Ευκλειδης Β 42 by demi de

fiJ

([( / /(/{!:[J

rιιr ΕΑΑιιrιιιιjr ΙlfpΙrι•ίr Εrιιpείιr 1

I I

ΕΛΛΗΝΙΚΗ

....

ΜΑΕ>Η

"ΠΚΗ

ΕτΑΙΡΕΙΑ

.ΔJ�θι\1�11 ιΊΙ;,\�ΗΜΛ(JΧ�1 rJι\ ΥΜΓΙΙΛΔ 22 1959 2000 -

ΕΛΛΗ ΝΙ Η ΜΑΘΗΜΑτιΚΗ ετΑΙΡΕΙΑ

Γrόννικ βιδόλιΚ βασlληc; Γιιιμ/οης λvδρ(οc; Κον1οyιόvvη<;

Από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο

του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν 53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού

των ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΠΑΤΑΚΗ ως ΕΠΙΣΗΜΑ ΣΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ για τα σχολεία όλης της Ελλάδας. ΣΕ

ΟΛΑ

ΤΑ

�ΕΚΔΟΣΕΙΣ ·��

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ 65, 106 78 ΑθΗΝΑ, ΤΗΛ. 01 0.38.11.850, FAX: 010.38.11.940

lc•r,ιNq 6ι1Βε•t ΕλΑιpιιιί ιι•ιιμ•rιιιί Er•ι,cl• Π••cnι.τιμΙ•u �••ί•• -

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

•

Οκτώβριος Νοέμβριος Δεκέμβριος

•

2001

•

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

δρχ.

700

Ευρώ:

2,05

ΜΑΘΗΜΑηκο ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΥπcύΟυvοι Έκδοσης

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στραtής Ιωάννης

Συνιακηκή Ομάδα:

Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αyyελ� Γιαvνοσπύρος Σωτήρης Δούναβης Ανιώvης Καλίκας Σταμάτης Κaρκάvης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασaρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντ{ιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Λ�aρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσης ΣαϊτηΕύα Σακελλόρης Βασίλης Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδάχ:ης Γιώργος Τσιούμας θανάσης Χaραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

ΣυνερΥ.άιες: Φελούρης Άργύρqς

Παπαϊωάννου Α. Γιαννακόπουλος Σπύρος Μαντάς Ιωάννης Σταμέλος Γιά�ς Στολάκης Μάρκος Ρήγας Θεόδωρος

Συvcρyάσιηκαv για ιηv έκδοση ιου 2ου ιcύ�ους οι μαιJημαηκοί αηο ιο ηα _e�ι ημ � ιης ΕύΒοιας:

Αλεζ;ιου Τεωργιος Αντωνιάδης Κυριάκος Θώμα Βασιλική Ιωάννου Δημήτρης Ρουμελιώτης Kωvfvoς Τριανταφύλλου Τριαντάφυλλος

2 4

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Αρχαία Ελληνικά. Μαllημαrικά Το Βήμα ιου Ευκλείδη

11 Ο 'Ευκλείδη�' προιείvει...Ευκλείδη και Διόφαvτο 13 Με ιο φακό ιου Ορllολογισμού

14 Τα Μαllημαrικά και οι άλλε� Επισιήμε�

18 Μαllημαrικοί Διαγωνισμοί · Μαllημαιικέ� Ολυμπιάδε�

23 Γραφήμαια Euler και Hamilton

28 Ομοιοllεσία

I Μαllημαιικά yια ιηv Α' Τάξη ιου Λυκείου I :�3 Ανισοηκέ� Σχέσει� 37 Ισόιηια Τριγώνων

39 Εισαγωγή σια Σύνολα 42 Ρίζε�

I Μαllηιιαηκά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου I 45 Πολυώνυμα

5:�

Λόγο� ιωv Εμ6αδώv δύο Τριγώνων

58 Προ6λήμαια σιηv Ευllεία ·Κωνικέ� Τομέ�

I Μαllημαηκά yια ιηv Γ Τάξη ιου Λυκείου I

ΕΚΛΟ.t;Η ΤΙΙ.t; ΕΛΛΗΝΙΚΗ.t; ΜΑΘΗΜΛΊΊΚΗ.t; ΕΤΛΙΙ>ΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΓΠΣ'ΓΗΜΙΟΥ 34

106 79 ΑθΗΝΑ

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

Εκδότης: Αλεξανδρής Νικόλαος Διευθυνιής: Τυρλής Ιωάννης ISSN: 1105- 7998

' Ειημcλcια Εκδοσης:

Μαραγκάκης Στέλιος 700 δρχ Ειήοια. ουvδρφή 2.800 δρχ (Σχολ) Συνδρομηrές: 2,800+600 δρχ (Ταχ.) 5.000 δρχ Ορyανιομοί: ΣΥΝΔΙJ>ΟΜΕΣ:

Τεύχος:

Ταχ. Εrιιιαycς

Τ. Γραφ.,ίο Λllήvα 54, Τ.Θ. :!0044

61 Σιαιισιική (Μέιρα Θέση� και Διασπορά�) 65 Συνέχεια συvάριηση� σε διάσιημα 68 Παράγωγο�

73 Δύο ενδιαφέροντα llέμαια σιι� συναριήσει� 76 Η σιήλη ιη� Αλληλογραφία� 78 Η σιήλη ιου Μαllηιή

79 ΗΟΜΟ MATHEMAτJCUS

1------ι ΣιοιχειοΟι�οία - Σcλιδοποίηοη

Εκώπωοq/ΝΤΕΙ>ΠJ>ΕΣ Α.Ε.,

Ελληνική Μαθημαηκiι Εταιρεία

Υπεuθ. Τuποyραφείοu

Ιερά οδός 81- 83

Π Τρureριώτης-Τηλ;3474654

1 λ.Ρχλ.Ιλ. θλλΗΝΙΙ<λ t-Λλ.θΗΝΙλ.τιΚλ.ΙJ K•rAr•l• rιιν fl•l'l'fiν

κατά rspfrιιr

Του Χρήστου Κηπουρού

Σ' αυτό το άρθρο θα περιοριστούμε να εκθέσουμε μόνο την κατάταξη των γραμμών που κάνει ο Γεμίνος, βασιζόμενοι σε πληροφορίες έργων άλλων συγγραφέων. Για τον� φιλόσοφο Γεμίνο θα αναφερθούμε σε κάποιο από τα επόμενα άρθρα του Ευκλείδη Β'. Ο στωικός φιλόσοφος Γεμίνος γεννήθηκε στη Ρόδο και έγραψε μεταξύ 73-67 π.Χ .. Υπήρξε μαθητής του Ποσειδώνιου (135-51 π.Χ.) από την Απάμεια της Συρίας [ο οποίος αποκαλείται και «Ποσειδώνιος της Ρόδου» επειδή εγκαταστάθηκε στη Ρόδο όπου ίδρυσε Σχολή στην οποία εφοίτησαν αξιόλογοι συγγραφείς μεταξύ των οποίων συγκαταλέγεται και ο Κικέρων]. Μεταξύ των σπουδαίων πραγματειών του, ο Γεμίνος, συνέγραψε και μία εκτεταμένη πραγματεία για την ταξινόμηση των μαθηματικών. Κατά την άποψη του Γεμίνου τα μαθηματικά πρέπει να διαιρούνται σε δύο, κύρια, μέρη: α) στο μέρος που αναφέρεται στα νοητά (Αριθμητική, Γεωμετρία) και β) στο μέρος που αναφέρεται στα αισθητά (Μηχανική, Αστρονομία, Οπτική, Γεωδαισία, Κανονική και Λογιστική). Ο Πρόκλος αναφέρει: κατ' aλλον δ' αίι τρόπον την μαθηματικην τινες aξιοϋσιν, wσπερ καi. Γεμίνος, καi. ποιοϋσι την μεν περi. τα νοητα μόνον, την δε περi. τα αiσθητα ... (σελ. 38, 2-13). Εκτός από αυτό το έργο, συνέγραψε και ενδιαφέροντα σχόλια επί του μετεωρολογικού εγχειριδίου του διδασκάλου του (τh. Heath, Euclid's Elements Ι, σελ. 39). Ο Πρόκλος, κατά την περιγραφή των γραμμών που δεν συναντώνται, μας λέγει ότι αυτές τις πληροφορίες συνέλεξε από το έργο του Γεμίνου φιλοκαλία. Ο Πρόκλος αναφέρει (σελ. 177, 24): Τοσαϋτα καi. aπο τfjς τοϋ Γεμίνοu φιλοκαλίας εiς την τών προκειμένων f.ξήγησιν aνελεξάμεθα. Και οι νεώτεροι (Πάππος, Ευτόκιος, Πρόκλος) αναφέρονται στο έργο (ή έργα) του Γεμiνου, χωρίς να τον κατονομάζουν. Τον αναγνώστη που ενδιαφέρεται γι' αυτά, παραπέμπουμε στο έργο του Th. Heath, Eyclid's Elements τόμ. Ι, σελ. 38-42, καθώς και στην βιβλιογραφία που αναφέρει. Η ταξινόμηση των γραμμών που ακολουθεί έχει γίνει κατά τις υποδείξεις του Πρόκλου (σελ. 111, 29) και οφείλεται στον Γεμίνο. Κατά δύο τρόπους προβαίνει ο Γεμίνος στην ταξινόμηση των γραμμών: κατά τον πρώτο, κάθε γραμμή ή είναι σύνθετος (Ι), ή αCτύνθετος (II). Σύνθετον γραμμήν καλεί την τεθλασμένη γραμμή που σχηματίζει γωνία. Την ασύνθετον διαιρεί στην σχηματοποιοϋσαν (ΙΙ,α), δηλ. σ' αυτήν που περικλείει κάποιο χωρίο (όπως είναι ο κύκλος, η έλλειψη, η κισσοειδής) και στην «f.π' aπειρον f.κβαλλομένην» (ΙΙ,β), δηλ. σ' αυτήν που δεν δημιουργεί σχήμα ή είναι αόριστος (όπως είναι η παραβολή, η υπερβολή, η κογχοειδής και η επ' άπειρον ευθεία). Με τα δεδομένα αυτά, μπορούμε να κατασκευάσουμε το παρακάτω διάγραμμα. Πρώτη κατάταξη των γραμμών, κατά Γεμίνον: (I) σύνθετος τεθλ. ορίζουσα γωνία γραμμή (ΙΙ,α) σχηματοποιοϋσα κύκλος, έλλειψη, κισσοειδής (II) άσύνθετος (ΙΙ,β) f.π' aπειρον f.κβαλλομένη παραβολή, υπερβολή, κογχοειδής, απεριόριστη ευθεία Μία δεύτερη ταξινόμηση των ασυνθέτων γραμμών (II), κατά Γεμίνον, μας δίνει ο Πρόκλος (σελ. 11 ι, 9 - 113, 25). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/2

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

Οι ασύνθετες (11) διαιρούνται σε απλές (ΙΙ,γ) και μικτές (ΙΙ,δ). τις απλές διαιρεί σε δύο κατηγορίες: στην σχηματοποιούσα (Π, γ,1), όπως είναι ο κύκλος, και στην αόριστη (ΙΙ,γ,2), όπως είναι η ευθεία. τις μικτές διαιρεί σε γραμμές που κείνται σε επίπεδα (tv τσίς [iπιπέδσις) (ΙΙ,δ,1) και σε στερεά (iv τσϊς στεpεσϊς) (ΙΙ,δ,2). τις επίπεδες γραμμές διαιρεί, σ' αυτήν που συναντάται με τον εαυτό της (iv αiιτfι συμπίπτειν) (II,δ,1,a), όπως είναι η κισσοειδής και στην επ' άπειρον προεκτεινομένη (iπ' &πειρσν iκβάλλεσθαι) (II,δ,1, b). Τις γραμμές στα στερεά διαιρεί: σ' αυτές που λαμβάνονται κατά τις τομές των στερεών (κατά τας τσμaς iπινσεϊσθαι τώv ι,πεpεώv) (II,δ,2,c) και σ' αυτές που υφίστανται περί τα στερεά (περi τa στεpεa ύφίστασθαι) (II,δ,2,d), διότι υπάρχουν οι στερεές έλικες (σφαιρικές ή κωνικές) καθώς, επίσης, οι παραγόμενες κατά τις τομές των στερεών (δηλ. οι κωνικές τομές και οι σπειρικές καμπύλες). Και τις έλικες περί τα στερεά διακρίνει: σε ομοιομερείς (ΙΙ,δ,2,d,α), όπως είναι η κυλινδρική έλιξ, και σε aνομοιομερείς (ΙΙ,δ,2,d,β), δηλ. όλες οι άλλες. Ομοιομερής είναι η γραμμή της οποίας όλα τα τμήματα εφαρμόζουν μεταξύ τους. Ο Πρόκλος (σελ. 201, 23-24) λέγει ότι: όμσισμερής έστί γραμμή ή πάντα τά μόρια πaσιv εφαpμόζσvτα έχουσα... Σύμφωνα, λοιπόν, με τα παραπάνω προκύπτει ότι ομοιομερείς γραμμές είναι τρεις: ο κύκλος, η κυλινδρική έλιξ και η ευθεία. Συνοψίζοντας τα λεχθέντα κατά την δεύτερη κατάταξη, κατασκευάζουμε το παρακάτω δεύτερο διάγραμμα: Δεύτερη κατάταξη των γραμμών κατά Γεμίνον: (II,γ,l)

(Π,γ)

σχήμα- ποιούσα (κύκλος)

άπλές

(ΙΙ,γ,2) άόριστος

(ευθεία)

(11)

(II,δ,l,a) ή έν αuτή συμπίπτουσα

άσύνθετες

(II,δ,l)

(κισσοειδής)

έν τοίς έπιπέδοις

(II,δ,l,b) ή έπ' άπειρον έκβαλλομένη

(ΙΙ,δ) (ΙΙ,δ,2,c)

μικτές

αί κατά τάς τομάς

(κων. τομές, σπειρικές) (ΙΙ,δ,2)

(ΙΙ,δ,2,d,α)

έν τοίς στερεοίς

όμοιομερείς

(II,δ,2,d)

(κυλινδρική έλιξ)

αί περί τά στερεά

(σφαιρική, κωνική, έλιξ)

(ΙΙ,δ,2,d,β) οί άλλες

40 τεύχος Β' Ο «ΔΑΙΜΩΝ του τυπογραφείου» χτύπησε

τα πλήκτρα Στο άρθρο του Νίκου Ανδρουλακάκη, ο «δαίμων)) αλλοίωσε και τον τίτλο. Αντί «Γιατί τα μαύρα πλήκτρα εκτείνονται ανά 2, 3, 2, 3, 2, ... (όπως φαίνεται και στο σχήμα), τα ... εξέτεινε ανά 2, 3, 4, 4, 3 ... Επίσης το «συγκερασμένο κλαβιέ)) το μετέτρεψε σε «συγκεκριμένο» όπως και το «τάστο)) της κιθάρας το έκανε «άστο)). τέλος, η μη ακριβής στοίχιση των «μπλε» κλασμάτων που αντιστοιχούν στις νότες Ρε, Φα, Λα, Σι, εάν δημιούργησαν απορίες, αυτές ευχαρίστως θα λυθούν στο τηλ.: 9236376 ή στο: n ikandros@ ίnteι-netq.net. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/3

..•

ΕΥΚΑΕΙlΕΙ� Κ�/ Η ΕΥΚΑΕΙlΕΙ� ΤΕ/2ΙιΙΠΡΙ� (ΕΥΚΑΕΙΑΗΣ - UJBACHEνSK/1 - RIEIIAAA} του Κων/νου Σ. Ρουμελιώτη1 2.000 περίπου χρόνια μετά τον θάνατο του Ευ κλείδη και ενώ κατά διαστήματα πολλοί και μεyάλοι Μαθηματικοί όπως οι Saccheή, Lambert, Gauss, Farkas, Janos Bolyai κ.ά. είχαν διατυπώσει σοβαρές ενστάσεις για το πέμπτο Ευκλείδεω αίτημα της μο ναδικής παραλλήλου, ο Nikolai lνanovich Lobachevskii το 1829 με το άρθρο του «Οι αρχές της Γεωμετρίας)) σηματοδοτεί την επίσημη αρχή της μη Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Την ονόμασε φανταcmκή Γεωμετρία. Στον κόσμο των μαθηματικών επικρά τησε να αναφέρεται ως Γεωμετρία Lobachevskii. Ο δε ίδως ως <<Κοπέρνικος της Γεωμετρfα9).

ΤΑ ΕΥΚΛΕΙΔΕJΑ ΑΙΊΗΜΑΤΑ 1. Από δύο σημεία μόνο μία ευθεία γραμμ1] διέρχεται. 2. ΚάΒε πεπερασμένη ευθεία (ευθύγραμμο τμιίμ.α) προεκτείνεται σε ευθεία συνεχώς προς τα άκρα της.

3. Με κι'τ.θε κέντρο και κάθε αχdνα μπορεί να γραφι:ί

κύκJιΙJς. 4. Όλες οι ορθές γωνίες είναι μεrαξύ τους ίσες. 5. Αν ευθεία τέμνει δύο άλλες και σχηματίζει τις εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες να έχουν άθροισμα μι

Με τις εργασίες του «Καινούργιες βάσεις της Γεωμετρία9) 1837 στα Ρωσικά, <<Γεωμετρικές αναζη τήσεις της θεωρίας των παραλλήλω\!)) στα γερμανικά και με την «Πανyεωμετρία)) βιβλίο που δημοσιεύτη κε, το 1855 ταυτόχρονα στα γαλλικά και στα ρωσικά, θεμελιώνει τη νέα Γεωμετρία. ΑλλiJ. άς πάρουμε τα πράγματα από την αρχή. Από τα δέκα αιτήματα - αξιώματα που διατύπωσε ο Ευκλείδης στα «Στοιχείω) το διασημότερο, είναι το πέμπτο του αίτημα: το αίτημα των παραλλήλων. Ισοδύναμος τρόπος διατύπωσης αυτού και όπως μάλιστα επικράτησε είναι ότι: από σημείο εκτός ευ θείας μία και μοναδική παράΛληλη προς αυτήν μπο ρούμε να φέρουμε. Ο Lobachevskii ισχυρίσθηκε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον τέτοιες ευθείες. Επακόλουθο, πολλiJ. διαφορετικά αποτελέσματα από την Ευκλείδεια και με πιο γνωστό ότι: «το άθροισμα των γωνιών ενός τριγάiνου είναι μικρότερο των 180°)). Για να «αγγί ξουμε)) την Γεωμετρία Lobachevskii ας πάρουμε μία ευθεία (ε) και ένα σημείο Α εκτός αυτής (Σχ. 1).

ιφότερο από δύο ορθές, τότε οι ευθείες όταν προε

κταθούν επ' άπειρο θα συναντηθούν προς το μέρος που σχηματίζονται οι γωνίες με άθροισμα μιιφότε

ρες των δύο ορθό.Jν

ΤΑ ΑΞΙΩΜΑJΆ Ή ΚΟΙΝΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ

6. Πράγματα που είναι ίσα fΙΕ το ίδιο πράγμα είναι και μεταξύ τους ίσα.

Σχήμα 1

7. Αν σε ίσα προσθέσουιΙΕ ίσα τότε τα αθροίσματα θα είναι ίσα.

8. Α v από ίσα αφαιρέσουιΙΕ ίσα τότε τα υπόλοιπα θα είναι ίσα.

9. Αυτά που εφαρμόζουν το <-'να πάνω στο άλλο είναι ίσα.

1 Ο. Το όλο είναι μεγαλύτερο από το μέρος mυ.

Στην Ευκλείδεια Γεωμετρία υπάρχει μόνο μία εΊΙ ε που διέρχεται από το Α. Έστω τώρα Β1 ένα σημείο επίσης της (ε) και ξιά του

Β1,

το

Β3

Β2

ένα σημείο της (ε) δε

σημείο της (ε) δεξιά του

Β 2

κ.ο.κ.

σημείο της (ε) δεξώτερα του Βκ-ι τότε η ΑΒκ πλησιάζει οριακά μια γραμμή ε'. Αν τώρα το Β μεΒκ

Διευθυντής του Ενιαίου Λυκείου Ιστιαίας ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/4

Το Βή μα του Ευκλείδη

ταφέρεται αριστερά στις θέσεις Β� , Β; , ... , Β:_, , Β: η ΑΒ: προσεγγίζει πάλι κατά αντίθετη φορά ο ριακά μια ευθεία ( ε'). Κατά τον Lobacheνskii οι οριακές θέσης (η) και (θ) αντίστοιχα των ΑΒκ και ΑΒ: είναι δύο διαφο ρετικές ευθείες που περνούν από το Α και δεν συνα ντούν την (ε). Ακόμη κάθε �:;υθεία (λ) μεταξύ των (η) και (θ) (στο χώρο που περιέχεται η ( ε')) δεν συναντά την (ε). Έτσι υπάρχουν ουσιαστικά άπειρες παράλληλες που διέρχονται από το Α προς την (ε), με τον Lobacheνskii να ονομάζει παράJ.ληλες τις οριακές

τόσο χρήσιμα για να του υποδείξουν τα βήματα της απόδειξης όπως στην Ευκλείδεια Γεωμετρία. Μέχρι εδώ θα έχετε όλοι αναρωτηθεί ποια Γεω μετρία από τις δύο είναι αληθινή και εάν εmχεφούσα να ερμηνεύσω τις σκέψεις σας θα ελzγα ότι είστε πο λύ mo κοντά σ' αυτήν του Ευκλείδη. Τότε λοιπόν ας πάρουμε μία λευκή κόλλΙ:J. χαρτί (Σχ. 2) πάνω δε σ' αυτήν φέρτε μία ευθεία και σχε διάστε ένα τρίγωνο και έναν κύκλο.

� Δ

(η) και(θ).

Εδώ τώρα αισθανόμαστε αρκετά παράξενα με αυτή την υπόθεση του Lobacheνskii, αυτό όμως που τον ενδιέφερε ήταν μια λογική εναλλακτική απόφαν ση του 5ου αξιώματος του Ευκλείδη άσχετα αν θα συμφωνούσε, σχηματικά με τον χώρο που ζούμε ή με το χώρο που νομίζουμε ότι ζούμε. Το αξίωμα αυτό μαζί με τα υπόλοιπα εννέα Ευκλείδεια, με συλλογι σμούς και διαδικασίες απόδειξης ίδιες με αυτές της Ευκλείδειας θεμελιώνουν προτάσεις ίδιες με την Ευ κλείδεια, αν δεν υπεισέρχεται το εναλλακτικό, αξίω μα και διαφορετικές, αν αυτό υπεισέρχεται. Έτσι έ χουμε π.χ. μοναδική κάθετο από σημείο που είναι πά νω σε ευθεία, σε τρίγωνο απέναντι από ίσες πλευρές έχουμε ίσιες γωνίες κτλ. σ).λά ταυτόχρονα και άθροι σμα γωνιών τριγώνου μικρότερο των 180°. Εκτός δε της θεωρητικής κάλυψης των παραπά νω, ο Lobacheνskii εmχείρησε να έχει και πρακτική τέτοια μετρώντας με κοσμικές αποστάσεις το άθροι σμα των γωνιών ενός τριγώνου που σχηματίζουν ο Ήλως, η Γη και ο Σείριος. Όμως δεν ήταν τόσο τυχε ρός, αφού η απόκλιση από τις 1 800 ήταν πολύ μικρή και πάντως μέσα στα όρια του σταnστικού λάθους. Αξίζει εδώ να σημειώσουμε ότι κάτι ανάλογο εί χε εmχειρήσει λίγο νωρίτερα ο Gauss εγκαθιστώντας από έναν παρατηρητή στις βουνοκορφές Ίνσελ μπεργκ, Μπρόκεν και Χοχενχά:γκεν των ορέων Χαρτς με αποστάσεις μεταξύ τους περί τα Κrn. Το ά θροισμα των γωνιών αυτού του τριγώνου βρέθηκε να αποκλίνει2'' λιγότερο των 180°. Εκείνο το οποίο με την πάροδο του χρόνου διαπιστώθηκε είναι ότι οι εκατοντάδες νέες προ τάσεις με τις συνεπαγωγές της νέας γεωμετρίας δεν παρήγαγαν αντιφατικά αποτελέσματα. Ενισχύεται έτσι η εικασία ότι το 5° Ευκλείδειο αίτημα δεν θα ήταν δυνατόν να συναχθεί από τα υπό λοιπα, αφού τότε θα έπρεπε να είχαμε αντιφάσεις κα θώς χρησιμοποιούμε το εναλλακτικό αξίωμα Lobacheνskii. Εκείνο δε που πρέπει να γνωρίζει κάποως που θα εmχεφήσει να αντιμετωπίσει προβλήματα της Γε ωμετρίας Lobacheνskii είναι ότι τα σχήματα δεν είναι

100

�

Δ .

Σχήμα2 Κατόmν γυρίστε λίγο στα άκρα την κόλλΙ:J., ώστε να έχουμε μία κυλινδρική περiπου επιφάνεια με τα σχήματα στην εσωτερική πλευρά. Τότε η ευθεία έγινε καμπύλη με την ιδιότητα δύο οποιαδήποτε σημεία της να έχουν συντομότερη διαδρομή στην επιφάνεια αυτήν την καμπύλη την ονομάζουμε γεωδωσισχή γραμμή. Οι πλευρές του τριγώνου έfγιναν γεωδαισιακά τόξα, ο δε κύκλος <<νέος κύκλοφ. Επειδή όμως οι βασικές έννοιες στην Ευκλείδεια γεωμετρία σημείο, ευθεία, επίπεδο, είναι διαισθητικά και μόνο ορισμένες, τότε μεταφέροντας αυτές σε νέες αντιλήψεις π.χ. την ευθεία σε γεωδαισιακή καταλα βαίνετε ότι έχουμε μια νέα φυσική ερμηνεία της Γε ωμετρίας μέσω μιας τέτοιας φυσικής απεικόνισης. Ακόμη ας προσπαθήσουμε να ζητήσουμε την Γεωμετρία της χώρας ενός ορεινού λαού του Ελβετι κού έστω ή ακόμη του Αφγανικού λαού. Τότε είμα στε πολύ μακριά από την Ευκλείδεια Γεωμετρία και πολύ κοντά στις προαναφερθείσες γεωδαισιακές γραμμές και σε μη Ευκλείδεια Γεωμετρία. Αν τώρα σχεδιάσουμε την επιφάνεια μιας ψευ δόσφαιρας (φανταστείτε δύο σάλπιγγες κολλημένες στα ανοίγματά τους- Σχ. 3) και πάρουμε πάνω σ' αυτήν ένα τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές τρία γεωδαισια κά τόξα, τότε το άθροισμα των γωνιών του είναι μι κρότερο των 180°.

Σχήμα3 Σε

αντίθεση με την ψευδόσφαφα, αν πάρουμε πάνω στην εmφάνεια μιας σφαίρας το τρίγωνο ΡΣΤ ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/5

Το Βήμα του Ευκλείδη

γεωμέτρία τουγωνίας Lobacheνskii, είναι η υπόθεση το (Σχ.των4),γωνιών μπορούμετουςνα είπαρατηρήσουμε ότιτων1:ο την άθροισμα ν αι μεγαλύτερο «της αμβλείας για την γεωμετρία του 180°. Riemaιul)). Β ΠΑΒ

Σχήμα4 ΜόνοLobacheνskii λίγα χρόνιαομετά την παρουσίαση τουΛουέρ γου του δευτερότοκος γως ενός ανούστην ιερέατελική ο Georg FήedήchδιBemhard Rieτην θέ τοθηρι 1854 δοκιμαστική άλεξη για σηντικεντουκαιάμισθου λέκτορα στο πανεπιστήμιο του Γκέ παρόντος τουuss,γηραι ο ύ τότε, μεγάλου μαθηματικού G. F . Ga παρουσι ά ζει την σπουδαιό τερη σπουδαστική ομιλία στα παγκόσμια μαθηματικά χρονι κ ά με θέμα «Περί των υποθέσεων πάνω στις οποίες θεμελιώνεται η γεωμετρίω). αυτήντηντηνέννοια διάλεξητηςοaπεραντοσύνης Rie μεταξύκαιτωντουάλα λων Σ'μελετά Αν και το αίτημα του Ευκλείδησυνεχώς αξιώνειαυότι κάθε πεm:ρασμένη ευθεία προεκτείνεται τό δεναπλάσημαίνει αναγκαστικά έχειτο τόξο άπεφοενόςμήκος δεν έχει τέλος. αυτό μέ γιστου κύκλουσφαίρας που ορίζεται απόπροεκταθεί την ένωσηαπερώρι δύο ση μείων μιας μπορεί να στα κατάδεν μήκος του μέyιστου κύκλου το μήκος αυτού είναι άπεφο.

mann

αλλά

mann

πείρου. αλλά

Γι'

ότι

αλλά

Έτσι αντικαθιστώντας τα Ευκλείδεια αιτήμα τα ι, 2 και 5 με τα παρακάτω: 1.

2. 3.

Δύο διαφορετικά σημεία ορίζουν τουλάχιστον μία ευθεία γραμμή. Μία ευθεία γραμμή είναι απεριόρι στη. Δύο οποιεσδήποτε γραμμiς ευθείες ενός επιπέδου τέμνονται.

Ορίζεται η δεύτερη μη Ευκλείδεια Γεωμετρία του η Γεωμετρία Στο ερώτημα αναπάντηση η Γεωμετρία Rie ναιέχει κά ποιες εφαρμογές η εί ν αι σαφώς και δεν έχουμε παρά να θυμηθούμε την επιφάνεια μιας σφαί ρας 180° όπου(μεταπλευρές τρίγωναγεωδαισι έχουν άθροισμα μεγαλύτερο των α κά τόξα) και το απίστευτο για τ ην Ευκλείδεια Γεωμετρία θεώρη Riemann.

mann

αλλά

Σχήμα5 είναι ανάγκητηςναγεωμετρίας εmμείνουμετουπεριRieσσότερο.ε λα Δεν τα θεωρήματα Όφαρμόζονται σφαφική επιφάνεια αν θεωρήσου μεευθείες τηςτουςΓεωστην μέγιστους κύκλους της σφαίρας σαν Ri e . μετρίας Άλλωστε η προαναφερθείσα Γεωμετρία είναι πιο σωστά μία από τις Γεωμετρίες ώτι η βασική άποψη γιαπολ την Και τούτο δRie Γεωμετρία, που εί χ ε ο , ήταν η μελέτη λαπλοτήτων οποιασδήποτε διάστασης σε κάθε είδους Σημαντικό ρόλο στην Ρημάνεια Γεωμετρία χώρο. έχει η έννοια τ ης μέτρησης. Ο Rie παρατήρησε τηντης Γεωμετρία ο σημαντι κ ότερος κανόνας είναι αυτός εύρεσης της απόστασης. Ένας χώρος ονομάζεται χώρος Ri e όταν η απόσταση σημείων A (x, y,z) , Β(χ 1 , y1 , Ζι) δίνεται από τον2τύπο: 2 2 2 d s = gιιdχ + g22 dy + g 33dz + +g1 2 dxdy + g2 3dydz +g 31dzdx (1) z = z y , x , dy = y x d 1 z , ε όπου dx= 1 1 νώ gij συναρτήσεις των χ, y, z. ανωτέρω τύποςδιαστάσεων. (1) είνεται και είναιπεν, ρισσότερες των τριών Αν αυτές τότε το πλήθος των όρων είναι (�} (ν + 1) . 'Ετσι ο Ευκλείδεως χώρος είναι η ειδική περίπτωση με g1 1 = g22 = g 33 = 1 και όλα τα g ji = Ο . mann

απλά

Riemann Riemann.

για

mann

ότι για

mann

ds δύο

επεκτ

για

άλλα

Το να απομονώσει κανείς τις μετρικές σχέσεις ως τον νευρικό ιστό της γεωμετρίας του Riemann είναι άδικο. Αυτό όμως είναι ένα από τα χαρακτη ριστικά της. Η Γεωμετρία του Riemann περιέχει πολλά περισσότερα πράγματα από κάθε μετρική θεωρία.

μα ότι όλες οι κάθετες που φέρνουμε σε μία ευθεία σε διαφορετικά σημεία συναντώνται σε ένα σημείο

(Σχ. 5). Ό,τι είναι η υπόθεση «της οξείας γωνίας»)

τις

mann

σίας

Καμι περιεκτικήςόλοεργατο του άRiελεύθερη e δεναπόδοση μπορεί νατηςαποκρύψει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/6

mann

Το Βή μα του Ευκλείδη

περιεχόμενό της και εδώ αξίζει να αναφερθεί το σχ_ό λω που έκανε κλείνοντας τη διάλεξη του λέyο ντας πως παρουσίασε «ένα θέμα άσκοπο αλλά η αξία μιας τέτοιας έρευνας βρίσκεται στη δυνατότητα να μας απελευθερώσει από έτοιμες ιδέες, όταν θα φθά σει ο χρόνος που η έρευνα των φυσικών νόμων θα α παιτήσει κάποια γεωμετρία διαφορετική από την Ευ κλείδεια>).

1854

Λόγια προφητικά αφού η χ ρήση της θεωρία� του από τον Αϊνστάιν στη Σχετικότητα ήταν μtyι

στη. Κλείνοντας αυτή την αναφορά στις γεωμεrρίες και aποτίοντας τη σύντομη αλλά πρέπουσα τιμή στο μεγάλο Έλληνα Μαθηματικό Ευκλείδη ας ανσ).nγι σθούμε ότι όταν αυτός θεμελίωσε την Γεωμετρία η «Γη ήταν επίπεδψ).

��ΙΙΠfΕΡΙΕΡΤ�

�

Ailsιs

8/S- BAJIS

Συχνά ακούμε ότι η αρχή του σύμπαντος είναι μια μεγάλη έκρηξη (big-bang) που συνέβη πριν από έως δισεκατομμύρια χρόνια. Ωστόσο, σύμφωνα με τους aστροφυσικούς, αυτή η εκλαϊκευμένη διατύπωση εμπεριέχει μια παρερμη νεία. Στην πραγματικότητα η μεγάλη έκρηξη είναι ένα αρχικό όριο στο οποίο σταματούν όλα τα δεδομένα της Αστροφυσικής και για το οποίο το «πριV)) δεν έ χει νόημα. Έτσι, δεν έχει νόημα να μιλάμε για χρόνο, για χώρο και για νόμους της Φυσικής (όπως αυτοί μας είναι γνωστοί) «πρΜ) τη μεγάλη έκρηξη. Κατά μία έννοια λοιπόν η μεγάλη έκρηξη σηματοδοτεί ένα όρω των γνώσεών μας κι όrJ ένα πραγματικό όρω της ύπαρξης του σύμπαντος. Ακόμα κι έτσι όμως, η απλή αναφορά σε μια χρονική διάρκεια δισεκατομμυρίων ετών είναι από μόνη της ασύλληπτη. Είναι χαρακτηριστικό πως αν θεωρήσουμε ότι η μεγάλη έκρηξη συνέβη πριν ένα έ τος τότε η ανθρώπινη ιστορία έχει διάρκεια περiπου Ο δευτερόλεπτα ενώ η σύγχρονη βιομηχανική εποχή έχει διάρκεια περiπου μισό δευτερόλεπτο! Με τον ί δω τρόπο μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα χρονο λόγω στο οποίο η ιστορία του σύμπαντος θα έχει συ νοψιστεί σε ένα έτος. Ο επόμενος πίνακας δείχνει ποια θέση έχουν στο χρονολόγω αυτό κάποια σημα ντικά γεγονότα. Στον πίνακα αυτόyμία ημέρα αντιστοιχεί σε πε ρίπου χρόνια μία ώρα αντιστοιχεί σε περiπου χρόνια ένα λεπτό αντιστοιχεί σε περiπου χρόνια ένα δευτερόλεπτο αντιστοιχεί σε περiπου χρόνια

12 15

32800000

1400000 23000 380

κ•ι

�,,ι,,; του Ιωάννη Μαντά,

25η Δεκεμβρίου: Κυριαρχία των δεινοσαύρων 29η Δεκεμβρίου: Πρώτοι πίθηκοι (Purgatoήus).

ξαφάνιση των δεινοσαύρων.

31η

Δεκεμβρίου (μεσημέρι): Εξάπλωση των πιθή κων Proconsul

31η Δεκεμβρίου (ώρα 18.00): Εμφάνιση των προαν θρώπων

31η

Δεκεμβρίου (ώρα 21.50): Πρώτοι άνθρωποι Κατασκευή υποτυπωδών εργαλείων

31η Δεκεμβρίου (ώρα 22.10): Άνθρωπος του Neanderthal. 31 η Δεκεμβρίου (ώρα 23.40): Χρήση της φωτιάς Homo Sapiens 31η Δεκεμβρίου (ώρα 23.58): Εξαφάνιση του αν θρώπου του Neanderthal - Τοιχσyραφίες 31 η Δεκεμβρίου (27 δευτερόλεπτα πριν τα μεσάνυ χτα): Αρχή της Νεολιθικής εποχής

31 η Δεκεμβρίου (9 δευτερόλεπτα πριν τα μεσάνυ χτα): Τρωικός πόλεμος 31η Δεκεμβρίου (6 δευτερόλεπτα πριν τα μεσάνυ χτα): Παρθενώνας

31η Δεκεμβρίου (5 δευτερόλεπτα πριν τα μεσάνυ χτα): Εποχή του Χριστού

31 η Δεκεμβρίου (4,4 δευτερόλεπτα πριν τα μεσάνυ χτα): Η Κωνσταντινούπολη πρωτεύουσα του Βυζα ντίου

31 η Δεκεμβρίου (1,4 δευτερόλεπτα πριν τα μεσάνυ χτα): Άλωση της Κωνσταντιwύπολης

31 η Δεκεμβρίου (μισό δευτερόλεπτο πριν τα μεσά 1η Ιανουαρίου (ώρα 00.00): BIG - BANG νυχτα): Επανάσταση κατά των Τούρκων 3η Ιανουαρίου: Σχηματισμός γαλαξιών 31η Δεκεμβρίου (ένα δέκατο του δευτερολέπτου 16" Αυγούστου: Σχηματισμός της γης και των άλλων πριν τα μεσάνυχτα): Δεύτερος παγκόσμιος πόλεμος πλανητών του ηλιακού συστήματος 31 η Δεκεμβρίου (8 εκατοστά του δευτερολέπτου 1η Σεπτεμβρίου: Εμφάνιση υποτυπωδών μορφών πριν τα μεσάνυχτα): Πρώτος άνθρωπος στη σελήνη. ζωής στη γη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/7

Το Βήμα του Ευκλείδη

�,._,.,.

τ 2000

"ΤΙ

lιiι,ιιl'•

«••

ο που πέρασε, είχε ανακηρυχθεί από την ΟΥΝΕΣΚΟ έτος αφιερω_μένο στα Μα θηματικά. Κατά τη διάρκειά του έγινε πολύς λόγος για το μαθηματικό μυθιστόρημα του Απόστολου Δοξιάδη "Ο Θείος Πέτρος και η εικα σία του Γκόλντμπαχ". Το βιβλίο κυκλοφόρησε στα ελληνικά το αλλά έπρεπε να γίνει μέγας ντό ρος σε Αμερική κι Ευρώπη για να πάρουμε και 'μεις είδηση . . . Τον Δεκέμβρη του κυκλοφόρησε στα ελληνικά από τις εκδόσεις "Πόλις" το επίσης μα θηματικό μυθιστόρημα του Γάλλου μαθηματικού, καθηγητή της ιστορίας των επιστημών στο πανε πιστήμιο Paήs VIII Ντενί Γκετζ (ΝΓ), "Το θεώρη μα του παπαγάλου" (ΘΤΠ). Ο ΝΓ είναι τακτικός aρθρογράφος της Λιμπερασιόν. Στα άρθρα του συνδυάζει την αφηρημένη μαθηματική σκέψη με κρίσεις για θέματα επικαιρότητας. Έχει συγγράψει και αρκετά ακόμα βιβλία. Στο ΘΤΠ ο ΝΓ με το πρόσχημα της ταξινόμη σης των βιβλίων μιας ολοκληρωμένης βιβλιοθήκης σπάνιων βιβλίων Μαθηματικών τα οποία του κλη ροδοτούνται αναπάντεχα από έναν παλιό φίλο μα θηματικό, ανατρέχει στις απαρχές της επιστήμης και στους θεμελιωτές της. Ελληνική περίοδος των Μαθηματικών, Αραβική, Μεσαίωνας, Δυτική πε ρίοδος. Η μαθηματική περιπλάνηση αρχίζει με έναν έλληνα του Αιγαίου, τον Θαλή, και αφού γίνουν αναφορές στις άλλες περιόδους, τελειώνει γυρίζο ντας σ' έναν άλλον έλληνα του Ιονίου, τον Αρχι μήδη. Ο ΝΓ υποστηρίζει ότι οι επιστημονικές αλή θειες χρειάζονται ωραίες ιστορίες για να τραβή ξουν τους ανθρώπους. Ο μύθος "δεν ανταγωνίζεται την πραγματικότητα, αλλά τη συνδέει μ' αυτά που οι άνθρωποι αγαπούν και που τους κάνουν να ο νειρεύονται". Το βιβλίο είναι γεμάτο από ιστορικά περιστατικά που συνδέονται με τους μεγάλους μα θηματικούς όλων των εποχών. "Ο Θαλής χρειά στηκε μια πυραμίδα, ο Ερατοσθένης ένα πηγάδι και ο Αρχιμήδης μια μπανιέρα. . . " τα αντικείμενα αυτά "δεν ήταν απαραίτητα για την απόδειξη της επιστημονικής αλήθειας, ούτε και συνέβαλλαν στην αυστηρότητα των αποδείξεων. Υπήρχαν ό μως για να εξάπτουν τη φαντασία και να απαντούν στην ερώτηση "σε τι με αφορά αυτή η αλήθεια;". Τα Μαθηματικά γεννήθηκαν στην Ελλάδα,

2000

1992

1999

llfl

•ι•rιiγιι.... ••••fΑλΝ''

του Γιάννη Σταμέλου

και όχι κάπου αλλού, τον 6° π. Χ. αιώνα και όχι κάποτε άλλοτε. Η αιτία βρίσκεται στον τρόπο λει τουργίας της άμεσης δημοκρατίας. "Οι έλληνες α γαπούν τη συζήτηση. Για τους έλληνες της αρχαι ότητας, η συζήτηση είναι μια ευγενική δραστηρώ τητα. Έχει ένα συγκεκριμένο στόχο: να πείσεις τον συνομιλητή σου με τα λόγια". Στην περίοδο γέν νησης των Μαθηματικών "στα στάδια οι αθλητές ανταγωνίζονται σε αγωνίσματα του σώματος, ενώ στις πλατείες γίνονται αγώνες λόγου. Ανταλλάσ σονται επιχειρήματα, όχι χτυπήματα, και οι κανό νες είναι θεσμοθετημένοι". τι το ιδιαίτερο όμως χαρακτηρίζει τους έλλη νες στοχαστές ώστε να αναπτύξουν τα Μαθηματι κά όπως τα γνωρίζουμε σήμερα; Ποιοι ήταν; τι έ καναν στη ζωή τους; Ποια η κοινωνική τους θέση; Ο ΝΓ σημειώνει: "Δεν είναι ούτε σκλάβοι, ούτε κρατικοί υπάλληλοι, όπως οι μαθηματικοί λογιστές της Βαβυλώνας και της Αιγύπτου, που α νήκαν στην κάστα των γραφέων ή των ιερέων που κατείχαν το μονοπώλιο της γνώσης και του λογι σμού. Δεν υπάρχει ούτε βασιλέας, ούτε Μέγας Ιε ρέας για να αποφασίσει τη φύση της δουλειάς τους ή να βάλει όρια στις μελέτες τους. Οι έλληνες δια νοητές είναι ελεύθεροι άνθρωποι". Ο Γκέοργκ Κάντορ, πατέρας της θεωρίας των συνόλων είχε πει: 'Ή ουσία των Μαθηματικών εί ναι η ελευθερία". Οι έλληνες διανοητές θεμελιωτές των Μαθηματικών "ακόμα και όταν ανήκαν σε μια σχολή, ήταν μεμονωμένοι διανοητές, κοινωνική θέση που εμφανίζεται για πρώτη φορά στην Ιστο ρία. Είναι άτομα, χρησιμοποιούν την ελευθερία της σκέψης τους, διατηρούν το δικαίωμα να προω θούν τις θέσεις τους, να αναπτύσσουν θεωρίες. Ε πιφορτίζονται όμως με την υπεράσπισή των". Εί ναι επίσης "υπεύθυνοι της πνευματικής τους παρα γωγής, όχι απέναντι σε μια διοίκηση, αλλά απένα ντι σε κάθε άνθρωπο, που θα μπορούσε, με τη σει ρά του, να χρησιμοποιήσει το δικαίωμα της κριτι κής, της αμφισβήτησης, του aντίλογου". Το δημο κρατικό πολίτευμα τους θέλει ισότιμου� με τους συμπολίτες τους στον τομέα της πολιτικής "ήταν όμως, στον τομέα των ιδεών, πολίτες της διανόη σης". Η Ελλάδα εκείνη την περίοδο αποτελείται από τις πόλεις-κράτη. Αρκετές απ' αυτές έχουν δημο κρατική διακυβέρνηση. Στις πόλεις αυτές, όπως στην Αθήνα, οι πολίτες μετείχαν ενεργά στα κοινά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.ε. τ.2/8

Το Βήμα του Ευκλείδη

Ο κάθε πολίτης στα όργανα διακυβέρνησης, μπο ρούσε να πάρει το λόγο και να καταθέσει τα εm χειρήματά του. Στο τέλος της συνεδρίασης όλοι ψήφιζαν και όλες οι ψήφοι είχαν ακριβώς την ίδια αξία. Στα δικαστήρια επίσης δεν περίμεναν την κρίση του θεού ή του βασιλιά αλλά την κρίση των δικαστών και των λαϊκών ενόρκων, "τους οποίους έπρεπε να πείσει κανείς". Ως προς τα Μαθηματικά η διαφοροποίηση των ελλήνων διανοητών έγινε προς δύο κατευθύν σεις: Ως προς την πολιτική και φιλοσοφική και ως προς τα μαθηματικά των άλλων μέχρι τότε λαών. "Οι έλληνες φιλόσοφοι, πολιτικοί και νομικοί, διέ πρεπαν στην τέχνη της πειθούς, αλλά η πρακτική τους είχε κάποια όρια. Η πειθώ δεν aπαλείφει ορι στικά την αμφιβολία. Τα Μαθηματικά απαιτούν κάτι περισσότερο από την απλή πειθώ. Ζητούν το αναμφισβήτητο!" Οι έλληνες μαθηματικοί "θέλουν απόλυτες αποδείξεις! Σ' αυτό λοιπόν το σημείο διαφοροποιούνται από τους υπόλοιπους σύγχρο νους τους που ασκούν την τέχνη της πειθούς". Ό σον αφορά την άλλη τους διαφοροποίηση από τους προκατόχους τους βαβυλώνιους και αιγυπτίους "αρνήθηκαν τη διαίσθηση ως επαρκή νομιμοποίη ση μιας μαθηματικής αλήθειας και απέρριψαν την αριθμητική επαλήθευση ως μέθοδο απόδειξης. Πείθομαι για κάτι επειδή το βλέπω και σε πείθω για κάτι επειδή σου το δείχνω. Είναι η πρακτική ε παλήθευση που χρησιμοποιείται στις όχθες του Ευφράτη και του Νείλου. Οι έλληνες απαιτούν κά τι περισσότερο: τη θεωρητική απόδειξη". Η άρνηση της διαίσθησης και της έννοιας του προφανούς, ανοίγουν την πόρτα της ανησυχίας. Δεν αρκεί να το δω για να το πιστέψω ούτε να σου το δείξω για να με πιστέψεις. Χρειάζονται κανόνες ελέγχου. Ο Αριστοτέλης τους δημιούργησε με τη Λογική του. Όταν πλημμύριζε ο Νείλος ο Φαραώ έστελνε τους γραφείς του να μετρήσουν τις ζημιές στα χω ράφια έτσι ώστε να μειωθούν ανάλογα οι φόροι. Ο Ηρόδοτος γράφει: "Όταν διασπάται η ισότητα, οι άνθρωποι χρειάζεται να δημιουργήσουν τη Γεωμε τρία". Ο ΝΓ συμπληρώνει "κάθε φορά που κατα στρέφεται η ισότητα, είμαστε υποχρεωμένοι να ε πινοήσουμε τρόπους για να την αποκαταστήσου με" διευρύνοντας τον συλλογισμό του Ηρόδοτου. Κατά την εξέλιξη των Μαθηματικών διατυ πώθηκαν από τους μαθηματικούς προβλήματα και πάρα πολλά απ' αυτά λύθηκαν. Για τα τρία περί φη μα προβλήματα της αρχαιότητας (τετραγωνι σμός του κύκλου, τριχοτόμηση γωνίας, διπλασια σμός κύβου) χρειάστηκαν χρόνια μέχρι να αποδειχθεί το αδύνατο της λύσης τους. Όμως κάθε απόδειξη στην ιστορία των Μαθηματικών "ότι κά ποιο πρόβλημα είναι αδύνατο, αντί να φράζει τον

2.400

δρόμο προς το μέλλον το διευρύνει". Μια πρόταση που διαισθητικά αντιλαμβανό μαστε την αλήθεια που περιέχει αλλά Δε μπορούμε να αποδείξουμε εγγράφεται ως εικασία. Εξυπα κούεται ότι αν αποδειχθεί χαρακτηρίζεται ως πρό ταση (θεώρημα). Η εικασία του Φερμά, γνωστή και ως το τε λευταίο θεώρημα του Φερμά, αποδείχθηκε μόλις πρόσφατα από τον άγγλο μαθηματικό Άντριους Γουάιλς. Η εικασία του Γκόλντμπαχ, που έδωσε και τον τίτλο στο μυθιστόρημα του Απ. Δοξιάδη, αντέχει ακόμα. Ο ήρωας του ΘΤΠ ισχυρίζεται ότι απέδειξε τις δύο αυτές διάσημες εικασίες, όμως δεν τις δημοσί ευσε, δεν είχε καν την πρόθεση να το κάνει. Στην ιστορία των Μαθηματικών αναφέρονται μαθηματικοί οι οποίοι έλυσαν προβλήματα που εί χε θέσει η μαθηματική κοινότητα, αλλά κράτησαν τις αποδείξεις χωρίς να τις δημοσιοποιήσουν, π.χ. ο Σκιπιόνε ντελ Φέρο της σχολής της Μπολώνια, ο Ταρτάλια κ.α. Οι Πυθαγόρειοι ήσαν μυστικιστές. "Τα κείμενα των Πυθαγορείων ήταν κι αυτά απόρ ρητα. Γραμμένα σε διπλή γλώσσα, επιδέχονταν δύο επίπεδα ερμηνείας. Ένα κατανοητό από όλον τον κόσμο, και ένα άλλο για τους μυημένους". Είναι γνωστή η ύπαρξη ιδιωτικών συλλογών έργων τέχνης. Εικάζεται ακόμα και η ύπαρξη ε ντελώς προσωπικών συλλογών έργων τέχνης: Μό νο για έναν. Μπορεί ένας μαφιόζος, κατά το aρ ρωστημένο αυτό πρότυπο, να έχει αποκλειστικά για τον εαυτό του τις αποδείξεις των εικασιών Φερμά και Γκόλντμπαχ; Ο ήρωας μαθηματικός του ΘΤΠ δεν ζει πια. Όμως πριν πεθάνει με περίεργο ψόπο, γνωστοποί� ησε ότι είχε αποδείξει τις δύο διάσημες εικασίες. Τις αποδείξεις έχει μάθει σ' έναν ομιλούντα παπα γάλο που είχε μαζί του τα τελευταία χρόνια σtον Αμαζόνιο, όπως ο Άγιος Φραγκίσκος της Α σίζης, και κατά το προηγούμενο των Πυθαγορείων οι οποίοι μετέφεραν τη γνώση προφορικά μεταξύ των μελών της Εταιρείας τους. Ο μαφιόζος θέλει τις αποδείξεις αποκλειστικά για τον εαυτό του. Ο παπαγάλος όμως έχει πάθει αμνησία. Όταν τον μεταφέρουν στο χώρο όπου έ ζησε με τον μαθηματικό, στον Αμαζόνιο, όπως υ πέδειξαν ειδικοί γιατροί, από κάποιο λάθος, ξε φεύγει και εξαφανίζεται στο φυσικό του περιβάλ λον στα δάση του Αμαζονίου. Το βιβλίο τυπικά είναι ένα αστυνομικό μυθι στόρημα με κεντρικό μύθο αλλά μπορεί να διαβα στεί σε ένα δεύτερο επίπεδο ανάγνωσης και ως ένα μεγάλο παραμύθι για την ιστορία των Μαθηματι κών, όπως τα γραπτά των Πυθαγορείων των οποί ων οπαδός δήλωνε ο Γκροσρούβρ, ο μαθηματικός ήρωας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/9

Το Βή μα του Ευκλείδη

Ο ΝΓ χρησιμοποιεί πολλά και έξυπνα ευρή ματα στο βιβλίο του για να παρουσιάσει δύσκολες έννοιες και μαθηματικούς όρους, όπως το παρά δειγμα της δέσμης φωτός από το λαμπατέρ και η δημιουργία των κωνικών τομών με το επίπεδο του τοίχου, τα ρουμπαγιάτ του Ομάρ Καγιάμ, και η ε ξίσωση eiπ+ 1 =Ο της οποίας τα σύμβολα είναι ορό σημα για τα Μαθηματικά. Α)..).ά.. και η αρκετά ε κτενής αναφορά στα διάφορα μυστήρια που συνα ντάμε στο φυσικό κόσμο με το π , το e , την ακο λουθία Φιμπονάτσι κλπ. Η μετάφραση του κ Τεύκρου Μιχαηλίδη είναι

άριστη. Έχει ο κ Τ. Μιχαηλίδης εντοπίσει τις fλ ληνικές λέξεις στο αρχικό κείμενο και τις επιση μαίνει με υποσημειώσεις, ενώ σε πολλά σημεία α ναφέρεται στην ετυμολογία των λέξεων με πολύ κατατοπιστικό τρόπο. Έτσι για παράδειγμα μας κάνει γνωστό ότι το calculus=χαλίκι στα λατινικά, από τα χαλίκια που χρησιμοποιούσαν στα κινέζικα αβάκια, έχει γίνει σήμερα συνώννμο του υπολογι σμού ( calculator= υπολογιστής τσέπης). Το βιβλίο θα πρέπει να κοσμεί, όπως συνηθί ζουμε να λέμε, τη βιβλιοθήκη κάθε μαθηματικού και κάθε Λυκείου.

� TEAIKιiiJAIJI Κ�ΤιlιfΗΤΙJ!ΙιΙΕ - ΣΤΙJ ΜΗ4ΙΕΝ

Στολάκης Μάρκος

Πολλαπλασίασε την ηλικία σου με το 2002. 0:5;�:5;9 --9:5;---αι :5;-1 κι επειδη' Τώρα στο αποτέλεσμα που βρήκες να προσθέσεις 0:5;α4 :5;9 --9:5;--11:3 :5;0 το άθροισμα των ψηφίων που κατέχουν θέση μο συμπεραίνουμε ότι: -18:5;� +α4 -αι - �:5;17 νή δηλαδή το 1°, το 3°, το 5° κ.ο.κ. Το ίδιο να κά Κι αν είναι � +α4 -αι -� =llκ, κε Ζ, παίρνεις και με τα ψηφία που κατέχουν θέση ζυγή δη νουμε: λαδή το 2°, το 4° κ.ο.κ. -18 17 συνεπώς κ = -1 1 Τώρα αφαίρεσε από το μεγαλύτερο άθροισμα -18:5;1lκ:5;17 η' -:5;κ:5; το μικρότερο. Στο νέο αποτέλεσμα εκτέλεσε την ί 11 11 δια διαδικασία όπως και προηγουμένως. ή κ = Ο. Εύκολα τώρα βγαίνει ότι στο επόμενο βή Και πιο είναι το αποτέλεσμα; Όποια και μα βρίσκουμε μηδέν. Για την πλήρη απόδειξη του ν-ψήφιου αριθ αν είναι η ηλικία μας τελικά όλοι καταλήγου μού κάνουμε χρήση των ταυτοτήτων: με ... στο ΜΗΔΕΝ. 1 +χν-2 + ... +χ+l), που ισχύει για ν +1=(χ-1 Χχ νχ Απάντηση Πολλαπλασιάζοντας με το κάθε νεΝ και χν +1=(χ ν-ι-χν-2 + ... -χ+1) , που ι 2002= 2 ·7·11 -13=182·11το αποτέλεσμα γίνεται πολ σχύει για κάθε νεΝ με ν=περιττό. Έτσι αν λαπλάσιο του "1 1 ". χ="ακέραιος", τότε: χν -1=πολ(χ-1) , για κάθε Σύμφωνα με το κριτήριο διαιρετότητας με το 1 1 η διαφορά του αθροίσματος των ψηφίων με θέ νεΝ και χν +1=πολ(χ+1) , για κάθε νεΝ με ση μονή και του αθροίσματος των ψηφίων με θέση ν="περιττό". ζυγή τελικά είναι πολλαπλάσιο του 1 1, δηλαδή Ο ή Προσαρμογή 1 1 ή 22 ή 33 . . . . Επαναλαμβάνοντας τη διαδικα Αν ν=2κ/κε Ν, τότε σία υποχρεωτικά θα μας δώσει μηδέν. ιον -1 = 102 κ -1 =(102 ) κ -1 = *Για καλύτερη κατανόηση του κριτηρίου η αιτιολόγηση θα γίνει σ ' έναν τετραψήφιο αριθμό. = πολ(1 -1) = πολ99 = πΟλ1 1 . Έστω ότι μετά τη διαδικασία που περιγράψαΆρα: 10v =πολ1 1 + 1 , αν ν=" άρτιος" με πιο πάνω προκύπτει ο αριθμός. Αν ν = 2κ+llκε Ν•, τότε Ν = α1 α2 α 3α4 που γράφεται ιον + 1 = πολ(10+1) = πολ1 1 . αι -1oJ +� · 1oJ + �· 10+α4 Άρα: 1ον = πολ1 1-1, αν ν="περιττός". = aι(l l-1) 3 +�(1 1-1)2 +α3(1 1 -1)+α4 Παρατήρηση = <χι(113-3· 112 +3· 11-l)+αz(1f -2·11+1)+αΧ11-1) -ΗJ.ι Με τον ίδιο τρόπο δικαιολογείται και το κρι = Π1 · 1 1 -α1 + Π2 · 1 1 + α2 + 1 1α3 -α3 +α4 τήριο διαιρετότητας με το "9". =1 1(Π1 + Π2 + �)+(α4 - �+α2 -α1 ) Δηλαδή 10v -1 = πολ(10-1) =πολ9. = Π · 1 1+(α2 +α4 )-(α1 + �) Άρα: ιον = πολ9 + 1 ' για κάθε ν ε Ν Άρα I C� +α4 )-(αι + �)� πρέπει να είναι πολ λαπλάσιο του 1 1. •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/10

Εuκλε:ίδn� αροτε:ίvι:ι ... Εuκλε:ίδn και ... .lh6φavto Ο

•

Ο Ακαδημαϊκός κος

δης προτείνει:

Νικόλαος Αpτεμιά

1. Να υπολογιστεί το εμβαδόν της επιφανείας η οποία ευρίσκεται μεταξύ της περιγεγραμμένης και της εγγεγραμμένης περιφέρειας σε κανονικό πολύγωνο με πλευρές, όπου κάθε πλευρά έχει μήκος 1 . η Λύση Σ χ. Το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με π και δεν Είναι προφανώς 2φ = 2θ ή φ = θ . (Σχ. 1 ) . Άεξαρτάται από τον αριθμό των πλευρών του πολυ ρα η ΒΛ είναι παράλληλη προς την ΑΚ. Συνεπώς γώνου. Αυτό προκύπτει από την προσωπική εξέ το τετράπλευρο ΑΛΒΚ είναι παραλληλόγραμμο. ταση του παραπλεύρως σχήματος. Έχουμε Επομένως (ΒΛ) = (ΑΚ). π 2 2 2 2 1 Απάντηση Από τον Ν. Βαδιβούλ η πr2 -πrΙ = π ri + 4 -πrΙ = 4.

( )

Ι 2

2. Το γενικό πρόβλημα του Απολλωνίου εί ναι η κατασκευή κύκλου ο οποίος εφάπτεται τριών δοθέντων κύκλων. «Μερικές» περιπτώσεις 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. Λύση Η κάθετος ενός ΚΑ στο Α τέμνει τον C στο Β. Η περιφέρεια με διάμετρο την ΚΒ είναι η ζητού μενη.

Σχ. 2 Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. Υποθέτουμε ότι οι ευθείες ε1 , ε 2 που τέμνο νται από την η στα σημεία Α, Β αντίστοιχα, τέμνο νται στο σημείο Ο. Οι ημιευθείες ΑΓ, ΒΔ είναι διχοτόμοι των εναλλάξ της η γωνιών ΒΑχ , ABy και κατά την υπόθεση τα τμήματα ΑΓ και ΒΔ είναι ίσα· δηλαδή (ΑΓ) = (ΒΔ) . Φέρουμε από τα Α, Δ τις κάθετες στην ε2 ΑΕ και ΔΖ αντίστοιχα. Το Ε βρίσκεται στο ευθύγραμ μο τμήμα ΓΟ (Σχ. 2). Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΑΓ, ΖΔΒ έχου με: (ΑΓ) = (ΒΔ) , σύμφωνα με την υπόθεση και (ΑΕ) > (ΔΖ) όπως εύκολα αποδεικνύεται. Άρα ιΛ

σχύει: ρ > φ · δηλαδή ΑΓΒ > ΔΒΖ . Από το τρίγωνο ΑΒΟ συμπεραίνουμε ότι: ΒΑχ > ABy ή ισοδύναμα 2ω > 2φ ή ω > φ . ΣυΟ συνάδελφος Ν. Βαδιβούλης είχε προτείνει νεπώς: ρ + ω > φ + φ ή ρ + ω > 2φ ή τις παρακάτω ασκήσεις Απάντηση (111) Δες προηγούμενο τεύχος σελ. 9 ΑΓΒ+ ΒΑΓ > ABy . Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/11

Ο Ευκλείδης προτείνει

.••

Ευκλείδη και . . . Διόφαντο

Από το τρίγωνο ΑΒΟ έχουμε: 2φ > 2θ ' ή φ > θ . Από τα τρίγωνα τώρα ΑΓΒ και ΑΔΒ έχουμε: ΑΒ = «κοινή», ΑΓ = ΒΔ (από υπόθεση), ΒΑΓ = φ > θ = ΑΒΔ . Και συνεπώς ΒΓ > ΑΔ . Αν τώρα φέρουμε την ΑΕ, παράλληλη προς την ΒΔ, Από τον Γ. Τασσόπουλο ' θα συναντήσει την ε 2 στο εσωτερικό του ευθύ y γραμμου τμήματος ΓΒ (αφού ΒΑΕ = θ < φ = ΒΑΓ ). Άρα ΟΕ > ΟΒ . Από τα όμοια τρίγωνα ΟΒΔ, ΟΕΑ έχουμε ΒΔ = ΟΒ < 1 . Και συνεπώς: ΒΔ < ΕΑ . Κι επομέ χ' ΕΑ ΟΕ Υ νως: ΓΑ < ΕΑ . Άρα: ΓΕΑ < ΑΓΕ (1 ). Ωστόσο Σχ. 3 Έστω ότι οι ευθείες χ 'χ και y'y τέμνονται ΓΕΑ = ω + θ (αφού . ΕΑ 11 ΒΔ ). Εξάλλου από το στο σημείο Γ. τρίγωνο ΑΓΒ παίρνουμε: Από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε BAy' > ΑΒΓ , ή 2θ = ΑΒΟ = ΑΓΒ+ ΒΑΓ = ΑΓΒ+ φ δηλαδή: 2ω > 2φ , ή ω > φ (1). ΑΓΕ ='2θ - φ . Φέρουμε από το Α παράλληλη προς την ΒΒ' Έτσι η (1) γίνεται: ω+θ < 2θ-φ, ή ω + φ < θ . και από το Β παράλληλη ΒΔ προς την y'y · που Κι επομένως: θ > φ άτοπο. τέμνοντας στο Δ δηλαδή σχηματίζουμε το παραλ ληλόγραμμο ΑΔΒΒΌ Από την (1) συμπεραίνουμε Άσκηση 2η ότι: η ΑΔ βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας Δίνονται τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α 1 Β 1 Γ1 για τα Α'ΑΒ . Κι επειδή Α'ΒΑ > ΓΑΒ και ΓΑΒ = ΔΒΑ , οποία ισχύουν: α1 < β 1 � γ1 και α > β ;;::: γ . Να απο συμπεραίνουμε ότι ((το Δ είναι στο εσωτερικό του δείξετε ότι: βγ(β� + γ� )+ β ι για2 > β ι γι (β2 + γ2 )+ βγα� · τριγώνου ΑΑ ' Β». Άρα: ΑΑ'Β > ΑΑ'Δ (2). Όμως ΑΑ'Β = 2φ - ω και ΑΆΔ = ω- φ , Απόδειξη Απάντηση από τον Ν. -Β αδιβούλη ΑΔ (ΑΑ') = (ΒΒ') = ( ) . Επειδή αι < β ι � γ προκύπτει σο < Αι < 6σ0 ' 18σο - (ω-φ) (αφού το τρίΟπότε: Μ'Δ = 2 όπου Α1 = Β1 Α1 Γ1 γωνο ΑΑ ' Δ είναι ισοσκελές). Επειδή α > β ;;::: γ :::::} 6σο < Α < 18σο , όπου 0-ω-φ 1 8σ [λόγω της Α = ΒΑΓ . Συνεπώς 2φ - ω > 2 Συνεπώς: σο < Α 1 < 6σο < Α < 18σο , οπότε (2)], ή 4φ - 2ω > 18σο - ω + φ , ή 3φ - ω > 18σο . Κι συνΑ 1 > συνΑ και επομένως από το Νόμο των επομένως προσθέτοντας κατά μέλη την τελευταία συνημιτόνων για τα τρίγωνα Α 1 Β 1 Γ1 , ΑΒΓ παίρμε την (1) παίρνουμε: 2φ > 18σο , πράγμα άτοπο. z z z z z z νουμε: β ι + γ - αι > β + γ - α η, Άρα χΎ.//y ' y. 2βι γ ι 2βγ Από τον Γ. Στρατή βγ(β� + γ� - α� ) > βι γι (βz + γz - αz ) ή βγ(β� + γ� ) - α� βγ > βιγι (β2 + γ2 ) - α2 βιγι ή βγ(β � + γ� ) + α2 βιγι > β ι γι (β2 + γ2 ) + α� βγ Από τον Γ. Στρατή ρ,2 + ·.2ι _ ....2 β2 +i -ri Γ Η αποδεικτέα γίνεται: 11 r ut > . βγ 13ιγι τελευταία είναι ψευδής- αφού από το τρίγωνο ΑΓΒ έχουμε: ABy > ΑΓΒ+ ΒΑΓ . Στο άτοπο αυτό καταλήξαμε γιατί δεχτήκαμε ότι οι δύο ευθείες τέμνονται. Συνεπώς δεν τέμνο νται· είναι παράλληλες. Λ

I '

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/12

Ο Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη και . . . Διόφαντο

Έχουμε α ι < βι ::; γι και α > β 2:: γ . Οπότε: 1 < _;, ::;; 11.. και, 1 > � 2:: 1 . α α αι αι Θέτουμε: � = κ , 1 = λ , _;_ = Κ ι , 11.. = λ ι . αι α α αι Οπότε: 1 < κ ι ::;; λι και 1 > κ 2:: λ ( 1 ). αποδεικτέα Η γίνεται: κ2 + λ2 - 1 κ2ι + λ2ι - 1 > ---κλ Κιλ ι 2 2 Δείχνουμε ότι: κ + λ ι - 1 > 1 (2). Κιλι Η αποδεικτέα γίνεται: κ� + λ� - 1 > Κιλ ι ή κ� + λ� - κιλ ι > 1 ή κ� + λι (λ ι - Κι) > 1 , που είναι αληθής διότι: κ� > 1 και λι (λι - Κι ) 2:: Ο [λόγω της (1)]. 2 2 Δείχνουμε ότι: 1 > κ + λ - 1 κλ Η αποδεικτέα γίνεται: κλ > κ2 + λ2 - 1 ή 1 > κ2 + λ2 - κλ ή 1 > κ2 + λ(λ- κ) , που είναι αληθής διότι: Ο < κ < 1 και λ (λ - κ) ::;; Ο [λόγω της (1)]. Από τις και έχουμε το ζητούμενο. •

(3).

•

Ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιάδης προτείνει 1. «Να ευρεθούν όλες οι τριάδες (x,y,z) θετι κών ακεραίων αριθμών, οι οποίες ικανοποιούν την εξίσωση: χ4 + y4 +z4 = 2x2 y + 2yx2 + 2z2x2 -3». 2. «Να κατασκευαστεί η γραφική παράσταση της συνάρτησης που ορίζεται μέσω του τύπου y = συνχ συν(χ + 2)- συν2 (χ + 1) ». ·

Ο συνάδελφος Απόστολος Καζακόπουλος (Αγ. Σοφίας 22, Θεσσαλονίκη) προτείνει: «Να δει1 + 1 + 1 > 2 , για , ' Χθει η ανισοτητα: Γ νιC p -ρ/ p+�n οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίουρ).

m m+ n+-e,m -n

Ο συνάδελφος Νικόλαος Βαδιβούλης (Σχ. Σύμβουλος Μαθηματικών) προτείνει: «Αν οι αριθ μοί α, β είναι πραγματικοί με το β μεγαλύτερο του μηδενός, να αποδείξετε ότι: α2 + e2α + β2 +lη 2 β 2:: 2 (1 + αβ + eα · lnβ) ».

(2) (3)

του Ι . Μαντά

ος στρατιώτης που λεγόταν Κωθωνιάδης, είχε ένα μήνυμα να μεταφέρει στον επικεφαλής που βρι σκόταν πρώτος. Γι' αυτό, τη χρονική στιγμή t 0 ο Κωθωνιάδης επιτάχυνε και διατηρώντας σταθερή ταχύτητα προσπέρασε τους άλλους στρατιώτες που περπατούσαν κι αυτοί με σταθερή ταχύτητα, έδω σε το μήνυμα στον επικεφαλής και επέστρεψε πί σω στη θέση του, στην ουρά της φάλαγγας. Τότε ο Κωθωνιάδης παρατήρησε ότι βρισκόταν στο ίδιο σημείο στο οποίο βρισκόταν ο επικεφαλής τη χρο νική στιγμή t 0 Να βρείτε το λόγο της ταχύτητας του Κωθω νιάδη, ενώ μετέφερε το μήνυμα, προς την ταχύτη τα των άλλων στρατιωτών. Θεωρήστε ότι κατά την παράδοση του μηνύματος δεν χάθηκε καθόλου 2) Ο Κωθωνιάδης χρόνος. δώσετε την απάντησή σας προσεγγι Όταν οι στρατιώτες κάνουν πορείες περπα στικά μεΝα ακρίβεια τριών δεκαδικών ψηφίων. τούν σε «φάλαγγα κατ ' άνδρα», δηλαδή ο ένας πί σω από τον άλλο. Σε μια τέτοια πορεία ο τελευταί1 ) Το βρεγμένο σφουγγάρι

Ένα βρεγμένο σφουγγάρι ζυγίζει Α gr όταν η υγρασία του είναι (χ + 1)% κατά βάρος, χ ε [1,98] . Αφήνουμε το σφουγγάρι να στεγνώσει μέχρι η υγρασία του να φτάσει σε χ% κατά βάρος. α) Να βρεθεί το βάρος Β(χ) (συναρτήσει του χ) που θα έχει το σφουγγάρι όταν η υγρασία του είναι χ%. Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση Β(χ) είναι γνησίως φθίνουσα. β) Να προσδιοριστεί το χ ώστε Β = .!_ Α . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/13

•

ΜσJΘηματ�Μ:i EρΘ1fΘ;OtJC'VIJ1�

to GPS. ltΘJIJ Q

Σ.

τα μέσα της δεκαετίας του 80 το Υπουργείο Εθνικής Άμυνας των ΗΠΑ . έθεσε σε λει � τουργία το σύστ ημα GPS (Global Posίtίonίng System) . Σκοπός του συστήματος ήταν να παρέχει πληροφορίες τις οποίες χρ ησιμοποιού σαν οι ένοπλες δυνάμεις των ΗΠΑ. Το 1989 το σύστημα αυτό δόθηκε και για πολιτική χρήση.

Τι είναι το GPS; Είναι ένα σύστημα εύρεσης στίγματος σε πα γκόσμια κλίμακα. Το σύστημα αποτελείται από 2 1 δορυφόρους και 3 εφεδρικούς, οι οποίοι κινούνται σε ύψος 20.000 περίπου χιλιομέτρων ανά 4 σε 6 διαφορετικές τροχιές και ο καθένας διαγράφει κά θε 1 2 ώρες μια τροχιά γύρω από τη Γη. Το όνομά του είναι ΝΑVST AR GPS ( Navigation System with Timing and Ranging - Global Positioning System). Η βάση της τεχνολογίας του είναι κάθε δορυ φόρος να παρέχει: 1 . πληροφορίες για την ακριβή ώρα, πράγμα που επιτυγχάνεται με ατομικά χρονόμετρα (ακρίβεια 1 δευτερόλεπτο στα 300.000 χρόνια) 2. πληροφορίες για την θέση πού έχει κάθε χρονική στιγμή. Ο κάθε δορυφόρος εκπέμπει ένα σήμα στα 1 227 περίπου MHz για στρατιωτική χρήση και ένα στα 1 575 περίπου MHz για πολιτική χρήση. Το όλο σύστημα στηρίζεται και σε επίγειους σταθμούς βέβαια όλη η διαδικασία ελέγχεται μέσω ενός υπερυπολογιστή που βρίσκεται στο κέντρο ε λέγχου στο Κολοράντο της Αμερικής. Πώς λειτουργεί; Ο χρήστης G PS έχει ένα δέκτη τον οποίο θέ τει σε λειτ,ουργία. Αφού πρώτα ο δέκτης, συγχρο νίσει το ρολόι του αυτόματα με το ρολόι του δο ρυφόρου που έχει ανιχνεύσει, μετράει το χρόνο

τra

του Παν. Π .Χριστόπουλου

ποι:ί χρειάστηκε το σήμα, για να μεταφερθεί από το δορυφόρο μέχρι την κεραία του, και υπολογίζει την απόσταση που διήνυσε το σήμα από τη σχέση S c . t όπου c η ταχύτητα του σήματος, t ο με τρούμενος χρόνος σε sec. Ο δέκτης ανιχνεύει από 8 μέχρι 1 2 ορατούς δορυφόρους, από τους οποίους τέσσερις μόνο χρησιμοποιεί κάθε φορά, για να προσδιορίζεt τις συντεταγμένες χ, ψ, z (γεωγραφικό μήκος, πλάτος και ύψος του δέκτη) αλλά και το χρονικό σφάλμα Δ(t) του δέκτη. Για την ναυσιπλοία είναι αρκετοί οι τρεις δορυφόροι. Ο τέταρτος δίνει το ύψος που έχει ο δέκτης από την επιφάνεια της θάλασσας. Το ύψος είναι απαραίτητο για την αεροναυτιλία και τις χερσαίες πεδινές ή ορεινές διαδρομές. =

Στο σημείο αυτό ας δούμε σε γενικές

γραμμές τη λειτουργία του GPS.

4� . --Η

αρχή λειτουργίας του Διαφορικού δορυφορικού συστήματος ΝΑ VSTAR (DGPS)

Στα Μαθηματικά ονομάζεται υπερΟολή με εστίες τα σημεία Ε ' και Ε ο Γεωμετρικός Τόπος C των σημείων του επιπέδου των οποίων η από λυτη τιμή της διαφοράς των αποστάσεων από τα Ε ' και Ε είναι σταθερή και μικρότερη της από στασης Ε Έ. (Σχ.l)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/14

Μαθηματικά και άλλες Επιστήμες

Σχήμα 1

! ΜΕ ' - ME I 2α < ΕΕ ' 2γ =

Υπερβολή Θα προσπαθήσουμε εδώ να δώσουμε ένα πα ράδειγμα για τον προσδιορισμό ενός σημείου με την χρήση της υπερβολής. Έστω ότι σε μια πεδιάδα είναι κρυμμένο ένα πυροβόλο και θέλουμε να το εντοπίσουμε. Στο σχήμα 2 βλέπουμε τον χάρτη της περιοχής. Τοπο θετούμε τρεις παρατηρητές με χρονόμετρα σε κα τάλληλα επιλεγμένες θέσεις Α, Β, Γ, οι οποίοι θα σημειώσουν τον χρόνο που θα ακούσουν τον ήχο της εκπυρσοκρότησης του πυροβόλου. Αν t, t + α, t + β είναι οι τρεις χρονικές στιγμές που ο κάθε παρατηρητής άκουσε τον ήχο, θα είναι γνωστή ( και σταθερή ) η διαφορά των αποστάσεων ΒΠ ΑΠ (=αυ) καθώς και η διαφορά ΓΠ-ΑΠ (=βυ) ό που Π η θέση του πυροβόλου , υ η ταχύτητα του ήχου στον αέρα ανά δευτερόλεπτο και τα α, β χρό νος σε δευτερόλεπτα. Έτσι το Π θα είναι αφενός σε μια υπερβολή που γράφεται με εστίες τα Α. Β και αφετέρου σε μια υπερβολή με εστίες τα σημεία Α, Γ. Δηλαδή το Π (πυροβόλο) θα βρίσκεται σε μια από τις τομές των mo πάνω υπερβολών και φυσικά σε αυτή που είναι πιο μακριά από την δική μας θέση. (Σχ.2)

νητο που κινείται δίνει και την ταχύτητα του αυτο κινήτου μετρώντας τον χρόνο μεταξύ δύο διαδοχι κών θέσεων και ακόμη την διεύθυνση και την φο ρά σε σχέση με τον βορρά. Τώρα ας βάλουμε στους τρεις παρατηρητές τους 3 δορυφόρους και στη θέση του πυροβόλου τον χρήστη του GPS, με τη διαφορά όμως ότι το σήμα τώρα δεν φεύγει από το δέκτη για τους 3 δο ρυφόρους, αλλά αντίστροφα. Ο δέκτης διαθέτει ε πεξεργαστή και ισχυρό τσιπάκι μνήμης. Με μια α νάλογη περίπου εφαρμογή της υπερβολής όπως στο ποιό πάνω παράδειγμα, ο δέκτης αυτόματα προσδιορίζει την θέση του. (Σχ.3)

Σχήμα 3 Πρέπει βέβαια εδώ να επισημάνουμε ότι για να προσδιορίσουμε σημείο επί της Γης πρέπει να εργαστούμε με σφαιρικές συντεταγμένες. Όταν το 1989 οι Αμερικανοί αποφάσισαν να διαθέσουν το σύστημα για δημόσια χρήση, για να μη χρησιμοποιηθεί τούτο από άλλη χώρα για στρατιωτικούς σκοπούς, εισήγαγαν την Επιλεκτική Διαθεσιμότητα (S/A) (εισάγονται δηλαδή στο δο ρυφορικό σύστημα διάφορα χρονικά σφάλματα στο του χρόνου λήψης, με αποτέλεσμα να μειώνεται η ακρίβεια του στίγματος χωρίς όμως να γνωρίζουμε εμείς πότε γίνεται αυτό). Το δορυφορικό σύστημα GPS χρησιμοποιεί ουράνια σώματα ( τεχνητά βέβαια) για μετρήσεις επί της Γης. Το ίδιο έκανε ο Ερατοσθένης 22 αιώ νες πριν, που πρώτος χρησιμοποίησε ουράνιο σώ μα ( τον ήλιο) για να μετρήσει τη γωνία με την ο ποία φαίνεται από το κέντρο της Γης το τόξο από Αλεξάνδρεια μέχρι Ασουάν, για το οποίο γνώριζε το μήκος του. Όπως ο Αριστοτέλης, το ίδιο και ο Ερατο σθένης πίστευε ότι η Γη είναι σφαίρα και έτσι μέ τρησε την ακτίνα της και την περιφέρειά της. Αργότερα διάφοροι μέθοδοι και συσκευές εμφανίστηκαν για τη μέτρηση αποστάσεων και τον προσδιορισμό θέσεων πάνω στη Γη. Όπως ο Εξάντας, η πυξίδα, ο διαβήτης, το διπαράλληλο, οι ραδιόφαροι και στη συνέχεια τα συστήματα Σχήμα 2 Βέβαια αν το GPS είναι μέσα σε ένα αυτοκί DECCA, LORAN και ΤRΑΝΖΠ. Ακολούθησαν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/15

Μαθηματικά και άλλες Επιστή μες

το ΝΑ VST AR GPS της Αμερικής και το σοβιεiι κό GLONASS, το οποίο τώρα ανήκει στις Δυνά μεις Διαστήματος της Ρωσικής Ομοσπονδίας. Το GLONASS έχει 24 δορυφόρους σε τρεις τροχιές (3 χ 8) και κάθε δορυφόρος εκπέμπει συ νεχώς σε δύο δικές του - διαφορετικές από δορυ φόρο σε δορυφόρο- συχνότητες. Έχει διαφορετικό γεωδαιτικό σύστημα αναφοράς (SGS-85 ) από το GPS (WGS-84). Ακόμη έχουν και διαφορετικά συστήματα ώρας. Το GLONASS έχει 3 τμήματα τα εξής: το τμήμα πολιτικής χρήση ς , το τμήμα ε λέγχου και το διαστημικό τμήμα. Με κατάλληλο αλγόριθμο σήμερα επιτρέπεται η χρήση και των δύο συστημάτων από τον ίδιο δέ κτη. Έτσι, το GPS από το 2000 λειτουργεί με 52 συνολικά δορυφόρους και καθένας μας έχει τη δυ νατότητα πρόσβασης σ ' αυτό διότι οι εταιρείες κα τασκευής ηλεκτρονικών συστημάτων κατασκεύα σαν δέκτες για κάθε ανάγκη, οι οποίοι συνδυάζο νται και με άλλες ηλεκτρονικές συσκευές, όπως ραντάρ, χαρτογραφικά, κινητά τηλέφωνα, ωρολό για, επιστημονικές συσκευές κ.ά Τα αεροπλάνα, τα πλοία και σε λίγο καιρό όλα τα αυτοκίνητα θα διαθέτουν στον στάνταρ εξοπλι σμό τους το σύστημα προσανατολισμού GPS. Το σύστημα μας βοηθάει να γνωρίζουμε ανά πάσα στιγμή τη θέση μας πάνω στη Γη, την ταχύτητά μας, πόσο μακριά είμαστε από το σημείο προορι-

σμού μας και πολλές άλλες πληροφορίες. Με το σύστημα αυτό μπορούμε να γνωρίζου με πόσο μακριά είναι το λεωφορείο από τη στάση που περιμένουμε, να πάρουμε από το κινητό ή το ρολόι μας ό,τι πληροφορία θέλουμε σε κάθε ση μείο της Γης, να παρακολουθούμε κάποια ζώα ή πουλιά πού μεταναστεύουν, να κινούμαστε με ά νεση σε μια άγνωστη πόλη με οδικούς ηλεκτρονι κούς χάρτες πάνω στους οποίους θα φαίνεται κάθε φορά η θέση μας, να ασφαλίζουμε το αυτοκίνητό μας από κλοπή , να ειδοποιούμε όταν κινδυνεύομε και η θέση μας να είναι αυτόματα γνωστή, να

προγραμματίζουμε την πορεία μας με ενδιάμεσα σημεία αναφοράς (όπως γίνεται με τηλεκατευθυ

νόμενα βλήματα που φτάνουν στο στόχο τους όχι κατευθείαν αλλά με διαδρομή ΖΙΚ-ΖΑΚ). Οι Αμερικάνοι χρησιμοποίησαν το σύστημα στον πόλεμο του Κόλπου, στο Βελιγράδι και σή μερα στο Αφγανιστάν . Πολλοί πύραυλοι όπως οι ΤΟΜΑΗΑWK και οι KROYZ ελέγχονται στην πορεία τους και βρίσκουν το στόχο τους με το σύ στημα GΡS. Σε επιστημονικές εφαρμογές που απαιτούνται μετρήσεις υψηλής ακρίβειας εισάγεται ένας τρίτος κωδικός ο οποίος καλείται (phase) και περιορίζει την απόκλιση σε λίγα μόλις εκατοστά .Σ ' αυτή την περίπτωση απαιτούνται ειδικοί δέκτες.

του Ρήγα Θεόδωρου<1>

ς θεωρήσουμε ένα κινητό που κινείται πάνω σε έναν άξονα με συνάρτηση θέσης χ = S(t) .

Αν η ταχύτητα

( t)

του κινητού περιγρά

φεται με μια γνησίως φθίνουσα συνάρτηση, αυ τό δεν ση μαίνει ότι η κίνηση είναι επιβραδυνό μενη. Ομοίως αν η ταχύτητα περιγράφεται με μια γνησίως αύξουσα συνάρτηση , αυτό δεν ση μαίνει ότι η κίνηση είναι επιταχυνόμενη. Με άλλα λόγια η κίνηση δεν χαρακτηρίζε ται επιβραδυνόμενη ή επιταχυνόμενη όταν η αλγεβρική τιμή της ταχύτητας ελαττώνεται ή αυξάνεται αντίστοιχα. Για παράδειγμα, αν η ταχύτητα του κινη τού αυξάνεται από u1 = -8 m/s σε u 2 = 5 mls αυτό σημαίνει ότι το κινητό κινείται προς την -

(I)

αρνητική κατεύθυνση του άξονα και το μέτρο της ταχύτητας ελαττώνεται από 8 m/s σε 5 m!s. Στη γλώσσα της Φυσικής αυτό σημαίνει ότι η κίνηση είναι επιβραδυνόμενη.

Γενικά μπορούμε να πούμε ότι: Σ' ένα διάστημα Δ το είδος της κίνησης ενός κινητού, που κινείται πάνω σ' έναν άξονα, εξαρτάται από το πρόσημο του γινομένου u (t) · α(t) με

t ε Δ , όπου α ( t) η επιτάχυνση του κινητού. Αν u · α > Ο τότε η κίνηση είναι επιταχυ νόμενη. Αν u · α < Ο τότε η κίνηση είναι επι βραδυνόμενη.

Ας δούμε τα παραπάνω σε ένα συγκεκρι μένο παράδειγμα. Στο σχήμα 1 δίνεται η γρα φική παράσταση C της συνάρτησης θέσης χ = S ( t) = χ 0 συνωt ενός κινητού που κινείται

Σχ. Σύμβουλος, Μαθηματικός ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/16

Μαθηματικά και άλλες Επιστήμες

πάνω σε έναν οριζόντιο άξονα. Η κίνηση είναι περιοδική με περίοδο

Τ = 2π . Θέλουμε να ω

βρούμε τα διαστήματα στα οποία η κίνηση εί ναι επιταχυνόμενη ή επιβραδυνόμενη με

t ε [ο,

τ].

Στο διάστημα

[Ο, :J

έχουμε τη γραφική παράσταση της ταχύτητας u (t) = S'(t) = -ωx 0 · ημωt και στο 3 τη γραφική παράσταση της επιτάχυνσης

η συνάρτηση S εί

ναι γνησίως φθίνουσα και στρέφει τα κοίλα κάτω. Άρα, η ταχύτητα u παίρνει τιμές αρνη τικές ( u ( t) < Ο) , είναι γνησίως φθίνουσα και η επιτάχυνση

(α(t) < Ο) .

παίρνει

τιμές

[4,τ 2τ ]

+ωχσ

σίως αύξουσα και η επιτάχυνση α παίρνει τι μές θετικές (α ( t) > Ο) .

[� 3:] [3: , τJ [2,τ 43Τ J ,

και

έχουμε:

, , αυ, ξουσα με κοι: s γνησιως

Στο

λα πάνω. Άρα

u ( t) > Ο ,

γνησίως αύξουσα,

[ 3: , τJ

λα κάτω. Άρα

γνησίως φθίνουσα,

α( t) < Ο . Το μέτρο της ταχύτητας μειώνεται.

κίνηm1

επιταχ.

Τ/4

........

[Γ/4, Τ/2] u

---+

u·α<Ο.

�

α=-ω2χ0συνωt

Π αρατήρηση : Όταν η κίνηση είναι επιταχυνόμενη τα διανύσματα ίi και ii είναι ομόρροπα ενώ, ό ταν η κίνηση είναι επιβραδυνόμενη τα ίi και ii είναι αντίρροπα (Σχήμα 4).

Η κίνηση είναι επιβραδυνόμενη. Ισχύει

·······

Ιuεπιτ. α>ΟΙ�πιβρjεπιτ. uα<Ο!Uα>ΟΙ�πιβρ uα<ΟI

γνησίως αύξουσα με κοί

u ( t) > Ο ,

ο�� /4�τ�-. ! -ω2χ0

α ( t) > Ο . Το μέτρο της ταχύτητας αυξάνεται. Στο

+ω2χ ............

Έτσι, το μέτρο της ταχύτητας μειώνεται και κατά συνέπεια η κίνηση είναι επιβραδυνό μενη. ΙC!χύει u · α < Ο . Ομοίως σκεπτόμενοι και για τα διαστήματα

············ ···········

, , η s ειναι γνησιως φθ'ινουσα

και στρέφει τα κοίλα πάνω. Άρα, η ταχύτητα u παίρνει τιμές αρνητικές ( u ( t) < Ο) , είναι γνη-

χ=χ0συνωt

αρνητικές

Έτσι, στο διάστημα αυτό το μέτρο της τα χύτητας αυξάνεται και κατά συνέπεια η κίνη ση είναι επιταχυνόμενη. Ισχύει u · α > Ο . Στο

α(t) = u'(t) = -ω2 x 0 · συνωt .

-χσ

u ----+

[Τ/2, Π/4]

Τ/2

Τα ανωτέρω συμπεράσματα επαληθεύο νται και από τα σχήματα 2 και 3 . Στο σχήμα 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/17

[0, Τ/4] u

+----

+-τ [Π/4, τ]

χσ

Η ad� ματιι�ιtιD;1. !Jιιαr ωttιιd fιD�1. Η ad� ματιιιιι έ ι; Ο J.cι μra-ιιά�ει; ών

( �J + � >0,

ΘΕΜΑΤΑ - ΛΥΣΕΙΣ ι.

Α ' Λυκείου

Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ, y, z ισχύει ότι xyz = 1 , να υπολογίσετε την τιμή

'Εχουμε όμαις ότι α' +α+ l = α+

οπότε διακρίνουμε τις περιπτώσεις (i) Αν α-1 * Ο , δηλαδή α * 1 , τότε οι εξίσωση έ • • χει τη λύση - -+----+κ= ι z χ Υ (α2 + α + 1) 2 (α- 1) � χ = α2 + α + 1 x + l - -y+lz+lχ = z+l x+l y+l 2(α - 1) 2(α -1)2 (α2 + α + 1) (ii) Αν α-1 =0, δηλαδή α= 1, τότε (1) � Οχ = Ο και Λύση : αληθεύει για κάθε χ ε JR (Αόριστη ή ταυτότη Από την συνθήκη xyz=1 προκύπτει ότι τα). 1 , οποτε , , με πρα' ξεις και αντικατασταση λαμz=3. Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα ΑΓ και ση χy μείο Β στο εσωτερικό του. Κατασκευάζουμε 1 +1 _ ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΕ προς το ί διο μέρος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΓ. βανουμε.. Κ _- χ + 1 + 1 y + 1 + 1 xy 1 xy + x + 1 - + y + 1 - + - + 1 Αν οι ΑΕ και ΓΔ τέμνονται στο Ζ, να βρείτε χ Υ xy τη γωνία ΑΖΔ . χ + 1 + xy + χ +--� 1 + xy κ= Λύ ση : xy + x + 1 xy + x + 1 xy + x + 1 Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΒΓΔ έχουν 2 = 2(xy + x + 1) = 2. 2xy + 2x + ΑΒ=ΒΔ Κ = xy + χ + 1 xy + χ + 1 ΒΕ=ΒΓ ΑΒΕ = 180° - 60° = 120° = ΓΒΔ . 2. Να λυθεί η εξίσωση 3(1 + a2 + a4)x = Άρα τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΒΓΔ είναι ίσα, οπό= (l + a + a2)2 x + a5 + a4 + a3 - a2 a 1 τε θα έχουν και Α ι = Δι . ως προς χ, θεωρώντας το a ως παράμετρο. Δ Λύ ση : Η εξίσωση γίνεται: [3(1 + α2 + α4 ) - (1 + α+ α2 )2 ]χ = = α5 + α4 + α3 - α2 - α - 1 � (3 + 3α2 + 3α4 - 1 - α2 - α4 - 2α - 2α2 - 2α3)χ = = α5 + α4 + α3 - α2 - α - 1 Γ � (2α4 - 2α3 - 2α+ 2)χ = α5 + α4 + α3 - α2 - α - 1 Β Α Τα τρίγωνα ΑΚΒ και ΔΚΖ έχουν δύο γωνίες � [2α3(α-1)-2(α - 1)]χ = α3(α2 +α+ 1)-(α2 +α+ 1) τους ίσες , μια προς μία, Α1 = Δ ι και Κι = Kz (ως � 2(α -1)(α3 - 1)χ = (α2 + α + l)(α3 - 1) � 2(α- 1)2 (α2 + α + 1)χ = (α2 + α+ 1)2 (α- 1) (1) κατά κορυφήν). Άρα θα έχουν και Ζι = Βι = 60° , της παράστασης

---

• • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/18

Μ είναι το 9.

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυ μπιάδες

δηλαδή Α ΖΔ 60° . 4. Να προσδιορίσετε το μεγαλύτερο πραγματι =

κό αριθμό Μ, ο οποίος έχει την ιδιότητα: για όλους τους θετικούς πραγματικούς α ριθμούς α, β με α + β = ι ισχύει ότι (ι

+ι

) ( ι + -) α β

�

Λύ ση : παρατηρούμε αρχήν ότι Κατ' . . + -;; + β > οποτε θα θεωρησουμε οτι ειναι

Β ' Λυκείου

Ορθογώνιο ΑΒΓΔ έχει πλευρές ΑΒ α και ΒΓ β. Θεωρούμε σημεία Ε και Ζ πάνω στις πλευρές ΒΓ και ΓΔ, αντιστοίχως, έτσι ώστε η περίμετρος του τριγώνου ΕΓΖ να είναι ίση προς α β και η ΑΖ να είναι διχοτόμος της γωνίας ΔΖΕ =

•

. 1( 1 χ1 1 J 1 , . Λύ ση : Μ> 1. Επειδή είναι α + β = 1 , έχουμε: i) Από την υπόθεση έχουμε 1 ΓΕ+ΓΖ+ΖΕ=α+β _!_ .!_ _!_ 1 +_!_)�Μ� 1+ + +�Μ 1+ χ ΓΕ+ΓΖ+ΖΕ=ΔΖ+ΖΓ+ΓΕ+ΕΒ β α β αβ ( α α+β (1) ΖΕ=ΔΖ+ΕΒ 1 1 1 ΑΗ ΖΕ και παρατηρού με ότι �1+ αβ +-αβ �Μ �1+ -αβ + -αβ �Μ τρ. ΑΔΦέρουμε Ζ = τρ. ΑΗΖ. 2 2 1 αβ �1+-�Μ �-�Μ-1 �-$--, -1 2 Μ αβ αβ (αφού μπορούμε να θεωρήσουμε ότι είναι Μ> 1) 2Μ-1 � αβ $ -(1) Άρα ζητάμε το μεγαλύτερο Μ που ικανοποιεί την (1). Έχουμε (α+ β) 2 ;;::: 4αβ � (α- β)2 �Ο, που ισχύει, οπότε για α+β= 1 λαμβάνουμε Δ = Η = 90° , ΑΖ κοινή και Δ Ζ Α = Α Ζ Η, α1 � 4αβ � αβ 4"1 και η ισότητα ισχύει για φού[ Α διχοτόμος Δ Ζ ΕJ . Ζ 1 α=β=-. 2 Άρα θα είναι ΖΗ=ΔΖ (2) και ΑΗ=ΑΔ=β (3) 2 Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι ΗΕ=ΕΒ, ο Άρα ο μικρότερος αριθμός _ για τον ο- πότε και τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΗΕ και ΑΒΕ εί Μ 1 ναι ίσα. ' , -41 , οποτε, ο μεγαλυτερος ποίο αληθεύει η ( 1) ειναι Άρα είναι και ΑΗ=ΑΒ=α (4). Από τις (3) και (4) προκύπτει η σχέση α=β. αριθμός Μ για τον οποίο ικανοποιείται η ( 1) προ2Μ-1 41 � Μ = 9 . ii) Α ΈχουμεΑ ΕΑ ΖΑ= ΕΑ ΗΑ+ Η Α ΖΑ= κύπτει από την εξίσωση --= Β Η + Η Δ Β Η + Η Δ = Β Δ = 45 0 2 2 2 2 β β • • Α 45° (ι + � }(ι + i Hl + : } (ι + ; ) Β 45° = ( l + l + H( l + l + * ) = ( 2 + � }( 2+ * J Δ = 90· =4+1+2(�β +�α )�5+2 · 2=9 =4+2�β +2�α +�·� α β Ε = 900 , Ζ = 90° . και επειδή για α = β = � �( l + � } ( ι + i ) = 9 το (i)

Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τους α, β. Α

(ii) Να βρείτε τη γωνία ΕΑΖ .

::ς

2 "ς τρόπος

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με

και

> . Στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ κατασκευάζουμε τρίγωνο ΑΒΔ ορθογώνιο και ισοσκελές με . Στη συνέ χεια,εξωτερικά του τριγώνου ΑΒΓ κατα σκευάζουμε ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα

ΕΒΓ και ΖΑΓ με Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΔΕΓΖ εί ναι παραλληλόγραμμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/19

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμmάδες

2 + 2004 ν = κ2 Από τα ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα ΑγJ2ΒΔ, Έστω ότι ν το μεγαλύτερο δυνατόν θετι κ ό ακέ ' ΑΔ --ΔΒ -- 2 ραιο Ζητάμε ΒΓΕ και Arz λαμβανουμε ν ογιακ. τονΈχουμε οποίο(1)ισ�χύειν2η+(2004 1) για·ν-κ κάποι2 ο=Οθετι. (2)κό ακέραι βJ22 και ΒΕ=--=ΓΕ. αJ22 ΑΖ=--=ΓΖ Επει δ ή ο ν εί ν αι θετι κ ός ακέραι ο ς πρέπει 2 Ε Δ=λ , λ2 2 2 2 2 2 Έχουμεότι Β Α Γ=45°+Δ Α Γ=Δ Α Ζ 2004 + 4κ = λ � 4(1002 + κ = λ ) (3) όποτε έχουμε λl l = 2μο λκαιθα2η εί(3)ν2αιγίακέραιος νεται:2 για 2τον οποίο 4(10022 +2κ ) = 4μ2 � ΙΟ02 + κ2 = μ2 2 � (μ-κ)(μ+κ)=1002 �Η Εξίσωση μ -κ =1002 • (2) έχει τι ς ρίζες ν= -1002 μ, ± οπότε ν = -Ι 002ο +μμεγαλύτερος , όπου μ μέγινστος.είν2αι της μορφής γJ2 Όμως (μ-κ)(μ +κ)= 1002 , οπότε ο μέγι ΑΔ -2- γ ΑΒ ΑΔ ΑΖ όταν μ-κ ελάχι σ το. και -=--=-=-�-=2 , οπότε ΑΖ βJ22 β ΑΓ ΑΒ οπότε τα στος Γιμ αλαμβάνεται μ-κ =Ι , έχουμε μ+ κ = 1002 2 +Ι , που είναι περιττός· (άτοπο). Για 2μμ-κ= 1000 ΒΓ καιτηνΔΑΖισότητα τρίγωΆρα να Αέχουμε είναι όμοια. = 2 , 2 έχουμε μ+ κ = 1002 50 Ι , οπότε μ= Ι+ 50Ιν και τότε γ .[i ΔΖ = � ΔΖ = 2 = J2 ΔΖ= α.fi =ΓΕ (1) max =-1002+ Ι+5012 =250.000. 2 ΒΓ Ομοί ΑΒ ως λαμβάνουμε α γ 2 4. βJ22 (2) Α ΒΓ::::: Δ ΒΕ και ΔΕ=ΓΖ=πό τι ς (1) και (2) προκύπτει ότι το τετρά Α πλευρο ΔΕΓΖ είναι παραλληλόγραμμο. Ε = +Ε + = + Ε 2 +2004ν=(ν+κ)2 για κά ω Έστ ότι ισχύει ν ποιο κ θετικό ακέραικ2 ο. = + Τότε ν= 2004-2κ , με Ο<κ<1002 (1) (1) παρατηρούμε ότι αυξανομέ νουβρούμετουΣτηντοκ,ισότητα αυξάνεται και το ν, οπότε πρέπειπουνα μεγαλύτερο δυνατό κ με Ο<κ<1002 είναι τέτοιο ώστε (2004-2κ) κ2 • 2 2 Γιακ=1001 είναι 2004-2κ=2/κ =1001 • βασικήαπόμαςκάθεπαρατήρηση εί ν αι ότι εί ν αι δυ 2 = 10002• νατόνΗμετά ΓιαΆρακο=1000 εί ν αι 2004-2κ =41 κ επιλογήότι των+ δύο= μαθητών, έμεγαλύτερος αριθμός 1000 ν προκύπτει από ω ράγμα 3 να ι σ χύει στ και Π την (1) για κ=1000 και ει'ναι ο ν= 4 2 = 250000. τι, αν ο μαθητής Χ επιλέξει =Ι, τότε ο μαθητής 2"ς τρόπος

Λί> ση :

=ι

ΑΓ

ΑΔ Δ

=ι

3. Να προσδιορίσετε το μεγαλύτερο θετικό α

κέραιο ν που είναι τέτοιος ώστε ο αριθμός 2 ν 2004ν να είναι τέλειο τετράγωνο.

Λύση :

Οι μαθητές Χ και Υ παίζουν ένα παιγνίδι ως εξής: Επιλέγουν εναλλάξ ο ένας μετά τον άλλον έναν από τους αριθμούς 1 και 2. Αρχίζει ο Χ επιλέγοντας τον αριθμό Χι Ε {1, 2} και συνεχίζει ο Υ επιλέγοντας

τον αριθμό y ι

{1, 2} και

άθροισμα Σι

Χι

καταγράφει

το

Υ ι Στη συνέχεια, ο Χ ε

πιλέγει τον αριθμό χ 2 φει το άθροισμα Σ 2

{1,2} και καταγρά

Σι

χ 2 , ενώ ο Υ συ

νεχίζοντας επιλέγει τον αριθμό y 2

{1, 2}

Σ2 Υ2 κ. ο.κ. Νικητής αναδεικνύεται ο μαθητής που θα καταγράψει σε μία επιλογή του ως άθροισμα τον αριθμό 200. Να εξηγήσετε γιατί ο μαθητής Χ έχει στρατηγική νίκης. Ισχύει το ίδιο, αν ο νικητής αναδεικνύεται όταν το άθροισμα γίνει 300;

και καταγράφει το άθροισμα Σ3

Λύ ση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/20

το (Σ) λαμβάνουμε β = μν + 1 και τότε η 'εξίσωση ' ς ρι'ζες Χι =-ν, χ2 = -,-1μ δηλαδη εχει' αεχειτι κριβώςΓιαμία(δι,δακέραι) =α(-2μν,-2) ρίζα. ή (δ1 ,δ )=(-2,-2μν) 2 β = -(μν + 1), 2και τότε η εαπό το (Σ) λαμβάνουμε ξίσωση έχει τις ρίζες χ1 =ν, χ2 = ..!_μ , δηλαδή έχει ακριβώς μια ακέραιπερια ρίζα.πτώσεις οδηγούν σε άτοπο. Οι υπόλοιπες Για παράδειγμα, αν (δ1 ,δ2)=(4μ,ν), τότε προκύπτει β = 2μ + �2 , αφού ο ν είναι πρώτος αριθμός μεγαλύτερος του 2. 2 +βχ +ν = Ο έχει μια ν η εξίσωση f (χ) = μχ Α ακέραι α ρίοπότε ζα, έστωρε {-1,1, ρ, τότε-ν,ο ν},ρ θα διαιρεί το στα θερό όρο, αφούΓιοαν ρεί=ναι-1πρώτος φυσικόςf(-1)αριθμός. = , προκύπτει μ-β+ ν , οπό τε f(Για-1)ρ=Ο<=> μ-β+ ν= Ο<::::> β= μ+ ν = 1, έχουμε = -(μ+ν) =Ο<=> μ+β+ν =Ο<=> f(1) β . Γι α ρ = -ν , έχουμε 2 -βν+ν =0 <=>β= μν+1, έχει η Δ=εξίσβωση2 -4μνμια=τουλάχι μν 2 , όπουστονκ εακέ και τέλοςf(-ν)για=Ο<=> ραιδεδομένου αΓιαρίζα,ναπρέπει κ ρ = ν 2έχουμε ότι οι β, μ, ν εί ν αι ακέραιοι. -(μν + 1) f(ν) =Ο<=> μν + βν +ν= Ο<=> β= Άρα πρέπει = μ ν+ 1 ή = -(μ+ ν) ή β Άρα για = μ+ ν ή β β β2 -κ2 = 4μν <::::> (β-κ)(β+ κ)= 4μν, β=ραια-(μνρίζα+ 1) η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ακέ -κ=δ } β . οποτε θα πρεπει β-κ=δ2 , (Σ) όπου δ1πρώτοι , δ2 είνφυσικοί αι διαιρέτες Επειδή οιτουμ, 3ν είθαναιέχουμε αριθμοίτου 4μν. μεγαλύτεροι ν), (ν, 4 μ), (2μ,2ν), ±±((2ν,2μ), (μ, 4 ν), (δ1±(4ν,μ) ,δ2)ε {±±(2μν,2), (4μ, ± ± ± 4μν,1),±(1,4μν)} 2,2μν),±( = = Για (δ1,δ ) (2ν,2μ) από ) (2μ,2ν)ή (δι , δ ν η μχ 2 +βχ +ν = Ο έχει μια ακέραια ρίζα, Α 2 2 το (Σ) λαμβάνουμε β= μ+ν, και τότε η εξίσωση έστω Χ0 , τότε μχ� βχο +ν =Ο ή + βχο =-ν => Χ02 ν => υπάρχει' Χι ώστε έχει τις ρίζες Χι =-�μ , χ2 = -1, δηλαδή έχει μια μχν=� Χι·Χσ. =-Χι·Χσ η Άρα: μχο + β-μ· Χο τουλάχιΓιαστον(δι ,ακέραια ρίζα. ή μχ ο +β= -Χι ή β= -Χι Χο = (-2ν,-2μ) )=( 2μ, 2ν)ή (δ1,δ ) δ 2 β = -(μ+ ν),2 και τότε η ε- βχι = -χ� -μ·χι · Χσ =χ� -μ· ν ή βχι +Χ� =-μ·ν ή από το (Σ) λαμβάνουμε ) =-μ·ν. ξίσωση έχει τις ρίζες χ1 = �μ , χ2 =1, δηλαδή έχει ΧιΧι(β+χι Επειδή οι μ, νβ+χ1είναι=μ·ν πρώτοι=>θα έχουμε: =-1 β=μ·ν+1 μια τουλάχι σ τον ακέραι α ρίζα. =1 =-μ·ν Χ β+χ β=-μ · ν-1 Για (δι , δ2)=(2μν,2)ή (δ1 , δ2)=(2,2μν) από χ11 =μ β+χι1 =-ν => => β=-ν-μ = 2 , ενώ αν ο μαθητής= 1Χ επιλέξει επι= 2,λέγειτότε ο μαθητής Υ επιλέγει . με Έτσι εί ν αι δυνατόν το συνολι κ ό άθροισμα τάαυξάνει από δυοκάθεδιφορά αδοχικατά κές επιλογές των μαθητών να 3 . Ο μαθητής Χ που αρχίζει πρώτος πρέπει να ρατηρήσει ότι 200 = 66 · 3 + 2 , οπότε θα κάνει την πρώτη επιλοyή τουαπό = 2επιλογές , οπότε του συνέχει αΥμπονα ρείμεγαλώνει ανεξάρτητα μαθητή κάθε3 καιφοράέτσιτοναπροηγούμενο συνολι κό ά θροισΔενμα κατά φθάσει πρώτος το 200. ισνχύειαι τοτο300,ίδιο,γιατίαν το300ζητούμενο τελι κόστηά = 100 θροισμα εί . Έτσι · περί τωση αυτή Υ που επιλέγει δεύτε ροςσμα.πμπορεί πρώτοςο μαθητής να καταγράψει αυτό το άθροι μχ2 + χ+ =

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμmάδες

πα

στη

τις

2"ςτρόπος

Γ ' Λυκείου

Δίνεται η εξίσωση β

ν Ο, όπου μ, ν είναι πρώτοι φυσικοί αριθμοί με 3 < μ < ν και ο β είναι ακέραιος.

Να προσδιορίσετε τον ακέραιο β συναρτή σει των φυσικών μ, ν έτσι, ώστε η εξίσωση να έχει μία τουλάχιστον ακέραια ρίζα.

Λύ ση :

Ν,

Παρατήρηση :

Δεν

υπάρχει τιμή του β τέτοια ώστε η εξί σωση να έχει και τις δύο ρίζες της ακέραιες. Άρα για τις τιμές του β που βρήκαμε η εξίσω ση έχει κάθε φορά ακριβώς μια ακέραια ρίζα.

3"ς τρόπος

& &

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/21

χχ,, =-μ χ ,, =ν� β+ β=ν+μ χ =ν =-μ� β=-μ-ν β+ χχ,, =-ν χ , =μ� β+ β=μ+ν χ χ , =-1� =μ·ν β=-μ·νβ+ χ, =-μ · ν β+ χ, =1�· β=l+μ·ν , Τελικά βε {μ·ν+1, -μ ν-1, -μ-ν, μ+ν} Να προσδιορίσετε το γινόμενο των ν διαδο χικών όρων a,, a2, , a. γεωμετρικής προό δου, αν είναι γνωστό, ότι ο φυσικός αριθμός

ΒΕΓΕ = σφ30° = J3 και ΓΕ = BE.fi .

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμmάδες

& & &

8 /

Ε "

•••

ν είναι άρτιος και

1 1 . . 1 λ, a, +a2 + . . +a. =κ, -+-+ a. a, a2 -=

πό το τρίγ2 ωνο ΑΕΓ με Ε = 90°=(l+έχουμε: Α ΑΕ2 +ΕΓ2 =ΑΓ (l+BE)2 +(BE.J3)2 M)2 {::::) Δ3 + 2)( -2) =Ο{::: :) = ifi . Α ναι ογιπρώτος όρος της προόδου και ω 4. Οι μαθητές και παίζουν ένα παιγνίδι Αν της,α1 είτότε ο λόγοςα,-α. α ω 1 , έχουμε: ως εξής: -α ω , α1ω 0 , αφού Και Επιλέγουν κ = ---'-1-ω --'---ω ' λ= α,αα.(l-ω) εναλλάξ ο ένας μετά τον άλλον έ ναν από τους αριθμούς 1 και 2. ' -,α,1 , . .. , 1 αποτελούν γεωμετρική Αρχίζει ο επιλέγοντας τον αριθμό οι οροι ε {1,2} καιε {1,2}συνεχίζει ο επιλέγοντας τον 1 1 και καταγράφει το ά προο' δο με πρωτο' ορο' -α, και λόγω -.ω Απο' τις αριθμό θροισμα = + Στη συνέχεια, ο ε ω παραπάν ισότητες με διαίρεση κατά μέλη προκύπιλέγει τον αριθμό 2 ε {1, 2} και καταγρά κ ' φει το άθροισμα = + 2 , ενώ ο συ πτει οτι αμ. = -.λ νεχίζοντας επιλέγει τον αριθμό ε {1, 2} Όμως σεα,μια.α=γεαωαμετρι- =κή. . =πρόοδο ισχύει ότι και καταγράφει το άθροισμα = + 2 α α ν-κ' κ 2 κ. ο.κ. Νικητής αναδεικνύεται ο μαθητής οπότε για ν άρτιο (τότε δεν υπάρχει μεσαίος όρος) που θα καταγράψει σε μία επιλογή του ως άθροισμα τον αριθμό 200. α, α2 . . = α. = (� J . Να εξηγήσετε γιατί ο μαθητής έχει στρα νίκης. Αν ω=1, τότε α, =α2 = . . =α. και τελικά τηγική Ισχύει το ίδιο, αν ο νικητής αναδεικνύεται όταν το άθροισμα γίνει 300; προκύπτει πάλι α,α2 . . = α. = (� J . Η βασική μας παρατήρηση είναι ότι είναι δυ Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=1 και Β = 120° υ νατόν μετά από κάθε επιλογή των δύο μαθητών, έ πάρχει σημείο Δ πάνω στη πλευρά ΑΓ τέ- στω χ; και = . Πράγμανα ι σ χύει ότι Χ; +Υ; τοιο ώστε να είναι ΑΒΔ = 90" και ΔΓ=ΑΒ. τι, αν ο μαθητής Χ επιλέξει Χ; =Ι, τότε ο μαθητής Να βρείτε το μήκος του τμήματος ΑΔ. Υ επιλέγει Υ; = 2, ενώ αν ο μαθητής Χ επιλέξει 2, τότεείνοαιμαθητής Υ επιλέγει Υ; = 1. Χ; =Έτσι ω Δ Έστ Ε το ίχνος του ύψους από το . δυνατόν το συνολι κ ό άθροισμα με Τότε ΒΔ//ΓΕ οπότε1 ων μαθητών να τά από δυο δι α δοχι κ ές επι λ ογές τ 1 αυξάνειμαθητής κάθε φοράΧ πουκατάαρχίζει πρώτος πρέπει να πα ΒΕ = ΔΓ ΒΕ = 1 {::::) ΒΕ= ΑΔ 2 , οπότεσυνέχει ρατηρήσει ότι του200 =Χ;66= ,+οπότε θα κάνεια μπο-την Όμως ΔΒΓ=ΒΓΕ = 30°, οπότε πρώτη Γ

όπου οι κ, λ είναι δεδομένοι πραγματικοί α ριθμοί.

{::::)

(ΑΔ

Λύ ση :

ΑΔ

::F-

χ1

Σ,

χ,

y1 • χ

Σ2

ν 1

Σ,

Σ3

Λύ ση :

Λύ ση : ΑΒ

ΑΔ

{::::)

ΑΔ

επιλογή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/22

στη

Σ2

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμmάδες

ρεί ανεξάρτητα από τις εmλογές του μαθητή Υ να μεγαλώνει κάθε φορά το προηγούμενο συνολικό άθροισμα κατά 3 και έτσι να φθάσει πρώτος το 200. Δεν ισχύει το ίδιο, αν το ζητούμενο τελικό ά-

θροισμα είναι το 300, γιατί 300 100 3 . Έτσι στη περίπτωση αυτή ο μαθητής Υ που επιλέγει δεύτε ρος μπορεί πρώτος να καταγράψει αυτό το άθροισμα. =

του Α. Παπαϊωάννου Η. παλαιά πόλη της Πρωσσίας Καινιξβέργη (το σημερινό Kaliningrad της Ρωσσικής ομοσπον δίας) διασχίζεται από τον ποταμό Pregel μέσα στον οποίο υπάρχουν δύο νησάκια που συνδέονται με ταξύ τους και με την ξηρά με επτά γέφυρες όπως φαίνεται στο σχήμα c

Οι κάτοικοί της για πολλά χρόνια επεδίωκαν στον περίπατό τους να διασχίσουν και τις 7 γέφυ ρες αλλά μία μόνον φορά. Δηλαδή έβαζαν στόχο, ξεκινώντας από κάποια από τις 4 περιοχές Α, Β, C, D και διασχίζοντας και τις 7 γέφυρες μία μόνο φο ρά να επανέλθουν στην περιοχή απ' όπου ξεκίνη σαν. Όλες όμως οι προσπάθειές τους aποτύγχαναν. Το 1736 ο L. Euler έλυσε το πρόβλημα θεω ρώντας το πολυγράφημα του σχήματος 1 όπου τα νησάκια Α, Β και οι περιοχές της πόλης C, D απο τελούν τις 4 κορυφές του πολυγραφήματος ενώ οι 7 γέφυρες τις 7 πλευρές του. Έστω ένα γράφημα G (οι ορισμοί και το κρι τήριο ισχύουν και για πολυγραφήματα). Ένας δρο μίσκος που διέρχεται απ' όλες τις πλευρές του G λέγεται δρομίσκος-Εuler. Αν σ ' ένα γράφημα υ πάρχει ένας κλειστός δρομίσκος-Εuler τότε το γράφημα λέγεται γράφημα-Εuler. Στο σχήμα το γράφημα G έχει τον κλειστό δρομίσκο-Εuler 12342745671 άρα είναι γράφημα Εuler· το Η στο σχήμα 2 β έχει τον δρομίσκο-Εuler 425123543 άρα δεν είναι γράφημα-Εuler αφού ο δρομίσκος-Εuler δεν-είναι κλειστός. Προφανώς κάθε γράφημα-Εuler πρέπει να εί ναι συνεκτικό γράφημα. 3

Λύνοντας το πρόβλημα των γεφυρών της Και νιξβέργης ο Euler, πολύ σημαντικότερα, έδωσε συγχρόνως το ακόλουθο κριτήριο για το πότε ένα γράφημα είναι ή όχι γράφημα-Εuler. Θεώρημα 1 (Κριτήριο του Euler) Ένα συνεκτικό γράφημα G είναι γράφημα Εuler αν και μόνο αν κάθε κορυφή του έχει άρτιο βαθμό. Α πόδειξη : i) Αποδεικνύουμε το αναγκαίο. Έστω G ένα γράφημα-Εuler και Ρ ένας κλει στός δρομίσκος του G. Ο δρομίσκος Ρ διερχόμενος από την κορυφή νk συνεισφέρει δύο μονάδες στον βαθμό της κορυφής ν k (μία μονάδα από την πλευ ρά που φτάνει στην νk και μία μονάδα από την πλευρά που φεύγει από την νk ). Επειδή ο δρομί σκος Ρ διέρχεται από όλες τις κορυφές του γραφή ματος έπεται ότι κάθε κορυφή ενός γραφήματος Εuler έχει άρτιο βαθμό. ii) Αποδεικνύουμε το ικανό. Η απόδειξη θα γίνει με επαγωγή στον αριθμό των πλευρών του G. Από την υπόθεσή μας και από το γεγονός ότι το G είναι συνεκτικό γράφημα συνεπάγεται ότι ο βαθ μός κάθε κορυφής είναι τουλάχιστον δύο. Από το Λήμμα 1 το G θα περιέχει κάποιο κύκλο C. Αν ο κύκλος C περιέχει όλες τις πλευρές του G η από δειξη τελείωσε. Αν όχι αφαιρούμε από το G τις πλευρές του C και σχηματίζουμε ένα νέο γράφημα Η, πιθανά μη συνεκτικό, που έχει τις ίδιες κορυφές με το G, λιγότερες πλευρές και στο οποίο κάθε κο ρυφή έχει πάλι άρτιο βαθμό. Από την υπόθεση της επαγωγής κάθε συνιστώσα του Η έχει ένα κλειστό δρομίσκο-Εuler. Εφόσον κάθε συνιστώσα του Η έ χει τουλάχιστον μία κορυφή κοινή με το C παίρ νουμε το ζητούμενο δρομίσκο-Εuler του G ακο λουθώντας τις πλευρές του C έως ότου συναντή σουμε μία μη μεμονωμένη κορυφή του Η, ακο λούθως χαράσσουμε τον δρομίσκο-Εuler της συνι στώσας του Η που περιέχει την κορυφή αυτή και ύστερα ακολουθούμε τις πλευρές του C μέχρις ό του συναντήσουμε κορυφή που να ανήκει στην ε πόμενη συνιστώσα του Η κ.ο.κ.. Η όλη διαδικασία τελειώνει όταν επανέλθουμε στην αρχική κορυφή. Στο σχήμα ο κύκλος C έχει σχεδιαστεί με παΊfJ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/23

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμmάδες

τερη γραμμή, και το γράφημα Η έχει τέσσερις συνι ποιαδήποτε κορυφή u και διασχίζουμε τις πλευρές τυχαία υπακούοντας στους εξής δύο κανόνες: στώσες Η , , Η 2 (μεμονωμένη κορυφή), Η 3 , Η4 Σβήνουμε τις πλευρές που διασχίσαμε και τις τυχόν δημιουργούμενες μεμονωμένες κορυφές. Χρησιμοποιούμε μια γέφυρα U1 ισΟμίJ ) δηλαδή μια πλευρά η αφαίρεση της οποίας κάνει το γράφημα μη συνεκτικό μόνο αν δεν γίνεται αλ λιώς. Θα δείξουμε ότι σε κάθε στάδιο (κορυφή) η κατασκευή αυτή μπορεί να συνεχιστεί. Πόρισμα 2. Ικανή και αναγκαία συνθήκη για ΛπιSi� πξη · Έστω ότι φθάσαμε σε κάποια κο να έχει ένα συνεκτικό γράφημα G δρομίσκο-Εuler ρυφή ν * u . Το υπογράφημα Η που ακόμα δεν έ είναι: οι κορυφές του με περιττό βαθμό να είναι χει σβηστεί είναι συνεκτικό και έχει δύο μόνο μο δύο το πολύ. νές κορυφές (τις u και ν). Θα δείξουμε ότι το σβή Απόδειξη : Έστω G ένα συνεκτικό γράφημα σιμο της επόμενης πλευράς δεν κάνει το Η μη συ που έχει ένα δρομίσκο-Εuler με άκρα τις κορυφές νεκτικό δηλαδή ισοδύναμα η κορυφή ν είναι γει Αν αυτό δεν ίσχυε u και ν. Με την αποδεικτική διαδικασία του θεω τονική με έναν το πολύ ισθμό. � 2 ισθμούς τότε θα υ δηλαδή η ν γειτονεύει με ρήματος 2 για κάθε κορυφή του G εκτός των κο ρυφών u και ν ισχύει ότι ο βαθμός κάθε ενδιάμε πήρχε ένας ισθμός vw με την ιδιότητα: η συνιστώ σης κορυφής θα είναι αριθμός άρτιος. Άρα μόνο τα σα Κ του Η που περιέχει την κορυφή w δεν περιέ άκρα u και ν του δρομίσκου-Εuler θα έχουν μονό χει την κορυφή u. βαθμό. Για το ικανό της συνθήκης θα έχει από το λήμμα των χειραψιών ότι το πλήθος των κορυφών με περιττό βαθμό θα είναι Ο ή 2. Αν είναι Ο σύμ φωνα με το θεώρημα 2 θα υπάρχει κλειστός δρο Αφού η κορυφή w έχει μονό βαθμό στο Κ θα μίσκος-Εuler στο G. Αν είναι 2 έστω u και ν υπάρχει άλλη μια κορυφή του Κ με μονό βαθμό έ ( u * ν ) οι δύο αυτές κορυφές. Θεωρώ λοιπόν το στω η 1 αλλά αυτό είναι άτοπο διότι αν γράφημα G + uν το οποίο έχει όλες τις κορυφές dκ ( 1 ) = μονός � d ( 1 ) = μονός . του με άρτιο βαθμό. Άρα από το θεώρημα 2 το Αν ν = u η απόδειξη είναι παρόμοια αν υπάρ G + uν θα περιέχει προφανώς και την πλευρά uν. και άλλες πλευρές που διέρχονται από την Αν από τον κλειστό αυτό δρομίσκο-Εuler αφαιρέ χουν κορυφή u. σω την uν ο ανοικτός δρομίσκος που θα απομείνει Πρέπει ακόμα να δείξουμε ότι η κατασκευή είναι δρομίσκος-Εuler για το G με άκρα u, ν που δίνει έναν κλειστό δρομίσκο-Εuler που περιέχει ό έχουν στο G περιττό βαθμό. λες τις κορυφές του G, δτyλαδή όταν φθάσω για τε λευταία φορά στο u (οπότε τελειώνει και ο αλγό Παράδε ιγμα. άρα είναι ριθμος) δεν θα υπάρχει πλευρά όπως η νw του Το Κ5 έχει d (ν; ) = 4 για γράφημα-Εuler. Το Κ2 η+Ι έχει για κάθε κορυφή σχήματος που δεν έχει διασχισθεί. d( ν; ) = 2n άρα είναι γράφημα-Εuler. Το Κ2 0 έχει /e I για κάθε κορυφή d (ν; ) = 2n - 1 άρα δεν είναι ----- -��-- - -γράφημα-Εuler. Για το πολυγράφημα των γεφυρών της Καινιξβέργης έχουμε d (Α) = , d ( B ) = d ( C ) = d ( D ) = 3 άρα δεν είναι γράφημα Πράγματι αν τούτο ίσχυε, κατά την τελευταία Εuler και δεν υπάρχει η διαδρομή που αναζητού επίσκεψη του δρομίσκου μας στην κορυφή w εm σαν οι κάτοικοι της πόλης. Ο ακόλουθος αλγόριθμος του Fleury μας εm λέξαμε την w 1 η οποία έκανε μη συνεκτικό το τρέπει να κατασκευάσουμε έναν κλειστό δρομί γράφημα, αντί της wv το οποίο αντίκειται στον κανόνα σκο-Εuler σ ' ένα γράφημα-Εuler G. Π ιφ6όι: ιπω. Στο γράφημα G ο αλγόριθμος Αλγόριθμος του Γleury : του Fleury δίνει τον κλειστό δρομίσκο-Εuler Έστω G ένα γράφημα-Εuler. Ξεκινάμε από ο•

i) ii)

l� i � 5

W \

ii.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/24

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθητικές Ολυμmάδες

u1 2u32456746u. Αν είχαμε αρχίσει u64 η επόμενη επιλογή δεν μπορεί να είναι η κορυφή 2 διότι η πλευρά 24 είναι πλέον ισθμός και η επιλογή της στην φάση αυτή αντίκειται στον κανόνα ii. 20

Γραφήματα Hamilton

Ο Ιρλανδός μαθημα τικός Sir William Rowan Hamilton ( 1 805-1 865) βρήκε το 1857 ένα παι χνίδι που το ονόμασε Ikosian από την αντίστοι χη ελληνική λέξη. Το παιχνίδι αυτό αποτελείται από ένα κανονι κό δωδεκάεδρο του οποίου οι 20 κορυφές είχαν τα ονόματα διαφόρων πόλεων. Ο παίκτης πρέπει να βρει μία διαδρομή που να αρχίζει και να τελειώνει στην ίδια. κορυφή και η οποία να περνάει και από τις 20 κορυφές μία μόνο φορά. Στο παρακάτω σχήμα έχουμε το γράφημα του κανονικού δωδεκα έδρου καθώς και την διαδρομή 1 , 2, ... , 20 που εί ναι μία από τις ζητούμενες διαδρομές. Ένα γράφημα G στο οποίο υπάρχει κύκλος που περνά από όλες τις κορυφές του G (όχι όμως υπο χρεωτικά και από όλες τις πλευρές του) λέγεται γρά φη μα-Ηamίltοπ ή Χαμιλτόνιο και ο αντίστοιχος κύ κλος κύκλος-Ηamίltοπ ή Χαμιλτόνιος κύκλος. Ένα μονοπάτι που περιέχει όλες τις κορυφές του G λέγεται μονοπάτι-Ηamίltοπ. Αναφέρουμε ότι το 1 855 ο αιδεσιμότατος Τ. Kirkrnan σε μια εργασία του στην Βασιλική Εται ρεία του Λονδίνου έθεσε πρώτος το πρόβλημα ύ παρξης κύκλων Hamilton σε πολύεδρα. Σε αντίθεση με τα γραφήματα Euler δεν. είναι γνωστή καμία ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε να είναι ένα γράφημα Χαμιλτόνιο. Κάνουμε την εξής παρατήρηση: Αν σ' ένα πολυγράφημα G1 αφαιρέσουμε τους βρόχους και όλες τις πολλαπλές πλευρές ε κτός από μία τότε προκύπτει ένα γράφημα G με ί διο σύνολο κορυφών. Το πολυγράφημα G1 είναι Χαμιλτόνιο αν και μόνο αν το γράφημα G είναι Χαμιλτόνιο. Άρα όλα τα παρακάτω κριτήρια που αναφέρο νται σε γραφήματα ισχύουν και για πολυγραφήματα.

ζουμε με G-S όπου S c ν (G) το γράφημα που προκύπτει αν από το γράφημα G αφαιρέσουμε τις κορυφές του S και όλες τις πλευρές που προσπί πτουν στις κορυφές αυτές. Συμβολίζουμε με w (G) το πλήθος των συνεκτικών συνιστωσών του μη συνεκτικού γραφήματος G.

G1j:>

Παράδειγμα.

•

S ={2, 5} τότε G-S είναι το και w(G-S) = 2 . Αν

H k1 k1 1 8

Το πολυγράφημα

και το αντίστοιχο γράφημα G.

Μία αναγκαία συνθήκη για τα γραφήματα Hamilton περιγράφεται στο θεώρημα 3. Συμβολί-

Αν S = {2,5, 7} τότε G-S είναι το και

w (G - S) = 2 . Θεώρη μα 3. Αν ένα γράφημα G = (ν, Ε ) εί ναι γράφημα Hamilton τότε για κάθε μη κενό, γνήσιο υποσύνολο S του ν ( G) ισχύει η σχέση

w (G - s) ::;; lsl . Απόδειξη: Έστω C ένας κύκλος Hamilton του G και S :;e O , S c ν(G) . Το C - S είναι το υπο

γράφημα που προκύπτει αν από τον κύκλο Hamilton C αφαιρέσουμε τις κορυφές του S και τις πλευρές του C που διέρχονται από κορυφές του S. Αφού το C- S είναι παράγον υπογράφημα του G -S (δηλαδή έχουν το ίδιο σύνολο κορυ φών) θα έχουμε w (G - S) ::;; w (C-S). Αν από τον κύκλο C αφαιρέσουμε μία κορυφή u και τις προσπίπτουσες σ' αυτήν πλευρές του C το γράφημα C - {u} παραμένει προφανώς συνεκτικό. Αν αφαιρέσω δύο κορυφές u, ν και τις προ σπίπτουσες πλευρές το C - {u, ν} ή θα είναι συνε κτικό (αν οι u, ν είναι γειτονικές) ή θα έχει το πολύ δύο συνιστώσες ήτοι w (C - { u, ν}) ::;; 2 . Αν αφαι ρέσω k κορυφές και τις προσπίπτουσες σ' αυτήν πλευρές το γράφημα που προκύπτει C-{u1 , ,uk } = C - S θα έχει το πολύ συνιστώΆρα ήτοι σες w (C - S) ::;; Isl . • • •

w (G - s) ::;; w (C-S) ::;; Isl . Παράδειγμα. Έστω το γράφημα G (9, 24) . Αν αφαιρέσω τις κορυφές S (1, 2, 3) προκύπτει το γράφημα G -S .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/25

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμm.άδες

a •

Πράγματι αν αυτό δεν ισχύει θα έπρεπε για κάθε γείτονα της u 1 η προηγούμενή της κορυφή στο Ρ να μην είναι γείτονας της uk . Αλλά ' ' ' τουλαχιστον -η γειτοd( u 1 ) � -η . Άρα υπαρχουν G-S 2 2 r νες της u 1 άρα τουλάχιστον τόσοι μη γείτονες της uk . Άρα d(uk ) � η - 1 - � . d(uk ) < � άτοπο από 2 2 υπόθεση . την Άρα υπάρχει i, 2 � i � k με u1 ui και ότι Παρατηρούμε ui_1 uk Ε E ( G ) . Το G λοιπόν περιέχει τον κύκλο w ( G - S ) = 4 , ISI = 3 ά C : ui u 1 ui -Ι uk . . . ui που περιέχει όλες τις κορυφές ρα αφού w (G-S) >lsl το του Ρ. Έστω ότι ο C δεν περιέχει όλες τις κορυφές γράφημα G δεν είναι του γραφήματος G. Ήτοι υπάρχει w Ε G με w e C . γράφημα Hamiltoη. Το κριτήριο αυτό αποδίδει Εφόσον το Ρ έχει τουλάχιστον � + 1 κορυφές έχω ό2 για να δείξουμε ότι ένα τι οι κορυφές που δεν ανήκουν στο Ρ είναι λιγότερες γράφημα δεν είναι γρά η , φημα Hamiltoη.. , η , ' Δεν αποδίδει όμως πάντα Π.χ. το γράφημα του απο -2 . Αλλά απο την υποθεση d ( w ) � -2 αρα η w Peterseη θα δείξουμε ότι δεν είναι γράφημα γειτονεύει με κάποια κορυφή uj του C (και του Ρ) με Hamiltoη. Όμως τούτο δεν μπορούμε να το απο j * 1 , k όπως φαίνεται στο δείξουμε χρησιμοποιώντας το θεώρημα 3. Το ακόλουθο θεώρημα του Dirac (1952) είναι μια ικανή συνθήκη. Έχουν βρεθεί πολλές ισχυρό τερες συνθήκες από την συνθήκη του Dirac που α ποτελούν όμως γενικεύσεις της μεθόδου που θα περιγράψουμε. Ο δρόμος Ρ1 = wu j . . . ui-Ι uk . . . ui u 1 u j-Ι είναι Θεώρημα 4 (Dirac). Αν G είναι ένα γράφημα τάξης η � 3 και ισχύει d ( νί ) � � 1 � i � η , τότε το ένα μονοπάτι με μήκος IPI - 2 + 3 = IPI + 1 διότι α πό το Ρ βγάλαμε δύο πλευρές uj-Ι uj και ui-Ι ui και 2 G είναι γράφημα Hamiltoη. προσθέσαμε τις τρεις πλευρές wu j , ui-Ι uk , u 1 ui . Απόδειξη: Έστω G = ( V,E) με IVI = η � 3 και Άρα I P1 1 > IPI άτοπο. Άρα ο κύκλος C περιέχει όλες τις κορυφές του d ( G ) � � . Θεωρώ το μονοπάτι του G με τον μεγαG είναι λοιπόν ένας κύκλος Hamiltoη του G και το 2 λύτερο αριθμό κορυφών, έστω το P = u 1 , . . . ,uk . G είναι γράφημα-Ηamiltοη. Στο σχήμα έχουμε ένα γράφημα για το οποίο Κάθε γειτονική κορυφή της u 1 ανήκει στο Ρ γιατί αν υπήρχε u0 e Ρ με u0u 1 Ε E ( G ) τότε το μονοπάτι ισχύει d ( νί ) � �2 για κάθε κορυφή του G. Άρα το u0 ,u 1 , . . . ,uk θα περιείχε μεγαλύτερο πλήθος κορυ G είναι γράφημα-Ηamiltοη και ένας κύκλος φών από το Ρ άτοπο. παρόμοια όλοι οι γείτονες της Hamiltoη είναι ο νlν2 ν3 ν4ν5ν l . ο κύκλος cn όuk θα ανήκουν στο Ρ. Αφού d (ui ) � � το Ρ θα πε- μως για η � 4 έχει d(νi ) = 2 1 � i � η αλλά προ 2 φανώς είναι γράφημα-Ηamiltοη. Δεν ισχύει λοιπόν το αντίστροφο στο κριτήριο του Dirac. ριέχει τουλάχιστον � + 1 κορυφές. 2 Τα ακόλουθα γραφήματα δείχνουν ότι δεν υ Ισχυριζόμαστε ότι υπάρχει καμία σχέση μεταξύ των γραφημάτων � πάρχει στο Ρ μία κο- � Euler και Hamiltoη. Τα δύο πάνω γραφήματα είναι ρυφή Ui ' 2 � i � k Euler (όλες οι κορυφές τους έχουν άρτιο βαθμό) ε γειτονική της u 1 που η Προηγούμενή της ui-Ι στο Ρ να νώ τα δύο κάτω δεν είναι. Τα δύο αριστερά γρα φήματα είναι Hamiltoη ενώ τα δύο δεξιά όχι. είναι γειτονική της uk όπως φαίνεται και στο

• c

• • •

σχήμα.

• • •

Uι

U;.ι

σχήμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/26

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμmάδες

γράφημα Euler και HamiltonEuler αλλά όχι Hamilton

ΙΛ ΙΛ CSISl

γράφημα όχι Euler αλλά Hamilton γράφημα μη Euler μη Hamilton (έχει δύο μονές κορυφές) .

Το κριτήριο του Ore (1960) είναι ισχυρότερο από το κριτήριο του Dirac, όπως φαίνεται α πό το ακόλουθο παρά δειγμα. Το γράφημα 0 ( 7,17) είναι γράφημα Hamiltoη αλλά το κριτήριο του Dirac δεν δίνει συ μπέρασμα. Αντιθέτως από το κριτήριο του Ore βγάζουμε το συμπέρασμα ότι το G είναι γράφημα Ηamίltοη. Θεώρ η μα 5 (Ore). Αν το G έχει τάξη η � 3 και για κάθε ζεύγος μη γειτονικών κορυφών u και ν ισχύει d ( u ) + d ( ν ) � η τότε το G είναι γράφημα Ηamίltοη. Απόδειξη : Έστω ότι το G δεν είναι γράφημα Ηamίltοη. Θεωρούμε το μέγιστο (δηλαδή με τις περισσότερες πλευρές) μη Χαμιλτόνιο γράφημα που ικανοποιεί τις συνθήκες του θεωρήματος δη λαδή το G είναι μη Χαμιλτόνιο και για κάθε ζεύ γος μη γειτονικών κορυφών u και ν το G + uν εί ναι γράφημα-Ηamίltοη. Εφόσον το η � 3 το G δεν μπορεί να είναι πλήρες και έστω u, ν δύο μη γειτονικές πλευρές. Αφού το G + uν είναι γράφημα-Ηamiltοη κάθε κύκλος-Ηamίltοη του G + uν θα περιέχει την πλευρά uν. Άρα το G θα περιέχει ένα μονοπάτι Ηamίltοη ν ι ν2 • • • νn με u = νι , ν = νn . Όμως και στο θεώρημα του Dirac αν νινj ε E (G ) , 2 :ς j :ς η τότε νj_ι νn e E (G ) διότι αν όχι θα είχαμε στο G τον γνωστό κύκλο-Ηamίltοη του σχήματος. u=

� ..

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

νn =ν

•

· · ....·

Άρα για κάθε κορυφή του {ν2 , • • • , ν } γειτο νική της ν ι θα έχουμε μια κορυφή του {νι ,· · ·· ν } μη γειτονική της ν ήτοι d ( νn ) :ς ( η - 1 ) - d ( ν ι ) Άρα d ( ν ) + d ( νn ) :ς η - 1 , άτοπο. Θα δείξουμε τώρα ότι το γράφημα Peterseη η

η-ι

η .

είναι μη Χαμιλτόνιο με μια εξαντλητική διαδικα σία η οποία αποδίδει για r-κανονικά γραφήματα με μεγάλο βαθμό συμμετρίας και μικρό r. Το γράφημα Peterseη είναι 3-κανονικό. Άρα αν υπάρχει κύκλος-Ηamίltοη θα χρησιμοποιεί 2 πλευρές από κάθε κορυφή. ι 2 �--�'1

ν,

Βλέπουμε ότι υπάρχει το μονοπάτι-Ηamίltοη 12 ... 10. Θα δείξουμε ότι αυτό δεν μπορεί να επε κταθεί σε κύκλο-Ηamίltοη. Περίπτωση 1 . Αρχίζοντας από την κορυφή 1 και έστω ότι στην κορυφή αυτή ο κύκλος Ηamίltοη χρησιμοποιεί τις πλευρές 2 1 και 1 5 (λεί πει η 18), άρα στην κορυφή 8 χρησιμοποιούμε υ ποχρεωτικά τις πλευρές 78 και 89. Υποπερίπτωση 1. Στην κορυφή 2 ο κύκλος Ηamίltοη χρησιμοποιεί την 23. Οπότε στην 1 Ο χρησιμοποιεί υποχρεωτικά τις 610 και 108. Λείπει η πλευρά 49 οπότε στην κορυφή 4 χρησιμοποιού νται οι 54 και 43. Αλλά τότε αντί του κύκλου Ηamίltοη σχηματίστηκαν δύο κύκλοι μήκους 5 οι 12345 και 678910. Υποπερίπτωση 2. Στην κορυφή 2 ο κύκλος Hamiltoη χρησιμοποιεί την 21 Ο, οπότε στην 3 χρησι μοποιεί τις 73 και 34. Λείπει η 67 οπότε στην κορυ φή 6 έχουμε τις 610 και 56. Αλλά τότε σχηματίστη καν οι κύκλοι μήκους 5: 121065 και 87349. Περίπτωση 2. Στην κορυφή 1 χρησιμοποιεί τις πλευρές 2 1 και 18 (λείπει η 1 5 οπότε στην κο ρυφή 5 χρησιμοποιεί τις 65 και 54). Υποπερίπτωση 1. Στην κορυφή 2 χρησιμο ποιεί την 23 (λείπει η 2 1 Ο οπότε στην κορυφή 1 Ο χρησιμοποιεί τις 610 και 109). Αλλά τότε λείπει η 67 και στην κορυφή 7 υπάρχουν οι πλευρές 37 και 78 που δημιουργεί τους κύκλους 12378 και 561094. Υποπερίπτωση 2. Στην κορυφή 2 χρησιμο ποιεί την 210 (ήτοι λείπει η 23 οπότε στην κορυφή 3 χρησιμοποιεί τις 73 και 34). Αλλά τότε λείπει η 49 και στην κορυφή 9 υπάρχουν οι πλευρές 109, 98 που δημιουργούν τους κύκλους 1210981 και 73456. Παράδειγμα. Το γράφημα Herschel με 1 1 κο ρυφές και 18 πλευρές είναι διμερές με διαμέριση u ι , . . . ,u6 και ν ι , . . . , ν5 • Αν υπήρχε κύκλος Ηamίltοη θα είχε μήκος 1 1 πράγμα αδύνατο σε δι μερές γράφημα που έχει μόνο ζυγούς κύκλους.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/27

Μαθηματικοί Δια-γωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

του Σωτήρη Λουρίδα

Το σημείο Μ ' ονομάζεται ομοιόθ ετο του Μ ως προς το σημείο Ο ( κέντρο ομοιο θεσίας) αν επί της ευθείας ΟΜ (ας θεωρήσουμε το Μ αρχέτυπο και το Μ ' εικόνα) ορίζεται διάνυσμα ΟΜ' τέτοιο που ΟΜ' = ρ · ΟΜ , όπου ρ πραγματικός αριθμός διάφορος του Ο που ονομάζεται λόγος της ομοιοθεσίας ή της ομοιότητας αυτής. Παρατη ρούμε ότι, αν ρ > Ο , τότε ΟΜ' ομόρροπο του ΟΜ , αν ρ < Ο , τότε, το ΟΜ' αντίρροπο του ΟΜ . 4. 1 .

Μ'

Μ ΞΜ '

οχ Μ� 0-:: � Μ'

σχ.

σχ. 3

σχ. 2

. ιδΜι=ιδΜ·ι

σχ. 4

Αν ρ > Ο το Μ ' ονομάζεται «κατ' ευθείαν>> ομοιόθετο του Μ ως προς Ο, αν ρ < Ο το Μ ' ονομάζεται «κατ' αντιστροφή» ομοιόθετο του Μ ως προς το Ο. Παρατή ρηση : Το κέντρο ομοιοθεσίας είναι ομοιόθετο προς τον εαυτό του. Παρατήρη ση : Τα Μ, Μ ' ονομάζονται ομόλογα ll αντίστοιχα σημεία. 4.2. Το επίπεδο σχήμα S' θα είναι ομοιόθετο του επιπέδου σχήματος S αν για τον πραγματικό αριθ μό ρ ::ι. Ο τα σημεία του S' είναι ομοιόθετα των σημείων του S με λόγο ομοιοθεσίας τον ρ (δηλαδή το S' είναι ο γεωμετρικός τόπος των ομοιόθετων σημείων του S). W

o�:::j . . -�---· · ·-

---

. . ··---

·--

ρ>Ο, ρ;ιοl σχ. l

•• ••

�c�� : · · · · )� ι

----------------• •• •• •• •• ••

·· ···· · --· ·· ··· 6 · --------· . ; ρ <Ο

σχ. 2

•••••••

•• � ••

Αν ρ = Ι τότε S S' . Αν το Μ ' είναι ομοιόθετο του Μ ως προς κέντρο το Ο και λόγο ρ, τότε το Μ είναι ομοιόθετο του Μ ' με λόγο .!.. ως προς το ίδιο κέντρο. Π αρατήρηση : Π αρατήρη ση :

4.3. Χαρακτηριστικό κριτήριο της ομοιο θ εσίας :

Μία ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε ένα σχήμα S' να είναι ομοιό θετο του S με λόγο ρ ε IR - {O, I} είναι για κάθε ζεύγος σημείων Α, Β του S να aντιστοιχίζεται ένα ζεύγος σημείων Α ' , Β ' του S ' ώστε Α'Β' = ρ · ΑΒ .

Α πόδειξη :

Έστω S' το ομοιόθετο του S κέντρου Ο και λόγου ρ ε JR - {Ο, Ι} . Έστω σημεία Α, Β του S και Α ' , Β ' τα αντίστοιχα ομόλογά τους του S'. Τότε ΟΑ' = ρ · ΟΑ και ΟΒ' = ρ · ΟΒ . Άρα: ΟΑ' - ΟΒ' = ρ - (ΟΑ - ΟΒ) δηλ. ΒΆ' = ρ · ΒΑ <=:> Α'Β' = ρ · ΑΒ . Αντίστροφα:

Έστω Α, Β του S και Α ' , Β ' του S ' , ώστε

Α'Β' = ρ · ΑΒ

με ρ ε 1R

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/28

{Ο, Ι} . Έστω τα Α, Α '

σταθερά και

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

τα Β, Β ' να διατρέχουν τα S, S ' αντίστοιχα. Θεωρούμε το Ο σαν σημείο της ΑΑ' ώστε ΟΑ' = ρ · ΟΑ . Το Ο είναι μοναδικό. Από την υπόθεση έχουμε: Α'Β' = ρ · ΑΒ . Οπότε ΟΑ'+ Α'Β' = ρ (ΟΑ + ΑΒ) δηλ. ΟΒ' = ρ · ΟΒ για τα τυχαία Β, Β ' με Α 'Β' = ρ · ΑΒ . Π όρισμα Ι .

Αν σημείο Μ<*> «παράγει» το διάwσμα ΑΒ το ομοώθετό του Μ ' «παράγει» το διάννσμα Α'Β' ομοιό θετο του ΑΒ .

Α'

=: ................τ·····::. .. .......... --:.::ιr; ... .

Π όρισμα 2.

.... ....

Β,

Β ··

• • •• •• ••

••·· • ••

αν

ρ<Ο

.. . .................. Α

·· •••· • ..

......

Το ομοιόθετο σχήμα ευθείας εί ναι ευθεία παράλληλη αυτής.

·· • •• • •• ••

Πόρισμα 3

Το ομοιόθετο σχήμα επιπέδου πολυγώνου είναι πολύγωνο όμοιο αυτού με πλευρές ομόρροπες προς τις αντίστοιχες του δοθέντος, αν ρ > Ο aντίρροπες δε αυτών αν ρ < Ο . Αντίσ τρο φ α:

Αν δύο όμοιων επιπέδων πολυγώνων οι αντίστοιχες πλευρές είναι ομόρροπες ή aντίρροπες τα πολύ γωνα είναι ομοιόθετα. Αν μάλιστα ο λόγος ομοιοθεσίας ρ είναι ρ ::t- 1 τότε υπάρχει ομοιοθεσία υπό την «στενή έννοια» και άρα ορίζεται κέντρο ομοιοθεσίας. Σ πουδαία παρατή ρηση :

Δημιουργείται έτσι μια βασική μέθοδος: Αν τα σημεία Mi σχηματίζουν ένα επίπεδο πολύγωνο και τα Si ένα επίσης επίπεδο πολύγωνο ( i = 3, 4, . . . , ν με ν φυσικό) και ζητηθεί οι αντίστοιχες ευθείες Μβi να συντρέχουν τότε mθανόν το ζητούμενο σημείο να είναι το κέντρο ομοιοθεσίας. (Πρόβλημα 2 της 23ης Δ.Μ.Ο., βιβλίο της Ε.Μ.Ε. ΔΙΕΘΝΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑτJΚΕΣ ΟΑΥΜΠΙΑΔΕΣ 1959-2000, σελίδα 245). Θα;ψημα :

Αν δύο επίπεδα πολύγωνα είναι όμοια τότε μπορούν να τοποθετηθούν σε τέτοια θέση ώστε να είναι ομοιόθετα. Υπόδειξη :

Έστω S, S ' τα πολύγωνα αυτά. Έστω επίσης Α, Α' αντίστοιχες κορυφές αυτών. Αρκεί να «στρέψουμε» το S ' περί του Α' κατά γωνία ίση με την γωνία των ΑΒ, Α 'Β' όπου Β, Β ' α ντίστοιχες κορυφές των S, S' με Β διαδοχική της Α και Β ' διαδοχική της Β ... 4 .4. Δύο περιφέρειες είναι ομοιόθετα σχήματα με λόγο ομοιοθεσίας ρ έχοντα μέτρο τον λόγο των ακτίνων τους. Παρατήρηση : Τα κέντρα των περιφε ρειών αυτών είναι ομόλογα σημεία. Παρατήρηση : Είναι ομοιόθετες κατά δύο Μ' μόνο διαφορετικούς τρόπους, αν ρ ::t- 1 . Ο ένας με κέντρο ομοιοθεσίας το Ο, ο άλ λος με κέντρο ομοιοθεσίας το Πόρισμα :

0'.

Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες, δύο περιφερειών (αν υπάρχουν) διέρχονται από το «εξωτερικό» κέντρο ομοιοθεσίας που είναι τομή των ευθειών ΚΑ και ΜΜ ' με ΚΜ /'/' ΛΜ (δες παραπάνω σχήμα), ενώ οι κοινές εσωτερικές εφαπτόμενες από το «εσωτερικό» κέντρο ομοιοθεσίας που είναι τομή των ευ θειών ΚΑ και ΜΜ ' ' με ΚΜ /'ι(" ΛΜ '

" .

(*) Το Μ "παράγει" το διάνυσμα ΑΒ σημαίνει ότι κινείται πάνω στην ευθεία που ανήκει το ΑΒ ως και την Β κατά την συγκεκριμέρνη φορά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/29

από την θέση Α έ

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Παρατήρηση :

Δύο περιφέρειες με διαφορετικά κέντρα και ί σες ακτίνες δεν έχουν εξωτερικό κέντρο ομοιοθε σίας ενώ έχουν εσωτερικό που είναι το μέσον των διακέντρων τους.

ΚΟ=ΟΛ

4.5. Βασική πρόταση (μπορεί να την εκλάβουμε και σαν μέθοδο).

Αν το σχήμα S1 είναι ομοιόθετο προς το S2 και το S2 προς το S3 (τα σχήματα ανήκουν στο ίδιο επίπεδο) τότε και το S1 θα είναι ομοιόθετο προς το S3 • Μάλιστα τα τρία κέντρα ομοιοθεσίας είναι συνευ θειακά (αποτελεί ένα τρόπο για να αποδεικνύουμε ότι τρία σημεία είναι συνευθειακά) . Υπόδειξη:Έστω 0 1 2 το κέντρο ομοιοθεσίας των s, , S2 και Μ, σημείο του S,S2 • 023 το κέντρο ομοιοθεσίας των S2 , S3 και Μ 2 σημείο του SzS3 • 031 το κέντρο ομοιοθεσίας των S3 , S1 και Μ3 σημείο του S3S1 • Στο τρίγωνο Μ1Μ2 Μ3 εφαρμόζεται, τελικά, το θεώρημα Μενελάου<*>... 4.6. Ορισμός

Έστω Ο το κέντρο ομοιοθεσίας δύο περιφερειών (Κ, ρ1 ), (Λ, ρ2 ). Έστω Α Ε (Κ, ρ1 ) , Β Ε (Λ, ρ2 ) δύο ομόλογα σημεία αυτών. Αν η ευθεία ΑΒ τέμνει τους κύκλους στα Α1 Ε ( Κ, ρ1 ) και Β1 Ε ( Λ, ρ2 ) το Β 1 εί ναι αντιομόλογοτου Α ενώ το Α 1 αντιομόλογο του Β. 4.7. Βασικό Θεώρη μα 1

Το γινόμενο των μέτρων δύο διανυσμάτων με αρχή κέντρο ομοιοθεσίας δύο περιφερειών και πέρατα

αντιομόλογα ση μεία αυτών είναι σταθερό. Βασικό Θεώρη μα 2 :

Σε δύο αντιομόλογα σημεία δύο περιφερειών εφάπτεται σε αυτές άλλη περιφέρεια. Αποδείξεις:

α) Για το βασικό θεώρημα 1 . Απόδειξη

Αφού Α, Α ' ομόλογα έχουμε: πίσης:

ΟΑ = _&_ � ΟΑ = _&_ · ΟΑ' . R2 ΟΑ' R2

Ε-

OA'-ffi=ON -� . Άρα ΟΑ· ΟΒ' = � (οχ -� ) , σταθερό. Rz

Αν πάρουμε σαν βάση το κέντρο ομοιοθεσίας

R ΟΆ -- = --' R 2 οΆ;

0 ', έχουμε:

Επίσης: ο'Β; οΆ: = R 2 - Ο'Λ2 • (ο'Λ! - R2 ) , σταθερό. Άρα ο'Α · Ο'Β: = _&_ R2 β) για το Βασικό Θεώρη μα 2 Υπάρχει η C που εφάπτεται στις C1 , C2 και στα σημεία Α, Β ' . Αυτό εξηγείται διότι: Λ; = :Β; . Όμως ΛΑ' 11 ΚΑ . Άρα: Α, = Β1 � τρ. ΜΑΒ' ισοσκελές... Όμοια εργαζόμαστε και αν σαν κέντρο ομοιοθεσίας πάρω το Ο' που βρίσκεται ανάμεσα στα Κ, Λ. ·

<*> Δ'Ε' συνευθειακά Ζ

{::::>

(ΑΔ) · (ΒΖ) · (ΓΕ) 1 = (ΔΒ) (ΖΓ) (ΕΑ)

�

(τουλάχιστον ένα από τα Δ, Ε, Ζ εξωτερικό σημείο πλευράς).

---(<)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/30 .

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Α σκήσεις στην Ομοιοθεσία 1. Έστω Α 1Α2 Α3 ( Α; με i = 1, 2, 3 )

μη ισοσκελές τρίγωνο με πλευρές α1 , α2 , α3 ( α; με i = 1, 2, 3 ) με πλευρά α; αντικείμενη πλευρά στην κορυφή Α; . Θεωρούμε Μ; το μέσο της πλευράς α; και Τ; το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με την πλευρά α; . Έστω, τέλος, S; το συμμετρικό του Τ; ως προς την εσωτερική διχοτόμο της γωνίας Α; . Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες M 1 S1 , MzS2 , Μ β3 συ ντρέχουν. Υπόδειξη :

Τα τρίγωνα που σχηματίζονται, το μεν πρώτο S1 SzS3 το δε δεύτερο Μ 1 Μ 2 Μ3 είναι, τελικά, όμοια (υπό την στενή έννοια δηλαδή δεν είναι ίσα) με Μ , Μ 2 11 S,S2 ., Μ 2 Μ3 11 S2 S3 και Μ ,Μ 3 11 S,S3 οπότε οι M,S, , M 2S2 , M3S3 συντρέχουν στο κέντρο της ομοιοθεσίας. (το πρόβλημα είναι πλήρως λυμένο στην σελίδα 245 του βιβλίου των Διεθνών Μαθηματικών Ολυ μπιάδων 1959-2000 της Ε.Μ.Ε. και αποτελούσε το 2° πρόβλημα της 23ης Δ.Μ.Ο.). Στο επίπεδο τριγώνου ΑΒΓ δίνεται σημείο Ρ. Από το μέσο Μ1 της ΒΓ θεωρούμε παράλληλη προς την ΡΑ. Από το μέσο Μ 2 της ΓΑ παράλληλη προς την ΡΒ και από το μέσο Μ 3 της ΑΒ παράλληλη στην ΡΓ. Να αποδειχθεί ότι οι παράλληλες αυτές ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο. 2.

Λύση: Α Αν οι παράλληλες από τα Μ1 , Μ3 προς τις ΑΡ, ΓΡ αντίστοιχα τέμνονται στο Ο τα τρ. ΟΜ1Μ3 και τρ. ΡΑΓ είναι ο μοιόθετα με λόγο -2. Άρα το κέντρο ομοιοθεσίας θα είναι -to κέντρο βάρους G του τριγώνου Μ1 Μ 2 Μ3 . Αφού, αν Μ; το μέσο του Μ1Μ 3 έχουμε GM; = -2 . Άρα GO = _.!.ap . Συνεπώς GM 2 2 το Ο είναι το σημείο που συντρέχουν οι παράλληλες αυτές. 3 . Αν σε περιφέρειες (Κ , , ρ, ) , (Κ ρ2 ) , (Κ3 , ρ3 ) τα 0 1 , ο; είναι τα κέντρα ομοιοθεσίας των (Κ3 ,ρ3 ) , (Κ2,ρ2 ) τα 02 , ο; των (Κ, ,ρ , ) , (Κ3 ,ρ3 ) τα 03 , ο; των (Κ , ,ρ1 ) , (Κ2,ρ2 ) , να αποδείξετε ότι οι ευθείες κ ρ; , Κ202 , Κρ3 διέρχονται από το ίδιο σημείο. υ

Α πόδειξη :

Για το τρίγωνο Κ1 Κ2Κ3 έχουμε: Οz Κ ι = Ει 03Kz = f2 ο;κ 3 = _El_ επομένως Οz Κ ι . 03Kz . ο;κJ = - 1 . ' ' ' OzKJ ΟJ Κ ι ο; κz OzKJ PJ ΟJ Κ ι Ρι ο;κz Pz > Άρα ισχύει το Θεώρημα του Ceνa<* και επομένως οι κρ; , Kz0 2 , Κρ3 διέρχονται από το ίδιο σημείο. 4. (Θεώρημα του Fermat) Έστω ορθογώνιο ΑΒΓΔ, ώστε ΑΒ = ΒΓ .fi . Έστω Ε τυχαίο σημείο της ημιπεριφέρειας με διάμετρο των ΑΒ και η οποία δεν έχει κοινό μέρος επιφάνειας με το ΑΒΓΔ εκτός της ΑΒ, ΑΚ, Κ,Λ τα σημεία τομής των ευθειών ΕΔ, ΕΓ με την ΑΒ, να αποδειχθεί ότι: ΑΛ2 + ΒΚ2 = ΑΒ2 • (1) ·

Λύση

Θεωρούμε το ορθογώνιο ΚΛΝΜ ομοιόθετο του ΑΒΓΔ. Τότε τα Α, Μ, Ε θα είναι συνευθειακά όπως και τα Β, Ν, Ε. Έστω ΑΚ = α, ΚΑ = β, ΒΛ = γ. Η (1) ισοδύναμα δίνεται: (α + β)z + (β + γ)z = (α + β + γ)z (::::> βz = 2αγ (2) <*>

Β ΑΔ' ΒΕ' ΓΖ συντρέχουσες (::::> (ΑΖ) . ( Δ) . (ΓΕ) = 1 (ΖΒ) (ΔΓ) (ΕΑ) Β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/31

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθητικές Ολυμπιάδες

Άρα αρκεί την (2). Από τηνΜΚομοιοθεσία και την ομοιότητα των ΑναΒΓαποδείξουμε Δ και ΜΝΛΚ. Άρα: · και απόέχουμε την ομοιότητα των τριγώνων Α Μ Κ και Λ έχουμε: ΜΚ γ => ΜΚ2 α· γ=> 2ΜΚ2 2αγ 2αγ => β2 2α ·γ. Δ

�

ΝΑ

ΚΛ

ΒΝ

2 ΚΛ

Στο δ ι αγων ι σμό αυ τ ό π ου δ ι ή ρκ εσε 3 ώ ρ ες μπ ή ρ αν μ έρος μαθη τ έ ς όλων τω ν τ άξεων των Λ υ κ ε ίων κ αθ ώς των Β' κ α ι Γ' των Γυμνασίω ν τ η ς χώρ ας .

Μαθηματι κήναΕταιτηνρείεκπροσωπήσω α, Λάζαρε, μουσ' αυτήν έκανε εδώένα εξαι ρετικά ανέθεσε τιγιμαητιτοΗκξεπροβόδι όΕλληνι δώρο.κήΜου τη σύναξη σμάο σουπουστοανέλαβα, ταξίδι πουγιατίξεκίδεννησες προςμόνο το άπaρο .σμένος rο Βαρύ το φορτί υπήρξες φωτι σκαλος καιπου προι κισμένος επικήστήμονας. Ήσουν μια πολυδι άστατη προσωm κότητα, ενέπνεε την ηθι στάση και τον αλτρουι σ μό. Δεν θα, τοξεχάσω τοπνεύμα ήρεμο καιτης καλοσυνάτο πρόσωπό σου,πουτηέτρεφες στοχαστιπροςκή σου ματι ά κρι τ ι κ ό σκέψης σου, την αγάπη τη νεολαί α καιέναςτονπραγματι Τόπο. κός ευπατρίδης. Ήσουν Βρεθήκαμε στοσσευαν. ίδιο Συμβούλι ο σε δύσκολους καιρούς. Η προθυμία κι ο ενθουσι α σμός περί Η γνώση ελλιπής. Ωστόσο οι συμβουλές, που α πλόχερα μοίβοηθούσαν ραζες καιναταεμβαθύνουμε ιδανικά με τακαιοποίνααεμπλουτί προσπαθούσες να μαςπροβλημχ μπολά σειτισμούς ς, μαςμας, ζ ουμε τους να ξεπερνάμε κά επίπλαστες αντιπαραθέσεις, να λa τουργούμε συνεκτι κά προς κάθεδιαλεκτι κατεύθυνση. αποφασι σκτιήςκάδράσης.δημοκρατική ανασυγκρότηση της Εταιρείας, στην ανάδειξή της σε αξιο/fι λευτοΣυνέβαλες υπόδει γ μα συλλογι Λάζαρε, πεπερασμένοι είμοαστείχνοςόλοιπολι. τΑνταποκρι νόμαστε στονμια ολόκληρη κοινωνικόπεριχαρακτήρα της υπόστασής μας, αν φεύγοντας αφήνουμε κάποι ι σ μού. Εσύ αφήνει ς ο χή. Καλόσεκατευόδιο. ΘαΠροσωπι θυμόμαστε με αγάπη κά αισθάνομαι ιδιαίτκαιερασυγκί ευτυχήςνηση. τη γνωριμία και πολύ υπερήφανος για τη συνεργασία μας. Γιάννης Δ. Στρατής 30/10/2001 Για τον Λάζαρο Θρουf-tΟ"υλόπουλο

·..

,..

στη

για

μας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.ε. τ.2/32

των Δ. Ιωάννου - Τρ. Τριανταφύλλου ΑΣΚΗΣΕ Ι Σ 1 . Σε τρίγωνο

ΑΒΓ φέρνουμε τη διχοτόμο ΑΔ . Να αποδείξεται ότι ΑΒ > ΒΔ και ΑΓ > ΓΔ . Α πό δειξη

Η Δ, είναι εξω-

ΜΓ - ΜΒ s ΙΜΓ- MBI Όμως, Άρα (ΑΓ) -(ΑΒ) > I(ΜΓ) - (BM)I � (ΜΓ) -(ΜΒ) δηλαδή: (ΑΓ) -(ΑΒ) > (ΜΓ) - (ΜΒ) . 3. Δείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ είναι τ < μιι + μρ + μ1 < 2τ

τερική στο Α Δ Γ . Άρα Δ, > Α2 Και συνεπώς Δ, > Α, . Επο μένως ΑΒ > ΒΔ . Ό μοια δείχνουμε ότι ΑΓ > ΓΔ .

•

Απ όδ ε ιξη

•

Γνωρίζουμε όn σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ είναι: IP - γl β+γ -- < μα < -2 2 Γ β μα < ; γ Άρα 2 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ και έ (άσκηση του σχολικού βιβλίου). στω Μ ένα τυχαίο σημείο της διχοτόμου ΑΚ. α +-γ Όμοια δείχνουμε όn μΡ < Να αποδείξετε ότι 2 (ΑΓ) - (ΑΒ) > (ΜΓ) - (ΜΒ) . α+ και μΥ < -β Α πόδε ιξη 2 Πάνω στην ΑΓ παίρνουμε τμήμα Α Με πρόσθεση κατά ΑΔ = ΑΒ . μέλη των (1), (11), (111) Α έχουμε: μα + μβ + μ., < α+ β + γ δηλαδή: μα + μβ + μΥ < 2τ Στη συνέχεια έχουμε Β

Τότε ΑΒΜ = ΑΔ Μ (Π.Γ.Π). ΜΔ = ΜΒ Και συνεπώς (1) Τώρα από το τρίγωνο ΜΔΓ έχουμε ΔΓ > I ΜΓ -ΜΔ I άρα ΔΓ > I ΜΓ- MBI (λόγω της (1)). Οπότε ΑΓ - ΑΔ > I MΓ- MBI . Άρα Συνεπώς ΑΓ- ΑΒ > I ΜΓ - MBI

α < ΒΕ + ΕΓ δηλαδή α < μp + j! 2 β < ΓΖ+ ΖΑ δηλαδή β < μ1 + l.2 γ < ΑΔ + ΔΒ δηλαδή γ < μα + α 2 Με πρόσθεση κατά μελή, παίρνουμε: α + β + γ < μα + μβ + μΥ + α+ β + γ . 2 τ 2τ < μα + μβ + μΥ + Άρα τ < μ α + μ β + μΥ Άρα Από τις σχέσεις (α) και (β) έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/33

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

τ < μα + μβ + μ1 < 2τ Άλλος Τρόπος:

Σχόλιο. Η σχέση (1) γράφεται:

μα > γ + β - α <=> μα > γ + β + α - 2α <=> 2 2 2τ 2α μα > - <=> μα > τ - α 2 Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι: μβ > τ = β και μ1 > τ - γ οπότε μα + μβ + μ1 > 3τ - (α + β +γ) <=> <=> μ α + μβ + μ 1 > 3τ - 2τ <=> μ α + μ β + μ 1 > τ

ΒΔ = ΔΓ, ΑΔ = ΔΕ. Απ' το τρίγωνο ΑΓΕ έχουμε: β + γ > 2μα Όμοια παίρνουμε: Β γ + α > 2� Γ Και α+ β > 2μ1 Συνεπώς: 2(α+ β + γ) > 2(μα + μβ + μ ή α + β + γ > μα + μβ + μγ 4. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Α > 90° , θεωρούμε Ε ένα εσωτερικό σημείο Κ. Αν οι ευθείες ΒΚ και Τελικά: 2τ > μα + μβ + μ1 (1) ΓΚ τέμνουν τις ΑΓ και ΑΒ στα σημεία Δ και Ε 2 2 να αποδειχθεί ότι: ΑΖ = ΖΓ και (ΑG) =-μα, (BG) =-μβ αντιστοίχως,ΒΔ + ΓΕ > ΒΕ + ΕΔ + ΔΓ 3 3 Απ' το τρίγωνο AGB παίρνουμε: Απόδειξη 2 μ + 2 μ + γ ή 2(μ + μ ) > 3γ α β Η Ε, εξωτερική στο τρίγωνο ΑΕΓ. Άρα 3 α 3 β Ε1 > Α > 90° . Αν Ε > 90° . Συνεπώς στο τρίγωνο 3 Τελικά μα + μβ > -γ ΒΕΚ, η ΒΚ θα είναι η μεγαλύτερη πλευρά. 2 Α 3 μα + μΥ > -α Όμοια 2 3 μγ + μα > -β 2 προσθέτουμε κατά μέλη κι έχομε: Β 3 (I) Δηλαδή: ΒΚ > ΒΕ 2(μα + μβ + μ1) > l (α+ β + γ) = 3τ Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι: ΓΚ > ΓΔ (Π) . μα + μβ + μ1 > 3 τ > τ Συνεπως: (2). 2 Ενώ από το τρίγωνο ΚΕΔ παίρνουμε: Από (Ι) και (2) παίρνουμε: τ<μα +� +μ, <2τ (ΠΙ) ΚΕ + ΚΔ > ΕΔ Με πρόσθεση κατά μέλη των (1), (Π), (ΠΙ) έ 3. Αν Μ είναι τυχαίο σημείο της πλευράς χουμε: ΒΚ + ΓΚ + ΚΕ + ΚΔ > ΒΕ + ΓΔ + ΕΔ ΒΓ ενός τριγώνου ΑΒΓ, να αποδειχθεί ότι: δηλαδή: ΒΔ + ΓΕ > ΒΕ + ΓΔ + ΕΔ ΑΒ ΑΓ ΒΓ + ΑΜ > (ι ) 2 5. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να αποδειχθεί ότι: τ α < . Α Απόδειξη Είναι: Απόδειξη ΑΒ < ΑΜ + ΜΒ Είναι α < β + γ <=> α+ α < α+ β +γ (από το τρίγωνο ΑΒΜ) 2α < 2τ <=> α < τ . Άρα ΑΓ < ΑΜ + ΜΒ (από το τρίγωνο ΑΓΜ) Β 6. Να αποδείξετε ότι σε κάθε μη ισοσκελές Με πρόσθεση κατά τρίγωνο ΑΒΓ, η μεγαλύτερη πλευρά του είναι Γ μέλη, έχουμε: , , ΑΒ + ΑΓ < 2ΑΜ + ΜΒ + ΜΓ του ενω, η μεγαλυτερη απο, το 3ι της περιμετρου δηλαδή: ΑΒ +ΑΓ < 2ΑΜ + ΒΓ μικρότερη πλευρά του είναι μικρότερη από το δηλαδή: 2ΑΜ > ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ , του. 3ι της περιμετρου ΑΜ > ΑΒ + ΑΓ - ΒΓ (1) και άρα 2 Λύση ,

�Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/34

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Να αποδειχθεί ότι: ΑΛ + ΒΜ + ΓΚβ < 3τ Έστω α η μεγαλύτερη και γ η μικρότερη [συνδυάζεται με την (3)]. πλευρά του τριγώνου. Δηλαδή: γ<β<α. Απόδειξη α>β Άρα: 2α > β +γ � 2α + α > α + β + γ � Από το ΑΒΛ έχουμε: ΑΛ < ΑΒ + ΒΛ . α>γ Από το ΑΓΛ έχουμε: ΑΛ < ΑΓ + ΓΛ . 2τ � 3α > 2τ � α > Α Με πρόσθεση κατά 3 μέλη, παίρνουμε: γ<α Επίσης: 2αγ<α+β � 2γ+γ<α+β+γ � 2ΑΛ<ΑΒ+ΑΓ+ΒΛ+ΓΛ, γ<β δηλαδη. Μ< ΑΒ+ΑΓ+ΒΓ ' 2τ 2 � 3γ < 2τ � γ < δηλαδή ΑΛ < τ (Ι) 3 Β

}

7. Στις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ και ΑΓ ενός τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε τα τμήματα ΒΔ και ΓΕ αντιστοίχως ώστε να είναι ΒΔ = ΓΕ . Να αποδείξετε ότι ΔΕ > ΒΓ . Α Απόδειξη Τα τρίγωνα ΒΔΓ και ΓΕΔ έχουν την ΓΔ κοινή, την ΒΔ ΓΕ (από την υπόθεση) και fΊ > Δ , (αΔ φού η fΊ είναι εξωτερική

Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε

ΒΛ < τ

(Π)

ΓΚ < τ (ΠΙ) Με πρόσθεση κατά μέλη τω (1), (ΙΙ), (ΠΙ) βρίσκουμε: ΑΛ + ΒΛ + ΓΚ < 3τ και

1 Ο. Αν Μ είναι τυχαίο σημείο της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ και ΜΕ, ΜΖ οι αποστάσεις του Μ από τις ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, να απο δειχθεί ότι ΕΖ < ΒΓ . Α Απόδειξη Επειδή ΒΕΜ 90° Ε στο τρίγωνο Α Γ Δ ). άρα στο τρίγωνο ΒΕΜ η Άρα θα έχουν και ΔΕ > ΒΓ . μεγαλύτερη πλευρά θα είναι η ΒΜ. 8. Σε τετράπλευρο ΑΒΓΔ η ΓΔ είναι η μι Άρα ΒΜ > ΜΕ (I) Β κρότερη πλευρά και η ΑΒ η μεγαλύτερη. Να αΌμοια βρίσκουμε ότι Γ ποδειχθεί ότι Α < Γ . ΜΓ > ΜΖ (11) Με πρόσθεση κατά μέλη των (I) και (11) βρί Απόδειξη: ΜΓ > ΜΕ + ΜΖ . Δηλαδή Φέρνουμε τη διαγώνιο ΑΓ. Στο τρίγωνο ΑΔΓ σκουμε: ΒΜ +ΒΓ > ΜΕ + ΜΖ (111) είναι ΓΔ < ΑΔ . Όμως από το τρίγωνο ΜΕΖ, έχουμε: ΜΕ + ΜΖ > ΕΖ (IV) Από τις (ΠΙ) και (IV) έχουμε: ΒΓ > ΕΖ . =

μεγαλύτερο Γ Β

1 1. Αν

Ι το έγκεντρο (σημείο τομής των δι χοτόμων) ενός τριγώνου ΑΒΓ, να αποδειχτεί ό τι: α � β ;;::: γ � (ΙΑ) � (IB) � (ΙΓ) . Απόδειξη:

Α, < ΙΊ . (I) Άρα Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΓ < ΑΒ . Άρα Α 2 < fΊ . (Π) Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (I) και (11) έχουμε: Α., + Α 2 < fΊ + fΊ δηλαδή Α. < Γ .

9. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και πάνω στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ. Παίρνουμε αντιστοίχως τα σημεία Κ, Λ, Μ.

Α Β Γ α�β�γ � Α�Β�Γ �� ;;::: 2 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/35

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

<=> (Α ι � Βι και Β2 � fΊ ) <=> ((ffi) � (ΙΑ) και (ΙΓ) � (ffi)) <=> (ΙΑ) � (ffi) � (ΙΓ) . 1 2. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να αποδειχτεί ότι: τ - α < δα < τ .

Α πόδειξη :

Α Αφού: ΑΔ «διχο τόμος της γωνίας Α, έχουμε: Αι > Α2 Έχουμε Δ ι > Α ι (αφού η Δ ι είναι εξω Β τερική στο τρίγωνο Γ ΑΔΓ). Άρα Δ ι > Α 2 . γ > ΒΔ (1) Συνεπώς: Τώρα από το τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: I γ - ΒΔ I < δα < γ + ΒΔ και λόγω της (I) έχουμε: γ - ΒΔ < δα < γ + ΒΔ (α) Όμοια βρίσκουμε: β - ΔΓ < δα < β + ΔΓ (β) Με πρόσθεση κατά μέλη των (α) και (β) έχου με: β + γ - ΒΔ - ΔΓ < � α < β +γ + ΒΔ +ΔΓ Άρα β + γ - α < 2δα < β + γ + α <=> ή α + β + γ - 2α < 2δα < β + γ + α <=> ή 2τ - 2α < 2δ α < 2τ <=> ή τ - α < 2δα < τ =

1 3. Σε κάθε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ να απο δειχθεί ότι: (α) τ < υα + υμ + υ1 < 2τ ι

(β) - + - + - > - + - + υα υμ υ1 α β γ

(α) Είναι υα < β (αφού ΑΔ l. ΒΓ και ΑΓ πλάγια). Ομοίως υβ < γ

1 4 . Αν α,β,γ πλευρές ενός τριγώνου ΑΒΓ, να

αποδειχθεί ότι: α3 + β3 + γ3 < αβ(α + β) + βγ(β + γ) + γα(γ + α) .

Α πόδειξη

Είναι α < β + γ <=> α· α2 < (β + γ)α2 <=> α3 < α2β + α2 γ . Ομοίως: β 3 < β 2γ + β2 α, γ3 < γ2α + γ2 α Με πρόσθεση κατά μέλη, παίρνουμε: J α + β) + γ3 < α2β + α2 γ + β 2γ + β 2α+ γ2 α + γ2 β <=> α3 + β3 + γ3 < αβ(α + β) + αγ(γ + α) + βγ(β + γ) . 1 5 . Αν α,β,γ πλευρές ενός τριγώνου ΑΒΓ, α+β β+γ γ+α 4 < δειχθεί ότι: + + α+γ β+α γ+β •

Απόδειξη

γ < υα + ΒΔ (από το τρίγωνο ΑΒΔ) γ < υβ +ΑΕ (από το τρίγωνο ΑΒΕ) Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: 2(α + β + γ) < 2(υα + υβ + υ1) + α + β + γ . Άρα2τ < 2(υ0 + υβ + υ1) <=> τ < υα + υβ + υ1 (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: τ < υα + υβ + υ1 < 2τ . 1 > -1 (β) Είναι υα < β <=> υα β 1 > -1 υβ < γ <=> υβ γ 1 > -1 υ < α <=> υγ α Με πρόσθεση κατά μέλη, έχουμε: 1 + -+ 1 1 > -1 + -+ 1 -1 υα υβ υγ α β γ

Απόδειξη :

Με πρόθεση κατά μέλη παίρνουμε: υα + υβ + υ'Υ < α + β + γ Δηλαδή: υα + υβ + υ1 < 2τ (1) Επίσης α< υα + ΕΓ (από το τρίγωνο ΒΕΓ) α < υ1 + ΖΒ (από το τρίγωνο ΒΖΓ) β < υα + ΔΓ (από το τρίγωνο ΑΔΓ) β < υ1 + ΖΑ (από το τρίγωνο ΑΖΓ)

Είναι β < α + γ <=> β + α + γ < α + γ + α+ γ <=> 2 <=> 1 <=> α + β + γ < 2(α+ γ) <=> -- < α+γ α+β+γ 2 (1) <=> α + β < (α+β) α+γ α + β + γ Όμοια βρίσκουμε β + γ < 2(β + α) (2) β+α α+β+γ γ + α < ----'-'---'2(γ + α) -και (3) γ+β α+β+γ Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1), (2) και (3), βρίσκουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/36

Μαθηματικά Ύια την Α · Λυκείοv

α + β + β +γ γ + α < 4(α + β + γ) = 4 + α+γ β + α γ+β α+β+γ

Β ίση με τη γωνία fΊ (αφού fΊ = Γ ως κατακόρυφη και Γ = Β ως παρά τη βάση γωνίες ισοσκέλούς τριγώνου). Άρα θα έχουμε 1 6. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να αποδειχθεί όότι ΒΗ = ΓΚ (α). Όμως αφού ΔΗΖ = 90° στο τρί !α2 + β2 - γ2 1 < 2αβ . τι: γωνο ΔΖΗ η ΔΖ θα είναι μεγαλύτερη πλευρά. Άρα ΔΖ > ΖΗ (Ι) Απόδειξη Επίσης αφού z:ΚΕ = 90° , στο τρίγωνο ΖΚΕ η Αρκεί ισοδύναμα να δείξουμε ότι θα είναι η μεγαλύτερη πλευρά. Άρα ΖΕ ιιe +β2 -il2 <2(αβ)2 � (α2 +β2 -γ2 )-2(αβ)2 < ο � (2) ΖΕ > ΖΚ Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων ( 1) και � (α2 +β 2 - γ2 - 2αβ)(α2 + β 2 - γ 2 + 2αβ) < Ο (2) παίρνουμε: ΔΖ+ ΖΕ > ΖΗ + ΖΚ . � [ (α -β) 2 - γ 2 J [ (α+β) - γ2 ] < Ο � Άρα ΔΕ > ΖΗ + ΖΓ + ΓΚ και λόγω της σχέ σης (α) θα έχουμε: ΔΕ > ΖΗ + ΖΓ + ΒΗ (α- β - γ)(α -β + γ)(α + β + γ)(α + β - γ) < Ο (1) Άρα ΔΕ > ΒΓ . Η σχέση αυτή είναι αληθής, επειδή α,β,γ πλευρές τριγώνου, και γι αυτό ισχύουν τα παρακά1 8. Ένα οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχει τις κο τω: α + β + γ > Ο (2) ρυφές του πάνω σε κύκλο (Ο, R). Να αποδειχθεί α < β + γ � α-β - γ < Ο (3) 3 - R < τ < 3R . α+γ > β � α+γ- β > Ο (4) ότι: 2 α + β > γ � α+ β - γ > Ο (5) Απόδειξη : Είναι α < ΒΟ + ΟΓ (από το τρίγωνο ΒΟΓ). 1 7. Δίνεται ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Δηλαδή α < 2R, β < 2R, γ < 2R ΑΒ = ΑΓ Πάνω στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε Άρα α + β + γ < 6R . Άρα 2τ < 6R � τ < 3R (1) τυχαίο σημείο Δ και προεκτείνουμε την ΑΓ προς Επίσης είναι το μέρος του Γ και πάνω σε αυτήν την προέκτα ΒΟ + ΟΓ < ΒΑ + ΑΓ . ση παίρνουμε ένα σημείο Ε τέτοιο, ώστε να εί 2R < γ +β Δηλαδή ναι ΓΕ = ΒΔ . Να δειχθεί ότι ΒΓ < ΔΕ . Ομοίως 2R < γ + α Απόδε ιξη : 2R < α+ β . Α Φέρνουμε ΔΗ _ι ΒΓ και ΕΚ _ι ΒΓ. Τότε Άρα: 6R < 2α + 2β + 2γ � 3R < α+ β + γ . ΔΒΗ = ΓΕΚ αφού εί3 <τ ναι ορθογώνια και έ Άρα 3R < 2τ � -R (2) 2 χουν την υποτείνουσα 3 < τ < 3R . ΒΔ ίση με την υποτεί -R Από τις (1) και (2) έχουμε: νουσα ΓΕ (από την υ 2 πόθεση) και τη γωνία Ε •

•

του Δημήτρη Ιωάννου

1 ) Δίνεται ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Προεκτείνουμε την βάση ΒΓ προς το μέρος του Γ και παίρνουμε ένα τυχαίο σημείο Ε. Επίσης προεκτείνουμε τη βάση ΒΓ προς το μέ ρος του Β και παίρνουμε σημείο Δ τέτοιο ώστε να είναι ΒΔ = ΓΕ . Αν Ζ και Η είναι οι προβολές των Δ και Ε πάνω στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι: ΑΒ

= ΑΓ

•

α) Τα τρίγωνα ΔΒΖ και ΕΓΗ είναι ίσα. β) ΓΖ = ΒΗ . Απόδειξη

α) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΖΒ και ΕΗΓ έ χουν ίσες τις υποτείνουσες ΒΔ και ΓΕ, από την υ πόθεση. Επίσης είναι: Β1 = Β2 ως κατακορυφήν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/37

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Β2 = f'z ως παρά τη βάση γωνίες του ισοσκε λούς τριγώνου ABΓ f'z = f; ως κατακορυφήν. Β, = Γ, . Άρα Άρα ΒΖΔ = ΓΗΕ . Δ

β) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΓΖ και ΒΓΗ. Αυτά έχουν: Την πλευρά ΒΓ κοινή. ΒΖ = ΓΗ (όπως προκύπτει από την ισότητα των τριγώνων ΔΒΖ και ΕΓΗ). ΖΒΓ = ΗΓΒ , ως παραπληρώματα των ίσων γωνιών Β2 και f"z . Άρα τα τρίγωνα ΒΓΖ και ΒΓΗ είναι ίσα (Π-Γ Π) και άρα θα έχουν και ΒΗ = ΓΖ .

να είναι ΑΕ = ΑΒ . Αν οι ευθείες ΔΕ και ΒΓ τέμνονται στο ση μείο Ζ, να δειχθεί ότι η ευθεία ΖΑ είναι διχοτόΛ

μος της ΕΖΒ . Απόδειξη

Έχουμε: ΑΒΓ = ΑΕΔ (Π-Γ-Π) Άρα Ε , = Β, και Δ = Γ . Συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΖΕΓ και ΖΒΔ. Αυτά έχουν: ΕΓ = ΔΒ (αφού ΕΓ = ΕΑ+ΑΓ = ΑΒ+ΑΔ = ΔΒ). Ε 2 = Β2 (ως παραπληρώματα των ίσων γωνιών Ε , και Β 1 ). Γ = Δ (όπως αποδείξαμε προηγουμένως). ·· ·· ..·

•

·� 2) Σε

ένα

ορθογώνιο

τρίγωνο

ΑΒΓ

( Α = 90° ) είναι Γ = 2 · Β Στο μέσο Κ της υπο τείνουσας ΒΓ φέρνουμε μία ευθεία κάθετη στην ΒΓ που τέμνει την ΑΒ στο σημείο Δ. Να αποδει χθεί ότι τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΔΒΚ είναι ίσα.

Απόδειξη

Άρα ΖΕΓ = ΖΒΔ (Γ-Π-Γ). Άρα ΖΕ = ΖΒ . Τώρα ΖΕΑ = ΖΒΑ (Π-Γ-Π). Άρα Ζ1 = Ζ2 • Δ

Επειδή στο τρίγωνο Γ � 4) Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΓ = 2 · ΑΒ ΒΔΓ, η ΔΚ είναι ύψος και διάμεσος, άρα το και Β = 2 Γ , να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ εί τρίγωνο αυτό είναι ισοναι ορθογώνιο. σκελές. Άρα Γ, = Β ( 1 ) Β Απόδειξη (ως παρά τη βάση γωνί Φέρνουμε τη διχοτόμο ΒΔ και την ΔΕ ...L ΒΓ . ες) και ΓΔ = ΔΒ . Αφού Β = 2Γ θα έχουμε: 2Β 2 = 2Γ δηλαδή Επίσης, αφού Γ = 2 · Β από την υπόθεση, θα έχουμε: Γ, + Γ2 = 2Β και λόγω της (1): Β+Γ2 = 2Β . Β2 = Γ . Β Άρα το ΒΔΓ είναι Άρα Γ2 = Β . Συνεπώς τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΔΚ ισοσκελές. Άρα το ύψος ΔΕ θα \ είναι ίσα, αφού έχουν ίσες τις υποτείνουσες και είναι και διάμεσος. , μία οξεία γωνία του ενός ίση με μία οξεία γωνία Άρα ΒΕ = ΕΓ . A'L-ιL.___: ._ Δf-' __::,Γ του άλλου. Επίσης αφού ΒΓ = 2 ΑΒ (από την υπόθεση), � 3) Προεκτείνουμε την πλευρά ΒΑ ενός τρι θα έχουμε: 2ΒΕ = 2ΑΒ δηλαδή ΒΕ = ΑΒ . γώνου ΑΒΓ, για το οποίο δεχόμαστε ότι Τώρα ΑΒΔ = ΕΒΔ αφού έχουν την ΒΔ κοινή, ΑΒ * ΑΓ προς το μέρος του Α και παίρνουμε έ Β , = Β2 και ΒΕ = ΑΒ . να σημείο Δ τέτοιο ώστε να είναι ΑΔ = ΑΓ . Ε πίσης προεκτείνουμε την πλευρά ΓΑ προς το Άρα θα έχουν και Α = ΒΕΔ δηλ. Α = 90° . μέρος του Α και παίρνουμε ένα σημείο Ε ώστε ·

_ _ _

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/38

�

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

των Δ. Ιωάννου-Τ.Τριανταφύλλου

Η Θεωρία των Συνόλων παίζει σπουδαίο ρόλο στα μαθηματικά. Στο αναλυτικό πρόγραμμα της Α ' τάξης έχει σχεδιαστεί μια πρώτη επαφή με τις έννοιες της θεωρίας αυτής και προβλέπονται απλές ασκήσεις για την κατανόηση τους. Εδώ δίνεται μια μεγαλύτερη έκταση και αντιμετωπίζονται ζητήμα τα σε βάθος. Ο λόγος είναι ότι η Θεωρία των Συ νόλων χρησιμοποιείται ως υπόβαθρο στη Θεωρία των Πιθανοτήτων, που είναι βασικό κεφάλαιο στην ύλη Γενικής Παιδείας της Γ τάξης. 1. Ορισμός (G. Cantor). «Σύνολο ονομάζου με μια συλλογή καθορισμένων και διακεκριμένων πραγμάτων)). Δηλαδή καθορισμένα σημαίνει ότι μπορώ να πω με βεβαιότητα αν ένα πράγμα ανήκει ή όχι σε ένα σύνολο. Διακεκριμένα σημαίνει τα στοιχεία του να είναι διαφορετικά μεταξύ τους, δηλαδή κάθε στοιχείο πρέπει να γράφεται μια και μόνο μία φορά.

Έτσι ένα σύνολο είναι καλά ορισμένο όταν τα στοιχεία του είναι καθορισμένα και διακεκριμένα. Σχόλιο:

1) Το σύνολο που περιέχει τα γράμματα της λέξης «ΠΑΝΑΘΗΝΑΙΚΟΣ)) είναι {Π, Α, Ν, Θ, Η, I, Κ, Ο, Σ } και όχι {Π, Α, Ν, Α, Θ, Η, Ν, Α, I, Κ, Ο, Σ }, αφού τα στοιχεία του τελευταίου δεν είναι διακεκριμένα. Ακόμα το «σύνολο)) που περιέχει δέκα αριθ, μούς από το 1 μέχρι το 100 δεν είναι καλά ορισμέ νο αφού τα στοιχεία του δεν είναι καθορισμένα. 2) Πεπερασμένο σύνολο λέμε το σύνολο που μπορούμε να απαριθμήσουμε τα στοιχεία του και aπειροσύνολο όταν δεν μπορούμε να τα απαριθ μήσουμε. 2. Καθορισμός (Παρουσιάση-γραφή) συνό

λου

Τα σύνολα συνήθως τα συμβολίζουμε με κε φαλαία γράμματα π.χ. Α, Β, Γ, . . ,Χ, Ψ κ.λ.π. Ένα σύνολο μπορεί να γραφεί: � Με αναγραφή των στοιχείων του Τα στοιχεία του συνόλου κλείνονται σε δύο ά γκιστρα { }, π.χ. Α={0,1,-7}, Β={Π, Α, 0} . Ση μειώνουμε ότι δεν μας ενδιαφέρει η σειρά γραφής των στοιχείων του συνόλου μέσα στο άγκιστρο. Ο τρόπος αυτός γραφής αναφέρεται μόνο σε σύνολα με πεπερασμένο πλήθος στοιχείων. Έτσι δεν μπορώ να γράψω με αναγραφή των στοιχείων του το σύνολο που περιέχει όλους τους ακεραίους που είναι μικρότεροι του 5. .

�

Περιγραφικός τρόπος

Περιγράφουμε (λεκτικά ή με συνθήκη) σε δύο

άγκιστρα {} τα στοιχεία του συνόλου. Π.χ. Α={φυσικοί μικρότεροι του 5}, Β = { α Ε zι ι αι < 2 }, Γ={ Χ Ε Ν / χ περιττός από 2 μέS χρι 6}, Δ= αΕ Ν/ α2+ = 1 . 2α + α Τα παραπάνω σύνολα με αναγραφή των στοι χείων τους είναι: Α={ 1,2,3,4}, Β={-1,0,1}, Γ={3,5}, Δ={2}.

{

�

}

Υπό μορφή διαστήματος

Αναφέρεται σε σύνολα με άπειρο αριθμό στοιχείων γράφοντας το πρώτο και το τελευταίο σε [ ή ), π.χ. Α=(1,2]. Να σημει<οσουμε ότι το στοιχείο που βρίσκε ται από τη μεριά της παρένθεσης δεν ανήκει στο υποτιθέμενο σύνολο, ενώ αντίθετα το στοιχείο που βρίσκεται από τη μεριά της αγκύλης ανήκει στο υ ποτιθέμενο σύνολο. Π.χ. Α = [1,2]={ Χ Ε JR./1 ::;; χ ::;; 2 }, Β = ( ,3] = { χ Ε JR. I χ ::;; 3 } . Αυτός ο τρόπος γραφής συνόλου δεν μπορεί να παρουσιαστεί με αναγραφή των στοιχείων, ενώ μπορεί να παρουσιαστεί με περιγραφικό τρόπο. 3. Σχόλιο: 1) Πληθικό αριθμό (ή πληθάριθμο) ενός συ νόλου λέμε τον αριθμό που δηλώνει το πλήθος των στοιχείων του συνόλου και τον συμβολίζουμε με Ν(Α). 2) Το σύνολο που δεν περιέχει κανένα στοι χείο λέγεται κενό σύνολο και συμβολίζεται με 0 . Π.χ. Α={φυσικός αριθμός μικρότερος του 0}=0 . 3) Να προσέξουμε εδώ το νόημα των συμβο λισμών: Τα σύνολα Α=(1,2), Β=[1,2], Γ={ 1 ,2} είναι διαφορετικά αφού το σύνολο α) Α=(1,2) περιέχει όλους τους πραγματικούς αριθμούς που περιέχονται αυστηρά μεταξύ των 1 και 2 (χωρίς τα 1 και 2). β) Β=[1,2] περιέχει όλους τους πραγματικούς αριθμούς που περιέχονται μεταξύ των 1 και 2 συμπεριλαμβανομένων και των 1 , 2. γ) Γ={ 1 ,2} περιέχει μόνο τα στοιχεία 1 και 2. 4. Έννοια του υποσυνόλου Έστω τα σύνολα Α, Β. Λέμε ότι το Α είναι υ ποσύνολο του Β ή ότι το Α εμπεριέχεται στο Β αν και μόνο αν (κάθχε στοιχείο του Α είναι και στοι χείο του Β) τα στοιχεία του Α είναι και στοιχεία του Β και συμβολίζουμε με Α ς;;; Β (ή Β � Α και διαβάζω Β υπερσύνολο του Α).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/39

-οο

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

Π.χ. Έστω το σύνολο Α={0, 1 } , τότε το δυνα μοσύνολο του Α είναι το σύνολο Δ Α = { 0 , {Ο}, το Β περιέχει ένα τουλάχιστον στοιχείο που δεν α { 1 } , {Ο, 1 } } αποδεικνύεται ότι το πλήθος των στοι νήκει στο Α. Τότε γράφουμε Α c Β . χείων του δυναμοσυνόλου είναι 2 Ν <Α> . Η έννοια Για τα υποσύνολα φανερές είναι οι παρακά6. του δυναμοσυνόλου αναφέρεται σε πεπερασμένα τω σχέσεις: σύνολα. Α ς Β και Β ς Α <=:> Α = Β Π ΡΑΞΕ Ι Σ ΣΥΝΟΛΩΝ 0 ς Α , για κάθε σύνολο Α Γ. Π ράξεις ενδεχομένων Α ς Α για κάθε σύνολο Α Έστω σύνολα Α, Β υποσύνολα ενός συνόλου Α ς Β και Β ς Γ τότε Α ς Γ (μεταβαnκή) Ω που λέγεται ΒΑΣΙ ΚΟ ΣΥΝ ΟΛ Ο. Δηλαδή Α, Β ς Ω Τότε έχουμε: 7. Αν δοθεί ένα σύνολο Α, τότε δυναμοσύνο λο του Α λέγεται το σύνολο όλων των υποσυνό λων του Α. Σχόλιο : 5. Το Α λέγεται γνήσιο υποσύνολο του Β όταν

•

• •

Ονομασία

Συμβολικά - Αλγεβρικά

Ένωση δύο συνόλων

AuB χ ε Α υ Β <=> χε Α ή χε Β

Τομή δύο συνόλων

AnB χ ε A n B <=> χ ε Α και χ ε Β

Συμπλήρωμα ενός συνόλου

Α' χ ε Α ' <=:> χe Α

Διαφορά δύο συνόλων

Α-Β ή A n B' χ ε Α - Β <=> χ ε Α και x e Β

Λεκτικά

Η ένωση δύο συνόλων Α και Β είναι ένα σύνολο που αποτελείται από όλα τα στοιχεία του Α ή του Β. Η τομή δύο συνόλων Α και Β είναι ένα σύνολο που αποτελείται από τα κοινά στοιχεία του Α και του Β. Το συμπλήρωμα ενός συνόλου Α είναι ένα σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία του Ω που δεν ανήκουν στο Α. Η διαφορά του συνόλου Β από το Α (Α-Β) είναι το σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία του συνόλου Α που δεν ανήκουν στο σύνολο Β.

Σχόλια

1) Συνοπτικά οι παραπάνω πράξεις σε άλλη μορφή σχεδιαγράμματος: Στο σχήμα τα Α, Α' μας κάνουν το βασικό σύνολο Ω. Η ένωση των Α, Β δηλαδή το σύνολο Α υ Β είναι το γραμμοσκιασμένο κομμάτι του διπλανού σχήματος.

Σχηματικά (δι αγράμματα venn ) Α AUB

llfί'i'·

_"e

�

Α '

------

/ι "-.._ ,r / , �-·----

Α'

,__, Α

-JJ: '/ ""-'�,-

Β_

(- -- �

(A - B) n (A n B) = 0, (B - A) n (A rι B) = 0, (A - B) u (A n B) = A, (B -A) u (A n B) = B, (B - A) n A = 0, (A - B) n B = 0, Κ Α Λ Α' Ρ Β - Α ς Β, Α - Β ς Α, A-B =AnR B-A=BnA Β ΑΠΒ (A - B) u B = A u B = (B - A) u A 2) Δύο σύνολα Α, Β λέγονται ίσα αν και μόνο αν έχουν τα ίδια ακριβώς στοιχεία. Α'ΠΒ' 3) Για να δείξω ότι: Α ς Β αρκεί να δείξω ότι αν χ ε Α τότε χ ε Β Για τις ασκήσεις (και τη σχηματική κατανόη Α = Β αρκεί να δείξω χ ε Α <=> χ ε Β (δηλαδή Α ς Β και Β ς Α ). ση πράξεών) ευνοϊκό είναι και το σχεδιάγραμμα. Όμως δεν πρέπει να ξεχνάμε και το σχηματικό Από το σχήμα γίνονται φανερές οι σχέσεις Ν ==

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/40

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

τρόπο απόδειξης μιας σχέσης συνόλων, δηλαδή με ΑΣΚΗΣΕ ΙΣ ΣΤΑ ΣVΝΟΛΑ τη βοήθεια του διαγράμματος Venn. 1 . Δίνονται τα σύνολα: Α = {1, 2, 5,1 Ο} και 4) Για τις ασκήσεις πρέπει να ξέρουμε τις πα Β = {1,4,5,6, 7}. Να βρεθεί η ένωση και η τομή ρακάτω μετατροπές συνόλων. τους. Ά σκη ση Απάντη ση : Έστω Α, Β δύο υποσύνολα ενός βασικού συ Α υ Β = {1,2,4, 5, 6, 7,10} νόλου Ω. Να μετατραπούν σε γλώσσα συνόλων και να γίνουν τα αντίστοιχα διαγράμματα Venn, οι A n B = {l,5} . παρακάτω προτάσεις: α) «Τα στοιχεία του Ω που δεν ανήκουν ούτε 2. Έστω Α το σύνολο των μαθητών μιας τά στο Α ούτε στο Β>> ξης και Β το σύνολο των κοριτσιών της τάξης β) «Τα στοιχεία του Ω που δεν ανήκουν συγ αυτής. Να κυκλώσετε όποιο νομίζετε ότι είναι χρόνως στα Α, Β» σωστό. (το Α θεωρούμε σαν το βασικό σύνολο). Απάντηση Λ (α) AcB Σ Α) Τα στοιχεία που ·a Λ (β) ΒςΑ Σ νήκουν στα Α ' και Β', δηλα Λ (Ύ) BcA Σ δή το ΑΊ ι Β ' . Λ (δ) Β' = Α Β Σ Με διάγραμμα Venn: Λ Β =Α Β (ε) Σ (γραμμοσκιάσαμε το τμήμα του ορθογωνίου που Λ (στ) A n B = A Σ καλύπτεται συγzρόνω� από τα συμπληρώματα των Λ (ζ) Α υ Β' = Α Σ Α, Β δηλαδή τα στοιχεία που δεν ανήκουν στα Α Λ (η) Α υ Β' = Α Σ και Απ άντη ση : Β). Αλλιώς τα στοιχεία που δεν ανήκουν στο Α ή (Α) Λ, (β) Σ, (γ) Λ (αφού δεν αποκλείεται όλοι Β, δηλαδή θα ανήκουν στο (Α υ Β) ' . Με διά- οι μαθητές να είναι κορίτσια), (δ) Σ, (ε) Λ (διότι γραμμα Venn: (γραμμοσκιάσαμε το τμήμα του ορ αφού Β ς Α άρα A n B = Β )., (στ) Σ. θογώνιου που βρίσκεται έξω από την έκταση των 3. Να αποδειχθεί με τη βοήθεια των δια Α, Β). Παρατηρούμε ότι: IA ' n B ' = (A υ B)'I τύ Ύραμμάτων του Venn ότι Ύια τρία οποιαδήποτε πος de :\ l organ. Ουσιαστικά εδείχθη σύνολα Α, Β και Γ, ισχύει (Α υ Β)' = Α' n Β ' . Α υ (Β n Γ) = (Α υ Β) n (Α υ Γ) (Επιμεριστική -

ιδιότητα). Απόδ ε ιξη :

Βλέπουμε λοιπόν, ότι τα σύνολο Α υ (Β n Γ) και β) Τα στοιχεία που ανήκουν στα Α ' ή Β ' , δη (Α υ Β) n (Α υ Γ) ταυτί λαδή το Α ' υ Β ' . Αλλιώς τα στοιχεία που δεν α ζονται. Δηλαδή νήκουν στο Α n Β , δηλαδή θα ανήκουν στο Α υ (Β n Γ) = (Α υ Β) n (Α υ Γ) . (A n B) ' . Αυτό σημαίνει (A n B)' = Α ' υ Β ' . Με τον ίδιο τρόπο αποδείχνουμε και ότι Τα διαγράμματα Venn έχουν γίνει σε παραπάνω Α ιι (Β υ Γ) = (Α n Β) = (Α n Γ) . σχήματα. 4. Έστω ένα σύνολο Α, υποσύνολο ενός βα Βασικές σχέσεις στις πράξεις συνόλων σικού συνόλου Ω. Να αποδειχθεί ότι: (Α')' = Α . Είναι προφανείς οι παρακάτω πράξεις: Αυ0=Α ΑυΑ=Α Απόδειξη : An0=0 AnA=A χε (Α')' <=:>χε Ω και χ Ε Α ' <=> χ ε Ω και lχ ε Al . A n A ' = 0 (Αγ = Α Α υ Α' = Ω AnB=BnA ΑυΒ=ΒυΑ ΑΣΚΗΣΗ

Να αποδείξετε αλγεβρικά ή σχηματικά τις παρακάτω σχέσεις: 5. Αν Α ς Β τότε Β ' ς Α' . 1) Α n Β ς Α, Β ς Α υ Α Απόδειξη : 2) (Α υ Β) υ Γ = Α υ (Β υ Γ) Έστω χ ε Β ' . Τότε χ Ε Β και αφού Α ς Β , 3) (A n B) n Γ = A n (B n Γ) έπεται ότι χ Ε Α . Τότε όμως χ Ε Α ' . Άρα δείξαμε ότι για κάθε χ Ε Β ' είναι χ Ε Α ' . Άρα Β ' ς Α ' . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/41

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Με τη βοήθεια των διαγραμμάτων του Το αντίστροφο : αποδεικνύεται με τον ίδιο να εξετάσετε ποιες από τις παρακάτω τρόπο. Τα' αφήνουμε για εξάσκηση σχέσεις είναι σωστές και ποιες λάθος: Α2 τότε Α ς Αι 9. Δείξτε ότι αν Α ς Αι Λ Σ (α) Α υ (Α n Β) = Α και Α ς Α 2 και αντιστρόφως. Λ Σ (β) Απόδειξη: Σ Λ (γ) Α ς Α n Β Θα δείξω ότι Ευθύ : Έστω Α ς Λ Σ (δ) Β ς Α υ Β Έστω λοιπόν Ας και Α ς Απάντηση: και (α) Σ, (β) Σ, (γ) Λ, (δ) Σ. Άρα δείξαμε ότι: 7. Δείξτε ότι τα σύνολα Α Β' και Α' Β Για κάθε Α τότε Α Συνεπώς είναι ξένα μεταξύ τους. ΑςΑ • Απόδειξη: Για κάθε Α τότε Συνεπώς Αρκεί να δείξουμε ότι η τομή τους είναι το Α ς Α2 • κενό σύνολο. Έχουμε [ Αντίστροφο : Έστω Α ς και Α ς Θα δείξω ότι Α ς Έστω λοιπόν Α . Τότε (αφού (αφού Α ς Α 1 ) και ). Άρα Σημείωση: Με διάγραμμα Venn είναι εύκολο επίσης να Άρα δείξαμε ότι για κάθε Α είναι το διαπιστώσουμε. Άρα ς 8. Έστω Α, Β ς Ω (Ω βασικό σύνολο). Δείξτε ότι Α' Β' <=> Α Β για οποιαδήποτε Αν Α ς Αι ή Α ς Α 2 τότε ι Ο. σύνολα Α και Β (που είναι υποσύνολα του βασι Α ς Α1 υ Α2 • Να εξετάσετε αν ισχύει το αντί κού συνόλου Ω). Απόδειξη: στροφο. Το ευθύ: (Εστω Απόδειξη: Α :::::} x e Α' δηλαδή x e Οπότε Έστω Α . Τότε Α 1 (στην περίπτωση (στην περίπτωση που είναι Α ς Α1 ) ή Συνεπώς Α ς που είναι Α ς Α 2 ). x e Β' δηλαδή x e Α ' . Συνεπώς Άρα Α1 υ Α2 • Α άρα Α ς και ς Α . Κι επομένως Α 6. Venn,

n Bn(AnB) =AnB nA Α 1 2• • χε Α Α Α 1 2 χε(Α1 nΑ2) <::::> χ ε Α1 χε Α2• n n χε χε 1 • χε χ ε Α2 • (AnB') n(A'nB) = (AnB') nA'] nB Α Α 1 2• n • χ ε =[(Β' nA)nA'] nB=[B' n(AnA'] nB= Α Α 1 2 χε Α2 χε Α1 χε =(B'n0)nB =0nB=0. Α ς Α2 Α1 nA2 • χ ε χε Α1 n Α2 • n • Α Α1 Α2 = = •

•

Α'= Β')

χεχε Β. Β . χχεε Β:::::} =Β . Β

Β'.

χε χε

χεχ ε Α2

ΡΙ2'ΕΣ του Δημήτρη Ιωάννου

Άσκηση ι Να γίνουν οι πράξεις: (α) (0,04}' + (Ο,ΟΟ8Γ3 • (β) 4-t 90,5 ift8 . tΓι« . Απάντηση: I

(α)

+ (0,04)! + (0,008)-j �,/0,004 + �(0,008- )2 � 3 1 = 0,2+ 1 = σσr 2 (3 -8 )2 23 ) ( 1000 3 (103 )2

� \j�U, L) +

� 0. 2 + ( �1 � 0. 2+ �1 = 0,2+25 � 25,2 . 1 ,J 1 V (β) 4--! 90 ,5 - Vi8 . ifi44 =

= (22 χ2 + (32 ) , - }./2;3 · �32 ·24 = 2-Ι +31 - V2 ·32 ·3Ψ3 ·22 )2 = 2 ·V3·22 = !+3-V = !+3-V2·3 2 2 23 ·33 = ]._+3 2 -2·3 = ]_2 + 3 -6 = ]_2 - 3 =-�2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/42

ο5

n r;::::;-::;;

Άσκηση

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Το κλάσμα Α =

1 + ν3 - ν2r:;

να μετατραπεί

(Η διαδι κασία λέγεται "ρητοποίηση του παρονομαστή"). (ι +.J3 +OJ2) = Α = (ι +.J3J2-J2)(1 +J3 +J2) +2 = J2 +J6 +2 = (1 +J2.J3+J6 )2 - (J2 / 1 + 2.J3 +(.J3)2 -2 J2+J6+23 J2+J6+2 = = 1+2.J3 + -2 2+2.J3 J2+J6+2 (J2+J6+2)(ι-.J3)) = 2(I+.J3) 2(I +.J3 )(1 -.J3 J2 -J6 +J6 - Jϊ8 +2-2.J3 = 2 (12 -.J32 ) }_ ( .J3 +J2 -1) 2 3 σε ισοδύναμο με ρητό παρονομαστή. Απάντηση:

Άσκηση Να δειχθεί ότι ο αριθμός α=

J + 1�Ο<2�κ<+1�·-+_1_:_-2�-ξ

κ όπου κ = ρητός με Απόδειξη

κ κ είναι ρητό >.

α= Jfκ' +1' �2 · Ι ·fκ + fκ' +1' :2 . J . fκ = 3 + 3 = 3 + 3 (1) �(.rκ )2 �(.rκ +ι )2 ι .rκ - ιΙ ι .rκ + 11 Όμως Ο< κ <:1 άρα .Γκ_ < 1 � .Γκ_ -1 <Ο . Άρα ηαφού (1) γράφεται 3 - 3 (-Γκ +1)+ 3 (1-Fκ) 3 + ---α - ---1-.Γκ. Fκ +1 (1-Fκ)(1+Fκ) 3-Γκ + 3 + 3 - 3.,/κ-- =--ο 6 Άρα ο α ει,ναι ρητοςο , ---1-κ 1-κ 4 < < -45 -ι

Άσκηση Αν ο

' απο' αποψη ' , να συγκριθσυν με-

(Ι) Θυμίζουμε ότι: "ρητός" είναι κάθε αριθμός της μορ

φής � όπου κ, λ ακέραιοι και λ =F- Ο λ

1) · � 2 . .Jκ + 1 3 Η συνθήκη (κ+1)·Fκ > κ -.Jκ+1 . Είναι ι29κ σοδύναμη με την (κ+ 1)2 ·κ > 42 (κ+ 1) και αφού κ, κ+ 1 > Ο (εφόσον Ο < κ < .±5 ) ισοδύναμα έ9κ4 >9κ � 5κ< 4 �κ<-,4 χουμε: (κ+Ι)>-�4κ+4 5 πράγμα που ισχύει από την αρχική συνθήκη για το 3 κ κ. Άρα θα ισχύει και ότι: (κ+ 1 )Fκ > 2 .Jκ + 1 . Να δειχ5θεί ότι ο αριθμός �χ2 + 2 + 2 xJ2 + �.-x2_+_2___2_x�J2=2 12 χ2 < 2 . α - �x2 +(J2)2 +2xJ2+J2�x2 +(J2)2 -2xJ2 �(x+J2)2 +�(x�J2)2 Ι χ + J21 + Ι χ - J21 (l)o J2 J2 Και επειδή χ2 < 2 συμπεραίνουμε ότι: ιχι<J2 ή -J2<x<J2. Όμως χ > -J2 άρα χ+ J2 > Ο . Επίσηςκά ηχ(1)< J2γράφεται: άρq. χ -J2 < Ο . Τελι α= x+J2J2+J2-x = 2J2 =2 J2 Δηλαδή είναι ρητός. Ρ---1 � ιαι · Vβ Ε �r--Ια-ι·+ z• , οο α . 00 Ρ Ε ( 1, + ) , Ε 2 2 =1 4ι �ν +β-1 �ι � ·@� (4ι� ν +β-1 )ν �Ο�·@)ν � ι α ι ν +β-1 � ι αι ν · β� ι α ι ν (1-β)-(1-β)�Ο � �(1-β){Ιαι'· -ι)�ο (1). Όμως β Ε (1,+οο) οπότε β>1 δηλαδή 1- β <Ο, συνεπώς αιι:ό συμπεραίνουμε ότι γέθους οι αριθμοί: ( κ +

και

3κ

Απάντηση:

•

Άσκηση

α = �--------�---------

είναι ρητός, αν είναι γνωστό ότι Απόδειξη

? ?

Άσκηση 6 Αν

και

ν Ι":::( να δείξτε ότι:

Απόδειξη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' lL τ.2143

την

(1)

Τότε πρέπει i αi· - ι � ο <=> Ιαι � ι <=> iαi � ι <=> -ι � α � ι -α-3 βJ = κ2 <=> α-β3 = 3β · κ2 <=> α= 3βκ2 + β3 (ι). Κια = επει δ ή α ε συμπεραίνουμε ότι α=-ι ή β 3 3 ι . Άρα α2002 = ι 8β +3βr +β · κ<=>δ 9β3 +3βr · κ<=> Άρα δ= 7 3β 3β Για τους θετικούς αριθμούς χ,y,z,α,β,γ 2 2 3 3 ) +κ β( β και τον θετικό ακέραιο ν δεχόμαστε ότι: δ= ·κ<=> δ= 3β2 κ+κ3 '' I I α-ν+ = γ ν+ = x + y + z β + = -3 β χ• y• z• τι ς (ι) και έχω : Από Να δειχθεί ότι: α+δ= 3βκ2 +β3 + 3β32κ+κ3 <=:> <=> α+δ2=(β+3 κ) 2<=> ιfα+δ = β + κ. χ + Υ + z = ν+Ι ( i/α•+ l + fιFϊ + vγν+ Ι )ν 3 α - δ= 3βκ +β -3 3β κ-κ <=> α•+l = ν+ γ + <=> α-δ = (β-κ ) <=> Vα-δ = β -κ . β =-=x+y+z. Εχω μέλη Με πρόσθεση κατά παί ρ νουμε: χ• y• z• ιf α +δ +ιf α -δ =2β ="ρητός". g ξ ν+Ι g +l Άρα: = v -y• = • Lz• = ifx + y + z ή " Μαθηματικά Ύια την Α Λυκείου

z•

Άσκηση

�-----

Απόδε ιξη

•

(2).

•

(2)

•

ν Ι

Άσκηση 9

� = -ffl = i/x + y + z 4i? = --χ z Υ ffl = � = -4i? = --χ z Υ � + iff? + ffl x + y+ z

Να κυκλώσετε το σωστό: �x6y ιz = xzy4 �x•zy s = x3y z x W = l i · Y2 z4αz. · μz· = Ι αi · IPI

(1).

Όμως

(2).

Άρα από τις σχέσεις (ι) και έχουμε: � + iff? + ffl = i/x + y + z <=> x+y+z (2)

(νε Ν ) Σ

(νε Ν )

� +ifJ? + ffl = (x + y + z)i/x + y+ z <=> � +ifJ? + ffl = V(x + y+ z)• (x + y+ z) � + ifJ? + ffl = V(x + y+z)v+Ι <=> ν (� +ifJ? + ffl )v = (χ + y + z) +ι <=>

�α3 + β3 < α + β (με α,β > Ο ) � · W = x� �= x Fx =x= = χ� Αν χ > Ο τότε �·χ-2-=

<=>

Λ Σ

ΛύκειΝοασυνάδελφος Μεσολογγί ου)οιπροτείνει: συγκρι θ ούν αριθμοί Αμεγέθους. = 32004 + 3 006, Β = + 2004 από άποψη κοί αριθμοί με Ανχyωα, β, γ,τέτοιχ, y,οιωώστεπραγματι χ 2 + y2 = γχy , ω2 + χ2 = βωχ. Να δειχθεί ό yτι:2 +α2ω+β2 =2α+γyω,2 -αβγ=4. 3. Αν για2 τους2 θετικούς αριθμούς α, β ισχύει: α > β +α, να δειχθεί ότι: α-β>..!_. , α, γ εί ν αι μι κ ρότεροι Ατουν οι3,θετινα δεικοίχθείαριθμοί β 2 2 2 ότι: α + β + γ > αβγ . 23006

Αν β ρητός θετικός και α- β3 > Ο , να δειχθει' ότι για τον δ = 8β3 + α · -α - 3 - , ισχυει οτι 3β 3β η παράσταση: Vα + δ + Vα - δ είναι ίση με ένα ρητό αριθμό.

Ονομάζω if � κ. Απόδειξη

•

Π ροτεινόμενες Ασκήσε ις Γιώργος Αποστολόπουλος (2° Ο

----' � ---''--

Άσκηση 8

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/44

-::;,

Μαθηματικά yια τn Β' τά�n του ll.υκι:ίου

του Δ. Ιωάννου

Αν αν Ο τότε ο βαθμός του πολυωνύμου Ρ(χ) είναι ο ν. (Γενικά, βαθμός του πολυω νύμου Ρ (χ) ονομάζεται ο μεγάλος εκθέ της της μεταβλητής όταν όμως ο συντελε στής αυτής είναι διάφορος του μηδενός). Ρίζα του πολυωνύμου Ρ (χ) λέyεται ο αριθμός ρ (ρ ε τον ισχt)ει Ρ (ρ)= Ο . Αν ρ είναι ρίζα του Ρ(χ) τότε μπορούμε να γράφουμε: Ρ(χ)= (χ -ρ)· Π(χ), όπου το Π(χ) είναι πο λυώνυμο ν -1 βαθμού. Οι εκφράσεις: «0 ρ είναι ρίζα του Ρ (χ) και «0 χ -ρ είναι παράyοντας του Ρ (χ) και «Το Ρ (χ) διαιρείται δια χ -ρ είναι ισοδύ ναμες. - Έστω το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει ακέραιους συντελεστές. Αν το Ρ (χ) έχει ρίζα ακέραιο αριθμό, τότε αυτός είναι διαιρέτης του σταθε ρού όρου α0 Ενώ αν το Ρ (χ) έχει ρίζα ρητό αριθμό λκ , τότε ο κ είναι διαιρέτης του α0 και ο λ διαιρέτης του αν . Έστω ένα πολυώνυμο Ρ (χ) και ένα Q(x) ( Ο). Τότε ισχt)ει η εξής ταυτότητα: Ρ(χ)=Q(χ)·Π(χ)+ υ(χ), όπου το Π(χ) λέyεται πηλίκο της διαίρεσης P(x):Q(x) και το υ(χ) λέyεται υπόλοιπο της πιο πάνω διαίρεσης. Το υ(χ) είναι ή το μηδενικό πολυώνυμο ή έχει βαθμό μικρότερο από τον βαθμό του διαιρέτη :;t

χ,

IR ) για

οποίο

που

•

:;t

άλλο

Q(x). ΤοΡ (χ)υπόλοιπο ) είναι το με τοτης αχδιαίρεσης + β , ( αενόςΟ πολυωνύμου υ= Ρ (-�} Η απόδειξη της πρότασης αυτής γίνεται εύκολα, αν γράψουμε την ταυτότητα της διαίρεσης: Ρ(χ)= (αχ +β)· Π(χ)+ υ(χ) (1) Επειδή ο διαιρέτης (αχ +β ) είναι 1 βαθμού, άρα το υπόλοιπο υ(χ) θα είναι μηδενικού βαθμού ήγράψουμε το μηδενικό πολυώνυμο. Δηλ. μπορούμε να ότι υ (χ)= U . Άρα η ( 1) γράφεται: Ρ(χ)=(αχ+β)·Π(χ)+υ (2) για κάθε χε Επειδή η εξίσωση αχ +β = Ο έχει ρίζα τον αριθμό χ = -�α , θέτουμε στην (2) όπου χ το -�α και έχουμε: Ρ (-� ) = [α(-�)+β] π (-� )+ υ δηλ. Ρ (-� ) =Ο· Π (-� )+υ και άρα: υ = Ρ ( �} Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρείται δια χ-α και δια χ -β (όπου α β ) τότε .θα διαιρείται και με το γινόμενο (χ-α)(χ-β) :;t

ου

IR .

:;t

Απ όδειξτοη : Ρ (χ) διαιρείται δια χ -α , άρα Επειδή πρέπει Ρ (α)= Ο . Ομοίως αφού διαιρείται δια χ-β, πρέπει Ρ(β)=Ο. την ταυτότητα της διαίρεσης του ΑςΡ(χ)θεωρήσουμε δια (χ-α)(χ-β). Είναι: Ρ(χ)=(χ-α)(χ-β)·Π(χ)+ U(x) (1) Για να δείξουμε ότι το Ρ(χ) διαιρείται δια (χ-α)(χ-β) πρέπει να δείξουμε ότι υ(χ)=Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/45

για κάθε . ΕπειδχήΕ οIR. διαιρέτης (χ -α)(χ -β) είναι 2ου βαθμού, θα πρέπει το υπόλοιπο U(x) να είναι το πολύ 1 ου βαθμού. Δηλ. U(χ)=κ·χ+λ με κ,λ Ε Άρα η (1) γράφεται: · Ρ(χ)=(χ-α)(χ-β) Π(χ)+κχ+λ (2) για κάθε χ Ε IR. . Άρα για χ =α η (2) γράφεται: Ρ (α) = κα + λ δηλ. Ο = κα + λ . Και για χ =β η (2) γράφεται: Ρ(β)= κβ+ λ δηλ. Ο= κβ +λ. Επομένως έχουμε το σύστημα: λ=-κα κα+λ=Ο} <=> λ=-κα κβ+λ=Ο κβ-κα=Ο}<=> κ(β-α)=Ο Και αφού α β , έχουμε: λ=-κα} κ=Ο <=> λ=Ο κ=Ο Άρα (χ) = Οχ + ο <=> υ (χ) = ο .

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

IR. .

. δίνει υπόλοιπο 3, δείξτε ότι α - β + γ 2

f (1)=5, f3(2)=2, f(3)= 3 -γ=5 2 } 827α+9β+9-γ= Άρα α+β+ α+4β+6-γ= 3 Λύνοντας το12σύστημα50βρίσκουμε:60 α=ll, β=-ϊl, γ = -ϊl . Τελικά, α-β+γ = u12 + u50 - u60 = u2 · 2) Έστω f (χ) = ( χ+ 4)2ν - χ2 ν+1 - 22 ν+2 Απόδειξη:

ν Ε Ν Δείξτε ότι το f (χ) διαιρείται δια χ + 2 .

( ) 2 + 4) = )=(f(-2 ν+Ι 22=2 _ 22+ν+Ι _ 2 2 = 2 (ο 2ν + 1=0,είναιάραπεριττός)(x) f διαιρείται με το χ + 2 .

Λύση:

2 2•+1

2 ν + l - -2 2 ν +Ι _ 2 2 ν +2

2• + 2

2 v+ 2

2 v+ 2 - 2 2 ν +2

Εφαρμογή 3) Να βρεθούν τα α,β Ε IR. , ώστε το πολυώ Δίνεται το πολυώνυμο νυμο Ρ (χ) = αχ3 - 2χ2 + βχ+ 2 , να έχει παράγο Ρ χ χ + α + β)2001 - χ 2001 - α 2001 - β 2001 ντα το χ 2 - χ - 2 . Στη συνέχεια να λυθεί η εξί με α, β Ε IR. και α * β . σωση: Ρ (χ) = Ο . Δείξτε ότι το Ρ (χ) διαιρείται δια (χ + α)(χ + β) . Λύση:

( )=(

Παραγοντοποιούμε το χ -χ -2 και βρί Απόδειξη: σκουμε ότι χ2-χ-2 =(χ-2)(χ + 1). Έχου με: Αφού+ 1),όμωςέχουμε:το Ρ(χ) έχει παράγοντα το Ρ (-α) =_(-α+ α+ β) - (-α) -α - β (χ-2)(χ β +α α -β =0, άρα το Ρ(χ) διαι- Ρ(χ)=(χ-2)(χ+l)· Π(χ) γιακάθε x E IR. . ρείται με το (χ+ α). Ρ(2)=0 } <=> -α-28α- 8 +2ββ+2=0 +2=0} <=> β-α_=l-1 ντίστοιχα Ρ(-β)=Ο, άρα το Ρ(χ) διαιρεί Άρα Ρ(-1)=0 Α ται με το χ + β . Άρα Ρ (χ) = χ 3 -2χ -χ + 2 . Τελι κ ά, θα δι α ι ρ εί τ αι και με το γι ν όμενο (χ+α)(χ+β). Τώρα Ρ(χ)= Ο<=> χ3 - 2χ2-χ+ 2 =Ο<=> χ2 (χ__,. 2)-(χ-2) =ο<=> (χ-2)(χ2 -ι)= ο<=> Λυμένες Ασκήσεις 1 ) Δίνεται το πολυώνυμο: (x - 2)(x - l )(x + l) = O <:::::> x = 2 ή x = l ή χ=-1. 2 f (χ) = αχ3 + βχ + 3χ - γ . 2

2001

2οο 1

200 1

2οο 1

Αν το f (x) διαιρούμενο δια χ - 1 δίνει υπόλοι πο 5, δια χ - 2 δίνει υπόλοιπο 2 και δια χ - 3

4) Αν η εξίσωση αχ3 + βχ 2 + γχ+ 1 = 0 με α, β, γ Ε z , α * Ο , έχει 2 ρίζες ακέραιες, τότε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/46

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

2χ - 4 αφήνει υπόλοιπο 5. Να βρεθεί το υπόλοι δείξτε ότι: (α) α 2οοι + γ 2οοι = 0 . (β) Η τρίτη ρίζα της εξίσωσης είναι η πο της διαίρεσης του Ρ (χ) δια (χ + 3)(2χ - 4) . χ = -1 . Λύση: α Θεωρούμε την ταυτότητα: Λύση: Ρ(χ) = (χ + 3)(2χ - 4) · Π (χ)+ υ (χ) ( 1 ) Επειδή η δοσμένη εξίσωση έχει ρίζες ακέραι Επειδή ο διαιρέτης είναι 2ου βαθμού, άρα το ες, θα πρέπει να είναι διαιρέτες του 1. υπόλοιπο θα είναι το πολύ 1 ου βαθμού. Όμως οι διαιρέτες του 1 είναι οι 1 και -1 . Δηλ. υ(χ) = κχ + λ , κ,λε JR. . Άρα αφού έχει δύο ρίζες ακέραιες, πρέπει υ Άρα η ( 1) γράφεται: ποχρεωτικά να είναι οι αριθμοί 1 και -1 . Ρ (χ) = (χ + 3)(2χ - 4) · Π(χ) + κχ + λ (2) Άρα για κάθε χ ε JR. . α · 13 +β3 · 12 +γ · l +l = O 2 α · (-1) + β · (-1) +γ · (-1)+ 1 = 0 <=> -α+β-γ=-1 Άρα για χ =-3 έχουμε: Ρ(-3) = 0 · Π (χ)+ κ (-3) + λ . Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: Δηλ. Ρ (-3) = -3κ + λ . 2β = -2 <=> β = -1 . Όμως αφού το Ρ (χ) διαιρούμενο δια χ + 3 δίΆρα α+ γ = Ο <=> α = -γ . Τώρα: (α) α2οο ι + 12οοι = (-γ)2οοι + γ 2οοι = 0 . νει υπόλοιπο 4, θα πρέπει Ρ (-3) = 4 . (3) Άρα έχουμε: -3κ + λ = 4 (β) Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: Επίσης η (2) για χ = +2 γράφεται: αχ3 - χ 2 - αχ + 1 = 0 <=> χ 2 (αχ - 1) - (αχ - 1) = 0 <=> Ρ {+2) = 0 · Π (χ) + 2κ + λ . Όμως αφού το (αχ - 1) (χ 2 - 1) = Ο <=> (αχ - 1)(χ - l)(x + Ι) = Ο <=> Ρ (χ) διαιρούμενο δια 2χ -4 δίνει υπόλοιπο 5, θα 1 χ = - η' χ = 1 η' χ = -1 . πρέπει Ρ (2) = 5 (εξηγήστε γιατί;). α Άρα θα έχουμε: Άρα η τρίτη ρίζα της δοσμένης εξίσωσης είναι 1 5 = 2κ + λ (4) η χ =- . α Άρα προκύπτει το σύστημα: 1 5) Δίνεται το πολυώνυμο f (χ) = χ2 + 3χ - 2 -3κ + λ = 4} <=> κ = 5 2κ + λ = 5 και το πολυώνυμο Ρ(χ) = f(x -1) +χ· f(2x -4) -5 . λ = 23 5 Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης: Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι: Ρ (χ) : (χ - 2) . 1 +23 . υ (χ) = -χ 5 5 Λύση : Γνωρίζουμε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης 7) Να βρεθούν τα α,β ε JR. ώστε το πολυώ Ρ (χ) : (χ - 2) είναι το υ = Ρ{2) . νυμο Ρ (χ) = χ4 + αχ3 + 2χ2 + βχ + 1 να έχει παΈχουμε λοιπόν: υ = Ρ{2) δηλ. . ράγοντα το (χ + 1 ) 2 . υ = f (2 - ι)+ 2 . f (4 - 4) - 5 δηλ. Στη συνέχεια να δειχθεί ότι το Ρ (χ) έχει υ = f(1) + 2 · f(0) - 5 δηλ. μόνο μία πραγματική ρίζα (διπλή) την χ = -1 υ = (1 2 + 3 . 1 - 2) + 2 . (02 + 3 ο - 2 ) - 5 . και δεν έχει άλλη πραγματική ρίζα. Άρα υ=2+2(-2)-5 <=>υ=2-4-5 <::::> υ =-7 . Λύση: lος τρόπος: 6) Ένα πολυώνυμο Ρ (χ) διαιρούμενο δια Κάνουμε τη διαίρεση: χ + 3 αφήνει υπόλοιπο 4 και διαιρούμενο δια

} α+β+γ=-1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/47

4 3 3

χ "!jαχ j -χ -2χ -

2 2

2x t χ

βχ+ Ι

χ! βχ+ Ι (α-2)χ -(α-2)χt-(2α-4)χ - (α-2)χ

Και αφού πρέπει το Π (χ) να διαιρείται και αυτό δια x+l, άρα Π(-1)=0. Δηλ. -1 + (α-1)·1 +(-α+ 3)· (-1)+ Ι= Ο<=> -1 + α -1 + α- 3 + Ι = Ο <=> 2α = 4 <=> α = 2 . Άρα {��g =4} <=> {β � �} Τότετο Π(χ) γίνεται: Π(χ)=χ3+χ2+χ+l . Άρα Ρ(χ) =(χ+ Ι)(χ3 + χ2 +χ+ ι) <=> Ρ(χ) =(χ+ Ι)[χ2 (χ+ Ι)+ (χ+ Ι)]<=> Ρ(χ) =(χ+ Ι)(χ +Ι)(χ2 +Ι) <=> Ρ(χ) =(χ+ 1)2 (χ2 +Ι) Και από αυτή τη σχέση, φαί ν εται ότι η μονα δική πραγματική ρίζα του Ρ (χ) είναι η χ = -1 η οποία μάλιστα είναι διπλή. 8) Ναν+ι δειχθεί ν ότι το πολυώνυμο διαιρείται Ρ (χ) = νχ - (ν + 1 ) χ + 1 , ε

Μαθηματικά Ύια την Β ' Λυκείου

2 χ +2χ+Ι

χ +(α-2)χ+(5-2α)

(5-2α)χ ! (β-α+2)χ+Ι -(5-2α)χ -(1 0-4α)χ-(5-2α) (β+3α-8)χ+2ά-4

Οπότε, αφού το Ρ (χ) έχει παράγοντα το x2+2x+l, πρέπει (β+ 3α- 8)·χ+2α-4=0 για κάθε χε , β+ 3α- 8 =Ο} β = 2 Άρα πρεπει: 2α-4 = Ο <=> α = 2 Άρα Ρ(χ)= χ4 +2χ3 + 2χ2 +2χ +I. Το πηλίκο της διαίρεσης Ρ (χ): (χ+ Ι)2 βρή καμε ότι είναι: χ2 + (α-2) χ + (5 -2α) και αφού α= 2, άρα το πηλίκο είναι: χ2 +Ι. Άρατο Ρ(χ) γράφεται: P(x)=(x+l( (x2+1) . Τώρα βλέπουμε ότι η εξίσωση Ρ (χ) = Ο , έχει μόνο μί α ρί ζ α πραγματι κή , την χ = -1 (η οποία εί ναι διπλή). IR .

z ος τρόπος:

Αφού το Ρ (χ) διαιρείται δια (χ + Ι)2 , άρα πρέπει:(α) Το Ρ(χ) να διαιρείται δια χ+ Ι . (β) Το πηλίκο Π(χ) της διαίρεσης Ρ(χ): (χ+ Ι) να διαιρείται και αυτό δια χ+ Ι. Με το σχήμα π. χ. βρίσκουμε το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης: Ρ (χ): (χ + Ι) Ι -1α -α+2 Ι α- 3 -α-β+ 3 =-1 α-1 -α+ 3 α+β- 3 -α-β+4 Άρα το υπόλοιπο είναι το -α-β + 4 και το πηλίκο είναι: Π(χ)= χ3 + (α-Ι)χ2 + (-α+ 3)χ + (α+β - 3). (Ι) Πρέπει όμως το υπόλοι πο να είναι μηδέν. Άρα -α-β+4=0 <=> α+β=4. Τότε η (1) γί ν εται : Π(χ) = χ3 +(α-Ι)χ2 + (-α+ 3)χ +Ι. Homer

(ν

δια (χ - 1 )2 •

Ν) ,

Λύσ Πρέπειη : να δείξουμε ότι το Ρ (χ) διαιρείται δια χ -1 και ότι το πηλίκο Π (χ) της διαίρεσης Ρ(χ): (χ -1) διαιρείται και αυτό δια χ -1. και τοΜεπηλίτο κσχήμα ο της διαίρεσηςθαΡ βρούμε (χ) : (χ -1)το .υπόλοιπο Ι ν -(ν+ Ι) ν -1 -1 -1 -1 ν -1 -1 -1 -1 Άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ (χ): (χ -1) είναιΠΟ (και) =το πηλίκο είναι: . , -I . Μένει λοιπόν να δείξουμε ότι το Π (χ) διαι ρείταιΑρκεί δια χνα-1.δείξουμε ότι Π (Ι) = Ο . Έχουμε Π(Ι)= ν-1-1-1- . . ·-1 = =ν-(l+l+l+· ·· +l)=ν-ν =0 . Homer

VX ν

_ Χ ν-Ι

Χ ν-2

Χ ν-3

ν το πλήθος

9) Δίνεται το πολυώνυμο Ρ (χ) για το ο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/48

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

(3) Δίνεται το πολυώνυμο ποίο ισχύει Ρ (1) = Ρ (-1) = Ρ (-3) . Αν Υ1 (χ ) εί ναι το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ (χ) = 5κ 2 χ 3 - 4κλχ 2 + (λ2 - 2κ)χ + Ι με κ,λε !R . [χ + Ρ (χ)J : (χ2 + 2χ - 3) και Υ2 (χ) το υπόλοιπο Αν το Ρ (χ) διαιρείται δια χ - 1 , να δείξετε ότι το της διαίρεσης [χ 2 + Ρ (χ)J : (χ2 - 1 ) , δείξτε ότι πηλίκο της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ - Ι) είναι Π (χ) = 5χ 2 - 3χ -Ι Υ1 (χ) - Υ2 (χ) = χ - 1 . Προ βλήματα

Λ ύση :

χ + Ρ (χ) = (χ 2 + 2χ -3)Π, (χ)+ Υ1 (χ) (Ι), όπου Υ1 (χ) = α1 χ + β 1 και χ 2 + Ρ (χ) = (χ 2 - Ι) π2 (χ)+ Υ2 (χ) (2), όπου Υ2 (χ) = α2 Χ + βz . Για χ = 1 η ( 1) γράφεται Ι + Ρ (Ι) = Υ1 (Ι) . Δη λαδή Ι + Ρ(Ι) = α1 + β1 (α). Για χ=-3 η (Ι) γράφεται -3+Ρ(-3) =Υι (-3) . Δηλαδή -3 + Ρ (Ι) = -3α1 + β 1 (β). Από τις (α), (β) έχουμε: α1 + β 1 = Ι + Ρ (Ι) J α1 = Ι } -3α , + β , = -3 + Ρ (Ι) <=> w, = Ρ (Ι) (*) Άρα Υ1 (χ) = χ + Ρ (Ι) Για χ = l η (2) γράφεται: Ι + Ρ (Ι) = Υ2 (Ι) . Δηλαδή l + Ρ (Ι) = α2 + β 2 (γ). Για χ = -Ι η (2) γράφεται: I+P(-I)=Y2 (-l) . Δηλαδή l + Ρ (Ι) = -α2 + β 2 (δ). Από τις (γ) και (δ) έχουμε: α + β = l + P (I) J α =0 } -α2 2 + 2β 2 = l + Ρ (Ι) <=> "\β 2 =2Ι + Ρ (Ι) Άρα Υ2 (χ) = Ι + Ρ (Ι) (**) Άρα από (*) - (**) έχουμε: Ύ;(χ)-\;(χ)=χ-1. •

•

}

•

• •

•

}

του Γιώργου Αλεξίου 1 . Δίνεται η συνάρτηση

f(χ) = αχ4 + χ3 - χ2 + αχ- α - 1, αε ΙR . Αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα χ' χ στο σημείο Α(1,0) να δειχτεί ότι θα τον τέμνει και σε ένα ακόμα σημείο το οποίο και να βρεθεί. Λύση

Είναι f(l) = 0 . Άρα α = l . Συνεπώς f(x) = x4 + x 3 - x 2 + x - 2 . Με το σχήμα Homer βρίσκουμε f(x) = (χ - Ι) · (χ 3 + 2χ 2 + χ + 2) . Άρα f(x) = (χ - l)(x + 2)(χ 2 + 2) . Τελικά το δεύτερο σημείο που η γραφική πα ράσταση τέμνει τον άξονα χ 'χ είναι το Β(-2,0) α φού f(-2) = Ο . 2. Σήμερα ένας πατέρας και ο γυιός του έ χουν άθροισμα ηλικών 60 έτη. Πριν 10 χρόνια όμως, ο κύβος της ηλικίας του γιου, ήταν οκτώ χρόνια μικρότερος από το διπλάσιο της ηλικίας του πατέρα του. Πόσο ετών είναι σήμερα ο κα θένας τους;

Π ροτεινόμενες Ασκή σεις

Λύση (l) Έστω Ρ (χ) = (λ - Ι)χ 2 - χ + λ , λε ΙR . Έστω χ η σημερινή ηλικία του. πατέρα και y Θεωρούμε το πολυώνυμο Q(x)=P(I-x)+2xP(x+l) . Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης Q (χ) : (2 χ + 3) είναι του γιου του. (1 ) Τότε είναι χ + y = 60 4, να βρεθεί ο λ. (2) Θεωρούμε τα πολυώνυμα Ρ (χ) , Q(x) για Πριν Ι Ο χρόνια η ηλικία του πατέρα ήταν χ -10 και του γιου του y -10 . τα οποία ισχύει 3x · P(x)+ Q(x) = x 3 για κάθε χ ε JR Αν το Ρ (χ) διαιρούμενο δια χ - Ι δίνει υ Άρα πρέπει: πόλοιΠο 2, να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης (y - 10)3 = 2 · (χ -10) - 8 . Q(x) : (x 2 - χ) . Από την (I) παίρνουμε χ = 60- y . Και συνε •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/49

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

πώς η παραπάνω εξίσωση γίνεται (y -10) 3 = 2 (y - 10) + 72 � (II) Θέτουμε y - 1 Ο = ω . Τότε η (ΙΙ) γράφεται: ω3 = -2ω+ 72 � ω3 + 2ω- 72 = 0 Με το σχήμα Homer βρίσκουμε: (ω - 4) (ω2 + 4ω+ 15) = Ο και αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου ω2 + 4ω+ 18 είναι αρνητική, η μό νη λύση είναι ω= 4 . Δηλαδή y - 10 = 4 Οπότε: y = 14 . Τελικά ο γυιός είναι 14 ετών και ο πατέρας του 60-14=46 ετών. ·

3.Ένα ελικόπτερο, τη χρονική στιγμή t = Ο βρίσκεται σε ύψος 8 km από το έδαφος (που το θεωρούμε επίπεδο) και για κάθε χρονική στιγ μή, η απόστασή του από το έδαφος δίνεται από την εξίσωση y = -4t3 + 9t 2 - 6t + 8 , όπου το t εί ναι σε λεπτά (min) και το y σε χιλιόμετρα (km). (α) Να βρεθεί ο συνολικός χρόνος πτήσης του ελικοπτέρου, από τη στιγμή που άρχισε η παρατήρησή του ( t = Ο ). (β) Να δειχθεί ότι σε όλη τη διάρκεια της πτήσης, το ελικόπτερο δεν ανέβηκε σε μεγαλύ τερο ύψος από τα 8 km. (γ) Ποιες χρονικές στιγμές το ελικόπτερο απείχε από το έδαφος 7 km; Λύση α) Επιλύουμε το σύστημα των ανισώσεων: {t � Ο, y � Ο} Η τελευταία με τη βοήθεια του σχήματος Homer γίνεται (t - 2)(-4t 2 + t - 4) � Ο Αλλά η διακρίνουσα των τριωνύμου 2 -4t + t - 4 είναι αρνητική και συνεπώς το τριώ νuμο είναι πάντα αρνητικό δηλαδή: -4t 2 + t -4 < Ο , για κάθε t. Άρα η συνθήκη: ( t - 2)(-4t 2 + t - 4) � 0 είναι ισοδύναμη με την t -2 � Ο � t � 2 . Συνεπώς t E [0,2]. Δηλαδή η διάρκεια της πτήσης είναι 2 sec. (β) Πρέπει να δείξουμε ότι:

-4t 3 + 9t 2 - 6t + 8 � 8 , για κάθε t Ε [0,2]. Δηλαδή να δείξουμε ότι για κάθε t Ε [0,2] ι σχύει: -4t3 + 9t 2 -6t � Ο � -t(4t 2 - 9t + 6) � Ο και αφού -t � Ο αρκεί να δείξουμε ότι 4t2 - 9t + 6 � Ο για κάθε t Ε [0,2]. Τούτο όμως ισχύει, αφού η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι αρνητική Δ = 8 1 - 96 = -15 < Ο . (γ) Αρκεί να λύσουμε την εξίσωση: -4t3 + 9t 2 - 6t + 8 = 7 � ,.-4t 2 - 9t + 6t + 1 = ο Η τελευταία με τη βοήθεια του σχήματος του Homer, γίνεται: (t - 1)(-4t2 + 5t - 1) = Ο � t = 1 ή +3 1 5 2 4t - 5t + 1 = ο � t = 1 ή t = -=- 1 8 2 Τελικά βρίσκουμε ότι τη χρονική στιγμή t1 = -1 sec και τη χρονικη' στιγμη' t2 = 1 sec, το ε2 λικόπτερο βρίσκεται σε ύψος 7 km από το έδαφος.

4. Μέσα

σε ένα σφαιρικό δοχείο ακτίνας R και μέσα σε ένα κυλινδρικό δοχείο με ακτίνα ε πίσης R και ύψος 2 cm, ρίχνουμε αποσταγμένο νερό μέχρι τα δύο δοχεία να γεμίσουν. Αν η συ νολική μάζα του νερού στα δύο δοχεία είναι 169,56 gr, να βρεθεί η ακτίνα R. (Ως τιμή του π να ληφθεί η προσέγγισή του 3,14). Λύση 4 Ο όγκος της σφαίρας, είναι V, = - πR 3cm3 3 και άρα η μάζα του νερού στο σφαιρικό δοχείο είναι m1 = -4 πR 3gr . 3 Ο όγκος του κυλίνδρου είναι V2 = πR 2 υ , δηλαδή V2 = 2πR 2cm3 • Οπότε η μάζα του νερού στο κυλινδρικό δοχείο είναι m2 = 2πR 2gr . Με βάση τώρα το πρόβλημα έχουμε: m, + m 2 = 169,56 gr.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/50

•

Μαθηματικά για την Β" Λυκείου

το πρώτο όχημα, μετά από χρόνο t = 30 <::::>4pR3 + 6pR2 =3 ·169,56 <=> 4R3 +6R2 = 3 . 169π• 56 sec θαΆρασταματήσει 15 πριν από το σημείο Δ. t ε [0, 30] το Τώρα για κάθε χρονική στιγμή και άρα 4R 3 +6R2 =3·54 <=> 2R 3 +3R2 -81 =0 πρώτο κινητό θα απέχει από το Β απόσταση Οπότε με τη βοήθεια του σχήματος Homer ΒΜ = 3 · t και το δεύτερο θα απέχει από το Β απόβρίσκουμε (R-3)(2R 2 + 9R + 27) =Ο . σταση ΒΝ =3t- .!.. . (O,l)·t2 • Και συνεπώς απ' το 2 Και αφού 2R 2 + 9R + 27 >Ο, έχουμε σαν μό νόμο των συνημιτόνων (σχ. βιβλ. "Ευκλείδια Γεω νη δεκτή λύση την R 3. μετρία" σελ. 192) στο τρίγωνο ΒΜΝ παίρνουμε: ΜΝ2 = ΒΜ2 + ΒΝ2-2ΒΜ · ΒΝ ·συνω. Το σχήμα δείχνει μία κυκλική πλατεία με κέντρο το σημείο Δ και ακτίνα 30J3 και δύο κεντρικούς δρόμους ΑΒΔ και ΑΒΓ. Δύο ο ΜΝ' = (3t)' + (3! -Ξ· (0,1) · t' )' m

χήματα κινούνται από το Α προς το Β με την ί δια σταθερή ταχύτητα 3 m/sec. Φτάνουν στο Β ταυτόχρονα. Οπότε το ένα κινείται κατά μήκος του δρόμου ΒΓ διατηρώντας σταθερό το μέτρο της ταχύτητάς του, το άλλο όχημα κινείται κατά μήκος του δρόμου ΒΔ με σταθερή επιβράδυνση 2 Ο, 1 m I sec Αν η απόσταση ΒΔ είναι 60 m, να βρεθεί απόσταση των δύο οχημάτων από τη στιγμή που πέρασαν από το Β (t

α=

•

= Ο)

Λύ ση Είναι φανερό ότι το δεύτερο όχημα επιβραδύ νεται σταθερά και συνεπώς κάποτε θα σταματήσει. Θα βρούμε σε ποιο σημείο μεταξύ των και Δ θα συμβεί αυτό.

-2·3t- (3t-�·(O,l)·t2 } συvω (1) 30J3 .Jj και άρα ' ημω=--<=>ημω=Ειναι 60 2 γράφεται η (1) ω= 60° . Άρα ΜΝ2 = 9t2 +9t2 -0'3t3 + O,Ol4 t4 -6t(3t-�2 ·(O' l)·t2 }�2 ΜΝ2 = 18t2 - 2_10 t3 + -4001- t4 -9t2 + .2_20 t3 1- t4 3 ΜΝ2 =9t2 _ .2_t + 20 400 αή --t .Jt2 -60t+3600 ΜΝ <=> +9 =t· _.f_-� = 400 20 20 Συνεπώς

Οπότε

Δη λ δ ΜΝ

Δηλαδή:

,--

Συνεπώς, η απόσταση των δύο οχημάτων είΓνωρίζουμε ότι το διάστημα (η απόστασή ναι: για κάθε 1 του από το σημείο σε κάθε χρονική στιγμή . απο. τον τυπο: υ0 και η ταχuδινεται Μετά τη χρονική στιγμή το πρώτο τητά του δίνεται από τον τύπο υ υ0 . Όταν όχημα εξακολουθεί να κινείται, ενό) το δεύτερο σταματήσει, θα είναι υ οπότε σύμφωνα με τα μένει στο σημείο Σ και απέχει από το απόσταση δεδομένα θα έχουμε: m. η απόσταση του πρώτου Για κάθε οχήματος από το σημείο είναι Τ Άρα η απόσταση των δύο οχημάτων είναι η ΣΤ. Από το τρίγωνο ΒΣΤ (και το νόμο των συνη μιτόνων) έχουμε:

s f(t) = 20 .Jt2-60t + 3600 , t, Β) tε [0,30]. 1 t2 . s = t --α· 2= -α· t t = 30 sec, =Ο, Β ΒΣ=45 t > 30 sec {s=3t-�·(O, l) ·t2 } <=> Β Β = 3t . 0=3-(0, l)·t t=30 sec } {� 45: } <=> s=3·30-�·(0, 1)·900 =30 c •

•

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.ε. τ.2/51

Μαθηματικά ΎUΙ την Β ' Λυκείου

ΣΤ2 =ΒΣ2 +ΒΤ2 -2ΒΣ·ΒΤ ·συνω. Άρα: ΣΤ2 =45 2 +(3t) 2 -2·45·3t·_!_ 2 ή ΣΤ=3ν't2 -15t+225 Συνεπώς για κάθε t > 30 η απόσταση των δύο οχημάτων είναι: f(t) = 3ν't2 -15t + 225 Συνοψίζοντας τα παραπάνω βλέπουμε ότι σε κάθε χρονική στιγμή t η απόσταση των δύο οχημά των είναι t f(t) = _20 . ν't2 -60t + 3600 ' αν t:::; 30 3·ν't2 -151 +225 ' αν t>30 Μπορούμε τώρα εύκολα να απα ντάμε σε διάφορες ερωτήσεις όπως π.χ. πόσο θα απέχουν τα οχήματα τη χρονική στιγμή t = 1 Ο Αρκεί να βρούμε το f(lO). sec

ο :::;

Ση μείωση :

sec.

Ή ποια χρονική στιγμή θα απέχουν απόσταση m μεταξύ τους. Οπότε αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

40.J7

-201 ·ν't2 -60t+3600 =40·.J7 με tε [0,30]

και ύστερα την εξίσωση

3ν't2 -15t + 225 = 40.J7

με

t > 30.

6. Δύο σημεία Α και Β απέχουν μεταξύ τους

4 =-·21 (α+ 3)t,2 <=> t2 = να+3

c-:-:;

Με βάση τώρα τ ο πρόβλη μα έχου με :

4 4 -2 2 Jα - .Jα+3 =2 <=> Jα - Γα+3 =1 <=> 2.Jα+3 -2-Jα =ν'α2 +3α <=> (δεν πρέπει να διαφεύγει ότι είναι α > Ο σύμφωνα με το πρόβλημα). Άρα

2.Jα+3-2.Jα=ν'α2 +3α ή 2.Jα+3 = 2-Jα +ν'α2 +3α

Κι επειδή τα μέλη είναι ομόσημα (θεnκά) ι σοδύναμα έχουμε:

4(α+3) = 4α+4.Jα ·ν'α2 +3α +α2 +3α <=> 4α+12 =4α+α2 +3α+4ν'α3 +3α2 <=> 4ν'α3 +3α2 =-α2 -3α+12 <=>4α.Jα+3 =-α(α+3)+12 Θέτουμε .Jα+3 =β, β>Ο Οπότε: α= β2 -3 (Π) με β> .J3 (ΠΙ) Η (I) λόγω της (ΙΙ) γίνεται: 4(β2 - 3)β = -(β2 -3)β2 + 12 β4 +4β3 -3β2 -12β-12 =0 (IV). α>Ο

8 m. Ένα κινητό ξεκινάει από το Α (χωρίς αρχι κή ταχύτητα) με κάποια σταθερή επιτάχυνση και διανύει την απόσταση ΑΒ σε χρόνο t1 Εύκολα βλέπουμε ότι η (IV) δέχεται ως λύση Αν είναι γνωστό ότι ξεκινώντας από το Α τον αριθμό Οπότε συγκροτούμε το σχήμα με επιτάχυνση κατά 3m I sec2 μεγαλύτερη, θα Homer κι έχουμε: χρειαζόταν 2 sec λιγότερο χρόνο για να διανύσει την απόσταση ΑΒ, να υπολογίσετε την επιτά 1 4 -3 -12 -12 2 I χυνση α. •

2. +

1/ 6

Λύση

Όταν το κινητό ξεκινάει με σταθερή επιτά χυνση τότε ισχύει η εξίσωση

α,

4. 8 = 2'1 · α· t,2 <=> t, = Jα

Όταν όμως ξεκινήσει με επιτάχυνση

α+ 3 ,τότε ισχύει η εξίσωση

�2 ι,.12 )8 � 12 /

9/ 6

Συνεπώς η (IV) γίνεται:

(β-2)(β3 + 6β2 + 9β + 6) =Ο ή ισοδύναμα: β-2=0 ή β=2. Ο δεύτερος παράγοντας είναι προφανώς θεn κός αριθμός. Τελικά είναι α = 4-3 = 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/52

Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

Από την Συντακτική Επιτροπή του Παρ/ματος Ε.Μ.Ε. Εύβοιας γνωστή ως θεώρημα του Μενελάου και βεβαίως Βασικές βοηθητικές προτάσεις 1 . Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις, τότε ο λύνεται και με πολλούς άλλους τρόπους. Άσκηση 2. λόγος _των εμβαδών τους θα ισούται με το λόγο Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω ΑΔ η διχο των αντίστοιχων υψών. 2. Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσα ύψη, τότε ο λό τόμος και ΓΜ μια διάμεσός του. Αν γος των εμβαδών τους θα ισούται με το λόγο των (ΑΒΓ) = 4 · (ΜΒΔ) δείξτε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ αντίστοιχων βάσεων. είναι ισοσκελές. 3. Αν δύο τρίγωνα έχουν μία γωνία ίση ή πα Α Απόδειξη: ραπληρωματική, τότε ο λόγος των εμβαδών τους, Παρατηρούμε ότι θα ισούται με το λόγο των γινομένων των πλευρών τα τρίγωνα ΑΒΓ και που περιέχουν τις πιο πάνω γωνίες. 4. Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια, τότε ο λόγος ΜΒΔ έχουν την Β κοιτων εμβαδών τους θα ισούται με το τετράγωνο του νή. Άρα: (ΑΒΓ) = ΑΒ · ΒΓ η, λόγου ομοιότητας. Γ Β Δ αναφέρονται που ασκήσεις τώρα Ας δούμε (ΜΒΔ) ΒΜ · ΒΔ στα παραπάνω. 4(ΜΒΔ) = ΑΒ · ΒΓ ή 4 = ΑΒ · ΒΓ ή ΑΒ · ΒΓ · ΑΒ Άσκηση 1 . (ΜΒΔ) ΑΒ ΒΓ ·ΑΒ που α ε Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και μία ευθεί 2(ΑΒ + ΑΓ) 2 ΑΒ + ΑΓ τέμνει την ΑΒ στο Δ την ΑΓ στο Ε και την προ ΑΓ) ή 2 = ΑΒ +ΑΓ ή - : 4 = 2(ΑΒ + έκταση της ΒΓ στο Ζ. Δείξτε ότι ΑΒ ΑΒ ΑΔ ΒΖ . ΓΕ - ι ΑΓ ή ΑΒ = ΑΓ + ΑΒ = ΑΒ · 2 ΔΒ . ΖΓ ΕΑ Άσκηση 3. Απόδειξη : Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τις διχοτόμους Α και ΑΔ ΒΕ που τέμνονται στο σημείο Ι. ( AIE) γ(p + γ) Δείξτε οτι: --'---'( ΑΔΓ) (α + γ)(α + β + γ) Α Απόδειξη: Β Επειδή τα τρίγωνα και ΑΔΓ έχουν την ΑΙΕ Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΔΖΒ έι κοινή, έχουμε: χουν τις γωνίες Δ ι και Δz παραπληρωματικές. Α( Ε) ΑΙ · ΑΕ ΑΙ = (I) ΔΕ) = ΔΑ · ΔΕ (I). (Α Γ Άρα ΑΔ · ΑΓ (ΑΔΓ) (ΔΖΒ) ΔΖ · ΔΒ Όμως από Θ διχοτόμων στο Α Β Δ έχουμε Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΔΖΒ και ΓΖΕ έ ΑΙ = ΑΒ η, (ΔΖΒ) ΖΔ ΖΒ χουν την Ζ κοινή. Άρα: (ΓΖΕ) = Ε · Γ (11). ΙΔ ΒΔ ' Ζ Ζ ΑΒ Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΓΖΕ και ΑΕΔ έΆρα ΑΙ ΑΙ + ΙΔ ΑΒ + ΒΔ χουν Ε ι = Ez (κατά κορυφή). Άρα γ , ή ΑΙ = β + γ (11) (ΖΓΕ) = ΖΕ · ΕΓ (lll) . Οπότε: ΑΙ ΑΔ γ + αγ_ ΑΔ α+ β +γ (ΑΔΕ) ΑΕ · ΕΔ β+γ Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των (1), (11), Επίσης από Θ διχοτόμων στο Α Β Γ έχουμε: ΑΔ ΒΖ ΓΕ , (111) εχουμε 1 = - · - · - . ΑΕ = ΑΒ . Συνεπώς ΑΕ = ΑΒ κι εποΔΒ ΖΓ ΕΑ ΑΕ + ΕΓ ΑΒ + ΒΓ ΕΓ ΒΓ ΣΗΜΕΙ ΩΣΗ: Η πιο πάνω άσκηση είναι "'

•

�

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/53

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

σημεία Δ, Ε και Ζ τέτοια, ώστε να είναι: γ (ΠΙ) = -.ΑΓ γ + α ΑΔ = ρ · γ , ΒΕ = .e_ · α και ΓΖ = 2ρ · β , όπου ρ έ2 Αντικαθιστώντας τις (Π), (ΠΙ) στην (I) παίραριθμός. θετικός νας νουμε: (ΑΙΕ) = γ · (β + γ) (α) Δείξτε ότι ρ < ! (ΑΔΓ) (α +γ)(α + β +γ) 2 Άσκηση 4. (β) Αν (ΔΕΖ) = ρ , να βρεθεί ο ρ. (ΑΒΓ) Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) παίρνουμε Δ το μέσο της ΑΒ και φέρνουμε Απόδειξη : (ΕΔΒ) = ! , δείξτε ότι το τρίγωνο (α) Είναι φανερό ότι πρέπει ΔΕ l. ΒΓ . Αν ργ < γ (ΑΓΔ) 4 Ε. α < α ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Απόδειξη : �ρβ < β Επειδή τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΓΑΔ έχουν ίρ<l σες τις βάσεις ΔΒ και ρ<2 πότε Ο ΔΑ, άρα ο λόγος των r' ----' τ---.; � __,_ εμβαδών τους θα ισού- A ρ < -Ι ται με το λόγο των 2 αντίστοιχων υψών. Τελικά ρ < _!._ . ΕΤ (Ι) 2 Δηλαδή (ΔΕΒ) (ΑΓΔ) ΑΓ (β) Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΑΔΖ και .- κοινη., Άρα (ΑΔΖ) = ΑΔ · ΑΖ . και αφού ΕΤ//ΑΓ, από τα όμοια τρίγωνα ΕΤΒ και ΑΒΓ εχουν , την Α (ΑΒΓ) ΑΒ ·ΑΓ ΓΑΒ παίρνουμε: ΕΤ = ΒΕ . Και συνεπώς η (Ι) γί ΑΓ ΒΓ ο , ποτε (ΑΔΖ) = ργ · (β - 2ρβ) η, ΒΕ (ΔΕΒ) γ·β (ΑΒΓ) . νεται: (ΑΓΔ) ΒΓ ργ (ΑΔΖ) · (1 2ρ)β η, (ΑΔΖ) = ρ(Ι - 2ρ) . (I) .Άρα -Ι = ΒΕ <::::> ΒΕ = -Ι ΒΓ οπότε θα είναι (ΑΒΓ) = γ · β (ΑΒΓ) 4 ' 4 ΒΓ Ομοίως, επειδή τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΓ έχουν 3 . (ΒΔΕ) = _!._ ρ (Ι - ρ) .(Π) κι;χ.ι ΕΓ = -ΒΓ τη Β κοινή, παίρνουμε: 4 (ΑΒΓ) 2 Από το πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα Και αφού τα τρίγωνα ΓΕΖ και ΑΒΓ έχουν τη ΑΓΔ, ΓΔΕ, ΔΕΒ παίρνουμε: ΑΓ2 = ΓΔ2 - AtY = ΓtY - ΔΒ2 (Π) αφού ΔΒ=ΑΔ f κοινή, παίρνουμε ότι: (ΓΕΖ) = ρ(2 -ρ) . (ΠΙ) (ΑΒΓ) ΓΔ2 = ΓΕ2 - ΕΔ2 (ΠΙ) και ΔΒ2 -ΔΕ2 = ΕΒ2 (IV) Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (Ι), (Π), Τώρα η (Π) εξ αιτίας της (ΠΙ) γίνεται: , με: (ΑΔΖ) + (ΒΔΕ) + (ΓΕΖ) = ΑΓ2 = ΓΕ2 + ΕΔ2 - ΔΒ2 ή (111) εχου ' (ΑΒΓ) ΑΓ2 = ΕΓ2 - ΕΒ2 [λόγω της IV] ' ρ(l - 2ρ) + 2Ι ρ(1 - ρ) + ρ(2 -ρ) Άρα ΑΓ' = � ΒΓ - � ΒΓ <> Άρα (ΑΒΓ) -(ΔΕΖ) = ρ(1-2ρ+ _! _! ρ+2- ρ) ΑΓ2 = � ΒΓ2 <::::> ΑΓ2 = _!._ <::::> ΑΓ = J2 . 2 2 (ΑΒΓ) ΒΓ2 2 ΒΓ 2 Ι6 Άρα Ι - (ΔΕΖ) = ρ - 2 ρ + 2 <=> Συνεπώς ημΒ = J2 . Τελικά Β = 45° . Άρα το 2 2 (ΑΒΓ) 2 τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Ι - (ΔΕΖ) = ρ -2 ρ + 2 . 2 2 (ΑΒΓ) Άσκηση 5 . .Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και πάνω στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ παίρνουμε αντίστοιχα τα μένως

ΑΕ

(

)

( (

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/54

) )

με ότι: 7 Όμως γνωρίζου 7 7 )<=> 1-ρ=--ρ7 2 +-ρ<=> Άρα 1-ρ=ρ(--ρ+2 = λ2 +μ2 +ν2 +2(λμ+λν+ μν) (λ+μ+ν) 2 2 2 2 2-2ρ=-7ρ2 +7ρ <=> 7ρ2 - 9ρ+2=0 Άρα 32 = �2 +2·(λμ+λν+μν) <=> Δ = 81- 56 ή Δ = 25 . 9 2·(λμ+λν+ μν) <=> ι '9--= 9 5 ± Άρα ρ= 14 -2 . αι αφου πρεπει ρ<-2 δε- 9 2 9 7 <=> -=2·(λμ+λν+μν) -=λμ+λν+μν. 2 4 . μονο . η τιμη. ρ = -2 . ειναι 7 Άρα η (Ι) γράφεται (ΔΕΖ) = (4 + �} (ΑΒΓ) . . (ΔΕΖ) = 25 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Προεκτείνουμε την Δ λαδ η η 4 (ΑΒΓ) πλευρά ΒΑ προς το μέρος του Α κ.αι παίρνουμε = · Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

κτη

Άσκηση 6.

σημείο Δ ώστε να είναι ΑΔ μ ΑΒ . Επίσης Άσκηση 7. προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ προς το μέρος Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και παίρνουμε πάνω του Γ και παίρνουμε σημείο Ε ώστε να είναι στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ τα σημεία Ε και Ζ αΓΕ = λ · ΑΓ . Τέλος, προεκτείνουμε την ΓΒ προς ΑΕ = μ και , , , , ετσι ωστε να ειναι το μέρος του Β και παίρνουμε σημείο Ζ ώστε να ντιστοιχα ΑΒ είναι ΒΖ = ν · ΒΓ . ΑΖ Αν μ + ν 3 και λ2 μ2 ν 2 9 , να δει- ΑΓ = λ . 2 Αν οι ευθείες ΒΖ και ΓΕ τέμνονται στο Ι, να 2 χθεί ότι (ΔΕΖ) = 5 (ΑΒΓ) . αποδειχθεί ότι (ΒΙΓ) (1 - μ)(1 - λ) 4 1 - λμ ( ΑΒΓ)

λ+ =

+ + =-

Απόδε ιξη :

Για τα τρίγωνα ΓΖΕ και ΑΒΓ ισχύει Τα τρίγωνα ΒΙΓ και ΕΒΓ έχουν τη γωνία Γι ΖΓΕ+ΒΓΑ=180°. κοινή. (ΓΖΕ) = ΓΖ·ΓΕ . Άρα (ΑΒΓ) (ΒΙΓ) = ΓΒ . ΓΙ . Δηλαδη. (ΒΙΓ) = _Q_ ΓΑ·ΓΒ Άρα (ΕΒΓ) ΓΒ · ΓΕ (ΕΒΓ) ΓΕ (ΓΖΕ) = (ν+l)ΒΓ·λ·ΑΓ . Άρα (ΑΒΓ) Φέρνουμε την ΕΗ//ΒΖ κι έχουμε ΒΓ·ΑΓ --

Απόδειξη

•

(I)

(ΓΖΕ) = (ν+ l) · λ Άρα (ΑΒΓ) και άρα (ΓΖΕ) =(ν+ l)λ· (ΑΒΓ). Ομοίως (ΒΔΖ)= (μ+ 1) ·ν· (ΑΒΓ) και (ΑΔΕ) = (λ+l) · μ· (ΑΒΓ) όμως (ΔΕΖ)=(ΓΖΕ)+(ΒΔΖ)+(ΑΔΕ)+(ΑΒΓ) Άρα (ΔΕΖ)= (ν+ l)λ · (ΑΒΓ) +(μ+ l)ν · (ΑΒΓ) +(λ+ l)μ · (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ) δή Δηλα (ΔΕΖ) =(λ+ μ+ν+l+λμ+ μν+λν)· (ΑΒΓ) Άρα (ΔΕΖ)= (4 + λμ + μν +λν)· (ΑΒΓ) (Ι) Αρκεί να βρούμε το άθροισμα λμ + μν +νλ.

ΑΗ δηΑΗ Οποτε -=μ ΓΙ =ΓΖ (Π) και -=-. ΓΕ ΑΗ ΓΗ =μ· ΑΖ ΑΖ ΑΒ από την ΑΖυπόθεση έλαδή και αφού ΑΖ=. λ· ΑΓ, συμπεραίνουμε ότι χουμε ΑΗ=μ·λ·ΑΓ Τώρα η ΓΑ-ΑΖ γίνεται: ΑΓ-λ·ΑΓ ΓΙ ΓΙ-= ή -= ΓΕ ΓΑ-ΑΗ ΓΕ ΑΓ-μλ·ΑΓ . ΓΙ --. 1 -λ . -= Κι επομενως ΓΕ 1-μλ (ΒΙΓ) --1-λ ι ετσι η γινεται: (ΕΒΓ) 1-μλ ΑΕ

•

(11)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/55

(I)

(111)

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου �

Τα τρίγωνα ΕΒΓ και ΑΒΓ έχουν τη Β κοινή. Άρα (ΕΒΓ) ΒΓ · ΒΕ η, (ΕΒΓ) = ΑΒ -ΑΕ ΑΒ (ΑΒΓ) ΒΓ · ΒΑ (ΑΒΓ) και αφού από υπόθεση είναι ΑΕ = μ · ΑΒ συ μπεραίνουμε ότι (ΕΒΓ) = ΑΒ - μ · ΑΒ η, (ΕΒΓ) = 1 - μ . (IV) (ΑΒΓ) ΑΒ (ΑΒΓ) Αν τώρα πολλαπλασιάσουμε τις (III), (IV) κα(ΒΙΓ) = (1 -λ)(1 -μ) , τα, με' λη θα εχουμε: 1 - λμ (ΑΒΓ) Άσκηση 8. Ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Η διάμεσος ΑΜ προεκτεινόμενη τέμνει τον κύκλο στο σημείο Δ. Να αποδειχθεί ότι ( ΑΒΓ) 2β 2 + 2γ 2 - α2 α2 (ΒΔΓ) Απόδειξη: Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΒΓ έχουν κοινή τη βάση ΒΓ. Άρα: (ΑΒΓ) = ΑΗ ' (Ι) (ΔΒΓ) ΔΖ όπου ΑΗ και ΔΖ τα ύψη των τριγώνων ΑΒΓ και ΔΒΓ αντίστοιχα. Τα τρίγωνα ΑΗΜ και ΔΖΜ είναι όμοια. Άρα ΑΗ = ΑΜ (11) ΔΖ ΔΜ (ΑΒΓ) - ΑΜ (ΙΙΙ) ' -'-----'τωρα ' η (Ι) γινεται (ΔΒΓ) ΔΜ •

....:. ____;:_ ..._ ...:.....:. ...._ ....:..

Στο εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε τυχαίο σημείο Ο. Αν ΟΚ, ΟΑ, ΟΜ είναι οι απο στάσεις του Ο από τις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ αΟΚ ΟΑ αv.ι: 1 , να αποδειχθει' οτι: -= . ντιστοιχως ' -+-+ υy υα t>p •

Απόδειξη: Τα τρίγωνα ΑΟΒ καιΑΓΒ έχουν τη βάση ΑΒ ΟΚ . κοινη., Άρα (ΟΑΒ) = (ΑΓΒ) υr

Ομοίως: (ΟΒΓ) = ΟΑ ' (ΟΑΓ) = ΟΜ . (ΑΒΓ) υα (ΑΒΓ) υβ Με πρόσθεση κατά μέλη των πιο πάνω σχέ σεων, έχουμε: (ΟΑΒ) + (ΟΒΓ) + (ΟΑΓ) = ΟΚ + ΟΑ + ΟΜ υ 1 υa υβ ' (ΑΒΓ) ΟΚ + ΟΑ + ΟΜ = (ΑΒΓ) ΟΚ + ΟΑ + ΟΜ 1 . υ1 υα υβ (ΑΒΓ) ' υr υα υβ Άσκηση 1 0. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και θεω ρούμε τον κύκλο με διάμετρο ΒΓ, που κόβει την ΑΒ στο Δ και την ΑΓ στο Ε. Αν (ΑΒΓ) = 2 · (ΑΔΕ) , να αποδειχθεί ότι Α = 45° . Απόδειξη: =

�

Γ Δ

Καθώς γνωρίζουμε απ' τη δύναμη σημείου ι2 σχύει: ΜΑ· ΜΔ = ΜΒ · ΜΓ ή MA · MΔ = � . (IV) 4 Επίσης από το 1 ο Θεώρημα Διαμέσων στο 2 τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: β 2 + γ2 = 2 . ΑΜ 2 + � � 2 2 2 2 2 (V) -α 4ΑΜ = 2β + 2γ Η σχέση (ΠΙ) γράφεται τώρα (με βάση τις Επειδή Δι = Γ , τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ είναι σχέσεις (IV) και (V): όμοια. (Εχουν κοινή την Α ) (ΑΒΓ) ΑΜ 4ΑΜ2 2β 2 + 2γ 2 - α2 = = = ΑΓ ή 2= ΑΓ � ΑΓ =.J2 α2 (ΔΒΓ) -τ � Συνεπώς (ΑΒη = Μ Μ (ΜΕ) ΑΔ 4ΑΜ ή ΑΓ = J2ΑΔ . Άσκηση 9. Λ

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/56

(

Μαθηματικά yια την Β· Λυκείου

Φέρνουμε τη ΓΔ. Τότε το τρίγωνο ΑΔΓ είναι --+ + + (διότι ΑΒΕ ΑΓ ΕΓ και ΑΔΒ ΑΒ Η' = ΑΓ Η' ). ορθογώνιο. Άρα ΔΓ2 = ΑΓ 2 - ΑΔ2 : 2 2 2 Άρα ΔΓ2 = 2ΑΔ2 - ΑΔ2 <=> ΔΓ2 = ΑΔ2 <=> 2 Άρα (ΑΒΕ) = ΑΕ <=> ΔΓ = ΑΔ . Άρα Α = 45° . (ΑΒΔ) ΑΒ ---

( )

,...

�

Ά σκηση 1 1 .

(και αλλιώς Δι = Γ + Αι = ΑΒΓ +ΓΒΕ = = ΑΒΕ ).

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προε Ά σκηση 1 3. κτείνουμε την ΑΒ κατά τμήμα ΒΕ = κ · ΑΒ , τη Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο ΒΓ κατά τμήμα ΓΖ = λ · ΒΓ και τ:η ΓΔ κατά τμήμα ΔΗ = μ · ΓΔ , όπου κ, λ, μ είναι θετικοί α- σε κύκλο και έστω Σ το σημείο τομής των δια ριθμοί. Αν λ · μ = 1 , να δειχτεί ότι γωνίων ΑΓ και ΒΔ. Να δειχθεί ότι: ΣΑ = ΑΒ · ΑΔ (ΒΕΖ) = κ · (ΓΖΗ) . ΣΓ ΒΓ · ΓΔ ---

Απόδε ι ξη : ,..

Επειδή ΖΙΗ + ΕΒΖ = ΖΒΑ + ΕΒΖ = ω+φ = 180° , συμπεραίνουμε ότι: (ΒΕΖ) = ΒΕ · ΒΖ . (ΓΗΖ) ΓΗ · ΓΖ λ

�ΓΔ z

. ή (ΒΕΖ) = κ ·ΑΒ · (λ + 1)ΒΓ η (ΒΕΖ) κ(λ+1) (ΓΗΖ) (μ + 1)ΓΔ · λ · ΒΓ (ΓΗΖ) (μ+ 1)λ (ΒΕΖ) - κ(λ+ 1) (αφου' ΑΒ - ΓΔ) η (lliZ) λμ+λ (ΒΕΖ) = κ(λ + 1) (αφου' λμ = l) Δηλαδη. -1+λ (ΠΙΖ) Τελικά παίρνουμε: (ΒΕΖ) = κ · (ΓΗΖ). '

Λσκηση

Απόδε ιξη:

Τα τρίγωνα ΑΒΣ και ΔΓΣ έχουν τις γωνίες ΑΣΒ και ΓΣΔ ίσες (ως κατακορυφήν). Άρα (ΑΣΒ) = ΣΑ · ΣΒ (Ι) (ΣΓΔ) ΣΓ · ΣΔ ΣΑ · ΣΔ ' (ΣΑΔ) Για τον ι'διο λ'ογο εχουμε: (ΣΒΓ) ΣΓ . ΣΒ (ΙΙ) ---

---

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη (ΑΣΒ) · (ΣΑΔ) = ΣΑ · ΣΒ . παιρνουμε: (ΣΓΔ) · (ΣΒΓ) ΣΓ · ΣΔ 1 1 ΑΒ ΣΕ · ΑΔ · ΣΖ ΣΑ 2 · · ']: = η. l1 1 ΣΓ -2 · ΔΓ · ΣΗ · -2 · ΒΓ · ΣΘ

( )

των (1), ΣΑ · ΣΔ ΣΓ · ΣΒ

(11)

· ---

1 2.

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ ΑΓ) και έστω Δ τυχαίο σημείο της βάσης ΒΓ. Αν η ΑΔ τέμνει τον περιγεyραμμένο κύκλο στο σηΔ ότι: ΑΕ (ΑΒΕ) = ΑΒ · ΑΔ . ΣΕ · ΣΖ = ΣΑ 2 . (lll) μείο Ε, να δειχθεί δηλαδή (ΑΒΔ) ΑΒ ΒΓ · ΓΔ ΣΗ · ΣΘ ΣΓ Απόδ::ιξη : Ωστόσο τα τρίγωνα ΒΕΣ, ΣΓΗ είναι όμοια Κατ' αρχάς αποδεικνύουμε: ότι "τα τρίγωνα (αφού είναι ορθογώνια και έχουν Β ι = Γ ι ως εγγεΑΒΕ, ΑΒΔ είναι όμοια". γραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο). Πράγματι, τα τρίγωνα αυτά έχουν την ΒΑΕ κοινή Άρα ΣΕ = ΣΒ ' (IV) και ΑΒΕ = ΑΔΒ ΣΗ ΣΓ Α Επίσης απ' τα όμοια τρίγωνα ΑΣΖ, ΒΣΘ παίρ ΣΖ =. ΣΑ . (V) νουμε: ΣΘ ΣΒ Με πολλαπλασιασμό των (IV), (V) έχουμε: ΣΕ · ΣΖ = ΣΑ . (VI) ΣΗ · ΣΘ ΣΓ Τώρα η (111) λόγω της (VI) γίνεται:

( )2

•

( )

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/57

( )

ΑΒ · ΑΔ . ΣΑ = ΣΑ 2 ΒΓ · ΓΔ ΣΓ ΣΓ ΑΒ · ΑΔ ΣΑ Δηλαδή ΒΓ · ΓΔ ΣΓ

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Επίσης για τα τρίγωνα ΣΑΔ και ΣΑΒ ισχύει Σ ι + Σ3 = 180° . Άρα (ΣΑΔ) = ΣΑ · ΣΔ ' η, (ΣΑΔ) ΣΔ (ll) . (ΣΑΒ) ΣΑ · ΣΒ (ΣΑΒ) ΣΒ Με πολλαπλασιασμό των (Ι), (11) κατά μέλη Άσκηση 1 3 . (ΣΑΔ) 2 = ΣΑ . ΣΔ (111) . παίρνουμε: Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ και έ (ΣΔΓ) · (ΣΑΒ) ΣΓ ΣΒ στω Σ το σημείο τομής των διαγωνίων του. Εξ άλλου απ' την ομοιότητα των τριγώνων Να δειχθεί ότι: (ΣΑΔ)2 = (ΣΑΒ) · ( ΣΓΔ) . ΣΑ = ΣΒ (IV) . , ΣΑΒ, ΣΓΔ παιρνουμε: ΣΓ ΣΔ Απόδειξη : Τώρα η (111) λόγω της (IV) γίνεται: Τα τρίγωνα ΣΑΔ και ΣΔΓ έχουν Σι + Σ2 = 180" . 2 ΣΔ (ΣΑΔ) - = ΣΒ . '-----' --'Άρα (ΣΑΔ) = ΣΔ · ΣΑ η. (ΣΑΔ) = ΣΑ (I) (ΣΔΓ) · (ΣΑΒ) ΣΔ ΣΒ (ΣΔΓ) ΣΔ · ΣΓ (ΣΔΓ) ΣΓ 2 οπότε (ΣΑΔ) =1

�

(ΣΔΓ) . (ΣΑΒ)

δηλαδή (ΣΑΔ)2 = (ΣΔΓ) · (ΣΑΒ) . Β

των Αντωνιάδη Κυριάκου - Χαραλαμποπούλου Λίνας ί) Για ποιες τιμές του θ η παραπάνω εξί 1) Δίνεται σημείο Α (4, Ο) και ευθεία σωση παριστάνει κύκλο; ε : χ = ι . Σημείο Ρ κινείται στο επίπεδο έτσι ώ ίί) Για τις τιμές του θ που βρέθηκαν στο ε στε ΡΑ' = ΡΑ · συνθ , όπου Α' η προβολή του Ρ ρώτημα (ί) να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα στην ευθεία ε με θ ε IR Να δειχτεί ότι το Π α του κύκλου. νήκει σε μια συγκεκριμένη γραμμή την οποία να ίίί) Ν α εξεταστεί αν υπάρχει τιμή του θ ώ π , στε η ευθεία (ζ) : χ = y - 4 να εφάπτεται του κύορίσετε: ί) όταν θ = Ο και ίί) οταν θ = - . 3 κλου. •

Απάντηση :

Απάντη ση :

Έστω P (x,y) τα ζητούμενα σημεία. Τότε ΡΑ' = ΡΑσυνθ . i) Αν θ = Ο τότε ΡΑ' = ΡΑ . Επομένως το σημείο Ρ ισαπέχει από την ευθεία ε και το σημείο Α, οπότε, σύμφωνα με τη θεωρία ανήκει σε μια παραβολή με εστία το Α και διευθετούσα την ε. ΡΑ)2 , η nΛ' = ΡΑ ' Ρ'Λ \2 = ( " Π ' η .n.1 11 ) Αν θ = r .n. , τοτε ( '3 2 4 2 2 2 2 2 4 (ΡΑ') = (ΡΑ ) , ή 4 (χ - 1 ) = (4 - χ ) + y , ή χ2 2 4(χ2 -2χ+1)=16-8χ+χ2 +i , ή - � = 1 . (1) 4 2 Επομένως το Ρ ανήκει στην υπερβολή, που ο ρίζει η εξίσωση (1). 2) Δίνεται η εξίσωση x 2 + y 2 - 2 = 2 xlnθ + ln2 θ + 41nθ (1) όπου θ > Ο (παράμετρος). '

i) Έχουμε χ 2 + y2 - 2χ 1η θ + ln 2 θ -41ηθ - 2 = 0 , ή (χ -Ιηθ)2 + y2 = 41η θ + 2 (2). Η εξίσωση (2) για να παριστάνει κύκλο πρέπει και αρκεί 41ηθ+2>0�1ηθ>-.!. � θ > � . 2 νe I ii) Επομένως για θ > .,Γe η ( 1) παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ(Ιηθ,Ο) και ακτίνα ρ = .J4Ιη θ + 2 . ii) Για να εφάπτεται η (ζ) του κύκλου αυτού πρέπει η απόσταση του κέντρου από την ευθεία να είναι ίση με την ακτίνα, δηλαδή Ι}η θ · 1 + "τJΛI = ν',--4Ιη θ + 2 � d(K ' ζ) = ρ �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/S8

.fi

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

i) Η εξίσωση (1) γίνεται: χ 2 + (y - 2)2 = 1 . IInθ+� = �2{4ln θ + 2) <=>ln2 θ+12=0: αδύνατη. Επομένως δεν υπάρχει τιμή του θ ώστε η (ζ) Άρα παριστάνει κύκλο κέντρου Κ (Ο,2) και ακτί να εφάπτεται του κύκλου. νας ρ = 1 . 3) Σ' έναν αγώνα αυτοκινήτων δύο κινητά ii) Έστω (ζ) : y = λχ η εξίσωση της ζητούμε 4 βρίσκονται κάθε στιγμή στα σημεία Κ ι (t,t + ) νης εφαπτομένης. Ιλ Ο - 2 + 1"\1'Ί και K 2 (1 - 2t, t + 1) , t ;?: O . = 1 <=> Τότε d {Κ,ζ) = ρ <=> · i) Να βρεθεί η απόσταση των κινητών τη �λ2 + 1 χρονική στιγμή t = 2 . <=> 2 = .Jλ2 + 1 <=> λ = ±J3 . Για λ = J3 έχουμε ii) Να βρεθούν οι εξισώσεις των γραμμών πάνω στις οποίες κινούνται τα δύο αυτοκίνητα. y = J3x και για λ = -J3 έχουμε y = -J3x . iii) Η υπερβολή έχει ασύμπτωτες τις ευθείες iii) Την χρονική στιγμή t = 1 να βρεθεί η α β . β πόσταση του Κι από την τροχιά του Κ 2 y = -x και y = --x α α Απάντηση : Επομένως � = J3 , ή β = αJ3 . Λύνουμε το i) Την χρονική στιγμή t = 2 έχουμε Κι {2,6) α και Κ 2 (-3,3) . Οπότε (ΚιΚ 2 ) = .J25 + 9 = � . σύστημα: β2= αJ3 και έχουμε α2 = 1 οπότε (t, t + 4) έχουμε χ = t και β = α2 + 2 ii) Εφόσον Κι y = t + 4 . Επομένως y = χ + 4 με χ ;?: Ο αφού β 2 = 3 Άρα η εξίσωση της ζητούμενης υπερβολής t ;?: Ο . Άρα το κινητό Κι κινείται στην ημιευθεία 2 - L2 = 1 . είναι χ y = x + 4 με χ � Ο . 3 Εφόσον Κ2 (Ι - 2t, t + Ι ) έχουμε χ = 1 - 2t 5) Δίνονται οι εξισώσεις Ι --χ 1) χ + (λ - 2)y = -1 (1) (λ + 1) χ - 1 = 2λy (2), (λ και y = t + 1 ή " - = t και y = t + 1 ". Τελικά 2 όπου λ ε JR . _!_ i i) Να δειχθεί ότι: για κάθε τιμή της παρα y = - χ + όπου ( χ ::; 1 αφού t ;?: Ο ). Επομένως μέτρου λ οι εξισώσεις (1) και (2) παριστάνουν 2 2 ' y = -21 χ + 23 με ευθεία γραμμή. ' στην ημιευθεια το κ 2 κινειται Όλες οι ευθείες που ορίζονται από την εξίσω ση (1) (οικογένεια ευθειών) διέρχονται από το χ ::; 1 . ίδιο σημείο. (Ομοια για την εξίσωση (2)). iii) Την χρονική στιγμή t = 1 , Κ ι {1,5) οπότε ii) Ν α εξεταστεί αν υπάρχει ευθεία που α ' ' 1 3 νήκει και στις δύο οικογένειες ευθειών. ' ' ' η αποσταση του απο την ευθεια � : y=-x+- ει2 2 Απάντηση: 1-5+ � i) · 8νι;5 2 =_!2 Επειδή δεν υπάρχει τιμή του λ για την οποία 5 να μηδενίζονται και ο συντελεστής του χ και ο συ Γ, V 4 -r 1 ντελεστής του y, η εξίσωση (1) παριστάνει ευθεία για κάθε τιμή του λ ε JR . Όμοια η εξίσωση (2) πα 4) Δίνεται η εξίσωση χ 2 + y 2 + 3 = 4y (1). ριστάνει ευθεία. i) Να δειχθεί ότι η (1) παριστάνει κύκλο Η εξίσωση (1) γράφεται ισοδύναμα και να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα του. (x + y)λ - (x + 2y - 1) = 0 . Για να δείξουμε ότι όii) Να βρεθούν οι εφαπτόμενες του κύκλου λες οι ευθείες της οικογένειας ( 1) διέρχονται από που διέρχονται από την αρχή των αξόνων. το ίδιο σημείο αρκεί να βρούμε ένα σημείο 2 2 Κ (χ 0 , y0 ) του οποίου οι συντεταγμένες να επαληiii) Θεωρούμε την υπερβολή ; ; = 1 με α β θεύουν την (1), για όλες τις τιμές του λ. Το ζητού β 2 = α 2 + 2 . Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί μενο σημείο θα είναι εκείνο του οποίου οι συντε α, β ώστε οι aσύμπτωτες της υπερβολής να είναι ταγμένες μηδενίζουν τις παραστάσεις χ + y και χ + 2y - 1 , δηλαδή η λύση του συστήματος οι ευθείες του ερωτήματος (ίί). { x + y = O , x + 2y - 1 = 0 } . Από την επίλυση του Απάντη ση : ·

•

11,

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/59

}

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

σuστήματος βρίσκουμε χ = -1 , y = 1 . Επομένως όλες οι ευθείες της οικογένειας (1) διέρχονται από το σημείο Κ(-1,1) . Όμοια οι ευθείες της οικογέ-

( Ξ}

νειας (2) διέρχονται από το σημείο Λ 1·

ii) Η ζητούμενη ευθεία είναι εκείνη που διέρ χεται από τα σημεία Κ και Λ οπότε θα ανήκει και στις δύο οικογένειες ευθειών. Ο σuντελεστής διευ.!. - 1 θύνσεως της ΚΛ είναι λΚΛ = -2- = 1+1 4 Άρα η ευθεία ΚΛ είναι y - 1 = - � (x + l) , ή y = --1 x + -3 . 4 4 2 6) Δίνεται η εξίσωση y = yx i) Να δειχθεί ότι: Η εξίσωση παριστάνει δύο ευθείες ε ι και ε2 που τέμνονται στην αρχή των αξόνων. Το σημείο M (2 + .J2,.J2) ισαπέχει από τις ε ι , ε2 ii) Να βρεθούν οι εξισώσεις των διχοτόμων των γωνιών που σχηματίζουν οι ει , ε 2

_.!.

•

Απάντηση: i) y2 - yx = O , ή y(y - x) = O . Επομένως y = Ο ή y = χ . Οπότε ε1 : y = Ο , ε2 : y = χ . Αν χ = Ο τότε και y = Ο άρα το κοινό σημείο των ε 1 , ε2 είναι η αρχή των αξόνων 0(0,0) . 12 + .J2 - .J21 d (M,ε 1 ) = .J2 και d (Μ,ε 2 ) = � = .J2 . 12 + (-1)2 Άρα d(Μ,ε 1 ) = d (Μ,ε2 ) . ii) Εφόσον το Μ ισαπέχει από τις ε 1 , ε2 η ΟΜ θα είναι διχοτόμος της γωνίας των ε 1 , ε2 . Η ΟΜ έχει σuντελεστή διευθύνσεως λ = .J2 = .J2 - 1 . 2 + .J2 Άρα η εξίσωση της ΟΜ είναι: y = (.J2 - 1) χ Η άλλη διχοτόμος διέρχεται από το 0(0,0) και είναι κάθετη στην ΟΜ άρα η εξίσωσή της είναι 1 - x , y = -(.J2 + 1)x . y = -ή .J2 - 1

•

Ε ΚΔΟΣ Ε Ι Σ

ΤΗ

ΒΙΒΛΙΟΠDΛΕΙΟ - ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΔΙΑθΕΣΗ: Αpμενοπούλου 27

•

546 35 θεοσολονlκη

•

Τηλ. 0310·203.720 - Fax 0310·21 1.305

•

e-mail: sales@zili.gr

Από τη Θεσσαλονίκη και σε όλη την Ελλάδα A t i\ U Σ t Ι t �\ σ. r t ε Μ ο γ J;:Y�APTHΣIJ!;

� �QL��J�U�� I'

��

yιa 'n

' τ '

ξιι τοu της θωμά Βασιλικής

Σχόλια και παρατηρήσεις Τα μέτρα θέσεως ουσιαστικά είναι αριθμοί : που «υποκαθιστούν)) το σύνολο των παρατη ρήσεων προς διευκόλυνσή μας. Από μόνα τους όμως δεν μας δίνουν πλήρη εικόνα της κατανομής που μελετάμε. Για το λόγο αυτό χρησιμοποιούμε και τις πληροφορίες : που μας δίνουν τα μέτρα διασποράς. : Τα μέτρα θέσεως, μέση τιμή και διάμεσος, α ναφέρονται μόνο σε ποσοτικές μεταβλητές. Η επικρατούσα τιμή αναφέρεται και σε ποσοτι κή και σε ποιοτική μεταβλητή. : Η μέση τιμή εξαρτάται από όλες τις τιμές της μεταβλητής και επηρεάζεται από τις ακραίες τιμές αυτής. Η διάμεσος εξαρτάται από όλες τις τιμές της : μεταβλητής, δεν επηρεάζεται όμως από τις α κραίες τιμές αυτής. Η επικρατούσα τιμή εξαρτάται μόνο από τιμή : με την μεγαλύτερη συχνότητα. : Τα μέτρα διασποράς αναφέρονται μόνο σε ποσοτικές μεταβλητές. : Το εύρος (R) εξαρτάται από τις ακραίες τιμές και ως εκ τούτου δεν είναι «αξιόπιστω) ως προς τη διασπορά των παρατηρήσεων. Η διακύμανση είναι αξιόπιστο μέτρο, μειονε κτεί όμως διότι εκφράζεται με το τετράγωνο της μονάδας μέτρησης της μεταβλητής. Η τυπική απόκλιση είναι το πλέον αξιόπιστα μέτρο διασποράς, διότι έχει τις ίδιες μονάδες με τις μονάδες της μεταβλητής. •:• Τα μέτρα θέσεως, το εύρος και η τυπική από κλιση εκφράζονται με τις ίδιες μονάδες που εκφράζεται και η μεταβλητή. Η διακύμανση εκφράζεται με το τετράγωνο της μονάδας μέ τρησης της μεταβλητής. Ο συντελεστής μεταβλητότήτας είναι καθα ρός αριθμός. Ψ Όσο μικρότερες είναι οι τιμές της διακύμαν σης και της τυπικής απόκλισης τόσο ποιο συ γκεντρωμένες είναι οι τιμές της μεταβλητής Α.

••

• •

••

γύρω από τη μέση τιμή. Ο συντελεστής μεταβλητότητας μας δείχνει το βαθμό ομοιογένειας του δείγματος ενός πληθυσμού ή συγκρίνει τις ομοιογένειας δύο διαφορετικών δειγμάτων που εξετάζονται ως προς την ίδια μεταβλητή που έχουν διαφορε τικές (ή ίδιες) μονάδες ή διαφορετικές (ή ί διες) κλίμακες. Ειδικότερα αν έχουν ίδιες μο νάδες θα πρέπει να έχουν διαφορετική μέση τιμή. Να προσέξουμε τις παρατηρήσεις που ισχύ ουν σε κανονική κατανομή.

Η μέση τιμή, η διάμεσος και η επικρατούσα τιμή συμπίπτουν αριθμητικά.

••

x-3s

x-2s x-s

x+s

x+2s x+3s

Στην κανονική κατανομή ισχύουν: Το 68% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάσημα (x -s, x +s) Το 95,7% των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα (χ - 2s, χ + 2s) Το 99,7% - των παρατηρήσεων βρίσκεται στο διάστημα (χ - 3s, χ + 3s) Το εύρος είναι 6s, δηλαδή R 6s . Ακόμα το 50% των παρατηρήσεων είναι πάνω από το χ και το 50% κάτω του χ . Έτσι συγκεντρώνοντας τα παραπάνω, γραφι κά θα έχουμε: -

x-3s

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/61

x+s

( 3,85%1 34'% : 34% : 13,85%

x-2s x-s

x+2s x+3s

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

β), δ)

Β. Λυμένες Ασκήσεις Άσκηση 1 . Ο υπεύθυνος Marketing

Κλάσεις

μιας ξενοδοχεια κής μονάδας, μιας τουριστικής περιοχής, πραγ ματοποίησε μια έρευνα για τον αριθμό ημερών παραμονής των πελατών στο ξενοδοχείο. Κατό πιν έδωσε τα στοιχεία των μετρήσεών του με το παρακάτω πολύγωνο αθροιστικών συχνοτήτων.

[0,4) [4,8) [8, 1 2) [12, 1 6) [1 6,20) [20,24) _l24,28)

(Fi) 200

�ι,--

100

/Β

-------

12 δ

V; X;

2 6 10 14 18 22 26

20 20 40 60 30 20 10

40 120 400 840 540 440 260

200

2640

V1 ( X; - χ/ 2508,8 720 4000 1 1 760 9720 9680 6760

45148,8

Από τον παραπάνω πίνακα παίρνουμε ' τιμη' -χ = 2640 = 13 , 2 Μεση 200 Διακυμανση s = 45 148,8 = 225, 744 και 200 Τυπική απόκλιση s = Ν = �225,744 = 15,024 . γ) Από το αρχικό πολύγωνο αθροιστικών συ χνοτήτων βρίσκουμε την τετμημένη του σημείου που η ευθεία y = ν/2 συναντά το πολύγωνο αθροι στικών συχνοτήτων, που θα είναι η διάμεσος δ = 13,33 (βλέπε σημείωση). '

•

Γv κ

•

1 50

Χ;

•

Ζη τείτα ι :

α) Να γίνει το πολύγωνο των συχνοτήτων. β) Να βρεθεί η μέση τιμή. γ) Να βρεθεί η διάμεσος. δ) Να βρεθούν η διακύμανση και η τυπική απόκλιση. ε) Να χαρακτηρίσετε αν η παραπάνω κατα νομή είναι κανονική, ομοιόμορφη, θετικά ή αρ νητικά ασύμμετρη.

Σ η μείωση :

Τα τρίγωνα ΓΛΚ και ΓΑΒ είναι όμοια Άρα: ΓΛ = ΓΑ <=> 20 = 60 <=> ΛΚ = i = _!_ 3 3 ΛΚ ΑΒ ΛΚ 4 Άρα: δ = 12 + 1 _!_ = 13 _!_ = 13' 33 3 3

Α Β α) Φανερά από τον παραπάνω πίνακα παίρ 140 νουμε: 100 Λ 'i/ κ Ν1 = 20, Ν2 = 40, Ν3 = 80, Ν4 = 140, Ν5 = 180, Ν6 = 190, Ν2 = 200 80 ιr Τώρα με βάση τον τύπο ν1 = Ν, και ν Ν Ν όπου κ = 2,3,4,5,6,7 ο 12 δ 16 βρίσκουμε τις συχνότητες των αντίστοιχων κλά σεων: ν1 = 20, ν2 = 20, ν3 = 40, ν4 = 60, δ) Από το πολύγωνο συχνοτήτων χαρακτηρί ν5 = 40, ν = 10, ν2 = 10 ζουμε την κατανομή περίπου κανονική .

Λύση

I I I

κ-ι

Μέτρα Θέση και διασπορά (ν;)

60 40 30 20 10

L11ο I

�\

Άσκηση 2.

Πολύγωνο συχνοτήτων

Λύση

4 8 12 16 2 24I � 28 0

Ο μέσος αριθμός ατυχημάτων ανά ημέρα, σε μια πόλη τον μήνα Σεπτέμβριο ήταν 12. Το μήνα Οκτώβρη παρουσιάστηκε αύξηση των α τυχημάτων ανά ημέρα της τάξης του 5%. Ποια μεταβολή επέρχεται στο μέσο όρο; Αν Χ η μεταβλητή που εκφράζει τον αριθμό των ατυχημάτων ανά ημέρα τον μήνα Σεπτέμβρη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/62

χ= χ=

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

=Χ + � 100 Χ= 1, 05Χ = 1, 05Χ: = 1, 05 1 2 12,6 0,6 ' ' ' 12,6-12 12 12 , 5 5 3. χ=

μών 2, 3 . εκφράτότε η μεταβλητή Ψ α) Να υπολογιστεί η διακύμανση. β) Αν ο πληθυσμός του δείγματος είναι ζει τα ατυχήματα ανά ημέρα το μήνα Οκτώβρη. Τότε ψ = κατά μέσο όρο τα ν=100 να υπολογιστεί η διάμεσος. ατυχήματα το μήνα Οκτώβρη. Η μεταβολή, λοιπόν ΛίJ ση ο ο 0/ α) Για 2 έστω f2 % = κ στο μεσο ορο ειναι = ;ι =-= χ3 = έστω f3% λ Άσκηση <::::> rκ 81 κ-+-:-λ-=-5--, τότε Η κατανομή των 150 μαθητών ενός Λυκεί Α ου ως προς τις ώρες μελέτης τους ανά βδομάδα κομη <::::> ν i=Ι έχει μέση τιμή 25 . Αν οι 40 μαθητές της Α ' Λυκείου μελετούν κατά μέσο όρο 18 ώρες τη βδομάδα, ενώ οι 50 μαθητές Β' Λυκείου κατά 22 ώρες, να βρεθεί ο μέσος χρόνος μελέτης των Από => λ = και κ = μαθητών της Γ Λυκείου. - χ)2 ν ί και s2 Λί1ση ν i=Ι Για τους μαθητές της Α ' Λυκείου έχουμε: 2 2 = ·

ο .

40tι + t2 + . . + t 1 8 = 40 4o <::::> Σ ti 720. Για τους 50 μαθητές της Β' Λυκείου έχουμε: 22= τι +τ2 50+ . . +τsο <::::> Σ50 τί =1100. 40 50 60 + τ260+ . . +τ60 <::::> Σ = Xr 60. Για το σύνολο των μαθητών του Λυκείου έ χουμε: (t1 +1:z +. .+t�)+(τ1 +�+150. .+τ00)+(1; + +. .+ ·25 150 =Σ ti +Σ60 τί +Σ150 <::::> r <::: :> 3750=_3720 +-1100+X 60 750601 820 -32' 16 ωρες. ' k=l

και για τους 1 50

Λυκείου X r

k=l

μαθητές της

Ί;

k=l

Ί;

'tJ) <::::>

Ί;

k=l

χ 3=2 = 16 + + λ + 26 = 100 l (1) xiνi <::::> 2, 63 = Σχ100/i % -χ= Σ4-2,63 = 1 ' 16 +2·�;03λ +4 ' 26 <::::> l2κ + 3λ=143l (2) (1), (2) 27 3 1 =..!_ ±cxi = = 1001 [(1-2,63) ·16+(2 - 2,63) ·3 1 + 2, 63)2 26]επειδή= 11,1το3 πλή +(β) 3Για-2,να63)βρούμε 2 . 27 + τη διάμεσο θος του δείγματος είναι άρτιος έχουμε: 12 50 + t51 ) =-(1 3 + 3) = 3 δ = -(t 2 ,

(9 -

•

Άσκηση 5.

Το διάγραμμα σχετικών συχνοτήτων δίνει τα ποσοστά επιτυχίας του ΠΑΟ στις ελεύθερες βολές στα δίποντα και τρίποντα σε έναν αγώνα. (i) Να βρεθούν αυτά τα ποσοστά, (ii) Να γίνει το κυκλικό διάγραμμα.

fi% 5χ

χ -

3χ

2χ

Άσκηση 4 .

' παρακατω πινακας:

Αριθμός λαθών

(χ ; ) ι

Ποσοστό -

(f; %)

16 -

Αθρ . Συχν.

(F; %)

1 1

Λύση

16 47 74 100

5χ =,100 <:::=:> χ20=10. 2χ3+03,χ +=50 30 50100 10020 0 0 100 · 360 =72

α) Από τον πίνακα έχουμε

Άρα f1 % = f2 f3% 4 26 Για το κύκλικό διάγραμμα έχουμε: Οι γω β) Σύνολο 100 νίες των αντίστοιχων κυκλικών τομέων είναι: παρουσιάζει τα ορθογραφικά σφάλματα μαθη τών της Γ Λυκείου κατά την υπαγόρευση ενός φ = - · 360° = 108°' φ2 = - · 360° = 1 80° κειμένου. Ο μέσος αριθμητικός είναι 2, 63 , όπου Χ η μεταβλητή των λαθών. Από τον πίνα φ3 = κα αυτόν έχουν σβηστεί οι συχνότητες των τι-

χ=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/63

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

y = 150 = 15 10 • Τρίποντα Άρα οι συντελεστές μεταβλητότητας θα είναι L:.i] Ελεύθερες βολές για (βάση του τύπου c ν = � ) χ Δίποντα 2,93 2 cvx =- =0,209= 20,90/ο, � =-=0,133=13,3%. 14 15 Άρα CVY < CVx δηλαδή η βαθμολογία των Άσκηση 6. Ο μέσος όρος στα μαθηματικά των μαθη μαθητριών έχει μεγαλύτερη ομοιογένεια από των τών μιας τάξης ενός Λυκείου είναι 14. Στην τά μαθητών. ξη αυτή ήρθαν από άλλο σχολείο δύο μαθητές με βαθμούς: ο ένας 19 και ο άλλος 13. Ο νέος Άσκηση 8. μέσος όρος είναι ίσος με 14,2. Να βρεθεί ο αρχι Η μέση ημερήσια θερμοκρασία στην πόλη κός αριθμός των μαθητών της τάξης. της Χαλκίδας κατά τον μήνα Σεπτέμβριο είναι 30° με τυπική απόκλιση 2°. Υποθέτοντας ότί έ Λύση Αφού ο μέσος όρος των βαθμών στα μαθημα χουμε περίπου κανονική κατανομή, να βρείτε κατά προσέγγιση το ποσοστό των ημερών που τικά είναι 14, τότε έχουν: ΣχΣ χ. α) θερμοκρασία πάνω από 32° β) θερμοκρασία κάτω από 26° χ = ....!=!...._ <=> 14 = ....!=!...._ <=> Σ χ; = ν · 14 (1) ν ν i=Ι γ) θερμοκρασία τουλάχιστον 30° δ) θερμοκρασία μεταξύ 26° και 32°. Με την προσθήκη των δύο νέων βαθμών ο νέος μέdος όρος βαθμολογίας θα είναι: Λύσ η Αν χ η μεταβλητή της θερμοκρασίας τότε έΣ χί + 1 9 + 13 OJ 14+ 13 ν 1 9 + · χ i=Ι χουμε = 30 και s = 2 . Άρα χ= <=> <=> 14 ' 2 = ν+2 ν+2 Το 68% είναι στο διάστημα (28,32) 14,2 · ν+28,4=14 · ν+32 <::::> 0, 2 · ν = 3 6 <::::> ν = 1 8 . Το 95% είναι στο διάστημα (26,34) Το 99,7% είναι στο διάστημα (24,36). ν

•

Άσκηση 7.

Η βαθμολογία των μαθητών μιας τάξης στο μάθημα των μαθηματικών είναι χ: 12, 09, 13, 16, 1 1, 19, 17, 16, 15, 12 ενώ των μαθητριών στο ίδιο μάθημα είναι y: 16, 14, 13, 9, 17, 19, 19, 18, 12, 13. Οι μαθητές ή οι μαθήτριες παρουσιάζουν μεγαλύτερη ομοιογένεια βαθμολογίας; Λύση Χ;

Ι2 9 13 Ι6 ΙΙ

Ι9

Ι7 Ι6 Ι5

12 140

Χ;

ΙΊ\

:......_....

\\ I

ι·,

: \"�

i :

S=2 :

: s=z � ' I

_../"

: '

_______. _, _ . __L__ ____ '_ _L ___ι____l_� _ ___l_ . ____:_----

Κατασκευάζουμε τον πίνακα

-Χ

-2 -5 -Ι 2

-3

2 1

-2

χ = 140 = 14 10

(χ ; - χ) 2 4 25 Ι

4 9 25 9 4 Ι 4 86

Υ; Ι6 Ι4

Υ; - y

09 Ι7 Ι9 Ι9 Ι8 12

-6

150

86 = 8 6 82 ' χ= 10

Ι -Ι

-2 2 4 4

3 -3

-2

(Υ; - y) Ι

Ι6 Ι6

9 9 4 40

�6ο :::::. 2' 93 s χ = νο,

68%

95%

99,7%

--J

---1

----1

Άρα το ποσοστό των ημερών με θερμοκρασία ' 100% - 68% = 16010/ ' απο' 32 ειναι α) πανω 2 ' απο' 260 ειναι ' 100% - 95% 2, 5 010/ β) κατω 2 γ) τουλάχιστον 30° είναι το 50% δ) μεταξύ 26° και 32° είναι 95% - 68% + 68% = 81, 5% 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Άσκηση 9.

Ένας υποψήφιος θετικής κατεύθυνσης για την τριτοβάθμια εκπαίδεύση έχει γενικό βαθμό πρόσβασης 17,6 με συντελεστή 8, Μαθηματικά κατεύθυνσης 15 με συντελεστή 1,3, Φυσική κα τεύθυνσης 17 με συντελεστή 0,7. Στο ειδικό μά θημα πήρε 14 με συντελεστή 1. Να βρεθεί ο σταθμικός μέσος όρος της πα ραπάνω βαθμολογίας. Λύση

" Σw;Χ; i=: ι Βάση του τύπου χ = ....:::.,_ " Σ w; i=l έχουμε χ 17,6 · 8+15 · 1,3+17 · 0,7+ 14 ·1 1 82,8 --16' 93 . 11 8+1,3+0,7+1 _ _

Άσκηση 1 0 .

Μια ενδυματολογική εταιρεία για την σω-

στή κατασκευή των ενδυμάτων εξέτασε δειγμα τοληπτικά μια ομάδα ως προς το ύψος και το βάρος και είχε τα εξής αποτελέσματα. Για το βάρος χ1 = 72 κιλά, s 1 = 4 κιλά και το ύψος χ2 = 168 εκατοστά, s 2 = 7 εκατοστά. Να εξεταστεί ποια από τις δύο κατανομές παρουσιάζει τη μεγαλύτερη διαφορά. Λύση

Επειδή τα παραπάνω μεγέθη εκφράζονται σε διαφορετικές μονάδες η σύγκριση της διαφοράς γίνεται μόνο με συντελεστές μεταβλητότητας. Άρα 4 ο 055 5, 5% cνβαρους 72 7 = 0,417 = 4,17% . cνυψους = 168 Άρα CVβαρ > CVυψ όπου η κατανομή του βά ρους παρουσιάζει μεγαλύτερη διαφορά τιμών. =- =

του

Θανάση Τσwύμα

Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 0 Ε (0,1) ώστε Η συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα σε συν δυασμό με τα θεωρήματα Bolzano, Θ . Ε.Τ. (Θεώρ. f(x0 ) = Ο . Ενδιάμεσης Τιμής) και Θεώρ. Μέγιστης - Ελάχι αν α > 1 τότε επίσης στο [1, α] εφαρμόζεται το στης τιμής, παρουσιάζει ιδιαίτερο ενδιαφέρον και Θ . Bolzano αφού f(1) = 1 - α < Ο και έχει πολλές εφαρμογές στην Ανάλυση. f(α) = αν - α > Ο . Θα προσπαθήσουμε να εmσημάνουμε τα κυ ριότερα σημεία τα οποία θα πρέπει να προσέξει ο Επομένως σε κάθε περίπτωση υπάρχει μία θεμαθητής. τική ρίζα της εξίσωσης χ ν = α . Η ύπαρξη ρίζας μιας συνεχούς συνάρτησης σ ' β ' τρόπος ένα ανοιχτό διάστημα Δ εξασφαλίζεται με: Έστω f(χ) = χ ν - α ορισμένη στο (0,-J-oo ) . -,_ Το Θ. Bolzano ή Η f είναι γνησίως αύξουσα (διότι με -,_ Το σύνολο τιμών f(A} (αρκεί το Οεf{Α)). Ο < χ 1 < χ 2 έχουμε χ� < χ� άρα και Ση μείωση : Για να βρούμε το f(A) θα πρέπει χ ν - α < χ 2ν - α ) και lim Χ-->0 f (χ) = -α < Ο ενώ να γνωρίζουμε τη μονοτονία της f. Π. χ. να δειχτεί ότι η εξίσωση χ ν - α = Ο , lim f (χ) -J-oo άρα f (Α) = (-α, -J-oo) που περιέχει ν Ε Ν * - {1} όπου α >-ο έχει μία τουλάχιστον θε το Ο αφού -α < Ο . Επομένως η εξίσωση f(x) = O έχει μία τουτική ρίζα. λάχιστον θετική ρίζα. Λύση : α' τρόπος Η ύπαρξη ρίζας της f (χ) = Ο στο IR μπορεί να Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ)=χν -α, ν Ε Ν * . γίνει με τη βοήθεια των ορίων της f στο ±<χ> και Εξετάζουμε για το α τις περιπτώσεις: του Θ. Bolzano. αν Ο < α < 1 τότε στο [Ο, Ι] εφαρμόζεται το Θ. Π.χ. η εξίσωση χ3 - χημχ + 105 = Ο έχει μία Bolzano διότι f(Ο) = -α < Ο , f(1) = 1 - α > 0 τουλάχιστον ρίζα στο IR . και f συνεχής στο [0,1] . •

•

χ-.-

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/65

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λύση Έστω f(x) = x3 - χημχ + 105 , χ ε IR. , τότε as lim f(x)= lim x3 1- ημχ + 1 =(-oo) · (1-'-0+0)=-oo . Χ2 Χ3 Άρα υπάρχει β ε IR. τέτοιος ώστε f (β) < Ο ( 1 ). Επίσης lim f (χ) = +οο , οπότε υπάρχει α ε IR. τέτοιος ώστε f(α) > Ο (2). Από (1), (2) είναι f(α)f(β) < Ο και f συνεχής, άρα σύμφωνα με το Θ. Bolzano θα υπάρχει χ 0 ε (α,β) οπότε χ 0 ε ΙR. έτσι ώστε f(x 0 ) = 0 . Η μοναδικότητα ρίζας συνεχούς συνάρτησης σε ένα διάστημα Δ εξασφαλίζεται με: � Θ . Bolzano και Μονοτονία (ή «1-1))) ή � Το σύνολο τιμών f(A) . Π. χ. να δειχτεί ότι η εξίσωση ln χ + 2χ = Ο έ χει μοναδική ρίζα στο (Ο, +οο) . Χ-+-

Χ-+-

(

)

Χ -Ηοο

•

f(x) :;t: O για κάθε χ ε Δ τότε η fδιατηρεί το πρόσημό της στο Δ δηλαδή f(x) > Ο για κάθε χ ε Δ ή f (x) < Ο για κάθε χ ε Δ . Π.χ. Έστω fσυνεχής και f2 (χ) + xf(x) - 1 = 0 (1) για κάθε χ ε IR. με f(O) = -1 . i) Να δειχτεί ότι η f διατηρεί το πρόσημό της στο IR. . ii) Να βρεθεί ο τύπος της.

Λύση Έστω ότι υπάρχει χ ε IR. : f(x) = Ο . i) Θέτουμε στην (1) όπου f(x) = Ο οπότε -:-1 = Ο , άτοπο, άρα η εξίσωση f (χ) = Ο είναι αδύ νατη στο IR. . Επομένως f (χ) :;ι!: Ο για κάθε χ ε IR. δηλαδή η f διατηρεί το πρόσημό της στο IR. (αφού f συνεχής στο IR. ). ii) Από την (1) προκύπτει ότι � ' � ' η f(χ ) -χ ομως f(χ ) = - χ + 2 2 f (Ο) = - 1 , τελικά f (χ) = -x - .Jx 2 + 4 , χ ε IR. . 2

Λύση Έστω f(x) = ln x + 2x , χ > Ο τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) , αφού οι y = ln χ , y = 2χ είναι γνησίως aύξουσες στο (Ο, +οο ) . Έχου (αφού χ� lim· ln x = ) και με: limf(x) = ο χ�ο lim f (χ) = +οο . Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το Λυμένες ασκήσεις χ�1 ) Αν f συνεχής και χ + 1 $ f(x) $ e" (1) για IR. , που περιέχει το Ο. Επομένως η εξίσωση f (χ) = Ο θα έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο IR. , που κάθε χ ε IR. να δειχτεί ότι η εξίσωση f (χ) = e2 x θα είναι μοναδική, διότι η f είναι γνησίως αύξουσα. έχει μία τουλάχιστον λύση στο IR. Αν μια συνάρτηση f θέλουμε να παίρνει μία συγκεκριμένη τιμή σε ένα ανοιχτό διάστημα Λύση τότε εφαρμόζουμε το Θ.Ε.Τ. (Θεώρημα Εν Θέτουμε g (x) = f(x)- e2 x , χ ε IR. . διάμεσης Τιμής). Από την ( 1) προκύπτει ότι Π.χ. έστω f συνεχής στο [0,1] , γνησίως αύx + 1 - e2 x $ g (x) $ ex - e2 x (2). ξουσα με f(O) = 1 και f(1) = 3 να δειχτεί ότι υ Από τη (2) έχουμε: πάρχει χ 0 ε (0,1) τέτοιο ώστε � για χ = 1 , 2-e2 $g(1) $e-e2 άρα g(1) < 0 . f(1/4)+ f(2/4)+ f(3/4) � για χ = Ο , 1$g(0) $1 δηλαδή g (0) = 1 > 0 . f(x o ) = (1). 3 Επομένως g (O) · g(1) < Ο και g συνεχής, άρα Λύση από το Θ. Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον Είναι f (Α) = [1,3] και 1 < f(1/4) < 3 , χ 0 ε (0,1) : g(χ 0 ) - Ο ή f (x 0 ) = e2 x 0 • 1 < f(2/4) < 3 , 1 < f(3/4) < 3 με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ότι 2) Να δειχτεί ότι η εξίσωση Ιn (e - ex) = x f(1/4) + f(2/4) + f(3/4) 1< <3 . έχει ακριβώς μία λύση. 3 Άρα σύμφωνα με το Θ.Ε.Τ. υπάρχει Λύση χ 0 ε (0,1) τέτοιο ώστε να ικανοποιεί την (1). Θα πρέπει e-ex > O <=> ex < e <=> x < 1 άρα Αν η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ και -οο

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/66

' Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Α= (-co,1). r(�)-r (�) και h (�) = r (�)- f(1). Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) = ln (e - ex ) , h (%Με) = πρόσθεση κατά μέλη έχουμε ΧΕ (-co,1). h(O)+ h (�)+h (�)+h (�) = f(O)-f(1)=0 Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο,1] διότι με χ1 < χ2 <1 είναι ex1 < ex2 < e <=> ξΕ[0,1] :h(ξ}=Ο e - ex ι > e - ex2 >Ο άρα ln(e - exι ) > ln(e - ex2 ) . Ε πίσης -χ 1 > -χ2 οπότε f(x1) > f(x2). lim f(x)= lim[ln(e-ex)-x]=1-(-<><>)=� Προτεινόμενες ασκήσεις Έστω f(χ)=αχ2+βχ+γ, α:;t:Ο και αφού θέτουμε = e -ex e( χ 'f+βy+αy<O. lim f(x) = -<><> -1 = -<><> . Να ότι η εξίσωση f (χ) = Ο : είναι το επο Τελικά το σύνολο τιμών της f τουλάχιστον ρίζα στο (-1, 1) μένως η εξίσωση f(x)=O θα έχει ακριβώς μια λύση i)ii) f:χει άν f:χει δύο ισες ρίζες στο στο ( 1) επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα. f(χ)=αχ8 +βχ6 +γχ2 + 1 όπου α> Ο. Τη μονοτονία της fθα μπορούσα Έστω -1 να δειχτεί ότι η εξίσωση με να βρούμε και με τη σύνδεση συναρτήσεων ή Αfν(χ)α+= Οβ +έχειγ <δύο λ του άχιστον ρίζες στο με την βοήθεια της παραγώγου. lim f(x) = +οο , f(x) = +οο 3) [0,1] f ( ) = (1) . και f (1) < Ο ). 3. Έστω f(x)=xx (Inx +x-1), χ >Ο. χ0 Ε [Ο, 1] i) Να βρεθεί το lim f(x). f (x0 ) = f (x0 + � ) ii) Να λυθεί η εξίσωση f (χ)= Ο . iii) Να δειχτεί ότι η εξίσωση Ε [0,1] f( ) = ( +�) ημ ( χ) ef(x) + π -e2 =Ο έχει μία τουλάχι στον θετική ρίζα. (απ. i) ii) χ = 1 (μοναδική), iii) Θ. Bolzano). i) 'Εστω g(x)=f(x)-f (χ+Ξ } χΕ [ο,Ξ] Αν f συνεχής στο και ισχύει f2(x)=4+x2 - x +3f(x) για κάθε ΧΕ τότε g(O)=f(O)-r(Ξ} g (Ξ) =r (�)-f(1) με i) Να δειχτεί ότι η f διατηρεί το πρόσημό της βρεθεί στο ο τύπος της αν f(2004)< Ο. Να ii) f f(l) = f(O). Άρα g(O)· g(l)=-[f(O)-f(�]' Ο. Αν f, g είναι ορισμένες στο και για κάθε - αν g(O)·g(1)=0 τότε χ0 =0 ή χ0 =1. 2 2 χ Ε ισχύει f (χ)= 1 να δειχτεί ότι (χ)+ g - αν g(O)·g(1)<0 τότεαπότο Θ. Βοlzaηο f (χ) · g (χ) = 1 έχει μία τουλάχι (αφού g συνεχής) υπάρχει χ0 ώστε να ισχύει η (1 ). ηστονεξίσωση ρίζα στο [-1,1] (Θ. Bolzano). Αν η f είναι συνεχής στο [α,β] και ii) Θέτουμε την h(x}=f(x)-1x+�} χΕ[ο,%]. ·· ·,χν Ε [α,β] να δειχτεί ότι υπάρχει έ Υποθέτουμε ότι δεν υπάρχει ρίζα της ναχ1,Χυτουλάχιστον ώστε h(x)=O στο [ο,�] τότε h θα διατηρεί το πρό- f(x0) = _!_[f(x1 )+ f(xχ0 Ε)+[α,· ·β]· + f(xτέτοιο v )] . 2 ν σημό της (αφού h συνεχής). 7. Να δειχτεί ότι η εξίσωση 2001χ2003 +5χ = 2 · 004 ( ) ) = ( f f ( � Είναι } h(�)= r(�)-r(�} έχει μοναδική ρίζα στο άτοπο (γιατί;) . Επομένως υπάρχει

δη

λαδή ισχύει η (2) .

�

Χ-+-οο

Χ�

--7

αν

--7 --oa)

χ--+Γ

δειχτεί

JR ,

μια

-<><>,

JR .

Σημείωση :

(Υπόδειξη :

Έστω f συνεχής στο

Να δειχτεί ότι:

ί) Υπάρχει

με

Χ-*-οο

•

χ----++οο

τέτοιο ώστε

χ--++οο

(1).

ίί) Υπάρχει ξ

με

χo

f Χο

(2).

Λύση

+οο ,

JR .

h O

lim

JR .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/67

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

του Τριαντάφυλλου Τριανταφύλλου •

I) ΣΤΟΙΧΕ Ι Α Θ Ε ΩΡΙ ΑΣ

f Παράγωγοςαριθμός μιας συνάρτησης στο χ0 , ή παράγωγος f'(x0 ) ονομάζεται τοf(x)-f(xo) πεπερασμένο όριο του λόγου μεταβολής Χ - Χ0 . καθώς ο χ προσεγγίζει τον χ0. Δηλαδη' f'(χ) f(x)-f(xo) Χ -χ0

ΟΡΙΣ Μ ΟΣ.

ι·

= ιm

χ--+χο

•

')) χχΟυσιαστικά λι από τη σχέση η αλγεβρική ερμηνεία βγαίνει πά f'(x0) εφω <=> f'(x0) = εφΟ <=> lf'(x0) ι εφαπτομένη στην προκειμένη περίπτωση έ χει εξίσωση = f(x0) =ο

Ανάλογες συνθ ήκες υπάρχουν και για την καθετότητα. � « Cr >>

να βρεθεί η' γωνία που (ή δείξτε ότι) η τον χχ ...αυτή ζητάμε να βρούμε (ή να τέμνειπερίπτωση i) Αν η συνάρτηση f είναι παραyωγίσιμη στο χ0 Στην Υ δείξουμε) τη γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη στο Μ, στο σημείο δηλαδή που η Cr τέμνει τον ά ξοναχΑυτό'χ. φανερά μας δίνει την αλγεβρική μετα φορά στις σχέσεις: . . .

Γεωμετρικά

•

Μ(χο, f'(xo))

Το f'(x0) παριστάνει την κλίση της εφαπτο μένης της στο Μ. αριθμός Έτσι ο παράγωγος της το να υπάρχει f στο χ0 , δηλαδή το f'(x0) γεωμετρικά σημαίνει ότι: α) μπορώ να φέρω την εφαπτομένη της Μ. στο β) η εφαπτομέ τ ς στο Μ έχει κλίση νη η · f'(x0 ) . Δηλαδή lλεφ = f'(x0) = εφωl γ) )η= εφαπτομένη αυτή έχει εξίσωση f(x0 f'(x0)(x -χ0 ).

� �

•

Σχόλια - παρατηρή σεις Σε διάφορα θέματα υπάρχουν γεωμετρικές εκφράσεις που αν τις μεταφράσουμε αλγεβρικά παρακάμπτουμε την αισθητική δυσκολία του θέματος. Ας δούμε μερικές από αυτές: 1:1 « « )). Η �

.. ευθεία παράλληλη στην εφαπτομένη )) μιας καμπύλης. ή συνθήκη . διάνυσμαπαραλληλίας. παράλληλο στην εφαπτομένη στο χ0 (δηλαδή Όταν η f είναι παραγωγίσιμη η εφ. δεν είναι<=>//yy') αλγεβρικά μεταφράζεται με: λεuθ λεφ λεφ f'(x0). να βρεθούν τα σημεία της που αυτή δέ χεται εφαπτομένη παράλληλη προς τον άξονα

�

. . .

. .

�

. . .

Μ(χο, f'(xo))

f(x0) =Ο (όλα τα σημεία του άξονα χ 'χ έχουν τεταγμένη μηδέν. f'(x0) εφω (γεωμετρική ερμηνεία του παρά γωγου αριθμού, υπάρχει) που συνήθως θα ναμαςβρεθούν λύνει καιοιόταν την άσκηση. κοινές εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων δύο σ ναρτήσε υ . τις γραφικές παραστάσεις θα παρα ων από Εδώ τηρήσουμε ότι υπάρχουν δύο περιπτώσεις . .

�

//,/

Κω

(ε)

f(xo)=g(xo)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/68

Σχήμα 1

Χο

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Υ

Απάντηση

y ε JR με f(x) = y έχουμε: f(x2) ---------------------Υ = f(x) Υ = f(x) � Cr χ = -y3 - y - 5 y3 + y+ x + 5 = 0 g(xo) - ---δηλαδή προκύπτει μοναδική λύση ως προς χ που σημαίνει ότι η f είναι « 1-1 » δηλαδή αντιστρέ ψιμη με f-1 (x) = -x3 - χ - 5, χ ε JR . Cg . i -χ3 - χ - 5 + 3 = (•> ι·ιm -χ 3 - χ - 2 = .. ιι) ι·ιm1 χ--> l x + 2l - 1 χ-->-1 χ + 1 Σχήμα 2 (χ + 1)(-χ 2 + χ - 2) -4 . ι = im Οι συνθήκες που απορρέουν από τα δύο πα χ--+-1 χ+1 ραπάνω σχήματα είναι: 2. Έστω χf(χ) :=ς ημ2001 χ + χ 200\ για κάθε χε JR : Η (ε) είναι η κοινή εφαπτομένη των δύο γραφι ί) Για κάθε

(ε)

{

- -i

Χ2

χι

κών παραστάσεων στο κοινό τους ση μείο, έτσι θα έχουμε: (ε) εφ της cf : Υ - f(xo) f'(χσ )(χ - Χ ο ) =

(ε) ε φ της C g : y - g( x 0 ) = g'(x0 )(X - X0 )

Φανερά πλέον για να συμπίπτουν οι δύο παραf'( x 0 ) g'(x 0 )

πάνω πρέπει

{

(i) Να βρεθεί το f(O) , αν είναι γνωστό ότι η

{

f είναι συνεχής στο χ0 = Ο . (ii) Να βρεθέί η εξίσωση της εφαπτομένης f(x) :;t ,χ 0 , της Cg στΟ Χ0 = 0 , ΟΠΟυ g(x) = Χ Ο, χ = Ο

κα ι

Απάντη ση

α.

(ί)

Αφού η f είναι συνεχής στο Ο έχουμε = ιίm f(x) = ιίm f(x) f(O) χ--+0χ--+0+ Η (ε) είναι η κοινή εφ απτομένη των δύο γραφι κών παραστάσεων, έτσι θα έχουμε: ημ 2οο 1 χ + χ2000 Για κάθε χ > Ο , f(x) :::; (ε) εφ της Cr : y = f'(x2 )•x + f(x 2 ) - x 2 •f'( x 2 ) χ (ε) εφ της c g : Υ = g'(χ ι ) • χ + g(χ ι ) - Χι •g'(χι ) lim ημx · ημ2000χ+χ2000 = ο οπότε χ--+0• limf(x)::; χ--+0• Φανερά πλέον για να συμπίπτουν οι δύο παρα χ πάνω πρέπει f'(x 2 ) g'( x 1 ) και δηλαδή lf(O) ::; ol ( 1) . f(x 2 ) - χ2 •f'( x 2 ) = g(x 1 ) - X 1 •g'(x 1 ) 200 1 Χ 2001 ημ +χ Για κάθε χ < Ο , f(x) ;:::: χ όμοια δουλεύοντας βρίσκουμε lf CO) ;:::: οΙ (2). Από τα παραπάνω γίνεται φανερό ότι θα πρέπει ν α προσέχουμε α\' σε άσκηση ζητείται Από (1), (2) συμπεραίνουμε ότι lf(O) = οΙ η κοινή εφαπτομένη των γραφικών παραστά σεων δύο συναρτήσεων στο κοινό τους σημείο (ίί) Για χ :;t Ο έχουμε: g(x) - g(O) = g(x) . και (σχήμα 1) ή χ χ-0 η κοινή εφαπτομένη των γραφικών παραστά f(x) = xg(x) . σεων δύο συναρτήσεων (σχήμα 2). Συνεπώς η δοσμένη σχέση γίνεται . 200 1 χ>Ο χ 2g(χ) ::; ημ2οο1 χ + χ 2οο 1 � g(X ) ::; ημ Χ + x 1 99s χ3 χ (ΙΙ) Λ ΥΜΕ Ν Ε Σ Α ΣΚΗΣ ΕΙ Σ 1 2 7 1 . Έστω f : JR � JR με ενώ για χ < Ο έχουμε g(x) ;:::: ημ χ + χ 1998 . Φα3 χ χ f (x) + f(x) + x + 5 = 0 για κάθε χε JR . •

)

(

•

i) Να δειχθεί ότι η f είναι αντιστρέψιμη. Στη συνέχεια να βρεθεί ο τύπος της aντίστρο φης συνάρτησης. "") ιι

ι (χ) + 3 . χ--+-1 I χ + 2I

ι· Γ , Να υπολογιστει, το οριο: ιm

(•)

( 3 1 ), '

Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να περιορι,

δ '

στουμε στο ιαστημα -2,-2 ποίου ισχύει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/69

-2 .

κατα μηκος του ο-

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

νερά πλέον g'(O) =Ο. Υ -f(x0 ) = f'(x0)(x-χ0) <=> y + 12 = 8(χ + 2) <=> . Συνεπώς η εφαπτομένη της Cg στο Ρ0(0,0) ly =8x +41 (1) έχει εξίσωση: IΥ = οι . Τώρα η εφαπτομένη της Cg σε τυχαίο σημείο Β (χ0 , g(χ0)) έχει εξίσωση: = α ι Υ = g'(x0)•x + g(x0) -X0•g'(x0) (2) Για να ταυτίζονται οι (1), (2) πρέπει: _!. = 0 X { =8 , =0 χ (x0) gg(x0)-x 4 0 { , 0g'(x0)= 4 <=> α=Ο η α=Ξ ' η UJ τελικα' μονον π ειναι ' η δεκτη' λ:υ' ση. = w· = + 3. Απάντηση (i) Έχουμε f'(x) = 4α2 χ · Καθώς γνωρίζουμε η εξίσωση της εφαπτομέ ,f(x0)) νης Cr στο A(x0 είναι: y-f(χσ)=((χσΧχ-χσ) να περνάει απ' την αρχή Ο ΑΠάντησηf'(α) = 5 · α4 και εφω = = 5 · 4 πρέπειΚαικαισυνεπώς αρκεί ναγιαισχύει Έχουμε f'(α) α -f(xo ) = -χσf,(χσ) = ± -2α1 παραγωγίζοντας ως προς το χρόνο t: d εφω= -d (5α4 ) η, -1 -=20α dω 3 dα Οπότε υπάρχουν δύο σημεία τα 2 . .-!1 1 .!. dt dt db συν ω dt Α ( - - , ),Β ( - ) 2α 2α (ii) Τα, Α, Β έχουν την ίδια τεταγμένη οπότε Ο. κινουνται στην εια 01 ':Μ(α, α ) -1 (iiί)'Εχουμε ΑΒ (�,0 ) και w =(α, χ) τότε w ΑΒ =1 <=> χ 2 +χ -3 =1 -1 ± Jϊ7 2 +χ-4=0 <::::> χ1.2 = --2 ή (1+εφ2ω) dωdt =40·α3 ή (1+5α4 ) dωdt =40·α3 4. dω -40·α3 Συνεπώς: -= =dt 1+5α4 2 '•',α > Ο. (i) Να δειχθεί ότι υπάρχουν δύο σημεία της Cr , οι εφαπτόμενες των οποίων περνάνε από 3:Εστω f(x)

την αρχή ) των αξόνων. (ii) Να βρεθεί η γραμμή στην οποία ανή κουν τα σημεία του (Ι) για τις διάφορες τιμες του α > Ο . (iii) Αν Α, Β τα σημεία του (i) ερωτήματος (α, χ) τότε να λυθεί η εξίσωση: * 2 ΑΒ < > χ χ -

και

f }

2 α'χ '-ι

... <::::>

5 5. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ και το σημείο Α(α, Ο) . Αν το Α τρέχει με σταθερή τα χύτητα 2cm/sec, να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής της γ(Ι)νίας ω που σχηματίζει η εφαπτομένη της Cr στο Μ(α,f(α)) με τον άξονα χ 'χ.

<=> Χο

ευθ

�

---------

'' ''

<=>

<=> Χ

Έστω οι συναρτήσεις f(x) = 4x - x

g(x)

α χ

και

. Να βρεθεί ο α ε JR , ώστε η εφα

πτομένη της Cr στο Α(-2,-ι2) να εφάπτεται

cg. Απάντηση 'Εχουμε f'(x)=4-2x, g'(x) = -;χ . Η εφαπτομένη της Cr στο Α έχει εξίσωση:

και της

<*> Το πρώτο μέλος εννοεί το εσωτερικό γινόμενο του

διανύσματος w

με το διάνυσμα

6. 'Εστω f(x) = !e• + ce- • . 2 (α) Να βρεθεί ο C E JR ώστε η

πτεται της Cr

Υ=

ι να εφά -

•

(β) Να δείξετε ότι η Cr είναι πάνω από την

ευθεία y

ι , για όλα τα σημεία της καμπύλης

(πλήν του σημείου επαφής εννοείται).

ΑΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/70

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

πά τηση (α) f'(x) =_!_e2 x -e-x . Η εφαπτομένη στο τυχαίο A(x0 ),f(x 0 ) της cf έχει εξίσωση: Υ = f'(xo) . χ+ f(xo)- X of'( xo) η οποία για να συμπίπτει με την y = 1 πρέπει: f'(x0) =0 =1 <=> {f(x0)-x0f'(x0) 2 <=> { ��::2:" e - x0ex• e2 x" x0e = 2 } <=> {2e2cx•= =e2x2} {c ==01 2 Τελικά πρέπει lc = il · (β) 'Εχουμε: f(x) -1 = ... = (ex2e-1x )2 � Ο, για χε � . Το"=" ισχύει μόνον όταν χ =0 (το κάθε Α(Ο, 1) είναι το σημείο επαφής). Α

- χ.

<=>

-χ.

Χο

Δίνεται σημείο Α(eα , Ο),α > 1 και η συ νάρτηση f(x) lnx,x > Ο . Αν το σημείο Α κινεί

ται με σταθερή ταχύτητα 2 cm/sec, τότε να βρε θούν: (i) η εξίσωση εφαπτομένης (ε) , της Cr στο σημείο της Μ(e\ α) (ii) ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου που σχηματίζει η (ε) με τους άξονες

συντεταγμένων (iii) ο παραπάνω ρυθμός μεταβολής τη στιγμή που α 2 , καθώς και το μέτρο της τα χύτητας του σημείου Μ τη στιγμή αυτή.

= άντηση α Απ Το σημείο Α(e ,0) κινείται με σταθερή ταχύ- =-ea2 τητα 2 cm/sec Δηλαδη - =2<=>eα - =2<=>[9 (i) Είναι f' (ea ) = _!_ , οπότε η εφαπτομένη έχει ea εξίσωση (ε): ly = � x+α - 11 (ii) Τα σημεία τομής της (ε) με τους άξονες είναι Β (ea(l-α),Ο),Γ(Ο,α-1). 'Ετσι Ε=(ΟΒΓ)= i ΙοΒΙ · Ι οrΙ = i (α-1γ ·ea και dt =_!_2 [2(α-1)ea +(α-1)2 ea ] dαdt = . . =α2 -1. , deα dt

dα dt

(ίίί) Φανερά πλέον ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού τη στιγμή που α = 2 είναι: dt Iα=2 =3cm2 /sec. Ακόμα το μέτρο της ταχύτητας του σημείου M(ea,α) είναι uM = Ju; +u� , όπου u = deadt α= = 2 και u = dαdt lα= _ _ea2 2 Προφανής πλέον2 γίνεται η αντικατάσταση: 2 �+1 . u t.t = R =-νee dE

(111) ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ Α ΣΚΗΣΕΙΣ 1 . Δ νετ ι η συνάρτηση

ί α f(x)=--i ·lnx+x·(21nx-1). Ναδύοδείξετε παράσταση της fδέχεται εφαπτόμενες παράλληλες προς άξονα χ ' χ. 2. α) Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις ' f(χ) = -χ2χ-+2-1 και g(χ) =-χ2 ε-' των συναρτησεων χουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους σημείο. Να βρεθείβ) στηΝα συνέχεια δείξετε ότιη εφαπτομένη. οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = x2 -2x+3 και g(x) = 1-χ2 δέχονται κοινή εφαπτομένη. Να βρε θεί στη συνέχεια η εφαπτομένη αυτή. 3. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ4 -2χ2 . α) Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης (ε) της ' της στο σημειο' χ = 21 . γραφικης παραστασης β) Να δείξετε η παραπάνω (ε) τέμνει την ότισε ακριβώς δύο εφαπτομένη σημεία. Να εξετάσετε αν υπάρχει άλλο σημείο της γ) cf που να δέχεται εφαπτομένη παράλληλη προς την (ε). 4. Δίνεται η συνάρτηση f(x)= 3x4 -4χ3 +6χ2 -12χ+2. η εξίσωση της εφαπτομένης της α) Να βρεθεί στο σημείο χ = 1. β) Να δείξετε ότι δεν έχει άλλα κοινά σημεία . με την cf 1 παρουσιάζει Αφού δείξετε ότι η f στο χ= γ) ακρότατο, στη συνέχεια να βρεθεί το είδος του. ότι η γραφική

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/71

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

2 συνάρτηση f(x) = χ - χ χ+4 α) Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης (ε) αυτής στο χ = 1 . β) Να δείξετε ότι υπάρχει και άλλη εφαπτομέ νη της Cr που είναι παράλληλη στην (ε) . γ) Στηριζόμενοι στο προηγούμενο ερώτημα δείξτε ότι η παράγωγος της f δεν μπορεί να είναι 5. Δίνεται η

<<1-1».

συνάρτηση f(x)=x2 ·ημχ + χ · συνχ . α) Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης (ε) αυ τής στο χ 0 = Ο . β) Να δείξετε ότι υπάρχει και άλλη εφαπτομέ νη της cf ' που είναι παράλληλη στην (ε) . γ) Με βάση το προηγούμενο ερώτημα να δείξ τε ότι η παράγωγος της f δεν μπορεί να είναι γνη σίως μονότονη. 6. Δίνεται η

Μια Λυμένη Άσκηση από τον Συνάδελφο Ν. Κ. Σπανουδάκη, Εν. Λύκειο Μαραθόκαμπου

{( )

Άσ κηση : • Έστω συνάρτηση< >

f : JR � JR με x15 + eημx _ .Jxz + 9, αν χ � Ο f(x) = π z- +χ-3 αν χ < Ο εφ χ +4 Να εξετασθεί αν η f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο χ0 = Ο . Λύση

Ορίζουμε συναρτήσεις g 1 , g2 : 1R � 1R με g1 (x) = x 1 5 + eημχ - .Jx 2 + 9 και

( )

Ο<

(� ) χ +4

·συνχ- �

( )

·--

•

χ ......ο

Σχόλια: .1 . Με παρόμοιο τρόπο μπορεί να αποδειχθεί η παραπάνω πρόταση: Έστω g1 ,g2 : JR � JR συναρτήσεις παραγωγίσιμες στο χ 0 με g , (χ0 ) = g2 (X0 ) και g;(x 0 ) = g�(x 0 ) . Τότε η συνάρτηση f : JR � JR αν χ � χ 0 ειναι , , παραγωγισιμη με f(x) __ gg1 (x), χ < χ αν (x), 0 2 στο χ0 με f(x0 ) = g� (x0 ) . Μπορεί να αποδειχθεί εύκολα με χρήση του ορισμού του ορίου και του θεωρήματος Μέσης Τι μής, ότι αν μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το JR (ισχ6ει όμοιο αποτέλεσμα για διάστημα (α, β)), είναι συνεχής, παραγωγίσιμη σε κάθε χ :# χ 0 και limx-->xo - f '(χ) = limx->xo + f '(χ) = f , τότε είναι πα ραγωγίσιμη και στο χ 0 και η f'(x0 ) ισούται με το προηγούμενο όριο. Η άσκηση μπορεί να λυθεί α μέσως με χρήση αυτού του αποτελέσματος, το ο ποίο όμως δεν είναι γνωστό στο Λύκειο.

συνάρτηση είναι καλά ορισμένη γιατί η

συνθήκη χ < Ο δίνει νόημα στην εφ

μχ

{

g2 (χ) = εφ � + χ - 3 . χ +4 Εύκολα διαπιστώνουμε ότι g2 (0) = g2 (0) = f(O) = -2 . Για χ > Ο είναι g 1 (x) = f(x) , οπότε f(x) - f(O) = g1 (x) -g1 (0) χ -0 χ -0 Ο Για χ < ισχ6ει g2 (x) = f(x) , οπότε

(Ι )

f(x) - f(O) = g2 (x) - g 2 (0) χ-0 χ-0 Οι g 1 , g2 είναι παραγωγίσιμες (στο JR ) με · 2χ , g� (x) = 15χ 14 + eη 2 χ2 + 9 οπότε g; (Ο) = 1 , και ' 1 π · 2-2χ 2 + 1 , g2 (x) = · π (χ + 4) συν2 -2 χ +4 οπότε g� (Ο) = 1 . Αφού η g 1 είναι παραγωγίσιμη, ειδικά στο μηδέν, ισχ6ει . g 1 (x)- g1 (0) g (x) -g 1 (0) = 1ιm = g'1 (Ο) = 1.ιm 1 χ-0 . ....ο. • χ-0 f(x) - f(O) . (l) = lim • .....ο χ-0 Όμοια (αφού η g2 είναι παραγωγίσιμη στο μηδέν), · (x) g (0) . g2 (x) - g2 (0) = g2 (Ο) = ι·ιm g2 - Ο2 = 1ιm χ -Ο ......οχ( ) f(O) f(x) lίm= ..... 2 . ο Χ-0 , από τις (1) και (2) Εφόσον χ ο προκύπτει ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο χ 0 = Ο με f(O) = 1 .

αφού

< � για κάθε χ . Όλες οι άλλες παραστάσεις � χ +4 2

έχουν προφανής πάντοτε νόημα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/72

του Γιώργου Αλεξίου

1 . Δίνεται η συνάρτηση f (χ) οποίας το πεδίο ορισμού είναι Α

=--;..- , χ -χ

της

IR - {0, 1}.

Να εξεταστεί αν η f είναι «1-1)).

Να βρεθεί η αντίστροφη Γ1

ii) iii)

Να επιλυθεί η εξίσωση: Γ1

Να βρεθούν οι συναρτήσεις Γ1 o f .

iv)

•

(χ)= f (x) . f

Γ1 ,

Απάντη ση i) Ο τύπος

της συνάρτησης γίνεται: 1 χ f(x)= χ(χ-1) =-χ-1 ( 1) και ισχύει για κάθε χ Ε με χ Ο και χ 1. Ας είναι τώρα χ 1 ,χ 2 Ε Α τέτοιοι ώστε f(x1 )=f(x2 ). -1- = -1- , ή χ 1 -1=χ2 -1, ή Τότε: χ 1 -1 χ2 -1 χ1 = χ2• Δηλαδή η συνάρτηση είναι «1-1)). ii) συνάρτηση, όπως αποδείξαμε, είναι α ντιστρέψιμη. Άρα ορίζεται η αντίστροφη Γ 1 • Το πεδίο ορισμού της Γ 1 είναι το σύνολο τι μών της f. Cr είναι η κατά μία μονάδα προς τα δεξιά μετατοπισμένη γραφική παράσταση της υπερβολής C με εξίσωση: (χ) = _!_ . χ Συνεπώς το σύνολο τιμών της f είναι το -{-1, Ο}. -1 εξαιρείται γιατί στον τύπο (1) του (i) ο χ δεν μπορεί να πάρει την τιμή Ο και το Ο εξαιρείται γιατί το δεύτερο μέλος της (1) δε γίνεται ποτέ μηδέν. IR

:;r

Γι (χ) = χ+1χ / B = IR -{-1,0,1} . χ+1 1 2 -1= , Γι (x)=f(x) <=>-=-<=>χ Τοτε χ χ-1 =χ<=>χ2 -χ-1=0, χ= � (1-νΓs) ή x = � (1 + Fs) . iv) (rar•)� {χ Χ Ε Β τ.ώ. Γ ι (χ)Ε Α} = Β . και συνεπώς για ε χ Ε Β ισχύει 1 = -1- =χ (f ο Γ1 )(χ)=f(Γ1 (χ)) = f(x)-1 �-1 χ Επίσης (/) (Γ•σr)ο� {χΙ Χ Ε Α τ.ώ. f(x)E Β} =Α Άρα: για κάθε χ Ε Α ισχύει: 1

(/)

κάθ

IR.

(το

Κάθε άλλη πραγματική τιμή είναι τιμή που μπορεί να πάρει η συνάρτηση· γιατί;). Σχετικά με τον τύπο της έχουμε:

Γι

f(x)= y <=>χ =Γ1 (y) . 1 (2) με Συνεπώς η ( 1) γίνεται: y = ι (y)-1 ιf (y) Ο και Γι (y) 1 . Απ την τελευταία παίρνουμε: Γ ι (y) = 1 + _!_ . Υ :;r

:;r

Και συνεπώς: «για κάθε

Στην ίδια εξίσωση καταλήγουμε, αν επιλύσουμε . και την εξίσωση f (x) = x ή την Γ 1 (χ) = χ . Δη λαδή έχουμε το ίδιο σύνολο λύσεων. Γενικά η ισο δυναμία ισχύει όταν η f είναι γνήσια αύξουσα.

{

Για παρα' δειγμα η f (χ ) = χ

, για χ :;t: Ο

Ο , για χ = Ο Ι )> και η aντίστροφή της είναι η Γ Ι (χ) =

{�

ειναι « Ι ,

· για χ :;t: Ο .

Ο , για χ = Ο

Τελικά συμπεραίνουμε ότι:

χ Ε Α ισχύει:

Συνεπώς ισχύει Γ1 (x) = f (x) , για κάθε χ ε � .

Ωστόσο η f (χ) = χ αληθεύει μόνο για χ = -Ι για

χ = Ο και για χ = Ι . Δηλαδή οι εξισώσεις δεν εί ναι ισοδύναμες. Παρατηρούμε ότι η f δεν είναι γνήσια αύξουσα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/73

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ι +ι lim f(x)=f(x0 ). f(χ)+ι {Γι ο f)(χ)=Γι {f(χ))= f(x) = χ -ιι Χ > . ii) Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής χ-ι σε άτοπο. Με ωJ.n. λ&yαι ισχύει: {f ο Γι )(χ)= χ, για κάΈστω ότι το σύνολο τιμών της συνάρτησης δεν είναι το Τότε υπάρχει yE τέτοιος ώστε θε ΧΕ Β και {Γι of)(x)= χ , για κάθε ΧΕ Α . «για κάθε χΕ ισχύει f(x):;t y ». Δηλαδή η f ο Γι είναι η ταυτοτική συνάρτηση τη συνάρτηση g με Θεωρούμε στο Β ενώ η Γ ι ο f είναι η ταυτοτική συνάρτηση g(x) = f(x)-y και παρατηρούμε ότι: στο Α. Χ�Χο

JR .

2. Για μια συνάρτηση f δεχόμαστε ότι: <<για κάθε JR επαληθεύει τη συνθήκη: f3

ΧΕ (χ)+ f (χ)+

1 = Χ ».

α) Να δειχθεί ότι: ί) η συνάρτηση είναι συνεχής σ' όλο το JR ίί) το σύνολο τιμών της είναι όλο το JR ίίί) η f έίναι γνήσια αύξουσα. β) Να βρεθεί η αντίστροφη συνάρτηση Γ1 και να βρεθούν τα κοινά σημεία των Cr και CΓ'

«είναι συνεχής ως διαφορά συνεχούς συνάρτησης με σταθερtΥ». Κι επειδή Ο , για κάθε JR συμπεραίνουμε ότι: «η διατηρεί σταθερό πρόση μο».

g (χ) :;t g(x)

χΕ ,

g(x)> Ο , για κάθε χΕ Τότε: f(x)>y και συνεπώς f3(x)>y3, για κάθε χΕ Οπότε: f3(x)+f(x)+ι>y3 +y+ι, για κάθε ΧΕ Κι επομένως, σύμφωνα με την αρχική συνθήΡ0 (x0 ,f(x0 )) κη, ισχύει: χ > y3 + y +ι , για κάθε χ Ε Οπότε θα έπρεπε να ισχύει και η συνθήκη: y3 +y>y3 +y+ι (για x=y3 +y): άτοπο. τυχαίος. Θα δεία) i) Έστω χ 0 Ε Έστω g(x)< Ο , για κάθε ΧΕ ξουμε ότι: lim f(x)=f(x 0 ). Για κάθε χΕ έΤότε: f(x)<y και συνεπώς f3(x)<y3, για χουμε: f3 (x)-f3 (x 0 )+f(x)-f(x 0 )= χ -χ 0 ή χΕ {f(x)-f(xo ))(f2 (χ)+ f (xo )f (χ)+ f2 (χο)+ ι)= κάθεΟπότε: f3 (x)+f(x)+ ι < y3 + y + 1 ή =Χ-Χο (ι). χ < y3 + y + 1 , για κάθε χ Ε Οπότε: θα έπρεπε να ισχύει: � +y+2<� +y+ι Jf(x)-f(x0� (r(x)+f(x0)f(x)+f2 (χ0)+ ι)= lx -x0J . (για Άρα χ= y3 + y + 2 ): άτοπο. Κι επομένως: Jf (x)-f(x0��1x - x0J, για κά Τελικά καταλήξαμε σε άτοπο δεχόμενοι ότι: 2 2 «το σύνολο τιμών της συνάρτησης δεν είναι όλο το θε χΕ (2) αφού f (x)+f(x0)f(x)+f (χ0 )+ ι= ». Έτσι το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι 2 3 f( ) f x0) 0 όλο το = (f(x)+ ; )' + � + t;, ι . iii) Κι εδώ εργαζόμαστε με τη μέθοδο της α παγωγής σε άτοπο. Απ' την (2) παίρνουμε: Έστω Χι,χ2 Ε1R με Χι <χ2 και f(x1 );;::: f (x2 ). f(x0 )- Jx -x0J � f(x) � f(x0 )+ Jx - x0J , Τότε: f3 (χ ι );;::: f3 (χ 2 ) και συνεπώς: για κάθε χΕ Κι επειδή lim {f(x0)- Jx -x 0J} =f(x0 ), f3(x )+f(x )+ι ;;::: f3(x )+f(x )+1 ή Χ ;;::: χ 2 άτοπο. 2 ι συνθήκης): ι της αρχικής ι 2 (λόγω lim {f(x 0 )+ Jx -x 0J} = f(x0 ) συμπεραίνουμε ότι: Άρα για κάθε Χ ι , χ 2 Ε με Χι < χ 2 ισχύει: f (χι ) < f (χ2 ), δηλαδή η f είναι γνήσια αύξουσα. 1 •

•

JR .

•

γ) Να

JR .

Έστω

JR .

δειχθεί ότι: «σε κάθε σημείο της Cr άγεται εφαπτομένη, η ο-

JR .

ποία σχηματίζει οξεία γωνία με τη θετική διεύ θυνση του οριζόντιου άξονα». Απάντηση

JR ,

χ �χ 0

JR .

•

JR .

Χ�Χο

Διότι: f3 (x)+f(x)+l=x και f3 (x0)+f(x0) +

χ0 .

Οπότε με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει η σχέση.

β) Η συνάρτηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2174

είναι «1-ι» (αφού είναι γνή-

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Γ1

σια αύξουσα) συνεπώς ορίζεται η • Το πεδίο ορισμού της είναι εξ ορισμού το σύνολο τιμών της Άρα (!)

1 .f Γ (Γ1 ) = ffi.. Ισχύει η ισοδυναμία: « f{x) = y <::::> χ = Γ1 (y)». Αντικαθιστούμε στην αρχική συνθήκη και παίρ νουμε y3 +y+1=Γ 1 (y). Συμπεραίνουμε έτσι ότι: «για κάθε x ε ffi. ισχύει: Γ1(χ)=χ3 +χ+1)) . Είναι γνωστό ότι: «αν μία συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα, τότε οι εξισώσεις: Γ 1 (χ) = f (χ) και Γ1 (χ) = χ είναι ισοδύναμες3• Ωστόσο Γ1 (χ)=χ χ3 +χ+ 1=χ <::::> χ3 +1=0 <::::> χ =-1. Συνεπώς το σύνολο λύσεων του προβλήματος είναι το μονομελές: Ρ (-1,-1) . γ) Απ' την (1) του για κάθε χε ffi. με χ χ0 παίρνουμε 1 ---::-f{x)-f{x0 ) = ---:-2 -----χ-χο f {x)+f{x0 )f{x)+f2 {χ-0 )+-1 · Κι επειδή 1 2 = ---:::Ι. 2 f {χ)+ f{x0 )f{x)+f {χ0 )+ 1 3f2 {χ-- 0 )-+ 1 (αφού η f{x) είναι συνεχής) συμπεραίνουμε ότι: 1 . f'{xο )= 3f2 {χο)+ 1 Συνεπώς η γωνία κλίσης (ας την πούμε θ) της εφαπτομένης της στο Ρ0 (x0 ,f{x0 )) είναι ο1 > Ο ). ξεία (αφού εφθ = 2 3f {χ0 )+1

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΗΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ..(

Αξιόπιστη Πρόταση για τη Μαθηματική Παι δεία

•

Συμπαραστάτης στο καθημερινό διδακτικό λειτούργημα του μαχόμενου Καθηγητή

•

Το πρώτο χρονικά και ποιοτικά επιστημονικό Βήμα για τη διδακτική των Μαθηματικών

•

Το περιοδικό των καταξιωμένων και των νέ ων ερευνητών στον χώρο της Μαθηματικής Παιδείας Το πρωτοπόρο περιοδικό σε περιοχές όπως η διδακτική και η ιστορία των Μαθηματικών, η ιστορία της εκπαίδευσης, η συγκριτική παι δαγωγική κ.λπ.

•

<::::>

•

Το έντυπο που ενημερώνει έγκαιρα και έγκυ ρα για τις νέες τάσεις της Παιδαγωγικής και της Διδακτικής των Μαθηματικών

•

Το περιοδικό των μεγάλων απαιτήσεων, το οποίο δεν πρέπει να λείπει από καμία βιβλιο θήκη

(α;)

---" -'"""'� --'

ιm

χ �χ ο

Ε ΛΛ Η Ν Ι Κ Η Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Η Ε Τ Α Ι Ρ Ε Ι Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ' Π Ε Ρ Ι Ο Δ Ι Κ Ο Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Η Σ Π Α Ι Δ Ε Ι ΑΣ

EUCLIDES

χ1

•

Αν

•

Αν

Έστω Τότε:

χ2

(

r Γ

τέτοιος ώστε:

(χ1 ) > χ 1 , τότε: . . .

(χ1 )

χ1

, τότε: . . .

τέτοιος ώστε:

(χ2 )

)

f (x2

)ή

(χ 1 )

f (x 1

χ1 > Γ

(χ 1 ) : άτοπο.

χ1 < Γ χ1 1 Γ (χ2 = χ2

χ2

( ) : άτοπο.

)

f (x2

γ·

JOURNAL OF MATHEMAriC$ EDUCAriON

Ε�RΦΑΕι-;.τε Tl'i. Σ!/Ν4Ρ()ΜΕΣ Σ ΑΣ ΣΤΗΝ Ε.Μ.Ε.

Έστω

•

ΤΕΥΧΟΣ ';;:> r-o

� -g

ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ -

ΙΟΥΝΙΟΣ :2001

Συνάδελφε η ενίσχυση του "ΕΥΚΛΕΙΔΗ r·" εξασφαλίζει τη μόνιμη συμπαράσταση και συμπαράταξη στις δικές σου ανησυχίες και προ βληματισμούς για το μέλλον της Μαθηματικής Παιδείας στη χώρα μας.

•

) ...

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/75

Τιμή τεύχους 1500 δρχ. Συνδρομή για δύο τεύχη 3000 δρχ

Από τον συνάδελφο Σπύρο Γιαννακόπουλο (Ε νιαίο Λύκειο Γαστούνης, τηλ. 062332236, φαξ 062335382) πήραμε ένα γράμμα στο οποίο μας πλη ροφορεί ότι «στη σελίδα 74 του τεύχους 41 (Ιούλιος Αύγουστος-Σεπτέμβριος 2001) στις ασκήσεις 9, 10 έχουν γίνει τυπογραφικά λάθη. Ακριβέστερα: ' . 004 .... 9: το σωστο ειναι ( z +ι )2 = · · · nσκ. '

Ασκ. lΟ: το σωστό είναι: ulz2 1 2 +uz; = · · · .

Από τον συνάδελφο Δημήτρη Δαφvή (Δαμίρη Ι4, Πάτρα) πήραμε μια εργασία για τις αλγεβρικές ε ξισώσεις. Θα αξιοποιηθεί μελλοντικά. Από τον συνάδελφο Λάμπρο Ιωσήφ (Ευμενούς 68, Ι6232 Βύρωνας, τηλ. 7523Ι58) πήραμε κομψή λύση της τριτοβάθμιας εξίσωσης. Από τον συνάδελφο Σωτήρη Κωστόπουλο (τηλ. 010 9738677, 0946Ι53494) πήραμε ένα πρό βλημα της «πράξης» όπου συνδυάζονται τα μαθημα τικά με τη στρατηγική των επιχειρήσεων. Για λόγους παιδαγωγικούς η Σ.Ε. έκρινε ότι δεν μπορεί να το δημοσιεύσει παρά τη διόρθωση απ' το συνάδελφο που έγινε στην εκφώνησή του. Με μεγάλη μας χαρά θα δημοσιεύσουμε εργασί ες του συναδέλφου που θα συνδυάζουμε τα μαθημα τικά με άλλες πνευματικές ή πρακτικές δραστηριότη τες. Σε άλλες στήλες δημοσιεύονται εργασίες στο πνεύμα αυτό. Από τον συνάδελφο Δημήτρη ·Μπανάκη (Στερ γιογιάννη 56, 71305 Ηράκλειο, τηλ. 08Ι252Ι40) γε νικά επαναληπτικά θέματα. Θα αξιοποιηθούν σε ε πόμενο τεύχος Από τον συνάδελφο Χαράλαμπο Παυλίδη (Νικ. Φωκά Ι, Δράμα, τηλ. 052Ι48754) πήραμε μια εργα σία για τις πολυωνυμικές εξισώσεις. Το θέμα ήταν ή δη καλυμμένο απ' τη δουλειά του Παραρτήματος Χαλκίδας (έχει καταχωρθεί στο παρόν τεύχος). Θα αξιοποιηθεί σε ευθετώτερο χρόνο. Από τον συνάδελφο Στέφανο Σαμαρά (Παπα θεοφάνους Ι4, 85300 Κως, τηλ. 0944789558, 024223353) πήραμε μια εργασία για την διαίρεση πολυωνύμων όπου παρατίθεται ένας πίνακας (σαν το σχήμα Horner), όταν ο βαθμός του πολυωνύμου διαιρέτης είναι κατά Ι μικρότερος του βαθμού του πολυωνύμου-διαιρετέος. Από τον συνάδελφο Γιάννη Σταματοyιάννη (Κύπρου 2Ι, Δροσιά) πήραμε απαντήσεις για την ά σκηση Ι και την άσκηση 3 της σελ. Ι Ι του τ. 40 που αναφέρουμε πιο πάνω. Από τον φοιτητή ΕΜΠ Χριστόδουλο Κοκολιό (Αθανασίου Διάκου 22, Ι5342 Αγ. Παρασκευή Αττι-

κής) πήραμε ένα γράμμα με δύο γεωμετρικά θέματα κι έναν πρακτικό τρόπο εύρεσης του αθροίσματος των ν πρώτων όρων αριθμητικής προόδου. Το 2° θέ μα ως άσκηση προτείνεται στη στήλη του μαθητή. Από τον απόφοιτο Γ Λυκείου Χρ. Ευθυμίου (Μαραθώνος 7, 15235 Βριλήσ.σια Αθήνα) πήραμε α παντήσεις στα εξής ζητήματα της στήλης «0 Ευκλεί δης προτείνει ... Ευκλείδη και Διόφαντο»: τ. 38 σελ. 5 άσκηση 1 (την είχε προτείνει ο Α καδημαϊκός κος Ν. Αρτεμιάδης). τ.

σελ. 11 άσκηση 1 (είχε προταθεί απ' τη

σελ. 11 ασκήσεις 2, 3, 4 (είχαν προταθεί

Σ.Ε. του περιοδικού). τ.

απ' το συνάδελφο Α. Ιωαννίδη).

Καλές επινοήσεις. Γενικά διαπραγμάτευση, που αποκαλύπτει την αγάπη προς τα Μαθηματικά. Ελπί ζουμε να συνεχίσει τη μελέτη και να διευρύνει τη σκέψη του. Απ' τον μαθητή Γ' Λυκείου ΓιώΡΎΟ Λιναρδάτο πήραμε ένα θερμό γράμμα που μας δίνει ιδιαίτερη χαρά για την αγάπη, που αποπνέει. Στο γράμμα αυτό διατυπώνει και αποδεικνύει την πρόταση : «0 αριθμός Α = 44· · · 488 · · · 8 + 1 εί '-ν--' .....__,.__.... ν-ψηφία ψηφία

ναι το τετράγωνο του αριθμού

Β = '-.,.-' 66· · ·6 + 1 ». Στη ν-ψηφία

συνέχεια τη χρησιμοποιεί για να αποδείξει την ά σκηση 8 Β ' ομάδας του σχ. βιβλ. Β ' Λυκείου. (Δες τη στήλη του μαθητή όπου στο δεύτερο μέρος δί νεται μια απόδειξη απ' τη Σ.Ε. πιο ... «επιστημονι κή»). Μας άρεσε ιδιαίτερα το παρακάτω επίγραμμα που έχει επίσης περιλάβει στο γράμμα του. Τα μαθηματικά δεν είναι μια δομή από ατσάλι η οποία βασίζεται πάνω στα θεμέλια της αντικειμενικής πραγματικότητας, αλλά ένας ιστός αράχνης που πάλλεται στους μερικά μόνο εξερευνήσιμους χώρους του ανθρώπινου μυαλού... . .. Όσο τα χρώματα κι αν ζεις όσο το ίσιο κι αν μεθύσεις στη δύναμη των αριθμών και στων σχημάτων το σκοπό, δυο περιστέρια, μια φωτιά Ιθάκη θ' αναστήσεις... Από τον μαθητή του 900 Λυκείου Αθηνών Σπύ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/76

Αλληλογραφία ρο Διώνη (Φλαμαριών 3, Ι Ι 85Ι Θησείο) πήραμε ένα ωραίο γράμμα στο οποίο όπως σημειώνεται «αφορμή για τη σύνταξή του» στάθηκε η δημιουργία (καθώς ελπίζει ο Σ.Λ.) αποτελεσματικών προβληματισμών για το ερώτημα αν υπάρχουν δυνατές σχέσεις (ισότη τες) μεταξύ των τετραγώνων διαδοχικών ακεραίων αριθμών. Διατυπώνει 4 προτάσεις και τις αποδεικνύ ει. Ο ''Ευκλείδης" Σχετικά με το Θέμα απαντά: Στην ουσία δείχνεις ότι: «κάθε περιπός αριθμός (ακέραιος) είναι διαφορά τετραγώνων δύο διαδοχι κών ακεραίων». Κι αυτό είναι σωστό αφού: αν α = 2κ + Ι / κ ε Ζ , τότε 2α = κ 2 + 2κ + Ι κ 2 = (κ + Ι ) κ 2 •

Για το άθροισμα δεν ισχύει πάντα. Για παράδειγμα: «ο 7 δεν είναι άθροισμα τετρα γώνων δύο διαδοχικών ακεραίων». Πραγματικά: Αν υπήρχε μ ε Ζ τέτοιος ώστε 7 = (μ + Ι )2 + μ2 , θα έπρεπε να ισχύει: μ 2 + μ = 3 ή μ (μ + 1) = 3 άτοπο (το πρώτο μέλος είναι άρτιος).

Γενικά: <<για να είναι ο περιττός α = 2κ + Ι I κ ε Ζ άθροισμα τετραγώνων δύο διαδο χικών ακεραίων αριθμών πρέπει και αρκεί να υπάρ χει μ ε Ζ τέτοιος ώστε: κ = μ 2 + μ >>. Πραγματικά: (Ι): «Ορθό»: Έστω ότι υπάρχει μ ε Ζ τέτοιος 2 ώστε: α = (μ + 1) + μ 2 • Τότε: 2κ + 1 = μ2 + 2μ + 1 + μ 2 ή κ = μ2 + μ .

(11): «Αντίστροφο»: Έστω κ = μ2 + μ , τότε:

2κ + 1 = 2μ2 + 2μ + 1 =

2 μ 2 + 2μ + 1 + μ 2 = (μ + 1 ) + μ 2

•

τυπωμένες). Συγχαρητήρια που συνέλαβες τις ιδέες αυτές. Λέμε ότι το σχολείο πετυχαίνει το σκοπό του, αν καταφέρνει οι μαθητές του να μπορόύν να κάνουν τολμηρές υποθέσεις. Φαίνεται λοιπόν ότι ευτύχησες να έχεις φωτισμένους δασκάλους. Από το μαθητή Γ Γυμνασίου Αχ. Πορφυριάδη (Ασκληπιού Ι 8, 54639 Θεσσαλονίκη) πήραμε τη λύ ση της άσκησης του Μαίου-Ιουνίου, που προτείνει η Τράπεζα Θεμάτων (web team@hms.gr). Πολύ καλή προσπάθεια. Διαβιβάστηκε στην επι τροπή που έχει την ευθύνη της Τράπεζας. Από τη μαθήτρια Β ' Τάξης του 2°υ Λυκείου Πα πάγου Κάντια Χαρδαλιά πήραμε το παρακάτω γράμμα. Θα ήθελα να σας ρωτήσω εάν η παρακάτω από δειξη που βρήκα είναι σωστή. Το αξίωμα της παραλ ληλίας δεν έχει αποδειχθεί. Εάν όμως φέρουμε μια ευθεία Ε Ι που περνάει από το σημείο Α και είναι πα ράλληλη με μια ευθεία Ε. Έστω ότι ισχύει ότι από έ να σημείο περνάνε δύο παράλληλες, φέρνουμε μια δεύτερη ευθεία Ε2 που περνάει από το Α και είναι παράλληλη με την Ε. Τότε σύμφωνα με την μεταβα τική ιδιότητα έχουμε E/El και Ε/Ε2 τότε έχουμε Ε Ι/Ε2, το οποίο είναι άτοπο γιατί Ε 1 και Ε2 έχουν κοινό σημείο το Α, άρα δεν είναι παράλληλες . Οπό τε καταλήγουμε ότι από ένα σημείο Α περνάει μια μόνο παράλληλη, το οποίο πιστεύω ότι απόδειξα. Θα ήθελα να μου πείτε αν είναι σωστή η απόδει ξή μου ή που έκανα λάθος. Ο Ευκλείδης απαντά: Ο συλλογισμός είναι σωστός. Αλλά η απόδειξη της μεταβατικής ιδιότητας στηρίζεται στο αξίωμα της Παραλληλίας. Βλέπε πρόταση Π σελ. 77 σχολικό βιβλίο. ·

Οι άλλες προτάσεις είναι σωστές (και καλά δια-

Αγαπητοί Συνάδελφοι , στο πλαίσιο το υ προγράμματος τη ς Πανεπιστημιακής Καρδιολογικής Κλινικής του Ιππο κρατείου Νοσοκομείου Αθηνών να ε ρ ευνήσει σε μια μεγάλη ο μάδα πληθυσμού τη ς Αττικής το υς παράγο ντ ε ς κι νδύν ου , οι οποίοι προκαλού ν τι ς καρδιοπάθειες, με τελικό σκοπό να δ ια πιστωθεί το επίπεδο κινδύ νου για έμφραγμα του μυοκαρδίου ή άλλες καρδιοαγγειακές παθή σεις, επέλεξε να εντάξε ι την Ελλην ιtο) Μαθη ματική Εταιρεία στο πρόγραμμα αυτό. Έτσι όσοι συνάδελφοι επιθυμούν μπορούν να λάβουν μέρος στη μελέτη αυτή. Ο έλεγχος περιλαμβάνει ηλεκτροκαρδιογράφημα, καρδιολογική εξέταση και πλήρη αιματολογικό έλεγχο

και τα αποτελέσματα θα δοθούν σε σας χωρίς καμιά οικονομική επιβάρυνση. Όσοι από τα άτο μα εξετασθούν μπορούν αν επιθυμούν να παρακολουθηθούν από το Λιπιδαιμικό ιατ ρείο Πα ν επιστημιακής Καρδ ιολογικής Κλι ν ική ς . Πληροφορίες στα τ η λέ φωνα τ η ς ΕλληνικrΊς Μαθη ματικ ή ς Εταιρείας (Ε. Μ . Ε . ) :

36 1 6 532 - 3617 784

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/77

(

Γ. Λινάρδος (μαθητής Γ' τάξης):

] ( J

Απόδειξη:

66· . -6+ 1 +88· · ·8= 44· . 488· . ·8- 2(66 Πρόταση: '-ν--' 44· . . 488· · ·8 + 1 = '-ν--' · · ·nΙ +88· · ·8= 66· · · 6 + 1 � � � � '-.r--1 ......_,_..., ψη - ν-ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία φία ν-ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία 3(44 · · ·4) + 2(44 · · ·4) = ν Απόδειξη: Θέτουμε Α = '-ν--' 44 · · ·488 · · · 8 + 1 10 (44· · · 4) + 2(44 · · ·4) ......_,_..., '-ν--' '-ν--' '-ν--' '-ν--' ν-ψηφία ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία Οπότε: Α = 4 · 102ν-1 + 4 · 102ν-2 + · · · + 4 · 10ν + 10ν(� +�=4·1�ν-1 +· · 4· 10ν +4·10ν-1 +· · +4= +8 · 10ν-1 + 8 · 10ν-2 + · · · + 8 · 10 + 8 + 1 = ν-ψηφία ν-ψηφία 44· ··4 . ιο ο ) -1 . . + 4 · 10ν (ιον + 1 ον-2 +· ·+ 1) +8(1 ν 1 + ν-2 + · 1 + 1 = '-ν--' ψη 2ν φία 10ν - 1 10ν - 1 = .!. +8 + 1 (4· 102ν + 4 · 10ν + 1) = = 4 · 10ν Χρ. Κοκολιός (Φοιτητής Ε.Μ.Π.): Προτεί 10-1 10-1 9 νει την παρακάτω Άσκηση: 2 · 1 " + I ' 6 · 1 + 3 ' 6 (10" 1) + 9 ' Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας ρ = 2 . Προεκτείνουμε μια διάμετρο ΓΔ προς το μέρος του 2 10ν - 1 1 Γ και παίρνουμε σημείο Σ έτσι ώστε: 2 6 · -- + 1 = (6 · 10ν- + · · · + 6 · 10 + 6 + 1) = 10-1 ΣΓ = R (.J7 - 1) . Με κέντρο το Σ και ακτίνα 2 r = R J3 γράφουμε κύκλο που συναντάει τον �+1 · προηγούμενο στο σημείο Α. Φέρουμε . τη διατέ ν-ψηφlα μνουσα ΣΑΒ του πρώτου κύκλου. Να βρείτε το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος Πόρισμα: � +1 = � -2·(� στο οποίο δεν εμπεριέχεται το κέντρο Ο. ν-� ν-� ν-� ν-�

(� )(� )( ( ) ( ] ( J ( J �

�

;

)

�

66 · · -6+1 +88· · ·8=44· · 4 Πρόταση (ασκ. ) : '-.r--1 � '-.r--1 ν-ψηφία ν-ψηφία ν-ψηφία

Η Εκατόμβη του Πυθαγόρα, Γιάννη Γ. Ταμ

•

βακλή, Έκδοση του Συλλόγου των απανταχού Μαυρατζωτών «Άγιος», Αθήνα 2000. Σπαζοκεφαλιές, Παναγιώτης Γιαννόπουλος Γιάννης Κεφαλλωνίτης, Εκδόσεις ΠΑΤΑΚΗ. Μαθηματικά και ποίηση, Στεφ. Μπάλης από τον Αρχιμήδη στον Ελύτη, Εκδόσεις Νησίδες. Μαθηματικά Άλγεβρα γ' Λυκείου, Αντώνης Τσιπρόπουλος, Εκδόσεις Όλυμπος.

•

Από τον κ. Ι. Μαντά λάβαμε τα παρακάτω βι βλία: • Μαθηματικά Γενικά Θέματα • Αναλυτική Γεωμετρία (Μεγάλη) • Άλγεβρα Θεωρία 3τ.,

•

• • • • • •

• • • •

• •

Λύσεις Ασκήσεων. 3τ. Θεωρία Αριθμών και οι Λύσεις 5000 Πολλαπλών Επιλογών Λύσεις 5000 Πολλαπλών Επιλογών Ποσοστά και Προσεπίσεις και Λύσεις Τεστ Δεξωτήτων και Λύσεις Ερωτήσεις Αξιολόγησης Β' Λυκείου Μαθηματικά Γενικής παιδείας Διαφορικός Λογισμός Οριο Συνέχεια και Ολοκλώματα Διαγωνίσματα Γενικής Παιδείας Διαγωνίσματα Κατεύθυνσης Γ Λυκείου Προβλήματα Γ Λυκείου Μαθηματικά Α' Λυκείου Al Μαθηματικά Β' Λυκε,ου A l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/78

Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περωδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλημαnσμού πάνω στα εξής θέματα: 1) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέ - � πει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποωι είναι οι κλάδοι των Μαθημαnκών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθημαnκών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Κανόνας: Η στήλη Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές. Του Γιάννη Κερασαρίδη

ΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ... ΚΑΙ ΤΟ BASEBALL

Μαθηματικές γνώσεις για το baseball •••

Η "ακολουθία αριθμών", ένας aπλοϊκός ο ρισμός: Ένα πλήθος αριθμών, πχ. 2, 7, 12, 17,

22, ... (με τη σειρά που μας τους έδωσαν), θα λέμε ότι αποτελούν μια "ακολουθία αριθμών" αν (απ' τον δεύτερο και μετά) ο καθένας απ' αυτούς προ κύπτει από τον προηγούμενό του με τον ίδιο πάντα τρόπο. Έτσι 2+5=7, 7+5=12, 12+5=17, 17+5=22, ... δηλ. κάθε αριθμός (από τον δεύτερο και μετά) προκύπτει αν, στον προηγούμενό του, προσθέτου με πάντα τον αριθμό 5. Βέβαια, οι τρόποι με τους οποίους παράγονται οι όροι της ακολουθίας, δεν είναι μόνο η πρόσθεση · μπορεί να είναι ο πολλα πλασιασμός κλπ. Η ακολουθία Fibonacci (Φιμπονάτσι): Η α κολουθία των αριθμών 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, . .. είναι από τις πιο διάσημες και φέρει το ό νομα του Ιταλού μαθηματικού Fibonacci ή Leonardo da Pisa (1 170 - 1250 μΧ.). Παρατηρή στε ότι, αν σε κάθε όρο προσθέσουμε τον προη γούμενό του, παίρνουμε τον επόμενο. Έτσι 1, 1 +0=1, 1 +1=2, 2+1=3, 3+2=5, 5+3=8, 8+5=13, 13+8=21, 21+13= 34 , .... Εδώ πρέπει να αναφέ

ρουμε ότι, αν αρχίσουμε και διαιρούμε κάθε όρο της ακολουθίας Fibonacci (από τον δεύτερο και μετά), με τον πρηγούμενό του, θα διαπιστώσουμε πως, το πηλίκο που θα προκύπτει κάθε φορά, θα πλησιάζει προς τον αριθμό ( J5 + ι )/2= 1,618. Αυ τός ο αριθμός είναι γνωστός ως Χρυσή Αναλογία, θεωρείται συντελεστής ομορφιάς (αισθητικής από λαυση ς), τον συναντάμε στη Φύση, τον χρησιμο ποίησαν μεγάλοι ζωγράφοι (Λεονάρντο ντα Βί ντσι, ... ), γλύπτες (Φειδίας, Μύρων, ... ), αρχιτέκτο νες (Φειδίας, Ικτί νος, ...) και, τώρα, οι... κριτές στους αγώνες baseball. Και τώρα το baseball

Τι είναι το baseball: Αθλητικό παιχνίδι για 2 ο μάδες από 9 παίκτες. Το γήπεδο του baseball είναι

σκληρό και έχει διαστάσεις 175xl 25 μέτρα. Στο εσωu: ρικό του σημειώνεται ένα τετράγωνο με πλευρά.27,5 m. Στην κάθε γωνία αυτού του τετραγώνου, υπάρχει ένα μικρό τετραγωνάκι, γνωστό σαν "εστία". Η μία ομάδα λέγεται "αμυντική" και η άλλη "εmθετική". Ο αγώνας διεξάγεται με 9 "αμυντικούς" και ένα "εmθετικό" (τον "μπάτσερ") που με το ρόπαλο στα χέρια χτυπά τη μπιi λα και τη στέλνει μακριά, ώστε να δυσκολεύονται οι "αμυντικοί" να την πιάνουν αμέσως. Ο "μπάτσερ" παίρ νει θέση στο κέντρο του τετραγώνου Απέναντί του, σε απόσταση 18,45 m, παίρνει θέση ο υπ' αριθ. Ι "αμυντι κός" (ο "ρίπτης" ή "πίτσερ"), ενώ δίπλα και λίγο πίσω του "μπάτσερ" βρίσκεται ο υπ' αριθ. 2 "αμυντικός", οι υπ' αριθ 3,4,5,6 παίρνουν θέσεις στο μέσα μέρος του γηπέδου και οι άλλοι 7,8, 9 σκορπίζονται στον εξωτερι κό χώρο, υπολογίζοντας να πιάσουν τη μπάλα στον σέ ρα, όταν θα πετύχει να τη στείλει ως εκεί ο "μπάτσερ".

Το παιχνίδι αρχίζει με την ρίψη της μπάλας, με το χέρι, από τον "πίτσερ" προς τον "μπάτσερ". Η μπάλα δεν πρέπει να πεταχτεί χαμηλότερα από το ύψος του γόνατος ή ψηλότερα από το ύψος του ώμου και, επίσης, πρέπει να πάει σε ίσια βολή. Ο "μπάτσερ" προσπαθεί να χτυπήσει τη μπάλα. Κι αν το πετύχει και τη στείλει μακριά, αφήνει το ρόπα λο και τρέχει να φτάσει στην "εστία" της πρώτης γωνίας κι αν νομίζει ότι προλαβαίνει, πριν οι αντί παλοί του πιάσουν τη μπάλα και του κόψουν το δρόμο στη μέση, τρέχει και στην άλλη εστία.

Μπέις μπώλ . Φάση τού παιχνιδιού.

Αν προλάβει να γυρίσει όλες τις εστίες (home

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.2/79

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

run) κερδίζει ένα βαθμό. Αν πριν ακουμπήσει το πόδι του στο άσπρο σημάδι της εστίας, ο ευρισκό μενος εκεί αντίπαλός του προλάβει και πιάσει τη μπάλα που, κάποιος συμπαίκτης του, του την γύ ρισε από μακριά, τότε ο "μπάτσερ" που έτρεχε "καίγεται", δηλ. αποκλείεται και η αμυνόμενη ο μάδα κερδίζει βαθμό. Τη θέση του παίρνει άλλος " επιθετικός" και ο αγώνας συνεχίζεται. Συμβαίνει, όμως, μερικές φορές ο "μπάτσερ" να αστοχήσει, να μη χτυπήσει τη μπάλα που πετάει ο "πίτσερ". Αν αυτό γίνει τρεις φορές και η μπάλα περάσει το σημείο και την πιάσει ο υπ' αριθ 2 "αμυντικός", τότε ο "μπάτσερ" καίγεται και αποκλείεται, η άλλη ομάδα παίρνει βαθμό και νέος παίκτης παίρνει τη θέση του προηγούμενου "μπάτσερ". Αν βγουν τρεις παίχτες της ομάδας τελειώνει το "game". Στην περίπτωση που "αμυνόμενος" παίκτης πιάσει τη μπάλα στον αέρα, ο "μπάτσερ" καίγεται και αντικαθίσταται. Το σπουδαιότερο ρόλο στο παιχνίδι έχει ο "πίτσερ". Εκτός του ότι έχει τις δυ νατότητες να πετάει τόσο δυνατά τη μπάλα, ώστε αυτή να αναπτύσσει ταχύτητα ...πάνω από 100 km, οπότε συνήθως δεν προλαβαίνει ο "μπάτσερ" να αποκρούσει, μερικές φορές, προσποιούμενος ότι στέλνει τη μπάλα με όλη τη δύναμή του, τη στέλ νει με μικρότερη ταχύτητα και ξεγελά τον "μπά τσερ", που κάνει την κίνηση και βρίσκοντας κενό, δεν προλαβαίνει να χτυπήσει τη μπάλα, την οποία πιάνει ο υπ' αριθ. 2 "αμυντικός" Ο Fibonacci, ο Bill James και η μαθηματικοποίη ση του baseball •••

τι "μετρά", στην αξιολόγηση της απόδο σης, στο baseball: Τα στοιχεία που "μετρούν"

στην αξιολόγηση της απόδοσης στους αγώνες baseball είναι α) οι νίκες, β) το ποσοστό των νι κών, δηλ. το πηλίκο των νικών προς το άθροισμα των νικών και των ηττών, γ) η διαφορά νικών ηττών. Ο τύπος του Bill James: Ο Bill James είναι ένας άνθρωπος με μεγάλο πάθος για το baseball. Τον απασχόλησε ένα πρόβλημα: αν έχουμε δύο "πίτσερς" ("ρίπτες" της μπάλας) και θέλουμε να τους αξιολογήσουμε, δηλ. να τους συγκρίνουμε ως προς τις επιδόσεις τους, ποια είναι η προσφορότε ρη μέθοδος; Έκατσε, λοιπόν, και μελέτησε στατι στικά τις νίκες και τις ήττες πολλών "πίτσερς" του baseball, στη διάρκεια της ως τότε καριέρας τους. Το αποτέλεσμα αυτής της μελέτης του, ήταν να γράψει ένα βιβλίο με τίτλο«Τhe politics of glory: how baseball's Hall ofFame really works?» Στο βιβλίο αυτό, ο Bill James, καθιερώνει μια νέα κλίμακα βαθμολογίας που την κάθε μονάδα της την ονομάζει "Fibonacci βαθμό νίκης". Για να δούμε, για πιο λόγο η νέα κλίμακα βαθμολογίας ο-

νομάσθηκε έτσι, θα πρέπει πρώτα να γνωρίσουμε τον μαθηματι κό τύπο που επινόησε ο James. Αν παραστήσουμε με W το πλήθος των νικών, με L το πλήθος των ηττών και με Fg το πλήθος των "Fibonacci βαθμών νίκης" που αντιστοιχούν στον κάθε παίκτη, τότε ισχύει ο τύπος: wz

Fg = W + L

+W - L

(1)

Ένα παράδειγμα: Θεωρούμε δύο "πίτσερς", τον Α και τον Β. Ο Α έχει 200 νίκες και 90 ήττες, ενώ ο Β έχει 250 νίκες και 1 80 ήττες. Παρατηρού με ότι ο Α έχει 50 νίκες λιγότερες από τον Β, όμως έχει 90 ήττες λιγότερες από τον Β. Αν με Fg 1 , Fg 2 παραστήσουμε τους "Fibonacci βαθμούς νίκης" των Α,Β αντίστοιχα, και αντικαταστήσουμε τις α ντίστοιχες τιμές του καθενός στον τύπο (1), τότε παίρνουμε Fg 1 =248 "Fibonacci βαθμούς νίκης" και Fg 2 =215 "Fibonacci βαθμούς νίκης". Από τη σύ γκριση των αποτελεσμάτων αυτών, βγαίνει το συ μπέρασμα, πως ο "ρίπτης" Α είναι καλύτερος από τον "ρίπτη" Β. Να, λοιπόν, μια ακόμη προσφορά των Μαθηματικών στον αθλητισμό. Άσκηση: Ο Sandy Coufax είχε 165 νίκες και 87 ήττες και ο Jim Bunnig 224 νίκες και 1 84 ήττες.

Ποιος είναι καλύτερος;

Σχέση ανάμεσα στο baseball, την ακολουθία Fibonacci και τη Χρυσή Αναλοyία

Στο κρίσιμο σημείο, όπου οι νίκες συμπίπτουν με τους "Fibonacci βαθμούς νίκης", έχουμε τελικά από την (1): J5 + 1 W = -- L 2

Να, λοιπόν, η Χρυσή Αναλογία ( J5 + 1 )/2 και η σχέση της με το baseball. Όπως είδαμε, στην αρχή αυτής της εργασίας, ο Bill James την αναλογία αυτή την ορίζει με τη βοήθεια των λόγων δύο διαδοχικών όρων της ακο λουθίας Fibonacci. Να , λοιπόν, και η σχέση της ακολουθίας Fibonacci με το baseball . Βιβλισyραφία

Το υλικό, για να γραφτεί αυτή η εργασία, το δανειστήκαμε από: 1) Μπάμπη Τουμάση «Χρυσή Τομή - Fibonacci - Λαγοί και Λουλούδια)), 2) «QUANTUM)), 3) «Iστορία του Ελληνικού Έθνου9), 4) «Πάπυρoς-Larousse-Bήtannica))

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.2/80

Εκδόσει, τη, ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

��[�gς�

\F.\Πfl

ΜΑΘΗΜΑτJΚΗ

�(,tJI'I'\II hH�·L\IPJIU uι;ιι rτr"

r \" JΌ .Ι ΙΙ.Η� \Ι

ΕΠ ΙΘΕΩ Ρ Η ΣΗ

.:-1

�

WUIS BRAND

Ερεuνηηκl)

διa στaσn

ΜΑθΗΜΑτΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

-. • ... ,.ι , { _,.,.,. l)oo ....p• .,. • • v.; �•.,•'" · � ιι. , ι --(l>.t ... � � ��'-'1';" """ '""''

,...,... :.•( :ι!,ηf""-Υ�

f. \ \ \f,lt\11 \1.-\ΗII'Ι\ΙΙι..ΙΙ 8H:I\IOI 1'\ΦI.\ ι\!Λmε.w,ιτιcs

f\"FOR'�';rιCS

.,. ·� ""-_........., .,.... ...... ... t>0'1"�,.,. .

Σfi M X F:1 Ω 1-HΣ. Γ F.Ω:\ΙΕ:tι•ι.\ \ΗΟ _-\._!'fH:rt;PB Σιιοπn

'91

.._ _ .. . ..... ... ...,... , __ _ ..--� - -

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 600δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (4 τεύχη + 600 δρχ. Ία)(Uδρομικό) Σχολεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) ΕυκλείδηςΒ': Τεύχος 700δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ. (4 τεύχη + 600 δρχ. Ία)(Uδρομικό) Σχολεία: 2.800 δρχ. (4 τεύχη) ΕυκλείδηςΓ: Τεύχος 1 .500δρχ. 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Μαθημ. Επιθεώρηση: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Αστρολάβος: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) Δελ1iο (BυlleCin): Τώχος 2.000 δρχ. Διεθνής Μαθημαπκές Ολυμπιάδες 1959 - 1999: 6.000 δρχ.

Θέματα εξετάσεων στα A.E.I 1976 - 1989: 1 .500 δρχ. Πρακτικά: 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 3.000 δρχ 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.500 δρχ 8ου Πανελληνίου Συνεδρίου 2.000 δρχ 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου

2.500 δρχ 10ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 14ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5•0°0 δρχ 15ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ Συνέδριο Hennίs "92 (Αyyλικά) 7.000 δρχ. Συνέδριο Hennίs '94 (Αyyλικά) 2 τόμοι ο τόμος 4.500 δρχ. Γραμμική Άλγεβρα 1 .500 δρχ. Gr. Muncres ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ

(Ονόματα Γεωμετρικών όρων ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) 6.000 δρχ. (Μετρικά Διόmρα) 6.000 δρχ. Διαλέξεις: ο τόμος 1 .300 δρχ. Μαθηματική Ανάλυση 7.000 δρχ. Louίs Brand Διαφορικές Εξισώσεις 2.500 δρχ. Stephenson Ιστορία Μαθηματικών Loήa (4 τόμοι) Α, Β, ΓΑ• ΓΒ 0 τόμος 2.ΟΟΟ δρχ. 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 1 .000 δρχ. Ελληνική Μαθηματική 1 .000 δρχ. Βιβλιογραφία Στοιχειώδης Γεωμετρία από Ανώτερη Σκοπιά 2.500 δρχ. θεωρία Αριθμών 5.000 δρχ. •

Τα ιιαΑαιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με nς τρέχουσες πμές του 200 1

Ράφια γεμάτα βιβλία, μυρωδιά ζεστού καφέ, μελωδικές νότες , χώρος φιλόξενος, ειδικά διαμορφωμένος για ευχά ριστη και ήρεμη ανάγνωση . Στα βιβλιοπωλεία "ΒΙΒΛΙΟρυθμός" θα βρείτε όλες τις παλιές και νέες εκδόσεις όλωv τωv εκδοτικών οίκωv 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

. .

. και κάθε μέρα ανάγνωση με τις μελωδίες του πιάνου .

Θ ΕΣΣΑΛΟ Ν Ι ΚΗ : Βασ. Η ρ α κλείου 47 ( α πέναντι από το εμπορικό κέντρο ) Τnλ. 03 1 0 . 2J0 .226, Fax: 03 1 0 .250 . 972 ΑΘ Η Ν Α : Ζωοδόχου Π n y ri ς 18 & Σόλωνος Τnλ. Ο Ι Ο .33 . 0 1 . 25 1 , Fax: Ο Ι Ο -33 . 0 6 . 9 1 8