Ευκλειδης Β 39 by demi de

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ

1\.οt.Ρ:ός 1\ο\όpιι::Ο(

μαθηματικά r·�.;...:x;

�

Σ Ε ΕΚΔΟΣ:ΕΙΣ:

φπΑΤΑΚΗ

•

Ο Λ Α

Τ Α

οξiολοyησης ο τα

Μαθηματικά

Β I Β Λ I Ο ,Π Ω Λ Ε I Α 65, 106 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 3811850 KENTPIKH ΔΙΑθΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, 106 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 3831078 θΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. ΜΟΝΑΠΗΡΙΟΥ 122, ΤΗΛ. (031) 706354-5 • www.patakis.gr ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ: ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

Ιανουάριος Φεβρουάριος Μάρτιος -

2001

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

δρχ.

700

Euro:

2,05

:' ΜΡ,ΘΗΜΑηκο . nέΡιόΔίi<Ό�·ΓΙΑ ··το: λΥΚΕΙΟ.

ΥπcύlJuγος Έκδοσης

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Ευοια/:Jίου Ευάγγελος

�uηακιική Ομάδα: Αρβαvιrογεώργος Ανδρeας Βακαλόπουλος Κι{Jοτας Γιαννοοιτύρος Σωrήρης Δούναβης Αντώνης Καλίκας Σιαμάτης

Η σrήλη ιης Πληροφορικής

Ο Έυκl.είδης' προιείνει ... Ευκλείδη και Διόφανω

Μαθημαιικά παράδοζα και Μαθημαηκά Παιχνίδια

Τα μαθηιιαιικά δεν είναι μόνο ασκήσεις

10 Η σιήλη ιου μαθηrή

Καρκάνης Βασίλης

12 Αρχαία Ε).ληνικά Μαθημαηκά

Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήοrος

18 Μαθημαηκοί Διαγωνισμοί - Μαθημιιrικcς Ολυμπιάδες

Κόνψας Νi.κος Λαζαρίδης Χρfισrος Λουρίδας Σωτήρης

1\ΙαΟημαηκά ιια ιψ Λ' Τάξι1 ι ου Λuκrίου

Μαλαφέκας Θανάσης Μαρούλη Βιολέτα ΣαΊ:ιη Εύα Ταοοόrιουλος Γιιi!ργος Τσικαλουδάκης Γιώργος

:i2 Προf3λήμωα σω Τριώyυμο

Τσιούμας Θανάσης

;�;) Γεωμεφία Α' Λυκείου (Αζιοσημείωια σηιιεία ιριyώνου-Αζιοσημcίωιοι

Χαραλαμrιοrιο ύλου Λί να

κύκl.οι ιριγώvοu)

�u' ι·ρ\άιcς:

Μανωλόπουλ ος λ-!αru�1ς

IΜ

Σιολάκης Μάρκος Ανδρουλακάκης 1\'ίκο� Γpάψας Kωvfvoς

Ράμμος Γιcιννης

α Οιη ια ι ι κ (ι

για rφ· Β' Τ<1 �ιl

ι ου Λuκriou

-1:. Εκθεηκcς ανισώσεις

Σιάχος ΓιάΗης

Γ Μια μικρή αναφορά σων μαycυηκό κόσμο ιων αριθμών

Μπαpαλfις Γιώργος

.')> Ο Κύιύ.ος

Βιοκαδοuράκης Βασίλης

:17 Ο ρόJ,ος ιων φιιωΥομcφικώΥ αριθμών σιη γcωμεφία

Χαραλάμπους Θάνος Δαμάοκος Δ.

Μcιαξάς Νίκος ΑντuΝί.ου Ανιώvιος

ΜαΟηιωιικ(ι για ιψ Γ ΤΜ,ι1ιοu Λυκrίοu

ΕΚ-\02.::1 1 ΤΗ1.,; ΕΛΛΙΙΝ1Κ111.;

Ι\1ι\(-)111\1ι\'Ι'ΙΙ\.ϊ12.:: ET\JJ>EJ.\1.,; Πι-\J'ΕΠΙΣΙΗΜΙΟΥ 34- 1α5 79 ΑΘΗΝΑ

1'ηλ36 Γ 784 - 36 16 532 Fax 36 41 0'25 Ει.li6ιψ;: Αλεξανδρής Νικόλαος Λιι·u/)ο, ιής: Τuρλής Ιωάννη ς ISSN: 1105- 7998 Ειιιιιί-1ι·ιη Ί<:ι.:οοοιιt;:

Μαραγκάκης

�\"' \J:>OMJ:i:1.,;: Τεύχος:

Εη'ισι.α σuvδρομr'ι: Ορ\'(1\ ιομοί:

Στέλιος 700 δρχ 2.800 δρχ 6.000 δρχ

Ταχ. Ει ι ιιtι \'ί't; τ. Ι'r><ιφι·ίο \/Ιι}Ηι .>4. 1'.(-), ;}(1044

;)I} Σιαησιική 'Προf3λήμαια γραμμικής παλινδρόμησι1ς' 6-l Προf3λήμαια πιθανοιήιων

117 Μια πιιραrήρηση για ων Συνrcλεσιή Μcιαf3ολής 67 θcμαια ανά),υσης

Ii i I '

··��

{�

74 Το ΒήJια ιου Ευκl.είδη

78 ΗΟΜΟ MATHEMAΊICUS

80 Διάλογος με ιην Ασφονομία

�ιιΗχι·ιι•llι·οίο - lιι·λιnοιιο{ιιοιι

Ειαύnωοrι ΙΙ'iΤΕΙ>ιιι•ι·:� \.Κ,

Ελληνικιj ΜαΟι1μαrικιj Ειαιρεία

YrιcuO. Τιπιογρηφcίου:

Ν.

lερά οδι\ς81-

Αδάκτu/,ος-Τηλ3-t?-t<)."Α

4ιfλlικτόοu O"uvexeιtλ. Σevίλpιlλ 6e ιi'TDI'eJίles

του

Κώστα Γράψα

Επαναλήψεις συμπληρώσεις

Στο προηγούμενο άρθρο είδαμε πως μπορούμε να δούμε με ένα πρόγραμμα ανάγνωσης ιστοσελίδων όπως ο Intemet Explorer5 , μια ιστοσελίδα που είναι δημοσιευμένη σε έναν διακομιστή του ιστού εισά 'Οντας την διεύθυνσή της στην θυρίδα Διεύθυνση(Αddres)του φυλλομετρητή. Η διεύθυνση πρέπει να γράφεται με προσοχή διαφορετικά δεν θα εμφανισθεί ή θα εμφανισθεί άλλη σελίδα. Ακόμη μπορεί να έχουμε γράψει σωστά την διεύθυνση άλλα η σελίδα να έχει αποσυρθεί ή να έχει μεταφερθεί αλλού. Μια λύση στην περίπτωση που νομίζουμε ότι έχουμε γράψει λάθος το όνομα αρχείου της ιστοσελίδας, είναι να σβήνουμε από αριστερά προς τα δεξιά μέχρι την πρώτη κάθετη I και αν δεν πρόκειται για ασύνδετο, «ορφανό)), αρχείο να την α ναζητήσουμε ως δεσμό από την index.html που θα εμφανισθεί αυτόματα. Αν, πράγμα πολύ σπάνιο ,δεν υπάρχει index σελίδα (ή default) θα εμφανισθούν όλα τα αρχεία και οι υποκατάλογοι του καταλόγου που βρίσκεται αριστερά της τελευταίας καθέτου I

Όπως είδαμε στο προηγούμενο άρθρο μπορούμε να δημιουργήσουμε με το σημειωματά ριο(Νοtepad),ένα αρχείο που περιέχει τον κώδικά της ιστοσελίδας να το σώσουμε σε μια δισκέτα ή στον δίσκο με επέκταση html (ή htm) και με τον Intemet Explorer 5 να βλέπουμε την εμφάνιση της ιστοσελί-· δας. Κάθε ιστοσελίδα είναι ένα υπερκείμενο. Προτείναμε δραστηριότητες για κατανόηση της βασικής ι διότητας του υπερκειμένου που είναι η μετάβαση από μία ιστοσελίδα στην άλλη με το «πάτημα σε δε σμό)).Η αναγνώριση του δεσμού γίνεται με την αλλαγή του δείκτη του ποντικιού όταν περνάει πάνω από τον δεσμό. Όταν έχουμε μία μεγάλη σε μήκος ιστοσελίδα συνήθως υπάρχουν δεσμοί οι οποίοι μας οδη γούν από το ένα σημείο στο άλλο σημείο της ίδιας ιστοσελίδας .Αν σε ένα σημείο της ιστοσελίδας έχου με μια άσκηση και σε ένα άλλο την λύση της Πχ <pre>

Να αποδε�χθεi ότ� n δ�άpεσος p�κpότεpn πλευρά

τp�γώνου σχnpατiζε� pεγαλύτεpn γωνiα pετnν

<a href= "#Ll">γ�α ΛΥΣΗ</a> Εδώ γpάφουpε κεipε_νο πολλών σε�pών ri

αφnνουpε κενές

γραppές

<a name="Ll">AΠOΔEIΞH</a> Προεκτεiνουpε τnν

δ�άpεσο pέxp� δ�πλασ�ασpού...

Κα� εδώ γράφουpε κεipενο πολλών σε�pών ri

αφnνουpε κενές

</pre>

γραppές

Τότε στον φυλλομετρητή αν «πατήσουμε)) στον δεσμό γία ΛΥΣΗ .Θα μεταφερθούμε στο σημείο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/2

Η Στήλη της Πληροφορικής ΑΠΟΔΕΙΞΗ της ιστοσελίδας.

Είδαμε ακόμη πως από το: Αρχείο(File)�Διόρθωση με το σημειωματάριο των Windows(Edit with Windows Notepad) μπο ρούμε να δούμε τον κώδικα που υπάρχει «πίσω» από αυτή την σελίδα και καθοδηγεί τον Intemet Explorer να την δημιουργήσει(τον κώδικα αυτόν μπορούμε να δούμε επίσης κάνοντας <<δεξί κλίκ» με το ποντίκι σε ένα σημείο της σελίδας που να μην είναι επάνω σε εικόνα επιλέγοντας Προβολή Προέλευσης (View Source) στο μενού που θα παρουσιασθεί ή ακόμη από το μενού Προβολή(View)�πηγή(Sοurce) Δηλαδή ένα αρχείο ιστοσελίδας, αυτό με προέκταση html ή htm, αν το ανοίξουμε με το σημειωμα τάριο (Notepad) Αρχείο(file)� Άνοιγμα (Open.. ) κ.λ.π βλέπουμε τον κώδικα ενώ αν το ανοίξουμε με τον lntemet Explorer βλέπουμε το αποτέλεσμα. Με ένα πρόγραμμα συγγραφής Ιστοσελίδων για παράδειγμα το FrontPage μπορούμε να δημιουργούμε εύκολα ιστοσελίδες και να βλέπουμε τις αλλαγές που επέρχο νται στον κώδικά και αντίστροφα να τροποποιούμε τον κώδικα και να βλέπουμε το αποτέλεσμα της τρο ποποίησης στο αποτέλεσμα · Μελετώντας τον κώδικα μιας ιστοσελίδας που μας αρέσει μπορούμε τον χρησιμοποιήσουμε ως πηγή έμπνευσης για την δημιουργία των δικών ιστοσελίδων ,με τον ανάλογο τρόπο που οι συγγραφείς οι ποιη τές οι επιστήμονες και οι ζωγράφοι μελετούν τα έργα μεγάλων δημιουργών για να κατανοήσουν γενικές δομές αλλά και λεπτομέρ�ιες που θα τους βοηθήσουν στις δικές τους δημιουργίες . Έτσι αν δούμε μια ιστοσελίδα και χωρίς να «κάνουμε κλιΚ)) σε κανένα δεσμό σε 1 Ο δευτερόλεπτα εμφανίζεται μια άλλή και μελετήσουμε τον κώδικα της σελίδας ,υπεύθυνη για αυτή την αυτόματη μετά βαση σε νέα σελίδα nea.html είναι η ετικέτα: <ΜΕΤΑ content=1

http-eqιιh="refresh" ,content="10, URL=ιιea.lιtιnl">

Έτσι μπορούμε να δημιουργήσουμε παρουσίαση με αυτόματη αλλαγή σελίδων. Αν παραλείψουμε την προς εμφάνιση σελίδα η ανανέωση (refresh) θα γίνει στην ίδια την σελίδα όπως στο παράδειγμα που ακολουθεί που είναι ο κώδικας σε αρχείου κειμένου refreshO.html που έχει ενσωματωμένο ένα απλό σε νάριo(JaνaScript) το αποτέλεσμα στον φυλλομετρητή Explorer θα είναι Mon Mar 12 13:01:49 2001 ό που ή ένδειξη 49 των δευτερολέπτων αλλάζει με κάθε ανανέωση ,δηλαδή σε κάθε δευτερόλεπτο. <ΜΕΤΑ content=l <SCRIPT>

http-equiv="refresh">

document.write(Date( )) </SCRIPT>

Στο προηγούμενο παράδειγμα το Dat.e ( ) περιέχει όλα τα χρονικά ,αριθμητικά και λεκτικά, χαρα κτηριστικά της τρέχουσας χρονικής στιγμής και είναι ένα «αντικείμενω) Αν από το Date μπορέσουμε να εξάγουμε τους χαρακτήρες 10 έως 20 θα μπορέσουμε να δημιουργήσουμε ένα ψηφιακό ρολόι όπως στην εφαρμογές lα, l β,lγ,lδ που ακολουθούν (Αν θα εκτελεσθούν οι εφαρμογές πρέπει να γραφεί ο κώδικας με προσοχή ,διαφορετικά σβήνουμε την πρώτη γραμμή που περιέχει την ετικέτα ΜΕΤΑ και κάνουμε την Ανανέωση (.Refresh) πατώντας το ομώνυμο εικονίδιο του lexplorer5 ) Εφαρμοyή lα

<ΜΕΤΑ http-equiv="refresh"'

content="'l"'>

<SCRIPT> document.write(Date(). substring(l0.20)) </SCRIPT>

Εφαρμοyή Ιβ

<ΜΕΤΑ content=l http-equiv=refresh>

<SCRIPT> t=Date() x=t.sub string(l 0 . 20) document.write(x) </SCRIPT>

Παραtήρηση: �

document. write(x. fontsize(lO). fontcolor("black") )

Εφαριwrή tr

<ΗΕΤΑ content=l http-equiv=refresh>

<SCRIPT> t=new Date() x=t.getHours() y=t.getMinutes()

:fjle � 'tJoW I" ' ;;.> • -

Fι.-

��!!;A:\efor1bbldm!

SΟρ

23:33:06

ι-

�

Η.

Η Στήλη της Πληροφορικής �=t-qetSeconds() docwmιent-v:ιrite (χ+ </SIC:JR.I:PT>

* Υ*

*�)

Στην τελευταία εφαρμογή με το newDate() έχουμε δημιουργήσει ένα αντίγραφο του «αντικειμένου» t και με την «μέθοδο» get έχουμε λάβει και τοποθετήσει στις μεταβλητές x,y,z τις ενδείξεις των ωρών των λεπτών και των δευτερολέπτων. Αυτό έγινε για να τονισθεί με παράδειγμα το «αντικείμενο» και η «μέθοδορ) στήν JavaScήpt . Στην εφαρμογή που ακολουθεί έχουμε το ίδιο αποτέλεσμα ευκολότερα με την VisualBasicScήpt Εφαρμσyή 1δ �ΤΑ content=l http-equiv=:ιref:ιresh> <SIC:JR.I:P'Jr laιnφJJ.aιιgre= '"Vbsc:ιrip1t ''' > docwmιen1t-v:ιri1te«1t�e) </SIC:JR.I:PT>

� Εδrο στη VisualBasicScript αν θέλουμε να απομονώσουμε τα δευτερόλεπτα ιiπό το time θα λάβουμε με αρχή τον 7° χαρακτήρα 2 χαρακτήρες με την βοήθεια της εντολής Mid ( συμβολοσειρά ,αρχή, μήκος ) ,το αντίστοιχο της εφαρμογής Ι α στην εφαρμογή Ι δ θα είναι: document. wήte(Mid(time,7 ,2)) Σε προηγούμενο άρθρό στο τεύχος 37/2000 είχαμε αναφέρει μερικά ωrJ..f:J. παραδείγματα σε VbasicScήpt. όιχία με JavaScript lCΙ)ρίως με το « Παρακάτω δίδουμε παραδείγματα σε είflενω) Math" Τα σενάρια που ακολουθούν ζητούν την αρχική τιμή t και το ποσοστό «στα εκατό)) της έκπτωσης e και εμφανίζουν την νέα τιμή s αντιστ

αντικ

<SCJRlJP"'r' LAOO«;;iil:lJA.GEo: "'Vbsιι:;:ιrip1t ">

<SC!RIJF>t' :n:.AJNIGil:lJAGE: ' - at"'.�.$..5.:: rJί Ό1t '" >

,, οοt:(ζ)ι Ίt:ιι.μ n n μι>;;Ίt<δι Qn<δ; t::ιιι:nn�n �'% "rι::ni Ίtnις; -τt::ιμnις; 1t 1t'"":Π:np11J!tb(ζ))x:« τ:ιι.μ n "' � ' '" » '''

!!Nt(ζjt ��μn n με-τtό on� �-n�:�n !!<ttτri -τtn<ς; -τt:ιμn� t t-JP>:ιr(ζ))J!l\ti.JP>t« "'!":ι;[!!n ·•· " » » �=JΡ>:ιt(ζ))1!111ιJΡ>t. « "''JE:ιιι:πrr�((,])(ίJjn '% " ,. '" '''

�""'inplY!t.�x:« '''ΊS::ιr<:Jifrlt((,])(ίJjn'/t '" �

'''

'" �

"'.

n•t.-�.,..t./Jι(Q)rvJ s""':ιt(ζ))lY!ndl.«n» �Jl.�:ιtit�s»

n=t.-�*1t/lrvJrvJ

</sιι:;Jtipt.>

</sιι:;:ιrlpt>

S"'"'JM!�Ιth-:ιr(ζ))undl.«nb �l�:ιrt.«s»

Παρατηρήση : Αντί alert(s) θα μπορούσαμε να γράψουμε document.wήte(s) Τα σενάρια που ακολουθούν ζητούν έναν αριθμό και αν είναι θετικός υπολογίζουν την τετραγωνική του ρίζα διαφορετικά εμφανίζουν ένα μήνυμα . <srζ:Jfl.l!'>'r ];AJNιGi11JA.Iϊ2;JE� ···νbsιι:;.:ιri:pt .,, > ' <SICJfl.lJi2>t' UJNJGil:lJAGJf!:""' ''' jj��s�:ιtip1t ''' > �""'ifijp>l!Jιit�x: � ,,, �""' ,,, � ' �"'"jpJ1ti(1)J!IIIιjp>it � ,,, �... ,,, ,. ,,, ,,, � if �<fQ) ith<@fi �Jι<@:ιtit « ,,, �ff:\!7 ιεχ:rι::;ιι JjJJJ!δ(ζ)!VJI1t(ζ)!Ίt it �@.<fΦ � « @.l�:ιtit � .,, Δrι::ν ιεχ:rι:::ιι. Jjjj_@J©l1f)!hrαnJΚ .)j._JΚJi1ι Ίtfi::Jt, ρi�©ι''' � Ji1ι ΊttΊt. ρi�ια ,, Η if �>""fQ) ith<@JfJl �Jι@:Ίtit « s�:ιt « �) •» if. «@.>""fQ)� ιιi!!tl<@:ιtt � lt41@.\h. s�:ιtit �@. b Η <!sιι:;:ιti]!2>1t> <#sιι:;.:ιri]!2>1t> ��

•

Παρατηρήσεις

05 , Το sqr(a) είναι το a ' 05 Το aΛΟ.5 είναι το a ·

05 Το Math.sqrt(a) είναι το a · Το Math.pow(a,0.5) είναι το a

Το sίn(a) είναι το ημ(a) το a σε ακτίνια κ. λ. π Το log(x) είναι ο φυσικός λογάριθμος του

Το Math.sin(a) είναι το ημ(a) το a σε ακτίνια κ.λ.π

• Το Math.Jog(x) είναι ο φυσικός λογάριθμος του

Το Math.LNl Ο είναι ο φυσικός λογάριθμος του 1 Ο

Παρατήρηση : Η JavaScript κάνει διάκριση πεζών- κεφαλαίων σε αντίθεση με την VisualBasicScήpt και σε συγκρίσεις για το άνισο χρησιμοποιεί το !=(όχι ίσο) και για την ισότητα το = = σε αντιστοιχία με το και = της δεύτερης Η eval(x) υπολογίζει την αριθμητική τιμή της παράστασης που στην Vbasic μορεί να περιέχει και δυνάμεις. <>

Βιβλιογραφία 1 ) Peter Wayner «Προγραμματίστε σε Java και Java Script>) Anubis 1 998 δελ 353-354 2) Peter Kent . ))Το επίσημο βιβλίο της Netscape για τη Java και την JavScript)) Ίων 1997 σελ 353-362 3) Elizabeth. Castro ''Εισαγωγή στην HTML γιαπαγκ ιστό)) Κλειδάριθμος 2000 σελ 228, 1 1 0-1 1 1,267-270 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/4

ο Ειιιύι:ίδιις ιιpστdνcι &ιdι:ίδιι. ιται - διό9ανιο ....

Από τον Ακαδημαϊκό κ. Νικόλαο Αρτε μιάδη πήραμε τις εξής ασκήσεις: Άσκηση ι Έστωσαν p1, p2, , Pn (όπου η� 1 ) , πρώτοι αριθμοί. Αποδείξτε ότι η παράσταση 1 1 1 -+-+···+Pn Ρι Ρ2 δεν είναι ποτέ ακέραιος αριθμός. . . •

Άσκηση2 Έστω ABC ένα μη αμβλυγώνιο τρίγωνο, με πλευρές μήκους ακεραίους αριθμούς, και τέτοιες ώστε BC< AC < ΑΒ . Έστω D ο πους της καθέτου από το Β επί του AC. Αποδείξτε ότι: AD- CD=4, τότε και μόνο τότε όταν, AB-BC=2.

Παραθέτουμε τις λύσεις των δύο ασκήσε ων που είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος ο Ακαδημαϊκός κ. Νικόλαος Αρτεμιάδης.

κατά μέλη και λαμβάνοντες υπόψη ότι σε τρί γωνο, απέναντι μεγαλύτερης γωνίας κείται με γαλύτερη πλευρά, ευρίσκουμε: αΑ+βΒ+γΓ= =60(α+β+γ) 1 +- [(α-β)(Α- Β)+(β-γ)(Β-Γ)+(γ-α)(Γ-Α) ] 3

� 60(α+β+γ)

όπου η ισότητα ισχύει, τότε και μόνο τότε, ό ταν το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Διαιρώντας με α+β+γ λαμβάνουμε την προς απόδειξη (δεξιά) ανισότητα. Ομοίως έχουμε: 2 1 1 βγΑ=60βγ+ βγΑ- βγΒ- βγΓ. 3" 3 3 Γράφουμε επίσης και τις δύο ανάλογες σχέσεις για γα και αβ, και εργαζόμενοι όπως παραπάνω έχουμε: βγΑ+γαΒ+αβΓ= 60(βγ+γα+αβ)

_![γ(α-β )(Α-Β)+-tα(β-γ)(Β-Γ)+β(γ-α) (Γ-Α)] 3

� 60(βγ+γα+αβ)

Ασιαισιι ι

Έστω ΑΒΓ τυχόν τρίγωνο. Αποδείξτε ότι αΑ+βΒ+γΓ βγΑ+γαΒ+αβΓ �60� α+β+γ βγ+γα+αβ ·όπου Α, Β, Γ είναι τα μέτρα· των γωνιών των κορυφών του τριγώνου σε μοίρες, και α, β, γ αντίστοιχα τα μήκη - των απέναντι πλευρών ( α= IBΓ I κ.ο.κ.).

όπου η ισότητα ισχύει τότε και μόνο τότε όταν το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Διαιρώντας με βγ +γα+αβ λαμβάνουμε την προς απόδειξη (αριστερή) ανισότητα. Ασιαισιι2

Αποδείξτε ότι e+log4 > 4

Λύση

'Εχουμε αΑ =

2 3

αΑ +.!.α(180- Β- Γ)= 3

2 1 1 =60α +-αΑ -- αΒ-- αΓ . 3

Γράφουμε επίσης τις ανάλογες σχέσεις για βΒ και γΓ. Προσθέτουμε τις παραπάνω τρεις ισότητες

(

)

'Εχουμε 0< r ι ex-2 dx.=e-4+log4. Jιog2 Ση μείωση Εδώ e είναι η βάση των φυσικών λογαρίθ μων. Χρησιμοποιήσαμε, για την λύση, το ότι η ex είναι μονότονος και ως εκ τούτου το οlο κλήρωμα είναι θετικό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/5

fmα�άδ0-l_α , (}Γ;

του Μάρκου Στολάκη

ο) Η μημόνευση τοο αpιθμσύ 2f

Για τη μνημόνευση του αριθμού π επινοήθη καν σε διάφορες χώρες προτάσεις, ρητά ή ακόμα και ποιήματα έτσι ώστε το πλήθος των γραμμάτων κάθε λέξης να υποδηλώνει και το αντίστοιχο ψη φίο του αριθμού αυτού. Υπενθυμίζουμε ότι η πα ράσταση του π με 3 1 δεκαδικά ψηφία είναι η επό μενη π = 3,141 5 9 2653 5 89793 23846 26433 83279 5 . Ας αρχίσουμε λοιπόν από την Ελλάδα, μια και πρώτοι οι αρχαίοι Έλληνες (ίσως ο Ιllιίτmν) επι νόησαν τέτοιες προτάσεις. Το ελληνικό σχετικό ρητό είναι το εξής: ΑΕΙ Ο ΘΕΟΣ Ο ΜΕΓΑΣ ΓΕΩΜΕΤΡΕΙ που δίνει τον αριθμό 3,141 5 9. Ο καθηγητής Nuώlaoς ΧατζJtδάιαις (1 8721 942) επινόησε το ρητό: ΑΕΙ Ο ΘΕΟΣ Ο ΜΕΓΑΣ ΓΕΩΜΕτpΕΙ. ΤΟΥ ΚΥΚΛΟΥ ΜΗΚΟΣ ΙΝΑ ΟΡΙΣΗ ΔΙΑΜΕΤΡΩ, ΠΑΡΗΓΑΓΕΝ ΑΡΙΘΜΟΝ ΑΠΕΡΑΝΤΟΝ. ΚΑΙ ΟΝ ΦΕΥ ΟΥΔΕΠΟΤΕ ΟΛΟΝ ΘΝΗΤΟΙ ΘΑ ΕΥ ΡΩΣΙ. Το ρητό αυτό δίνει τα 23 πρώτα ψηφία του π. Οι Ρουμάνοι παρουσίασαν το 1 889 το επόμε νο ρητό: RAR Ο RIMA S ARAΤΑ SPONTANEU ΙΝ RINDUL CELOR DIN LIEEU που δίνει τα πρώτα 11 ψηφία. Οι Γερμανοί έχουν <<υιοθετήσευ) την εξής πρόταση: WIE Ο DIES Π MACHT ERNSTLICH SO VIELEN VIELE MUL. LERNT IMMERHIN SάNGLINGE LEICHTE VERSELEIN VIE SO ZUM BEISPIEL DIES DάRFLE ZU ΜΕRΚΕΝ SEIN. Η πρόταση αυτή δίνει τα 24 πρώτα ψηφία του αριθμού π. Το παγκόσμιο όμώς ρεκόρ κατέχει η Γαλλία με το επόμενο τετράστιχο που δίνει 3 1 ψηφία Que j'aime a faire apprendre un nombre utile aux sages! Imortel Archimede, artiste ingenieur, Qui de ton jugement peut pήser la νaleur ? ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Pour moi ton problθme eut de pareils avantages. Κι εδώ θέτουμε το ερώτημα: υπάρχει ρητό ή ποίημα που να δίνει το μεγαλύτερο δυνατό πλήθος λέξεων; Απαντούμε ότι δεν υπάρχει. Αν όμως προκύψει αυτό θα πρέπει να έχει μόνο 32 λέξεις (μια λέξη για το ακέραιο μέρος δηλαδή το 3, και 3 1 λέξεις για τα δεκαδικά ψηφία). Γιατί αυτό; Αυ τό οφείλεται στο γεγονός ότι το 32° δεκαδικό ψη φίο είναι το μηδέν και λέξη με μηδέν γράμματα δεν υπάρχει. Φυσικά οι μνημονοτεχνικοί αυτοί κανόνες δεν έχουν καμιά πρακτική αξία εφόσον οι σύγχρονοι υπολογιστές έχουν υπολογίσει εκατομμύρια δεκα δικά ψηφία του αριθμού π.

β) Μια παράyωyος η οποία δεν υπάρχει και ό μως

'Ε

στω

-·

υπάρχει

συναρτηση

f ( χ)=

/§ +2 - χ -3

με

f: (-=,-2 ] υ (3,+= ) � IR. Να βρεθεί η εξίσω

ση της εφαπτομένης στο σημείο

χ0= -6 .

ΛΗιι:

Η εξίσωση της εφαπτομένης y - f (-6) ( -6) (χ + 6) . Τότε f' x ( )=

(�:�� J (�J =

(-Γχ+2)' �- (�)' -Γχ+2 (./ χ - )2 3

1 1 .J x+ 2 χ- 3ν� ./ χ + 2 ./ 2 2 χ 3 ��------��-----= χ -3 Β' λ.δ. τ.2/6

είναι:

Μαθηματικά Παράδοξα και Παιχνίδια

-5 2.Jx + 2 .Jx - 3 x ( - 3)

2,/χ .-. .. ;χ - 3 (χ - 3)

.J=i�-9 (-9) αδύνατο διότι

και τότε f' ( -6)= . 2

μοίως μπορούμε να αποδείξουμε ότι ΑΓ= ΒΓ φέρνονiας τη διχοτόμο της γωνίας f και τη μεσο κάθετο της ΑΒ . Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισό πλευρο!!! Που είναι το λάθος;

-4

.J=i !ίΞ IR, Η !ίΞ IR . Που είναι το λάθος; χ+ 2 Γχ+2 , �-Γραψαμε = � χ -3 ν χ-

Απάντηση:

το οποίο δεν ι3 σχύει για χ< -2 διότι χ + 2< Ο <=> χ< -2 και χ - 3< 0<::::> χ< 3 .

�= .Γα .Jβ γβ

Άρα

αν και μονο αν: α �

β > Ο, α, β ε IR . όμως = = = · g* fi � � % g Το σωστό είναι:

Π.χ.:

f ' (x) =

(ν� Γχ+2J' �

'i-=9

και f ( -6)=

�

=----

g = % . Άρα η εξίσωση της εφαy- � =

_2_ (χ+ 6) . 105

γ) Κάθε τρίγωνο είναι ισόπλευρο

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, όπου ΑΒ < ΑΓ< ΒΓ . Η διχοτόμος της γωνίας Α και η μεσοκάθετος (ε) της πλευράς ΒΓ τέμνονται στο σημείο Κ. Φέρνου με ΚΔ .l ΑΒ και ΚΕ .l ΑΓ (βλ. σχ.). Τότε Δ

ΑΔΚ = ΑΕΚ διότι: Δ= Ε= 90° , Α 1 = Α και ΑΚ 2 - κοινή. Άρα ΑΔ= ΑΕ (1) και ΚΔ= ΚΕ . Επίσης ΚΒ= ΚΓ (ιδ. μεσοκαθέτου) και Δ= Ε= 90° . Άρα Δ

Απόδειξη :

= �= χ+ 2 2-χ- 3

'i9

πτομένης θα είναι:

Απάντηση : Το σχήμα έγινε λάθος διότι το Ε πέφτει εσω τερικά του ΑΓ.

(�ί

χ -3 - χ - 2 2 (χ - 3) = ----= -, -5 και χ+ 2 χ+ 2 )2 2 2 (χ - 3 χ-3 χ -3 -5 -5 f' (-6)= = = -_2_ -� . 4 27 1 08 2 Γ-4 ( -9 )2 2 {4 . 8 1

�

και

ΚΔΒ= ΚΕΓ . Συνεπώς ΒΔ = ΓΕ (2). Από (1) και (2) με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε ΑΒ= ΑΓ . 0-

Ο περιγεγραμμένος κύκλος (γ) του ΑΒΓ τέμνει την (ε) στα σημεία Κ και Λ. Συνεπώς η ΚΑ ως μεσοκάθετος της χορδής ΒΓ είναι διάμετρος του κύκλου (γ). Άρα ΚΒ ΚΓ . Τότε η ΑΚ θα είναι διχοτόμος της γωνίας Α διότι .--...

_....-._

ΚΒ ΚΓ Α1 = = - = Α • Τώρα φέρνουμε ΚΕ .l ΑΓ 2 2 2 και ας υποθέσουμε ότι το Ε βρίσκεται στην προέΛ κταση του ΑΓ (βλ. σχ.). Τότε ΚΓΑ > Ε (1) ως ε ξωτερική γωνία ΚΕΓ . - ΚΒΑΛ 1 80° Λ ΚΒΑ Ό = --= 900 . μως ΚΓΑ= --< 2 2 2 .--...

_....-._

•

Άρα

ΚΓΑ< 90° (2). Λ

Από ( 1) και (2) έχουμε Ε< ΚΓΑ< 90° άτοπο. Υποθέσαμε ΚΕ .l ΑΓ . Άρα το Ε δε βρίσκεται στην προέκταση του ΑΓ μα ούτε στο σημείο Γ. Ε πομένως το Ε θα βρίσκεται εσωτερικά του ΑΓ δηλ. στο Ε'.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.2/7

MιlfJHMιiTΙKιl Kιll Ρι14ΙΙJΦQΝΙΚΕΣ Σ!ΙΧΝΙJΤΗΤΕΣ

του Ανδρέα Αρβανιτσyεώργου

ιστεύω ότι το άρθρο αυτό δικαιολογεί αρκετά τον τίτλο της στήλης, δεδομένου ότι μια απλή άσκηση από το βιβλίο μαθηματικών της Γ ' λυκείου όχι μόνο έχει ενδιαφέ ρουσες εφαρμογές, αλλά αποτελεί και το έναυσμα για παραπέρα μελέτη. Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε να συντονιστού με με το ραδιόφωνό μας στο σταθμό Αθήνα 984 του Δήμου της Αθήνας. Στο λεκανοπέδιο της Ατ τικής εκπέμπονται πάρα πολλές συχνότητες, οπότε με κάποιο τρόπο το ραδιόφωνό μας επιλέγει από όλες αυτές τη συχνότητα 984 που θέλουμε να α κούσουμε. Η διαδικασία της επιλογής αυτής μπο ρεί να διατυπωθεί χρησιμοποιώντας μερικά απλά αποτελέσματα του ολοκληρωτικού λογισμού. Το σήμα το οποίο παράγεται από το ραδιοφω νικό σταθμό μπορεί να παρασταθεί ως μια συνάρ τηση f(t) , όπου η μεταβλητή t παριστά το χρόνο. Αν στο λεκανοπέδιο Αττικής υπάρχουν k ραδιο φωνικοί σταθμοί, τότε ο καθένας εκπέμπει από ένα σήμα f1 (t),f2 (t), . . . ,fk(t) . Όταν τα σήματα αυτά έχουν φτάσει στο ραδιόφωνό μας, έχουν συντεθεί σε ένα σήμα το οποίο λαμβάνεται από το ραδώ φωνο στη μορφή f1(t)+f2 (t)+ · · · +fk(t) . Το ε ρώτημα τώρα είναι πώς εμείς μπορούμε να ακού σουμε μόνο ένα σήμα, για παράδειγμα το f1 (t) και να απαλλαχθούμε από τα υπόλοιπα σήματα f2 (t), ... ,fk(t) . Γενικά, αν έχουμε μια συνάρτηση f(t) η οποία να γράφεται ως άθροισμα δύο συναρ τήσεων f(t) =f1(t)+f2 (t) , τότε αν γνωρίζουμε μόνο την f(t) είναι αδύνατο να βρούμε τις άλλες δύο. Ούτως ή άλλως το πρόβλημα δεν λύνεται και για απλούς αριθμούς: αν χ + y = 20 , τότε ποιά είναι τα χ και y ; Παρόλα αυτά το πρόβλημα για τα ραδιοφωνι κά σήματα μπορεί να λυθεί, μια και αυτά εκφρά ζονται με συναρτήσεις των ημιτόνων και συνημιτόνων και έτσι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε ι-

διότητες των συναρτήσεων αυτών. Ας δούμε κατ' αρχάς τη μαθηματική πλευρά της εκπομπής ενός σήματος από έναν ραδιοφωνικό σταθμό (σε αρκε τά απλουστευμένη μορφή). Σε κάθε σταθμό δίνε ται από το Εθνικό Συμβούλιο Ραδιοτηλεόρασης μια συχνότητα (π.χ. FM 984) με τη μορφή μιας συνάρτησης ημνχ (όπου συνήθως το ν είναι ένας πολύ μεγάλος φυσικός αριθμός της τάξης του εκα τομμυρίου). 1 Στη συνέχεια ο σταθμός μπορεί να στέλνει σήματα της μορφής g(χ)ημνχ , όπου η συνάρτηση g(χ) είναι γενικά ένας γραμμικός συν δυασμός ημιτόνων και συνημιτόνων και παριστά ομιλία, μουσική, κλπ. Ας έρθουμε πάλι στο πρόβλημα του σταθμού. Υποθέτουμε ότι έχουμε τρείς ραδιοφωνικούς σταθμούς Α, Β, Γ και ότι σύμφωνα με τα παραπά νω αυτοί εκπέμπουν τα σήματα (3ημt - 2ημ2t)ημ8t , (5ημt+ 6ημ2t)ημ16t και (4ημt+ 7ημ2t)ημ24t αντίστοιχα. Το σήμα το ο ποίο φτάνει .στο ραδιόφωνό μας έχει τη μορφή f(t ) = (3ημt - 2ημ2t)ημ8t+ (5ημt+ 6ημ2t)ημ1 6t+ +(4ημt + 7ημ2t)ημ24t . Πώς μπορούμε τώρα να συντονιστούμε σε έ ναν μόνο σταθμό, για παράδειγμα στον Β, και να "ακούσουμε" μόνο τη συνάρτηση 5ημt+ 6ημ2t , οποία μεταφέρει τη μουσική ή την ομιλία; Κά νουμε το εξής: χρησιμοποιούμε την τριγωνομε τρική ταυτότητα ημΑημΒ = 1/2 [συν(Α - Β) - συν(Α + Β)] και γράφουμε τη συνάρτηση f(t) στη μορφή 3 2 f(t) =-[συν?χ - συν9χ] - -[συν6χ -συνlΟχ] 2 2 1 Στην πράξη χρησιμοποιούνται γραμμικοί συνδυασμοί ημιτόνων κ:αι συνημιτόνων κ:αι μάλιστα το ν δεν είναι απαραίτητα ένας φυσικός αριθμός.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.2/8

Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις

6 5 + -[συν1 5 χ - συν17χ]+ -[συν14χ - συν18χ] 2 2 7 4 + -[συν23χ - συν2 5 χ]+ -[συν22χ - συν26χ] . 2 2 Στη συνέχεια υπολογίζουμε τα ολοκληρώματα f(t)συν17t dt και f(t)συν18t dt . (1)

Στο σημείο αυτό αναφέρουμε δύο αποτελέ σματα τα οποία προκύπτουν απευθείας από τις α σκήσεις 5 και 6 της σελίδας 3 1 7 του βιβλίου μα θηματικών θετικής κατεύθυνσης της Γ' λυκείου [1]. Άσκηση 1.

J: ημαt ημ βt dt = Ο και J: συναt συνβt dt = Ο ,

για α:;t:±β .

Άσκηση 2. π 2 αt dt =π ημ και iο 2 α = 1, 2, 3, . . . .

π 2 αt. dt =-, π συν i 2 ο

για

Χρησιμοποιώντας την άσκηση 1 όλοι οι όροι των ολοκληρωμάτων (1) μηδενίζονται, εκτός από έναν. Συνεπώς έχουμε:

rπ f(t)συν17t dt = -� rπ συν2 17t dt = -�π

και 2 Jo 22 rπ f(t)συν18t dt = - � rπ συν2 1 8t dt = - �� Jo 2 Jo 2 2'

όπου για τους υπολογισμούς των δεύτερων ολο κληρωμάτων χρησιμοποιήσαμε την άσκηση 2. Πολλαπλασιάζοντας τώρα τις τιμές των ολοκλη ρωμάτων που υπολογίσαμε με -4/π , λαμβάνουμε τους συντελεστές 5 και 6 των ημt και ημ2t αντίστοιχα, συνεπώς ακούμε το σήμα από το σταθμό Β όπως θέλαμε. Η τεχνική που ακολουθήσαμε πιο πάνω γενι κεύεται οποτεδήποτε οι σταθμοί εκπέμπουν σήμα μορφής της τα όπου g(t)ημαt , g( t) = a 1ημt + a 2 ημ2t+ · · ·+ akημkt . Για να βρού με τον συντελεστή ak από το σήμα f(t) που λά το ολοκλήρωμα υπολογίζουμε βαμε, f( t)συν(α+ k)tdt και στη συνέχεια πολλαπλα

σιάζουμε το αποτέλεσμα με -4/π . Υπάρχει βέ βαια και το ερώτημα πώς σχεδιάζονται τα ηλε-

κτρικά κυκλώματα ώστε να εκτελούν πολλαπλα σιασμούς και ολοκληρώματα, αλλά αυτό είναι ένα άλλο θέμα που δεν θα ασχοληθούμε εδώ (βλ. π.χ. το [4]) . Συνοψίζοντας λοιπόν, όταν η συνάρτηση g(t) εκφράζεται ως γραμμικός συνδυασμός ημιτόνων, τότε μπορούμε να λύσουμε το πρόβλημα του συ ντονισμού σε μια ραδιοφωνική συχνότητα. τι γί νεται όμως στην περίπτωση που η συνάρτηση g( t) δεν έχει αυτή τη μορφή; Περί το 1 807 ο μαθημα τικός Joseph Fouήer απέδειξε ότι (υπό κάποιες συνθήκες) οποιαδήποτε συνάρτηση μπορεί να γραφεί ως ένα άπειρο άθροισμα ημιτόνων ή συνη μιτόνων ή και των δύο μαζί (σειρές Fouήer). Πιο συγκεκριμένα, απέδειξε ότι αν δοθεί μια συνάρτη ση g(t) ορισμένη στο ανοικτό διάστημα (0, π) , τότε αυτή γράφεται ως ένα άθροισμα της μορφής g(t) = a 1ημt + a 2 ημ2t+ a3ημ3t +·· · (σειρά Fouήer ημιτόνων). Αντίστοιχα υπάρχει η σειρά Fouήer συνημιτόνων και η πλήρης σειρά Fouήer ημιτόνων και συνημιτόνων μαζί. Χρησιμοποιώντας τις α σκήσεις 1 και 2 οι συντελεστές aκ(α.) δίνονται από τον τύπο ak =� rπ g(t)ημ kt dt . π Jo Ο Fouήer αρχικά ανέπτυξε τη θεωρία του για ανάπτυγμα οποιασδήποτε συνάρτησης σε σειρά η μιτόνων και συνημιτόνων με σκοπό να μελετήσει το φαινόμενο της μετάδοσης θερμότητας. Η ε φαρμογή στα ραδιοφωνικά σήματα ήρθε αρκετά αργότερα. Η εργασία του Fouήer έδωσε έναυσμα και για ενδιαφέροντα μαθηματικά ερωτήματα. Για παράδειγμα, τι ακριβώς σημαίνει να έχουμε ένα ά πειρο άθροισμα ημιτόνων και συνημιτόνων (γενι κά άπειρο άθροισμα συναρτήσεων); Επίσης ποιές συναρτήσεις έχουν ανάπτυγμα Fouήer και σε ποιά διαστήματα; Βιβλιογραφία

[1] Σ. Ανδρεαδάκη, κ.ά: Μαθηματικά Θετικής Κατεύθυνσης Γ' Τάξης Ενιαίου Λυκείου, 0-

ΕΔΒ ( 1999). [2] Ρ. Daνis - R. Hearch: Η Μαθηματική Εμπει ρία, Εκδ. Τροχαλία, Αθήνα. [3] Ρ. Gray - S. Campbell: Electronic Principles: Physics, Models and Circuits, Wiley (1969). [4] R. Haberman: Elementary Applied Partial

Differential Equations, with Fourier Series and Boundary Value Problems,

(1987).

[ 5]

Prentice-Hall

Straffin (ed): Applίcatίons of Calculus, Mathe matical Association of America, (1993).

Ρ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/9

Γιάννης Ράμμος

(μαθητής 4ου Λυκείου Λαμίας)

1. Από σημείο Μ εξωτερικό κύκλο (O,R) φέ ρουμε τις εφαπτόμενες ΜΑ και ΜΒ αυτού. Η διάμετρος του κύκλου που είναι κάθετη στην ΟΜ, τέμνει τις ευθείες ΜΑ και ΜΒ στα σημεία Γ και Δ αντίστοιχα. Αν η ευθεία ΑΟ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ε, να αποδείξετε ότι η ευθεία ΔΕ είναι εφαπτόμενη του κύκλου.

Λύση:

Αν η ΒΑ και η ΕΖ τέμνονται στο Η και οι ΒΓ Δ

και ΕΔ στο Θ έχουμε ΗΑΖ =ΓΔΘ.

Άρα και Η =Θ

(1 ). Αλλά Β=Ε (2).

Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΒΗΕΘ παραλ ληλόγραμμο άρα ΑΒ 11 ΕΔ και BΓII ΕΖ.

Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των απο στάσεων κάθε σημείου της βάσης ισοσκελούς τριγώνου από τις ίσες πλευρές του είναι σταθε ρό.

Λύση: Α

Αρκεί να αποδείξουμε ότι η ΔΕ είναι κάθετη στην ΟΕ. Επειδή όμως ΟΑ j_ ΑΜ , δηλαδή ΟΕ j_ ΜΑ αρκεί να δείξουμε ότι ΔΕ 11 ΜΑ. Στο τρίγωνο ΜΓΔ το ΜΟ είναι και ύψος και διχοτόμος, άρα ΜΟ και διάμεσος, δηλαδή το Ο εί ναι .μέσο του ΓΔ. Επίσης το Ο είναι μέσο του ΑΕ. Άρα το τετράπλευρο ΑΔΕΓ είναι παραλληλόγραμ μο (διαγώνιοι διχοτομούνται) και επομένως ΔΕΙΙΑΓ ή ΔΕΙΙΜΑ.

2. Δίνεται εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ του οποίου οι α πέναντι γωνίες ανά δύο είναι ίσες. Να αποδείξετε ότι ΑΒ 11 ΕΔ και ΒΓ 11 ΕΖ

Έστω Μ τυχαίο σημείο της βάσης ΒΓ και ΜΖ ΜΔ οι αποστάσεις του από τις ίσες πλευρές ΑΒ, ΑΓ. Θα δείξουμε ότι ΜΖ+ ΜΔ =σταθερό. ,

Θεωρούμε το ύψος ΓΗ που είναι σταθερό και τη ΜΘ j_ ΗΓ . Επειδή το ΖΜΘΗ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, άρα ΜΖ = ΘΗ. Συγχρόνως ΜΔ = ΓΘ, καθότι τα ορθογώνια τρίγωνα ΘΜΓ και ΔΜΓ είναι ίσα αφού έχουν τη Λ

•

Λύση:

ΜΓ κοινή πλευρά και ΘΜΓ=Β= ΜΓΔ . Π αρατή ρηση :

ΜΖ+ΜΔ=ΗΘ+ΓΘ=ΓΗ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/10

ΚΥΚΛΟΦΟΡΕΙ

από την Επιτροπή Ερευνών της Ακαδημίας Αθηνών το βιβλίο του Ακαδημαϊκού

Νικολάου Κ. Αρτεμιάδη

ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ (από της σκοπιάς του Μαθηματικού) [Σελίδες 764, Δρχ. 8500]

ΑΚΑΔΗΜΙΑ ΑθΗΝΩΝ ΕΠΙΤΡΟΠΗ Ι!ΡΕ ΥΝΩΝ

ΔΗΜΟΣΙΕΥΜ�Τλ: λΡ/θΜΟΣ

Ιστορία (λιrό

των

τw

Μαθηματικών

Εκοιrιά' τον Μαθηματικού)

ΝΙΚΟΛΑΟΣ Κ. ΑΡ'fΒΜΙΑΔΗΣ t��

�χαδnμια; �Οnνών

Στα 39 κεφάλαια του έργου γίνε ται μία σύντομη αναδρομή στην ι στορία των μαθηματικών περίπου α πό το 500 π.Χ. μέχρι τις πρόσφατες ανακαλύψεις. Ο συγγραφέας προ σπαθεί να διδάξει μαθηματικά κινού μενος σε γενικά ιστορικά πλαίσια. Ελπίζεται ότι οι νέοι μαθηματικοί θα βοηθηθούν στο να προσανατολι στούν προς τις κατευθύνσεις εκείνες πού ανταποκρίνονται στην ατομική τους ερευνητική ιδιοσυγκρασία και στα δικά τους ενδιαφέροντα. Το όλο κείμενο συνοδεύεται συχνά από πα ρατηρήσεις, σχόλια και απόψεις φι λοσοφικού περιεχομένου.

�ΘΗΝΑ zooo

Γενικότερα το σύγγραμμα απευθύνεται σε όσους ασχολούνται με τα μαθηματικά: σπουδαστές, καθηγητές, ερευνητές, κυρίως όμως στους νέους μαθη ματικούς, αυτούς που βρίσκονται στο τέλος των σπουδών τους ή στην αρχή της ε πιστημονικής τους σταδιοδρομίας. ΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΔΙΑΤΙΘΕΤΑΙ ΣΕ ΟΛΑ ΤΑ ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΑΘΕΣΗ: ΣΟΛΩΝΟΣ 84, ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ 3603028

1 λ.ΡΧλ.Ιλ. €λλΗΝΙΚλ. Μλ.θΗΜλ.ΤΙΚλ. ιι ()ι /ΙΙΑiιιμιtrΙΚΙί TIU Jlf&I'IAΙfιJYΙKIU Ε.λJιινιl'μοό

του Μιχάλη Μανωλόπουλου

το προηγούμενο τεύχος σ' ένα ενδιαφέρον άρθρο-πίνακα της κυρίας Χριστίνας Φiλη, α ναφέρονται οι κυριότεροι σταθμοί της μαθη ματικής ε?ttστήμης, σ' ό'ΜJ τον κόσμο από το 3.000 π.Χ. έως σήμερα. Είναι 'ΜJιπόν φυσιο'ΜJγική η περω ρισμένη αναφορά για τα μαθηματικά του Βυζαντίου. Στη συνέχεια θα ακο'ΜJυθήσει μία περιληπτική ανα φορά σε μαθηματικούς του Μεσαιωνικού Ελληνι σμού. Σημαντικό μέρος των βιογραφόύμενων εκτός από την ενασχόλησή του με τα μαθηματικά είχε να επιδείξει επιστημονική δράση και στις υπό'ΜJmες θε τικές επιστήμες όπως και στην θεολογία, την φι'ΜJ σοφία, την ποίηση και την ιστορία. Κάποιοι υπήρξαν επίσης προσωmκότητες με έντονη πολιτική δράση. Όπως είναι φυσικό το ενδιαφέρον μας εστιάστηκε κυρίως στην πρώτη τους δραστηριότητα. Και μία επισήμανση που νομίζουμε δεν στερεί ται σημασίας. Η αυτοκρατορία που επί έντεκα αιώ νες διαμόρφωσε ένα λαμπρό πολιτισμό, ποτέ δεν αυ τοαποκλήθηκε Βυζαντινή. Οι κάτοικοί της ονόμαζαν τους εαυτούς τους Ρωμαίους ή Χριστιανούς και την πατρίδα τους Ρωμανία. Όσο μάλιστα υποχωρούσε, με το πέρασμα του χρόνου, η ταύτιση του Έλληνα με τον ειδω'ΜJλάτρη διευρύνετο η χρήση του ονόματος Έλληνας. Σ' αυτό το άρθρο 'ΜJmόν υπάρχει η συνει σφορά της «Νέας Ρώμης» στα μαθηματικά, αλλά και στις φυσικές εmστήμες γενικότερα, συνεισφορά του Ελληνισμού και μάλιστα του Μεσαιωνικού Ελληνι σμού. Είναι απαραίτητο να αναφερθεί εδώ, μια άπο ψη που την ασπάζεται η πλεωψηφία των ιστορικών της εmστήμ'ης. Ο Μεσαίωνας δεν είναι καθό'ΜJυ μια «σκοτεινή» περίοδος της ιστορίας, όπως ίσως θα ά ρεσε σε κάποωυς, ούτε η σχολαστική παράδοση ε κείνης της εποχής υπονόμευε την επιστήμη. Αυτά κυρίως για τον δυτικό Μεσαίωνα γιατί στην Ανατο λή έχουμε μία τεράστια πνευματική, πολιτιστική καλλιτεχνική και εmστημονική άνθιση, με αποτέλε σμα τον 14° και 15° αιώνα, τα πλήθη στη Δύση να κρέμονται από τα στόματα ακόμα και μετρίων 'ΜJγί ων προσφύγων από την Ανατολή. Η δημωυργικότη τα του ελληνικού πνεύματος δεν περωρίζεται μόνο στην αρχαιότητα. «0 ρό'ΜJς του Βυζαντίου στην εξέ λιξη των εmστημών και ιδιαίτερα των μαθηματικών

και της αστρονομίας είναι .σημαντικός» (Ιστορία της Βυζαντινής Αυτοκρατορίας, έκδοση του Πανεmστη μίου του Cambήdge). Κληρικοί, μοναχοί αλλά και λαϊκοί καλλιέργησαν και συντήρησαν τον πολιτισμό και τις εmστήμες. Χαρακτηριστικό της ευρύτητας του πνεύματός των, είναί το ενδιαφέρον τους για την σοφία των Περσών και των Ινδών, όπως αναφέρει ο καθηγητής Β. Τατάκης. Συνηθίζεται η Βυζαντινή Ιστορία να διαιρείται σε τρεις μεγάλες περιόδους: την Πρώιμη, τη Μέση και την Ύστερη. Α. Πρώιμη Περίοδος Αρχίζει το 324 μ.Χ. με την ίδρυση της Νέας Ρώμης (Κωνσταντινουπόλεως). Διαρκεί μέχρι τα μέ σα περiπου του 700 αιώνα. Το τέ'ΜJς της συμπίπτει με την άνοδο του Ισλαμισμού και την οριστική εγκατά σταση των Αράβων στις νοτιοανατολικές ακτές της Μεσογείου. Β. Μέση Περίοδος Διαρκεί μέχρι την άλωση της Κωνσταντινουπό λεως από τους Σταυροφόρους το 1204. Γ. Ύστερη Περίοδος Από το 1204 μέχρι την Άλωση της Πόλης από τους Τούρκους, το 1453. ·

Μαθηματικοί της Πρώιμης Περιόδου Σερήνος (4ος μ.Χ. αιώνας). Έλληνας μαθηματι κός από την Αντινούπολη της Αιγύπτου. Χρονολογι κά η. δράση του τοποθετείται μεταξύ του Πάππου (τέλη του 300 μ.Χ. αιώνα) και του Θέωνος του Αλε ξανδρέως (330-390 μ.Χ.). Έχουν σωθεί τα εξής δύο έργα του: Περί κυλίνδρου τομής και Περί κώνου το μής. Έγραψε επίσης σχόλια στα Κωνικά του Απολ λωνίου, τα οποία χάθηκαν. Στο Περί κυλίνδρου το μής αποδεικνύει ότι αν ο κώνος και ο κύλινδρος τμη θούν κατά ορισμένο τρόπο προκύπτουν ταυτόσημα σχήματα. Στις τελευταίες σελίδες αυτού του βιβλίου περιέχονται προτάσεις που αφορούν τις εmφάνειες και τους όγκους κυκλικών κώνων. Στο Περί κώνου τομής υπάρχει μια πρόταση που θεωρείται βασική για την θεωρία των αρμονικών λόγων. Και τα δύο αυτά έργα στηρίζονται σε εργασίες του Απολλωνίου του Περγαίου. Με την μελέτη των έργων του Σερή νου ασχολήθηκε την εποχή των Παλαιολόγων ο Έλ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.l/12

Η Συμβολή της Ελλάδας στα Μαθηματικά ληνας φtλόσοφος Θεόδωρος Μετοχίτης (1260-1332). Τα έρyα του Σερήνου εκδόθηκαν από τον Σ.Λ. Χάι μπερyκ το 1896, στην Βιβλιοθήκη Teubner. Θέων ο Αλεξανδρεύς (330-395 μ.Χ.). Μαθημα τικός, aστρονόμος και φιλόσοφος, δίδαξε στο μου σείο της Αλεξάνδρειας (πανεmστήμιο και βιβλιοθή κη), του οποίου διατέλεσε και διευθυντής. Κατέγρα ψε δύο εκλείψεις του ηλίου (των ετών 365 και 372). Έγραψε ένα αστρονομικό σύγγραμμα βασισμένο στο έρyο του Ιππάρχου. Εξέδωσε το 370 μ.Χ. τα στοιχεία του Ευκλείδη, μάλιστα υπήρξε διάδοχος του στη σχολή. Ο αριθμός των βιβλίων πόυ συνέγραψε φαί νεται πως ήταν 13. Σώζεται πλήρως το βιβλίο που περιέχει σχόλια στη Σύνταξη του Πτολεμαίου. Πρόκλος ο Λύκειος (410-485 μ.Χ.). Νεοπλα τωνικός φtλόσοφος, μαθηματικός και aστρονόμος. Γεννήθηκε στην Κωνσταντινούπολη και πέθανε στην Αθήνα. Υπήρξε μαθητής του Ήρωνα, του Ολυμπιό δωρου, του Πλουτάρχου και του Συριανού τον οποίο διαδέχθηκε στην διεύθυνση της Ακαδημίας Αθηνών. Ο βιογράφος του και μαθητής του Μαρίνος, αναφέ ρει ότι σπούδασε στην Λυκεία και κατόπιν στην Α λεξάνδρεια. Ήταν πολυμαθής, με πνεύμα συστημα τικό όχι όμως και δημιουργικό. Είχε aσκητικές τά σεις. Έγραψε φιλοσοφικά έρyα καθώς και σχόλια σε έρyα του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη. Στο έρyο του Περί σφαίρας πραγματεύεται τους ουράνιους κύ κλους, υπάρχει δε αναφορά στον Ερμή και την Α φροδίτη ως δορυφόρων του Ηλίου. Έγραψε επίσης το Υποτύπωσις των aστρονομικών υποθέσεων. Πρό κειται για σχόλια στον Ευκλείδη το Νικόμαχο και τον Πτολεμαίο. Από τα υπομνήματά του στον Ευ κλείδη σώζεται δυστυχώς μόνο εκείνο που αναφέρε ται στο πρώτο βιβλίο, το οποίο περιέχει και πολλές ι στορικές πληροφορίες. Αμμώνιος (5ος μ.Χ. αιώνας). Νεοπλατωνικός φιλόσοφος aστρονόμος και σχολιαστής. (Σχολιαστές ονομάζονται οι εξηγητές των κειμένων των μεγάλων μαθηματικών συγγραφέων). Έζησε και δίδαξε στην Αλεξάνδρεια. Σπούδασε με τον αδερφό του Ηλιόδω ρο στην Αθήνα έχοντας δάσκαλο τον Πρόκλο. Υ πήρξε δάσκαλος των πιο σημαντικών νεοπλατωνι κών του 600 αιώνα, όπως του Συμπλίκιου του Ολυ μmόδωρου, του Ιωάννη του Φtλόπονου και άλλων. Προσπάθησε να συνδυάσει τον μυστικισμό των νεο πλατωνικών με τον ορθολογισμό του Αριστοτέλη. Από την κοσμολογία του διαφαίνεται πως ήταν κο ντύτερα στον Χριστιανισμό παρά στην αρχαία ελλη νική σκέψη. Υπήρξε σχολιαστής των έρyων του Α ριστοτέλη. Στα σχόλιά του στις Κατηγορίες του Αρι στοτέλη αναφέρεται στον τετραγωνισμό του κύκλου. Υποθέτει μάλιστα το αδύνατο της λύσεώς του, υπό θεση ορθή όπως αποδείχθηκε το 1882. Συνέσιος (370-413). Επίσκοπος Πτολεμαίδος. Νεοπλατωνικός φιλόσοφος, χαρακτηριστικός εκπρό-

σωπος του αρχαίου κόσμου στην μεταβατική περίο δο της τελικής εmκρατήσεως του χριστιανισμού στην Αίγυπτο. Σπούδασε φιλοσοφία στην Αλεξάνδρεια, όπου παρακολούθησε τις παραδόσεις της φιλοσόφου Υπατίας. Παρέμεινε τρία χρόνια στην Κωνσταντι νούπολη παρακολουθώντας τις φιλοσοφικές τάσεις της εποχής του. Το 410 κατόmν απαιτήσεως του λα ού χειροτονήθηκε επίσκοπος Πτολεμαίδος. Ασχολή θηκε ιδιαίτερα με την Αστρονομία και την Φυσική. Κατασκεύασε aστρολάβο, δηλαδή αστρονομικό όρ γανο για τον προσδιορισμό της θέσης ενός αστέρα στον ουράνιο θόλο. Έγραψε μάλιστα και σχετική πραγματεία με τον τίτλο: Προς Παιόνιον υπέρ του δώρου αστρολαβίου λόγος. Θέλοντας κανείς να αναφερθεί σε ονόματα και δραστηριότητες, κάνοντας πάντα μία επιλογή, θα πρέπει να γεμίσει σελίδες επί σελίδων. Όμως ο πε ριορισμός χώρος ενός άρθρου δεν το εmτρέπει. Έτσι περιοριζόμαστε σε μια απλή μνεία. Ανατόλwς (3ος έως 4ος αιώνας), επίσκοπος Λαο δικείας, μαθηματικός. Μαρκιανός ο Ηρακλιώτης (4ος μ.Χ. αιώνας). Έλληνας -yεωγράφος από την Ηράκλεια του Πόντου, διασωθένm αποσπάσματα έργων του μαρτυρούν σωστές γνώσεις μαθηματικής -yεωyραφίας. Δαμ ι ανός (4ος μ.Χ. αιώνος). Φuσucός, φtλόσο φος και μαθηματικός, από την Λάρισα της Συρίας. Μαρίνος ο Νεαπολίτης (5ος μ.Χ. αιώνας). Εξέ δωσε τα Δεδομένα του Ευκλείδη προλογίζοντάς τα και σχολιάζοντάς τα. Συμπλίκιος (5ος μ.Χ. αιώνας). Φιλόσοφος, μα θηματικός, aστρονόμος και σχολιαστής. Δόμνινος (5ος μ.Χ. αιώνας). Νεοπλατωνικός φι λόσοφος και μαθηματικός. Εβραίος το θρήσκευμα. Ο Ανθέμιος ο Τραλλιανός και ο Ισίδωρος ο Μιλήσιος (6ος μ.Χ. αιώνας) είναι γνωστοί ως οι αρ χιτέκτονες του περικαλλούς ναού της Αγίας Σοφίας, λίγοι όμως γνωρίζουν την λοιπή εmστημονική τους δράση. Αρχιτέκτονας μηχανικός και γεωμέτρης από τις Τράλλεις της Μ. Ασίας ο πρώτος σπούδασε σε α νώτερες σχολές της αυτοκρατορίας. Εισήγαγε τον λόγο της χρυσής τομής σε πολλές κατασκευές του. Μελέτησε τις ιδιότητες των κωνικών τομών τις οποί ες εφάρμοσε στην οπτική, προχωρώντας σε πολλά σημεία πέραν του Απολλωνίου του Περyαίου. Στον Ανθέμιο οφείλεται η ανακάλυψη ότι η εστία παρα βολικού κατόπτρου συγκεντρώνει τις ακτίνες που προσπίπτουν σ' αυτό παράλληλες προς τον άξονά του. Ο Ανθέμιος διακρίθηκε και για το συγγραφικό του έρyο στον τομέα της μηχανικής, από το οποίο διασώθηκαν ελάχιστα αποσπάσματα της πραγματεί ας «Περί παραδόξων μηχανημάτων». Πραγματευό ταν σ' αυτήν την ελάχιστη δύναμη του υδρατμού και τα σφαιρικά τρίγωνα του Αρχιμήδη. Πέθανε το 534 μ.Χ. Θεωρείται ο διαμορφωτής του βυζαντινού ρuθ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.Ι/13

Η Συμβολή της Ελλάδας στα Μαθηματικά

μού στην αρχιτεκτονική, προσθέτοντας χαμηλό τρούλο στην βασιλική και σεφά παραθύρων στο τύ μπανο του ναού. Ο δεύτερος ο Ισίδωρος ήταν μαθη τής και aνιψιός του Ανθεμίου. Μαθηματικός και αρ χιτέκτονας. Έχnσε μαζί με τον Ανθέμιο τον ναό της Αγίας Σοφίας στην Κωνσταντινούπολη με εντολή του αυτοκράτορα Ιουστινιανού, από το 532 έως το 537, καθώς και οχυρωματικά έΡΎα στην Δάρα της Συρίας. Εmνόησε όΡΎανΟ με το οποίο γράφεται η υ περβολή. Δημοσίευσε το έΡΎΟ Περί κατασκευής κοί λων κατόπτρων. Υπήρξε εκδότης και σχολιαστής των έΡΎων του Ευτοκίου που αφορούσαν τον Απολ λώνιο και τον Αρχιμήδη. Έγραψε επίσης σχόλια στα Καμαρικά του Ήρωνος του Αλεξανδρέως και εξέ δωσε τα έΡΎα του Αρχιμήδη. Υπήρξε δάσκαλος του τελευταίου διευθυντή της Ακαδημίας Αθηνών του Δαμάσκιου. Ιωάννης ο Φιλόπονος (6ος μ.Χ. αιώνας). Βαθύς μελετητής του Πλάτωνα και του Αριστοτέλη. Έγρα ψε μονογραφίες στα Μαθηματικά και στην Αστρο νομία. Έγραψε επίσης υπομνήματα στον Αριστοτέλη και στην Αριθμητική εισαγωγή του Νικομάχου του Γερασηνού. Στέφανος ο Αλεξανδρεύς (6ος f.LX. αιώ νας). Περίφημος έλληνας λόγιος και μαθηματικός επί της εποχής του αυτοκράτορα Ηρακλείου. Δίδαξε στο πανεπιστήμιο της Κωνστανnνουπόλεως φιλοσοφία, μαθηματικά, αστρονομία και μουσική. Μαθηματικοί της Μέσης Περιόδου

Κατά την μέση περίοδο, θα αναφερθούμε εκτε νέστερα σε δύο λαμπρά ονόματα πνευματικών και ε mστημονικών προσωmκοτήτων, του Λέοντος του Μαθηματικού και του Μιχαήλ του Ψελλού. Λέων ο Φιλόσόφος ή Μαθηματικός (9ος μ.Χ. αιώνας). Μητροπολίτης Θεσσαλονίκης. Λ(yγιος του φu αιώνα και από τις σημαντικότερες πνευματικές προσω mκότητες της εποχής του. Φtλόσοφος, aστρονόμος και μαθηματικός, κατέβαλλε μεγάλες προσπάθειες για να περισώσει το έΡΎΟ των μεγάλων κλασσικών μαθηματι κών. Με δική του πρωτοβουλία εκδόθηκαν τα Άπαντα του Αρχιμήδη στην Κωνστανnνούπολη. Δίδαξε στην ανώτερη σχολή της Μαγναύρας φιλοσοφία, μαθηματι κά, αστρονομία και μουσική και απέκτησε μεγάλη φή μη, σιJ μόνο στην αυτοκρατορία σ).).i:J, και στον αραβι κό κόσμο. Ο iδιος είναι επίσης ο συyyραφέας του ιατρι κού συyyράμματος Σύνοψις Ιατρική. Κλήθηκε για να δtδάξει στη Βαγδάτη, από τον χαλίφη Αλ Μαμούν, μα θηματικά σ).)..f:J, τελικά δεν πήγε, αφού ανέλαβε κρατική θέση δασκάλου από τον αυτοκράτορα, στο κρατικό πα νεπιστήμιο της Μαγναύρας. Μέχρι τότε δίδασκε στην εκκλησιαστική σχολή των Σαράνtα Μαρτύρων. Αξiζει να αναφερθεί ότι είχε μαθητή τον Απόστολο των Σλαύων ΚύρΙλλο, ο οποίος πριν να αρχίσει το ιεραπο στολικό του έΡΎο, επήρε την έδρα της φιλοσοφίας στο Πανεπιστήμιο της Κωνσταντινουπόλεως. Βελτίωσε το

σύστημα αποστολής οπτικών μηνυμάτων (των φρυ κτοριών), των αρχαίων ελλήνων με το <<Ωρονόμιο». Ε πρόκειτο για σύστημα συγχρονιζόμενο με μηχανικά ω ρολόγια, υποδιαιρούμενα σε αντίστοιχες ώρες και συν δυασμένα με αριθμογραφικό κώδικα των σπουδαιοτέ ρων ειδήσεων. Είναι ο πρώτος που χρησιμοποίησε γράμματα τις για αλγεβρικές πράξεις (ανακοίνωση στο 1 1 Παγκόσμιο Βυζανt1λογικό Συνέδριο το 1958 από τον Καθηγητή Κ Voge1). Χρειάστηκε να περάσουν 750 χρόνια για να επαναλάβει την εmνόηση ο γω.J.Ως μαθηματικός F. Viθte. Ήρων ο νεώτερος ή Βυζάντιος (9ος μ.Χ. αιώνας). Έζησε την ίδια εποχή με τοv Λέοντα τον Μαθηματικό. Πολλές γνώσεις του Ήρωνα (που κάποιες από αυτές ο φείλονται στον Ήρωνα τον Αλεξανδρέα), μετέφερε στην Ιταλία, γύρω στον 12° αιώνα ο Ιταλός μαθηματι κός έμπορος και σταυροφόρος Φιμπονάτσι. Στην εποχή της Αναγεννήσεως οι πραγματείες του συνετέλεσαν στην ανάπτυξη των φυσικών επιστημών. Ιωάννης ο Κυριώτης (ΙΟος μ.Χ. αιώνας). Γνω στός με το όνομα Γεωμέτρης. Υπήρξε επίσκοπος Μελιτινής. Α1ώ τους επιφανέστερους Βυζαντινούς λόγιους. Μαθηματικά σπούδασε κοντά στον πατρί κιο Νικηφόρο. Μιχαήλ ο Ψελλός (1018-1096). Πρόκειται για το φωτεινότερο πνεύμα της εποχής του. Περίφημος βυζαντινός θεολόγος, λόγιος, φιλόσοφος και aξιωμα τούχος. Σημάδεψε ανεξίτηλα την βυζαντινή διανόη ση της ύστερης περιόδους και προετοίμασε το έδα φος για την έλευση της Ιταλικής Αναγέννησης. Το μεγαλείο της διάνοιας του Ψελλού έγκειται στο γε γονός ότι ήξερε να διατηρεί ισορροπίες. Έτσι ενώ εί χε πάθος για την φtλοσοφία, δεν αμφισβήτησε ποτέ την χριστιανική του πίστη, την οποία πίστευε ότι ενί σχυε μέσα από τον στοχασμό του. Έγινε μοναχός σ).).i:J, συνέχισε και το διδακτικό του έΡΎΟ και την ε νασχόλησή του με τις υποθέσεις της αυτοκρατορίας λόγω των αξιωμάτων που κατείχε. Ένα μέρος της μόρφωσής του το οφείλει στις προσπάθειες της μη τέρας του Θεοδότης, η οποία κοπίασε πολύ για να το εmτύχει. Έγραψε έΡΎα πάνω στην αριθμητική και στην γεωμετρία. Έδειξε ενδιαφέρον για την φtλοσο φία των μαθηματικών. Ασχολήθηκε με τα έΡΎα του Διοφάντου. Δίδαξε μαθηματικά και ανέπτυξε θέματα φυσικής, όπως για το χρώμα, την ύλη, την κίνηση, την ηχώ, την βροχή και την αστραπή στο έΡΎο του Διδασκαλία παντοδαπή. Έγραψε επίσης μετεωρολο γική πραγματεία, καθώς και υπόμνημα στα Φυσικά του Αριστοτέλη. Ανάμεσα στους μαθητές του συ γκαταλέγονταν πολλοί Άραβες και ένας Βαβυλώνιος. Γνώριζε από πολύ μικρός την Ιλιάδα απ' έξω. Ήταν πολυμαθέστατος. Τα έΡΎα του καλύπτουν όλους τους γνωστούς τομείς του καφού του: αριθμητική, γεωμε τρία, φυσική, μετεωρολογία, θεολογία, φtλοσοφία, αστρονομία, ιατρική, γραμματική, μετρική, ρητοριο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/14

Η Συμβολή της Ελλάδας στα Μαθηματικά

κή, δίκαιο, ιστορία, λαογραφία, μουσική και αποτε ΜΥύν ως τις μέρες μας αντικείμενο έρευνας. Μα.Qημmικ0i τη�_:'Ύcm;ρ,ηι;; ΙΊiερλόΑο�,

Λάγιος Βυ ζαντινός κληρικός από την Κωνσταντινούπολη. Για τα έργα του Εmτομή Φυσικής και Εmτομή Λογικής, ο εκ δότης έργων του Α. Heisenberg, παρατηρεί ότι αυτά έ χουν καταστήσει αθάνατο το όνομα του συγγραφέα τους. Έγραψε επίσης θεολογικές, χημικές, ιατρικές πραγματείες, ακολουθίες αγίων, ποιήματα και επιστο λές. Τέλος αναφέρεται ότι ο Βλεμμύδης ήταν βαθύς γνώστης εννοιών, όπως τα απείρως μικρά και τα aπεί ρως μεγάλα ποσά και οι μεταβολές τους, που είναι θέ ματα του Απειροστικού Λογισμού. Γεώργιος Ακροπολίτης (1220-1282). Γεννή θηκε στην Κωνσταντινούπολη από πλούσιους και ευγενείς γονείς. Διακρίθηκε ως συγγραφέας, σχολια στής και ιστορικός. Υπήρξε επίσης αξώλογος δι πλωμάτης. Μετά την ανάκτηση της Κωνσταντινου πόλεως (1261) του ανατέθηκε η διεύθυνση της ανα διοργανωμένης Ακαδημίας, στην οποία δίδαξε φιλο σοφία και μαθηματικά. Είχε σπουδαίο βιβλιογραφικό εργαστήριο, στο οποίο γινόταν η αντιγραφή, η διόρ θωση, η συμπλήρωση και ο έλf:γχος, βάσει αρχαιο τέρων κειμένων, έργων προγενεστέρων συγγραφέων. Γεώργιος Παχυμέρης (1242-13 10). Από τους σημαντικότερους Βυζαντινούς λογίους των παλαιο λογείων χρόνων, με πολυποίκιλα ενδιαφέροντα, πλούσιο συγγραφικό έργο και αξιόλογη πολιτική και εκκλησιαστική δράση. Υπήρξε μαθητής του Γεωργί ου Ακροπολίτη στην Νίκαια. Ήλθε στην Κωνσταντι νούπολη μετά την κατάλυση της λατινικής κυριαρχί ας, όπου και χειροτονήθηκε κληρικός. Δίδαξε ρητο ρική, φιλοσοφία, θεολογία και μαθηματικά. Είχε σε μεγάλη εκτίμηση τα μαθηματικά για τα οποία υπο στήριζε ότι ο άνθρωπος αξίζει να ασχολείται με αυ τά, όχι μόνο για την ευχαρίστηση που προσφέρουν αλλά και για την πρακτική τους χρησιμότητα. Χαρα κτηριστικά έλεγε ότι ο Θεός «έοικεν υμίν ονειδίζειν αγεωμετρήτοις διαμένουσι>>, δηλαδή ο Θεός συνήθι ζε να ντροmάζει αυτούς που παρέμεναν χωρίς γνώ σεις γεωμετρίας. Διατύπωσε επίσης παρόμοιες αντι λήψεις, αρκετούς αιώνες vωρίτερα με εκείνες του θεμελιωτή της αναλυτικής γεωμετρίας Renι Desdcartes, για τις μαθηματικές ιδιότητες των υλι κών όντων. Έγραψε το «Περί αριθμητικής κεφαλαί ου εν το Διοφάντω» (που εκδόθηκε το 1 895 από τον Ρ. Tannery). Επίσης το «Σύνταγμα των τεσσάρων μαθημάτων αριθμητικής, μουσικής, γεωμετρίας και αστρονομίας» (που εκδόθηκε το 1940 στο Βατικανό από τον Ρ. Tannery με πρόλογο και εmμέλεια του Ε. Στεφάνου) και το οποίο έμελλε να αποτελέσει βασι κή πηγή διδασκαλίας, ιδιαίτερα στα μαθηματικά. Ο Κrumbacher θεωρούσε τον Παχυμέρη ισάξιο του Νικηφόρος Βλεμμύδης (1 197-1272).

Ρογήρου Βάκωνος, που πρόσφερε πο'λλiJ. στην εm <;tll μονική πρόοδο της Δύσης. Με το προηγούμενο εργο του ο Παχυμέρης μπορεί να θεωρηθεί από τους αρχηγέτες της εmστημονικής αναγέννησης, που ανα νέωσε τις γνώσεις της εmστήμης με την μελέτη των φυσικών φαινομένων από καθαρά ποσοτική άποψη. Ασχολήθηκε ακόμα και έλυσε προβλήματα αορί στων εξισώσεων β' βαθμού. Πλανούδης Μάξιμος (1255-1305). Λόγιος μοναχός και συγγραφέας. Γεννήθηκε περί το 1 255 στη Νικομήδεια της Βιθυνίας και πέθανε περί το 1305 στην Κωνσταντινούπολη. Ήταν κάτοχος ευρύ τατης θεολογικής και φιλολογικής παιδείας, καθώς και συγγραφέας θεολογικών και φιλολογικών έργων. Ο Πλανούδης σχολίασε έργα των μαθηματικών Ευ κλείδη, Διοφάντου, Πτολεμαίου και του Αράτου. Σχολίασε επίσης έργα γεωγράφων και αστρονόμων. Στ? έργο του Ψηφοφορία κατ' Ινδούς, εισήγαγε την χρηση των αραβικών-ινδικών αριθμών. Αποτελεί μαθηματική πραγματεία σχετικά με τη χρήση των ιν δικών αριθμητικών ψηφίων και του μηδενός που πε ριλαμβάνει και μέθοδο υπολογισμού της τετραγωνι κής ρίζας. Η αλληλογραφία του με τον αστρονόμο Μανουήλ Βρυέννιο, ανέδειξε την ευρύτητα των α στρονομικών του γνώσεων. Αναφέρεται ότι η Χρι �όφορος Κολόμβος, είχε υπ' όψιν του, δικό του χαρτη για τα υπερπόντια ταξίδια του. Εμμανουήλ Μοσχόπουλος (1260- 1 3 1 6). Βυζα ντινός λόγιος, γραμματικός και σχολιαστής που γεν νήθηκε στην Κρήτη. Τα έργα του διακρίνονται σε φιλολογικά θεολογικά και μαθηματικά. Η γραμματι κή του και το Ελληνικό Λεξικό του, μαζί με τις με ταφράσεις του Πλανούδη, υπήρξαν προσφtλή βοη θήματα στην Δύση για την εκμάθηση των ελληνι κών. Στα μαθηματικά έρ'yα του, περιλαμβάνονται η , διαμορφωση των Αριθμητικών του Πλανούδη και ο σχολιασμός της εκδόσεως του Διόφαντου του ιδίου. Έγραψε επίσης την «Παράδοσιν εις την εύρεσιν των τετραγώνων αριθμών», των γνωστών μέχρι σήμερα στους μαθηματικούς μαγικών τετραγώνων. Μετοχίτης Θεόδωρος (1260-133 1). Καταγόταν από την Νίκαια, απ' όπου μετά την εγκύκλειο παι δεία μετέβη στην Κωνσταντινούπολη και επιδόθηκε στη μελέτη της φιλοσοφίας της ρητορικής και της α στρονομίας. Από τα έργα του έχει εκδοθεί το: Υπο μνηματισμοί και σημειώσεις γνωμικαί, στο οποίο ε ξετάζονται διάφορα ζητήματα σχετικά με τη φιλοσο φία, τα μαθη �τικά, τη φυσική και την αστρονομία, με πρωτοτυπια για την εποχή του, καθώς και διάφο ροι λόγοι και ποιήματά του. επίσης οι εmστημονικές πραγματείε�: α) Περί εκλείψεων ηλίου και σελήνης, β) Εισαγωγη εις την αστρονομίαν. Νικόλαος Καβάσιλας (1290-1371). Άγιος της Ορθόδοξης Εκκλησίας. Έγραψε υπόμνημα στην «Σύνταξιν» του Πτολεμαίου. Όπως σημειώνει ο ι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/15

Η Συμβολή της Ελλάδας στα Μαθηματικά

στορικός των μαθηματικών Μ. Cantor, με τον Κα βάmλα αρχίζει μια νέα γενιά η οποία προετοιμάζει την αναγέννηση της κλασικής επιστήμης στην Ευ ρώπη. Υπήρξε ένας από τους πρώτους που χρησιμο ποίησαν τον όρο <<Έλλην>> για να δηλώσουν τον έκ δηλο βυζαντινό «εθνικισμό>> και «πατριωτισμό>> των υστεροβυζαντινών 'ΧΡόνων. Νικηφόρος Γρηγοράς (1295-1359). Σπουδαίος βυζαντινός λόγιος, φΙλόσοφος, ιστορικός, θεολόγος και aστρονόμος. Διδάχθηκε φιλοσοφία, αστρονομία και μαθηματικά από τον Θεόδωρο Μετοχίτη. Ίδρυσε σχολή στη Μονή της Χώρας, όπου σπούδαζαν μόνο νέοι από την αυτοκρατορία, αλλά και από άλλες ευ ρωπαϊκές χώρες. Το 1324 παρουσίασε στον αυτο κράτορα Ανδρόνικο Β' Παλαιολόγο και σε άλλους aξιωματούχους του παλατιού τη θεωρία του για την δώρθωση του Ιουλιανού ημερολογίου που καθιερώ θηκε αργότερα (1528) από τον πάπα Γρηγόριο ΚΓ στη Δύση. Έτυχε της εκκλησιαστικής εγκρίσεως, ε παινέθηκε αλλά δεν εφαρμόστηκε. Ο Γρηγοράς γνώ ριζε την επίδραση της Σελήνης στη δημιουργία του φαινομένου των παλιρροιών και μπορούσε να καθο ρίσει τις εκλείψεις των επομένων 'ΧΡόνων. Ενδεικτικά από το έργο του αναφέρουμε: «Το διορθωθέν Πα σχάλιον>>, «Περί του Σύμπαντορ>, «Σύστημα του κό σμου>>, «'Έκθεσις των υπολογισμών των εκλείψεων του ηλίου κατά Πτολεμαίον>>, «Υπόμνημα και συ μπλήρωσις των αρμονικών του Πτολεμαίου>>. Πολλά από τα έργα του παραμένουν ανέκδοτα. Νικόλαος Αρταβάσδος (14ος μ.Χ. αιώνας). Ο ε πονομαζόμενος και Ραβδάς. Γεννήθηκε στη Σμύρνη αλλά έζησε στην Κωνσταντινούπολη. Ασχολήθηκε με την αριθμητική και την γεωμετρία. Προέβη σε νέα επι μελημένη έκδοση του αριθμητικού έργου του Μάξιμου Πλανούδη «Ψηφοφορία κατ' Ινδούς η λεγομένη μεyά λψ>. Έγραψε επίσης επιστολές. Η πρώτη έχει τίτλο <<Παράδοσις σύντομος και σαφεστάτη της ψηφοφορι κής επιστήμηφ, ασχολείται με τον τρόπο της αρίθμη σης με τα δάκτυλα των χεριών από το 1 μέχρι το 9.999. Στη δεύτερη επιστολή, που έyραψε το 1341 και έχει τίτλο «Μέθοδος πολιτικών λσγαριασμώV)> (δηλ. περί της σημερινής λεγομένης μεθόδου των τριών), παρου σιάζονται σελiδες που αφορούν την εξαγωγή ρίζας, και μία μέθοδος υπολοyισμού της "J.ΡΟνολσγίας του Πάσχα. Επίσης υπάρχει μία γενική θεωρία χρήσιμη στη λύση προβλημάτων του πρακτικού βίου στηριζομένη στην θεωρία των αναλσγιών. Μέσα εκεί εκθέτει 18 προβλή ματα με λύσεις που έχσυν αρκετό ενδιαφέρον, γιατί ε πιλύουν προβλήματα άλγεβρας αρκετά πολύπλοκα, που σήμερα λύνονται με την βοήθεια πρωτοβαθμίων εξι σώσεων. Οι δύο αυτές επιστολές εκδόθηκε από τον Paul Tannery το 1866. Ισαάκ Αργυρός (14ος μ.Χ. αιώνας). Μοναχός, μαθητής του Νικηφόρου Γρηγορά. Έγραψε σχόλια στα πρώτα έξι βιβλία των Στοιχείων του Ευκλείδη.

Συνέγραψε μαθηματικά και αστρονομικά βιβλία. Α σχολήθηκε με τη γεωμετρία, την τριγωνομετρία και τη γεωδαισία. Έγινε γνωστός από την πρόταση που έκανε το 1371 για την δώρθωση του Πασχάλιου Κα νόνα. Συνέχισε με εmτυχία το έργο του Νικηφόρου Γρηγορά. Γεώργιος Χρυσοκόκκης (14ος μ.Χ. αιώνας). Ια τρός και aστρονόμος και μαθηματικός. Υπήρξε μα θητής του Μετοχίτη . Είναι mθανόν να εργάσθηκε στην βιβλιοθήκη του Βατικανού, όπου έσωσε πολύ τιμα ελληνικά χειρόγραφα από την λήθη και την κα ταστροφή. Ο Χρυσοκόκκης εμυήθη στην περσική σοφία από έναν Τραπεζσ6Vτιο κληρικό. Έγραψε το βιβλίο «Εξήγησις εις την Σύνταξιν των ΠερσώV)> ( 1346), όπου μετέφερε περσικές γνώσεις γύρω από τα μαθηματικά και την αστρονομία, καθώς και το έργο «Πρόχειρος παράδοσις εις τους περσικσύς κα νόνες της αστρονομίας>>. Τέλος αναφέρεται πως έ γραψε βιβλία με μαθηματικό περιεχόμενο. Μανουήλ Βρυένιος (14ος μ.Χ. αιώνας). Άστρο νόμος, μαθηματικός και θεωρητικός της βυζαντινής μουσικής. Έγραψε το περίφημο έργο Περί Μουσι κής, στο οποίο αποδεικνύει την ιστορική συνέχεια της βυζαντινής μουσικής από την κλασική ελληνική μουσική . Η αγάπη των Βυζαντινών για την μόρφωση την θεωρία και την εmστήμη ήταν μεγάλη. Σε πολλούς όμως τομείς η Αρχαία Ελλάδα δεν ξεπεράστηκε. Η μεyαλοφυία των Βυζαντινών εκφράστηκε στην πρά ξη. Ως μηχανικοί άφησαν να εκδηλωθεί ελεύθερα το πρακτικό τους πνεύμα. Διατήρησαν και ανέπτυξαν το ρωμαϊκό σύστημα ύδρευσης και τους υπονόμους. Κατασκεύασαν πολλά και εξαιρετικά μηχανήματα. Τα αρχιτεκτονικά τους επιτεύγματα είναι σημαντικά κυρίως στην τελειότητα του θόλου. Στη χημεία η με γάλη συμβολή τους ήταν το υγρό πυρ. Ασχολήθηκαν επίσης με την ιατρική. Εδώ ό,τι καλύτερο είχαν να ε πιδείξουν ήταν η οργάνωση των νοσοκομείων. Οι Βυζαντινοί ήταν πολύ περήφανοι για τις γνώσεις των μαθηματικών τους, παρόλο που και εδώ ισχύει ό,τι προαναφέρθη, σε σχέση με τους αρχαίους Έλληνες. Οι ίδιοι διηγσύνται ιστορίες για να δείξουν ότι καταλάβαιναν καλύτερα τους γεωμετρικούς συλ λογισμσύς από τους Άραβες. Η λεηλασία του 1204 αναστάτωσε όλο το εκ παιδευτικό σύστημα της αυτοκρατορίας. Οι λόγιοι σκορπίστηκαν, οι σχολές τους εξαφανίστηκαν και τα βιβλία τους καταστράφηκαν από τις φλόγες των Λα τίνων. «Στις 29 Μαίου 1453 η τραγωδία ήταν τελική. Ένας πολιτισμός σαρώθηκε αμετάκλητα. Είχε αφή σει μια ένδοξη κληρονομιά στα γράμματα και στην τέχνη. Είχε βγάλει χώρες ολόκληρες από τη βαρβα ρότητα και είχε δώσει σε άλλες την εκλέπτυνση των ηθών. Η δύναμή του και η ευφυία του προστάτεψαν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/16

Η Συμβολή της Ελλάδας στα Μαθηματικά πολλούς αιώνες την χριστιανοσύνη. Για ένtεκα αιώ νες η Κωνσταντινούπολη ήταν το κέντρο ενός κό σμου φωτός. Το ζωηρό πνε6μα, τα ενδιαφέροντα και η αγάπη για την ομορφιά των Ελλήνων, η υπερήφα νη ισχύς και η διοικητική ικανότητα των Ρωμαίων, η υπερβατική ορμή των χριστιανών της Ανατολής, που είχαν ενωθεί μαζί σε ένα ρευστό ευπαθές σύνολο, ό τώρα αποκοιμήθηκαν. Η Κωνσταντινούπολη έγι νε η έδρα της θηριωδίας, της αμάθειας, της μεyαλό-

λα

1l 8Q;

πρεπης ακαλαισθησίας. Μόνο στα ρωσικά παλάτια, που από πάνω τους φτερούyιζε ο δικέφαλος, το έμ βλημα του οίκου των Παλαιολόγων, εμείνανε για λί γους ακόμα αιώνες μερικά ίχνη βυζαντινά, - μόνο ε κεί, και σε κάτι σκοτεινές αίθουσες κοντά στον Κε ράτιο κόλπο. Χωμένες ανάμεσα στα σπίτια του Φα ναρίου, όπου ο πατριάρχης διατηρούσε την άσημη αυλή του». (Από το έργο του Βρετανού ιστορικού Στήβεν Ράνσιμαν: Βυζαντινός Πολιτισμός).

mtΦ�δ:ίι-.1-1\J�t.QJ Σu�i i p;tJQJ 11

�

Μ Φ βJ1tJ μιΦ�tttήJ � 14 �- 1!! 1Nr�μf,f110� 10JJJ1l Φ1i11J� p(()_A,(()

D Φt.ki�

«ΜΛθΗΜΛΤΙΚΟΣ ΑΛΦΛΒΗ1ΊΣΜΟΣ: Ο ΡΟΛΟΣ τοΥ ΣΧΟΛΕΙΟΥ ΣΤΗΝ ΚΟΙΝΙJΝΙΛ ΤΗΣ ΗΛΗΡΟΦΟΡΙΛΣ ΚΛΙ ΠJΝ ΝΕΩΝ TEXNOΛOΓIIJN»

Η διάγνωση και η έγκαιρη πρόληψη φαινομένων μαθηματικού αναλφαβητισμού αποτελούν σήμερα διεθνή προτεραιότητα στον σχεδιασμό και την πρακτική της μαθηματικής εκπαίδευσης. Έχει παρατηρηθεί ότι όλο και μεγαλύτεροι μαθητικοί πληθυσμοί, μετά την απομάκρυνσή τους από το σχολείο (από την υποχρεωτική εκπαίδευση είτε από το λύκειο) απομακρύνονται και από την μαθημα τική σκέψη, δεν χρησιμοποιούν τα μαθηματικά ως πνευματικό και επαγγελματικό εργαλείο σύμφωνα με τις δυνατότητες που είχαν επιδείξει. Ο ρόλος του σχολείου στην ανάπτυξη του μαθηματικού αλφαβητισμού έγκειται: • στον εμπλουτισμό του μαθηματικού περιεχομένου με διεπιστημονικές συνδέσεις και κοινωνικά χρή σιμες εφαρμογές, • στη διερεύνηση της διδακτικής πρακτικής με μαθησιακές δραστηριότητες που ενεργοποιούν το μα θητή στην εκτέλεση συγκεκριμένου έργου, ενθαρρύνουν τη συνεργατικότητα και αναπτύσσουν την aυτοεκτίμηση, • στην ιδιαίτερη ενασχόληση με μαθητικούς πληθυσμούς που εγκαταλείπουν γρήγορα το σχολείο ή έχουν δυσκολίες ένταξης στη σχολική ζωή λόγω πολιτισμικών διαφορών ή/και κοινωνικού αποκλει σμού των οικογενειών τους (μετανάστευση, ανεργία, μειονότητες). θι Ε Μ" Δ 1:' l Κ Jil: � Ε� N Q 1:'' 8) 1:'' Ε: 1;:, 1' Q Υ � ΥΝί Ε .&rJ l <tH?

Ο στόχος των προγραμμάτων μαθηματικού αλφαβητισμού είναι να αποκτήσουν τα σχολικά μαθη ματικά ουσιαστικό νόημα και η μάθηση τους να έχει διάρκεια ώστε η μαθηματική γνώση να κεφ α λαιοποιείται και να ενδυναμώνει συνεχώς τον αυριανό πολίτη: • στην κριτική ικανότητα, • την ικανότητα αντίληψης και επεξεργασίας πληροφοριών, • στην κατανόηση της τεχνολογίας και των μηχανισμών, • στην ικανότητα λήψης δίκαιων και σωστών αποφάσεων.

Η ελληνική μαθηματική κοινότητα καλείται στο 18° Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδεί ας να διατυπώσει προβληματισμούς και να καταθέσει προτάσεις για το ρόλο του σχολείου στην πρόλη ψη του μαθηματικού αναλφαβητισμού και να επικεντρώσει την προσοχή της στην αναγκαία αναμόρ φωση της διδακτικής συγκεκριμένων μαθηματικών ενοτήτων στην πρωτοβάθμια, δευτεροβάθμια και πανεπιστημιακή εκπαίδευση. Στην κατεύθυνση αυτή προτείνεται να ταξινομηθούν οι ανακοινώσεις στις παρακάτω ειδικές θεματικές ενότητες: 1. Διδασκαλία και Μάθηση της Γεωμετρίας. 2. Διδασκαλία και Μάθηση Στατιστικής και πιθανοτήτων. 3. Διδασκαλία και Μάθηση Άλγεβρας και Ανάλυσης. 4. Διεπιστημονικές Θεματικές Ενότητες και η ένταξη τους στη σχολική πραγματικότητα. 5. Διδακτικές δραστηριότητες που ενθαρρύνουν την ενεργή συμμετοχή «aποθαρρυμένων» μαθ η τών σε μαθηματικές διαδικασίες. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.l/17

111lil,. μ Ιlτ-ιι.ι""1. Δ -ιllr ώ i/--ιdμ ,1, 11 ιιίl� μιιτιtιιι έ. ι; Ο�� μn-ιtΑ.�ει; H's ΠΆΙΙΕΑΑΗΙΙΙΙJΣ MAIHTIKIJΣ 4ΙΑΤΙ2ΙΙΙΣΜΙJΣ ΣΤΑ MAIHMATIKA "IJ ΙΑΑΗΣ" Λ ΥΣ Ε ΙΣ ΘΕ Μ Α Τ Ω Ν Α ' Λ υ κε ί ο υ

1 . Αν χ είναι ο αριθμός, τότε: 3χ + 1 8 = χ2 <=> χ2 - 3χ - 1 8 = ο <=> χ = 6 ή χ = - 3. (α) Αν φέρουμε τη διαγώνιο ΑΓ έχουμε τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ και Α + Β + Γ + Δ = Α ι + Az + Β + Γι + Γι + Δ = (Αι + Β + Γι) + (Αz +Γz + Δ) = 180° + 180° = 360°. 2.

.......

......

.......

......

.......

......

Επειδή Α + Δ = 1 80° θα είναι ΑΒ 1 ΔΓ και αφούΑ + Β * 1 80°, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο. "'

.......

......

.......

3. Αν Α είναι ο αριθμός των αγοριών και Κ ο αριθμός των κοριτσιών, τότε την πρώτη μέρα πή, 4 3Α αγορια , και 3 2Κ κοριτσια. . , ραν μερος Επειδη, ενα αγόρι έπαιξε την παρτίδα με ένα κορίτσι θα έχουμε ότι 3Α = 3 2Κ <=> 9Α = 8Κ <=> Α = 9. 8Κ 4 Όμως έχουμε Α + Κ = 34 <=> 8Κ + Κ = 34 17Κ = 34 <=> Κ = 1 8 ' 9 9 <=>

�

οπότε Α = · 18 = 16.

(β) 'Εχουμε·. � = � = � = � = λ <=> 6 8 10 1 2 Αεξ = 6λ, Βεξ = 8λ , Αrξ = 1 0λ , Δεξ = 1 2λ <=> 1 80° - Α = 6λ, 1 80° - Β = 8λ, 1 80° - Γ = 1 0λ , 1 80° - Δ = 1 2λ <=> 4 1 80° - (Α + Β + Γ + Δ) = 6λ + 8λ + 10λ + 1 2λ<=>720° - 360° = 36λ <=>36λ = 360° <=> λ = 10. .......

.......

......

.......

Άρα είναι: 1 80° - Α = 60°, 1 80° - Β = 80°, 1 80° - Γ = 100°, 1 80° -Δ = 1 20° .......

.......

......

Επομένως δεν έπαιξαν την πρώτη ημέρα Α - 3Α = Α = 4 αγόρια και Κ - 2Κ = Κ = 6 κορί4 4 3 3 τσια. 4.

Σύμφωνα με την άσκηση θα έχουμε (χ + ι )(y + 2) = 2xy xy + 2χ + y + 2 = 2xy -xy + 2χ + y + 2 = Ο (2 - y)x + y + 2 = Ο (2- y)x - (2 - y) = - 4 (2 - y) (x - 1) = - 4 (χ - 1) ( y - 2) = 4 Επειδή οι χ, y είναι θετικοί ακέραιοι θα έχουμε: (χ - 1 = 1 και y - 2 = 4) ή (χ - 1 = 2 και y - 2 = 2) ή (χ - 1 = 4 και y - 2 = 1 ) δηλαδή είναι: χ = 2 , y = 6 ή χ = 3 , y = 4 ή χ = 5, y = 3. Η

Β ' Λ υ κ εί ο υ

εξίσωση είναι 2ou βαθμού και έχει διακρί νουσα Δ = 12 - 4(-2ν - 1) = 8ν + 5 > Ο, αφού ν ε IN. Άρα η εξίσωση έχει 2 πραγματικές ρίζες. Αν χ = κ 1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/18

Στήλη των Ολυμπιάδων

είναι μία ακέραια ρίζα της εξίσωσης, τότε Ά_gα έχουμε �ΔΒ = 2· ΑΔΜ = 2 · ΖΑΓ κάι α κ2 + κ = 2ν + 1 <=> κ (κ + 1) = 2ν + 1 , που είναι ά φού ΑΖΒ = 2 · ΑΖΜ προκύπτει ότι: τοπο, γιατί το πρώτο μέλος ως γινόμενο· δύο δια δοχικών ακεραίων είναι άρτιος αριθμός, ενώ το z δεύτερο μέλος είναι περιττός αριθμός. 2. Στο τρίγωνο ΑΓΔ έχουμε: Γ = ΑΓΒ = ΓΑΔ + ΑΔΓ =-""'2 · ΓΑΔ, αφού ΑΓ = ΓΔ Άρα είναι: ΓΑΔ = �. Ομοίως στο τρίγωνο ,......_

,......_

,.......,_

.,.......,

-""'

ΑΗΒ έχουμε: ΑΗΕ = 90° + �' οπότε από το τρίγωνο ΑΗΕ προκύπτει: __. - - - - - .... ... .... ....

)

(

,....._

•

-""' -""' ΑΔΒ + ΑΖΒ = 2(ΖΑΓ + ΑΖΜ) = 2 · ΑΓΜ = 2 - � = � 4 2" Γ ' Λυκείου

Αν Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, τότε από Θ. διαμέσων z ΒΘz = μp = 2α + �γz - βz' ΓΘz = J.Ly = 2αz + �βz - γz και ΒΘz + ΓΘz 4αz + βz + γz 4αz + 2βz, αφου, 1.

Δ ΑΗΕ = 1 80° - Γ2 - 90° + Β2 = 90° - Β +2 Γ = 45 °. Επειδή είναι -""' ΑΖ = ΑΕ (ακτίνες του κύκλου γ) θα -""' είναι και ΑΖΕ -""' = 45-""'°, οπότε ΖΛΕ = 180° - (ΑΕΗ + ΑΖΕ) = 180° - (45° +45°) = 90°. �ρα το τόξο ΖΙΕ έχει μέτρο 90°, οπότε το τό ξο ΖΘΕ θα έχει μέτρο 360° ;.._90° = 270°, δηλαδή είναι τριπλάσιο του τόξου ZIE. 3. Θα παραγοντοποιήσουμε το 5 00! κατά τέτοιο τρόπο, ώστε να εμφανισθεί ο παράγοντας 1 3 όσο είναι δυνατόν περισσότερες φορές. Ο 1 3 διαιρεί 1 · 1 3, 26 1 3 ·2, τους αριθμούς 1 3 39 = 1 3 · 3, 52 = 1 3 ·4, ... , 494 = 38· 13, δηλαδή κα ταρχήν ο 1 3 εμφανίζεται ως παράγοντας 38 φορές. Όμως οι αριθμοί 169 1 3 · 1 3, 338 = 26 · 1 3 = 2 · 1 3 · 1 3 εμφανίζουν το 1 3 και δεύ τερη φορά ως παράγοντα� Έτσι καταλήγουμε στην ισότητα 500! = 1 340 κ, κ Ε Ζ, όπου ο κ δεν διαι ρείται με το 13, οπότε είναι χ = 40. 4. Αν Μ είναι το μέσον της ΑΒ, τότε ΑΜ = 1 cm, ΓΜ = 1cm, ΔΜ = 2cm, ΖΜ = 3cm και χρησιμο ποιώντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΜΓ λαμβάνουμε ΑΓ = ...β,. Τα τρίγωνα ΑΓΔ και ΑΓΖ είναι όμοια, γιατί έχουν: (i) τη γωνία ΑΓΔ κοινή ...j2 (ii) ΑΓ = ΓΖ = . ΓΔ ΑΓ Β

(t f ΘJ 9

β = γ. Από � = 1JO έχουμε 5α = -{ϊδβ και 5α2 = 2β2, οπότε ΒΘ2 + ΓΘ2 = 4<1 +9 Sα2 = α2 = ΒΓ2 Α

Άρα το τρίγωνο ΒΘΓ είναι ορθογώνιο στο Θ, οπότε είναι μβ .l μy. 2. Έστω ότι υπάρχουν χ, y, z Ε Ζ τέτοιοι ώστε : χ2 + y2 - 8z = 6 ή χ2 + y = 2(4z + 3) (1) Κατ' αρχήν παρατηρούμε ότι το τετράγωνο ενός αρτίου αριθμού είναι άρτιος, ενώ το τετράγωνο ε νός περιττού αριθμού είναι περιττός. Έτσι, αν οι ακέραιοι χ και y στην ισότητα (1) είναι ένας άρτιος και ένας περιττός, τότε το πρώτο μέλος της ( 1) θα είναι περιττός αριθμός, ενώ το δεύτερο μέλος αυ τής είναι άρτιος (άτοπο). Άρα θα έχουμε μόνο τις περιπτώσεις:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/19

Στήλη των Ολυμπιάδων

χ, y άρτιοι, δηλαδή χ 2μ, Α y = 2ν, μ, ν Ε 'lL Τότε η (1) γίνεται 4μ2 + 4ν2 = 2(4z + 3) ή 2μ2 + 2ν2 = 4z + 3, που είναι αδύνατη γιατί 2μ2 + 2ν2 είναι άρτιος, ενώ ο 4z + 3 είναι περιττός. (iii) χ, y περιττοί, δηλαδή χ =2μ + ι ' Υ = 2ν + ι ' μ, ν Ε '!L. Β Τότε η (ι) γίνεται και αφού τα τρίγωνα ΑΒΚ, ΒΚΑ, ΑΒΔ έχουν κοι (2μ + ι )2 + (2ν + ι)2 2(4z + 3) ή νό ύψος από την κορυφή Β έπεται ότι: μ(μ + ι) + ν (ν + ι} = 2z + ι ΑΚ = ΚΑ-= l_5 ΑΔ που είναι αδύνατη, γιατί οι αριθμοί μ(μ + ι) και ν(ν + ι) είναι άρτιοι, ενώ ο αριθμός 2z + ι είναι Επιπλέον προκύπτει ότι: ΛΔ = tΑΔ. περιττός. 3. (i) Από την ισότητα (ΑΒΚ) = (ΑΓΚ) προκύ Αν Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, τότε πτει ότι l2AK · ΒΕ = l2Ακ · ΓΖ ή ΒΕ = ΓΖ. l_ΑΔ 3 _ l_5 Δ Α 3 _5 ΚΘ = ΑΘ - ΑΚ = l_ΑΔ =2 = ΘΑ ΘΔ - ΛΔ lΑΔ - lΑΔ l _ lJA Δ 3 5}� 3 5 (i)

(l. f (

Επειδή είναι 5 77 = 9·64 + ι , μία τουλάχιστον χώρα θα έχει τουλάχιστον 65 παιδιά στην κατα σκήνωση. Από αυτά τουλάχιστον 33 θα είναι του Β Γ ιδίου φύλου. Αν σε αυτά τα 33 παιδιά, δεν υπάρχει ομάδα 5 παιδιών του ιδίου ύψους, τότε θα υπάρχουν ομάδες με 4 το πολύ παιδιά του ιδίου ύψους, οπότε θα υ Τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΓΖΔ είναι ορθγώνια και έπάρχουν τουλάχιστον 9 ομάδες παιδιών του ιδίου χουν ΒΕ = ΓΖ, ΒΔΕ = ΓΔΖ, οπότε είναι ίσα. άρα ύψους μέσα από τα 33 παιδιά που αναφέραμε πα θα είναι ΒΔ = ΔΓ, οπότε η ΑΔ είναι διάμεσος του ραπάνω. τριγώνου ΑΒΓ και το Κ βρίσκεται σε αυτήν. Αν τώρα πάρουμε ι παιδί από καθεμία από τις Επειδή είναι (ΒΚΑ) = (ΓΚΑ), εργαζόμενοι 9 παραπάνώ ομάδες, θα δημιουργήσουμε μία ομά στο τρίγωνο ΒΚΓ, αποδεικνύουμε ομοίως ότι η δα 9 παιδιών που όλα έχουν διαφορετικό ύψος. προέκταση της ΚΑ περνάει από το μέσον Δ της Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί από την υπόθεση σε ΒΓ, δηλ. και το Λ ανήκει στη διάμεσο ΑΔ. οποιαδήποτε ομάδα 9 ατόμων υπάρχουν 2 τουλά (ii) Σύμφωνα με την υπόθεση έχουμε: χιστον παιδιά του ιδίου ύψους. (ΑΒΚ) = (ΒΚΑ) = �ΑΒΓ) = �ΑΒΔ), 4.

lιlfA 1Ε �AJs·AAN1/JΙJIJΣ /4Jιlifl lld/JKIJΣ 4/J�F11:11!I'�MIJ'Σ, ΣΤΑ 14JAJINIIJA!FΙJΚΑ �IJ •·ιΚΑe·ιι.ΙΗι1.:'' 2. Θεωρούμε 100 αριθμούς α1 , α2 , , α1 00 από θ t: μι Qr 1'' Qr Α '' Λ � Ιιϊ� � · Q V; τους οποίους οι 40 είναι ίσοι με ι , οι 60 είναι ίσοι 1. Αν α και χ είναι πραγματικοί αριθμοί και με 2 και τους τοποθετούμε πάνω σε ένα κύκλο έ α � ι, να αποδείξετε ότι: τσι, ώστε να μην υπάρχουν τρεις ίσοι αριθμοί σε διαδοχικές θέσεις. Σχηματίζονται έτσι ι 00 τριάδες xz +α --;==== -> 2 Τ; , i 1, 2, . . . , 100, αριθμών σε διαδοχικές θέσεις �χ2 + α - ι πάνω στο κύκλο. Αν Ρ; είναι το γινόμενο και S; εί Πότε ισχύει η ισότητα; ναι το άθροισμα των τριών αριθμών της τριάδας .• •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/20

Στήλη των Ολυμπιάδων

σημεία και οι δύο μαθητές διαδοχικά ο ένας μετά τον άλλο γράφουν μια χορδή, διαφορετική κάθε φορά, με άκρα δύο οποιαδήποτε από τα 100 δεδο (β) Ρ1 + Ρ2 + ... + Ρ1 00 = 360. μένα σημεία. Το παιχνίδι τελειώνει όταν καθένα από τα 100 σημεία χρησιμοποιηθεί ως άκρο χορ 3. (ί) Να παραγοντοποιηθεί η παράσταση: δής μία τουλάχιστον φορά. Νικητής είναι ο μαθη 4 4 4 τής ο οποίος θα γράψει τη χορδή με την οποία τε χ + y (ίί) Αν οι αριθμοί x,y είναι θετικοί ακέραιοι και λειώνει το παιχνίδι. ν ο μαθητής Α αρχίσει πρώτος, ποιός από y ;?: 2 να αποδείξετε ότι ο αριθμός χ4 + 4y4 είναι τους Αδύο μαθητές έχει στρατηγική νίκης; (δηλ. σύνθετος. ποιος από τους δύο μαθητές μπορεί να παίξει έτσι, να νικήσει, ανεξαρτήτως του πως θα παίξει ο Θεωρούμε τις κάθετες ημιευθείες Ot, Os, ώστε 4. το σημείο Α της Ot με ΟΑ=χ και το σημείο Β της άλλος;) Os με OB=y και y<x .. Κατασκευάζουμε το τετρά Γ ' Λ υ κ εί ο υ γωνο ΑΒΓΔ μέσα στη γωνία tOs. Από την κορυφή ι. Δίνεται τρίγωνο με ΑΒ < ΑΓ . Ένας Δ φέρουμε ευθεία ε κάθετη στη διχοτόμο Οδ της κύκλος που έχει χορδή τηΑΒΓ ΒΓ τέμνει τη πλευρά ΑΒ γωνίας tOs η οποία τέμνει την Os στο Ε και Ot στο στο μέσον της Δ και τη πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε. Ζ. Να αποδείξετε ότι: Γράφουμε και τον κύκλο γ που έχει χορδή τη ΓΕ AZ=x+y και ΒΕ=2χ. (ί) και εφάπτεται της ΒΓ στο Γ. Η ΔΕ προκτεινόμενη (ίί) Το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές. τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Ζ και τον κύκλο γ στο Η. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ΖΑ, ΒΕ και ΓΗ Β ' Λ υ κ εί ο υ περνάνε από το ίδιο σημείο. ι. Δίνεται κύκλος (0, R), μια διάμετρος ΑΒ αυ τού και ένα σημείο του Γ διαφορετικό των Α,Β. 2. Έστω η συνάρτηση f : JR � JR με τύπο Θεωρούμε τις εφαπτόμενες του κύκλου στα ση , , ο α ειναι ακεραιος. + 36) , οπου μεία Β και Γ, αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο f(χ ) = 12(αχ χ 2 + 36 σημείο Ρ. Η κάθετος από το Γ προς τη διάμετρο Να βρεθούν οι τιμές του α για τις οποίες η μέ ΑΒ την τέμνει στο Δ, ενώ η ευθεία ΑΡ τέμνει την γιστη και η ελάχιστη τιμή της f είναι ακέραιοι α ευθεία ΓΔ στο Ε. ριθμοί. , ΓΕ ' Να υπολογισετε το λογο ΓΔ 3. Για κάθε χ, y, z > Ο να αποδείξετε ότι: 3 x+y 2. Για όλους τους θετικούς πραγματικούς α- (ί) χ 3 + y:... _ .__ > ριθμούς χ, y, z να αποδείξετε ότι: χ 2 + xy + y2 - 3 χ3 y3 + (ίί) f(x, y, z) = + (ί) χ 2 + xy + y2 y2 + yz + z2 χ+y+z z3 3 3 > χ y - -�-+ x, + + (ii) f( y,z) = 2 3 z2 + zx + χ 2 χ + xy + Υ2 y2 + yz + z2 Πότε ισχύει η ισότητα; 3 z + 2 �x+y+z 4. Δύο μαθητές Α και Β παίζουν το ακόλουθο z + zx + x 2 παιγνίδι: Πάνω σε ένα κύκλο δίνονται 100 διαφορετικά 3. Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ μήκους 3α και κατασκευάζουμε τετράγωνα ΒΓΔΕ και ΒΖΗΘ σημεία και οι δύο μαθητές διαδοχικά ο ένας μετά εκατέρωθεν του ΑΒ, όπου τα σημεία Γ και Θ ανή τον άλλο γράφουν μια χορδή, διαφορετική κάθε κουν στο ΑΒ και είναι τέτοια ώστε ΒΓ=α, ΒΘ=2α. φορά, με άκρα δύο οποιαδήποτε από τα 100 δεδο Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ΑΒ, ΔΖ και ΕΗ μένα σημεία. Το παιχνίδι τελειώνει όταν καθένα από τα 100 σημεία χρησιμοποιηθεί ως άκρο χορ περνάνε από το ίδιο σημείο. δής μία τουλάχιστον φορά. Νικητής είναι ο μαθη 4. Δύο μαθητές Α και Β παίζουν το ακόλουθο τής ο οποίος θα γράψει τη χορδή με την οποία τε λειώνει το παιχνίδι. παιγνίδι: Αν ο μαθητής Α αρχίσει πρώτος, ποιος από Πάνω σε ένα κύκλο δίνονται 100 διαφορετικά τί 'ί = 1, 2, ... , 100, να αποδείξετε ότι: (α) Ρί = 2Si - 6, για κάθε i = 1,2, ... ,100

___::

_ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.δ. τ.3/21

Στήλη των Ολυμπιάδων

τους δύο μαθητές έχει στρατηγική νίκης; (δηλ. ποιος από τους δύο μαθητές μπορεί να παίξει έτσι, 4. (i) Επειδή είναι ΖΕ .l Οδ, το τρίγωνο ΟΕΖ ώστε να νικήσει, ανεξαρτήτως του πως θα παίξει ο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές (ΟΕ=ΟΖ). Φέρουμε άλλος;) ΔΚ .l ΑΖ και έχουμε: Δ Δ ΑΚΔ = 0 Α Β[Ο = Κ = 90° , Θ ε μ ά τ ω ν ύ σ ε ς ι Λ Υ Δ Δ Ι Α Ά Υ ΚΕ Ο Κ Δ Α = 90° ΚΑΔ = ΟΑ Β] . ΑΔ ΑΒ 1. Προφανώς για α= 1 πρέπει να είναι χ#Ο. Έ Άρα είναι AK=OB=y, ΚΔ=ΟΑ=χ. χουμε: ι Επίσης το τρίγωνο ΔΚΖ είναι ορθογώνιο και 2 χ + α= � 2 <=> χ 2 + α � 2νχ2 + α - 1 --;= ισοσκελές, οπότε ΚΖ=ΚΔ=χ. �χ 2 + α - 1 Άρα έχουμε ΑΖ=ΑΚ+ΚΖ=χ+y. Επίσης έχουμε: [αφου �χ2 + α - 1 > 0] ΒΕ = ΟΕ - ΟΒ = ΟΖ - ΟΒ = ΟΑ + ΑΖ - ΟΒ = <=> χ 4 + 2αχ 2 + α2 � 4(χ2 + α - 1) = χ + χ + Υ - Υ = 2χ (ii) Φέρουμε το ύψος ΓΛ. [αφου �χ 2 + α - 1 > 0] Δ Δ Τότε Β Γ Δ = Ο Α Β, οπότε ΒΛ=ΟΑ=χ και <=> χ 4 + 2(α - 2)χ 2 + (α - 2)2 � ο ΛΕ=ΒΕ-ΒΛ=χ, δηλ. η ΓΛ είναι και διάμεσος. <=> [χ4 + (α - 2)]2 � Ο, που ισχύει. . t Η ισότητα ισχύει όταν z χ 2 = 2 - α <=> χ = ±.J2 - α, 1 $ α $ 2 . Λ

= =

2. (α) Επειδή δεν υπάρχουν τρείς ίσοι διαδοχι κοί αριθμοί, για τα σημεία οποιασδήποτε τριάδας Ti υπάρχουν δύο δυνατότητες: 1 η) Το ένα να είναι 1 και τα δύο να είναι 2, οπότε θα έχουμε: si = 1 + 2 + 2 = 5, pi = 1 · 2 . 2 = 4 και Pi = 2Si - 6 . 2η) Το ένα να είναι 2 και τα δύο να είναι 1 , οπότε θα έχουμε Si = 4, Pi = 2 και Pi = 2Si 6 . (β) Ρι + Ρ2 + ... + Ριοο = = (2S1 - 6) + (2S2 6) + ... + (2S 1 00 - 6) = = 2(S1 + S2 + ... + S1 00 ) - 100 6 Καθένας από τους 100 αριθμούς ανήκει σε τρείς διαφορετικές τριάδες, οπότε: S1 + S2 + ... + S1 00 = 3 · (40 1 + 60 2) = 3 160 = 480 . Άρα είναι: Ρ1 + Ρ2 + ... + Ρ100 = 2 · 480 - 600 = 360 . ·-

χ4 +4y4 =(χ2 )2 +(2y)2 +4x2 y -4x2 y = = (χ 2 + 2y2 ) 2 (2xy)2 = (χ2 + 2y2 + 2xy) · (χ2 + 2y2 - 2xy) . (ii) χ 4 + 4 y4 = [(x + y) 2 + y2 ] [( x - y)2 + y2 ] . Επειδή οι αριθμοί (χ - y)2 + y2 είναι ακέραιοι μεγαλύτεροι του 1, ο αριθμός χ 4 + 4y4 είναι σύνθετος. Για x=y ο αριθ μός (χ - y)2 + y2 γίνεται y2 και είναι y2 > 1 , αφού y � 2 . 3.

χ s

Β ' Λ Υ ΚΕ Ι ΟΥ

Αν η ΑΓ τέμνει την ΒΡ στο Η, τότε το τρίγωνο ΒΓΗ είναι ορθογώνιο, αφού ΒfΉ = 90° . Επι πλέον τα τμήματα ΡΒ, ΡΓ είναι ίσα ως εφαπτόμενα του κύκλου από το σημείο Ρ, οπότε ΡΒΓ = PfB, οπότε θα είναι και PfH = ΡΗΓ, ως συμπληρωμα τικές των ίσων γωνιών PfB και ΡΒΓ , δηλαδή ΡΗ=ΡΓ=ΡΒ και το Ρ είναι μέσον του ΒΗ. .

(i)

Επειδή είναι ΓΔ .l ΑΒ έπεται ότι ΓΔ//ΒΗ και από τα εμφανιζόμενα όμοια τρίγωνα προκύπτει ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/22

Στήλη των Ολυμπιάδων

ΕΔ ΑΕ ΕΓ ΕΓ (αφού ΒΡ=ΡΗ) ' οπότε θα = = = ΒΡ ΑΡ ΡΗ ΒΡ ' ΓΕ ΓΕ -1 , ΕΔ=ΕΓ και ειναι = = . ΓΔ 2ΓΕ 2

3 2 .(ι") 2 χ + y .J. < x + y <=> χ + xy + y 2 - xy + y2 ) < x+y <=> (χ + y)(x χ 2 + xy + y2 2 2 <=> χ2 - xy + y2 � 1 [αφού x+y>O] χ + xy + y <=> χ2 xy + y2 � χ2 + xy + y2 [αφού χ 2 + xy + y2 > Ο ] <=> -2xy :::;; Ο, που ισχύει [αφού χ, y >Ο]

4. Ονομάζουμε Αι το σημείο που θα χρησιμο ποιηθεί πρώτο, Α2 αυτό που θα χρησιμοποιηθεί δεύτερο κ.ο.κ. Είναι ουσιαστικό να παρατηρήσουμε ότι ο μαθητής που θα χρησιμοποιήσει πρώτος το σημείο Α98, αυτός θα χάσει το παιχνίδι, αφού ο άλλος στη συνέχεια θα γράψει τη χορδή Α99 Αιοο ή την Ακ Α100 για κάποιο κ=1 ,2, . . . ,99, και θα τελειώσει το παιγνίδι. Για τη χρησιμοποίηση των σημείων Αι, Α2, , Α97 μπορούν να γραφούν το πολύ 97 · 96 = 97 . 48 = 465 6 χορδές. 'Ετσι, αν γραφούν

(ii) Κατ ' αρχήν θα ωrοδείξουμε ότι:

z3 χ3 y3 + = + χ 2 + xy + y2 y2 + yz + z2 z2 + zx + χ 2 3 3 χ3 = 2 Υ 2 + 2 z 2 + 2 zx χ + xy + y y + yz + z z + + χ 2

-----

(1)

Πράγματι, έχουμε: ( 1)

3 3 3 3 <=> 2 χ y3 2 + 2 y z 2 + 2 z3 zxχ 2 χ + xy + y y + yz + z z + + χ <=> χ - y + y - z + z - χ = 0 , που ισχύει. _

3 x,y,z =-2 ( 2 χ + Υ + χ +xy+y

Έτσι έχουμε: f(

)

χ3 Υ +; + --=-;-+--=ι +yz+i i +:zx+x2

)

� .!..2 (x + y + y + z + z + x) [λόγω της (i)]

1 =χ+y+z. =-(2χ 2 + 2y + 2y) Δ

όλες οι 46 5 6 χορδές, αφού ο Α αρχίζει πρώτος, εί ναι δυνατόν ο Β να γράψει την 465 6η χορδή και έ τσι να αναγκάσει τον Α να χρησιμοποιήσει πρώτος το σημείο A9s · Άρα ο Β έχει στρατηγική νίκης. Γ ' Λ Υ ΚΕ Ι Ο Υ

1 . Έχουμε ΕΗΓ = AfB [εγγεγραμμένη και γω νία χορδής - εφαπτομένης] = ΜΕ [γιατί ΒΓΕΔ εγγράψιμο] Άρα είναι ΓΗ/IΑΒ. Επειδή ΑΒ//ΓΗ και Δ μέσον ΑΒ θα έχουμε:

Μ = ΖΔ = ΔΒ και αφού ΔΒ=ΑΔ έχουμε: ΗΓ=ΘΗ.

ΕΗ

ΖΗ

ΗΓ

3. Έχουμε Α Β Ζ = Ε ΖΗ[ΑΒΖ = ΕΖΗ = 90° , ΒΖ=ΖΗ=2α, ΑΒ=ΕΖ=3α.] Άρα Η 1 = Ζ2 = 90° Ζ1 => Η 1 + Ζ1 = 90° => z:ΚΗ = 1 80° - (Η ι + Ζι ) = 90° => ΕΗ .l ΑΖ, οπότε η ΕΗ είναι η ευθεία του ύψους του τριγώνου ΑΕΖ από την κορυφή Ε. Ομοίως αποδεικνύεται ότι είναι ΖΔ η ευθεία του ύψους του τριγώνου ΑΕΖ από τη κορυφή Ζ. Επιπλέον είναι ΑΒ .l ΕΖ, οπότε οι ευθείες ΑΒ, ΕΗ και ΖΔ περνάνε από το ίδιο σημείο ως ύψη του τριγώνου ΑΕΖ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/23

Στήλη των Ολυμmάδων

Αν ΒΕ τέμνει την ΓΗ στο Θ', τότε: ΒΔ = ΔΕ = ΑΕ = ΑΔ = ΒΔ =}ΗΘ' =ΠΙ και Θ' Ξ Θ. ΗΘ' ΕΗ ΕΓ ΠΙ ΠΙ 2. Θα προσδιορίσουμε το σύνολο των τιμώv- της fγια τις διάφορες τιμές της παραμέτρου α Ε Ζ . Ζητάμε τα ΚΕ JR για τα οποία η εξίσωση f(χ)=κ έχει λύση στο πεδίο ορισμού Α = JR της f. Έχουμε + 36) = κ <=> f(x) = κ <=> ι2(αχ χ 2 + 36 <=> κχ 2 - ι2αχ + 36(κ - ι2) = Ο (ι) Για κ=Ο η (1) έχει λύση, μόνον όταν �0. Για α=Ο η (ι) έχει λύση, αν, και μόνον αν, κ(κ ι2)�0 και κ;t:Ο <=> Ο<�ι2, οπότε η f δεν έχει ελάχιστο. Έστω κ;t:Ο και α:;tΟ. Η (ι) έχει λύση στο JR , αν και μόνον αν Δ = ι44(α2 - κ2 + ι2κ) � Ο <::::> κ2 - ι2κ - α2 � 0 <=> <=> κ Ε [6 - �36 + α2 , 6 + �36+ α2 ], κ :;t Ο . Επειδή για α:;tΟ, το κ=Ο είναι λύση, θα έχουμε ότι: f(JR) = [6 - �36 + α2 , 6 + �36 + α2 ] Επομένως η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της f είναι ακέραιοι, αν και μόνον αν, .J36 + α2 = bE z: <=> b2 - α2 = 36, αΕ Ζ, bE z: <=> (b - α) · (b + α) = 36, αΕ Ζ, bE Z: . Αν θέσουμε b-α=m, b+α=η, τότε και b = �36 + α2 >Ι α l b = m 2+ η Ε ΙLJ'77 *+ ' η --Ε m ΙLJ, '77 , το α'θροισμα και η α=οποτε πρεπει 2 διαφορά των α, b πρέπει να είναι άρτιος ακέραιος. Άρα απQδεκτές είναι οι περιπτώσεις: (m,η) = (2,ι8) ή (m, η) = (1 8,2) <=> b = IO, α = 8 ή •

•

ΔJ·f§J\1!� � ii1JA gfΙ!�JιHJ!�gJ gy�ΊI�Jfi!�Δ;l 19$.'9

2000

<=> b = 10, α = -8 . Άρα το ζητούμενο συμβαίνει για α=8 ή α=-8. 3 3 3. (i) 2 χ + Υ 2 � χ + Υ <=> 3 χ + xy + y x 2 - xy + y2 ) > -x + y <=> <=> (x + y)( 3 χ 2 + xy + y2 χ2 - x__;;_ y ____; +_ y_;_2 �-ι , αφού x+y>O χ 2 + xy + y2 3 <=> 3(χ2 _ xy + y2 ) � χ 2 +-xy + y2 <=> <=> 2(χ 2 - 2xy + y2 ) � Ο <=> 2(χ - y)2 � Ο, ισχύει (ii)Όπως στην Άσκηση 2 της Β' Λυκείου θα έχουμε: ι χ3 +� + � +r + ----=-----=r +x3 \ f(x,y,zJ=2 χ2 +xy+r r +yz+r r +zx+x2 z + χ -_ χ + y + z λόγω (ι). χ + y + -y + z + ->__ι -2 3 3 3 3 ' _ _

[

(

)

]

4. Ονομάζουμε Αι το σημείο που θα χρησιμο ποιηθεί πρώτο, Α2 αυτό που θα χρησιμοποιηθεί δεύτερο κ.ο.κ. Είναι ουσιαστικό να παρατηρήσουμε ότι ο μαθητής που θα χρησιμοποιήσει πρώτος το σημείο Α98, αυτός θα χάσει το παιχνίδι, αφού ο άλλος στη συνέχεια θα γράψει τη χορδή Α99 Αιοο ή την Ακ Αιοο για κάποιο κ=ι,2, ... ,99, και θα τελειώσει το παιγνίδι. Για τη χρησιμοποίηση των σημείων Αι, Α2, . . . , Α91 μπορούν να γραφούν το πολύ 97 · 96 = 97 . 48 = 465 6 χορδές. 'Ετσι, αν γραφούν 2 όλες οι 4656 χορδές, αφού ο Α αρχίζει πρώτος, εί ναι δυνατόν ο Β να γράψει την 465 6η χορδή και έ τσι να αναγκάσει τον Α να χρησιμοποιήσει πρώτος το σημείο A9s· . Άρα ο Β έχει στρατηγική νίκης.

Η Ε.Μ.Ε. βρίσκεται στην ευχάριστη θέση να ανακοινώσει την έκδο ση του έργου «ΔIΕΘΝΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕ

(1959-2000)))

που περιλαμβάνει όλα τα προβλήματα τις λύσεις τους, και ιστορικά σημειώματα, απαραίτητο βοήθημα για τον έλληνα μαθητή και τον έλληνα μαθηματικό που θέλει να ασχοληθεί με τους Διεθνείς Μαθη ματικούς Διαγωνισμούς. Διατίθετα.ι από τα γραφεία της Ε.Μ. Ε. και σε μεγάλα βιβλιοπωλεία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/24

Στήλη των Ολυμπιάδων

cllJlΙΙ/!flElllλl�i.s l. Αρχικά θα επιλύσουμε το προτεινόμενο πρόβλημα των προηγούμενων «Ολυμπιακών προσεγγίσεων» του τεύχους 38 του Ευκλείδη Β'. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε, Ζ, τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου του κύκλου με τις πλευρές ΒΓ = α , ΑΓ β , ΑΒ = γ αντίστοιχα.

Να αποδειχθεί ότι α

· ΑΔ + β · ΒΕ + γ · ΓΖ + (α - β )z + (β - γ )2 + +(γ - α)z < αz + βz + γz . Λύση:

1/!μAJΙι}fJfi•u�

του Σωτήρη Λουρίδα

2β (τ - β)+ 2γ (τ - γ) � α · ΑΔ + β · ΒΕ + γ · ΓΖ < 2ατ - 2α2 + 2βτ - 2β2 + 2γτ - 2γ2 � α · ΑΔ + β · ΒΕ + γ · ΓΖ + (α - β)2 + (β - γ)2 + (γ- α)2 < (α+ β + γ )2 - 2α2 - 2β2 - 2γ2 +(α - β)2 + (β - γ)2 + (γ - α)2 � α·ΑΔ+β · ΒΕ+γ · ΓΖ+(α-β)2 +(β-γ)2 +(γ-α)2 < α2 + β2 + γ2 + 2αβ + 2αγ + 2βγ - 2α2 - 2β2 - 2γ2 + 2α2 + 2β2 + 2γ2 - 2αβ - 2βγ - 2γα � α · ΑΔ + β · ΒΕ + γ · ΓΖ + (α - β)2 + (β - γ)2 + (γ - α)2 < α2 + β2 + γ2 .

σχήμα 1

Δίνεται η συνεχής στο

�

συνάρτηση

= f (χ ) I � , ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό

χ και κάθε φυσικό αριθμό ν να ισχύει Γνωρίζουμε ότι: ΒΔ =ΒΖ=τ-β, ΓΔ=ΙΈ=τ-γ, ΑΖ= ΑΕ=τ-α, χ + � = f ( x ) . Να βρεθεί ο τ ύπος της f, αν όπου 2τ η περίμετρος του ΑΒΓ. Γνωρίζουμε ταυτόχρονα ότι για το τυχαίο ση f (2001) = 2004 . μείο Μ, εσωτερικό της πλευράς ΒΓ τριγώνου Λύση: ΑΒΓ, ισχύει: ΑΒ · ΜΓ + ΑΓ · ΜΒ > ΑΜ · ΒΓ (ΕΥ Για ν = 1 έχουμε f ( χ + 1) = f ( χ ) για κάθε ΚΛΕΙΔΗΣ Β', τεύχος 38, σελ. 18, Θέμα 6). Α πραγματικό αριθμό χ. Άρα f(O) = f(1)= f(2) = · · · = f(ν) που ση μαίνει ότι για κάθε φυσικό αριθμό ν έχουμε f(O) = f(ν) = f (ν - 1) = κ , όπου κ μια σταθερή ποσότητα. Γ Β Στη συνέχεια βλέπουμε ότι για κάθε φυσικό ν σχήμα 2 έχουμε: f{O)=f(-1)= f{-2) = · ··= f(-ν + 1) =f(-ν) =···= κ Άρα: δηλαδή για κάθε ακέραιο αριθμό ν έχουμε: α· ΑΔ < γ · ΔΓ + β · ΒΔ => α·ΑΔ < γ · (τ-γ)+ β(τ-β) , όμοια f (ν) = κ . β · ΒΕ < α · (τ-α)+γ(τ -γ) και 'Εστω μ θεnκός ρητός, μ, ν φυσικοί. ν γ · ΓΖ < α(τ-α)+ β(τ- β) . Άρα: α · ΑΔ + β · ΒΕ + γ · ΓΖ < 2α(τ - α) +

r( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/25

Στήλη των Ολυμπιάδων

( ) (� ) = f (Ο) = κ , αφού ( � ) (� ) και r ( μ � μ )= f(O).

f μ�2 = · · · = f r μ - - 1) = r

'Εστω τώρα -μ αρνητικός ρητός (μ, ν φυσι ν κοί). 'Εχουμε: r - = f - + = f -μν+ 1 = -μ +-2 = · · · = f -μ +-μ = f (Ο ) = κ . fν ν

(

( :) ( : �) ( ) ( )

)

Άρα για κάθε ρητό αριθμό ρ έχουμε: f (ρ ) = κ . Έστω, τώρα, χ τυχαίος άρρητος αριθμός. Γνωρίζουμε ότι κάθε πραγματικός αριθμός είναι όριο μιας ακολουθίας ρητών αριθμών, έστω ρν , δηλαδή ρν � χ . Η συνάρτηση είναι συνεχής και επομένως: limf (ρv ) = f (lim ρv ) = f ( x ) . Όμως: lim f (ρ ) = lim κ = κ . Τελικά f ( χ ) = κ , όπου κ μια σταθερή τιμή. Επειδή f ( 2001) = 2004 έχουμε κ = 2004 . Άρα: f ( x ) = 2004 . ν

3. Δείξτε ότι δεν υπάρχει θετικός ακέραιος m ώστε m ( m + ι ) να είναι κ-τάξης δύναμη ακεραίου αριθμού, (κ>ι).

Οι m και m + 1 είναι πρώτοι μεταξύ τους για αυτό αν m · (m + 1) είναι κ τάξης δύναμη ακεραίου τότε κάθε ένας από m, m + 1 θα είναι κ τάξης δύ ναμη ακεραίου αριθμού. Πράγματι αν αναλύσουμε το m (m + 1) σε απλή μορφή θα έχουμε Επειδή θα πρέπει κάθε a; να διαιρείται με κ και κάθε p�; θα διαιρεί τελείως το m ή το m + 1 . Όμως οι διαδοχικοί α ριθμοί m και m + 1 δεν μπορεί να είναι και οι δύο κ τάξης δυνάμεις ακεραίων αριθμών (αν aκ = m και κ > 1 τότε •

• • •

Λύση:

Προφανώς p * 2 .

Τότε: p-1

2p-1 Ρ

p- 1

p -1

- 1 = (2 2 + 1)(2 2 - 1)

p-1

(2 2 + 1, 2 2 - 1) = 1

δηλαδή είναι πρώτοι μεταξύ τους. Αφού, αν δεν ήταν τότε κάθε ένας από αυτούς θα ήταν ζυγός. (Η διαφορά τουί; είναι ο 2 και επομένως το Ε.Κ.Π. τους μπορεί να είναι μόνο p- 1 ο 2 άτοπο, αφού p > 2 ) . Θεωρούμε ότι ο 2 2 + 1 διαιρείται με το p τότε από τα δεδομένα έχουμε: p -1

/�1 -1) = a2 (

p-1

/�1 - 1) , με ( ' Ρ Ρ δηλαδή είναι πρώτοι μεταξύ τους. Άρα κάθε ένας από αυτούς πρέπει να είναι τέλειο τετράγωνο. p-1 Θέτουμε 22 - 1 = b2 όπου b = 2k + 1 . Αυτό p -1 μας δίνει 22 = 4k2 + 4k + 2 = 4k (k + 1) + 2 . Από εδώ έχουμε ότι Ρ - 1 < 2 αφού αν δεν ή2 ταν το αριστερό μέλος θα μπορούσε να διαιρεθεί με 4 χωρίς το δεξί να διαιρείται με 4. Άρα 22 + 1

22 + 1

p- 1

Λύση: Για m=ι είναι προφανές

m (m + 1) = p�1 · p;2 · · · p�; p�1 p;2 p�; = pk με p *- 1

Για ποιους πρώτους αριθμούς p η διαί ρεση του 2p-ι - ι με το p είναι τέλειο τετράγω νο;

δηλ. p = 3 . Τότε 2 + 1 = 1 και επομέ Ρ νως αποδείχθηκε το ζητούμενο. p-1 Έστω ότι ο 2 2 - 1 διαιρείται με p. Θέτουμε p-1 22 - 1 = c2 με p-1 2 c = 2n + 1 => 2 = c2 - 1 = 4n(n + 1) , όταν n > 1 το δεξιό μέλος θα έχει περιττό διαιρέτη, άτοπο λό γω του αριστερού μέλους. Άρα η = 1 τότε p- 1 p-1 2 2 = 8 , -- = 3 άρα p = 7 . 2<p<5

5. θεώρημα του Wilson Ο φυσικός αριθμός p > ι είναι πρώτος αν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/26

Στήλη των Ολυμπιάδων

διαιρείται με Θεωρούμε

p. p-1 . tk =1 · 2 ··· (k-1)(k + 1) ··· 2 p >ι Τότε: k·tk =( p�1 ) k!· (p-k-ι)!=(-ι)k+I (modp) k Από το βασικό θεώρημα (6) για k = Ρ 2-1 θα k p1 έχουμε: [( Ρ �ι )Γ = (-1)'; (modp). Αν p = 4m + 3 θα έχουμε: Για k = το αποδεικνύουμε χρησιμοποιώντας το θεώρημα του Wilsoη. Συνεχίστε επαγωγικά. [( p�ι )]' =2(modp) και p=4m+ι θα έp χουμε: [(Ρ�ι }]' = - ι (modp). ι+-+ -ι + · · · + --ι 3 p. 2 3 p-ι p=4m+3. Τότε Έστω, λοιπόν, k2 ·t� =1(modp). Οι αριθμοί k·1, k·2, ... , k (p -1) , είναι p -1 το πλήθος και δύο τυχαίοι p -1 αυτούς δεν συγκρίνονται ως προς modp. Άρα 1 1 · · · + -=p·Σ 1 2 1 . θααπόυπάρχουν Σ=1+-+-+ ακριβώς δύο από αυτούς λk και τk 2 3 p -1 k (p -k) ώστε k· λ =1(modp) και k· τk = - 1(modp). Ά Αρκεί να αποδείξω ότι p-1 p- 1 ρα λk + τk = p οπότε ένας από αυτούς είναι μιΣ1 =Σ2 k ( 1 ) = 1 Σ2 f(k) διαιρείται κρότερος ή ίσος με Ρ -1 . κάθε φυσικό k 2 Ρ - k (Ρ - 12) ! 2 με p, όπου f(k)=(1·p-1 )·(2·p-2 )··· , 1 < <--p-12υπαρχει φυσικος μος, mk ωστε: 2 ] (ας λά- και k2 m� = 1 (mod p) Άρα Vk : 1 k Ρ -1 θα [(k + 1)p-(k+1)2 ] (-2p-1- ·p- (p-1) 2 -2έχουμε: βουμε υπ' όψιν ότι: kp-k2 = k(p-k)). t� = m�1 (modp)p και Κάνοντας πράξεις κατανοούμε ο διαι p-1 ρέτης του Σ1 διαφείται με p αιφιβώς όταν ο 2 2 Α = Σ t 2k = Σ λ2k = 1 2 + 22 + · · · + -p-1 2 Α = Σ 1 2 . 22 · · · (k - 1)2 . (k 1)2 · ··( Ρ 2-1 ) + (Ρ 2-1 )2 = Ρ (p - 241 )(ρ + 1) = (mod Ρ ) όταν p > 3 άρα Ρ I Α . Όμοια εργαζόμαστε και όταν p = 4m + 1. ιοοο �( �) � ; και μόνο αν

(p -ι)!+ ι = (mod p). Ο

6. Βασικό Θεώρημα. Να αποδειχθεί ότι ο φυσικός αριθμός

είναι

πρώτος

αν

και

μόνο

όπου

ραιος αριθμός τέτοιος που Ο $

ι.

αν

ακέ

Υπόδειξη: Ο

αν

7. Αποδείξτε ότι, αν είναι αριθμός πρώ τος μεγαλύτερος του τότε ο αριθμητής του , διαιρειται με

Λύση:

•

k= Ι

k=Ι

Άρα για

k=Ι

k=l

�

* Αυτός ο συμβολισμός είναι πολύ ση μαντικός και θα μπορούσε να εκληφθεί σαν μέθοδος (εξήγηση : p 1_ ..!_ _ 1 ___Ε__ = p - 1 + 1 = 1 + __ = + p-1 p-1 p - 1 ' 2(p - 2) 2 p - 2 ' p ι

ότι

... ,

τις

- mk

, αριθ

p ι

p ι.

ψη 8. Εάν ο φυσικός αριθμός η έχει φία ώστε κάθε ψηφίο από αυτά είναι 5 με πιθα νή εξαίρεση ενός ψηφίου τότε ο αριθμός η δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

άρα :

Ι Ι 1 Ι p-ΙΙ 2 1 1 + - + ... + -- + -- + ... + - = p Σ ) p-1 p+l p-1 k(p - k) 2 k=l 2 2

Λύση:

Ας θεωρήσουμε ότι ο η είναι τέλειο τετράγω νο. Τότε του το τελευταίο ψηφίο είναι Ο, 1 , 5 ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/27

Στήλη των Ολυμπιάδων

6ή 9.α) Έστω ότι η έχει σαν τελευταίο ψηφίο το 5 τότε � =10 · k+5 και η=100 (k2 k) 25 . Δηλαδή προτελευταίο ψηφίο του η είναι 2. Το ά θροισμα των ψηφίων του η θα είναι S(η)= 999 5 2 το οποίο ισοδύναμα σημαίνει ότι αν διαιρέσουμε τον με 3 θα έχουμε υπόλοιπο 2. Από την άλλη μεριά αφού το η είναι τέλειο τετρά γωνο τότε με διαίρεση με 3 θα έχει υπόλοιπο ή 1 +

ντρο του ΑΒΓ και έχουν τις άκρες τους πάνω στις πλευρές του τριγώνου το μικρότερο μήκος θα έχει το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ για το οποίο ισχύει ΜΝ//ΑΓ. Έστω τυχαίο ευθ. τμήμα με άκρα στις πλευρές του τριγώνου το οποίο περνάει από το κέντρο του.

Μ'Ν'

ΟΜ'>ΟΜ=ΟΝ>ΟΝ' (OMM'=l20°, ΟΝΝ' 60° ... ). Ταυτόχρονα ΜΟΜ' ΝΟΝ', οπότε: ΕοΜΜ' > ΕοΝΝ' .(Αφίεται στους αναγνώστες) άρα ο αριθμός δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγω Τελικά �>��Μ'Ν'· ΒΒ'>ΜΝ· ΒΟ με νο. ΒΟ > ΒΒ' � Ν'Μ' > ΝΜ . Έτσι αποδείχτηκε ότι β) Έστω η έχει για τελευταίο ψηφίο το 6. το ευθύγραμμο τμήμα που θεωρήσαμε δεν μπορεί Τότε το άθροισμα των ψηφίων του είναι να είναι μικρότερο του ΜΝ. S(η)=999·5+6 δηλαδή το S(η) και επομένως Επί της ουσίας μένει να αποδείξουμε ότι το και το η διαιρείται με 3 αλλά όχι με 9. Άρα ο η δεν ΜΝ κινούμενο με βάση την κίνηση του Μ από το μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. ΜΑυτόέωςσυμβαίνει το Β καλύπτει όλη την επιφάνεια του ΒΜΝ. διότι οι θέσεις από τις οποίες γ) Αν ο τελειώνει σε 50, 51, 54 ή 59 τότε με διαίρεση με 4 θα έχουμε υπόλοιπο αντίστοιχα 2, διέρχεται είναι σε απόλυτη aντιστοίχιση με τις θέ 5,γωνο2 ήτότε 3. Από την άλλη μεριά αφού η τέλειο τετρά σεις που δημιουργούνται αν σταθεροποιήσουμε το με δίαίρεση με 4 θα έχει υπόλοιπο ή 1. ΜΝ και διαπιστώναμε ότι το Β κινείται στο στα θερό τόξο (Β = 60° και ΜΝ ευθύγραμμο τμήμα Άρα το δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο. σταθερού μήκους) από το Β έως το Μ αντίθετα α πό τους δείκτες του ρολογιού. Αν παρατηρήσουμε ότι: ΝΣ = ΒΣ ΣΜ ΒΜ = ΜΝ , φαίνεται ξεκά θαρα το «σάρωμα>) της επιφάνειας η

Είναι

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Να βρεθεί το ελάχιστου μήκους ευθύγραμμο τμήμα το οποίο κινούμενο έτσι ώστε τα άκρα του να γλιστρούν στην περίμετρο του τριγώνου ΑΒΓ, να καλύπτει όλα τα εσωτερικά σημεία του τρι γώνου ΑΒΓ. Λύση:

�

lΟ. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με μικρότερη, έστω την πλευρά ΒΓ και σημείο Μ, εσωτερικό του τριγώνου. Αποδείξατε ότι ΑΜ + ΜΒ + ΜΓ < ΑΒ + ΑΓ .

Λύση:

Σχήμα

Αφού θέλουμε το ευθύγραμμο τμήμα να κα λύπτει το εσωτερικό του τριγώνου, θεωρούμε ότι σε κάποια στιγμή θα περάσει και από το κέντρο βάρους του τριγώνου. Θα αποδείξουμε ότι από όλα τα ευθύγραμμα τμήματα που περνούν από το κέΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/28

Στήλη των Ολυμπιάδων

του ότισημαίη ΒΓνειείότιναικαιη μιηκγωρό τερηΠροφανώς, πλευρά τουλόγω τριγώνου νίαλαδήΑΑ<είναιΒ ηκαιμικΑ< ρότερηΓ . Θεωρούμε γωνία του τριγώνου. Δη ΔΕ παράλληλη στην ΒΓ με Δ σημείοαπότης τοΑΒΜκαιτηνΕ σημείο της ΑΓ. Προφανώς Δ = Β και Ε =Γ άρα Α< Δ και Α <Ε που σημαίνει ότι: ΔΕ< ΑΕ και ΔΕ<ΑΒ (1). Καταλαβαίνουμε ότι μία από τις γωνίες ΑΜΕ, ΑΜΔ θα είναι αμβλεία. Έστω ΑΜΕ > 90°:::::} ΑΜ <ΑΕ (2). Από τα τρίγωνα ΒΔΜ και ΜΕΓ:::::} ΒΜ<ΒΔ+ΔΜ και ΜΓ<ΜΕ+ΕΓ (3). Λ

Από (2), (3) έχουμε: AM+�+ill < AE+M+�+ill(4).+ ff:::::} ΑΜ+ΜΒ+ΜΓ<ΒΔ+ΑΓ+ΔΕ Με βάση τις (1), (4) προκύπτει ότι: ΑΜ+ΜΒ+ΜΓ<ΑΓ+ΒΔ+ΑΔ ή ΑΜ+ΜΒ+ΜΓ<ΑΒ+ΑΓ. Δίνεται> 2ΑΒπαραλληλόγραμμο ΑΒΓυπάρχουν Δ ώστεά ΑΓ . Να αποδειχθεί ότι �ΒΔ πειροιτουσυντομότεροι σύνδεσηςτου.των κορυ φών από εκείνον τωντρόποιδιαγωνίων Προτεινόμενο πρόβλημα:

.Λ'6νοντας το 3Q; πρόρλημ της Τρiτης Βοιικ�ς Μαβημο:ruα\ς Ολ1>μa\άδας Νtων '!Μ) 'lg!J9 ,,. ..

Μαθητού Α' τάξης 1ou Λυκείου Αμαρουσίου

του Γιώργου Κ. Βακαλόπουλου

Με αφορμή το 3° πρόβλημα που δόθηκε στην Τρίτη Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων του

1999 στο Ρlονdίν της Βουλγαρίας παραθέτουμε μια πρόταση με την απόδειξή της που αποτελεί γενίκευση

των ζητουμένων του προβλήματος αυτού. Στο τέλος της πρότασης και της απόδειξης της, ακολουθεί το αρ χικό πρόβλημα ως εφαρμογή της πρότασης αυτής. ΠΡΟΤΑΣΗ

Αν έχουμε k τυχαία σημεία στο επίπεδο, από τα οποία σχηματίζουν κυρτό η-γωνο (k, η � 3 και k � η ) τότε υπάρχουν : Α.

I(k - η) · 3 +2η - 31

(α) μη τεμνόμενα ευθύγραμμα τμήματα με άκρα δύο από τα k ση μεία, και Β

•

I.-(-k---η. 2-+-η---' 2! (β) τρίγωνα με κο)τρία από τα k σημεία, τα οποία δεν επι

ρυφές καλύπτουν το ένα το άλλο.

καισημεία. θαΔεχόμαστε αποδείξουμεότι ισχύει ότι ισχύειγια γιαk kη ++ 1 σημεία η+ + 1 + Δηλαδή, ότι για η σημεία υ πάρχουν: Για k καιη, υπάρχουν 2η - 3 (η + p - η ) · 3 + 2η - 3 3p 2η - 3 η 2 και μη τεμνόμενα στο η-γωνο υπάρχουν : (η p η ) · 2 + η - 2 2p η -2 + (η3 μη τεμνόμενες διαγώνιες) (η2ηπλευρές) με την αρχικήότιιδιότητα. - 3 μη τεμνόμενα ευθύγραμμα τμήματα και ο για η + + 1 σημεία : ρίζονται 2 τρίγωνα. Υπάρχουν ( η + + 1 - η 3 + 2η - 3 Για k = η + p, 1 ,2,3, . . . p + 3 2η =

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

1. •

τμήματα

Πράγματι

•

ευθύγραμμα

+ ευθύγραμμα τμήματα + +

τρίγωνα

δεχόμαστε

Έστω n σταθερό

�

τρίγωνα p Θα αποδείξουμε )· Α. p = = ευθύγραμμα τμήματα ( Ι ) ιcαι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/29

Στήλη τtον Ολυμπιάδων Β.

η τρίγωνα 11

Α. Πράγματι

(Α

Άρα

2η -

Άρα

+η-

Υπάρχουν ( η + + (1 η) )με2την+ ηαρχι-2κή ιδιότη2p + τα ένα ακόμη προσθέσουμε αν σημείο, τότεπερίπτωση) αυτό θα είναι μέσα σε κάποιοάλλατρί3 γωνο οπότε προσθέτουμε ευθύγραμμα τμήματα θα είναι πάνω σε κάποια πλευρά (Β περίπτωση) οπότε σχηματίζονται άλλα 4 ευθύγραμμα τμήματα. Στη δεύτερη όμως περί πτωση, ταυτόχρονα η πλευρά στην οποί α βρί σ κε ταιπροσθέτουμε θα πάψει ναπάλιυπάρχει. Άρα στη περίπτωση αυτή 3 τμήματα. το σύνολοκαιτωνστιςμηδύοτεμνόμενων ευθυ γράμμων τμημάτων περιπτώσεις γί ν ε ται : (3p + 3) + 3 3p + 2η. η ) ισχύει. =

(Ι

σχήμα 2α

Άρα 2.

(2p 2 ) + 2 = 2p η ( ισχύει.

+η.

11 )

Έστω k σταθερό

Γιαk ισχύει (σχήμα 1 ) Γιαk=η+p Δεχόμαστε ότικαιισθαχύειαποδείξουμε για η-γωνοότικαιισkχύει- ηγιαε σωτερικά σημεί α ένα (η+ 1 ) -γωνο με k - η- 1 εσωτερικά σημεία. Δηλαδή ότι για k η + υπάρ ( k - η)τμήματα χουν ·3 + 2η -3 3k - η- 3 μη τεμνόμενα ευθύγραμμα και ορίζονται - 2 2k - η - 2 τρίγωναότιμεγι(kατην-ηένα)αρχι.(η+2 +κ1ή)-γωνο ιδιότηταμε kκαιη 1 εσωτε - σημεία : Α. Υπάρχουν(k-η- 1) ·3 +2(η+ 1) - 3 και 3k n Ορίζονται · 2 + (η + 1) -2 2k ( k3-η αν- 1)βγάλουμε ένα σημείομειώέξωνο από το η-γωνο, τα ευθύγραμμα τμήματα νται κpτά 4 - 1 -2 1 ( σχήμα 3 ). •

= η,

•

δεχόμαστε

θα αποδεί

ξουμε ρικά Β.

- 4 ευθύ'yραμμα τμήματα (111) =

- η - τρίγωνα (IV) Α. Πράγματι, =

Σχήμα 3

σχήμα 2β

Β.

Και στις 2 παραπάνω περιπτώσεις τα τρί γωνα κατάΒ2 τα( στηνδύο τρίγωνα το ένα γίτρίνονται γωνο γίτέσσερα). νεταιαυξάνονται τρία και στην το σύνολο των τριγώνων γίνεται Άρα

αν στο σημεί ο αυτό αρχι κ ά καταλή γουν m ευθύγραμμα τμήματα, τότε μετάθα τηνσχηματι απο μάκρυνσή του έξω από το η-γωνο στούνες μέσα σ' αυτό καιm-3τελινέεςκάμημαζίτεμνόμενες γώνι του m-γώνου με τα δύο δινέαα Γενικά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/30

Στήλη των Ολυμπιάδων

τμήματα πουη-γωνο θα σχηματι στούνευθύγραμμα όταν τοποθετηθεί έξω από το θα έχουμε τμήμα τα μειωμένα κατά ένα. το σύνολογίνεται: των μη τεμνόμενων ευθυ γράμμων τμημάτων η (111) ισχύει. αν το σημείο απομακρυνθεί αντί των ήτανμεκορυφή θα σχημα τισχηματί στούντριζγεταιώνωντρίέξωγσταωνααπόοποίκαιτοαη-γωνο μαζί τοέχουμετρίγωνο που συνολικά τρίγωνα μειωμένα κατά ένα. το σύνολο των τριγώνων γίνεται : η (IV) ισχύει. Άρα

(3k - η - 3) - ι

3k - η - 4 .

Άρα

Β. Ομοίως d d-2

Άρα

(2k - η - 2) - ι

2k - η - 3.

Άρα

* * *

ΠΡΟΒΛΗΜΑ Δίνεται τετράγωνο S με πλευρά 20. Έστω Μ το σύνολο των τεσσάρων κορυφών του S μαζί με ι999 τυχαία σημεία στο εσωτερικό του S. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο με κορυφές ση μεία του Μ και με εμβαδό μικρότερο ή ίσο του ι ιο .

Βαλκανιιπj Ολυμπιάδα Νέων 1999 ΛΥΣΗ

με4 την2003παραπάνω πρόταση γιασχηματί η4 καιζονταιkΣύμφωνα τα τρί γ ωνα που να επικαλύπτουν κύπτουνχωρίς με εφαρμογή του τύπουτο(β)ένα: το άλλο προ ) Το τουάθροιqμα των εμβαδών τους ισούται με το εμβαδό τετραγώνου S δηλαδή 400 τετραγωνι κές μονάδες. σύμφωνα με την αρχή του Dirichlet υ πάρχει1 τουλάχιστον ένα τρίγωνο που έχει εμβαδό =

1 999

* * *

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ι

Μετωντα δεδομένα της παραπάνω άσκησης, το πλήθος ευθυγράμμων τμημάτων που δεν τέ μνονται ανά δύο προκύπτει με εφαρμογή του τύ που δηλαδή (α): (k - η) · 3 + 2η - 3

(2003 - 4) . 3 + 2 . 4 - 3 = 6002 .

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ 2

παραπάνω πρόταση ισχύει και στη περί πτωση που όλα ή μερικά από τα k - η σημεία είναι συνευθειακά. Έστω 8 σημεία από τα οποία 4 σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο και 4 βρί σ κονται στο εσωτερι κό τουΤότεκαιυπάρχουν συγκεκριμένα10 τρίεπ'γεωναυθείαςμε (ε).κορυφές τα 8 αυτά σημεία που δεν επικαλύπτουν το ένα το άλλο. Η

Παράδειγμα :

(ΑΔΑι, ΑιΔΑz, ΑιΑΑz, ΔΑzΑ3, AAzA3 , ΔΑ3Α4, ΑΑ3Α4, ΔΑ4Γ, ΑΑ4Β, Γ�Β) (k -

4) υπάρχουν: 4-2 η) ·2 2 υπάρχουν 17δύομηαπότεμνόμενα ευθύ γραμμα τμήματα με άκρα τα 8 αυτά ση μεία. (ΑΔ, ΑΑι, ΔΑι , ΑιΑz, AAz, ΔΑz, AzA3, ΔΑ3, Πράγματι 2+ = (8 -

+η-

= ι ο τρίγωνα

Επίσης

ΑΑ3, Α3�, Δ�, Μ, ΔΓ, Γ�. ΑΒ, ΒΑ4, ΒΓ)

υπάρχουν : (k - η) ·3 2η-3 4) 3 2 4 - 3

Πράγματι = (8 τμήματα.

= ι7 ευθύyραμμα

( k - η ·2 + η - 2 δηλαδή (2003 - 4) . 2 + 4 - 2 = 4000.

Άρα

Ε< · - ιο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/31

Μαθaμα-ιικά yιa -ιnv Α' -ιάξa -ιοu ll.uκι:ίou

του Γιάννη Σιάχου

Άρα οι διαστάσεις της φωτογραφίας που έχει το μέγιστο εμβαδό είναι: (ΑΒ) = 16 cm και + = (BΓ)=8cm.

1. Ένας φωτογράφος εργαζόμενος στον υ πολογιστή του, θέλει να τοποθετήσει σε σταθερό πλαίσιο ΚΛΜΝ μια φωτογραφία με τρόπο ώστε τα περιθώρια να έχουν τη σχέση y 2 χ 4 •

Βρείτε: i) τις τιμές που μπορούν να πάρουν οι με ταβλητές χ και y. ii) τις διαστάσεις της φωτογραφίας ώστε αυτή να έχει το μέγιστο εμβαδόν. Κ .---- --,-----.Λ

A.----f - '-----.

10cm y_.l Δ

Β � y_.

χ'χ

Ρ (χ) = (χ2 + 5χ + 4 ) (χ - 6) ,

2. Η χάραξη ενός δρόμου εξαιτίας φυσικών εμποδίων, έyινε με τον τρόπο που φαίνεται στο ' σχήμα. Οι άξονες χ'χ και y y είναι κατά τις διευθύνσεις Ανατολή-Δύση και Νότος-Βορράς α ντιστοίχως. Ένα αυτοκίνητο κινείται σ' αυτόν δίνε τον δρόμο και η θέση του ως προς τον ται από συνάρτηση την

20cm i) Γιαχ > τις yμεταβλητές χ και y, ισχύουν οι σχέσεις: > και: >0 <=> -2y > -20 <=> y< 10, 20-2y 10-2χ >0 <=><-2χχ < 5>-10 <=>χ< y<5. Άρα θα πρέπει και < 10 . i ) Το εμβαδό του ορθογωνίου ΑΒΓΔ είναι 20-2y και =(ΑΒ)· (ΒΓ) με (ΑΒ)= Ε {ΓΒ) = 10-2χ. Άρα Ε= (20-2y)· (10-2χ). Όμως απόy +την2χυπόθεση ισχύει = 4 <=> y = 4-2χ . Δηλαδή )(12 +4χ) Ε= (10-2χ )[20-2(4-2χ2 )] = (10-2χ 2 +16χ+120. =120-24χ+40χ-8χ =-8χ Επομένως το εμβαδό της φωτογραφίας θα είναι: 2 Ε(χ)=-8χ +16χ+120. αυτό τηέχειμέγιστσυντελεστή οπότε θα παίρνει η τιμή του, α = -8Το< τριώνυμο όταν χ =-1.._2α = -� -16 =1cm.

Να

Ο,

χε � .

προσδιορίσετε τη θέση του αυτοκινήτου ως προς τον άξονα χ'χ .

Λύση

Ο,

όπου

Λύση

του απόαυτοκινήτου ως τηςπροςπαράστασης τον άξονα χ'(χ)χ , θα. θέση δίνεται το πρόσημο Αρκεί λοιπόν να λύσουμε την aνίσωση Ρ(χ)>Ο ή Ρ(χ)<Ο. Οι ρίζες της παράστασης είναι χ = , χ = -1 και χ=6. Κατασκευάζουμε τον άξονα: - I -4 -1 6 Επομένως όταν χ < ή -1 < χ < 6 , το αυτοΗ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/32

-4

Μαθηματικά για την Α ' Τάξη

i ν ) Το κέρδος ελαττώνεται όταν οι πωλήσεις κίνητοΕνώθαόταν βρίσκεται< χ((Κ<άτω)) από τον άξονα χ' χ . > 6 το αυτοκίνητο υπερβούν τις 4.000. θα βρίσκεται ((Πάνω>> από-1τονή χάξονα χ'χ . ν) Θεωρούμε ότι η επι χ είρηση δεν έχει κέρ δος όταν f (χ ) = 3. Οι ρίζες του τριωνύμου είναι Χι 2 _- -16±4J5 -_ 4 + Ο Άρα δεν υπάρχει κέρδος όταν οι πωλήσεις είναι (4- J5) χιλ."" 2. 200, (4 + J5 ) χιλ.:::: 6.200 είδη. f (x) = 16(x - 1) - 2 (x2 +3 ) , νi) Το κέρδος θα είναι θετικό όταν f (χ ) > Το πρόσημο της f (χ) φαίνεται στον άξονα: f( ) ισ 4 iq 4 <;q -Δηλαδήείναιτοαπόκέρδος αι θετικό, όταν οι πωλήσεις 2.200θαείδηείνμέχρι 6.200 είδη. νii)To κέρδος είντωναι αρνητικό ότανή μεγαλύτε οι πωλή σεις είναι μικρότερες 2. 2 00 ειδών ρες τωνΣτην6.περίπτωση 200 ειδών. αυτή η επιχείρηση έχει ζημία. -4

Ο.

Μια εμπορική επιχείρηση ζήτησε από τον οικονομικό της σύμβουλο, να δημιουργήσει ένα μαθηματικό μοντέλο που να συσχετίζει το κέρδος με το πλήθος των ειδών που πουλήθη καν. σύμβουλος μετά από ανάλυση στοιχείων και υπολογισμούς, βρήκε τη συνάρτηση όπου

S - "G ;) ·

-4 '

το πλήθος

Ο.

των ειδών που πουλήθηκαν (σε χιλιάδες) και χ το κέρδος (σε εκατομ. δραχμές). i) Ποιο είναι το μέγιστο κέρδος που μπορεί να έχει η επιχείρηση; ii) Πόσα είδη πρέπει να πουληθούν, ώστε να έχει το μέγιστο κέρδος; iii) Για ποιες τιμές του χ, το κέρδος μεγα λώνει; iv) Για ποιες τιμές του χ, το κέρδος ελατ τώνεται; v) Πότε η επιχείρηση δεν έχει κέρδος; vi) Για ποιες τιμές του χ το κέρδος είναι θε τικό; vίί)Για ποιες τιμές του χ το κέρδος είναι αρνητικό; Τι σημαίνει αυτό για την επιχείρηση;

f(x)

..J5

..JS

4. Σε κλειστό κύκλωμα Ε, r συνδεδεμένο με εξωτερική αντίσταση R να βρεθεί η μέγιστη ισχύς που ξοδεύεται πάνω στην εξωτερική αντί σταση.

Λύσησυνάρτηση που δίνει το κέρδος της επιχεί ρησης, μετά2 + 16χ από -22. πράξειςΔηλαδήπαίρπρόκειται νει την γιαμορφήένα Απάντηση f (x ) =-2x τριώννμο δευτέρου βαθμού. Υποθέτουμε ότι είναι α=-2, β=16 και γ=-22. Τότε _1_2α =-� =4 cc;;D Δ r και --4αΔ = ---808 =10. Σύμφωνα με τουτηνκυκλώματος, αρχή διατήρησης της ενέρΚατασκευάζουμε τον πί ν ακα μεταβολών της γειας κατά μήκος έχουμε: συνάρτησης: 2R-12r=O EI-I χ ο 4I I2r-EI+I2R=O 12r-EI+PR =0 f(x) / 1 � 1 Πρέπει Δ� (πραγματικές τιμές ρεύματος) 2 από τονi) Τοοποίομέγιπροκύπτει ότι:που μπορεί να έχει η ε Ε - 4P2Rr�O σ το κέρδος PR �-Ε4r είναι 1 εκατ. δραχμές. πιχείρηση μέγιστο κέρδος αντιστοιχεί σε πωλή Pmax - Ε2 σεις ii4.)i0) 00ΤοΤοειδών. R -4r κέρδος μεγαλώνει όταν οι πωλήσεις εί ναι 0< χ<4. Η

-4

Ε,

+οο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/33

Μαθηματικά για την Α' Τάξη

Λύση

p;;

Είναι: Ι η προσφερόμενη από την πηγή ισχύς σε ολόκληρο το κύκλωμα I2R η ισχύς που ξοδεύεται πάνω στην εξωτε Εφαρμόζουμε τηνΔηλαδή Αρχή Διατήρησης της Ορ ρική Iαντί σ ταση R. μής μετά την κρούση. 2r η ισχύς που ξοδεύεται πάνω στην εσωτε mυ = mυι +mυ2 ρική αντίσταση της πηγής r. υ = υι +υ2 3 lt. mol όπου υι, υ 2 και υ οι αλγεβρικές τιμές των ταχυ τήτωνΕφαρμόζουμε πριν και μετάστητηνσυνέχει κρούση.α την Αρχή Διατήmol Cl 2 CO CO (g ) + Cl 2(g ) COCI 2(g) . ρησης της Μηχανικής Ενέργειας. 0,5, ! mυ2 =_!_mυ2 +_!_mυ22 +_!_Κχ.Ζ Κχ 2 = m [υ2 - (υ� + υ� )] Λύση όπου χ η μεταβολή του μήκους του ελατηρίου. ω + 02 COCI2 Κχ 2 = 2mυιυ2 5 mol 6 mol ΑρΑντιδρούν χικά mol 2m υιυ . χ 2 = κx mol Παράγονται -χ(5-molχ) mol -x(6-x) 2 mol x mol μέγιστο όταν το γινόμενο υ1υ2 . Οι συγκεντρώσεις στην ισορροπία είναι: γίνεταιΤο χμέγιγίνσεται το. Επειδή υ1 υ2 = υ σταθερό το [ω] = 5-x rml ' [α2 ] = 6 - χ ιήοl [cocι2 ] = � mol γινόμενο υ1 υ2 γίνεται μέγιστο όταν οι δύο παρά3 lt 3 1ι ' 3 lt γοντες γίνονται ίσοι, δηλ. υ1 = υ2 = . Με βάση χ ή 0' 5 = 5 - χ 3 6-χ ή την τελευταία σχέση xmax = ±u 'JΊΚ Γm .

5. Σε δοχείο όγκου εισάγονται 5 και 6 , οπότε αποκαθίσταται η ιΑν η σορροπία: �

Kc της αντίδρασης είναι να υπολογιστεί η σύσταση του μίγματος ισορροπίας.

�

X.l.

� 2

3 3 χ 2 -17χ+30 = 0 . Προκύπτει = 2 και χ2 = 15 . Αποδεκτή εί ναιπρέπει.η λύση = 2 , αφού η ποσότητα που αντιδρά να εί ν αι μικρότερη από την αρχι κή ποσότη τα ( χ=< 5 ). Τελικά στην ισορροπία: nco = 3 mol , ncι 4 mol , ncocι = 2 mol. -- · --

Χι

6. Δύο σώματα με ίση μάζα ακινητούν σε λείο οριζόντιο επίπεδο, στερεωμένα στα άκρα ε λατηρίου σταθεράς Τρίτο σώμα ίσης μάζας κινείται πάνω στο επίπεδο με ταχύτητα υ και συγκρούεται με ένα από αυτά. Να υπολογίσετε τις ταχύτητες των δύο σωμάτων μετά την κρούση, η οποία θεωρείται μετωπική και ελα στική, όταν η παραμόρφωση του ελατηρίου εί ναι μέγιστη.

7. Σώμα

m = 1 Kg

αφήνεται από απόστα ση s = 10 m να ολισθήσει χωρίς τριβή πάνω σε κεκλιμένο επίπεδο. Το σώμα συγκρούεται με Ν ταχύτητα υ0 με ελατήριο σταθεράς 100 .

Κ=

Να βρεθεί η συσπείρωση που θα υποστεί το ε λατήριο μετά την κρούση. Δίνονται 2 g0 = 10 m/s , φ = 30° .

Κ.

Απάντηση ΘΜΚΕ: Α�Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/34

Μαθηματικά για την Α ' Τάξη

-21 mυ02 - Ο = mgημφs Δ υ0 = �2gημφs = Jt · 10 · � · 10 = 10 m/s. Το ελατήριο συσπεφώνεται κατά χ. Έτσι: �----��--ΘΜΚ.Ε: Γ�Δ α) -Για 5ποια τιμή της αντίστασης η μέση ισχύς 1 2 =mgημφχ--Κχ Ο --mυ0 γίνεται = -Ν ; 2 2 3 _ ! 1 · 1ΟΟ = 1 · 1Ο ·! χ - !1οοχ 2 β)είναιΓιαη ποια τιμήμή τηςτης; R η γίνεται max και 2 2 2 τι ποια max -50 = 5 χ - 50χ2 Το ελατήριο του σχήματος έχει σταθερά 10χ 2 - χ - 10 = 0 Κ = 100 N/m. Σώμα μάζας m = 2 Kg τοποθετεί 1 + JιWi 1 + 20 1 ± �1-4· 10·(-10) ( 20 = 20 ταιΠοιαπάνω στοστη ελατήριο και αποκτά αφήνεταιτο ελεύθερο. χ= η μέγι ταχύτητα που σώμα και 20 1 - JιWi < Ο απορρίπτεται σε ποια θέση; 2 1

---

Προτειvόμε:νες cισκήσεις Ρ

Ηαντίσταση μέση ισχύςR δίπουνεταικαταναλώνει η σχέση μετα βλητή από τη - 10R 1.

P= 2 5 . R + --

ιf(ιDΙΙtμeί�τιι 6Ιtpeίιι τpιyώvοο - ιf(ΙDΙΙtμeί�τDΙ κόκJοι τpιyώvοο του Βασίλη Καρκάνη

Σειδιότητες κάθε τρίγωνο υπάρχουν σημείαζονταιμε μεσημααυ κορυφήΣε ορθογώνιο τρίγωνο το ορθόκεντρο είναι η ντικές και κύκλοι που σχετί της ορθής γωνίας τά. Σε καμβλυγώνιο τρίγωνο το ορθόκεντρο είναι εξωτερι ό του σημείο. σημείο τομής των τριώνΑενόςυψώντριγώνου του. λέγεται το ποτελούνΤαμιτέσσερα σημεία Α, Β, Γ, Η λέμεσημείων. ότι α α Δηλαδή τα οποιαδήποτε τρία σημεία από αυτά σχηματί στο οποίστοο τρίγωνο ορθόκεντροΒΗΓείορναι τοθόκεντρο τέταρτο.ζουνείναιΓιατρίγωνο παράδειγμα το σημείο Α. 3. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΔ = υ , ΒΕ = υβ , Γ ΓΖ = υ1 και ορθόκεντρο το Η ορίζονται τα εγγρά Στο παραπάνω σχήμα είναι το σημείο Η. ψιμα ΒΖΕΓ,τετράπλευρα, ΑΖΔΓ, ΑΕΔΒ.ΑΕΗΖ, ΒΖΗΔ, ΓΔΗΕ και οξuιώιιιο φiyωvo το ορθόκεντρο είναι (γιατί;)

Α. Ορθόκεντρο

ορθοκεντρική τετράδα

Παρατηρήσεις:

L Σε

l" W' Vo

mv σφείο.

Λ β f"

V � \::" 0� ος_\1\ '> Α 0\ �ι Α- χ δ'ι ;oq:) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/35

Μαθηματικά για την Α ' Τάξη

ΘΑ 2 . Για παράδειγμα -= ΘΔ ΓιαΑΒΓνααρκεί ορίσουμε το βαρύκεντρο Θ ενός τριγώνου να φέρουμε μια διάμεσό του,σε γιατρίαπαράδειγμα την ΑΔ και να τη χωρίσουμε ίσα μέρη. Τότε το βαρύκεντρο εί ν αι το σημείο της Θ για το οποίο ισχύει: ΘΑ= 2ΘΔ . τριγώνου ΑΒΓτωνλέγεται τοπλευρών σημείτου. ο τομής τωνενόςμεσοκαθέτων τριών Α 5.

4. Το τρίγωνο ΔΕΖ που ορίζουν τα ίχνη των τριών υψώνΑΒΓστιςλέγεται πλευρές του (μη ορθογωνίου) τριγώνου Ταώνύψητου τουορθικού. τριγώνου ΑΒΓ εί ν αι δι χ οτόμοι των γωνι Για παράδειγμα η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΕΔΖ κλπ. τριγώνουτου. λέγεται το σημείο τομής των τριώνενόςδιαμέσων ()ρθικό τρίγωνο.

Γ. Περίκεντρο

(γιατί;)

Β. Βαρύκεντρο

εί ν αι οι Στο παραπάνω σχήμα αν μ , μ , μ3 1 2 μεσοκάθετες τωνσημείοπλευρών ΒΓ,αι το περίκεντρο ΑΒ τριγώνου Γ τότε το Ο εί ν του ΑΒ και τριγώνου να ι σ απέχει από τις τρεις κορυφές του δηλαδή ΟΑ= ΟΒ = ΟΓ . ΑΓ,

έχει την ιδιότητα

Στο παραπάνω σχήμα αν ΑΔ =μα, ΒΕ = μβ και ΓΖ= μ1 τότε το σημείο Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ να απέχει από μια κορυφή τα �3 της αντίστοιχης διαμέ. μιας πλευρας το 3"1 της αντι.σου και απο. το μεσον στοιχης διαμέσου. Για παράδειγμα: ΘΑ= �3 μα και ΘΔ = .!_3 μα. και έχει την ιδιότητα

Παρατηρήσεις: ι.

Το περίκεντρο Ο είτριγώνου ναι το κέντρο τουΔηλαδή περι γεγραμμένου κύκλου του ΑΒΓ. τουκορυφές κύκλουτουπάνω στον Ωςοποίο βρίσκονται οι τρεις τριγώνου. R του κύκλου αυτούτριγώνου. ορίζεταιΓιαη απόσταση από μι. α κορυφή του παράδειγματουRΟ=ΟΑ ακτίνα

Παρατηρήσεις: ι.

Γιαυλικότριγωνική λεπτή επίπεδη πλάκα από ομογενές το βαρύκεντρο ή είναι το σημείο ευσταθούς ισορροπίας. Το βαρύκεντρο ντοτε εσωτερικό σημείο του.ενός τριγώνου είναι πά 3. Τα μέσα των πλευρών κάθε τριγώνου ορί ζουν τρίγωνο πουτοέχειΘ είτοναιίδιοβαρύκεντρο βαρύκεντροκαιμετουτο αρχι κ ό. Δηλαδή τριγώνου ΔΕΖ 4. Το βαρύκεντρο ενός τριγώνου χωρίζει κά θε διάμεσο σε τμήματα που έχουν λόγο ίσο με 2.

κέντρο βάρους

(γιατί;)

Σε σημείο. οξυγώνιο τρίγωνο το περίκεντρο είναι εσωτερικό ορθογώνι ο τρίγωνο το περίκεντρο είναι το μέσονΣεΣετηςαμβλυγώνιο υποτείνουσας ξωτερικό σημείο. τρίγωνο το περίκεντρο είναι ε ενός τριγώνου ΑΒΓ λέγεται το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών του. 2.

(γιατί;)

Δ. Έγκεντρο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/36

Μαθηματικά για την Α ' Τάξη

Στο παραπάνω σχήμα αν: ΑΔ = δα , ΒΕ = δβ , ΓΖ = δγ τότε το σημείο Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και έχει την ιδιότη'Μ να ισαπέχει από τις τρεις πλευρές του τριγώνου. Δηλαδή ισχύ ει: . ΙΚ = ΙΛ = lM εφόσον ΙΚ 1. ΒΓ , ΙΛ 1. ΑΓ , IM l. AB .

Στο παραπάνω σχήμα οι διχοτόμοι των

Βεξ ,

Γεξ και Α τέμνονται στο Ια που είναι το παράκε

Παρα:τημήσ.εις; ι.

Το έγκεντρο Ι είναι το κέντρο του εγγε γραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Δηλαδή του κύκλου που βρίσκεται στο εσωτερικό του τρι γώνου ΑΒΓ και εφάπτεται των τριών πλευρών του. Ως ακτίνα ρ του κύκλου αυτού ορίζεται η από σταση του Ι από μια πλευρά του τριγώνου. Για πα ράδειγμα ρ = ΙΚ . Α

ντρο του τριγώνου και έχει την ιδιότητα να ισα πέχει από τη μια πλευρά του τριγώνου και τις προ εκτάσεις των δύο άλλων. Δηλαδή ισχύει: ΙαΚ = ΙαΛ = ΙαΜ . Παρατηρήσεις: ι.

Το παράκεντρο Ια είναι το κέντρο του πα ρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Δη λαδή του κύκλου που εφάπτεται στην μια πλευρά του τριγώνου και στις προεκτάσεις των δύο άλλων πλευρών του. Ως ακτίνα Ρα του κύκλου αυτού ορίζεται η απόσταση του Ια από την ευθεία μιας πλευράς του τριγώνου. Για παράδειΎμα Ρα = ΙαΚ . Α

2. Το έγκεντρο κάθε τριγώνου είναι εσωτερι κό του σημείο. 3. Αν ΔΕΖ το ορθικό του τριγώνου ΑΒΓ κm Η το ορθόκεντρο τότε το Η είναι έγκενφο του τρι γώνου ΔΕΖ. (γιατί; )

Ε. ΠαράκεντρQ ενός τριγώνου ΑΒΓ λέγεται το σημείο τομής των διχοτόμων δύο εξωτερικών γωνιών του και της διχοτόμου της τρίτης εσωτερι κής του γωνίας.

2. Σε κάθε τρίγωνο ορίζονται τρεις παρεyyε γραμμένοι κύκλοι. Ο κύκλος (Ια,Ρα ) όπως ορί-

στηκε ποιο πάνω και οι κύκλοι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.3/37

(Ιp , ρβ )

και

Μαθη ματικά για την Α ' Τάξη

(

Ι1, ρ1 ) που ορίζονται με ανάλογο τρόπο. Έτσι τα ενός τριγώ Ια , Ιβ , Ι1 είναι τα τρία νου και Ρα , Ρβ , ρ1 οι ακτίνες των αντίστοιχων παρεγγεγραμμένων Jώκλων.

Λύση

παράκεντρα

Ασκήσεις λυμένες Άσκηση 1 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με έγκεντρο Ι και πα ράκεντρα Ια , Ιμ , Ι1 • Να δειχθεί ότι το Ι είναι

ορθόκεντρο του τριγώνου ΙαΙ μ Ι γ (που ορίζεται από τα παράκεντρα του τριγώνου ΑΒΓ). Λύση

Εφόσον Θ βαρύκεντρο είναι: ΘΔ= )1 μα Στο τρίγωνο οι ΘΔτοκαιβαρύκεντρο. ΒΜ είναι διάμε σοι οπότε το σημείοΘΒΓΚ είναι Άρα: α)

( 1 ).

Μ Στο τρίγωνο ΓΘΑ τα Ε, εί ν αι μέσα των πλευρών ΓΑ, ΓΘ αντίστοιχα. Άρα: ΕΜ ΑΘ και ) μα 1 α οπότε: ΕΜ ΘΔ και λόΕΜ ΑΘ -γωραλληλόγραμμο. (1): ΕΜ = ΘΔ επομένως το ΘΕΜΔ είναι πα β)

=-= 2 2

Κάθεδύοπαράκεντρο είναιγωνιών σημείτουο τομής τών καιδι χοτόμων εξωτερικών τρι γ ώνου της διηχοτόμου της τρίτης του γωνίας. Έτσι ΑΙ διέρχεται από τοεσωτερικής Ia , η ΒΙ από το Ιβ και η ΓΙ από το Ι1 . Ακόμη οι ΑΙ, Αlβ είναι διχοτόμοι εφεξήςΑl καιή IaAπαραπληρωματι κ ών γωνι ώ ν οπότε: Ι δηλαδή ΙαΑ ύψος του tριΙ γ β β γώνου ΙαΙβ Ιγ . Όμοια δείχνεται ότι: ΙβΒ, Ι1Γ είναι τα άλλαστοδύοΙ. ΆραύψητοτουΙ είτριναιγώνου αυτού πουτουσυντρέ χουν ορθόκεντρο τριγώ νου ΙαΙβΙγ . ΑΙ j_

= -μ 3

Άσκηση 3 Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ με Θ βα ρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Αν Ε, Ζ, Η μέσα των ΑΒ, ΘΔ, ΓΔ αντίστοιχα να δειχθεί ότι: ΕΖ ΗΘ. =

Λύση

Άσκηση 2 Στο τρίγωνο ΑΒΓ έστω ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ οι τρεις διάμεσοί του και Θ το βαρύκεντρο. Αν Μ το μέ σο του ΘΓ και η ΟΜ τέμνει την ΑΔ στο Κ να δειχθεί ότι: 2 α) ΘΚ = -μα , 9

β) το ΘΕΜΔ είναι παραλληλόγραμμο.

Δ Γ Η ΓΕ διάμεσος τουτηςτριγώνου ΑΒΓ οπότεΕΘ τοή βαρύκεντρο Θ σημείο ώστε: ΘΓ = ΕΘ ΘΓ (1). Στο τρίγωνο ΔΘΓ ταΖ, Η μέσα των ΘΓ και δύο πλευρών (από υπόθεση) οπότε: ΖΗ ΖΗ=-ΘΓ άρα: ΖΗΙ Ι ΕΘ και λόγω (1) ΖΗ ΕΘ. Έτσι το ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο επομένως: 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/38

Μαθηματικά για την Α ' Τάξη

ΕΖ=ΗΘ.

Παρατήρηση:

λσκηση 4 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ κλο (O,R) και έστω Δ, Ε, Ζ τα μέσων των τόξων ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι: α) Οι ευθείες ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ συντρέχουν σε σημείο Ι . β) ΑΔ _L ΖΕ . γ) Το Ι είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΔΕΖ. Λύση α)

Εφόσον Δ μέσο του τόξου ΒΓ.---. θα είναι ΔΒ = ΔΓ οπότε Αι = Α2 άρα η ΑΔ διχοτόμος της Α του τριγώνου ΑΒΓ. Όμοια ΒΕ, ΓΖ διχο γωνίας τόμοι των γωνιών Β, Γ αντίστοιχα.

Για να δείξουμε ότι τρεις ευθείες του επιπέδου συντρέχουν σε κάποιο ση μείο, εξετάζουμε μήπως το ση μείο αυτό είναι το ορθόκεντρο ή το βαρύκε ντρο ll το περίκεντρο ή το έγκεντρο ή κάποιο από τα παράκεντρα ενός τριγώνου. Τα παραπάνω ση μαίνουν ότι αντίστοιχα πρέπει να διαπιστώσουμε ότι οι τρεις ευθείες αποτελούν στο τρίγωνο τις ευ θείες των υψών ή των διαμέσων ή των μεσοκάθετων (των πλευρών του) ή των διχοτόμων (των γω νιών του) κλπ.

λσκηση 5 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο Ο είναι το περίκεντρο, Η το ορθόκεντρο και θ το βαρύκε ντρο. Να δειχθεί ότι: α) Αν ΒΔ, ΓΕ ύψη του τριγώνου ΑΒΓ τότε η ΟΑ .l ΔΕ (θεώρημα Nagel). β) Τα συμμετρικά του ορθόκεντρου Η ως προς τις πλευρές του τριγώνου είναι ση μεία του περιγεγραμμένου του κύκλου. Το ίδιο ισχύει και για τα συμμετρικά του ορθόκεντρου ως προς τα μέσα των πλευ ρών του τριγώνου. γ) Το περίκεντρο Ο απέχει από κάθε πλευ ρά του το μισό της απόστασης του ορθό κεντρου από την απέναντι κορυφή. δ) Τα σημεία Η, θ, Ο είναι συνευθειακά και ισχύει: ΗΘ 2θ0 (ευθεία του

οι ΑΔ,ΑΒΓΒΕ,συντρέχουν ΓΖ ως διχοτόμοι τωνογωνιΙ πουών τουείναιτριΆρατογέγκεντρο ώνου στο σημεί Euler). του τριγώνου. Έστω Η .---.το σημείο τομής της ΑΔ με την ΕΖ. Είναι: Ει...-=-.. ΒΖ = ΑΒ4 (εφόσον Ζ μέσο ΑΒ ). ΑΒ (ως εγγεγραμμενη' ) αρα: Επισης ' ΓΛ = Τ ' ΕΛ ι =-Γ (1). Η Ιι εξωτερική στο τρίγωνο άρα: Λ Λ . στο τρίγωνο ΙΗΕ η ΛΙι =ΑιΛ ΒιΛ =-Α Β Έτσι Φέρνουμε τηνΟΑ .lεφαπτομένη ε του (O,R) στο σημείο Α τότε: ε (1). ι ( ),(2) 80°- ( Α Β Γ ) = Επίσης: Α1 =Γ (χορδής εφαπτομένης καi. εγ ΙΗΕ=180°-Iι -ΕΛ ι =1 = 180° -90° = 90° οπότε: ΑΔ ΖΕ . . γεγραμμένη στο τόξο} και Γ = Ει (το ΒΕΔΓ Λόγω του (β) είναι: ΑΔ .l ΖΕ και όμοια εγγράψιμο). δείχνεται: ΒΕ ΔΖ και ΓΖ ΕΔ δηλαδή οι ΔΑ, οπότε: Αι λόγω ΔΕ = (1) Ε ε της και Άρα: ι ΕΒ, ΖΓ εί ν αι οι ευθείες των τριών υψών του τρι γώνουείνΔΕΖ το σημείο χουν αι τοοπότε ορθόκεντρο του τριΙ στογώνου. οποίοΔΕΖ.συντρέ η ΟΑ_LΔΕ . =

Λύση

β)

ΙΑΒ

(2).

α)

-+-+-

γ)

.l..

ίδιο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/39

Μαθηματικά για την Α ' Τάξη

γ) Έστω: Κ, Λ μέσα των ΗΑ, ΗΒ τότε στο τρίγωνο είναι: ΚΑ ΑΒ και ΚΑ= ΑΒ2 . Ακόμη: ΜΝ ΑΒ και ΜΝ ΑΒ2 (γιατί;) άρα ΚΑΙ Ι ΜΝ και ΚΑ = ΜΝ. Ακόμη: Αι = Νι (γιατί;), Μι (γιατί;) οπότε τα τρίγωνα: ΗΚΑ και Η ΟΜΝ είναι ίσα άρα: ΗΚ = ΟΜ ή ΟΜ ΗΑ2 . ΌΈστω Ηι το σημείο τομής του ύψους ΑΔ με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ. μοια και για τις αποστάσεις του περίκεντρου από Φέρνουμε την ΒΗι. Είναι: Βι = Αι (ως εγγεγραμ- τις άλλες πλευρές. μένες στο ίδιο τόξο). Επίσης: Β2 = Αι (ως οξείες με πλευρές κάθετες). Οπότε: Βι = Β2 και έτσι στο τρίγωνο ΒΗΗιείτοναιύψος ΒΔ είναιεπομένως και διχοτόμος ά ραναιτοκαιτρίγωνο ισοσκελές, η ΒΔ εί διάμεσος. Δηλαδή: ΔΗ= ΔΗ ι άρα το Η ι είναιόπως συμμετρικό τουείναιΗσημείο ως προςτουτηνκύκλου πλευρά(O,R).ΒΓ και δείξαμε ταάλλσυμμετρικά τουτουορθόκεντρου ως προς τιςΌμοια δύο ε ς πλευρές τριγώνου ΑΒΓ είναι Φέρνω την διάμεσο πουΘΑ,τέμνει την σημεία του κύκλου (O,R). ΟΗ στο Θ και έστω Κ, Λ μέσα των ΘΗ αντί στοιχα οπότε στο τρίγωνο ΘΗΑ είναι:ΗΑ ΚΑΙ Ι ΗΑ και ΚΑ=-. 2 Λόγω του (γ) είναι: ΟΜ ΗΑ2 και ΟΜ ΗΑ Άρα:είναιΟΜπαραλληλόγραμμο ΚΑ και ΟΜ =άραΚΑοι οπότε το ΚΟΜΛ διαγώνιές Ηι του ΛΟ διχοτομούνται, δηλαδή ισχύει: ΚΘ = ΘΜ (1) και ΛΘ = ΘΟ (2). Επίσης αν Ηι το συμμετρικό του ορθόκε ντρου το μέσον της πλευράς Όμως = ΚΘηοπότε λόγω (1) τοείνΘαι:είΑΚναι ΒΗΓΗιΗ ωςείναιπροςπαραλληλόγραμμο (εφόσονΒΓ τότε οι δια-το το= ΚΘβαρύκεντρο = ΘΜκαικαιτουεφόσον ΑΜ διάμεσος τριγώνου ΑΒΓ. γώνιές του διχοτομούνται) άρα Ηι Γ ΒΗ . Η, Θ,λόγωΟ είτηςναι (2)συνευθειακά. Α Όμως ΒΗ .l ΑΓ οπότε: ΗιΓ ΑΓ δηλ.: κόμη:ΆραΗΛτα=σημεία ΛΘ οπότε θα εί ν αι: ΗΛ επομένως η ΑΗι είναι διάμετρος του = ΛΘ = ΘΟ άρα: ΗΘ = 2ΘΟ. ΑΓΗι κύκλουΈτσι(O,R). το σημείο Ηι ανήκει στον περιγεγραμ Άσκηση > μένο κύκλο του ΑΒΓ. Όμοια δείχνεται ότι και τα συμμετρικάείντουαι σημεία Η ως προς τα μέσα(O,R). των δύο άλλων πλευρών, του κύκλου ΗΑΒ

Κι =

β)

ΑΜ

δ)

Α.___.---

ΚΜ,

ΑΚ

= 90°

6 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β γ και α + β + γ = 2τ περίμετρο. Αν (Ι,ρ) ο εγγεγραμμέ νος του κύκλος που εφάπτεται στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ στα Δ, Ε, Ζ αντίστοιχα και (Ι α , ρα ) ο παρεγγεγραμμένος του κύκλος που εφάπτεται στις ευθείες των ίδιων πλευρών στα Δ ', Ε ', Ζ ' αντίστοιχα, να δειχθεί ότι:

α) ΑΖ = ΑΕ = τ - α , ΒΔ = ΒΖ = τ - β , ΓΔ = ΓΕ = τ - γ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.3/40

Μαθηματικά για την Α' Τάξη ' ' β) ΑΖ ΑΕ ' ' γ) ΖΖ ΕΕ

= = = = α και = τ

(β )

= (τ-γ) - (τ-β ) =β - γ .

•

ΔΔ

β-γ.

Α σ κή σ ε ιις: 1 ια: λ ύ,σ· η. :: Άσκηση 7

Λύση =

ΑΖ ΑΕ, ΒΔ ΒΖ, ΓΔ ΓΕ (για τί;) α) Είναι:ΑΖ=ΑΕ=χ } έχω: α+β+γ=2τ ή Έτσι αν: ΒΔ=ΒΖ=y rΔ=ΓΕ=ω 2 (χ+y+ω) =2τ ή χ+y+ω=τ (1). y+ω=α (2), χ+ω=β Επίσης: χ + y=γ (4). Α =

(3),

Θ Θ'

Δίνεεταιτουτρίεπιπέδου γωνο ΑΒΓτου.μεΑνβαρύκεντρο το, καιοι ευθεία Α' , Β', Γ' προβολές τωνστηνκορυφών τουδειχθεί τριγώνου και του βα ρύκεντρου ε τότε να ότι: .ωνο ώστεμε τοτοτρίγω νο τότε:α) ΑΑνν ηη εε=δεν_τέμνειέχειΒΒ'τοκοινάτρί+ ΓΓ'γσημεία Ατα ναΒ, βρίΓ, σκεται στο ένα από τα δύο ημιεπίΠεδα και στοΑνάλλοη ετότε: = ΒΒ'το+ ΓΓ'-(προφανώς το γ)συμπί διέρχεται από με το καικαιτοταΑΒ,βρίσκεται στοτότε:ένα από τα= ΒΒ'δύοπτειημιεπίπεδα Γ στο ΓΓ' . ΔίνεταιΒΓ,τρίΓΑ,γωνοΑΒΑΒΓαντίκαιστοιΔ,χαΕ,καιΖ Ητατομέσασυμμε των πλευρών τρικόα)τουΤοΖτρίγωνο ως προς ΑΔΗ το Ε. Ναέχειδειχθεί ότι:ίσες με τις πλευρές διαμέσουςΤοτουβαρύκεντρο τριγώνου ΑΒΓ. του τριγώνου ΑΔΗ εί ν αι το Εγ). Οι διάμεσοι του τριγώνου ΑΔΗ είναι ίσες με τα �4 των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ. β)

3ΘΘ'

ΑΑ' +

3ΘΘ'

Θ'

Θ)

ΑΑ'

ΑΑ' . άλλο

Άσκηση 8

β)

. . . .

Άσκηση 9

Από (1) - (2) είναι: χ=τ-α, δηλ. : ΑΖ=ΑΕ=τ-α. Από (1) - είναι: y=τ-β , δηλ. : ΒΔ=ΒΖ=τ-β. Από (1) - (4) είναι: ω=τ-γ, δηλ. : ΓΔ=ΓΕ=τ-γ. Επίσης: ΑΖ'= ΑΕ' (5) (γιατί;) και ΑΖ'+ ΑΕ'= (ΑΒ +ΒΖ') + ( + ΓΕ') = (ΑΒ+ΒΔ') + (ΑΓ+ΓΔ') =ΒΓ+ΑΓ+ΑΒ=α+β+γ=2τ και λόγω της (5): 2ΑΖ' = 2τ άρα: ΑΖ'= τ= ΑΕ'. γ) Έχω: ΑΖ'= ΑΕ' μέλη και ΑΖ= ΑΕθα οπότεείναι:με αφαίρεση κατά ΑΖ'=ΑΖ'-ΑΖ -ΑΖ=ΑΕ' -ΑΕκαι ήλόγωΖΖ' =ΕΕ'. Ακόμη: των (α), ΖΖ' =τ- (τ-α) = α, δηλ.: ΖΖ' = ΕΕ' =α. Τέλος:(β): ΔΔ' =ΒΔ' - ΒΔ =ΒΖ' -ΒΔ= (ΑΖ' -ΑΒ ) - (τ-β) (3)

β)

ΑΓ

Δί ν εται ορθογώνι ο τρί γ ωνο ΑΒΓ με Α= 90° και ΑΔ ύψος. Αν I, 11, 1 2 είναι τα έγκεντρα των τριγώνων ΑΔΓ αντίστοιχα τότε να δειχθεία) ότι:ΤοΑΒΓ,Ι είνΑΔΒ, αι ορθόκεντρο του τριγώνου Alι l2 . AI=I112 • Δίνονται οι ευθείες ε1, ε2 που τέμνονται κάθετα στο Ο. Αν Α, Β, Γ σημεία της ε1 και Δ, Ε, Ζ νασημεία δειχθείτηςότι:ε2 ΑΖώστε:ΓΔΑΕ. ΒΔ και ΒΖ ΓΕ τότε β)

Άσκηση 10

�Πόδειξη:

ΖΖ'

Αν η κάθετος από το Β στην ΓΔ τέμνει την ε2 Δ

στο Η τότε: Δ ορθόκεντρο ΓΗΒ Δ

ΗΑΕ , Β ορθόκεντρο ΑΗΖ κλπ. .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/41

Γ ορθόκεντρο

Μαθnμαιιικά yια ιιn Β' ιιά�n ιιου Λυκι:ίου Α

,ι,.κiι,.ιιs Ι"rιιν Εκlιτικit Klλt AΙflλfltlpικiι Σuν.prιι'" των Σπ. Δαμάσκου και Γιώργου Μπαραλή

Με δεδομένη την καλή έως και άριστη θεωρητική κατάρτιση των φiλων του «Ευκλείδη», παραθέ τουμε μια σειρά ασκήσεων με την ελπίδα να βοηθήσουν στην εμπέδωση των εννοιών της εκθετικής και της λογαριθμικής συνάρτησης μέσω των εφαρμογών τους και του συσχετισμού τους με άλλα κεφάλαια της Άλγεβρας, όπως με αυτό των αριθμητικών και γεωμετρικών προόδων. 1.

Να λύσετε την aνίσωση x 2 2 χ+3 + 7 . 2χ ::; 3 . 2 + J - 2

Λύση :

Είναι: (2 + .J3)(2 -.J3) = 4-3 = 1 , οπότε Λύση : (2-.J3( =2+.J3 (1). 3 3 Έχουμε: 22χ+ + 7 2χ ::; 3 2χ+ - 2 <::::> Θέτουμε χ 2 - 2χ = y οπότε η εξίσωση γράφε2 8 . (2χ ) + 7 . 2χ - 24 . 2χ + 2 ::; ο <::::> ται: 2 (2+.J3Y+I +(2-.J3y-ι = 4(2-.J3( <::::> 8 . (2χ ) -17 . 2χ + 2 ::; ο (1) Θέτουμε 2χ = y, y > Ο (2) οπότε η (1) γί- (2+ .J3Y+l +(2-.J3)-(i-y) =4(2-.J3( � νεται: -y = 4(2 + .J3) <::::> (2) + ( 2 + .J3)\ ( 2 + .J3Y \ + 1 . ::;; 8y2 -17y+ 2 Ο <=> -::;; y ::; 2<::::> 8 (2 + .J3)y +(2+.J3Yy = 4 <=> Γ3 ::; 2χ ::; 21 <::::> -3 ::; χ ::; 1 . (2 + .J3)2y - 4( 2 + .J3)y + 1 = ο (2). - I- 2 1 , x l σ σ . Να λύσετε την aνί ω η α ::;; με 2 α>Ο Θέτουμε ( 2 + .J3Y = ω > Ο , οπότε η (2) . γίνεται: ω2 -4ω + l = Ο <::::> ω = 2-.J3 ή Λύση : Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ω = 2+.J3 . i) Αν Ο < α < l τότε Για ω = 2 + .J3 είναι Jx-�-2 ::;; ι <::::> σJχ-�-2 ::;; α0 <=>Ι χ-� -22:: 0 <=>Ix -� 2:: 2 <::::> (2+.J3Y = (2+.J3)1 <::::> y = l . (χ-3 :::; -2 ή χ -3 2:: 2 ) <::::> x ::; l ή χ 2:: 5 . 3 Για = 2-.J3 είναι ii) Αν α= 1 τότε ιlχ-:- 1-2 ::; 1 ισχύει για κάθε χε IR . (2+�)Υ =(2-�) <=>(2+�)Υ =(2+�Γι �y=-1 iii) Αν α> 1 έχουμε αlχ-31-2 ::; 1 αlχ-31-2 ::; α lx -31 -2::; Ο <::::> Για y = -1 είναι lx -31 ::; 2 -2 ::; 3 ::; 2 <::::> 1 ::; χ ::;; 5 . χ2 -2x=-l<::::> x2 -2x+l �<=>(x-1)2 =O<::::> x =l . Για y = 1 είναι 3. Να λύσετε την εξίσωση : ( r;; )x2-2x+ l χ 2 -2χ = 1 χ 2 -2χ -1 = ο <::::> χ = 1 -J2 ή 2+ν3 + ( 2- νr;;3 )x2 -2x-1 = 2 -4νr::;3 · x = l+J2. ·

ο <::::>

<::::>

χ-

<::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/42

•

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου 4.

Λύση :

Να λύσετε την aνίσωση log7 log343 3 + 2 .

χ>

Λύση :

(χ )

{

2 > 0 � χ > --23 � χ >0. Πρέπει: {3χ χ+ >Ο χ>Ο 343 χ = log343 χ log343 χ -_ Είναι: log7 χ = log log343 7 log73 7 1 3 3 3log343 χ = log343 Χ · Η aνίσωση γίνεται: log7 χ > log343 (3χ + 2) � log343 χ3 > log343 (3χ + 2) � χ3 > 3χ + 2 � χ3 -3χ-2 >0 � (χ+ 1) (χ2 -χ-2) >ο� (χ+ ι)2 (χ-2 ) > ο � ιχ > 21 . Για τη λύση της ανίσωσης χρησιμοποιήσαμε το σχήμα Horner για p=- ι .

Έχουμε: log (4x + 26 ) = 1 + 1og ( 2 x +ι ) � log ( 4x + 26 ) = log10+log ( 2x +ι ) � log (4χ + 26 ) = log [ι o ( 2x +ι )] � 4χ +26 = l0 · 2x +10 � ( 2χ )2 -l0 · 2x +16=Ο (ι). Θέτουμε 2χ = y > Ο , οπότε η ( ι ) γράφεται: y2 - lOy+ 16 = 0 � y = 2 ή y=8. Για y = 2 είναι 2χ = 2 � 2χ = 21 � χ= 1 . Για y = 8 είναι 2χ = 8 � 2χ = 23 � χ = 3 . 7.

Να λύσετε την εξίσωση : g g 4 logs 3 x-l + ι logs 32 χ-2 + 7 � 31o 3(1o s ) .

(

)

)= (

Λύση :

α10g� =θ οπότε Γνωρίζουμε ότι: 3 10g3(Ιogs 4) = log5 4 και η εξίσωση γράφεται: log5 (3χ-ι + 1 ) = ιοg5 (32χ-2 + 7 ) - log5 4 � log5 (3χ-Ι + 1 ) = log5 32χ 42 + 7 � 5. Να λύσετε την εξίσωση � 3 . 3 ιοg χ + 3 3-log x = 82 • 3x -l + ι = 32 χ 42 + 7 � 4 - 3χ-Ι + 4 = 32 χ-2 + 7 � 4 ξχ -3- i-(3x )2 = 0 � (3χ )2 -ι2-Υ + 27 = 0 . Λύση : > Πρέπει: χ Ο. Έχουμε: Θέτουμε 3χ = y >Ο οπότε η εξίσωση γράφεται: 82 . Θέy2 - ι2y+27 = 0 � y = 3 ή y = 9 . 3 . 31og x + 33-log x = 82 � 3 · 3logx + _Ε_ 3ιοg χ = Για y = 3 έχουμε 3χ = 31 � χ = ι . τουμε 3Ιοg χ = y > Ο , οπότε η εξίσωση γράφεται: Για y = 9 έχουμε 3χ = 32 � χ = 2 . 3y+ 27 = 82 � 3y2 + 27 = 82y � Υ 8. Να λύσετε την εξίσωση .!. log log χ + ι 13 3y2 -82y + 27 = 0 � y = 3 ή y = 27 . = + log x log x + ι 6 ι , Για y = -3 ειναι Λύση : Ι ο-1 _!_ ! og og Πρέπει χ > Ο , log χ Ο � χ :;t 1 και 3l x = 3 �3l x = Γ1 � οgχ=-ι�χ=ι �χ= 10 log χ -I � χ lιO . Για y = 27 είναι og Επομένως χε ( ο, ι� ) υ ( ι� , ι ) υ (ι,+cο ) . 3l x =27 �3logx =33 � logx = 3�x = ιoJ �χ = ι ΟΟΟ . Θέτουμε log χ = y , οπότε η εξίσωση γράφε6. Να λύσετε την εξίσωση : ται: .; y 13 y+ ι + -�-�6(y+1) log ( 4x + 26 ) = 1 + log ( 2x + 1 ) . 2 +6y_). =13y(y+1)� y y+ι 6 θ

___. _ .:::: _

:;t

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/43

:;t -

Μαθηματικά για την Β' Λυκέίου

6(y2 + 2y + 1)+6y2 -13y2 - 13y = O � 6y2 + 12y + 6 + 6/ -13/ - 13y = O � -y2 - y +6 = 0 � y2 + y - 6 = 0 � y = -3 ή y=2. Γtα y = -3 έχουμε log x = -3 � x = 10-3 � χ =-1-3 . 10 Για y = 2 έχουμε log χ = 2 � χ = 102 � χ = 100 . 9.

{

Πρέπει:

{

log3 x = -1 <=> 3- 1 = χ <=> χ =.!.. . 3 2 Για y = 2 έχουμε 1og3 χ = 2 <=> 3 = χ <=> χ = 9 .

11. Έστω χ,y ε (0, 1 ) και

0<«*1

έτσι ώστε logx α + logy α = 4 logxy α . Να αποδείξετε ότι x=y . Απόδειξη

Έχουμε: , lσ&ι α lσ&ι α 41<>& α 1ogx α + 1ogy α= 41ogxy α η -- + -- = -- η l χ I<>& I<>& xy

Να λύσετε την aνίσωση: 4- > log (310g3(Z-x) ) log s s x+3

Λύση :

ται: y3 - 3y - 2 = 0 � y = -1 ή y = 2 . Για y = -1 έχουμε

y σ&ι 1 1 + --= 4 η' logα χ logα y logα xy logα χ + logα y = 4 η, 1οgα χ logα y logα Χ + logα Υ (logα Χ + logα y)2 = 41οgα Χ 1οgα Υ ή (logα χ - logα y)2 = Ο .

{

___i_ >O 4(χ+3) >0 χ>-3 χ+3 � 2-χ>Ο � χ<2 �-3<χ<2 (1) 2 -χ> ο Επειδή 310g3(2-x) = 2 - χ η ανίσωση γράφεται: 4 >2-χ � log5 4 > log5 (2 - χ) � -Οπότε: χ +3 χ+3 (logα χ - 1οgα y)2 = Ο <=> 1οgα Χ = logα Υ <=> Χ = Υ . 4 - (2 - χ) > ο � 4 - (2 - χ)(χ + 3) > ο � -χ+3 χ+3 2 2 log{ Iog xκ )κ � 4 - (-χχ +-3 χ + 6) > 0 � χ χ++χ3- 2 > 0 � 12. Αν «κ = με χ > Ο , log x > O log xκ (χ + 2)(χ 1) <=> > Ο � (χ + 2)(χ - l)(x + 3) > Ο � και κ ε Ν να αποδείξετε ότι: χ. + 3 1 α νε Ν . <=> -3 < χ < -2 ή χ > 1 (2) χα' + χαz + ··· + χα· = - νχ 2 Από (1) και (2) έχουμε: -3 < χ < -2 ή 1 < χ < 2 --

.., '

Απόδειξη:

Είναι:

1 Ο. Να λύσετε την εξίσωση: 3 (Iog3 ) -310113 Χ Χ

-Χ _

log5 S6-JΙoc2Ji•

Λύση :

Πρέπει χ > 0 . Είναι:

•

log(logxκ )κ κ1og(logxκ ) log(logxκ ) ακ logxκ = κlogx = logx <=> ακ · logx = log(logxκ ) � 1οgχα• = log(logxκ ) � χα• = logxκ (1). Από την (1) για κ = 1,2, . , ν έχουμε: χα, = logx1 χα2 = logx2 χα3 = logx3

3log2.J2 4 = ω <=> log2.J2 43 = ω � ( 2J2 )ω = 43 � /� = 26 � 3ω = 6 � 3ω = 12 � ω = 4 . 2 Iogs 56-JΙoc2Ji< Οπότε: Χ = Χ1og5 5 = X2 1og5 5 = Χ2 . Επομένως η εξίσωση γράφεται: 3 α. = 1og χ οπότε με πρόσθεση κατά μέλη χ 1 ( log χ) og χ -3 = χ 2 � (log χ)3 -3log χ - 2 = Ο . χ 3 3 είναι Θέτουμε log3 χ = y οπότε η εξίσωση γράφε..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/44

Μαθηματικά Ύtα την Β' Λυκείου

χα, +xnz +χι�.! +· · +χα. =l�,( +l�r +�� + · · + �χν lοg(β ααβ ) = log(γββy ) = log(α1γα ) � =1·l�x+2l�x+ 3l�x+· · +νl�χ αββ α = βyγβ = αΥ γα . =(1+2+3 +· · +ν) *l�χ ν ι4ο Αν x,y > Ο και 2ι: · SY = 7 να αποδείξετε ό= (ν+1) �χ= 1 ν(ν +1)�χ τι 2 22 = ! ν�χν+ι =! νι�χα....ι (x + 2) (y + l ) � log 140 ο 2 2 log4 1og 25 ν(ν+1) , το άθροισμα των ν * Όπου 1+2+ 3 +·· +ν Απόδειξη: 2 πρώτων θετικών ακεραίων. Έχουμε: 2χ . 5y = 7 � 2χ . 5Υ . 4 · 5 = 140 � 2χ+Ζ . 5y+l ::: 1 40 � log[ 2χ+Ζ . 5y+l ] = log140 � 1 3ο Αν α, β, γ πλευρές τριγώνου ΑΒΓ με α *- ι , β *- ι , γ * ι και (χ + 2 )1og2 + (y+ l)log5 = log140 , οπότε α ( β + γ - α ) μ (γ + α - β ) γ ( α + β - γ ) [(χ + 2)1og2 + (y+ 1)log5 ]2 = log2 140 (1). logβ logγ logα Όμως [(x + 2)log 2 - (y + 1)log5] 2 � ο � α α να αποδείξετε ότι: αΡ · μ = γ Ρ · β Υ = αΥ γ (χ + 2 )2 log2 2 - 2 (χ + 2) ( y + 1) log 2 log 5 + Απόδειξη: + (y + 1)2 log2 5 � 0 � Επειδή α, β, γ πλευρές τριγώνου θα είναι: α > Ο , β > Ο , γ > Ο και β + γ > α , γ + α > β , (χ + 2 )2 1og2 2 - 2(χ + 2)(y+ l)log2log5 + α+β >γ. (y + 1)2 Iog2 5 + 4(χ + 2)(y+ 1)1og2log5 � Θέτουμε: α (β + γ - α) β(γ + α- β) γ( α+ β - γ) 1 4(χ + 2)(y+ 1)1og2log5 � = = λ [(χ+2)1�2+(y+1)1og5j �4( χ+ 2)(y+1)1�2�5 (2). �β �γ �α οπότε: Από (1) και (2) έχουμε: 2 logα = λα(β +γ α) logα = λαβ + λαγ λα 4(χ + 2)(y + 1)log2log5 � log 2 140 � lοgβ = λβ(γ + α - β) � logβ = λβγ + λαβ - λβ 2 � (χ + 2 )(y + 1)2log 2 2log5 � log 2 140 � logγ = λαγ + λβγ - λγ 2 2 logγ = λγ(α + β - γ) (χ + 2 )(y + l ) � log 140 . log4log25 βlοgα = λαβ2 + λαβγ - λα2β (1) ιsο Αν α,β, γ ε JR με α > Ο , β > Ο , γ > Ο και γ log α = λαβγ + λαγ2 - λα2γ (2) Ο<χ*ι και logx α = 17 , logx β = 20 , 2 2 3 () αlοgβ = λαβγ + λα β - λαβ log:ι: '1 = 33 να αποδείξετε ότι (4) γlοgβ = λβγ2 + λαβγ - λβ2γ log [log. β · logx ( α · γ ) J = 3 ο + αlοgγ = λα2γ λαβγ - λαγ2 (5) Απόδειξη: (6) β logγ = λαβγ + λβ 2γ - λβγ2 Έχουμε: log[logx β · logx ( α · γ)] = Από (1) και (3 ) με πρόσθεση κατά μέλη έχου με: α log β + β log α = 2λαβγ (Ι) log[log x β (logx α + log x γ)] = Από (2) και (5) με πρόσθεση κατά μέλη έχου log[ 20 (17 + 33 )] = loglOOO = log103 = 3 log10 = 3 . με: γ log α + α log γ = 2λαβγ (Π) Από (4) και (6) με πρόσθεση κατά μέλη έχου ι6ο Αν α, β, γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με: β log γ + γ log β = 2λαβγ (ΠΙ) διάφοροι του ι με χ > Ο και logα χ , logμ χ , Από τις σχέσεις (Ι), (Π) και (ΠΙ) έχουμε: log1 χ διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου να αlοgβ + βlοgα = βlοgγ +γ logβ = γ logα+ αlοgγ � β β lοgβα + lοgα = lοgγ + logβ1 = logα1 + lοgγα � _

•

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/45

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου I 1 +···+ 1 -+ 1οgβ β logβ β 1οgβ β = logβ α 1οgβ α3 logβ α2 ν-ι Απόδειξη: Επειδή log0 χ , logβ χ , logγ χ διαδοχικοί ό- Ιοg α + 1οg α3 + · · · + 1οg α- 2 ν-1 = β β β ροι αριθμηnιcής προόδου θα είναι: 1οgβ α + 3 1οgβ α + · · · + ( 2ν - 1)1οgβ α = 2logβ χ = log0 χ + log1 χ <=> logβ α[1 + 3 + · · · + (2ν - 1)]* = ν2 1οgβ α . 2log0 χ Iog0 x +-log0 Χ <=> log0 β log 0 γ * Όπου 1+3 + · +(2ν-1)=J, το άθροισμα των ν Ι Ι πρώτων περιττών θετικών ακεραίων. _2_ = I + __ <=> _2 = 1οg α γ + <=> logα γ log α β log0 γ 1og0 β ι9. Να αποδείξετε ότι: 2log0 γ = log 0 β(Ιοgα γ + Ι ) <=> ν ν (ν + 1) 3 2 log 7 + log 7 + log 7 + · · · + log 7 = log 7 . 2log0 γ = 1og0 β ( 1og0 γ + 1og0 α ) <=> 2 2 1og0 γ = 1og 0 β( 1οg0 ( αγ) ) <=> Απόδειξη: loga γ2 = 1οgα (αγ )log. β <=> γ2 = (αγ )log. β . Έχουμε: log7 + 1og72 + 1og7 3 + · · · + 1οg7 ν = 1og7 + 21og7 + 3 log7 + · · · + νlog7 = ι1. Αν χ,y,ω ε JR+ και κατέχουν αντίστοιχα ν (ν + 1) (1 + 2 + 3 + · · · + ν ) * log 7 = log 7 . την κ, μ, ν θέση γεωμετρικής προόδου με πρώτο 2 όρο τον α και 'λόγο τον λ, να αποδείξετε ότι: ν(ν+1) ( μ - ν ) Ιοg χ + ( ν - κ ) Ιοg y + (κ - μ ) Ιοgω = Ο . * Όπου 1+2+3 + · +ν=-- , το άθροισμα των ν 2 πρώτων θετικών ακεραίων. Λύση: Είναι: χ = αλκ-ι , y = α�-ι , ω = αλν-ι . 20. Σε μια αριθμητική πρόοδο είναι α1 = ln 5 Οπότε: και α 2 = ln ι25 . Να αποδείξετε ότι το άθροισμα logx = 1οg α + ( κ - l)logλ Sν των ν πρώτων όρων της είναι: Sν = ν2 Ιη5 . 1og y = logα + ( μ - 1 )Ιοgλ <::::> Απόδειξη: logω = logα+ ( ν - 1)1οgλ Έχουμε: α1 = ln 5 . (μ - ν )1og x = (μ - ν)1οgα + (μ - ν )( κ - 1)1οgλ ω= � -α1 =lni25-ln5=ln53 -ln 5= 3 ln5-ln5=2ln5 . (ν - κ)logy = ( ν - κ)1οgα+ ( ν - κ )( μ - 1)1οgλ Οπότε: (κ - μ )1οgω = (κ - μ )1οgα + ( κ - μ )( ν - 1)1οgλ [ 2α1 + (ν - 1)ω ]ν [ 2ln5 + (ν - 1 ) 2ln5 ]ν s Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: 2 2 ( μ - ν )1ogx + (ν - κ)1ogy + (κ - μ )1οgω = 2νlη5( 1 +-----'---'--- ν - 1) = 2ν 2 Ιη5 ν2 ln 5 . (μ - ν + ν - κ + κ - μ )1οg α + 2 2 (μκ:-μ -νιc+ν+νμ-ν-κμ+κ+κν-κ-μν+μ)1οgλ=Ο .

αποδείξετε ότι: ( αγ )tog. β

= γ2 •

f f

2ι.

ιs. Αν α, β ε JR με β> Ο και Ο<«*ι, να αποδείξε

τε ότι:

ι --+

log0 β

log03 β

+···+

Ιοg02ν-ι β

= ν 2 Ιοgμ α .

Να βρείτε για ποιες τιμές του χ ε JR οι α log3

Λύση:

Έχουμε: 1 -- + 1 + · · · + = 1οg02 ν-ι β 1og0 β 1og03 β

ι_,

log3 .Jh. , 1 + 21og3 2 + log3 7 χ+1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Να βρείτε τους αριθμούς αυτούς. ριθμοί

Πρέπει χ + I > Ο <::::> χ > -1 και 2χ > Ο <::::> χ > Ο δηλαδή χ > Ο . Είναι: 1 + 2log3 2 + log3 7 = log3 3 + log3 4 + log3 7 = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/46

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

1 log3 ( 3 4 7 ) = log3 84 . Για να είναι οι αριθμοί ι 1 -ι log3 -1- , log3 Εχ. , log3 84 διαδοχικοί όροι α ( ιοgχ1 α ) + ( logx1 α ) + · · · + ( logx. α Γ χ+l = logΧι -: x2···Xv α ριθμητικής προόδου θα πρέπει: 2log3 Εχ. = log3 -1- + log3 84 � Απόδειξη: x+l Έχουμε: 1 log3 2χ = log3 -1- · 84 � 2χ = � � ----------------�------------- = x+l x+l (logx1 α( + (logx 2 α( + · · · + (logx. α( 2χ ( χ+ 1) = 84 � χ2 +χ - 42= 0 � χ = 6 ή χ = - 7 1 � χ = 6 , επειδή χ > Ο . = � ---- logx --------� log-xvlogx Για χ = 6 έχουμε: --1 +� --2 + · · · + -logα logα logα 1 = log3 1 , log3 � log3 --7 ν 12 , log3 84 . logα 6+1 = logx 1 + logx 2 + · · · + logxv 22. Αν α ε IR με α> Ο και O<xi:;tl για ί=1,2, ,ν, logα log x ι · α . να αποδείξετε ότι: Jog (χ 1 · X z • ··X v ) ·

[

]

____: ::.____ __ __ _

__ __ __ __

• • •

·χ

· ·

Μ/.4 ΜΙΚΡΗ ιiN.ftfJIJP.f ΣTIJ/i MιfTEITΙKIJ KIJΣΙHIJ TDN ιfPIIMDN* Β.Ε. Βισκαδουράκης

Στην «πλατφόρμω) στην οποία στηρίζεται η πυραμίδα των μαθηματικών αναφέρεται το παρόν σημείωμα. Ίσως μέχρι το τέλος της μικρής «εξε ρεύνησηφ που θα επιχειρηθεί, να μην λείψουν κάποιες μικρές «εκπλήξειρ). Εξάλλου η μελέτη των αριθμών από τότε που ξεκίνησε με τον Θαλή (7°ς π.Χ. αιώνας), στη συνέχεια με τον Πυθαγόρα και τη Σχολή του, τον Πλάτωνα, τον Θεαίτητο, τον Εύδοξο, τον Αριστοτέλη, τον Ευκλείδη, τον Αρχιμήδη, τον Ερατοσθένη, τον Θέαινα και τον Διόφαντο, ακολούθησε μια πολυδαίδαλη πορεία, άλλοτε σε τόπους γόνιμους κι άλλοτε σε σκοτεινά μονοπάτια όπου παραμόνευαν ακατανίκητοι «δρά ΚΟD)· όχως εκείνον που πρωτοσυνάντησε ο πατέ ρας της σύγχρονης Αριθμοθεωρίας, ο μεγάλος (ε ρασιτέχνης) γάλλος μαθηματικός, δικηγόρος στο επάγγελμα, (Pieπe Fermat) (1601-1660): «Η εξίσωση xv + yv = zν για φυσικό ν � 3 δεν έχει λύση στο σύνολο των ακεραίων». Αυτή η πρόταση, γνω λεξη ο Αμερικανός καθηγητής του πανεπιστημίου στή σαν το μεγάλο θεώρημα του Feπnat, στάθηκε του Maine, Howard Eves στο γνωστό βιβλίο του «δράκος αδάμαστοφ πάνω από 3 50 χρόνια. Απο «Μεγάλες στιγμές των Μαθηματικών)). δείχθηκε μόλις πριν από επτά χρόνια (το καλοκαίρι

«Θα μπορούσαμε να φανταστούμε ότι κάπου προς το τέλος του 19ου αιώνα (είναι δύσκολο να προσδιορίσουμε ακριβώς το χρόνο) η γη στη Δυτική Ευρώπη έτρεμε κι αν κάποιος είχε βάλει το αυτί του στο έδαφος, θα άκουγε τη βροντερή φωνή του Πυ θαγόρα να του λέει στη γλώσσα των Αρχαίων Ελ λήνων: «Σας το έJ.cyα, πάνω από δυόμισι χιλιάδες χρόνια πριν. Σας το έλεγα τότε ότι τα πάντα εξαρ τώνται από τους ακέραιους αριθμούς». Κι αυτό για τί μετά από μια σειρά σημαντικών ανακαλύψεων, οι μαθηματικοί της Δυτικής Ευρώπης έδειξαν, πριν τε λειώσει ο 19°ς αιώνας, ότι όλα τα μαθηματικά είναι συνεπή, αν το σύστημα των φυσικών αριθμών είναι συνεπές. Πράγματι το μεγάλο οικοδόμημα των μαθημα τικών φαίνεται να είναι σαν μια τεράστια ανε στραμμένη πυραμίδα που μόλις ισορροπεί με την κορυφή της πάνω στο σύστημα των φυσικών αριθ μών . . . ». Με αυτά τα λόγια ξεκινά την 3 2η του διά

Σημείωση του υπεύθυνου της έκδοσης: Το άρθ ρο αυτό, σε γενικές γραμμές, είναι μέρος του περιεχομένου ομιλίας που έγινε στις 21/3/1999 σε εκδl λωση του παραρτήματος της Ε.Μ.Ε. του Ν. Τρικάλων από τον εκλεκτό φίλο και συνάδελφο Β.Ε. Βισκαδουρά κη - μέλος της συγγραφικής ομάδας του βιβλίου : «Μαθηματικά Θετικής Κατεύθυνσης» , της Β · Λυκείου, 0ΕΔΒ, 1998.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/47

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

του 1 994) από τον Άγγλο μαθηματικό Α. Wiles, θεωρία αριθμών είναι από τα πιο προσφερόμενα αφού πρώτα απορρόφησε τόσες ώρες δουλειάς όσο θέματα για πρώιμη μαθηματική παιδεία. Απαιτεί κανένα ω.λο έργο, υλικό ή πνευματικό στην αν πολύ λίγες προαπαιτούμενες γνώσεις, τιι θέματά της θρώπινη ιστορία. Αρκεί να σκεφτεί κανείς ότι δεν είναι χειροπιαστά και οικεία. Οι αποδεικτικές δια έχει υπάρξει μαθηματικός σ' όλο τον κόσμο τους δικασίες που χρησιμοποιεί είναι απλές, γενικές και τέσσερις τελευταίους αιώνες, που να μην αποπει λίγες είναι δε μοναδική μεταξύ των άλλων κλάδων ράθηκε να δαμάσει το φοβερό «δράκο>>. Πόσο των μαθηματικών, στο να παρακινεί σε μια φυσική μάλλον που και εκατομμύρια ερασιτέχνες με το ί ανθρώπινη περιέργεια . .. ». διο ή και περισσότερο πείσμα κατέθεσαν τις δικές Κανένας άλλος κλάδος των μαθηματικών δεν έχει τόσο φλογερούς θιασώτες. Ο Κ.F. Gauss (και τους δυνάμεις για αυτόν τον σκοπό. «Είναι απορίας άξιο ότι όλοι εκείνοι που ασχο κανείς δεν έχει διαφωνήσει μέχρι τώρα) ονόμασε λούνται σοβαρά με τη Θεωρία των Αριθμών κυρι τα μαθηματικά ((βασίλισσα των επιστημών>> και εύονται από ένα είδος πάθους γι ' αυτήν» είχε πει ο τη Θεωρία των Αριθμών ((βασίλισσα των Μαθη μεγάλος μαθηματικός K.F. Gauss (ο πρίγκιπας ματικών>>. Και δεν πρόκειται για υπερβολή· το βε βαιώνουν τα λόγια του David Hilbert (από τους των μαθηματικών, όπως τον έχουν αποκαλέσει). Ίσως το πάθος αυτό να έχει τις ρίζες του στις μεγαλύτερους μαθηματικούς του αιώνα μας), ο ο πρώτες συγκινήσεις τις οποίες νοιώθει κανείς λύ ποίος λέγει ότι: «Στη Θεωρία των Αριθμών εξαί νοντας προκλητικά προβλήματα, όπως αυτά που ρουμε την απλότητα των θεμελίων της, την ακρίβεια θα συναντήσουμε παρακάτω. Γιατί ποιος δεν των εννοιών της και την καθαρότητα των αληθειών νοιώθει κατακλυστική την επιθυμία να απαντήσει της την τιμούμε σαν το πρότυπο όλων των επιστη μών, σαν την πιο βαθιά και ανεξάντλητη πηγή όλων σε ερωτήματα, όπως: Ποιο είναι το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 2

1998

;

Τι ώρα θα δείχνουν τα ρολόγια, μετά από 350 λεπτά, από αυτό που δείχνει αυτήν την ώρα το ρολόι μας; Έχει η εξίσωση 7χ + 5y = 12 ακέραιες λύσεις; Σε

πόσα

μηδενικά

1 · 2 · 3 · . . . · 1 00 ;

Πόσους

διαιρέτες

1 ο. 000. 000. 000;

λήγει έχει

ο ο

αριθμός αριθμός

Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός με 15 διαι ρέτες; Ποιος ακέραιος μικρότερος του 100 έχει τους περισσότερους διαιρέτες; Υπάρχει ακέραιος που το τετράγωνό του να ισούται με τον αριθμό: 19971998 + 1998 1999 ; Υπάρχει τέλειο τετράγωνο ακεραίου στην ακο λουθία: 1 1, 101, 1 001, 10001, . . . 100 ... 01, ... ; Γράφεται κάθε άρτιος αριθμός μεγαλύτερος του 2 σαν άθροισμα δύο πρώτων; Υπάρχουν άπειροι πρώτοι θετικοί ακέραιοι της

μορφής

n2 + 1 ;

Και ποιος (για να επανέλθουμε) δεν μένει έκ πληκτος από την πληροφορία ότι τα δύο τελευταία ερωτήματα παραμένουν αναπάντητα για πάνω από δύο αιώνες τώρα; Φυσικά η έκπληξη δεν προέρχε ται μόνο από το χρόνο που αιωρούνται αναπάντη τα αλλά και (κυρίως) από την απλότητα της διατύ πωσής τους, η οποία επιτρέπει και προκαλεί συγ χρόνως, ακόμα και aρχάριους μαθητές να πειρα ματιστούν. Όπως σημείωνε ο μεγάλος Άγγλος Α ριθμοθεωρητικός G.H. Hardy «Η στοιχειώδης

των μαθηματιΊcών γνώσεων, που απλόχερα δίνει ευ καιρίες για έρευνα στους άλλους κλάδους των μα θηματικών... Επιπλέον η Θεωρία των Αριθμών εί ναι ανεξάρτητη από τις αλλαγές της μόδας και σ ' αυτήν δεν παρατηρούμε ότι συχνά συμβαίνει σε άλ λους κλάδους της γνώσης, όπου μια έννοια ή μια μέθοδος ενώ κάποια δεδομένη στιγμή βρίσκεται σε υπέρμετρη προβολή και διάκριση, αμέσως μετά βυ θίζεται στη παραμέληση και τη λησμονιά. Στη Θεω ρία Αριθμών, ιiυχνά και ένα παμπάλαιο πρόβλημα είναι σήμερα μοντέρνο, σαν ένα αυθεντικό έργο τέ χνης από το παρελθόν>>.

Στις μέρες μας η Αριθμοθεωρία με τα φτερά που της άνοιξαν οι σύγχρονοι Υπολογιστές, γνωρί ζει μια νέα χρυσή εποχή. Εμφανίζεται απρόσμενα στις πιο διαφορετικές επιστημονικές εφαρμογές και aνταποδίδει απλόχερα ερεθίσματα για ανάπτυ ξη και εξέλιξη των μαθηματικών κλάδων που ε μπλέκονται μαζί της. Ειδικά με την Επιστήμη των Υπολογιστών η Αριθμοθεωρία έχει εκτεταμένο «πάρε-δώσε». Οι ισοτιμίες για τις αποθήκες αρ χείων, για την αριθμητική μεγάλων αριθμών, για την παραγωγή ψευδοτυχαίων αριθμών είναι ανα ντικατάστατο εργαλείο. Αλλά και η χρήση της Α ριθμοθεωρίας στην κρυπτογράφηση και αποκρυ πτογράφηση είναι από τις πιο σημαντικές εφαρμο γές της στους Υπολογιστές. Τέλος για τους πιο δύ σπιστους αναγνώστες (που διαπιστωμένα υπάρ χουν) ένα χαρακτηριστικό απόσπασμα από το άρ θρο των Άγγλων καθηγητών Ronald Brown και τimothy Porter στο "The Mathematical Gazette" ίσως βοηθήσει στην άρση της δυσπιστίας και των επιφυλάξεών τους. Αναφέρεται λοιπόν στο συγκε κριμένο άρθρο ότι: «Όταν οι κορυφαίοι managers

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/48

Μαθηματικά Ύια την Β' Λuκείοu

της Ιαπωνικής SONY και της Ολλανδικής PHILIPS διαπραγματευόταν γύρω από τις προδια γραφές (standards) του C.D. Player, οι Γιαπωνέζοι ισχυρίστηκαν πως οι προτάσεις των Ολλανδών για τη διόρθωση σφάλματος (eπor coπectioη) ήταν κατώτερες από τις δικές τους. Και πράγματι στο τέλος έγιναν δεκτές οι προτάσεις των Γιαπωνέζων. Γυρνώντας πίσω στο Eiηd.hoνeη θορυβημένοι οι managers της PHILIPS κάλεσαν τους κορυφαίους επιστημονικούς τους συνεργάτες για να τους δη λώσουν ότι η εταιρεία τους δεν είχε την απαιτού μενη γνώση στον τομέα που λεγόταν "codiηg theory" και τους ζήτησαν αμέσως πού στην Ευρώ πη μπορούσε να βρεθεί ένας πραγματικός expert σ' αυτόν τον τομέα. Προς έκπληξη των maηagers η απάντηση ήταν «Εδώ στο Eindhoven, στο πρόσωπο του διαπρεπή Αριθμοθεωρητικού

Van Lίnt».

Συμπερασματικά λοιπόν θα μπορούσαμε να πούμε πως η εισαγωγή της Θεωρίας Αριθμών στο Αναλυτικό Πρόγραμμα των μαθηματικών και η ε ξοικείωση των μαθητών μας με τις ιδέες και τις μεθόδους της, είναι σίγουρο πως ικανοποιεί όλες τις προδιαγραφές που πρέπει να πληροί ένα θέμα για να μπορεί να ενταχθεί στο Αναλυτικό Πρό γραμμα. Εξάλλου το συγκεκριμένο θέμα είναι δο κιμασμένο πολλούς αιώνες. Κι αν κάποια στιγμή θεωρήθηκε στείρο και ακατάλληλο για διδασκαλί α, σήμερα οι συνθήκες είναι εντελώς διαφορετικές. Όμως πολλοί λάyοι δεν επιτρέπουν περαιτέρω α ναλύσεις και αναφορές. Ωστόσο η ανάγκη για διά λογο επί του θέματος είναι υπαρκτή. Φτάνει μόνο να αναζητήσουμε τις ευκαιρίες. ίσως η λύση ή η μελέτη και η διδασκαλία στην τάξη των παρακάτω προβλημάτων να είναι μια τέτοια ευκαιρία (για προβληματισμό και διάλογο). 1.

Π Ρ Ο Β Λ Η ΜΑ Τ Α Αν οι αριθμοί

.. ., n

α1, α2 , , αn

1, 2, 3,

'Υραμμένοι με τυχαία σειρά, να δείξετε

ότι ο αριθμός: Α=

είναι οι

. . •

(α1 - 1}2 + (α2 - 2 + · · · + ( αn - n)2

εί

ναι πάντα άρτιος.

ΜΙΑ

Υπάρχει τετράδα διαδοχικών ακεραίων ποv το άθροισμά τους να είναι τέλειο τετράΎωνο;

ΛΥΣΗ: Έστω κ, κ + ι , κ + 2 , κ + 3 τέσσερις διαδοχι κοί ακέραιοι. Τότε: κ + κ + l + κ + 2 + κ +3 = 4κ + 6 = 4λ + 2 , όπου λ = κ + l . Όμως το τετράγωνο κανενός ακεραίου δεν εί ναι της μορφής 4λ + 2 . Είναι της μορφής 4λ, αν είναι άρτιος και της μορφής 4λ + ι , αν είναι περιττός. Άρα η απάντηση στο πρόβλημά μας είναι αρνητική. 3.

Υπάρχει τετράδα διαδοχικών ακεραίων που το Ύινόμενό τους να είναι τετράΎω νο ακεραί ου;

ΛΥΣΗ: Έστω πάλι κ, κ + ι , κ + 2 , κ + 3 οι τέσσερις διαδοχικοί ακέραιοι. Τότε το γινόμενο: κ · ( κ + l ) · ( κ + 2 ) · ( κ + 3 ) είναι ίσο με: 2 Γ = κ2 +3κ κ2 +3κ + 2 = κ2 +3κ + 2 κ2 + 3κ =

)( ) ( ) ( )( = (( κ2 + 3κ ) + ι )2 - 1 , που δεν είναι τέλειο τετρά)

(

δύο): Επειδή: ( α1 - ι ) + ( α2 - 2 ) + + ( αη - η ) = = (α1 + α2 + + αη ) - (ι + 2 + + η ) = Ο και το Ο είναι άρτιος, σημαίνει ότι οι περιττοί με ταξύ των α1 - ι , α2 - 2 , . . . , αη - η , είναι άρτιου πλήθους. Το ίδιο όμως θα συμβαίνει και μεταξύ των ( α1 - ι )2 , ( α2 - 2 )2 , , (απ - η )2 , αλλά τότε ο Α πράγματι θα είναι άρτιος. · · ·

• • •

· ·

�)

)

δηλαδή ο Γ είναι μεταξύ δύο διαδοχικών τελείων τετραγώνων. Έτσι μόνο αν ένας από την τετράδα των ακεραίων είναι το μηδέν, θα είναι και το Γ = Ο = 02 . 4.

Από

α + 2,

διαδοχικούς ακέραιους α,

α + (n - 1) διαιρείται με το n. . . .,

α +1,

ένας και μόνο ένας

ΛΥΣΗ: Αν α = η p , όπου p ακέραιος, ισχύει το ζητούμενο, γιατί αν και κάποιος από τους υπόλοι πους, έστω ο α + κ ήταν διαιρετός με το η, τότε ο η θα διαιρούσε και τη διαφορά ( α + κ ) - α , δηλαδή η Ι κ , άτοπο αφού κ � η - ι . Έστω τώρα ότι η � α , τότε α = η · p + κ , όπου κ ακέραιος με ι � κ � η - ι . Αλλά τότε ακόμα: 1 � η - κ � η - 1 και για τον ακέραιο α + (η - κ ) που είναι ένας από τους α, α + 1 , α + 2 , . . . , α + (η - ι ) θα έχουμε: ·

ΛΥΣΗ (υΠάρχουν τουλάχιστον άλλες

((

γωνο, αφού είναι: 2 2 2 κ2 + 3κ < Γ < κ 2 + 3 + 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/49

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

α + (η - κ) = η · p + κ + ( η - κ) = η · ( p + Ι) , δηλαδή η Ι (α + ( η - κ) ) .

p = 5 , οπότε πραγματικά και ο 54 - 6 = 6Ι9 είναι πρώτος, άρα p = 5 .

Τέλος αν μεταξύ των η διαδοχικών ακεραίων είχαμε δύο διαιρετούς με το η, έστω τους α+ λ , α + μ , τότε και η διαφορά τους ( α + λ) - (α + μ) θα διαιρούταν με το η, δηλαδή η Ι ( λ - μ) , άτοπο γιατί λ, μ � η - Ι , και το ζητούμενο έχει δειχθεί.

Αν

ένας δοσμένος πρώτος φυσικός, να

βρείτε όλα τα ζεύγη ων,

που

( χ, y)

επαληθεύουν

p (x - y) = xy

θετικών ακεραί την

ισότητα:

(1).

ΛΥΣΗ:

Αφού χ I p (χ - y) και y I p (χ - y) , θα πρέπει: πρώτος, τότε ο n είναι δύναμη του 2. ( χ = Ι , ή χ I (χ - y) δηλαδή χ I y , ή χ = p ) και ( Υ = Ι , ή Υ I (χ - Υ) δηλαδή Υ I χ , ή Υ = Ρ ). ΛΥΣΗ: Αν ο η δεν είναι δύναμη του 2, τότε θα είναι Έτσι έχουμε: η = 2 κ q , όπου q περιττός και κ ε Ν . Όμως στην (i) Αν χ = Ι , τότε περίπτωση αυτή θα έχουμε: p - p · y = y � p = (p + I )y , άτοπο . 2n + I = 22"q + I = ( 22" q + Iq = (ii) Αν χ I y , τότε y = κ · χ , οπότε: l 2 = 22" + Ι 22" q- - 22" q- + · · · - 22" + Ι p(χ - κ · χ) = χ · κ · χ � p(Ι-κ)χ=χ· κ· χ�p(l-κ) = δηλαδή ο 2n + Ι θα είναι σύνθετος ως γινόμενο = κ · χ � p = κ (χ + p) , άτοπο. δύο ακεραίων ( * ±Ι και οι δύο), που είναι άτοπο, άρα ο η θα είναι δύναμη του 2. (iii) Αν χ = p , τότε: p(p- y) =py�p -y= y� � p = 2y � y = 1 και p = 2 . 6. Αν p, Ρυ p1 , p3 πρώτοι ακέραιοι και ισχύει: Άρα η μόνη περίπτωση για να έχει λύση η (Ι) Ρ = pf + Pi + pj , να δειχθεί όπ ένας τουλά στο σύνολο των θετικών ακεραίων, είναι ο πρώτος χιστον από τους p 1 , p1 , p3 είναι ίσος με το 3. p να ισούται με 2, οπότε και (χ, y ) = ( 2,1) . 5.

Να δειχθεί ότι αν ο αριθμός 2n

+Ι

είναι

•

) ( )[( ) ( )

]

ΛΥΣΗ:

Ως γνωστόν για κάθε ακέραιο η ισχύει:

η2 = 3κ ή η2 = 3κ + Ι . Αν λοιπόν p 1 , p , p3 όλοι 2 διάφοροι του 3, τότε:

p = p� + pΞ + p� = (3κ + Ι) + (3λ + Ι) + (3μ + Ι) = = 3 ( κ + λ + μ + Ι ) , δηλαδή ο p είναι πολλαπλάσιο του 3, άτοπο, αφού ο p είναι πρώτος. Άρα δεν μπορεί να είναι όλοι οι p1 , p2 , p3 διάφοροι του 3, επομένως ένας τουλάχιστον από αυτούς θα είναι το 3. 7.

Βρείτε όλους τους πρώτους

p4 - 6

ΛΥΣΗ:

αν ο αριθμός

είναι επίσης πρώτος.

Προφανώς ο p θα είναι περιττός, έστω p = 2κ + Ι , τότε όμως ο p4 (εκτός από τον 5) θα λήγει σε Ι , οπότε ο p 2 - 6 θα λήγει σε 5 και δεν θα είναι πρώτος. Έτσι δεν μένει παρά να είναι

ΠΑΡΑΤΉΡΗΣΗ:

Αφού χ, y > Ο και p > Ο , άπό (1) έπεται ότι χ - y > Ο � χ > y , οπότε χ � y και θα μπορούσα με να αποφύγουμε την περίπτωση (ii) . 9.

d1 , d1 , . . . , dκ είναι όλοι οι θετικοί διαιρέτες του n, να δείξετε ότι: κ 1 (d1 · d1 · . . . · dκ ) = n .

Αν

ΛΥΣΗ:

Αν di τυχόν διαιρέτης του η, τότε και Ε_ θα di

είναι διαιρέτης του η (και μάλιστα di Ε_ = η ) . Έτσι τα

σύνολα

{d1 ,d2 , ,dκ }

και

{�,� , : } αποτελούνται από τα ίδια στοι ...,

. . •

χεία, τους θετικούς διαιρέτες του η. Έτσι θα ισχύει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/50

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

η <=> η ·η - . .. · dι · dz . . . · dκ = dι dz d κ <=> ( dι . dz . .. . . dκ )2 = η . η . η . . . . . η = η κ . κ παράγοντες ·

'-ν--'

ΙΟ. Δείξτε ότι σε κάθε σύνολο αποτελούμενο από ΙΟΙ ακεραίους μεταξύ του Ι και του 200, υ πάρχει πάντα ζευγάρι δύο αριθμών, ώ στε ο ένας διαιρεί τον άλλο.

ΛΥΣΗ:

Κάθε ακέραιος η μπορεί να γραφεί στη μορφή η = 2κ m , όπου m περιττός. Έτσι αν S = {η 1 ,η2 ,η3 , ,η 1 0 1} το θεωρούμενο σύνολο, τότε θα είναι: S - {2 κ' · mι, 2 κ2 · mz, ... , 2Κιοι · mι οι } όπου m 1 ,m2 , ,m1 0 1 όλοι περιττοί ακέραιοι μεταξύ 1 και του 200. Όμως αφού όλοι οι περιττοί από το 1 ως το 200 είναι μόνο 100, δύο τουλάχιστον από τους m1 ,m2 , ,m1 0 1 θα ταυτίζοντάι. Έτσι αν mi = mj για κάποιους ηί, ηj , τότε: η i = 2i · mi και η j = 2j · mj οπότε αν π.χ. i < j και mi = mj θα εχουμε ηj = 2j · mj = 2j-i · 2i · mi = 2j-l · ηί . Δηλαδή ηί Ι η j και το ζητούμενο έχει δειχτεί. Υ.Γ. 1 : Δεν θεωρήθηκε ιδιαίτερα σκόπιμο να δοθούν οι λύσεις των μικρών (;) «προκλήσεων>> που αναφέρθηκαν στο κείμενο γιατί παρά τον «προκλητικό» τους χαρακτήρα, κάποια προβλήμα τα είναι εύκολα, (i)J...α είναι (για φέτος) εκτός ύλης (ισοτιμίες) και, τέλος, τα δύο τελευταία είναι από τα πολλά άλυτα προβλήματα της Αριθμοθεωρίας. Υ.Γ. 2: Τα τελευταία χρόνια, για τη Διεθνή Μαθηματική Κοινότητα που ασχολείται με τη δι δασκαλία των Μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευ ση, «το πρόβλημα» είναι στο επίκεντρο του προ βληματισμού της παρ' όλα αυτά δεν υπάρχει καν κοινά αποδεκτός ορισμός της έννοιας «πρόβλη μα» . Και πολλές φορές οι απόψεις διαφέρουν ση μαντικά. Όμως όλοι διαισθάνονται πως τα προ βλήματα της Αριθμοθεωρίας είναι όντως προβλή ματα, και εντάσσοντάς τα στην εκπαιδευτική πρά ξη, σίγουρα είμαστε σε καλό δρόμο. ·

. • •

•

• •

. • .

Π ρ οτ ε ι ν ό μ ε ν α θ έ μ ατ α για λύ ση

Αποδείξετε με δύο τρόπους (ο ένας με επαγω γή) τα εξής: ι. Η διαίρεση με το 3 του 2n , η � 1 δίνει υπό λοιπο 1 αν ο η είναι άρτιος και υπόλοιπο 2 αν ο η είναι περιττός. ii. Για κάθε φυσικό η, ο 5 διαιρεί τον η( η4 - 1) iii. Για όλους τους περιττούς ακέραιους η, ο η 2 - 1 διαιρείται με το 8. (Αξιολογείστε τους δύο τρόπους λύσεις σε κάθε περίπτωση) 2. Αποδείξτε ότι ο μόνος αριθμός της μορφής η3 + 1 είναι το 2. 3. Αποδείξετε ότι αν ο 2n - 1 είναι πρώτος, τότε και ο η είναι πρώτος. 4. Αποδείξετε ότι οι παρακάτω εξισώσεις είναι αδύνατες στο σύνολο των ακεραίων: χ2 = 5y + 2 ίί. ι. χ 2 = 8y + 3 ιν. χ 2 + 2y2 = 805 111. χ 2 + y 2 = 8z + 3 1.

5. ί. Βρείτε ποια είναι τα δυνατά υπόλοιπα της διαίρεσης ενός τελείου τετραγώνου με το 4. ίί. Εξετάστε αν στην ακολουθία των αριθμών 1 1 , 1 1 1 , 1 1 1 1 , 1 1 1 1 1 , . . . υπάρχει κάποιο τέλειο τε τράγωνο. iii. Δείξετε ότι ο 4 δεν διαιρεί κανένα όρο της α κολουθίας 2, 6, 10, 14, 18, 22, 26, ... 6. Οι αριθμοί Τ1 = 1 , Τ2 = 1 + 2 , Τ3 = 1 + 2 + 3 , Τ1 = 1 + 2 + 3 + 4 , ... ,Τη = 1 + 2 + 3 + ... + η λέγο νται τριγωνικοί αριθμοί γιατί μπορούν να εμφανι στούν σε τριγωνική μορφή ως εξής: •

•

• •

•

• •

•

i. Αφού βρείτε το γενικό όρο Τ της ακολουθίας αυτής συνάρτησει του η ( με απόδειξη), προ σπαθείστε να απαντήσετε και στα παρακάτω ερωτήματα: ii. Είναι το άθροισμα δυο διαδοχικών τριγωνικών αριθμών τέλειο τετράγωνο. 111. Το οκταπλάσιο ενός τριγωνικού αυξημένο κα τά μια μονάδα είναι τέλειο τετράγωνο; ιν. Αν το κ ε Ν και ο 8κ+ 1 είναι τέλειο τετρά γωνο, είναι τότε ο κ τριγωνικός αριθμός; ν. Δείξετε τέλος ότι η διαφορά των τετραγώνων δυο διαδοχικών τριγωνικών αριθμών είναι τέ λειος κύβος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/51

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

r IJ KIKAIJΣ του Θανάση Τσιούμα

1. Η εξίσωση κύκλου C κέντρου 0(0, Ο) και ακτίνας ρ

Λύση

Ένα σημείο Μ(χ, y) ανήκει στον κύκλο C αν και μόνο αν \ ΟΜ I = ρ <=> χ 2 + y2 = ρ2 . •

Οι

mραμετρικές εξισώσεις του C είναι οι I και IΥ = ρ ημφI Ο :::;; φ :::;; 2π, όπου φ η γωνία που σχηματίζει το ΟΜ με τον άξονα

= ρ συνφ

χχ.

•

Η εφαπτομένη του C στο Α(χ1 , y1 ) είναι 2 ΧΧι + yyι = ρ ·

•

Έστω ΜΑ, ΜΒ οι εφαπτόμενες από το Μ στον C τότε M(Jeo, Υο)

1) Έστω Ο το κέντρο του κύκλου C τότε --__ ΟΡ �ημ2 θ + 16 + συν2 θ - 8συνθ = .J.-17 - 8συ νθ Είναι συνθ :::;; 1 οπότε .J17 - 8συνθ "2 .J9 > ../8 = ρ =

Άρα το Ρ είναι εξωτερικό σημείο του C. 2) Η εξίσωση tης ΑΒ θα είναι ΑΒ : χ · ημθ + y · (4 - συνθ) = 8 3) Θέτουμε χ = ημθ, y = 4 - συνθ , τότε ημ2 θ = χ 2 και συν2θ = (4 - y)2 άρα: ημ2 θ + συν 2θ = 1 <=> χ 2 + (y - 4) 2 = 1 δηλαδή ο γ.τ. των σημείων Ρ θα είναι ο κύκλος C1 κέντρου Κ(Ο,4) και ακτίνας 1 .

Έχουμε:

ΜΑ : χχ ι + yyι = ρ 2 , ΜΒ : χχ 2 + yy2 = ρ 2 Το (χ0, Υσ) τις επαληθεύει, άρα είναι: Σημείωση: Οι δύο κύκλοι C και C1 προφανώς δεν χ ο χ ι + Υ ο Υι = ρ 2 έχουν κοινά σημεία. χσ χ 2 + Υο Υ2 = ρ2 2. Γενική εξίσωση κύκλου C Επομένως αν θεωρήσουμε την εξίσωση χχ0 + yy0 = ρ2 αυτή θα επαληθεύεται από τα Υ (χ ι , Υι ), (χ 2 , y2 ). Άρα η εξίσωση της ΑΒ είναι ΑΒ : χχ0 + yy0 = ρ2 (ονομάζεται πολική του Μ).

Α M(x.y) V

Παράδειγμα

Δίνεται ο κύκλος CQ : χ 2 + y2 = 8 και το ση μείο Ρ(ημθ, 4 - συνθ), θ ε IR.

1) Να δειχτεί ότι το Ρ είναι εξωτερικό του C για Αν ο κύκλος C έχει κέντρο Κ(χ0, y0) τότε η κάθε θ ε IR. εξίσωσή του θα είναι 2) Αν ΡΑ, ΡΒ οι εφαπτόμενες από το Ρ στον C (1) C : (x - x o )2 + (y - yo )2 = ρ2 (Α, Β είναι τα σημεία επαφής), να βρεθεί η ε ξίσωση της ευθείας ΑΒ. Κάθε εξίσωση της μορφής 3) Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Ρ. 2 χ + y2 +Αχ + Βy + Γ = Ο, ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' )..δ. τ.3/52

Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

(

)

με Α2 + Β2 - 3Γ > Ο παριστάνει κύκλο (και αντι, Α Β και ακτι-, στροφως) που εχει κεντρο κ -2 , - 2 � 2 2 - 4Γ δηλαδη' να ρ = Α. + Β 2 Β 2 = Α2 + Β2 -4Γ . Α 2 + y+C : χ +4 2 2 ,

C :x2 + y2 + 2x - y - 3 + λ(x + y - 2) = 0 (1) λε JR. 1 ) Να δειχτεί ότι η (1) παριστάνει κύκλο C για κάθε λε JR. 2) Να δειχτεί ότι ο κύκλος C διέρχεται από 2

σταθερά σημεία. 3) Να βρεθεί ο γ.τ. των κέντρων των παραπά νω κύκλων.

ε του κύκλου

C : χ2 + y2 + Αχ + By + Γ = Ο Α 2 + Β2 4Γ > Ο) στο σημείο -

(με

( ) ( )

Παράδειγμα Δίνεται η εξίσωση

Η εφ απτομένη

(χι

Υι )·

του

Μ(χ, y)

Για να βρούμε την εξίσωσή της εφαπτομένης παίρνουμε τυχαίο σημείο Μ(χ, y) της ε τότε -

ΑΜ · ΚΑ = Ο <=> <=> (χ - χι. Υ - Υι ) · (χι - χσ. Υι - Υο ) = Ο <=> <=> (χ - χι) · (χι - χσ) + (y - yι) · (y- χο ) = Ο

που θα είναι η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτομέ νης. Σχόλιο

Αν το Α δεν ανήκει στον κύκλο τότε για να βρούμε την εξίσωση της ε θα θεωρήσουμε την ευ 1) Έχουμε θεία ε : y = λχ + β ή χ = χ1 και θα απαιτήσουμε: 2 χ + y2 + (2 + λ)χ + (λ - 1)y - 2λ - 3 = 0 (1). d(K, ε) = ρ (συνθήκη επαφής) (ή λύνουμε το σύ Θέτουμε Α = 2 + λ, Β = λ - 1, Γ = -2λ - 3 τότε στημα της ε με τη C, που θα πρέπει Δ=Ο). Α 2 + Β2 -4Γ = 2λ2 + 10λ + 17 > Ο διότι Παράδειγμα Δ = -36 < Ο. Άρα η (1) παριστάνει κύκλο. Λύση

Αφού διαπιστωθεί ότι το σημείο M(S, - 1)

2) Έχουμε: χ 2 + y2 +2χ + λχ + λy-y-2λ-3=0 <=> χ 2 + y2 + 2χ - y - 3 =-λχ - λy + 2λ <=> 2 χ + y2 + 2χ - y - 3 = λ(2 - χ - y) οπότε αφού η (1) είναι αληθής για κάθε λε JR έ χουμε χ 2 + y2 + 2x - y - 3 = 0 και x + y - 2 = 0. Λύνουμε το σύστημα και βρίσκουμε χ = 1 ή χ = -1/ 2 άρα ο C διέρχεται από τα σταθερά σημεία A(l, 1) και Β(-1/2 , 5/2).

( � �)

(

;

είναι εξωτερικό του κύκλου

C:(x-2)2+(y-1Y =9

να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτόμενης, που άγε ται από τον Μ προς τον κύκλο. Λύση

�)

3) Το κέντρο του κύκλου θα είναι κ - .δηλαδή κ - 2 λ . _ λ 1 ελ-1 πειδη. Α = 2 + λ και Β = -Οι ευθείες που διέρχονται από το Μ έχουν ε 2 2 ξίσωση Θέτουμε χ = -2 - λ , y= 1 - λ οπότε με απαy + 1 = λ(χ - 5) ή χ = 5 2 2 λοιφή της παραμέτρου λ βρίσκουμε την εξίσωση Παρατηρούμε ότι η ευθεία χ = 5 είναι εφα 2x - 2y + 3 = 0. πτομένη του κύκλου C διότι Άρα ο ζητούμενος γ.τ. θα είναι η ευθεία ε : 2χ - 2y + 3 = Ο. d(K, ε) = 1 2 - 51 = 3 = ρ. --

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/53

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

ευθεία ε : λχ .,... y - 5λ - 1 = Ο εφάπτεται του C αν και μόνο αν d(K, ε) = ρ <=> 1 λ . 2 - 1 - 5λ - 1 1 3 <=> �λ2 + 1 <=> (3λ + 2)2 = 9(1 + λ2 ) <=> λ = 5/12 . Επομένως ο C έχει εφαπτομένη και την 3 7 απο το . 5 x-y=12 12

•

σημείο Β τότε το κέντρο του C θα είναι η το μή της μεσοκάθετης ε2 του τμήματος ΑΒ με την κάθετη στην ε (στο Α) . '

r:JlλB � Α •

Αν ο C διέρχεται από δύο σημεία Α, Β και το κέντρο του Κ βρίσκεται σε γνωστή ευθεία ε, τότε το Κ θα είναι η τομή της ε με την μεσο κάθετη του τμήματος ΑΒ.

•

Αν ο C εφάπτεται δύο γνωστών ευθειών ε 1 , ε2 τότε d(K, ε1 ) = d(K, ε 2 ) (1) και αν εφάπτεται της ε 1 στο Α τότε έχουμε (2) d(K, Α) = d(K, ε2 )

Σημείωση

Ένας κύκλος C κέντρου Ο και ακτίνας ρ εφάπτεται: στον άξονα y'y <=> ρ = l xo I στον άξονα χ'χ <=> ρ = IYol στους άξονες χ'χ , y'y <=> ρ = IYol = l xol σε μία ευθεία ε <=> d(O, ε) = ρ •

•

4. Εύρεση εξίσωσης κύκλου (όταν δίνονται κάποιες συνθήκες)

Για να οριστεί ένας κύκλος C θα πρέπει να γνωρίζουμε απαραίτητα, το κέντρο του και την α κτίνα του. Έτσι αν δίνονται ορισμένες συνθήκες, θα πρέπει να προσδιορίζουμε το κέντρο του και την ακτίνα ρ. Αν ο C έχει γνωστή ακτίνα ρ και διέρχεται α πό δύο γνωστά σημεία Α, Β τότε αν K(x 0 , y0 ) είναι ΚΑ = ΚΒ = ρ οπότε προσ διορίζουμε το Κ.

•

Α@

Παραδείγματα Να βρεθεί η εξίσωση κύκλου C που διέρ χεται από την αρχή των αξόνων, από το σημείο και εφάπτεται του άξονα χ 'χ.

1. Ρ(2, 1)

Αν ο C έχει διάμετρο γνωστό τμήμα ΑΒ, όπου Λύση Α(χ 1 , y1 ) και Β(χ 2 , y2 ) τότε το κέντρο Κ θα Επειδή ο C εφάπτεται του χ'χ στο σημείο 0(0, Ο) το κέντρο του Κ θα βρίσκεται πάνω στον είναι κ χ ' + χ 2 Υι + y2 και ρ = _!_ ΑΒ. 2 ' 2 2 άξονα y'y δηλαδή στην ευθεία χ = Ο (1) . Αν ο C διέρχεται από τρία γνωστά μη συνευ θειακά σημεία Α, Β, Γ τότε το κέντρο του θα Υ είναι η τομή δύο μεσοκαθέτων π.χ. των ΑΒ, ΑΓ οπότε ρ = ΚΑ = ΚΒ = ΚΓ.

(

)

Επειδή το Κ θα ανήκει και στη μεσοκάθετη ε του ΟΡ είναι Αν ο C εφάπτεται γνωστής ευθείας ε σε γνω στό σημείο Α και διέρχεται από το γνωστό λ λ0p = -1 <=> λ 1 = -1 <=> λ = -2 2 ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/54

· -

{χ2y =+xy2+1+ λχ - λy = Ο

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

( �)

το .μέσο Μ του ΟΡ θα είναι Μ 1, άρα ε : y- 21 = -2(χ -1) (2) Λύνουμε το σύστημα των (1), (2) και βρί σκουμε y = �2 άρα ρ = (ΚΟ) = �2 . Οπότε κ ο. � 2 επομένως η εξίσωση του κύκλου είναι C : x' - � 2:

να έχει διπλή λύση (Δ = Ο) δηλαδή χ2 + (χ + 1)2 + λχ - λy = Ο <=? <=? χ2 + χ2 + 2χ + 1 + λχ - λ(χ + 1) = 0 <=? 2χ2 + 2χ +. 1 - λ = Ο πρέπει Δ = Ο <==? λ = _!_ .

( )

.Υ

2. Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου C που έχει κέντρο Κ(2, 3) και κόβει από την ευθεία ε: 2y - ι ο χορδή μήκους μονάδες.

χ+

ii) Για να τέμνει η ε τον C κατά χορδή ΑΒ θα πρέπει Δ > Ο <==? 8λ - 4 > Ο <==? λ > _!_ .

Λύση

Αρκεί να υπολογίσουμε την ακτίνα ρ. Φέρ νουμε το απόστημα ΚΜ (θα είναι και διάμεσος), 2 iii) Για να· φαίνεται η χορδή ΑΒ από το 2 + 2 · 3 1 J5 Ί (l) τότε (ΚΜ) = d(Κ, ε) = = 0(0, Ο) υπό ορθή γωνία, θα πρέπει η ΑΒ να είναι 5 �12 + 22 διάμετρος του κύκλου, οπότε το κέντρο του κ - � , � θα πρέπει να βρίσκεται στην ευθεία ε

( )

�c ΑΒ

2 = i2 = 2 (2) Δ Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ΚΑΜ ισχύει Ί + 22 p2 � ΚΑ2 � ΚΜ2 + ΜΑ2 � = 49 + 4 = 69 Είναι ΑΜ =

( �J

�

δηλαδή !: =-!: + 1 <=? λ=-λ+ 2 <=?2λ=2 <=?λ= 1. 2 2 2. Δίνεται ο κύκλος C : χ2 - 8χ + y2 - 4y = Ο.

ί) Να βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Ρ από τα ο ποία φέρνουμε κάθετες εφαπτόμενες στον κύκλο c.

ίί) Να βρεθεί ο γ.τ. των μέσων Μ των χορ δών του C που διέρχονται από την αρχή των α ξόνων. Λύση

Άρα C : (x - 2)2 + (y - 3)2 = 69

Ασκήσεις

ι. Δίνεται κύκλος C : χ2 + y2 + λχ + λy = Ο και η ευθεία ε : y = χ + ι. Να βρεθούν οι τιμές του λ ώστε: ί) η ε να εφάπτεται του C ίί) η ε να τέμνει τον C κατά χορδή ΑΒ ίίί) η χορδή ΑΒ να φαίνεται από το 0(0, Ο) υπό ορθή γωνία.

Είναι C : (χ -4)2 + (y- 2)2 = 20 δηλαδή ο κύκλος με κέντρο Κ(4, 2) και ακτίνα ρ = 2J5 . Λύση Έστω ΡΑ, ΡΒ οι εφαπτόμενες από το Ρ στον C τό i) Για να εφάπτεται η ε στον κύκλο C θα πρέ τε το ΡΑΚΒ είναι τετράγωνο άρα i)

ιιει m σύστημα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/55

Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

= ρ.fi = 2J5 .J2 = 2Μ επομένως ο γ.τ. των c2 : χ2 + y2 -12x - 10y- 60 = 0 εφάπτονται στο Ρ και να βρεθεί η εξίσωση ·της Ρ, θα είναι κύκλος (Κ, 2Μ). κοινής τους εφαπτομένης ε στο Ρ. ii) Έστω η τυχαία χορδή ΟΣ και Μ το μέσο 1 της, τότε ΚΜ .l ΟΜ δηλαδή το σταθερό τμήμα (Απ. Ρ - � , - : ε :3χ + 4y + 17 = 0). ΟΚ = 2J5 φαίνεται από το Μ υπό ορθή γωνία ά ρα ο γ.τ. των σημείων Μ είναι κύκλος διαμέτρου 4. Έστω ο κύκλος οκ. C : χ2 + y2 -lOx -8y+31 = 0. 3. Δίνονται τα σταθερά ση μεία Α, Β. Να Να βρεθεί σημείο του άξονα χ'χ ώστε οι ε βρεθεί ο γ.τ. των σημείων Μ του επιπέδου για φαπτόμενες από το Ρ στο C να είναι κάθετες. -2 2 (Υποδ. Οι ευθείες που διέρχονται από το τα οποία ισχύει SMA - 3ΜΒ = 2.004 (1). Ρ(χ0 , Ο) θα έχουν εξίσωση ε : y = λ(χ - χ0 ). ΠρέΛύση πει d(K, ε) =ρ... χ0 = 7 ή χ0 = 3). Θεωρούμε σύστημα αναφοράς με αρχή το Α(Ο, Ο) και · άξονα χ'χ την ευθεία ΑΒ. Τότε 5. Δίνονται τα μεταβλητά σημεία Α, Β που Β(β, Ο) όπου β σταθερό και Μ(χ, y). Επομένως η κινούνται στους θετικούς ημιάξονες Οχ, Oy (α( 1) γράφεται: 5 [(-χ)2 + (-y)2 J - 3[(β - χ)2 + (-y)2] = 2.004 <=> ντίστοιχα) ώστε ΟΑ + ΟΒ = 2. ΔΝα δειχτεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του ΟΑΒ διέρχεται από 5 χ2 + 5 y2 -3(β2 -2βχ + χ2 + y2) = 2.004 <=> δύο σταθερά σημεία. (Υποδ. Έστω ΟΑ = α, ΟΒ = β τότε Α(α, 0), 2χ2 + 2y2 + 6βχ - 3β2 - 2.004 = ο <=> Β(Ο, β) ο κύκλος διέρχεται από τα σταθερά 0(0, Ο) χ2 + y2 + 3βχ - � β2. - 1.002 = ο και Ρ(1, 1)). 2 που παριστάνει κύκλο διότι Γ = -1002 < Ο. 6. Θεωρούμε τον κύκλο C : χ2 + y2 = 6. Να 1fΙΙΤ&ινiιι,νss ιt#'Kit,,s r•• Jtί,,. βρεθεί σημείο Ρ του C στο 1° τεταρτημόρω, ώστε η εφαπτομένη του κύκλου στο Ρ να τέμνει τους η (/IS Ultil.} μιάξονες Οχ, Oy στα σημεία Α και Β (αντίστοιχα) 1. Να βρεθούν οι εξισώσεις των κοινών εφαώστε να ισχύει: ΑΡ = 2ΡΒ. πτομένων των κύκλων Cι : χ2 + y2 = 1 και (Υποδ. Η εφαπτομένη ε στο Ρ(χ 0 , y0 ) είναι C2 : (χ - 2)2 + (y + 1)2 = 4. ε : χχ0 + yy0 = 6. Είναι Ρ(.fi, 2) ). (Υποδ. Έστω ε η κοινή εφαπτομένη και Α(χ 1 , y1 ) το σημείο επαφής της ε με τον Cι. Το 7. Δίνεται ο κύκλος C : χ2 + y2 = 10 και η ευ ε : x1 x + y1 y = 1. Αν Κ το κέντρο του C2 τότε θεία ε : y = 2χ. Αν Ρ τυχαίο σημείο του C και d(K, ε) = 2 ...) Ρι, Ρ2 , Ρ3 οι προβολές του Ρ στις ευθείες χ'χ, y'y και ε αντίστοιχα, να αποδειχτεί ότι το εμβαδό του 2. 'Εστω ο κύκλος C : x2 + y2 + 8x + 2y -8 = 0 τριγώνου ΡιΡ Ρ3 είναι σταθερό (ανεξάρτητο της 2 και το σημείο Ρ(-3, -8). θέσης του Ρ). i) Να βρεθούν οι εξισώσεις των εφαπτομένων (Υποδ. Έστω Ρ(χ 0 , y0 ) τότε Ρι (χ 0 ,0) και από το Ρ στον C. Ρ2 (0, y0 ). Βρίσκουμε το ii) Να βρεθεί η γωνία των εφαπτομένων. χο +2yo , 2χο +4yo οποτε Ε - - 2) (Υποδ. Το Ρ είναι εξωτερικό του C αφού 3 Ρ ΚΡ > ρ. Οι ευθείες από το Ρ θα έχουν εξίσωση 5 5 χ = -3 (απορ.) ή y + 8 = λ(χ +3). Βρίσκουμε τις 8. Έστω ο κύκλος C : χ 2 + y2 = 2 5 και το ση ει : 4x -3y- 12 = 0, ε :3x +4y+ 41 = 0 , προφα 2 μείο του Α(3, 4). Αν Μ μεταβλητό σημείο του C νώς ει .l ε ). 2 και το σημείο Ρ της ευθείας ΑΜ τέτοιο ώστε ΑΜ ΑΡ = 16, να βρεθεί ο γ.τ. του Ρ. 3. Να δειχτεί ότι οι κύκλοι (Υποδ. Έστω Αι το aντιδιαμετρικό του Α, Cι : χ2 + y2 + 6y + 8 = 0 και ΚΡ

(

}

(

-·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/56

) ,

- · · · -

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

τότε ΑΜ ΑΡ = ΑΑ1 ΑΡ τελικά ο ζητούμενος γ.τ. θα είναι η ευθεία 3χ + 4y = 17). 9. Να βρεθεί σημείο Ρ του κύκλου 2 2 C : x + y - 8x + 2y + 12 = 0 που απέχει από την ευθεία ε : χ - 2y + 4 = Ο ελάχιστη (min) απόσταση. (Απ. Ρ(3, 1 )). -

1 Ο. Έστω το σημείο

βολές του Ρ στους άξονες χ'χ, y'y αντίστοιχα. i) Να βρεθεί η εξίσωση του εγγεγραμμένου κύκλου C του τετραγώνου ΟΡ1ΡΡ2 • ii) Αν τυχαία εφαπτομένη του C τέμνει τους άξονες χ'χ, y'y στα Α1 και Α 2 αντίστοιχα, να υπολογιστεί το γινόμενο I P1 A1 I · I P2 A2 1 .

Ρ(6, 6) και Ρ1 , Ρ2 οι προ-

Σχόλιο του Γιώργου Σ. Τασσόπουλου Στο προηγούμενο σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας, για πρώτη φορά έγινε απόπειρα εισαγωγής των τρι γωνομετρικών αριθμών στη σχολική Γεωμετρία, αν και λόγω συνήθειας η χρήση τους ήταν περωρισμέ νη. Πιστεύουμε ότι τελικά πρέπει να γίνει κατανοητό και κυρίως αποδεκτό ότι η χρήση των τριγωνομετρι κών αριθμών καθιστά ευκολότερη τη λύση πολλών Γεωμετρικών προβλημάτων, σλλiJ. και σε ορισμένα είναι απολύτως απαραίτητη. Για παράδειγμα, είναι αδύνατο να λύσουμε πλήρως το πρόβλημα της κατασκευής ενός τριγώνου από τα στοιχεία π.χ.( α, Α, J.Ια), αφού η εύρεση σχέσεων μεταξύ των α, Α, J.Ια, κατά τη διερεύνηση, είναι αδύνατη χωρίς τη χρήση τριγω νομετρικών αριθμών (οι συνήθεις διερευνήσεις είναι ελλιπείς). Αφορμή για το σχόλιο στάθηκε το γνωστό πρόβλημα του «αγάλματο9) που προτείνεται ως δραστηριότητα στη σελίδα 228 του νέου σχολικού βιβλίου Γεωμετρίας (α' έκδοση 1999). Το πρόβλημα είναι το εξής: «Ένα άγαλμα "'

ΑΒ ύψους α είναι τοποθετημένο σε βάθρο ΑΓ ύψους β. Σε ποια θέση το μάτι Μ ενός θεατή ύψους υ, βλέ πει το άγαλμα υπό τη μεγαλύτερη γωνία; (Πρέπει υ �[β, α +β}, γιατί;)))

Στο σχήμα μας δηλαδή, έχουμε (δ)

(ε)

:υ I

Μ'

�Β

�

Μο

(ε)

ΑΒ = α, ΑΓ = β, Μ'Μ = ΓΔ = υ. Στη διδακτική πρό ταση που κάνουν οι συγγραφείς, αντί να αναζητή σουν το σημείο Μ, θεωρούν εκ των προτέρων, γνω στό, ότι είναι εκείνο το σημείο για το οποίο ο κύκλος

ΑΜΒ εφάπτεται της ευθείας (ε) j_ ΑΒ, από το μάτι

Μ του θεατή. Το μόνο που κάνουν δηλαδή είναι η α πόδειξη ότι για κάθε 6)..)Ιλ) σημείο της (ε) η γωνία ΑΜΒ είναι μικρότερη, και περιέργως αυτό δεν τους αρκεί. Αυτό όμως δεν αποτελεί εύρεση του σημείου Μ και μάλιστα κατά τρόπο διδακτικό. Το πρόβλημα δεν είναι καθόλου εύκολο. Η εισαγωγή όμως των τριγωνομετρικών αριθμών το καθιστά σχετικά απλό. Σε τυχαία θέση του Μ επί της (ε) θεωρούμε τον περιγεγραμμένο στο τρίγωνο ΑΜΒ κύκλο .{_Κ, R). Προφανώς ο προσδωρισμός της γωνίας ΑΜΒ ισοδυναμεί με τον προσδιορισμό του κύκλου ΑΜΒ αφού τα Α, Β είναι σταθερά. Το κέντρο Κ θα ανήκει στη μεσοκάθετο (δ) του ΑΒ. Αν θέσουμε ΑΜΒ = @ , τότε ω < ΒΜΔ < 90° και ΑΚΒ = 2@. Αν Η το μέσο του ΑΒ, τότε ΗΚΑ = ω , α 2 α , ""' ΗΑ οποτε η μ ω = ΚΑ = R = 2R' .;"..

.;"..

Αφού η;(ωνία ω είναι οξεία, θα έχουμε: ω μέ γιστη <=> ημω μέγιστο <=> R ελάχιστο <=> ΚΜ ελά χιστο <=> ΚΜ j_(ε), (δ) <=> η (ε) εφάπτεται του κύ κλου ΑΜΒ. Συνειρμικά έρχεται στο νου μας μια ακόμη απορία σχετικά με ένα άλλο πρόβλημα ακροτάτου, την άσκηση 4 σελίδα 75 της σχολικής Γεωμετρίας. Πρόκειται για το πρόβλημα της εύρεσης σημείου Μ επί ευθείας (ε) ώστε η διαφορά IMA - MBI των aποστάσεών του από δύο σταθερά σημεία Α, Β ε κτός αυτής να είναι μέγιστη. Ισχυρίζονται εκεί οι συγγραφείς ότι, όταν ΑΒ 11 (ε) το πρόβλημα δεν έ χει λύση. Πως άραγε θα μπορούσαν να το δικαιο λογήσουν αυτό στους μαθητές της Α' Λυκείου; Στο προηγούμενο σχολικό βιβλίο είχε αποφευχθεί αυτή η περίπτωση (όχι φυσικά από άγνοια), αφού εκεί είχε απαιτηθεί τα σημεία να μην ισαπέχουν α πό την (ε).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/57

Δυστυχώς ο Δαίμων του Τυπογραφείου κτύπησε το τεύχος 38 του Ευκλείδη Β'. Εμείς πρώτοι ε πισημάναμε τα σημεία που πρέπει να διορθωθούν. Σελίδα 4: Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή ( 1880-1 950) Σελίδα 15: Ο τίτλος «Ανισότητες Αριθμητικού - Γεωμετρικού - Αρμονικού Μέσω Caushy» να μπει στην 2.2. I Ι Ι ρ +β Η ανισότητα Minkowski είναι [( α1 +β Σελίδα 17: 1 )ρ + · · ·+(<1γ v ) ]"Ρ ::=;(αf + · · ·+ � )"Ρ + (βf + · · ·+β� )"Ρ . Σελίδα 16: αντί για Hφlder γράψτε Hφlder. Σελίδα 19: Αντί για φ γράψτε φ (π.χ. αντί για σφΑ γράψτε σφΑ). Σελίδα 20: Στην εκφώνηση του προβλήματος 10 αντί για �α3 + α4 γράψτε �α3 + α1 και (α1 + α2 )(α3 + α1 ) > α1 2 Σελίδα 23: Αντί για ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ - ΑΠΟΛΥΤΕΣ - ΡΙΖΕΣ γράψτε ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ - ΑΠΟΛΥΤΕΣ τΙΜΕΣ - ΡΙΖΕΣ. Σελίδα 34: Στην τελευταία ισοδυναμία της λύσης να συμπληρωθεί με την ισοδυναμία . . . � Α'Κ + ΚΒ ελάχιστο. Σελίδα 34: Στο σχήμα τα σημεία Μ και Κ που είναι αριστερά να αντικατασταθούν με Μ0 και Κ0 . Σελίδα 34: Βακαλόπουλος χωρίς παύλα. Σελίδα 34: Τα Ο στα ΜΟ, ΚΟΜΟ να γίνουν δείκτες. Σελίδα 41: Αντί για Ν. Μαρούγκα γράψτε Χρ. Μαρούγκα. Σελίδα 68: Αντί για z2 + � =f(β') γράψτε z2 + � = f2 (β) . z z Σελίδα 70: 4. Έστω 1, z 1 , z , z3 , z 4 οι λύσεις της z5 = 1 και οι αριθμοί α = z1 + z4 , β = z + z3 Δίνεται 2 2 η συνάρτηση f : JR -7 JR με τύπο f (χ) = χ8 - (α + β) χ + αβ . Δείξτε ότι η εξίσωση f (χ) = Ο έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα (Ο, 1) . •

•

Ε ρ ω τ

σ ε ις

τύ π ο v

σ τ ό

Σω

Δίνεται συνάρτηση f : (α, β) -7 JR συνεχής με χlim+ f (χ) · lim_ f (χ) < Ο τότε υπάρχει τουλάχιστον έχ�β �α να θ Ε (α, β) ώστε f (θ) = Ο . Σωστό - Λάθος Έστω η συνεχής συνάρτηση f : [α, β] -7 JR και υπάρχει θ Ε (α, β) ώστε f (θ) = Ο τότε f (α) f (β) < Ο . Σωστό - Λάθος Έστω η συνάρτηση f : [α,β] -7 1R συνεχής για κάθε χ Ε ΊR και f(α) · f(β) > Ο . Τότε f (x) :;t O για κάθε χ Ε [α, β] . Σωστό - Λάθος Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] με σύνολο αφίξεως το JR . Τότε το σύνολο τιμών της f είναι το [f (α), f (β)J . Σωστό - Λάθος Δίνεται συνάρτηση f : [α, β] -7 JR συνεχής στο [α, β] . Αν στο χε Ε [α, β] η f έχει την ελάχιστη τιμή της και στο χμ Ε [α, β] η f έχει την μέγιστη τιμή της τότε χε < χμ . Σωστό - Λάθος Έστω f : [α, β] -7 JR όχι συνεχής στο JR τότε εάν f (α) f (β) < Ο δεν είναι σίγουρο ότι υπάρχει θ Ε (α, β) ώστε f (θ) = Ο . Σωστό - Λάθος 7. Εάν f : [α, β] -7 JR συνεχής συνάρτηση και f (α) lim_ f (χ) < Ο τότε υπάρχει τουλάχιστον ένα χ�β θ Ε (α, β) ώστε f (θ) = Ο . Σωστό - Λάθος Έστω f : [α, β] -7 JR συνεχής συνάρτηση και γνησίως αύξουσα με f (χ) :;t Ο για κάθε χ Ε [α, β] . Αν Σωστό - Λάθος f α ; β < Ο τότε f (χ) < Ο για κάθε χ Ε [α, β] . ·

3. 4. 5.

- Λ άθος

( )

Μαθαμαιιικά yιa

ιια

ιιά�α ιιου Λυκι:ίου

Στ�ΤΙΣτΙΚΗ

ΠΡΙJΒΑΗΙιΙ.fΤΑ TP.flιllιiiKHΣ ΠΑΑΙΙΙJΙΡΙJΜΗΣΗΣ των Γ. Τσικαλουδάκη - Κ. Βακαλόπουλου ΠΡΟΒΛΗΜΑ l Για να προσδιορίσουμε μια γραμμική σχέση μεταξύ της θερμοκρασίας και της διαστολής του χάλυβα κάναμε 10 μετρήσεις ακριβείας σε ράβδο lm στους 0°C και είχαμε τα παρακάτω αποτελέ σματα:

10° 1 5° 20° 25° 30° 35° 40° 45° 50° 0,3 0,5 0,8 0,9 1 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5

Θερμοκρασίας θ Μήκος

lm = x · mm

Να προσδιορίσετε την ευθεία παλινδρόμησης της αύξησης χ του μήκους ως προς τη θερ μοκρασία θ. ii) Για τη ζεύξη Ρίου - Αντιρρίου με μεταλλική γέφυρα από χάλυβα θα χρησιμοποιήσουμε κομμάτια χάλυβα με διάκενο μεταξύ τους (για τις διαστολές) μήκους 100m το καθένα. Να προσδιορίσετε το ελάχιστο πλάτος που πρέπει να έχει το κάθε διάκενο, δεδομένου ότι στην θέση αυτή η μέγιστη θερμοκρασία που μπορεί να υπάρξει είναι 44°C. i)

Λύση

Είναι ν = 10 275 = 27 5 -χ 1 10 θ· = 1 1 0 χ· = 10 = 1 = ο' ο25 ' -θ = = Σ Σ ' ' 10 ι. =\ 10 10 ι. =! 10 I

Σύνολ� 5 10 15 20 25 30 35 θ 50 275 40 45 χ 0,3 0,5 0,8 0,9 1 1 , 1 1 ,2 1,3 1 ,4 1 ,5 10 θ · Χ 1 ,5 5 75 52 63 12 18 25 33 42 326,5 25 100 225 400 625 900 1225 1 600 2025 2500 9625 θ2 Οπότε ά = χ - β θ = 1 - Ο, 025 27,5 = Ο, 3 και η ευθεία παλινδρόμησης της χ πάνω στην θ είναι: χ = 0,3 + 0,025 . θ i) Μιa ράβδος μήκους 1m στους 44°C αναμένεται να επιμηκυνθεί κατά χ = Ο, 3 + Ο, 025 44 = 1, 40 mm ii) Όταν η ράβδος είναι 1OOm αναμένουμε να επιμηκυνθεί κατά 100 · 1, 4 = 140 mm = 14 cm. Οπό τε το ελάχιστο διάκενο θα πρέπει να είναι 14 cm. ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/59

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 Στον παρακάτω πίνακα φαίνονται τα εβδομαδιαία κέρδη (σε εκ. δρχ.) μιας νέας βιοτεχνίας, κα τά τις 5 πρώτες εβδομάδες λειτουργίας. �---�---�-�-�� ά α (χ>

� �::� � 1 � � ; Ι � � � � i l

Να βρεθεί (με τη μέθοδο ελαχίστων τετραγώνων η ευθεία παλινδρόμησης των κερδών Υ πάνω στη χ. Με βάση την παραπάνω ευθεία να εκτιμήσετε ποια εβδομάδα, η βιοτεχνία θα παρουσιάσει ίί) για πρώτη φορά ζημιά.

ί)

Λύση

1 2 3

4 5

2 2 3 2 1

χ2

ΧΥ

4 9

16 25

8 5

Σχ = 1 5 Σ Υ = ΙΟ Σ χ2 = 55 Σ ΧΥ = 28 i) Είναι ν = 5 , Χ =

i =l

�=3,

i=l

Υ=

1� = 2

i=l

i =l

5 . 28 - 1 5 · 10 = -0, 2 5 . 5 - 15

----2�

Οπότε: ά = y - βχ = 2 + 0,2 · 3 = 2,6 . Συνεπώς η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων θα είναι: y = 2, 6 - Ο, 2χ ( 1) ii) Η βιοτεχνία θα παρουσιάσει για πρώτη φορά ζημιά όταν τα κέρδη της μηδενιστούν, όταν δη λαδή y = Ο. Όπως φαίνεται από την ακόλουθη ευθεία ελαχίστων τετραγώνων, μετά από το σημείο (χ 0 , Ο) τα κέρδη παρουσιάζουν αρνητικές τιμές, έχουμε δηλαδή ζημία μετά την τιμή χ 0 = 13 . ·

•

Η τιμή y = Ο προκύπτει από την (1) για: χ = 13 εβδομάδες. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 Στον παρακάτω πίνακα φαίνεται η αύξηση Υ των κερδών (σε εκατ. δρχ) από τις πωλήσεις ενός προϊόντος, η οποία προκύπτει από την αντίστοιχη διαφήμιση κόστους Χ (εκατ. δρχ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/60

Μαθηματικά Ύtα την Γ' Λυκείου Να βρεθεί, με την μέθοδο ελαχίστων τετραγώνων, η ευθεία παλινδρόμησης της μεταβολής Υ πάνω στη Χ. ii) Αν τα κέρδη, χωρίς διαφήμιση είναι Υ0 = εκ. δρχ., να προσδιοριστεί σε πόσα διαφημιi)

στικά έξοδα, εκτιμάται ότι θα έχουμε διπλασιασμό των κερδών Υ0 • Λύση

1.)

χ 1 3 4 5 7 I Σύνολο 20 20 = 4 , -y = 15 = 3 ' ν = 5 , -χ = -s Ειναι: s 5

1 2 3 4 5 15

χ2 1 9 16 25 49 100

ΧΥ 1 6 12 20 35 74

ν · Σ xi Yi - Σχ ί Σ Υi 0 =ο 7 · 7_4_-_2_0_·1_5 = _7_ i =l��i=l�� _5_ i=l --�� β = --� ' 2 100 . 5 100 - 20 x i - x;

v·t

(t J

Οπότε: a = y - β · χ = 3 - Ο, 7 · 4 = 0,2 Συνεπώς η ευθεία γραμμικής παλινδρόμησης της ευθεία Υ πάνω στην Χ είναι: y = Ο, 2 + Ο, 7χ ii) Από την ( 1) προκύπτει ότι για χ = 14 , έχουμε y = 1 Ο, (διπλασιασμό κερδών).

(1)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 Στον παρακάτω πίνακα φαίνεται το κόστος συσκευασίας Υ (σε δρχ.), ανά μονάδα προϊόντος, ό εργάτες μιας βιομηχανίας. ταν συσκευάζονται Χ (χιλιάδες) προϊόντα ημερησίως από

10 I � � 1�0 I io I io 1 4� I io I

550

i) Να βρεθεί (με τη μέθοδο ελαχίστων τετραγώνων) η ευθεία παλινδρόμησης της Υ πάνω στη Χ. μονάδες προϊό ii) Αν υποθέσουμε ότι ο ταχύτερος εργάτης μπορεί να συσκευάσει το πολύ ντος ημερησίως vα εκτιμηθεί το ελάχιστο κόστος συσκευασίας, ανά μονάδα προϊόντος που μπορεί να υπάρξεL Λύση

i) Είναι ν = 5 , χ = 3 , y = 60

χ 1 2 3 4 5 15

100 80 60 40 20 300

χ2 1 4 9 16 25 55

ΧΥ

100 160 1 80 160 100 700 Σύνολο

- 1 5 300 = ----so 1000 = -20 β = 5 700 2 . 5 55 - (15) Οπότε: α = Υ - βχ = 60 + 20 . 3 = 120 και συνεπώς η ευθεία παλινδρόμησης της Υ πάνω στη χ είναι y = 120 - 20x (1) λοιπόν: ii) Από την (1) για χ = 5,50 προκύπτει y = 120 - 20 · 5,5 � y = 120 - 1 10 � y = 10 Άρα το ελάχιστο κόστος συσκευασίας που μπορεί να υπάρξει είναι 1 Ο δρχ. ανά μονάδα προϊόντος. Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/61

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ΠΡΟΒΛΗΜΑ 5 Α. Μελετώντας 10 βρέφη ως προς την ηλικία Χ (σε εβδομάδες) και το βάρος Υ (σε Kg) βρήκαμε:

Σ xiYi

Σ χί

Σ Υi

Σ χf = 100

i) Να βρεθεί η ευθεία παλινδρόμησης του βάρους Υ πάνω στην ηλικία Χ. Να εκτιμηθεί το βάρος ενός νεογέννητου μετά από 8 εβδομάδες.

ii)

Β. Ένας ερευνητής διαπίστωσε με βάση τον παρακάτω πίνακα ότι υπάρχει γραμμική σχέση μετα ξύ ανεργίας Χ και εγκληματικότητας Υ, σε μια έρευνά του σε 10 χώρες. Ανεργία Χ% Ε"(κληματικότητα Υ%

2 2 3 3 3 5 6 8 9 9 3 2 4 2 3 4 4 5 6 -7

Να βρεθεί: i) η

ii)

y = a + px

η εγκληματικότητα με ποσοστό ανεριyίας 1 1 ο/ο.

Λύση

Α. i) ν·

Είναι: 5

\0 1 10 = 3 ν = 10 βρέφη. Οπότε: χ = -1 Σ χί = 2 , y = Υi 1 0 i=l 10 Σ i=l

Σ xiYi - Σ χ ί Σ Υi i=.:._ l . = 10 · 80 - 20 · 30 = Ο 33 l ----.L i=.:... 1 �� ·=.:._ ,_1:._ β = -.:._ 2 5 5 10 · 1 00 - (20)2 ' ν · � χ � - � xi _ _

(

J ci = y - βx = 3 -0,22 · 2 = 2,34 .

Συνεπώς: y = 2,34 + 0,33 x (1) ii) Θέτουμε στην (1) όπου χ = 8 και έχουμε: y = 2, 34 + Ο, 33 · 8 = 4, 98 Kgr

ν = 10 ' χ = 50 = 5 -y = 40 = 4 10 ' 10 10 50 122 · · 238 40 0 ι3 = = 1 69 ci = - - ι3χ = 4 - 1' 69· = -4 45 = ' 10 · 22 - (50) 2 720 ' ' Υ Οπότε: y = -4,45 + 1, 69χ (1) χ Υ χ2 ΧΥ 2 3 4 6 2 2 4 4 3 4 9 12 3 2 9 6 3 3 9 9 5 4 25 20 6 4 36 24 8 5 64 40 9 6 8 1 54 9 7 81 63 50 40 322 238 Σύνολο I ii) Από την (1) για χ = 1 1 , προκύπτει: y = -4,45 + 1,69 · 1 1 = 14,14% . Β. i)

Είναι:

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 6 Η ΔΕΗ σκοπεύει να κατασκευάσει ευθύγραμμο αγωγό μεταφοράς ηλεκτρικής ενέργειας ο ο ποίος θα διέρθει μεταξύ τεσσάρων πόλεων Α, Β, Γ, Δ οι οποίες έχουν συντεταγμένες ως προς το κέ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/62

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ντρο παραγωγής ηλεκτρικής ενέργειας: Α(2, 2) i)

Β(3, 8)

Γ(S, 1 2) Δ(6,

10)

αντίστοιχα.

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας του αγωγού ώστε η συνολική απόσταση και των τεσσά ρων πόλεων από τον αγωγό να είναι ελάχιστη.

ii) Αν η μονάδα μήκους του αγωγού, με τον οποίο θα συνδεθεί μια πόλη με τον παραπάνω κε ντρικό αγωγό, κοστίζει 500 χιλιάδες δρχ. και η σύνδεση της κάθε πόλης με τον κεντρικό α ' γωγό, γίνει με ευθύγραμμο αγωγό κάθετο στον άξονα χ χ, να υπολογιστεί το συνολικό κό στος σύνδεσης των πόλεων με τον κεντρικό αγωγό. Λύση

i) Έχουμε τον πίνακα τιμών: Η ζητούμενη ευθεία είναι η ευθεία ελαχίστων τετραγώνων: Υ = α + βχ

Λ Λ ,

Για τον υπολογισμο των α, β εχουμε:

a = y - βx = 8 - 2 · 4 = 0 Επομένως η ζητούμενη ευθεία είναι:

β= Λ

ν · Σχy - Σχ · Σ y 4 · 148 - 16 · 32 80 =-=2 = 4 · 74 - 162 4ο ν · Σ χ 2 - (Σχ)2 γ

y = 2χ

ii) Τα τμήματα των αγωγών με τα οποία οι πόλεις Α, Β, Γ, Δ θα συνδεθούν με τον κεντρικό α γωγό, καθέτως προς τον άξονα χ'χ έχουν μήκος: (βλέπε σχήμα). ΑΑ' = 1 2 · 2 - 2 1 = 2, ΒΒ' = 1 2 3 - 8 1 = 2 , ·

ΓΓ' = I 5 · 2 - 1 2 1 = 2, ΔΔ' = I 2 · 6 - Ι Ο I = 2 .

Επομένως το συνολικό μήκος είναι 8 μονάδες και κοστίζει 4 εκατ. δρχ. Ερωτήσεις τύπου «ΣΩΣΤΟ - ΛΑΘΟΣ»

Δύο μεταβλητές Χ, Υ παρουσίασαν τις τιμές x i , Yi , i = 1, 2, . .. , ν , σε ένα δείγμα μεγέθους ν. Με τη μέθοδο ελαχίστων τετραγώνων βρήκαμε ότι η ευθεία παλινδρόμησης της y πάνω στη χ είναι:

y=2+x.

Να απαντήσετε αν είναι σωστή η λάθος η πρόταση: 1 . Αν χ = 3, τότε y = 5 .

' -χ = 6 και -y = 8 . 2 . Αν χΛ = 2 + 1 y , τοτε 2 3 . Αν χ 1 = 2 , τότε Υι = 4 . 4. Η προβλεπόμενη τιμή της Υ για χ=3 είναι 5 . 5 . Η ευθεία παλινδρόμησης της Χ πάνω στην Υ είναι χ = -2 + y . ' 1 1 ' ' παλινδρομησης 6 . Αν -χ = 3, τοτε η ευθεια της χ πανω στην Υ μπορει να ειναι η χΛ = 2 + 2 y . ' -

7 . Η ευθεία παλινδρόμησης της Χ πάνω στην Υ έχει τη μορφή: χ = 1 - 3β + βy . 8 . Αν η προβλεπόμενη τιμή της Χ για y=4 είναι χ = 3, τότε y = 3 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/63

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

του Κώστα Βακαλόπουλου

ι.

ι)

Ρίχνουμε ένα ζάρι που δεν είναι αμερόλη πτο. Ας είναι ί ένα στοιχείο του συνόλου {ι,2,3,4,5,6} . Συμβολίζουμε με Pi την πιθανότητα του ενδεχομένου «το αποτέλεσμα της ρίψης να είναι i». Υπολσyίστε τις πιθανότητες ξέροντας ότι: Ρ. , Ρ2, Ρ3 , Ρ4, Ρ5 , Ρ6 Ρ2 = Ρ1 ,

p3 = 3Ρι ' p4 = Ps = 2 Ρι ' p6 = 2Ρ3 .

Υπολογίστε την πιθανότητα να φέρουμε ζυ

γή ένδειξη .

Λύση :

Έστω Α: το ενδεχόμενο μια οικογένεια (τυχαία εm λεγόμενη) να έχει το λιγότερο ένα σκύλο, Β: το ενδεχόμενο μια οικογένεια (τυχαία εm λεγόμενη) να έχει το λιγότερο μία γάτα. Τότε Ρ(Α) = 0,20 , Ρ(Β) = 0,25 ενώ P(A n B) = O,lO . α) Το ενδεχόμενο: να έχει το λιγότερο ένα σκύλο αλλά όχι γάτα είναι: Α - Β. Άρα:

Ρ(Α-Β) = Ρ( Α)-Ρ( Α nB) = 0,20-0,10 = 0,10 δηλ. 10%.

Λύση:

1) Ως γνωστόν ισχύει: β) Το ενδεχόμενο: να έχει το λιγότερο ένα σκύλο Ρ (Ω) = 1 <:::::> Ρι + p2 + p3 + p4 + Ps + p6 = 1 <:::::> ή μία γάτα είναι: Α υ Β . Άρ α: Ρ1 + Ρι + 3Ρ1 + 2Ρ1 + 2Ρ3 = 1 <:::::> 9Ρι + 2 (3Ρι ) = 1 <:::::> Ρ (Α υ Β) = Ρ (Α)+ Ρ (Β) - Ρ (Α n Β) = 1 15 Ρ1 = 1 <:::::> Ρ1 = - . = 0, 20 + 0, 25 - 0, 10= 0, 35 δηλ. 35%. 15 , 1 , Ρ3 = 3 = 1 , Ρ = P = 2 , γ) Το ενδεχόμενο: να μην έχει ούτε σκύλο ούτε Άρα: Ρ1 = Ρ2 = γάτα είναι: Α' n Β' . 15 15 5 4 s 15 Άρ α: 6 =2 Ρ6 = Ρ (Α' n B') = P (A υ Β)' = 1 - Ρ (Α υ Β) = 1 5 -5 2) Προφανώς ζητείται η πιθανότητα του ενδεχο = 1 - 0,35 = 0, 65 δηλ. 65%. μένου Α = {2,4, 6} οπότε: δ) Το ενδεχόμενο: να έχει το λιγότερο ένα ζώο από το ένα είδος χωρίς να έχει το άλλο είδος 2 2=3. Ρ (Α) = Ρ2 + Ρ4 + Ρ6 = -1 + +- είναι: (Α -Β)υ(Β - Α) . 15 15 5 5 Όμως τα ενδεχόμενα Α Β και Β - Α είναι α ·

Σύμφωνα με έρευνα της Στατιστικής υπη ρεσίας το 20% των Ελληνικών οικογενειών έχουν το λιγότερο ένα σκύλο. Το 25% έχουν το λιγότερο μία γάτα και το ι 0% έχουν το λιγότερο ένα σκύλο και μία γάτα. Να βρεθεί η πιθανότητα των ενδεχομένων: α) Μια οικογένεια (τυχαία επιλεγόμενη) να έχει το λιγότερο ένα σκύλο αλλά όχι γάτα. β) Μια οικογένεια (τ.επ.) να έχει το λιγό τερο ένα σκύλο ή το λιγότερο μία γάτα. γ) Μια οικογένεια (τ.επ.) να μην έχει ούτε σκύλο ούτε γάτα. δ) Μια οικογένεια (τ.επ.) να έχει ένα από τα δύο παραπάνω είδη ζώου χωρίς να έχει από το άλλο είδος.

συμβίβαστα δηλ. ξένα μεταξύ τους. Άρα:

Ρ[(Α - Β) υ (Β - Α)] = Ρ(Α - Β) + Ρ(Β - Α) = Ρ (Α)- Ρ (Α n Β)+ Ρ (Β)- Ρ (Α n Β) = Ρ (Α) + Ρ (Β) - 2Ρ (Α n B) = = Ο, 20 + Ο, 25 - 2 Ο, 1 Ο = Ο, 25 δηλ. 25%. ·

Έστω το σύνολο Ω των θετικών ακεραίων των μικρότερων του 3Οι. Ποια είναι η πι θανότητα να επιλέξουμε απ ' αυτούς (τυχαί α) αριθμό πολλαπλάσιο του 2 ή του 3; Λύση:

Προφανώς Ν (Ω) = 300 ενώ το Ω αποτελείται από ισοπίθανα ενδεχόμενα. Θεωρούμε τα ενδεχό μενα: Α: Ο τυχαία επιλεγόμενος αριθμός να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/64

Μαθηματικά yια την Γ ' Λuκείοu

ΙΈ!

είναι πολλαπλάσιο του 2. Β: Ο τυχαία εmλεyόμενος αριθμός να είναι πολλαπλάσιο του 3 και Α n Β : Ο τυχαία επιλεγόμενος αριθμός να είναι πολλαπλάσιο του 2 και του 3 (δηλ. του 6). Για τον υπολογισμό του πλήθους Ν(Α) του συνόλου Α θεωρούμε την αριθμητική πρόοδο αν με α 1 = 2 διαφορά ω = 2 και γενικό όρο αν = 300 . Οπότε : αν = α1 + (ν - ι ) ω � α ν - α1 αν - α 1 � (ν ι ) = �ν= +ι. ω ω ,

ν = 300 - 2 + ι = ιs ο . 2 Ν (Α) Άρα: Ρ (Α) = = ι50 = -ι = 50% . Ν (Ω) 300 2 Επίσης για τον υπολογισμό του Ν(Β) έχουμε: 300 - 3 ι = ιΟΟ . αν α ... ν = - 1 + ι = + 3 ω Ν (Β) 100 ι Άρα : Ρ (Β) = -- = = - = 33 3% . Ν (Ω) 300 3 ' Ενώ για τον υπολογισμό του N(AnB) έχουμε: αν - α1 ... ν= + ι = 300 - 6 + ι = 50 . ω 6 = ::ο = i = ι6, 6% . Άρα: Ρ (Α)= ' Άρα:

ΙΈ!

ΙΈΙ

��

Από τον προσθετικό νόμο των mθανοτήτων προκύπτει ότι:

Ρ (Α υ Β) = Ρ (Α) + Ρ (Β) - Ρ (Α n B) = = .!.2 + .!.3 - .!.6 = �6 - .!.6 = �6 = �3 66' 6%.

Ονομάζουμε ανεξάρτητα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω τα ενδεχόμενα για τα οποία ισχύει:

IP(AnB)= Ρ (Α) · Ρ (Β )ι .

α) Έστω Α, Β δύο ανεξάρτητα ενδεχόμενα. Δείξτε ότι το ίδιο συμβαίνει και για τα: i) Α και Β', ii) Α' και Β, iii) Α' και ΒΌ β) Έστω τα δύο ενδεχόμενα: Α: ο Α πετυχαίνει τον στόχο Β: ο Β πετυχαίνει τον στόχο με πιθανότητα

4 Ρ (Α ) = 5

και

Ρ (Β) =

Λύση: α) Πράγματι:

P(AnB')=P(A) -P(AnB) =Ρ(Α)-Ρ( Α)· Ρ( Β) = =Ρ(Α) · (ι - Ρ(Β)) = Ρ( Α) · Ρ (Β') . Ρ(Α' n B) = P (B) - P(A n B) = · · · = Ρ(Β) · Ρ (Α') . Ρ (Α' nΒ') = Ρ(Α υ Β) = = ι - (Ρ (Α)+ P (B) -P(A nB)) = = ι - Ρ (Α)- Ρ(Β)+Ρ(Α)Ρ(Β) = (ι - Ρ (Α)) - Ρ (Β)( ι - Ρ (Α)) = = (ι - Ρ(Α))(ι - Ρ(Β)) = Ρ(Α') · Ρ(Β') β) Προφανώς τα Α, Β είναι ανεξάρτητα ενδεχό ,

μενα αφού η επιτυχία της στόχευσης των δυο τοξοτών είναι ανεξάρτητη.

Γ=

AnB .

Ρ (Γ) = Ρ (Α n Β ) = � · � = �� · = Ί . ιΟ Δ = A n B' Άρα:

Άρα :

Ρ(Δ)= Ρ(ΑnΒ')=Ρ(Α)-Ρ(ΑnΒ)= � - ι� = ι� .

Ε = Α' n B' . Άρα:

χρονα. Υπολογίστε την πιθανότητα των παρακάτω ενδεχομένων: i) Γ: Οι Α και Β πετυχαίνουν τον στόχο. ii) Δ: Μόνο ο Α πετυχαίνει τον στόχο. iii) Ε: Ο στόχος είναι χαμένος. ίν) Ζ: Ο στόχος είναι πετυχημένος. ν) Η: Ένας μόνο τοξότης πετυχαίνει τον στόχο.

-8 7

α-

Ρ(Ε)=Ρ(Α' nΒ') =Ρ(ΑυΒ)' = ι-Ρ(ΑυΒ)= = ι - (Ρ (Α)+ P (B) - P(A n B)) = · = ι - � + i - � = ι - �� = :ο . ι Ζ= ΑυΒ. 39 Άρα: Ρ (Ζ) = Ρ (Α υ Β) = . 40 ' ' A n B ) . Η = (Α n B ) υ (

(

Άρα :

)

(I)

Ρ (Η) = Ρ (Α' n Β) υ Ρ (Α n Β') = Ρ (Α' n Β) + Ρ (Α n Β') = Ρ (Α)+ Ρ (Β) - 2Ρ (Α n Β) =

ντίστοιχα. Οι δύο τοξότες στοχεύουν ταυτό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/65

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

= 1 - Ρ[Α υ (Β n Γ)] = 0,00095 .

i + 2 - 2 2_ = .!..!. . 5 8 10 40

(Α' n B),

( 1 ) (τα ενδεχόμενα

(A n B')

είναι ξένα

μεταξύ τους).

Το αεροπλάνο πετάει όταν ο κεντρικός κι νητήρας ή οι κινητήρες στα φτερά λειτουρ γούν. Ο κεντρικός κινητήρας έχει πιθανότητα ασφάλειας Ρ1

199

Σ' ένα πείpαμα τύχης, από μια δεσμίδα 1 2 χαρτιών που περιέχει 4 άσσους, 4 ντάμες και 4 ρηγάδες, τραβάμε 2 χαρτιά το ένα μετά το άλλο.

(Στις παρακάτω προτάσεις να κυκλώσετε το Σ ή το Λ αν οι προτάσεις είναι σωστές ή λάθος αντί στοιχα)

= 200 , οι κινητηρες στα φτερα 1)

έχουν πιθανότητα ασφάλειας ο κάθε ένας Ρ2

= ...!._ 0 1

και οι κινητήρες λειτουργούν ή όχι

ανεξάρτητα ο καθένας από τους άλλους (δηλ. η πιθανότητα να λειτουργούν και οι τρεις κινητήρες ισούται με το γινόμενο των mθανοτήτων να λειτουργεί κάθε ένας χωρι στά).

-. )

Ποια είναι η πιθανότητα το αεροπλάνο να πέσει;

Σημείωση :

ΤΥΠΟΥ ΣΩΣΤΟΥ ΛΑΘΟΥΣ

Έχει κανείς 3 φορές περισσότερη τύχη να τραβήξει 2 ντάμες από 2 κάρτες του ίδιου είδους (δηλ. 2 άσσους ή 2 ρηγάδες ή 2 ντά(Σ) Λ μες)

Αιτιολόγηση: Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α : να τραβήξει 2 ντάμες Β: να τραβήξει 2 ρηγάδες Γ: να τραβήξει 2 άσσους. Το ενδεχόμενο να τραβήξει δύο κάρτες του ί διου είδους είναι: Α υ Β υ Γ . Όμως τα ενδεχόμενα Α, Β, Γ είναι ξένα ανά δύο. Άρα: Ρ(Α υ Β υ Γ) = Ρ(Α)+ Ρ(Β) + Ρ(Γ) ενώ

Ρ (Α) = Ρ(Β) = Ρ(Γ) . Άρα: Ρ (Α υ Β υ Γ) = 3Ρ (Α).

2) Έχει κανείς 3 φορές λιγότερη τύχη να πετύ

να λειτουργήσει.

χει ένα «γάμο» (ντάμα και ρήγας του ίδιου χρώματος) παρά 2 κάρτες του ίδιου χρώμα(Σ) Λ τος.

Λύση:

Αιτιολόγηση :

Η ασφάλεια ενός κινητήρα είναι η πιθανότητα

Έστω Α, Β, Γ τα ενδεχόμενα λειτουργίας (α σφάλειας) των κινητήρων: Α του κεντρικού και Β, Γ του καθενός των φτερών. Ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου:

Δ = [ Α υ (Β n Γ)]' . Όμως: Ρ [Α υ (Β n Γ)] = = Ρ (Α) + Ρ (Β n Γ) - Ρ [ Α n (Β n Γ)J = = Ρ (Α) + Ρ (Β) · Ρ (Γ) - Ρ (Α) · Ρ (Β) · Ρ (Γ) = = 199 + _2_ _2_ _ 199 _2_ _2_ = 19981 =0 99905 . 200 10 10 200 1 ο 10 20000 ' Άρα: Ρ (Δ) = Ρ[ A u (B n Γ)J' = _

Η πιθανότητα να πετύχει κανείς ένα «γάμο» είναι Ν

�) όπου Ν(Ω) το πλήθος των ζευγών Ν

που μπορεί να τραβήξει ( (Ω) = 66 ) ενώ η πιθα νότητα να τραβήξει 2 κάρτες του ίδιου χρώματος

, , 3 . 4 = 12 (αφου, εχουμε 4 χρωματα και Ν (Ω ) (Ω) 3 κάρτες από τις οποίες φτιάχνονται 3 ζευγάρια ί διου χρώματος για καθένα από τα 4 χρώματα). ,

ειναι Ν

Άρα: Η πιθανότητα να πετύχει «γάμο» είναι 3 φορές λιγότερη από το να πετύχει 2 κάρτες του ί διου χρώματος.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λ.δ. τ.3/66

Μαθηματικά για την Γ Λuκείοu

Στο σχολικό βιβλίο της Γ' τάξης του Ενιαίου Λυκείου, στη σελίδα 96 διαβάζουμε:

CV =

τον τύπο: S = .

CV =

-1

Σ (χϊ - χ)

νί Ι =

2 1 1 = --- Σ ( - -χ)2 = ν (χ) 2 ϊ-ι

- Σ (χ ϊ - χ) cv =

τυπική απόκλιση s μέση τιμή χ Ο συντελεστής μεταβολής είναι ανεξάρτητος από τις μονάδες μέτρησης, εκφράζεται επί τοις ε κατό και παριστάνει ένα μέτρο σχετικής διασπο ράς των τιμών και όχι της απόλυτης διασποράς, ό πως έχουμε δει έως τώρα. Εκφράζει, δηλαδή, τη μεταβλητότητα των δεδομένων απαλλαγμένη από την επίδραση της μέσης τιμής. Για το πρώτο παρά δειγμα του βάρους έχουμε συντελεστή μεταβολής για τις δύο ομάδες μαθητών: Ο συντελεστής μεταβλητότητας λοιπόν εκ φράζει την μεταβλητότητα των δεδομένων απαλ λαγμένη από την επίδραση της μέσης τιμής. Αυτό είναι λάθος !!! Το σημαντικότατο μειονέκτημα του συντελε στή μεταβλητότητας είναι ότι εξαρτάται έντονα α πό την μέση nμή !!! Θα ωrοδείξουμε μάλιστα όn η μεταβλητότητα των δεδομένων γίνεται με αναφορά την μέση nμή, με την ευκαφία δε αυτή θα δώσουμε και έναν επεξη γημαnκό ορισμό του συντελεστή μεταβλητότητας. Ως γνωστόν η τυπική απόκλιση δίδεται από

του Χαράλαμπου Θάνου

ν. ι

....:. ...:. ...__ 1= ,;... . _ .__ _

( _!_Σ ν ί=Ι

�χ χ

_!_ν Σ (1- �χ )2 Η παράσταση (1- i ) εκφράζει την επί τοις cv =

r------

ί=Ι

εκατό αύξηση ή μείωση της τιμής x i ως προς την μέση τιμή χ , δηλαδή την επί τοις εκατό μεταβολή , που είναι θετική στην μείωση και αρνητική στην αύξηση . Το άθροισμα

f (1- � )2 ί=Ι

εκφράζει το ά-

θροισμα των τετραγώνων όλων των επί τοις εκατό μεταβολών, όλων των τιμών της μεταβλητής χ. Άρα ο συντελεστής μεταβλητότητας CV είναι ίσος με την τετραγωνική ρίζα της μέσης nμής των τετραγώνων των επί τοις εκατό μεταβολών των n μών της μεταβλητής χ ως προς την μέση τιμή της. Επομένως όσο μεγαλύτερη είναι η διακύμαν ση των διαφόρων τιμών x i από την μέση τιμή χ , τόσο μεγαλύτερος θα είναι και ο συντελεστής με ταβλητότητας του δείγματος.

Από την Τράπεζα Θεμάτων της Ε.Μ.Ε. Η τράπεζα θεμάτων της Ε.ΜΕ. λειτουργεί ήδη δύο χρόνια. Οι στόχοι που βάλαμε και οι τομές που κά ναμε έχουν αποδώσει και πολλοί συνάδελφοι αλλά και μαθητές αναζητούν μέσα από την ιστοσελίδα της Ελ ληνικής Μαθηματικής Εταιρείας θέματα και ασκήσεις. Θέματα που θα βοηθήσουν τον συνάδελφο Μαθηματικό στην καθημερινή εκπαιδευτική πραγματικότη- . τα. Θέματα που θα βοηθήσουν τον μαθητή:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/67

Μαθηματικά Ύtα την Γ Λυκείου α) Να κατανοήσει Μαθηματικές έννοιες και τις λεπτομέρειές τους. β) Να επιλέξει-αναλύσει και συνδυάσει τις κατάλληλες Μαθηματικές προτάσεις που θα τον οδηγήσουν στην επίλυση Μαθηματικών προβλημάτων και ασκήσεων. Στην φετινή σχολική περίοδο ο στόχος της Τράπεζας Θεμάτων είναι να δώσουμε ένα μικρό δείγμα προβλημάτων και ασκήσεων στην ενοποιημένη πια ύλη (αίτημα πάγιο της Ε.ΜΕ. προς το ΥΠΕΠΘ) των Μαθηματικών της Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης της Γ Λ υκείου. Μερικά από τα θέματα αυτά που αφορούν τον Διαφορικό Λογισμό (Παράγωγος), και ιδιαίτερα την ύλη από τα θεωρήματα Μέσης Τιμιίς και Rolle έως μονοτονία συνάρτησης, ακρότατα, κυρτότητα και ση μεία καμπής παρουσιάζουμε εδώ, με την πεποίθηση ότι θα συμβάλλουμε και εμείς στο γνωστικό αντικείμε νο των αναγνωστών μας. Κάθε καλόπιστη κριτική είναι ευπρόσδεκτη, όπως ευπρόσδεκτη είναι και κάθε βοήθεια συναδέλφου που θέλει να παρουσιάσει το δικό του πρόβλημα, την δική του άσκηση, στο πνεύμα που έχει χαράξει η ομά δα. Για να γίνει αυτό, αρκεί να αποστείλετε με το ονοματεπώνυμο και το τηλέφωνό σας στην διεύθυνση της Ε.Μ.Ε. τα θέματα που εσείς θα επιλέξετε, προς την ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΆ ΤΩΝ Ε.ΜΕ.

1. ί) Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) = � +px2 +γχ+δ, α > Ο έχει τρεις ρίζες ρι < ρ2 < ρ3 να αποδείξετε ότι η εξίσωση Ρ ' (χ) = Ο έχει δύο ακριβώς ρίζες χι , χ2 ( χι * χ2 ). Αν υποθέσουμε ότι χι < χ2 να βρείτε το είδος των ακροτάτων που παρουσιάζει το πολυώνυμο σ' αυτά τα σημεία. Αποδείξτε ότι β 2 > 3αγ . ίί) ίίί) Να αποδείξετε ότι Ρ " (χι ) + Ρ " ( χ 2 ) = Ο , όπου Χι , χ 2 οι ρίζες του (ί) ερωτήματος. iv) Είναι δυνατόν το πολυώνυμο Ρ (χ) να πα ρουσιάζει σημείο καμπής σε κάποια από τις ρί ζες Χι , χ2 της εξίσωσης Ρ ' (χ) = Ο ;

Υπόδειξη - Λύση ί) Αφού το Ρ (χ) έχει τρεις ρίζες ρι < ρ 2 < ρ3 τότε το Ρ' (χ) = 3αχ 2 + 2βχ + γ έχει δύο τουλάχιστον ρίζες (Εφαρμογή Θ. Rolle σε διαστήματα [ρ1 , ρ2 ] , [ρ2 , ρ3 ] ), και αφού είναι δευτέρου βαθμού έχει δύο ακριβώς ρίζες Χι Ε ( ρι , ρ2 ) και χ 2 Ε ( ρ2 , ρ3 ) . Επειδή α > Ο στο χ 1 παρουσιάζει τοπικό μέ γιστο, ενώ στο χ 2 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο (γιατί;) ii) Το Ρ' (χ) έχει δύο ακριβώς ρίζες άρα Δ>Ο. iii) Ρ" (χ) = 6αχ + 2β . Τότε Ρ"(χ ι ) + Ρ"(χ 2 ) = 6α(χ1 + χ 2 )+ 4β . Από το άθροισμα ριζών δευτεροβάθμιας εξί-

σωσης γνωρίζουμε ότι

Ρ" (Χι )+ Ρ" (χ 2 ) = Ο .

-2β

. Άρα Χι + χ 2 = -3α

iv) Όχι. (Γιατί;)

2. Α. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f είναι

παραγωγίσιμη στο [α, β ] και ισχύουν f' ( α ) > Ο , f'( β ) < ο . α) Δικαιολογήστε γιατί υπάρχει ξ Ε ( α, β ) στο οποίο η f παίρνει μέγιστη τιμή. β) Αποδείξτε ότι f ' (ξ) = Ο .

Β. Υποθέστε τώρα ότι η συνάρτηση f είναι [α, β ] και ισχύει παραγωγίσιμη στο f' ( α ) · f' ( β ) < Ο Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ Ε (α, β ) τέτοιο ώστε f' (ξ) = Ο . .

Γ. Αν για μια συνάρτηση f ισχύει f ' (χ) * Ο για κάθε χ Ε Δ , aποδείξτε τα επόμενα: α) f' ( χ ) > Ο για κάθε χ Ε Δ ή f' (χ) < Ο για κάθε Χ Ε Δ . β) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον χ'χ άξονα το πολύ σ' ένα σημείο. Υπόδειξη - Λύση Α. α) Η f είναι συνεχής στο [α,β] άρα έχει και μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Έστω ξ Ε [α,β] στο οποίο η f παίρνει μέγιστη τιμή δηλαδή f(x ) � f (ξ ) για κάθε χ Ε [α, β] .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/68

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Επειδή f'(α)>Ο θα έχουμε f(x)-f(α) >0 χ α σεχ >κατάλληλη κοντάf (ξ)στο> fα,(α)και. αφού α τότε f (χ)περιοχή > f (α) , άρα Επειδη, f'(β) < Ο θα έχουμε f(x)-f(β) χ-β < Ο σεχ<βκατάλληλη περι ο χή κοντά στο β, και αφού τότε f(x)>f(β), άρα f(ξ)>f(β). Σε κά θε περίπτωση το ξ "Φ α και ξ β . β) Θεώρημα Fennat. μπορείτε ναγιατίχρησιμοποιήσετε Θ.η Bolf' zΒ.anoείνΔεν (όπως και στο Α) δεν γνωρίζετε αν αι συνεχής. Δι α κρί ν ετε περιπτώσεις f'(α) > Ο και f' (β) < Ο ή f' (α) < Ο και f' (β) > Ο και εφαρμόστε το Α. Γ. α) Υποθέστε ότι η f' αλλάζει πρόσημο στο σε άτοπο χρησιμοποιώντας το Α.β)Δ καιΌτανκαταλήξτε f' (χ) > Ο για κάθε χ Δ τότε f γνησίως αύξουσα στο Δ κλπ. -φ

3. Σε ένα διάλογο μέσα στην τάξη τέθηκε από μα θητή το εξής ερώτημα: <<Αν η συνάρτηση f είναι πα ραγωyίσιμη σ' ένα διάστημα ( α, β ) τότε η f' είναι συνεχής σ' αυτό το διάστημα». Δικαωλσyήθηκε από τον ίδω τον μαθητή ως εξής: <<Αφού η f είναι παρα γωyίσιμη στο (α, β ) τότε για το τυχαίο χ0 Ε ( α, β ) f (x) - f (x0 ) έχουμε f , χ0 = lim (1) και χρησι-

( ) χ-Η0 μοποιώντας τον κανόνα De L'Hospital παίρνουμε: . f (χ) - f ( 0 ) = lιm (f (χ) - f ( χ0 ) ) lιm χ-7χ0 χ0 χ-7χ0 ( )' = = lim f' ( ) (2). Χ-7Χ0 Από (1), (2) έχουμε f' ( ) = lim f' ( χ ) , άρα η Χ-7Χο Χ - Χο

•

Χ _ Χο

χ0

f ' είναι συνεχής στο σημείο χ0 ». α) Βρείτε το λάθος στην απόδειξη του μα θητή.

ψ;� {:�:�.� :·:::::::::::

Ο, χ=Ο θητή ευσταθεί.

Λύση

γίνεται λάθος

α) τις περισσότερες φορές που στην του κανόνα Deη Lπροϋπόθεση, 'Hospital εiνm., γιατί εφαρμογή δεν λαμβάνεται υπόψηf'(x) πρέπει να υπάρχει το l-7imΧ0 ----,g ( ) -- για να λέμε f(x) = lim f'(x) lx-7imxog(x) χ-7χσg'(χ)" Εμείς όμως πώς γνωρίζουμε ότι υπάρχει το l-7imΧ0 f'(x) ;; Δείτε ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα. β) Όταν χ "Φ Ο έχουμε f' (χ)= 2χημ_!_-συν_!_. χ χ Για χ =Ο έχουμε1 2ημ-χ x f'(O)=lim =lim x·ημ_!_=O (γιατί;;). 1 1 ρα f'(χ ) - Ο,2χημ--συν-,χ"Φ0 χ χ χ=Ο { Όμως γιαόταντηνχ συνάρτηση f'επιπλέον, δεν υπάρχει το όριο της f' �Ο . Αυτό, δηλώνει ότι η δεν είναι συνεχής στο Ο. ι 4. Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = χ . e2 χ- ,

όn

Χ--70

Ά.

•

ΧΕ

JR .

α) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. β) Για κάποιο α Ε JR , θεωρούμε την εξίσω ση f ( χ ) = α (1).

ί) 'Εχει η εξίσωση (1) λύση όταν α = _ _!_ ; 8 ίί) Έχει η εξίσωση (1) λύση όταν α Ο ; Αν ναι, πόσες ρίζες έχει;

2x-Ι . (2x+l). α)Υπόδειξηf'(x)=eΛύση Στο σημείο χ0 = _.!_2 η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή την r(-.!.2 . ) = --2e1-2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/69

Μαθηματικά Ύtα την Γ Λυκείου

1 1 β) l.) Παρατηρηστε οτι - 2 > - . τι συe 8 2 μπεραίνετε για το πλήθος των ριζών της (1); ii) Η εξίσωση γράφεται f (χ)- α = Ο . Θεω ρείστε την συνάρτηση g (χ) = f (χ) - α η οποία έ χει το ίδιο είδος μονοτονίας με την f, επομένως ' ' παρουσια' ζει ελαχιστη τιμη' στο σημειο χ0 = - 21 .

( ) ( )

1 που είναι: g - .!. = r - .!. - α = - --2 - α < Ο . Η 2 2 2e g (χ) συνεχής στο IR δεν έχει ρίζα στο διάστημα ,

( -� ) . Γιατί; -οο ,

Η ίδια, έχει μία μόνο ρίζα στο διάστημα

(-�, +οο ) . Δικαιολογήστε τον ισχυρισμό αυτό.

5. Ένας τοπογράφος Μηχανικός έχει το τοπογραφικό σχέδιο μιας κωμόπολης, στην ά κρη του οποίου φαίνεται το Δημαρχείο σtη θέση Ο και το περίγραμμα μιας λίμνης (Σχ. 1 ). Η κοινότητα θέλει να φτιάξει ένα ιχθυο τροφείο στην όχθη της λίμνης και πρότεινε στον Μηχανικό δύο εναλλακτικούς τρόπους για το σημείο που θα κατασκευαστεί. ......

......

Σχήμα 2 •

Ο δεύτερος λαβαίνει υπόψη μόνο το κόστος κατασκευής και επομένως συνδέει απευθεί ας το Δημαρχείο με ένα σημείο της όχθης.

Ο Μηχανικός μελέτησε το πρόβλημα και το μαθηματικοποίησε ως εξής: Θεώρησε ως ση μείο αναφοράς το Ο, και ως άξονες συντεταγμέ νων τον ΟΑ (Ανατολικά) και ΟΒ (Βόρεια) με μονάδα μέτρησης τα 1 50 μέτρα. Το περίγραμμα της λίμνης προσεγγιστικά το απέδωσε με την , , γραφικη, παρασταση 4 της συναρτησης f (χ) = 2 χ (Σχ. 3). Β

ΔEjj A Ν

Λίμνη

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

......

Σχήμα 3

Α. Ισχυρίστηκε ότι η τυχαία διαδρομή ΟΚ δίνεται από τον τύπο: ΟΚ = Δ (χ) = χ +

Σχήμα 1 •

......

D ι 11 11

D. o

Ο πρώτος, που λαβαίνει υπόψη τόσο το κό στος κατασκευής όσο και την γραφικότητα της περιοχής, είναι να συνδεθεί το Δημαρ χείο με την όχθης, με τουλάχιστον τρία μο νοπάτια που να έχουν κατεύθυνση Ανατολι κά ή Βόρεια. Δύο τέτοιες διαδρομές οι ΟΚ και ΟΛ φαίνονται στο Σχήμα 2.

� . Δι χ

καιολοyήστε τον ισχυρισμό αυτό. Β. α) Βρείτε το ελάχιστο μήκος Δ ( χ ) και προσδιορίστε έτσι το σημείο Κ. β) Ποιο το κόστος κατασκευής του ε λάχιστου δρόμου Δ (χ) αν το τρέχον μέτρο στοιχίζει 20.000 δρχ.; Γ. α) Βρείτε την ελάχιστη απόσταση που συνδέει το Δημαρχείο απευθείας με ένα σημείο της όχθης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/70

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

β) Ποιο το κόστος κατασκευής σε αυτή την περίπτωση, αν το τρέχον μέτρο στοιχίζει ι2.000 δρχ.;

t Ε [Ο, +οο ) το σημείο Μ βρίσκεται πάντα εντός τετραγώνου που ορίζεται από τις ημιευθείες Οχ, Oy και τις ευθείες χ = lf4 και y = lf4 .

Υπόδειξη Υπόδειξη Α. Οποιαδήποτε διαδρομή και αν ακολουθή Βρείτε την μέγιστη τιμή των συναρτήσεων σει Ανατολικά-Βόρεια τα οριζόντια τμήματα έχουν συνολικό μήκος χ και τα κατακόρυφα τμήματα χ ( t) και y ( t) . Αυτές επιτυγχάνονται για t = συνολικό μήκος f (χ) . Άρα Δ (χ) = χ + f (χ) . Β. α) Βρίσκουμε το ελάχιστο του δρόμου και t = ifi αντίστοιχα. Δ (χ) = χ + που είναι Δ (2 ) = 3 . 8. Να βρείτε ποια είναι σωστή (Σ) και ποια χ λάθος (Λ) από τις επόμενες προτάσεις και να δι β) Κόστος Κ=3 · 150· 20.000 = 9.000.000 .

�

καιολογήσετε:

M (x0 ,y0 ) στην όχθη ώστε το ΟΜ = �χ� + y� = χ� + _!i4 να γί χο Γ. α) Ζητάμε ένα σημείο

νεται ελάχιστο. β) Όμοιο με Β.β. 6. Μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο [Ο, ι] και παραγωγίσιμη στο (Ο, ι) με f (Ο) = α , α > Ο και f (ι) = Ο

ί.

Υπάρχει συνάρτηση f για την οποία ισχύει f ( Χο ) - f 2 ( Χο ) = ι + Χ� , για ΚάΠΟιΟ Χο Ε � .

ίί.

Αν η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο Χι και τοπικό ελάχιστο στο -χ2 , τότε f ( χι ) � f { χ ; ) .

ίίί.

Αν η f είναι γνήσια φθίνουσα και ισχύει f (χι ) > f ( χ 2 ) τότε είναι χ1 > χ2 για κάθε χ1 , χ2 Ε Α .

iv.

Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ( α, β ) και παραγωγίσιμη σ' αυτό το διάστημα, τότε για κάθε χ Ε (α, β ) ισχύει f'(x) > Ο .

Αν η f' είναι συνεχής και γνησίως αύξου σα σ' ένα διάστημα Δ τότε και η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

•

ί) Αποδείξτε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα

Χο Ε ( 0, ι) ώστε f ( Χο ) = αΧο .

ίί) Αποδείξτε ότι υπάρχουν

2 ώστε f' {Χι ) f' ( χ2 ) = α •

Χι ' χ2 Ε (Ο, ι)

Υπόδειξη i) Θεωρήστε την συνάρτηση g(x)=f(x)-αx και ελέγξτε τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano. ii) Το διάστημα

V:i.

[Ο, 1 ] αποτελείται από τα

[Ο,χ0 ] και [χ0 ,1]. Σε καθένα από τα δύο αυτά διαστήματα να εφαρμόσετε Θ.Μ.Τ. διαφορικού λογισμού. 7.

θεωρούμε το σημείο M (x,y) του οποί ου οι συντεταγμένες καθορίζονται από τις συ3t ναρτήσεις x = x (t ) , με x (t ) = 3 και ι+t 3t2 y = y (t ) , με y (t ) = 3 , t�O. ι+t Να αποδείξετε ότι για όλες τις τιμές του --

Αν η f'(x) > O στο ( α, χ0 ) u ( χ0 , β ) τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β ) , όταν η f είναι συνεχής στο χ0 •

vii.

Αν f, g παραγωγίσιμες σ' ένα διάστημα Δ και ισχύει f ( χ ) > g ( χ ) για κάθε χ Ε Δ τότε f'(x) > g' (x) στο Δ.

viii. Αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο � και έχει κ - διαφορετικές ανά δύο ρίζες τότε η f' έχει τουλάχιστον κ - ι διαφορετικές ανά δύο ρίζες. ix. Αν η παράγωγος f' , μιας συνάρτησης f, έ χει κ - διαφορετικές ανά δύο ρίζες τότε η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3171

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f έχει κ + ι διαφορετικές ανά δύο ρίζες. Μπορείτε να δώσετε παράδειγμα όπου η f' έχει μια ρίζα και η f καμμία, και επίσης η f' έχει άπειρες ρίζες και η f καμμία; Σε μια πολυωνυμική συνάρτηση το κ είναι ρίζα της f της f' και της f" , αλλά όχι της f"' . Το Α (κ,f (κ)) είναι σημείο καμπής στη γραφική παράσταση της f.

χ.

9. Δίνονται οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f και g στο JR ώστε να ισχύουν οι επόμενες προ ϋποθέσεις : α) f (x) :;e O και g (x) :;e O για κάθε χε JR .

β) f (ο) = ι και g (ο) = ι . γ) f' (χ) =

g χ)

και g' (χ) = -

f ( Χ ) g ( Χ ) = ι για κάθε ·

ΧΕ

Ισχύει g(2) > g(4} , (γιατί;;) απ' όπου προκύ πτει η ζητούμενη σχέση. ι ι. Θεωρούμε την συνάρτηση α

f (χ) = Ιη χ - + α με κάθε χ > 0

χ>Ο.

Αν f (χ) � Ο για

i) Αποδείξτε ότι α = -ι . ii) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία

και τα ακρότατα.

iii) Να λυθεί η εξίσωση

f (χ) = Ο .

iv) Να λυθεί η aνίσωση 2 2 ιη ( 2λ + 2 ) - � > ιη ( λ + 3) λ

ι . f ( χ)

ι . . 2 2λ + 2

Υπόδειξη - Λύση i) Παρατηρείστε ότι f ( 1) = Ο και εφαρμόστε το Θ. Fennat.

Αποδείξτε ότι: ί)

g(x} = f(x)- _!_2 x 2 •

JR .

ii) Υπολογίστε τους τύπους των f και g.

ii) Η f παίρνει την μορφή f (χ) = ln χ +

_!_χ -1 .

Προκύπτει ότι f είναι γνησίως φθίνουσα στο Υπόδειξη - Λύση ] i) Θεωρείστε την συνάρτηση l(x)=f(x)·g(x) (0,1 και γνησίως αύξουσα στο [1,-too ) . και αποδείξτε ότι είναι σταθερή. iii) Η εξίσωση f (χ) = Ο προφανώς έχει την ii) Αφού συνδυάστε τις σχέσεις γ) και i) δείξ μοναδική λύση χ = 1 . τε ότι f'(x) = f(x) και παράλληλα g'(x)= -g(x) 1 iv) 1n{2� +2)+-- >1n(� +3)++ � για κάθε χε JR . 2Α:2 +2 Α; +3 Από γνωστή εφαρμογή του βιβλίου έχουμε: r(2λ2 +2) > f(λ2 +3) απ' όπου 2λ2 + 2 > λ2 +3 f (χ) = ex . Για τον υπολογισμό της g (χ) πολλα- (γιατί;) απ' όπου προκύπτει λ > 1 ή λ< -1 . πλασιάστε τη σχέση g' (χ) + g (χ) = Ο με ex . ιο. Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο JR για την οποία ισχύει f' (χ) < χ για κάθε χ ε JR . Αποδείξτε ότι f (4) - f (2) < 6 .

Υπόδειξη - Λύση Η δοσμένη σχέση γράφεται

Θεωρείστε την συνάρτηση

ι2. Ας θεωρήσουμε μια συνάρτηση f ορι σμένη στο JR , ώστε f"' (χ) > Ο για κάθε χ ε JR . α) Αποδείξτε ότι η γραφική παράσταση της f έχει το πολύ ένα σημείο καμπής. β) Αποδείξτε ότι δεν υπάρχει ευθεία που να

εφάπτεται σε δύο διαφορετικά σημεία Α ( χι , f (χι )) και B (x2 , f (χ2 )) της γραφικής παράστασης της f.

Υπόδειξη - Λύση α) Η f παραγωγίζεται τρεις φορές με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/72

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

f'"(x) > O για κάθε χ Ε � . Άρα f"(x) γνησίως αύξουσα στο � . Να υποθέσετε ότι η f παρουσιά

ζει σε δύο διαφορετικά σημεία καμπής, και να φτάσετε σε άτοπο.

δ) Να λύσετε την εξίσωση f (χ) = 27

ε) Να αποδείξετε. ότι η ευθεία ( ε ) : y = χ ε φάπτεται στην γραφική παράσταση της f.

β) Η συνθήκη κατά την οποία μια ευθεία ε Υπόδειξη - Λύση φάπτεται σε δύο διαφορετικά σημεία Α (χ ι , f( χ ι ) ) α) Να ελεγχθεί η συνέχεια της f στο Ο. Ο πί και Β ( χ 2 , f ( χ 2 )) της γραφικής παράστασης μιας νακας μονοτονίας - ακροτάτων είναι: συνάρτησης f είναι: += χ

f'( Χι ) - f'( Χ2 ) -- f(x2 ) - f(xι ) Χ2 - χι

Που παρουσιάζει η f ακρότατα; β) Ο έλεγχος δείχνει ότι .fi = ψ, ή

f(2) = f(4) .

2� = 4Υ.

Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει και άλλος θετικός ακέραιος ώστε να ισχύει � = r:jβ = ifi ·δηλαδή f(2) =f(4) = f(γ) τότε με την βοήθεια του Θ. Rolle θα καταλήγαμε σε άτοπο (γιατί;) Η σχέση αβ = βα με α, β θετικούς ακέραιους Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο � ο λόγος είναι ισοδύναμη με την � r:jβ (πώς;) f(x2 ) - f(xι) - f' (ξ) ξ Ε ( ι, ) . μεταβολής Χ Χ2 , γ) Η σύγκρι� των δοσμένων αριθμών να γί Χ 2 - χι (Εφαρμογή του γνωστού θεωρήματος Μέσης Τι νει με την βοήθεια του πίνακα μονοτονίας. μής του διαφορικού λογισμού). Από εδώ είναι εύ ι είναι ισοδύναμη με = δ) Η εξίσωση f (χ ) _ κολο να καταλήξετε σε άτοπο. 27 =

13.

f ( χ ) - 27ι = Ο . Θεωρείστε την συνάρτηση . g ( χ ) = f ( χ ) - ι , παρατηρείστε ότι η μονοτονία 27 της g δεν διαφέρει από αυτήν της f, βρείτε μια την

Θεωρούμε την συνάρτηση

f (x) = χ • , χχ => Ο Ο , Ο

{ Υ.

α) Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της f και τα ακρότατά της, αν υπάρχουν.

προφανή λύση της εξίσωσης και αποδείξτε ότι δεν υπάρχει άλλη ρίζα ούτε στο διάστημα (O,e] ούτε β) Να αποδείξετε ότι οι μόνοι θετικοί ακέ στο διάστημα [e, += )" . ραιοι για τους οποίους ισχύει � = W είναι οι ε) Μια ευθεία y = λχ + κ εφάπτεται στην α = 2 , β = 4 Μετά να δείξετε ότι οι μόνοι θετι γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f αν υπάρχει κοί ακέραιοι για τους οποίους ισχύει αΡ = βα εί χ0 στο πεδίο ορισμού της f τέτοιο ώστε •

ναι οι α 2 , β 4 . =

γ) Συγκρίνετε τους αριθμούς J2

�, �.

f'(x0 ) = λ f ( χ0 ) = λχ0 + κ

�,

}

Χρησιμοποιήστε τις παραπάνω συνθήκες για να αποδείξετε το ε). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/73

Το Βήμα του Ευκλείδη

των Σ. Δαμάσκου - Γ. Μπαραλή

Όπως γνωρίζουμε σήμερα η ισχύς των λογα ρίθμων στις υπολογιστικές διαδικασίες στηρίζεται στο γεγονός ότι μ' αυτούς μπορούμε να μετασχη ματίσουμε τον πολλαπλασιασμό και τη διαίρεση σε aπλούστερες πράξεις, την πρόσθεση και την α φαίρεση. Η ανακάλυψή τους αποδίδεται σήμερα στον John Napier (1550 - 1617), έναν γαιοκτήμονα από την Σκωτία, όπου τα μαθηματικά γι' αυτόν ήταν απλώς μια ευχάριστη απασχόληση. Η ιδέα για παράδειγμα του μετασχηματισμού του πολλαπλασιασμού σε πρόσθεση δεν ήταν και νούργια. Έτσι από τον τύπο 1 1 - β) 2 αβ = -(α + β)2 --(α 4 4 μπορούμε εύκολα να υπολογίζουμε γινόμενα αν έχουμε έναν πίνακα που να μας δίνει τα τέταρτα τετραγώνων. Από πολύ νωρίς είχαν χρησιμοποιη θεί τέτοιοι πίνακες, όμως ο πληρέστερος εκδόθηκε το 1 888 από τον J. B1ater και περιελάμβανε τα τέ ταρτα των τετραγώνων όλων των φυσικών από το 1 έως το 200.000. Ένας άλλος τύπος μετασχηματισμού γινομέ νου είναι ο ακόλουθος: μΑ μΒ συν(Α - Β) - συν(Α + Β) η ·η = 2 Ο εν λόγος τύπος ήταν γνωστός στην εποχή του Napier και είναι πιθανόν ν ' αποτέλεσε την αρ χική ιδέα στην οποία στηρίχθηκε, μια και οι πίνα κές του αναφέρονται σαν πίνακες λογαρίθμων των ημιτόνων γωνιών. Το 1614 ο Napier δημοσίευσε την πρώτη του δουλειά στους λογαρίθμους μετά από κοπιαστική προσπάθεια 20 περίπου χρόνων. Το 1619 δημοσι εύτηκε και δεύτερη εργασία του με την οποία πα ρουσιάζει τον τρόπο με τον οποίο υπολόγισε τους λογαρίθμους του.

Ας δούμε λοιπόν πως όριζε ο Napier το1 v γαρίθμους. Αν πάρουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ ι- rιι μία ημιευθεία ΓΔ και υποθέσουμε ότι τα σημεία Ε και Ζ ξεκινοιιv και κινούνται από τα Α και Γ ταυτόχρονα Α

- Υ-1

--- χ --- 1

κατά μήκος των γραμμών αυτών και με την δια αρχική ταχύτητα. Υποθέτουμε επίσης ότι το � κινείται με ταχύτητα πάντα αριθμητικά ίση με τφ απόσταση ΕΒ, ενώ το Ζ κινείται με σταθερή ταχjJ τητα. Τότε κατά τον Napier ο λογάριθμος του ΕΒ εi ναι το ΓΖ. Αν θέσουμε ΕΒ = y και ΓΖ = χ τότι χ = Nap logy. Ο Napier θεώρησε το μήκος του ΑΒ ίσο με 7 10 . Με σημερινά δεδομένα ο ορισμός του Napier θα διατυπωνόταν έτσι:

Nap logy = 107 · log1;e

( 1�7 )

Η απόδειξη είναι εύκολη αν χρησιμοποιήσου με λίγη ανάλυση και ολοκληρωτικό λογισμό. Αν λοιπόν ΑΕ = 107 y τότε η ταχύτητα του

- py = y δηλαδή dy = -dt. Ολοκληρώνοντας dt Υ

έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/74

lny = -t + C

Το Βήμα του Ευκλείδη

Αν θέσουμε t = Ο υπολογίζουμε την σταθερά C = Ιη107 οπότε lny = -t + ln107 ή t = ln107 - lny = 107 ή Τώρα η ταχύτητα του Ζ = dx dt x = 107 t. Έτσι έχουμε Nap log y = x = 107 t = 10\Ιη107 -ln y) 7 = 107 · 1n 10 Υ

= 107 · log1;e

( 1�7 )

Είναι σαφές λοιπόν πως η καθολική σχεδόν χρησιμοποίηση των όρων «Νεπέριος λογάριθμοφ και «φυσικός λογάριθμος» σαν ταυτόσημων όρων είναι λάθος. Εύκολα μπορούμε να παρατηρήσουμε πως ο λογάριθμος του Napier φθίνει καθώς ο αριθμός αυξάνει, κάτι που έρχεται σ' αντίθεση μ' αυτό που συμβαίνει στους φυσικούς λογάριθμος. Με ακόμη πιο προσεκτική μελέτη και με την αποδοχή ότι παρατηρούμε την κίνηση των σημεί ων σε ίσες χρονικές περιόδους, βλέπουμε πως το y φθίνει κατά γεωμετρική πρόοδο, ενώ το χ αυξάνει κατά αριθμητική πρόοδο. Εξ άλλου ο Napier δεν χρησιμοποίησε καμία βάση για να ορίσει τον λογάριθμο. Πιθανόν η όλη παρεξήγηση να προέκυψε όταν βρέθηκε το 1618 στην Αγγλική μετάφραση της μελέτης του Napier που ήταν γραμμένη στα λατινικά, ένας πίνακας που στην πραγματικότητα περιλαμβάνει φυσικούς λογάριθμους. Ο πίνακας, στον οποίο τ' αποτελέ σματα δεν έχουν δεκαδικά ψηφία, δίνει τον λογά ριθμο του 10 σαν 2302584, όταν σήμερα ξέρουμε ότι loge 10 = 2,302584. Αμέσως μετά την δημοσίευση της πρώτης ερ- , γασίας του το 1614, στην οποία ο Napier έδωσε τον τίτλο «Περιγραφή του εξαίσιου νόμου των λο γαρίθμων», το ενδιαφέρον για την καινούργια α νακάλυψη έγινε έντονο. Ένα χρόνο μετά ο Henry Briggs (Καθηγητής γεωμετρίας στο κολέγιο Gresham του Λονδίνου και αργότερα της Οξφόρδης) επισκέφτηκε τον Napier στον πύργο του στο Εδιμβούργο για να τον συγχαρεί. Εκεί ο Briggs και ο Napier συμφώνησαν ότι οι πίνακες θα ήταν περισσότερο εύχρηστοι αν αποδέ χονταν ότι ο λογάριθμος του 1 θα είναι Ο, ενώ ο

λογάριθμος του 1 Ο θα είναι μια κατάλληλη δύναμη του 1 Ο. Αυτό πράγματι αύξανε τη χρηστικότητα των λογαρίθμων, αφού και το αριθμητικό μας σύ στημα είναι δεκαδικό. Την ίδια εποχή με τον Napier ένας άλλος «ε ρασιτέχνης» μαθηματικός, ο Ελβετός Jobst Bόrgi παρουσίασε το 1620 τους δικούς του πίνακες λο γαρίθμων. Η αρχική ιδέα της παρουσίασης των λο γαρίθμων αποδίδεται σήμερα στο Napier, λόγω της διαφοράς των 6 χρόνων μεταξύ των δημοσιεύσεων των δύο εργασιών. Αντίθετα με τoνNapier, η προ σέγγιση της ιδέας των λογαρίθμων στον Bόrgi δεν ήταν γεωμετρική αλλά αλγεβρική. Και αυτή όμως η παρουσίαση πολύ απείχε από τον σημερινό ορισμό των λογαρίθμων, τον γνωστό μας logα χ = Υ <=> αΥ = χ με τον οποίο συνδέουμε την έννοια των λογαρίθ μων με τις δυνάμεις αριθμών και πολύ εύκολα τις ιδιότητες των λογαρίθμων μπορούμε να τις μετα τρέψουμε σε γνωστές ιδιότητες των δυνάμεων. Έτσι σήμερα πιστεύουμε πως η εμφάνιση των λογαρίθμων πριν από την ευρεία χρήση των δυνά μεων αριθμών, αποτελεί άλλο ένα παράδοξο στην Ιστορία των Μαθηματικών. Η λέξη λογάριθμος είναι βεβαίως ελληνική και προέρχεται από την συνένωση των λέξεων λόγος και αριθμός, χρησιμοποιήθηκε δε από τον Napier σαν η πληρέστερη για την παρουσίαση της ιδέας του, που στηριζόταν στη γεωμετρία. Αμέσως μετά τη δημοσίευση των πρώτων m νάκων λογαρίθμων, άρχισε και η εμφάνιση υπολο γιστικών μηχανών που δεν ήταν τίποτα περισσότε ρο από κυλιόμενους βαθμολογημένους κανόνες που έδιναν αμέσως μετά από κατάλληλη κύλιση του ενός επάνω στον άλλο, το αποτέλεσμα του λο γάριθμου ενός συγκεκριμένου αριθμού. Μια αξιόλογη προσπάθεια, ήταν αυτή του Gunter, ο οποίος κατασκεύασε μια λογαριθμική κλίματα (δες σχήμα), στην οποία οι αποστάσεις εί ναι ανάλογες των λογαρίθμων των αριθμών που δείχνουν και μηχανικά εκτελούνται πολλαπλασια σμοί και διαιρέσεις με πρόσθεση και αφαίρεση ευ θυγράμμων τμημάτων με την βοήθεια δύο διαβητών. Ας σημειωθεί πως μέχρι και τα τέλη της δεκα ετίας του 60 οι διπλοί κυλιόμενοι βαθμολογημένοι κανόνες ήταν ακόμα σε ευρεία χρήση από τους επιστήμονες. Σήμερα έχουν βέβαια αντικατασταθεί από τις μικρές υπολογιστικές μηχανές, τα γνωστά μας « α ριθμομηχανές ή υπολογιστές τσέπηφ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/75

Το Βήμα του Ευκλείδη kJV = Q)IAS

r------r--.

� =ο.ω D� = IJI.7111)1

li<I!!' I IJI = I.OO

κά όμως ένας σεισμογράφος μπορεί να μετρήσει σεισμούς με ένταση πάνω από 2 βαθμούς της κλί μακας Richter. Όσον αφορά το μέγιστο της κλίμα κας Richter δεν ξεπερνάει τους 9 βαθμούς αφού μέχρι τώρα έχουν μετρηθεί λιγότερες από 1 Ο φορές παγκοσμίως σεισμοί 8,5 βαθμών ή λίγο υψηλότε ρα, αλλά όχι μεγαλύτεροι του 9. Έτσι ο τύπος υπολογισμού του μεγέθους ενός σεισμού μπορεί να εφαρμοστεί μόνο αν ο σεισμο γράφος είναι τοποθετημένος σε τέτοια απόσταση ώστε να «συλλάβει>) το μεγαλύτερο σεισμικό κύ μα. Είναι λοιπόν προφανές πως για να μετρηθεί σωστά το μέγεθος ενός μεγάλου σεισμού θα πρέπει να υπάρχει τοποθετημένος σεισμογράφος, αρκετές εκατοντάδες χιλιόμετρα μακριά από το επίκεντρο του σεισμού.

Ef/JAPMΙJrEΣ TRN ΑΙJrΑΡΙθΜRΝ ΣΤΗ Ν ΜΕΑΕΤΗ TRN UIΣMRN

Κατά τη διάρκεια των τελευταίων 50 χρόνων διάφοροι τύποι έχουν παρουσιαστεί, με τους οποί ους προσπαθούμε να μετατρέψουμε τις σεισμο γραφικές ενδείξεις σε μια σταθερή κλίματα που θα μας δίνει το μέγεθος ενός σεισμού. Η κλίμακα που είναι κοινά αποδεκτή σήμερα και χρησιμοποιείται από τους περισσότερους επιστήμονες, είναι η κλί μακα Richter και ονομάστηκε έτσι προς τιμήν του Αμερικάνου γεωλόγου που την επινόησε. Για να περιγράψουμε μια μέτρηση στην κλί μακα Richter, αρχικά θα παρουσιάσουμε έναν σει σμό αναφοράς ή σεισμό μηδενικού επιπέδου, ο ο ποίος εξ ορισμού είναι ένας σεισμός, του οποίου το μεγαλύτερο σεισμικό κύμα μετριέται σαν το 0,001mm (ή 1 μικρό), σ' έναν σταθερό σεισμο γράφο που έχει τοποθετηθεί 1 OOkm μακριά από το επίκεντρο του σεισμού. Το μέγεθος Μ ενός δεδομένου σεισμού δίνεται από τον τύπο α = loga - loga Μ = log0 ασ όπου α είναι το εύρος (πλάτος) του μεγαλύτερου σεισμικού κύματος του δεδομένου σεισμού μετρη μένου σε σταθερό σεισμογράφο και α0 είναι το εύρος του μεγαλύτερου σεισμικού κύματος ενός μηδενικού επιπέδου σεισμού, με το ίδιο επίκεντρο, μετρημένο στον ίδιο σεισμογράφο. Οι τιμές του α0 έχουν υπολογιστεί για διάφο ρες αποστάσεις από το επίκεντρο ενός σεισμού, έ τσι ώστε το μόνο που χρειαζόμαστε είναι να. με τρήσουμε το α ώστε να υπολογίσουμε το μέγεθος του σεισμού. Θεωρητικά το μέγεθος ενός σεισμού μπορεί να είναι οποιοσδήποτε πραγματικός αριθμός. Πρακτι-

�μοyή

Ο σεισμός της Πάρνηθας τον Σεπτέμβριο του 1999 μετρήθηκε 5 ,9 βαθμούς της κλίμακας Richter. Βρείτε τον λόγο � . ασ ΑiΜιη

Από τον τύπο έχουμε log � = M = 5,9 ή � = 105•9 ή � "" 794.328 ασ ασ ασ δηλαδή το πλάτος του μεγαλύτερου σεισμικού κύ ματος του σεισμού της Πάρνηθας ήταν 800.000 περίπου μεγαλύτερο από το πλάτος του μεγαλύτε ρου σεισμικού κύματος ενός μηδενικού επιπέδου σεισμού, μετρημένα από τον ίδιο σεισμογράφο. TIJ'1' θ1JP11J4� "/j/J'�� ΗιΧΙJΥ,·

.1.1!11/ /lιt'6A6'f?H/

Η ένταση ενός ηχητικού κύματος είναι το σύ νολο της ενέργειας που μεταφέρει το κύμα δια μέ σον μιας μοναδιαίας επιφάνειας σε μονάδα χρό νου. Η μονάδα που. θα χρησιμοποιήσουμε για την ένταση του ήχου είναι το 1 Watt ανά m2 . Το κατώτατο όριο της ακουστικότητας ενός α κουστικού κύματος είναι η ελάχιστη ένταση, που μπορεί να έχει ένα ηχητικό κύμα ώστε να μπορεί να συλληφθεί από το.ανθρώπινο αυτί και συναρτά ται με την έννοια της συχνότητας του κύματος. Για να κάνουμε πιο χειροπιαστή την παρουσί ασή μας, θα υποθέσουμε ότι κάθε ηχητικό κύμα που μελετούμε έχει την ίδια συχνότητα - 100 Hertz (κύκλοι ανά sec) και παράγει ήχο περίπου μιάμισυ οκτάβα κάτω από το κεντρικό C του πιά νου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/76

Το Βήμα του Ευκλείδη

Έστω 10 η ένταση ενός ηχητικού κύματος στο ΣΤΗ ΜΕιfΕΤΗ EliiJΣ 1f'ιfHI!/ΣMIJ!/ κατώτατο όριο ακουστικότητας του, περίπου ΒΑΚΤΗΡΙΔΙRΙi 10 1 2 Watts I m2 . Η αύξηση ενός πληθυσμού από βακτηρίδια α Αν χ είναι η ένταση κάποιου ηχητικού κύμα ποτελεί αντικείμενο της μικροβιολογίας και η με τος στην ίδια συχνότητα τότε το επίπεδο θορύβου λέτη του έχει αντίκρισμα σ' ένα πλήθος εφαρμο L(x) του ηχητικού κύματος δίνεται από τον τύπο γών όπως η ανακάλυψη νέων αντιβιοτικών, η ημε ρομηνία λήξης συσκευασμένων τροφίμων και δια χ χείριση της μόλυνσης των υδάτινων πόρων. L(x) = 10 · log Xo Υπό κανονικές συνθήκες η ανάπτυξη ενός πληθυσμού βακτηριδίων δίνεται από τον τύπο Οι μονάδες του L(x) ονομάζονται decibe1s προς τιμή του Α. G. Bell (1847 - 1922) που τις ό Ν = Ν0 (2, 72)kt όπου Ν0 είναι ο αρχικός αριθμός ρισε. των βακτηριδίων, Ν είναι ο αριθμός τους μετά από Παρατηρούμε πως αν χ = 10 τότε t ώρες και k είναι μια σταθερά που εξαρτάται από τον είδος των βακτηριδίων. Ι L(l0 ) = 10 · log......2... = 10 · 1og1 = Ο 10 Εφαρμοyή Ένας έχει έναν πληθυσμό βα δηλαδή το κατώτατο όριο ακουστικότητας του ε κτηριδίων,μικροβιολόγος του οποίου η αύξηση δίνεται από τον πιπέδου θορύβου είναι Ο. 0 0 3 τύπο Ν = Ν0 · (2, 72) • t. Όταν ο πληθυσμός φτάσει περίπου τα 105 βακτήρια μια μετάλλαξη εμ �μοyή Το επίπεδο θορύβου μιας θορυβώδους συνομι φανίζεται σ' ένα απ' αυτά. Η μετάλλαξη μπορεί να λίας είναι περίπου 66 decibe1s ενώ το επίπεδο θο εξαπλωθεί και σ' άλλα βακτήρια με τη βοήθεια ρύβου ενός ψιθύρου είναι περίπου 22 decibe1s. Θέ χημικών ουσιών που εφαρμόζονται στον πληθυ τουμε χ την ένταση του ηχητικού κύματος που μας σμό, έτσι ώστε η . αύξησή του τώρα να περιγράφεέρχεται από μια θορυβώδη συνομιλία, και z την έ από τον τύπο Μ = Μ0 (2, 72)0'07 t. Πόσο χρόνο νταση ενός ηχητικού κύματος που παράγει ένας ται την εμφάνιση της πρώτης μετάλλαξης, ο α ψίθυρος. Να προσδιοριστεί ο λόγος Yz των εντά μετά ριθμός των μεταλλαγμένων βακτηριδίων θα είναι ίσος με τον αριθμό του είδους βακτηριδίων του σεων των δύο ηχητικών κυμάτων. αρχικού είδους; -

Λ�

Έχουμε

L(x) = 66

και L(z) = 22 έτσι

Λ�

Θέλουμε να βρούμε μετά από πόσο χρόνο t θα έχουμε Μ=Ν z χ ' log· 10 = μως log -10 · L(z) L(x) Ό ή Μσ (2, 72)o,o7 t = Νσ (2, 72)o,03 t Io Ιο χ Επειδή η μετάλλαξη εμφανίζεται όταν τα αρ χικού είδους βακτήρια είναι 105 ενώ το μεταλ = 10 1og � -log � = 10 · 1og .1_ = 10 · 1og� λαγμένο 1 μόνο έχουμε 10 10 z -� Ιο 1 · (2, 72)0•07t = 105 . (2, 72)0,03 t Άρα 10· 1og� = 44 Λογαριθμίζοντας παίρνουμε: z Ο, 07t · 1og 2, 72 = 1og 105 + Ο, 03t · 1og 2, 72 η' 1og-χz = 4' 4 η -χz = 104,4 0,07t · log2, 72-0,03t · 1og2, 72 = 5 · 1og10 ή �z = 25 .118,864 ή χ :::: 25.100 . z 0,04t · 1og2, 72 = 5 0,04t . (0,4346) = 5 Δηλαδή η ένταση του ηχητικού κύματος μιας θορυβώδους συζήτησης είναι περίπου 25.000 φο t = 288 ώρες ρές μεγαλύτερη από τη ένταση του ηχητικού κύ ή t = 12ημέρες ματος ενός ψιθύρου. L(x) - L(z) = 44

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/77

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

Τα Μαθηματικά παράyουν μουσική;

Πολλές φορές έχουμε ακούσει ή διαβάσει πως τα Μαθηματικά έχουν άμεση σχέση με τη Μουσι κή ή ότι η Μουσική, σε τελευταία ανάλυση, "πα τάει" γερά �άνω στη μαθηματική λογική. Ποιά εί ναι όμως η αλήθεια; Παρακάτω θα σας παρουσιά σουμε τη γνώμη δύο σημαντικών ανθρώπων · του Ιάννη Ξενάκη και του μαθηματικού - ακαδημαϊκού Φίλωνος Βασιλείου. Ι . Ι άν ν η ς Ξ ε ν ά κ η ς (... αυτός που έκανε μουσική αποκλειστικά με τα Μαθηματικά) .

Πριν αρκετές μέρες (4/2/2001) πέθανε στο Πα ρίσι ο Γιάννης Ξενάκης (γνω στός στο εξωτερικό σα.ν Ιάννης). Ο Γιάννης Ξενάκης ήταν πολιτικός μηχανικός, αρχιτέκτονας και μεγάλος Μουσικός. Γεννήθηκε στην Βράϊλα της Ρουμανίας από Έλληνες γονείς το 192 1 . Σπούδασε στο Ε.Μ.Π πολιτικός μηχανικός και στο Παρίσι μουσική σύνθεση. Έλαβε μέρος στην Εθνική Αντίσταση κατά των Γερμανοϊταλών. Ο εμφύλιος πόλεμος που ακολούθησε τον ανάγκα σε να φύγει από την Ελλάδα (το 1947) και να ε γκατασταθεί στη Γαλλία. Ήταν διευθυντής του Κέντρου Σπουδών Μουσικών Μαθηματικών και

Αυτοματισμών (Παρίσι) και του Κέντρου Μαθη ματικής και Αυτοματοποιημένης Μουσικής (Πα νεπιστήμιο Indiana, Bloomington ) Στις 13/1 1/1974, μετά από 27 χρόνια aυτοεξορί ας του, ο Γιάννης Ξενάκης έρχεται στην πατρίδα του και κάνει μια διάλεξη στο ινστιτούτο "ΓΚΑΠΕ" των Αθηνών. Ένα χρόνο αργότερα ξαναέρχεται στην Αθήνα για να πα- ρουσιάσει μια μουσική εργασία του και στις 17/9/1975 δίνει συ νέντευξη τύπου στην αίθουσα της Εθνικής Λυρι ��ο:ής Σκηνής. Σας παραθέτουμε μερικά μικρά απο σπάσματα απ' αυτά που είπε σ ' αυτές τις συνεντεύ ξεις. Τα δανιζόμαστε από τα τεύχη 43 (σελ. 71) και 46 (σελ.1 06) του περιοδικού "Θέατρο" του Κώστα Νίτσου. « Ξ εν ά κ η ς :

. . Τώρα γενικεύω. Κατ' αυτό τον τρόπο, με τύπους μαθηματικούς, μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα σύστημα, δηλαδή ένα μηχα νισμό αφηρημένο που να κάνει τις αποφάσεις που θα 'θελα να έκανα εγώ. Βρήκα, δηλαδή, αυτό που ονειρευόμουν. Ένα οργανωτικό σύστημα, που να μου φτιάχνει ορισμένα συμβάντα, μουσικά ή οπτι κά και, εφόσον αυτοί οι τύποι είναι μαθηματικοί, είναι δυνατό να τους συναρμολογήσω έτσι, ώστε να μπορέσει μια υπολογιστική μηχανή να τους ε κτελέσει. Αυτό, βέβαια, θα γίνει από το πέρασμα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ./\. τ.:!ο/78

Homo Mathematicus

ενός προγράμματος . . » .

« Ε ρώ τ η σ η :

Τα αποτελέσματα των υπολο γισμών που βγάλατε από τον ηλεκτρονικό υπολογι στή, μας δίνουνε συντεταγμένες σημείων τις οποίες εσείς μεταφέρεται πάνω στο χαρτί; Ξ

ε νά κ η ς :

Βέβαια. Είπα ότι από ένα σύ στημα γραφής μπορώ να πάω στο άλλο, αρκεί να δεχτώ ορισμένες αναλογίες. .Εχω τρία συστήματα γραφής: το πρώτο είναι το μουσικό· το δεύτερο, είναι το καρτεσιανό, το γραφικό δηλαδή · το τρίτο, είναι το αριθμητικό. Και από το ένα μπορώ να πε οάσω στο άλλο ευκολότατα, διότι είναι κώδικες, τί π-οτ ' άλλο. Και μπορώ να το κάνω αυτό διότι, όπως =�ίπα στην αρχή, αυτά τα χαρακτηριστικά που χρη <ϊιμοποιώ έχουν ορισμένη δομή κι επιτρέπουν αυτή την μεταχείρηση »

« Ξ εν ά κ η ς :

Και επίσης το γεγονός ότι, ό ντας στο Πολυτεχνείο άλλοτε και ξέροντας να σχεδιάσω, άρχισα να γράφω τη μουσική όχι με το πεντάγραμμο και με τις νότες, αλλά κατ ' ευθείαν σ ' ένα καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων. Διότι ου σιαστικά, ο χώρος που κινείται ένας μουσικός - ι ;)ιαίτερα ένας μουσικός παραδοσιακός - ήταν ένας ιώρος δισδιάστατος: τα ύψη, δηλαδή τα μελωδικά εννοεί τονικά] ύψη και χρόνος. Λοιπόν, σχεδιάζοντας με ακρίβεια ορισμένες σκέψεις μου, βρήκα τελικά πως και με απεικόνιση μπορώ να κάνω τη δουλειά αυτή. Κ' έτσι ξεκίνησε •ιυτή η εργασία. Συν το χρόνο βέβαια, βρέθηκα στην ανάγκη να χρησιμοποιήσω - για να ρυθμίσω ιωτές τις μάζες και τις μεταβολές τους στο χρόνο α χρησιμοποιήσω Μαθηματικά και μάλλιστα Μα θηματικά που δεν είχα την τύχη να μάθω στο Πολυ - :χνείο ( διότι ήταν πολύ νωρίς την εποχή εκείνη ή . . . Ιγω του πολέμου) - τη θεωρία των πιθανοτήτων, : . •υ αναγκάστηκα να την εισαγάγω στη μουσική ν: vθεση κλπ. >> '

ζονται: Αν είναι ένας μουσικός που ενδιαφέρεται γι' αυτά τα πράγμα- τα, χρειάζονται ορισμένα στοιχειώδη μαθήματα μουσικής. . . . . . .. Δίπλα σ'αυτά, ένα σωρό άλλοι κλιiδοι. Ενας απ ' τους βα σικούς θα 'ναι τα Μαθηματικά, ορισμένα μαθημα τικά δηλαδή, γιατ ' είναι πέλαγος ... »

1 1 . Φ ί λ ω ν Β ασ ι λ εί ο υ ( .. . οι πρόδρομοι του Ιάννη Ξενάκη ήξεραν Μαθηματικά;)

Το κομμάτι αυτό το δανιζόμαστε από άρθρο που δημοσίευσε ο Φ. Βασιλείου στο τεύχος 9 (σελ.55) της "Μαθηματικής Επιθεώρησης"

«Η έννοια του συμπλέγματος εισέρχεται σε κά θε σχεδόν κλάδο των σύγχρονων Μαθηματικών. Ι διαίτερα μια από τις πιο βασικές και ωραίες μαθη ματικές θεωρίες, η λεγόμενη θεωρία του Ε. Galois ( 1 8 1 1 - 1 832) , έχει τις ρίζες της στα συμπλέγματα. Στις Καλές Τέχνες, ιδιαίτερα στη Μουσική, η έννοια του συμπλέγματος παίζει επίσης σπουδαιό τατο ρόλο. Ετσι η " Τέχνη της Φούγκας" του J.S. Bach ( 1 685-1 750) δείχνει το πόσο βαθιά εισδύουν στη μουσική σύνθεση μαθηματικές έννοιες. Άλ λωστε η σημασία της επίδρασης καταφαίνεται και από το γεγονός , ότι το έργο αυτό θεωρείται ως το πιο μεγαλεπήβολο δείγμα σύνθεσης στη Μουσική της Δύσης. Δεν μπορεί φυσικά να υποστηριχθεί, ό τι ο συνθέτης του υπ' όψη έργου καθοδηγείτο εν συνείδητα από κάποια μαθηματική θεωρία. Ακρι βώς όμως η σύνθεση αυτή καταδεικνύει μια στενή συγγένεια ανάμεσα στη Μουσική και στα Μαθη ματικά.

« Ε ρώ τ η σ η :

Α ν είμαστε τόσο τυχεροί ώστε "11 γίνει ένα τέτοιο εργαστήρι - σχολή στην Ελλάδα, ίι μαθήματα ακριβώς θα διδάσκονταν; Θα πρέπει, οπωσδήποτε, Μαθηματικά, για να μπορέσει να προ χωρήσει κανείς και να πιάσει αυτά τα μηνύματα α πό την μουσική; Ξ

εν

ά κ η ς : Να σας πω τι

Από μουσικοκριτικές αναλύσεις της σο νάτας

op.

για

πιάνο

του

L. νan

Beethoven ( 1 770-1 827) συμπεραίνου- με.

κόμα, ότι το έργο αυτό έχει συντεθεί, φυσικά με τρόπο μη συνει- δητό, επάνω σε μαθημα τικά πρότυπα, συγκεκριμένα τη θεωρία των συμπλε- γμάτων. Το ίδιο μπορεί να ειπωθεί και για άλλες μουσικές συνθέσεις, όπως για μερικά όχι τόσο γνωστά έργα του

W.A

Mozart ( 1 756- 1 79 1 ) και του J. Haydn (1 732-

1 809).

μαθήματα χρειά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.3/79

Η ΚΙ,Ι'ΑΙλΙyικiι '"Ι'Α'ίlλ τ1ο 'κnειν1ό ΙΟΙΙΑΥΙό. ΤΙ ΙΙΑΙΑIΙlΙ τ10 IJIIJιrs του Αντώνίου Αναστ. Αντωνίου Μελετώντας κανείς τα βάθη του Συντάγματος, μέχρι τα αφάνταστα αποκρυσμένα Quasars, σίγου ρα προσκρούει σε ερωτήματα ποικίλου τύπου. Εί ναι, για παράδειγμα, το Σύμπαν άπειρο ή έχει πε περασμένο όγκο και μάζα; Υπάρχει κάπου το τέ λος του; Η ιδέα που είχαν για το Σύμπαν και αυτοί ακόμη οι Αστρονόμοι στις αρχές του αιώνα που μόλις έφυγε ήταν η εξής: Πρόκειται για έναν άπειρο χώρο τριών διαστάσεων (:ευκλείδεως χώρος) ο οποίος είναι γε μάτος με άστρα και γαλαξίες, υπήρχε ανέκαθεν και έτσι περίπου θα παραμείνει και στο τέλος. Σε αυτό ακριβώς το σημείο έρχεται μια τελείως καθημερινή πααρτήρηση που παραπέμπει σε τελείως διαφορετικές καταστάσεις. Πρόκειτααι για πολύ α πλή διαπίστωση: ο νυκτερινός ουρανός είναι σκοτει νός. Η τόσο τετριμμένη αυτή παρατήρηση έχει, όπως θα δούμε στη συνέχεια, βαθειές κοσμολογικές ρίζες. Σε μια έκθεσή του μρ τίτλο «Η διαφάνεια του Σύ μπαντο9>, το 1 826, ο Γερμανός aστρονόμος Heinήch Wilhelm Olbers (1758 - 1 840) είναι ο πρώτος που θίγει για πρώτη φορά το πρόβλημα του σκοτεινού ουρανού. Υποστηρίζει, συγκεκριμένα, ότι σε έναν ά πειρο χώρο που προϋπήρχε ανέκαθεν θα έπρεπε να είχαν δημιουργηθεί άπειρα άστρα και, κατά συνέ πεια, άπειροι γαλαξίες με αποτέλεσμα όλη η ουράνια σφαίρα να έχει την ίδια λαμπρότητα νύχτα και ημέ ρα. Με όJ.J.ιJ. λόγια, κάθε-ευθεία που ξεκινά από το μάτι ενός γήινου παρατηρητή θα έπρεπε να συναντά οπωσδήποτε στην ουράνια σφαίρα ένα άστρο κό ποωυ γαλαξία και , επομένως, κάθε σημείο της ου ράνιας σφαίρας θα έπρεπε να είναι μέρα και νύκτα πηγή ακτινοβολίας. Το φαινόμενο αυτό είναι γνωστό στη βιβλιογραφία σαν «παράδοξο του Olbers)). Η ολική ένταση Ι σ' ένα σφαιρικό κέλυφος α κτίνας R ενός πλήθους πηγών με λαμπρότητα Ρ και αριθμητική πυκνότητα η, χρησιμοποιώντας μια κάπως πιο αυστηρή ορολογία αποδεικνύεται ότι είναι Ι = η Ρ R. Από την προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι ά πειρη ακτίνα (: άπειρο Σύμπαν) δίνει άπειρη έντα-

ση. Αφού όμως η ένταση του ολικού φωτός από τους γαλqξίες είναι πολύ λιγότερη από την ένταση του Γαλαξία μας, συμπεραίνουμε ότι παίρνουμε φως μόνο από εκείνους τους γαλαξίες που βρίσκο νται σε σχετικά μικρή απόσταση. Έτσι, δεχόμαστε ότι αυτό συμβαίνει μόνο όταν η ηλικία του Σύμπα ντος είναι πεπερασμένη. Ένα άπειρο, γηραιό Σύ μπαν δεν εξηγεί το «παράδοξο του Olbers)). Ο ίδιος ο Olbers προτείνει εξήγηση στο "παράδοξο" του ισχυριζόμενος ότι η κοσμική σκό νη απορροφά την ακτινοβολία των μακρινών πη γών τόσο που αυτό δεν μπορεί να φθάσει μέχρι το γήινο παρατηρητή. Μελετώντας, όμως, κανείς προσεκτικότερα την φαινομενικά απλή αυτή εξή γηση προσκρούει στους νόμους της Φυσικής, 'πως για παράδειγμα, σ' ένα χρονικό άπειρο και αμετά βλητο Σύμπαν θα είχε επέλθει τέτοια θερμική ισο ροπία που και αυτή ακόμα η μεσογαλαξιακή ύλη θα ήταν ένα είδος πηγής ακτινοβολίας. Το «παράδοξο του Olbers)) έδωσε το έναυσμα για παραδοχές και υποθέσεις οι οποίες έρχονται σε αντίφαση με την εικόνα του κόσμου που είχαν οι ερευνητές στις αρχές του αιώνα που μόλις έφυγε. Ο κόσμος πρέπει να έχει τελείως διαφορετική μορφή και δομή από την αρχικά υποτεθείσα. Σή μερα η Θεωρία τη Σχετικότητας και οι σύγχρονες κοσμολογικές αντιλήψεις της επιστήμης ( : όπως για παράδειγμα εκείνη του Hubble για τη διαστολή του Σύμπαντος) έρχονται να επιβεβαιώσουν τις υ ποθέσεις περί πεπερασμένου Σύμπατος τόσο σε σχέση με το χώρο όσο και σε σχέση με το χρόνο. Το όμως είναι τεράστιο και φυσικά δεν μπορεί να εξαντληθεί στον περιορισμένο χώρο αυτού 'ρθρου.

Βψλιcryραφ{α:

[ 1 ] Αρζόγλου - Κοντιζά Μ., Δανέζης Ε., Δελ

ληνιάννης Ι., Θεοδοσίου Ε., Μουσάς Ξ., Πινότσης Α.: Εισαγωγή στην Αστροφυσική, Πανεπιστήμιο Αθηνών, Αθήνα 1 989.

[2] Kasten, Volker: Faszinierende Astronomic, Franckhische Verlagshandlung, Stuttgart 1988.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β . λ.δ. τ. 3/80

Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ \1�\τJΟ

Ι ' IH,_!h lll- \1 \ei H\I\ 1 1"-fl� Ι ιtι ι r Π Ψ '

t \ 11'1 / 1�

ΜΑΘΗΜΑτJΚΗ

?'J

-:.�'

ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ

ΤΑ ΝΜΜΙΙΙΙΑ"ΙΙΚΛ 1[1111[ uυιnnιιι: ισnrιιαιιι:lJΙΙΜι .,...

. �--·-·-ι ι

tΙιΑ'ΙQ;:.._8;�) �ι-1881

: i

]'<,..,. ,. , , ,,"'""''"""" ' 'WI' '"'"'"''

''\ ' -· .' Ιο\:<'-1' � " � 1'>< 1"1""" � - �ι.ι·

R)fVJ{

/JtιJJJ

�r,ι,.,.,_,... Nη.)f>,·•'l,,..

0\fl�,-...

..:::l.t�·Q·��· ,..

""Pf'-1(

Σrοt"ΧΓ.ΙΩ\ΙΙΣ Γιn,ικ1ι•ι ' \ΠΩ A�ΩTLI'H Σt..ΟΙΙΙ \

' 81JJ.Wl ΙW«ΙΗ

'='ΛΛΗΝΙΗ ΜΑθΗΜ.ΑlΙΚΗ

Ε'ΤΑΙΡΕΙΑ

... ;. Ιtι -,..;ι_

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 600δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (4 ΊΕίιχη + 600 δρχ. τaχυδρομικά) Σχολεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) ΕυκλείδηςΒ': Τεύχος 700δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ. (4 ΊΕίιχη + 600 δρχ. τaχυδρομικά) Σχολεία: 2.800 δρχ. (4 τεύχη) Ευ κλείδηςΓ: Τεύχος 1 .50Οδρχ. 3.000 δρχ. (2 τεύχη)

Μαθημ. Επιθεώρηση: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Αστρολάβος: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Δελ'ήο (BulleUn): Τεύχος 2.000 δρχ.

Θέματα εξετάσεων στα Α.Ε.Ι 1976 . 1 989:

Πρακτικά:

1 .500 δρχ.

1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 2ου πανελληνίου Συνεδρίου 2·000 δρχ 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ

10ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

Stephenson

16ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

2.500 δρχ θου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ

7.000 δρχ.

Louis Brand

Διαφορικές Εξισώσεις

3.000 δρχ

7ου Πανελληνίου Συνεδρίου

1 .300 δρχ.

Μαθηματική Ανάλυση

15ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

2.000 δρχ

6.000 δρχ.

14ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ

4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 6ου Πανελληνιου , Συνεδριου ,

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) Διαλέξεις: Ο τόμος

Συνέδριο Hermis '92 (Αyγλικά) 7.000 δρχ.

Συνέδριο Hermis '94 (Αyγλικά) 4.500 δρχ. 2 τόμοι ο τόμος Γραμμική Άλγεβρα Gr. Muncres

1 .500 δρχ.

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων

2.500 δρχ.

Ιστορία Μαθηματικών Loria (4 τόμοι) Α, Β, ΓΑ• ΓΒ ο τόμος 2.000 δρχ. 1 .000 δρχ.

70 Χρόνια Ε.Μ.Ε.

Ελληνική Μαεiή ματική Βιβλιογραφία

. 1 .000 δρχ.

Στοιχειώδης Γεωμετρίd από Ανώτερη Σκοπιά 2.500 δρχ. Θεωρία Αριθμών

5.000 δρχ.

Τα παλα ιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούντα ι μ ε τις τρέχουσες τιμές του 2000

Ράφια γεμάτα βιβλία, μυρωδιά ζεστού καφέ, μελωδικές νότες, χώρος φιλόξενος, ειδικό διαμορφωμένος για ευχάριστη και ήρεμη ανάγνωση. Στα βιβλιοπωλεία

ΒΙΒΛιοpυθιιόι;

ΣΑΒ ΒΑΛΑ θα βρείτε όλες

τις παλιές και νέες εκδόσεις όλων των εκδοτικών οίκων για όλα τα θέματα: παιδικό, λογοτεχνία, ιστορία, ψυχολογία, κοινωνιολογία, εκπα ίδευση, μεταφυσική, φιλοσοφία, διδακτική, οι κολογία, δοκίμια, ποίηση καθώς και πλήθος ξενόγλωσσων τίτλων . . . και κάθε μέρα ανάγνωση με τις μελωδίες του πιάνου.

ΘΕΣΣΑΛΟ Ν Ι Ι<Η : Βασ. Η ρ α κλείο υ 47 ( α πέναντι α π ό το ε μ π ο ρ ι κό κέντρ ο ) Τnλ. 270.226 Fax: 250 . 972 ΑΘ Η ΝΑ : Ζωοδόχο υ Π n y ri c; ι 8 Τn λ . 33 . 0 1 . 251 - Fax: 33 . 0 6 . 9 1 8