Ευκλειδης Β 46

Μαθηματικό πε'ριοδικό γιο το ι\ ΥΚΕΙΟ

ΟΚΤΟΒΡΙΟΙ-ΝΟΕΜΒΡΙΟΙ-ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΙ 2002 EYPD 2�5 .

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

ΜΕθΟΔΟΛΟΓΙλ

Φυσικής

β' ενιοiοu λuκείόu λ' ΥΟ!ιιΙΟΙ 1114τatι 8ION. JON AD10N • ernι).a'l'ttAMiiM ., IIlM

·;'

ι

11-IIIOAOΓ\.10

ΙΛΙιt•••ΙΙΙ

μαθηματικά Γ' Εvιοlου Λυκείου

iiίϊiilλ

! ! ·· Γ' Ενιαίου Λυκείου

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.

•

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Τεύχος

46

Οκτώβριος

•

•

Νοέμβριος

•

Δεκέμβριος

2002

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

•

Ευρώ:

2,50

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡIΟΔΙΙ<Ο ΠΑ ΤΟ Λ YKEIO

ΥηcύΟυνοι Έκδοοηι:

Π Ε Ρ I Ε Χ Ο Μ.Ε Ν Α

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στρατής Ιωάννης

Συνιακιική Ομάδα:

Ανδρουλακ�ς_J'Ι!ικ:ος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αyγελl.!fι Γιαvνοσπυρος Σωιήρης ΓράψΟ;$ Κωνσταντίνος Δούναpης Αντώνης Ευθ l,ίμογλου Πέτρος Καλίκας Σταμά!nς Καρακατσάyης Βασίλης Καρκάτης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδ!Ι_ς Γιάννης Κriπουρος _Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάση� Κυp ιακοπούλου-Κυβερνητου Χρυστ. Λ�Q.(Ιίδης_Χρήστος Λουριδας Σωτηρης Μαλαφέκ� θανάσης Μώκος Χe_ηστος Ντζιώρgς Ηλίας Ρήyας θεόδωρος Σαίτη Εύα Σακελλάρης Βασ(λης Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδ�� Γιώργος Τσιούμας θαναση� Χαραλαμπίδης Γιωρyος Χαραλ�οπούλου Λίνα Χαραλά:ιmους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Συηφyάιe� αιιό Παράριημα ιης Πάιραc:

2 Αρχαία Ελληνικά ΜαΟημαιικά 6

Προ6λήμαια απ' ιην ΚαΟημeριvή Ζωή

7

Το ζωογονικό Τρίγωνο ιων ΠυΟαγορeίων

7 Το Βήμα ιου Ευκλeίδη

8

Η ΑισΟηιική ιων πρώιων ή πρώιοι αριΟμοί και μουσική

9 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS 13 ΜαΟημαιικοί Διαγωνισμοί - ΜαΟημαηκές Ολυμπιάδeς 19 Για ιο Ακέραιο μέρος Πραyμαηκού ΑριΟμού

I ΜαΟημαιικά yια rηv Α' Τάξη rou Λυκeίου I 25 Η eξίσωση αχ2+6χ+y=Ο μe α:;e: Ο

29 Κύκλος Εyyeγραμμένος - Πeριγeγραμμένος σe Τρίγωνο

ιο

I ΜαΟημαιικά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκeίου I

χp

Γκούβελος ήστος, Κουνάβης Πανα­ γιώτης, Παπαντωνίου Βασίλης, Κου­ τσοδήμας Γεώργιος, Πετούμενος Κώστας, Δάφνης Σπ, Ξυδιά Αναστα­ σία, Δαφνής Λ, Μανατάκης Μανώλης, Ασκούνης Βασίλειος.

Συveρyάιe� :

Φελούρης Αργύρης, Μαvτάς Ιωάννης, Πθ. Αδομάκος, Π Αδαμάκος, Μ Αρβανίτης, Ροβάτσου Αθανασία

32 Αλγe6ρικές eξισώσeις 37 Εμβαδά ΕυΟυγράμμωv Σχημάιων 43 Εσωιeρικό γινόμeνο Διαvυσμάιωv ιου Επmέδου 49 Απόσιαση σημeίου από euOeία

I ΜαΟιιμαηκά yια ιηv Γ' Τάξη rou Λuκeίου I

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕillΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ Τηλ,36 17 784 - 36 16 532 Fωc 36 41 025

Ιiκδόιrι�: Αλεξανδρής Νικόλαος Λιr,υΟυνιι]�:Τυρλής Ιωάννης ISSN: 110!- 7998 Ειιιμeλι1ιο 'Εκ6οσrΗ::

Μαραγκάκης Στέλιος

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ 2,50 ευρώ Τεύχος: Εtήσιασυvδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ) Συνδρομητές: 10,00+2,00 ευρώ (Tax.) Ορrανιcφοι: 18,00 ευρώ Τιιχ. Επιιιιycς Τ. ΓρrιcριΙ(ιι Λtlήνη 1')4, Τ.(•), :J0044

53 Μέφα Οέσης και διασποράς

57 Μέση ημή και διακύμανση δeίγμαιος 58 Όριο Συvάριησης

66 Παράγωγος μe ιη 6οή0eια ιου ορισμού

71 Η σιήλη ιης Αλληλογραφίας

1------1 Σιοιχι•ιιιtlcοlα

Σcλιδοιιο(ηοη

«& ����:���λ.210-� •

Εκτύπωση INTEPIII'EΣ Λ.Ε., Ιερά οδός 81 - 83

Υιιευθ. Τuποyραφeίοu Π Τρureριώτης-Τηλ.:3474654

•

λΡΧλΙλ Μλ.θ Προλοyiκό σημείωμα

Α

πό την αναγνώστριά μας Βασιλική Τσούδα, μαθήτρια της Β' Λυκείου, λάβαμε μια «εργασία» που αν� φέρεται στο ιστορικό του τετραγωνισμού του κύκλου, παρμένη από το κλασικό έργο του τhomas Heath «Ιστορία των ελληνικών Μαθηματικών». Στη μορφή, που το λάβαμε δεν είναι δημοσιεύσιμο από τον Ευκλείδη Β', γιατί η αναγνώστριά μας, λό­ γω απειρίας σε τέτοια θέματα, διέπραξε, χωρίς να το αντιληφθεί, μερικά σφάλματα τα οποία δεν μπορούμε να αγνοήσουμε. Οι υποδείξεις που ακολουθούν απευθύνονται σε όλους τους αναγνώστες μας, που επιθυμούν να έχουν συνεfr γασία με τον Ευκλείδη Β' και όχι μόνο στη συγκεκριμένη αναγνώστριά μας. Αυτές είναι οι παρακάτω: 1. Επιλέγουμε ένα θέμα που νομίζουμε ότι είναι στα «μέτρα» μας και ότι θα το επεξεργαστούμε όσο μπορούμε καλλίτερα.

2 Όταν μεταφέρουμε από κάποιο βιβλίο μία ή περισσότερες σελίδες χωρίς να τις διαφοροποιήσουμε, τις βά:­ ζουμε μέσα σε εισαγωγικά και αναφέρουμε το έργο από το οποίο τις πήραμε. Αν σ' αυτές περιέχονται εισ� γωγικά ή αποσιωπητικά δεν τα διαγρ4φουμε γιατί έτσι θα αλλοιώσουμε το νόημα που θέλει να δώσει ο συγγραφέας.

J. Αν θα συναντήσουμε δυσκολίες, καταφεύγουμε και σε άλλες πηγές που πραγματεύονται αυτό το θέμα ή ζη­ τούμε, εφόσον αυτό είναι δυνατόν, τη συμβουλή του καθηγητή μας. Έτσι θα αποφύγουμε την «παραπληρο­ φόρηση». Επειδή η φιλοσοφία του Ευκλείδη Β ' είναι να ενθαρρύνει τους αναγνώστες του σε κάθε μορφή συνεργασίας και έρευνας, σεβόμενοι την φιλότιμη προσπάθεια της αναγνώστριάς μας και, αφού λάβαμε την άδειά της, τρο­ ποποιήσαμε το κείμενο, ώστε να γίνει κατανοητό, και ελαττώσαμε το μήκος. Ακολουθεί τώρα το κείμενο της μαθήτριας. Χρήστος Κηπουρός, Μαθηματικό ς-Ιστορικός �

Ο Ί'Ε'fΡΑΠ!ΝΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΚΥΚΛΟΥ Βασιλική Τζούδα, Μαθήτρια Β Ο τετραγωνισμός του κύκλου με χρήση του κα­ νόνα και του διαβήτη είναι ένα από τα τρία άλυτα προβλήματα της αρχαιότητας το οποίον απασχό­ λησε τους aρχαίους Έλληνες για τρεις περίπου αι­ ώνες. Πολλοί υπήρξαν οι μαθηματικοί της αρχαιό­ τητας που προσπάθησαν, καθένας με δικό του τρόπο ή δανειζόμενος στοιχεία άλλων, να ευθειο­ ποιήσουν τον κύκλο με διάφορες αποδείξεις. Εκείνος, του οποίου το όνομα συνδέθηκε κατά πρώτον με το πρόβλημα αυτό κατά τον Πλούταρ­ χο, είναι ο Αναξαγόρας που ασχολήθηκε με αυτό όταν ήταν στη φυλακή. Οι πρώτες αξιόλογες προ­ mmθειες για τον τετραγωνισμό του κύκλου έγιναν στα μέσα του 5ου αιώνα π.Χ. Ο Ιπποκράτης ο Χίος (460 π.Χ.), ο οποίος αν και δεν ασχολήθηκε απο­ ι.:ί..ειστιιcά με τον τετραγωνισμό του κύκλου, εν­ δwφέρθηκ:ε κυρίως για τον τετραγωνισμό των μη-

νίσκων. Ήθελε να αποδείξει ότι, αν οι κύκλοι δεν ήταν δυνατό να τετραγωνιστούν με τις μεθόδους της επιπεδομετρίας, θα μπορούσε να αναπτυχθούν μέθοδοι για τον υπολογισμό του εμβαδού ορισμέ­ νων σχημάτων που περιορίζονταν από κυκλικά τό­ ξα, όπως είναι π.χ. οι μηνίσκοι. Ο Αθηναίος Σοφιστής Αvnφών (460 π.Χ.), που ήταν σύγχρονος του Σωκράτη, ενδιαφέρθηκε ιδιαίτε­ ρα για τον τετραγωνισμό του κύκλου. μέθοδος με την οποία ο Αvnφών προσπάθησε να τετραγωνίσει τον κύκλο υποδεικνύεται από τον Θεμίστιο και τον Σιμπλίκιο. Έστω ένα οποιοδήποτε κανονικό πολύγω­ νο εγγεγραμμένο σε κύκλο, π.χ. ένα τετράγωνο ή ένα ισόπλευρο τρίγωνο. (Σύμφωνα με τον Θεμίστιο, ο Α­ ντιφών ξεκίνησε με ένα ισόπλευρο τρίγωνο και αυτό φαίνεται να είναι αυθεντική εκδοχή. Ο Σιμπλίκιος υ­ ποστηρίζει ότι ενέγραψε ένα από τα κανονικά πολύ­ γωνα που μπορούν να εγγραφούν σε κύκλο, «έστω, στην περίπτωση αυτή ότι το εγγεγραμμένο πολύγωνο είναι ένα τετράγωνο>>.) Σε κάθε πλευρά του εγγε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/2

Η

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

γραμμένου τριγώνου ή τετραγώνου ως βάση, να ορr στεί ισοσκελές τρίγωνο με την κορυφή του στο τόξο του μικρότερου τμήματος του κύκλου, στο οποίο βαίνει η πλευρά. Αυτό δίνει ένα κανονικό εγγεγραμ­ μένο πολύγωνο με διπλάσιο αριθμό πλευρών από το αρχικό. Αν η κατασκευή επαναληφθεί με το νέο πο­ λύγωνο, τότε θα έχουμε ένα εγγεγραμμένο πολύγωνο με τετραπλάσιο αριθμό πλευρών από ότι το αρχικό. Καθώς συνεχίζεται η διαδικασία, «ο Αvτιφών πίστευε ότι η επιφάνεια του κύκλου θα καλυπτόταν πλήρως. Έτσι κάποτε θα προέκυπτε ένα πολύγωνο εγγεγραμμέ­ νο στον κύκλο με πλευρές οι οποίες, λόγω του πολύ μικρού μήκους τους, θα συνέπιπταν με το αντίστοιχο έλλασσον τόξο του κύκλου. Επειδή λοιπόν μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα τετράγωνο ίσο σε εμβαδόν με οποιοδήποτε πολύγωνο... θα πρέπει να είμαστε σε θέ­ ση να κατασκευάσουμε ένα τετράγωνο ίσο σε εμβαδόν με έναν κύκλο». Αν και το συμπέρασμα του Αντιφώντος είναι λάθος, ωστόσο μας υπέδειξε την ιδέα της εξάντλη­ σης μιας επιφάνειας με τη βοήθεια εγγεγραμμένων κανονικών πολυγώνων των οποίων το πλήθος των πλευρών συνεχώς αυξάνεται και πάνω σ' αυτή την ιδέα ο Εύδοξος θεμελίωσε τη μέθοδο της εξά­ ντλησης, η οποία άφησε εποχή. Δίκαια, λοιπόν, ο Αντιφών κατέλαβε μια τιμητική θέση στην ιστορία της Γεωμετρίας. Ο Βρύσων, νεότερος κατά μια γενιά από τον Α­ ντιφώντα, αποπειράθηκε επίσης να τετραγωνίσει τον κύκλο. λύση που έδωσε αμφισβητήθηκε και απορρίφθηκε από πΌλλούς, καθώς δεν βασιζόταν σε αρχές αποκλειστικά της Γεωμετρίας, αλλά σε αρχές εξίσου εφαρμόσιμες και σε άλλους τομείς. διατύπωση της λύσης του Βρύσωνα δεν είναι σα­ φής καθώς οι απόψεις των μελετητών γι' αυτήν ποικίλλουν. Σύμφωνα με τον φιλόσοφο Αλέξανδρο Αφροδισιέα (3°ς μ.Χ. αιώνας) ο Βρύσων εγγράφει ένα τετράγωνο σε έναν κύκλο και περιγράφει άλλο ένα γύρω από αυτόν, ενώ επίσης παίρνει και ένα τετράγωνο ανάμεσά τους (σχ. 1).

Η

Η

Α

'

,

, Β

.......

/'/)( __.,..

i\ ,

,'

, ,,

'

'

''

,

,,

,, ' , ,, ' , σ,, , , '' ,

'ιt;,.,.

""\!1' ,

,,

Θ

Δ

1'\

�

' v '/ ./'1

'

Γ

Σχ. 1

Στη συνέχεια θεωρεί ότι, εφόσον το ενδιάμεσο τετράγωνο είναι μικρότερο σε εμβαδόν από το εξ� τερικό και μεγαλύτερο από το εσωτερικό, ενώ ο κύ­ κλος είναι επίσης μικρότερος σε εμβαδόν από το ε­ ξωτερικό και μεγαλύτερος από το εσωτερικό τετρά­ γωνο, και, επειδή αντικείμενα τα οποία είναι μεγαλ� τερα και μικρότερα από τα ίδια αντικείμενα αντιστοί­ χως είναι ίσα, συνάγεται ότι ο κύκλος είναι ίσος με το ενδιάμεσο τετράγωνο, για το οποίο ο Αλέξαν­ δρος σημειώνει πως η υπόθεση αυτή όχι μόνο δεν είναι εφαρμόσιμη σε άλλα αντικείμενα πέρα από τα γεωμετρικά μεγέθη, αλλά επίσης είναι λανθασμένη επειδή π.χ. ο 8 και ο είναι μικρότεροι από τον 10 και μεγαλύτεροι από τον 7 και παρ' όλα αυτά δεν είναι ίσοι. Κατά την άποψη του Θεμίστιου, ο Βρύ­ σων προχώρησε περισσότερο από τον Αντιφώντα, γιατί μας είπε πώς ο κύκλος έχει μεγαλύτερο εμβα­ δόν απ' όλα τα εγγεγραμμένα σ' αυτόν πολύγωνα και μικρότερο απ' όλα τα περιγεγραμμένα περί αυ­ τόν πολύγωνα και, ακόμη, πως αυτό το υποτιθέμενο αξίωμα είναι αληθές, αν και ιδιόμορφο για τη Γε� μετρία. Αναφέρει, κατόmν, μια mθανή εξήγηση αυ­ τού του παράλογου συλλογισμού, την οποία παρα­ λείπουμε για ευνόητους λόγους. Οι πραγματικές ευθειοποιήσεις ή τετραγωνισμοί των κύκλων, έγιναν με τη βοήθεια των ανώτερων καμπύλων, η κατασκευή των οποίων γίνεται με «κι­ νητική Γεωμετρία)), είναι περισσότερο μηχανικού χαρακτήρα από εκείνη του κύκλου. Μερικές από αυ­ τές τις καμπύλες χρησιμοποιήθηκαν για την επίλυση περισσοτέρων του ενός από τα τρία κλασικά προ­ βλήματα. Χαρακτηριστικά παραδείγματα αποτελούν: 1 ον Ο Αρχιμήδης, που τετραγώνισε τον κύκλο με τη χρήση της ελικοειδούς καμπύλης, 2ον Ο Νικομήδης, ο Δεινόστρατος και ο Ιππίας με τη χρήση μιας καμπύλης που ονομάζεται «τε­ τραγωνίζουσα>>.

3ον Ο Απολλώνιος με τη χρήση μιας ειδικής κα­ μπύλης την οποία ο ίδιος ονομάζει «αδελφή της κοχλιοειδούς)) και είναι ίδια με την καμπύλη του Νικομήδη.

4ον Ο Κάρπος ο Αντιοχεύς με τη χρήση κάποιας καμπύλης η οποία, όπως λέει, δημιουργείται «από μία διπλή κίνηση)).

9

Η τετριryιοvίζοvcrα τοv

Η

Ιππία

μέθοδος κατασκευής της καμπύλης περιγρά­ φεται από τον Πάππο. Έστω τετράγωνο ΑΒΓΔ και ΒΑΔ ένα τεταρτημόριο με κέντρο Α (σχ. 2). Έστω:

1)

ότι μια ακτίνα του κύκλου στρέφεται ομαλά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/3

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

γύρω από το Α από τη θέση ΑΒ στη ΑΔ, και 2) ότι ταυτόχρονα η ημιευθεία ΒΓ κινείται ομα­ λά, πάντα παράλληλα προς τον εαυτό της, και με την αρχή της Β να κινείται κατά μήκος της ΒΑ από τη θέση Β στη θέση Α. Έτσι, στις τελικές τους θέσεις, η κινούμενη θεία και η στρεφόμενη ακτίνα συμπίπτουν και οι δύο με την και σε κάθε προηγούμενη χρονική στιγμή, κατά τη διάρκεια της κίνησης, τέμνονται σε διαφορετικά σημεία του εmπέδου όπως π.χ. το Ζ ή το Λ. γεωμετρικός τόπος των σημείων αυτών εί­ ναι η τετραγωνίζουσα. Η ιδιότητα της καμπύλης αυτής είναι ότι: ΒΜ :ΕΜ =(τόξο ΒΕΔ):(τόξο Μ)= ΑΒ: ΖΘ Δηλαδή, αν φ είναι η γωνία ΖΜ που σχηματί­ ζει κάθε ακτινικό διάνυσμα με την ΑΔ, ρ το μήκος της και α το μήκος της πλευράς του τετραγώνου, αποδεικνύεται ότι η εξίσωση της καμπύλης είναι: ρ=� π-ημφ .

2 Είναι σαφές πως, από τη στιγμή που έχει κατα­ σκ�αστεί η καμπύλη, μας εmτρέπει όχι μόνο να τρι­ χοτομήσουμε την ΕΜ , ακόμη, να την διαμε­ ρίσουμε σε οποιονδήποτε λόγο. Πράγματι, έστω ότι το σημείο Ζ' διαιρεί την ΖΘ σε δοσμένο λόγο. Φέ­ ρουμε του Ζ', την Ζ που τέμνει την τετρα­ γωνίζουσα στο Λ. Φέρουμε την και την προε­ κτείνουμε μέχρι να συναντήσει τον κύκλο στο σημείο Τότε, οι γωνίες ΕΑΝ, ΝΜ έχουν το λόγο τον ΖΖ' προς Ζ'Θ, όπως εύκολα αποδεικνύεται. Έτσι, κολα, η τετραγωνίζουσα μας δείχνει τον τρόπο της διαμέρισηςβοποιασδήποτε γωνίας σε δοσμένο λόγσ. Το πρό λημα της ευθειοποίησης του κύκλου με χρήση της τετραγωνίζουσας είναι δυσκολότερο γιατί πρέπει να γνωρίζουμε τη θέση του σημείου Η στο οποίο η τετραγωνίζουσα τέμνει την ΑΔ. Η διαδικασία της ευθειοποίησης ενός τεταρτη­ μορίου του κύκλου είναι η παρακάτω: ευ­

ΑΔ

Ο

αλλά,

'ΝIΑΔ

ΑΛ

Ν.

εύ­

Β

---

Β

ΑΖ

ΑΖ

εκ

Υποθέτουμε ότι η τετραγωνίζουσα τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα ΑΔ στο Η, πρέπει να aποδεί­ ξουμε την πρόταση που δίνει το μήκος του τόξου του τεταρτημορίου ΒΕΔ και συνεπώς του κύκλου. Η πρόταση είναι: (τόξο τεταρτημορίου ΒΕΔ) : ΑΒ = ΑΒ: ΑΗ Αυτό αποδεικνύεται με την «εις άτοπον απαγωγή)). Αν ο προηγούμενος λόγος δεν ισούται με ΑΒ:ΑΗ, θα πρέπει να ισούται με ΑΒ:ΑΚ, όπου το ΑΚ είναι είτε (1) μεγαλύτερο, είτε (2) μικρότερο του ΑΗ. (Σχ. 3).

α

Γ

Γ

α

.L-�-Θ4�--���_JΔ

Σχ. 3 Έστω ότι ΑΗ (Σχ. 3). Με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΚ σχεδιάζουμε το τεταρτημόριο το οποίο τέμνει την τετραγωνίζουσα στο σημείο Ζ και το ΑΒ στο Λ. Φέρουμε την και την προεκτείνουμε ώστε να συναντήσει το τόξο ΒΕΔ στο σημείο Ε. Φέρουμε επίσης την ΖΘ κάθετη στην ΑΔ. Τώρα, από την υπόθεση έχουμε ότι: (τόξο ΒΕΔ):ΑΒ=ΑΒ:ΑΚ = (τόξο ΒΕΔ) : (τόξο ) Συνεπώς ΑΒ = (τόξο ). Όμως, από την ιδιότητα της τετραγωνίζουσας: ΑΒ: ΖΘ =(τόξο ΒΕΔ) :(τόξο ΕΔ)= =(τόξο (τόξο ΖΚ) και όπως έχει αποδειχθεί ότι ΑΒ = (τόξο ) έπεται ότι ΖΘ = (τόξο ΖΚ ), που είναι άτοπο. Άρα το ΑΚ δεν είναι μεγαλύτερο του ΑΗ.

2. Έστω ότι ΑΗ (Σχ. 4). Με κέντρο Α και ακτίνα ΑΚ σχεδιάζουμε το τεταρτημόριο ΚΜΛ. Φέρουμε την κάθετη στην ΑΔ, η ποία τέμνει την τετραγωνίζουσα στο Ζ. Φέρου­ με την η οποία τέμνει τα τεταρτημόρια στα σημεία Μ, άντίστοιχα. Στη συνέχεια, όπως προηγουμένως, αποδεικνύουμε ότι: ΑΒ =(τόξο και από την ιδιότητα της τετραγωνίζουσας: 1.

ΑΚ >

ΚΖΑ,

ΑΖ

---

---

---

ΛΖΚ

---

:..--...

-

--

ΛΖΚ):

ΑΚ <

ΑΖ

ο­

Ε,

_....,--__

ΛΜΚ )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/4

-

ΛΖΚ

ΚΖ

Σχ. 2

ΛΖΚ .

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

Για να αποδείξει ο Αρχίμήδης την τρίτη πρότα­ ενέγραψε και περιέγραψε κανονικά πολύγωνα, ΑΒ (τόξο ΒΕΔ) υπολόγισε τα εμβαδά τους μέχρι των 96 πλευρών ΖΚ (τόξο ΔΕ) και απέδειξε ότι η επιφάνεια του κύκλου περιέχε­ ται μεταξύ αυτών των αριθμών. (τόξο ΛΜΚ) Ο λόγος αυτός συμβολίζεται με το γράμμα π (τόξο ΜΚ) και τα όρια σε δεκαδική μορφή είναι: ��----��- Δ 3,14285714.. > π > 3,14084507... Σχ. 4 Με τη βοήθεια του ΗΝ μπορούμε, σήμερα, να προσεγγίσουμε τον π με όση ακρίβεια θέλουμε. Συνεπώς, εφόσον ισχύει ΑΒ (τόξο ΛΜΚ ), τότε ΖΚ (τόξο ΜΚ ), το οποίο είναι άτοπο, γιατί μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι ο κύκλος είναι ί­ Ο κος Χρ. Κηπουρός προτείνει για περισσότερη σος με την περίμετρο ενός περιγεγραμμένου πολυ­ εξάσκηση στην έρευνα της Γεωμετρίας, να γίνει γώνου. προσπάθεια επίλυσης στα παρακάτω προβλήματα Άρα το ΑΚ δεν είναι μικρότερο του ΑΗ. Κα­ του Ήρωνος της Αλεξάνδρειας. θώς λοιπόν το ΑΚ δεν είναι ούτε μεγαλύτερο ούτε tu Στο τρίγωνο ΑΒΓ λαμβάνουμε επί των μικρότερο του ΑΗ, έπεται ότι είναι ίσο με αυτό και πλευρών ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ τα σημεία Δ, Ε και συνεπώς: Ζ, αντίστοιχα. (ΑΒ)2 (τόξο ΒΕΔ ) : ΑΒ ΑΒ : ΑΗ ΒΕΔ ΑΗ Έτσι, έχουμε ευθειοποιήσει ένα τεταρτημόριο του κύκλου κέντρου Α και ακτίνας ΑΒ. Για τον τετραγωνισμό του κύκλου θα περιορι­ στούμε να αναφέρουμε τις τρεις θεμελιακές προ­ z Γ Β τάσεις του Αρχιμήδη που έδωσαν τη μεγαλύτερη ώθηση στην κατοπινή πορεία της Γεωμετρίας. Σχ. 5 Γ

ση,

-

=

----

=

Ε

-

=

.-.

Α

ΚΗ

.

-

=

=

-

Μ μtΟο&� του

=

<:::::>

-

=

--.

Αpχψt\6η

Να αποδείξετε ότι η αναγκαία και ικανή συνθήκη ώστε τα τρίγωνα ΑΔΕ, ΒΔΖ και ΕΖΓ να είναι ισοδύναμα (ισοεμβαδικά) είναι: ΑΔ ΒΖ ΓΕ = ΔΒ ΖΓ ΕΑ 111 Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ. Να οριστεί το σημείο Δ (στο εσωτερικό του), ούτως ώστε όταν φέ­ ρουμε τις ευθείες ΔΑ, ΔΒ και ΔΓ, τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΔΒΓ και ΓΑΔ να είναι ισοδύναμα.

Η αξιόλογη συμβολή του Αρχιμήδη στο πρό­ βλημα του τετραγωνισμού του κύκλου στηρίζεται στην παραδοχή του ότι: 1 . «Κάθε κύκλος, του οποίου η μεν ακτίνα είναι ί­ ση προς μία των κάθετων πλευρών ορθογώνιου τριγώνου, η δε περιφέρεια είναι ίση προς τη βάση, είναι ίσος προς το ορθογώνιο τρίγωνο>>.

2. «0 κύκλος προς το τετράγωνο της διαμέτρου του έχει λόγο τον λόγο που έχει ο 1 1 προς τον 14».

3 . «Παντός κύκλου η περιφέρεια είναι ολίγον μικρότερη μεν του 3.!..7 της διαμέτρου, μεγαλύτε-

-

.

.

ΕΥ

Ε•

Η

εrναι το

�

Β

.

..

�

· . ·

Γ

Σχ. 6

··�··�--,�-�-�···�-·, .. , ... �.i,�·,i···'······�·�·-�·-�·�·,·······, •.

i ι

-

.· ·/ΑΔ·-··· · �

ρη δε του 3.!_Q 71 αυτής». (Ε. Σταμάτη, Αρχιμήδους άπαντα, Κύκλου μέτρησις προτ. 1, 2, 3).

Ό

-

·

, .• ���-·�·�-�-·�-�···�·,····�······�····,

ξtJγ "νο της

τα• εί

.,�,i·i·'�' •ιι.,,,,.�,.� •• ,,,.\,�1,�,,.,, ••• ,, ••• �.,,�i�., ••• , •• ,,, ••• ,�.�···'··\., •• , •••• , •• i

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/5

••••.•.1.

,,,,,,,,,,,,,,,,,

•

Ο συνάδελφος Ι. Μαντ� είχε προτείνει σε προηγούμενο τεύχος τα παρακάτω προβλήματα.

Κάθε πόση ώρα ανναντιέται ο λεπτοδdκτης με τον ωροδdκτη τοv ωρολοyiοv. Λύση:

1.

Ας ιnrοθέσοvμε ότι πρώτη, δεVτερη, τρiτη και είναι η διαφήμιση της εταφείας Α, Β, Γ, Δ αντίcnοιχα. Η εταφεία Β πληρώνει %0.000 δρχ. ημερησίως yια να διαφημίζεται στην παραπάνω διαφημιcmκή πινακιδα.

τέταρτη

Έστω ότι η ώρα είναι 12. Τότε οι δύο δείκτες βρίσκονται στην ίδια θέση.

μηχανισμός πανί ...../ ....____.J.J

Λύση :

Η σειρά των διαφημίσεων είναι:

Μετά από 1 ώρα ο λεπτοδείκτης θα βρίσκεται 30° πίσω από τον ωροδείκτη. Άρα για κάθε 2 εμφανίσεις των τα Α, Αν t είναι ο χρόνος σε λεπτά, τότε ο λεπτοδεί­ εμφανίζονται 1 φορά. Επομένως καθεμία ε­ κτης σε χρόνο t διανύει 6 t μοίρες ενώ ο ωροδεί- ταιρεία από τιςαπό Α, πρέπει να πληρώνουν τα μισά 1 ' απ' όσα πληρώνει καθεμία από τις δηλαδή οι κτης διαννει -2 t μοιρες. πρέπει να πληρώνουν από 20.000 δρχ. ημε­ Αν σε t λεπτά ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης ρησίως και οι Α, από 10.000 δρχ. ημερησίως

IΑΒ ΓΔΓΒI, IΑΒ Γ ΔΓΒI Δ

'

Β, Γ

συναντιούνται ξανά πρέπει να ισχύει:

1 1 = 30 <=> t =60 =5,. 5 6t =-1 t + 30 <=>-t 45Inln 2 2 11 λεπτά, 27 δευτερόλεπτα και 27 εκατοστά. =

Άρα ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης συνα­ ντιούνται κάθε 1 ώρα, 5 λεπτά, 27 δεύτερα και 27 εκατοστά του δευτερολέπτου

2. Επάνω cno πανi dναι τuπιομένι.ς 4 διαφημίσεις, cnη σειρά η μία κάτω απ' την ωJ..η, � cnα φιλμ. Ο μηχανισμός τuΛιyει και ξm>Λιyει το πανί, σαν Πάπuρο, κατά τακτά χρον ικά διαcnήματα, ώcnε να εμφανfζεται κάθε φορά και μια διαφορmκή διαφήμιση. Ιlράnα εμφανίζεται η πρόnη διαφήμιση, 1mερα η δe6τερη κ.ο.κ. Όταν εμφανιcnd η τέταρτη διαφήμιση ο μηχανισμ6ς τuΛιyει αντίcnροφα το πανi ώcnε να εμφανιcnd cnη σuνίχεια η τρiτη, η δe6τερη κ.ο.κ. Όταν πάλι εμφανιcnd η πρόnη ο μηχανισ� cnρέφει το πανi αντίcnροφα ώcnε να εμφανιcnd η δe6τερη κ.ο.κ.

•

Δ

συνάδελφος προτείνει: Ο

Χ.

Β, Γ

Δ

Β, Γ,

Πατiλας

απ' τα Τρίκαλα

Πτυσσόμενη κεραία μήκους 25cm στέκεται κατακόρυφα με το ένα άκρο της (σταθερό) στο έδαφος. Σκοινί μήκους lm είναι στερεωβένο με τις δύο άκρες του Κ, Λ στο έδαφος και το μέσο του είναι περασμένο από μικρή οπή που υπάρχει όσο άνω άκρο (μεταβλητό) της κεραίας έτσι ώ­ στε να είναι τεντωμένο. Η κεραία αρχίζει να κινείται οριζόντια έτσι ώστε να είναι πάντα κάθετη στο έδαφος και κά­ θε χρονική στιγμή t απ' τη στιγμή που άρχισε να κινείται ισχύει: dh . .../�1_-4-χ-2 + χ. dx 0 dt dt =

όπου

χ< lι

, η αποσταση της κεραιας απ' την ,

αρχική της θέση και h το ύψος της κεραίας σε μέτρα. Να δείξετε ότι: «Το σκοινί κατά τη παραπά­ νω κίνηση είναι τεντωμένο».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/6

π

I

ΤΟ ΖΩΟΓΟΝΙΚΟ ΤΡΙΓΩΝΟ ΤΩΝ ΠΥΘΑΓΟΡΕΙΩΝ Π.Θ. Αδαμάκος, Π. Αδαμάκος ΛΑΧΕΣΙΣ 1 (παρελθόν) ΑΤΡΟΠΟΣ (μέλλον)

3 4 ΚΛΩΘΩ (παρόν)

ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΠΕΡΙΜΕΤΡΟΣ= 12 ( 12 Ζωδιακοί - 12 θεοί -12 μήνες-12 Ελ. φυλές2, 12 Υιτάνες2 ) * ΕΜΒΑΔΟ = 6 ( 6 = "ο πρώτος τέλειος αριθμός" )

Ε = (κ + λ)(κ - λ)κJJ4 Θα δείξουμε ότι το Ε είναι πολλαπλάσιο του πρώτου τέλειου αριθμού του 6, που είναι και το εμβαδόν του ζωογονικού τριγώνου {3,4,5}. Έτσι θα έχουμε δείξει ότι το ζωογονικό τρίγωνο μετέχει στη φύση κάθε ορθογωνίου τριγώνου, ζωογονώντας όλα τα ορθογώνια τρίγωνα -υλικά στοιχεία.

Βοηθηnκή πρόταση 1 : Το άθροισμα ή η διαφορά δύο περιττών φυσικών αριθμών διαιρείται με το 4 Απόδειξη

Στη μελέτη μας «περί πυθαγορείων τριάδων» είχαμε σημειώσει ότι το ζωογονικό τρίγωνο Έστω κ,λ οι δύο περιττοί ακέραιοι αριθμοί με αντιστοιχεί στο στοιχείο υδρογόνο. κ=2ν+ 1 και λ=2ρ+ 1, οπότε Στη συνέχεια δείξαμε - ίσως για πρώτη φορά κ-λ = (2ν + 1)-(2ρ + 1) = 2ν + 1 -2ρ - 1 = 2(ν -ρ) ότι κάθε ορθοymvιο τρryιονο με πλεuρές ακε­ και: κ + λ = (2ν + 1) + (2ρ + 1) ραίοοι; ορι8μοiJι;, δηλαδή κάθε Πυθαγόρεια = 2(ν + ρ + 1) τριάδα,· έzει εμpαδόν ποUαπλάσιο του ζrοοyονι­ Ι. εάν ν,ρ = άρτιοι ή ν,ρ = περιττοί, κο'ό 'Ι'VXOJOVLΚO'ό ορι8μιrό 6των Πυθαγορείων. κ- λ� 2(ν - ρ) = πολ4 τότε: Παρακάτω αποδεικνύουμε ότι : όλα τα ορθο­ ΠΙ. εάν ν=περιττός και ρ=άρτιος ( ή αντίστροφα), γώνια τρίγωνα «ζωογονούνταυ) από το παραπάνω τότε κ+λ=2(ν+ρ+1)=πολ 4, αφού ν+ρ+1= Πυθαγορικό αρχέτυπο, (όλα τα χημικά στοιχεία άρτιος ( ένας περιττός + ένας άρτιος + 1 = ζωογονούνται από το υδρογόνο με διαδοχικές άρτιος) και εδείχθη. συντήξεις). 'Ρυχοyονικός ιώpος 63 = 216 (ο ελάχιστος ΠΟΡΙΣΜΑ: αριθμός ημερών που χρειάζεται για να γεννηθεί Η διαφορά των τετραγώνων δύο περιττών φυσικών αριθμών διαιρείται με το 8. ένας άνθρωπος) Οι πλευρές οποιουδήποτε ορθογωνίου τριγώνου Βοηθηnκή πρόταση 2: Εάν κ,λ είναι δύο περιττοί φυσικοί αριθμοί με κ>λ, δίδονται από τους μετασχηματισμούς τότε το γινόμενο κλ (κ+λ)(κ-λ) διαιρείται με το 24.

2 2 2 Απόδειξη (1) α = κ +i , β = κ λ , γ = κ·λ 2 2 Αρκεί να δείξουμε ότι: όπου κ, λ περιττοί φυσικοί με κ>λ. κλ(r- λ2) = πολ3 Για το εμβαδό Ε τριγώνου Α Β Γ με Α = 90" αφού r - λ2 = πολ8, σύμφωνα με την προηγούμενη βοηθητική πρόταση και (3, 8) = 1 . έχουμε: Ε βγ . Ο ισχυρισμός είναι προφανώς αληθής στη περί­ 2 πτωση που ένας τουλάχιστον απ' τους κ, λ είναι Έτσι για κάθε ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε: πολλαπλάσιο του 3. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε τον ισχυρισμό στην 1 Λέγεται και Αδράστεια περίπτωση που κανένας απ' τους κ, λ δεν είναι 2 Πλάτ ωνος πολιτεία Ι, Ι 4 πολλαπλάσιο του 3. * τέλειος λέγεται ο αριθμός του οποίου οι διαιρέτες qουν άθροισμα Δ

=

τον ίδιο τον αριθμό. Διαιρέτες του 6: {1,2,3}, άθροισμα 1+2+3

=

6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π

Το βήμα του Ευκλείδη

Τότε κ = πολ3 ± 1 και λ = πολ3 ± 1. Οπότε: r λ2 = πολ3. Τελικά έχουμε για το εμβαδόν: 2 2 Ε= 1 · κ -λ ·κλ= 1 κ 2 - λ 2 κλ = 1 πολ24=πολ6 } 4 2 2 4( -

Πόρισμα: Όταν δύο περιττοί φυσικοί αριθμοί δεν διαιρούνται με το , τότε η διαφορά των τετραγώνων τους διαιρείται με το 24.

3

a Η Αιαθητική των πρώτων ή πρώτοι αριθμοί και μοuαική ΠερU.ηψη του αλyορ(θμου

Μιχάλης Σ. Αρβανίτης

Οι πρώτοι αριθμοί έχουν το χαρακτηριστικό ότι δεν συνδέονται μεταξύ τους με λογική ή ομαλότητα.

Η μουσική από την άλλη είναι μια πολύμορφη πραγματικότητα και απαιτεί, όπως και τα μαθηματικά, μια

ιδιαίτερη σχέση ανάμεσα στον δημιουργό και το δημιούργημα. Εδώ και πολλά χρόνια, χρησιμοποιούνται διάφοροι αλγόριθμοι και έχουμε την κατασκευή μουσικών κομματιών με τη χρήση μαθηματικών αλγορίθμων και υπολογιστών, π.χ η μουσική του Ιάνη Ξενάκη, της Αν Κλάρκ, των Κράφτγουερκ κτλ. Πριν από μερικά χρόνια, προτάθηκε μια ενδιαφέρουσα ιδέα για τη δημιουργία μουσικών κομματιών αποτυπωμένων σε αρχεία μίντι (mid i files), τα οποία χρησιμοποιούν νότες που αντιστοιχούν σε πρώτους αριθμούς. Ένα από αυτά τα κομμάτια, χρησιμοποιεί έναν αλγόριθμο με τους πρώτους 18.000 πρώτους αριθμούς, ξεκινώντας από τον τέταρτο κατά σειρά πρώτο αριθμό, τον 7. Αυτό το αρχείο ηχογραφήθηκε και βρίσκεται στο cd του Phil Thompshon. Περιyραφή του αλyορ(θμου

Με εξαίρεση το 2, το 3 και το 5 κάθε άλλος πρώτος αριθμός modulo5 δίνει αποτέλεσμα 1,2,3 ή 4. Για να «κατασκευάσουμε» mid i νοτες, παίρνουμε ανά 3 διαδοχικούς πρώτους αριθμούς modulo5, αφαιρούμε από καθένα τους το 1 και δημιουργούμε έτσι τριψήφιους αριθμούς του τετραδικού συστήματος. Δίνεται ο παρακάτω πίνακας για την επεξήγηση του υπολογισμού.

D

Αριθμός �

ΙΜΟΟ·�ι 5

Μ

ετάπτωση Ψηφ(ων στο Τ τραδ κό ε ι σύ α

Αντ(σ ο χη τ ι Τρ ψηφ ι • wς Midi Νότα δ κό ς ρα ι τετ (Δ καδ κ ό) ε ι

ΟΙ 2-ι=ι o��,==,�iF==2��== ==� ιι ι- ι=ο ι 3-ι=2 3 13

ιο2

2 4 3

ι32

23

2- ι= ι 4-ι=3 3-ι=2

I

11

ιs

30

49

σύστημα. Ομαδοποιώντας τα ανα τρία, δηλαδή αν πάρουμε το 1, το Ο και το 2 που προκύπτουν, φτιάχνουμε τριψήφιους τετραδικούς αριθμούς, στο συγκεκριμένο παράδειγμα τον αριθμό 102. Αυτός ο αριθμός στο δεκαδικό σύστημα αντιστοιχεί στον 1 *4Λ2+0+2*4ΛΟ=18. Επειδή οι πιθανοί τριψήφιοι του τετραδικού συστήματος είναι από 000 εώς 333, οι αντίστοιχες midi νότες θα είναι από Ο εώς 64, τις οποίες μπορούμε να χωρίσουμε σε τέσσερις φωνές, μια ανά track. Το track 1 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 000 και 033, δηλ. νότα mid i 0� 15. Το track 2 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 100 και l3 3, δηλ. νότα mid i 16� 3 1. Το track 3 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 200 και 233, δηλ. νότα mid i 32�47. Το track 4 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 300 και 333, δηλ. νότα mid i 48�64. Τέλος, για να βρίσκονται οι νότες μέσα στο κλαβιέ του πιάνου, προσθέτουμε σε κάθε μια, τον αριθμό 36, δηλαδή ανεβαίνουμε κατά τρεις οκτάβες.

Σημείωση: Κάτι παρόμοιο συμβαίνει και στην βιολογία. Στην

μοριακή βιολογία, υπάρχουν τέτοιες τριάδες για τις λεγόμενες περιπτώσεις codon, σε κάθε αμινοξύ. Το πιο γνωστό παράδειγμα είναι η γλουταμίνη.

Έτσι, π.χ. οι τρεις πρώτοι αριθμοί 7, ll και l3 modulo5 δίνουν αποτελέσματα 2, 1 και 3, αντί­ Θα ήθελα να ευχαριστήσω τον κύριο Νίκο στοιχα. Αν αφαιρέσουμε τη μονάδα από κάθε ψηφίο Ανδρουλακάκη για την πολύτιμη βοήθειά του. προκύπτουν ψηφία που ανήκουν στο τετραδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/8

�- �� �� . ;!• .,J/ " """ ""

'\.

.

Mflιl

HIIIII IATHeiAT/t'Vf

'

ο

:Ι:r.ι�

Η Homo Mathematιcus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επι­ οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, στήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

4)

Στο τεύχος αυτό έχουμε να δημοσιεύσουμε πολλά. Για να μη θεωρηθεί κανείς αδικημένος, τα δημοσιΓιάννης Κερασαρίδης εύουμε κατά σειρά χρονικής προτεραιότητας Μιαφίλος απαραίτητη διευκρίνηση. Τον προηγούμενο μήνα, ένας καλός της ρεξήγηση. Με τη φράση αυτή εννοούμε πως στήλης και συνάδελφος μαθηματικός, διατύπωσε προφορι κλογότυπο ά παράπονοτηςότιστήλης: με το «Κανόνας: να γράφουμεΗ κάτω στή­ από τον απευθ νεται μ Μετά απ' λη όνο σε ύ μαθητές», ερμηνεύτηκε από τους συναδέλφους αυτό, η στήλη δηλώνει πως είναι ανοιχτή σε β β σαν από τοΠρόκειται να χρησιμοποιούν μα τηςαποτρεπτικό στήλης αυτής. για σοβαρήτο πα-ή­ ναδέλφους και, φυσικά, σε παιδιά σαν ήμα "Αυτό το ξέρ ατε; Από το τεύχος αυτό η στήλη καθιερώνει ένα υπόθεμα με τίτλο: « Θα τίθεται ένα ε­ ρώτημα και,Ποιοστοκαιτέλος της στήλης, θα δίνεται η απάντηση. Η σημερινή ερώτηση Τι είναι το πόσων φαινόμενο, κατάφερε να χρονομετρήσει ο άνθρωπος; Και δεύτερη απάντηση για τη Χριστίνα Στο τεύχος αρ.

44, δημοσιεύσαμε μια ιδέα της Χριστίνας και ζητούσαμε θεωρητική τεκμηρίωση. Στο προηγούμενο τεύχος (αρ. 45) δημοσιεύσαμε την πρώτη απάντηση. Σε τούτο τοΑργότερα τεύχος δημοσιεύουμε βαμε και τρίμια­ δεύτερη απάντηση, τον οποίο και ευχαριστούμε. λά τη απάντηση από το φίλο της στήλης, ύλης θα δημοσιευθεί στο επόμενο τεύχοςσυνάδελφο (αρ. 47) μαθηματικό, Γ. Τριπικέλη (Κόρινθος). Λόγω πληθώρας Ι.

τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να εί­ ναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Homo mathematicus

σt}­

προ­

σφοράς.

ΙΙ.

ρόλεπτο;

"

Α υτό το ξέρατε;)).

ατοδευτε­

ατοδευτερολέπτων ΠΙ.

του Ευτύχη Παπαδοπετράκη,

.

Η απάντηση Ευτύ χης Παπαδοπετράκης, Πανεπιστήμιο Πατρών

«Αξίζουν πράγματι συγχαρητήρια στη Χριστίνα γιαπρόσθεσης. την ανακάλυψή της σχετικά με τη ' Δημ� δοκιμή της Για ένα παιδί της Δ τικού, αλλάείναιακόμα καιαμφιτουβολία Γυμνασίου ή και τουαΛυκείου, χωρίς μια σπουδαία νακάλυψη. Η Χριστίνα οδηγήθηκε στην ανακάλυψήσιασμού της εφαρμόζοντας τη δοκιμή του πολλαπλαστηνμιαπρόσθεση, και εντελώς εμπειρικά, διαπίστωσε κανονικότητα. Θα έλεγξε βαίνει και σεμάλλον άλλες ανπεριπτώσεις, η κανονικότητα αυτή συμ και μετά τις αλλεπάλληλες επαληθεύσεις που πήρε, έβγαλε ένα κανόνα. Η κανονικότητα που παρατήρησε η Χριστίνα είναι ότι: Η δοκιμή.

1

4

}

"Σε μια πρόσθεση ακεραίων το άθροισμα

5

3

2 3 8 [1] [2+4] [3+5] [8+3]

•

( 1+4+5+3)

•

(2+3+8)

των ψηφίων των προσθετέων είναι ίσο με το άθροι­ σμα των ψηφίων του αθροίσματος. ". Ο

κανόνας δε που τηρούμε κατά τη διαδικασία εύρεσης του α­ θροίσματος των ψηφίων ενός αριθμού είναιγίνεται ότι: " δηλαδή διψήφιος, Για το λόγο αυτό στη συνέ­ χεια τα αθροίσματα αυτάκανονικότητα θα τα λέμε εννεαδικά ή για συντομία 9-δικά. αυτή πράγ­ ματι συμβμιααίνει.πρόσθεση Ας δούμεσημειώνοντας τώρα το γιατί:καιΑςόχιεκτε­ε­ λέσουμε κτελώντας, τις επιμέρους χεια qς κάνουμε τη δοκιμήαθροίσεις της Χριστίκαινας:στη συνέκάθε φορά που το άθροισμα ξεπερνά το 9, το aντικαθιστούμε με το άθροι­ σμα των ψηφίων του". Η

( 1+4+5+3)+ (2+3+8)=(1+4+5+3+2+3+8)

[1]+[2+4]+[3+5]+[8+3] = (1+2+4+3+5+8+3) Είναι φανερό ότι παίρνουμε τα 9-δικά αθροίσμαι τέλεσμα πρέπει να εί ν αι το ίδιο, οσοιδήποτε και β τα για τα ίδια ακρι ώς ψηφία, γι' αυτό και το απ� είναι οι προσθετέοι και •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/9

αν

Homo Mathematicus

οσαδήποτε ψηφίααυτής και ανμπορούμε έχουν. Γιανατηνακολουθούμε οργάνωση της διαδικασίας την παρακάτω πρακτική: Α::1 Ψ'Μ Όπου στη θέση των Α, Β, ... ,Μ γράφουμε τα 9δικάθέση αθροίσματα των τοψηφίων των προσθετέων, στη Χ γράφουμε 9-δικό άθροισμα των Α, Β, . . ,Μ και στη θέση Ψ γράφουμε το 9-δικό άθροι­ σμα τωνέχειψηφίων του αποτελέσματος. Ότανπαράδειγ­ η πρό­ σθεση γίνει σωστά τότε Χ=Ψ. Για μα στην προηγούμενη πρόσθεση έχουμε: 4r : της δοκιμής αυτής;)) Ποια όμως είναι η αξιοπιστία Η αξιοπιστία τη ς δοκιμής. <(Οπως ήδη έχει γίνει φανερό ισχύει ο παρακάτω κανόνας: Ανακεραίων) μια πρό­ σθεση οσονδήποτε αριθμών (θετικών έχει εκτελεστεί σωστά, τότε το 9-δικό άθροισμα των 9-δικών αθροισμάτων των προσθετέων είναι πάντα ίσο με το 9-δικό άθροισμα του αποτελέσμα­ τος. Αυτό είναιοσονδήποτε το ίδιο με αριθμών το να λέμε(θετικών ότι: Ανακε­σε μια πρόσθεση ραίων)τωντοπροσθετέων 9-δικό άθροισμα των 9-δικών αθροισμά­ των δεν είναι ίσο με το 9-δικό άθροισμα του αποτελέσματος τότεείναιη πρόσθεση δεν έχει εκτελεστεί σωστά. Ενώ δεν καθόλου ίδιο με το: ακεραίων) Αν μια πρόσθεση οσονδήποτε αριθμών (θε­9τικών έχει εκτελεστεί λάθος, τότε το δικό άθροισμαδεν των 9-δικών αθροισμάτων τωνά­ προσθετέων είναι ποτέ ίσο με το 9-δικό θροισμα του αποτελέσματος. Ο ισχυρισμός αυτόςότιείναι λάθος. Μεείναιάλλαλάθοςλόγια,εί­ ανναιηπράγματι δοκιμή δείξει η πρόσθεση λάθος. Όμως αυτό προσοχή αν η δενδοκιμή μου δείξει ότι είναι σωστή, καθόλου ση­ μαίνει ότι πράγματι η πράξη έχει εκτελεστεί σω­ στά. Δηλαδή ενδέχεται

Ενώ η δοκιμή δείχνει ότιγίνειη πράξει έχει εκτελεστεί σωστά, ωστόσο έχουν δύο λάθη: έχει δεκά­ ξεχα­ στεί το κρατούμενο κατά την άθροιση των δωντηνκαιάθροιση έχει προστεθεί μια μονάδα παραπάνω κα­ τά"εξαπατούν" των χιλιάδων. Γενικά τα λάθη που τη δοκιμή αυτή είναι εκείνα που αλ­ ληλοαναιρούνται, δηλαδή που γίνονται κατά ζεύγητο και μάλιστα το ένα θα αυξήσει (ή θα μειώσει) 9-δικό άθροισμα του αποτελέσματος τόσες προη­ μονά­ δες όσες το έχει μειώσει (ή αυξήσει) κάποιο γούμενο. Έτσι το πλήθος τωναυτό λαθώνείναιπρέπει νασπά­εί­ ναι άρτιο. Επειδή το γεγονός πολύ νιο η δοκιμή αυτή έχει μια αξία. Όμως 4το25 αθροίσεις παράδειγμαψηφίων της Χριστίνας η δοκιμήτηςα­ παιτεί ενώ η διαδικασία πρόσθεσης μόνο 15. Γι' αυτό δεν προτεί ν εται στουςέλεγχο μαθητές ως δοκιμή. τηςΑντίθετα προτείνεται για η επανεκτέλεση πρόσθεσης με δια­ φορετική σειρά. Ποια είναι όμως η σχέση της δοκιμής αυτής

το σύνολο των αθροίσεων ψηφίων που απαιτεί είναι μεγαλύτε­ ρο από αυτό που απαιτεί η διαδικασία της πρόσθε­ σης.

με τη δοκιμή του πολλαπλασιασμού; Η δοκιμή του πολλαπλασιασμού δεν είναι παρά η δοκιμή ό­ πως την ανέδειξε η Χριστίνα προσαρμοσμένη κα­ τάλληλα για να είναι σύντομη!

βαίνει ε­ Αυτό συμ πειδή ο αριθμούς πολλαπλασιασμός στους (θετικούς ακέ­η ραιους) δεν είναι τίποτε άλλο παρά πρόσθεση τουάλλος! ενός Αςτο στον εαυτό του τόσες φορές όσες λέει ο δούμε μέσα από παρά­ δειγμα 5 I 3 77+77 +77=231 � 77Χ3=231 616 616 Το νατουπούμε 5Χ3=15_. 5+ 1=6, πουακριαπαιτεί η ίδιο δο­ β κιμή πολλαπλασιασμού είναι ώς το με τοπρόσθεσης!

5+5+5= 15 Είναι5+φανερό 1 =6 πουότιαπαιτεί η δοκιμή της η δοκιμή του βώς την ίδια αδυ­ πολλαπλασιασμού περιέχει ακρι ναμία με αυτήν τηςεπειδή πρόσθεσης πουμεπεριγράψαμε πιο πάνω. Όμως σε σχέση τηνπιο επανά­ ληψη του πολλαπλασιασμού είναι πολύ σύντο­ Αςσθεσηδούμε μια τέτοια περίπτωση πάνω στην πρό­ μη, προτεί ν εται στους μαθητές) ) της Χριστίνας: 35782+ 1202+7813+5678=51465 3511,3 Δύο καλοί φίλοι μαθηματικοί, από την Πάτρα, ο Ηλίας Τουρλούκης κι Βάϊος Αργυράκης, μας έστει­ λαν μια εργασία τους που, με μεγάλη μας χαρά, σας παρουσιάζουμε παρακάτω. Εμείς τους ευχαριστούμε. ___.

το 9-δικό άθροισμα των 9δικών αθροισμάτων των προσθετέων να είναι ίσο με το 9-δικό άθροισμα του αποτελέσματος και η πρόσθεση να είναι λάθος.

7.

8

V. Για την επιφάνεια του νερού

ο

«Είναι η επιφάνεια του νερού επίπεδη;»

συνηθισμένο, ιδιαίτερατουστανερού σχολικά άμεσο και παράδειγμα βιβ«Είναι λία, ναπολύαναφέρεται η εmφάνεια που ι ηρεμεί δου. Είν'ωςαλήθεια πως προφανές ένας άνθρωπος που δενεmπέ­ ξέρει Τουρλού κη ς Ηλίας, Μαθη ματικός ΔΕ

-

Βάιος Αργυράκη ς, Μεταπτυχιακός

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/10

Homo Mathematicus

πως η γη είναι σφαιρική, που δενδε έχει δειβποτέ τη θάλασσα, ή μια μεγάλη λίμνη, θα προ ληματι­ στεί, δε σεθα αντίφαση αμφισβητήσει τοσύνολο γεγονόςτωναυτό, αφού δεν έρχεται με το γνώσεων και εμπειριών τα θέματαανθρώπους αυτά έχουναπόπρο­τα βληματίσειτου.τουςΕπειδή σκεπτόμενους πολύ Έλληνες παλιά χρόνια, ας δούμεκαιπωςσυγκεκριμένα απάντησαν οιο Αρ­ αρ­ χαίοι γεωμέτρες, χιμήδης, για τοηρεμεί. είδος της επιφάνειας πουτοσχηματίζει βλημα τοσυνοπτικά νερό όταν Ας δούμε λοιπόν πρό μέσαπολιτισμοί από την ιστορία του. και των Οι αρχαίοι των Αιγυπτίων Βακαιβυλωνίων, είχαν ακμάσει πριν απόΌπως 3500 χρόνια, είχαν προηγηθεί των Ελλήνων. γνωρί­ ζουμε από αρχαιολογικά ευρήματα και κείμενα που έχουν διασωθεί, πολιτισμοί αυτοίπολλές και ιδιαί­a­ βυλώνιοι, οιείχαν τερα οι Βα κατακτήσει στρονομικές γνώσεις γύρω από τους aστερισμούς, τους πλανήτες και τις κι ν ήσεις τους, τις κινήσεις Εί χ αν προσδιορίσει της Σελήνης και του Ήλιου. τηζανδιάρκεια του έτους σε 365 ομέρες που τιςουρανός χώρι­ σε 12 μήνες κλπ. Γενικά έναστρος αποτελούσε για τους ανθρώπους ένα μυστήριο που ξεπερνούσε ταότιόριαοι του δέους.θρησκείες Δεν είναιήτανκαθόλου λοιπόν τυχαίο πρώτες βουλήσειςαστρι­ κές. Οι άνθρωποι αναζητούσαν τις των θεών για τη τύχη τους στις κινήσεις των πλανητών. Έτσι και ηενσωματωμένη Βαβυλωνιακή στην Αστρονομία παρέμεινε εμπειρική, κυρίαρχη αστρική τουπουπολιτισμού αυτού. Πολλές όμως από τιςθρησκεία γνώσεις είχε κατακτήσει ήταν αποτέλεσμα μακρόχρονων παρατηρήσεων, ήτανδεν δηλαδή σω­να β στές έστω και αν οι Βα υλώνιοι φαίνεται βει καν ότι η γη είναι σφαιρική ούτε είχαν καταλά βάνονταν αντιλαμ τις κι ν ήσεις των άστρων στον ουρανό απ'σύμφωνα μεγνώσεις ένα γεωμετρικό πρότυπο. Πολλές αυτές τις περιήλθαν στην κα­το τοχή των Ελλήνων και είναι χαρακτηριστικό παράδειγμα τουκαταγραφές Θαλή (624-547 π.aστρονομικές Χ.) ο οποίος μελετώντας τις από τις βυλωνίων, πρόβλεψε με επι­ παρατηρήσεις των Βα τυχία μιαΕλλαδικό έκλειψη χώρο του Ηλίου. Στον ακόμα την εποχή του Θα­ λή, η εικόνα του κόσμου είναι αυτή της εποχής του Όμηρου και του Ησίοδου: η γη είναι ένας επίπεδος βάλλεται από ένα ποταμό περίπου δίσκοςο οποίος που περιχύνεται τον Ωκεανό, εαυτόφορά του.απόΗ βητήθηκε γιαστοπρώτη εικόνα αυτή αμφισ άι τους Ίωνες φιλόσοφους του 6ου αιώνα π. Χ. κ συγκεκριμέναη από τονείναι Αναξίμανδρο. Για τοναλλάΑ­ ναξίμανδρο γη δεν ακόμα σφαιρική μοιάζει μεκαιέναβρίσκεται πέτρινοστοστύλο (κίονιτου λίθω παρα­ πλήσιον) κέντρο σύμπαντος. Μένει δε ακίνητη γιατί αφού βρίσκεται στο κέντρο

τηςσημεία ουράνιαςτηςσφαίρας απέχοντας τοκανένα ίδιο από όλανα ταπάει σφαίρας δεν έχει λόγο ούτε προς τα πάνω ούτεαυτήπροςδομήτα τουκάτωχώρου, ούτε δεξιά ούτε αριστερά! Η νέα που το κέντρο του τονακατέχει ηχάσει γη καιτονμε τιςαπόλυτο διευ­ θύνσεις πάνω κάτω έχουν χαρακτήρα τους, είναι δομή με έντονα μαθηματικό χαρακτήρα. εποχήτοτου212Αρχιμήδη, πουήδηέζησεπαγιωμένη από το 276 π. Χ . , ήταν και π.αδιαμφισ ΧΤην. μέχρι βήτητη αντίληψη μεταξύ των φιλόσοφων και των επιστημόνων ότιο Αρχιμήδης η γη ήταν ασχολήθηκε μια σφαίρα. Σεμε ένα από τα έργα του το θέμαΗτηςαπάντησή μορφής τηςτου επιφάνειας ηρεμεί. ήταν ότι του νερού που Για να το αποδείξει έκανε δύο υποθέσεις βρί­ για τον τρόπο που συμπεριφέρεται το νερό που σκεται σεσημείο ηρεμία.τουΟινερού υποθέσεις αυτέςαπόείναι οι εξής:που •Κάθε πιέζεται το νερό βρίσκεται κατακόρυφα απόβπάνω του.

•Τα μέρηαπότουτονερού πουτης ρίσκονται σεπουίσεςπιέζεται απο­ στάσεις κέντρο γης, αυτό λιπιέζεται γότεροπερισσότερο. εξωθείται (παραμερίζεται) από αυτό που Έχοντας τις και δύο τιςυποθέσεις, τητηςγνώ­ σηωμετρίας ότι η γηωςτηςείναιεργαλεία σφαιρική γνώσεις Γε­ εποχής του, προχώρησε στην από­ δειξη. Ας την παρακολουθήσουμε. Αυτό που ζη­ : τάμε ναπουαποδείξουμε είναι ότισφαίρας Η επιφάνεια του νερού ηρεμεί έχει μορφή η οποία έχει κέντρο το κέντρο της γης. η επιφάνεια του νερού που ηρεμεί είναι σφαιρική με κέντρο το κέντρο της γης.

z

Α

κ

Δ

Η

Φανταζόμαστε ότιδύοέχουμε κόψει μεναένακατασκευά­ τεράστιο μαχαίρι τη γη στα έτσι ώστε σουμε το πιο πάνω σχήμα. Σε,αυτό Κ είναι το κέ­ ντρο τηςπουγηςηρεμεί. και ΑΒΓΥποθέτουμε Δ η σφαιρική επιφάνεια του νερού τώρα ότι η επιφά­ νεια ηρεμίας δεν τηείναιβοηθητική σφαιρικήσφαιρική αλλά είναι η ΖΒΓΗ. Θεωρούμε επιφά­ βρί­ νεια ΞΟΠ.στηνΤαίδιασημεία αυτήςαπότηςτοεπιφάνειας σκονται απόσταση κέντρο της γης α ν θαπροέρχεται έπρεπε να και στην την περίπτωση που Ηηρεμούσ δέχονται ίδια πίεση. πίεση αυτή από την ποσότητα τουτους.νερούΌμως,που ηβρίσκεται κατα­ κόρυφα από πάνω ποσότητα νερού που βρίσκεται πάνω από τα σημεία ΞΟ είτου ναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/11

Homo Mathematίcus

μεγαλύτερη από την ποσότητα που βρίσκεται πά­ νω από τα σημεία ΟΠ. Αυτό σημαίνει ότι τα ση­ μεία ΞΟ πιέζονται περισσότερο από τα σημεία ΟΠ. Άρα, θα πρέπει να τα ωθήσουν έως ότου να πιέζονται όλα τα σημεία το ίδιο. Αλλά αφού το νερό θα κινηθεί σημαίνει ότι δεν βρίσκεται σε η­ ρεμία, δηλαδή η επιφάνεια ΖΒΓΗ (που δεν είναι VI.

σφαιρική) δεν είναι επιφάνεια ηρεμίας. Το νερό θα κινηθεί μέχρι όλα τα σημεία να πιέζονται το ίδιο. Πότε θα γίνει αυτό; Όταν η επιφάνεια ΖΒΓΗ συ­ μπέσει με τη σφαιρική επιφάνεια ΑΒΓΔ. Δηλαδή η επιφάνεια ΑΒΓΔ είναι η επιφάνεια ηρεμίας. Τελι­ κά, συμπεραίνουμε ότι η επιφάνεια νερού που ηρε­

μεί είναι σφαιρική»

Ένας μαθητής ρωτά τη Homo mathematicus

Από τον μαθητή Μιχάλη Ροδίτη, πήραμε ένα ρώ να στηρίζομαι μόνο στους καθηγητές του σχο­ γράμμα με ενδιαφέρουσες απόψεις και το δημοσι- λείου μου και στα σχολικά βιβλία ενώ τα φροντι­ εύουμε αυτούσιο: στήρια έχουν "θεσμοθετηθεί" και θεωρούνται ανα«Χαίρεται! Ονομάζομαι Μιχάλης Ροδίτης και γκαία; είμαι μαθητής της Β' Λυκείου του 7'υ Ενιαίου Λυ- Παρατήρησα πως κάποιοι φίλοι μου που κατοι­ κείου Πατρών. Ο πατέρας μου είναι μαθηματικός, κούν στις περιφέρειες της Πάτρας και δεν είχαν τη εμένα μου αρέσουν τα Μαθηματικά και έχω λάβει δυνατότητα να πάνε φροντιστήριο, δεν πήγαν καλά μέρος και έχω διακριθεί στο παρελθόν σε διαγωνι- στις πανελλήνιες και δεν μπήκαν σε κάποια σχολή σμό της ΕΜΕ. Γενικά έχω μια καλή σχέση με τα της προτίμησής τους. Μ' αυτούς τι θα γίνει; Μαθηματικά και μέχρι στιγμής δεν με έχουν δυ- Ένα μεγάλο επίσης πρόβλημα που έχω είναι ότι σκολέψει. δεν ξέρω από τώρα τι πρέπει να διαβάσω αφού η Απευθύνομαι στη στήλη σας γιατί τα θέματα που ύλη δεν είναι η ίδια κάθε χρόνο. Φέτος ποια θα πιάνει διαφέρουν από το υπόλοιπο περιοδικό, και είναι η ύλη και ποια θα είναι η δυσκολία των θε­ θέλω να σας θέσω μερικά ερωτήματα που μου πα- μάτων; ρουσιάστηκαν φέτος, περιμένοντας με ενδιαφέρον Για να αλλάξουμε τέλος το κλίμα σας βάζω και δύο προβλ1Ίματα: τις απόψεις σας. Φέτος πήρα την απόφαση για διάφορους λόγους 1 . Έχω παρατηρήσει ότι αν έχουμε αριθμούς της να μη παρακολουθήσω μαθήματα σε φροντιστήριο μορφής όπως 359359, 471471, 453453 διαιρούνται και να τα καταφέρω εξ ίσου καλά με την προσωπι- πάντα με το 13, πώς εξηγείται κή μου προσπάθεια. Όμως, βλέποντας τα θέματα 2. Όταν προσθέτουμε δύο ανάγωγα κλάσματα δεν των Πανελληνίων, τα αποτελέσματα και κουβε- παίρνουμε ποτέ ακέραιο αριθμό ως αποτέλεσμα, ντιάζοντας με τους φίλους μου αναρωτιέμαι: Μπο- γιατί;)) Μια πρώτ απάντηση. Καλέ μου φίλε, επειδή τα ερωτήματά σου είναι: στήρια, σήμερα, παρακολουθεί η συντριπτική α) πολλά, β) εξαιρετικά ενδιαφέροντα, γ) ο διαθέ- πλειοψηφία του μαθητικού πληθυσμού' "τις πταί­ σιμος χώρος της στήλης εξαιρετικά περιορισμένος, ει; ,. το φροντιστήριο ή το Σχο4ίο; Εμείς απαντά­ θα σου απαντήσω περιληπτικά [θα 'λεγα, σχεδόν, με πως το Σχολείο [δημόσιο και ιδιωτικό] έχασε με συνθήματα]. Αν θελήσεις περισσότερα, γράψε την αξιοπιστία του απέναντι στο κοινωνικό σύνο­ μου να σου ταχυδρομήσω κάποιες μελέτες μου λο, με αποτέλεσμα το φροντιστήριο να το υποκα­ θιστά σε θέματα κατάρτισης. Αυτό το ονομάζω πάνω στον πυρήνα των ερωτημάτων σου.

1) Σχολείο ή φροντιστήριο; Από τη δεκαετία του "κοινωνικό δυστύχημα". Τελειώνοντας σημειώνω 1930 άρχισαν να εμφανίζονται οι προγυμναστές πως οι φωνές που θέλουν το φροντιστήριο σαν αι­ [πρόδρομοι των σημερινών φροντιστών]. Έργο τία του κακού, είναι φωνές κουκουλώματος των τους ήταν να αναπληρώνουν, έναντι αμοιβής, τις ανεπαρκειών του σχολικού συστήματος. ανεπάρκειες του σχολικού συστήματος. Εκείνη την 2) Μιχάλη, ωραία τα προβλήματα που προτείνεις. εποχή "προγύμναση" έκαναν μόνο οι "κακοί" μα- Αν μέχρι το επόμενο τεύχος δεν πάρουμε απαντή­ θητές και εθεωρείτο ντροπή να ομολογεί κανείς σεις από άλλους αναγνώστες, τότε θα σου απαντή­ πως "κάνει προγύμναση". Από μια έρευνα του πα- σουμε η στήλη. νεπιστημίου Ιωαννίνων προκύπτει ότι τα φροντιVΙΙ. Η απάντηση στο : «Αυτό το ξέρατε;» Το ατοδευτερόλεπτο είναι το δισεκατομμυριοστό του δισεκατομμυριοστού του δευτερολέπτου ή 1σ18 δευτερόλεπτα. Ερευνητές παρήγαγαν παλμούς φωτός διάρκειας μόλις 250 ατοδευτερολέπτων, χρησιμο­ ποιώντας πολύπλοκα λέιζερ υψηλής ταχύτητας. Αν και αυτό το χρονικό διάστημα φαίνεται απίστευτα μικρό, είναι ωστόσο, ένας αιώνας μπροστά στο ''χρόνο Πλανκ" που είναι διάρκειας 1 ο-43 δευτερόλεπτα (που πιστεύεται ότι είναι το κβάντα χρόνου, δηλαδή η μικρότερη χρονική διάρκεια). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/12

Η•�"' •ι-c.&o.t �

1J •t

ΗU..ι-c.ιι€� Ο ιuμιιι.

..

.

�

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

63ος

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ 'Ό

ΘΑΛΗΣ", ΣΑΒΒΑΤΟ, 2 ΝΟΕΜΒΡΙΟΥ 2002

Β ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

Λ ύση

ΘΕΜΑ 1°

Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης

= κ 2 · 50-40 : 10+ 5 · (100-4· 20)2 - 92

Κ=2004

Λύση :

ΘΕΜΑ 2°

4

Ένα τετράγωνο πλευράς διαιρείται με τέσσερις ευθείες παράλληλες ανά δύο προς τις πλευρές του σε σχήματα, έτσι ώστε τα τέσσερα γραμμοσκια-σμένα από αυτά, όπως φαίνεται στο σχήμα, είναι τετράγωνα πλευράς Πόσα είναι τα τετράγωνα που υπάρχουν στο σχήμα και ποιό είναι το άθροισμα των εμβαδών τους;

i) Είναι Α = 24 1 , Β = (23 )1 3 = 239, Γ = (22 ) 2 1 = 242 και Δ = (25 )8 = 240 . Επειδή Α = 24 1 = 2 · 240 = 2Δ > Δ και Δ = 240 = 2 · 239 = 2Β > Β έπεται ότι ο Γ είναι ο μεγαλύτερος. ii) Α + Β + Γ + Δ = 24 1 + 239 + 242 + 24ο = = 4 . 239 + 1 · 239 + 8 . 239 + 2 . 239 = (4 + 1 + 8 + 2) · 239 = 15 · 239 = 3 · 5 · 239 .

1.

Λύση

Υπάρχουν 10 τετράγωνα με άθροισμα εμβαδών 60.

Στις Δημοτικές εκλογές της πρώτης Κυριακής Οκτωβρίου σε ένα Δήμο συμμετείχαν οι συνδυασμοί Α,Β και Ονομάζουμε ν τον αριθμό των εγγεγραμμένων στους εκλογικούς καταλόγους ψηφοφόρων. Συνολικά ψήφισε το του αριθμού ν και όλα τα ψηφοδέλτια ήταν έγκυρα. Ο συνδυασμός Α ψηφίστηκε από το του αριθμού ν, ενώ ο συνδυασμός Β ψηφίστηκε από το του αριθμού ν. Λευκά ψηφοδέλτια δεν βρέθηκαν. (i) Να εξετάσετε αν ο αρχηγός του συνδυασμού Α εξελέγη Δήμαρχος από την πρώτη Κυριακή, δηλαδή αν ο συνδυασμός του έλαβε ποσοστό μεγαλύτερο του ως προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων. (ii) Να βρείτε το ποσοστό των ψήφων του συνδυασμού ως προς τον αριθμό των εγκύρων ψηφοδελτίων.

(13

2002)

Γ.

75%

39%

ΘΕΜΑ 3°

Δίνονται οι αριθμοί :

Α = 241 , Β = 813 , Γ = 421

και Δ = 328

•

Να βρείτε ποιος από τους αριθμούς αυτούς είναι ο μεγαλύτερος. (ii) Να εκφράσετε το άθροισμα ως γινόμενο πρώτων παραγόντων.

(i)

Α+Β+Γ+Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/13

27%

50%

Γ

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λύ ση

Λύση Β

Α

39 27 χ ·

100 = 39·-4 = 52 και χ = 39 · 3 75 4 = 36 .

100 y = 27 · -= 27 3 75 Άρα ο συνδιασμός Α πήρε το 52% των εγκύρων ψηφοδελτίων, οπότε ο αρχηγός του εκλέγεται δήμαρχος από τη πρώτη Κυριακή. ii) Επειδή δεν υπήρχαν λευκά ψηφοδέλτια ο συνδυασμός Γ πήρε ποσοστό ίσο προς 100-(52+ 36) = 12% . · -

Γ ' Γ ΥΜΝΆΣΙΟΥ ΘΕΜΑ 1°

Να βρείτε την τιμή της παράστασης

Αν χ η πλευρά των τετραγώνων, τότε 1 Οχ2 = 20χ 1 Οχ (χ - 2 ) = Ο χ = 2 <::::>

<::::>

ΘΕΜΑ 3°

Σε μία διοργάνωση σκακιού μέσω διαδι­ κτύου συμμετείχαν 1 1 19 αγόρια και κορίτσια. Το πρώτο κορίτσι έπαιξε με 20 αγόρια, το δεύτερο κορίτσι έπαιξε με 21 αγόρια, το τρίτο κορίτσι έπαιξε με 22 αγόρια κ.ο.κ. μέχρι το τελευταίο κορίτσι που έπαιξε με όλα τα αγόρια . Να βρείτε πόσα ήταν τα αγόρια και πόσα ήταν τα κορίτσια. Λύ ση

Έστω ν ο αριθμός των κοριτσιών. Το 1 ο κορίτσι έπαιξε με 20 αγόρια. Το 2° κορίτσι έπαιξε με 21 =20+ 1 αγόρια. Το 3° κορίτσι έπαιξε με 22=20+2 αγόρια. Το ν0 κορίτσι έπαιξε με 20+(ν-1 )=ν+ 19 αγόρια. Τότε ν + ν+ 19 = 1 1 19 2ν = 1 100 <::::> ν= 550, οπότε 550 ήταν τα κορίτσια και 569 ήταν τα αγόρια. <::::>

3

,

αν ειναι α = -- και β = 3 .

2 Λύση

( ) ( ) ( ) ( )

Στο παρακάτω σχήμα, ο κύκλος κέντρου Ο έχει ακτίνα R , η ΓΕ είναι διάμετρος, η γωνία ΔΟΒ = y είναι τριπλασία της γωνίας ΑΟ Δ = χ

-2 Κ = -23 - 1 - 23 + 4 -2 + 21 + 1 = = - 278 -{-2)2 + 4 · -3.3 + 1 = - 217 24 3

-I

και το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ΟΑΕΒ είναι ίσο με

.!. πR 2 3

(i) Να βρείτε τις γωνίες χ και y .

ΘΕΜΑ 2°

(ίί)Να βρείτε το λόγο

Στο διπλανό σχήμα Δ Γ υπάρχουν ι ο ίσα ------ � τετράγωνα μεταξύ των Θ Η ορθογωνίων ΑΒΓΔ και ΕΖΗΘ. Να υπολογίσετε Ε z την πλευρά των τετραγώνων, αν είναι Β Α γνωστό ότι το άθροισμα των εμβαδών τους ισούται αριθμητικά με το άθροισμα των περιμέτρων των ορθογωνίων ΑΒΓΔ και ΕΖΗΘ. ' ' ' ' '

των κυκλικών τμημάτων ΒΖΓ και ΑΗΓ. ___r

'

·------

---

Ε (ΒΖΓ) κ .τ . των εμβαδών Εκ.τ.(ΑΗΓ)

-

z

Λύση

2π χ + Υ = πR 2 ·-1 <::::> χ + y = · ) πR2 · -3 3 2π

ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/14

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

2π η' χ = -π οποτε χ + y + z -5 = 2002 ' ' Επειδη' y = 3χ, εχουμε 4χ = 6 3 y + z + w -5 = 2002 π z + w + χ -5 = 2002 y=2. w + χ + y -5 = 2002 R 5π π π ) ΑΟ Γ = π -= , ΑΚ = Rημ= Α από τις οποίες με πρόθεση κατά μέλη προκύπτει 6 2 6 6 ότι 2 R R 3(χ + y+ z + w) -20 = 8008 <::::> Ι (ΑΟΓ) = -R 2 · -2 = 4 R2 = -5π -3 R2 <::::> 3(χ + y + z + w) = 8028 <::::> χ + y + z + w = 2676 5π - Άρα Εκ.τ. (ΑΗΓ)=πR2 · 12π 4 12 ΒΟΓ = �2 . Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται οικόπεδο ΑΒΓΔ σχήματος ορθογωνίου με πλευρές ΑΒ = α Άρα το εμβαδό του και ΒΓ = β.Από το οικόπεδο θα κοπούν δύο z κυκλ. τμήματος είναι: δρόμοι ΕΖΗΘ και ΑΙΚΛ. Ο δρόμος ΕΖΗΘ R2 = π Ε = πR 2 · -σχήματος ορθογωνίου έχει πλάτος ΖΗ=ψ, ενώ ο 4Π 2 δρόμος ΑΙΚΛ σχήματος παραλληλογράμμου = π� 2 R 2 και

1· 1·

( )

I

( )

έχει πλευρά ΑΙ=χ.

Όμοια για το εμβαδό του κυκλ. τμήματος ΑΗΓ 2 -5π / 6 R 2 5π -3 R 2 - 4 = 12 · έχουμε: Ε 2 = πR 2π π-2 - � = 3π - 6 λ = _§_ = Ε2 4 5π -3 5π- 3

( )

Δ,_-�Λr-�Κ�---� Γ

Θ f-----+----1'---1

Η

E �---1'---+----� z

Β

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

(i) Να εκφράσετε το εμβάδόν του οικοπέδου που

ΘΕΜΑ 1 °

απομένει μετά την αποκοπή των δύο δρόμων ως συνάρτηση των α, β, χ και ψ. (ίί)Να εκφράσετε το πλάτος d του δρόμου ΑΙΚΛ ως συνάρτηση του χ, αν είναι γνωστό ότι ΔΑΑ = 30° . Λύση i)

Θεωρούμε τετράγωνο πλευράς α, με α> ι . Το τετράγωνο που έχει πλευρά κατά ι μικρότερη του α, έχει περίμετρο ίση αριθμητικά προς το εμβαδόν του αρχικού τετραγώνου. Να βρεθεί η 7ι

��

Ε0 = αβ - βχ-αψ + χψ = (α-χ)(β - ψ) (γιατί το κοινό τμήμα των δύο δρόμων αφαιρείται δύο Σύμφωνu cα δεδομένα του προβλήματος: 2α =4(α-Ι)<::::> α2 -4α+4=0<::::> (α-2)2 =0<::::> α =2 φορές). . ii) d = (ΑΙ)ημ(90° -30°) = xJ3 ΘΕΜΑ 2° 2 · "' ·

ι-- -

Λύση

Οι αριθμοί x, y,z, w έχουν την ιδιότητα :

ΘΕΜΑ 4°

Αν προσθέσουμε τρεις οποιουσδήποτε από αυτούς και από το άθροισμά που θα προκύψει αφαιρέσουμε τον αριθμό προκύπτει πάντοτε ο αριθμός 2002 . Να υπολογίσετε το άθροισμα χ + y + z + w .

Μπορούμε να παραστήσουμε τον αριθμό 2002 ως άθροισμα ενός τριψηφίου αριθμού και του κύβου του αθροίσματος των ψηφίων του αριθμού αυτού;

Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος:

Έστω 2002 = αβγ + (α + β + γ)3 .

5

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/15

Λύση

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Τότε 2002 -αβγ = (α+ β + γ)3 • Επειδή 100 ::::; αβγ ::::; 1000 θα είναι 1002 < (α+ β + γ)3 ::::; 1902. Όμως οι μοναδικοί κύβοι ακεραίων μεταξύ του 1002 και του 1902 είναι οι αριθμοί 1 1 και 12. Τότε θα έχουμε: αβγ + 1 13 = 2002 ή αβγ + 123 = 2002 � αβγ = 671 ή αβγ = 274, από τους οποίους κανένας δεν ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος. Επομένως δεν ισχύει το ζητούμενο. Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Αν β=8, τότε 0=12, άτοπο.

12 οπότε ' α = β + 4 � α + 1 =--, Αν β :;t: 8, τοτε 8-β 8-β πρέπει (8-β)112 ή β Ε {2, 4, 5, 6, 7} , δεδομένου ότι το β είναι ψηφίο. Άρα (α, β) {(1,2),(2,4),(3,5),(5,6)} και αβ = 12 ή αβ = 24 ή αβ = 35 ή αβ = 56.

--

Ε

ΘΕΜΑ 3°

Αν η εξίσωση αχ2 - 4βχ + 4γ Ο,α > Ο έχει δύο ρίζες στο διάστημα [2,3] , να αποδείξετε ότι (i) α ::ς β ::ς γ < α + β α γ β (ίί) __ + __ > __ . α+γ β+α γ+β =

ΘΕΜΑ 1°

Λύ ση

Έστω Χ ι , χ 2 οι ρίζες της εξίσωσης. Από τις σχέσεις ριζών και συντελεστών έχουμε: Χ ι + χ2 = 4γ Χι · Χ 2 = ­ Λύ ση α Έστω ότι η ΔΓ Επειδή Χ ι , χ 2 Ε [2, 3] θα είναι Χ ι + χ 2 � 4, τέμνει την ΕΒ στο Κ. Τότε στο τρί­ οπότε 4βα � 4 ή α ::::; β , αφού α>Ο γωνο ΑΒΕ είναι Δ Το υπόλοιπο τμήμα της ανίσωσης β::::; γ< α+ β μέσον ΑΕ και ΔΚ/IΑΒ, οπότε το μπορεί να γραφεί ως Κ είναι μέσον της 4β 4γ 4(α+β) ΔΓ.

-:::; α -α <-α �Χι +χ2 :::; χιχ2 <4+(χι +χ2 )� Στο τρίγωνο � ο :::; χ ι χ 2 -(χ ι + χ 2 ) < 4 � ΒΓΔ το σημείο Ζ είναι βαρύκεντρο, Ο ::s; (χ ι -1)(χ 2 - 1) - 1 < 4 � 1 ::s; (χ ι -1)(χ 2 -1) < 5 γιατί η ΒΚ είναι , που ισχύει αφού (χ1,χ 2 ) Ε [2,3] . διάμεσος και η διαγώνιος ΓΑ τέμνει τη διαγώνιο ΒΔ στο μέσο της. Επομένως και η ΔΖ είναι ίί) Με την βοήθεια της (i) έχουμε: α β α β α+β γ διάμεσος, άρα Μ μέσον της ΒΓ. α+γ + β+α � β+γ + β+γ = β+γ > β+γ . Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ προεκτείνουμε την πλευρά ΑΔ κατά τμήμαΔΕ=ΑΔ. Αν η ΑΓ τέμνει τη ΒΕ στο σημείο Ζ, να αποδείξετε ότι η ΔΖ περνάει από το μέσον της ΒΓ.

ί)

�}·

Ε

Α

--

--

--

--

--

--

ΘΕΜΑ 2°

Να προσδιορίσετε όλους τους διψήφιους ΘΕΜΑ 4° αριθμούς που είναι ίσοι με το γινόμενο που Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Τα σημεία Ε,Ζ προκύπτει, αν πολλαπλασιάσουμε τα ψηφία κινούνται πάνω στις πλευρές ΒΓ , ΓΔ, τους αυξημένα κατά 2 αντίστοιχα, έτσι ώστε ΕΑΖ 45° . Οι ΑΕ και ΑΖ τέμνουν τη ΒΔ στα σημεία Κ και Λ, Λύ ση αντίστοιχα. Οι ΕΛ και ΖΚ τέμνονται στο Η και Έχουμε αβ = (α+ 2)(β + 2) � 10α+ β = αβ + 2(α+ β)+. 4 � η ΑΗ τέμνει τη ΖΕ στο Μ. Να αποδείξετε ότι: αβ + 4 = 8α-β � (8 -β)α = β + 4 (i) Η ευθεία ΑΜ είναι κάθετος προς τη ΖΕ. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/16

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

γωνία ΒΜΔ είναι σταθερή, δηλαδή είναι Το γινόμενο xy είναι τετραψήφιος αριθμός που ανεξάρτητη της θέσης των Ε, Ζ πάνω στις αρχίζει από 2. Αν διαγράψουμε το 2, τότε ο αριθμός που μένει ισούται με χ + y. Ένα τέτοιο πλευρές ΒΓ, ΓΔ, αντίστοιχα. ζεύγος αριθμών είναι οι χ = 30,y = 70, γιατί Λύ ση xy = 2100 και 100 = 30+70. i) Το τετράπλευρο ΑΔΖΚ είναι εγγράψιμο, αφού Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη (x,y) με Άρα την ιδιότητα :κΑz = 45° = κΔz. αυτή . ΑΚz = Δ = 90° και ΖΚ ..l ΑΕ. Ομοίως το τετράπλευρο ΑΒΕΔ είναι εγγράψιμο και τελικά Από την υπόθεση Λύση ΕΛ ..l ΑΖ. Επομένως το Η είναι ορθόκεντρο xy - 2000 = χ + y <=> xy - χ -y = 2000 του τριγώνου ΑΕΖ, οπότε ΑΜ ..l ΕΖ . xy- χ y + 1 = 2001 (χ 1)(y-1) = 3 · 23 · 29 . ii) Επειδή ΑΜΖ = Δ = 90°, το τετράπλευρο Αφού χ < y και 2000 < xy < 3000, τότε ΑΜΖΔ είναι εγγράψιμο και ΖΜΔ = θ. Ομοίως χ -1 = 23 ή χ - 1 = 29 <=> χ = 24 ή χ = 30 . Άρα (χ, y) = (24, 28) ή (χ , y) = (30, 70) . ΑΜΕΒ εγγράψιμο και ΒΜΕ = ω. Άρα είναι ΒΜΔ = 180° -(ΖΜΔ + ΒΜΕ) = 180° - (θ + ω) ΘΕΜΑ 3° Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α = 90°) = 180° -(A - EAz) = 180° -(90° - 45° ) = 135° θεωρούμε το ύψος ΑΔ και τη διχοτόμο ΓΕ που τέμνονται στο Ζ. Αν Η είναι το σημείο τομής των ΕΔ και ΒΖ να αποδείξετε ότι: (i) ΑΒ · ΑΔ = ΑΒ · ΑΖ + ΑΕ · ΑΔ (ίί) (ΑΕΗΖ)= (ΒΗΔ) (ii)H

<=>

<=>

-

-

Λύ ση

ΓΕ είναι διχοτόμος στο ΑΒΓ , οπότε ΕΑ ΑΓ ΕΒ ΓΒ ΑΓ ΔΓ Από ΑΒΓ - ΔΑΓ έχουμε: ΓΒ =­ ΑΓ

(i) Η Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Δ

ΘΕΜΑ 1°

Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί x,y που ικανοποιούν την εξίσωση 2 2002χ =συν[π(χ + y)] .

2

+Υ -zx- y+ Z 2

Λύ ση

χ2 + y2 - 2x - 2y + 2 = ( χ - 1)2 + ( y - 1)2 � Ο , για κάθε x,y .IR. . Επειδή η συνάρτηση (2002Υ είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι 2002(χ-Ι)2+(y-Ι)2 � 2002° = 1 Επίσης συν[π(χ + y)] 1 Επομένως (χ -1)2 + (y -1)2 = Ο και συν[π(χ + y)] = 1 <=> χ = y = 1 κ:αι π(χ + y) = 2κ:π, κ z <=> χ = Υ = 1 . Ε

�

Ε

Δ

(1) (2)

Επειδή ΓΖ διχοτόμος στο Α Γ Δ , θα είναι ΔΓ = ΔΖ (3) ΑΓ ΑΖ Από (1),(2) και (3) προκύπτει: ΕΑ = ΔΖ <::> ΕΑ ·ΑΖ = ΕΒ · ΔΖ η, ΕΒ ΑΖ ΕΑ ·ΑΖ = (ΑΒ -ΑΕ)(ΑΔ -ΑΖ) <=> ΕΑ · ΑΖ = =ΑΒ · ΑΔ -ΑΒ·ΑΖ-ΑΕ · ΑΔ + ΑΕ · ΑΖ <=> ΑΒ · ΑΔ = ΑΒ · ΑΖ + ΑΕ · ΑΔ (4) ii) Είναι τώρα εύκολο να παρατηρήσει κανείς ότι από την (4) προκύπτει (5) (ΑΒΔ) = (ΑΒΖ)+ (ΑΕΔ) [Τα τρίγωνα έχουν κοινή γωνία ΒΑΔ ] .

Έστω x,y δύο διψήφιοι αριθμοί με χ < y. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/17

Δ

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

�(6 + 5y)2 + 25χ 2 > �36χ 2 + (6y+ 5)2 25(χ 2 + /) + 60y+ 36 > 36(χ2 + y2 ) + 60y+ 25 1 l(x2 + y2 ) < 1 1 Iχ2 + / < ι! άτοπο Αν I αι < Ι ' δηλαδή r-1χ-2_+_y_2-<--,11 τότε θα Γ πρέπει: Αλλil (ΑΒΔ) = (ΑΕΗΖ) + (ΒΕΗ) + (ΒΗΔ) + (ΗΔΖ) �r-(6_+_5y_)_2-+-25_χ_2 < �36χ 2 + (6y + 5)2 και (ΑΒΖ) = (ΑΕΗΖ) + (ΒΕΗ) και (ΑΕΔ)=(ΑΕΗΖ)+(ΗΔΖ) 1 1(χ2 + y2 ) > 1 1 Από αυτές τις σχέσεις και με την βοήθεια της (5) lx2 + y2 > ι! άτοπο. .Άρα 1α1 = 1 προκύπτει: (ΑΕΗΖ) = (ΒΗΔ) Στη συνέχεια από το σύστημα 2η Λύση: 6χ = 6 + 5y και 6y + 5 = -5χ βρίσκουμε 1 1 -60 α) ΑΕΖ ισοσκελές (ΑΕ = ΑΖ) (1) α = (χ,y) = 61 ' 61 · Έχουμε ΑΒ · ΑΔ = ΑΒ · ΑΖ+ ΑΕ · ΑΔ ΑΒ(ΑΔ -ΑΖ) = ΑΕ · ΑΔ <=> 2η Λύση (Από Σωτήρη Λουρίδα) (Ι) ΑΖ ΑΒ ΑΒ · ΖΔ=ΑΖ · ΑΔ <=> Θέτω ial2003 = λ > Ο . Τότε η σχέση της υπόθεσης ΖΔ = ΑΔ <=> γίνεται ΑΓ = ΑΒ διότι ΑΖ = 6λχ = 6+5y 6λχ - 5y = 6 ΓΔ ΑΔ ΖΔ ΓΔ => 6λy+ 5λ = -5χ 6λy+ 5χ = -5λ Που ισχύει διότι Α Β Δ :::::: Α Γ Δ Υψώνω στο τετράγωνο και προσθέτω κατά μέλη. β) (ΑΕΗΖ) = (ΒΗΔ) (ΑΒΖ) = (ΒΕΔ) 36�χ 2 + 25y2 -60λχy = 36 (Προσθέτουμε και στα δύο μέλη το (ΒΕΗ)) 36λ2 / + 25χ 2 + 60λχy = 25λ2 _!_ ΑΖ· ΒΔ = _!_ΒΔ · ΕΚ 36λ2 (χ 2 + y2 ) + 25(x 2 + y2 ) = 36 + 25λ2 <=> 2 2 + 25λ2 Ισχύει διότι ΕΑ = ΕΚ αφού ΓΕ διχοτόμος χ 2 + y2 = 36 36λ2 + 25 ΘΕΜΑ 4° Θέτω η = χ 2 + / > Ο οπότε η (1) γίνεται: Να βρείτε το διάνυσμα a = (x,y) που 36 + 25λ2 => η -1 = 1 1 - 1 1λ2 η ικανοποιεί την ισότητα 36λ2 + 25 η + 1 61 + 61λ2 => ι a !2003 (6x,6y + 5)=(6+ sy ,- Sx). η-1 = 1 1(1 -λ2 ) => η - 1 + 1 1(λ2 -1) = 0 => η + 1 61(1 + λ2 ) η + 1 61(� + Ι) Λύση Από την αρχική ισότητα έχουμε: αι α + 1 ι� αι - • )Η ι αι2003 . (6x,6y + 5) = IC6 + 5y,-5x)l => � -ηι )(J+ l l ι ) + 61(λ 2 + 1) = ο ιαι2003 · l(6x,6y+ 5)1 = I C6 + 5y,-5x)l liil Η => � iil - ) + t1 + 61 l l4 6 - 0, με Η > Ο ι α ι 2003 �36χ2 + (6y + 5)2 = �(6+---5y)2 + 25χ 2 1ιαι 2 + (ιαι 00 + 1) 2 2 ιαι 2003 = �(6 +25y) + 25χ2 ιαι + 1 και -2- + 1 14· Η6 > Ο �36χ + (6y + 5) ιαι + 1 61 ιαι 00 + 1 2 +_y_2 > 1 ή lx 2 + y2 > 11 Αν ιαι > 1 , δηλαδή �.--x_ τότε θα πρέπει: Β

Α

}

,

•

,

<=>

(

Δ

-

)

(

ΑΓ)

}

Δ

}6

<::::>

<::::>

1

-

-

1

(

e

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/18

)

}

ι αι

ι αι - 1

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ι- ι4006 - ��-ι- χι- ι4005 ι- ι4004 ι - ι ) ι- ι4005 ι- ι4004 ι- ι

= Ο <=> = 1 (το μηδενικό διάνυσμα δεν Παρατήρηση: Άρα ικανοποιεί την υπόθεqη αφού 6 -::;:. ο οπότε ο ). α 1 - � α 1 α + α + ... + α + 1 , Στη συνέχεια από το σύστημα οπότε θέτουμε Η = α + α + ... + α + 1 .

6χ = 6 + 5y και 6y + 5 = -5χ βρίσκουμε -60 α = (χ,y) = 611 1 ' 61

-

ιαι -::;:.

(

)

_

·

Για το Ακέραιο μέρος Πραγματικού Αριθμού

Σωτήρης Λουρίδας και Γιώργος Μπαραλής

Η έννοια του ακέραιου μέρους ενός πραγματικού αριθμού δεν περιλαμβάνεται στη διδακτέα ύλη του Λυκείου με αποτέλεσμα οι μαθητές να μην τη γνωρίζουν. Όπως διαπιστώνει κανείς, διαβάζοντας τα βιβλία που έχει εκδώσει η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και που αναφέρονται στις Μαθηματικές Ολυμπιάδες και Βαλκανιάδες (ΔΙΕΘΝΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΕΣ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΕΣ 1959 - 2000- ΑΘΗΝΑ 2001 και ΒΑΛΚΑΝΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΕΣ ΟΛ ΥΜΠΙΆΔΕΣ 1984 2001- ΑΘΗΝΑ 2002), η γνώση της έννοιας και της χρησιμότητας του ακέραιου μέρους ενός πραγματικού αριθμού είναι μεγάλης σημασίας. Για τους παραπάνω λόγους κρίναμε αναγκαίο να γράψουμε αυτή την εργασία στην οποία παρουσιάζονται οι έννοιες του ακέραιου και του κλασματικού μέρους ενός πραγματικού αριθμού και οι βασικότερες ιδιότητες τους, καθώς και διάφορες εφαρμογές για την επίλυση των οποίων απαιτείται η γνώση των προηγούμενων εννοιών.

ΠΡΟΤΑΣΗ

ΠΟΡΙΣΜΑ

Ακέραιο μέρος ενός πραγματικού αριθμού χ καλείται ο μεγαλύτερος ακέραιος, ο οποίος δεν υπερβαίνει τον χ. Συμβολίζεται με [χ] και ισχύει [x] s x < [x] + l . Απόδειξη έχουμε Είναι γνωστό ·ότι το σύνολο Ν δεν είναι άνω Από τον ορισμό [χ] s χ < [χ] + 1 <=> ο s χ -[χ] < 1 . φραγμένο. Επομένως για κάθε πραγματικό αριθμό χ υπάρχουν φυσικοί αριθμοί και κ2 τέτοιοι, Αν θέσουμε ε = χ - [χ] τότε χ = [χ] + ε , όπου Osε<l . ώστε > χ και κ 2 > -χ , δηλαδή -κ2 < χ < Θεωρούμε σύνολο Α = {κ ε Ν : κ > κ2 + χ} . ίγματα: Επειδή το ( + κ2 ) ε Α , το Α 0 . Από την Παραδε [18] = 18 , [4,63] = 4 , [π] = 3 , [-5,39] = -6 , «αρχή της καλής διάταξης» γνωρίζουμε ότι κάθε μη κενό υποσύνολο των φυσικών αριθμών περιέχει � = -2 . ελάχιστο στοιχείο. Επομένως το σύνολο Α έχει ελάχιστο στοιχείο και, έστω ότι αυτό είναι το κ0 Θέτουμε κ = κ0 -κ2 :.._ 1 . Επειδή το (κ0 -1) Α , ΠΡΟΤΑΣΗ θα είναι ( κ0 ....:. ι) - Κ2 :S; χ , Να αποδείξετε ότι για τον τυχαίο πραγματικό χ δηλαδή, κ s χ < κ0 -κ 2 = κ + 1 . υπάρχει μοναδικός αριθμός α με Ο :S; α < 1 ώστε Θα αποδείξουμε ότι κ είναι μοναδικός. Έστω ότι υπάρχει και ένας άλλος ακέραιος αριθμός λ χ = [χ] + α . τέτοιος, ώστε λ s χ < λ+ 1 . Τότε κ s χ < λ+ 1 και Λύση λ s χ < κ + 1 , οπότε κ = λ γιατί: -1 < κ -λ < 1. . Γνωρίζουμε ότι: Για κάθε πραγματικό αριθμό χ υπάρχει ένας μοναδικός ακέραιος κ τέτοιος, ώστε κ :S; χ < κ + l .

Κι

Κι

Κι .

Κι

-::;:.

[ ] -

•

�

,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/19

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

Ο

[χ] s χ < [χ] + 1 οπότε Ο s χ - [χ] < 1 . και s y < ι => [χ] κ . Θέτουμε α = χ -[χ] οπότε χ = α + [χ] με Ο s α < 1 . Απόδειξη Έστω τώρα ότι υπάρχει η με Ο s η < 1 έτσι 1 � Είναι: Ο s y < Ο s χ -κ < 1 � κ s χ < κ + 1 ώστε: χ = ρ + η , όπου ρ ακέραιος αριθμός. Τότε δηλ. [χ] = κ . θα είχαμε: ρ s ρ + η < ρ + 1 � ρ s χ < ρ + με ρ 6. Αν χ ε JR και κ ε Ζ , τότε [χ +κ] = [χ] + κ . ακέραιο. Επειδή [χ] s χ < [χ] + � ρ = [χ] . Άρα Απόδειξη χ = [χ]+ η και, επειδή χ = α+ [χ] έχουμε α = η . Είναι: χ = [χ] + ε και Ο s ε < , οπότε ΟΡΙΣΜΟΣ χ + κ = ([χ] + κ)+ ε . Επομένως [χ + κ] = [χ] + κ . Κλασματικό μέρος ενός πραγματικού αριθμού χ καλείται η διαφορά χ -[χ] και συμβολίζεται με {χ}.

1

1

1

,

7.

Παραδ είγματα:

Αν χ = 5 τότε {5} = 5 -[5] = 0 . Αν χ = 8,7 τότε {8,7} = 8,7-[8,7] = 0,7 . Αν χ = -3,46 τότε {-3,46} = -3,46 -[-3,46] = -3,46 -(-4) = 0,54 Ι διότητες - Προτάσεις - π ρο βλη ματα

1.

Αν

x e JR τότε: χ - ι < [χ] s χ . Απόδειξη

Είναι: [χ] s χ < [χ] + 1 , οπότε: [x] s x (1) και χ < [χ] + 1 <:::> χ - 1 < [χ] (2). Από (1) και (2) έχουμε: χ - 1 <[χ] s χ .

2.

Αν

x e JR και κ ε Ζ , τότε: κ s χ � κ s [χ] . Απόδειξη

Αν κ + 1 > χ , τότε κ s χ < κ + 1 και κ = [χ] . Αν κ + 1 s χ , τότε κ s χ - 1 και χ - 1 < [χ] οπότε κ s [χ] .

3.

x e JR και κ ε Ζ , τότε κ > χ � κ � [χ] + ι .

Αν

Αν κ > χ , τότε κ > [χ] , οπότε κ � [χ] + 1 . Αν

x,y e JR τότε x s y => [x] s [y] .

Είναι: [χ] s χ και χ s y , οπότε [χ] s y . Θέτουμε λ = [χ] , λ ε Ζ . Επειδή λ s y � λ s [y] . Επομένως [χ] = λ s [y] , δηλαδή [χ] s [y] . Αν

χ, y ε JR

[χ]+ [-χ] =

{Ο ,ανχεΖ

-ι, αν χ e: Ζ

Απόδειξη

Αν χ ε Ζ , τότε [χ] = χ και [-χ] = -χ , οπότε [χ] + [-χ] = χ +(-χ) = ο . Αν χ Ζ , τότε χ = [χ] + ε με Ο < ε < και -χ = -[χ] - ε = (-[χ] -1) +(1 -ε) με 0 < 1 - ε < 1 και [-χ] = -[χ]-1 . Επομένως: [χ] + [-χ] = [χ] -[χ] -1 = -1 .

1

e:

8.

Αν

x,y ε JR τότε: [x]+[y] s [χ + y] s [x]+[y]+ ι . Απόδειξη

Επειδή [χ] s χ και [y] s y θα είναι: [χ] + [y] s χ + y , οπότε [χ]+ [y] s [χ + y] (Πρ. 2). Θέτουμε: χ = [χ] + ε1 , όπου Ο s ε1 < 1 και y = [y] + ευ όπου Ο s ε2 < 1 . Επομένως χ + y = [χ] + [y] + ε1 + ε2 με Ο s ε1 + ε2 < 2 και [x + y] = ([x] + [y]) + [ε1 +ε2 ] . Όμως: Ο s [ε 1 + ε2 ] s 1 , οπότε [χ] + [y] s [χ + y] s [χ] + [y] + 1 Από (Ι) και (11) προκύπτει το ζητούμενο.

9.

Απόδειξη

5)

·

Να αποδείξετε ότι:

.

Απόδειξη

4.

=

και κ ε Ζ , τότε από

χ=κ+y

(I)

(11)

[�J .

Αν α, β,υ ε Ζ και λ ε Ν * με α = λβ + υ και

Οs

υ < λ , τότε β =

Απόδειξη

Είναι: α = λβ + υ � �λ = β + �λ και O s �λ < 1 .

Επομένως

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/20

[i] = β , γιατί [i] = Ο .

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

1 0. Αν

χ Ε JR

[:] [ : ]

και κ Ε Ν * να αποδείξετε ότι:

=

[]

.

ει η Θέτουμε: χ = [χ] + εΑπό , όπουδ Οξ � ε < 1 και [χ]=κβ +υ με Ο�υ�κ-1 . Τότε [�] =[(χ]κ+ε] =[ κβ +κυ+εJ = = [β + υ: ε] = β + [ υ:ε] = β ( 1) υ+ε < 1 . υ+-ε] = Ο , αφου, Ο �υ+ε<κ<=>Ο � � γιατι, [κ Ακόμη: [[:]]=[κ13:υ]=�+�] =β+[�] =β (2) γιατί [�]=Ο, αφού Ο� υ< κ <::::> Ο��< 1 .

αυ γιατι, [Υαυ] � 0 , αφου, 0 s;υ<γ<=> 0 �γ<α. Από (1) και (2) έχουμε: [;]�α[�].

13.

Αν α, β, γ Ε Ν * να αποδείξετε ότι:

[[�Από]]δε[ιξη ] =

.

;

(1) 'Εστω ότι: [*] =χ Τότε α= βχ+υ1 , όπου Ο�υ1 � β- 1 .

(2), Αν [�]=y τότε χ = γy + υ2 , όπου Ο � υ2 � γ - 1 . Επομένως: α= βχ+υ1 = β (γy+υ2 )+υ1 = Για κάθε χ, y JR να αποδείξετε ότι: = βγy + βυ2 + υ1 � βαγ = Υ + βυ2β+γ υ1 � [βγα ] = [x]+ [y]+ [x - y] [2χ] . [x+ y] - [x - y] � [2y] . βυp�υ1 ] � [�] =y (3), = y+[ Απόδειξη ί) Γνωρίζουμε ότι: [x]+[y]�[x+y] (1) και γιατί Ο� βυ 2 +υ 1 � β (γ-1)+ β -1� [χ+ y]+[x - y] �[(χ+ y) +(χ-y)] =[2χ] (2). � Ο� βυ2 + υ1 � βγ -1 � Ο� βυ2 +υ < 1. βγ Από (1) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: [χ]+ [y] +[χ+ y]+ [χ-y] �[χ+ y]+[2x] <::::> Από (1), (2) και (3) έχουμε: <::::> [χ]+ [y]+ [χ - y] � [2χ]. ] ii) Είναι: [x-y]+[y]�[x y+y]=[x]<=> =[;] . [�]= <::::> [x] - [y] �[χ-y]. Επομένως: [x+y]-[x-y] �[(x+y)-(x-y)] <::::> 14. Για κάθε χ JR να αποδείξετε ότι: <::::> [χ+ y] - [x -y] � [2y]. [x l

11.

Ε

i)

ii)

�

1

/�[[! ]

[i] ; ] Ε

+

1 2. Αν α, β, γ Ε Ν * να αποδείξετε ότι:

= [x] .

Απόδειξη Θέτουμε: [�]=κ, κ ΕΖ. Απόδειξη 'Εστω ότι: [�]=χ (1). Τότε β = γχ +υ, όπου Τότε κ��<κ+1 2 ή 2κ�χ<2κ+2 . Έστω 2κ �χ< 2κ + 1 (1). Τότε: Ο�υ<γ .

2κ �χ< 2κ+1 � 2κ+1� χ+1 <2κ+2 � Επομένως: 1 χ+1 ' β =γχ+υ � αβ =αγχ+αυ� 1 χ+1 κ+-�-<κ+1�κ<κ+-�-<κ+1 2 2 2 2 �;=αχ+ �υ � [;]=αχ+[�υ]� [;]�αχ(2) οποτε: χ+-1] = κ . ' [2 ι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2121

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Άρα [%] = [ χ;l] =κ +κ=2κ �[χ] . ii. Έστω 2κ +ι χ < 2κ + 2 (2). Τότε: 2κ+l s χ< 2κ+2 2κ+2s x+l < 2κ+3 1 (κ+1)+1, x+l 1)+-< κ+1 s--<(κ+ 2 2 χ+-ι ] =κ+1. , [οποτε 2 Άρα: [%] + [ χ;1] = κ+κ+l = 2κ+ 1 <� [χ] .

Για κάθε ν είναι: αν+Ι -αν =(ν+1)-2[ν; 1]-ν+ 2[Ξ] = = 1 + 2 ([Ξ] - [ν; 1]) . Διακρίνουμε περιπτώσεις για το ν. i) Αν ν άρτιος, ν= 2κ, κ τότε είναι: [Ξ] -[ν;1 ] =[κ] - [κ + �] = κ-κ =0 . Άρα αν+Ι - αν =1 >0. ίί) Αν ν περιττός, ν= 2κ -1, κ Ε τότε είναι: 15. Να λυθεί η εξίσωση: [χ + 7] - χ = 6,3 . [Ξ] -[ν;1 ] = [κ- �] -[κ] =κ - 1 � κ =-1 . Λύση Έχουμε: [χ+ 7] = [χ]+ 7 . Επομένως: αν+Ι - αν =-1<0. [χ+7]-χ=6,3�[χ]+ 7-χ =6,3�[χ]-χ=6,3-7 � Άρα (αν) δεν είναι μονότονη. (χ) -χ =-0, 7 � -χ =- (χ]-0,7 �χ =[χ]+Ο, 7 . 19. Επομένως Να υπολογίσετε το όριο της ακολουθίας Άρα οι λύσεις της εξίσωσης δίνονται από τον 10ν 2 + ν τύπο: χ= λ+ Ο, 7, όπου λ αν _ ] , ν Ε 1� -[ 2 s

=>

ε Ν*

=>

ε Ν*

Ν*

η

εΖ.

16.

Να λυθεί η εξίσωση:

[ �] 2χ +

�τ·

ν

+1

=3.

Λύση

Για κάθε2 ν Ε είναι:2 ί) [10νν2 ++ν1 ] 10νν2 ++ν1 . Αφού [2χ + �] = 3 θα είναι: ..) 10ν22 +ν �10 � 10ν2 +ν 10ν2 +10�ν�10.

4 <4- -4 � 4 3s2x+-<4�3--s2x ν +ι2 5 ι6 1 51 8 5 11 10� +ν � 10 [10�2 +ν] (10] = 10 . �-$ 2χ <-�-$χ<-. iiί) 5 5 10 5 ν +1 ν +1 τότε όμως για κάθε ν � 1 ο είναι 17. Να λυθεί η εξίσωση: χ - [ 3ξJ 14 .

10ν22 +ν .

10$ α $ ν ν +1 Λύση 10 +.ν!_ = 10.. Είναι: χ - [3;] = 14 � χ = [3;J + 14 . α ιι·m 1 ονν22++ν1 = ιι·m--12 1 + Από τον ορισμό του ακέραιου μέρους έχουμε: 3χ < [3χ] $ 3χ � 3χ + 13 < [3χ] + 14 $ 3χ + 14 � Επομένως: ιίmαν = 10. ν 7 7 7 7 7 7 4χ 3χ 3χ 3χ 20. Να αποδειχθεί ότι: για οποιονδήποτε -+13<xs-+14�13<x--sl4�13<-sl4� 7 ι 7 7 7 ισχύει: πραγματικό χ και ν Ε 3 13·7 14·7 ν 1 --<χ$--� χ 24-2 . [χ] + [χ + �] + · · · + [χ + � ] = [νχ] .

4 Άρα χ = 423 ή χ22-< 4 = 24 . Λύση . Έστω κ= [χ] Τότε: [κ, κ+ 1) = 18. Να εξετάσετε, αν είναι μονότονη η ακολουθία: αν = ν - 2 [�] . ν Ε = [κ, κ+ �) υ[κ+ � ,κ+ �) υ . . υ[κ+ ν� l ,κ+ ) Κι επειδή . χ [κ, κ+ 1) συμπεραίνουμε ότι υπάρχει Λύ ση με { 1, 2, . ., ν} τέτοιος ώστε: Ν*

Λύση

s

�

η

�

=>

=

Αλλ '

-ι

Ν*

s

Ν* .

ι

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/22

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

κ+ μ-1ν ::;χ<κ+ �ν (1) μ - 1 ::; νχ < νκ + μ (1 ') Συνεπώς 'Εστω μ= 1 δηλαδή: κ::; χ < κ+_!._ν (2) Συνεπώς νκ::; νχ < νκ +-1 (2 ') ν 1 χ+ -ν-1 <κ+ 1. Απ' τη (2) παίρνουμε: κ+ --::; ν ν 1 2 ν - 1 (3) Κι επειδη:, χ+-< χ+-< ... χ+-ν ν ν συμπεραίνουμε ότι: [ χ+ �]=[χ+�]= ... =[χ+ ν�1 ] =κ Άρα: [χ]+[χ+�]+ ... +[ χ+ ν�l ] =νκ <:J[νχ] 'Εστω μ = ν δηλαδή: κ+ ν ν- 1 ::;χ<κ+1 (4) Συνεπώς: νκ + ν -1 ::; νχ < νκ + ν (4 ') Απ' την (4) έχουμε:1 1 κ+2 . κ+1::; χ+-<κ+1+-< ν ν Επομένως, εξ αιτίας της (3), παίρνουμε: [χ+ �] = ... =[χ+ ν�1 ] =κ+1. Άρα: [χ]+[χ+ �]+ . .. +[χ+ ν�1 ] = ') ( 4 =κ+(ν - 1)(κ+1)=νκ+ν-1 =[νχ]. Έστω 2 ::; μ ::; ν -1 . Οπότε 1 ::; ν - μ ::; ν - 2 . μ-1 ν-μ Απ' την (1) έχουμε: κ+--+--::; ν ν ν μ ν-μ ::;χ+ ν <κ+ �ν + ν =κ+1 Συνεπώς: [χ + �] = ... = [χ + ν �μ ] = κ (5) μ - 1 ν-μ+1 ::;χ+ ν-μ+1 < Ενώ: κ+--+ ν -ν ν μ ν μ+1<κ+-+--=--ν ν-μ+1 ν ή κ+1::;χ+ ν <κ+ ν+1ν <κ+2. Επομένως: ν --1 ] =κ+1 (6) . ] [ [ χ+ ν-μ+1 = χ+= .. ν ν Απ' τις (5) και (6) παίρνουμε: νκ +

•

•

•

[χ]+[χ+ �] + ... +[χ+ ν�μ ] + +[χ+ ν -� +1 ] + .. . +[χ+ ν�1 ]= (μ-1)(κ+ 1) = =κ+ (ν-μ)κ+ (Ι ' ) =νκ+μ - 1 =[νχ]

21. Αν α1 e !R με 1 ::; ί � ν όπου ν e Ν * και λ e IR* να αποδείξετε ότι: [α 1 ] + [α 1 ) + .. . + [α ν ) ::; [α1 + α 1 +

• .•

+ αν ] .

Απόδειξη

ίΓια ν = 2 έχουμε: [α,]+ [α2 ]::; [α, + α2 ] (1) που ν=ισχύει. (Πρόταση 8). Ας δεχθούμε ότι ισχύει για κ, δηλαδή: [<χιJ+[αzJ+. .+[<\J::=;[a, +αz +. .+(\] (2) Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για ν= κ+ 1, δηλαδή [α, ] +[�]+ . . +[ακ ]+[α,.,+,]::=;[<Ιι +αz + . .+� +�+,] Έχουμε: [aιJ+[αzJ+ . .+[�]+[�+' J(::=;2)[<χι +αz + . .+ <\ J+ [<\+ι J ::;[α, +α2 + . . +ακ +ακ+Ι ].

(I)

22 . Να υπολογιστεί το ακέραιο μέρος του log3 4 + log4 5 + log5 9 . Λύ ση

Είναι προφανές ότι: Iog3 4 log4 5 και Iog4 9 . Άρα: Iog3 4+Iog4 5+Iog59 ?. 3ι og3 4 + og4 5 + ogs 9 (Ανισότητα3 Cauchy) οπότε Iog3 4+ Iog4 5+ Iog5 9 ?. 3· 3 lln4n 3 . llnn54 . ln27 ln5 = =3�3ln3 In 3 =3ifi. Επομένως: [Iog3 4 + Iog4 5 + Iog5 9]?. 4 .

In x ειναι , φθι'νουσα, αν χ e . Άρα: 'Ομως η y =9 9 οποτε, 4 4 -< ln 5χ -5 -<ln-<' 4 ' In 5 5 Iogln 33 4 +3 IogIn4 45 + Iog5 9::; 4 (2) Από (1) έχουμε: [Iog3 4 + Iog4 5 + log4 9] = 4. >Ο,

>Ο

----= =-= ---=-'---=-

Ι

η

ν

Ι

>Ο

Ι

Ι

>

23 . Να λυθεί η εξίσωση [χ +�] + 2=�(χ + 1) (1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/23

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

Λύση 26. lim ιτχ χ - 3 οπότε ο -χ-3 και (Ι) � [χ+-31 ] =-v;.

2 2 Λύση επομένως χ-3 1 χ-3 'Εστω (χ) = ιψ;z ορισμένη στο [1, ) . Για κάθε --:s;x+-<--+l=>x=2μ+3 και 2 3 2 χ (l,+oo) θεωρούμε την h(x) = z[ψ;z - 1 με 11 5 => χ = 2μ + 3 μ και --:::; χ < -3 3 h(x) >Ο (προφανώς). Άρα z[ψ;z = h(x) + 1. _!!:::; Καθότι [χ] > Ο => [χ] Ν• και h (χ) > Ο οπότε από 3 2μ+3<-�3 τελικά χ= -3. την ανισότητα του Bemoulli 24. η .Γχ =(l+h(x))[x] :?: l+[x]h(x)>[x]h(x)>(x-l ) h(x) [] [] άρα lh (x� = h(x) < χ-1 .[;. με Λύση lim .[;.-1 = 0 => lim h(x)=O . Έστω ότι υπάρχει μ με α < μ :::; β τότε μ= [μ]:::; [β] (αφού α:::; β => [α]:::; [β]) οπότε Όμως: ιψ;z =(l+h(x))2 =1+2h(x)+h2 (x)=> [α]:s;α<μ=[μ]:s;[β]=>[α]<[β]. Αν τώρα α:::; β => lim ιψ;z =1+2 · 0+02 = 1 . και [α]* [β]=> [α]< [β]=> [α]:::; [β]-1 =>[α+ 1] :::; [β] 27. άρα: α < [α] + 1 :::; [β] < β οπότε μ = [β] . [�] [ ] 3 25. lim χ [ ] χ Λύση Έχουμε: Λύση => \fa] :::; � 1[α]+1 => [α]:::; α< [α]+l α α α χ => χ -1 < [ χ ] :::; χ . => [�} = \fa] αν \fa] ακέραιος άρα: [\fai] = [�] . Αν χ> ο => χ3 (: - ι) < χ3 [:]:::; χ3 . : => Αν όμως ο \fa] δεν είναι ακέραιος τότε α] = Ο. .

3 αχz -χ3 :::; χ3 [α]:::; xz [ α=> lim χ [\fai] :::; \fa] < [\fai] + 1 , άρα: χ χ α Όμοια li� x3 [ χ ] = O => limx3 [�χ ] = o. [�] � :::; � < [�] +l=> [�] = [ν[α) + Ι] . Άρα g(x) = χ3 [:] . χ* 0 είναι ασυνεχής στο Ο. Ο , χ=Ο Να βρεθεί το

(Θεωρού με ότι

•-++«>

= 1 ).

εΖ

f

μεΖ

+οο

ε

εΖ

ε

Έστω α, β Ε IR με α � β τότε ισχύει ισοδυναμία

α = Ρ <:::)

"δεν

υπάρχει

ακέραιος μ με α < μ :S: β ".

Χ-++«>

εΖ

Χ

Χ-++«>

χ-++«>

Να αποδειχθεί ότι για α Ε IR+ και ν Ε Ν *

Να βρεθεί το

V

α

•-+0

= zΓα .

όπου α άρρητος.

<

ε IR •

χ -+0+

χ -+0

χ -+0

::ς

{

η

Στο τεύχος αυτό ήταν αποφασιστική η συνδρομή των συναδέλφων (και : όχι μόνο) του Παραρτήματος Πάτρας. . Η Σ.Ε. εκφράζει μέσω του περιο δικού τις ευχαριστίες της. θεσμός αυτός <<να συμμετέχουν τα Παραρτήματα στη συγγραφή του .: περιοδικού» είναι εξαιρετικά σημαντικός για τη ποιοτική αναβάθμιση του .: . περιοδικού. .

•

. .

Ο

.

•

•

� .•

. . • . . • • . . . • . . . . . • • . • . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . • • . . . . . . • • . . . . . . . • • • . . . . . • • • . . . . . • • • • • . . • • . .•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/24

aτικ νια την Α � τd{η -rou Λuκεfοu •

Η

Εξfαωαη

oll

+ /Jx + γ = ο μc σ - ο

Χρήστος Γκούβελος, Παναγιώτης Κουνάβης, Βασίλης Παπαντωνίου

2) Αν η εξίσωση (1) έχει ρητούς συντελεστές και ρί­ Κάθε εξίσωση της μορφής: ζα τον αριθμό κ + Jλ (κ, λ ρητοί και Jλ άρ­ αχz + βχ + = Ο όπου α, β, γ Ε � με α * Ο , λέγεται εξίσωση δευτέ-( 1) ρητος), τότε έχει ρίζα και τον αριθμό κ - Jλ . ρου βαθμού (ή δευτεροβάθμια εξίσωση) με άγναι­ Εφαρμογή: Διαmστώστε το για την εξίσωση στο το χ. Οι α, β και γ λέγονται συντελεστές. + 1 =Ο Με τη μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου μπορού­ 3) Αν ξέρουμεχ2το-4χάθροισμα S και το γινόμενο Ρ με να βρούμε έναν τύπο ο οποίος θα μας δίνει τις δύο αριθμών βρίσκουμε τους αριθμούς από τη λύσεις της εξίσωσης. Έχουμε λοιπόν: 2 + της εξίσωσης χ -Sx Ρ = Ο. Αν Δ = β2 - 4αγ > Ο,/Δη (1) έχει δύο ρίζες άνι­ 4) λύση Εξετάζοντας τη διακρίνουσα Δ, το γινόμενο Ρ β ± και το άθροισμα S των ριζών της εξίσωσης () σες, τις Χι 2 = 2α . τα εξής: Αν Δ = β2 -4αγ = Ο, η (1) έχει μία διπλή ρίζα, συμπεραίνουμε > Ο και S > Ο, η (1) έχει 2 ρί­ > Ο, Αν Δ i) Ρ _ την χ0 = 1._2α . ζες θετικές. > Ο, Ρ > Ο και S < Ο, η (1) έχει 2 ρί­ Αν Δ β2 - 4αγ < Ο, η (1) δεν έχει πραγματι- ii) Ανζες Δαρνητικές. κές ρίζες. iii) Αν Ρ < Ο και S = Ο, η (1) έχει 2 ρίζες αντί­ Ο αριθμός: Δ = β2 -4αγ λέγεται διακρίνουσα. Αν χ 1 , χ2 ρίζες της εξίσωσης (1) και S, Ρ το άθροι­ iv) Ανθετες.Δ > Ο και Ρ = 1 η (1) έχει 2 ρίζες σμα και το γινόμενο αυτών αντίστοιχα, τότε ισχύ­ aντίστροφες. ουν οι παρακάτω τύποι: εξίσωση της μορφής S = Χι +χ2 =-�α και Ρ = Χι ·Χ2 = -α 5) Κάθε α( Φ(χ)γ + βΦ(χ)+γ =Ο, όπου α, β, γ Ε� με Οι τύποι αυτοί είναι γνωστοί ως τύποι του Vieta και α * Ο λύνεται με βοηθητικό άγνωστο. Θέτο­ βάσει αυτών η εξίσωση ( 1) παίρνει τη μορφή ντας Φ(χ) = y δημιουργούμε την εξίσωση α1 + 2x - Sx+P=O βy + γ = Ο (α * Ο) την οποία και λύνουμε κατά τα γνωστά. Έχοντας βρει το y από τη σχέση /Δ β ± Φ(χ) = y υπολογίζουμε και το χ (Προσοχή τυπος Χι 2 = 2α εφαρμο' ζεται για την στους 1) Στην περίπτωση νχ έχουμε γνωστές επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων και εφό­ Φ(χ) = περιορισμούς). τρι­ σον αυτές έχουν πάρει τη μορφή αχ2 + βχ + γ = ώνυμες εξισώσεις αχ2ν + βχν σε+ γόλους = Ο (α* Ο) . Ο. Αν οι αριθμοί α,γ είναι ετερόσημοι, τότε η ε­ Ειδική περίπτωση αυτής είναι η διτετράγωνη 2 β ξίσωση αχ + χ +γ= Ο (α* Ο) έχει δύο ρίζες ξίσωση: αχ4 + βχ2 +γ= Ο (ν= 2). άνισες. Υ

•

·

•

=

•

Υ

Παρατη ρήσεις:

ο

'

·

τις

όπου

μας

ε­

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/2S

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Λυμένες Ασκή σεις 1.

χ+2 χ --+--=-. χ-2 χ+3 5 Λύση: χ - 2 * Ο και χ + 3 * Ο, δηλαδή χ * -3 1

Να λυθεί η εξίσωση:

Πρέπει και χ + 2. Έχουμε:

χ χ+2 1 5(χ-2)(χ+3)χ + χ-2 + -=-<=> χ+3 5 χ-2 1 χ+2 +5(χ-2)(χ+3)·-= χ+3 5(χ - 2)(χ+3)·-<=> 5 5χ(χ +3)+5(χ �2)(χ + 2) =(χ -2)(χ +3) <=> 5χ22 +15χ+5χ2 -20=χ2 +χ - 6<:::> 9χ +14χ - 14=0 Η εξίΡ"ωση αυτή έχει: Δ = 700 > Ο και ρίζες χ,,2 = -14 ±18.J700 <=> χ,,2 = - 14 ±18ιο.J7 -7 -5.J7 · ' χ, = -7 +5.J7 Τελικα' εχουμε: , = Χ 2 9 9 2. Να λυθούν οι εξισώσεις: 2 i) ( χ +3) +5l x +3l+6=0 ii) χ + -Γχ - 72 = ο Λύση: 2 i) Επειδή (χ+ 3) = lx + 31 2 , θέσουμε lx + 31 = Υ { y Ο) η δοθείσα εξίσωση γράφεται i 5y + 6 = και έχει ρίζες Υι = 2, Yz = 3. Αν y = 2, τότε l x +3l = 2 <=> χ+3 = 2 ή χ+ 3 = -2 <=> χ = -1 ή χ = -5 Ανy = 3, τότε l x +3l =3 <=> χ+3 =3 ή χ+3=-3<=> χ = Ο ή χ = - 6 Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι χ 1 = - 6, χ2 = - 5, = - 1, =Ο ii) Θέτοντας Γχ = y { y Ο) η εξίσωση γράφεται y + y - 72 = Ο η οποία έχει ρίζες Υι = 8, YzΆρα= -Γχ9 (απορρίπτεται). = 8 , δηλαδή χ = 64. χ2 + 2 χ 2 - 5 Να λυθεί η εξίσωση: 3.

- =1 χ2 +1 - χ2 �9 Λύση : Πρέπει χ 2 + 1 * Ο (η οποία ισχύει) και χ2 - 9:;t:O<::> x:;t: ±3

4 + 4χ2 + 5 = χ4 -8χ2 -9 <=> χ4 -7χ4 2 -18-χ <::> χ -5χ2 -4=0 Θέτοντας χ2 = y { y Ο) και η εξίσωση γράφεται y-5y + 4=0. Η εξίσωση αυτή έχει Δ = 9 >Ο και ρίζες 5 ± 3 {Υι = 1 y, =--� 2 Υ2 =4 Αν y = 1, τότε χ 2 = 1 �χ= ± 1 Αν y = 4, τότε χ 2 =4�χ= ±2 Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι: χ1 = -2, χ2 = - 1, χ3 = 1, = 2.

4. Να βρεθεί ο λ ώστε η εξίσωση (Sλ -3) χ2 - .J8 . λχ + ι = ο 2

Jιι

να είναι δευτεροβάθμια και να έχει μια διπλή ρίζα η οποία να υπολογιστεί.

αν

2

Xs

+

J4

2

Ο.

Λύση:

Για να είναι η εξίσωση δευτέρου βαθμού θα πρέπει α * Ο άρα 8λ - 3 * Ο = λ = �8 και για να έχει διπλή ρίζα θα είναι Δ = Ο. Έχουμε: Δ = (-J8 λ)2 -4 · { 8λ -3) · 1 ·

=8λ2 2-32λ+12 =8 (λ -4λ+3) Επομένως πρέπει και αρκεί: 8 (λ2 -4λ + 3) = ο <=> λ2 -4λ + 3 = ο (1) Η εξίσωση (1) έχει διακρίνουσα Δι = 4 > Ο και ρίζες: λ1 ,2 = 4 ±2J4 � {λλ, == 13 2 Αν λ = 1 η εξίσωση έχει διπλή ρίζα, την ν'8 ·λ = ν'8 = χ= 2{8λ-3) -10 J25 •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/26

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου •

(S - ) (S - ) = Ρ ii) S2 ;::: 2Ρ iii) αS2 + βS + Ύ = α · Ρ

Αν λ 3 η εξίσωση έχει διπλή ρίζα, την J8 ·λ = -3J8 = -3J2 χ = 2(8λ - 3) 42 21

i)

=

Να βρεθεί ο λ ε � ώστε η μία από τις δύο διαφορετικές πραΎματικές ρίζες της εξίσω­ 2) χ 8 , να είναι το τετράσης χ2

5.

+ (λ - + = Ο

Ύωνο της άλλης ρίζας. Λύση:

Αφού έχουμε δύο διαφορετικές ρίζες στο R, θα εί­ ναι Δ >2 Ο, δηλαδή: 2 (λ - 2) - 4:;t:8>0<::::> λ -4λ+4-32>0<=> (1) <=> λ2 -4λ-28 > ο Αν χ ι , χ2 οι ρίζες της εξίσωσης θα έχουμε (2) ΧΙ _ Χ22 και (3) Από τις (2), (3) έχουμε: χ; · χ2 = 8 <=>χ; = 8 <=> χ2 = 2, οπότε Χι = 22 = 4. Ισχύει επίσης S = χ1 + χ2 =-(λ-2) και επειδή Χι = 4, χ2 = 2 θα είναι -λ+2=6<::::> λ =-4 δεκτή, διότι ικανοποιείται η (1 ).

6. Η εξίσωση αχ2 - βχ + Ύ = Ο ( α :;t: Ο) έχει δύο I -

άνισες ρίζες. Να εξεταστεί ποια από τις πα­ ρακάτω προτάσεις είναι η σωστή Ύια την ε­ ξίσωση ΎΧ2 - βχ α - Ύ Ύ*

+ =Ο (

Α. έχει δύο άνισες ρίζες. έχει δύο ρίζες ίσες. Γ. δεν έχει πραΎματικές ρίζες. Λύση:

Ο)

•

Β.

Εφόσον η εξίσωση αχ2 - βχ + γ = Ο (α :;t: Ο) έχει άνισες ρίζες θα πρέπει Δ>2 Ο ή β2 -4αγ >Ο (1) Για την εξίσωση γχ - βχ +α-γ= Ο (γ :;t: Ο) έχουμε:β2 Δ1 = - 4γ(α-γ)= β2 -4αγ+4γ2 =Δ+4γ2 και λόγω της (1) είναι Δι > Ο. 2 β Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση γχ - χ+α-γ=Ο (γ Ο) έχει δύο άνισες ρίζες. Σωστό λοιπόν είναι το (Α). είναι οι ρίζες της εξίσωσης 7. Αν αχ 2 + βχ + Ύ = Ο με α :;t: Ο, να δειχθεί ότι: :;t:

Χ ι,

Χ2

Χ1

Χ2

Λύση:

Εφόσον χι, είναι οι ρίζες της εξίσωσης 2 αχ + βχ+γ=Ο (α:;t:Ο) έχουμε: S=x1 +χ2 =--αβ και i) (S-x 1 )(S - x2 )= (χι +χ2 -χι )(χι +χ2 -χ2 )= Ρ l'ι') s2 = ( +χ )2 = 2 +χ 2 + 2 Χ Χ Χι Χ2 => 2S =χ; ι+χ;2+ 2Ρ ι S22-2Ρ =χ; +χ; ο S2 2:2Ρ 2 iii) αS2 + βS+γ=α { - �) + β ( - �) +γ= β2 β2 γ= γ= α · -= β22 β2 γ=---+ γ αΡ α---+ α α α α α Xz

=>

8.

;:::

=>

Αν α, β, Ύ είναι τα μήκη των πλευρών ενός τριΎώνου να fιποδειχθεί ότι η εξίσωση: α2Χ - Ύ2

(χ+ 1) - β2χ ( χ + 1) = 0

δεν έχει πραΎματικές ρίζες. Λύση:

2 χ-γ2 - β2 χ2 - β2 χ =Ο ή Έχουμε: α2 χ-γ -βzχ2 + (αz -γ2 -β2 ) χ-γ2 =Ο ή β2 · χ2 + (βz +γ2 -αz ) · χ +γ2 =Ο Είναι: Δ = (β2 +γ2 - α2 )2 _ 4β2 · γ2 = (β2 +γ2 _ α2 _ 2βγ) · (β2 +γ2 - αz +2βγ) = [(β-γ)2 - αz }[(β+γγ - αz ] =(β -γ -α) ·(β -γ+ α) · (β + γ-α) ·(β + γ+ α) Εφόσον τα α, β, γ είναι μήκη πλευρών τριγώνου, έχουμε: α + β +γ>Ο α +β+γ> Ο α +γ> β δηλαδή β -α-γ < Ο β + γ-α>Ο β+γ >α Άρα Δ < Ο που σημαίνει ότι η εξίσωση δεν έχει πραγμαnκές ρίζες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/27

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου 9.

Από αερόστατο που κατεβαίνει με ταχύτη­ m τα υ = 50 m και από απόσταση h =

Η

375

.sec

από το έδαφος αφήνεται να πέσει ένα σώμα. Μετά από πόσο χρόνο το σώμα θα φθάσει στο έδαφος; (Δίνεται g = 10

m z ).

εξίσωση έχει διακρίνουσα Δ = 625 > Ο και ρίζες {χ = -10 απορρίπτεται χ = 5 ± 25 � , 1,2

χ 2 = 15

2

Άρα η παρέα αποτελείται από Ι5 άτομα.

1 1 . Να λυθεί η εξίσωση:

sec

(ΧΖ + 6Χ - 7 )Ζ - ΧΖ - 6Χ = -7 ύη Λύ ση : Το σώμα πέφτει προς τα κάτω με αρχική ταχύτητα m Έχουμε: ( την ταχύτητα του αερόστατου, δηλαδή υ0 = 50 sec χ 2 + 6χ - 7 )2 - χ2 - 6χ + 7 = ο εκτελώντας ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση με <=> (χ 2 + 6χ + 7 )2 (χ2 + 6χ - 7 ) = ο m επιτάχυνση g = Ι Ο sec2 . οπότε θέτοντας χ2 + 6χ - 7 = ω η εξίσωση παίρνει Αν t είναι ο χρόνος που τη μορφή: χρειάζεται για να φθάσει ω2 - ω = Ο � ω(ω - Ι) = Ο � ω = Ο ή ω = Ι το σώμα στο έδαφος, τότε: Αν ω = Ο, τότε χ2 + 6χ - 7 = Ο. Η εξίσωση h = υ0t + 2Ι gt2 αυτή έχει Δ = 64 > Ο και ρίζες χ1 = Ι , χ2 = - 7 Αν ω = Ι τότε χ2 + 6χ - 7 = Ι χ2 + 6χ - 8 = 375 = 50t + .!.. 1 0t2 <=> Ο. Η εξίσωση αυτή έχει Δ = 68 > Ο και ρίζες 2 χ3 = -3 - .Jfi και χ4 = -3 + .Jfi .

375 = 50t + 5t2 <=> Λ

σ

:

-

*

-

<:::>

*

t2 + 10t = 75 <=> t2 + 10t - 75 = 0 (Ι ) Η διακρίνουό'α της εξίσωσης (1) είναι = 400 > Ο -IO ± .J4o0 -10 ± 20 Ά, ρα t 1.2 = 2 = --2 Άρα: {tt , == 5-Ι5 απορρίπτεται ) 2 ( Άρα ο ζητούμενος χρόνος είναι 5 sec.

Δ

Δ

1 0. Μια παρέα μοιράστηκε 210 ευρώ. Αν ήταν λιΎότεροι θα έπαιρνε ο καθένας ευρώ περισσότερα. Να βρεθεί από πόσα άτομα α­ ποτελείται η παρέα.

5

7

<:::>

'

12. Αν είναι ρι, ρ2 οι ρίζες της εξίσωσης (1), να σχηματισθεί η εξί­ αχ2 + βχ + Ύ σωση με ρίζες Ι χ , Ι και l x z l ·

=Ο

Λύ ση :

Εφόσον χ, , ρίζες της εξίσωσης αχ 2 + βχ + γ = Ο { α :;t: Ο) θα πρέπει χ , + χ 2 = -� και χ 1 · χ 2 = -γ α α Έχουμε ότι: Xz

= Ι χ , Ι + lxzl = (Ι χ , Ι + lxzl )2 = �lxι l 2 + lxzl 2 + 2 lx , llxzl = �χ � + χ ; + 2 lx,xz l = s

Λύ ση:

Αν η παρέα αποτελείται από χ άτομα, τότε ο καθέ2 - 2αγ 111 (β 2 - 2αr )lαl + 2 lrlα2 β = = 210 = 210 + 7 , -2 Ι αl 2 +2 α = α α νας πηρε χ-5 χ Πρέπει: χ Ο και χ -5 Ο χ 5 . β2 - 2αγ + 2 1αllrl -_ �β2 - 2αγ + 2 lαllrl = Έχουμε: 210χ = 2 10(χ - 5) + 7χ(χ - 5) <=> α2 Ι αl 210χ = 210χ - 1050 + 7χ2 - 35χ και P = lx, llx2 l = lx , · x 2 Ι = I�I = i:i οπότε η ζη<=> 7χ 2 -35χ - 1050 = ο <=> :;t:

:;t:

<:::>

:;t:

<=>

<=> χ 2 - 5χ - Ι 50 = ο

τούμενη εξίσωση είναι η:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/28

Μαθηματικά pa την Α ' Λυκείου

χ2 - Sx + R = O <=> �β2 - 2αγ + 2 1α1 Ι γl <=> χ 2 . χ + lγl = 0 <=> lαl lαl 2 2 <=> l αl · x - �β - 2αγ + 2 1 αllγl x + lγl = 0

13.

IPz i � IPι l είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 2αχ + β = Ο , α, β ε JR δειχθεί ότι ισχύει: l α l + �α2 + l βl � (ι + Ji} IPι l · Αν

Pt,

Ρ2

με

Λύση: Έχουμε: Ρ ι + Ρ2 = 2α και Ρι Άρα: 1 αl + �α2 + lβl =

Ι Ρ ι � p2 1 + (

·

Ρ2 = β .

)

Ρ ι p2 2 + IΡ ι Ρ = � 21

Ι

:

1

�

IP ι i I P 2 1 + Ρ ι Ρ2 2 + I Ρ ι Ρ2 1 � �

�

Ι Ρ. Ι Ι Ρ, Ι + �

I P, I IP, I � � +

( )\ ( ) ΙΡ. 1 ΙΡ, 1 ;

1p,p, 1 �

' IΡ · I ; Ι Ρ , Ι + IP · I · I*

� IPι l + JI Pι l 2 + I Pιl 2 � � I Pι i + J2 IP ι l2 �

� I Pι l + I Pι l · J2 = (ι + J2} 1Pι l ·

a Κύκλο� ΕπcγpσμμCνο� -

Πcpιγcγpομμcνο� ac Tpfyωνo Γεώργιος Κουτσοδήμας, Κώστας Πετούμενος

1.

Τα τρίγωνα Κ Α Β και τότε 2Α.ι = 1 80" - κ και 2Α2 = 180" - Λ και Από (2) Δ

Λυ μένες Α σ κήσε ις

Δίνονται δύο κύκλοι (Κ, R), (Λ, ρ) που ε­ φάπτονται εξωτερικά στο Α. Αν ΒΓ κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα να δειχθεί i) ΒΑΓ = 90" Α

ii) Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ εφάπτεται στην διάκεντρο στο σημείο Α.

Λύση :

Δ

ΛΑ Γ

2 (Αι + Α2 ) = 360" - (κ + Λ )

είναι ισοσκελή

(3 )

(2) (3 )

έχουμε (4)

Όμως Κ + Λ = 180" (ως εντός και επί τα αυτά) Από (4) έχουμε

)

2 (Α.ι + Α2 = 3 60" - 1 80" = 180"

:::::}

·

Αι + Α2 = 90"

. Συνεπώς BAr=90" .

ii) Επειδή είναι ΜΑ ΜΒ ΜΓ ο κύκλος διαμέ­ τρου ΒΓ έχει κέντρο το Μ και ακτίνα ΜΑ δηλ. διέρχεται από το σημείο Α. Τα τρίγωνα Μ Β Κ, Μ Α Κ είναι ίσα (ΜΚ κοιvή, ΜΑ ΜΒ, ΚΑ ΚΒ) και επειδή Μ Β Κ ορθογώνιο θα είναι και Μ Α Κ ορθογώνιο με Επειδή ΒΓ κοινή εφαπτομένη θα είναι ΚΒ .l ΒΓ και ΛΓ .l ΒΓ , δηλ. ΚΒ 11 ΛΓ (ως κάθετες στην ί­ Κ Α Μ = 90" , δηλαδή ΜΑ ..l ΚΛ . Επειδή ΚΛ δια ευθεία). κάθετη στο άκρο της ακτίνας ΜΑ, η ΚΛ είναι εφαπτομένη του κύκλου (Μ, ΜΑ).

(1 ) i) Είναι BAr = 180" - (.Αι + Α2 ) =

=

Δ

=

Δ

Δ

=

Δ

Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2fl9

Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκείου 2.

Λύση :

Δίνεται κύκλος (Ο, R) και ΑΒ διάμετρος αυτού. Από τα άκρα της διαμέτρου φέρου­ με δύο παράλληλες χορδές ΑΓ και ΒΔ. Να δειχθεί ότι: ΑΓ = ΒΔ και Γ,Δ aντιδιαμε­ τρικά σημεία.

Α

Λύση:

Έστω ΟΚ και ΟΑ τα αποστήματq. των παραλλή­ λων χορδών ΑΓ και ΒΔ. i) Επειδή ΒΖ, ΒΔ εφαπτόμενα τμήματα θα είναι ΒΖ = ΒΔ. Επίσης ΒΙ διχοτόμος της γωνίας Β , δηλ. στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΖΔ η διχοτόμος θα είναι διάμεσος και ύψος . Άρα ΒΙ μεσοκάθετος της ΔΖ. Ομοίως ΑΙ, ΓΙ μεσοκάθετος των ΖΕ, ΔΕ αντίστοιχα. ii) Επειδή ΒΔΖ ισοσκελές είναι Δ

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΚΑ και ΟΑΔ έχουν: α) OA = OB = R β) Α = Β (εντός εναλλάξ) Άρα είναι ίσα και θα έχουν ΟΚ = ΟΑ <::::> ΑΓ = ΒΔ ως χορδές με ίσα aποστήματα. Τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ έχουν: α) ΟΑ = ΟΒ β) ΑΓ = ΒΔ γ) Α = Β (εντός εναλλάξ) Άρα είναι ίσα και θα έχουν 01 = 02 και επειδή ΓΟΒ+ ΓΟΑ = 180" τότε ΓΟΒ + ΒΟΔ = 180" άρα ΓΟΔ ευθεία. Συνεπώς Δ aντιδιαμετρικό του Γ. Δ

Δ

2Δι + Β = 180" � 2Δι = 180" - Β

Δ

Ομοίως Γ Δ Ε ισοσκελές είναι: 2Δ 2 + f = 180" � 2Δ 2 = 180" - f Προσθέτουμε τις (1) και (2) κατά μέλη και έ­ χουμε: Δ

2(Δι + Δ 2 )= 36ο· - (B + f)

Όμως

Δ

Δ3 = 180" - (Δι + Δ 2 )� Δι + Δ 2 = 180" - Δ3 και B + f = 180" - Α

Τότε

'

Λ

3.

2(1 80· - Δ3 )= 360" - (180" - Α)<=>· <=> 360" - 2Δ3 = 360" -1 80" + Α �

Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε, Ζ τα σημεία επαφής του εγεγραμμένου κύκλου με τις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα. Αν Ι το έγκεντρο του τριγώνου: i) Να δειχθεί οι Bl, ΑΙ, ΓΙ είναι μεσοκάθε­ τοι των πλευρών του τριγώνου ΔΕΖ . ii) Να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώ­ νου ΔΕΖ συναρτήσει των γωνιών του τριγώνου ΑΒΓ.

Α 2Δ3 = 180" -Α <::::> Δ = 90" -2 Ομοίως Ε = 90" - Β2 και Ζ = 90" - f2 Λ

4.

Λ

Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) και ΑΔ το ύψος του. Αν Μ το μέσο του τό.--.... ξου ΒΓ στο οποίο Μ δεν ανήκει το Α. Να δειχθεί ότι η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας ΔΑΟ . λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/30

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

(4) fΊ = Δ, + ό , (3) μέσω της (4): ΑΟΖ = Δ, + ό, + Δ, θετος της χορδής ΒΓ. άρα: ΑΔ _l ΒΓ (ύψος) ΑΟΖ = 2Δ 1 + 01 (5) ΑΔ //ΟΜ Έχουμε ΟΜ _l ΒΓ Στο τρίγωνο ΟΓΔ έχουμε ΓΟ = ΓΔ (ακτίνες του Τότε Α1 = Μ ως εντός εναλλάξ. κύκλου) Επειδή ΟΑΜ ισοσκελές (ΟΑ = ΟΜ = R) είναι άρα: (6) � =Μ m Από (1) και (2) έχουμε Α1 = Α2 δηλαδή διχοτόμος (5), (6) έχουμε ΑΟΖ = 2 · 01 + 01 = 301 ΑΟΖ = 3ΔΟΒ της γωνίας ΔΑΟ

,..-... Επειδή Μ μέσο του τόξου ΒΓ τότε ΟΜ μεσοκάΛύση:

}

Λ

=>

Λ

Λ

Δ

Λ

5.

Θεωρούμε κύκλο (0, R) ΑΒ μια διάμετρό του κι ένα σημείο Γ της ακτίνας ΟΒ με ΟΓ < R, ο κύκλος (Γ, ΓΟ) τέμνει τον κύκλο (0, R) στα σημεία Δ και Ε. Αν η ευθεία ΓΔ τέμνει τον κύκλο (0, R) στο σημείο Ζ να αποδείξετε ότι ΑΟΖ 3ΔΟΒ

Λ

Λ

Λ

Προτεινόμενες Ασκή σεις

1 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ­ κλο. Φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία Α, Β, Γ. Έστω ότι οι εφαπτόμενες = στα Β, Γ τέμνονται στο Δ. Από το Δ φέρνουμε Λύση: ευθεία παράλληλη προς την εφαπτόμενη στο Α, η οποία τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Ε, Ζ αντί­ στοιχα. Να δειχθεί ότι Δ μέσον της ΕΖ.

6) Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°). Φέρνουμε ευθεία Γχ κάθετη στη ΒΓ και παίρ­ νουμε τμήμα ΓΕ = ΓΑ. Προεκτείνουμε την ΓΒ κατά τμήμα ΒΔ = ΒΑ. Να δειχθεί ότι τα σημεία Δ, Α, Ε είναι συνευθειακά.

3. Έστω κύκλος (0, R) και ΑΒ διάμετρός του. Η ΑΟΖ εξωτερική γωνία του τριγώνου Γ ΖΟ άρα: Προεκτείνουμε την ΒΑ και παίρνουμε σημείο Γ με ΑΓ < R. Από το Γ φέρνουμε τέμνουσα (1) ΑΟΖ = fΊ + Ζ, του κύκλου όπου Δ, Ε τα σημεία τομής, ώστέ Στο τρίγωνο ΟΔΖ έχουμε ΟΔ = ΟΖ (= R) άρα: ΓΔ R. Να δειχθεί: ΕΟΒ = 3ΔΟΑ . Ζ1 = Δ , (2) @ Δύο κύκλοι (Κ, R), ( Λ, ρ) εφάπτονται εξωτε-. Από (1) (2): (3) ρικά στο Α. Φέρνουμε χορδή ΑΒ του κύκλου (Κ, R) και χορδή ΑΓ του κύκλου (Λ, ρ) ώστε Η fΊ εξωτερική στο τρίγωνο ΟΓΔ άρα: ΑΒ j_ ΑΓ . Να δειχθεί ότι ΚΒ//ΛΓ. Λ

Λ

=

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . • . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . • . . • .. . . . . .

:

Η συλλογικότητα στις εργασίες του περιοδικού δεν αναφέρεται μόνο στη λειτουργία της Σ.Ε., ο ύτε στη συνδρομή των Παραρτημάτων. Είναι στενά συνδεδεμένη με την ευρύτερη συ,r μετοχή των συναδέλφων. Όσο μεγαλώνει το πλήθος των εργασιών που έρχονται τόσο πιο αποτ&

λεσματικό εργαλείο γίνεται το περιοδικό για τη διδακτική των μαθηματικών.

• . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . • . . . . . . . . . . . . • • . . . . . . . .. . . . . . . . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.2131

• Αλ γcfJpιιιiς Εξιαώαcις

Αν α -:ι:. Ο η εξίσωση έχει μοναδική λύση την

Α. ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ Ορ ισμός:

β Χ = -α

Πολυωννμική λέyεται κάθε εξίσωση της μορφής:

αν χν + αν_ιΧν-1 + + αι Χ + αο - 0 α0, α1, α1 , , αν Ε IR. και ν Ε Ν

=>

•••

-:ι:.

Ο η εξίσωση είναι ν βαθμού.

•

2 ρίζες άνισες χ '2 1

ν

Αν η εξίσωση επαληθεύεται για

κ πραγμαn­

=>

κ > ν τότε υποχρεωτικά θα επα­ ληθεύεται για άπειρες πραγμαnκές nμές (ά­ κές nμές με

πειρες λύσεις), και θα ισχύει: αν

= αν - ι =

••••••

Ε φαρμογή

= αι = αο = ο

ίίί.

Να βρεθούν οι τιμές των κ, λ, μ, ν Ε IR. , για τις οποίες η εξίσωση: (2κ - 2)χ3 + (λ + 4)χ1 + 3(μ + l)χ - 12 + ν = 0 επαληθεύεται για 4 διαφορετικές πραγματικές τιμές.

1.

•

.

Λύση

Η εξίσωση σαν 3ου βαθμού έχει το πολύ 3 ρίζες. Επαληθεύεται όμως για 4 διαφορετικές nμές, άρα θα επαληθεύεται για άπειρες και τότε όλοι οι συ­ ντελεστές της, είναι μηδέν.

2κ - 2 = Ο => κ = 2 μ + l = Ο => μ = -1

και

4

λ + = Ο =>

- 12 + ν = 0 => ν = 12

ΕΠΙΛΥΣΗ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΩΝ Ε ΞΙΣΩΣΕΩΝ Μορφές ί.

αχ + Ρ = Ο (100 βαθμού αν α -:ι:. Ο)

Ισχύει:

λ = -4

=

Η εξίσωση έχει:

Κάθε πολυωννμική εξίσωση ν βαθμού έχει το πολύ πραγμαnκές ρίζες.

•

αδύνατη αν β -:ι:. Ο ' ταυτοτητα αν β Ο

αχ2 + px + γ = Ο (200 βαθμού αν α -=ι:. Ο)

ίί.

Ισχύει:

{

Αν α = Ο τότε η εξίσωση:

_

•••..•

� Αν αν

Σπ. Δαφνής

•

1

= -β ± JΔ 2α

ρίζα (διπλή ή 2 ίσες) χ =

αν Δ

>Ο

-β

αν Δ = Ο 2α Αδύνατη δεν έχει ρίζες στο IR. αν Δ Ο

<

Εξισώσεις βαθμού μεγαλύτερου του 2. Διακρίνουμε τις παρακάτω κατηγορίες: ν

χ

= α,

α Ε JR* (Δυώνυμη )

Ισχύει: Αν ν άρτιος: • Για α < Ο η εξίσωση είναι αδύνατη .

• Για α > Ο η εξίσωση έχει δύο λύσεις: Χ 1,2 = ±Γα Αν ν περιττός: • η εξίσωση έχει μία ακριβώς λύσι_ι : νfαj, για α > Ο χ= -νfαj, για α < Ο

{

2. Αυτές που είναι δυνατόν να γίνει παραγοντο­ ποίηση του lου μέλους (2ο μέλος ίσο με 0).

Χρησιμοποιούμενη ιδιότητα: α · Ρ · γ ...μ = Ο � α = Ο ή Ρ = Ο ή γ = Ο... ή μ = Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2!32

Μαθηματικά Β' Λυκείου

χ3 - 7χ 2 + 14χ - 8 = (χ - 1)Τ(χ) 1 -7 +14 -8 χ=1 +8 1 -6 1 -6 +8 ο

Παρατήρηση

Η παραγοντοποίηση μπορεί να γίνει: •

Με τη θεωρία Α ' Λυκείου. (Κοινός παράγοντας

- Ομάδες - Ταυτότητες - Τεχνάσματα).

•

Με τη βοήθεια του Ισχύουν:

Homer.

Έχουμε:

+ Αν η πολυωννμική εξίσωση:

ανχ + αν_1χ + + α χ + α0 = Ο έχει ως λύση τον αριθμό χ = ρ τότε το πο­ ν

ν-1

1

.•.

λυώννμο:

= ανχ + αν_1χ + + α χ + α0 έχει παράγοντα το χ - ρ. π

ν

ν-1

•..

1

+ Αν η πολυωννμική εξίσωση:

ανχ + αν_1 χ + ... + α1χ + α0 = Ο ν

ν-1

με ακέραιους συντελεστές έχει ακέραια μη μηδενική λύση αυτή θα είναι διαιρέτης του σταθερού όρου αο.

χ3 - 7χ 2 + 14χ - 8 = 0 <:::> (χ - 1)(χ2 - 6χ + = Ο <::> χ = 1 ή χ = 4 ή χ = 2 ίί. (χ 2 - 4)2 - 2(χ 2 - 2χ)2 = χ3 - 4χ 2 + 4χ <=> (χ - 2) 2 (χ+2)2 - 2χ 2 (χ - 2)2 = χ(χ2 - 4χ+4) <=> (χ - 2)2 (χ + 2)2 - 2χ 2 (χ - 2)2 = (χ - 2)2 <=> (χ - 2)2 (χ + 2) 2 - 2χ 2 (χ - 2) - χ( χ - 2) 2 = ο <=> (χ - 2) 2 (-χ2 + 3χ + 4] = 0 <=> χ = 2 (διπλή ρίζα) ή χ = - 1 ή χ = 4 ίίί. • Σταθερός όρος το ±2. Διαιρέτες του: Α = {±1 , ±2}

8)

•

ανχ + αν_1χ + + α 1 χ + α0 = Ο

•

ν-1

•.•

με ακέραιους συντελεστές έχει ως λύση το κ , . αναγωγο κλάσμα τοτε: λ •

•

το κ θα είναι διαιρέτης του σταθερού όρου αο και

•

το λ διαιρέτης του αν

Άσκηση

χ3 - 7χ 2 + 14χ - 8 = 0 <=> χ3 - 8 - 7χ 2 + 14χ = 0 <=> (χ - 2)(χ 2 + 2χ + 4) - 7χ(χ - 2) = ο <=> <=> (χ - 2)(χ2 - 5χ + 4) = ο <=> <::> χ = 2 ή χ = 4 ή χ = 1

• •

- 8.

Διαιρέτες του το

±2, ±4, ±8. Το χ = 1 επαληθεύει την εξίσωση. Με

στε:

στοιχεία των συνόλου Α και Β.

•

Το

•

Με

χ = .!.. επαληθεύει την εξίσωση.

2

Homer βρίσκουμε το πολυώννμο τ(χ)

( )

1 8χ3 - 3χ 2 - 7χ + 2 = χ - � τ(χ) 18 3 -7 +2 χ= -1

18

±1,

Homer βρίσκουμε πολυώννμο τ(χ) ώ-

9

3

-2

6

-4

ο

2

1 8χ3 - 3χ 2 - 7χ + 2 = 0 <=> <=> χ - � 18χ 2 + 6χ - 4) = 0 <=>

ί. 1ος τρόπος:

Σταθερός όρος το

κ - οπου κ, λ Δημιουργουμε ' ' ' τα κλασματα λ

-

ίίί. 18χ3 - 3χ2 - 7χ + 2 = 0 Λύση :

•

1 8. Διαιρέτες του: Β = {±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18} Μεγιστοβάθμιος όρος το

ώστε:

Να λυθούν οι εξισώσεις : ί. χ3 - 7χ2 + 14χ - 8 = ο ίί. (χ2 - 4)2 - 2(χ2 - 2χ)2 = χ3 - 4χ2 + 4χ

2°ς τρόπος:

Α δεν επαλη­

θεύει την εξίσωση (όχι ακέραια λύση).

+ Αν η πολυωννμική εξίσωση: ν

Κανένα από τα στοιχεία του

Έχουμε:

( }

3.

<=> χ = 21 η' χ = 31 η' χ = -32

Αυτές που είναι δυνατόν να παρουσιάσουμε μία άρτια δύναμη (ή άθροισμα άρτιων δυνά­ μεων) στο 1 ° μέλος (2° μέλος ίσο με 0).

Έχουμε:

Μία μη αρνητική παράσταση (ή άθροισμα πε­ ρισσότερων) ίση με το μηδέν. Τότε πρέπει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λατ' τ.2133

Μαθημάτικά Β' Λυκείου

Κάθε παράσταση από αυτές να είναι ίση με το μηδέν. Στο τέλος πρέπει να πάρουμε τις κοινές λύσεις.

1να1Χ+αρησιμοποιούμενη 1ρ1 + ... +ακ1λ = 0 :=>ιδιότητα: α1 =α1 =α3 = ακ = Ο κ, ν, ρ, λ ε Ν* •

•

•.•

.•.

Άσκη ση

Να λυθούν οι εξισώσεις:

χ6 -16χ3 +64=0 (χ1 -2χ)4 = -χ4 + 8χ1 -16 Λύση: ί. χ6 -16χ 3 +64=0<=>(χ 3 - 8) 2 =Ο<=> χ3 - 8=0<::: :> χ =2 ίί. (χ 2 -2χ)4 = -χ 4 +8χ 2 - 16<:::::> (χ2 _ 2χ)4 +(χ2 _ 4)2 =Ο<=> {(χ2 - 2χ)4 =0 {Χ2 - 2χ =0 και και (χ2 -4)2 =0 χ 2 -4=0 {χ=Ο ή χ =2 χ = 2 (κοινή) και Χ =2 ή Χ = -2 ί. ίί.

<:::::>

4.

•

•

<:::::>

Βγάζουμε κοινούς παράγοντες α, β. + Κάνουμε μετασχηματισμό θέτοντας χ+_!_= χ ω . Δηλαδή: +

αχ4 + βχ3 +γχ 2 + βχ+α=Ο<::::> αχ2 + βχ + γ+ �χ +-ξ-=Ο<=> χ α ( χ2 + :2 ) + β ( χ+ �) +γ=Ο 1 ω και η εξισωση ' ' γινεται: ' Θετουμε χ +-= χ α(ω2 -2) + βω + γ = Ο (2°υ βαθμού) Παρατηρήσεις: ι . Η αχ4+ βχ3 + γχ2 + βχ + α = Ο έχει ρίζες αριθμούς aντίστροφους, δηλαδή ( κ, �) κ Ο . *

Απόδειξη

Έστω ότι η αχ4+ βχ3 + γχ2 + βχ + α = Ο έχει λύση την χ = κ τότε: ακ4+ βκ3 + γr + βκ + α = Ο. ' εχει ' την χ = 1 αρκει:' ' λυση Για να δει'ξουμε οτι κ -

Αυτές που λύνονται με κατάλληλους μετα­ (ισχύει) σχηματισμούς.

2. Η διαδικασία λύσης της aντίστροφης εφαρμό­ Οι μετασχηματισμοί μπορούν να γίνουν: ζεται και σε άλλες εξισώσεις 4ου βαθμού όχι a­ Είτε απ' ευθείας. ντίστροφες. (Δεν έχουν λύσεις aντίστροφους α­ Γνωστή σε αυτή την περίπτωση η διτετρά­ ριθμούς) (άσκηση 4). γωνη: αχ4 + βχ2 + γ = Ο. Εξισώσεις που επιλύονται με κατάλληλη α­ Διαδικασία λύσης: ντικατάσταση: + Θέτουμε χ2 = ω > Ο και Να λυθούν οι εξισώσεις: + Λύνουμε την επιλύουσα (Η εξίσωση 2°υ ί. (χ+3)8 - 17(χ+3)4 +16=0 (1) βαθμού που δημιουργείται).

3 ii. (χ -7χ-52 )-(2χ3 - 14x)+l1=6 (2) Είτε μετά από κατάλληλη αλγεβρική διαδι­ ίίί. 2χ4 + 3χ3 + lOx + 3χ + 2 =Ο (3) κασία.

1 ίν. 2χ4 +3χ3 -19χ +6χ+8=0 (4) Γνωστή μορφή σε αυτήν την περίπτωση η α­ ντίστροφη τέταρτου βαθμού πλήρης: Λύση: 4 αχ4 + βχ3 + γχ1 + βχ +α = Ο, α Ο ί. (χ+3)8 17(χ+3) +16=0. όπου οι συντελεστές οι ισαπέχοντες των άκρων Θέτουμε (χ+ 3)4 =ψ;?: Ο. Η εξίσωση (1) γίνεται: όρων είναι ίσοι ή αντίθετοι. ψ2 -17ψ+16=0<::::> ψ 1 =1 ή ψ2 =16 δεκτές Διαδικασία λύσης: Τότε η (1) είναι ισοδύναμη με τις παρακάτω + Το Ο δεν επαληθεύει την εξίσωση. Διαιρού­ δύο εξισώσεις: με και τα δύο μέλη με χ2 *Ο. (χ+ 3)4 = 1 <:::::> χ + 3 = 1 ή χ, = -2 ή χ = --4 και *

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2134

2

Μαθηματικά Β' Λυκείου

(χ+ 3)4 = 16 �χ+ 3 = 2 ή χ+ 3 = -2 � Χ3 =- 1 ή Χ4 =-5. ίί. (χ 3 -7χ-5)2 -(2χ 3 -14χ)+17=6 (2)� (χ3 -7χ -35)2 - 2(χ3 - 7χ) + 11 =ο. Θέτουμε χ -7χ-5 = ψ και η (2) γίνεται: ψ2 -2(ψ+5)+11=0�(ψ-1)2 =0� ψ 3= 1 (διπλή ρίζα).3 Τότε: χ -7χ -5 =1 � χ -7χ - 6=0 � (χ+ 1)(χ2 - χ+ 1) -7(χ + 1) =Ο� (χ+1)[(χ2 - χ+1) - 7]=0� (x+l)(x2 -χ-6)=0� Χ1 = -1 ή Χ2 = 3 ή χ3 = -2 Αντίστροφη 4ου ίίί. 2χ 4 + 3χ 3 -lOx + 3χ + 2 =Ο βαθμού. Διαιρούμε και τα δύο μέλη με χ2 = Ο και έχουμε: 3 2 2χ2 +3χ-10+-+-=0� χ χ2 2 ( χ2 + :2 ) +3 ( χ+ �) -10=0 1 =ω2 - 2 και η Θέτουμε χ+..!.χ . = ω�χ2 +χ2 εξίσωση γίνεται: 2(ω2 -2)+3ω - 10=0� 2ω2 +3ω-14=0� 1 2� ' χ+-= ωι = 2 η, ω2 = --.72 Τοτε: χ χ2 -2χ + 1 =Ο� χ1,2 = 1 (διπλή ρίζα) χ+.!..χ = _22 � 2χ2 +7χ +2=0 � χ3,4 = -7±53 4 ρίζες aντίστροφες. Χ ι Χ2 = 1 και Χ3Χ4 = 1 4 3 2χ +3χ -19χ2 +6χ+8=0 (4) (όχι αντί-

iv.

9 ωι = 3 η' ω2 = - -.

2 Οι λύσεις της (4) δίνει από τις εξισώσεις: χ+ �=3 � χ2 - 3χ+2 =Ο� χ1 = 1 ή χ2 = 2 και χ χ+ �= 2 +9χ+4=0� χ - ��2χ2 = - 4 η' Χ4 =--21

Χ3

(Λύσεις όχι aντίστροφοι αριθμοί)

Παρατήρηση:

Οι εξισώσεις που για τη λύση τους δεν εφαρμόζε­ ται καμία από τις παραπάνω μεθόδους δεν είναι δυνατόν να λυθούν. (τουλάχιστον με τις υπάρχου­ σες γνώσεις). Π.χ. η εξίσωση χ5 + χ-3 = Ο δεν λύνεται. Δεν έχει ακέραια λύση. (Κανένα στοιχείο του συνόλου Α = {±1, ±3} δεν την επαληθεύει). Δεν εφαρμόζεται άλλη διαδικασία (παραγοντοποίηση ή μετασχηματισμός). Το μόνο που μπορούμε να κάνουμε γι' αυτές είναι να προσδιορίσουμε το διάστημα που βρίσκονται οι λύσεις τους. (Μελέτη συνάρτησης σε άλλη τάξη).

•

•

Β.

Ε ΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΟΝΤΑΙ ΣΕ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ Ορισμοί : •

Ρητή λέγεται κάθε εξίσωση που αποτελείται από όρους της μορφής Ρ(χ) , όπου Ρ(χ) και G(x)

G(x)

•

πολυώννμα με G(x) μη μηδενικού βαθμού. Άρρητη λέγεται κάθε εξίσωση που έχει την με­ ταβλητή μέσα σε ριζικό.

στροφη, αλλά διαδικασία λύσης ανάλογη με τις aντίστροφες). Διαιρούμε και τα δύο μέλη με Παρατηρήσεις : 1. Στη λύση των εξισώσεων αυτών πρώτο μέλημά χ2 Ο και έχουμε: μας είναι: 2χ2 +3χ - 19+!+_!_=0� Να φύγουν από τον παρανομαστή όλες οι πα­ χ χ2 ραστάσεις που έχουν μεταβλητή. Αυτό γίνεται: 2 χ2 + ; +3 χ+ � -19=0 + Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με το Ε.Κ.Π. των παρανομαστών. Θέτουμε χ+�=ω�χ2 +_±_=ω2 χ2 -4 και η Στις άρρητες εξισώσεις να απαλλαγούμε από τα χ εξίσωση γίνεται: Αυτό γίνεται: 2(ω2 -4)+3ω-19 =ο� 2ω2 +3ω-27 =ο� ριζικά. + Με την ιδιότητα R = l x l ή v;: = l x l :;t:

(

) ( )

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/35

Μαθηματικά Β' Λυκείου

�(χ-2)2 + �(Χ2 +1)2 = Χ2 +3<:::::> lx -21 +(χ2 + 1) = χ2 +3 <:::::> lx -21 = 2 χ-2= ±2<:::> χ =4 ή χ=Ο ίίί. .Jχ 2 -χ -2 + χ = 2 Μέσα στην ρίζα δεν έχουμε ταυτότητα. Δεν υψώνουμε αμέσως στο τετράγωνο γιατί δεν θα φύγει η ρίζα. Τότε: .Jx2 -χ-2 +χ= 2 <:::::> .Jx 2 -χ-2 = 2-χ <:::::> c.Jx2 -x-2)2 =(2-x)2 <:::::> χ2-χ-2=χ4 -4χ+4<:::> 3χ = 6 <:::::> χ = 2 δεκτή. Περιορισμοί: χ2 - χ - 2 �Ο<:::::> χ (-οο, - 1]υ[2,+οο) 2-χ�Ο<:::> χ ::::; 2 : Τελικά χ (-οο, -1] υ {2}. Εφαρμογές iv. .Jx+2 +2.Jx-3 -.Jx+42 =0 Να λυθούν οι εξισώσεις: Δεν υψώνουμε αμέσως στο τετράγωνο γιατί δεν 2χ -χ χ2 θα φύγουν οι ρίζες. Τότε: = ί. χ2 - χ - 2 + χ2 - 1 χ - 3χ + 2 .Jx +2 + 2.Jx -3 -.Jx + 42 2 2 2 ίί. .Jx - 4χ + 4 + .Jx4 + 2χ + 1 = χ + 3 (...Γχ+i +2�) 2 =(.Jx+42)2 2 ίίί. .Jx - χ - 2 + χ = 2 .Jcx + 2)(χ - 3) = 13-χ <:::::> χ= 7 δεκτή. ίν. .Jx + 2 + 2.Jx - 3 - .Jx + 42 = Ο Περιορισμοί: χ+2�0, χ-3�0 και χ+42�0, 13-χ�Ο 2 .ν Fx + � = χ -2 5χ + 9 Τελικός: χ [3,13] � .Jx .Jx - 3x fx + .Jx-3 = χ 2 -5χ+9 2 .

2 ν νί. .Jx + 3χ + 1 = χ2 + 3χ + 2 .Jx-3 fx .Jx2 -3χ χ+χ-3=χ2 -5χ+9<:::> χ2 -7χ+12=0<:::> νίί. {/χ2 - 1 +.Jx2 - 1 + 2 = 2χ2 χ = 4 δεκτή ή χ = 3 (απορρίπτεται). Λύση: Ε.Κ.Π. = fx, .Jx - 3 -χ 2χ χ2 Περιορισμοί: ί. χ 2 -χ-2 + χ2 --1 = χ2 -3χ+2 <:::::> χ-3 �ο<:::::> χ � 3, .Jχ-3 *ο <:::::> χ * 3 χ2 + 2χ = -χ χ � Ο και fx Ο <:::::> χ Ο (χ-2)(χ+1) (χ - 2)(χ+1) (χ-2)(χ-1) Τελικός: χ> 3. 2 Ε.Κ.Π. =(χ-2)(χ- 1)(χ + 1) vi. .Jx 2 + 3χ + 1 = .Θέτουμε Περιορισμοί: χ - 2 * Ο χ 2 και 2 χ +3χ+2 χ -1 * Ο <:::::> χ * 1 και χ + 1 * Ο <:::::> χ * -1 Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με το .Jx2 + 23χ + 1 =ω�3 Ο και η εξίσωση γίνεται: -<::: ::> ω +ω-2 =0 <:::::> ω=1 (Homer) ω=Ε.3Κ.Π. και έχουμε: 2 ω +1 χ + 2χ2 -3χ =Ο<:::::> χ= Ο (δεκτή), χ2 + 3χ + 1 = 1 <:::::> χ, =Ο ή Χ2 = -3 ή χ = 1 (απορρίπτεται), ή χ = -3 (δεκτή) Τότε: Δεν θα πάρουμε περιορισμούς, στο τέλος θα ίί. .Jx2 - 4χ + 4 + .Jx4 + 2χ2 + 1 = χ2 + 3 <:::::> ελέγξουμε κάθε λύση επαληθεύει την σχέση: (Αν υπάρχουν ταυτότητες) ή + Υψώνοντας και τα μέλη σε κατάλληλη δύ­ ναμη.

2. Πολλές φορές για διευκόλυνση, πριν την απα­ λοιφή των παρανομαστών ή των ριζικών, κά­ νουμε μετασχηματισμούς. Προσοχή: Κάθε φορά: Παίρνουμε περιορισμούς. (Είναι δυνατόν να μην κάνουμε περιορισμούς στην αρχή, αλλά έλεγχο στο τέλος, δηλαδή να εξετάσουμε αν κάθε λύση που βρήκαμε επαληθεύει την εξίσωση.) Κάνουμε την κατάλληλη αλγεβρική διαδικασία ώστε να υψώνουμε σε δυνάμεις, όσο το δυνα­ τόν λιγότερες φορές.

2

<:::::>

• •

./

../

Ε

Ε

-2::----

<:::::>

<:::::>

Ε

<:::::>

-----

-----

<:::::>

=F-

=F-

.

=F-

αν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2136

αλλά

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Jϊ = 3_

2 δεκτή Για χ 3 έχουμε: Jϊ = 3_2 δεκτή vii. {/x 2 - 1 + .Jx 2 -1 + 2 = 2x 2 Περιορισμοί: χ 2 -1 � Ο , χ ε (--οο, -1] [1,+οο) . Θέτουμε {/χ2 -1 = ω � Ο . Για χ Ο έχουμε: =

= -

υ

'Εχουμε {/χ2 - 1 = ω <::::> χ 2 = ω4 + 1 . Η εξίσωση γίνεται: 2ω4 -ω2 - ω = Ο <::::> ω(2ω3 -ω-1) = Ο ω = Ο <::::> {/χ2 -1 = 0 <::::> χ = ±1 ή ω = 1 <::::> {/χ2 - 1 = 1 <::::> χ = ±Ji (δεκτές)

Εμ§αδό Ευθύypαppω�ν, εχημάτω,ν

Γεώργιος Κουτσοδήμας

Για το εμβαδόν ευθυγράμμων σχημάτων ή τη 1 ·γ (ΑΒΓ) = -β 2 σύγκριση των εμβαδών χρησιμοποιούμε τις παρα­ κάτω σχέσεις: Β. Για τα υπόλοιπα ευθύγραμμα σχήματα έχουμε: Α. Για τα τρίγωνα έχουμε: 1) Εμβαδόν ορθογωνίου παραλληλογράμμου 1 1 1 Ε = α ·β , όπου α, β οι διαστάσεις του.

1) Ε =-α·υ 2 α =-β 2 · υβ = -γ 2 · υΎ .

2) Εμβαδόν παραλληλογράμμου (πλαγίου) 1 1 1 Ε=β·υ.

2) Ε = "2 βγ · ημΑ = "2 αβ · ημΓ = "2 αγ· ημΒ 3) Εμβαδόν τετραγώνου πλευράς α, Ε = σ?.

3) Ε = �τ · (τ-α)(τ-β)(τ-γ) , 4) Εμβαδόν ρόμβου Ε = δ , 2· δ2 , δ 1 , δ2 διαγώνιοι. τύπος του Ήρωνα. αβγ Ε = τ · ρ 4) Ε = 5) Εμβαδόν τραπεζίου Ε = Β 2+ β · υ . ' 4R ' Ε = (τ-α) · ρα = (τ-β)ρβ = (τ-γ)ρΎ 6) Εμβαδόν πολυγώνου περιγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας ρ, Ε = τ · ρ , τ ημιπερίμετρος. Προσοχή : Ο τύπος Ε = (τ-α) · ρα = (τ-β)ρβ = (τ-γ)ρΎ να 7) Εμβαδόνδτετραπλεύρου με κάθετες διαγώ­ ·δ 1 . χρησιμοποιείται, αφού αποδεικνύεται. νιες Ε = -2-2 5) Αν δύο τρίγωνα ΑΒΓ, Α'Β'Γ' έχουν 8) Αν δύο πολύγωνα είναι όμοια με λόγο Α = Α' ή Α + Α' = 180° τότε: μοιότητας λ, τότε : = λ2 . (ΑΒΓ) β · γ ---'--;__ --(Α'Β'Γ') = β' . γ' Εκτός από τις παραπάνω σχέσεις, για τη λύση των 6) Αν ΑΒΓ Α'Β'Γ' με λόγο ομοιότητας λ, ασκήσεων που αναφέρονται σε εμβαδά ευθυγράμμων σχημάτων πρέπει να γνωρίζουμε και τα εξής: τότε: α) Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις, τότε ο λόγος (ΑΒΓ) = λ2 των εμβαδών τους είναι ίσος με το λόγο των α­ (Α'Β'Γ') ντίστοιχων υψών τους. α τότε: 7) Αν ΑΒΓ ισόπλευρο πλευράς β) Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσα ύψη, τότε ο λόγος 2 α J3 (ΑΒΓ) = 4 των εμβαδών τους είναι ίσος με το λόγο των α­ ντίστοιχων βάσεών τους.

8) Αν ΑΒΓ ορθογώνιο (Α = 90°) τότε: γ) Η διάμεσος τριγώνου χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα. .

.

ο-

,

.

.

�

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2137

Μαθηματικά Β' Λυκείου

·

Ι α -α J3 = -α2 J3 δ) Η διαγώνιος παραλληλογράμμου χωρίζει αυτό = 2 2 2 8 . σε δύο ίσα (ισοδύναμα) τρίγωνα. ε) Το εμβαδόν τραπεζίου ισούται με το γινόμενο Επίσης στο τρίγωνο BrM είναι BfM = Ι20' της διαμέσου του επί το ύψος του. Τότε (ΒΓΜ) = _!_2 ΒΓ ΓΜ · ημΙ20' = Παρατηρήσεις: Ι · -α · J3 = α2 J3 . i. Όταν ζητάμε το λόγο των εμβαδών δύο τριγώ­ =-α 2 2 2 8 νων εξετάζουμε αν τα τρίγωνα έχουν ίσες βά­ σεις, ή ίσα ύψη, ή μία γωνία ίση, ή μία γωνία β) Στο τρίγωνο ΒΓΜ από το νόμο των συνημιτότου ενός είναι παραπληρωματική μιας γωνίας νων έχουμε: ΒΜ2 = ΒΓ2 + ΜΓ2 -2ΒΓ · ΓΜ · συνΙ20' = του άλλου ή μήπως είναι όμοια. Αν συμβαίνει μία από αυτές τις περιπτώσεις έχουμε μία έκ­ = α2 + -2·α · � -� = φραση του ζητούμενου λόγου των εμβαδών βάσει των παραπάνω. r;:; Ί α2 α2 7α2 άρα ΒΜ=!!:!__!_ 2 +-+-==α ii. Αν σε τρίγωνο γνωρίζουμε τις πλευρές του, τό­ 4 2 4 2 _. τε υπολογίζονται συναρτήσει αυτών: α) το εμ­ Επίσης α2 J3 = _!_ αJΊ · ΓΗ ή βαδόν του, β) οι ακτίνες R, ρ, Ρα, ρβ, Pr• γ) οι _!_ · ΓΗ ή (ΒΓΜ)= ΒΜ 8 2 2 2 διάμεσοί του, δ) τα ύψη του.

2 α J3 Ασκήσεις: 8 = 4α2 J3 = αJ3 = αJ3 . J7 = ΓΗ= 1. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α. αJΊ 8αJ7 2J7 2 7 Φέρνουμε τη διχοτόμο της εξωτερικής γω­ 4 νίας Γ , και από το Α την ΑΜ κάθετη στη J2ϊ α αJ2ϊ . = . Επομένως ΓΗ = διχοτόμο αυτή. Ι4 Ι4 2J3 α) Να δειχθεί ότι: (ΒΓΜ)=(ΑΓΜ)= α 8 . 2. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Γ (Α= lι ) και Β = 30' . Φέρνουμε τη διάμεσο ΓΔ και β) Να υπολογιστεί το ύψος ΓΗ του τριγώνου ΒΓΜ . την ΔΕ ..l ΒΓ . Να δειχθεί (ΒΔΕ) = �8 (ΑΓΔ) . ·

·

--

.

{ )

:

·

.

Α

Β

Λύση :

Λύση : χ

Υ

α) Επειδή Α Β Γ ισόπλευρο, είναι BfΑ = 60' τότε Επειδή ΓΔ διάμεσος Α Β Γ τότε είναι Afy = Ι 20' και επειδή Γχ διχοτόμος της Afy (ΑΓΔ)=(ΒΓΔ)=_!_(ΑΒΓ) άρα: 2 θα είναι Afx = 60' . Το ΑΜΓ είναι ορθογώνιο (ΑΒΓ)=2·(ΑΓΔ) (1) (Μ = Ι ) , AfM = 60' τότε ΓΑΜ = 30' επομέΑΓ =-.α Επισης ΒΛ = 30' αρα ΑΓ = ΒΓ · νως ΜΓ= τ 2 2 ΒΓJ3 ' ΑΒ = Απο Πυθαγορειο Θεωρημα ειναι Τότε (ΑΜΓ) =�ΓΑ· ΓΜ · ημ60' = 2 και .

ι

'

'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/38

'

'

Μ

'

Μαθηματικά Β' Λυκείου

ΑΒ = ΒΓ · .J3 . Τα ορθσyώνια τρίγωνα Α Β Γ, ΒΔ =2 4 Β Δ Ε έχουν Β κοινή άρα είναι όμοια, με λόγο ομοιότητας: ΒΓ.J3 ΒΔ λ= ΒΓ = ΒΓ4 = ..fj4 ( ..fj )2 = 2_ λόγω (1) 2 = = λ Τότε (ΒΔΕ) 4 16 (ΑΒΓ) (ΒΔΕ) = -3 ετσι , (ΒΔΕ) = -3 συνεπως -(ΑΓΔ) 16 -(ΑΓΔ) 8 , (ΒΔΕ) =�(ΑΓΔ) 8 .

(ΒΔΕΓ) = (ΑΒΓ) -.!_2 (ΑΒΓ) = .!_2 (ΑΒΓ)

Δ

Δ

4.

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ, ΒΕ, Η ορθόκεντρο. Με διάμετρο ΓΖ τα ύψη και ΑΒ την πλευρά γράφουμε ημικύκλιο στο ε­ ξωτερικό του τριγώνου. Αν η προέκταση του ύψους ΓΖ τέμνει το ημικύκλιο στο Κ, να δειχθεί ότι το εμβαδόν του τριγώνου Α Β Κ είναι μέσο ανάλογο των εμβαδών των τριγώνων Α Β Γ και Α Β Η . Λύση: Δ

Δ

Δ

Γ.

Δ

3.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημεία Δ, Ε των πλευρών του ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα, έτσι ώστε . Από το μέσο ΑΔ = �3 ΑΒ και ΑΕ = �ΑΓ 4 Μ της πλευράς ΑΓ φέρουμε παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει τη ΒΓ στο Η. Να δειχθεί (ΑΒΗ) = (ΒΔΓΕ) = _!_2 (ΑΒΓ).

Θα δειχθεί ότι (ΑΒΚ)2 = (ΑΒΓ) · (ΑΒΗ). Τα τρίγωνα Α Β Κ , Α Β Γ έχουν κοινή βάση ΑΒ, τότε: (ΑΒΚ) _ ΚΖ (1) (ΑΒΓ) ΓΖ Επίσης τα τρίγωνα Α Β Η , Α Β Κ έχουν κοινή βάση ΑΒ, τότε: (ΑΒΗ) _ ΗΖ Επειδή Μ μέσον ΑΓ} Η μέσον της ΒΓ.

(2) (ΑΒΚ) ΚΖ ΜΗ//ΑΒ Τότε (ΑΒΗ) = (ΑΗΓ) = .!_(ΑΒΓ) (1) Όμως Α Κ Β ορθσyώνιο ( Κ = 90°, διότι ΑΒ 2 διάμετρος) και επειδή ΚΖ ύψος του, θα είναι: Επίσης (ΒΔΕΓ) = (ΑΒΓ)-(ΑΔΕ) (3) ΚΖ2 = ΖΑ · ΖΒ Όμως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν την Ακόμη τα τρίγωνα ΑΖΗ, ΒΓΖ είναι όμοια, διότι γωνία Α κοινή. Τότε: είναι ορθογώνια και έχουν Α, = Γ, (οξείες με 2 3 (ΑΔΕ) ΑΔ · ΑΕ = 3 _Α::Β . 4 _Α:( = -2 · -3 = -1 πλευρές κάθετες), τότε ....:. __ _ ._ _:_ __ = (ΑΒΓ) ΑΒ·ΑΓ ΑΒ·ΑΓ 3 4 2 ΖΑ = ΖΗ η, ΖΑ · ΖΒ=ΓΖ · ΗΖ (4) ΓΖ ΖΒ δηλ.

2 (ΑΔΕ) = .!_(ΑΒΓ) ( ) Από (3) και (4) έχουμε: 2 ΚΖ = ­ ΗΖ (5) Από (1) και (2) είναι (ΑΒΗ) (ΒΔΕΓ) διότι: ΚΖ2 =ΓΖ·ΗΖ ή ΓΖ ΚΖ Λύση:

Α

Δ

Δ

Δ

·

Δ

<::::>

Δ

Δ

Δ

Δ

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/39

Δ

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Τότε από (1) και (2) λόγω της (5) έχουμε: (ΑΒΚ) = (ΑΒΗ) άρα (ΑΒΚ)2 = (ΑΒΓ) · (ΑΒΗ) (ΑΒΓ) (ΑΒΚ) 5. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΒΓΔΕ και ση­ μείο Α στο εσωτερικό του. Κατασκευάζου­ με τα παραλληλόγραμμα ΓΔΖΑ και ΒΕΖΑ. Να δειχθεί ότι: (ΒΓΔΕ) (ΓΑΖΔ)+ (ΒΕΖΑ) Λύση: =

z

Επίσης Blr = 90° + Α2 = 90° + 45° = 135° . Τα τρίγωνα Β Ι Γ και Α Δ Ι έχουν ΙΑΔ Blr = 45° + 135° = 180° . Τότε: (ΒΙΓ) = ffi · IΓ = ffi· IΓ (ΑΔΙ) ΙΑ· ΑΔ ΙΑ· ρ �

Δ

+

(1)

Επίσης τα τρίγωνα Β Ι Γ και Α Δ Ι έχουν ίσα ύψη (ΙΕ = ΙΔ ρ). Τότε: (ΒΙΓ) = ΒΓ = ΒΓ (2) (ΑΔΙ) ΑΔ ρ (ο λόγος των εμβαδών, ίσος με το λόγο των αντίστοιχων βάσεων). m · ΙΓ ΒΓ , , Απο ( 1) και (2) εχουμε: ΙΑ · ρ ρ η ffi · ΙΓ · 1 = ΒΓ · ΙΑ · 1 ή m · ΙΓ = ΒΓ · ΙΑ Δ

Δ

=

,

Β

Δ

-- = -

Έστω ΒΕ = α, τότε ΓΔ = ΑΖ = ΒΕ = α.

7. Δίνεται κύκλος (0, R) και σημείο Σ εξωτερι­ Φέρνουμε μια ευθεία κάθετη στις παράλληλες ΒΕ, κό αυτού. Φέρνουμε τις τέμνουσες ΣΜΝ, ΑΖ και ΓΔ, την ΜΝΡ. ΣΑΒ και την εφαπτομένη ΣΤ. Να δειχθεί ότι: Τότε ΡΝ ύψος του ΓΔΖΑ ΑΝ · ΑΜ ΣΑ = ΑΤ2 ΜΝ ύψος του ΒΕΖΑ και ΒΝ · ΒΜ ΣΒ ΒΤ2 ΜΡ ύψος του ΒΓΔΕ. Λύση: Τότε έχουμε: (ΓΔΖΑ) + (ΒΕΖΑ) = α· ΝΡ + α · ΜΝ = = α · (ΝΡ + ΜΝ) = = α · ΜΡ = (ΒΓΔΕ) --

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Γ (Α = 90°). Αν Ι το έγκεντρο αυτού, να δειχθεί: ΙΒ · IΓ = ΙΑ · ΒΓ Λύση Τα τρίγωνα Α Μ Ν και Β Μ Ν έχουν Αι = Β, ως Γ εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο, τότε: (ΑΜΝ) ΑΝ · ΑΜ (1) (ΒΜΝ) ΒΝ· ΒΜ Επίσης τα τρίγωνα αυτά έχουν την ίδια βάση ΜΝ, τότε ο λόγος των εμβαδών ισούται με το λόγο των αντίστοιχων υψών, (ΑΜΝ) = � Επειδή Ι το έyκεντρο του τριγώνου τότε: (2) δηλ. υ (ΒΜΝ) 2 ΙΑΔ = 45° και το ορθογώνιο τρίγωνο Α Δ Ι , (Δ = 90°) είναι ισοσκελές με ΔΑ = ΔΙ = ρ.

6.

_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/40

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Τα τρίγωνα ΣΑΚ, ΣΒΛ είναι όμοια ως ορθογώ(ΜΚΑ) = _!_2 ΚΑ · ΜΘ = _!_2 _ β -α · ΜΘ 2 νια με την οξεία γωνία Σ2 κοινή, τότε: υ1 = = "41 (β -α) · ΜΘ ΣΑ (1) (3) υ2 ΣΒ Επειδή τα τρίγωνα Μ Α Β, Μ ΕΖ είναι όμοια έΑπό (1), (2) και (3) έχουμε: ΜΘ = ΕΖ η, ΜΘ = ΕΖ ·ΜΗ ή ΑΝ ·ΑΜ = ΣΑ χουμε: (4) ΜΗ ΑΒ ΑΒ ΒΝ · ΒΜ ΣΒ α+β Τα τρίγωνα ΣΑ Τ, ΣΒΤ είναι όμοια, διότι έχουν ΜΘ = 2α · ΜΗ , οπότε η (1) γράφεται: την γωνία Σ1 κοινή, και Τ1 = Β2 (από χορδή και (ΚΛΜ) = _!_(β -α) · α + β · ΜΗ = _!_ (β2 - αz ) · ΜΗ = 8 2α 4 α εφαπτομένη - εγγεγραμμένη που βαίνει στο τόξο 1 α·ΜΗ , 2(ΜΑΒ) = α · ΜΗ 2 -α2 ) · 2 ομως = -(β της χορδής).

8 α ΑΤ = ΣΤ η, ΑΤ2 = ΣΤ2 Τότε (5) δηλ. (ΚΛΜ) = _!_8 (β2 - α2 ) . 2(ΜΑΒ) ΒΤ ΣΒ ΒΤ2 ΣΒ2 α2 = Όμως από τη δύναμη του σημείου Σ ως προς τον (2) κύκλο (0, R) ισχύει: ΣΑ · ΣΒ = ΣΤ2 = Δ�ο,R) (6) Τότε η (5) λόγω της (6) γίνεται: Από τα όμοια τρίγωνα ΜΑΒ και ΜΓΔ έχουμε: 2 2 ΑΤ = ΣΑ · ΣΒ η, ΑΤ = ΣΑ (ΜΑΒ) = α 2 η (ΜΑΒ) = α2 η, (7) β 2 2 2 ΒΤ ΣΒ ΒΤ ΣΒ (ΜΓΔ) (ΜΓΔ) - (ΜΑΒ) β2 - α2 Επομένως από (4) και (7) έχουμε: (ΜΑΒ) - α2 ή (ΜΑΒ) = α2 · (ΑΒΓΔ) (ΑΒΓΔ) β2 -α2 β2 -α2 ΑΝ ·ΑΜ = ΣΑ = -ΑΤ2 ΒΝ · ΒΜ ΣΒ ΒΤ2 Τότε η (2) γράφεται: α2 · (ΑΒΓΔ) ή · 8. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ), Μ το (ΚΛΜ) = _!_ · (β2 -α2 ) ·_!__ 4 α2 β2 -α2 σημείο τομής των ΑΔ και ΒΓ και Κ, Λ τα ή (ΑΒΓΔ) = 4(ΚΛΜ) μέσα των διαγωνίων του ΒΔ και ΑΓ αντί­ (ΚΛΜ) =_!_(ΑΒΓ) 4 στοιχα. Να δειχθεί ότι (ΑΒΓΔ) = 4(ΚΛΜ).

9. Δίνεται ευθεία ε και επί αυτής τα διαδοχικά Λύση: σημεία Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = α και ΒΓ = 2α. Με πλευρές τις ΑΒ, ΒΓ κατασκευάζουμε σόπλευρα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΕ εκατέρωθεν της ευθείας ε. Να υπολογιστεί συναρτήσει του α, το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΓΕ. Λύση Δ

Δ

Δ

Δ

Δ

Δ

() ,

---

Δ

Δ

_

Μ

ι­

Δ

ε

Έστω ΑΒ = α και ΓΔ β οι βάσεις του τραπεζίου. Η ΚΑ προεκτεινόμεvη τέμνει τις μη παράλληλες πλευρές στα Ε, Ζ τότε η ΕΖ είναι διάμεσος του τραΕ πεζίου και θα ισχύει: ΕΖ = α+ β και ΚΑ = β -α . Επειδή ΑΒΔ = ΓΒΕ = 60° , οι ΑΓ, ΔΕ είναι διαγώνιοι 2 2 Φέρνουμε την ΜΗΘ .l ΚΑ , τότε έχουμε: τσυ τετραπλεύρσυ. Α

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/41

Γ

Επίσης ΑΓ = ΔΕ = 3α, δηλ. το τετράπλευρο ΑΔΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο με βάσεις ΑΔ = α, ΓΕ = 2α και αJ3- ως υ' ψος ' ΚΛ = υ ι + υ2 = υ. Όπου υ 1 = υψος 2 2αJ3 του ισοπλεύρου ΑΒΔ Δ , πλευρας, α και υ2 = 2

ως ύψος του ισοπλεύρου Β Γ Ε , πλευράς 2α.

2αJ3 = 3αJ3 . 'Εχουμε: + Τότε υ = αJ3 2 2 2 (ΑΔΓΕ) = ΑΔ 2+ ΓΕ ·ΚΛ = α +22α + 3αJ3 2 = 3α · 3αJ3 = -9α2 J3 2 2 4 10. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ το μέσο της ΑΓ. Έστω Δ, Ε σημεία των ΑΜ, ΜΓ αντί­ στοιχα, ώστε ΜΔ = ΜΕ. Αν ΔΖ//ΑΒ και Η το σημείο τομής των ΑΖ, ΒΕ να δειχθεί ότι: (ΑΒΗ) = (ΗΖΓΕ).

γωνίων του δ 1 και δ2 είναι 45°. Νά δειχθεί: (ΑΒΓΔ) = δ, · δ4z .fi . .

Δίνονται τα συνευθειακά σημεία Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = α και ΒΓ = 2α. Κατασκευάζουμε τα ισό­ πλευρα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΕ προς το ίδιο μέ­ ρος της ευθείας ΑΓ. Να υπολογιστεί συναρτήσει του α το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΕΓ. Αν Η το ορθόκεντρο τριγώνου ΑΒΓ με ύψη ΗΑ +ΗΒ + ΗΓ = 2 . υα, υβ, υr. Να δειχθει, υα υβ υy

Δ

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, εγγεγραμμέ­ νο σε κύκλο (0, R), οι ακτίνες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ τέμνουν τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ στα σημεία Α', Β ' , Γ αντίστοιχα. Να δειχθεί: 1 1 =-2 .

1 --+-+ΑΑ' ΒΒ' ΓΓ' R

--

Λύση :

Φέρνουμε τη ΒΔ. Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΒΔ έχουν κοινή βάση την ΑΒ και επειδή οι κορυφές τους Ζ, Δ βρίσκονται σε παράλληλη ευθεία προς τη βάση θα έχουν και ίσα ύψη (υ1 = υ2).

(1) Τότε (ΑΒΖ) = (ΑΒΔ) Επειδή Μ το μέσο της ΑΓ και ΜΔ = ΜΕ, θα είναι ΑΔ = ΓΕ. Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΒΕ έχουν ίσες βάσεις ΑΔ = ΓΕ και το ίδιο ύψος (υ3) τότε: (ΑΒΔ) = (ΓΒΕ) (2) Από (1) και (2) έχουμε: (ΑΒΖ) = (ΓΒΕ) ή ή (ΑΒΗ) + (ΒΗΖ) = (ΗΖΓΕ) + (ΒΗΖ) (ΑΒΗ) = (ΗΖΓΕ) Α

Προτεινόμενες Ασκήσεις :

(!) Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: υβ + υy υy + υα + υα. + υβ = 6 -'-----'- + Pr Ρα Ρβ

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) του οποίου οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο Κ. Να δει­ χθεί ότι: (ΚΑΔ)2 = (ΚΒΓ)2 = (ΚΑΒ) · (ΚΓΔ) . Δίνεται γωνία χόy = 45· . Στην πλευρά Oy θεωρούμε σημεία Α, Β και Δ το μέσον του ΑΒ. Έστω Ε, Ζ οι προβολές των Α, Β στην Οχ. Φέρνουμε τη μεσοκάθετη του ΑΒ που τέμνει την Οχ στο Γ. Να δειχθεί: (ΑΒΓ) (ΑΒΖΕ). efJ Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Φέρνουμε από το Α ευθείες Αχ, Ay που τέμνουν τις ΒΓ, ΓΔ στα Ε, z αντίστοιχα ώστε ΒΑΕ = ΔΑz = 15° . Δ ισόπλευρο, Να δειχθεί: ί) ΑΕΖ (ΑΖΕ) ii) (ΑΒΓΔ) = 2J3 - 3 . Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με (ΑΒΓΔ) = 1 τ.μ . . Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ και η ΑΜ τέμνει τη διαγώνιο ΒΔ στο Ε, να δειχθεί ότι (ΓΔΕΜ) =2_ τ.μ.

12 � � Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ το μέσο της ΒΓ. Έστω Ζ σημείο της ΓΜ. Αν η παράλληλη από το Μ προς την ΑΖ τέμνει την ΑΒ στο Δ να δειχθεί (ΒΔΖ) =..!_( 2 ΑΒΓ) . =

-®

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/42

Μαθηματικά Β' Λυκείου

r

Εαωτcpικό rινόμcνο Διανut:ιμότων τοu Enιnc6ou Β. Παπαντωνίου, Δ. Δαφνής, Π. Κουνάβης

Α. Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων

Έστω δύο διανύσματα α, β μη μηδενικά εφαρμο- (ΑΝΑΛYTIIili ΕΚΦΡΑΣΗ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟΥ ΓΙ­ συστήματος ΝΟΜΕΝΟΥ) σμένα στην αρχή Ο ενός καρτεσιανού συντεταγμένων Οχψ, ώστε ΟΑ = α και ΟΒ = β . Εφαρμογή: ΕΡΓΟ ΔΥΝΑΜΗΣ ψ Αν η δύναμη F (σχήμα 2) μετακινεί ένα σώμα Β που βρίσκεται στη θέση Α στο σημείο Β, τότε Α λέμε ότι η F παράγει έργο που συμβολίζεται με W και δίνεται από τη σχέση: W = F · � = I FI · I ABI · συνφ Σχ. 1 Γωνία δύο διανυσμάτων α, β ονομάζεται η μη κυρτή γωνία (α, β) των ημt.f;\)θειών ΟΑ και ΟΒ. �Β Είναι προφανές ότι η γωνία (α, β) δεν εξαρτάται Σχ. 2 από την εκλογή της αρχής Ο του συστήματος ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟΥ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ ντεταγμένων. Σχετικά ισχύουν: Αν α, β, γ είναι τρία διανύσματα του επιπέδου και Αφού: Ο � (α, β) � π , ειδικά: λ ε -IR -τότε: J) Αν α /' /'β τότε (α, β) Ο 1. α· β = β · α (Μεταθετική ιδιότητα) .

2) Αν α /'ι/β τότε (α, β) = π.

2. λ(α · β) = (λ· α) · β = α· (λ· β) (Ομσyενής ιδιότητα) 3. α· (β + γ) = α · β+ α· γ (Επιμεριστική ιδιότητα) Έχουμε τώρα τον παρακάτω ορισμό: 4. α2 = α . α = 2 ο μη αρνητικός αριθμό � . ιαι � αα Ορισμός Εσωτερικό γινόμενο των με- το μέτρο του διανύσματος α . ισούται - διανυσμάτων α και Ρ .i.έγεται ο αριθμός α · Ρ που δίνεται από την α- 5. α ..l β � α · β = Ο 6. Αν α· β = α· γ δεν συνεπάγεται αναγκαστικά ό­ κόλουθη σχέση: τι β = γ (δεν ισχύει πάντοτε ο νόμος της δια­ a P fi . β = l i · I I · συν(�), αν α * ο και Ρ * ο γραφής). - - - - - , αν α = Ο ή β = Ο Ο (Ομως: α · β = α·γ � α · β -α · γ = Ο � Παρατή ρηση α . (β -γ) = ο � α ..l β _ γ ) Είναι γνωστό ότι: -1 � συνφ � 1 άρα: 7. (α ·β) . γ * α . (β . γ) (Δεν ισχύει η προσεταφι­ στική ιδιότητα) - 2 ·β- 2 μως: (α- ·β)- 2 � α- 2 - 2 2 8. (α ·β) * α ·β (το ίΌ Αποδεικνύεται ότι αν α = (χ1 , ψ1 ) και β = (χυ ψ2 ) σον ισχύει μόνο όταν α//β ). τότε: -

χ

Aj(

----

----

συ­

----

-------

=

--

.

--

-

-

-

-

-

-

1

-

-

{

-

-

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/43

--

-

.

-

-·

,

Μαθηματικά Β' Λυκείου .

- α.β α . β · α- και γ- = β- - -ν = β--·α ν- = λα- = 2 2 ι αι ι αι σχύει μόνο όταν αllβ ). (Οι σχέσεις (8) και (9) δεν ισχύουν πάντα) Έτσι λοιπόν το διάνυσμα β αναλύεται σε δύο κά­ 10.Αν α = (χ 1 ,ψ1) και β = (χυ ψ2 ) είναι δύο μη θετες συνιστώσες ν' γ μηδενικά διανύσματα, τότε: Βασική Π ρόταση: · · ψ + ψ Χ Χ ι ι 2 � (β 2 συν α, ) Αν α -:t= Ο και λ,μ ε ffi. τότε: · ι αι - ι βι �χ� + ψ� - �χ ; + ψ; - = λπροβ- -β + μπροβ- -γ προβ-(λβ- + μγ) ll.Aν α- = (χ1 , Ψι ) και -β = (χυ ψ2 ) τότε: α _l β <:::> Χι χ2 + Ψ Ψ 2 = Ο Απόδειξη: Ειδικότερα αν χ 1 Ο, χ2 -:;:. Ο τότε η ιδιότητα προβ (λ + μγ) α · - - ) · = 0 jj � « αυτή γράφεται: <α· γ) · -α = α- .l β- <=:> Χ ι · Χ 2 + ψι · ψ2 <=> ψ 1 · ψ2 = -1 = λ(α·β) +2μ(α· γ) · α- = λ· <α·β) · α- + μ · -Χι Χ2 2 2 ι αι ι αι ι αι (όπου λ1 , λ2 είναι οι συντελεστές της διεύθυν­ = λπροβ- β + μπροβ- γ . σης των διανυσμάτων α, β αντίστοιχα). lη Εφαρμογή Προσαρμογή: Κ. Βακαλόπουλος Αν α = (3 , -4) και β = (-2, 1) τότε να αναλυθεί το β σε δύο κάθετες συνιστώσες ν, γ με ν IΙ a . Λύση: Β. Προβολή διανύσματος σε διάνυσμα Έχουμε: Αν θεωρήσουμε δύο διανύσματα ΟΑ = α -:t= Ο , . α = -ι ο - α = -2α = v = (α· 2β) . α -2 · 23 + 1 · (-4) ΟΒ = β και το ίχνος Β ' της καθέτου από το Β στην 2 5 �3 + (-4) ι αι ευθεία ΟΑ, τότε το διάνυσμα ΟΒ' = ν λέγεται = -2 ·(3,-4) = (-6,8) και προβολή του διανύσματος β στο διάνυσμα α που συμβολίζεται με ν = προβ - β γ- = β- - -ν = (-2,1) -(-6,8) = (-2 + 6,1-8) = (4,-7) (το ίσον ι-

ο

α

.

ι

α

(�Γγ

.

-:;:.

--

--

α

α

α

α

ο

2η Εφαρμογή

Αν ιαι = 1, IPI = 2 και (�) = ; , τότε να βρεθεί η άτο διάπροβολή του διανύσματος γ = 2a + 3Ρ Αν θέσουμε Β'Β = γ , τότε προφανώς β = ν + γ , ο­ νυσμα α καθώς και η προβολή του α στο γ ως συνάρτηση των α , β . πότε: - - - - - - -2 - - = α(ν - - + -γ) = α- · ν- + α· Λύση: α·β γ = α·ν = α· λα= λα = -) - α(2α+ 3β) 2 <α ·γ Έχουμε: προβα γ = 2 . α = 12 . α = = λ - ι αι ' αφού α _l γ ' οπότε α . γ = 0 ι αι α · β Ά . ρα λ = 2 ' οποτε: = (2α2 + 3αβ) α = 2 ι αι2 + 3 Ι αi · Ι βl συν; α = ι αι

,

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/44

(

}

Μαθηματικά Β' Λυκείου

(

}

= 2 · 12 + 3 · 1 · 2 · � α = 5a. , προβ -α = (α·γ) . -γ = 5 -γ . Επισης γ j Ύj2 jΎj 2 ΑJ.λά ΙΎ12 = (2a+3β)2 = 4 · a2 + 12a · β + 9β2 = = 4 j αj2 +12· 1 ai · Ιβl συν � + 9 1β12 = = 4 · 12 + 12 · 1 · 2 · -21 + 9 · 22 = 4 +12+36 = 52.

5 - = -(2α 5 - + 3β)- . Άρα προβ-α- = -γ 52 52

.

4η Εφαρμογή Αν ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο και Ε, Ζ οι προβο­ λές τόυ Γ στις ευθείες ΑΒ, ΑΔ τότε: - - - - -2 ΒΔ · ΒΖ-ΒΑ· ΒΕ = ΑΔ Δ

Σε κάθε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ να δείξετε ότι: προβ ΑΓ + προβ ΔΒ = 2ΑΒ Απόδειξη: ΑΒ

ΑΒ

Γ

Δ

Γ

ALSJl

γ

3η Εφαρμογή

Απόδειξη:

Έχουμε: ΒΔ · ΒΖ-ΒΑ· ΕΖ = = ΒΔ· προβ8Δ ΒΓ-ΒΑ· προβ8Α ΒΓ = = ΒΔ · ΒΓ -ΒΑ · ΒΓ = (ΒΔ - ΒΑ)ΒΓ = = ΑΔ · ΒΓ = ΑΔ , αφού ΒΓ = ΑΔ .

-

- -- - - - --2 --

-

Δύο ακόμη Θέματα:

Α�Κ

Έστω S = προβ ΑΓ + προβ ΔΒ . Αν ΑΒ = α, ΑΔ = β , τότε ΑΓ = a +β και ΔΒ = α -β , οπότε: - - S = προβ-(α+ β) + προβ- (α-β) =

Σε ορθοκανονικό σύστημα (0, i, j) να δεί­ ξετε ότι:-Κάθε-διάνυσμα v γράφεται με τη μορφή: ν = (ν · i) · i + (ν · j) · j Απόδειξη: Έχουμε: ν = χΙ+ Υ1 ' όπου χ, Υ IR ' όπότε: ν · j = x i · j + yi = y, αφού -i · -j = O και -j2 = ι-jι2 = 1 . Επίσης ν · i = x · -2i + yj · i = x , αφού -i2 = t;lι i ι 2 = 1 ' -j . -i = ο .

β' τρόπος:

6. Χρησιμοποιώντας την ιδιότητα:

α ' τρόπος:

ΑΒ

5.

ΑΒ

α

α

-

-

Σύμφωνα με τη βασική πρόταση θα έχουμε: - - S = προβ- (α+ β + α-β) = προβ- 2α = 2α α

γ. τρόπος:

ΑΚ

α

-

Προφανώς: - - ΛΒ = ΑΒ + ΒΚ + ΑΒ - ΑΛ = 2ΑΒ , +s= αφού ΑΛ = ΒΚ = προββ α .

-

-

-2

•

Ε

(1) να βρείτε τη μέyιστη τιμή του Α = 6χ - 4y, όταν 4χ2 + y 2 = 16 , όπου x,y IR . Λύση: Προφανώς: 4χ 2 + y2 = 16 <=> c2x)2 + y2 = 16 <=> liil = 4 . όπου α = (2χ,y) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/45

Ε

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Εξάλλου: Α = (2χ) · 3 + y(-4) = α · β , 2. Αν ΑΔ είναι ύψος του τριγώνου ΑΒΓ και ισχύει η ισότητα ΑΓ = ΓΒ · ΓΔ , να δειχτεί όπου β = (3, -4) . ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Α. Αλλά: (1) <::? - ι αι - ιβι � α . β � ι αι - ιβι ' οπότε: Λύση : Α � ι αι - ιβι = 4 - �32 + (-4)2 = 4 · 5 = 20 Α Η ισότητα προφανώς ισχύει μόνο όταν α ίί β δηλαδή (2χ, y) = λ(3, - 4) = (3λ, - 4λ) με λ > Ο, οπότε: 16 <::? λ= -4 4x 2 +y2 = 16 9λ2 + 16λ2 = 16 λ2 = 25 5 Άρα ο αριθμός 20 είναι η μέγιστη τιμή του Α και Αρκεί να δείξουμε ότι: ΑΒ · ΑΓ = Ο . Είναι: ΑΒ · ΑΓ = (ΓΒ - ΓΑ) · ΑΓ = προκύπτει μόνο όταν: (διανυσματικές ακτίνες από το Γ) 2χ = 3λ = ι; ----.

-- -= ΓΒ · ΑΓ - ΓΑ·ΑΓ = ΓΒ· ΑΓ +ΑΓ2 = δηλαδή 16 16 = ΓΒ ·ΑΓ + ΓΒ · ΓΔ = (από την υπόθεση) -= y = -4λ = -y 5 5 = ΓΒ · (ΑΓ + ΓΔ) = ΓΒ · ΑΔ = Ο , σσόπο λος Γ Προσαρμογή: .Σ. Τα υ αφού είναι ΓΒ .l ΑΔ .

-

z

-

-

,

<::?

<::?

}·

-

χ�% }

--

3.

-

--

Δίνονται τα διανύσματα α, β του επιπέδου

ιαι = .J3, IPI = 1, φ = (�) = :

Γ. Λυ μέν ες Ασκή σ εις

με

1.

Να βρεθεί η γωνία των διανυσμάτων:

Αν τα διανύσματα α, β είναι κάθετα μετα­

·

- - , δ = 2α- + 3β . = 3α - 2β -

ξύ τους και έχουν ίσα μέτρα, να δειχτεί ότι και τα διανύσματα υ = α - 3β, ω 3α + β

γ

=

είναι κάθετα μεταξύ τους και έχουν ίσα μέ­ τρα. Λύση:

Ισχύει ότι: ι αι = ιβι , α· β = Ο . Για να δείξουμε ότι τα διανύσματα ίi, ω είναι κάθετα αρκεί να δεί­ ξουμε ότι: ίi . ω = ο => cα -3β)(3α+ β) = ο . Είναι: (α-3β)(3α+ β) = = 3α2 + α - β-9α-β-3β2 = 3 ι αι2 -3 ι βι2 = 0 Επίσης: lul2 = ι α-3β12 = (α-3β)2 = = α2 - 6α . β + 9β2 = ι αι2 + 9 Ι β12 = ιοι αι2 και ιωι2 = ι 3α+β12 = (3α +β)2 = 9α2 + 6α · β + β2 = = 9 ιαι2 + Ιβ12 = ιο ι αι2 , οπότε: ι υι2 = ιωι 2 <::? ι υι ιωι =

Λύση :

Είναι: l rl2 = ι 3α -2βΙ2 = (3a-2β)2 = 9a2 -ι2α . β+ 4β2 = =9 1 al2 - 12 1 ai · Ιβl συνφ + 4 1 β12 = = 9 · 3 -12!3 · .J32 + 4 = 13'

l δl2 = 1 2a+ 3βl 2 = (2a+ 3β)2 = 4a2 + 12a - β + 9β2 = = 4 ι αι2 + 12 ι αι - Ι βl συνφ + 9 Ι β12 = = 4 · 3 + 12.J3 . .J3 2 + 9 = 39' - 2β)(2α+ - - 3β) - = 6α- 2 - 6β- 2 - γ- · -δ = (3α+ 5α· β = = 6 ι αι 2 - 6 Ιβ1 2 + 5 Ι ai · Ι βl συνφ = 39 = 6 . 3 - 6 + 5!3 . .J3 = 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/46

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Επομένως:

ανήκει στο θετικό ημιάξονα των χ, οπότε, αφού η γωνία Α είναι ορθή, η κορυφή Δ θα ανήκει στο θετι­ κό ημιάξονα των ψ. Με αυτόν τον τρόπο έχουμε: Α(Ο, 0), Β(β, 0), Δ(Ο, δ).

οπότε είναι: (γ, δ) = -π6 .

α'

�

4.

- - στο = 4α + 3β- ,

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, οποίο γνωρίζουμε ότι ΑΒ

γιστούν τα μήκη των διαyωνίιον του ΑΒΓΔ. ύση:

Λ Είναι: j AΓI2 = ΑΓ 2 = (ΑΒ + ΑΔ)2 = = (4a +3β + 3a -β) = (7a+ 2β)2 = = 49α- 2 + 28α · β + 4β- 2 = = 49 iai2 + 28 1ai · Ι βl συν � + 4 Ι β12 = = 49 . 4 + 28 . 2 . 2 . _!_2 + 4 . 4 = 268 ' I AΓ I = �268 = 2$? . οπότε: 2 = ΔΒ2 = B Δ I I ' Εmσης: = (ΑΒ -ΑΔ)2 = = (4a + 3β -3ίi -β) = = α- 2 + 8α · β + 16β- 2 = lίil2 +8 i ai · lβl συν � + 16 lβl 2 = = 4 + 8 · 2 · 2· � + 16 · 4 = 84 , οπότε: IΔBI = Μ .

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ με

Γ(γι, Υι)

)

(

}

I

-

I

- -- -- ---

Α = r=9o· .

Αν είναι Ε, Ζ τα μέσα των διαΎωνίων ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα, να δειχτεί ότι ΕΖ l_ ΑΓ . : Λύ ση Υ

Αν υποθέσουμε ότι είναι Γ(γ1, γ2), τότε μπορούμε ν βρούμε τις συντεταγμένες των μέσων Ε, Ζ των διαγωνίων ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα. Είναι 2 ' 2 ' 2 ' �2 ' οπότε είναι: , δ - γ2 ΕΖ = β -γ 2 ' 2 Επίσης είναιΑΓ = (γ, , γ2 ) . Για να είναι ΕΖ l_ ΑΓ, αρκεί να ισχύει: ΕΖ · ΑΓ = Ο � β �γ, , δ �γ2 (γ1 ,γ2 ) = 0 � � -21 (βγ, -γ2 +δγ2 -γ22 ) = 0 Είναι γνωστό όμωςότι: ΔΓ l_ ΓΒ , οπότε επειδή είναι: ΔΓ = (γ, , γ2 - δ), ΓΒ = (β -γ, ,-γ2 ) , θα έχουμε: ΔΓ· ΓΒ = Ο � (γ1 ,γ2 -δ) · (β- γ1 ,-γ2 ) = Ο � � βγ, -γ2 -γ; + δγ2 = ο � � ΕΖ·ΑΓ = Ο Άρα είναι ΕΖ l_ ΑΓ . β' τρόπος: (διανυσματικός) Για το διάνυσμα ΕΖ που ορίζεται από τα μέσα των ΑΓ , ΒΔ έχουμε , προτασ , η) , ασικη (β ΕΖ = ΑΒ+ΓΔ 2 - = ff + U + � ��: � = M- + AB + �. -� με ΕΑ + ΕΓ = Ο, ΒΖ+ ΔΖ = Ο . Έτσι λοιπόν θα είναι: --+- = ΕΖ · ΑΓ = ΑΒ +2 ΓΔ · (ΑΒ ΒΓ) 1 -2 - +ΑΒ · ΒΓ + ΑΒ · ΓΔ + ΓΔ · ΒΓ) = = -(ΑΒ 2 - -- -= -21 (ΑΒ2 +ΑΒ · ΒΓ +ΑΒ · ΓΔ) = = _!_2 ΑΒ(ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ) :::: _!_2 ΑΒ · ΑΔ = Ο ' αφού ΓΔ 1- ΒΓ, ΑΔ l_ ΑΒ .

E(ll_ 12) z(� ) (

= 3α - β . Αν τα διανύσματα α, β είναι τέτοια ώστε ι α ι = Ι ϊϊl = 2, <�> = ; , να υπολο­ ΑΔ

5.

τρόπος:

- --

-- -- -- --

Τοποθετούμε το τετρά­ πλευρο ΑΒΓΔ σε άξονες . έτσι, ώστε η κορυφή Α να είναι η αρχή των αξόνων και η κορυφή Β να ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/47

Μαθηματικά Β' Λυκείου •

Ας γίνει απόδειξη και-με βάση τη σχέση: -ΓΒ + ΕΖ = 2 ΑΔ

Α .,t Προτεινόμες σκήσεις (!} Δίνονται τα διανύσματα α, β . �

-

-

4.

J

Θ

�

� Αν α, -β δύο -μη μηδενικά διανύσματα,

προββ α = 41 - β (1) και προβα: β = 2 · α (2) --να υπολογίσετε την (α, β) ; -- / 1 1. α) Αν α, β, γ τρία συνεπίπεδα διανύσματα: προβα: γ = (-1,2), προββ γ = (2,1), προββ γ = (2, 1) ' να δειχτεί ότι: α .l β β) Τις συνταταγμένες του γ . @ Δίνονται α, β, χ συνεπίπεδα διανύσματα, α , β μη συγγραμμικά και ισχύουν οι σχέσεις: -- - α·(χ + β) = α-2 (1), β · χ = Ο (2) . Να -προσδιορίσετε το χ συναρτήσει των α , β . Δίνονται τα διανύσματα α ' β με: ιαι = 1 ' β1 - , = νι;;3 και α· -β = 23 . Να βρείτε το διάνυσμα χ- του επιπέδου των -α , β-- όταν χ- .l β- και . ιχ.ι = 1 · Αν α, β, γ μη μηδενικά διανύσματα, ισχύουν: ch - 1) - α + ch + 1) - β - 2 - γ = ο (1) -

ι αι = 3 και α .l β, κ,λ ε !R* .

- Αν (κ · α + λ · β)-- .l (λ · α - κ ·β) , να βρείτε το ι α + 2 · βι . '� - - Δύο διανύσματα κ, ν, κ :;t: Ο και ισχύει: (κ- · νγ = κ- 2 · (ν- 2 - 1) . Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό λ ώστε ' λ ο � + νι = 1 . Δίνονται -τα κ, ν :;t: Ο (κ -ν) .l (κ +- ν) - (1) και ν .l (ν - κ) (2), να δείξετε ότι κ = ν . Αν ι α+ β' = ιαι = 1 να δειχτεί ότι: -

προββ (χ · α+ β) = (2 - χ) -β (2). ')( =- 1 .

-

-

ΗΊ 4ϊ - βJ

Αν α = (χ , ,y, ), β = (x2 ,y2 ) δύο διανύσματα με cα, β) = ω : Να δείξετε ότι: ιαι - ιβι - ημω = l det(α, β), . Δίνονται τρία μη μηδενικά διανύσματα a, β, γ . Ισχύει: , γ, . cα · β) + ιαι . (β γ) = 2 ·l a-l · lβl - lγl Να δειχτεί ότι: 1 · α- = 1 . β = 1 · γ ιαι , β, ι γι -Αν προβ χ = προβ -y ( 1 ), α, β, χ, -y συνεπίπεδα και προββ χ- = προββ -y (2), α,- β μη συγγραμμικά να δείξετε ότι: χ =.Υ . α) Αν α, β μη συγγραμμικά τότε: - - 2 (α·β) :;t: α2 · β2 . β) Αν α, β συγγραμμικά τότε: cα - β)2 = a2 β2 Αν α, β μη μηδενικά διανύσματα και ισχύει: - - -2 α· β = β (1). Να βρείτε το χ ε !R όταν

=

-

-

ο

-

Θ

ο

Θ Θ

α

α

-

.

.

®

-

-

Θ

ο

-

-

Θ

(2) και _iL = _lL = 2·Iγl J2 + 1 J2 - 1 Να βρείτε την γωνία των α , β . � ��-' ,..:).��)..,) ; � l\ Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ δείξτε ότι: - 1. 2ΑΜ = ΑΒ + ΑΓ και αντίστροφα 2. Αν ΑΓ' = κΑΓ και ΑΜ = λΑΜ βρείτε τη συνθήκη που πρέπει να ικανοποιούν τα κ, λ έτσι ώστε τα σημεία Β, Μ', Γ να είναι συνευθειακά.

3. Για ποιες τιμές των κ, λ τα διανύσματα ΒΜ', ΑΓ' και ΒΜ', ΑΜ τέμνονται ορθογώνια, με την υπόθεση ότα τα σημεία Β, Μ', r· παραμένουν συνευθειακά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/48

ι"

'

'

Μαθηματικά Β · Λυκείου

.Α Αn6ατααη Eημ

i u αn6 EufJεiα

c o

Γ. Τσικαλουδάκης

Τα τελευταία χρόνια παρατηρείται το εξής φαινόμενο: Στην εξεταστέα ύλη των μαθηματικών Λυκείου: <<ό,τι δύσκολο παραλείπεταΙ'> ή ό,τι τουλάχιστον νομίζουμε ότι είναι δύσκολο (Ύια τους μαθητές) παραλείπεται, χωρίς να υπολΟ'fίζοvμε τη νοοτροπία που οι μαθητές αποκτούν: «ό,τι δύσκολο συναντούν στη ζωή τους να το παρακάμπτουν>>. Προετοιμάζουμε έτσι ράθυμους και ημιμαθείς

επιστήμονες, χωρίς και εμείς οι ίδιοι να προβληματιζόμαστε (Ύια το

αν

και) πώι; πρέπει να

παρουσιάζουμε τιι; "δύσκολες" αυτές έννοιες

Α . Παραθέτουμε μια (εύκολη) απόδειξη του τύπου

d(M, ε) της απόστασης ση μείου Μ από ευθεία, (ε) η

•

οποία πιστε6ω πρέπει να αντικαταστή­ σει την υπάρχουσα στο σχολικό pιpλίο.

Έστω η ευθεία (ε): y = αχ + Ρ και το σημείο κάθετη από το Μ στον χ 'χ Μ(χο; Υο) (Σχ.

1 ). Η

τέμνει την (ε) στο ση μείο:

•

Αν είναι

Β = Ο. τότε η (ε) είναι κάθετη στον

χ·χ, οπότε προφανώς είναι: d(Μ,ε) = ΕΜ

lx0 :ι +

ΒΑΔΟ ΤΡΙΓΩΝΟΥ

Ομοίως μια

mo

απλή απόδειξη του τύπου του

εμβαδού τριγώνου είναι η ακόλουθη:

B(xz, Yz),

Έστω τρίγωνο με κορυφές Α(χι , Υι),

Ν (χ1 , α · χ 0 + Ρ) Έστω ΜΚ το κάθετο τμήμα από το Μ στην (ε).

Γ(χ3, YJ) (Σχ.

Δ

2).

Στο τρίγωνο Κ Μ Ν έχουμε:

συν2ω = ΜΚ22 ΜΝ

ΜΝ 2 ΜΚ 2 - συν2 ω

ή

--

Συνεπώς είναι:

1

-­

ΜΝ2 ΜΝ2 = l + εφ2 ω ή -ΜΚ.2 ΜΚ.2 = l + α2 (I) αλλά είναι: ΜΝ2 = (y0 αχ0 - β)2 , οπότε από --

Σχ. 2

-

την ( Ι ) έχουμε:

d(Μ,ε) = ΜΚ = Υ Υο

αχσ + β

IYo -α · Χο - PI .Jι + α2 Μ

···---------·----

(2)

•

------·--·----·--

Σχ. ι

Αν η (ε) έχει τ η μορφή

Β

-::�;

ΟΚ = (α1 , α2 ) = ΑΒ Τότε προφανώς είναι:

και

:ω

:

Ν

Δ

Ο � τότε ο τύπος

και έχουμε:

Ε2 = .! οΛ2 ΚΗ2 = .! οΛ2 ΟΚ2 ΟΚΛ

Αχ + By + Γ = Ο, με

(2) εύκολα διαμορφώνεται

στο γνωστό τύπο του βιβλίου.

Δ

ΟΚ Λ = ΑΒ Γ χ

Σημείωση :

Θεωρούμε τα διανύσματα:

:

κ

.

•

4

4

•

•

ημ2 θ

=

= _!_0Κ2 ·ΟΛ2 _!_ΟΛ2 ·ΟΚ2 · συν2θ =

4

=�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λστ' τ.2/49

_

[( :

4

) ( : +β; ) -(οκ . οΛ)2 ] =

α + α; · β

Μαθηματικά Β · Λυκείου

= �[( α; + α; ) · (β; +β; ) - ( αι βι +α2 β2 γ] = 1 ιβ -α β )2 =-(α 4 2 2ι 1 β - α β Ι,= Άρα ΕοΚΛ = -lα 2 ι2 22 ·

= �� det(OK, ΟΛ)I = ��det(OA, OB)I

Β.

1.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

τρίγωνο ΑΒΓ έχει εμβαδό Ε = 4, οπότε το ΑΜΝ θα έχει εμβαδό Ε ' = 2. Επειδή η ΑΒ έχει εξίσωση y = - 2χ 8 και η ΑΓ έχει εξίσωση y = - χ + 6, είναι: Υ ι = - 2χι + 8 και Υ2 = - Χ2 + 6 Ακόμα επειδή τα Μ, Ν είναι σημεία της ε: y = λχ θα έχουμε: 8 και χ = -6 (1) χ 1 = -2 λ+2 λ+1 +

Υ

Ορθογωνίου ΑΒΓΔ η πλευρά ΓΔ βρίσκεται στη γωνία χόy , ενώ οι κορυφές Α, Β έχουν

συντεταγμένες Α(4, και B(S, 0). Αν το ΑΒΓΔ έχει εμβαδό 24 τ.μ. να βρεθεί ευθεία (ε) που να διέρχεται από την αρχή των αξό­ νων και να χωρίζει το ΑΒΓΔ σε δύο ισεμ­ βαδικά μέρη.

Α

Ο)

Λύση:

Έστω y = λχ η εξίσωση της (ε) και Κ(4, Υι ), Λ(8, Υ2) τα σημεία τομής της με τις πλευρές ΑΔ, ΒΓ αντίστοιχα του ορθογωνίου είναι ΑΒΓΔ.. Υ

Δ

Γ

Α ' τρόπος:

Είναι: Ε' = �l det(AM,AN)I

4-2λ 4λ-8 -4 2, λ+2 λ+2 4 = ΧΧ ι - 2, Υι -4 <::::> 4 = 4-2λ 2λ-4 2 Υ2 λ+1 λ+1 . (λ-2)2 = I Cλ + 1)(λ 2)1 .. λ= 3.7 2 . Άρα ε: y = -x <=>

Ι

1

. .

+

<=>

<=>

.

7

Β ' τ ρόπ ος:

Προφανώς είναι: Υι = 4λ, Υ2 = 8λ και Είναι: (ΟΜΒ) + (ΜΝΓΒ) = (ΟΝΓ) (ΑΚΛΒ) (ΟΑΚ) = (ΟΒΛ) ισοδύναμα: 2λχι + 2 = 3λχ2 (2) 12 + 8λ = 32 λ άρα λ = _!_2 και συνεπώς η (ε) έχει Ισοδύναμα: (γιατί προφανώς είναι λ, χ1 , χ2 > Ο) 1 εξισωση: y = -x Η (2) λόγω των (1) γίνεται: .

2 .

2 λ(3χ 2χ1 ) = 2 . . λ=. <::> 2 2. Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφές Α(2, 4), 7 Β(4, Ο) και Γ(6, 0). Να βρεθεί η ευθεία (ε) = που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και 3. Δίνεται η ευθεία δ: y 6. Να βρεθούν δύο +

χωρίζει το ΑΒΓ σε δύο ισεμβαδικά μέρη. Λύση:

Προφανώς η ευθεία (ε) θα τέμνει το ΑΒ σε σημείο Μ(χι , Υ ι) και το ΑΓ σε σημείο Ν(χ2, y2). Το

ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων, σχηματίζουν μεταξύ τους γωνία 45° και τέμνουν την (δ) στα Α, Β αντίστοιχα έτσι ώστε το τρίγωνο ΟΑΒ να έχει: ί. εμβαδό 15, ίί. ΑΒ = 5.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/50

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Λύση:

Έστω ει: y = λιχ, εz : y = λzχ οι ζητούμενες ευθείες και ω ι, ω2 αντίστοιχα οι γωνίες που σχηματίζουν με τον χ 'χ. (Η περίπτωση ει: χ = Ο και εz : y = χ ή y = - χ, απορρίπτεται). (γιατί;).

- εφω2 ή Ως γνωστό είναι: εφ(ω1 - ω2 ) = 1 εφω ι + εφωι εφω2 Τότε επειδή το Μ(2, 2) είναι μέσο τόυ ΑΒ έχουμε: _+ Ι = l λ+ι λ-λλ2 η, λι Άλ2 + 1 = I λι - λ 2 I (1) ι· 2 2 = Χ ι +2 χ2 (1) Ακόμα είναι: (ΟΑΒ) = 10 {:::> lx2 - χι I = 10 (2) y= 6 Από τις ( 1 ) και (2) εύκολα προκύπτει: λι = - -2} και λ2 = -27 ..

χ

·

Υ

χ

5.

Δίνεται η ευθεία δ: χ = 4 και το σημείο Α(2, 0). Να βρεθούν δύο ευθείες ει, εz διερχόμενες από το Α, κάθετες μεταξύ τους οι οποίες να τέμνουν την δ στα σημεία Β, Γ

Αν Α(χι, 6), B(xz, 6) είναι τα σημεία τομής των ει, ε2 με την (δ) αντίστοιχα, έχουμε: 6 λ = -6 λ\ = -, (2) έτσι ώστε: Χι 2 Χ2 α) Το άθροισμα των αποστάσεων των Β, Γ Συνεπώς έχουμε: _,.,..:, από τον άξονα χ 'χ να είναι 5 μονάδες. ί. (ΑΟΒ) = 15-� 3lχ ι - lzl = 15 {:::> I χ ι - Χ 1 = 5 2 β) Το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ να γίνεται {:::> Χ ι = Χ 2 ± 5 (3) ελάχιστο. Η (1) λόγω (2), (3) γίνεται: Λύση: 36+ χ ι · χ2 = 6 · lx 2 - χ ι l{:::> Έστω Β(4, Υι ), Γ(4, Yz) τα σημεία τομής της ει, εz αντίστοιχα με την δ. Χ � + 5Χ ι + 6 = 0 ή Χ� -5χ 1 + 6 = 0 Συνεπώς είναι: λι = 2 και λ2 = 3 ή λι = 2 και λz = - 3 ii. Είναι ΑΒ = 5 {:::> (ΟΑΒ) = 1 5 οπότε εργαζόμα­ στε όπως στο 1 ο ερώτημα.

4. Δίνεται η ευθεία (ε): y = 2 και το σημείο (5)

Υ

-

χ

της Μ(2, 2). Να βρεθούν δύο ευθείες που διέρχονται από την αuχή των αξόνων και τέμνουν την (ε) στα Α, Β αντίστοιχα, έτσι ώστε: Το Μ να είναι μέσο του ΑΒ και το τρίγωνο ΟΑΒ να έχει εμβαδό 10. Λύση:

Προφανώς οι ει, ε2 θα έχουν συντελεστή Υ2 αντίστοιχα, οπότε διεύθυνσης λι = Il και λ = 2 2 2 έχουμε: α) IYι i + IYz l = 5 και IYι i · IYz l = 4 (Υι ' Y = -4) · z Επομένως οι IYι i· IYz l είναι ρίζες της εξίσωσης Έστω Α(χι, 2) και Β(χ2, 2) τα σημεία τομής των t2 -5t + 4 = 0 ευθειών ει: y = λιχ και εz: y = λzχ με την (ε) αντί­ Συνεπώς είναι IYι l = 4 και IYzi = I ή 1 Yz l = 4 στοιχα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/51

Μαθημαnκά Β · Λυκείου

I I

και Υι = 1 και συνεπώς οι ζητούμενες ευθείες είναι:

ΛίJση :

l ος τρόπος :

1 και ε2: y = -- x + 1 ή 2 1 ει: y = -2χ + 4 και ε2: y = - x - 1 .

2 Ρ) Το τρίγωνο έχει ΑΒΓ εμβαδό Ε = 1 - Υ2 1 ·

Αν θεωρήσουμε ως άξονα χ·χ την ευθεία ΟΠ και

ει: y = 2χ - 4

ως άξονα των ΥΎ την ευθεία ΟΒ. Έχουμε: Π(2 , 0), Α(Ο, Υ ι), Β(Ο, y2), ΠΑ = (-2, y1 ) , ΠΒ = (-2, y2 ) ,

IY

Μπορούμε (χωρίς βλάβη) να θεωρήσουμε ότι

llA·llB

Υ2 - y ι = 5

.J2

( 1)

είναι Υ Ο και Υ2 < Ο οπότε θα έχουμε: Υ ι - Υ2 = Ε και επειδή είναι Υι y2 = -4 έχουμε:

• συν45 =

Επειδή η ( 1 ) έχει λύση ως προς y 1 θα είναι: 2 Ε - 1 6 � Ο ή Ε � 4 . Συνεπώς η ελάχιστη τιμή

1 6 + 4(y� + y; ) + y� y; = 2 · (4 + y1y 2 )

ι>

·

του Ε είναι 4 και τότε είναι: Υι = 1 , Υ2 = -2 ο­ πότε οι ζητούμενες ευθείες είναι:

y�y; + 8Υ 1 Υ2 - 84 = 0

2

6

<=>

(2)

Από τη λύση της (2) προκύπτει y1 y2 = 6 οπότε λόγω της ( 1 ) έχουμε:

Ένα διαφημιστικό ταμπλό φωτίζεται από ένα προpολtα γωνίας 45ο, από απόσταση m

�4 + y� - �4 + y;

•

ει: y = χ και ε2 = y = - χ.

2

4 + Υι Υ2

(1 )

Υ� - E · y1 + 4 = 0

6.

<=> Ι ΠΑΙ · Ι ΠΒΙ 2

(σχήμα).

Από τη λύση της

(3)

(3) προκύπτει ότι Υι = 1 . Συνεπώς

η αφίσα πρέπει να τοποθετηθεί σε ύψος 1 m ψηλό-

τερα από τον προβολέα.

Υt

2ος τρόπος

Αν θ είναι η γωνία Afto και ΟΑ = χ, έχουμε: 5+χ " " 1 + εφθ εφθ = � . εφ(45 + θ) = , εφ(45 + θ) = 2 2 1 - εφθ

Να pρεθεί σε

n

Συνεπώς είναι:

χ

π

ύ'Ι'ος (από τον προpολtα)

5+χ

__

πρέπει να τοποθετηθεί μια διαφημιστική αφίσα ύψους S

m,

2

ώστε να φωτίζεται

επακριpώς από τον προpολtα.

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

χ 1+2 <=> χ 2 + 5 χ - 6 = 0 = -1-� 2

και συνεπώς χ = 1 .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . .• . . . . . . . . . . . . .

•

•

: Η Ε).ληνική Μαθηματική Εταιpεία σας εύχεται:

•

• • • •

�.

j*

• • • • • •

KAJiλ Χpιιιτοόysγγfλ

• • • • • • •

ΕοτοχιηιέΥΙJ

• • • • • •

ΚΑι Ιιιμιοupyικ6 το 2.008

• • .

• • • •

. . . .

. .

. . . . . .

. .

. . . . .

. . . . . . . ., . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λστ. τ.2/S2

ισ

�

τη r-

ημ

τάξη

ικ

τοu

Λuκciou

Μέτpα Θέαης «αι Διαιιnοpός

Ξυδιά Αναστασία

Πα ρ αδ ε ίγματα 1.

Χ: 3 3

3

Δίνονται οι τιμές μιας μεταβλητής 2 S 7 2 6 9 4. Α; Να υπολογίσετε: α) τη μέση τιμή και τη διάμεσο, β) το εύρος Ύ) τη διασπορά και την τυπική απόκλιση, δ) το συντελεστή μεταβολής και να εξετάσετε αν το δείΎμα είναι ομοιΟΎενές. Αν όχι, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της σταθεράς c ε Ζ κατά την οποία πρέπει να αυξηθεί κάθε παρατήρηση έτσι ώστε το δείΎμα να -yίνει ομοιΟΎενές. Β. Αν οι παραπάνω τιμές του δείΎματος πολλαπλασιαστούν αρχικά με - 2 και στη συνέχεια αυξηθούν κατά να βρεθούν οι νέες τιμές της μέσης τιμής, της τυπικής απόκλισης και του συντελεστή μεταβολής.

3,

Λύση :

α)

Α.

Xi

·

2 3 4 5 6 ! 7 ! 9

I Vj

XϊVi

Ni

2 !4 2 3 19 5 1 4 ·6 Ι 1 5 7 6 8 ! 1 1 7 9 �------_-_-,-- 944 10 -τ_ _ _ νολα 1 0 ,

�

χ? Xi Vi 4 8 9 27 1 16 16 I 25 25 36 36 49 49 8 1:___: 1 .: _ lΙ :_: ::...8 :_ ___: 242 2

I

I

I I

7

i=l

ν= 10 (άρτως) άρα β) R = 9 - 2 = 7 Ύ)

: !

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

_ _

-χ = -1 Σ χϊ ; =-·44 1 = 4,4 ν 10 10 δ=

;

;4 =3,5

Xs x6 = 3

χ . v. ) Σ ( s2 = _!_ Σ χ ; v; =

10

=

i =Ι

i=l

I

10

I

�1 · 242 - (�)2 = 24,2 - 4,42 =

= 24,2 - 13,36 = 4,84 και s = N = ../4,84 = 2,2 22 δ) CV = .!. = • . = Ο, 5 = 50% > 10% άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. 'Εστω c η σταθερά κατά την 4,4 οποία πρέπει να αυξηθούν όλες οι τιμές του δείγματος, έτσι ώστε αυτό να γίνει ομοιογενές. Τότε η μέση τιμή θα αυξηθεί κατά τη σταθερά αυτή, αλλά η τυmκή απόκλιση δε θα μεταβληθεί. Δηλαδή, s � -1 <=> 2' 2 � -1 <=> c � l7,6 CV � 10% <=> =-x + c 10 4,4 + c 10 χ

άρa η ελάχιστη ακέραια τιμή που πρέπει να αυξηθεί η κάθε παρατήρηση είναι c = 18. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/S3

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Β.

Όταν όλες οι τιμές του δείγματος πολλαπλασιαστούν αρχικά με - 2 και στη συνέχει αυξηθούν. κατά 3 τότε, η μέση τιμή θα μεταβληθεί κατά τον ίδιο τρόπο, ενώ η τυπική απόκλιση θα πολλαπλασιαστεί με 1-21 , δηλαδή: x' = -2i + 3 = -5,8 και ' = l-2l = 4, 4 . Για το συντελεστή μεταβολής θα ισχύει CV' = 45,8' 4 76%

s

2.

s

=

80 8 (0-

Στις εξετάσεις ενός Πανεπιστημιακού τμήματος στο μάθημα της Στατιστικής συμμετείχαν φοιτητές. Από αυτούς, οι 16 βαθμολογήθηκαν κάτω από 2, οι κάτω από οι πάνω από και οι βαθμολογήθηκαν πάνω από 6. κλίμακα βαθμολογίας είναι από μηδέν ως δέκα και η βάση είναι το πέντε (5). α) Να κατασκευάσετε τον πίνακα κατανομής συχνοτήτων (ν.) της βαθμολογίας των φοιτητών και να τον συμπληρώσετε με τις αθροιστικές συχνότητες (Ν) και τις σχετικές αθροιστικές συχνότητες επί τοις εκατό (Fi%). β) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή και τη διακύμανση των βαθμών. γ) Πόσοι φοιτητές έγραψαν πάνω από τη βάση; δ) Να κατασκευάσετε το πολύγωνο των σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων (%) και να υπολογίσετε (με ακρίβεια) τη διάμεσο.

10)

30

30

Η

Λύση

4, 8

Θα ομαδοποιήσουμε τα δεδομένα του προβλήματος σε 5 κλάσεις πλάτους 2. Έχουμε ν = 80, νι = Νι = 16, Ν2 = 30, νs = 8 �αι ν4 + νs = 30. Επομένως ν2 = Ν2 - Νι = 30 - 16 = 14, ν4 = 30 -ν5 = 30 - 8 = 22 και ν3 = ν - (ν ι + ν2 + ν4 + νs) = 8Ο - (16 + 14 + 22 + 8) = 20, δηλαδή: Βαθμοί [ , ) κεντρικές συχνότητα αθροιστική σχετική qθροιστική συχνότητα τιμές συχνότητα νί Fi% Ni 20 0-2 16 16 1 2-4 14 30 3 37,5 4-6 5 50 20 62,5 22 6-8 90 72 7 8-10 9 80 100 8 80 Σύνολα β) Για να υπολογίσουμε τη μέση τιμή και τη διακύμανση των βαθμών συμπληρώνουμε τον προηγούμενο πίνακα ως εξής: Χί νι Χiνί 16 1 16 Σ ν.

42 42 3 1 =25 100 500 80 80 ii=l l 154 49 1078 72 81 648 1 · 2368 - (-)2 = 29 6 - 4' 82 = =384 2368 ' 80 = 29,6 - 23,04 = 6,56

α)

Xi

χ2 ι

2

s2

Σ χ2ν. - ( ι

ι

χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/54

7

i =ι

χ. ι

ι

)2

Μαθηματικά Γ ' Λυκείου

Οι 20 φοιτητές που έχουν' βαθμούς ' 20[4, 6) θεωρούνται ' κατανεμημενοι, αρα -2 = 10 φοιτητες θα ομοιομορφα έχουν γράψει πάνω από πέντε. Συνολικά λοιπόν, θα έχουν βαθμούς πάνω από τη βάση 10 + 22 + 8 = 40 φοιτητές. δ) Η διάμεσος είναι η τετμημένη του σημείου τομής των ευθειών y = 50 και της ΑΒ: y = λχ + β, όπου Α(4,3 7,5) και Β(6,62,5). } έχουμε: Από το σύστημα {37,5=4λ+β 62,5=6λ+β

γ)

'

3.

100 90

·

62,5 4

λ = 12,5 και β = - 12,5 και εΑΒ: y = 12,5χ - 12,5 άρα δηλαδή δ = 5. Η μέση τιμή και η διακύμανση των βαθμών

χ= 12

και

s2

= 10

6

10

8

12,5χ - 12,5 = 50 � χ = 5

6 μαθητών της Γ Λυκείου στη Στατιστική είναι

αντίστοιχα. Για τους βαθμούς των πέντε μαθητών ισχύει

Σ ( Χ; -χ)2 = 1 1 .

5

i=l .

Να βρεθεί ο βαθμός του έκτου μαθητή, αν γνωρίζετε ότι έγραψε πάνω από τη βάση. Λύση:

2 =49�χ6 -12=±7 + Ισχύει s2 =_!_Ι( χ; ·�γ �2_= Ι(χ; -�Υ (χ6 ·�γ �(χ6 -12) 60 6 οπότε χ6 5 (απορρίπτεται) ή χ6 = 19. i =l

i=l

=

4.

Ο αριθμός των απουσιών των μαθητών μιας τάξης Λυκείου τους δύο πρώτους μήνες από την έναρξη της σχολικής χρονιάς δίνεται από τον διπλανό πίνακα: Αν η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση των απουσιών των μαθητών είναι 2 και s J2

χ=

=

αντίστοιχα, να βρείτε: α) τις συχνότητες κ και β) τη μικρότερη τιμή της σταθεράς c ε Ν κατά την

λ,

οποία πρέπει να αυξηθεί κάθε παρατήρηση έτσι ώστε το δείγμα να γίνει ομοιογενές J2 � 1,414 .

)

(

αριθμός απουσιών

αριθμός μαθητών

Χ;

V;

ο

6

1 2

κ λ

4

8

3

6

Λύση : α) Χ; ο

1 2 3 4

Σύνολα

ν;

6

. Κ

X;V;

Χ; - Χ

ο

-2

κ

2λ 18 6 32 8 κ + λ + 20 κ + 2λ + 50 λ

χ

-1 ο

1 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/55

( Χ ; -χ) 2

4 1 ο 1 4

(χ; - χ)2 ν; 24 κ ο

6 32 κ + 62

Μαθηματικά Γ Λυκείου

-χ =-Σχ;ν; ι " ' 2 = κ + 2λ+50 � 2κ + 2λ + 40 = κ + +2λ+ 50 � κ = 10 οποτε ν κ + λ + 20 s2 = .!.ν Σ, ( Χ; --�γ ν; όπου ( J2)2 = κ +κ λ+ +6220 όπου κ = 10 δηλαδή, 2(λ + 30) = 72 � λ = 6 β) Όταν κάθε παρατήρηση αυξηθεί κατά τη σταθερά c ε Ν τότε η μέση τιμή θα αυξηθεί επίσης κατά τη σταθερά αυτή, δηλαδή χ' = χ + c = 2 + c ενώ η τυπική απόκλιση δε θα μεταβληθεί. Για να είναι το δείγμα ομογενές πρέπει ο συντελεστής μεταβολής να μην ξεπερνά το ι 0%. Επομένως: J2 -ι � c � 10ν2� - 2 CV = =s' � ιO% δηλαδη. --� 2 + c 10 χ όπου J2 ι,4ι4 άρα c � ι2,ι4 . Η ελάχιστη λοιπόν τιμή της σταθεράς είναι c = 13 . i=ι

i=ι

=

ιfuμtνss A6Kiι6sιs 1.

�ανώλης �ανατάκης

α) Η μέση τιμή των βαθμών στα �αθηματικά του α ' τετραμήνου 50 μαθητών της Γ Λυκείου είναι 15, ενώ η μέση τιμή των 20 πρώτων είναι 18. Να βρεθεί η μέση τιμή των υπολοίπων.

β) Στο β' τετράμηνο οι μισοί πήραν μια μονάδα λιγότερο, οι 15 πήραν 2 μονάδες περισσότερο και υπόλοιποι 10, πήραν

3 μονάδες περισσότερο. Να βρεθεί η μέση τιμή του β' τετραμήνου. Λύση :

ι Είναι -χ = -Σχ; Σχ; = νχ ν 50 20 50 α) Αν y είναι η ζητούμενη μέση τιμή, τότε είναι Σχ; = Σ χ; + Σ χ; οπότε: ι5·50 = 2Ο · ι 8 + 30·ω , άρα ω = ι3 .

50 β) Σ(χ; - ι) + Σ(χ; + 2) + Σ( χ; + 3) = 0 { χ ) -ι · 25 +2·ι5 + 3 - ιΟ = 5Ο·ι5 - 25 + 2 ·ι5 + 3 · 10 15,7 + ... Χ 50 = 1 + Χ2 50 50 ν

�

i =Ι

ν

-

i=Ι

.

2.

i=l

25

40

i=l

i=26

i=21

i=l

i=4

Οι μισθοί των υπαλλήλων μιας εταιρείας ακολουθούν κανονική κανονική και το 49,85% των μισθών βρίσκονται στο διάστημα (1500, 2000), όπου τα άκρα του διαστήματος είναι κάποιες από τις τιμές

-χ - 3s, -χ - 2s, -χ - s, χ χ + s, -χ + 2s, -χ+ 3s .

α) Να βρεθούν για τους μισθούς η μέση τιμή, η διάμεσος, η τυπική απόκλιση, ο συντελεστής μεταβλητότητας και το εύρος τους. β) Να βρεθεί το ποσοστό των μισθών που είναι πάνω από 2000. Λύση :

Αφού οι μισθοί ακολουθούν την κανονική κατανομή έχουμε την καμπύλη: α) Είναι 49,85% = 2,35% + 13,5% + 34% Το ποσοστό αυτό βρίσκεται στο διάστημα {�- 3s, �) ή στο διάστημα (�. � 3s ) περ ίπτω ση : {�- 3s, �) = ( ι850, 2000) +

·

x-3s

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λατ' τ.2/56

x-2s

x-s

x+s

x+2s x+3s

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Έχουμε -χ - 3s = 1 850 και χ = 2000 , οπότε s = 50. Ο 025 . Αφού f-νουμε κανονι!<"ή κατανομη' είναι χ = δ οπότε δ = 2000 και CV = �Χ = _2Q_ ' 2000 Δηλ. CV = 2, 5% και R = 6s = 6 · 50 = 300 β ' περίπτωση : ( i, i + 3s ) = ( 1 850, 2000) Έχουμε χ = 1 850 και χ + 3s = 2000 οπότε s = 50. Αφού έχουμε κανονική κατανομή είναι s 50 χ = δ = 1 850 οπότε: CV = = = = 0 027 . ' χ 1 850 Δηλ. CV = 2, 7% και R = 6s = 6 · 50 = 300 β) α ' περίπτωση : χ = 2000 , άρα το ποσοστό είναι 50% β ' περίπτωση : χ + 3s = 2000 , άρα το ποσοστό είναι 0, 1 5%. ·-· ι

�,...

=

--

(Οταν δίδονται τα αντίστοιχα μεγέθη δύο υποπληθυσμών του) Θάνος Χαραλάμπους Έστω ένα δείγμα πλήθους ν για το οποίο δίδεται ότι για τους νι εκ των ν , η μέση τιμή είναι χ1 και η τυπική απόκλιση σ1 για δε τους υπό­ λοιπους ν2 η μέση τιμή είναι χ2 η τυπική απόκλιση είναι σ2. Με αυτά τά δεδομένα ζητούμε να υπολογίσουμε την μέση τιμή και την διακύμανση � όλου του δείγματος.

χ

Λύση:

Έχούμε ότι ν = νι + ν2 ν, 1 ν, και -χ, = Σχ; Σχί ί=ι = ν, ·� ν, ι=Ι ν, Σ χ; = νz ·Χ2 i=l 1 ν = 1 ν, , , -χ = -Σχί - Σχί + Σχί ν i=ι ν i=ι i=ι '

[

=>

=>

ν,

]

ή

αα 2 ·χ2 Από τον τύπο -χ = νι · χνι +ν ι +ν2 έχουμε για ν = νι + ν2 : -χ νι ·Χ ι +ν2 · Χ2 -χ = __!_Χι ν - +_1_χ ν ­2 ' ν ν ν

Π ρ τήρηση :

=

""---=---'---'-

fι = �ν , και f2 = νν2 , όπου fι , f2 οι αντίστοιχες σχετικές συχνότητες του δείγματος.

(2) Τότε Ο τύπος (2) χρησιμεύει όταν αγνοούμε το μέγεθος του δείγματος αλλά γνωρίζουμε το ποσοστό επί τοίς εκατό των υποπληθυσμών που έχουν μέση τι­ μή Χι ,χ2 αντίστοιχα. Σχετικά με την διακύμανση: : Εξ ορισμού έχουμε 2 ν σ2=-ν1 Σ{χ i=ι i - χ) 2) 2xix+x χ; σ2= .!.ν Σ( i=ι 2 σ2= � t. χ; - t. 2xi x+ t. (x) �= � [t. x; - 2xt. xi +νχ2 J , αλλά

[

]

:Σί=ι χί = ν χ άρα - 2J σ2= �1 [�ν χ; -2ν(χ-)2 +ν(χ) ν x2i -ν(-χ)2 σ2= -ν1 [Σ i=ι

αλλά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/57

]

(3)

(4)

Μαθηματικά Γ Λυκείου

2 "Χ;" 2 Έστω λοιπόν if η διακύμανση του δείγματος και ν σ2 + ν σ2 (ν , + ν 2 ) (ν, ( ) + ν2 (χ2 ) ) σ2 = ι ι 2 2 + (ν , + ν 2 ) 2 χ η μέση τιμή του. Τότε : ν1 + ν2 1 σ2= � � χ � - ν(χ)2 αλλά � χ � = � (χ ; )2 + � (χ)2 ν� ("Χ;") 2 + ν; (χ�)2 + 22ν, ν2 ("Χ;")(�) ( ν , + ν2 ) και χρησιμοποιούντες τον τύπο (4) , έχουμε : και μετά τις πράξεις έχουμε τελικά : 2 2 = χ ( ( Σ � ν , σ� + ν, χι ) + ν2 σ; + ν2 χ2 ) η δε μέση τιν σ +ν σ νν χ )2 σ2 , � 2 ; + , 2 χ -

[

]

ν

ν

ν,

ν,

-

(ν 1 + ν 2 ) 2 ( , - 2 ν 1 + ν2 2 = f1 σ� + f2 σ; + f/2 ("Χ;"- Χ2 ) =

i=l

μή είναι

:

-χ ν 1 · χ 1 + ν2 · χ 2 ν, + ν2

τελευταίος τύπος υπολογίζει την διακύμανση ε­ άν είναι γνωστά τα εκατοστιαία ποσοστά των πλη­ θυσμών του δείγματος, ενώ το μέγεθος του όλου δείγματος παραμένει άγνωστο! Ο

Σωτήρης Λουρίδας - Αθανασία Ροβάτσου Προλεγόμενα Η πρώτη εmστημονική προσέγγιση της έννοιας του ορίου έγινε στην ουσία από τον μεγάλο Έλληνα μαθηματικό Αρχιμήδη (287-212 π.Χ.) κατά την προσπάθεια υπολογισμού του εμβαδού του κύκλου. Σημαντική ήταν επίσης η συμβολή του Ζήνωνα του Ελεάτη (495-435 π.Χ.) και των μαθητών του στην ανάδειξη προβλημάτων στα οποία εμπεριέχεται η έννοια του ορίου. Η έννοια του ορίου είναι θεμελιώδης, αφού ως γνωστόν ολόκληρο το οικοδόμημα του «Απειρο­ στικού Λογισμού>> στηρίζεται στο «όριο>>. Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΟΡΙΟΥ Πρόβλημα 1 �ια μεταβλητή χ διατρέχει το διάστη­ Ρο Β μα [α, β] , στο οποίο f(Xo) : � : f(x) είναι ορισμένη μια συνάρτηση y = f(x). Σε κάθε θέση του β χ βρίσκουμε την α­ Σχ. 1 ντίστοιχη τεταγμένη f(x). ι

� --

···---

----

---

Α

p- - · :

α

χ

συ­

:

. ' ' '

Χο

;

' ' ' '

χ

ποιον συγκεκριμένο Χο>>.

Λύση: Η τελευταία φράση σημαίνει ότι η εκάστοτε α­ πόσταση του χ απ' το χ0 μπορεί να γίνει και να παραμείνει μικρότερη από οποιονδήποτε θετικό α­ ριθμό (όσο μικρό κι αν τον πάρουμε). Γράφουμε χ � Χο για να δηλώσουμε ότι ο προ­ σεγγίζει τον (Λέμε ακόμα ότι ο τείνει στον ) Είναι λογικό να δεχτούμε ότι: «όταν ο χ τείνει στον τότε χ >>. Απ' το Σχ. 1 με απλές γεωμετρικές κατασκευές βρίσκουμε ότι: «η τιμή f(x) τείνει να πάρει τη τιμή f(x0) καθώς ο τείνει στον Αυτό συμβολικά δηλώνεται με την ισότητα: lim f(x) f(x0) χ

χ0•

Χο,

χ

χο .

-:1:- Χ 0

χ0».

χ

Χ � Χο

'

----

' ' ' '

Το ζητούμενο είναι: «να προσδιοριστεί η μπεριφορά του f(x) καθώς ο προσεγγίζει κά­

=

Ας πάρουμε τώρα τις συναρτήσεις που ορίζο­ νται απ' τα παρακάτω σχήματα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/58

Μαθηματικά Γ Λυκείου

€

- - �0: :-- - - --;v- - -�0 - - - ;rΑ

'' :'

I

:

'

' ' '

:

I

Β

:'

α

- - •, Κ · - - - - - - - - - - - - -Q

€

Α

'

:

'

�

α

β

: ''

'

j

x-+x(j

β

Μπορούμε ακόμα, αντίστοιχα, να γράψουμε: lim f1 (χ) = R1 , όπου fι είναι ο περιορισμός της f στο (α, Χο) και lim f2 (χ) = l 2 , όπου f2 ο περιορισμός της f στο (Χο, β). Είναι φανερό πως στην περίπτωση αυτή ( R1 * l 2 ) δεν υπάρχει όριο τηςf(x) καθώς ο προσεγγίζει τον Γράφουμε ακόμα ότι δεν υπάρχει ό­ Χ -+ Χο

χ -+ χ ο

συ­

Το όριο των τιμών της συνάρτησης, καθώς ο

χ

χ.

χ

ριο τηςf(x) κοντά στο χ0.

προσε'f)'ίζει τον χ0 είναι η τεταγμένη f του σημείου Ρ0.

Απ' τις τρεις αυτές «συγγενείς>) συναρτήσεις μόνο η πρώτη έχει την ιδιότητα: «η τεταγμένη .f του Ρο να είναι η αριθμητική τιμή της συνάρτησης για χ = Χο)). Σ ' αυτή τη περίπτωση λέμε ότι «η f είναι συνε­ χής στο Χο)). Παρατήρηση: Για να 'χει νόημα η αναζήτηση «ορίου μιας νάρτησης f, καθώς ο χ προσεγγίζει κάποιον εί­ ναι απαραίτητο η συνάρτηση αυτή να είναι ορι­ σμένη σ' ένα τουλάχιστο απ' τα διαστήματα: (α, χσ), (χο, β). Με το σύμβολο χ � χ� δηλώνεται ότι: «ο χ προσεγγίζει τον χ0 από αριστερά· δηλαδή για ποιοδήποτε θετικό αριθμό δ ισχύει η συνθήκη χ0 -δ < χ < χ 0 )). Όμοια ορίζεται το σύμβολο χ � χ; : Αν η συνάρτηση ορίζεται μόνο στο (α, Χο), τότε: lim f(x) = lim f(x) Ο Αν η συνάρτηση ορίζεται μόνο στο (Χο, β), τότε: lim f(x) = lim� f(x) Αν η συνάρτηση ορίζεται στο (α, χ0 ) (χ0 , β) , τότε: lim = l li� f(x) = l και lirη f(x) = R συ-

XQ))

ο­

•

χ-+ χ

Χ -+ Χο

Χ -+ Χ

•

•

υ

Χ -+Χο

<::::>

{

Χ -+ Χο

Χ-+Χο

}

β

Σχ. 4

συ-

{

χ -+ χ

Χο

α

Σχ. 3 Σχ. 2 Στο Σχ. 2 έχουμε τη γραφική παράσταση της , g(x) = f(x)(x- - x0 ) /[α,χ 0 ) υ (χ0 ,β] και ναρτησης Χ Χ0 στο Σχ. 3 η γραφική παράσταση της συνάρτησης: , για χ * Χ 0 /[α, β] κ * l h(x) = f(x) κ, για χ = χ0 Είναι προφανές ότι και για τις τρεις αυτές ναρτήσεις μπορούμε να γράψουμε ότι:

χ -+ χο

Με βάση το Σχ. 4 βρίσκουμε: lim f(x) = l 1 , lim� f(x) = l 2 , με l 1 -=F l 2 •

Β

Η ΕΠΑΦΗ ΜΕ ΤΟ ±οο Πρόβλημα 2 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = �1 . Ποια η συ-

·

μπεριφορά των τιμών της συνάρτησης όταν ο χ προσεγγίζει το Ο; Λύση: Ας πάρουμε ένα θετικό αριθμό Μ που ορίζει ένα σημείο στο κατακόρυφο ημιάξο­ .::!. o _l_ να. Η ευθεία y = Μ Σχ. 5 τέμνει τη Cr στα ση-1 , 1 . μεια, Κ με τετμημενη Μ και Λ με τετμημενη Μ Εύκολα διαπιστώνουμε ότι: -1 < χ < Ο, τότε: f(x) > Μ. Αν: Μ 1 , τότε: f(x) > Ο. Αν: Ο < χ < Μ 1 , τότε f(x) > Μ)). Δηλαδή: «αν Ο < lxl < Μ Λέμε ότι: «το όριο της f(x), καθώς ο χ προσεγ­ γίζει το χ0 = Ο είναι +οο ή ακόμα λέμε ότι: «η f(x) κοντά στο Χο aπειρίζεται θετικά. Και γράφουμε: limf(x) = Μ

Μ

,

•

•

))

Χ -+0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/59

+οο .

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Και αυτό σημαίνει ότι: «καθώς ο χ προσεγγίζει τον χ0 = Ο η αντίστοιχη τιμή μπορεί να γίνει και να παραμείνει μεγαλύτερη από οποιονδήποτε θετικό αριθμό Μ (όσο μεγάλο κι αν τον πάρουμε)». Στη γλώσσα της Γεωμετρίας αυτό διατυπώνεται με τον ισχυρισμό ότι: «η ευθεία με εξίσωση χ = Ο είναι κατακόρυφη aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης».

8 •

Μ χ

Λύση :

τελευταία φράση σημαίνει ότι ο χ ως κινητό μπορεί να υπερβεί οποιονδήποτε θετικό αριθμό (όσο μεγάλο και αν τον πάρουμε και να τον αφή­ σει πίσω καθώς κινείται προς τα δεξιά). Εύκολα διαπιστώνουμε ότι: 1 1 + 2 · _!._χ + 2u = 1 lim f(x) = lim 1 = lim 0 χ-++«> U--+ 1+ 1 + ­χ Η

U

Χ-Η«>

γραφική παρά­ σταση όλο και πιο πολύ προσεγγίζει την ευθεία y = 1. Γεωμετρικά αυτό σημαίνει ότι η ευθεία y = 1 είναι οριζόντια Σχ. 6 aσύμπτωτη της cf καθώς ο χ τείνει στο +οο (γράφουμε χ � +οο ). Α­ ντίστοιχες παρατηρήσεις έχουμε όταν χ � -οο . Η

χ

.Παρατη ρήσεις •

•

Στο εξής με το συμβολισμό χ-+χο lim f(x) = .e θα εννοούμε ότι με βάση το χ � χ0 έχουμε: f(x) � .e ή f(x) = .e όταν ο f είναι συγκεκριμένος πραγματικός αριθμός (πεπερασμένο όριο) ή f = +οο ή f = -οο . Το lim ημχ, ,χ0 ε � υ {-οο,+οο} υπάρχει πάντα. Συγκεκριμένα: lim ημχ = ημχο με χ 0 ε �* 0 Χο *Ο Χ-+Χο

Χ

Χ-+Χο

Χ

Χ

Χ

Χ-+±ο:>

Χ

ιim ..!_χ = ο και Ιημχ l :::; 1 Ο < η χ = · ι ημχ ι :::; �

Ι � i Ι�Ι Ι�Ι με χ-+lim±ο:> χ = Ο 1..!_1 � χ-+±ο:> lim ( ηχμχ. J = Ο

Πρό β λημα 3

χ + 2 . ποια ειναι , , Δ,ινεται η συναρτηση f(χ) = -x+l η συμπεριφορά της Cr καθώς τείνει στο +οο ;))

ημχ = 1 lim 0 Χ--+ lim ημχ = Ο διότι:

ρ χ Για το lim f ( χ, y) , το χ είναι η μεταβλητή και το y θεωρείται η παράμετρος.

1. εφχ · 1 - συνχ 0 χ ιχ--+ιm0 χ = ο, χ--+ιm--, _!_ lim χ--+0 xημ χ = Ο , lim χημ _!_χ = 1 , α>1 lim αχ = ο,+οο, για για 0 < α < 1 χ = +οο' για α > 1 lim α χ-+--«> -οο, για Ο < α 1 1 -οο, για α > liml χ--+0 og x = +οο, για ο < α < 1 1 +οο, για α > lim l x = Χ-++«> og για 0 α < 1

Π οσο ή !

Χ-+Χο

•

•

•

( (

χ-+±ο:>

{ {

Χ-++«>

•

α

α

J J

{ {

<

<

-CXJ,

Για θέματα πάνω στα όρια καλό είναι να γνωρί­ ζουμε τα παρακάτω: Δεν υπάρχει όριο κοντά στο Ο της συνάρτησης f(χ) = ημ -χ1 . Όμοια δεν υπάρχει όριο της g(x) = ημχ καθώς ο χ τείνει στο +οο ή στο -οο . limπ- εφχ = +οο και limπ+ εφχ = -οο 2 2 lim lim0+ σφχ = +οο και σφχ = -οο Χ-+ Αν u = g( x) με lim g( x) = u0 � •

•

•

Χ-+-

•

8

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/60

Χ-+-

Χ-+Π-

Χ-+Χο

Μαθηματικά Γ Λυκείου

=> limf( g ( x)) = U-+U lim f(u) οπότε μπορούμε να Θεωρούμε την f: f ( χ) = (λ-1) χ3 + 2x + l o λχ 2 + 1 aπλοποιούμε τον υπολογισμό ενός ορίου, της Αν λ - 1 = 0 => λ = l μορφής Χ-+Χ limο f{ g( χ)) . ι· 2χ.

2χ = ι·ιm -2 = ο ιm 2 ++ 11 = ι-+ιm· +οο Χι-+ιm+οο f( χ ) = Χ -++οο 2 +οο ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ · -x3 + 2x + l = -οο . f{ χ ) = ιιm Αν λ = ο => 1ιm 1 . Να προσδιοριστούν οι πραγματικοί αριθμοί -+-ι-σ:> 1 +α = 2 . Αν λ - ι :;t: Ο <::> λ :;t: l και λ :;t: Ο τότε: α, β ωστε: Χli-+m+1 40χΧ25 -32βχ χ+2 +l = ιim f ( χ) = ιim (λ-1)λχχ32 ++2x Λύση : 1 Θεωρούμε f ( χ) = 40χ 5 -2βχ + α και λ-1 ιιm . χ3 = -λ-1 ιιm . χ= = -2 λ χ λ g( χ) = χ 2 -3χ + 2 . για λ > 1 ή λ < Ο Παρατηρούμε ότι: ιim g( χ) = Ο . = +οο, -οο, για Ο < λ < 1 χ) f ( 'Εχουμε επίσης ότι: lim X-+l g ( ) = 2 ι· Γχ + � - 2 3 . Να υπολογιστει το ιm . Χ-1 f( x) Άρα ιim g ( x) ( χ ) = O => ιimf(x) = 0 Λύση: g Είναι: ιim( χ -1) = Ο, ιϊm Χ-+1 ( ,Γχ. + if;. - 2 ) = Ο . => ιϊm(40χ5 -2βχ +α) = Ο => -+ · ,[;. - ι + if;. -ι = . ,J;.. + if;. -2 = ι� Ά� ι� 40 - 2β + α = Ο => α = 2β - 40 -1 -1 ι· 4Οχ5 -2βχ + 2β-4Ο ,Γχ. - ι -if;. - ι (1) Άρα εχουμε: xιm . --+ -+l χ 2 -:-3χ + 2 = 2 => = ιιm χ - 1 χ -1 40(χ5 - 1) - 2β( χ - 1) => . => hm ( χ - 1 )( χ -2) = 2 . ,[;. _ 1 = lιm . (,J;.. - ι ) ( Γχ + t ) = ιιm-χ-1 (χ -1) ( Γχ + 1 ) 4Ο(χ-ι) (χ4 +χ3 +χ2 +χ+1)-2β(χ-ι) . <::::> 1im = 2 1- = _!_ (χ -1)( χ - 2) = lim-+l x ,[;. + 1 2 2 +40χ+40-2β) (χ-1)(40χ4 +40χ3 +40χ . <::> lΧ-+im1 2<::::> (if;. - ι) (� + if;. + 1 ) . v;. _ 1 = ιιm ( -1)( -2) . = ιm-l χ-1 200 - 2β = 2 <::::> 200 -2β = 2 200 -2β = -2 � 1 ( χ - 1) ( + if;. + ) 1-2 -1 1 1 -1 ι.ιm 2β = 202 β = 1 Ο 1 <::::> α = 202 -40 α = 162 � + if;. + 1 1 + 1 + 1 3 ( λ -ι ) χ3 + 2χ + ι Άρα, από την (1): 2. Να υπολογίσετε το lim 2 λχ + 1 -1 + if;. - ι = _!_ + _!_ = � fx ιim Λίγ ο πριν τη λύση : Επειδή στα πολυώνυμα χ -1 χ -1 2 3 6 (λ - 1) χ 2 + 2χ + 1, λχ2 + 1 οι αντίστοιχοι συντελεστές των μεγιστοβαθμίων όρων του αριθμητή και 4. Να υπολογιστεί το lim l x2 51 + χ - 7 Χ3 - 8 του παρονομαστή λ - 1, λ εξαρτώνται από παράΛύση : μετρο, θα διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: 3 Είναι: ιim (χ 8 ) = Ο . Παρατηρούμε ότι: (i) λ - 1 = ο <::::> λ = 1, (ii) λ = ο ... , -+2 (iii) λ - 1 :;t: Ο <::::> λ :;t: 1 και λ :;t: Ο lim(x2 -5) = 4 - 5 = -1 < 0 άρα για όλους τους χ Λύση : που είναι κοντά στο 2 ισχύει χ2 - 5 < Ο. Επομένως: χ ---+0

-'-----'­

•

Χ

,

•

-

χ --++ω

χ -+

,

χ

χ -+

Χ

χ

χ -+

+οο

+οο

χ -++οο

,

Χ

χ-+1

Χ-+1

Χ -+ 1

1

(

χ -+ 1

x-+l

χ-+1

•

Χ

χ -+ 1

χ-+1

χ-+1

χ -+ 1

J

Χ

Χ -+1

<::::>

χ-+1

Χ

Χ

<::::>

<::::>

χ -+

+οο

{

[ ]

Χ

•

χ -+ 1

χ-+1

Χ

•

<::::>

<::::>

<::::>

---;: =::: --:: =---

χ-+1

.

Χ-++οο

•

χ-+1

(

---

J

2

-

Χ-+2

χ

χ-+2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/61

•

Μαθηματικά Γ Λυκείου

-5) + χ2 + χ -7 . -(χ2..;. ----'-,--. lx2 -51 + x2 + x - 7 = Ιιm..._. ) (M+�+{/64)(v'2x+3+3) ( Ιιm -\Γx+s V'S -8 -8 .J2x+3 - 3)( .J2x+3+3) (�( χ+5)2 +{/8χ+4Ο+{/64) ( . χ -2 χ2 + 5 + χ2 + χ -7 = Iim .......,.....,.. = Ιιm -.J9 + 3 χ 3 -8 Χ-->2 (χ - 2) (χ2--+ 2χ + 4) = = 2(43++43+ 4) = 4 2 (V64 + V64 + V64) . -1-­ = Ιχ-->ιm--:2 χ2 + 2χ + 4 12 Άρα: Iχ-->im Γχ+1 - rx+5 = �-.!. = � = .!.

3 .J2x + 3 - 3 4 4 4 2 5. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικό­ νων του μιγαδικού αριθμού z, έτσι ώστε να κf( χ) = α ε !R , με κ ε !R να υπο­ ,λ 4 - 3χ3 - 6 και να 7. Αν lim-jz 2 + ijx λ·χ υπάρχει το lim Χ+1 . f(ρ χ ) lι λογίσετε το m τ . χ , όπου ρ, τ ε IR* είναι πραγματικός αριθμός. Λύση: (συγκεκριμένοι). Επειδή lim ( χ + 1) = Ο , θα πρέπει: Λύση: κ · f( χ) f( x) = α <::::?

Iim (lz- 2 + ij χ4 -3χ3 - 6) = Ο <::::?

Iim λ = α <::::? -κλ · lim -jz - 2 + ij l-3( -1) - 6 = 0 <::::? <::::? Iim f( χ) = λα ε IR (1) jz - 2 + ij + 3-6 =Ο <::::? jz - 2 + ij = 3 χ κ I z - ( 2 - i ) I = 3 άρα ο γεωμετρικός τόπος των Θέτοντας χ = ρu έχουμε: χ � Ο <::::? u �Ο οπότε: εικόνων του z είναι κύκλος με κέντρο Κ(2, - 1) και Iim f ( χ) = Iim f (ρ . u) = λ· α => ρ ακτίνα ρ = 3 . . τ · f( ρ · u) = 1 Ιιm λ · α => λ · α => -τ · Ιιm . f(ρ · u) = rx+5 · Γχ+1 . , 6. Να υπολογιστει το Ιιm � ρ ρ τ τ .__.3 ν 2 χ + 3 - 3 Iim f(ρ · u) = ρ · λτ· α . Λύση: τ·u κ· Είναι: Τελικά: lim ( .J2x +3 -3 ) =Ο, Iim ( .Jx + 2 -Vx + 5 ) = 0 3 Iim f(ρτ· ·χχ) = ρ · λ · α κ ·τ έχουμε δηλαδή αοριστία της μορφής Q0 , οπότε ερΠαρατήρηση 1 : Τι γίνεται, αν κ = λ = τ = 1; γαζόμαστε ως εξής: Παρατήρηση 2: Αν Iim g(x) = O και lim Γx+i - rx+S = Iim Γχ+1 - 2 + 2 -� = .J2x +3 -3 χ-->3 .J2x + 3 -3 χ-->3 Iχ-->imχ0 f { g ( χ)) = α ε IR τότε: g ( χ) Γχ+1 2 = Ii - rx+5 όμως: . f { κ · g( x) ) = κ · α, κ ε IR .__.3 .J2x + 3 -3 .J2x + 3 -3 Ιιm g( ) . Γχ+1 -2 = Ιιm Η3 .J2x + 3 -3 8. Αν για τις συναρτήσεις f, g υπάρχει περιοχή . (Γχ+Ι - 2 )( .Jx + 1 + 2)( .J2x + 3 +3 ) του χο, ώστε για κάθε στοιχείο της περιοχής = hm = αυτής (δηλαδή για κάθε στοιχείο κοντά στο Η3 ( .J2x + 3 -3 )( .J2x + 3 + 3 )( Γχ+1 + 2 ) χο) να έχουμε: lim {κ 1 f(x) +κ 2 g(x)) =κ + 3 = lim Jh.t3 = �8 = �4 Η3 2 (.Jx + 1 + 2 ) λι, λz, κ, λ ε IR με κ 1 λ :;t κ λ 1 . Να βρεθούν . Vx + 5 - JJg = 2 2 Ιιm τα lim f( χ) και lim g( χ) . Χ-->3 .J2x + 3 -3 Χ

χ --> 2

]

Χ --> 2

Χ

= lim

]

x-->J

χ --> 2

.

•

__.

ο

Χ-->-1

·

.

_.

ο

Χ --> - 1

χ -->-1

Χ --> 0

Χ

•

Χ

Χ -->0

<::::?

χ -->0

χ-->0

Χ

u -->0

U -->0

"

•

U

U

Κ

Κ

u-->0

u --> o

χ -->

χ --> 3

χ -->

Ο

Χ -+ Χο

m

•

(

-�)

Χ

Χ --> Χ ο

Χ-+Χο

•

Χ-+Χο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/62

Χ-+Χο

•

U

Κ

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Λύση: Θεωρούμε τις συναρτήσεις t και S ορισμένες σε περιοχή του χ0 και με τύπους t(x), S(x) αντίστοιχα, έτσι ώστε: κ1 f(χ) + Kzg(x) = t(x) λι f(χ) + λzg(x) = S(x) και (1) lim t( x) = κ Άρα (2) lim S( x) = λ και Θεωρούμε, προς λύση, το σύστημα: κ1f( x) + κ2 g( x) = t( x) με αγνωστες , τις τιμες f(x) λ1 f{ χ) + λ2 g(χ) = S{ χ) και g(x), και αφού προσδιορίσουμε τους τύπους τους συνεχίζουμε με τις ιδιότητες των ορίων.

9 . Να εξεταστεί τις διάφορες τιμές του μ ε JR. το !�� [ χ (�μχ2 + 3χ + 1 - χ)J . Λίγο πριν τη λύση: Επειδή στο πολυώνυμο μχ2 + 3χ + 1 ο συντελεστής του μεγιστοβαθμίου όρου του εξαρτάται από την τιμή της παραμέτρου μ, καλό είναι να διακρίνουμε για τον συντελεστή αυτό τις περιπτώσεις: (i) μ = Ο (ii) μ * Ο Λύση: Θεωρώ την f, με f{ χ) = χ · (�μχ2 +3χ + 1 - χ) (i) Αν μ = Ο, τότε Δ� f ι χ) = Δ� [( χ . -13χ + ι - χ )J Παρατηρούμε ότι: lim ( 3χ + Ι ) = Άρα δεν έχει νόημα η εύρεση του lim f ( χ) αφού σε κάποιο διάστημα ( -οο, χ0 ) δεν ορίζεται «κα­ λώς» η f. (ii)Aν μ * Ο τότε: α) αν μ < Ο � Δ� ( μχ2 + 3x + l) = = lim χ2 μ + �χ + � χ = -οο

Επομένως έχει νόημα η εύρεση του lim f ( χ) αφού ορίζεται η f σε διάστημα ( -οο, -κ) . Έτσι: lim f ( χ) = lim [ χ (�μχ2 + 3χ + 1 - χ )] = χ ---+ -χ;

Χ --7--<.Ο

Χ --7 Χο

}

--οο .

X--7-:C

χ->-«>

[ (

)]

.

όμοια δεν ορίζεται «καλώς» η f . . . β) αν μ > Ο � lim ( μx2 + 3x + l) =

[ (

χ -> +σο

�

χ

,

χ ->-χ

)]

= Χ-lim = +οο >-«> χ2 μ + �Χ + � Χ άρα υπάρχει κ > Ο, ώστε για κάθε χ ε ( -οο,-κ) , να ισχύει: ( μχ2 + 3χ + ι ) > ο .

Χ --7--<.0

� Jlm.H χ' (μ + � + :, ) - χJJ � l m (-Χ 2 �μ + � + 2 - Χ 2 ) = Χ Χ � -Δm. [χ' [�+ι)] � -οο

Χ � Χο

ί

Ο

.

}

Χ ->-«>

()μ + 1 > Ο) .

10. Για μια συνάρτηση f που είναι ορισμένη σ' ένα σύνολο (α, 1) υ (1,β) δεχόμαστε ότι: f(χ) -=F- 4 , για κάθε χ ε (α, 1) υ (1,β). Αν 1ίmf(χ) =4 , να βρεθεί το . Ιr ( χ) - sι -1 �·2l f2 ( χ ) - 5f ( χ ) + 4 . Λύση: Είναι: limf( x) = 4, limf2 { x) = 16 1 άρα: lim [f2 ( χ) - 5f ( χ) + 4] = Ο Παρατηρούμε ότι: lim ( f ( χ) -5 ) = 4- 5 = -1 < Ο , άρα υπάρχει περιοχή του 1, ώστε για κάθε στοιχείο της περιοχής αυ­ τής να είναι: f(x) - 5 < Ο. Επομένως: 1-:f(x) . l f ( x) -51 - I . lιm + 5 -. --:--,. lιm '---'----:---:' .f2 (x) - 5f( x) +4 .... f2 ( x) - 5f{ x) + 4 = lim ( -f-4( χ))( f(+ 4x) - 1) = f{x) = -lim f( χ)1 -1 = = -lim ( f( χ) f-(4χ))(-4 f( χ) - 1) 1 1 - -= -4-1 3 Χ->1

χ ->

χ

-> 1

Χ -> 1

χ -> ι

==

.... ι

ι

.... ι

f(x),.4

χ->

1

χ->!

Να υπολογιστεί το x3 · ημ !χ - 2χ2 + 1 + x + 2 .1ιm χ2 - χ + 2003 Λύση: Είναι: lim ( χ2 - χ + 2003 ) = +οο 11.

l

j

-'-----= -'---

Χ->+οο

χ -> +«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/63

Μαθηματικά Γ Λυκείου

(

)

Επίσης: ιim χ3 ·η μ _!_ -2χ 2 + ι =

r [ � Jl X--+t<>O

Χ

ημ 2 = X--+t<>O ιim χ ι -2 + -ι2 = χ ημ-χι ημu = ι , με = _!._ = lim διότι: ιim u ι χ άρα υπάρχει α ε IR. , ώστε για κάθε χ ε ( ι 2 + ι Ο οπότε: χ 3 · ημ--2χ χ Χ

u--+0

χ-++«>

χ --+ ο

-00

Χ

U

•

-οο ,

α) το

χ 2 - χ + 2003 2χ 2 - χ ημ-χι - ι + χ + 2 = ιim χ 2 - χ + 2003 = ημ_!_χ ι ι χ 2 2-ι + -χ + χ 2 ι ημχ - lim με lim _ι _χ = ι ι 2003 χ 2 ι --χ + -χ χ2 3

J)

(

- X--+ t<>O

'

X --+ t<>O

l x 3 . ημ_!_χ _ 2χ 2 + ιΙ + χ + 2 2 - ι + Ο + Ο ιim = =ι

ι -ο + ο χ 2 -χ + 2003 12. Αν είναι γνωστό ότι: ημ2αχ ημ3χ + ημ5χ για κάθε χ ε - ; , ; α ε IR. και ότι η +1 νάρτηση g(χ) = αχ2 χ+2 5βχ -1 εχει πεπερασμένο όριο καθώς ο χ προσεγγίζει το Ο, να βρεθούν οι τιμές των παραμέτρων. Ποια είναι η τιμή του ορίου; Λύση: Αρχικά θα υπολογίσω το α ε IR. . Αν χ ε - � ,0 τότε: ημ2αχ ημ3χ + -ημ5χ <:::> ....:. .;_χ � -χ χ χ-+ +<>ο

•

(

)

}

)

�

�

χ--+1

χ --+1

χ--+0

[

�

συ­

,

]

Χ --+ 1

.

χ --+1

�

= -

'

χ--+1

2

( ) (

χ--+1

άρα:

(

<:::>

.

χ-+ +<>ο

[

χ --+ο

�

<:::>

l x 3 . ημ_!_χ -2χ 2 + ιΙ + χ + 2 ιim =

χ --+ο

(

•

<

x--+ t<>O

ημ3χ + 5 ημ5χ 2α ημ2αχ � 3 2αχ 3χ 5χ . ημ2αχ = ιιm-· ημ5χ = ι · ημ3χ = ιιm-Όμως: ιιm 5χ 2αχ 3χ 2α � 3 + 5 <:::> 2α � 8 α � 4 Άρα: (ι) Αν χ ε 0, � τότε: ημ2αχ ημ3χ ημ5χ <:::> --"χ χ χ - �--+-ημ3χ + 5 ημ5χ <:::> ... <:::> 2α ημ2αχ 3 5χ 3χ 2αχ 2α 3 + 5 <:::> α 4 (2) Από (ι), (2) � α = 4. Οπότε: . αχ2 + 5βχ + ι = ιιm · 4χ2 + 5βχ + ι = .{. ε � ιιm χ 2 -ι χ2 - ι 2 επειδή ιim(x - ι) = Ο έχουμε 2 + ι = Ο · I! = Ο lim (x 2 - ι) 4χ χ+2 5βχ -ι � lim(4x 2 + 5βχ + ι) = ο 4 + 5β + ι = ο <:::> 5β = -5 <:::> β 1 · 4χ2 -5χ + ι εχ' ουμε: Για τον υπολογισμο του ιιm χ -ι 2 Ι. 4χ - 5χ + ι ιm χ 2 - ι _ _!_ .ιιm 4 ( χ -ι) χ _!_4 = 1.ιm 4 χ 4 = -3 · Ι ( χ + ι) χ--+Ι ( χ - ι) ( χ + ι) 2 13 . Να υπολογίσετε το: l 2 - 3αχ + 2α2 1 + χ - α . .!...----: .- :lιm Χ2 - ( α + 1 ) .!..._ χ+α για όλες τις τιμές που παίρνει η παράμε­ τρος δίνεται α * 1 ) Λύση: Θεωρούμε τη συνάρτηση: lx2 -3αχ + 2α2 1 + χ - α f(x) -_ χ 2 -(α + ι)χ + α ι ) Αν α * Ο έχουμε: α, 2α ρίζες του χ 2 - 3αχ + 2α2 και lim[x2 -( α + ι) χ + α] = α2 -( α + ι) α + α = Ο και επειδή

)

_

χ-+

x

•--+a

-

-

.

•

χ--+α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/64

ο

11])

Μαθηματικά Γ ' Λυκείου

lim(α χ2 -3αχ +2α2) =αz -3αz +2α2 =0 θα διακρίνουμε πλευρικά όρια. Έτσι: i) Αν α > Ο τότε: α < 2α: Έτσι 1-α 1imf(x) =-=-1 α-1 α+ lim f(x) = α -11 = 1 <::::> α = Ο, άτοπο υπάρχει όριο της f(x) κοντά στο α. ii) Αν α < Ο τότε 2α <α, όμοια εργαζόμαστε και Οκαταλήγουμε σε άτοπο.

2) Αν α= τότε βρίσκουμετο lim f(x) = 1 .

•

lim f (χ) Ε �

στω

χ --+

Χ--+0

Να

•

αποδείξετε

ότι

lim f ( χ) Ε � για όλα τα ξ Ε � . Να αποδεί• --+ξ

ξετε επίσης ότι f(x) = Ο για όλα τα lim f ( χ) = ι .

χΕ�

ή

Χ--+0

Λύ ση :

χ--+α-

Απ' τη συνθήκη που ικανοποιεί η f έχουμε για χ = = 0: f(O) f(0)2 και συνεπώς: f(O) = Ο ή f(O) = 1. Για f(O) =Ο παίρνουμε: f(x) = Ο, για κάθε χ. Για f(O) = 1 αποδεικνύουμε ότι: limf(x) = 1 Πραγματικά: 14. Αν για την συνάρτηση f: � � � έχουμε: Απ' την αρχική συνθήκη για =-χ παίρνουμε: ι υπάρχει το limf(x) και ανήκει στους f(O) = f(x) f(-χ)= 1 (1) για κάθε χ. Άρα f(x) Ο για κάθε χ και μάλι­ πραγματικούς αριθμούς x + y + z) στα f(x) > Ο, για κάθε χ.

2 Ισχυει: f(x) + f(y) + f(z) � f ( , 3 •

χ --+ α-

y

=

•

•

χ--+0

χ--+α

ον

y

Χ--+0

·

=F-

ον

,

(Ι) για κάθε x,y,z Ε � .

Να αποδειχθεί ότι για τον μιγαδικό βί με α Ε �+ και β = lim f(x) = α

+

w

X---t X o

-i ισχύει: -- ::;; ι . l + ιl Απόδειξη : α+ β� -i I ::;; 1 <=> Είναι: I ww +1- i I ::;; 1 <=> I α+ βι+1 α+ (β - Ι)�� < 1 Ι α + (β -1)il ::;; I(α+ 1) + βil Ι(α+1)+ βι <=:> �αz +(β- 1)z ::;; �(α+1)z + βz <=> <=:>αz + βz - 2β +1::;; αz +2α+1+ βz <::::> <::::> Ο ::;; 2(α+ β) <::::> Ο ::;; α+ β , που είναι αληθής διότι για χ = = = t η (Ι) γίνεται: 3f(t) � f(t) 2f(t) � ο <=> f(t) � ο ' για κάθε t Ε � . Αν 1im f(x) <Ο, τότε κοντά στον χ0 ισχύει f(x)<O, άτοπο αφού f(t) � Ο , για κάθε t Ε � (α� Ο) Άρα: lim f(x) �Ο<::::> β � Ο<=:>α+ β > Ο . w

w

<=>

<=>

y

<=>

z

χ--+0

χ=ξ+h

Χ -+ ξ

h--+0

α>Ο

Χ --+ Χο

Έστω f (χ y )

+ =

η συνάρτηση f (χ) f ( y ) για κάθε ·

f ώστε χ, y Ε � Έ•

h --+0

IR .

·

h--+0

U=-X

χ--+0

u--+0

r;,o

(Ζ)

16.

Δίνεται η συνάρτηση f: � � � τέτοια ώ­ στε: για κάθε χ Ε � να ισχύει: f(t - ι) = 3 ι2t2 - 9t ι (ι) θεωρούμε την =- 4t συνάρτηση g: g(x) = (fofof)(ημx). Να βρεθεί g ( χ) το lim .

+

Χ--+0

+

Χ

<=>

Χ ---1- Χο

15.

Έστω τώρα: limf(x) = f. Τότε: limf(x) = limf(ξ + h) = lim( f(ξ)f(h)) = = f(ξ)limf(h) = f(ξ) f Ε Έχουμεακόμη limf(-x) = limf(u)=f. Άρα απ' την (1) παίρνουμε: fz = 1<:=>f = 1.

Λ ύ ση :

Θέτουμε t- 1 = χ<::::> t =χ + 1, οπότε η (1) γίνεται: f(x) = -4(χ+1) 3 +12(χ+1) 2 -9(χ+1) +1= -4(χ3 +3xz +3x+1)+12(xz +2χ+1)-9χ-9+1 = = -4χ3 - 12xz -12χ 4 + 12xz +24χ +12 -9χ -8 = = -4χ3 + 3χ, για όλα τα χ Ε � f(ημχ) = - 4ημ3χ + 3ημχ = ημ3χ (ο γνωστός τύ­ πος από την τριγωνομετρία της Β ' Λυκείου). Άρα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/65

-

•

Μαθηματικά Γ Λυκείου

. f( f(f(ημx))) (1) f(f(f(ημx))) = f(ημ9χ) = - 4ημ39χ+3ημ9χ = ημ27χ . g( x ) . (fofof} (ημx ) = lιm lιm-Χ-70 = lιm Χ-70 Χ-70 Άρα η (1): όμως: g( χ) =·1im ημ27χ = 27 · lim ημ27χ = 27 · 1 = 27 lim 0 Χ-70 27χ -7 f(f(ημχ)) = f(ημ3χ) = - 4ημ33χ + 3ημ3χ = ημ9χ και Χ

Χ

Χ

Χ

Χ

Χ->0

Χ

Πσp6γωγος μc τη βοιfΒcισ του Οpιιιμοu Βασίλειος Ασκούνης Εισαγωγή Η

παρακάτω εργασία περιέχει ασκήσεις υπολογισμού παραγώγων με τη βοήθεια του ορισμού. Δηλαδή,

2.

η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο χο ενός διαστήματος Δ στο οποίο είναι ορισμένη, f(x) - f(xo ) αν υπάρχει το lim και είναι πραγ._... χ - Χο

{

Να βρείτε τις τιμές των αριθμών α, β Ε JR αχ2 + ι χ ι , , , ωστε η συναρτηση f(χ) = να βχ , χ > ι

�

-2

είναι παραγωγίσιμη στο σημείο Χο Λύση :

=

ι.

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο = 1 είναι και συνεχής στο 1 άρα: ματικός αριθμός. limf(x) = f(1) ή Στην περίπτωση αυτή γράφουμε: lim f(x) = lim f(x) = f(1) · f(x) -f(x0 ) . f'(χ 0 ) - Ιιm li11! { αx 2 + 1 ) = lim(βx - 2) = α + 1 Λυμένες Ασκήσεις ή 1. Να υπολογίσετε το g'(O) α + 1 = β - 2 => β = α + 3 (1) Επειδή η f παραγωγίσιμη στο 1 ισχύει: χ3 ημ ! , χ =/:. ο αν g(x) στο Χ0 χ . f(x) -f(l) = ι·ιm f(x) -f(l) , χ -+ 1 Ιιm , χ=Ο Ο -1 -1 2 . βχ -2 -α - 1 Λύση : lim αχ +χ 1--1 α -1 = lιm χ -1 Στο χ0 = Ο θα εφαρμόσουμε τον ορισμό; 3 ή λόγω της (1) xJημ-χ x) -g(O) g( � 2 - 1) 2 = lim lim (1) = lim0 x ημ βχ -β ή Χ-70 Χ->0 Χ-7 lim α ( χ - 1 = 1im --1 2 2 Θεωρούμε το χ2 ημ = Ι χ Ι · ημ � ι χι (2) } ( χ + 1) = lim β( x - 1) ή 2α = β (2) lim α( χ - 1-1 Χ -71+ -1 και από την lxl � θ <=> -θ � χ � θ , θ > Ο Από τη λύση του συστήματος των (1), (2) έχουμε � 2 2 (3) α = 3 και β = 6 . θα έχουμε - l x l � χ2 ·ημ χ � Ι χ1 Για τις τιμές αυτές, πράγματι η f είναι παραγωγί­ 2 2 -lx = limlxl αλλά lim = Ο και από κριτήριο ) ( l σιμη στο 1. Χ-70 Χ-70 παρεμβολής στην (3) θα έχουμε: 3. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο Ο � 2 και επί πλέον ισχύει για κάθε χ JR : lim Χ-70 x ·ημ = O � g'(O) = Ο f 3 (χ) + xf 2 (χ) + x 2 f(x) = 3χημ2 χ . Να βρείτε Χο

Χ-71

χ->χσ

=

χ-+1+

Χ - Χο

χ-+1

{

χ -+Γ

( J j �I I �� Χ

Χ

( J

Χ

=>

χ-+ Γ

χ-+1+

χ->1 +

Χ

-r-

Χ

.:.._ _ _ _ _

χ->Γ

χ->1+

Χ

χ->Γ

Χ

Χ

Χ

Ε

Χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/66

Μαθηματικά Γ ' Λυκείου

Αλλά ' i! '!i η� -

[( ) + !i'!i[(η�)' + χ] = Ι

f(O),

•

•

τις τιμές των των Γ (0). Λύση: Για το πρώτο:

Θέτουμε στην (1) χ=Ο και έχουμε f3 (Ο) = Ο :::::> f(O) = Ο Για το δεύτερο: Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο έχουμε. f(x) = ω , ω ε !Ι'Ι. . f(x) -f(O) lim -f'(O) = 1χ-+ιm 0 χ-0 χ Διαιρούμε την (1) με χ3 * Ο και έχουμε: (i)

1ID

Άρα σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής και την f(x) (4) θα έχουμε: lim χ-+0 χ = 1 = f'(O) ή f'(O) = 1 .

5.

χ-+0

[ ][ ][ ][ ]

Επομένως: f(x) 3 + lim f(x) 2 + lim f(x) =3 lim ημχ 2 lim 0 Χ-+0 χ-+0 Χ-+ Χ-+0 ή ω3 + ω2 + ω = 3 ή ω3 + ω2 + ω - 3 = Ο ή (ω3 - 13 ) + (ω2 - 12 ) +(ω-1) = 0 ή (ω - 1) ( ω2 + ω + 1) + (ω -1) (ω+ 1) + (ω - 1) = Ο ή ( ω- 1) ( ω2 + ω+ 1 + ω + 1 + 1) = Ο ή ( ω-1 } ( ω2 + 2ω+3) = 0 ή ω = 1. Άρα, f' (O) 1 4. Για μια συνεχή συνάρτηση f: IR � IR ισχύ­ ει: (1) ημ2 χ - χ3 � xf(x) � η μ2χ + χ3 , για κάθε χ ε [Ο, +οο } να δειχθεί ότι: i) f(O) = Ο ii) Γ(Ο) = 1 Χ

Χ

Χ

Χ

=

f(x) = χ3• Αν η ευθεία 16 (1) είναι εφαπτομέ­

Δίνεται η συνάρτηση (ε): (α2 - 4)χ -

y=

νη

της γραφικής παράσταση της συνάρτη­ σης στο σημείο Α (Χο, :χο3), να βρεθούν το σημείο Α και το α. Λύση :

εξίσωση της εφαπτομένης της f στο σημείο Α δίνεται από τον τύπο: ε ι : y-f(x 0 ) = f'(x0 )(x - x 0 ) Άρα, ε, : y- χ� = 3χ�(χ -χ 0 ) y = 3χ �χ -2χ� Οι ε1 , ε ταυτίζονται, άρα \ 3χ� =α2 - 4,-2χ� = - 16) α = ±4 . Τελικά, Α(2,8) και α = ±4 . χ0 = 2 Η

<=>

<=>

6.

{ }

Αν η συνάρτηση f: IR � IR με = 2 είναι παραγωγίσιμη στο με = 2 , να υπολο-

,

γιστει το

ι·

ιm

Χ-+1

1 f'(1) x2f(x) - 2 Χ2 - 1

f(1)

•

Λύση:

f(x) - f(1) :::> Από: f'(1) = 2 lim Επειδή η f είναι συνεχής στο Ο ισχύει: χ-+1 χ - 1 = 2 :: (2) lim f(x) -2 = 2 (1) limf(x) χ-+0 = f(O) χ-+1 χ -1 Διαιρούμε την (1) με χ -::F- Ο 2(x2 -1) x2 ( f(x) -2 } + ----'. x2f(x) - 2 = lιm . ----'ημχ ημχ lιm Το: ---z z ημχ · χ - x � f( x ) � ημχ χ + x (3) χ2 - 1 (χ - 1)(χ + 1)f(x) -2 · � + 2 = 3 ημχ - χ2 = Ο · 1 - Ο= Ο και = lim ΆJ..λά, lim ημx χ-+0 χ -1 χ + 1 χ ημχ + χ2 = Ο lim ημx 7. Για μια συνάρτηση f: IR � IR με f(O) = Ο δε­ χ-+0 χ χόμαστε ότι: «για κάθε χ και ν ε Ν* ισχύει: Άρα από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε: Σ f(κχ) = (ν + 1)ημνχ » (1). Αν είναι παραlimf(x) 0 = Ο και από την (2) f(O) = Ο f(x) - f(O) = lim f(x) γωγίσιμη στο Ο, να υπολογιστεί το f'(O) . ii) Θέλουμε το lim 0 χ-+0 Χ-+ ο Λύση: Διαιρούμε την (1) με χ2 > Ο για χ -::F- Ο . Τότε: Απ' τον ορισμό του παραγώγου αριθμού έχουμε: η:' z - x � f�x) � η�x z + χ, x -::F- 0 (4) f(x) lim χ-+0 χ = f'(O) . Λύση :

•

χ

-+

(

( )

(

:::::>

)

)

x-+1

x-+ l

ν

:::::>

κ=Ι

Χ-

( )

Χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/67

[

χ-+Ι

]

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Έτσι για οποιονδήποτε κ { 1 ,2, .. . ,ν} παίρνουμε: f(u) = κlim f(u) = κftO) . Απ' lim f(κχ) � lim 0 1 Κ--+0 Χ U--+ -u κ την (1) έχουμε: �)ίm f(κχ) = (ν + 1)1ίm ημνχ ή Χ Χ (1 + 2 + . . . + ν)f'(Ο) = (ν + 1)ν lim ημνχ νχ = ν(ν + 1) Συνεπώς ν(ν2+ 1) f'(O) = ν(ν + 1) ή f'(O) = 2 .

8. Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες

ε: y = f( x0 ) = f'( x0.) {x -x 0 ) f{ χ0 ) = 2χ� f'(x) = 6x 2 , άρα, f'( x 0 ) = 6x� ε: y -2χ� = 6χ� ( χ - Χ0 ) Επειδή Μ ( 2, 80) (ε) θα έχουμε: 80-2χ� = 6χ� ( 2 - χ0 ) � 80 -2χ� = 12χ� -6χ� � 4χ� -12χ� + 80 � χ� -3χ� -20 = 0 (1) Θα λύσουμε την εξίσωση (10 με το σχήμαhοmer. Πιθανές ρίζες είναι: ±1,± 2,± 4,± 5,± 10,± 20 στο α IR• επιπλέον ισχύουν: f(α) g(α) 1 -3 ο 20 3 3 .

IR + χ g(x) χ για κάθε και f(x) + α -2 10 -20 ρ = -2 Να δείξετε ότι f'(α) > g'(α) 1 -5 10 ο Λύση : , χ� -3χ� + 50 = ( Χ0 + 2)(χ� -5χ0 + 10) = Ο � Άρα Επειδή οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες Χ 0 = -2 � f{-2) = 2{ -2) 3 = -16 στο α, υπάρχουν τα όρια και το Α(-2, - 8) η εφαπτομένη τfuε είναι: Ι. f(x) -f(α) ιm χ -α = f'(α) και ε: y-2(-2)2 6(- 2)2(χ + 2) ή ε: y + 16 24(χ + 2) ή (1) y-24x με χ :;t α = 48 - 16 ή y = -24x = 32 -g(α) g(x) (Η εξίσωση χ� -5χ 0 + 10 = Ο , lim -α = g'(α) IR Χ έχει Δ = 25 - 40 = - 1 5 < Ο άρα είναι αδύνατη στο Από (ί) και (ίί) έχουμε: R). f(x) - f(α) g(x) - g(α) + χ3 - α3 διαιρούμε με 10. Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο R και χ -α Ο και έχουμε: παραγωγίσιμη στο χ0 = Ο με f' ( Ο ) = Ο . Δίνεf(x) -f(α) = g(x) - g(α) + ( χ - α) (χ 2 +αχ+χ 2 ) � ται και η συνάρτηση: χ -α χ-α χ-α f(3x) ημ � , χ :;t Ο - g(α) + lim( χ 2 + αχ + α2 ) lim f(x) -f(α) = lim g(x) -α g(x) = χ χ χ -α , χ=Ο Ο και λόγω της (1) έχουμε: Να βρεθεί το g'(O) f' (α) = g' (α) + 3α2 � f' (α) -g' (α) 3α2 > Ο Λύση : Άρα f'(α) -g'(α) > Ο � f'(α) > g'(α) . Από f(x) - f(O) = Ο � lim f(x) = Ο (1) f'( Ο) = Ο � lim 0 Χ--+ Χ Χ 9. Δίνεται η συνάρτηση f(x) 2χ3 • Να βρεθεί Για την παράγωγο της g στο Ο έχουμε: η εξίσωση της εφαπτόμενης της γραφικής 5 .f(3χ)ημπαράστασης η οποία διέρχεται από το ση­ . g(x) g(O) = 1ιm . ------'-"-χ-' 1ιm μείο Μ(2, 80). χ χ Λύση : f(3χ)ημ �5 f(3x) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της Θεωρούμε χ ::::; χ συνάρτησης f σ' ένα σημείο της Α( χ 0 ,2χ�) . Δίνεται από τον τύπο: από την ιδιότητα lxl ::::; θ -θ ::::; χ ::::; θ, θ � Ο Ε

U

Χ--+0

Ε

χ--+0

κ+Ι χ--+0

νχ --+0

Ε

=

Ε

=

Ε� liD

χ--+α

=

=

Ε

χ--+α

=

:;t

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

χ --+ α

{

χ --+α

χ --+α

·

=

χ--+0

=

<::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/68

Μαθηματικά Γ Λυκείου

f(1) = f( l ) + f(1) f( l ) = ο f(3χ ημ -;5 f( x) = 2004 Από την f'( Ι) = 2004 lim f(x) --f(l) x) f ( 1 _ � (2) � ή Iim χf(x) - 1 = 2004 (1), χ * 1 Αλλά λόγω της (1) θα έχουμε: Θεωρούμε το f(3x) 3x) f f(3x) ( .

Ii Ii i I = - Κ->m0 3χ 3 = Κ--+m0 ο = Κ->m0 (3) . f(x) - f(x0 ) , χ * χ , χ Ε ( Ο,οο) (2) Ιχ->ιm 0 σο χ Άρα από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε: θέτουμε στην (2) χ = χ 0 h h � 1 και η (2) γίf(3χ)ημ-χ5 νεται: Ικ->ίm0 = 0 ή g''(O) = O 1 1 . Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο ( Ο, ) θα έχουμε:

, l

:

�

�

=>

l l

=>

χ -> 1

1 l l

( 1 l) I

Χ

Χ

Χ

Χ -> 1

Χο

=>

•

Χ

-too

και ισχύουν: i) f' ( 2004 και ii) f(x · ψ) = χ2 f(ψ) ψ 2 f(χ)

ι) =

+

για κάθε χ, ψ

Ε ( Ο, +οο)

Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα ( Ο, -too ) με

=

+

f'(x) 2004χ 2

Θέτουμε στην (ίί) χ

f(x) . χ

Λύση : =:=

ψ

= 1 και έχουμε

[

]

im xo f(h) + f(xo) (h - 1) � lh->1 h -1 χ 0 · 2004+ f(xo) · 2 = f'(x0 ) Χο

Χο

Τελικά, για κάθε χ Ε (Ο, +οο) θα έχουμε: f'( χ) = 2004χ + 2f(x) χ

45 : Σελ. 20: 2η στήλη, στίχος 27 από πάνω, αντί του a + b + c + abc = 4 να μπει a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 .

2 2 2 Στην ίδια στήλη, 6ος στίχος από το τέλος, αντί του 1 < -2χ 2 -2y2 + (χ2 - y2 ) < Ι να μπει ο < Ι - 2χ2 -2y2 + (χ2 - y2 ) < 1 . Σελ. 21: Ι η στήλη, 8ος στίχος από πάνω, αντί του να γραφεί Ε . Στη 2η στήλη, 5ος στίχος από πά­ νω, αντί του Ρ να γραφεί ρ. Ι , αντι, του Ι -1 να γραφει, -1 < -. , 4ος απο, πανω, Σελ. 33 : 2η στη, λη, στιχος α β α β Παροράματα στο τεύχος

•

•

• • •

�

-

>

35: 2η στήλη,g στίχος 17ος από κάτω, αντί του «<>> να γραφεί «:::;;;» . Ι, + -Ι--;τ = ;;z Ι . Ι, + ---;τ Ι =� Ι να γραφει, , 4ος, αντι, του , Σελ 51 : ασκηση , στιχος 2 2 β γ β γ υα 225μ2 α2 + β2 = ... .

225μ2 = α2 + β2 = . . . να γραφει' . --, ' ' 3 , αντι' ... = -Ι4 , στιχος Σελ 53 : ασκηση Ι44 Ι44 Στη 2η στήλη, στίχος 2ος, πρέπει να γραφεί στο τέλος της αράδας ένα =. Σελ. 57: άσκηση 1, αντί του «να δείξετε ότι Ar + ΒΓ2 + ΒΔ2 + ΔΑ2 8R2 » να γραφεί: ΑΒ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 + ΔΑ2 = 8R2 Στην άσκηση 5 το σωστό είναι: «Να δείξετε ότι: 6ΑΒ2 + 3ΑΓ2 = 2ΒΓ2 + 9ΑΔ2» Σελ.

.

α

•

•

•

. .

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/69

=

Συνδρομές και αγορές βιβλίων τις ΕΜΕ με VISA ή MASTERCARD �

ΠΡΟΣ ΤΗΝ

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

[Ξ:�:]

0/Η υπογεγραμμένος/η . . . . . . . .............................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Κωδικός Μέλους: . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . Κάτοικος: ΟΔΟΣ .. ......... . . . . . . . . . . . . . . . . ................ ........ ΠΕΡΙΟΧΉ . . . . . . . . . . . . ......... Τ.Κ. ............ . σας δηλώνω ότι είμαι κάτοχος της κάρτας VISA ή MASTERCARD/ (* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...) Νο . . . . . . . . . . . ............................ λήξη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............. και σας εξουσιοδοτώ με την παρούσα να χρεώνετε την κάρτα μου για την πληρωμή των συνδρομών της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας και σας δηλώνω ότι αποδέχομαι από τώρα σαν νόμιμες και ισχυρές όλες τις χρεώσεις που θα γίνονται σύμφωνα με τη δήλωση - εξουσιοδότηση αυτή. Επίσης σας δηλώνω ότι σε περίπτωση μη αποδοχής της σχετικής χρεώσεως από την VISA ή MASTERCARD/(* ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...) αναγνωρίζω ρητά και αμετάκλητα ότι η κύρωση/σεις του συμβολαίου που θα γίνουν από την παραπάνω αιτία οφείλεται σε δική μου υπαιτιότητα. Η παρούσα εξουσιοδότησή μου ισχύει μέχρι να κοινοποιηθεί σε σας έγγραφη ανάκλησή της. Αθήνα . . . . . . . . ......................... . Ο ΔΗΛΩΝ και ΕΞΟΥΣΙΟΔΟΤΩΝ (*) συμπληρώνεται αντίστοιχα η Τράπεζα έκδοσης (Εθνική - Εμπορική κ.λ.π.)

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : ΜΑΖΙ ΜΕ ΤΗΝ ΠΑΡΟΥΣΑ ΝΑ ΣΤΕΙΛΕΤΕ ΚΑΙ ΦΩΤΟΑΝΤΙΓΡΑΦΟ ΤΗΣ ΠΙΣΤΩΤΙΚΗΣ ΚΑΡΤΑΣ ΚΑΙ ΤΗΣ ΑΣΤΥΝΟΜΙΚΉ ΣΑΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΑΣ ΚΑΙ ΑΠΟ ΤΙΣ ΔΥΟ ΟΨΕΙΣ.

Ηλεκτρονικό Περιοδικό "ΑΣΤΡΟΛΑΒΟΣ " Η Πληροφορική στην Εκπαίδευση Το περιοδικό "Αστρολάβος" θα εκδίδεται σε ηλεκτρονική μορφή στο διαδίκτυο από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, δυο φορές το χρόνο.

Στο περιοδικό θα δημοσιεύονται

επιστημονικές εργασίες σχετικές με την Πληροφορική στην Εκπαίδευση, που αναφέρονται

στο μάθημα της Πληροφορικής ή στοχεύουν στην επιτυχημένη ένταξη και παιδαγωγική αξιοποίηση των Νέων Τεχνολογιών στην εκπαιδευτική διαδικασία. Όσοι επιθυμούν να υποβάλουν εργασία παρακαλούνται να τη στείλουν ταχυδρομικά ή ηλεκτρονικά στην ΕΜΕ.

Περισσότερες πληροφορίες για το περιοδικό στη διεύθυνση www .hms.gr

Η ΣΤΗΛΗ 1ΗΣ ΑΛΛΗΛ ΟfΡΑΦΙΑΣ

Από τον συνάδελφο Θ. Βαρδάκη από τα Χανιά, πήραμε μια εργασία που αναφέρεται στα κέντρα βάρους επιφανειών. Η εργασία υπερβαίνει το περιοδικό· την παραπέμψαμε στη <<Μαθηματική Επιθεώρηση)). Επίσης, ο συνάδελφος Θ.Β. είχε την καλοσύνη να μας κοινοποιήσει αναφορά του προς το Παι­ δαγωγικό Ινστιτούτο με θέμα: <<Παρατηρήσεις στα διδακτικά βιβλία των Μαθηματικών>>. Ο συνάδελφος Ευάγγελος Βλαχογιάννης από τα Διάβα της Καλαμπάκας μας έστειλε μια έργασία 22 σελίδων ασχολείται με μια καμπύλη που δ αγράφει στο τρισδιάστατο χώρο ένα κινητό στο χρονικό διάστημα [to, tn] και η οποία είναι η προβολή μιας τροχιάς που διαγράφει ένα άλλο σημείο του τετραδιάστατου χώρου την παραπέμψαμε στη "Μαθηματική Επιθεώρηση" Η συνάδελφος Αγγελική Βλάχου, μέλος της συντακτικής επιτροπής, μας έστειλε το παρακάτω γράμμα: «Στο τεύχος 45 του Ευκλείδη Β ' και συγκεκριμένα στο άρθρο "Δραστηριότητα στην τάξη" υπήρξαν κάποια τυπογραφικά λάθη που δεν ανταποκρίνονται στην προσπάθεια που γίνεται.)) Η Σ.Ε. απαντά: Ζητάμε συγγνώμη και την κατανόηση των αναγνωστών μας και υποσχόμαστε στο μέλλον να αποφεύγουμε παρόμοια λάθη. Ο συνάδελφος Γ. Γρηγοράκης από τη Θεσσαλονίκη μας έστειλε το παρακάτω γράμμα: «Καταρχάς συγχαρητήρια για την εμφανή ποιοτική άνοδο του περιοδικού. Θα ήθελα να διορθώσω μια λεπτομέρεια στο ενδιαφέρον άρθρο του συνα­ δέλφου Θ. Χαραλάμπους: «Κοινές εφαπτόμενες κωνικών τομών» του τεύχους 43.

•

•

που

ι

•

•

Στη σελ. 8 στις τρεις τελευταίες σειρές αναφέρεται πως όταν έχουμε αντίθετους συντελεστές διεύθυνσης, οι ευθείες είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα χ 'χ. Θυμίζω ότι δύο συναρτήσεις f, g με το ίδιο πεδίο ορισμού Α έχουν γραφικές παραστάσεις συμμετρικές ως προς τον άξονα χ 'χ όταν επαληθεύουν τη συνθήκη f(x) = -g(x) , για κάθε χΕΑ (1) Στη συγκεκριμένη περίπτωση έχουμε συμμετρία ως προς τον άξονα χ 'χ επειδή: λ = .jro; , Υ , κ Ρ ) και = -νcq c = αφου ( 2λ 2;;;;; Ρ = -κι . = 2 (-λ ι) Έχουμε τις εφαπτομένες: ει � y = λιχ + ε2 y -λ2 χ που ικανοποιούν τη συνθήκη ( 1) συμμετρίας ως προς τον άξονα χ 'χ. Ο συνάδελφος Ηλίας Ζωβο"ίλης απ' το Δάσος Χαϊδαρίου μας έστειλε ένα γράμμα στο οποίο παρουσιάζει την παρακάτω διαπραγμάτευση του 4ου ζητήματος των απολυτηρίων εξετάσεων για το 2002 στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ Λυκείου. «Απ' το β(ί) έχουμε: f'(x) = �f( , για 1+e κάθε χ Ε .IR (1). Απ' τη σχέση αυτή συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα στο .IR . Τώρα απ' τη γνωστή σχέση + 1 , για κάθε ισχύει μόνο όταν Ε R , για την οποία το Ο'', συμπεραίνουμε ότι: e-f (x) ;:::: -f(x) + 1 , για κάθε χ Ε .IR . Οπότε, σύμφωνα με τη δοσμένη συνθήκη για την f, έχουμε: f(x) - x + 1 2: -f(x) + 1 . ι

Κι =

Kz

=

-1 ,"1 ,

1 "2

--

Κι ,

�

=

- Κι

•

χ

)

" ex 2: χ

χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/71

«=»

χ =

Η στήλη της Αλληλογραφίας

Συνεπώς f(x) � � , για κάθε χ JR . Έχουμε ακόμη ef ( x ) � f(x) + 1 . Κι επομένως e-f(x) ef( x ) � e-f(x) ( f(x) + 1 ) ή 1 � f(x)e-f( x ) + e-f(x ) . Αφού τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, ΓΔ είναι Άρα: χ - f(x) + e-f(x) � f(x)e-f(x) + e-f(x) ή σταθερά κατά θέση και μέγεθος είναι δεδομένα χ � f(x) ( 1 + e-f(x ) ) ή χ � f(x)-1- ή τα μέτρα των γωνιών φ, θ. Κι ακόμη, το ΒΓ f' (χ) είναι σταθερό κατά θέση και μέγεθος. χ f' (χ) � f (χ) , για κάθε χ IR (2) Ας είναι Κ το σημείο που η κάθετη στο Μ της Τελικά παίρνουμε: ΑΒ τέμνει τη ΒΓ. Απ' το τρίγωνο ΓΚΝ ; f(x) xf'(x) , για κάθε χ IR έχουμε: (ΓΚ) (ΓΝ) ή _ (ΓΚ _) = _ (ΓΝ_) (1) Από τη (2) συνάγεται αμέσως ότι f (Ο) = Ο και = ημ(90° φ) ημ(90° θ) συνφ συνθ συνεπώς δεν είναι απαραίτητο να αποτελεί Παρόμοια από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΚΒ δεδομένο. Ακόμη συμπεραίνουμε ότι το «=>> ισχύει παίρνουμε: μόνο όταν χ = Ο . (ΜΒ) (2) (ΚΒ) = Άρα ; f(x) xf' (χ) , για κάθε χ JR* >>. συνθ Από την (1) παίρνουμε: Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης από τη (ΓΚ) (ΓΝ) c;! (ΓΝ) = (ΓΝ) Λάρισα μας έστειλε λύσεις στα παρακάτω θέματα που είχαν προταθεί στο τεύχος 43 κι (ΚΒ) συνφ (ΚΒ) συνθ (ΜΒ) συνθ (ΜΒ) συνθ είχαν δοθεί οι λύσεις τους στο τεύχος 44. Τελικά λόγω της δοσμένης σχέσης έχουμε: από το συνάδελφο Γ. Τριπικέλη (ΓΚ) = (ΓΝ) συνφ = (ΓΔ) συνφ από τον ακαδημαϊκό κ. Ν. Αρτεμιάδη ( l o και (ΑΒ) (ΚΒ) (ΜΒ) 2ο) Με άλλα λόγια το Κ διαιρεί το ΒΓ σε σταθερό � από το συνάδελφο Ν. Βαδιβούλη (1ο και 2ο) , λ = ((ΓΔ) λόγο ΑΒ) συνφ . Και συνεπώς το Μ � από το μηχανολόγο κ. Τ. Ιωσήφ. Δίνουμε τη διαπραγμάτευση αυτή επειδή είναι προκύπτει ως η ορθή προβολή του Κ στην ΑΒ. ουσιαστικά διαφορετική από εκείνη που είχαμε Για να είναι το Μ εσωτερικό του ευθύγραμ­ εκθέσει στο προηγούμενο τεύχος. μου τμήματος ΑΒ, πρέπει το Κ να είναι «Δίνονται δύο ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, ΓΔ εσωτερικό του ΒΓ. Δηλαδή πρέπει να ισχύει: (σταθερά κατά θέση και μέγεθος). Ν α (ΓΔ)συνφ (ΑΒ) . προσδιοριστεί σημείο Μ στο εσωτερικό του ΑΒ και ΓΔ είναι ευθύ'yραμμου τμήματος ΑΒ έτσι ώστε: "η β) Έστω ότι οι ευθείες παράλληλες. κάθετη στην ΑΒ που άγεται από το Μ και Δ Ν Γ τέμνει το ΓΔ στο ση μείο Ν, να επαληθεύει τη ΑΒ ΜΒ , κ σχεση: - = -- ". ΓΔ ΝΓ α) Έστω ότι οι ευθείες που ορίζουν τα Α Μ ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, ΓΔ τέμνονται σ' Β ένα σημείο Ο. Τα τρίγωνα ΓΚΝ και ΚΜΒ είναι όμοια. Δ

Ε

·

Ο

Μ

θ

Ε

�

�

�

�

Ε

Ε

•

<

θ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/72

Β

Η στήλη της Αλληλογραφίας

'Ε ουμε: (ΓΚ)

(ΝΓ) (ΓΔ) . (ΜΒ) (ΑΒ) (ΚΒ) Χ Και συνεπώς το Κ χωρίζει το ΒΓ σε λ(yyo ΓΔ . (Η περιπτωση αυτη εμπεριεχεται λ = ΑΒ , στην προηγούμενη για φ Ο ). Έστω ότι η ΓΔ είναι κάθετη στην ΑΒ.

δεν είναι έργο της Ε.Μ.Ε. η λύση τους. Αν θέλετε να συμπεριλάβουμε την εργασία σας στο περιοδικό μας παρακαλούμε να μας στείλετε και τις λύσεις όλων των ασκήσεων. Βάλτε έναν τίτλο στο άρθρο σας, γράψτε μια μικρή εισαγωγή στην οποία να φαίνεται ο στόχος του άρθρου και αν θέλετε σημειώστε μας ποιες από αυτές να δώσουμε y) προτεινόμενες (για λύση). r Η εργασία σας ολοκληρωμένη θα κριθεί από την Ν συντακτική επιτροπή. Ευχαριστούμε για την συνεργασία σας. Ο συνάδελφος Γεώργιος Κατσαούνης , από Μ Β Α την Πρέβεζα, μας έστειλε λύσεις στα παρα­ 'Εχουμε: συνθ (ΜΒ) ή ) = (ΜΒ (ΒΙ) συνθ κάτω θέματα: (ΒΓ) > Το είχε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος ) => (ΝΙ) (ΓΔ) (ΜΒ Ισχύει: (ΑΒ) (ΜΒ Νικόλαος Αρτεμιάδης (1). ) (ΝΙ) (ΑΒ) (ΓΔ) > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. (ΓΔ) (ΒΓ)συνθ Οπόtε: {ΝΓ) (ΑΒ) Ιωαννίδης. > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Το Ν είναι εσωτερικό στο ΓΔ διότι: Κυριακόπουλος. (ΓΔ) (ΒΓ) συνθ (ΓΔ) (ΑΒ) (ΓΔ)». > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Σ. (ΑΒ) (ΑΒ) Σκοτίδας (1) > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Σ. Ο συνάδελφος Χρ. Ευσ. Ηρακλείδης, από Σκοτίδας (2) τη Ρόδο, μας έστειλε ένα γράμμα που παρουσιάζει μια μέθοδο επίλυσης προβλημάτων στις αριθμη-τικές Δίνουμε τη διαπραγμάτευση του συναδέλφου, που προόδους. Θα αξιοποιηθεί. είναι καθαρά γεωμετρική. Α Ο μηχανολόγος κος Τάσος Ιωσήφ , απ' την Κέρκυρα, μας έστειλε την παρακάτω επιστολή: "Σας ευχαριστώ για την φιλοξενία της άσκησής μου στο τεύχος 43 σελίδα 14. Επίσης ευχαριστώ όλους όσοι ασχολήθηκαν για τη λύση της. Γ Ιδιαιτέρως ευχαριστώ και συγχαίρω τον κύριο z Σωτήρη Λουρίδα για τη λύση που ' δοσε και Στη πλευρά ΓΒ παίρνουμε τμήμα ΓΕ ίσο με την δημοσιεύθηκε στο τεύχος 44." πλευρά ΓΑ. Φέρουμε τη διχοτόμο της BAr που Ο κύριος Δημήτρης Καρβέλας , από τη Πεύκη την ΓΡ στο Δ και από το Ρ παράλληλη προς Αττικής, μας έστειλε μια σειρά προβλημάτων τέμνει "τα οποία επαληθεύονται πειραματικά αλλά τη ΔΕ που τέμνει την ευθεία ΓΒ στο1Ζ. Από την σχέση ΒΓ = ΑΓ + -2 ΑΒ έχουμε χρειάζονται και μαθηματική απόδειξη" Η Σ.Ε. ωιοντΟ.� ΒΕ = _.!._ _.!._ ΒΓ ΑΓ = _.!._ ΑΒ άρα ΒΕ = ΑΒ η Λάβαμε τις ασκήσεις που μας στείλατε. Φυσικά 2 2 ΑΒ 2 =

=

-

,

,

=

Δι

I

•

=

=

=

=

=

=>

<

•

•

·

•

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/73

Η στήλη της ΑλληλΟ'yραφίας

Επίσης είναι ΒΡ = .!_4 ΑΒ οπότε ΒΡ = .!_4 2 ΒΕ ή ΒΡ =-1 (1) ΒΕ 2 Τα τρίγωνα ΒΕΡ και ΑΒΕ είναι όμοια γιατί έχουν τη γωνία Β κοινή και τις πλευρές που την περιέχουν ανάλογες. Άρα ΡΕΒ = ΡΑΕ = φ . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΕ προκύπτει ότι ΕΑΓ = 90° --f2 = -Β2 + -Α2 άρα ΕΑΔ = ΕΑΓ-ΔΑΓ =-Β2 + -Α2 --Α2 =-Β2 ·

·

Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Στρατής (1). Ιδιαίτερο ενδιαφέρον έχει η απόδειξη της συνέχειας της f σε ένα κάποιο χ 0 ε JR : Η συνάρτηση F(x) = 3χ + 5 είναι προφανώς συνεχής. Άρα: �

"για κάθε ε > Ο υπάρχει κάποιος δ > Ο τέτοιος ώστε: για κάθεχf.JΕ lx - χ01 < δ ισχύει: IF(x) - F(x0 )I < ε ;,

ή σύμφωνα με τη συνθήκη που ικανοποιεί η f: 1 2 r(x) + f( x) - 2f(xo) _ f{x 0 ) 1 < ε ή {2f(x) - 2 f(xo) ) + ( f{ χ) - f{ Χ0 ) }1 < ε I ήτοι ΕΑΔ =-Β2 Κι επειδή η f είναι γνήσια αύξουσα οι αριθμοί: Θα δείξουμε τώρα όn το τετράπλευρο ΑΔΕΡ είναι 2f(x) -2r(xo) ,f( χ) -f{ χ0 ) είναι ομόσημοι. εγγράψιμο σε κύκλο. Αρκεί γι' αυτό να δείξουμε Συνεπώς η ( 1) γίνεται: f(x) f(xo) ότι ΖΕΗ =-Β2 οπότε θα είναι ΡΕΗ = φ + -Β2 = ΡΑΔ 1 2 -2 l + l f( χ) -f{ Χο ) I < ε ΖΕ =ΡΔ (2) και απο, Κι επομένως: , Επειδη, ΗΔ11ΖΡ θα ειναι "για κάθε ε > Ο υπάρχει δ > Ο τέτοιος ώστε: για ΕΓ ΔΓ , ΔΡ = ΑΡ (3) κάθε χ με lx - x0l < δ ισχύει: IJ(x) - f (xo )l < ε " , ΑΔ εχουμε , την διχοτομο επισης ΔΓ ΑΓ Κι αυτό σημαίνει ότι: "η f είναι συνεχής στο χσ". ΖΕ ΑΡ οπότε ΕΓ = ΑΓ όμως ΕΓ = ΑΓ άρα ΖΕ = ΑΡ. � Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ε. Ευθύμογλου (1 ). Αν καλέσουμε το τμήμα ΒΡ = χ εύκολα προκύπτει � Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ε. όn ΒΕ = 2χ (από την (1)), ΑΡ = 3χ και ΒΖ = ΖΕ - ΒΕ = 3χ - 2χ = χ. Ευθύμογλου (2) Είναι λοιπόν το τρίγωνο ΒΖΡ ισοσκελές, ΒΖ ΒΡ Ο συνάδελφος Γ. Κεραμιδάς από την Β , , Κέρκυρα, μας απέστειλε απαντήσεις: οποτε Ζ = -2 (αφου η γωνια Β ειναι εξωτερικη � Στο θέμα που είχε προτείνει ο συνάδελφος στο ΒΖΡ τρίγωνο). Επίσης είναι Ζ = ΖΕΗ και άρα Σ. Σκοτiδαςστο τεύχος 43, σελ. 14. ΖΕΗ = Β2 . 'Εχουμε δείξει έτσι ότι � Στο θέμα που είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Κυριακόπουλος στο ίδιο ΡΕΗ = φ + -Β2 = ΡΑΔ και επομένως ότι το τετρ. τεύχος και σελίδα. ΡΕΔΑ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο θα ισχύει Δίνουμε τη διαπραγμάτευση του συναδέλφου διότι επομένως ΑΡΔ = ΑΕΔ ως εγγεγραμμένες που είναι διαφορεnκή από εκείνη που δημοσιεύσαμε βαίνουν στο ίδιο τόξο. Όμως (από τον συνάδελφο Α.Κ.). f Β Β Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής σε ΑΕΔ = ΑΕΓ - 2 = 90°- 2 - 2 = άτοπο.

A B f f -B =A και Α Ας είναι άνισες οι πλευρές. =τελικα + + ΑΡΔ = Δηλαδή: α β γ α . Χωρίς βλάβη της 2 2 2 2 2 2 2 γενικότητας δεχόμαστε: α > β γ. ή Α = 2ΑΡΔ ή ΡΑr = 2ΑΡΓ . Α

Α

Α

·

Α

Α

Λ

Λ

Λ

Λ

=

,

Λ

,

Α

Α

Λ

•

,

Α

Α

(

J

'

Α

*

*

*

>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/74

Η στήλη της Αλληλσyραφίας

Άρα 1 > �α > 1α > 0 . Ισχύει: α < β , για κάθε ν ε Ν* (τριγωνική ανισότητα). + Οπότε: 1 < Άρα: !

ν ν +γν (�)ν (�)ν

s.�- [(H + ω}

ν ν r) (�) ( �+οο ν ν �+οο

1 ::::; lim α + lim α = Ο+ Ο ή 1 ::::; Ο άτοπο. ;;.., Στο πρώτο θέμα που είχε προτείνει ο ακαδημαϊκός κ. Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 43, σελ. 14. 'Υ Στο δεύτερο θέμα που είχε επίσης προτείνει ο κ. Ν. Αρτεμιάδης στο ίδιο τεύχος, σελ. 1 . (Η λύση- του συναδέλφου είναι γεωμετρική . . Το θέμα όμως έχουμε τη γνώμη ότι έχει εξαντληθεί). )Ο> Στο πρώτο θέμα που είχε προτείνει ο συνάδελφος Ν. Βαβιδούλης στο τεύχος 43, σελ. 14. ;;.., Στο θέμα που είχε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Τριmκέλης στο ίδιο τεύχος στην ίδια σελίδα. Δίνουμε τη διαπραγμάτευση του συναδέλφου διότι είναι διαφορετική: Το σύστημα γράφεται ισοδύναμα: y = 21xl + lxl - x2 - α χ 2 + y2 = 1 Η εξίσωση χ 2 + y2 = 1 παριστάνει τον κύκλο κέντρου Ο (0, Ο) και ακτίνας ρ = 1 . Ακόμη χ ε [ -1, 1]. Θεωρώ τη συνάρτηση f(x) = 21xl + l x l - x2 - α /[ -1,1 ] την οποία μελετάμε. Προφανώς η f είναι άρτια. Επομένως ο άξονας y'y είναι άξονας συμμετρίας της Cr. Γι' αυτό περιοριζόμαστε στο διάστημα [0, 1 ] . Έτσι έχουμε: f(x) = 2χ + χ χ2 + α /[0,1] . Η f έχει παραγώγους κάθε τάξης στο [0, 1] .

{

}

-

Κι έχουμε: f'(x)=2xln2+1- 2x , rw(x)=2x (ln2)2 -2, f(J) (χ) = 2χ (ln2)3 . Κι επειδή f(J) (χ) > Ο , για κάθε χ, συμπεραίνουμε ότι: fw I [0, 1]1. , .· Ο < Χ < 1 fw (Ο) < fw (Χ) => Άρα (ln2)2 - 2 < fw (Χ) < 2(ln2)2 -2 Επομένως: f" (χ) < 2 [(ln2)2 - 1J < Ο (αφού ln2 < lne = 1 ). Κι επειδή η f είναι συνεχής συμπεραίνουμε ότι: «η fείναι κοίλη στο [0, 1] ». Άρα: f'l [0, 1]J. Επομένως: f'(O) > f'(x) > f'(l) , για κάθε χ ε (0, 1) ή ln2+ 1 > f'(x)> 2ln2 - 1= ln4 - 1> 1ne - 1= 0 Έτσι η f είναι γνήσια αύξουσα στο [0, 1] (αφού είναι συνεχής και για κάθε χ ε (0, 1) ισχύει f'(x) > Ο ). Άρα η f/ [0, 1]1. Συγκροτούμε πίνακα μεταβολών: =>

χ

f(x) Γ(χ) f(x)

-οο

ο

1

+ οο

+

τ.εr τ.μ I

1-α ...___

f

--2,_;;---

Λόγω της συμμετρίας της Cr ως προς τον άξονα y 'y, καταλαβαίνουμε ότι: «αν η Cr συναντάει το μοναδιαίο κύκλο σ' ένα σημείο που βρίσκεται στο δεξιό ημιεπίπεδο, τότε θα συναντάει τον κύκλο στο συμμετρικό σημείο του αριστερού ημιεπιπέδου)) (άτοπο: το σύστημα θα είχε δύο λύσεις). Άρα, για να έχουμε μία μόνο λύση στο σύστημα πρέπει 1 α = 1 ή α = ο . τότε η λύση (μοναδική) του συστήματος είναι (χ, y) = (0, 1) . )Ο> Στο πρόβλημα που είχε προτείνει ο μηχανολόγος Τ.· Ιωσήφ στο ίδιο τεύχος 43 (σελ. 14). )Ο> Τη γενίκευση της ανισότητας που είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Καζακόπουλος στο τεύχος 42 και είχε προτείνει στο τεύχος 43 ο συνάδελφος Γ� Τριπικέλης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π5

-

Η στήλη της Αλληλογραφίας

Από το μαθητή της Α ' Λυκείου Επαμεινώνδα Κούλη από την Πάτρα, πήραμε μια ωραία απόδειξη του 2ου θέματος που έχει προτείνει ο ακαδημαϊκός Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 43 (σελ. 14). Αν και έχει εξαντληθεί το ζήτημα, δίνουμε τη διαπραγμάτευσή του για να τιμήσουμε μια προσπάθεια ενός νέου ανθρώπου. Τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΔΕΓ είναι ίσα. Διότι έχουν ΑΒ = ΔΓ = α, ΒΕ = ΕΓ και ΑΒΕ = 75° = ΕΓΔ .

(1) ΑΕ = ΕΔ Άρα: Τα τρίγωνα ΔΕΓ και ΕΖΓ είναι ίσα. Διότι έχουν κοινή την ΕΓ, ΔΓ = α = ΖΓ και ΕΓΔ = 75° = ztE .

•

Άρα: ΔΕΓ = ΓΕΖ = = 90° - 15° = 75° Συνεπώς το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές. Οπότε ΔΕ = ΔΓ = α . Κι επομένως το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισόπλευρο. z

Από τον συνάδελφο Ηλία Κωνσταντόπουλο από τη Ραφήνα, πήραμε ένα γράμμα με τις παρακάτω παρατηρήσεις: Σχετικά με την άσκηση του συναδέλφου Κ. Σπανουδάκη (τεύχος 43, σελ. 73), η πρόταση αυτή εμπεριέχεται και στο βιβλίο «Μαθηματικά Γ Λυκείου - 2» (σελ. 65) που είχε γράψει ο ίδιος. Συγκεκριμένα: Αν μια συνάρτηση f : (α, β) R είναι συνεχής σ' ένα σημείο χ0 του (α, β) και είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α, χ0 ) , (χ0, β) , . Αν f' (χ) - h (χ), για α < χ < χ0 , ωστε. ετσι (χ), για χ0 < χ < β h με lim (χ) = lim (χ) = f, (f ε R) , τότε η f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 και μάλιστα ισχύει: f'(x0 ) = f .

•

�

_

g

{g

Am\k\�ηt

Θα αποδείξουμε ότι το πηλίκο διαφορών f (χ) - f (χ0 ) εχει , , το πεπερασμενο οριο καθως χ - Χο ο χ τείνει στον χο. Έχουμε: (�) lim f(x) -- f(x0 ) = lim { f(x) -- f(x')) = (χ χ0 ) χ χ0 lim f'(x) = lim (χ) = f ,

----'--'------=--=-

,

ο -t

I

χ � χ0

χ � Χο

-

χ � χσ

g

χ � χ0

(�) lim f(x) - f(x0 ) = lim ( f(x) -- f()x' )) (χ Χο Χ - Χο lim f' (x) = lim h (χ) = f •

•

χ � χσ

χ � χσ

•

χ � χσ

I

χ � Χο

Άρα: lim f(xχ) -- f(Χοxo ) = f , δηλαδή f'(x) = f . χ � χσ

Σttμεfωσtt:

Έχουμε δικαίωμα να εφαρμόσουμε τον κανόνα De L'Hospital σε καθένα από τα διαστήματα (α, χ0 ) , (χ0, β) γιατί η f είναι παραγωγίσιμη σε καθένα από τα διαστήματα. " ��\ ttfttl\lttlt

Σωστές οι παρατηρήσεις του συναδέλφου. Την πρόταση αυτή (και την απόδειξή της με τον κανόνα De L ' Hospital) μας απέστειλε και ο συνάδελφος Πολύκαρπος Λόης, εκ μέρους της ομάδας Μαθηματικών των Εκπαιδευτηρίων Γείτονα που συντονίζει.

• Ο συνάδελφος Χ. Πατήλας από τα τρίκαλα, μας έστειλε λύσεις στα παρακάτω θέματα του τεύχους 43: > (1 °) και (2°) που πρότεινε ο Ακαδημαϊκός κύριος Ν. Αρτεμιάδης. > Που πρότεινε ο συνάδελφος Α. Κυριακό­ πουλος. > Που πρότεινε ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας. > Που πρότεινε ο συνάδελφος Γ. Τριπικέλης.

• Ο συνάδελφος Δημήτρη Πισπινής από τον Έβρο, μας έστειλε λύσεις στα παρακάτω θέματα: > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Κυριακόπουλος στο τεύχος 43 (σελ. 14). > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Στρατής στο ίδιο τεύχος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/76

Η στήλη της Αλληλογραφίας

Στη διατύπωση του θέματος υπήρχε τυπογραφικό λάθος, το οποίο και διόρθωσε. Τον ευχαριστούμε. » Το · είχε προτείνει ο ακαδημαϊκός κ. Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 43 (σελ. 14) (1). Με άλλο γράμμα του ο συνάδελφος μας έστειλε τις απαντήσεις του στα θέματα: . που Πρότεινε στο τεύχος 44. » ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης. » ο συνάδελφος Α. Κυριακόπουλος. » ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδα (2). » ο συνάδελφος Γ. Στρατής (2). Προτείνει ακόμη μια ωραία άσκηση στους Μιγαδικούς Αριθμούς (εμπεριέχεται στη στήλη 'Ό Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη και Διόφαντο" και ένα άρθρο προς δημοσίευση πάνω στη Στατιστική. Από τον συνάδελφο Χ. Παυλίδη πήραμε μια 8 εργασία (19 σελίδες) με ασκήσεις πάνω στις πολυωνυμικές εξισώσεις. Ο συνάδελφος Βασίλης Σαλεβουράκης από 8 την περιοχή Ζωγράφου, μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση του 4ου θέματος των Πανελλήνιων Εξετάσεων 2002 Γ Λυκείου Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύ­ θυνσης, που στηρίζεται στην ανισότητα Jensen, κατά την οποία: «Α ν μια συνάρτηση στρέφει τα κοίλα προς τα πάνω κατά μήκος ενός διαστήματος Δ και α Ε Δ β Ε Δ με α < β, τότε η χορδή ΑΒ είναι πάνω από την καμπύλη C τηςfκατά μήκος του διαστήματος (α, β) ». ,

Υ

ο

�Β I

I

I

I

ά

β

χ

Θυμίζουμε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σ' όλο το R και ικανοποιεί τις συνθήκες f(x) - e-f (x) = χ - 1 , για κάθε χ JR. και f (Ο) = Ο . Ε

Αν Ε το εμβαδόν του χωρίου Ω που ορίζεται από τη γραφική παράσταση της f, τις ευθείες χ Ο , χ 1 και τον άξονα χ 'χ, να

=

=

δείξετε ότι:

!: 4

<Ε<

!. f (1) .

2

Λύση

Επειδή η f είναι κυρτή αφού f"(x) Ο, για κάθε χ JR. , η γραφική της παράσταση βρίσκεται μεταξύ της εφαπτομένης της Cr στο Ο και της χορδής ΟΑ, οπότε ισχύει: (ΟΒΓ) < Ε < (ΟΑΓ) (1) Όμως: (ΟΑΙ)= 1 (α)(ΓΑ)= 1 1 . f(1)= 21 f(1) 2 2 1 1 1 >

Ε

Δ

Δ

Δ

Δ

και (ΟΒΙ)=2(α) (ΙΒ)=2 1- (τεαιyμένη τσυΒ)=2 Υ

ΥΒ

f(1) 1 2 I I I

:r 1

ο

χ

εφαπτομένη της Cr στο Ο είναι: ε � Υ χ-f- (Ο) 0 = f' (Ο) ή y = .!_2 χ αφού f f' (χ) = e e(xf ) ) και συνεπώς f' (Ο) = -21 .

1+ ( Άρα y8 = .!_2 . Τελικά (Ο Β Γ) = .!_2 · .!_2 = .!_4 Και συνεπώς η (1) γίνεται: _!.4 < Ε < _!.2 f(1). Ο συνάδελφος Δημήτρης Τικτόπουλος. απ' 8 τον Πειραιά, μας έστειλε με Fax τη λύση του στο θέμα που 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 44 σελ. 14 (1). Στην εργασία αυτή ο συνάδελφος χρησιμοποιεί τις παρακάτω δύο προτάσεις ως κριτήρια.

(1 η): «Κάθε αριθμός της μορφής 4k 3 όπου k Ζ δεν μπορεί να γραφεί ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών)).

(2η): «Κάθε αριθμός της μορφής 2( 4k + 3) όπου k Ζ δεν μπορεί να γραφεί ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών)). Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/77

χ

+

Ε

Ε

Η στήλη της Αλλη λογραφίας

Στη συνέχεια παρατηρει οτι: «ο ένας απ' τους τρεις διαδοχικούς ακέραιους αριθμούς που αναζητούμε είναι πολλαπλάσιο του 9)) Βρίσκει ότι στο σύνολο S = { 1, 2, .. . , 100} υπάρχουν 4 τριάδες διαδοχικών αριθμών που ικανοποιούν τα επιτάγματα του προβλήματος: {8,9,10} ,{16,17,18} ,{72, 73, 74} ,{80,81,82} Ξεκινώντας από τη πρώτη τριάδα όπου: 8 22 + 22, 9 32, 10 32 + 1 αναξητάει τους θετικούς ακεραίους χ, y για τους οποίους ισχύει: η = 2χ2 , η + 1 y, η + 2 y + 1. Καταλήγει έτσι να αναζητήσει το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης: 2χ2 + 1 y ή i - 2χ2 1 ή ( y- xJ2){ y + xJ2 ) 1 Παρατηρεί ότι μία λύση της (1) είναι: (χ, y) (2, 3) Θέτει: ( 3+ 2J2γ = Υν + xv J2 όπου χv, Υv θετικοί ακέραιοι Οπότε (3 - 2J2γ = Υν - χνJ2 και συνεπώς (Yv -x vh){Yv + χν h) = ( 3-2J2γ ( 3+2J2γ = = [( 3 - 2J2) (3 + 2F2 )T = 1 Δηλαδή το διατεταγμένο ζεύγος ( χν , yν ) είναι λύση της εξίσωσης και συνεπώς οι αριθμοί: 2χ � , y� , y� + 1 για κάθε ν ε Ν• είναι λύσεις του προβλήματος. Εύκολα διαπιστώνεται ότι τα διατεταγμένα ζεύγη ( χ ν, yν} είναι άπειρα και συνεπώς άπειρες είναι οι τριάδες που κατασκεύζουμε με τη βοήθειά τους. Ο κύριος Νικόλας Τσελίκας , απ' τη Μεταμόρφωση, μας έστειλε την παρακάτω επιστολή. «. .. Θα ήθελα, αν είναι δυνατό, μέσω του περιοδικού "Ευκλείδη" να μου εξηγήσετε γιατί: ενώ η συνάρτηση φ(χ) 3χ είναι γνησίως αύξουσα, θα πρέπει και η συνάρτηση σ( χ) = 3x'-Jx να είναι γνήσια αύξουσω)

χ2 - 3χ που είναι μια άλλη συνάρτηση. Αυτή η συνάρτηση είναι γνήσια φθίνουσα στο 3 ' αυ' ξουσα στο ' ' γνησια 2 , ενω' ειναι διαστημα

( J διάστημα [%, +οοJ. -οο ,

Πραγματικά: Ας πάρουμε τη συνάρτηση f( χ) = χ 2 -3x/IR . 'Εχουμε: f ( χ } χ 2 - � και παρατηρούμε ότι: χ I < χ2 <-32 � χ ' --23 < χ2 -23 < 0 � 2 2 � χ - > χ2 - � 2 2 � χ I - �2 _.2_4 > χ 2 - �2 _ .2_4 � � f( x3 } > f( x 2 } 3 3 3 2 � χ , < χ 2 � Ο � χ , - 2 < χ2 - 2 � 2 2 � x� - < x 2 - � 2 2 � χ - �2 _ .2.4 < χ 2 - �2 _ .2_4 � � f( x3 ) < f( x 2 ) Αν τώρα τις συνδυάσουμε παίρνουμε: χ , < χ2 < � f( x , ) > f( x 2 } � 3 ( ) > 3f(x,) ή σ( χ , ) > σ( χ2 ) � -< χ I < χ2 � f( χ I ) > f( χ 2 ) � 3f(x, ) > 3f(x, ) η' 2 σ( χ 1 } < σ( χ 2 } Δηλαδή η συνάρτηση σ(χ), που σας ενδιαφέρει, δεν είναι μονότονη. Αυτό οφείλεται στο ότι η f(x) δεν είναι μονότονη. Για δείτε τώρα: Ας πούμε ότι έχουμε δύο συναρτήσεις τη y f(x) και τη y g(x), που είναι η μία γνήσια αύξουσα και η άλλη γνήσια φθίνουσα κι είναι κι οι δύο ορισμένες σ ' όλο το IR . Μπορεί να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση Η Σ.Ε. απαντά: Η συνάρτηση σ(χ) προκύπτει απ' τη φ(χ) αν y = f(g(x)) και η συνάρτηση y g(f(x)) είναι γνήσια φθίνουσες; αντικαταστήσουμε τον χ με την παράσταση: =

=

=

=

=

( %] ( %] ( J ( J

=

=

( - %J

=

-

,

=

=

( %J ( %J ( J ( J

·

I

%

•

f x,

•

•

=

=

=

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/78

Η στήλη της ΑλληλΟ'yραφίας

Από το φοιτητή του 1 ου έτους του Τμήματος Επομένως το τραπέζιο ΑΒΖΕ είναι ισοσκελές Πολιτικών Μηχανικών της Πολυτεχνικής και άρα ΒΕ = ΖΑ = ΑΔ = ΒΓ δηλαδή το ΒΕΓ είναι Σχολής του ΑΠΘ Χρ. Τσολαρίδη και την ισόπλευρο. αδελφή του, Αναστ. Τσολαρίδου, μαθήτρια Ο συνάδελφος Νίκος Φάπας, από τη Νέα Σμύρνη, μας απέστειλε μια εργασία πάνω στις της Β' Λυκείου, από τη Θεσσαλονίκη, πήραμε ένα γράμμα στο οποίο παραθέτουν 13 παράγουσες και κατ' επέκταση στον τρόπους στο πρόβλημα με το τετράγωνο που υπολογισμό ορισμένου ολοκληρώματος. Θα είχε προτείνει ο ακαδημαϊκός κ. Ν. Αρτεαξιοποιηθεί στο επόμενο τεύχος. μιάδης στο τεύχος 43 (σελ. 14). Από τον κ. Λουκά Χυτήρη λάβαμε ένα γράμμα, του οποίου παραθέτουμε ένα μέρος Δίνουμε τον 7° τρόπο. Κατασκευάζω μοναδικό ισόπλευρο τρίγωνο ΑΖΔ . (το πιο σημαντικό): Άρα: ΑΒΖ = ΒΖΑ = 75° = ΖrΔ «Αγαπητέ ΕΥΚΛΕΙΔΗ, είμαι συνδρομητής σας (Βλέπε παρακάτω σχήμα). τα τελευταία 4-5 χρόνια, χωρίς να είμαι ούτε Α μαθηματικός, ούτε μαθητής απλά είμαι ένας φίλος των Μαθηματικών. Εργάζομαι στα ΕΛΤΑ κι έτσι βλέποντας κάποτε τον ΕΥΚΛΕΙΔΗ, θυμήθηκα τα σχολικά μου χρόνια και αποφάσισα να εγγραφώ συνδρομητής για να λύνω καμιά άσκηση, απ' αυτές που μπορώ, φυσικά. ( ... ) Τέλος πάντων, κατάφερα να λύσω, όπως Οπότε ΖΑΒ = 30° = ΓΔΖ , ΑΒ = ΑΖ= ΔΖ =ΔΓ. Το τρίγωνο ΒΓΖ είναι ισοσκελές και μάλιστα νομίζω, την άσκηση του κ. Ιωαννίδη της τις δύο γεωμετρικές του κ. Σκοτίδα και ίσο με το ΑΕΔ διότι έχουν ίσες βάσεις και ίσες τις Άλγεβρας, γωνίες παρά τις βάσεις με 15°. Επειδή τα σημεία Ε τη δεύτερη γεωμετρική του κ. Ευθύμογλου. και Ζ ισαπέχουν συγχρόνως των Α, Δ και Β,Γ η Έλαβα δε το θάρρος να σας στείλω και μια δική ΕΖ είναι μεσοκάθετη στις ΑΔ, ΒΓ και άρα μου άσκηση Γεωμετρίας» (δες τη στήλη «0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ προτείνει. .. Ευκλείδη και ΕΖ//ΑΒ. Διόφαντσ>)).

•

•

•

�

Ο συνάδελφος Κοσ� rιφόζας απ' τη Βούλα Αττικής, μας έστειλε ένα γράμμα Ξ στο οποίο περιέχεται το παρακάτω πρόβλημα που δόθηκε σε υποψηφίους για Ξ κάλυψη θέσεων δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης σε πρόσφατο διαγωνισμό τραπέζης. Ξ

···································································································

.

8

.

.

«Ένα αοτοκίνητο ξεκινά από μια πόλη Α με προορισμό την πόλη Β. Αν διανύει

.

•

τα 150 χιλιόμετρα σε 2 ώρες, φτάνει στον προορισμό τοu cmς 8 π.μ. Αν διιιν6ει τα 270 χιλιόμετρα σε 3 cόρες, φτάνει στον προορισμό τοu cmς 6.π.μ. Η απόσταcrη τιον

: 2 πόλειον είναι:

Ξ .

. .

Ξ Η Σ.Ε. απαντά:

α.

40 χιλ.

β. 5Ο χιλ-

y. 20 χιλ.

: Έχετε δίκιο. Έπρεπε να υπάρχει άλλη μια απάντηση:

δ. 30 χιλ.» . . .

.

ε.

άλλη

ή

ε.

900 χιλιόμετρα.

. . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . • . . .. . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λcπ' τ.2/79

λέξεων κλε ιδ ιών

"""''' ',..."" του άρθρου

8 . .

J��-J· .��

� t; ll

��

;,��:."'-· .

"{l���

'

E:ΔV..,JΉτNΊirJWi�·- l\ιfl�®'Iallitr.AΔΔ,JrΩa::�rcτ Εκδόσεις τη��Ιλληνικής Μαθημαt�Ί<ή .;;:ι· · · "\ "\

� •

t\!\1,����ς � _,_

- __ ...... . .-

•

Ευκlείδη�Α'

•

ΕυκltίδηςΒ'

Μαθημαηκή Ειιθ tώpηση

•

• • • •

Εuκλείδης y'

Ν έες Εκδόσεις

ΔιιθνtίςΜοΟημmκiςΟlυpιιάδες(1959·2ΟοeJ ,. ΒαΑκανικiςΜαβημοτικiς Οlυμιιάδις (1984·2001) Θε�ρίαΑριθμών Ήριιινοςλλεξανδpίιiις (Μετρικά · Διόtrτρο)

Εκδόσεις; της; ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ � \ \H\ι lfi.H�

\1\ΗΙΙ ΙΙ\1 11<11� I1\l � • tl l' \ Ot: U F TΙJ\:

LOUIS BRAND

Ερι.uνηηκη

διο στοσn

MASHMATIΚH ΑΝΑΛΥΣΗ

....... ..__..•q·tno••'l't .....

ΜΑΘΗΜΑτtΚΗ ·55 ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 7-:7

8ι.vnnt 1111 - - ΙΙΙΣΩΙΙΙΣ

• ....... ιιιιιι�ς�r._..

ιι.

....

,•

-

ΣτοΙΧF.ΙΟΔΗΣ; rιΕΟΜΣΤΡΙ<\ ΛΠΟ ΑΝΟ:ΤΕΡΙΙ ΣκοnrΑ

ιι,.::ι.ι.ι.Μc RHSEΛM. ιJ

i\l;ιτΗ;,_ιτιa

""'"·'.ιι�ι.AI"I'L>tloWI:I; �-­ -

ι,,-QIUl."':τκs n

ΕυιcλεiδηςΑ":

Τεύχος 2 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: β ευρώ δρχ. ΕυκλείδηςΒ": Τεύχος 2,5 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 1 Ο ευρώ Τεύχος 5 ευρώ ΕυύεiδηςΓ: Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ

ΙΙα8ημ. Εmβειίιρηση:

Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Τεύχος 5 ευρώ Ασιpολάρος: Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ευρώ Δrλ1fο (IWeliι): Τεύχος 7,30 ευρώ

Διεθνής llαβημcmκές

Ολυμιιιάδες 1959 - 1999: 20 ευρώ

Βαλuνιιίς Μα8ιμιιιιές ΟΑuμπιάδες 1984al1: 15 ευρώ θέμαια εξmίσεων στα A.E.I

6 ευρώ 1976 - 1989: ά: ραιmι: 1Που Πανελληνίου Συνεδρίου 6 ευρώ 2ou Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ 3ou Γ1ανελληνίοu Συνεδρίου β ευρώ 4σJ.5ou ΓΙαΙιελληνkχι ΣυνεδρbJ β ευρώ 6ou Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ 7ou Πανελληνίου Σuνεδρίου β ευρώ βου Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ 9ou Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ 10ou Πανελληνίου Συνεδρίου 17 ευρώ

11ou Πανελληνίου Συνεδρbυ 17 ευρώ 14ou Πανελληνίου Συνεδρbυ 17 ευρώ 15ou Πανελληνίου Συνεδρbυ 17 ευρώ 16ou Πανελληνίου Συνεδρίου 17 ευρώ 17ou Πανελληνίου Σuνεδρίου 25 ευρώ 1βου Πανελληνίου Συνεδρίου 25 ευρώ Συνiδριο Hemιis "92 (Αyyλιιιά) 25 ευρώ Συνέδριο Hemιis "94 (Αyyλιό) 15 ευρώ 2 1όμοι ο Ίάμος

Γραμμιιοί Myερpa (Gr. llιmcιes)

6 ευρώ

ΗΡΟΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ

(Ονόμcmι Γειιιμειpικών όριιιν 20 ευρώ ΓΕ0ΙΙΕΙΡΙΚΑ) 20 ευρώ (llπρι&ά - Αιόπιpα)

Δκιλέ(εις: Ο τόμος

5 ευρώ

ΙΙΙαβημcιιιιιή Ανάλυση 25 ευρώ (Louis Bnιnd) ΔιαtοριUς Εξισώσεις (Steplιen)son

1 Ο ευρώ

ιa Loήa Ισιορίσ ΙΙΙαβημσιών

(4Ίόμα4Α,Β,ΓΑιΓΒοΊάμιιςβ ευρώ 4 ευρώ

70 Χρόνια E.II.E.

Ελληνική ΙΙcιβημσnιιί Βιμιοypαfία

4 ευρώ Σπιιpιιίιδης Γειιιμεηιία cm6 β ευρώ Ανtίπερη Σκσιπά

17 ευρώ θειιιpία � Τα παλαιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχουσες τιμές τοu 2002

Γ ΡΑ Μ Μ Ι ΚΑ Η ΑΛΓΕΒΡ Ι J ;\

Ι

� !.ι J f il 1 Ξ

l

'J I

( i1

I .{ !

BIBΛIOpuθu.ι..�

Σαβ���ς

www. saνa las.qr

Σημ ι ίο αναφοράς στ ο ι κπ α ι δ ι υτ ι κ ό βιβλί

ΖQΟΔ. ΠΗΓΗΣ 1 8

&

ΣΟΛQΝ ΟΣ, ΑθΗΝΑ 1 0 6 8 1

τ ι μή

2 .50

Ευρώ

ι· ι I· ι ι

ι,

I

Ι<Α 1 -�-05Fi�·

ιι

I

ΤΗΛ.: 2 1 0 3 3 0 1 2 5 1 FAX: 2 1 0 3 3 0 6 9 11:3