Ευκλειδης Β 28 by demi de

·---

1998 ΤΕΤΑ ΡΤΟ Απρίλιο� Μ ά ϊο5 Ιούνιος

μαθηματικό περιοδικό

για το ΛΥΚΕΙΟ

δρχ.

f;J(f). Χρόνια !EQWIQ!EQ f/J@ Χρόνια δημιουργικής πορείας

500

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ το ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

38ηΔιεθ νής Μαθηματική Ολυμπιάδα ............................................................. Ι Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθανοτήτων . . . ... .. . . . . . . .. . . . ... . . . .. .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Θέματα Ολυ μπιάδων......................................................................................... 8 Μαθηματικά και αδυ νάτισμα ........................................................................... 14 ΆλγεβραΑ' Λυκείου........................................................................................ 20 Ασκήσεις επανάληψης . . .. . .. ... ........ .... ..... ............. ........ ..... ........... ...... ... .... ........ 25 Γεωμετρία Α' Λυ................................................................................................ 30 Άλγεβρα Β' Λυκείου ........................................................................................ 33 Γεωμετρία Β' Λυκείου...................................................................................... 36 Παράγωγο ι και Εξισώσεις ................................................................................ 40 Μια πρώτη επανάληψη..................................................................................... 46 Το Βή μα του Ευκλείδη..... .... .. .. ........ . .... ............................. .. . .... . .......... ..... ....... 51 Ρωτώντας πας ... στην πόλη............. ........ ........ ... .............. .. .... ...... ....... ............. 53 Ένα πρό βλημα πολλές Λύσεις .. .. ........... .. .... ............. .. .......... ..... ............. ......... 55 Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ! ........ ... ................................... ...... .............................. 57 Αλληλ ο γραφία.................................................................................................. 62

Υπεύθυνος Σύνταξης: Παπαδόπουλος Νίκος

Συντακτική Επιτροπή Βακαλόπουλος Κώστας,

Βισκαδουράκης Βασίλης, Γεωργακόπουλος Κώστας, Γιδαράκος Θωμάς, Γράψας Κώστας, Καλίκας Σταμάτης, Καρακατσάνης Βασίλης,

Ο Η Ελληνική

ομάδα έτοιμη για μεγάλες νίκες

Καρκάνης Βασίλης, Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήστος, Κόντζιας Νίκος, Κοντογιάννης Δημήτρης, Κοτσιφάκης Γιώργος, Κυριακόπουλος Θανάσης, Λαζαρίδης Χρήστος, Μαλαφέκας Θανάσης, Μαρούλη Βιολέττα, Μεταξάς Νίκος, Μορέλλας Δημήτριος, Μπανδήλα Λίτσα, Μώκος Χρήστος, Παγδάτογλου Στράτος, Σα·tτη Εύα, Στεφανίδης Αθανάσιος, Τασσόπουλος Γιάννης, Τούρλας Λεωνίδας, Τσικαλουδάκης Γιώργος,

Ο Το καλοκαίρι έφτασε

αδυνατίστε με την βοήθεια των Μαθηματικών

Τσιμπουράκης Δημήτρης, Τσιούμας Θανάσης, Χαραλαμποπούλου Μαγδαληνή.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝιΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑιΡΕΙΑΣ Πανεπιστημίου 34- 106 79 Αθήνα Τηλ.: 36 16 532, 36 17 784 Fax:3641025 .

ι-----4

Εκδότης: Θεόδωρος Μπόλης Διευθυντής: Ιωάννης Τυρλής

Επιμέλεια Έκδοσης:

Μαραγκάκης Σ.

ISSN: 1105-8005

ΚΑΛΟ ΚΑΛΟΚΑΙΡΙ

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ:

Τεύχος: 500 δρχ Ετήσια συνδρομή: 2.000 δρχ Οργανισμοί: 4.000 δρχ Ταχ. Επιταγές Τ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.Θ. 30044

Στοιχειοθεσία- Σελιδοποίηση: Ελλ ηνική Μαθη μ ατική Ετα ιρεία

Ε κτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερ ά οδός 81-83

Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκτυλος- τηλ 34 74 654

Πρόβλημα 1

Στο καρτεσιανό επίπεδο τα σημεία με ακέραιες συντεταγμένες είναι κορυφές τετραγώνων με πλευ ρά μήκους ένα. Τα τετράγωνα αυτά χρωματίζονται εναλλάξ μαύρα ή άσπρα (όπως σε μία σκακιέρα). Για κάθε ζεύγος γνήσια θετικών ακεραίων m καιη, θεωρούμε ένα ορθογώνιο τρίγωνο για το οποίο ισχύουν ότι: ί) οι κορυφές του είναι σημεία με ακέραιες συντεταγμένες ίί) οι κάθετες πλευρές του βρίσκονται κατά μήκος των πλευρών των παραπάνω τετραγώνων ίίί) οι κάθετες αυτές πλευρές έχουν μήκος m η μια καιη η άλλη. Έστω S1 το συνολικό εμβαδόν εκείνου του τμήματος του τριγώνου που είναι χρωματισμένο μαύρο και έστω S2 το συνολικό εμβαδόν εκείνου του τμήματος του τριγώνου που είναι χρωματισμένο άσπρο. Θέτουμε f(m,η)= ISι - S2l· α) Να υπολογίσετε τα f(m,η) για κάθε ζεύγος γνήσια θετικών ακεραίων m καιη οι οποίοι είναι είτε και οι δύο άρτιοι είτε και οι δύο περιττοί. β) Να αποδείξετε ότι για κάθε ζεύγος γνήσια θετικών ακεραίων m. η ισχύει m,

f(m, η)::; imax{m,η}. γ) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει σταθερά η να ισχύει f(m,η)< c.

Λύ ση

τέτοια ώστε για κάθε ζεύγος γνήσια θετικών ακεραίων

(α) Έστω ABC το ορθογώνιο τρίγωνο του οποίου οι κάθετες πλευρές έχουν ακέραια μέτρα και οι κο ρυφές του είναι κορυφές των δοσμένων τετραγώνων με Α= 90°, ΑΒ = m και AC =η. Ας θεωρήσουμε το m η ορθογώνιο ABDC, όπως φαίνεται στο σχήμα 1. χ

σχήμα 1 Έστω ένα τυχαίο πολυγώνο Ρ και ας συμβολίσουμε με S1(P) το μέρος της επιφάνειας του Ρ, που εί ναι χρωματισμένο μαύρο και με S2(P) το μέρος της επιφάνειας του Ρ, που είναι χρωματισμένο άσπρο. Όταν τα m καιη είναι και τα δύο άρτια 1l και τα δύο περιττά ο χρωματισμός του ορθογωνίου έχει κέντρο συμμετρίας το μέσον της υποτείνουσας BC. Τότε έχουμε: S1(ABC) = S1(BCD) και S2(ABC)= S2(BCD). Επομένως η)=IS1(ABC)- S2(ABC)I= iSι(ABDC) - S2(ABDC)I.

f(m,

Παρατηρούμε ότι f(m,η)= Ο όταν m καιη είναι και τα δύο άρτια και f(m,η)= t όταν τα m καιη εί ναι και τα δύο περιττά. (β) Έστω τώρα ότι το m είναι περιττό και τοη άρτιο. Ας θεωρήσουμε ένα σημείο L στην ΑΒ τέτοιο ώ στε AL m - 1 όπως φαίνεται στο σχήμα 2. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/1

Θέματα 38η; ΔΜ Ο- Mar del Plata, Α ργεντινή 1997

Αφού ο m - 1 είναι άρτιος, έχουμε ότι f(m - 1 , η) = Ο και S 1 (ALC) = S2(ALC). Επομένως f(m, η) =IS 1 (ABC) - S2(ABC)I = IS 1 (LBC) - S2 (LBC) I ::;Εμβαδόν (LBC) 1:s;fnax{m, η} . Β

σχήμα 2 (γ) Ας υπολογίσουμε το f(2k + 1 , 2k). Όπως και στο (β) θα θεωρήσουμε ένα σημείο L στην ΑΒ, τέτοιο ώστε AL = 2k. Αφού f(2k, 2k) = Ο και S 1 (LBC) S2(ALC), έχουμε ότι f(2k + 1 , 2k) =IS 1 (LBC) - S2 (LBC) I Το εμβαδόν του τριγώνου LBC είναι k. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, θεωρούμε ότι η διαγώνιος LC διέρχεται μόνο από μαύρα τετράγωνα (δες το ακόλουθο σχήμα 3). Τότε το μέρος του LBC που είναι χρωματισμένο άσπρο αποτελείται από τα τρίγωνα BLN2k, M2k 1L2k 1N2k 1, , M 1 L 1 N 1 , τα οποία είναι όμοια με το BAC. Το συνολικό εμβαδόν που καταλαμβάνουν είναι: )2 + (� 2k - 1)2 + . . + 1 2 4k + 1 S 2(LBC) ='21 2k2k+ 1 ��(2k � 2k 4k(2k1 + 1) ( 1 2 + 22 + . . . + (2k)2 ) =� 2k Επομένως S1(LBC) k - (4k + 1) (8k - 1 ) και f(2k + 1-, 2k) = 2k; 1 . =

1�

=ι�

( ))

•••

•

Η συνάρτηση αυτιΊ παίρνει αυθαίρετα μεγάλες τιμές.

Πρόβλημα 2

σχήμα 3

Έστω τρίγωνο ABC του οποίου η μικρότερη γωνία είναι η Α. Τα σημεία Β και C διαιρούν τον περι γεγραμμένο περί το τρίγωνο ABC κύκλο σε δύο τόξα. Στο τόξο BC που δεν περιέχει το Α παίρνουμε ένα σημείο υ, διαφορετικό από τα Β και C. Έστω ότι οι μεσοκάθετες των ευθυγράμμων τμημάτων ΑΒ και AC τέμνουν την εύθεία AU στα ση μεία V και W αντίστοιχα. Έστω ακόμα ότι οι ευθείες BV και CW τέμνονται στο σημείο Τ. Να αποδείξε τε ότι ισχ6ει AU = ΤΒ + TC. Λύ ση

Ας συμβολίσουμε με b και c τις διαμέτρους που είναι μεσοκάθετες τών ΑΒ και AC αντίστοιχα και ας ο ρίσουμε έναν προσανατολισμό για τα τόξα. Τότε ο συμβολισμός PQ ορίζει ένα μοναδικό τόξο του κύ κλου. Έστω Χ, Υ τα σημεία στα οποία τέμνουν τον κύκλο οι ευθείες BV και CW αντίστοιχα. Τότε YC = AU ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/2

Θέματα 38ης ΔΜ Ο- Mar del Plata, Α ργεντινή 1997

και ΧΒ = AU λόγω συμμετρίας. Συνεπώς, ΧΒ = YC, οπότε οι χορδές ΒΧ και YC είναι συμμετρικές ως προς τη διάμετρο d, που διέρχεται από το μέσον του τόξου ΒΥ (σχήμα4). Αφού το σημείο Τ ανήκει στη μεσοκάθετο d των ΒΥ και CX, προκύπτει ότι ΤΒ = ΤΥ και TC = ΤΧ. Επομένως, AU = ΒΧ = ΒΤ + ΤΧ ΤΒ + TC. =

σχήμα4 Έστω χ1, χ2 , , Χπ πραγμQ.τικοί αριθμοί ,που ικανοποιούν τις συνθήκες Ι χ1 + χ2 + ... + Χπl = 1 και +1 . I χ; I .$ η 2 -, για ι = 1 , 2.' ... ,η. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μετάθεση y1, y2 , , Υπ των χ 1 , χ2 , , Χπ τέτοια ώστε να ισχύει: I Υι + 2Υ2 + · · + ηyπ Ι <- η + 1 .

Πρόβλημα 3

• • •

•• •

-2Σε κάθε μετάθεση π = (y 1 , y2 , , Υπ) των χ1, χ2 , , Χπ aντιστοιχούμε την τιμή S(π) που εκφράζει το άθροισμα y1+ 2 y2 . .. + ηyπ . 'Εστω r = (η; 1). Πρέπει να αποδείξουμε ότι I S(π) l $ r, για κάποια μετάθεση π. Ας θεωρήσουμε την ταυτοnκή μετάθεση Πο = (χ1, χ2 , , Χπ) και την αντίστροφη μετάθεση Π = (χη, Χη , χ1). Αν IS(Πo)l rή IS(Π)I r, τότε ο ισχυρισμός είναι αληθής. Έστω ότι I S(Πo) l >r και I S(Π) I > r. Τότε : S(πο) + S(Π) =( Χ + 2χ2 + ... + ηχπ) + ( Χπ + 2 Χπ-Ι + ... + nx,) =(η+ 1)(χ . + Χπ) επομένως έχουμε ότι IS(Πo) + S(Π)I = (η + 1) = 2r. Αφού καθένας από τους αριθμούς S(Πο), S(Π) ξεπερνά ·

Λύ ση

• • •

•••

• • •

ι + ..

κατ' απόλυτη τιμή το r, θα πρέπει να είναι ετερόσημοι, δηλ. ο ένας θα είναι μεγαλύτερος του r, ενώ ο άλ λος μικρότερος του -r. Ξεκινώντας από τήν π0 , μπορούμε να κατασκευάσουμε μεταθέσεις με συνεχείς εναλλαγές διαδοχικών στοιχείων. Πιο συγκεκριμένα υπάρχει μία ακολουθία μεταθέσεων π0, π 1 , , Πιτι τέτοια ώστε Πm = Π και για κάθε ί Ε {Ο , ..., m - 1 }, η μετάθεση πί + 1 προκύπτει από την πί με εναλλαγή δύο διαδοχικών της ό ρων. Επομένως, για τις δύο μεταθέσεις Π; = {y1, y2 , , Υπ} και Π;+ 1= {z1, z2 , , Zn } θα υπάρχει ένας δείκτης k Ε {1, ... ,η- 1 } τέτοιος ώστε: zk = Yk+ 1, zk+ 1 = Yk• Zj = Yj γιαj '* k,k + 1 . Αφού οι αριθμοί χί δεν ξεπερνούν κατ' απόλυτη τιμή το r, θα έχουμε ότι IS(π;+ ) S(π) l = l kzk + (k + 1)zk+ 1 - kyk - (k + 1)Yk+ 1! = I Yk - Yk+ 1 l $ l yk l + I Yk+ 1 l $ 2 r. Συνεπώς, η απόσταση μεταξύ δύο διαδοχικών όρων της ακολουθίας S(Πο), S(π 1 ), , S(Πιn) δεν ξεπερνά το 2 r. Όμως οι πραγματικοί αριθμοί S(Πο), S(πm) βρίσκονται εκτός του διαστήματος [-r, r] και είναι ετερόση iιοι. Συνεπώς, ένας τουλάχιστον από τους S (πί) θα ανήκει στο διάστημα αυτό, δηλ. I S(π;) l $ rκαι έχουμε • • •

• • •

•••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/3

Θέματα 38η; ΔΜ Ο

αποδείξει το ζητούμενο.

Mar del Plata, Α ργεντινή 1997

Πρόβλημα 4 Θεωρούμε η χ η τετραγωνικούς πίνακες που όλα τα στοιχεία τους ανήκουν στο σύνολο S = { 1, 2, . . . , 2η- 1}. Ένας τέτοιος πίνακας ονομάζεται "ασημένως" αν, επιπλέον, έχει την ιδιότητα: για κάθε ί;:: 1, 2, .. . , η, τα στοιχεία της ί γραμμής του μαζί με τα στοιχεία της ί στήλης του περιέχουν όλα τα στοιχεία του S. Να αποδείξετε ότι: ί. δεν υπάρχει ασημένιος πίνακας στην περίπτωση η= 1997, ίί. υπάρχουν άπειρες το πλήθος τιμές του η για τις οποίες υπάρχουν ασημένιοι πίνακες. Απόδειξη (ί) Έ�τω η> 1 ένας ακέραιος. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ένας "ασημένιος" πίνακας Α η χ η. Έστω χ ένα σταθερό στοιχείο του συνόλου {1, 2, . . . , 2η- 1}, το οποίο δεν ανήκει στην κύρια διαγώνιο του πί νακα Α. (Ενα τέτοιο στοιχείο υπάρχει, αφού το πλήθος των στοιχείων του πίνακα είναι 2η- 1, ενώ η διαγώνιος αποτελείται από η). Την ένωση των στοιχείων της Ϊ-γραμμής και της ί-στήλης θα την καλού με "ί- σταυρό". Το δοσμένο στοιχείο χ θα εμφανίζεται ακριβώς μια φορά σε κάθε σταυρό. Αν λοιπόν το χ βρισκεται στην ί-γραμμή και στη j-στήλη, τότε θα ανήκει ταυτόχρονα στον " ί-σταυρό" και στον " j σταυρό". Θα λέμε τότε ότι οι δύο αυτοί σταυροί είναι "χ-συνδεδεμένοι". (Π.χ. στον ακόλουθο πίνακα Α ο 1 ος και ο 4°ς σταυρός είναι 6-συνδεδεμένοι). Επομένως, όλοι οι η σταυροί σχηματίζουν ζεύγη χ συνδεδεμένα, άρα ο η πρέπει να είναι άρτιος, ενώ ο 1997 είναι περιττός. (ίί) Για η = 2 ο πίνακας

[; �J

είναι "ασημένιος" . Για η = 4 έχουμε τους

Α=

,Β= [��] [�!� �] 7 4 3 1 6 4 2 1 Η κατασκευή τέτοιων πινάκων γενικεύεται. Έστω ότι υπάρχει ένας η

μπορούμε να κατασκευάσουμε έναν 2η

χ.

η "ασημένιος" πίνακας Α. Τότέ

2η "ασημένιο" πίνακα D της μορφής: D=

[ � � ].

όπου ο Β

είναι ο η χ η πίνακας, που προκύπτει αν σε κάθε στοιχείο του Α προσθέσουμε το 2η, ενώ ο C προκύπτει αν στον πίνακα Β αντικαταστήσουμε όλα τα στοιχεία της κύριας διαγωνίου του με 2η. Τότε ο πίνακας D που προκύπτει είναι "ασημένιος" . Για να το αποδείξουμε ας θεωρήσουμε τον "ί-σταυρό" του D και έστω ότι ί :ς η (η άλλη περίπτωση απο δεικνύεται όμοια). Ο σταυρός αυτός αποτελείται από τον "ί- σταυρό" του Α, την ί-γραμμή του Β και την ί-στήλη του C. Ο "ί-σταυρός" του Α περιέχει όλα τα στοιχεία του συνόλου {1, 2, . . . , 2η- 1}, ενώ η ί γραμμή του Β και η ί-στήλη του C περιέχουν όλα τα στοιχεία του συνόλου {2η, 2η + 1, . . . , 4η.,... 1}. Πρόβλημα 5 Να βρεθούν όλα τα διατεταγμένα ζεύγη (α, β) ακεραίων α;=: 1, β;=: 1, που ικανοποιούν την εξίσωση α (β2) α =β .

Λύ ση Έστω (α, β) μία λύση της εξίσωσης και d ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των α, β. Τότε α= du και β= όπου u, ν είναι σχετικά πρώτοι. Η δοσμένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την ακόλουθη:

(du)dv2= (dν)u

dν,

( 1) Συγκρίνοντας τους εκθέτες dν2 και u, προκύπτουν οι ακόλουθες περιπτώσεις.

Περίπτωση 1. dν2

Τότε από την ( 1) έχουμε ότι u = ν. Αφού οι u, ν είναι σχετικά πρώτοι θα έχουμε ότι u=ν= 1 και από την dν2= u προκύπτει ότι d= 1. Επομένως, α= β= 1, η οποία είναι λύση της ( 1). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/4

Περίπτωση 2. dν1 > u

Θέματα 38η; ΔΜ Ο- Mar del Plata, Αργεντινή 1997

, dv2 , , ddv2- ·u dv2= ν (2) και εχουμε οτι το u διαιρει, το ν . Αφου οι u, ν ειναι dv2 , , εχουμε , , u= 1 και η (2) γινεται d ι= ν (3 ) . σχετικα, πρωτοι, οτι Αν d= 1 τότε λόγω της (3 ) θα είναι και ν= 1 και η ανισότητα dν2 > u είναι αδύνατη. Για d � 2 έχουμε ό' ' ' ' dv2- 1 > 2v2- 1 > 2v - 1 > 2 2 ν, για ν = 1 , 2 , 3 , ... και η ανισοτητα αυτη ερχεται σε αντιφαση με την (3), τι d . ,

Τοτε η (1) γραφεται ως εξης:

οπότε δεν υπάρχουν λύσεις στην περίπτωση αυτή.

Περίπτωση 3. dν1 ,

dv2

- dv2

dv2

(4) και εχουμε οτι το ν διαιρει το u . Οποτε d < u. Τοτε η ( 1) γραφεται ως εξης: u = d ·ν u d οι u, ν είναι σχετικά πρώτοι, προκύπτει ότι ν= 1 και η ( 4) γίνεται ud= d (5) Αφού Οι βάσεις της εκθετικής αυτής εξίσωσης ικανοποιούν την ανίσωση d < u, επομένως οι εκθέτες θα έχουν την αντίθετη διάταξη, δηλ. d < u - d. Λόγω της (5), κάθε πρώτος διαιρέτης p του d, θα είναι και πρώτος διαιρέτης του u. Θεωρώντας y, z τους μέγιστους εκθέτες για τους οποίους ισχύει ότι pY i u, pzld, έχουμε λόγω της (5) ότι yd =: z(u - d), οπότε y > z. Επομένως το d διαιρεί το u, δηλ. u = kd, για κάποιον ακέραιο k. Παρατηρούμε ότι k � 3, καθώς u > 2d. Αντικαθιστώντας όπου u= kd στη σχέση (5), έχουμε ότι u

(6). k dk - 2 Τότε το d δεν είναι 1 . Επομένως, d � 2. Αν k= 3, τότε λόγω της (6) είναι d= 3, οπότε u=9, α= 27, β= 3. Αν k= 4, τότε λόγω της (6) είναι d2 =4, οπότε d= 2, u= 8, α= 16, β= 2. k-2 > Αν k � 5 , τοτε � 2k - 2 k και η (6) ειναι αδ'υνατη. ' d ' Επομένως η εξίσωση έχει τρεις λύσεις: (α, β)= (1, 1), (27, 3 ) και (16, 2). =

Πρ ό βλη μα 6 Έστω η γνήσια θετικός ακέραιος. Συμβολίζουμε με f(η) το πλήθος των τρόπων που μπορεί να πα ρασταθεί ο η ως άθροισμα δυνάμεων του 2 με ακέραιους εκθέτες οι οποίοι είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι από το μηδέν. Παραστάσεις οι οποίες διαφέρουν μόνο ως προς τη διάταξη των προσθετέων, θεωρούνται ως ταυ τόσημες. Παραδείγματος χάριν ισχύει f(4) = 4, διότι ο αριθμός 4 μπορεί να παρασταθεί με τους ακόλου θους τέσσερις τρόπους: 4 ή 2 + 2 ή 2 + 1 + 1 ή 1 + 1 + 1 + 1 .

η2

Να αποδείξετε, ότι για κάθε ακέραιο η� 3, ισχύει 24 < f(2η) < 2"2. Απόδειξη Αν η = 2k + 1 είναι ένας περιττός αριθμός μεγαλύτερος του 1, τότε κάθε αναπαράσταση του η στη δο σμένη μορφή θα έχει προσθετέο το "1 ".Σβήνοντας το " 1 " θα έχουμε μία αναπαράσταση του αριθμού 2k και αντιστρόφως. Έχουμε λοιπόν την ακόλουθη αναγωγική σχέση: f(2k + 1)= f(2k) (1) Επιπλέον, αν η = 2k είναι ένας άρτιος ακέραιος, τότε κάθε αναπαράσταση του η στη δοσμένη μορφή θα έχει δύο τύπους: είτε θα περιέχει προσθετέους ίσους με 1 ή όχι. Στην πρώτη περίπτωση σβήνοντας ένα " 1 " έχουμε μία αναπαράσταση του 2k - 1 όπως προηγουμένως. Επομένως, έχουμε μία 1 - 1 σχέση των αναπαραστάσεων 1 ου τύπου του 2k και όλων των αναπαραστάσεων του 2k - 1 . Στην περίπτωση του 2°υ τύπου αναπαραστάσεων (χωρίς προσθετέους ίσους με " 1 " ) , μπορούμε να διαιρέσουμε όλους τους προ σθfτέους με 2 και να επιτύχουμε μία αναπαράσταση του k και η αντιστοίχιση αυτή είναι 1 - 1 . Έχουμε λοιπόν την ακόλουθη αναγωγική σχέση: f(2k)= f(2k -'- 1) + f(k) (2) Οι σχέσεις (1) και (2) ισχύουν για κάθε ακέραιο k � 1 . Προφανώς, f(1) = 1 . Ας θέσουμε f(O) = 1, ώστε η σχέση ( 1 ) να ισχύει και για k =Ο. Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι αύξουσα. ·

(2) το f(2k - 1) με f(2k - 2) -λόγω της (1)- καταλήγουμε στην εξίσωση: f(2k) - f(2k - 2)= f(k), για k= 1, 2, 3, ...

Αντικαθιστώντας στη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/5

Θέματα 38ης ΔΜ Ο- Mar del Plata, Α ργεντινή 1997

Προσθέτοντας τις σχέσεις αυτές για k=

1, 2, . . ,, η, έχουμε την ακόλουθη εξίσωση: f(2η)= f(O) +f(l) + . . . +f(η), για η= 1, 2, 3, ... (3 )

Θα υπολογίσουμε κατόπιν τα ζητούμενα φράγματα της ακολουθίας f(2η), για η= l, 2, . ..

Ο υπολογισμός του άνω φράγματος είναι εύκολος, καθώς οι προσθετέοι στη σχέση (3 ) είναι όλοι μικρό τεροι από τον τελευταίο. Επιπλέον, αφού 2= f(2) � f(η), για η;::: 2, έχουμε ότι

f(2η)=2 +(f(2) + ... +f(η)) �2 +(η- l)f(η) �f(η) +(η- l)f(η)= ηf(η), για η= 2, 3, 4, ...

Συνεπώς, f(2η) �2η - I ·f(2η- I) �2η!!ί!l=..U

·2.

!!ί!l=..U

Αφού 2 2 ·

2η- 2·f(2η - 2) �2η-

2η- 2. 2η- 3·f(2η- 3) � .. . �2(η - I) + (η- 2) + . . .

+Ι ·

f(2) =

.u:

·2 < 2 2, για ν;::: 3, έχουμε αποδείξει το άνω φράγμα.

Για το κάτω φράγμα θα αποδείξουμε πρώτα ότι: f(b + Ι)- f(b);::: f(α +1) - f(α) όπου b;::: α> ακέραιοι είτε και οι δύο άρτιοι είτε και οι δύο περιττοί.

(4)

(1) θα έχουμε μηδενικά και από τα δύο b 1 μέλη της (4), ενώ αν είναι και οι δύο περιττοί, τότε λόγω της (2) θα έχουμε f(b + Ι)- f(b) = ; . Πράγματι, αν οι α και b είναι και οι δύο άρτιοι, τότε λόγω της

f(α +

1) - f(α)=

� ; 1) α

� )

και η ανισότητα (4) ισχύει αφού η f είναι αύξουσα.

Ας θεωρήσουμε τους ακεραίους r ;::: k;::: 1, όπου r άρτιος. Με διαδοχικές αντικαταστάdεις στην (4) των α ριθμών α= r - j, b= r +j για j = . .. , k - 1 και προσθέτοντας τις ανισότητες που προκύπτουν, καταλή γουμε στην f(r +k) - f(r);::: f(r + Ι)- f(r - k + 1).

Ο,

Αφού ο r είναι άρτιος, θα έχουμε ότι f(r + Ι) = f(r), επομένως f(r + k) + f(r - k + k= Ί, . . ., r Προσθέτοντας τις ανισότητες για k= 1, .. . , r έχουμε ότι: f(1) +f(2) + ... + f(2r);::: 2rf(r). Λόγω της (3 ) το άθροισμα του δεξιού μέλους της ανισότητας ισούται με f(4r) - 1, οπότε f(4r);::: 2rf(r) + 1 > 2rf(r), για κάθε ακέραιο r;::: 2. , , fi(2m) > 2m- I ·fi(2m-2) Θετοντας . r= 2m-2 εχουμε οτι (5)

;::: 2f(r), για

Για να εξασφαλίσουμε ότι ο r= 2m-2 είναι άρτιος θα πρέπει m > 2, ωστόσο η (5) ισχύει και για m= 2. Ας θεωρ1)σουμε κατόπιν έναν ακέραιο η μεγαλύτερο του Ι. Έστω s θετικός ακέραιος τέτοιος ώστε 2s � η και ας εφαρμόσουμε την ανισότητα (5) για m= η, η- 1, ...,η- 2s + 2, οπότε παίρνουμε f(2η)>2η /

�

I ·f(2n- 2)

4 5 >2η- I •2η- 3·f(2η- )>2η- Ι .2η- 3.2η- ·f(2η- 6)> ...>

Ι 2(η- ) +(η- 3) +... +(η- 2s + l)·f(2η-2s)=2s(η- s) ·f(2η- 2s)

Αν τώ'ρα ο η είναι άρτιος, θέτούμε s=

} ενώ αν ο η είναι περιττός θέτουμε s=η ; 1 .

Προκύπτουν τότε οι ανισότητες: η2 2 η 2 · f(2η) >24 f( °)=24, αν ο η είναι άρτιος

(η2- Ι ) ί!t..:...!.l .U: 4 ·f(21)=2 4 ·2>2\αν ο η είναι περιττός. f(2η)>2

Έχουμε λοιπόv υπολογίσει το ζητούμενο κάτω φράγμα για κάθε ακέραιο η;::: 2 (το οποίο επίσης ισχύει και για η= 1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/6

Ελληνικό Στατιστικό Ινστιτούτο Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθανοτήτων

31/111998

ι. Κάθε πακέτο του απορρυπαντίκού τΙDΕ περιέχει ένα κουπόνι πάνω στο οποίο αναγράφεται ένα από τα γράμματα Τ, I, D ή Ε. Αν ο πελάτης συγκεντρώσει όλα τα γράμματα της λέξης τΙDΕ παίρνει ένα πα κέτο δωρεάν. Έστω ότι όλα τα γράμματα έχουν την ίδια πιθανότητα να εμφανισθούν σε ένα πακέτο. Να βρείτε την πιθανότητα να κερδίσει ί πακέτα (ί = Ο, 1, 2) ένα άτομο που αγοράζει 8 πακέτα του aπορρυ παντικού. 2. Έστω ότι ν ανδρόγυνα κάθονται με τυχαίο τρόπο στις 2ν θέσεις ενός α) ευθVγραμμου, β) κυκλικού, τραπεζιού. Ποια είναt: η πιθανότητα οι σύζυγοι κ συγκεκριμένων ανδρογύνων να κάθονται ο ένας δίπλα στον άλλο; 3. Ο ανελκυστήρας μιας ν-όροφης οικοδομής ξεκινάει από το ισόγειο της οικοδομής με κ άτομα. Να υπολογισθόύν οι πιθανότητες αποβίβασης. α) και των κ ατόμων σε διαφορετικό όροφο β) r συγκεκριμένων ατόμων από τα κ στον ίδιο όροφο και όλων των υπολοίπων σε διαφορετικούς μεταξύ τους ορόφους οι οποίοι να διαφέρουν επίσης και από τον όροφο όπου αποβιβάστηκαν τα r άτομα. γ) η ατόμων από τα κ στον ί όροφο ί = 1, 2, . . . , ν (r 1 + r2 + . . . + rv = κ). Λύσεις των θεμάτων

Έστω Pi• ί = Ο, 1, 2 .η πιθανότητα να κερδίσει ο αγοραστής ί πακέτα. Για την εύρεση της p2 παρατη 8 ρούμε ότι το πλήθος των [αν χ είναι το πλήθος . συvολικών περιπτώσεων είναι 4 ενώ των ευνοϊκών � (2!) ' των μεταθέσεων των στοιχείων TτiiDDEE, θεωρώντας ότι τα ζεύγη γραμμάτων ΤΤ, ll, DD, ΕΕ αποτε λούνται από διαφορετικά στοιχεία (π.χ. Τ 1 Τ2 , 1 1 12 , D 1 D2 , Ε 1 Ε2) κάταλήγουμε σε 2! · 2! · 2 ! · 2! μεταθέσεις με 8 διαφορετικά στοιχεία. Άρα (2!)4χ = 8!]. 8! 4 (2!) Επομε' νως p2 = 8 0,03845. 4 Για τον υπολογισμό του Ρο παρατηρούμε ότι Ρο = Ρ(Α 1 υ Α2 υ Α3 υ Α4) όπου Α 1 , Α2, Α3 , Α4 είναι τα εν δεχόμενα να μην εμφανισθεί το γράμμα Τ, I, D, Ε αντίστοιχα, στις 8 αγορές. Όμως PCA 1 υ Α2 υ Α3 υ Α4) = s� - s2 + s3 - s4 8 όπου S1 = Ρ(Α 1 ) + . . . + Ρ(Α4) = 4(i) ι.

S 2 = Ρ(Α 1 Π Α2) + Ρ(Α 1 Π Α3 ) + . . . + Ρ(Α3 Π Α4) = 6(υ

S 3 = Ρ(Αι Π Α2 Π Α3 ) + . . . + Ρ(Α2 Π Α3 Π Α4) = 4 (�) S 4 = Ρ ( Α 1 Π Α 2 Π Α 3 Π Α4 ) = Ο Αντικαθιστώντας βρίσκουμε Ρο = 0,377.Τέλος p 1 = 1 - Ρο- p2 = 0,58455

α) Το πλήθος των συνολικών αποτελεσμάτων είναι (2ν)! Για την εύρεση των ευνοϊκών αποτελε σμάτων, θεο:φούμε τα κ συγκεκριμένα ανδρόγυνα ως κ στοιχεία και συμπληρώνουμε με τα υπόλοιπα 2(ν - κ) άτομα των οποίων η σχετική θέση δε μας ενδφφέρει. Έτσι έχουμε να μεταθέσουμε αρχικ(i 2(ν - κ) + κ = 2ν - κ στοιχεία και στη συνέχεια για τα κ συγκεκριμένα ανδρόγυνα να θεωρήσουμε τις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/7

Λευκοπούλειος Διαγωνισμός Πιθαvοτt]των

μεταθέσεις ΑΓ και ΓΑ. Άρα οι ευνοϊκές περιπτώσεις είναι (2ν - κ)!2 κ και η ζητούμενη πιθανότητα (2ν - κ) !2κ (2ν)! β) Σε κάθε κυκλική μετάθεση r στοιχείων αντιστοιχούν r (απλές) μεταθέσεις. Έτσι το πλήθος των κυκλι κών μεταθέσεων r στοιχείων είναι (r - 1)! Εργαζόμενοι με τον ίδω τρόπο όπως πριν, βρίσκουμε την πι(2ν - κ - 1)!2κ . , θανοτητα (2ν 1)! _

Το πλήθος των συνολικών περιπτώσεων είναι και στα τρία ερωτήματα ίσο με νκ α) Για τις ευνοϊκές περιπτώσεις παρατηρούμε ότι: το πρώτο άτομο μπορεί να διαλέξει τον όροφο που θα κατέβει κατά ν τρόπους, για κάθε τέτοια επιλογή το δεύτερο άτομο επιλέγει τον όροφο που θα κατέβει κατά ν - 1 τρόπους . . . το κ άτομο επιλέγει τον όροφο που θα κατέβει με ν - κ + 1 τρόπους. Άρα υπάρχουν ν(ν - 1) . . . (ν- κ + 1) = Δ� τρόποι επιλογής και η ζητούμενη πιθανότητα είναι Δ� = ν(ν - 1 ) . . . (ν - κ + 1 ) κ� ν νκ νκ β) Θεωρούμε τα r άτομα που θέλουμε να κατέβουν στον ίδιο όροφο ως ένα άτομο - ομάδα, οπότε το πρόβλημα ανάγεται στο ερώτημα (α) με (κ - r) + 1 άτομα, αντί κ. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι 3.

�

" Δκ-r + Ι νκ

( � ) τρόπους, για κάθε τέτοια επιλογή τα άτομQ. που κατεβαίνουν στο δεύτερο όροφο μπορούν να διαλεχτούν κατά ( κ� rι ) γ) Τα άτομα που κατεβαίνουν στον πρώτο όροφο μπορούν να διαλεχτούν κατά

τρόπους κ.λ.π. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι

Θέματα Ολυμπιάδων

Η συνάρτηση

φ(ν)

του

Euler και οι εφαρμογές

της Δ. Γ. Κοντογιάννης

1.1.

Ο ρισμός.

Η συνάρτηση φ: IN*-+ IN* που ορίζεται με τον εξής τρόπο: φ(ν) είναι το πλήθος θετικών ακεραίων

που είναι μη μεγαλύτεροι του ν και σχετικά πρώτοι με το ν, ονομάζεται συνάρτηση Euler (Euler totίent functίon). Ο πίνακας μας δείχνει μερικές τιμές της φ(ν). ν 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1 12 13 14 15 16 17 1 8 19 20 .φ(ν) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8 16 6 1 8 8 1.2.

Θεώ ρημα.

Για τη συνάρτηση Euler ισχύει:

α) φ(ν) � ν, για κάθε ν ε IN* β) φ(ν) = ν - 1 αν και μόνο αν ο ν είναι πρώτος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/8

Θέματα Ολυμπιάδων

Απόδε ιξη

α) Από τον ορισμό ι .ι . η (α) προκύπτει άμεσα. β) Αν ο ν είναι πρώτος, τότε είναι σχετικά πρώτος με κάθε αριθμό κ < ν. Άρα φ(ν) = ν - ι . Αν ο ν είναι σύνθετος τότε υπάρχει κ < ν με κ/ν, άρα (κ, ν) = κ, επομένως φ(ν) < ν - ι . Εφαρμογή. Αν ν σύνθετος, τότε φ(ν) � ν - 2. 1.3.

Θεώ ρημα

( )

Αν π πρωτος, τοτε φ(πν) = πν - πν ι = πν ι - ;1 , ν Ε Ν*. ,

Απόδειξη

Οι μόνοι αριθμοί -iου συνόλου 1, 2, . . . , πν που δεν είναι σχετικά πρώτοι με τον πν , είναι όσοι διαιρούνται με τον π, δηλ. οι αριθμοί κπ (κ Ε Ν, με κπ � πν). Προφανώς το πλήθος των κ είναι πν - 1• Ώστε στο σύνο, φ(πν) = πν - πν - 1 . , με τον πν, αρα λ.ο 1 , 2 , . . . , πν υπαρχουν ακριβως πκ - 1 που δ εν ειναι σχετικα πρωτοι ·

1.4.

•

Θεώ ρημα

Έστι:ό η Ε Ν*, k Ε Ν* με (η, k) = 1 και ν Ε Ζ . Τότε τα υπόλοιπα των διαιρέσεων των αριθμών ν, k + ν, 2k + ν, . . . , (η - l)k + ν με τον η είναι τα στοιχεία του συνόλου {0, 1, 2, . . . , η - ι } . Απόδειξη

Θα αποδείξουμε ότι τα υπόλοιπα των διαιρέσεων είναι διαφορετικά μεταξύ τους. Ας υποθέσουμε ότι για κάποιους ακεραίους l και m με Ο � l < m < η ώστε τα υπόλοιπα των διαιρέσεων των fk + V'και mk + ν με τον Ν να είναι ίσα. Τότε η διαφορά (€- m)k είναι διαιρετή με τον Ό πράγμα ά τοπο, αφού €- ιή <η και (k, η) = 1 . Ώστε όλα τα υπόλοιπα είναι διαφορετικά μεταξύ τους, δηλαδή . . . 1.5.

Θεώ ρημα

συνάρτηση φ(ν) είναι πολλαπλασιαστική, δηλ. φ(kη) = φ(k)φ(η) αν (k, η) = 1.

Απόδειξη

Επειδή φ(l) = 1, η πρόταση ισχύει αν k = 1 ή η = 1. Έστω ότι κ > 1, η > 1 Όπως έχουμε ορίσει, ο φ(kη) είναι το πλήθος των όρων του πίνακα: k 1 2 τ k+τ 2k k+2 k+ 1 2k + 1 2k + τ 3k 2k+ 2

(η-l)k+τ nk (η - l)k + 1 (η-l)k+2 οι οποίοι είναι σχετικά πρώτοι με τον nk, δηλ. με το πλήθος των όρων που είναι σχετικά πρώτοι με τον k και με τον η ταυτόχρονα. Έστω τ Ε Ν* με τ� k. Αν (τ, k) = 1, τότε όλοι οι αριθμοί της στήλης είναι σχε τικά πρώτοι με τον k. Αν (τ, k) > ι τότε δεν υπάρχει αριθμός της στήλης σχετικά πρώτος με τον k. Το πλήθος των αριθμών τ � k με (τ, k) = ι είναι προφανώς φ(k) και είναι ο αριθμός των στηλών, των ο ποίων όλοι οι όροι 'είναι σχετικά πρώτοL Ας θεωρήσουμε μια τέτοια στήλη π. χ. την τ. Τότε τα υπόλοιπα των δταιρέσεων των στοιχείων της στήλης με τον η είναι Ο, l, 2, . . . , η - ι . Όμως το πλήθος των στοιχείων της στήλης που είναι σχετικά πρώτο με τον η είναι φ(η). Άρα .. . 1.6.

Πό ρισμα

1.7.

Θεώ ρημα

Αν k 1 , k 2 , . . . , kν Ε Ν*, σχετικά πρώτοι ανά δύο τότε φ(k 1 k2 . . . kν) = φ(k 1 )φ(k2) . . . φ(kν). Η απόδειξη επαγωγικά.

( �,)(ι - �) . . (ι - �)

Αν η Ε Ν.και η = π1k1π2κ2 . . . π/νη κανονική ανάλυση του η, τότε φ(η) = η ι ΕΥΚΛΕΙΔΗ

' ΣΒ

λ.α. τ.4/9

θέματα Ολυμπιάδων

Απόδειξη

' φ(Π ιkιπ2κ2...Πykv) =φ(Π ιkι)φ (Π2k2). . . φ(Πνkv) = Απο' το ι . 6 . εχουμε · (Πιk1_ Πιkι-ι)(Π2k2_ Π2k2-ι). . . (Πνkv_ 1Ι" kv - ι) =πιkιπ2κ2 . . kv ι - Π.!. ι - .!. . . ·· ι - .!. = Π2 . Πν ι η(ι - ι ι - · ι - =

� )( �;} { �)

1.8.

( )( ) ( )

1Ι" "-ν

""'

Θεώ ρημα

φ(ν) = +οο . Είναι lim ν+α:>

Από δε ιξη

Αpκεί να αποδείξουμε ότι φ(ν);;.: tψι (1) για κάθε ν Ε IN. Προφανώς η (ι) ισχύει για ν = ι . Έστω ν > ι και ν = 2κ Π ιk ...Πτkτ, όπου k, kι, . . . , kτ Ε IN. 1 1?. ν α και αν β Ε IN , τότε β - 2;;.: . Ως γνωστό αν α Ε IN με α > 2, τότε α - ι > _r: 2 , ι ι ι ι τ, kι k2 Ι<τ . . κ , Ί οτε απο το ι . . εχουμε. φ(ν);;.:2 Πι π2 . . . Πτ (Π ι - ι)(Π2 - ι)...(Πτ - ι );;.: ι 1 _ Γ_ h l ν 2Κ - ι Πιkι - ι π2k2- ι . . ·Πτkτ- ι '-�2 Κ - ι Πι2 π22k2 . . · Πτ2'kτ � 1

•

1.9.

�

Θεώ ρημα

Αν ν σύνθετος φυσικός τότε φ(ν) :::;;; ν - ψι (ι)

( � �;

Αnό δειξη

) �Εστω π 1 ο μικρότερος πρώτος διαιρέτης του ν. Τότε Πι :::;;; ψι και φ(ν) ::;;ν ι - ::;;ν 1.10.

Θεώ ρημα

Αν ν ακέραιος και ν;;.: 2 , τότε ο φ(ν) είναι άρτιος. Έστω ν = 2κλ, όπου κ Ε IN* και λ περιττός. Τότε φ(2κλ) =φ(2κ)φ(λ) =2κ - ι φ(λ) δηλ. άρτιος. Αν ν = πκλ, όπου π περιττός πρώτος και (π\ λ) = ι τότε φ(πκλ) =φ(πκ)φ(λ) =(πκ - πκ - ι )φ(λ). , , Ώστε φ(ν) αρτιος, Αλλα, πκ - πκ- ι = πκ- ι (π - ι ) αρτιος. αν ν;;.: 2 . Απόδειξη

1.11.

Θεώ ρημα Gauss

1.12.

Θεώ ρημα Euler

Αν ν Ε IN*, τότε Σφ(δ) = ν, όπου δ θετικός διαιρέτης του ν. δ/ν Την (όχι δύσκολη) απόδειξη του θεωρήματος ι ι αφήνουμε στους αναγνώστες. Εδώ θα δώσουμε το εξής παράδειγμα: . Έστω ν = ι2. Οι διαιρέτες του ι2 είναι οι: ι , 2, 3, 4, 6 και ι2. Τότε φ( ι) + φ(2) + φ(3) + φ(4) + φ(6) + φ(ι2) =ι + ι + 2 + 2 + 2 + 4 = ι2. Αν α, ν θετικοί ακέραιοι, και (α, ν) = ι, τότε αφ(ν) ι(mοdν). Το θεώρημα είναι μια "γενίκευση" του γνωστού θεωρήματος του Fennat και εξαιρετικά χρήσιμο στη θεωρία αριθμών. Η απόδειξή του αφήνεται στον αναγνώστη. =

Ασκή σεις

Ι)

Αν ν Ε ΙΝ* - { ι }, να αποδείξετε ότι φ(ν) =

ν- ι

� [(ν\)].

(ι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/10

Θέματα Ολυμπιάδων

--,-----�-

[ ]

Απόδε ιξη

Αν ν > 1, κ < ν τότε (ν, κ)= 1 , οπότε � (ν, κ) = ι Ακόμα, αν (ν, κ) > 1 , τότε κ) = Ο. Τότε το β ' μέλος της (1) είναι ίσο με το πλήθος των φυσικών αριθμών< ν που είναι σχετικά πρώτος προς τον ν και για ν > 1 , ο αριθμός είναι φ(ν).

[(ν,l ]

2) Να προσδιορίσετε <rους ν Ε Ν*, για τους οποίους 4 t φ(ν) Λύση

Οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 1 , 2, 4 και οι αριθμοί πκ και 2πκ, όπου π πρώτος της μορφής 4t + 3.

Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειρα ζεύγη (χ, η), όπου χ, η Ε Ν, με η > χ ώστε d(x) = d(η), φ(χ) = φ( η), σ(χ) = σ(η). (με d(x) συμβολίζουμε το πλήθος και με σ(ν) το άθροισμα των διαιρετών του ν και οι συναρτήσεις d(ν), σ(ν) είναι πολλαπλασιαστικές).

Λύ ση

π.

χ. χ = 3 κ568, η= 3 κ638 με κ= Ο, 1, 2, . . .

Να αποδείξετε ότι για κάθε κ Ε Ν, υπάρχει ν Ε Ν ώστε φ(ν) - φ(ν - 1) > κ και φ(ν)- φ(ν + 1) > κ.

··

Να προσδιορίσετε τους φυσικούς χ, για τους οποίους φ(χ)= �χ

(1)

Λύση

Επειδή φ(χ) Ε !Ν*, τότεi5χ Ε Ν <=>Χ= 5αη με ά;?; 1, η Ε z και (η, 5)= ι

�

•

Ακόμα φ(5αη)= 5αη <=>φ� 5α)·φ(η)= 4·5α- ι.ο �(5α- 5α- ι )φ(η)= 4·5α- ι .η <=> 4·5α- ι ·φ( η)= 4·5α- ι ·η <=>φ(η)= η <=>Ο= 1 <=>Ο= 5α, α Ε Ν* 6)

Να λύσετε. την εξίσωση π(χ - φ(χ)) =χ

(1),

όπου π πρώτος.

Να προσδωρίσετε το άθροισμα φ(1) + φ(π) + . . + φ(πκ), όπου π πρώτος και κ Ε Ν*. Απάντηση Είναι φ(l) + φ(π) + + φ(χιc) =1 + (χ-1) + + πκ - πκ - ι = πκ 7)

. ..

...

�

Αν (α, β) = δ, με α, β Ε Ν*, να αχοδείξετε ότι φ(αβ)= φ(α)φ(β)φ δ) .

Απόδε ιξη

Από το θεώρημα 1 . 7. έχουμε:

-;) Ι](ι-;) �� α β 1 φ(α)φ(β) δ ( ) JJ(ιΠ φ(δ) � αβ δ π/αβ.(ι ) .!. Αν ν να αποδείξετε ότι φ(α);?; �

�= Π ι-.!. . αβ πΙ β π α

Ν *,

d )

Απόδειξη

(1)

Έστω α = Πικ1Π2κ2 . . . Πyκ,. . Τότε θα έχουμε: φ(α)d(α) =α ι - . . ι- � κι + . . . (κv + 1) ;?;α

( ;1) ( } l) .

(t)v ·2ν = α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/11

Θέματα Ολυμπιάδων

11)

_______

...__ ...:._____ _,__

( π�2) ( - π:i) . . . (ι - �2)

Με τα δεδομένα της ι ο να αποδείξετε ότι σ(α)φ(α) >α2 ι -

Απόδειξη προφανής αφού κί ;;;.: ι

+ ι Ε Ζ, όπου ν Ε Ν* αν ο ν είναι πρώτος, ενώ δεν είναι ακέραιος αν ν Να αποδείξετε ότι φ(ν)σ(ν) ν διαφείται με το τετράγωνο ενός πρώτου. 12)

Απόδειξη

) + ι = �2 = ν ΕΖ Αν ν πρώτος, τότε φ(ν) = ν - ι και σ(ν) = ν + 1. Τότε φ(ν)σ(ν ν ν Αν όι.iώς ν = πτκ (τ;;;.: 2) και (π, κ) = ι , τότε φ(ν)σ(ν) + ι φ(πτ)φ(κ)σ(ν) + ι π(πτ - Ι - πτ - 2)φ(κ)σ(κ) + ι ν πτκ πτκ Επομένως αφου ο π δε διαιρεί τον αριθμητή, ο αριθμός δεν είναι ακέραιος.

13) Σύμφωνα με την εικασία του C. Goldbach κάθε άρτιος αριθμός μεγαλύτερος του 2 είναι άθροισμα δύο πρώτων. Ο Ρ. Erdδs έκανε αργότερα την εξής εικασία: για κάθε άρτιο αριθμό 2ν, υπάρχουν ακέραιοι p, q τέτοιοι ώστε: φ(p) + φ(q) = 2ν (1 ). Να εξετάσετε αν η υπόθεση Goldbach ικανοποιεί την υπόθεση Erdδs.

Απάντηση

Ναι. Πράγματι,αν ισχύει η εικασία Goldbach, τότε για κάθε ν υπάρχουν πρώτοι p, q τέτοιοι ώστε: 2ν + 2 = p + q = φ(p) + 1 + φ(q) + ι ή 2ν = φ(p) + φ(q), δηλ. η εικασία του Erdδs ισχύει. 1 4)

15)

' Ν α αποδείξετε οτι αν α = π 1 Κι π2Κ2 . . . π,Κν η κανονικη' ανα' λυση του α, τοτε: ι > ...!!... > ι ι 1-1 ι _ l. σ(α) π 1 - πJ . . . Πν

( _l.) ( '

( )

α) Να αποδείξετε ότι Σ_δι = σ(νν), για κάθε ν Ε Ν*. δ/

, σ(νν!);;;.: ι + - ι + - ι + . . . + -.ι β) Ν α αποδείξετε οτι ν! ν 2 3

16)

(Θεωρ. Lucas) Αν ν Ε Ν* και υπάρχει ακέραιος α τέτοιος ωστε ί) αν Ι ι (mοdν) -ii) αν-Ρ Ι � ι(mοdν), για κάθε πρώτο ρ, με ρ/ν - ι να αποδείξετε ότι ο ν είναι πρώτος. 2 Για κάθε ν Ε Ν* ισχύει � < φ(ν) σ(ν) < ν2 -

17)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/12

t� '1iJ

Χίος

ΠΑΝΕΛΛΉΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ JΜΑΘ.ΗJΜΑΤΙΚ.ΗΣ ΙΙΑΙΔΕΙΑ

�

Μ"ε διεθνή συμμετοχη

13 - 14 - 15

Νοεμβρίου

1998

Θέμ,α: Τα, ΙVΙαθημ.ατ-.κά Στ-ις Νέες Ε κπ·αιδευτ-ικές Συνθήκες �εμ.ατ .. κ::ές Ενότητες του Συνεδρίου

• • • •

Αναλυτικά προγράμματα Μαθηματικών στην Πρωτοβάθμια και Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση Διδακτικά βιβλία και εκπαιδευτικό υλικό Αξιολόγηση μαθητών στο Λύκειο και διαδικασία εισαγωγής στην Τριτοβάθμια Εκπαίδευση Οι απαιτήσεις της Τριτοβάθμιας Εκπαίδευσης και τα Μαθηματικά στο Λύκειο.

Στρογγυλό Τραπέζ .. •

Αξιολόγηση Εκπαιδευτικού Έργου - Εκπαιδευτικών

Οι εργασίες που θα υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 1998 θα κριθούν με βάση τα πλήρη κείμενα από την επιστημονική επιτροπή. Θα πρέπει να είναι πρωτότυπες και να εντάσσονται στους σκοπούς του συνεδρίου. Τα πλήρη κείμενα των εργασιών που θα εγκριθούν θα περιληφθούν στα πρακτικά του συνεδρίου, τα οποία θα καταβληθεί προσπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδριο. Η εργασία θα είναι γραμμένη σε επεξεργαστή κειμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα που

θα περιέχει την εργασία. Να χρησιμοποιθούν γραμματοσειρές Times New Roman Greek για τους τίτλους και για το κυρίως κείμενο.

ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 15 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 1998 Τα

πλήρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι nς 15 Σεπτεμβρίου

1998 στην παρακάτω δffiύθυνση

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

(Ε.Μ.Ε.)

(Για το 15ο Συνέδριο) Πανεπιστημίου 34 10679 Αθήνα

Τηλ.: 36 16 532-36 17 784 Fax: 36 41 025

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

Ελ λη':ικ:ή Μαθηματική Εταιρεία ΦJ!PJrilN�EJBJQQΠ αραρτη μ α Ε.Μ.Ε. Χίου

Μαθηματικά

και

αδυνάτισμα Μπάμπης Τουμάσης

Στις μέρες μας γίνεται πολύς λόγος για την αξία της υγιεινής διατροφής, αλλά και για τις αρνητικές επιπτώσεις που έχει η παχυσαρκία και το υπερβολικό βάρος στη ζωή των ανθ ρώπων. Η διαιτητική είναι μια καινούργια επιστήμη, που προσδιορίζει και επιλύει τα διάφορα προβλήματα που έχουν σχέση . με τη διατροφή του ανθρώπου, προκειμέyου να εξασφαλιστεί ο βασικός συντελεστής της καλής υγείας. Και καλή υγεία σημαίνει γερό και θαλερό σώμα, καθαρό και έξυπνο μυαλό, πνευματική ανάπτυξη, χαρούμε νη ζωή και αισιόδοξη αντιμετώπιση των καθημερινών προβλημάτων. Χωρίς αμφιβολία, οι διαιτητικές συνήθειες των διαφόρων λαών έπαιξαν σοβαρό ρόλο στη σωματική και πνευματική τους ανάπτυξη. Ο Ιπποκράτης, πατέρας της Ιατρικής Επιστήμης, ασχολήθηκε ιδιαίτε ρα με τη διαιτητική και έγραψε πολλά σχετικά βιβλία με διαιτητικούς κανόνες. Ο αφορισμός του Ιππο κράτη "ού πλησμονή ού λιμός, ούδ' άλλο ούδέν άγαθόν, δ,τι άν μαλλον τής φύσιος fι", δε σημαίνει τί ποτε άλλο παρά ότι η υπερβολική σίτιση, καθώς και η μεγάλη στέρηση της τροφής, είναι επιβλαβείς για τον οργανισμό. Μια άλλη πλευρά της προσπάθειας για να εξασφαλιστούν, αφ' ενός μεν καλή υγεία, αλλά και κά ποια στάνταρτς αισθητικής, κάτι που ενδιαφέρει πολύ κόσμο στις μέρες μας, έχει οδηγήσει στη δημιουρ γία τεχνικών και μεθόδων αδυνατίσματος. Χιλιάδες άτομα, που προέρχονται κυρίως από το γυναικείο φύλο και θέλουν να διατηρήσουν τη σιλουέτα και την κομψότητά τους, επισκέπτονται διάφορα κέντρα αδυνατίσματος προκειμένου να βρουν έναν τρόπο να χάσουν μερικά περιττά κιλά. Στις εφημερίδες και τα περιοδικά βρίσκει κανείς εκατοντάδες αγγελίες, που διαφημίζουν πρωτότυπες τεχνικές αδυνατίσματος και δεν είναι ασυνήθιστο το φαινόμενο να παρουσιάζουν τα μέσα μαζικής ενημέρωσης περιπτόJσεις ατό-. μων, που, με κίνδυνο της ζωής τους, δέχονται να εφαρμόσουν μια επίπονη τεχνική, προκειμένου να απε λευθερωθούν από κάποια ενοχλητικά κιλά . Μανία αδυνατίσματος λοιπόν. Μανία ή μόδα της εποχής μας θα το λέγαμε. Αυτό όμως που ενδια φέρει εμάς εδώ δεν είναι να σχολιάσουμε όλα αυτά, αλλά να δούμε πως μπορούν τα μαθηματικά να μας πουν κάτι σχετικά με όλες αυτές τις προσπάθειες αδυνατίσματος, διαφωτίζοντας το ζήτημα από κάποια διαφορετική πλευρά. Τα μαθηματικά, εξάλλου, που έχουν διεισδύσει σε όλους τους τομείς της κοινωνι κής μας ζωής, πώς θα ήταν δυνατόν να απουσιάσουν fl..Π' αυτά τα επίκαιρα και μοντέρνα ζητήματα που αφορούν τη σιλουέτα και την αισθητική μας και ενδιαφέρουν τόσο πολύ κόσμο; Θα προσπαθήσουμε λοιπόν να βρούμε τη σχέση που διέπει το βάρος ενός ατόμου το οποίο αποφασίζει να ακολουθήσει μια δίαιτα αδυνατίσματος, συναρτήσει του χρόνου που διαρκεί αυτή η δίαιτα. Για να κατορθώσουμε όμως κάτι τέτοιο θα πρέπει προηγουμένως να έλθουμε σε επαφή με κάποιες βασικές διαιτητικές γνώσεις. Όπως το αυτοκίνητο δεν μπορεί να κινηθεί χωρίς βενζίνη και έχει ανάγκη από καλή συντήρηση, έ τσι και ο ανθρώπινος οργανισμός δεν μπορεί να λειτουργήσει και να συντηρηθεί χωρίς να εφοδιάζεται συνεχώς με ενέργεια, δηλ. καύσιμη ύλη, την οποία παίρνει από τον έξω κόσμο με διάφορες ουσίες, δη λαδή τα τρόφιμα. Η ενέργεια αυτή ονομάζεται θερμοδυναμική αξία των θρεπτικών ουσιών και μπορεί να μετρηθεί σε θερμίδες, δηλαδή σε ποσότητα θερμότητας την οποία παράγουν όταν υποστούν πλήρη καύ ση. Θερμίδα είναι η ποσότητα της θερμότητας, η οποία χρειάζεται για να αυξήσει τη θερμοκρασία ενός κιλού κατά ένα βαθμό. Για παράδειγμα, εάν έχουμε σ' ένα δοχείο ένα κιλό νερό το οποίο έχει θερμοκρα σία 20 βαθμούς Κελσίου και το θερμάνουμε, μέχρις ότου η θερμοκρασία του ανέβει στους 2 1 . β αθμούς, τότε λέμε ότι το ποσό της θερμότητας (δηλ. ενέργειας) που πήρε το νερό από τη φλόγα ισούται με μια θερμίδα. Η θερμίδα διεθνώς συμβολίζεται με το C (αρχικό της λέξης Calorie, που σημαίνει θερμίδα). Είναι φανερό ότι δεν έχουν όλοι οι άνθρωποι τις ίδιες ανάγκες σε ενέργεια και θρεπτικές ουσίες. Αλλά και το ίδιο το άτομο έχει άλλες ανάγκες όταν αναπαύεται, άλλες όταν εργάζεται μέτρια, άλλες ό ταν εργάζεται εντατικά κ.λ.π. Ο παρακάτω πίνακας 1, δείχνει την ημερήσια ανάγκη του οργανισμού σε θερμίδες, ανάλογα με την ηλικία, το φύλο, το ανάστημα, το βάρος του σώματος και την εργασία του κά θε ατόμου. �

Ε\'ΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.3/14

�

Μαθηματικά και αδυνάτισμα

Πίνακας 1 Ηλικία (έτη) κα ι φύ λο

έτους (Αγόρια και Κορίτσια) 2 ετών (Αγόρια και Κορίτσια) 3 ετών (Αγόρια και Κορίτσια) 5 ετών (Αγόρια και Κορίτσια) 8 ετών (Αγόρια και Κορίτσια) 1 1 ετών (Αγόρια και Κορίτσια) 14 ετών Αγόρια 14 ετών Κορίτσι{l 16 ετών Αγόρια 16 ετών Κορίτσια 20 ετών 25 ετών Άντρας μη εργαζόμενος Άντρας εργαζόμενος μέτρια Άντρας εργαζόμενος εντατικά. Γυναίκα μη εργαζόμενη Γυναίκα εργαζόμενη μέτρια Γυναίκα εργαζόμενη εντατικά Γυναίκα έγκυος μετά τον 5° μήνα Γυναίκα θηλάζουσα 1

Ανάστημα

Βάρος σώματος

72 85 92 102 120 133 1 50 150 167 157 170 170

10 12 14 18 24 32 43 45 60 51 64 70 65

(cm)

(kgr)

Πηγή: [1], σελ. 53

Η ανάπτυξη εν ό ς μαθηματικού μοντέλου αδυν ατίσματος

Αναγκαία, κάθε μέρα ποσότητα θερμίδων

900 1200 1400 1 600 2000 2500 3200 2800 3800 2400 3800 3500 2500 3000 4200 2100 2500 3200 2500 3000

Για να βρούμε το βάρος που μπορεί να χάσει ένα άτομο, που ακολουθεί μια διαιτητική αγωγή, συ ναρτήσει του χρόνου, θα προσπαθήσουμε να αξιοποιήσουμε όλες τις παραπάνω πληροφορίες που μας προσφέρει η διαιτητική επιστήμη και αφού διατυπώσουμε κάποιες βασικές υποθέσεις που αφορούν την ουσία του προβλήματος, να το μετατρέψουμε, στη συνέχεια, σε μαθηματικές σχέσεις ώστε να το χειρι στούμε μαθηματικά. Το βάρος ενός ατόμου εξαρτάται, αφ' ενός μεν από την καθημερινή τιμή της εισερχόμενης ενέρ γειας, ας πούμε C θερμίδες την ημέρα και αφ' ετέρου από την καθημερινή τιμή της καταναλισκόμενης ε νέργειας, η οποία κυμαίνεται περίπου μεταξΊ) 35-45 θερμίδες ανά κιλό την ημέρα, ανάλογα με την ηλικί α, το φύλο, την εργασία που κάνει, το ρυθμό του μεταβολισμού κ.λ.π. Για τις ανάγκες του μοντέλου μας θα υποθέσουμε ότι ένα άτομο καταναλώνει ενέργεια κατά μέσο όρο 40 θερμίδες ανά κιλό βάρους την η μέρα. Επομένως, ένα άτομο που ζυγίζει Β κιλά καταναλώνει 40Β θερμίδες την ημέρα. Εάν τώρα C = 40Β, το βάρος του ατόμου παραμένει σταθερό, ενώ το άτομο θα χάνει βάρος εάν C < 40Β και θα παίρνει βάρος εάν C > 40Β. Πόσο γρήγορα όμως θα επέρχεται αυτή η μείωση ή η αύξηση του βάρους του; Η πιο λογική και απλή συνάμα υπόθέση θα ήταν να ισχυριστούμε ότι ο ρυθμός μεταβολής, ��' του βάρους ενός ατόμου εί ναι ανάλογος με την αύξηση ή τη μείωση C - 40Β της καθημερινής ενέργειας μετρούμενης σε θερμίδες. 'Ετσι λοιπόν μπορούμε κατ' αρχάς να διατυπώσουμε τη σχέση �� = A(C - 40B)(l), όπου τα Α είναι μια σταθερά. Για να προχωρήσουμε όμως χρειαζόμαστε να γνωρίζουμε την τιμή της σταθεράς Α. Το αριστερό μέλος της ( 1) μετράται σε μονάδες κιλά/μέρα, ενώ ο παράγοντας C - 40Β μετράται σε θερμίδες/μέρα. Ε πομένως οι μονάδες μέτρησης του Α θα πρέπει να είναι κιλά/θερμίδα. Αυτό που χρειαζόμαστε τώρα εί ναι να γνωρίζουμε πό�α κιλά προσθέτει ή αφαιρεί η αύξηση ή η μείωση, αντίστοιχα, κάθε θερμίδας στο άτομο. Η διαιτητική σχέση μετατροπής των θερμίδων σε κιλά, που χρησιμοποιείται συνήθως, είναι ότι ΕΥΚΛΕ(ΔΗΣ Β' λ.α. τ.3/15

Μαθηματικά και αδυνάτισμα

7 . 700 θερμίδες ισοδυναμούν με 1 κιλό. Δηλαδή, εάν ένα άτομο καταναλώσει κατά μέσο όρο τροφές που αποδίδουν ενέργεια 7. 7()0 θερμίδων, τότε το βάρος του θα αυξηθεί κατά ένα κιλό. Άρα, Α = 77100(κιλά/θερμίδα) και η σχέση ( 1 ) γράφεται �� = 77100(C - 408) ή 770� C - 408 (2) 11 7700B'(t) C - 40B(t) Προκειμένου να προχωρήσουμε στην εύρεση της συνάρτησης B(t) από τη σχέση (2), κάνουμε την επιπλέον υπόθεση ότι η καθημερινή τιμή C της εισερχόμενης ενέργειας στο άτομό μας είναι σταθερή. Τότε η (2) ισοδύναμα γράφεται: (2) <=>7700B'(t) + 40B(t) = C <=>B ' (t) + 7;�Ο B (t) = 7�0 <=> 0 00521) 'λ δ. C ( λ! B '(t) + 0,0052B(t) = 7700 0,0052t c eo,oos2τ eo,oos2τB (t)] , = eo .oos2τ Β ' (t) + Ο,Ο052 eo,oos2τ B (t) = C; <=>[ 7700 700 =

πο

με και τα υ ο με η με e ,

<=>

Ce0,0052t ]' <=>e0·00521B (t) = e0,0052t + Κ = [7700·0,0052 (3) (Κ είναι μια σταθερά). 40 Για t = Ο η (3) δίνει Β(Ο) = � + Κ και Κ = Β(Ο) -� = Β 0 - �' όπου Β(Ο) 8 0 είναι το αρχικό βά ρος του ατόμου. Έχουμε λοιπόν: (Βο _ io}-o,oos2ι (4) (3 ) <=> e 0 , 00 2t B(t) = � e0, 0052t + Β ο _ � =� [ e0 · 005 2'

B(t)]

(διαιρούμε με e0.00521) Β (t)

Η σχέση (4) μας δείχνει πώς μεταβάλλεται το βάρος (σε κιλά) ενός ατόμου συναρτήσει του χρόνου (σε ημέρες), όταν γνωρίζουμε ότι το αρχικό βάρος είναι 8 0 και ότι κάθε μέρα θρέφεται με τροφές οι ο ποίες ισοδυναμούν με ενέργεια C θερμίδων. Ε ρμην εία του μοντέλου μας

Για να καταλήξουμε στη σχέση (4) χρησιμοποιήσαμε ένα υπεραπλουστευμένο μαθηματικό μοντέλο, το οποίο δημιουργήθηκε από κάποιες βασικές υποθέσεις που αναγκαστήκαμε να κάνουμε, έτσι ώστε να δουλέψουμε στη συνέχεια με μαθηματικά εργαλεία γνωστά από τα σχολικά μαθηματικά. Η πρώτη βασική μας υπόθε�η ήταν ότι ο ρυθμός μεταβολής, ��, του βάρους ενός ατόμου, είναι ανάλογος της αύξησης ή της μείωσης της καθημερινής ενέργειας σε θερμίδες. Η δεύτερη βασική μας υπόθεση ήταν ότι η τιμή C της εισερχόμενης ενέργειας, σε θερμίδες, στο άτομό μας είναι σταθερή κάθε μέρα. Στην πράξη βέβαια υπεισέρχονται πολλοί παράγοντες που ανατρέπουν πολλές φορές αυτές τις υπο θέσεις και τους οποίους δεν είμαστε σε θέση πάντα να τους γνωρίζουμε. Ακόμη όμως κι αν τους γνωρί ζαμε και προσπαθούσαμε να λάβουμε υπόψη μας τους περισσότερους απ' αυτούς στο σχηματισμό του μοντέλου μας, αυτό θα ήταν τόσο περίπλοκο που οι μαθηματικές μας γνώσεις δε θα επαρκούσαν για να το επεξεργαστούμε. "Ουδέν καλόν αμιγές κακού", άλλωστε, και αντιστρόφως. Αυτό συμβαίνει στη δια δικασία μαθηματικής μοντελοποίησης μιας πραγματικής κατάστασης. Κερδίζεις κάτι κάπου, αλλά χάνεις κάτι κάπου αλλού, έτσι ώστε το τελικό προϊόν να είναι αποτέλεσμα κάποιων συμβιβασμών και η αξία του να εξαρτάται ουσιαστικά από τη δυνατότητα ερμηνείας του. Γενικά, υπάρχουν μερικά γνωστά βήματα για να πάμε από ένα υπαρκτό πρόβλημα σε ένα μαθημα τικό μοντέλο του προβλήματος, ώστε να μπορέσουμε να το χεφtστούμε μαθηματικά. Όταν μεταφέρουμε το πρόβλημα στο χώρο των μαθηματικών, μπορούμε να σκεφτούμε διάφορες λύσεις γι' αυτό. Μετά το μεταφέρουμε πάλι στην αρχική του μορφή. Πόσο καλά δουλεύει η μαθηματική λύση εξαρτάται αποφα σιστικά από το πόσο ακριβής ήταν η ερμηνεία του μοντέλου. Πάντα είναι καλό να ελέγχουμε μερικά από τα πράγματα που προβλέψαμε ότι πρόκειται να συμβούν. Αν η ερμηνεία είναι καλή και συλλάβουμε την ουσία του προβλήματος, τότε υπάρχει σημαντική πιθανότητα να πούμε .κάτι λογικό σχετικά με το αντι κείμενο της μελέτης μας. Αν δεν είναι, μπορεί να καταλήξουμε σε πολύ περίεργα συμπεράσματα. Ας δούμε τώρα τι πληροφορίες μπορεί να μας δώσει το δικό μας διαιτητικό μοντέλο, που περιγρά φεται με τη σχέση (4) και τι χρησιμότητα μπορεί να έχουν αυτές γι' αυτούς που θέλουν να ακολουθή·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.3/16

Μαθη ματικά κ αι αδυνάτισμ α

σουν μια διαιτητική αγωγή. Αλλά για να γίνουν τα πράγματα πιο κατανοητά ας αναφερθούμε σε ένα συ γκεκριμένο παράδειγμα: Παράδ ειγμα

Ας υποθέσουμε ότι μια παχουλή κυρία 35 ετών έχει ύψος 1,65m και ζυγίζει 85 κιλά. Αποφασίζει λοιπόν να γίνει πιο κομψή για να νιώθει αφ' ενός μεν πιο άνετα, αλλά και για να είναι πιο ελκυστική στο ανδρικό φύλο (ενδιαφέρεται να παντρευτεί! !). Αρχίζει λοιπόν μια δίαιτα των 2500 θερμίδων την ημέρα, που, σύμφωνα με τον πίνακα 1 , θεωρείται ικανοποιητική για τις ημερήσιες ανάγκες του οργανισμού, α κόμη και για μια εργαζόμενη μέτρια. Η σχέση λοιπόν (4), που μας δίνει τη μεταβολή του βάρους της εν λόγω κυρίας μας συναρτήσει του χρόνου, διαμορφό')νεται ως εξής: B(t) 2 + s 5 ή B(t) 62,5 + 22,5e-o.oos21 =

��0 ( 2��0}-ο.οο52Ι

παρακάτω πίνακας 2 δίνει μερικές τιμές του Β για τις διάφορες τιμές του t (σε ημέρες). t

50 79,84

B(t)

ινακας 2 200 1 50 72,81 70,44

100

75,87

Η γραφι11..-ή παράσταση της συνάρτησης Β

300

250 68,49

67,22

400

350 66, 14

65,30

είναι η παρακάτω:

βάρος (σε κιλά)

90 75 60

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

45 30 15 ο •

• •

•

1 00

1 50

200

250

300

350

400 t

(σε ημέρες)

, και ι·ιm Β(t) 62, 5 . Αυτο, μας λεει · e-ο 00521 ο θα ειναι ' πιο απλά οτι Επειδη, χ-+«> ι ιm , οσα χρονια κι αν ακολουθήσει αυτή τη δίαιτα η εν λόγω κυρία μας, δεν είναι δυνατόν να πέσει κάτω από τα 62,5 κι λά! ! ! Σε ένα χρόνο (365 μέρες) θα χάσει περίπου 19 κιλά, εάν αντέξει αυτή τη δίαιτα φυσικά. Από κει και πέρα, τα κιλά χάνονται με μεγάλη δυσκολία γιατί απαιτούνται πολλές μέρες. Για να χά σει, για παράδειγμα, άλλα 3 κιλά, δηλ. 22 συνολικά, απαιτούνται 732 μέρες, δηλαδή 2 χρόνια. Από κει και πέρα όμως προκειμένου να χάσει μισό κιλό ακόμη και να κατέβει στα 62,5kgr δε τη φτάνει ο λόκληρη η ζωή της !! ! Αν θέλει η κυρία μας να πέσει κάτω από τα 62,5kgr και να φθάσει, ας πούμε, στα 58, που είναι και το επιθυμητό βάρος για το ύψος της, θα πρέπει να μειώσει τον αριθμό των θερμίδων που παίρνει κάθε μέρα, κάτι όμως που βάζει σε ρίσκο την υγεία της. Αν για παράδειγμα, ο αριθμός των θερμίδων μειω θεί στις 2000 την ημέρα, θα έχουμε: + s5 50 + 35e-o,oos2t B(t) 2000 . 40 ) 40 =

( 2000\-ο.οο52Ι _

χ --+Ο;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.3/17

Μαθηματικά κ αι αδυνάτισμα

, , στα 58kgr θα εχουμε, , θε' λουμε το βαρος ' να πεσει s8· so + 35 e-000521 η, 8. 35 e-οοο s 2ι η, Εαν e-0•00521 0,23 και λογαριθμiζοντας, -O,OQ52t -1,47 ή t :::: 282 μέρες ή 40 περίπου εβδομάδες. Σύμ φωνα όμως με τον πίνακα 1, με 2000 θερμίδες ικανοποιούνται ίσα-ίσα οι ανάγκες παιδιού 8 ετών που ζυγiζει 24kgr. Πώς είναι δυνατό να θραφεί ικανοποιητικά ένα εργαζόμενο άτομο που ζυγiζει τουλά χιστο 60 kgr; Από τη γραφική παράσταση βλέπει κανείς πόσο μεγάλο χρονικό διάστημα απαιτείται για να φθάσει το βάρος στην ασυμπτωτικιΊ τιμή των 62,5kgr. Αυτό ίσως εξηγεί γιατί τόσοι πολλοί, που ξεκινούν μια αυστηρή και φιλόδοξη δίαιτα, την εΎΚαταλείπουν συνήθως απογοητευμένοι. =

•

Γ ενικό συμπ έρασμα

Όλα τα πρiiγματα έχουν τα όρια τους. Όλες οι καταστάσεις υπόκεινται σε περιορισμούς που είναι ε πικίνδυνο να τους παραβιάσουμε. Τα μαθηματικά μας πληροφορούν ότι το ίδιο συμβαίνει και με τη διά δικασία αδυνατίσματος. Οι ακρότητες δημιουργούν δυσάρεστες παρενέργειες. Έτσι επιβεβαιώνεται για άλλη μια φορά η αξία της ρήσης του Φωκυλίδη: "Παν μέτρον άριστον, υπερβασίαι δ' αλγειναί". Β ιβλιογ ραφία

1 . 'Ή σύγχρονη διαιτητική". Εκδόσεις Φυτράκης, Αθήνα 2. Richard Mackamess: "Αδυνατίστε τρώγωντας". Εκδόσεις Φυτράκης, Αθήνα.

Όπως γνωρίζετε

η Ε . Μ.Ε . χρηματοδοτεί τις . δραστηριότητές

που προέρχονται κυρίως από τις συνδρομές των

της

μ�σω

οικονο μικών

πόρων,

μεΛ:ώ:V'της. . 1 997 στις 3 000 δρχ. καλύπτει την αΠοστολή του Ευ·

ετήσια συνδρομή που ανέρχεται για <tο κλείδη Α και Β, δηλαδή τέσσερις αποσ!ολές το χρόνο από 2 Περιοδικά κάθε φορά.

Το ετήσ'ιο κόστος

τωνzτ:εριο§�κώv και'των αντίστοιχων ταχυδρομικών ανέρχεται σε 2 800 δρχ.

Προκειμένου να μπ ορέσουμε να συνεχίσουμε τις δραστηριότητές μας και να σας στέλνουμε

ανελλιπώς τα περιοδικό.� θα παρακαλούσαμε να εξοφλήσετε την οφειλή dας . Η τακτοποίηση μπο ρ εί να γίνει: 1 . Στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. ή των Παραρτη μάτων τη ς Ε.Μ.Ε.

2 . Τράπεζα ΕΘΝΙΚΗ, λογαρισμός όψεως 0 8 0/48002 3 0 0 (π ρ ο σο χή πρέπει να αναγράφονται

επώνυ μο , όνομα και πατρώνυ μο του καταθέτη). Τράπεζα ΗΙΣΤΕΩΣ λογq.ριασμός όψεως 1 0 1 00 200 20 1 9 9 8 8 (π ρ οσ οχή πρέπει να ανα γράφονται στο έντυπο της Τράπεζας το επώνυμο, όνομα και πατρ ώνυ μο του .καταθέτη). στο

4. Με

έντυπο Τράπεζας το

ταχυδpομική επιταγή

ΑΘΗΝΑ 54 ΓΡΑΦΕΙΟ Τ. Θ; 3 0044

σε

Με

διά'rαγή, ΕΛΛΗΝΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΉ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΤΑ.Χ;

συναδελφικούς χαιρετισμούς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.3/18

ΕΚΔΟΣΕΙΣ 8 ΠΑΤΑΚΗ σ ύ γχ ρ ο ν α

Μο να δ ι κ ό

6 ι 6 λ i α, μ ι

στην

σ ε 6 α σμ ό

στην

υπε ύθυνη

Μ·α θ η μ.α τ ι

ε kλ η v ι κ�

γνώση

κών

6 ι 6λ ι ο y ρ α φ {α

Έvας μοναδικός σύμ6ουλος για:

_,..,�-" ΜΑθ�•r ;�""

Σπιi�Σ Α.Ε.Ι.

Ε�ΥΊ'ΙΚΟΥΣ

ΟικΟΝΟΜοΛοrοΥΣ

ΕΙΠΧΕΙΡΗΜΑ'ΠΒΣ

εφωvιιιή ΙrCΙfΙΧΥΥ•λlα στα τηλέφωνα: (01)36.38.362 - (0 1)36.45.236, Fax: {0 1)36.28.950

Μαθηματι κά για

ΜΑθΒΜΑτΙΚΑ - ΑΝΑΛΥΣΒ

Ηλtας Β. Ντζιώρας Γ' Λυκείου, για τις δέσμες Α', Δ'

(τέσσερις τόμοι)

ΑΛΓΕΒΡΑ Δ' ΔΕΣΜΒΣ

Στέλιος r. Ευριπιώτqς

Τ Ο

Λύκε ιο

ΓΕΝΙΚΑ θΕΜΑΤΑ ΜΑθΒΜΑΤΙΚΩΝ

.Δqμοοθέvqς Ε. Κωοταράς Γ' Λvκείου, για την Α' δέσμη

σειρά

nολυμήχαvοv

ΜΑθΗΜΑτΙΚΑ .Α' ΛΥΚΕΙ ΟΥ

.Δ. ΚΕφάλας, Α. Σπέρτος

(δύο τόμοι)

ΠlθΑΝΟΤΒΤΕΣ

nά�ς Πρiντεζqς Γ' Λvκείου, για τις δέσμες Α', Δ' ΑΣΚΒΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΒΣ .

Δ' ΔΕΣΜΒΣ

nάνVJΙς·.·Πρίντεζqς

CD-ROM

ΠΛΒΡΟΦΟΡΙΚΒ

θεωρία και πράξη

� ΕΚΔΟΣΕΙΣ . ΠΑΤΑΚJΙ

KENTPIKH ΔΙΑθΕΣΒ: Εμμ. Μ:ιι:εvάκη 1 6, 106 78 Αθήvα, Τηλ.: 38.31 .078 - θεοσαλοvlκη: Ν. Μοvαιnηιιιοv 1 22, 563 34, 'i'η λ.: (03 1 ) 70.63.54-5 - Web site: http://www.conceptum.gr/patakis

Λ ίγα λό γι α με προο πτική . . . το διάλογο

Είναι αλήθεια ότι ο νέος τρόπος αξιολόγησης (και στα Μαθηματικά) που προωθείται από το Υπουρ γείο Παιδείας, έχει ξεσηκώσει τον τελευταίο χρόνο έντονες συζητήσεις και αντιπαραθέσεις. Και είναι σίγουρο ότι η σημασία και ο ρόλος αυτού καθ' αυτού του τρόπου αξιολόγησης, στα πλαίσια της εκπαι δευτικής διαδικασίας, δε δικαιολογεί μια τέτοια ένταση. Αν θα αξιολογήσουμε τους μαθητές μας (αλλά και τη δουλειά μας) με τον έναν και όχι τον άλλο τρόπο, δεν πρόκειται να αλλάξουμε · «τον ρούν της Ι στορίας». Αυτή επιγραμματικά είναι η αφετηριακή αντίληψη του παρόντος σημειώματος. Πάντως πρέπει να παραδεχτούμε ότι ο προτεινόμενος νέος τρόπος αξιολόγησης είναι aπαλλαγμένος από τη δυσκαμψία του υπάρχοντος και δίνει τη δυνατότητα στο διδάσκοντα να ελέγξει σε όση ένταση αλλά και βάθος, κρίνει σκόπιμο, τη διδαχθείσα ύλη. Σίγουρα βέβαια απαιτείται . εκ μέρους του πολλα πλάσιος χρόνος και κόπος. Α/J.ά και από τους εξεταζόμενους οι απαιτήσεις είναι αυξημένες. Η απάντη ση σε θέματα που διατυπώνονται υπό μορφή ερωτημάτων απαιτεί από το λύτη ανάληψη πρωτοβουλίας και ευθύνης. Γι' αυτόν είναι «ανοικτά» προβλήματα και η επίλυσή τους απαιτεί υψηλό επίπεδο κατα νόησης των απαραίτητων γνώσεων, αναπτυγμένη πρωτοβουλία, απαλλαγή από φοβίες, δημιουργική φα ντασία, αίσθηση τελικά ελευθερίας. Οι συνάδελφοι οι οποίοι πραγματοποίησαν τα δοκιμαστικά τέστ κατά τη διάρκεια της τρέχουσας σχολικιΊς περιόδου, ίσως είχαν την ευκαιρία να διαπιστώσουν αντίστοιχα συμπεράσματα. Γιατί τι άλλο να συμπεράνει κανείς όταν για παράδειγμα στο θέμα: Πόσες λύσεις έχει η εξίσωση: I χ + 1 1 + I χ - s ι = Ο; άπειρες καμία δύο μία

και σε έρευνα σε τρία λύκεια, το ποσόστό των μαθητών της Α ' τάξης που απάντησαν σωστά ήταν μόλις 22%. Στο ίδιο θέμα σε ένα τμήμα 111ς Δέσμης στην αρχή της σχολικής χρονιάς το ποσοστό των σωστών απαντήσεων ήταν επίσης μόνο 1 8,2% (! ! !). Αντίστοιχη «ιστορία>) έχουν όλα τα παρακάτω «προβλήματα>) που(ας σημειωθεί) έχουν τεθεί ως θέ ματα από τον υπογράφοντα σε κατά καιρούς διαγωνίσματα ή τέστ, δοκιμαστικά ή μη. Λόγοι όμως οικονομίας χώρου, δεν επιτρέπουν εκτεταμένη αναφορά στην (ίσως) ενδιαφέρουσα αυτή «ιστορία>). Αλλά έστω και έτσι, χωρίς άλλα σχόλW. και αναφορές, τα θέματα που ακολουθούν θα μπο ρούσαν πιθανόν να αποτελέσουν ερέθισμα για περαιτέρω προβληματισμό των ενδιαφερομένων. Το σί γουρο πάντως είναι ότι για τους φίλους μαθητές της Α ' τάξης (και όχι μόνο) η πρόσκληση είναι ορατή. <( Ιδού η Ρόδος ... )) ·

Μ έρ ο ς Ι

Ποιοι από τους παρακάτω αριθμούς είναι άρτιοι (ζυγοί) και ποιοι περιττοί (μονοί); Ο, 1 , 2, 7, 6, 2λ + 1 , 4κ + 1 , Sκ + 2, (2μ + 1)2 , κ(κ + 1), 4κ2 - 4κ + 1, (2κ - 1)(2λ + 1)(4 1 00 + 5), όπου Περιττοί είναι οι: Άρτιοι είναι οι: κ, λ, μ ακέραιοι. Να χωρίσετε τους παρακάτω αριθμούς σε ρητούς και άρρητους. 2, -1, 1, νι. γl, -J3, \[4, π, -$2 , �0,0001 , =�· �:�· (-{3)8, �r-(x_+_l�)2, ν�(χ - 1)4, όπου ο χ είναι Άρρητοι είναι οι: ρητός αριθμός. Ρητοί είναι οι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/20

Άλγε β ρα Α ' Λυκε ίου

Μ έ ρος Η

ι 2 3

Να περικυκλώσετε το μεγαλύτερο από τους αριθμούς (22)2, 222, 222 , 222 , 2<22 ) . . ' 3 3 0 , 250 , 4 2 1 , 6 20 , 5 2 5 Ν α διατα' ξετε τους αριθ μους. απο. το μικροτερο στο μεγαλυτερο: 1 ' Απαντηση: 42 < < < < < Να συμπληρώσετε τα κενά πλαίσια ώστε να ισχύουν οι ακόλουθες ισότητες: (i) χ3 - D = (χ - 2)·(χ2 + 2χ + D>. (ii) (ψ - ι)2 = χ - D + D (iii) ('\[jx + ...j2y)3 = 3'\[jx3 + D...J2x2y + 0-{3χ/ + 20 y3 (ίν) 1 001 2 - 9992 = 2·0, (ν) (-0,25)40 ·820 = 2° , (νί) 12 1 0 ·(-1,5)6 ·6 8 = 2 ° . 3 ° . Να συμπληρώσετε ότι λείπει ώστε να ισχύουν οι παρακάτω ισότητες: )2 ' (ιι..) χ - �1 2 = χ2 + χ12 -, (ίν) ;α- + α = α(2α + 1 ) = �. (ίίί) (α - 2)(α - ) = α2 - 5α + 6, 4α- + 4α + 1 2 (ν) (...j2 + -{8) = + + = 1 8, (νί) 100 1 2 - 9992 = (1001 + 999)( ) = 4000, 5 3 4 4 (νίί) χ - = (χ - y)(x + x3y + + + xy + y ).

( ) ?

Μ έρος ΙΙΙ

Ι.

Ποια από τις δύο παρακάτω ισοδυναμίες (Ι), (II) είναι σωστή και ποια όχι (και γιατί είναι λάθος αυ ηΊ που είναι;). (I) χ(χ - 1) = (χ + 1)(χ - 1) <=>Χ = χ + 1 (II) χ2 - χ = χ2 - 1 <=>χ(χ - 1) = (χ + 1)(χ - 1) Η εξίσωση : (λ - 1)(λ - 2)(λ - 3)χ = (λ - 1)(2λ + 1) είναι αόριστη (ταυτότητα) για λ = 2, - �· 1, 3 ε-

νώ δεν έχει λύσεις (αδύνατη) για λ = Ο, 1, 2, 3, - �· (Να περικυκλώσετε σε κάθε περίπτωση τις κα τάλληλες τιμές για το-λ) Να συμπληρώσετε το κατάλληλο τετράγωνο για κάθε μία από τις παρακάτω προτάσεις: (i) Αν χ > Ο και y < Ο τότε χ2 + χ + y4 - 1998y + 5 > Ο Σωστό D Λάθος D (ii) Αν (χ - 1)2 � Ο και y2 - 4y + 4 = Ο τότε xy > Ο Σωστό D Λάθος D (ίίί) Αν α < Ο τότε α + 1. > Ο Σωστό Ο Λάθος Ο α (ίν) Αν α + 1.α = -2 τότε α2 + 1.α = Ο Σωστό Ο Λάθος Ο

Μ έρος ΙV

Να αντιστοιχίσετε με βέλη τις παραστάσεις της Α' γραμμής μ' αυτές της Β ' γραμμής, έτσι ώστε να ι σχύει ισόη1τα μεταξύ των αντιστοιχιζόμενων παραστάσεων ' ' χ2 - 1 χ2 - 1 χ2 - 4χ + 3 5 5 2 Α γ ραμμη : χ - 1 ' (χ + 1)2' χ - 1 ' \}(χ - 1) , [(χy) Γ\ (x:y) . ι.

Β ' γραμμή :

Ιχ - 1 1, χ + 1 ,

χ- 1 χ + 1'

χ+3 χ + 1 χ5 ·y 5 --5 5 ' χ - 1 ' χ - 3, χ ·y ' χ - 1 χ - 1'

Μ έρος V

Στα παρακάτω θέματα να περικυκλώσετε τη σωστή απάντηση (που είναι και μοναδική για κάθε θέμα) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/11

.Άλγε β ρα Α' Λυκε ίου

πρόταση: ''Αν α + β = α + γ τότε β = γ" ισχύει μόνο: Για κάθε β, γ Ε IR και α * Ο, Β : Για κάθε α Ε IR και β, γ * Ο, Γ: Για κάθε α, β, γ Ε IR Για κάθε α, β Ε IR και γ * Ο, Ε: Για κάθε α,γ Ε IR και β * Ο Η πρόταση: "Αν αγ = βγ τότε α = β" ισχύει μόνο: Α: Για κάθε α, β, γ ε IR, Β: Για κάθε α, γ Ε IR και β * Ο, Γ: Για κάθε β, γ Ε IR και α * Ο Δ: Για κάθε α, β Ε IR και γ * Ο, Ε: Για κάθε γ Ε IR και α, β * Ο Η πρόταση: "Αν α = β τότε αγ = βγ" ισχύει μόνο: Α: Για κάθε α, β Ε IR και γ * Ο, Β : Για κάθε α, β, γ Ε IR, Γ: Για κάθε γ Ε IR και α, β * Ο Δ: Για κάθε α, β, γ Ε IR*, Ε: Για κάθε α, β Ε IR* Η ισοδυναμία: "χ2 - 2χ = χ + 2 <:=>χ2 - 3χ - 2 = Ο" ισχύει μόνο: Α: Για χ = 1 ή χ = 2, Β : Για κάθε χ Ε IR, Γ: Για κάθε χ Ε IR* Δ: Για κάθε χ > Ο, Ε: Για κάθε χ < Ο Η παράσταση: Π = (-2)3 ·24 ·(-2)' ισούται με: 1 Α: (-2)6 , Β : (-.2) 4, Γ: 2°, Δ : �4, Ε: 2- 1 4 • 2 2 . 0 ' + 1 . Υ χ χ χ ' Αν α - = α · -Υ και α * , τοτε ισχυει: α Α: χ = y , Β: χ = Ο, y Ε IR, Γ: χ = Ο και y = Ο, Δ: χ = 1 ή χ = Ο, Ε: χ = 1 και y = -1 . Η

Α: Δ:

..[2

((( �/)Ί

παράσταση Π ισούται με: Β: 4, Γ: -.{24..[2, Ε: τίποτ' απ' αυτά. Α: 24..[2 , α 3 . 2α . ' -.- ισουται με: 8. Αν - = - τοτε ο λογος β 4 α + 2β 9 1 6 6 Γ: ΪΪ' Β: W' Α: 2' Δ.. 22 ' . Ε: τίποτ' απ' αυτά. α3 + �α)2 ισούται με: 1 9. Αν είναι α = 1- τότε η παράσταση � 3 α + 4α + 4 8. Β: _ Α .. 4)1 • Γ: 143 ' Δ .· .!§. Ε: τίποτ' απ' αυτά. 3' . 3' .3 + 31 ισουται ' με: ' ' η παρασταση 10 . Αν χ + -l = 2 τοτε χ χ ·χ Α: 2, Β: 3, Γ: 4, Δ: 8, Ε: τίποτ' απ' αυτά. 1 1 . Η εξίσωση χ4 + χ2 + -.[2χ + 2 = Ο έχει: Β: δύο ρίζες θετικές και δύο αρνητικές Α: καμία ρίζα στο IR Γ: είναι αόριστη στο IR Δ: έχει τέσσερις ρίζες θεnκές . 12. Αν α3 + β3 + γ3 3αβγ και α * β, τότε: Α: α = -β - γ, Β: α - β = γ, Γ: α + β = -γ, Δ: α = γ = β. 13. Αν {χ - 1)3 + (χ - 2)3 + (χ - 3)3 = 3(χ - 1 )(χ - 2Χχ - 3), τότε: Γ: χ = 3, Δ: χ - 1 = χ - 2 = χ - 3, . Ε: τίποτ' απ' αυτά. Α: χ = 1, Β : χ = 2, 14. Με ποια από τις παρακάτω απαντήσεις Α, Β, Γ, Δ, Ε που αναφέρονται στις σχέσεις 1, 2, 3, 4, 5, 6, συμφωνείτε; 2 (1) χ + = Χ2 + 2 + 2, (2) χ + 3 = χ3 + + 3 χ + 3 ' ' (3) (α - β + γ)-' = α2 - β2 + γ2 + 2αβ + 2αγ + 2βγ, (4) (1 - χ)(χ + 1) = χ2 - 1 (5) (α-.{2 - 1)(α-.{2 + 1) =2α2 - 1, (6) χ4 - y4 = (χ - )')(χ + y)3 7.

�

.·

( �)

Απαντήσεις

�

( �)

� ( �)

Α: Είναι όλες οι προηγούμενες σχέσεις (1), (2), (3), (4), (5), (6) σωστές ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/22

Άλγε β ρα Α' Λυκε ίου

Σωστές είναι μόνο οι (1) και (2) Γ: Εκτός από την (1) όλες οι άλλες είναι σωστές Δ: Σωστές είναι μόνο οι (1), (2) και (5) Ε: Σωστές είναι οι (1), (2), (4) και (5) Η εξίσωση (λ2 - Ί)·χ = λ199 8 + 3λ - 4 έχει άπεφες λύσεις ως προς χ, όταν: Α: λ = ±1, Β : λ = 1, Γ: λ = -1, Δ: για κάθε λ Ε IR, Ε: για καμιά τιμή του λ. Για την εξίσωση (χ + α)2 - (χ - β)2 = 2α(α + β) ισχύει: Α: Είναι αόριστη για κάθε α, β Ε IR, Β : Είναι αδύνατη για α = -β Γ: Έχει μiά ακριβώς λύση για κάθε α, β Ε IR, Δ: Έχει μία τουλάχιστον λύση για κάθε α, β Ε IR Η εξίσωση (χ - 1)2 + (αχ - 2) 2 + (β - 1)2 + (βχ - 1)2 = Ο, έχει: Α : Δύο λύσεις όταν β = 1 και α Ε IR, Β : Μία λύση όταν β = 2 και α = 1, Γ: Μία λύση όταν α = 2 και β = 1 , Δ: · Μία λύση για κάθε α, β Ε IR, Ε: Καμία λύση για κάθε α, β Ε IR . Αν χ + 5 = y + 1 τότε θα ισχύει: Α: x > y Β: x - y < O Γ: y < x Δ: x = y Η σχέση χ2 + 1 > 1 ισχύει: Β : για κάθε χ > Ο και μόνο, Γ: για κάθε χ '* Ο, Α: για κάθε χ Ε IR, Δ: για κάθε χ > 1 και μόνο, Ε: τίποτ' απ' αυτά. Αν είναι -1 < χ < 1 και 1 < y < 2 τότε αναγκαστικά θα ισχύει: Γ: xy < Ο, Δ: ! < ο Ε: �χ > 1 . Α: -1 < x + y < l, Β : x + y > Ο, Υ Αν α + .! > 2 τό�ε αναγκαστικά θα είναι: Β:

15. 16.

17.

18. 19.

20.

21.

�

Α: α > 1,

Β:

0 < α < 1,

Γ: α > Ο και α * 1,

Δ: α '* 1 και α < Ο,

Ε: α < -1 ή α > 1 .

Μέρος νι

Να βρείτε τη μικρότερη τιμή της παράστασης α2 + 2α + 2, όπου α Ε IR

' η σχεση: ' χ2 - χ + 2y2 - 4y + 4'9 � ο να β ρειτε ' τις τιμες' των χ και y. Αν ισχυει

Αν ισχύει η σχέση: χ2 + y2 + 1 0 = 2V2x + 4V2.y να βρείτε τις τιμές των χ και y.

Να λυθούν και να διερευνηθούν οι εξισώ"σεις: α + χ = -α, οπου , α, β Ε IR*, ("ιν) α2χ2 + 1 = 2 αχ. 11 (χ -. 1) 2 + ( α - χ) 2 = 0 , (""") ( ι. ) α - χ = 1. - α χ, ("") . . 111 -β+χ β Αν α + β = 2 να αποδείξετε ότι: (i) αβ � 1 και (ii) α2 + β2 � 2 2

5 6

Να αποδείξετε τις ανισότητες (i) α2 + β2 � 2αβ (iii) α + 1 � 2� όπου α > Ο .

- � όπου α, β > Ο (ii) α + β � 2-ναβ 2 � 2, χ Ε IR (ίν) χ2 + 1 (v) Αν α 1 , α2 , • • • , Ον θετικοί αριθμοί και ισχύ ει α 1 ·α2 • • • • · Ον = 1 να δείξετε ότι: (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αv + 1) � 2v

.Ji-!I

Να βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του γινομένου (αβ) αν α, β θετικοί με άθροισμα α + β = 6.

Λύ ση : ... (Ακολουθούν τα θ έματα της ερευνητικής εργασίας πάνω στην έννοια της απόλυτης τιμή ς, για την οποία έγινε λόγος στο εισαγωγικό � μείωμα) ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/23

Ά λγεβ ρα Α · Λυκ είου

ΣΗΜΕΙΩΣΤΕ ΤΗΝ ΑΠΑΝΤΗΣΗ ΣΑΣ ΜΕ ΕΝΑ "Χ'' ΣΤΟ ΑΝΤΙΣΤΟΙΧΟ " KOYTI " ΔΥΟ KAMIA ΜΙΑ εξίσωση l x + 1 1 = -5 1.

Πόσες λύσεις έχει;

Ιχ2 + 1 1 1 έχει:

Η εξίσωση

= -

Πόσες λύσεις έχει η εξίσωση: Ιχ + 1 1 + Ιχ - s ι Ο;

Αν α Ε IR*, α�1 . � τοτε

ΣΩΣΎΟ

ΛΑΘΟΣ

I I

Μ ΙΑ Λ ΥΣΗ

I I

ΑΠΕΙ ΡΕΣ

ΔΥΟ Λ ΥΣΕ ΙΣ

ΑΠΕ Ι ΡΕΣ Λ ΥΣΕΙΣ

�

----

ΛΑΘΟΣ

ΣΩΣΤΟ

Ι χ Ι + I Y I Ο έχει:

10. Αν 3 � χ ;;;;: 1 , ποια είναι η Απάντηση : Είναι το ......

I I

ΚΑΜΙΑ

ΟΧΙ ΠΑΝΤΑ

'------'1 1�....

Αν χ > y τότε αναγκαστικά είναι ΙχΙ > I Y I Η εξίσωση

ΔΥΟ

ΠΑΝΤΑ

εξίσωση Ιχ - s ι ι s - χΙ έχει; Η

I I ΛΑΘΟΣ

ΚΑΜΙΑ ΛΥΣΗ

ΔΥΟ ΛΥΣΕΙΣ

ΣΩΣΤΟ

ΜΙΑ

__,

_ _

I I

Αν α θετικός και β αρνηnκός το�ε βα βα

. I l

I 1�....

I I

ΜΙΑ ΛΥΣΗ

Αν Ια l < l β l τότε αναγκαστικά είναι α < β; -

I I

ΑΠΕΙ ΡΕΣ

ΜΙΑ ΛΥΣΗ

ΑΠΕΙΡΕΣ Λ ΥΣΕΙΣ

μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει το Ιχ - 2 1 ; γιατί:

11. Να φτιάξετε δύο δικές σας εξισώσεις στις οποίες να εμφανίζεται το σύμβολο της απόλυτης τιμής και να έχουν ρίζες το -3 και το 3. Απάντηση : (i) εξίσωση .... (ii) εξίσωση .... 12.

13.

Αν α, β Ε IR με α < β να βρείτε για ποιες τιμές του χ το άθροισμα Ιχ - αΙ + Ι χ - β l γίνεται ελάχιστο και με τί ισόύται τότε; Αν είναι κ, λ Ε IR με κ > λ σε ποιο διάστημα ικανοποιείται η ανίσωση Ι χ + κι > Ιχ + λ l ;

14. Στην παρακάτω εικόνα το χ διατρέχει όλο το πραγμαnκό άξονα. Σε ποιο διάστημα θα ικανοπόιεί Απάντηση: Όταν το χ ... την ανίσωση: Ι χ - αΙ < Ιχ - β l

15.

Αν χ πpαγματικός αριθμός τότε: Ιχ - 3 1 1 3 - χΙ

ΣΩΣΤΟ

ΛΑΘΟΣ

16.

Αν χ πραγματικός αριθμός τότε: για κάθε χ :;e Ο, l!l � 1 χ

ΣΩΣΤΟ

ΛΑΘΟΣ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α . τ.4114

Άλγεβ ρα Α ' Λυκε ίου

Αν α < β τότε ισχύει Ια l < l β l πάντοτε; (α, β πραγματικοί αριθμοί)

ι7 .

Πόcrες λύσεις έχει η εξίσωση: Ι χ + 1 1 + Ιχ - 2 1 Ο;

ι8.

ΜΙΑ

__.I I

Αν α πραγματικός αριθμός τότε για α�1 , . παντα: α * ο ισχυει �

20.

ΔΥΟ

.____ _

I I.__

ΚΑΜΙΑ ____,

ΝΑΙ

οχ Ι

ΣΩΣτΟ

ΛΑΘΟΣ

Αν l α l < l β l τότε ισχύει α < β πάντοτε; (α, β πραγματικοί αριθμοί)

ι9 .

ΛΑΘΟΣ

ΣΩΣΤΟ

Υ.Γ. Ο προσεκτικός αναγνώστης θα αντιλήφθηκε ότι υπάρχουν πολλά αλληλοεπικαλυπτόμενα θέματα. Το γεγονός αυτό είχε (και έχει) στόχο να ελεγχθεί το κατά πόσον οι απαντήσεις δίνονται τυχαία, καθώς και να υπάρχουν ουσιαστucά ίδια θέματα κατά το δυνατόν, στις δύο ομάδες Α ' και Β' που χωρίζονται qυνήθως οι εξεταζόμενοι προς αποφυγήν συνεργασίας. Τους ίδιους επίσης στόχους ε πιδιώκει να υπηρετήσει και η άταιcrη σεφά των θεμάτων τόσο εννοιολογικά όσο και κατά βαθμό δυσκολίας.

Ασκήσεις επανάληψης

Έγραψαν: Γιώργος Αποστολόπουλος (ι,2,ιΟ, 1 1 ,ι7,ι8), Γιάννη ς Στρατήγης (3,4,ι2,ι3), Νίκος Μπάκος (5,6,7,9,ι5,ι6), Θωμάς Γιδαράκος (8), Νίκος Μεταξάς (ι4). 2 Αν οι εξισώσεις (Ε1): χ4 + 2 χ - 35 = Ο και 2 (Ε 2 ): χ2 - κ = ι - 3 Ι κΙ, κ Ε IR. έχουν κοινή ρίζα, να βρεθούν οι τιμές του κ. ι.

Λύ ση

(Ε 1 ) ισοδύναμα γράφεται: � + 2 χ- + 1 - 36 ο <=> (χ-J + 1)2 - 6- ο <=> ' 7){ 2 (χ2 + χ - 5) 0 <=>Χ2 5 Αν ρ είναι η κοινή τους ρίζα, τότε ρ2 = 5 και ρ2 - κ2 1 - 3 Ικl, δηλαδή 5 - κ2 = 1 - 3 ΙκΙ <=> Ικl2 - 3 ΙκΙ - 4 ο =Ι κ Ι 4 ή ΙκΙ -1 ( απορρίπτεται). Άρα κ 4 ή κ -4 Η

χ4

(�)2γ -

g .Y =

=(�)3γ

�

8 <=> γ 2 =

Επειδή τα α, β, γ είναι μήκη πλευρών τριγώνου ι σχύουν: α + β > γ και β + γ > α και γ + α > β ή � + > 1 και � + 1 > � και 1 + � > γ γ γ γ γ γ

�

Αν α; β, γ είναι τα μήκη των πλευ ρών τρι, αχ2 + .1!χ + El ει' γωνου και το τριωνυμο: ti(.χ) = β γ α ναι τέλειο τετράγωνο πρωτοβαθμίου πολυωνύ-

μου, ν' αποδειχθεί ότι: ι

< .! < 3. γ

Λύση

Θα είναι Δ

=(�)2 - 4· β

Να αποδείξετε ότι

ια,-Γαβ -� "./β ι :r;; � :r;; "'./α + β -Γα + "./β, Ο. :r;;

Λύση

Επειδή τα μέλη της πολλαπλής ανισότητας είναι να ότι δείξουμε αρκεί θετικά, 2 (...[α - \[β)2 :r;; Ια - β l :r;; α + β :r;; (...[α + \[β) (1) Έχου με : (...[α - \[β)2 :r;; Ια - β l <=> α + β - 2...[σ:β :r;; Ια - β l <=> (α + β)2 :r;; (2...{σ:β + Ι α - β l )2 <=> α2 + β2 + 2αβ :r;; 4αβ + 4...{σ:β j α - β l + (α - β)2 <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/25

Άλγ εβ ρ α Α ' Λυκε ίου

είναι κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων 4ναf, · Ι α - β ! ;:;.: Ο, που ισχύει. των fκαι g. Επιπλέον Ια - β l = I α + (-β) l � Ι α l + l β l =α + β, γιατί β) -1 � χ < Ο, τότε χ + 1 ;:;.: Ο, χ - 1 < Ο και η ( 1) α, β ;;.: Ο. γράφεται: χ - 1 = 4 + (χ - 1)(χ + 1) <=> Εξάλλου α + β � (ψ. + --.jβ)2 <=> χ2 - χ + 4 = Ο, η οποία δεν έχει πραγματικές ρί α + β � α + β + 2ναf, <=>2ναf, ;:;.: Ο, που ισχόει. ζες γιατί Δ < Ο. 4.

Δίνονται οι συναρτήσεις: f(x)

g (x) = 2

- �(χ2; ) χ2 ι 2-

2χ - χ

= Ιχ -1 �I

Δίνεται η συνάρτηση f(x) =

και

χ+

ί) Να γίνει η γραφική της παράσταση.

ίί) Να βρεθεί η τιμή του α σχύει: l f(α) l = 2 ;

;:;.: Ο + ι ι < f(β) + f(P )<2 f(β + ι) f(β + 2)

ί) Να βρεθούν τα πεδία ορίσμού τους

ίίί)

ίί) Να aπλοποιήσετε τον τύπο τους ίίί) Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφι κών τους παράστάσεων.

Αν

να

IR.

ώστε να ι

δειχθεί

ότι:

Λύση

γραφική παράσταση της f φαίνεται στο σχή μα: ί) Έστω Αι το πεδίο ορισμού της f, οπότε: ίί) Είναι: l f(α) l = 2 <=> l α + 1 1 = 2 <=> Ο) Α ι = {χ ε IR I χ - l x l * Ο} = ( α= 1 Έστω Α2 το πεδίο ορισμού της g, οπότε: α + 1 = 2 <=> α + 1 = -2 α = -3 2 2 χ 1 .. ' . f(β) Α2 = {χ ε ΙR1 ; - x2 ;;.: 0} = 1R β + 1 _Q..±J. ιι ι' ) Ειναι ; f(β + 1) (β + 1) + 1 - β + 2 < 1 , γιατι, Ιxllx - 1 1 _β + 1 < β + 2 για β ;:;.: Ο. ίί) Για κάθε χ ε Α ι : f(x) Ιχ(χ - 1 )1 2χ χ - ΙχΙ ί) Η

Λύση

{

-οο,

( )

{

iii) Για να βρούμε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των f και g λύνουμε την εξίσωση f(β + 1 ) (β + 1) + 1 -_JLt.l < 1 , Επισης ει'vαι.. f(β f(x) = g(x) στο σύνολο Αι Π Α2 = Αι + 2) (β + 2) + 1 β + 3 2 1 χ 1 Ιχ 1 γιατί β + 2 < β + 3 γw. β ;:;.: Ο. Έχουμε: f(x) = g(x) <=> 2 = 2 - 2 <=> f(β + 1 ) Ά' ρα f(β) < 1) χ - 1 = 4 - Ιχ + 1 1 Ιχ - 1 1 f(β + 1) + f(β + 2) <1 + 1 2. f(β + 1 ) = f(β) Επίσης: + ο -1 + f(β f(β 1) +

.lι!:J. 1!.±.1 1!.±.1 .lι!:J. β + 2 + β + 3 1 <=> β + 2 + β + 3

ο <=>

β2 + 3β + 1 > ο , ισχυει ' για κα' θ ε β ;:;.: ο . + 3) 2)(β (β -+: Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: + f(β + 1 ) < 2 α) χ < -1, τότε χ + 1 < Ο, χ - 1 < Ο και η (1) γράφε- Επομένως: 1 < f(βf(β) + 1) f(β + 2 ) ται: χ - 1 = 4 - (χ + 1)(χ - 1) <=>χ2 + χ - 6 = Ο, Χ ι = 2 (απορρ.) χ2 = -3 (δεκτή). Για χ = -3: \ f(x) = g(x) = -2 και επομένως το σημείο (-3, -2) 6. ί) Έστω _οι ρίζες τη ς εξίσωσης ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/26

χ1, χ2

(Ε):

Ά λγεβρ α Α' Λυκε ίου

IR. Ο 2 χ - λχ + κ = , κ, λ Ε . Να σχηματιστεί η εξίσωση 2 °υ βαθμού της οποίας είναι γνωστό ότι οι ρίζες της Προκύπτουν από τις ρίζες της (Ε) αυξημένες κατά ι.

ίί) Να βρεθούν οι κ, λ Ε

IR.

ώστε η εξίσωση, που βρέθηκε στο προηγούμενο ερώτημα Ο 2 2 . να είναι η : χ - λ χ + λκ = '

Λύ ση

i) Για τις ρίζες ρ 1 , ρ2 της εξίσωσης, που αναζητού-

ρ , +ρ2 = (χ , + 1 ) +(χ2 + 1 ) . ει: -= χυ { ρ , · ρ2 = (χ , + l )(x2 + 1) θ ρ ' +ρ2 = λ +2 ρ , +ρ2 = (χ , +χ2 ) +2 -={ ρ , ρ = κ +λ + 1 {ρ , · ρ2 = ΧιΧ2 +(χ , +χ2 ) + 1 2 γ , ιατί χ1 +χ2 = λ και χ1χ2 = κ.

ι) '

Χ =/; .ΚΠ, Κ 11 ''

{λ2 - λ- 2 = ο + 1 - κλ = Ο

ίίί) Αν Β(λ,

, ,

(κ, λ) = (Ο, -1) ή (3, 2). 2

)

ΕΖ.

, Αν ειναι σφχ =

χ=

σφ

χ+

για κα' θε

(ε2) : Υ =43χ + 31 0

2α . , β ::�; γ, να β ρεθει η β-γ

σφ-χ + 1

ημ

ημ χ +συν-χ

ίί) Είναι:

= ημ-χ J

Λύση

1 2 συ ( νχ) 1 2 + (ημχ)

2 2 συν χ +ημ χ 2 ημ χ

2 2 · χ - 2α · ημχ νχ γ · η μ> Α=ημ χ β + ( ημ χ ημ ημ χ . = J 1 (βσφ2χ - 2ασφχ + γ) = σφ -χ + 1

συ�

�

Λύ ση

- - - - - - Γ( 2 , κ)

�

' ) Ει'ναι: -,...J1-- =

είναι ση μείο της (ει ) και

i) ε ι .l ε2 -= λ - �} (λ +t) = - 1 -= 4λ - 7 · 3λ + 1 = -1 1 2λ2 - 1 7λ + 5 = Ο με δε-= 3 4 κτή ( ; ) τη ρίζα λ = 1 5 ii) Για λ = 1 (ει): y = - 3 χ +4'

τιμή της παράστασης: Α = βσυν2χ 2αημχ · συνχ +γημ2χ. ι

(

-= κ +λ

Να ειχθε ι οτι: η μ

Γ(2, κ) σημείο της (ε2) να βρεθεί το μήκος της ΒΓ.

ίί) Σύμφωνα με το i) θα είναι:

λ ΕΖ

�)χ �

να βρεθούν οι συντεταγμένες του σημείου τομής Α(χ, y) των (ε1), (ε2)

2 Χ -' (ρ , +ρ2 )χ +ρ , ρ2 =Ο -= 2 χ - (λ +2)χ + (κ +λ + 1 ) = Ο

(λ -

ίί) Για την τιμή του λ, που βρήκατε στο (i),

Η ζητού μενη εξίσωση είναι η:

Ά ρα

ί) Ν α βρεθεί ο λ ώστε (ε ι ) .l (ε2)

-(λ + 2) = -λ {κ +λ + 1=κλ {λ= - 1 ή λ= 2 κ=Ο ή κ=3

k)x �0,

και (ε2): y = (λ +

με α ισ

Δίνονται οι ευθείες: (ε ι): y

Ί= χ) Λύνου με το σύστημα των (ε1) και (ε2) και βρί σκουμε χ = "71, y = 2 δηλ. Α(-1 , 2)

iii)

Η απόσταση δύο σημείων Α(χ 1 , y1) και

2 2 Β (χ2, Υ2 ) είναι: ΑΒ = ..V(x2 - χ 1 ) +(y2 - y1 ) . ,. 2 2 Όμως Α Β .+ ΑΓ = ΒΓ- -= ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/27

Ά λγεβ ρ α Α' Λυ κε ίου

(1 1)2 + (�-2)2 + (2 + 1)2 + (κ-2)2 = =(2 - 1)2 + (κ-�)2• Απ' όπου βρίσκουμε κ = 6, τότε: Β( 1, k} Γ(2, 6) Συνεπώς: Β Γ = ν(2-1)2 + (6-k)2 = +

·-νCill_ · · τ =� 2

13.

εξίσωση lx- Ι χ + 1 1 1 -l x + Ι χ -� 1 1 1 = ο ii) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης:

2)3 +

f(x) =

ίί) Για την ακέραια ρίζα της παραπάνω εξί σωσης, να δειχθεί ότι η εξίσωση : 2 κχ - (κ + αλ) χ + λ = Ο έχει πάντοτε πραγ ματικές και άνισες ρίζες για κάθε κ :1:- Ο.

ί) Επειδή είναι (2α - 3) + (α - 2) + (5 - 3α) = Ο, σύμφωνα με την ταυτότητα του Euler θα έχουμε: 2α - 3 = 0 3(2α - 3)(α - 2)(5 - 3α) = Ο � α - 2 = Ο � 5. - 3α = 0 3 α = 2• α = 2, α = 35

{

ακέρααι ρίζα της παραπάνω εξίσωσης είναι η α = 2: Τότε η εξίσωση γίνεται: ια? - (κ + 2λ)χ + λ = Ο με Δ = [-(κ + 2λ)] 2 -4κλ = κ2 + 4λ2 + 4κλ - 4κλ =κ2 + 4λ2 > Ο, για κάθε κ :1:- Ο, λ Ε IR. Άρα η εξίσωση έχει πάντοτε δύο πpαγματι κές και άνισες ρίζες. ίί) Η

ράσταστη.

ίίί) Ν' αποδειχθεί ότι:

11.

Να αποδειχθεί ότι η δαιφορά των τετραγώνών δύο περιττών φυσικών αριθμών δαιιρείται με το 8. σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) ι' σχύει: α2 = 4βγ,' να αποδειχ;θει' οτι: - ι:; + 1)2 Q. = (νJ 2 . Πότε ισχύει με το +(συν) και γ πότε με το -(πλην);

12. Αν

γραφική της πα

f(x) � Ιχ + 11 + Ιχ - 11

15. Αν γαι τους

θετικούς αριθμούς α, β, γ, δ, χ, y, z, ω ισχύει: α > χ, β > y, γ > z, δ > ω, να δειχθεί ότι: i) (α + χ)(β + y) < 4αβ ii) (α + χ)(β + y) > 4xy iii) xyzω < fl.α + χ)(β + 'y)(γ + z)(δ + ω) < αβγδ

16.

Α<Υκή σεις που π ροτείνονται για λύ ση

Να λυθεί στο σύνολο 'll των ακεραίων η ανίσωση: Ι χ - χ3 + χ Ι + χ2 < χ4 + 1

Ιχ- Ιχ + 1 1 1 - Ι χ + Ιχ-1 1 1

με τους άξονες και να γίνει η

Λύση

10.

{

14. i) Να λυθεί η

ί) Να λυθεί η εξί<Υωση : 3 3 (5 - 3α) = Ο. (2α 3) + (α -

Θεωρούμε το σύστημα 3 λχ - (2λ + 1 )y = λ (Σ): χ + (λ - 2)y =-1 ί) Να λυθεί το (Σ) γαι τις διάφορες τιμές του λ. ίί ) Να βρεθούν οι τιμές του λ γαι τις οποίες οι λύσεις του (Σ) επαληθεύουν τη σχέση y-x >. -41

17.

Ift 18.

Έστω χ 1 , χ2 οι ρίζες της εξίσωσης: χ2 + βχ + β + 1 = ο, β Ε IR. ί) Να δειχθεί ότι: (1-χ /)(1-χ/) = 4(β+ 1) . ii) Να σχηματιστεί η εξίσωση 2°u βαθμού με ρίζες τις: ρ 1 = 1-Χ ι 2 και ρ2= 1 - χ/ . Αν α, β, γ είναι τα μήκη των πλευρών ενός μη ισοπλεύρου τριγώνου, ν' αποδειχθεί ότι η εξί σωση 3χ2 - 2(α + β + γ)χ + αβ + βγ + γα = Ο έ χει ρίζες πραγματικές και άνισες. Αν α, β είναι τα μήκη των καθέτων πλευρών ε νός ορθογωνίου τριγώνου και ισχύει η σχέση: (α + β)4 - (α - β)4 32αβ (1) να υπολογιστεί το μήκος της υποτείνουσας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/28

. APM�!�OJJrNΛΌ\l 21 · :@�\[)MJX}J �Μ � ·J.ι)J\.� �ω-ο J.uj.12u t�� !)j 'j ) 2 •j •J .j!)i)

Θ. ΕΕΝΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

Ι. ΚΑΡΑΠΑΝΝΗΣ ΔΙΔΑΚfΙΚΗ ΚΑΙ ΜΕΘΟΔΟΛΟΠΑ ΣΤΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

θ. ΕΕΝΟΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α' ΛΥΚΕIΟΥ

Ν. ΛΑΜΠΡΟΠΟΥΛΟΣ ΑΝΑΛΥΣΗ 4ης ΔΕΣΜΗΣ, Τ. 1

Χ. Γ. ΣΙΩΖΟΠΟΥΛΟΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α' Λ ΥΚΕΙΟΥ

Από τι c;

Εκ ό ό σ e ι ς

- Κωστόyιαννο�

ΙΙιJΑιr ιιuιιλtJφιJpιιtιe για καθηγητές και μαθητές Λυκείου Θα το βρείτε σnc; εκδόσειc; μαc; Αγyελάτου 1 7 - Χαλκίδα Τηλ . : (022 1 ) 78509 και στα βιβλιοπωλεία τηc; περιοχήc; σαc;

Για συνδρομέc; των περιοδικών: Gazeta Matematica απευθυνθείΊε στιc; εκδόσειc; μαc;

1 ) Τα Μαθηματικά στο ενιαίο Λύκειο, Ζ)

------ ---- · · -·--·"

·-·

-----

Γεωμετρία Α ' Λ υκείου Ασκήσεις επανάληψης Έγραψαν : Βασίλη ς Καρκάνης (1 ,2), Θ ανάσης Κυρια κόπουλο ς Γιώ ργ ος Κατσ ούλης (5,6,7,8)

(3,4),

1. Σ ε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έστω ΑΔ, ΑΜ το ύψος και η διάμεσος, που αντιστοιχούν στην υ ποτείνουσα ΒΓ με ΒΑΜ = 60°. Να δειχτσόν:

ί) ΑΜ = ΑΒ

ii) ΑΔ. = ΑΓ 2

iii) ΜΓ = 2ΒΔ

Λύση

Έχουμε Β ΑΜ = 60° (1) Α Β Η Α Μ διάμεσος οπότε: Α Μ = [ = ΜΒ = ΜΓ (2) ί) Από ( 1 ), (2) συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο Α ΜΒ είναι · ισόπλευρο, άρα '!lΑΜ = ΑΒ. ...... ίί) Επίσης,η Β = 60° οπότε η Γ = 30° και έτσι στο ορθογώνιο Β Δ Μ Γ τρίγωνο ΑΔΓ η ΑΔ = �r. iίί) Τέλος, στο ισόπλευρο τρίγωνο Α Μ Β το ύψος ΑΔ είναι και διάμεσος, άρα ΜΒ = 2ΒΔ και λόγω της (2) θα είναι: ΜΓ 2ΒΔ .

� ·

2. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με βάσεις τις κάθετες πλευρές του ΑΒ, ΑΓ και στο εξωτερικό του κατασκευάζουμε τα ισοσκελή τρίγωνα ΔΑ.Β, ΕΑΓ. Αν Ζ το μέσό της ΒΓ, να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΔΖΕ είναι ορθογώνιο. Λύ �

Φέρνουμε την ΑΖ, που είναι διάμεσος του ορθογωνίου τριγώ νου ΑΒΓ, οπότε: ΑΖ = Β[ = ΖΒ = ΖΓ (1) Επίσης, τα τρίγωνα ΔΑΒ, ΕΑΓ είναι ισοσκελή, οπότε: (2) ΔΑ ::: ΔΒ και ΕΑ = ΕΓ (3 ). Λόγω των (1), (2) η ΔΖ μεσοκάθετος της ΑΒ \ όγω των (1), (3) η ΕΖ μεσοκάθετος της ΑΓ. Και εφόσον ΑΒ ΑΓ θα είναι: ΖΔ . L ZE, άρα το τρίγωνο ΔΖΕ είναι ορθογώνιο . .

3. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) προεκτείνουμε τις ίσες πλευρές του προς το μέρος της κορυφής Α και εΠάνω στις προεκτάσεις παίρνουμε τμήματα ΑΕ = ΑΖ. Εάν ΑΔ η διχοτόμος του ΑΒΓ να δείξετε ότι: α) Το τρίγωνο ΔΖΕ είναι ισοσκελές β) Τα τρίγωνα ΕΒΔ και ΖΓΔ είναι ίσα γ) Τα τρίγωνα ΒΖΔ και ΔΕΓ είναι ίσα. Λύση .

"""

α) Αρκεί να δείξουμε ΔΖ = ΔΕ. Συγκρίνουμε προς τούτο τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΔΕ. Αυτά έχουν: 1) ΑΔ = ΑΔ (κοινή) 2) ΑΖ = ΑΕ (από υπόθεση) και 3) ΔΑΖ = ΔΑΕ (διότι ΔΑΖ = Α1 + φ, ΔΑ Ε = Α2 + φ και Α:Ί = Α2) Άρα ΑΔΖ = ΑΔΕ οπότε ΔΖ = ΔΕ """

"""

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/30

Γεω μετρ ία Α ·Λυκε ίου

(1) Ακόμη παίρνουμε Ε 1 = Ζ 1 β) Τα τρ ίγωνα,...... ΕΒΔ και ΖΓΔ έχουν: 1) Ε1 = Ζ 1 (από σχέση (1)) 2) ΕΔ = ΔΖ (όπως αποδείξαμε) 3 ) ΕΒ = ΖΓ (διότι: ΕΒ = ΑΒ + ΑΕ, ΓΖ = ΑΓ + ΑΖ και ΑΒ = ΑΓ, και ΑΕ = ΑΖ) Άρα ΕΒΔ = ΖΓΔ). γ)Τα ΒΖΔ και ΔΕΓ έχουν: 1) ΒΔ = ΔΓ (διότι η ΑΔ ως διχοτόμος είναι και διάμεσος στο ισοσκε λές τρίγωνο ΑΒΓ) 2) ΔΖ = ΔΕ (απεδείχθη) και 3) Δ; = Δι (διότι: Δ; = 90° - Δ;, Δι = 90° - Δ; (γιατι;) και Δ; = Δ; (γιατί;). Οπότε ΕΒΔ = ΖΓΔ. ,......

,......

.......

4. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ. Στις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ και ΑΓ παίρνουμε τμή ματα ΒΔ ΓΕ. Να δείξετε ότι: α) ΔΕ > ΒΓ και β) ΔΓ < ΒΕ =

Λύση

Η fι ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΓΔ είναι fι > ΔΊ . Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΓΔΕ έχουν: ΒΔ = ΓΕ (υπόθεση), . ΔΓ = ΔΓ (κοινή) και Δι < Α. . Επομένως ΒΓ < ΔΕ ή ΔΕ > ΒΓ. β) Στο 3?ίγωνο f- ΒΓ είναι ΑΒ < ΑΙ_ άρα Β,...._> Γ.

α)

Όμως Β + ΔΒΓ = 1 80° και Γ + ΕΓΒ = 1 80° ή Β + ΔΒΓ = Γ + ΕΓΒ (1) κάι επειδή Β > Γ από τη σχέ ση (1) συνάγουμε ότι ΔΒΓ < ΕΓΒ. Δ Ε Τα τρίγωνα ΔΒΓ και ΒΓΕ έχουν: ΒΓ = ΒΓ (κοινή), ΒΔ = ΓΕ και τις περιεχόμενες γωνίες των ίσων πλευρών ανίσους (ΔΒΓ < ΕΓΒ), άρα απέναντι των. ανίσων αυτών γωνιών βρίσκονται ομοίως άνισες πλευρές, �� ΔΓ < ΒΕ '

5. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2Γ και το ύψος του ΑΗ. Αν Δ, Μ μέσα των ΑΒ και ΒΓ αντίστοιχα να αποδειχ(!εί ότι το τρίγωνο ΜΗΔ είναι ισοσκελές. ,......

,......

Λύση

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΒ είναι ΗΔ διάμεσος, άρα ΗΔ = ΔΒ <=>Η 1 = Β = 2Γ (1) Μ μέσα των ΑΒ, ΒΓ είναι ΔΜ // ΑΓ οπότε �ειδi Δ, Μ 1 = Γ (2) Στο τρίγωνο ΜΗΔ η γωνία ,...ΉΊ... "'είναι εξωτερική, άρα "' ,... . .. 2 "' "' "' (Ι "' "' r ( ) · Μ Μ Η Γ Η. ι = Μ ι + Δ ι <=>2 ) 2 Γ = Γ + Δ ι <=>Δ ι = <=>Δ ι = <=> Δ ι- Β ( ) σοσκελές 6. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ ) και το ύψος του ΒΔ. Φέρνουμε ΔΗ ..ι ΑΒ που τέ /"'>....

.......

•

,......

.......

μνει την προέκταση της ΒΓ στο Κ. Δείξτε .ότι: ί) Α = 2ΔΒΓ ίί) ΒΔΚ ισοσκελές ίίί) ΒΓ > ΚΓ ""

,......

.......

Λύση

) Υπολογίζουμε τη γωνία ΔΒΓ από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΒΓ. Είναι ΔΒΓ + Γ = 90° <=> ΔΒΓ = 90° - Γ ( Ι ) ,...... Εκφράζουμε τη γωνία Α σε σχέση με τη γωνία Γ. Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι: ,......

,......

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ. Β' λα. τ.4/31

,......

Γεω μ ετ ρ ία Α 'Λυ κε ίου

Α + Β + Γ = 1 80° <=> Α = 1 so o - Β - Γ

} <=>

Αλλά ΑΒΓ ισοσκελές, άρα Β = Γ Α = 1 80° - 2Γ <=>Α = 2(90° �Α = 2ΔΒΓ - Γ) "" "" ii) Αρκεί να δείξουμε ότι Κ = ΔΒΓ. Υπολογίζουμε τη γωνία ""Κ από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΗΒ. Είναι Κ + Β"" =( I 90° <=>Κ = 90° - Β <=> "" ) "" "" Κ = 90° - Γ <=>Κ = ΔΒΓ. Άρα ΒΔΚ ισοσκελές. iii) Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΚΔΓ έχουν 1) ΔΓ κοινή 2) ΒΔ = ΔΚ 3) ΒΔΓ = 90° > ΓΔΚ (γιατί;) Άρα ΒΓ > ΚΓ. �

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) και η διάμεσος του ΑΜ. Από το Μ φέρνουμε ευθεί() κάθετη στην ΑΜ που τέμνέι την ΑΒ στο Δ και την ΑΓ στο Ε. Αν ΑΗ η διάμεσος του τριγώνοt ΑΔΕ aποδείξτε ότι ΑΗ .l ΒΓ.

χχ

Λύση.

Έστω ότι η ΑΗ τέμνει την ΒΓ στο Κ. Αρκεί να δείξουμε ότι Β ΑΚΓ = 90° Έστω ακόμη ότι: ΜΑΚ = ω και ΚΑΓ = ""φ Στο ορθογώνιο...... τρίγωνο ....... ....ΑΒΓ ... ...... είναι ....... ΑΜ διάμεσος άρα Μ Μ Α = Γ <=>ΜΑΓ = Γ <=>ω + φ = Γ (1) Στο ορθογώνιο ""τρίγωνο ΑΔΕ είναι Α Η διάμεσος άρα ΑΗ = ΗΕ <=>Ε = φ (2) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΕ είναι ΜΑΓ + Έ 90° <=>� + φ + φ = 90° <=>� + 2φ = 90° (3) Στο τρίγωνο ΚΑΓ είναι ( "" ΚΑΓ + ""Γ =φ"" + ""Γ =I )""φ + ""ω + ""φ = ""ω + 2""φ (=3 ) 90° Άρα ΚΑΓ = 90° οπότε ΑΗ .l ΒΓ. Παρατήρηση : Για να δείξουμε ότι μια γωνία τριγώνου είναι ορθή, συνήθως δείχνουμε ότι το άθροισμο των δυο άλλων γωνιών του τριγώνου είναι 90°. ""

8. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 75° και τα ύψη του ΒΔ και ΓΕ. Αν Μ μέσο της ΒΓ δείξ· τε ότι ΔΜΕ = 30°. ""

Λύση

Έστω Μ ΕΓ = ω κα.ι ΜΔΒ = φ . Στο τ!τρ�λε�ο �ΜΔ είναι � = � ο +""� και Δ = 9_ρ0 + φ "" "" Άρα Α + Ε + Μ + Δ = 360° <=>ω + Μ + φ = 105° <=>Μ = 105° - (ω + φ ) ( 1) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ είναι � = 90° - Ε; <=>� = 90° - Β (2) (διότι ΕΜ ΜΒ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΓ είναι φ = 90° - Δ; <=> Α φ = 90° - Γ (3) (διότι ΔΜ = ΜΓ) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και έχουμε � +""φ ="" 1 so o - (Β + Γ> "" "" Αλλά Β + Γ = 105° (γιατί;) <=>ω + φ = 75° (4) Από (1) και (4) είναι Μ = 30°. =

}

n, δε.

"Ζ.. ο- '

n.�ν v-ι

}..

�r

Α 13 r ό � � C J-· σz.�

eυ><cι-.• e

"' ο t> τ. � "

t:.\

� fl ο

ta.A

�

("\

�l.)t � . τ.. �s f fλ

�

σt.ο

te� uι

ιu

w δe-ι(;'.. -

. Α f'•o

z:..o ιv. j "'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/32

� � ...,

J. ε- \ tλ � t� f'. b ? > N o j. " " .., _ t-

N\ "t..

. .- -�ζ�'{Γr

'. ..&

" Ή :Jiι:ιεβjid�JJ;,t�g?ίlι,V' �

'�

�

!ιi, {; Αt1κήσεις:Επανάλη,ψης

'' <}':

'(. {-�-�\:;;�>- "'i:

; ·

_ ; -, ., · ·

ι(tό

��;/'_"

�ί�ος

+ ι)s

s (x

·-

χ4

+ ι)4 = _2

Να βρεθεί το πρόσημο του πολυωνύμου Ρ(χ)

. ��ας :}

s 4 (Ε): (x _ χ

ii)

�--�

� ς

Δίνεται η εξίσωση ί)

. ·' ' ·

άκος (3, 13�,. ΧρήστοςΔαζαρ ίδης (4, S, 6)., νστα� ίνο Φαρμάκης (ΙΟJ� (7, '>f{),:ι;ι), Νίκος Μεταξάς (8, 14, 15), . (9), :Νικόλαος Βαδιβο�λής< , Ν. Σ . Π; · ,. ()ρέστη·- ς,Κατσά\'ος - - ,(i18)/ ·. . · · · =_,:._ ·\ .)J:\c�;_;:: ,"> }γ_ ,_ . · -:• :-=, , 5 : �: :: <>-.:'- · ,��f;�:_:�:.

·τιάvνη'ς Στρα�γης (1, 2, 12), Θό)J!άς r:. _ .:; ,_ => -

κ· ·

= χ4 - 2χ3 + 2χ2 - 2χ + ι.

Να λυθεί η (Ε). Λύση

- - ; :>::t;,--

,:_ ,�:�::\ι�:ii�t�;�-�f

�(Κχ-2) = 0 ... -=χ = 34• iii) α 1 = 3\ λ = -� (Ι λ l =!< } S = � = 54 ι 1 +2 3.

Να αποδείξετε ότι ένα τρίγωνο

ΑΒΓ

είναι

Με το σχήμα Homer βρίσκουμε ότι: ισοσκελές αν οι αριθμοί 2 , Ιοg '\}β + γ, 2 Ρ(χ) = (χ- l}(x3 - χ2 + χ- 1) = (χ-1)2(χ2 + 1) . Επομένως Ρ(χ) � Ο για κάθε χ ε IR. log2 Rσυ ) αποτελούν διαδοχικούς όρους α 5 ii) Θέτουμε: χ - χ4 + 1 = y και η (Ε) γράφεται: ριθμητικής προόδου (β, γ πλευρές του τριγώνου, / - y4 + 2 = Ο -= . . . (με σχήμα Homer) R η ακτίνα του περιγεγραμμένου στο τρίγωνο i)

( 1

(y + l)(y4-2/ + 2y2-2y + 2) = 0 -= (y + l)[P(y) 1] = Ο -= y =-1, γιατί P(y) + 1 P(y) Ο Οπότε έχουμε: 5 5 ' οπως ' χ - χ4 + 1 =-1 =χ - χ4 + 2 = 0 η οποια είδαμε έχει μοναδική λύση το - 1 . >

�

Δί,•ονται οι παραστάσεις Α=

συν2χ

+ συν2χ + ι . εφχ- ι ι Β = logι-.[x �

ημ2 χ και

ί) Να aπλοποιήσετε την παράσταση Α. ίί) Να λύσετε την εξίσωση Ο. ίίί) Να βρείτε το άθροισμα των άπειρων

Β=

ό ρων γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο τη λύση της εξίσωσης Ο και λόγο την τιμή της Α. Λύση

Β=

ί) Έχο-ο με: Α ημ2χ +συν2χ συν2χ + 1 εφχ-1 = συν2χ ημ2χ . συνχ 2ημχσυνχ + 2συν2χ ημχ - συνχ (συνχ + ημχ)(συνχ-ημχ) . (-συνχ) =-.! 2συνχ(ημχ + συνχ) συνχ - ημχ 2 ii) Η εξίσωση Β = Ο έχει έννοια αν χ > 1. Έχουμε: Β = Ο -= log2 x = -= log x 3 3 log3 x - � = 0 -= -

κύκλου).

Λύση

( 1) -=

' Εχουμε: 2 log2'\}β + γ = 2 + lo� Rσυ

( 1) -= β + γ = 4Rσυ1 -= 2R(ημΒ + ημΓ) = 4Rσυν� -= log (β + γ) = log2 4Rσυ

2ημΒ 2+ Γ συνΒ 2- Γ = 2συνΑ2 -= Α=Ο συν συ42 συ� -= 2 2 συ\1 (συνΒ � Γ -1 ) = Ο -= Α = Ο η συν-τ Β -Γ = 1 συ"2 Α = π (απορριπτ.) ή Β = Γ, άρα . . . 4. Έ στω η αριθμητική πρόοδος α 1 = ιοο και ω = -2 . ,

(αγ)

με

ί) Θεωρούμε τους ιοοο πρώτους όρους της προόδου και εκλέγουμε τυχαία έναν. Να βρεθεί η πιθανότητα ο όρος να είναι αρνη τικός. ίί) Αν βν να υπολογίσετε το άθροισμα, έστω S, των ιοοο πρώτων όρων της ακο λουθίας (βv) · Λύση

= l «v l ,

ί)

Υπολογiζουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/33

το πρόσημο των όρων της

Επαναληπτι κές ασκήσε ις Άλγεβ ρας Β ' Λυ κε ίου

προόδου. αy > Ο <=>α1 + (ν - 1)ω > Ο � 100 + (ν - 1)(- 2) > Ο <=>100 - 2ν + 2 > Ο <=> 1 02 > 2ν <=>ν < 5 1 . Άρα �· > Ο, για κάθε ν < 5 1 , αy < Ο, για κάθε ν > 5 1 και α5 1 = Ο. Από τους 1 000 πρώτ;ους όρους της προόδου το πλήθος των αρνητικών είναι 1000 � 5 1 = 949. Τε λικά η ζητούμενη πιθανότητα είναι 949 = 0 , 949 . ρ = 1000 ίί) S = β ι + β2 + . . . + β 5 ι + β 52 + . . . + β ι οοο = Ι α ι l + Ι α2 Ι + . . . + Ι αs ι l + Ι αs2Ι + . . . + Ι α ιοοοl = (α ι + α2 + . . . + αs ι ) - (αs 2 + . . . + α ι οοο) = (α ι + α2 + . . . + αs ι ) - [(α ι + α2 + . . . + αι οοο) - (α ι + α2 + . . . + αs)] Ss 1 - (S ιοοο - Ss ι ) =2S s ι - S ι οοο =

1 4 ημ22χ. Η παράσταση παίρνει μέγιστη τιμή όταν (ημ2χ = 1 ή ημ2χ = - 1 ) <=> ημ2χ = ημ� ή ημ2χ = η - � <=>

(

{ ))

(2χ=2κπ+�ή2χ=21σt-�ή2χ=210t+ 3;, κΕΖ) <=> (Χ = + 4π η, Χ = 4π η, Χ = + 4'3π Ε ) ΚΠ

ΚΠ -

ΚΠ

'7/ !i..ι

•

Από i) η παράσταση παίρνει μέγιστη τιμή, όταν 3π Κ Ε Γ = ΚΠ + 4π η, Γ ΚΠ - 4π η, Γ =- ΚΠ + 4' Άρα, Γ = � ή Γ = 34π (γιατί Ο < Γ < π). ημΑ + ημΒ = 1 + ημΑημΒ <=> α + JL �- 1 + α JL 2R 2R 2R 2R . 51 1 000 2 2 (2 100 + 5ο(-2>> - -- (2- ι οο + 999(-2>> = . ' <=> 2Rα + 2Rβ = 4R- + αβ 2 2 <=> (2R) - (α + β)2R + αβ = Ο 5 1 00 + 899000 = 904100 <=> (2R = α ή 2R = β) (2R = 2RημΑ ή 2R = 2RημΒ) <=> 5. Έστω το πολυώνυμο 2 2 4 3 f(x) = χ + (ln k) x + (lnk) x - 2χ - ι, όπου κ > Ο, (ημΑ = 1 ή ημΒ = l) = Α = � ή Β = � το οποίο έχει παράγοντα το χ - ι. 3π απορριπτεται, i) Να υπολσyίσετε τις τιμές k1 , k2 του k με k1 > k2 , , , Η περιπτωση Γ = "4 διοτι ii)

•

(

)

'7/ !i..ι

•

(

}

ii) Να λύσετε την aνίσωση: log(k1 x) < log(k1k2) - log(k2x) + 2k1, όπού χ > Ο. Λύση

Α + Β + Γ = π και Α = 2π η, Β = 2.π ί) το f(x) έχει παράγοντα το χ - 1 ' άρα f( 1) = ο <=> Έχουμε: (Α = �, Γ = � άρα και Β = �) 1 + ln2k + lnk - 2 - 1 = Ο <=>ln2k + lnk - 2 = Ο <=> , και Α = π) . . π Γ =:: π αρα = (lnk = 1 ή lnk = -2) <=>(k = e ή k = e-2). Τελικά η, (Β 4 4 . 2' 2 k1 = e, k2 = e Τελικά, το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκε ίί) log(k1x) < log(k1k2) - lo g(k2x) + 2k1 <=> λές. -2 2 log(ex) < log(ee- ) - log(e x) + 2e <=> 7. Να βρεθούν οι αποστάσεις του ορθόκε loge + lo gx < lo ge -ι _:_ loge-2 - logx + 2e <=> ντρου από τις κορυφές ·και τις πλευρές του τρι loge + logx < -loge + 2loge - logx + 2e <=> (ως συνάρτηση της ακτίνας R του περι γώνου 2logx < 2e <=>logx < e <=>0 < χ < 1όe γεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου και των συ Να υπολογίσετε την τιμή του χ Ε IR, έτσι , , , , ωστε η παρασταση η μ2χσυν2χ, να ΊΠαιρνει μεγι• στη τιμή. ίί) Αν Α, Β, Γ είναι γωνίες τριγώνου, η. πα ράστάση ημ2Γσυν2Γ παίρνει μέγιστη τιμή και ημΑ + ημΒ = ι + ημΑημΒ, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Λύση 6.

ι) •

ημ2χσυν2χ =41 (4ημ2χσυν2χ) =41 (2ημχσυνχ)2 =

νημιτόνων των γωνιών του τριγώνου) . Λύση

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΡΒΛ έχουμε. ΡΛ =ΒΛ εφ ΡΒΛ = ΑΒσυνΒσφΓ = Γ =2RσυνΒσυνΓ 2RημΓσυνΒ συν η μΓ Ομοίως έχουμε: ΡΜ = 2RσυνΓσυνΑ και ΡΝ = 2RσυνΑσυνΒ Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΡΜ έχουμε: (1): ΑΜ =ΑΡσυνω =ΑΡσυν(90° - Γ) =ΑΡημΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/34

Επαναληπτικές ασκήσεις Άλγεβ ρας Β ' Λυκε ίου

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΒ έχουμε (2): ΑΜ =γσυνΑ =2RημΓσυνΑ Από τις (1) και (2) έχουμε: ΑΡ = 2RσυνΑ Α

Για τις τιμές του α που θα βρείτε να λυθεί η εξίσωση f(x) = 7χ2 + 14χ + 5, όπου f(x) =-"4α9χ+2 +1 1 8χ + 10. - (α3 + 1)χ-1 - (3α-1 + 1 )χ ίί)

Δίνεται το πολυώνυμο: , ν Ε Ν , ρ Ε IR Π(χ) = χ2v+ l - 1 + ρ·φ(χ) , οπου και φ(χ) = (χ - χ2 + χ - χ + . . . + χ2ν - I - χ2ν) . ί) Να ευρεθεί η σχέση των ν, ρ ώστε το πο λυώνυμο Π(χ) να έχει ως ρίζα τον αριθμό - 1 . ίί) Για ποια τιμή του ρ ο αριθμός ρ - 1 θα εί ναι ρίζα του Π(χ); = 2RσυνΒ, ίίί) Αν ρ = 12 και ν = 8, ν' αΠοδειχθεί ότι 'f; . Π(13) - 13 . 7+ 7 1 . 11.

Αντίστοιχα αποδεικνύεται ότι ΡΓ = 2RσυνΓ.

ΡΒ

•

Να λυθεί η εξίσωση

(Ε): χ(χ+ 1)(3χ + 1)(3χ - 2) = -1

Να λυθεί η εξίσωση (Ε): 6χ3 + 1 1χ2 - 20χ + 3 = Ο και μετά να υπολο Λύση γιστεί το άθροισμα Sv των ν πρώτων όρων αριθμη Παρατηρούμε ότι: χ(3χ + 1) = 3χ2 + χ, τικής προόδου με πρώτο όρο τη μεγαλύτερη ρίζα 2 (χ+ 1)(3χ - 2) = 3χ + χ - 2 της (Ε), διαφορά τη μικρότερη ρίζα και πλήθος ό Άρα: 3χ2 + χ = 1 <=>3χ2 + χ - 1 = Ο, χ1 = -1 + ;[ϊ3' ρων το 60/πλάσιο της τρίτης ρίζας. 6 ffi -� .L1;:.;:;.3 . 1 -_13 Να λυθεί η εξί�ωση: Χ? 6 ν2ημ � - � = Ιη(συν2χ), χ Ε - �· � 12.

ι{ ( )J

( }

• .

Να βρεθεί ο χ Ε IR., ώστε οι αριθμοί: 2�, 3 + ..J2x - 6, 2-.Jx + 4, να είναι διαδοχικοί όροι α ρΊ.θμητικής προόδου. 14.

Ασκήσεις που προτείνονται γ ια λύση

Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) = x2v - χ2ν - Ι + αχ + β, α, β e IR, ν Ε Ν* έχει παράγοντα το (χ - 1)2 ν' αποδειχθεί ότι το πολυώνυμο 2κ 2κ I , παραγο, Q(χ) = χ + χ - - αχ + β , κ Ε IN* εχει . 2 ντα το (χ + 1) • 9.

Δίνεται η εξίσωση (Ε): ..J9x2 + 1 8χ + 10 = (α3 + 1 )χ2 + (3α2 + 1)χ + + 4α - 1 ί) Να βρείτε τις τιμές του α για τις οποίες η (Ε) έχει ρίζα τον αριθμό -1. 10.

Να λυθεί ή εξίσωση: (χ + ψ)4 - (χ + ψ)2 = 1260. 15.

16. Να αποδειχθεί ότι αν η ευθεία, που συνδέει το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου και το ορθό κεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ σχηματίζει με τη ΒΓ · Γ , θ, τοτε , . εφθ γωνια . · - 3εφ-ΓεφΒεφ - εφ 8 . _

17. Να αποδειχθεί ότι το τετράγωνο της απόστα σης του κέντρου Ο του περιγεγραμμένου κύκλου από το ορθόκεντρο Ρ του τριγώνου· ΑΒΓ είναι ΌΡ2 = R2(1 - 8συνΑσυνΒσυνΓ). 18.. Να βρεθεί το άθροισμα όλων των φυσικών α ριθ μών, οι οποίοι περιέχονται μεταξύ των αριθμών 421 και 667 και οι οποίοι δεν είναι διαφετοί ούτε δια του 3, ούτε δια του 8.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/35

Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι: 2α2 = β2 + γ2 <=> 2 2α2 = 2 � + α2 <=>2 J.tα = σ:J3 <=> J!α = 2 , ειναι ' Ε = ii_ α β γραμμου 2 =α-{3 (3) β) Ε. �ναι GM = .!3 J!α =.!3 α.J} 2 6 Λύση Έστω Α < 90° τότε Β > 90°, οπότε από το θεώρη- Επίσης Μ Ρ ·ΜΑ = Μ Β ·ΜΓ <=>ΜΡ· J!α = � · . � μα της αμβλείας γ,ωνίας έχουμε: α2 <=> Μ Ρ = α-{3 (4) ΜΡ· SE:Ji = 2 4 6

I αfil

Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ = α, 4 ΒΓ = β, ΑΓ = δ,, ΒΔ = δ2 και δi · δ� = α + β4 (1) . Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν του παραλληλο-

.,...

•

.,...

<=>

Α�----

δ2ι = α2 + β2 + 2αχ .--.. , οπότε Α < 90° τότε: δ22 = α2 + β2 - 2αχ δ21 ·δ22 = (α-? + β-)? 2 - 4α?-χ-? <=> (I ) δ2ι · δ22 - α4 + β4 + 2α2 β2 - 4α2χ2 <=>

� (2) <=> 4α χ = 2α-β <=> β = 2χ , αρα � ? 2

' 2

, . - '2 Επομενως Ε = α·χ (2) = Τ αβ

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι διάμεσοί του ΑΜ, ΒΔ , ΓΕ έτσι ώστε το ΑΕGΔ να είναι εγ γ �ψιμο σε κύκλο, όποι) G το βαρύκεντρο του ΑΒΓ. Έστω (c) ο περιγεγραμμένος κύκλος του ΑΒΓ , που τέμνει την προέκταση της ΑΜ στο Ρ. Να αποδειχθεί ότι:

..,

α) μα =

�

β) το τετράπλευρο ΒΡΓG

Έτσι από (3), (4) έχουμε GM = ΜΡ οπότε το ΒΡΓG είναι παραλληλόγραμμο (γιατί;) 3. Θεωρούμε κανονικό δεκάγωνο Α 1 Α2 • • • Α 10

εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας R. Να δειχθεί

ότι: Α1Α4 = R(-JS 2

Λύση

Παρατηρούμε ότι η Α3 Α8 είναι άξονας συμμετρίας του καν. δεκαγώνου οπότε οι Α1Α4 , Α2Α5 θα τέ μνονται στο Ρ που θα ανήκει στην Α3Α8 •

είναι παραλλη λόγραμμο Λύση

Είναι ΑΣ · ΣG = ΕΣ · ΣΔ = .!!4 · .!!4 = !!... 1 6 (1) 1� α) Επίσης είναι: ΑΣ·ΣG =.!2 J!α · �3 J!α - .!2 J!α =12 = 1 2β2 + 2γ2 - α2 (2) 12 4

(

+ l)

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α.

τ.

4/36

Ασκή σε ις Γεω μετ ρ ίας Β ' Λ υκε ίου

Α 1Ρ = Α ρ = R (γιατί;) R(j5 - 1) (αφου, ΡΑ4 = Α2Α3 = λ 1 0 = 2 Ρ Α2Α3 Α4 παραλληλόγραμμο, γιατί;) ' Ετσι ΑΑ4 =Α 1 Ρ + ΡΑ4 =R + R(j5 - 1) = 2 R(j5 + 1) Είναι:

•

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να αποδειχθούν:

ί) Ε �

ίί) α + υα

� β + υβ με α � β

ίίί) R � 2ρ όπου R: η ακτίνα του πεp ιγε γραμμένου κύκλου ρ: η ακτίνα του εγγεγρ.μμέ νου κύκλου Λύση i)

Είναι Ε = � αβημΓ � � αβ · 1, άρα Ε � �

·ιι· ) 'Εχουμε: α - β � υβ - υα <=>α - β � 2Ε - 2Ε <=;=> β -;α - β � 2�α - rο, (α �β) <=>αβ � 2Ε <=>Ε � �

2 αβ το οποίο ισχύει από το i) ... αΙW 2Ε 2 ι ι ι ) . Ε'ιναι: R � 2 ρ � � - <=>τ · αβγ � 8Ε 4Ε τ (τύπος Ήρωνα) . . . <=> αβγ � (α + β - γ)(α - β + γ)(β + γ - α), που ι σχύει γιατί: α- � α- - (β - γ)β2 � z _ (γ _ z α) β 1

Είναι όμως R'\[3 = λ

3 και κατά συνέπεια f = 30° ΒΓ = R = 2� υ Άρα: ΑΓ = 2υ ' ΑΒ = 2 3 6.

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ R), ΑΔ η διχοτόμος του και ΑΕ το ύψος Αν η διάμετρος ΑΟ τέμνει τη ΒΓ στο Η, του. τότε να δειχθεί ότι: ΔΕ · Δ� · ΑΗ·ΑΓ = ΑΒ · ΑΕ · ΔΗ· ΔΓ κλο (0,

Λύση

ΑΒ ΑΔ διχοτόμος του ΑΒΓ άρα: ΔΒ ΔΓ = Α Γ <=> ΔΒ·ΑΓ = ΔΓ·ΑΒ (1)

5. Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°), ο περιγεγ ραμμένος κύκλος του (Ο, R) και το ύψος

Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΖΓ είναι όμοια γιατί Ε = Arz = 90° και Β = z του ΑΗ = υ. Αν υ = ji α, να υπολογιστούν οι Άρα ΒΑ Ε = ΖΑΓ οπότε ΕΑ Δ = ΔΑΗ δη λαδή η ΑΔ 4 είνα} διχοτόμος του τριγώνου ΕΑΗ. πλευρές του τριγώνου συναρτήσει του υ. Συνεπώς: �� = �� <=>ΔΕ· Α Η = ΔΗ· ΑΕ (2) Λύση Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου έχει διά Πολλαπλασιάζοντας τις (1) και (2) κατά μέλη παίρνουμε τη ζητούμενη σχέση. μετρο την υποτείνουσα α = 2R, οπότε: � '\[3 υ =� 7. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) 4 α = 2 R 1) 2υ = R ή και Al\!_η διάμεσος. Αν ΑΔ η διχοτόμο.)_της γω (1) ΑΑ 1 = R'\[3 _ νίας ΒΑΜ και ΑΕ η διχοτόμος της ΜΑΓ, τότε (το Α 1 είναι το συμμετρικό του Α ως προς τη ΒΓ, ΒΔ2 ΕΓ2 , , + -- = 4 αποδειξτε οτι: το οποίο προφανώς είναι σημείο του κύκλου). ΔΜ2 ΕΜ2 --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ. 4/37

Ασκή σεις Γεωμ ετ ρ ίας Β' Λυκε ίου

Λύση Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι �� = �: Στο τρίγωνο ΑΒ Μ η ΑΔ είναι διχοτόμος της ΑΒΜ οπότε αΠό . το αντίστροφο του θεωρήματος του ΒΔ ΑΒ οποτε: ΒΔ2 = ΑΒ 2 (1) . -άρα: = -Θαλή στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ότι ΖΕ // ΑΒ. ΔΜ ΑΜ Δ Μ 2 ΑΜ2

9. Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τη διάμεσο ΑΜ και τη ΜΔ 1.. ΑΒ. Να αποδείξετε ό 2 2 τι: ΒΓ = 3ΑΒ + ΑΓ2 - 4ΑΒ · ΑΔ Λύση

Στο τρίγωνο ΑΜΒ {Α < 90°) οπότε: Β

Στο τρίγωνο ΑΜΓ η ΑΕ είναι διχοτόμος της ΜΑΓ • ΕΓ2 = ΑΓ2 (2) . -.αρ α: ΕΓ = ΑΑΓ .οποτε: ΕΜ Μ ΕΜ2 · ΑΜ2 Προσθέσουμε τις (1) και (2) κατά μέλη και έχουΜ Γ Β 2 2 2 2+Α 2 με: Β Δ 2 + ΕΓ 2 = ΑΒ 2 + Α Γ 2 ΑΒ 2 Γ = ΒΜ2 = ΑΜ2 + ΑΒ2 - 2ΑΒ·ΑΔ ΔΜ ΕΜ ΑΜ ΑΜ ΑΜ = ΑΜ 2 + ΑΒ 2 - 2ΑΒ · ΑΔ 2 ΒΓ = 4 ( ΒΓ -(1) ΒΓ2 = 4ΑΜ2 + 4ΑΒ2 - 8ΑΒ · ΑΔ lT Αλλά ΑΜ διάμεσος στο τρίγωνο ΑΒΓ οπότε: 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2 2 ΑΜ = 8. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ {Α = 90°) 4 και το ύψος του ΑΔ. Η διχοτόμος της γωνίας Γ 4 ΑΜ 2 = 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2 . (2) τέμνει το ΑΔ στο Ζ και η διχοτόμος της ΔΑΒ τέ- Από τις (1) και (2) προκύπτεi ότι: Jινi:ι τη ΒΓ στο Ε. Να αποδείξετε ότι ΖΕ // ΑΒ. ΒΓ2 = 2ΑΒ2 + 2ΑΓ2 - ΒΓ2 + 4 Α Β 2 - S Α Β · ΑΔ Λύση 2ΒΓ2 = 6ΑΒ 2 + 2ΑΓ2 - SΑΒΑΔ Στο τρίγωνο ΑΓΔ επειδή η ΓΖ είναι διχοτόμος Β Γ2 = 3ΑΒ 2 + ΑΓ2 - 4ΑΒ·ΑΔ Ζ , Α = ΑΓ εχουμε: (1) ΖΔ ΓΔ 10. Από τις κορυφές Α και Γ τετραπλεύρου 2

<=> <=>

(8[)2

<=>

•

,.,..._

<=>

ΑΒΓΔ φέρνουμε προς το ίδιο μέρος τμήματα ΑΕ και ΓΖ παράλληλα και ίσα με τη διαγώνιο ΒΔ. Να αποδείξετε ότι (ΑΓΖΕ) = 2(ΑΒΓΔ).

Λύση

11= ΒΔ το ΑΕΒΔ είναι παραλληλόγραμμο οπότε: (ΑΒΔ) = (ΑΕΒ) (1) Επεtδή ΑΕ

Στο τρίγωνο ΑΒΔ επειδή η ΑΕ είναι διχοτόμος , ΕΒ = ΑΒ εχουμε: (2) ΕΔ ΑΔ

Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΔ είναι όμοια (γιατί;) , ΑΓ = ΓΔ ΑΓ = ΑΒ οποτε: ΑΒ Α Δ U ΑΔ (J)

. Επίσης επειδή ΓΖ 11= ΒΔ το ΓΖΒΔ · είναι παραλλη(2) λόγραμμο οπότε: (ΒΓΔ) = (ΒΖΓ) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: (ΑΒΔ) + (ΒΓΔ) = (ΑΕΒ ) + (ΒΖΓ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ. 4/38

<=>

Α σκή σ εις Γεω μετ ρ ίας Β' Λυ κείο υ

(3) (ΑΒΓΔ) = (ΑΕ Β) + (ΒΖΓ) α R;./2 + -fi g 2 ΑλλiJ. (ΑΒΕ) + (ΒΖΓ) � ΑΕ · ΒΚ + .!.ΓΖ · ΒΜ = 2 2 πR245 - -kΔΕ)(ΟΝ) � = =Ο.ΔεΆρα Ε (ΟΔΕ ι ) 360 2 � ΑΕ(ΒΚ + ΒΜ) � ΑΕ·ΜΚ ΑΓΖΕ) (4) (γιατί;) Από τις (3) και (4) προκ6πτει ότι Ει =πR8 2 .!.2R�2 ν2 R;./22+ -J2 =πR8 2 R\,/2 = 4· . (Α ΒΓΔ) = ΑΓΖΕ) �(ΑΓΖΕ) = 2(ΑΒΓΔ) π ν2 _

�

1 1 . Δίνεται κύκλος (0, R) και οι κορυφές του εyyεγραμμένου σ' αυτόν κανονικού οκταγώνου ΑΒΓΔΕΖΗ Θ. Φέρουμε τις ΑΔ, ΘΕ, ΒΗ, ΓΖ. Να βρεθεί το εμβαδόν των 4 καμπυλόγραμμων τρι γώνων και του "σταυρού" που σχηματίζεταL Δ ίνεται λs = R·�2

�

-{2.

. ) μένως

4\2 � Επο

=(ΑΔΕΘ) + (ΒΓΖΗ) - (ΚΛΜΝ ) + 4Ει = -.{2R2 + ν2R2 - (2 - ν2)R2 + - ν2 = Εσταuροu

4�2(� ) 2ν2R2 - 2R2 + �R2 =R2(2ν2 - 2 + �)τ.μ.

Τέλος το εμβαδόν των 4 καμπυλόγραμμων τριγώ νων υπολογίζεται αν από το εμβαδόν του κύκλου Φέρουμε την ΑΕ και τη ΔΕ. Το τρίγωνο ΑΔΕ εί αφαφέσουμε το εμβαδόν του σταυρού. ναι ορθογώνω στο Δ (γιατί;). Εφαρμόζουμε το πυ θαγόρειο θεώρημα και έχουμε: Δηλ. Ε4τριγ. =πR2 - R2 2ν2 - 2 + = ΑΔ2 = ΑΕ2 - ΔΕ2 � R + 2 ___: 2ν2 τ.μ. - ν22)2 � 2ΑΔ2 (2R)2 - (R"./,.2 ΑΔ2 = 4R2 - (2 -: ν2)R2 <=> ΑΔ = 2R2 + ν2R2 � ΑΔ = �2 + ν2R Ασκή σεις που π ροτείνονται για λύ ση . 12. �νεται ρόμβος ΑΒΓΔ με πλευρά α = 12cm και ΑΔΒ = 60° Με κέντρα τα Α, Β, Γ, Δ και ακτίνα Rι = � γράφω τόξα εντός του ρόμβου. Κατόπιν με κέντρα τα � Δ και �ίνα R = α = 12 cm γρά 2 φω τα τόξα ΑΔΓ και ΑΒΓ. Να βρεθεί το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου. Λύση

2(�

. -=

)

(

�)

13. Να αποδειχθεί ότι η διαγώνιος ορθογωνtου είναι μέση ανάλογος δύο ευθυγράμμων τμημάτων, τα οποία είναι κάθετα σ' αυτήν και έχουν τα πέρα τά τους στις απέναντι πλευρές του ορθογωνίου, (το ένα ευθύγραμμο τμήμα έχει τα άκρα του στο Φέρουμε και την ΑΘ. Το τετράπλευρο ΑΔΕΘ εί ένα ζεύγος των απέναντι πλευρών · του ορθογωνί ναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο (γιατί;) ου και το άλλο ευθύγραμμο τμήμα στο άλλο ζεύ Άρα (ΑΔΕΘ) =ΑΔ·ΔΕ =�2 + ..Jϊiι"./� 2- ν2 -=2R = γος). ν2R2 • Όμοια και (ΒΓΖΗ ) = ν2R2 14. Δίνεται ορθογώνω τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°). Το ΚΛΜΝ είναι τετράγωνο (γιατί;) Φέρουμε το ύψος ΑΔ. Γράφουμε τον κύκλο (Δ, ΔΑ), Άρα (ΚΛΜΝ) =(Λ Μ)2 =(ΔΕ)2 =(R�2 = ο οποίος τέμνει την ΑΒ στο Ε και την ΑΓ . στο z. Ν' (2 - ν2)R2 αποδειχθεί ότι: Υπολογίζω το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος Ε ι . i) το τρίγωνο ΑΒΓ είναι όμοιο με το τρίγωνο Α ΕΖ. Χρειάζομαι γι' αυτό το α8 = ΟΝ. Όμως ii) Η διάμεσος ΑΜ του τριγώνου ΑΒΓ είναι κάθε τη στη ΖΕ. iίi) τα σημεία Β, Ε, Γ, Ζ είναι ομοκυκλικά ίν) (ΑΒΓ) = (ΚΕΖ), όπου Κ το κέντρο του κύκλου των Β, Ε, Γ, Ζ.

-ν2>2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ. 4/39

ΠΑΡΆΓΩΓΟΙ ΚΑΙ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ του

Γιώργου

Τσαπακίδη

Προβλήματα όπως τα *

Λύστε την εξίσω ση 4χ1999 + 2000χ = 2004 Πόσες ρίζες στο R έχει η εξίσωση e'-3x+l=O ;

δεν μπορούν να λυθούν με τη βοήθεια της ύλης της Α ' και Β ' Λυκείου, γι' αυτό αναζητούμε προτάσεις και θεωρήματα από την ύλη της Γ Λυκείου, που το συμπέρασμά τους αναφέρεται σε εξισώσεις· τέτοια είναι τα : •

Θεώρημα Bolzano :

Αν η συνάρτη ση f είναι συνεχής στο [α, β] κα ι f(α)f(β) < Ο, τότε η εξίσωση f(x) =O έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (α, β) .

•

Θεώρημα Rolle :

Αν η συνάρτη ση f είναι συνεχής στο [α,β] κα ι παραγω γίσιμη στο (α, β) με f(α) =j(β) , τότε η εξίσω ση / '(χ) =Ο έχει τουλάχιστο ν μια ρίζα στο (α,β) .

•

Θεώρημα μέσης πμής : Αν η συνάρτη ση f είνα ι συνεχής στο [α,β] και παραγω γίσιμη στο (α, β) , τότε η εξίσω ση f '(χ) =

f(β) - f(a) β- α

έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (α,β) .

Πολύ χρήσιμες στη μελέτη και λύση εξισώσεων είναι και οι προτάσεις : •

• •

Κάθε πολ υωνυμ ική εξίσωση περιπού βαθμού έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο R Αν η συνάρτη ση /είναι γνησίω ς μονότονη στο (α, β), τότε έχε ι το πολύ μια ρίζα σ ' αυτό. Α ν j(A) είναι το σύνολο τιμώ ν της συνάρτησης fμε πεδίο ορι σμού το Α και Ο εf(Α), τότε η εξίσω ση j(x) =Ο έχει τουλάχιστο ν μια ρίζα στο Α.

Με τη βοήθεια των προηγούμενων προτάσεων και θεωρημάτων μπορούμε να λύσουμε ένα μεγάλο πλήθος προβλημάτων που αναφέρονται στις εξισώσεις, μέσα στα πλαίσια της ύλης της Γ Λυκείου. Τα προβλήματα αυτά χωρίστηκαν σε οκτώ βασικά θέματα, που είναι τα : 1° Βασικό θέuα: Δ είξτε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (α, β).

τη

Εφαρμόζουμε 'tO Θ. Bolzano. Αν δε γίνεται εφαρμογή του Θ. Bolzano εφαρμόζουμε το Θ. Rolle για συνάρτηση F, που είναι τέ'tοια ώστε F '=f. Παράδειγμα 1°: Λύση

Δείξτε ότι η εξίσωση ημχ = χ-1 έχει τουλάχιστον μια πραγματική ρίζα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = ημχ-χ+ l, που είναι συνεχής στο [ Ο,π ] με f(O)=l>O και f(π)=π+ 1 <0, έτσι f(O)f(π)<O και, σύμφωνα με το Θ. Bolzano, η εξίσωση f(x)=O θα έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (Ο,π ) , επομένως και στο R. Παράδειγμα r:

4 Δείξ!ε ότι για κάθε λ R η εξίσωση 5χ -8χ3-λχ+λ=Ο έχει τουλάχιστον μια ρί ζα στο (Ο, 2).

Εξετάζουμε αν ισχύει το Θ. Bolzano για την f(x)= 5χ4-8χ3-λχ+ λ στο [0, 2]. Είναι f(O)f(2)=λ(l 6-λ), που για άλλες τιμές του λ είναι θετικό και για άλλες αρνητικό, άρα δεν εφαρμόζεται το Θ. Bolzano. 'Ετσι, εξετάζουμε αν ισχύει το Θ. Rolle για την F(x)=x5-2χ4- λ χ2+λχ (είναι F ' (x)=f(x)). 2 Σχόλιο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/40

Π αρ άγωγοι και Εξ ισώ σεις

Λ ύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση F(x)=x5 -2x4- λ χ2+λχ, που είναι παραγωγίσιμη στο R με F ' (x)=5x4-8x3 2 λχ+λ, άρα και στο [0, 2]. Έχουμε F(O)=O=F(2) έτσt, σύμφωνα με το Θ. Rolle, η F ' (x)=O, άρα και η 5χ48χ3 -λχ+λ=Ο, θα έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (0,2). ]'J Βασικό θέμα: Δ είξτε όπ η εξίσωση f(x)=O έχει το πολύ μια ρίζα στο (α,β) .

Αποδεικνύουμε ότι η f είναι γνήσια μονότονη στο (α, β). Αν δεν είναι εφικτό το προηγούμενο, υπο θέτουμε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες ρι, ρ2 στο (α, β) με ρ <ρ2, οπότε με τη βοήθεια του Θ. Rolle κατα λήγουμε σε άτοπο. ι

Παράδειγμα 1°: Λ ύση

Δείξτε ότι η εξίσωση

(�)χ

=7χ-3 έχει το πολύ μια ρίζα στο R.

-7χ+3. Για κάθε χ ε R είναι f ' (χ)= Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)= είναι γνησίως φθίνουσα στο R, γι' αυτό έχει το πολύ μια ρίζα στο R. Παράδειγμα ]'J: Λ ύση

(�)χ · ln � -7<0 , .άρα η f

Δείξτε ότι η εξίσωση 2 χ3+3�+ιίcCχ+β=Ο με α ::ι:. Ο έχει το πολύ μια ρίζα στο R.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)=2χ3+3αχ2+6α2χ+β που είναι παραγωγίσιμη στο R με f ' (χ)=6χ2+6αχ+6α2 . Υποθέτουμε ότι έχει δύο ρίζες ρι, ρ2 στο R με ρι�. Τότε f(ρ ι)=f(ρ2), η f είναι παραγωγίσιμη στο [ ρ1,ρ2], ·άρα σύμφωνα με το Θ. Rolle η εξίσωση f :(χ)=0 <=> 6χ2+6αχ+6α2=0 <=> χ2+αχ+α2=0 θα έπρεπε να έχει ρίζα στο (ρ ι ,ρ2 ), άτοπο, γιατί Δ=-3α2<0. 3° Βασικό θέμα: Δ είξτε όπ η εξίσωση f(x)=O έχει μοναδική ρίζα στο (α, β).

Αποδεικνύουμε ότι έχει τουλάχιστον μια ρίζα και μετά όn έχει το πολύ μια ρίζα.

Παράδειγμα: Λ ύση

Δείξτε ότι η εξίσωση xex=2 έχει μοναδική ρίζα στο R.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=xex-2, που είναι συνεχής στο R, άρα και στο [0, 1] με f(O)f(l)=-2(e2)<0 έτσt, σύμφωνα με το Θ. Bolzano, η f(x)=O έχει ρίζα στο (0, 1). Για κάθε χ ε (Ο, 1) είναι f ' (x)=ex(x+1)>0 έτσι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1) θα έχει το πολύ μια ρίζα σ' αυτό και επειδή έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (0, 1) αυτή είναι και μοναδucή. � Βασικό θέμα: Δ είξτε όπ η εξίσωσηf(χ)=Ο έχει τουλάχιστον ν ρίζες στο (α,β).

Χωρίζουμε το (α, β)- σε ν διαστήματα και εφαρμόζουμε το 1 Βασικό Θέμα σε καθένα απ' αυτά. ο

Παράδειγμα:

Δείξτε ότι η εξίσωση χ3+κχ2+λ=Ο με λ>Ο και κ+λ+1<0 έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο (-1, 1).

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)=χ3+κχ2+λ, που είναι συνεχής στο R, άρα και στα [- 1, 0], [0, 1] με f(-1)=-1+κ+λ<Ο f(Ο)=λ>Ο f(1)=1+κ+λ<Ο Επομένως f(-1)f(O)<O και f(O)f(1)<0, έτσt, σύμφωνα με το Θ. Bolzano, η εξίσωση έχει από μια του λάχιστον ρίζα σε καθένα από τα (-1, 0), (0, 1). Συμπέρασμα: Η εξίσωση έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο (-1 , 1). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/41

Π αρ άγωγοι κα ι Εξισώ σε ις

5° Βασικό θέμα: Δ είξτε όπ η εξίσωση f(x)=O έχει το πολύ ν ρίζες στο (α,β).

Υποθέτουμε ότι η εξίσωση έχει ν+1 ρίζες στο (α, β) και με διαδοχικές εφαρμογές του Θ. Rolle κα ταλήγουμε σε άτοπο. Δείξτε ότι η εξίσωση ex=x2+x+3 έχει το πολύ τρεις άνισες ρίζες. Παράδειγμα: Λ ύση Σύμφωνα με το Θ. Rolle, μεταξύ δύο ριζών μιας παραγωγίσιμης συνάρτησης, υπάρχει τουλάχιστον μια ρίζα της παραγώγου της. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=ex-x2-x-3 και υποθέτουμε ότι έχει τέσσερις άνισες ρίζες. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R, η f ' θα έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες, οπότε η f '' θα έχει δύο τουλάχιστον ρίζες και η f' " μια τουλάχιστον ρίζα στο R, αλλά f' "(x)=ex>O για κάθε χ Ε R, έτσι καταλήγουμε σε άτο πο, οπότε η f(x)=O έχει το πολύ τρεις ρίζες στο R. • Η εξίσωση e"=α..χν+αv.1χν·Ι+. . . +α1χ+α0 με αv;cO και ν ΕΝ έχει το πολύ ν+1 διαΓενίκευση : φορετικές ανά δύο ρίζες στο R. 6° Βασικό θέμα: Δ είξτε όπ η εξίσωση f(χ)=Ο έχει ν ρίζες στο (α,β) .

Εφαρμόζουμε το 4° και

5° βασικό θέμα.

(

π Δείξτε ότι η εξίσωση χ2=χημχ+συνχ έχει ακριβώς δύο ρίζες στο - 2:, ) . . 2 2

Παράδειγμα: Λ ύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=x2-χημχ-συνχ, που είναι συνεχής στα 2 r(- �) = π 4

� >Ο

π2 r( �) = 4

f{0)=- 1 <Ο

άρα r(- �) f(O)<O και r( �) f(O)<O. 'Ετσι, σύμφωνα με το Θ. Bo1zano, η ζα σε καθένα από τα ( Για κάθε χ Ε (Για κάθε χ Ε

-�

πολύ μια ρίζα σ 'αυτό.

,Ο , Ο, � με

- �>ο ,

f έχει από μια τουλάχιστον ρί

,Ο) , (Ο,;) , άρα έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο (

�, �) είναι f'(χ)=χ(2-συνχ).

(- � ,ο)

[- � ] [ ]

είναι f'(x)<O, δηλαδή η

- ; ;) ,

f είναι γνησίως φθίνουσα στο

(- � , )

ο έτσι θα έχει το

Για χ Ε (Ο,�) είναι f' (χ)>Ο, δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο,�) , γι' αυτό θα έχει το πολύ

μια ρίζα σ' αυτό.'Ετσι η f έχει το πολύ δύο ρίζες στο

αυτές θα είναι μοναδικές.

(- �,

�) και επειδή έχει τουλάχιστον δύο ρίζες

'7 Βασικό θέμα: Ποιο είναι το πλή θος των ριζών τηςf(χ)=Ο;

Κάνουμε τον πίνακα μεταβολής της f.

Παράδειγμα 1°: Να βρεθεί το πλήθος των πραγματικών ριζών της εξίσωσης x3-�x2+3x+ l =O. Λ ύση f (x)= -οο , lim f (x) = +οο . f(x)=x3-3x2+3x+ 1 . Είναι Θεωρούμε τη συνάρτηση , x�+co x _.,-co

lim

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/42

Π α ράγωγοι και Εξ ισώ σε ις

Για κάθε χ εR έχουμε f ' (χ)=3χ2-6χ+3 · · f ' (χ)=Ο <::::> χ2 -2χ+ 1 =Ο <::::> χ=1 χ

- 00

f' (x)

f(x)

Ο I

�

- οο

+ οο

Έτσι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και ως πολυωνυμική περιττού βαθμού θα έχει ακριβώς μια ρίζα στο R. Πόσες πραγματικές ρίζες qει η εξίσωση 3χ4+8χ3-6χ2-24χ+5=0;

Παράδειγμα �: Λ ύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=3x4+8x3-6x2-24x+S. Είναι Για κάθε χ εR, έχουμε f ' (χ)=12χ3+24χ2-12χ-24 f ' (χ)=Ο <::> χ3+2χ2-χ-2=0 <::> χ=-2 ή χ=-1 ή χ= Ι . -2

- 00

f' (x)

f(x)

ο·

ο-

τ.μ.

τ.ε.

f(x)= +«> .

-1 +

lim

x-+±ao

Από τον πίνακα μεταβολής έχουμε ότι f(x) � 13 για κάθε χ ε (-οο,-1] έτσι η εξίσωση f(x)=O δεν έχει ρίζες στο διάστημα αυτό. Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1 , 1], για χε(-1,1] είναι f(χ)ε [-14, 1 8) και Οε [-14, 18), η εξίσωση f(x)=O ·έχει μια μόνο ρίζα στο (-1,1]. Όμοια έχει μια μόνο ρίζα στο (1,+οο). Συμπέρασμα : Η εξίσωση 3χ4+8χ3 -6χ2 -24χ+5=0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο R. ·

Παράδειγμα 3°: Λ ύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=ex-3x-2 lim f(x) = lim (ex -3χ -2) =0+ οο -2 = +«> x�-co

x�-c:o

Χ -+ +οο

Χ-++cι:>

Ποιο είναι το πλήθι>ς των πραγματικών ριζών της εξίσωσης ex-3x+l=O.

(

[

( ) -3- lim �1 =

+ lim f(x) = lim (ex -3χ -2) = lim χ .::_ -3- �Χ = lim χ lim .::_ Χ Χ +

[

Χ-++cι:>

..... ]

Χ-++οο

= lim χ lim ex -3- lim �Χ = + οο (+ οο -3 + ό) = +οο . f ' (x)=ex-3 f ' (χ)::Ο <::> x=ln3. Χ -+ +οο

+ οο

ln3

- 00

f ' (x) f(x)

Χ �+cιο

�

1-ln3 ελαχ.

+�

+ οο

�+ΟΟ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/43

Χ-++οο

Π αρ άγωγοι κα ι Εξ ισώ σε ις

Για xe(-oo,ln3) είναι f(x) ε(1-Ιη3,+οο) και επεtδή Ο ε (1-ln3, +οο ), θα υπάρχει Χο ε (-οο, ln3) τέτοιο ώστε f(:xo)=O, δηλαδή η εξίσωση έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (-οο, ln3) που είναι μοναδική, γιατί η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, ln3). Για τους ίδιους λόγους η εξίσωση έχει και άλλη μια ρίζα στο (ln3, +οο ), άρα έχει δύο ρίζες στο R. Παράδειγμα .f' : Λ ύση

Πόσες πραγματικές ρίζες έχει η εξίσωση χ4-4χ+λ=Ο με λeR .

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ),;χ4 -4χ+λ.

Για κάθε xeR είναι f ' (χ)=4χ3 -4 χ � - 00 f ' (χ) f(x)

------

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

;

lim f(x)=+oo.

X-->±c<>

f ' (χ)=Ο <::> χ=1

------

λ-3 ελάχ.

Αν λ-3>0 <::> λ>3, τότε ισχύει f(x)>O για κάθε xeR, άρα η εξίσωση είναι αδύνατη στο R. Αν λ-3<0 <::> λ<3, τότε για xe(-oo,1) είναι f(x)e(λ-3,+oo), αλλά Οε(λ-3,+οο), έτσι υπάρχει :xoe( oo.1) με f(:xo)=O δηλ. η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα στο (-οο, 1) (αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα σ' αυτό).·Όμοια έχει μοναδική ρίζα και στο (1,+οο), έτσι η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες στο R. Αν λ-3=0, τότε f(l)=O και η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα στο R, την χ=1 .

• •

•

Κ' Βασικό θtuα: Λ ύστε στο R την εξίσωση f(x)=O.

Βρίσκουμε τις προφανείς ρίζες της εξίσωσης και αποδεικνύουμε ότι είναι μοναδικές.

Παράδειγμα 1 °: Λ ύση

Λύστε στο R την εξίσωση ex + e2x + e3x + 4χ = 3.

Παράδειγμα ΖΟ: Λ ύση

Λύστε στο R την εξί�ωση ln(x-l)+x2+x-6�0.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=:ex+e2x+e3x+4x-3. Επεtδή f(O)=O, η εξίσωση έχει ρίζα το Ο. Για κάθε χ εR είναι f(x)=ex+2e2x+3e3 + 1>0. Έτσι η f είναι γνησίως aύξουσα στο R, οπότε το Ο είναι η μοναδική ρίζα.

Θεωρούμε τη συvάρτηση f(x)=ln(x-1 )+χ2+χ-6 με χ> 1, είναι f(2)=0, άρα ο 2 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x)=O. Για κάθε χ>1 είναι f(x)=-1- +2x+1>0, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (l,+ oo) γι' αυτό το 2 χ-1 είναι η μόνη ρίζα της f(x)=O. .

Παράδειγμα 3°: Λ ύση

Λύστε στο R την εξίσωση 3χ+4χ=5χ.

() () ( 3) 3 ( 4) 4 . Είναι f(2)=0, άρα ο 2 είναι ρίζα της εξίσωσης. Για κάθε χ εR έχουμε f(x)= 5 ιη5 + 5 ln5 <0 , Η

() ()

3χ5 +Sx 4χ =1<::> 53 χ + 54 ' ' γραφεται εξισωση χ

χ χ ' ' τη συναρτηση f(x)= 53 + 54 -1 . 1=0 Θεωρουμε

έτσι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R, γι' αυτό ο 2 είναι η μόνη της ρίζα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/44

Π α ράγωγοι κα ι Εξ ισώ σε ις

Παράδειγμ α 4°: Λ ύση

Λύστε στο R την εξίσωση 4χ+5χ=3χ+6χ.

Η εξίσωση γράφεται 5 χ-3 χ=6χ-4 χ (1). Θεωρούμε τη συνάρτηση f(t)=tx που είναι παραγωγίσιμη στο (0, + οο) με f(t)=xtx- ι . Έτσι η f είναι παραγωγίσιμη στα [3, 5] και [4, 6] και από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχουν ξι ε(3, 5) και ξ2 ε(4, 6), τέτοια ώστε f ' (ξ 1 ) = f(S)- f(3) <:>2χξ �- ι =5χ -3 χ και f ' (ξ 2 ) = f(6)- f(4) <:>2χξ �- ι = 6χ -4 χ και έτσι 5-3 6-4 χ =Ο χ =Ο χ =Ο <=> η <=> η χ -1= 0 χ =1 =I

(::(

ΙΙΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

1. 2.

Λύστε την εξίσωση xex-ex+1=0. Δείξτε ότι η εξίσωση χ4+3χ2-χ-2=0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο (- 1 , 1 ) Δείξτε ότι η εξίσωση 5χ4-9χ+3=0 έχει το πολύ δύο πραγματικές ρίζες. Δείξτε ότι η εξίσωση ημ2χ=2-2χ έχει μο ναδική ρίζα στο (0, 1 ) . Δείξτε ότι χ5 -2004χ+ 19,98=0 έχει το πολύ τρεις ρίζες στο R. Αν α>Ο, δείξτε ότι η εξίσωση χ3+αχ+ β=Ο έχει μοναδική ρίζα στο R. Αν αβ>Ο, δείξτε ότι η εξίσωση αχ4+ βχ2+γχ+δ=Ο έχει το πολύ δύο ρίζες στο R. Αν αβ>Ο και αγ>Ο, δείξτε ότι η εξίσωση 4αχ3+3βχ2+2γχ=α+β+γ έχει μοναδιΚή ρίζα στο (0,1). Πόσες ρίζες έχει η εξίσωση χ(χ24)(χ+3)+5=0 στο R; Δείξτε ότι η εξίσωση 3x+4x+Sx=10x-3 έχει το πολύ δύο ρίζες στο R. Λύστε στο.R την εξίσωση Υ=4χ+1 . Πόσες ρίζες έχει στο R η εξίσωση χ36χ2+9χ+2=0 ; Λύστε την εξίσω_ση χ1998+4χ-5=0. γ + δ + ε = Ο δείξτε ότι η Αν 5 α + β + 4 3 2 1 ' εξίσωση αχ4+βχ3+γχ2+δχ+ε=Ο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0,1). Πόσες ρίζες έχει στο R η εξίσωση xex=S ;

3. 4. 5. 6.

7. 8.

10. 1 1. 12. 13. 14 ·

15.

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

G. ALIGNIAC : τΗΕΜΕS ΜΑΠ!EMAΊIQEUS, Έκδοση :

{

College Publisbing - 1962

G. Ν. BER.),fAl\1 : A PROBLEM IN ΜΑτΗΕΜΑΊΙCΑL ANALYSIS, Έκδοση: MIR Publishers - Mosωw - 1 977

6. R. ELLIS - D. GULICK : CALCULUS, Έκδοση : HBJ - 1 989 7. Η. FLANDERS : CALCULUS, Έκδοση : W.H. Freeman and 8.

Company 1 985

G. GILBERT : ΤΗΕ WOHASCUM COUNTY PROBLEM ΒΟΟΚ LARSON ΚRUSEMEYER, Έκδοση : ΜΑΑ

AND OLD, Έκδοση : ΜΑΑ

10.

Π Α ΡΑ ΓΩ ΓΟ Ι ΝΊΙΝΟΥ ΖΑΦΕΙΡΟΠΟΥΛΟΥ

80- Περιέχει

2.300

παραδείyματα

προτάσεις

α σκήσεις

(τα περισσότερα λυμένα)

* Θ α τ ο βρε(τε στα κεντρικά βzβλz ο πωλ ε(α

* Παρ α γ γελ ίε ς

2. Τ. APOSTOL : CALCULUS,'Eκδoση : Μπεχλιβανίδης - 1 962 3. F. AGRES : ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΊΙΚΑ, 'Εκδοση : Mc Graw Hill - 1 964

BERKEY - BLANCHARD : CALCULUS, Έκδοση : Saunders

•

1 99 1

I. Α . MARON : PROBLEMS ΙΝ CALCULUS O F ΟΝΕ \'ΛR Ι Λ ΒLΕ, 'Εκδοση : M!R Publishers Moscow - 1 975

ΑΙΘΡΑ 1 995

1993

Ρ. HALMOS : PROBLEMS FOR MAΊHEMAΊICIANS YOUNG

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.α. τ.4/45

στο

Τη λ . : 9 5 . 9 2 . 0 7 0 Fa x :

95 . 65 . 1 08

Μια πρώτη επανάλη ψη Χρήστος Λαζαρίδης ι.

Έστω ο ν χ ν πίνακας Α, όπου ν περιττός και χ χ Ε (0, e-2 ] U [e2 , +ao) . Λύση

> Ο ώστε: Α2 = (lnx)A - Ι. Να αποδείξετε ότι:

( ) (1';' ) ( ) ( ; ) ) 1 l ( � )! Ι 1 (; Υ I 1 (; y ( )

2 2 2 Α2 = (lnx)A - Ι =Α2 - 2 1�χ Α + 1�χ Ι = 1 - Ι = Α - � ι = ιη χ - 1 1 . 2 2 Άρα , I (A - � I = ι χ - 1 = Α - 1';' ι = ιη χ � 1 Ι Ι Ι = Α - Ι�χ Ι 2 = ιn x - 1 . ro ln2x - Ι ν � Ο = 4 ln2x - Ι � Ο (διοτι , . μελος , ειναι , μη αρνητικο,, αρα , 4 , ν περιττος) , = lη2�- 4 � Ο = πρωτο (lnx - 2)(lnx + 2) � Ο =(lnx � -2 ή lnx � 2) =(0 < χ � e-2 ή χ � e2). 2.

'Εστω Ι =

I 2 ν Ο Χ

2ν

+ (ι - χ)2ν

dx, όπου ν Ε Ν. Να δείξετε ότι:

Ι = !. 2

Λύση

Θέτουμε 1 - χ = u, άρα dx = -du. Αν χ = Ο, χ = 1 αντίστοιχα προκύπτουν u = 1 , u = Ο. Ι 2v 2v (1 - χ) (1. - u) Άρα, Ι = = du 0 (1 x)2v + X2v dx. 1 (1 u)2v + u2v Έχουμε: 21 =I + Ι =

I 2v . ( 1 - Χ)2v dx = I Χ2v + ( 1 - Χ)2v dx = I 1dx =[χ] I = 1 . dx + ο ο x2v + (1 - x)2v ο (1 - χ)2ν + χ2ν ο x2v + (1 - x)2v ο Τελικά, 21 = Ι =Ι = �·

Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της f(x) = νιnχ - χ + ι. Λύση

χ> Ο Για το πεδίο ορισμού Α της f, έχουμε: lnx _ χ + 1 � 0 Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = lnx - χ + 1, χ > Ο. g ' (x) = 1.χ - 1 = 1 -χ χ, χ > Ο.

}

g είναι Α στο (0, 1] και γ στο [1, +ao). Αν χ Ε (0, Ι) τότε g(x) < g(1) =g(x) < Ο. Αν χ Ε (1 , +ao) τότε g(x) < g(1) =g(x) < Ο. Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ Ε (0, 1) U (1, +ao) ισχύει g(x) < Ο. Πρέπει g(x) � Ο =g(x) = Ο =χ = 1 . Άρα, Α = { 1 } επομένως η γραφική παράσταση της f είναι το σημείο (1, 0). Η

Η f είναι παραγωγίσιμη στο IR. Αν η εξίσωση exf(x)

= ι έχει 2 ρίζες, να αποδείξετε ότι η εξίσω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. α. τ.4/46

Μ ια π ρ ώτη επανάλη ψη

ση exf' (χ)

= -ι, έχει τουλάχιστον μία ρίζα.

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση, g(x) = f(x) - e-χ, χ Ε IR. g ' (x) = f' (x) + e-x, χ Ε IR. Έστω ρ 1 ,ρ2 οι ρίζες της eY(x) = 1, με ρ 1 < ρ2 , τότε: ' eP'f(ρ 1 ) = 1 <=>f(ρ ι ) = -1 <=>f(ρ ι } - e-ρ , = Ο <=>g(ρ ι ) =; Ο. eΡι Αντίστοιχα, g(ρ2 ) = Ο. Η g είναι συνεχής στο [ ρ 1 , ρ2], παραγωγίσιμη στο (ρ 1 , ρ2) και g(ρ 1 ) = g(ρ2) ,;, Ο. Από το θ. Rolle, συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση g '(x) = Ο <=>f' (x) + e-x = Ο <=>exr (x) + 1 = Ο <=> exf' (x) = -1, έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (ρ 1 , ρ2) . '

5. Έστω Α, Β δυο σταθερά σημεία του επιπέδου. Να βρείτε το Ύεωμετρικό τόπο των σημείων Μ - του επιπέδου, για τα οποία ισχύει: 2α(α - IMBI) = ΒΑΜΚ, όπου α σταθερός θετικός και Κ το μέσο του ΑΒ. Λύ ση

Έστω Μ τυχαίο σημείο του γεωμετρucού τόπου, τότε: l 2α(α - IMBI ) = ΒΑΜΚ <=>2α- - 2αΙ ΜΒI = (ΜΑ -:- ΜΒ) '2 (ΜΑ + ΜΒ) <=> 4α2 - 4αΙ ΜΒ Ι = ΜΑ2 - ΜΒ 2 <=>4α2 - 4αi MB I + I MB I 2 = Ι ΜΑ Ι 2 <=>(2α - I MB I )2 = I MA I 2 <=> (2α - IMB I = ! ΜΑΙ ή 2α - I MB I = - I M AI ) <=>( ! ΜΑΙ + l MB I = 2α ή lMB I - ΙΜΑΙ = 2α). Τελικά ο γεωμετρικός τόπος είναι η ένrοση έλλειψης, με εστίες Α, Β και σταθερό άθροισμα 2α και κλά δου υπερβολής, με εστίες Α, Β και σταθερή διαφορά 2α. �

�

.......

�

__,..

Η συνάρτηση f(x) = (χ+ ι)

.......

--+

......

__,..

......

.......

......

--+

__,..

g είναι άρτια και συνεχής στο IR. Θεωρούμε τη συνάρτηση

χ-2

f g(t)dt. 2

Να αποδείξετε ότι: 3f(O) = 2f(2).

Λύση

__,.

f α

g είναι άρτια, άρα από γνωστή εφαρμογή g(x)dx = 2 g(x)dx, για κάθε α > Ο. �2

-α

f(O) = g(t)dt =- g(t)dt =- 2 g(t)dt, f(2) = 3 g(t)dt =- 3 g(t)�t. 2

-2

Άρα, 3f(O) = 2f(2) -6 g(t)dt. =

7. Η f είναι παράγωγίσιμη στο IR. με f'(x) > ex + ι, για κάθε χ Ε εξίσωση f(x) = κ, έχει ακριβώς μία ρίζα για κάθε κ Ε IR.. Λύση

IR. και f(O) = ι. Να αποδείξετε ότι η

Για κάθε χ Ε 1R έχουμε ex + 1 > Ο, ό:ρα και f' (x) > Ο, επομένως η f είναι 1 στο IR.. Θεωρούμε τη συνάρτηση, g(x) = f(x) - ex - χ, χ Ε IR. με g(O) = f(O) - 1 = Ο. g ' (x) = f' (x) - ex - 1 > Ο, για κάθε χ Ε IR., άρα η g είναι 1 στο IR.. Αν χ Ε (0, +οο) τότε g(x) > g(O) <=>f(x) - ex - χ > Ο <=>f(x) > ex + χ. Ισχi}ει: χ-+οο lίm (ex + χ) = +οο, άρα και χ--+«> lίm f(x) = +οο . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. α. τ.4/47

Μ ια πρ ώτη επαν άλη ψη

Αν χ Ε (-οο, Ο) τότε g(x) < g(O) �f(x) - ex - χ < Ο �f(x) < ex + χ . Ισχόει: xIim --cc(ex + χ) = -οο, άρα και χ-lίm-οοf(x) = -οο. Η f είναι 1 στο IR, άρα το σύνολο τιμών της θα είναι: f(IR) =(χ-lim-οοf(x), lίm f(x)) =(-οο, +οο) = IR. Για κάθε κ Ε IR., ισχόει ότι κ Ε f(IR), άρα θα υπάρχει ακριβώς ένα Χο Ε IR. (διότι f γνησίως μονότονη) ώστε f(Xo) = κ, δηλαδή η εξίσωση f(x) = κ έχει ακριβώς μίά ρίζα. χ-+α:>

Δίνεται ο z Ε C και d μίά τετραγωνική του ρίζα. Να αποδείξετε ότι: 2Re(d) = ±\}z + Λύση

Έχουμε d2 = z, άρα (d/ = z και l d l 2 = l z l . 2Re(d) = d + d, άρα 4Re2(d) =(d + d)2 =d2 + d2 + 2dd =d2 + (d)2 + 2 l d l 2 =z + z + 21z l , επομένως 2Re(d) = η/z + z + 2Ιz Ι . 9.

z + 2 1 z 1.

Να αποδείξετε ότι το γινόμενο ν, το πλήθος, διαδοχικών φυσικών διαιρείται ακριβώς με το ν!. Λύση

Έστω μ, μ - 1, μ - 2, . . . , μ - ν + 1, όπου μ � ν, ν το πλήθος διαδοχικοί φυσικοί, τότε το γινόμενό τους είναι: μ(μ - 1)(μ - 2) . . . (μ - ν + 1), το οποίο ισούται με το πλήθος των διατάξεων των μ ανά ν, που είναι: Δ� μ! ! ν! = μ ν!. Έχουμε μ Ε IN*, αφού δηλώνει πλήθος συνδυασμών. Άρα, το μ ν ν (μ - ν)! ν! ( μ - ν) ! γινόμενο ν διαδοχικών φυσικών διαιρείται με το ν! .

( )

10. Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο δείξετε ότι: f(x) ::;; eX , για κάθε χ Ε IR..

IR., f(O) = f'(O) = 1

και f"(x)

< f'(x), Ύtα κάθε χ Ε IR. Να

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση Ii(x) = f(;>, χ Ε IR. με h(O) = 1 και h ' (x) f " (x) � f(x) < Ο, για κάθε χ Ε IR., e e άρα η h είναι τ Αν χ > Ο, τότε h(x) < h(O) :::::: f(x) < 1 �f' (x) - ex < Ο. ex ' Αν χ < Ο, τότε h(x) > h(O) f (x) > 1 �r(x) - e > Ο. ex Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - e\ χ Ε IR. με g(O) = Ο και g ' (x) = f(x) - e\ χ Ε IR. . Όπως διαπιστώσαμε ισχόουν: g ' (x) < Ο, για κάθε χ Ε (0, +οο) και g ' (x) > Ο, για κάθε χ Ε (-οο, 0). Άρα η g'f στο [0, +οο) και gl στο (-οο, 0], επομένως g(O) = Ο μέγιστο. Τελικά, g(x) ::;; g(O) �f(x) - ex ::;; Ο �f(x) ::;; eX, για κάθε χ Ε IR.. •

•

1 1 . Να λύσετε στο C, την εξίσωση z8 = 64(7:)2

(1). Λύση

Από την (1), έχουμε: Ιz8 Ι = I 64(Z)2 1 �ιz l 8 = 64 l z l 2 �Ιz l 2( l z l 6 - 64) = ο � c ιzι = ο ή Ιzl = 2). Συμπεραίνουμε ότι αν z είναι ρίζα της (1), τότε Ι z l = ό ή Ιz l = 2. Ιz l = Ο �z = Ο. Η z = Ο είναι προφανής ρίζα της (1). Ιz l = 2 �ιzΙ 2 = 4 �zz = 4 �z- = iz . ' 1 (1) �z8 = 64 �� z 1 0 = 2 1 0 �z 1 0 = 2 0 (συνΟ + ίημΟ) �Ζκ = 2 συv21�π + ίημ21� � •

•

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. α. τ.4/48

)

(

Μ ια πρ ώτη επανάλη ψη

(2). = 2 συντ + ίημ�π . κ = ο, 1, . , 9 Τελικά, η (1) έχει 1 1ρίζες, 10 το πλήθος που δίνονται από την (2 ) και την Ο. Ζκ

πίνακας Α τύπου ν ν και ρ Ε IR. * ώστε Α2 = ρl. Να λύσετε την εξίσωση = Ι, όπου ο Χ πίνακας ν ν. + Λύση v 2 2 Έχουμε i Α 1 = l ρ ll <=> IAI = ρ lll <=> I A I 2 = ρν c:;; Ο (ρ c:;; 0), άρα I A I c:;; Ο, δηλαδή ο Α είναι αντιστρέψιμος ε ι2. Δίνεται 2ΑΧ SXA

πομένως ισοδυνάμως: 2ΑΧ + SXA = Ι <=>(2ΑΧ + SXA)A = I · A <=>2ΑΧΑ + 5ΧΑ2 = Α <=>2ΑΧΑ + 5ρΧ = Α <=> ΑΧΑ = �Α - 5ρΧ) (1) 2ΑΧ + SXA = Ι <=>Α(2ΑΧ + SXA) = A· l <=>2Α2Χ + SAXA = Α <=>2ρΧ + SAXA = Α � 1 � 2ρΧ + � 2 Α - 5ρΧ) = Α <=>2ρΧ + 2 Α - � 2 Χ = Α <=>- � 2 Χ = - �Α 2 <=>Χ = 7ρ Α.

ι3. Η συνάρτηση f είναι 2 φορές παραγωγίσιμες στο IR. με f' (α) = f' ( β) = Ο και Γ (χ) ;;;:: Ο, για κάθε χ Ε IR., όπου α c:;; β. Να δείξετε ότι: f(α) = f(β). Λύση

f είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β), άρα από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ f' (ξ) = f(β)β -- αf(α) (1) Η

(α, β) ώστε:

(Θεωρήσαμε ότι α < β. Αν α > β, προκύπτει το ίδιο συμπέρασμα) Έχουμε, f'(x) ;;;:: Ο, για κάθε χ Ε IR., άρα η f' είναι αύξουσα στο IR.. (Βάσει της άσκησης 5 του σχολικού βιβλίου, σελίδα 1 87). α < ξ < β <=> f (α) � f' (ξ) � f' (β) <=>0 � f' (ξ) � Ο <=> f' (ξ) = Ο (Αν α > β, προκύπτει πάλι f' (ξ) = 0). Από την (1), έχουμε: f(βJ -- αf(α) = Ο -=>f(α) = f(β). Έστω z Ε C\ IR., Ι. Να δείξετε ότι το εμβαδό του τετραπλεύρου με κορυφές τις εικόνες των λύ σεων της χ4 - 2x2Re(z) + Ιz l 2 = Ο, ισούται με 2 llm(z)Ι. Λύση χ4 + Ιz l 2 = ο <=>(χ2)2 - (z + Ζ)χ2 + zz = ο <=>(χ2 = z ή χ2 = z). Έστω d μια τετραγωνική ρίζα ι4.

2x2,Re(z')

, (-d)' = -z . του z, τοτε d = z, αρα Έχουμε (χ2 = d2 ή χ2 = (d/) <=> (χ = d ή χ = -d ή χ = d ή χ = -d). Οι εικόνες των d, -d, d και -d σχηματίζουν ορθογώνιο με διαστάσεις μήκους l d + d l και l d - d l . d I = l z - -z l =12Im(z)i l = Το εμβαδό του ορθογωνίου είναι: ld + -d l l d - -d l = l (d + -d) (d - -d) l = l d2 - 12 12 Im(z) l l i l =21 1 m(z)Ι. β

ι s. Η συνάρτηση

f είναι συνεχής στο [α, β) με f(x)dx > β - α

ότι υΠάρχει ξ Ε (α, β) ώστε f(ξ) = ι.

και f(α) <

ι.

Να αποδείξετε

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτη dη, g(x) = f(x) - 1, χ Ε [α, β]. Η

(ι)

g είναι συνεχής στο [α, β], άρα από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ρ Ε [α, β] ώστε: g(x)dx = g(ρ)(β - α) <=> α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/49

Μ ια πρώτη επανάληψη

J (f(x) - 1)dx = g(ρ)(β - α) �J f(x)dx - f 1dx = g(ρ)(β - α) �f f(x)dx - (β - α) = g(ρ)(β - α).

Από (1), προκύπτει ότι g(ρ)(β - α) > Ο, άρα g(ρ) > Ο ( β > α ). Έστω ρ = α, τότε ο < g(ρ) = g(α) = f(α) - 1, άρα f(α) - 1 > ο �f(α) > 1 άτοπο, άρα ρ ;ι!: α και ρ Ε (α, β]. Η g είναι συνεχής στο [α, ρ] και g(α)g(ρ) =(f(α) - 1)g(ρ) < Ο. Από το Θ. Bolzano, υπάρχει ξ Ε (α, ρ) ς (α, β) ώστε: g(ξ) = Ο �f(ξ) - 1 = Ο �f(ξ) = 1 . f είναι παραγωγίσιμη στο IR. και η f' είναι " 1-1". Να δείξετε ότι κάθε εφαπτο μένη τη ς C r έ χει ένα μοναδικό κοινό σημείο με τη Cr. Λύση Έστω ε· μια τυχαία εφαπτομένη της Cr στο Μ(Χο, f(Xo)), τότε, ε: y = f' (Xo)(x - Χο} + f(Xo). Οι τετμημένες 16. Η

των σημείων τομής της ε και της Cr, προκύπτουν από τις λύσεις της εξίσωσης: f(x) = f' (Xo)(x - Χο) + f(Xo) (1), η οποία έχει προφανή λύση την χ = Χο · Έστω ότι η ( 1 ) έχει και δεύτερη λύση χ , με Χι * Χο, τότε f(χι ) = f' (Xo)(x 1 - Χο) + f(Xo) �f' (Xo) = f(χΧι ) -- f(Xo) (2). ι Χο

Από Θ.Μ.Τ. στο [χ , , Χο} ή [Χο, Χι ] υπάρχει ξ Ε (χι , Χο) ή (Χο, χ ι ) ώστε f' (ξ) = f(χΧιι ) - f(Xo) .

[

]

- Χο Από (2) προκύπτει: f'(ξ) = f' (Xo) �ξ = Χο (η f' είναι " 1 - 1 "). Άτοπο, αφού ξ Ε (χ 1 , Χο) ή (Χο, χ 1 )

17.

χ3 α3

χ2 α2

4 χ

α4

και η. συνάρτηση f(x) = I A(x) l , όπου Ο < α < β < γ. 4 . γ γ2 Ύ3 γ4 3(Α1 3) 2 - 8Α1 4Α1 2 > Ο, όπου Α 1 3 , Α1 4, Α1 2 τα αντίστοιχα αλγεβρ ικά συμπλη ρώματα

Δίνεται ο πίνακας Α(χ) =

Να δείξετε ότι: του Α(χ).

β2

β3

Λύση

Παρατη ρούμε ότι, IA(O) I = IA(α) l = IA(β) l =IA(γ) l = Ο �f(O) = f(α) = f(β) = f(γ) ti(χ) = χΑ ι ι + χ2 Α ι + χ3 Α 1 3 + χ4Α , , χ ε IR. . 4 2 Εφαρμόζοντας το θ. Rolle σε καθένα από τα διαστήματα [0, α], [α, β], [β, γ] συμπεραίνουμε ότι η εξίσω · ση f'(x) = ο έχει ρίζες ρ 1 , ρ2 , ρ3 στα (0, α), (α, β), (β, γ) αντίστοιχα. Εφαρμόζοvτας το θ. Rolle για την f' στα [ρ 1 , ρ2], [ρ2 , ρ3 ] συ μπεραίνουμε qτι η f " (x) = Ο έχει τουλάχιστον 2 ρίζες. Έχουμε, f' (x) = Α 1 ι + 2χΑ 1 2 + 3χ2Α 1 3 + 4χ3Α 1 4, χ Ε IR.. f" (x) =12χ2Α 1 4 + 6χΑ 1 3 +'2Α 1 2 =2[6χ2Α ι 4 + 3χΑ 1 3 + Α 1 2], χ Ε IR. και Η f "(x) = Ο είναι 2ου βαθμού, άρα θά έχει ακριβώς 2 ρίζες, επομένως Δ > Ο � 9(Α ι3 )2 - 24(Α ι 4)(Α 1 2) > Ο �3(Α ι 3 )2 - 8(Α ,4)(Α 1 2 ) > Ο.

1 8 'Ε στω •

fx ' ' ' ιm ( ) = +οο . Να εξετασετε ωστε ιχ-ο αν υπαρχει το οριο χι·ιmο f(x) f τετοια συναρτηση 2 χ ·

lim. f(�) = lirn. (.!.χ f(xx)�). =( )(+οο ) = +οο χ = (-χ1 f(:>) =(-α:>)( ) = ιm f(x) 2 χ

χ-ο

Ι.

χ-ο-

χ-ο

ι·

ιm χ-ο-

Λύση

+οο

-00

. Τελικά, το όριο δεν υπάρχει.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/SΟ

•

Ο Ευάγγελος Σταμάτης και η μελέτη των αρχαίων ελληνι κών μαθη ματικών

Σ . Π.

Ζερβός

Το άρθρο αυτό αποτελεί συμπλήρωμα στο συ-yκινηnκό βιογραφικό άρθρο του Θηβαίου μαθηματι κού Γιώργου· Κατσέλη για τον μεγάλο συμπολίτη του (που συνέβη να τον γνωρίζω από το 1 936, δηλαδή απ' όταν ήμουνα έξι ετών και που βρισκόταν πλάι στον πατέρα μου - και καθηγητή του - ακόμα και στις τελευταίες μέρες της ζωής του - Δεκέμβρης 195 1 ). Η προσωπική μου γνώση προσώπων και πραγμάτων συμπληρώθηκε από πληροφορίες του παλαωύ εκλεκτού συνεργάτη μου στο Πανεπιστήμιο Αθηνών (Π.Α.) και αγωνιστή της Εθνικής Αντίστασης 1 94 1 - 44 Χαράλαμπου Χαριτωνίδη, γιού του κορυφαίου κλασικού φιλολόγου, Ακαδημαϊκού Χαρίτωνος Χαριτωνίδη. Η χρονιά που γράφτηκε στο Φυσικό Τμήμα του Π.Α. ο Σταμάτης υΠήρξε, μακροπρόθεσμα, καθορι στική τόσο για το κύpω ανnκείμενο των ερευνών του, τα αρχαία ελληvικii μαθηματικά (α.ε.μ. ) όσq και για την εργασία του που θα τον κάνει διάσημο, την ανακάλυψη στοιχείων θεωρίας συνόλων (θ. σ.) στον Πλάτωνα. Το έτος εκείνο αρχίζει τα μαθήματά του στο Π. Α. ο νέος Καθηγητής του Απειροστικού Λογι σμού Παναγιώτης Ζερβός (Π. Ζ ., 1 878 - 1 952)· γνωστός, ήδη, στο ευρύτερο ελληνικό κοινό ·από τη με τάφρασή του, στα Ελληνικά, του βιβλίου " Επιστήμη κάι Υπόθεσις" του Καθηγητή του στο Παρίσι ( 1 903 :..... 5) Ερρίκου 'Πουανκαρέ (του μεγαλύτερου μαθηματικού του εικοστού αιώνα). Στις 26 - 1 1 9 1 8, θα παρακολουθήσει, ο Σταμάτης, τον εναρκτήριο λόγο του Π. Ζ ., με θέμα: " Σχέσεις των Μαθημα τικών με τας λοιπάς επιστήμας και την Φιλοσοφίαν". (Ενα μεγάλο μέρος τ�υ βρίσκεται στο Α' τεύχος του Α' τόμου του Δελτίου της Ε.Μ.Ε., 1 9 1 9). Περιοριζόμαστε, εδώ, σε σύντομα αποσπάσματα, απλώς ενδεικτικά, για τα μέρη του που αφορούν την έρευνα στα α.ε.μ. και τη θ.σ. "Ο συστηματικώς όμως ε φαρμόσας το πρώi'ον απειροστικάς μεθόδους υπήρξεν ο Αρχιμήδης τούτο άλλωστε διακρίνομεν από την κατά το 1 906 ανευρεθείσαν επιστολήν προς τον Ερατοσθένην .... Εις την πραγματείαν του περί τετραγω νισμού της παραβολής ο Αρχιμήδης ανάγει την σπουδήν επιφανείας εις την θεωρίαν γραμμών γραφομέ νων επί της επιφανείας. Μη περωριζόμενος εις την γεωμετρικήν διαίσθησιν καταφεύγει και εις την Μη χανικήν στηριζόμενος εις θεωρίας στατικής. Φαίνεται δε ότι είχε ήδη προαισθανθεί ότι η μέθοδος την ο ποίαν μεταχειρίζεται δεν είναι χρήσιμος δια μερικάς μόνον περιπτώσεις, αλλ' ανοίγει δρόμον δια λύσιν γενικωτέρων προβλημάτων · και μετά την δημοσίευσιν της ανωτέρω πραγματείας έγραψε νέαν τοιαύτην (την ανευρεθείσαν υπό των Schoner και Heiberg) με σκοπόν να εwοηθή όσο το δυνατόν καλύτερον η γονιμότης της μεθόδου και να συστηθεί ούτω εις τους επιστήμονας . "παρόντας και μέλλοντας". "Πώς ε φθάσαμεν εις τας σημερινάς αντιλήψεις της θεωρίας των συνόλων, εις την διάκρισιν του αριθμησίμου συνόλου και του συνόλου του έχοντος την δύναμιν του συνεχούς;" Καθώς ο Π. Ζ ., θα εισαγάγει, από το 1 9 1 8, την θ.σ. στην Ελλάδα, και θα έίναι ο μόνος καθηγητής του Π.Α. που θα την διδάσκει, ως το 1 949, και καθώς ο Σταμάτης θα βρίσκεται, διαρκώς, κοντά του, θα είναι φυσικό, όταν προχωρήσει στην έρευνά του στα α:ε.μ., να αναζητήσει στοιχεία κι απ' αυτήν, σ' εκεί να. Παρ' ότι η τιμή της ανακαλύψεώς τους σε αυτά ανήκει, ολόκληρη, στον Σταμάτη, θα τον έχουν προ ετοιμάσει, σχετικά, και οι δύο διαλέξεις του Π.Ζ. στην Ακαδημία Αθηνών ( 1 949, 1 950), με αντίστοιχους τίτλους "Τα μαθηματικά παρά Πλάτωνι" και "Αι μαθηματικαί έννοιαι παρά Πλάτωνι" . Διαβάζουμε π. χ. στη δεύτερη (Πρακτικά Ακαδημίας Αθηνών, Έτος εκδόσεως 1 952): 'Ή επιμονή του Πλάτωνος έπί της α νάγκης δημιουργίας αριθμητικού συστήματος περιέχοντος και τους ασυμμέτρους δεν είχεν ίσως ανάλο γον συνέχειαν εις την εποχήν του. Αλλ' ευρέθησαν, καθώς ήδη είπομεν, οι Αριθμηnσταί και οι Συνολι σταί του 1 9ου και του 20ου αιώνος, οι οποίοι συνέχισαν το έργον του αναζητητού Πλάτωνος (θα επρο τιμούσα αυτόν τον τίτλον δια τον Πλάτωνα από τον τίτλον του διδασκάλου)". ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/51

Ο Ευάγγελος Σταμάτης κα ι η μελέτη των αρχαίων Ελλην ι κ ών Μ αθη ματ ι κ ών

Σχόλιο: Η μεγαλοφυής αντιμετώπιση του προβλήματος των ασυμμέτρων από τον Εύδοξο έγινε από το δρόμο της Γεωμετρίας (ιδεολογικά πιο εmτρεπτό στους αρχαίους Έλληνες). Πότε και πώς ο Σταμάτης αφοσιώθηκε τελεσίδικα στη μελέτη των α.ε.μ.; Στα χρόνια της Κατοχής γνωρίστηκε με τον Χαρίτωνα Χαριτωνίδη. Σε μακρούς κοινούς περιπάτους, ο Χαριτωνίδης και τον μόρ φωνε φιλολογικά και τον προέτρεπε στη μελέτη αυτή· που ήδη, ενδιέφερε τον Σταμάτη. Η φιλία του Σταμάτη με τον Χαριτωνίδη, όπως και με τον Π.Ζ., θα είναι ισόβια. Η τελευταία προσφορά του Χαριτω νίδη στο Σταμάτη θα είναι "μεταθανάτια". Η φιλία είχε μεταφερθεί και στο γιο του Χαριτωνίδη. Έτσι, ο αγαπητός συνάδελφος θα προτρέψει το Σταμάτη να μεταφράσει τον (άγνωστο σε πολλούς Έλληνες) Α πολλώνιο, το γίγαντα αυτόν των κωνικών τομών. Οι μεταφράσεις, από το Σταμάτη, του Απολλωνίου και του Διοφάντου, είναι ασφαλώς από τις μεγαλύτερες προσφορές του. Η άλλη σημαντική συμπαράσταση στο Σταμάτη, από το διαπρεπή φιλόλογο Κωνσταντίνο Γεωρ γούλη έχει, ήδη, αναφερθεί στο άρθρο του κ. Γ. Κατσέλη. Βασικό, για κάθε ερευνητή, είναι να βρεθεί ένα αξιόλογο εmστημονίκό περιοδικό που να δημοσιεύ ει τις εργασίες τΌυ. Για το Σταμάτη, το φιλόξενο αυτό βήμα υπήρξε το περιοδικό "Πλάτων" της Εταιρεί ας Ελλήνων Φιλολόγων- έργο, πρώτιστα, του Χαρίτωνος Χαριτωνίδη. Στην περίοδο 1 946 - 49, για δύο χρόνια, ο Καθηγητής της Μηχανικής στο Π.Α. (αργότερα και στο Ε.Μ.Π. και Ακαδημαϊκός) Κωνσταντίνος Παπαϊωάννου (Κ.Π., 1 899 - 1 979) θα διδάξει, στο •rιδρυμα Α νωτέρας Μορφώσεως" (= Ελεύθερο Παν/μιο, αφιλοκερδούς τύπου), iγια δυο, τουλάχιστον, χρόνια, μα θήματα για τους αρχαίους Έλληνες φιλοσόφους και εmστήμονες. Τακτικός ακροατής του, και με διάλο γο, ο φίλος του Κ. Π. Σταμάτης. Δεκαετίες αργότερα, θα εισηγηθεί ο Κ.Π. και θα απονεμηθεί στο Σταμά τη το "Αριστείον των Θετικών Εmστημών" της Ακαδημίας Αθηνών. Πώς κατόρθωσε να κάνει το τεράστιο έργο του ο Σταμάτης; Με τη σωστή επιλογή σκοπού στον ο ποίο να μπορεί να αποδώσει, με την αποκλειστική αφοσίωσή του σ' αυτόν, με τη σεμνή προσπάθειά του να προσπαθεί να ωφεληθεί από γνώστες, με την τόλμη του να προχωρεί και ν' αποκτά τις απαραίτητες γνώσεις στη διάρκεια της ερευνητικής πορείας του· κι αυτά, χωρίς να παύει ποτέ να είναι αληθινός άν θρωπος του Θεού, έτοιμος να συμπαρασταθεί στον πλησίον και αληθινός Έλληνας.

Σημειώσεις. 1)

Από την παραμονή του στη Γερμανία του 1 93 7 δεν ήταν δυνατόν να ωφεληθεί πολύ, γιατί, σύμφω να με τον παρανοϊκό ρατσισμό του Χίτλερ, ότι "οι αφηρημένες θεωρίες είναι έργο των Εβραίων", προσπαθούσαν να κάνουνε (Max Φυσική · χωρίς Μαθηματικά!

νοη Laue) Σχετικά με το ευρύτερο θέμα των αρχαίων ελληνικών μαθηματικών, παραπέμπω στις εργασίες μου "On the deνelopment of mathematical intuition; on the genesίs of geometιy; further remarks". Για πωνέζικο μαθηματικό περιοδικό Tensor, τόμος 26 (προς τιμήν του μεγάλου γεωμέτρη Α. Kawa uchi , 1 972, σελ. 397 - 467· και " ome relations between old and modern considerations on topologgical ) dimensions: lts fundamentalS role in the foundation of anclent greek geometry". (Πρακτικά Διεθνούς Συνεδρίου Τοπολογίας, 1 972, στην Budνa της Γιουγκοσλαβίας, οργανωμένου από τον μεγάλο Σέρβο μαθηματικό Γεώργιο Kurepa) . Η εργασία μου αυτή ήταν αφιερωμένη στη μνήμη του μαθηματικού και Αντιστασιακού ηγέτη ( 1 94 1 - 44) Κώστα Νικολακόπουλου.

Για ένα συνοπτικό ιστορικό των νεοελληνικών μαθηματικών, ως το 1 950, βλ. το βιβλίο μας "Πώς μεταβαίνουμε από τα κλασικά μαθηματικά στα νεώτερα" (Σ. Π. Ζερβός - Πέτρος Κρικέλης, 1 997) με αναφορές και σε θεμελιώδεις aρχαιοελληνικές προσφορές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/52

Ρωτώντας πας . . . στην πόλη

Στράτος Ελ. Μάκρας

Στη στήλη αυτή δίνο ντα ι απαντήσει ς σε πολ ύ λεπτά ερωτήμ ατα πο υ γενν ι ούντα ι στου ς αναγνώ στες. Έ τσι από αυτή τη στήλη εσείς θα ρωτάτε κα ι εμείς θα προσπαθούμε να απαντήσουμε ή να δίνουμε κάποιες υ ποδείξεις στα ερωτήμ ατά σας.

Το ερώτημα είναι το εξής: Δύο συναρτήσεις f και g είναι ορισμένες στο R. Η συνάρτηση h = f g είναι ι - ι. Οι συναρτήσεις f και g είναι απαραιτήτως ι - ι ; ο

Απάντηση

Η συνάρτηση g είναι απαραιτήτως 1 - 1 . Πράγματι, αν δεν ήταν, τότε θα υπήρχαν δύο πραγματικοί αριθμοί χ 1 χ2 με g(x 1 ) = g(x2 ) . Τότε όμως θα είχαμε και f(g(x1)) f(g(x2 )) ή h(x 1 ) h(x2 ) που είναι άτοπο, αφού η h είναι 1 - 1 . Αντιθέτως η f δεν είναι απαραιτήτως 1 - 1 . Αυτό θα φανεί μ' ένα παράδειγμα. όταν χ (-1 , 1 ) Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο f(x) = {�: όταν χ IR. I (- 1 , 1 ) : ι ι χ IR.. Θεωρούμε και τη συνάρτηση g με τύπο g(x) ι χ ' f δεν είναι ι - ι γιατί π.χ. f(3) = f(O) = Ο . g είναι ι - ι όπως εύκολα μπορεί να διαπιστωθεί. Η h είναι ι - ι και είναι ορισμένη στο IR.. Έ στω πράγματι χ 1 Χ2. Επειδή g είναι ι - ι θα είναι g(x 1 ) g(x2 ) . Επειδή προφανώς l g(x) l < ι για κάθε χ IR., θα έχουμε f(g(x1)) = g(x1) και f(g(x2 )) = g(x2 ) , άρ α f(g(x1)) f(g(x2 )) , δηλαδή h(x1) h(x2 ) . ::�;

Η Η

::�;

Αγαπητέ Ευκλείδη, είμαι μαθητής της Γ Λυκείου και γνωρiζω το αξίωμα του Αρχιμήδη. Υποψιά ζομαι ότι οι πραγματικοί αριθμοί έχουν μεγάλη σημασία για την Ανάλυqη. Θα ήθελα λοιπόν να μάθω ποιος είναι ο ρόλος τους στην Ανάλυση.

Απάντηση Όλο το οικοδόμημα της Πραγματικής Μαθη ματικής Ανάλυσης στηρiζεται στο σύνολο IR. των πραγματικών αριθμών και τις ιδιότητές του. Από την άποψη αυτή θεμελιωτές της Μαθηματικής Α νάλυσης, θα πρέπει δίκαια να θεωρούνται ο Θεαί τητος ο Αθηναίος (4 1 4 - 367π.Χ.), ο Εύδοξος ο

Κνίδιος (408 - 355π.Χ.) και βέβαια ο Αρχιμήδης (287 - 2 1 2π.Χ.). Από το έργο του Θεαίτητου ελά χιστα διασώθηκαν, όμως για τον Εύδοξο γνωρίζουμε ότι αυτός ουσιαστικά έγραψε το 13° βιβλίο των Στοιχείων και ότι σε αυτόν οφείλεται ουσια στικά η θεωρία των αρρήτων, η οποία αναφέρεται ως θεωρία Ευδόξου -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/53

Dedekίnd.

Ρωτώντας πας ... στην πόλη

Τέλος στον Αρχιμήδη οφείλο'υμε όχι μόνο την ου σιαστική ανακάλυψη του ολοκληρωτικού λογι σμού, αλλά και ·ένα αξίωμα της θεωρίας των πραγματικών αριθμών που φέρει το όνομά του και διατυπώνεται ως εξής:

Αν α, β Ε IR και α > β τότε υπάρχει ν Ε IN ώ στε βν > α. Δυστυχώς η στενότητα του χώρου δε μας επι τρέπει να επεκταθούμε περισσότερο στο θέμα αυ τό. Θα αναφέρουμε όμως μερικές βασικές ιδιότη τες του συνόλου IR των πραγματικών αριθμών, οι οποίες είναι απαραίτητες για την κατανόηση της φύσης της ευθείας των πραγματικών αριθμών.

Θεώρημα Αν α, β, κ, λ E7L * να αποδείξετε ότι ο αριθ μός !. + � ...[2 είναι άρρητος. . β λ 1.

δεμένη με την έννοια της ακολουθίας. Συγκεκριμένα μπορούμε να αποδείξουμε ότι κάθε πραγματικός αριθμός (δηλαδή κάθε σημείο της πραγματικής ευθείας ή οποιοδήποτε μήκος), μπορεί να αναπαρασταθεί σε άπειρη δεκαδική μορφή (ακολουθία), οπότε μπορούμε να ορίσουμε το IR ως το σύνολο των απείρων δεκαδικών και να αποδείξουμε ό�ι αυτό δεν έχει κενά.

Απόδειξη του θεωρήματος

χ,

Ας θεωρήσουμε δύο άρρητους y. Αν οι y αναπαρασταθούν σε άπειρη_ δεκαδική μορφή, τότε θα υπάρχει ένα πρώτο δεκαδικό ψηφίο στρ οποίο διαφέρουν, αλλιώς θα ήταν ίσοι.

χ=

αο · α 1 α2α3 · · ·0ν - ι 0ν· · · Επομένως, θα είναι και y αο · α ι α2 α3 . . . αγ _ ι β"' . . με Ον < βν - Τότε ο α · α α .. β αριθμός ρ = ο ι 2 ν· Ον - ι ν είναι ρητq ς και βρί ιο σκεται μεταξύ των και y.

Απόδειξη

{2 =

Έστω ότι Q: !S. .!:!, όπου μ ν β . λ αν) Ε = λ(βμ Q, άτοπο. Τότε κβν

7L,

ΙΝΌ

Παρατήρηση Υποθέστε ότι - Ο ·α1α2 α3 . . . και y Ο · β 1 β2 β3 · · · είναι δύο αριθμοί μεταξύ του Ο και του ι , όπου τα αί και βί είναι απλά δεκαδικά ψηφί α. Τα και y θα είναι ίσα αν, και μόνον αν, ισχύει μία από τις ακόλουθες συνθήκες:

2 . Θεώρημα Αν δύο διαφορετικοί ρητοί, τότε μετα ξύ αυτών υπάρχει άρρητος.

i' Ι

Απόδ.ειξη , α 'Εστω οτι

βk +

, κ Τ' κ- α οτε > 0 , επομενως β

β <λ λ κ α) α κ α κ '2 ι · β <β +λ- β =λ, αφουτ< βα <βα +Τ'2 (λ' , ο αρρητος , Συνεπως βα + τ'2 (λκ - βα) β·ρισκεται

�

ί k + ι.

�

= βί για όλα τα ί, ii. αί = βί για όλα τα ί = ι , 2, 3, ... , k, = αk ι , βί = Ο και αί = 9, για όλα τα i. αί

+ ι +

�

με-

Πόρισμα Μεταξύ δύο διαφο ρετικών πραγματικών α ριθμών υπάρχουν άπειροι ρητοί και άπειροι άρ ρητοL

κ · , α και λ· ' ρητων ταξυ' των δυο

Βιβλιογραφία

Θεώρημα Μεταξύ · δύο διαφορετικών αρρήτων υπάρ χει ρητός. Για να αποδείξουμε το θεώρημα αυτό με απλό τρόπο, αρκεί να παρατηρήσουμε ότι η έννοια του πραγματικού αριθμού είναι αναπόσπαστα συνδε-

ι)

Π. Μ. Βλάμος: Όρω και Συνέχεια Συνάρτη σης, Αθήνα ι 997.

R. Haggarty: Fundamentals of Mathematical , Analysis, Cambridge ι 992.

Ε.

Landau: Grundlangen , der Chelsea ι 965.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. α. τ.4/54

Analysis,

Ένα πρόβλημα, ΠοJJ ές Λ ύσεις ..

Επιμέλει α : Νί κο ς Στάθη Πα πα δ όπουλος

Συνεχiζουμε με τις λύσεις, τις οποίες έδωσε ο συνάδελφος Ξ. Τασόπουλος στο θεώρημα του G.

LEHMUS.

Δέκατος όγδοος τρόπος ( ΑΒΕ) + ( ΕΒΓ) = (ΑΓΖ) + (ΖΒΓ) ή

�β · (ΓΖ)ημf + � · (ΓΖ)ημf ή (ΒΕ)(α + γ)η μ� = ( ΓΖ)(α + β)ημf ή (επειδή ΒΕ = ΓΖ)

( α + γ)η

μ� = (α + β)ημf,

άρα β = γ.

Δέκατος ένατος τρόπος

Αν Ι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι ΙΓ και ΙΑ είναι, . αντίστοιχα, διχοτό μοι των τριγώνων ΒΓΕ και ΒΑΕ, οπότε θα έχουμε: ΒΙ ...!!.. _L =α + γ δη λαδη' ΒΙ =α + γ η, _ = Ι Ε ΓΕ ΑΕ ΙΕ β β ' α+γ _α + γ , Bl _α + γ ή ΒΙ ΒΙ + ΙΕ α. + γ + β - 2τ 2τ η ΒΕ

Β Ε = ..1!_ ·BI ( 1 ) α+γ

2τ · ΓΙ (2) α+β Από τις ( 1 ) και (2), επειδή ΒΕ = ΓΖ , προκύπτει ΒΙ � (3 ) = ΓΙ α + β Γ η μΑ ' ' ' 2 ΒΙ πο το τριγωνο ΙΒ Γ λαμβανουμε = Β (4) ΓΙ ημ 2 και από τις (3 ) και (4 ) την , άρα: β = γ . (α + β)ημ = (α � y)η Ομοίως έχουμε ΓΖ =

μ�

Ο συνάδελφος Νίκος Α. Κισκύρας μας γρά φει τα ακόλουθα: Αγαπητέ ΕΥΚΛΕΙΔ Η Β

Επειδή, ίσως μερικοί πουν "και τι μας χρειά ζονται οι τόσες λύσεις; αφού έχουμε μάθει μία, που είναι τόσο απλή", θεωρώ χρέος μου να τονί

σω ότι: Η στήλη αυτή δεν αποσκοπεί στο να μας δώσει πλήθος λύσεων για μερικά προβλήματα, αλλά στο να μας κατευθύνει στην έρευνα, στη διε ρεύνυση, όπως τη λέμε στα Μαθηματικά, που τό ση ανάγκη έχει ο τόπος μας. Δηλαδή επιδίωξη της στήλης αυτής είναι: Να μας δείξει, όχι γενικόλογα, αλλά συγκεκριμένα ότι με προσεκτική μελέτη και αξιοποίηση των γνώσεών μας μπορούμε να βρού με και άλλες λύσεις, που μπορούν να μας διευκο λύνουν περισσότερο · αλλά και το σοβαρότερο να μας εξασκήσει στο να μελετάμε και να συνηθί σουμε την έρευνα και στα θέματα των άλλων μα θημάτων και ιδιαίτερα στο να μας εξασκήσει στη μελέτη και έρευνα των τόσων προβλημάτων που μας παρουσιάζονται στη ζωΊΊ, ώστε να τα αντιμε τωπiζουμε, να βρίσκουμε όλες τις δυνατές λύσεις και να επιλέγουμε την καλύτερη κατά το δυνατό μέσα στα πλαίσια,βέβαια των η θικό)V κανόνων, που πρέπει να διέπουν την όλη ζωή και λειτουργία μιας δημοκρατικής πολιτείας. Αυτή η διαπίστωση για την επιδίωξη της στή λης αυτής με έσπρωξε τώρα στο 90° έτος της ηλι κίας μου και στο 70° από τότε που διορίσθηκα κα θηγητής Μαθηματικών να " ξεφυλλίσω " τα βιβλία μου και βρήκα ότι υπάρχουν περιθώρια και για άλλες λύσεις σε μερικά προβλήματα. Βέβαια με τη βοήθεια και άλλων γνώσεων. Έτσι επέλεξα μια άλλη λύση του θεωρήματος : «τα τρία ύψη ενός

τριγώνου ΑΒΓ διέρχονται από το αυτό σημείο)) που είναι απλή αρκεί να συμπληρώσουμε τις Ύνώ σεις μας από to Λύκειο με μερικές άλλες, πράγμα που δεν είναι δύσκολο. ·

Συγκεκριμένα: Παλαώτερα στο Λύκειο εδι δάσκετο στην Ευκλείδεια Γεωμετρία το κεφάλιiιο περί αντιστροφής. Ας σταθούμε σε μερικά που μας χρειάζοντάι, αλλά κατά ένα τρόπο μας είναι γνω στά.

Θεώρημα: Από δοθέν σημείο Α φέρουμε ευθεία μέχρι δοθείσα ευθεία ΧΨ. Αν επί της ευθείας Όπως διαπιστώνω η στήλη σου "Ένα πρόβλημα 2 ΑΝ λάβουμε σημείο Μ, ώστε (ΑΜ)(ΑΝ) = Κ , ό - πολλές λύσεις" συνεχώς ''τροφοδοτείται". 2 που Κ είναι δοθέν τετράγωνο τότε ο γεωμετρικός ΑΝ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. α. τ.4/55

Ένα πρόβλη μ α, Π ολλές λύ σε ις

τόπος του σημείου Μ είναι κύκλος με διάμετρο ΑΒ επί της καθέτου ΑΔ επί τη ΧΨ και με μήκος ΑΒ ώστε (ΑΒ)(ΑΔ) = Κ2•

από το αυτό σημείο.

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, ΒΕ και ΓΖ δύο ύψη του και Η η τομή τους. Θα δείξουμε ότι η ΑΗ θα είναι κάθετη επί τη ΒΓ, δηλαδή ότι είναι το τρίτο ύψος _του τριγώνου ΑΒΓ. Απόδειξη

Επειδή οι γωνίες ΒΖΓ και ΓΕΔ είναι ορ θές 'έπεται ότι το τετράπλευρο ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμο και (ΑΖ)(ΑΒ) = (ΑΕ)(ΑΓ) = έστω Κ2, όπου Κ2 είναι η δύναμη του σημείου Α προς τον κύκλο ΒΖΕΓ. Δηλαδή τα σημεία Ζ και Ε του κύκλου .ΑΖΗΕ με διάμετρο την ΑΗ είναι, αντί στοιχα, αντίστροφα των σημείων Β και Γ της ευ θείας ΒΓ προς πόλο την κορυφή Α και δύναμη α ντιστροφής ίση προς Κ2 • Άρα αν η διάμετρος ΑΗ του κύκλου ΑΖΗΕ τέμνει την ευθεία ΒΓ, που είναι αντίστροφο σχήμα του κύκλου, τότε το σημείο τομής, έστω Δ θα είναι αντίστροφό του σημείου Η και η ΑΗΔ θα είναι κάθετη στη ΒΓ. Δηλαδή η ΑΗΔ θα είναι το τρίτο ύψος του τριγώνου ΑΒΓ. ·

Απόδειξη

Επειδή είναι (ΑΜ)(ΑΝ) = Κ2 = (ΑΒ)(ΑΔ) το τετράπλευρο ΒΜΝΔ θα είναι εγγράψιμο σε κύκλο, όπως γνωρίζουμε από το κεφάλαιο "Δύναμη ση μείου ως προς ή κύκλο". Άρα το σημείο Μ κείται σε κύκλο με διάμετρο την ΑΒ, για την οποία αληθεύει η σχέση (ΑΒ)(ΑΔ) = Κ2 • Αντίστροφα αν στον κύκλο αυτό λάβουμε σημείο Μ ' και η ΑΜ ' τέμνει τη ΧΨ σε σημείο Ν ' , ή αν στην ευθεία ΧΨ λάβουμε σημείο Ν ' και η ΑΝ' τέμνει τον κύκλο σε σημείο Μ ' θα αληθεύει η σχέση: (ΑΜ ' )(ΑΝ ' ) = (ΑΒ)(ΑΔ) = Κ2 επειδή το τετράπλευρο ΒΜ 'Ν ' Δ είναι εγγράψιμο. Όπως δείξαμε ό κύκλος διαμέτρου ΑΒ προ κύπτει ως γ. τόπος των σημείων Μ με βάση τη δο θείσα (ή ληφθείσα) σχέση από τα σημεία Ν της ευθείας ΧΨ. Αυτός ο κύκλος καλείται αντίστροφο σχήμα της ευθείας ΧΨ και επειδή, όπως δείξαμε, αληθεύει και το αντίστροφο και η ευθεία ΧΨ (η α πέραντη ευθεία ΧΨ) καλείται αντρίστροφο σχήμα του κύκλου διαμέτρου ΑΒ, ή τα δύο αυτά σχήματα καλούνται αντίστροφα προς πόλο το σημείο Α · , το Κ2 , αντιστροφης και δυναμη

Τα σημεία Μ και Ν �αλούνται αντίστροφα, οι ευθείες από τον πόλο καλούνται ακτίνες αντι στροφής και οι ακτίνες προς δύο αντίστροφα ση μεία καλούνται ομόλογοι ακτίνες αντιστροφής. Αυτά μας αρκούν από τη θεωρία περί αντι στρόφων σχημάτων και ιδιαίτερα ότι η διάμετρος ΑΒ του κύκλου αυτού θα είναι κάθετη επί την ευ θεία ΧΨ, η οποία είναι αντίστροφο σχήμα του κύ κλου προς πόλο το σημείο Α και δύναμη αντι. , κ'- . στροφης Με τη βοήθεια και μόνο αυτών θα δείξουμε ότι τα τρία ύψη ενός τριγώνου ΑΒΓ διέρχονται ·

Σημείωση : .

I . Αγαπητέ αναγνώστη, επειδή το θέμα περί αντιστρόφων σχημάτων δε διδάσκεται στα Λύκεια πραγματικά μακρυγορήσαμε στην απόδειξη για τα τρία ύψη, αλλά έπειτα από ένα προσεκτικό διάβα σμα η απόδειξη αυτή μπορεί να διατυπωθεί με πο λύ λίγα λόγια. 11. Στο βιβλίο μου "Θεωρήματα και προ βλήματα γεωμετρίας" βιβλίο τέταρτο στις σελί δες 230 - 256 (το οποίο διαθέτει η Ε.Μ.Ε.)μπορεί όποιος ενδιαφέρεται να κατατοπισθεί πλήρως για τα θέματα αντιστροφής. Στη σελίδα 239 αναφέρονται δύο αποδείξεις σχετικά με την ιδιότητα των τριών υψών τριγώνου να διέρχονται από το αυτό σημείο. Η μια απόδειξη γίνεται δια της αντιστροφής και είναι και πολύ σύ ντομη και κατανοητή, αφού βέβαια, έχουν ανα φερθεί τα απαραίτητα στοιχεία για τη θεωρία περί αντιστροφής.

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/56

Άρα ΜΔο = ΜΒ Ο = 45° ω Είναι ΗΊ = 90° ; και ΝΒΗ = J3ι + 45° = 90° - ;, Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και τα σημεία Ε και Η των ΑΒ και ΒΓ αντίστοιχα, τέτοια ώστε δηλαδή ΝΒΗ = 8 ΗΝ . ΑΕ = ΒΗ. Φέρουμε ΔΚ κάθετη στην ΕΗ, η ο Συνεπώς στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΒΗ η 8Ν είναι ποία τέμνει τη διαγώνιο ΑΓ στο Μ. Ν' αποδεί διάμεσος και ΒΝ = ΝΕ = ΝΗ = Ε Η (1) 2 ξετε ότι ΔΜ = ΕΗ. Τα τρίγωνα ΑΕΟ και ΒΟΗ είναι ίσα, γιατί ΑΕ = ΒΗ, ΛΊ = Β; = 45°, ΑΟ = 08 Απόδειξη : Συνεπώς ΕΟ = ΟΗ και ΕΝ = ΝΗ, άρα Πρώτος τρόπος Έστω Ο το κέντρο του τετραγώνου και Ρ το μέσον ΟΝ l. ΕΗ (2). Όμως ΔΚ l. ΕΗ (3). του ΕΗ. Τα τρίγωνα ΑΟΕ, 80Η είναι ίσα, γιατί Από (2) και (3) ΔΚ // ΟΝ. Στο τρίγωνο ΜΔ8 το Ο ΑΟ = ΟΒ, ΑΕ = 8Η και ΛΊ = J3ι = 45°, άρα είναι μέσον της Δ8- και ΟΝ 11 ΔΜ. Άρα ΜΝ = ΝΒ (4) ΟΕ = Ο Η και 0 1 = 02 , οπότε έχουμε : ΕΟΗ = ΕΟ8 + 6Ί =ΕΟΒ + 6Ί = 90° επομένως το τρίγωνο ΕΟΗ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και επειδή το Ρ είναι μέσον του ΕΗ έπεται ότι ΟΡ l. ΕΗ και ΟΡ = Ε� = 8Ρ, άρα ΕΗ = 28Ρ (1) Άσ κηση Α1 4

......

Από τις (1), (4) έχουμε ΕΝ = ΝΒ = ΝΗ = ΜΝ, δη λαδή ΕΗ = ΜΒ και ΜΔ = Μ8, άρα ΜΔ = ΕΗ Γιάννης Σταματογιάννης (Μαθηματικός) Τρίτος τρόπος

Φέρουμε τη Μ Β. Επειδή Μ σημείο της μεσοκάθε Αν Σ είναι το μέσον του ΔΜ, τότε από το ορθογώ-- της της ΒΔ θα έχουμε ΜΔ = Μ8. Αρκεί να απο νιο τρίγωνο ΔΟΜ έχουμε: δείξουμε ΜΒ = Ε Η . (2) ΟΣ = �Δ = ΣΔ, άρα ΜΔ = 2ΣΟ Δ.�------� Τα ισοσκελή τρίγωνα ΣΔΟ και ΡΟΒ είναι ίσα για τί ΟΔ = 08 και 64 = � = 63 (ΟΡ//ΔΚ) = Β; , άρα: ΒΡ = ΣΟ (3) Από τις ( 1 ), (2), (3) έπεται ότι ΕΗ = ΜΔ. Στέλιος Καρπάθιος (Μαθηματικός) Δ εύτερος τρόπος

Οι γωνίες 8ΕΉ και ΑΔΜ είναι ίσες λόγω καθετό τητας των πλευρών τους. Το τρίγωνο ΜΔΒ είναι ισοσκελές γιατί η ΜΟ είναι μεσοκάθετη της ΔΒ.

Β ......

Από ΜΔ = ΜΒ έχουμε: ΜΔΒ = ΜΒΔ ;::: ω.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ. α . τ.4/57

......

Στ ις Α σ κή σεις λέμ ε ΝΑΙ!

Επίσης ΒΜΚ = 2;;; (ως εξωτερική γωνία στο ΜΔΒ). Οπότε ΘΊ = 90° - = ΘΊ. Στο τρίγωνο ΕΘΒ έχου με: έ}Ί + Ε; + ;;; -1: 45° 180° ή fι = 1 s oo - ΘΊ - ;;; - 45° ή fι = 1 80° - 90° + 2;;; - ;;; - 45°, άρα: Ε; = ;;; + 45°, δηλαδή το τρίγωνο ΕΘΒ είναι ισοσκελές με ΘΕ = ΘΒ (1) Στο τρίγωνο ΕΒΗ έχουμε: Η; + Ε; = 90° ή ΉΊ = 90° - Ε; ή Η; = 90° - (;;; + 45°) ή Η; = 45° - ;;;. Επίσης Βι = 45° ;;; άρα ΗΊ = Βι δηλαδή: (2) ΘΒ = ΘΗ Τα τρίγωνα ΟΕΒ και ΟΗΓ είναι ίσα διότι ΕΒ = ΓΗ (υπόθεση), ΟΒ = ΟΓ (ΑΒΓΔ τετράγωνο) και OrH = ΟΒΑ = 45°. Οπότε ΟΕ = ΟΗ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΟΕΗ η ΟΘ είναι διάμεσος, άρα και ύψος οπότε ΟΘ .l ΕΗ. ΟΘ .l ΕΗ Συνεπώς επειδή ΔΚ .l ΕΗ , θα είναι: ΟΘ 11 ΔΚ Στο τρίγωνο ΔΜΒ το Ο μέσον του ΔΒ και ΟΘ I/ Δ Μ άρα Θ μέσον του ΜΒ Επίσης από ( 1 ) και (2), Θ μέσον του ΕΗ Άρα στο τετράπλευρο ΜΕΒΗ οι δiαγώνιοι διχοτο μούνται; ΜΕΒΗ παραλληλόγραμμο εφόσον και Β = 90°, ΜΕΒΗ ορθογώνιο και επομένως ΜΒ = ΕΗ . Αντώνης Ιωαννίδη ς (Μαθηματικός)

2;;;

'-"-

επομένως ΔΜ = ΕΗ . Τη λύση αυτή έδωσαν: ο συνάδελφος Σωτή ρης Ζαραμπο-6 κας (τρίκαλα) και ο μαθητής Κωνσταντίνος Κοφίνας (τρίκαλα). Πέμπτος τρόπος (με αναλυτική γεωμετρία)

Χωρίς περιορισμό της γενικότητας παίρνουμε 1 α (ΑΒ) = 1 . Είναι ΕΗ = : άρα λεΗ = 1 �α και επειδή ΔΚ .l ΕΗ θα είναι λΔΚ. = α-1 α .

[ J

Η( l , α) Β( 1 , Ο)

Άρα η ΔΚ έχει εξίσωση y - 1 = �' η ΑΓ q έχει εξίσωση y χ και οι συντεταγμένες του Μ βρίσκονται από τη λύση του συστήματος α-1 χ + 1 Υ= α-1 χ + 1 = Χ <=;> α άρα α y=x Τέτα ρτ ο ς τρ όπ ος Φέρουμε ΜΖ .l ΑΔ και ΜΘ .l ΓΔ. Είναι ω = (α - 1) χ + α = αχ αχ - χ + α = αχ α = χ, ά φ (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες), άρα ΜΔΖ, ρα y = α δηλαδή Μ(α, α). Είναι: . ΜΔ = ΜΖ = ΔΖ (ΔΜ) = ".}α2 + (α - 1)2 και (ΕΗ) = ".}ο - α)2 + α2, ΕΜ ......Β ομοια, αρα (1) . Η Η Ε Β ΒΕ άρα ΔΜ = ΕΗ. Τη λύση αυτή έδωσαν οι μαθητές Κωνστα Θ ντίνος Κοφίνας (τρίκαλα) και Δημήτρης Πρεζε ράκος (Αθήνα). Επίσης λύση της Α 1 4 έστειλε και ο μαθητής Αλέξανδρος Συyκελάκης (Θεσ/νίκ:η).

{

<:::;>

......

<:::;>

Άσκη ση Β5

Η Β Τα ΜΘΓ, ΜΖΑ είναι ορθογώνια και ισοσκελή, ά. της . . ΜΓ = ΜΘ = ΔΖ = ΒΕ (λογω ρα ομοια, οποτε ΜΑ ΜΖ ΜΖ ΒΗ

(1)), άρα �� = =� = �� οπότε ΜΕ //ΒΓ, δηλαδή ΜΕ .l ΑΒ, άρα ΜΕΑΖ τετράγωνο (αφού η ΑΜ εί ναι και διχοτόμος), άρα ΜΖ = ΑΕ = ΒΗ, οπότε τα ορθογώνια: τρίγωνα ΔΖΜ και ΕΒΜ είναι ίσα και

Σ ε τ ρ απέζιο ΑΒ ΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) φέρουμε τη διάμεσο ΕΖ. Αν Κ είναι το μέσον της δ'ιαγωνίου ΒΔ, Λ το μέσον της διαγωνίου ΑΓ, Ο το σημείο τομής των διαγωνίων και Μ σημείο της ΔΓ. Να αποδείξετε ότι Εμμ(ΜΚΛ) = Εμμ(ΕΟΖ).

Απόδειξη : Πρώτος τρόπος

Έστω ΑΒ = α, ΔΓ = β, β > α και υ το ύψος του τραπεζίου. Από το Ο φέρουμε κάθετη στις βάσεις, που τέμνει τις ΑΒ, ΕΖ, ΔΓ στα Σ, Θ, Ν αντίστοι χα.

ΕΥΚΛΕΙΔ ΗΣ Β' λ. α. τ.4/58

Στ ις Α σκή σε ις λέμ ε ΝΑΙ!

ΕΖ = ΑΒ 2+ ΓΔ . και η (1) γίνεται ΡΣ 2ΕΖ <:;>2(ΕΖ)(ΟΣ) = ΡΣ(ΓΔ - ΑΒ) = ΟΣ = ΓΔ - ΑΒ (ΕΖ)(ΟΣ) = �ΠΣ)(ΓΔ - ΑΒ) (είναι ΡΣ = ΣΠ) <:;> �ΕΖ)(ΟΣ) = �ΠΣ{Δ ; ΑΒ =

· Είναι Εμβ(ΚΛ Μ) =.!.2 ·ΚΑ · ΜΗ =.!.2 � 2 �2 = (β - α)υ (l) 8 Τα τρίγωνα ΟΓΔ, ΟΑΒ είναι όμοια, άρα: ΟΝ _- .f! η, ΟΝ _ __L η ΟΝ _- __L ΟΣ α ΟΝ + ΟΣ - β + α υ β + α' υ άρα: ΟΝ = � β + α , οπότε: ΟΘ = ΟΝ - ΘΝ = � - � =· · · υ(β - α)_ Άρα έχουμε: β+α 2 2(α + β) υ(β - α) Εμβ(ΟΕΖ) =.!.2 ·ΕΖ·ΟΘ =.!.2 � 2 2( α + β) υ(β - α) (2) 8 Από τις ( 1 ) και (2) έχου με Εμβ(ΜΚΛ) = Εμβ(ΕΟΖ) Στέλιος Καρπάθιος (Μαθηματικός) ·

-kΕΖ)(ΟΣ) = -kπΣ)(ΚΛ) <:;>(ΕΟΖ) = (ΚΛΜ) 2 2 Σωτήρης Ζαραμπούκας (Μαθηματικός)

Τις επόμενες ασκήσεις είχε προτείνει για λύση ο συνάδελφος Ηλίας · Ντζι(όρας στο τεύχος 26 του Ευκλείδη Β ' .

Άσκηση Γ7 Δίνεται το πολυώνυμο f(x) = I BA - xl l , χ Ε IR., όπου Α, Β πίνακες ν χ ν, aντιστρέψιμοι, ν και τέτοιοι, περιττός ώστε: 2 ΒΑ - 2 004Α + Β = Ο. Να αποδείξετε ότι η εξί σωση f(x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (Ο, 2004) . Λύ ση

Είναι f(O) = IBAI , ενώ f(2004) = IBA - 200411 με f(O)·f(2004) = I B AI · I B A - 200411 = IBI · IAI · IBA - 200411 = Ι Β Ι · Ι ΒΑ - 20041 I · IAI = Δεύτερος τρόπος Είναι γνωστό ότι: IBI; I (BA - 20041)AI = I B I · I B A2 - 2004AI .υπόθεση ΑΒ Δ ΑΒ ΚΕ = ΛΖ = 2 και ΚΛ = Γ 2 IBI · I�BI =(-1)v · IBI 2 =..., I BI 2 < Ο, αφού ν περιττός και Β aντιστρέψιμος, άρα IBI ;:j:. Ο. (είναι ΓΔ > ΑΒ) Η f είναι συνεχής στο IR. ως πολυωνυμική άρα και Από τα όμοια τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΚΛ έχουμε στο [0, 2004] οπότε, θεώρημα Bolzano, υπάρχει έ ΟΡ ΑΒ να τουλάχιστον ξ ε (Ο; 2004) έτσι ώστε f(ξ) = Ο, ΟΣ = ΚΛ (ΟΡ, ΟΣ αντίστοιχα ύψη) δηλαδή η εξίσωση f(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ΓΔ ΑΒ ρίζα στο (0, 2004). ,η ΟΡ + ΟΣ = ΑΒ + ΚΛ η, ΡΣ = ΑΒ + 2 η' Τη λύση αυτή έδωσαν οι μαθηματικοί: Ηλίας ΚΛ ΟΣ ΓΔ - ΑΒ ΟΣ Ντζιώρας, Γιάννης Σταματογιάννης, Σωτήρης 2 Ζαραμπούκας και Γιώργος Κατσούλης ΡΣ = ΑΒ + ΓΔ Ο φοιτητής του Α.Π.Θ. Θεόφιλος Τραπεζαν (1) ΟΣ ΓΔ - ΑΒ λίδης Οι μαθητές: Κοφίνας .Κων/νος από τα Τρίκα λα και Νταλαχάνης Δημήτρης (Αθήνα). ·

Άσκηση Γ8 Οι συνεχείς συναρτήσεις f, g έχουν κοινό πεδίο ορισμού το [α, β]. Αν για τη συνάρτηση g ισχύουν : Γ

Από τη θεωρία είναι γνωστό ότι η διάμεσος

ί) 22g(β)f(x)2- 4(χ

α)(χ - β)g(β) +

g (α) + g (β) - 2g(β) g(x) = Ο

ίί)

�

για καθε χ Ε [α, β] και l g(α)l g(β).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/S9

Στ ις Α σ κή σεις λέμε ΝΑΙ!

Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση Cr της f τέμνει τον άξονα χ ' χ σ' ένα τουλάχιστον ση μείο Μσ με τετμημένη Χο ε (α, β). Λύση

σχέση 2g(β)f(x) - 4(χ - α)(χ - β)g(β) + g2(α) + g2 (β) - 2g(β)g(x) = Ο, για, χ = α γράφεται: 2 g(β)f(α) + g2(α) + g2(β) - 2g(β)g(α) = Ο <=> · 2 g(β)f(α) + (g(α) - g(β))2 = Ο <=> 2g(β)f(α) = -(g(α) - g(β))2 < Ο , αφού g(α) -:�; g(β) (αλλιώς θα είχαμε l g(β)l < g(β), άτοπο αφού g(β) > 0). Έτσι η 2g(β)f(α) < Ο με g(β) > Ο δίνει f(α) < Ο. Ενώ για χ = β γράφεται: 2g(β)f(β) + g2(α) + g2(β) - 2g(β)g(β) = Ο <=> 2g(β)f(β) + g2 (α) - g2(β) = Ο <=> 2 g(β)f(β) = g2( β) - g2(α) > Ο και επειδή g(β) > l g(α) l � Ο θα είναι g(β) > Ο, άρα f(β) > Ο . Η f είναι συνεχής στο [α, β] με f(α)f(β) < Ο , άρα θεώρημαΒοlzaηο, υπάρχει χ0 ε (α, β) με f(Xo) = Ο δηλαδή η Cr τέμνει τον άξονα χ'χ σ' ένα τουλάχι στον σημείο με τετμημένη Χο ε (α, β). Τη λύση αυτή έδωσαν: οι μαθηματικοί Ηλίας Ντζίωρας, Σωτήρης Ζαραμπούκας και Γιάννης Η

Σταματογιάννης.

Ο φοιτητής του Α.Π.Θ. Θεόφιλος Τραπεζαν

Ζαραμπούκας και Γιώργος Κατσούλης, και ο μαθητής Κοφίνας Κων/νος (τρίκαλα) Ο συνάδελφος Σωτήρης Ζαραμπούκας έδωσε και

τις επόμενες λύσεις: Δεύτερος τρόπος

2 2

Από τη σχέση Οχ + Oy + Ο·Οχ + O·Oy + Oy·Ox < Ο <=> Ο� + ο; < -(D·Ox + O·Oy + Oy·Ox), αρκεί να δεί ξουμε ότι -(Ο·Οχ + O · Oy + Oy·Ox) < 02 Από την -(Ο·Οχ + O·Oy + Oy·Ox) = -(xD2 + y02 + xy02 ) =02 (-χ - y - xy) αφού Ov Οχ και y = 0, , να δείξου ε οτι , αρκει, τωρα χ=0 !'L ισχύει -χ - y - xy < 1 <=>(χ + l)(y + 1) > Ο οπότε χ + 1 > Ο και y + 1 > Ο ή χ + 1 < Ο και y + 1 < Ο Αν χ + 1 > Ο και y + 1 > Ο τότε � + l > Oκm% + 1 > Ο οπότε{ + ι % + ι > Ο <=> OxOy + ΟΟχ + OOy + 02 > Ο <=> Ο2 -(ΟΟχ + DDy + OyOJ < 02 Αν χ + 1 < Ο και y + 1 < Ο τότε �χ + 1 < Ο και % + 1 < Ο οπότε: •

� )( )

(�χ )(% )

+1 + 1 > Ο που ισχύει όπως παραπάνω. μαθητές: Κοφίνας Κων/νος από τα Τρίκα Οι Επομένως Ο� + ο; < 02 δηλαδή οι αριθμοί λα και Νταλαχάνης Δημήτρης (Αθήνα). I Oxl, I Oy l , 1 0 1 αποτελούν τις πλευρές ενός αμβλυ Άσκη ση Γ9 γωνίου τριγώνου. λίδης

Θεωρούμε ένα γραμμικό σύστημα 2 ιc 2 του οποίου οι ορίζουσες D, D x και D ικανοποιούν

�

Τρίτος τρόπος y τη σχέση: n; + n; + D · D x + D·D + D ·D x < Ο. Είναι χ = Dx <=>Οχ = xD και y = <=>Oy = yO οy y D Ο Αν οι αρ ιθμοί I D x l , I D l και Ι D I αποτελούν μέτρα y πλευρών τριγώνου, να αποδείξετε ότι το τρίγω πότε έχουμε (χ2 + y2 + χ + Υ + xy)D2 < Ο <=> νο είναι αμβλυγώνιο. χ2 + y'- + χ + Υ + xy < ο , αφου' 02 > ο , <=> Πρώτος τρόπος 2χ2 + 2y2 + 2χ + 2y + 2xy < Ο <=> Είναι Ο� + ο; + Ο·Οχ + O·Oy + Oy·Ox < Ο <=> χ2 + / + 1 + 2χ + 2y + 2xy + χ2 + y2 - 1 < Ο <=> (χ + Υ + 1 )2 + χ2 + y2 - 1 < Ο <=> 2Οχ + 20y + 2Ο·Οχ + 20·0y + 20y · Ox < Ο <=> χ2 + y2 - 1 < -(χ + Υ + 1 )2 < ο <=>Χ2 + y2 < 1 <=> Ο� + 02 + 0Υ + 02Υ + 02 - 02 + Οχ + 20·0:, + 2D·Dy + 2D},·Ox < Ο <=> < 1 <=> 0χ + 0Υ2 < 02 . 2 D (Οχ + Dy + Ο) + Οχ + Dy - Ο2 < Ο <=> ο Άρα το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο με πλευρές , Οχ2 + 0}, - Ο2 < -(Οχ + Oy + Ο)2 � Ο αρα Ox l . ι ο y ι , ι ο ι . I D� + ο; < 02 ή I O l 2 + I Oy l < I O I 2 δηλαδή το τρί x γωνο είναι αμβλυγώνιο με αβλεία τη γωνία που Άσκη ση βρίσκεται απέναντι από την πλευρά μήκους 1 0 1 Θεωρούμε μια συνάρτηση f: IR. - IR. με τις ιδιό Τη λύση αυτή έδωσαν: οι μαθηματικοί Ηλίας τητες: χ

2 2 Χ

( )2 (�)2

2 2 2

Γ1 1

Ντζιώρας, Γιάννης Σταματογιάννης, Σωτήρης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/60

•

Στ ις Α σ κήσεις λέμε ΝΑΙ!

ί) ηf f είναιf 5)συνεχήςf στο IR,f ίί) (2)ε + ( < 7 < (3) + (4).

Να αποδ ίξετε ότι υπάρχουν πραγματικοί αριθ μοί ξ, η με ξ + η = 7 και τέτοιοι, ώστε να ισχύει: f(ξ) + f(η) = 7. Λύση

Από ξ + η = 7 έχουμε η = 7 - ξ και η αποδεικτέα τέτοιο σχέση γράφεται f(ξ) + f(7 - ξ) = 7. Αρκεί να δειχθεί ότι υπάρχει ξ Ε IR τέτοιο ώστε: f(ξ) + f(7 - ξ) - 7 = Ο, δηλαδή η εξίσωση f(x) + f(7 - χ) - 7 = Ο έχει ρίζα στο IR. Πράγματι. θεωρώντας τη συνάρτηση g(x) = f(x) + f(7 - χ) - 7 έχουμε: g(2) f(2) + f(7 - 2) - 7 =f(2) + f(S) - 7 < Ο, g(3) =f(3) + f(7 - 3) - 7 =f(3) + f(4) - 7 > Ο, και g συνεχής στο IR, άρα και στο [2, 3] οπότε, θεώρημα Bolzano, υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (2, 3) τέ τοιο ώστε g(ξ) = Ο, δηλαδή f(ξ) + f(7 - ξ) - 7 Ο οπότε f(ξ) + f(7 - ξ) = 7. Θέτοντας τώρα η = 7 - ξ έχουμε ξ + η = 7 και f(ξ) + f(η) = 7. Άρα υπάρχουν ξ, rj Ε IR με ξ + η = 7 τέτοια, ώστε: f(ξ) + f(η) = 7 Τη λύση αυτή έδωσαν ο συνάδελφος Ηλίας Ντζιώρας και οι μαθητές: Νταλαχάνης Δημήτρης και Κοφίνας Κων/νος. =

Α2 - \[2Α + 21 = 0 και η συνάρτηση f που είναι συνεχής και γνήσια φθίνουσα στο διάστημα [0, 1998] και τέτοια, ώστε να ισχύει: Α600 -- f(O)f(l998)A3 + 20041 = Ο. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ακριβώς ένας αριθμός α του ανοιχτού διαστήματος (0, 1998) τέτοιος, ώ στε: f(α) = ο. Θεωρούμε έναν 3 3 πίνακα Α που ικανο ποιεί τη σχέση: Α + -..{3 Α2 Ι Ο και το πολυώνυμο: Ρ(χ) = II AIA-xαdj AI . Να απο δείξετε ότι υπάρχει λ Ε (- I , 1) τέτοιο, ώστε να ι σχύει: Ρ(λ) =0. χ

Γ 14

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, το ορθόκεντρό του Ε ΒΓ; Ε Ε ΑΓ, Ζ Ε ΑΒ). Αν το Δ είναι εσωτερικό σημείο της ΒΓ και ΒΓ 4·ΔΓ, τόiε για τις πλευρές του τριγώνου ΔΕΖ, θα είναι: ΔΖ - ΔΕ = ΕΖ 2 A1s

Η και ΔΕΖ το ορθικό του τρίγωνο (Δ =

Νίκος Κυριαζής

Α σκή σεις που π ρ οτείνονται για λύση

Την ακόλουθη άσκηση προτείνει για λύση ο Ακα Α1 6 Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 73° και r = 39°. δημαϊκός, τ. πρόεδρος της Ε.Μ.Ε. καθηγητής Νι Θεωρούμε εσωτερικό σημείο Μ του τριγώνου τέ τοιο ώστε:....Μ.. Β Γ = MrB = 22°. Πόσες μοίρες είναι κόλαος Αρτεμιάδης Αποδείξτε ότι για όλες τις πραγματικές τιμές η γωνία ΒΑΜ; Νίκος Κυριαζής του χ είναι: συν( συνχ) � ημχ Επίσης ο συνάδελφος Καζακόπουλος Απόστολος α + .JL + _J_ = Ο, (Θεσ/νίκη) προτείνει για λύση την ακόλουθη ά Αι7 Αποδείξτε ότι εάν: γ γ-α α-β β σκηση: Υπάρχει τριάδα φυσικών αριθμών α, β, κ που να με α ;t β;t: γ ;t α τότε: α + ικανοποιούν τη σχέση: =0 + 2 2 2 + 2κ)( l (β - γ)2 (γ -β α)2 (α :-γ β)2 + αβ) = α + αβ + β ; (κ τις παρακάτω ασκήσεις προτείνει για λύση ο συ νάδελφος Ηλίας Ντζιώρας:

Αν Α, Β, Γ πίνακες 2χ2 με στοιχεία πραγμα τικούς αριθμούς και τέτοιοι, ώστε να ισχύουν οι σχέσεις: ΑΒ=ΒΑ και Γ3 = Γ + Ι , Ι = μοναδιαίος Να αποδείξετε: (i) det(A2 + Β 2 )� Ο και (ii) detΓ> Ο Γ12

Γ 13

ει:

Ν. Σ. Π.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και η συμμετροδιάμε σος ΑΣ. Αν οι κύκλοι (ΑΒΣ), (ΑΓΣ) επανατέ μνουν τις ΑΓ, ΑΒ στα Ε, Ζ αντίστοιχα, να αποδει χθεί ότι: ΣΕ = ΣΖ ( Η συμμετροδιάμεσος είναι η συμμετρική ευθεία της διαμέσου ως προς τη διχο τόμο) Δίνεται ο ν ν πίνακας Α για τον οποίο ισχύ Στέλιος Καρπάθιος Β6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/61

Αλληλογραφία Από τους συναδέλφους Δημάκο Γιώργο και Τασσόπουλο Γιώργο πήραμε την παρακάτω επι στολή: Στο προηγούμενο τεύχος του Ευκλείδη Β ' δί νεται μια απάντηση στο·εξής ερώτημα: Αν κάποιο σημειο Μ της υποτείνουσας ΒΓ ενός ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ επαληθεύει τη σχέση ΑΜ = � τότε είναι ή όχι το Μ μέσον της ΒΓ; Έχουμε να παρατηρήσουμε σχετικά ότι: α) Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ' με ΑΓ < ΑΒ και ύψος ΑΔ, για να διαπιστωθεί ότι το Δ βρίσκεται πιο κο ντά στο Γ παρά στο Β, δηλαδή ΔΓ < ΔΒ χρειάστη κε να χρησιμοποιηθούν όμοια τρίγωνα, αντί της κλασικής απλής αιtιολόγισης (σχ. α). β) Για να απαντηθεί το ερώτημα, δηλαδή για να διαπιστωθεί η ύπαρξη ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ με Μ Δ<ΔΓ (1), όπου Μ το μέσον της υποτεί νουσας ΒΓ, χρησιμοποιήθηκε εκτός των άλλων και ο τύπος εφ2Β = 2εφ� , του οποίου θα διδαl�εφ Β χθεί ο μαθητής σ-tη Β ' Λυκείου. Αντ' αυτού θα ....... ....... μπορούσαμε για ω = 2Β Ε (0, 2π ) (σχ. α) να δούμε ότι: ΜΓ = α < συνω....... < α (1) = ΔΜ < τ 4 2 ...... ι = 3π < ....ω ... < π = 6π < ....Β ... < π και να δι<='> συνω < 4 2 2 καιολογήσουμε με πιο απλό τρ�πο την ύπαρξη τέ τοιου τριγώνου (σχ. α) Β

(σχ. α)

γ) Κατά τη γνώμη μας ορθογώνια τρίγωνα με υ ποτείνουσα τη ΒΓ μπορεί να φτιάξει ο μαθητής ά πεφα. Αρκεί σε κάθε ημιευθεία Μχ να θεωρήσει σημείο Α ώστε ΜΑ = �· Διαπιστώvει έτσι εποπτι κά αρχικώς, ότι το ΜΔ όχι μόνο μπορεί να μικρύ νει όσο θέλουμε αλλά και να μηδενιστεί (σχ. β). Για αυστηρή αιτιολόγηση αυτού του ισχuρισμού προκειμένου να είναι Π. χ. ΔΜ < �, όπως απαιτεί-η ( 1 ), δείξαμε ότι αρκεί να πάρουμε ΓΜΧ = � Ε

(�, �).

\ I

I \

'Β

\ '

(σχ. β)

Το Α προφανώς είναι σημείο του κύκλου δια μέτρου ΒΓ.

Τον ορισμό του κύκλου μπορούμε να επικα λεστούμε οποιαδήποτε στιγμή. Έτσι λοιπόν ό μα θητής γνωρίζοντας την έννοια της γεωμετρικής κατασκευής θα δώσει και μια κατασκευαστική α πόδειξη της ύπαρξης τέτοιου τριγώνου, που είναι η πλέον φυσιολογική. Θα γράψει δηλαδή τον κύκλο διαμέτρου ΒΓ και από σημείο Δ της ΒΓ με ΜΔ < � θα φέρει την (ε) .l ΒΓ η οποία τέμνει τον κύκλο στα Α, Α ' πα ρέχοντας . έτσι δύο · τέτοια ορθογώνια τρίγωνα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α. τ.4/62

Αλληλογρα φία

ΑΒΓ, Α ' ΒΓ. (σχ. γ).

συνάδελφος Παναγιώτα Δημ. Βάθη (Χαλκίδα) μας γράφει: Ο Fennat και ο "Αρχιμήδης" Στο διαγωνισμό "Αρχιμή δης" της Ε. Μ. Ε., που έγινε την 3 1 Ιάνουαρίου 1998, τέθηκε το ακό λουθο θέμα στους μαθητές της Γ τάξης Γυμνασί ου: "Ν' αποδειχθεί ότι ανάμεσα στους ρ πρώτους ό ρους της ακολουθίας 1, 1 1, 1 1 1, 1 1 1 1, . . . , 1 1 1 . . . 1, . . . υπάρχει ένας που διαιρείται ακριβώς με τον ρ, όπου ρ είναι πρώτος αριθμός διαφορετικός από τον 2 και τον 5". Από το θεώρημα του Fennat προκύπτει μία σύντομη απόδειξη αυτής της πρότασης. Παραθέ τουμε, πρώτα, το θεώρημα του Fennat: "Εάν ο α είναι ακέραιος θετικός και ο ρ > Ο πρώ τος, όχι διαιρέτης του α, τότε ο ρ . είναι διαιρέτης του αριθμού αρ - 1 - 1 ." Συμβολίζουμε, όπως συνήθως,, με Rρ 1 τον αριθμό 1 1 1 . . . 1 (ρ - 1 το πλήθος των μονάδων). Είναι 'Rρ - ι = � = ρ - ι μονάδες 1 ο Ρ - + 10 ρ - 3 + . . . + 1 0 + 1 10ρ1 0- -ι -1 1 Από το θεώρημα του Fennat, προκύπτει, επειδή ρf 1 0 οπότε: ρ/l ΟΡ - 1 - 1 άρα ρ/Rρ ι Η

ι< ε )

Α,_____

(σχ. γ) Ο συνάδελφος Αλέξανδρος Σκιουβιδάρης ((9εσ/ίκη) μας γράφει τα ακόλουθα: Αγαπητέ Ευκλείδη Στο τεύχος σου Ν0:26, 1997 στη σελίδα 53, υ πάρχει το άρθρο του κ. Νίκου Στάθη Παπαδόπου λου με τίτλο "Ένα πρόβλημα, Πολλές Λύσεις", όπου υπάρχουν πολλές αποδείξεις της προτά:σης "Τα ύψη κάθε τριγώνου περνούν από το ίδιο σημείο" του κ. Νίκου Κυριαζή (τdξίαρχος ε.α.)

Στο δωδέκατο τρόπο απόδειξης γίνεται χρήση ενός θεωρήματος (σελίς 54, πρώτη στήλη, σχέση ΑΓ : ΒΑ ' - ΓΒ ' = 1) για το οποω, υπαρχει , παραποΓ Β · Α 'f· Β ' Α μπή στο τέλος της σελίδας και αναγράφεται: "( 1) Το θεώρημα αυτό είναι καινούργιο και έχει δημο σιευθεί για πρώτη φορά στα "Νέα στοιχεία Γεωμε τρίας Α ' και Β ' Λυκείου 1996 (τεύχος 1ο)" του γράφοντος και . στο οποίο βασίζεται και ο όγδοος τρόπος απόδειξης της άσκησης 1 Ο του τεύχους 1 5/1995 σελίδα 55, tου Ευκλείδη Β ' ". · Σχετικά με το παραπάνω αναφερόμενο "καινούργιο θεώρημα" έχω να αναφέρω ότι: Α) Επροτάθη ως άσκηση από τον Ευκλείδη και δημοσιεύθηκε στο τεύχος 3 -Μάρτιος 1968 - Νέα σειρά - Τόμος Α ' σελίδα 1 14 άσκηση 94 - Γεω μετρία. Β) Η απόδειξη της προτάσης δημοσιεύθηκε στο τεύχος 1 - Σεπτέμβριος 1 968 - Νέα σειρά - Τό μος Β ' σελίς 24 και 25, άσκηση 94. Γ) Η απόδειξη της προτάσης αυτής αποτελεί τμή μα αποδείξης της 1 ης άσκησης του άρθρου "Γενικές ασκήσεις Γεωμετρίας" τεύχος Ευκλείδης Β ' Ν04 Μάρτως-Απρίλιος 1989 - Σελίδα 46 όπου στην 1 η στήλη αναγράφεται η σχέση: (ΒΔ ' )(ΓΕ ' )(ΑΖ ' ) = (ΑΕ ' )(ΒΖ ' )(ΓΔ ' ). (ορθό μέρος της προτάσης)

;:.;;,..;;._ .._ ___:_

Σημείωση

Ο αριθμός 1 1 1 . . . 1 (ν μονάδες) συμβολίζεται με Rv, και στην Αγγλική βιβλιογραφία φέρεται με το όνομα Repunit number (Repeated unit number, δηλαδή "αριθμός επανειλλημένων μονά δων"). Ο συνάδελφός Δημ. Βάθη ς (Χαλκίδα) μας γράφει: Στη σελίδα 48 του τεύχους 26 του "Ευκλείδη Β" εξετάζεται λεπτομερώς μια άσκηση επάνω στα διανύσματα από τον κ. I. Ε. Δαμίγο. Η άσκηση αυτή είναι η υπ' αριθμόν 1 Ο άσκη ση του βιβλίου Μαθηματικά 1 ης Δέσμης: Γενι κές ασκήσεις 3ου κεφαλαίου. Για την ιστορία, αναφέρω ότι ετέθη ως θέμα το 1979 στις εισαγωγικές εξετάσεις στον κύκλο "Πολυτεχνικός - Φυσικομαθημαtικός - Γεωπονο δασολογικός" και βρίσκεται στη σελίδα 1 08 του "ετήσιου δελτίου 1979" Αρ. Φ. Πάλλα. Εκεί, μάλιστα, αναγράφεται ότι τα διανύσματα α και β δεv είναι παράλληλα. Παραθέτω μια, ακόμη, απόδειξη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. α. τ.4/63

Αλληλογρα φία

Υποθέτω ότι η γωνία ΑΟΒ είναι οξεία. Παρόμοια ρο ερώτημα, όπου ζητούσε την απόδειξη της είναι η απόδειξη και στις περιπτώσεις, που η γωνία (Α - 11 = ΨVϊΑΊ. Γράφει λοιπόν ο Μαθητής Κ οφι ΑΟΒ είναι αμβλεία ή ορθή. νάς Κων/νος: ι η περίπτωση: λ > ο Θα αποδείξουμε ότι ισχύει μόνο το +: Για Α - Ι = Β <=>Α = Β + Ι η ( Ι) γράφεται Δ Μ (Β + 1)2 + Β + Ι + Ι = Ο <=> Β 2 + 2Β + Ι + Β + Ι + Ι = Ο <=> 8 2 + 38 + 3Ι = ο <=> Β 2 + (\[31)2 = -3Β <=> 8 2 + 2\[JB + (\[31)2 = 2\[jB - 3Β <=> (Β + \[31)2 = (2\[j - 3)Β οπότε ΙΒ + \[JII 2 =1(2\[3 - 3)B I =(2\[j - 3 (I B I � Ο ....... ....... ....... ....... ....... ....... ΟΑ = α, ΟΒ = β , ΟΗ .... = λβ με (2\[j - 3)v > ο άρα Ι Β I � ο (2) ... γ 1 Είναι ΟΜ = α + λβ = .... γ ,... με l .... l ... = ..... ... ....... ....... Από τη σχέση IA - I l 2 = (-3)ν 'Φ Ο προκύπτει ότι Είναι (ΟΒΔΑ) = I ΟΒ I · IΑΑι i ..;; Ι ΟΒ ΗΟΜ Ι = I β Η = l β l ο πίνακας Α - I είναι αντιστρέψιμος, άρα Ι Β Ι = I A- I l * Ο και από τη (2) παίρνουμε 2η περίπτωση : λ < Ο I B I > Ο άρα IA - Il> Ο οπότε η σχέση Η απόδειξη είναι ίδια IA - 11 2 = 3 v i AI = 3 ν δίνει μόνο 3η περίπτωση : λ = Ο ΙΑ - Ι Ι = � = ffiAι ....... . ....... ....... Τότε Ι α l = l γ l = 1 και (ΟΒΔΑ) = l β i · I AA ι l = (η αβλεψία αυτή επαναλαμβάνεται αμέτρητες φο Ι β l η μθ ..;; Ι β l ρές σε εξωσχολικά βιβλία) Από τον κ. Πάνο Κουτσοβασίλη λάβα με μια Σημείωση εργασία στην οποία έλυνε δυο αm.--ήσεις. Αγαπητέ Στη σελ. 63 του τεύχους 26 διαβάζω: " . . . σε φίλε Πάνο γράψε μας κάτι πιο κομψό και προσιτό περίοδο λιμού" ενώ το σωστό είναι λοιμού. για τους μαθητές. Ο συνάδελφος Βασίλης Χατζής και ο μαθη Από τον κ. Δημήτριο Καρβελά (Χημικό) πή τής Νίκος Τζεβελέκος μας έστειλαν λυμένη με ραμε ένα φάκελο με αρκετές εργασίες. Όλες οι ερ διαφορετικό τρόπο την άσκηση 2, σελ. 296 του Μ σχολικού βιβλίου: " αθηματικά Γ ' Λυκείου", Α γασίες σας έχουν δοθεί σε κριτές, θα αξωλογη θούν και θα σας απαντήσουμε. νάλυση. Επίσης ο συνάδελφος Βασίλης Χατζής για Από το συναδελφο Ν. Σκομπρή (Μαντούδι την άσκηση, που δημοσίευσε η συνάδελφος Αλε Ευβοίας) πήραμε την εργασία: "Περί του χαρα ξάνδρα Καλομητσίνη : κτηριστικού πολυωνύμου ενός ν ν πίνακα". Η "Αν οι Α, Β είναι πίνακες ν ν και ο Ι - ΑΒ είναι έννοια του "χαρακτηριστικού πολυωνύμου" και τα αντιστρέψιμος, τότε και ο Ι - ΒΑ είναι aντιστρέ σχετικά θεωρήματα δεν ανάφέρονται στο σχολικό ψιμος" και μετά αποδεικνύει την ίδια πρόταση για βιβλίο mι mτά συνέπεια δεν είναι δημοσιεύσιμη. ' τους Ι - (ΑΒΥ και Ι - (ΒΑ)j Από όλες τις ασκήσεις επιλέγουμε δύο. και ο συνάδελφος Β. Χατζής γράφει: ''Το ερώτημα που γεννιέται είναι αν η πρότα ση ισχύει για θεnκό ακέραω κ > 3 . Η απάνrηση Κοινωνικά : Έχουμε πληροφορίες ότι ο συνάδελφος και μέ είναι καταφατική ", αλλά το αποδεucνύει πάλι για λος της Ε.Μ.Ε. Παναγιώτης · Μπιτούνης, επί κ = 3 και όχι για κ > 3 σειρά ετών συνεργάτης του περιοδικού μας , θα Παρακάτω δημοσιεύουμε μια επισήμανση είναι υποψήφως δήμαρχος στο δήμο Αιγάλεω. του μαθητή της Γ ' Λυκείου Κοφίνα Καιν/νου Του ευχόμαστε καλή επιτυχία (τρίκαλα) στην άσκηση: r' Εστω Α ν ν τέτοιος ώστε Α2 + Α + Ι = Ο . Να Συμπληρώθηκε ένας χρόνος από το θάνατο του συναδέλφου και αγωνιστή της Εθνικής Αντί δειχθεί ότι: IA - l l = ±ffiAι " , την οποία δημοσί στασης Δ. Καντζιού. ευσε ο "Ευκλείδης Β'" στο τεύχος 26, σελ. 4 1 . Η λύση η οποία δόθηκε ήταν σωστή αλλά πάραλή φθηκε για λόγους συντομίας του άρθρου το δεύτε.......

.......

....... .

--+

.......

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.α . τ.4/64

Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

--- , Ι .,. .., ΕΥ Κ Η Ι Δ Η Σ Γ '

' . }_\ 1!ιf.' U J().tlOij;

.�-··-

λλl)ο,J11()-,

... '\.Ψ• f\1{\ψf-;� �':flff.!i'\.Ι\t'.�N'f•lntf\J/1ψ

"fr.όtf>'Ιti;�J�:ι,.'�'\1\.ffi�� J.Ι U I .Ι.ΙϊtΊΝ

ωι ι ι · �

'"'' ι ι ι� ΙtΛ Ι Ιι "Λ Ι

�ιχΊι•η·

�

-� �

. 1)ti,.• lr,Ι• tNiιf'.Wti.tfi"�/1� �ι.,ο,.. '\ii11'''"'-·��'!,t� '

ιJΙινιιq ιaeuιιι κq L

ιιι_ ιιιι_ ι _____,

ΙΞIΟ Ι Η Γ I ! Σ Ι ! f'I\II • I H '\ J !Iό.O\ � Ι'r 0 1 "' " " " ' ' " ' ' " " " "!!' "�'�""''

llπJJλif. ΝιΛιΊιιι. η,

t\1�,,��--� fl{'\ l('fj.l�\;:·>,,;.� 'YJ

��:: Τεύχος 400δρχ. Συνδρομή 1 .900 δρχ. (4 τεύχη + 300 δρχ. ταχυδρομικά) Σχολεία: 1 .600 δρχ. (4 τιύχη) �ΩJιs..Ιξ : : Τεύχος 500δρχ. Συνδρομή 2.300 δρχ. (4 τεύχη + 300 δρχ. ταχυδρομικά) Σχολεία: 2.000 δpχ. (4 τιύχη) ��:: Τεύχος 1 .300δρχ. 2.500 δρχ. (2 τεύχη)

Mltf.ι.llm� :

Τεύχος 1 .300 δρχ. Συνδρομή 2.500 δρχ. (2 τεύχη)

ι ι ι ι

' l.fι Ιι.: ι Ν ηJ' Ι

fι I \ f: I /.t{, 1/ ''' Η 1 ι HJ \/ ι ι 1{1 \ ' I ' J \ I (JU lf Ι I /( ' ' !),.J

1 '

�:Τεύχος 1 .000 δρχ. Συνδρομή 2.000 δρχ. (2 τεύχη)

�RJ(fiJιjiRfiiJJ) :

Τεύχος 1 .500 δρχ.

�� CliA!�IIil! •·· "- :

�!Μίι

1 .300 δρχ.

1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου -3.000 δρχ 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ

7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ θου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ 1 Οου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 1 4ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

�Q>ιmιmϊι. ·�ι�κιίι) 7.000 δρχ.

�RJ IRmtiΙ>'�(�κιU) ?ι?QψuιQ.J� 4.500 δρχ. lfP..A�m� ""!� �-�

1 .300 δρχ.

Το τrιιλιιιότr.οιι τr.ίινn όλων τwv r.κδόσr.wv τrwλοίιvτιιι ur. τιc τοένοuσr.c τιutc του 97

Β ΙΒΛΙΑ ΓΙΑ

Τ Ο ΥΣ·

ΕΚΠΑΙΔΕ ΥΤΙΚΟ ΥΣ (ΑΠΟ

Τ/Σ Ε ΚΔ Ο Σ Ε ΙΣ ΣΑ Β ΒΑ Λ Α

)

Ψ υ χολογία Ο μ ά δων

Σαβ

Ε��ΕΙΣ

Σημείο αναφοράς στο εκπαιδευτικό βιβλίο Ζω οδ. Πηγής 1 8 , 1 0 6 8 1 Α 8 ή υ α Τηλ . 3 3 . 0 1 . 2 5 1 - 3 8 . 2 9 . 4 1 0 Fax. 3 8 . 1 0 . 9 0 7