχόλια και λεπτομερείς παρατηρήσεις, που έ χουν γίνει επάνω στις αποδείξεις του θεωρήμα τος SΊΈΙΝΕR - LEHMUS, παίρνουμε την πληροφορία, ότι καμιά από αυτές τις αποδεί ξεις δεν είναι ΑΜΕΣΗ, με την έννοια ότι τα θεωρήματα, στα οποία αυτή στηρίζεται, έχουν όλα άμεση απόδειξη. Δεν έχει βρεθεί απόδειξη του θεωρήματος ΑΜΕΣΗ, με τη σημασία του όρου, που δόθηκε παραπάνω». Επειδή στα 67 χρόνια από τότε που πρω τοδιορίσθηκα Καθηγητής των Μαθηματικών στη Δημόσια Εκπαίδευση μου έγινε ΠΙΣΤΗ να διαπαιδαγωγώ τους μαθητές όχι στο να α ποδέχονται το «0 ΤΑΔΕ ΕΦΑ. .. », ή να αποδέ χονται τη σημερινή ΤΑΚΤΙΚΉ του ΤΥΠΟΥ και των ΜΜΕ με το «ΚΑΤΑ ΕΓΚΥΡΟΥΣ ΚΥΚΛΟΥΣ . .. », ή να αποδέχονται σαν ορθά τα

συνεχώς καταγγελλόμενα στα συνέδρια της Ε.Μ.Ε. ΣΟΒΑΡΑ ΛΑΘΗ των σχολικών βι βλίων και άλλων μαθηματικών βιβλίων και ε ντύπων, αλλά στο να συνειδητpποιούν ότι κά θε μαθηματική έννοια, αλλά και κάθf: έvνοια και ιδιαiτερα αυτές που συνηθίζουμε να κα λούμε ΕΘΝΙΚΕΣ και ΗΘΙΚΕ� ΑΞΙΕΣ, έχουν συγκεκριμένο περιεχόμενο με το οποίο κατά τρόπο ΓΕΝΙΚΑ ΑΠΟΔΕΚΤΟ πρέπει να εκ φράζονται στη ζωή, σε αυτό που συνηθίζουμε να καλούμε ΑΝΤΙΚΕΙΜΕΝΙΚΉ ΠΡΑΓΜΑ ΤΙΚΟΤΗΤΑ· ότι πρέπει να συνηθίζουν να κρίνουν το ΚΑΘΕ ΤΙ και τον ΚΑΘΕΝΑ, ΟΧΙ από όσα λέει και διακηρύσσει, αλλά βασικά και κύρια από αυτά που εκφράζονται στη συ γκεκριμένη πράξη. Έτσι, ΧΡΕΟΣ ΜΑΣ ως Μαθηματικών εί ναι να διαπαιδαγωγούμε τούς μαθητές στο να στηρίζουν την κρίση τους, ΙΔΙΑΙΤΕΡΑ για μαθηματικά θέματα, στην μελέτη και έρευνα για το συγκεκριμένο και αυστηρά καθορισμέ νο περιεχόμενο κάθε έννοιας με το οποίο κα τά τρόπο ΓΕΝΙΚΑ ΑΠΟΔΕΚΤΟ πρέπει να εκφράζεται στη ζωή καθώς και των σχέσεων (θεωρημάτων κ.λ.π), που με τη βοήθεια της μαθηματικής μεθόδου έχουν αποδειχθεί, ή έ χουμε αποδεχθεί σαν Αξιώματα. Με βάση όλα αυτά, που κανείς δεν μπορεί να αμφισβητήσει την αξία και τη σημασία τους, είναι φυσικά αναγκαίο να δημοσιευθεί η επιστολή μου αυτή, τουλάχιστον, στο μεθεπό μενο τεύχος του Ευκλείδη Β', ώστε οι μαθη τές, αλλά και οι συνάδελφοι, να είναι έτοιμοι να αντιληφθούν ποιες από τις προτάσεις που αναφέρονται στην αλγεβρική απόδειξη του 1 979 , την οποία σε γενικές γραμμές ανέφερα πιο πάνω, δεν έχουν ΑΜΕΣΗ ΑΠΟΔΕΙΞΗ κατά τα «ΕΓΚΥΡΑ ΣΧΟΛΕΙΆ», αλλά και το ΙΔΙΟ για τη γεωμετρική απόδειξη , που ανέφε ρα σήμερα. Θα μου επιτραπεί να αναφέρω ότι, όπως και είχα ΧΡΕΟΣ ως εκπαιδευτικός, ποτέ δεν παρουσίασα στους μαθητές μου τον εαυτό μου σαν ΑΛΆΘΗΤΟ και δεν θα το θεωρήσω Υ ΠΟΤΙΜΗΤΙΚΟ, όποτε παρουσιαστεί περί πτωση να κάνω λάθος, να πω το «ΓΗΡΆΣΚΩ ΑΕΙ ΔΙΔΑΣΚΟΜΕΝΟΣ». Αθήνα, 26/1 0/95 Με συναδελφικούς χαιρετισμούς, Ν. Α. Κισκύρας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/55

,, ..

Α λλ ηλο γραφίά

Από τον Ακαδημαϊκό κ. Ν. Κ. Αρτεμιάδη λάβαμε το παρακάτω πρόβλημα το οΠοίο προτεί νει προς λύση στους αναγνώστες του Ευκλείδη Β': x «Να ευρεθούν λύσεις της εξισώσεως χΥ ·+ χ + y = y όπου χ , y είναι ακέραιοι και θετικοί α ριθμοί. Μια προφανής λύση είναι: χ = 5, y = 2. Το ερώτημα είναι: Υπάρχουν άλλες λύσεις;»

Ευχαριστούμε πολύ τον συνάδελφο Θ. Χαλάτση για τις παρατη ρήσεις, τις διορθώσεις και τις επισημάνσεις του. Από τον συνάδελφο Απόστολο Καζακόπουλο λάβαμε εργασία με θέμα «το πρόβλημα της πί τσας». Από τον συνάδελφο Σαλεβουράκη Βασίλη λάβαμε λύση της άσκησης Γεωμετρίας της Γ Λυκείοv του Πανελλήνιου Διαγωνισμού 1 995 με τη βοήθεια της Αναλυτικής Γεωμετρίας.

Από τον συνάδελφο Διολίτση Πέτρο λάβαμε έναν άλλο τρόπο λύσης της άσκησης τού σχολικού βιβλίου της Β' Λυκείου. Από τον μαθητ σημεία καμπής.

σελ. 68

� Ζέρβα Αθανάσιο του 2°υ Λυκείου Γρεβενών λάβαμε εργασiα που αφορά τα ' ·

Ευχαριστούμε τον Πολυγένη Νικόλαο, απqφοιτο Λυκείου, για τα καλά του λόγια. Λάβαμε επίσης και μια ωραία λύση άσκησης της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας. Ευχόμαστε να συ νεχίσεις να ασχολείσαι με τα Μαθηματικά. Ευχαριστούμε τον μαθητή Νταλαχάνη Δημήτρη για τα καλά του λόγια. Μας δίνει κουράγιο η πλη ροφορία που μας έδωσες ότι ο Ευκλείδης Β' έγινε η αφορμή να αγαπήσεις περισσότερο τα Μαθηματικά. Από τον κ. Καρέλλα Γιάννη λάβαμε μια αξιόλογη άσκηση Γεωμετρίας με αντιστροφή. Λυ πούμεθα που δεν μπορεί να δημοσιευθεί γιατί είναι εκτός ύλης. Ευχαριστούμε πολύ για τις φω τογραφίες της πανέμορφης Αχαίας. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/56

Ετήλη EiJ α θ η μ α τ ι κ ώ ν

@ λυμπ ιάδων Δ. Γ. Κοντογιάννη

Αφορμή για το άρθρο αυτό, στάθηκε ένα πρόβλημα που προτάθηκε στον φετεινό δια γωνισμό «ΘΑΛΗ» για την Γ Λυκείου. Το πρόβλημα πρότεινε ο περισινός Ολυμπιονίκης και νυν φοιτητής μαθηματικών στο πανεπι στήμιο του Καίμπριτζ Σ. Ράππος. Η λύση που έδωσε ο προτείνων την άσκηση είναι εξαιρε τικά απλή και συμβατή με το μαθησιακό επί πεδο των διαγωνιζομένων. Εδώ θα δώσουμε μια γενική λύση του προ βλήματος και με την ευκαιρία αυτή, θα παραθέ σουμε σε γενικές γραμμές τον τρόπο επίλυσης των Εξισώσεων Πεπερασμένων Διαφορών (ΕΠΔ). Οι ΕΠΔ έχουν πολλά κοινά σημεία με τις Διαφορικές Εξισώσεις και ουσιαστικά ταυτί ζονται με τις Αναδρομικές ακολουθίες, τις ο ποίες εισήγαγαν οι Α. Moiνre, J. Bernoulli, L. Euler, ο οποίος το Ι 748 έγραψε και σχετικό σύγγραμμα. Οι ΕΠΔ χρησιμοποιούνται σε πολλούς κλάδους των σύγχρονων Μαθηματι κών, όπως π. χ. τη Θεωρία Αριθμών, τη Θεωρία Πιθανοτήτων, την Κατασκευαστική Θεωρία συναρτήσεων ακόμα και σε πολύ προχφpημέ να θέματα της Μαθηματικής Λογικής. Στους μαθητές της δευτεροβάθμιας εκπαίδευ σης είναι γνωστά τα παρακάτω παραδείγματα ΕΠΔ: (α) f(x + 2) - 2f(x + Ι ) + f(x) = Ο, που έχει λύση την αριθμητική πρόοδο: f(x) = f(l ) + (χ - I )d. (β) Το γινόμενο των ν πρώτων μη μηδενικών φυσικών αριθμών Ι ·2 · . . . ·ν = ν! (ν παραγο ντικό) εκφράζεται με τη συνάρτηση f(ν) = ν! και είναι λύση της ΕΠΔ

f(ν + Ι ) - (ν + Ι)f(ν) = Ο.

; 1) = f(ν)

(γ) Το άθροισμα Ι + 2 + . . . + ν = ν(ν

ορίζει συνάρτηση, που είναι λύση της ΕΠΔ: f(ν + Ι ) - f(ν) = ν + Ι . (δ) Οι αριθμοί Fibonacci ορίζουν ακολουθία Ι , Ι , 2, 3, 5 , 8, 1 3 , . . . που ικανοποιεί την ΕΠΔ: f(ν + 2) - f(ν + Ι ) - f(ν) = Ο κ.λ.π. Στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με μερικά παραδείγματα. 1.

Ορισμοί

Εστω το πρόβλημα: Να προσδιορίσετε τις συναρτήσεις f : IR. -IR. που ικανοποιούν την ε ξίσωση: F(x + 2) + 15F(x) = SF(x + 1) (1),

για κάθε χ ε IR.. Η ( Ι ) αποτελεί όπως λέμε μια συναρτη σιακή εξίσωση, στην οποία ζητάμε να προσ διορίσουμε μια συνάρτηση f(x), με μεταβλητή χ που ικανοποιεί την ( Ι ) . Η ( Ι ) όμως είναι και μια Εξίσωση Πεπε ,ρασμένων Διαφορών (ΕΠΔ), στην οποία ζητά με να προσδιορίσουμε μια συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί την ( Ι ). Η ( Ι ) είναι ΕΠΔ γιατί εκτός από την F(x), περιέχει και τις F(x + Ι), F(x + 2). Ακόμα η (Ι) είναι γραμμική, γιατί η F(x + 2) - 8F(x + Ι) + Ι 5 F(x) = Ο (2), είναι μια γραμμική σχέση ανάμεσα στους F(x + 2), F(x + Ι), F(x). Οι συντελεστές 1 , 1 5 , -8 των όρων της ( Ι ),

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/57

Εξισώσεις πεπερασμένων διαφορών

ονομάζονται συντελεστές της εξίσωσης. Η (1) ονομάζεται ομογενής, γιατί το (β) μέλος της (2) είναι το Ο. Τέλος η ( 1 ) ονομάζεται ΕΠΔ τάξεως 2, γιατί (χ + 2) - χ = 2. Ώστε η ( 1 ) είναι μια ομογενής, γραμμική , ΕΠΔ τάξεως 2. 2.

Επίλυση της ομογενούς γραμμικής

ΕΠΔ τάξεως 2.

Έστω η ΕΠΔ: F(x + 2) - 8F(x + 1) + 15 F(x) = Ο (2). Παρατη ρούμε ότι η f(x) = για κάθε χ Ε IR. ικανοποιεί την (2). Πράγματι: ι 24 + 1 5) = Ο. = + Η συνάρτηση f(x) = ονομάζεται μερική λύση της (2). Έχει η (2) και άλλη μερική λύση; Η απά ντηση στο ερώτημα αυτό είναι καταφατική . είναι λύση της (2), αφού Πράγματι η g(x) = ι 2 5χ 5χ + 1 5 · 5χ = 5χ (25 - 40 + 1 5) = Ο. Έχει η (2) άλλες μερικές λύσεις; Η απά ντηση στο ερώτημα αυτό όπως θα διαπιστώ σουμε είναι καταφατική , π.χ. α · f(χ), (α Ε IR.) κ.λ.π.

3χ+ 2 -8· 3χ+ 15· 3χ3χ,3χ (9 χ 5 + -8· + ,

3χ,

2.1. Θεώρημα Έστω α1F(χ + 2) + α2F(χ + 1) + α3F(χ) = Ο (3) με α2 * Ο μια ΕΠΔ με μερικές λύσεις f(x), g(x). Τότε η συνάρτηση h(x) αf(χ) + βg(χ) αποτελεί μια λύση της (3) (α, β Ε IR.). =

Απόδειξη

F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Ο με β * Ο, για την οποία f(O) = γ, f( 1) = δ. Οι ισότητες f(O) = γ, f( l) = δ ονομάζονται αρ χικές συνθήκες. Αν υποθέσουμε ότι μια τέτοια συνάρτηση f(x) υπάρχει, τότε: f(x + 2) = -αf(χ + 1 ) - β f(x), οπότε f(2) = -αf(l) - β f(O) = -αδ - βγ, f(3) = -αf(2) - β f(l) = α(αδ + βγ) - βδ, κ .λ. π. Δηλαδή, η συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες και λαμβάνεται από μια τέτοια διαδικασία, είναι λύση της ΕΠΔ. 4.

Εύρεση μερικών λύσεων μιας ομογε νούς γραμμικής ΕΠΔ.

Έστω η ομογενής γραμμική ΕΠΔ: F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Ο (4) με α, β Ε IR.. Θα εξετάσουμε αν η (4) έχει μια λύση της μορφής f(x) = κχ (κ Ε IR. *). Για το λόγο αυτό κατασκευάζοvμε την ε2 + ι , , ξ ισωση κ + ακχ + βκ = Ο (5) , την οποια ονομάζουμε χαρακτη ριστική εξίσωση της (4) και τη λύνουμε: 2 Είναι κ\κ + ακ + β) = Ο => 2 κ + ακ + β = Ο (6). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 2 α 4 i) Δ > Ο. Τότε κι ,2 = -α Ρ. 2

χ+

± ..J

Ωστε υπάρχουν λύσεις κ� , κ2 της ΕΠΔ.

Πράγματι: αι [α f(x + 2) + β g(x + 2)] + + α2 [α f(χ + 1 ) + β g(χ + 1)] + + α3 [α f(x) + βg(χ)] = = α [α ι f(x + 2) + α2 f(x + 1) + α3 f(x)] + + β [α ι g(x + 2) + α2 g(x + 1) + α3 g(x)] = = α·Ο + β·Ο = Ο.

Έτσι π. χ. η ΕΠΔ F(x+2) - 8F(x+1) + 15F(x) =Ο (7), έχει χαρακτη ριστική εξίσωση : 2 κ - 8κ + 1 5 = ο

2.2. Ορισμός

f(x) = 5χ , g(x) =

Θα ονομάζουμε γενική λύση μιας γραμμι κής ομογενούς ΕΠΔ τάξης 2, μια συνάρτηση h(x) = αf(χ) + βg(χ) όπου f(x), g(x) λύσεις της ΕΠΔ και: f(x) g(x) C(x) = * 0· f(x + 1) g(x + 1) Η C(x) * Ο ονομάζεται συνθήκη Casorati.

οπότε κ ι =

(8),

2 = 5, κ 2=

3χ .

και μερικές λύσεις

Οι f(x), g(x) ικανοποιούν τη συνθήκη Casorati. 5Χ Πράγματι C(x) = ι = + ι 5 1 5χ

Χ 3 χ 3χ + I I 13 1 I χ 5

= 2· 1 5 -::F- 0,

άρα η (7) έχει γενική Φ(χ) = c ι f(x) + c2g(x)(c ι , c2 Ε IR.) .

Αρχικές συνθήκες μιας ΕΠΔ .

Έστω το πρόβλημα: Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f(x) που ικανοποιεί την ΕΠΔ

11) "

λύση

+ · Δ < ο . τοτε κι ,2 = -α rJiΔi η Κι = ρ + 1q · 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/58

Εξισώσεις πεπερασμένων διαφορών

κ2 = p - iq, (p, q ε IR.). Τις λύσεις αυτές μπορούμε να τις εκφράσουμε και σε τριγωνομετρική μορφή. Έστω π.χ. ότι κι = R(συνθ + ίημθ), Kz = R(συνθ - ίημθ). Τότε η ΕΠΔ έχει λύσεις: κ� = Rχ(συνχθ + ίη μχθ), κ� = Rχ(συνχθ - ίημχθ). κχι +κχz κχι -κχz , · ""' Θεtουμε: f(x)=--=Rχσυνχθ,g(χ)=--=Rχη,..,.v.. 2 2 Παρατη ρούμε ότι: C(x) = Rχημχθ Rχσυνχθ = ι Rχ + ι συν(χ + 1)θ Rχ + ημ(χ + 1)θ 2χ ι R + ημθ =ι:. Ο. Επομένως η ΕΠΔ έχει γενική λύση : Φ(χ) = cιf(x) + c:ιg(x). Έτσι π.χ. η ΕΠΔ: F(x + 2) + F(x + 1) + F(x) = Ο (8), 2 ' χαρακτηριστικη' εξισωσ εχει η κ + κ + 1 = ο, ' ' κι = συ π + ι.η π, Kz = συ π - ι.η π, οποτε � '3 � '3 ' 2πχ 2πχ και αρα Φ(χ) = cι συ'3 + Cz η�, είναι μια λύση της (8). χ iii) Δ = Ο. Τότε κ1 = κ2 = κ κm. Φ(χ) = c1κ + c2χι/. Έτσι π.χ. η ΕΠΔ: F(x + 2) - 8F(x + 1) + 16 F(x) = 0 (9), 2 έχει χαρακτηριστική εξίσωση:κ - 8κ + 16 = Ο => κ1 = κ2 = 4,

x οπότε η Φ(χ) = Cι4χ + CzX4 , είναι μια λύση της (9).

Μη ομογενείς γραμμικές ΕΠΔ τάξεως 2

Έστω η μη ομογενής γραμμική ΕΠΔ τάξεως 2: F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = G(x) (1 0). Για τις λύσεις της (1 Ο) ισχύει το παρακάτω θεώρημα:

5.1. Θεώρημα Μια γενική λύση της (10) είναι άθροισμα: α) μιας μερικής λύσης της μη ομογενούς ΕΠΔ (10) β)

και

μιας γενικής λύσης της ομογενούς ΕΠΔ:

F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Ο (11). Ώστε αν φ(χ) είναι μια μερική λύση της (10) και f(x), g(x) είναι λύση της (1 1) με: f(x) g(x) Ο, C(x) = f(x + 1) g(x + 1) =ι:. τότε η (10) έχει γενική λύση: Φ(χ)=φ(χ)+cιf(χ)+c�χ). Για τις μερικές λύσεις της (10) ισχύει το παρα κάτω θεώρημα:

5.2. Θεώρημα Αν t{x), g(x) είναι μερικές λύσεις των ΕΠΔ: F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Gι(χ) και F(x + 2) + αF(χ + 1) + βF(χ) = Gz(x) αντίστοιχα, τότε η t{x) + g(x) είναι μερική λύση της _

ΕΠΔ:

F(x+2) + αF(χ+1) + βF(χ) = G1(x) + Gz(x).

ΤΑ Βι ΒΛιΑ Π Ε Ρ ι ΕΧΟΥΝ * Ασκ�σεις του συγγραφέα - Anoθnσouptσμo mς 1βχpονnς εμnεtρlσς του οnό mν npοεταμοσlα των υnοψnφfων στο φpοντfστnριο, οτο nνεύ μο των τελευταlων εξετόσεων nou συνδυόζουν γνωσεις αnό nολλό κεφόλσια συγχόνως.

8 Λυμένα το nto ουσιώδn θέματα αnό ης ΠσνελΜνιες Εξετόσεις τnς nεpοσμένnς εντεκσετlας 1983-1994.

• Λυμένο θέματα αnό εξετόσεις διαφόρων ξένων nανεnιστnμlων BACALAUREAT - LONDON POLvτECHNIC - NEW YORK UNIVERSiτY

LIVERPOOL UNIVERSiτY - G.C.E. Αγγλtκό - MOSCOW UNIVERSIH

'I' Λυμένες μια σειρό ασκt'Ισεων nου εntλέχτnκαν αnό διόφορες εκδό

σεις ελλnνικών κσt ξένων nεptοοtκών όnως ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ τnς ΕΜΕ -

ΠΡΟΕΚΤΑΣΕΙΣ ΣτΗΝ ΕΚΠΑΙΔΕγΣΗ - ΘΕΑΠΗΤΟΣ - ΜΑΤΗΕΜΑτtC NEWS CASSErΑ ΜΑτΕΜΑTICA - ΤΗΕ ΥΟΚΟΗΑΜΑ ΜΑΤΗΕΜΑτtCAL JOURNAL JOURNAL MARτtCULAτtON BOARD - LOOK JAPAN

Ο Λυμένες μια σειρό εnιλεγμένων ασκ�σεων αnό μια nλαύσια ελλnνtκt'i κσt ξένn ΒtΒλtογραφlα.

Ο Λυμένο θέματα μοθnτικών διαγωνισμών όnως τnς Ελλnνtκt'Ις Μαθn μοτtκt'Ις Εταtρεlας (ΕΜΕ), Μαθnματικών Ολυμntόδων, του Wtlliαm Lowell στις ΗΠΑ,

nου έχουν σχέσn ως nρας τον nεριεχόμενο με τις Πα

νελΜνιες Εξετόσεtς τnς 1nς Δέσμnς.

v Τετρόδες θεμότων anό τα θέματα του BtBλlou στο στυλ και το εnl

nεδο των Πανελλnνlων Εξετόσεων και με ερωτ�σεtς θεωρlας nου κα

λύπτουν το nto nιθονό θέμοτο anό όλn τnν ύλn για δοκιμαστικό Test nptν τις εξετόσεις.

Το ορχεlο θεμότων μσθnμοτικών 1nς Δέσμnς σnό ΠανελΜνtες Εξετό σεtς 1983 - 1994 Τσ SOS θέμστο τnς θεωρlας

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΠΟΥ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΑΝ το " ΣτΥΛ" κ α ι το " Π Ν Ε Υ Μ Α " ΤΩ Ν ΦΗΙ Ν Ω Ν Θ Ε Μ ΑΤΩ Ν Στ Ι Σ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕτΑΣΕΙΣ l ης και 4ης ΔΕΣΜΗΣ ΟΣΟ ΚΑΝΕΝΑ ΑΛΛΟ. ΤΑ ΒΙ ΒΛΙΑ ΠΟΥ ΤΑvτΙΣτΗΚΑΝ ΜΕ ΤΟ ΝΕΟ ΠΝΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕτΑΣΕΩΝ ΘΕΜΑΤΑ ΣΥΝΔΥΑΠΙΚΑ ΠΟΛΛΩΝ Ε ΡΩΤΗ ΜΑΤΩ Ν ΠΟΥ ΜΟΝΟ ΤΟ "ΝΕΟ ΠΝ ΕΥΜΑ ΤΩΝ ΕΞΕτΑΣΕΩΝ" του Μαθηματικού φροντιστή Σάκη Λιπορδέzη Π ΕΡΙ ΕΧΟΥΝ Συνάδελφοι προτείνετε και διδάξετε στους υποψnφιους το μοναδικό εξωσχολικό Bonθnμa που θα τους φέρει τόσο κοντά στα θέματα των εξετάσεων.

ΓΙΑ ΠΑΡΑΓΓΕΛΙΕΣ ΤΗΛΕΦΩΝΗΣΤΕ 053 1 /2 1 206 - FAX 053 1 /2 1 9 1 6 ή znτnστε τα στα καλό μεγδλα βιβλιοηωλεια.

Με μεγάλη μας χαρά διαπιστώνουμε ότι οι επιστολές με τις λύσεις των ασκήσεων συνεχώς πληθαίνουν. Έχουμε ήδη δημοσιεύσει τις λύσεις των ασκήσεων Γεωμετρίας του τεύχους 1 5. Στο τεύχος αυτό δημοσιεύουμε λύσεις ασκήσεων του τεύχους 16. Στο επόμενο τεύχος ελπί ζουμε να έχουμε δώσει τις λύσεις όλως των ασκήσεων των τευχών 1 5, 16. Περιμένουμε ακόμη λύσεις των ασκήσεων από τα τεύχη αυτά που ακόμα δεν έχουν λυθεί. Έχουν σταλεί αρκετές λύσεις και για τις ασκήσεις του τεύχους 18, τις οποίες θα δημοσιεύ σουμε σε επόμενο τεύχος.

Άσκηση Α5 ΛίJση l ιι

Η δοθείσα εξίσωση γράφεται: Χ2νy2ιι:. + /ιι:. + Χ2ν + 1 2Xv = Ο <=> Υ2ιι:.(Χ2ν + 1) + (χν _ 1 )2 = Ο <=> y2ιι:. (χ2ν + 1) = Ο και (χν - 1)2 = Ο <=> y2ιι:. = Ο (αφού χ2ν + 1 =F Ο, ν _

Άρα η λύση είναι (χ , y) = ( 1 , Ο) ή (-1 , 0).

!Ν'*) και χν = 1

Γιάνν ης Σταματ ογιάνν ης - Μαθηματ ικός

Λύση 2η

Θέτουμε χν = φ και y2ιι:. = ω. Προφανώς ω � Ο. Αντικαθιστούμε στην δοθείσα εξίσωση: (φ2 + 1 )(ω + 1) = 2φ <=> (ω + 1 )φ2 - 2φ + (ω + 1) = Ο ( 1 ) Δ = 4 - 4(ω + 1)2 = 4 [ 1 - (ω + 1 )2 ] = 4( 1 - ω - 1 )(1 + ω + 1 ) = -4ω(ω + 2) Αν ω > Ο τότε Δ < Ο οπότε η ( 1 ) δεν έχει πραγματικές ρίζες για την φ (: αδύνατο) άρα ω = Ο. Για ω = Ο έχουμε y2ιι:. = Ο δηλαδή y = Ο. Ακόμα, η ( 1 ) γίνεται: φ 2 - 2φ + 1 = Ο <=> (φ - 1 )2 = Ο <=> φ = 1 οπότε χν = 1 (2) (α) Αν ν:άρτιος η (2) ισχύει για χ = 1 ή χ = - 1 . Δηλαδή έχουμε τις λύσεις: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ. 3/60

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

(β)

(x = 1 , y = 0)

(x = - 1 , y = 0) Αν ν:περιττός η (2) ισχύει για χ= 1 , οπότε έχουμε την μοναδική λύση (χ = 1 , y = 0). και

Χρ. Στέλλας - Μαθηματικός

Λύση 3

(χ2ν + 1)(/ιc + 1) = 2χν (ν, κ IN) <=> x2vy2ιc + χ2ν + /ιc + 1 = 2χν <=> (xvyιc)2 + (Χν)2 + (yιc)2 + l _ 2Xv = Ο <=> (xvyιc)2 + (yιc)2 + (�ν _ 1)2 =Ο Πρέπει το κάθε τετράγωνο να ισούται με το Ο. Άρα πρέπει: χ=Οήy=Ο O <=> χ= y= 1 (ν IN) ή χ= -1 (αν ν άρτιος) Επειδή η χ = Ο δεν μηδενίζει το χν - 1 δεν λαμβάνεται ως λύση της εξίσωσης. Οι λύσεις της εξίσωσης είναι: {yΥ == ΟΟ χχ == -1 1 (αν ν άρτιος) Ε

Είναι:

{

Ν ταλαχάνης Δημήτρης - Μαθητής Α' Λυκείου

4η

Λύση

Έχουμε διαδοχικά:

(χ2ν + 1)(y2ιc + 1) = 2χν <=> x2vy2ιc + χ2ν + y2ιc + 1 -2χν = ο <=> (χν)2 -2χν + 1 + (xvyιc)2 + y2ιc = ο <=> (χν - 1)2 + (xvyιc)2 + (yιc)2 = Ο <=> χν - 1 = Ο και xvyιc =Ο και yιc = Ο <=> χν = 1 και (χν = Ο ή yιc = Ο) και y = Ο <=> χ= :qϊ και y = Ο <=> χ= ± 1 και Υ = Ο Άρα, τα ζεύγη λύσεων της εξίσωσης είναι: ( χ, y) = (-1, Ο) ή (χ, y) = (1 , 0).

Κοσμάς Τσακμακίδης - 1° Λύκειο Κομοτη ν ής

Άσκηση Α6 Λύση Ι

Η δοθείσα γράφεται:

(y2 + 1)5 = (χ21 6+χ41)4 ή Επειδή y2 � Ο η (1) δίνει: 2 2 2 ι]� ο ή 2 4 ι � J � ή (__Ά_J4 � ι ή [ (2χ) ] - �ο ή [ (2χ) + ι] [ (2χ) + + 2+ l + 2+ 2 < 2 2 >2 l 2 χ χ 1 1 x ) -νlx ) (χ 1)2 ( 2 χ + Ι)2 :::; ο άρα χ= 1 ή χ= __Ά_+ ι ι � ο ή (χ - 1) ( )( (__Ά__ ) χ2 + 1 χ2 + 1 χ2 + 1 χ2 + 1 Συνεπώς, για χ= 1 η ( 1 ) δίνει y = 0: (χ , y) = (1 , Ο) για χ= -1 η (1) δίνει y = 0: (χ , y) = (-1 , Ο) ι

-s

-1

Λύση

ί)

2η

Γιάννης Σταματογιάνν ης - Μαθηματ ικός

χ=Ο

Για έχουμε της εξίσωσης.

(y2 + 1)5 = Ο <=> y2 = -1: αδύνατο στο IR., οπότε το χ = Ο δεν αποτελεί ρίζα ΕΥΙΛΕΙΛΗΣ Β' ιdL τ.. 3161

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

ii)

Για χ < Ο είναι χ2 +

1 )4 � 1 : 2 ( χ2

1 � -2χ (η ισότητα ισχύει για χ =

(1)

(y2 +

1/ �

-1) <=> χ 2: 1 -1 2

1 (2)

(1), (2)

�

οπότε

Για να ισχύει η δόθείσα εξίσωση πρέπει οι να ισχύουν σαν ισότητες: και y = Ο) χ = -1 και y2 + = <=> (χ = 2 (η ισότητα ισχύει για χ = 1) <=> χ iii) Για χ > Ο είναι χ2 + � � οπότε 2 2 (y2 + (3) (4) �

r 2: 1 τ 1

1 1 -1 1 2χ

1)5� 1

Για να ισχύει η δοθείσα εξίσωση πρέπει οι (3), (4) να ισχύουν σαν ισότητες: χ = Ι και y2 + 1 = Ο <=> (χ = και y = Ο)

Χρ. Στέλλας - Μ αθηματ ικός

Σημείωση σύνταξης: Ο συνάδελφος έχει στείλει λύσεις και σε προηγούμενες ασκήσεις καθώς επίσης και προτεινόμενες.

Λύση της άσκησης Α6 μας έστειλε και ο μαθητής Κοσμάς Τσακμακίδης από το Ι 0 Λύκειο Κομοτηνής. Άσκ η ση Γ

Λυκείου (τεύχος 1 5)

Υποθέτουμε ότι Ο � α < β � c. Δείξτε ότι

-eP - eα

β-α

ec - ι (β + α) + ι (ι) 2 c

Λύση

Η παραπάνω ανισότητα

( 1 ) είναι ισοδύναμη με την:

eβ - eα c2c 1 (β2 - α2) + β - α ή J β ex dx c2c 1 (β2 - α2) + (β - α) ή <�

<�

Για την απόδειξη της (2), θεωρούμε την συνάρτηση: F(x) =

1 Jrαx et dt - ecZc (χ2 - α2) - (χ - α), χ

Η συνάρτηση F είναι παραγωγίσιμη με F ' (x) =

[0, c]

ex - 2χ ec2� 1 - 1 και F"(x) = ex - ec � 1 (3).

της μέσης τιμή ς, οπότε ex στο διάστημα [0, c] ισχύει το θεώρημα 1 c e � (4). υπάρχει ξ (0, c) τέτοιος ώστε h '(x) = h(c) � h(O) ή eξ Από (3), (4) έχουμε F"(x) = ex - eξ. Αν χ (0, ξ) έχουμε F"(x) < Ο και για χ (ξ, c) F"(x) > Ο. Συνεπώς, η συνάρτηση F' είναι φθίνου = F'(c) = Ο. Για την συνάρτηση h (x)

σα στο [0, ξ] και αύξουσα στο [ξ, c], ενώ F'(O)

Οπότε, έχουμε τον κατωτέρω πίνακα μεταβολών για τη συνάρτηση F':

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κθ. τ . 3/62

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

F" F'

ο�

/ο

F '( ξ )

Δηλαδή, για κάθε χ e [0, c] είναι F'(x) � Ο οπότε η συνάρτηση F είναι γνήσια φθίνουσα στο διά στημα [0, c].

Έτσι, δείξαμε την ισχύ της (2).

Κ.

Γεωργακόπουλος

Μια διόρθωση: Από παραδρομή δεν τηρήθηκε η σειρά στις προτεινόμενες ασκήσεις του τεύ χους 1 8 . Έτσι λοιπόν, η Ι η άσκηση είναι η Α8 , η δεύτερη η Α9 και η Τρίτη η Γ2 . Προτεινόμενη άσκηση

Α1 0

Νησιώτης είχε κρύψει - στα χρόνια της κατοχής - έναν οικογενειακό θησαυρό σε σημα διακό τόπο γνωστής του νησιού παράλίας και για τον εντοπισμό του κατείχε το επόμενο τοπο γραφικό.

αμμουδιά

«Στη θέση Β και Γ δηλώνεται από ένας ευκάλυπτος και στη θέση Α μία ροδακινιά. Τα τρί γωνα ΜΒΑ και ΝΓΑ δηλώνονται ισόπλευρα, το σημείο Κ δηλώνεται σαν το κοινό μέσο των ευ θυγράμμων τμημάτων ΜΝ, ΑΘ και το Θ σαν το σημείο του κρυμμένου θησαυρού.» Ο νησιώτης - ύστερα από την αποχώρηση των στρατευμάτων κατοχής - θέλησε να ανακτή σει τον οικογενειακό του θησαυρό, αλλά δεν τα κατάφερε, αφού η ροδακινιά είχε καταστραφεί. Από τη δυσχερή του θέση τον «έβγαλε» ο εγγονός του - μαθητής της τρίτης Γυμνασίου τότε, σήμερα της Α' Λυκείου ισοδυνάμως. Ζητείται το σκεπτικό προσδιορισμού του σημείου Θ και ο τρόπος εντοπισμού του. Νικόλαος Θ. Βαδιβούλης - Σχ. Σύμβουλος Μαθηματικώ ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' κθ. τ. 3/63

Α Π Ο

Τ Ι Σ

Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ

Σ Α Β Β ΑΛΑ Αλέξα vδρος /l. 1'ραyανίτης

Μ!θΗΜΔΤrι]ΚΑ 1 ι α κω. ο υςμα ηrες

•

Σαββάλας Ε Κ Δ Ο Σ Ε Ι Σ - Β Ι ΒΛΙ Ο Π ΩΛ Ε Ι Ο

Σημείο αvαφοράι; στο εκπαιδευτικό fJιfJAίo Ζ . Π Η ΓΗ Σ 1 8

1 06 8 1

ΑΘ Η ΝΑ

ΤΗΛ. 33.0 1 .25 1 - 38.29.4 1 0

FAX . 3 8 . 1 0 . 9 0 7