Ευκλειδης Β 41 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

•

ΙούJ\ιος Αύyοuστος Σεπτέμβριος

•

2001

•

δρχ.

700 Ευrο: 2,05

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

ΜΑΘΗΜΑηιω ΠΕΡΙΟΔΙΙ<Ο ΠΑ ΤΟ Λ YKEIO

Υ πcύΒυvοι Έκδοση-;

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στρατής Ιωάννης

Συvιακηκή Ομάδα:

Βακαλόπουλος Κώστας Βάρναλης Νίκος Γιαννοσπύρος Σωτήρης Δούναβης Αντώνης Καλίκ:ας Σταμάτης Καρκ:άνης Βασίλης Κατσοόλης Γιώργος

Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μέιλαφέκ:ας θανάσης Μαρούλη Βιολέτα Παπαμικ:ροόλης Αντώνης Πισπινής Δημήτρης ΣαϊτηΕόα ' Σακελλάρης Βασίλης Τασσόπουλος Γιώργος Τσικ:αλουδάχης Γιώργος Τσιούμας θανάσης Χαραλαμποποόλου Λίνα Χαραλάpπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Σuveρyάιc-;;:

ΔαμουλήΕυαγγελία Φελοόρης Αργόρης Παπαϊωάννου Α Γιαννακόπουλος Σπύρος Δάφνης Δημήτριος Δάφνης Σπύρος

Αρχαία Ελληνικά ΜαΟημαιικά 6 Το Βήμα ιου Ευκλείδη 9 Ο 'Ευκλείδη�· προιείνει ... Ευκλείδη και ΔιόφαvιοΤ 12 ΜαΟημαιι.κ:οί Διαyωvισμοί - ΜαΟημαιικέ� Ολυμπιάδε� 22 Ειοοyωyή σιη θεωρία Γραφημάιωv 28 Η σιήλη ιη� Αλληλοyραφία� 30 Η σιήλη ιου ΜαΟηιή

I ΜαDημαιικά yια ιηv Α' Τά�η ιου Λυκείου I 32

35 39 42

Τριyωνομειρικό� Κύκλο� Απόλυιε� Τιμέ� Αποδεικιικ� ΜέΟοδόι (Συνεπαyωyή�) Αvισόιηιε�

I Μα8ημαιικά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λuιreίou I 45

Τριyωνομειρικ� Συναριήσει� Ομοιόιηια 52 Γεωμειρία Γενική� Παιδεία� 55 Ο W. Hanύlton 1843 ιο ονόμασε Διάνυσμα (VECTOR) 49

I Μα8ημαιικά yια ιηv Γ' Τάξη ιοu Λυιreίου I

ΕΚΔΟΣΗ τι-ΙΣ ΕΛΛΠΝΙΚΠΣ

ΜΑΘΗΜΑΊΊΚΗΣ ΕΤΑΙf>ΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΓΠΣτΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ

Τη�3617 784- 3616 532 Fa:x: 3641 02.5

Ειι:δόιη�: Αλεξανδρής Νικ:όλασς ΛιευlJυνιή�: Τυρλής Ιωάννης ISSN: 1105-7998

Ειιιμέkια· Έιι:δοοης:

Μαραyκάκης· ΣτέλιΘς

ΣΥΝΛΙ>ΟΜΕΣ: Τεύχοg

59 Διαφορικό� Λοyισμό� Γενική� Παιδεία� 65 Σχειική Οέση Γραφικών Παρασιάσεων δυο Συναριήσεων 69 Μερικ� Επισημάνσει� πάνω σιου� Μιyαδικού� Αριθμού� 74 Μέyισια και ελάχισια μέιρων και ορισμάιων Μιyαδικών

- �·. ·

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

700 δρχ Ετήσια. συνδροpή 2.800 δρχ (Σχολ) ΣυνδροΙDl.τέ!; 2,800+600 δρχ (Ταχ.) 1----1 Ορyαv'ιομοί: 5.()(Χ) δρχ Εκτύπωση ΙΝΊ'ΕΡΙΙΡF.Σ A..F�, Ιερά οδός 81- 83 ΣιοιχειοΟεοία - Σελιδοποίηση

Ταs. Ειιηαy(� Τ. Ι'ικιφt<iο AOήvu 54, Τ.θ: :i0044

Ελληvικι\ Μαθηματική Εταιρεία

ΥπευΟ. Τuποyραιpείοu Ν. Αδάκτυλο!;-Τηλ:3474654

1 λ.ΡΧλ.Ιλ. θλλΗΝΙΙ<λ. Νlλ.θΗΜλ.ΤΙΙ<λ.ιι IJ

Αγrιφriιν 1 ιιΙJφιιιriιs κ•ι το '''' rou ,

του Γ.Η. Μπαραλή

Αντιφών έζησε στην Αθήνα το πρώτο μισό του 5ου π.Χ. αιώνα. Φαίνεται πως ήταν σΊΥγχρονος του Σωκράτη, δεν ξέρουμε όμως πότε γεννήθηκε. Ο Ξενοφών (Απομν., I, IV, 1 και 11 ), αναφερόμενος στις συνομιλίες του σοφιστή με το Σωκράτη, τον ονομάζει «Αντιφώντα σοφιστήν)). Στο λεξικό «Σούδω) ονομάζεται «Αντιφών Αθηναί ος, τερατοσκόπος και εποποιός και σοφιστής και 'λιJ γομάγειροφ. Στοιχεία για τον Αντιφώντα αναφέρο νται στον Αριστοτέλη, στον Ερμογένη, στο Γαληνό, στο Φιλόστρατο, στον Ωριγένη, στο Στοβαίο, στο Φώτιο, στο Θεμίστιο, στον Πρόκ'λιJ, κ.ά .. Ο Πλάτων όμως δεν αναφέρει τίποτα για τον σοφιστή και το έρ γο του.([5], σελ.114). Από τις υπάρχουσες πληροφο ρίες διαφαίνεται ότι υπήρξε ο πρώτος Αττικός σοφι στής συγγραφέας, με την έννοια του επαγγελματία δασκά'λι:Jυ των νέων και προίσταται της ομάδας των Σοφιστών μαζί με τους Πρωταγόρα και Γοργία κα θώς και ότι κατείχε πολύ καλά τις βασικές αρχές της Ιωνικής και Ελεατικής φι'λι:Jσοφίας. Οι γνώμες για τον Αντιφώντα διίστανται. Συ γκεκριμένα γίνεται σύγχυση ανάμεσα στο σοφιστή Αντιφώντα και στο σΊΥγχρονό του ρήτορα και πολιτι κό Αντιφώντα. Ο Alfred Croiset με αφορμή τα στοι χεία που βρέθηκαν στην Αίγυπτο από χαμένα έργα του Αντιφώντα υποστήριξε πως δεν υπήρξαν δύο διανοούμενοι με το ίδιο όνομα, ο πολιτικός και ο φι λόσοφος, αλλά ένας, ο πολιτικός. Τα επιχειρήματα αυτά δεν είναι καθό'λι:Jυ πειστικά, γιατί η αρχαία πα ράδοση διατυπώνει ξεκαθαρισμένες αντιλήψεις πάνω στο ζήτημα αυτό. Ο Γραμματικός Δίδυμος ο Χαλκέ ντερος διακρίνει δύο πρόσωπα με το όνομα Αντιφών που έζησαν ταυτόχρονα στην Αθήνα τον 5ο π.Χ. αι ώνα. Ο πρώτος ήταν ο Αντιφών ο ρήτορας, ο οποίος ονομάζεται και Αντιφών της Ραμνούντας, ο συγγρα φέας του έργου «Τετραλογίε9) που ήταν ειδικές πε ριλήψεις ομιλιών για κατηγορίες ή υπερασπίσεις συ γκεκριμένων πραγματικών ή φανταστικών δο'λι:Jφό νων. Πήρε μέρος στην πολιτική στην Αθήνα και κα ταδικάστηκε σε θάνατο το 411 π.Χ. όταν ανατράπη κε η ολιγαρχική συνωμοσία στην Αθήνα (Θουκυδί δης VIII,68). Ο Α. Lesky λέγει χαρακτηριστικά: «Υ-

ποφερτά καλά είμαστε πληροφορημένοι για τον ρή τορα Αντιφώντα τον Ραμνούσιο, που για τις ικανότη τές του ο Θουκυδίδης (VIII,68) δίνει μια θαυμάσια μαρτυρία: ένα από τα καλύτερα μυαλά της εποχής του, κρατιόταν γενικά στο πίσω πλάνο, μπορούσε ό μως να προσφέρει αποτελεσματική βοήθεια σ' αu τούς που αγωνίζονταν μπροστά και στο δικαστήριο και στο λαό. Ήταν η ψυχή του ολιγαρχικού πραξικο πήματος του 411, και όταν κατάρρευσε η εξουσία των τετρακοσίων, καταδικάστηκε σε θάνατΟ)). Για τον Πλάτωνα ο Ραμνούσιος (Μεν. 236α) ήταν ένας ρητοροδιδάσκα'λιJς περιωπής, συνέπεια του οποίου είναι να του αποδοθούν όσα ρητορικά διδακτικά συγγράμματα είναι γνωστά με το όνομα Αντιφώντας ([11], σελ. 505). Ο άλ'λιJς ήταν ο οιωνοσκόπος και ο ερμηνευτής των ονείρων, όπως τον περιη�άφει. Ο Ερμογένης (Περί Ιδεών, 11, 1 1 , 7-9) διαχώ pισε τους δύο συγγραφείς στηριζόμενος στο ιδιαίτερο ύφος τους που υπάρχει ανάμεσα στις «Τετραλογίε9) και τις άλλες εργασίες. Ο Caecilius of Ca1acte, που έ γραψε λίγο αργότερα από το Δίδυμο, όπως παρου σιάζεται στο «Liνes of the ten oratorS)) στο P suνdo P1utarch θεωρεί ότι υπήρχε ένας Αντιφών. Οι σύγ χρονοι λόγιοι θεωρούν ότι υπήρχαν τρεις. σοφιστές με το όνομα Αντιφών. Αλ'λι:Jι επίσης θεωρούν ότι ο Αντιφών ο ρήτορας και ο σοφιστής ήταν το ίδιο και το αυτό πρόσωπο. Σύγχρονοι σχολιαστές στηριζόμε νοι στις απόψεις του Ερμογένη αναφέρουν ότι ο πο λιτικός και ρήτορας Αντιφών ήταν φανατικός ολι γαρχικός και για τις αντιδημοκρατικές του ιδέες κα ταδικάστηκε σε θάνατο, ενώ ο σοφιστής Αντιφών παρουσιάζεται δημοκρατικός. πό τα πολλά συγγράμματα του σοφιστή σώθηκ� ένας αριθμός απο?πασμάτων που εμ , φανιστηκε με την ανακαλυψη παπυρων. Τα . .. αποσπάσματα αυτά μας πληροφορούν για τις πολι τειακές, κοινωνιολογικές και εmστημονικές του α ντιλήψεις. Από το έργο του Αντιφώντα που διασώ θηκε συμπεραίνεται ότι έyραψε τέσσερα συγγράμμα τα: «Περί Ομονοίας)), «Περί Αληθεία9) (2 βιβλία), «Πολιτικόφ και «Περί κρίσεως ονείρων)). Μερικές πηγές αναφέρουν ότι υπήρχε και ένα πέμπτο έργο με

Α ·······

�-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.Ι/2

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

τίτλο «Η τέχνη να αποφεύγει τον πόνο>> . Ασχολήθηκε μεταξύ των ά)J..JJ)ν με προβλήματα της αστρονομίας και της γεωμετρίας, καθώς και με την κοσμολογία και την ψυχολογία. Τα αποσπάσματα που έχουν διασωθεί όσον αφορά τα έΡΎα του «Πολιτικός» και «Περί κρίσεως ονείρων» είναι λίγα και δεν μας παρέχουν επαρκείς πληροφορίες. Ο Α. Lesky αναφέρει: «Για το σύyγραμμα Κατά Αλκιβιάδου, για τον Πολιτικό και την Ονείρων κρίση δεν θα ήταν φρόνιμο να διατυπώσουμε υποθέσεις πατρότητας, εξαιτίας της κατάστασης του προβλήματος.»([11], σελ. 508). Στο έΡΎΟ του «Περί Ομονοίας» ο Αντιφών υποδεικνύει τους τρόπους με τους οποίους θα μπορέσει ο άνθρωπος να κατανοήσει τη ζωή του. Θεωρεί ότι η ομόνοια, δηλαδή η ταυτότητα των ιδεών και αντιλήψεων μεταξύ των πολιτών, αποτελεί το θεμελιώδες και πρωταρχικό στοιχείο της κοινωνικής συμβίωσης. «... αλλά μήν καί όμόνοιά γε μέγιστόν τε άγαθόν δοκεϊ ταϊς πόλεσιν είναι καί πλειστάκις έν αUταϊς αϊ τε γερουσίαι καί οί ιiριστοι ιiνδρες παρακελεύονται τοϊς πολίταις όμονοεϊν, καί πανταχού έν τ(ι 'Fλλάδι νόμος κείται τούς πολίτας όμνύναι όμονοήσειν, καί πανταχού όμνύουσι τόν δρκον τούτον...». ([8], σελ. 356) Ο Αντιφών ήταν υποστηρικτής της ομόνοιας και θεωρούσε πως η αναρχία είναι το μεγαλύτερο κακό μέσα στην πολιτεία. «... άναρχίας δ' οuδέν κάκιον άνθρώποις· ταύτα γιγνώσκοντες οί πρόσθεν ιiνθρωποι άπό τής άρΧJϊς εiθιζον τούς παϊδας ιiρχεσθαι καί τό κελευόμενον ποιεϊν, iνα μή έξανδρούμενοι είς μεγάλην μεταβολήν iόντες έκπλήσσοιντο» ([8], σελ. 365). Υποστήριξε ότι ο άνθρωπος πρέπει να συγκρατεί το θυμό του και να περιορίζει τα πάθη του, γιατί διαφορετικά δεν μπορεί να υπάρχει κοινωνική συμβίωση. Η σωφροσύνη σύμφωνα με τον Αντιφώντα είναι το μεγαλύτερο προτέρημα στον άνθρωπο, γιατί μόνο αυτή τον βοηθά να κρίνει σωστά και να ξεπερνά το θυμό του. «σωφροσύνην δέ άνδρός οuκ aν λλλου όρθότερόν τις κρίνειεν, η δσι:ις τού θυμού ταϊς παραχρημα ήδοναϊς εμφράσσει αuτός έαυτόν κρατεϊν τε καί νικάν i]δυνήθη αuτός έαυτόν» ([8], σελ. 364). Πολύ σημαντική για τον άνθρωπο θεωρεί την παιδεία, που σύμφωνα με το γενικό πρόγραμμα των σοφιστών, αποτελεί το mo αξώλογο από τα ανθρώmνα πράγματα. «... πρώτον, οίμαι, τών εν άνθρώποις έστί παίδευσις· όταν γάρ τίς πράγματος κιiν ότουούν τήν άρχήν όρθώς ποιήσηται, εiκός καί τήν τελευτήν όρθώς γίγνεσθαι» ([8], σελ. 365). Ένας πάπυρος στον οποίο υπάρχει ένα απόσπασμα από το σύγγραμμα του Αντιφώντα «Περί Αλη·

θείας» βρέθηκε στον Οξύρρυγχο της Αι-yι)πτου. Το έΡΎΟ αυτό του σοφιστή γράφτηκε για να υποστηρίξει τις απόψεις του Ελεάτη Παρμενίδη (515-440 π.Χ.), αρχηγού της Ελεατικής Σχολής, ο οποίος πίστευε στην ολότητα, ότι δηλαδή κάθε μέγεθος είναι μια μο ναδική οντότητα και δεν μπορεί να διαιρεθεί σε ωJ.n. μικρότερα μεγέθη. Υπερασπίστηκε τις ίδιες φιλοσο φικές ιδέες που ο Ζήνων ο Ελεάτης (495-435 π.Χ.) υποστήριξε με τα παράδοξά του. Ο Γαληνός διασώ ζει την αρχή του συγγράμματος αναφέροντας: «οοπερ καί ό Α. έν τct> προτέρ<,u τής Αληθείας οϋτω λέγων· ταύτα δέ γνούς είσι;ι εν τι οuδέν όν αuτct> οuτε ών όψει όρq. (ό όρών) μακρότατα οuτε ών γνώμι;ι γιγνούσει ό μακρότατα γιγνώσκων» ([8], σελ. 337 338). ο Αντιφών είχε την αντίληψη ότι η φύση συμ φωνεί περισσότερο με την αλήθεια παρότι 0 νόμος. Με τον όρο νόμο εννοεί τις ανθρώmνες δοξασίες και γενικότερα τον ανθρώmνο πολιτισμό. Επομένως, η αντίθεση μεταξύ νόμου και φύσης ισοδυναμεί με την αντίθεση που υφίσταται στον κόσμο μεταξύ πολιτι σμού και φυσικής κατάστασης. Έτσι ο Αντιφών υ ποστήριζε πως οι άνθρωποι είναι από τη φύση τους ίσοι και γι' αυτό δεν πρέπει να υπάρχουν κοινωνικές και εθνικές διακρίσεις, ούτε αριστοκράτες και άσημοι, ούτε ελεύθεροι και δούλοι, ούτε Έλληνες και Βάρβαροι « ... τούς έκ καλών πατέρων έπαιδούμε θά τε καί σεβόμεθα, τούς δέ έκ μή καλού οίκου όντας οuτε έπαιδούμεθα οuτε σεβόμεθα. εν τούτ4J δέ πρός άλλήλους βεβαρβαρώμεθα, έπεί φύσει πάντα πάντες όμοίως πεφύκαμεν καί βάρβαροι καί 'Έλληνες είναι» ([8], σελ. 352- 353). Σύμφωνα με το σοφιστή η αλήθεια εmκρατεί στον κόσμο της φύ σης, ενώ αντίθετα ο ανθρώmνος κόσμος χαρακτηρί ζεται από την απάτη και το ψεύδος. Ο ανθρώmνος νόμος μπορεί να σταθεί επιζήμιος στη φυσική ελευ θερία των ανθρώπων δημιουΡΎώντας έτσι κοινωνικές και εθνικές ανισότητες. Αντιφών είχε μια πρόωρη και σημαντική συμβολή στα μαθηματικά και ειδικότερα στη Γεωμετρία, όταν έκανε μια προσπάθεια για την επίλυση του προβλήματος του τετραγωνι σμού του κύκλου. Με αυτό τον τρόπο είναι ο πρώτος που σκέφτηκε ότι, αν γράψει τα εγγεγραμμένα σε ένα κύκλο κανονικά πολύγωνα 4, 8, 16, 32, ... πλευρών ή τα κανονικά 3, 6, 12, 24, ... πλευρών, διαδοχικά, μπορεί όταν οι πλευρές των πολυγώνων συμπέσουν με τον κύκλο, λόγω του μικρού μεγέθους τους, να τετραγωνίσει τον κύκλο, και αυτό γιατί τα κανονικά πολύγωνα τετραγωνίζονται. Η μέθοδος αυτή του Α ντιφώντα υποδεικνύεται από το Σιμπλίκιο και Θεμί στιο αντίστοιχα. Χαρακτηριστικά οι μέθοδοι αυτές περιγράφονται με τους ακόλουθους δύο τρόπους: ό δε Α. γράψας κύκλον ένέγραψέ τι χωρίον είς αuτόν _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.l/3

Αρχαία ΕU.ηνικά Μαθηματικά

δΕ: Α.. γράψας κύκλον ένέγραψέ τι χωρίον εiς αότόν πολύγωνον τών έγγράφεσθαι δυναμένων. έστω δΕ: εi τύχοι τετράγωνον το έγγεγραμμένον. έπειτα έκάστην τών τού τετραγώνου πλευρών δίχα τέ μνων iιπο τής τομής -έπι τας περιφερείας πρΟς όρθας ήγε γραμμάς, αί δηλονότι δίχα έτεμνον έκάστη το καθ' αύτi]ν τμήμα τού κύκλου. έπειτα iιπο τής τομής έπεζεύγνυεν έπι τα πέρατα τών γραμμών τού τετραγώνου εuθείας, ώς γίνεσθαι τέτταρα τρίγωνα τα iιπο τών εuθειών, το δΕ: δλον σχήμα το έγγεγραμμένον οκτάγωνον. και οuτως πάλιν κατα την αuτi]ν μέθοδον, έκάστην τών τού οκταγώνου πλευρών δίχα τέμνων iιπο τής τομής έπι τι)ν περιφέρειαν πρΟς όρθας άγων και έπιζευγνύς iιπο τών σημείων, καθ' α αί προς ορθας iιχθείσαι έφήπτοντο τών περιφερειών, εuθείας έπι τα πέρατα τών διt;]ρημένων εuθειών, έκκαιδεκάγωνον έποίει το έγγραφόμενον. και κατα τον αuτον πάλιν λόγον τέμνων τας πλευρας τού έκκαιδεκαγώνου τού έγγεγραμμένου και έπιζευγνύς εuθείας και διπι\ασιάζων το έγ γραφόμενον πολύγωνον και τούτο αει ποιών c:;Jετό ποτε δαπανωμένου τού έπιπέδου έγγραφήσεσθαί τι πολύγωνον τούτφ τιf> τρόπφ έν τιf> κύκλφ, ού αί πλευραι διiι σμικρότητα έφαρμόσουσι τή τού κύ κλου περιφερείι;t. παντι δΕ: πολυγώνφ Lσον τετρά γωνον δυνάμενοι θέσθαι, ώς έν τοϊς Στοιχείοις [Eucl. Π 14] παρει\άβομεν, διiι το iσον ύποκείσθαι το πολύγωνον τιf> κύκλφ έφαρμόζον αuτιf>, έσόμεθα και κύκλφ Lσον τιθέντες τετράγωνον. ΊΉΕΜΙSΤ. Phys. 4, 2 πρΟς ΑντιΦώντα δΕ: οuκέτ' άν έχοι λέγειν ό γεωμέτρης, δς έγγράφων τρίγωνον i.σόπλευρον εiς τον κύκλον και έφ' έκάστης τών πλευρών έτερον i.σοσκει\Ες συνιστας πρΟς τή περιφερείι;t τού κύκλου και τούτο έφεξi]ς ποιών c:;Jετό ποτε έφαρμόσειν τού τελευταίου τριγώνου τι)ν πλευραν εuθείαν ούσαν τή περιφερείι;t. τούτο δΕ: ήν <τού> τι)ν έπ' άπειρον τομην iιναιρούντος, ην ύπόθεσιν ό γεωμέτρης λαμβάνει". ([8], σελ. 340-

341).

Σύμφωνα με το Θεμίστιο, όπως είδαμε παραπά νω, ο Αντιφών ξεκίνησε με ένα ισόπλευρο τρίγωνο. Αυτή η εκδοχή φαίνεται να είναι η αυθεντική. Ο Σι-

μπλίκιος υποστηρίζει ότι ο Αντιφών ενέγραψε ένα από τα κανονικά πολύγωνα που μπορούν να εγγρα φούν σε κύκλο, και έστω ότι αυτό είναι το τετράγω νο. Στη συνέχεια με βάση την κάθε πλευρά του εγγε γραμμένου τριγώνου ή τετραγώνου ορίζει ισοσκελές τρίγωνο με την κορυφή του στο τόξο του μικρότερου τμήματος του κύκλου, στο οποίο βαίνει η πλευρά. Με τον τρόπο αυτό, αν ενώσει τις κορυφές των ισο σκελών τριγώνων, κάθε φορά θα προκύπτει κανονικό εγγεγραμμένο πολύγωνο με δtπλάσιο αριθμό πλευ ρών από το αρχικό. Ο τρόπος αυτός του διπλασια σμού του αριθμού των πλευρών του εγγεγραμμένου στον κύκλο πολυγώνου από τον Αντιφώντα, αν και ήταν ευφυής στη σύλληψή του, εντούτοις όμως δεν οδήγησε σε σωστά συμπεράσματα. Η πρακτική αξία της μεθόδου του Αντιφώντα φαίνεται από την πραγματεία «Κύκλου Μέτρηση» του Αρχιμήδη, όπου κατασκευάζοντας εγγεγραμμένα και περιγεγραμμένα κανονικά πολύγωνα με 96 πλευ ρές, έφθασε με θαυμαστό τρόπο στον υπολσyισμό 310 31 ' της τιμης του π, π 71 < < Ί . Ο Αριστοτέλης σχολιάζοντας επικριτικά τις α πόψεις του Αντιφώντα για τη μέθοδό του σχετικά με τον τετραγωνισμό του κύκλου (Φυσικά 1.2, 185a 1417) αναφέρει ότι δεν είναι καν ανάγκη να αντικρού σει τον τετραγωνισμό του κύκλου του Αντιφώντα, γιατί δεν βασίζεται σε αναγνωρισμένες αρχές της γε ωμετρίας. «aμα δ' οuδε λύειν &παντα προσήκει, iιι\ι\' η δσα έκ τών aρχών τις έπιδεικνύς ψεύδεται, δσα δε μη, ou· οίον τον τετραγωνισμον τον μεν διiι τών τμημάτων γεωμετρικού διαι\ύσαι, τον δ' ΑντιΦώντος ou γεωμετρικού.» ([8], σελ. 340). Ο Τ. Heath αναφερόμενος στο έργο του Αντι φώντα και σχολιάζοντας τις απόψεις του Σιμπλίκιου παρατηρεί ότι: «0 Σιμπλίκιος μας λέει ότι, ενώ σύμ φωνα με τον Αλέξανδρο η γεωμετρική αρχή που πα ραβιάζεται με αυτόν τον τρόπο είναι η αλήθεια σύμ φωνα με την οποία ένας κύκλος εφάπτεται σε μια ευ θεία (μόνο) σε ένα σημείο, ο Εύδημος είπε πιο σω στά ότι επρόκειτο για την αρχή σύμφωνα με την ο ποία τα μεγέθη μπορούν να διαμερισθούν επ' άπει ρον. Γιατί, αν η επιφάνεια του κύκλου είναι απερώ ριστα διαμερίσιμη, η διαδικασία που περιγράφεται από τον Αντιφώντα δε θα οδηγήσει ποτέ στην εξά ντληση ολόκληρης της' επιφάνειας του κύκλου, ούτε στο να καταστήσει τις πλευρές του πολυγώνου ικα νές να πάρουν τη θέση της επιφάνειας του κύκλου. Όμως η αντίρρηση στη δήλωση του Αντιφώντα στην πραγματικότητα δεν είναι τίποτα περισσότερο από λεκτική» ([9], σελ. 277- 278). Αναφερόμενος στη συνέχεια στην απόδειξη της πρότασης :ΧΠ 2 του Ευκλείδη «Δύο κύκλοι είναι α νάλογοι των τετραγώνων των διαμέτρων του9>, γρά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/4

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά φει ότι ο Ευκλείδης χρηmμοποιεί την ίδια ακριβώς

κατασκευή, μόνο που εκφράζει το συμπέρασμα με διαφορεnκό τρόπο ([2], σελ. 93 - 102). Ο Ιωάννης Φιλόπονος σχολιάζοντας τη μέθοδο τετραγωνισμού του κύκλου από τον Βρύσωνα και τον Αντιφώντα αναφέρει τα ακόλουθα. «έλεγε δέ ό φιλόσαj>ος Πρόκλον τόν αύτοϋ δι δάσκαλον έπισκήπτειν η; Αλεξάνδρου έξηγήσει, δτι, εl οϋτως έτετραγώνισεν ό Βρύσων τόν κύκλον, σννέτρεχε τ<tJ Αντι<j>ώντος τετραγωνισμψ το γιΧρ μεταξu τοϋ έγγραφομένοu καi. περιγραφομένου εuθuγράμμου γραΦόμενον σχήμα έφαρμόζειν η; τοϋ κύκλου περιφερείι;ι· τοϋτο καΙ. ό Αντι<j>ών έποίει, έως ού έφήρμοσεν, ώς έκείνος, εuθείαν πε ριφερεία, όπερ aδύνατον» ([7], σfλ. 112). Γεyονός πάντως εiναι ότι παρόλα τα αρνητικά σχόλια που έχ,ουν διατυπωθεί για τη μέθοδο του Α ντιφώντα όσον αφορά τον τετραγωνισμό του κύκλου, μας βρίσκει σύμφωνους η άποψη του Heath σύμφω να με την οποία: «0 Αντιφών αξίζει μια τιμητική θέση στην ιστορία της Γεωμετρίας ως ο άνθρωπος που γέννησε την ιδέα της εξάντλησης μιας επιφά νειας μέσω εyyεyραμμένων κανονικών ·πολυγώνων με αυξανόμενο αριθμό πλευρών, μια ιδέα στην οποία ο Εύδοξος θεμελίωσε τη μέθοδο της εξάντλησης, η οποία άφησε εποχή».

1. :Ζ.

ΒΙΒΛΙΟΙ'ΡΑΦΙΑ

θ.Γ. Εξαρχάκος, «Εισαγοηή στα Μαθηματικά», τόμος Β", Ανάλυση, Αeήνα 1993. Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ, «Ευκλείδη "Στοιχεία"», τόμος ΙΠ, «Η Γεωμε τρία του χώρου», Βιβλία ΧΙ, ΧΠ, XIII, Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ., Αθήνα

2001.

Μ. Μπρίκα, «Τα περίφημα άλυτα γεωμετρικά προβλήματα της αρχαιότητας», Αeήνα 1970. Β. Σπανδάγου- Ρ. Σπανδάyου -Δ. Τραυλού, «Οι Μαθημα τικοί της Αρχαίας Ελλάδας», εκδ. Αίθρα, Αθήνα 1994. τΣΕΛΛΕΡ-ΝΕΣΤΛΕ, «Iστορία της Ελληνικής Φιλοσαρί ας», Μετ. Χ. Θεοδωρίδη, εκδ. Εστίας, Αeήνα Δ. Τσψπουράκη, «Η Γεωμετρία και οι εργάτες της στην Αρχαία Ελλάδα», Αeήνα 1983. Ιωάννης Φ1λόπονος, «ln Aήstotelis analytica posteήora com

Η. Diels- W. Κranz, «Die Fragmente der Vorsokratiker»,

4. 5.

9. 10. 11. l:Z. 13. 14.

mentaήa», Maximilianus Wallies, Berolini, vol 13,3 page 112.

Weidmann.

T.L. Heath,

«Iστορία των Ελληνικών Μαθηματικών», τόμος I, Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ., Αeήνα 2001. G. Β. Keιferd, «Dictionary of Scientific Biography ,. vol. Ι, Charles Scήbner' s sons NEW ΥΟRΚ. (1971). Α. Lesky, Geschichte der Gήechishen Literatur, Μετφ. Α. Τσοπανάκη, Θεσσαλονίκη 1972. G. Loria, «Iστορία των Μαθηματικών», Μετάφραση Μ. Κωβαίου, τόμος πρώτος, Ε.Μ.Ε., Αθήνα 1971. Suidae Lexicon, Ed. Α. ADLER, νο\1-4, Leipzig 1928-35. B.L. νad der Waerden, «Η αφύπνιση της Επιστήμης», Απi> δοση στα Ελληνικά - Επιστημονική επιμέλεια: Γ. Χριστια νίδης, Π.Ε.Κ., Ηράκλειο 2000.

.....ΟΥΣ

.Ε.

Η Ε.Μ.Ε. διοργανώνει τον 62ο Πανελλ1Ίνιο Μαθητικό Διαγωνισμό «0 ΘΑΛΗΣ» το Σάββατο 3 Νοεμβρίου 2001 και ώρα 9.00 π. μ.

ματικά

(Π.Μ.Δ.) στα Μαθη

Στο διαγωνισμό αυτό μπορούν να λάβουν μέρος μαθητές όλων των τάξεων των Λυκείων και των Β' και Γ' τάξεων των Γυμνασίων της χώρας, οι οποίοι και θα πρέπει να δηλώσουν συμμετοχή μέχρι και την 26η Οκτωβρίου 2001 για να μπορέσει η Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. ν' αποστείλει εγκαίρως ικανό αριθμό αντιγράφων των θεμάτων στα εξεταστικά κέ ντρα. Ο Διαγωνισμός θα διαρκέσει 3 ώρες, και θα απαρτίζεται μόνο από θέματα πλήρους ανά πτυξης, γι' αυτό θα απαιτηθούν κόλλες αναφοράς. Οι απαντήσεις των μαθητών κάθε εξεταστικού κέντρου θα πρέπει ν' αποσταλούν στην Ε πιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε για βαθμολόγηση και τα' αποτελέσματα θα αποσταλούν στις τοπικές Νομαρχιακές Επιτροπές για βράβευση των μαθητών που θα διακριθούν. Οι μαθητές, που θα διακριθούν στο Διαγωνισμό<(() ΘΑΛΗΣ», θα κληθούν να διαγωνισθούν στον επόμενο Διαγωνισμό «0 ΕΙΔΗΣ», που θα διενεργηθεί στις 2 200Ζ και αυτοί που θα διακριθούν στον κ<ltΥΚ..ι\.ΕΙΔΗ» θα διαγωνισθούν στον «ΛΡΧΙΜΗΔ » στις _6 Φεβροοορ'ου 206 , για να επιλεγεί η Εθνική ομάδα που θα λάβει μέρος στη 19η Βαλ r

στη

Μαθη

κανική Μαθηματική Ολυμπιάδα (Κωνσταντινούπολη, Μαϊος 2002), XLIII Διεθνή ε γ άλη Βρετανία, Ιούλίος 2002) 6 Ολυμπιάδα Μαθηματικών για μαθητές του Γυμνασίου (Ρουμανία, fούνιος 2002).

ματική Ολυμπιάδα (

και στην η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/5

Ο ρόλος του σχολείου στην κοινωνία της πληροφορίας

Η.

και των νέων τεχνολογιών

του Γ. Ωραιόπουλου

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, όπως κάθε χρόνο, έτσι και φέτος, οργανώνει το ετήσιο μαθηματικό της συνέδριο, με το παράρτημα της ΕΜΕ Ρόδου, έχοντας θέμα τον τίτ λο του άρθρου. Στην πανελλήνια αυτή εκδήλωση παίρνουν μέ ρος διάφοροι σύνεδροι, που με τις επιστημονικές τους εισηγήσεις εκθέτουν απόψεις για το θέμα. Α κούγονται προτάσεις, διερευνήσεις, αντιρρήσεις και γενικότερα διατυπώνονται πορίσματα με στόχο <<να αποκτήσουν τα σχολικά μαθηματικά ουσιαστικό νόημα και η μάθησή τους να έχει διάρκεια ... στην πρόληψη του μαθηματικού αναλφαβητισμού». Η Unesco έδωσε τον εξής ορισμό: «Λειτουρ γικά αναλφάβητο είναι ένα πρόσωπο ανίκανο να ασκήσει όλες τις δραστηριότητες για τις οποίες η μάθηση είναι αναγκαία για την καλή λειτουργία της ομάδας του και της κοινότητάς του ... )). Δηλαδή ορισμένοι απόφοιτοι μέσης εκπαίδευσης, όταν βγουν στη ζωή δεν μπορούν να κάνουν καμιά ε φαρμογή από τις γνώσεις που διδάχτηκαν. .-c

..�

Γι' αυτό μπαίνει γενικό άρθρο στο περιοδικό μας, να το διαβάσουν οι αναγνώστες του, να συζητή σουν μεταξύ τους, με τους καθηγητές τους και με τους γονείς τους το σοβαρό αυτό θέμα. Αν θέλουν μπορούν να γράψουν τις απόψεις τους, που θα δημο σιευτούν. Υπεύθυνοι για την κατάσταση της μαθηματικής εκπαίδευσης θεωρούνται: πρώτα το εκπαιδευτικό σύστημα, κατόm το αναλυτικό πρόγραμμα σπουδών, έπειτα τα σχολικά μαθηματικά βιβλία. Αλλά σημα ντική είναι η ευθύνη που έχουν οι διδάσκοντες μα θηματικά και μικρότερη οι διδασκόμενοι.

Παραδε(yμcnα: Όταν δεν μπορεί να γράψει μια απλή αίτηση, τι ελληνικά έμαθε; Όταν δεν ξε χωρίζει το στέγνωμα από την εξάτμιση πώς έχει στη Φυσική βαθμό 15; Όταν αδυνατούν να βρουν το

το μεσον ευθύγραμ04 η' να σχεδιασουν ' ,

μου τμήματος και το χειρότερο όταν λένε, τι μας βασάνισαν στο σχολείο με τα μαθηματικά, αφού πουθενά δεν τα χρησιμοποιούμε; Για όλα αυτά που συζητούνται στα συνέδρια και γίνεται προσπάθεια να εντοmσθεί αυτό που φταίει και να αλλάξει, δεν ενδιαφέρει μόνο τους σχολικούς φορείς, αλλά ολόκληρη την κοινωνία. Για το μαθη ματικό συνέδρω, περισσότερο απ' όλους ενδιαφέρει τους μαθηματικούς δασκάλους και τους μαθητές τους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/6

Το Β ή μα του Ευκλείδη

Πρέπει αγαπητοί μαθητές να καταλάβετε τους στόχους που βάζει το Υπουργείο Παιδείας για την αξιολόγησή σας. Οι εξετάσεις, που δυστυχώς είναι πολλές, να θεωρηθούν συμπλήρωμα της εκπαιδευ τικής διαδικασίας για να εξακριβωθεί: αν ο μαθη τής αφομοίωσε τις βασικές γνώσεις, αν μπορεί να διατυπώσει κριτική γνώμη διακρίνοντας τα ουσιώ δη από τα επουσιώδη, αν έχει την ικανότητα να ε πεξεργαστεί και να εφαρμόσει ό,τι χρήσιμο διδά χτηκε. Στον εικοστό πρώτο αιώνα είναι aξιοσημείω τος ο ρόλος και η αξία μιας σειράς από μαθηματι κές έννοιες που βοηθούν όλες τις επιστήμες, τις νέες τεχνολογίες, τη συνεχή ανανεωμένη πληρο φορική και γενικότερα τον πολιτισμό. Οφείλουν λοιπόν όλοι οι υπεύθυνοι της Παι δείας να βελτιωθούν, τόσο ο καθένας χωριστά, αυ τοβελτίωση, όσο και συνεργατικά επειδή υπάρχει

διαλεκτική αλληλεξάρτηση μεταξύ τους. Αυτό πρέπει να είναι δίκαιο αίτημα του μαθητικού και σπουδαστικού πληθυσμού. Έτσι και σεις, φίλοι μαθητές και μαθήτριες έ χετε χρέος, αλλά και συμφέρον συνεχώς να βελ τιώνετε την απόδοσή σας σ' όλα τα μαθήματα, όχι μόνο στα μαθηματικά, με την ενεργητική συμμε τοχή σας στη σχολική εργασία σε συνεργασία με τους εκπαιδευτές σας. Οι σημερινές απαιτήσεις της ζωής και η δυναμική της επιστημονικής και τεχνο λογικής προόδου, επιτάσσουν την ανάπτυξη του γενικού επιπέδου της μαθητικής νεολαίας. Και επειδή μιλάμε για Μαθηματικά σας κα λούμε να συνειδητοποιήσετε τη διαλεκτική σχέση της μαθηματικής σκέψης και πνευματικής ανάπτυ ξης. Γι' αυτό χρειάζεται από σας πολλή δουλειά και αγάπη στην Επιστήμη μας. Είναι για το καλό σας.

της Ευαγγελίας Δαμουλή, Φιλόλογου

α Μαθηματικά ως επιστήμη είναι δημιούργημα κυρίως του Ελληνικού πνεύ ματος. Στηρίζο�ται πρ τιστα στο λόyο, στη συγκροτημενη σκεψη και στην εκ φρασή της μέσα από την ανταλλαγή από ψεων και την αναζήτηση της αλήθειας με τη βοή θεια του διάλογου και της πράξης. Με την έννοια αυτή τα Μαθηματικά είναι αναπόσπαστο μέρος της Φιλοσοφίας και θα ήταν χρήσιμο να διδάσκο νται και με τον τρόπο αυτό στη Δευτεροβάθμια και Τριτοβάθμια Εκπαίδευση. Οι ρίζες, η γένεση και η εξέλιξη της Φιλοσοφίας από την Αρχαιότητα ως τις μέρες μας προϋποθέτει καλή γνώση των μαθη ματικών.

�

Η εκπαίδευση, συχνά αποσπασματική και υ ποκειμενική εδώ και πολλές δεκαετίες, αδυνατεί να γαλουχήσει τους μαθητές με τον φιλοσοφικό στοχασμό που ευδοκίμησε στον ελλαδικό χώρο, ο οποίος θα επέτρεπε τη συμπόρευση των μαθηματι κών με άλλους γνωστικούς τομείς. Στο βιβλίο του «Τα παιδιά του Ευκλείδη», ο Ηλίας Κωνσταντόπουλος υπερασπίζεται τη θέση και την παιδαγωγική αποστολή του μαθηματικού στο σύγχρονο εκπαιδευτικό σύστημα. Είναι ένα βιβλίο ύμνος στη μαθηματική επιστήμη που όχι μόνο εκθειάζει αλλά αναδεικνύει και την παιδαγω γική αξία των Μαθηματικών στα σχολεία μας; «Παιδιά του Ευκλείδψ είναι όλοι οι Έλληνες που διδάχτηκαν Γεωμετρία ως τις μέρες μας. Όλοι

γνωρίζουν το Πυθαγόρειο Θεώρημα και προβλη ματίστηκαν με διάφορα προβλήματα πάνω στην ε φαρμογή του. Πολύ λίγοι όμως γνωρίζουν τη θεω ρία του Πυθαγόρα για την αρμονία. Ποιος ήταν πραγματικά ο Πυθαγόρας, ο Ευκλείδης, ο Αρχιμή δης και ποια ήταν η σημασία της εξέλιξης της σκέψης τους για την επιστήμη των Μαθηματικών αλλά και γενικότερα των Θετικών, και όχι μόνο, ε πιστημών; Ο συγγραφέας προσπαθεί να μυήσει τους μαθητές σε μια διαφορετική προσέγγιση της Μαθηματικής Επιστήμης. Στο βιβλίο του εκτός από το διαλεκτικό μέρος, συναντάμε τις απαραίτητες ιστορίες και σχόλια γύρω από την προσωπικότητα των μεγάλων Ελλή νων Φιλοσόφων Μαθηματικών. Γίνεται προσπά θεια ευαισθητοποίησης του μαθητή σε θέματα τέ χνης εμπνευσμένα από τους Μαθηματικούς και τη φιλοσοφία τους. Επιστρατεύονται όλα τα απαραί τητα για την επιτυχημένη διδακτική πράξη εποπτι κά μέσα (διαφάνειες, εύστοχα παραδείγματα). Α νατρέχει στα συγγράμματα των λαμπρών μαθημα τικών και απομονώνει aποφθεγματικές προτάσεις. Ετυμολογεί όρους γεωμετρικούς, προσπαθώντας έτσι να καταρτίσει γλωσσικά τους μαθητές και να ενισχύσει τους εσωτερικούς δεσμούς του μαθήμα τος με τα φιλολογικά μαθήματα και γενικότερα με τις ευρύτερα εννοούμενες aνθρωπιστικές σπουδές. Ο Κωνσταντόπουλος βλέπει τη διδασκαλία σαν «θεατρική πράξη» όπου ο καθηγητής καλείται να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.Ι/7

Το Β ή μα του Ευκλείδη

πείσει με την ερμηνεία του το κοινό, τους μαθητές για το ρόλο που ανέλαβε. Για το συγγραφέα η σχολική τάξη δεν είναι ένα φροντιστήριο όπου λύ νονται ασκήσεις χωρίς αρχή και τέλος. Πριν και μετά, τις ασκήσεις υπάρχει ολόκληρη φιλοσοφία, ένα σύστημα, ένας διαφορετικός τρόπος αντίληψης της ζωής, ο Μαθηματικός. Ο δάσκαλος δεν είναι εντολοδόχος, ούτε ο γκρίζος άχρωμος τρομοκρα τημένος από τη γραφειοκρατία υπάλληλος των έρ γων· του Κάφκα. Πρέπει να έχει άποψη και να την εκφράζει, να πρωτοτυπεί και έτσι να έχει τη δυνα τότητα δημιουργίας. Μόνον έτσι θα μπορεί να συ νεπαίρνει τους μαθητές του, εμπνέοντάς τους για ό,τι ο ίδιος αγάπησε, πίστεψε και σπούδασε. Εκτός από ευχάριστο ανάγνωσμα «Τα παιδιά του Ευκλείδη» αποτέλεσαν και θεατρική παρά σταση με την οποία συμμετείχε το 4° Λύκειο Αμα ρουσίου στο 6° Μαθητικό Φεστιβάλ του Δήμου Αμαρουσίου, στις 6 Μαρτίου 2001, στο θέατρο Α ναβρύτων. Ως θεατρικό έργο αποδίδει σκηνικά τα 13 «Στοιχεία» του μεγάλου μαθηματικού της αρ χαιότητας, που συνέθεσε σ' αυτά τις προηγούμενες γνώσεις των Πυθαγορείων. Στη θεατρική ομάδα του 4ou Λυκείου Αμαρουσίου συμμετείχαν 13 μα θήτριες και μαθητές στους εξής ρόλους: Χριστίνα Πυτιχούτη ως Υπατία. Έλενα Σιόρευτα ως Γνώμων. Αδάμ Γούπιος ως Διαβήτης. Γιάννης Αναγνώστης ως Κανονικός. Κωνσταντίνα Κρίγκου ως Εύδοξος. Εύη Μεσαρίτου ως Αλγόριθμος. Ξένια Κριμητζά ως Διαιρέτης. Μπάμπης Γερανιός ως Πρώτος. Γιώργος Μανώλης ως Ασύμμετρος. Όλγα Μπέλλου ως Άπειρος.

ως Πλάτων. ως Πυθαγόρας. Τη σκηνοθεσία ανέλαβε ο ίδιος ο συγγραφέας, ο οποίος απέδωσε και το ρόλο του Ευκλείδη. Τα σκηνικά ήταν της Πόπης Γεωργοπούλου και της Ντανιέλ Μπόλυτα. Οι μάσκες της Δώρας Βήτου. Την μουσική επιμέλεια είχαν ο Γιώργος Κυνηγα λάκης και η Σωτηρία Κόλλια. Η έμπνευση πρωτότυπη, το εγχείρημα δύσκο λο και το αποτέλεσμα εντυπωσιακό. Ήταν ένα μά θημα Μαθηματικών σε θεατρική μορφή που δεν είχαμε ποτέ παρακολουθήσει. Με το βιβλίο «Τα παιδιά του Ευκλείδη» και την ομώνυμη παράσταση, αποδείχθηκε για μία α κόμη φορά ότι η θεωρία αφομοιώνεται μόνο μέσα από την πράξη. Η πράξη της παιδείας πρέπει να στρέφεται προς μια σφαιρική θεώρηση του αντι κειμένου διδασκαλίας. Μ' αυτόν τον τρόπο γίνο νται επεξεργάσιμα τα πρωταρχικά συστατικά της εκπαίδευσης και φωτίζονται όλες οι πλευρές της ανθρώπινης δυνατότητας για μια φιλοσοφική και διαλογική ταυτόχρονα θεμελίωση της μορφωτικής διαδικασίας. Έτσι αποτρέπεται η συρρίκνωση των θεμελιακών δεδομένων της Ελληνικής Παιδείας και αποφεύγεται η μαζοποίηση του μαθητή. Ο μα θητής διατηρεί την ταυτότητά του και το ρόλο του, είναι μοναδικός και ανεπανάληπτος, όσο και ο κα θηγητής του. Λέτα Κουβελιώτη Σωτήρης Μανώλογλου

του «Ευ

Σ μείωcnι Το βιβλίο «Τα παιδιάκλείδη)) του «Ευκλείδη» του συ ναδέλφου Ηλία Κωνσταντόπουλου διατίθεται σε όλα τα βιβλιοπολεία της Αθήνας από τις εκδόσεις «Γκρίζελη». Την κεντρική διάθεση έχει το βιβλιο πωλείο «Σαββάλα». η

<<ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΑΛΦΛΒΠΤΙΣΜΟΣ: Ο ΡΟΛΟΣ ΤΟΥ ΣΧΟΛΕJΟΥ ΣΤΗΝ KOJNΩNJA ΤΗΣ ΉΛΗΡΟΦΟΡΙΑΣ ΚΑΙ ΤΩΝ ΝΕΩΝ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΩΝJ>

Η διάγνωση και η έγκαφη πρόληψη φαινομένων μαθηματικού αναλφαβητισμού αποτελούν σήμερα διεθνή πρσε ραιότητα 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 υποχpεωτική εκπ«;lίδευση είiε από τό λύκειο) ξεκόβουν στο σχολείο και από την μαθηματική σκέψη, δεν χρησιμi ποιούν τα μαθηματικά ως πνευματικό και επαγγελματικό εργαλείο σί>μφωνα με τις δυνατότητες που είχαν επιδιίξει. Ο ρόλος του σχολείου στην ανάπτυξη του μαθηματικού αλφαβητισμού έγκειται: στον εμπλουτισμό του μαθηματικού περιεχομένου με διεπιστημονικές συνδέσεις και κοινωνικά χρήσιμεςεφαρμοyές, στη διερεύνηση της διδακτικής πρακτικής με μαθησιακές δραστηριότητες που ενεργοποιούν το μαθητή στην εκτέ1ε ση συγκεκριμένου έργου, ενθαρρύνουν τη συνεργατικότητα και αναπτύσσουν την αυτοεκτίμηση, στην ιδιαίτερη ενασχόληση με μαθητικούς πληθυσμούς που εyκ:αταλείπουν γρήγορα το σχολείο ή f:χουν δυσκολίες ένταξης στη σχολική ζωή λόγω πολιτισμικών διαφορών ή/και κοινωνικού αποκλεισμού των οικογενειών τους (μzια·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/8

ο Εuκlι:ίδιις

uροτι:ίvι:ι

και

Ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιάδης προτείνει: ι. Να υπολογιστεί το εμβαδόν της επιφανείας η οποία ευρίσκεται μεταξύ της περιγεγραμμένης και της εγγεγραμμένης περιφέρειας σε κανονικό πολύγωνο με 49 πλευρές, όπου κάθε πλευρά έχει μήκος 1 . 2. Το γενικό πρόβλημα του Απολλωνίου εί ναι η κατασκευή κύκλου ο οποίος εφάπτεται τριών δοθέντων κύκλων. «Μερικές» περιπτώσέις προκύ πτουν όταν μερικοί απ' τους δοθέντες κύκλους εί ναι σημεία ή ευθείες. Να λυθεί το πρόβλημα όταν δίδονται δύο σημεία Κ, Α και ένας κύκλος C, όπου το Κ είναι το κέντρο του C, και Α είναι ένα τυχόν εσωτερικό σημείο του C. •

•

Ο καθηγής Ν. Β αδιβούλης προτείνει: Άσκη ση ι η

Τα ευθύγραμμα τμήματα των διχοτόμων δύο εντός εναλλάξ γωνιών, που περιέχονται μεταξύ δύο ευθειών παραλλήλων είναι ίσα. Αντίστροφα: Αν τα ευθύγραμμα τμήματα των διχοτόμων δύο εντός εναλλάξ γωνιών, που σχημα τίζει μία τέμνουσα δύο ευθειών με αυτές, έχουν τα άκρα τους σ' αυτές και είναι ίσα, τότε οι δύο αυτές ευθείες είναι παράλληλες.

...

•••

ΕακΑι:ιΟιι Jhόφavτo

Δ ΑΒΓ ισχύει Α· συνΒ+ ημΑσυνΓ > Ο όπου Α, Β, Γ τα μέτρα των Ύωνιών του τριΎώνου ·σε ακτί νια.

Απάντηση απ' τον Α. Ιωαννίδη (1): Έστω συνΒ > Ο .

Αφού Ο<Α<π=>ημΑ > Ο . Επίσης ισχύει1 : « I χ 1>1 ημχ ι. Ύια κάθε χ Ε )R* )). Άρα: Α > η μΑ . Οπότε ΑσυνΒ > ημΑσυνΒ ΑσυνΒ + ημΑσυνΓ > ημΑσυνΒ + ημΑσυνΓ ΑσυνΒ + ημΑσυνΓ > ημΑ (συνΒ + συνΓ ) Β + Γ Β-Γ ΑσυνΒ + ημΑσυνΓ > ημΑ2συν--συν--=> 2 2 Β Γ Α ΑσυνΒ + ημΑσυνΓ > 2ημΑημ-συν-- > Ο 2 2 Ο<Β<π =>-π<Β - Γ<π=> Διότι: -π<-Γ<Ο Β-Γ π Β-Γ >0 . - -π <--<-=>συν-2 2 2 2

Έστω συνΒ<Ο Τότε: Β > � 2 π Και συνεπώς: Ο<Α< . Άσκη ση 2η 2 Δίνονται τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α 1 Β 1 Γ1 για τα Ισχύει2 : Α<εφΑ Οπότε ΑσυνΒ > εφΑσυνΒ οποία ισχύουν: α1 <β 1 � γ 1 και α > β � γ . Να δεί (αφού συνΒ<Ο) ξετε ότι: Άρα: ΑσυνΒ + ημΑσυνΓ > εφΑσυνΒ + ημΑσυνΓ ή ισοδύναμα βγtβ� + γ�)+ βι γι α2 > β ι γ ι (β 2 + γ 2 ) + βγα�· ΑσυνΒ + ημΑσυνΓ > ημΑσυνΒ + ημΑσυνΓ ή συνΑ Στο 4° τεύχος τη ς προηγούμενης περιόδου εί χαν προταθεί απ' τον συνάδελφο Α. Ι ωαννίδη τα ΑσυνΒ + η μΑσυνΓ > η μΑ συνΒ + συνΑσυνΓ παρακάτω: συνΑ (11):

(

)

Να δειχθεί ότι: e + log 4<4 (όπου το Άρα: σύμβολο log 4 εννοεί το δεκαδικό λογάριθμο ημΑ:__ [- -συν(Α + Γ) + συνΑσυνΓ] ΑσυνΒ +ημΑσυνΓ >__: του 4). συνΑ ι.

__________

Απάντηση: (απ' την Σ.Ε.) e + log4<3 + log10 = 4 . 2.

Να αποδείξετε ότι: Σε κάθε τρίΎωνο

1 Θα γίνει γνωστό αργότερα στην Τρίτη τάξη (Θετική Κατεύθυνση). Εννοείται ότι το χ μετριέται σε ακτίνια 2 Αργότερα (τρίτη τάξη Θετική Κατεύθυνση) θα μάθουμε οτι: « ο<χ < '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/9

=> χ < εφχ »

Ο Ευκλεiδης προτείνει ... Ευκλεiδη και

Συνεπώς ΑσυνΒ+ημΑσυνΓ> ημΑ(-συνΑσυνΓ+ημΑημΓ+συνΑσυνΓ) --�----------��--------�=> συνΑ ημ 2ΑημΓ >Ο ΑσυνΒ+ημΑσυνΓ> συνΑ (διότι συνΑ>Ο [αφού

Ae(o.�}·

π Αν συνΒ=0 τότε Β= . Οπότε η προς 2 απόδειξη σχέση είναι προφανής (μια και υποχρεω(111):

}

β+γ-α=χ> 0 (1) Έχουμε: γ+α-β=y>Ο (2) α+β-γ=ω>Ο (3 ) Προσθέτοντας τις (1), (2), (3) κατά μέλη βρί σκουμε: α+β+γ=χ+y+ω (4). Αφαιρώντας από την (4) τις ( 1), (2), (3) διαδοχικά βρίσκουμε: 2α=y+ω , 2β=ω+χ , 2γ=χ+y , δηλαδή . ω+χ x+y y+ω . αρκει να , β= , γ= α= , οποτε 2 2 -2δείξουμε ότι: (y+ω)(ω+χ )(χ+y);;::8xyω.

Απάντηση απ' τον Γιάννη Στρατή

π α) Αν Β, Γ< , τότε η συνθήκη είναι προφα2

π . . η ανισοτητα που μας ενβ) Αν Β>2 , τοτε διαφέρει είναι ισοδύναμη με την Ασυν(π-Α-Γ)+ημΑσυνΓ>Ο ή -Ασυν(Α+Γ)+ημΑσυνΓ>Ο ή ημΑσυνΓ-Α (συνΑσυνΓ-ημΑημΓ)>Ο ή ΑημΑημΓ+συνΓ (ημΑ-ΑσυνΑ)>Ο ανισότη τα αυτή είναι ισοδύναμη με την ΑεφΑεφΓ+εφΑ-Α>Ο (αφού συνΑσυνΓ>Ο), που ισχύει επειδή εφΑεφΓ>Ο και εφΑ>Α . π γ) Αν Γ> , τότε η ανισότητα που μας εν2 διαφέρει είναι ισοδύναμη με την ΑσυνΒ+ημΑσυν(π-Α-Β)>Ο ή ΑσυνΒ-ημΑσυν(Α+Β)>Ο ή ΑσυνΒ>ημΑσυν(Α+Β) , που ισχύει αφού: π π Γ>->Α+Β>Β Συνεπώς Άρα 2 2 συνΒ>συν(Α+Β)>Ο. ΑλλiJ. Α>ημΑ>Ο , οπό τε ΑσυνΒ>ημΑσυν(Α+Β). π π δ) Αν Β=2. η Γ=2 η συνθή κη ειναι προ. φανής.

Αν α, p, γ πλευρές τριγώνου ΑΒΓ να αποδείξετε ότι αpγ;;:: (α + Ρ- γ)(Ρ + γ - α)(γ + α- β) . 3.

Δώφοντο

λάκο και Γιώp'fΟ Τασσόπουλο

τικά Γ< � ).

νής.

•••

Απάντηση απ' τους συνάδελφους Αθαν. Κα

τελευταία προκύπτει από πολλαπλασιασμό κατά μέλη των προφανών ανισοτήτων y+ω;;::2� ω+χ;;::2�

}

x+y;;::2FY 4.

Δίνεται η συνάρτηση f (χ)=2συνχ ( 1+ημχ) χ ε (0, π].

α) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. β) Να αποδείξετε ότι ημΑ+ ημΒ+ ημΓ � 3J3 αν Α, Β, Γ τα μέτρα 2 γωνιών τριγώνου σε ακτίνια. --

Απάντηση απ' τη Σ. Ε.

Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι αφού μας εν διαφέρει τελικά το μέγιστο της συνάρτησης Γ π Γ Γ Γ με Ο< � αρκεί να r = 2συν l+ημ 2 2 2 2 2 μελετήσουμε ως προς τη μονοτονία και τα ακρό τατα τη συνάρτηση f(χ )= 2συνχ(1+ημχ) στο

()

(

)

( �].

διάστημα ο.

α) f'(x)= 2(1+ημχ)(ι-2ημχ f'(x)=O <=> ημχ=_!_ <=> χ=�. 2 6

)ι(Ο,�].

f'(x)>ο<=> ι - 2ημχ > ο<=> ημχ <_!_<=>ο� χ<�. 6 2 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.Ι/10

Ο Ευκλείδης προτείνει . .. ΕυΚλείδη και ... Διόφαντο

, ημΑ +ημΒ +ημΓ = 3J3 η' επει, να εχουμε πρεπει -2f(x) π οπότε ημΓ = -J3 θα πρέπει δή Γ = f(x) TJE._/ 3 2 �f Β ημΑ+ημ =J3. Α+Β Α -Β Γ Α-Β 2συν-συν--=ν3 2ημ--συν--=-ν3 2 2 2 2 Β β) Έχουμε: Α 3 <::::>συν--=1. Α- Β J3 συν--=...; <::: :> 2 Β -Β Α+ Γ Α 2 2 -Β 2 ημΑ +ημΒ = 2ημ--συν--::; ; συν-= 2 2 2 π Α π , κι επειδή -2 < -- < 2' συμπαιραινουμε Β Γ Α+ , 2 αφου ημ--=συν-> 2 2 Ο και ::;; 1 . ότι: Α=Β π αφου' Γ =-.π ρα η παραΒ Συνεπώς: ημΑ+ημΒ+ημΓ::;; 2συν�2 +2ημ�2 συν�= Α οτε: = =2 3 3 Β σταση Κ = η μΑ + ημ + ημΓ γίνεται μέγιστη όταν ::;;2συν�(l+ημ� )=r (� ) ::;; 3� . π Β Α Γ = = 3 δη η οταν το τριγωνο ειναι ισο= , Γ π π ' , το ισχυει για 2 6 η, Γ = -3 οποτεθα πλευρο. ο

π/6

π/2

T.M.

/" 2'\

T :

(ολικό)

/-4 )\

r;;

<=>

r;;

Οπ,

«=»

λαδ' '

-=-

•

�>

�> �

ΤΕΧΝΙΚΑ

•

ΓΙΑ ΤΑ Α.Ε.Ι. • T.E.I. • Ι.Ε.Κ.

ΘΠΙΚΩΝ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗΠΚΩΝ ΕΠΙΠΗΜΩΝ

ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ (ΓΕΝΙΚΟ • ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΕΩΝ) ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ Αρμενοπούλου 27 • ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35 Τηλ. (031)203.720 • Fax (031)211.305

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5)• ΑΘΗΝΑ 105 64

e-mall:sales@zltl.gr

Τηλ.·Faχ (01)3211097

ΠΛΗΡΕΙΣ ΣΕΙ

Γ ι Α Τ Ο Λ Υ Κ Ε�Ιό

(ΓΕΝΙΚΟ·Κ Α Τ Ε Υ Θ Υ Ν Σ Ε Ω Ν)

))1' · ;i' 0:Ά.: rt� ΙΟ'tΓ:�'οΝ!�Ν .

·,

,ι

' <\, <

IKf)N ΒΙΒΛΙΩΝ " · ..

.·

' ;, j�•'i';' "�'Q fi ι βλί.c:ι. UOC:'•tlC]· Τ(]"ΙjιD.€ί1Γ€

αναλυτικά προγράμματα

..,..-----, θ. ΞΕΝΟΣ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ MAθHMAfiKQN Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

!Σ:IBt!lt !OΓlZ:t(Of !ΥΝι\ΡΤΙΣΒ� MI.U: 11PAr}lλ?Jt:IJΣ llll'f.\IA.JTΉΣ

ΤΡΑΠΕΖΑ θΕΜΑΤΩΝ ΠΑ ΜΑθΗΜΑτtΚΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ .. ΚΑΙ

ΕΥΚΛ::Ί{ε:��οΜετΡ,�f•

(:ΛΥΚΕΙΟΥ

,;:C·

•• .

.,,·

ι, ;·\/ � , .... -··

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/11

Η ιι d.,...μ ιι ι:.., ιt-tJ- 1. Δ.., ιιr ω v--ι d μ.(), 1. Η ιtdf<\. μιιι:ιιιιι έ � Ο �41 μf1,ιι��ε�

Επιμέλεια: Α. Φελούρης Σ. Λουρίδας -

ilιslrsis ΙΙ•I•ιι•τιιιιί ιfι•ΥΙJΥΙtΙ'Ι'Ιί 2001 5" Βιιλιιιινιιιiι ••Ι•ιι•τιιιiι IJλοpιιιίtlιι JI66Jν (Αwιι6J6ίιι} 1r Β•λιιιινιιιiι ••Ι•pιιτιιιiι ΙJλοpιιιίtl• (Β&λιyιίtlι} 4%" Aιslνiιs ••l•pιιτιιιίι IJJopιιιίfllλ (IJDA6ινyη•νJ

ΜeyάΛeς Διe8νeίς enιwχίeς -r;ωv eλλfjvωv μα8ητ;ώv στ;α Μα8ηματ;ικά Στην Κύπρο διεξήχθη η 5η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων (για μαθητές μέχρι 15,5 ετών) από 1 7 έως 23 Ιουνίου 2001. Συμμετείχαν 8 χώρες με εξαμελείς εθνικές ομάδες. Και φέτος όλοι οι έλληνες μαθητές που έλαβαν μέρος και οι οποίοι διακρίθηκαν στους διαγωνισμούς της Ε.Μ.Ε. κατόρθωσαν να διάκριθούν σ' αυτή τη διοργάνωση. Συγκεκριμένα: Χρυσό μετάλλιο Πειραματικό Γυμ. Πατρών Αρετάκης Στέφανος Αργυρό μετάλλιο 3° Γυμ. Χαλανδρίου Γαλάνης Ανδρέας Αργυρό μετάλλιο 2° Πειρ/κό Γυμ. Αθηνών Κερασιώτης Παρασκευάς Αργυρό μετάλλιο 2° Γυμ. Χολαργού Σγουρίτσα Αλκμήνη Αργυρό μετάλλιο 1° Γυμ. Χολαργού Χαλούλος Κων/νος Χάλκινο μετάλλιο 2° Λύκειο Ανατόλια Ασλανίδου Ιωάννα Συνοδοί των μαθητών ήταν οι Καθηγητές Μαθηματικών κ.κ. Σωτήρης Λουρίδας (αρχηγός της ομάδας) και Δούναβης Αντώνιος (υπαρχηγός της ομάδας). Εξάλλου από 3 - 9 Μαϊου πραγματοποιήθηκε στο Βελιγράδι της Νέας Γιουγκοσλαβίας και η 18η Βαλκανική Μαθημαnκή Ολυμπιάδα, όπου η Ελληνική ομάδα είχε εξίσου μεγάλες επιτυχίες: Συμμετείχαν και διακρίθηκαν οι μαθητές μας: Χάλκινο μετάλλιο 2° Λύκειο Πύργου Μετσοβίτης Ευστάθιος Χάλκινο μετάλλιο 1° Πειρ/κό Λύκειο Αθηνών Παπαλάμπρος Μιχαήλ 41° Λύκειο Αθηνών Χάλκινο μετάλλιο Ράπτης Γέωργιος 1° Λύκειο Αμαλιάδας Χάλκινο μετάλλιο Σταυρόπουλος Κων/νος 3° Λύκειο Κορυδαλλού Πουλόπουλος Δημήτριος 1° Λύκειο Πρέβεζας Ραυτοπούλου Αθηνά Συνοδοί ήταν ο Καθηγητής του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων κ. Θεόδωρος Μπόλης (αρχηγός της ομάδας)και ο καθηγητής Μαθημαnκών κ. Ανδρέας Τριανταφύλλου (υπαρχηγός της ομάδας). Από 1 έως 14 Ιουλίου 2001 έγινε στην Ουάσινγκον των Η.Π.Α. η 42η Διεθνής Μαθημαnκή Ολυμπιάδα, ό που η Ελληνική ομάδα κατέλαβε την 28η θέση μεταξύ 83 χωρών. Συμμετείχαν και διακρίθηκαν οι μαθητές μας: (Αργυρό μετάλλιο), 41° Λύκειο Αθηνών Ράπτης Γέωργιος Πειρ/κό Λύκειο Πατρών (Χάλκινο μετάλλιο), Δήμου Αναστάσιος 2° Λύκειο Πύργου (Χάλκινο μετάλλιο), Μετσοβίτης Ευστάθιος (Χάλκινο μετάλλιο), 3° Λύκειο Κορυδαλλού Πουλόπουλος Δημήτριος 12° Λύκειο Πειραιά (Εύφημη μνεία), Αϊβαζίδης Στέφανος Παπαλάμπρος Μιχαήλ 1° Πειρ/κό Λύκειο Αθηνών Τους μαθητές συνόδεψαν ο Επίκουρος Καθηγητής του Εθνικού Μετσοβείου Πολυτεχνείου κ. Ανάργυρος Φελλούρης (αρχηγός της ομάδας) ο καθηγητής Μαθημαnκών κ. Σωτήρης Λουρίδας (υπαρχηγός της ομάδας) και ως παρατηρητές της διοργάνωσης ο Πρόεδρος της Ε.Μ.Ε. κ. Νικόλαος Αλεξανδρής (Καθηγητής Πανεπιστημίου Πειραιά) και ο Αντιπρόεδρος της Ε.Μ.Ε. κ. Γεώργιος Δημάκος (Λέκτορας Πανεπιστημίου Αθηνών). Το περιοδικό μας συγχαίρει τους μαθητές αυτούς και τους εύχεται ολόψυχα καλή επιτυχία για το μtλλον. Οι επιδόσεις αυτές των Ελλήνων μαθητών δημιουργούν τις καλύτερες προϋποθέσεις για μια επιτυχημένη εμ φάνιση της Ελλάδας στη Δ ιεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα του 2004, που θα διοργανωθεί στην Αθήνα από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία στο πλαίσιο της Πολιτισnκής Ολυμπιάδας 2004. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/12

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Τόπος Διοργάνω σης :

2°ς τρόπος

Η.Π.Α. - Ουάσινγκτον ΠΡΟΒΛΗΜΑ Ι

Έστω οξυγώνιο τρίΎωνο ABC και Ο το κέ ντρο του περιγqραμμένου κύκλου του. Έστω ΑΡ το ύψος από την κορυφή Α με το σημείο Ρ πάνω στην πλευρά BC. Δίνεται ότι C � Β + 30° . Να αποδείξετε ότι: Α + COP<90° . Λ

Λύση

Επειδή C- Β = ΟΑΡ όπου ΑΡ το ύψος του τριγώνου ABC , από το τρίγωνο OAD έχουμε: R (ι). ΜΡ = ΟD = 0Αημ0ΑD > Rημ30ο = 2 Από το ισοσκελές τρίγωνο BOG έχουμε: OB +OC > BC = 2MC 2R > 2MC R > MC (2). Οι γωνίες Α και BOC είναι εγγεγραμμένη Επειδή υποθέσαμε ότι C � 90° θα είναι και επίκεντρη, αντιστοίχως, στο τόξο BC του περι MP+PC =MC και από τις (ι) και (2) έχουμε: γεγραμμένου κύκλου, οπότε R + PC R > MC = MP + PC > 2Α = BOC = ιgοο - 2 · PCO 2 R (ι) Α = 90° - PCO ή ισοδύναμα - > PC ' (3) 2 Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι οπότε λόγω της (ι) προκύπτει ότι PCO > COP , ή ισοδύναμα ΟΡ > PC . MP > PC (4) Παρατηρούμε ότι Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΡ έχουμε ακό ΒΡ ΑΒσυνΒ = 2RημCσυνΒ και μη ότι ΟΡ � MR (η ισότητα ισχύει όταν Ο = Μ ), PC = ΑCσυνC = 2RημΒσυνC , οπότε οπότε λόγω της (4) λαμβάνουμε OP > PC ΒΡ - PC = 2R ( ημCσυνΒ - ημΒσυνC) = OCP > POC ; = 2Rημ (C - Β ) (2) Όμως έχουμε από την υπόθεση ότι το τρίγωνο Άρα έχουμε Α = 90° -OCP<90° -POC . ABC είναι οξυγώνιο και C-Β � 30° , οπότε θα εί3°ς τρόπος ναι 30° � C - B<90° Όπως και στις δύο προηγούμενες λύσεις, αρ .!_ � ημ (C - Β )<ι κεί να δείξουμε ότι PC < ΟΡ. Έχουμε (3) 2 PC2 <ΟΡ 2 <=> PC2 <ΟΜ 2 + ΜΡ2 Λόγω της (3), από την σχέση (2) προκύπτει ότι <=> PC2 <ΟΜ 2 + (CM - PC)2 .!_ BP - PC � 2R · = R (4) <=> 0<0Μ 2 + CM2 - 2CM · PC 2 <=> Ο<R 2 - BC PC Επομένως έχουμε OP > PC <:=> OP+R > PC+R <:=> OP + OB > PC + R <=> 0<R2 -(2RσυνΑ)(2RημΒσυνC) ή αρκεί ΟΡ + ΟΒ > ΒΡ, [λόγω της (4)] <=> 4ημΑημΒσυνC<ι η οποία ισχύει, λόγω της τριγωνικής ανισότητας <=> 2ημΑ[ημ(C+ Β) - ημ(C- Β)]<ι στο τρίγωνο ΟΒΡ. Έτσι από το τρίγωνο OPC με ΟΡ > PC προ- η οποία αληθεύει γιατί κύπτει ότι PCO > POC , οπότε από την (ι) προκύημΑ<ι και ημ(C- Β) � ημ30ο = 2ι . πτει ότι Α = 90° - PCO<90° - POC . �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/13

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2

Να αποδείξετε ότι a + b + c >- l -Ja2 + 8bc -Jb2 +8ca -Jc2 +8ab για όλους τους θετικούς πραγματικούς α ριθμούς a, b και c. Λύση Επειδή η παράσταση του πρώτου μέλους της ανισότητας είναι κυκλικά συμμετρική ως προς a, b, c, αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει k Ε � έτσι ak , , a (l) > ωστε να ισχυει 1 -

"a2 + 8bc

ak +b k +ck

για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a, b και c. Με ύψωση στο τετράγωνο και πράξεις, η ( 1) γίνεται ισοδύναμη προς την

a 2 (a k +bk +ck )2 � a2 k ( a 2 +8bc ) <=> ( a k +bk +c k )2 � a 2 k +8a 2 k -2bc (a k +b k +ck )2 - ( ak )2 � 8a 2k-2bc <::::> ( b k +c k )( a k +b k +c k +a k ) � 8a 2 k- 2bc (2) <=>

Με χρήση της ανισότητας αριθμητικούγεωμετρικού μέσου δύο φορές στο πρώτο μέλος η (2) αληθεύει, αν αληθεύει η ανισότητα

2bYzcYz 4a Xb XcXa X � 8a 2k-2bc k/ 3k74/ � 8a 2k-2 k/ 3 Ι4c <=> 8a72b bc, ·

η οποία αληθεύει (ως ισότητα) όταν

k = 2k - 2 2

και k =1 δηλαδή όταν k=i . 4 3 'Ετσι από την ( 1) για k = ! θα έχουμε:

ιιabc a'=ta, b'=tb, c'=tc ισούται με 1. Έτσι αρκεί να α ποδείξουμε την ανισότητα f(a',b ', c') � O με a', b ', c' = 1 . Επομένως, χωρίς βλάβη της γενικότη

τας μπορούμε να θεωρήσουμε ότι για τους αριθ μούς a, b, c ισχύει η ισότητα abc=1 . Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα ως

�� 444 +

l + 8ca

και επειδή υποθέσαμε ότι στην ισοδύναμη ανισότητα

l + 8ab

�ι.

(Ι)

c2 abc=1 καταλήγουμε ��.

(2) _! 1+ c3 από την οποία, αν θέσουμε χ=a -3 , y=b-3 , z = c-3 , λαμβάνουμε προς απόδειξη την ανισότητα 1 1 1 > ( ) + 1' 3 + .)ι+8χ -Jι+8y .Jι+8z για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ, y και z με xyz=1 . Επομένως, αρκεί να βρούμε κάποιο k Ε � τέ 1+_! b3

τοιο ώστε να ισχύει

--=1

..f1+8x

xk xk +yk +zk

(4)

για όλους tους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ, y, z με xyz=1 .

1 ' yz=- ειναι σταχ θερό, οπότε το ελάχιστο του αθροίσματος yk +z k 1 ' ' ' y = z = .J;. (απο' ανισοτητα αλαμβανεται οταν

---

' χ το γινομενο ' ια δεδομενο

ριθμητικού-γεωμετρικού

μέσου)

και

είναι

min (yk +zk )= 2χ -Yz .

από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα.

2°ς τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση

νής μηδενικού βαθμού, οπότε με κατάλληλη επι1 ' ' ' λογη του t = 1 ,.--;-- το γινομενο των μεταβλητων

ak a k +bk +ck -Ja 2 +8bc � � k b b� � -r===== > � � � -Jb2 +8ca - a k +bk +ck k c > k c-:---. �=== - --;-Jc2 +8ab a +b k +ck ' = ==== >

t > Ο έχουμε f( ta, tb, tc)=f(a, b,c)=t0f(a, b,c) , η συνάρτηση f, άρα και η ανισότητα, είναι ομογε Επειδή για κάθε

Επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι για κάθε

χ > Ο αληθεύει η ανισότητα xk 1 1 1 > -../1+8χ - xk +2x-Yz 1+2x-3 Yz - 1+2xd ' (5) 1+ 8χ� ( ι+ 2xd )2 ή ισοδύναμα 2 xd + d x <::::> 1+8x � 1+4xd+4x2d <::::> χ� 2 = = --=

c a b 1, + f ( a, b, c)= + -Ja 2 +8bc -Jb 2 +8ca -Jc2 +8ab με a, b, c > Ο , οπότε η ανισότητα γίνεται: f(a,b,c ) � Ο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/14

--...,-

----

Μαθηματικοί Διιryωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

ή αρκεί

2 d=- . 3

χ � .Jxdx2d = χ 3% , η

Στη συνέχεια εργαζόμαστε μέσω της (4) , όπως και στον πρώτο τρόπο. 3ος τρόπος Θα δώσουμε μία ακόμη λύση με τη βοήθεια της Ανάλυσης, η οποία οφείλεται στον αρχηγό της Πολωνικής ομάδας Μ. Cuczma. Λόγω ομογένειας, υποθέτουμε όn abc = ι , οπότε έzουιu:

• = = ( ι + Sa_, )-Υ, ! Ja2 + 8bc a2 + . a

και ομοίως

2 u � + � � l , για u > 2 ν u - + δ '\/8U + ι u 2 <=> � � ι - ι;;--:-;- , για u > 2 ν8u + ι ν u2 + 8 4 4 , για u > 2 u2 � ι + -<=> -8u + ι .Jsu + l u2 + 8 + 10 -:-: , για u > 2 ι > u2 + 16ur;;<=> � ) ( '\/8U + l u2 + 8 '\/8U + l

οποία αληθεύει για

η οποία με ύψωση στο τετράγωνο είναι ισοδύναμη προς την ανισότητα

(u -ι)2 ( 2u3 + 4u2 + 30u - 9 ) � Ο , η οποία αληθεύει για u > 2 . 4°ς τρόπος [Σ. Λουρίδα]

b c Θα χρησιμοποιήσουμε, κατά κύριο λόγο, την ( ι +sb-η-Yz (ι+8c-η-Υz , γνωστή ανισότητα Cauchy-Schwarz-Buniakowski ' .Jc2 + 8ab .Jb2 + 8ca C.S.B.) Θέτουμε a -3 = ex b-3 = eY και c-3 = e2 οπό- ( ( χ� + χ� + · . . + x� ) ( y� + y; + . . · + y� ) � τε λόγω της σχέσης abc = ι προκύπτει όn χ + y + z = Ο . Θεωρούμε τη συνάρτηση ( χ Ι yΙ + Χ 2 Υ2 + · . . + ΧπΥπ )2 · a c f{t) = ( ι + 8e1 ΓYz , t e JR . 'Ετσι αρκεί να αποδεί Έστω Α = + b + ��== .Ja2 +8bc .Jb2 + 8ac .Jc2 + 8ab ξουμε όn f(x) + f ( y) + f (z) � ι . Η συνάρτηση αυτή έχει δεύτερη παράγωγο και Β = a.Ja2 + 8bc + b.Jb2 + 8ac + c.Jc2 + 8ab , ο f"(t) = 4e1 ( ι + 8e1 Γ% ( 4e1 - ι ) , οπότε είναι 1αιρτή πότε από την ανισότητα (C.S .B.) θα έχουμε στο διάστημα [-ln 4, +οο ) . + Α· Β= + Διακρίνουμε nς περιπτώσεις: a b S # ': OO #c':Sab # �Sac Ι. Έστω x, y,z � -ln 4 . ..[a (�a2 + 8bc)2 +.Jb(�b2 +8ac )2 + ..fc(�c2 + 8ab)2 ] '

Τότε από την ανισότητα του Jensen προκύπτει ότι

f (x) + f ( y) + f (z) � 3f( x + �+ z )= 3f (O) = l . 1 1 . Έστω

Τότε

�, f (y) > �

� (a + b + c)2 . (ι)

Αρκεί B � (a + b + c)2 Γνωρίζουμε όn

και

2 >ι. f(x) + f ( y) + f(z) > f(x) + f ( y) > J3 ΙΠ.'Εστω

δηλαδή

x < -ln4, y < -ln4 f(x) >

[

[(

χ < -ln4 � y,z

Τότε έχουμε

y z f (x) + f ( y) + f (z) � f (x) + 2f( ; )= = f (x) + 2f (-;}

<=> Β2 � (a + b + c)4 •

. (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + cXc + a) � a3 + b3 +c3 + 24abc <*> Ταυτόχρονα:

� =(.Jiι.Ja3 +8abc +.Jb.Jb3 +8abc +..fc.Jc3 +8abc )2 �

Β2 � ((J;} + (Jb)2 + (..fc)2 ) ( (.Ja3 + 8abc }2 +(.Jb3 + 8abc }2 + (.Jc3 + 8abc }2 ] = (a+b+c) ( a3 +

+b3 + c3 + 24abc ), από την ανισότητα (C.S.B.). Άρα

οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι

f(x)+ 2f(-; )� ι , για χ < -ln4 . Αν θέσουμε u = e-� , τότε u > 2 και αρκεί πλέον να αποδείξουμε την ανισότητα

B2 � (a + b + c)(a + b + c)3 δηλ. B2 � (a + b + c)4 δηλ. Β � (a + b + c)2 (2). Με βάση τις σχέσεις ι•>

Αφού "tx, y e JR; =>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.Ι/15

x+y

� FY => χ + y � 2,J;Y

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

( 1), (2) έχουμε: A · B �(a+b+c )2 ::::} ::::} A(a+b+c)2 � (a+b+c )2 ::::} Α � 1 .

IG (ρ )I � 3

κανοποιεί ταυτόχρονα τις ανισότητες και

I B(p )l � 3 . Κατ' αρχήν παρατηρούμε ότι

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Ε ικοσιένα κορίτσια και εικοσιένα αγόρια ΣIG (p )I = ΣI P ( g )l :::; 6 IGI και ΣI B(p )I :::; 6 IBI ,(2) pe P geG pe P πήραν μέρος σε έναν μαθηματικό διαγωνισμό. Κάθε διαγωνιζόμενος/η έλυσε το πολύ έξι όπου η ισότητα των δύο πρώτων αθροισμάτων της (2) προκύπτει μέσω της συνάρτησης προβλήματα. 1, αν το g έλυσε το πρόβλημα p Για κάθε ζευγάρι από ένα κορίτσι και ένα α χ = g, Ρ ( ) γόρι υπήρξε ένα τουλάχιστον πρόβλημα το Ο, αν το g δεν έλυσε το πρόβλημα p, οποίο λύθηκε και από το κορίτσι και από το και των ισοτήτων αγόρι. )l = ΣΣ χ ( g,p ) = ΣΣ χ (g,p ) = ΣIP (g )l Να αποδείξετε ότι υπήρξε ένα πρόβλημα το peΣIG(p geG geG pe P P οποίο λύθηκε από τρία τουλάχιστον κορίτσια Θεωρούμε και τα σύνολα και από τρία τουλάχιστον αγόρια. •

{

•

Λύση Κατ' αρχήν χρησιμοποιούμε τους παρακάτω συμβολισμούς: το σύνολο των κοριτσιών που πήραν μέ G= ρος στο διαγωνισμό, το σύνολο των αγοριών που πήραν μέ Β= ρος στο διαγωνισμό, P (g ) = το σύνολο των προβλημάτων που λύθη καν από το

P(b ) = G (ρ)

gε G ,

το σύνολο των προβλημάτων που λύθη καν από το b ε Β , = το σύνολο των κοριτσιών που έλυσαν το

Β (ρ) =

πρόβλημα ρ . το σύνολο των αγοριών που έλυσαν το

πρόβλημα ρ . Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος, για κάθε g ε G και b ε Β , θα έχουμε:

IP ( g )l ::; 6 , IP(b )l ::; 6 και P ( g ) n P (b ) :;t: 0 , όπου με I P ( g )l συμβολίζουμε το πλήθος των στοι χείων του συνόλου P ( g ) κλπ. Πρέπει να αποδείξουμε ότι για κάποιο πρό βλημα p ε Ρ ισχύουν ταυτόχρονα οι ανισότητες

IG (ρ )I � 3 και IB (ρ )I � 3 .

Θα υποθέσουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο και θα προσπαθήσουμε να καταλήξουμε σε άτοπο aπαριθμώντας με δύο τρόπους όλες τις διατεταγ μένες τριάδες ( p,g,b ) με ρ ε P ( g ) n P (b ) . Έτσι,

αν

θεωρήσουμε

το

σύνολο

T = {( p, g,b ) : p ε P ( g ) n P (b)} , η δεύτερη συνθή κη του προβλήματος μας δίνει τη σχέση

ITI = Σ ΣIP(g ) n P (b )I � IGI · IBI = 212

Υποθέτουμε ότι δεν υπάρχει

ρε Ρ

(1 )

που να ι-

Ρ+

= {ρ ε P : l a (p )l � 3} Ρ_ = {ρ ε P : IG(p )l ::; 2}.

Θα αποδείξουμε ότι

Σ IG (p )I � IGI

pe P_

και

Σ IB(p )I � IBI ,

(3)

οπότε αμέσως προκύπτουν οι ανισότητες

Σ IG (p )I ::; 5 IGI και Σ I B(p )I ::; 5IBI .

pE�

pE �

Πράγματι, αν θεωρήσουμε τυχαίο

g ε G , τότε

σύμφωνα με την αρχή της περιστεροφωλιάς, οι δύο συνθήκες του προβλήματος δίνουν ότι το κο ρίτσι g έλυσε κάποιο πρόβλημα p το οποίο λύθηκε ' 21 ' ' ' απο' τουλαχιστον - αγορια, δηλαδη απο' τουλα-

χιστον4 αγόρια, δηλαδή

I B(p )I �4 , οπότε ρ ε Ρ_ .

Επομένως κάθε κορίτσι έλυσε τουλάχιστον ένα πρόβλημα του συνόλου Ρ_ και έτσι

Σ I G (ρ )I � IGI .

pe P_

(4)

Από τις (2 ) και (4) προκύπτει ότι

Σ IG(p )l = ΣG( p ) - Σ IG (p )I ::; 5 IGI .

pE �

pe P

Ομοίως κάθε αγόρι έλυσε ένα πρόβλημα που λύθηκε από τουλάχιστον 4 κορίτσια, οπότε κάθε αγόρι έλυσε ένα τουλάχιστον πρόβλημα του συνό λου Ρ+ . Έτσι θα έχουμε τις σχέσεις

Σ IB( p )I � IBI

και

Σ IB( p )I � IBI .

pe P_

(5)

Χρησιμοποιώντας τις (4) και (5) υπολογίζουμε

ITI = Σ IG (p )I · IB(p )l pe P_

:::; 2 ΣIG(p)l +2 ΣIB(p )l ::; 1oi GI +IO IBI =20 · 21 , pe P.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/16

peP_

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

το οποίο είναι αντίθετο προς τη σχέση ( 1 ) , όπου είναι � 21 2 • 2°ς τρόπος Χρησιμοποιούμε τους συμβολισμούς της πρώ της λύσης και υποθέτουμε ότι για κάθε p ε Ρ ι-

ιτι

I G (p )I ::;2 ή IB(p )I � 2 . Για κάθε p ε Ρ , χρωματίζουμε το p κόκκινο, αν Ι α (ρ )I � 2 , ενώ το χρωματίζουμε μαύρο, αν I G (ρ )I � 3 . Όμως σύμφωνα με την υπόθεση που κάναμε, αν Ι α (p )I � 3 , τότε ισοδύναμα θα ισχύει IB(p )l � 2 , οπότε αν με X (p ) συμβολίσουμε το χρώμα του προβλήματος p, τότε κόκκινο, αν Ι α (p )I � 2 X (p ) = μαύρο, αν IB (ρ )I � 2. Θεωρούμε έναν πίνακα με 21 γραμμές, που η καθεμία αντιστοιχεί σε ένα κορίτσι, και με 2 1 στή σχύει

{

λες, που η καθεμία αντιστοιχεί σε ένα αγόρι. Για κάθε g Ε G και b Ε Β χρωματίζουμε το τε-

(g, b) ως εξής: Θεωρούμε πρόβλημα ρ ε P ( g) n P ( b ) και a ντιστοιχούμε στο τετράγωνο ( g, b) το χρώμα του προβλήματος p, (υπάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο p, λόγω της δεύτερης συνθήκης του προβλήματος).

τράγωνο που αντιστοιχεί στο ζευγάρι

Σύμφωνα με την αρχή της περιστεροφωλιάς, ένα από τα δύο χρώματα aντιστοιχίζεται τουλάχιστον σε

441 2

τετράγωνα, δηλαδή τουλάχιστον σε

221

τετράγωνα. Έτσι κάποια γραμμή θα έχει τουλάχι221 ' ' ' ' στον 2ι μαυρα τετραγωνα, δηλαδη θα εχει τουλάχιστον 1 1 μαύρα τετράγωνα ή κάποια στήλη θα έχει τουλάχιστον 1 1 κόκκινα τετράγωνα. Υποθέτουμε όn η γραμμή που αντιστοιχεί στο κορίτσι g ε G έχει τουλάχιστον 1 1 μαύρα τετρά-

γωνα. Τότε για καθένα από αυτά τα 1 1 τετράγωνα το μαύρο πρόβλημα που χρησιμοποιήθηκε για τον χρωματισμό του τετραγώνου λύθηκε το πολύ από 2 αγόρια. Έτσι το κορίτσι g πρέπει να έχει λύσει τουλάχιστον

.!...!.

2 6

διαφορετικά προβλήματα, δηλαδή

τουλάχιστον διαφορετικά προβλήματα. Λόγω της πρώτης συνθήκης του προβλήματος, το κορί τσι g έλυσε ακριβώς αυτά τα 6 προβλήματα. Τότε όμως το πολύ 12 αγόρια έλυσαν κάποιο πρόβλημα που λύθηκε από το κορίτσι g, που είναι αντίθετο με τη δεύτερη συνθήκη του προβλήματος. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσου με ότι κάποια στήλη έχει τουλάχιστον 1 1 κόκκινα

τετράγωνα. Άρα για κάποιο πρόβλημα

pε Ρ

θα ισχύει

I G (p )l � 3 και IB(p )l � 3 .

3°ς τρόπος Θεωρούμε έναν πίνακα 21 χ 2 1 και στο τετρά γωνο που ανήκει στη i και στην στήλη στήλη το ποθετούμε ένα από τα προβλήματα που επιλύθη καν και από το αγόρι i και από το κορίτσι j. Σύμφωνα με την πρώτη συνθήκη του προβλή ματος, σε κάθε γραμμή του πίνακα θα υπάρχουν το πολύ 6 διαφορετικά προβλήματα. Εύκολα διαπι στώνουμε όn το πολύ 5 προβλήματα μπορούν να εμφανίζονται σε μια γραμμή το πολύ 2 φορές, για τί διαφορεnκά θα συμπληρώναμε το πολύ 6χ2 = 12 από τα 21 τετράγωνα της γραμμής, που αντίκειται στη δεύτερη συνθήκη του προβλήματος. Επομένως τουλάχιστον 1 1, δηλαδή περισσότερα από τα μισά τετράγωνα κάθε γραμμής θα συμπλη ρώνονται με προβλήματα που εμφανίζονται στη γραμμή τουλάχιστον 3 φορές. Το ίδιο ακριβώς συμπέρασμα μπορεί να προ κύψει και για κάθε στήλη του πίνακα. Επομένως υπάρχει ένα τουλάχιστον τετράγω νο του πίνακα που εμφανίζεται 3 τουλάχιστον φο ρές στη γραμμή του και 3 τουλάχιστον φορές στη στήλη του. -

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4

Έστω n ένας περιττός ακέραιος μqαλύτε ρος του 1, και έστω k 1 , k 2 , , kn δεδομένοι α κέραιοL Για καθεμιά από τις n! μεταθέσεις a = ( a1 ,a2 , . . . ,a0 ) του συνόλου {1,2, . . . ,n} ορί•••

S ( a) = Σ k1a1 1=1 Να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο μεταθέσεις b και c με b :;t: c , έτσι ώστε ο αριθμός n ! να είναι διαιρέτης του S (b ) - S (c) . Λύση ζουμε

•

Θα χρησιμοποιήσουμε απαγωγή σε άτοπο, η οποία οδηγεί στον υπολογισμό του αθροίσματος Σ s(a ) (modη! ) πάνω στις η! μεταθέσεις του

{1,2, . . . ,η} . Στη συνέχεια θα υπολογί σουμε το άθροισμα Σ s(a ) και με άλλο τρόπο και θα προσπαθήσουμε για η περιττό να καταλήξουμε συνόλου

σε άτοπο. Αν υποθέσουμε ότι ο

η! δεν είναι διαιρέτης b :;t: c , τότε κάθε S (a )

του S ( b ) - S ( c ) για κάθε πρέπει να έχει διαφορετικό υπόλοιπο όταν διαιρεί ται με το η! και αυτά πρέπει να είναι ακριβώς οι αριθμοί Ο, 1, 2, ... , η !- 1 . Τότε θα έχουμε και ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/17

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Σ s(a ) = [ο + 1 + 2 + · · · + (η!- Ο]mοdη! (η!- Οη! Σ s (a ) = 2 mοdη! . ( 1) Όμως στο άθροισμα Σ s(a ) , ο αριθμός k1 πολλαπλασιάζεται με κάθε αριθμό k του συνόλου {1,2, . . . ,η} συνολικά (η - 0! φορές, δηλαδή μία φορά για καθεμία από τις (η - 0! μεταθέσεις του συνόλου {1, 2, . . . ,η} στις οποίες ο αριθμός k έχει τη θέση του aj . Έτσι ο συντελεστής του k1 στο άθροισμα Σ s(a ) είναι (η - 1 ) !(1 + 2 + · · · + η ) = (η + 1 ) ! . 2 Το ίδιο ισχύει και για τον συντελεστή του ki , i = 2, . . . ,η , οπότε (2) Από τις ( 1) και (2) έχουμε ότι (η+ Ο ! k1 + k +· · ·+k = (η!-Οη! (mοd η! ) . (3) n) 2 2 ( 2 Επειδή ο η είναι περιττός, ο η + 1 είναι άρτιος ) , και ο (η + 1 ! ειναι πολλαπλάσιο του η.' , οποτε το 2 αριστερό μέλος της (3) είναι ισοϋπόλοιπο με το Ο modulo η! , ενώ για η > 1 το δεξιό μέλος της (3) δεν είναι πολλαπλάσιο του η! αφού ο η !- 1 είναι περιττός. Έτσι για η περιττό και μεγαλύτερο του 1 καταλήγουμε σε άτοπο. ,

ΠΡΟΒΛΗΜΑ S

Σε τρίγωνο ABC, έστω ΑΡ η διχοτόμος της γωνίας BAC , με το σημείο Ρ πάνω στην πλευρά BC, και έστω BQ η διχοτόμος της γωνίας ABC , με το σημείο Q πάνω στην πλευρά CA. Δίνεται ότι BAC = 60° και ότι ΑΒ + ΒΡ = AQ + QB . Ποιες είναι οι δυνατές τιμές των γωνιών του τριγώνου ABC; Λύση (1 ος τρόπος) Λ

τμήμα QE = QB . Τότε έχουμε AD=AB+ BD=AB+BP= AQ+QB = AQ+QE = AE . Άρα το τρίγωνο ADE είναι ισοσκελές με DAE = 60° , οπότε τελικά το ADE είναι ισόπλευρο τρίγωνο. Επειδή η ΑΡ είναι η διχοτόμος της γωνίας DAE, εύκολα προκύπτει ότι PD = ΡΕ . Στη συνέχεια θα αποδείξουμε Ε = C , ή ισοδύ ναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι τα σημεία Β, Ρ και Ε είναι συνευθειακά. Υποθέτουμε ότι τα σημεία Β, Ρ και Ε δεν είναι συνευθειακά, οπότε σχηματίζεται το τρίγωνο ΒΡΕ. Β . Με τα Ρ, Q Έχουμε ότι PBQ = PDB = PEQ = 2 να είναι στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ΒΕ, όπως στο σχήμα, έχουμε ΡΒΕ = EBQ- PBQ = BEQ- PEQ = ΡΕΒ . Η ίδια ισότητα προκύπτει ανάλογα και στην περίπτωση που τα Q, Ρ βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την ΒΕ. Επομένως θα έχουμε σε κάθε περίπτωση την ισότητα ΡΒΕ = ΡΕΒ , από την οποία και την ( 1) προκύπτει η ισότητα των πλευρών PB = PE = PD . (2) Επειδή έχουμε θεωρήσει BD = ΡΒ , από την (2) προκύπτει ότι ΡΒ = BD = PD , οπότε το τρίγω νο PBD είναι ισόπλευρο, που είναι άτοπο, γιατί τότε θα έχουμε ΑΒΡ = Β = 120° και Α + Β = 60° + 120° = 1 80° . Άρα τα σημεία Β, Ρ και Ε είναι συνευθειακά, οπότε Ε C . Από το τρίγωνο QBC έχουμε πλέον ότι Β = C και αφού Β + C = 120° , εύκολα προκύ2 πτει ότι Β = 80° και C = 40° . 2ος τρόπος (Β. J. Veηkatachala, Ινδία) Θεωρώντας BC = a , CA = b και ΑΒ = c έχουμε ΒΡ = � ' BQ = 2ca τ(τ - b) , b+c c+a ca , τ ειναι η ημιπεριμετρος , AQ = cb , οπου του τριc+a γώνου AB C. Έτσι η ισότητα ΑΒ + ΒΡ = AQ + QB γίνεται ισοδύναμη προς την ισότητα a + b + c = b_ + � τ(τ - b ) ca b+c b+c c+a r---,----- -,· b) , <=> 4-Jc"τ( τ - b ) + ab.Jc" = 2-.Γa (b + c ) �τ( τ η οποία με τον μετασχηματισμό ω = �τ(τ - b ) γί νεται ισοδύναμη προς την εξίσωση Λ

Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΒ προς το μέρος του Β κατά τμήμα BD = ΒΡ και την AQ κατά

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/18

�

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Εξισώνοντας τις εκφράσεις για το p λαμβά4Fcω2 - 2Ji. (b + c)ω + ab Fc = Ο , (5) b(b + d - a ) = d(c - d) νουμε Ji. ' εχει ' τις λ:υσεις ' η οποια ω = J;; η ω = Γb Επειδή (b,d) = 1 (διαφορετικά ο ab + cd δεν 2 2νc είναι πρώτος) , από την (5) λαμβάνουμε ότι Διακρίνουμε τώρα δύο περιπτώσεις: b Ι (c -d), που είναι άτοπο, γιατί Ο < c - d < b . ac J;; ω= <=> τ(τ - b) = Ι. Άρα ο αριθμός ab + cd δεν είναι πρώτος. 2 4 2"ς τρόπος <=> a 2 + c2 + ac = b2 <=> συνΒ = _.!._ Η ισότητα ac+bd = (b+d+·a -c)(b+d-a +c) 2 είναι ισοδύναμη προς την ισότητα <=> Β = 120° [αδύνατο, αφού Α = 60° ] a 2 - ac + c2 = b2 + bd + d2 , (1) από την οποία προσπαθούμε να βρούμε μια ισότη 11. ω = � <=:> c(a + c)2 = b 2 (a + c) 2νc τα της μορφής (r + s )(b2 + bd + d2 ) = (ab + cd)t . 2 <=> b = c(c + a) <=> b 2 -c 2 = ca Για παράδειγμα, έχουμε (ac + bd) (b2 + bd + d2 ) = <=> (2RημΒ )2 - ( 2RημC )2 = 2RημC 2RημΑ = ac (b2 + bd + d 2 ) + bd (a 2 - ac + c 2 ) <=> η μ2 Β -η μ2 C = ημCημΑ = ab2 c + acd2 + a 2 bd + b 2cd <=>ημ(Β-C)ημ(Β+C) =ημCημΑ <=:>ψ(Β-C) =ημC = ab · bc + cd · ad + ab · ad + cd bc <=> Β - C = C [ Β , C γωνίες τριγώνου] <=> Β = 2C , = (ab + cd)(ad + bc) . (2) οπότε αφού Β + C = 120° προιcύπτει ότι Β = 80° Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι ισχύουν οι ανισότητες ab + cd > ac + bd > ad + bc , (3 ) και C = 40° . οι οποίες προκύπτουν εύκολα από τις ανισότητες Π ΡΟΒΛΗΜΑ 6 Έστω a, b, c, d ακέραιοι αριθμοί με (a - d)(b - c) > O και (a - b)(c - d) > O . Υποθέτουμε ότι ο αριθμός ab + cd είναι πρώ a > b > c > d > Ο . Δίνεται ότι τος. Τότε από την (3 ) έπεται ότι ac + bd = (b + d + a - cHb + d - a + c) . Να αποδείξετε ότι ο αριθμός ab + cd δεν εί ( ab + cd, ac + bd) = 1 , οπότε από την (2) προκύπτει ότι (ac + bd) Ι (ad + bc) , 10 οποίο είναι αδύνατο ναι πρώτος. λόγω της (3 ) . Λύση (1 τρόπος), Υ. Chen, Κίνα. Επομένως ο αριθμός ab + cd δεν είναι πρώτος. Η δεδομένη ισότητα μετά από πράξεις γίνεται Σημείωση: a 2 - ac + c2 = b 2 + bd + d2 (1) . Η σχέση (2) μπορεί να προκύψει από την ( 1 ) Υποθέτουμε ότι ο αριθμός ab + cd = p είναι και γεωμετρικά, αν θεωρήσουμε εγγράψιμο τετρά πρώτος. Τότε έχουμε a = (p - cd)b- 1 και με αντι πλευρο ABCD με ΑΒ = a , BC = d , CD = b , κατάσταση στην ( 1 ) λαμβάνουμε AD = c , BAD = 60° και BCD = l20° . (p - cd)2 - (p -cd)cb + c 2 b2 = b 2 (b2 + bd + d 2 ) Τότε τα δύο μέλη της ( 1 ) είναι ίσα με BD2 , ε 2 2 ( <=> p - 2cdp -cbp = b - c 2 ) (b 2 + bd + d 2 ) νώ με εφαρμογή του νόμου των συνημιτόνων στα τελικά ότι <=> p (ab - 2cd -cb) = ( b2 - c 2 ) (b 2 + bd + d2 ) (2) τρίγωνα AB C και ACD+προκύπτει cd)(ac bd) + (ab . AC 2 = Επειδή έχουμε ότι 1 < b 2 - c 2 < ab < p , από ad + bc την (2) έπεται ότι -Ρ Ι ( b2 + bd + d2 ) Έτσι από το θεώρημα του Πτολεμαίου λαμβά (3 ) Όμως από τις υποθέσεις a > b > c > d > Ο νουμε την ισότητα AC BD = ab + cd , η οποία με ύψωση στο τετράγωνο και αντικατάσταση της τι προκύπτει ότι b2 + bd + d2 < 2ab + cd < 2p , μής των AC2 και BD2 οδηγεί στη σχέση (2) . οπότε από την (3 ) λαμβάνουμε ότι p = b 2 +bd + d 2 ( ) 4 '

ος

Τόπος Διοργάνωση ς:

Γιουγκοσλαβία (Βελιγράδι)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 Έστω η ένας θετικός ακέραιος αριθμός. Α ποδείξτε ότι αν a και b είναι ακέραιοι μεγαλύΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/19

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

τεροι του ι τέτοιοι που 28 - ι = ab , τότε 0 αριθμός ab - (a - b) - ι είναι της μορφής k 22m όπου k είναι περιττός και m είναι ένας θετικός ακέρ (Ι" τρ6πος)

α�

Κατ' αρχήν έχουμε: Τ = ab - (a - b) - Ι = (a + Ι)(b - Ι) . Από την ισότητα ab = 2" - Ι προκύπτει ότι οι αριθμοί a, b είναι περιττοί, οπότε οι αριθμοί a+ 1 και b-1 είναι άρτιοι. Επομένωςθα έχουμε (1 ) a + Ι = κ · 2"' και b - 1 = λ · 2"' , με κ, λ περιττούςθετικούς ακέραιους και ν 1, ν2θε τικούς ακέραιους. Τότε η ισότητα ab = 2" -1 γίνεται: (κ·2"' -Ι) · (λ · 2"' +1)=2"-Ι (2 ) Επίσης από την ισότητα ab = 2" - 1 και τις ( 1 ) λαμβάνουμε: a = k · 2" ' - 1 < 2 " - l και b = λ · 2"' + 1 < 2" - l από τις οποίες προκύπτει ότι: ν1 <ν και ν2 < ν . (3) Αν υποθέσουμε ότι ν1 ν2 και θέσουμε ω=mίη{ν1,ν2 } , τότε από τη (2) διαιρώντας με 2ω λαμβάνουμε μια ισότητα της οποίας το πρώτο με λος είναι περιττόςθετικός ακέραιος, ενώ το δεύτε ρο μέλος της είναι αρτιοςθετικός ακέραιος (άτο πο). Άρα είναι ν = ν οπότε2 T = (a + l )(b - I) = κλ · 2 "' = κ · 2 2 m , ανθέσουμε κ = (περιττόςθετικός ακέραιος, ως γινόμενο περιττώνθετικών ακεραίων) και = ν1 • 2°ς τρόπος Έστω deg2 ο μεγαλύτερος φυσικός k. που είναι τέτοιος ώστε 2k Ι Τότε, αν T = (a + l )(b - 1 ) , θα έχουμε deg2 τ = deg2 [(a + l ) ( ab - 1 ) ] = deg2 [(a + l ) (b - 1 ) a επειδή a περιττός. Επιπλέον έχουμε deg2 τ = deg2 [(a + l ) (ab - a )] = deg2 [( a + 0(2" - 1 - a )] = deg2 [c ( 2 " - c )] , όπου c = a + 1 άρτιος και c < 2" . Έστω deg2 c = k . Τότε: c = 2k λ, λε Ν* και συνεπώς: 2k ::; 2k λ = c < 2n κι επομένως k < n Έ χουμε ακόμα κάτι: deg2 (2n - c) = k και :;t:

2 ,

κλ

χ.

deg2 τ = deg2 c + deg2 (2" - c) = 2k

ριθμοί, τότε αυτό είναι ένα κανονικό πεντάγωνο. Λύση (lος τρόπος)

c"'�: �: -,�: -

_ _

Α,

_ _ _ _

Α;� _ �

Έστω ότι το τετράγωνο Α1Α2Α3Α4Α5 έχει τις δεδομένες ιδιότητες, οπότε όλες οι εσωτερικές γω νίες του είναι 108°. Έστω ακόμη ότι οι προεκτάσεις της Α1Α5 τέμνουν τις Α2Α3 και Α3Α4 στα σημεία C και D, αντιστοίχως. Τότε τα τρίγωνα A1CA2 , A4DA5 και CA3 D είναι ισοσκελή, οπότεθα έχουμε: CA3 = A 3D CA 2 + Α2Α 3 = Α 3Α 4 + A4D Α2Α 3 - Α 3 Α 4 = A4D - CA2 2CΑ2 ° = Α 1 Α2 2DΑ4 7 ° = Α4Α5 (DA4 - CA2 ) = Α4Α5 - Α1Α2 ( 1) 2 συν7 2° (Α2Α3 - Α3 Α 4 ) = Α 4Α5 - Α 1 Α2 Αν Α2Α 3 - Α 3Α 4 ::�; Ο ,

και συν72 Επίσης έχουμε συν 2 , οπότε: 2συν72° και συνεπώς λόγω τις έχουμε: (2 ) τότε από τη (2) ήταν προκύπτει ότι αριθμός συν72° είναι ρητός αριθμός, που είναι άτοπο. Επομένως θα είναι Α2Α3 = Α3Α4 και Α4Α5 = Α 1 Α2 • Ομοίως αποδεικνύεται η ισότητα ανά δύο όλων των πλευρών του πενταγώνου, οπότε είναι κανονικό. 2ος τρόπος (Σ. Λουρίδα) Θα χρησιμοποιήσουμε ότι: ί) Το ημ18° είναι άρρητος. (Ι)

(Ι) Διότι 3 · 1 8° = 54° 2 · 1 8° = 36° 54° + 36° = 90° ημ(3 · Ι 8° ) = συν(2 · 1 8°) ή 3ημ1 8° - 4ημ3 1 8° = Ι - 2ημ2Ι8° ή 4ημ3 1 8° - 2ημ2Ι 8° - 3ημ18° +Ι = 0

Αν: ημ1 8° = χ

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 Ν δείξετε ότι, αν ένα κυρτό πεντάγωνο ικα νοποιεί τις ιδιότητες που ακολουθούν (ι ) όλες οι εσωτερικές του γωνίες είναι ίσες (2) τα μήκη όλων των πλευρών είναι ρητοί α-

(1)

Τότε: 4x3 - 2x2 - 3x + l = O .

(1)

λ lλ λ:;t:Ο

kk Έστω ρ= «ρητή ρίζα της (1)» Τότε: ρ = (k, λ) = l . Έχουμε: 4k3 - 2k2λ - 3kλ2 + � = 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/20

εΖ

και

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Ένα κυρτό πεντάγωνο με ίσες εσωτερικές γω αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου. Έτσι έ-.{ουμε νίες και με πάνω από δύο πλευρές ίσες είναι κανονικό. 3�a 2 b2 c 2 < J3abc , από την οποία προκύπτει αμέiii) Ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (έστω (1) ΑΒ = ΑΓ ) και Α = 36° δεν μπορεί να έχει όλες σως ότι abc > 3J3 2 c2 (a + b + c )2 a 2 bτου τις πλευρές με μέτρα ρητούς αφού τότε το Επίσης έχουμε , αφού :::; ημl8° θα ήταν ρητός. 3 3 abc :::; a + b + c και a,b,c > Ο . Επειδή ΜΓ 2 ημ18 = - = ..... (a + b + c ) _< a 2 + b2 + c 2 (προκύπτει από την ΑΓ 3 Λύση (a - b )2 + (b - c )2 + (c - a )2 � Ο ) και Έστω ΑΒΓΔΕ το κυρτό πεντάγωνο με a 2 + b2 + c 2 < J3abc, έχουμε τελικά ότι A = B = r = Δ = E = l08° και με τα μήκη των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΕ, ΕΑ ρητούς αριθμούς. abc < 3J3 , που αντίκειται στησχέση ( 1 ) . Άρα a 2 + b2 + c2 � J3abc . Έστω ΑΒ � ΒΓ , ΑΒ > ΓΔ , ΑΒ > ΔΕ , ΑΒ > ΕΑ . Θεωρούμε το κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓ1Δ 1 Ε 1 (m2°ς τρόπος (Σ. Λουρίδα): Γνωρίζουμε ότι για κάθε χ , y, w ε IR ισχύει : θανόν Γ1 = Γ ). χ 2 + y2 + ω2 � χy + yω + ωχ , ( 1 ) Δι Θεωρούμε Ε , Ε 2 1 1 Γ, Δ, οπότε, από την οποία προκύπτει και η ανισότητα αν Ε :ι:. Ε, τότε: ( x + y + w )2 � 3( xy + yw + wx ). (2) Γι Έτσι έχουμε: i) 'Ε = Ε = 108° . 2 ii) Οι πλευρές του a 2 + b2 + c 2 � abc.J3 � ( a2 + b2 + c2 )2 � 3a 2 b2 c 2 τρ. ή λόγω της (2), αρκεί 3(a2b2 + b2c2 +c2a2 ) � 3a2b2c2 ισοσκελούς Ε 1 ΕΕ 2 είναι ρητοί ή λόγω της ( 1 ), αρκεί ab 2 c + a 2 bc + abc 2 � a 2b2 c2 Β Α. αριθμοί αφού <=> abc(b + a + c ) � a 2b2c 2 Ε 1 Ε 2 = Ε 1 Ε = ΑΒ - ΑΕ και ΕΕ 2 ρητός, αφού είναι <=> a + b + c � abc , διαφορά ρητών. Αυτό όμως είναι άτοπο από την η οποία αληθεύει από την υπόθεση. ι παρατήρηση (προφανώς Ε Ε Ε2 = 18° ) . ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 Άρα Ε= Ε 1 :::::} Δ = Δ, και Γ = Γ, , οπότε το Ένας κύβος διαστάσεων 3 χ 3 χ 3 υποδιαφείπεντάγωνο ΑΒΓΔΕ είναι κανονικό. ται σε 27 ίσα μοναδιαία κυβικά κύτταρα. Ένα από ii)

----

Ει

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 Έστω a, b, c οι θετικοί πραγματικοί αριθ μοί τέτοιοι που a + b + c � abc . Αποδείξτε ότι:

a2 + b 2 + c2 � abc.J3 . Λύση

Έστω a 2 + b 2 + c2 < J3abc . Τότε θα έχουμε: 3�a 2 b2 c2 :::; a 2 + b2 + c2 < J3abc όπου η πρώτη α νισότητα προκύπτει με εφαρμογή της ανισότητας ,

αυτά τα κύτταρα είναι κενό και τα υπόλοιπα γεμίζο νται με μοναδιαίους κύβους που μαρκάρονται με τους αριθμούς 1, 2, ..., 26 κατ' αυθαίρετο τρόπο. Μία αποδεκτή κίνηση είναι μία μετακίνηση ενός μονα διαίου κύβου σ' ένα διπλανό κενό κύτταρο. Υπάρχει πεπερασμένη ακολουθία αποδεκτών κινήσεων μετά από την οποία ο μοναδιαίος κύβος μαρκαρισμένος με τον αριθμό κ και ο μοναδιαίος κύβος μαρκαρι σμένος με τον αριθμό 27 - κ ανταλλάσσουν θέσεις για κάθε κ = 1, 2, . . . ,13 ; [Δύο κύτταρα θεωρούνται διπλανά, αν έχουν κοινή έδρα]. Λύση

Χρωματίζουμε τους μοναδιαίους κύβους μαύρους ή άσπρους, έτσι ώστε οι δutλανοί κύβοι να έχουν δια ι:: = (3λ2 + 2kλ - 4k2 )k . φορετικά χρώματα. Μαρκάρουμε τα μοναδιαία κυβικά Απ' την πρώτη παίρνουμε λ/4 [αφού (k3 , λ) = 1 ] Άρα: κύτταρα με τους αριθμούς 1 , 2, ... , 27 έτσι ώστε διαδο χικοί αριθμοί να ανnστοιχούν σε διπλανά κύτταρα. Για λ = ±1, ±2, ±4 Απ' τη δεύτερη k = ±1 παράδειγμα, χωρίζουμε τον κύβο σε τρεις ορόφους και Συνεπώς: ρ = ±ι,±!,±! . ανnστοιχούμε στον τρίτο όροφο τους αριθμούς 1-9, 2 4 στον δεύτερο όροφο τους αριθμούς 10-18 με το 10 α Εύκολα διαπιστώνεται ότι για τις τιμές αυτές του ρ η ( 1) κριβώς κάτω από το 9 και στον πρώτο όροφο τους αείναι αδύνατη. (Λύνεται και Γεωμετρικά). και

συνεπώς:

4k3 = (2k2 + 3kλ + λ2 )λ

και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/21

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

ριθμούς 19-27 με το 19 ακριβώς κάτω από το 1 8 (βλ. σχήμα 2).

2ος τρόπος Χρωματίζουμε τα (μοναδιαία) κυβικά κύτταρα μαύρα ή άσπρα, εναλλάξ έτm ώστε γειτονικά κύτταρα να έχουν διαφορετικά χρώματα. Σε κάθε μοναδιαίο κυβικό κύτταρο αντιστοιχού με τον αριθμό του μοναδιαίου κύβου ο οποίος αρχικά τοποθετείται στο κύτταρο αυτό και αυτός ο αριθμός παραμένει ως αριθμός του κυττάρου. Υπάρχει και ένα άδειο κυβικό κύτταρο στο οποίο αντιστοιχούμε το σύμ. βολο *. Μια επιτρεπτή κίνηση είναι μiα αντιμετάθεση 1 2 . . . i . . . 26 * Σχήμα 2 της μορφής: Pi = . 1 ::; i ::; 26 . 1 2 . . . * . . . 26 ι Ονομάζουμε το ζευγάρι των κύβων {m, η} ανε αντιμετάθεση P i είναι στοιχείο του συνόλου στραμμένο, αν ο κύβος με το μεγαλύτερο αριθμό είναι στο κυβικό κύτταρο με το μικρότερο αριθμό. Σημειώ S27 των μεταθέσεων 27 στοιχείων και είναι περιττή με νουμε με Ι ( κ ) το συνολικό αριθμό των ανεστραμμέ τάθεση. ('fo σύνολο s27 είναι ομάδα ως προς τη σύν νων μη διατεταγμένων ζευγών των κύβων μετά από θεση μεταθέσεων). κ > Ο αποδεκτών κινήσεων. Ένας μετακινούμενος ιώ Για να ισχύει το ζητούμενο θα πρέπει να βρούμε βος τοποθετείται πάντα σε ένα κυβικό κύτταρο με δια έναν πεπερασμένο αριθμό αντιμεταθέσεων Ρι , Ρ2 , ..., φορετικό χρώμα από το δικό του. Έτm κατά τη διάταξη των μοναδιαiων κύβων διέρχεται από έναν άρτιο αριθ Ρ ι έτm ώστε να ισχύει: μό (mθανώς Ο) όJJ.ν.m μοναδιαiων κύβων. Το πέρασμα 1 2 . . . 25 26 * =q Ρ Ρι · · · Ρ Ρ = ενός κύβου WJ.iJ[,ει τον αριθμό Ι ( ) κατά ένα, οπότε · ι -ι 2 ι 26 25 . . . 2 1 * κάθε αποδεκτή κίνηση διατηρεί το άρτιο ή περιττό του Επειδή η μετάθεση q έχει το σύμβολο * ως στα αριθμού Ι ( ) . θερό σημείο αυτή αναλύεται σε ένα πεπερασμένο αριθ Υποθέτουμε ότι έχουμε αναδιατάξει τους μονα μό εξής: αντιμεταθέσεων ως διαίους κύβους, όπως ζητείταt, σε λ κινήσεις. Οι 26 κύ ) ( q = (1, 26)(2, 25) · · · (13, 14) * . Επομένως η μετάθε βοι σχηματίζουν 25 · 1 3 = 325 μη διατεταγμένα ζεύγη. ση q είναι περιττή. Ένα ζευγάρι κύβων σε δύο κύτταρα είναι ανεστραμμέ Κάθε μετάθεση της μορφής P i WJ.iJ[,ει το χρώ νο στην τελική διάταξη, αν, και μόνο αν, το ζευγάρι των κύβων στα δύο αυτά κύτταρα δεν είναι ανεστραμμένο μα του κυβικού κυττάρου που γεμίζεται από τον κύβο κατά την αρχική διάταξη. Έτm θα έχουμε *. Για να λάβουμε τη μετάθεση q θα πρέπει να χρηm Ι ( λ ) = 325 - Ι (Ο ) , που αντίκειται στο ότι οι Ι ( λ ) και μοποιήσουμε άρτιο αριθμό μεταθέσεων της μορφής Pi , οπότε η μετάθεση q θα πρέπει να είναι άρτια, που Ι (Ο ) είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. είναι άτοπο. Άρα είναι αδύνατο να αναδιατάξουμε τους κύβους όπως ζητείται.

(

}

(

•

)

•

r ΕΙΣιΙΤDΤΗ ΣΤΗ IED'Piιl TPιlf/JHMιiTQN

του Α. Παπαϊωάννου

θεωρία γραφημάτων είναι ένας κλάδος των μαθηματικών του οποίου η «γένεση)) ανάγεται στο 1 736 όταν ο μεγάλος Ελβετός μαθηματικός L. Euler (1707-1 782) δημοσίευσε μiα, από τις περίπου χίλιες εργασίες του, την "solutio problematis ad geometήam situs pertiηeηtis (η λύση προβλήματος που αναφέρεται στην γεωμετρiα της θέσης)". Μετά από 200 χρόνια ο Ούγγρος μαθηματικός D. Κφηig (1 884-1944) δημοσίευσε το 1936 το πρώτο βιβλίο θεωρίας γραφημάτων. Έκτοτε η θεωρία γνώρισε μια μεγάλη ανάπτυξη η οποία έγινε ακόμα εντονότερη τα μεταπολεμικά χρόνια ίσως και εξαιτίας των εφαρμο-

γών της θεωρίας στην πληροφορική, στους σχεδια σμούς, στους κώδικες κ.ο.κ.. Ένα γράφημα G αποτελείται από ένα μη κενό, συνήθως πεπερασμένο, σύνολο η σημείων ν(G) που ονομάζονται κορυφές του γραφήματος, από ένα σύ νολο E(G), υποσύνολο του καρτεσιανού γινομένου ν ( G ) χ ν (G ) , τα m στοιχεία του οποίου ονομάζο νται πλευρές του γραφήματος G, και από έναν κανό να που ορiζει αν δύο διαφορετικές κορυφές, έστω οι χ και y, ενώνονται ή όχι με την πλευρά xy (ή και yx). Δύο κορυφές χ και y που ενώνονται με την πλευρά xy (ή και yx) λέγονται γειτονικές, ενώ η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/22

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

πλευρά xy προσπίπτει στην κορυφή χ ή διέρχεται από την κορυφή χ. Οι κορυφές χ και y είναι τα άκρα της πλευράς xy. Οι πλευρές xy και xz που διέρχονται και οι δύο από την κορυφή χ ονομάζονται γειτονι κές. Από τον ορισμό μία πλευρά xy ενώνει ακριβώς δύο διαφορετικές κορυφές τις χ και y. Στην πράξη ό μως εμφανίζονται περιπτώσεις όπου οι δύο κορυφές συμπίπτουν, οπότε μία τέτοια πλευρά 'λiγεται βρό χος. Επίσης πάλι στην πράξη εμφανίζονται περιπτώ σεις όπου οι διαφορετικές κορυφές χ και y ενώνονται με περισσότερες από μία πλευρές οι οποίες 'λiγονται πολλαπλές πλευρές. Κατά την εmκρατέστερη ορο λογία ένα γράφημα δεν περιέχει βρόχους και ποJ..J..n. π'λiς πλευρές, ενώ σ' ένα πολυγράφημα επιτρέπο νται οι βρόχοι και οι πο'λλωrλές πλευρές. Το διά γραμμα a του σχήματος 1 απεικονίζει ένα γράφημα G με V(G) = {1, 2, 3,4} , E(G) = {12,23, 34,41, 24} ενώ το διάγραμμα: b ένα πολυγράφημα όπου οι κο ρυφές 1 και 4 ενώνονται με 3 πολλαπλές πλευρές, και από έναν βρόχο στις κορυφές 2 και 3.

σ ι[2J' 4

��

Σχήμα 1 Τονίζουμε ότι ένα γράφημα μας πληροφορεί μόνο εάν οι κορυφές χ και y ενώνονται ή όχι με πλευρά. Δεν έχουμε καμία πληραρορία για την από σταση των δύο κορυφών, το είδος της σύνδεσής τους, την γωνία των πλευρών xy και xz και όJ.λα στοιχεία βασικά για την Γεωμετρία. Ονομάζουμε δρόμο μία ακολουθία κορυφών και πλευρών της μορφής ν0 , e ι , ν ι , ez , ν2 , . .. , νη-ι • eη , νη , όπου η πλευρά ei ενώνει τις κορυφές νί-ι και νi ι � i � η . Το μήκος ενός δρόμου είναι το πλήθος των πλευρών του. Ένας δρόμος με όλες τις πλευρές του διαφορετικές (όχι όμως και όλες τις κο ρυφές) 'λiγεται δρομίσκος. Αν επιπλέον όλες οι κο ρυφές είναι διαφορετικές τότε έχομε το μονοπάτι νι , ... , ν η που αποτελείται από τις η - 1 πλευρές ν ι ν2 , ν2ν3 , . . . , νη-ι νη δηλαδή έχει μήκος η - 1 και συμ βολίζεται με Ρη . Αν η πρώτη κορυφή ν και η τελευταία νη σ' έναν δρόμο συμπίπτουν ο δρόμος 'λiγεται κλειστός· παρόμοια ορίζεται και ο κλειστός δρομίσκος. Όμως ένα κλειστό μονοπάτι 'λiγεται κύκλος. Ο κύκλος νι , ν2 , . . . , νη αποτελείται από τις η πλευρές νι ν ν2ν3 , . . . , νη _ι νη , νη νι άρα έχει μήκος η και συμβο λίζεται με cη Το σχήμα 2 διευκρινίζει τις έννοιες αυτές. 0

z ,

Η ακολουθία ι, 2, 5, 2, 3, 4, 5, 6 είναι ένας δρό μος μήκους με άκρα τις κορυφές ι και 6. Η προ σθήκη της πλευράς ι6 μας δίνει έναν κλειστό δρόμο μήκους 8. ο δρομίσκος ι , 2, 5 , 3, 4, 5, 6 έχει μήκος 6 και άκρα τις κορυφές ι και 6. Η προσθήκη της πλευ ράς 16 μας δίνει έναν κλειστό δρομίσκο μήκους Το μονοπάτι ι, 2, 3, 4, 5, 6 μήκους 5 κλείνει αν προ σθέσουμε την πλευρά ι 6 σε κύκλο μήκους 6. Ο κύ κλος ι, 2, 3, 4, 9, 10, ι ι, 8, 5, 6, ι έχει την ιδιότητα ότι διέρχεται (προφανώς μία μόνο φορά) και από τις ι ι κορυφές του γραφήματος G. Ο κύκλος αυτός 'λi γεται κύκλος-Ηamiltοη, το δε γράφημα G που έχει κύκλο-Ηami1tοη 'λiγεται γράφημα-Ηamiltοη.

Σχήμα 2 Ένα γράφημα 'λiγεται συνεκτικό αν οποιεσδή ποτε δύο κορυφές του ενώνονται με κάποω μονοπά τι. Ένα μη συνεκτικό γράφημα αποτελείται από δύο ή περισσότερες συνεκτικές συνιστώσες. Στο σχήμα 3a έχουμε το συνεκτικό γράφημα G με 4 κορυφές και 5 πλευρές ενώ στο σχήμα 3b το μη συνεκτικό γρά φημα Η με 13 κορυφές 1 1 πλευρές και 3 συνεκτικές συνιστώσες. a -

b -

KDY Η

Σχήμα 3 Ο βαθμός d(ν) της κορυφής ν είναι το πλήθος των πλευρών που διέρχονται από την κορυφή ν. Στο σχήμα 3a οι βαθμοί είναι: d( ν2 ) = d ( ν4 ) = 3 και d ( νι ) = d ( ν3 ) = 2 . Παρατηρούμε ότι το άθροισμα των βαθμών των κορυφών κάθε γραφήματος ισούται με το διπλάσιο των πλευρών του γραφήματος πράγματι κάθε πλευ ρά αφού διέρχεται από δύο κορυφές συνεισφέρει δύο μονάδες στο άθροισμα αυτό. Συμβολικά για το γρά φημα G με η κορυφές και e πλευρές ισχύει η Σ d (νί ) = 2e . Ο αριθμός η (πλήθος κορυφών) ονοi=ι

μάζεται τάξη του γραφήματος G και ο αριθμός e (πλήθος πλευρών) ονομάζεται μέγεθος του γραφή ματος G. Το γράφημα G τάξης η και μεγέθους e συμβολίζεται και με G(η,e) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/23

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Άμεση συνέπεια της σχέσης

Σ, d (νί ) = 2e , αν i=l

χωρίσουμε τις η κορυφές του G σε «άρτtε9> κορυφές (δηλαδή κορυφές άρτιου βαθμού) και σε «περιττές» κορυφές (κορυφές περιττού βαθμού) και θυμηθούμε ότι αν ένα άθροισμα περιττών αριθμών είναι άρτιο τότε θα έχει άρτιο πλήθος προσθετέων, είναι το λε γόμενο «λήμμα των χεφαψιών»: «Σε κάθε γράφημα το πλήθος των κορυφών με περιττό βαθμό είναι άρτιος αριθμό9> όπου το Ο θεω ρείται άρτιος αριθμός. Μια κορυφή ν με d (ν) Ο ονομάζεται μεμονωμένη κορυφή. Έστω το γράφημα G(ν, Ε) . Το γράφημα G'(ν', Ε') με ν' ς ν και Ε' ς Ε ονομάζεται υπο γράφημα του G. Στην ειδική περίπτωση που ν' = ν το G' λέγεται παράγον υπογράφημα του G. Το υπο γράφημα Η του G που έχει ν' c ν και περιέχει όλες τις πλευρές του G που διέρχονται από τις κορυφές του ν' ονομάζεται υπογράφημα του G παραγόμενο από τις κορυφές του ν' . Στο σχήμα 4 έχουμε το G(6,8) το υπογράφημα Η1 (5,4) το παράγον υπογράφημα Η2 (6, και το παραγόμενο υπογράφημα Η3 του G από τις κορυφές {3,4,5, 6} . 2 =

.-----.

6 1-----.1 5 "---_J4 G

Η,

μών 4, 3, 3, 3, 2 όμως δεν είναι ισόμορφα.

•

Σχήμα 5 Πράγματι οι δύο γείτονες τις κορυφής u ε G έ χουν βαθμούς 3 και 3. Στο Η οι δύο γείτονες της ν (μοναδική κορυφή βαθμού 2 στο Η άρα εικόνα της u αν υπήρχε η 1-1 αντιστοιχία φ) έχουν βαθμούς 3 και 4. Τα δύο γραφήματα G και Η έχουν διαφορετική δομή άρα δεν είναι ισόμορφα. Ένα γράφημα με η κορυφές λέγεται πλήρες και

, ει και συμβολ�r �εται με κn αν εχ

(] η

τις

η (η - 1 ) 2

δυνατές πλευρές. Το κενό γράφη μα Ε0 έχει η κορυφές και καμία πλευρά, δηλαδή και οι η κορυφές του είναι μεμονωμένες. Ένα γράφημα G(ν, Ε) λέγεται διαμερισμένο ή διμερές αν το σύνολο των κορυφών του δια μερiζεται σε δύο μη κενά υποσύνολα ν1 , ν2 ξένα με ταξύ τους τέτοια ώστε κάθε πλευρά του G να ενώνει κάποια κορυφή του V1 με κάποια κορυφή του ν2 . Ένα διμερές γράφημα λοtπόν δεν περιέχει πλευρά που να έ χει και τα δύο άκρα της στο ν1 ή στο ν2 . Το διμερές γράφημα G λέγεται πλήρες διμερές γράφημα και συμ βολίζεται κm,n αν είναι διμερές με Ι νι Ι = m , ι ν2 Ι = η και περιέχει όλες τις πλευρές με το ένα άκρο στο V1 και το ω.ΝJ στο ν2 . Προφανώς το Κ m,n είναι ένα ( m + η , m η ) γράφημα. Στο σχήμα 6 έχουμε το Κ5 , το Κ3,3 και ένα μη πλήρες διμερές γράφημα με Ι νι Ι = 4 , ι ν2 Ι = 3 και s πλευρές. ·

Σχήμα 4 Η ακολουθία βαθμών ενός γραφήματος G προ κύπτει αν αναγράψουμε τους βαθμούς των κορυφών του G σε φθίνουσα (μη αύξουσα) σεφά. Η ακολου θία των βαθμών του γραφήματος G του σχήματος 4 είναι 4, 3, 3, 2, 2, 2. Δύο γραφήματα G(ν, Ε) και Η(ν', Ε') λέγονται ισόμορφα αν υπάρχει μία 1-1 αντιστοιχία φ των κορυφών τους η οποία να διατηρεί τις γειτνιάσεις και τις μη γειτνιάσεις. Αναλυτικότερα αν a,b ε ν(G) και ab ε E(G) τότε η πλευρά φ(a)φ(b) ε Ε'(Η) . Παρόμοια αν γ, δ ε V(G) και γδ e E(G) τότε η φ(γ)φ(δ) δεν εί ναι πλευρά του Η ήτοι φ(γ)φ(δ) e Ε'(Η) . Παρατη ρούμε ότι αν δύο γραφήματα είναι ισόμορφα τότε έ χουν ίδια τάξη, ίδω μέγεθος και ίδια ακολουθία βαθ μών. Όμως το αντίστροφο δεν ισχύει όπως φαίνεται από τα δύο γραφήματα του σχήματος 5 που έχουν ί δια τάξη 6, ίδω μέγεθος 9 και ίδια ακολουθία βαθ-

Σχήμα 6 Ανάλογα μπορούμε να ορίσουμε τα τριμερή και εν γένει τα q-μερή γραφήματα. Ένα δέντρο είναι ένα συνεκτικό γράφημα χωρίς κύκλους. Ένα δάσος είναι ένα μη συνεκτικό γράφη μα χωρίς κύκλους προφανώς οι συνεκτικές συνι στώσες του δάσους είναι δέντρα. Στο σχήμα έχου με τρία δέντρα με κορυφές και 6 πλευρές. Το πρώ το είναι το Ρ7 (το μονοπάτι με κορυφές), το δεότερο είναι το Κ1,6 , το τρίτο μοιάζει να μην είναι διμε ρές όμως είναι αν πάρουμε σαν ν1 = {a, b, c} και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/24

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

παγωγική υπόθεση e(τ') = η - 2 οπότε το Τ αφού έ

= {1,2,3,4} .

χει τις πλευρές του Τ' και την vw που αφαφέθηκε θα έχει η - 2 + 1 = η - 1 πλευρές.

Σχήμα

Για

η=

Πόρισμα 4: Ένα δέντρο Τ με χει τουλάχιστον 2 κορυφές βαθμού

7 έχουμε 1 γράφημα με Ο πλευρές (το

Ε, ) και ένα με

(� )

= 21

ιrορυφές (το κ, ). Τα πρώ

τα συνεκτικά γραφήματα με κορυφές έχουν ό'λn 6 πλευρές και είναι ό'λn δέντρα. Τρίά από αυτά φαίνο νται στο σχήμα Θα δείξουμε τώρα ότι κάθε δέντρο με η κορυφές έχει η - 1 πλευρές. Η απόδειξη γίνεται επαγωγικά. Προτάσσουμε δύο λήμματα. Λήμμα 1. Αν στο γράφημα G ο βαθμός κάθε κορυφής είναι τουλάχιστον 2 τότε το G περιέχει κά ποιο κύκλο. Απόδειξη: Έστω ν κάποια κορυφή του G. Κα τασκευάζουμε μία ακολουθία κορυφών ν, ν , ν 2 , ••• 1

Επαγωγικά εκλέyοντας την ν 1 γειτονική της ν και για i ;::: 1 την ν ;+ι γειτονική της ν; και διαφορετική

από την ν;_1 • Η υπόθεση μας εξασφαλίζει την ύπαρ ξη της ν;+ι . Δεδομένου ότι το G έχει πεπερασμένο αριθμό κορυφών θα εκλέξουμε σε κάποια φάση κά ποια κορυφή, η οποία έχει ήδη εκλεγεί. Έστω ν" η πρώτη τέτοια κορυφή. Τότε το τμήμα της ακολουθί ας κορυφών που βρίσκεται μεταξύ των δύο διαδοχι κών εκλογών της ν" αποτελεί τον ζητούμενο κύκλο. Λήμμα 2: Ένα δέντρο Τ έχει τουλάχιστον 1 κο ρυφή βαθμού 1. Απόδειξη: Αν όλες οι κορυφές του Τ είχαν βαθμό ;::: 2 από το προηγούμενο Λήμμα θα υπήρχε κάποιος κύκλος C και το γράφημα δεν θα ήταν δέ ντρο. Θεώρημα 3: Ένα δέντρο με η κορυφές έχει η - 1 πλευρές. Απόδειξη: Κάνουμε επαγωγή στο πλήθος των κορυφών η. Για η = 2 το μοναδικό δέντρο είναι το • • (πρόκειται για το γράφημα Κ 2 ) που έχει 1 πλευρά. Για η = 3 το μοναδικό δέντρο είναι το • • • (πρόκειται για το μονοπάτι Ρ3 ) που έχει 2 πλευρές. Άρα το θεώρημα ισχύει για η = 2, 3 Δεχόμαστε ότι ισχύει για όλες τις τιμές τις μικρότε ρες του η και θεωρούμε ένα δέντρο Τ με η κορυφές. Θα δείξουμε ότι τούτο έχει η - 1 πλευρές. Από το Λήμμα 2 το Τ έχει τουλάχιστον 1 κορυφή βαθμού 1, έστω την ν . Αφαφούμε την κορυφή αυτή ν και την μοναδική πλευρά vw που διέρχεται από την ν οπότε έχουμε ένα δέντρο Τ' με η - 1 κορυφές. Από την ε-

;::: 2

κορυφές έ

Απόδειξη: Έστω d , � d2 � • � dη η ακολουθία βαθμών του Τ. Αν το Τ έχει ακριβώς μία κορυφή βαθμού 1 (την κορυφή 1) τότε οι υπόλοιπες η - 1 κορυφές του θα έχουν βαθμό ;::: 2 και ισχύει d2 + d3 + + dη ;::: 2 {η - 1 ) . η Η σχέση Σ d ( ν; ) = 2e γίνεται λοιπόν i=l η ήτοι 2(η - 0 = 1 + Σ d ( ν; } ;::: 1 + 2(η - Ο i=2 2η - 2 ;::: 2η - 1 άτοπο. Ένα γράφημα έχει ονομασία όταν έχουμε αντι στοιχίσει στις η κορυφές του ονόματα όπως ν 1 , ν 2 , • •

· · ·

... , νη . Ένα από τα πρώτα αποτελέσματα της θεωρί ας γραφημάτων απεδείχθη (η απόδειξη μάλιστα ήταν ελλιπής) από τον Α. Cayley ( 1821-1895) στην προ σπάθειά του να απαριθμήσει τους υδρογονάνθρακες. Το αποτέλεσμα αυτό είναι γνωστό σαν τύπος του Cayley. Η απόδειξη που θα δώσουμε οφείλεται στον Η. Prόfer ( 1896-1934) μαθητή του I. Schur. Τύπος του Cayley: Το πλήθος των δέντρων με ονομασία με η κορυφές είναι η η-2 • Απόδειξη (κώδικας του Prόfer) Θα αντιστοιχήσουμε σε κάθε δέντρο με ονομα σία με η κορυφές μία διατεταγμένη (η - 2) -άδα από τους αριθμούς

{1,2, . . . ,η} . Εφόσον το πλήθος των

(η - 2) -άδων είναι η η -2

ο τύπος απεδείχθη. Θεωρούμε λοιπόν ένα δέντρο με ονομασία με η κορυφές και η - 1 πλευρές και την κορυφή 1. Αν αυ τή έχει βαθμό 1 την αφαφούμε μαζί με την πλευρά που προσπίπτει σ' αυτήν και σαν πρώτο στοιχείο του κώδικα τοποθετούμε την ονομασία της γειτονικής κορυφής της 1 . Συνεχίζουμε παρόμοια με την κορυ φή 2 κ.ο.κ. έως ότου παραμείνει μία μόνο πλευρά (και οι δύο κορυφές που είναι τα άκρα της). Ο κώδι κας θα έχει τότε η - 2 στοιχεία και ο αλγόριθμος τε λειώνει. Να τονίσουμε όμως ότι αν κατά την διάρκεια του αλγόριθμου κάποια κορυφή που είχε παραλει φθεί διότι αρχικά είχε βαθμό μεγαλύτερο της μονά δας, αποκτήσει μετά τις αφαφέσεις των πλευρών βαθμό ίσο με τη μονάδα, τότε κατά την εφαρμογή του αμέσως επόμενου αλγοριθμικού βήματος αυτή θα προταχθεί. Παρατηρούμε ότι στον κώδικα εμφανίζονται μόνο οι κορυφές που έχουν d(ν) > 1 και μάλιστα η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/25

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

καθεμία τους εμφανίζεται d -1 φορές. Παράδειγμα

του δέντρου διαγράφουμε την 3 και ο νέος κώδικας είναι ο 6718825. 2° βήμα: Η πρώτη κορυφή που δεν εμφανίζεται στον κώδικα και δεν είναι διαγραμμένη η4 ενώνε ται με την πρώτη κορυφή του νέου κώδικα( ()η6). Δη μωυργείται η πλευρά 46 διαγράφεται η 4 και ο νέος κώδικας είναι ο 718825. Το δέντρο έχει πλευρές 34και46. 3° βήμα: Η πρώτη κορυφή που δεν εμφανίζεται στον κώδικα και δεν έχει διαγραφεί (η6) ενώνεται με την 7. Δημιουργείται η πλευρά 67, διαγράφεται η 6 και ο νέος κώδικας είναι ο 18825. 4° βήμα: Η πρώτη μη εμφανιζόμενη και μη δια γραμμένη κορυφή (η7) ενώνεται με την 1. Δημωυρ γείται η πλευρά 71, διαγράφεται η 7, ο νέος κώδικας είναι 8825. 5° βήμα: Η κορυφή 1 ενώνεται με την 8 και δη μιουργείται η 18. Διαγράφεται η κορυφή 1. Ο νέος κώδικας είναι 825. 6° βήμα: Η 9 ενώνεται με την 8 και δημιουργεί ται η 89. Διαγράφεται η κορυφή 9. Ο νέος κώδικας είναι25. 7° βήμα: Η 8 ενώνεται με την 2 και δημιουργεί ται η 28. Διαγράφεται η κορυφή 8. Ο νέος κώδικας είναι 5. 8° βήμα: Η κορυφή 2 ενώνεται με την 5. Δια γράφεται η 2. Υπάρχει ακόμα η πλευρά 51 Ο που σχηματίζεται από δύο κορυφές που δεν έχουν διαγραφεί. Το δέντρο φαίνεται στο σχήμα. τις

1 ο βήμα: Φεύγει η κορυφή 1 η πλευρά 19 και ο κώδικας αρχiζει με 9. 2° βήμα: Η κορυφή 2 με βαθμό 2 > 1 παραλεί πεται και εκλέγουμε την 3. Φεύγει η 3, η 32 και ο κώδικας γίνεται 92. 3° βήμα: Η 2 πάλι παραλείπεται διότι έχει βαθ μό > 1 και εκλέγεται η 4. Φεύγει η 4, η 42 και ο κώ δικας γίνεται 922. 4° βήμα: Δεν εκλέyεται η 5 που έχει βαθμό 1 διότι προηγείται η 2 που απέκτησε τώρα βαθμό 1. Φεύγει η 2, η 23 και ο κώδικας γίνεται 9228. 92288.5° βήμα: Φεύγει η 5, η 58 και ο κώδικας γίνεται 6° βήμα: Φεύγει η 6, η 68 και ο κώδικας γίνεται 922888. βήμα: Φεύγει η 7, η 79 και ο κώδικας γίνεται 9228889. 8° βήμα: Στο τελευταίο βήμα φεύγει η 8, η 89 και ο τελικός κώδικας είναι 92288899. Παραμένει η πλευρά 910. Θα περιγράψουμε τώρα την αντίστροφη διαδι κασία. Θα εργαστούμε με ένα παράδειγμα η γενική διαδικασία ακολουθεί την διαδικασία του πα ραδείγματος. Αν δοθεί ένας κώδικας με στοιχεία να κατα σκευαστεί το μοναδικό δέντρο που αντιστοιχεί σ' αυτόν. Πράγματι έστω ένας κώδικας με η στοιχεία ό που προφανώς όλοι οι αριθμοί είναι � η . Σ' αυτόν αντιστοιχεί ένα δέντρο με ονομασία με η 2 κορυ φές και η + 1 πλευρές. Θεωρούμε τον κώδικα 46718825. Θα δώσει ένα δέντρο με 1 Ο κορυφές και 9 πλευρές. Η κορυφή με το όνομα 4 θα έχει βαθμό 2 διότι απαντά 1 φορά στον κώδικα. Παρόμοια οι κορυφές 6, 7, 1, 2, 5 θα έχουν βαθμό 2, η κορυφή 8 θα έχει βαθμό 3 αφού απαντάται δύο φορές στον κώδικα. Τέλος οι κορυφές 3, 9, 10 που δεν απαντώνται στον κώδικα θα έχουν βαθμό 1 στο δέντρο. 1ο βήμα: Η πρώτη κορυφή που δεν εμφανίζεται στον κώδικα (n3) ενώνεται με πλευρά με την πρώτη κορυφή του κώδικα (η4). Δημιουργείται η πλευρά 34 7'

WJ.i:ι.

τις

• 3

• 4

μας

• 7

•

2 •

5 •

10 •

•

Το Άρθρο που αναφέρεται στους μετα σχηματισμούς

ΟΜΟΙΟΘΕΣΙΑ - ΑΝΤJΣΤΡΟΦΗ του Σ . Λουρίδα θα δημοσιευθεί στο επόμενο τεύχος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/26

�THII Ε,Μ.Ε.

ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΑΝ

από την Επιτροπή Ερευνών της Ακαδημίας Αθηνών τα βιβλία του Ακαδημαϊκού

Νικολάου Κ. Αρτεμιάδη

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

ΛΟΓΟΙ ΑΠΟ ΤΟΥ ΒΗΜΑΤΟΣ ΤΗΣ ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ ΑΘΗΝΩΝ (και άλλες μονογραφίες) [Σελίδες 598, Δρχ. 7500]

ΑΚΑΔΗΜΙΑ ΑθΗΝΩΝ

ΑΚΑΔΗΝΙΑ ΑθΗΝQΝ ED IT P OD H Ε Ρ Ε Υ Ν ι;) Ν

ΕΠ ΙτΡΟΠΗ

ΔΗΜΟΣΙΕΥΜΑΤΑ: ΑΡIΘΜΟΣ 7

ΔΗΜΟΣΙΕΥUλΤΑ: λl'lθΜΟΣ 6

Ιστορία των Μαθηματικών (λπό της � - ..,...τ. ικού)

Ε Ρ Ε Υ ΝΩΝ

ΛΟΓΟΙ ΑΠΟ ΤΟΥ ΒΗΜΑΤΟΣ ΤΗΣ ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ ΑθΗΝΩΝ (χαι άλλει; επιστημονιχέι; μονοyοαφιει;)

ΝIΚΟΛΑΟΣ Κ. ΑΡΊΕΜΙΑΔΗΣ της Αχαδτιμιας ΑθιιΥCίι,.

ΝΙΚΟΜΟΣ Κ. ΑΡ'fΕΜΙΑΔΗΣ τ�ς Αχαδ�μ.ιας Αθ�νών

ΑΘΗΝΑ 2001

ΑΘΗΝΑ 2000

Το σύγγραμμα απευθύνεται σε όσους ασχολούνται με τα μαθηματικά, κυρίως όμως στους μαθηματικούς που βρίσκονται στην αρχή της επιστημονικής τους σταδιοδρομίας. Στα 40 κεφάλαια του έρ'yου γίνεται μία σύντομη αναδρομή στην ιστορία των μαθηματικών περίπου από το 500 π.χ. Ελπίζεται ότι οι νέοι μαθηματικοί θα βοηθηθούν στο να προσανατολισθούν προς τις κατευθύνσεις εκείνες που ανταποκρίνονται στην ατομική τους ερευνητική ιδιοσυγκρασία και στα δικά τους ενδιαφέροντα.

Το βιβλίο περιλαμβάνει λόγους τους οποίους ο συγγραφέας εξεφώνησε από του βήματος της Ακαδημίας Αθηνών κατά την τελευταία δεκαπενταετία. Επιπλέον περιλαμβάνει μονογραφίες μαθηματικού περιεχομένου καθώς και θέματα παιδείας και εκπαίδευσης. Τα περιεχόμενα του τόμου διακρίνονται στις ακόλουθες ενότητες: Μαθηματικά και καλλιτεχνία - Ήθος, Επιστήμη - Εφαρμογές των Μαθηματικών -Διδασκαλία ) - ΙστορίαΕκπαιδευτικά (Νέες Ανακαλύψεις Μαθηματικών των ( Συστήματα). Το βιβλίο λόγω του περιεχομένου του θεωρείται συνοδεύων τόμος της Ιστορίας των Μαθηματικών ( 1 ). ·

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ ΔΙΑΤΙΘΕΝΤΑΙ ΣΕ ΟΛΑ ΤΑ ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΆΘΕΣΗ: ΣΟΛΩΝΟΣ 84, ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 3603028

l•r

Σ το τεύχος

- Απρίλιος, Μάιος, Ιούνιος 200 Ι του περιοδικού είχε τεθεί το θέμα να δειχτεί με στοιχειώδη τρόπο ότι η συνάρτηση με τύπο g(x) =συν !χ δεν έχει όριο καθώς ο χ προσεγγίζει το Ο. Απ' την ομάδα μαθηματικών των Εκπαιδευτηρίων «Γείτονα» που συντονίζει ο συνάδελφος Πολύκαρ πος Λόης πήραμε την παρακάτω εργασία. lim συνχ=Ο. (5) α αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν στο σύνολο JR { } τα: Iim ημχ . Από (3) και (5) καταλήΎουμε σε άτοπο ε φόσον: Ι= lim (ημ2χ +συν2χ ) = lim ημ2χ + lim συν2χ =0. Απόδειξη: Αποδεικνύουμε πρώτα ότι δεν υπάρχει στο Τέλος, εφόσον ημχ=-ημ(-χ), άμεσα αποσύνολο JR { } το lim ημχ . δεικνύεται Εργαζόμαστε με τη μ'θοδο της επαγωγής σε Δεν υπάρχει στο σύνολο JR { } ούτε άτοπο. Έστω ότι υπάρχει στο JR { } το το: lim ημχ . lim ημχ . Δεδομένου ότι η συνάρτηση ημχ Ι JR είναι Η όλη εργασία βασίζεται ουσιαστικά στο θεώ φρ«Ύμένη, θα είναι lim ημχ ρημα: lim g(x)= Συνεπώς (από υπόθεση) υπάρχει πρ«Ύματι lim f ( g (χ) ) = κός αριθμός α έτσι, ώστε: lim f (χ)= και lim ημχ = α . (1) g(χ) , για όλους τους χ που είναι «κοντά» στο Από την (1) και το θεώρημα του ορίου της σύνθεσης των συναρτήσεων προκύπτει: lim ημ(χ -π)= α. (2) α αποδειχθεί ότι δεν υπάρχουν στο σύνολο Εφόσον εκ ταυτότητος στο JR αληθεύει ότι JR { } τα: lim ημ(.!.χ ) . ημχ=-ημ(χ-π), από τις ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε: Απόδειξη: lim ημχ=Ο. (3) Προκύπτει αμέσως από την ΠΡΟΤΑΣΗ Από την (3) και το θεώρημα του ορίου της διότι: σύνθεσης των συναρτήσεων προκύπτει: } ένα από τα Αν υπήρχε στο JR { lim ημ (.!. ) = α lim ημ ( χ- � ) =ο. (4) χ 2 από το θεώρημα του ορίου Εφόσον εκ ταυτότητος στο JR αληθεύει ότι ναρτήσεων θα ήταν: της σύνθεσης των συ συνχ =-ημ( χ- ; ). από την (4) λαμβάνουμε: α= lim ημ(.!.χ ) = lim ημt : άτοπο 40

ΠΡΟΤΑΣΗ Ι Ν

υ -οο, +οο

χ--++οο

τις

χ-+±-

χ ----Ηοο

υ -οο, +=

χ -+ι-οο

ότι:

χ-Η<»

χ-+ι-οο

υ -οο, +=

-οο , +=

χ-+�

χ --++οο

* ±= .

χ--+χ

Υο

x--+yo

Χ--++οο

* y0

}

χ -+χ - ο

ΠΡΟΤΑΣΗ ΙΙ

χ --++οο

υ -οο, +οο

χ--+0±

χ --++οο

Ι,

υ -οο, +οο

χ--+0±

χ --++οο

χ --+0±

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/28

t --+±οο

Η στήλη της Αλληλογραφίας

σχετικά με το 1 ο θέμα (Β 1-α) της Γ ' Λυκείου στα Να δειχθεί ότι: δεν υπάρχει στο IR το όριο κο Μαθηματικά Θετ. Κατεύθυνσης, κατά τις εξετά σεις του 2000. Παράλληλα θα ήθελα να κάνω και ντά στο της συνάρτησης g με g(x ) = συν .!. μερικές παρατηρήσεις γιατί θεωρώ ότι ουσιαστικά χ δεν υπήρξε απάντηση. ΠΡΟΤΑΣΗ1 111

Απόδειξη:

Προκύπτει άμεσα απ' την πρόταση I. Έστω lim συν _!_ = .e, .e ε IR lim συν _!_ = .e. χ χ Οπότε lim συw = .e. Και συνεπώς: lim συν u - π = ι Οπότε: 2 Iim ημu = .e. άτοπο. Προφανώς η g(x) ως φραγμένη Δε μπορεί να aπειρίζεται ούτε θετικά ούτε αρνητικά. χ�ο·

χ�ο·

( )

u�-

ΣΧΟΛΙΑ:

Ο «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» απάντησε: «Στο σχ. βι βλίο, που διδάσκεται τώρα, δεν υπάρχει ούτε υπαι νιγμός πάνω στο ζήτημα αυτό και συνεπώς δεν έ πρεπε να τεθεί στις εξετάσεφ>. Το ότι στο σχ. βιβλίο δεν υπάρχει ούτε υπαι νιγμός δεν είναι επαρκής λόγος για να μην τεθεί έ να θέμα στις εξετάσεις. Στην προκειμένη περί πτωση υπάρχει επαρκής λόγος , διότι εκτός από το γεγονός ότι δεν αναφέρεται πουθενά στο βιβλίο, ταυτόχρονα δε διαφαίνεται και κάποιος τρόπος να το αντιμετωπίσει ένας τελειόφοιτος του Λυκείου με τις γνώσεις που επίσημα μπορεί να κατέχει, έτσι ώστε η απάντηση στην ερώτηση ΣΩΣΤΟ-ΛΑΘΟΣ · να μην δοθεί διαισθητικά ή ολότελα τυχαία. Παρόλα αυτά η παραδοχή εκ μέρους του «ΕΥΚΛΕΙΔΗ» ότι «... δεν έπρεπε να τεθεί στις ε ξετάσεις» είναι κατά ένα μέρος, το σημαντικότερο ίσως, ικανοποιητική. 1.

Για τις (σε διάστημα ορισμένες) παραγώγους συναρτήσεων ισχύει ένα θεώρημα ενδιάμεσων τιμών (θεώρημα Darboux) , μέσω του οποίου εξασφαλίζεται ότι: Η aσυνέχεια που μπορεί να παρουσιάζει σε σημείο χ0 ενός διαστήματος μια παράγωγος συνάρτηση είναι ουσιώδης, με την έννοια ότι 2. Ο «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» απάντησε: «Το παρά δεν υπάρχουν στο IR u {-οο, +οο} τα πλευρι- δειγμα που αναφέρεται στο υστερόγραφο 2, μπορεί κά όρια της παραγώγου συνάρτησης κοντά να αποδειχθεί απλά με τη βοήθεια του ορισμού του στο χ0 • ορίου ... (και ακολουθεί η απόδειξη - 20 σειρές)». Το «απλά» δεν θα το σχολιάσω διότι δεν κα Το παρακάτω προτεινόμενο θέμα είναι ένα εν δεικτικό παράδειγμα (τουλάχιστον) «περίερ ταλαβαίνω το νόημά του. Ο ορισμός του ορίου γης» παραγώγου συνάρτησης: συνάρτησης είναι ένα θεωρητικό θέμα για το ο ποίο το Υπουργείο Παιδείας έχει δώσει σαφή οδη:.. Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση γία προς τους καθηγητές να μην διδάσκεται O, αν χ ε Q f (x ) = στους μαθητές. Ο ορισμός του ορίου στο σχ. βι χ 2 , αν χε ΙR \ Q βλίο περιλαμβάνεται φέροντας το γνωστό αστερί είναι: σκο ( *), δηλαδή εκτός διδακτέας ύλης. (ί) Παντού ασυνεχής στο IR . 3. «Είναι σημαντικό να βρεθεί παράδειγμα» (ii) Παραγωγίσιμη στο - και σε αυτό συμφωνούμε απόλυτα - το οποίο ό μως να δίνει απάντηση όχι μόνο στους καθηγητές, αλλά και στους μαθητές. Αυτό ήταν και είναι το Από τον συνάδελφο Κώστα Γκολφινόπουλο ζητούμενο. πήραμε το παρακάτω γράμμα: Θέλω αρχικά να εκφράσω την ικανοποίησή Η Σ.Ε. απαντά: μου, αφού στο τεύχος 40 του περιοδικού Μια απάντηση στο ζήτημα που θέτει ο συνά «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'>> - ΑΠΡΙΛΙΟΣ ΜΑΙΟΣ δελφος υπάρχει στην ίδια στήλη και δίνεται από ΙΟΥΝΙΟΣ 2001 - υπήρξαν κάποιες απαντήσεις την ομάδα μαθηματικών των Εκπαιδευτηρίων στα ερωτήματα που έθεσα προς το περιοδικό σας «Γείτονα» που συντονίζει ο συνάδελφος Πολύ καρπος Λόης.

•

{

Ο.

•

1 Προσθήκη απ' τη Σ.Ε. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/29

f-1 σπ1 Λn

μa Bntι1

τοv

Από τον μαθητή Δημήτριο Πιλάλα, 1 ου Ενιαί νιαίου Λυκείου Άμφισσας λάβαμε τις ασκήσεις: ου Λυκείου Γιαννιτσών λάβαμε την επιστολή:

Αγαπητέ Ευκλείδη

Καταρχήν, θα ήθελα να ευχηθώ σε όλους τους συνεργάτες και τους αναγνώστες σου καλή αρχή. Αποφεύγω να περιττολογήσω με επαίνους για την προσφορά σου σε όλα τα επίπεδα η οποία είναι γνωστή. Θα ήθελα να αναφερθώ σε ένα ζήτημα που αφορά την δικτυακή παρουσία της Μαθηματι κής Εταιρείας. Στην ιστοσελίδα της Μαθηματικής Εταιρείας, η οποία είναι εξαιρετικά αξιόλογη, εμφανίζονται τρεις βάσεις ασκήσεων (προτεινόμενα θέματα Β' και Γ Λυκείου, θέματα των διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. και οι ασκήσεις του μήνα). Ομοίως, στη δι εύθυνση www.telemath.gr υπάρχουν μεγάλες βά σεις ασκήσεων με προτεινόμενα θέματα για δια γωνισμούς της Ε.Μ.Ε., θέματα ρωσικών διαγωνι σμών και ασκήσεις γενικού ενδιαφέροντος. Ωστό σος, απ' όσο γνωρίζω πουθενά στο δίκτυο δεν υ πάρχει κάποια βάση ασκήσεων (ελληνική ή ξένη), όπου να συλλέγονται ασκήσεις που να αφορούν κάθε μαθητικό πεδίο. Τις ασκήσεις θα μπορούσαν να στέλνουν αναγνώστες με την μορφή e-mail ή με το ταχυδρομείο, στη συνέχεια μαθηματικοί θα α ναλάμβαναν τον έλεγχο και την κατηγοριοποίηση των ασκήσεων κατά πεδίο και βαθμό δύσκολίας. Με την ολοκλήρωση της διαδικασίας οι ασκήσεις τοποθετούνται στην ιστοσελίδα. Τα οφέλη μιας τέ τοιες προσπάθειας είναι τεράστια για όλους και κυρίως για μαθητές και φοιτητές. Κατανοώ ότι οι δυσκολίες ενός τέτοωυ εγχει ρήματος είναι πολύ μεγάλες, αφού υπάρχει ανάγκη διεύρυνσης των υπαρχουσών εγκαταστάσεων και συνεχούς επίβλεψης. Πιστεύω αυτό το εγχείρημα μπορεί να πραγματοποιηθεί στα πλαίσια της Ε.Μ.Ε., αφού δε λείπει το μεράκι και τα απαιτού μενα κονδύλια δεν είναι απαγορευτικά. Εξάλλου, η Μαθηματική Εταιρεία φαίνεται να είναι η πλέον αρμόδια για να το επιχειρήσει. Ευχαριστώ για τον πολύτιμο χρόνο που μου διαθέσατε. Προτείνω την παρακάτω άσκηση

Να δείξετε ότι: l χ - (α + β)2 1 + 1 χ - 4αβl � (α - β)2 , για κάθε x ε ffi. (α, β δοσμένοι πραγματικοί αριθμοί).

ΑΣΚΗΣΗ l Αν Sν είναι το άθροισμα των ν πρώτων όρων γεωμετρικής προόδου αι ' α2 ' α3 ' ... , αν ' με θετικό λόγο διαφορετικό από το 1, Sν το ά θροισμα των αντιστρφων αυτών των όρων και Γν το γινόμενό τους, τότε: Γν = (sν )- ν

�s:

•

α1 ( λ - 1 ) λ• 1 Ζν ( α� λν-Ι ) ή s: · (sν Γ = ( α� λ� ) (1). /Ι, -1 η, Όμως: Γν = αι · αι λ · αι λ2 · · · · · αι �ν Γν - α!ν . �/1,1+2+3+·· +(ν-1) η Γν - αν! λν21. [Ι+(ν-Ι)] η, ,

Ζν ν Η (2) γίνεται: Γν = (α1 λ""f ) �-ν/Sνν (-Sν )- .

ΑΣΚΗΣΗ 2 Δίνεται κύκλος (O,R) και οι ίσες χορδές του ΑΒ = ΒΓ = ΓΔ . Να δειχθεί ότι: 2 2 ΑΓ - ΑΒ = ΑΒ · ΑΔ . Λύ ση

}

Έστω Μ το μέσο της ΒΓ. Τότε: Ar - AW =2BΓ·EM , Ar - AW = 2AB ·EM (1). η ΑΒ=ΒΓ

Από τον μαθητή Αθανάσιο Ντό ρτο, 1 Εου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/30

Η Στήλη του Μαθητή

διαμέσων ισχύει: ΑΓ2 - ΓΔ2 = 2 ΑΔ · ΙΚ , όπου Ι το μέσο της ΑΔ και ΓΚ .l ΑΔ . Άρα ΑΓ2 - ΑΒ2 = ΑΔ · (2 · ΙΚ ) . Αρκεί να δείξουμε ότι 2 · ΙΚ = ΒΓ . Φέρω ΒΛ .1 ΑΔ . Τότε ΑΛ = ΚΔ (από τα ίσα τρίγωνα ΑΒΛ και ΓΚΔ), άρα ΑΙ = ΙΚ (αφού Ι μέ σο του ΑΔ), άρα 2 · ΙΚ = ΛΚ = ΒΓ = ΑΒ . ·

Σχ. 1 Σχ.2 Όμως ΑΒ = ΓΔ ή AB = U ή Α 1 = fΊ , άρα ΒΓ ΙΙ ΑΔ . ΟΜ .1 ΒΓ (ως απόστημα) και ΒΓ 1 1 ΑΔ άρα ΟΙ .l ΑΔ . Επομένως ΟΙ απόστημα της χορδής ΑΔ ή Ι μέσο της ΑΔ. Άρα ΕΜΙΑορθογώνιο. Οπότε ΕΜ = ΑΙ = .!_ ΑΔ (2). 2 ω �ΑΓ2 - ΑΒ2 = ΑΒ · ΑΔ . (2 ) Άλλη λύση από την Σ.Ε.

Στο τρίγωνο ΑΓΔ από το 2° θεώρημα των

Ο Ευκλείδης προτείνει :

Για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ δεχόμαστε ότι: lαl < j β + γj , jβ j < jγ + αj , jγj < Ι α + βj . Να δείξετε ότι: i) αβγ :;t: Ο , ii) είναι όλοι θετικοί ή όλοι αρνητικοί, iii) (α+β+γ) (--α+β+γ) ( α-β+γ) ( α+β-γ) >0, iν) για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς y, z ισχύει: 2 α ( -y) (x -z) +β2 (y-x) (y-z) +y (z-x) (z - y) ;?: 0 .

Blfliaι mM); �ε

1 ) Μαθηματικά Γ Λυκείου «Γενικής Παιδείαρ> Γ. Τσικαλουδάκη. 2) Στατιστική Γ Λυκείου Γ. Τσικαλουδάκη. 3) Flatland «Η Επιπεδοχώρα» Edwin Α. Abbott ΑΙΩΡΑ. 4) «ΠΟΙΗΜΑΤΑ>> Μανόλης Μπερβανάκης. 5) «ΜΕΝΤΟΡΑΣ» Περιοδικό Επιστημονικών και Εκπαιδευτικών Ερευνών Παιδαγωγικό Ινστι τούτο. 6) Μαθηματικά - Άλγεβρα Γ Ενιαίου Λυκείου Χ.Κ. Αχτσαλωτίδη. 7) <Πα παιδιά του Ευκλείδη» Ηλίας Κωνσταντό πουλος. 8) Επιθεώρηση επιστημονικών και εκπαιδευτι κών θεμάτων Περιοδικά: 3° και 4° Παιδαγωγι κό Ινστιτούτο. 9) Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή - Ο Σοφός Έλ λην του Μονάχου Δέσποινα Καραθεοδωρή Ροδοπούλου Δέσποινα Βλαχοστεργίου-Βασβατέκη. 10) «Η εκατόμβη του Πυθαγόρα» Γιάννης Γ. Ταμ βακλής. 1 1 ) ΣΠΟΥΔΑΙ I SOUDAI Πανεπιστήμιο Πειραι ώς. 12) Συνθετική Δημιουργική Εργασία στα Μαθη ματικά και την Πληροφορική. Α.Ε. ΜΠΑΡ ΜΠΑΣ 1 3) Μαθηματικά Γενικής Παιδείας, Άλγεβρα Γεωμετρία (Διαγωνισμ. Νέου Τύπου) Ελένη

χ,

Σουλιώτη - Αργύρης Γαμβρέλλης. 14) «Το τελευταίο θεώρημα του Φερμά» Simon Singh, Εκδόσεις: Π. Τραυλός. 1 5) Μαθηματικά - Διαγωνίσματα Νέου Τύπου Α σπιώτη Όλγα 16) «Παίζει ο Θεός ζάρια - Η επιστήμη του Χά ους» Ian Stewart Εκδόσεις: Π. Τραυλός. 17) Μαθηματικά Β ' Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κα τεύθυνσης (3) θεω ρία Αριθμών Κώστα Αντώνη Κυριακόπουλου. 18) Μαθηματικά Β ' Ενιαίου Λυκείου Θετικής Κα τεύθυνσης ( 1) Διανύσματα Ευθεία στο επίπε δο. 19) ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ Θ. ΑΝΔΡΙΟ ΠΟΥΛΟΣ 20) «Προβλήματα Θεωρίας Αριθμών» Δημήτρης I. Μπουνάκης. 21) ΜΑΘΗΜΑτΙΑ Β ' Λυκείου (Α ' και Β' τόμος) Δ. Γουβίτσα. 22) ΆΛΓΕΒΡΑ Β ' Λυκείου Αλέξανδρος Π. Τρα γανίτης. 23) «Στοιχειώδεις Διαφορικές Εξισώσεις και προ βλήματα συνοριακών τιμών» William Ε. Boyce - Richard C. Dipήma Πανεmστημιακές εκδόσεις Ε.Μ.Π. 24) Ασκήσεις Διαφορικής Γεωμετρίας Θέματα Πτυχιακών Εξετάσεων Θ. Κυριακόπουλος 25) «Μαθηματικά Γ Λυκείου» Δύο Τόμοι, Ηλίας Κωνσταντόπουλος, Εκδόσεις Γκρίτζαλης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/31

Αν κάποιος θέλει να πάψει να φοβάται το κε φάλαιο της Τριγωνομετρίας, πρέπει ν' αποφασίσει να διαβάσει προσεκτικά τους ορισμούς των αρχι κών εννοιών απ' όποιο βιβλίο κι αν θελήσει. Ειδικά θα πρέπει να συνειδητοποιήσει ότι οι τριγωνομετρικοί αριθμοί (ημίτονο, συνημίτονο, ε φαπτομένη και συνεφαπτομένη) μιας γωνίας δεν αφορούν αποκλειστικά οξείες γωνίες αλλά και γω νίες ω με 0° � ω � 360° , επίσης γωνίες μεγαλύτε ρες των 360° αλλά και αρνητικές γωνίες. Επομένως: Οι ορισμοί που έμαθε στην Β' Γυ μνασίου και αφορούν τους τριγωνομετρικούς αριθ μούς μιας οξείας γωνίας δεν είναι τελικά οι μόνοι που

(

σφω = � β

)

του Κώστα Βακαλόπουλου

τετμημενη του σημεισυ Μ με β :;e 0 . τεταγμενη του σημεισυ Μ ημω Προφανώς: Αν συνω :;e Ο τότε εφω = συνω συνω , σφω = -- . και αν ημω :;e ο τοτε ημω Επειδή το σημείο Μ είναι τυχαίο και οι παρα πάνω λόγοι είναι σταθεροί δηλαδή ανεξάρτητοι α πό την επιλογή του σημείου Μ (αφού λόγω των ο μοίων τριγώνων που σχηματίζονται οι λόγοι είναι σταθεροί), λαμβάνουμε ως σημείο Μ το σημείο που η τελική πλευρά της γωνίας τέμνει τον κύκλο υπάρχσuν. κέντρου 0(0,0) και ακτίνας ίση με τη μονάδα μή Στην Γ Γυμνασίου αλλά ειδικά στην Α' Λυ κους ( ρ = 1 ) (τΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ). κείου τέθηκαν οι ορισμοί των τριγωνομετρικών α Κι αυτό, γιατί; ριθμών μιας γωνίας (γενικά) όχι κατ' ανάγκη οξεί Απλούστατα γιατί πλέον οι προηγούμενοι οριας. Σύμφωνα μ' αυτούς, για να οριστούν οι τριγω μοί, απαλλά σ σσονται από τον παρανομαστή α νομετρικοί αριθμοί μιας γωνίας ω πρέπει να τοπο ούται με 1. φού αυτός ι σ θετηθεί «κατάλληλα» σ' ένα σύστημα καρτεσια Υ Έτσι για το ημίτονο νών συντεταγμένων όπως φαίνεται στο σχήμα 1 . και το συνημίτονο έ Συγκεκριμένα, η γωνία ω ταυτίζεται με τη γωνία χουμε: (σχ. 2) που παράγεται από τον ημιάξονα Οχ (αρχική ημω = β (= τεταγ Ι . πλευρά) όταν στραφεί γύρω από το Ο κατά την θε Α Α χ nκή φορά (δηλαδή την αντίθετη των δεικτών του μένη του Μ) ρολογίου). Η τελική θέση του ημιάξονα Οδ είναι η συνω = α ( τετμη τελική πλευρά της γωνίας. ' 1 Β μένη του Μ) Στη συνέχεια, αν Μ(α,β) τυχαίο σημείο της Σχ. 2 τελικής πλευράς της γωνίας ω θα ισχύει: Εύκολα αποδεικνύεται (βλέπε απόδειξη σχο Υ λικού βιβλίου) όn η εφω είναι ίση με την τεταγμέ νη του σημείου Ε, σημείο που η τελική πλευρά της δ Μ (ΟΜ) =ρ= �α2 +β2 >0.(1) γωνίας ή η προέκτασή της τέμνει τον εφαπτόμενο άξονα του κύκλου στο σημείο Α (σχ. 3). β Αντίστοιχα η σφω είναι ίση με την τετμημένη του σημείου Σ, σημείο που η τελική πλευρά της Σχ. 1· γωνίας ή η προέκτασή της τέμνει τον εφαπτόμενο Ονομάζουμε: άξονα του κύκλου στο σημείο Β (σχ. 3). τεταγμενη του σημειου Μ �___:_ ..::....._ ημω =-β = ρ αποσταση του Μ απο το Ο Επομένως: Αν Μ, Ε και Σ τα συνω = � = τετμημενη του σημειου Μ σημεία του τριγωνομε ρ αποσταση του Μ απο το Ο τρικού κύκλου όπως αυτά ορίστηκαν πιο πάνω ι β τ τ ση Μ ετ αγμενη ου μεισυ με α :;e Ο εφω = σχύει: α τετμημενη τουσημεισυ Μ Σχήμα 3 •

•

�-- --- -

•

(

--'

_ _

)

σφω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/32

Μαθηματικά yια την Α · Λυκεiου

Προφανώς θα έχουν αντίθετες εφαπτομένες και συνεφαπτομένες.

(τεταγμένη του Μ) (τετμημένη του Μ)

ημω = y Μ συνω = χ Μ

(τεταγμένη του Ε) (τετμημένη του Σ)

εφω = yε σφω = χ Σ

ημ (-χ ) = -ημχ συν ( -χ ) = συνχ εφ(-χ ) = -εφχ

ΆΣΚΗΣΗ Ας κάνουμε τώρα μια άσκηση και να εφαρμό σουμε τους παραπάνω ορισμούς: Βρείτε τα σημεία Μ, Ε και Σ που αντιστοι-

π χούν στις γωνίες 0° (0), 90° ( ), 180° (π), 270° 2 3π ( ), 360° (2π) 2 (Απ.:

ι, Ο, -, 0 / Ο, -ι, Ο, - / -ι, Ο, -, 0 / Ο, ι, Ο, -)

ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ

Ο Με τη βοήθεια του Τριγωνομετρικού κύκλου εύκολα καταλαβαίνουμε γιατί ισχύουν οι παρακάτω σχέσεις: • Για κάθε γωνία ω ισχύει: - ι ::;; ημω ::;; ι και

1-ι ::;; συνω ::;; ι! , αφού οι τεταγμένες και οι τε

τμημένες του σημείου Μ όλων των γωνιών στον τριγωνομετρικό κύκλο βρίσκονται μετα ξύ των αριθμών -ι και ι (σχ. 2). Για κάθε γωνία ω και για κάθε κ ε .Ζ ισχύει:

•

jημ(κ

360° + ω ) = ημω

(ή ημ (κ · 2π + ω) = ημω ),αφού οι τελικές πλευρές των γωνιών: κ · 360° + ω , (ή κ · 2π + ω), κ ε .Ζ ταυτίζονται με την τελική πλευρά της γωνίας ω (ο μοίως -yια τους υπόλοιπους τριγωνομετρικούς α ριθμούς).

[( � ) J ( �;) ( � ) : =�. ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ: ημ

ημ

Β π

ι ι - 2π +

= ημ

�;2π

ημ

= ημ ι ι - 2π +

ιι+

2π =

= ημ

σφ(-χ ) = -σφχ

ΑΣΚIΙΣΗ Επαληθεύοντας τις μέχρι τώρα γνώσεις σας και με πολύ προσοχή συμπληρώστε τα κενά στους πα ρακάτω πίνακες εκφράζοντας τους τριγωνομετριπ κούς αριθμούς των γωνιών: π - χ , π + χ , 2 - χ συναρτήσει των τριγωνομετρικών αριθμών της γωνίας χ

Παραπληρωματικές γωνίες Στο σχήμα 5 Τα σημεία Μ και Μ' είναι συμ

μετρικά ως προς τον άξονα y'y, άρα έχουν αντίθε τες τετμημένες και ίσες τεταγμένες. Υ

ημ (π - χ) = ; συν (π - χ ) = ; εφ(π - χ ) = ; σφ (π - χ) = ;

Σχ. 5 Γωνίες με διαφορά π Στο Σχήμα 6 τα σημεία Μ και Μ' είναι συμ

μετρικά ως προς την αρχή 0(0,0) των αf,όνων, άρα f:χ.ουν αντίθετες τετμημένες και αντίθετες τεταγμένες δηλ. . ... Υ

ημ(π + χ) = ; . συν (π + χ ) = ; εφ(π + χ ) = ;

Αντίθετες γωνίες: Στο σχήμα 4 οι ευθείες ΟΜ ΟΜ' τέμνουν τον τριγωνομετρικό κύκλο στα σημεία Μ, Μ' αντί

στοιχα, που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα χ'χ: έχουν ίσες τετμημένες και αντίθετες τεταγμέ νες, δηλ. ίσα συνημίτονα και αντίθετα ημίτονα.

σφ ( π + χ ) = ;

8 Με τη βοήθεια του τριγωνομετρικού κύκλου μπορούμε να αναγάγουμε τους τριγωνομετρι κούς αριθμούς μιας γωνίας σε τριγωνομετρι κούς αριθμούς γωνίας που η τελική της πλευρά βρίσκεται στο zo τεταρτημόριο (χωρίς να χρειά ζεται να aπομνημονεύσουμε τους αντίστοιχους . , .. τυπους./

Σχ. 4

(; (; (; (;

) ) ) )

Συμπληρωματικές γωνίες

ημ συν εφ σ�

-Χ =;

Σχ. 6

-χ = ; -χ =; -χ =;

Σχ. 7

Στο Σχήμα 7 τα σημεία Μ και Μ' είναι συμ μετρικά ως προς την διχοτόμο της γωνία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/33

xOy, άρα

Μαθηματικά yια την Α" Λυκείου

το Μ' έχει τετμημένη την τεταγμένη του Μ και τε σεις και ανισώσεις. ταγμένη την τετμημένη του Μ. Ισχύει: ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ (ΣΤΗΝ ΕΦΑΡΜΟΓΗ 2) ημχ ημχ ημθ 1 ) Κατ' αρχήν οι απαντήσεις στη παραπάνω άσκηση: i) ημχ, -συνχ, -εφχ, -σφχ, ii) -ημχ, -συνχ, εφχ, σφχ, iii) συνχ, ημχ, σφχ, εφχ. ή , Κ: Ε Ζ 2) Οι παραπάνω τύποι περιέχονται στο σχο <::::> ( ) λικό βιβλίο με την μορφή: ημ 1 80° - ω . . . για -1 την περίπτωση (i), η μ ( 1 80° + ω ) = . . . για την πε (όπου θ, γωνία που έχει Σχ. 8 α). ρίπτωση (ii) και ημ (90° - ω ) = . . . για την περί ημίτονο Εξήγηση: Οι γωνίες χ (σε rad) που έχουν ημί πτωση (iii) . τονο α, δηλ. όσο το ημθ είναι οι γωνίες που οι τε 3) Οι παραπάνω τύποι: αναγωγής στο 1 τε λικές τους πλευρές τέμνσύν τον ταρτημόριο ισχύουν και για οποιαδήποτε γωνία χ. στο Μ οπότε: χ = κ · 2π + θ , κ ε Ζ ή 3π + χ , 3π - χ και ' -π + χ , στο Μ ' �πότε: χ = κ · 2π + ( π - θ ) , κε Ζ 4) Για τις γωνιες 2 2 2 ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ έργαζόμαστε όπως στο παράδειγμα που ακολου θεί: α) Να λυθεί η εξίσωση: ημχ = _!_ (1) 2 ημ � +χ =ημ � - (-χ) � συν ( -χ ) = συνχ β) Να λυθεί η ανίσωση: ημχ � _!_ (2) 2 ημ � -χ =ημ π+ � -χ - ημ � -χ Λύση α) ημχ = 1 = ημ 6π Υ ημ 3; + χ = ημ 2π - � - χ 2 (::> ι π χ = κ · 2π + - η' 6 = ημ - � - χ �- ημ � - χ = -συνχ 5π χ = κ · 2π + - , κ ε Ζ . (*) θυμίζουμε ότι: ημ ( κ · 2π + χ ) = ημχ , κε Ζ . 6 5) Γενικά ισχύει: -1 i) Γωνίας, που η τελική της πλευρά βρίσκε Σχ. 9 ται στο 2° τεταρτημόριο, οι τριγωνομετρικοί αριθ β) ημχ � 21 μοί υπολογίζονται συναρτήσει των τριγωνομετρι κών αριθμών της γωνίας που υπολείπεται των 1 80° Σύμφωνα με τον τριγωνομετρικό του (ή π rad). σχήματος, λύσεις της ανίσωσης (2) είναι οι γωνίες των οποίων οι τελικές πλευρές τέμνουν τον π.χ. συν1200=συν (1800-60") =-συν60"=--1 . 2 . του ελάσσονος τόξου ΜΜ' δηλ. οι γωii) Γωνίας, που η τελική της πλευρά βρίσκεται σε σημεία π ' , με < χ < 5π και γενικοτερα: στο 3° τεταρτημόρω, οι τριγωνομετρικοί αριθμοί υ νιες 6 6 πολογίζονται συναρτήσει των τριγωνομετρικών α 5π , Κ Ε Ζ . ριθμών της γωνίας που υπερβαίνει των 180° (ή π Κ · 2π + -π :5; Χ :5; Κ · 2π + 6 6 rad). π.χ. εφ Ίπ = εφ π + � = εφ � = ΑΡΑ: Λύσεις της παραπάνω ανίσωσης είναι 6 6 6 3 οι πραγματικοί αριθμοί χ που ανήκουν στην ένωση iii) Γωνίας, που η τελική της πλευρά βρίσκεται των διαστημάτων της μορφής: στο 4° τεταρτημόρω, οι τριγωνομετρικοί αριθμοί υ πολογίζονται συναρτήσει των τριγωνομετρικών α κ · 2π + � κ · 2π + Sπ ' κε Ζ . 6' 6 ριθμών της γωνίας που υπολείπεται των 360° (ή 2π Sπ ΑΣΚΗΣΗ rad). π.χ. σφ = σφ 2π - � = -σφ π = 3 3 . 3 3 Μελετώντας προσεκτικά τον τριγωνομετρικό να συμπληρώσετε τις λύσεις των παρακάτω Ο Με τη βοήθεια του τριγωνομετρικού κύκλου εξισώσεων: μπορούμε να λύσουμε τριγωνομετρικές εξισώ-�

= α <=> = <=> { χ = κ: · 2π+θ χ = κ: · 2π+π-θ

κύκλο

•

( ) [ Ι ( ) [ ( )]� ( ( ) [ ( )]� [ ( )] ( )

J�-rnm

κύκλο κύκλο

- _

( )

_ -

J3 .

[

κύκλο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λε τ.l/34

]

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου •

-ι,;;α,;;ι

συνχ = α <=> συνχ = συνθ <=>

{�

χ =;

χ ; (θ: γωνία με συνημίτονο α) εφχ = α <=> εφχ = εφθ <=> χ = ; (θ: γωνία με εφαπτομένη α) αε ΙR σφχ = α <=> σφχ = σφθ <=> χ = ; (θ: γωνία με συνεφαπτομένη α) (Απ.: χ = κ · 2π + θ ή χ = κ · 2π - θ I χ = κπ + θ χ = κπ + θ, κ ε Ζ ) Ασκήσεις προς λύση 1) Να αποδειχθεί η ισοδυναμία: Ιεφχ . εφyl < 1 <=> Ι ημyl < lσυvxl .

•

αεΙR

•

2) Αν α,β ε � δείξτε ότι: (ί) l 4 · ημα + 1 1 · συναl � 15 , (ii) 14αημχ - 5βσυvχ l � 4lαl + 5 lβ Ι . 3) Να επιλύσετε (ως προς χ) τις εξισώσεις: (ί) χ2 - (ημα + συνα)χ + ημα · συνα = Ο . (ii) χ2 - 2χ + ημ2 α = Ο . χ +1=ο. (ίίί) χ2 ημα · συνα 4) Να υπολογιστεί η τιμή των παραστάσεων:

3� l8'

( } ( )

( )

(

)

6) Να υπολογιστούν οι τιμές των παραστάσεων: Α = ημz 3 6ο + ημz 54ο + ημz18ο + ημz72ο Β = η μ � . η μ 2π ημ 3; . η μ �π 5 7) Να λυθεί η εξίσωση: 3εφ χ - � + εφ ( -χ - π ) = _!_ 2εφ ( π - χ ) + 6 2

(

( )

}(

)

� I ..,. ιtΙΙΙJΑι ιι ΕΣ TIM'rι; �

Επιμέλεια: Νίκος Α. Κόντζιας

Το κεφάλαιο των απόλυτων τιμών από τη φύ ση του προβληματίζει και δημιουργεί ερωτηματικά και στα οποία θα προσπαθήσουμε με παραδείγμα τα και ασκήσεις που θα προτείνουμε να ξεπερα στούν οι όποιες δυσκολίες. Την απόλυτη τιμή ενός πραγματικού αριθμού α την συμβολίζουμε με lαl . Ως lαl ορίζουμε: «τον ίδιο τον αριθμό α, αν ο α είναι θετικός ή μηδέν και τον αντίθετό του -α, αν ο α είναι αρνητικόρ). α για α � Ο Δηλαδή lαl = -α για α < Ο Ας πάρουμε μια απέραντη ευθεία και ας είναι Ο η αρχή και Ι ένα αυθαίρετο σημείο διαφορετικό από το Ο. Στο Ο aντιστοιχούμε το Ο και στο Ι τον 1 . Το διάνυσμα ΟΙ είναι μοναδιαίο. ορσ

( ) Α ημ 1 170° + συν1 170° + 2 εφl 080° - 3 · συν1 080° 17π - εφπ ημΒ - 17 2 συν � + εφ ( -π ) + 1 2. 5) i) Ν' απλοποιηθεί η παράσταση: ημ ( π + χ ) · συν τ - χ εφ τ + χ Α= ημ ( 2π - χ ) ίί) Ν' αποδείξετε ότι: ημ2 + συν (7π+ χ ) ·ημ - -χ -� � = 1 + συνχ . 13π -χ συν2 9π+ημ τ

{

ο Μ � ------��---4�----�- +οο χ ο

Σε κάθε σημείο Μ του άξονα αντιστοιχεί ένας αριθμός χ τέτοιος ώστε: ΟΜ = χ · ΟΙ . Ο χ λέγεται τετμημένη του Μ. Αντίστροφα σε κάθε πραγματικό αριθμό χ α ντιστοιχεί ένα σημείο Μ του άξονα τέτοιο ώστε: χ · ΟΙ = ΟΜ . Συνεπώς μπορούμε τα σημεία του άξονα να τα ταυτίσουμε με τις τετμημένες τους. Έτσι μπορούμε να μιλάμε για άξονα των πραγματικών αριθμών και να έχουμε μια γεωμετρική παράσταση του πραγματικού αριθμού. Έστω Α και Β δύο σημεία του άξονα με τε τμημένες α και β αντίστοιχα και το σημείο Ο με τετμημένη Ο. Απόσταση των σημείων Α και Β ονομάζουμε την απόλυτη τιμή της διαφοράς των τεrμημένων τους δηλαδή (ΑΒ) = Ια - β ι = Ιβ - αι . Απόσταση του σημείου Α από το Ο ονομά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λε τ.l/35

Μαθηματικά 'fUI την Α ' Λυκείου

ζουμε την απόλυτη τιμή της τετμημέvης του Α α φού: (ΑΟ ) = I α - Ol = lαl . Έτσι μπορούμε να πούμε ότι η απόσταση με ταξύ του Μ με τετμημέvη χ και του Α με τετμημένη -α είναι lx + αl αφού lx + αl = l x - ( -α )l . Θεωρούμε απαραίτητο να αναφέρουμε κά ποιες βασικές ιδιότητες των απόλυτων τιμών που η απόδειξή τους βρίσκεται στο σχολικό βιβλίο. α) Για κάθε πραγματικό αριθμό α ισχύουν οι ιδιότητες 1) -lαl � α < lαl 2) 1-αl = lαl • 2 3 ) lαl = α2 4) lαl2v = α2ν , ν Ε Ν α2ν+Ι , α > 2 - Ο νΕ Ν I α1 ν+Ι = 2ν -α +Ι ' α < Ο 6) Για κάθε πραγματικό αριθμό χ και θ > Ο ισχύει η ισοδυναμία lxl � θ <=> -θ � χ � θ 7) Αν θ > Ο και β, χ τυχαίοι πραγματικοί αριθμοί ισχύουν jx - βj � θ <=> β - θ � χ � β + θ l x + yj � lxi + IYI για κάθε x, yE IR

{

9) l x - yl � lx i + IYI 10)

ι;ι = :;: . y :;e o

1 1)Αν θ > Ο τότε lχl > θ <=> χ < -θ ή χ > θ Εστιάζουμε την προσοχή μας στις ανισότητες της μορφής: Ι χ - βl < θ ή ( l x - βl � θ ) και Ι χ - βl > θ ή ( Ι χ - βl � θ > με θ > ο για να δούμε την γεωμετρική της ερμηνεία στον άξονα των πραγμα τικών αριθμών. l χ - βl < θ Η ανισότητα αυτή δηλώνει το διάστημα στο ο ποίο βρίσκονται οι πραγματικοί αριθμοί χ που η α πόσταση τους από το β είναι μικρότερη του θ δη λαδή •

χ'

θ μονάδ ες θ μονάδες 14 �14 �I • •

β-θ

0')---ιι·--- χ χ β+θ

Δηλαδή ο αριθμός χ διατρέχει το ανοιχτό διά στημα (β - θ,β + θ ) . ( Πράγματι:

1 χ - βΙ < θ <=> -θ < χ - β < θ <=> β - θ < χ < β + θ >

Ι χ - βl > θ Η ανισότητα αυτή δηλώνει το διάστημα στο ο ποίοπ βρίσκονται οι πραγματικοί αριθμοί χ που η απόσταση τους από το β είναι μεγαλύτερη του θ •

χ χ • χ' --ο,____, .____,• .____ ___ο-- χ

β-θ

β+θ

Δηλαδή ο αριθμός χ διατρέχει την ένωση των

διαστημάτων (

β - θ) υ (β + θ, + ) (Πράγματι: Ι χ -βl > θ <=> χ -β < -θ χ - β > θ <=> χ < β - θ ή χ > β + θ ). οο

-οο ,

Παραδείγματα

1) l x - 21 < 4 <=> -4 < χ - 2 < 4 <=> -2 < χ < 6 Δηλαδή λύσεις είναι η αριθμοί που απέχουν από το 2 λιγότερο από τέσσερις μονάδες οπότε παίρνουμε το διάστημα (-2,6) .

2) lx + 41 � 2 <=> χ + 4 � -2 ή χ + 4 � 2 <=> χ � -6 ή χ � -2 <=> (-oo, - 6]u [-2, + oo ) . Άλλωστε η aνίσωση γράφεται: I χ - (-4)1 � 2 και έχει λύσεις τους πραγματικούς αριθμούς που απέχουν από το -4 περισσότερο ή ίσο από δύο μονάδες. ΑΣΚΗΣΕΙΣ

χ - 2lxl - t4 να αποδείξετε ότι 7 + lxl yια κάθε χ Ε IR ισχύει -3 < y < -1 . 1) Αν y =

Λύ ση 7 + lxl > Ο για κάθε χ Ε IR . Συνεπώς η παρά σταση ορίζεται για κάθε χ Ε IR . Θα προσπαθήσουμε να βρούμε αν υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί β με κ > Ο ώστε η σχέση -3 < y < -1 να γράφεται ισοδύναμα στην μορφή l y + βl < κ . Έχουμε ότι -3 < y < -1 <=>-3+β < y+β < -1 + β . Απαιτούμε -3+β+(-1 +β) = 0 <=>2β=4<=>1β=21 . Συνεπώς η -3 < y < -1 γράφεται -1 < y + 2 < 1 . x - 2lxl - 14 ,Εχουμε <=> Υ 7 + I χI x - 2lxl - 14 + 14 + 2lxl x - 2lxl - 14 +2 = y+2 7 + lxl 7 + lxl χ χ lxl = -ι-ι αρα I y + 2I = --ι = -ι- < 1 . , 7 + ι χ 7 + χ1 7+ χ Συνεπώς έχουμε l y + 21 < 1 <=> -3 < y < -1 για κάθε χ Ε IR .

I I

2) Να επιλυθεί η ανίσωση Λύση

παρατηρουμε

I 2χ - 1I

> s (1).

, η τιμη, "2ι ειναι , απαγορευτιοτι

κή για το χ καθότι το κλάσμα δεν έχει έννοια. Με

την παρατήρηση ότι χ :;e .!.. η aνίσωση ( 1 ) γράφε2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' U: τ.l/36

Μαθηματικά ΎΙfΙ την Α· Λυκείου

ται l2x - ιl < .!_ και είναι ισοδύναμη με την 5 ι ι 2 χ - .!.. < .!.. ή χ _ .!.. < _!_ ή __ < χ -.!.. < _ 2 5 2 ιο ιο 2 10 . 4 6 2 3 η - < χ <- η -<χ <-. 5 10 10 5

1( ) , , •

2ιsr&\ Ν 3/5 ..

( )( )

Άρα 2 ι , S= 5 2

- -

( ι ) αληθεύει στο σύνολο ι 3 . η nμη. -ι . , - αφου. εξαιρειται 2 5 2

3) Να επιλυθεί η εξίσωση l5 - xl - 3lx + ιΙ = 2χ - 5 .

Λύση

-1

5-χ

x +l

+ ο I

χ = -� απορρίπτεται. οπότε λύση της εξίσωσης 4 7 . το ειναι . 6 4) Να επιλυθεί και να διερευνηθεί η εξί σωση χ + lxl = α όπου α πραyματικός αριθμός.

Λύση

Αν α < Ο , η εξίσωση δεν έχει λύση. Αφού για κάθε χ ισχύει -Ι χΙ s; χ ή Ο s; χ + lxl . Έστω α ;?: Ο Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ί) χ ;;?: ο ' ίί) χ < ο . Στην πρώτη περίπτωση η εξίσωση γίνεται: α χ + χ = α η 2χ = α η x = και ειναι δεκτη. l Στην δεύτερη περίπτωση η εξίσωση γίνεται: χ - χ = α ή Ο · χ = α οπότε: ·

5) Εάν οι αριθμοί χ, y, ω είναι πραyματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε lxl < j y j < lωl να δειχθεί Χ1 + y1 lxl + j y j < ω1 lω l ·

Λύση

δύο μέλη της με

χ = '!._ δεκτή διόn: -ι < '!._ < 5 . 6 6 γ) Αν χ > 5 , τότε 5 - χ < Ο , χ + ι > Ο Η εξίσωση γίνεται χ - 5 - 3 ( χ + 0 = 2χ - 5

Παρατήρη ση: Επειδή για κάθε χ Ε JR ισχύει χ + Ι χΙ ;;?: Ο η εξίσωση έχει λύση μόνο όταν α ;;?: Ο .

Έχουμε lxl < lωl (1 ). Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της (1) με το lxl και η ( ι ) γίνεται lxl 2 s; lxllωl (2) . Πολλαπλασιάζω την (2) και τα

α) Αν χ < -ι έχουμε 5 - χ > Ο , χ + ι < Ο άρα η εξίσωση γίνεται 5 - χ - 3 (-χ - ι ) = 2χ - 5 Οχ = -ι3 και είναι αδύνατη. β) Αν -ι s; χ :S; 5 , τότε: 5 - χ ;?: Ο , χ + ι s; ο . Η εξίσωση γίνεται 5 - χ - 3 ( χ + 0 = 2χ - 5 5 - χ - 3χ - 3 = 2χ - 5 -6χ = -7

Για α = Ο η εξίσωση έχει ως λύση κάθε χ Ε (--οο, Ο) . Για α > Ο η εξίσωση δεν έχει λύση.

αφού lωl > jyj οπότε lωl > Ο . � lωl

lxl 2 < lxllωl . � < � Συνεπώς 2 - 2 η 2 (3) ω lωl lωl lωl Ομοίως έχουμε

�: < �� (4) αφού jyj > Ο διότι jyj > lxl .

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (3 ) και (4) έχουΧ 2 + y2 lxl j yj . Χ 2 + y2 lxl + j yj < + με < η ω2 ω2 lωl lωl lωl

y = 4 + 3k και a Ε JR τότε να αποδείξετε ότι la - χΙ + ja - y j ;;?: 5 6) Εάν χ = 9 + 3k ,

•

Λύση

Παίρνουμε το άθροισμα ι ι y-x . -- + -με x ;t: a , y ;t: a . = ( a - x y - a a - x ) (y - a)

l � � l l <�=:�;=: l l ��;- l fι l�l l�� l � a x =

(a -

y a

)

la - x y - aj

= ;?: + + a x y a a x y a ι a - x y - aj Οπότε με πολλαπλασιασμό και των δύο μελών της προηγούμενης ανίσωσης με la - xljy - aj παίρνουμε j y - aj + la - xl ;?: 5 . Για χ = a ή a = 9 + 3k η αποδεικτέα γίνεται: 19 + 3k - 4 - 3kl ;;?: 5 και ισχύει ως ισότητα. Όμοια εργαζόμαστε για y = a .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/37

Να δείξετε ότι η απόλυτη τιμή του α-

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

θροίσματος δύο aντίστροφων αριθμών είναι πά ντοτε μεγαλύτερη ή ίση του δύο. Απόδειξη

l �� 2 .

Αρκεί να δείξουμε x +

l x2 +α)1 1 ->Εάν2 <=>χ lx2> Ο+έχουμε 11 > - 2 <=> χ 2 + 1 >- 2χ

αφού χ lxl lxl = x άρα χ2 - 2χ + 1 > 0 <::::> ( χ - 1 )2 � 0 . β) Ένα χ < lxl = -χ και η σχέση γράφεται χ2 + 1 � 2lxl ή αληθεύει πάντοτε. Η ισότητα ισχύ ει όταν χ = ±1 .

8) Να δειχθεί ότι η απόσταση Jα lxi + PxJ

11) Να επιλυθεί η εξίσωση lx - lxll = 3 - 2lxl ( 1).

Λύση

Είναι γνωστό ότι -lxl � χ � lxl . Συνεπώς lx - lxll = lxl - χ . Άρα η ( 1) γράφεται lxl - χ = 3 - 2lxl <=> 3lxl - x = 3 (2). Αν χ> η γράφεται (2)

3χ - χ = 3 <=> 2χ = 3 <=> χ = � δεκτή. 2 Αν χ< η (2)

-3χ - χ = 3 <=> -4χ = 3 <=> χ = -� δεκτή. 4 12) Να επιλυθεί η εξίσωση l x - 21 - 1 = 12 - xl (1). 5

μπορεί πάντοτε να τεθεί υπό την μορφή Alxi + Bx .

Λύση

α) Εάν χ � τότε lxl = χ και η παράσταση γίνεται Ι αχ + βχ l = J (α + β)χ J = l α + βl lxl = Ι α + βl χ + κlxl - κlxl = (l α + βl - κ)lxl + κχ ( 1) .

Η σχέση (2) έχει τη ζητούμενη μορφή αν θέσουμε

Α = lα + βl - κ και Β = κ . β) Εάν χ < lxl = -χ και η παράσταση παίρνει τη μορφή J α (-χ ) + βχ J = J (β - α)χ J = l β - αl lxl =

l β - αl lxl + κlxl - κlxl = (l β - αl + κ)lxl + κx πάλι έ χει τη ζητούμενη μορφή εάν Α = I β - αl + κ και Β=κ. Επειδή η ( 1) και (2) θέλουμε να συμπίπτουν ανεξάρτητα με τις υποθέσεις για τον πραγματικό αριθμό χ θα πρέπει Ι α + βl - κ = Ι β - αl + κ οπότε α + βi - Ι β - αl . αρα κ=Ι 2 α + β i + Ι β - αl α + βi - Ι β - αl χ. lχl + Ι Jαlx l + βxJ = Ι 2 2

9) Να aντιστοιχίσετε κάθε στοιχείο της στήλης (Α) με το ίσον του της στήλης (Β). Στήλη (Α) Στήλη (Β) � -· ή χ � 3 χ lx - 31 < 2 d (2,x) � 3 d (l,x) � 2

l<x<5 χ � -· ή χ � 5

1 Ο) Αν είναι 1 � χ � 4 τότε η παράσταση

�(χ - ι/ + �(χ- 4/ Α. 3

Β. Ο

ισούται με Γ. 2

Δ. 4

γράφεται

Λύση

Γνωρίζουμε ότι Ι χ - 21 = 12 - χΙ άρα η ( 1) γίνε5 ται lx -2l - 5 = 5lx -21 <=>4lx-21 = -5 <=>lx-21 = -4 αδύνατο.

Οι παρακάτω ασκήσεις προτάθηκαν από τον συνάδελφο ΠαναΎιώτη Κουρσουμπά. 1) Να λυθούν οι εξισώσεις i) llxl + 316 1 = 48

IΙχΙ + C23 )2 1 = 231 2) Έστω χ, y, z πραγματικοί αριθμοί και όμηδέν τέτοιοι ώστε � = lil = �. Αν 5 ii)

•

χ+ y + 2z = Ο· να δειχθεί ότι χ, y είναι ομόσημοι. Λύση

Είναι χ + y = -2z άρα lx + Yl = l-2zl = 2lzl . 3 zl lzl άρα lxi + I YI = I + Ί = 2lzl Ακόμα 5 5 l x + Yl = lxl + IYI · Συνεπώς χ, y ομόσημοι. 3) Αν χ πραγματικός αριθμός να δειχθεί ότι Ι χ+ 31 + Ι χ+ ιΙ � lxl + Ι χ+ 41 .

Λύση

'Εχουμε (Ι χ + 31 + lx + 11)2 � Clxl + lx + 41 )2 <=> μετά τις πράξεις έχουμε lx2 + 4χ + 31 � lx2 + 4xl + 3 που ισχύει.

Αν -2 � χ � 3 και - l � y � l να βρεθεί η μέγιστη τιμή της παράστασης: Α =1 2 χ + 3 y l .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/38

Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκείου

Ισχύει l 2x + 3 yl � l2xl + I 3 YI = 2lxl + 3 IYI � 9 . Το μέγιστο λαμβάνεται για χ = 3 , y = 1 ή y = -1 .

Λύση

-3 < -2 � χ � +3 <=> lx � 3 1 - 1 � Υ � + 1 <=> IYI < 1

Γ. Τσικαλουδάκης

Στο άρθρο αυτό αναπτύσσουμε τις βασικές με θόδους απόδειξης μιας συνεπαγωγής, με στόχο να βοηθηθεί ο μαθητής της πρώτης τάξης στην κατα νόηση της αποδεικτικής διαδικασίας η οποία κυριαρ χεί στα μαθηματικά του Λυκείου (και όχι μόνο). Κάθε άσκηση ή πρόταση ή θεώρημα, συνήθως διαχωρίζεται σε δύο ισχυρισμούς, την υπόθεση (Υ) και το συμπέρασμα (Σ). Για παράδειγμα: Έχουμε το «Θεώρημω): «Οι διαγώνιες ενός ορθογωνίου είναι ίσεφ στο οποίο υπόθεση είναι ο ισχυρισμός: <<Έχουμε ένα ορ θογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ)). Συμπέρασμα είναι ο ισχυρισμός: «Οι διαγώνιες ΑΓ, ΔΒ είναι ί σε9). ΥΠΟΘΕΣΗ λοtπόν είναι ένας ισχυρισμός ή μια συνθήκη που ΘΕΩΡΕΙΤΑΙ (έστω και αν λογικά ή οπτικά (στο σχήμα) δεν φαίνεται να αλη θεύει). Η υπόθεση, δηλαδή, ·είναι όπως λέμε επίσης τα

ΑΛΗΘΗΣ

δεδομένα.

ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑ είναι μια πρόταση της οποί

ας προσπαθούμε να δικαιολογήσουμε ότι είναι α ληθής. Στηριζόμαστε στην υπόθεση και (βήμα προς βήμα) με λογική σκέψη (δηλαδή με βάση γνωστούς κανόνες και ιδιότητες) προσπαθούμε να δείξουμε ότι αληθεύει το συμπέρασμα (ζητούμενο). Γενικά: Κάθε πρόταση που περιέχει υπόθεση και συμπέρασμα λέγεται ΣΥΝΕΠΑΓΩΓΉ. Η υπόθεση εισάγεται συνήθως με τη λέξη: «'Έ στω)), «Θεωρούμε)), «Αν)) κτλ. ή ακόμα πολλές φο ρές η υπόθεση υπονοείταL Το συμπέρασμα συνήθως εισάγεται με τη λέξη, τότε ή aποδείξτε ότι. Πολλές φορές όμως υπονοεί ται. Για παράδειγμα: 1. Αν το άθροισμα των ψηφίων ενός φυσικού αριθμού α διαφείται με το 3 , τότε ο α διαφείται με το 3 . 2. Οι διαγώνιες ισοσκελούς τραπεζίου είναι ίσες. 3. Ισχύει η ταυτότητα: ( α + β) ( α - β) = α2 - β2 (1) δηλαδή: αν οι α, β είναι πραγματικοί αριθμοί, τότε ι σχύει η (1). Απόδειξη συνεπαγωγής είναι η διαδικασία κατά

την οποία, με_ τη βοήθεια γνωστών κανόνων και ιδιο τήτων που ισχύουν για τα δεδομένα (Υ), προσπα θούμε να δικαιολογήσουμε την αλήθεια του συμπε ράσματος (Σ). Το συμπέρασμα (Σ) είναι συνήθως: μια ισότη τα, μια ανισότητα, μια ισοδυναμία, (ή μια νέα συ νεπαγωγή), ή μια έννοια η οποία έχει ορισθεί μέσω άλλων συνθηκών. Για παράδειγμα: 1. Αν αε JR * , τότε α2 + � � 2 . α 2. Αν αε JR, β ε JR και ν ε Ν , τότε α < β <::::> α2ν+Ι < β2ν+Ι . 3. Αν ένα τετράπλευρο έχει τις διαγώνιες κάθετες μεταξύ τους, τότε είναι ρόμβος. Η απόδειξη μιας συνεπαγωγής μπορεί να γίνει με διάφορες μεθόδους, που θα δούμε παρακάτω. Η επιλογή της μεθόδου, εξαρτάται κάθε φορά από την υπόθεση (Υ) και το συμπέρασμα (Σ). 1 η ΜΕΘΟΔΟΣ :

«ευθεία απόδειξη»

Ξεκινάμε από την υπόθεση (Υ) και με τη βοή θεια γνωστών ιδιοτήτων και κανόνων προσπα θούμε να καταλήξουμε στην αλήθεια του συμπε ράσματος (Σ). ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ

α αποδείξετε ότι: αν α + -1 = 2 , τότε α 1 α6 +-6 = 2 . α Ν

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

( )

2 Είναι: α + � = 2 , άρα α + � = 4 , άρα και

(α2 +-α2 ) = 23 ή α6 + -α16 = 2 . 1

2η ΜΕΘΟΔΟΣ :

«απαγωγή σε άτοπο»

Όπως παραπάνω αναφέραμε, σε μια συνεπα

γωγή η υπόθεση (Υ) θεωρείται αληθής.

Τα δεδομένα δηλαδή της άσκησης αποτελούν την υπόθεση και δεν μπορούμε να θεωρήσουμε ό τι δεν ισχύουν .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/39

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

Σε πολλές περιπτώσεις δεν είναι εύκολο από τα δεδομένα να καταλήξουμε στην αλήθεια του συμπεράσματος με την «ευθεία μέθοδο». Αυτό φαίνεται καθαρά στα παρακάτω παραδείγματα: ι. Αν α2 > Ο , τότε α :;t Ο . 2. Αν α5 :;t ι , τότε α :;t ι . 3. Αν δύο ευθείες ει , ε2 που τέμνονται από τρίτη σχηματίζουν τις εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες με άθροισμα μικρότερο από ιsοο' τότε οι ευθείες αυτές ( ει , ε2 ) τέμνονται. 4. Αν α · β :;t Ο , τότε α :;t Ο και β :;t Ο . 5. Αν το γινόμενο α · β δύο φυσικών αριθμών δεν είναι άρτιος τότε οι α, β δεν είναι άρτιοι. 6. Αν α - β + αβ :;t ι , τότε α :;t ι και β :;t -ι . ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Για να δικαιολογήσουμε την αλήθεια του συ

μπεράσματος, καταφεύ'yουμε στην παρακάτω απλή

(λογική) σκέψη. ι. Γιατί αν α = Ο , τότε θα είναι: 2 · · α = α α = Ο Ο = Ο , δηλαδή α2 = Ο . Όμως η υπό θεση είναι α2 > Ο (το οποίο δεν μπορούμε να α πορρίψουμε). Συνεπώς η ισότητα α2 = Ο στην οποία (με υ πόθεση α = Ο ) καταλήξαμε είναι λάθος (ανnβαί νει στην υπόθεση). Άρα το συμπέρασμα α :;t Ο είναι σωστό. 2. Ομοίως για α = ι προκύπτει α5 = ι το ο ποίο αντιβαίνει στην υπόθεση ( α5 :;t ι ). Άρα α :;t ι . 3. Αν οι ει , ε2 δεν τέμνονται, τότε (ορισμός) είναι παράλληλες. Όμως γνωρίζουμε ότι δύο πα ράλληλες ευθείες τεμνόμενες από τρίτη σχηματί ζουν τις εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες με ά θροισμα ιsοο. Το συμπέρασμα όμως αυτό, ανnβαίνει στην υπόθεση. Γενικά με τη μέθοδο της «απαγωγής σε άτο πο» υποθέτουμε όn Γενικά, για να αποδείξουμε μια συνεπαγωγή με τη μέθοδο της παραγωγής σε άτοπο: υποθέτουμε ότι δεν αληθεύει το συμπέ ρασμα (Σ) (δηλαδή θεωρούμε ότι αληθεύει η άρ νηση του συμπεράσματος Σ). Με υπόθεση την πρόταση «{η) Σ» (άρνηση του Σ), καταλήγουμε (με ευθεία μέθοδο) σε μια πρόταση Υ' που είτε γενικά δεν ισχύει είτε έρχεται σε αντίφα ση με την υπόθεση Υ (της συνεπαγωγής). ΙΣΟΔΥΝΑΜΙΑ

Σε πολλές περιπτώσεις αναφερόμαστε σε δύο προτάσεις Π ι , Π2 (ή σε δύο ποσότητες), λέγοντας όn είναι ισοδύναμες και γράφουμε συμβολικά: Πι <=> Π z

ακόμα γενικότερα αναφερόμαστε σε δύο μεγέθη, λέγοντας ότι είναι ίσα ως προς κάποω κοινό μέτρο σύγκρισης. Για παράδειγμα: Δύο χαρτονομίσματα των 500 δρχ. είναι ι σοδύναμα (ίσης αξίας) με ένα των ι 000 δρχ. 2. Δύο δοχεία των 50 είναι ισοδύναμα (ί σης χωρητικότητας) με ένα των ι 00 3. Δύο τρίγωνα με ίσες βάσεις και ίσα ύψη είναι ισεμβαδικά (ισοδύναμα ως προς το εμβαδόν) αλλά όχι κατ' ανάγκη ίσ α . Γενικά: στα Μαθηματικά, έχοντας ως μέτρο σύγκρισης την αλήθεια ή μη μιας πρότασης, λέμε όn δύο προτάσεις Πι , Π2 είναι ισοδύναμες, όταν είναι ταυτόχρονα και οι δύο αληθείς ή και οι δύο ψευδείς. Τότε γράφουμε: Πι <=> Π2

lt.

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑΤΑ:

Αν α ε ΊR , τότε οι προτάσεις α2 < 1 και -ι < α < ι είναι ισοδύναμες. 2. Αν Α , Β , Γ είναι τα μέτρα γωνιών τρι γώνου ΑΒΓ, τότε: i) Α = 90° <=> B + f' = 90° ίί) Α = 90ο <=> β z +γz = αz . 1.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΙΣΟΔΥΝΑΜΙΑΣ ( Π 1

<=>

Π2 )

Για να αποδείξουμε ότι αληθεύει μια ισοδυ ναμία (ως συμπέρασμα μιας συνεπαγωγής), δηλα δή ότι και οι δύο προτάσεις είναι ταυτόχρονα αλη θείς (ή ψευδείς) έχουμε δύο τρόπους. ι ος τρόπος (Διάσπαση σε δύο συνεπαγωγές) α) Θεωρούμε ως αληθή την Π ι (δηλαδή υ

ποθέτουμε ότι αληθεύει η Πι ) και αποδεικνύουμε (συμπέρασμα) την αλήθεια της Π 2 κατόπιν β) Θεωρούμε ως αληθή την Π2 (υπόθεση η Π2 ) και αποδεικνύουμε (συμπέρασμα) την Π ι . ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ: 'Εστω υμ , υ1 τα ύψη τριγώνου ΑΒΓ. Ισχύει η ισοδυναμία:

Ρ = γ <=> υμ

= υ1

•

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

α) Έστω ότι στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΑΒ = ΑΓ (Υ). Τό τε τα τρίγωνα ΑΒΕ, ΑΔΓ είναι ίσα γιατί έχουν: ΑΒ ΑΓ Α κοινή Ε=Δ=90° . Άρα ΕΒ = ΓΔ ή υp = υ1 (Σ). Αντίστροφο β) Έστω ότι υp = υ1 ή ΕΒ = ΓΔ (Υ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.Ι/40

Μαθηματικά -yια την Α' Λυκείου

Τότε τα τρίγωνα ΑΒΕ, ΑΔΓ είναι ίσα γιατί: ΕΒ = ΓΔ , Α κοινή, Ε = Δ = 90° . (Σ) . Άρα ΑΒ = ΑΓ ΣΗΜΕΙΩΣΗ:

ων

ι. Πολλές φορές η ισοδυναμία δύο προτάσε Π2 δηλώνεται (φραστικά) ως εξής: Αν (αληθεύει) Πι , τότε (αληθεύει) η Π 2 και

Πι ,

ί) αντίστροφα. ίί) (αληθεύει) Πι αν και μόνο αν (αληθεύει) 1\ . 2 . Όπως παραπάνω αναφέραμε η απόδειξη μιας ισοδυναμίας « Π 1 � Π 2 » γίνεται με την από

δειξη δύο συνεπαγωγών: (συμβολικά): α) αν Πι , τότε Π 2 β) αν Π 2 , τότε Πι . Σε πολλές περιπτώσεις, αφού έχουμε αποδεί ξει την μία από τις (α), (β) η άλλη αποδεικνύεται με την μέθοδο της «απαγωγής σε άτοπο». ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ι. Αν α, p είναι πραΎματικοί αριθμοί να αποδειχθεί η ισοδυναμία: α 1 + Ρ1 = Ο � α = Ρ = Ο . ΑΠΟΔΕΙΞΗ

α) Έστω α = β = Ο , τότε έχουμε: α2 = Ο και β2 = 0 , άρα α2 + β2 = 0 . Αντίστροφα: Έστω α2 + β2 = Ο

(υπόθεση) Έστω ότι δεν αληθεύει το συμπέρασμα ( α = Ο και β = Ο ). Τότε θα είναι ή α ;ι!: Ο ή β ;ι!: Ο ή (α * Ο και β ;ι!: 0 ). Αν είναι α ;ι!: Ο , τότε είναι α2 > Ο . Ο πότε α2 + β2 > Ο + β2 και επειδή β2 � Ο συμπεραί νουμε όn α2 + β2 > 0 , άτοπο (ανnφάσκει στην υ πόθεση α2 + β2 = Ο ). Με ανάλογο τρόπο καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε β ;ι!: Ο . Άρα το συμπέρασμα α = β = Ο , αληθεύει. 2. Έστω α,β ε IR και ν φυσικός αριθμός. Να αποδείξετε ότι α2ν+ι < β2ν+ι , αν και μόνο αν α < β . ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Έστω α < β . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ί) Αν Ο < α < β , τότε προφανώς είναι ι ι + 2 ν α < β2ν+ ίί) Αν α < β < Ο , τότε είναι -α > -β > Ο οπό - 2v+ι νι τε ( α ) > (-β )2 ή -α2ν+ι > -β2ν+ι ή α2v+ι < β2ν ι •

•

ίίί) Αν α < Ο < β , τότε πpοφανώς είναι ι 2 α ν+ < 0 < β2v+ι ' άρα α2ν+ι < β2ν+ι •

Αντίστροφο:

Έστω ότι είναι α2ν+ι < β2ν+ι ( 1 ). Αν α > β , τότε έχουμε β < α και συνεπώς, ό. β2 ν+ι < α2 ν+ι , . αποδείξαμε, θα ειναι πως παραπανω άτοπο λόγω της ( 1). Αν α = β , τότε ως γνωστό θα είναι α2ν+ι = β2 ν+ι , που είναι άτοπο λόγω της ( 1 ). Άρα θα ισχύει α < β . 2°ς τρόπος (απόδειξης ισοδυναμίας) «μέθο δος ισοδυναμιών» « Π 1 {:::::;> Π 2 »

Με υπόθεση την αλήθεια μιας από τις Π: ι , Π2 , π.χ. της Πι και στηριζόμενοι σε άλλες γνω στές προτάσεις και στο ότι είναι ισοδύναμες μετα ξύ τους και με την Πι και την Π2 , έχουμε την αλήθεια της Π2 Συμβολικά: Πι � Π3 � Π4 � · · · � Π κ και Πκ � Π2 . •

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ

Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: A>B+r �

Α>�.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Έχουμε A > B + f' � A + A > A + B + r � 2Α > ι sοο � Α > 90° . 2. Αν

αε IR , τότε ισχύει: α1 <ι � -ι< α < ι .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

α2 < 1 � α2 - 1 < Ο � ( α - Ι ) ( α + Ι ) < Ο � « α - 1, α + 1 : ετερόσημοι» � α - l < Ο < α + l � -1 < -α < l � l > α > -1 . 3η ΜΕΘΟΔΟΣ

απόδειξης συνεπαγωγή ς

Μετά από την παραπάνω έννοια των ισοδυνά μων προτάσεων και τις μεθόδους απόδειξης ισοδυ ναμίας, μπορούμε τώρα να δούμε και μια πολύ χρήσιμη μέθοδο απόδειξης μιας συνεπαγωγής, τη μέθοδο των ισοδυναμιών. Έστω ότι θέλουμε να αποδείξουμε την συνε-

παγωγή: Αν α < -1 , τότε α + ! < -2 . α Αν δοκιμάσουμε την ευθεία απόδειξη, θα δια πιστώσουμε ότι είναι δύσκολο (δεν ξέρουμε πως να αρχίσουμε) και αν ακόμα ο καθηγητής μας συμβουλέψει: «έχω α < -1 , άρα α + 1 < Ο , άρα 2 , . ( α + 1 ) < Ο κτλ. ο καθηγητης (α + 1 )2 > Ο , οποτε α για να κάνει αυτά τα βήματα, μάλλον ξέρει τη λύ ση και από κάποιο άλλο σκεπτικό έχει οδηγηθεί σ' αυτά. Το σκεπτικό αυτό είναι το εξής: Θεωρούμε ότι το συμπέρασμα είναι αληθές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/41

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

Δηλαδή θεωρούμε

ότι

ισχύει η ανισότητα:

α + .!. < -2 . Τότε θα αληθεύει και κάθε ισοδύναμη α (α+1)2 , , , μ' αυτην προταση. Δηλαδη' εχω: <=> < Ο (Σ ') α Να λοιπόν γιατί ο καθηγητής, στην ευθεία απόδειξη είπε: α + 1 < Ο , άρα ( α + 1)2 > Ο κτλ. Το τελευταίο συμπέρασμα (Σ'), λόγω της υ πόθεσης ( α < -1 ) είναι πλέον προφανές ότι αλη θεύει, οπότε λόγω των παραπάνω ισοδυναμιών, συμπεραίνουμε ότι πράγματι αληθεύει και το συ μπέρασμα (Σ) της αρχικής μας συνεπαγωγής. --

ΣΗΜΕΙΩΣΗ :

Το τελευταίο συμπέρασμα (Σ '), δεν είναι ισο δύναμο με την υπόθεση α < -1 . Δηλαδή: δεν ι, , ( α + 1 )2 Ο σχυει η ισοδυναμια: < <=> α < - 1 . α Συνεπώς στην συνεπαγωγή: «αν Υ, τότε Σ» οι προτάσεις Υ και Σ δεν είναι υποχρεωτικά ισοδύναμες. Γενικεύοντας λοιπόν, για να αποδείξουμε μια συνεπαγωγή: «αν Υ, τότε Σ» με τη μέθοδο των ι σοδυναμιών, εργαζόμαστε ως εξής: Με ισοδύναμες προτάσεις με το (Σ): Σ <=> Σ1 <=> Σ2 <=> . <=> { Σκ ) προσπαθούμε να καταλήξουμε σε μια πρόταση (Σκ ) της οποίας η αλήθεια προκύπτει πολύ εύκο λα από την υπόθεση (Υ) (με την ευθεία απόδειξη). . ·

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 1. Αν α < β < 1 ,

α2 + β > α + αβ .

να αποδειχθεί ότι

ΛΥΣΗ :

Είναι α2 + β > α + αβ <=> α2 - αβ + β - α > Ο <=> α(α - β) - (α -β) > Ο <=> (α- β) ( α - 1 ) > Ο (1 ) Αλλά έχουμε: α < β <=> α -β < α < 1 <=> α - 1 < 0 και συνεπώς είναι (α -β ) ( α - Ο > Ο .

2. Έστω α > 1 και β > 1 .

Να αποδειχθεί ότι: α + β < 1 . 1 + αβ

ΛΥΣΗ :

'Εχουμε: α+ β < 1 <=> α + β - 1 < Ο ή 1 + αβ 1 + αβ ( α - 0 (1 - β) α + β - 1 - αβ < Ο <=> < Ο (1) 1 + αβ 1 + αβ Αλλά είναι: ( α - 0(1 - β) < Ο . Ακόμα είναι 1 + αβ > Ο , οπότε η (1) αληθεύει. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1 1 1 α β Υ (α + β + γ)2 = α2 + β2 + γ2 . 2. Αν α :;t β και α2 + αβ + β 2 = 1 , να αποδεί ξετε ότι: α3 - α = β3 -β . 3. Αν α + β + γ = 1 και 3 α2 + 3β2 + 3γ2 = 1 , να δείξετε ότι α = β = y . 4. Αν α,βε ΊR να αποδείξετε την ισοδυναμία: α � -β <=> α3 + β3 � αβ(α + β) . 5 . Αν ο φυσικός αριθμός ν είναι πολλαπλά σιο του 3 , να αποδειχθεί ότι και ο ν2 - 2ν είναι πολλαπλάσιο του 3. Με ένα κατάλληλο παράδειγ μα να δείξετε ότι το αντίστροφο γενικά δεν ισχύει. 6. Αν α, β ε ΊR , να αποδειχθεί ότι: α :;t β <=> α3 + α :;t β3 + β . 7. Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο ( ΑΒ = ΑΓ ) και Δ, Ε τα μέσα των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Έστω Μ σημείο της ΒΓ. Να αποδειχθεί ότι το Μ είναι μέσο της ΒΓ αν και μόνο αν ΜΔ = ΜΕ . 8. Έστω (Ο,ρ) , (O,R) δύο ομόκεντροι κύκλοι με ρ < R και ΑΒ, ΑΓ δύο χορδές του (Ο, ρ) . Οι ημιευθείες ΑΒ, A;r τέμνουν τον {Ο, R) στα Δ, Να αποδείξετε ότι: Ε αντίστοιχα. ΑΒ = ΑΓ <=> ΒΔ = ΓΕ . 9. Δύο ίσοι κύκλοι (Κ, ρ) , ( Λ, ρ) εφάπτο νται εξωτερικά στο σημείο Ε. Αν η εφαπτομένη του (Κ, ρ) στο σημείο του Α και η εφαπτομένη του ( Λ, ρ) στο σημείο του Β, τέμνονται στο ση μείο Μ, να αποδειχθεί ότι: ΜΑ = ΜΒ <=> ΕΑ = ΕΒ .

1. Αν - + - + - = 0 , να αποδειχθεί ότι

�ΝΙΣΙJΤΗΤΕΣ Οι σχέσεις που ισχύουν για την αντιμετώπιση των Ασκήσεων στις ανισότητες είναι: 1 . α > β και β > y τότε α > y .

Του Σωτήρη Γιαννοσπύρου

2. α > β <=> α± Υ > β± Υ . 3 . Αν α > β και y � δ τότε α + y > β + δ . 4. Αν α � β και λ > Ο τότε: αλ � βλ και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/42

Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκείου

χ, y να δείξετε ότι: Αν α > β και λ < Ο τότε: αλ < βλ και

α β <-. λ λ

6. Αν α > β <:::::> -α < -β . 7. Αν α � β και β � α τότε α = β .

8. Αν α � β και γ � δ τότε α+ γ � β + δ . 9. Αν α > β � Ο και γ > δ � Ο τότε ay > βδ . 10. Αν α > Ο , β > Ο και ν Ε Ν με α � β τότε αν � βν . α · β > Ο τότε: α < β <:::::> _!_ > _!_ . α β Πρέπει να τονιστεί όn: Δεν μπορούμε να αφαφέσουμε ανισότητες κα τά μέλη. Δεν μπορούμε να διαιρέσουμε ανισότητες κα τά μέλη ακόμη κι αν τα μέλη είναι όλα θετικά. Για την επίλυση ανισοτήτων οι μέθοδοι που προτείνονται είναι:

ίί)

•

Αν α, β, γ Ε JR: , τότε να δειχτεί ότι:

..{σ.β + Jϊi1 + .Γα1 2

�- _1r_- __![__ � ο . α+β β+γ α+γ

Λύση

i) Έχουμε:

(fx - ./Υ)2 � Ο <:::::> Οπότε:

ι ι Αν

•

-�� Ο . .j;y 2 x+y

αφού

χ - 2fx.jY + y � Ο .

��.J;:y(x + y) � 2xy ή Μ 2 x+y

ii) Από το ερώτημα i) έχουμε για α, β, γ Ε JR+ :

Fαί3 - � � ο. .JβΎ - Κ � ο. .ΓαΎ -� � ο 2

α+β 2 β+γ 2 α+γ οπότε με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: Fαί3 + $r + .Γσ.Ύ - � - _k_ - � � 0 . 2 α+β β+γ α+γ 3η ΜΕθΟΔΟΣ ΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΥ

lη ΜΕθΟΔΟΣ της ΔΙΑΦΟΡΑΣ

χ + y � 2.J;:y

ΓΡΑΜΜΙΚΟΥ

ΜΕΤΑ

ανισότητα μορφής της ι) Αν στην υπόθεσή μας δίνονται μία ή πε με μετα ρισσότερες ανισοτικές σχέσεις, τότε μετασχηματί ,x , xv ) (ι) A (x1 , x 2 0 . . . ,xv ) � B(x1 2 0 . . . βλητές χ1 , χ 2 0 . . . , χ ν λύνεται με την μέθοδο της ζουμε αυτές τις σχέσεις σε σχέσεις ισότητας δηλα διαφοράς ως εξής: Μετασχηματίζουμε την (ι) δή αν: α, β Ε JR και α > β τότε: α = β + χ με χ > Ο . ισοδύναμη: στην A (x1 , x 2 , . . . ,xv ) - B (x1 ,x 2 , . . . , xv ) � O (2). Η (2) α, β Ε JR: και α > β τότε: � = χ με χ > ι . με πράξεις, φτάσει σε προφανή σχέση. β Π. χ. 2) Αν έχουμε συμμετρική παράσταση ως ι) Να δειχτεί ότι για κάθε χ Ε JR ισχύει: προς τις μεταβλητές που περιέχονται στην ανισό χ2 + 2 τητα, τότε θεωρούμε μια τυχούσα διάταξη γι' αυ � 2 (ι) .Jχ 2 + ι τές π.χ. Αν α, β, γ Ε JR: τότε ισχύει: Λύση (α+ β)(β + γ)(γ + α) � 8αβγ (ι). Έχουμε Λύση Η σχέση (ι) είναι συμμετρική ως προς τα α, β, (γιατί). Η τελευταία ισχύει για κάθε χ Ε JR . γ, θεωρούμε λοιπόν την διάταξη α � β � γ τότε: Χ2 α = γ + χ , χ � Ο και β = γ + y με y � Ο . Άρα: 1 � - (για Ε JR ισχύει: 2) Για κάθε χ l+x 2 Έστω: (α + β)(β + γ)(γ + α) � 8αβγ <:::::> εξάσκηση). (2γ + χ + y)(2γ + y)(2γ + χ) � 8γ(γ+ χ)(γ + y) <:::::> 2η ΜΕθΟΔΟΣ ΣΥΝθΕΤΙΚΉ γ(χ - y)2 + γχ 2 + γy2 + x2 y + xy2 � Ο που ισχύει Παρατηρούμε ποιες απλές ανισότητες παρου γιατί χ, y,γΕ JR: . σιάζονται στην ζητούμενη ανισότητα και συνθέτο ντας κατάλληλα αυτές καταλήγουμε στην ζητού Άλλος τρόπος: x, yE JR+ =::} χ + y � 2.J;:y μενη σχέση. Π.χ. ί) Για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς ( <:::::> (fx -./Υ γ � Ο ) Άρα: α+ β � 2Fαβ , β + γ � 2$γ , γ + α � 2� • •

-4

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β ' λε τ.l/43

Μαθηματικά για την Α · Λυκεiου

Οπότε πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη κι έχουμε: (α+ β)(β + γ)(γ + α) � 8�α2 β2 γ2 = Sαβγ . 4η

ΤΟΠΟ

ΜΕΘΟ ΔΟΣ ΤΗΣ ΑΠΑΓΩΓΗΣ ΣΕ Α

σοδύναμα χ2 + 2χ�χ2 +β2 +χ2 +β2 -β2 _ 2χ2 _ 2χ�χ2 +β2 :5 Ο που ισχύει για κάθε β, χ Ε JR και μάλιστα ως ισότητα.

Η μέθοδος αυτή εφαρμόζεται σε τύπους α Παρατήρηση : σκήσεων της μορφής αν Α τότε Β (αν ισχύει η Επειδή Δ = συμπεραίνουμε ότι η (1) αναλύ συνθήκη Α τότε ισχύει και η Β). Γι' αυτό το λόγο εται σε τέλειο τετράγωνο. δεχόμαστε πως ισχύει αν Α ΚΑΙ ΟΧΙ Β και με 2) Αν α, β θετικοί ριιτοί και ,Jii άρριιτος πράξεις φθάνουμε σε αποτέλεσμα αντίθετο της υ πόθεσης. ι Ρ - αz > .JP (1) 2 - χ τοτε. α + -- + . . -π .χ. Να συγκρινουμε τους αρtθ μους: 2α + 1 4 ( 2α + 1 )

•

y + 2 +2 οταν . ειναι . γνωστο. οτι . xy > ο . και -χ xy Λύση

Έστω 2-- χ > -y+2 2 2-χ y+2 2 + - <=> xy-- > xy-- + xy- <=> χ xy χ xy Υ Υ χ ( 2 - χ ) > y(y+ 2)+ 2 <=> 2χ - χ2 > y2 + 2y + 2 <=> y2 + 2y + 1 + 1 + χ 2 - 2χ < ο <=> (y + 1)2 + (χ -1 )2 < ο . 2-χ y+2 2 Τ . . Άρα: -< -- +- . [ ο ισο ισχυει ατοπο. χ xy Υ μόνον όταν: χ = 1 και y = -1 (γιατί;) αδύνατο α φού xy > O ]. ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1) Για κάθε α,p, χ Ε R αz + Pz � 2 (α - χ )( χ + �χz + Pz ) (1).

ισχύει:

[( 2α + 1 ) - 2�Τ :5 ο � 2α + 1 - 2� = ο ή

2α + 1 . . . Γα . Γα = - , που ειναι ατοπο γιατι ο ν μβ αρρητος 2 2α + 1 και ο -- ρητος. Άρα η (1) αλη θευει. 2 νμ

τες:

Η ( 1) είναι ισοδύναμη με την ή α2 + β2 - 2(α - χ )( χ + �χ 2 + β2 ) � ο α2 _ 2 ( χ + �χ 2 + β 2 )α + β2 + 2χ ( χ + �χ 2 + β2 ) � ο

ii)

( α;Ρ )z � αp .

α + Ρ + Ύ � _!f!_ .J!L. __!!__ + + 2 «+Ρ Ρ+Ύ α+ Ύ

•

( α;β )2 � αβ <=> (α + β)2 � 4αβ <=>

Λύση

διότι:

3) Αν α,p,γ Ε JR: να δειχθούν οι ανισότηi)

Λύση

(1)

Λύ ση

Έστω ότι δεν αληθεύει η ( 1 ) τότε: 1 β - α2 α+--+ :5 � κι επειδή 2α + 1 > Ο η 2α + 1 4 (2α + 1 ) σχέση αυτή είναι ισοδύναμη με την 4α ( 2α + 0 + 4 (β - α2 ) + 1 :5 2 ( 2α + 1 ) 2� ή

( )

α2 + 2αβ + β 2 � 4αβ <=> (α- β)2 � Ο που ισχύει. α+β 2 α + β _> -αβ , οβ2 + 2χ ( χ + �χ 2 + β 2 ) = β 2 + χ 2 + 2χ�χ 2 + β2 .. 1 . . ιι) σχυει: -- >_ αβ <=> -2 4 α+β = ( �β2 + χ 2 + χ)2 . γ + α � _!!:1_ β+γ �Κ μοια: και συ, όμοια: Θρεωτούμε το τρίγωνο: 4 α+γ 4 β+γ f(α) = α2 -2(χ +�χ2 +β2 )α+β2 +2χ(χ + �χ2 +β2 ) . α+β γ+α β+γ � + _!!:'l_ + K Για να ισχύει η f(α) � για κάθε α Ε JR πρέ νεπώς 4 + Α + 4 � α+β α+γ β+γ πει και αρκεί: «η διακρίνουσα α + β + γ � � K _!!:'l_ ή + + . 2 2 2 2 2 2 = Δ 4(χ + �χ + β ) -4[β + 2χ�χ + β ] να είναι 2 α+β β+γ α+γ μικρότερη ή ίση με το Ο (θεωρία τριωνύμου διδά σκεται στην τελευταία περίοδο της Α ' Τάξης) ή ι-

Ο,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λε τ.l/44

Μαθηματικά -yια την Β· Λυκείου

yιa

Μαθηματικά τn Β' τά�n του Λuκι:ίοu

Η συνάρτηση 1 f με f(x) = ημ χ αποδεικνύεται

Από τη Σ.Ε.

Τελικά κατασκευάζουμε την γραφική παρά σταση της συνάρτησης f l [0,2π]3 •

ότι είναι περιοδική με ελάχιστη θεnκή περίοδο: Υ 2π. Δηλαδή για κάθε χ ε IR ισχύει: f(x) = f(x + 2π) = f(x - 2π). Γενικότερα για κάθε 3π τ 2π π χ ε !R ισχύει: f(x) = f(x + 2kπ) Ι k ε Ζ. π ο 7 Για το λiYyo αυτό είναι αρκετό η μελέτη της .J --------------------συνάρτησης αυτής να γίνει στο κλειστό διάστημα Pz [0, 2π]. Προβλήματα : Καθώς ο χ διατρέχει 1°: Να μελετηθεί και να γίνει η γραφική το πρώτο τεταρτημόριο, παράσταση της συνάρτησης g με g(x) = ημ2χ. π δηλαδή για Ο :::;; χ :::;; οι Απάντηση : 2 Α Α' Παρατηρούμε ότι «για κάθε χ ε IR ισχύει: τιμές, που παίρνει η συ ·= g(x + π) = g(x - π) ». g(x) νάρτηση, αυξάνουν καθώς Β' αυξάνουν οι τιμές του χ. Διότι: π = ημ2χ = ημ(2χ + 2π) = ημ [2(χ + π)] = g(x + π), g(x) Με άJλα λόγια η σχέση Ο :::;; χ 1 < χ 2 :::;; συνε2 για κάθε χ ε IR. πάγεται τη σχέση Υ1 = ημχ 1 < ημχ z = Yz· Συνεπώς ο π παίζει για τη g το ρόλο που παί Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι: η συνάρτηση ζει ο 2π για την f. Είναι αρκετό λοιπόν να μελετή σουμε τη g στο διάστημα [0, π]. 3π ' φθ' πz αυτη ειναι γνησια ινουσα στο "2, και γνηΣυγκροτούμε τον πίνακα τιμών4: χ ο π/4 π/2 3π/4 π σια αύξουσα στο 2π 2 χ ο π/2 π 3π/2 2π Είναι φανερό ότι: «η συνάρτηση αυτή παίρνει ο ο I ο -1 g(x) π τη μέγιστη τιμή της 1 για χ = και την ελάχιστη 2 Τελικά κατασκευάζουμε την γραφική παρά σταση της συνάρτησης g Ι [0, π]5• χ

[ ]

[�, J.

1 2

Η ανεξάρτητη μεταβλητή, αν δεν ορίζεται διαφοp> τικά, εκφράζεται σε ακτίνια. 3π π οι αριθμοι: ο, - , π, -, 2π ειναι κομμικα' σημεια, 2 2 γιατί είναι τα σημεία που αλλάζει η συμπεριφορά (μονοτονία) της συνάρτησης. Αριστερά του Ο και δεξιά του 2π η συνάρτηση είναι ορισμένη. Οι διακεκομμένες γραμμές δηλώνουν ότι η μελέτη περιορίζεται, λ{yyo της περιοδικότητας, στο διάστημα [0, 2π]. '

4 5

Η εξήγηση για την «καμπυλότητα» στο [Ο,π] και [π,2π] θα γίνει αργότερα (στην τρίτη τάξη). Το ίδιο γιατί «αλλάζει η καμπυλότητα στο π». Πρακτικά φτιάχνουμε πρώτα τη δεύτερη γραμμή, που αποτελείται απ' τα κομβικά σημεία. Κρατάμε τη «δομή» του σχήματος της Cr . Η όλη διαδικασία μοιάζει να συντελείται μέσω ((συμzίεση.; κατά μήκος του οριζόντιου άξονα» απ' το 2χ στο •-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.Ι/45

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

Να μελετηθεί και να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης h με h ( χ ) = ημ � 2°:

Απάντηση:

Παρατηρούμε ότι: «για κάθε χ Ε IR ισχύει: h (x) = h (x + 6π) = h(x - 6π) ». Δηλαδή ο αριθμός 6π παίζει για την h τον ίδιο ρόλο που έπαιζε ο 2π για την f (πως βρίσκεται ο αριθμός 6π;) Συγκροτούμε τον πίνακα τιμών: χ

3π/2

3π

9π/2

6π

χ./3

π/2

3 π/2

2π

h(x)

----- I -.�='Ε --�'·-------------::ΞΞ::: '

------- Jπ

Απάντηση:

9 π τ

6π

i �:

� 1 + �ημ

Παρατηρούμε ότι: «για κάθε χ Ε IR ισχύει: φ(χ) = φ (χ + 2π) = φ(χ - 2π)». Δηλαδή η συνάρ τηση φ έχει την ίδια περίοδο με την f. (Πώς το κα ταλαβαίνουμε αυτό;) Συγκροτούμε τον πίνακα τιμών: χ

π/4 3π/4

χ-π/4

φ( χ)

5π/4

7π/4

9π/4

π/2

3π/2

2π

-1

[:, 9:J

•

4° : 6

Να μελετηθεί και να γίνει η γραφική

Στην ουσία το σχή μα της Cr «τεντώνεται» απ' το 2π στο 6π. Το σχήμα της C r μετατοπίζεται προς τα δεξιά κατά

� και συμπιέζεται από πάνω και από κάτω ώστε η 4

. .

μεγιστη τιμη ειναι

"2Ι και η ελαχιστη 2. ' -Ι

+ 2π = 1 - ημ 2 (χ + π) -

-2(χ + π) = u(χ +π) , για κάθε χ Ε IR .

π/6

5 π1 1 2

2χ-π/3

π/2

ημ(2χ-π/3)

υ(χ)

1/3 rnin

2π13

1 Ι π/ 1 2

7π/6

3π/2

2π

-ι

513

Π>aΧ

Τελικά κατασκευάζουμε την γραφική παρά7π 8• σταση της συνάρτησης u Ι 6

[�· J

Υ 5/3 ---------------- Ρ,

Τελικά κατασκευάζουμε την γραφική παράσταση της συνάρτησης φ 1

( ) � ( �) [( -� ) ] � [ �] [� ] [ ] � �

Συγκροτούμε τον πίνακα τιμών:

φ ( χ ) = ημ χ Απάντηση:

με

Συνεπώς η μελέτη της συνάρτησης αυτής π 7π . . στο διαστημα μπορει. να γινει "6'6" .

( :}

Διότι: u(χ) =l+ ημ -2χ =1- ημ 2χ-

Να μελετηθεί και να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης φ με 3° :

συνάρτησης

Παρατηρούμε ότι: «για κάθε χ Ε IR ισχύει: u(x) = u (x + π) = u(x- π) )).

� ; - 2χ

( χ ) = l + ημ

1 - ημ 2χ

Τελικά κατασκευάζουμε την γραφική παράστα ση της συνάρτησης h Ι [0,6π]6• ι

( } της

παράσταση

5π

2π

! !π

7π

συνάρτηση F με F(x) = συνχ αποδεικνύεται ότι είναι περιοδική με ελάχι στη θετική περίοδο 2π. Για τον λόγο αυτό η μελέτη της είναι αρκετό να γίνει στο κλειστό διάστημα [0,2π].

Β'

Με άλλα λόγια η σχέση Ο � χ1 < χ 2 � � συνε2 πάγεται, όπως φαίνεται απ ' το σχήμα, τη σχέση Υι = συνχ , συνχ = Υ2 . 2

ο'(�, )

Στην ουσία γίνεται μια παράλληλη μετατόπιση από το Ο στο

της καμπύλης g της προηγουμέ

νης παραγράφου και μετά παίρνουμε το συμμετρικό ως προς την ευθεία με εξίσωση y = Ι σχήμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/46

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι: «η συνάρτηση αυτή είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα

[�,π}>.

Ενώ είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα [π,2π]. Είναι φανερό ότι: «η συνάρτηση αυτή παίρνει τη μέγιστη τιμή της 1 , για χ = Ο ή χ = 2π και την ελάχιστη τιμή της -1 για χ = π ». Συγκροτούμε έτσι τον πίνακα μεταβολώΥ: ό;

(

;

�

ιηiη

πί2

' 2π .

3π 2

( '\.ι � '\.ι -:ι/� ./'i Τελικά κατασκευάζουμε την γραφική παρά σταση της συνάρτηση F [0,2π]. f(x)

ιηηχ

m::ιχ

Η συνάρτηση Φ με Φ ( χ ) = εφχ = ημχ είναι

συνχ ορισμένη σ' όλο το JR , εκτός απ' τους χ, για τους οποίους ισχύει συνχ = Ο . Συνεπώς το πεδίο ορισμού της είναι:

{ �Ι κ ε z}.

Α = JR - κπ +

Κι επειδή εφχ = εφ ( χ + π ) , για κάθε χ ε Α , η συνάρτηση αυτή είναι περιοδική με ελάχιστη θετι κή περίοδο π. Συνεπώς η μελέτη της συνάρτησης αυτής είναι αρκετό να γίνει στο ανοικτό διάστημα

(-�·�}

Καθώς ο χ διατρέ χει το πρώτο τεταρτημόριο δηλαδή για π ' που ο ::;; χ < - οι τιμες, Α' 2 παίρνει η συνάρτηση, αυξάνουν καθώς αυξάΠρόβλημα Β' νουν οι τιμές του χ. Με Να μελετη θεί και να γίνει η γραφική παράάλλα λόγια η συνθήκη: σταση της συνάρτηση G με G (x) = 3 + συν � . ' ' < <� <-π συνεπαγεται 2 ο _χ1 οπως φαινεται απ ' το 2 Απάντηση : σχήμα τη συνθήκη: ότι: κατ ' αρχάς Παρατηρούμε Υι =εφχι = {Α'fι ) < {ΑΤz ) =εφχz = Yz · « G ( x ) = G ( x + 4π ) = G ( x - 4π ) , για κάθε Ενδιαφέρον έχει να μελετηθεί η συμπεριφορά x ε JR ». π της συνάρτησης, καθώς ο χ προσεγγίζει τον ή ι) ( 3 3 2 G χ = + συν = + συν + 2π Υ

(; )=

;

' χ + 4π = G ( χ + 4π ) , για καθε χ ε JR . = 3 + συν 2 Συνεπώς ο αριθμός 4π παίζει για την G τον ί διο ρόλο που έπαιζε ο π για την F. Είναι λοιπόν αρκετό να μελετήσουμε τη G στο διάστημα [0,4π] . Συγκροτούμε τον πίνακα τιμών: --

2π π12

χ/2 συv(χ./2)

••

)π/2

2π

-ι

Ci( x )

3π

2 ιτι.iη

rnax

"'""'

Τελικά κατασκευάζουμε τη γραφική παρά σταση της συνάρτησης G I [0,4π] . Υ

4 3 2

ο 9

ΡΊ---------------------Ρ,

I I

1I I

2π

Ρ I __ -=-ι... .. .-.. .ι,__....

_____

3π

4π

Ισχύουν όσα σημειώσαμε στην υποσημείωση (2) της προηγούμενης παραγράφου.

σοδύναμα καθώς το αντίστοιχο ση μείο Μ π άνω στον κύκλο προσεγγίζει το Β.

Όπως φαίνεται απ ' το σχήμα η ευθεία ΟΜ τείνει να πάρει τη διεύθυνση της ΟΒ καθώς το Μ προσεγγίζει το Β. Έτσι το αντίστοιχο σημείο Τ α πομακρύνεται απ' το Α επ' άπειρον. Κι αυτό ση μαίνει ότι η εφχ μεγαλώνει απεριόριστα, καθώς ο χ προσεγγίζει το � . Δηλαδή καθώς ο χ προσεγγίζει 2 το

� ο αντίστοιχος αριθμός εφχ μπορεί να γίνει

και να παραμείνει μεγαλύτερος από οποιονδήποτε θετικό αριθμό κ, όσο μεγάλος κι αν είναι. Κι αυτό

σημαίνει ότι: «η γραφική παράστασης της συνάρ τησης ως τροχιά ενός κινητού τείνει να πάρει τη π διεύθυνση της κατακόρυφης ευθείας χ = , καθώς 2 π ο χ προσεγγι'ζει τον - ». 2 Αργότερα (τρίτη τάξη - όρια) μαθαίνουμε ότι η παραπάνω παρατήρηση συμβολικά διατυπώνεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/47

, τότε εφχ

π ως εξής: «όταν χ --7 2"

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου �,

εκτός απ' τους χ, για τους οποίους ισχύει:

Ο ' το πεδιο' ορισμου' της ειναι: ' 6 = . Συνεπως , συν Α = � - {6κ + 3 1 κ ε Ζ} . όταν το χ τείνει στο � καθώς διατρέχει το πρώτο --7 -too

>> και

διαβάζεται: «η εφαπτομένη του χ τείνει στο

-too

τεταρτημόριο>>. Η συνάρτηση της εφαπτομένης είναι περιττή (αντίθετα τόξα έχουν αντίθετες εφαπτόμενες). Συ νεπώς η γραφική παράσταση της συνάρτησης αυ-

(-�,0] είναι

τής για τους χ του διαστήματ�ς

συμμετρική ως προς την αρχή Ο των αξόνων του

τμήματος που αντιστοιχεί στο διάστημα Συγκροτούμε τον πίνακα τιμών: χ

εφχ

i1 3

π -

::: 0' 57

π 6

J3 :::

[Ο,� ) . -

Χ --7 -

εψχ -Η·οο

(-�,� )

-Π

Πραγματικά: φ ( χ ) = -1 + 3εφ = -1 + 3εφ

(7 + π ) = πχ 6π -1 + 3εφ ( : ) = -1 + 3εφ [: ( χ + 6 )] = φ ( χ + 6 ) 7

χ πχ

Τελικά κατασκευάζουμε την γραφική παρά

σταση της συνάρτησης Φ Ι

Ισχύει: « φ ( χ ) = φ ( χ + 6 ) , γα κάθε χ ε Α >>.

, για κάθε χ ε Α . Άρα η συνάρτηση αυτή είναι περιοδική με ε λάχιστη θετική περίοδο 6. Επομένως η μελέτη της είναι αρκετό να γίνει στο ανοικτό διάστημα ( -3, 3 ) . Συγκροτούμε τον πίνακα τιμών1 1:

1, 73

πχ

•

ι π

πχ

εφ6

φ(χ)

-1

../3 3

0, 57

0.71

3 2

4 I 2

χ � 3-

.J3

3 =

πχ

fi·

π·

1τΧ

I, 73 εφ- -+ +cο fi

4,19

Φ(χ) �-ι-

-3

Η καμπύλη της συνάρτησης προσεγγίζει aσυ μπτωτικά προς τα πάνω την ευθεία τα κάτω την ευθεία

χ =�

και προς

-π . χ= 2

Π ρόβλημα

Η καμπύλη αν συνεχιστεί προς τα πάνω "τείνει" aσυμπτωτικά να προσεγγίσει την ευθεία χ=3 . Όμοια αν συνεχίσει προς τα κάτω «τείνει)) a συμπτωτικά να προσεγγίσει την ευθεία χ=3.

Να μελετηθεί και να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτηση φ με φ ( χ ) = -1 + 3εφ πχ 6

Ν α δ ιαδίδουμε

•

Απάντηση

Η συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη σ' όλο το

Η εξήγηση γιατί ο δεξιός κλάδος της καμπύλης (α ντίστοιχα ο αριστερός) εφάπτεται του οριζόντιου ά ξονα θα δοθεί αργότερα (τρίτη τάξη - παράγωγος). Το ίδιο για την «καμπυλότητα».

1 1 Διαισθητικά καταλαβαίνουμε ότι: «αν χ --7 κ , τότε λχ --7 λκ >> και «αν y --7 +co και θ > Ο τότε θy --7 οο . Αργότερα (τρίτη τάξη - όρια) θα μάθουμε ότι είναι ιδιότητες του ορίου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/48

Μαθηματικά Ύια την Β· Λυκείου

Καλίκας Ε. Σταμάτης - Βάρναλης Γ. Νίκος Σκοπός του άρθρου αυτού είναι να βοηθήσει τον μαθητή της Α · λυκείου α) να κατανοήσει την έννοια της ομοιό τητας, των ευθύγραμμων σχημάτων, β) να μάθει τα κριτήρια με τα οποία μπορεί να αποδείξει ότι δύο τρίγωνα είναι ό μοια. Επίσης το άρθρο αυτό απευθύνεται και στους μαθητές της Β · λυκείου οι οποίοι χρειάζονται τις γνώσεις αυτές για να μπορούν να αποδείξουν τις μετρικές σχέσεις στα ορθογώνια τρίγωνα και τις μετρικές σχέσεις στο κύκλο.

Καταρχάς θα αναφέρουμε τον ορισμό των ό μοιων ευθύγραμμων σχημάτων. Ορισμός 1 : Δύο ευθύγραμμα σχήματα λέγονται όμοια, αν έχουν τις πλευρές τους ανάλογε� και τις γωνίες που σχηματίζονται από ομόλογες1 πλευρές τους ί σες μία προς μία. Ορισμός 2: Ο λόγος των ομόλογων πλευρών δύο ευθύ γραμμων σχημάτων λέγεται λόγος ομοιότητας αυ τών και συμβολίζεται με λ. Συμβολισμός: Η ομοιότητα μεταξύ δύο ευθύγραμμων σχη μάτων συμβολίζεται με Θεώρημα 1: Ο λiJyoς των περιμέτρων δύο όμοιων ευθύyραμ μων σχημάτων ισούται με το λiJyo ομοιότητάς τους. Π ροσοχή! Αν δύο ευθύγραμμα σχήματα έχουν τις γωνί ες τους ίσες μία προς μία δεν είναι απαραίτητα ό μοια. Για παράδειγμα αναφέρουμε δύο ορθογώνια ΑΒΓΔ, Α 'Β'ΓΔ ' . Ενώ οι γωνίες τους είναι ίσες (ορθές) οι πλευρές τους μπορεί να μην είναι ανά λογες. (π.χ αν οι πλευρές του ενός είναι ΑΒ=1 και ΒΓ=2 ενώ του άλλου Α 'Β '=3 και Β ' Γ=8 και =.

- -::F-

3) Ό

•

, μως για τα τριγωνα ισχuει το παρακατω ,

θεώρημα: Θεώ ρημα 2: Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες τους ίσες μία προς μία, τότε είναι όμοια. Θεώρημα 3: Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές τους ανά λογες μία προς μία και τις περιεχόμενες στις πλευ ρές αυτές γωνίες ίσες, τότε είναι όμοια. Θεώρημα 4: Αν δύο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους ανά λογες μία Προς μία, τότε είναι όμοια. Από τα παραπάνω θεωρήματα προκύ πτουν τα εξής πορίσματα: Πόρισμα 1 : 12

Ομόλογες πλευρές λέ-yονται οι πλευρές που βρίσκονται απέναντι από ίσες γωνίες σε δύο όμοια σχή ματα.

Ο λόγος ομοιότητας δύο όμοιων τριγώνων εί ναι ίσος με το λόγο δύο ομόλογων υψών τους. Πόρισμα 2: Ο λόγος ομοιότητας δύο όμοιων τριγώνων εί ναι ίσος με το λόγο δύο ομόλογων διχοτόμων τους. Πόρισμα 3: Ο λόγος ομοιότητας δύο όμοιων τριγώνων εί ναι ίσος με το λόγο δύο ομόλογων διαμέσων τους. Γενικά: Ο λόγος ομοιότητας δύο όμοιων τριγώνων εί ναι ίσος με το λόγο δύο ομόλογων γραμμικών στοιχείων των τριγώνων (όχι γωνιακών). (π.χ. υ ψών, διαμέσων, διχοτόμων, ακτίνων εγγεγραμμέ νων κύκλων, ακτίνων περιγεγραμμένων κύκλων). Βασικές εφαρμογές: Τα παρακάτω σχήματα τα συναντάμε συχνά σε θεωρήματα ή ασκήσεις και έτσι καλό είναι να γνωρίζουμε τα όμοια τρίγωνα που εμφανίζονται σε αυτά και τις αναλογίες που προκύπτουν από την ομοιότητα. Στο σχήμα 1 είναι ΔΕ//ΒΓ και τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΔΕ είναι όμοια. Ομοίως και στο σχήμα 2. Όμως στα σχήματα 1 και 2 ισχύουν οι αναλογίες: ΑΔ ΑΕ ΔΕ = = (1) ΑΒ ΑΓ ΒΓ Α

(σχ. 1 ) (σχ. 2) Στο σχήμα 3 οι χορδές ΑΒ και ΓΔ τέμνονται στο σημείο Ρ και ΑΡΔ = ΒΓΡ αλλά και ΑΡΓ = ΒΡ Δ. Εδώ οι αναλογίες που ισχύουν είναι: ΑΡ ΡΔ ΑΔ = (2) και ΑΡ ΡΓ ΑΓ (3) ΡΓ ΡΒ ΒΓ ΡΔ ΡΒ ΒΔ Στο σχήμα 4 το τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμ μένο στον κύκλο (O,R) και το τμήμα ΑΔ είναι διάμετρος του κύκλου ενώ το τμήμα ΑΗ είναι ύ ψος του τριγώνου ΑΒΓ. Εδώ ΑΗΓ = ΑΒΔ. Οι αΑΗ ΑΓ ΗΓ , , , που ισχuουν ναλογιες ειναι: 4 ΑΒ ΑΔ ΒΔ ( ) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/49

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου 9. 10. 11. 12. Δ

13.

Δύο ισοσκελή τρίγωνα που έχουν ίσες τις γωνίες των κορυφών τους είναι όμοια; Δύο ισοσκελή τρίγωνα που έχουν ίσες τις γωνίες της βάσης τους είναι όμοια; Δύο ορθογώνια τρίγωνα που έχουν μια οξεία γωνία τους ίση είναι όμοια; Δύο ορθογώνια τρίγωνα που έχουν τις κάθετες πλευρές τους ανάλογες είναι όμοια; Δύο ορθογώνια τρίγωνα που έχουν τον λόγο των υ ποτεινουσών τους ίσο με τον λόγο δύο κάθετων πλευρών είναι όμοια;

(σχ. 3) (σχ. 4) Στο σχήμα 5 το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ΑΔ είναι το ύψος που αντιστοιχεί στην υπο Β ασική άσκηση : τείνουσα ΒΓ. Από το σημείο τομής Θ- των διαγωνίων τρα Τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΒΔ και ΑΓΔ είναι όμοια. πεζίου, φέρουμε την παράλληλη προς τις βάσεις η Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΓ και ΑΒΔ οποία τέμνει τις μη παράλληλες πλευρές στα Ε και ΑΒ ΑΔ = ΒΔ , = προκυπτει: Ζ. Να αποδείξετε ότι ΟΕ=ΟΖ (σχήμα 7) (5). ΒΓ ΑΓ ΑΒ Β

� Ε�

Δ Γ

(σχ.

Γ Δ

(σχ. 6)

(σχ. 7)

Απόδειξη:

Τα τρίγωνα ΑΕΟ και ΑΓΔ είναι όμοια άρα Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΓ και ΕΟ ΑΕ = (1). ΑΔ = ΔΓ ΑΓ , -= ΑΓΔ προκυπτει: (6). ΓΔ ΑΔ ΒΓ ΑΒ ΑΓ Ομοίως τα τρίγωνα ΒΟΖ και ΒΓΔ είναι όμοια Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΔ και ΖΟ ΒΖ = άρα (2). ΑΒ ΒΔ ΑΔ , ΑΓΔ προκυπτει: - = - = - (7). ΓΔ ΒΓ ΑΓ ΑΔ ΓΔ Όμως από το θεώρημα του Θαλή προκύπτει Στο σχήμα 6 το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ΑΕ ΒΖ τραπέζιο και οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ τέμνονται ότι = (3). ΑΔ ΒΓ στο σημείο Ο. Τα τρίγωνα ΑΒΟ και ΓΔΟ είναι ό Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) έχουμε ότι μοια. Οι αναλογίες που ισχύουν είναι: ΕΟ = ΖΟ , ΕΟ=ΖΟ. Β ΟΑ και ετσι =Ο ΑΒ ( 8) . ΓΔ ΓΔ ΓΔ ΟΓ ΟΔ Παρακάτω δίνουμε μερικές ερωτήσεις για να Λυμένες Ασκήσεις ελέγξετε τις γνώσεις σας στην ομοιότητα. =

2. 3.

6. 7.

Ερωτήσεις κατανόησης :

1. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι

Αν δύο τετράπλευρα έχουν τις γωνίες τους ίσες μία προς μία, είναι όμοια; Αν δύο τετράπλευρα έχουν τις πλευρές τους ανά λογες, είναι όμοια; Αν δύο τρίγωνα είναι ίσα, είναι όμοια; Αν ναι ποιος είναι ο λόγος ομοιότητας τους; Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια, είναι ίσα; Να εξετάσετε αν είναι αληθής η παρακάτω πρότα ση: «Αν μια ευθεία τέμνει δύο πλευρές τριγώνου και σχηματίζει με αυτές ένα τρίγωνο όμοιο με αυ τό, τότε η ευθεία είναι παράλληλη με την τρίτη πλευρά του τριγώνου». Αν δύο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους παράλληλες μια προς μια είναι όμοια; Αν δύο τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους κάθετες μια προς μια είναι όμοια; Δύο ισόπλευρα τρίγωνα είναι πάντα όμοια;

Να προεκτείνεται την ΑΒ κατά τμή μα ΒΔ=ΒΓ και να δείξετε ότι ΑΒΓ ""' ΓΑΔ. Στη συνέχεια να δείξετε ότι β 2 = γ(α + γ) . Να αποδείξετε ότι ισχύει και το αντίστροφο. Δηλαδή αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει β 2 = γ(α + γ) να αποδείξετε ότι Β = 2 Γ . Λ

Β=

2Γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/50

(σχ. 8)

Απόδειξη: (Σχ.

Μαθηματικά yια την Β· Λυκείου

Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΒ κατά τμήμα ΒΔ=ΒΓ. Το τρίγωνο ΒΓΔ είναι ισοσκελές (ΒΓ=ΒΔ) και επειδή η Β = 2ω είναι εξωτερική θα Λ

ισχύει ΒΔΓ = ΒΓΔ = ώ . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ είναι όμοια γιατί έχουν δύο γωνίες τους ίσες, την Α κοινή και ΑΓ ΒΓ = ΑΒ ΑrΒ = ΑΔΓ = ώ . 'Εiσι = ή ΑΔ ΓΔ ΑΓ β_ = � = r οπότε β 2 = γ(α + γ) . _ α + γ ΓΔ β Λ

τές)

(το αντίστροφο αφήνεται ως άσκηση στους μαθη-

2. Αν ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τα ύψη ενός τριγώνου ΑΒΓ να αποδείξετε (α) ότι τα τρίΎωνα ΑΗΕ και ΒΗΔ είναι όμοια (β) τα τρίγωνα ΗΒΖ και ΗΕΓ είναι όμοια (γ) ΗΔ·ΗΑ=ΗΒ·ΗΕ,.;ΗΓ·ΗΖ. (σχή μα 9) Α

ΑΒ

ΔΜ

ΔΗ =

ΒΓ

(1)

ΜΕ ΚΕ = ' ΑΓ ΒΓ

(2).

Έτσι λόγω των (1) και (2) και επειδή τα ΒΔΜΘ, ΜΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμα, η σχέση ΔΗ ΚΕ + ΘΖ ΔΜ ΜΕ + ΘΖ , = = γινεται + + ΑΒ ΑΓ ΒΓ ΒΓ ΒΓ ΒΓ ΒΘ + ΖΓ + ΘΖ = ΒΓ = 1 . ΒΓ ΒΓ ΒΓ ΒΓ =

4. Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και ευθεία (ε) εξωτερική αυτού. Έστω ΑΒ διάμετρος κάθετη στην ευθεία (ε). Από το σημείο Α φέρνουμε τέ μνουσα η οποία συναντά το κύκλο στο Γ και την (ε) στο Δ. Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο ΑΓ·ΑΔ είναι σταθερό. (Σχολή Ικάρων 1948) (σχήμα 11) Απόδειξη:

Έστω Κ το σημείο τομής του φορέα της δια μέτρου ΑΒ με την ευθεία (ε). Τότε τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΚΔ είναι όμοια γιατί είναι ορθογώνια

και έχουν την γωνία Α κοινή. Έτσι

ΑΒ

ΑΓ ΑΔ = ΑΚ

ΑΓ·ΑΔ .=ΑΒ·ΑΚ=σταθερ ό. Δ

Απόδειξη:

(σχ. 9)

Τα τρίγωνα ΑΗΕ και ΒΗΔ είναι όμοια γιατί είναι ορθογώνια και έχουν και άλλη μία· οξεία γω(σχ. 1 1) , ως κατακορυφην , τους ιση ' . 'Ετσι ΗΒ = ΗΔ νια ΗΑ ΗΕ 5. Σε ορθοοyώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγε και άρα ΗΔ·ΗΑ=ΗΒ·ΗΕ. Ομοίως τα τρίγωνα ΗΒΖ γραμμένο τετράΎωνο του οποίου μια πλευρά και ΗΕΓ είναι όμοια και προκύπτει ότι κείται στην υποτείνουσα ΒΓ . Να αποδειχθεί ότι ΗΒ·ΗΕ=ΗΓ·ΗΖ. η πλευρά του τετραγώνου είναι μέση ανάλοοyος μεταξύ των δυο τμη �άτων τη ς υποτείνουσας τα Τελικά ΗΔ · ΗΑ=ΗΒ · ΗΕ=ΗΓ ·ΗΖ. ε

3. Αν θεωρήσουμε ένα εσωτερικό σημείο

οποία μένουν. Απόδειξη: (Σχ. 12)

ΑΒΓ και φέρουμε τρεις ευθείες Αρκεί να δείξουμε ότι ΔΗ2=ΒΗ· ΖΓ (1) ή ΔΕ, ΖΗ και ΘΚ που να περνάνε από το Μ και ΔΗ ΖΓ , ΔΗ ΖΓ , ΒΗΔ και να είναι ΔΕ/ΙΒΓ, ΖΗ//ΑΓ και ΘΚ//ΑΒ να απο- - = - η - = - (2). Τα τριγωνα ΒΗ ΖΕ ΒΗ ΔΗ , 1 0) , ΔΗ + ΚΕ + ΘΖ 1 (σχημα δείξετε οτι ΖΕΓ είναι όμοια γιατί είναι ορθογώνια και ΑΒ ΑΓ ΒΓ Μ του τριΎώνου

Β = ΖΕΓ (ως συμπληρωματικές της Γ ). Έτσι ι σχύει η (2) και επομένως η (1). Γ

Απόδειξη:

(σχ. 10)

Τα τρίγωνα ΔΗΜ, ΚΕΜ, ΜΘΖ και ΑΒΓ είναι όμοια γιατί έχουν πλευρές παράλληλες και έτσι οι γωνίες τους είναι ίσες. Από την ομοιότητα των πα ραπάνω τριγώνων με το ΑΒΓ προκύπτει ότι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/51

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

6. Ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) είναι ναλογιών π.χ στην άσκηση 6 από την προς απόδει ΑΒΔ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο,ρ). Από την κορυφή Α φέρνουμε μια ευθεία η οποία τέμνει την ΒΓ ' ΑΒ ΑΔ ' ΑΒΔ και ΑΒΕ ει-' στο Δ και τον κύκλο στο Ε. Να αποδειχθεί ότι ξη σχεση ΑΕ = ΑΒ τα τριγωνα ΑΒ2=ΑΔ·ΑΕ. ΑΒΕ Απόδειξη: (Σχ. 13) ναι όμοια. Αλλιώς παρατηρούμε τα τρίγωνα που ,---J'---.,

'-------v--

ΑΒ ΑΔ = (1). Τα τρί ΑΕ ΑΒ γωνα ΑΒΔ και ΑΒΕ είναι όμοια γιατί έχουν την Αρκεί να δείξουμε ότι

γωνία

ΒΑΔ Λ

κοινή και

ΑΒΔ

ΑΕΒ

με την ΑΓΒ ). Έτσι ισχύει η (1).

Παρατή ρηση:

σχηματίζουν τα γράμματα του πρώτου κλάσματος ΑΒ = ΑΔ και του δεύτερου ΑΒΕ ΑΒΔ . Η οΑΕ ΑΒ (είναι ίσες μοιότητα συνήθως των τριγώνων αυτών μας οδη γεί στην απόδειξη των αναλογιών π.χ στην άσκηση 5 τα τρίγωνα ΒΗΔ και ΖΕΓ είναι όμοια.

Για να αποδείξουμε αναλογίες καλό είναι να παρατηρούμε τα τρίγωνα που σχηματίζουν τα γράμματα των aριθμητών και των παρονομαστών των κλασμάτων. Συνήθως τα τρίγωνα αυτά είναι όμοια και έτσι οδηγούμαστε στην απόδειξη των α-

r rι ,.ΙJ4ΙΤ&ι' � �- ...

.! .

{

}

Απαντήσεις στις ερωτήσεις κατανόησης.

όχι 2. όχι 3. ναι, λ=1 4. όχι 5. όχι 6 έ ως 13. ναι . ι

Τ' MIJ' ΙΙifιΙ/#.. �,

Αι .. ιr� rιιn· ] ιw.: 69J /Α..

..!

..,.,. Ai/. Α!.Ι!'· Ιι Αι<'

#J' rιι _ι #Ι!� Ι!ΙJΙ!#.,

του Σπύρου Γιαννακόπουλου

1 ° : θεωρούμε μη ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ. ΑΔΜΒ είναι εγγράψιμο σε κύκλο αν και μόνο αν Έστω ΑΜ η διάμεσός του και ΜΔ η διχοτόμος ισχύει ΓΔ · ΓΑ = ΓΜ ΓΒ ή ισοδύναμα β � της γωνίας ΑΜΓ και είναι ΑΔ > ΔΓ . Δείξτε όα α z α2 z -2 τι: i) Α < 90° . ii) Το τετράπλευρο ΑΔΜΒ είναι -α-- β = 2 α ή β = α 2 + μα ή β = τ + αμα . εγγράψιμο σε κύκλο αν και μόνο αν l + μα α2 β 2 = + αμ 2° : Τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε 2 κύκλο (O,R). Με κέντρο το Α και ακτίνα το ύ Απάντηση ψος ΑΔ του τριγώνου γράφουμε κύκλο που τέ μνει τον αρχικό κύκλο στα Μ, Ν. Αν η ΜΝ τέ μνει τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Ε και Ζ α ντίστοιχα, δείξτε ότι ΔΕ .1 ΑΒ, ΔΖ .1 ΑΓ. Απάντηση

(

)

α .

Σχ. 1 i) Από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόΑΔ ΑΜ ΑΜΓ εχουμε = , , μου στο τριγωνο η, ισοΔΓ ΜΓ ΑΔ 2μ = α >1 δύναμα ΔΓ α ή ή 2βz + 2γz - αz > αz 2 2 α2 < β + γ , απ' όπου συμπεραίνουμε ότι Α < 90° . ii) Επειδή η ΜΔ είναι διχοτόμος στο τρίγωνο β-� ΑΜΓ, έχουμε ΔΓ = --2- . Το τετράπλευρο -α + μ 2 α Γ

Οι ΜΝ ΑΓ είναι χορ δές του κύκλου (O,R) και τέμνονται στο Ζ. Άρα ισχύει ΖΑ · ΖΓ = ΖΜ · ΖΝ (1) . Η ΜΝ είναι χορδή και του κύκλου (Α,ΑΔ), Σχ.2 οπότε θα ισχύει ΖΜ ΖΝ = ΑΔ2 - ΑΖ2 (2). ( Απ' την άλλη έχουμε ΑΖ·ΑΓ=ΑΖ ΑΖ+ΖΓ) = ( 1 ),(2) = ΑΖ2 + ΑΖ · ΖΓ = ΑΖ2 + ΑΔ2 ΑΖ2 = ΑΔ2 (3 ) . ΑΔ2 = ΑΖ · ΑΓ Άρα Αν υποθέσουμε ότι η προβολή του Δ πάνω στην ΑΓ είναι το Ζ ' (το z· είναι εσωτερικό σημείο του ΑΓ). Επειδή το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ορθογώνιο, θα έχουμε ΑΔ2 = ΑΖ · ΑΓ (4) . Από τις (3 ), (4) ,

.......

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/52

•

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

προκύπτει ότι ΑΖ · ΑΓ = ΑΖ' · ΑΓ <::::> ΑΖ = ΑΖ' , που σημαίνει ότι τα σημεία Ζ, z· συμπίπτουν. Άρα ΔΖ _l_ ΑΓ . Όμοια εργαζόμαστε για ΔΕ · ΑΒ .

ρίζεται.

Σύνθεση : Στην προέκταση του ΑΒ προς το Β παίρνουμε σημείο Ε έτσι, ώστε να απέχει από το Ο d + .Jd2 + 8R 2 . . . Απο. το Ε κατασκευααποσταση

2 3° : Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Η διχοτόμος ΑΔ του τριγώνου ζουμε την εφαπτομένη του ημικυκλίου (κατασκευή τέμνει τον κύκλο στο Ε. Δείξτε ότι γνωστή από την Α' Λυκείου) και έστω Μ το ση μείο επαφής και Δ το σημείο τομής της εφαπτομέ ΓΕ2 = ΕΔ · ΕΑ . νης με την Γy. Το Μ είναι το ζητούμενο σημείο. Απάντηση (Σχ. 3) Απόδειξη : Φέρνουμε την ΜΚ _l ΑΒ . Από το

Επειδή η ΑΔ είναι διχοτόμος, το Ε είναι το μέσο του τόξου ΒΓ και ΟΕ _l ΒΓ . Φέρνουμε τη διάμετρο ΕΖ και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΕΖ παίρνουμε ΓΕ 2 = ΕΜ · ΕΖ (1). Το τετράπλευρο ΑΔΜΖ είναι εγγράψιμο γιατί ΔΑΖ+ ΔΜΖ = 90° + 90° = 1 80° , οπότε έχουμε ΕΜ · ΕΖ = ΕΔ · ΕΑ (2). Από τις (1), (2) προκύπτει ότι ΓΕ 2 = ΕΔ · ΕΑ . Λ

ορθογώνιο τρίγωνο ΜΟΕ έχουμε �� +8R2 -d 2R2 , = ΟΜ2 =0Ε·ΟΚ <::::> ΟΚ -ι= 4 d+νd2 +8R2 d + .Jd2 + 8R 2 .Jd2 - 8R 2 - d = ΚΕ = ΟΕ - ΟΚ = =

3 d+ .Jd 2 + 8R 2 ΓΕ = 2 4 Άρα το Κ είναι μέσο του ΓΕ. Επειδή ΚΜ 11 ΓΔ το Μ είναι μέσο του ΔΕ.

Διερεύνηση:

Δ� Γ

Ο Κ

Σχ. 4

Δίνεται ημικύκλιο (O,R) διαμέτρου ΑΒ και σημείο Γ στην προέκταση της ΒΑ έτσι ώστε ΟΓ = d . Στο Γ υψώνουμε κάθετο πάνω στην ΑΒ, την Γy. Να προσδιορίσετε σημείο Μ του η μικυκλίου έτσι ώστε η εφαπτομένη του ημικυ κλίου στο σημείο αυτό να τέμνει την Γy και την προέκταση της ΑΒ στα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα και να ισχύει ΜΔ = ΜΕ . Απάντηση (Σχ. 4) Ανάλυση : 4° :

Υποθέτουμε ότι το σημείο Μ προσδιορίστηκε και η ΔΜΕ είναι εφαπτομένη του ημικυκλίου με ΜΔ = ΜΕ .

Θέτουμε ΟΕ = χ . Φέρνουμε το ΜΚ _l ΑΒ και επειδή ΜΚ 11 ΓΔ και Μ μέσο του ΕΔ το Κ εί ναι μέσο του ΓΕ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΟΕ d+χ χ . Ακόμα έέχουμε ΜΕ2 = ΚΕ · χ <=> ΜΕ2 = Πρέπει

- R 2 <::::> χ 2 - dx - 2R 2 = Ο .

Δεδομέ-

χουμε d+x χ = χ2 --

ΜΕ2 = 0Ε2 - R 2 = χ 2 - R 2 .

νου ότι δεκτή λύση της εξίσωσης είναι η θετική, d + .Jd 2 + 8R 2 , παιρνουμε χ= . Άρα το Ε προσδιο-

Το Μ ορίζεται όταν .. d+ �d2 +8R2 OE> R <=> >R <::::> d + ..fd2 +8R2 >2R <::::> -

.Jd2 + 8R 2 > 2R - d , που ισχύει αφού για d � 2R είναι προφανής για d > 2R είναι ισοδύναμη με την 4R 2 + 4Rd > O Συνεπώς το πρόβλημα έχει πάντα μία λύση. 5° : α) Έστω ΑΒΓ τρίγωνο με ΑΒ '* ΑΓ , ΑΔ το ύψος του και Δ εσωτερικό της ΒΓ. Αν ι, , , το τριγωνο , ΑΒ2 = ΒΔ δείξτε οτι ειναι σχυει 2 ΑΓ ΔΓ ορθογώνιο στην κορυφή Α. β) Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ και εσωτερική διχοτόμο την ΑΔ. Έστω Ε1 , Ε 2 τα εμ βαδά των τριγώνων ΑΒΔ και ΑΔΓ αντίστοιχα. i) Να δείξτε ότι ΔΓ Ε1 = ΒΔ · Ε2 • ii) Στο Δ πάνω στην ΒΓ υψώνουμε κάθετο και παίρνουμε πάνω στην κάθετο σημείο Μ τέτοιο, ώστε να ισχύει ΜΒ · .JE; = ΜΓ · .JE.. Να δείξτε ότι το τρίγωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνω. Απάντηση ΑΒ ΒΔ = α) (Σχ. 5) Θέτουμε = λ ( 1 ) και είΑΓ ΔΓ ναι Ο < λ '* 1 . Από την (1) έχουμε ΑΒ2 = λΑΓ2 <=> ΑΒ 2 + ΑΓ 2 = ( λ + 1 ) ΑΓ2 (2) . • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/53

Μαθηματικά -yια την Β· Λυκείου

ΒΔ = λΔΓ <==> ΒΔ + ΔΓ = ( λ + 1 ) ΔΓ <==> Επίσης ΒΓ = ( λ + 1 ) ΔΓ <==> ΒΓ2 = ( λ + 1 )2 ΔΓ2 (3). Έχουμε Μ =ΑΒ2 -ΔΒ2 και Μ =ΑΓ2 -Δr , οπότε ΑΒ2 - ΔΒ 2 = ΑΓ2 - ΔΓ2 <==> λΑΓ2 - λ2 ΔΓ2 = ΑΓ2 - ΔΓ2 <==> λ2 ΔΓ2 - ΔΓ 2 = λΑΓ2 - ΑΓ 2 <==> (λ2 - 1)ΔΓ 2 = ( λ - 1 ) ΑΓ2 <==> ΔΓ2 = -1-ΑΓ2 . Άρα λ+1 η (3) γράφεται ΒΓ2 = ( λ + 1 ) ΑΓ2 (4). Από τις (2), (4) παίρνουμε ΑΒ2 + ΑΓ2 = ΒΓ2 , που σημαίνει ότι Λ

ΒΑΓ = 90° .

2 ΕΖ 2 ω Ε (ΗΑΕ ) 2 <==> (2 ) <==> ΗΓ2 - ΗΑ 2 = -ΑΓ = ΑΓ ΑΓ Ε (ΗΒΔ ) Ε ΗΓ2 - ΗΑ2 = (ΗΑΕ ) ΑΓ2 Ε(ΗΒΔ) ii) Τα τρίγωνα ΗΒΖ και ΓΗΖ έχουν κοινή βάση την ΗΖ και οι κορυφές τους Β, Γ βρίσκονται σε παράλληλο προς την ΗΖ. Άρα Ε(ΒΗΖ) = E< rHz) (4). Όμως η ΗΖ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΗΑΓ, οπότε Ε< ΗΖΓ> = .!_ Ε (ΗΑΓ) (5). Επίσης η ΗΓ είναι 2

διάμεσος στο τρίγωνο ΑΔΓ και άρα είναι 1 Ε(ΗΑΓ) = - Ε< ΑΔΓ> . Συνεπώς η (5) γράφεται

(4)

Ε (ΗΖΓ) = 4 Ε (ΑΔΓ) <==> Ε (ΒΗΖ) = 4 Ε (ΑΔΓ) . Σ

Σχ.6 Σχ. 5 Α β) (Σχ. 6) i) Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔΓ έχουν το ίδιο ύψος ΑΚ, άρα !Ι_ = ΒΔ <==> ΔΓ · Ε1 = ΒΔ · Ε . 2 Ε2 ΔΓ Γ Σχ. 7 ΜΒ Σχ.8 ii) ΜΒ .jE; = ΜΓ · JE: <==> = ΜΓ ν Ε 7° : Έστω ένα τρίΎωνο ΑΒΓ επε-yραμμένο 2 i) σε κύκλο (O,R). Προεκτείνουμε την πλευρά ΒΑ 2 2 ΜΒ Ε ΜΒ ΒΔ <==> ή . = = και παίρνουμε στην προέκταση τμήμα ΑΣ. Η ΜΓ2 t2 ΜΓ2 ΔΓ ΣΓ τέμνει τον κύκλο στο Δ. Ονομάζουμε Σύμφωνα με το α) η τελευταία σχέση μας εΕΑΣr = Ε0 ΕΣΒΓ = Ε2 και ΕΑΒΓ = Ε . Αν ξασφαλίζει ότι ΒΜΓ = 90° . ΣΔ ΣΓ = .! ΑΒ 2 , να δείξτε ότι Ε = !:JE:.JE; . 4 3 < ° 6 : Δίνεται τρίΎωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ και Σχ. 8) Απάντηση ( τα ύψη του ΑΔ, ΒΕ. Αν το ορθόκεντρο του τρι

�

Ύώνου είναι το μέσο Η της ΑΔ και το μέσο της Τα τρίγωνα ΑΣΓ και ΑΒΓ έχουν ΑΓ είναι το Ζ, τότε να δείξετε ότι Ε 1 ΑΣ · ΑΓ Ε ΑΣ Ε<ΗΑΕ> z .. Α+ ΓΑΣ = 1 80° οπότε = ή _ι = 1.) ΗΓz - HA z = -ΑΓ .U) Ε(ΗΒΖ) = -1 Ε(ΑΔΓ) ' Ε ΑΒ · ΑΓ Ε ΑΒ Ε( ΗΒ� 4 (1 ). Επίσης τα τρίγωνα ΣΒΓ και ΑΒΓ έχουν κοινή Ε2 ΒΣ · ΒΓ Ε2 ΒΣ . Απάντηση (σχ. 7) γωνία τη Β , οποτε = . <==> = Λ

•

i) Τα Λ

τρίγωνα

ΔΒΗ,

ΕΑΗ

έχουν

ΒΗΔ = ΑΗΕ , οπότε Ε(ΗΑΕ) Ε(ΗΒΔ)

· ΗΑ (ΗΑΕ) = ΗΕ <==> (1). = ΗΕ ΗΒ . ΗΔ Ε Δ ΗΒ Ε

(ΗΒ ) Στο τρίγωνο ΗΑΓ από το 2° θεώρημα των διαμέσων έχουμε ΗΓ2 - ΗΑ 2 = 2ΑΓ ΕΖ (2). Στο τρίγωνο ΑΔΓ το τμήμα ΗΖ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών του, άρα ΗΖ 11 ΒΓ , οπότε από το θεώρη ·

μα του Θαλή έχουμε ΕΖ

ΖΓ

= ΕΗ

ΗΒ

<==>

2 � Ε<ΗΑΕ) (3 ) . = ΕΗ <==> ΕΖ ΑΓ Ε< ΗΒΔ ) ΑΓ ΗΒ

2ΕΖ

ΒΑ ΒΓ

ΑΒ

(2). Πολλαπλασιάζοντας τις (1), (2) κατά μέλη Ε 1 Ε-2 ΑΣ · ΒΣ , παιρνουμε =

(3). ΑΒ2 Ε2 Οι ΣΑΒ, ΣΔΓ είναι τέμνουσες του κύκλου, οΑΣ ΒΣ = ΣΔ · ΣΓ πότε έχουμε ή ΑΣ · ΒΣ = � ΑΒ2 (4). 4 Ε1 2 � = Η (3) σύμφωνα με την (4) γράφεται 4 Ε ή Ε 2 = _± Ε 1 Ε 2 ή Ε = � JE:.jE; . 9 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/54

�

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

� fJ w.

H••ill•• 114-S

Η στενή αλληλεπίδραση των Μαθηματικών και της Φυσικής γέννησε την έννοια του διανύσματος. Έτσι διακρίνουμε τα φυσικά μεγέθη σε: α) μονόμετρα, όπως είναι το μήκος, το πλάτος, το εμβαδόν, ο όγκος, η μάζα κ.ά. και β) διανυσματικά, όπως είναι η δύναμη, η ταχύτη τα, το βάρος, η μαγνητική επαγωγή κ.ά. Πριν από 1 20 περίπου χρόνια δημιουργήθηκε η σύγχρονη θεωρία του Διανυσματικού Λογισμού. Το διάνυσμα είναι στοιχείο του "διανυσματικού χώρου".

Ένα διάνυσμα καθορίζεται αν γνωρίζουμε: i) το φορέα, δηλαδή την ευθεία πάνω στην οποία βρίσκεται, ίί) το μέτρο ή μήκος του ίίί) τη φορά και iv) σε προβλήματα της Φυσικής και της Γεωμετρί ας ορίζουμε το διάνυσμα με αρχή (ή σημείο. εφαρμο γής) και τέλος.

Σε κάθε βιβλίο μπορούμε να βρούμε τη σχετική θεωρία για τα διανύσματα. Με τη θεωρία του διανυσματικού λογισμού μπορού με να απαντήσουμε σε προβλήματα όπως: πότε τρία ση μεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, πότε μία ευθεία είναι πα ράλληλη ή κάθετη σε άλλη ευθεία, πότε τρεις ή περισσό τερες ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο, ποιο είναι το εμβαδόν ενός τριγώνου, ποια είναι η απόσταση ενός ση μείου από μία ευθεία, ποια η εξίσωση της εφαπτομένης σε σημείο Α ενός κύκλου, κ.ά.

Με τις πιο κάτω Ερωτήσεις, Ασκήσεις και Προ βλήματα θα προσπαθήσουμε να δώσουμε σύντομα, α πλά και σε βάθος τα βασικά που πρέπει να γνωρίζουν οι μαθητές της Β' Λυκείου. Προτάσεις που είναι αληθείς

- -

1) Αν ΑΒ = ΓΔ , τότε τα ευθύγραμμα τμήματα

αντιστρόφως. ΑΔ, ΒΓ έχουν κοινό μέσο και2) Αν Μ το μέσο του ΑΒ τότε ΑΜ = ΜΒ και αντιστρόφως. 3) Για τυχαίο Ο σημείο το ΑΒ γράφεται - - ΑΒ = ΟΒ - ΟΑ . 4) Αν α παράλληλο στο β :;t: Ο , τότε α = λβ , λ ε JR και αντιστρόφως. 5) Αν α /'/' β , τότε αβ = lαljβj . 6) Αν α /'ι/ β ' τότε αβ = - Ι αΙ i βi .

α( β + Ύ) = αβ + αγ 8) α - 2 = ι-ι2 α = α12 + α22 οπου α = <--α1 , α2 ) 9) Αν α = β , τότε αγ = βγ 10) Αν α /'/' β , τότε Ια+ βi = lαl +jβj 1 1) Αν α l. β , τότε Ια+βj =lα - βj και αντιστρόφως 7)

•

ονίιι•ι �ΙΑΙΙΠΑΑ (νεετ•ιιJ

του Παναγιώτη Π . Χριστόπουλου

12)

αβ = βα =α ·προβαβ=β · προ!\α όπου α, β :;t: δ .

Προτάσεις όχι αληθείς (προσοχή: δεν ουν πάντοτε)

ισχύ

α ( βγ ) = ( αβ ) γ 2) jαβj = ΙαΙ jβj (γενικά ισχύει: ΙαΙ jβj � jαβj ) 2 3) ( αβ ) = α2 . β 2 (ισχύει μόνο αν αιιβ) 4) αγ = βγ ( γ :;t: ο), τότε α = β (δηλαδή δεν ισχύ 1)

ει η διαγραφή). 5) Δεν ορίζονται οι δυνάμεις α3 , α4 , 6) Δεν ορίζεται η διαίρεση α : β

•••

Μεθοδολογία

1) Αν θέλουμε να αποδείξουμε μία ισότητα διανυσμά

των, τα αναλύουμε σε κοινά γνωστά δtανύσματα ή θεωρούμε τυχαίο σημείο, συνήθως όποιο αναφέρεται τις περισσότερες φορές στο πρόβλημα, και τα ανσJαι ουμε σε διανύσματα θέσεως ή χρησιμοποιούμε το μέ σο ευθυγράμμων τμημάτων ή τη διάμεσο τριγώνου. 2) Όταν θέλουμε να υπολογίσουμε διανύσματα ή σyj. σεις μεταξύ διανυσμάτων, τότε ψάχνουμε για κάθε τα ή παράλληλα διανύσματα, πολλές φορές πολλα πλασιάζουμε με κάποιο διάνυσμα και εκμεταλλευ όμαστε τις ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου. 3) Για να δείξουμε ότι τρία σημεία Α, Β, Γ είναι συ νευθειακά, αποδεικνύουμε ότι δύο από τα διανύ-

- - - ΑΒ - , ΑΓ , ΒΓ ΑΒ = λΑΓ , λε JR ).

σματα

είναι συγγραμμικά (π.χ.

Όταν ζητείται να αναλύσουμε ένα διάνυσμα ii σε συνιστώσες με διεύθυνσεις γνωστών διανυσμάτων υ, ν.

ί) Με κ, λ ε JR , γράφουμε α = κίi λv . ίί) Εκμεταλευόμαστε τη σχέση κατάλληλα και καταλήγουμε σε σύστημα με αγνώστους τους κ, λ. 5) Σε πολλά προβλήματα πρέπει να εφαρμόσουμε ι διότητες της Ευκλείδειας Γεωμετρίας.. 6) Για προβλήματα Γεωμετρικών Τόπων ακολουθού με δύο τρόπους ί) το διανυσματικό τρόπο και ίί) με συντεταγμένες. Στην πρώτη περίπτωση μετασχημα τίζουμε την ιδιότητα της εφωνηθέντος προβλήμα τος έτσι ώστε να πάρει τη μορφή «το σημείο του γ.τ. να απέχει σταθερή απόσταση από ένα σταθερό σημείο» (κύκλος). Δύο διανύσματα είναι συγyραμμικά δηλ. α 11 β

Όταν:

i) Έχουν την ίδια διεύθυνση , δηλ. βρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία ή σε παράλληλες ευθείες. ii) Ια+βi = Ι αΙ + i βl ή la + βi = IΙ αΙ - i β i l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/SS

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

iii) α= λβ το μηδενικό διάνυσμα θεωρείται συγγραμμικό όλων. iν) det(α,β)= O ν) jα.βj =Ι αΙjβj νi) Αν λa = λβ όταν τα α , β δεν είναι παράλληλα στον άξονα y'y .

Γενικεύοντας

(λii) (μβ) = λμ (αβ)

τώρα

τη

σχέση

έχουμε:

Άσκηση 2η

α = (3,-ι), β = (6, -2) τότε να δείξετε ότι α /"/" β Απόδειξη Δύο διανύσματα είναι ομόρροπα δηλ. α/'/β Πράγματι έχουμε β = 2 ( 3, -ι)= 2α επειδή Όταν: 2 > Ο => β /'/' α ή i) Έχουν ίδια διεύθυνση και ίδια φορά α-β= (3,-ι)(6,-2) = 3· 6+ (-0(-2 ) = ιs+2 = 20 ii) la+ βj = ιaι + l βl iii) α = λβ με λ> ο Ι αΙ -Iβl = .../9 +ι .../36 + 4 = .JϊΟ_ .J40 = .../400 = 20 iν) α - β=ΙαΙj β j άρα α· β = Ι αΙ -Iβl <=> α /"/" β Ένα ίσον που μας δίνει "πολλά". ΙΔΙΑ ΔΙΕΥΘΥΝΣΗ Άσκηση 3η Αν τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, τότε i) α= β ΙΔΙΑ ΦΟΡΑ για κάθε σημείο Ο ισχύει: ΙΣΑ ΜΕΤΡΑ i) (ΟΒ-ΟΓ ) = κ (ΟΑ-ΟΓ ) , κε IR ii) Αν α = ( α1 , α2 } , β = ( β 1 , β 2 } , τότε: ii) λΟΑ + μΟΒ = (λ+ μ ) ΟΓ , λ, μ ε R β α = ι ι α = β {αz = βz Άσκηση 4η Αν αβ * -ι και χ + ( χα ) β =γ , να βρεθεί το χ . Ερώτηση Α : Ισχύουν οι γνωστές ταυτότητες Απόδειξη με διανύσματα, όπως (α+ β )2 = α2 + 2αβ + β2 ; Πολλαπλασιάζω την ισότητα με α και έχω Ερώτηση Β: Ισχύει η ισότητα [χ+ <χα) β]α =γα δηλαδή χα+ (χα) βα =γα χα (ι + αβ) = γα <=> χα = ι +γ�_ I προββαι = I αι συν (α)) ; αβ Ερώτηση Γ: Αν ε ευθεία και α , β μη μηδε- με αντικατάσταση στην αρχική νικά διανύσματα ισχύει η ισότητα · γα _ _ _ γα · β γ εχουμε χ +-----==- β = χ = γπροβε (α+β) = προβ α+ προβεβ ; ι + αβ ι + αβ Άσκηση 5η Ερώτηση Δ. Αν αβ = αγ τότε α l_ (β- γ ) ; Αν β * δ και α = αι + α2 με αι 1 1 β , α2 l_ β Άσκηση lη _ αβ _ αβ . Να δείξετε ότι (λii) β=α(λβ)=λ(αβ), λε IR . δείξτε οτι α1 = jβj 2 β και α2 = α- jβj2 β Αν

<=>

{

<=>

-----==-

•

Απόδειξη

i) Αν λ = Ο , ισχύει ( Οα ) β= ο (αβ) ii) Αν λ* Ο , έχουμε (λii) β = lλiil j βj συν (λa, β ) =

= Ι λΙΙαΙjβj συν (�,β} = αν λ> ο , λ l αΙjβj συν (α)} = λ( αβ) αν λ < Ο , -λlαΙjβj[-συν ( a)}] = λ(α - β) διότι (λα β)= (α β) αν λ > Ο και (λii β)= π - (α β) αν λ < Ο δηλαδή (λα) β= λ(αβ) ομοίως α(λβ) =λ(αβ) Λ

Άσκηση 6η

jα + βj � l αl + jβj . Πότε ισχύει η ωότητα ; Άσκηση 7η Αν α , β μη μηδενικά διανύσματα και ισχύει Ι α+ βj +Ι α-βj = ι , τότε να δείξετε ότι: αβ � .!..4 . Και ακόμη ότι a l_ β με την επιπλέον υπόθεση ότι α2 +β2 = .!..4 . Δείξτε ότι

(εργαζόμαστε για το πρώτο το δεύτερο αφήνεται ως άσκηση) Απόδειξη

2 Ια+βl = ι -la- βj <=> la + � 2 = (ι -la -�) <=> ii2 +β2 +2iiβ = ι+ la -βl2 - 2 Ιa -βl <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.Ι/56

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

α2 +β2 +2αβ =1+α2 +β2 -2αβ-2Ια-βl <=> 2Ια-βl 7=ι-4αβ � ο άρα αβ ::;� Άσκηση 8η

Στο τρίγωνο ΑΒΓ με Α(Ο,2), Β(2,2), Γ (3 + J3, 3 + J3) να υπολογιστούν οι γωνίες του. Άσκηση 9η

ΑΒ = ( 2, 1) , ΓΔ = (χ -2, y - 3) Άρα

�=� :�}<=> � ::}<=> Δ(4,4)

Άσκηση 14η

Αν έχουμε το τρίγωνο ΑΒΓ και ισχύει ( 2+κ ) ΑΒ+ ΑΓ +(κ-λ)ΒΓ =0 , υπολογίστε τα κ, λ. Απόδειξη:

Να επαληθεύσετε όλες τις μετρικές σχέσεις της Γεωμετρίας που ισχύουν σε ορθογώνιο τρίγω νο με διανυσματικό λογισμό.

( 2 + κ)ΑΒ + ΑΓ + ( κ-λ ) (ΑΓ - ΑΒ ) =0 ( 2 + κ + λ- κ ) ΑΒ + ( 1 +κ - λ ) ΑΓ =0

2+λ=Ο } <=> {λ= -2 l + κ-λ= Ο κ=-3

Άσκηση ιοη

Για τα μοναδιαία διανύσματα α ' β ' γ να α Άσκηση 15η ποδείξετε ότι: Αν Α (0,3), Β (-2,1), Γ (2.J3,ι ) οι κορυφές i) Αν αβ + βγ +γα+ 1 =Ο τότε δύο από αυτά τριγώνου ΑΒΓ, υπολογίστε: είναι αντίθετα ii) Αν αβ+βγ = 2 τότε α = β = γ i) ΑΒ ΑΓ ii ) τη γωνία ΑΓΒ iii) ΑΜ , IAMI , ΑΚ όπου Μ μέσον του ΒΓ iii) Ισχύει Ια+βl = 2 συν � · θ =(α:β ) και Κ το βαρύκεντρο του ΑΒΓ. -

l l iν) Ισχύει la -βl = 2 1 η μ �� · θ =(α:β )

Άσκηση llη

Δίνονται δύο μη μηδενικά διανύσματα α , β . Αν υπάρχει λ Ε JR τέτοιος ώστε α + λβ = ι ' όπου '

1 ϊ μοναδιαίο διάνυσμα, να δείξετε ότι i) ι αι ::; -- ' ημφ όπου φ γωνία των α , β , ii) το τρίγωνο με πλευρές τα α ' β με κοινή αρχή το ο έχει εμβαδόν ::; ι βι _ 2

ναι

Άσκηση 16η Αν IPI = 1 , l i:il = .J2 και η γωνία των

45°,

p-q, q.

p, q

εί να βρείτε τη γωνία των διανυσμάτων

Άσκηση 17η

Έστω l αl = 2, l βl = 5 και η γωνία των α , β , 2π . Αν -δ= 5α- - 4β- να υπολογιστει, το μετρο ει,ναι -

του δ .

Άσκηση 18η

ι αι = .J2' l βl = .J3 ' Ι γΙ = 2 και Αν για τα α , β ισχύουν l βl = 2 lαl και (α:β) = (β:γ ) = �4 και α, β, γ συνοπτικά να βρεθεί l α+βl = l αl , δείξτε ότι a και β είναι αντίρροπα . το μέτρο του 2ii-3β+γ . Άσκηση 19η Λύση : Αν ΙαΙ = I βi =Ι γΙ = 2 και α+β+γ =Ο, να βρε Αρκεί α - β=- Ι αΙ i βl . θεί το μέτρο του 2ii + 3β +γ . Από Ιa+�=I� �α+β)2 =fi α2 + β2 + 2αβ = Άσκηση 20η αz 2αβ = - ιβι Έστω a , β διανύσματα του επιπέδου με 2 2iiβ��-ι� � α - β= -ισJ ι βι άρα a /ι/ β . Ιαl = 2 , l βl = 3 και·(a:β ) = 60° . αλλά 1 � =2 l σJ Προσδιορίστε το χ Ε JR στις παρακάτω περι Άσκηση 13η πτώσεις: Αν Α (1,1) Β (3,2) Γ (2,3), προσδιορίστε Δ έ i) ( 2a + 3β)( α- χβ) = -2 ii) 2α + 3β .L a - χβ . Άσκηση 12η

Αν

<=>

}

τσι ώστε το ΑΒΔΓ να είναι παραλληλόγραμμο. Απάντηση:

Αρκεί ΓΔ =ΑΒ (οπότε ΓΔ = ΑΒ και ΓΔ//ΑΒ) Έστω Δ (χ, y) . Έχω ΑΒ = (3 -1, 2 -1) δηλ.

Άσκηση 21η

Δίνονται τα διανύσματα β = (-1,4). Υπολογίστε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/57

= (10,2),

(a)'

Μαθηματικά γ ια την Β' Λυκείου

(β)'

(a-β) a +β

προβ(ί προβ(ί προββ τις γωνίες των διανυσμάτων με τον άξονα

ii) a-β

la · βl ::;; l ϊil ·lβl . Πότε ι a = (χ, y) και

πέδου, να αποδειχτεί ότι: και σχύει η ισότης; β) Δίνονται τα διανύσματα

χ'χ . β=(3,4) . Άσκηση 22η i) Υπολογίστε το εσωτερικό γινόμενο a ·β Για τα διανύσματα a ' β ' γ του επιπέδου ιii) Αν χ 2 + y2 = 49 να βρείτε το μέγιστο και σχύουν: ίi +β+γ =0 και 3lal = 4l β l = 121 γ1, να α το ελάχιστο της παράστασης A=3x+4y ποδειχτεί ότι: καθώς και τις τιμές των χ, yε IR. για τις ο i) a 11 β και β 11 γ . ποίες παρουσιάζονται το μέγιστο και το ε Άσκηση 23η

Έστω ένα ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με IABI IAΓI . Βρείτε τα σημεία Μ του επιπέδου που ικανοποιούν τις σχέσεις:

= =5

Άσκηση 24η

Αν-2 στο- 2 τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει 2 ΒΓ + ΑΓ = 5ΑΒ , να αποδειχτεί ότι οι διάμεσοι

ΑΔ και ΒΕ του τριγώνου τέμνονται κάθετα. Απόδειξη: (Σχ. 1)

ΑΔ,

Έστω ΒΕ διάμεσοι του ΑΒΓ. Έστω Κ το κέντρο βάρους του τρι γώνου ΑΒΓ. Θέτουμε ΚΔ και

=χ ΚΕ=y. Σχ. 1 Τότε είναι = 2χ και ΒΚ = 2y. Από τη δοθείσα σχέση έχουμε: --2 =5Α-Β2 ή 4--2 =5Α-Β2 ή ΒΓ2 +ΑΓ ΒΔ2 +4ΑΕ 4(x+2y)2 +4(y+2x )2 =5(2x-2y)2 ή 4(χ2 +4xy+4y2 )+4(y2 +4xy+4x 2 )= =20(x 2 -2xy+y2 ) ή xy=O ή ΒΕ _l_ ΑΔ . Άλλη Λύση --1- ΑΒ+ΑΙ)-(ΒΑ+ΒΙ)=Ο� Αρκεί Μ· ΒΕ=Ο=>--1 (2 2 (ΑΔ ·ΑΓ )(-ΑΒ +ΑΓ -ΑΒ) = Ο � �-(ΑΔ-· ΑΓ)-(ΑΓ -2ΑΒ) =Ο� - · ΑΓ -=Ο� (ΑΒ · ΑΓ - 2ΑΒ2 + ΑΓ2 -2ΑΒ -2 -ΑΒ - · ΑΓ =Ο αληθές διότι: -2 - 2ΑΒ � ΑΓ Bf +ff =5ΑΒ2 � (ΑΓ-ΑΒ)2 +ΑΓ2 =5ΑΒ2 � - - - -- ΑΓ2 + ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΓ = 5ΑΒ 2 � - - - ·ΑΓ -� 2ΑΓ2 -4ΑΒ 2 = 2ΑΒ -2 -ΑΒ - ·ΑΓ2 - 2ΑΒ ΑΓ = Ο Άσκηση 25η α) Αν a, β διανύσματα του καρτεσιανού εmr

ΑΚ

- ·

λάχιστο.

Απόδειξη:

α) Έχουμε διαδοχικά:

l a · βl ::;; Ι aΙ · Iβl � l a ·βl2 ::;; (l aΙ · I βl)2 � (a . β)2 ::; Ι al 2 ·l βl2 � (ι aΙ · Iβl · συν (a:β )) ::; Ι aΙ 2 ·l βl 2 � Ι al 2 · l βl 2 συν2 (a:β ) ::; Ι a12 ·lβl 2 ( 1 ) Αν ίi =δ ή β=δ η (1 ) ισχύει ως ισότης. Αν a δ και β δ τότε η ( 1 ) γίνεται συν2 (a:β ) ::;; 1 � l συν (a:β)j ::;; 1 που ισχύει για όλες τις γωνίες (a:β ) . Η ισότης ι a . βι = l ίil·l β l

� �

:;t:

ισχύει

:;t:

όταν

και

μόνο

όταν

l συν (a:β )j = 1 � συν (a:β ) = ± 1 � (a:β ) =ο ή π � aι ι β . β) i) Έχουμε: a . β = x3+y4 = 3χ +4y =Α. ii) Επειδή Ιa . βι ::;; ι aι . ιβι έχουμε IAI ::; 7· 5 � IAI ::;35 �-35 ::;Α::;35 . Επομένως max ( Α)= 35 και min (Α)= -35 . Το μέγιστο . και το ελάχιστο παρουσιάζονται όταν ι a . βl = lίil·l βl � aι ι β � ίi =λ·β, λε IR. �(x,y) =λ(3,4) . Επομένως είναι χ = 3λ και = 4λ . Αλλά χ 2 +y2 =49 ή 9λ2 +16λ2 =49 � λ2 = 4925 � λ = ± 25 . Άρα max(A)=35, όταν λ=2. οπότε 5 1 2 8 (x,y) = (� , 5 ) και min(A)=-35 , όταν 21 28 ) ' (x,y) = ( -5,-5 λ=- s7 οποτε .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/58

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

yιa

Μαθηματικά τn r' τά�n 'IOU Λυκι:ίου

των

Γ.

Μπαρ αλή - Γ. Τσικαλουδάκη

Στο άρθρο αυτό αναπτύσσουμε μερικές έννοιε ς του σχολικού βιβλίου σχετικά με το όριο, την πα ράγωγο, τα ακρότατα και ακολουθούν διάφορε ς ασκήσεις επί του κεφαλαίου αυτού. 1.

ΟΡΙΑ

Έστω ότι δύο συναρτήσεις f(x), g(x) είναι ί σες στο διάστημα (α, χ0 ) και στο (χ0 , β) και η g(x) ορίζεται στο χ 0 ενώ η f(x) δεν ορίζεται στο χ0 , όπως για παράδειγμα οι συναρτήσεις: χ3 -1 και g(x)=x2 +χ+1, οι9 f(x)=-χ-1 οποίες είναι ίσες στο (Ο, 1 ) (1, 2 ) , αφού για κάθε χ 'Φ 1 είναι: χ3 -1 2 +χ+1 . --=χ χ-1 Επομένως οι γραφικές παραστάσεις τους ταυ τίζονται στο διάστημα (0, 1 ) και στο ( 1,2). Ακόμα η διέρχεται από το σημείο ( 1,3), δηλαδή η g παίρνει την τιμή 3 για χ = 1, ( g (1) = 3 ). Η δεν περιλαμβάνει το σημείο ( 1,3) δηλα δή η f δεν παίρνει την τιμή 3 όμως με βάση τη μπορούμε να δεχθούμε ότι για χ :::::: 1 είναι f(x)::::: 3 . Αυτό δηλώνουμε με την γραφή limf(x) = 3 = g(1) . .... Γενικεύοντας έχουμε ότι όταν οι f, g είναι ί σες στο (α, χ0 ) ( χ0 ,_β) και ορίζεται μόνο η g στο χ0 , τότε θα είναι: υ

(2) αφού για h Ο ισχύει χ χ 0 όταν στο πρώτο μέρος της (2) αντί για χ θέσουμε το χ0 + h ( χ = χ0 + h ). Δηλαδή θεωρούμε ότι αφού το χ παίρνει τιμές κοντά στο χ0 θα είναι χ = χ 0 + h . lim f(x) = Iimf(x0 + h)

χ.... χ.

�

....

�

h -χ

χσ

χσ+h

Να θυμάστε ότι στο δεξιό μέρος του τύπου 2( ), η( μεταβλητή είναι το h (και όχι το χ 0 ), το χ0 είναι σταθερός αριθμός). 2. ΜΟΝΟΤΟΝΙΑ

1. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (α,χ0 ] και στο [χ0,β ) , τότε είναι γνησίως αύξουσα και στο (α, β ) . Πραγματικά: για χ1 ,χ2 ε (α,β ) με χ1 � χ0 και χ0 <χ2 είναι: f ( χ1 ) � f (χ0) < f (χ2 ) , άρα

Αν για μια συνάρτηση f(x) ισχύει f' (x ) �Ο στο (α, β) , τότε δεν μπορούμε να πούμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β ) . Για παράδειγμα: Για συνάρτηση τη Με βάση την ισότητα ( 1 ) υπολογίζονται πολ f(x ) = {1.J1-x2 ,, -1�χ�Ο λά αντίστοιχα όρια (βλέπε άσκηση 6) αρκεί να .εύκολα μπορούμε0<χ<�1 να αποδείξουμε ότι ισχύει βρούμε με ποια συνάρτηση g(x) συμπίπτει η f'(x)�O στο (-1,1 ) , όμως δεν είναι γνησίως αύ f(x), για τιμές του χ κοντά στο χ 0 , ( χ :::::: χ 0 ) . αυτό (γιατί;). Είναι ακόμα χρήσιμο να γνωρίζουμε ότι το ό ξουσαΑνσ'όμως f είναι συνεχής στο ριο lim f(x) υπολογίζεται και από τον τύπο α,χ0 χ0 ,β )η συνάρτηση και είναι: f' (χ0) =Ο και ( ] [ lim f ( χ0 + h) δηλαδή ισχύει η ισότητα: f'(x)>O για κάθε χ 'Φ χ0 με χε (α,β) , τότε βά.... χ

Χ---+ Ιο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/59

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

σει της παραπάνω παρατήρησης ( 1 .) η f είναι γνη τήσεων : σίως αύξουσα στο ( α, β ) . i) f(x ) = J2 - .J5 - x 3 Για παράδειγμα η συνάρτηση f (χ ) = ( χ - 1 )5 -x ii) f(x ) = ln 9χ z είναι γνησίως αύξουσα αφού: 14 )4 2 ( f'(x ) = 5 x3 - l · 3x > 0 για κάθε x :;t: O Λύση και χ :;t 1 . i) Για να ορίζεται η f πρέπει: 5�χ 5-χ �ο 3. ΑΚΡ ΟΤΑΤΑ Με τη βοήθεια των ριζών της παραγώγου <=> <::::::> και και f' (χ ) μιας συνάρτησης και της μονοτονίας της 2 - .J5 - x � ο 2 � .J5 - x (προσήμου της f') εντοπίζουμε τοπικά ακρότατα 5 5 και όχι ακρότατα (ολικά). Για παράδειγμα η συνάρτηση f(x ) = x3 -3χ <=> <=> 1 � χ � 5 . παρουσιάζει τοπικό ελάχιστα στο 1, με f = -2 , 4 � 5 - χ x�l όμως το -2 δεν είναι ολικό ελάχιστο αφού (π.χ. για Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = [1, 5 ] . χ = -3 είναι f (-3 ) = -18 . ii) Για να ορίζεται η f πρέπει: Όταν όμως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης 2 2 ]η 9χ - χ � ο <=> ]η 9χ - χ � ]η 1 <=> f(x) είναι ένα διάστημα (της μορφής ( α,β) ή 14 14 [α,β ) ή ( α,β] ή (-σο,β) κτλ.) και η f' μηδενίζε 9χ - χ 2 � 1 <=> 9χ - χ 2 � 14 <=> ται μόνο σε μια θέση χ0 εσωτερική του διαστή --14 ματος αυτού αλλάζοντας πρόσημο στο χ0 , τότε η χ 2 -9x + l 4 � 0 <=> 2 � x � 7 . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το f παρουσιάζει (ολικό) ακρότατο στο χ0 • (βλέπε Α = [2, 7 ] . άσκηση 10) Πραγματικά: Έστω π.χ. ότι για μια συνάρτηση f με πεδίο ο 2) Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = x.J2s - xz ρισμού το � ισχύει f' ( χ0 ) = Ο , f' (χ ) > Ο για κάί) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. 2 θε χ < χ0 και f'(x ) < Ο για κάθε χ > χ0 • ii) Να δείξετε ότι: f(5συνχ ) � 5 . 2 Τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( χ0 ] και γνησίως φθίνουσα στο [χ0, +σο) . Λύση i) Για να ορίζεται η f πρέπει: Επομένως για κάθε χ Ε ( χ0 ] είναι χ < χ0 2 5 και άρα f (x ) < f ( x0 ) , ενώ για κάθε Χ Ε [χ0,+οο ) 2 - χ � Ο <::::::> 25 � χ 2 <=> lxl � 5 <=> -5 � χ � 5 . Ά ρα το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = [-5, 5 ] . είναι χ > χ0 και άρα f(x ) < f ( x0 ) . ii) Για κάθε χ Ε � είναι: � συνχ � Ι ή Δηλαδή για κάθε χ Ε � ισχύει f(x ) � f ( x0 ) -5 � 5 συνχ � 5 δηλαδή 5 συνχ Ε Α = [-5 , 5 ] . και συνεπώς η f παρουσιάζει μέγιστο στο χ0 . Επομένως: Στις περιπτώσεις που η f'(x ) έχει δύο ή πε f (5συνχ ) = 5 συνχ.J25 - 25συν 2χ = ρισσότερες ρίζες και γενικά δύο ή περισσότερα τοπικά ακρότατα, τότε δεν είναι υποχρεωτικά κά 5 συνχ J25 ( Ι - συν2 χ ) = 5 συνχJ25ημ 2 χ = ποιο από αυτά (ολικό) ακρότατο. 5συνχ 5 lημχ l = 25 συνχlημχι . Για παράδειγμα η συνάρτηση f (x ) = χ4 - 2χ 2 Άρα: έχει παράγωγο f'(x ) = 4x3 -4χ και συνεπώς πα Ι (5συνχ = 25συνχ Ιημχl = 25 l ημχσυνχ l = )j l l ρουσιάζει τοπικά ακρότατα στις θέσεις -1, Ο και 1 . r 25 · 1 <=> Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι στις θέσεις - 1 25 l 2ημχσυνχ l = 25 l ημ2χl � 2 τ τ και 1 έχουμε (ολικό) ελάχιστο, ενώ στο Ο έχουμε τοπικό μέγιστο. jf(5συνχ )j � 25 δηλ. f (5συνχ ) � 25 . 2 2

(Ι)

1 1 {:: {::

-σο,

Α ΚΗ ΣΕΙΣ ΝαΣ βρεθεί το

πεδίο ορισμού των συναρΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο

λ.ε. τ.l/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f ( x ) = x 11 + 8χ - 8 .

ii) g ( -x ) + g (x ) = ..!.. (5 -x - 5" ) + ..!.. (5" - 5 - χ ) = 2 2 ..!.. (5-" - 5" + 5" - 5-" ) = ..!.. · 0 = 0 2 2 iii) Λύση Ι = .!. 5 2 " + Ι > Ο i) Το πεδίο ορισμού της f είναι Α = JR . Για f (x ) = ..!_2. (5" + 5 -χ ) = ..!..2 5" + _ 5" 2 5" ' κα' θε χ1 ,χ 2 ε ]]])JL'I>. με χ, < χ 2 ειναι: χ11 1 < χ 121 και iv) 8χ 1 < 8χ 2 . Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπά ( )]2 [ ) 2 ..!.. (5 5- χ )2 _ ..!_ (5 " - 5 - " )2 = νω ανισοτήτων έχουμε: χ: 1 + 8χ 1 < χ�' + 8χ 2 ή [f x - g(x ] = 4 " + 4 1 f χ: + 8χ 1 - 8 < Χ � + 8Χ 2 -8 ή f ( Χ1 ) < ( Χ 2 ) ..!.. [ (5" + 5 -χ / - (5" - 5 - χ )2 ] = Επειδή για κάθε χ ,, χ2 ε Α με χ1 < χ 2 ισχύει 4 ..!.. (5" + 5-χ + 5χ - 5-χ )(5χ + 5-χ - 5χ + 5- χ ) = f ( χ , ) < f ( χ2 ) η f είναι γνησίως αύξουσα. 4 ii) Είναι: f (l ) = I 11 + 8 · Ι - 8 = 9 - 8 = Ι και η f είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως: f ( f (χ)) < Ι ή ..!_4 · 2 · 5 " · 2 · 5 - χ = i4 . 5 x-x = Ι · 5 ° = Ι f(f(x )) < f(I ) ή f(x ) < I ή f(x ) < f(I) ή χ < Ι . ! (5" - 5-χ) -5-χ ( ) ) = 5" ν) Επειδή h(x =�= 2 4) Δίνεται η συνάρτηση f : JR � JR με f(x ) ! (5" + 5-χ) 5" +5-χ χ2 - 2χ + 3 � f(x ) � 3χ2 - 6χ + 5 για κάθε χ ε JR . 2 Να δείξετε ότι η f έχει ελάχιστο, και να το 5" 5-χ 2 4 βρείτε. θα είναι: I-[h(x )]2 =Ι- - - = = 5" + 5 χ (5" + 5-χ )2 Λύση Ι Ι Ι = [fCx )Γ2 = Είναι: χ2 - 2x + 3 � f (x) � 3x 2 - 6χ + 5 ή � (5" + 5-χ )2 � (5χ + 5-χ 2 [f(x)]2 χ 2 - 2x + I + 2 � f(x ) � 3x 2 - 6χ + 3 + 2 ή (χ - Ι )2 + 2 � f(x) � 3(x - I)2 + 2 ( Ι ) 6) Από την ( Ι ) έχουμε: Να υπολογιστούν τα όρια : 3 Για κάθε x ε JR f (x) � (x - 02 + 2 � 0 + 2 = 2 i) lim χ2 - 2χ - 8 ii) lim Γx+ll H-2 .Jx + 27 - 5 χ->4 -1 + .Jx - 3 Για χ = Ι 0 + 2 � f (I ) � 3 · 0 + 2 ή 2 � f (I) � 2 δηλ. f (I ) = 2 . +�- 2 iii) I.ιm ..Γχ Επομένως για κάθε χ ε JR είναι: f (χ ) � f ( Ι ) χ->1 χ-1 δηλαδή η f έχει ελάχιστο το f ( Ι ) = 2 . i) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύ ξουσα. ii) Να λύσετε την ανισότητα f (f (χ )) < 1 .

) ( )

(

( )

[

)]

----

Λύση

Εργαζόμαστε για το (iii) τα άλλα τα αφήνουμε 5) Δίνονται οι συναρτήσεις: + if;. - 2 ει-' f(x ) = !. ( 5• + 5-• ) , g(x) = !. ( 5• - 5-• ) και το πεδ'ιο ορισμου' της f ( χ ) = Γχ 2 2 χ-Ι ναι Α = [0,1 ) υ ( 1,-tοο ) (γιατί; ) και για κάθε χ ε Α h (x) = Να αποδείξετε ότι για κάθε χε JR έχουμε: ισχύουν: f (x ) = Γχ + if;. - 2 = Γχ - 1 + if;. - Ι = i) f(-x ) = f ( x ) ii) g ( -x ) + g ( x ) = Ο χ-1 χ-1 χ-1 2 2 Ι 1 [ ) )] ίν) [f(x - g(x ] = 1 iii) f(x) > O --+ -==---- . Γχ + 1 � + if;. + 1 2 Y ν) 1 - [b ( x ) = [f(χ ) Γ 1 ' f( χ) = --+ Επομενως: = lim Απόδειξη ..rx +1 <.R +rx +1 Είναι 1- + ilm 1 lim= ..!_ + _!_ = � . .!. .!. i) f(-x ) = (5-χ + 5-(-χ) ) = (5" + 5-χ ) = f(x ) j;_ + Ι � + if;. + 1 2 3 6 2 2

;i:�.

""""*

χ->ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

λ.ε. τ.l/61

χ-> ι

� """"*

1 ]

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

2χ f (x ) = ι συν , χε + ημ2 χ π) π , 3ι f ( 4 τε οτι: = ι + f' ( 4 ) . 7) Αν

IR.

να αποδείξε-

.J4+16 =J20 =2../5 .

f(x)= χ2 + (5 - α) χ -(α + 8) .

9) Δίνεται η συνάρτη ση με τύπο

Για ποια τιμή του α το άθροισμα των τε τραyώνων των ριζών της f είναι ελάχιστο;

Λύση , . f'(χ ) = ( συν2χ ' = -2ημ2χ Ειναι. Έστω Χι , χ2 οι ρίζες της f(x ) . 1 +ημ2χ J (1 +ημ2χ)2 Τότε θα ισχύει: Επομένως: β 5-α =α-5 2 Χ ι + χ 2 = - -α � Χ ι + χ 2 =- -1 li = = = � γ α+8 Χ ι Χ 2 = -α � Χ ι Χ 2 =- -� r( Η 1:�4 � Yz Η � ( Ι ) 1 =-α-8 Επομένως: π -2ημ χ� + χ; = ( χι + χ 2 )2 - 2χ ι χ 2 = (α - 5)2 -2(-α-8)= π 2 -2 1 2 8 ) 1+f'(4 =1+ 2 =1+ 3 =1- 2 =1 -9 = 9 (2) α2 -10α+25 +2α+16 =α2 -8α+41 (1+4 J (2 J 4 Θέτουμε g(α)=α2 -8α+41 οπότε: g'(α)= 2α-8 = 2(α-4) Από ( 1 ) και (2) έχουμε: j r(� ) = 1 + f'(�} g'(α)=Ο � 2(α-4)=0 � α=4 8) Δίνεται η συνάρτηση 4 2 Απόδειξη

f (χ ) = χ3 - 9χ + 24χ + λ , λε ΙR. . Αν χ1 , Χ2 εί ναι θέσεις τοπικών ακροτάτων της f να αποδεί ξετε ότι η απόσταση των σημείων A ( 1 ,f ( 1 ) )

x x

και Β ( χ2 , f ( χ2 ) ) είναι σταθερή.

--οο

�

Τ.Ε.

+α:

όπως φαίνεται από τον πίνακα μεταβολών το α κρότατο είναι ολικό. Αφού Χι , χ2 θέσεις τοπικών ακροτάτων θα Άρα για α= 4 η g(α) δηλαδή το άθροισμα ισχύει f' (χι )= f' (x2 ) =Ο. των τετραγώνων των ριζών της f είναι ελάχιστο. Όμως f'(x ) = 3χ2 - 1 8χ + 24 οπότε: ιο) Να χωρίσετε τον αριθμό 8 σε δύο θε f'(χ ι )=0 3χ� - 1 8χ ι +24 =Ο� τικούς προσθετέους, ώστε το αποτέλεσμα του 3(χ� -6Χι +8)=0 � 3(χι - 4 )( χ ι -2)=0 και πολλαπλασιασμού του yινομένου τους επί τη διαφορά τους να είναι μέyιστο. f'(x 2 ) = 0 � 3(χ 2 -4)(χ 2 - 2 ) = 0 Λύση χ -4 Έστω χ ο μικρότερος από τους δύο αριθμούς στους οποίους χωρίζεται το 8. Τότε -δ Ο::; χ ::; !2 � Ο::; χ 4 και ο μεγαλύτερος αριθμός � / / είναι ο 8 - χ . Η διαφορά τους είναι (8 - χ ) - χ = 8 - 2χ . Έστω ότι Χι = 2 τότε f (Χι ) = 20 + λ Επομένως σύμφωνα με το πρόβλημα θα έχου χ 2 = 4 τότε f ( χ 2 ) = 16 + λ με: f(x ) = χ (8 - χ ) (8 - 2χ ) , όπου Ο::; χ ::; 4 Β Άρα Α(2,20+λ) και (4,16+λ) . Επομένως ή f (x ) = 2χ3 - 24χ2 + 64χ . Είναι: f'(x ) = 6χ2 - 48χ + 64 d ( A, B ) = J( x 2 - χ ι )2 + [ f ( x 2 ) - f ( x ι )] 2 = f'(x) =Ο� 6χ2 -48χ +64 =0 � 3χ2 -24χ + 32 =0. �(4-2)2 +(16+λ-20-λ)2 =�22 +(-4)2 = Επειδή Δ =576-384=192 θα είναι Απόδειξη

+oc

::;

Τ.Μ.

Τ. Ε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

λ.ε. τ.l/62

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

γιστου όγκου. + {16 = 4 _i_ = 4 Χι ,χz = 24 ±6.Ji92 = 4 ν{192 36 ν3 .J3 Λύση Από τον πίνακα προσήμου της f' προκύπτει Έστω χ το μισό του ύψους του κυλίνδρου, και R την ακτίνα της σφαίρας. Η ακτίνα της βάσης του ' Χ ι = 4 .J34 μεγι'οτι η f παρουσια' ζει στο σημειο ' κυλίνδρου είναι r2 = R2 -χ 2 ή r = ../R2 -χ 2 με στο, στο διάστημα [0, 4]. O�x�R .

-13

ΤΜ.

�

Επομένως ο μεγαλύτερος από τους δύο αριθ' διαιρειται ' το 8 ειναι ' ο 4 .J34 μους, στους οποιους ' ο 4 - .J34 . και ο μικροτερος Σχόλιο Το παραπάνω πρόβλημα αναφέρεται στην Ι στορία των Μαθηματικών ωςνα«πρόβλημα περιγράψειτουτη Tartalia)) ( 1500-1 577). Χωρίς λύση ο Tartalia διατύπωσε την απάντηση ως εξής: Πάρτε το μισό του αριθμού 8. Το τετράγωνο αυτού προσαυξημένο κατά το ένα τρίτο του θα ι σούται με το τετράγωνο της διαφοράς των δύο με ρών. Δηλαδή αν συμβολίσουμε τους δύο αριθμούς με α και β ( α> β ) τότε σύμφωνα με τον Tartalia θα έχουμε: (α-β)2 = (8:2)2 (8:2)2 :3=42 + -432 =16+ -163 = -3 οπότε α -β = .1 ( 1 ) Όμως α β =8 (2) Από ( 1) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη προ8 οπότε α=4+-4 και κύπτει 2α=8+.J3 .J3 β= 4 - � . Η συλλογιστική του Tartalia που τον οδήγησε στη σωστή απάντηση έχει άμεση σχέση με τη λύση τριτοβάθμιας εξίσωσης, παρουσιάζει μεγάλο ενδιαφέρον αλλά ξεφεύγει από τον σκοπό αυτού του άρθρου. 11) Να αποδείξετε ότι από όλους τους κυ +

όγκος του κυλίνδρου δίνεται από τη σχέση ν(χ)= πr2 h =π (R2 -χ2 ). 2χ = 2π (R2 -χ 2 ) χ � ν(χ)= 2π (R2 -χ 2 ) χ, Ο � χ �R . Είναι V'(x)=(2π(R2x-x3 )) =2π(R2 -3χ2) ν'(χ)=Ο � 2π (R2 -3χ 2) =0 � R2 -3χ2 =0 � = -R απορρ. Χι 3 ν ( _!_ 3x2 =Rz � x = ± .J3 = R , χ2 = .J3 δεκτη Από τον πίνακα προσήμου της προκύπτει οτι, η ν παρουσια' ζει στο σημειο χ2 = .J3R τοπικο, μέγιστο, με που είναι προφανώς ολικό. v(�}1R' -�} � � = :"% 9 Ο

,-;;

ν'

2π

λίνδρους JU την ίδια διάμετρο, αυτός που έχει τη μεγαλύτερη χωρητικότητα είναι εκείνος στον οποίο ο λόγος της διαμέτρου τη ς βάσης προς το ύψος ισούται με το J2 . Με άλλα λόγια σε δε δομένη σφαίρα να εγγράψετε έναν κύλινδρο μέ-

J3 6 Τ.Μ .

�

Επομένως η ακτίνα του κυλίνδρου που έχει μέγιστο όγκο θα είναι r=../R2 -x 2 = JR2 - �z = J2�z � r= Rff . Το ύψος του κυλίνδρου είναι h = 2χ = � . 2RJ2 --π- = 2RJ2 . .J3 = J2 . Άρα _2hr = -2R 2.J3R .J3 Σχόλιο Το πρόβλημα αυτό είναι το θεώρημα ν μέρος δεύτερο) που αναφέρει ο Kep1er ( 1 571-1630)( στο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. ε. τ.l/63

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

έργο του "Stereometria doliorum νinorum", όπου μονάδων προϊόντος. Είναι: υπολογίζει διάφορες αναλογίες μεταξύ του όγκου Ε (χ)=χ ·Κ(χ)+ 40 χ ·Κ(χ) ή των βαρελιών και των διαστάσεών τους και λύνει 100 διάφορα προβλήματα πάνω στα μέγιστα και τα ε Ε(χ)= 2. χ ·Κ (χ)=-7χ 2 +56χ+140. λάχισταβοτα οποία όπως ισχυρίζονται πολλοί ερευ 5 νητές τον Newton στη δημιουργία του ii) Έστω Ρ(χ) τα κέρδη από την πώληση χ διαφορικούήθησαν λογισμοί>. 40 Κ (χ) . μονάδων. Προφανώς είναι Ρ (χ) = χ 100 12) Η ΔΕΗ καθορίζει την τιμή του ηλεκτρι κού ρεύματος ανά κιλοβατώρα (σε τριμηνιαία Άρα Ρ(χ)= 3_5 (-5χ 2 +40χ+100 ) ή κατανάλωση) ως εξής: Από Ο έως και 10 KWh 15 δρχ. Ρ(χ)=-2χ2 +16χ +40 και ως γνωστό το τριώνυΑπό 1 Ο έως και 50 KWh 17 δρχ. Από 50 έως και 100 KWh 19 δρχ. μο Ρ (χ) παίρνει μέγιστη τιμή για ( χ = -:α } Από 100 και άνω KWh 20 δρχ. i) Να βρεθεί η συνάρτηση κόστους Χ 16 . χ =-=4 KWh. 4 ii) Να υπολογιστεί η αξία ρεύματος για ένα Άρα σε παραγωγή και πώληση 4 μονάδων έ νοικοκυριό που ο μετρητής έγραψε 80 KWh. χουμε μεγιστοποίηση των κερδών. iii) Αν ένας καταναλωτής πλήρωσε για κα

τανάλωση ρεύματος 1723 δρχ., να βρείτε πόσες ΚWh έκαψε.

14) Δύο βιομηχανίες συνεργάζονται για την παραγωγή ενός προϊόντος. Η πρώτη βιομηχανία έχει κόστος παραγωγής v μονάδων ) ( Κ1 v 2v 3 σε χιλιάδες δρχ.. Η δεύτερη βιομηχανία έχει κόστος αποπεράτωσης προϊό ντος, κόστους χ χιλιάδων δρχ. της πρώτης: Κ 2 ( χ ) = χ 2 - 3 χ 4 χιλιάδες δρχ.. i) Να βρεθεί το συνολικό κόστος παραγω γής v μονάδων προϊόντος. ίί) Να βρείτε σε πόσες το πολύ μονάδες το συνολικό κόστος δεν υπερβαίνει τις 67 χιλιάδες δρχ. και ποιο είναι το κόστος ανά μονάδα για την κάθε βιομηχανία, στην περίπτωση αυτή.

= + i) Η συνάρτηση κόστους Κ(χ) έχει τύπο: 15χ, ο:::; χ :::; 1 0 10< χ :::; 5ο + Κ (χ)= 17χ-2Ο, 19χ -120, 50 < χ :::; 100 20χ -220, χ 100 ii) Είναι Κ(80) = 19 · 80-120 = 1400 iii) Είναι: Κ (15) = 150 , Κ (50)= 830, Κ (100) = 1980 και επειδή είναι 830 < 1723 < 1980, η κατανάλωση ρεύματος θα εί Λύση ναι στο διάστημα 50 έως 100. Συγκεκριμένα είναι: 1723 = 19χ -120 ή i) Αν Κ (ν) είναι το συνολικό κόστος παραγωγής ν μονάδων, έχουμε: 19χ = 1843 ή χ = 97Kwh . Άρα ο συγκεκριμένος καταναλωτής έκαψε 97 Κ(ν)=Κ1 (ν)+Κ2 (Κ1 (ν)) δηλαδή: KWh. Κ(ν)= 2ν+3+(2ν+3)2 -3(2ν+3)+4 ή 13) Το κόστος παραγωγής της μιας μονάδας Κ(ν)=4ν2 +8ν+7 ενός προϊόντος, όταν παράγονται χ μονάδες, δίii) Έχουμε: Κ(ν):::; 67 {::::) 4ν2 +8ν-6ο:::; ο {::::) 100 2ν-15 ::;ο{::::) (ν-3)(ν+5):::; ο {::::) ν :::; 3 νεται από τον τύπο: Κ (χ)= χ - 5χ + 40 . Η τι ν2 +Συνεπώς σε 3 το πολύ μονάδες το συνολικό μή πώλησης της μιας μονάδας πρέπει να είναι κόστος δεν υπερβαίνει 67 χιλιάδες δρχ. 40% μεγαλύτερη από την τιμή κόστους. Το κόστος παραγωγής ανά μονάδα, όταν πα i) Να βρεθεί η συνάρτηση των εσόδων από ράγονται 3 μονάδες, είναι: την πώληση χ μονάδων. (3) "39 = 3 χιλια, δες Κ1 -= , βιομηχανια:, ii) Να βρεθεί σε πόσες μονάδες έχουμε με για την πρωτη 3 γιστοποίηση των κερδών. δρχ. και για την δεύτερη: Λύση i) Έστω Ε(χ) τα έσοδα από την πώληση χ Λύση

τις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

λ.ε. τ.l/64

Μαθηματικά για την Γ ' Λυ κείου

58 19, 33 χ ια' δες δρχ. Κ2 (9) = 92 -3 · 9+4 =-:::: 3 3 3 ιλ

15) Από τις πωλήσεις ενός προϊόντος διαπι στώθηκε ότι σε ελάττωση χ εκατοντάδων δραχ μών, ανά μονάδα προϊόντος, έχουμε διαφορά ημερησίων κερδών Δ (χ) 6χ2 - 5χ - χ3 εκατο ντάδες χιλιάδες δρχ. ί) Να βρεθεί με ποια ελάττωση της τιμής του προϊόντος δεν έχουμε ελάττωση ημερησίων κερδών. ίί) Αν τα ημερήσια κέρδη ανέρχονται σε 1,2 εκατομμύρια δρχ., να βρείτε πόση πρέπει να εί ναι η ελάττωση του προϊόντος ώστε να έχουμε διπλασιασμό των ημερησίων κερδών.

16) Σώμα Σ ξεκινά από το σημείο Α (σχήμα) με σταθερή ταχύτητα 2 cm/s και κινείται στη γραμμή ΑΒΓ ΔΑ, μέχρι να ξαναφθάσει στο Α. ί) Να εκφράσετε συναρτήσει του χρόνου t την απόσταση S(t) του Σ από το Α. ίί) Να βρεθεί η χρονική στιγμή που είναι S(t) 10 cm. ίίί) Να βρεθεί το εμβαδόν E(t) που έχει δια γράψει τη χρονική στιγμή t η διανυσματική α κτίνα ΛΣ. =

Λύση υ

Λύση

i) Για να μην έχουμε ελάττωση κερδών πρέ πει να είναι Δ (χ)� Ο , δηλαδή 2t, O�t�4 -χ3 +6χ 2 �5χ �Ο ( 1 ) και επειδή είναι χ � Ο η ( 1 ) είναι ισοδύναμη �4(t -4)2 +64, 4 < t �10 με2 την: i) Έχουμε: S(t) = χ -6χ +5 �ο<=> (χ -1)(χ -5)�0 . �(28-2t)2 +122 ' 10<t�14 Συνεπώς είναι 1 � χ � 5 . 40-2t, 14<t�20 ii) Διπλασιασμό ημερησίων κερδών έχουμε όταν Δ(χ)=12 δηλαδή όταν ii) Είναι: S(t)=10<=> �4(t-4)2 +64 =10 ή -χ3 +6χ 2 -5χ =12 ή 40-2t=10 (γιατί;) <::::> t =7sec ή t =15sec. χ3 -6χ 2 +5χ+12=0 (2) Με τη βοήθεια του σχήματος Homer η (2) γίO�t�4 Ο, νεται: 8t-32, 4< t � 10 (χ-3) (χ 2 -3χ-4 ) =0 ή Έχουμε: E(t)= 12t-72, 10 < t � 14 (χ -3)(χ -4)(χ + 1) =ο 96, 14< t�20 Άρα σε μείωση της τιμής κατά 300 ή 400 δρχ. έχουμε διπλασιασμό των κερδών. l 2 cm

iii)

��) ΓUΠΙΚΝ

rP�f/JΙK/211 ΠΑΡΑΣτ�U/211 418 ΣIΝΑΡΤΝΣDΙΙ

ΙΕΣΗ

των Δάφνη Δημητρίου - Δάφνη Σπύρου

Θεω ρ ούμε ότι τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων του ζεύγους που μελετάμε, είναι ίδια. (Αν οι συναρτήσεις έχουν διαφορετικό πεδίο ορισμού, τονίζουμε τη διαφορά που υπάρχει στη γραφική παράσταση).

Για την μελέτη της σχετικής θέσης δύο συ ναρτήσεων βρίσκουμε, (όπου είναι δυνατόν· οι δύο συναρτήσεις ορίζονται στην τομή D των πεδίων ο ρισμού τους), τη διαφορά Α = f (χ) - (χ) και έχουμε τις παρακάτω περιπτώσεις: 1 η Α= Ο. Τότε οι δύο γραφικές παραστάσεις g

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

συμπίπτουν κατά μήκος του D. Δηλαδή οι συναρ τήσεις είναι ίσες, στο κοινό πεδίο( ορισμού τους). 2η Α = c (σταθερός αριθμός). Τότε: f(x)=g(x)+c και η είναι η μετατοπι σμένη κατακόρυφη κατά c μονάδες. i. Προς τα πάνω, αν c Ο Cr

λ.ε. τ.l/65

ίί. Προς τα κάτω, αν c < Ο .

χ.

Μαθηματικά 'f\O την Γ' Λυκεiου

3η Το Α να είναι παράσταση της μεταβλητής

Αν είναι δυνατόν να μελετηθεί ως προς το πρόσημο έχουμε: ί. Για τα διαστήματα που η παράσταση Α εί ναι θεnκή, η Cr είναι πάνω από την C8 •

ίί. Για τα διαστήματα που η παράσταση Α εί ναι αρνητική, η Cr είναι κάτω από την C 8 •

iii. Οι τιμές του χ, όπου Α = Ο , είναι αυτές που δίνουν τα κοινά σημεία των γραφικών παρα στάσεων. Δηλαδή, αν η εξίσωση Α = Ο δίνει λύσεις χ = χ1 και χ = χ 2 , τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g είναι τα

K(x1 ,f(x1 ) ) και Λ(χ 2 ,f ( χ 2 ) ) .

Παρατή ρηση: Περισσότερα για την μελέτη του προσήμου της διαφοράς Α = f ( χ ) - g ( χ ) και γενικά για τη γραφική παράσταση συνάρτησης, δίνει η παράγω γος συνάρτησης. Άλλες περιπτώσεις : α) Αν έχουμε g ( x ) = λ · f ( x ) , τότε για τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g ισχύει: Η τεταγμένη g ( x ) , για κάθε χ, είναι ίση με το γινό-

(Σχ. 2) Ση μείωση : Αν λ = -ι έχουμε την ειδική μορφή g ( x ) = -f ( x ) και τότε: Οι γραφικές παραστάσεις

των f, g είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα χχ' . Γιατί για κάθε σημείο M (x,f ( x ) ) της γραφικής παράστασης

συνάρτησης f, το ανήκει στην γραφική παρά-

της

M'(x',-f ( x ) = g ( x ))

σταση της συνάρτησης 2 '").

g. (Παράδειγμα σχήμα

β) Αν έχουμε g ( x ) = f ( x + c ) , η γραφική παράσταση της συνάρτησης g προκύπτει αν μετα τοπίσουμε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f παράλληλα προς τον άξονα χ'χ κατά c μονάδες. Και μάλιστα: ί. Προς τα δεξιά, αν c < Ο ίί. Προς τα αριστερά, αν c > Ο . Παράδειγμα : Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

ι g, k με τύπους: f ( x ) = ..!.. , g ( χ ) = -- , χ χ+ι ι ι k ( x ) = - . (Σχ. 3 ) Έχουμε: f ( x ) = - , χ-ι χ ι ι g ( x ) = - = f ( x + ι ) , k (x ) = - = f ( x - ι ) . χ+ι χ-ι

μενο της τεταγμένης f ( x ) με το λ. Για τον λόγο αυτό δεν υπάρχει σταθερή μετατόmση των γραφι κών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g (Παρά δειγμα σχήμα 1 °'). Παράδειγμα: Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, k με τύπους f ( x ) = ημχ , g ( x ) = 2ημχ ,

g, k ( χ ) = 3ημχ είναι: (Σχ. ι )

Σχ. 3

Σχ. 2

Άσκηση 1 11 Να βρεθεί η σχετική θέση των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g:

2χ - ι

i. f ( x ) = - + -- και g ( x ) = Ζ Χ -Χ x χ-ι χ+ι ίί. f ( x ) = z xz - ι και g ( x ) = -- .

χ - 3χ + 2

Σχ.

χ-2

Λύση : i. Πεδίο ορισμού της συνάρτησης f Πεδίο ορισμού της συνάρτησης g = Α = JR - {Ο, ι} . =

Παράδειγμα: Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων g με τύπους f ( x ) = x3 και g ( x ) = -x3 είναι:

2χ - ι ι ι f ( x ) - g ( x ) = - + - - -2- = 0 . χ χ -ι χ -χ Οι γραφικές παραστάσεις των f και g ταυτίζο

νται.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.l/66

Μαθηματικά yι.α την Γ Λυκείου

Πεδίο ορισμού της συνάρτησης f, -{1,2} υποσύνολο πεδίου ορισμού της συνάρτησης g, Β = - {2} . 2 -1 ---=0. x+l f(x)-g(x) χ 2 χ-3χ+2 χ-2 Οι γραφικές παραστάσεις των f και g ταυτίζο νται κατά μήκος του συνόλου Α. ii.

Α = IR

Άσκηση 2 η :

Δίνονται οι συναρτήσεις

f (x) =

f, g με τύπους:

4χ2 + 2χ - 12 και g (x) = -χ- 3 . Να βρε2 χ- 1 χ + -2 χ

θεί η σχετική θέση των Ύραφικών τους παρα στάσεων. Λύση :

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f, Α = IR -{-2, 1} είναι υποσύνολο του πεδίου ορισμού της συνάρτησης g, Β = IR - {Ι} . -12 --χ -3 -_ 3 > f(χ ) -g ( χ ) = 4χχ22 +2χ + χ -2 χ -1 ) οπότε f(x)=g(x +3 . Άρα η είναι η μετατοπισμένη κατα κόρυφα προς τα πάνω κατά 3 μονάδες, με τη διαφορά που στην δεν ανήκει το σημείο Ρ( -2, % ) της

(Είτε απ' ευθείας, είτε σαν τριώνυμο1 με μεταβλητή το g(x) ) [f(x ) -1-g(x)Y =0 ή ισοδύναμα f(x ) -1-g(x)=O ή f(x ) -g(x )=l>O . είναι η μετατοπισμένη κατακόρυφα προς τα πάνω κατά 1 μονάδα. Άσκηση Sη: Για συναρτήσεις f, g ισχύει κάθε χ ε IR 2 Η Cr

Cg ,

τις

Ύtα

η συνθήκη: f (x) = g (x) + a - 4 , aε IR . i. Να μελετηθεί η θέση των Ύρ«φικών τους παραστάσεων Ύtα τις διάφορες τιμtς της παραμέ τρου. ίί. Να βρεθεί η τψή του a, αν οyνωρίζουμε ότι η Ύρ«φική παράσταση της f f:ι.ει προκύψει από την κατακόρυφη μετατόπιση προς τα πάνω της Ύρ«φι κής παράστασης της g κατά 5 μονάδες. iii. Να βρεθεί η τψή του a, αν ΎVωρίζουμε ότι η Ύρ«φική παράσταση της f t:ι.,ει προκύψει από την κατακόρυφη μετατόπιση προς τα κάτω της Ύρ«φι κής παράστασης της g κατά 6a 3 μονάδες.

+ Έχουμε f(x)-g(x)=a2 -4. Τότε: i. α Αν a2 -4=0 ή ισοδύναμα a=±2 οι γραφικές )παραστάσεις των f, g συμπίπτουν. β) Αν a2 -4 >Ο ή ισοδύναμα a ε ( 2) (2, ) η γραφική παράσταση της f είναι η γραφική παράστασης της g, μετατοπισμένη κατακόρυφα προς τα πάνω κατά a2 -4 μονάδες. Άσκηση 3η: γ) Αν a2 -4<0 ή ισοδύναμα aε (-2,2) η Για τις συναρτήσεις f, g ισχύει για κάθε παράσταση της f είναι η γραφική παρά χε ΙR η συνθήκη: Ιr (x) + 2 - g (x)I = O . (1) γραφική σταση της g, μετατοπισμένη κατακόρυφα προς τα Να βρεθεί η σχετική θέση των Ύραφικών κάτω κατά a 2 -4 μονάδες. παραστάσεών τους. γραφική παράσταση της f έχει προκύψει από την κατακόρυφη μετατόπιση προς τα πάνω της Λύση : γραφικής παράστασης Έτσι ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την έχουμε: a2 -4 = 5 � a2της= 9g�κατάa =5 μονάδες. δεκτές και ( f(x)+2-g(x)=Oή f(x)-g(x)=-2<0. είναι η μετατοπισμένη κατακόρυφα προς τα οι δύο;) γραφική παράσταση της f έχει προκύψει από την κατακόρυφη μετατόπιση προς τα κάτω της κάτω κατά 2 μονάδες. γραφικής παράστασης της g κατά 6a + 3 μονάδες. Άσκηση 4η: Έτσι έχουμε: a2 -4<0 και a2 -4=6a+3. Για συναρτή σεις f, g ισχύει Ύια κάθε a2 -4=6a+3�a2 -6a-7=0�a=7 ή χε2 IR η συνθήκη: a=-1 . f (χ)+ 1 + g2 (χ)= 2f (x) g (x) + 2f (x) - 2g(x) . Αν a = 7 � a2 -4 > Ο απορρίπτεται (μετατό Να βρεθεί η σχετική θέση των Ύραφικών πιση προς τα πάνω). παραστάσεών τους. Αν a =-l�a2 -4=6a+3<0 δεκτή. Λύση: δοσμένη συνθήκη είναι ισοδύναμη με την 1 Σ'αυτό καταλήγουμε (Είτε απ' ευθείας, είτε αν θa:ο το πρώτο μέλος ως τριώνυμο με μεταβλητή το 2f (χ)+ 1 +g2 (x)-2f(x) · g(x)-2f(x)+2g(x) =0 ή ρήσουμε (x ) ) ο

Λύση :

Cg ,

-οο, -

+co

cg .

ii. Η

±3

Η Cr

Cg ,

iii. Η

τις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/67

Άσκηση

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

6η:

Αν για τις συναρτήσεις f, g με πεδίο ορι σμού το IR ισχύουν οι συνθήκες: ί. Η Cr είναι η Cg , μετατοπισμένη κατακόρυφα προς τα πάνω κατά c μονάδες. ίί. Α ( 1, 3 ) C1 •

ε ίίί. f1 ( 2 ) + (2)= 2f (2) (2 ) + 4 . g

Να pρεθεί το k ε IR , ώστε το σημείο B (l, k ) να ανήκει στην Cr . Λύση :

είναι η Cg, μετατοmσμένη κατακόρυφα προς τα πάνω κατά c μονάδες :::::> f(x)=g(x ) +c για κάθε χε IR με c>O άρα και f(2)=g(2)+c (.1 ) . f2 (2)+ g2 (2)= 2f(2)g(2)+4 ή ισοδύναμα [g (2) +c]2 +g2 (2)=2[g(2)+c ]g(2)+4 ή c2 = 4 c= 2δεκτό ή ή (2) c = -2 απορρίπτεται Από ( ι ) και (2) συνάγεται ότι: f(x) = g(x) + 2. Α(ι,3)ε cg ή g(ι)=3 . Όμως f(l)=g0)+2 οπότε f(ι)=3+2 άρα f(ι) =5=k . Η Cr

{

Άσκηση 7η:

Δίνονται οι συναρτήσεις f, g με τύπους και g f 2• 4 . Να pρεθεί η σχε τική θέση των γραφικών παραστάσεών τους.

( χ )= 2Χ+1

(χ)= +

Λύση:

Προφα ώς και οι δύο συναρτήσεις ορίζονται σ' ό'λλJ το ν Έχουμε:h(χ)=f(χ)-g(χ)=2χ+ι -2χ -4 ή ισοδύναμα h(x)=2·2x -2χ -4 ή h(x)=2x -4 ή h(x)=2x -22 • Τότε: α) Αν χ>2 τότε h(x)>O . γραφική παράσταση της f είναι πάνω από την γραφική παράσταση της g. β) Αν χ < 2 τότε h(x ) <O. γραφική παράσταση της f είναι κάτω από την γραφική παράσταση της g. γ) h(x)=O ή ισοδύναμα 2χ =22 ή χ =2. Οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν ένα μόνο κοινό σημείο το Α(2,8 ) . �-

Άσκηση

8η:

Για τις συναρτήσεις f,

ισχύει η συνθήκη:

(χ)= (χ) + χ1

f g - ι ' για κάθε Ε IR . Να μελε τηθεί η θέση των γραφικών τους παραστάσεων. Λύση :

Έχουμε f (x)-g(x ) =x2 -ι . Τότε: συνθήκη f (χ)= g (χ ) είναι ισοδύναμη με την χ2 -ι= Ο ή χ = ±ι . Οι γραφικές παραστάσεις των f, g τέμνονται σε δύο σημεία A(ι,f(l)) , Β(-ι,f(-1)). f(x) > g(x) ή ισοδύναμα χ2 -ι> Ο ή χε (-οο,-ι) υ(ι,+οο) . γραφική παράσταση της f είναι πάνω από την γραφική παράσταση της g. f(x)<g(x) ή ισοδύναμα χ2 -ι< Ο ή χε (-ι,ι ) . γραφική παράσταση της f είναι κάτω από την γραφική παράσταση της g. i.

ii.

iii.

Άσκηση 9η:

Να μελετηθεί η σχετική θέση των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g όταν: x ί. f ( x ) = 2x3 και g x . ίί. f ( x ) = ln x και g x ln x

( )=2 3 -6χ1 +6χ-2. ( )= ( +2) Λύση: f(x)=2x3 και g(x)=2x3 -6χ 2 +6χ-2 . Έχουμε g(x)=2(x-1)3 =f (x-0. γραφική παράσταση της συνάρτ g είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησηςησης f με τύπο f(x)=2x3 ' μετατοπισμένη δεξιά κατά ι μονάδα. f(x)= ln x και g(x)=ln (x +2). Έχουμε g(x)= ιη(χ + 2)=f(x + 2) . γραφική παράσταση της συνάρτησης g είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f με f ( χ)= ln χ , μετατοπισμένη αριστερά κατά 2 μονάδες. Π αρατήρηση : Πολλές φορές κάνουμε γραφική παράσταση συνάρτησης, χρησιμοποιώντας τα παραπάνω. Δη λαδή γράφουμε αυτήν: α Σαν αλγεβρικό άθροισμα πραγματικού α ριθμού) και γνωστής συνάρτησης. β) Στην μορφή g(x)=f(x+c). i.

ii.

τύπο

Άσκηση 1 0η:

Να γίνει η γραφική παράσταση των παρακάτω συναρτήσεων.

ί. f : f ( x ) = Ιn ( e1 x ) . ii. ίίί. k

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.l/68

(χ)= χ3 + 3χ1 + + 3χ

g:g(x)= 1 -χ2χ . --

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λύση: i. Η

f(x)= In (e2x ) = lne2 + lnx = 2+ lnx . γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι η γνωστή h (χ)= ln χ , μετατοπισμένη κατακόρυ φα προς τα πάνω κατά 2 μονάδες. (Σχ. 4) 1 (-2) . .. g (χ ) = 1-2χ =-+ χ χ Η γραφική παράστα(τη της συνάρτησης g είναι 1 μετατοπισμενη ' κατακορυφα η γνωστη' ( χ ) =-, χ προς τα κάτω κατά 2 μονάδες. (Σχ. 5) 11.

η γραφική παράσταση της f έχει προκύψει από την κατακόρυφη μετατόπιση προς τα πάνω της γραφι κής παράστασης της g κατά 7 μονάδες. iii. Να βρεθεί η τιμή του a, αν γνωρίζουμε ότι η γραφική παράσταση της f έχει προκύψει από την κατακόρυφη μετατόπιση προς τα κάτω της γραφι κής παράστασης της g κατά 2a -1 μονάδες. 2 η) Για τις συναρτήσεις f, g ισχύει για κάθε χε � η συνθήκη: f(x)=g(x ) +x3 +χ2 -2χ . Να μελετηθεί η θέση των γραφικών τους παραστάσεων. 3η) Αν για τις συναρτήσεις f, g με πεδίο ορι σμού το � ισχύουν οι συνθήκες: i. Η Cr είναι η Cg μετατοπισμένη κατακόρυφα κάτω κατά μονάδες. c

Α (2,5 )ε f2 (5) + g2 (5) = 2f (5)g(5) + 9 . Να βρεθεί το kε � , ώστε το σημείο B (2,k ) ii.

cg .

iii.

Σχ. 4 Σχ. 5 k (χ ) = χ3 + 3χ 2 + 3χ + 3 = (χ + 1 )3 + 2 . να ανήκει στη Cr . Άρα η γραφιιcή παράσταση της συνάρτησης k είναι η γραφική παράσταση της γνωστής p (χ)= χ3 , 4η) Για τις συναρτήσεις f, g ισχύει για κάθε Σχ. 6 μετατοπισμένη αριστερά κατά 1 μονάδα και χε � η συνθήκη: ( ) κατακόρυφα προς τα πάνω κατά 2 μονάδες. lf(x)-g(x ) + 21 + 111.

lf2 (χ)-2+ g2 (x)-2f(x)

g(x)+f(x)-g(x)l =0.

Να βρεθεί η σχετική θέση των γραφικών πα ραστάσεών τους. 5η) Αν για τις συναρτήσεις f, g με τύπους: f(x)=(2a+3)x+b-2 και g(x)=(3b-4)x+a+3 οι γραφικές τους παραστάσεις είναι συμμετρικές Σχ. 6 ως προς τον άξονα χχ' , να βρεθούν τα a, b ε � . Ασκήσεις προς λύση: 1 η) Για τις συναρτήσεις f, g ισχύει για κάθε Να γίνει η γραφική παράσταση των παρα χε � η συνθήκη: f (x)=g(x)+a2 -9 , aε � . κάτω6η)συναρτήσεων: i. Να μελετηθεί η θέση των γραφικών παρα i. f(x)=log[lOO(x+1)] και στάσεων για τις διάφορες τιμές του a ε � . ii. g(x)=x 3 -6x2 +12-7 . ii. Να βρεθεί η τιμή του a αν γνωρίζουμε ότι

r ιιε,ικέs Ε1ΙΙ6ΙΙΙ'.Υtf&ΙS ••

γ(j}

6ΤΙΟS ΙΙιylλlικΙόs ιfΙιlpΙόs

του Σπ. Γιαννακόπουλου

ΕΝΟΤΗΤΑ lη: ΘΕΩΡΗΤΙΚΕΣ ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΕΙΣ Εγώ θα σας πω Πόσο αγά πησα τη θάλασσα Τα καράβια θα τα ζωγραφίσετε εσείς. Ποίηση: Μένης Καλαντζόπουλος Ποιητική συλλογή: «Σωματείο Αχθοφόρων»

Θεωρώ δεδομένο ότι το θεωρητικό μέρος εί ναι γνωστό, οπότε παρακάτω γίνονται μερικές μό νο χρήσιμες επισημάνσεις. Για το μιγαδικό η μορφή = α + βί με 1 η: α, β ε � , ονομάζεται αλγεβρική ή κανονική μορφή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/69

Μαθηματικά οyια την Γ Λυκεiου

Παράδειγμα: του z. ( ί2 = -ι ). Αν μιγαδικοί διαφορετικοί ανά : Το α ονομάζεται πραγματικό μέρος του z και συμβολίζεται Re(z). δύο και Α, Β, Γ οι εικόνες τους αντίστοιχα στο : Το β ονομάζεται φανταστικό μέρος του z και μιγαδικό επίπεδο, να δείξετε ότι: «Α, Β, Γ συμβολίζεται lm(z). ε JR νευθειακά)) <=> 1 : Το βί ονομάζεται φανταστικός αριθμός. ./ Ένας πραγματικός αριθμός είναι μιγαδικός με φανταστικό μέρος μηδέν. Λύση ./ Ένας φανταστικός αριθμός είναι μιγαδικός με «Α, Β, Γ συνευθειακά>> <=> ΒΑ 1 1 ΒΓ <=> «υ πραγματικό μέρος μηδέν. πάρχει μοναδικός λε JR" :ΒΑ= λΒΓ <=> ./ Συζυγής μιγαδικός: Αν z = α + βί τότε ο Ζι -Zz z = α - βί λέγεται συζυγής του z και συμβο =λ . Ζι -Zz = λ(Ζ:J -Zz ) <=> Z:J -Zz λίζεται z z = α-βί 'Αμεσα προκύπτει ότι: 3η: Για τους μιγαδικούς εκείνους που δεν είναι (z) = z . πραγματικοί δεν ισχύουν ορισμένες ιδιότητες που γνωρίζουμε στο JR Έστω z, w ε C JR . Π αράδειγμα: Αν z "Φ w , δεν έχουν νόημα στο C οι σχέσεις 2 - i σε αι..γεΝα γραψετε το μιγαδικο = z>w ή z<w. l+ί Δεν έχει νόημα να γράφουμε .J;. . (τετραγω pρική μορφή. νική ρίζα ενός μιγαδικού z είναι ο μιγαδικός w για Λύση τον οποίο ισχύει: w2 = z ). Έχουμε ι + i = ι - i . Πολλαπλασιάζουμε τον αριθμητή και τον παρονομαστή του z με τον ι :- i Αν z2 + w2 = 0 , ηε Ν·, δεν έπεται ότι z = w = O . (Δικαιολογήστε το με δικό σας aντιπαράδειγμα). , (2 - ί)(ι - n ι - 3ί ι 3 . και παιρνουμε z= -- = - - -ι . z1 , z 1 , z3

••

συ-

z - z1

••

•

z3 - z 1

, --

'I .

(ι + ί)(ι -ί)

2 2

Παράδειγμα:

Αν z = -3 + 4ί , να βρείτε μιγαδικό w έτσι, , ωστε w 1 = z .

2η:

Στο μιγαδικό επίπεδο Oxy, σε κάθε μιγα δικό z με εικόνα το σημείο Α αντιστοιχεί το διάwσμα ΟΑ που ονομάζεται διαwσματική ακτίνα Λύση του z ή διάνυσμα θέσης του z και αντίστροφα, σε Έστω w = x + yi , χ, yε JR . κάθε διάνυσμα ΟΑ αντιστοιχεί ένας μιγαδικός α x2 - i =-3 ριθμός με εικόνα το Α. . Το loAI ονομάζεται μέτρο του z και συμβο- w2 = z <=> x2 -i +2xyi =-3 +4i <=> και 2 xy= 2<=>y = λίζεται lzl , δηλαδή lzl = �(Re(z))2 + (Im (z))2 x Αν Α (z1 ) , Β (z2 ) οι εικόνες των μιγαδικών Άρα χ2 - y2 = -3 <=> χ4 + 3χ 2 - 4 = 0 z1 , z , τότε στο διάνυσμα ΑΒ αντιστοιχεί ο μι <=> χ 2 = 1 <=> χ = ±ι . 2 Για χ = -ι είναι y = -2 , οπότε w = -ι - 2i . γαδικός z = z2 - z1 και είναι lz2 - z1 1 = IABI . Δη χ = 1 είναι y = 2 , οπότε w = ι + 2i . λαδfι το lz2 - z1 1 εκφράζει την απόσταση των ει Για Παρατήρηση : Ο w είναι τετραγωνική ρίζα του z. κόνων των μιγαδικών. (Κάθε μη μηδενικός μιγαδικός έχει δύο αντίθετες Υ τετραγωνικές ρίζες).

χ..Ο

•

4η : Αξιοσημείωτες σχέσεις:

α) z + z = 2Re(z) , β) z - z = 2i lm(z) , γ) lzl2 = zz , δ) z ε JR <=> z = z , z φανταστικός Έτσι μια παράσταση με αθροίσματα διαw + z + · · · + zv , 2 σμάτων που αντιστοιχούν σε μιγαδικούς, μπορεί ζ)<:::>z1zz= -zzv, ε)= zz11 +z z2 +z·v· ·,+η)zvmz= z=1 mz , m ε JR , να γίνει παράσταση των μιγαδικών στους οποίους 2 2 v αντιστοιχούν τα διανύσματα και αντίστροφα. θ) zv = (z) , νε Ν" , ι) Z = Z , z2 "Φ Ο , • • •

-- - - (Ζι ) Ζι •

• • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/70

Μαθηματικά pα την Γ' Λυκεiου

κ) lzl = l-zl = lzl , λ) lz1Z2 · · · zv l = lzι llz2 1 . . ·1zv l • μ) ΙzνΙ = lzlv . ν Ε Ν" . ν) I� = ι�ι · z * ο .

:�:I·

ξ) I:: I = z2 * ο . ο) 11�1 -Ι�Ιι sΙ� ±�I �Ψ,Ι +Ι�Ι · Γενικότερα lzι + Ζ2 + · · · + zvl S lzι l + lz2 1 + · · · + 1zvl • π) zΕ 1R <=> IιJ2 =r, ρ) z φανταστικός <=> lzl2 = -z2 . Εφα ρ μ ογή :

,.....ι:.στm w z3 + 2 , z3 * 2 Δείξπ on: w φα= . Ζ -2 νταστικός <=> lzl = ifi . ,

Λύση

«w φανταστικος» <=>w=-w(::;l r+2 _3 _

( zz )3 = 4 <=> lzl = Ψι = ifi .

-2

Sη: Έστω z ένας μιΎαδικός. α) Αν z0 μιΎαδικός με σταθερή εικόνα Κ, τότε ο γεωμετρικός τόχος των εικόνων του z που ι κανοποιεί τη σχέση lz - Ζο I = ρ , ρ > Ο , είναι ο ιcύ κλος με κέντρο Κ και αιcτίνα ρ. β) Αν z1 , z2 δύο μιΎαδικοί με σταθερές ει κόνες Α, Β, τότε ο Ύεωμετρικός τόπος των εικόνων του z που ικ ιεί τη σχέση lz - z1 1 = lz - z21 , εί ναι η μεσοκάθετη ευθεία του ΑΒ. αναιrο

Συνεπώς το ζητούμενο σύνολο των εικόνων του z είναι ο μηνίσκος ΑΛΒ, εκτός των σημείων του τόξου ΑΚΒ . 6η: Έστω η εξίσωση αz2 + βz + γ = Ο , α Ε JR" , β, Ύ Ε 1R z Ε c . Αν Δ = β2 - 4αγ :S Ο , τότε η εξίσωση έχει ρίζες τις ' -β ± iν'ίΔί Ζ1 2 = 2α . Ειδικα αν Δ Ο , οι ρίζες ειναι συζυγείς μιγαδικοί αριθμοί. Ζι + z2 = - ./!.α , Ζι Ζ2 = 1.. α. 7η: Ό ρισ μα μιγαδικού: Έστω ο μηδενικός μι γαδικός z με διάνυσμα θέσης το ΟΜ . Όρισμα του z ονομάζουμε την γωνία που έχει αρχική πλευρά τον θετικό ημιάξονα Οχ και τελική πλευρά την η μιευθεία ΟΜ. •

M(z)

Όταν z = Ο , δεν ορίζεται όρισμα για τον z. Το όρισμα για τον z * Ο δεν είναι μοναδικό. Αν επιλέξουμε το όρισμα που ανήκει στο [0,2π) το ονομάζουμε προτεύον όρισμα του z και το συμ βολίζουμε Arg ( z) . Έτσι για το τυχαίο όρισμα φ ενός μιγαδικού αριθμού z ισχύει: φ = 2κπ + Αrg (z), κΕ Ζ .

Παράδειγ μα : Αν φ =

Argz.

. \ύ ση

------� ._----�χ ο

Εφα ρμογ ή : Να βρείτε το σύνολο των εικόνων του μιγα δικού z yια τον οποίο qουμε lzl > 2 και

lz - 2il s ι .

lzl > 2 <=> lz - (Ο + Οί� > 2 . Άρα οι εικόνες του

7π 2

ένα όρισμα του

z, να βρείτε το

Λύση

z είναι σημεία εξωτερικά του κυκλικού δίσκου που

Παρατηρούμε ότι το φ δεν ανήκει στο [Ο, 2π), έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα 27π ' 27π = 2Jσt + Arg(z) <=> Arg( z) = --- 2ιcπ ( ι ), ρ1 = 2 . lz - 2ii :S ι <=> lz - (0 + 2i)l s ι . Άρα οι εικό οποτε 2 2 νες του z είναι σημεία του κυκλικού δίσκου με κέ με Ζ . ντρο Κ (Ο, 2) και ακτίνα ρ2 = ι . 'Εχουμε Ο :S Argz 2 <=> Ο :S 27π 2 - 2Jσt 2π <=> 27π 23π <=> 23 κ :S 27 (2). Επειδη' -- :S -2κπ 2 4 4 2 κ Ζ από τη (2) προιcύπτει ότι κ = 6 . Άρα από την ( ι ) παίρνουμε: Arg(z) = 3π2 . 27π = ι3 + π = ι2π + π + π = Άλλος τροπος: ' τ "2 "2 -

ΚΕ

Υ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.ΙΠΙ

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

3π ' Arg(z)=-. 2 · 6π+-3π2 . Άρα 2 Έ 8η: Τριγωνομετρική , α, β εμιγαδικού: με μέτρο στω ο μιγαδικός z = α+ βiμορφή lzl =ρ και ένα όρισμα το φ. μορφή z = ρ (σuνφ + iημφ ) , ονομάζεται τριγωνομετρική ή πολική τριγωνομετρική μορφή του z. μορ ή ενός μιγαδικού δεν είναι μοναδική. Το όρισμαφφ είναι τέτοιο ώστε: σuνφ = �ρ και ημφ = �ρ . Παράδειγμα: Να γράψετε τον z = 1 - i με τριγωνομετρι �

κή μορφή.

Λύση Βρίσκουμε το μέτρο του z, ρ = .J2 . Ο z γράφεται z=.fi ( � - � i } Βρίσκουμε γωνία φ τέτοια, ώστε 1 σuνφ =.J2 και => φ =--.π4 ημφ =- .J21 Άρα z = .fi [σuν (-� )+ iημ (-: )] . Βασικές προτάσεις: 1 η) Η μορφή z = λ ( συνφ + ίημφ) είναι τριγωνομετρική μορφή του z αν και μόνο αν λ > Ο Παράδειγμα: Να βρείτε το μέτρο και το όρισμα του z = 1 + συνφ - ίημφ . Λύση Έχουμε φ 2"ιημ-σuν-= φ φ 2σuν-φ (σuν--ι φ .ημ-φ ) z= 2σuν2 -2 2 2 2 2 2 z = 2σuν �[σuν (-� )+ iημ (-� )] ( 1). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1η) Αν σuν φ2 >Ο, τότε λόγω της ( 1) το μέτρο •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

του z είναι ρ = 2σuν φ2 και ένα όρισμα το - φ2 . 2η) Αν σuν φ2 <Ο, τότε z = -2συν � [-συν ( - � )-iημ ( - � )] � z=-2σuν � [σuν( π- � )+iημ( π- � )] . Άρα το μέτρο του z είναι ρ= -2σuν φ2 και ένα όρισμα το π - φ2 . 3η) Αν σuν φ2 =Ο, τότε z =Ο, οπότε έχει μέτρο το μηδέν και δεν έχει όρισμα. 2η) Αν

z, w

δύο μιγαδικοί με ορίσματα φ, θ

lzJ =I� αντίστοιχα τότε ισχύει: z = � φ - θ = 2ισr, Ζ � Αξιοσημείωτες σχέσεις: Έστω z = ρ1 (συνφ+iημφ), w=ρ2 (συνθ+iημθ) οι τριγωνομετρικές μορφές των z, w. α) =ρ1 ρ2 [σuν(φ+θ)+iημ (φ +θ)] , β) _!_ = -ρ1 [σuν(-θ)+iημ(-θ)], w :#= Ο, z ..:.. Ει γ) = ρz [σuν(φ -θ)+iημ(φ -θ)] , w :#=O, δ) zκ =ρ� [σuν(κφ )+iημ(κφ )] , κε Ζ (τύποςDe Moiνre). 9η: Μιγάδας στροφής: ΈστωΒδύο διαφορετικοί μιγαδικοί z1 , z2 με εικόνες Α, αντίστοιχα και ο μιγαδικός w = σuνθ + iημθ . Αν z2 -z1 = ρ (σuνφ + iημφ) η τριγωνομετρι κή μορφή του z2 -z1 , παρατηρούμε ότι (z2 -z1 )w=ρ [σuν(φ+θ)+iημ(φ +θ)] ( 1). Στο μιγαδικό z2 -z1 αντιστοιχεί το διάνυσμα ΑΒ . σχέση ( 1) λέει ότι ο μιγαδικός ( z2 -z1 ) w αντιστοιχεί σ' ένα διάνυσμα ΑΓ με IAΓI =ρ , το ποίο προκύπτει από τη στροφή του ΑΒ περί το Α (στο επίπεδο) κατά γωνία θ. Άρα ( z2 -z 1 ) w = z - , 3 z3 ο μιγαδικός με εικόνα το

και

ΚΕ

μας

Ζ1

που

λ.ε. τ.l/72

Γ.

ό-

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου Υ

z = zi . Να βρείτε το σημείο Α όταν το

--r-----------� x ο

Η ιδιότητα αυτή του w τον χαρακτηρίζει ως μιγάδα στροφής. Γενικότερα κάθε μιγαδικός με μέτρο τη μονάδα είναι μιγάδας στροφής.

Παράδειγμα:

μιΎαδικοί z1 = 1 + 2i και z2 = 2 + i με εικόνες Α, Β αντίστοιχα. Να βρείτε στο μιΎαδικό EJrUtεδo σημείο Γ τέτοιο, ώστε το τρίΎωνο ΑΒΓ να είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ Δίνονται

οι

π 4

και ΒΑΓ = - .

•

z3 - z, = ( ι - ί )

(

[ ( ) ( )] .

συν � + ίημ �

z3 - z, = ..fi <=> z3 = z,

}=>

+ ..fi <=> z3 = 1 + ..fi + 2ί .

[ ( :) ( : )]

Άρα Γ(I + ..fi,2) . •

z3 - z1 = ( Ι - ί )

συν -

+ ίημ -

2η:

Έστω οι μιγαδικοί z1 , z2 , z3 με εικόνες Α, Β, Γ αντίστοιχα και lz ι l = l z2 1 lz3 1 = ρ > Ο . ότι: α) Δείξτε =

l z ι z2 + z2z3 + zJ zι l ρ l z ι + z2 + zJ I · =

β) Αν το ΑΒΓ είναι τρίγωνο, δείξτε ότι: ΑΒΓ ι σόπλευρο τρίγωνο � Ζ 1 + z2 + z3 = Ο . δύο μιγαδικοί με lzl = 1 και _!_ = z2 - z + 1 . Αν Ρ, Q οι εικόνες αντίστοιχα Έστω

των μιγαδικών z, w και Ο < Arg (z) < π δείξτε ό3 τι ο θετικός ημιάξονας Οχ διχοτομεί την γωνία των διανυσμάτων ΟΡ , OQ . -

Θεωρούμε το τριώνυμο φ (z) = z2 + αz + β , α Ε JR , β Ε JR* , z Ε C και τις παραστάσεις (πο f (z) = z2v + ανzν + βν , λυώνυμα) P (z) = zv + 1 + (1 + z)v , όπου ν άρτιος θετικός α κέραιος. Αν 4β > α2 και z1 , z2 είναι κοινές ρίζες των φ (z), f (z) , τότε: 1. ) Δει'ξτε οτι οι -Ζι , z2 μηδενίζσυν το Ρ ( z ) 4η:

<=>

είναι

μέσον του ΒΓ. γ) Αν το Α διαγράφει τον κύκλο με κέντρο την εικόνα του ί και ακτίνα 2, να βρείτε το σύνολο των σημείων Ν για τα οποία το τετράπλευρο ΑΒΝΓ είναι ρόμβος. (Baccalaureales 1 988).

3η:

Λύση Στο ΑΒ αντιστοιχεί ο μιγαδικός z2 - z1 = 1 - ί . Έστω z3 ο μ.ryαδοcός που έχει εικόνα το Γ. Στο ΑΓ αντιστοιχεί ο μryαδικός z3 - z1 Το σημείο Γ, αφού IABI = IAfi χροιcύπτει από τη στροφή του διαν6σματος ΑΒ περί το Α κατά γωνία ±� . 4 Άρα έχουμε z3 - z1 = ( z2 - z, > συν ± : + ίημ ± :

Ζι

(ρίζες του Ρ (z) ). ) ( Ζ3 - z, = -..fii <=> z3 = z, - ..fii <=> Ζ3 = 1 + 2 - .J2 i ii) Αν θ ένα όρισμα του � δείξτε ότι: Ζ2 . Άρα Γ(1, 2 - ..fi) . θ Τελικά έχουμε δύο σημεία Γ(l + .J2,2) ή συν ν + 2ν-1 συνν � = Ο . 2 2 Γ(l, 2 - .J2) . εξίσωση 5η: Θεωρούμε την lη:

ΕΝΟΤΗΤ Α 2η: ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Έστω Α η εικόνα του μιγαδικού Ζι Ε c* και Β, Γ τα σημεία που βρίσκονται στον κύκλο με κέ ντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα ΟΑ έτσι, ώ στε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ισόπλευρο. α) Να γράψετε τους μιγαδικούς z2 , z3 που έ χουν εικόyες τα σημεία Β, Γ αντίστοιχα, σε σχέση με τον z1 • β) Θεωρούμε Μ την εικόνα του μιγαδικού z με

(συν2θ ) z2 - 2(συνθ) z + 2 - συν2θ = Ο

( �)

θ ε Ο,

( 1 ),

μz άγνωστο τον z. i) Να επιλύσετε την

( 1). ii) Να δείξετε ότι οι εικόνες των ριζών της ( 1 ) διαγράφουν τον ένα κλάδο υπερβολής της οποίας να βρείτε την εξίσωση. iii) Αν z 1 είναι η ρίζα της (ι) με θετικό φανταστικό μέρος, να βρείτε την ε λάχιστη τιμή θετικού ακεραίου ν για τον οποίο ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/73

(

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

)

2 θ z 1 - εφ - 1 ν είναι θετικός αριθμός (πραγμα συνθ

τικός) . 1 6η: Για τον μιγαδικό z έχουμε z + - = - 1

με z ε C - {-2} , ν ε Ν* . Αν για τον z ισχι)ει z+

�� = �

( 1 ),

τότε: α) Να βρείτε τον γεωμετρικό

τόπο των εικόνων του z. β) Δείξτε ότι: i)

(z + 1 ) (z + 2 ) + (z + 2 ) (z + l ) = O , ii) w ε IR. . ' 2004 1 + i ' ' ' w = z 200 1 + 1 ' τους μιγαδικους Θεωρουμε και 9η: Δινεται ( z + 1 ) = 1 - ι. ( 1 ). Να δείξετε οτι: 1 200 z i) Ο z δεν είναι πραγματικός. ii) Im (z ) < Ο . 1 1 ' u = z2004 + 2004 • α) Δείξτε οτι: i) z = - ii) z z 10η: α) Δείξτε την ισοδυναμία: w = u . β) Να βρείτε το Re(z) . 2 2 l z1 + z2 1 = l z1 1 + l z2 1 <:Ξ:> z 1z2 φανταστικός. 7η: α) Για κάθε μιγαδικό αριθμό z δείξτε ότι: β) Για τους μιγαδικούς z 1 , z 2 , w, u έχουμε ότι ο w -lzl ::;; Re(z) ::;; lzl , -lzl ::;; Im(z ) ::;; lzl . είναι φανταστικός, ο u είναι πραγματικός και ισχύουν β) Θεωρούμε τους μιγαδικούς z = 2χ + yi με χ 2 2 2 _ z1 2 (1 ), w I z1 1 + wz _ 1 = wz1 + w 1 1 ακέραιο και y > Ο για τους οποίους ισχύει 2 2 2 2 2 uz 2 = -u u z2 1 + _ u I z2 1 + _1 _ 1 z2 1 - uz2 (2), I z + 91 = 3 1 z + 1 1 . Να βρείτε τους μιγαδικούς z. 2 z+1 , , 8η: Θεωρουμε τους μιγαδικους w = -- ν z+2 z

( 1 ).

( )

ΙιfΕΤΙΣτ� Κ�/ ΕΑ�ΧΙΣτιf /tiErPD/1' ΚΑΙ IJPΙΣJIR'/211 ΙιΙΙΤΑ.ΙΙ'ΚD'ΙΙ του Γιώργου Κατσούλη

•

lz l - lz

Ε ισαγωγή

z + z l ::;; lz t l + lz l ·

2 J i 2 11 ::;; l t 2 Έστω z, z1 , z2 μιγαδικοί αριθμοί με εικόνες Το πρωτεύον όρισμα Arg(z ) του μιγαδικού z στο μιγαδικό επίπεδο τα σημεία Μ, Μ 1 και - είναι το μέτρο της γωνίας που σχηματίζει η Μ2 αντίστοιχα. Είναι γνωστό ότι: (βλ. Σχ. 1 ) διανυσματική ακτίνα ΟΜ με τον άξονα χ 'χ . Υ Το πρωτεύον όρισμα ενός μιγαδικού αριθμού z είναι πάντα ένας αριθμός του διαστήματος [0, Υ 2π). Δηλαδή: Αν Arg(z) = θ , τότε Ο ::;; θ < 2π . Επίσης, από τη Γεωμετρία γνωρίζουμε ότι αν το σημείο Μ διατρέχει: ο Μια ευθεία ε. (Σχ. 2) Στην περίπτωση αυτή το Ιzl δεν παίρνει μέγι Σχ. 1 Σχ. 2 στη τιμή. Η ελάχιστη τιμή του Ιzl είναι Ως μέτρο του z ορίζουμε την απόσταση του d ( Ο,ε) = (ΟΜ ) , όπου ΟΜ j_ ε . Οι συντεταγμέ Μ από την αρχή Ο, δηλαδή νες του σημείου Μ προκύπτουν από τη λύση του l zi = (OM) =Io� . συστήματος των ευθειών ε και ΟΜ. Το μέτρο της διαφοράς των μιγαδικών z1 και Ένα κύκλο (Κ,ρ) (Σχ. 3) Τότε z2 είναι ίσο με την απόσταση των εικόνων Η ελάχιστη τιμή του Ιzl είναι: α) τους, δηλαδή lz1 - z 2 1 = ( Μ 1 Μ 2 ) . (ΟΑ) = Ι <οκ) - (ΚΑ)I = Ι(οκ) - ρl - Για τα μέτρα των z1 και z2 ισχι)ει1 : Η μέγιστη τιμή του Ιz l είναι: (ΟΒ) = (ΟΚ) + (ΚΒ) = (ΟΚ) + ρ •

1 Γνωστή ως τριγωνική ανισότητα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

λ.ε. τ.l/74

Μαθηματικά Ύια την Γ ' Λυκείου Υ Β

'�

οι

• χ

Μι ®; Μ

Λύση (Σχ. 7)

Σχ. 4

Σχ. 3

Παρατήρηση:

•

Σύμφωνα με το σχήμα αυτό έχουμε: Η ελάχιστη z) είναι το μέτρο της γωνίας χόΓ

Arg(

i) Έστω z = χ + yi . Έχουμε lz+il =lz-1 +2il <=> l x +(y+ ΨI = l (x -1) + ( y+2)il <=> �x 2 + (y + 1)2 = �(x - 1 )2 + (y + 2)2 <=> . . · <=> χ - y '-- 2 = Ο . Άρα το Μ ανήκει στην ευθεία ε:χ-y-2=0. Υ

(ε)

Arg(

μέγιστη τιμή του z) είναι το μέτρο της 4 ····· .. : κ Β γωνίας χΟΔ Σχ. Σχ. 7 8 β) Η ελάχιστη τιμή του l z - z, l είναι: (Σύμφωνς ii) Η ελάχιστη τιμή του Ιzl είναι: με το Σχ. 4) ( Μ ι Α) = I (Μ, Κ} - ρl Ιο - ο - 21 = _}:__ = J2 . d Ο, ε) = ( Η μέγιστη τιμή του l z - z , l είναι: .jί2;ϊ2 J2 iii) Επειδή ΟΜ 1. ε είναι λ0Μ = -1 , οπότε η ( Μ ι Β) = ( Μ, Κ} + ρ Οι συντεταγμένες των σημείων Α και Β προ εξίσωση της ΟΜ είναι y = -χ . Οι συντεταγμένες κύπτουν από τη λύση του συστήματος του κύκλου = -χ του Μ είναι η λύση του συστήματος Υ και της ευθείας ΟΚ ή Μ1 Κ αντίστοιχα. x-y-2=0 Τέλος, αν τα σημεία Μι και Μ 2 διατρέχουν: - Δύο κύκλους (Κ,R) και (Λ,ρ) αντίστοιχα με που είναι το ζεύγος ( 1,-1) . Άρα ο μιγαδικός που έχει το ελάχιστο μέτρο είναι z = 1 - i . ΚΛ > R + ρ (Σχ. 5) •

{

•

2) Αν

yια

τον

l z - 3 + 4il = 2 , να βρεθεί:

μιγαδικό

ισχύει

i) Η γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z. ii) Η μέγιστη και ελάχιστη τιμή του lz l .

Σχ. 6 Σχ. 5 Τότε η ελάχιστη τιμή του l zι - z2 1 είναι Λύση (Σχ. 8) (ΑΒ ) = (ΚΑ ) - R - ρ ενώ η μέγιστη τιμή l zι - Ζ2 1 i) Έχουμε lz - 3 + 4il = 2 <=> lz - (3 -4i )l = 2 . είναι (ΓΔ ) = (ΚΛ ) + R + ρ . Άρα το Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο Κ ( 3,-4) Οι συντεταγμένες των σημείων προκύπτουν και ακτίνα ρ = 2 . όπως παραπάνω. ii) Η ελαχίστη τιμή του Ιzl είναι - Δύο παράλληλες ευθείες ε και ε2 αντίστοιχα 1 (ΟΑ ) = (ΟΚ ) - ρ = 5 - 2 = 3 (Σχ. 6) Η μέγιστη τιμή του Ιzl είναι Τότε η ελάχιστη τιμή l zι - z2 1 είναι d ( Ε ι , Ε 2 ) (ΟΒ ) = (ΟΚ ) +ρ = 5 + 2 = 7 . Μέγιστη τιμή του l zι - z2 1 δεν υπάρχει Πρόβλημα Να βρείτε τους μιγαδικούς Ζι , z2 που έχουν Ενότητu 1 11� A«Jt(ή«:rι\� μι μέτρα το μικρότερο και μεγαλύτερο μέτρο.

1) Αν yια τον μιγαδικό z ισχύει lz + il = lz - 1 + 2il να βρείτε: i) Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z. ii) Την ελάχιστη τιμή του l zl . iii) Τον μιγαδικό z που έχει το ελάχιστο μέτρο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

3) Αν για τον μιγαδ!κό z ισχύει z ( 1 - λi ) = 4 - 2i, λ ε JR να βρείτε: i) Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z. ii) Τους αριθμούς λ και z ώστε ο z να έχει το μεγαλύτερο κατά το δυνατό μέτρο. λ.ε. τ.l/75

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

Λύση (Σχ. 9) Έστω z = x + yi χ, yε JR . ί) Τότε (x + yi)Cι - λi ) = 4 - 2i � x+yi -λχi +λy=4-2ί � (x-4+λy)+(y+2-Aχ)i=O. χ - 4 + λy = Ο , Πρεπει y + 2 - λχ = Ο Με απαλοιφή του λ παίρνουμε την εξίσωση χ 2 - 4x + y2 + 2y = O ή (χ - 2 )2 + (y + 1)2 = 5 . Άρα το Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο Κ ( 2,-1) και ακτίνα ρ = .J5 . Ο γεωμετρικός τόπος που γρά φει η εικόνα Μ του z είναι ο παραπάνω κύκλος ε κτός του 0(0, 0). ίί) Επειδή ο κύκλος διέρχεται από το Ο (Ο, Ο) το μεγαλύτερο μέτρο αντιστοιχεί στο μιγαδικό z με εικόνα το aντιδιαμετρικό σημείο Α του Ο ως προς Κ. Αφού το σημείο Κ ( 2,-1) είναι το μέσο του ΟΑ θα είναι Α ( 4,-2) . Άρα z = 4 - 2i και προφα νώς λ = Ο .

{

Λύση (Σχ 11) Αφού l zι + 3il = 1 η εικόνα Μ ι του Ζι κινείται σε κύκλο με κέντρο Κ (Ο,-3) και ακτίνα ρ = 1 Ό μοια η εικόνα Μ 2 του z2 κινείται σε κύκλο με κέντρο Λ ( 4, Ο) και ακτίνα R = 2 . Άρα η ελάχιστη τιμή του l zι - z2 1 είναι (ΑΒ ) = (ΚΛ ) - R - ρ = 5 - 2 - 1 = 2 και η μέγιστη τιμή του l zι - z2 1 είναι (ΓΔ ) = (ΚΛ ) + R + ρ = 5 + 2 + 1 = 8 . .

Υ χ

(C)

Σχ. 1 1

χ χ

Σχ. 9 4)

5) Αν για τους μιγαδικούς z 1 , z 2 ισχύουν οι σχέσεις l z 1 + 3i l = 1 και l z 2 - 41 = 2 να βρείτε την μέγιστη και ελάχιστη τιμή του l z - z 2 1 ·

Σχ. 10

Αν για τον μιγαδικό z ισχύει lz - il = 1 να αποδείξετε ότι 4 :5 lz + 4 + 2il :5 6 .

Σχ. 12

Πρόβλημα: Για ποιους μιγαδικούς Ζ ι , z2 ισχύουν οι ισό τητες; 6) α) Να βρείτε το σύνολο των σημείων του μιγαδικού επιπέδου που είναι εικόνες των μιγαδικών z οι οποίοι έχουν την ιδιότητα: «Ο λόγος των aποστάσεών τους από τα σταθερά σημεία z 1 = 3 και z 2 = -3 να είναι σταθερός και ίσος με 2». β) Αν για τους μιγαδικούς w 1 και w2

Λύση (Σχ. 10) Έχουμε lz + 4 + 2il = l(z - ί ) + (4 + 3i )l :5 lz - il + 14 + 3il = 1 + 5 = 6 και lz + 4 + 2il = l(z - ί ) + (4 + 3i)l ;?: w. - 3 = w2 - 3 = 2 να βρειτε τη μεyιστη τιμη 4 . llz - il - 14 + 3ill = 11 - 51 = w1 + 3 W2 + 3 Επομένως 4 :5 lz + 4 + 2il :5 6 . του l w1 - w2 1 . 2°ς τρόπος: Λύση (Σχ. 12) Επειδή lz - il = 1 η εικόνα Μ του z κινείται σε α) Έστω Μ ένα σημείο του επιπέδου που εί κύκλο με κέντρο Κ ( Ο, 1) κ�ι ακτίνα ρ = 1 . ναι εικόνα του z χ + yi . Επίσης lz + 4 + 2il = lz - (-4 - 2ί )i = (MA ) , ό Τότε έχουμε lz - 31 = 2 � lz - 3l = 2lz + 31 � 1 z + 31 που Α ( -4,-2) . Επομένως η ελάχιστη τιμή του l (x-3) +yil = 2l(x +3 ) + yil � · · · � (χ + 5 )2 + y2 = 16 lz + 4 + 2il είναι (ΑΒ) = (ΑΚ ) - ρ = 5 - 1 = 4 και η . Επομένως τα σημεία Μ κινούνται σε κύκλο με μέγιστη τιμή του lz + 4 + 2il είναι κέντρο Κ(-5,0) και ακτίνα ρ = 4 . ΑΓ = (ΑΚ ) + ρ = 5 + 1 = 6 . Άρα 4 :5 lz + 4 + 2il :5 6 . β) Από το (α) οι μιγαδικοί w ι , w 2 έχουν ει Πρόβλημα: κόνες, έστω, τα σημεία Α, Β του κύκλου C. Επειδή Για ποιους μιγαδικούς z ισχύουν οι ισότητες; lwι - w 2 I = (AB ) και η χορδή ΑΒ είναι μικρότερη

ιι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/76

•

Μαθηματικά για την Γ Λυκεiου

Α(�, �). ( )

ή ίση της διαμέτρου 2ρ = 8 θα έχουμε /w 1 - w 2 / � 8 . Άρα η μέγιστη τιμή του /w 1 - w 2 / , κύκλου και της ευθείας βρίσκουμε ο είναι και πραγματοποιείται αν τα Α και Β είναι a πότε z + � i και Β - J3 ' � ' οπότε ντιδιαμετρικά σημεία του κύκλου. 4 4 4 4 J3 3 . z = --+-ι . 2 4 4 Ενότητα 2η: Ασκήσεις με πρωτεύον όρισμα 1

Αν για τον μιγαδικό

ισχύει

lz - il = ..!. 2

να βρείτε: i) Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z. ii) Τη μέyιστη και ελάχιστη τιμή του

Arg ( z ) .

iii) Τους μιγαδικούς z που έχουν το μιιι::ρό τερο και μεγαλύτερο πρωτεύον όρισμα.

Αν lz - 2 - 2il = 2 να βρείτε τους μιγαδι κούς z που έχουν το μικρότερο και μεγαλύτερο πρωτεύον όρισμα.

Λύση (Σχ. 1 4) Είναι z1 = 2 + Oi και Argz1 , που είναι το μι κρότερο πρωτεύον όρισμα. Επίσης z2 = Ο + 2i και Argz2

� που είναι το μεγαλύτερο πρωτεύον ό

ρισμα. Λύση (Σχ. 1 3) 3) Αν για τον μιγαδικό z ισχύει ι> Αφου· ι z - ιι = 21 οι εucονες Μ του z κινου2001 Im ( z ) 1 1 ------=-2- + - 2001 + 2001 · ν3ι r::;:. l = 0 να βρειτε: , 2 νται σε κύκλο με κέντρο Κ (Ο, 1) και ακτίνα ρ = _!_ . l z - 11 2 i) Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ ίί) Το Arg ( z ) είναι η γωνία που σχηματίζει η του z. διανυσματική ακτίνα ΟΜ με τον άξονα χ'χ . Άρα ii) Τον μιγαδικό z που έχει το μεγαλύτερο πρωτεύον όρισμα. Μπορούμε να βρούμε τον μι ( ) η ελάχιστη τιμή του Arg z είναι το μέτρο της ·

γωνίας χ Ο Α = θ και η μέγιστη τιμή του

Arg ( z )

γαδικό που έχει το μικρότερο πρωτεύον όρισμα;

Λύση (Σχ. 1 5) είναι το μέτρο χ Ο Β = ω . i) Έστω z = χ + yi χ, y ε 1R . Με αντικατάΑρκεί λοιπόν να βρούμε τις εφαπτόμενες του σταση στη δεδομένη σχέση προκύπτει κύκλου που διέρχονται από την αρχή των αξό 2001 Υ νων. Η εφαπτόμενη ε θα είναι της μορφής ( )2 2 + _!_2 200 1.Ji+3 = ο <=> ε : y = λχ <=> λχ - y = Ο . Πρέπει d(Κ,ε) = ρ ή χ - 1 + y y + 1 = 0 <=:> (x - 1 )2 + y2 + y = 0 <=> l-11 = 1 <=> λ2 + 1 = 4 <=> λ = ±ν3r;; . 2 � 2 ) (χ 1 + y "2 2 Άρα εφθ = J3 , οπότε η ελάχιστη τιμή του ( χ - 1 )2 + y + � = � . Άρα το Μ κινείται σε κύArg ( z ) είναι � και εφω = -J3 , οπότε η μέγιστη 3 κλο με κέντρο κ 1,- � και ακτίνα ρ = � . Όμως, 2π . ' 3 τιμη' του Arg ( z ) ειναι επειδή z :;t: 1 πρέπει ( x,y) :;t: (l,O) . Έτσι εξαιρούμε Υ από τον κύκλο το σημείο Α ( 1, Ο) . ii) Η ΟΑ είναι εφαπτόμενη του κύκλου C. Ε πειδή το Α εξαιρείται, δεν υπάρχει μιγαδικός z που να έχει ελάχιστο πρωτεύον όρισμα. Η εφαπτό μενη ΟΒ είναι της μορφής y = λχ . Από το σύστηy = λχ, λ :;t: Ο 2 μα προκύπτει το τριώνυΣχ. 13 ( χ - 1 )2 + y + 1 = 1 2 4 iii) Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων του Λ

( ) ( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/77

( )

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

μο (ι + λ?' ) χ 2 + (λ - 2 ) χ + ι = ο . Για να εφάπτεται η ευθεία y = λχ στον π 1. Αν Arg(z + 1 ) = , να βρείτε τη μικρότε2 4 πρέπει2 Δ = Ο <=:> (λ - 2) - 4 (1 + λ2 ) = 0 , οπότε ρη τιμή το:υ . lzl λ = - 34 ( λ :;e Ο ) . J2 (Απαν.: - ) Υ 2 2. Aν . lz - il = l να βρείτε τη μικρότερη και (C) τη μεγαλύτερη τιμή το:υ lz + ιι . (Απαν.: J2 - 1, J2 + 1 ) Σχ. 1 6 Σχ. 1 5 3. Να βρεθεί ο μιγαδικός z με το μέγιστο δ:υ , Για λ = --4 προ1αιπτει χ = -3 και y = --4 . Ε- νατο μέτρο αν είναι γνωστό ότι: 5 3 5 2lzl 2 = (1 - i)z + (l + i)z . 3 4 ' ' το μεγαλ:υτε' ο μιγαδικος ' z = 5' - 5ι. εχει πομενως (Απαν.: z = l + i ) ρο πρωτεύον όρισμα. 4. Αν l z - '-"3 - il = 1 να βρείτε: 4) Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς i) Τη μέγιστη και ελάχιστη τιμή το:υ Arg(z ) . z = λ + ( λ2 + t ) i, λ ε IR. . Να βρείτε:

κύκλο

Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z.

ii) Τους μιγαδικούς z που έχουν το μικρότερο και μεγαλύτερο πρωτεύον όρισμα. Λύση (Σχ. 16)

ii) Τους μιγαδικούς που έχουν το μικρότερο και μεγαλύτερο πρωτεύον όρισμα.

'-"3 � + i , z = '-"3 + Oi ) i) Είναι Μ {λ,λ?' + 1 ) . Επομένως χ = λ , (Απαν.: z = 2 2 y = λ2 + 1 . Με απαλοιφή το:υ λ παίρνουμε y = χ 2 + 1 . Άρα το Μ κινείται στην παρεμβολή με 5. Αν z1 = -λ + (λ- Ι ) ί και z = (λ - 3) � λi , 2 εξίσωση y = x 2 + 1 . λ ε IR. να βρείτε τη μικρότερη τιμή του l z1 - z2 1 . ii) Αρκεί να βρούμε τις εφαπτόμενες της (Απαν.: J2 ) C : y = χ 2 + 1 πο:υ διέρχονται από την αρχή των α ξόνων. Αν lz + ll ::::: 2lz - 21 να βρείτε τη 6. i) Θέτο:υμε3 f (χ ) = χ2 + 1 , οπότε f'(x ) = 2χ . Η γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z. εξίσωση της εφαπτόμενης ε της Cr σε ένα σημείο Ζ ii)Aν ι + · = Zz + · = 2 να· βρείτε τη μεγαείναι y - (χ� + 1) M ( x0,f ( x0 )) της Ζι - 2 z2 - 2 2χ0 ( χ - χ0 ) Η ευθεία διέρχεται από το Ο (Ο, Ο) , λύτερη τιμή του l z1 - z 1 . 2 αν και μόνο αν Ο (χ� + 1) = 2χ0 ( Ο - χ0 ) <=> (Απαν.: 4) χ� = ι <=> Χο = ± 1 . Άρα Υο = χ� + 1 = 2 . Επομένως 7. Αν z - λ = eλi , λ ε IR. να βρείτε: Α ( 1, 2) και ο μιγαδικός z1 = 1 + 2i έχει το μικρό i) Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z. τερο πρωτεύον όρισμα. Όμοια Β(-1,2) και ο ii) Τον μιγαδικό z που έχει το μικρότερο z2 = -1 + 2i έχει το μεγαλύτερο πρωτεύον όρισμα. πρωτεύον όρισμα. (Απαν.: y = ex , z = l + ei ) 2 Στην ουσία θέλουμε η ευθεία να έχει ένα μόνο κοινό

I ιI ι

•

σημείο με τον κύκλο 3 Η διαδικασία είναι μέρος της Ανάλυσης, που την "(\{Ο ρίζουμε χονδρικά στα μαθήματα Γενικής Παιδείας, ενώ αργότερα στην κατεύθυνση θα μελετηθεί σε βάθος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

λ.ε. τ.l/78

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: Ι ) 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 Μαθηματι κών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Κανόνας: Η στήλη Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Του Γιάννη

το προηγούμενο τεύχος είδαμε τη σχέση ανάμεσα στα Μαθηματucά και στις εύστο . χες "καλαθιές" στο μπάσκετ. Λίγες μέρες αργότερα (αφότου κυκλοφόρησε ο 'ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'"), δύο αγαπητοί μου μαθητές, με περίμεναν στην αυλή του Σχολείου καταϊδρωμένοι και α σθμαίνοντες. Και οι δύο είχαν επιχειρήσει να ε φαρμόσουν στην πράξη αυτά που, διάβασαν, στο σχετικό άρθρο. Τα αποτελέσματα του εγχειρήμα τός τους ήσαν . προδιαγεyραμμένα. Τους εξήγησα πως α) δεν έλαβαν υπ' όψη τους την αντίσταση του αέρα (αλλάζει τη συμπεριφορά της μπάλας) και β) ότι έπρεπε να είναι εφοδιασμένοι με...γωνιόμετρο... Τους πρότεινα να εξασκήσουν τις μαθηματικές τους γνώσεις στο μπιλιάρδο. .

Ασχολούνται οι Μαθηματικοί με το μπιλιάρδο; Όσο παράξενο κι αν σας φανεί, Μαθηματικοί ερευνητές, μελετούν την τροχιά της μπάλας του μπιλιάρδου σε σενάρια τραπεζιών που έχουν τα πιο "τρελλά" καμπυλόγραμμα σχήματα. Να τι έ γραφε ο Anatoly Saνin: «Λύσεις σε προβλήματα του συγκεκριμένου τύπου μας βοηθούν να κατανοή σουμε τους νόμους της κίνησης των μορίων των αερίων ή δεσμών σωματιδίων σε κλειστούς όγκους, και τούτοι οι νόμοι είναι χρήσιμοι σε πολλές περιο χές της φυσικής, ιδιαίτερα στην κβαντική ηλεκτρο νική. Τα μόρια ανακλώνται στα τοιχώματα ακριβώς όπως μια μπάλα του μπιλιάρδου στο τοίχωμα του

Κερασαρίδη

τε η πιο "δυνατή στέκα" Γωνία πρόσπτωσης και γωνία ανάκλασης: Στο (σχήμα 1 ) η ευθεία (ε) είναι εφαπτόμενη της κα μπύλης C στο σημείο Α. Η ημιευθεία ΑΖ είναι κά θετη στην ευθεία (ε) και η γωνία ΧΑΨ έχει διχο τόμο την ημιευθεία ΑΖ . Αν μια μπάλα μπιλιάρδου διαγράφει την τροχιά Χ-Α-Ψ , τότε η γωνία ΧΑΖ λέγεται "γωνία πρόσπτωσης" ενώ η γωνία ΖΑΨ λέγεται "γωνία ανάκλασης". Από τη Φυσική (Οπτική) γνωρίζουμε ότι η γωνία πρόσπτωσης εί ναι ίση με τη γωνία ανάκλασης. ε � Α\ .••

σχ. 1

Συμμετρία ως προς άξονα: Θεωρούμε την ευθεία (ε) και ένα σημείο Α έξω απ' αυτήν (σχήμα 2). Α πό το σημείο Α φέρνουμε μια ευθεία (ε') κάθετη στην (ε), που τέμνει την (ε) στο σημείο Ο. Πάνω στην (ε') παίρνουμε ένα τμήμα ΟΑ'=ΟΑ. Τα ση μεία Α και Α' λέμε ότι είναι συμμετρικά μεταξύ τους με άξονα συμμετρίας την ευθεία (ε). Το ση μείο Ο λέγεται προβολή του σημείου Α πάνω στην ευθεία (ε)

τραπεζιού»

Δεν πρέπει να ξεχνάμε ότι στα 1 835 ο περίφη μος Γάλλος Φυσικός - Μηχανικός - Μαθηματικός Gaspard Coήolis έγραψε ολόκληρο βιβλίο με θέμα «Η μαθηματική θεωρία των φαινομένων του μπι λιάρδου)), στο οποίο μελετούσε τα μη κεντρικά χτυπήματα της μπάλας. Ένα μη κεντρικό χτύπημα της μπάλας την εξαναγκάζει, μεταξύ των άλλων, και σε περιστροφική κίνηση που, εξ αιτίας της τρι βής της με την τσόχα του τραπεζιού, καμπυλώνει την τροχιά της. Απαραίτητες γεωμετρικές γνώσεις για να γίνε-

Α *

� ε

σχ. 2

Και τώρα, η ώρα του μπιλιάρδου. Α. Μπιλιάρδο σε τραπέζι σχήματος ορθογωνίου Πρόβλημα α' Στο τραπέζι (του σχήματος 3), μια μπάλα βρίσκεται στο σημείο Μ. Αν η κορυφή Δ του τραπεζιού είναι "τσέπη", ζητείται να βρεθεί η πορεία της μπάλας, για να μπει στην "τσέπη", α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.l/79

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

φού αυτή ανακλαστεί, υποχρεωτικά, στο τοίχωμα ΑΒ. (Σημ. "τσέπη" λέγεται η οπή που υπάρχει σε μια από τις κορυφές του τραπεζιού του μmλιάρ δου, στην οποία, ο παίκτης, πρέπει να κατευθύνει τις μπάλες) Απάντηση Έστω Μ-κ-Δ είναι η πορεία της μπάλας. Έ στω ακόμη ότι το Δ' είναι το συμμετρικό του Δ με άξονα συμμετρίας το τοίχωμα ΑΒ του τραπεζιού. Σ' αυτή την περίπτωση τα σημεία Μ, Κ, Δ' βρί σκονται στην ίδια ευθεία. Αρκεί λοιπόν ο παίκτης να βάλει την στέκα στην προέκταση του ευθύ γραμμου τμήματος Δ'Μ (προς το μέρος του Μ) και να χτυπήσει κεντρικά τη μπάλα. Βέβαια εδώ μπαίνει ένα ερώτημα· πως θα εντοπίζουμε κάθε φορά τη θέση του Α'; Υπάρχουν δύο απαντήσεις: Η πρώτη είναι να εξασκηθεί το μάτι ως προς τη

i'",x,"-,

Δ'

σχ. 3 Β

θέση του σημείου Δ' σε σχέση με αντικείμενα του περιβάλλοντος χώρου (εδώ πρέπει να σημειώσου με ότι για οποιαδήποτε θέση της μπάλας Μ το ση μείο Δ ' είναι πάντα στην ίδια θέση). Η δεύτερη απάντηση είναι να τοποθετηθεί ένα μικρό καθρεφτάκι (σχ. 4) με την ανακλώσα επιφά νεια προς το μέρος του παίκτη, κάθετα προς την επιφάνεια του τραπεζιού και κατά μήκος του τοι χώματος ΑΒ. Αρκεί να χτυπήσουμε κεντρικά τη μπάλα,

···-

·· -----

Δ �.:.................................................. Γ'

! Κ" ! ...... Α'

Δ'

σχ. 4

τοποθετώντας τη στέκα στην προέκταση της ευ θείας που συνδέει τη μπάλα Μ με το είδωλο Δ', της κορυφής Δ, ως προς τον καθρέφτη. Πρόβλημα β' Στην τσόχα του μπιλιάρδου ΑΒΓΔ (σχ. 5) υπάρχουν δύο μπάλες, μια κόκκινη Κ και μια μαύρη Μ. Ζητείται, η μαύρη μπάλα να χτυπή σει την κόκκινη, αφού προηγούμενα ανακλαστεί πρώτα στο τοίχωμα ΓΒ και μετά στο τοίχωμα ΒΑ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

σχ. 5

1',_

r �� :

::..._ +"Β

-ι Α

, __ ____

!···········································τ···'-----4 Δ

Η ευθεία που συνδέει τα σημεία Μ, Κ" τέμνει το τοίχωμα ΒΓ στο σημείο Π και το "τοίχωμα" Α'Β στο σημείο Λ '. Αν Λ είναι το συμμετρικό του Λ ' (με άξονα συμμετρίας το τοίχωμα ΒΓ), τότε η σωστή πορεία της μπάλας είναι η Μ - Π - Λ Κ. Άρα ο παίκτης, αρκεί να χτυπήσει κεντρικά την μπάλα Μ, τοποθετώντας την στέκα στην προέκταη του ευθύγραμμου τμήματος Κ' 'Μ. Οι τρόποι με τους οποίους πετυχαίνουμε κάτι τέτοιο είναι οι ί διοι, (όπως στην περίπτωση του προβλήματος α' ), μόνο που τώρα χρησιμοποωύμε δύο καθρεφτάκια· ένα κατά μήκος του τοιχώματος ΒΓ και ένα κατά μήκος του τοιχώματος ΒΑ. Το μπιλιάρδο και το πρόβλημα του S. Pankov Ένας γυάλινος αγωγός φωτός έχει τη μορφή κόλουρου κώνου και είναι καλυμμένος στο εσωτε ρικό του από άργυρο (καθρέφτης). Τα επiπεδα των βάσεων του κώνου είναι κάθετα στον άξονά του, και το ύψος h οι διάμετροί τους είναι Μια δέσμη φωτός, παράλληλη με τον άξονα του κώνου, προσπίπτει στη μεγάλη του βά ση (η φωτεινή δέσμη δεν είναι απαραίτητο να πε ριέχει τον άξονα του κώνου). Ερώτημα: Όλες οι ακτίνες της φωτεινής δέσμης θα βγουν από τη μι κρή βάση αφού υποστούν πολλαπλές ανακλάσεις στα εσωτερικά τοιχώματα; [Υπόδειξη: το ότι η ε πιφάνεια είναι κωνική δεν έχει καμιά σημασία. Αρκεί να εξετάσετε τις "ακραίες" φωτεινές ακτίνες που προσπίπτουν στο σύνορο της μεγάλης βάσης]

(h>d>d').

καθρέφτης

-· ---·

Απάντηση Θεωρούμε το παραλ/μο Α'ΒΓΔ' που είναι συμ μετρικό του ΑΒΓΔ (με άξονα το ΒΓ). Θεωρούμε, ακόμη, το παραλ/μο Α'ΒΓΔ " που είναι συμμε τρικό του Α'ΒΓΔ' (με άξονα το Α'Β). Έστω Κ' το συμμετρικό της Κ ( με άξονα το ΒΓ) και Κ" το συμμετρικό του Κ' (με άξονα το Α'Β)

d, d'

Στο επόμενο Στο επόμενο τεύχος θα δούμε τη γεωμετρία α) του κυ-κλικού μπιλιάρδου, β) του ελλειπτικού μπι λιάρδου γ) άλλων μπιλιάρδων, δ) ίσως παίξουμε base-ball. λ.ε. τ.l/80

Εχδόσει, τη, ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΠΚΙΙΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Ι

δ;�·�τοσn

..... ..."""" ... ......

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ι:ί:J Ε ΠΙ ΘΕQΡΗ Σ Η �

niΙ'\ I�fl� \IUt ιt \1\H kliι.) HII'HU

nn_it:ΎΙ"<

LOUIS βRAND

·-·

ΜΑθΗΜΑΥΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ -.......

--- ·�..-·.. ·� .......,_ ... <81;

� "" �

... -

8 Δ --

�·�·( �. �..,..

HELJ..L'Ioκ Rεsuικ ,

f \ \IJ''>;IOI I \f\ΗΗ\)\JιΙι.ΙΙ 8ΙM\If1f'I' \ΦI \

.\ft..,.,;:J(H7!'S "'

"ιι-JΙΙ!οι... ιι """'"Jιιι. QΟ'

,.,. .,.,.., .,_ ,...

Σrorxι.:ιαs.•tt rαι,ιετr 'λ ,.πο ANnrεNr Σικοnι.ι.. "ό ΙΙ<Ολ..ι'Ι!:I: ,l'l't. \11,1.. \ffi;

I"roιι.:;ncs

· -

. ....... ..

_ _,_ ·---

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 600δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (4 ΊΕύχη + 600 δρχ. ΠΙJ(\Jδρομι<ά) Σχολεία: 2.400 δρχ. (4 τιύχη) ΕυκλείδηςΒ': Τεύχος 700δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ. (4 ΊΕύχιι + 600 δρχ. 'RJ)(Uδρομικά) Σχολεία: 2.800 δρχ. (4 τιύχη) Ευκλει'δηςΓ': Τεύχος 1 .500δρχ. 3.000 δρχ. (2 τιύχη) Μαθημ. Επιθεώρηση: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τιύχη) Αστρολάβος: Τεύχος 1.500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τιύχη) Διλ'ήο (Bύletίrι): Τεύχος2.000 δρχ. Διεθνής Μαθημαnκές Ολυμτπάδες 1959 - 1999: 6.000 δρχ.

θέματα εξετάσεων στα Α.Ε.Ι 1.500 δρχ. 1976 · 1989: Πραιmκά: 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 2ου Πανελληνίου Συvεδρίου 2.000 δρχ 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 3.000 δρχ βου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ θου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου

2.500 δρχ 10ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 1 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 14ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5·000 δρχ 15ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ Συνέδριο Hermis "92 (Αγγλικά) 7.000 δρχ. Συνέδριο Hermis "94 (Αyyλικά) 2 τόμοι ο τόμος 4.500 δρχ. Γραμμική Άλγεβρα 1 .500 δρχ. Gr. Mυncres ΗΡDΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕDΣ

(Ονόματα Γεωμετρικών όρων ΓΕDΜΕΥΡΙΚΑ) 6.000 δρχ. (Μετρικά Διόπτρα) 6.000 δρχ. Διαλέξεις: ο τόμος 1 .300 δρχ. Μαθηματική Ανάλυση Loυis Brand 7.000 δρχ. Διαφορικές Εξισώσεις 2.500 δρχ. Stephenson Ιστορία Μαθημαnκών Loήa (4 τόμοι) Α, Β, ΓΑ• ΓΒ ο τόμος 2.000 δρχ. 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 1 .000 δρχ. Ελληνική Μαθημαnκή 1 .000 δρχ. Βιβλιογραφία Στοιχειώδης Γεωμετρία από Ανώτφη Σκοπιά 2.500 δρχ. θεωρία Αριθμών 5.000 δρχ. •

Το naλaι6τιρο τεύχη 6λων των tκδ6οtων nωλούντaι με τις τρέχοuσιι; nμέι; του 2001

Ράφια γεμάτα βιβλία, μυρωδιά ζεστού καφέ, μελωδικές νότες, χώρος φιλόξενο.ς, ειδικά διαμορφωμένος για ευχά ριστη και ήρεμη ανάγνωση . Στα βιβλιοπωλεία " Β Ι ΒΛΙ Ορυθμός" θα

βρείτε όλες τις παλιές και νέες εκδόσεις όλων των εκδοτικών οίκων για όλα τα θέματα: παιδικά, λογοτεχνία, ιστορία, ψυχολογία, κοινωνιολογία, εκπαίδευση, μεταφυσική, φιλοσοφία, διδακτική , δοκίμια, οικολογία, ποίηση , μουσική , περιοδικά, ξενόγλωσσους τίτλους καθώς και πλήθος επιλεγμένων cd

ΘΕΣΣΑΛΟ Ν Ι ΚΗ : Β α σ . Η ρα κλείου 4 7

. . .

και κάθε μέρα ανάγνωση με τις μελωδίες του πιάνου.

(απέναντι από το ε μ πορ ι κό κέντρο)

ΑΘΗ ΝΑ: Ζωοδόχου Π ny ri ς 18 & Σόλωνος

Τnλ. 031ο.ηο .226, Fax: 03 1 0 .250. 972

Τnλ. Ο Ι 0 .33 . 0 1 . 25 1 , Fax: 0 1 0 .33 . 0 6 . 9 1 8