Ευκλειδης Β 44 by demi de

O[JJ

ΕΚΔΟΕΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΚ

rιr ΕΑΑιι•ι•ίr •••tl'•rι•ίr Er•ι,εi•r μαθηματικά V•""«

""'':,;;., f:j

ΕΛΛΗΝΙΙ<Η ΜΑΘΗ,..,.ΑΤtΚΗ eτΑιΡΕJΑ

ι::.r:. (;- : ,-.,.J:. _r:; r:.,. r:: ο

r ο λ 6 γ η ο η ς στο

Μαθηματικά

- j

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 ·��k��

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ

ΠΑΤΑΚΗ ΑΚΑΔΗ Μ ΙΑΣ 65, 106 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 010.38.11.850, FAX: 010.38.11.940

Ncvrpι•ί ΙιΙΙε•ι ΙΜφιι•ί •ιιιμnιιιί Ιrιιιpc/ιι Βιι.cnι.τιιιΙ•• Jf - ΙΙί••

19° ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Κομοτηνή 8- 9 - 10 Νοεμβρίου 2002 ((Τα Μαβηιunuιά ΔWDO�utβς Βσ,.r,οντaJς Belnw....-

Τα Μαθηματικά αποτελούν το Διαχρονικό Παράyοντα για εξέλιξη και ανάπτυξη της aνθρωπότητας. Κοινωνική - Πολιτιστιιcή Τεχνολσyική και Οικονομική άποψη. Χαρακτηριστικά στοιχεία της πορείας των Μαθηματικών είναι η επίδραση των Μαθηματικών στο σίτrχρονο πολιτισμό, η αξιο ποίηση των Μαθηματικών στην ανάπτυξη των διαφόρων κλάδων τοu πολιτισμού, όπως η τεχνολογία, η φιλοσοφία, η λο-γοτεχνία. Σε σχέση με τη διαπολιτισμική εισmίδεuση δημιοuρyούνται ερωτήματα για με τα εθνομαθηματικά και το ρόλο τοuς, τις μαθημα τικές έρευνες ποu διεξάγονται στοuς διάφοροuς πολιτισμούς, οι εmδράσεις τις ποu qouν ασκήσει τα Μαθηματικά μεταξύ των διαφό ρων λαών κ.λπ. Παρατηρείται, τα τελευταία χρόνια, μια προσπάθεια για την ανάδειξη της Ιστορίας των Μαθηματικών και τοu ρόλοι> ποu μπορεί να διαδραματίσει στη διδασκαλία και τη μάθηση των Μαθηματικών. Στην προσπάθεια αυτή συνέβαλε και η έvtαξη ιστορικών στοιχεί ων στα Αναλυτικά Πρσyράμματα Μαθηματικών. Τα βασικά ερωτήματα ποu qσυν αναδειχθεί είναι: Ποιό ρόλο παίζοuν τα αυθεντικά μαθηματικά κείμενα (πηyές) στη διδασκαλία των Μαθηματικών; Από ποια βαθμίδα πρέπει να αρχίζει η διδασκαλία της Ιστορίας των Μαθηματικών; Πόσο επηρεάζσυν τη διδασκαλία της Ιστορίας των Μαθηματucών οι πολιτισμικές διαφορές σε παyιcόσμω αλλά και σε εθνικό επί-

πεδο;

Α.

Β.

Γ.

Πώς χρηmμοποιούμε την Ιστορία των Μαθηματικών στη διδασκαλία και τη μάθηση των Μαθηματικών; Η Ελληνική εισmιδευτική πραγματικότητα συμβαδίζει με τις διεθνείς τάσεις; Σ τ ρ ο γ γ υ λ ό Τ ρ α π έ ζ ι Αναλυτικά Πρσyράμματα Μαθηματικών Θ ε μ α τ ι κ έ ς Ενό τ η τ ε ς τ ου Συ νε δ ρ ί ου Ο ρόλος της Ιστορίας τωνΜαθηματικώ\' στη διδασκαλία και στη μάθηση τωνΜαθηματικών. • Διεθνείς τάσεις και Ελληνική πραγματικότητα yιa την αξιοποίηση της Ιστορίας των Μαθηματικών στη διδασκαλία και τη μάθηση των Μαθηματικών. • Ανάδειξη τοu ρόλοι> της Ιστορίας των Μαθηματιιcών στην κατανόηση και στη μάθηση των Μαθηματικών στην Ελληνική Εισι:αιδευτιιcή Πραγματικότητα. • Ιστορική πορεία της Ελληνικής Μαθηματικής θσχόδειισης και η συσχέτισή της με τις διεθνείς τάσεις. Μαθηματικά Διαπολιτισμική και Πολυπολιτισμική Εισrοίδειιση • Οικοuμενική σημασία των Μαθηματικών • Μαθηματική έρει>να και εισι:αίδεuση στοuς διόφοροuς mλιτισμούς. • Ανταλλιrγές και αλληλεπιδράσεις στα Μαθημιποοi Ανmολής- Δύσης. Τα Μαθηματικά στο σί:trJ.poνo πολιτισμό. • Μαθηματικά και Επιστήμη • Μαθηματικά και Τεχνικός Πολιτισμός. • Μαθηματιιcά και Φιλοσοφία. • Μαθημιποοi και Τέχνες (Ειιcιιιπιd.ς Τέzνa;. Λσyοιqνίιι, Mouσucή). •

Μαθημιποοi και θεσμοί (Δίmιο, Ηθιιcή. Πιιρcιδόοεις).

Οι εργασίες οι οmiες θα υιιοβΑηθούv μέχρι τις 15 ΣεΙπεμβρίοu 2002 θα κριθούν

με βάση τα πλήρη κείμενα από την επιστημονι κή επιτροπή. Θα πρέπει να εiναι φιπότιnιες και w εντόοσuντιιι στοuς σιrοmύς τοu συνεδρίοu. Τα πλήρη κείμενα των εργαmών χου θα εyιφιθσύν θα 1ΙΣpΙ).ηφθσύν στα πρσ.ιcτικά τοu Σννεδρίοu, τα οποία θα καταβληθεί προ σπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδρω. Οδη γίε ς γ ια τ η Σύντ αξη των Ε ρ γ α σ ι ώ ν Τα πρακτικά τοu Σννεδρίοu θα εκδοθούν με ηλεκτρονιιcή ιποqειvθεσία των ιcειμένων ποu θα υποβληθούν yι' αυτό. Χάριν ο μοωμορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παραιcάτω: J. Η εκτύπωση θα είναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αp10'ΣΙψά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω. Το κείμενο θα είναι πλήρως στοιχισμένο εκτός τοu τίτλοι> και των στοιχείων τοu συγyραφέα ποu θα εiναι στοrχισμένα στο κέvtρο. 2. Η πρώτη σελίδα της εργασίας θα περιf:χει κατά σειρά: α) Τον τίτλο της εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 16. β) Μια κενή γραμμή. γ) Το όνομα τοu συγyραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά), ποu δε θα υπερβαίνει τις 15 γραμμές κειμένοu, γραμμένη με γράμματα μεγέθους 12. ζ) Θα ακολοuθεί το Κ\)ρίως κείμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθοuς 12. 3. Στην τελευταία σελίδα της εργασίας, επισυνάπτεται (εφόσον είναι δυνατό) μια περίληψη της εργασίας σε κάποια διεθνή γλώσσα. 4. Η εργασία θα είναι γραμμένη σε επεξεργαστή κειμένοu MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα ποu θα περιf:χει την εργασία. Να χρηmμοποιηθούν γραμματοσεφές Times New Roman Greek για τοuς τίτλοuς και για το Κ\)ρίως κείμενο. Σ Η Μ Α Ν τι Κ Η Η Μ Ε Ρ Ο Μ Η Ν Ι Α J 5 Σ επτεμβρ ί ου 2 Ο Ο 2 Τα πλήρη κείμενα των ερyαmών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σειπεμβρίοu 2002 στην παρακάτω δι

εύθυνση:

Ελληνική Μαθηματική Εταψεία (yια το 19ο Συνέδριο της ΚΟΜοτΗΝΗΣ) Πανεπιστημίοu 34 - 106 79 Αθήνα και στην Ηλεκτρονιιcή Διείιθννση: e-mai1: info@hms.gr

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 44

•

Αuρ(Αιος Μαίος Ιούνιος

•

2002

•

Ευρώ:

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

2,05

ΜΑΘΗΜΑ111<0 ΠΕΡΙΟΔΙΙ<Ο ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

Υπεύ6υvοι Έκδοσης

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής , Γεώργιος, Στρατής Ιωάννης ·

Συνιακηκή Ομάδα:

Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγγελική Γιαννοσπύρος Σωτήρης Λούναβης Αντώνης ΚαλίκαςΣταμάτης , Καρακαισάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Καισούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόνιζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης . Κυριακοπούλου-Κυβερvήτου Χρυστ. ·Λαζαρίδης Χρήστος ΛουρίδαςΣωτήρης Μαλαφέκας θανάσης Ρήγας θεόδωρος ΣαϊτηΕύα Σακελλάρης Βασίλης Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδόκης Γιώργος .Τσιούμας θανάσης Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάιmους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

3 6 6

106 79 ΑθΗΝΑ

; Εκδόιη�: Αλεξανδρής Νικόλαος , ΔιευΟυvιή�: Τυρλής Ιωάννης ISSN: 1105- 7998

Ειιιμc).cια 'Εκδοοης:

Μαραγκάκης Στέλως

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣι •Τεύχu� 2,05 εvpώ Ειήσια συνδρομή 8,22 εvpώ (Σχολ) .Συνδρομητέ� 8,22+1,76 εvpώ (Ταχ.) Ορyοηοιιοί:

Ταχ. Ειιιιο\·Cς

14,67 εvpώ

Τ. Ι'ροφι,ίο Λ8ήvα 54, Τ.θ. ::UM..U

θέλη προσοχή ιο Δεύιερο ΑΛΜΑ!!

Μια εφαρμοflί ιων Μιyαδικών σιην Παραyοvιοποίηση

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

16 Μα8ημαιικοί Διαyωνισμοί - Μα8ημαιιιι:ές Ολυμπιάδες

20 Υπολοyισμός ιου πλή8ους ιων ακεραίων και 8ειικών λύΌεωv

I Μαllημαιικά \·ια ιηv Α' Τάξη ιου Λυκείου I 22 Επανάληψη λλyεΟρας Α' Λυκείου

25 Πρόσημο ιριωvύμου η ανισώσεις 2ου Οα8μού

30 Για ιην ιελευιαία επανάληψη σιη Γεωμειρία ιης Α' Λυκείου

I Μαllημαηκά για ιην Β' Τάξη ιου Λυκείου I 38 Γενικά 8έμαια λλyεΟρας Β' Λυκείου

42 Γεωμειρία Β' Λυκείου Επαναληπιικές Ασκήσεις

Επαναληπιικές Ασκήσεις θειικής Καιεύ8υνσης

I ΜαΟηιιαιικά για ιην Γ Τάξη ιου Λυκείου I

ΜΑΘΗΜΑΊ'ΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕ ΙΑΣ ΠΑΝΕΙΠΣ'ΓΗΜΙΟΥ 34

Το Βήμα ιου Ευκλείδη

15 ΠροΟλήμαια απ' ιην κα8ημεριvή Ζωή

ΕΚΛΟΣΗ ΤΗΣ F..ΛΛΗΝΙΚΗΣ

Τηλ,36 17 784 - 36 16 532 Fax 36 41 02.')

Αρχαία Ελληνικά Μα8ημαιικά

11 Ο 'Ευκλείδης' προιείνει...Ευκλείδη και Διόφαvιο

�

Σσvcρyάιcς:

Φελούρης Αργύρης ·ΕυθύμογλουΕπαμεινώνδας Πισπιvής Δημήτρης Βαρβάκης θεόδωρος Βάρναλης Νικόλαος Αγαπητού Λ. Δημόπουλος Π ΓιαννακόπουλοςΣπύρος Μαντάς Ιωάννης ΣκοήδαςΣ.

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

52 Ασκήσεις Σιαιισιικής

θέμαια yια επανάληψη σιη Γενική Παιδείας

60 Σύν8εια 8έμαια yια επανάληψη

63 Γενικά θέμαια σιην Ανάλυση

Ασκήσεις σια Ολοκληρώμαια 71 θέμαια Ε8vικών Εξειάσεων Ποριοyαλίας 74 Τρία Αρ8ρωιά Επαναληπιικά θέμαια, σια Μα8ημαιικά Καιεύ8υνσης 79 Η σιήλη ιης Αλληλοyραφίας

1------------------------------..... ΣιοιχειοΙJεοίu - Σεί.ιδοιιιιίηοη

Εκτύπωσq ΙΝΤΕΙ'ΙΙΙ•Ε:;

Ελληνική Μα6ημαιική Εταιρεία

Yncu6. Τυπογραφeίοu

υ.;_,

Ιερά οδός 81

Π. Τρικcρι<{ιυις-Τηλ;3'i746.'>i

11 FE:QMETI';IA Τ12Ν ΑΡΧΑΙΙΊΝ ΕΑΑJΙΝΙΊΝ fiEMEAl ll Tlιl Ν'.RΕΡ#ΥΣ LA,44tJYΣ MAfiHMAτiXQ·N

του Επαμεινώνδα Ευθύμογλου<•>

ε την παρουσία των μεγάλων πολιτι σμών της κοιλάδας του Νείλου και της Μεσοποταμίας έχουμε τις ρίζες της Γεωμετρίας η οποία είναι κυρίως Μετρολογία, Χωρομετρία και Στερεομετρία. Οι οριζόντιες απο στάσεις μετριούνται με τη βοήθεια νήματος, άλλα όργανα είναι μετρικοί πάσσαλοι, νήματα στάθμης, αλφάδια κλπ. Στους Βαβυλώνιους συναντούμε γνώσεις με περισσότερο θεωρητικό χαρακτήρα. . Αν ιος επιστήμη εννοούμε το σύνολο τιον συcJτηματικών yνώσειον που ανάγονται σε ομά δα φαινομένων τα οποία υπάγονται σε γενικούς νόμΟυς καθώς και η μεθοδική έρευνα αυτών των φαινομένων, μόνο για τους Αρχαίους Έλλη νες μπορεί να γίνει λόγος. Το φαινόμενο αυτό, δεν είναι κάτι ξεχωριστό αλλά συμβαδίζει με την οικο νομική και κοινωνική πρόοδο που έγινε στις Ιωνι κές πόλεις, όταν άκμασε το εμπόριο, η ναυτιλία, η βιοτεχνία και δημιουργήθηκε ο δήμος. αλλαγή αυτή είναι πολύ σημαντική στη .διανοητική ιστορία του ανθρώπου. Οι Σοφοί της εποχής αυτής δεν ήταν πλούcrιοι σε γνώσεις ούτε είχαν αυστηρά πειθαρχημένη τη διάνοια. Οι ερμηνείες που έδιναν ήταν απλοϊκές. Έκαναν όμως δύο πολύ σημαντικά βήματα:

Απελευθέρωσαν την σκέψη τους από το υ περφυσικό και τις μυστικές ενέργειες και αναζή τησαν να στηρίξουν την εξήγησή τους σε φυσικά αίτια και 2) Σημαντικό χαρακτηριστικό της Ελληνικής Επιστήμης είναι η εμπιστοσύνη στο λογικό. Πως μπορεί δηλαδή ο άνθρωπος με τη σκέψη του, με το λογικό του να ανακαλύψει την αλήθεια. Οι διαδικασίες αυτές έγιναν για πρώτη φορά στην περιφέρεια του Ελληνισμού, στις αποικίες οι

(Ι)

οποίες, σε σχέση με την μητρόπολη προηγήθηκαν ως προς την πνευματική και υλική ανάπτυξη. Τα λίκνα της Επιστήμης ήταν στην Ιωνία, στη Μεyάλη Ελλάδα, στη θράκη. παράδοση θέλει την Ελληνική Επιστήμη την Γεωμετρία, που είναι η πρώτη που ξεχώρισε από την Καθολική εmστήμη να δημιουργείται περί τον 6° π.Χ. αιώνα στην Ιωνία, σύμφωνα με τις προτάσεις που διετύπωσε και απέδειξε πρώτος ο Θαλής. Στον Θαλή αποδίδονται οι αποδείξεις των θε ωρημάτων περί ισότητας των παρά την βάση γω νιών του ισοσκελούς τριγώνου, η διχοτόμηση του κύκλου από την διάμετρό του και η ιδιότητα της εγγεγραμμένης σε ημικύκλιο γωνίας. Ο Θαλής μέτρησε το ύψος των πυραμίδων α πό τις σκιές τους καθώς και τις αποστάσεις πλοί ων, που προϋποθέτουν γνώση των ιδιοτήτων των ομοίων τριγώνων. Γεωμετρία του Θαλή χαρακτηρίζεται ως Γεωμετρία των ευθειών, ο Θαλής δε πατέρας της Γεωμετρίας. Αργότερα θεμελιώθηκε και αναπτύχθηκε η Γεωμετρία από τους μεγάλους της εποχής όπως οι: Πυθαγόρας, Πλάτων, Εύδοξος, Ευκλείδης, Απολ λώνιος, Αρχιμήδης κλπ. Ανάμικτα τα Μαθηματικά με την Φιλοσοφία στην σχολή του Πυθαγόρα αποκτούν την αυτοτέ λειά τους δύο αιώνες αργότερα. Οι Πυθαγόρειοι που καθιέρωσαν ως σήμα της Σχολής τους το κα νονικό αστεροειδές πεντάγωνο, εκτός από το γνω στό θεώρημα απέδειξαν πολλές προτάσεις αναφε ρόμενες στα κανονικά πολύγωνα και τα πέντε κα νονικά πολύεδρα (τετράεδρο, εξάεδρο, οκτάεδρο, δωδεκάεδρο και εικοσάεδρο). Πριν από τον Πυθαγόρα δεν είχε γίνει σαφές ότι η απόδειξη πρέπει να προχωρεί ξεκινώντας από

Μαθηματικός Πειρα μα τικού Γυ μνασίου Καβάλας,Γενι κός Γρα μματέας της Δ.Ε. του Π α ρα ρτήματος Καβάλα ς ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/3

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

υποθέσεις. Ο Πυθαγόρας, υπήρξε ο πρώτος που ή θελε τα αξιώματα να προτίθενται στην ανάπτυξη της Γεωμετρίας. Ο Πυθαγόρας εισήγαγε την απόδειξη στα Μα θηματικά. Αυτό υπήρξε το μεγαλύτερό του επί τευγμα. Πριν από αυτόν η Γεωμετρία στο μεγαλύ τερό της μέρος ήταν μια συλλογή εμπειρικών κα νόνων χωρίς ξεκάθαρη ένδειξη των αλληλεπιδρά σεων αυτών των κανόνων, και χωρίς την ελάχιστη υποψία ότι όλα αυτά θα μπορούσαν να παραχθούν από ένα συγκριτικά μικρότερο αριθμό αξιωμάτων. δεύτερη σημαντική συνεισφορά του Πυθα γόρα στα Μαθηματικά ήταν ότι ανακάλυψε πως οι Φυσικοί αριθμοί 1, 2, 3, ... δεν επαρκούσαν για την κατασκευή των Μαθηματικών ακόμη και στην στοιχειώδη μορφή που αυτός τα γνώριζε. Δεν μπορούμε να βρούμε δύο φυσικούς αριθ μούς τέτοιους ώστε το τετράγωνο του ενός να ι σούται με το διπλάσιο του τετραγώνου του άλλου. Στην πραγματικότητα, ο Πυθαγόρας σκόνταψε στη Γεωμετρία: ο λόγος της πλευράς ενός τετραγώνου προς μια από τις δύο διαγωνίους του δεν μπορεί να εκφραστεί σαν λόγος δύο φυσικών αριθμών. Με άλλα λόγια θα λέγαμε ότι η τετραγωνική ρίζα του 2 είναι άρρητος αριθμός, δηλαδή, δεν είναι ίση με κανένα φυσικό ή δεκαδικό κλάσμα ή με άθροισμα των δύο, προερχόμενο από τη διαίρεση ενός ακε ραίου με ένα άλλο. Έτσι ακόμη και μια απλή Γεω μετρική έννοια όπως αυτή της διαγωνίου ενός τε τραγώνου, αψηφά τους αριθμούς 1, 2, 3, ... και αρ νείται την πρώιμη Πυθαγόρεια φιλοσοφία. Σ' αυτήν την Πυθαγόρεια ανακάλυψη βρίσκε ται η αρχή της σύγχρονης Μαθηματικής Ανάλυ σης. Ο Εύδοξος χαρακτηρίστηκε η σημαντικότερη φυσιογνωμία στον τομέα της επιστήμης κατά τον 4° αιώνα (395-340 π.Χ.). Ο Διογένης ο Λαέρτιος λέγει γι' αυτόν ότι υ πήρξε Αστρολόγος, Γεωμέτρης, Ιατρός, Νομοθέ της. Ο Εύδοξος όμως ήταν κατά κύριο λόγο Μα θηματικός που την λάμψη της ιδιοφυίας του μόνο η εμφάνιση ενός Αρχιμήδη μπόρεσε να επισκιάσει. Οι κύριες μαθηματικές ανακαλύψεις του είναι δύο: Α) θεωρία του περί αναλογιών, όπου ο Κνίδιος σοφός επέτυχε να γενικεύσει τη θεωρία περί αναλογιών, ώστε να είναι δυνατό να εφαρμο στεί όχι μόνο στα σύμμετρα αλλά και στα ασύμμε τρα μεγέθη. Ο Εύδοξος έκανε τη Γεωμετρία ανε ξάρτητη από τους αριθμούς και τις μετρήσεις (σύμφωνα με ένα αρχαίο σχόλιο ολόκληρο το Ε' βιβλίο των «Στοιχείων» του Ευκλείδη, που έχει ως

θέμα του τις αναλογίες, είναι «εύρεσις>> του Ευδό ξου.

Β) Η

λεγόμενη «μέθοδος της εξαντλήσεως»: Ο Εύδοξος έκανε φανερό ότι ο μαθηματικός δεν έ χει ανάγκη να δεχτεί ότι με τη συνεχή διαίρεση εί ναι δυνατό να φτάσει στο άπειρα μικρό. Για τους δικούς του σκοπούς είναι αρκετό να δεχτεί ότι με τη συνεχή διαίρεση είναι δυνατό να φθάσει σε ένα μέγεθος όσο θέλει μικρό. Με τη μέθοδο αυτή ο Εύδοξος πέτυχε να αποδείξει μια πρόταση που την αλήθειά της την διαπίστωσε πρώτος ο Δημόκριτος, ότι ο κώνος και η πυραμίδα είναι το 1/3 του κυλίν δρου και του πρίσματος που έχουν την ίδια βάση και το ίδιο ύψος. Τη μορφωτική αξία της Γεωμετρίας κατάλα βαν οι άνθρωποι από αρχαιοτάτων χρόνων. Ο Πλάτων εκτός από το περίφημο ρητό «μηδείς αγε ωμέτρητος εισίτω», που είχε στην είσοδο της Ακα δημίας του, λέγεται ότι είπε και το: «αεί ο Θεός γεωμετρεί», για να υπογραμμίσει την σχέση της Γεωμετρίας με το μεγαλείο της Δημιουργίας. Για τον Πλάτωνα ο κανόνας και ο διαβήτης ήταν τα μόνα επιτρεπτά όργανα για γεωμετρικές κατα σκευές. Τα «Στοιχεία)) του Ευκλείδη θεωρήθηκαν δι δακτικό βιβλίο μεγάλης παιδευτικής αξίας περισ σότερο από δύο χιλιάδες χρόνια και χρησιμοποιή θηκαν μεταφράσεις του σε διάφορες γλώσσες. Τα «Στοιχεία)) του Ευκλείδη περιέχουν ολόκληρη την Μαθηματική επιστήμη της εποχής του, όχι μόνο την κατ' εξοχήν Γεωμετρία αλλά και θεωρήματα της Αριθμητικής. τις Γεωμετρικές πρακτικές εφαρμογές συ μπλήρωσε, στη γεωμετρία του Ευκλείδη, ο Αρχι μήδης. Δεν είναι σκοπός μας εδώ να επεκταθούμε στο υπόλοιπο μεγάλο έργο του Αρχιμήδη και των άλλων αρχαίων και σύγχρονων Γεωμετρών αλλά είμαστε υποχρεωμένοι αφήνοντας κατά μέρος τις μεγάλες του ανακαλύψεις στην Αστρονομία και στην επινόηση μηχανών, να δώσουμε μια ανεπαρ κή αλλά και ελλιπή περίληψη της συνεισφοράς του στα καθαρά και εφαρμοσμένα Μαθηματικά. Βρήκε μεθόδους για τον υπολογισμό εμβαδών καμπυλογράμμων επιπέδων σχημάτων και των ό γκων που περικλείονται από καμπύλες επιφάνειες, και εφάρμοσε αυτές τις μεθόδους σε πολλές ειδι κές περιπτώσεις που περιλαμβάνουν τον κύκλο, τη σφαίρα, παραβολικά τμήματα, την επιφάνεια που περιλαμβάνεται ανάμεσα σε δύο ακτίνες και δύο διαδοχικές σπείρες ενός ελικοειδούς, σφαιρικά τμήματα και τμήματα επιφανειών που παράγονται από περιστροφή ορθογωνίων (κύλινδροι), τριγώ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/4

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

νων (κώνοι), παραβολών (παραβολοειδή), υπερβο λών (υπερβολοειδή) και ελλείψεων (σφαιροειδή) yύρω από τους βασικούς τους άξονες. Έδωσε μια μέθοδο για τον υπολογισμό του π και προσδιόρισε το π με της σχέσεις: .!_ 10 3 < π < 3 , έδωσε μεθόδους για την προσέγγι7 11 ση τετραγωνικών ριζών κλπ. Ο Αρχιμήδης προλαβαίνοντας τον Νεύτωνα και τον Leibniz κατά σχεδόν 2000 χρόνια επινόησε τον Ολοκληρωτικό Λογισμό και σε ένα από τα προβλήματά του προέβλεψε την επινόηση του Διαφορικού Λογισμού. Αυτοί οι δύο Λογισμοί α ποτελούν ό,τι είναι γνωστό σαν Λογισμός και είναι το ισχυρότερο εργαλείο για την Μαθηματική εξε ρεύνηση του φυσικού σύμπαντος. Ο Απολλώνιος πήγε την Ευκλείδεια Γεωμε τρία μακρύτερα απ' όπου την άφησε ο Ευκλείδης. Η Γεωμετρία των κωνικών τομών, δουλεμένη με υψηλό βαθμό τελειότητας από τον Απολλώνιο και τους διαδόχους του, αποδείχθηκε εξαιρετικής σπουδαιότητας για την ουράνια μηχανική από τον 17° αι. και μετά. Αν οι Έλληνες γεωμέτρες δεν είχαν προηγηθεί του Kepler, είναι απίθανο να είχε δώσει ο Νεύτω νας το νόμο της παγκόσμιας βαρύτητας, για τον ο ποίο του άνοιξε το δρόμο ο Kepler με τους ιδιο φυείς υπολογισμούς του πάνω στις τροχιές των πλανητών. Στην Γεωμετρική έρευνα έγινε επίσης σημα ντική πρόοδος απ' την προσπάθεια να λυθούν μό νο με κανόνα και διαβήτη τα προταθέντα υπό των σοφιστών περίφημα προβλήματα γεωμετρικών κα τασκευών (τετραγωνισμός του κύκλου, τριχοτόμη ση της γωνίας, διπλασιασμός του κύβου). Ο όρος Γεωμετρία που ετυμολογικά σημαίνει «Μέτρηση της Γης», πήρε από την αρχαιότητα ευ ρύτερη σημασία, έτσι ώστε στους Έλληνες των κλασικών χρόνων σήμαινε σχεδόν την ολόiητα των Θεωρητικών Μαθηματικών. Ακολουθούν χρονικά οι Άραβες οι οποίοι διατήρησαν και διέ δωσαν την επιστήμη. Τον 16° αιώνα στη Δύση στοχαστές και ερευ νητές πήραν αποστάσεις από την αρχαία Ελληνική μαθηματική αυστηρότητα. Ο Franciscus Vieta (1 540-1603) χρησιμοποίησε αλγεβρικές μεθόδους για την επίλυση Γεωμετρικών κατασκευών. Ακο λούθως οι Descartes και Pieπe de Fennat, δη μιουργούν την Αναλυτική Γεωμετρία εφαρμόζο ντας αλγεβρικές τεχνικές στη Γεωμετρία. Η Ανα ·

λυτική Γεωμετρία βασίζεται στην Ευκλείδεια

αλλά διευρύνει αρκετά τις δυνατότητές της. Με

την εισαγωγή των επ' άπειρων στοιχείων ο Gerard Desargues δημιουργεί τον 17° αιώνα την Προβο λική Γεωμετρία. Με τους Clairaut και Euler έ χουμε τις πρώτες έρευνες στη Διαφορική Γεωμε τρία των επιφανειών. Η συμβολή όμως του Gaspard Monge στην Γεωμετρία είναι η πλέον αξιόλογη στο τέλος του 1 8ου αιώνα και δημιουργεί νέο κλάδο την Παρα στατική Γεωμετρία. Ο Jean Victor Poncelet (1788-1 867) αφού μελέτησε με προσοχή την Πα ραστατική Γεωμετρία του Monge, τις γεωμετρικές προτάσεις του Desargues και την Geometrie de Position του Carnot δημιούργησε τη νέα Προβολι κή Γεωμετρία. Ο Michel Chasles συστηματοποιεί περισσότερο από τον Poncelet την Προβολική Γε ωμετρία αλλά και οι δύο την θεμελιώνουν πάνω στην Ευκλείδεια Μετρική Γεωμετρία. Η μελέτη των καμπυλών και των επιφανειών του Ευκλεί δειου Χώρου έπαιξε σημαντικό ρόλο τον 19° και 20° αιώνα. Αρχίζει με το έργο του Monge Εφαρ μογές της ανάλυσης στη Γεωμετρία (1809) και συ νεχίζεται με τα θέματα Γεωμετρίας ( 1 813) του Charles Dupin. Το σύντομο αλλά πολύ σημαντικό έργο του Gauss: «Γενικές έρευνες των καμπυλών πάνω στις επιφάνειερ> είναι βασικό για την ιστο ρία της έννοιας του χώρου. Στα έργα του Gauss υ πάρχουν οι απαρχές όλων σχεδόν των θεωριών, που εξελίχθηκαν στους μετέπειτα χρόνους: Η Θε ωρία αριθμών, η Γενική θεωρία επιφανειών, οι μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες, η Θεωρία των Αναλυτι κών Συναρτήσεων, η Γεωδεσία, ο Μαγνητισμός, η Ουράνιος Μηχανική κ.ά. Στην προσπάθεια των μαθηματικών να απο δείξουν το αίτημα του Ευκλείδη προέκυψαν οι μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες (η Υπερβολική του Lobatchewfski, η Ελλειπτική του Riemann, η Πα ραβολική). Ο Riemann πραγματεύτηκε Γεωμετρίες στηριζόμενος στη θεωρία των επιφανειών του Gauss. Οι κατευθύνσεις της Γεωμετρίας συσχετί στηκαν αργότερα από τον Felix Klain, που το 1 872 στην έκθεση του περίφημου έργου του: «Erlagen Programm)) έδωσε τον εξής ορισμό της Γεωμετρί ας: «Γεωμετρία είναι η σπουδή των αναλλοίωτων ενός σχήματος δια μιας ομάδας μετασχηματισμών (απεικονίσεων))). Ο τετραδιάστατος χώρος της Ει δικής Θεωρίας της Σχετικότητας ή χώρος του Hennann Minkowski είναι μια επέκταση του Ευ κλείδειου Χώρου. Προκύπτει λοιπόν ότι: η Ευκλείδεια Γεωμε

τρία είναι η θεμελιώδης υποδομή σε κάθε τύπο νεότερης Γεωμετρίας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/5

π τ

1 18Jeι.

Πpo6oxiι

το

4sόrspo ιlι111fι1!! Του Χρήστου Κηπουρού

ο άρθρο αυτό γράφεται με αφορμή την ομαδική εργασία που πραγματοποίησαν μερικοί, φtλότιμοι , εργατικοί και, προφανώς, φtλοπρόοδοι μαθητές του 400 .Λ. υκείου Αγρινίου με την επίβλεψη του κα . θηγητή τους μαθηματικού κ. Κωνσταντίνου Νάκου, με αντικείμενο μια σύντομη ξενάγηση στο βω γραφικό και το έργο των πιο σπουδαίων αρχαίων συγγραφέων των θετικών εmστημών και με τίτλο: ΑΡΧΑΙΑ ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΣΚΕΨΗ

και «εκπονήθηκε>> από τη μαθητική ομάδα:

•Αλεξίου Θεόδωρος •Βλάχος Χριστόφορος •Γώγος Λάμπρος •Ζήσης Ιωάννης •Καϊπάνου Αγγελική •Παπαμήτσου Θεοδώρα •Ντούφα Θάλεια •Φώτου Μυρτώ.

Η μαθητική αυτή ομάδα, εκτός από τη συμπαράσταση του παραπάνω καθηγητή της, άντλησε τις πληροφορίες της από το Intemet και τη διεύθυνση: www.telemath.gr Για τη συντακτική ομάδα του περιοδικού «Ευκλείδης Β '» απαντά ο καθηγητής Χρήστος Κηπουρός που εκτός από μέλος της, είναι και συγγραφέας του IV και 111 τόμου των απάντων του Ήρωνος του Αλε ξανδρέως που εκδόθηκαν από την ΕΜΕ τα έτη 1 995 και 2000, αντίστοιχα.

ιλικρινά, χαιρετίζω με χαρά αυτή τη θαρ ραλέα σας προσπάθεια και σας συγχαίρω που διαλέξατε για την εργασία σας ένα τό σο «χρονοβόρο αντικείμενο». Από αυτή σας την «περιπλάνηση» στον ιστο ρικό αυτό χώρο, σίγουρα είστε οι κερδισμένοι α φού, από τα τόσα πολλά πράγματα που συγκε ντρώσατε, ταξινο-μίσατε και συμπεριλάβατε στην εργασία σας, είναι φυσικό να aποκτήσατε κάποια εμπειρία και γνώση που δεν είναι καθόλου απλή υπόθεση όπως θα δούμε πιο κάτω. Διάβασα με προσοχή το έργο σας και το βρή κα πολύ θετικό, για μαθητές του Λυκείου, γι' αυτό η ΕΜΕ, το προβάλλει, μέσω του περιοδικού Ευ κλείδης Β ' , ώστε να το γνωρίσουν όλοι οι μαθητές της Δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης και η εργασία σας να γίνει παράδειγμα προς μίμηση και για μα θητές των άλλων διαμερισμάτων της χώρας. Ο «Ευκλείδης Β'» θα συμπαρασταθεί στοργικά σε κάθε προσπάθεια που αφορά, γενικότερα, το χώρο των Μαθηματικών και θα προβάλλει κάθε αξιόλο γη εργασία. Στη συγκεκριμένη ομάδα, εφόσον θα ήθελε να ασχοληθεί σοβαρά στην περιοχή της ιστορίας των ελληνικών Μαθηματικών, έχω να τους συστήσω τα εξής: 1. Ο χώρος αυτός είναι ένας «λαβύρινθος» και

για να μη χαθεί κανείς χρειάζεται να τον γνωρίζει, όσο γίνεται καλλίτερα, να προσέχει τις διάφορες παγίδες, ιδίως, όταν οι πληροφορίες που συγκε ντρώνει προέρχονται από το «intemet»·να τις δια σταυρώνει με σοβαρά βιβλία Ελλήνων ή ξένων συγγραφέων και, μόνο τότε, να τολμά να τις πα ρουσιάζει. 2. Όλοι οι ιστορικοί συμφωνούν, πως δεν υ πάρχουν σήμερα «ιστορικές aυθεντίες». Δεν μπο ρούμε να πούμε για κανένα, σύγχρονο , ιστορικό το: «Αυτός έφα» όπως έλεγαν για τον Πυθαγόρα. Οι πληροφορίες που πήρατε, από εκεί που τις πή ρατε, σας κάλυψαν μόνο για το σκοπό που τις πήρατε. Μας δείξατε, «επί τροχάδην» το δάσος των συγγραφέων της αρχαιότητας αν όμως θελή σετε να μας δείξετε ένα-ένα τα δέντρα του, θα πρέπει ο καθηγητής σας να ανεβάσει πολύ ψηλά τον πήχυ και γι' αυτό θα χρειαστεί πολύ προπόνη ση για να επιχειρήσετε το δεύτερο άλμα. 3. Η γνώση και η απόκτησή της είναι μια πολύ δύσκολη υπόθεση. Στον πλατωνικό διάλογο «Θεαίτητος» (146c) γίνεται από το Σωκράτη, μία προσπάθεια να οδηγήσει το Θεαίτητο στη διατύ πωση του ορισμού της γνώσης. Στην επόμενη πε ρίοδο, (147d-148b) γίνεται και η ανάλυση του γε ωμετρικού όρου <<δύναμις». Η περίοδος αυτή έχει ταλαιπορίσει τ<?υς μαθηματικούς του περασμένου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/6

Το Β ήμα του Ευκλείδη

αιώνα για πολλά χρόνια. Ο διάσημος ιστορικός Paul Tannery έχει τρεις φορές αναθεωρήσει την ερμηνεία του όρου. Στο έργο «Απαρχαί των ελλη νικών Μαθηματικών», ο σύγχρονος και, επίσης, διάσημος Ούγκρος μαθηματικός Arpad Szabό, α ναθεωρεί τις απόψεις του Tannery και δίνει την καλλίτερη ερμηνεία στον πλατωνικό διάλογο που διαφέρει από αυτήν που δίνει ο «πληροφοριοδό της» σας, στο δικό σας σημείωμα για το Θεαίτητο (σελ.26). Ο λόγος που επισημαίνω αυτή τη «λε πτομέρεια», που για τους ειδικούς είναι μεγίστης σημασίας, είναι να σας δείξω, πόσο πολύ πρέπει να προσέχει αυτός που σκοπεύει να μελετήσει αυτο το χώρο. Και, βέβαια, δεν πυροβολώ τον . . . πιανίστα αφού δεν φταίει σε τίποτα. 4. Τελειώνοντας πρέπει να σας προβληματί σω λίγο, δια να καταλάβετε το λόγο της προηγού μενης παραγράφου που έγραψα. Ξανακοιτάξτε την εργασία σας. α. Στη σελίδα 3, επειδή το όνομα Ιπποκράτης οδηγεί τη σκέψη του κοινού αναγνώστη, στον ια τρικό χώρο, θα έπρεπε να γράψετε: ο Ιπποκράτης ο Χίος. Πιο κάτω, στην ίδια σελίδα, απουσιάζουν οι κύβοι του χ και του α, mθανώς, από τυπογραφικό σφάλμα. β. Στη σελίδα 4, τον Θέαινα το Σμυρναίο τον βαφτίσατε Θεωνά 2 φορές, ενώ τον Αλεξανδρινό .,

6τΙW

i4fllflfίι Tfillf ltΊΙftλlι«t!Jιr 7r ' fΙΥΊ· ΠΙiιι•·ιι

του Δημήτρη Πισπινή

Ο σκοπός του άρθρου είναι η ανάλυση των πολυωνύμων της μορφής α2ν + αν + 1 ν = 1 , 2, 3 σε γινόμενο δευτεροβάθμιων παραγόντων με την βοήθεια των μιγαδικών αριθμών. Για την περίπτωση ν 2 η λύση είναι στοι χειώδης: α4 + α2 + 1 = α4 + 2α2 + 1 - α2 = (α2 + 1 )2 - α2 = (α2 + α + 1) (α2 -α + 1) ···

Στην γενική μορφή θεωρούμε την εξίσωση 2 α ν + αν + 1 = Ο (1). Θέτοντας ω = αν η (1) γρά φεται ω2 + ω + 1 = Ο . Οι ρίζες της σε τριγωνομε τρική μορφή είναι 4π . 4π 2π . 2π 00ι = συν- + ιημ- και ω = συν- + ιημ- . 2 3 3 3 3 Συνεπώς, έχουμε να λύσουμε τις εξισώσεις αν = ω1 και αν = ω2 Ο γνωστός τύπος για τις νιοστές ρίζες μιγαδικού δίνει για κ Ο, 1, ν -1 •

τον γράψατε σωστά. γ. Στη σελίδα 7 το Διόφαντο τον τοποθετείτε στο 3° π.Χ αιώνα και τον Ήρωνα στον 2° ή 1 π.Χ. αιώνα, ενώ στις σελίδες 46 και 43, τον πρώτο στα 250 μ.Χ και τον δεύτερο μεταξύ 1 π.Χ και 1 μ.Χ αιώνα, αντίστοιχα. Εσείς, προφανώς, δεν ευθύνεστε για αυτές τις τοποθετήσεις και ιδίως του Ήρωνα, αφού όσοι α σχολούνται με τον Ήρωνα δεν έχουν καταλήξει σε αξιόmστο αποτέλεσμα. Με αυτή την παρατήρηση θέλω να σας δείξω ότι όσοι θα εργαστούν σε «ο μάδω) θα πρέπει να συντονίζονται και μεταξύ τους. Επιβραβεύοντας την εργασία σας θα σας απο στείλω δύο αντίτυπα του ΙΙΙ τόμου των απάντων του Ήρωνος, το ένα για την ομάδα και το άλλο για τον καθηγητή σας προτού εξαντληθεί, όπως ο IV. Και επειδή, όπως λέγουν, ο εχθρός του καλού είναι το . . καλλίτερο, σας συμβουλεύω να μελε τάτε τον Ευκλείδη Β', στις στήλες του οποίου δη μοσιεύονται όχι μόνο ιστορικά άρθρα αλλά και αυστηρά επιλεγμένες ασκήσεις που σας βοηθούν να εμπαιδώσετε τις διάφορες μαθηματικές ενότη τες που σας διδάσκουν οι καθηγητές σας. Έτσι δεν θα χρειαστεί να καταφεύγετε στη μάστιγα της ε ποχής μας που λέγεται παραπαιδεία.

· · ·,

2π 2π 2JOt + 2Jσt + 3 +iημ 3 τις λύσεις : αk = συν ν ν 6κπ + 2π . 6κπ + 2π συν + ιημ και 3ν 3ν 4π 4π 2κπ+2κπ + 3 + iημ 3 βκ = συν. ν ν 6κπ + 4π . 6κπ + 4π συν + ιημ 3ν 3ν Ισχύει ότι ο συζυγής του μιγαδικού συνθ + i ημθ είναι ο συν(2π-θ) + i ημ(2π-θ). Παρατηρούμε τότε ότι για κ Ο, 1 , ν -1 οι μιγαδικοί αk και β -Ι-κ είναι συζυγείς , ν ,, 6κπ + 2π 6(ν - 1 - κ)π + 4π 2π. εφ οσον + 3ν 3ν 6κπ + 2π και Επίσης, αu + β -Ι-κ = 2 συν ν 3ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/7

···

Το Β ήμα του Ευκλείδη

αu β -Ι-κ = 1 . Από τους τύπους του Vieta α2 - S α ν + Ρ για το τριώνυμο συμπεραίνουμε ότι οι δευτε ροβάθμιοι παράγοντες του α2ν +αν +1 είναι οι 6κπ+2π α2 - 2συν α+1 , για κ = Ο, 1, ν -1 , 3ν δηλαδή έχουμε δείξει ότι: α2ν +αν +1 πνκ=-1Ο α2-2συν 6κπ+2π α+ (2) 3ν -

(

*Το Σύμβολο

Πv-ι

κ=Ο

· · ·,

ι)*

χ.

σημαίνει το γινόμενο

Εφαρμογή 1 Για ν=2 ο τύπος (2) δίνει α4 +α2 +1 = π 4π = α2-2συν α+l α2-2συν α+l , 3 3 που επαληθεύει το αρχικό αποτέλεσμα. Για ν = 3 από τον τύπο (2) προκύπτει 2π α+l α6 +α3 +1 = α2-2συν 9 1 π 8 α+Ι ή α+1 α2 - 2συν α2 - 2συν

(

)

)(

;

(

)(

;

)

α6 +α3 +Ι=(α2 - 2συν40° α+l )

Νέες

)

(α2 - 2συν160°

α+1 )( α2- 2συν280° α+1 )

(3)

Εφαρμογή 2 Θέτοντας α = ί στον τύπο (3) και εφ ' όσον ί 2 = i6 = -1, προκύπτει i3 = -8 συν40° συν 160° συν 280° i3 και μετά τις αναγωγές 8συν40° συν20° συν

(4) 80° = 1 , οπότε συν20° συν40° συν 80° = .!.. 8 Εφαρμογή 3 Θέτοντας α = Ι στον τύπο (3) και εφ ' όσον 2 2συνθ = 4 ημ2 � , προκύπτει 3 = 64 ημ2 20° 2 2 2 μ 80° η ημ 140° και μετά τις αναγωγές 64 2 ημ 20° ημ2 40° ημ2 80° = 3, οπότε ημ 20° ημ 40°

J3 (5) ημ 80° = 8 Ο συνδυασμός των σχέσεων (4) και (5) δίνει εφ 20° εφ 40° εφ 80° = εφ60° (6) Εφαρμογή 4 Θέτοντας α = Ι ή α = ί στον τύπο (2) μπορεί κανείς να αποδείξει και άλλες τριγωνομετρικές 3κπ + π J3 , = σχεσεις π. χ. πνκ=1Ο ημ 3ν 2ν

ό εΛΛΗΝ.ΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ.τΙΚΗ ετΑΙΡ61Α

Ιtεντpιιtιj Ιιtίlειιιι Ελλιινιιtιj ΙΙΙΒιιμtιτιιtιj ΕτtιιΙΙεitι Πtι•εnιιιτιιμίοu Jf ΑΙ9ν• -

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

Σ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε δύο ξεχωριστά θέματα. Το πρώτο αποτέλεσε, για μας, τη μεγάλη έκπληξη, το δεύτερο αποτελεί συνέχεια στη . . . σειρά «Αθλητισμός και Μαθηματικά»

Προλεγόμενα.

Χ ριστίν α η . . . Υπατία;

1°: Μ Ι Α ΝΕΑ ΔΟΚΙΜΗ ΤΗΣ Π ΡΟΣΘΕΣΗΣ

Μια καλή μας φίλη, η Χριστίνα Πατσιούρα [μαθήτρια της Δ ' τάξης του 1 300 Δημοτικού Σχολείου Νέας Ιωνίας], μας ξάφ νιασε ευχάριστα, όταν μας έστειλε (με fax), μια εργασία της με θέμα «ένας νέος τρόπος δοκιμής για

κανόνες αυτοί. Εμείς, το μόνο που προσθέσαμε ήταν η βελτίωση του διαγράμματος, μένοντας m στοί στις ιδέες της Χριστίνας. Παρακάτω παραθέ τουμε το βελτιωμένο διάγραμμα. Παρατηρούμε ότι τα δύο αθροίσματα, [υποδεικνύονται με κόκκινη στικτή γραμμή], είναι ίσα μεταξύ τους. Συμπέρα την πρόσθεση με οσουσδήποτε προσθετέους». Να τι γράφει, η καλή μας φίλη: «Ένα απόγευμα σμα: η πρόσθεση έγινε σωστά. διάβαζα τα σχολικά μου μαθήματα. Ανάμεσα στις Ανεξάρτητα από το πρωτότυπο ή μη της εργα ασκήσεις των Μαθηματικών ήταν και τρία προ σίας, εκείνο που παρουσιάζει τεράστιο παιδαγωγι βλήματα. Όταν έκανα μια πράξη, μια πρόσθεση κό ενδιαφέρον είναι η ίδια η σύλληψη της ιδέας για τη λύση του προβλήματος, θυμήθηκα την επα από ένα παιδί αυτής της ηλικίας και το θάρρος του λήθευση του πολ!σμού με το "σταυρό". Έκανα το να ζητήσει τη γνώμη . . . "ημών των σοφών". Κάποιοι φίλοι, υπ' όψη των οποίων έθεσα το ίδιο σχεδόν και στην πράξη που εκτελούσα, χωρίς να πιστεύω ότι θα μπορούσε να μου βγει σωστή>>, θέμα, το βρήκαν πρωτότυπο. και συνεχίζει δίνοντας λεπτομερείς οδηγίες για την Οι Αριθμοθεωρητικοί μας, ελπίζουμε, να τιμή σουν αυτό το παιδί, δίνοντάς μας μια θεωρητική εκτέλεση της δοκιμής της πρόσθεσης. Ακόμη, η καλή μας φίλη, μας έστειλε ένα πρω επένδυση της ιδέας της Χριστίνας, διαφορετικά, θα τόλειο διαγράμματος, στο οποίο απεικονίζονται οι aπογοητεύσουμε την υποψήφια Υπατία μας. Ο αλγόριθμος τη ς δοκιμής τη ς Χριστίνας

3578ι+ [3+5+7+8+2=25 _.2+5=7] 1202+ [1+2+0+2=5]-------ι---+. 781 � [7+8+1+3=19_.1+9=1ο-+1+Ο= 1 ι----+---+--___.,

+567» 5047�

[5+6+7+8=26�+6=8 [5+0+4+7+5=21 -+2+1=3]""""

.....

�3

..--�....--.......w�

-'''' ··· ············ -

2° : ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ ΚΑΙ Π ΟΛΕΜΙ ΚΕΣ ΤΕΧΝΕΣ

Το ιστορικό: Η λέξη ΚΑRΑΤΕ στα ιαπωνικά σημαίνει «άδεια χέρια». Ξεκίνησε από τη νήσο ΟΚΙΝΑWΑ της Ιαπωνίας, περίπου τον 16° αιώνα, σαν αντίδραση των κατοίκων του νησιού, στην απόφαση του αυτοκράτορα να τους αφοπλίσει εξ αιτίας των συχνών εξεγέρσεών τους. Ακόμη, και τα μαχαίρια που έκοβαν το ψωμί, τους αφαίρεσε. Τότε άρχισε να αναπτύσσεται η τέχνη του ΚΑ RΑΤΕ, με μόνο όπλο τα χέρια και τα πόδια.

Σ' αυτό το τεύχος θα δt>ύμε (από μαθηματική άποψη) πως μπορούμε να σπάσουμε ένα ξύλινο δοκάρι με χτύπημα χεριού. Χρειάζεται μεγάλη προσοχή και περισσότερη εξάσκηση. Τα χτυπήμα τα που γίνονται με το χέρι, γίνονται κατά δύο τρό πους α) με το πίσω μέρος της παλάμης (με τα οστά που βρίσκονται στην προέκταση του αντίχειρα), β) με το κάτω μέρος της παλάμης (εκεί που η παλάμη συνδέεται με τον βραχίονα).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/9

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Και τώρα KARATE και . . . Μαθη ματικά Απαραίτητες φυσικο - μαθηματικές γνώσεις Θεωρούμε ένα δοκάρι με διαστάσεις: μήκος f , Young», για τον δεδομένο τύπο ξύλου. β) η θραύση αρχίζει στην περιοχή που, η παλάπλάτος d και πάχος h. Θεωρούμε, ακόμη, ότι οι νες του ξύλου είναι διατεταγμένες παράλληλα ί , , kxr mυ2 , , μη μας, ασκει τη δυναμη F-- + - , οπου προς τα υποστηριγματα του δ . οκαριου. Ε'ιναι γνω2 2xr π2Eh3d στό, επίσης, πως όταν πιέσουμε ένα δοκάρι στο , , k= � ' και m η μαζα της παλαμης. Για να συμμέσο του μήκους του, αυτό θα υποστεί κάμψη. βεί αυτό θα πρέπει η τάση σ να πάρει την οριακή τιμή σr γ) η δύναμη F , την οποία εφαρμόζει ο βραχίο νας στην παλάμη, κι αυτή με τη σειρά της στη δο κό, πρέπει να εφαρμοσθεί, τη στιγμή που η παλάμη hL1_ έρχεται σε επαφή μαζί της, με αρχική ταχύτητα υ. � 1011 Όταν λέμε αρχική ταχύτητα υ εννοούμε την ταχύ l τητα της παλάμης τη στιγμή της επαφής της με το σχ. ι δοκάρι. Η θραύση συμβαίνει μόλις η αρχική ταχύ2σ {&d , , , τητα υπερ βει την παρακατω τιμη: υ= r v-;;;E � ·

F(N)

Το διπλανό διάγραμμα δίνει το πάχος του δο καριού που μπορούμε να σπάσουμε, συναρτή σει της αρχικής ταχύτη τας υ της παλάμης μας

σχ.2 Έστω Ο το κέντρο μάζας του, σε θέση ισορρο πίας (σχ. 1) και Ο ' η θέση του κέντρου μάζας μετά την άσκηση δύναμης F από την παλάμη (σχ. 2). Το ευθ. τμήμα ΟΟ'=χ0 λέγεται "βέλος της κάμψης". Για το σπάσιμο του δοκαριού ισχύουν μερικοί κανόνες που πρέπει να έχουμε υπ' όψη μας: α) το βέλος Χο της κάμψης πρέπει να πάρει μια 2σ f2 , , , , ' οριακη τιμη Xr = π2 r οπου σr η κρισιμη τιμη της Εh δύναμης που ασκείται σε μια μοναδιαία επιφάνεια της εγκάρσιας διατομής του δοκαριού και Ε σταθερή, γνωστή σαν «μέτρο ελαστικότητας του

6 8 10 υ(m/s) δ) Για τη συγκεκριμένη τιμή των σr, F, υ και Ε, το πάχος του δοκαριού που μπορούμε να σπάσου με, δίνεται από τον τύπο 3π2Ευ2m ι+ + 64Ff3σ�d h= I (1) 3π4Ε2υ4m2 8σtt'd ΟΟ 2 4

[

]

Ελάτε να σπάσουμε ένα δοκάρι Τώρα είμαστε σε θέση να κάνουμε μια εκτίμη- βάνεται και το aντιβράχιο) η μέγιστη ταχύτητα του ση για το πάχος της δοκού που μπορεί να σπάσει χεριού του υ=Ι Ο m/sec. Εισάγοντας στον τύπο (1) ένας καρατέκα (δηλ. αθλητής του ΚΑRΑΤΕ). Η τα παραπάνω στοιχεία βρίσκουμε ότι h=6cm. Ένα συνηθισμένη δοκός έχει f =30cm, d=20cm, Ε=108 τέτοιο παχύ ξύλο θα καταφέρουν να το σπάσουν N/m2, σr=5·106 N/m2• Η δύναμη που αναπτύσσει μόνο πεπειραμένοι καρατέκα, με εξαίρετη τεχνική το χέρι ενός τυπικού καρατέκα ανέρχεται σε χτυπήματος και άριστη ψυχολογική προπαρασκευή. F=250 Ν, η μάζα της παλάμης m=1Kg (περιλαμΜήπως ξεχά σαμ ε να κάνο υ μ ε " τ αμ εσι ου αρ ί " ; . Το "ταμεσιουαρί" είναι ένας όρος του ΚΑ- κείμενα, συνήθως με το χέρι ή με το κεφάλι ή με RATE που δηλώνει τη δοκιμασία με την οποία το πόδι. Τα αντικείμενα αυτά μπορεί να είναι ξύλι διαπιστώνεται το επίπεδο τόσο της ψυχολογικής να δοκάρια, τούβλα, τσιμεντόλιθοι, κεραμίδια, πα προπαρασκευής του καρατέκα όσο και της ικανό- γοκολώνες ακόμη και μπαστούνια του base-ball τητάς του να χτυπά και να σπάζει διάφορα αντι-

Βιβλιογραφία Τα στοιχεία για να γραφτεί το άρθρο αυτό είναι παρμένα από την εργασία «Χτυπήματα ΚΑRΑΤΕ» του Α. Biryukoν. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/10

Ε1ιΚΑι:ίδnς'

ιιροτcivε:ι Euκkiδn και .lhόφαvτο ...

.,.,.,

•

Ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Λρτεμιάδης είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος (αρ. 43) τα παρακάτω θέματα:

1. Αποδείξτε ότι ΔΕΝ υπάρχουν ακέραιοι θετικοί αριθμοί χ, y, z που επαληθεύουν την εξίσωση χ 2 +y 2 +z2 = xyz - 1. ( ) *

Λύση Παρατηρούμε ότι: αν ισχύει η (*),τότε δύο α πό τους αριθμούς χ, y, z πρέπει να είναι άρτιοι και ο τρίτος πρέπει να είναι περιττός (γιατί;). Συνεπώς θέτομε στην (*) χ= 2α, y= 2β, z= 2γ=11

α,β,γ ε Ζ. Οπότε η (*) λαμβάνει 4α2+4β2+4γ2 + 2= 4αβ(2γ+1).

εσωτερικό

του

μορφή:

τέτοιο

ώστε:

<r:ΕΓΒ= <r:ΕΒΓ= 15°. Αποδείξτε ότι το τρίγωνο

ΑΕΔ είναι ισόπλευρο. Λύση Α

.�1Ζ1 z

Συνεπώς: ΑΕ2

Λύση Θέτουμε (α,β)= m οπότε α= mk,β= mλ με (κ,λ)=1.

Έτσι οι δοσμένες εξισώσεις γίνονται: m(κ+λ)=2.004 και [mk,mλ]=6.972m ή

2.004 κ+λ=-- με m: «διαιρέτης του 2.004>> και m κλ=6.972 (1) Έτσι οι κ, λ είναι ρίζες της εξίσωσης: 2.004 χ+ 6 . 972= ο η' χ 2m mx2- 2.004χ+6.972m =Ο (2) --

την

Είναι προφανές ότι η τελευταία σχέση δεν ι σχύει. 2. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ και σημείο Ε

στο

"α + β = 2.004 και [α, β] = 6.972 · (α, β)"

Μπορούμε να υποθέ σουμε ότι ΑΒ=1. Έχουμε 2Ο) (1) ΕΖ= εφ15° = 2 2 (\) 2και: ΕΗ=1=-(2) 2 2

_!_

J3 J3

ω (�J

Η διακρίνουσα της (2) είναι: Δ=16(5012 -1743m2) (3)

Και για να 'χει ρίζες πραγματικές (κατ' αρχάς) πρέπει: m2 :::;; 144.005. Συνεπώς πρέπει: m:::;; 12. Κι επειδή m/2.004 αποκλείονται οι αριθμοί: 5, 7, 8, 9, 10, 11. Έτσι ο m μπορεί να είναι κάποιος απ' τους: 1, 2, 3, 4, 6, 12. Και μάλιστα να κάνει την παράσταση

�=5012-1743m2 : 16

� Α112+11Ε2�

�Ι

Και επειδή η ΕΗ είναι μεσοκάθετη στην ΒΖ, άρα και στην ΑΔ, συμπεραίνουμε ότι: ΑΕ= ΕΔ=1. Δηλαδή το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισό πλευρο. • Ο συνάδελφος Νίκος Βαδιβο ύλης (Σχ. Σύμ βουλος) είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύ χος (αρ. 43) τα παρακάτω θέματα:

m ε {1,2,3,4,6} η παράσταση

�

για

δεν είναι τέλειο 16 τετράγωνο ακεραίου αριθμού, ενώ για m=12 είΔ ναι -=9=32. 16 Για m=12 η (2) γίνεται: χ2-167χ+6.972=Ο 84 167 ± 1 Και συνεπώς: χ= = ή. 2 83

(

Άρα (κ=84,λ=83) ή (κ=83,λ=84). Τελικά το πρόβλημα έχει δύο λύσεις: (α=1.008,β=996) ή (α= 996,β=1.008).

1. Να βρεθούν θετικοί ακέραιοι αριθμοί α, β τέτοιοι ώστε:

Διότι:

«τέλειο τετράγωνο ακεραίου αριθμού». Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι

2. Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί β, γ με β ::1:- γ και γ > Ο και ορίζουμε τα σημεία

( r�IPI, r:IPI}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/11

II(JI,O), Γ(y,Ο) του Καρτε-

Ο Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και

σιανού Επιπέδου. Τα σημεία αυτά είναι προφα νώς κορυφtς τετραγώνου. Να βρεθεί το είδος του τριγώνου αυτού ως προς τις γωνίες του. Λύση

Επειδή: Ι γ+� συμπεΥΑ=-- >0, 2 ραίνουμε ότι: «η κορυ φή Α βρίσκεται στο άχ' ----Γ.:. -Ι-..Γ<'""r.�ο χ νω ως προς την ευθεία y=Ο ημιεπίπεδο». y' Υ

Τελικά «η κορυφή Α βρίσκεται στο γραμμο σκιασμένο χωρίο» (Σχ. 1) γ β γ β Ι. 'Εστω β�0<γ. Τότε: Α ,

(;

γ-β Ο- 2 =1 και Συνεπώς λΑΒ = γ+β β2 Υ

1 �(';'.' ) ;'

:...._ x _.. ...::.:: ---L...l:!.-+---.. Ο Γ(γ, Ο)

;

)

γ-β Ο2_=-1 __:. γ+β γ- 2 Κι επομένως:

3π π <ΑΒχ =-, <ΑΓχ =4 4 Και συνεπώς το τρίγωνο είναι ισοσκελές και ορθογώνιο στο Α. 2. Έστω Ο<β<γ

γ γ-β Έχουμε χΑ <χο<=>--<β<=>β>-. 3 2 Κι επομένως διακρίνουμε τις υποπεριπτώσεις: Υ

� z . y+β 2 ) Λ(y-β

ΙΙ(β, Ο)

2.1 Ο<β<Ι. Τότε χΑ >χ8. Συνεπώς το Α 3 βρίσκεται στο εσωτερικό της λωρίδας που ορίζουν οι ευθείες με εξισώσεις: χ =β και χ=γ.

(

Γ(y, Ο)

Β(β, Ο)

Γ(3β, Ο)

)

γ-β γ+β ' . ' συμπεραιΚι επειδη χΑ <χ < Μ -2- -2νουμε ότι: «το τρίγωνο είναι οξυγώνιο και στο Α.» γ+β γ-β > Αφού ΑΜ>yΑ = = ΜΓ 2 2 Και για κάποιον Ν της ΑΜ με ΜΝ= ΜΓ ισχύει: <ΓΝΒ=1L. (Σχ. 3)

2.2 β=Ι. Τότε: χΑ =β=χ8. Συνεπώς το 3 τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Β. (Σχ. 3). 2.3 r<β<γ :Τότε: ΧΑ <Χο. Συνεπώς το τρί3 γωνο είναι αμβλυγώνιο στο Β. Αφού τα Α, Γ βρί σκονται εκατέρωθεν της ευθείας με εξίσωση: y=β (Σχ. 5).

2.4 γ<β : Έχουμε: χΑ <O<xr και xr<x8. Συνεπώς το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο στο Γ. Α φού τα Α, Β βρίσκονται εκατέρωθεν της ευθείας με εξίσωση: χ= γ. •

Ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακ όπουλος είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος το παρακά τω θέμα: Θεωρούμε τρεις θετικούς αριθμούς

α, β και γ και υποθέτουμε ότι: «για κάθε ν Ε f�( υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών αV, βν και γν)), Να δείξετε ότι: «το τρίγωνο αυτό είναι ισο σκελέ9>· Λύση Έστω ότι: α�β�γ. Τότε για κάθε ν ε

Ν"

χουμε αν�βν�γν και γν<αν+βν�2βν. Οπότε

(Η

<2.

(Ι)

'Εστω τώρα ότι: β<γ. Τότε γ --1>0. β Θέτουμε Έτσι,

--1---.L,::-=---!:�,...... χ

Διόφαντο

" y <2β" και άρα

----!-L___...:_ ::,._ χ Q

•..

(t )"

Bernoulli,

t-1=δ. Οπότε δ

>1 και άρα

>Ο και

t=Ι+δ.

σύμφωνα με την ανισότητα του νε Ν" έχουμε για κάθε

=(Ι+δ)" :> Ι+νδ. Και συνεπώς, Mryω της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/12

Ο Ευκλείδης προτείνει

•.•

( ι ) παίρνουμε: 2>ι+νδ , οπότε ν<.!.. , άτοπο δ (γιατί;). Άρα β= γ και συνεπώς το τρίγωνο είναι ισοσκελές. • Ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας είχε προτείνει στο προηγούμενο τεύχος το παρακάτω θέμα: Να εξετάσετε «αν υπάρχει συνάρτηση f, πα ραγωγίσιμη σ' όλο το �. τέτοια ώστε: f(x)f'(x) � ημχ, για κάθε χ ε � και lf(π)l <2 )).

Λύση Ισχυριζόμαστε ότι τέτοια συνάρτηση δεν υ πάρχει. Πραγματικά αν υπήρχε μια τέτοια συνάρ τηση, τότε η συνάρτηση g με g(x)= {f(x)}2 = 2συνχ/� θα ή ταν αύξουσα

Αφού: g'(x) = 2f(x)f'(x) - 2ημχ =

2(f(x)f'(x)-ημχ) � Ο, για κάθε χ ε �

Συνεπώς: g(π) �g(O) ή {f(π)}2-2�{f(0)}2+2� 2

Άρα {f(π)}2 � 4 ή lf(π)l � 2 άτοπο.

•

Ο συνάδελφος Γ. Στρατής είχε προτείνει στο

Ευκλείδη και

.••

Δι6φαvτο

Κι

ι+

( ) ( )

lim ι+

+ χ�ο

=+οο)

Στη συνέχεια να δειχθεί ότι: 1 ι ι « --+--+-->2 για οποιουσδή ποτε p+ n+ m+ '

rrn

�

αύξουσα. Άρα:

( :)

« l+

( :)

f(x)= l+

'Εχουμε:

/(Ο,+οο), που είναι παραγωγίσιμη.

( �) { ( �) : } ( :)

f'(χ)= ι+

· m ι+

για κάθε χε (0,+οο) ( ι )

Κ ι επειδή η παράσταση:

ι+

χ α

είναι θετική

για κάθε χ ε (0,+οο), είναι αρκετό να μελετήσου το με πρόσημο της α α g(χ)=lη ι+ _/(Ο,+οο) (2) χ χ+α

( )

_ _

ι -α -ι = Έχουμε: g'(χ)=-- · --α · χ2 (χ+α)2 � ι+ χ

και

lim g(x) = O x -H-

(αφού (αφού

χ � ι � f(x) � f(ι)=ι+α

δηλαδή

� ι+α, για κάθε χ � 1 )) .

Σχόλιο: Εύκολα διαπιστώνεται απ' την παραπάτω δια δικασία ότι: "για κάθε χ με Ο<χ :5; ι ισχύει:

( :)

:5; ι+α "

Για το δεύτερο: Έχουμε m � ι . Συνεπώς υπάρχει α � Ο τέ τοιος ώστε m= 1+α. Άρα: n+Γrn=(1+α) n+p Κι επειδή : (1+α) � ι+α, συμπεραίνουμε ότι: ι

θετικούς ακέραιους m, η, p>> . Απόδειξη Για το πρώτο: Η σχέση ισχύει (η ισότητα) για α= Ο. Θα την αποδείξουμε για α>Ο. f με τη συνάρτηση Θέτουμε

lim g(x)=+oo

χ �Ο

α lim ι+ = ι, 1n ι = Ο) �-to> Χ x Άρα το σύνολο τιμών της g είναι g(�: )=(O,+oo) δηλαδή : « g(x)>O, για κάθε χε (0,+οο) )). Επομένως η f/(0,+οο) είναι γνήσια

ι+

� ι+α ))

-α2

επειδή

προηγούμενο τεύχος το παρακάτω θέμα: Να δειχθεί ότι: «αν α � Ο και χ � ι, τότε:

( :)

<0. (χ+α)2 χ(χ+α) χ(χ+α) 2 Άρα η g/(0,+οο) είναι γνήσια φθίνουσα. ---

_ι_> n+pΓ νm

n+p

α n+p+m-1 ι+-n+p Όμοια εργαζόμαστε και δείχνουμε: ι > m+n ι > p+m και - m+n+p-ι · - m+n+p-ι p+ m+

rrn.

�

Και συνεπώς προσθέτοντας κατά μέλη παίρ νουμε: ι ι_ _ 2(m+n+p) _ Ι_+_ >2. + _� n+ p+ m+ m+n+p-ι

•

rrn

�

Ο συνάδελφος Γ. Τριπικέλης είχε προτείνει

στο προηγούμενο τεύχος το παρακάτω θέμα: Δίνεται το σύστημα: { 21xl +lxl = y+x2 +α, χ2 +y2 =ι}

όπου αε � (παράμετρος). Να προσδιοριστεί η παράμετρος αν είναι -yvor στό ότι: «το σύστημα δέχεται μοναδική λύση». Λύση Ας είναι (χ 0, y0 ) η μοναδική λύση του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/13

συ-

Ο Ευκλείδης προτείνει

.••

στήματος. Τότε εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι ε πίσης λύση του συστή ματος το διατεταγμένο ζεύ γος (-χ0 , y0). Κι επειδή η λύση είναι μοναδική θα πρέπει

χ0 =-χ0

Τότε έχουμε:

{

χ0 =Ο.

�

} {

Υ ο + =1 Υ ο =1

<=>

�

Υ ο = α=Ο

y0 =-1, α=2

Για α = Ο το σύστημα γίνεται: { 21xl +lxl= y + x 2 , χ2 + y2 =1} .

Το σύστημα δέχεται τη λύση (0, 1). Θα δεί ξουμε ότι δεν έχει άλλη λύση. Έστω ότι το σύστημα αυτό δέχεται και τη λύ ση (χι,Υ ι ). Οπότε

χι '* Ο.

Και συνεπώς έχουμε:

Υ� <χ � +Υ � =1 ή Κι επομένως:

-1 <Υ ι <1. Υ ι+χ� <1 + χ� ή

2l x ιl +l xι l<1+lxι l 2 ή 2lx ι l<1+lxι l (lxι l-1). Κι επειδή

I χι l $ 1, συμπεραίνουμε ότι:

άτοπο. Άρα η τιμή α= Ο είναι δεκτή .

Για α= 2 το σύστημα γίνεται:

2l x ι l <1

{

2� +1� =y+r r+i =1

Το σύστημα αυτό,όπως εύκολα διαπιστώνεται έχει δύο λύσεις: τη (0, 1) και την (1, 0), δηλαδή το σύστημα δεν έχει μοναδική λύση. Άρα η τιμή α= 2 δεν είναι δεκτή. (το θέμα είναι παρμένο απ' το βιβλίο των Profeeν, Potapoν, «Elemeηtary Rozoν MathematίCS)) Εκδόσεις Mir). • Ο Μηχανολόγος κος Τάσος Ιωσήφ (Κέρκυρα) μας είχε στείλει το παρακάτω πρόβλημα, την εκφώνηση του οποίου είχαμε καταχωρίσει στο τ. 43. Δίνονται δύο ευθύγραμμα τμή ματα ΑΒ, ΓΔ (σταθερά κατά θέση και μέγεθος). Να προσδιοριστεί σημείο Μ στο εσωτερικό του ευθυγράμμου τμή ματος ΑΒ έτσι ώστε: «για την κάθετη στη ΑΒ, που άγεται στο Μ και τέμνει ΑΒ ΜΒ )). = το ΓΔ στο Ν,ισχύει: ΓΔ ΝΓ • Ο συνάδελφος Σωτήρης Λουρίδας έστειλε την λύση του παρακάτω προβλή ματος, που εί χε στο προηγούμενο τεύχος 43 του περιοδικού, Μηχανολόγου Τάσου Ι ωσήφ. Δίνονται δύο ευθύγραμμα τμή ματα ΑΒ, ΓΔ (σταθερά κατά θέση και μέγεθος). Να προσδιοριστεί σημείο Μ στο εσωτερικό του ευθυγράμμου τμή ματος ΑΒ έτσι ώστε: "η κά θετη στην ΑΒ που άγεται απ' το Μ και τέμνει το

Ευκλείδη και ... Διόφαντο

ΓΔ στο σημείο Ν,να ισχύει: Λύση

� L . . . ι J��----�

___

Δ"

ΓΔ

ΜΒ ΝΓ

α) Έστω ότι οι Β, Δ βρίσκονται προς το ί διο ημιεπίπεδο ως προς (ε) την ΑΓ. Θεωρούμε Γε 1 1 ΑΒ και ΔΔ' .l Γ (ε ) ( Δ' το ί-

�:: : �.: =fi:: ::�.j. . . . . . . . _

ΑΒ

χνος της επί την Γε). σχ. 1 Έστω Σ το σημείο τομή ς των ΓΒ και ΑΔΌ Θεωρούμε από το Σ την κάθετη επί την ΑΒ, ΣΜ (Μ ίχνος επί την ΑΒ), Ε ίχνος επί την ΓΔ' και Ν τομή με την ΓΔ και έχουμε: ΑΜ ΕΔ' ΝΔ ΑΜ ΝΔ -=-=- => --+1=-+1=> ΜΒ ΜΒ ΕΓ ΓΝ ΓΝ ΑΒ ΜΒ ΑΒ ΓΔ => --·=- => -=-- . ΜΒ ΝΓ ΓΔ ΝΓ β) Έστω ότι οι Β, Δ βρίσκονται σε διαφο ρετικά ημιεπίπεδα ως προς την ΑΓ. Τότε θεωρούμε σαν Σ το σημείο τομής των Β Α Μ ΑΔ, ΒΔ' και θεωρούμε σχ. 2 την κάθετη ΓΔ' .l Δ(ε) . Οπότε: ΑΜ+ ΜΒ ΔΝ+ΝΓ ΑΜ ΔΕ ΔΝ = => --=-=- => ΝΓ ΜΒ ΜΒ ΕΔ' ΝΓ ΑΜ ΔΓ · ΑΒ ΜΒ => --=- => -=-- . ΓΔ ΝΓ ΜΒ ΝΓ ��_) � ro

Ο Ακαδημαϊκός κος :\'ικόλαος Αρτεμιάδης προτείνει: 1 . Αποδείξτε ότι υπάρχει μία απειρία ακε ραίων αριθμών η, τέτοιων ώστε καθένας από τους αριθμούς η, η + 1,η + 2 να είναι άθροισμα τετρα γώνων δύο ακεραίων αριθμών. [Παράδειγμα: O=if+if,1=if+12,2=12 +12 ] •

2. Δίνονται τρία διακεκριμένα σημεία Ρ, Q, R με συντεταγμένες ακεραίους αριθμούς, τα οποία κείνται επί περιφερείας κύκλου με κέντρο Ο και α κτίνα r. Αποδείξτε ότι η απόσταση μεταξύ δύο εκ των δοθέντων σημείων είναι μεγαλύτερη ή ίση του αριθμού vr. • Ο συνάδελφος Α. Ι ωαννίδη ς προτείνει: Να βρεθούν οι πραγματικές λύσεις της εξίσωσεις: Ο

(1 - χ)2 + (x - y)2 + (y - z)2 + z2 =.!..

συνάδελφος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/14

Αντώνης

Κυριακόπουλος

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

προτείνει: «Να βρείτε το μεγαλύτερο πραγμα τικό αριθμό λ, για τον οποίο ισχύει λαβγ � (α + β) 2 + (α + γ)2 , για όλους τους β+γ πραγματικούς θετικούς αριθμούς α, β, και γ. >> Ο συνάδελφος Θανάσης Κυριακόπουλος προτείνει: Να βρεθούν όλες οι σναρτήσεις f : IR � IR με f(χ) > Ο για κάθε χ τέτοιες ώστε f(x)f(-x) = α2 όπου α = f(Ο) . Ο συνάδελφος Σωτήρης Σ κ οτίδας προτείνει: 1 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 120°. Η διχο τόμος της γωνίας Β τέμνει την ΑΓ στο Ρ. Η διχο-

•

13 « J [f(χ)(4συνχ + σημχ) - f(χ)]dχ � -π >>. 2 ο 2. Για μία συνάρτηση f δεχόμαστε ότι « 2f(x) + f(x) = 3x + 5, για κάθε χ ε :ΙR )) Να αποδείξετε ότι: (i) η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα. (ii) η συνάρτηση είναι συνεχής. (iii) το σύνολο τιμών της είναι όλο το IR. ι· f(x) ο . (ιν) ιm -- = . •

Χ-Η-οο

συνάδελφος Επαμεινώντας Ευθύ μογλου προτείνει τα παρακάτω θέματα: 1 . Στις απέναντι πλευρές ΑΒ, ΓΔ ενός Πα ραλληλογράμμου ΑΒΓΔ θεωρούμε τα σημεία Ε, Ζ τόμος της εξωτερικής γωνίας ΒΓΔ (το Δ κείται αντίστοιχα. στην προέκταση της ΑΓ προς το μέρος του Γ) τέ Αν Η είναι το σημείο τομής των ΑΖ, ΕΔ και Σ μνει την ευθεία ΑΒ στο Q. Τέλος η PQ τέμνει τη το σημείο τομής των ΒΖ, ΕΓ να δειχθεί ότι η ευ ΒΓ στο R. θεία ΗΣ χωρίζει το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ σε δύο ισοδύναμα τραπέζια. Να υπολογιστεί η γωνία PRA . 2. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και τον κύκλο του Α 2. Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: ΒΓ = ΑΓ + .!.. ΑΒ. πολλωνίου που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ. 2 Αν Ρ τυχαίο σημείο του κύκλου και Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 οι Αν το σημείο Ρ χωρίζει την πλευρά ΑΒ σε λόγο προβολές του Ρ στις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντί στοιχα, τότε το τρίγωνο Ρ1Ρ είναι ισοσκελές, Ρ 3 : 1 , να αποδειχθεί ότι: ΡΑΓ = 2 · ΓΡΑ. 2 3 δηλαδή: = Ρ Ρ Ρ Ρ Ο συνάδελφος Γιάννης Δ. Στρατής προτείνει: 1 2 1 3• 1 . Να βρείτε συνεχή συνάρτηση f : [0, π] � IR τέτοια ώστε: Ο

•

nιι Ο συνάδελφος Ι. Μαντάς προτείνει τα παρα κάτω θέματα: 1) Κάθε πόση ώρα συναντιέται ο λεπτοδεί κτης με τον ωροδείκτη του ρολογιού; 2) Μια διαφημιστική πινακίδα αποτελείται από ένα πανί προσαρμοσμένο σ' ένα μηχανισμό, όπως στο σχήμα: 3)

μηχανισμός πανί

..••• '-----.�::

�,::··

........v

_ _ _

Επάνω στο πανί είναι τυπωμένες 4 διαφημί σεις, στη σειρά η μία κάτω απ' την άλλη, όπως στα φιλμ. Ο μηχανισμός τυλίγει και ξετυλίγει το πανί, σαν πάπυρο, κατά τακτά χρονικά διαστήματα, ώ στε να εμφανίζεται κάθε φορά και μια διαφορετική διαφήμιση. Πρώτα εμφανίζεται η πρώτη διαφήμι ση, ύστερα η δεύτερη κ.ο.κ. Όταν εμφανιστεί η τέ ταρτη διαφήμιση ο μηχανισμός τυλίγει αντίστροφα το πανί ώστε να εμφανιστεί στη συνέχεια η τρίτη, η δεύτερη κ.ο.κ. Όταν πάλι εμφανιστεί η πρώτη ο μηχανισμός στρέφει το πανί αντίστροφα ώστε να εμφανιστεί η δεύτερη κ.ο.κ. Ας υποθέσουμε ότι πρώτη, δεύτερη, τρίτη και τέταρτη είναι η διαφή μιση της εταιρείας Α, Β, Γ, Δ αντίστοιχα. Η εται ρεία Β πληρώνει 20.000 δρχ. ημερησίως για να διαφημίζεται στην παραπάνω διαφημιστική mνα κίδα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/15

Η ιι. d .,.. μ ιl:ι: -ι-�ι.c,1. Δ -ιιι.r ω -ν--ιο- μ .c,1. Η ιt d �μιtτ,.,ιιι έ � 0�4Ιf"'"Α.�ε�

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

r.liJ 1111

Ειlιlιινικιί Μι.Ιιιμιιτικn IJJuμπιΑΙι. () ιlpχιμίιlιιs Σι48Βf1ΤΙJ, 16 f/JEBPIJ!/ι4PΙIJ1 :J.OOJ

18μιtτιt μsy Aιi6JY

ΠΡΟΒΛΗΜΑ

Για τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ με

rAle6Jγ

� ΙΟ(α2 + β2 + γ2 - βγ3) � ΙΟ(α2 + β2 + γ2 - βγ)

1 - γz �0 . βγ Να αποδείξετε ότι 10(α2 + β2 + γ 2 - βγ3 ) � 2αβ+5αγ .

οπότε αρκεί 10(α2 + β2 + γ2 - βγ3) � 2αγ + 5αβ ( 1 ) Έχουμε

Λύση 1 ος τρόπος

όπου το πρώτο μέλος είναι τριώνυ μο ως προς α με διακρίνουσα Δ=(2γ+5β)2 -400(β2 +i -βy)

βΥ *

ισχυει οτι

1 2 Έχουμε : � � Ο � βγ(1 - γ2) � 0 �

βγ � βγ � βγ3 � -βγ3 � -βγ � α2 + β2 + γ2 - βγ3 � α2 + β2 + γ2 - βγ � ΙΟ(α2 + β2 + γ2 - βγ3) � ΙΟ(α2 + β2 + γ2 - βγ) . Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι:

10(α2 + β2 + γ2 - βγ) � 2αβ + 5αγ ή 10(α2 + β2 + γ2) � 2αβ + 5αγ + 10βγ ή (12 +22 +52)(α2 +β2 +γ2) � 3(2αβ +5αγ+ 10βγ) . Επειδή από την ανισότητα Cauchy Schwartz έχουμε ότι

(12 + 22 + 52)(α2 + β2 + γ2 ) � (α + 2β + 5γ)2 ' αρκεί να αποδείξουμε ότι

(α + 2β + 5γ)2 � 6αβ + 1 5αγ + 30βγ � α2 + (2β)2 + (5γ)2 - 2αβ - 5αγ - 10βγ � Ο �

� [(α - 2β)2 + (2β - 5γ)2 + (5γ - α)2 ] � Ο ,

που ισχύει. 2°ς τρόπος

1 2 Έχουμε: � � Ο � βγ(1 - γ2) � 0 �

βγ � βγ � βγ3 � -βγ3 � -βγ � α2 + β2 + γ2 - βγ3 � α2 + β2 + γ2 - βγ

� 10α2 + 10β2 + 10γ2 - 10 · βγ � 2αγ + 5αβ � 10α2 - (2γ + 5β) · α + 10β2 + 10γ2 - 1 0 · βγ � Ο , = 4γ2 + 25β2 + 20βγ - 400β2 - 400γ2 + 400βγ = -375β2 +420γβ-396i =-(375β2 -420βγ+396i).

Αν η Δ θεωρηθεί τριώνυμο ως προς β η διακρίνουσα της είναι Δ ' = 4202 - 4 · 375 · 396

= 4202 - 750 · 792 = 420 · 420 -750 · 792 < 0 . Άρα 3 + 5β2 - 420βγ + 396γ2 > 0 => Δ < Ο , =>1<ki -(2γ+5β)α+1qf +1of -1ψy�O, αφού 1 0>0

ΠΡΟΒΛ ΗΜΑ 2 'Ενας φοιτητής του Ε. Μ. Πολυτεχνείου διάβαζε το περασμένο καλοκαίρι για τις ε παναληπτικές εξετάσεις ενός μαθήματος επί 37 μέρες, σύμφωνα με τους εξής κανόνες : (ι) Κάθε μέρα διάβαζε μία τουλάχι στον ώρα. (ιι) Κάθε μέρα διάβαζε ακέραιο αριθμό ωρών, χωρίς να ξεπερνάει τις 12 ώρες. (ιιι) Συνολικά έπρεπε να διαβάσει το πολύ 60 ώρες. Να αποδείξετε ότι υπήρξαν κάποιες διαδοχικές μέρες, κατά τη διάρκεια των ο ποίων διάβασε συνολικά 13 ώρες. Λύση Έστω α; οι ώρες που διάβασε ο φοιτητής κατά την i-ημέρα i=l , 2, 3, . . . , 37 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ι;. τ.4/16

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

Αi = α, + α2 + ... + αi ,

i = 1, 2, ... , 37,

είναι το σύνολο των ωρών που διάβασε τις ί-πρώτες ημέρες. Πρέπει να αποδείξουμε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι k, .e με k < .e έ τσι ώστε να ισχύει: αk+Ι + αk+2 + ... + α e = 13 <=> A e - A k = 13 <=> Α, = A k + 13 . Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος έχουμε : 1 � Α, < Α2 < ... < Α37 � 60 (1)

είναι σύνολο σημείων που βρίσκονται σε δια φορετικό ημιεπίπεδο από την κορυφή Α ως προς την ευθεία ΓΕ. Άρα θα βρίσκεται εντός της γωνίας Α . Αυτό σημαίνει ότι οι κορυφές Β και Γ θα βρίσκονται εκατέρωθεν της ευθείας της κοινής χορδής ΑΖ και μάλιστα η κορυφή Β εκτός του κυκλικού δίσκου C2 , ενώ η κορυφή Γ εκτός του κυκλικού δίσκου c, .

14 � Α, +13 < Α2 + 1 3 < ... < Α37 +13 � 73, (2) έχουμε δηλαδή 74 ακέραιους μεταξύ των ακεραίων 1 και 73, οπότε δύο τουλάχιστον α πό αυτούς θα ταυτίζονται. Επειδή οι αριθμοί της σχέσης ( 1) είναι διαφορετικοί ανά δύο και το ίδιο ισχύει για τους αριθμούς της σχέσης (2), έπεται ότι θα υπάρχουν ακέραιοι k και .e τέτοιοι ώστε : A e = A k + 13 , δηλαδή ισχύει το ζητούμενο. Π ΡΟΒΛΗΜΑ 3

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Γ > ι ο· και Β = Γ + ι ο· . Θεωρούμε σημείο Ε της πλευ ράς ΑΒ, έτσι ώστε ΑΓΕ = ι ο· , και σημείο Δ της πλευράς ΑΓ, έτσι ώστε ΔΒΑ = ιs· .Έστω Ζ ::�; Α είναι σημείο τομής των περιγγεγραμ μένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΔ και ΑΕΓ. Να αποδείξετε ότι ΖΒΑ > zΓΑ Λύ ση Θα αποδείξουμε, αρχικά, ότι ΒΔ < ΓΕ. Από Β > Γ ==? ΑΓ > ΑΒ.

}

Β�Γ = � + ΔΒΑ = Α + 15° :::::} ΒΔΓ > ΓΕΒ. ΓΕΒ = Α + 10°

Άρα, αν θεωρήσουμε τον περιγεγραμμένο Δ

στο τρίγωνο Δ Β Γ κύκλο θα τέμνει την ΕΓ σε σημείο Η μεταξύ των Ε και Γ ==? ΕΓ > ΗΓ . ( 1 ) Έχουμε ΗΒΓ = ΗΒΔ + ΔΒΓ = ΗfΔ + ΔΒΓ =

= 10° + Β - ΔΒΑ = 10° + Γ + 10° - 1 5° = Γ+ 5° > Γ Α Άρα ΗΒΓ > Γ οπότε Δ Ε Η ΗΓ > ΒΔ (2) Β

Από (1 ), (2) έπεται ότι ΒΔ < ΕΓ.

Το τόξο στο οποίο βαίνει γωνία 1 80° - Α χορδής ΔΒ είναι σύνολο σημείων που βρίσκο νται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο από την κο ρυφή Α ως προς την ευθεία ΒΔ. Άρα θα βρί σκεται εντός της γωνίας Α . Επίσης το τόξο στο οποίο βαίνει γωνία 180° - Α χορδής ΓΕ

� - - - -

',,

Άρα από BM = EAr και ΒΔ < ΓΕ έχουμε ότι η ακτίνα της c, είναι μικρότερη εκείνης του C2

/ /

•

Άρα

Π αρ ατήρηση :

ΖΒΑ = Β και

ΖΒΑ > ΖΓΑ .

Αν το Ζ ανήκει στην ΒΓ, τότε zΓΑ = Γ με Β > Γ από υπόθεση .

Π ΡΟΒΛ ΗΜΑ 4

(α) Για τους μη μηδενικούς φυσικούς αριθμούς p,q,r,a ισχύει ότι pq = ra2 , όπου ο r είναι πρώτος και οι p,q είναι πρώτοι μετα ξύ τους, δηλαδή (p,q) = ι. Να αποδείξετε ότι ένας από τους αριθ μούς p,q είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού α ριθμού. (β) Να εξετάσετε αν υπάρχει πρώτος φυσικός αριθμός p, που είναι τέτοιος ώστε ο αριθμός p(2p+ι - 1) να είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού. Λύση (α) Έστω ότι η ανάλυση των φυσικών α ριθμών p,q,α σε γινόμενο πρώτων παραγόντων (κανονική μορφή) είναι: _

kι

Ρ - Ρι Ρι

···

eσ Sι 82 Sτ _ el f 2 q - q, q2 . . .qτ , α - α, α2 .....ασ , _

όπου οι αριθμοί p, q δεν έχουν κοινούς πρώ τους παράγοντες, αφού (p, q) = 1 . Έτσι θα έχουμε : k1

Ρι Ρι

···

P m · q, q2 ...qτ - r · α, α2 . . ...ασ , _

2e, 2e2

2e.

όπου r πρώτος, οπότε τα δύο μέλη της ( 1 ) ορί ζουν την κανονική μορφή του ίδιου φυσικού αριθμού. Αν τότε γράφουμε r = αί ,

; e, = ; e, +ι .

rα

Από την ( 1 ) προκύπτει ότι: _

Ρ - Ρι Ρι

···

2e,, 2e,, α, α2

···

..αη2e,.

(

)

2e,. 2 e,, e,, - αi, αi, .....αi. _

δηλαδή ένας από τους p, q είναι τέλειο τετρά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/17

ΎOJVO φυσικού αριθμού .

Μιιθημσnκοi Δuryωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

(β) Έστω ότι p(2p+1 - 1) = b2 όπου b Ε Ν * .

Αν p = 2 , τότε έχουμε 14 = b2 , άτοπο. Αν p > 2 , τότε ο p θα είναι περιττός, έστω

Ρ = 2q + 1, q Ε Ν * .

Από την ισότητα p(2P+1 - 1) = b2 έχουμε ότι p Ι b2 , οπότε αφού p πρώτος έπεται ότι p Ι b , δηλαδή b = pα, α Ε Ν * . τότε θα έχουμε:

p(2p+1 - 1) = p 2αz 2Ρ+1 - 1 = pα2 22q+2 - 1 = pα2 (2q+1 - 1)(2q+1 + 1) = pα2

•

(2)

Επειδή ο p είναι πρώτος και (� -� � +1)=1, σύμφωνα με το ερώτημα (α) θα είναι 2 q+1 - 1 = c2 ή 2q+1 + 1 = c2, c E N * . Έστω 2q+1 - 1 = c2 , cE N * . Τότε 2q+1 =c2 +1,

c Ε Ν * Για q � 1 έχουμε ότι 4 1 2q+1 ενώ 4 % c2 + 1 , άτοπο. Έστω 2q+1 +1 = c2 , c Ε Ν * . Τότε 2q+1 = c2 - 1 = (c - 1)(c + 1), c E Ν * , ο και c - 1 = 2q' , c + 1 = 2qz με q 1 < q πότε 2 q1 + q = q + 1 . Επειδή c + 1 - ( c - 1) = 2 θα είναι 2 2q2 - 2q' = 2 <::::> 2q' (2Qz--<lι - 1) = 2 <::::> (2q = 1 , 2Qz--<lι - 1 = 2) ή 2q' = 2 , 2qz--<ιι - 1 = 1) <=> (q 1 = Ο, 2q2 = 3), άτο πο. ή q1 = 1, q - q1 = 1 <=> q 1 = 1, q = 2 2 2 Άρα είναι q =2, p =5 και p · (pp+1 -1) = 5 · 63 , .

•

που δεν είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθ μού. Άρα δεν υπάρχει πρώτος φυσικός αριθ μός p τέτοιος ώστε ο αριθμός p · (pP+1 - 1) να είναι τέλειο τετράγωνο φυσικού αριθμού.

EAAHIIIKIJ Στ#rΙΣτΙΚ. ΙΙΙΣτΠΙJirΙJ (Ε'ΣΙI ΑΕ1KIJ1f1JIΑΕΙΙJΣ .Ιι�rI'J11I'Ltt8Σ 1fiiAIIIJTιtτJ2A 2002 Θέμα ι. Διαλέγουμε έναν αριθμό στην τύχη από τους {ι, 2, . . . , 2002}. Ποια η mθανότητα να διαιρείται με τουλάχιστον έναν από τους αριθ μούς 6, ιο, ι5; Ποια η πιθανότητα να διαιρείται με ακριβώς δύο από τους 6, ιο, ι5; Λύση

Ω = {1, 2, . . . , 2002} . Ν (Α ) , Για οποιοδήποτε Α c Ω έχουμε Ρ ( Α ) = 2002 όπου Ν(Α) = πλήθος στοιχείων του Α. Θέτουμε Αι = {οι αριθμοί που διαιρούνται με το 6} = = {6, 12, . . . ,1998} ' Α2 = {οι αριθμοί που διαιρούνται με το 1 Ο} = = {10, 20, . . . ,2000} και Α3 = {οι αριθμοί που διαφούνται με το 15} = = {15, 30, . . . , 1995} . 2002 1 9 8 = Τότε Ν {Αι ) = = 333 , 6 2002 2000 = = 200 και Ν {Α2 ) = 10 10 Ο δειγματικός χώρος είναι

[ ] [ ]

Ν {Α3 ) =

[ 2002 ] = 1995 = l33 .

15 15 Παρατηρούμε ότι Αι n A 2 = Αι n A3 = Α 2 nA3 = Α ι nA 2 n A3 = N (A z ) = [ 2002 ] = 2000 = 200 10 10 και συνεπώς, Ν{Αι nΑ2 ) =Ν{Αι nA3) = N(A2 nA3 ) 2002 1980 = N(Aι nA2 nA3) = = - = 66. 30 30 Επειδή Ν(Αι uA2 uΑ3) =Ν(Αι) +Ν(Α2 ) +Ν(� ) -Ν ( Αι n Α2 ) - Ν ( Αι n A3 ) - N (A2 n A3 ) + Ν (Αι n A 2 nA3 ) = 333 + 200 + 133 - 66 - 66 - 66 + 66 = 534, η ζητούμενη mθανότητα είναι Ν{Αι uA2 uA3) 534 -- = 267 . Ρ (Aι uA2 uA3 ) = 2002 1001 2002 Τέλος παρατηρούμε ότι {Αι n Α2 ) - ( Αι n A2 n A3 ) = = ( Αι n Α3 ) - ( Αι n A2 n A3 ) = = ( Α2 n Α3 ) - (Αι n A 2 n A3 ) = 0 , και συνεπώς δεν υπάρχουν αριθμοί που να διαι ρούνται με ακριβώς δύο από τους 6, ι ο� 1 5 (θα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/18

[ ]

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

διαιρούνται αναγκαστικά και με τον τρίτο). Άρα η πιθανότητα είναι Ο. Θέ μα 2. ·

Έστω ότι ένα σώμα 10 εκλεκτόρων πρόκει ται να εκλέξει με απόλυτη πλειοψηφία έναν με ταξύ των υποψηφίων Α και Β. Υποθέτουμε επί σης ότι οι εκλέκτορες ψηφίζουν στην τύχη. α) Ποια η πιθανότητα να εκλεγεί ο Α; β) Ποια η πιθανότητα να εκλεγεί ο Α αν οι εκλέκτορες ήταν 11;

Λ ύ ση α) Η πιθανότητα ισοψηφίας των Α και Β υ πολογίζεται ως εξής: Οι ευνοϊκές περιπτώσεις ισο ψηφίας είναι πλήθους

() 10 5

=-=

10! 6 · 7 · 8 · 9 · 1 0 = 252 ' 5!5! 1 · 2 · 3 · 4 · 5

όσες

και

οι διατεταγμένες δεκάδες με ακριβώς πέντε =Α και τα xi ( χ 1 , χ2, , χ 1 0 ) υπόλοιπα πέντε x i = Β . Οι δυνατές περιπτώσεις είναι 21 0 = 1024 , όσες και οι δυνατές δεκάδες

τητες: α) Να συναντηθεί ο Ολυμπιακός με τον Παναθηναϊκό στον τελικό. β) Να συμμετάσχει ο Ολυμπιακός στον τε λικό. γ) ΚυπUλούχος να αναδειχθεί ο Ολυμπιακός. δ) Να συναντηθούν κάποτε ο Ολυμπιακός με τον Παναθηναϊκό (όχι κατ' ανάγκη στον τε λικό). Λ ύ ση α) Λόγω συμμετρίας, όλα τα ζεύγη ομάδων έχουν την ίδια πιθανότητα να αποτελέσουν το ζευ γάρι του τελικού. Όμως τα δυνατά ζεύγη είναι

πλήθους

= α)

ν (ν - 1 ) 2

και το ευνοϊκό (το ζεύγος { Ολυμπιακός, Παναθη ναϊκός} ) ένα. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι

• . •

( χ 1 , χ2 , , χ 1 0 ) . • •

με x i ε {Α, Β} . Επομένως,

252 63 1024 256

Ρ ( ισοψηφιας)= --=-

και έτσι η πιθανότητα να εκλεγεί ο Α ή ο Β είναι Ρ(Α υ Β)=1-Ρ(ισοψηφίας)=1-

63 193 = . 256 256

Επειδή Α n Β= 0 (δεν μπορεί να εκλεγεί ταυτόχρονα και ο Α και ο Β) και Ρ (Α)= Ρ (Β)

λόγω συμμετρίας, έχουμε

P (A u B) = P (A) + P (B) = 2P (A) = ' { 193 δηλαδη Ρ Α )=

5 12 .

β) Αν οι εκλέκτορες ήταν

�� ,

1 1, τότε προφανώς

Ρ (ισοψηφίας)=Ο , οπότε Ρ (Α)=.!.. .

Θέμα 3.

Υποθέτουμε ότι ν ομάδες ( ν > 2 ), μεταξύ των οποίων ο Ολυμπιακός και ο Παναθηναϊκός, συμμετέχουν στο θεσμό του κυπέλλου. Σε κάθε γύρο οι εναπομένουσες ομάδες κληρώνονται σε ζεύγη, από τα οποία αποκλείεται η μία από τις δύο με πιθανότητα Χ (αν σε κάποιον γύρο ο α ριθμός των συμμετεχουσών ομάδων είναι περιτ τός, τότε προκρίνεται στην τύχη μια ομάδα στον επόμενο γύρο χωρίς να αγωνιστεί). Ο αγώνας που γίνεται στο τέλος της διαδικασίας μεταξύ των δύο τελευταίων ομάδων ονομάζεται τελι κός, η δε ομάδα που τον κερδίζει ονομάζεται κυπελλούχος. Να υπολογιστούν οι εξής πιθανό-

�

v(v - !)

β) Τα ζεύγη ομάδων που περιέχουν τον Ολυ μπιακό είναι της μορφής { Ολυμπιακός, χ } , όπου χ οποιαδήποτε από τις υπόλοιπες ν - 1 ομάδες, άρα πλήθους ν - 1 Συνεπώς η ζητούμενη πιθανότητα είναι

ν - 1= 2

-; ·

ω γ) Λόγω συμμετρίας και πάλι, η πιθανότητα να αναδειχθεί κυπελλούχος ο Ολυμπιακός είναι όση και για κάθε άλλη ομάδα, δηλαδή

.!..

(αυτό ν μπορεί επίσης να δειχθεί χρησιμοποιώντας το απο τέλεσμα στο (β)). δ) Παρατηρούμε ότι κατά τη διαδικασία διε ξαγωγής του θεσμού θα πραγματοποιηθούν συνο λικά ν - 1 αγώνες (διότι σε κάθε αγώνα, μέχρι και τον τελικό, αποκλείεται μία ομάδα, οπότε για να μείνει μόνο ένας νικητής απαιτούνται ν - 1 αγώ νες). Άρα, τα ευνοϊκά σημεία (οι αγώvες που θα πραγματοποιηθούν) είναι πλήθους ν - 1 , ενώ τα ν (ν 1) δυνατά σημεία είναι πλήθους , όσα και τα -

δυνατά ζεύγη αγώνων. Επομένως, η πιθανότητα το ζεύγος { Ολυμπιακός, Παναθηναϊκός} να περιέχε ται σε κάποιον από τους ν - 1 αγώνες που θα

πραγματοποιηθουν ειναι ,

ν -1 2 �

α)

όση δηλαδή και στο (β). Ν. Παπαδάκτος, Χ. Χαραλαμπίδη.; Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστημίου Αθηνών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/19

r Ι••Jiιfl!ll/!fiS

IAιKBftλiiΙJJγ ιliΙΙΙΙ�Ίfls,::

l'IJl/JJ ..λΜ11ΙΙΙs 'f(i/)lf

ιι•ιι

lιτΙJ«.er Ji4'U/)f! τιιιS αχ + βy = γ (1) με α, β, γ ε Ν και (α, β) = l . *

του Θεόδωρου Βαρβάκη

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις : 1 . Έστω Ι και Ι Καταρχήν επειδή μία Αν τώρα θα είναι ακέραιη λύση της (1 το πλήθος των ακεραί ων λύσεων της δίνεται από τους : Θέλουμε να είναι: χ > Ο με

α γ β γ. αβ lγ. (α,β)=l ), y = Υο -αλ λ ΕΖ .

(x0 , y0 ) χ = χ0 +βλ, y0--αλ�β [:β] .

και y > O συνεπώς �+IJ..>O και

αχ0 +βy0 =1 . Υοα = βyο γ - αχο γ _ Χοβ Χβο λε ( � �) αβ λΕ( Χβο ' - Χβο +_r_)· +βy0 =γ , (α,β)=l , αl γ, 0 αχ β χ0, α y0 , αβ γ βγ β γ β γ -βχ0 β αχ0 β χ0 α l y0 ) . χσ ΕΖ , Υο Ε Ζ , ..l_E Ζ . β α αβ - Χβο + 1' - Χβο 2' . . . ' - Χβο αβ -1 α l γ, βlγ αβ -1 . α 1 γ καιβ l γ . 2. λ ε (-� .-�0 + �} αχ0 βy0 =γ , (α, β)= 1 , β χ0 , αβ 1 γ α1γ , β γ �ΕΖ β , αβ Ζ

και

λ< Υοα

όμως

Άρα

..1_ > Ο .

φού

αβ

Συνεπώς:

α-

αβ

Από τις σχέσεις : συμπεραίνουμε: Ι Ι

�

χνουμε ότι:

�

Ι (α,β)=Ι �

(διότι:

όμοια δεί-

Συνεπώς :

Άρα ο λ μπορεί να πάρει τις τιμές : +

+ ..1_

Επομένως όταν

το πλήθος των

θετικών λύσεων της ( 1 ) είναι ..1_ Έστω

Όπως προηγουμένως βρίσκουμε:

Από τις σχέσεις : + Ι συμπεραίνουμε ότι:

δηλαδή

..1_ �

χσ , ... , [-τ+ Χο αβγ ] Χο , -β+2 -τ+l [_ χβο + :β]=_ �ο + [:β]

Με άλλα λόγια ο λ παίρνει τις τιμές :

Όμως

Συνεπώς το πλήθος των τιμών του λ είναι:

α1γ β γ [:β] α γ καιβ 1 γ . 3. λ ε (- � · � ) λ ε (-� .-�0 + �) +βy0 =γ , (α, β)= l , α γ, β J γ α y0, αβ f γ , β 1 χ0 χβσ αβ Υοα Ε Ζ ' ' [ �]+ι{ �]+2< . ��-1 � � �={ �]= = [� - ;β]= � +[-;β] = � -[;β]- ι . � -ι =[ �] [�] [ �]+ι[ �]+4 .[ �]{�] α γ καιβ 1 γ [:β] . α 1 γ καιβ 1 γ . 4. { � � ) λε ( � , � + � ) αχ0 + βy0 =γ , (α, β)= 1 , β 1 χ0, α 1 y0, α1γ, β1γ χσ Ζ , Υο � Ζ αβ 1 γ β α Ι

και

Επομένως όταν

το πλήθος

των θετικών λύσεων της ( 1 ) είναι

Ι προηγουμέ νως βρίσκουμε : Όπως

Έστω

αχσ

Από τις σχέσεις : συμπεραίνουμε :

..1_� z

�z

δηλαδή

και

Συμπεραίνουμε ότι:

επειδη'

δηλαδή

ο λ παίρνει τις τιμές

. .

Επομένως όταν

το πλήθος

των θετικών λύσεων της ( 1 ) είναι

Όπως προηγουμέ-

Έστω

νως βρίσκουμΕ : '

Από τις σχέσεις: συμπεραίνουμε ότι: και επειδή � δηλαδή:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/20

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές ολυμπιάδες

[ �]< � { �}{ ��]< � �<[ � �]+1 [_ χβσ] +ι{_ �ο]+ 2, ....[_ χβσ + :β ] - �ο = [- χβσ] +ξι Ο < ξι < 1 , .lαβ = [.l] αβ + ξ2 Ο < ξ2 < 1 � +� =[ �]+[�]+(ξι +ξz)=> [- �0 + :β ]=[- �ο]+[:β ]+[ξι +ξz ] Ο< ξι +ξ2 <2 1:::; ξι +ξ2 <2 [ξ1 + ξ2 ] = 1 [_�ο + :β ]= [_ χβσ ]+[:β]+1. [:β] +

ο λ παίρνει τις τιμές:

(π)

Έστω

τώρα

4.2. Αν

όμως 4. 1

αν τότε η (2) γίνεται:

τότε

Και συνεπώς το πλήθος των θετικών λύσεων της εξίσωσης είναι

Και

Κι επομένως το πλήθος των θετικών λύσεων της εξίσωσεις είναι

[:β ].

Τελικά όταν α I γ και

βIγ [:β] [:β]+ 1 .

το πλήθος των

θετικών λύσεων της ( 1 ) είναι

ΠΟΡΙΣΜΑΤΑ 1 . Αν το πλήθος των θετικών (και ακε-

Τότε:

(2)

τότε

συνεπώς η (2) γίνεται

όπου

ο:::; ξι +ξ2 <1 , [ξι +ξ2 ]=0 [-;σ + :β]=[-;σ]+[�]

.l-1 αβ [:β]+ 1

ραίων) λύσεων της ( 1 ) είναι

α Ι γ καιβ I γ .

2. Αν το πλήθος είναι

α I γ καιβ I γ

τότε

Δηλαδή το πρώτο πόρισμα εκφράζει μια ικανή και αναγκαία συνθήκη ενώ το δεύτερο πόρισμα μόνο μια αναγκαία.

Γ' ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ 3-S Ιανουαρiου 2003, Αθήνα - Ελλά� Ορ'yάνωση :

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία - Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία

Το Τρίτο Μεσογειακό Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας με διεθνή συμμετοχή ακολουθεί τα επιτυχημένα Πρώτο και Δεύτερο Μεσογειακό Συνέδριο που έγιναν στην Κύπρο τον Ιανουάριο του 1997 και Ιανουάριο του 2000 αντίστοιχα. Σε αυτό το στάδιο ακαδημαϊκοί, εκπαιδευτικοί και ερευνητές που μπορεί να ενδιαφέρονται να λάβουν μέρος στο συνέδριο (παρουσιάζοντας ή όχι εργασία) θα πρέπει να στείλουν μήwμα με πλήρη διεύθυν ση, αριθμό τηλεομοιότυπου και ηλεκτρονική διεύθυνση στην οργανωτική επιτροπή. Οι ανακοινώσεις και πλη ροφορίες που θα ακολουθήσουν θα σταλούν σε όσους θα ανταποκριθούν σε αυτή την ανακοίνωση. Η προθε

σμία για πλήρη κείμενα εισηγήσεων είναι η 15η Σεπτεμβρίου 2002. Η επίσημη γλώσσα του συνεδρίου είναι η Αγγλική . Η συνδρομή έχει οριστεί σε € 1 60. Για τα μέλη της Ελ ληνικής Μ αθη ματικής Εταιρείας και της Κυπριακής Μ αθη ματικής Εταιρείας υπάρχει έκπτωση 50%. Για πληρέwww.cms.�:>rg.cy στερη ενημέρωση μπορείτε να επισκεφθείτε τα web sites: www.hms.gr • •

•

Τα θέματα ενδ ιαφέροντος είναι: •

Τα Μαθηματικά στο Μοντέρνο Κό σμο Μαθηματικά και Ζωή

MEDCONF2003 Organωng Commίttee Hellenίc Mathematical Socίety

Μαθηματικά και Διδακτική Μαθηματικά και Κοινωνία

•

MEDCONF2003 Scίentίfic Commίttee Cyprus Mathematίcal Socίety

34 Panepίstimiou Street

36 Stasinou Street, Office 1 02

Tel. +3010-361 6532, +3010-361 7784

Fax: +35 7-22-3 79122

GR 10679 - Athens - HELLAS

Fax: +3010-3641 025 Emaίl:

me.�3@hms.gr

Web: www. hms. r

Strovolos 2003, Νίcοsία, Cyprus Emaίl:gagal8ίs@u cy. ac. cy,

ι·ms(c/)cms.org.cy

Web: www.cms.or .c

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/21

Α ειrfλγ�)nι/n :4Ayε6plλs

Α' ΛtJκ.eίDfJ

του Χρήστου Λαζαρίδη

Άσκηση 2

Άσκηση 1

α) Να αποδείξετε ότι: Δίνεται η παράσταση Α = '� +- lαl , όπου -.J��( + β)3 -α3 -β3 = 3αβ(α+ β) . α 1 l l � Ν qλ ύσετε την εξίσωση: β) αΕ IR*. 3 = ο . (2χ +5) -8χ3 -125 α) Να υπολογίσετε τις τιμές του χ, για τις γ) Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση οποίες ορίζεται η παράσταση Α.Α β) Να λύσετε την εξίσωση = 2 . 3 -1� 3 -1 . + 1) (1 � 2 2 vις συνάρτησης f(x)= γ) Να αποδείξετε ότι: Α = χ +χα2 -α+ 22 1α� 31 � :·.:

� .'; ;-:

Λύ ση

α) (α+β)3 -α3 -β3 = =α3 +3α2β+3αβ2 +β3 -α3 -β3 = 3α2β+3αβ2 =3αβ(α+β). β) (2χ+5)3 -8χ3- ι 25=0<=> <=> (2χ+5)3 -(2χ)3 -53 =0 ( ι ). Από το α) ερώτημα αν θεωρήσουμε α= 2χ και β = 5. , έχουμε: (1) <=> 3 2χ . 5(2χ +5) =ο<=> 30χ(2χ +5)= ο <=> (χ=Ο ή 2χ+5=0) <=> (χ=Οήχ=-�).2 <=> χ * Οορι. σμού της f. Πρέπει:γ) Βρίσκουμε 3l xl * Ο <=> 3χτο* Ο πεδίο Άρα, A ={xE IRix * O}=IR*. Από το α) αν θεωρήσουμε α= lxl και β= ι , έχουμε: 3 (lxl + ι)3 - lxl - ι = 3 · lxΙ · ι(lxl + ι) = l3xl (lxl + ι) . , ' f(χ) = I3�G� + ι) - . I"'+"' ι = {-χ+ ι, αν χ<Ο Άρα χ+ ι , αν χ >ο 13� Η γραφική παράσταση φαινεται στο επόμενο σχήμα. Σημειώνουμε ότιστητο (0,1) δεν ανήκει χ γραφι παράσταση της κή Ο f, διότι Ο.

Λύ ση

α)x -Πρέπει: l l 1� * ο <=> lx+l * ι� <=> (χ * -α και χ * α) . β) Α=2 <=> I1�� -1I�� =2 <=> I� +I� =21� -21� <=> ή χ =-3α) . 1� +21� =21� - I� <=> lxl =31� <=> (χ=3α γ)Α= G(lxxll -+ 1I��)) G(lxxll ++ II��)) = lxl2 +2lxl2lx-l l1��2+ 1�2 χ2 + 22 lαxl2+ α2 χ -α �

Ά σκηση 3

α) Να λύσετε τις παρακάτω εξισώσεις: i) �(χ-3)2 + χ - 3 = 0 . 2 ίί) (Jx- 3 ) + χ - 3 = 0 β) Να υπολογίσετε τον ακέραιο χ, έτσι ώ στε να ισχύουν ταυτόχρονα οι σχέσεις: �(χ-2)2 -χ+ 2 = 0 και �(χ-4)2 +χ-4 = 0 . .

Λ ύ ση

::/:.

α) i) Περιορισμός: (χ-3)2 �Ο<=> χ Ε IR. �(χ -3)2 +χ -3 = Ο <=> lx -31 = -(χ -3) <=> <=>χ-3 �Ο<=> χ� 3. ii) Περιορισμός: χ-3 �Ο <=> χ � 3 . (.Jx _3 )2 +χ _3 = 0 <=> χ -3 +χ -3 =ο<=> <=> 2χ = 6 <=> = 3 (δεκτή). 2 β) Περιορισμοί: (χ-2) �Ο <=> χ Ε IR και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/22

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

- 4)2 � 0 <=> Χ Ε JR . �(χ -2)2 -χ +2 =0 <=> lx -21 =χ -2 <=> <=> χ-2�0<=>χ�2 (1). �(χ-4)2 +x - 4=0<=> lx -�=-(x-4)<=> <=> χ -4 � ο <=> χ � 4 Οι(2).(1), (2) συναλη θεύουν , καιόπωςαπό τοεπαi:σχήη θεύεται μα, αντις2�χ�4. Επειδή όμως αναζητούμε ακέραιες τιμές , του χ,Άσπροκύπτει χ = 2 ή χ = 3 ή χ = 4 . , κηση 4 (Χ

•

2 3

31! Ι� + 31� - -1 = -1 <=> 3λ2 1� + 3lλJ -λ2 =ο<=> 3λ2 1� + 3lλJ - lλJ2 =ο <=> ΙλJ (3λ2 + 3 - ΙλJ) =ο<=> lλJ (3 lλj2 - ι� +3) =ο<=> (lλJ =ο ή 3lλj2 - lλj +3 =ο)<=> <=> λ=Ο. (Η 3 lλj2 - lλj + 3 =Ο είναι αδύνατηόπως, διότιπροη θέσουμε γουμένως lλJ =χ , προ2 κύπτει η 3χ -χ+3=0 η οποία έχει Δ=(-1)2 -4·3·3<0 ). ν ονται οι εξισώσεις των ευθειών Α ν λ = Ο γί , , ει :y=x+2 , ε2 :y= x-1 . Άσκηση 6 Έστω η συνάρτηση f ( )= χ2 -πχ+ ρ, όπου ι!

αν

α) Αν χ � Ο , να παραγοντοποιηθεί η παράσταση x + Fx - 2 . β) Αν yFx - x - Fx = y - 2 , όπου χ�Ο και χ * ι , να αποδείξετε ότι y = Fx + 2 . χ Λύση π,ρΕ JR . παράσταση της f τέμνει α) χ+..Γχ.-2=(-.ΓχΥ +..Γχ -2=(..Γχ)2 -1+..Γχ -1= τον α)χ'χΑνσεη γραφική (fx -1)(& +1)+ (fx -1)= (fx -1)(fx +1+1)= π2 > 4ρ δύο σημεία, να αποδείξετε ότι β) Αν η γραφική παράσταση διέρχεται' από =(fx -1)(fx +2) . το Ο, να αποδείξετε ότι τέμνει τον άξονα χ χ και (α) β) y.,Γχ -χ-..Γχ =y-2<=:>y..Γx -y=χ+..Γχ -2<=> στο σημείο Α (π,Ο) . γ) Αν η f είναι άρτια, να δείξετε ότι π = Ο. y (fx -1)=(& -1)(fx +2) Λύση ..Γχ ..Γχ +2) ( ( α) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον Άρα, y� δηλ.y �,Γχ +2. ο

1χ -1

άρα η εξίσωση χ'f (χ)χ = Οσε<=> χδύο2 -πχ +σημεία, ρ = Ο , έχει δύο άνισες ρίζες, Άσκηση Δίνονται οι ευθείες ε1 , ε2 με εξισώσεις, επομένως, Δ > Ο , δηλαδή (-π)2 -4·1·ρ>0<=>π2 -4ρ>Ο <=>π2 >4ρ. ε. : = (λ2 + ι) χ + 2 ε2 : = (3 IJ.I - ι) - ι β) Έχουμε: f(Ο)=Ο<=>ρ=Ο , άρα, f(χ)=χ2 - τα . α) Να υπολογίσετε το λ έτσι ώστε ε1 ε2 • β) Να υπολογίσετε το λ έτσι ώστε ε1 ε2 f(x)=O<=:>x2 -τα=Ο <=>χ(χ-π)=Ο<=>(χ=Οήχ=π) και στη συνέχεια να σχεδιάσετε τις ευθείες στο Άρα, η γραφική παράσταση τέμνει τον χ'χ στο ίδιο σύστημα συντεταγμένων. Α(π, Ο). Λύση γ) Η f είν<=>αι άρτια2 , άρα για κάθε χ Ε JR , Οι συντελεστές διεύθυνσης των ει, ε2 αντί- f(-x)= f(x) (-χ) -π(-χ)+ρ = χ2 -πχ+ρ <=> στοιχα είyαι αι = λ2 + 1 και α2 = 3IJ.I -1. 2 <=> π=Ο. -πχ<=> 2πχ =0 =χ α) ει Ι ε2 <=>αι ,;, α2 <=> λ2 +1=3 IJ.I -1<=> χ2 +πχ Άσκηση 2 } <=> Ιλ12 -3 1� + 2 = ο . Δίνεται το σύστημα ++ y= β= α , όπου Θέτουμε lλl = χ , οπότε y χ2 -3χ+2=0<=:>χ2 -(1+2)χ+1· 2 =0<=:>χ=1 ή χ= 2. α, β Ε JR , το οποίο έχει λύση. Άρα, G� =1 ή1� =2) <=>(λ=-1 ήλ=1 ήλ=-2ήλ=2). α) Να αποδείξετε ότι: xy)f2 και β2 � 2α . <=> αι� = -1. β) Έχουμε ει β) Να υπολογίσετε την παράσταση Άρα, (λ2 +1) (3 1� -1) =-1 <=> l x - Yl ,συναρτήσει των α,β. Υ

χ χ

-α

.l�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/23

χ2 +y2 =α} <=> (χ +y)2 - 2χy=α} <=> α) χ+y=β χ+y=β 2 -2xy= α} (::::) β2 - α =2xy} (::::) xy = β2 2-α } (::::) βχ+y=β χ+y=β x+y= β Οι χ, y έχουν άθροισμα S =β και γινόμενο , θα ει,ναι ρίζες της εξίσωσης ρ = β2 2- α , αρα α (1). β2 --=0 χ2 -βχ+2 έχει λύση, επομένως η (1) έχει σύστημα Το πραγματικές2 -αρίζες, άρα Δ �Ο δηλαδή, β2 -4 · 1 } 2 �0<=>β2 -2(β2 -α)�Ο<=> <=> β2 -2β2 +2α�Ο <=> 2α�β2 • β) 'Εχουμε: lx-� =�(x-y)2 =�χ2 +i -2xy = α-L. � =να-β2 +α =ν2α-β2 . = ν� 8 λx+2y=l } (Σ) και η Δίνεται το σύστημα 2χ-(λ-4) = 1 εξίσωση 4i-4(λ+l)χ+(λ+7)= 0 (1), όπου λ ε JR . το f:ι..ει άπειρες α) Να αποδείξετε λύσεις τότε (1) f:ι..ει μια διπλή πραγματική ρίζα. β) Να εξετάσετε αν ισχύει το αντίστροφο του α). τωνορίζουσα λύσεων του (Σ) και της (1), ε Το πλήθος ξαρτάται από την D και .τη διακρίνουσα Δ αντίλστοιχ2α. D= l2 -(λ-4�ι -λ(λ 4) - 2·2= = -λ2 +4λ-4=-(λ - 2)2 . Δ= [4 {λ+1)]2 -4·4·(λ+7)=16(λ+1)2 -16(λ+7) 16(λ2 + 2λ+ 1-λ-7) = 16(λ2 +λ-6). α) Το2 (Σ) έχει άπειρες λύσεις, άρα, D=O ή -(λ-2) =0<=>λ=2. Αν λ= 2, τότε Δ= 16(22 + 2-6)= 16 · 0 =0, άρα ηβ)(1)Ηέχει(1) έχει μία διδιππλήλή ρίζα. ρίζα, άρα, Δ= Ο δηλαδή 16(λ2 +λ - 6)=0<=> -1±5 (::::) <=> λ2 +λ-6=0<=>λ= -1±.J25 λ= . 2 2

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Λύση

Ά σκηση

ότι

Λύση

αν

(Σ)

<=>(λ=2ήλ=-3). ν λ = 2 , τότε D = Ο , άρα το (Σ) είναι αδύνα το ή Ααόριστο. Αν λ=-3, τότε D=-(-3-2)2 =-25 :;t: O, άρα τοΤο(Σ)αντίέχειστροφο μοναδιδενκή ιλύση. σχύει. α) Να λύσετε την εξίσωση χ2 - Sx + 4 =Ο (1). β) Αν οι λύσεις της (1) είναι λύση του , αχ+βy=9 } , να υπολσyίσετε , τους β. στηματος αχ-βy=-7 α)χ2 -5χ +4 =0 <=> χ2 -(4+ 1)χ+4·1 =0 <=> <=>(χ=4ήχ=1). β) Έστω (x,y) = {4,1) τότε: α·4+β·1=9 } <=> 4α+β=9 } α·4-β·1=-7 4α-β=-7 Με πρόσθεση κατά μέλη, 8α = 2 <=> α=_!_.4 Με αντικ1 ατάσταση, 4·-+β =9 (::::) 1+β =9 (::::) β=8. 4 Έστω (χ, y) = {1,4), τότε: α·1+β·4=9 } <=> α+4β=9 } α·1-β·4=-7 α-4β=-7 ΜεΜε πρόσθεση, 2α = 21 +<=>4βα== 91.<=> 4β = 8 <=>β = 2 αντικατάσταση, Δίνεται η εξίσωση χ2 -κχ+λ=Ο, κ,λε JR (1). α) Αν η (1) f:ι..ει ρίζα το 1, να αποδείξετε ότι κ-λ=l. Να εξετάσετε αν ισχύει το αντίστροφο του β) Αν η (1) έχει δύο άνισες ρίζες Χ ι , χ2 να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων Χι + χ2' ΧιΧ2 ' χ; + χ; και lχι -χ21 · Αν lχ ι -χ2 1 = 1 και χ; + χ; =13, να υπο λογίσετε τα κ, λ. α) i ) Η (1) έχει ρίζα το 1, άρα, ο (::::) 1 =κ-λ. 12 -κi )·1 +λ= (::::) κ = λ+ 1 κ -λ = 1 (1)<=> χ2 -(λ+l)χ+λ=Ο<=> χ2 -(λ+l)χ+λ·1=0<=>χ=λή χ=1. Άρα, το αντίστροφο ισχύει. Ά σκη ση 9

α,

συ-

. \ ύση

Ά σκηση 1 0

ίί) ί).

ί) i)

ίί)

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/24

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

β -κ β) ΧΙ + Χ2 =--=--=Κ. α 1 λ γ χ1χ2 = -α =-=λ. 1 2 χ; +χ; =(χ1 +χ2 ) -2χ1 χ2 =κ2 -2λ. Ιχ1 -χ2 Ι = �(χΙ -χ2 )2 = �χ; + χ; -2χΙ χ2 = ../κ2ii)-2λ-2λ-χ =.Jκ2 -4λ =JΔ x1 2 1 =1 και xi +χ; =13. Από το i) l προκύπτει το σύστημα 1.)

των Παναγιώτη Χριστόπουλου - Κώστα Βακαλόπουλου Με τη φράση «πρόσημο τριωΎύμου» δηλώνου με τη μέθοδο με την οποία μπορούμε να γνωρίζουμε ποιο πρόσημο θα έχουν οι τιμές της συνάρτησης 2 f αχ + βχ + γ , α "Φ για όλες τις τιμές της μεταβλητής χ. Η επίλυση ανισώσεων :t'υ βαθμού ανάγεται στην εύρεση του προσήμου ενός τριωνύμου. Έτσι η λύση της ανίσωσης χ2 6 σημαίνει την εύρεση των πραγματικών τιμών του χ για τις οποίες η συνάρτηση: 5χ 6 (ΤΡΙΏΝΥΜΟ με α 1 , β -5 , γ 6 ) έχει τιμές με πρόσημο θετικό και όπως θα δούμε παρακάτω, ομόσημες του συντε λεστή α 1 του χ2 Όμοια αντιμετώπιση έχει και η επίλυση της ανίσωσης: 4 χ2 , αφού αυτή μετατρέ 2 4 πεται ισοδύναμα στην 4 - χ 2 <=> χ και η επίλυσή της ανάγεται στην εύρεση των τιμών του χ για τις οποίες η συνάρτηση g (χ) χ2 4 (ΤΡΙΏΝΥΜΟ με α = -1 , β γ = 4) έχει τιμές με πρόσημο θετικό ή ετερόσημες του συντελεστή α = -1 του χ2 .

(χ)=

5χ + >Ο f(x)=x2 - + = = = = > >Ο - + >Ο =- + = Ο, Για τηντιςαντιπεριπτώσεις: μετώπιση του παραπάνω θέματος διακρίνουμε Π Π Δίνονται οι συναρτήσεις: α) f (χ) = χ2 -χ + 1 β) g(x)=-x2 +2x-5. Οι συναρτήσεις αυτές εί ν αι της μορφής: Έχουν πεδίο αχ2 + βχ +γ, α Ο ορισμού το IR και διακρίνουσα = β2 -4αγ ) = -3, = -16 ) πρώτη έχει συντελεστή στο α = 1 > Ο ενώ η δεύτερη •

1η Ε ΡΙ ΤΩΣΗ (τΡΙΩΝΥΜΑ ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ ΑΡΝΗτΙΚΉ)

-φ

αρνητική ( Δf

(τΡΙΩΝΥΜΑ). Δ

Δ (Δ

.Η

ΜΕ

α=-1<0. οντας διάφορες τιμές στη μεταβλητή χ έ χουμε:α)Δίνf(-2)=7>0, f(-1)=3>0, f(0)=1>0, f(1)=1>0, f(2)=3>0, f(3)=7 >0. β) g(-5)=-40<0, g(-1) =-8<0, g(0)=-5<0, g(1) =-4<0, g(2)=-5<0, g(5)=-20<0 . Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f έχει α= 1 >Οτουενώα =η-1g<έχειΟ . δηλ. τιμές, επίσηςτουομόσημες θετικές

τιμές ομόσημες αρνητικές Συμβαίνει αυτό άραγε για κάθε τιμή τη ς μεταβλητής χ;

Παρατηρώντας τη γραφική παράσταση των παραπάνω συναρτήσεων βλέπουμε ότι πράγματι νει αφού(το τριώνυμο) έχει τιμές ησυμβαί συνάρτηση για κάθε πραγματική τιμή του χ ομόσημες

του α.

ψ = f(x), α > Ο

ψ = g(x), α < Ο

y,---+ χ ---:-1 0 f-:L

Ταικπαραπάνω συμπεράσματα παρουσιάζονται στον α πι ν ακα: χf(x) ή g(x) ομόσημο του α Π Π Δίνονται τα τριώνυμα: α) f(x)=3x2 -6χ+3 β) g(x)=-x2 +6χ-9 συναρτήσεις αυτές εί ν αι επίσης της Οι φής αχ2 +βχ+γ, α-::F- 0 Έχουν σχηματ

-οο

Ε Ρ Ι ΤΩΣ Η 2η ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ ΜΗΔΕΝ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/2S

+οο

(τΡΙΩΝΥΜΑ

(τΡΙΩΝΥΜΟ).

ΜΕ

μορ

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ορι σ μού το � και διακρίνουσα Δ μηδέν ( Δr = Δg =Ο). Η πρώτη έχει συντελεστή στο χ2 , α = 3Στην > Ο ενώπερίπτωση η δεύτερηαυτήα = -1οι <συναρτήσεις Ο . παίρνουν τη μορφή α(χ + !α J ή προ1Cώπει γνωστή ταυτότητα παίρνει μορφή τελείου τετραγώνου.π.χ. f(x)=3 (x+ 2-6· 3 )2 =3(χ- ι)2 ή f(x)=3 (x2 -6χ+9) =3(χ-1)2 ενώ -6 )2 =-(χ-3)2 ή g(x)=-(χ+2 ·1 g(x)=- (x2 -6χ+9) = - (χ-3)2 • οντας διάφορες τιμές στη μεταβλητή χ έ χουμε:α)Δίνf(-2)= 27 >Ο, f(-1)=12>0, f(0)=3>0, f (4) = 27 >Ο, ενώ f (1) =Ο. β) g(-9)=-64<0, g(-2)=-25<0, g(0)=-9<0, g(9)=-4<0 ενώ g(3)=0. Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f έχει θετικές τιμές δηλαδή ομόσημες του α=3>0 εκτός από την τιμή την οποία τιμές μηδενίζεται ενώομόσημες η συνάρτησητου gα =έχει-1ι για<αρνητικές επί σ ης Ο εκτός από την τι μ ή 3 για την οποία μη δενίζεται. Από τη μορφή που παίρνουν οι συναρτήσεις: 2 f (χ) = 3 (χ -1) Ο και g (χ) = -(χ -3) Ο είναι φανερό κάθε πραγματική τιμή του χ οι τι μές τουςγιαότιτηνείναι:γιαf, θετικές ( ομόσημες του α= 3 ε >Ο) κτός από την τιμή 1, όπου f (1) = Ο και για την από τηνg, αρνητικές τιμή 3, όπου(ομόσημες f(3) =Ο.του α= -1 <Ο) εκτός Τα συμπεράσματα αυτάςεπιβεβαιώνονται και από τις γραφικές παραστάσει των δύο αυτών συ ναρτήσεων. πεδίο

ωεό

όπrος

;:>:

�

Ί\/···,··:·

καιχ παρουσιάζονται σχηματικά στον πίνακα: _1.._2α (1 ή 3) f(x) ή g(x) ομόσημο του α Ι ομόσημο του α 3η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ (τΡΙΩΝΥΜΑ ΜΕ -οο

-too

ΔΙΑΚΡΙΝΟΥΣΑ ΘΕτΙΚΗ) Δίνονται τα τριώνυμα: α) f(x) = χ2 -7χ + 10 β) g(x)=-2x2 +7x-3. αυτές είναι επίσης της μορ Οι2 συναρτήσεις φής αχΈχουν +βχ+γ, α Ο (τΡΙΩΝΥΜΑ). * το � και διακρίνουσα πεδίο ορισμού Δ θετική ( Δr = 9 , Δg = 25 ) Η πρώτη έχει συντελεστήΣτην στο περίπτωση χ2 , α= ι >0αυτήενώοιη δεύτερη α = -παρα 2< Ο. συναρτήσεις γοντοποιούνται παίρνοντας τη μορφή: f(χ)=α·(χ-χ1 )·(χ-χ ) όπου χ1 , χ 2 οι ρίζες 2 τους. π.χ. f(x)= ι . (χ-2)· (χ -5)= (χ-2)· (χ -5) και g(x)=-2 {χ- �} (χ-3)=-(2χ-1)(χ-3). Δία)νοντας διάφορες f(0)=10>0, μεταβλητή χ f(-2)=28>0, f(1)=4>0, f(2)=0, f(3)=-2<0, r (-�)=-� <0, f(5)=0, f(7)=10 >0, f(0)=40>0. β) g(-2)=-25 <0, g(0)=-3 <ο ' g (�)=ο ' g(ι)=2>0, g(2)=3>0, g(3)=0, g(4)=-7<0, g(5)=-ι8<0. Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f έχει θετικές δηλ. ομόσημες του α=l>Ο για τις τιμές που βρίδήτιμέςσγιακονται έξωή χαπό> 5τοκαιδιάστημα των ριζών δηλα χ < 2 αρνητικές τιμές δηλ. ε τερόσημες του α για τις τιμές του χ που βρίσκο 5 νται μεταξύ των ριζών δηλαδή για 2 < χ < ενώ . τιμές μηδενίζεται γιαη συνάρτηση χ = 2 και γιαg έχειχ = 5αρνητικές Επί σ ης δηλ. ομόσημες του α= -2 <Ο για τις τιμές του χ που βρίσκονται έξω από το διάστημα των ριζών δηλαδή για χ _!_2 ή χ > 3 και θετικές τιμές δηλ. ετερόσημες του α για τις τιμές του χ που βρίσκονται μεταξύ των ριζών δηλαδή για _!_2 < χ < 3 ενώ μηδενίζεται για χ = _!_2 και για χ = 3 . συμπεράσματα φικέςΤαπαραστάσεις τους: αυτά φαίνονται στις γρα 25/8 .

τιμές στη

έχουμε:

+Ψ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/26

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

' δ και ι α) Θεωρώ τη συνάρτηση f(x)=x2 +2x-3, χ νονται CJ1)1ματικΧαι στον πινακα: χ2 . f(x) ή g(x) ομόσ. α 6ετερόσ. α ο ομόσ. α Χ Ε JRΕίναι: α = 1 > Ο , Δ = 16 ρ1 = -3 , ρ2 = 1 . 2 ι χ �-3ήχ�1 ι . r(χ)�ο +2χ-3�ο χ � � 2 Οι τιμές της συνάρτησης f (χ) = + βχ +γ , α*-Ο (τΡΙΩΝΥΜΟ) είμόνο ναι: όταν Δ >Ο και για τις του α τιμές του χ μεταξύ των ριζών δηλ. χ1 <χ< χ2 � (3η περίπτωση) η περίπτωση ε β) Ομοίως τη συνάρτηση g(x)=1-x2 , κτός από τιςτουρίζεςα σετηςκάθε άλλοποίες χΕ JR (g(x)=(1-x)(1+x)). Είναι: α = -1 < Ο , Δ = 16 > Ο , ρ1 = -3 , ρ2 =1. 1-x2 �0 � g(x)�0 � -1�x�1. -οο

-too

ΣΥΜΠ Ε ΡΆΣΜΑΤΑ

ΑΡΑ=

αχ

•

Επίσψ.:: -

ετερόση μες

-οο

f( x)

ομόση μες

για τις

ται.

-3

+οο +

μη δενίζε

Αφού μάθαμε να προσδwρίζουμε το πρόση μο του τριωνύμου θα προσπαθήσουμε να επιλύ σουμε τα ακόλουθα προβλιjματα και ασκήσεις. Π ΡΟΒΛ ΗΜΑ 1

Ένα φάρμακο χορηyείται σε ενήλικες και βελτιώνει την υγεία τους χρόνο που δίνεται από τη συνάρτηση f (t) = 12t2 - 3κt όπου κ η η λικία του ασθενούς και t ο χρόνος σε ημέρες ( t � Ο ). Σε πόσες μέρες θα αρχίσει να βελτιώνε ται η υγεία του ασθενούς (36 ετών), από τη λή ψη του φαρμάκου;

ΑΡΑ:

�-- ?

Επίσης:

-1

•

�γ) Ομοίως τη συνάρτηση h(x)=x2 -4χ+4 (h(x)=(x-2)2 ). Είναι: α = 1 , Δ = Ο , ρ1 = ρ2 = 2 . x2 -4x+4�0 � h(x)�O που ισχύει Αναζητούμε του t γι α τις οποίες η συνάρτηση f έχει θετικές nμές. Δηλαδή επιλύουμε για κάθε χΕ JR . την ανίσωση: f(t)>O � 12t2 -3κt2>Ο, κ> Ο. Είναι: α= 12 >Ο, Δ= 9κ �Ο, ρ1 =Ο, Ί�+ �2 + ρ2 = : η συνάρτηση έχει θετικές τιμές θεωρούμε τη συνάρτηση όταν t > 4κ (οι αρνηnκές τιμές του t απορρίπτο- φ(χ)=δ) -χΤέλος, 2 νται). Δηλαδή η υγεία του36ασθενούς θα αρχίσει να Είναι: +5α=χ-8. -1 <Ο, Δ = -7 (δεν έχει ρίζες). ' ' ' βελτιωνεται μετα απο t =-= 9 ημερες. -χ2 +5χ-8�0 � φ(χ)�Ο.Αυτόόμως 4 δενπρόσημο ισχύειτου καμία τιμείναι ή τηςπάντα μεταβλητής ιc/4 αρνητικό:χ το I + σε

Α ΠΆΝΤΗΣΗ

τις

g(x)

+οο

-1

\ \

Άρα:

nμές

Επίσ ης:

+οο

h(x )

. Ε πομ ένω�

Άρα:

οι παραπάνω Για νατοορίυπόριζονταιζό τους ζες πρέπει να μην είντετραγωνι αι αρνηnκό.κές ρί

JJ.

για τφωνύμου

ΑΣΚΗΣΗ 1

Για ποιες τιμές του χ ορίζεται κάθε μία από τις παρακάτω τετραγωνικές ρίζες: α) ../χ2 + 2χ - 3 β) ../ι -χ2 γ) ../χ2 -4χ+4 δ) .Jr---x2_+_5_x___8 Λ ΥΣΗ

Επομένως:

ζεται.

αφού

τ .

η τετραγωνική ρίζα αυτή δεν ορί-

ΑΣΚΗΣΗ 2

Να λυθεί η aνίσωση: Ιχ2 -3χ + 31 < ι (1).

ΛΥΣΗ Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/27

(1) είναι ισοδύναμη- με την:

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Απάντηση: Για λ< Ο. ΑΣΚΗΣΗ 5

Το τριώνυμο της πρώτης έχει διακρίνουσα αρνητι κή: Δ = -7 < Ο , α= 1 > Ο οπότε έχει θετικές τιμές (ομόσημες του α= 1 ) για κάθε τιμή της μεταβλητής χ. Άρα η aνίσωση: χ 2 -3χ + 4 > Ο επαληθεύε ται για κάθε χ ε IR . Το τριώνυμο της δεύτερης έχει διακρίνουσα θετική: Δ = 1 > Ο , α = 1 > Ο και ρι = 1 , ρ2 = 2 . Εμείς θέλουμε να έχει τιμές ετερόσημες του α, που συμβαίνει για 1 < χ < 2 .

I :ι

1 ·'-'·:,ι-: ι

2 ·.. 3_ χ.4 .. ..._____.. --<Χ>

- δ I

+οο +

Τελικά, οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στο διάστημα (1,2), δηλαδή 1 < χ < 2 . ΑΣΚΗΣΗ 3 Για ποιες τιμές της μεταβλητής χ η συνάρτηση f(χ) = (λ2 + μ2 ) χ2 - 2κχ + 1 έχει αρνητικές τιμές; (κ, λ, μ: πλευρές ορθογωνίου τριγώνου). ΛΥΣ Η Η συνάρτηση είναι της μορφής αχ2 + βχ +γ , α*- Ο (τΡΙΩΝΥΜΟ), χ ε IR . Είναι: α = λ2 +μ2 > Ο, Δ = 4κ2 -4 (λ2 + μ2 ) 4κ2 -4κ2 = 0 . Εμείς θέλουμε να έχει τιμές ετερόσημες του α (αρνητικές). Αυτό όμως δεν είναι δυνατό να συμβεί αφού f (χ)� Ο για κάθε χ IR . (βλέπε . . . συμπεράσματα). λ2 +μ2=κ2

, μηο σμα χ χ ..:..χ1+ 1 για χ = 1 γινεται δέν. Ποια είναι η μεγαλύτερη τιμή του και ποια η μικρότερη όταν χ 1 . ΛΥΣΗ Κατ' αρχήν το κλάσμα ορίζεται για κάθε χ ε IR αφού χ 2 - χ + 1 Ο για κάθε χ ε IR ( Δ = -3 < 0 ). χ-1 =λ τότε: λ (χ2 -χ+1) = χ -1 Έστω χ2-χ+1 δηλαδή λχ2 -(λ+1)χ + (λ+1) = 0 (1). Η εξίσωση ( 1) πρέπει να έχει ως προς χ λύ σεις στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Αν Iλ= οΙ είναι 1 ου βαθμού ως προς χ γίνεται: -χ + 1 = Ο � χ =1 (δεκτή λύση). Αν Iλ ;:!:. οΙ είναι 2°υ βαθμού και έχει λύσεις (ως προς χ) στο IR . Πρέπει Δ�Ο�[-(λ+1)]2 -4·λ·(λ+1)�0� � -3λ2 -2λ+1 � 0(2) . Η aνίσωση (2) είναι τριώνυμο ως προς λ, έχει: α = -3 , Δ = 16 > Ο , ρ = -1 , ρ2 = -31 . Εμείς θέλόυμε να έχει τιμές ετερόσημες του α ή μηδέν και αυτό συμβαίνει όπως φαίνεται και στον πίνακα και στη γραφική παράσταση: τ κλά

-::F-

�L 71\χ(λ)

1. για -1 � λ � ΑΣΚΗΣΗ 4 3 x x Επομένως: Η μικρότερη τιμή του κλάσματος Αν f( )=r- +l και g (χ) = λχ - 2λχ + 3 λ ' "31 . , -1 και η μεγαλ:υτερη να βρεθεί yια ποιες τιμές του λ ε IR οι συναρ ειναι τήσεις έχουν τιμές με γινόμενο αρνητικό. ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Θέλουμε: f(x)· g(x)<O, για κάθε χε IR (1). 1. Έστω συνάρτηση f (χ) = αχ2 +βχ +γ , Όμως: f(x) > O για κάθε χε IR (αφού α Ο . Τι συμπεραίνετε για τις τιμές του κ αν: α) α = 1 > 0 και Δ = -3 < 0 ). Άρα: Η aνίσωση (1) ισχύει αν g(x)< O για 3 · f(κ)=Ο, β) α· f(κ) < Ο , γ) α·f(κ) > Ο . 2 . Αν για τους αριθμούς Κι , κ έχουμε: κάθε χε � . 2 Για το τριώνυμο: λχ 2 -2λχ + 3λ , λ Ο έ f (Κι )· f (κ2) < Ο , συμπέρασμα προκύπτει για το χουμε: α= λ, Δ = -3λ2 < Ο . Άρα: για να έχει αρ τριώνυμο f, τους αριθμούς Κι , κ2 και τις ρίζες του; νητικές τιμές για κάθε χ ε IR πρέπει α = λ < Ο ο 3. Δίνεται το τριώνυμο: f (χ)= χ 2 -2λχ + λ2 . πότε αφού Δ < Ο να έχει για κάθε χ ε IR τιμές ο Ποιες από τις παρακάτω ανισώσεις είναι αληθείς; μόσημες του α. ε

-::F-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/28

ποω

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

α) r(- 203°2 ) > 0 , β) 5 - f(λ) = Ο , γ) 2-f(O) < O , δ) f(2004) > 0 , ε) f(5+λ)>Ο. 4. Για ποιες τιμές του λ η ανίσωση: -χ2 +4χ + (2-λ) < Ο είναι αληθής για κάθε τιμή της μεταβλητής χ; 5. Το κλάσμα ----:f-- για ποιες τιμές της με χ +2 . . . απο. "21 ; ταβλητης χ ειναι μικροτερο 6. Αν η γραφική παράσταση της f (χ)= αχ2 +βχ + γ , α Ο είναι ψ

:;t:

ι>

να βρείτε το πρόσημο των τιμών f (Ο) , f (1 Ο), f(-4) , f(-1) , f(2) , της διακρίνουσας και τον συντελεστή α. 7. Το περιοδικό «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ')) της Ε.Μ.Ε. κυκλοφορεί σε χ τεύχη. Αν το κόστος του περιοδικού δίνεται από τη συνάρτηση σ(χ)= -λχ 2 -λχ + 2 και οι εισπράξεις από τις πωλήσεις του απ' την π(χ)= χ2 - χ + l +λ , λ > l ν' αποδείξετε ότι όποια κι αν είναι η κυκλοφορία του περιοδικού η ΕΜΕ θα έχει πάντα κέρδος. (Υπόδειξη: Κέρδος: κ(χ)=π(χ) -σ(χ)=(,r -χ+l+λ) -(--1,χ.Ζ -Λχ+2) = (Ι + λ)χ 2 -(1-λ)χ -(1-λ) ).

Ε Π Ι Σ Τ Η Μ Ο Ν Ι Κ Α

;. ΠΑ ΤΑ Α.Ε.Ι. • T.E.I. • Ι.Ε.Κ.

τΕΧΝΙΚΆ

.,. ΘΕΥΙΚΩΝ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗΥΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ

Ε Κ Π Α Ι Δ Ε Υ Τ Ι Κ Α

Μπο ρείτε να δείτε

τις νtες μας εκδόσεις στο

lnternet στην ιστοσελίδα:

�; ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ {ΓΕΝ ΙΚΟ • ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΕΩΝ) 1>

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ

Αρμ&νοπούλου 27 e ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

0310 203 720

•

546 35 Fax 03 10 21 1 305

e-mail:sales@ziti.gr

Τηλ.

ΠΩΛΗΣΗ

ΧΟΝΔΡΙ ΚΙ-Ι ΛΙΑΝΙΚΗ

ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ

Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5) • ΑΘΗΝΑ Τηλ.-Faχ

ο·ιο 321 1 097

ΣΥΝΔΥΑΣΊ'ΙΚΗ ΑΠΑΡΙΘΜΗΣΗ

105 64

ΠΛΗ ΡΕΙΣ ΣΕΙ ΡΕΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥ1Ι ΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ .. r ι Α τ ο Λ Υ Κ Ε ι ο (ΓΕΝΙΚΟ- ΚΑτΕΥΘΥΝΣΕΩΝ)

� rι Α το rΥΜ Ν ΑΣ ι ο

Σύμφωνα με τα νέα αναλυτικά προγράμματα

Τα βιβλία μας θα τα βρείτε σε όλα τα βιβλιοπωλεία ΜΟΛIΣ ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕ

Γ. ΚΛΑΠΑΝΑΡΗΣ

e-mαil:infotiziti.gr

--------J.

ΚΥΚΛΟfΟΡΕΙ IYNfOMA

ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Χ. ΜΟΥΣΙΑΔΗΣ ΣΥΝΔιΑΣΠΚΗ ΑΠΑΡΙθΜΗΣΗ

AεlltiiZ AOtl!801 tYiUtfltr.

θ. ΞΕΝΟΣ

ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Υπο έκδοση: Α' Λυκεlου

θ. ΞΕΝΟΣ

ΚΡιτΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

θ. ΞΕΝΟΣ

ΜΑθΗΜΑΠΚΑ Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

θ. ΞΕΝΟΣ

ΠΡΑΚΠΚΗ ΑΡΙθΜΗΠΚΗ

θ. ΞΕΝΟΣ

ΜΑθΗΜΑΠΚΑ Β' ΓΥΜΝΑΣιΟΥ

Εκδόσεις βελτιωμένες με παραδείγματα σε ευρώ

Β. tΡΑΓΚΟΥ ΛΣΙΙΗΣΒΣ ΛΟΠΣIIΟΥ mιιιrιιαιο: ΜΙΑΣ ΙΙ'ΛΓΙΙΛΊDΣ ΙΙΙΕΙ"ΑΙΙΛΙΠΗΣ II' EUOΣH

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

r ΤιΑ τιιν τsJwτAIA 811ΑνιΑJιιjιι Ι'ΤΙΙ

rεωμετ1ί• τns

λuκείοu.

ιf'

των Βασίλη Καρκάνη - Βάρναλη Γ. Νικόλαου Γ

Πρόθεσή μας είναι το άρθρο αυτό να αποτελέ σει ένα χρήσιμο βοήθημα στην τελευταία επανάλη ψη που κάνει την περίοδο αυτή ο μαθητής της Α Λυκείου.

Α. Β ασικές γνώσεις ευκλείδειας Γεωμετρί

αι μέθ οδοι αντιμετώπιση ς ασκή σεων. Ι . Οι β ασ ι ο ί γεω μετ ρ ι ο ί τόπ οι. Κύ κλος είναι ο γεωμετρικός τόπος των ση μείων του επιπέδου που έχουν απόσταση ρ (α κτίνα) από ένα σταθερό σημείο (το κέντρο του). Μεσοκάθετος ενός ευθυγράμμου τμήματος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του ε πιπέδου που ισαπέχουν από τα άκρα του ευθυ γράμμου τμήματος. Διχοτόμος μιας γωνίας είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που ισαπέ χουν από τις πλευρές της γωνίας. 2. Χαρακτη ριστικά ση μεία του τριγώνου Έγκεντρο είναι το σημείο τομής των εσωτερικών διχοτόμων του τριγώνου και ισαπέχει από τις πλευρές του τριγώνου. Περίκεντρο είναι το σημείο τομής των μεσο καθέτων των πλευρών ενός τριγώνου και ισα πέχει από τις κορυφές του τριγώνου. Ο ρ θόκεντρο είναι το σημείο τομής των φορέ ων των υψών του τριγώνου. Βαρ ύ κεντρο είναι το σημείο τομής των διαμέ2 , ' τα "3 σων του τριγωνου και απεχει της αντι-' στοιχης, διαμεσου απο' την κορυφη' και το 31 της αντίστοιχής διαμέσου από το μέσον της πλευράς. 3. Βασικά σχήματα που ε μφ ανίζοντ αι στις

ας κ •

•

ii)

iii)

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμέ τα ύψη του ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τότε σχηματίζονται τα έξι εγγράψιμα τετράπλευρά ΑΖΗΕ, ΒΔΗΖ, ΓΕΗΔ, ΒΓΕΖ, Α ΒΔΕ, ΑΖΔΓ. Α

iv)

Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° δίνεται το ύψος ΑΔ προς την υποτείνουσα τότε σχηματίζονται δύο ζεύγη ίσων γωνιών: ΔΑΒ = Γ, ΔΑΓ = Β . Επίσης τα τρίγωνα ΑΔΒ, ΑΔΓ, ΑΒΓ είναι όμοια.

ασκήσεις

Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° δίνεται η διάμεσος ΑΜ προς την υποτείνουσα τό τε σχηματίζονται δύο ισοσκελή τρίγωνα ΑΜΒ, ΑΜΓ οπότε και δυο ζεύγη ίσων γωνιών: ΜΑΒ = Β, ΜΑΓ = Γ .

Αν από σημείο Α της πλευράς Oy γωνίας xOy , φέρουμε παράλληλη στην πλευρά Οχ που τέμνει τη διχοτόμο Οδ της γωνίας στο Β τότε σχηματίζεται το ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ (γιατί 01 = Β1 ως εντός εναλλάξ και 01 = 02 ) . Λ

ν)

Αν από σημείο Α της διχοτόμου Οδ, γωνίας xOy , φέρουμε κάθετη στη διχοτόμο, η οποία Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/30

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

τιισςοσκελές γωνίας (γισταατίΒ,ηΓΟΑτότεείντοαι μου.ε) Η μια είναι φορέας πλευράς τριγώνου ενώ η τρίδιτέμνει ωνοτιςΟΒΓπλευρές εί ν αι γχοτόμος άλλη περνά από τα μέσα των δύο άλλων πλευρών και ύψος). του. στ) Η μια είναι φορέας βάσης τραπεζίου ενώ ηλωνάλληπλευρών περνάτουαπόή τατωνμέσα των δύοτου.μη παράλλη διαγωνίων ζ) Ισχύουν οι προϋποθέσεις του aντιστρόφου του θεωρήματος Θαλή κλπ 4. Ισχύουν σε ισοσκελές και σε ισόπλευρό Για να βρούμε το μέτρο μιας γωνίας πρέ τρίγωνο πει να θυμόμαστε τα εξής: i) Σε ισοσκελές τρίγωνο οι δύο πλευρές είναι ί α) Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν: σεςαντι,σοιτοιδυοχεί στην γωνίεςβάσηείναιείνίσες. Η διάμεσος που A+B+f'=I80°, B+r=I8<f-A =Ι80° - - Γ , Β Α αι και ύψος και διχο Α + Β + ! = 90ο Β +! = 90ο _ Α Α = 90ο _ Β _! τόμος κλπ. ii) Για να δείξουμε ότι ένα τρίΎωνο είναι ισο- 2 2 2 2 2 2 ' 2 2 2 ' ' σκελές, δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: + = Γ κλπ. ξ Αε Β α) δύο πλευρές του είναι ίσες. β) Το άθροισμα των γωνιών κυρτού ν-γώνου β) δύο γωνίες του είναι ίσες. εί ν αι (2ν-4) ορθές ή (2ν-4)90°. γ) μια διάμεσος του είναι και ύψος. δ) μια διάμεσος του είναι και διχοτόμος. 9. Για να δείξουμε ότι δύο γωνίες είναι ίσες ε) μια διχοτόμος του είναι και ύψος κλπ. δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: Για να δείξουμε ότι ένα τρίγωνο είναι ισόα) Είναι αντίστοιχες γωνίες δύο ίσων τριγώ πλευρο δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: νων.β) Είναι συμπληρώματα ή παραπληρώματα ί α)β) έχει έχει 33 γωνίες πλευρέςίσες.ίσες. σων γ)γωνιών. γ) δύο γωνίες του είναι 60°. Είναι κατακορυφήν. δ) είναι ισοσκελές και έχει μια γωνία 60° δ) Είναι εντός εναλλάξ γωνίες ή εντός εκτός ευθείες τε επί τα αυτά σε δύο παράλληλες Για να αντιμετωπίσουμε προβλήματα με και απόαι οξείες τρίτη.(αντίστοιχα αμβλείες) με πλευ κύκλους φέρνουμε κάποια από τις παρακάτω μνόμενες ε) Εί ν ευθείες: ρές κάθετες ή παράλληλες. α) την διάκεντρο τους. στ) Είναι απέναντι γωνίες παραλληλογράμ β) αν οι κύκλοι είναι εφαπτόμενοι την κοινή μου. εφαπτομένη τουςκύκλοι στο σημεί οτεμνόμενοι επαφής τουςτην. κοινή ζ) Είναι γωνίες της βάσης ισοσκελούς τριγώ γ) αν οι εί ν αι νου. η) Είναι γωνίες προσκείμενες σε μια βάση ι χορδή τους κλπ. 6. Όταν σε άσκηση έχουμε δύο εφαπτόμενες σοσκελούς τραπεζίου. θ) Είναι εγγεγραμμένες ή επίκεντρες που βαί ενός κύκλου που τέμνονται τότε χρησιμοποιούμε νουν σε ίσα τόξα ή η μι α είναι γωνία χόρδής και ε την πρόταση Τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου, φαπτόμενης και η άλλη εγγεγραμμέ στο ίδιο τό νη απόευθεία σημείοαπόεκτός αυτού αυτό είναι ίσαδιχοτοκαι ξο κλπ. άγονται ηπου δι α κεντρι κ ή το σημείο ωνία τωντων εφαπτόμενων 10. Για να δείξουμε ότι μια γωνιά είναι ορ καιμείσημείτητηα γεπαφής». γωνία ακτίνων που τμημάτων καταλήγουνκαθώς στα θή δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: α) Είναι γωνία τριγώνου στο οποίο το άθροι Για να δείξουμε ότι δύο ευθείες είναι πα- σμα των άλλων δύο γωνιών είναι 90°. β) Είναι γωνία σε τρίγωνο στο οποίο η διάμε ράλληλες δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: σος από τηνπλευράς. κορυφή της είναι ίση με το μισό της α) Είναι παράλληλες σε τρίτη. απέναντι β) Είναι κάθετες σε τρίτη. γ) Είναι γωνία παραλληλογράμμου που έχει ί γ) Σχηματίζουν με τρίτη ευθεία που τέμνει . σες διαγωνίους οπότε αυτό είναι ορθογώνι ο εντός εναλλά ξ γωνί ε ς ί σ ες ή εντός εκτός και ε δ) Εί ν αι γωνία που δημιουργείται από πίνίετας παραπληρωματικές. αυτά γωνίες ίσες ή εντός και τα αυτά γω χοτόμους δυο εφεξής και παραπληρωματικών γωδι δ) Είναι απέναντι πλευρές παραλληλογράμ- νιών. 8.

ίίί)

κλπ.

τις

επί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/31

τις

Μαθηματικά -yια την Α · Λυκείου

γωνία σε κύκλο και βαίνειε)σεΕίΕίημινναιαικεγγεγραμμένη ύκλι ο κλπ. γωνίααπότριγώνου στο οποίο ηνδιάμε που φέρνουμε την κορυφή της εί αι ίση σος με το μισό της απέναντι πλευράς. στ)

1 1 . Για να δείξουμε ανισοτικές σχέσεις ευ θυγράμμων τμη μάτων ή γωνιών χρησιμοποιο ύ με μια από τις παρακάτω προτάσεις: α) β)

11. Για να δείξουμε ότι ένα παραλληλό γραμμο είναι ορθογώνιο δείχνουμε ένα από τα παρακάτω:

ορθή. α)Έχει μια γωνία ίσες. Έχει διαγώνιες

β)

111. Για να δείξουμε ότι ένα παραλληλό

γραμμο ρόμβος δείχνουμε ένα από τα παρακά τω:

δύοδιαγώνιες διαδοχικέςκάθετες. πλευρές ίσες. Τριγωνιεξωτερική κή ανισότητα: lβεί-γνlαι<αμεγαλύτερη l<β+γ α α)Έχει Έχει τις Κάθε γωνία πό κάθεγ) απέναντισεεσωτερική. τριγώνου βρί γ) Μια διαγώνιος του διχοτομεί μια γωνία του. σκονται ομοίως γωνίες και αντίστροφα θογώνιο και ρόμβος. δείχνουμε ότι είναι ορ χρησιμοποιούμε τα παρακάτω θεωρήματα: Το τμήμαέναπουαπό οι μη παράλληλες πλευρές του εί ν αι ίσες. δύο πλευρών ενώνει τα μέσα στην ίδια βάση τρίμε γτοωνομισόείντης.αι παράλληλο στη τρίτη πλευρά και ίσο είναι ίσες.δύο γωνίες που πρόσκεινται αι παράλλη οι διαγώνιοι του είναι ίσες κλπ διάμεσοςτουενόςκαιτραπεζίου λητους.στιςΗβάσεις ίση με τοείνημιάθροισμά γ) Τοτραπεζίου τμήμα πουείενώνει τα μέσα τωνστιςδιαγωνί α) Οι μεσοκάθετοι τριών πλευρών του διέρχο παράλληλο βάσεις ν αι ωντου ενός νται απόΔύοτο ίαπέναντι διο σημείο.γωνίες του είναι παραπληρω και ίσο με την ημιδιαφορά τους. ματικές. εξωτερική γ) Μιαεσωτερι γωνία του είναι ίση με την α) Η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που α απέναντι κή . · χεί στην υποτείνουσα ισούται με το μισό ντιστοι Μια πλευρά τουες γωνί φαίνεται από τις δύο απέ και αντι σ τρόφως. της υποτείνουσας κορυφές υπό ί σ ε ς κλπ. ναντι Σε ορθογώνιο τρίγωνο απέναντι από γωνία 30° η κάθετη πλευρά είναι το μισό της υποτείνου σας. γ) Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα τότεδ την μετατρέπουμε, συνήθως σε ανατ η δύο πλευρών ενός τρι γ ώνου εί ν αι παράλληλο σ. τρίτη καιΑνίσοαπόμετοτο μέσο μισό της.μιας πλευράς ενός τριγώ ια γ β και χρησιμοποιουμε για να την δει-, τα παρακάτω: νου παράλληληαπόσετο μιαμέσοάλλη πλευράκλπ.του, ξουμεα)έναΤο απόθεώρημα αυτή θα περάσει της τρίτης τότεφέρουμε Θαλή εφόσον έχουμε παράλ ληλες ευθείες. ωνι ώ ν τριγώνου αν υπάρχουν δι χ οτόμοι γ (εσωτερι κής εξωτερικής γωνίας) χρησιμοποιού με ταγ)θεωρήματα της δι χ οτόμου. αν δεν υπάρχει τίτρίγωνα ποτα απόκλπτα προηγούμενα Ανά δύο οι απέναντι πλευρές τους εί ν αι χρησιμοποιούμε όμοια παράλληλες. Ανά δύοαπέναντι οι απέναντι γωνίεςείναιτουίσεςείναικαιίσες.πα ΑΒΓ στο οποίο ΑΔ,Υπενθυμίζουμε τρίγωνο ότι σε των ΑΕ εί ν αι δι χ οτόμοι γωΔύο πλευρές ράλληλες.Οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. νιών Α και Αεξ με β>γ ισχύουν : !_ , ΔΓ= � ΕΓ= � ΔΒ=_!!! και EB=_!!:L . , Ορίζεται από τα μέσα των πλευρών τετρα β β-γ β+γ β+γ γ πλεύρου κλπ Απέναντι

άνισες πλευρές ενός άνισες

κλπ

1 2. Όταν έχουμε ευθύγραμμο τμήμα που ε νώνει τα μέσ α δύ ο ευθυγράμμων τμη μάτων

α)

β)

IV. Για να δείξουμε ότι ένα παραλληλό-

γραμμο είναι τετράγωνο

V. Για να δείξουμε ότι ένα τραπέζιο είναι ι σο σκελές δείχνόυμε ένα από τα παρακάτω: α)

β)

γ)

1 5. Για να δείξουμε ότι ένα τετράπλευρο εί ναι εγγράψιμο δείχ,•ουμε ένα από τα παρακάτω:

13. Στα τρίγωνα και ιδιαίτερα στα ορθογώ νια πρέπει να θυμόμαστε τις προτάσεις:

β)

δ)

β)

1 6. Όταν θέλουμε να δείξουμε ισότητες της

μορφής α·β=γ·δ όπου α, β, γ, δ ευθύγραμμα τμήματα λογ, α - =-

δ)

14. Στα τετράπλευρα: Ι) Για να δείξουμε ότι ένα τετράπλευρο εί ναι παραλληλόγραμμο δείχνουμε ένα από τα παρακάτω: α) β) γ)

β)

Παρατήρηση :

δ) ε)

ΕΥΚΛΕ{ΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/32

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Α ...

...

Ε ·� ,-'- - - - - - - - - - - - - -8 '

Β .. Λ Β .. .. Λ Λ =-+Γ+-+-= Β+Γ+-=180°-Α+-= 2 2 2 2 2 = 180°- Α 180° ..

....

οπότε οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γεξ θα τέ τρίγωνα είναι Για να μνονται σεΣτοσημείο Κ. μοια χρησιμοποιούμε όδηλαδή τα κρι τ ήρια ομοιότητας γ) τρίγωνο ΒΚΓ είναι: δείχνουμε ότι: α)β) Έχουν δύοδύογωνίες τουςτουςίσεςανάλο μία προς μία.τις ΒΚΓ = 180°-ΒΛ 1 - ΒΓΚ = 180ο- 2Β _ (Γ+ 2Γεξ = Έχουν πλευρές ές και γ J περιεχόμενες των πλευρών Β Λ Α+Β Β Α Β γ) ρεις πλευρές ανάλοαυτών γες. γωνίες ίσες. = 180° - --Γ---= 180°---Γ---- = 21 .

δείξουμε ότι δύ ο

Β. Ασκήσεις Λ υμένες

Ά σκη ση 1

Έστω Ι έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ . Να δειχθούν τα παρακάτω: Α α) ΒΙΓ = 90° + - . 2 β) Οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γεξ τέ μνονται σε σημείο Κ. Α Β =2 Αν Δ, Ε, Ζ είναι οι προβολές του Ι στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ αντίστοιχα τότε το ση μείο Ι είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΔΕΖ. Αν η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την Α

γ) ΚΓ δ) ε)

πλευρά ΑΓ στο σημείο Η τότε ΑΙΗ = ΕΙΓ . Λύ ση

2 2 2 2 Λ Λ ΑΛ Λ Λ Α Λ Λ Λ Λ Λ Α = 180° -Β-Γ--= Α+ Β+ Γ-Β-Γ--=. 2 2 2

δ) Εφόσον το σημείο Ι είναι το έκκεντρο του τριθα γείώνου ΑΒΓ θα είναι: ΙΔ = = οπότε το Ι ν αι συ χρόνως το περίκεντρο του τριγώνου γ ΔΕΖ. ε) Στο τρίγωνο ΑΙΒ η γωνία είναι η εξωτεριιcή οπότε: ΑΙΗ = ΑΛ 1 + ΒΛ 2 =-Α2 + -Β2 ( 1 ). Επίσης στο ορθογώνι ο τρίγωνο ΙΕΓ είναι: Γ Α Β Γ Γ Α Β ΙΕ

ΕIΓ = 90°-Γ.2 = 90°--=-+-+--= - +2 2 2 2 2 2 2 Λ

ΑΙΗ

Ά σκη ση 2

( )

�180°- : + ; � 180°- 90°- � � ΑΛ . ΑΛ 180°-90°+-=90°+-

Έστω Γχ η διχοτόμος της Γεξ τότε:

Β Λ Γεξ Β Λ Λ + Β Β + ΒΓχ =-+Γ+-=-+Γ+ = 2 2 2 2 Λ

Λόγω των (1), (2) είναι: = ΕΙΓ. α. Να βρεθεί σημείο Ο στο επίπεδο σκαλη νού τριγώνου ΑΒΓ, τέτοιο ώστε να ισαπέχει από

α.

Β Γ ΒΙΓ = 180°- ΒΛ 1 -ΓΛ 1 = 180°---= 2 2

(2).

Λύ ση

α) Στο τρίγωνο ΒΙΓ είναι:

β)

ΑΙΗ

τις πλευρές της γωνίας Α και για το οποίο να ισχύει: ΟΒ = ΟΓ . β. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ . Αν η διχοτόμος της γωνίας Α και η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ τέμνονται στο Μ και φέρουμε την ΜΔ l_ ΑΓ να δείξετε ότι: 2ΔΓ = β - γ .

r···········

ΙΖ

ε /\δ

Εφόσον το σημείο Ο ισαπέχει από πλευρές Α θα είναι σημείο της διχοτόμου Αδ τηςτης γωνίας γωνίας Α . Ακόμη ΟΒ = ΟΓ οπότε το Ο θα εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/33

τις

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

τηςμεμεσοκαθέτου ε τοτηςζητούμενο πλευράς ΒσηΓ. Έ σύμφωνα τα παραπάνω Ο είναι το εσημείο τομής τηςΒΓ.διχοτόμου Αδ με τη μεσοκάθετο της πλευράς β. ναι

τσι

σημείο

μείο

Άσκηση 4.

Δίνεται γωνία xOy και σημείο Α στο εσωτερικό της. Από το Α φέρνουμε τις κάθετες ΑΒ, ΑΓ προς τις πλευρές της γωνίας και ονομάζου με Μ το μέσο του ΟΑ. Από το Μ φέρνουμε κά θετη στο ΒΓ που το τέμνει στο Κ. Να δειχθεί ότι ΚΒ=ΚΓ.

Λύση

Η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Α και η ΜΕ μεσοκάθετος πλευράςτηςΒΓπλευράς οπότε: ΑΓ ώστε = ΜΓ (1 ). ΑντηςΖ σημείο ΑΖ= ΑΒ =γ (2) τότε =ΜΑΖ γιατί έχουν: = Α(3).2 (εΑπό =ΑΖ (λόγωΆρα:(2))Μκαι=ΜΖ ΜΑ Α1 φόσονκοιηνή,ΑΜΑΒδιχοτόμος). Β έχουμε: ΜΖ= γιτιςατί(1 )εί, ν(3)αι ορθογώνι α και ΜΓέχουνοπότε την ΜΔΜΔΖκοι(=2)νήΜΔΓ . Ά ρα: ΔΖ=ΔΓ οπότε: 2ΔΓ=ΖΓ=ΑΓ-ΑΖ=β- γ . ΜΒ

ΜΑΒ

Άσκηση 3 Από σημείο Ρ εκτός του κύκλου (O,R) φέρ νουμε την εφαπτομένη ΡΑ και την τέμνουσα n

ΡΒΓ και έστω Μ το μέσο του τόξου ΒΓ . Αν η ΑΜ τέμνει την χορδή ΒΓ στο Δ, να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΡΑΔ είναι ισοσκελές.

L------"'"!:;r-::y

Στο. ορθογώνιοΟΑτρίγωνο ΟΒΑ η ΒΜ είναι διάμεσος αρα ΒΜ= 2 Ομοιως' στο ορθογωνι' ο τριΟΑ . Ε' αρα' ΓΜ= 2 γωνο ΟΓΑ η ΓΜ είναι διαμεσος πομένως δηλαδή τοείτρίγωνο ΒκαιΜ=ΓΜ ΒτουΜΓθαείνείαι ισοσκελές επειδή το ΜΚ ν αι ύψος ναι και διάμεσος άρα ΒΚ=ΓΚ. '

Άσκηση 5. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με 90° , το ύψος του ΑΔ και ονομάζουμε Ε την προβολή του Δ στην πλευρά ΑΓ. Αν είναι Γ 30° , να δειχθούν: α) ΑΓ=4 ·ΑΕ. β) ΑΔ2=ΑΒ·ΔΕ.

Α= =

Λύση

Φέρνουμε τι ς ακτί ν ες ΟΑ ΟΜ που εί ν αι κά , α) Ισχύει ΑΔΕ = Γ =30° ( 1) (γωνίες οξείες με Γ θετες στις ΡΑ, Β αντίστοιχα. πλευρές της ( 1). στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΕ είΛόγωκάθετες) ναι: ΑΕ= _!_ ΑΔ ή ΑΔ=2ΑΕ (1 ). 2

Είναι ΟΑΜ = ΟΜΑ (1) (εφόσον το τρίγωνο Επίσης λόγω της (1) στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΜ είναι ισοσκελές). Επίσης ΡΔΑ= ΜΔΕ (2) 'ΑΔΓ είναι ΑΔ= _!_ ΑΓ ή ΑΓ=2ΑΔ και λόγω της (1): (κατά κορυφήν). Έτσι ΡΑΔ = 90°- ΟΑΜ = 90°- ΑΓ=4·ΑΕ. 2 . ΟΜΑ = ΜΔΕ (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΔΕ) β) Επίσης Δι = Αι (ως εντός εναλλάξ) οπότε , -ΑΔ-=ΔΕ , οπότε λόγω της (2) : Ρ ΑΔ = Ρ ΔΑ δηλαδή το τρίθ ΑΔΕ:::: ΑΔ (είναι και ο ρ ογωνια αρα ) Β γωνο ΡΑΔ είναι ισοσκελές. ΑΔ ή ΑΔ2=ΑΒ·ΔΕ. Λ

(I )

ΑΒ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/34

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Ά σκ ηση

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2 r . Από το μέσο Μ της ΑΓ φέρνουμε παράλληλη στη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β που τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Ν. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΝΓ είναι ορθογώνιο.

της Δ . Επειδή η στήριξη στο φύσημα του ανέ μου ήταν επιρρεπής τοποθετεί και άλλο σύρμα το ΒΕ ώστε ΑΓ = ΑΕ και ΑΒ, ΒΓ, ΒΔ, ΒΕ να εί ναι συνεπίπεδα. Να δειχτούν τα παρακάτω: α) Το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές. λ

Λύση

Έχουμε Β = 2f (1), ΔΒ//ΜΝ (2)και ΜΑ=ΜΓ (3). Λόγω της (2) είναι: Β1 = Ν1 (4). Επίσης η ΒΔ είναι διχοτόμος οπότε Βι = Β2 = 2Γ2 = Γ Λ

β) ΕΒΔ = Δ .

(I )

(5).

γ)

ΒΓ = ΑΔ - ΑΓ .

�

Λ ύ ση

f = 2(2).Δ (1) Έχουμε: καιΣτοΑΓ τρίγωνο =ΑΕ ΓΕ το Α εί ν αι ύψος (υπό Β Β θεση) και διάμεσος λόγω της (2) οπότε αυτό είναι ισοσκελές. β) Λόγω του ερωτήματος (α) η Ε1 = Γ=2Δ Από τις (4),(5) παίρνουμε: Νι = Γ δηλαδή(3το) τρί (3). Επίσης στο τρίγωνο ΒΕΔ η είναι εξωτεριγφνο ΝΜΓ είναι ισοσκελές με ΝΜ = ΜΓ = "'2 ΑΓ κή οπότε: = Β1 + Δ (4). (4) είναι: 2Δ = Β1 + Δ άρα: των (3) Λόγω , και εφόσον είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΝΓ αυτό θα είναι ορθογώνιο. Β1 =Δ δηλαδή ΕΒΔ=Δ. ΑΔ - ΑΓ = ΑΔ - ΑΕ= ΕΔ και λό Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και πάνω στις Ακόμη: πλευρές ΑΔ, ΔΓ τα σημεία Κ, Λ ώστε ΑΚ=ΔΛ. του ερωτήματος (β) το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ι γωσοσκελές με Ε = ΕΔ οπότε ΑΔ - ΑΓ = ΒΕ και Να δειχθούν: i) ΑΛ=ΒΚ ii) ΑΛ .l ΒΚ. Β β) Αν Μ μέσο τηςείναι κάθετο και Ν μέσο της ΒΛ τελικά λόγω του ερωτήματος (α): ΑΔ - ΑΓ = ΒΓ. να δειχθεί το στο ΑΛ. Α

α)

η ΝΜ

Άσκηση 7.

ΜΝ

ΚΛ

(J)

(2)

Λ σ κηση 9

Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ = 2ΒΓ . Από την κορυφή Α του παραλληλο γράμμου φέρνουμε κάθετη στη ΒΓ που την τέ μνει στο Ε. Έστω Μ το μέσο της ΓΔ και Ζ το σημείο στο οποίο η ΕΜ τέμνει την προέκταση της ΑΔ. Να δείξετε τα παρακάτω:

Λύ σ η

α)

άσκηση 2 τουΛΚΒβιβλίου σελίδα 104. τα Μ Στο τρίγωνο Ν εί ν αι τα μέσα , των δυοΌμωςπλευρών άρα ΜΝ I/ ΚΒ. ΚΒ .l ΑΛ (από (α) ερώτημα ) άρα ΜΝ .l ΑΛ. α) Η β)

Ά σκηση

γ)

α)

ότι

β)

γ) ΔΑΜ = Ζ = ΜΕΓ . λ

δ) 2 · ΜΕΓ+ ΑΔΜ = 180° . ΛiJ ση

�·

Ένας τεχνικός του ΟΤΕ τοποθετεί κατακό ρυφα (σε οριζόντιο έδαφος όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα) ένα στήλο μήκους ΑΒ και τον στηρίζει με τα σύρματα ΒΓ και ΒΔ ώστε η γωνία Γ που σχηματίζεται να είναι διπλάσια

ΔΑΜ = ΔΜΑ . Το σημείο Μ είναι μέσο του ΕΖ.

Δ� z-········

Έχουμε: ΑΒ = 2ΒΓ (1), μέσον του ΓΔ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/35

ΑΕ .l ΒΓ

(2) οιι ��

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

α) Λόγω της (1) είναι: ΓΔ = 2ΑΔ ή 2ΔΜ = 2ΑΔ οπότε: ΔΜ = ΑΔ άρα το τρίγωνο Δ

ΔΜΑ είναι ισοσκελές με ΔΜΑ = ΔΑΜ . Δ

τέμνει τη ΒΔ στο σημείο Λ. Να δείξετε τα παρακάτω: 1 α) Γ = 45° β) ΒΔ = ΑΕ γ) ΚΛ = -ΔΓ .

β) Επίσης: ΔΜΖ = ΓΜΕ εφόσον ΜΔ = ΜΓ

Λύ ση

(υπόθεση), ΜΔΖ = ΜΓΕ (εντός εναλλάξ) και Λ

ΔΜΖ = ΓΜΕ (ως κατά κορυφήν) οπότε θα είναι ΜΖ = ΜΕ δηλαδή το σημείο Μ είναι μέσον του ΕΖ. γ) Λόγω τής (2) το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ορθο γώνιο και λόγω του ερωτήματος (β) η ΑΜ είανι ΕΖ , ' ' το τριγωδιαμεσος ΑΜ = - = ΜΖ οποτε αρα: 2 '

νο ΑΜΖ είναι ισοσκελές με ΔΑΜ = Ζ . Επίσης λ

Ζ = ΜΕΓ (λόγω (β)). Άρα: ΔΑΜ = Ζ = ΜΕΓ . δ) Λόγω του ερωτήματος (γ) είναι: Λ

2ΜΕΓ = 2ΔΑΜ = ΔΑΜ+ ΔΜΑ (λόγω του (α)). Ακόμη στο τρίγωνο ΔΜΑ είναι: Λ

ΑΔΜ+ ΔΜΑ+ ΔΑΜ = 1 80° Λ

ή ΑΔΜ+ 2ΜΕΓ = 1 80° . Άσκηση

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ/ΙΓΔ, και στη πλευρά του ΑΔ παίρνω τα σημεία Κ, Λ έτσι ώ στε ΑΚ=ΚΛ=ΛΔ. Από τα Κ, Λ φέρνω παράλλη λες στις βάσεις του τραπεζίου που τέμνουν την πλευρά ΒΓ στα Μ, Ν αντίστοιχα. Να βρεθούν τα μήκη των ΚΜ, ΛΝ συναρτήσει των βάσεων ΑΒ=β και ΓΔ=Β.

Λί) ση

Λf--

y ---=-

-'IN Γ

Έστω ΚΜ=χ και ΛΝ=y. Αφού ΑΒ ΚΜ ΛΝ ΔΓ και ΑΚ ΚΑ ΛΔ θα είναι ΒΜ ΜΝ ΝΓ. Έτσι στο τραπέζιο ΑΒΝΛ η ΚΜ είναι διάμεσος οπότε 2χ=β+y (1). Ομοία στο τραπέζιο ΚΜΓΔ 2y=x+B (2). Από τη λύση του συστήματος των ( 1), (2) 2Β + β 2β + Β προκύπτει ότι : χ = -- , y = -- . 3 3 Άσκηση 1 1 Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με Α = Δ = 90° , ΔΓ = 2ΑΒ και Β = 3Γ .Από το Β φέρνουμε κά =

/I /I // =

}

Α = Δ = 90° Έχουμε: Β = 3Γ (1) ΔΓ = 2ΑΒ Είναι: Β + Γ = 180° (εντός και επί τα αυ τά) και λόγω της (2): 3Γ + Γ = 1 80° <=> 4Γ = 1 80° <=> Γ = 45° . β) Λόγω του ερωτήματος (α) το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με: ΒΕ = ΕΓ (2). Ακόμη ΑΒ = ΔΕ (3) (από το ορθογώνιο ΑΒΕΔ). Από τις ( 1) είναι: ΔΓ = 2ΑΒ ή ΔΕ + ΕΓ = 2ΑΒ ή ΑΒ + ΕΓ = 2ΑΒ ή ΕΓ = ΑΒ και λόγω των (2), (3) είναι: ΑΒ = ΒΕ = ΕΔ = ΔΑ δηλαδή το ΑΒΕΔ είναι τετράγωνο οπότε ΒΔ = ΑΕ . γ) Ακόμη ΑΒ = ΕΓ και ΑΒ 1 1 ΕΓ οπότε το ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο και το σημείο Κ είναι μέσον της ΑΓ και εφόσον το Λ είναι μέσον της ΑΕ στο τρίγωνο ΑΕΓ είναι: 1 1 (Ι) 1 1 1 ΚΛ = -ΕΓ = -ΑΒ=· -ΔΓ = -ΔΓ . 2 2 2 2 4 α)

Άσκηση

Στις παρακάτω ερωτήσεις να επιλέξετε την σωστή απάντηση αιτιολογώντας την επιλογή σας. Α. Αν το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο και η γωνία Α είναι τετραπλάσια της Γ τότε η γωνία Γ ισούται με: α) δ)

Β.

100° 36°

β)

ε)

40° 144°

45°

γ)

Στο παρακάτω διπλανό σχήμα είναι:

ΑΒ = 60° , ΒΓ = 96° . Η γωνία ΓΒΧ είναι: α) 70° γ) 78° β) 72° δ)

θετη στη ΓΔ που τέμνει την ΑΓ στο σημείο Κ και την ΓΔ στο Ε. Επίσης φέρνουμε την ΑΕ που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/36

80°

ε)

82° Α

Μαθηματικά για την Α . Λυκείου

Λύ ση α) Σωστή απάντηση είναι η (δ) γιατί Α+ Γ = 1 80° οπότε: 4 Γ+ Γ = 180° ή 5 Γ = 180° ή Λ

Γ= 3 6 ° β) Σωστή απάντηση είναι η (γ) γιατί το ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμο οπότε Α Δ ΑΒ+ ΒΓ = 60° + 96° = 156° = 780 Γ χ= = 2 2 2 n

Λύση

α) Στο τρίγωνο ΔΑΕ έχουμε ΔΑ=ΔΕ (1) (από 1200 υπόθεση) και ΑΔΕ = ΑΔΓ = =60° (2) Λόγω 2 των (1), (2) το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο. Λ

Δίνεται ο κύκλος (Ο,ρ) και τα διαδοχικά τόξα ΑΒ = 80° , ΒΓ = 60° και ΓΔ = 1 οοο . Αν οι ευθείες ΑΓ, ΒΔ τέμνονται στο Μ και οι ευθείες ΑΒ, ΓΔ τέμνονται στο Ν να βρεθούν τα παρακά τω:

Άσκηση 1 3

α) το μέτρο της γωνίας

ΑΓΔ . Λ

β) το μέτρο της γωνίας ΒΜΓ . Τι συμπε-

ραίνετε για τις χορδές ΑΓ και ΒΔ;

γ) το μέτρο της γωνίας ΑΝΓ . Λ

Λύ ση

γωνο ΔΑΕ είναι ισόπλευρο β) ΓΕ=ΒΔ.

β) Τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΔΑ είναι ίσα γιατί έ χουν: ΔΑ=ΑΕ (από το (α) ερώτημα), ΑΒ=ΑΓ (υΛ

πόθεση) και Α1 = Α2 (γιατί;). Έτσι είναι ΓΕ=ΒΔ.

Παρατήρηση: Ο περιορισμένος αριθμός των ασκήσεων του άρθρου δεν μπορεί να αναδείξει τη σημασία όλων των μεθόδων που εκτέθηκαν στο Α μέρος του άρθρου.

.. . _ ··-----

________ _

��:�:: :. Ν

---------------------Γ

Δ Λ

�

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΑ ΜΑβΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΔ α) Είναι: ΑΓΔ = - . 2 Όμως: Μ = 360° - AB - Br - fΔ = = 360° - 80° - 60° - 100° = 120° 1200 οπότε: ΑΓΔ = = 60° . 2 ΒΓ+ΑΔ ω'+1200 90" β) Επίσης: ΒΜΓ 2 2 οπότε ΑΓ .l ΒΔ γ) Ακόμη: ΑΝΓ = ΑΔ - ΒΓ = 120° - 60° = 60° = 300 . 2 2 2 Λ

...--.._

KENTPIKH

Άσκηση 1 4.

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμ μένο σε κύκλο (Ο, R). Παίρνουμε τυχαίο σημείο n

Δ του ελάσσονος τόξου ΑΒ και φέρνουμε τα τμήματα ΔΑ, ΔΒ και ΔΓ. Στη ΔΓ παίρνουμε σημείο Ε ώστε ΔΕ=ΔΑ. Να δειχθούν: α) Το τρί-

'Ω'

ΔΙΑΘΕΣΗ:

Εκδόσεις ΣΠΗΑΙΩΤΗ Σολωμού 3 Αθήνα 10683 3834533 & 3838224 - FAX: 3838198

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.ε. τ.4/37

του Θανάση Τσιούμα

l ) Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ( Γ "* - ) ισχύει

ημΒ - ημΑ συνΑσφΒ να δειχτεί ότι το τρί συνΓ γωνο είναι ορθογώνιο στην κορυφή Α.

Λύση ημΒ -ημΑσυνΓ 'Εχουμε =συνΑ·σφΒ <=> συν Γ ημ (Α+ Γ)-ημΑσυνΓ =συνΑ · σφΒ <=> συνΓ ημΑσυνΓ+συνΑημΓ-ημΑσυνΓ =συνΑ σφΒ <=> Γ συν συνΑ·ημΓ =συνΑ · συνΒ <=> συνΓ ημΒ συνΑ(συνΒσυνΓ -ημΒημΓ)= Ο<=> συνΑ·συν(Β + Γ)=Ο <=> συνΑ ·(-συνΑ)= Ο<=> συν2Α=Ο ή συνΑ=Ο οπότε Α= �2 . ....:. ...._ ....:. _ _ ...._ _ _ _

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

2) Αν οι γωνίες α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου η μα + ημβ ημγ ί) Να δειχθεί ότι εφβ συνα συνβ συνγ (1) (όπου β "* κπ + π , κ ε Να βρεθούν οι

+ = + + Ζ).

συνθήκες για τις οποίες η (1) έχει νόημα. π π ίί) Αν -- < α < β < γ < - ισχύει το

στροφο;

αντί-

1 συνχ =συν-<=> 2π 2συνχ + 1 =Ο<=> συνχ = --<=> 2 3 2π χ=2λπ±-3 , λε Ζ . ημα+ ημβ�-� + ημγ-= ημβ = �� ίί) Έχουμε συνα + συνβ + συνγ συνβ ψα+η.ιβ+ψγ-ψβ οπότε ημα+ημγ <=> σι:ΜΙ+συ\β+συνy-σ\J\β +σ συνα υνy+ συνγημβ <=> <=> ημασυνβ + ημ = συναημβ γσυνβ ημγσυνβ-συνγημβ = συναημβ-ημασυνβ <=> <=> ημβ (γ-β)= ημ(β-α) (2). Έχουμε γ-β=β-α+2κπ, κε Ζ ή γ-β=-β+α+(2κ+1)π, κε Ζ. π π --<β<π π αρα 'Εχουμε --<α<β<γ<' 2 2 π π 2 2 --<-α<2 2 συνεπώς -π< β-α< π<=> Ο<β-α< π<=> -π< -(β-α) <Ο Όμοια: Ο< γ -β<π. Όμως γ-β=β-α+2κπ <=>(γ -β)-(β-α)=2κπ . Όμως -π<γ-β-(β-α)<π<=>-π<2κπ <π<=> <=> -1<2κ <1 <=>_..!_2 <κ< ..!_2 <=> lκ=OI. Άρα α, β,εργαζόμαστε γ διαδοχικοί όροιγια αρ.τηνπροόδου. Όμοια γ-β=-β+α+(2κ+1)π, κε Ζ περίπτωση άρα ισχύει και το αντίστροφο. ημβ συνβ

}

η α=β-χ και γ =β+χ όπου χ η Λύί) σΙσχύει Να βρεθεί ο χ ώστε οι αριθμοί !. ημχ , διαφορά της προόδου. 6 Η ( 1) γράφεται συνχ, εφχ να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεω ημ (β -χ)+ ημβ +ημ (β+ χ) = ... μετρικής προόδου. συν (β-χ)+ συνβ+ συν (β+ χ) ύση Λ ημβ (2συνχ + 1) 2ημβσυνχ + ημβ = 2συνβσυνχ + συνβ = συνβ(2συνχ + 1) = εφβ . Είναι �χ=!6 ημχ· εφχ<=> 6-σuJχ=ημχ· ημχ Η ( 1) δεν ισχύει όταν (χ"*κπ+ �2 , κε Ζ) οπότε 6· συν3χ=1-σuν2χ<=> 3)

---'---_ :......::_ _..:.; c...;__ _..:.; _:_ _ .:...._:: __:

συνχ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/38

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

<=> 6 συν3 χ + συν 2 χ - 1 = Ο <=> 6συν3 χ - 3συν2 χ + 4συν 2 χ - 1 = Ο <=> 3συν2 χ (2συνχ - 1) + (2συνχ - 1)(2συνχ + Ι) = 0 <=> (2συνχ - 1) (3συν2 χ + 2συνχ + ι) = ο

Όμως χ 3 , χ4 είναι ρίζες του Q (x) - x και . δεν είναι ρίζες του Ρ (χ) - χ άρα θα είναι ρίζες του χ 2 + (α + l) · χ + α + β + l = 0 ή του Ρ (χ) + χ + α + l = Ο . Από τις σχέσεις ριζών και συντελεστών έχουάρα 2συνχ - ι = ο ή 3συν 2 χ + 2συνχ + ι = ο με (αδύνατη αφού Δ = -8 < Ο ). (α + l ) β ι χ 3 + χ4 = -- = - -- = -α - 1 η. Επομενως συνχ = - <=> συνχ = συν-π <=> α ι 2 3 π lα + l = -x J - χ4 1 · <=> Χ = 2κπ ± - , Κ Ε Επίσης Ρ (χ3 ) + χ 3 + α + l = Ο και 3 Ρ (χ4) + χ4 + α + 1 = Ο . Επομένως 4) Δίνεται το πολυώνυμο P (x)= r +αχ+β (1) Ρ (χ3 ) + χ3 - χ 3 - χ4 = 0 και και Q (χ) = Ρ 2 (χ) + αΡ {χ) + β . Ρ (χ4 ) + χ4 - χ 3 - χ4 = 0 i) Αν χι , χ2 ρίζες του πολυωνύμου Ρ (χ3 ) = χ4 και Ρ (χ4) = χ3 Ρ {χ) - χ να δειχθεί ότι οι χι , χ2 θα είναι και που είναι το ζητούμενο. ·

•

Ζ.

ρίζες του Q (χ) - χ . ii) Έστω χ3 , χ4 οι δύο άλλες ρίζες του πολυωνύμου Q (χ) - χ , να αποδειχθεί ότι χ3 Ρ{χ4) και χ4 = Ρ (χ3) . =

Λύ ση i) Επειδή Χι , χ 2 είναι ρίζες του Ρ (χ)- χ θα έχουμε Ρ {χ ι ) - χ ι = 0 και Ρ{χ 2 ) - χ 2 = 0 δηλαδή Ρ{χι ) = Χι και Ρ{χ 2 ) = χ 2 • Για να είναι οι Χι , χ 2 ρίζες και του Q(x) - x αρκεί Q (χ ι ) - χ ι = 0 και Q (x2 ) - x 2 = 0 , που ισχύει αφού Q(χι ) = Ρ2 (χι )+ αΡ (χι )+β = χf + αχι +β= Ρ(χι ) = χι ομοίως Q (x 2 ) = χ 2 • ii) Αφού χ3 , χ4 ρίζες του Q (x) - x έχουμε Q (x 3 ) - x 3 = 0 <=> Q (x3 ) = x3 και Q (x4 ) - x4 = 0 <=> Q (x4 ) = x4 . Όμως Q(χ) = Ρ 2 (χ) + αΡ{χ) + β άρα Q (x) - x = Ρ 2 (χ) + α · Ρ (χ) + β - χ (2). Επίσης Ρ(χ) =χ2 +αχ+β<=>β=Ρ(χ)-χ2 -αχ . Έτσι η (2) γίνεται: Q (x) - x = Ρ2 (χ)+ α · Ρ{χ)+ Ρ (χ) - χ 2 - αχ <=>

S) Δίνεται πολυώνυμο Ρ (χ) με βαθμό ν�2. α) Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ {χ) με (χ - 2) {χ + 3) καθώς και το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ {χ) με (χ - 2)2 • β) Αν το Ρ {χ) έχει παράγοντα το 3χ - 19 , να δειχθεί ότι το Ρ (2χ + 3) έχει παράγοντα το 3x - S .

Λύση α) Επειδή ο διαιρέτης είναι 2°υ βαθμού το υ πόλοιπο της διαίρεσης θα είναι το πολύ ι ου βαθμού δηλαδή υ (χ) = αχ + β οπότε έχουμε Ρ (χ) = (χ - 2)(χ + 3)Q(χ) + αχ + β (1) όπου Q (χ) πηλίκο της διαίρεσης. Θέτουμε διαδοχικά στην (1) χ = 2 και χ = -3 2α + β = Ρ (2) και έχουμε το σύστημα το λύ-3α + β = Ρ (-3) Ρ (2) - {Ρ - 3) νουμε και βρίσκουμε α = και 5 3Ρ(2) + 2Ρ{-3) β= . 5 Όταν διαιρεθεί το Ρ (χ) με το χ - 2 δίνει πηQ(χ)-χ=(Ρ(χ)+χ] · [Ρ(χ)-χ]+α · (Ρ(χ)-χ]+Ρ(χ)-χ<=> λίκο Π (χ) και αφήνει υπόλοιπο υ = Ρ (2) άρα Ρ (χ) = (χ - 2)Π(χ) + Ρ (2) ( 1). Αν το Π (χ) διαι Q(x) - x = [Ρ (χ) - χ] · [Ρ{χ) + χ + α + l] (3). ρεθεί με το χ - 2 επίσης δίνει πηλίκο Πι (χ) και Όμως Ρ (χ) = χ 2 + α · χ + β άρα: αφήνει υπόλοιπο υι = Π (2) άρα Q(x) - x = [Ρ(χ) - χ] {χ 2 +(α + 1) · χ + α + β + ι] (3). Π (χ) = (χ - 2)Πι (χ) + Π (2) (2). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/39

{

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

ΑπόΡ(χ)(1=(χ-2)[ ), (2) έχουμε (χ-2)Π1 (χ)+ Π(2)] + Ρ(2) <=> Ρ(χ)=(χ-2)2 ·Πι (χ)+χΠ(2)-2Π(2)+Ρ(2) (2). Στην (2) η παράσταση χΠ(2)-2Π(2)+Ρ(2) είναι το πολύυπόλοιπο. πρώτου βαθμού και συνεπώς είναι το ζητούμενο Επομένως το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ (χ) με (χ-2)2 είναι το υ(χ) = χΠ(2)-2Π(2)+ Ρ(2). β) Αφού το 3χ1 -19 είναι παράγοντας του Ρ(χ) θα ισχύει Ρ ( :)=Ο (1). Θέτουμε Q(x)=P(2x+3). Για να έχει το Q(x) παράγοντα το 3χ-5 πρέπει και αρκεί Q (%)=0. Είναι Q(%)= P(2· % +3)= P( 1:)=o από την (1). >0) 6) α) Έστω α1 , α 2 , α3 , α4 ( διαδοχικοί όροι Αριθμητικής προόδου, με δια να αποδειχθεί ότι φορά ω>Ο, αι + α4 4/ > ν α ι α 2 α 3 α4 . 2

Ομοίως γ� +γ� +γ� =γΗΙ +λ2 +λ4 ) άρα το 1ο μέλος είναι γ�γ� (ι + λ2 + λ4 ). Επίσης γ,γ2 +γ2γ3 +γ314 = 4 = γ,γ2 + γ2γιλ2 + γ2λγ,� = γ1γ2 (ι + λ2 + λ ) οπότε ισχύει. γ) Οι όροι είναι γ1 + 3 , γ1λ+ 9, γ1λ2 + 11 , 3 γ1λ + 1 άρα 2(γ1λ +9) = γ1 +3 +γ1λ2 + 11 και 2(γ1λ2 +11)=γ1 λ+9+γ1� +1. Πολλαπλασιάζου μεστηντηνδεύτερη πρώτηοπότε εξίσωσηπροκύπτει με -λότικαιλ =προσθέτουμε πομένως οι αριθμοί είναι 1, 3, 9, 27. 3 , γ1 = 1 ε Έστω η εξίσωση 2 χ - 2 ( + 1 θ) χ + 1 - Ι 2 θ = Ο (1) όπου χ Ε και θ > Ο . Να βρεθούν οι τιμές του θ για τις οποίες η έχει ρίζες 7)

IR.

(1)

ί) πραγματικές

ίί) ομόσημες.

Λύ ση

Θαπρέπει 2 2 Δ � Ο <=> 4 (Ι + ln θ) -4 (1-ln θ) � Ο <=> 1 + 2ln θ+ 1n2 θ -1 + 1n2 θ �Ο <=> 21n θ (In θ+ 1) �Ο ή 1n θ (Ιη θ+ Ι)� Ο (2). Οι ρίζες της (2) ως προς β) Αν οι αριθμοί γ 1 , γ 2 , γ 3 , γ 4 είναι δια- Ιη θ είναι Ο και άρα έχουμε Ιη θ � -1 ή Ιη θ �Ο δοχικοί όροι Γεωμετρικής προόδου, να αποδει οπότε Ιη θ � ln .!_ ή Ιη θ � ln l και θ> Ο. Τελικά χθεί ότι e (γ: + γ� + γη (γ� + γ� + γη =(γ γ2 + γ2γ3 + γ3γ4) Ο<θ<.!_ ή θ�l (3). e ii) Για να έχει η (1) ρίζες ομόσημες θα πρέπει γ) Αν οι αριθμοί γ1 + 3 , γ 2 + 9 , γ3 + 11 , Δ� Ο και Ρ> Ο (το γινόμενο των ριζών). γ4 + 1 είναι διαδοχικοί όροι Αριθμητικής προό Άρα πρέπει να συναληθεύουν οι ανισώσεις δου να βρεθούν οι αριθμοί γ1 , γ 2 , γ 3 , γ4 Ο<θ�.!.e. ή θ�l και 1.>0<=>1-Ι η2 θ>Ο. Λύα 2 2 την ανίσωση 1-l n θ> Ο<=> l n θ< 1 <=> α) Αφού α2 -α1 =α4 -α3 =ω>Ο είναι νουμε α1 + α4 = α2 + α3 (1). Επίσης α� + α� > 2α1α4 ο -e1 <θ< e πότε α�+ α� + 2α1 α4 > 4α1 α4 ή (α1 + α4 )2 > 4α1 α4 l�θ<e. Με συναλήθευση των (3), (4) έχουμε (2). Ομοίως (α2 + α3 )2 > 4α2α3 (3). Επίσης (α1 +α4 )2 =(α2 +α3 )2 r r= Από 4 (1), (2), (3), (4) έχουμε 8) Να βρεθούνq τα χ για τα οποία η γραφική (α1 +α4 ) >16α1 α2α3α4 ή α1 +α4 >2�α1α2α3α4 . παράσταση της συνάρτησης f(x)=(r+x+l)x -1 , β) Έχουμε 2 4 γ� +γ� +γ� =γ� +λ γ� +λ γ� =γf (1+λ2 +λ4 ) (λ χ Ε είναι κάτω από τον άξονα χ'χ . ο λόγος της Γ.Π.). Είναι χ2 +χ+ 1 >Ο για κάθε Χ Ε αφού flι,Qz,G.J,«J,ι

�

Λύ ση

(4) .

1 /e

(4) .

IR.

Λύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/40

IR.

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

. Δ=-3<0 <=> χ2 +χ logθ + 100 =Ο που έχει ρίζες y,0 ω άρα Θέλουμε τη γραφική παράσταση κάτω του y+ω=-logθ <=> 20=-logθ οπότε θ= 10-2 • χ χ απαιτουμε: f{x)<O<=>(x2 +x+l)x <l<=>ln (x2 +x+l)x <ln l<=> Δίνεται η εξίσωση συν2χ = συν2α , <=:>xln (x2 +x+l)<O (αφού η g(x)=ln x Ο � α �-π2 . '

jI:n:,(xo2 +x+1)<0 � {:(; +χ +Ι)<

3χ ; , η εφ Τ οσες διαφορετικες, τιμες, εχει ii) Να σημειωθούν πάνω στον τριγωνομε3χ . τρικο, ' κλο οι τιμες, των γωνιων, 2 3χ 3κπ 3α (Υποδ. 2 = 2 ± 2 , κ Ζ εξετάζουμε δύο περιπτώσεις κ = 2λ , λ Ζ , κ = 2μ + 1 , 1.) π ,

γνησίως αύξουσα). Έχουμε τα συστήματα:

(Σ , )

Π ροτεινόμενες ασκή σεις για λύση

mι

κυ

μ ε Ζ ).

Να αποδειχθούν 1.) εφ2 χ+σφ2χ = 2(3+συν4χ) ι-συν4χ . ι ο ο :; ο ii) συν20° . συν40° . συν80° = : ; :: 8 <=> <=> <=> <=> 2 +χ+1>1 χ(χ+1) >0 χ>Οήχ <-1 iii) εφ !!.... = .J6 - .J3 + J2 - 2 . χ<=>χ<-1. 24 ι ι = σφ4θ. Τελικά το σύνολο λύσεων του προβλήματος . ) εφ3θ+σφθ σφ3θ+ σφθ είναι το ( -1) . 3) Η εξίσωση χ2 + px + q = Ο έχει ρίζες τις Να βρεθεί ο θ όπου θ (Ο, + οο ) ώστε οι 9) χ1 = εφα , χ2 = εφβ . Να υπολογιστεί σε συνάρ ρίζες της εξίσωσης ιog[ιog (x2 +xlogθ+1 10)] =o τηση των p, q η παράσταση (ι) να αποτελούν λύση του συστήματος Α= ημ2 (α+ Ρ)+pημ(α+ Ρ) (α+ Ρ)+ qσυJ (α+ Ρ). (απ. A = q ). = 20 + ω (Σ) ι ι 4) Έστω η εξίσωση χ4 +- χ 2 ημθ +-= Ο log � = ι 400 3 Να βρεθεί ο θ έτσι ώστε οι ρίζες της (ι) να (ι). λ ύ ση Ισχύει ylog ω = ωlogy (διότι αν λογαριθμίσουμε αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προ Στη συνέχεια να βρεθούν οι ρίζες της (ι). logy1og ω = logω1ogy <=>1 glogω·logy = glogω·logy, όδου. (Απ . ημθ = ±.!_. Προκύπτουν δύο διτετράγω2 αληθής) οπότε 2y2 o ω = 20 <=> ylo ω = 10 άρα log ω ·l·og y = log 1 Ο οπότε το σύστημα γίνεται 5) Έστω το πολυώνυμο νες Ρεξισώσεις). (χ) με log y log ω = 1 <=> {logy·logω = 1 "21 (1ogy+logω)=1 logy+logω=2 το λύ- Ρ(2) = Ρ (i} Αν Q1 (χ), Q2 (χ) είναι τα αντί στοιχα πηλίκα των διαιρέσεων Ρ (χ) με το νουμε και βρίσκουμε y = ω = 1 Ο . Η εξίσωση ( 1) γράφεται χ-2 και με το 2χ -ι , αντίστοιχα να δειχθεί ό τι: log[log(x2 + xlogθ + 110)] = log1 άρα παράγοντας του Q2 (χ) . log (χ2 + χ log θ + 11 Ο) = 1 <=> log (χ2 + χ log θ + 11 ) = i)ii) ΤοΤο χ-2χ -ιείναιείναι παράγοντας Qι (x)+ Q2 (χ) · =log10<=> x2 +xlogθ+110=10 2)

{

--οο ,

----

{ylogω og l

συν

{

του

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/41

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

(Υπόδ. ί) είναι

Ρ(χ) = (χ - 2)Q1 (χ)+ Ρ(2) = (2χ - 1)Q2 (χ) + Ρ ίί) έχουμε Q2 (χ) = (χ - 2)Π(χ) ).

(�)

6) Να βρεθούν τα διαστήματα του χ για τα της οποία η Cr f(x) = (χ-4)(χ-5)(χ + 2)(χ+ 3) βρίσκεται κά τω από την ευθεία y = 44 .

Έστω οι πρόοδοι α1 , α2 , , αν (Αριθ μητική) και γ1 , γ2 , , γν (Γεωμετρική). Αν α1 = β1 , α1 -α2 = 1 Ο και γ -γ2 = 30 να βρε θούν οι δύο πρόοδοι. 8)

•••

(απ. λ = 2 , α = 5 ή. λ = -3 , α = - � ). 4

χ = ; ώστε logx 1000 = (Iogx 10)2 + 2 ; (απ. x = .JIO ή x = lO ). (Υπόδ. Είναι (χ - 4)(χ + 2) = χ 2 - 2χ - 8 και 10) Να λυθούν τα συστήματα 2 yx {l+ y x ) = lO lOO (χ - 5)(χ + 3) = χ - 2χ - 15 . Θέτουμε χΥ = 243 ω = χ 2 - 2χ και βρίσκουμε -4 < χ < 6 ); (Σι ) 2χ )2 (Σ2 ) log.{x.Y-Ιog Γχ = 3 Vt024 = 3 ( 7) Να σχηματιστεί Γεωμετρική πρόοδος γy που έχει πρώτο όρο τη μικρότερη ρίζα της εξί- , (Απ. Το (Σ 1 ) έχει λύση (x, y) = (3,5) και το σωσης χ3 - 2χ2 - 25χ + 50= Ο και λόγο τη με γαλύτερη ρίζα. Στη συνέχεια να βρεθεί το ά (Σ2 ) την (x, y) = (j .ιooo }· ' θροισμα των όρων της, που έχει πλήθος τριπλά σιο της τρίτης ρίζας της εξίσωσης. (απ.

{

= -19530 ):

του Γιώργου Κατσούλη γ) (ΑΒΓ) = _!_ ΒΓ · ΑΕ <=> 5/! J3 = _!_ λ.J2Ϊ · ΑΕ <=> 2 2

Άσκηση l η

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 4λ , ΑΓ = 5λ και Α = 60° , (λ > Ο) . α) Να υπολογίσετε την πλευρά ΒΓ. β) Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. γ) Να υπολσyίσετε ύψος ΑΕ του τριγώνου. δ) Αν Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ να υπολογίσετε το γινόμενο ΑΗ · ΑΕ . το

Λύση

10λ 10λJ7 <=> ΑΕ = J7 7 J2ϊ δ) Το τετράπλευρο ΗΔΓΕ είναι εγγράψιμο ( Ε +Δ = 90° + 90° = 180° ) οπότε ΑΒ · ΑΓ ΑΗ · ΑΕ = ΑΔ · ΑΓ <=> ΑΗ · ΑΕ = 2 ΑΒ ( ΑΒΔ=300 , οπότε ΑΔ=-) <=>ΑΗ· ΑΕ=2λ·5λ=1σι! . 2 ΑΕ =

ιοJ3λ

<=> ΑΕ =

Άσκηση 2η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με α = 2γ και α.J3 . ΑΜ = μ = 2 α) Να αποδείξετε ότι β = γ.J7 . β) Να βρείτε το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες του. γ) Αν ΒΔ το ύψος του τριγώνου, να αποδείξετε ότι ΑΔ = 2γ7.J7 . δ) Να βρείτε το λόγο των εμβαδών των τριγώνων ΑΔΜ και ΑΒΓ. α

α) Από το νόμο των συvημιτόνων έχουμε: 2 ΒΓ = ΑΒ2 + ΑΓ 2 - 2ΑΒ · ΑΓ · συνΑ <=> <=> ΒΓ2 = 16λ2 + 25λ2 - 2 4λ · 5λ · _!_ <=> 2 2 2 <=> ΒΓ = 21λ <=> ΒΓ = λ.J2ι . 1 1 β) (ΑΒΓ) = ΑΒ· ΑΓ·ημΑ = 4λ· 5λ· .J3 <=> 2" 2 l <=> (ΑΒΓ) = 5λ2 J3 . ·

Λύση

α) Έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/42

(

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

J3 2 2β2 + 2γ2 - αz 2β2 + 2γ2 - αz � α � μz = = 4 2 4 3α2 = 2βz + 2γ2 - αz � βz = 2α2 - γz � � β2 = 2 (2γ)2 - γ2 � β2 = 7γ2 � β = γ.J7 . Α α

οπότε

ΙΌΔ = 180°- 2θ . Λ

1 Άρα (ΓΟΔ) = -ΟΓ · ΟΔ · ημΓΟΔ = 2

ι R2 = "2 R · R · ημ (1 80° - 2θ) � (ΓΟΔ) = τ ημ2θ . β) Το (ΓΟΔ) παίρνει την μέγιστη τιμή όταν ημ2θ = 1 , οπότε 2θ = 90° � θ = 45° . Λ

Γ β) Η μεγαλύτερη πλευρά είναι η β. Έχουμε β2 = 7γ2 > 5γ2 = α2 + γ2 . Άρα Β > 90° , οπότε το γ) Αφού θ = 45° , είναι ΓΟΔ = 90° , οπότε τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο. ΓΔ = λ4 = R .J2 . γ) Από το γενικευμένο Πυθαγόρειο θεώρημα π · R · 45° πR για την πλευρά α έχουμε: = . ΕπομέΕπίσης ΑΓ ΒΔ = 4 1 80ο αz = β z + γz - 2β · ΑΔ � 2β · ΑΔ = β2 + γz - αz � νως η περίμετρος Π του μικτόγραμμου τραπεζίου � 2β · ΑΔ = 7γ2 + γ2 - 4γ2 � είναι: .J7 � πR Π = ΑΒ + ΓΔ + ΑΓ + ΒΔ � Π = 2R + R ν L + 2.f7γ · ΑΔ = 4γ2 � ΑΔ = 2γ . 2 7 'Εχουμε (ΑΜΓ) = (ΑΒΓ) (1), αφού ΑΜ � Π = R 2 + .J2 + δ) 2 διάμεσος. Τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΑΜΓ έχουν κοινό Έστω Ε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τραπε ζίου. Έχουμε (ΑΔΜ) ΑΔ ύψος από το Μ, οπότε: =-� · z· ( ) Rz (ΑΜΓ) ΑΓ Ε = (ΓΟΔ}+ 2 ο ΑΓ = + 2 · π R 45o = 2 360° 2γ.J7 2 2 2 R πR R ΑΔΜ - (ΑΔΜ) 2 = - + - = - (π + 2) . = 7 � =7 � 2 4 4 .J7γ ΑΜΓ (ΑΜΓ) . Άσκηση 4η (ΑΔΜ) -1 (1) (ΑΔΜ) 1 � = � =-. Δίνεται κύκλος (O,R) και τα διαδοχικά ση 2(ΑΜΓ) 7 (ΑΒΓ) 7 μεία του Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = λ6 και ΒΓ = λ3 • Λ

R- =R-

R- R( �}

( )

Άσκηση 3η

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ, κέντρου Ο και ακτίνας R. Έστω σημείο Γ του ημικυκλίου ώστε ΑΟΓ = θ (θ< 90° ). Φέρουμε χορδή ΓΔ ΙΙ ΑΒ . 2 α) Να αποδείξετε ότι (ΓΟΔ) = R2 ημ2θ. β) Να βρείτε τη γωνία θ,. ώστε (ΓΟΔ) να είναι μέγιστο. γ) Αν το (ΓΟΔ) είναι μέγιστο να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του μικτόγραμμου τραπεζίου ΑΓΔΒ. Λ

α) Να εξηγήσετε γιατί η ΑΓ είναι διάμε τρος του κύκλου. β) Να βρείτε την περίμετρο του τριγώνου ΑΒΓ. γ) Αν Μ το μέσο της ΒΓ να βρείτε το (ΑΜΓ). δ) Να βρείτε το άθροισμα των εμβαδών των κυκλικών τμημάτων που ορίζονται από τις χορδές ΑΒ και ΒΓ. ε) Αν η προέκταση της ΑΜ τέμνει τον κύκλο στο Δ να αποδείξετε ότι ΜΔ = 3R14.J7 . στ) Να βρείτε το (ΒΜΔ). Λύση

Λύση Λ

α) Επειδή ΓΔ ΙΙ ΑΒ θα είναι ΔΟΒ=ΑΟΓ=θ ,

α) ΑΒ = λ6 = R και ΑΒ = 60° .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/43

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

--Άρα ΑΓ = 180° , οπότε ΑΓ = 2R (διάμετρος).

ΓΔ =-. 1 , α) Να αποδείξετε οτι ΑΓ 3 β) Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΓΔ. γ) Αν μεταβλητή ευθεία που διέρχεται από το Α, τέμνει το τόξο ΒΓ στο Ε και την εφαπτόμενη στο Ζ, να αποδείξετε ότι: ΑΓ· ΑΔ = ΑΕ· ΑΖ .

---

Β.

β) Περίμετρος ΑΒΓ: AB + BΓ+AΓ=R+R.J3+2R=3R+R.J3 = R(3+.J3) . γ) Έχουμε ΑΒΓ = 90° (αφού ΑΓ = 2R ), οπότε (ΑΒΓ) = _!_2 ΑΒ · ΒΓ <=> {ΑΒΓ) = _!_2 R · RJ3 <=> <=> {ΑΒΓ) = R 22.)3 (1). . είναι: Αφού ΑΜ διάμεσος, � R2 .J3 (ΑΜΓ) = {ΑΒΓ) (2). 2 4 δ) Έστω Ε το άθροισμα των εμβαδών των δύο κυκλικών τμημάτων. Έχουμε πR 2 R 2 .J3 = Ε=Ε - {ΑΒΓ) <=> Ε =----2 2 R 2 (π -.J3 = 2 ) ε) Έχουμε AM2 � AB2 + BM2 � R' + R�

Λύ ση

α) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ προκύπτει ότι: ΒΓ2 = ΑΓ · ΓΔ (αφού ΑΓΒ = 90° ). ΑΧλ.ά ΑΓ = λ3 = RJ3 και ΒΓ = λ6 = R (αφού ΒΓ = 180°-120° = 60° ). 2 = � = � = R.J3 = ΑΓ (1). Άρα ΓΔ= ΒΓ ΑΓ R.J3 .J3 3 3 , ΓΔ = '31 . Επομενως ΑΓ β) Επειδή BAr = 30° ( = Β; ), είναι 2RJ3 (2). ΕπίΒΔ <=> ΒΔ = 2ΓΔ<=>(Ι) ΒΔ =-ΓΔ = 2 3 πR . Η περίμετρος Π του σης .e ΒΓ = π·R·60° = 0 ) 180 2 2 R 7R 3R μικτόγραμμου τριγώνου ΒΓΔ είναι: J7 Μ R 2 + 4 4 <=> Α = 2 . R(3J3 +π) πR RJ3 2RJ3 +-= Π=ΓΔ+ΒΔ+f� =-+-Από τις τεμνόμενες χορδές ΑΔ, ΒΓ έχουμε . 3 3 3 3 R.J3 RJ3 R ΑΜ · ΜΔ = ΒΜ · ΜΓ <=> 2J7 · ΜΔ = 2 2 <=> Το εμβαδόν Ε του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΓΔ είναι: 3R 3R Ε = {ΑΒΔ)-(ΑΟΓ)-(οΒΓ) <=> <=> J7ΜΔ 2 <=> ΜΔ = 14J7 . 1 ΔΒ--λ 1 ·α - πR2 · 60° <=> ΜΔ) = ΜΒ · ΜΔ (ισες , γωνιες) <=> Ε =-ΑΒ· στ) (Β 2 2 3 3 36� (ΑΜΓ) ΜΑ · ΜΓ 2RJ3 _ _!_ RJ3 . R - πR2 <=> Μ Δ _!_ = Ε 2R· = ΜΑ = �7 (από (δ) και (ε)). 2 3 2 2 6 2 2.J3 2.J3 R2 R 2R πR ΜΔ)= 2R 2.J3 . <=> E = 3 _ 4 _ 6 = 12 (5.J3 -2π) . Άρα (ΒΜΔ) = �(ΑΜΓ) � (Β 28 7 γ) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ είναι: η Άσκη ση S ΑΒ2 = ΑΓ · ΑΔ . Όμοια από το ορθογώνιο τρίγωνο Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ, κέντρου ΑΒΖ είναι: ΑΒ2 =ΑΕ · ΑΖ . Ο και ακτίνας R. Έστω χορδή ΑΓ = λ3 που τέ μνει την εφαπτόμενη στο Β στο σημείο Δ. Επομένως ΑΓ · ΑΔ =ΑΕ · ΑΖ . Λ

---

ημικυκλίου

( J

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/44

ΒΓ

της Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου-Κυβερvήτου ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

ΔΖ = ! ΔΓ . Να βρείτε το εσωτερικό γινόμενο Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Θεωρούμε το 3 διάνυσμα ΑΔ =!.3 ΑΒ και ονομάζουμε Ε το μέσο ΖΕ · ΖΓ . Λύση της πλευράς ΑΓ. Οι ευθείες ΒΕ και ΓΔ τέμνοΈστω νται στο σημείο Μ. Θέτουμε ΑΒ = β , ΑΓ = γ , Έχουμε: Η η προβολή του σημείου Ε στην ΔΓ. -ΖΕ · -ΖΓ = -ΖΓ · προβ -ΖΕ = -ΖΓ · -ΖΗ = ΒΜ χΒΕ και ΓΜ = y ΓΔ , όπου χ, y Ε 1R . i) Να βρείτε τους αριθμούς χ και y. = jzfi - jzHj συν (ΖΓ, ΖΗ) = (ΖΓ) (ΖΗ)συνπ = ii) Να δείξετε ότι: ΑΜ = !.5 β +.!γ . 5 =-(ΖΓ)· (ΖΗ). Λύση Βρίσκουμε εύκολα ότι: (ΑΕ)= !5 (ΑΒ)= 305 =6 i) Έχουμε: ΒΓ = ΑΓ-ΑΒ =γ-β. Έχουμε: ΒΜ = χΒΕ <=> ΑΜ-ΑΒ = χ (ΑΕ - ΑΒ) <=> και {ΔΖ)=�(ΔΓ)=�(ΑΒ)= 33° =10. - - 1Έτσι έχουμε: ΑΜ =(1-χ)ΑΒ+χ·-ΑΓ <=> (ΖΓ) = {ΔΓ)-(ΔΖ)= 30-10 = 20 και 2 1)

•

(ΖΔ)-(ΔΗ)=10-6 =4. (1) (ΖΗ)=Συνεπώς: <:::> Α-Μ=(1-χ)β+- 2χ γ . ΖΕ · ΖΓ = -20 · 4 = -80. ΓΜ=yΓΔ <:::> ΑΜ-ΑΓ=y(ΑΔ-ΑΓ)<=> ΑΜ=(1-y)ΑΓ+y·!3 ΑΒ<=>ΑΜ=2:β+(1-y)γ. (2) 3 Επειδή τα διανύσματα β και γ δεν είναι Δ γραμμικά, από τις (1) και (2), έπεται 3) Θεωρούμε δύο διανύσματα α και β με 1 -χ = � <=> {3χ + Υ = 3 <=> x = � jβj = J3 και υποθέτουμε ότι, για κάθε χ, y Ε JR , � =1 - y x+2y=2 y= � 2 Αντικαθιστώντας το χ στην (1),5 βρίσκου ισχύει: (3χα+4yβ)j_ (yα-χβ) (1). Να δείξετε ότι: αβ =Ο. 2 1 ii) Να βρείτε τα μέτρα των διανυσμάτων: με: ΑΜ=-β+-γ. 5 5 •

{

συγ-

ότι:

ii)

ί)

α και α+2β .

Λύση i)

Από την (1) με χ= Ο και y = 1, έχουμε:

4β α=::} (4β)α =ο =::} αβ =ο (2). Από την (1) με χ= 1 και y = 1, έχουμε: (3α+ 4β) j_ (α-β)=::} (3α+4β)· (α-β)= ο=::} - - -2 =0=::}(2} 3 1�2 -4βι-ι2 =0 (και 3α2 -3αβ+4αβ-4β επειδή jβj = J3 =::} 3 1�2 = 4 · 3 =::} 1�2 = 4 =::} I� = 2 . Επίσης, έχουμε: j_

ii)

Β 2)

(ΑΒ)

Θεωρούμε ένα ορθογώνιο ΑΒΓΔ με 130 και τα διανύσματα: ΑΕ =- ΑΒ και 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/45

)

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

la + 2�2 = (a+ 2P)2 = a2 +4ίiΡ +4Ρ2 = l<iJ 2 +4 1PI 2 = = 22 + 4 3 = 16 Άρα: ιa + 2PI2 = 16 και σuνεπώς: ιa + 2PI = 4 4) Θεωρούμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και τα διανύσματα: ΑΔ =-3ι ΑΒ και ΑΕ =-5ι ΑΓ . Να δείξετε ότι: ΒΕ _ι ΓΔ . ο

Θέτουμε ΑΒ = β και ΑΓ =γ . Έχουμε: ΒΕ =ΑΕ-ΑΒ=_!_ΑΓ-ΑΒ=_!_y-β . 5 5 1 - - =-β-γ 1- -. - =-ΑΒ-ΑΓ ΓΔ = ΑΔ -ΑΓ 3 . 3 Λύση

•

ΒΕ _ι ΓΔ και σuνεΆρα ΒΕ ΓΔ = Ο , οπότε πώς ΒΕ ..L ΓΔ . ·

'Εχουμε: ΒΚ = ΒΑ'+ Α'Κ = _!_2 ΒΓ + Α'Κ :::::} 2 =_!_ΒΓ2 +Α'Κ2 + ΒΓ ·Α'Κ :::::} '1<. ) +Α . ΒΚ2 = (_!_ΒΓ 2 4 IB�2 = � �Bf12 + IA'Κ12 + ΒΓ · προβ8r ΟΡ :::::} (ΒΚ)2 = _!_4 (ΒΓ)2 + (Α'Κ)2 + ΒΓ·ΟΡ (1). ii) Όπως παραπάνω βρίσκουμε ότι: (ΓΛ)2 =_!_(ΓΑ)2 + (Β'Λ)2 + ΓΑ · ΟΡ (2) 4 -·- Μ)2 +ΑΒ ΟΡ (3). και (ΑΜ )2 = 41 (ΑΒ)2 + (Γ' Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1), (2) και (3), βρίσκουμε: (ΒΚ)2 +(ΓΛ)2 + (ΑΜ )2 = = � [(ΒΓ)2 +(ΓΑ)2 +(ΑΒ)2 ] +(Α'Κ.)2 +(Β'Λ)2 +(Γ'Μ)2 (γιατί;). Έτσι, το άθροισμα: (ΒΚ)2 +(ΓΛ)2 + (ΑΜ )2 είναι'1<.ελάχιστο αν, και μόνο αν: (Α )2 + (Β'Λ)2 + (Γ'Μ)2 = Ο � i)

!��:�: ::<Ο{��;:��{�::� �Ρ=Ο. (Γ'Μ)2 = Ο (Γ'Μ) = Ο Γ' = Μ Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι το Ο. Α

Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ επεγραμμένο στον κύκλο με κέντρο το σημείο Ο. Θεωρούμε ένα σημείο Ρ του επιπέδου του τριγώνου αυτού και ονομάζουμε Κ, Λ και Μ τις προβολές του σημείου Ρ στις ευθείες ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ, αντι στοίχως. Τέλος, ονομάζουμε Α', Β' και Γ τα μέσα των πλευρών ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ, αντιστοίχως, του τριγώνου ΑΒΓ. i) Να δείξετε ότι: (ΒΚ)2 = .!_4 (ΒΓ)2 + (Α'Κ )2 + ΒΓ · ΟΡ . ii) Να βρείτε το σημείο Ρ, για το οποίο το άθροισμα: (ΒΚ)2 + (ΓΛ)2 + (ΑΜ)2 είναι ελάχι στο. 5)

Λύση

ΕΥΘΕΙΑ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ 6) Θεωρούμε τα σημεία Α (α, 2) και Β(l, α) , όπου α JR . Να βρείτε την εξίσωση της μεσοκαθέτου ε του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ. ε

ύση

Λ Ένα σημείο του επιπέδου Μ ( y) ανήκει στην ευθεία ε αν, και μόνο αν: (ΜΑ)= (ΜΒ) � (ΜΑ)2 = (ΜΒ)2 � � ( - α)2 + (y-2)2 = (χ-1)2 + (y-α)2 χ 2 - 2αχ + α2 + y2 -4y+4= = χ 2 -2x+1+y2 -2αy+α2 2(α-1)χ + 2(2-α)y-3 = 0 . χ,

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/46

�

Μαθηματικά yια την Β · Λυκείου

Άρα, η τελευταία εξίσωση είναι η εξίσωση της ευθείας ε. 7) Έστω η εξίσωση: (3�-4λ+ι)χ+(3�-7λ+2) y -6λ2 +ι1λ-3=0 (ι). i) Να δείξετε ότι, για κάθε αριθμό λ :#: .!.3 , η εξίσωση (ι) παριστάνει μία ευθεία ελ ii) Σε μία παραθαλάσσια περιοχή με καρ τεσιανό σύστημα συντετα'Υμένων Oxy, οι πορεί ες ι Ο πλοίων είναι οι ευθείες ελ με λε {ι, 2,3, .. . , ι Ο} . α) Να δείξετε ότι οι πορείες και των ι Ο πλοίων διέρχονται από το ίδιο σημείο, στο οποίο βρίσκεται ένα λιμάνι. Ποιες είναι οι συντεταΎ μένες του λιμανιού αυτού; β) Στο σημείο (3,ι ) υπάρχει μια λαστιχένια σημαδούρα. Να εξετάσετε κάποιο από τα πλοία αυτά θα crοyκροuστεί με τη σημαδούρα. Ύ) Μία βάρκα κινείται ευθύοyραμμα, κάποια στtΎμή βρίσκεται στο σημείο (ι,8) και. κάποια άλλη στιΎJ1ή βρίσκεται στο σημείο (2,6). Να εξετάσετε κώrοιο από τα ιο πλοία κινεί ται παράλληλα με τη βάρκα. Λύση ί) Η εξίσωση (1) είναι της μορφής: Αχ +Βy + Γ = Ο , Α = 3λ2 -4λ+1, με Β =3λ2 - 7λ+2 και Γ = -6'Κ + 1 1λ-3 . Έχουμε: Α= Ο <=> 3Κ -4λ+1=0 <=> 3λ-1=0 <=>λ=-1 . Β=Ο 3Κ -7λ+2=0 3λ-7λ+2=0 3 Άρα, για κάθε λ _!._3 είναι Α Ο ή Β Ο . Συνεπώς, για κάθε λ _!._3 , η εξίσωση (1) παριστάνει μία ευθεία ελ . ίί) Στη συνέχεια θεωρούμε ότι λε {1,2,3, . .. ,10}, οπότε η εξίσωση (1) παριστάνει μία ευθεία ελ. α) Έχουμε: (1) <=>3Κχ -4λχ +χ+3Κy-7λy+ 2y-6"Κ + 11λ-3 = Ο <=> (3χ+3y-6)Κ +(-4x-7y+ ll)λ+(x +2y-3)=0 (2). Βρίσκουμε εύκολα ότι το σύστημα: 3x +3y-6 = 0 , -4x - 7y+ 1 1 = 0 , x + 2y-3 = 0 έχει τη (μοναδική) λύση: χ = 1 , y = 1 . Έτσι, με χ = 1 και y = 1 , η εξίσωση (2) επα ληθεύεται για κάθε λε {1,2,3, ... ,10}. Συνεπώς, οι πορείες ελ και των 1 Ο πλοίων διέρχονται από το •

αν

χου

αν

{ {

{

:;t:

:#:

σημείο (1,1). Έτσι, οι συντεταγμένες του λιμανιού είναι (1, 1 ). β) Κάποιο από τα 1 Ο πλοία θα συγκρουστεί με τη σημαδούρα αν, και μόνο αν, υπάρχει λε {1,2,3, ... ,10}, τέτοιο ώστε η εξίσωση (1) να επαληθεύεται με χ = 3 και y = 1 . Από την εξίσωση (1) με χ = 3 και y = 1 , έχουμε: 3 (3λ2 -4λ+ 1)+ (3λ2 - 7λ+ 2) -6λ2 + 1 1λ-3 = ο <=> 3λ2 -4λ+1 = Ο <=> λ = 1 ή λ = �) <=> λ = 1 (αφού λε {1,2,3, ... ,10} ). Άρα, το πλοίο με πορεία την ευθεία ε1 θα συ γκρουστεί με τη σημαδούρα. γ) Η πορεία της βάρκας είναι η ευθεία ε, η ο ποία διέρχεται από τα σημεία (2,6) και (1,8). Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε είναι: 8 - 6 -2 και άρα η εξίσωσή της είναι: --= 1-2 y-6=-2(x -2) <=> 2χ + y-10 =0 . Κάποιο από τα 1 Ο πλοία κινείται παράλληλα με τη βάρκα αν, και μόνο αν, υπάρχει λε {1,2,3, . . . ,10} τέτοιο ώστε ελ 11 ε . Έχουμε: ελ ΙΙ δλ = (3λ2 -7λ+2, -3λ2 +4λ-1) και ε 11 δ = {1,-2) . Έτσι, έχουμε: 2 1 i _ o <=> . ελ Ι ε <=> δλ ΙΙ δ <=> -3λ23λ2-7λ+ +4λ-1 -� .. . <=> 3λ2 -10λ + 3 = ο <=> λ = 3 ή λ = � } Άρα, το πλοίο με πορεία την ευθεία ε3 κινεί ται παράλληλα με τη βάρκα. 8) Θεωρούμε τα σημεία Α (4, Ο) και 8(0,3). Να βρείτε τα σημεία Μ της ευθείας ε: y = 2χ + 8 , για τα οποία το εμβαδόν του τριΎώ νου ΜΑΒ είναι ιο τετρ. μονάδες. Λύση Έστω M(x,y) ένα σημείό της ευθείας ε, οπότε: y = 2x + 8 (1). Έχουμε: ΑΒ = (-4,3) και AM = (x -4,y) . Έ τσι, έχουμε: 1 1 I -4 I= (MAB) = - 1det (ΑΒ,ΑΜ = -� 2 χ -4 � 2 1 1 2 ι-4y-3χ +121 = 2" 13x+4y-12l . Άρα, το σημείο M(x,y) είναι ζητούμενο αν,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/47

(

και{y=2x+8 μόνο αν: 12 13x+4y- I 2I= I O <::::} {ly=2x+8 3x+4y- I 21 =20 <::::} ( 3x+4y-12=20 Υ = 2χ +8 Υ = 2χ +8 η. 3x+4y-12=-20 ) ή :: · Άρα, τα ζητούμενα σημεία είναι: Μ1 (0,8) και Μ2 (- 40 !_) · Θεωρούμε τον κύκλο χ2 + y 2 = και την ευθεία ε: = 2χ + 5 .

Έχουμε: λχ +(2λ+5)y=4 <::::} (χ+ 2y)λ+5y-4 =0 (4). Το σύστημα: x+2y=O, 5y-4=0 έχει τη (μοναδική) λύση: χ=-� , y = �. 'Ετσι, με χ = -�5 και y = i5 , η εξίσωση (4) της ευθείας ΑΒ επαληθεύεται για κάθε λ Ε JR . Άρα, η ευθεία ΑΒ διέρχεται από το (σταθερό) σημείο (-�,�} Έστω η εξίσωση: (λ2 1) χ 2λy -λ2 - 2λ-1 =Ο (1). i) Να δείξετε για κάθε λ Ε JR η εξίσω ση (1) παριστάνει μία ευθεία, την οποία συμβο

κ:ύκ:λου και της ευθείας ε, αν έχουν, είναι οι λύ σεις του συστήματος: {y=2x+5 χ2 +y2 = 4 <::::} {χ2 +(2χ +5)2 = 4 <::::} y=2x+5 2 + 20χ + 21 =ο (1) <::::} {5χy=2x+5 Η διακρίνουσα της εξίσωσης (1) είναι: 2 5 · Δ= 20 -4 21 =-20<0. · το σύστημα είενδεναι αδύνατο καινό συνεπώς ο κ:ύκ:λοςΆρα, και η ευθεία έχουν κοι σημείο. ii) Έστω ότι (λ,μ) είναι οι συντεταγμένες ενός σημείου Μ της ευθείας ε, οπότε μ = 2λ + 5 και άρα: Μ(λ,2λ+5). Έστω ακόμα ότι: A (x1 ,y1 ) και Β (Χ2 , y2 ) . Η εξίσωση της ευθείας είναι: χχ1 + = 4 και επειδή αυτή διέρχεται από το σημείο Μ, έχουμε: λχ1 + (2λ + 5) y1 = 4 (2). Όμοια βρίσκουμε ότι: =4 (3). λχ2 +(2λ+5)y 2η ευθεία με εξίσωση: Λόγω των (2) και (3), λχ+(2λ+5)y=4 διέρχεται από τα σημεία Α και Β και άρα αυτή είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ.

ισχύουν: λ=Ο �-1=0 ' { {ΒΑ=Ο= Ο � {λ-2λ2 -1=0 � 2 -1 =Ο =Ο λ άτοποΆρα,. για κάθε λ Ε JR , έχουμε: Α::�; Ο ή Β ::�; Ο. Συνεπώς, για κάθε λΕ JR , η εξίσωση (1) παριστά νει μια ευθεία ελ . ii) Έστω ότι υπάρχει σημείο (χ0, y0) , από το οποίο διέρχονται όλες οι ευθείες ελ. Τότε, γι α κά θε λ Ε JRλ,2θα έχουμε: -λ2 { -l)x0 -2λy0 -2λ-1= 0� � (χ0 - Ι)λ2 -2 (y0 + Ι)λ-(χ0 + Ι)= Ο. Έτσι, θα έχουμε: y0 + 1 = Οτέτοιο και χ0σημείο. + = Ο , αδύνατο. χ0Άρα,- 1 =δενΟ , υπάρχει ίίί) Έστω (x0,y0) ένα σημείο του επιπέδου. Μία ευθεία ελ διέρχεται από το σημεί ο αυτό αν, και μόνο(λαν:2 - )χ0 -2λy0 -λ2 =Ο<::::} Ι -2λ-1 <::::} (χ0 -Ι) � - 2 (y0 + Ι)λ-(χ0 +Ι)= Ο (2).

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

{ { � [{; :� { :Ι;�] ιι Ίι

ΚΩΝΙ ΚΕΣ ΤΟΜΕΣ

<::::}

1 Ο)

ότι

λίζουμε με ελ C ii) Να δείξετε ότι δεν υπάρχει σημείο του επιπέδου, από το οποίο διέρχονται όλες οι ευθεί y i) Να δείξετε ότι ο κύκλος C και η ευθεία ε ες ελ . δεν έχουν κοινό σημείο. iii) Να βρείτε το σύνολο των σημείων του ii) Από ένα σημείο Μ της ευθείας ε φέρ επιπέδου, από τα οποία διέρχεται μία μόνο ευ νουμε τις εφαπτόμενες στον κύκλο C και ονομά θεία ελ . ζουμε Α και Β τα σημεία επαφής. Να δείξετε ό Λύ ση τι, όταν το σημείο Μ διαγράφει την ευθεία ε, η i) Η εξίσωση (1) είναι της μορφής: ευθεία ΑΒ διέρχεται από ένα σταθερό σημείο. Αχ + By +Γ= Ο , όπου Α= λ2 -1 , Β = -2λ και Λύση i) Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων του Γ = -λ2 -2λ -1 . Έστω ότι για έναν αριθμό λ Ε JR 9)

ΥΥι

ΜΑ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/48

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

Από το σημείο (χ 0 , y0 ) διέρχονται τόσες ευ y2 -y+3 2 · θείες, όσες είναι οι λύσεις της (ως προς λ) εξίσω d= 6 = -1- ly2 -3y+91 , όπου yε IR . σης (2). �22 + (-1)2 3J5 α) Έστω ότι χ 0 = 1 τότε: Το τριώννμο: y2 -3y+9 έχει διακρίνουσα (2) � -2(y0 + 1)λ-2 = 0 � (y0 +1)λ= -1 (3). Αν y0 = -1 , τότε η εξίσωση (3) είναι αδύνατη. αρνητική και συνεπώς: y2 -3y + 9 > Ο , για κάθε yε JR . Έτσι, έχουμε: -1 . Αν Υο :;t -1 , τότε: (3) � λ = -d = 3ν51r;- (Y2 -3y+9) . Υο +1 Άρα, από τα σημεία της ευθείας ε: χ = 1 , πλην του σημείου της (1, -1), διέρχεται μία μόνο ευθεία Το τριώννμο: y2 -3y+9 έχει ελάχιστη τιμή 3 ' για y = 2 . Τοτε: β) Έστω ότι χ 0 1 . Τότε, η (2) έχει μία μόνο 1 9 3 1 2 =-·-=λύση αν, και μόνο αν: x =-y 6 64 8 4(y0 + 1)2 +4(χ 0 -1)(χ 0 + 1) = Ο � Άρα, οι συντεταγμένες του ζητούμενου ση� χ� + (yο + 1)2 = 1 . ' , ει,ναι: (g,3 23 ) . Η ελαχιστη μειου αυτη, αποσταση Άρα, από τα σημεία του κύκλου C: χ 2 + (y+1)2 = 1 , πλην του σημείου του (1,-1) , είναι: διέρχεται μία μόνο ευθεία ελ . Τελικά, το ζητούμενο σύνολο αποτελείται από τα σημεία του κύκλου C και εκεiνα της ευθείας ε, 1 2) Από ένα σημείο Μ άγονται δύο εφαπτόπλην του κοινού τους σημείου (1, -1) . χz +-= y 2 1 και η ευθεία μενες της έλλειψης C:ε 16 4 Υ που διέρχεται από τα σημεία επαφής έχει εξί ο σωση: 2χ-3y -4 = Ο . Να βρείτε τις συντεταγμένες του Μ. •

•

:;t

Λύση

Έστω ότι M(x 0 ,y0 ) και ότι K (x 1 , y1 ) και Λ ( y2 ) είναι τα σημεία επαφής. Η εξίσωση της ευθείας ΜΚ είναι: Χ16Χ ι + ΥΥ4 ι = 1 και επειδή αυτή διέρχεται από το σημείο Μ (χ 0 , y0 ) , έχουμε: Χ ο Χ ι + Υ οΥ ι = 1 . (1). 16 4 Όμοια βρίσκουμε ότι: Χ ο Χ 2 + Υ οΥ 2 = 1 . (2). 16 4 Λόγω των (1) και (2), η ευθεία με εξίσωση: Χ οΧ + ΥοΥ = 1 � χοx + 4yο y-16 = 0 (3) 16 4 διέρχεται από τα σημεία Κ και Λ και άρα η (3) εί ναι η εξίσωση της ευθείας ΚΑ. Έτσι, το σημείο Μ είναι ζητούμενο αν, και μόνο αν, η εξίσωση (3) και η δοσμένη: 2χ -3y-4 = Ο παριστάνουν την ίδια ευθεία. Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν: Xz,

θεωρούμε την παραβολή C : y2 = 6χ και την ευθεία ε : 2χ- y + 3 = Ο . Να βρείτε τις συ ντεταγμένες του σημείου της C, του οποίου η α πόσταση από την ευθεία ε είναι η ελάχιστη δυ νατή. Ποια είναι η ελάχιστη αυτή απόσταση; 1 1)

Λύση

Έστω M(x,y) ένα σημείο της παραβολής C, οπότε: y2 = 6χ και άρα: χ =.!..6 y2 Συνεπώς: Μ

(� , y}

Η απόσταση d του σημεiου Μ από την

ευθεία ε είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/49

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

να δείξουμε την (3), αρκεί να δείξουμε ότι: 0 =8 -16 4y0 Χ <=>{ = κ;l J <5,3,αρκεί 2 -3 -4 y0 =-3 3 3κ3 �(κ+1) , αρκεί ( Άρα, οι συντεταγμένες του Μ είναι: (8,-3). 2 y2 (4) ( ι+ :)3 -5,3. χ 13)Μία υπερβολή C :--= 1 (α > Ο, z z α β Έχουμε: β > Ο ) διέρχεται από το σημείο Μ (-4,3) και η κ�3�-<5,-�l+-<5,-� 3 3 4 4 1 1 1 1 � ( ) ) 1+-. -5, ( εφαπτομένη της στο Μ είναι η ευθεία: κ 3 κ 3 κ 3 ε : y = - χ - 5. Να βρείτε τους αριθμούς α και β. 3 64 1 � 1+'5, <3�(4). ( ) Λύση 27 κ Έστω ότιοι γιαδοσμένες δύο θετικούς αριθμούς αεξίσω και β Άρα, η (3) ισχύει. συνθήκες. Έτσι, η πληρούνται 15)Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς χ, y σητηςτηςΜ(-4,3) εφαπτομένης της υπερβολής C στο σημείο και ω, για τους οποίους ισχύουν: είναι: {χ+ 14y + 56ω = 860 x(-4) _ y·3 =1<=>y=- 4β2 x- f_ (1). χ < 7, y < 4 3α2 3 ευα2 β2 εξίσωσηκαι( 1)συνεπώς: είναι η εξίσωση της Λύση θείαςΆρα,ε : y η= -2χ-5 Έχουμε: (1). 860=7(2y+8ω)+χ. - 4β3α22 = 2 <=> {β2 = 15 <=> {α= .JW 7 , η (1) τηείνδιαίρεση αι η ισότητα τηςκαι Επειδή860:-5,7χ. <Εκτελούμε διαίρεσης αυτή _f_ = _5 α2 =10 β= Μ 6. Άρα χ= 6 βρίσκουμε πηλίκο 122 και υπόλοι π ο ' <=> y+4ω= 61. Ε τσι, έχουμε: και 2y+8ω=122 Αντιστρόφως. (2). 61=4ω+y. Έστω ότι α= .JW και β= .Ji5 . Τότε: της Επειδή61:4,-5, y <οπότε, y(2)= 1είνκαιαι ηω=ισότητα διαίρεσης 15. Άρα: C: -χ102 - -y152 =1. 6 = χ = , y 1 και ω = 15 . Επαληθεύουμε εύκολαΜ(-4,3) ότι η υπερβολή αυτή πληρούν Όπωςτιςβρίσκουμε εύκολα,ς καιοιάρααριθμοί αυτοί δοσμένες σχέσει εί ν αι οι διέρχεται από το σημείο και η εφαπτοναδικοί ζητούμενοι. της στο σημείο αυτό εί ν αι η ευθεία ε. Άρα: α=Μ και β=Μ. 16) Να δείξετε ότι, για κάθε ν Ε , ισχύει: 32 + + = πολ.7 . ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ 14) Να δείξετε ότι, για κάθε ν Ε ισχύει: Λύση Για κάθε ν Ε , έχουμε: �'5,ifj. 2ν +22 ·2ν =3·9ν ν -3 · 2ν +7 · 2ν = 332(Ψv+l +2-2νν+)+2 =3·3 Λύση 7 2ν = 3Πολ.7 + 2 πολ.7 = πολ.7 . Αρκεί να δείξουμε ότι, για κάθε ν Ε ισχύ(1). Σημείωση: απόδειξη μπορεί να γίνει και ει: Η (1) για ν=l και3ν � ν3ν=2, όπως βρίσκουμε επαγωγικά (πώς;) εύκολα, ι σ χύει. Θα δείξουμε τώρα επαγωγι κ ά ότι η 17) α) Να δείξετε ότι, για κάθε α,υΕ Ζ (1) ισχύει για κάθε ν � 3 . και για κάθε ν Ε ισχύει: α)β) Έστω Για ν=ότι3,ηη (1)(1) ιγίσνχύειεται:για33 �ν=33,κισχύει. (κ Ε (πολ.α+υ)ν = πολ.α+υν . (2). β)zooΝα βρείτε το τελευταίο ψηφίο του αριθ 3" � κ3και για ν = κ + 1 , δηλ. κ� 3Θα), δηλαδή δείξουμεότι:ότι+ισχύει μού 7 3 . 3" 1 �(κ+1)3+1 (3). ότι: Από την (2) έπεται ότι: 3" � 3κ3 Έτσι, για Λύση ��

4 η

μο

μένη ·

* Ν ,

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/SΟ

* Ν ,

2ν+2

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

α) Θέτουμε: β=πολα+υ, οπότε β-υ=πολ.α . Γιίχ. κάθε ν ε Ν• , έχουμε: β υ = πολ. (β-υ) = πολ. (πολ.α) = πολ.α ==> β -υ = πολ.α ==> β = πολ.α +υ ==> (πολ.α +υ) = πολ.α + υ β) Το τελευταίο ψηφίο του αριθμού κ = 72003 είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης κ : 10 (γιατί;). Έχουμε: κ = 72οο3 = 7 . 72002 = 7 . (72 )ΙοοΙ = =7·491 001 = 7· (50-1)1 001 = 7[πολ.1 0+(-1)]1 00 1 = = 7[πολ.10+ (-1)1 001 ] = 7 (πολ.10-1) = πολ. Ι Ο -7 = πολ. Ι Ο -10+3 =πολ.10+3 . Άρα: κ = πολ.10+3 . Και επειδή Ο S 3 < 10 , το υπόλοιπο της διαίρεσης κ : 10 3είναι 3. Άρα, το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 7200 είναι 3. ι8)Θεωρούμε δύο ακέραιους αριθμούς α και β και τους αριθμούς χ = 3α + 4β και y = 2α +β . Να δείξετε ότι: i) 5 1 χ <=> 5 1 Υ ii) Αν (α, β) = ι , τότε οι αριθμοί χ και y δεν μπορούν να έχουν άλλους θετικούς κοινούς διαιρέτες εκτός από τους αριθμούς ι και 5. Υ

...::.

==>

•

ται ότι: (5α,14) = 7 . (1) Από την (1) έπεται ότι 7 1 5α και επειδή (7, 5) = 1 , έπεται ότι 7 1 α και συνεπώς α = 7λ , ό που λ ε Ζ . Αντικαθιστώντας στην (1) βρίσκουμε: (5 . 7λ,14) = 7 ==> 7 . (5λ,2)= 7 ==> (5λ,2) = 1 (2). Από τη (2) έπεται ότι 2 l 5λ (γιατί;) και άρα 2 % λ (γιατί;) και συνεπώς λ = 2κ + 1 , όπου λ ε Ζ . Έτσι, έχουμε: α = 7λ= 7(2κ+ Ι)=> α=14κ+ 7 . Αντιστρόφως: Έστω ότι α = 14κ + 7 , όπου κ ε Ζ . Τότε: (5α,14) = (5 ·14κ +5 7,14) = 7(10κ + 5,2) = 7 , αφού (10κ + 5, 2) = 1 (γιατί;). Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: α = 14κ + 7 , όπου κε Ζ . 20)Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς α και β, για τους οποίους ισχύουν: Ο < α < β (ι) και [α,β] - (α,β) = 7 (2). ·

•

Λύση

Έχουμε: {χ = 3α+4β ==> {χ = 3α+4β => 4y-x = 5α(l). y = 2α+β 4y = 8α+4β Επίσης, έχουμε: {χ=3α+4β {2χ=6α+8β => 2χ-3y=5β (2). y=2α+β 3y=6α+3β i) Έστω ότι 5 1 Τότε, επειδή 5 l 5α , από την (1), έπεται ότι 5 l 4y και επειδή (5,4) = 1 , έπε ται ότι 5 1 y . Έστω ότι 5 1 y . Τότε 5 l 4y και επειδ� 5 1 5α , από την ( 1 ), έπεται ότι 5 1 ii) Έστω ότι (α, β)= 1 . Με γ ε Ν• , έχουμε: {γ I· χ (Ι) {γ l 5α => γ l (5α,5β)=> γ l 5·(α,β) =} γ I Υ (2) γ l 5β ==> γ 1 5 ==> (γ = 1 ή γ = 5). ι9)Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς α, για τους οποίους ισχύουν: 2 < (5α, ι4) < ι4 . ==>

χ .

==>

Λύση

Έστω ότι για έναν αριθμό α ε Ζ ισχύουν οι δοσμένες ανισότητες. Επειδή από τους ακέραιους αριθμούς 3, 4, 5, ... , 13 μόνο ο 7 διαιρεί το 14, έπε-

Λύση

Έστω ότι για δύο ακέραιους αριθμούς α και β ισχύουν οι δοσμένες σχέσεις (1) και (2). Θέτουμε: ε = [α, β] και δ = (α, β) . Ονομάζουμε κ το πηλίκο της διαίρεσης α : δ και λ της β : δ , οπότε: α = κδ , β = λδ και (κ, λ) = 1 . Από τις σχέσεις (1) έχουμε: Ο< κδ < λδ και (3). άρα: Ο< κ < λ Εξάλλου, έχουμε: δε = αβ ==> δε= κδ· λδ ==> ε = κλδ (4). Άρα δ Ι ε και επειδή, λόγω της (2), είναι: ε-δ = 7 (5), έπεται ότι δ 1 7 και άρα δ = 1 ή δ = 7 . Έστω ότι δ = 1 . Τότε ,από την (5) βρίσκουμε ότι ε = 8 και από την (4) ότι: κλ = 8 . Από αυ ότι κ 1 8 και άρα: κ = 1,2,4,8. τήΑπόβρίσκουμε την κλ = 8 βρίσκουμε αντιστοίχως: λ = 8, 4, 2,1 . Έτσι, λόγω των (3) και επειδή (κ, λ)= 1 , βρίσκουμε: κ = 1 και λ = 8 , οπότε: α = l και β = 8 . Έστω ότι δ = 7 . Όπως προηγουμένως βρί σκουμε ότι: α = 7 και β = 14 . Αντιστρόφως: Όπως βρίσκουμε εύκολα, τα ζεύγη: (α= 1, β = 8) και (α= 7, β = 14) πληρούν τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι τα μοναδικά ζη τούμενα. •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" λ.ε. τ.4/51

AEKit6sι·s iτ•ιΤι'fΙΊ1ιιιiιs του Θεοδώρου Δ. Ρήγα

ι. Δίνεται το κυκλικό διάγραμμα, που παριστάνει την κατανομή των ωρών εργασίας των υ παλλήλων μιας επιχείρησης κατά το μήνα Μάρτιο 200ι, Είναι γνωστό ότι:. Το 6% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από 2 μέχρι 4€ την ώρα Το ι4% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από 4 μέχρι 6€ την ώρα Το 38% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από 6 μέχρι 8€ την ώρα Το 23% των ωρών εργασίας οιχεί σε αμοιβή από 8 μέχρι ιοε την ώρα Το ι4% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί αμοιβή από ιο μέχρι ι2ε την ώρα Το 5% των ωρών εργασίας αντιστοιχεί σε αμοιβή από ι2 μέχρι ι4€ την ώρα Αν ο συνολικός αριθμός ωρών του μήνα ήταν 7.300 ώρες. α) Να βρεθεί ο αριθμός των ωρών για κάθε κλάση αποδοχών. β) Να παρασταθούν τα αποτελέσματα σε ένα πίνακα συχνοτήτων. γ) Να βρεθεί το ποσοστό των ωρών εργασίας των υπαλλήλων, που η ωριαία αμοιβή τους είναι μεταξύ των 6€ και ι0€. δ) Να βρεθεί η επικρατούσα τιμή καθώς και η διάμεσος της κατανομής. •

•

• •

αντιστ

•

σε

•

Λύση

ν I',H

α) Ο αριθμός των ωρών για κάθε κλάση είναι: 7300χ6% = 438 1 1 7300χ14% = 1022 7300 χ 14% = 1022 νΙ 7300 χ 5% = 365 β) Ο πίνακας συχνοτήτων είναι: ' ->t:ψ ·':Ξ'' "'''··

Κλάσεις ωριαίας αποζημίωσης σε €

2-4 4-6 6-8 8 - 10 10 - 12 12 - 14 Σύνολο

438 1 022 2774 1 679 1 022 365 7300

' '��

ΠΙ

7300χ38% = 2774 ΙΥ 7300χ23% = 1679 f;

6 14 38 23 14 5 1 00

6 20 58 81 95 1 00

·· ..

. , ' κυκλικοι τομεις

ΠΙ

IV ν

γ) Το ποσοστό των ωρών των υπαλλήλων που η ωριαία αμοιβή τους είναι μεταξύ 6 και 1 0€ είναι 61% δ) Συγκροτούμε το παρακάτω ιστόγραμμα συχνοτήτων:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/52

,., ,

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ν; 3500 3000 Β Α 2500 2000 1500 1000 500 0 �--� ��--�----+ € 2 4 6 Μο Β 10 12 14 F;% 100% 80% 60% 50% 40% 20% ο

Οι διαγώνιες του τραπεζίου ΑΒΓΔ τέμνονται στο Ε, του ο ποίου η τετμημέvη είναι η επικρατούσα τιμή Μ0 Απ ' το ιστόγραμμα μ' ένα απλό υποδεκάμετρο διαπιστώ νουμε ότι: Μσ ::::: 7,2. Πέρα απ' το σχήμα η τετμημέvη του Ε μπορεί να υπολογιστεί ως εξής: ΑΔ = 2774-1022 =1752 , ΒΓ = 2774-1679 =1095 . Κι επειδή τα τρίγωνα ΑΕΔ, ΒΕΓ είναι όμοια ισχύει: ΑΔ MQ-6 MQ -6 =1,6. Άρα: MQ =7,23... ή MQ ::::: 7,23 = ή ΒΓ 8-MQ 8 - MQ •

Για την εύρεση της διαμέσου εργαζόμαστε ως εξής: Σχη ματίζουμε το πολύγωνο των αθροιστικών σχετικών συχνοτή των. Η διάμεσος δ αντιστοιχεί στην αθροιστική συχνότητα fj =50%. Απ' το διπλανό διάγραμμα διαπιστώνουμε μ' ένα απλό υ ποδεκάμετρο ότι: δ:::: 7,5. Πέρα απ' το σχήμα η διάμεσος τιμή δ, ως τετμημέvη του σημείου Δ της καμπύλης, υπολογίζεται ως εξής: Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΓ είναι όμοια. Άρα: ΑΕ = ΑΒ η χδ -6 =-2- η, χδ -6 = _.!.._ . Άρα: χδ = ::::: 7 58. ΕΔ ΒΓ 50-20 58-20 30 ι 9 19 '

δ8

ι44

€

Άσκηση 2

Μία βιομηχανική μονάδα κατασκευάζει 4 προϊόντα σε ποσοστά 10%, 20°/ο, 30% και 40% με κόστος κατασκευής 9, 7, 5, 3€ για κάθε προϊ όν αντίστοιχα. α) Να υπολογιστεί το μέσο κόστος κατα σκευής, η τυπική απόκλιση του κόστους αυτού και ο συντελεστής μεταβολής του κόστους κα τασκευής των προϊόντων. β) Αν το κόστος κατασκευής για κάθε προϊόν αυξηθεί κατά 10%, λόγω αύξησης των πρώτων υλών και των μισθών των υπαλλήλων, να βρεθεί ο νέος συντελεστής μεταβολής του κόστους κατασκευής. Λύση Αν παραστήσουμε με χ 1 =9, χ 2 = 7, χ3 = 5, χ 4 = 3 € τις τιμές κόστους κάθε προϊό ντος, τότε οι αντίστοιχες συχνότητες αυτών είναι f1 = 0,1, f2 = 0,2, f3 = 0,3 και f4 = 0,4 . Για το (α) έχουμε: 4 χ= ΣΧj� =9·0,1+7·0,2+5·0,3+3·0,4= i=l 0,9+ 1,4+ 1,5+ 1,2= 5 •

4 Χ <·>_ S2 - Σ Xj2 rί - -2 -

•

i=l

8,1+9,8+7,5+3,6-25= 29-25 = 4 s 2 cv = - =-=0 4 = 40% . χ 5 ' Για το (β): Ας είναι χ το αρχικό κόστος κατασκευής. οπό τε με την αύξηση Ι 0% το νέο κόστος θα είναι: y = + _!Q_ χ = χ +Ο, ι χ = 1, Ι χ. Οπότε: 100 y = ι, Ι · χ = ι, Ι · 5, sy = ι, ιsχ = ι, ι . 2 ι-2 , Άρα cvY = ?y = ι1,1· 5 = 3.5 = 40%.Δηλαδή ο CV παραμένει αμετάβλητος. Άσκηση 3 Ο πίνακας που παραθέτουμε παρακάτω δείχνει τη ποσοστιαία κατανομή των ημερομι•

• < > Αφού:

{ ( J} ( )

�2 = -1 Σνί χ2ί --1 Σνίχ;2 ν i=l ν ί=Ι κ

= Σf:Χ� - Σ f:Χ· κ

i=l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/53

i=l

( J

Υ.' Χ2· Σν-• χ;2 = = Σί=Ι ν i=Ι ν κ

1 -

= Σ f: χ 2 - χ2 κ

i=l

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

σθίων 100 υπαλλήλων μιας επιχείρησης. Η στή λη Α εκφράζει κλάσεις ημερομισθίων σε ευρώ. Η στήλη Β τα αντίστοιχα ποσοστά fi% υπαλλή λων. Να βρεθεί το ποσοστό των υπαλλήλων, που παίρνουν ημερομίσθιο: α) το πολύ 37,5€ β) · τουλάχιστο 36,8€ γ) μεταξύ 36,8 και 39,5€. Α 3 5 - 36 36 - 37 37 - 38 3 8 - 39 3 9 - 40

Β 8 28 44 16 4

Λύση Για το (α) Το ποσοστό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 37,5€ ως ημερομίσθιο είναι 36%. Κι επειδή το 37,5 ανήκει στη κλάση [37,38), στην οποία α ντιστοιχεί ποσοστό 44% θα έχουμε ότι το ποσοστό που αντιστοιχεί στο 0,5 της μεταβολής θα είναι 44 ·Ο, 5 = 22% . Άρα το συνολικό ποσοστό των υπαλλήλων, που παίρνουν το πολύ 37,5€ ως ημερομίσθιο είναι 36+ 22 = 58% . Για το (β) Το ποσοστό των υπαλλήλων που παίρνουν τουλάχιστον 3 7€ είναι: 44 + 16 + 4 = 64% . Το ποσοστό 36,8 ανήκει στη κλάση [36,37), •

•

που αντιστοιχεί σε ποσοστό 28%. Συνεπώς το πο σοστό, που αντιστοιχεί στο 0,2 της μεταβολής εί ναι: 28·0,2= 5,6%. Άρα το συνολικό ποσοστό των υπαλλήλων, που παίρνουν τουλάχιστον 36,8€ είναι: 64+5,6= 69,6% Για το (γ) Κατ' αρχας υπολογίζουμε το ποσοστό των υ παλλήλων που παίρνουν το πολύ 36,8€ και μετά το ποσοστό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 39,5€. Το ζητούμενο ποσοστό είναι η διαφορά τους. Σε 36€ αντιστοιχεί ποσοστό 8%. Κι επειδή το ποσοστό 36,8 ανήκει στη κλάση [36,37) συμπαι ραίνουμε ότι: το ποσοστό που αντιστοιχεί στο 0,8 της μεταβολής θα είναι: 28 Ο, 8 = 22, 4% Κι επο μένως το ποστό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 36,8€ είναι 8 + 22,4 = 30,4%. Παρόμοια βρίσκουμε ότι το ποσοστό iων υ παλλήλων που παίρνουν το πολύ 39,5€. Μέχρι 39€ παίρνει το 96% των υπαλλήλων. Άρα το ποσοστό που αντιστοιχεί στο 0,5 της μετα βολής είναι: 4 · Ο, 5 = 2% . Κι επομένω.ς το ποσο στό των υπαλλήλων που παίρνουν το πολύ 39,5€ είναι 96+ 2 =98% . Τελικά, το ζητούμενο ποσοστό των υπαλλή λων, που παίρνουν μεταξύ 39,5€ και 36,8€ είναι: 98 - 30,4= 67,6%. •

της Αγγελικής Βλάχου Θέμα 1 ° Δίνεται η συνάρτηση

f (x) = ln (2x) - χ 2 + ι .

i) Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. ii) Να αποδείξετε ότι ln 2 � 2χ2 - 2 ln χ για κάθε χ

>Ο

-1

•

το οποίο εξαρτάται μόνο από το πρόσημο του αριθμητή αφού Έτσι έχουμε :

χ>Ο.

•

Λύση i)

f(x)=ln(2x)-x 2 +1 απαιτούμε 2χ > Ο άρα χ > Ο έτσι έχουμε πεδίο ορισμού της f(x) το (0,-tco). Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο της συνάρτησης

1 ' -2χ = --2χ 2 =--2χ 1 = -1-2χ2 =-(2χ) 2χ χ χ 2χ f'( 1-2χ2 Εξετάζουμε το πρόσημο του χ)= χ

f'(x)=[In(2x)- x2 +1J' = [ln(2x)f -(χ 2 )' +1'=

•

1-2χ 2 = 0 <=> -2χ 2 = -1 <=> J2 . <=> χ 2 = -21 <=> χ =±2 1 1 -2χ2 > ο <=> χ2 <-2 <=> χ < J22

Έτσι έχουμε :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/54

Μαθηματικά -yια την Γ Λυκείου

f(x) f(x)

J2/2

+ CO

+ ? �jM� f(!i /2)

J2 Στο χ 0 = 2 η συναρτηση παρουσια' ζει ο'

(�) + �}(�J + I � m�- ± + I �

λικό μέγιστο το r

�

1 1 + -1 . = ln2 2 +-=-ln2 2 2 2 ii) Έχοuμε: f(ψ; r .l

(�)

Θέμα 2° Δίνεται η συνάρτηση ) - e3a ί) Να βρεθούν οι τιμές του α για τις ο ποίες ( ) ( ) = , για κάθε χ ε

f (χ = 2 x + 4 .

f' χ -f" χ Ο

•

ίί) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομέ νης (ε) της γραφικής παράστασης της f στο σημείο με τετμημένη = ίίί) Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού του τριγώνου που σχηματίζει η παραπάνω εφαπτομένη με τους άξονες όταν α=6.

χ0 Ο .

για κάθε

χ > Ο συνεπώς: ln{2x)-x 2 + 1 :::; .!.2 ιn2+.!.2 <=> Λύση <=> ln 2+ ln χ -χ2 1 ::::; .!.ln2+.!. 2 2 i) Θα υπολογίσουμε την πρώτη και δεύ ·2 τερη παράγωγο της συνάρτησης f. Έχουμε: <=>2ln2+ 21n χ-2χ2 2 ::::; ln2+ 1 <=> <=> ln2:::; 2x2 -2lnx-1 , που είναι το ζητούμε- f'(x)= (-2·e3αx +4) = (-2·e3αχ )' + (4) ' = νο. = -2·e3αχ (3αχ)' + 0 =-6α·e3αχ . Π ροσοχή Έστω η γραφική παράσταση μιας συνε f" (x) =(-6α· e3αχ ' =-6α· ) e3αχ (3αχ:J =-18α2 · e3αχ . χούς συνάρτησης y = f (χ) η οποία είναι παρααχ " αχ γωγίσιμη στο ση μείο (χ 0 , f (χ 0 )) και θέλουμε f'(x)-f (x)=O <=> -6α·e3 + 18α2 · e3 =0 <=> χ ;t0 να προσδιορίσουμε την εξίσωση της εφαπτο (-6α+ 18α2 )· e3αχ = Ο 3α<=> -6α+ 18α2 = Ο <=> μένης της γρ. παράστασης της f στο Ρ0 (x0 ,f(x 0 )) . Έχουμε δύο τρόπους αντιμετώ- <=> 6α(-1 +3α) = Ο <=> α= Ο ή α=.!_3 +

πισης του προβλήματος: α' τρόπος Θέτουμέ: (ε) και στη

y = λ · χ + κ όπου λ = f'(χ0 ) συνέχεια για χ = χ 0, y = f(x 0 ) βρί

σκουμε το κ. β ' τρόπος Η εξίσωση της εφαπτομένης ως γνωστό δίνεται και από την ισότητα :

y-f(x 0 ) = f'(x 0 )· (χ - χο ) .

Στις ασκήσεις μας εδώ χρησιμοποιούμε κυρίως τον β' τρόπο.

ii)

ζητούμενη εξίσωση έίναι: (ε)

y-f(O) = f'(O)(x - Ο) f{0)=-2·e3α·O +4=-2 · 1 + 4 = 2 f' {Ο)= -6α · e3α·Ο = -6α 1y-=--6α_χ_+---,21 (ε) y-2 = -6α (χ - Ο) <=> r-

iii) Θα βρούμε τα σημεία τομής της (ε) με

τους άξονες: Για

y=O 1. <=> χ =3α

έχουμε

0=-6αχ+2 <=:)6αχ=2<=>

Άρα η (ε) -tέμνει τον άξονα

χ 'χ

στο

Α ( 3� ,0 ) Για χ = 2 έχουμε y = 2 Άρ η (ε) τέμνει τον '

άξονα y y στο Β(Ο,2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/55

Μαθηματικά '(ια την Γ Λυκείου

ii) Έστω (η): a δρόμησης της y πάνω στη

Υ = + βχ

Β (0,2)

Ε Ε

ρα

(113α,Ο)

χ ι (ΟΑ)=3α

=!(οΑ)·(ΟΒ) (1) με με ΑΟΒ 2 α > Ο και (ΟΒ)= 2 . , Ε (α)=-ι ι · -· ι 2 =-ι τ.μ. αρα =3α 3 3 ΑΟΒ 2 α α ι και ε (6)= ι = ι τ μ. Ε (α) = (-3ια ) = -3α2 3 · 62 ιοs . Δ

Θ έμα 3 °

Δίνεται η συνάρτηση

f (χ)= ημ2χ + συνχ .

f (χ)

με τύπο

i) Να βρείτε την παράγωγο η

f1 (χ) και

στη συνέχεια την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της γραφικής παράστασης της συνάρτη-

, ) σης f1(χ στο σημειο

χ0 =-2 .

ii) Αν Χ και Υ δύο μεταβλητές με αντίστοιχα, να βρείτε την ευθεία και y παλινδρόμησης της μεταβλητής Υ πάνω στην μεταβλητή Χ αν γνωρίζουμε ότι είναι κάθετη στην ευθεία (ε) του ερωτήματος (ί). Λύση i) Θα βρούμε τις της συνάρτησης

χ=3

f1, f"

f(x) f1(x)= (ημ2 χ+συνχ)Ι = 2ημχ ·(ημχ) +(συνχ) = = 2ημχ · συνχ - ημχ = ημ2χ -ημχ . f" (χ)= (ημ2χ -ημχ)1 = (ημ2χ)1 -(ημχ)' = = συν2χ (2χ) -συνχ = 2συν2χ -συνχ . I

Η ευθεία που ζητάμε είναι (ε):

y- r (� ) = r" (; }(χ-;) ( 1 ). 2π - ημ � =Ο-ι = -ι και r' (� ) =ημ 2 2π -συν-π = 2 (-ι) -0=-2 . f,(-π2 ) = 2συν 2 2

λε · λη

η ευθεία παλιν 1_ (ε ) άείναι

(η) = - ι άρα /3 · (-2)= -ι άρα ι3 =

Επίσης το σημείο

χ,

l il ·

(χ, y) ανήκει στην (η) άρα

3 5 = 4 --2 αΛ =-. 2 Έτσι η εξ,ισωση (η ) ειναι: , yΛ = 25 + 2ι χ . 4

Λ βΛ · 3 Λ ι 3 =α+ (::::) 4 = α+-· 2

(::)

Λ α

(::)

Θ έμα 4° έχει μέ 'Ενα πλήθος παρατηρήσεων ση τιμή ένα πλήθος παρατηρήσεων έχει μέση τιμή και τέλος ένα πλήθος πα ρατηρήσεων έχει μέση τιμή Αν όλες οι παρατηρήσεις έχουν μέση τιμή μ να απο δείξετε ότι:

ν1

μ1,

ν3

μ2

μ3 •

+ (μ - μ3 ) μι = μ+ (μ- μ2 ) · .!1. V ι

Λύ ση Έστω

ν2

� Vι

•

S1 , S2 , S3

τα αθροίσματα των τι αντί και μών των παρατηρήσεων στοιχα τότε έχουμε:

ν3 ν1 , ν2 � , μ3 = 83 (ι) = , μ μι = � 2 ν2 νι ν3 Έστω S = S1 + S + S3 (2) το άθροισμα των 2 τιμών όλων των παρατηρήσεων που στο πλή θος τους είναι ν = ν 1 + ν + ν 3 (3) και έχουν 2 μέση τιμή μ. (2) (Ι) S Έχουμε: μ= - (::::) S =μ·ν (::::) S1 +Sz + � =μ· ν (::) ν μι νι +μ2ν 2 +μ3ν3 =μ · ν (::::) μι ν ι = = μ(νι +ν2 +ν3 ) - μ2ν2 -μ3ν3 (::::) μι = μνι +μν2 +μνν3 -μ2ν2 -μ3ν 3 (::::) ι

�

'Ετσι (1) έχουμε:

y =-2χ + π - ι .

y-(-ι) = -2 (χ - ;)

Θ έμα 5° Για μια συνάρτηση

ε IR δεχόμαστε ότι παρουσιάζει α με κρότατο στο i) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτο μένης (ε) της γραφικής παράστασης f στο σημείο

α, β

f (χ)= χ3 + αχ2 + βχ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/56

χ0 = 1 .

M(2,f(2)) .

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ii) Να βρείτε την πιθανότητα του ενδε χομένου Α: «η ευθεία (ε) δεν διέρχεται από το σημείο κ (4,40)», όπου το α παίρνει τιμές από το δειγματικό χώρο Ω, ο οποίος είναι το σύνολο λύσεων της εξίσωσης

χ3 -χ2 - 20χ = ο

Λύ ση Εφόσον η f παρουσιάζει ακρότατο στο έχουμε

με. Έτσι

{Α) =3_ Ρ{Α)= Ν {Ω) Ν 3

η ζητούμενη πιθα

νότητα. Θ έμ α 6° Δίνονται

οι παρατη ρήσεις xi με 10 από αυτές μειώνονται κα τά 4 και 6 από αυτές αυξάνονται κατά 8 και προκύπτουν έτσι οι παρατηρήσεις Υϊ με

i= 1,2,3, ... ,40.

χ =1 i = 1,2,3, ... ,40 f'{1)=0 α) Να βρείτε τη μέση τιμή των παρα 2 2 3 τηρήσεων Yi αν χ = 25 . Αλλά f'{x)= {x +αχ +βχ ) = 3χ + 2αχ+β β) Να βρείτε τη διακύμανση και την Οπότε 3·12 +2·α·1+β=0<=>3+2α+β=Ο<=>β=-2α-3 έτσι ο τύπος της συνάρτησης γίνεται: τυπική απόκλιση των Yi Σ y� = 36.400 i =l f{x)= x3 + άχ 2 +{-2α-3)χ . γ) Να εξετάσετε αν το δείγμα των Yi i) Έστω y = λχ + με λ, κ Ε IR η εξίσωση είναι ομοιογενές. της εφαπτομένης (ε) στο σημείο M{2,f{2)) Λύ ση τότε ισχύουν: λ = f'{2) α) Γνωρίζουμε ότι: Αλλά f'(χ)= (�+�-2αχ-3χ) =3χ2 + 2αχ-2α-3 Σχ ί Σχ έτσι έχουμε: χ = i=.!__ <=> 25 = i=l <=> Σ = 1000 ( 1 ) . 2 40 i=l 40 λ = f'{2)=3·2 + 2α· 2-2α-3 = 2α+9 και η εξίσωση (ε) γίνεται: y = {2α+9)χ + κ . Σχ· -10·4+6· 8 (1) 1000 - 40+48 1 oos =25,2. Όμως το σημείο Μ (2, f(2)) ανήκει στην y= i= ι 40 (ε), άρα f{2) = {2α+9)·2 + κ 40 40 και f{2) = 23 + α · 22 +{-2α-3) · 2 = 8+4α-4α-6 2 ΣΥi ΣΥi = Συνεπώς έχουμε: β) y = i l <:::::> 25,2= i=l <=> ΣΥi =1 008 (2). 40 40 i=l 2 = (2α + 9) · 2 + κ ή κ = -4α -16 έτσι η εξίσωΈχουμε ση της (ε) γίνεται: IY = {2α+9)χ -4α-161 (ε) . 0

αν

•

ιc

ii) Έστω ότι η ευθεία (ε) διέρχεται από το ση μείο ( 4,40) τότε για άρα:

χ = 4 y = 40 40= {2α+9)·4-4α - 16 <=> 40= 4α+ 20 <=> <=> 4α = 4ο-20 <=> Ια = sl .

Βρίσκουμε το δειγματικό χώρο νοντας την εξίσωση:

(

χ 3 -χ 2 -20χ =0 <=> χ {χ 2 -χ -20) = 0 <=> χ 1 = Ο ή χ = 5 ή χ = -4 2 3 Έτσι Ω ={-4,0,5}. Για α = 5 Ε Ω η ευθεία διέρχεται από το (4,40). Για α = Ο ή α = -4 η ευθεία δεν διέρχεται ·

από το (4,40) όπως εύκολα μπορούμε να δού-

)

(� Υ (2) 1 1 oos2 = 1 _ . -� � . . = 4 00 s2 = 36 Υ 40 Σ 40 40 40 i =l ι v.

επιλύ

= 274,96 έτσι Sy = .J274,96 = 16,58 . s 16' 58- = 0,65 η, 65% ετσι , το γ) C ·Vy = ! =y 25,2 δείγμα των Yi δεν είναι ομοιογενές. Θέμα 7° Δ,ινεται

συναρτηση f (

3-2 .Jx +χ) = χ -1 2 -:-

και ο δειγματικός χώρος Ω που αποτελείται από απλά ισοπίθανα ενδεχόμενα. Επίσης Α, Β είναι δύο ενδεχόμενα του Ω με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/57

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Ρ(ΑυΒ)= Ο,4, P(A)= xIim f(x) και Ρ(Β)= λ . Δ < Ο <=> α2 -4β < Ο <=> lα2 < 4βι . �l ί) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συ νάρτησης f. ίί) Να βρεθεί η τιμή του λ έτσι ώστε τα Α, Β να είναι ξένα μεταξύ τους.

}

Λύ ση

απαιτσύμε χ+3 � 0 χ � -3 ι). f(x) �χ+3-2 χ2 -1 και χ2 -1 :;e Ο και χ ±1 :;C

συνεπώς το πεδίο ορισμού είναι το σύνολο

[-3,-1)υ (-1,1)υ (1,-tco) . ii)

Έχουμε:

lim .;;:+3 - 2 Ρ (Α)= lim (χ)= f ι χ χ� �Ι χ 2 -1 . (ν'χ+3 -2)(ν'χ+3 + 2) = lιm χ� Ι (χ+ 1)(χ -1)(ν'χ + 3 + 2) (ν'χ +3 )2 - 22 . = xlιm ----'-:�l (χ + 1)(χ -ι)(ν'χ + 3 + 2) . - χ -ι ιχιm � ι (χ+ 1)(χ -ι)(ν'χ + 3 + 2) 1 _!_ . = χlim �Ι (χ+l)(ν'χ+3 + 2) 8

---'- -==-� -----:--==____,....

Για να είναι τα Α, Β ασυμβίβαστα απαι τούμε

Ρ(Α)+Ρ(Β)= Ρ(ΑυΒ) <=> _!_+λ= 8 Ο' 4 <=> λ=�-_!_ 10 8 <=> λ=�-2_ 40 40 <=> λ=.!.!_ 40

Ο δειγματικός χώρος του πειράματος φαί νεται στον πίνακα διπλής εισόδου:

4β 1 2 3 4 5 6

α2

(1,4) (4,4) (9,4) [(1 6,4) (25,4) (36,4) {1 , 8) {4,8) (9, 8) [{1 6,8) (25, 8) (36, 8) (1, 12) (4,12) [(9,12) 1 6, 12 25, 12 36, 12) (1, 16) (4, 16) [(9,1 6) 1 6,16' 25, 16) 36,16 (1,20) (4,20) (9,20) 1 6,20' 25,20 36,20) (1,24) (4,24) [(9,24) 16,24 25,24 36,24

(Α) Ρ(Α)= Ν (Ω) Ν και Ν (Α)= {(1,4),(ι,8),(1,2),(1,ι '6),(ι,2Ο), (ι,24} ,(4,8),(4, ι 2),(4,ι6), (4, 20} ,(4,24),(9,12),(9,16), (9, 20), (ι6, 20),(ι 6, 24)} άρα P(A) = .Q_ . 36 Έτσι

Θέμα 9° Δίνεται Υ βχ η ευθεία ελαχίστων τετραιyώνων της μεταβλητής Υ πάνω στη μεταβλητή Χ η οποία διέρχεται από το ση μείο Ε(4,0). Αν y με να εκτιμήσετε το y όταν χ

=α+

= x-4 = 12

x :;e 4

•

Λύ ση (ε):

y = δ.+βχ το Ε είναι σημείο της (ε) άρα 0 = δ.+β·4 επίσης το σημείο (x,y) είναι Θέμα 8° σημείο της (ε) άρα y = δ.+β· � έτσι έχουμε: Δίνεται η συνάρτηση f(x)= Jt + ml' +βχ+γ δ.+4β = Ο (1) 3 2 με α, β, γ ε IR. Οι τιμές των α, β διατρέχουν y = δ.+β·χ (2) Από (1) έχουμε δ. = -4β (4). το σύνολο Ω = {1,2,3,4,5, 6}. y =x-4 (3)

}

•

Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ νου: Α: «η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει α κρότατα».

Από (2) και (3) έχουμε 4

( ) χ-4=δ.+β·χ<=>χ-4=-4β+β ·χ <=> Λύση <=> � -4 = β · (� -4) <=> Iβ = ιl Βρίσκουμε την πρώτη παράγωγο της συ άρα lδ.= -4· ι =-41. νάρτησης: Έτσι y = -4 + χ είναι η ευθεία ελαχίστων ' 3χ2 2αχ αχ2 3 χ 2 + αχ +β τετραγώνων με χ = 12 το y γίνεται: =-+-+β=χ f'(x)= �+-+βχ+γ 3 2 3 2 y = -4+ ι 2 = 8 . Για να μην παρουσιάζει η f ακρότατα α παιτούμε η διακρίνουσα Δ της f' (χ) να είναι: Θέμα 1 0°

(

X;tA

)

θέση 10 χωρίων της βόρειας Ελλάδας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/58

Μαθηματικά -yια την Γ Λυκεiου

Α1 (ι,y1 ) , Α4 (2, y4 ) , Α5 (4, y5 ) , Α8 (ιΟ, y8 ) , A9 (8, y9 )

περιγράφεται από τα ση μεία

Α2 (3,y 2 ) , Α3 (5,y3 ) , A6 (7, y6 ) , A7 (6,y7 ) , και Α10 (9,y 1 0 ) ο

α) Αν οι τεταγμένες Υϊ με i = προκύπτουν με πρόσθεση μιας σταθεράς ποσότητας c = 4 στις τετμημένες xi , i = 2, αντίστοιχα να δειχτεί ότι: ί) y = x + c και να βρεθεί η y , ii) S Y = Sx και να βρεθεί η S Y

ι,2,3, .. . ,ιο

ι, . . . ' ι ο

ι,2,3, ... ,ιο

,ιο

ί) y = c · x ii) Sy = I� S I .

γ) Αν γενικότερα οι παρατηρήσεις Υ ϊ με i = ι, 2, . ' ν προκώrτουν από τις παρατη ρήσεις xi με i = 1,2, . . , ν από την ισότητα 2yi = -4xi + και η διασπορά των Υϊ είναι 81 να βρεθεί η τmπκή απόκλιση των xi .

Λύση α) ί)Έχοuμε ότι: Υϊ = xi + c , i = 1,2, . . . ,v διότι :

β)

Υ ι ο = c · χιο

i = 1,2,3, . . . ,10 Υι + Υz + · · · + Υιο , = ετσι y=

CΧι + CX z + · · · + CΧιο

=C·

Χι + Xz + · · · + Χιο

. 10

2 + (cx - cx/ + · · · + (cx10 - cx)2 -cx)� (cx1� � �� 2 -�--��-� =

[

cz (xι - x)z + (x z -x)z + · · · + (χ ι ο - x)z . =� -� άρα Sy = Jc2 s; •

]

<=>

Sy = I� . sx .

S Y = .J8Ϊ = 9 άρα

2 9 = 4 . sx .

18 <=> sx = 4

<=>

sx = 4, 5 .

xι + c + x +c+· · · + x 10 + c Χι +χ + · · +χι0 IO·c = +2 2

=x+c = ίί)

+ 4 = 5' 5 + 4 = 9' 5 .

2 2 2 8zΥ = (Υι - y) + (yz - y) + · · · + (Υι ο - y)

(χι +c-x-c)2 + (χ +c-x-c)2 +· · + (x10 +c -x-c)2 2

(χ ι - χ/ + (x z - χ)2 + · · · + ( χ ι ο - χ)2 = S; (1).

Συνεπώς S� = s; άρα S y = Sx .

Αντικαθιστούμε στην (1) και έχουμε:

s� = s; =

γ) Λόγω των ερωτημάτων (α) και (β) έ χουμε: 2yi = -4xi + 6 <=> I� · SY = 1-4\ Sx όμως

Υιο = χιο + c Υι + yz + · · · + yιο επομένως: Υ = =

y1 = χ1 + c Yz = Xz + c

---==--=-=----

=C· X .

z z z ii) sΥz = (Υι - y) + (yz - y) + · · · + (Υιο - y) =

β) Αν οι τεταγμένες Υϊ με i = προκύπτουν από τον zοUΑιπλασιασμό των επί την στα τετμημένων xi με i = 1,2, . . . θερά c αντίστοιχα να δειχτεί ότι:

Υι = c · χι Yz = c · xz

82 5 • = 8,25 άρα sY = .j8,25 = 2,8 . 10 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.ε. τ.4/S9

Λ. EIPHJ\ΊJE 7.

163 -+5

ΗΛ!Ο'ιΠΟΛΗ

ΤΗΛ.: 9937645 - 6 FAX: 99372 1 1 E-mail:

ιηail@g�nadios.ectu.gr

Επισκεφθείτε. μα..;:

l1ttρ:/Λν""\V\V.genadios.edιι.gr

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

των Δ. Αγαπητού και Π. Δημόπουλου

Θέμα 1 ° Θέμα 2° Να προσδιορίσετε το γεωμετρικό τόπο των Δίνεται μια συνάρτηση f, που είναι δύο φο σημείων Μ του Μιγαδικού Επιπέδου, των ο ρές παραγωγίσιμη μήκος ενός κλειστού ποίων οι αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί z είναι διαστήματος [α,β] κατά με f(x)f'(x) :;t: O , για κάθε τέτοιοι ώστε τα παρακάτω όρια να είναι συγκε κριμένοι πραγματικοί αριθμοί. [α, β]. z - ϊl χ3 - lz - 11 χ-(sx-s) l 1.) , οτι, υf'(α) lιm . = Αν f(α) αποδείξετε να χ-1 , f (β) f' (β) (Υ) z -1 + il χ3 - 2χ 2 - 8 Ι·ι·) l πάρχει ξ (α, β) τέτοιος ώστε: lιm χ� 2 χ-2 «η μορφή του μιγαδικού αριθμού z με Λύση -�x-{5x-5) z = f" (ξ) f (ξ{συν : + ίημ : ) είναι τριγωνομεi) Θέτουμε: f(x) lz -ηx3 -lzχ-1 1im f {x)= f , fE !R . τρική με Arg (z) = π4 ». Στη συνέχεια να δείξετε Οπότε: lz -ηx3 -lz -1lx-{5x -5)=(χ -1)f{x) . ότι: z 2004 < Ο Λύση Άρα: limiiι!z -ilx3 -lz -1lx - {5x -5)} =0 ή f'{β)- = f'{α-) (1). Απ' την (Υ) παίρνουμε: Ιz -il -lz -11 = ο ή Ιz -il = Ιz -11 . f{β) f{α) Συνεπώς ο γεωμεΥ. τρικός τόπος, που ζητά Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)= ��j, που με, είναι η μεσοκάθετη y=x στην ευθεία ΑΒ με είναι προφανώς παραγωγίσιμη κατά μήκος του (! ) Α{1,0) και Β{Ο,1) . [α,β]. Κι επειδή g(α)= g(β), συμπεραίνουμε κατά Το σημείο Ρ{1,1) ε προφανώς δεν ανήκει το Θ. Rolle, ότι: «υπάρχει ξ Ε (α,β) τέτοιος ώστε: στον γεωμετρικό τόπο. , f" {ξ)f{ξ)- [f'{ξ)]2 = ο ». Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος είναι η πρώτη g {ξ)= ο η f2 {ξ) διχοτόμος του Καρτεσιανού Συστήματος, εκτός του σημείου Ρ(1, 1). Οπότε: f" {ξ)f {ξ)= (f' {ξ)]2 >Ο . 2 3 -8 , Άρα η μορφή του z είναι τριγωνομετρική με ii) Θέτουμε: g(x) = lz -1+ilxx--2χ 2 Arg{z)= � . limg(x)= f' , f'ε IR . �2 Έχουμε τώρα:8 Οπότε: lz -1+ilx3 -2χ 2 -8 = {x -2)g(x) . 2004 = {f'{ξ)}400 ·(συν{501π)+iημ{501π)]= z Άρα limii1! z -1+ilx 3 -2χ2 -8} =0 ή = - {f' {ξ)}4008 < ο 8lz -1+il -16 =0 ή lz -1+il = 2 ή Jz -{1-i� = 2 . [αφού συν[501π]=-1 , ημ{501π)= Ο ]. Συνεπώς ο γεωμε τρικός τόπος, που ζητά Θέμα 3° με, είναι ο κύκλος με Αν χ, y είναι αντίστοιχα η τετμη μένη και η κέντρο Κ{1,-1) και α- τεταγμένη του κοινού σημείου των γεωμετρι κών τόπων των σημείων Μ (z) του Μιγαδικού κτίνα ρ = 2 . Επιπέδου με �z - 3il = lz + � , lz - � = lz - �} , να α Τα σημεία Μ1 (2,-1-�) και M2 (2,-1+ .J3) ποδείξετε ότι: δεν ανήκουν προφανώς στον γεωμετρικό τόπο. ΧΕ

•

x�l

•

χ�ι

•

χ�ι

χ�2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

νΠ ν (χ + iy) + (χ - iy) = 2 ν+Ζz συν-, 4 ν

�

Απόδειξη

Ν .

(Ι)}

, z-(0+3i�� =lz-(0-i� , Το συστημα γινεται: z-(0+ li� =Iz-(1 +Oi�� (2) . Η (1) ορίζει τη μεσοκάθετη στην ευθεία ΑΒ με Α(Ο,3) και Β(Ο,-1) . Δηλαδή είναι η ευθεία με εξίσωση y = 1 . Η (2) ορίζει τη μεσοκάθετη στην ευθεία ΓΔ με Γ(Ο,1) και Δ(1,0). Η ευθεία αυτή έχει προφανώς ε ξίσωση: y = χ . Συνεπώς το κοινό σημείο Ρ των δύο γεωμε τρικών τόπων είναι το P(l , 1 ). Έχουμε λοιπόν: (x+iy)v +(x-iy)v =(1+ί)ν +(1-i)v = [J2 συν�+ίημ:)Τ+[J2 συν � -ίημ �)Τ =

( =2 (

tz συν

(

;.+ίημ;} ffz ( ; -ίημ;)=2";2 ; ow

4° Αν z0 =α+ ίβ , να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των εικόνων Μ (z) , για τους οποίους ισχύουν: zz-Re[(zz)2 ] + 4 Re(z)Im(z)+ jz0j2 - 51 = 0 1 - συν (2Fχ ) όπου: α = χlim και β = f' (Ο) με 2χ � ο+ χ -χ2 ::::; f (χ) ::::; , για κάθε χ (-1,1) . Λ ύσ η 2Fx))' . 1--<n{2Fx)(=�) Jirn -σw( (1-. ..:... ,Εχουμε: α= lim ._ -'--'-'2χ x--d x--d (2χ)' Θέμα

lim &. = χ�ο+

ημ(2Γχ)

Γχ) (!) = χ�limο· ημ(2 2Γχ

f(x) ;::: 1 . , γινεται: , 1-χ ;::: -για χ < Ο η συνθηκη χ f(x) = 1 (2). Και συνεπώς χlim �ο- χ f(x) =1. lim Απ' τις (1), (2) συμπεραίνουμε ότι: x-j() Χ Κι επειδή f (Ο)= Ο, συμπεραίνουμε ότι: f'(Ο)= 1. Συνεπώς α = β = 1 . Δηλαδή z0 =1+i . Κι ε πομένως jz0j = J2 . Αν: z = χ + iy , τότε: zz0 = (χ +iy)(1-i) = (χ + y)-i(x -y) . Άρα: (zZ{J )2 = (x+y)2 -(x-y)2 -2i(x2 -y2 )= = 4xy-2i(x 2 -y2 ) . Και συνεπώς: Re (zz0 )2 = 4xy . Έτσι η εξίσωση που μας δόθηκε γίνεται: 2 χ + y2 -4xy+4xy+2-51 ή χ 2 + y2 =49 . Οπό τε ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος κέντρου 0(0,0) και ακτίνας ρ = 7 . •

Θ έμα 5°

i) Να δειχθεί ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ του Μιγαδικού Επιπέδου, των ο ποίων οι αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί επαλη. Rez -Imz1 1 = Ο θεύουν την εξίσωση: lzl 2 - 2 Imz Rez1 όπου z1 κάποιος συγκεκριμένος μιγαδικός α ριθμός με jz1j = 1 . ii) Αν είναι η ακτίνα του παραπάνω κύ κλου, να μελετήσετε ως προς τη συνέχεια στο σημείο χ0 τη συνάρτηση f (χ) , για την οποία ισχύει: ex + 1 ::::; f(x)::::; ex + χ3 , για κάθε JR με

χ0

ΧΕ

χ ;::: 1 . Απάντηση :

ί) Ας είναι z = χ + iy και z1 = α+ ίβ όπου συν (2Γχ) α2 +β2 =1 (1). = 1imο+ -/J; 2 1 =Ο ή χ� Η εξίσωση γίνεται: χ 2 + y2 -2 ; � 2Γχ Απ' τη συνθήκη τώρα για την f(x) παίρνου χ 2 + y2 -2(αχ+βy) = Ο ή με: Ο ::::; f(Ο)::::; Ο . Οπότε: f(O) = O . (χ-α)2 -α2 + (y-β)2 -β2 = Ο ή (=1) 1 (2). για χ > Ο η συνθήκη γίνεται: 1-χ ::::; f(x) ::::; 1. 2 2 (χ -α) +(y-β) χ Η (2) είναι εξίσωση κύκλου κέντρου Κ(α,β) Κι επειδή χ� limο (1 - χ)= 1 = χ� limο 1 , συμπεραίκαι ακτίνας ρ=1. νουμε, κατά το κριτήριο παρεμβολής, ότι Άρα χ 0 = 1 . f(x) = 1 (1). lim ίί) Απ ' τη δοθείσα σχέση για χ = 1 παίρνουχ�ο+ χ Χ

�

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/61 ·

Μαθηματικά -yια την Γ Λυκείου

με: e +Ι � f (Ι) � e + Ι . Και συνεπώς: f (Ι) = e +Ι (χ -Ι)2 +(y-2)2 =(χ-7)2 +(y+2)2 <=> y=�x-6 . 2 lim(ex + I) = e + I και χ� lim(ex (3). χ�! + x3 ) = e + I . ! αχ2 f(x) = 1im +5βχ-10 α. ..) 'Εχουμε: -3 = 1im Συνεπώς χ� limf(x)=e+l = f(I) δηλαδή η 2 χ -+- χ χ -+= x(x+l) ! f(x) είναι συνεχής στο χ0 = Ι . Κι ακόμα --6= lim (r(x)-�x2 )= Θέμα 6° x-+-co (10β-3)χ-20 10β-3 Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημεί = lim ων Μ του Μιγαδικού Επιπέδου, των οποίων οι χ�2χ + 2 2 αντίστοιχοι μιγαδικοί αριθμοί z επαληθεύουν Άρα β = -_2_ την εξίσωση: lz -2i+αi = Re(z1)· όπου α = f(e) 10 . για μια συνάρτηση f με συνεχή παράγωγο κατά Επομένως: α = 23 , β =- ;- 109 . μήκος του κλειστού διαστήματος [l,e] και επαληθεύει τη συνθήκη: Jreι f(χx) dx=l- Jrer Θέμα 8° ι (x) lnxdx i) Να βρείτε zε C τέτοιον ώστε: και z1 είναι η λύση του συστήματος {Ιz +2il = lz +4�, Arg (z+4i) = ;} . �z-3il = lz -�, lz-� = lz - η}. ΛίJση ι χ2συν-, για χ :;ι!: Ο , να υπολοΕπιλύουμε το σύστημα για να βρούμε τον z1 ιι) Αν f (x) = χ Η πρώτη απ' τις εξισώσεις γίνεται: 0 , για χ = Ο (z -3i)(z +3i) = (z-i)(z +i) <=> i(z- z) = 2 ή γίσετε την f' (lzl- 3) . i(-2iy) = 2 . Κι επομένως: y = Ι (1). Απάντηση Άρα η δεύτερη εξίσωση γίνεται: i) Έστω z = χ + iy . Οπότε η εξίσωση γίνεχ 2 = (χ -Ι)2 + Ι <=> χ = Ι (2). ται: lx + (y+ 2)il =lx + (y+4)il ή Δηλαδή: z1 =Ι +i . Εφαρμόζουμε το Θεώρημα «Ολοκλήρωσης x 2 + (y+2)2 = x 2 + (y+4)2 ή 4y+4=8y+16 ή -4y= l2 ή y = -3 . κατά παράγοντες» στη συνθήκη έχουμε: Κι επομένως z + 4i = χ -3i + 4i = χ + i κι επειe [ ef Χ Jrι -(x-) dx = I - f(x)lnx]e1 + Jrι f(x)(Inx) dx = δή: Arg(z+4i)= π , συμπεραίνουμε ότι: χ =Ο . 2 (χ) f e = Ι- f (e) + Jrι χ dx . Τελικά z = Ο-3ί κι επομένως I� = 3 . Άρα f(e) = I δηλαδή α=l (3). f(x)-f(O) ι;,(xσuv.!)=o ii) Ζητάμε f'(O)=l i m �\ χ χ� χ-0 Η εξίσωση γίνεται: l z -2i+�=1 ή lz -(-I+2i�=l. Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος, που ζητάμε, διότι: -1 � συν .!_ � 1 , για κάθε χ ε JR είναι κύκλος κέντρου Κ (-Ι, 2) και ακτίνας ρ = Ι . 1 χ. Για χ > 0 , -χ � χσυν-� Θέμα 7 " χ ί) Να βρείτε στο Καρτεσιανό Επίπεδο Oxy Κι επειδή: χ� limο (-χ)= χ� limο χ = Ο συμπεραίνουτην εξίσωση της ευθείας που ορίζει στο Μιγαδικό επίπεδο η εξίσωση: lz - 1 - 2il = lz -7 + 2il . με ότι: χ�limο+ (χσυν .!.χ ) = ο (1). ίί) Να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων έτσι ώστε η γραφική παράσταση της συνάρτη1 χ. Για χ < Ο , -χ :2: χσυν-:2: 2 + 5βχ- 1 0 α χ χ σης f (χ)= χ+l να έχει στο σο πλάΟπότε χ�limο- (χσυv .!.χ ) = Ο (2). για αδύμπτωτη την πιο πάνω ευθεία. Απάντηση i) Έστω z = χ + iy . Οπότε η εξίσωση γίνεΑπό (Ι) και (2) συνάγεται χ�Ο lim (xσυv .!.Χ ) = Ο. ται: i(x -I)+i(y-2� =i(x -7)+i(y+2� ή ιι

{

••

•

κι

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/62

* .

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

του Σπύρου Γιαννακόπουλου

f : [α,p] � R είναι παρα τουλάχιστον κε (ξ,ρ) τέτοιο, ώστε g' (κ) = Ο � f' (κ) = f' (ρ) και επειδή η f' ως συ γωγίσιμη με f' (χ) * Ο για κάθε χ ε [α, Ρ] . νάρτηση είναι 1-1 συμπεραίνουμε ότι κ = ρ : ά α) Δείξτε ότι: στο (α,p) υπάρχει το πολύ έ τοπο. Όμοια αν ξ > ρ . να σημείο μηδενισμού της f. Άρα η εφαπτομένη της Cr στο Α δεν έχει άλ p) 'Εστω f (ρ) = Ο με ρ ε (α, Ρ) . λο κοινό σημείο με τη Cr . ii) Για την f έχουμε ότι: Είναι συνεχής στα δια i) Αν η f' είναι «1-1», δείξτε ότι η εφα πτομένη της Cr στο σημείο Α(ρ,Ο) δεν έχει άλλο στήματα [α,ρ ], [ρ,β], αφού είναι παραγωγίσιμη στο [α,β] και παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α,ρ), (ρ,β). κοινό σημείο με τη Cr Άρα σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής ii) Αν αf (Ρ)+ pr (α) = Ο (1), δείξτε ότι υ (του διαφορικού λογισμού) υπάρχουν ρ1 ε (α, ρ) και ρ2 ε (ρ, β) με ρ1 < ρ2 τέτοια, ώστε πάρχουν ρ1 , ρ 2 ε (α,p) με ρ1 < ρ 2 τέτοια, ώστε f(α) (3) και � ρ ) f'( f'(ρι ) - f(ρ)-f(α) -- ι ρ-α ρ-α f(β) (4). 'Εχουμε � ) = '(ρ f f'(ρ2 ) = f(β)-f(ρ) 2 β-ρ β-ρ Λύση α) Υποθέτουμε ότι στο (α,β) η f έχει δύο ση f' (χ)* Ο για κάθε χ ε [α, β] , οπότε λόγω των (3), μεία μηδενισμού τα κ, λ με κ * λ . Έστω ότι είναι (4) είναι f(α) * Ο , f(β)* Ο . κ < λ . Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι ε 1 1 (J) ρ-α β-ρ φαρμόζεται για την f στο [κ,λ] το θεώρημα Rolle, --+-=- -- + -- = οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (κ, λ) τέτοιο, f' (ρ1 ) f' (ρ2 ) (4) f (α) f (β) ώστε f' (χ 0 ) = Ο άτοπο. Άρα η f στο (α,β) έχει το αf(β)+βf(α)-ρ(f(α)+f(β)) (Ι) f(α)+f(β) � -ρ f(α)f(β) f(α)f(β) πολύ ένα σημείο μηδενισμού. β) i) Σύμφωνα με το α) ερώτημα το ρ είναι μοναδικό σημείο μηδενισμού της f. Η εφά � f'� ) + f'� ) = -p f�α) + f�) 1 πτομένη (ε) της Cr στο Α έχει εξίσωση ε ή 2 y-f(ρ) = f'(ρ)(χ-ρ) � y = f'(ρ)(χ -ρ) . 2ο) Θεωρούμε τη συνάρτηση f :[--α,α] �R, Θεωρούμε το σύστημα α > Ο για την οποία έχουμε ότι είναι δύο φορές = = f(x) f(x) παραγωγίσιμη με f' (χ)+ f' (-χ)= Ο (1) για κάθε Υ Υ y = f'(ρ)(χ -ρ) � f(χ)-f'(ρ)(χ -ρ) =Ο (2) χ ε [-α, α] και f" (χ) * Ο για κάθε χ ε (-α, α) . Οι λύσεις της (2) στο [α,β] είναι οι τετμημένες ότι: των κοινών σημείων της Cr με την εφαπτομένη ε. Δείξτε i) Η, γραφική, παράσταση της f έχει άξονα Προφανώς το ρ είναι λύση της (2). Έστω ότι η (2) τον y Υ στο [α,β] εκτός του ρ έχει ως λύση και την ξ με συμμετριας ii) Η εξίσωση f'(x)= O (2) έχει στο (-α,α) ξ*ρ. λύση. Έστω ξ < ρ . Θεωρούμε τη συνάρτηση g με μοναδική iii) πάρχει θ ε (Ο, 1) τέτοιο, ώστε Υ g(x)=f(x)-f'(ρ)(x-ρ) , χε [ξ,ρ]. f' (α)= αf" (θα) . Η g είναι συνεχής στο [ξ,ρ] και παραγωγίσιμη Λύση στο (ξ,ρ) με g'(x) = f'(x)- f'(ρ) . i) Για κάθε χε [-α,α], η (1) είναι ισοδύναμη με την g(ξ)= g(ρ)= Ο . Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα f'(x) =-f'(-x) � f'(x)=[f(-x)f � f(x) =f(-x)+ c 1 °) Η συνάρτηση

•

{

(

{

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/63

}

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

(3), όπου κάποια σταθερή. Για χ= Ο από την (3) f(O) = f(O)+ <=> =Ο. παίρνουμε Άρα για κάθε χ ε [-α, α] ισχύει f ( ) = f (χ) , πράγμα που μαςτηςεξασφαλίζει ότιέχειη f είάξονα ναι άρτια, ο πότε η γραφική παράσταση συμμετριας τονΑπόy y . την (1) για χ=Ο παίρνουμε f'(O) =Ο. Άρα το Ο είναι λύση της (2) στο (-α,α). Αν υποθέσουμε ότι και ο ρ ε (-α,α) με ρ * Ο π.χ. ρτι >Οείναι:είναι λύση της (2), τότε για την f' έχουμε ό Συνεχής στο [Ο,ρ]. Παραγωγίσιμη στο (Ο,ρ) και f'(O)=f'(ρ)=O. τέτοιο, Rolle ώστε υπάρχει f" (χ0 ) =έναΟ : τουλάχιΣύμφωνα στον μεε το(Ο, ρ)θεώρημα άτοπο, αφού f" (χ) * Ο για κάθε χ ε (-α, α) . Ό μοια αν ρ < Ο . Άρα το Ο είναι μοναδική λύση της (2) στο (-α,α). f' είναιμεσυνεχής και παραγω ίσιμητουστοΣτοδιαφορι (Ο,[Ο,αα).] κηΣύμφωνα το θεώρημα μέσης γτιμής ού λο ι σ μού υπάρχει ένας του γ λάχιστον ξ ε (Ο,α) τέτοιος, ώστε (Ο) <=> f"(ξ)= f' (α) ( f" (ξ)= f' (α)-f' α-0 α 'Εχουμε Ο< ξ< α <=> Ο< 5_α < 1, οπότε υπάρχει και η θ ε (0,1) τέτοιο, ώστε 5_=θ<=>ξ=θα α γράφεται f' (α) = αf" (θα) . f με συνάρτηση Έστω η 2 f (x) = αeχ + χ + 2χ + 2 , χ ε � ' α > Ο . Δείξτε ότι: c

-χ

ii)

• • •

χ0

iii)

lim f' (χ)= οπότε υπάρχει λ > Ο τέτοιο, ώστε f'(x) >Ο. λ] με ναι συνεχής στο [κ,Bolzano f' (κ)Ηf' (λ)f'< Ο .είΣύμφωνα με το θεώρημα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (κ,λ) τέτοιο, ώστε f'(x0 )=0. Η f' είναι παραγωγίσιμη στο � με f" (χ) = αeχ + 2 > Ο . Άρα η f' είναι γνησίως αύ ξουσα, οπότε το χ0 είναι μοναδικό. β) Έχουμε f(x) = f'(x)+ χ2 (1), για κάθε χ ε � . Στο σημείο A (x0 ,y0 ) της γραφικής παρά στασης της fχ'χορίζεται εφαπτομένη παράλληλη στον άξονα , οπότε από την (1) παίρνουμε f(x0 )=f'(x0 )+x� <=> y0 =x�. Άρα το Α είναι σημείο και της παραβολής με εξίσωση y = χ2 . +=

Χ-Η-οο

4ο) Θεωρούμε μια παραγωγίσιμη συνάρτη ση f με πεδίο ορισμού ένα ανοικτό διάστημα (α,β). Αν lim f x A , � και lim f x B ,

( )= Αε

χ�α

Βε �

x� p

( )=

Να δείξετε ότι: υπάρχει ένα τουλάχιστον Α ξε (α,β) τέτοιο ώστε: f ξ Β . β-α ii) Αν Α Β και η f είναι κυρτή στο (α,β), τότε το ξ του (i) είναι θέση ολικού ελαχίστου για την f.

'( )= -

ΘεωρούμεΒ -Ατη συνάρτηση g(x)= {f (x)- β-α (χ-α),ανα<χ<β και Α , αν =α ή χ =β παρατηρούμε: Η g είναι συνεχής στο [α,β] διότι είναι συνεχής α) Υπάρχει ακριβώς ένα σημείο της Cr στο (α,β) ως διαφορά συνεχών (παραγωγίσιμων) lim g(x) = lim f(x) =Α= g(α), στο οποίο ορίζεται εφαπτομένη παράλληλη στον και άξονα χ'χ . -Α β) Το σημείο του i) ερωτή ματος είναι κοινό ( ) = lim f (χ)- Β (β-α) = l i m g β-α σημείο της Cr και μιας παραβολής της οποίας = Β -(β-α)= Α= g(β). να βρείτε την εξίσωση. Η g είναι παραγωγίσιμη στο (α,β). Συνε υπάρχει ξ ε (α,β) τέτοιο ώα) Η f είναι παραγωγίσιμη στο � με πώς, κατά το Θ. RolleΒ-Α στε g'(ξ)=Ο ή f'(ξ)- β-α =Ο ή f'(ξ)= Ββ-α-Α . f(x)=αex +χ2 +2χ+2. lim f'(χ) = -οο , οπότε υπάρχει κ < Ο τέτοιο, με το ερώτημα έχουμε f' (ξ)= Ο.Σύμφωνα Η f' είναι γνησίως αύξουσα, οπότε για ώστε f'(κ) <Ο. (4)

Λύση

3")

�α

�β

�α

�β

•

Λ ύ ση

Χ-+-οο

ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/64

(i)

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

κάθε χΕ (α, ξ), χ< ξ=> f'(x) < f'(ξ) <=> f'(x) <Ο f(x) � y <=> f(x) � -2χ -3 <=> f(x)+ 2χ � -3. και για κάθε χΕ (ξ, β), ξ<χ=>f'(ξ)<f'(χ) <=>f'(x) >0 Θεωρούμε τη συνάρτηση f με Άρα στο ξ η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο. f (x)= + 2α ln x , α) Δείξτε ότι για κάθε Χ Ε � ισχύει Να βρείτε το α ώστε f στο = 1 να xex � ex - 1 . παρουσιάζει καμπή. β) Θεωρούμε τη συνάρτηση ίί) Για το α του ί) ερωτήματος να βρείτε τις aσύμπτωτες της Cr . f ( ) = xex - 3ex + ί) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης Λ1Jση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο της Cr στο σημείο A (O,f (O)) . ίί) Δείξτε ότι για κάθε· Ε �' Χ f (x) + 2x � -3 . (0,+=) με f'(x)=2x+-2αχ και f"(x)= 2{χχ22- α) . Απαιτούμε f" (Ι)= Ο <=> α = 1 . α)ΛύσηΘεωρούμε τη συνάρτηση h με Για κάθε χΕ (0,1), f"(x)<O και για κάθε h(x)=xex -ex +1, Χ Ε � . (1,2), f"(x) >Ο. Άρα για α= 1 η f παρουσιά h είναι παραγωγίσιμη με h' (χ) = xex και ζειχΕκαμπή στο χ0 = 1. h'(x)=O<=>x=O. ii) Για α= 1 έχουμε f(x) = χ 2 21n x, χ χ>Ο. h'(x) - ό f είναι συνεχής στο (0,+=), οπότε mθανή h (χ) �λ . εfα� είναι η ευθεία με κατακόρυφη aσύμπτωτη της εξίσωση χ = Ο . Ίr lim f(x)= lim {χ 2 +2ln x ) =-oo . ΤοΆραΟ γιαείναικάθεολικχόΕελάχιστο f. της � εί ν αι Άρα η ευθεία με εξί σ ωση χ = Ο εί ν αι κατακό f (χ) � Ο <=> xex � ex -1 . aσύμπτωτη στοτης += aσύμπτωτες με εξίσωση β) i) = � . f είναι παραγωγίσιμη ρυφηΑναζητούμε με f'(x) = xex -2ex + 2χ. f(0)=-3 και f'(0)=-2. Έστω ε η εφαπτο y=λχ+κ. ιm f (χ) = ιm (χ+ 2ln χ ) τότε η εξίσωσή της είναι Έχουμε χ μέy+3νη =της-2χ <=> στοy = -Α,2χ-3. χ . ii) f' είναι παραγωγίσιμη με f"(x)=xex -ex +2= {xex -ex +1) +1>0 (λόγω lim lnΧχ υ:) lim (Ιη(χ)χ)' ' = lim .!_Χ = του αηερωτήματος). Άρα η f είεπαφής ναι κυρτήΑ στοβρίσκεται � , ο πότε ε εκτός του σημείου , κάτω από την Από το τυχαίο σημείο (x,f(x)) Άρα Ιι.m f(x)χ = += , οποτε, δ υπαρχουν της φέρνουμε παράλληλη ευθεία προς τον ά στο += πλάγιες ή οριζόντιες aσύμπτωτες της ξονα y'y που τέμνει την ε στο σημείο (χ, y) . Έ χουμε 6°)

5°)

χ2

χ>Ο.

χ2

χ0

•

i) Η

-οο

+οο

χ�ο+

Cr .

Ι.

χ�+-

ι·

χ�+-

Χ �+οο

Cr .

χ�+-

Χ �+-

εν

Cr .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/65

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Πρώτο μέρος από Βασίλη Δ. Καρακατσάνη 1 ) Να υπολογιστεί το αόριστο

ολοκλήρωμα:

J [ln (ln7χ

-1

x )J ln x

Λύ ση

dx .

Κατ' αρχάς βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της ολοκληρωτέας συνάρτησης. Πρέπει: hι χ > Ο και ln χ :;t 1 (::::) χ > 1 και χ :;t e . Άρα: Δ(f) = (l,e)u(e,-too) . Εργαζόμαστε σε κάθε διάστημα ξεχωριστά. Θέτουμε y = hι χ . Οπότε: dy = _!_χ dx . Και συνεπώς έχουμε: -1 1 dy = = 7J J 7χ dx ln y · y [ln (hι x)]hι x = 7J (hι Υ)' dy = 7 hι lln � + c , c Ε 1R . ln y Τελικά παίρνουμε: 7 χ> -1 = ·hι(hι(lnx))+c1 ,για e J 7χ dx 7 ·1n(-ln(lnx))+c2 ,για1<x<e [ln(lnx)]lnx

{

2) Να

υπολογιστεί

1 dx . ολοκλήρωμα: J χ (1+χ )

το

αόριστο

Λύ ση

Κατ' αρχάς βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της ολοκληρωτέας συνάρτησης. Πρέπει: χ * Ο , χ :;t 1 και _χ_1 ;::: Ο ή χ (χ - 1) ;::: Ο (::::) χ < Ο ή χχ > 1 . Άρα: Δ(f) = (-oo,O)u (1,-too) . Εργαζόμαστε σε καθένα απ' τα διαστήματα αυτά ξεχωριστά. Θέτουμε: χ χ = t , t > Ο με t :;t 1 . -1 χ = t3 η, χ = -t3 . , Οποτε: χ-1 t3 -1 2 , dx = -3t dt . Συνεπως: {t3 - 1)2 {t3 -1)2 1 Κι επομένως Επίσης: χ(χ - 1) 2 (t3-1)-·. ·-1 -dx = J-,εχουμε: J--3t2 dt = t 3 χ (χ-1) χ - 1 t3 (t3 -ι)2 = -3Jdt = -3t + c .

�

Τελικά: J

Λύ ση

Πρέπει: χ * Ο . Συνεπώς Δ (f) = JR Εργαζόμαστε σε καθένα απ' διαστήματα (-οο,Ο) , (0,-too) ξεχωριστά. * .

τα

1 3 �dx -χ (χ - 1) χ - 1

!-3�

χ + c1 , για χ > 1 χ -1

-33 - + c2, για χ < Ο χ-1 4) Έστω f, g δύο συναρτήσεις στο [α,β]. Να αποδείξετε ότι: i) Αν f (x ;::: g (x για κάθε Ε [α, β] τότε

)

J: f (x) dx ;::: J: g (x) dx .

ίί) Αν m η ελάχιστη τιμή και Μ η μέγιστη τιμή της f στο [α,β] τότε:

m (β - α) :ς J f (x) dx :ς Μ (β - α) . Απάντη ση

1 -χ4 + "· γιαχ>Ο -ln -ι • Τελικά: J 1 dx = 4 l+x4 1 χ4 x(l+x4) -ln--+C2,γtαX<0 4 l+ x4

3) Να

ολοκλήρωμα

υπολογιστεί

�

το

χ dx . 1 J χ χ( 1) χ- 1

αόριστο

Εφόσον f(x);:::g(x) έχουμε f(x)-g(x);::: o συνεπώς J: (f(x)-g(x))dx ;::: ο (::::) (::::) J: f(x)dx-J: g(x)dx ;::: Ο (::::) J: f(x)dx;::: J: g(x)dx . ί) Για κάθε χΕ [α,β] ισχύει m:ςf(χ) :ς Μ (::::) J: mdx :ς J: f(x)dx :ς J: Mdx (::::) m(β - α) :ς � J: f(x)dx � Μ (β-α) . ί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/66

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

, η συναρτηση , Δινεται f με f(χ) = ln,J;.x .

α) Να μελετηθεί η μονοτονία. β) Έστω k � 8 ' k Ε w* να δείξετε ότι: ln(k + 1) k l ln k , ..Jk+ϊ � Jrk f(t)dt � -Jk , οπου t ε JR και

t ε [k,k + l] .

γ) Να υπολογιστεί το lv = J8

+ f(t)dt . l

δ) Να υπολογιστεί το όριο lim Ι ν -+t-

= 2�ν+11n(ν+1)-4J2In8-[4j;.J :+Ι = 2�ν+11η(ν+1)-4J2Ιη8-4�ν+1 +4.J8 = = 2�ν+1[In(ν+1)-2]-12J21n2+8J2 . και im 2�ν + 1 = δ) Είναι νl-Ηοο lim [In(ν+ 1)-2]=-too . Άρα είναι lim l v =-too . ν�+οο ν�+οο Δεύτερο μέρος από ΓΙΑΝΝΗ ΣΤΡΑΤ Η Ι . Για μια συνεχή συνάρτηση f : [-1,1] JR δεχόμαστε ότι είναι άρτια. Να f (χ) dx = rι f (x) dx. δείξετε ότι: J 1 -ι ι+eχ J o -too

�

•

Λύση

α) Το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = (0, -too) , στο οποίο η f είναι παραγωγίσιμη με: Απάντηση l f(x ) dx = J o f(x ) dx + ΓΙ f(x ) dx (1). 1 ·Inx !.j;. J - 1 1+ex Jo 1+ex -1 1+ex 2J;. - 2-lnx Χ > 0 . f'(Χ ) - χ χ Εκτελούμε το μετασχηματισμό: χ = -u , 2χνχ Είναι f'(x) = Ο <=> lnx = 2 <=> χ = e2 . dx =-du xx ==O-1<=><=>uu==Ol ..Γχ.>σ f'(x)>O2χ<=> 2-lnx>O<=:>hιx<2<=>0<x<e2 . Επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο 2 (Ο, e J , και γνησίως φθίνουσα στο [e2 , +οο) , οπότε παρουσια, ζει μεγιστο το f (e2 ) = lnνι,e2 =-e2 . , e2 β) Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [e2 , -too) και είναι 8 > e2 άρα για k � 8 και tε [k,k + 1] έ χουμε: f(k+1) � f(t)� f(k). Έτσι λόγω της άσκησης 4 έχουμε: rk+l rk+l rk+l Jk f(k+1)dt � Jk f(t)dt � J k f(k)dt <=> f(k+1) Jkk+l dt � λrk+l f(t)dt � f(k) Jrk+l 2. Αν Ρ (χ) είναι πολυώνυμο το πολύ δευ k dt <=> τέρου βαθμού να δείξετε ότι η συνάρτηση f(k + 1)[t]�+l � J f(t)dt � f(k)[t]�+l <=> +l (x) = Ρ (χ) - -ι J x P(t)dt είναι σταθερη., rk+l f 2 χ--1 f (k + 1) (k + 1 -1) � Jk f (t) dt � f (k) (k + 1 - k) <=> Απάντηση r(k+1)�Jkrk+1 f(t)dt�f(k)<=> 1i.-{) � Jrkk+1 f(t)dt�� . νk k+1 Ας είναι Ρ(χ)= αχ 2 +βχ + γ . ) v+l rv+l ln γ) Είναι lv = J8 J;.Χ dx = J8 (2ν χ ln xdx x+1 (ar +βt+γ)dt= Οπότε: f(x) = αχ? +βx+γ-.!.J 2 χ-Ι ν+ ν+l 2J;. ] χ+ = [2νx lnx 8 - J8 -αχ2 +βχ +γ- }_2 αf3 +β f2 +γt Ι = χ dx = χ-Ι 2νν+ • ln(ν+1)-4ν2 ln8- J8rv+l 2 dx = 1 J;. αχ 2 +βχ+γ--2 _

Γ '

•

�

[

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/67

]

3 (x+l)2 3 (χ-1)2 -γ(χ-1)]. ραίνουμε ότι η συνάρτηση g(x)= f (3 - x) έχει (α-(χ+Ι)3-+�+γ(χ+1)-α (χ-1)--F-::2πεδίο ορισμού το [0,3], είναι συνεχής ως σύνθεση 2 2 3 Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

συνεχών συναρτήσεων στο [0,3]. Άρα: Και συνεπώς: f' (χ) = 2αχ +β -..!_2 kJ: f(x)dx+(2-k)J: f{3 -x)dx = J:(Ι-χ)σιΜΙΧdχ (2). (α(χ + 1)2 +β(χ + Ι)+γ-α(χ -1)2 -β(χ - 1)-γ). Αν εκτελέσουμε το μετασχηματισμό Τ: = O <=> u =3 έχουμε: f'(x) = 2αχ +β _ ..!_2 3- χ = u , dx = -du xx =3 <=> u = O (αχ2 + 2αχ +α+ βχ +β-αχ 2 + 2αχ-α-βχ +β)= 3 f(3-x)dx (=τ) ο f(u)(-du)= r3 f{x)dx . J3 Jo fσ 2αχ +β - ..!_2 (4αχ + 2β) = Ο, για κάθε χ ε JR . 'Ετσι η (2) γίνεται: 2J: f (χ )dx = J: (1-χ )συνπχdχ . Άρα η συνάρτηση είναι σταθερή. Αλλά: 3. Για μια συνεχή συνάρτηση f : [Ο, π] � JR J: (1-χ )σuνπχdχ J:<ι -χ) ( ηι;;"' dx δεχόμαστε ότι: J! r (x) dx = 2 . Να υπολογίσετε Γ �' ημπχ dx = ( (1-χ) π την τιμή f (; ) , αν είναι γνωστό ότι: για κάθε �Jo 0 3 ημπχdχ = ..!.. [- συνπχ ]3 = ! χ ε [Ο,π] ισχύει: 3 - συν3χ -2χη μ3 χ � J:r(t)dt . = ..!_ ο π π π ο -----, συν3π 3 f(x)dx =-z2 και _ · Απάντηση 2 ) ( ! Άρα . ο � . ..!.. ..!.. π π π π2 π Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(χ)=3-συν3χ -2χημ3χ - J0x f(t)dt J [O,π] που !3 f(x)dx = -Ιz · π είναι παραγωγίσιμη. 5. Για μια συνάρτηση f : [Ο, +οο) JR δε Κι επειδή g(x) � Ο = g(�} συμπεραίνουμε, χόμαστε ότι: f (χ) > Ο , -yια κάθε χ > Ο . Να δείκατά το θεώρημα Fennat, ότι: g'(; ) = Ο . lxf(t)dt x ) = ....:. : -...::.. είναι ξετε ότι: η συνάρτηση g( Έχουμε: g'(χ)=-3ημ3χ-2ημ3χ-6χσυν3χ-f(χ)= Jo tf(t)dt = -5ημ3χ-6χσυν3χ- f (χ) . γνήσια φθίνουσα. Κι επομένως: g'(; ) = -2πσυνπ-r(�) = Ο . Απάντηση Έχουμε: Κι επομένως r (;) = 2π . f (χ) !οχ tf(t)dt-xf (χ) !οχ f(t)dt = g'(x)= 2 4 . Για μια συνάρτηση f δεχόμαστε ότι υυ: tf(t)dt) πάρχει k ε JR τέτοιος ώστε: kf(x +1)+(2-k)f(2- x)= χσυνπχ , για κάθε = f(x) 2 υ: tf(t)dt-xJ: r(t)dt) . χ ε JR (1). Αν η f(x) είναι συνεχής στο [0,3 ] , να υοχ tf(t)dt) υπολογίσετε το J: f(x)dx . f(x) > Ο , για κάθε Κι επειδή Απάντηση υ: tf(t)dt)2 Στη σχέση ( 1) θέτουμε χ - 1 στη θέση του χ και παίρνουμε: kf{x)+{2-k)f{3-x)= {1-x)mMΙX , χε (0,-too) , αρκεί να δείξουμε όn: η συνάρτηση για κάθε χ ε JR . Κι επειδή Ο :::; χ :::; 3 <=> Ο :::; 3 -χ :::; 3 , συμπε-

�

• •

�

..---

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/68

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

g(x)= J: tf(t)dt -xJ:r(t)dt i [O,+oo) παίρνει για όλους τους χ του (Ο,+=) αρνητικές τιμές. Έχουμε: g'(x)= xf(x)-J0x f(t)dt -xf(x) =-J: f(t)dt < Ο για κάθε χε (0,+=) αφού f(x) > O για κάθε χε (0,+=) J:f(t)dt > O . Κι επειδή η g i [O,+=) είναι συνεχής, συμπεραίνουμε ότι είναι γνήσια φθίνουσα. Άρα: g(x)< g(O), για κάθε χ > 0 . Κι επειδή g(O) = O , συμπεραίνουμε ότι: g(x)< O , για κάθε χ > 0 . 6.

f(χ ι ) < χ ιf'(χι ) ή f(χι ι ) < f'(χ ι ) · Η συνάρτηση Χ f Ι [Ο, χ ι ] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήμα τος Μέσης τιμής διότι ως κυρτή είναι παραγωγί σιμη. Άρα υπάρχει ξε (Ο,χ ι ) τέτοιος ώστε f(χι) . Κι επειδή η f', ως = f'(ξ)= f(xΧι ι)-f(O) -0 Χι συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα συμπεραίνουμε: f' (ξ) < f'(χι ) · Συνεπώς: f(χ ι ) < f'(χ ι ) · Χι ii) Έχουμε: g'(x) --f(x) Οπο'τε.· χ . , χ ε (Ο, ) > για καθε g" (χ ) = xf'(x)-f(x) Ο , 2 χ (σύμφωνα με το (i)). Άρα η g(x) είναι κυρτή. +οο

8. Δίνεται η συνάρτηση ημ (χt) dt I (Ο, π) . f (x) = Jι2 t ί) Να μελετηθεί η συνάρτηση αυτή ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. π ίί) Να δείξετε ότι: f (χ)< , για κάθε 3

Απάντηση

συνάρτηση f(x)= Ιιιz συν (; Jt }ι είναι προφανώς συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων. π t = O = lim(I- x)2 . limι Jιf συν(-.Jt Άρα χ� (Ο,π) . 2 J Άρα: Απάντη ση i) Εκτελούμε τον μετασχηματισμό Τ: �.[ι t (o) u , dt =-du Ι t=I �u=x lιm = lιm xt = u � t = ι χ� [(1-χ)2 ]' (1- χ)2 χ χ t = 2 � u = 2x ημu du = -· Κι έχουμε: f(x)= J 2χ Ι -;2χσυν(� Ν\>ο . . συν(� χ}ο) -u . χ . = lιm 2(Ι-χ)(-Ι) J = lιm χ · lιm χ-Ι = :x ημu du - J: ημu du ( Ι ). du = Jχ2 x ημu = J u u u Και συνεπώς: � !ll:1 Η ημ (� χ ημχ ημ2χ-ημχ ημχ (2συνχ-Ι) (2). f'(x)=2 ημ2χ (χ- \ 2χ χ χ χ 7. Για μια συνάρτηση f : [Ο, +οο) JR με Ι συν- χε�(Ο,π) χ=- . '(χ)=Ο� συνχ=-= f 2 3 3 f (Ο) = Ο δεχόμαστε ότι είναι κυρτή. Να αποδεί ξετε ότι: f' (χ) > Ο <=> συνχ > .!..2 � Ο � t < �3 . ί) f (χ) < xf' (χ) , για κάθε χ ε (Ο, +οο) . Συγκροτούμε τον πίνακα: xf t ii) Η συνάρτηση g (x) = J ( ) dt είναι ι t Η

χ2

χ�ι

. J;'σuv

ΧΕ

(J:'σuv(�JΙH

_ _ ,___ _ ..__� ..._ __

χ�ι

χ �ι

�!� [:Μ ;

χ �ι

χ�ι

)}�-� �

•

κυρτή στο (Ο, +οο) . Απάντηση

i) Έστω Χ ι ε (0,+=) τυχαίος. Θα δείξουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/69

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου χ

f(x)

f (x)

π3 -

�- � (ολικό)

(να μελετηθεί η άσκηση (3)).2π π π 'Εχουμε: 1::; t::; 2 <=>-::;-t::;-. 3 3 3 Οπότε Ο<�t<π. 3 Συνεπώς: ημ(� t ) = lημ(� t ] ::; l� t� = � t. (�t 1 π Άρα: O< .:ll.J t <3. (�t1 Δηλαδή: για κάθε tε [l, 2] ισχύει: � t <�.3 1111(�t1 [1, 2] Κι επειδή η συνάρτηση: g (t) = .:1lJ t είναι συνεχής συμπεραίνουμε ότι: 2 1111(�t1 Π =-.Π Κι επειδή: 2 J -dt d t < JI .:ll.J 3 3 t f(x)::;f (�} για κάθε χ ε (Ο,π) ισχύει: f(x) <�,για 3 κάθε χ ε (Ο, π). Δίνεται η συνάρτηση x f ( )= 4x3 -6(5 + 2α)χ2 + 2(25 + 13α)χ + (2α+13) . ii)

, ..

i) Να δείξετε ότι για οποιαδήποτε τιμή της παραμέτρου α υπάρχουν πάνω στη γραφική πα ράσταση Cr της συνάρτησης δύο σημεία που η εφαπτομένη της Cr είναι παράλληλη προς τον άξονα χ'χ . χ2 με χ2 οι τετμημέ ii) Αν είναι νες των σημείων αυτών, να υπολογιστεί το ότι: γνωστό είναι f (χ) dx , αν

τέτοιοι ώστε: f'(x1)= f'(x2 ) =Ο. Η διακρίνουσα της ( 1) είναι Δ =48 (12α2 +34α+25) (2). Η διακρίνουσα Δ' του τριωνύμου της (2) εί 42 -4 · 12 · 25 = -44 < Ο . Άρα Δ > Ο , για ναι: Δ'= 3 κάθε α > Ο . Κι επομένως η εξίσωση f'(χ) = Ο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες χ1, χ2 και f'(x1)=f'(x2 )=0.1 Έχουμε: J-I f(x)dx = [= 4--6(5+2α)-+2(25+13α)-+(2α+3)χ]I = 44 3 2 1 =-14α.ώς: Συνεπ J-I1 f(x)dx = 11α+ 1 -14-4α = llα+ 1 Iα= :- 1 . Για την τιμή αυτή η διακρίνουσα Δ της παραγώγου γίνεται: Δ= 144 = 122 • 12·3-12 Και συνεπώς: χ1 = 2·12 = 1 και = 12·3+12 2·12 =2. Άρα: J:2 f(x)dx=Jι2f(x)dxα:-1[χ4-6,( +1� +xJ = =18-8=10. ii)

Χ3

Χ4

Χ2

<=>

Χι

1 0. Για μια όυνεχή συνάρτηση

f : (α, β]

--? !R

f (β)> β2 • Να δείξετε ότι: «αν 3J: r(x)dx< β3 -α\ τότε η εξίσωση f (x)= x2

δεχόμαστε ότι: έχει λύση». Λύ ση

Επειδή x2dx = β3 -3 α η συνθήκη της υπόθεσης γίνεται: J: f(x)dx < J: x2dx και συνεπώς: Χι, Χι < J: (f(x)-x 2 ) dx<O. Κι επομένως υπάρχει χ1 ε (α,β] τέτοιος ώστε: f(x1)-x� <0 (διαφορε J x2 τικά f(x)-x2 :2:0, για κάθε χ ε (α,β], οπότε: J�/ (x)dx = llα+l. J: (f(x)-x 2 ) dx :2:0: άτοπο). Απάντη ση Κι επειδή f(β)-β2 >Ο και η συνάρτηση Έχουμε: g (χ) = f (χ)-χ 2 είναι συνεχής με g (χ 1 ) · g (β) < Ο f'(x) = 12χ2 -12(5 + 2α)χ + 2(25 + 13α) συμπεραί ν ουμε, κατά το θεώρημα Bol z ano, ότι υ(1). Θα δείξουμε ότι υπάρχουν χ1 , χ2 με χ1 < χ2 Χι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/70

f Jα

ξ ε (χ1,β) f{ξ)= ξ2 .

πάρχει

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

τέτοιος ώστε:

f(ξ)-ξ2 =0

l l.Δίνεται η συνάρτηση

ln x I (Ο,+οο ) . f(x) = χ+ l+x ί) Αν η F Ι (Ο, +οο) είναι αρχική της f, να αποδείξετε ότι: F(x)- F (� ) = l x , yια κάθε 2

Συνεπώς: g(x)=ln x+c. Αλλά: g(l)=O. πότε:Άρα:c=O.g(x)=lnx, για κάθε χ ε (Ο,+οο) δηλαF (x)= J:r(t)dt με α >l, δή: F (x)- F(:) =ln xi(O, +oo) . +οο) χ+ ln2x >Ο , = f(x) = F'(x) ii) l+χ n x , για κάθε Έχουμε F'(x)= x+l l+x2 χ > α:::::} χ > α > Ο . F [α, +οο) Χ Ε {Ο,+οο) Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση: F(x) > F(α) =Ο χ> α ). g(x) = F(x)-F(:) (Ο, +οο) και παρατηρούμε ότι:

χ>Ο.

ίί) Αν

να απο

δείξετε ότι η F διατηρεί σταθερό το πρόση μο στο (Ο, . Απάντη ση

Έχουμε: α> I

τι:

(1).

διό

Άρα

ως

συνεχής είναι γνήσια αύξουσα. (αφού Επομένως:

� θέματα Εlvικώv Elεriλflεωv ΠoproyαJίαs

ι.

του Σ. Σκοτίδα

Δίνονται οι συναρτήσεις f, g μέσω των γραφι κών παραστάσεων τους (Σχ. 1 ). Να υπολογίστε το

lim

χ � 3-

Λύση Παρατηρούμε ότι lim

lim

χ�Τ

Άρα

είναι Αν μια συνάρτηση, ορισμένη στο , της οποίας (Ο, η γραφική παρά σταση δίνεται στο σχ.2. Να υπολογίστε το

ψ = f(x) +οο)

κάθε

1im

x�:r

είναι

1 άρα lim χ�Τ ( χ�3-

ενώ

και

lim

x�-too

�ω .. f

-·

· ·· ·· ·· ··

f(x) .

g(x)=g(3)>0 , χ ε {2,3) f{x)>O f(x) =Ο , f Χ) = +οο. g(x) = lim g(x)· =g(3){too) =-t=. (ε):y=!2 x+l fΧ f(Χ) χ�Τ

για

g (x) . f(x)

Λύ ση Από το σχήμα βρίσκουμε την εξίσωση της

1 lim x�:r ( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/71

οποία είναι aσύμπτωτη της Cf

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

' ι·

f (x) 1 στο +οο αρα ιm -- = - . Χ -Ηοο

3. Αν μια συνάρψ f τηση ψ = f(x) , της οποίας η γραφική πράσταση (Σχ.3) εφάπτεται μιας ευθείας (ε) στο σημείο Ρ(α, f(α)) , είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο α με f" (α) * Ο , τότε να υπογραμμίσετε την ορθή απάντησης: Α) f' (α) · f" (α) > Ο , Β) f (α) f" (α) > Ο Γ) f' (α) f" (α) < Ο , Δ) f (α) f' (α) < Ο

· ·

Λ ύ ση Από το σχήμα προκύπτει f (α) < Ο , f'(α) < Ο αφού η εφαπτομένη στο α σχηματίζει αμβλεία γω νία με τον , ενώ f" (α) > Ο καθώς σε περιοχή του α η στρέφει τα κοίλα άνω. Άρα σωστό εί ναι το (Γ) .

t = ln �7 ή t = ln8. γ) Αν t > Ο , τότε c'(t) 8e-t (- ι + 2e-t) e-t 2ι -t -ln 2 t ln 2. C(ln 2)=8(e-In Z -(e-In Z ))=8 (� - �)=4-2=2 ln2 Ο + Συνεπώς

χ'χ

� ο <=>

� - <=>

� ο <=>

�

<=> �

+ω

I C'(t) l ...: LιtJ �;·. � ο� μ. � ;; �

Πόσες aσύμπτωτες έχει συνολικά η γραφική παράσταση της συνάρτησης 2

f (x) = �� - ; χ

Α) Ο, Β) 2, Λύση lim f(x) = lim x2 +

Γ) 4,

Δ) 3

ι . ( _ ) _ = 9 · (+=) = += . Άρα + +3 3 χ-3 χ� χ� ( = 5χ -χ , το που ικανοποιεί την Αν f ) aσύμπτωτη. Όμοια χlim= 3f (x) =κατακόρυφη εξίσωση f' ( ) = 4f ( ) είναι Α) 2,5 -οο Γ 2 2 χ� Β) - + 0, 5 Γ) 2 Ιη 5 + 0,5 Δ) ln 5 ln 5 ι _3 )= lim f(x)= lim � = - lim ( χ2 . _ Λύση χ+ χ�--3+ -χ- 3 χ �--3+ χ�--3+ = -9 ( ) = οο . Άρα χ = -3 κατακόρυφη aσύ f'(x)=4f{x)<=> (χ2 -χ)' 5χ -χ ·ln 5=4·5x -χ <=> μπτωτη. Όμοια lim f (χ)= 4 χ = -2 +-1 . Άρα σωστο, ειναι , το χ�--3 (2χ- 1) =l n 5 l n 5 2 2 =ι f(x) χ Επίσης α = lim = lim (Β). χ�+οο χ χ�+οο χ2 -3 χ 'Εστω η συνάρτηση C(t) = ( ) , β = χ�lim+οο (f(χ)- ι ·χ) = χ�+οο lim � = 3 χ3 ( t > 0 ). άρα = χ + 3 aσύμπτωτη της Cr στο . α) Βρείτε το lim C(t) . Όμοια βρίσκουμε ότι η ευθεία =-χ+ 3 εί ναι aσύμπτωτη στο της Cr . Άρα σωστό είναι β) Επιλύστε την εξίσωση C (t) = '!... . 8 4.

<=>

+οο

s e t e 21

+οο .

t-+too

-οο

+οο

το (Γ).

γ) Βρείτε την μέγιστη τιμή της C (t) για t> O. Λύση α) lim

t-+tooC(t)=8· t-+too(_!_et elzι ) 8 · (0 - 0)= 0 β) c(t) =2 _!_ ι = .2_ 8 e 7 64 7 (e ) - (e-t ) + -64 = e =-8 ή e-t =-8 lim

<=>

--1 2

_ _

e21

ο <=>

<=>

-t

7. Η

παραγωγίσιμη συνάρτηση f : JR + � JR ικανοποιεί τις παρακάτω συνθήκες I) f (1) = 2 , 11) limο f (x) = +oo χ� + 111) lim f (x) = l χ� +οο

ΙV)Για κάθε x ε .IR+ , f'(x) < O . Ποια από τις παρακάτω καμπύλες είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/72

g (x) = f (�

ντηση.

(Α )

}

Μαθηματικά Ύια την Γ Λυκείου

Να υπογραμμίσετε την ορθή απά

2 ------- .

(Δ)

2 ------ .

'h -------

111) Μόνο η Δ,

Ι) Α ή Γ 11) Α ή Β ΙV) Μόνο η Α.

g'(Ψ (�J r'(�) : (�)> f' (χ)< Ο , για κάθε χ > Ο . Ενώ -�χ < Ο . Να βρείτε το πρωτεύον όρισμα του μιΎα5 δικού Ζ = (-1 + .J3i) (-1 + .fii)5ο = 25ο [συν 23π + iημ 23π]5ο = . Ι ΟΟπ- ) = Ι ΟΟπ-+ιημ 25ο (συν 3 3 = 250 (συν (Ι Ο�π -32π )+iημ ( Ι Ο�π -32π ))= 4π +ιημ . 4π ) . Άρα gz= 4π . 250 (συν 3 3 ) �-

c αφού

•

. \ίJση

Να βρεθει, το 1.ιm e•!+ι .

JΙ---+0-

Λύ ση - e•1+1 = ι·ιm e = ο (αφου Ιιm χ---+0Iim_ (!+ ι = (-σο)+ 1 =-σο). χ ---+0 χ

)

y -+-

y=-+χ1

•

γεωμετρικός τόπος των σημείων του Μιγα δικού επιπέδου, των οποίων ο αντίστοιχοι μιγαδι κοί αριθμοί επαληθεύουν την εξίσωση είναι τα ε ξωτερικά σημεία του κύκλου που έχει κέντρο κ (--21 ' -21 ) και ακτινα' -92 .

y -++co

x-++co

Λύση Σωστή απάντηση είναι ((Α) ή (Β)). lim. = lim r (! ) = lim f(y) = Ι g(x) . ---+ ---+ χ 0 χ 0 χ lim g(x)= lim r (!)= ylim ---+0+ f(y)=-tco g (I )= r (i )= 2 x-++co

lzl z +

( (Γ)

= l � , β) li - 1 - 2zl > 9. Λύση α) lz - (O+Oi� = lz -(0 -j ] Παριστάνει τη μεσοκάθετο του ευθυγράμμου τμήματος με άκρα τα σημεία Ο (0,0) και Ρ (o,-j } Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευ θεία (ε) y = _!_6 β) l2z+l-il >9 � lz -(- � + � i ] > � α)

(Β)

2 --------.

Ο. Βρείτε τον Ύεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιΎαδικών z για τους οποίου ισχύει

με

1 1 . Βρείτε την Γ1

αν

f(x)=x2+1, χ<Ο β) f(x) = l+ιx3 • Λύση α) y=f(x)=x 2 +1 (y>l) y-l=x1 2 � x=-�y-1 άρα Γ (χ)=-.Jχ-1 x>l. 1 β) y=f(x)=--3 (χ :;t:-1) l+x 1 1 1-y 3 3 =--1=-l+x =-�χ y Υ Υ vl;Υ ' αν Ο < Υ � 1 v- 1;Υ ,αν y<Oήy�l

α)

χ<Ο

με

χ=

Το κεντρικό θέμα του εξωφύλλού του τεύχους που κρατάτε στα χέρια σας φιλο τέχνησε η μαθήτρια Π απαδ άκου Ε λένη του 53 ° Γυμνάσιο Αθηνών την οποία ευ χαριστούμε θερμά και της ευχόμαστε πά ντα επιτυχίες . Ευχαριστούμε θερ μά την καθηγήτρια των καλλιτεχνικών κ. Χατζή Ζωή για την συνεργασία της με το περιοδικό μας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/73

Μαθηματικά ΎJΑΙ την Γ' Λυκείου

τ,;. �,ι,ωrίΑ ΕlrΙΑνιιλιιΙΙτικλ ιιt,.ιιrιι, Σrιι Μιιlιιιι•rιιιΑ ΚΙΑrsόlον,.ιιs r11s Τ' ιtοκsίοu του Γιάννη Κερασαρίδη

ΘΕΜΑ ι [4,75 ρ]

ι.

[0.5, p] Να λυθεί στο C η εξίσωση z2-2z+2=0 2. [ Ι , p] Έστω Κ,Λ,Μ οι εικόνες των zκ=l+i, ΖΛ=1-ί, ΖΜ= -i .J3 Να απεικονισθούν αυτά τα σημεία. 3. α) [0.25, p] Ονομάζουμε Ν το συμμετρικό του Μ ως προς το σημείο Λ. Να βρεθεί ο μι γαδικός ΖΝ του οποίου εικόνα είναι το Ν. β) [0.75, p] Θεωρούμε σημεία Α, Γ που εί ναι τέτοια ώστε (ΟΜ)=(ΟΑ), (ΟΝ)=(ΟΓ) και ( ΟΜ, ΟΑ )=( Ο:Ν, of )=π/2. Να βρεθούν οι μι γαδικοί zA, zr των οποίων εικόνες είναι τα Α,Γ αντίστοιχα.

γ) [0 . 5, p] Θεωρούμε τα σημεία Δ, Β τα ο ποία είναι τέτοια ώστε ΜΔ = ΝΒ = 2} ,όπου ] το μοναδιαίο διάνυσμα του άξονα των τεταγ μένων, να βρεθούν οι μιγαδικοί ΖΔ, z8, των ο ποίων εικόνες είναι τα Δ, Β αντίστοιχα. 4. α) [0.251 p] Δείξτε ότι το σημείο Κ είναι μέσο των (ΔΒ) και (ΑΓ) β) [0. 75, p] Δείξτε ότι zr-zκ =i ΖΒ-ΖΚ γ) [0.75, p] Τι είδους τετράπλευρο είναι το ΑΒΓΔ;

Απάντηση

ι.

Υπολογίζουμε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης κι έχουμε Δ=-4 άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες μιγαδικές συζυγείς. Επειδή --4=(2i)2 θα είναι zι=l+i, z2=1-i

Αν Θ, Ε οι αντίστοιχες προβολές των Ν, Γ στους χ ' χ και y 'y αντίστοιχα, τότε τα τρίγωνα ΟΘΝ και ΟΕΓ είναι ίσα, άρα (ΟΕ)=(ΟΘ)=2 και (ΓΕ)=(ΝΘ)=2- .J3 , δηλ. οι συντεταγμένες του Γ είναι (2- .J3 , 2), άρα zr =(2- .J3 )+2i γ) Το Δ βρίσκεται στον άξονα των τεταγμένων άρα η τετμημένη του είναι Ο. Είναι οΔ = ΟΜ + ΜΔ , άρα η τεταγμένη του Δ είναι - ../3 +2, άρα ΖΔ=(2- ../3 )ί Η τετμημένη του Β ισούται με την τετμ. του Ν. Για την τεταγμένη του Β έχουμε ΘΒ ΘΝ + ΝΒ , άρα είναι ίση με .J3 , άρα zB=2+ ../3 i 4. α) Πραγματικά αυτό ισχύει αφού οι συντε ταγμένες του Κ είναι ίσες με το ημιάθροισμα των αντίστοιχων .συντεταγμένων των σημείων Α, Γ και Β, Δ αντίστοιχα. =

Λ Μ

3. α) Αφού το Λ είναι μέσο του τμήματος ΜΝ, άρα οι συντεταγμένες του θα είναι ίσες με το ημιάθροισμα των αντίστοιχων συντεταγμένων των Μ, Ν" άρα ο μιγαδικός ΖΝ , του οποίου ει κόνα είναι το Ν, είναι 2zΛ=(zM+ zN) ή ΖΝ=2+( .J3 -2)ί

β) Το Α βρίσκεται πάνω στον άξονα των τε

τμημένων και είναι (ΟΑ)=(ΟΜ)= ../3 , άρα Α( .J3 ,0), άρα zA= .J3

β) Είναι z r - zκ=( 1 - .J3 )+i, και ΖΒ - zκ= -1 +( 1- .J3 )i, άρα

zr-zκ

= . . . =i

ΖΒ-ΖΚ γ) Το. τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τεράγωνο, γιατί: 1 ) οι διαγώνιοι είναι ίσες Ι zr-ZA I = Ι zΒ - zΔ Ι , 2) οι διαγώνιοι διχοτομούνται στο Κ, 3) οι διαγώνιοί του είναι κάθετες μεταξύ τους, α φού λΑrλΔΒ=-1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/74

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

θΕΜΑ 2 [ 5 p]

f f(x)=ln(x+ .Jχ2 + 2 )

Δίνεται η συνάρτηση με

χε[Ο,[0.l]. 5, p] Να βρεθεί η παράγωγος της 1. �χ2+2 [ 1, p] Να βρεθεί η γ) [0 .5 , p] Υπολογίστε το Ι= Ι�

με

α)

β)

o Jx2 +2

[0.5, ρ] Χωρίς να υπολογίσετε τα ολοκλη1 ρώματα J= Ι � dx, Κ= dx να δείξετε ότι: 2Ι=Κ β) [1. 5 , p] Δείξτε ότι K= .J3 -J γ) [1, p Να βρεθούν οι τιμές των J, Κ 2.

α)

2 2 ο ν χ +2

J λ2+2 ο

J+

]

Απάντηση

χ2 + 2 Jo .Jx2 dx :;:; J .Jx2 + 2dx =K +2 β)Κ= /1 Jx2 +2 dx= Jx .Jx2 + 2 = [x.Jx2 +2 ]I

1. α) Η .Jx2 + 2 είναι άρρητη συνάρτηση, σύν

θετη. Άρα είναι

χ ( .Jx2 + 2 )·= (χ2 + 2) 2.Jx2 + 2 2.Jx2 + 2 β) Η είναι λογαριθμική σύνθετη, άρα, η παράγωγος της είναι 1+ χ Jx2 2 1 χ+ χ2 + 2 . . . .Jχ2 + 2 γ) Από το προηγούμενο ερώτημα (β), παρα τηρούμε ότι η f είναι αρχική (παράγουσα) της προς ολοκλήρωση συνάρτησης, άρα είναι 1 Ι dx = Ι1 f (x)dx = [f(x)]10 o Jχ2 +2 ο

=. ..=

�

((x:F[ln(x+ + )] '

Ι= =f(l)f(O)=ln (l'+ .J2+1 ) -In .J2 =1n J/! 1 Είναι J+21= Ι � dx+2 Ι � = '

α)

2 o vx2 +2

χ2 dx=[l.JI +2-0]- J=.J3 - J o .Jx2 + 2 γ) Από έχουμε J+2I=K, K= .J3 -J και απο' (1 .γ) Ι--ln +.J2.J3 Αυτό είναι ένα σύστημα τριών εξισώ εων με ι

-J

(2.α,β)

σ τρεις άγνωστους J, Κ, I, πρώτου βαθμού. Το λύνουμε με τη μέθοδο της αντικατάστασης και βρίσκουμε

.J3 -ln ( 1+.J3 ) και Κ= .J3 + ln ( I +.J3 ) 2 J2 2 J2

o vx2+2

θΕΜΑ 3 [13 p)

y= y=lnx Τα

x Σημειώνουμε με Cr, Cg τις καμπύλες με εξισώσεις με την εφαπτομένη της Cr, στο e , σημείο Α, με τετμημένη α (αΕ R) και με Dλ την εφαπτομένη της καμπύλης Cg στο σημείο Κ με τετμημέ νη λ (λΕ R) ΜΕΡΟΣ Α '

[[0.1, 5, Ναp] Ναβρεθούν οι εξισώσεις των Τα, υπολογισθεί ο λ συναρτήσει του α ώστε Τα α) β)

ρ]

Dλ

11 Dλ

Σημειώνουμε με β την τιμή του λ που παίρ νουμε μ' αυτό τον τρόπο, με Β το σημείο της

καμπύλης Cg με τετμημένη β και Dβ την αντί στοιχη εφαπτόμενη 2. p] Δείξτε ότι οι Dβ συμπίπτουν αν και μόνο αν και

[0.75,

ΜΕΡΟΣ Β '

h h(x)= χ+1 ex h(x)=l, αν και μόνο αν

Δίνεται η συνάρτηση με 1. α) ρ] Δείξτε ότι χ-1 e =

[0.75,

-χ

χ+ 1

χ 1 -

[2,

Τα, α=α-1 β=e·α (α+1)e-

ρ] Να καταρτισθεί ο πίνακας μεταβο β) λών της h στο ) και το 1im h (x) •

•

γ)

[0, +

οο

x-+toa

[ 1.25. p] Δείξτε ότι η εξίσωση h(x)=l δέχε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/75

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ται, στο [0, +co ), μοναδική λύση μΕ [ 1 ,5, 1 ,6] 2. α) [0.5, p] Να υπολογισθεί το γινόμενο h(x)h(-x), για κάθε χΕ R-{-1, 1 } β) [0 .5 , p] Δείξτε ότι η εξίσωση e·x= χ -Ι x+l δέχεται δύο λύσεις αντίθετες γ) [0.5, p] Να βρεθούν οι κοινές εφαπτόμενες των Cr,Cg

Δείξτε ότι οι Cr,Cg είναι συμμετρι [ 1 .5, p] κές ως προς την ευθεία με εξίσωση y=x Φέρτε τις κοινές εφαπτόμενες Τμ, Τ.μ των Cr,Cg αντίστοιχα και θεωρήστε την τιμή του μ, κατά προσέγγιση ίση με 1 ,55 •

•

ΜΕΡΟΣ Γ'

( ) ( ) ( ::: } {��: )

Θεωρούμε ότι κάθε σημείο M(x,y), (με y:;tO) εί 1 ταγμένες Α μ, μ + 1 , Β μ μ ναι αντίστοιχο του σημείου Μ' (χ ', y') με μ-1 μ+1 ' / χ =-χ και y'=1 y ι. [0.75, p ] Δείξτε ότι, αν το σημείο Μ ανήκει στη Α ' -!' Β ,μ Cr , τότε το σημείο Μ' ανήκει επίσης στη Cr 2. Έστω Α ένα σημείο της Cr , με τετμημένη μ β) [0 .75, p] Δείξτε ότι οι ευθείες Τμ, Τ_μ εί ναι συμμετρικές ως προς την ευθεία με εξί (όπου μ είναι αυτό που ορίσαμε στο «ΜΕΡΟΣ σωση Β '», Ι .γ'), Τ είναι, άρα, η εφαπτόμενη της Cr μ στο Α και εφαπτόμενη της Cg στο Β με τετμη y=x Προσδιορίστε το είδος του τετραπλεύρου μένη e-μ. α) [0.25, p] Να υπολογισθούν οι συντεταγ ΑΒι ΒΑ ' 4. [1 .25, p ] Δείξτε ότι το εμβαδό του χωρίου μένες του Α' συναρτήσει του μ β) [Ο. 7 5, p] Δείξτε ότι η ευθεία Τ- είναι ε που ορίζεται από το ευθύγραμμο τμήμα (Α μ φαπτόμενη της Cr στο Α' και ότι είναι επίσης Α') και το τόξο της καμπύλης Cr με άκρα τα εφαπτόμενη της Cg στο Β1 , του οποίου να Α, Α ' ισούται με 2μ. δώσετε τις συντεταγμένες συναρτήσει του μ. Δείξτε ότι το παραπάνω τόξο βρίσκεται κά 3 . α) [0.5, p] Δικαιολογίστε τις παρακάτω συντετω από το ευθ. τμήμα (Α') -

•

Απάντηση ΜΕΡΟΣ Α '

ι.

α)

Γνωρίζουμε ότι η εξίσωση της εφαπτομέ νης Τα, της Cr στο σημείο χο=α, δίνεται από τον τύπο y=f(xo)+f'(xo)(x-xo) (1) Αν λάβουμε υπ' όψη μας ότι f' (x0)= exo , η (1) γράφεται y=eα+ eα(χ-α) ή (τα): y= eαχ+ eα(1-α) (2 ) Με όμοιο τρόπο έχουμε για την Dλ 1 (Dλ): y= - χ+Ιηλ-1 (3) λ β) Για να είναι Τ 1 1 Dλ πρέπει, οι συντελεστές α διεύθυνσής τους, να είναι ίσοι, δηλ. .!.. =eα ή λ

λ=e-α Σημειώνουμε με β αυτή την τιμή του λ, οπότε έχουμε: β= e-α 2. Γνωρίζουμε ότι για να συμπίπτουν δύο ευθεί ες y=α ι χ+β ι και y=α2χ+β2, πρέπει και αρκεί αι= α2 και β ι= β2 . Άρα, για τις Τα, Dβ θα πρέπει να ισχύουν: 1 Τ = Dβ <=> = eα και Ιηλ-1 = eα(1-α) <=> β=eα α λ και Ιηβ-1= eα(1-α) <=> β=e-α και (α+1) e-α=α-1 -

ΜΕΡΟΣ Β'

ι.

α)

Αφού h(x)=1 , δηλ. χ -1 x+l

=1 / ex

χ -Ι x+l

ex=1, τότε -χ

χ - 1 =e x+l

-μ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/76

-μ

(

)

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χ2 + 1 ' 1 χ -e , ' β) Ειναι h (χ)= ex = . . . = x+ l (χ + 1) 2 άρα για κάθε χ, θα είναι h (χ)>Ο, άρα h γνή σια αύξουσα. 1 - _!_ χ-1 Είναι h(x)= e = χ ex , άρα για x+l 1 1+ χ Χ-Ηοο, h(x)-Hoo πίνακας μεταβολών της h •

+οο

ο χ h (χ) h(x)

•

+ __.. +οο

-1

γ) Δείχνουμε ότι η εξίσωση h(χ)=1δέχεται, στο[Ο, +οο), μοναδιιcή λύση μΕ (1,5, 1 ,6). Θέ τουμε t(x)= h(x)-1 . Είναι t' (x)=h' (χ)>Ο, άρα η t είναι γνήσια αύξουσα στο [0, +οο), δηλ. όλες οι τιμές της μοναδικές. Είναι ακόμη t(1 ,5)t(1 ,6) == (0,896-1)(1, 143-1)<0. Δεδομέ νου ότι η t είναι συνεχής στο [0, +οο), συμπε ραίνουμε ότι η εξίσωση t(x)=O δηλ. η h(x)=1 , έχει μοναδιιcή λύση μΕ (1,5 , 1 ,6). 2

- χ-1 χ+

α) Είναι h(x)h(-x)=e - 1 e-x= . . . =1 β) Η εξίσωση h(χ)=1είδαμε ότι έχει στο [0, +οο) μοναδιιcή λύση μ. Εάν χΕ ( 0], με χ*-1, τότε h(x)h(-x)=1 . Έ χουμε τότε h(x)=1 αν και μόνο αν h(-x)=1 , δηλ. αν και μόνο αν -χ =μ, είναι χ=-μ. Δηλ. η h(x)=1 f:χ.ει στο (-οο, Ο] μοναδιιcή λύση -μ. Συμπέρασμα: η εξίσωση h(x)=1 έχει δύο λύ σεις αvriθετες. -οο,

γ) Αναζητούμε την εξίσωση μιας ευθείας που να είναι εφαπτόμενη συγχρόνως στις Cr, Cg , δηλ. αναζητούμε αΕ R , σε τρόπο ώστε η ευ θεία Τα να είναι εφαπτόμενη προς τη Cr. Ανα ζητούμε, άρα β>Ο σε τρόπο ώστε Τa=Db. Εί δαμε [ΜΕΡΟΣ Α', 2 ] ότι αρκεί να πάρουμε β=e-α και (α+1) e-α=α-1 (το -1 δεν μπορεί να είναι λύση). Η τελευταία γράφεται α+-1 =e-a, α 1 που είναι η εξίσωση h(α)= 1 . Όπως είδαμε [στο προηγούμενο υποερώτημα (β)] αυτή η εξίσωση έχει λύσεις τα μ και -μ. Υπάρχουν, λοιπόν, δύο κοινές εφαπτόμενες προς τις Cr, Cg . Αυτές είναι οι ευθείες Τμ , Τ_ μ· Η Τμ είναι [«ΜΕΡΟΣ Α', 2))], η εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετνημένη e-μ, και η Τ_μ εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετμημένη eμ 3. Οι συναρτήσεις f και g είναι εκθετιιcή και λογαριθμική αντίστοιχα · γνωρίζουμε ότι αυτές είναι aντίστροφες μεταξύ τους συναρτήσεις και ότι οι γραφικές τους παραστάσεις Cr, Cg είναι συμμετρικές ως προς την ευθεία με εξί σωση y=x. •

Παίρνουμε μ == 1 ,55. Η Τμ είναι εφαπτόμενη της Cg στο σημείο με τετμημένη μ και εφαπτόμενη της Cr στο ση μείο με τετμημένη e-μ. Βρίσκουμε ότι e-μ == e- 1 '55 == 0,21. Άρα η Τμ πε ριέχει τα σημεία με συντεταγμένες (μ, eμ) και (e-μ, -μ). Η Τ_μ είναι εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετμημένη -μ και εφαπτόμενη της Cg στο ση μείο με τετμημένη eμ. Βρίσκουμε ότι eμ == e 1 '55 == 4,71 . Άρα η Τ_μ πε ριέχει τα σημεία με συντεταγμένες (-μ, e-μ) και (eμ, μ ). •

ΜΕ ΡΟΣ Γ '

1. Όταν ένα σημείο Μ ανήκει στην Cr , οι συντε

ταγμένες του θα είναι της μορφής (χ, ex), με χΕ R. Οι συντεταγμένες του Μ δεν είναι μη δέν (αφού για κάθε χΕ R, θα είναι ex>O), άρα το Μ' υπάρχει. Οι συντεταγμένες του είναι 1 χ ,= -χ, y , =-= e , αρα επανερχομαστε στη ex φόρμα: χ'=χ και y'=ex· άρα το Μ' ανήκει στην Cr . -χ

2. α) Οι συντεταγμένες του Α' είναι: χ'= -μ,

y'= - =e-μ. eμ

Δηλ. Α'(-μ, e-μ)

β) Το Α ανήκει στην Cr , άρα (σύμφωνα με το

1) το Α' ανήκει στην Cr.

Τότε (ΜΕΡΟΣ Β ', 2) η Τ_μ είναι εφαπτόμενη της Cr στο σημείο με τετμημένη -μ. Το ση μείο της Cr με τετμημένη -μ είναι το Α', άρα η Τ_μ είναι εφαπτόμενη της Cr στο Α'. Τότε (ΜΕΡΟΣ Β', 2) η Τμ επίσης εφαπτόμενη της Cr στο σημείο Βι με τετμημένη eμ. Η τε ταγμένη του Β1 είναι ln(eμ)=μ. Συμπέρασμα: οι συντεταγμένες του Βι είναι (eμ, μ). •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/77

Μαθηματικά -yια την Γ Λυκείου

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι οι συντεταγ μένες του Β είναι (e·μ, -μ). (τα σημεία επαφής είναι τα σημεία επαφής που αποδείχθηκαν στο ΜΕΡΟΣ Β', 3) •

3. α) Έχουμε τις ακόλουθες συντεταγμένες:

Α(μ, eμ), Β(e-μ, -μ), Α' (-μ, e·μ), Β ' ( eμ, μ) Για να προσδιορίσουμε το μ , χρησιμοποιούμε την ισότητα f(μ)= 1, δηλ. μ - 1 eμ= 1 κατά συνέ μ+1 μ πεια είναι eμ= + κι ακόμη e·μ= μ -1 . Απ' μ-1 μ+1 όπου οι ζητούμενες συντεταγμένες.

Γνωρίζουμε τις συντεταγμένες των σημείων Α ' ,Α, άρα η εξίσωση της Α ' Α είναι η εξίσωση ευθείας που διέρχεται από δύο γνωστά σημεία. -y Δηλ. y-y1 = Yz , (χ-χ1) απ ' όπου έχουμε Xz - χ , μ-1 _ μ+1 μ+1 μ+1 μ-1 Υ- = (χ-μ) <=> . . . <=> μ-1 μ-μ 2 μ2 + 1 ΑΑ' : y = -- χ + μz - 1 μz - 1 που αποτελεί την εξίσωση της ευθείας ΑΑ Οι συντεταγμένες των Α και Α ' είναι

•

άρα το χωρίο του οποίου το εμβαδό ζητείται ορίζεται από τις καμπύλες με εξισώσεις χ=-μ, 2 μ2 + 1 ' χ=μ, y=ex και y= αρα χ+ μ z - 1 μz - 1 ' 2 μ2 + 1 _ d Ε= -- χ + ex x 2 μ2 - 1 -μ μ - 1

Τ-μ Βι

β) Γνωρίζουμε ότι το συμμετρικό του ση μείου Μ, με συντεταγμένες (x,y), ως προς την ευθεία με εξίσωση y=x είναι το σημείο Μ ' , με συντεταγμένες (y, χ).[Μαθηματικά Α' Λυκεί ου]. Συμπεραίνουμε, (σύμφωνα με το (α) ), ό τι το συμμετρικό του Α είναι το Β 1 και ότι ό μοια του Β είναι το Α'. Η εικόνα της ευθείας ΑΒ στη συμμετρία με άξονα την ευθεία εξίσωσης y=x, είναι η ευ θεία ΑΒ. Τα σημεία Α,Β ορίζουν την Τμ και τα Α',Β ορίζουν την Τμ . Συμπέρασμα: οι ευ θείες Τμ , Τμ είναι συμμετρικές με άξονα συμμετρίας την ευθεία με εξίσωση y=x. Επειδή τα ζεύγη σημείων Α,Β1 και Α' ,Β εί ναι συμμετρικά μεταξύ τους ως προς την ευ θεία (ε): y=x, άρα A 'B IIABι , αφού και οι δυο είναι κάθετες στην ευθεία (ε). Ακόμη αφού το ευθ. τμήμα ΑΑ είναι συμμετρικό του ΒΒ1 , ως προς την (ε), θα είναι ίσα μεταξύ τους. Ά ρα το τετράπλευρο ΑΒ1ΒΑ' είναι ένα ισο σκελές τραπέζιο. •

•

(μ, �� ) , Α' (-μ,�:� ) .

[

Jμ (

-- -]μ-

)

2 + μ2 + 1 x - e x = . . . = μ2 + 1 2μ+ μ2 μ2 - 1 μ2 - 1 e·μ-eμ μ+1 - μ-1 και επειδη' eμ= -, e μ= -μ-1 μ+1 έχουμε τελικά Ε = 2μ =

-1 χ

Οι συναρτήσεις, των οποίων γραφικές πα ραστάσεις είναι η ευθεία ΑΑ και η Cr , είναι γνήσια aύξουσες παντού, έχουν μόνο δύο κοινά σημεία Α, Α' , η δε Cr στρέφει παντού τα κοίλα άνω. Συμπέρασμα: στο διάστημα ( μ, μ) η Cr βρίσκεται κάτω από την ΑΑ Αυτό προκύπτει από την ανισότητα: ex::; •

μ 2+1 -2- χ + για κάθε χΕ [-μ, μ] 2 2 μ -1 μ -1

Βιρλισyραφία

Τα παραπάνω θέματα είναι παρμένα από το γαλλικό Baccalaunat (Sujet National '96). Η επιλογή, με τάφραση και προσαρμογή στα δεδομένα της χώρας μας, έγιναν από το συνάδελφο Γιάννη Κερασαρίδη. Οι εντός αγκυλών σημειούμενοι αριθμοί (δίπλα από κάθε θέμα ή υποερώτημα), είναι η "αξία" τους σε μόρια, δηλ. η "βαρύτητα" του καθενός. Δυστυχώς ο χώρος δεν μας επιτρέπει να παραθέσουμε τη χρονική στάθμιση των θεμάτων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ε. τ.4/78

ιιτ

Από το συνάδελφο Αντώνη Κυριακόπουλο (μέ λος της Σ.Ε. του περιοδικού) πήραμε τις παρακάτω εm στολές. lη Επιστολή

Στη σελίδα 72 του προηγούμενου τεύχους του Ευκλείδη (Β43) διάβασα μια άσκηση γεωμετρίας που έφτιαξε και έλυσε ο μαθητής Αναστάσιος Πασχαλίδης της Β' τάξης του ] ου Λυκείου Βόλου. Καταρχήν θέλω να συγχαρώ τον μαθητή αυτό και να του συστήσω να συνεχίσει να φτιάχνει ασκήσεις σε όλα τα μαθηματικά που έχει διδαχθεί, γιατί έτσι θα εμβαθύνει όλο και πε ρισσότερο στις διάφορες μαθηματικές έννοιες. Οι παρατηρήσεις που θα κάνω στη συνέχεια δεν μειώνουν στο ελάχιστο την προσπάθεια του εν λόγω μαθητή. 1) Νομίζω ότι θα ήταν καλύτερα η άσκηση αυτή να διατυπωθεί ως εξής: ((Να αποδείξετε ότι δεν υπάρ χει

ισοσκελές

ΑΒ = ΑΔ =

ΔΓ 3

τραπέζιο =

κ , όπου κ

ΑΒΓΔ

>Ο

( ΑΒ 11 ΓΔ )

με:

σταθερός».

2) Μία άλλη λύση είναι η εξής: Αν υπήρχε τέτοιο

τραπέζιο (παρακάτω σχήμα), τότε: ΑΒ = κ , ΑΔ = ΒΓ = κ και ΔΓ = 3κ , οπότε: ΔΓ = ΔΑ + ΑΒ + ΒΓ ( = 3κ ), άτοπο γιατί η τεθλασμένη ΔΑΒΓ και το ευθύγραμμο τμήμα ΔΓ έχουν τα ίδια άκρα και άρα: ΔΓ < ΔΑ + ΑΒ + ΒΓ (με βάση την τριγωνική ανισότητα, από τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΑΒΓ, έχουμε: ΔΓ < ΔΑ + ΑΓ < ΔΑ + ΑΒ + ΒΓ ). Άρα, δεν υπάρχει τέτοιο τραπέζιο.

κ Δ

κ 3κ

211 Επιστολή

ρίδια, οπότε οι απαντήσεις είναι: Β1) 27 ( 27α0 - 200 ) βακτηρίδια. Bz) 2, 7α0 ώρες ( α0 � 8 ). Σημειώνω ότι στις 23-6-2000 όλες οι εφημερίδες είχαν τη λύση του ερωτήματος Β με δεδομένη την υπό ψη υπόθεση, όπως γίνεται και στον Ευκλείδη (οι Πα νελλαδικές εξετάσεις έγιναν στις 22-6-2000). Το λάθος αυτό το επεσήμανα με εmστολή μου προς την εφημερί δα ((Απογευματινή» (φύλλο της 24-6-2000). - · -

0 συνάδελφος και τοπογράφος μηχανικός Ε.Μ.Π. λγγελος Στρατήyης (Χατζηδάκη Νίβα - Ηράκλειο

Κρήτης) μας απέστειλε απαντήσεις σ' ορισμένα θέματα, που 'χαν προταθεί στο τεύχος 42. Δίνουμε τη διαπραγ μάτευση του συναδέλφου Α.Σ. στο παρακάτω θέμα: «Να ευρεθούν όλες οι τριάδες (χ, y, z) θετικών ακεραί ων αριθμών, οι οποίες ικανοποιούν την εξίσωση: χ 4 + y4 + z4 = 2x 2y2 + 2y2z2 + 2z2x 2 που 'χε θέσει ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιά δης. «Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι η τριάδας( 1 , 1 , 1 ) ε παληθεύει την εξίσωση. Θα δείξουμε ότι η εξίσωση δεν έχει άλλη λύση. Έστω ότι η εξίσωση δέχεται και μία άλλη λύση: (x0 , y0 , z0 ) όπου x0 , y0 , z0 θετικοί ακέραιοι, απ' τους οποίους ένας τουλάχιστον είναι μεγαλύτερος του 1 . Θέτουμε χ 0 + y0 + z0 = α, α = ακέραιος με α > 3 . Επίσης θέτουμε: x0 y0 + y0 z0 + z0x0 = β, β = «ακέραι ος» με β � 3 και x0 y0z0 = γ, γ = «ακέραιος» με γ > 1 . Έχουμε: (xo + Yo + zo )2 = α2 ή χ� + y� + z� = α2 - 2β (1) Επίσης: (χ ο Υο + ΥοΖο + zσ χ ο )2 = β2 ή x�y� + yδz� + z� x� = β2 - 2αγ Απ' τις (1) και (2) παίρνουμε: χ� + y� + z� = (α2 - 2β2 ) - 2(β2 - 2αγ)

(2) (3)

Στη σελίδα 41 του προηγούμενου τεύχους του Ευ κλείδη (Β43) διάβασα το θέμα 2, το οποίο στην αρχή λέει ότι: <<Ένας πληθυσμός βακτηριδίων τριπλασιάζεται σε αριθμό κάθε μία ώρα>>. Μετά, ακολουθούν δύο ερω τήματα Α και Β. Το ερώτημα Α λέει: ((Αν αρχικά υΠάρ χουν 10 βακτηρίδια, να βρείτε κτλ.». Στο ερώτημα Β δεν δίνεται η υπόθεση αυτή. Εντούτοις, στη λύση του ερωτήματος Β η υπόθεση αυτή (ότι αρχικά υπάρχουν 1 Ο βακτηρίδια) λαμβάνεται ως δεδομένη, που προφανώς δεν είναι σωστό. Για να μπορούσαμε να το κάνουμε αυτό θα έπρεπε η υπόθεση αυτή vα εiχε δοθεi crτηv

ή (4β - α2)α2 - 8αγ = 3 ή α(4αβ - α3 - 8γ) = 3 (4) Απ' τη (4) παίρνουμε ότι: «Ο α είναι διαιρέτης του 3» κι αυτό είναι άτοπο ( α > 3 ).

να λυθεί χωρίς αυτή την υπόθεση. Στο ερώτημα αυτό πρέπει να υποθέσουμε ότι αρχικά υπάρχουν α0 βακτη-

Ο συνάδελφος L Ιιοαvvfδης μας απέστειλε μια άλλη διαπραγμάτευση του θέματος που είχε προτείνει

αρχή, πριν από τα δVο εριιnήματα ή vα εiχε επαvα ληφθεi στο εριίnημα Β. Λοιπόν, το ερώτημα Β πρέπει

Και επομένως η ισότητα: χ� + y� + z� = 2(χ�yδ + y�zδ + z�x �) - 3 γίνεται (α2 - 2β)2 - 2(β2 - 2αγ) = 2(β2 - 2αγ) - 3 ή 4β2 - (α2 - 2β)2 - 8αγ = 3 Κι επομένως: [2β - (α2 - 2β)][2β + (α2 -2β)] - 8αγ = 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/79

- · -

στή λη της Αλληλογραφίας

στο τεύχος 42 (στήλη; «0 Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη και Διόφαντο») ο συνάδελφος Α. Καλακόπου λος. «Να αποδείξετε ότι:

1 1 1 -+ -- + -- > 2 p+� m +� η +rm_

(1)

για οποιουσδήποτε θετικούς ακεραίους m, η, ρ)). Απόδειξη

Έστω η ;::: p ;::: m ;::: 1 .

Ισχυει

1 1 1 1 1 1 -� - + - � - -- ;::: - - - p+m ρ m ρ m p+m

1 m+η

ομοια --- ;::: - - - - , -

1 1 1 -;::: - - - - . η Ρ η+ρ

Το 1 ° μέλος της ανισότητας ( 1 ) γράφεται I

η p+m + Ρ m+η + m η +p ;::: η p m + Ρ m η + m

Ο κύριος Τηλέμαχος Μπαλταβιάς (Υψηλάντου

, 1 1 1 , (θετω - = χ , - = y , - = z αρα και

= Xy+z

(� τ (; τ (; τ m

Ο< χ � Υ�z�1)=

y -z

χ -z +

Ο συνάδελφος Γ. Καραγιάννης (Ενιαίο Λύκειο Κονιστρών Ευβοίας τηλ. 0222058465) μας απέστειλε μια παρατήρηση για τη λύση του 3ou από τα Σύνθετα Θέματα σελ. 88 του βιβλίου «Ευκλείδεια Γεωμετρία Α' και Β ' Ενιαίου Λυκείου)). Ευχαριστούμε το συνάδελφο για την εργασία του σχετικά με τη λύση της παραπάνω άσκησης. Η ομάδα συγγραφέων του βιβλίου, καθώς μαθαίνουμε συγκε ντρώνει όλες τις παρατηρήσεις, τις αξιολογεί και θα εκδώσει τα παρορόματα, τα τυχόν τυπογραφικά λάθη κ.λ.π. του βιβλίου.

χ-y

�

+ yx+z + zx+y ;::: 3 Xx+zy x+zz x+y .

Ισχύουν χ � y � z � χ2 � y2 � z2

32 Άλιμος 1 74 55) μας απέστειλε ένα γράμμα, στο ο

ποίο ευχαριστεί το περιοδικό για τη βοήθειά που του 'δινε από τότε που ήταν μαθητής αJJ..ά και μετά. «Όλ' αυτά τα χρόνια το περιοδικό αποτελούσε σημαντική βοήθεια)) καταλήγει. Με την ευκαιρία δίνει τη δική του λύση σ' ένα θέ μα που 'χε δοθεί στο Σουηδικό Μαθηματικό Διαγωνι σμό στις 22/1 1/1986, στον τελικό γύρο και έχει δημοσι ευθεί στον «Ευκλείδη Β ')) τεύχος 1 , σελ. 1 9, της περιό δου 1987- 1988. Το θέμα ήταν: «Αποδείξτε ότι δεν έχει πραγμαn κές ρίζες το πολυώνυμο

χ Υ � y Y � zY (2)

Ρ(χ) = χ6 - x s

Χ χ � Υχ � Ζχ

+ χ4 - x J + χ 2 - χ + � )). 4

Απόδειξη

Θα αποδειχθεί ότι: Ρ(χ) > Ο, για κάθε χ ε � .

Αν Α το 1° μέρος της (1)

�

+ z_ y (3) +_ +z_Z_x_ xY_ Y_x_ � Α ;::: 3 r

•

Για χ ;::: 1 έχουμε:

()

2 Ισχύει xy+zy"-+zr+Y = xyxzy"-yrzY ;::: xYxzxxxzxxxy = = X 2 x+ 2 y+2 z = X2(x+y+z) ;::: Χ6χ

�

;:::

XJx .

Ρ(χ) = χ(χ - 1)(χ4 + χ2 + 1) + � > Ο •

Για χ < 1 έχουμε:

Οπότε Α ;::: 3 x y+z yx+zz x+y ;::: 3ffκ = 3 χ χ {4).

Ρ(χ) = .!_ (4χ6 - 4χ5 + 4χ4 - 4χ3 + 4χ2 - 4χ + 1 + 2) ή

f ( x ) = x x = ex lη x � f'( x ) = x x (Iη x + l) f : (ο, +οο ) � �

Ρ(χ) = - [2(2χ ··· - 2Γ + 1) + 4χ 4 (1 - χ) + (4χ2 - 4χ + 1]

f '(x) f (x)

οπότε χ χ ;:::

1 /e

r---.:·

(; J

(ολικό)

(5).

Αρκεί να ισχύει 3

�

.!. ιη .!. > Ιη 2 - 1n 3 � -.!. > Ιη 2 - Ιη 3 � e

� .!. < Ιη 3 - ln 2 (το οποίο ισχύει). e

( ) [2 { χ6 + (χ3 - 1)2 ) + 4χ\1 - χ) + (2χ - 1)2] > Ο .

= [2 χ6 + (χ6 - 2χ3 + 1) + 4χ4 (1 - χ) + (4χ2 - 4χ + 1)]

Η μαθήτρια της ίδιας τάξης, του ίδιου σχολείου Κατερίνα Καραγιάννη μας έστειλε απαντήσεις (ορθές) -

>2�

± ±

Ο μαθητής της Α' τάξης του 400 Ενιαίου Λυκείου Λαμίας Ιωάννης Βούλγαρης μας έστειλε απαντήσεις (ορθές) στη 1η και 3η άσκηση απ' την ενότητα που 'χε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Αποστολόπουλος (2° Λύκειο Μεσολογγίου) στο τεύχος 42 σελ. 44.

(; J . (; J (; J

�

Άρα από (4) και (5) Α ;::: 3

()

στη 2η και 4η άσκηση από την ίδια ενότητα. Μάλιστα τη 4η την έδειξε με δύο τρόπους. -

Ο μαθητής Άγγελος Γκάγκαλος της ίδιας τάξης, του ίδιου σχολείου μας έστειλε απαντήσεις (ορθές) και για τα 4 προτεινόμενα θέματα της ενότητας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.ε. τ.4/80

Εχδόσει� τη� ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΠΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ !ΑI.ιι

... ..ιi

\J-"\'Πιι

' Ιti\t t..ι t � \Ι\ u itΗΙΙ,ι ιι..ιι• ι Ι\tΙ>Ιι l\1Jfl:f"1\

&!I II I!!AI,I:IA

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ· ��

EUCLIDES γ ·

�'rrtJι,Mt

ιαιιs BUAND

διοστοσn

,,__

Σιοιχ•ιn..ια: Για'iΕJΡJ\ \.JΙΟ Α. ..,.nηί" JJ Σι.:οnΙΑ

JIJiiJ.I'Λif N.#vΙIΚII

ΙJ.(ιrff;w.,-rκ

(!><N.JttV-;fH 'J

•1

ΕυWίδηςΑ': Τεύχος 600δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. (4 � + 600 δρχ. ΠΙ)(Uδρομικά) Σχi)λεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) ΕυL\είδηςΒ' : Τεύχος 700δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ. (4 ΊΦχη + 600 δρχ. ΠΙ)(Uδρομικά) Σ�λεία: 2.800 δρχ. (4 τεύχη) ΕυdείδηςΓ: Τεύχος 1 .500δρχ. 3.000 δρχ. (2 τεύχη) ...... Επι8εώρηση:

Τεi)χος 1 .500 δρχ. Σuvδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) �: Τεύχος 1 .500 δρχ. Συ9δρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) ΔrλΊίο (IWie&ι): Τεύχος 2.CXXJ δρχ.

Διε8νής ΜιιfΙημσπιιiς Ολψπιάδες 19$9 - 1999: 6.000 δρχ. θέ(.Μmι εξmίσεων στα A.E.I 1!176 - 1989: 1.500 δρχ.

Πραιrnκά:

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 βου 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 5.000 δρχ 15ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ 1 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 7.000 δρχ

Συνέδριο Hermis '92 (Αyyλιιιά)

Συνέδριο Hermis '94 (Αyyλιι.ά) 4.500 δρχ. 2 τόμοι ο τόμος Γραμμική Άλyήlρο 7.000 δρχ.

Gr. Muncres 1 .500 δρχ. ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΑΝΔΡΕΩΣ

ιι όρων (Ονόματα Γεωμεrριών ΓΕΩΜΕΙΡΙΚΑ) 6.000 δρχ. (Μεrριιιά - Διόmpα) 6.000 δρχ.

Διαλέξεις: Ο τόμος

1 .300 δρχ.

ΘΕΩΡJΛ ΑΡΙΘιvΙΩΙ�

Μαβημσιική Ανάλυση Louis Brand

7.000 δρχ.

Stephenson

2.500 δρχ.

Διαtορικές Εξισιίισεις

1α8ημcmκ Loria Ιστορία 11ών

(4 ιόμοι) Α, Β, ΓΑ• ΓΒ ο τόμος

2.000 δρχ.

70 Χρόνια EJI..E.

1 .000 δρχ.

Βιρλιοypσfίσ

1 .000 δρχ.

�η- ....... ---. ....... ,...., ...._... ... ....,

Σπιιχειώδης Γειιιμεηιίcι

από Α··-·.....,..;....,,.,ι Σκοπιά 2.500 δρχ.

θειιιρία Αριβμών

5.000 δρχ.

Τα παλαι6τeρα τeuxn 6λwν τwν eκδ6aewv πωλούνται με τις τρexouaeς τιμές τοu 200 1

Για τη Γ' Λυκείου ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕ Ι ΑΣ

V Κριτήριο αξιολόγησης Βιολογίας

(μεθοδολογία αακήσεων - λυμένα παραδείγματα} Β . Τριανταφυλλοποuλου

V Θεματικοί κύκλοι (2 τεύχη) Σ. Κοuτρας - Υ. Ζουροuδη

V Διαγωνίσματα Μαθηματικών

Γ. Μπαϊλάκης Γ. ΜπαΊλάκης

V Το 4ο Θέμα των Μαθηματικών

V Αρχές Οικονομικής θεωρίας (2 τεύχη)

Π . Τέντες - Γ. Λαζάνης - Γ. Τζήρου - Α Χατζηανδρέου - Π . Γιαλέρης ΘΗΙΚΗΣ & Τ ΕΧΝΟ ΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤ ΕΥΘΥΝΣΗΣ

V Κριτήριο αξιολόγησης Χημείας {με συνοπτική θεωρία) Κ. Παπαζήσ ης V Κριτήριο αξιολόγησης Φυσικής Β . Βείτης

V Διαγωνίσματα Μαθηματικών Γ. Μπαϊλάκης

V Προβλήματα Μαθηματικών ,Χ. & I . Στεργiου - Χ. Νάκης

V Το 4ο Θέμα των Μαθηματικών Γ. ΜπαΊλάκης

V Ανάπτυξη εφαρμογών σε προγραμματιστικό περιβάλλον Κ. Ντζιός - I . Κοψiνης

www.savva las. g r

Σαβ��ς ιίο a.v�o dς 6το ιΚ.1ίώJίvrιι:.ό fffίlio

Σ'Ι!f

ΖΩΟΔ . Π Η ΓΗΣ 1 8

ΣΟΛΩΝΟΣ, ΑΘΗΝΑ 1 06 8 1

ιιός βlβΛΙΟρuθ 2,05 Ευρώ ι μτ'\

ΤΗΛ.: 0 1 0 3 3 . 0 1 . 2.:J Ι

FAX: 0 1 0 . 3 3 . 06 . 9 1 8