Ευκλειδης Β 23 by demi de

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

mJ��@ιfu��@ [Π� 'if'@ IA"f��@

Πρώτοι αριθμοί, αθροίσματα τετραγώνων και άλλων δυνάμεω1· ................... 3 Οι Γωνίες στην E}Jηνιi(Jj Αρχαιότητα και το Θεώρημα των Γωνιών ΤριϊώΙΌυ ......... 10 13η Βαλκανική Μαθηματικιj Ολυμπιάδα ......... ................... ....................... 16 Eι·dos Ρα! (1913- 1996) ........................................................... : . . . . . . . . . . . . . . . . . . • 2 Το Τριώνυμο . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 Γεωμετρία Α'Λυκείου .................................................................................. 36 Η μονοτονία και το "1-1" των συναρτήσεων στην επίλυση των ανισώσεων και των εξισώσεων ......................................................................................... 40 Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου ................................................................ 43 Γενικά Θέματα Ανάλυσης ............................................................................ 47 Μια σε βάθος μελέτη επάνω σε δύο ασκήσεις που δόθηκαν στις εξετάσεις του Ακαδημαϊκού έτους 1979 ........................................................ 53 Ένα πρόβλημα πολλές Λύσεις ..................................................................... 55 Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ! ............................................................................. 59

�Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

Γραμματεία Σύνταξης:

Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρλής Γιάννης

Συντακτική Επιτροπή

Ένα ταξίδι

Βακαλόπουλος Κώστας, Βισκαδουράκης Βασίλης

στη χώρα των αριθμών

Γεωργακόπουλος Κώστας, Γράψας Κώστας, Καλί'κας Σταμάτης, Καράκατσάνης Βασίλης, Καρκάνης Βασίλης, Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήστος, Κοντογιάννης Δημήτρης, Κοτσιφάκης Γιώργος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μεταξάς Νίκος, Μπανδήλα Λ., Μώκος Χρήστος,

Ανοίγοντας σήραγγες με τη βοήθεια θεωρημάτων γεωμετρίας

ΣαΊτη Εύα, Στεφανίδης Αθανάσιος, Τούρλας Λεωνίδας, Τουρναβίτης Στέργιος Τσιιωλουδάκης Γιώργος. Τσιμπουράκης Δημήτρης.

Υπεύθυνοι -Εκδοσης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τσαρπαλής Ιωάννης

Επιμέλεια -Εκδοσης: Μαραγκάκης Σ.

Συνεργάστηκαν: Μάιφας Στράτος, Στεργίου Μπάμπης, ·Δαμίγος Ιωάννης, ,

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Πανέπιστημίου 34-106 79 Αθήνα Τηλ.: 361 6 532, 3617 784 Fax: 36 41 025

Εκδότης: Ν. Αλεξανδρής Διευθυντής:

Κ. Σάλαρης

�·s s N = � 11 �0 5 - 80 0 5 -� � �--�� ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ:

ι Και

------

Τεύχος: Ετήσια συνδρομή: Οργανισμοί: Ταχ. Εmταγές

πάλι επιτυχίες

350 δρχ 1.600 δρχ 3.000 δρχ

Τ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ. Θ. 30044

Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση: Ελληνική Μαθηματiκή Εταιρεία

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

Η πρώτη ύλη της Αριθμητικής, άρα και των Μαθηματικών, είναι οι φυσικοί αριθμοί, δηλ. οι αριθμοί 1 , 2, 3, 4, 5, .. Η μελέτη των φυσικών αριθμών είναι μια συναρπαστική ενασχόληση τόσο για τους ειδικούς όσο και για το�ς «ερασιτέχνες» μαθηματικούς. Στη συνέχεια, όταν λέμε «αριθμός))' θα εννοούμε «φυσικός αριθμόρ), Ορισμένοι φυσικοί αριθμοί έχουν δύο ακριβώς διαιρέτες, τον εαυτό τους και τον αριθμό 1. Οι αριθμοί αυτοί λέγονται πρώτοι αριθμοί και είναι οι δομικοί λίθοι του οικοδομήματος των φυσικών αριθμών με την έννοια ότι κάθε φυσικός αριθμός γράφεται κατά μοναδικό τρόπο ως γινόμενο δυνάμεων πρώτων αριθμών. π.χ. 1 00 22·5 2, , πρωτοι ' ' αριθ μοι' και οι α1, .. . , αν φυσι1 20 23·3 5 και γενικα' u . uα1, .. uvα. οπου οι u1, ... , Uv ειναι κοί αριθμοί � 1 . Η οικογένεια των πρώτων αριθμών αρχίζει με τους, 2, 3, 5, 7, 1 1 , 13, 17, ... Ο μοναδικός πρώτος αριθμός ο οποίος είναι άρτιος είναι ο αριθμός 2. Ολοι οι άλλοι άρτιοι αριθμοί δεν είναι πρώτοι, αφού εκτός από τον εαυτό τους και τον 1 έχουν έναν τουλάχιστο διαιρέτη ακόμα, τον2. Οι φυσικοί αριθμοί που δεν είναι πρώτοι λέγονται σύνθετοι. Ολοι οι άρτιοι αριθμοί εκτός του 2 είναι σύνθετοι αλλά υπάρχουν και περιττοί αριθμοί που είναι σύνθετοι, όπως π.χ. ο 9, ο 1 5, ο 5 1 και άπειροι άλλοι. Από τη στιγμή που κάποιος ή κάποίοι σχημάτισαν την έννοια του πρώτου αριθμού θα έθε σαν το ερώτημα: Πόσοι είναι οι πρώτοι αριθμοί; Βέβαια ακόμα και η διατύπωση ενός τέτοίου ερωτήματος προϋποθέτει μεγάλη πρόοδο στη μαθηματική σκέψη και δε θα μπορούσε να περάσει απ' τον νου των ανθρώπων όσο αυτοί πάλευ αν με τους μικρούς αριθμούς και βρίσκονταν μακριά από. την έννοια του απείρου. Ο Ευκλείδης στα «Στοιχεία)) του είναι αυτός που δίνει την πρώτη απόδειξη της πρότασης: Το πλήθος των .

πρώτων αριθμών είναι άπειρο.

Η διατύπωση του Ευκλείδη δεν είναι ακριβώς αυτή μια και οι αρχαίοι Έλληνες μαθηματι κοί προτιμούσαν να χρησιμοποιούν στις διατυπώσεις τους το «δυνάμει)) άπειρο. Ο Ευκλείδης λοιπόν αποδεικνύει ότι: Από οποιονδήποτε πρώτον αριθμό υπάρχει κάποιος μεγαλύτερος. Η από δειξη του Ευκλείδη είναι αιώνιο υπόδειγμα κομψότητας και μια από τις πρώτες αποδείξεις με τη μέθοδο της «εις άτοπον απαγωγής». . Ας υποθέσουμε ότι το πλήθος των πρώτων aριθμών είναί πεπερασμένο και ότι p είναι ο με γαλύτερος από αυτούς. Ας υποθέσουμε δηλαδή ότi η ακολουθία 2, 3, 5, 7, 1 1, 13, 17, .. . των πρώ των αριθμών τελειώνει με τον αριθμό p. Θεωρούμε τον αριθμό: .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ.

2/3

Πρώτοι αριθμο ί, αθροίσματα τετραγώνων και άλλων δυνάμεων

τ = (2·3·5 · 7· . . . ·p) + 1 όπου, μέσα στην παρένθεση έχουμε όλους τους πρώτους αριθμούς. Είναι φανερό ότι ο τ δε διαι ρείται με κανέναν από τους αριθμούς 2, 3, 5, .. . , p, αφού, διαιρούμενος με καθέναν από αυτούς αφήνει υπόλοιπο 1 . Άρα, ή ο τ είναι πρώτος και προφανώς μεγαλύτερος του p, ή είναι σύνθετος και διαιρείται με κάποιο πρώτο μεγαλύτερο του p. Έτσι ή αλλιώς λοιπόν υπάρχει πρώτος μεγα λύτερος του p, πράγμα που αντιβαίνει στην υπόθεσή μας. ι Πολλά από τα προβλήματα της Αριθμοθεωρίας έχουν κάτι το ιδιαίτερο: απλή διατύπωση κατανοητή από όλους αλλά και καθόλου εύκολη λύση μια και πολλά έμειναν και μένουν άλυτα για πάρα πολλά χρόνια «αναγκάζοντας» τους μαθηματικούς να ενισχύουν το οπλοστάσιό τους για να καταφέρουν να τα αντιμετωπίσουν. Αυτό έκανε το μεγάλο Γερμανό μαθηματικό Κ. F. Gauss (1777 - 1 850) να πει: «Τα Μαθηματικά είναι η βασίλισσα των επιστημών και η Θεωρία Αριθμών η βασίλισσα των Μαθηματικών». Στα περισσότερα από αυτά τα προβλήματα οι πρώτοι αριθμοί παίζουν πρωτεύοντα ρόλο. Σκοπός μας είναι να μιλήσουμε για μερικά από αυτά τα προ βλήματα με άξονα ένα πρόβλημα με μακρόχρονη ιστορία, το οποίο έγινε αφορμή για μια πα γκόσμια μαθηματική συμμαχία, χωρίς σύνορα και χωρίς φυλετικούς, θρησκευτικούς, κοινωνι κούς, ιδεολογικούς ή άλλους aποκλεισμούς. Τα πρώτα γραπτά στοιχεία, που είναι σχετικά με το πρόβλημα με το οποίο θα ασχοληθού με, μας έρχονται από την εποχή της ακμής της Βαβυλώνας την 17η χιλιετηρίδα π.Χ. Οι Βαβυ λώνιοι όπως και οι Αιγύπτιοι της ίδιας εποχής κατάλαβαν ότι παρατηρώντας τα αστέρια μπο ρούν να μετρήσουν το χρόνο. Ομως η παρατήρηση του ουράνιου θόλου τους οδήγησε στην ανά γκη μέτρησης των γωνιών πράγμα που με τη σειρά του τους οδήγησε στη θεώρηση των ορθογω νίων τριγώνων. Οι Βαβυλώνιοι χρησιμοποιούσαν ένα αριθμητικό σύστημα με βάση το 60, το ο ποίο ήταν βέβαια δύσχρηστο σε σχέση με το σημερινό, ήταν όμως αρκετά κατάλληλο για τις μετρήσεις που πραγματοποιούσαν. Χρησιμοποιούσαν με δυσκολία τα κλάσματα και ο αριθμός 60 που έχει πολλούς διαιρέτες τους επέτρεπε να εκφράζουν τους κλασματικούς αριθμούς που είχαν ανάγκη με τη βοήθεια των κλασμάτων 1/2, 1/3, 1/4, 1/5, 1/6, 1/10, 1/12, 1/15, 1/20, 1/30, 1/60, τα οποία έχουν αριθμητή τον αριθμό 1 και παρονομαστή κάποιο διαιρέτη του 60. Ας δούμε το ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές 3, 4 και 5. Έχουμε ημα = l άρα - 1 - = 1 = 1 + .l + .l. 5 5 ημα 3 3 3 3 Το τρίγωνο αυτό λοιπόν επέτρεπε στους Βαβυλώνιους να βρουν έναν αριθμό που είναι χαρακτηριστικός για τη γωνία α και γραφόταν εύκολα στο αριθμητικό τους σύστημα. Δημιουργήθηκε έτσι η ανάγκη να εντο 4 πισθούν και άλλα ορθογώνια τρίγωνα με «ακέραια>) μήκη πλευρών. Το πασίγνωστο «Πυθαγόρειο θεώρημα>) αποδεικνύει ότι μεταξύ των μηκών χ, y των καθέ των πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου και του μήκους z της υποτείνουσάς του ισχύει η σχέση: 2 2 2 χ +y =z Η σχέση αυτή επαληθεύεται και για φυσικούς αριθμούς χ, y, z. Ένα παράδειγμα είναι η τριάδα χ = 3, y = 4, z = 5. Τέτοιες τριάδες αριθμών, ονομάζονται «Πυθαγόρειες τριάδες)). Δηλα δή, τρεις φυσικοί αριθμοί χ, y, z αποτελούν μια «Πυθαγόρεια τριάδα)) αν ικανοποιούν την εξί σωση: x 2 + y2 = z2 (1) Έχει βρεθεί μια Βαβυλωνιακή πινακίδα του 1700 περίπου π.Χ, όπου αναφέρονται 15 πυθα γόρειες τριάδες γραμμένες στο 60-δικό σύστημα αρίθμησης (Πινακίδα Plimpton 322). 2 Οι αρχαίοι Έλληνες μαθηματικοί αναρωτήθηκαν πόσες τέτοιες τριάδες υπάρχουν και οι Πυθαγόρειοι ήταν οι πρώτοι που έδωσαν μια μέθοδο για τον προσδιορισμό απείρου πλήθους τριάδων. Με τους σημερινούς συμβολισμούς η μέθοδος είναι η εξής: Έστω ν ένας περιττός α ριθμός μεγαλύτερος από το 1 και: 1 ν2 + 1) 1 ν2 - 1 ), z = � χ =ν, y = � Εύκολα φαίνεται ότι οι τριάδες που βρίσκουμε έτσι είναι όλες πυθαγόρειες με z y + 1. =

1 Ένα σχόλιο, σχετικό με τ ο θεώρημα αυτό μπορείτε να βρείτε, μαζί με πολλά άλλα ενδιαφέροντα σχόλια, στο ιδιαίτερα ενδιαφέρον βιβλίο του μεγάλου Άγγλου μαθηματικού G. H.Hardy «Η απολογία ενός μαθη ματικού». σελ.25. Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, 1991. z Για τη σημασία της πινακίδας αυτής παραπέμπουμε στο: Ο. Neugebauer, Οι θετικές επιστήμες στην Αρ χαιότητα. (Εκδ. Μορφωτικό Ίδρυμα της Εθνικής Τράπεζας I 986)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/4

ιιρωτοι αριυμοι, αυροισματα τετραγωνων και αι..ι.ω . ν ο υναμεων

Μερικές από αυτές φαίνονται στον παρακάτω πίνακα Ι Πίνακας Ι χ

Υ z

3 4 5

5 12 13

7 24 25

9 40 41

11 60 61

. 13 84 85

Ομως, ο τρόπος αυτός δεν περιγράφει όλες τις πυθαγόρειες τριάδες. Ο Πλάτωνας βρήκε την εξής μέθοδο: χ= 4ν, y = 4ν2 - 1, z = 4ν2 + 1 όπου ν, ακέραιος �2. Εδώ έχουμε z = y + 2. Ο Ευκλείδης, στο βιβλίο Χ των στοιχείων του, δίνει μια μέθοδο για την εύρεση όλων των πυθαγορείων τριάδων χρησιμοποιώντας τους τύπους: χ = 2mst, y = m(s2 - t2), z = m(s2 + t2) (*) όπου m φυσικός και s, t φυσικοί αριθμοί διαφορετικής αρτιότητας3 με s t και μ.κ.δ.(s, t) = 1 . Ο Ευκλείδης δε δίνει απόδειξη για το ότι οι παραπάνω τύποι δίνουν όλες τις πυθαγόρειες τριάδες. Μια πρώτη απόδειξη δόθηκε αργότερα από το Διόφαντο . Πριν να εκθέσουμε την από δειξη ας κάνουμε μερικές παρατηρήσεις: 1. Αν στον τύπο χ2 + / = z2 οι αριθμοί χ και y και z έχουν μ.κ.δ. έναν αριθμό δ::;:. 1 τότε διαιρώ ντας δια δ2 διαπιστώνουμε ότι η τριάδα�·� και� θα είναι επίσης πυθαγόρεια και ότι θα έχουμε, μ.κ.δ. (�·�·�)= Ι. Οι πυθαγόρειες τριάδες (χ, y, z) με μ.κ.δ.(χ, y, z) = Ι λέγονται πρωτογενείς. Αν προσδιορί σουμε τις πρωτογενείς πυθαγόρειες τριάδες όλες οι υπόλοιπες θα προκύψουν με πολλα πλασιασμό των τριάδων αυτών επί 2, 3, 4, ... Με άλλα λόγια οι πρωτογενείς πυθαγόρειες τριάδες αντιστοιχούν σε ορθογώνια τρίγωνα που δεν είναι όμοια μεταξύ τους, ενώ όλες οι υπόλοιπες αντιστοιχούν σε τρίγωνα που είναι όμοια προς κάποιο πρωτογενές ' . μεταξυ τους . ' χ2 + y2 = z2 οι αριθμοι' χ, y, z ειναι ' πρωτοι ' στον τυπο Ας υποθέ σουμε λοιπον' οτι Μάλιστα οι χ, y, z θα είναι τότε και ανά δύο πρώτοι μεταξύ τους γιατί αν κάποιος διαιρεί τους δύο από αυτούς τότε θα διαρεί και τον τρίτο. 5 2. Αν ένας φυσικός αριθμός είναι άρτιος τότε και το τετράγωνό του είναι άρτιος και αντί στροφα. Πράγματι, τα τετράγωνα των αρτίων είναι προφανώς άρτιοι αφού (2κ)2 2·2κ2 και τα τετράγωνα των περιττών, περιττοί, αφού (2κ + Ι)2 = 4(κ2 + κ) + Ι. 3. Αν ένας φυσικός αριθμός είναι άρτιος τότε και το τετράγωνό του διαιρείται δια 4 και αν εί ναι περιττός τότε το τετράγωνό του δια 4 δίνει υπόλοιπο Ι, όπως φαίνεται και από τις ταυ τότητες της δεύτερης παρατήρησης. 2 y2 z2 οι αριθμοί χ και y είναι και οι δύο περιττοί: 2k + 1 , y = 2€ + Ι 4. Αν στον τύπο χ τότε ο z2 4(k2 k €2 + €) + 2, θα είναι άρτιος ο οποίος μάλιστα διαιρούμενος για 4 θα δί νει υπόλοιπο 2 πράγμα που δεν μπορεί να συμβαίνει σύμφωνα με τη τρίτη παρατήρηση. Έ τσι ένας από τους χ, y θα είναι άρτιος και ο άλλος περιττός ενώ ο z θα είναι περιττός. Ας υ ποθέσουμε λοιπόν ότι χ = 2κ, y 2λ + Ι και z = 2μ + 1 . Εiμαστε τώρα έτοιμοι να αποδείξουμε την πρόταση, >

χ=

Όλες οι πρωτογενείς πυθαγόρειες τριάδες (χ, y, z) δίνονται από τους τύπους: χ

= 2st, y = s

- t , z= s

όπου και s, t φυσικοί αριθμοί διαφορετικής αρτιότητας με s > t και μ.κ.δ. (s,t) = 1. 3 Δηλαδή, ο ένας άρτιος και ο άλλος περιττός

4 Δηλαδή έχουν

μ κ δ τον αριθμό 1 .

'Ας πούμε ότι ένας πρώτος αρ θμός p διαιρεί τον χ και τον y. Θα διαιρεί τότε και τους χ και y άρα και τον

2 z • Αν α αλύ σουμε τον z σε πρώτους παράγοντες θα βρούμε 2 2 έχουμε z = δηλαδή ο z και ο z έχουν τους ίδιους

p12α' ...p/a_.

πράΎμα άτοπο αφοu οι χ, y, z είναι πρώτοι μεταξύ τους.

ένα γινόμενο της μορφής

α'

. .

·Ρνα,. και θα

πρώτους παράγοντες άρα ο p διαιρεί κα τον z,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. t. 3/5

Πρώτοι αριθμοί, αθροίσματα τετραγώνων και άλλων δυνάμεων

---'----

Έστω λοιπόν χ, y, z μια πρωτογενής πυθαγόρεια τριάδα. Θέτουμε z + y = 2u και z - y = 2ν α πό τις οποίες βρίσκουμε z = u + ν και y = u - ν. Έχουμε τώρα από την χ2 + y2 = z2 ότι χ2 = z2 - y2 = (z + y)(z - y) = 4uν άρα (�) = uν. Οι αριθμοί u και ν είναι πρώτοι μεταξύ τους. Πράγματι, αν ένας αριθμός d διαιρεί τους u και ν θα διαιρεί και τους u - ν και u + ν δηλαδή τους y και z, πράγμα άτοπο αφού οι z και y είναι πρώτοι μεταξύ τους όπως είδαμε στην παρατήρηση 2 Επιστρέφουμε τώρα στη σχέση (�) uν. Οι αριθμοί u, ν είναι πρώτοι μεταξύ τους. Αν λοι' ' παραγοντες, u = u1 ... uv , ν = ν1 β ...νmβm ο' λοι οι αριθμοι' πq, ν τους αναλυσουμε σε πρωτους u1, . . . ,uv,ν1, ... ,νm θα είναι διαφορετικοί μεταξύ τους και επειδή το γινόμενο uν είναι τέλειο τε τράγωνο πρέπει όλοι οι εκθέτες να είναι αριθμοί άρτιοι. Δηλαδή οι αριθμοί u και ν είναι τέλεια τετράγωνα. Ας θέσουμε λοιπόν u s2 και ν = t2 και θα βρούμε z = u + ν = s2 + t2, y = u - ν = s2 - t2 καi. χ2 = 4uν = 4s2t2 άρα χ = 2st. Μένει τώρα να αποδείξουμε ότι μ.κ.δ. (s, t) = και ότι οι αριθμοί s, t είναι διαφορ8τικής αρτιότητας. Ας υποθέσουμε ότι οι s, t έχουν κάποιο κοινό διαιρέτη p πρώτο. Ο p θα διαιρει τους u και ν όπως είδαμε στα προηγούμενα. Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί μ.κ.δ. (u, ν) = Άρα μ.κ.δ. (s, t) = και κατά συνέπεια οι s και t δεν είναι και οι δυο άρτιοι. Επί σης οι s και t δεν είναι και οι δυο περιττοί γιατί τότε ο y θα ήταν άρτιος πράγμα που δε συμβαί νει. Εδώ η απόδειξη τελειώνει6, τα ερωτήμάτα όμως κάθε άλλο παρά τελειώνουν. Πριν προχωρήσουμε θα σημειώσουμε ότι αλγεβρικές θεωρήσεις που ξεπερνούν το πλαίσιο των σχολικών γνώσεων οδηγούν στο συμπέρασμα ότι όλες οι πρωτογενείς πυθαγόρειες τριάδες χ, y, z (δηλαδή αυτές μ ε μ.κ.δ. (χ, y, z) Ι ) προκύπτουν από την <<τετριμμένη>> (1, Ο, με διαδο χικούς πολλαπλασιασμούς με τους παρακάτω πίνακες S, Τ, V. 2 2 2 2 -2 2 2 s= 2 -2 2 ν 2 2 τ= = 2 -2 3 -2 2 3 2 2 3 Έχουμε π.χ: 2

�

Ι.

αι

α,

Ι.

[Ι Ι ]

[ -Ι Ι ]

s �s

( 1 ,0,1) _...;._ ..._ (3,4,5)

(15,8,7)

(2 1,20,29)

(5,12, 1 3)

[ Ι -Ι ]

Ι)

χ (35,1 2,37) ...

� (65,72,97) ... ν

(33,56,65) ...

χ (77 ,36,85) ...

� ( 1 1 9, 1 20,1 69) ... ν

(39,80,89) ...

Χ (45,28,53) ...

� (55,48,73) ... ν

(7,24,25) ...

ποιι

Ας αφήσουμε όμως ης πυθαγόρειες τριάδες και ας δοί>με μερικά από τα ερωτήματα προκύπtουν. Ένα πρώτο ερώτημα εtναι: Ποιοι αριθμοί μπορούν να είναι υποτείνουσες τριγώνων με ακέραιε� κάθετε� λευρές ; Ή γενικότερα: Ποιοι αριθμοί μπορούν να γραφτούν ως άθρL ·σμα η δυο τε τραγώνων ; Ή λtγο πιο γενικά: Για ποιους φυσικούς αριθμούς έχει μη αρνητικές ακέρωες χ2 + y2 = η; λύσεις η εξίσωση

Έχουμε π. χ: ι ""'02

ι 2, 2

ι2

12, όμως ο αριθμός

νων όπως πολίι είικολα μπορειται να διαπιστώσετε.

3 δε γράφεται ως άθροισμα δί>ο τετραγώ

Ήδη ο Διόφαντος δtνει μια πρώτη «αρνητική» απάντηση αποδεικνίιοντας ότι:

Πολλβ� και ενδιαφβρουσs� πληροφορts� yόρm από to Πυθαγόρaιο θειbρημα, tι� Πt )αyόρειε� tριάδε� και πολλά άλλα συναφή θβμαtα μπορεί να βρει ο αναyνιbσfη� CffO εξαιρεtικά ενδιαφβρο ·λήμμα «Πυθαγόρειο θεώρημα.. tης «Μeγάλη� Σοβιetική� Εγκυκλοπαίδεια�» που είναι γpαμμβνο από τοu� Ανδρβα και Ελένη Ζαχαptου. Στο ίδιο θβμα αναφβρεται και το ενδιαφβρον άρθρο «Πυθαγόρειο θεώρημα - ΠΙ.Jθαγόρειες τpιά· δες» Αντ. Μαρκοτ�αvβτος, Ευκλείδη� Α' τομ. ΚΘ τεόχο� 17 Ιουλ-Αυy-Σεm.9S.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' ;.., τ. 316

ιιμwτυι uμιuμυι, uuμυιομυ;ιu ι;r.ιμuywνwν "uι uΛι..wν υυνuμ.;r.wν

Αν ένας φυσικός αριθμός διαιρούμενος δια τέσσερα δίνει υπόλοιπο 3, αν δηλαδή είναι της μορφής 4k + 3, τότε δεν μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων.

α) β) γ)

Η απόδειξη γίνεται ως εξής. Οι δυνατές περιπτώσεις για τους χ και y είναι τρεις: χ = 2k, y = 2m (δηλαδή είναι και οι δύο άρτιοι). Τότε χ2 + / = 4k2 + 4m2 = 4(k2 + m2) δηλαδή ο η θα διαιρείται δια 4. χ = 2k + Ι , y =2m + Ι (δηλαδή είναι και οι δύο περιττοί) . Τότε χ2 + / = 4k2 + 4k + Ι + 4m2 + 4m + Ι 4(k2 + m2 + k + m) + 2, δηλαδή ο η διαιρούμενος δια 4 θα δίνει υπόλοιπο 2. χ = 2k, y = 2m + Ι (δηλαδή ο ένας είναι άρτιος και ο άλλος περιττός). Τότε χ2 + / = 4k2 + 4m2 + 4m + Ι = 4(k2 + m2 + m) + Ι, δηλαδή ο η διαιρούμενος δια 4 θα δί νει υπόλοιπο Ι . Άρα αν ένας φυσικός αριθμός η διαιρούμενος δια 4 δίνει υπόλοιπο 3 τότε δεν μπορεί να =

γραφτεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων. Αυτό βέβαια δε σημαίνει ότι όλοι οι υπόλοιποι μπορούν να γραφτούν ως άθροισμα δύο τε τραγώνων. Αποκλείσθηκαν αρκετοί, το ερώτημα όμως παραμένει για τους υπόλοιπους. Ο μεγά λος Ελβετός μαθηματικός L. Euler (1707 - Ι783) παρατήρησε ότι αρκεί να περιορίσουμε τις έ ρευνές μας στους πρώτους αριθμούς γιατί όπως απέδειξε, αν δύο αριθμοί γράφονται ως άθροισμα δύο τετραγώνων τότε και το γινόμενό τους γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων. Το κατάφερε καλώντας σε βοήθεια της Αριθμοθεωρίας τη στοιχειώδη Άλγε β ρα και χρησιμοποίησε την ταυτότητα: Τελικά απέδειξε ότι:

Ένας φυσικός αριθμός η γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων αν και μόνο αν δεν έχει κα νέναν πρώτο παράγοντα που διαιρούμενος δια 4 δίνει υπόλοιπο 3(δηλαδή της μορφής 4k + 3) ή αν έχει κάποιον τέτοιον παράγοντα τότε αυτός είναι υψωμένος σε άρτια δύναμη.

Τα ερωτήματα όμως δεν τελειώνουν εδώ! Ξέρουμε τώρα πότε ένας αριθμός μπορεί να γρα φτεί ως άθροισμα δύο τετραγώνων όμως κατά πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό; Δηλαδή: Αν η είναι ένας φυσικός αριθμός πόσες θετικές ακέραιες λύσεις έχει η εξίσωση χ2 + y2 = η;

Ήδη ο Fermat (1601 - Ι665) και ο Euler γνώριζαν ότι η λύση είναι μοναδική όταν ο είναι της μορφής 4k + Ι . Η τελική απάντηση είναι πιο κομψή αν το ερώτημα τεθεί ως εξής: η

&:vrcwaί IJάfmι:

".Κf

ΜarροιιcSΑεως- & Jly. 546 23 θεcrσcώοviιαι nι.ι.: 03l . 212. 3l5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/7

,,?t�r" t

Βοφiα� 1

Πρώτοι αριθμοί, αθροίσματα τετραγώνων και άλλων δυνάμεων

------

Αν η είναι ένας φυσικός αριθμός πόσες ακέραιες7 λύσεις έχει η εξίσωση χ2 + y = η; Ή με γεωμετρική γλώσσα: Αν η είναι ένας φυσικός αριθμός πόσα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες έχει ο κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα νΩ;

Αν ο η γράφεται ως άθροισμα δύο ακεραίων τετραγώνων και α είναι το πλήθος των διαιρετών του της μορφής 4k + 1 και β το πλήθος των διαιρετών του της μορφής 4k + 3 τότε η εξίσωση 2 χ2 + y = η έχει 4(α β) ακέραιες λύσεις. -

Θα μπορούσε να πει κανείς ότι ο κύκλος των ερωτημάτων κλείνει εδώ. Ο Διόφαντος όμως όταν διαπίστωσε ότι δύο τετράγωνα δεν είναι αρκετά για να εκφράσουν αθροιζόμενα οποιονδή ποτε φυσικό ακέραιο αναρωτήθηκε: Μήπως αρκούν τρία τετράγωνα; Το ότι δεν αρκούν γίνεται φανερό από το παράδειγμα του αριθμού 7 ο οποίος δεν μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα τριών τετραγώνων. Ομως ο Διόφαντος προχώρησε περισσότερο και απέδειξε ότι οι αριθμοί της μορ φής 8k + 7 δε γράφονται ως άθροισμα τριών τετραγώνων. Η τελική απάντηση στο ερώτημα ποιοι αριθμοί γράφονται ως άθροισμα τριών τετραγώνων δίνεται από την πρόταση:

Όλοι οι αριθμοί γράφονται ως άθροισμα τριών ακεραίων τετραγώνων εκτός από αυτούς που είναι της μορφής 4m(8k + 7).

Το ότι για όλους τους αριθμούς της μορφής 4m(8k + 7) δεν αρκούν τρία τετράγωνα ενώ για όλους τους υπόλοιπους αρκούν, αποδείχθηκε από τον A.M.Legeηdre (1 752 - 1 833) αλλά η από δειξή του είχε μερικά χάσματα κα τελικά η πρόταση αποδείχθηκε από τον Gauss. Το ερώτημα που παρέμενε ήταν: Μα πόσα τετράγωνα χρειάζονται για να μπορούμε να εκ φράσουμε οποιονδήποτε αριθμό; Το βέβαιο είναι ότι χρειάζονται τουλάχιστον τέσσερα και ο Διόφαντος που γνώριζε ότι τρία δεν αρκούν ίσως να είχε διατυπώσει την εικασία ότι αρκούν τέσσερα τετράγωνα. Πάντως καμμιά τέτοια πρόταση δεν έχει βρεθεί στα έργα του που έχουν διασωθεί και η εικασία αυτή διατυπώθηκε για πρώτη φορά γραπτά από το Γάλλο Bachet de Meziriac8 ( 1 58 1 - 1 638). Ο Fermat σε κάποια επιστολή του αναφέρει ότι κατέχει μιαν απόδειξη της πρότασης αλλά αυτή η απόδειξη δε βρέθηκε ποτέ. Ο Euler ασχολήθηκε με το πρόβλημα κα τάφερε να αποδείξει ότι τα τετράγωνα τεσσάρων ρητών αρκούν για να εκφράσουν οποιονδήπο τε θετικό ακέραιο αλλά, όπως ο ίδιος ομολογεί με μεγάλη στενοχώρια, δεν κατάφερε να φθάσει στην απόδειξη η οποία τελικά δόθηκε από τον J.L.Lagraηge (1 736 - 1 8 1 3) το 1 770. Κάθε αριθμός μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα τεσσάρων το πολύ ακεραίων τετραγώνων. Ή με 2 άλλα λόγια: Η εξίσωση χ2 + y + z2 + w2 =η έχει ακέραια λύση για κάθε φυσικό αριθμό η. Αυτό είναι το περίφημο θεώρημα του Lagraηge. Υπάρχουν όμως ακόμα προβλήματα! Για κάθε συγκεκριμένο η πόσες λύσεις έχει η εξίσωση χ2 + y2 + z2 + w2 = η; Αν συμβολίσουμε με σ(η) το άθροισμα των διαιρετών του η, η απάντηση που δόθηκε από τον K.G.Jacobi (1 804 - 1 851) είναι: Αν ο η είναι περιττός τότε το πλήθος των ακεραίων λύσεων της εξίσωσης είναι ίσο με 8σ(η), ·

ενώ αν είναι άρτιος τότε το πλήθος των λύσεων είναι 24σ(η).

Ποιος όμως θα μπορούσε να σταματήσει στα μέσα ενός τόσο ωραίου δρόμου; Το ερώτημα γενικεύθηκε αμέσως: Για κάθε ακέραιο m > 4 να βρεθεί το πλήθος Rm(η) των ακεραίων λύσεων της εξίσωσης: 2 2 2 + Xm =η . Χι+ Χ2 + Εδώ δεν υπάρχει ακόμα ολοκληρωμένη απάντηση για όλες τις περιπτώσεις. Αν συμβολί σουμε με σk(η) το άθροισμα των k-οστών δυνάμεων των διαιρετών του η γνωρίζουμε ότι: όταν m =8 τότε R8(η) = 240σ3(η) και όταν m = 1 6 τότε R16(n) = 480σ7(η). Εδώ λοιπόν έχει αρκετή δουλειά για τους μαθηματικούς και δεν είναι μόνο αυτό! Το πρό βλημα έχει και άλλες διακλαδώσεις. Μια από αυτές οφείλεται στον Άγγλο μαθηματικο Ε. Wariηg (1 734 - 1 798) ο οποίος το 1 770 και λίγο πριν από την απόδειξη του Lagraηge, διατύπωσε την εικασία: «Κάθε φυσικός ακέραιος μπορεί να γραφτεί ως άθροισμα τεσσάρων το πολύ τε τραγώνων, εννέα κύβων, 19 τετάρτων δυνάμεων κ.ο.κ.» · · ·

Δηλαδή θετικές, αρνητικές ή μηδέν. Που ήταν και ο πρώτος «Ευρωπαίος» εκδότης και σχολιαστής των έργων του Διοφάντου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/8

ιιρωτοι αριuμοι, αuροισματα τετραyωνων και αλ.ΜΟV ουναμεων

Με άλλα λόγια: Για κάθε ακέραιο κ � 3 υπάρχει ένας ελάχιστος ακέραιος g(k) που εξαρτά ται μόνο από τον k τέτοιος ώστε για κάθε ακέραιο η, να υπάρχει ακέραια λύση της εξίσωσης, k k k Χ ι+ Χ2 + ... + Xg(k) = η Εκτός από την περίπτωση κ = 2 όπου όπως απέδειξε ο Lagraηge g(2) = 4, η απάντηση ήταν άγνωστη και το πρώτο σημαντικό βήμα έγινε από το Γάλλο μαθηματικό J.Liouνille (1 809-1 882) το 1 859: Κάθε αριθμός γράφεται ως άθροισμα πενηντατριών το πολύ τετάρτων δυνάμεων, δηλα δή g(4) � 53. Η απάντηση για την ύπαρξη του g(k) για κάθε ακέραιο k � 2 ήρθε μόλις το 1 909 από το με γάλο Γερμανό μαθηματικό D. Hilbert (1862- 1943). Η απόδειξη του Hilbert χρησιμοποιούσε «βαρέα όπλα» του μαθηματικού οπλοστασίου και επιπλέον δεν έδινε κάποια μέθοδο· για τον προσδιορισμό του g(k). Έτσι το ερώτημα τέθηκε φυσιολογικά: Εντάξει, το g(k) υπάρχει αλλά πόσο μεγάλο είναι; Ο Αμερικάνος μαθηματικός L.E.Dicksoη (1 874 - 1 954) απέδειξε το 1 928 ότι g(3) = 9 και ότι οι μοναδικοί αριθμοί που χρειάζονται 9 κύβους για να εκφρασθούν ως άθροισμα κύβων είναι ο 23 και ο 239, ενώ για τους υπόλοιπους αριθμούς αρκούν οκτώ κύβοι το πολύ. Το 1 942 αποδεί χθηκε ότι μόνο πεπερασμένο πλήθος ακεραίων απαιτεί 8 κύβους και ότι για τους υπόλοιπους k k αρκούν 7 κύβοι το πολύ.9 Αποδείχθηκε επίσης ότι για k � 6, g(k) = +2 2. ι ο

[Θ) ]

Οι περιπτώσεις του g(4) και g(5) πρόβαλαν πιο σθεναρή αντίσταση! Το 1 964 ο Κινέζος Jiηg juη Chen, απέδειξε ότι g(5) = 37 και τέλος το 1986 δύο Γάλλοι, οι J. Deshouillers και F. Dres και ένας Ινδός, ο Ba1asubramaηiaηa απέδειξαν ότι είναι αλήθεια κάτι, που ήδη από την εποχή του Wariηg όλοι πίστευαν αλλά κανείς δεν είχε καταφέρει να αποδείξει: g(4) = 1 9. Ο Hilbert όμως, το 1 900 με την ευκαιρία του Παγκόσμιου Μαθηματικού Συνεδρίου που έγι νε στο Παρίσι διατύπωσε 23 προβλήματα που αποτέλεσαν τεράστιο κίνητρο για τα Μαθηματικά του αιώνα μας. Ένα από τα προβλήματα αυτά, το 1 7ο σχετίζεται με το πρόβλημά μας. Έστω f μια ρητή συνάρτηση ν μεταβλητών με ρητούς συντελεστές, δηλαδή μια συνάρτηση που εκφράζεται ως πηλίκο δύο πολυωνύμων με ν μεταβλητές και ρητούς συντελεστές. Ας υπο θέσουμε ακόμα ότι f(x1, , xv) � Ο για όλά τα σημεία (χ1, . . . , xv) στα οποία ορίζεται η f. Το πρό βλημα είναι το εξής: Μπορεί η f να γραφτεί ως άθ pοισμα τετραγώνων ρητών συναρτήσεων ν μεταβλητών; Το 1 927 ο Emil Artiη (1898- 1 962) απάντησε θετικά στο ερώτημα. Ομως το ερώτη μα πόσα τετράγωνα χρειάζονται για κάθε φυσικό αριθμό ν θα απασχολεί τους μαθηματικούς για αρκετά ακόμα χρόνια. Στο σημείο αυτό, μερικοί αναγνώστες ίσως αναρωτηθούν: Προς τι όλη αυτή η προσπάθεια; Με ποια κίνητρα, για ποιο σκοπό; Για μερικούς η πνευματική πρόκληση και η ομορφιά των Μαθηματικών είναι επαρκές κίνητρο . .Άλλοι πάλι «χρειάζονται» κάποια πιο απτή χρησιμότητα. Οι μαθηματικοί, στην προσπάθειά τους να λύσουν αυτά τα, με την καθημερινή έννοια, καθόλου χρήσιμα προβλήματα για τα οποία μιλήσαμε, δημιούργησαν εργαλεία και θεωρίες που είχαν σημαντικό αντίκτυπο και βρήκαν εφαρμογές σε διάφορες άλλες επιστήμες.ι ι Το θεώρημα του Πυθαγόρα, τα θεωρήματα του Lagrange και του Artiη είναι πολύ σημαντικοί σταθμοί για τα ίδια τα Μαθηματικά ανεξάρτητα από το αν έχουν βρει ή αν θα βρουν εφαρμογές εκτός των Μαθημα τικών. Κάθε θεώρημα, κάθε πρόταση είναι για τον μαθηματικό και μια Ιθάκη. Ομως στην επι στήμη μας, το πιο σημαντικό είναι το ίδιο το ταξίδι. • • •

9 Αυτού του είδους τα ερωτήματα άνοιξαν, όπως καταλαβαίνεται νέους δρόμους με τους οποίους δε θα α σχοληθούμε εδώ. Άλλωστε οι· διακλαδώσεις του αρχικού προβλήματος είναι τόσες πολλές και ενδιαφέ ρουσες που θα μπορούσαν να απασχολούν το πέριοδικό για πάρα πολλά τεύχη. 10

[β)] β) ·

Με

τον

συμβολίζουμε το ακέραιο μέρος του

(�)

δηλαδή το μεγαλύτερο ακέραιο που δεν υπερβαίνει

ι ι Διάφορες ενδιαφέρουσες απόψεις για τα Μαθηματικά, τη χρησιμότητά τους και τη σημασία τους, θα βρείτε στο βιβλίο του Hardy που προαναφέραμε αλλά και σε άλλα ενδιαφέροντα βιβλία που δεν απαιτούν ειδικές γνώσεις για την ανάγνωσή τους. Αναφέρω πέντε με χρονολογική σειρά έκδοσης: 1) «Η Μαθηματι κή Εμπειρία», των P.J.Davis και R.Hersh, Εκδ. Τροχαλία (1991). 2) «Τι μπορούν να μας πούνε τα Μαθημα τικά και οι Φυσικές Επιστήμες» του Σ. Π. Ζερβού. Διάθεση: Καραβίας - Ρουσσόπουλος (1991). 3) <<Τα Μαθηματικά και το Απροσδόκητο» του lvar Ekeland Εκδ. Δίαυλος (1993) 4) «Το σπασμένο ζάρι», του Ivar Ekeland Εκδ. Δίαυλος (1995).5) «Αινίγματα της τύχης» του Mark kac, Εκδ. Κάτοπτρο (1996).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/9

Οι Γων ίες στ η ν Ελλη ν ική Αρχαιότ η τα και το Θεώ ρη μα των Γωνιών Τ ριγώνου Δ. Τσιμπουράκης

Η γεωμετρία, σαν σύνολο γνώσεων ανα γκαίων για την εξυπηρέτηση της ζωής, κατα κτήθηκε και χρησιμοποιήθηκε από όλους τους πολιτισμούς αρχικά φαντάζομαι στον ί διο βαθμό. Η συσσώρευση αυτών των γνώσε ων άρχισε να γίνεται από τους προϊστορικούς τεχνίτες αμέσως μετά την εγκατάλειψη των σπηλαίων και τη στέγασή τους σε χώρους που τους κατασκεύαζαν οι ίδιοι. Αυτή η γεωμετρία των τεχνιτών υπηρέ τησε τους πολιτισμούς για χιλιάδες χρόνια. Οταν όμως ωρίμασαν οι συνθήκες, η γεω μετρία έκανε το ποιοτικό της άλμα και έγινε επιστήμη. Οι μέχρι τότε γνώσεις, με την παραδοχή αξιωμάτων και την επινόηση της απόδειξης, οργανώθηκαν σ' ένα ενιαίο σύνολο από το ο ποίο άρχισαν να παράγονται νέες, άγνωστες μέχρι τότε, γεωμετρικές αλήθειες. Αλήθειες που δεν μπορούσαν να προκύψουν εμπειρικά. Έτσι η γεωμετρία οργανώθηκε σε επι στήμη χωρίς να πάψει ποτέ να υπηρετεί την ζωή. Το άλμα της το έκανε με τη βοήθεια του πολιτισμού εκείνου που είχε τη μεγαλύτερη συσσώρευση γνώσεων και τις μεγαλύτερες α νάγκες. Ο πολιτισμός αυτός ήταν ο ελληνικός και η εποχή ο 6ος αι. π. Χ. Τότε ο Θαλής (640 - 546 π.Χ.) εκτός των άλλων συνέλαβε την έννοια της γωνίας και την εισήγαγε στην γεωμετρία. Μέχρι τότε και για πολύ ακόμα, κανένας αρχαίος πολιτισμός δεν χρησιμοποίησε γωνίες. Είναι μαρτυρημένο ότι ο Θαλής εισήγαγε (γύρω στο 590 π.Χ.) τις γωνίες τις παράλληλες ευθείες, και την απόδειξη των γεωμετρικών προτάσεων. Βέβαια μαζί με την έννοια των παραλλή λων ευθειών εισήγαγε και τις σχέσεις των γω νιών που αυτές ορίζουν όταν τέμνονται από μια τρίτη (πυραμίδες). Η απόδειξη, σαν διαδικασία, πρέπει να ε πινοήθηκε από τον Μιλήσιο σοφό κατά την επεξεργασία των ιδιοτήτων των γωνιών. Η εισαγωγή των γωνιών και της απόδει ξης πρέπει να ήταν τόσο σημαντικά γεγονότα για την εποχή ώστε, 300 χρόνια μετά, ο ·Εύδη μος ο Ρόδιος (350 - 290 π.Χ.), γράφοντας την • •

•

Ιστορία της Γεωμετρίας και της Αστρονομίας, αναφέρει ρητά τον Θαλή σαν πατέρα των πρώτων θεωρημάτων των γωνιών. Δυστυχώς όμως το έργο του Εύδημου χάθηκε. Σήμερα α ντλώντας από τον Πρόκλο (410 - 485 μ.Χ.) διαβάζουμε: 1. «... λέγεται γάρ δή πρώτος έκείνος (ο Θα λής) έπιστήσαι καί είπείν, ώς άρα πα ντός ίσοσκελούς αί πρός τή βάσει γωνίαι ίσαι είσίν, ....... τούτο τοίνυν τό θεώρημα δείκνυσιν, δτι δύο ευθειών αλλήλας τε μνουσών αί κατά κορυφήν γωνίαι ίσαι είσίν, εi:ιρημένον μέν, ώς φησίν Εί>δημος, i:ιπό Θαλού πρώτου. Εί>δημος δέ έν ταίς Γεωμετρικαίς ίστορίαις είς Θαλήν τούτο άνάγει το θεώρημα .......»

Πρόκλος στο α' του Ευκλείδη, 1 57. Μετάφραση

(. . . . λέγεται λοιπόν ότι πρώτος εκείνος (ο Θαλής) γνώρισε καλά (τεκμηριωμένα) και εί πε ότι κάθε ισοσκελούς τριγώνου οι παρά τη βάση γωνίες είναι ίσες. . . (Στοιχεία I, 5) .. ..... τούτο λοιπόν το θεώρημα, σύμφωνα με το οποίο σε δυο τεμνόμενες ευθείες οι κατά κο ρυφήν γωνίες είναι ίσες, ευρέθη, όπως λέγει ο Εύδημος, το πρώτον υπό του Θαλού. Ο Εύδη μος δε το θεώρημα τούτο αποδίδει στο Θαλή στο έργο του «Γεωμετρικαί ίστορίαι» . .. .. . . ) (Στοιχεία!, 1 5) Και πάλι ο Πρόκλος, αντλώντας ξανά από τον Εύδημο1 : 2. «..... τό μέν οi>ν διχοτομείσθαι τόν κύ κλον i:ιπό τής διαμέτρου πρώτον Θαλήν έκείνον άποδείξαι φασίν ..... »

Μετάφραση

(. . ... λέγουν λοιπόν ότι πρώτος ο Θαλής απέδειξε ότι κάθε κύκλος διχοτομείται από τη διάμετρό του . .... ) Από το Διογένη το Λαέρτιο (3 - 4 αι. μ.Χ.) ακόμα μαθαίνουμε: 3. «...... πρώτον καταγράψαι (ο Θαλής) κύ κλου τό τρίγωνον όρθογώνιον καί θύσαι βούν ....» Θαλής Ι, 24.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3110

Οι Γωνίες στην Ελληνική Αρχαιότητα και το Θεώρημα των Γωνιών Τριγώνόυ

σικό, αφού πάντα στην επιστήμη, όποιος ει σάγει ένα νέο μέγεθος εισάγει ταυτόχρονα και ένα τρόπο μέτρησής του (μονάδες - όργα να). Θα έκανε λοιπόν ο σοφός μας μετρήσεις γωνιών κάθε είδους. Β Στα χρόνια που ακολούθησαν όμως έμεινε Μετάφραση στη μνήμη και καταγράφηκε από τους ιστορι (..... πρώτος ο Θαλής κατέγραψε (= διαπί κούς, η λαμπρότερη από τις μετρήσεις αυτές. στωσε, απέδειξε) ότι το (εγγεγραμμένο) στον Η μέτρηση της φαινομένης διαμέτρου του η(ημί)κυκλο τρίγωνο είναι ορθογώνιο και θυσί λίου, την οποία βρήκε ίση με 7� 3 60° = 30' 0 ασε βόδι . . ...) (Στοιχεία ΠΙ, 31) ' (πραγματική 31 59" ,3). Και πάλι ο Διογένης (Βίοι Φιλοσόφων Α. 1 ): Ο σοφός μας όμως δεν περιορίστηκε μόνο 4. ..... πρώτος (ο Θαλής) τό τού ήλίου μέγεστις σχέσεις και στις μετρήσεις των γωνιών του, αλλά τις χρησιμοποίησε και στην ισότη θος ....... έπτακοσιοστόν καί είκοστόν μέρος (τής τροχιάς του) άπεφήνατο κατά τα και στην ομοιότητα των τριγώνων, κερδί ζοντας έτσι τον τίτλο του Πατέρα της Γωνιο τινάς ..... » ·

Μετάφραση

γεωμετρίας.

Συγκεκριμένα ο Πρόκλος (σχολιάζοντας το α' των Στοιχείων και αντλώντας από τον (..... πρώτος ο Θαλής απέδειξε, κατά τη Εύδημο) μας λέει ότι ο Θαλής είχε αποδείξει γνώμη κάποιων, ότι το μέγεθος του Ήλιου πως: (φαινομένη διάμετρος) είναι ίσο με το ένα ε Δυο τρίγωνα με μια πλευρά ίση και τις πτακοσιοστό εικοστό μέρος (της τροχιάς προσκείμενες γωνίες ίσες είναι καθολικά του) ..... ) Στις παραπάνω μαρτυρίες βλέπει λοιπόν ίσα (1, 26). κανείς ότι ο Θαλής πρώτος ασχολήθηκε και Ακόμα οι μαρτυρημένοι υπολογισμοί, με εισήγαγε τις γωνίες στη γεωμετρία. όμοια τρίγωνα, του ύψους της Πυραμίδας του Πρώτος διαπίστωσε και απέδειξε ότι: Χέοπος το 565 π.Χ. (Πλούταρχος, Ιερώνυμος) Οι κατά κορυφήν γωνίες είναι ίσες (Ι, 1 5) και της απόστασης πλοίου από ένα λιμάνι μας βεβαιώνουν ότι ο σοφός μας Οι παρά τη βάση γωνίες ισοσκελούς τρι (Πρόκλος), είχε αξιοποιήσει τις γωνίες σε όλους τους το γώνου είναι ίσες (1, 5) και μείς της γεωμετρίας του. Φαίνεται ότι η μεγά Κάθε εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο γωνία λη γεωμετρική αλήθεια, ότι: είναι ορθή (ΠΙ, 31) . Δύο τρίγωνα με ίσες, μία προς μία, τις γωΗ τελευταία αλήθεια μάλιστα τον ενθου νίες τους έχουν πλευρές ανάλογες, (VI, 4) σίασε τόσο ώστε θυσίασε ένα βόδι και οργά κατακτήθηκε στο πρώτο μισό του 6ου αι. π.Χ. νωσε γιορτή. Εμάς δε, μας επιτρέπει να συ τον Θαλή και εφαρμόστηκε στις μετρή μπεράνουμε ότι απέδειξε καί την άλλη μεγάλη από σεις που αναφέραμε. αλήθεια ότι: Την εξοικείωση του σοφού μας με τους Σε κάθε τρίγωνο το άθροισμα των γωνιών λόγους και τις αναλογίες τη βλέπουμε βέβαια του είναι δύο ορθές (1, 32) στις μετρήσεις του, αλλά και στο γνωστό από την θεώρημα, που φέρει το όνομά Επιπλέον η μαρτυρημένη (Πλούταρχος, του. παράδοση Υποπερίπτωση του θεωρήματός του, σε Ιερώνυμος) μέτρηση του ύψους των πυραμίδων τυχαίο τρίγωνο, βλέπουμε να υπάρχει στα από αυτόν, καθώς και η ενασχόλησή του με Στοιχεία (VI, 2). τις παράλληλες ευθείες, μας οδηγεί στο συ μπέρασμα ότι γνώριζε: Βλέπουμε λοιπόν ότι ο Θαλής και οι μα θητές του στις αρχές του 6ου αι. π.Χ. είχαν Την ισότητα των «εντός - εκτός και επί κατακτήσει τις γωνίες και τα βασικά τους θε τα αυτά μέρη γωνιών» που προκύπτουν α ωρήματα. Ακόμα ότι είχαν κατασκευάσει όρ πό την τομή δυο παραλλήλων ευθειών με γανα σχεδίασης και μέτρησής τους. τρίτη (Ι, 29). Τα όργανα αυτά πρέπει να ήταν και επι Πέρα από τις σχέσεις όμως των γωνιών, η τραπέζια, για τη μέτρηση - σχεδίαση των γω μαρτυρία 4 μας βεβαιώνει ότι ο Θαλής έκανε νιών, και γωνιόμετρα χώρου για τη μέτρηση και μετρήσεις γωνιών. Αυτό βέβαια ήταν φυ- γωνιών στην ύπαιθρο. •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3111

Οι Γωνίες στην Ελληνική Αρχαιότητα και το θεώρημα των Γωνιών Τρίγώνου

Κατά τον Διογένη τον Λαέρτιο, όλες αυ του Ευκλείδη «Στοιχεία»! , 32 τές οι γνώσεις του Θαλή δεν καταγράφηκαν ποτέ από τον ίδιο. Αυτός, όπως λέει, δεν έ 7. «.... Παντός τριγώνου μιας των πλέυρών προσεκβληθείσης ή έκτός γωνία δυσί ταίς γραψε ποτέ τίποτα ή κατ' άλλους έγραψε δύο έντός καί άπεναντίον ίση έστίν, καί αί μικρά αστρονομικά έργα («Περί τροπής και Ι έντός τού τριγώνου τρείς γωνίαι δυσίν σημερίας»). όρθαίς ίσαι είσίν ... » Τις γνώσεις αυτές και όποιες άλλες δικές του, κατέγραψε αργότερα ο μαθητής του Ανα Ε Α ξίμανδρος ο Μιλήσιος (6 1 1 - 546 π.Χ.) στο πρώτο βιβλίο Στοιχείων Γεωμετρίας που ανα φέρεται: .

5. «.... ό 'Αναξίμανδρος δλιος γεωμετρίας ύποτύπωσιν έδειξεν .... »

Σουϊδας, στη λέξη «Αναξίμανδρος»

(.... ο Αναξίμανδρος του συνόλου της γε ωμετρίας «Στοιχεία» κατέγραψε ...) Έτσι γύρω στο 560 π.Χ. οι έλληνες φιλό σοφοι διέθεταν το πρώτο εγχειρίδιο γεωμε τρίας, το οποίο αφ' ενός στήριξε τα τεχνικά ε παγγέλματα (αρχιτεκτονική, ναυπηγική κ . ά.), αφ' ετέρου ερέθιζε την φαντασία των σοφών και τους ωθούσε να κατακτήσ.ουν και αναπτύ ξουν την τότε γεωμετρία; Σχετικά τώρα με το θεώρημα των τριών γωνιών τριγώνου, από την αρχαιότητα έχουμε δυο μαρτυρίες: του Πρόκλου «εις το α' του Ευκλείδη» 6.

Εύδημος δέ ό περιπατητικός είς τούς Πυθαγορείους άναπέμπει τήν τούδε του θεωρήματος εύρεσιν, δτι τρίγωνον άπαν δυσίν όρθαίς ίσας έχει τάς έντός γωνίας, καί δεικνύναι φησίν αύτούς ούτω τό προκείμενον . ... »

« . . .. . .

Μετάφραση

(..... Ο Εύδημος δε (ο καθηγητής της Πε ριπατητικής σχολής του Αριστοτέλη) αποδί δει στους Πυθαγόρειους την ανακάλυψη αυτού του θεωρήματος κατά το οποίο, σε κάθε τρίγω

νο οι εσωτερικές γωνίες έχουν άθροισμα δύο ορθές, και λέει ότι το απόδειξαν κατά τον εξής

τρόπο ....) Στη συνέχεια ο Πρόκλος δίνει τη γνωστή απόδειξη, κατά μαρτυρία και διατύπωση του αξιόπιστου ιστορικού των μαθηματικών Εύδη μου του Ρόδιου.

Μετάφραση

(..... Σε κάθε τρίγωνο, αν μια πλευρά προ εκταθεί, τότε η εξωτερική γωνία είναι ίση με το άθροισμα των δύο απέναντι γωνιών, και το

άθροισμα των τριών εσωτερικών γωνιών είναι ίσο με δύο ορθές γωνίες ) .•.

Εδώ ο Ευκλείδης μας αποδείκνύει την πρόταση με διαφορετικό τρόπο απ' ότι οι Πυθαγόρειοι2. Και οι δύο αποδείξεις όμως στη ρίζονται στις γωνίες του Θαλή, που προκύ πτουν από την τομή δύο παραλλήλων ευθειών με τρίτη. Αυτές λοιπόν είναι οι αποδείξεις, που δό θηκαν για το θεώρημα στην αρχαιότητα, και το 520 π.Χ. η απώτερη εποχή που μπορεί αυτό να δημιουργήθηκε. Στην εποχή μας τώρα, στη δεκαετία του 1970, έγινε στη Σάμο το τελικό καθάρισμα και η ακριβής αποτύπωση του Αμφίστομου Ευπα λινείου Ορύγματος.

Το όρυγμα αυτό κατασκευάστηκε, κατά παραγγελία του τυράννου Πολυκράτη (τυράν νευσε από το 537 μέχρι το 522 π.Χ.), από τον μεγαρέα αρχιτέκτονα ΕΥΠΑΛΙΝΟ. Το εκπληκτικό αυτής της κατασκευής εί ναι ότι η εξόρυξη, έγινε οριζόντια, ευθύγραμ μα και από δύο μέτωπα εκσκαφής. Οι δύο σήραγγες, μετά από έναν εσωτερι κό ελιγμό, τελικά συναντήθηκαν με ελάχιστη απόκλιση από το οριζόντιο και το ευθύγραμμο της αρχικής χάραξης3• Το όρυγμα αυτό έγινε για να εξυπηρετήσ�ι το Πολυκράτειο υδρα γωγείο το οποίο θα έφερνε το νερό στην πόλη από μια πηγή πίσω από το βουνό. Το έργο άρ χισε να κατασκευάζεται περί το 534 π.Χ. και ολοκληρώθηκε σε 1 0 περίπου χρόνια. Το μή κος του ορύγματος ήταν 1 035 μέτρα. Τι σχέση έχει όμως το όρυγμα του Ευπα λίνου με το θεώρημα των τριών γωνιών τριγώ νου;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/12

Οι Γωνίες Crτην Ελληνική Αρχαιότητα και to θεώρημα των Γωνιών ΤριΎώνου

Ας δούμε το διπλανό τοπογραφικό της σήραγγας του ορύγματος. Εκεί λοιπόν βλέ πουμε τη βόρεια σήραγγα να εκτελεί έναν ((περίεργο» ισοσκελή ελιγμό ΑΒΔ και μετά να επανέρχεται στην προέκταση του αρχικού βόρειου άξονα (γιατί;). Κατά τον ελιγμό αυτόν σχηματίζεται το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (ΑΒ ΒΔ 1 39 μ. και (;; j της ορθής). =

Οtαν η σήραγγα κινήθηκε στο τμήμα ΑΒ και έφτασε στο Β έστριψε αριστερ4 κατά γω νία Β�ξ 2<;; , και συνέχισε εντελώς ευθύ γραμμα. Οtαν έφτασε στο Δ έστριψε πάλι δεξιά κατά γωνία ακριβώς ίση με ω και πάλι συνέχισε ευθύι.pαμμα. Σχ. Ο κεντρικός ελιγμός της βόρειας σήραγγας του Α ορύγματος του Ευπαλί νού. Εδώ φαίνεται η βό ρεια σήραγγα να εκτελεί έναν ισοσκελή ελιγμό ΑΒΔ και να ξαναστρίβει στο Δ κατά γωνία (;; ώστε αυτή να ξαναβρεί μέσα στο βουνό την προέκταση του βόρειου άξονα ΝΑ. ΑΒ ΒΔ 1 39 μ. =

ω�

(;; j2 της ορθής =

Αυτός λοιπόν είναι ο κεντ:ρικός ισοσκε λής ελιγμός του μηχανικού μας στα έγκατα της σαμιώτικης γης. Εκεί λοιπόν εμείς αναγνωρίζουμε το θεώ ρημά μας. Βλέπουμε τον μηχανικό _μας να κατέχει πριν το 530 π.Χ. τη γνώqη ότι: •

((η εξωτερική Ύωνία της κορυφής ισοσκε λούς τριΎό>νου είναι διπλάσια της Ύωνίας της βάσης.»

Αυτό μας οδηγεί στη σκέψη ότι η γεωμε τρία μας, είχε κατακτήσει το θεώρημα των τριών γωνιών τριγώνου, πολύ πριν το 530 π.Χ., γιατί δεν μπορώ να φανταστώ ότι τότε μόλις το ανακάλυψε ο Ευπαλίνος για να το χρησι μοποιήσει στο όρυγμά του. Φαίνεται ότι το θεώρημα αυτό είχε κατα κτηθεί από τη γεωμετρία της ζωής (τη γεωμε τρία των τεχνιτών) πολύ πριν το πληροφορη θούν οι Πυθαγόρειοι. Ο Ευπαλίνος θα το δι δάχτηκε από το δάσκαλό του ή θα το ανακά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/13

Οι Γωνίες στην Ελληνική Αρχαιότητα και το θεώρημα των Γωνιών Τρίγώνου

λυψε ο ίδιος. Πάντως ότι και να έγινε το βέ βαιο είναι ότι το θεώρημά μας είναι αρχαιότε ρη γνώση από ότι μας πληροφορούν οι 'πηγές μας. Τώρα ας θυμηθούμε δύο πράγματα. Πρώ τον ότι τα θεωρήματα των γωνιών άρχισαν να υπάρχουν γύρω στο 590 π.Χ. (ακμή του Θαλή) και δεύτερο ότι ο Μιλήσιος αυτός σοφός ανα κάλυψε τις γωνίες των παραλλήλων και ότι οι παρά τη βάση γωνίες ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσες. Εξήντα μόλις χρόνια μετά, το 530 π.Χ., βλέπουμε τον Ευπαλίνο να γνωρίζει το θεώρημα των γωνιών τριγώνου (με την μορφή της εξωτερικής γωνίας) . Άρα το θεώρημά μας είναι κατάκτηση αυτής της περιόδου και πα τέρας του ο Θαλής ή οι μαθητές του. Αν λά βουμε τώρα υπ' όψιν μας ότι ο Θαλής ανακη ρύχτηκε το 582 π.Χ. ο πρώτος από τους επτά σοφούς, οδηγούμαστε στη σκέψη ότι ίσως μία από τις εκπληκτικές του ανακαλύψεις, που του

χάρισαν αυτόν τον τίτλο, να ήταν και το θεώ ρημά μας. (Στο σχήμα βλέπουμε τον πιθανό τρόπο της πρώιμης απόδειξής του). Είναι όμως πιθανό το θεώρημα να το ανα κάλυψε ο κορυφαίος μαθητής εκείνου, ο Ανα ξίμανδρος (ακμή 560 π. Χ .), ο πρώτος συγγρα φέας Στοιχείων Γεωμετρίας. Αυτή μπορεί να ήταν και η αιτία, που ο Εύδημος ο Ρόδιος, έ νιωσε την ανάγκη, εκτός από την Ιστορία της Γεωμετρίας, να γράψει και ειδικό βιβλίο, το «Περί Γωνίας», αφιερωμένο στην ιστορία των γωνιών και των πρωτεργατών τους. Πέρα όμως από τα γραπτά μνημεία, τις μαρτυρίες και τις εικασίες, το Ευπαλίνειο ό ρυγμα είναι μια ζωντανή μαρτυρία για το θεώ ρημά μας και βεβαιώνει την προ - πυθαγόρεια προέλευσή του . Βρίσκεται εκεί, στη Σάμο, υ πόγειο μνημείο της πρώιμης και μοναδικής Ελληνικής Γεωμετρίας.

Υποσημειώσεις

I . Ο ιστορικός της Γεωμετρίας και μαθητής του Αριστοτέλη, Εύδημος ο Ρόδιος, αναφέρεται ότι είχε γράψει βιβλίο με τίτλο «Περί γωνίας». Οι μαρτυρίες του Εύδημου θεωρούνται ε ξαιρετικά αξιόπιστες. 2. Με τον όρο «ΠυθαΎόρειοι» νοούνται «οι περί τον ΠυθαΎόρα» ή «Οι ακολουθούντες τα Πυθα γόρεια δόγματα». Οι αρχαιότεροι από αυτούς είναι οι πρώτοι μαθητές του, οι οποίοι άκμα σαν μετά το 520- 510 π. Χ. (ίδρυση Πυθαγόρειας σχολής στον Κρότωνα περί το 530 - 520 π.Χ.) Αν λοιπόν το θεώρημα είναι εκείνων, των πρώτων μαθητών, θα επινοήθηκε μετά το 520 π.Χ. 3. Για περισσότερα μαθηματικά στοιχεία του έργου βλέπε στο βιβλίο μου «Το όρυγμα του ΕΥΠΑΛΙΝΟΥ στην αρχαία ΣΑΜΟ». (Μαθηματικά συμπεράσματα, κριτική)

Μόλις κυκλοφόρησε

n επανάληψη των μειeηματικών της 1nς Δέαμpς του ·

Περιεχόμενα: Όρια - Παράγωγος - Ορισμένο Ολοκλήρωμα - Αόριστο Ολοκλήρωμα Γενικευμένο Ολοκλήρωμα - Σειρές . ΚΕΝΤΡΙΚΉ ΔΙΑΘΕΣΗ .

,,[,,

···.::ΕΚΔΟΣΕΙΣ Γ. ΣΠΗΛΙΩΤΗ Σολωμού 3 Τ.Κ. 10683 ΑΘΗΝΑ

•

ΣΧΟΛΙΑ

•

ΠεQιέχει ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ

•

, ΑΥΜΕΝΕΣ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ • ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΡΙΣΕΩΣ Τιμή 1.500 δρχ. + ταχυδρομικά έξ�

ΚΜρι�ή διάΘεσn: r. Mnayάvnς, Μύρινα Λήμνου 814ω

; "'� � . .. ·:;·Τηλ.:· 3834533 Fax.: 3647710 ... - . . _·

rεωρyίοu Mnayav n

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3114

' Τηλ. 0254/24953

Β. ΒΛΑΧΟΣ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ (2 ΤΕΥΧΗ>

Αχιλλέα Β. Κυριάκου

Σε1ρά Μαθημαηκώv 4ης Δέσμης

rόJ!!!l--- .

�

Άλγεβρα • π ιθανότητες • Ανάλυση • Λυ μένα Θέματα

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

• • • •

<ΕΠΙΠΕΔΟΜΕΤΡΙΑ Η θεωρία σε

ερώτηση

•

ΠΕΡΕΟΜΕΤΡΙΑ>

απάντηση

Ερωτήσεις κρίσεως Πολλές λυμένες ασκήσεις Οι άλυτες ασκήσεις με απαντήσεις

.ΙΊΟλοκληρωμένη πα ρουσ�ση i ·

..... �··

"'••••'*'••

••

· �··

••

•

'**•

.. •

οι.,•• • • • • • • • • ��' '* *' • • • • • • •-'•"'*"'

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

�·

ν"Π �ωτ ό � � π� e t� ατ ·

'� • • • • • •

.. . .

.. .

• • • • • ••ιt·•••ιο

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

·· ·····1

' • • • • ,. • • • • • • ι:. • • • •

• • • • • ••••

ν"ε·ρ��ς·μ·�·�;:;�·��-�·��;ς··· � : για κατανόηση της θ εωρίας � .

• • 01 • .. . ., . . . . . . . .. . ��4c � . .. . .

•• · � , .. ,.,� .. ........ . .. . . . ι. • · ·· ·

100, Αθήνα, (ΟΙ) 36.46.125 Αχιλλ. Β. Κυριάκου, Ασκληπιού 28, Λάρισα 412 22, (041) 259.530

Εκδ. Όμιλος Συyyρ. Καθηγητών , Σόλωνος

Στους Μαθηματικούς γίνεται έκπτωση 30% και δίνονται δωρεάν οι λύσεις

και υποδείξεις •

Ιδιαίτερη αναφορά στα βασικά σημεία της γεωμετρίας

Γραμμένα απλά, αναλυτικά, με μοναδική πληρότητα έχουν ήδη γίνει ευρύτερα γνωστά.

ΜΑθΗΜΑτΙΚΑ

Α', Β', Γ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Στους εκπαιδευτικούς έκπτωση 40%

Εκδόσεις Β. ΒΛΑΧΟΣ Παπαφλέσσα 3 13451 zεφύρι τηλ.: 2684834 (094)394516 •

,·�·=(. !Ψ:ΟΜΟΣ ι.Μί�f�οι

:ΆwλλvΣ" Η nt .

.1 ��-

ff�.·..

Τομο; t

..........

,.;ι..);)οJ

.)o Q .,I .,). .:.. ... �

Ν. ΛΑΜΠΡΟΠΟΥΛΟΕ ΑΝΑΛVΣΗ 1ης ΔΕΙΜΗΣ, ΤΟΜ.1

θ. ΞΕΝΟΙ ΜΑθΗΜΑΠΚΑ Α' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

13η Β αλκανική Μαθη ματική Ολυ μπιάδ α

Ρουμανία- Bacau 28/4 έως 3/5 1996

Επιμέλεια: Β.Ε. Βισκ:αδουράκης

Οπως θα ξέρουν οι αναγνώστες του «Ευκλείδη Β ' » κάθε χρόνο, την άνοιξή, διοργανώνεται εδώ και 1 3 χρόνια η «Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα». Την περασμένη χρονιά (1 996) διοργανώτρια χώρα ήταν η Ρουμανία, η οποία και ανταποκρί θηκε αρκετά καλά στις υποχρεώσεις που απορρέουν από μια τέτοια διοργάνωση. Κάποιες πά ντως «aπροσεξίες» σχετικά με τη συμμετοχή των Σκοπιανών γειτόνων μας ως «Macedonia» θα μπορούσαν να έχουν αποφευχθεί. Τελικά με τη παρέμβαση της Ελληνικής αντιπροσωπείας οι παραλείψεις και aπροσεξίες διορθώθηκαν . . . Την ομάδα των διαγωνιζομένων μαθητών μας αποτέλεσαν οι: Αλεξάκης Σπύρος (Γ Λυκείου) Δημητρομανωλάκης Απόστολος (Γ Λυκείου) Μαλικιώσης Ρωμανός - Διογένης (Α ' Λυκείου) Μιχαλάκης Σπύρος (Α ' Λυκείου) Μπρέγιαννης Πέτρος (Α ' Λυκείου) Τάκος Γιώργος (Γ Λυκείου) Η χώρα μας κατέλαβε την 6η θέση με 74 βαθμούς, κερδίζοντας τρία χάλκινα μετάλλια (Αλεξάκης, Μαλικιώσης και Μπρέγιαννης) Οι υπόλοιπες χώρες κατετάγησαν ως εξής: Πρώτη η Ρουμανία με 220 βαθμούς (3 χρυσά και 3 ασημένια) Δεύτερη η Βουλγαρία με 202 βαθμούς (I χρυσό και 5 ασημένια) Τρίτη η Τουρκία με 141 βαθμούς (2 ασημένια και 4 χάλκινα) Τέταρτη η Γιουγκοσλαβία με 1 37 βαθμούς (I χρυσό, 1 ασημένιο και 4 χάλκινα) Πέμπτη η Μολδαβία με 121 βαθμούς (1 χρυσό, 3 ασημένια) Έβδομη τα «Σκόπια» με 68 βαθμούς (2 χάλκινα) Ογδοη η Κύπρος με 45 βαθμούς (I χάλκινο) Ένατη η Αλβανία με 42 βαθμούς (1 χάλκινο) Ο Διαγωνισμός διεξήχθει σε ένα ιστορικό Λύκειο του Bacau (το «George Bacovia») την Τρί τη 30 Απριλίου με διάρκει 4,5 ώρες. (9.30π.μ. - 2.00μ.μ.) Οι διαγωνιζόμενοι κλήθηκαν να απα ντήσουν στα παρακάτω θέματα (όλα ισοδύναμα βαθμολογικά): 1) Έστω Ο, G το περίκεντρο και το κέντρο βάρους τριγώνου ABC αντίστοιχα. Αν R η ακτίνα του περιγεγραμμένου και r η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ABC, να αποδείξετε ότι OG Ε; ..jR(R - 2r). (Ελλάδα) 2 2) 'Εστω p > 5 πρώτος αριθμός και Χ το σύνολο των αριθμών της μορφής p - n2, όπου Jl'il• και n p. Να αποδείξε η ε

τε ότι το σύνολο Χ περιέχει δύο διαφορετικούς αριθμούς χ, y με χ� I , y � I τέτοιους ώστε ο y να διαιρεί το χ. (Αλβανία)

3) Έστω ABCDE κυρτό 5-γωνο και Μ , Ν, Ρ, Q, R τα μέσα των πλευρών ΑΒ,

BQ, CR, DM

ματα ΑΡ, (Γιουγκοσλαβία)

4) Να αποδείξετε ότι υπάρχει υποσύνολο Α του συνόλου { 1 , 2, 3, . . , 2 1996 - I ε Α.) I ε Α και 2 α) .

β)

BC, CD, DE,

ΕΑ αντίστοιχα. Αν τα τμή περνούν από το ίδιο σημείο Ο, να αποδείξετε ότι και το ΕΝ διέρχεται από το Ο.

1996 - I } που έχει τις παρακάτω ιδιότητες:

Κάθε στοιχείο του Α - { Ι } είνίιι το άθροισμα δύο στοιχείων του Α (όχι απαραίτητα διαφορετικών).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 3/16

1 3η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα γ)

αριθμός των στοιχείων του Α δε ξεπερνά τον 20 1 2. (Ρουμανία)

(Κάθε θέμα βαθμολογείται με Ι Ο μονάδες)

Λύσεις των θεμάτων

Από τη γνωστή σχέση (θεώρημα) Leibηiz's: OG2 = R2 .,... �α2 + β2 + γ2) Η ζητούμενη ανισότητα ισοδύναμα μετασχηματίζεται: α2 + β2 + γ2 � 18Rr ή (α + β + γ)·(α2 + β2 + γ2) � 9αβγ (*) Αλλά α + β + γ � 3� και α2 + β2 + γ2 � 3\/α2· β2·γ2 και η (*) είναι προφανής. Η ισότητα ισχύει αν α = β = γ δηλ. αν το τρίγωνο ABC είναι ισόπλε\)ρο. 2) (i) Αν 1 Χ τότε p = η2 + 1 όπου η είναι άρτιος. Έτσι p (η - 1)2 = η2 1 - (η - 1)2 = 2η όπου η2 = p - 1 2 και χ = p - (η - 1 )2 και y = p - 1 2 ικανοποιούν το ζητούμενο . (ii) Αν 1 Χ, έστω η = [-{Ι)]. Τότε η2 + 1 p (η + 1)2• Θέτοντας χ = p η 2, και αφού p πρώτος, Ο Ιχ - η Ι η. έχουμε: p η2 2η και p η2 + η. Άραp χ - η Ο και Ο χ 2η απ' όπου έχουμε: p 2 = 2 = (χ η ) Χ και θα έχουμε: y η + 2ηχ - χ2 = Μπορούμε τώρα να επιλέξουμε y 2 χ + 2ηχ - χ = x(l + 2η - χ) άρα ο χ διαιρεί τον y. 1)

ιιΞ

3) Λύση Α'

Είναι εύκολο να δειχτεί ότι ένα σημείο Ο ανήκει στη διάμεσο ΧΧ' ενός τριγώνου ΧΥΖ αν και μόνο αν: (ΧΟΥ) = (ΧΟΖ) και Ο εσωτερικό σημείο του ΧΥΖ. Έστω τώρα Ο το σημείο τομής των ΑΡ, BQ, CR και DM. Τότε: (ΒΟΕ) = (BOD) = (AOD) = (AOC) = (COE). Επίσης Ο (CR) άρα Ο εσωτερικό της BCE και Ο (BQ) άρα εσωτερικό της EBC, άρα το Ο εσωτερικό σημείο του BCE. Λύση Β' Θεωρώντας το Ο σαν αρχή του μιγαδικού επιπέδου συμβολίζουμε με μικρά γράμματα τους μι γαδικούς που αντιστοιχούν στα σημεία. Η υπόθεση τότε δίνει(*): c + d d + e e + α α + b IR. το οποίο είναι ισοδύναμο με .· � ' Th ' � ' M Cα + dα, db + eb, ec + ac, ad + bd IR.. Προσθέτοντας έχουμε: (eb + ec) + (cα + αc) + (dα + αd) + (bd db) IR απ' όπου έπεται: (eb + ec) E IR δηλ. b2:c IR. (*)Αν στο C είναι ο μιγαδικός αριθμός c, στο D ο d τότε στο Ρ είναι ο c ; d, οπότε αν στο Α εί ναι ο α, τότε η ΑΡ διέρχεται από το Ο αν και μόνο άν η διαφορά των ορισμάτων των α και c ; d, είναι π. δηλ. αν και μόνο αν το πηλίκο c ; d : α είναι πραγματικός αριθμός. ...ι:::ι.

..ι::ι..

..:::ι..

..ι::::::ι..

..ι:::..

...:::ι..

......

4) Για το θετικό ακέράιο η συμβολίζουμε με f(η) τον ελάχιστο αριθμό στοιχείων ενός συνόλου Α, Α { 1 , 2, . . . , η} και· που ικανοποιεί τις συνθήκες (α) και ; (β). Θα δείξουμε ότι c

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3117

13η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα

Αρχικά παρατηρούμε ότι ο αριθμός f(η) έχει τις εξής ιδιότητες: 1) 1) 1) 1} ικανοποιεί τις συνθήκες (α) και (β) και έχει f(2n - 1) στοιχεία, τότε Άν Α {1, 1} είναι ένα υποσύνολο του {1, 2, . . . , 2n + ι - 1} και ικανοποιεί το Β = Α τις συνθήκες (α) και (β). Αυτό γιατί: 2n + ι - 2 = (2n - 1) + (2n 1) και 2n + ι - 1 = 1 + (2n + ι - 2) Έτσι: f(2n + 1) � IBI = f(2n - 1) + 1 ii) f(22n/ - 1) � f(2n - 1) + (η + 1). Άν Α {1, 2, . . . , 2n - !}ικανοποιεί τις συνθήκες (α) και (β) και έχει f(2n - 1) στοιχεία, τότε το Β = Α U {2(2n 1), 22(2n 1), . .. , 2"(2n - 1), 22n - l}είναι ένα υποσύνολο του { 1, _7, . . . , 2n - 1 }το οποίο ικανοποιεί την (α) γιατί: � + (2n - 1) = �(2n - 1) + �(2n - 1) για j = Ο, 1 , 2, . . . , η - 1 και 22n - 1 = 2n(2n - 1) + (2n - 1) Άρα: f(22n - 1) � IB I = f(2n - 1) + (η + 1) Τώρα προχωράμε στην εφαρμογή των δύο ιδιοτήτων του f(η) και έχουμε: f(2 ι996 - 1) � f(2998 - 1) + 999 f(2998 - 1) � f(2499 - 1) 500 f(2499 - 1) � f(2498 - 1) + 2 f(2498 - 1) � f(2249 - 1) + 250 f(2249 - 1) � f(2248 - 1) + 2 f(2248 - 1) � f(2124 - 1) + 125 f(2 1 24 - 1) � f(262 - 1) + 63 f(262 - 1) � f(231 - 1) + 32 f(231 - 1) � f(230 - 1) + 2 f(230 - 1) � f(215 - 1) + 1 6 f(2 ι5 - 1) � f(214 - 1) + 2 f(214 - 1) � f(27 - 1) + 8 f(27 - 1) � f(26 - 1) + 2 f(26 1) � f(23 1) 4 f(23 - 1) = 5 και προσθέτοντας όλες αυτές τις ανισότητες κατά μέλη έχουμε: f(21996 - 1) � 20 1 2. Ας σημειωθεί ότι εφέτος ( 1997) και μάλιστα τη δεύτερη βδομάδα του Πάσχα, την 14η Β.Μ.Ο. διοργανώνει η χώρα μας. Αναλυτική αναφορά στη σημαντική, (για την Ελληνική Μαθηματική και μαθητική κοινότη τα), αυτή διοργάνωση, μπορείτε να βρείτε στον «Ευκλείδη Β ' » τη νέα σχολική χρονιά. f(21996 - � 20 1 2. i) f(2ίt + ι - � f(2n + 2. c 2, . . . , 2n U {2n + ι - 2, 2n + ι -

ι -

57°ς Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός στα Μαθηματικά «0 ΘΑΛΗΣ» Σάββατο, 19 Οκtωβρίου 1996

Η Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Θέματα Α ' Λυκείου 1.

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, όπου Α η ορθή γωνία, έχουμε ΑΒ = 600m. Πάνω στην πλευρά ΑΓ παίρ νουμε σημείο Δ έτσι ώστε ΑΔ = 150m. Να βρεθεί το μήκ:ος ΓΔ αν είναι ΑΒ + ΑΔ = ΓΔ + ΒΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3118

13η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα 2. 3.

Αν α, β, γ τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου, να αποδείξετε την ανισότητα: 2 22 2 (β + α ) ::;; 4β /

α) β)

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος αριθμός ν τέτοιος ώστε ο ν + 3ν να είναι περιττός. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί χ και y τέτοιοι ώστε να ισχύει: 3 5χ - 4/ - 6xy + l 5x + 6y - 5 = Ο

Επτά πόλεις, οι Α1 , Αι, Α , βρίσκονται, με αυτή τη διάταξη, πάνω σε μία ευθεία. Πού στε το άθροισμα των aποστάσεών του από τις επτά πόλεις να εί πρέπει να κτιστεί ένα εργοστάσιο ώ ναι το ελάχιστο δυνατό;

Α2, Α3,

5 Α6, Α7,

Λύσεις

ι.

Αν θέσουμε ΓΔ = χ, έχουμε από το Πυθαγόρειο θεώρημα ότι ΒΓ2 = 6002 + ( 1 50 + χ)2. Η δοθείσα σχέση δίνει 600 + 1 50 = χ + [6002 + (150 + χ)ψ', οπότε 750 - χ = [6002 + (150 + χ)ψ. Υψώνοντας στο τετράγωνο καταλήγουμε σε μία πρωτοβάθμια εξίσωση που έχει λύση χ = 1 00, οπότε ΓΔ = 100m. Η παράσταση 4β 2γ2 - (β2 + γ2 - α2)2, ως διαφορά τετραγώνων, ισούται με την [2βγ + (β2 2 + 2γ2 -2α2)}[2βγ 2- (β2 + γ2 - α2)] που με τη σειρά της γράφεται [(β + γ) - α Ηα - (β - γ) ] = [(β + γ) - α}[(β + γ) + α}[α - (β - γ)]·[α + (β - γ)] = (β + γ - α)· (β + γ + α)·(α - β + γ)·(α + β - γ). Η τελευταία όμως είναι θετική ως γινόμενο θετικών όρων (από την τριγωνική ανισότητα που ισχύει εξυποθέσεως για τα α, β, γ) . Άρα 4β2γ2 (β2 + γ2 - α2)2. α) Αφού ν3 + 3ν = ν(ν2 + 3), παρατηρούμε ότι αν ν περιττός τότε ν2 + 3 άρτιος και άρα ο ν(ν2 + 3) επίσης άρτιος .3Αν πάλι ν άρτιος τότε, όμοια, ν (ν2 + 3) άρτιος. Και στις δύο λοιπόν περιπτώσεις, ο ν3 + 3ν δεν είναι περιττός. β) Η δοθείσα3 γράφεται 5(χ + 3χ - 1) = 4y2 3+ 6xy - 6y. Από το πρώτο μέρος του θέματος, ο αριθμός χ + 3χ είναι άρτιος και άρα ο χ + 3χ - 1 , περιττός. Αλλά τότε βλέπουμε ότι το αριστερό μέλος της παραπάνω ισότητας είναι περιττός αριθμός, ενώ το δεξί άρτιος, που μας οδηγεί σε άτοπο . Αν Μ η θέση του εργοστασίου, ζητάμε να ι::λαχιστοποιηθεί η παράσταση Α1Μ + Α2Μ + Α3Μ + Α4Μ + Α5Μ + Α6Μ + Α7Μ που γράφεται και (Α 1 Μ + Α7Μ) + (Α2Μ + Α6Μ) + (Α3Μ + Α5Μ) + Α4Μ. Για οποιαδήποτε θέση του Μ μεταξύ των Α1 και Α7, η παράσταση Α1Μ + Α7Μ δεν αλλάζει τιμή, ενώ αυξάνει αν το Μ είναι εκτός των Αι και Α7. Συμβαίνει το ανάλογο για την Α2Μ + Α6Μ και την Α3Μ + Α5Μ. Τα Α3, Α5 όμως είναι μεταξύ των Α2, Α6 που με τη σειρά τους είναι μεταξύ των Α ι και Α7, οπότε η (Α ι Μ + Α7Μ) + (Α2Μ + Α6Μ) + (Α3Μ + Α5Μ) δεν αλλάζει τιμή αν το Μ μεταξύ των Α3 και Α5, ενώ αυξάνει αν είναι εκτός τους . Επειδή το Α4 είναι μεταξύ των Α3 και Α5 και η Α4Μ ελαχιστοποιείται όταν το Μ βρίσκεται στο Α4, το εργοστάσιο πρέπει να κτιστεί στην πόλη Α4• ι

�

Θέματα Β' Λυκείου ι.

2. 3.

Αν α, β, γ πραγματικοί αριθμοί με α2 + β2 + αβ + βγ + γα � Ο, να αποδείξετε ότι ισχύει α2 + β2 � γ2. Αν χ και y ακέραιοι με Ο � χ � 1 00,0 � y � 100, να λυθεί η εξίσωση: Ι χ + Υ - 21 + Ι 3χ - 2y + 1 1 + 3χ - 2y + 1 ο Σ' ένα κύκλο είναι εγγεγραμμένο ένα πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ, τέτοιο ώστε η ΑΒ είναι παράλ ληλη προς την ΔΕ και η ΑΕ προς τη ΒΓ. Δείξτε ότι η εφαπτομένη του κύκλου στο Α είναι παράλληλη προς τη ΓΔ. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/19

13η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα 4.

Ένας δίσκος έχει χωριστεί σε ι 2 ίσους τομείς με ακτίνες που ξεκινούν από το κέντρο του. Στον κάθε ένα από τους δώδεκα τομείς τοποθετού με ένα κέρμα. Κάνουμε τώρα την εξής κίνηση: μετακινούμε ένα ο ποιοδήποτε κέρμα από τη θέση του στον αμέσως επόμενο τομέα (κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού) και συγχρόνως μετακινούμε ένα δεύτερο κέρμα από την θέση του στον αμέσως προηγούμενο τομέα. Δείξτε ότι όποια διαδοχή κινήσεων και αν κάνουμε, δεν είναι δυνατό να έρθουν όλα τα κέρματα σε έναν και τον αυτό τομέα. Αντιθέτως δείξτε ότι αν οι τομείς ήσαν δεκατρείς, τό τε με κατάλληλη επιλογή κινήσεων, μπορούμε να φέρουμε όλα τα κέρματα σε έναν τομέα. Λύσεις

Πολλαπλασιάζοντας τη δοθείσα επί 2 και προσθαφαιρόντας γ2 , έπεται ότι: (α2 + β2 + γ2 + 2αβ + 2βγ + 2γα) + α2 + β2 - γ2 :ς Ο, από όπου το ζητούμενο, αφού η παράσταση μέσα στην παρένθεση είναι θετική ως τέλειο τετράγωνο. Παρατηρούμε η εξίσωση είναι της μορφής ΙΑΙ + (I B I + Β) = Ο από όπου έπεται ΙΑΙ = Ο = ΙΒΙ + Β (ως άθροισμα θετικών). Άρα θα έχουμε Α = Ο και Β :ς Ο, δηλαδή χ + y - 2 = Ο και 3χ 2y + ι :ς Ο. Οι ακέραιες λύσεις της πρώτης με Ο :ς χ :ς 1 00, Ο :ς y :ς 100 είναι οι (χ = Ο, y = 2), (χ = ι , y = ι) και (χ = 2, y = 0). Ελέγχοντας και την ανισότητα, οι δύο απορρί πτονται και μένει μόνο το διατεταγμένο ζεύγος (χ = Ο, y = 2) .

Αν Ζ η � μή τω �ΔΕ, ΒΓ, τότε το ΑΒΖΕ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ΑΒΓ = ΑΕΔ = ω. Ομως τα ΑΒΓΔ, ΑΓΔΕ είναι εγγράψιμα στον κύκλο, άρα ΑΔΓ = ΑrΔ = ι 8οο - ω. Αλλά και η ΓΑε είναι ι 80° - ω, ως υπό χορδής και εφαπτομένης. Άρα ΓΔ // Αε, αφού σχηματίζονται δύο ίσες εντός εναλλάξ γωνίες.

Βαθμολογούμε τους τομείς με τους διαδοχικούς αριθμούς ι έως ι2, ακολουθώντας τη φορά των δεικτών του ρολογιού. Ονομάζουμε «βάρος» μιας κατάστασης, το άθροισμα των βαθμών των τομέων που έχουν μέσα τους κέρμα (λαμβάνοντας υπ' όψιν τις πολλαπλότητες). Έτσι το βάρος της αρχικής κατάστασης είναι ι + 2 + + ι2 = 78, ενώ αν καταφέρναμε να μαζεύαμε όλα τα κέρματα σε έναν τομέα, το βάρος θα ήταν ένα πολλαπλάσιο του 1 2 (δώδεκα επί το βαθμό αυτού του τομέα). Παρατηρούμε όμως ότι κάθε φορά που κάνουμε την επιτρεπτή κί νηση της ταυτόχρονης μεταφοράς δύο κερμάτων σε γειτονικούς τομείς, το βάρος της κατά στασης αλλάζει κατά (+I - I) ή κατά (+ I + 1 1 ) ή κατά (-1 1 1). Π . χ. αν πάμε το κέρμα του τομέα 3 στον 4, και αυτό του τομέα στον 12, το βάρος αλλάζει κατά (+I + 1 1) (όμοια οι άλ λες περιπτώσεις). Πάντως το βάρος αλλάζει κάθε φορά κατά πολλαπλάσιο του 12: είναι εί τε Ο είτε ± 1 2. Αφού το βάρος της αρχικής κατάστασης δεν είναι πολλαπλάσιο του 1 2, ενώ της επιζητούμενης τελικής είναι, δεν είναι δυνατόν να εmτευχθεί η συσσώρευση όλων των κερ μάτων σε ένα τομέα. Ο ίδιος συλλογισμός ισχύει για οποιοδήποτε άρτιο πλήθος τομέων. Α ντιθέτως στην περίπτωση του περιττού πλήθους είναι πολύ απλό να φέρουμε όλα τα κέρμα τα μαζί. · · ·

Θέματα Γ' Λυκείου 1.

Έστω Α ένας μη μηδενικός ν χ ν πίνακας. Δείξτε ότι υπάρ-χει μη μηδενικός ν χ ν πίνακας Β με (ΑΒ)2 (ΑΒ). Δίνεται ότι μία συνάρτηση f με πεδίο ορσμού το σύνολο IR των πραγματικών αριθμών, ικανοποιεί τη συνθήκη 999f(π - χ) + 998f(x - π) = 1 996συνχ. Δείξτε ότι ικανοποιεί και την =

(Ϊ - χ) = α��}

f<π + χ> + r 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/20

Ι,jη ιsα;..κανικη Μαtιηματικη υ;..υμπιαοα 3.

Θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓΔ και σημείο Ζ της προέκτασης της ΑΓ ώστε ΑΓ = ΒΖ = ΔΖ. Αν Ε το συμ μετρικό του Ζ ως προς το Γ, να υπολογιστεί η γωνία ΓΒΕ. Δίνονται στο επίπεδο m + η σημεία μη συνευθειακά ανά τρία, όπου m, η μεγαλύτερα ή ίσα του 3. Τα m σημεία είναι χρωματισμένα κόκκινα και η είναι χρωματισμένα μπλε. (i) Δείξτε ότι αν m = η, τότε υπάρχει τρόπος να συνδεθούν ορισμένα από αυτά τα σημεία με ευθύ γραμμα τμήματα έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι ακόλουθες δύο συνθήκες: α) κάθε σημείο να ανήκει σε ακριβώς τρία ευθύγραμμα τμήματα, β) τα άκρα κάθε ευθύγραμμου τμήματος να είναι διαφορετικού χρώματος. (ίί) Δείξτε ότι, αντίστροφα, αν υπάρχει τρόπος να συνδεθούν ορισμένα από αυτά τα σημεία με ευθύ γραμμα τμήματα έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι συνθήκες α) και β), τότε m = η .

Λύσεις Η ιδέα είναι, αν ένας ν χ ν πίνακας C = (cij) έχει όλα τα στοιχεία του Ο εκτός από αυτά μιας συγκεκριμένης στήλης· η (όπου Ι :::;; η :::;; ν), και αν το Cnn = 1 , τότε C2 = C. Οπότε προσπαθού με να βρούμε ν χ ν πίνακα Β τέτοιο ώστε ο ΑΒ να είναι πίνακας μορφής του C. Αυτό επι τυγχάνεται ως εξής:

Αφού ο πίνακας Α είναι μη μηδενικός, υπάρχει στοιχείο του <Xmn διαφορετικό από το μηδέν. Ορίζουμε Β τον πίνακα που έχει το στοιχείο -1-στη η γραμμή και m στήλη, και με μηδενι<Χmn

κά σε όλες τις άλλες θέσεις. Με απλό έλεγχο φαίνεται ότι ο ΑΒ είναι όπως ζητείται. 2. Θέτοντας 2π - χ στη θέση του χ παίρνουμε μια δεύτερη σχέση, την 999f(x - π) + 998f(π - χ) = 1 996συν(2π - χ) =1996συνχ. Λύνοντας το σύστημα των δύο σχέσεων, βρίσκουμε f(π - χ) = (��y � υνχ, οπότε

f(x) = Θ��yυν(π - χ) = -Θ��yυνχ. Είναι λο�πόν f(π + χ) = -Θ��yυν(π + χ) = Θ��yυνχ κα r(π - χ ) = -(1 996\τυν π - χ ) = (1 996\, 1 997 r (2 1997 Γμχ. ι\2 Υψώνοντας στο τετράγωνο και προσθέτοντας , έπεται το ζητούμενο.

Υπάρχουν διάφοροι τρόποι να αποδειχθεί ότι η γωνία ΓΒΕ είναι 30°. Π.χ. το τρίγωνο ΔΒΖ είναι ισόπλευρο, οπότε ΒΖ = α·ν2 και Άρα ΔΒΖ = Αλλά τότε ΟΖ = α �· ..,....

ΕΓ = ΓΖ = ΟΖ - ΟΓ = α <-J62νl>. Έτσι υπολογίζονται εύκολα οι

ΟΕ και ΒΕ (με χρήση Πυθαγορείου θεωρήματος), και αποδεικνύε z ται ότι ΒΕ2 = 2ΓΖ2• Με άλλα λόγια ΒΕ : ΕΓ = ΕΖ : ΒΕ, οπότε τα τρίγωνα ΒΕΓ και ΒΕΖ είναι όμοια. Άρα ΕΒΓ = ΒΖΕ = 30°. (Άλλος τρόπος θα ήταν με χρήση του θεωρήματος των διαμέσων στο τρίγωνο ΕΒΖ, με διά μεσο την ΒΓ). α) Αν τα κόκκινα σημεία είναι τα α 1 , α2, • • • , <Χι, και τα μπλε τα β 1 , β2 , , βm (εδώ m= η) συνδέουμε το αk (για :::;; k :::;; m) με τα βk, βk + 1 και βk 2 (όπου με βm + 1 και βm 2 εννοούμε τα β 1 κάι β2 αντίστοιχα). Είναι προφανές ότι τα μπλε σημεία είναι και αυτά συνδεδεμένα με α κριβώς τ ρ ία κόκκινα: το βk + 2 είναι συνδεδεμένο με τα αk , αk + 1 και αk + 2• β) Αντίστροφα, τα κόκκινα σημεία ορίζουν 3m ευθύγραμμα τμήματα. Τα ευθύγραμμα αυτά τμήματα έχουν ως άλλο άκρο μπλε σημεία. Υπάρχουν όμως 3η ευθύγραμμα τμήματα με μπλε άκρο, οπότε 3m = 3η, δηλαδή m = η . • • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/21

Erdδs

Ραl (1913 - 1996) Δ. Γ. ΚοντοΎιάννη

Πολλοί συνάδελφοι που γνώριζαν τον Paul Erdδs ίσως παραξενευθούν για τον τρόπο γραφής του ονόματός του. Ο λόγος που προτιμήσαμε την ουγγρική γραφή του ονόματός του είναι ότι ο Erdδs υπήρξε πάνω απ' όλα ένας ουyγαρέζος μαθη

ματικός.

Οταν στις 23 Σεπτεμβρίου 1996 πέθανε από καρδιακή προσβολή στη Βαρσοβία που ήταν προ σκαλεσμένος σ' ένα μαθηματικό συνέδριο ο Ρ. Erdδs, ήταν ένας άνθρωπος χωρίς οικογένεια και παιδιά, χωρίς σπίτι και εργασία, χωρίς πιστωτική κάρτα και βιβλιάριο καταθέσεων, χωρίς ένα δεύ τερο ζευγάρι παπούτσια, παρά μόνο ένα βαλιτσάκι με λίγα ρούχα και μερικά σημειωματάρια, αφού πί στευε ότι η ατομική περιουσ[α είναι μια ηλιθιότητα. Ολη η ζωή του Erdδs ήταν αφιερωμένη στα Μαθηματικά. Ήταν παιδί μιας οικογένειας μαθη ματικών και ασχολήθηκε μ' αυτά από πολύ μικρός. Λέγεται ότι οι γονείς του γνώρισαν μια πολύ μεγά λη χαρά, όταν διαπίστωσαν ότι ο τετράχρονος γιος τους είχε κατανοήσει την έννοια του αρνητικού αριθμού. Ο Erdδs ανατράφηκε, όχι μόνο σε μια μα θηματική οικογένεια, αλλά και σε μια χώρα που οι ταλαντούχοι μαθηματικοί ήταν εξαιρετικά δημοφι λείς. Ήταν η εποχή της ακμής του περίφημου Ουγγρικού διαγωνισμού Etvos, νικητές του οποίου υπήρξαν διάσημοι μαθηματικοί του aιώνα μας. λλ λά ταυτόχρονα ήταν και μια εποχή κοινωνικών α νακατατάξεων, πολέμων, επαναστάσεων. Οταν τα χιτλερικά στρατεύματα μπήκαν στην Ουγγαρία, ο Erdδs κατέφυγε στη Σουηδία και μετά στις Η.Π.Α. Ομως αμέσως μετά τη λήξη του Β' παγκοσμί ου πολέμου ο Erdδs επέστρεψε στην πατρίδα του όπου και δίδαξε στο πανεπιστήμιο του Szeged, μιας επαρχιακής πόλης της Ουγγαρίας, ενώ ασχολήθη κε επί μακρά περίοδο με μαθηματικούς διαγωνι σμούς, τόσο της χώρας του όσο και διεθνείς. Ακόμα ο Erdδs θα μπορούσε να χαρακτηρισθεί τα τε λευταία χρόνια της ζωής του ως «ιπτάμενος Μαθη ματικός», αφού τον περισσότερο χρόνο της ζωής του τον περνούσε μεταξύ αεροπλάνων και συνεδρίων. Ο Erdδs είχε εmσκευθεί αρκετές φορές τη χώρα μας και είχε δώσει διαλέξεις στην Ε.Μ.Ε. Ο Erdδs θεωρείται από τους κορυφαίους μα θηματικούς του 20ου αιώνα, αν και, όπως ευφυώς λέχθηκε, «έθεσε περισσότερα προβλήματα, απ' ό σα έλυσε». Το έργο του περιλαμβάνει τη Γεωμε τρία, τη Θεωρία Αριθμών, τη Συνδυαστική, τη Θε-

ωρία Γραφημάτων κλπ. Το 1933 έγινε γνωστός με την παρ�κάτω πρό ταση, που σήμερα ονομάζεται θεώρημα Ρ. Erdδs J. Mordell:

'Εστω Ρ σημείο στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ και ρι , Ρ2' ρ3 οι αποστάσεις του Ρ από ηι;; ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Αν ΡΑ = Rι , ΡΒ = R2, ΡΓ = R3 τότε Rι + R2 + R3 � 2(ρι + Ρ2 + ρ3) (ι). Η πρόταση (1) αποδείχτηκε το 1935 από τον J.

Mordell. [3]

Το 1949, «Οι μαθηματικοί Ρ. Erdδs - Α. προκάλεσαν αίσθηση στο μαθηματικό κό σμο, όταν ανακάλυψαν μια στοιχειώδη απόδειξη του θεωρήματος των πρώτων αριθμών» [1], που δεν κάνει χρήση της συνάρτησης Riemann τ(s). Το θεώρημα των πρώτων αριθμών ( 1 8 1 6) των J. Hadamard - C. J. de la Vallee Poussin λέει ότι Selberg

χ�οοΠ(χ)�οg(χ) = ι, όπου Π(χ) το πλήθος των πρώτων p με 2 � p � χ.

Θα πρέπει να αναφέρουμε εδώ, ότι δεν υπάρ χει περιοχή της Θεωρίας Αριθμών στην οποία να μην έχει εργασθεί ερευνητικά ο Erdδs [2]. Στη Συνδυαστική αναφέρουμε το περίφημο θεώρημα Erdδs - Κο - Rado (1961), το οποίο αποδείχθηκε το 1974.

Έστω Α = {Αι , A2, ,An} μια συλλσyή από π διαφορετικά k - υποσύνολα (δηλ. σύνολα με k στοιχεία) του συνόλου { ι, 2, ,m} όπου Ρα � �' τα ο ••.

•••

ποία έχουν την ιδιότητα: κάθε δύο υποσύνολα έχουν m-ι . τομη• -:# 1?1 IUo Τοτε π� κ-ι

(

)

Τέλος στη Θεωρία Γραφημάτων είναι γνωστό το Θεώρημα Erdδs - Lovάsz, το θεώρημα Erdδs de Bruijn κλπ.

Αναφορές [Ι] [2] [3] [4]

Τ. Μ. Apostol. Εισαγωγή στην Αναλυτική Θεωρία των Αριθμών, Αθήνα 1986 R. Κ. Guy. Unsolved Problems in Number llheory, N. 1r. 1994 Δ. Γ. Κοντογιάννη. Ισό1 ητες και ανισότητες στα τρίγωνα, Αθήνα 1996 L. Lovάsz. Combinatoήal Exercises, Amsterdam 1979

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' λ. τ. 3/22

Problems

and

ΕΚΔΟΣΕ ΙΣ ΠΡΑ=.Η

Βιβλία για τους Υποψηφίους της Α , Δέσμης, Καθηγητές, Φροντιστές. •

•

Δ.Γ. Κοντογιάννη : Διανυσματικός Λογισμός Αναλυτική Γεωμετρία τ . 1 .

Δ.Γ.Κοντογιάννη-Β. Ντζιαχρήστοu Βασικές έννοιες της Γεωμετρίας

•

κυκλοφόρησε ! ! !

ΠΡΟΣΟΧΗ

Δ . Γ . Κοντογιάννη : ΙΣΟΤΗΤΕΣ

ΚΑΙ

ΩΡΟΛΟΓΙΟ Π ΡΟΓΡΑΜΜΑ Φτιάξτε σχολείου

το

ωρολόγιο

σας

πρόγραμμα

( Γυμνάσιο

Λύκειο)

του με

απλό και γρ�γορο τρόπο .

Το Πρόγραμμα E R M H S για P . C . , λύνει

το

αιώνιο

πρόβ λημα .

Κατανομ�

ωρώ ν ,

ελαχιστοποίηση κενών , προτιμ�σει ς , όλοι οι

έλεγχο ι ,

πρόσθεση

αφαίρεση

καθηγητ� στο τελικό πρόγραμμα κ λ π . Απεριόριστοι καθηγητές

τμ�ματ α .

ΑΝ ΙΣΟΤΗΤΕΣ

ΣΤΟ ΤΡΙΓΩΝΟ Για μαθητές Α · - Β · Λυκείου

Αναγνώστου Βασίλης - Μαθηματικός Τη λ . :

Βιβλί'α Μοναδικά

01 43 . 1 4 . 702

Παραγγελίες - Πληροφορίες (01) 76 42 728

Έφυγ ε ο Γιώργος Τσάμη ς Ο

ξαφνικός θιiνατος> του αξέχαστου συναδέλφου, μας συγκλόνισε. Ο Τ.

Τσάμη ς ήταν από τα αρχαιότερα και πιο δραστή ρια μέλη τη ς Εταιρίας. Το 193 3, στον πρώτο διαγωνισμό που έλαβε μέρος, μαθητήςτότε του Γυμνασίου

Πάτρας, πή ρ ε το πρώτο βραβείο. Ήταν άριστος μαθηματικός, αγαπητός από τους συναδέλφους του. και μαθητές του

Σ' όλη του τη ζωή αγωνίστηκε για την επιστήμη

κοινωνική δικαιοσύνη . Στα χρόνια της κατοχής από τις γραμμές Αντίσταση ς πολέμησε η ρωικά. για τη λευτε ριά της πατρίδας μας . Η Σ. Επιτ ροπή του «Ευκλείδη α'» εκφράζει τα οικογένεια του.

Τ Ο ΤΡΙΩΝΥΜΟ Καλίκας Ε. Σταμάτης Ιστορικά σχόλια Τα αρχαιότερα κείμενα με μαθηματικό περιεχόμενο, είναι μια συλλογή Βαβυλωνιακών πινακίδων και μια Αιγυπτιακών παπύρων του 2. 000 περίπου π.Χ. Στα κείμενα αυτά συναντάμε αρκετά προβλή ματα, που η λύση τους ανάγεται σε λύση δευτεροβάθμιων εξισώσεων. Ας δούμε ένα πρόβλημα γραμμέ νο σε μια πινακίδα που σώζεται στο Βρετανικό Μουσείο (με αριθμό 13901): «Α ν αφαιpέσουμε το μήκος τη ς πλευpάς ενός τετpαγώνου από το εμβαδόν του βpίσκουμε 870. Ποιο είναι το μήκος της πλευpάς;>> ·

Στην προσπάθεια μας να λύσουμε το πρόβλημα αυτό οδηγούμαστε στην εξίσωση :2-χ-870=0. Α ς δούμε τη διαδικασία που είναι γραμμένη στην mνακίδα για τη λύση της παραπάνω εξίσωσης. «Πάρε το συντελεστή 1. Πάρε το μισό του 1. Αποτέλεσμα 0, 5. Πολλαπλασίασε το 0,5 με το 0,5. Αποτέλεσμα 0, 25. Πρόσθεσε το 0, 25 στο 870. Αποτέλεσμα 870,25. Η τετραγωνική ρίζα του είναι 29, 5. Πάρε το Ο, 5 δηλαδή εκείνο που είχε πολλαπλασιαστεί με τον εαυτό του και πρόσθεσε το στο 29, 5. Α πο τέλεσμα 30. Α υτό είναι το μήκος του ζητούμενου τετραγώνου» Στα «Στοιχεία» επίσης του Ευκλείδη επιλύεται η δευτεροβάθμια εξίσωση με Γεωμετρικές μεθόδους δηλαδή με κανόνα και διαβήτη. Μετά από τους Έλληνες έρχονται οι Άραβες οι οποίοι δίνουν νέα ώθηση την Άλγεβρα. Ο Al Khowarjzmy είναι ο πρώτος συγγραφέας βιβλίου Άλγεβρας στο οποίο μελετάει μεταξύ άλλων και την επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων. Εpγασία:

Προσπαθήστε να βρείτε τη σχέση που έχει ο σημερινός τρόπος επίλυσης της εξίσωσης :2-

χ-870=0 με τον τρόπο που περιγράφεται στην πινακίδα του Βρετανικού Μουσείου. Ορισμός 1.

Κάθε εξίσωση της μορφής αχ2+βχ+γ=Ο με α:;eΟ λέγεται εξίσωση δευτέρου βαθμού. Ορισμός 2.

Κάθε τιμή του χ που κάνει αληθή την ισότητα αχ2+βχ+γ=Ο λέγεται ρίζα της εξίσωσης αχ 2+βχ+γ=Ο. Ορισμός 3.

Η αλγεβρική παράσταση Δ=β2-4αγ ονομάζεται διακρίνουσα αχ2+ βχ+γ=Ο, α:;eΟ και παίζει σημαντικό ρόλο στην επίλυσή της.

της

εξίσωσης

Ορισμός 4.

Κάθε συνάρτηση f(χ)=αχ2+ βχ+γ, με α:;eΟ λέγεται πολυωνυμική συνάρτηση δευτέρου βαθμού. Ορισμός 5.

Κάθε τιμή του χ που είναι f(x)=O λέγεται ρίζα του πολυωνύμου f(x). Παρατήρηση: Οι ρίζες του πολυωνύμου f(x) (εφόσον υπάρχουν) είναι οι τετμημένες των σημείων τομής της γραφικής παράστασης της f(χ)=αχ2+ βχ+γ με τον άξονα χ' χ. Ορισμός 6.

Κάθε παράσταση της μορφής αχ2+βχ+γ, με α:;eΟ λέγεται τριώνυμο δευτέρου βαθμού ή πιο απλά τριώνυμο. Η αλγεβρική παράσταση Δ=β2-4αγ ονομάζεται διακρίνουσα του τρι ωνύμου. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 3/24

------ 1 0 1 pιωνυμο

--------

αθμού Δεν πρέπει να συγχέεται η πολυωνυμικ: ή συνάρτηση δευτέρου β f(χ)=αχ2+βχ+γ, α:;eΟ με την εξίσωση αχ2+βχ+γ=Ο. -β ± .JΔ β Προσοχή!

ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ αχ2+βχ+ιy=Ο, α -:;: Ο.

Δ=β2-4αιy

Η εξίσωση αχ2 +Ρχ+y=Ο, α=ι:Ο χ1, 2

αν Δ>Ο

έ:χει δύο ρίζες άνισες τις

αν Δ=Ο

έ:χει μια διπλή ρίζα τη

αν Δ<Ο

δεν έιει πραγματικές ρίζες.

2α

χσ = - -

2α

Την εξίσωση αχ2+βχ+γ=Ο, α=ι:Ο στην περίπτωση που: (α) γ=Ο μπορούμε να τη λύσουμε ευκολότερα με παραγοντοποίηση. (β) βτη=Ολύση μπορούμε να τη λύσουμε ευκολότερα :χρησιμοποιώντας τα συμπεράσματα από της εξίσωσης χν=α. Ας θυμηθούμε τη λύση της εξίσωσης Προσοχή!

χν=α

η εξίσωση χν=α

περιττός

θετικός

άρτιος

θετικός

άρτιος περιττός

αρνητικός , αρνητικος

Άσκηση 1.

να έ:χει ακριβώς δύο λύσεις τις να και - να

έ:χει ακριβώς μια λύση την δεν έιει λύσεις

έ:χει ακριβώς μια λύση την -

Να λυθούν οι εξισώσεις (α) 2χ2+3χ=Ο (β) 3χ2-12=0

�

(γ) 2χ2-χ- 1=0

Λύση: �

�

(α)(β) 2χ2+3χ=Ο χ(2χ+3)=0χ=2 ή χ=χ=Ο-2ή χ= -3/2. 3χ2-12=0 χ2=4 ../9 1 ± (γ)Δ= 9 οποτε, χ 1•2 4 δηλαδη' χ= η χ= - 2 Να λυθεί η εξίσωση: 2x2-(l +2..fi)x+..fi =Ο Δ=9-4..fi =8+1-4..fi =(1-2..fi)2 , .JΔ �(1-2..fi) 2 /1-2..fi/ =2..fi -1 γιατί 1-2..fi <0. , χ 1.2 1+2..fi ±4(2..fi -1) . Οποτε, οι ρίζες της εξίσωσης είναι ' ειναι ι ρι'ζες της εξισωσης οι χ= 2..fi και χ= 21 Να βρεθεί το πλήθος των ριζών της εξίσωσης κ:χ2+2χ+κ: = Ο για τις διάφορες τιμές του κ:ε91. Αν κ:= Ο, τότε η εξίσωση γίνεται 2χ =Ο και έ:χει μία μόνο ρίζα, τη χ = Αν κ:=ι:Ο , τότε η εξίσωση είναι δευτέρου αθμού και το πλήθος των ρι β ζών της εξαρτάται από το πρόσημο της διακ:ρίνουσας Δ=4-4κ:2. �

�

1 '

Άσκηση 2. Λύση:

Άσκηση 3. Λύση:

Ιη περίπτωση:

Ο.

2η περίπτωση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/25

------ Το Τριώνυμο -------

Αν -1 <κ<1, τότε Δ>Ο και η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες. Αν κ<-1 ή κ> 1, τότε Δ<Ο και η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. Αν κ= -1 ή κ=1, τότε Δ=Ο και η εξίσωση έχει μια (διπλή) ρίζα. Να λυθούν2 οι εξισώσεις: 2 (α) χ +5χ=Ο (β) 4χ +20=0 (γ) χ2-3χ-28=0 (δ) J2 χ2-( J2 +J3)x+J3 =Ο της εξίσωσης έστω χι και xz οι ρίζες Έστω το τριώνυμο αχ2+βχ+γ, α:;t:Ο και αχ2+βχ+γ=Ο, α:;eΟ. Αν με συμ ολίσουμε το άθροισμα χι + χzκαι με το γινόμενο χι χ z των ριζών αυτών, β τότε έχουμε: Προτεινόμενη άσκη ση:

ΣΧΕΣΗ ΡΙΖΩΝ ΚΑΙ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΩΝ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ

Στις ασκήσεις παρακάτω θα χρησιμοποιήσουμε τις ταυτότητες α2+β2=(α+ β)2-2αβ α3+ β3=(α+β)3-3αβ(α+ β)

Έστωότι:χι και xz οι ρίζες της εξίσωσης αχ2+βχ+γ=Ο, α:;eΟ. Να αποδείξετε (β) ΧΙ2 + Χ22 = β2 α-2α2 γ (γ) χΙ + χ2 = 3αβγα - β ' κατα' με' λη εχουμε ' α νωρι ουμε οτι:' χ1.2 = - β2±αJΔ Με αφαιρεση JΔ , JΔ JΔ , Ι - Ι= χ1-χ2=η χι χ =-οποτε χ χ z ι z 1α-1 α α 2 -2α (β) ΧΙ2 + Χ22 =(ΧΙ + Χ 2 ) 2 -2ΧΙ Χ2 (- -αβ )2 -2-α = β α 2 γ β 1_α (- -αβ )= 3αβγα -β (γ) ΧΙ3 +Χ 32 =(ΧΙ +Χ 2 ) -3ΧΙ Χ 2 (ΧΙ +Χ 2 ) ( -α ) 3 - '1�· Έστω χι και xz οι ρίζες της εξίσωσης αχ2+ χ+γ=Ο, αγ:;e Ο . Αν θέσουμε β Σ =χ � + χ � , νεΖ, να αποδείξετε ότι: αΣv+ βΣv-ι + γΣv-z=Ο. Άσκη ση 4.

Λύση :

( )Γ

•

= -

Άσκη ση 5.

Λύση :

αχ� +βχι +γ=Ο, άρα χ�-2 (αχ� +βχι +γ)=Ο, οπότε αχ � +βχ �-ΙΙ +γ χ �-2 =Ο (1) αχ; +βχz+γ=Ο, άρα χ�-2 (αχ; +βχz+γ)=Ο, οπότε αχ� +βχ�- +γ χ �-2 =Ο (2) Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) προκύπτει: αΣv+βΣv-ι +γΣv-z=Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 3/26

------ Το Τριώνυμο ------

Προτεινόμενη άσκηση :

Έστω χι και xz οι ρίζες της εξίσωσης αχ2+ βχ+γ=Ο, α:;eΟ. Αν θέσουμε

Σ = χ� + χ� , ν

ν εΝ* , να αποδείξετε ότι: (α) αΣz+βΣι +2γ=Ο (β)Σv+z+βΣv+ ι +γΣv=Ο. Στη συνέχεια με τη βοήθεια του (β) να εκφράσετε τα χ: + χ� , χ: + χ� , xi + χ; συναρ τήσει των α,β,γ. ΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΔΕΥΊΕΡΟΥ ΒΑθΜΟΥ ΑΠΟ ΤΙΣ ΡΙΖΕΣ ΤΗΣ

Η εξίσωση που έχει ρίζες τους αριθμούς χι και xz είναι η x2-Sx+P=o, όπου S=xι +xz και Ρ=χιχz. Άσκη ση 6. Να κατασκευαστεί εξίσωση με ρίζες χ ι = 1 - .J2 και xz= 1 + Ji Λύση :

Είναι S=xι +xz=2 και Ρ=χιχz= - 1 , οπότε η εξίσωση που αναζητούμε είναι η χ2-2χ- 1=0 . .Άσκη ση 7. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ζεύγτί πραγματiκών αριθμών που έχουν άθροισμα 5 και γινόμενο 7. Λύση :

Έστω ότι υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 5 και γινόμενο 7. Τότε θα ήταν ρίζες της εξίσωσης χ2- 5χ+7=0. Ομως η εξίσωση aυτή έχει διακρίνουσα Δ= -3<0, επομέ νως δεν έχει πραγματικές ρίζες. Προτεινόμενες ασκήσεις: 1.

Να αποδείξετε ότι, αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα Α και γινόμενο Γ, τότε Α2�4Γ. 2.Προσπαθήστε να λύσετε την εξίσωση ..fi χ2:-( :J2 + J3 )χ+ .J3 =Ο χωρίς να χρησιμο ποιήσετε τον τύπο που μας δίνει τις ρίζες. ΠΡΟΣΗΜ:Ο ΤΩΝ ΡΙΖΩΝ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ

Έστω το τριώνυμο αχ2+βχ+γ, α:;eΟ και έστω χι και xz οι ρίζες της . εξίσωσης αχ2+ βχ+γ=Ο, α:;t:Ο.

Ρ>Ο Ρ>Ο Ρ=Ο

ΠpόσηJW των ριζών τnς ε!;.ίσωσnς αχ2+Βχ+ v=ο, O:;t:(), Δ>Ο S>O δύο θt;τικές ρίζες S<O δύο αρνητικές ρίζες η μία ρίζα Ο καί η άλλη

Ρ< Ο

-�

δύο ετερόσημες ρίζες

.Άσκηση 8. Για ποιες τιμές του κε9t η εξίσωση χ2-χ+4κ+5=0 έχει:

(α) δύο ρίζες άνισες,

(β) δύο ετερόσημες ρίζες, (γ) μια διπλή ρ�ζα,

(δ) δύο ρίζες άνισες θετικές,

(ε) δύο ρίζες άνισες αρνητικές;

Λύση :

(α) Η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες αν και μόνο αν είναι: 19 Δ > Ο <::::> - 1 6κ-1 9 > Ο <::::> κ < :...... - . 16 (β) Η εξίσωση έχει δύο ρίζες ετερόσημες αν και μόνο αν είναι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/27

•

------ Το Τριώνυμο

------

5 Ρ < Ο <=> 4κ+5<0 <=> κ < - 4 (γ) Η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα, αν και μόνο αν 19 Δ=Ο <::> κ= - 16 (δ) Η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες θετικές, αν και μόνο αν συναληθεύουν οι ανισώ5 19 σεις Δ>Ο, Ρ >Ο , S>O <=> - 4 <κ< - 16 (ε) Η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες αρνητικές, αν και μόνο αν συναληθεύουν οι ανι σώσεις Δ>Ο, Ρ>Ο, S<O. Ομως η συνθήκη S<O είναι αδύνατη, αφού S= l >O. Άσκηση 9. Έστω η εξίσωση 3χ2+6χ+2=0 και χ ι , χ2 οι ρίζες της. Να αποδείξετε ότι

χ: 997

χ�997 <0 .

Λύση :

Εφόσον Ρ>Ο και S<O, οι ρίζες της εξίσωσης θα είναι αρνητικές, επομένως 997 χ: + χ�997 <0 . Προτεινόμενη άσκηση:

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ2+3(κ+ l )χ-κ4=0 έχει ρίζες άνισες. Για ποιές τιμές του κε9t οι ρίζες είναι αντίθετοι αριθμοί; ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΠΟΥ ΑΝΑΓΟΝ'fΑΙ ΣΕ ΛΥΣΗ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ 2ου ΒΑθΜΟΥ

Άσκη ση 10. Να λυθούν οι εξισώσεις

(α) χ2

lxl -6=0

χ2 6 2 χ2 6 (β) -- -6 -- +5=0 (γ) Χ4 -13χ2 +39=0 χ χ

( ] ( J

Λύση:

(α) Επειδή χ2 = lxl 2 , η εξίσωση γράφεται lxl 2 + lxl -6=0 . Αν θέσουμε Ιχ Ι=ω>Ο, τότε η ε ξίσωση γίνεται ω2+ω-6=0. Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες τις ω ι = -3 και ωz=2. Από αυτές δεκτή είναι μόνο η θετική, αφού ω= Ι χi >Ο. Επομένως ΙχΙ =2, που σημαίνει χ= 2 ή χ=2. Γ ' ' , ' ' χ2 -6 , '. ια να ορι εται η ε ισωση πρεπει x:;e . ν (β) ζ ξ Ο Α θ εσουμε = ω , τοτε η ε ισωση γιξ . χ νεται ω2-6ω+5=0. Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες τις ω ι = 1 και ωz=5. Επομένως χ2 - 6 χ2 -6 =1 (1) ή =5 (2). Η εξίσωση (1) έχει ρίζες τις χ ι = -2 και xz=3, ενώ η εχ χ ξίσωση (2) έχει ρίζες τις χ3 =6 και χ4= - 1 . --

(γ) Αν θέσουμε χ2 = ω>Ο η εξίσωση γίνεται: ω2- 1 3ω + 3 9 = Ο. Η εξίσωση αυτή έχει ρί ζες τις ω i =4 και ωz=9. Επειδή πρέπει ω>Ο, είναι δεκτές και οι δύο ρίζες. Επομέ νως οι ρίζες της εξίσωσης χ4 -1 3χ2 +39=0 είναι οι ρίζες των εξισώσεων χ2�4 και χ2=9, οι οποίες είναι χ ι = -2, xz=2, χ3 = -3 και Χ4=3. Παρατηρήσεις: 1.

Κάθε εξίσωση της μορφής: αχ4+ βχ2+γ=Ο, α:;eΟ λέγεται διτετράΎωνη και λύνεται με τη μέθοδο που ακολουθήσαμε παραπάνω.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/28

-------

1 u 1 μιwvuμu

-------

Συνήθως για τη λύση των διτετράγωνων εξισώσεων πρέπει να aπλοποιήσουμε ριζι

�A ± ..JB . Αν η παράσταση ΑΖ-Β είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού ι Α-Γ Α+Γ Γ= .JΑ 2 - Β τότε: -ν Α ± ..JB = -- ± -- ·

κά της μορφής και θέσουμε

Άσκη ση li. Να λυθεί η εξίσωση:

�

χ2 +4χ +3 χ2 -4χ +3 χ2 +6χ +8 Χ2 -6χ +8 + = (1) + χ2 -4χ + 3 χ2 +4χ +3 χ2 -6χ +8 χ2 +6χ +8

Λύση :

Για . να Qρίζεται η εξίσωση, πρέπει: χ2 -4x +3;t0 χ2 +4χ+3 ;tO χ2 -6x +8;t0 χ2 +4χ +3 χ2 +6χ +8;t0 �x;t 1 , x;t3, x;t2, x;t4, x;t- 1 , x;t-2, x;t-3 , x;t-4. Θέτουμε μ= ;tO και χ 2 -4χ + 3 χ2 +6χ +8 , ν= ;tο , οποτε η εξ'ισωση (1) ισοδυναμει με την ε ξισωση : ' χ 2 - 6 χ +8 _!_ _!_ μ + = ν + � μ 2 ν + ν - μν2 - μ =0� μν(μ - ν)-(μ - ν)=Ο � (μ - ν)(μν -1)=0� μ = ν ή ν μ μν =1 . ,

•

Αν μ=ν, τότε

χ2 +4χ +3 χ2 +6χ +8 - r;::; η, - η, χ- � χ(χ2- 7)-Ο � χ-Ο � χ3 -7χ-Ο v7 = χ2 _4χ +3 χ2 _ 6χ +8 -

x= - J7 •

- 1 ' το'τε Αν μν-

χ2 +4χ +3 χ2 -6χ +8 2 ........ χ=Ο . ...... χ3+5χ=Ο .... ........ χ(χ +5)=0 .... χ2 -4χ +3 Χ2 +6χ +8 ...... ΣΥΣΤΉΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

Ιστορικά σχόλια Συστήματα εξισώσεων συναντάμε για πρώτη φορά σε αρχαία Αιγυπτιακά και Βαβυλωνιακά κείμε. να που οι ιστορικοί τα χρονολογούν πριν το 1500 π.Χ. Ας δούμε το πρόβλημα 1 του παπύρου του Βερο λίνου «Το άθpοισμα των εμβαδών δύο τετpαγώνων είναι 100 μονάδες. Το τpιπλάσιο της πλευpάς του ενός ισούται με το τετpαπλό.σιο της πλευpάς του άλλου. Να πpοσδιοpιστούν τα μήκιι των πλευpών των τετpαγώνων». Στην προσπάθεια μας να λύσουμε το πρόβλημα αυτό οδηγούμαστε στη λύση του συστή-

ματος:

{Ji

+ y2 = lOO

3χ =4y

' . ' ' ' ' ' . Α ς δουμε τη διαδικασια που ειναι γραμμενη στον παπυρο για τη λ υση του πα-

ραπάνω προβλήματος. «Θέτουμε x=4u, οπότε η δεύτερη εξίσωση δίνει y=Ju. Α ν αντικαταστήσουμε στην πρώτη εξίσωση, βρίσΚουμε 16u2 +9u2 =100 ή 25u2 =100 ή u=2 οπότε χ=8 και y=6».

Άσκηση 12. Να λυθούν τα συστήματα

(α)

{

χ2 + y2- =1 3 xy =6

.(β)

{

χ3 + y3 =9 x + y =3

(γ)

{

χ4 + y4 =17 x + y =1

Σχόλιο:

(δ)

{

χ 2 + xy =6 y2 + xy = -2

Σε συστήματα των μορφών (α) (β) και (γ) παρατηρούμε ότι αν εναλλάξουμε τους αγνώστους χ και y οι εξισώσεις των συστημάτων δεν αλλάζουν. Σε τέτοιες περιπτώσεις λέμε ότι το σύστημα είναι συμμετρικό. Για την επίλυση τους , προσπαθούμε να υπολογίσουμε το άθροισμα και το γι νόμενο των χ και y. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ . t . 3/29

------

Το Τριώνυμο

------��----

Λύση :

{χ2 +y2 =13 � {(x+y) 2 -2xy=13 � {x+y=-5 , {x+y =5 · xy =6 xy=6 xy =6 xy =6 (x,y)=(-2,-3) (x,y)=(-3,-2) (x,y)=(2,3) (x,y)=(3,2). -2, -3, 2 {χ3 +y3 =9 {(x+y)3-3xy(x+y)=9 � { xy=2 . (� χ+ y =3 � χ+ y =3 χ+ y =3 = , -3 ωι=1 (x,y)=(1,2) (x,y)=(2,1). {χ4 +y4 =1 7 � {(χ2 +y2 ) 2 -2x2y2 =17 �{(xy) 2 -2xy-8=0 � {xy=-2 , { xy=4 χ+ y =1 χ+ y =1 χ+ y =1 χ+ y =1 χ+ y =1 -1 - +4 (2) 2 { x2 2 +xy=6 � {x2 +2xy+y { x+y =2 { x+y=-2 =4 � y y + xy = -2 χ2 - 2 =8 (χ+ y)(x-y)=8 (χ+ y)(x-y)=8 � {x+y=2 , {x+y =-2 x-y=4 x-y=-4' χ=3, y= - 1 χ= -3, y=1 η

(α)

Οι λύσεις του κάθε συστήματος προκύπτουν από τις λύσεις των εξισώσεων ω2= ω 3 = και ω4=3 ω2+5ω+6=0 και ω2-5ω+6=0 αντιστοίχως, οι οποίες είναι ω ι = ή οπότε ή ή

Οι λύσεις του τελευταίου συστήματος είναι οι ρίζες της εξίσωσης ω2 ω+2 0 οι οποί και ω2=2. Οπότf: ή ες είναι (γ)

Οι λύσεις του κάθε συστήματος προκύπτουν από τις λύσεις των εξισώσεων ω2-ω-2=0 αντιστοίχως. Η πρώτη έχει ρίζες τις ω ι = και ω2=2, ενώ η δεύτερη (l)και ω2 ω =0 είναι αδύνατη . (δ)

Αυτά τα συστήματα λύνονται πολύ εύκολα και έχουν λύσεις αντιστοίχως.

και

Άσκηση 13. Ένας αγρότης πουλάει τα πορτοκ:άλιιι προς 200 δρχ. το κιλό. Το κάθε κι

λό του κόστισε χ δραχμές και κέρδισε του κόστισε το κιλό τα πορτοκάλια.

χ%

πάνω στην τιμή του κόστους. Να βρείτε πόσο

Λύση :

Αν προσθέσουμε το κόστος και το κέρδος ανά κιλό βρίσκουμε την τιμή πώλησης του κιλού των πορτοκαλιών.

χ+ � χ =200 � χ2 +

1 00 2 + 80.000 = 90.000 οπότε 1 00 χ-20.000 1 0 = 1 00. Επομένως το κάθε κιλό του κόστισε 1 00 δρχ. και το πούλησε με 1 00 δρχ. κέρδος. Επομένως

= Ο. Δ =

ΤΟ ΙΙΡΟΣΗΜΟ ΤΩΝ ΤΙΜΩΝ ΠΙΣ ΣΥΝΑΡfΗΣΗΣ f(χ)=αχ2+Ρχ+γ

(χ)= χ χ , f(x)=O

Έστω η συνάρτηση f •

α 2+β +γ α�.

Αν Δ>Ο, τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες π.χ. τις χ2 με Το πρόσημο των τιμών της συνάρτησης f(χ)=αχ2+ βχ+γ, α:;eΟ φαίνεται από το τον παρα κάτω πίνακα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 3/30

χι ,

χι<χ2.

-00

ομόσημο του α

f(x) •

+οο

Χ2

Χι

ετερόσημο του α

ομόσημο του α

Αν Δ =Ο, τότε η εξίσωση f(x)=O έχει μία διπλή ρίζα, τη χσ= -

!α . Το πρόσημο των

τιμών της συνάρτησης f(χ)=αχ2+βχ+γ, α;eΟ φαίνεται από το τον παρακάτω πίνακα. χ

+οο

- -

ομόσημο του α

f(x) •

2α I β

-00

ομόσημο του α

Αν Δ <Ο, τότε η εξίσωση f(x)=O δεν έχει πραγματικές ρίζες. Το πρόσημο των τιμών της συνάρτησης f(χ)=αχ2+βχ+γ, α;eΟ φαίνεται από το τον παρακάτω πίνακα. +οο ομόσημο του α

Άσκηση - 14. Για το πολυώνυμο f(x)=x2-7x+ 1 είναι f(1 )= -5. Χωρίς να υπολογίσετε τη

διακρίνουσά του, μπορείτε να συμπεράνετε αν είναι θετική, αρνητική ή μηδέν; Χωρίς να υπολογίσετε τις ρίζες του πολυωνύμου f(x)=x2-7x+ l μπορείτε να συμπεράνετε τη θέση των αριθμών 7, 2, 3, - 1 ως προς τις ρίζες; Λύση:

Το τριώνυμο χ2-7χ+1 είναι ετερόσημο του α= 1 μόνο στη περίπτωση που είναι Δ>Ο. Τότε για τα χ που βρίσκονται μεταξύ των ριζών, οι τιμές του τριωνύμου είναι αρνητικές. Επομένως Δ>Ο και το 1 βρίσκεται μεταξύ των ριζών του παραπάνω τριωνύμου. Επίσης, f(7)=1>0, f(2)= -9<0, f(3)= - 1 1 <0, f(- 1)=9>0οπότε οι αριθμοί - 1 και 7 βρίσκονται εκτός των ριζών ενώ οι αριθμοί 2 και 3 εντός των ριζών. Προτεινόμενη άσκηση:

Δίνονται τα δευτεροβάθμια πολυώνυμα f(x)=3x2+2x+ 1 και g(x)=x2+x-6. Τι πρόσημο θα έχουν οι αριθμοί f(1 821), f(1 945), f( 1997,) g(182 1 ), g(1 9,97), g( ../3 ) ; ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ

αχ2+βχ+y<Ο ή αχ2+βχ+y>Ο

Άσκηση 15. Να λυθούν οι ανισώσεις:

(α) χ2+3χ-4>0 (β) χ2-6χ+9=:;;Ο (y) χ2+2χ+3>0 (δ) 2χ2+3χ+2<0 (ε) χ2-4χ+4>0

Λύση:

(α) Το πρόσημο του τριωνύμου χ2+3χ-4 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα -00

-4

Επομένως η ανίσωση χ2+3χ-4>0 έχει λύσεις εκείνα τα χ ε 9t, με χ<- 4 ή χ>1 . (β) Το πρόσημο του τριωνύμου χ2-6χ+9 φαίνεται στ�ν παρακάτω πίνακα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3131

+οο +

Επομένως η aνίσωση x2-6x+9s;O έχει λύση μόνο το χ=3 . (γ) Το πρόσημο του τριωνύμου χ2+2χ+3 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα -00

+οο +

Επομένως η aνίσωση χ2 + 2χ + 3 > Ο έχει ως λύσεις όλους τους πραγματικούς αριθ μούς. (δ) Το πρόσημο του τριωνύμου 2χ2 + 3χ + 2 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα -00

+οο +

Επομένως η aνίσωση 2χ2 + 3χ + 2 ριθμών.

Ο είναι αδύνατη στο σύνολο των πραγματικών α

(ε) Το πρόσημο του τριωνύμου χ2-4χ+4 φαίνεται στον παρακάτω πίνακα +οο

2 +

Επομένως η aνίσωση χ2-4χ+4>0 έχει λύσεις εκείνα τα χΕ�, με x:;t:2. Άσκηση 16. Να αποδείξετε ότι α2+αβ+β2�0 και α2-αβ+β2�0 για κάθε α,β Ε�. Λύση:

Θεωρούμε το δευτεροβάθμιο πολυώνυμο φ(α) = α2 + αβ + β 2 . Η διακρίνουσά του είναι Δ= - 3 β2 s; Ο. Αν Δ < Ο, δηλαδή β :;t: Ο, είναι φ(α) > Ο για κάθε α,β Ε �- Αν Δ = Ο, δηλαδή β = Ο, τότε φ(α) > Ο για κάθε α Ε �\ {0} , ενώ είναι φ(α) = Ο για α = Ο. Επομένως φ(α) �Ο για κάθε α,β Ε � και η ισότητα ισχύει μόνο όταν α = β = Ο. Ομοίως αποδεικνύουμε ότι: α2-αβ + β2 � Ο για κάθε α, β Ε � και η ισότητα ισχύει μόνο όταν α = β = Ο. ΤΟ ΠPOΣHlVIO ΤΟΥ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ Ρ(χ)=Α(χ)Β(χ)

••.

Φ(χ)

Έστω ότι θέλουμε να υπολογίσουμε το πρόσημο ενός γινομένου της μορφής Ρ(χ)=Α(χ)Β(χ) ...Φ(χ), όπου οι παράγοντες του γινομένου Α(χ), Β(χ), ... , Φ(χ) είναι της μορφής αχ+ β ή της μορφής αχ2+ βχ+γ. Βρίσκουμε το πρόσημο του κάθε παράγοντα χω ριστά και τα συμπεράσματα τα γράφουμε σε έναν συγκεντρωτικό πίνακα, από τον οποίο μπορούμε να προσδιορίσουμε το πρόσημο του γινομένου. Θυμηθείτε το πρόσημο του αχ+β, α:;t:Ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/32

-00

t'"""' " '"',..'"'

+οο

ομόσημο του α

- -

ετερόσημο του α

αχ + β Άσκηση 17.

'"'

Να βρεθεί για τις διάφορες τιμές του χ ε 9i, το πρόσημο του γινομένου 2 2 Ρ(χ)=(χ-2)(χ +2χ-3)(3χ +χ+ 1 )

Λύση:

Βρίσκουμε το πρόσημο του κάθε παράγοντα χωριστά. Το πρόσημο του κάθε παράγο ντα φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. -00

-3

χ-2 2 χ +2χ-3

2 3χ +χ+ 1

+ -

Ρ(χ)

+ ο

+οο

+ +

Οπότε το γινόμενο Ρ(χ) είναι θετικό για -3 < χ< 1 ή 1 <χ<2. Τέλος είναι μηδέν για χ= -3 ή χ= 1 ή χ=2.

+ χ>2,

ενώ αρνητικό για

χ< - 3

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ Α(χ)Β(χ) ...Φ(χ)� ή :::;Ο

Ανισώσεις της μορφής Α(χ)Β(χ)... Φ(χ)� ή :::;ο επιλύουμε με τον ίδιο ακριβώς τρόπο που βρίσκουμε το πρόσημο ενός γινομένου με πρωτοβάθμιους ή δευτεροβάθμιους παρά γοντες . Άσκηση 18.

Να λυθεί η ανίσωση:

2 2 (χ- 1 )(χ -4χ+3)(χ -χ-2);:5;0

Λύση:

Βρίσκουμε το πρόσημο του κάθε παράγοντα χωριστά. Το πρόσημο του κάθε παράγο ντα φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. χ

- 00

-1

χ- 1

2 χ -4χ+ 3

2 χ -χ-2

Ρ(χ)

Η ανίσωση επαληθεύεται για χ;:5;- 1 ή 2;:5;χ;:5;3 ή

+ χ= 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. t. 3/33

ο ο

+οο

+ -

+ + + +

------

Το Τριώνυμο

-------

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ

��=j > ή <Ο

Η λύση τέτοιων ανισώσεων στηρίζεται στις παρακάτω ιδιότητες των πραγματικών α ριθμών

Αν α,p ομόσημοι, τότε αβ>Ο και Αν α,p ετερόσημοι, τότε αΡ<Ο και

β >0 α

β <0

Δηλαδή το γινόμενο και το πηλίκο δύο αριθμών είναι ομόσημα. Για τα x ε iR, για τα οποία είναι B(x):;eO, ισχύουν οι ισοδυναμίες: Α(χ) Α(χ) >Ο <=:>Α(χ)Β(χ)>Ο και <Ο <=>Α(χ)Β(χ)<Ο. Β(χ) Β(χ) Για να λύσουμε λοιπόν την ανίσωση

��=j >0 , αρκεί να λύσουμε την ανίσωση Α(χ)Β(χ)>Ο,

��=j <0 , αρκεί να λύσουμε την ανίσωση Α(χ)Β(χ)<Ο. Για να λύσουμε την ανίσωση ��=j �Ο , αρκεί να λύσουμε την ανίσωση Α(χ)Β(χ)� και από

ενώ για να λύσουμε την ανίσωση

τις λύσεις της να εξαιρέσουμε τις λύσεις της εξίσωσης Β(χ)=Ο, ενώ για να λύσουμε την aνίσω ση

��=j �Ο , αρκεί να λύσουμε την ανίσωση Α(χ)Β(χ)�Ο και από τις λύσεις της να εξαιρέσουμε

τις λύσεις της εξίσωσης Β(χ)=Ο. ,

χ2 (χ -3)(χ2 + 3χ + 2)(χ2 -3) �Ο (1) χ2 _ 1

' Άσκ ηση 19. Να λυθει η ανισωση : Λύση :

Οι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 1 =0 είναι χ1= - 1 χ2= 1 . Για χ:;e- 1 και x:;e1 η ανίσωση (1) είναι ι σοδύναμη με την χ 2 (χ -3)(χ 2 + 3χ +2)( χ 2 -3)( χ 2 -1)�0 . Θέτουμε Ρ( χ)= χ 2 (χ -3)(χ2 + 3χ +2)(χ2 -3)(χ2 -1) και βρίσκουμε το πρόσημο του κάθε παράγοντα χωριστά. Το πρόσημο του κάθε παράγοντα καθώς και του Ρ(χ) φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. χ -2 -00 -1 - .J3 ο +οο 1 3 ..[j 2 χ

χ-3

χ2+3χ+2

χ2 -3

-1

χ2

Ρ(χ)

+ +

Η ανίσωση επαληθεύεται για χ�-2 ή Περιοδικό Ευκλείδης Γ' , Δ ιδακτική των μαθηματικών Θ. Εξαρχάκου,

.J3 �χ< - 1 ή - 1 <χ<1 ή .J3 �χ�3.

Βιβλιογραφία:

Μ αθηματικά Α ' τάξη Λυκείου Μ . Λάμπρου κ.λ.π, Άλγεβρα Α' λυκείου Σ. Ανδρεαδάκη κ.λ.π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/34

Η• ENEPfi:IA. • ΟΡΝ

ΡQι ΠΕΔJλ • ΔΟΡ'f'ΦΟ

Άγγελου & Σπύρου Σαββάλα

ΦΥΣΙΚΗ 1 ΕΝΕΡΓΕΙΑ __

•

ΟΡΜΗ

•

ΠΕΔΙΑ • ΔΟΡΥΦΟΡΟΙ

Για τις Δέσμες

Περ ι έ χ ε ι :

απανrημtνα θtματα και θtματα για απάνrηση χωρισμtνα σε 3 κατηγορίες: α) εμπtδωιιης, 6που ο μαθηrής θα κατα νοήσει 6λα τα βασικά σημεία της θεωρίας και θα ασκηθεl στη λύση βασικών προβλη μάτων β) αrίνθετα, 6που παραθtτουμε προβλή ματα που απαιτούν σύνθεση και κριτική σκtψη, γ) πpοχωpημtνοtι επιπtδοu, τα οποlα t xouv μεγαλύτερο συντελεστή δυσκολίας. •.

Ζωοδ. Πηγής 18 106 81 Αθήνα Τηλ.: 33.01.251 - 38.29.410 Fax: 38.1 0.907

Γεωμετ ρ ία Α ' Λυκείου

Ασκήσεις στο θεώρη μα του Θαλή , τα ό μοια τρίγωνα και τις μετρικές σχέσεις σε ορθογώνιο τρίγωνο Βασίλης Καρκάνης 1. Οι παράλληλες ευθείες ε1, ε2, ε3, ε4 τέμνουν τις ευθείες η 1 , η2 στα σημεία: Α, Γ, Ε, Η και Β, Δ, Ζ, Θ αντίστοιχα, ώστε ΒΓ // ΔΕ // ΖΗ. Να δειχθεί ότι: Δ Ζ2 = ΒΔ· ΖΘ. Λύση

ΑΛ = ΑΝ (2) (θ. Θαλή) ΑΓ ΑΔ Ακόμη, ΒΓ // ΕΔ, (λόγω του παραλληλογράμ μου ΒΓΔΕ) άρα και ΜΝ // ΕΔ οπότε: , ΑΜ = ΑΝ (θ. Θαλη) ΑΕ ΑΔ και λόγω των (I) και (2) θα είναι: =

��

άρα: ΚΑ // ΒΓ (από αντίστροφο θ. Θαλή).

3 . Σε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ έστω Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ. Αν Κ, Λ, Μ, Ν είναι τα βαρύκεντρα των τριγώ νων ΟΑΒ, ΟΒΓ, ΟΓΔ, ΟΔΑ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι το ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο. Λύση

Έχουμε: ΒΓ // ΔΕ // ΖΗ, οπότε: = (I) (θ. Θαλή)

:� ��

Επίσης: ε2 // ε3 // ε4, οπότε: ΓΕ = ΔΖ (2) (θ . Θαλή) ΕΗ ΖΘ Από (I) και (2) παίρνουμε: = άρα ΔΖ2 = ΒΔ·ΖΘ.

:� ��

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρά ΒΓ κατασκευ άζουμε το παραλληλόγραμμο ΒΓΔΕ. Φέρνουμε τις ΑΔ, ΑΕ που τέμνουν τη ΒΓ στα Ν, Μ αντί στοιχα. Αν από τα Μ, Ν φέρουμε παραλλήλους στη ΓΔ, που τέμνουν τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ και Λ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι: ΚΛ // ΒΓ. Λύση Α

Έχουμε: ΚΜ // ΓΔ, οπότε: ΚΜ // ΒΕ (λόγω του παραλληλογράμμου ΒΓΔΕ) άρα: ΑΚ = ΑΜ (I) (θ . Θαλή) ΑΒ ΑΕ Επίσης: ΑΝ I/ ΓΔ, οπότε:

\l=-υ-•

�

Α R> rΔ

�c.ι- f\ ι.'ς ' ο

g� g�,

Α , δ'r� ,

Έστω Ε, Ζ, Η, Θ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Τα τμήματα ΟΕ, ΟΖ, ΟΗ, ΟΘ είναι διάμεσοι των τριγώνων ΟΑΒ, ΟΒΓ, ΟΓΔ, ΟΔΑ, οπότε τα βαρύκεντρα Κ, Λ, Μ, Ν θα είναι σημεία τους τέτοια ώστε: ΟΚ = 2, ΟΛ = 2 , ΟΜ = 2, ΟΝ = 2 ΟΕ 3 ΟΖ 3 ΟΗ 3 ΟΘ 3 απ' όπου παίρνουμε: ΟΚ = ΟΛ άρα ΚΛ // ΕΖ ( I ) ΟΕ ΟΖ (από το αντίστροφο του θεωρήματος Θαλή) Επίσης: = άρα ΜΝ // ΗΘ (2)

� �σο

z. 1

ε.r

Ομοια δείχνω: ΛΜ // ΖΗ (3) και ΚΝ // ΕΘ (4) Ομως, το ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο (γιατί;) Έτσι , από τις (1), (2) παίρνουμε: ΚΛ // ΜΝ και από τις (3), (4): ΛΜ // ΝΚ, άρα το ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έστω Δ σημείο της υποτείνουσας ΒΓ. Αν φέρουμε ευθεία κάθε τη στη ΒΓ στο Δ, που να τέμνει τις ΑΓ, ΑΒ στα Ε, Ζ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι:

ι.e w

Β6 l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/36 -zoz't.. 1L- Λ � Α'?>.

� r

Α 7.. J_ Α �

eι.v

:::-

ιrz.

Γεωμετρία Α' Λυκείου

ΑΒ = ΔΕ = ΔΒ = ΑΕ ΑΓ ΔΓ ΔΖ ΑΖ "

ΜΗΕ - ΑΒΓ. = Άρα:

�: �� και λόγω της (1 ), παίρνουμε:

Λύση

ΑΖ = ΗΕ (2) ΑΒ ΑΓ Επίσης: ΔΗ // ΑΒ, οπότε:

Ζι" I

=� = ��

(3)

ΑΖ + ΒΔ + ΓΕ = , , των (2) , (3) παιρνουμε: Λογω ΑΒ ΒΓ ΑΓ

ΗΕ + ΑΗ + ΓΕ = ΑΗ + ΗΕ + ΕΓ = 1. ΑΓ ΑΓ ΑΓ ΑΓ

Είναι: Γ = Ζ (ως οξείες με πλευρές κάθετες) οπότε: ΑΒΓ - ΔΕΓ - ΔΒΖ - ΑΕΖ (είναι και ορθογώνια) , ρα: ΑΒ = ΔΕ = ΔΒ ΑΕ Ά ΑΓ Δr ΔΖ = ΑΖ'

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ > ΑΒ έστω ΒΔ, ΓΕ τα δύο ύψη του. Να δειχθεί ότι: ΑΓ + ΒΔ > ΑΒ + ΓΕ. Λύση

5. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έστω ΑΔ το ύ ψος στην υποτείνουσα ΒΓ. Αν από το Δ φέρου με τη ΔΕ κάθετη στην ΑΒ να δειχθεί ότι: ΑΔ2 = ΑΓ·ΔΕ. Λύση Β

Το ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΕ, ΑΒΔ έχουν την Α κοινή, cφα είναι όμοια. (1) (από την υ= = = Οπότε:

� Δ

Είναι: Γ = Α1 (οξείες με πλευρές κάθετες) οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΔΕ είναι όμοια. Άρα: δηλαδή ΑΔ2 = ΑΓ·ΔΕ. =

�� ·

Από σημείο Μ στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε τις ΜΔ 11 ΑΒ, ΜΕ // ΒΓ, ΜΖ // ΑΓ (τα Δ, Ε, Ζ σημεία των ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ , ). Να δειχθει"οτι: ΑΖ + ΒΔ + ΓΕ = 1 αντιστοιχα ΑΒ ΒΓ ΑΓ Λύση

�� : ��

πόθεση έχουμε ΑΓ > ΑΒ). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΕ έχουμε > 1 και λόγω της ΑΓ > ΓΕ, (γιατί;) οπότε

��

(1) θα ει, ναι ΑΓ _- ΑΒ > ΓΕ ΒΔ

ΑΓ - ΑΒ > ΓΕ - ΒΔ. Άρα: ΑΓ + ΒΔ > ΑΒ + ΓΕ.

δη λαδη'

8. Δίνονται τα τετράγωνα ΑΒΓΔ, ΒΓΕΖ, ΖΕΗΘ (το ένα μετά το · άλλο). Φέρνουμε τις ΘΔ, ΘΓ, ΘΕ. Να δειχθεί ότι: ΘΕΗ = 0m + 0Δπ. Λύση ·

��

Θα δείξω ότι: fι = f; + Δι (1) Έστω Η το σημείο τομής της ΔΜ με την ΑΓ. Είναι: fι = θι + θ; + θ; (2) (γιατί;), f; = θι + θ; Τότε το ΑΗΜΖ είναι παραλληλόγραμμο, · και Δι = θι (γιατί;), οπότε: άρα: ΑΖ = ΜΗ (1) f; + Δι = 2θι + θ; (3). Είναι ΗΊ = Α (γιατί;) και fι = Γ (γιατί;), οπότε Β

e o- z.. c....ι

"' ΙL.crc,λ

τ.ec:::ι(\ .

"L vJ v

ΑΒ Γ Δ

�Q.I

σu:>

ΛΔ) � r.) � ε } r ε

� e,μ.�

h \4 1 Ε C'\ ι(\, "C.ov

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/37 \ο:::.C:,... Ι nΌ.. ρ 'd E.. cJO\.. .

ΓΔ

"C.. ι.ι.ι ν

�Ο"'Ζ. "'"'

Μ 1\ .) \ι f\)

Γεωμετρία Α' Λυκείου

Λόγω των (2), (3), η (1) θα ισχύέι όταν: θι = θ; ή Δι = θ; (4) ή όταν τα τρίγωνα ΘΕΔ και ΘΕΓ είναι όμοια με αντίστοιχες γωνίες τις Δ 1 και θ;. Πράγμί:lτι: ΘΕΔ = ΘΕΓ = ι 35ο (5) (γιατί;) Ακόμη, αν α είναι το μήκος της πλευράς των τετραγώνων, τότε: ΔΕ = 2α, ΕΘ = crJ2,ΓE = α (γιατί ;) Άρα: ΔΕ = 2α = V2 και ΕΘ = � = --J2 ΕΘ α\f2 ΓΕ α ' οπότε · ΔΕ = ΕΘ " ΕΘ ΓΕ Λόγω των (5), τα τρίγωνα ΘΕΔ, ΘΕΓ είναι όμοια με αντίστοιχες γωνίες τις Δι και θ;, οπό τε θα ισχύει η (4), άρα και η (1). ......

(6)

δηλαδfι: α·α · = β·β' + γ·γ· ii) Επίσης: � = � + --\ (γιατί;) ή υα β γ ι και λόγω της (1): _ ι_ = ι + υa·υα β · β γ•γ ι = ι + ι δη λαδη:' λυa· ·υα λβ' · β λγ · ·γ' 1_ = _1_ + _1_ _ υιι· υa· β·β' γ·γ' -

11. Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) η Α = Δ 90°. Αν οι διαγώνιοι του τραπεζίου τέ μνονται κάθετα, να δειχθεί ότι: ΑΔ2 = ΑΒ·ΓΔ. =

Λύση

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) η ΑΒ = Αν ΑΔ ύψος του τριγώνου, νά δει-

�ΑΓ.

χθεί ότι: ΔΒ =

{6Δr.

I I

�

�� (yιατί;) οπότε, λόγω της (1): f-

�r2 ΔΒ = ΔΓ ΑΓ2• άρα: ΔΒ = = ηλαδή

�� (6,

Έχουμε: ΑΒ = ΑΓ ( 1 ) =

L - - - - - - U-------�

Λύση

Επίσης:

I I

Έχουμε Α = Δ = 90° και ΑΓ J. ΒΔ. Από την κορυφή Α του τραπεζίου φέρνουμε ευθεία πα ράλληλη στην ΒΔ, που τέμνει τη ΓΔ στο Ε. Τότε το ΑΒΔΕ είναι παραλληλόγραμμο και ΑΒ = ΔΕ (1). Επίσης, ΑΕ 11 ΒΔ και ΒΔ J. ΑΓ, άρα ΑΕ J. ΑΓ, οπότε το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ορθογώνιο και το ΑΔ ύψος στην υποτείνουσα, άρα: ΑΔ2 = ΔΕ· ΔΓ και λόγω της (1): ΑΔ2 = ΑΒ·ΓΔ. 12. Σε τρίγωνο ΑΒΓ το ύψος ΑΔ = ΒΓ. Αν Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου και Μ, Ν τα μέσα των ΒΓ, ΑΔ να δειχθεί ότι: ΗΜ = ΗΝ. Λύση Α

(6ΔΓ

10. Έστω τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' (Α = Ά· = 90° και αντίστοιχες πλευ ρές β και β ' ). Να δειχθεί ότι: ί) α·α' = β·β ' + γ·γ ' ίί)

_ 1_ = � + � υα·υα·

β·β

γ·γ Λύση

Αν λ ο λόγος ομοιότητας των ορθογωνίων τριυ γώνων, τότε θα ισχύει: α. = JL. : :1, = α = λ, σα β γ υα· πότε: α = λα', β = λβ', γ = λγ', υα = λυa· (1). i) Είναι: α2 = β2 + γ2 (γιατί;) ή α· α = β · β + γ· γ και λόγω των ( ι ): λα'-α = λβ'-β + λγ'-γ,

Έχουμε: ΑΔ = ΒΓ (1 ). Φέρνοντας το ύψος ΒΕ ορίζουμε το ορθόκεντρο Η. Στο ορθογώνιο ΗΔΜ ισχύει: ......

Επίσης:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 3138

ΗΜ2 = ΗΔ2 + ΔΜ2 (2)

Γεωμετρία Α' Λυκείου

ΗΝ2 = (ΔΝ - ΗΔ)2 = (Αf - ΗΔ) � mr - ΗΔ) = (ΒΜ - ΗΔ)2 = \Τ ΒΜ2 - 2ΒΜ·ΗΔ + ΗΔ2 (3) Ακόμη: Β; = Αι (γιατί;), οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΔΗ και ΑΔΓ είναι όμοια άρα ΒΔ ΑΔ . (1 ΗΔ ΔΓ και λογω της ): �� = :� ή �� = 2�� ή 2ΒΜ·ΗΔ=ΒΔ·ΔΓ'=(ΒΜ-ΔΜ)(ΜΓ+ΔΜ) = (ΒΜ - ΔΜ)(ΒΜ + ΔΜ) = ΒΜ2 - ΔΜ2 (4). Από την (3), λόγω της (4), παίρνουμε: ΗΝ2 = ΒΜ2 - (ΒΜ2 - ΔΜ2) + ΗΔ2 ή ΗΝ2 = ΔΜ2 + ΗΔ2 (5). Από τις (2), (5) είναι: ΗΜ2 = ΗΝ2, άρα ΗΜ = ΗΝ. Παρατήρηση: Στις διαφορές ευθυγράμμων τμημάτων κάνουμε χρήση της απόλυτης τιμής, όταν δε γνωρίζουμε αν ορίζονται. 13. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 75° φέρνουμε το ύψος ΓΔ και έστω ΑΒ = 2ΓΔ. Να δειχθεί ότι το 2

τρίγωνο είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ. Λύση Α

Η Β = 75°, οπότε fι = 1 5°. Έστω ΓΔ = χ, και ΔΒ = y, ΑΔ = ω και ΒΓ = 2α.Τότε ΑΒ = 2χ. Στο ορθογώνιο ΑΔΓ είναι: ΑΓ =-JΑΔ2 + ΓΔ2 � ( 1 ) . Έστω ΔΜ διάμεσος και ΔΗ ύψος του ορθογω. Β....ΔΓ.. , τοτε: ΒΓ = α = ΜΓ και η Μ"" ι ' ΔΜ = τ νιου εξωτερική στο ισοσκελές τρίγωνο ΔΜΓ, οπό τε: Μι = 2fι = 30° και στο ορθογώνιο ΔΗΜ, η ΔΜ α και ΔΗ =-=2 2' ΗΜ = νΔΜ2 - ΔΗ2 = � = �. Έτσι: 2+ ΗΓ = ΗΜ + MΓ =sdl+ 2 α = 2-J3α (2) ·

2 - VJα (3) ΗΒ = ΜΒ - ΗΜ = α -sdl= 2 2 ΔΒ� = ΗΒ Ακόμη, στο ορθογώνιο ΒΔΓ είναι: ΔΓ ΗΓ ' των (2), (3): i_2 = 2 - .J3ι; = ι; 2, και λογω χ 2 +ν3 (2 +ν3) οπότε: y = 2 +x..JJ3 (4) Έτσι: ΑΔ = ΑΒ - ΔΒ ή ω = 2χ - y και λόγω της χ = 3 + 2V\ (4): ω = 2χ - 2 +..J3 2 +..J3 ' 2-J3)2χ2 = ... = 3χ 2 (5) άρα: ω2 = ((23 ++..J3) 2 Από την (1), λόγω της (5) έχουμε: ΑΓ =Αν13χ2 + χ2 = 2χ = ΑΒ , ...... οπότε το ΑΒΓ ισοσκελές. _

Ασκήσεις που Περιμένουν τις λύσεις σας 14. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ ένα σημείο της ΑΒ. Από το Δ φέρνουμε παράλληλη στην ΑΓ, που τέμνει τη ΒΓ στο Ε και από το Α φέρ νουμε παράλληλη στη ΔΓ, που τέμνει τη ΒΓ στο Ζ. Να δειχθεί ότι: ΒΓ2 = ΒΕ·ΒΖ. 15. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ ένα σημείο της ΑΒ . Από το Δ φέρνουμε παράλληλη στην ΑΓ, που τέμνει τη ΒΓ στο Ε, από το Ε παράλ ληλη στην ΑΒ, που τέμνει την ΑΓ στο Ζ, από το Ζ παράλληλη στη ΒΓ, που τέμνει την ΑΒ στο Η, από το Η παράλληλη στην ΑΓ, που τέ μνει τη ΒΓ στο Θ και από το Θ παράλληλη στην ΑΒ, που τέμνει την ΑΓ στο I. Να δειχθεί ότι: ΔΙ // ΒΓ. 16. Αν δύο τρίγωνα έχουν διαμέσους ανάλο γες, να δειχθεί ότι είναι όμοια. 17. Σε τρίγωνο ΑΒΓ έστω Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Αν Ζ είναι σημείο της ΒΓ, ώστε η ΖΔ να τέμνει την ΑΓ στο Η και η ΖΕ την ΑΒ στο Θ, να δειχθεί ότι: ΗΘ // ΑΖ. 18. Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ, έστω Ε σημείο της διαγωνίου ΒΔ. Να δειχθεί ότι: i) ΑΒ 2 - ΑΕ2 = ΕΒ· ΕΔ ii) ΒΕ2 + ΕΔ2 = 2ΑΕ2• 19. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°), η ΒΕ είναι διάμεσος. i) Να δειχθεί ότι: ΒΕ2 + �ΑΓ2 = ΒΓ2 ii) Αν η ΑΔ διάμεσος του τριγώνου και ΒΕ = -{ϊ4, ΑΔΒ = 60°, να υπολογιστούν οι πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ. 20. Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) η Α = Δ = 90°. Αν Ε, Ζ μέσα των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι: Br - ΑΔ2 = 4ΕΖ2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/39

μονοτον ία και το «1 - 1» των συνα ρ τήσεων στη ν επ ίλυση των ανισώσεων και των ε ξ ισώσ εων Η

Κώστας Βακαλόπουλος

Πολλές φορές στην επίλυση ανισώσεων και εξισώσεων παρατηρούμε μια «μηχανι στική» διαδικασία, που άλλοτε οδηγεί σε σω στό αποτέλεσμα άλλοτε όμως σε λάθος� Ο σκοπός στη λύση μιας ανίσωσης ή εξί σωσης δεν είναι όμως το αποτέλεσμα αλλά η επίλυση μέσα από εφαρμογή της αντίστοιχης θεωρίας. Δίνουμε λοιπόν στο άρθρο ' αυτό την ευκαιρία στους μαθητές της Α' και Β Λυκείου αλλά και της Γ Λυκείου, να θυμηθούν και να εμπεδώσουν καλύτερα το ρόλο των εννοιών: «μονοτονία» και « ι - ι )) στην επίλυση ανισώ σεων και εξισώσεων.

1 Ρ> G)x -3x < 1 (2)

Παράδειγμα 1. Να λυθούν οι ανισώσεις: α) 3χ1 - 5χ + 6 < 1 (1)

α)

χ2 - 5χ + 6

(4) β)

•

Επεξήγηση παραδείγματος iα ψ

ψ=

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 3χ (χ IR), που ως γνωστόν είναι γνησίως αύξουσα (αφού 3 > ι) , (ΕΚΘΕΤΙΚΗΣΥΝΑFτΗΣΗ) IR ισχύει: Άρα για κάθε χ1, χ2 f(χι) < f(x2) <=> Χι < Χ2 δηλ. 3χ1 < 3χ1 <=> Χι < χ2. Έτσι έχουμε τις παρακάτω ισοδυναμίες: χ2 6 xz - sx + 6 Ε

1 2χ - 5χ +6 = 1

Λύση

sx +

< 3ο <=> < ι <=> 3 f(x2 - 5χ + 6) < f(O) <=> χ2 - 5χ + 6 < Ο <=> 2 < χ < 3. Αν η f είναι ΓΝΗΣΙΩΣ ΦΘΙΝΟΥΣΑ στο Α τότε: Για κάθε Χι, χ2 Ε Α, αν Χι < χ2 τότε f(χι) > f(x2) (4) . 3

ι <=> 2χ - sx + 6 = 2ο <=> 2 χ - 5χ + 6 = ο <=> χ = 2 ή χ = 3 z

3' χ

(4)

Παράδειγμα 2. Να λυθεί η εξίσωση: x·' - sx + 6 2 =

•

Λύση

< ι <=> 3χ2 - 5χ + 6 < 30 <=> χ2 - 5χ + 6 < ο <=> 2 < χ < 3 0 ΧΖ . )Χ ΧΖ . Jx <=> < < ι <=> χ2 - 3χ > ο <=> χ < ο ή χ > 3 3

τότε: αν χ1 > χ2 τότε f(x1) > f(x2) (αφού f γνησ. αύξουσα), άτοπο! αν Χ1 = χ2 τότε f(x1) = f(x2) (ορισμός της συνάρτησης), άτοπο! Άρα: χ1 < χ2 Από τις σχέσεις (I) και (2) έχουμε ότι: Αν μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο Α τότε: Για κάθε Χι, χ2 Α, f(χι) < f(x2) <=> Χι < Χ2 (3 ) Η τελευταία ισοδυναμία (3) μας δίνει τη δυνατότητα να επιλύουμε ανισώσεις όπως στο προηγούμενο ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ ι α.

Παρατηρούμε λοιπόν, ότι στην aνίσωση η φορά της ανίσωσης διατηρήθηκε ενώ στην aνίσωση (2) άλλαξε. Γιατί συμβαίνει αυ τό; ΑΝ ΔΕΝ ΜΠΟΡΕΙΤΕ ΝΑ ΑΠΑΝΤΉΣΕ ΤΕ ΣΤΟ ΕΡΩΤΗΜΑ ΑΥΤΟ, ΑΞΙΖΕΙ ΝΑ Με όμοιους συλλογισμούς (με το προη ΔΙΑΒΆΣΕΤΕ ΤΗ ΣΥΝΕΧΕΙΑ... γούμενο) αποδεικνύεται ότι ισχύει και το α ντίστροφο: Δηλ. Για κάθε Χι, χ2 Α αν < f(x2) τότε Χι > χ2 (5). f(χι) Ανισώσεις Από τις σχέσεις (4) και (5) έχουμε ότι: Αν Έστω μια συνάρτηση f με π. ο. το Α ς IR. μια συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο Αν η f είναι ΓΝΗΣΙΩΣ ΑΥΞΟΥΣΑ στο Α Α τότε: Για κάθε Χι, χ2 Α, f(χι) < f(x2) <=> τότε: Για κάθε Χι, χ2 Α, αν Χι < χ2 τότε Χι > χ2 (6). f(χι) < f(x2) (1). Θα αποδείξουμε ότι ισχύει και Η τελευταία ισοδυναμία (6) μας δίνει τη το αντίστροφο! Δηλ. Για κάθε χΗ χ2 Α αν δυνατότητα να επιλύουμε ανισώσεις όπως στο προηγούμενο ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ ι β. f(χι) < f(x2) τότε Χι < χ2 (2). Πράγματι: Έστω χ1, χ2 Α με f(x1) < f(x� (I)

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 3/40

π μοvοτυvιιι κ:uι τυ « Ι - Ι» τwv σuvupτηυι.wv υ-.;ιιv ι.πιι.υσιι -.;wv υvιuwuι:.wv 1\.υι ιwv "'":oιuwuι-.wv

χ Ε IR. Έστω Χι , χ2 Ε IR με Χι < χ2 (3). Επειδή η ψ συνάρτηση g(x) = ex είναι Ύνησίως αύξουσα στο IR θα ισχύει: ex• < ex1 (4). Προσθέτοντας τις (3) και (4) έχουμε: ex• + Χ ι < ex1 + χ2 δηλ. ψ = (t)' f(χι) < f(x2). Άρα η συνάρτηση f είναι Ύνησίως αύξουσα στο IR. Επομένως έχουμε τις παρακά χ τω ισοδυναμίες: χ (2) <=> f(x2 + χ + 1) > f(x + 1) <=> Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (!) χ2 + χ + 1 > χ + 1 <=> χ2 > <=> χ * (χ Ε IR), που ως γνωστόν είναι Ύνησίως φθί Άρα: οι λύσεις της (1) είναι το σύνολο: Α = IR• νουσα (αφού < 1), (ΕΚΘΕΤΙΚΉ ΣΥΝΑΡ'fΗΣΗ). Άρα για κάθε Χ ι, χ2 Ε IR ισχύει: Εξισώσεις f(χι) < f(x2) <=> Χι > χ2 δηλ. Έστω συνάρτηση f με π.ο. το Α ς IR και , χ Χι 2 ε Α. Από τον ορισμό της συνάρτησης έ 1 Χι < <=> Χι > χ2 χουμε ότι: (1) Αν χ1 = χ2 τότε f(χι) = f(x2) ή ι 2 \2 . σοδύναμα: Αν f(χι) * f(x2) τότε Χ ι * χ2 . Έτσι έχουμε τις παρακάτω ισοδυναμίες: Αν η συνάρτηση f είναι «1 - 1 » τότε για χ χ χ χ <=> ! 2 3 < <=> 2 3 < 1 ! κάθε χι , χ2 Ε Α ισχύει: Αν Χ ι * χ2 τότε () () f(χι) * f(x2) ή ισοδύναμα: (2) f(x2 - 3χ) < f(O) <=> χ2 - 3χ > Ο Αν f(χι) = f(x2) τότε Χι = χ2 <=> χ < ή χ > 3. Από τις (1) και (2) έπεται ότι: αν μια συ νάρτηση f με π. ο. το Α ς IR είναι «1 - 1 » τότε Παράδει'Υμα 3 ισχύει: (3) f(χι) = f(x2) <=> Χι = χ2. Αν η συνάρτηση f είναι Ύνησίως αύξουσα Η παραπάνω ισοδυναμία μας δίνει τη δυ στο IR, να λυθεί η ανίσωση f(x3 + 5χ) > f(6) νατότητα να επιλύουμε εξισώσεις όπως στο Λύση Αφού η συνάρτηση f είναι Ύνησίως αύ παραπάνω ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 2. Σημείωση: Μια γνησίως μονότονη συνάρτηση ξουσα στο IR θα ισχύει: στο πεδίο ορισμού της είναι «1 - 1» (Ύιατί ;). f(x3 + 5χ) > f(6) <=> χ3 + 5χ > 6 <=> Επεξή'Υηση παραδείΎματος 2 (χ - 1 )(χ2 + χ + 6) > <=> χ - 1 > <=> χ > 1 Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 2χ στο IR (Σημείωση: χ2 + χ + 6 > Ο για κάθε χ Ε IR) που ως γνωστό είναι «1 - 1». Άρα: Για κάθε Άρα: χ Ε (1 , +οο) Χι , Χ2 Ε IR ισχύει: f(χι ) = f(x2) <=> Χι = χ2 δηλαδή Παράδει'Υμα 4 2χι = 2xz <=> Χι = Χ2 Αν η συνάρτηση f είναι Ύνησίως φθίνουσα Άρα: έχουμε τις ισοδυναμίες: 0 στο [0, 2π] και f(O) = 1997 να λυθεί η ανίσωση: 2χ1 - 5χ + 6 = 1 <=> 2χ2 - 5χ + 6 = 2 <=> f(ημχ) > 1997 f(x2 - 5χ + 6) = f(O) <=> χ2 - 5χ + 6 = Ο <=> Λύση χ = 2 ή χ = 3. Αφού η συνάρτηση f είναι Ύνησίως φθί Άρα: Λύσεις της εξίσωσης είναι οι τιμές νουσα στο [0, 2π] θα ισχύει: χ = 2 ή χ = 3. f(ημχ) > 1997 <=> f(ημχ) > f(O) <=> ημχ < Ο <=> π < χ < 2π ΠαράδειΎμα 6 Άρα: χ Ε (π, 2π). α) Να αποδειχθεί ότι: αν eα + 2α = eβ + 2β τό τε α=β ΠαράδειΎμα 5 β) Να λυθεί η εξίσωση: Να λυθεί στο IR η ανίσωση: 1 2 6 ex + x + l _ .ex + l e x - ex1 = 2χ2 + 2χ - 1 2 (ε). + χ > 0 (1 )

ΕπεξήΎηση παραδείΎματος 1β

( ) r!)Xz

(!)ο

Λύση

Η (1) γράφεται: ex1 + χ + ι - ex + ι + χ2 > <=> ex2 + χ + ι - ex + ι + (χ2 + χ + 1) - (χ + 1) > Ο <=> exz + x + ι + (χ2 + Χ + 1) > ex + l + (χ + 1) (2) Θεωρούμε τη συvάρτηση f(x) = ex + χ,

Λύση

α) Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = ex + 2χ, χ Ε IR. Αν Χι , χ2 Ε 1R με Χι < χ2 έχουμε: ex• < ex2(1), και 2χι < 2χ2 (2). Από (1) και (2) προκύπτει ότι: ex• + 2χι < ex2 + 2χ2 δηλ. f(χι) < f(x� . Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/41

Η μονοτονία και το «I - I» των συνάρτήσεων στην επίλυση των ανισώσεων και των εξισώσεων

αύξουσα, επομένως και «1 - 1». Άρα θα ισχύ ει: «αν f(α) = f(β) τότε α = β» δηλ. «αν e11+ 2α = eβ + 2β τότε α = β». β) Η εξίσωση (ε) γράφεται: e6 - x + 2(6 - χ) = ex2 + 2χ2 (ει) Σύμφωνα με το ερώτημα (α) η συνάρτηση f(x) = ex + 2χ είναι «1 - 1» στο IR. Άρα θα ισχύ ει η ισοδυναμία: (ει) <=> f(6 - χ) = f(x 2) <=> 6 - χ = χ2 <=> 2 χ + χ - 6 = ο <=> χ = 2 ή χ = -3. Άρα: Λύσεις της εξίσωσης είναι οι τιμές χ = 2 ή χ = -3. Παράδειγμα 7

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = "'1/2 - .ψ:=Ί. α) Να αποδειχθεί ότι αντιστρέφεται. β) Να λυθεί η εξίσωση:

"'1/2 ...ιχ::ι = \),... 2 ..

-=== 2 = νχ - ι

Λύση

ο>

α) Το π.ο. της f είναι το Α = [ι , 5] (γιατί;). Έ στω Χ ι , χ 2 ε Α με f(χ ι ) = f(x2) <=> �2 - ψ;=Ί = \}2 - � <=> 2 - ψ;=Ί = 2 - � <=> . . . <=> Χι = Χ2 Άρα η συνάρτηση f είναι «1 - 1» δηλ. αντι στρέφεται.

β) Σύμφωνα με το ερώτημα (α) έχουμε τις παρακάτω ισοδυναμίες: 2 2 2 ( l ) <=> f(x) = f(x ) <=> χ = χ <=> χ - χ = Ο <=> χ (χ - ι ) = Ο <=> χ = Ο (απορρ.) ή χ = l . Άρα: Λύση της εξίσωσης είναι η τιμή χ = ι .

Παράδειγμα 8

Να λυθεί η εξίσωση: log2(7 + 3 2χ - 2) = 2 + log2( l

Λύση

3χ - 1) (1)

+ 3'>χ - 2 0 και 1 + 3χ - I 0 που ισχύουν για κάθε χ ε IR. Η (1) γράφεται: ' ( l ) <=> \og2(7 + 3-χ - 2) = log24 + ι og2(1 + 3χ - ι> <=> log2 (7 + 32χ - 2) = log2[4 · ( l + 3χ - 1 )] (2) Θεωρώ τη συνάρτηση f(x) = log2x, χ Ο που είναι «1 - 1>> στο (0, +οο). Έτσι έχουμε τις παρακάτω ισοδυναμίες: (2) <=> f(7 + 3 2χ - 2) = f[4·(1 + 3χ - 1)] <=> 7 + 3 2χ - 2 = 4· (1 + 3x - l ) <=> 7 + 3 Ζχ . ! = 4 + 4· 3χ . ! <=> 3 9 . . . (3χ)2 - 12·3χ + 27 = ο (3)

Πρεπει: 7 '

Θέτω: ψ = 3χ

ψ - 1 2ψ + 27 = ο 2

><=> Ο =οπότε 9ή ψ

η (3) γίνεται:

3 Άρα: 3χ = 9 ή 3χ = 3 <=> 3χ = 3 ή 3χ = 3 ι <=> χ = 2 ψ= 2

ή χ = 1 (γιατί;)

(Σημείωση: Η απάντηση βέβαια είναι: γιατί η

συνάρτηση h(x) = ex είναι «1 - 1» στο IR, οπό τε: 3χ = 32 <=> h(x) = h(2) <=> χ = 2 ομοίως 3χ = 3ι <=> h(x) = h(l) <=> χ = 1) Παράδειγμα 9

Θεωρούμε τη συνάρτηση f: IR 1R με αχ - χ3βχ όπου α, β θετικοί αριθμοί με f(x) = βχ α < β. i) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία ii) Να εξετασθεί αν είναι «1 - 1» iii) Να λυθεί ως προς λ ε IR η εξίσωση: (αλ3 _ λ9- βλ3)·β7λ - 6 = [α7λ - 6 _ (?λ - 6)3β7λ - 6] ·βλ3 (l) Λύση

(Η άσκηση αυτή είναι διασκευή άσκησης από το βιβλίο: THEMES ΜΑΤΗΕΜΑTIQUES του GASTON ALIQNIAC ΕΚΔ. «ΑΙΘΡΑ») i) Η f γράφεται: f(x) = χ - χ3 Όμως: Ο < α < β <=>0 <

(�)

� < 1 , άρα: η = (�)χ g(x)

είναι συνάρτηση γνησίως φθίνουσα. ι

{ (�Τ > (�Τ { (�Τ >> (�Γ

Υποθέτουμε: ότι Χ , χ2 ε IR με Χι < χ2 Άρα:

Χ3ι < Xz3

<=>

-χ ι

3 -Xz

(�Τ - xf > (�ΤΆρα: f(χι) > f(xz), δηλ. η f είναι γνησίως φθί νουσα συνάρτηση. Άρα:

χ�

ii) Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα, η f εί ναι και « 1 - ι » ίίί) Η (1) γίνεται: αλ3 - (λγ·βλ3 -_ α7λ - 6 _ (7λ - 6)β7λ - 6 <=> β7λ - 6 βλ3 f(λ3) = f(7λ - 6) <=> (επειδή η f είναι «1-1») λ3 = 7λ - 6 <=> λ3 - 7λ + 6 = ο <=> (λ - ι )(λ - 2)(λ + 3) = ο λ = ι ή λ = 2 ή λ = -3 Δηλ. Λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί: 2 και -3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/42

ι,

Ασκήσεις Γ εωμετ ρ ίας Β ' Λυκείου Αθανάσιος Μ. Στεφανίδης Δίνεται κύκλος (0, R) και μια χορδή του ΑΒ = λ6• Στα σημεία Α και Β φέρνουμε εφαπτό μενες του κύκλου που τέμνονται στο σημείο Γ. Να βρείτε το εμβαδόν του μικτογράμμου tριγώ νου ΑΒΓ. Λύση

Λύση

Το ζητούμενο εμβαδόν Εχ θα βρεθεί αν α πό το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ αφαιρέσου με το εμβαδόν του κυκλ. τμήματος ΑΒ . ΑΒ = λ6 άρα ΑΒ = R οπό1_ε το τρίγωνο ΟΒΑ είναι ισό πλευρο και άρα Ο = 60°. Στο τετράπλευρο ΟΒΓΑ προκύπτει ότι f = 120° (Α = Β = 90°). Έστω ΓΔ το ύψος τού ισοσκελούς τριγώνου ΑΓΒ (ΒΓ = ΑΓ ως εφα πτόμενα τμήματα που άγονται από το Γ). Τότε ΓΔ διχοτόμος της γωνίας Γ και άρα ΔfΑ = 60° οπό�ε ΜΓ = 30°. Επομένως στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΓ θα είναι: ΔΓ = Γ και ΑΓ2 = ΔΑ2 + ΔΓ ή

�

(2ΔΓ)2 =

(!}τ + (ΔΓ)2 ,

Αν Ε το ζητούμενο εμβαδόν τότε θα είναι: Ε = (κυκλ.τμήμ. ΑΒ) - (κυκλ.τμήμ. ΑΓ) ΑΒ = λ3 άρα ΑΒ = R-{3 , ΟΔ = α3 , ΑΟΒ = 120° Επομένως: R-{3· , ΑΒ) = πR2· 1 20 (κυκλ. τμημ. = 360 2 4πR2 - 3R\{3 12 ΑΓ = λ6 άρα ΑΓ = R και ΑΟΓ = 60° συνεπώς: -R = (κυκλ. τμημ. ΑΓ) = 2πR2 - 3R\{3 12 Επpμένως: 2 2 2 2 Ε = 4πR - 3R -J3 2πR - 3R\{3 = πR 12 12 6

�

π��;ο J3

Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι (0, R), (0, 2R) και Δ σημείο του κύκλου (0, 2R). Από

οπότε ΔΓ = R . R· R.v3 2 (ΑΒΓ) = 2 6 = � 1 2 και

·�;ό6

το Δ φέρνουμε τις εφαπτόμενες ΔΑ και ΔΒ στον κύκλο (0, R). Βρείτε το εμβαδόν του μικτο γράμμου τριγώνου ΔΑΒ. Λύση

0 R (κυκλ. τμήματος ΑΒ) = Π Συνεπώς: _ πR260 R\{3 = R2(2-J3 - π) Ε = R\{3 360 4 6 χ 12

(

_ )

2. Δίνεται κύκλος (Ο, R) και δύο χορδές του ΑΒ = λ3 και ΑΓ = λ6 προς το ίδιο μέρος του Ο.

Βρείτε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/43

Ασκήσεις Γεωμετρίας 8' Λυκείου

�

2 Το ζητούμενο εμβαδόν Ε, θα βρεθεί αν α , άρα ΑΓ = επομένως :ιζ = 30° συνεπώς πό το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΒΟ αφαιρέσουμε το εμβαδόν του κυκλ. τομέα Ο,.ΛΉ . ΑΚΒ = 60° και ΑΚΒ ισοσκελέ τρίγωνο. Είναι (ΑΔΒΟ) = 2 · (ΑΟΔ). Στο τρίγωνο ΑΟΔ είναι ΑΟ = R και ΟΔ = 2R άρα ΑΟ = Δ επομένως ΔΊ = 30° και 01 = 60°. Επίσης: ΔΑ2 = ΔΟ2 - ΑΟ2 ΔΑ2 = (2R)2 - R2 ΔΑ = R� Ο) = R2�. Συνεπώς (ΑΔΒΟ) = 2 · (Α Ε = 2[(κυκλ. τομέα Κ,Α'ΔΒ) - (ΑΚΒ)] = 2 R2(2π - Μ> 2· πR 60 = ΑΟΒ =201 = 120° και άρα: 360 4 6 2 2 (κυκλ.τμημ. Ο,ΑΒ) = Π·R · l 20 = πR . 360 -36. Σε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α με 2 \β πR J:J3 κέντρο Α και ακτίνα το ύψος του γράφουμε τό π 2 Ε=R. 3 =R 3 ξο στο εσωτερικό του τριγώνου με άκρα Ε, Δ _,....

...,..

�

Δ)1Α

,...._

(

R\/3)

(

)

Δίνεται κύκλος (0, R) και μία ακτίνα του ΟΑ. Φέρνουμε τη χορδή ΒΓ κάθετη στην ΟΑ στο μέσο της, Μ. Να βρεθεί το εμβαδό του κυκλ. τμήματος ΒΑΓ. Λύση 4.

στις πλευρές του. Να βρεθεί το εμβαδόν του κυκλ. τμήjιατος που ορίζει η χορδή ΕΔ. Λύση Α

Ο κύκλος τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ γιατί ΑΔ = ΑΕ = < α. Το ζητούμενο εμβα Α Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ είναι ΒΜ2 = δόν Ε θα � εθεί αν από το εμβαδόν του κυκλ. 3R2 και επομένως τομέα Α,ΔΕ αφαιρέσουμε το εμβαδόν του τρι ΟΒ 2 - ΟΜ 2 = R 2 - \l = Τ γώνου ΑΔΕ. Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές με Α = 60° άρα ισόπλευρο ως εκ τούτου: ΒΓ = 2ΒΜ = R�, δηλαδή ΒΓ = λ3 (κυκλ. τμημ. ΒΑΓ) = (�Y. n 2 (κυκλ.τομ.Ο,ΒΑΓ) - (ΒΟΓ) = =α (ΑΔΕ) = . R�· Επομένως: πR2· l 20 _ (ΒΓΗΟΜ) _- πR2 _ 360 2 3 2 π 6ο 2(4π - Μ> πR2 R Ε . 360 4 3 12

�

ili)2

_,....

�

R\/3 -

� ff (�}

Αν η διάκεντρος ΚΑ δύο τεμνομένων κύ 7. Από ένα σημείο Α της περιφέρειας κύκλου κλων (Κ, R) και (Λ, R) είναι ΚΑ = R...jj να βρε (0, R) λαμβάνουμε δύο τόξα AJR = 90° και θεί το εμβαδόν του κοινού μέρους των δύο κύ ΑΓ = μο, μ0 < 9Οο προς την ίδια διεύθυνση. 5.

κλων.

Λύση

Το ζητούμενο εμβαδό Ε ισούται με το δι πλάσιο εμβαδόν του κυκλ. τμήματος ΑΔΒΑ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΓΑ έχουμε 2 = R2 - 3 = ΑΓ2 = ΑΚ2 - ΚΓ2 = R2 - R

( f)

Φέρνουμε τη χορδή ΓΒ και την ΑΔ παράλληλη προς αυτή. Να δειχθεί ότι το κυκλικό τμήμα ΑΔΒΓ είναι ίσο με τα του κύκλού.

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/44

Λύση

Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

Rf.

Άρα ΖΗ = ρ-J2 = Αν Εχ το ζητούμενο εμβαδόν τότε: R Εχ = πρ2 - (ΖΗ)2 = π π 2 _ 2 2 = 2 π - 2).

�)2 ( fγ = -

� � �

Να εγγραφεί σε κυκλικό τομέα ακτίνας R και Ύωνίας 60° κύκλος και να βρεθεί το εμβα δόν του μέρους του κυκλικού τομέα που δεν α νήκει στον εγγεγραμμένο κύκλο. Λύση

Είναι: (κυκλ. τμ. ΑΓΒΔΑ) = = (κυκλ. τμ. ΑΔΕΑ) - (κυκλ. τμ. ΓΒΕ). (κυκλ. τμ. ΑΔΕΑ) = (κυκλ. τομ.Ο,ΑΕΔ) - (ΑΟΔ) = πR2·(90+μ) - (ΑΟΔ) 360 ,-...

,......

(ΑΔ II ΓΒ => ΑΓ = ΔΒ = μ0, Γ]J = ΑΥ - � = 90° -μ ο και άρα ΑΟΔ = ΑΓ + ΓΒ + ΒΔ = μο + 90ο -μ ο + μο = 90ο + μ ο ) 2 (κυκλ. τμημ. ΓΒΕ) = πR · - μ) (ΟΓΒ) Παρατηρούμε ότι: ΑΟΔ + ΓΟΒ = 90° + μο + 90° - μο = 1 80° ΑΟΔ) (ΑΟΗΟΔ) R · R = 1 άρα ((ΓΟΒ) (ΟΓ)· (ΟΒ) R : R επομένως (ΑΟΔ), = (ΟΓΒ) . Συνεπώς: (κυκλ. τμ. ΑΓΒΔΑ) = πR2· (90 + μ) (ΑΟΔ) 360 πR2· (90 - μ) (ΟΓΒ) = 360 2 πR (90 + μ - 90 +μ) = πR2 . 2μ= 360 360 2 - 1 80πR . ..-..

..-..

......

1:�

......

(

......

(

)

...1!.... Σε κύκλο

(0, R) εγγράφουμε ισόπλευρο τρίγωνο, στο τρίγωνο εγγράφουμε κύκλο και στον κύκλο αυτ.ό τετράγωνο. Βρείτε το εμβαδόν του μέρους που βρίσκεται μεταξύ τετραγώνου και του περιγεγραμμένου του κύκλου. Λύση 8.

Αν Κ το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου, τότε το Κ ανήκει στη διχοτόμο της γω νίας ΑΟΒ αφού ισαπέχει από τις πλευρές της. Αφού στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΔΚ είναι 6, = 30° έπεται ότι χ = ή οκ = 2χ. R ΟΖ = ΟΚ + ΚΖ => R = 2χ + χ => χ = 3 Αν Εχ το ζητούμενο εμβαδόν τότε: 2 2 2 2 Εχ = πR · 60 _ πχ2 = πR _ πR = πR . 360 6 9 18

10. Σε κύκλο (0, R) φέρνουμε δύο κάθετες διαμέτρους ΑΒ, ΓΔ. Με κέντρο το σημείο Δ και ακτίνα ΔΑ γράφουμε το τόξο ΑΕΒ. Δείξτε ότι το εμβαδόν του σχηματιζόμενου μηνίσκου ΑΓ ΒΕΑ ισούται με το εμβαδόν του τριγώνου ΔΑΒ. Λύση Γ

Είναι ΒΓ = R...Jj και ΟΖ = ρ = α3 =

�

Έστω (ΑΓΒΕΑ) = μ, (ΑΕΒΑ) = ε και (ΑΔΒ) = τ. Θέλουμε να δείξουμε ότι μ = τ αρ κεί να δείξουμε ότι μ + ε = τ + ε. Ομως:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/45

Ασκήσεις Γεωμετρίας Β' Λυκείου

�2 (1) και

μ + ε = εμβ.ημικ.ΑΒΓΑ = π

,.....

τ + ε = εμβ.κυκλ.τομ.Δ,ΑΕΒ. Είναι ΔΑ = λ4 = R� και ΑΔΒ = 90° άρα: � ι;; 2 2 > · 90 πR (2) ν2 τ + ε = π·(R360 2 Από (1) και (2) έπεται ότι μ + ε = τ + ε και ε Είναι: · 2 (18 Εκ:υκ:λ.τμ.ΑΓΔΑ = π R · 3600 ω) - (ΑΟΔ) πομένως μ = τ. 1 1 . Σε ένα τετράγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο π· R2· ω Ε1CΙJκ:λ.τμ.ΔΒΕΔ = 360 - (ΔΟΒ) και (0, R) γράφονται τέσσερεις ίσοι κύκλοι που ε φάπτονται μεταξύ τους εξωτερικώς και εφά ,..... _ π·R2·(18 0 - 2ω) πτονται των πλευρών του τετραγώνου. Να βρε Ε1CΙJκ:λ.τομ.Ο,ΑΓ 360 θεί ο λόγος του αθροίσματος των εμβαδών των Ε1CΙJκ:λ.τμημ,ΑΓΔΑ - Ε1CΙJκ:λ.τμ.ΔΒΕΔ = τεσσάρων κύκλων προς το εμβαδόν του περιγε π· R2·(1 80 - ω) - (ΑΟΔ) - πR2ω + (ΔΟΒ) γραμμένου περί το τετράγωνο κύκλου. Λύση 360 360 Α Ομως (ΑΟΔ) = (ΔΟΒ) γιατί ΟΔ διάμεσος στο τρίγωνο ΑΔΒ. Επομένως: Ε1CΙJκ:λ.τμ.ΑΓΔΑ - Ε1CΙJκ:λ.τμ.ΔΒΕΔ = π·R2·(1 80 - ω) _ πR2ω -_ πR2(180 - 2ω) 360 360 360 ΕΙC\Jκ:.τομ.Ο,ΑΓ 13. Δίνεται τεταρτοκύκλιο Ο.ΑΒ ακτίνας R. Στην ΟΒ παίρνουμε τμήμα ΟΔ = R και υ Γ κάθετη στο Δ που τψνει το τόξο ΑΒ Κάθε κύκλος είναι εγγεγραμμένος σ' ένα ψώνουμε στο Γ. Να βρεθεί το εμβαδόν του μικτόγραμμου ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο. Θεωρούμε τον κύκλο κέντρου Ε στο τρίγωνο ΟΑΒ. Είναι τριγώνου ΔΓΒ. Λύση (ΑΟΒ) = τ·ρ όπου 2τ = ΟΑ + ΟΒ + ΑΒ και ρ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου. Ομως OA = OB = R και ΑΒ = R� άρα: (ΑΟΒ) = 2R +2R� ρ (1) Β) 2 (2) Ομως: (ΑΟΒ) = (Ο ο Από (1) και (2) έπεται ότι: 2R + R� . ρ = R2 άρα ρ = R · · Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΔΓ είναι: 2 2 2+� ΟΔ = R και ΟΓ = R. Το εμβαδόν των τεσσάρων κύκλων είναι επο2 2 2 μένως 4·π·ρ2 = 4·π· R 2= ΟΓ2 - ΟΔ2 = R2 - R = 2ΠR και του ΔΓ = ΔΓ (2 + �2)2 3 + 2�2 κύκλου (0, R) πR2 Ο ζητούμενος λόγος είναι: Επομένως ΓΟΔ = 30°. Αν Ε το ζητούμενο εμβαδόν τότε: 2πR2 . πR2 = 2 · Ε = Εκ:υκ:.τομ.Ο.ΒΓ - ΕοΔΓ = 3 + 2� · 3 + 2� R . RνJ 12. Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΟΒ και μια 230 2 2 πR2 _ R\{3 π·R ακτίνα ΟΓ. Φέρνουμε την ΟΔ διχοτόμο της 2 12 360 8 γωνίας ΓΟΒ. Να δειχθεί ότι η διαφορά των εμ 2 R 2π 3\β). βαδών των κυκλ. τμημάτων που αντιστοιχούν Ε = f4<

,.....

,.....,

?j3

Α)2(0 �

,..... ......

•

,.....

στις χορδές ΑΔ και ΒΔ ισούται με το εμβαδόν του τομέα Ο, ΑΓ. Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/46

( P)

==-

�

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

Μαθηματικά yια το Λύκειο

σ ύ γχρ ο ν α β ι β λ ία , μ ε σ ε β α σμ ό σ τ η ν υ π ε ύ θ υ ν η γ ν ώ σ η

ι....•...,.π .... .... ...,.

.. _ ---

Ι't ι\ Ι Α Σ

Γ Ι Ω Ρ Γ Ο Ι

Ν f Ζ Ι Ο Ρ Α Ι

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α

ΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Α Ν ΑΛΥΣ Η Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

rt Α

τ ι :ι

•

8' ΛΥΚΕΙΟΥ

Α' τενχΟΣ

a ε Σ Μ e 1:

ΑΌ a· ιιι: ο ι

Σ Κ Α Ν Δ Α Λ Η Σ

•

8' ΜΕΡΟΣ

1 �.

I 06 ΧΟ

ΠΑΤΑΚΗ

• ΕΚΔΟΣΕΙΣ Κ Ι; \ I I' I K H

Ι·. Κ \01: 1< 1 1: 1 1 \ I \ Κ Η Β \1

\(·H. l: l l : �- " " · \ Ι ι ι ι

:' 6 .� -� �

1 11

' "' "

Θ ι � � Ι Ιt Ι \ Ι ι, ι ι . ΙΊι

1 .:

ι ' �"" 1 6,

1 06 7S

""" 1,

\ο ι ι \ Ι'ιι

1.:

( IU 1 ) 7 0 . 6 .� . :' � - :' - \\ ι· l•

ιι Ι . : 3 6 . .� Χ . 3 fι :! . .Η> Α :' . Ζ .� 6 . �Ί \. ; .� (ι . 2 S '! :' Ι Ι

.� S . .� I . 0 7 S -

\ I I O K \ l λ l: I Η \ 1 \ ; \ . \ I • ' _

, j t � ; il l t ρ : f f \\ \\ \\ , L' Ο Ι J Π' [ J i ι ι ιη . ι ο nι . ι: ι / ιω ι .ι l, ι '

Γενικά θέματα ανά λυση ς Μπάμπης Στεργίου

Στα θέματα που ακολουθούν γίνεται μια προσπάθεια σύνθεσης βασικών εννοιών και προτάσεων από την ανάλυση που έχουν ως σκοπό να βοηθήσουν τον υποψήφιο στη δοκι μασία του στις γενικές εξετάσεις. Είναι φυσι κό ο ολοκληρωτικός λογισμός που είναι και το τελευταίο κεφάλαιο από τη διδαχθείσα ύλη να συγκεντρώνει τα πιο ενδιαφέροντα και γε νικά θέματα, κάτι που ο αναγνώστης θα δια κρίνει και θα διαπιστώσει στη συνέχεια. Πι στεύουμε ότι η προσεκτική μελέτη των ασκή σεων που θα ακολουθήσουν θα εφοδιάσει τον υποψήφιο με σταθερές γνώσεις και (ως κά ποιο βαθμό) τεχνικές που θα τον βοηθήσουν στην επίτευξη του στόχου που λέγεται επιτυ χία. 1. Να βρεθεί η συνάρτηση f: IR. - IR. η οποία για κάθε χ, y Ε IR. ικανοποιεί τη σχέση: f(x + y) ;;.: f(x)f(y) ;;.: 1997x + y Λύση

Ας δούμε μήπως υπολογίζεται το f(O). Για χ = y = Ο παίρνουμε f(O) ;;.: f(O) ;;.: ι 997° > Ο. Άρα f(O) ;;.: f(O) και f(O) ;;.: ι , δηλαδή ι ;;.: f(O) και f(O) ;;.: ι οπότε f(O) = ι . Για y = Ο παίρνουμε f(x) ;;.: f(x)f(O) ;;.: ι997χ, απ' όπου: f(x) ;;.: ι 997χ (1), χ Ε IR.. Για y = -χ προκύπτει f(O) ;;.: f(x)f('-X) ;;.: ι δηλαδή f(x)f(-x) = ι . Έτσι f(-x) ;;.: ι 99Τχ ι ;;.: _ ι f(x) � ι 997χ (2), χ Ε IR.. fi(χ) ι 997χ Από τις ( I ) και (2) παίρνουμε ότι: f(x) = ι 997\ χ Ε IR.. <==>

<==>

Δίνεται η συνάρτηση f: IR. - IR. με f(x + y) = f(x) + f(y) και f(ex) = ef(x) για κάθε χ, y Ε IR.. Να αποδειχθεί ότι: α) η f είναι γνησίως αύξουσα β) f(ρ) = ρ για κάθε ρ Ε Q. γ) f(x) = χ για κάθε χ Ε IR.. Λύση

α) Έστω χ > Ο. Η δεύτερη σχέση για χ το lnx δίνει f(x) = erσnx> > Ο Επομένως f(x) > Ο για .

κάθε χ > Ο. Έστω α < β. Είναι τότε f(β) = f((β - α) + α) = f(β - α) + f(α) > f(α) διότι β - α > Ο και συνεπώς f(β - α) > Ο. Άρα με α < β είναι f(α) < f(β) οπότε η f είναι γνησίως αύ ξουσα. β) Το ερώτημα αυτό είναι λίγο συνθετότερο αλλά ιδιαίτερα ενδιαφέρον. Για χ = y = Ο προ κύπτει f(O) = Ο ενώ η δεύτερη για χ = Ο δίνει f(l) = Ι . Η πρώτη για y = - χ δίνεi f(-x) = - f(x) και συνεπώς η f είναι περιττή. Αν ν Ε IN* τότε: ι = ro > = = fi'l + + . . . + l = &\ ν &\ν ν ν ·

οπότε

ffΎ l)

)

� ) = � , ν Ε IN* ( I ) 1

Επαγωγικά και εύκολα δείχνουμε ότι f(νχ) = νf(χ) για κάθε ν Ε IN οπότε f(ν) = νf(ι) = ν. Αν κ είναι αρνητικός ακέραιος τότε f(κ) = f(κ · l) = -f((-κ)ι) = -(-κ)f(l) = κ α φού f(-κ) = -κ, μια και -κ Ε IN και f(l) = Ι . Άρα f(κ) :::::: κ για κάθε κ Ε Ζ. Έστω τώρα ρ = !.ν με ν Ε IN* και ρ Ε Ζ.

1 �) = κ1�) = � = ρ

Είναι: f(ρ) = κ

γ) Έστω ότι υπάρχει α Ε IR. με f(α) 7:. α. Ας εί ναι f(α) < α. Τότε, αν ρ είναι ρητός με f(α) < ρ < α θα είναι f(α) < f(ρ) < α, αφού ρ = f(ρ). Έτσι με ρ < α προκύπτει f(α) < f(ρ), άτοπο διότι η f είναι γνησίως αύξουσα. Ομοια αποκλείεται και η περίπτωση f(α) > α. Άρα f(x) = χ για κάθε χ Ε R. Δίνεται συνάρτηση f: IR. - IR. η οποία για κάθε χ, y Ε IR. ικανοποιεί τη σχέση (y3f(x) - x3f(y))(xf(x) - yf(y)) � Ο. Να αποδει χθεί ότι η f είναι συνεχής στο IR.*. Λύση 3.

Θα αποδείξουμε ότι για κάθε χ0 Ε IR. είναι lim f(x) = f(x0) χ--- χο Έστω χ0 > Ο. Για y = χ0 η δοσμένη σχέση δίνει (x�f(x) - x3f(x0))(xf(x) - xof(x0)) � Ο. Έστω ότι •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/48

Γενικά θέματα ανάλυσης

�(χ) - x3f(Xo) � Ο και xf(x) � χσf(χο)) � Ο. χ3 f(x0) και Παίρνουμε έτσι ότι f(x) � 3 Χο f(x) � Χχο f(x0) δηλαδή: (l) f(x0) � f(x) � Χχο f(xo) Χο (Επειδή Χο > Ο, θεωρήσαμε χ> Ο) Το κριτήριο παρεμβολής δίνει τότε lίm f(x) = f(x0).

(.!.)3

Χ-+Χο

•

x3f(x0) � Ο και Έστω ότι χ�(χ) xf(x) - xof(x0) � Ο. Προκύπτει τώρα ότι (αφού χ > 0): Χο f(x0) � f(x) � f(x0) (2) χ Χο απ' όπου πάλι παίρνουμε lim f(x) = f(x0). χ (0, +οο) . Επομένως η f είναι συνεχήςχ�Οτο Έστω Χο < Ο. Με χ < Ο και y = χ0 προκύ πτουν ξανά οι σχέσεις (2) και (I) απ' όπου εξασφαλίζεται η συνέχεια της f και στο ( 0) . Άρα, τελικά, η f είναι συνεχής στο ΙR... -

(.!.)3

•

-οο ,

4. 'Εστω f: IR - IR συνεχής και φραyμένη συ νάρτηση με f(O) = 1997. Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν α, Ρ Ε IR ώστε α3f(p) + p3f(α) = Ο. Λύση

'Εστω f, g: (α, Pl - IR συνεχείς συναρτή με g(x) * Ο yια κάθε χ Ε (α, pJ. Αν xf (t) - t = f(x) yια κάθε f(α) = f(P) και gmcι

σεις

χ Ε (α, pJ, να αποδειχθεί ότι f(x) Ο χ Ε (α, pJ. Λύση =

Παρατηρούμε ότι η f είναι αναγκαστικά παραγωγίσιμη στο [α, β] και ισχύει = Γ(χ), δηλαδή f(x) = f' (x)g(x) (l) Για χ = α προκύπτει (από τη δοσμένη σχέση) f(α) = Ο. Άρα f(α) = f(β) = Ο (2). Επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β]. υπάρ χουν γ, δ Ε [α, β] ώστε f(γ) � f(x) � f(δ) για κάθε χ Ε [α, β]. Θα δείξουμε ότι f(γ) = f(δ) = Ο Αν γ, δ Ε { α, β } τότε f(γ) = f(δ) <,;> Ο. Αν γ Ε (α, β) ή δ Ε (α, β) τότε σύμφωνα με το Θεώρημα Fermat θα είναι Γ(γ) = Ο ή Γ(δ) = Ο. . Η (I) δίνει όμως τότε f(γ) = Ο ή f(δ) = Ο. Σε κάθε λοιπόν περίπτωση είναι f(γ) = f(δ) = Ο, οπότε f(x) = Ο για κάθε χ Ε [α, β].

��

•

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f: και ο σταθερός αριθμός α Ε IR.. Αν

IR - IR

ιχf(t)dt και h(x) = ιχg(t)dt, χ να αποδειχθεί ότι h(x) ιχ(χ - t)f(t)dt. g(x)

Ε IR,

Επειδή η ζητούμενη σχέση γίνεται Λύση f(�) = - Rφ (αβ * Ο) οδηγούμαστε στη συνάρx β α Είναι: h(x) = g(t)dt = \ 'g(t)dt = τηση g(x) = f(�). χ * Ο. Έστω ·Δ ι = (0, +οο) και χ Δ2 = (-'-<Χ>, 0). Είναι Jimο g(x) = +οο (αφού [tg(t)]: - xtg'(t)dt = xg(x) - αg(α) - \g'(t)dt. + = f(O) > Ο) και lim+ f(x) χ lim g(x) = Ο, αφού η f -� -ο = (0, +οο) . Ομοια, Αλλά g(α) = af(t)dt = Ο και g'(t) = f(t), οπότε: χ χείναι φραγμένη. Έτσι g(Δι) lim_ g(x) = -οο και lίm g(x) = Ο οπότε -ο g(Δ2) = (-οο , 0). χ -«> χ χ h(x) = · X g(x) tf(t)dt = Χ iιf(t)dt - χtf(t)dt :::: Σαφώς έγινε χρήση του γεγονότος ότι η g είναι συνεχής στα Δ ι και Δ2• Επειδή Ι Ε f(Δι). υπάρχει α Ε Δι ώστε g(α) = ι . Επειδή χxf(t)dt χtf(t)dt = χ(χ - t)f(t)dt. 1 Ε f(Δ2), υπάρχει β Ε Δ2 ώστε g(β) = - I . Άρα: g(α) + g(β) = Ο - f(�) + fίφ = Ο β α 7. Έστω συνάρτηση f: IR - IR με την ιδιότη 3 3 τα f(x) + 3f(x) = χ yια κάθε χ Ε IR.. β f(α) + α f(β) = Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3149

ι ι 1

fσ'

Γενικά θέματα ανάλυσης

Α. Να αποδειχθεί ότι: α) η είναι συνεχής, β) η είναι παραγωγίσιμη, γ) η αντιστρέφεται, δ) η έχει σύνολο τιμών το IR..

f f f f

f(x) = χ, γ) να βρεθεί η μονοτονία της f με δύο τρόπους, δ) να δικαιολογήσετε ότι η f είναι συνεχής (χωρίς αναφορά στο Α).

Γ. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

Ι= ι4f(x)dx.

Λύση

Α. α) Έστω χ0 Ε IR. Είναι f(x) + 3f(x) = χ και

f(x0) + 3f(x0) χ0• Με αφαίρεση παίρνουμε: (f(x)-f(x0))(f2(x)+f(x)f(x0)+f2(x0)+3) = χ - χ0 (1) Ι χ - xo l Άρα l fi(x) - fi(x0)I f2(x) + f(x)f(x0) + f2(x0) + 3

(ο παρονο.μαστής είναι θετικός) � tι χ - xol

Επειδή lim ι χ - Xo l = Ο, θα είναι lim (f(x) - f(x0)) = Ο lim f(x) = f(x0) χ� χο

χ-χο

Άρα η f είναι συνεχής. β) Η (1 ) δίνει:

Χ-+Χο

x) .... «� .; _-_fi� (x= 0) _ 1 , (X :;t: Xo) , χ - Χο - f2(χ) + f(x)f(x0) + f2(χ0) + 3

και λόγω της συνέχειας της f στο χ0 παίρνου με f'(χ0) - ι·ιm f(x) - f(xo) _- --:::- 1 -

χ--- χο

Χ - Χο

......;;.._

3f(x0) + 3

1 χ Ε IR Άρα f' (χ) 1 3 f2(x) + 1 , γ) Παρατηρώντας ότι f'(x) > Ο, χ Ε IR, προκύ πτει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα, άρα και < 1 - 1>. Συνεπώς ορίζεται η Γι: f(A) - Α, '

α) να ορισθεί η Γ1 , β) να λυθεί η εξίσωση

Β.

Χο Υο3 + 3Υο· Τότε: f(x0) + 3f(xo) = Χο = Υ� + 3yo (f(xo) - Yo)(f2(xo) + Yof(xo) + Υδ + 3) = Ο = f(xo) Υο Άρα f(IR) IR. Β. α) Είδαμε ότι η f έχει σύνολο τιμών το IR και είναι <1 - 1>. (το γεγονός ότι η f είναι

•

A = IR.

δ) Εδώ παρουσιάζεται ένα λεπτό σημείο της άσκησης. Έστω y0 Ε IR. Π ώς θα βρού με χ0 Ε IR ώστε f(x0) = y0; Προφανώς είναι χ0 Γι(y0) αλ λά ποια είναι η Γι; Αυτό είναι ερώτημα που απαντάται παρακάτω. Ας θεωρήσουμε όμως

<1 - 1 > προκύπτει και ως εξής: Έστω f(α) f(β). Τότ ε 3f(α) 3f(β) και f(α) = f(β). Αυτές με πρόσθεση δίνουν f3(α) + 3f(α) = f(β) + 3f(β) οπότε α = β). Έτσι ορίζεται η Γι: IR - IR. Για χ Ε IR, η δοσμένη σχέση θέτοντας ό που χ το f1(x) δίνει χ3 + 3χ Γι(χ), δηλαδή Γι(χ) χ3 + 3χ (η απόδειξη του ερωτήματος

Α.δ) γίνεται τώρα πιο κατανοητή) β) Η εξίσωση f(x) χ είναι ισοδύναμη με την εξίσωση Γι(χ) = χ. Ομως Γι(χ) χ χ3 + 2χ = ο

ο.

γ) Ήδη έχουμε αποδείξει ότι η f είναι γνη σίως αύξουσα, αφού f' (x) > Ο, χ Ε IR. Η Γι είναι προφανώς γνησίως αύξουσα, άρα και η (Γι)-1 = f θα είναι γνησίως αύξουσα. δ) Η Γι είναι συνεχής ως πολυωνυμική, ο πότε και η (Γι)-1 = f είναι συνεχής στο IR. Κλείνοντας το θέμα αυτό, ας παρατηρή σουμε ότι αν ήταν δοσμένη η παραγωγισιμό τητα της f, τότε θα προέκυπτε ότι 3f(x)f' (x) + 3f'(x) = 1 1 Γ (x)(3f(x) + 3) 1 Γ(χ) =

3f2(χ) + 3

Γ. Πρέπει να εκμεταλευτούμε το γεγονός ό

τι γνωρίζουμε την Γι. Θέτουμε λοιπόν χ = Γι(y) = y3 + 3y. Έτσι dx = (3/ + 3)dy, Ο Γι(y) y Ο και 4 Γι(y) y3 + 3y y 1. Άρα (f(x) y):

== = = == 3 +� 3 2] ι = -3 + -3 = Ι= i ι y(3y2 + 3)dy = [� 4 2 0 4 2 4 Έστω f: IR* -+ IR παραγωγίσιμη και περιτ τή συνάρτηση με f(l) = και f(x) =ι· tf(xt)dt για κάθε χ Ο. Να αποδειχθεί ότι f(x) = !, χ =

::;:.

χ ::;:. Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 3/50

Γενικά θέματα ανάλυσης

νχ dx = + JoΓΙ(ημχ)συν(ημχ)συ χ + (συνχ)ημχ

Λύση

Είναι εύλογο να

ff[ffi y, xdt = dy

συνχ)ημχ + (ημχ)συνχdx = ΓΙdx = 1Ε. ΓΙ( Jo (ημχ)συνχ + (συνχ)ημχ Jo 2 π

CUIIΞJ

Έτσι η δοσμένη σχέση γίνεται: . f(x) Γ xy f(y) ! dy = f(x) = --\ Γ χyf(y)dy

= Jo χ

χ Jo

Επομένως

ι ο. Να βρεθεί το εμβαδό μεταξύ των γραμμών ι · χ2 - και χ2 y2 ι με εξισώσεις y --2 χ +ι Λύση

Είναι η στιγμή που θα παραγωγίσουμε:

2xf(x) + 'x2f' (χ) = xf(x) = ' f(x) + xf (x) = Ο = (xf(x)) = Ο (1) •

= =

== - = =

Υ I

Εδώ μια βιαστική κίνηση ίσως αποβεί ολέθρια (!) Η (1) ισχύει για κάθε χ Ε IR και το IR δεν είναι διάστημα. Υπάρχουν λοιπόν α, β Ε 1R ώστε xf(x) α για χ < Ο και xf(x) β για χ > Ο. Επομένως f(x) Q., χ < Ο και f(x) .fi, χ > Ο. Η f χ χ είναι περιττή οπότε f(-1) f(l) 1. Έτσι f(l) = 1 = β 1 και f(- 1) -1 = -α = -1 = α = 1. Επομένως θα είναι f(x) -χ1 , χ Ε IR

-I

χ2 + y2 = 1 = χ2 - 1 = -/. Έτσι 2 .=...! <==> y =-{L-2 = y = O ή y = -(x2 + 1). y =!... χ +1 χ2 + 1 Για y = Ο παίρνουμε χ = ± 1. Για 9. Να υπολοyισθεί το ολοκλήρωμα: y = -(χ2 + 1) παίρνουμε χ2 + (χ2 + 1)2 = 1 = χ = Ο . Τα κοινά σημεία των δύο γραμμών είναι χ dx τα (- 1 , 0), (0, -1) και (1 , 0). Ι= 12(συνχ)ημ(συνχ)ημ χ + (ημχ)ιrονχ 2 - 1 ειναι χ--' αρτια, ' εχει ' Η συναρτηση y = Λύση χ2 + 1 Ο υπολογισμός του ολοκληρώματος αυ ' 4χ τού θα μπορούσε να αποδειχθεί δύσκολη υπό παράγωγο y (χ2 + 1)2, ελάχιστο το y(O) = - 1, θεση για εκείνον ο οποίος δε γνωρίζει ότι: είναι γν. φθίνουσα στο (-οο Ο] και γνησίως αύξουσα στο [0, +οο). Η γραφική της παρά J:f(x)dx = J:f(α + β - x)dx σταση τέμνει τον άξονα χ ' χ στα σημεία χ = -1 και χ = 1. (f - συνεχής στο [α, β]) ή με άλλα λόΎια να Η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια aσύμπτωτη προβαίνει στην αντικατάσταση χ = α + β - y, της συνάρτησης. Οι πληροφορίες αυτές αρ όταν άλλες ενέργειες δεν καρποφορούν. Έ- κούν για τη χάραξη t'Dυ παραπάνω σχήματος. ' Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: τσι, αν θέσουμε χ = 2π - y, παιρνουμε: Ε = 2Ε ι o ( )συνy j Ι = � (ημy)συνyημy+ (συνy)ημy( dy) = Ε ι = JoΓ γχ\x22 +- 11 + � \trx = dx Γ Ι x: - 1dx + Γ ι�dχ (ημχ)συνχ JoΓΙ(ημχ)συν Jo χ + 1 Jo χ + (συνχ)ημχ •

Είναι

11:

Άρα

2Ι = Ι + Ι= π

η-μχ--�dχ + .(σ�υ�ν+=χ�)(ημχ)συν Jo (συνχ)ημχ χ ΓΙ

__ __

Αλλά:

χ2 1 = l 1(1 - ---2� Ι1 = i ι �χ χ2 + 1 χ = χ2 + 1 _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/51

Γενικά θέματα ανάλυσης

(f(x))' = Ο � .!!& =

ι [χ]οι - 2iοι�χ χ +ι Το τελευταίο ολοκλήρωμα με την αντικατά σταση χ = εφy (dx = �y, συν y· χ2 + ι = εφ2y + ι = συν-1 2-)y γίνεται: ι iιο �χ χ + 1 = l%ο dx = [x]4ο =�4

.!!:

Επομένως 1 1 = I - 2 * = I -1·

Είναι ακόμα 12 = I�dx = * Το 12 προκύπτει είτε με την παρατήρηση ότι ισούται με το εμβαδόν τεταρτοκύκλιου κύ κλου με ακτίνα Ι (χ2 + y2 = Ι) οπότε: l2 =.!.4 Π· 1 2 = �4 είτε με την αντικατάσταση χ = ημy, οπότε dx = συνydy' � = νι - ημ2y = συνy οπότε:

•

ι2. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f: IR οποία ικανοποιεί τη σχέση:

f(x) χ2

οι συνεχείς συναρτήσεις f, g: [0, +σο) IR* οι οποίες για κάθε χ � Ο ικα νοποιούν τις σχέσεις: x ι+ f(t)dt και ι 2 g(t)dt f( ) g )

�

=; +ι f(x) = 2g(x), χ � Ο

e-χ

11. Δίνονται

= + ι (χ - t)f(t)dt για κάθε χ Ε IR. - 2, χ Ε IR. Να αποδειχθεί ότι f(x) = ex + Λύση Η f παραγω'γίζεται στο IR . Επειδή: f(x) = χ2 + χfσxf(t)dt - loxtf(t)dt, παίρνουμε Ϊ(χ) = 2χ + fσxf(t)dt + xf(x) - xf(x) �

2 =!(�+ 0 =� 1Γy + .!.ημ2y ] 21._ 2 ο 2\2 ) 4' Είναι επομένως Ε1 = 1 1 + 12 = I - 1 + * = I - * οπότε Ε = 2Ε1 = 2(1 - *) = 2 - 1 τ.μ.

g(x) g(x) Για χ = Ο οι δοσμένες σχέσεις δίνουν g(O) = Ι και f(O) = 2 οπότε = �� = 2. Άρα f(x) = 2g(x) για κάθε χ � Ο. β) Είναι: f(x) = - (#}. � g (χ) g (χ) � 2g(x) = - t:μ} ;:�:� = - 2 � (- 2g�(x))' = - 2 � ι = - 2χ + α � .g2(χ) = ι -4χ - 2α 2 2g (χ) Αλλά g2(0) = Ι � - 2� = Ι � α = - ! οπότε: g2(χ) = 4χ ι+ ι ' χ � 0 Επειδή η g είναι συνεχής και δε μηδενίζεται, διατηρεί πρόσημο στο [0, +οο). Άρα τελικά: kτ χ � ο και f(x) = k g(x) = ..μ4x+l 4x+l · χ � ο ή g(x) = - k 4x+ l ·x � Ο και f(x) = - k 4x+l ·x � Ο

Ϊ(χ) = 2χ + !σ f(t),at: (I ). α) Να αποδειχθεί ότι Η f παραγωγίζεται και δεύτερη φορά με β) Να βρεθούν οι συναρτήσεις f και g. f"(x) = 2 + f(x), χ Ε IR. Αλλά f"(x) = 2 + f(x) � Λύση Γ '(χ) + f'(x) = 2 + Ϊ(χ) + f(x) � g '(x) - g(x) = 2, α) Οι f, g είναι παραγωγίσιμες και ισχύει όπου g(x) = Ϊ(χ) + f(x), χ Ε IR. 2f'(x) οπότε: Είναι g '(x) - g(x) = 2 � (g(x)e-x) ' = 2e-x � f(x) =� και 2g(x) = g2(x) f(x) g(x)e-x = -2e-x + α � g(x) = -2 + αeχ. Η δοσμέ νη και η (I) δίνουν f(O) = Ο και Ϊ(Ο) = Ο οπότε 'g (x) = -g2(x)f(x) και Ϊ(χ) = -f(x)g(x) g(O) = Ο. Έτσι g(O) = Ο � α - 2 = Ο � α = 2 οΑυτές με διαίρεση δίνουν: πότε g(x) = 2ex - 2, χ Ε IR. Είναι λοιπόν: Γ_(χ) = .!!& � Γ(x)g(x) - f(x)g'(χ) = Ο � Ϊ(χ) + f(x) = 2ex - 2 � g (χ) g(x) (Ϊ(χ) + f(x))ex = 2e2x - 2ex � =

•

· · ι·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/52

Γενικά θέματα ανάλυσης

(f(x)ex) ' = 2e2x - 2ex <=> f(x)ex = e2x - 2ex + β <=> f(x) = ex - 2 + βe-χ

Ομως f(O) = Ο <=> β = ι οπότε f(x) = ex + e-x - 2. 1 3. Έστω συνάρτηση f: (0, +οο) - (0, f(1) = 1 η οποία ικανοποιεί τη σχέση

1�) = f'�x) για κάθε

+οο)

με

>Ο

, f"(x) 1 f'(x) χ > 0. α) Να αποδειχθει, οτι f'(x) - - χ + f(x) ' _

β) Να προσδιοριστεί ο τύπος της f. Λύση

α) Προκύπτει αμέσως ότι χ > Ο. Για χ το ! παίρνουμε:

χ �χ) =

r(υ

Ϊ(χ) '* Ο για κάθε

ω = f(�)

(I)

Από τη δοσμένη παίρνουμε (παραγωγίζοντας):

Ϊ '(χ) � Π � \!χ) _!χΪ (!χ) = - (Ϊ(χ)) 2 ι __ ! ...!... - - Ϊ '(χ) <=> _._ χΪ(χ) χ f(x) - (Ϊ(χ))2 (χ) = f'(x) _ ! ΓΪ(χ) f(x) χ

οπότε πάλι προκύπτει η f(x) = χ.

Η αντιμετώπιση αυτή είναι γενικά συμ

φερότερη διότι αποφεύγεται η παρουσία της απόλυτης τιμής που σε πολλές περιπτώσεις δημιουργεί επιπρόσθετες δυσκολίες.

αe]

- 1R όπου 1 4. Έστω η συνάρτηση f: [α, α > Ο η οποία είναι συνεχής και ικανοποιεί τη e σχέση :ι;; 2 f(αx - . Να α-

ι1f(αex)dx 1 � � . ποδείξετε ότι f(x) ιιι!,! [α, αe]. =

Λύση , Για ο :ι;; χ :ι;; ι ειναι eο :ι;; eχ :ι;; e ι και α :ι;; αeχ :ι;; αe ενώ για ι :ι;; χ :ι;; e είναι α :ι;; αχ :ι;; αe. Έτσι έχουν νόημα τα ολοκληρώματα. Θέτουμε ex = y οπότε dx = �y. Έτσι: Υ

r 1f(αex)dx = J er(αy>!:<ly = J e f(αx}dx 1 Jo 1 χ Υ

Οπότε η δοσμένη σχέση γράφεται:

β) Ολοκληρώνουμε τη σχέση που βρήκαμε και παίρνουμε lniΪ (x)l = lnif(x) l - lnx + c. Ομως f(l ) = ι οπότε η δοσμένη δίνει Ϊ(Ι) = ι Για χ = ι παίρνουμε Ιη ι = Ιη ι - Ιη ι + c <=> f(x) <=> c = Ο. Άρα lnΪ(x) = ln

Για να συμπληρωθεί τέλειο τετράγωνο στον 2 αριθμητή χ ρειαζόμαστε το J eln xdx Χ

χ Ϊ(χ) = f�) <=> �(%) = � <=> (lnlf(x)l)' = (lnlxl)'. Ε Έτσι παίρνουμε J e(f(αχ) - lnx) dx = 0 χ > Ο, f(x) Ο. πομένως f(x) = χ Επειδή f(l ) = ι προκύπτει = Ο, και τελι Επειδή g(x) = (f(αχ) - lnx)2 � Ο για κάθε κά f(x) = χ, χ > Ο. Ας σημειώσουμε ότι: χ Ϊ (χ) = f(x) χ Ε [ ι , e] και J eg(x)dx = Ο, θα είναι g(x) ·= Ο. χ <=> x'f(x) - χΪ(χ) = Ο <=> ·

+ c,

Έτσι f(αχ) = lnx απ' όπου f(x) = Jn..!., α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 3/53

χ Ε [α, αe].

Μια σε β άθος με λέτ η επάνω σε δ ύ ο ασκήσεις πο υ δόθη καν στις ε ξ ετ άσεις του Ακαδη μαϊκο ύ έτ ους 1979 Ιωάννης Ε. Δαμίγος ι η Άσκηση:

Δίνεται πολυώνυμο: 2 2 2 f(x) = χ + 2· 1Zt + z2Ι·χ + (ι + Ιz. Ι )(ι + Ιz21 ),

όπου z1, z2 Ε C. Να αποδειχθεί ότι: f(x) ;;ι: κάθε χ Ε JR. ι η Απόδειξη διακρίνουσα 2 2 2 Δ = 4[ Ιzt + z21 - (ι + Ιz.Ι )(ι + Ιz21 ) I

Θεωρούμε τη

του f(x),

Ο, για

(1)

Ως γνωστόν έχουμε: Ιz. + z2Ι � Ιz. Ι + Ιz2Ι <=> Ιz ι + Z2l2 � Ιzι 12 + Ιz2Ι2 + 2Ιz ι Ι · Ιz2Ι <=> Ιzι + z2l2 - ( 1 + Ιzι 12)( 1 + Ιz2l2) � Ιzι 12 + Ιz2 Ι2 + 2Ιzι ΙΙz2 Ι - (1 + Ιzι 12)(1 + Ιz2 l2) � 2 2 2 2 2 2 4Δ � ΙzιΙ +Iz21 +2 ΙzιΙΙz2Ι- 1-Ιz2Ι -Ιzι 1 -IΖι 1 1Z2l <=> � � - (1 - Ιzι llz2 1)2 (2) Αλλά - (1 - Ιzι llz2l)2 � Ο (3) Από τις (2) και (3) παίρνουμε: Δ � Ο (4) α) Εάν έχουμε: Ιz. + z2Ι < Ιz. Ι + Ιz2Ι ή Ιz. ΙΙz2Ι ι (μπορεί να ισχύουν και οι δύο ή μόνο η μία α πό αυτές). Τότε θα έχουμε Δ < Ο και επομένως: f(x) > Ο, για κάθε χ Ε JR. β) Εάν έχουμε: Ιz. + z21 = Ιzt l + Ιz2Ι και Ιz. Ι Ιz2Ι = ι Τότε θα έχουμε: Δ = Ο και επομένως: f(x) > Ο, -φ

για κάθε χ Ε IR με

χ * -Ιz. + z2Ι = -(Ιz. Ι + Ιz2Ι> = =

( Ι �) { �)

Ιz. +

� .Ι

Ιz2Ι +

2 2 Δ = 4(2Re(z •. z2) - ι - Ιz. Ι ·Ιz21 ) (7)

Έχουμε όμως:

-lzt l lz21 � Re(z1z2) � lzt l lz21

- 1 - Ιzιl2 lz212 - 2 Ιz ιllz21 � 2Re(zι ·-z2) - 1 - Ιz ι I 2Ιz2 Ι2 � - 1 - Ιz ιl2 lz212 + 2 Ιz ιllz21 � 2 -(ι + Ιz. ΙΙz21) �

<=>

� � -(ι - Ιz. ΙΙz21)2

α) Εάν έχουμε: Re(z1z2) < lzt llz21 (που είναι ισο δύναμο με Ιz. + z2Ι < Ιz1 Ι + Ιz2Ι από την (6) και από το ότι: Ιz2Ι = Ιz2Ι ) ή Ιz. ΙΙz2Ι ι. Τότε θα έχου με Δ < Ο και επομένως: f(x) > Ο, για κάθε χ Ε JR. β) Εάν έχουμε: Re(z1z2) = lzt llz21 (τότε προφα νώς έχουμε και Ιz. + z2Ι = Ιz. Ι + Ιz2Ι από την (6) και από το ότι Ιz2Ι = Ιz21) και Ιz. Ι Ιz2Ι = ι . Τότε θα έχουμε Δ = Ο και επομένως: 2 1 +f(x)Ιz212> Ο, για κάθε 1 + Ιz ι 1 χ Ε IR με χ Ι2 zι l = - 2 Ιz2Ι και f(x) = Ο, εαν, χ = - 1 +ΙzΙιlzι 1 = - 1 +Ιz2ΙzΙ 2Ι . Έχουμε στην πε2 2 ι + 1Zt 1 J ( ρίπτωση αυτή: f(x) = χ+ Ιz. Ι -φ

"Φ

� 21

2 2 και f(x) = Ο, αν χ = - 1 +ΙzΙιlzι 1 = - 1 Ιz2ΙzΙ 21 Το πολυώνυμο f(x) στην περίπτωση αυτή γράφεται: 22 2 +

�

· ι + Ιz. Ι ·Χ (ι + Ιz Ι ) f(x) = χ + 2 + � = Ιz. Ι Ιz. Ι 2

2η Απόδειξη

Θεωρούμε τη2 διακρίνουσα του f(x), 2 2 Δ = 4·[ IZt + z21 - (ι + Ιz. Ι )(ι + Ιz21 ) I (5) Ως γνωστόν έχουμε: Ιzι + Z2l2 = Ιzιl2 + Ιz2Ι2 + 2Re(zι·Z2) (6) Η (5) από την (6) γίνεται: Δ=4(1zι 12+lz2l2+2Re(zιz2)- 1 -Ιz212- Ιzι 12-Ιz ι I 2IZ2I 2)<=>

Περαιτέρω έρευνα

Για να έχουμε Δ = Ο πρέπει και αρκεί να έχουμε: Ιz. + z2Ι =Ιz. Ι + Ιz2Ι και Ιz. 1 1z2Ι = ι. (βλέπε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. t. 3/54

-- Μ ια σε βάθος μελέτη επάνω σε δοο ασκήσεις που δόθηκαν στις εξετάσεις του Ακαδημαϊκού έtους 1979 --

1 Απόδειξη) Έστω ότι: z1 = α1 + ί β1 όπου α1, β1 Ε IR και α z2 = 2 + i β2 όπου α2, β2 Ε IR. Τότε θα έχουμε: . νΙ(αι + α2)2 + (β ι + β2)2 = νΙα2ι + β2ι + Αν/α22 + β22 <=> ατ + α� + 2αι α2 + βτ + β � + 2β ι β2 = ατ + βτ + α� + β� + 2\}<ατ + βτ> <α� + β�> <=> α1α2 + βtβz = \}(αf + βf) (α� + β�) (8) Επε ιδή Ιz1 Ι iz2 1 = 1, τότε από την (8) έχουμε: α1α2 + βtβz = 1 (9) Από την ταυτότητα του Lagrange έχουμε: (αΤ + β Τ) (α� + β�) = (αι α2 + β ι β2)2 + (αι β2 - α2β ι )2 (10) Από τις (8) και (1 Ο) παίρνουμε: η

α1β2 - αzβt = Ο (11) α' περίπτωση: α1 · α2 * Ο

β2 ( 12) και επειΑπό την ( 1 1) έχουμε l!i = αι α2 δή από την (9) έχουμε: α1αz + β1β2 = 1 > Ο παίρ νουμε: Argz1 = Argzz β' περίπτωση : α1 · α2 = Ο Αν α1 = Ο, τότε από την ( 1 1) έχουμε α2β1 = Ο. Αλλά β1 Ο (γιατί αν β1 = Ο, τότε Ιzιl = Ο που είναι άτοπο) άρα α = Ο και προφα νώς β 2 Ο και επειδή ισχύει η2 (9) παίρνουμε: Argz1 = Argz2 Ομοίως αν α2 = Ο, τότε α1 = Ο και Ρ1 * Ο και Ο και επειδή ισχύει η (9) παίρνουμε: * β2 *

Argz1 = Argz2

Άρα τελικά: Δ = Ο όταν και μόνο όταν: 1 και Argz1 = Argz2) ( 1 3)

Ενώ για = - 1 +ΙzΙιzI ι l2 = χ

f(x) = Ο.

Οταν έχουμε: Ιzι Hzzl * 1 Argz1 Argz2 ή { προφανώς z1 , z2 Ο (μπορεt να ισχύουν και οι δύο ή μόνο η μία α πό αυτές). Τότε θα έχουμε: Δ < Ο και επομένως: *

f(x) > Ο, για κάθε χ ε IR.

Προφανώς από τα παραπάνω έχουμε Δ = Ο , εάν και μόνο εάν: Re(z1·z2) = Ιz1·z21 και Ιzt HZzl = 1. Από την Ιz ι l · l z2 1 = 1 έχουμε ισοδύ ναμα: Ιzι ·Ζ21 = 1. Άρα: Δ = Ο <=> Re(z1·z2) = 1 και Ιz1 ·z21 = 1 <=> z1·z2 = 1. (Αυτό φαίνεται και από τις σχέσεις (9) και (1 1)). Επομένως για να έχουμε: Δ = Ο πρέπει και αρκεί να έχουμε: z1 ·z2 = 1. Προφανώς και Δ = Ο <=> z1·z2 = 1. (Επειδή: z1 ·z2 = 1 <=> Ζι·z2 = 1) Αν θέσουμε τέλος στον τύπο της Διακρίνου σας: : = Ιzt + Zzl2 - (1 + Ιztl2)(1 + Ιzzl2), z1 = α1 + ίβ1 , z2 = α2 + ίβ2. Τότε μετά από πρά ξεις, μετασχηματισμούς και με τη βοήθεια του τύπου του Lagrange παίρνουμε: : = -[Ι(αtαz + βtβz) - 1)2 + (αtβz - αzβt)2] και έτσι έχουμε: Δ = Ο <=> α1 α2 + βtβz = 1 και α1β2 - «zβt = Ο. Επίσης: Δ < Ο <=> α1α2 + βtβz * 1 ή α1β2 - αzβt * Ο (μπορεί να ισχύουν και οι δύο ή μόνο η μία α πό αυτές). Βλέπε και τύπους (9) και (11) της εν

l l= Προφανώς και όταν Argz1 = Argz2, τότε θα ισχύει: Ιzt + Zzl =lzι l + Ιzzl κήσεως. Πράγματι ισχύει αυτό γιατί αν θέσουμε: λόγωΑασ ό την όλη έρευνα βλέπουμε ότι: π Argz1 = Argz2 = θ, τότε θα έχουμε: Ζι = Ιzιl(συνθ + ίημθ), z = Ιz Ι(συνθ + ίημθ) α) Δ = Ο <=> Ιzt + Zzl = Ιztl + Ιzzl και ΙztHZzl = 1 <=> από τις οποίες παίρνουμε: 2 2 Re(zt•Zz) = Ιzt i !Zzl = 1 <=> Argz1 = Argz2 και Ζι + Ζ2 = (lzιl + Ιz21)(συνθ + ίημθ) Ιz1 Hz21 = 1 <=> z1·z2 = 1 <=> z1·z2 = 1 <=> από την οποία έχουμε: Ιz1 + Zzl = Ιzt l + Ιzzl. Οταν ισχύουν οι (13) τότε: Δ = Ο και επο α1α2 + βιβz = 1 και α1β2 - αzβt = Ο. μένως: β) Δ < Ο <=> Ιzι + Zzl < Ιzt l + Ιzzl ή Ιzι Hzzl * 1 <=> 2 2 1 1 Για κάθε Ε IR με * - +ΙzΙιlzι 1 - +ΙzΙzΙ 21 ' έ- Re(z1·z2) < Ιz1 llz21 ή Ιz1 Hz21 * 1 <=> Argz1 * Argz2 2 ή Ιzt HZzl 1 <=> Zt·Zz 1 <=> Ζ ·Ζ2 1 <=> χουμε: f(x) > Ο. α1α2 + βtβz * 1 ή α1β2 - αzβt * Ο. ( zt i ! Zz

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 3/55

Έν α π ρό β λη μα πο λλές Λύσεις Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος Άσ:κ:τιση 1 5η: Η Ανισότητα τοu Αρμονι:κ:οό - Fεωμετρι:κ:οu - Αριθμητι:κ:οό Μέσοu. rιιόρ'yοu Τσαπα:κ:ίδη

6η Απόδειξη

Για ν= 1 η αποδεικτέα ισχύει. Υποθέτουμε ότι ισχύει για ν=κ, δηλαδή ότι ο αριθμητικός μέσος ν θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος από το γεωμετρικό τους μέσο. θα δείξουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ+ 1 , δηλαδή ότι · · · + α κ + α κ+ ι κ « + « 2.:: +_ ____:.ι ___.:.._ _ _..::. ----=:� ;;:: + α ι α 2 . . . α κ α κ ι (1) + Κ+ 1 Επειδή οι αι, α2, , «κ , «κ ι είναι θετικοί, θα υπάρχουν θετικοί Χ ι , χ2, . . . , Χκ, Χκ+ ι τέτοιοι ώστε + , ακ= χ� + ι , ακ+ι = χ �1� , οπότε η ( 1 ) γράφεται ισοδύναμα: α ι = χ f + ι , α2= χ2+1 , ι ι χ f+Ι + χ2+ + . . . + χ �+ + χ �1� --=-=__...::...._ �� > Χ ι Χ 2 . . . Χ κ Χ κ ι + κ+l Υποθέσαμε ότι ο αριθμητικός μέσος κ θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος του γεωμετρικού τους μέσου, γι' αυτό θα έχουμε : Κ Κ Κ Κ Κ Κ κ · κ Χ ι + Χ3 + . . · + Χκ + Χκ ι κf Κ Κ Χ2 + Χ3 + · · · + Χκ + Χκ ι κf Κ Κ Κ Κ Κ Κ + + > vχ ι Χ3 · · · ΧκΧκ ι , . . , --=-----"--κ-�-�� ;;:: V x 2 x 3 · · · ΧκΧκ+ι ' + κ

�

• ..

•••

(2)

-- --- _

" " " - ια2χ3 · · · χ" Χ2 + χ3 + · · · + χ" >

+ + + : + χ:+ ι ;;:: ιαι χ3 · · · χ" χ" + ι Οι προηγούμενες γράφονται ισοδύναμα : xf χ� · · · χ

Είναι

(xf - χ2 Χχ ι - χ2 ) :2: 0

Χι

" + Χ2

( 3)

" " · · + Χκ- ι + Χ" > - Jαι Χ2 · · · Χκ -ι Χκ

(γιατί αν χι � χ2 το πρώτο μέλος είναι γινόμενο μη αρνητικών

αριθμών, ενώ αν χι ::5; χ2 το πρώτο μέλος είναι γινόμενο μη θετικών αριθμών.) ι ι Έτσι, xf+ι _ xf x2 - χ 2 χ ι + χ2+ :2: 0 <:) χ f+ + χ2+Ι :2: xfx2 + χ2χ Ι ι ι χf+ + χ� + ;;:: xf χ3 + χ� Χι

ι χ: + + x::l :2: χ: Χκ+ ι + χ:+ι Χκ Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε +ι > κ+ ι κ +ι Χι + · · · + χ"κ + ι + Χκκ+ι + Χ2 - Χι Χ2κ + Χ3κ + · · · + Χκκ+ ι + Χ2 Χικ Κ

(

)

) (

+ Χ3κ

+ · · · + Χκκ+ ι

)+···+

+ χκ +ι χf + χ� + · · · + χ: ;;:: χι (ια2χ3 · · · Χκ ι ) + χ2 (ιαι χ3 · · · Χκ +ι ) + · · · + Χκ +ι (ιαι χ2 · · · χκ ) + ι (από τις =κ(κ+ 1 )χ ι χ2 ···Χκ ι , έτσι κ χf+ + χ� + ι + · · · + x::l ;;:: κ(κ + 1)χι χ2 · · · Χκ + Ι <:::) +

(3))

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 2/56

)

I!.Vα προpΛ.ημα ΠUΛ.Λ.ες Λ.υσεις

κ+ ι

<:::::> Χ ι

κ+ ι + ···+ X + Χ2

��J

� Χ ι Χ 2 · · · Χ κ + ι <=>

αι

+ α 2 + · · · + α κ+ι

κ+l ν εΝ*. κάθε για Επομένως, η πρόταση ισχύει για ν=κ+1 , άρα κ+l

α ι + α2

+···+α α _ α ι + α2 ι ν ν- + _

ν -

------

κ , � + α ι α 2 · · · α κ+ι

�

+ · · · + αν ι + α _ ν - Αν ν

ν Στη γνωστή ανισότητα του Bemoulli ( l +α) � Ι +να με ν εΝ και α � - 1 , θέτουμε z=l +α � Ο, οπότε γίνεται zν � Ι +ν(z- 1 ) <::::> zν-νz+ν 1 � Ο ( 1 ) -

Γι α z=

ν- > Ο, η

Γ -ι ν

Έχουμε Α = Γ ν - Ι ν

( 1 ) γινεται ,

ν [(ν _

Ι)

ν_ _ Γ -ι ν

[ )

Αν Ι + Γ ν Ι

ν Γν Γ Γν ν �· - ν-- + ν- 1 � Ο <::::> _ν_ - (ν- 1 ) (2 ) Γν - ι Γ -ι Γν ι ν -

(�J ] Γν-Ι

ν � Γ -Ι ν

[<ν_

[ ) ν _(ν_ ]

I ) Α ν- Ι + Γ

ν-1

ν Γν-1

από την (2 )

Γ ι Γ νΓν ν-l -Ι ν- ι + ν- ι ν- ι ( ν - l) _ -Γ -ι Α -ι + Γ - ( ν - l ) ν- - ν ν ν ν - ν ν ν ν Γ -ι Γ -ι ν ν ν ν-1 , αρα, Α -Γ � -- (Α - ι -Γ - ι ) ν ν ν ν ν Ισχύει Α ι � Γ ι (ισχύει το =) Γ

-- --

-- - --

(3)

Υποθέτουμε ότι ισχύει Α � Γ για ν= κ, δηλαδή Ακ � Γκ· ν

θα δείξουμε ότι ισχύει για ν=κ+ Ι , δηλαδή Ακ+ ι -Γκ+Ι � � (Ακ-Γκ) (προκύπτει από την K+l ι Γκ έτσι � ), Γ � Ακ + Ακ+Ι ν=κ+ l ) � Ο (αφού · κ

(3) για

Η πρόταση ισχύει για ν=κ+ 1 , άρα για κάθε ν εΝ*.

8η Απόδειξη

Υποθέτουμε ότι ο αριθμητικός μέσος κ θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος από τον γεωμετρικό τους μέσο. θα δείξουμε ότι ο αριθμητικός μέσος κ+ 1 θετικών αριθμών είναι μεγαλύτερος ή ίσος του γεωμετρικού τους μέσου. Έστω οι θετικοί αριθμοί α ι , α2, . . . , ακ, α κ+ Ι Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι ο μεγαλύτερος από αυτούς είναι ο ακ+ Ι • οπότε: ακ+ Ι � α 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 2/57

----

Ένα π

ρόβλημα πολλές λύσεις

-----''-

ακ+l � ακ Με πρόσθειτη κατά μέλη των προηγουμένων, παίρνουμε: α 1 + α2 + · · · + α κ (1) κακ+l � αι +α2+ · · +ακ <=> ακ+l � κ α 1 + α2 + · · · + ακ = Α κ , οπότε η ( 1 ) γράφεται ακ+ ι � Ακ θέτουμε κ _ α ι + α 2 + · · · + α κ + α κ+ Ι κΑκ + α κ + Ι Ειναι , Ακ Ι + κ+1 κ+1

(3)

Η (2 ) γράφεται ακ+ι-Ακ

έτσι η

(2)

� Ο, άρα υπάρχει μη αρνητικός αριθμός

(3) γράφεται

β τέτοιος ώστε,

ακ+ι =Ακ+β και

κΑκ + Ακ + β (κ + 1) Ακ + β β = = Ακ + __ ' έτσι κ+l κ+1 κ+l κ Ι κ+ Ι + κ Ι β = Α κκ+ Ι + (κ + l) Aκκ _β_ + . . . + -β(διώνυμο Νεύτωνα) (Α κ +! ) + = Α κ + __ κ+ Κ+ 1 Κ+ 1 + � Α� Ι + Α � β = Α� (Ακ + β) � Α� α κ + Ι � α 1 α 2 · · · α κ α κ +Ι (αφού η πρόταση ισχύει για κ, δηλαδή κ+l � α 1 αz·· ·ακακ+l <=> Ακ+Ι Ακ � �α 1 α 2 · · · α κ <=> Α � � α 1 α 2 · α κ ), επομένως (Ακ+ ι)

Ακ+ ι =

(

( J

· ·

. ----α ι + α 2 + · · · + α κ ι κ ,...κ + � +�α 1 α 2 · · · α κ α κ + Ι . Έτσι, η πρόταση ισχύει για � +�α 1 α 2 · · · α κ α κ+Ι <=> κ+1 ν=κ+ l , άρα θα ισχύει για κάθε ν εΝ*.

9η Απόδειξη (Akerberg)

Για ν εΝ* και χ > Ο έχουμε χν= ( 1 +(χ- 1 ))Υ � 1 +ν(χ- 1 ) (Bernoulli) άρα, χν � 1 +νχ-ν <=> ν- 1 � -χν+νχ <=> ν- 1 � χ(ν-χν· 1 ) ( 1 ) αι

, γίνεται Η ( 1 ) για χ = ν- 1 Ι α + α2 + · . . + αν ν

ν-1�

αι ν- ι α 1 + α 2 + · · · + α ν ν

[

ν-

αι + 1 2 α +···+αν α ν

]

α ι + α2 + · ·· + αν -α ι αι = ν- Ι α 1 + α 2 + · · · + α ν α ι + α2 + · · · + α ν

α2 + · · · + αν α 1 + α2 + · ·· + αν ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

λ. τ. 2/58

------ J!.να

προpι.ημα ποι.ι.ες ι.υσεις

� α ια2 . . . α ν

,----·+α . .+α 2 + αι_ __.:.. -=-� ν � αι α2 . . . α ν

άρα, 1 0η

------

Απόδειξη

Για ν= 1 η (Ι) ισχύει .

rα ι + α2 + . . · + α κ � �α ι α2 . " ' α κ ( 1 ) κ ,----+ . . · + ακ ι + δηλαδή ότι α ι α 2 + � κ +4α ι α 2 " ' α ι κ+ κ+1

Υποθέτουμε ότι ισχύει για ν=κ, δηλαδή θα δείξουμε ότι ι�χύει για ν=κ+ 1 ,

Α + α +ι � κ + α + ι Γ κ κ κ+l κ+1

Ε ίναι

(

=ι+

ακ

κr + α

ιc +l ( ) ΙC +I

κr + r

�

+ -

�+ ι

κr + r + α

(από

την

(3))

και

l ΙC+\ ιc+ ) ( ) ΙC + I ΙC+ I

rκ + r

έτσι η (4) ισχύει , δηλαδή η

rκ + r

έτσι

� ι+

αρκεί

ιc + l

-:-

rκ + r

(2)

να

δείξουμε

( κ + ι) (Bernoulli)

(Ι) ισχύει για ν=κ+ l , άρα για κάθε ν eΝ•.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

Tom

Edwin F. Beckenbach and Richard Bellman. Inequaιitjes. Springer-Verlag Berlin Heidelberg. 3rd ed., Ν.Υ.: 1 97 1 .

Μ.

Apostol, Gulbank D. Chakerian, Geraldine C. Darden and John D. Neff. Papers on Precalculus. ΜΑΑ, Vol. 1 : 1 977.

Edwin Beckenbach and Richard Bellman. An Introduction to Inequalίtjes . University, 1 2th ed. : 1 96 1 .

Selected

ΜΑΑ,

Yale

G. Η. Hardy, J. Ε. Littlewood and G. Polya. Inequalίties . Cambridge University Press: 1 988.

V . Α . Κrechmar. Α Problem Book jn Alκebra. Mir Publishers: 1 974.

D. Ο. Shklarsky, Ν. Ν. Chentzov and Ι. Μ. Yaglom. The USSR Olympjad Problem Book. Dover Publications INC., Ν.Υ. : 1 993 .

Ivan Niven. Maxjma and Mjnima Without Calculus.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 2/S9

ΜΑΑ:

1 98 1 .

Δημοσιεύουμε τις λύσεις των θεμάτων Α8, Α9 του τεύχους

1 8. Από το επόμενο τεύχος, αν υ

πάρχουν πολλές διαφορετικές λύσεις θα δη μοσιεύονται στη στήλη «Ένα πρόβλημα, πολλές λύσεις» αφού βέβαια γραφεί μια λύση στη στήλη αυτή . Ο «Δαίμων» της φωτοσύνθεσης ξαναχτύπησε! Το αποτέλεσμα ήταν να έχουμε πολλά λάθη στις εκφωνήσεις των προτεινόμενων ασκήσεων του προηγουμένου τεύχους. Για το λόγο αυτό δημοσιεύουμε και πάλι τις προτεινόμενες ασκήσεις ζητώντας ένα μεγάλο συγνώμη από τους α ναγνώστες μας.

Άσκηση 1 - Τεύχος 18 (Α8) Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Φέρουμε τη ΒΕ κάθετη στη διαγώνιο ΑΓ . Αν Ζ και Η τα μέσα των ΑΕ και ΔΓ αντίστοιχα, δείξτε ότι ΒΖ l. ΖΗ. Γιώργος Κατσούλης Ι η Λύση

Τη λύση αυτή έδωσαν οι Μαθη ματικοί:

Δ ημήτρης Πισπινής , Αλεξία Πετεινάρα , Σερα φείμ Σαμορέλης, Β . Βλάχος, Οδυσσέας Κοντο γεώργος. 2η

Φέρουμε ΖΚ 11 ΑΒ και έστω Μ η τομή της ΖΚ με τη ΒΕ. Ισχύουν τα εξής: ΖΚ είναι κάθετη στη ΒΓ ( 1 ) και ΖΜ = /I

ΖΜΓΗ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα η ΖΗ // ΓΜ (4) Από (3) και (4): ΖΗ .l ΒΖ

ΑΒ από το τριγωνο ΑΒΕ

(2)

Από την (1) και την υπόθεση , το Μ ειναι ορθόκεντρο στο τριγωνο ΒΖΓ και συνεπώς η ΓΜ είναι κάθετη στη ΒΖ, ΓΜ .l ΒΖ. (3) Από τη (2), η ΖΜ = 11 ΗΓ και συνεπώς το

Λύση

Έστω Θ μέσο της ΑΒ, τότε ΘΒΓΗ ορθο γώνιο, άρα ΗΒ = ΘΓ. Έστω Ο κέντρο του ΘΒΓΗ. Στο τρίγωνο ΑΒΕ η ΘΖ ενώνει τα μέ-

.....

σα (ΘΖ // ΒΕ) άρα ΘΖΑ = 90°. Στο τρίγωνο ΘΖΓ ειναι: Γ Β (διάμεσος υποτείνουσας) = ΖΟ =

� �

ΕΥΚΛΕΙΔΗt Β' λ. τ. 3160

Στις Αcrκ:ήcrεις λέμε ΝΑΙ!

Στο τρίγωνο ΒΖΗ είναι ΖΟ = Β�, άρα: ΒΖΉ = 90° Τη λύση αυτή έδωσαν: Ο Μαθηματικός Β. Βλάχος και οι μαθητές Ε ύα Μπο υντούρη και

5η .\\> σ η

Ανανίας - Δημήτρης Νικολαίδης.

Ο συνάδελφος Β. Βλάχος έχει στείλει και Προεκτείνω τη ΒΖ κατά ΖΘ = ΒΖ. Θα α άλλες λύσεις που θα δημοσιευθούν στη στήλη ποδείξω ότι το ΒΗ = ΘΗ. «Ένα πρόβλημα, πολλές λύσεις». Τα τρίγωνα ΑΘΖ και ΒΕΖ είναι ίσα 3η Λύσ η (ΑΖ = ΖΕ, ΒΖ = ΘΖ, z2 = Ζ ι ). Επίσης, τα τρί γωνα ΑΚΔ, ΒΕΓ είναι ίσα (ΒΓ = ΑΔ, Α ι = I\ ορθογώνια). Άρα ΑΘ = 11 ΒΕ = 11 ΚΔ. Δηλαδή το ΑΚ = 11 ΘΔ. Άρα το ΑΘΔΓ τραπέζιο. Αν ΗΙ διάμεσος του ΑΘΔΓ τότε ΗΙ .l ΑΘ. Άρα ΑΘΗ ισοσκελές. Δηλαδή ΘΗ = ΑΗ. 0μως ΑΗ = ΒΗ γιατί τα τρίγωνα ΑΗΔ, ΒΗΓ εί ναι ίσα. Δηλαδή το τρίγωνο ΘΗΒ είναι.l ισο Προεκτείνω τη ΒΖ κατά τμήμα ΖΚ = ΒΖ. σκελές και ΖΗ διάμεσος. Άρα είναι ΖΗ ΒΖ. Τότε το ΑΒΕΚ είναι παραλληλόγραμμο αφού ΑΖ = ΖΕ, ΒΖ = ΖΚ άρα: ΑΚ .l ΑΓ (1) Ηλίας Κώστας, Μαθηματικός ΚΕ = // ΑΒ Επομενως . το ΚΔΓΕ είναι πα- 6η Λί>ση ΔΓ = 11 ΑΒ ραλληλόγραμμο, άρα: ΚΔ // ΑΓ (2) Από (1), (2) το ΑΚΔΓ είναι τραπέζιο. Αν Ρ μέσο της ΑΚ τότε ΗΡ διάμεσος στο ΑΚΔΓ άρα ΗΡ .l ΑΚ. Αν Μ μέσο της ΑΒ τότε HM .l AB. Στο τρίγωνο ΑΚΒ οι ΗΡ, ΗΜ είναι μεσο κάθετοι των πλευρών ΑΚ, ΑΒ άρα το Η περί Παίρνω τα μέσα Κ και Θ των ΑΓ και ΑΒ κεντρο, επομένως η ΗΖ μεσοκάθετος της ΚΒ, αντίστοιχα και φέρνω τα τμήματα ΖΘ και ΗΚ. επομένως ΗΖ .l ΒΖ. Στο τρίγωνο ΕΒΑ έχουμε: Θ μέσο της ΑΒ } οποτε . Σκούμας Α πόστολος, Μαθηματικός Ζ μέσο της ΑΕ 4η Λύσ η ΖΘ I/ ΒΕ και ΖΘ = Β2Ε Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΑΒΕ είναι όμοια (ορ θογώνια και ΓΔΒ = ΓΑΒ). Ο λόγος των ομολό Επειδή ΖΘ // ΒΕ θα είναι Β ι = z2 ως εντός γων διαμέσων είναι ίσος με το λόγο ομοιότη εναλλάξ. Είναι: τας των ομοίων τριγώνων: ΖΘ // ΒΕ } οποτε . ΖΘ .l ΑΓ ΒΕ .l ΑΓ ΗΒ = ΔΒ ΖΒ ΑΒ οπότε ΑΖΘ = ΘΖΚ = 90°. Η zΘΒ είναι εξωτερική γωνία του ορθο γωνίου τριγώνου ΖΘΑ οπότε: · zΘΒ = 90° + Αι (1) Στο τρίγωνο ΔΑΓ έχουμε: Κ μ�σο της ΑΓ } ΚΗ // ΑΔ και Η μεσο της ΔΓ ΚΗ = ΑΔ = ΒΓ Από την αναλογία αυτή συνεπάγεται ότι 2 2 τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΖΗ είναι όμοια. Άρα: ΚΗ // ΑΔ . } ΗΖΒ = ΜΒ = 90° ΑΔ .l ΔΓ οποτε ΚΗ .l ΔΓ οποτε Αναστάσιος Ιω σή φ , Μηχανολόγος ΚΗΓ = 90° Η ΖΚΗ είναι εξωτερική γωνία του ορθοΗ

�

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. t. 3/61

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

γωνίου τριγώνου ΗΚΓ οπότε: ΖΚΗ = 90° + ΓΙ (2) Ομως Γ 1 = Α 1 (3) ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΒ και ΔΓ που τέμνονται από την ΑΓ. Άρα από ( 1 ), (2), (3) συμπεραίνουμε ότι: zΘΒ = ΖΚΗ (4) Θα δείξω ότι ισχύει: �� = �� (5) ΑΕ ΑΓ - ΑΕ ΕΓ ΖΚ = ΑΚ - ΑΖ = ΑΓ 2_2= 2 =2 ΒΕ ΑΒ ΖΘ = ΘΒ Τ = Τ ΒΕ = ΑΒ ΖΚ ΚΗ <=> ΕΓ BF" <=> ΕΓ ΒΓ τ τ που ισχύει από την ομοιότητα των ορθογωνί ων τριγώνων ΕΒΑ και ΕΓΒ (είναι όμοια γιατί έχουv Α1 = Β2 ως οξ είες γωνίες με πλευρές κάθετες μία προς μία). Από- (4) και (5) και το 2ο κριτήριο ομοιότητας τριγώνων συνάγεται ότι ΘΒΖ - ΚΗΖ οπότε z2 = Ζι. Τέλος: ΒΖΗ = ΒΖΚ + Ζ1 = ΒΖΚ + Ζ2 = ΘΖΚ = 90° οπότε ΒΖ 1. ΖΗ. Δημήτρης Αθανασίου, Μαθηματικός ....

�

......

.......

......

7η Λύση

......

Δ'

(I)

θα είναι ΗΖ 1. ΖΒ.

Παπασπηλιόπουλος Κλεομένης,

Μαθηματικός

Άσκηση 2 Τεύχος 1 8 (�)

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°), Με κορυφή το μέσο Μ της υποτείνουσας ΒΓ σχηματίζουμε ορθή γωνία που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Κ, Λ αντίστοιχα. Από το Γ φέρουμε ΓΟ ΛΚ και ΓΟ = ΛΓ. Δείξτε ότι ΟΜ 1. ΒΓ.

Σταμάτης Καλίκας

lη Λύση

......

.......

Σχηματίζουμε το ορθογώνιο παραλληλό γραμμο ΑΒΔΓ και φέρουμε την ευθεία ΛΜΕ και την ΟΕ. Από κατασκευή το ΛΚΟΓ είναι παραλληλόγραμμο (επειδή ΛΚ = 11 ΓΟ) (I) Επίσης, το ΒΛΓΕ είναι παραλληλόγραμ μο (2) γιατί το Μ είναι μέσο του ΛΕ (ΛΜΓ = ΒΜΕ). Από τις ( I ) και (2) ΟΚ = I/ ΓΛ = 11 ΕΒ, άρα ΟΚΒΕ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο (3) Επίσης, το τρίγωνο ΛΚΕ είναι ισοσκελής επειδή η διάμεσος ΚΜ είναι και ύψος (4) Τέλος, ισχύει ότι ΟΒ � ΚΕ � ΚΛ � ΟΓ και συνεπώς ΟΓ = ΟΚ. Άρα ΟΜ 1. ΒΓ. Τη λύση έστειλαν οι Μαθηματικοί: Πι ......

......

σπίνης Δημήτρης, Σκούμας Απόστολος, Παλό

Φέρνουμε το ΔΖ και το προεκτείνουμε γλου Ευστάθιος. κατά ίσο τμήμα ΖΔ'. Τότε το τετράπλευρο ΔΕΔΆ · είναι παραλληλόγραμμο γιατί εκ κα 2η Λύση ταcrκέυής οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και σχηματίζεται το τρίγωνο ΔΔ'Γ. Η ΗΖ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΔΓ, ΔΔ', άρα ΗΖ // ΓΔ' (I) Τώρα αν από το Ζ φέρω ΖΖ' 11 ΓΔ αυτή περνά από το μέσο της ΔΤ, 4στω το σημείο Κ και εi:ναι κάθετη στη ΒΓ. Επίσης, αφού ΖΖ' 11 ΑΒ και Ζ μέσο του ΑΕ θα περνά και από το μέσο της ΕΒ που είναι το σημείο Κ γιατί οι Έστω Ν το μέσο του ΚΛ. Τότε στα ορθο ΒΕ και ΔΤ είναι οι διαγώνιοι του ΕΔ'ΒΓ που είναι παραλληλόγραμμο και έτσι θα διχοτο γώνια τρίγωνα ΑΚΛ και ΚΛΜ επειδή ΑΝ και ΜΝ είναι διάμεσοι που αντιστοιχούν στην υ μούνται. Άρατο Κ είναι κοινό σημείο των ΒΕ, ΖΖ', ποτείνουσα ΚΛ παίρνουj.ιε: ΚΛ = ΓΟ ΓΔ' και γνωρίζουμε ότι: ΒΕ 1. ΖΓ και ΑΝ = ΝΜ = ΛΝ = ΚΝ = � Τ ΖΖ' 1. ΒΓ, οπότε το Κ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΖΓΒ. Άρα ΓΔ' 1. ΖΒ οπότε λόγω της Έτσι το τρίγωνο ΑΛΝ είναι ισοσκελές οΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/62

Στις Ασκήσεις λέμε ΝΑΙ!

πότε ΝΑΑ = ΝΑΛ και επειδή ΝΑΑ = ofΛ (αφού ΓΟ // ΚΑ) θα έχουμε ΝΑΛ = οfΛ = φ, Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ επειδή ΑΜ διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ΑΜ = ΓΜ = ΜΒ = Β[ έχουμε: Άρα το τρίγωνο ΑΜΓ είναι ισοσκελές ο πότε ΜfΆ = ΓΑΜ = �. Τα τρίγωνα ΑΝΜ και ΒΓΟ είναι όμοια γιατί ,εχουν:ΑΜ = ΑΝ = 1 και ΜΑΝ= ΟΓΒ = φ - ω ΒΓ ΓΟ '2 Άρα και το τρίγωνο ΒΓΟ είναι ισοσκελές, οπότε η διάμεσος ΟΜ θα είναι και ύψος, δη λαδή ΟΜ .l ΒΓ. (Θα μπορούσαμε αντί να δείξουμε την ο μοιότητα των τριγώνων ΑΜΝ και ΒΓΟ να θε ωρήσουμε το μέσο Τ της ΓΟ, να δείχναμε την ισότητα των τριγώνων ΑΜΝ και ΠΜ απ' ό που θα συμπεραίναμε �ως τρίγωνο ΜΤΓ ισοσκελές, δηλαδή ΜΤ = Γ� που θα σήμαινε πως τρίγωνο ΜΟΓ ορθογώνιο, δηλαδή ΟΜ .l ΒΓ). Τη λύση έστειλαν οι Μαθηματικοί: Σε ·

ραφείμ Σαμορέλης, Οδυσσέας Κοντογεώργος . 3η Λύση Λή μμα :

Αν σε παραλληλόγραμμο ΛΚΟΓ πάρουμε τα μέσα Ε και Ζ των πλευρών του ΓΟ και ΛΚ αντίστοιχα, τότε ισχύουν: α) ΕΖ // ΛΓ, β) τα τμήματα ΕΖ και ΓΚ έχουν κοινό μέσο (διχοτομούνται). Απόδειξη α) = ΛΖ = ΛΚ ΓΕ = ΟΓ 2 2 και ακόμη ΓΕ // ΛΖ, επομένως το ΓΕΖΛ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε ΕΖ // ΓΛ. β) ΓΕ = ΛΖ = ΖΚ και ΓΕ // ΖΚ, οπότε το ΓΕΚΖ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς οι διαγώνιοί του ΓΚ και ΕΖ διχοτομούνται. Επειδή ΓΟ = 11 ΛΚ το ΓΟΚΛ είναι παραλληλό γραμμο. Παίρνω τα μέσα Ε και Ζ των ΓΟ και ΛΚ α ντίστοιχα κάι φέρνω τα τμήματα ΓΚ και ΕΖ. Αυτά, σύμφωνα με το λήμμα δι χοτομούνται, έστω στο τ. Στο τρίγωνο ΓΚΒ: Τ μέσο της ΓΚ } οποτε , ™ I/ ΚΒ Μ μέσο της ΓΒ Γ

οπότε και τΜ I/ ΑΒ. ΑΒ .l ΑΓ επομένως και ΑΒ .l ΛΓ ΑΒ .L ΛΓ } ΕΖ // ΛΓ (βλ. λήμμα) οπότε ΑΒ .l ΕΖ ΑΒ .L EZ } οπότε τΜ .l ΕΖ τΜ // ΑΒ Βλέπουμε ότι η τΜ είναι κάθετη στο μέ σο Τ του ΕΖ, δηλαδή είναι μεσοκάθετος του ΕΖ, οπότε από την ιδιότητα των σημείων της μεσοκαθέτου θα ισχύει: ΜΕ = ΜΖ ( 1 ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΛΚ η ΜΖ είναι διάμεσός που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα και επομένως: ΜΖ = Af" = Γ� (2) Από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε: ΜΕ = Γ�. δηλαδή στο τρίγωνο ΜΓΟ η διάμεσος ΜΕ εί ναι ίση με το μισό της πλευράς στην οποία α ντιστοιχεί, οπότε το τρίγωνο ΜΓΟ είναι ορθογώνιο με Μ = 90° (θεώρημα ΠΙ σελ. 60 σχο λικού βιβλίου) και συνεπώς, σύμφωνα με τον ορισμό των κάθετων ευθειών, ΟΜ .l ΒΓ. Δημήτρης Αθανασίου, Μαθηματικός Προτεινόμενες Ασκήσεις

Για την Α ' Λυκείου

Χρ . Στέλλας

All.Aν ΑΒΓ τρίγωνο με ύψη;;ϊ!: υα2 , υp, υ1 και ημιπερίμετρο τ, αποδείξετε ότι: τ2 υ + Jβ + υ2γ •

Γεωμετ ρία Β ' Λυκ είου

Γρηγόρης Δ . Φωτιάδης

Δίνετε τρίγωνο ΑΒΓ με Β - f 90°, η δι χοτόμος του δα = ΑΔ και το ύψος του υa ΑΗ. α) Να δείξετε ότι το iα είναι αρμονικός μέσος των β2, γ2, (β12 + γ12 = δα22). β) Αν θεωρήσουμε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές β και γ τότε να δείξετε ότι το ύψος του προς την υποτείνουσα είναι το υα. =

Β3.

Γ Λυκείου

Καρπάθιος Στέλιος

Δίνεται η υπερβολή �� - 3�2 = 1 με εστίες Ε', Ε, κορυφές Α ' , Α και τυχαίο σημείο Ρ της ευθ ειας , ε: 2α . Αν ο κύκλος (Ρ, ΡΕ) τέμνει την υπερβολή στο σημείο Μ να αποδειχθεί ότι: 1 . d(M,E) 2 d(M, ε) Γ5.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 3/63

χ =

Σημείο αναφοράς ατο εκπαιδευτικό ΙJιΙJλίο Ε ΚΔ Ο Σ Ε Ι Σ Σ Α Β ΒΑΛΑ

Ζ. Π Η ΓΗ Σ 1 8

1 06 8 1

ΑΘ Η Ν Α

ΤΗΛ. 33 . 0 1 . 25 1 - 3 8 . 29 . 4 1 Ο

FAX. 3 8 . 1 0 . 907