Ευκλειδης Β 48 by demi de

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΒ www.patakis.qr

Παtόιχηc βοηeήμα:rα. γι,α. όλα. -rα. μα.eήμα.-rα.

Βιβλίο, όχι βόμβε�!

.....

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς Φυσική yεν. παιδείας

Γ Ενιαίου Λυκείου

Γ. Βιδάλης - Β. Γκιμίσης

Μ. Γεwργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ό.

Α. Δασκαλός, Κ. Σπανός κ.ό.

Άλyεβρο yεν. παιδείας

Ευκλείδειο rεωμετρίο

Φυσική yεν. παιδείας

Β' Ενιαίου Λυκείου

ΜΕθ040Λ�ΓΙΑ

Φuσικης J

c. • οcι Ο ;,ι

l...,.8C,Ou

-------·-· . ·--.· .- - ......_..

I. Α. Ισpιικόπουλος

ιι ..,.:ιιιi Ιεt. uιεύβuνσικ I' Ειισfου Λυκείου

Αντώνης Σαρρηγιόννης Μεβοδολοyίο φυαικής

Εvισιοu Λυκείου

I. Κεφαλλwνίτης, Β. Χρηστίδης

Χημείο βετ. κοτεύβυναης

Β' Ενιαίου Λυκείου

Τόσος Βαρδόπουλος

I. Βιδόλης, Β. Γκιμίσης, Α. Κονrογιόννης

μαθηματικά Γ' Evιolou Λu�εrou

Ματθαίος Τσιλπιρίδης

Μαθηματικά yεν. παιδείας

Γ Ενιαίου Λυκείου

1ίίίίίmϊ� Γ· Ενιαίου Λυκείου

·�

ΤριανrάΦυλλος Μελισσαρόπουλος Φυσική

Γ Ενιαίου Λυκείου

βετ. & τεχν. κοuύβυναης

Μεβοδολοyίο Χημείας

Ερωτήαεις οξιολόyηαης

Γ Ενιαίου Λυκείου βετ. κοτεύβυναης ατο Μαθηματικά Γ Ενιαίου Λυκείου θετ. & τεχν. κατεύθυναης

Ελευθέριος Πρwτοπαπός Μαθηματικά

Γ Ενιαίου Λυκείου

βετ. & τεχν. κοτεύβυναης

Από το Παιδαγwγικό Ινστιτούτο του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν 53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού των ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΠΑΤΑΚΗ ως ΕΠΙΣΗΜΑ ΣΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ για τα σχολεία όλης της Ελλάδας.

Στόχος του 20ου Συνεδρίου είναι να προσεγγίσουμε το φαινόμενο της μάθησης και της διδασκαλίας των Μαθηματικών από τη σκοπιά του παιδιού που μαθαίνει, εστιάζοντας στο πώς αντιλαμβάνεται τα Μαθηματικά ως μάθημα και ως πολιτισμικό αγαθό κατά τη διάρκεια της πνευματικής του εξέλιξης. Ο παραπάνω στόχος συμπληρώνει τις έως τώρα προσεγγίσεις για το φαινόμενο της διδασκαλίας και μάθησης των Μαθηματικών που έχουν ως επίκεντρο είτε την καταλληλότητα της ύλης που διδάσκεται στα σχολεία; είτε την επιστημονική και παιδαγωγική αρτιότητα του εκπαιδευτικού υλικού (βιβλία, αναλυτικά προγράμματα κ.λπ.), είτε την παιδαγωγική και επιστημονική επάρκεια του εκπαιδευτικού (επιμόρφωση, κ.λπ.). Στο 20ο Συνέδριο θα αναλύσουμε τη διαδρομή του υποκειμένου που μαθαίνει Μαθηματικά διαμορφώνοντας την πνευματικ1Ί, ψυχική και κοινωνική του προσωπικότητα, αλληλεπιδρώντας με συμμαθητές και δασκάλους, με τις απαιτήσεις του οικογενειακού και του σχολικού περιβάλλοντος, με την ίδια τη γνώση και τις εκάστοτε διδακτικές της προσαρμογές. Σ τ ρ ο γγυ λό Τ ρ απ έ ζ ι: Παιδαγωγική και Επιστημονική Ενημέρωση του ΕΚπαιδευτικού: Η Συμβολή της Επιμόρφωσης, της Έρευνας και των Επιστημονικών Περιοδικών. eΟΟΕισήγηση eΟΟτοποθετήσεις Συνέδρων Θεμ ατικές Α. Γνωστικό επίπεδο: συνέχειες και ρήξεις. •

•

Ενότητες το υ Συνεδρίου

Η εξέλιξη βασικών μαθηματικών εννοιών και επιστημολογικά εμπόδια στην μαθησιακή πορεία του παιδιού. Η σύνδεση διαφορετικών γνωστικών περιοχών των Μαθηματικών στο σχολείο και η αξιοποίηση των προηγούμενων γνώσεων. Η σχέση των Μαθηματικών με άλλα σχολικά γνωστικά αντικείμενα και τις εφαρμογές τους.

Β. Συναισθηματικό επίπεδο: aυτοεκτίμηση και aπογοητεύσεις. • Ο ρόλος της οικογένειας και της αξιολογικής συμπεριφοράς στο σχολείο. • Η επίδραση της εξωσχολικής βο1Ίθειας. • Φοβίες και σχολική αποτυχία. Γ. Αντιληπτικό επίπεδο: επίλυση προβλημάτων και επαληθευσιμότητα. •

•

Οι αντιλήψεις των παιδιών για την έννοια του μαθηματικού προβλήματος. Η μεταβολ1Ί των στοιχείων που καθιστούν μια λύση αποδεκτή ή μη αποδεκτή στην εξέλιξη της σχολικής ζωής των παιδιών. Τα όρια στη χρήση των αναπαραστάσεων και των παραδειγμάτων

Δ. Κοινωνικό πολιτισμικό επίπεδο • Η έννοια της συνεργασίας στη σχολική τάξη στο μάθημα των Μαθηματικών. • Η αξία και η χρησιμότητα της μαθηματικής επιστήμης για τα παιδιά. • Επικοινωνία και μάθηση των Μαθηματικών σε πολυπολιτισμικές τάξεις Οι εργασίες οι οποίες θα υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2003 θα κριθούν με βάση τα πλήρη κείμενα από την επιστημονι κή επιτροπ11. Θα πρέπει να είναι πρωτότυπες και να εντάσσονται στους σκοπούς του συνεδρίου. Τα πλήρη κείμενα των εργασιών που θα εγκριθούν θα περιληφθούν στα πρακτικά του Συνεδρίου, τα οποία θα καταβληθεί προ σπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδριο. ·

Οδη γί ε ς για τ η Σύ νταξ η τ ω ν Ερ γα σ ιών

Τα πρακτικά τσυ Συνεδρίου θα εκδοθούν με ηλεκτρονική στοιχειοθεσία των κειμένων που θα υποβληθούν γι' αυτό. Χάριν ο μοιομορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παρακάτω: 1. Η εκτύπωση θα είναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αριστερά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω. Το κείμενο θα είναι πλήρως στοιχισμένο εκτός του τίτλου και των στοιχείων του συγγραφέα που θα είναι στοιχισμένα στο κέντρο. 2. Η πρώτη σελίδα της εργασίας θα περιέχει κατά σειρά: α) Τον τίτλο της εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 16. β) Μια κενή γραμμ1Ί. γ) Το όνομα του συγγραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά), που δε θα υπερβαίνει τις 15 γραμμές κειμένου, γραμμένη με γράμματα μεγέθους 12. ζ) Θα ακολουθεί το κυρίως κείμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. 3. Στην τελευταία σελίδα της εργασίας, επισυνάπτεται (εφόσον είναι δυνατό) μια περίληψη της εργασίας σε κάποια διεθνή γλώσ σα. 4. Η εργασία θα είναι γραμμένη σε επεξεργαστή κειμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα που θα περιέ χει την εργασία. Να χρησιμοποιηθούν γραμματοσειρές Times New Roman Greek για τους τίτλους και για το κυρίως κείμενο. ΣΗΜΑΝτΙΚΗ ΗΜΕΡΟΜ ΗΝΙΑ 15 Σεπτε μβρίου 2003

Τα πλήρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2003 στην παρα κάτω διεύθυνση:

Ελληνική Μαθηματική ΕταΙ.Qεία (για το 20ο ΣυνέδQιο της ΒΕΡΟΙΑΣ) Πανεπιστημίου 34- 106 79 Αθήνα και στην Ηλεκτρονική Διεύθυνση: e-mail: info@hms.gr

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

Υπεύ6υνοι Έκδοση<:

Συνιακηκή Ομάδα:

Συvερyάι:εc;:

ΦελλούρηςΑνάργυρος,Βάρδας Κώστας, Κουτσανδρέας Γεράσιμος, Τσέκου Κώστας, Μαυρογιάννης Μάνος, Κατωπόδης Γεράοψος

•

Απρίλιος

Μάιος

•

Ιούνιος 2003

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

•

Ευρώ: 2,50

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ

Ο Ευκλείδης προιείνει... Ευκλείδη και ...Διόφαvτο

Η σιήλη ιου μαllηιή

16 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

19 Μαllημαηκοί Διαγωνισμοί- Μαllημαιικeς Ολυμπιάδες

I ΜαΟημαιικά yια ιην Α' Τάξη ιου Λυκείου I 25 ΆλγεΒρα 30 Επαναληπιικeς Ασκήσεις 31 Γεωμειρία

I ΜαΟημαιικά yια ιην Β' Τάξη ιου Λυκείου I 37 ΆλγεΒρα Γενικής Παιδείας 42 Γεωμειρία Γεηκής Παιδείας 42 Ι.

44 11.

Επαναληπιικeς Ασκήσεις Γεη.κeς Ασκήσεις Επανάληψης

47 Μαllημαιικά θειικής και Τεχνολογικής Καιεύllυνσης 52 θεωρία Αριllμών

I ΜαΟημαιικά yια ιην Γ Τάξη ιου Λυκείου J

ΕΚΔΟΣΉ ΤΙΙΣ ΕΛΛJΙΝΙΚΙΙΣ ΜΑθΗΜι\ΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑl'<ΈΓΠΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ

Τηλ,36 17 784 36 16 532 Fωc 36 41 025 Εκδότη�: Αλεξανδρής Νικόλαος Διευ8υvτή�: Τυρλής Ιωάννης

•

ΜΑΘΗΜΑτιΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

Ευσταθίου Ευάγγελο�, 'Μπαραλής Γεώργιος, Στρατης Ιωαννης

Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγγελικfι Δούvαβης Αντώνης ΕυθιJμογλου Πέτρος Καλίκας Σταμάτης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Καρακαισάνης Βασίλης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Κυριακοπούλου-Κυβερvήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Νψώρας Ηλίας Παππάς Γιώργος Ρήγας Θεόδωρος Σακελλάρης Βασίλης Σαi'τηΕύα Σταθόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος Γιώργος Ταπεινός Νίκος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλdμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

57 Μαllημαιικά Γενικής Παιδείας 61 Μαllημαηκά Θειικής και Τεχνολογικής Καιεύllυνόης

ISSN: 1105-7998

65 Γενικά Θeμαια Επανάληψης

Μαραγκόκης Στέλιος

75 Γενικeς Ασκήσεις Ανάλυσης

Ε πιμ έλεια Έκδοση�:

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: 2,50 eυρώ Τeύχο� Εtήοια συνδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ) ΣυνδροΙDΊ.τέ� 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Ορyαvισμοί: 18,00 ευρώ Ταχ. Επιιαyέ� Τ. Γραφείο ΑΟήvα 54, Τ.θ. 30044

68 Επαναληπιικeς Ασκήσεις

79 ΕμΒαδόν χωρίου

Σιοιχeιοlleσία - Σελιδοποίηση

:Δ bltiμ��J

�

Ακαδημίας 43; rιιλ. 210-3606826

Εκrύπωση ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Yrιcuθ. Τιπιοyραφcίου:

Ιερά οδός 81

Γl Τραcριώτης-Τηi-3474654

π Σχετικά

με ένα πρόβλημα

Στο τεύχος 45 στη στήλη «0 Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και Δι όφαντο» είχαμε δημοσιεύσει δύο λύσεις (μία του πρ οτείνοντος συναδέλφου Θανάση Κυριακόπουλ ου, μέλους της Συντακτικής Επιτροπής, και του συναδέλφου Σ. Σκοτίδα απ' την Καρδίτσα, συνεργάτη του περιοδικού) στο πρόβλημα: Να βρεθούν συναρτή σεις f : JR. � JR. με f(x) > Ο, για κάθε χ Ε JR. τέτοιες ώστε: f(x)f(- χ) = d, για κάθε

χ Ε JR.

όπου α > Ο (δοσμένος).

(

�

Οι λύσεις αυτές ήταν: f(x) = αd'(xJ όπου h(x) μια περιττή συνάρτηση και f ( χ ) = α φ ( χ ) + φ2 ( χ ) +

όπου φ(χ) μια περιττή συνάρτηση. Τελικά είχε τεθεί με μορφή σχολείου της Σ.Ε. το ερώτημα: Υπάρχουν και άλλες λύσεις; Στο ζήτημα αυτό απαντάει ο συνάδελφος Παν. Λ. Θεοδωρόπουλος απ' την Τρίπολη.

Αφού βρήκα τη συνάρτηση τ, το ερώτημα που με απασχόλησε ήταν να βρω τη γενική λύση του προβλήματος. Ο τρόπος που ακολούθησα για τη λύση είναι σχεδόν ίδιος με τον τρόπο του συνά δελφου κ.Θ. Κυριακόπουλου. Συγκεκριμένα: • Έστω f μια συνάρτηση πόυ ικανοποιεί τις συν θήκες του προβλήματος. Για κάθε χ Ε JR. έχου με διαδοχικά: f{x ) · f ( -x ) = α2 και f( x ) > O <=>

Όταν διάβασα το θέμα αυτό, σκέφθηκα τη συ νάρτηση: l + ημχ • XE1R και χ :;t:κπ + � (κ Ε Ζ) α· συνχ 2 τ( χ) = α, αν χ = κπ + � (κ Ε Ζ) 2

η οποία ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλή ματος. Πράγματι έχουμε: i. τ(χ) > Ο, για κάθε χ Ε JR. και - ημχ) {Ι + = ίί. τ(χ) · τ(-χ) = α2 . χ

f ( x ) -f ( -x ) -= 1 και f ( x ) > O<=> · α α f ) .r ( x ) � ln l και f ( x ) > O<o> m

η:ν\Ι

(�

)

f (-x ) f ( x) ln-= 0 <=> + ln � α α τ(χ) · τ(-χ) = α\ αν χ = κπ + , Κ Ε Ζ 2 f{ ) f{- ) ln x = -ln x οπότε: -χ = (-κ - l)π + � . α α 2 (χ) Η παραπάνω συνάρτηση δεν ανήκει (φαινοΠαρατηρούμε ότι, αν θέσουμε h (χ) = In , α μενικά) σε καμία από τις κλάσεις που προτείνονται τότε η h είναι περιττή συνάρτηση και η f μπορεί να στις δημοσιευμένες λύσεις. πάρει τη μορφή: f{x ) = α · eh(x) ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/3

(x)= · h x

Το βήμα του Ευκλείδη

τό πράγματι συμβαίνει όπως αποδεικνύεται πα (Αντίστροφα). Έστω μία συνάρτηση της ) ( α e , όπου h :IR�IR μια μορφής: f ρακάτω, ως εξής: Ι. Ας ξεκινήσουμε από τη μορφή: περιττή συνάρτηση. Έχουμε: ί. > Ο, για κάθε IR και · eh(x)+h(-x) · eo = α2 , . ίί και φ περιττή συνάρτηση. για κάθε IR . Αν θέσουμε: Βλέπουμε, δηλαδή, ότι η f ικανοποιεί τις συν θήκες του προβλήματος. τότε η είναι περιττή και η γράφεται: • Συμπέρασμα. Άρα μία συνάρτηση : IR � IR α·e ( ) ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος εάν ΙΙ α e (x) με h :IR�IR περιττή . 'Εστω και μόνον εάν μπορεί να πάρει τη μορφή: συνάρτηση. Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση: α ·e ( ) f e2h(x) όπου IR � IR μια περιττή συνάρτηση. 2eh(x) Έτσι λοιπόν η τ (το δικό μου παράδειγμα) γρά τότε εύκολα αποδεικνύεται ότι: φεται: τ ( α · e'n(θ(x)) , όπου i. Η φ είναι περιττή και η μχ IR και * κπ 2: 1 φ2 ii. συνχ 2 •

f(x) χε 2 =α2 f(x)·f(-x)= α χε

( x)=

f(χ) =α(φ ( χ)+�φ2 (χ )+1 ), χε!R

x h ·h

h(χ) = Ιη(φ ( χ)+�φ2 ( χ)+1 ) h f f(x) = f(x)= f(x)= -1

χ)= 1 1 + I, χε χ + θ ( χ)= π 1, χ=κπ+(κεΖ) . 2 και η y = (θ ( χ) ) όπως εύκολα αποδεικνύεται

.----

f( x) = α· (φ ( χ)+ � ( χ ) + )

Όπως προκύπτει, λοιπόν, από τα παραπάνω, υ πάρχει μία και μοναδική κλάση συναρτήσεων που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος. Είναι ln οι συναρτήσεις αυτές που μπορούν να πάρουν τη είναι περιττή. μορφή: Ας έλθουμε τώρα στις λύσεις των δύο συνα α e (x) , δέλφων. Αν παρατηρήσουμε προσεκτικά τις λύσεις τους, βλέπουμε ότι και οι δύο συνά όπου : IR � IR μια περιττή συνάρτηση ή ισοδύ δελφοι προσέγγισαν το θέμα προσπαθώντας να ναμα τη μορφή. δώσουν τη γενική λύση του προβλήματος και , α· φ πως και οι δύο οι λύσεις είναι λογικά σωστές. Είναι δυνατόν λοιπόν να προκύψουν δύο δια όπου φ : IR � IR μία περιττή συνάρτηση. φορετικές κλάσεις συναρτήσεων ως γενικές Το συμπέρασμα αυτό απαντά και στο ερώτημα λύσεις; Ασφαλώς όχι. Θα πρέπει λοιπόν οι δύο της Σ.Ε. που συνοδεύει τις δύο λύσεις. μορφές συναρτήσεων να είναι ισοδύναμες. Αυ-

f( x)= ·

f(x) = ( ( χ) +�φ2 ( χ)+ 1 )

Το ίδρυμα Μείζονος Ελληνισμού με την αιγίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας ορ γάνωσε έκθεση με θέμα «Υπάρχει σε όλα λύσq; Ταξlδι ιrro κόt1μο των αpχαiων Ελλιpιικών μαfhιματικών». Η έκθεση

Συνιστάται στους συναδέλφους Μαθηματικούς να συνοδεύσουν τους Μαθητές του Γυμνασίου -Λυκείου και να επισκεφθούν την Έκθεση. Είναι μια πολύ καλή εκπαιδευτική Δραστηριότητα. Πληροφορίες στο Πολιτιστικό Κέντρο «Ελληνικός Κόσμος» Πειραιώς 254 Ταύρος 17778 Τηλ.: 210 4835300

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ. 4/4

Ο Εσκlι:ίδnς ιιροτι:ίvcι ... ΕσιW:ίδιι και ...

Λυμένα Θέματα (τα έχει προτείνει ο κος Γιώργος Σ. Τασσόπουλος) 6. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ελευθέριος Πρωτόπαπας, απ' το Περιστέρι).

h'(x)

Χο I

Δι6φαyτο

ο -

/I�

h(x)

τ. μ. Για μια συνάρτηση f: [α, β] � IR δεχόμα(ολικό) στε ότι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και Κι επειδή η f(x) είναι συνεχής διαπιστώνουμε ότι: h� ότι: f(α) = α, f(β) = β. :> =h(α)<h(χ) • α<χ�χ0::::0 Να αποδείξετε ότι: «αν f"(x)<Ο, για κάθε h� χ ε [α,β] , τότε f(x) > χ, για κάθε χ ε (α,β))). • χ0�χ<β:::::>h(χ) > h(β)=Ο.Δηλαδή h(x)>O,

Απάντηση :

για κάθε χ ε (α,β) ή f(x)>x, για κάθε χ ε (α,β).

Έστω χ1 ε (α,β) τυχαίος,. Θα δείξουμε ότι: f(x1) > χ1• Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του • Στην ίδια λογική Ρ.κινείται και η διαπραγμάτευση του συναδέλφου Μπόρη απ' τη Καλλιθέα. Θ.Μ.Τ. σε καθένα απ' τα διαστήματα: [α, χι], [χ1, β], (αφού είναι 2 φορές παραγωγίσιμη). • Επίσης στην ίδια λογική κινείται και η δια Άρα υπάρχουν ξ1 ε (α,χ1) και ξ 2 ε (χ1,β) τέπραγμάτευση του συναδέλφου Σ. Σκοτίδα από τοιοι ώστε: την Καρδίτσα. α f(χ1) f(x1)-f(α) = και f'(ξι)= 7. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος χ1-α χ1-α Τασσόπουλος , μέλος της Συντακτικής Επι f'(ξ2)=f(β)-f(x1) β-f(χι ) τpοπής). β-χι β-χι Αν για ένα σημείο Μ του ύψους ΑΔ οξυγώ Κι επειδή η f' είναι γνήσια φθίνουσα (αφού: νιου τριγώνου ΑΒΓ με ΑΒ * ΑΓ ισχύει: f"(x)<Ο , για κάθε χ) συμπεραίνουμέ ότι: ΑΒΜ =Ai'M, τότε να αποδείξετε ότι το Μ 'f (ξι) > f'(ξ2 ) ή f(χι)-α > β-f(χι ) είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Χι-α β-χι Απάντηση : Και συνεπώς: f(χι ) >Χι (μετά από πράξεις). Α Αρκεί να δεί • Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα ότι: ξουμε μας έστειλε τη παρακάτω διαπραγμάτευση: ΒΜ .1 ΑΓ, δηλα Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x)- χ/[α, β] δή f + Βι=90' που είναι παραγωγίσιμη και h(α) = h(α)- α = Ο, (σχ. α). Για τη με h(β) = h(β) - β = Ο. Άρα, κατά το Θεώρημα Rolle ταφορά των γω υπάρχει χ0 ε (α,β) τέτοιος ώστε: h'(xo) =Ο. νιών αυτών, θεω • α < χ < χσ: h'(x) > h'(Xo) = Ο (η h' είναι γνήσια ρούμε το Β ' συμφθίνουσα) μετρικό του Β φς προς Δ. Αφού ΑΒ * ΑΓ θα είναι Β ' =F-Γ και Βι=ΒΊ, ΑΒΜ=ΑΒ'Μ (1) (λόγω • Χο < χ< β: h'(x) < h'(xo) =Ο συμμετρίας). Αλλά ΑΒΜ = AfM (2). (από υπό Συγκροτούμε έτσι τον πίνακα μεταβολών: θεση). ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/5

Ο Ευκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη ... και Δι όφαντο

Άρα: (1), (2) �ΑΒ 'Μ = Μ Μ�ΑΜΒΤ ε:yγράψιμο � Γ = Μι . Όμως Μι + Βι = 90" (αφού Δ = 90" ). Άρα f + Βι = Μι + ΒΊ = 90"

Συνεπώς:

ΑΔ ΜΔ ΑΔ ΜΔ ΒΔ ΒΔ = ΔΓ ΔΓ . ΑΔ ΜΔ ΑΔ ΜΔ 1+ . 1+ _ _ _ _ _ ΒΔ ΒΔ ΔΓ ΔΓ • Ο συνάδελφος Γιάννης Σταματογιάννης απ' ΒΔ ΔΓ τη Δροσιά Αττικής έστειλε την παρακάτω δια Άρα ·. = 2 . 2 ΒΔ + ΑΔ · ΜΔ ΔΓ + ΑΔ · ΜΔ πραγμάτευση: Κι επομένως: Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγ μένω ν με αρχή Δ και οριζόντιο άξονα τη ΒΓ κατα ΒΔ · ΔΓ2 + ΒΔ · ΑΔ · ΜΔ = ΒΔ2 · ΔΓ + ΑΔ · ΜΔ · ΔΓ Οπότε: ΒΔ · ΔΓ(ΔΓ - ΒΔ) = ΑΔ · ΜΔ(ΔΓ- ΒΔ) . κόρυφο άξονα την ΑΔ. Κι επειδή ΔΓ *ΒΔ<::::> ΑΒ * ΑΓ , (που ισχόει από Υ Α(Ο, α) υπόθεση) συμπεραίνουμε ότι: Ο<μ<α ΒΔ · ΔΓ = ΑΔ ··ΜΔ (1) Ωστόσο ΔΒ · ΔΓ = ΔΑ · ΔΚ . Άρα: ΑΔ · ΔΚ . Και συνεπώς: ΜΔ = ΔΚ (2) Δ(Ο, Ο) Καθώς είναι γνωστό το Κ είναι συμμετρικό του Για τις γωνίες ΑΒ Μ και Mf Α έχουμε: ορθοκέντρου . Άρα Μ = Η . -

Ο συνάδελφος Γ. Στρατής, μέλος της Συντα κτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω δια 2 + α.μ ΓΜ · ΓΑ γ πραγμάτευση: = συνω = . ΓM · ΓA γ 2 + μ2 γ 2 + α 2 Έχουμε: Α AB f M= M A (β2 + αμ) 2 (γ 2 + αμ)2 Άρα· = · Άρα: (β2 + α2 ) · (β2 + μ2 ) (γ2 + μ2 ) . (γ2 + α2 ) ΑΒ · ΒΜ Ε (ΑΒΜ) 2 2 2 2 2 2 �=.:.;;� Συνεπώς (β + αμ)2 = (β2 + α2 )(β 2 + μ 2) η, (με- Ε . = ΑΓ · ΓΜ BL---�----��r (γ + αμ) (γ + α ) . (γ + μ ) •

I II I �

� ·

τά από πράξεις) β2 y = α2 μ2 ή -βγ = αμ (αφού β<Ο, γ > Ο, α > Ο, μ > 0). Η τελευταία ισότητα είναι ισοδύναμη με τη συνθήκη ΒΜ · ΓΑ = Ο · δηλαδή η ΒΜ είναι κάθετη στην ΑΓ. Οπότε το Μ είναι το ορθόκεντρο. •

Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης, απ' τη Καλλιθέα Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευ ση: Έχουμε Β--θ = Γ-φ. Άρα: εφ(Β - θ) = εφΒ- εφθ εφΓ - εφφ εφ(Γ - φ) ή = 1 + εφΒεφθ 1 + εφΓεφ φ

(ΜΓΑ)

1 Κι επειδή: Ε = -ΑΜ · ΒΔ και (ΑΒΜ) 2 •

.!..

= ΑΜ · ΔΓ συμπεραίνουμε ότι: 2 ΒΔ ΑΒ · ΒΜ ή ΒΔ · ΑΓ · ΓΜ = ΔΓ · ΑΒ · ΒΜ . ΔΓ ΑΓ · ΓΜ Συνεπώς: ΒΔ · �ΑΔ 2 + ΔΓ2 · �ΜΔ2 + ΔΓ2 = = ΔΓ · �ΑΔ2 + ΒΔ2 - �Μιf + ΒΔ2 . Ε

(ΜΓΑ)' •

Οπότε, μετά τις πράξεις έχουμε: ΒΔ ΜΔ ΒΔ · ΔΓ = ΑΔ . ΜΔ ή = (1) ΑΔ ΓΔ Τα ορθογώνια τρίγωνα: ΑΔΒ και ΜΔΓ, λόγω της (1), είναι όμοια. Άρα: ΒΜ =Δ f Μ . Κα� συνε πώς το τετράπλευρο ΑΕΔΓ είναι ε:yγράψιμμο. (Ε = «η τομή της ΓΜ με την ΑΒ)) ). Άρα: ΑΕ Γ = Μ Γ = 90° . Κι επομένως το Μ είναι το ορθόκεyφο (τομή δύο ύψων του τριγώνου ΑΒΓ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/6

Ο Ευκλείδης προτείνει... Ευκλείδη... και Δι όφαντο

•

Ο συνάδελφος Σωτήρης Λουρίδας, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε μία λύση με α παγωγή σε άτοπο, που στηρίζεται στη γνωστή ιδιότητα ενός πλήρους τετραπλεύρου με κορυ φές Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ κατά την οποία: «αν οι ΑΓ, ΒΔ τέμνουν την ΕΖ στα Η, Θ, α ντίστοιχα τότε τα σημεία αυτά είναι αρμο νικά συζυγή των Ε, Ζ». Απόδειξη Α

Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μενελάου στο τρί γωνο ΑΕΖ με τέμνουσα ΘΒΔ κι έχουμε: ΘΕ . ΔΖ . B A = (i) l ΘΖ ΔΑ ΒΕ και το Θεώρημα Ceνa στο ίδιο τρίγωνο με εσωτε ρικό σημείο το Γ, οπότε: ΗΕ . ΔΖ . ΒΑ =l (ii) ΗΖ ΔΑ ΒΕ ΗΕ , , οτι: - ΘΕ Απ , τις (1), (11. ) προκυπτει ΗΖ ΘΖ ΒΑ ΔΑ Ειδικά όταν BE//Ez<t> θα έχουμε: . ΒΕ ΔΖ ΔΖ . B A =l (iii) δηλαδή: ΔΑ ΒΕ Απ' τις (ii), (iii) συμπεραίνουμε ότι: ΗΕ ΗΖ. "

=- .

προς Β, Γ. Αυτό προκύπτει από τα πλήρη τε τράπλευρα με κορυφές Α< Ζ, Η, Ε, Β, Γ και Α, Ζ', Μ, Ε', Β, Γ). Αφού Β ΕΓ = Β ΖΓ ( = 90°), το τετράπλευρο

ΒΓΕΖ είναι εγγράψιμο. Ομοίως, αφού ΜΒΖ ' = Μ fΈ' (από υπόθεση) θα είναι και το τετράπλευρο ΒΓΕ 'Ζ' εγγράψιμο Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα ΒΓΕΖ, ΒΓΕ'Ζ' λοιπόν έχουμε: Θ ΕΑ = Β , Θ ΕΆ= Β οπότε Θ ΕΑ = Θ Ε 'Α Όμως στο τρίγωνο ΘΕΕ' μία από τις γωνίες Ε Θ Α, Θ ΕΆ είναι εξωτερική και η άλλη απέναντι εσωτερική. Άρα Θ ΕΑ *Θ ΕΆ, πράγμα άτοπο. Άρα Μ = Η . 8.

(το είχε επίσης προτείνει ο συνάδελφος Γ. Τασσόπουλος). Δύο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, ρ) εφάπτονται ε ξωτερικά στο Α. Θεωρούμε δύο κάθετες τέμνουσες ΒΑΓ, ΔΑΕ των κύκλων αυτών, μεταβλητές. Να αποδείξετε ότι: «το άθροι σμα S ΑΒ ΑΓ + ΑΔ ·ΑΕ είναι σταθερό)), Απάντηση : Θεωρούμε την περίπτωση του σχήματος (α). Μια οριακή θέση της ΒΓ είναι η Β 'Γ = 2R + 2ρ, οπότε Δ = Ε = Α . =

•

Θεωρούμε τώρα το ορθόκεντρο Η του τριγώ νου ΑΒΓ. z

Ζ'- ---- --- - - Β

Ε' Γ

Έστω Μ ψ. Η θα καταλήξουμε τότε σε άτοπο. Αρχικά παρατηρούμε ότι: ΑΒ * ΑΓ => ΔΒ '* ΔΓ => ΕΖ, Ε 'Ζ' δείχνοντας από το σημείο Θ, συζυγές αρμονικό του Η ως (Ι)

Το Θ είναι το «επ' άπειρο σημείο "συνάντησης" των δύο παραλλήλων ευθειών».

Σ' αυτή την περίπτωση έχουμε S = 2R 2ρ = 4Rρ . ·

Θα αποδείξουμε το ίδιο για τυχαία θέση της ΒΓ. Είναι γνωστό ότι ΔΒ//ΓΕ (Αν xy η ΚΟ\νή εσωτερική εφαπτομένη τότε Β Α Α f => ΔΒ // ΓΕ ) 1 ΑΒ ΑΔ ΔΒ 2R R Άρα = ΑΓ ΓΕ 2ρ ρ =

1 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/7

2 =

ΑΕ

Ο Ευκλείδης προτείνει .. . Ευκλείδη ... και Δι όφαντο

αφού ΒΜ =ΓΑΕ = 90" ΔΒ = 2R, ΓΕ = 2ρ. προσπαθήσουμε λοιπόν να εκφράσουμε το ·S ωςΘασυνάρτηση αυτών των σταθερών λόγων. Πράγματι: ΑΔ ·ΑΕ 2 = R · ΑΓ2 + R ΑΕ 2 = 2 ·ΑΓ + S = ΑΒ ρ ΑΓ ΑΕ ρ R 2 =4Rρ R 2 =-·4ρ =-Rρ (ΑΓ2 +ΑΕ 2 ) =-·ΓΕ ρ ρ ::::>

β' τρόπος

Μια άλλη σταθερή σχέση μεταξύ των ΑΒ, ΑΓ, είναι2 η: 2 Ε2 2 2 2 (1) ΑΔ, ΑΕ 2 (ΑΒ + ΑΔ ) + (ΑΓ + Α ) = ΔΒ + ΓΕ + 4ρ Αλλ (1) => (ΑΒ2 + ΑΓ2)+(ΑΔ2 + ΑΕ2) = 4R + 4ρ2 => (ΑΒ+ΑΓ)2 =2ΑΒ·ΑΓ+(ΑΔ+ΑΕ)2 -2ΑΔ ·ΑΕ =4R2 +4ρ2 => {ΒΓγ +(ΔΕ)2 -2S=4R2 +4ρ2 ::::> 2S ={ΒΓ)2 +{ΔΕ)2 -4R2 -4ρ2 Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2-4R2 -4ρ2 8Rρ, ή (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2 = 4R2 + 4ρ2 + 8Rρ, ή (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2 = (2R + 2ρ)2, ή τέλος (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2 = (Β 'Γ ')2 Πράγματι, αφού ΜΒ ' = AfT ' = ΔΑr = 90" (σχ. α), το τετράπλευρο ΔΑΓΗ είναι ορθογώνιο, οπότε (Β 'Γ ')2 = (ΒΉ)2 + (ΓΉ)2• Αλλά και τα τετράολευρα ΒΓΗΒ ', ΔΕΓΉ είναι ορθογώνια, αφού έχουν τις γωνίες τους ορθές, κα θόσον δείξαμε ότι: Η= 90" και οι B',B,f'',E, · βαίνουν σε ημικύκλια. Άρα ΒΉ = ΒΓ, ΓΉ = ΔΕ, οπότε (Β 'Γ')2 = (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2• Παρόμοια λύση έδωσε ο συνάδελφος Ρ. Μπό ρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής,. Επίσης παρόμοια λύση απέστειλε ο συνάδελφος Γ. Σταματογιάννης απ' τη Δροσιά Αmκής,. συνάδελφος Χρ. Δεμιρτζόγλου απ' τη Δράμα μας απέστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : . Ονομάζουμε θ το μέτρο της γωνίας ΜΒ κάι με ::::>

•

παρόμοιους συλλογισμούς με εκείνους που εκτίθε νται στη διαπραγμάτευση του συναδέλφου Γ. Τασσόπουλου δείχνουμε ότι: Af'E = θ. Άρα: ΑΒ = 2Rσυνθ , ΑΔ = 2Rημθ, ΑΓ = 2ρσυνθ, ΑΕ = 2ρημθ. Κι επομένως: S = ΑΒ · ΑΓ + ΑΔ ·ΑΕ = 4ρRσυν2θ + 4ρRημ2 θ = = 4ρR(συν2θ +ημ2θ) = 4ρR. Μια διαπραγμάτευση μας απέστειλε ο συνά δελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα με χρήση της δύναμης σημείου ως προς κύκλο και το Πρώτο Θεώρημα Διαμέσων. Ο συνάδελφος Σ. Γ ουντουβάς απ' την Ύδρα χρησιμοποιεί την παρακάτω βοηθητική πρότα ση: 2«Σε κάθε τραπέζιο με ΑΒ//ΓΔ ισχύει: 2 ΑΓ + ΒΔ = ΑΔ2 + ΒΓ2 + 2ΑΒ ·ΓΔ>> που είναι άσκηση στο σχολικό βιβλίο. Ο συνάδελφος Σωτήρης Λουρίδας, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω λύση : Το γινόμενο ΑΒ · ΑΓ παραπέμπει σε δύναμη σημείου ως προς κύκλο με χορδή ΒΓ. Φέρουμε τη ΒΗ κάθετη διάκεντρο που τέ μνει στο Β' τον κύκλο (Κ, R) και Γ' τον κύκλο (Λ, ρ). Το τετράπλευρο ΒΓ'ΓΗ είναι εγγράψιμμο αφού τα Η. Γ «βλέπουν» τη ΒΓ ' υπό την ίδια γωνία 9σ . •

•

στη

ΚΛ

Άρα: ΑΒ · ΑΓ = ΑΓ' ΑΗ = 2ρ · ΑΗ (1) Όμοια αν η ΔΘ είναι κάθετη στη Β 'Γ'', τότε το τετράπλευρο ΔΘΕΓ ' είναι επίσης εγγράψιμο αφού ΑΘΔ = ΑΕΓ' = 90" . (2) Άρα: ΑΔ · ΑΕ = ΑΓ' · ΑΘ = 2ρΑΘ Συνεπώς: S = ΑΒ · ΑΓ + ΑΔ ·ΑΕ = 2ρ(ΑΗ + ΑΘ) (3) Αλλ : ΔΑΒ = 90" . Οπότε η ΔΒ είναι διάμετρος του κύκλου (Κ, R). Και συνεπώς τα τρίγωνα ΒΚΗ και ΔΘΚ είναι ίσα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/8

Ο Ευκλείδης προτείνεL.. Ευκλείδη... και Δι όφαντο

ΚΗ

(4) = ΚΘ, οπότε ΑΘ = Β Ή Άρα: Κι επομένως: (3) S = 2ρ(ΑΗ + ΒΉ) 2ρΑΒ' 2ρ2R = 4ρR =

(4)

Σχόλιο : Το ίδιο αποδεικνύεται και στη περί

πτωση που οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά. 9. (το είχε προτείνει ο κος Λουκ άς Χυτήρης). Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και δύο διάμε τροι ΑΒ, ΓΔ τέτοιες ώστε το μέτρο της γω νίας ΒΟΓ είναι 60" . Στο έλασσον τόξο ΒΓ παίρνουμε ένα τυχαίο σημείο Μ και φέρ νουμε τις ΜΑ, ΜΒ, ΜΓ, ΜΔ. Να αποδείξε-

, ΜΔ+ΜΑ = 2 + νr;;3 ΜΒ+ΜΓ

τε οτι:

•

ΜΒ=2Rημ(30° -χ Επίσης στο ορ θογώνιο τρίγωνο ΔΜΓ ισχύει: ΜΓ = 2Rημχ, ΜΔ = 2Rσυνχ Επομένως: ΜΑ+ΜΔ=2R[συν(30° -χ)+συνχ και .ΜΒ+ ΜΓ = 2R[ημχ + ημ(30" - χ)] . Οπότε: ΜΑ+ΜΔ 2R2συν15° συν(15° -χ σφ1 S ο =2+J3 ΜΒ+ΜΓ 2R2ημ1 5°συν(χ- 1 5) •

Απάντηση:

Το τετράπλευρο ΑΔΜΓ είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο. Άρα κατά το Θεώρημα Πτολεμαίου έχουμε: ·

Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής έδωσε μια λύση χρησιμοποιώντας μιγαδι κούς αριθμούς. •

1 Ο.

ΓΜ ΑΔ + ΔΜ ΑΓ = ΔΓ ΑΜ . Κι επειδή: ΑΔ = r, ΑΓ = rJ3, ΔΓ = 2r συμπεραίνουμε ότι: (1) ΓΜ + ΔΜJ3= 2ΑΜ ·

Στην ίδια κατά βάση λογική κινείται η δια πραγμάτευση του συναδέλφου Α. Ιωαννίδη απ' τη Λάρισα.

Παρόμοια απ' το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΔΒΜ παίρνουμε: ΜΒ + AMJ3 = 2ΔΜ (2)

(το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Καλάκος). Ας πάρουμε δύο συγκεκριμένους πραγματικούς αριθμούς ρ, θ με ρ > Ο και Ο < θ < π. Θεωρούμε όλα τα τρίγωνα ΑΒΓ με Α θ και περίμε τρο ρ. Να βρείτε το σύνολο των τιμών που μπορεί να πάρει το μήκος της πλευράς ΑΒ. =

Απάντηση :

Απ' τη τριγωνική ανισότητα παίρνουμε:

�

γ < α + β ή 2γ < ρ ή γ < . Άρα γ Ε

(Ο,�).

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) κι έχου Έτσι αν D είναι το σύνολο τιμών της γ τότε: με: ΜΒ + ΜΓ + (ΜΔ + MA)J3= 2(ΔΜ + ΑΜ) ή ΜΒ + ΜΓ (2- J3)(ΜΔ + ΜΑ) . , ΜΔ + ΜΑ 1 Συνεπως: = � = 2 + νr;;3. Αντίστροφα: 'Εστω κ Ε Θα αποδείξουμε ότι ΜΒ + ΜΓ 2 - ν3 υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με Α θ , ΑΒ = κ και περίμε • Παρόμοια λύση μας έστειλε και ο συνάδελφος

D�(o,�J.

(Ο,�J. =

Γιάννης Σταματογιάννης απ' τη Δροσιά Απικής.

•

Το ίδιο κι ο συνάδελφος Χρ. Δεμερτζόγλου απ' τη Δράμα.

•

Ο συνάδελφος Σωτήρης Γκουντουβάς απ' την Ύδρα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Στο ορθογώνιο ΑΜΒ ισχύει: ΜΑ=2Rσυν(30° -χ

τρο ρ. Οπότε κ Ε D. Κι επομένως:

(Ο,�J.

Προφανώς το ίδιο σύνολο τιμών έχει και η πλευρά ΑΓ. Θεωρούμε γωνία xAy της οποίας το μέτρο είναι θ και σημείο Β πάνω στην Αχ τέτοιο ώστε: ΑΒ = κ με κ Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/9

(Ο,�).

Ο Ευκλείδης προτείνεL Ευκλείδη ••

Ένα μεταβλητό σημείο Μ ξεκινάει απ' το Α και κινείται ομαλά πάνω στην Ay. Για οποιαδήποτε θέση του Μ με ΑΜ=λ (λ>Ο) ο νόμος των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΜ δίνει: ΒΜ �κ2 + λ2 -2κλσυνθ Το πρόβλημα λοιπόν ανάγεται στο να δείξουμε ότι: υπάρχει λ>Ο τέτοιος ώστε: λ + κ +ΒΜ = ρ και: 2 συνθ = κ2 +λ22κλ-(ΒΜ)2 = κ2 +λ2 -(ρ-λ-κ) 2κλ + 2λρ _ 1 = -ρ(ρ-2κ) 2κλ 2κ) 2λρ ή 2συν2 �2 = 1 + συνθ = -ρ(ρ -2κλ 2λ (ρ-2κσυν2 �) = ρ(ρ-2κ) (1) ή Κι επειδή: ρ-2κσυν2 �2 ρ-2κ Ο συμπεραί(2) νουμε ότι: λ= ρ(ρ-2κ)2 2 (ρ-2κσυν �) Για νάναι δεκτή η τιμή αυτή πρέπει και αρκεί: lλ -κl < ρ-λ- κ < λ+ κ I λ-κi <ρ-λ-κ<:::::> κ+ λ-ρ < λ-κ «2κ<ρ και 2λ<ρ)) Η πρώτη ισχύει απ' τον ορισμό του Η δεύτερη, λόγω της (2) γίνεται: ρ(ρ - 2κ)2 θ <ρ<:::::> ρ-2κσυν -2 <:::::> ρ -2κ <ρ-2κσυν2 �2 , που είναι αληθής. ρ-λ-κ < λ+κ <:::::> ρ-2κ < 2λ<=:> ρ-2κ < ρ(ρ-2κ)2 θ : προφανώς αληθής. ρ-2κσυν -2 Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής έδωσε τη παρακάτω λύση: Έστω ΑΒ =κ. Τότε: Ο < ΑΒ < ΒΓ+ ΓΑ ή Α.

.••

και Δι όφαντο

Ο < 2ΑΒ <ΑΒ + ΒΓ +ΓΑ. Και συνεπώς: Ο < 2κ < ρ ή Ο < κ< Ε.2 . Για να δείξουμε ότι: «το σύνολο τιμών, που μπορεί να πάρει η ΑΒ, είναι το ανοικτό διάστημα (Ο,Ξ) είναι αρκετό να δείξουμε ότι για οποιαδήποτε τιμή κ του (ο,Ξ) υπάρχει (κατασκευάζεται) τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο ώστε: ΑΒ κ, Α =θ με Ο<θ<π και ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = ρ)). Έστω ότι κατασκευάστηκε το τρίγωνο ΑΒΓ. =

___:__ :__ __:__

___

•

κ.

•

(2)

Κατακλίνουμε την ΑΒ και την ΑΓ στη διεύ θυνση της ΒΓ. Οπότε: ΔΒ = ΒΑ = κ, ΓΕ = ΓΑ και συνεπώς: ΔΕ ρ. Προφανώς: φ1 = φ2 = Β2 , θ1 = θ2 = Γ2 και συνεπώς: ΔΑΕ = 180' - Β+2 Γ = 90" + Α2 = 90" + �2 . Άρα το Α «βλέπεο) το ευθύγραμμο τμήμα ΔΕ πό τη σταθερή γωνία 90' + �2 . Και συνεπώς είναι πάνω στο κύκλο κέντρο Ο (τομή των ΒΣ: «μεσοκά θετη στην ΑΔ)) και «μεσοκάθετη στην ΑΕ))). Κι έχει ακτίνα R = ΟΔ. Το μέτρο της γωνίας ΔΟΜ είναι 90' - �2 . Και συνεπώς: ΜΔΟ = �2 . Πραγματικά: 1 1 -ΔΑΕ)= ΔΟΜ=-ΔΟΕ=-2(180' 2 2 = 180' - (90' + �) = 90' - �. Το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΔ είναι κατασκευά σιμο διότι: είναι γνωστό το μήκος ΔΜ = Ε.2 και το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/10

υ-

ΓΝ:

Ο Ευκλείδης προτείνεL.. Ευκλείδη... και Δι όφαντο

' μέτρο της γωνίας ΜΔΟ =-2θ . Άρα το Α βρισκεται πάνω στον κύκλο (0, R). Εξ' άλλου το Α βρίσκεται επίσης στον κύκλο κέντρου Β και ακτίνας κ. Το Β είναι ορισμένο. (Βρίσκεται στη ΔΕ και. έχει σταθερή απόσταση απ' το άκρο Δ). Άρα το Α ορίζεται ως η τομή των δύο κύκλων (Β, κ) και (0, R). Το Γ είναι η τομή της μεσοκάθε της της ΑΕ με τη ΔΕ. Για να είναι κατασκευάσιμο το Α πρέπει και αρκεί: IR - κi<ΟΒ<R +κ . Επειδή ΔΒ =κ<Ε.2 συμπεραίνουμε ότι το Β είναι αριστερά του Μ. Άρα ΟΒ< ΟΣ ΟΑ = R < R + κ. Δηλαδή ισχύει: ΟΒ<R + κ. Αρκεί λοιπόν να δείξουμε το αριστερό σκέλος της συνθήκης. Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΔ έχουμε: ρ θ ρ και ΟΜ =-εφR θ 2 2 2συν-2 Και συνεπώς απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ παίρνουμε: ΟΒ = �(ΒΜ)2 + (ΟΜ)2 ή ΟΒ = (i - κ)2 + (i εφ Ξ)2 Κι επομένως η αποδεικτέα γίνεται: ρ -κ < (Ε. -κ 2 + (Ε. εφ� 2 2 ) 2 2) 2συν�2 Iρ-2κσυν2θ ι< (ρ-2κ)2 συν2 2θ + ρ2ημ2 2θ <=> ' προφανως' α--4κρσυν 2θ <--4κρσυν2 2θ , που ειναι ληθής. 1 1 . (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Καλάκος). Να βρεθεί η ικανή και αναγκαία συνθήκη , x+y+z =α } να εχει ώστε το σύστημα { χ +y +z = β

Απάντηση:

κι

<=>

μια τουλάχιστο πραγματική λύση (οι α, β είναι συγκεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί . παράμετροι).

Έστω ότι το σύστημα δέχεται μια πραγματική λύση: (Χο, Υο, Ζο). Τότε χ0 +y0 + z 0 =α και χ20 +y20 + z 2·0 = β . Κι επειδή: χ� + Υ� + z � � (Χ0Υ0 + ΥσΖ ο + Ζσ Χο ) συμπεραίνουμε ότι: 2(χ� + Υ� + z �) � 2(ΧοΥο + ΥσΖ ο + Ζσ Χο ) = =(Χο + Υο + z o )2 -(χ� +y� + z �). Και συνεπώς: 3(χ� + y� + z �) � (χ0 + Υο + Ζσ)2 ή 3β�α2 ή β� 3α2 . 2 Αντίστροφα: Έστω β� � . Θα δείξουμε ότι το 3 σύστημα έχει πραγματική λύση. Επειδή: z = α - χ - 2y, η δεύτερη εξίσωση γίνε 2 2 ται: χ + y + (α -χ -y ) -β = Ο ή Υ2 +(χ-α)y+ [χ2 -αχ+Ξ(α2 -β)J =ο (1) Η (1) ως τριώνυμο της μεταβλητής y έχει δια κρίνουσα: Δ=(χ-α)2 -4 [χ2 -αχ+Ξ(α2 -β)] ή Δ =-3 2 +2αχ+ 2β-α2 (2) Η διακρίνουσα της (2), θεωρουμένης ως τριω νύμου του χ, είναι: Δ'= 4α2 +12(2β-α2 ) = 24 (β- �2 ) �Ο Αν: β> �32 , τότε Δ '>Ο και συνεπώς η Δ έχει δύο ρίζες ρ1, ρ2 με ρι < ρ2. Τότε για κάθε χ [ρ1 , ρ2 ] ισχύει: Δ � Ο και συνεπώς η ( 1) έχει πραγματική λύση. Αν β = -α32 ' τότε Δ = --13 (3χ -α)2 :::;; Ο. Και συνεπώς Δ� Ο μόνο όταν: Δ = Ο. Άρα η (1) έχει πραγματική λύση μόνο όταν: χ = 3α . Οπότε η (Ι) γίνεται: i- (3y-α)2 =0 ή y= � . Συνεπώς το σύστημα δέχεται τη λύση: x=y= z = 3α . Ο συνάδελφος Γ. Σταματογιάννης διαπραγμαχ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/11

Ο Ευκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη . . και Δι όφαντο .

τεύεται μόνο το ορθό με διανύσματα στον τρισ διάστατο χώρο. 12. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γιάννης Στρατής, μέλος της Συντακτικής Εmτροπής). Να βρεθεί συνεχής συνάρτηση f: [Ο, π] �� τέτοια ώστε: 13 . J [f(x)[(4συνχ 6ημχ) - f(x)]]dx �-π 2 π

Απάντηση:

Κατ' αρχάς δείχνουμε τη παρακάτω βοηθητική πρόταση: Για μια συνεχή συνάρτηση f: [α, β � � δεχό μαστε ότι: f(x) �Ο, για κάθε χ. Αν J f(x)dx::;; Ο τότε f(x) = Ο, για κάθε χ. Απόδειξη: Έστω ότι υπάρχει Χι [α, β] τέτοιος ώστε: f(χι ) * Ο . Τότε f(χι) > Ο. Κι επειδή η συνάρτηση είναι συνεχής υπάρχουν γ, δ [α,β] με γ < δ τέτοιοι ώστε: f(x) > Ο, για κάθε χ [γ,δ] . Ωστόσο: J f(x)dx = J f(x)dx + J f(x)dx + J f(x)dx > Ο, αφού J f(x)dx � Ο, J f(x)dx > Ο, J f(x)dx �Ο. Άρα: J f(x)dx > Ο : άτοπο. Η δοσμένη σχέση γίνεται: J [2f(χ)(2συνχ + 3ημχ)-f2 (x)]dx � l3π2 Οπότε μετά τις πράξεις παίρνουμε: J [f(x)-(2συνχ + 3ημχ)]2 dx::;; Ο. Άρα, σύμφωνα με τη βοηθητική πρόταση, συμπεραίνουμε ότι: f(x) = 2συνχ + 3ημχ. Παρόμοια είναι η λύση που έδωσε ο συνάδελ φος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα. Παρόμοια είναι η λύση που έδωσε ο συνάδελ φος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής. 13. (το είχε προτείνει ο μαθητής -iάξης Δημήτρης Πιλάλας, απ' τα Γιαννιτσά). β

β δ

π ο

•

Να εξεταστεί αν υπάρχει ν Ε Ν με ν > 3 τέ-

τοιος ώστε: «καθένας wr' τσιις ιφιβμούς: κ + 1 , κ + 2, .. . , κ + ν με κ τuzιό8 ιιχέραιο αριθμό να μπορεί να γράφεται ως άβpοισμα δύο τετραγώνων ακέραιων αριθμώw. Απάντηση :

Αποδεικνύουμε ότι: «δεν υπάρχουν 4 διαδοχι κοί ακέραιοι, που ο καθένας τους να είναι άθροι σμα τετραγώνων δύο ακέραιων αριθμών». Επομέ νως δεν υπάρχουν ούτε μεγαλύτερου πλήθους δια δοχικοί ακέραιοι, που ο καθένας τους να είναι ά θροισμα τετραγώνων δύο ακέραιων αριθμώ . Κατ' αρχάς δείχνουμε ότι: "για κάθε χ ι σχύει: χ2 O(mod4) ή χ2 1(mod4) ". Πραγματικά: Ας είναι χ = 4κ + λ, όπου κ, λ με ο ::;; λ <4 . γιαλ=Ο, χ=4κ�χ2 =4(4κ2 ), γιαλ = 1, χ=4κ+1�χ2 =4(4κ2 +2κ)+1, για λ = 2, χ =4κ+2 χ2 = 4(4κ2 +4κ + 1), για λ = 3, χ=4κ+3 � χ2 = 4(4κ2 + 6κ+ 2)+ 1. Συνεπώς για οποιουσδήποτε ακεραίους Χι, ι σχύει: χ� + χ; O(mod4) ή χ� + χ; 1(mod4) ή χ� + χ ; 2(mod4). Ας πάρουμε τώρα 4 διαδοχικούς ακέραιους, τό τε ο ένας απ' αυτούς θα είναι πολλαπλάσιο του 4. Άρα οι αριθμοί θα είναι: 4κ, 4κ + 1, 4κ + 2, 4κ + 3. Ο τελευταίος δεν μπορεί, κατά τα προηγούμενα, να γραφεί ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων α ριθμών. Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμά τευση: Κατ' αρχάς δείχνουμε τη παρακάτω βοηθητική πρόταση: «Για οποιουσδήποτε ακεραίους: χ, y που και οι δύο είναι άρτιοι ή και οι δύο περιττοί ισχύει: χ 2 + y2 = 2μ(4t + 1), όπου μ, t ακέραιοι, μ> 0>>. Πραγματικά: Αν: χ, y =«άρτιοι», τότε: χ= 2χ2 ι, y = 2yι. Οπότε: χ2 + y2 = 4(χ� + y�) = 2 (χ� + y�) . Αν: χ, y =«περιττοί», τότε: χ=2χι2 + 1, y=2yι2+.1. Οπότε: Χ2 +y2 =2[(χι + Υι +1) +(, χι -yι ) ] Σε κάθε περίπτωση: χ2 + y2 = 2μ (χ; + y;) , όπου μι, ακέραιοι, μι > Ο. =

ΕΖ

•

• •

�

•

Xz, Yz

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/12

Ο Ευκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη... και Δι όφαντο

Αν οι χ2, y2 είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο Υπάρχει σημείο Ε στο επίπεδο του τετρα πλεύρου τέτοιο ώστε: «τα τρίγωνα ΑΒΕ και περιττοί, τότε: χ; + y; = 2 (xi + y;), όπου μz, ΓΔΕ να είναι όμοια>> . YJ ακέραιοι μz > Ο. Η διαδικασία είναι προφανώς πεπερασμένη. Ά (το προτείνει ο συνάδελφος Ροδόλφος Μπό ρα τελικά χ2 + y2 = 2μ(χ; + y;) , όπου μ. α- 16. ρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής). Έστω f: (0, +οο) IR παραγωγίσιμη συνάρτηκέραιοι και = "άρτιος", = "περιττός". Ας είναι: = 2σ, = 2τ + 1. Οπότε: ση. Να δείξετε η ικανή και αναγκαία συν χ;+y;=4σ2 +4τ2 +4τ+1 =4(σ2 +τ2 +τ)+ 1 =4ν+1 να υπάρχει εφαπτομένη της Cr, που θήκη διέρχεται την αρχή Ο των αξόνων είναι: «υ όπου: if + τ2 + τ= ν. > Ο τέτοως ώστε: �f(�)=f(�)». πάρχει Έστω τώρα ότι υπάρχουν ν με ν> 3 το πλήθος Στη συνέχεια ότι: «αν η Cr έχει α διαδοχικοί ακέραιοι που ο καθένας απ' αυτούς εί σύμπτωτη (δ) νατηςδείξετε μορφής y = λχ και τέμνει τη ναι άθροισμα τετραγώνων ακεραίων αριθμών. Οι (δ), τότε έχει εφαπτομένη, που διέρχεται απ' αριθμοί αυτοί είναι τουλάχιστο 4 και συνεπώς κά την αρχή 0». ποιοι απ' αυτούς είναι της μορφής: 17. (Γο προτείνει επίσης ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης.). 4s, 4s + 1, 4s + 2, 4s + 3, s Έστω f: (0, +οο) IR μια δύο φορές παραγωΓια το τελευταίο θα 'πρεπε να ισχ6ει: γίσιμη συνάρτηση, της οποίας η γραφική πα 2μ (4t + 1) = 4s + 3, που είναι προφανώς ψευδής. ράσταση Cr δεν έχει ευθύγραμμο τμήμα m ράλληλο προς τον άξονα χ 'χ. Προτεινόμενα Θέματα Όπως είχαμε σημειώσει στο τεύχος 45 στο εξής Αν υπάρχει εφαπτομένη της Cr, που διέρχεται θα διατηρείται ενιαία αρίθμηση για τα 4 τεύχη της απ' την αρχή Ο των αξόνων και είναι ταυτό χρονα ασύμπτωτη της Cr, να δείξετε ότι:«η Cr χρονιάς. Παρακαλούμε τους συναδέλφους να στέλνουν J έχει τουλάχιστο δύο σημεία καμπής». τις εργασίες τους καλογραμμένες και σε τρία (3) 18. (το προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος Απο αντίγραφα. Σε κάθε αντίγραφο να υπάρχει όνομα, στολόπουλος, απ' το Μεσολόγγι). διεύθυνση (ταχυδρομική - ηλεκτρονική - fax) και Αν χ, y, ω θετικοί αριθμοί με χ + y + ω = 1, όλα τα τηλέφωνα. Θα μας βόηθούσε αν οι εργασί να βρείτε την ελαχίστη τιμή της παράστασης: ες αποστέλλονταν με e-mail ή δισκέτα. κ= (� -�J(� )(� ) 14. (το προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος Αρτεμιάδης). 19. (το προτείνει ο συνάδελφος Χρήστος Δεμιρ Πόσα τρίγωνα έ τζόγλου απ' τη Δράμα). χουν τη μορφή Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΜ διάμεσος με ΑΜ = του διπλανού τρι ΑΒ. Από το Μ φέρουμε τη κάθετη ΒΓ ας γώνου·όπου εί Ν το σημείο της απ' το οποίο διέρχεται. ναι ένας θετικός '-----�--� \ Νείναι α δείξετε ότι: ΑΝ= 3 ακέραιος αριθμός � και χ ένας πραγ20. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Χρ. Δε ματικός αριθμός με Ο< χ 1 ; μιρτζόγλου ). 15. (το προτείνει επίσης ο Ακαδημαϊκός κος Νι Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ( Β > f'). Προεκτείνου κόλαος Αρτεμιάδης). με τη ΓΑ προς το Α κατά τμήμα ΑΔ = ΑΒ. Ας Έστω ΑΒΓΔ κυρτό τετράπλευρο. Να εξετά είναι Μ τυχαίο σημείο της ΒΔ. Φέρνουμε τη σετε αν αληθεύει η παρακάτω πρόταση: κάθετη απ' το Μ στη ΒΔ ας είναι Ν, Θ τα Χ3,

Χκ

Υκ

, Χκ Υκ

Υκ

�

για Χο

εΖ .

ότι:

απ'

�

11.

-ι

-ι .

.στη

ΑΓ

ΑΓ .

κι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/13

κι

Ο Ευκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη

σημεία που τέμνει ΑΓ αντίστοιχα. Αν Ε σημείο της ΑΓ τέτοιο ώστε: 1 -Γ) , να δείξετε ότι: ΓΒΕ =-(Β 2 «ΜΝ + ΜΘ = ΒΕ». 21. (το προτείνει ο συνάδελφος Γιάννης Στρα τήγης απ' τη Τρίπολη). Να αποδείξετε ότι: «για κάθε ν με ν > 1 ισχύει: �(1-�J<(1-�Jν < � » 22. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γιάννης Στρατήγης). Να αποδείξετε σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: α + β + γ >� υ2 +υ2 υ2 +υ2 υ2 +υ2 τ 23. (το προτείνει ο συνάδελφος Ελευθέριος Πρωτόπαππας απ' το Περιστέρι). Αν z με Argz = θ , θ [�, 74π J και l 2z - 51 = 5 ' να υπολσyίσετε το Arg(2z4 - 5z3 ) . 24. (το προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος Κουσι νιώρης απ' την Ηλεία). Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ κι ένα ση μείο Ρ στο εσωτερικό του. Απ' το Ρ φέρνουμε τα ευθύγραμμα τμήματαΡΔ, ΡΕ, ΡΖ κάθετα στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι: «το άθροισμα ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ είναι ανεξάρτητο απ' τη θέση του σημείου Ρ J μέσα στο τρίγωνο ΑΒΓ>). 25. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γιώργος Κουσινιώρης). Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: +βΒ + γf' < π �3 -< αΑα+β+γ 2 Σχόλιο της Σ.Ε. Το αριστερό σκέλος με τις γωνίες να μετρώνται σε μοίρες το 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Ν. Αρτεμιάδης είχαμε παρουσιάσει τη λύση του Jτα τεύχη: 38 και 39 αντίστοιχα. 26. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γιώργος τις ΑΒ,

;

ότι

Ε <C

κι

.•.

και Δι όφαντο

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 45' . Στη πλευρά ΒΓ του τριγώνου παίρνουμε σημείο Δ έτσι ώ1 στε: ΒΔ =-ΓΔ. 2 Αν είναι ΜΓ = 60' , να υπολογιστούν οι λες γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ. 27. (το προτείνει ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας από την Καρδίτσα). Έστω ν και f(χ) παραγωγίσιμη συνάρ τηση στο2ν+ IR . τέτοια ώστε: ( f{ χ)) Ι + f{ χ)-χ = Ο ,για κάθε χ IR " Να υπολογίσετε το J f ( t) dt, όταν � Ο . 28. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας). Έστω νΕΝ" Να δείξετε ότι: η εξίσωση 1 -1 =3ν χ + y+-+ χ Υ δεν έχει λύση στο σύνολο Q: των θετικών) ρfl�\to•v -.Jo1 t> τών αριθμών 29. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας). Να αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικοί α, β, γ στο (Ο, �) τέτοωι ώστε: συνα = α, ημ(συνβ) = β, συν(ημγ) =γ. ii. Να διατάξετε κατά μέγεθος τους αριθμούς α, β, γ (από παλιό τεύχος του νant). 30. (το προτείνει ο συνάδελφος Θ. Κυριακόπου λος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής. 1 1 1, α> Ο, β > Ο . Έστω > 1 και -+-= Να δείξετε ότι: αβ αΡ +-βq . Στη συνέχεια να δειχθεί ότι: "αν οι συναρτή σεις f(x), g(x), είναι συνεχείς στο κλειστό δΙάστημα [α, β] και Α= α (f(x))' dxJ',

άλ

Ν"

ί.

p, q

:s; Ρ

Β = α (g(χ))' dxJ' , τότε ισχύει η σχέση:

Κουσινιώρης).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/14

Jr( x )g( x ) dx :s; AB " α

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

(το προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Κυ ριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επι τροπής). Σ' ένα ημικύκλιο με διάμετρο ΑΔ = 2ρ πέρνουμε δυο σημείο Β, Γ με = = και θεωρούμε ένα σημείο Μ του τόξου Οι ευθεί ες και ΒΔ τέμνονται σ' ένα σημείο Ε και οι ευθείες ΜΔ και ΑΓ τέμνονται σ' ένα σημείο Ζ. Να δείξετε ότι:

i) MEZ = 3MAz

31.

------

ΑΒ

ΜΑ

...-

ΒΓ

ΒΓ .

...-

ΓΔ

32.

ii) ΜΖΕ = 3ΜΔΕ

(το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Αντώνης Κυριάκόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επι τροπής). Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση , για2την οποία ισχύει: f f(f(x)) χ - 2 , για κάθε χ �oι... :

e ·' " e

R . 1\

Η ΣΤΗΛΗ ΤΟΥ ΜΑΘΗJΗ

Ο μαθητής τάξης Βασίλειος Γαλάνης, απ' το Νέο Κόσμο της Αθήνας προτείνει: Γενική Παιδεία Μία λίμνη μολύνεται από διαρροή τοξικού υγρού. Η ποσότητα σε λίτρα φ(t) που έχει εισρεύσει στη λίμνη μετά τη πάροδο t ωρών είναι: t = 5 -t για t�4 lOt-32, για t > 4 Η διαρροή διήρκησε 1 Ο ώρες. Να υπολογίσέτε πόσα λίτρα τοξικού υγρού διοχετεύθηκαν στη λίμνη. ii. Να βρείτε ποια χρονική στιγμή υπήρχαν στη λίμνη 8 λίτρα τοξικού υγρού. Κατεύθυνσης: 1. Να υπολογίσετε το 1 . 1x->+«>.J x2 +χ + .Jx2 -χ -.J4x2 +1 2. Για μια συνάρτηση f: IR IR ισχύει (f(x)-x8 -x6 )(f(x)-x4 -χ2 )� ο. για κάθε χ. Να αποδείξετε ότι: "η συνάρτηση είναι συνεχής στο = Ο" ii. Να υπολογίσετε το 1im f ( χ) Χ->+«> iii. Να υπολογίσετε το }i� {�f (x) + 1 - �f(x)) Γ

•

( ) {�.

ί.

Ο μαθητής Β' τάξης Γιάννης Κλωνάτος, απ' το Πειραματικό σχολείο Πανεπιστημίου Αθηνών προτείνει:

Άσκηση 5 - Σύνθετα Θέματα 9.1-9.2, σελ. 186. Θεωρούμε κύκλο (Ο, R), διάμετρο του ΑΒ και μία χορδή του ΓΔ που τέμνει την ΑΒ στο Ε και σχηματίζει με αυτή γωνία 45°. Να αποδείξετε ό τι: ΕΓ2 + ΕΔ2 = 2R2• Λύση :

Φέρνουμε από το Γ την κάθετη στην ΑΒ που τέ μνει την ΑΒ στο Η και τον κύκλο στο Ζ. Γ

•

lffi -r====--r===�-.�=== �

ί.

Χο

Επειδή στο τρίγωνο ΕΓΗ είναι Ε Γ Η = 45° και η Η 1 = 90° , έπεται ότι Γ = 45° . Επειδή η ΑΒ είναι διάμετρος και κάθετη στη χορδή, έχουμε ΕΓ ΕΖ και 2 ·ΓΕΗ = 2·45° =90° οπότε ΔΕΖ= 90° Εξάλλου, έχουμε: ΔΟΖ = 2ΔΕΖ = 2 · 45° = 90° . Έτσι, έχουμε: ΕΔ22+ ΕΓ22 ΕΔ2 2+ ΕΖ22 = ΔΖ2 2 2 ΔΖ ΟΔ + ΟΖ = R + R = 2R Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/15

=:=

Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλημαι: σμού πάνω στα εξής θέματα: l ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επί πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Εισαγωγικά. Φtλοδοξία της στήλης μας, ήταν παίδευσης, σχετικά με τα Μαθηματικά και τη χρη και είναι,αναγνωστών να γίνει βήμα θα ακούγεται γνώμη από απ' όλεςόπου τις βαθμίδες της εκη- σιμότητά δρόμο. τους. Φαίνεται πως είμαστε σε καλό Γιάννης Κερασαρίδης

Ια. Αυτό το ξέρατε; Ποιο μαθηματικό αποκαλούσε, ο Clifford ( 1 8 1 5-1 879), «Κοπέρνικο της Γεωμετρίας ;» [η απάντη ση στο τέλος της στήλης]

11. Μαθηματικά και . . . λυρισμός Από την μαθηματικό Ειρήνη Καμενίδη, λάβαμε ένα σημείωμα σχετικά με τα Μαθηματικά και τη χρησιμότητά τους. Το σημείωμα αυτό είναι περιεκτικό και δύσκολα κρύβεται μια λυρική διάθεση της συγγραφέως του. Το δημο σιεύουμε σε περίληψη λό-γω έλλειψης χώρου. "Τα Μαθηματικά" . Ειρήνη Καμενίδη - μαθηματικός (Αθήνα)

«Μαθηματικά. Τι οείνΠυθαγόρας. αι; οδόςΣυμφωνούν για τη σωτη-οι ρία της ψυχής" λέει μαθητές; Πόσοι από αυτούς έχουν έντονο το αίσθημα Μαθηματικοφοβίας καιεκείνο θα επιθυμούσαν νααγαπούν μη της τακαιδιδάσκοντα ι ι ι που δενοιτ τα θεωρούν δυσνόητα ίσως επειδή τους. δενΚαικατάφεραν να τουςκάn κάνουν να ' αγαπήσουν τναδάσκαλοι για να αγαπήσεις πρέπει το γνωρίσεις πολύ καλά. "Δεν υπάρχει βασιλική οδός προς την η απάντηση του φιλόσοφου στονΓεωμετρία" βασιλέα τηςήταν Αιγύπτου Πτολεμαίο 'Ή

; Όλο

όταν ο σετελευταίος τουκαιζήτησε να του διδάξει Γεω μετρία λίγο χρόνο άκοπα. Η ενασχόληση του μαθητή με την επίλυση Μα θηματικών προβλημάτων τουοργάνωση προσφέρει πολλά οφέλη. Το παιδί διδάσκεται και μεθο& κότητα. Συγκεντρώνει όλα ταμέσαδεδομένα του προ βλήματος τα αξιολογεί και από λογικές δια δικασίες και επαγωγικούς συλλογισμούς οδηγείται στη λύση του προβλήματος. Αυτός ο τρόπος σκέ ψης μπορεί ναπροσωπικού αποτελέσειτουβάση για την λύση ο ποιουδήποτε προβλήματος»

111. Μαθηματικά και Ρίψεις Από τον Γ. Γεωργιάδη , Επίκουρο καθηγητή Τ.Ε.Φ.Α.Α. του πανεπιστημίου Αθηνών, λάβαμε μια 8-σέλιδη εργα σία στην οποία δ ιαπραγματεύεται επιστημονικά το πρόβλημα των αγωνισμάτων σφαίρα, σφύρα, ακόντιο και δίσκος. Λό-γω έλλειψης χώρου δημοσιεύουμε μια περίληψη . Το πλήρες κείμενο υπάρχει στο αρχείο μας . "Αθλητικές ρίψεις και παράγοντες που ε ηρε ουν την απόσταση βολής" Γ. Γεωργιάδης, Επίκουρος καθηγητής Τ.Ε.Φ.Α.Α. πανεπιστημίου Α ην

π άζ θ ώ ποιες είναι οι ιδανικές τιμές αυτών των παραγό «Στα αγωνίσματα ρίψεων, βασικός στόχος του αθλητή είναι να ρίξει το όργανο σε όσο το δυνατό ντων; γ) με ποιο κινητικό μοντέλο μπορεί να επι της ου"' μεγαλύτερη απόσταση. αυτότασημαίνει από άποψη τευχθούν αυτές οι τιμές; Η επιστήμη έχει δώσει τρία είναι βασικά ερωτήματα απαντήσεις στα δύοστοπρώτα ερωτήματα, που πρέπει ναεπηρεάζουν απαντηθούν:τηνα)απόσταση ποιοι είναιβολής; οι παρά-β) σιαστικές αλλά δεν απαντά με σαφήνεια τρίτο. γοντες που Σε γενικές γραμμές ταδίνουν κινητικά μοντέλα που έχουν επικρατήσει στις αθλητικές ρίψεις μπορεί να δtα κριθούν σ' αυτά που έμφαση στην ανάπτυξη ( σφαιροβολία και ακοντι σμός) και σ' αυτά που δίνουν έμφαση στην ανάπτυξη (δισκοβολία και σφυρο βολία) της απελευθέρωσης του οργάνου που προσ Απόσταση βολής. Εάν οι παράγοντες της βαρύ το και τητας και της αντίστασης θεωρηθούν ως σταθερές διορίζουν Επειδήβάλλεται στις αθλητικές ρίψεις,βρίσκετ το ση κλειδίστηντης επιτυχίαςτηείναι η επίτευ μείοαθλητή. απ' το οποίο το όργανο και το του ξημεταβλητές, ιδανικών τοτιμών μηχανικής των αθλητικών κινήσεων

βιο-μηχανικής,

βια

ευθύγραμμης ταχύτητας περιστροφικής ταχύτητας

ύ ψος

ταχύτητα,

γωνία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/16

βαθμό τελειότητας της τεχνικής

------

ΗΟΜΟ MATHEMEτiCUS

-------

πάντοτε ψηλότερατηςαπ'απόστασης το σημείο πτώσης του, για τον υπολογισμό βολής χρησιμο ποιείται ο τύπος

[

_ 2 R- υ2.συνφ . η μφ +. η μ φ + 2gh g υ2 --

]

(1)

Ταχύτητα είναι απελευθέρωσ απεσ' η ς. Η ταχύτητα λευθέρωσης ο σπουδαιότερος παράγοντας όλα τα ριπτικά αγωνίσματα. Από τον πίνακα 1, φαίνεται ότι 4% μια αύξηση τηςτηνταχύτητας απελευθέ ρωσης κατά βελτιώνει επίδοση κατά 8%, Η ανάπτυξη της ταχύτητας στηρίζεται στους νό ενώ η διακύμαν ση της επίδοσης σε αντίστοιχες μους τηςόταν κίνησης της Μηχανικής με βάση τουςσ' διαφορές στο ύψος και τη γωνία απελευθέρωσης οποίους, μια σταθερά δύναμ εφαρμόζεται η είναι ασήμαντες. ένα σώμα,μετοτοσώμα αποκτάκαιταχύτητα (επιτάχυνση) ανάλογη μέγεθος το χρόνο (απόσταση) εφαρμογής της δύναμης. Ρ>-τ>\ οΜοιaοιι • RΙ +Jι2+1) Σzήμu ι . Σιqμυ� ιιιιιp6σιαση -· Ροο-ι_. ι ..., �,.... - � ..., -....ι pοι.η.;.

Πίνακας I . Διακύμανση των επιδόσεων σε σχέση με την ταχύτητα (υ) απελευθέρωσης, τη γωνία (φ) απελευθέρωσης και το ύψος (h) απελευθέρωσης, σε εφαρμογή της εξίσωσnc; (ι) που προσδιορίζει την απόσταση Βολήc; 24 rn!sec 25 rn!sec 12rnlsec 14 rn!sec ταyύτ. (υ) � 1.8 m ύψος(h) � 2.2m 1 .8 m 2.2m 1.8 m 2.2m 1.8 m 2.2m R ... R ... R ... R ... R ... R ... R ... R ... γωνίες(φ)"' 40" 64.74 16.71 16.34 22.00 21 .60 60.26 59.82 65. 1 9 4 1" 65.03 16.72 16.36 22.03 2 1 .65 60.5 1 60.08 65.46 65.28 42" 16.72 16.37 22.06 21.69 60.72 60.31 65.69 43" 65.31 16.68 1 6.34 22.02 21.67 60.73 60.33 65.71 44" 65.39 16.65 1 6.32 22.00 2 1 .66 60.79 60.41 65.78 16.62 16.30 21 .97 21 .64 60.82 60.45 65.82 45" 65.44

Γωνία απελευθέρωσ απελευθέρωσ η γωνία, που δύοΎψος σύγκριση μεοποίο τους ης. τοΣεύψος ης. Είναι σχηματίζεται ανάμεσα στην εφαπτομένη της τρο άλλους παράγοντες, από το βάλλετα ι τοαπόσταση. όργανο έχεΌμως, ι τη στην μικρότερη επίδραση χιάς, που διαγράφει το κέντρο βάρους τουτουοργάνου στη ριπτική αθλητική πρά τηντίουστιγμή της απελευθέρωσης του και οριζο επιπέδου. Μολονότι η συμβολή της γωνίας ξη πολλές φορές η νίκη ή η ήττα ενός αθλητή κιf νεται με διαφορά μερικών μόνο εκατοστών. Κατά απελευθέρωσης του οργάνου στη διαμόρφωση της ο υψηλόσωμοςΑπόαθλητής πλεονεκτεί ένα επίδοσης είναιείναικατάβέβαιο, πολύότιμικρότερη απ' απόκλιση αυτή τηg. ντισυνέπεια ταχύτητας, σημαντική ενός βραχύσωμου. τον πίνακα 1, φαίνεται από τηναπόσταση ιδανική βολής. γωνία,Όπως θα έχειφαίνεται αρνητικήαπόεπίδραση καθαρά, ότι η επίδραση του ύψουςη ταχύτητα στην απόσταση στην τον πί βολής μειώνεται καθώς αυξάνει . Έτσι, νακα 1, μπορούμε να πούμε ότι στη σφυροβολία, ενώ στη σφαιροβολία, που οι ταχύτητες κυμαίνο για ταχύτητα απελευθέρωσης 20-26 m/s η ιδανική νται από 10- 14 mls, μια διαφορά ύψους 0,4 m αυ γωνία είναι περίπου 44° , ενώ στη σφαιροβολία για ξάνει την απόσταση κατά 2% περίπου, στη σφυρο ταχύτητα 10-14 mls η ιδανική γωνία είναι περίπου βολία, που η ταχύτητα είναι μεγαλύτερη, η ίδια 41 ο. Η ιδανική γωνία απελευθέρωσης για τον ακο διαφορά των 0,4m βελτιώνει την επίδοση μόνο ντισμότουκαιαεροδυναμικού τη δισκοβολίασχήματος είναι μεταξύ 30°- 37° , 0,6%. λόγω τωνΑεροδυναμικοί οργάνων. παράγοντες. νία, σύντομα θαοποία αποκτήσει μια σωστή ομαλά, γωνία επί Γωνία επίθεσστηνης. κατεύθυνση Είναι η γωνίαπνοήςπουτουσχηματίζεται ανάμεσα ανέμου θεσης, από την θα "γλιστρήσει" στο και στον επιμήκη άξονα του ακοντίου ή την πλατιά υπόλοιπο μέρος της τροχιάς του επιφάνεια του δίσκου. Η γωνία επίθεσης χαρακτηΤοδυνάμεις κέντρο τηςπίεσης. Το σημείο στοοπισθέλκουσας οποίο δρουν οι άνωσης και της ρίζεται ως θετική, όταν ο επιμήκης άξονας του ορπάνω στο όργανο καλείται Η ακρι γάνου βρίσκεται πάνω απόόταν την συμβαίνει κατεύθυνσητοπνοής του ανέμου και αρνητική αντίβήςγωνία θέση επίθεσης. του κέντρου πίεσηςανόρθωσης αλλάζει ανάλογα με τη Ο βαθμός ή πτώσης θετο. Στην αρχή της πτήσης του οργάνου, η γωνία επίθεσης όσο το δυνατό μικρότερη. Το όργανο,πρέπει που ναθα είναι απελευθερωθεί στη σωστή γω- του εμπρός μέρους του οργάνου είναι ανάλογος με κέντρ ο πίεσης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/17

-------

ΗΟΜΟ MATHEMEτiCUS

------

αντίθετος άνεμος ευνοεί όλους τους α την απόσταση, πουτοδημιουρ'y είται ανάμεσα από το ακριβώς θλητές>> κέντρο πίεσης και κέντρο βάρους του. Σταθερότητα της πτήσης. Η σταθερότητα της πτήσης τουρίχνοντας Ορ'yάνου πετυχαίνεται μεγωνία δύο επίθεσης τρόπους. Οκοντά πρώτος, το όρ'y α νο σε στο μηδέν, ώστε να μη προσφέρει μεγάλη επιφάνεια στονπεριστροφών. αντίθετο άνεμο και ο δεύτερος, με την απόδοση Οι δεξιόχειρες αθλητές προσθέτουν περιστροφές στη φορά τωναντίθετης δεικτών του ρολογιού, ενώ οι aριστερόχειρες φοράς.τοΛόγω αυτού τουμεγεγονότος, οιταδεξιόχειρες έχουν πλεονέκτημα άνεμο από δεξιά τους και οι aριστερόχειρες από τ' αριστερά τους. Ο IV. Ένας πρακτικός κανόνας στην

Αριθμητική Πρόοδο

Από το συνάδελφο μαθηματικό Χρήστο Ηρακλείδη (Ρόδος) πήραμε την παρακάτω εργασία της οποίας δημοσιε6ουμε περίληψη λόγω έλλειψης χώρου :

«Μια στοιχειώδης μέθοδος επίλυσης προβλημάτων στις Α.Π.>> Χρήστ. Έκτ. Ηρακλείδης μαθηματικός

Το πρόβλημα: «Δίνονται δύο όροι α.: και αλ μιας Α.Με Πτην . καικλασική ζητείταιμέθοδο ένας άλλος <χρ>>. Η απάντηση: των συστημάτων, εκφρά ζουμε συναρτήσει του α1 και του ω τους δοσμέ νους όρους και λύνουμε το σύστημα που προκύ πτει. Με την ωςπρακτική ερ'yαζόμαστε εξής: μέθοδο των

διαστημάτων ί Βρ σκουμε πόσο απέχει ο μικρότερος απ' τον μεγαλύτερο και διαιρούμε το αποτέλεσμα με το πλήθος των διαστημάτων που μεσολαβούν ανάμεσά τους, οπότε βρίσκουμε το ω. Κατόπιν, προσθέτουμε (ή αφαιρούμε) στον μικρότε ρο, τόσα διαστήματα, όσα μεσολαβούν μέχρι τον επόμενο όρ ο και έτσι βρίσκουμε τον ζητούμενο όρ ο.

μιας Α.Π. είναι ο -5 και οΠαράδειγμα: 15°ς όρος είναιΟ -2.5°ς όρος Να βρείτε τον αsο V.

Απάντηση: Είναι α ιs-αs=-2-(-5)=3 [τόσο απέχει ο α1διαστήματα 5 απ' τον α5]. Επίσηςστους 15-5=10α 5 [τόσα είναιάρατα ανάμεσα και α5], 1 3/10=Άρα ω [τόσο είναι το =μήκος κάθε= 17/2 διαστήμα =α1s+35ω +35.του(3/10) τος]. αsο -2 [διότι 35Σανείναιθεωρητική τα διαστήματα ανάμεσατωνστους α15 και θε� α50] τεκμηρίωση παραπάνω ρούμε το ω=(α.: -αλ)/(κ-λ)= ...=ω απ' τον γράφοντα, Ο τύπος αυτός ανακαλύφθηκε κατόπι ν υπόδειξης τηςΜπάκη πρακτικής μεθόδου, απ' Δεν την μαθήτριά μου τίτα ( 1° ΤΕΕ Ρόδου). γνω ρίζω αν ο τύπος αυτός είναι γνωστός ή όχι.

Πάντως σημασία έχει ότι η μαθήτρια έκανε την πα ρατήρηση μόνη της. Α υτή είναι η διαδικασία της μάθησης.

Πρώτα συμπεράσματα

' Λυκείου, 4° Λύκειο Αργυρούπολης] μας έστειλε πρώτα αποτε Ο μαθητής Βασίλης Αγγελόπουλος [Α λέσματα μιας ερ'y2 ασίας που κάνει σχετικά με το ερώτημα: «πως βρίσκουμε τα τετράγωνα διψήφιων αριθ2 μών;)): ( α1α2 ) =10[(αι . α1α.2 )+(αι .α2)]+ α� =10{αι[(10αι)+α2]+(αι.α2) } + α� =(10αι) +2(10αι)(α2)+ α� = (1Οαι+α2)2 = ( α1α2 )2. Ποια είναι η γνώμη σας; Ιβ. «αυτό το

ξέρατε;)) [η απάντηση]

Είναι ο Niko1as Ivanovitch Lobatchewsky [1793-1856]. Σε ηλικία 8 ετών έγινε δεκτός στο Γυμνάσιο. Σε ηλικίατου.14Σεετών έγινε22δεκτός στο πανεπιστήμιο τουΚαθηγητής Καζάν, σανστοπρωτοετής. Σε ηλικία 18 ετώνΣεπήρε το πτυχίο ηλικία ετών εκλέχτηκε Έκτακτος πανεπιστήμιο του Καζάν. ηλικία 23 ετών εκλέχτηκε Τακτικός Καθηγητής και σεLobatch ηλικίαewsky, 34 ετών εκλέχθηκε Πρύτανης τουστηνίδιου πανεm στημίου. Εκείνο που χάρισε αιώνια δόξα στον είναι ότι υπήρξε ο πρώτος ιστορία της aνθρωπότητας που διατύπωσε μία «μη Ευκλείδεια Γεωμετρία [η πρώτη δημόσια ανακοί ν ωση έγινε στη )) Φυσικομαθηματική Εταιρεία του Καζάν το 1826] (Πηγή:' Ό ι μαθηματικοί", Ε.Τ. BELL, τόμ. Π, Πανεπι στημιακές Εκδόσεις Κρήτης) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/18

Η-.� �1'.;. - Η·ι� ΟJ. � Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

[)

20ος

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ

"Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ", ΣΑΒΒΑΤΟ� 15 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2003 Από Ο :ς z, w :ς 9 προκύπτει ότι: Ο :ς 1 1z + 2w :ς 1 17 <=> Ο :ς 1002 - 1 01y :ς 1 17 <=> 1. Να προσδιορίσετε τις τιμές του θετικού <=> -1002 :ς -101y :ς -885 <=> 885 :ς 101y :ς 1002 <=> ακέραιου ν για τις οποίες ο αριθμός 1002 885 <=> :ς Υ :ς <=> 8, 76 :ς y ::ς 9,92 <=> y = 9. Α = ν3 - ν2 + ν - 1 είναι πρώτος. 101 μη Για y = 9 η (3) γίνεται: Λύση αριθμός Α γράφεται l lz + 2w = 93 Α = ν3 -ν2 + ν - 1 = ν2(ν - 1) + (ν - 1) = (ν -1)(ν2 + 1) Από Ο :ς 2w :ς 1 8 προκύπτει ότι Επειδή είναι ν � 1 θα έχουμε ν - 1 � Ο και Ο :ς 93 - 1 1z :ς 1 8 <=> -93 :ς -l lz :ς -75 <=> ν2 + 1 � 2 . 75 93 <=> 75 :ς 1 1z :ς 93 <=> - :ς z ::ς Άρα ο Α ·είναι πρώτος μόνον όταν ισχύει ότι ν11 11 1=1, δηλαδή για v=z. <=> 6 _2_ ::ς z ::ς 8 2_ � z = 7 ή z = 8 . 11 11 2. Να προσδιορίσετε τετραψήφιο αριθμό Για z=7 προκύπτει από την ότι xyzw , ο οποίος έχει την ιδιότητα: 2w = 16 <=> w = 8 και ο αριθμός είναι xyzw= 1978 Αν του προσθέσουμε το άθροισμα των ψη Για z=8 προκύπτει από την ότι 2w = 5 (αδύφίων του, προκύπτει ο αριθμός 2003. νατη). Λύση Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 1978. Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε xyzw + χ + y + z + w = 2003 , (1) 3. Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ). Το ύψος του ΑΗ και η μεσοκά με 1 :ς χ :ς 9 και Ο :ς y, z, w :ς 9 . θετος ε της πλευράς ΑΒ τέμνονται στο εξίσωση (1) γράφεται: σημείο Μ. Η κάθετη προς την ευθεία ε στο 1000χ + 1 OOy + 1 Oz + w + χ + y + z + w = 2003 σημείο Μ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο 1001χ + 101y + 1 1z + 2w = 2003 (2) Δ. Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τρι Επειδή είναι 101y + 1 1z + 2w � O , από την (2) γώνου ΒΜΔ τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Σ, να αποδείξετε ότι: προκύπτει ότι 1001χ :ς 2003 <=> χ = 1 ή χ = 2 (α ί. ΒΣ ΙΙ ΑΜ . φού ισχύει ότι 1 :ς χ :ς 9 ). ii. το τετράπλευρο ΑΜΒΣ είναι ρόμβος. περίπτωση με χ = 2 οδηγεί στην εξίσωση 1001 + 1 1z + 2w = 1, που είναι αδύνατη. Άρα θα Λύση είναι χ = 1 . i. Επειδή είναι ΜΔ _i ΜΣ η ΔΣ είναι διάμετρος Για χ = 1 η (2) γίνεται: του κύκλου, οπότε θα είναι και ΔΒΣ = 90° , δη101y + 1 1z + 2w = 1002 (3) ΘΕΜΑΤΑ ΜΙΚΡΩΝ ΤΑΞΕΩΝ

(4)

�

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λστ' τ.4/19

(4) (4)

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Επομένως για τον τυχαίο θετικό ακέραιο α υπάρ λαδή ΒΣ .l ΒΓ . Επίσης έχουμε ΑΜ .l ΒΓ , οπότε θα είναι χουν οι θετικοί ακέραιοι μ = α2 + α - 1 και ν=α+ 1 ΒΣ//ΑΜ. έτσι ώστε να ισχύει: μν + 1 Α ii. Επειδή το Μ ανή α = -- . μ+ν κει στη μεσοκάθε το του ΑΒ θα είναι

ΘΕΜΑΤΑ ΜΕΓΑΛΩΝ ΤΑΞΕΩΝ

(1)

1. Αν a,b,c,d είναι θετικοί πραγματικοί α ριθμοί και a3 + b 3 + 3ab = c + d = 1, είναι θετικός ακέραwς. Να προσδwρίσετε τις τιμές των α, β για τις οποίες ο κ είναι πρώτος, δηλαδή είναι κ > 1 και οι μοναδικοί θετικοί διαιρέτες του είναι οι αριθμοί 1 και κ. να αποδείξετε ότι: 3 3 a+ + b+ + c+ + d+ � 40

Επιπλέον Α1 = Β (2), ως εντός εναλλάξ των 2 παραλλήλων ΒΣ, ΑΜ με τέμνουσα την ΑΒ. Από τις (1) και (2) έχουμε: Β1 = Β Έτσι η ΒΚ 2 στο τρίγωνο ΣΒΜ είναι ύψος και διχοτόμος, ο πότε το τρίγωνο ΣΒΜ είναι ισοσκελές με Λύση ΒΣ=ΒΜ. Έχουμε ακόμη ότι ΒΣ=ΣΑ, αφού το Σ ανήκει Η ισότητα α3 + b3 + 3 αb = 1 γράφεται στη μεσοκάθετο του ΑΒ. Άρα έχουμε τελικά ό α3 + b3 - 1 = -3αb <::::> α3 + b3 + (- 1)3 = 3αb(-1) τι: ΜΑ=ΜΒ=ΒΣ=ΣΑ, δηλαδή το τετράπλευρο <::::> α + b - 1 = 0 ή α = b = -1 (αδύνατο) ΑΜΒΣ έχει τις πλευρές του ίσες, οπότε είναι <::::> α + b = l . Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα ρόμβος. χ3 +y3 � xy(x + y), (1) 4. Να προσδwρίσετε όλους τους θετικούς α που ισχύει για κάθε χ, y � Ο, αφού είναι ισοδύνακέραιουςκλά οι οποίοι μπορούν να παρασταμη με την προφανή ανισότητα μν + 1 θουν ως σματα της μορφης , (χ - y)2 (χ + y) � ο . μ+ν όπου μ, ν είναι θετικοί ακέραιοι. Λόγω της (1) έχουμε (αφού είναι α, b >Ο) 3 Λύση α + + b + � , , j.ιν + 1 , Έστω α θετικος ακεραιος και α = , οπου μ, μ+ν � α+ b+ α+ +b+ � ν είναι θετικοί ακέραιοι. Τότε θα είναι: �2·2 1+ (2) να - 1 b (1) μ= ν-α + Από την (1) παρατηρούμε ότι για ν-α=1, δηλαδή αφού είναι α b= 1 και α + α � 2, b + b � 2 για ν = α + 1 ε Ν * , προκύπτει ότι για α, b>O. μ = (α + 1)α - 1 = α2 + α - 1 ε Ν * . •

( ±I ( �I ( �) ( �)

( ±Ι ( � ) ( ±)( �)( ± �) ( :) _!_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4120

_!_

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Από την ισότητα α+b= 1 και τη γνωστή ανισότητα και με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω εξισώ α + b )2 προκυπτει , οτι , αb :::::;; -1 η, 1 2:: 4, σεων ανά δύο προκύπτουν οι εξισώσεις: αb :::::;; (-(z - x)(x + y + z) = 2 2 4 αb (4) οπότε η (2) γίνεται: (5) (y- z)(x + y + z) = -6 ( α+ �)3 + ( b + i-)3 2:: 2 · 2 ·5 = 20.

(3)

Ομοίως προκύπτει η ανισότητα: (c + �)3 + ( d + �)3 2:: 20, (4) οπότε το ζητούμενο προκύπτει με πρόθεση κατά μέλη των (3) και (4). Π α ρ ατήρηση :

σχύει (α + �) ν + β + 2 +α β α �β ; Ι ;:::: αν α, β > Ο και ν φυσικός. Σαν εφαρμογή έχουμε ότι: αν α, β > Ο με α + β = 1

( tτ {

τ'

_!_) ( _!_)

και ν φυσικός τότε: (α + ν + β + ν 2:: � α β 2ν-Ι (περιοδικό "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" της Ε.Μ.Ε., τόμος Α ' τεύχος 6° Ιούνιος 1968). Οπότε για ν = 3 και με εφαρμογή της μεταβατικής ιδιότητας: αν α > β και β > γ τότε α > γ προκύπτει το προηγούμενο πρόβλημα. 2.

(x - y)(x + y + z) = 4 (6) Έτσι προκύπτουν οι εξισώσεις 1 = -y - z = -z - x = t (7) x - y = ---2 -6 x+ y+z 4 Με πρόθεση κατά μέλη των (1), (2) και (3) προ κύπτει η εξίσωση: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 14 (8) Από τις (7) και (8) λαμβάνουμε: (4t)2 + (-6tγ + (2t)2 = 14 � t = _!_ ή t = --1 2 2 Για t = από τις (7) . λαμβάνουμε: 2 y -z = -3, z - χ = 1, χ + y + z = 2 � y = z - 3, χ = z - 1, χ + y + z = 2 � y = z - 3, χ = z - 1, z -1 + z - 3 + z = 2 � y = z - 3, χ = z - 1, z = 2 � (x,y,z) = (1,-1,2) ο ' ' η λ:υση μοιως, για t = --1 , προκυπτει 2 (x,y,z) = (-1,1,-2).

_!_

Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: χ 2 + y 2 - z(x + y) = 2 3. Δίνεται κύκλος C κέντρου Κ και ακτίνας r, 2 2 y + z - x(y + z) = 4 σημείο Α πάνω στο κύκλο και σημείο Ρ στο z 2 + χ2 - y(z + x) = 8 εξωτερικό του κύκλου C. Από το σημείο Ρ θεωρούμε μεταβλητή ευθεία ε η οποία τέ Λύση μνει τον κύκλο C στα Β και Γ. Αν Η είναι Παρατηρούμε ότι αν χ + y + z = Ο => το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, να απο χ + y = z,y+ z = -χ, z + χ = -y, το σύστημα γίνεδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό σημείο Τ του ται χ 2 + y2 + z2 = 2 , χ2 + y2 + z2 = 4 , επιπέδου του κύκλου C τέτοιο ώστε το ά χ2 + y2 + z2 = 8 αδύνατο επομένως χ + y + z * Ο . θροισμα ΗΑ 2 + ΗΤ2 να είναι σταθερό (ανε Άρα από: ξάρτητα από τη θέση της ευθείας ε). χ 2 + y2 -z(χ + Υ) = 2 (1) Λύση

y2 + z2 - x(y + z) = 4 z2 + χ2 - y(z + x) = 8.

(2) α. Ύπαρξη Αν :ΚΚ' .l ΒΓ, οπότε είναι γνωστό ότι: (3) ΑΗ = 2 · ΚΚ' . Έχοντας υπόψιν, ότι για την δημιουργία του α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/21

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδ ες

θροίσματος των τετραγώνων ΗΑ 2 + ΗΤ2, αρ- 4. Στο σύνολο Σ των σημείων ενός επιπέδου Π ορίζουμε μία πράξη * ,δηλαδή μία απεικεί να εμφανίσουμε ένα τρίγωνο ΗΑΤ ορθογώκόνιση της μορφής νιο στο Η , προσπαθούμε να κατασκευάσουμε * : Σ χ Σ�Σ τρίγωνο Α Η Τ που να είναι όμοιο προς το τρίη οποία απεικονίζει κάθε διατεταγμένο γωνο ΚΚ'Ρ. Έτσι από το Α φέρουμε την ζεύγος σημείων (Χ,Υ) στο σημείο ΑΤ//ΚΡ και τέτοια ώστε ΑΤ = 2 · ΚΡ . Τα τρί ' Χ*Υ = Ζ, γωνα ΑΗΤ και ΚΚ Ρ είναι όμοια γιατί έχουν ΑΗ = ΑΤ = 2 και 'ΚΡ = ΙLΔ.Τ . που είναι το συμμετρικό του Χ ως προς κέ Κ ντρο συμμετρίας το σημείο Υ. ΚΚ ' ΚΡ Δ

Α �τ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ στο επίπεδο Π. Είναι δυνατόν με διαδ9χικές εφαρμογές της πράξης * στο σύνολο των τριών κορυ φών {Α,Β,Γ} να λάβουμε ως εικόνα την τέταρτη κορυφή Δ ; Λύση

Άρα θα είναι και Afrr = κΚ'Ρ = 90° οπότε Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων ΗΑ2 + ΗΤ2 = ΑΤ2 = (2 · ΚΡ)2 = 4 · ΚΡ2 , που είναι σταθερό και ανεξάρτητο από τη θέση της Oxy έτσι ώστε Β = 0(0,0), Γ(α, Ο), Α(Ο,α), Δ(α, α). ευθείας ε. Σύμφωνα με τον ορισμό της πράξης * , παρατηβ. Μοναδικότητα Έστω ότι υπάρχει και σημείο Γ * Τ τέτοιο ώ ρούμε ότι κάθε εφaρμογή της μεταξύ των σημείων στε να ισχύει ΗΑ2 + ΗΓ2 = c2 (σταθερό), για Β, Γ ή μεταξύ αυτψν και των εικόνων που προκύ κάθε θέση του Η: (πιθανώς να ισχύει πτουν με διαδοχικέ� εφαρμογές της, οδηγεί σε ένα σημείο του άξονα των χ. c2 * 4 ' ΚΡ2 ). Υ Τότε τα μέσα Μ, Σ των τμημάτων ΑΤ, ΑΓ, α ντιστοίχως, ορίζουν ένα σταθερό τμήμα ΜΣ και ακόμη τα μήκη των τμημάτων ΜΗ και ΣΗ είναι Δ σταθερά, αφού ΜΗ = ΑΤ = ΚΡ και 2 '2 χ Ο=Β Γ ΑΤ 2ΗΣ2 = c2 (Θ. διαμέσων στο τρίγωνο Ομοίως κάθε εφαρμογή της πράξης * μεταξύ των 2 ΑΗΓ). Τότε όμως το τρίγωνο ΜΣΗ κατασκευ σημείων Α, Β ή των εικόνων που προκύπτουν με άζεται με δύο δυνατές θέσεις για την κορυφή διαδοχικές εφαρμογές της, οδηγεί σε ένα σημείο Η. Αυτό είναι άτοπο γιατί η κορυφή Η έχει ά του άξονα των y. πειρες δυνατές θέσεις, αφού μεταβάλλεται, ό Ομοίως , για τα σημεία Α, Γ προκύπτουν σημεία πάνω στην ευθεία που ορίζεται από τα Α και ταν αλλάζει θέση η ευθεία ε. Επίσης κάθε μορφή της πράξης * μεταξύ του Α και ενός σημείου του άξονα των χ θα ανήκει_ σε ευθεία που τέμνει τον άξονα των χ και περνάει από Α. Μία τέτοια ευθεία αποκλείεται να περνάει από το Δ, αφού ΑΔΙ/χ 'χ. Ανάλογα ισχύουν για το και σημεία του άξονα y. 3

.. ,_

Γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/22

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

ΤΟ «ΟΔΟΙΠΟΡΙΚΟ» ΤΗΣ ΔΗΜΙΟΥΡΓΙΑΣ ΕΝΟΣ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ ΠΟΥ ΖΗΤΑΕΙ ΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΜΙΑΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑΣ του Σωτήρη Λουρίδα Εισαγωγή: Όταν ο Α.

Cauchy (1789 - 1857) στην Ecole Polytechnique όπου εδίδασκε ζήτησε από τους φοιτητές του στις γραπτές εξετάσεις να τους αποδείξουν: για κάθε αι, α2, ..., αν θετικούς πραγματικούς αριθμούς ισχύει ότι: ...αν . > {jν α . α . . α > -- ν--α1 + α2 +-..:... ---'--=--z ··· ν - 1 --,-1 ν - + -1 + ... + αι α2 αν ίσως να μη φανταζόταν ότι το πρόβλημα - θέμα αυτό θα αποτελούσε μία από τις σπουδαιότερες βασικές προτάσεις της Άλγεβρας. Κατά την άποψη μας, η στιγμή της δημιουργίας ενός καινούργιου μαθηματικού προβλήματος είναι κορυφαία μα θηματική στιγμή. κατασκευαστής ενός τέτοιου προβλήματος θα πρέπει πpώτα να είναι έμπειρος και δυνατός λύτης, αφού η επόμενη κίνήση μετά την κατασκευή είναι η απαλλαγή του από το σύν δρομο του κατασκευαστή και η λειτουργία του σαν λύτη, καθότι πάντα υπάρχει ο κίνδυνος μια διαφο ρετική λύση να υποβιβάσει τον μαθηματικό στόχο του προβλήματος. δεξιοτεχνία που αποκτάται από την ενασχόληση με την κατασκευή προβλημά των αλλά και το ταλέντο του κατασκευαστή είναι επίσης σημανtικοί παράγοντες. Θεωρούμε ανα γκαία την επαφή (αυτών που ασχολούνται με την λύση προβλημάτων), με τρόπους κατασκευής προ βλημάτων. Είναι σημαντικό πολλές φορές, να επι χειρείται, η "κάθοδος" προς τον "πυρήνα" του προβλήματος σαν μια προσπάθεια να κατανοηθεί ο στόχος και η διαδικασία της κατασκευής του. I

πιθανή χρησιμοποίηση της ιδιότητας I β - γi < α < β + γ με όλες τις συνεπαγωγές που προέρχονται από αυτή, εξετάζοντας το ενδεχόμενο με κατάλληλο μετασχηματισμό να αναφερθούμε τελικά σε αρνητικούς αριθμούς. Το π ρ όβλη μα εκκίνησης:

Αν α, β, γ πλευρές τριγώνου ισχύει το λήμμα: α z · βz · γ z � 4 r

( Jj )3

Ιδέες:

lη)Από x ::;; O :::::} x = - l xl . Άρα μια αρνητική ή ίση με το μηδέν ποσότητα μπορούμε να την χειριστούμε αντικαθιστώντας την από ένα σύμ βολο έστω το - t με t � Ο . 2η) Να χρησιμοποιήσουμε το λήμμα - πρόβλημα εκκίνησης (του οποίου θα παραθέσουμε την α πόδειξη) ως εξής: αz . βz . γz � 4 r <=> 3.J3α2β2γ2 � 26 . E�r

( Jj J3

<=> 27α4β4γ4 � 2ι 2 (E�r <=>

.•.

<::::> 3 · �α4 · β4 · γ4 � (α + β + γ)(β + γ - α) (α + γ - β)(α + β -γ)

3η) Επεξεργαζόμενοι τις γ2 < (α + β)2 και (α- β )2 < γ2 έχουμε: -2αβ < α2 + β2 -γ2 < 2αβ <::::> Ας παρακολουθήσουμε, λοιπόν, το "οδοιπορικό" <=> j αz + β2 - γ2 j < 2αβ <=> της δημιουργίας ενός προβλήματος με θέμα την (α2 + βz -γz )2 < 4α2βz <::::> . . . <::::> απόδειξη μιας ανισότητας. <=> ( α+β+γ)( α+ β-γ)( α-β+γ){β+γ-α) > Ο<::> ΣΤΟΧΟΣ <::::> (α + β -γ)( α-β + γ){β + γ - α) > Ο Να χρησιμοποιήσουμε την θετικότητα των μέτρων των πλευρών ενός τριγώνου, έστω α, β, γ και την 4η) Θεωρώντας ήδη ότι μπορούμε να θέσουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4123

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμmάδ ες

-------

μπορούμε να προχωρήσουμε αναφερόμενοι 3 . �α4 · β4 · γ4 . στους αρνητικούς αριθμούς χ, y, z. Από ( α - β + γ ){ α + β - γ )( β + γ - α) > Ο � <:::} (α + β + γ)(α - β + γ)( α + β - γ)(β + γ -α) > Ο <:::} . . . <:::} Σκέψη ασφάλειας Λόγω της συμμετρικότητας των χ3 + xyz, y + xyz, � J α2 + β2 - γ2 J < 2αβ � Ι α - βl < γ < α + β

z3 + xyz, αρκεί Jχ3 - y3 J < Jz3 + xyzJ < Jx3 + y3 + 2xyzJ

(σ)

ώστε να εξασφαλίζεται η ισχύς της τριγ. ιδιότητας.

Αυτή η σχέση μας δίνει το δικαίωμα να υποθέσουμε ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές αντίστοιχων μέτρων α, β, γ. Χρησιμοποιούμε το λήμμα, που πήραμε σαν πρόβλημα εκκίνησης και έχουμε:

Αντιμετώπιση:

Δημιουργούμε το δεδομένο: χ, y, z < Ο και

( χ3 + z3 - y + xyz)( y + χ3 -z3 + xyz) . . . � 3�α4 · β4 · γ4 � ( α + β + γ)( β + γ - α) (z3 + y3 - χ3 + xyz) < Ο οπότε υποχρεωτικά α + γ - β )( α + β - γ ) � 3�α4β4γ4 � ( Ο χ3 + z3 - y3 + xyz < Ο και y3 + χ3 - z3 + xyz < , � ( -α - β - γ)( --β-γ+α)( -α-γ+ β){ --α- β + γ) � r + � -Χ3 + :xyz < 0 ΠΟυ μας εξασφαλίζουν την (σ)

Σπου δαία Παρατήρη ση :

Παρατηρούμε ότι: (χ3 + xyz )4 = χ4 (χ2 + yz )4 , 4 (Υ + xyz)4 = Y4 ( y +xz)4 , (r + xyz)4 =z4 ( i + xy) οπότε α4 = χ 4 (χ2 + yz)4' Β4 = y4(y2 + xz)4 '

γ4 = z4(z2 + xy)4

3�x4y4z4(x2 + yz)4(y2 + xz)4(z2 + xy)4 � (χ3 + y3 + Ζ3 + 3xyz)(y3 + z3 - χ3 + xyz) (χ3 + Ζ3 - y3 + xyz)(y3 + Χ3 - Ζ3 + xyz) .

Απόδ ειξη του λήμματος :

Αν JR η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε Η δη μιου ργία : α·β·γ * Έστω χ, y, z αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι () α · β · γ � 4ΕΑΒΓ · R => 4ΕΑΒΓ = R .fi .fj ώστε να ισχύει: {χ3 + z3 - y3 + xyz){y3 + χ3 - z3 + xyz) γνωρίζουμε ότι 2τ ::;; 3R.J3 ( 2τ = α + β + γ ) => (z3 + y3 - χ3 + xyz) < Ο , να αποδείξετε ότι 1 αβγ αβγ (•) 1 => - � --=> => - � 2τ 3R.fj 2τ 3R .J3 (χ3 + y3 + z3 + 3xyz)(χ3 + y3 -z3 + xyz)

{χ3 + z3 - y3 + xyz){y3 + z3 - χ3 + xyz) ::; ::; 3 �χ 4 · y4 . z4 {x2 + yz)4 · {y2 + xz)4 {z2 + xy)4 -

λύση:

Θεωρούμε:

χ3 + xyz = -α, y3 + xyz = -β, z3 + xyz = -γ με

α, β, γ > Ο. Οπότε η υπόθεση γίνεται: ( -α - γ + β)( -α - β + γ)( -β - γ + α ) < 0 � � ( α - β + γ)( α + β - γ)( β + γ - α) > Ο , και

η ζητούμενη σχέση γίνεται:

4ΕΑΒΓ

.J3

( **) = αR· β.fi· γ <- 3αβγ 2τ

Αλλά από την ανισότητα του Cauchy έχουμε α + β + γ � 3{/α · β · γ => 2τ � 3ψ;βγ => ) (•• 3αβγ 8τ3 ι 3 2 ::; ( αβγ ) => => αβγ ::; - => . . . => 2τ 27 ΑΒΓ = αβγ < 3αβγ _< ( αβγ )2 /3 => ι::; => 4Ει::; Rν3 2τ ν3

=> 4ΕΑΒΓ <_ ( αβγ )2 /3 => ( αβγ )2 _>

.fj

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.4/24

( E.fj )3 4

ABr

I για

τη Α τάξη του Λυκείου ..

ΑΛΓΕΒΡΑ

Σκοπός του άρ θρου αυτού είναι βοηθήσει κάθε μαθητή της Α ' λυκείου να κάνει επανάληψη στην άλγ& βρα. Θα λύσουμε ασκήσεις ως εφαρμογή της θεωρίας. (Αφιερωμένο στους μαθητές μου της Α ' Λυκείου στο Λ ύκει ο Λαμπείας του Νομού Ηλείας)

του Καλίκα Ε. Σταμάτη

Επαναληπτικές ΑακήD'εις Λύση: Λυμένες Ασκή σεις Έστω α2 + β2 + γ2 + δ2 + αβ + γδ = 1 τότε δια 1. Ας ξεκινήσουμε με μία άσκηση με τις aξιο σημείωτες ταυτότητες από τον τελευταίο δοχικά έχουμε: διαγωνισμό της Ελληνικής Μαθηματικής � +� +f +� +�+�-�+�=0 Εταιρείας (Ε.Μ.Ε Αρχιμήδης 2003). Αν (α-δ)2 + (α + β)2 + (γ + δ)2 + (β + γ)2 = Ο α, β > Ο και α3 + β3 + 3αβ = ι (ι) να αποδείαπό την οποία προκύπτει α = δ = -γ = β = -α οπό ξετε ότι α + β = ι . τε α = β = γ = δ = Ο και τότε αδ - βγ = Ο κάτι που Λύση : είναι άτοπο. Ας θυμηθούμε την ισοδυναμία α3 + β3 + γ3 = 3αβγ <:::> α + β + γ = 0 ή α = β = γ • Ας λύσουμε τώρα δύο ασκήσεις παραγοντοποίησης: που προκύπτει από την ταυτότητα του Eu1er. (1) γράφεται α3 + β3 + (- 1)3 = 3αβ(- 1) άρα 4. Να παραγοντοποιήσετε τις παραστάσεις: α + β + (-1) = Ο ή α = β = -1 που είναι αδύνατο α. χ3 - 2χ και β. χ3 + 2χ - 3 . γιατί α, β > Ο. Έτσι α + β = 1 . Λύση: α. χ3 2χ = χ(χ2 - 2) = x(x - .Ji)(x + .Ji) 2. Ας θυμηθούμε την μέθοδο <<Απαγωγή εις ά β. χ3 + 2χ - 3 = χ3 - χ + 3χ - 3 = τοπΟ)). Αν ο α2 είναι περιττός τότε ο α εί = χ(χ 2 - 1) + 3(χ - 1) = χ(χ - 1)(χ + 1) + 3(χ - 1) ναι περιττός. = (χ - 1)[χ(χ + 1) + 3] = (χ - 1)(χ 2 + χ + 3) . Λύση : Το τριώνυμο χ2 + χ + 3 δεν παραγοντοποιείται Έστω ότι ο α είναι άρτιος. Τότε α=2κ, κ ακέ γιατί έχει αρνητική διακρίνουσα. ραιος, και α2 = 4κ2 = 2λ , λ ακέραιος, άρα ο α2 εί Ας θυμηθούμε ασκήσεις στην διάταξη των α ναι άρτιος κάτι που είναι άτοπο γιατί από την υπό ριθμών. θεση ο α2 είναι περιττός. Για την σύγκριση αριθμών χρήσιμες είναι οι 3. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ, παρακάτω ισοδυναμίες: • α > β <:::::> α - β > Ο δ ισχύει αδ - βγ = ι να αποδείξετε ότι: α • Αν α, β > Ο , - > 1 <:::::> α > β α2 + β 2 + γ 2 + δ 2 + αβ + γδ :;e ι . β _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/25

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Αν α,β>Ο, α>β<::::> αν >vβ . Αν α,β ομόσημοι α < β <::::> .!.. > -1 α β

και Β = �2Ψr = ��24 · 4 = � = ifi . Τότε Α 6 = 32 =9 ενώ Β6 = 23 =8 . Αφού λοι • πόν Α6 > Β6 θα είναι και Α > Β. Και μια και είμαστε στις ρίζες να θυμηθούμε ό 5. Αν α είναι πραγματικός αριθμός και α � 1 , τι τις παραστάσεις με άρρητο παρονομαστή τις με να συγκρίνετε τους αριθμούς α3 - α και τατρέπουμε σε παραστάσεις με ρητό. Να ένα πα 1 - α2 • ράδειγμα. •

Λύση :

α3 - α -(1 - α2 ) = α3 + α2 - α - 1 = = α2(α + 1) - (α + 1) =(α + 1)(α2 - 1) = = (α + 1)2(α - 1) � Ο γιατί (α + 1)2 � Ο και α - 1 � 0 . Έτσι α3 - α � 1 - α2 .

2 Να μετατραπεί η παράσταση Α = J3 .J2 3- 2 σε παράσταση με ρητό παρονομαστή. Λύση:

2 2(./3 + J2) = 2(./3 + J2 ) = Α= 6. Αν α < 2 < β να συγκρίνετε τους αριθμούς J3 - J2 (./3 - J2)(J3 + J2 ) J32 - J22 αβ + 4 και 2(tι. + β) . 2(./3 + J2) 2(./3 + J2) = Λύση: 1 Από την σχέση α < 2 < β προκύπτουν οι σχέ σεις α-2 < Ο , β - 2 > Ο . Για να συγκρίνουμε τους ι ο. Αν ι � α < 3 και 2 � β < 4 να βρείτε σε ποιο διάστημα ανήκουν οι αριθμοί αβ + 4 και 2(α + β) αρκεί να βρούμε το πρόσημο ί. α + β ίί. α - β , της διαφοράς τους. α αβ + 4 - 2(α+ β) = αβ - 2α + 4 - 2β = ίίί. και iv. 3α - 2β . β = α(β - 2) - 2(β - 2) = (β - 2)(α- 2) < Ο . Έτσι αβ + 4 < 2(α+ β) . Λύση: ίί. ί. 1�α<3 1�α<3 7. Να συγκρίνετε τους αριθμούς 334 και 251 • 2�β<4 -4 < -β � 2 Λύση: 3 � α+β<7 -3 < α - β < 1 334 Αρκεί να συγκρίνουμε τον λόγο με το 1. ίίί. 1 � α < 3 3 � 3α < 9 iv. 251 1 1 1 -<-�-8 < -2β � -4 Διαδοχικά έχουμε 4 β 2 1 7 7 334 = (32 )1 = 2. > 1 . -5 � 3α - 2β < 5 251 (23)1 7 8 -3 < -α < -3 4 β 2 Έτσι καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι 334 > 251 . Ας θυμηθούμε τις εξισώσεις: Ξεκινάμε με μία παραμετρική εξίσωση ι ου Δραστηριότητα : βαθμού : 0 Να συγκρίνετε τους αριθμούς 38303 και 572

()

•

Να συγκρίνετε τους αριθμούς Α = �J3� και B = �l� .

Λύση:

Α = �J3V3 = �3},/3 = �w = 134 = JJ3

11. Να λυθεί η εξίσωση (λ\tχ =λ2 - λ (1) για τις διάφορες τιμές του πραγματικού α ριθμού λ. Λύση:

Πρώτα εξετάζουμε για ποιες τιμές της παραμέ τρου, μηδενίζεται ο συντελεστής του αγνώστου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/26

-------

Μ αθηματικά ΎUΙ την Α ' Λυκείου

2 + λ = ο <=> λ(λ+ 1) = ο <=> λ = ο ή λ = -1 . Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν λ :;t: Ο και λ -1 τότε λ2 + λ :;t: Ο και η εξίσω ση έχει μόνο μία λύση την -λ = λ(λ-1) = -λ-1 Χ = λλ22 +λ λ(λ+1) λ+1 . Αν λ = Ο η εξίσωση ( 1) γίνεται Οχ = Ο που είναι ταυτότητα δηλαδή αληθεύει για κάθε πραγματικό αριθμό χ. Αν λ = -1 η εξίσωση (1) γίνεται Οχ=2 που εί ναι αδύνατη δηλαδή δεν αληθεύει για κανένα πραγματικό αριθμό χ. λ

:;t:

Συνεχίζουμε με μία ελλιπή εξίσωση 2ou βαθμού.

+ =Ο.

12. Να λυθεί η εξίσωση: 6χ2 3χ Λύση :

Λύση :

χ -1

<::::>

συνάρτησης οδηγεί στην λύση εξισώσεων ή ανι σώσεων. 13. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης: f(x)=

χ-1 + 4 (χ+ 1)(χ-2) χ(χ+ 3)

---

Λύση:

χ Ο

χ 3χ+ 2 = χουμε: (1)<:::::} χ(χ + 1) χ 2 <::::> = χ(χ+1) 2χχ(2 +5χ+2 + χ(χ+1)-χ+ 1) χ+ 1 3χ2 2 +5χ+2=2χ2 +7χ+2 <=> χ -2χ =ο <=> χ(χ-2) (2). Η εξίσωση (2) έχει ρίζες χ = Ο και χ = 2. Από αυτές δεκτή είναι μόνο η χ = 2. .

Δ ραστη ριότητα : Να λ υθούν οι εξισώσεις: ί.

ίί.

6χ2 +3χ=Ο 3x(2x+l)=O <::::> χ=Ο ή χ=-.!.2 . . Ο προσδιορισμός του πεδίου ορισμού μιας

Η εξίσωση ορίζεται για τα ε IR με :;t: και :;t: Με τους παραπάνω περιορισμούς του έ-

-2χ+1 _ 1 = 1- και χ-2 χ-2 χ- 1 + 2 = 1 - 3 Χ+2 ΧΖ + 2Χ -:; Χ+2 xz

Ας θυμηθούμε εξισώσεις που λύνονται με ν θετικός ακέ την βοήθεια της εξίσωσης ν ραιος και α πραγματικός αριθμός. •

χ =α,

=Ο. Λύση: 2 χ3 -8χ = ο <=> χ(χ -8) =ο <=>χ= ο ή χ2 -8=0 . <::::> χ=Ο ή χ2 =8 χ = Ο ή x=.J8 ή χ= -.J8 <::::> χ=Ο ή χ= 2J2 ή χ = -2J2. 16. Να λυθεί η εξίσωση: χ2 (χ2002 + 4)(χ10 - 1024)(χ2003 + 1 ) =Ο (1) 15. Να λυθεί η εξίσωση: χ3 - 8χ

<::::>

,χ , {(x+1)(x-2):;t:O χ(χ+3) :;t:O Λύση : {(χ+ 1)(χ-2) =Ο <=> {χ = -1 ή χ = 2 . Η εξίσωση ( 1) είναι ισοδύναμη με την χ 2 = Ο ή χ(χ+3)=0 χ =Ο ή χ =-3 00 χ2 2 =-4 ή χ ιο =1024 ή χ2οω =-100 <=> χ=Ο ή (x+1)(x-2):;t:O { x:;t:-1 καιχ:;t:2 { Έτσι χ = �1024 ή χ= -�1024 ή χ = -2 4Ϊ <=> χ = ο ή x(x+3):;t:O χ :;t: Ο καιχ:;t:-3 Χ =2 ή Χ =-2 ή Χ =-1. Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι: = (-οο,-3) υ(-3, - 1) υ(-1,0) υ(Ο,2) υ(2,+οο) Ας λύσουμε τώρα μία εξίσωση με απόλυτες τιμές Η συνάρτηση ορίζεται για τους πραγματικούς

αριθμους για τους οποιους

<::::>

Συνεχίζουμε με μία κλασματική εξίσωση που ανάγεται σε εξίσωση 2ou βαθμού

17. Να λυθεί η εξίσωση: Ι χ - 1 1 +4 Ι χ - 1 1 22 3

14. Να λυθεί η εξίσωση: 3χ + 2 χ

2 = 2χ2χ2+ +5χχ+ 2 +-χ+1

(1).

-= -15 5

Λύση:

(1) ισοδυναμεί με την:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/27

(1)

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

51 χ -11 +20-31 χ -11= 22 Ι χ -11= 1 <::::> χ-1=1 ή χ-1=-1 χ=2 ή χ4=Ο.2 Κάθε εξίσωση της μορφής: αχ +βχ +γ=Ο, α:1=Ο λέγεται διτετράγωνη. <=>

<::::>

•

18. Να λυθεί η διτετράγωνη εξίσωση: χ4 - 6χ 2 + 1 Λύση:

------

{

20. Να λυθεί το σύστημα: (λ + 4)χ - 4y = 2 (Σ) 2χ - (λ + 2)y -1 για τις διάφορες τιμές του πραγματικού α ριθμού λ. Λύση :

}

(1) =0 Αρχικά βρίσκουμε τις ορίζουσες Dx, , του συστήματος. Αν θέσουμε χ 2 = y η εξίσωση γίνεται: = -λ2 -6λ = -λ(λ+6) . (2) Ιλ+4 y2 -6y+1 =0 -λ-2 2 -4 I Η εξίσωση (2) έχει ρίζες y = 3-2J2 και y = 3 + 2J2. Οι ρίζες της εξίσωσης (1) είναι οι ρί = 1 -12 -λ-2I = -2λ-8 . ζες των εξισώσεων x2 =3-2J2 και χ2 = 3 + 2J2. = λ+4 2 1 -λ-8 . Ι 2 -1 'Ετσι x=±�3-2J2 ή x=±�3+2J2 . Ας θυμηθούμε τα συστήματα: Εξετάζουμε για ποιες τιμές του λ μηδενίζεται η Πρώτα ένα σύστημα που μας οδηγεί σε δύο ορίζουσα = Ο λ = Ο ή λ = -6 . γραμμικά συστήματα 2χ2: { διακρίνουμε περιπτώσεις: } ΑνΣτηλ*συνέχεια χ _ 3y = Ο και λ* -6 τότε *Ο και το σύστημα 19. Να λυθεί το σύστημα: . y)(x + y) = O (x έχει μοναδική λύση την ( -2λ-8 Λύση: -λ-8 ) · } (x,y)= -λ2 -6λ ' -λ2 -6λ x-3y=6 <::::> x-3y=6η, x-3y=6 · {(x-y)(x+y)=O { x-y=O x+ y=O } Αν λ= Ο, τότε το σύστημα γίνεται 4x-4y=2 <::::> 2x-2y=1 Θα λύσουμε πρώτα το σύστημα: { 2χ - 2y =-1} {2χ -2y = -1} x-3y=6 <::::> x-3y=6 {x-3y=6 { x-y=O } {-x+y=O} -2y=6 } που είναι αδύνατο. Αν λ= -6, τότε το σύστημα γίνεται χ =-3 · <::::> { x-3y=6 <::: :> } = 2 που είναι αδύνατο. -2χ-4y { } y= -3 y=-3 {2x+4y=-1} Στη συνέχεια θα λύσουμε το σύστημα: Γενικότερα αν η ορίζουσα είναι ίση με το x - 3y=6 <::::> x-3y=6 x-3y=6 μηδέν το σύστημα είναι αδύνατο ή έχει άπειρες { x+y=O } {-x-y=O} { -4y=6 } λύσεις. χ-3y � 6 χ =% Και θα τελειώσουμε με ένα σύστημα που η <::::> y=-- <::::> λύση του οδηγεί σε λύση εξίσωσης 2ου βαθμού. 3 y=-2 2 χ2 + Υ 2 = 25 . 21. Να λυθεί το σύστημα: { . x-y=1 } Παρατή ρηση : Η πρώτη εξίσωση του συστήματος είναι εξίσω ση ευθείας, ενώ η δεύτερη εξίσωση είναι εξίσωση {χ2 + y2 = 25 Λύση: 2 +(χ -1)2 = 25 <::::> χ δύο ευθειών. Οι λύσεις του συστήματος είναι οι } { } y=x-1 x-y=1 συντεταγμένες των σημείων στα οποία η πρώτη 12=0} (Σ) ευθεία τέμνει άλλες δύο. Θα συνεχίσουμε με έ <::::> {χ2 -χy=x-1 να παραμετρικό γραμμικό σύστημα 2χ2 Για να λύσουμε την πρώτη εξίσωση βρίσκουμε D,

-4

DΥ

•

D. D

<::::>

τις

<::::>

{ }

{ }.

•

<::::>

τις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/28

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

-------

την διακρίνουσα Δ

= 49 και της βρίσκο. οι ρίζες -3 -β ± JΔ , χ = --'---νται απο, τον τυπο 2α ( 4 χ = 4 ή χ = -3 . Έτσι (Σ) <=> { y = 3 } y = -4

{ }

•

Παρατήρηση:

•

α < Ο <::::> αβ < Ο β

� � 0 <=>

{αββ �Οο} :;e

α Ο -α ::; Ο <=> { β :::; } β :;e Ο β

Οι εξισώσεις του συστήματος είναι εξισώσεις κύκλου και ευθείας αντίστοιχα. Οι λύσεις του συ στήματος είναι οι συντεταγμένες των κοινών ση μείων του κύκλου και της ευθείας.

25. Να βρείτε το πρόσημο της παράστασης (χ + 1)(2χ2 + χ + 5) για τις διαφορες , τιΑ= χ2 - 6χ +8 μές του πραγματικού αριθμού χ.

Τώρα ας επιλύσουμε ανισώσεις 1 ου, 2ου ή ανώ τερου του 2°υ βαθμού.

Λύση: Για να ορίζεται η παράσταση πρέπει χ :;e 2 και χ :;e 4 . Αρκεί να προσδιορίσουμε 'το πρόσημο του γινομένου

22. Να λυθεί η aνίσωση: ι χ - 2 1 -4 + 1 < ι χ - 2 1 _.! 2 3 3

(1)

(χ + 1)(2χ2 + χ + 5)(χ2 - 6χ + 8).

Λύση: Το πρόσημο του γινομένου φαίνεται από τον Πολλαπλασιάζοντας τα δύο μέλη με 6>0 έχουμε ι- παρακάτω πίνακα. σοδύναμα: χ -1 2 4 3 1 χ - 2 1 -12 + 6 < 2 1 χ - 2 1 -4 <=> Ι χ - 2 1< 2 <=> x+ l - Ο +I + I + -2 < χ - 2 < 2 <=> ο < χ < 4

Δραστηριότητα: '

Να λυθει η ανι'σωση:

χ + 1 + 2χ + 7 < -χ+2 2 4 6

23. Να βρείτε τις τιμές του χ για τις οποίες συ ναληθεύουν οι ανισώσεις: χ + 1 :::; χ +-3 (2). 3χ + 2 < χ+ 6 (1) και 2 - -2 2 Λύση :

+ I +I + I + + I +Ο - Ο + -0 +0- ο +

2χ2 + χ + 5 χ2 - 6χ + 8 Γινόαι:νο

Έτσι Α>Ο αν και μόνο αν

χ ε (-1,2) υ (4,-too) , Α<Ο

αν και μόνο αν

χ ε (-οο,-1) υ (2,4) και Α=Ο

αν και μόνο αν χ = -1. Ας θυμηθούμε το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

(1) <=> 2χ<4 <=> χ<2. (2) <=> 4 - (χ + 1) :::; 2χ + 3 <::::> 3χ� Ο <::::> χ � Ο . Επομένως οι ανισώσεις συναληθεύουν, αν

ο :::; χ < 2 .

24. Για την επίλυση κλασματικών ανισώσεων

26. Να λυθεί το σύστημα: {χ + Υ = 3 } . xy = 2 Λύση: Τα χ, y είναι ρίζες της εξίσωσης

και τον προσδιορισμό του προσήμου κλα 1 σματικών παραστάσεων είναι χρήσιμες οι ω2 -3ω + 2 = 0 (1). Δ = 1>0, ω = --'--β -+-JΔ . ( . παρακάτω ισοδυναμίες: 2α 2 •

-α > Ο <::::> αβ > Ο β

Έτσι (1) <=> ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/29

χ =1 χ=2 {y = 2} ή { y = 1 } .

------χ + = α + β} 27. Αν { y χy = αβ

Μαθηματικά '114 την Α ' Λυκείου

Τότετα χ, -y όπως και τα α, -β είναι λύσεις της εξίσωσης ω2 -Sω+Ρ =Ο (1). να αποδείξετε ότι: Όμως η εξίσωση (1) έχει το πολύ δύο λύσείς, {χy == αβ} ή {yχ == αβ } · άρα χ=α} ή {χ =-β } · Λύση: { y=β y=-α Ονομάζουμε S το άθροισμα χ + y = α+ β και Ρ 29. Αν χ1 ,χ2 οι ρίζες της εξίσωσης το γινόμενο xy = αβ . Τότε τα χ, y όπως και τα α, β είναι λύσεις της αχ2 + βχ + γ = Ο , α Ο , να αποδείξετε πρώτα την ταυτότητα εξίσωσης (ΧΙ - Χ2 )2 = (ΧΙ + χ2 )2 - 4ΧΙ · Χ2 2ω - Sω+Ρ=Ο (1). Όμως η εξίσωση ( 1) έχει το πολύ δύο λύσεις, άρα . , I χ1 - x i I= JΔ και στη συνεχεια ΙαΙ χ{ =α} ή {χ =β } . y=β y=α Λύση: (χι +χ2 )2 -4Χι ·χ2 = =α 28. Αν {χ - y - β } να αποδείξετε ότι χy = αβ Χ� +χ; + 2χι · Χ2 -4χι · Χ 2 = = Χ� +χ; -2Χι ·χ2 =(χι -χ2 )2 · {yχ == αβ} ή {yχ =-=-αβ } · Γνωρίζουμε όμως ότι β και Χ · Χ2 -_ ]_ Λύση: -χ +χ 1 2 α α Υ = α-β} γράφεται Το σύστημα {χ -χy=αβ Έτσι η ταυτότητα: (χ1 -χ2 )2 =(χ1 +χ2 )2 -4χ1 χ2 μας δίνει: χ+ (-y) = α+(-β) . { x(-y) = α(-β) } ( � 2 � β2 ::αγ Δ 2 = (χι -xz) J -4 = α2 ' Ονομάζουμε S το άθροισμα χ +(-y) = α+(-β) οπότε I Χ1 -χ2 Ι= JΔ Ιαl . και Ρ το γινόμενο x(-y) = α(-β). :;t:

•

a Ιnσνσλqnτι«Cf ΑΙ3«ήιιcιc

του Γεωργιάδη Θωμά

Λυμένες Ασκήσεις 1. Να λυθεί η aνίσωση:

lx2 - xl+lx2 - 3χ + 2Ι Λύση:

::::;

(1)

Επειδή για κάθε χ ισχύει Ι χ2 -χι� ο και Ι χ2 -3χ+2Ι� ο η ανίσωση (1) αληθεύει μόνο όταν: l x2 -xl+l x2 -3χ+21 =0, ε�

οπότε προκύπτει ότι θα είναι l x2 -χΙ =Ο (Ι) και l x2 -3χ + 21 =Ο (11) <=:> χ2 -χ=0<=> χ(χ-1)=0<=:>χ=0 ή χ =1 11. <=> χ 2 -3χ + 2 =ο� χ = 1 ή χ = 2 Προφανώς λύση της ανίσωσης (1) είναι η χ = 1. 2 . Να λυθεί η aνίσωση : l x2 -tl χ2 + 1 (1) Λύση: Επειδή για κάθε χ � ισχύει ότι χ2 + 1 Ο, η ανίσωση (1) ισοδύναμα γράφεται: Ι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/30

�

------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

-------

χ 2 -1 � -(χ 2 + 1) (Π) χ2 - 1 � χ2 + 1 (Ι) χ 2 - χ2 � 1 + 1 Οχ 2 �

I. Δ >-Ο , Π. - -αβ -< Ο και -αγ >-Ο <::::> 2, η οποία εί I. Δ>-0<=>[-2 (λ-4)]2 -4·8[-(λ-2)]>- 0<::::> Η (I) <::::> ναι αδύνατη.2 2 4(λ2 -8λ+ 16)+32(λ-2) >-Ο<::> Η (11) <::::> χ - 1 � -χ 1 2χ2 �Ο. Άρα χ = Ο Συνεπώς λύση της ανίσωσης είναι η χ = Ο . 4λ22 -32λ+ 64+32λ-64 >-ο<::::> <::::> 4λ >-ο<::::> λ ο (2) 3. Να απλοποιηθεί η παράσταση: -2(λ-4) -<0<::::> λ-4 -<0<::::> 1 1 2 11. + --=--= 8 4 (3) fi - 1 fi + .J3 J5 - .J3 <::: :> λ-4-<Ο<::: :> λ -<4 Λύση: -(λ-2) >-Ο<::::> λ -2-<Ο<::::> λ -<2 (4) 1 + 1 - 2 -8 (2), (3), (4) συμπεραίνουμε ότι .J2 -1 .J2 + J3 J5 - J3 Από τις σχέσεις J3 - .J2 .J2 + 1 + ηλ -<εξίσωση ( 1)Ο .έχει δύο ρίζες αρνητικές όταν �-�-� 2 και λ + 1 .J2 +1 (.Ji - )( ) (J3 .Ji )(J3 - .Ji ) β. Η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο ρίζες ετερόσημες όταν: 2 (J5 + J3) I) Δ >-Ο και Π) 1 -< Ο α (J5 -J3 )(J5 + J3 ) I. Δ >-Ο<::::> λ Ο (από α. ερώτημα) -(λ-2) -<Ο<::::> λ >-2 11. 2 J5 + J3 )= = -8 .J2 +1 + J3 - .Ji ( --Συνεπώς η2εξίσωση ( 1) έχει δύο ρίζες ετερόση 2-1 3-2 5 -3 μες όταν λ >. 5. Αν λ μ τότε το τριώνυμο .J2 + 1 + --J3 -.Ji 2 (J5 + J3 ) = -f(x) = x2 -(λ + μ) χ + λ2 -λμ+μ2 1 1 2 είναι θετικό για όλες τις τιμές του χ = .Ji + 1 + J3 - .Ji -J5 - J3 = 1 - J5 Λύση: Είναι f(x) >-Ο για κάθε χ JR , όταν είναι Δ<Ο. 4. Να βρεθούν οι τιμές του λ για τις οποίες η εξίσωση: 8χ2 -2(λ-4)χ-(λ-2)=0 (1) έχει: Είναι Δ [- (λ+ μ)Τ - 4(� -λμ + μ2 ) = α. δύο αρνητικές ρίζες, λ2 +2λμ+ μ2 -4λ2 +4λμ-4μ2 β. δύο ετερόσημες ρίζες. 2 2 2 2 2 + )=-3(λ-μ) μ -2λμ =-3(λ =-3λ +6λμ-3μ Λύση : είναι -3 (λ-μ)2 -< Ο για λ μ δηλαδή είναι α. Η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο αρνητικές ρίζες όταν: Επειδή Δ τότετο τριώνυμο είναι θετικό κάθε χ JR . ή

_:_

ill.

<::::>

<=>

<::::>

:;t:

111.

:;t:

"'7""": � -'-= .,... -=-' ...,.. '---:� =

:;t:

9i .

<Ο,

για

:;t:

rEnMETPIA

Σκοπός του άρθρου αυτού είναι βοηθήσει κάθε μαθητή της Α ' Λυκείου να κάνει επανάληψη στην γεωμe τρία. Θα αναφέρουμε σημεία που είναι χρήσιμα και στην επόμενη τάξη. Επομένως θέλουμε να είναι βοήθη ' μα και για τους μαθητές της Β λ υκείου.

του Βάρδα Κώστα και του

r Εnαναληnτι«i� Αfι«ήιιcι,

Ερωτήσεις κατανόησης : Να εξετάσετε αν είναι σωστή (Σ) ή λανθασμένη (Λ) καθεμιά από τις επόμενες προτάσεις: 1.

Κάθε πολύγωνο με ν πλευρές ν>3, έχει οπωσ-

Καλίκα Ε. Σταμάτη

δήποτε μία αμβλεία γωνία. Δύο οξείες γωνίες με,παράλληλες πλευρές μία προς μία, είναι πάντοτε ίσες. Δύο αμβλείες γωνίες με κάθετες πλευρές μία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/31

------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

προς μία, είναι πάντοτε παραπληρωματικές. Λυμένες Ασκήσεις 4. Δύο ευθείες παράλληλες προς τρίτη ευθεία εί 1. Αν μία γωνία κυρτού πολυγώνου είναι με ναι και μεταξύ τους παράλληλες. γαλύτερη από το άθροισμα των υπολοίπων γωνιών του, τότε το πολύγωνο είναι τρίγω 5. Κάθέ εξωτερική γωνία τριγώνου είναι μεγα λύτερη καθεμιάς των απέναντι εσωτερικών νο. (Δηλαδή κάθε γωνία κυρτού ν-γώνου με γωνιών. ν�4 είναι μικρότερη από το άθροισμα των άλλων γωνιών του Α1 < Α2 + · · · + Λ. ). 6. Κάθε εξωτερική γωνία τριγώνου είναι ίση με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών Λύση: γωνιών. Έστω Α 1 > Α2 + · · · + Α τότε ν 7. Ένα τρίγωνο είναι οξυγώνιο όταν μία γωνία > ι + 2 +···+ ν του είναι οξεία. 2Α1 > ή 8. Το ισοσκελές τρίγωνο έχει κέντρο συμμετρί ή > ν > ή ν<4. Οπότε ν = ας. γωνία ενός κυρτού ν-γώνου με 9. Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες μία 2. Η>μικρότερη 2ν -4 ορθες, , μικροτερη , η, ιση , απο, -ν_4 ειναι προς μία, και μία από τις μη περιεχόμενες γαι ν νίες ίσες τότε τα τρίγωνα είναι ίσα. ενώ η μεγαλύτερη του είναι μεγαλύτερη ή 10. εξωτερική γωνία Α.ξ τριγώνου ΑΒΓ είναι , , 2ν -4 ' Λ

2Αι Α Α Α 360° (ν-2)180° 2 2 3.

μεγαλύτερη από την Γ . Σε τρίγωνο ΑΒΓ αν β>γ τότε Β > Γ . Σε τρίγωνο ΑΒΓ αν Β = Γ τότε β=γ. 13 . Το άθροισμα δύο γωνιών ενός τριγώνου είναι μικρότερο των 14. Το ισοσκελές τρίγωνο έχει δύο άξονες συμμε τρίας. 1 5. διάκεντρος δύο κύκλων είναι μεσοκάθετος της κοινής χορδής. 16. Το σημείο επαφής δύο εφαπτόμενων κύκλων είναι σημείο της διακέντρου. . 17 Το άθροισμα των εσωτερικών γωνιών ενός κυρτού ν-γώνου είναι (ν 18. Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών κάθε κυρτού ν-γώνου είναι 19. Έστω τα τμήματα α � β � γ . Υπάρχει τρίγωνο με πλευρές τα τμήματα α, β και γ αν και μόνο αν α<β+γ. 20. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: υα � δα � μα . ισότητα ισχύει μόνο για το ισοσκελές τρί γωνο.

11. 12.

180°.

2)180° . 360°.

Απαντήσεις :

ιση απο -ν ορθες .

1-Λ, 2-Σ, 3-Σ, 4-Σ, 5-Σ, 6-Σ, 7-Λ, 8-Λ, 9-Λ, 10-Σ, 11-Σ, 12-Σ, 13-Σ, 14-Λ, 15-Λ, 16-Σ, 17-Σ, 18-Σ, 19-Σ, 20-Σ.

Απόδειξη : Ας υποθέσουμε ότι η μικρότερη γωνία είναι με-

2ν-4

γαλύτερη από -- ορθές τότε όλες οι γωνίες θα ν

2ν-4

είναι μεγαλύτερες από -- ορθές. Το άθροισμα ν των γωνιών του ν-γώνου θα είναι μεγαλύτερο από 2ν - 4 ν -- = 2ν - ορθές, κάτι που είναι άτοπο. Ο ν μοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι η 2ν - 4 μεγαλύτερη γωνία είναι μικρότερη από -- ορν θές. Τότε όλες οι γωνίες θα είναι μικρότερες από

2ν-4

ορθές. Το άθροισμα των γωνιών του ν

2ν-4

γώνου θα είναι μικρότερο από ν -- = 2ν - ορ ν θές, κάτι που είναι άτοπο.

Να αποδείξετε ότι, ένα κυρτό πολύγωνο έ χει το πολύ τρεις οξείες γωνίες.

Απόδειξη : Αν είχε τουλάχιστον 4 οξείες τότε θα έίχε το� λάχιστον εξωτερικές αμβλείες οπότε το άθροι σμα των εξωτερικών γωνιών θα ήταν μεγαλύτερο των το οποίο είναι άτοπο.

360°

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τΑ/32

-------

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ με α>β>γ. Να δείξε τε ότι Α > 60° > Γ . Απόδειξη: Λ

Αν Γ � 60° , τότε Α>Β> Α > Β > Γ � 60° , οπότε Α+Β+Γ> 1 80°, άτοπο.

Αν ένα κυρτό ν-γωνο έχει τρεις γωνίες που η καθεμιά είναι 60°, τότε θα είναι ισόπλευ ρο τρίγωνο. Απόδειξη :

Απόδειξη: Το τρίγωνο ΑΚΛ είναι ισόπλευρο γιατί κάθε πλευρά ισούται με την ακτίνα ρ. Αφού ΑΚ = ΑΛ είναι και ΑΚ = ΑΛ . Έτσι και ΖΚ = ΕΛ οπότε: ΕΛ = ΚΖ. 8. Σε ένα ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ/ΙΓΔ) Λ

είναι Α = Β = 120° . Αν ΑΒ=3 και ΒΓ=4, να υπολο-yίσετε την πλευρά ΓΔ και την διάμε σο του τραπεζίου. Α

Οι αντίστοιχες εξωτερικές γωνίες θα έχουν ά θροισμα 360° οπότε θα είναι τρίγωνο γιατί το ά θροισμα όλων των εξωτερικών γωνιών κυρτού ν γώνου είναι 360°.

Σε ένα κύκλο (Ο,ρ) θεωρούμε χορδή ΑΒ=ρ. α. Να βρείτε το είδος του τριΎώνου με κρι τήριο τις πλευρές. β. Να βρείτε το μέτρο του τόξου ΑΒ. Ύ. Τι μέρος του κύκλου είναι το τόξο ΑΒ ; Απάντηση: (")

(")

α. Προφανώς το τρίγωνο είναι ισόπλευρο γιατί ό λες οι πλευρές είναι ίσες με την ακτίνα. β. Επειδή η επίκεντρη γωνία ΑΟΒ είναι 60° το μέτρο του τόξου είναι 60° . " 1 γ. Το τόξο ΑΒ είναι το 6 του κύκλου. -

Θεωρούμε τον κύκλο (Κ,ρ) και το σημείο του Λ. Κατασκευάζουμε κύκλο με κέντρο Λ και ακτίνα ρ. α. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι τέμνονται. β. Αν ονομάσουμε Α το ένα από τα σημεία τομής των δύο κύκλων και Ε, Ζ τα aντι διαμετρικά σημεία του Α στους κύκλους (Κ,ρ) και (Λ,ρ) αντίστοιχα, να βρείτε το είδος του τριΎώνου ΑΚΛ με κριτήριο τις πλευρές. Ύ· Να αποδείξετε ότι ΕΛ=ΚΖ. Α

il Απάντηση:

Έστω Ε, Ζ οι προβολές των Α, Β στην πλευρά ΓΔ.. Τότε ΖΒΓ = 30° , οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΒΓ το μήκος της πλευράς ΖΓ είναι το μισό του μήκους της υποτείνουσας ΒΓ. Έτσι ΖΓ=2. Από την ισότητα των τριγώνων Α ΔΕ και ΖΒΓ είναι ΔΕ=ΖΓ=2. Το τετράπλευρο ΑΒΖΕ είναι ορθογώνιο άρα ΕΖ=ΑΒ=3. Επομένως ΓΔ = 7. Αν ΚΑ η διάμεσος του τραπεζίου είναι: ΑΒ + ΓΔ ΚΑ = = 5. 2 9. Σε ένα ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ/ΙΓΔ) -

είναι A = B = l50° . Α

Αν ΒΓ = 4, να υπολο-yίσετε το ύψος του τραπεζίου. Απάντηση: Έστω Ε η προβολή του Β στην πλευρά ΓΔ.. Τότε ΕΒΓ = 60° και ΒΓΕ = 30° οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΒΓ το μήκος της πλευράς ΒΕ είναι το μισό του μήκους της υποτείνουσας ΒΓ. Έτσι ΒΕ = 2. 1 Ο. Ένα άτομο ύψους h, βλέπει τον εαυτό του -

μέσα από τον καθρέπτη ΚΛ Από την φυσική γνωρίζουμε ότι το είδωλο είναι σε ίση απόσταση πίσω από τον κα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/33

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

θρέπτη. Να υπολογίσετε το ύψος υ του κα θρέπτη.

ΑΓ αντίστοιχα, ώστε ΔΜΕ = 90° . Αν το τμήμα ΓΟ είναι στο ημιεπίπεδο (ΑΓ, Β) και είναι παράλληλο και ίσο με το ΔΕ, να απο δείξετε ότι το τμήμα ΟΜ είναι κάθετο στην πλευρά ΒΓ.

Bm Απάντηση:

Προφανώς τα σημεία Κ,Λ είναι τα μέσα των τμημάτων ΑΓ και ΑΔ. Έτσι: ΓΔ h υ = ΚΛ= 2 = 2 ·

11.

Στο παρα κάτω σχήμα οι ευθείες ε και ζ τέμνο νται εκτός του φύλλου σχεδίασης. �ορείτε να βρείτε ένα τρόπο να χαράξετε την διχοτόμο της γωνίας των ευθειών ε και ζ; Απάντηση:

όδειξη : Προεκτείνουμε την ΕΜ κατά τμήμα ΜΚ=ΕΜ. Το τετράπλευρο ΓΕΒΚ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. Οπότε τα τμήματα ΚΒ και ΓΕ είναι παράλληλα και ίσα. Επειδή η ευθεία ΓΕ είναι κάθετη στην ΑΒ θα είναι και το ΚΒ κάθετο στην ΑΒ. Επιπλέον το τετράπλευρο ΓΕΔΟ είναι παραλ ληλόγραμμο γιατί οι πλευρές του ΓΟ, ΕΔ είναι πα ράλληλες και ίσες. Άρα και το ΟΔ είναι κάθετο στην ΑΒ. Τα τμήματα ΟΔ και ΚΒ είναι παράλληλα και ί σα άρα το τετράπλευρο ΟΚΒΔ είναι παραλληλό γραμμο και μάλιστα ορθογώνιο. Όμως στο ορθογώνιο οι διαγώνιοι είναι ίσες, ά ρα ΟΒ=ΔΚ. Το τρίγωνο ΕΔΚ είναι ισοσκελές με ΕΔ=ΔΚ γιατί η διάμεσος ΔΜ είναι κάθετη στην πλευρά ΕΚ. Έτσι ΓΟ = ΕΔ = ΔΚ = ΟΒ. Δηλαδή ΓΟ = ΟΒ οπότε το τρίγωνο ΓΟΒ είναι ισοσκελές. Επομένως η διάμεσος ΟΜ θα είναι και ύψος ά ρα η ΟΜ είναι κάθετη στην υποτείνουσα ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ.

Θεωρούμε τυχαία σημεία Α, Β στην ευθεία ε και Γ,Δ στην ευθεία ζ. Σχη ματίζεται τότε ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Αν χαράξουμε τις διχοτόμους των γωνιών Α,Δ και :Β.ξ,Γεξ του τετραπλεόρου ΑΒΓΔ και ονομάσουμε τα σημεία τομής των διχοτόμων Κ και Λ αντίστοιχα, τότε η ευθεία ΚΛ διχοτομεί την γωνία των ευθειών ε και ζ. Πράγματι, το σημείο Κ ισαπέχει από τις ευθείες ε, ζ και ΑΔ. Ομοίως το σημείο Λ ισαπέχει από τις ευθείες ε, ζ και ΒΓ. Άρα τα σημεία Κ και Λ ανήκουν στην διχοτόμο της γωνίας των ευθειών ε και ζ. Όμως από δύο σημεία ορίζεται μόνο μία ευθεί α. Αυτή είναι η ζητούμενη διχοτόμος. 13.

12.

Θεωρούμε το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και το μέσο Μ της υποτείνουσας ΒΓ. Έστω Δ, Ε σημεία των πλευρών ΑΒ, Λ

Δίνεται κύκλος (Ο,ρ) και τα σημεία του Α, Β, Γ ώστε το Β να είναι μεταξύ των Α,Γ και η χορδή ΑΒ να είναι μεγαλύτερη από τη χορδή ΒΓ. Ονομάζουμε ΟΜ, ΟΝ τα aπο στήματα των χορδών ΑΒ, ΒΓ αντίστοιχα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/34

--------�

Να αποδείξετε ότι: α. ΒΜΝ < ΒΝΜ β. ΟΜΝ > ΟΝΜ γ. ΟΜ<ΟΝ

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

15. Δίνεται το οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 60° . Αν ονομάσουμε Ι το έγκεντρο, Η το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο του τριγώνου να υπολογίσετε τις γωνίες ΒΙΓ , ΒΗΓ , ΒΟΓ να αποδείξετε ότι τα σημεία Β, Ι, Η, Ο και Γ είναι ομοκυκλικά. Λ

Απάντη ση: α. Στο τρίγωνο ΒΝΓ είναι ΒΝ<ΒΜ άρα ΒΜΝ < ΒΝΜ . β. Για τις συμπληρωματικές τους γωνίες ανrίστοι--- ------χα ΟΜΝ,ΟΝΜ θα ισχύειΟΜΝ > ΟΝΜ . γ. Στο τρίγωνο ΟΜΝ είναι ΟΜΝ > ΟΝΜ άρα ΟΜ<ΟΝ.

Δραστηριότητα:

Απόδειξη : Αν Ι το έγκεντρο του τριγώνου τότε --Α ΒΙΓ = 90° + - = 120° . 14. Σε ένα τε 2 τράπλευρο Αν Ο το περίκεντρο του τριγώνου τότε ΑΒΓΔ εγγε ΒοΓ = 2Λ = ι2οο . γραμμένο σε Αν ΒΔ, ΓΕ τα ύψη του τριγώνου ΑΒΓ και Η το κύκλο με κέ ορθόκεντρο του, τότε το τετράπλευρο ΑΔΗΕ είναι ντρο Ο, ονο άρα Α + ΔΗΕ = 1 80° οπότε εγγράψιμο μάζουμε Μ ΒΗΓ = ΔΗΕ = 12οο . σημείο το Τα σημεία λοιπόν I,H και Ο βλέπουν την πλευ στο οποίο τέμνονται οι ευθείες ΕΖ και Ηθ ρά ΒΓ υπό ίση γωνία 120° . όπου Ε, Η, Ζ, θ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, Έτσι τα σημεία Β, I, Η, Ο και Γ είναι ομοκυ ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ. Αν Κ είναι το συμμετρικό του κλικά. Ο ως προς το Μ, να αποδείξετε ότι η ευθεία που ενώνει το μέσο μιας πλευράς του τε Δραστηριότητα: τραπλεύρου με το Κ είναι κάθετη στην α Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R) και έστω Ε το σημείο τομής των δια πέναντι πλευρά. γωνίων του. Να αποδείξετε ότι : Απόδειξη : α. Το τραπέζιο ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές. ---------Το ΕΗΖΘ είναι παραλληλόγραμμο. β. ΑΒΕ = ΒΑΕ = ΓΔΕ = ΔΓΕ = ω Έτσι οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. γ. ΑΕΔ = ΒΕΓ = 2ω . Το Μ λοιπόν είναι μέσο των τμημάτων ΕΖ και δ. ΑΟΔ = 2ω ΗΘ. Επειδή τα τμήματα ΟΚ και ΕΖ διχοτομούνται ε. Τα σημεία Α, Δ, Ε και Ο είναι κορυφές εγγρά ψι το τετράπλευρο ΕΚΖΟ είναι παραλληλόγραμμο. μου τετραπλεύρου. Έτσι ΕΚ//ΟΖ. Όμως το ΟΖ είναι το aπόστημα Ας δούμε τώρα δύο προβλήματα αναζήτησης της χορδής ΓΔ, άρα το τμήμα ΟΖ είναι κάθετο θησαυρών από παλαιότερα τεύχη του Ευκλείδη Β ' στην χορδή ΓΔ. Έτσι και η ευθεία ΕΚ είναι κάθετη στην πλευρά που λύνονται με την Ευκλείδεια Γεωμετρία. Το π ρώ το είναι από το τεύχος ιβ5 σελ. 198 (του τόΓΔ. Διατυπώστε ένα συμπέρασμα στο οποίο καταλήξαμε με την απόδειξη της παραπάνω άσκησης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/35

------

Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκείου

τε μαθητή Β ' Λυκείου App. Ρεθ ύ μνου, Καλοκύ ρη Γιάννη) ενώ το δείJτερο είνα ι από το τεύχος λα1(25) σελ. 6 0 (το υ Σχολικο ύ Σύμβουλου Μα θηματικών Β αδ ιβο ύλη Θ. Νικολάου).

Στο πρώτο θα δώσουμε την λύση ενώ το δεύτερο θα το αφήσουμε να το λύσετε εσείς. 16. Έστω ότι βρίσκουμε ένα παλιό χάρτη, που

εικονίζει ένα νησί στο οποίο υπάρχει κρυμ μένος ένας θησαυρός. Εκτός από το γεω γραφικό πλάτος και μήκος του νησιού, ο χάρτης έχει σχεδιασμένη πάνω του μια οξιά Ο, μια βελανιδιά Β, μια κρεμάλα Κ και δύο σημεία Δ και Ε ανάμεσα στα οποία στη μέ ση ακριβώς είναι ο θησαυρός Θ.

ΘΡ=

ΖΔ + ΗΕ 2

Προφανώς το Ρ είναι μέσο της ΗΖ. Όμως το Ρ εί ναι μέσο και της ΒΟ γιατί ΟΡ = ΡΖ - ΖΟ = ΡΗ ΒΗ = ΡΒ. Στο τρίγωνο ΘΟΒ η διάμεσος ισούται με το μισό της πλευράς στην οποία αντιστοιχεί. Έτσι συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΒΟΘ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την ΟΒ. Μάλιστα είναι ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο γιατί η διάμεσος ΘΡ είναι και ύψος. Άρα ο θησαυρός προσδιορίζεται και χωρίς την κρεμάλα, αρκεί να κατασκευάσουμε εκατέρωθε της ευθείας ΒΟ δύο ισοσκελή ορθογώνια τρίγωνα με υποτείνουσα την ΒΟ. Η τρίτη κορυφή είναι η θέση του θησαυρού. Δρα στη ρ ι ότητα:

Το σημείο Δ μπορεί να το βρει κανείς αν προχωρήσει από την κρεμάλα προς την ο ξιά, μετρώντας τα βήματα και στραφεί κα τόπιν αριστερά κατά 90°, κάνοντας τόσα βήματα όσα έκανε από την κρεμάλα μέχρι την οξιά. Με τον ίδιο τρόπο, βαδίζοντας α πό την κρεμάλα στην βελανιδιά και στρε φόμενος όμως προς τα δεξιά κατά 90° βρί σκει κανείς το σημείο Ε. Όταν όμως φθά σετε στο νησί, βρίσκετε τα δύο δένδρα, αλ λά όχι την κρεμάλα που έχει εξαφανιστεί τελείως χωρίς να αφήσει το παραμικρό ί χνος. Πως θα μπορέσετε να βρείτε που α κριβώς είναι ο θησαυρός; Απάντη ση : Έστω Ζ, Η, Λ και Ρ οι προβολές των σημείων Δ, Ε, Κ και Θ πάνω στην ευθεία ΒΟ. Τα τρίγωνα ΚΛΟ και ΟΔΖ είναι ίσα άρ ΖΔ = ΟΡ. Ομοίως τα τρίγωνα ΒΚΛ και ΒΕΗ είναι ίσ άρα ΗΕ = ΒΡ. Από το τραπέζιο ΔΖΗΕ έχουμε ότι

ΟΡ + ΒΡ ΟΒ . 2 2

Νησιώτης είχε κρύψει- στα χρό νια της κατοχής έναν οικογενειακό θησαυρό σε σημαδιακό τόπο γνωστής παραλίας ενός νησιού. Για τον εντοπισμό του κατείχε το επόμενο τοπογραφ ικό . «Στη θέση Β και Γ δηλώνεται από ένας ευκάλυπτος και στη θέση Α μια ροδακι νιά. Τα τρίγωνα ΜΒΑ και ΝΓΑ δηλώ νονται ισόπλευρα, τ ο σημεί ο Κ δηλώνεται σαν το κοινό μέσο των ευθυγράμμων τμημάτων ΜΝ, Α Θ και το Θ σαν το σημείο του κρυμμένου θησαυρού. » Ο νησιώτης- ύστερα από την αποχώρηση των στρα τευμάτων κατοχής- θέλησε να ανακτήσει τον ο ικο γενειακό του θησαυρό , αλλ ά δεν τα κατάφερε, αφού η ροδακινιά είχε καταστραφεί. Α πό τη δυσχερή του θέση τον «έβγαλε» ο εγγονό ς του - μαθητή ς τη ς γ ' ' γυμνασίου τότε, (σημερινής α λυκείου). Ζητείται το σκεπτικό προσδιορισμού του σημείου Θ και ο τρό πος εντοπισμού του.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/36

60°

ΑΛ ΓΕΒ ΡΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑ ΙΔ ΕΙΑΣ του Παναγιώτη Χριστόπουλου - Αγγελικής Βλάχου

μέγιστη τιμή 6. Από τη γραφική παράσταση βλέπουμε οτι = 32π . Όμως ω= τ2π = 2π2π = 3 Υλικό σημείο Σ κινείται με σταθερή γω νιακή ταχύτητα ω (σε rad/sec) σε τροχιά η 3 οποία είναι κύκλος κέντρου 0(0,0) και α Έτσι έχουμε y(t) = 6·ημ3t με Ο� t � 2π κτίνας 6 cm. Η προβολή του Σ πάνω στον β. Ζητάμε το χρόνο t ώστε άξονα y'y, αντιστοιχεί σε κίνηση απλής αρ y(t) =�2 =3 �' α 6ημ3t = 3} � ημ3t =�6 =_!_2 μονικής ταλάντωσης. Η απομάκρυνση y(t) με Ο�t�2π Ο�t�2π Ο�t�2π της προβολής του Σ από το σημείο 0(0,0) δίνεται από την παρακάτω ημιτονοειδή μ3 1 π 3 �ημ t=ημ ομως η t= 2 6" γραφική παράσταση: y(K) 3t=2κπ+-π6 με κ Ε Ζ {Ι) 3t=2κπ+π--π6 με Κ Ε Ζ {2) Λύνουμε τις εξισώσεις (1) και (2) στο [0,2π] 0(0,0) 2 π Ο�-κπ+-�2π 2 π Απο' (1): t=-κπ+-με 3 18 3 18 2 1 2 η' --�-κ 1 2 35 αρα �-κ+-� Να βρεθούν: 3 18 18 3 �-18 η' 1 35 3 3 · 35 ή --�κ�α. η εξίσωση της απομάκρυνσης y(t), καθώς ---�κ�-. 2·18 2 18 12 12 επίσης η μέγιστη τιμή, η ελάχιστη τιμή άρα κ = Ο ή κ = 1 ή κ = 2 οπότε και η περίοδος της συνάρτησης y(t). 13 t =π25 π t =β. η χρονική στιγμή t Ε [0,2π] κατά την οt=18 ' 18 ' 18 ποία η προβολή του Σ πάνω στον άξονα Όμοια λύνουμε την εξίσωση (2), y'y θα απέχει το μισό της μέγιστης απο 3t = 2κπ+ 5π6 κ Ε Ζ, στο [0,2π] μάκρυνσης από την αρχή των αξόνων. και βρίσκουμε λύσεις: 29π α. Η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης, δί 17π t=5π t = t= ' ' 18 18 18 νεται από ημιτονοειδή καμπύλη άρα έχει εξί σωση y(t) = y0ημωt, με ελάχιστη τιμή - 6 και Λυμένες Ασκήσεις

}

Υο

-Υο

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/37

}

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

κπ ::::; -π άρα κ = Ο ή κ = 1 και έτσι έχου2. Δίνεται η συνάρτηση Ο ::::; 2 2 f{ χ ) = -ημ4χ + 6ημ2χ · συν2χ - συν4 χ ' με τις λυσεις χ = ο η' χ = -π α. Να βρεθούν η μέγιστη και η ελάχιστη 2 τιμή της f(x), καθώς και η περίοδος αυ 3. Έστω ένα πολυώνυμο Ρ(χ) το οποίο παίρνει τής; τις αριθμητικές τιμές 3, 2 και 46 όταν το χ β. Να γίνει η γραφική παράσταση της συ είναι Ο, - 1 και 8 αντίστοιχα. Να βρεθεί το νάρτησης f(x) στο διάστημα [Ο, π/2] υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ3 - 7χ2 - 8χ) γ. Να βρεθεί η τιμή του χ, έτσι ώστε η συ νάρτηση f(x) να παίρνει την ελάχιστη Λύση : Ρ(Ο) = 3 τιμή της στο διάστημα [Ο, π/2] Έχουμε Ρ( -1) = 2 Λύση Ρ(8) = 4 α. Έχουμε f(χ) = -ημ4χ + 6ημ2χ · συν2χ - συν4χ = Όμως χ3 -7χ2 -8χ=χ( χ2 -7χ -8) =χ( χ-8){ χ+ 1) = -(ημ4χ + συν4χ - 6ημ2χ · συν2χ ) =

} (l)

= -[ ( ημ2χ + συν2χ)2 - 2ημ2χ . συν2χ -6ημ2χ · συν2χJ = = -1 + 8ημ2χ · συν2χ =

= -1 + 2(2ημχ · συνχ)2 = -1+ 2ημ2 2χ = -συν4χ Άρα f(x) = - συν4χ Μέγιστη τιμή της f (χ) : 1-11 = 1 Ελάχιστη τιμή της f(x) : -l-11 = -1 2π = 2π = -π ' Περιοδος Τ =ω 4 2 β.

I �χ) I � ι

Από την ταυτότητα της Ευκλείδιας διαίρεσης εί ναι: Ρ(χ) = χ(χ - 8)(χ + 1)Π(χ) + υ(χ) , με υ(χ) πολυώνυμο δευτέρου βαθμού (αφού ο διαιρέτης είναι τρίτου βαθμού). Έστω υ( χ) = αχ2 + βχ+ γ . Έτσι λόγω των (1) έχουμε: Ρ (χ) = χ (χ - 8) (χ + 1) Π (χ) + αχ 2 +βχ + γ Ρ(Ο) = 3 άρα γ = 3 Ρ(8) = 46 άρα α· 64 + β 8 + γ = 46 Ρ(-1) = 2 άρα α- β + γ = 2 35 α=Έτσι: γ=3 γ=3 64α + 8β + γ = 46 64α + 8β = 43 � β = 1�� 72 α - β = -1 α-β+γ= 2 γ=3 35 χ2 + 107 χ + 3 ' υ(χ) = Άρα 72 72 4. Α. Να εξετάσετε πότε τα πολυώνυμα Ρ(χ) ·

}

χ -1

γ. Θέλουμε f(x) = -1 �

-συν4χ = -1 � συν4χ = 1 Έχουμε να λύσουμε την εξίσωση συν4χ = 1 στο [Ο,;] <::::>

Όμως συν4χ = 1 � 4χ = 2κπ, . κ ε Ζ � ισι: χ=-, κεΖ 2 Όμως ο::::; χ ::::; � � 2

}

και . Q(x) διαιρούμενα με το πολυώνυμο h (χ) =ι:. Ο δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. Β. Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ (χ) = 2χ2 - 3 και Q ( χ ) = αχ3 + 2χ + 6 . Να βρεθεί το πολυώνυμο Q(x) αν τα πολυώνυμα Ρ(χ) και Q(x) διαιρούμενα με το χ + 2 δίνουν ίδιο υπόλοιπο. Λύση

Α. Έστω ότι υ1(χ) και υ2(χ) είναι τα υπόλοιπα

των διαιρέσεων Ρ(χ): h(x) και Q(x): h(x). Έχουμε: Ρ (χ) = h (χ) · Π 1 (χ) + υ1 (χ) και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/38

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Q(x) = h(x) ·Π2 (χ)+υ2 (χ) Άρα Ρ(χ) -Q( χ)= h(x) ·[Πι (χ)-Π2 (χ)]+ (1) + υ1 (χ) -υ2 ( χ) Αν υ 1 (χ) = υz(χ) τότε υι(χ) - υz(χ) = Ο και από την (1) έχουμε ότι Ρ(χ)-Q(χ)=h(χ) {Π 1 (χ)-Π2 (χ)] άρα το h(x) διαιρεί τη διαφορά Ρ(χ)-Q(x). Αν h(x) διαιρεί τη διαφορά Ρ(χ) - Q(x) τότε από την (1) έχουμε ότι υ1 (χ) - υ2(χ) = Ο άρα υι(χ) = υz(χ). Συνεπώς οι διαιρέσεις Ρ(χ) : h(x) και Q(x) : h(x) δίνουν το ίδιο υπό λοιπο αν και μόνο αν το h(x) διαιρεί τη διαφο ρά Ρ(χ) -Q(x). Β. Από το ερώτημα (Α) έχουμε ότι το χ + 2 θα διαιρεί τη διαφορά Ρ(χ)-Q(x) ή Ρ(-2)-Q(-2) =Ο Είναι Ρ(χ)-Q(x) = 2Κ-3- αχ? - 2χ-6 και χ =-22έχουμε: 2(-2) -3-α(-2γ -2(-2)-6=0<::> <=> 2 ·4-3 +8α+4-6 =Ο<=> <=> 8α =-3 <=>α=--83 Έτσι Q(x)=--x38 3 +2χ+6

α. Να βρεθεί ο όρος «ν της παραπάνω ακο λουθίας. β. Να εξετασθεί αν η ακολουθία «ν είναι α ριθμητική ή γεωμετρική πρόοδος. γ. Για την πρόοδο του ερωτήματος (β) να βρεθούν: i) ποιος όρος της είναι ίσος με 32 ii) το άθροισμα των όρων της από τον 61 όρο μέχρι τον 120° όρο. Λύση

•

με

Αν οι ρητοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με α * Ο , τότε οι ρίζες της εξίσωσης χ2 2βχ = α(4α - γ) είναι ρητοί αριθμοί. Λύση

Ισχύει β2 = αγ. Η εξίσωση γίνεται: χ2 -2βχ -α(4α -γ) Ο με Δ = 4β2 + 4α(4α-γ) = 4β2 + 16α2 -4αγ = = 4β2 + 16α2 -4β2 = 16α2 > Ο Συνεπώς οι ρίζες της χ1,2 είναι: {β+2α ρητός = ' = 2β±� β-2α ρητός 2 =

Χι z

Το άθροισμα των ν πρώτων όρων ακολουθί ας «ν, για κάθε ν είναι Sv = 2ν2 6ν.

ε Ν*,

Έχουμε sν = αι + α2 + . . . +αν-Ι +αν και Sν-1 = αl + α2 + ... +αν-Ι άρα Sν - Sν-1 =αν Όμως Sν = 2ν2 -6ν και sν-1 =2(ν-1γ -6(ν-1)=2ν2 -10ν+8 άρα αν =2ν2 - 6ν-2ν2 +10ν-8=4ν-8 Συνεπώς αν = 4v - 8 και α1 =4·1-8= -4 β. Από το ερώτημα (α) έχουμε αν = 4ν-8 και αν+ = 4ν-4, επομένως, αν+ -αν = 4ν - 4-4ν + 8 = 4 σταθερός αριθμός με ν ε Ν* Έτσι η ακολουθίας είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω = 4 και α1 = -4 γ. i) αν =32<=>αι +(ν - 1)ω=32<::> <=> -4 + (ν -1) · 4 = 32 <=>ν= 1 Ο άρα πρόκειται για τον 10° όρο της προόδου. ii) Μας ζητάει το άθροισμα = + α 2 + ... + = 2<Ιι +(60-1) · 4 ·60= ·120 = 2<Ιι +(120-1)4 2 2 . =[2(-4) + 119·4] 60-[2(-4) +59·4}30= = 21600 α.

α6 ι

αιzο

S ιzo - S6o

7. Η γέφυρα στο Ρίο - Αντίρριο (που σε ένα χρόνο θα έ χουμε) έχει 4 πυ λώνες από τους ο ποίους κρέμεται το οδόστρωμά της με ειδικά aτσάλινα συρ ματόσχοινα. Κάθε πυλώνας έχει στο ύψος του οδοστρώματος διάμετρο 60 μέτρα και κρέμονται από αυτόν 560 μέτρα γέφυρας. Τα συρματόσχοινα αρχίζουν από το χείλος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/39

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

του πυλώνα και είναι από τις δύο πλευρές L25 μέτρα. του πυλώνα ανά 10 μέτρα και από τις δύο πλευρές της γέφυρας με α) μήκος Lv σε μέ ιι") 'Εχουμε L L1 L2 + ... L25 L1 L25 τρα, που δίνεται από τον τύπο μετρα Lv .!_5 α 5) 40 , όπου α είναι η απόσταση Από τις δύο πλευρές του πυλώνα και τις πλευ από το κέντρο του πυλώνα και β) βάρος Bv ρές της γέφυρας έχουμε συνολικό μήκος σε κιλά που δίνεται από τον. τύπο μέτρα και σε όλη τη γέφυρα: B v 3L2 v + 3 , όπου Lv το μήκος του. μέτρα χ πυλώνες = μέτρα συρμα τόσχοινα. Να υπολογισθεί: iii) Υπολογίστε εσείς το βάρος. ί. τι μήκος έχουν τα μεγάλα συρματόσχοινα; 8. Σε εργαστήριο βιολογίας ένας αρχικός πλη ίί. Τι μήκος έχουν όλα μαζί τα συρματό θυσμός μικροοργανισμών πολλαπλασιαζό σχοινα της γέφυρας; μενος ακολουθεί το νόμο της εκθετικής με iii. Τι βάρος έχουν όλα τα συρματόσχοινα; ταβολής. Δεδομένου ότι ο αρχικός πληθυ σμός αριθμεί 20 μικροοργανισμούς και τις Λύση χρονικές στιγμές t = 10, t = 30 (t σε ώρες) οι 'Εστω ο πυλώνας ΣΚ με ακτίνα βάσης μέαντίστοιχοι πληθυσμοί είναι ανάλογοι των όρων αι; και α8 αντίστοιχα γεωμετρικής προ τρα. Το μήκος της γέφυρας και από τις δύο πλευ όδου με αι = 10 και λ = 2 να βρεθούν: ρές του πυλώνα είναι μέτρα. Σ ί. η εξίσωση Q(t) που δίνει τον πληθυσμό των μικροοργανισμών. ίί. ο χρόνος t ώστε να έχουμε εξαπλάσιο α ριθμό πληθυσμού από τον αρχικό. iii. ο χρόνο t ώστε ο πληθυσμός να είναι το , 50 , 560 --------� πολυ τα -- του αρχικου πλη θυσμου., 7 Συνεπώς σε μέτρα μήκος θα τοποθε Λύ ση συρματόσχοινα, δηλαδή τηθούν ί. Έχουμε από το νόμο εκθετικής μεταβολής ότι συρματόσχοινα αριστερά του πυλώνα και συρ μιώρες Q(o) Q Q0 ecι και για ματόσχοινα δεξιά του πυλώνα, άλλα τόσα από την κροοργανισμοί. άλλη πλευρά της γέφυρας: α6 Ό μως με Το ο συρματόσχοινο έχει μήκος α8 μέτρα L1 Qo . ec·30 ' Q(l Qo . ec·I O και

=(- +

= _!_5 ( 280- 5) + 40 = 95 = + + = +2 · 25 = = 45+95 2 ·25=1750 '

1750 4 = 7000 7000 4 χ

28000

60 = 30 2

560 - 60 = 500

-------

500 : 2 = 250 250 : 10 = 25

1 = _!_5 (30-5) + 40 = 45 Το 2° συρματόσχοινο έχει μήκος L2 =.!_(40-5)+40=47 μέτρα 5 Το 3° συρματόσχοινο έχει μήκος L3 =_!_(50-5) + 40 = 49 μέτρα 5

(t) =

t=Ο

Q(10) Q(30) Q(30) = Ο)= 5 α6 = α1 ;.; = 10 · 2 , α8 = α 1 · ι! = 1 Ο· 27 . ec·I O 10 . 25 e iO·c -25 η' = Έτσι Q0 c 0 = -- άρα --0 e3 ·c 27 Qo · e ·3 10·27 e20·c = 22 η I άρα ec = 2 1 0 Άρα Q( t) = 20·(e' ) = 20 { 2fo J' = 20· 2;1; ·

Παρατηρούμε ότι τα μήκη αποτελούν όρους αριθ μητικής προόδου με πρώτο όρο L1 και ω i) Τα μεγάλα συρματόσχοινα έχουν μήκος

= 45

= 2.

= 20

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τΑ/40

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου ίί.

Θέλουμε Q(t) = 6Q0 = 6 · 20 ή 20 · 2 11 1 0 = 6 · 20 ή 21/ 1 0 = 6 ή 21 = 6 1 0 ή ln 2 t = ln 61 0 ή

μεγάλο και δεν μπορεί να διπλωθεί το χαρτί τό σες πολλές φορές, αφού ν = 40 περίπου φορές. (το χαρτί δεν μπορεί να διπλωθεί περισσότερο από 7 ή 8 φορές).

t · ln 2 = 10 · ln 6

10 · ln 6 ' t = --αρα

10.

ln 2

50 50 Q0 ή 20 · 2!1 1 0 � . 20 7 7 50 50 ή 2 !11 0 � ή ln 2t/ 1 0 � ln ή 7 7 50 ή _.!._ · ln2 � ln 7 10 50 10 · ln άρα t � ---'7-

iii. Θέλουμε Q( t) �

Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = - χ + 3 2 α. Να βρεθεί το εμβαδόν της περιοχής με ταξύ των ευθειών χ = κ, χ = κ + ι του ά ξονα χ 'χ και της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f(x) με κ ε Ν . β. Να βρεθεί το άθροισμα των εμβαδών κ τέτοιων περιοχών από χ = ι έως χ = 2004.

ln2

Λύση

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης 9. Ο Ιούλιος Βέρν με ένα μqάλο κανόνι σκέ f ( χ ) = ! χ + 3 φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. 2 φτηκε να στείλει άνθρωπο στη Σελήνη. Σας Υ προτείνω να το κάνετε αυτό με ένα φύλλο . ...r ( ) = f(κ f(+ l)) ........ f x l/2x+ 3 κ .. . .Δ: χαρτί πάχους ενός χιλιοστού ως εξής: δι πλώστε ξανά και ξανά το χαρτί, μέχρις ότου (0, 3) το πάχος του να γίνει 370.000.000 μέτρα (α Α: πόσταση Γης - Σελήνης). χ (-6, Ο) α. Πόσες φορές πρέπει να διπλώσετε το 1 χαρτί; Για χ = κ έχουμε f ( κ ) = - κ + 3 και 2 β. Είναι δυνατό να γίνει αυτό ναι ή όχι και = για χ κ + 1 έχουμε γιατί; (Δίνεται ότι: log37 ι,57 log2 0,3. f{ κ + 1) = ! ( κ + 1 ) + 3 = ! κ + 2 2 2 2 Λύ ση Όταν διπλώνουμε το χαρτί aυξάνουμε το πάχος α. Ζητάμε το εμβαδόν της περιοχής ΑΒΓΔ που εί ναι σχήματος τραπεζίου με βάσεις ΑΔ, ΒΓ και του με γεωμετρική πρόοδο διότι: ύψος ΑΒ. αι = 1 ΕΑΒΓΔ = ΑΔ + ΒΓ ΑΒ = f ( κ ) + f ( κ + 1 ) · = αz = 2 (πρώτο δίπλωμα χαρτιού) 1 · 2 2 α3 = 4 = 22 (δεύτερο δίπλωμα χαρτιού) 7 2κ + 1 3 1 1 -κ+3+-κ+αι = 8 = 23 (τρίτο δίπλωμα χαρτιού) 2κ + 1 3 2 2 2 2 2 2 4 , 2 κ + 13 αν = 2ν-\ Συνεπως Ε ( κ) = --α. Θέλουμε αν � 370.000.000.000 χιλιοστά ή 4 ogt 1 β. Παρατηρούμε ότι: 2ν-1 � 37 · 101 0 <::::> log 2 v-1 � log (3 7 ·10 1 0 ) <::::> για κ = 1 Ε ( 1) = 2 · 1 + 1 3 = � <=> ( v - 1 ) log 2 � log37 + log 1 0 1 0 <::::> 4 4 2 · 2 + 13 � _!_ Ε 1 > log37 + 10 log 37 + 10 για κ = 2 ( 2) = = + <::::> ν � 1 + ---= <::::> ν 4 2 4 log 2 log 2 2 · 3 + 1 3 Ε � · _!_ άρα ν � 40 περίπου φορές. = +2 για κ = 3 ( 3 ) = 2 4 4 β. OXI, διότι το πάχος του χαρτιού γίνεται πολύ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/41

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

15 · -1 για κ= 2004 Ε(2004)=-+2003 2 4 Ζητάμε άθροισμα 2004 όρων15 αριθμητικής προ' ορο ' Ε(1) = -4 , τελευταιο' ορο ' ο' δου με πρωτο 1 και ω=-1 καιπληθος 15 Ε(2004)=-+2003·2 ' 2 4

όρων ν = 2004. Έτσι: Ε(1) + Ε(2)+ .. . + Ε(2004) = Ε(1)+ Ε(2004) _ 2004 = 4036 _ 1002 = = 2 4 = 1009·1002 τετρ. μον. = 1.0 11.0 18τ.μ. S

rEΩMETPIA rENIKHΣ ΠΑΙΔΕΙΑΕ

a I. Επαναληπτικέ� Αtι«ήαcι�

του Γιώργου Κατσούλη

Λυμένες Ασκήσ εις

β.

Δίνεται τρίγωνο Α ΑΒΓ με β α .J3 και διάμεσο 3α ΑΜ = . 2 α. Να αποδείξε τε ότι: ί. γ = α .Ji ' ii. 8 90° . β. Αν ΒΔ το ύψος του τριγώνου τότε: 2β ί. Να αποδείξετε ότι ΑΔ . 3 ίί. Να βρείτε το λόγο των εμβαδών των τριγώνων ΑΔΜ και ΑΒΓ.

ί.

ίί.

Λύση

2β2 +2γ2 -α2 <=> α. 'Εχουμε ΑΜ2 ( 3;)2 = 2β2 +�γ2 -α24<=> <::::> 9α2 =2 ( αJ3)2 +2γ2 -α2 <=> 9α2 = 6α2 + 2γ2 -α2 <::::> <::::> 2γ2 = 4α2 <::::> γ2 = 2α2 <::::> γ = α.J2. ίί. Η μεγαλύτερη πλευρά είναι η β. Έχουμε: β2 = 3α2 = 2α2 + α2 <=> β2 = γ2 + α2 . ί.

<::::>

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Β = 90°) προκύπτει ότι: ΑΒ2 = ΑΓ · ΑΔ <=> γ2 =β· ΑΔ <=> 2α2 = αJ3 . ΑΔ <=> ΑΔ = J32α = 2α3J3 <=> ΑΔ = 2β3 (αφού β= αJ3). 'Εχουμε (ΑΜΓ) (ΑΒΓ) 2 (1), αφού ΑΜ διάμεσος. Τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΑΜΓ έχουν κοινό ύψος από το2βΜ, οπότε: ΑΔ = (ΑΔΜ) 3 <=> (ΑΔΜ) 2 <=> (ΑΜΓ) ΑΓ β (ΑΜΓ) 3 (ΑΔΜ) =-<=> 1 (IJ (ΑΔΜ) =-.1 <=> 2(ΑΜΓ) 3 (ΑΒΓ) 3 =

-'------'-

= -

Στο διπλανό σχήμα η ΒΓ είναι Ε Β διάμετρος του κύκλου (Ο, R), ΑΒ = 6 και (ΑΒΓ) = 24. α. Να αποδείξετε ότι R = 5. β. Να υπολογίσετε το ΑΔ. γ. Αν το εφαπτόμενο τμήμα ΕΗ ισούται με την πλευρά του εγyεγραμμένου ισοπλεύ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/42

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

ρου τριγώνου (ΕΗ = λ3) να αποδείξετε ό τι ΓΕ = R. δ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μικτό γραμμου τριγώνου ΓΕΗ.

γ. Να αποδείξετε ότι ΒΕ

δ. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ισόπλευρο και να βρείτε το εμβαδόν του. ε. Να αποδείξετε ότι (ΑΒΕ) = 2(ΒΕΔ).

Λύση

BAr = 90" (διότι ΒΓ διάμετρος). Άρα: (ΑΒΓ) = 21 ΑΒ · ΑΓ � 24 = 21 · 6 · ΑΓ � ΑΓ = 8 Από το Πυθαγόρειο θεώρημα είναι: ΒΓ2 =ΑΒ2 +ΑΓ2 � ΒΓ2 = 36 + 64 = 1 00 � ΒΓ = 10. Άρα 2R = 1 Ο � R = 5 . 1 1 24 β. (ΑΒΓ)=- ΒΓ · � 2 - 1 Ο · � =2 2 5 γ. Έχουμε ΕΗ = λ3 �EH=R.J3 �EH=5.J3. Επειδή ΕΗ εφαπτόμενο τμήμα και ΕΓΒ τέ μνουσα ισχύει: ΕΗ2 = ΕΓ · ΕΒ . Αν ΕΓ = χ τότε ΕΒ = 10 + χ, οπότε ΕΗ 2 = χ(10 + χ) � � (5.J3)2 = χ2 + 10χ � χ2 + 10χ -75 = Ο . Είναι Δ = β2 - 4αγ = 100+300=400 = 2�. Άρα: Χι'z = -102± 20 � {χχ2, == 5-15, απορρίπτεται. α. Έχουμε

ΑΔ

= R3J3 .

ΑΒ

Λ ύση :

-- = R.J3 .

= � = Επίσης ΑΜ 60" , οπότε α. Είναι Άρα η περί ΑΜ = � = ·και ΒΜ = λ3 = μετρος του τριγώνου ΑΒΜ είναι:

R Π=R + R +R.J3 =R(2+.J3) .

ΑΔ

60 "

β. Φέρνουμε ΜΓ. Επειδή ΒΜΓ 90" (ΒΓ διάμε τρος) το τετράπλευρο ΔΕΜΓ είναι εγγράψιμμο (Μ + Δ 90" + 90" 1 80" ) οπότε:

= ΒΕ · ΒΜ = ΒΔ · ΒΓ (1) Άρα χ = 5 � ΓΕ = R. ΒΔ · ΒΓ =ΑΒ2 =R2 Αλλά (2) δ. Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδόν. Στο ορθογώνιο (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ). ΟΕ τρίγωνο ΟΗΕ (Η= 90") είναι ΟΗ = , οπόΑπό (1 ), (2) προκύπτει ότι ΒΕ · ΒΜ = R2 . 2 γ. Έχουμε: τε Ε = 30" . Άρα ό, = 60" . Επομένως: 2 = � = R.J3 R 2 2 πR ·μ �ΒΕ= BE·BM=R · = E =(OHE) -(OHr)=_!_OH·HEΒΜ R.J3 3 2 360" δ. Είναι: Α, =Β , =30° και Α2 =60° (αφού fΊ =30° ). . 25 . 6ο· 25.J3 25π π 5 _!_ = 2 . 5.J3 360" = 2 6 � Επίσης Ε, = Ε2 = 60" (αφού Β2 = 30" ). Άρα το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ισόπλευρο με πλευρά �Ε= 25(3.J36 - π) . . (-R.J3-)2 .J3 R.J3 . Άρα (ΑΕΖ)= 3 = AE=BE= 3 4 3. Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, κέντρου 2 R .J3 Ο.---.και ακτίνας R. Έστω Α σημείο του τόξου = .ΒΓ ώστε 12 ΑΒ = λ.; και ΑΔ ΒΓ . Αν Μ το μέσο του τόξου ΑΓ και η ΒΜ τέμνει τις ε. Επειδή Β , = Β2 = 30" έχουμε : (ΑΒΕ) = ΑΒ · ΒΕ = ΑΒ = 2 ' διότι ΒΔ = ΑΒ ΑΔ, ΑΓ στα Ε και Ζ αντίστοιχα τότε: 2' (ΒΕΔ) ΒΔ · ΒΕ ΒΔ α. Να βρείτε την περίμετρο του τριγώνου αφού Α, = 30" . Άρα (ΑΒΕ) = 2(ΒΕΔ). ΑΒΜ. 2 β. Να αποδείξετε ότι ΒΕ · ΒΜ = R • Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, εγγε _

γραμμένο σε κύκλο (Ο, R) και σημείο Δ της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/43

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

ΒΓ ώστε ΒΔ =!3 ΒΓ . Αν η προέκταση της ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Ε τότε: Rν'li , ΑΔ =--. α. Να αποδείξετε οτι

Από τις τεμνόμενες χορδές ΒΓ έχουμε: ΑΔ·ΔΕ=ΒΔ·ΔΓ 'R'3_.J2ϊ ·ΔΕ= του , =-. 2R 2R.J2ϊ = 'R'3_J3 . 2R3J3 ΔΕ = .J2ϊ = 21 (3) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΕΓ έχουν κοινή βάση (ΒΕΓ) = ΕΚ (4). ΒΓ. ρα (ΑΒΓ) ΑΜ . . Λ ύ ση Αλλά ΑΔΜ:::::: ΔΕΚ (γιατί ΑΜ//ΕΚ), οπότε: 2R > < 2 ΕΚ = ΔΕ 21.J2ϊ -6 =-2 (5) ΑΜ ΑΔ<� R.J2ϊ 2 1 7 3 (ΒΕΓ) = � (6) Από (4) και (5) προκύπτει ότι (ΑΒΓ) 7 RJ3 'Εχουμε ΒΓ = λ3 = R-/3 , οπότε ΒΔ= 3 (1). δ. Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδόν. Είναι: Ε= πR2 -(ΑΒΓ)-(ΒΕΓ)<:=> α. Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο 2 9 (ΑΒΓ)= ΑΒΓ ( Β = 60°) έχουμε: 2 2 (ΑΒΓ)=πR Ε=πR -(ΑΒΓ)7 7 ΑΔ2 = ΑΒ2 + Β& -2ΑΒ2 ·ΒΔ· συν60" 2 R;ft · ;t1 = πR2 - .2_7 . 3R42 Jj Ε = πR2 - 27J3R ΑΔ2 =(R 3)2 + (-R3J3-J -,.ι:.RJ(-'ιΧ · j 28 3R2 R2 ΑΔ2 = 21R2 διόn (ΑΒΓ) = λ;4Jj = 3R42 Jj . Μ = 3R2 + 9 9 R.J2ϊ ΑΔ= 3 (2). 3 β. Να υπολσyίσετε ως συνάρτηση R το ΔΕ. (ΒΕΓ) 2 γ. Να αποδείξετε οτι (ΑΒΓ) 7 δ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μέρους του κύκλου που βρίσκεται στο εξωτερι κό του τετραπλεύρου ΑΒΕΓ.

ΑΕ,

β.

<:::::>

γ.

(6)

<:::::>

r;; ν

<:::::>

του Θανάση Κυριακόπουλου Λ υ μένες Ασκήσεις 1.

Δίνεται κύκλος (0, R) διαμέτρου ΑΒ και η εφαπτομένη (δ) στο σημείο Β αυτού. Θεω ρούμε τα σημεία Γ, Δ της (δ) εκατέρωθεν του σημείου επαφής Β ώστε ΓΑΒ 45" και ΔΑΒ 30" . Αν η ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο α. Φ και η ΑΓ στο Ε, να υπολογισθούν: α. Τα τμήματα ΑΓ, ΒΓ, ΓΔ, ΑΔ και ΑΦ

συναρτήσει της ακτίνας R του κύκλου. β. Το τμήμα ΕΦ. γ. Η γωνία ΕΖΦ, όπου Ζ το aντιδιαμετρι κό σημείο του Ε.

Λί>ση : Επειδή ΕΑΟ = 45" είναι και Ε1 = 45" και ακόμη fΊ = 45" , αφού ΕΟ//ΓΒ. (το Ε ό Α είναι ορθογώνιο και ισοσκελές). Είναι: ΒΓ=ΑΒ=2R

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/44

Μαθηματικά για τη Β· Λυκείου

από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΓΒ.lΒΑ και Α, =45ο). 'Εχουμε:

Φέρνουμε ΕΣ ΦΒ, οπότε από τη με γενίκευ ση του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνο ΦΒΕ , αφού ΦΒΕ =ΑΦΒ+ΑΒΕ= 60°2 + 045° =10 :::§9 , έ 2 χουμε: ΕΦ2 = ΦΒ + ΕΒ + 2ΦΒ ΒΣ ή EΦ2 =R2 +2R2 +2R ΒΣήΕΦ2 =3R2 +2R ΒΣ(l) Είναι ΕΦΣ = ΕΦΒ = ΕΑΒ = 45°, δηλαδή το Ε Φ Σ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Επομέ' ΦΣ - ΕΦJ2 νως 2ΦΣ2 - ΕΦ2 η' ΦΣ - ΕΦ η -2- . J2 Όμως ΒΣ = ΦΣ-ΦΒ ή ΒΣ = ΕΦJ2 2 -R (2) Η ( 1 ) λόγω της (2), γίνεται: ΕΦ2 =3R2 +2R ( E�J2 -RJ ή ΕΦ2 -RJ2EΦ-R2 =0. (l + J3) R.Ji = ήEΦ Άρα:ΕΦ= RJ2 +RJ6 2 2 . Η αρνητική ρίζα απορρίπτεται. ...-. -... ...-. ..-... ...-. ΕΦ ΕΒ ΒΦ ΕΖΦ - 2 _- ΕΒ+ΒΦ 2 - 2 + 2 -Ζ =ΕΑΒ+ΒΑΦ=45° +'30° =75 ή Ε Φ=75° .l

AΓ=�AB2 +AΓ2 =�4R2 +4R2 =�8R2 = = 2RJ2, δηλαδή ΑΓ = 2R.Ji . ΑΕ2 =2ΑΟ2 ή ΑΕ2 =2R2 ή AE=RJ2 και επειδή Α Ε Β ορθογώνιο και ισοσκελές, αφού ΑΕΒ = 90° και Α, = 45° θα είναι: AE = BE = R.Ji Είναι Β, = 60° , Δ, = 60° (από το τρίγωνο Α Δ Γ διότι ΔΑr = 75° ,fΊ = 45 ) Επειδή Α2 = 30° από το ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Δ είναι ΑΔ 2ΒΔ .!_ και ΒΦ= 2 ΑΒ = .!_2 (2R) = R (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΦΒ ) Με Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Δ : ΑΔ2 = ΒΔ2 +ΑΒ2 άρα 4ΒΔ2 = ΒΔ2 +4R2 <::::> 3ΒΔ2 =4R2 <::::> ΒΔ= 2ν�3 = 2R3J3 ,δηλαδή: 2RJ3 .Ειναι: , ΓΔ = ΒΓ+ΒΔ= ΒΔ= -=2R+ 2R3J3 =2R (3+J3) 3 ' δηλαδη': 2R Δ = ( + J3) . ΌμωςΑΔ =2ΒΔ άρα: 4RJ3 Απο' το ορθογωνιο ' τριγωνο ' ΑΒΔ ΑΔ = (Φ=90°) : ΑΦ2 +ΒΦ2 = ΑΒ2 ή ΑΦ2 +R2 =4R2 ή AΦ = RJ3 . β. Επειδή Α2 = 30° ορθογώνιο τρίγωνο Α Φ Β είναι: ΒΦ = ΑΒ2 = 2R2 = R ή ΒΦ R. Δ

3- .

�

� 2.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι διάμεσοι αυτού ΒΒι και ΓΓι. θεωρούμε τους κύκλους (Κ1, Rι) και (Κ2, R2) διαμέτρων ΒΒ1 και ΓΓ1 α ντίστοιχα. Να δείξετε ότι: R2 - R22 ΑΚ2 - ΑΚ22

= Απόδειξη : 1 Είναι R, = l BB, = l1 μp , R2 = 21 ΓΓ, = 21 μr , οπότε: R� -R; = "41 μ� - 41 μ� = z z z .!_ z z z = .!_4 . 2α + 2γ4 -β 4 . 2α + 2β4 -γ = = J...16 (2αz + 2γz -βz -2αz -2βz + γz ) = = _!_16 (3γ2 -3β2 )= l_16 (γ2 -:- β2 ) (1) Στο τρίγωνο Α Β Β, , ΑΚ1 διάμεσος με ΒΒ 1 = �,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/45

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Β1 Α = �2 και ΑΒ = γ, οπότε (τύποι των τετραγώνων των διαμέσων): (γ2 + β42 J-μ� 2 ΑΚ2 _ 4 Όμοια στο Α ΓΓ1 , ΑΚ2 διάμεσος με ΓΓι = (β2 +_l_42 J-μ� 2 ΑΓI = 12 ' ΑΓ = β άρα ΑΚ22 = . 4 3β2 +μ2 -μ2 = 3 2 -Ένουμε: Κ Α2 -Κ2Α2 =-41 [� 2 2 ] 2 2 2 2 2 2 2 2 = _!_4 [ 3γ2 3β2 + 2(α +4β )--γ 2(α +4γ )--β ] = =. _!_16 (3γ2 -3β2 ) = i._16 (γ2 - β2 ) (2) Από (1), (2): R� -R; =ΑΚ� -ΑΚ; (3) Πα ρ ατήρη ση : Εάν ΑΗ το ύψος του τριγώνου, τ� τε 1Κ2, όπου Κ1Κ2 η διάκεντρος των δύο κύκλων. Πράγματι: ΒΓΒιΓι τραπέζιο (αφού Βι Γ1//ΒΓ) άρα Κ1Κ2//ΒΓ και είναι ΑΙUΒΓ άρα 1Κ2. Με άλλα λόγια και επειδή ισχύει η (3), ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων, ταυτίζεται με το ύψος του τριγώνου. Δίνεται κύκλος (Ο, R) και χορδή ΑΒ ίση με την ακτίνα R, Ε το μέσον αυτής - και Ι το μέσο του κυρτογώνιου τόξου Εάν ΙΔ = 120° και φέρουμε την ΔΕ που τέ μνει τον κύκλο στο Ζ, να υπολογισθεί ΔΖ, συναρτήσει της R. Δίνεται: λ12 =R�2 -.J3 . I

μy,

ΑΗ1.Κ

ΑΗlΚ

ΑΒ .

Λύ ση :

Επειδή ΔΖ = ΔΕ + ΕΖ θα υπολογίσουμε πρώτα ΔΕ και ΕΖ. Η ΔΕ εί- Η ναι διάμεσος του Δ Β Α . ( Έχουμε: ΙΔ = 120° , \ ΛΒ m= 2 = &26 = = 6002 = 300 ή = 300 . τις

Ζ Ι

ΆραΒΔ=90° . Επομένως: ΒΔ=λ4 =RJ2 άρα: BΔ=R.Ji . Εάν φέρουμε διάμετρο ΔΗ, επειδή: = 30°, ΑΙ + = 30° + 120° = 150° είναι ΑΗ δηλαδή ΑΗ =300 = ώ = 360ν 0 η' ν= 3600 30° =12 ' δηλαδή ν= 12 και άραΑΗ =λ12 ή AH=R�2-.J3 . τρίγωνο Α Η2 Δ : 2 Από2 το ορθογώνιο 2 2 ΑΔ =4R -ΑΗ ή AΔ2 =4R -R (2-.J3) ή ΑΔ2 =R2 (2+.J3) . άρα: 2 2 Στο τρίγωνο2 +ΑΔΒ,2 ΔΕ διάμεσος 2 2 +ΑΔ )--ΑΒ 2(ΔΒ -ΑΒ 2ΑΔ 2ΔΒ -ΔΕ2 = ---4 4 2[2R2 +R2 (2+.J3)]-R-2 = --�--� R2 (7 +2.J3) -=------�--�-4 4 οπότε: ΔΕ = R2 �7 + 2.J3 Σύμφωνα με το θεώρημα τεμνόμενων χορδών έ χουμε: ΕΖ·ΕΔ=ΑΕ·ΕΒ άρα R R ΕΖ= ΑΕΕΔ·ΕΒ = R 2 " 2 = 2�7 R 2.J3 ή 2 �7 + 2.J3 R :Εχουμε: ΕΖ = �7 + 2.J3 ΔΖ � ΔΕ+ΕΖ � �[ �7 +2-J3 + �7 +12.}3 ] � 8+2.J3 =R· 4+.J3 = = R2 · �7+2.J3 �7+2.J3 = R(4+.J3)(37�7 -2.J3) . Άρα: ΔΖ = .!_ (4 + .J3) ( �7 - 2.J3 ) 37 �

�

ΙΔ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τΑ/46

τη

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

ΜW4\ΘΗΜ� '1!1JΚΑ� ΘΕlΙΚΗΣ: KAb lfXNtJtA�OirbKHε ΚΑ 7/ΠΘ'IIα:ΗΕ

r ΚωνΙJιι;ές fOIJlCς

της Χαραλαμποπούλου Λίνας

Στο άρθρο αυτό παρουσιάζουμε επαναληπτικές ασκήσεις στις κωνικές τομές βασισμένες στους ορισμο ύς και τις έννοιες που παρουσιάζονται στο σχολικό βιβλίο. Πιστεύουμε ότι έτσι θα βοηθήσουμε το μαθητή στην καλύτερη κατανόησή τους.

Λυμένες Ασκήσεις

Δίνονται τα σημεία Μ (1 + ημφ, 2 - συνφ), φ ε [ 0,2π) .

(χ - 1 )2 + ( 2 -λχ / = 1 <:::> <:::> ( λ2 + 1 ) χ2 - 2 ( 1 + 2λ) χ + 4 = ο

( 1)

Πρέπει: Δ = Ο <:::> 4{1 + 2λ)2 - 16(λ2 + 1) = Ο <:::>

α. Να δείξετε ότι τα σημεία κινούνται σε κύκλο, του οποίου να βρείτε το κέντρο Κ 4λ - 3 = Ο <:::> λ = -3 . Επομένως η ευθεία 4 και την ακτίνα. 3 ειναι εφαπτομενη του κυκλου. y = -χ β. Να βρείτε τις εφαπτόμενες του κύκλου 4 που άγονται από το 0(0,0) προς τον κύ γ. Η ( 1) για λ = � γίνεται: κλο. 4 γ. Αν Α , Β τα σημεία επαφής να υπολογί :6 + 1 x2 - 2 1 + 2 � x + 4 = 0 σετε το συνημίτονο της γωνίας των διανυσμάτων ΚΑ,ΚΒ και στη συνέχεια το 25 - 5χ + 4 = ο <:::> -χ 5 - 2 2 = ο <:::> <:::> -χ2 εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ. 16 4 δ. Να βρείτε την εξίσωση της παραβολής -5 χ - 2 = Ο <:::> χ = -8 και y = -3 -8 <:::> y = -6 . με κορυφή 0(0,0), άξονα συμμετρίας το 4 5 4 5 5 3 χ χ και εστία το σημείο τομής Ε της Άρα η ευθεία y = -χ εφάπτεται στον κύκλο 4 ευθείας ΑΒ με τον άξονα χ χ '

( J ( J

(

•

{ χ = 1 + ημφ <:::> { χ -1 = ημφ ομως ' α. 'Εχουμε: y = 2 - συνφ 2 - y = συνφ Λύση

ημ2φ + συν2φ = 1 <:::> (χ - 1)2 + {2 - y)2 = 1 . Επομένως τα σημεία Μ (χ, y) κινούνται σε κύ κλο με κέντρο Κ ( 1, 2) και ακτίνα ρ = 1 . β. Επειδή ρ = lxol ο κύκλος εφάπτεται στον y ' y. Άρα η ευθεία χ=Ο είναι εφαπτομένη του κύ κλου στο σημείο Α(Ο,2). Αν y = λχ εφαπτομένη του κύκλου που διέρχε ται από το 0(0, 0), τότε το σύστημ y = λχ έχει μία μόνο λύση. ( χ - 1 )2 + { 2 - y )2 = 1 δ. Για y = λχ η εξίσωση του κύκλου γίνεται:

{

στο σημείο

B(� ·�J .

(� J

'Εχουμε: κΑ = (-1,0) και κΒ = .- � ,

I ΚΑι = ρ = 1 , ιΚΒ-ι = ρ = 1 και ΚΑ- .ΚΒ- = - 53 -

- -53 . ΚΑ · ΚΒ -) = οπότε συν ( ΚΑ,ΚΒ · ι ΚΑΙ Ι ΚΒΙ Το εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ είναι -1 ο ( ΚAB ) = �I det (ΚA , ΚB)I = � 3 4 5 5 1 4 2 = -- = 25 5 Βρίσκουμε την εξίσωση της ευθείας ΑΒ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/47

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

6 -2 - 54 1 5 Είναι λΑ8 =--=-=-8 8 2 5 5 Άρα: ΑΒ : y-2=-_!_2 ( x-0) � y=-_!_2 x+2. Για y =Ο έχουμε: χ = 4. Άρα η εστία της παραβολής �ίναι: Ε (4, Ο) . 'Εχουμε .Ε.= 2 4 � = 8. Η2 εξίσωση της ζητούμενης παραβολής είναι: y = 16χ . p

Δίνεται η ισοσκελής υπερβολή C: r-y2=16 με εστίες στον άξονα χ' χ . α. Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου με κέ ντρο την αρχή των αξόνων που διέρχεται από τις κορυφές της υπερβολής. β. Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου c στο σημείο του Γ με τε τμημένη χ 1 2 και τεταγμένη y 1 >0. γ. Έστω Μ το σημείο τομής της εφαπτομέ νης του κύκλου στο Γ με τον άξονα χ' χ . Από το Μ φέρνουμε παράλληλη στον y'y που τέμνει τον ένα κλάδο της υπερβολής στα Δ και Ε. Να αποδείξετε ότι ο κύ κλος με διάμετρο ΔΕ διέρχεται από το Γ.

Λύση

εφαπτομένη του κύκλου στο Γ είναι: ε: 2χ + 2.J3y = 16 ή ε: χ +.J3y= 8. γ. Η ε τέμνει τον χ 'χ στο Μ(8,0). Η ευθεία που διέρχεται από το Μ και είναι παράλληλη στον Υ Ύ είναι η ε' : χ = 8 . Τα σημεία Δ, Ε είναι οι λύσεις του συστήματος: {χ2 -yχ=82 =16 � {64-yχ =82 = 16 � {y=±4.J3 χ=8 . 'Εστω Δ (8, 4.J3) και Ε (8, -4.J3) . Για να περ νάει ο κύκλος με διάμετρο ΔΕ από το Γ , αρκεί να δείξουμε ότι ΕΓΔ = 90° . Δηλαδή αρκεί ΓΕ ΓΔ =Ο. Είναι ΓΕ = (6,-4.J3-2.J3) και ΓΔ= (6,4.J3-2.J3) οπότε ΓΕ ΓΔ=36-12· 3=0. 3. Δίνονται τα διανύσματα: Η

ΟΓ = ( χ - 1,2χ - 4 ) και ΟΔ = ( χ - 2,χ - 3 ) όπου χ ε m. . Α. Να βρείτε το χ ώστε ΟΓ ..l ΟΔ . Β. Για τη μεγαλύτερη τιμή του που βρή κατε στο Α α) να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με διάμετρο ΓΔ. β) Να βρεθούν οι εξισώσεις των εφα πτομένων του κύκλου στα Γ, Δ. γ) Αν Β το σημείο τομής της εφαπτομέ νης στο Γ με τον y 'y και Α το σημείο τομής της εφαπτομένης στο Δ με τον χ' χ , να βρεθεί η εξίσωση και η εκκε ντρότητα της έλλειψης με κέντρο την αρχή των αξόνων και μία κορυφή στον άξονα y'y το Β και μία στον χ'χ το Α.

Οι κορυφές της υπερβολής είναι Α(4,0) και Λύση Α '(-4,0). 2 2 2 : ΟΓ ΟΔ � ΟΓ.ΟΔ =Ο� Έστω C : χ + y = ρ η εξίσωση του ζητούμε- Α. Έχουμε ( χ-2)+ (2χ-4) (χ-3)=0 � νου κύκλου.2 Τότε το σημείο Α(4,0) την επαλη (3χχ-1) 2 -13χ+14=0, άρα χ=2ή χ =23 . θεύει άρα ρ = 16 � ρ = 4 . Επομένως C : χ2 + y2 = 16 . ( 4 2) - ( 1 2) 7 β. Έστω Γ(2, y1 ) τότε 4 + y1 2 = 16 � y1 = ±2.J3 Β. α) Για χ=-3 ' ΟΓ= -3' -3 και ΟΔ= -3 ' 3 . και y1 >Ο άρα Γ (2,2.J3) . α.

..l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/48

Μαθηματικά yια τη Β ' Λυκείου

Ά' ρα Γ (-43 , -23 ) και Δ (-31 ' --23 )

εκκεντρότητα της C1 είναι: ιοJ2 γ 2J2 · . 9 = -ε=-= -α 5 3 3

'ΆραC: (χ - 5 )2 +y2 = 25 6 36 β) Αν ε1 η εφαπτομένη του κύκλου στο Γ τότε ε1 ..l ΓΔ οπότε λ., λrΔ = -1 2 2 4 λ . 13 43 =-1 <::::> λ · __]_3 =-1 -3 - -3 - -3 <::::> λ . i3 = -1 <::::> λ = _i4 . Άρα η εξίσωση της ε1 είναι: y- % =-%(χ - �) ή ει : y =-% x+ % . Αν ε2 η εφαπτομένη του κύκλου στο Δ τότε ε2 // ε1 άρα λ. = _i4 και η εξίσωση της ε2 ει'ναι: y+ 32 =-43 (χ - 31 ) η' 5 εz : y=-�43 x--. 12 γ) Λόγω του β η ε 1 τέμνει τον y 'y στο Β ( ο, %) και η ε2 τέμνει τον χ'χ στο Α (-% ,0) Αφου' 135 1 Ι9-SΙ η' ιψη εχει εστιες' στον α-' ξονα y' y και εξίσωση χ2 · y2 οπου Cι :-+-=1 2β α2 ' α = -35 , β=-95 και ιοJ2γ2 = 925 - sι25 = 22 81�2 s28ι <=> r = 9 . οπότε2 2 χ + 25y =1 cι : 25 -81 -9 <::::>

ε,

έλλε

Δίνεται το σημείο Ρ ( Χ0 , y0 ) . α. Αν το σημείο Ρ ( χ0, y0 ) κινείται σε κύκλο με εξίσωση C : xz yz 4 να δείξετε ότι

+ =

το σημείο M (x,y) με χ �χ0 και 2 1 y κινειται σε ε'λλειψη c της οΥ 2

ποίας να βρείτε την εκκεντρότητα. β. Αν Ε, Ε' τα σημεία τομής του κύκλου C με τον άξονα χ 'χ, να βρείτε το γεωμετρι κό τόπο των σημείων Α ( x,y) του επιπέδου των οποίων η απόλυτη τιμή της διαφοράς των aποστάσεών τους από τα Ε, Ε' είναι ίση με 1. γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της υπερβολής που είναι κάθετη στο διάνυσμα ( 5, 1 ) .

α=

Λύση 2 α. 'Εχουμε χ 02 + Υ 2 = 4 και χ0 =-χ , y0 = 2y 3 2 4 χ άρα -9 χ2 + 4y2 = 4 <::::> -9 + y2 = 1 , οπότε2 το Μ2 κιν2είται σε2 έλλειψη με α = 3, β = 1 και γ = α -β γ = 9 -1 <::::> γ= 2J2. Άρα ε = 1α = 2J23 . β. Σύμφωνα με τον ορισμό της υπερβολής έχουμε ότι τα σημεία Α (χ, ):') κινούνται σε υπερβολή με εστίες Ε'(-2,0) και Ε(2,0 ) οπότε γ= 2 και μήκος μεγάλου άξονα 2α = 1 <::::> α = .!.2 . . .J15 . Ισχuει' β2 = γ2 -α2 <::::> β2 = -154 <::::> β= -2 Οπότε τα σημεία Α (χ, y) διαγράφουν την υ4y2 = 1. περβολή c2 : -χ12 - πy2 = 1 ή c2 : 4χ2 -15 4 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/49

<::::>

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

γ.

'Εστω ε: 4χχ1 - 415ΥΥι = 1 η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτομένης στο σημείο Κ (Χ 1 , Υ ) 15Χι . Επίσης λ- = .!.. = Τότε λ. = -� _ 4yι Υι 5 15 χ 1 � 3χ1 =-y1 � Όμως ε.lα � 15--l·-=-1 Υι 5 � Υι =-3χι . Το σημείο K(x1 ,y1 ) είναι σημείο της υπερβολη'ς άρα 4χ 2 - 4y15ι2 =1� 4χ 2 _ 36χ15ι2 =1� 2 Χ1 = ±γ{5 . 24χ -=1� lf g Για χ1 = J% είναι y1 = -3J% , οπότε -3 ε:4χν@:s +4 15)% y �l <c> 4ν/Isx- �5 ν/Isy �l. Για χ 1 = -J% είναι y1 = 3J% οπότε ε: νfisx+ �5 νfisy=1. ι

-4

Δίνεται η εξίσωση χ2 + y 2 - 2λχ + 2(2 + λ)y + 4λ + 4 = 0 (1), λε JR *

α. Να δειχτεί ότι παριστάνει κύκλο για κά θε λ ε JR * . β. Για λ- 2 να βρεθεί η εξίσωση της έλλει ψης η οποία έχει εστίες τα σημεία στα ο ποία ο κύκλος C τέμνει τον y'y και μήκος μικρού άξονα τη διάμετρο του κύκλου. γ. Να βρείτε την εξίσωση της υπερβολής με κέντρο την αρχή των αξόνων, εστίες στον άξονα y'y , aσύμπτωτη παράλληλη στο διάνυσμα ίί ( -4,-2) και εστιακή απόσταση ίση με το μήκος του μεγάλου άξονα της έλλειψης.

Λύ ση

(1) είναι εξίσωση κύκλου αν και μόνο αν 2Α +Β2 - 4Γ>Ο� � 4λ2 +4 (2+λγ - 16λ-16>0 � 4� +4(4+4λ+�)-16λ-16> 0

α) Η

� 4λ2 + 16 + 16λ + 4λ2 -16λ -16 > ο * � 8λ2 > Ο που ισχύει για κάθε λ JR β) Για λ=-2 έχουμε τον κύκλο x2 +y2 +4x-4=0 με κέντρο Κ(-2,0) και ρ=2J2. Για χ=Ο έχουμε: y2 = 4 � y = άρα η ζη τούμενη έλλειψη έχει εστίες Ε '(Ο,-2),Ε(Ο,2), Ε πίσης 2β=2ρ άρα β=2J2 και α2 =γ2 +β2 � α2 =4+8 � α2 =12 � α=.Jϊ2 , οπότε η ε ξίσωση της ζητούμενης έλλειψης είναι: -χ82 -12y2 = 1 . y2 - -χ2 = 1 η εξίσωση της ζητούμε γ) Έστω c2 α- β2 νης υπερβολής. Ο συντελεστής διεύθυνσης του , λ = 21 αρα , η ζητουμενη ' διανυ' σματος u- ειναι ' ' ασυμπτωτη υπερβολη' εχει την θεια' y = 21 χ . 'Εχουμε: �β = .!_2 � β = 2α (2). Ο μεγάλος άξονας της έλλειψης έχει μήκος 2.Jϊ2 άρα 2γ= 2.Jϊ2 �γ= .Jϊ2 Ισχύει γ2 =α2 +β2 � 12=α2 +4α2 � � α2 = �5 και λόγω της (2) ' η εξισωση ' της ζητουμε ' νης β2 = 4α- = S48 οποτε υπερβολής 2είναι:2 5y2 - 5χ2 =1 . c2 =uy - τsχ =1 η' c2 : 12 48 5 5 ε

±2 ,

C1 :

ευ

Δίνονται τα διανύσματα: ίί = (-6,s) , � = (9,-12) α) Να δείξετε ότι είναι αντίρροπα. β) Να βρεθεί η εξίσωση της έλλειψης που έχει ημιάξονες τα μέτρα των διανυσμά των υ, ν και μεγάλο άξονα στον y Ύ. γ). Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης πο υ διέρχεται από το ση μείο Κ(20,0) και σχηματίζει αμβλεία γω νία με τον άξονα χ' χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/50

•

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

σμα u = προ β ΓΔ .

Λύση α. Έχουμε: συν

(u, ν) = - -

ΑΒ

-6.9+9.( -12) = ιίiιι�ι �(-6) 2 +82 �92 +( -12) 2 u.ν

(�) = π άρα -J.. ί β). Είναι l ίi l = 10, � �� = 15 οπότε α = 1 5και β = 10. u

= -1 .0πότε

= ( -2,-1) ΓΔ = ( 1,1) . ΓΔ ίi + � ίi ίi ίi = = ( -2λ,-λ)

α. Είναι ΑΒ Έστω = Τότε λΑΒ

ΑΒ

<::::>

7. Δίνονται τα σημεία Α ( -1,2 ) , Β ( -3,1 ) , Γ ( 3,-2 ) και Δ ( 4,-1 ) .

α. Να αναλύσετε το διάνυσμα ΓΔ σε δύο κάθετες μεταξύ τους συνιστώσες, από τις οποίες η μία να έχει τη διεύθυνση του διανύσματος ΑΒ . β. Να δείξετε ότι η γραμμή που γράφουν τα σημεία Μ ( χ, y) του επιπέδου για τα οποία ισχύει ΑΜ.ΓΜ Ο είναι κύκλος του οποί ου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα. γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου που είναι κάθετη στο διάνυ-

=(x+1,y-2) και ΓΜ= (x-3,y+2). Άρα: =Ο<::> ( χ +1,y-2).( χ -3,y+2) =Ο <::> ( x+1)(x-3) +(y-2)(y+2) =0 χ2 -2χ-3 + y2 -4 = ο <::::> ( χ -1)2 + y2 = 8 Επομένως τα σημεία Μ ( χ, y) κινούνται σε κύ κλο με κέντρο Κ(1,0) και ακτίνα ρ = 2.fi. Έστω ε : y = + β η ζητούμενη εφαπτομένη. 3 1 5 Είναι ε λ. = λ;; λ. = 6 = 2 , άρα 5 1 ε : y = χ+ β <::::> χ-2y + 2β =Ο . 2 Η ε εφάπτεται στον κύκλο άρα d ( Κ,ε) = ρ <::::> 1ν1+4 1� =2.fi <::::> I I +2βl = 2Μ 1 +2β = 2Jϊ0 ή 1 + 2β = -2Jϊ0 2fι0-1 ή β = -2vΓι0 -1 <::> β 2 2 ΑΜ

ΑΜ .ΓΜ

<::::>

β. Έχουμε:

<::::>

ΓΔ .

ΑΒ.ΓΔ = ΑΒ.προ β ΓΔ ( -2,-1)( 1,1) = ( -2, -1)( -2λ, -λ) -2 -1 = 4λ +λ λ=--53 Άρα ίi = (� , �) και - - 63 1 2 ν = ΓΔ - u =(1,1) - ( 5 ,.5) = ( -5,-5) .

•

<::::>

ΑΒ

Ισχύει

Η εξίσωση της ζητούμενης έλλειψης είναι:

χ2 y2 . C:-+-=1 100 225 γ). Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης στο ΧΧο ΥΥο =1 , της Μ ( x0 ,y0 ) ειναιε , :-+ σημειο 100 225 με συντελεστή διεύθυνσης Χο 225χ -9χο λ - - 100Υο - - 100y0ο - 4y0 225 Η ε διέρχεται από το Κ(20,0) άρα 20χο = 1 χο = 5 . 100 Το Μ( 5, y0 ) είναι σημείο της έλλειψης άρα 25 + y� = 1 Υο = 15.J3 . 100 225 2 15.J3 ειναι ' η εξισωση ' της Για y0 = 2 ' λ < ο αρα .fjy = 1 ' ε χ + 30 ' vης εφαπτομε'vης ειναι: ζητουμε 20

Λύση και με .l � και II ΑΒ . και u = προ Ι

γ.

λχ

II u <::::>

<::::>

Άρα οι εφαπτόμενες του κύκλου που είναι πα ράλληλες στο u είναι: ή

x-2y+2M -1=0 x-2y-2M -1 =0.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/51

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

ιtcωpfσ Αpιtμών της Απελικής Βλάχου και Παναγιώτη Χριστόπουλου Η θεωρία Αριθμών έχει ως αντικείμενο μελέτης τις ιδιότητες των φυσικών αριθμών. Στο παρόν άρ θρο θα εξετάσουμε ασκήσεις που αφορούν: α) τη Μαθηματική ή Τέλεια Επαγωγή β) την Ευκλεί δεια διαίρεση και τη διαιρετότητα. Κρίνεται σκόπιμο επίσης να μελετήσετε τα πα ρακάτω άρθρα από τον Ευκλείδη Β ' : • «Πως θα το αποδείξω ... πώς θα το βρω ... >> του Α. Κυριακόπουλου στο τεύχος 33.

Με τη Μαθηματική Επαγωγή αποδεικνύεται η ανι σοϊσότητα του Bernoulli την οποία εφαρμόζουμε σε πολλές ασκήσεις. Διατυπώνεται δε ως εξής: «Για κάθε πραγματικό αριθμό α με α > -1 και ν Ε Ν * ισχύει: (1 + αΥ :?: 1+ν · α »

Εφαρμογές της ανισοϊσότητας Bernoulli 1. Για κάθε πραγματικό αριθμό α με α < 1 και ν Ε Ν* ισχύει: (1 - αΥ :?: 1 - να .

Λύση Θέτουμε στην ανισότητα Bemoulli όπου α το -α και έχουμε: α<1 άρα -α > -1 και θα ισχύει [1 + (-α)]ν > 1 + ν(-α) άρα, (1 - α)ν > 1 - να. Συνεπώς η ανισοίσότητα (1 - αΥ :?: 1 - να για κάθε ν Ε Ν* .

«Μαθηματική ή Τέλεια Επαγωγή» του Β. Βι σκαδουράκη στο τεύχος 3 1 . • «Θεωρία αριθμών» των Σ. Καλίκα και Β . Καρ κάνη στο τεύχος 35. • «Επαναληπτικές ασκήσεις θετικής κατεύθυν σης» της Χ. Κυριακοπούλου - Κυβερvήτου, τις 2 . Να αποδείξετε ότι για κάθε ν Ε Ν * ισχύει 4ν + sν + 9ν > 18ν. ασκήσεις 14, 15, 1 6 και 1 8i στο τεύχος 44. Λύση • «Επαναληπτικά θέματα κατευθύνση9> του Α. Κυ ριακόπουλου τις ασκήσεις 7i και 8 στο τεύχος 40. Σύμφωνα με την ανισότητα Bemoulli έχουμε: α) Μέθοδος της Μαθηματικής ή Τέλειας Ε 4ν = (1 + 3)ν > 1 + 3ν > 3ν gν = (1 + 7)ν > 1 + 7ν > 7ν παγωγή ς. = + Με τη μέθοδο της «Μαθηματικής Επαγωγής» 9ν (1 8)ν > 1 + 8ν > 8ν αποδεικνύουμε προτάσεις Ρ(ν) που αναφέρονται Οι παραπάνω σχέσεις με πρόσθεση κατά μέλη μας και ισχύουν για όλους τους φυσικούς αριθμούς ν, δίνουν: 4ν + gν + 9ν > 3ν + 7ν + 8ν ή 4ν + gν + 9ν > 1 8ν. μεγαλύτερους ή ίσους από ένα συγκεκριμένο φυ σικό αριθμό ν0• Τα βήματα τα οποία ακολουθούμε 3. Για κάθε φυσικό αριθμό ν να αποδείξετε ότι: για να αποδείξουμε μία πρόταση Ρ(ν) για κάθε ί. 15ν :?: (1 + 2ν)(1 + 4ν) ν Ε Ν με ν :?: ν0 και ν0 Ε Ν * είναι τα εξής: ii. 64ν :?: (1 + 7ν)2 Βήμα 1 ο: Αντικαθιστούμε στην πρόταση Ρ(ν) ό Λύση που ν τον αριθμό νο και εξετάζουμε αν η Ρ(ν0) εί v ί. Έχουμε 1 5 = (3 · 5γ = 3v · 5 v = ναι αληθής. = (1 + 2γ · (1 + 4γ :?: (1 + 2ν) · (1 + 4ν) , Βή μα 2ο: Υποθέτουμε ότι η πρόταση Ρ(ν) ισχύει αφού λόγω της ανισοϊσότητας Bemoulli έχουμε για κάποιο τυχαίο φυσικό κ με κ > ν0• (1 + 2Υ :?: 1 + 2ν και (1 + 4γ :?: 1 + 4ν Στη συνέχεια πρέπει να αποδείξουμε ότι η πρότα ση Ρ(ν) ισχύει και για ν = κ + 1, αν ναι τότε η ii. Έχουμε (64)ν = (82)ν = (8ν )2 = = [(1+7)ν ]2 :?: (1 +7ν)2 , πρόταση Ρ(ν) θα ισχύει για όλους τους φυσικούς ν με ν :?: ν0 • αφού λόγω της ανισοϊσότητας B emoulli έχουμε •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/52

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

(1+ΊΥ � 1 + 7 · ν 4.

Να αποδείξετε

ότι

ν Ε Ν* .

( 6ν6-ν S )ν ->!_6 για κάθε

Λύση ν 6ν - 5 = 6ν - � ν ι - � ν και = Έχουμε 6ν 6ν 6ν 6ν J.iyyω της ανισότητας Bemoulli (εφαρμογή 1) έχ,συμε: ν ι= 1+ � Ι+ν - =1- = ν ν ν ν 1 6ν - 5 �τ Άρα -- � - για κα' θε ν Ε ι" * . 6 6ν

( ) (

) ( )

( : ) [ ( : )Τ { : ) � � ( )

ή ή

α= κ·β α = κ ·β+ 1

αν υ = Ο αν υ = 1

Για παράδειγμα διαιρώντας τον ακέραιο αριθμό α με τον αριθμό 4, οι δυνατές μορφές του α εί ναι: α = 4κ ή α = 4κ + 1 ή α = 4κ + 2 ή α = 4κ + 3 με ΚΕΖ .

5. Στις ασκήσεις με διαιρετότητα είναι χρήσιμες οι ταυτότητες : • αν - βν = (α - β) · (αν-1 + αν-2 β + . .. + α · βν-2 + βν-1 ) • β) Ευκλείδεια Διαίρεση - Διαιρετότητα α2ν+Ι _ β2ν+Ι = (α+β) · (α2ν -cC"-Ι · β+ ... -α · �-Ι + β2ν ) • Θεώρη μα α2ν - β2ν = (αν + β ν ) · (αν - βν ) ν Ε Ν * . «Αν α, β είναι φυσικοί αριθμοί με β "* Ο , τότε Έτσι προκύπτει ότι: υπάρχουν μοναδικοί φυσικοί κ και υ τέtοιοι ώστε αν - βν = πολ.(α - β), α2 ν+Ι - β2 ν+Ι = ΠΟλ.(α + β) α = κ · β + υ με Ο ::; υ < β >>. α2ν -β2ν =πολ.(α - β) και α2 ν - β2 ν = πολ.(α+β) Βασικές παρατηρήσεις στην Ευκλείδεια Διαί Προσοχή: αν + βν = πολ.(α + β) όταν και μόνο ό ρεση και στη Διαιρετότητα. ταν <(\1 = περιττός» Το παραπάνω θεώρημα ισχύει και όταν οι α 1. αν - βν = πολ.(α + β) όταν και μόνο όταν ριθμοί α, β είναι ακέραιοι και διατυπώνεται ως <(\1 = άρτιος». εξής: «Αν α, β είναι ακέραιοι αριθμοί με β "* Ο , τότε υπάρχουν μοναδικοί αριθμοί κ, υ Λυ μένες Ασκήσεις με κ ακέραιο και υ μη αρνητικό ακέραιο ώ στε α = κ · β + υ με Ο ::;; υ < IPI ». 1. Να αποδειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο ν , 1 + 1 + 1 + ... + 1 = 1 - 1 . ισχυει 2. Α ν υ = Ο τότε η διαίρεση λέγεται τέλεια και "2 4" s r r α = κ · β . Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι : ο αριθΛύση: μός α διαιρείται με τον αριθμό β ή ότι ο β είναι διαιρέτης ή παράγοντας του α και γράφουμε β/α, Η προς απόδειξη πρόταση Ρ(ν) είναι 1 1 1 1 1 λέμε ακόμα ότι ο α είναι πολλαπλάσιο του β, δη - + - + - + ... + -=1 - -ν με ν Ε Ν * . Ακολουν 2 4 8 2 2 λαδή υπάρχει λ Ε Ν ώσrε α = λ · β και γράφουμε θούμε τα βήματα της Μαθηματικής Επαγωγής. α = πολ. β. 3. Να σημειώσουμε ακόμα ότι η ισότητα 1) Για ν = 1 έχουμε = 1 - πρόταση Ρ(1) 2 2 α = κ · β + υ δεν εκφράζει απαραίτητα ταυτότηΆρα για ν = 1 η πρόταση αληθεύει. τα Ευκλείδειας Διαίρεσης του α με το β. Για να 2) Υποθέτουμε οτι για ν = κ αληθεύει η πρόταση συμβαίνει αυτό πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι ι Ρ(κ). σχύει και η συνθήκη ο ::;; υ < βι . 1 1 1 1 1 δηλαδή: - + - + - + ... + -=1 - (1) 4. Δοθέντος ακεραίου αριθμού β "* Ο τότε κάθε α 2 4 8 2κ 2κ κέραιος α από την ταυτότητα της Ευκλείδειας Θα αποδείξουμε ότι η πρόταση αληθεύει και Διαίρεσης α = κ · β + υ με Ο ::;; υ < l β , μπορεί για ν = κ + 1 δηλαδή πρόταση Ρ(κ + 1) να έχει μια από τις παρακάτω μορφές:

.!.. �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.4/53

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

1 1 1 1 1 (2) - + - + - +...+ -=1-2 4 8 2κ+ Ι 2κ+Ι Ξεκινάμε από το 1ο μέλος της (2) και έχουμε: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 - + - + - + ... + -=- + - + ....: + ... + - +2 4 8 2κ+ Ι 2 4 8 2κ 2κ+ Ι 2 λόγω (!) 1 1 l 1 = 1 - - +- = 1 - - + - = 2κ 2κ+ Ι 2κ 2κ+Ι 1 2 1 . + =112κ+ Ι 2κ+ Ι 2κ+Ι ' ρα 1 + 1 + 1 + ... + 1 =1 - 1 . Ά 2 4 8 2κ+Ι 2κ+ Ι Συνεπώς η πρόταση Ρ(ν) αληθεύει για κάθε θε τικό ακέραιο ν.

Να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού α δια του αριθμού β * Ο στις παρακάτω περιπτώσεις: ί. α = 48 και β = -9 ii. α = -48 και β = 9 iii. α = -48 και β = -9 Λύ ση : ί. Έχουμε 48 = 9 · 5 + 3 Οπότε: 48 = 9 · 5 + 3 ή 48 = (-9) · (-5) + 3 . Άρα το πηλίκο της διαίρεσης του 48 με το - 9 είναι - 5 και το υπόλοιπο 3. (αφού: ( Ο < 3 < j -9 = 9 ) 2. Να αποδειχθεί ότι yια κάθε ν ε Ν * ο αριθ ii. Έχουμε: α = κ · β + υ (1 ), με α = --48, β = 9 και μός Α = 24ν+1 - 22v - 1 διαιρείται με το 9. Ο ::;; υ < l β (2). Από (1) έχουμε υ = α - κ · β και Λύση : από τη σχέση (2) παίρνουμε: ο ::;; α - κβ < β ή Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής Ο ::;; -48 - κ · 9< 1 91 ή +48 ::;; -κ · 9 < 9 + 48 ή 1) Για ν=1 είναι Α = 24·1 +1 - 2 2. 1 - 1 = 32 - 4 - 1 = 27 , -48 -57 ' κ = -6 < κ ::; - αρα άρα για ν = 1 αληθεύει αφού 9/27 ή 27 = πολ.9. 9 9 2) Έστω ότι για ν = κ το 9 διαφεί τον αριθμό Α = και υ = -48 - (-6) 9 = 6 . 24κ+ Ι - 22κ - 1 άρα Α = 24κ+1 - 22κ - 1 = 9λ (1), iii. Ομοίως εργαζόμενοι βρίσκουμε πηλίκο 6 και υ λεΖ. πόλοιπο 6. Θα αποδείξουμε ότι για ν = κ + 1 ο αριθμός Α = 24(κ+Ι)+ι - 22(κ+ Ι) - 1 είναι πολ. 9 (τότε θα διαι- 4· Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι οι οποίοι διαιρούμενοι με το 4 δίνουν πηλίκο διπλά ρείται με 9). σιο του υπολοίπου. Έχουμε: Α = 24κ+4+Ι - 22κ+2 - 1 = Λύση : = 24κ+Ι . 24 22 κ . 22 - 1 = Σύμφωνα με την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαί2 = 16 · 24κ+Ι - 4 · 2 κ - 1 (2) Από τη σχέση (1) έχουμε: 24κ+1 = 9λ + 22κ + 1 (3) ρεσης έχουμε: α = κ · 4 + υ , με Ο < υ < 4 και κ = 2υ, άρα α = 2 · υ · 4 + υ ή α = 9υ με υ 1, 2, 3. Η σχέση (2) λόγω της (3) γράφεται: Συνεπώς α = 9 ή α = 18 ή α = 27. Α = 16 · (9λ + 22 κ + 1) - 4 · 22 κ -1 = = 16 · 9λ + 1 6 · 22 κ + 1 6 - 4 · 2 2κ - 1 = 5. Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι α, β, γ με = 1 6 9λ + (16 - 4) · 22 κ + 1 5 = α < 4, β < 3 τέτοιοι ώστε α + 4β + 12γ = 82. 2 = 9 · 1 6λ + 12 · 2 κ + 27 - 12 = Λύση : 2 · κ = 9 16λ + 27 + 12 · (2 1) = Έχουμε 82 = α + 4β + 12γ ή 82 = 4(β + 3γ) + α (1) = 9 · (16λ+3) + 12 · (4κ - 1) = με Ο < α < 4. Όμως 82 = 4 · 20 + 2 (2). 2 Από (1) και (2) έχουμε ότι: 4 · (β + 3γ) + α = = 9 · (16λ+3) + 12 (4 - 1) (4κ-Ι + 4κ + ... + 1) = 2 = 4 · 20 + 2 . Επειδή η έκφραση α = κ · β + υ με = 9 · (16λ+3) + 36 · (4κ-Ι + 4κ- + ... + 1) = β * Ο , και Ο ::;; υ< I δi είναι μοναδική συμπεραίνουμε = 9 · [16λ+3 + 4 · (4κ-Ι + 4κ-2 + ... + 1)] = πολ. 9 Αποδείξαμε ότι για ν = κ + 1 ο αριθμός Α διαιρεί ότι: β + 3γ = 20 και α = 2. ται με το 9, άρα αληθεύει η αρχική πρόταση για Ομοίως σκεπτόμενοι έχουμε: κάθε ν ε Ν . 3.

ιι

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τΑ/54

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

20=3·γ+β α2 =25Α_Ζ +20λ+4=πολ5+4 Ο < β < 3 συνεπώς β = 2 και γ = 6. iii)α = 5λ + 3 και 20=3·6+2 α2 = 25λ2 + 30λ + 9 = πολ5 + 4 iν)α 2= 5λ+42 και 6. α) Αν α, β ακέραιοι να αποδειχθεί ότι: α = 25λ + 40λ+ 16 = πολ5 + 1 υπάρχει λ ώστε (α + β) = α + λ · β Τελικά το υπόλοιπο της διαίρεσης του rl με το 5 για κάθε ν ίί. Να βρείτε το υπόλοιπο της διάιρεσης είναι το 1 ή 4.

}

Ϊ.

ΕΖ

Ε Ν *.

του αριθμού 72004 δια του αριθμού 114. 8. β) Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 102ν + lΟν + 4 διαιρείται με 3 για κάθε θετικό ακέ ραιο ν. Λύση :

Έχουμε: (α+β)ν -αν =πολ[(α+β)-α]=πολβ=λβ με λ (Δες στη σελ. 80 2η στήλη) Άρα: (α+ β)ν = αν + λβ ii. 72004 = (73)668 = (343)668 = (1 + 342)668 = = (1 + 114 . 3)668 = 1668 +λ · 114 . 3 = = 1 + 3λ ·114 = 1 + μ ·114 . Συνεπώς το ζητούμενο υπόλοιπο είναι το 1. β) Αρκεί να δείξουμε ότι: 1 σzν + 1 Ον + 4 = πολ 3 με ν Θα χρησιμοποιήσουμε το ερώτημα (α). 102ν + ιον + 4 = (102)ν + ιον + 4 = ιοον + ιον + 4 = = (1 + 99)ν + (1 + 9)ν + 4 = 1 +λ · 99 + 1 +μ· 9 + 4 = = 99 . λ+ 9 . μ+ 6 = 3 . (33λ + 3μ + 2) = = 3 · κ = πολ. 3 με λ, μ, κ Σημείωση: Η άσκηση λύνεται και με τη μέθοδο της Μαθηματικής Επαγωγής. ί.

ΕΖ.

(i)

3λ=μεΖ

Ε Ν* .

Αν ο θετικός ακέραιος α δεν διαιρείται με τον αριθμό 5 να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του υπόλοιπου της διαίρεσης του α2 με το 5. Λύ ση:

Εφ' όσον ο θετικός ακέραιος α δεν διαιρείται με τον αριθμό 5, έχουμε ότι α:;t: 5λ, λ Τότε i) α = 5λ + 1 και2 α2 = ( 5λ + 1) = 25λ2 + 10λ + 1 = πολ5 + 1. ii) α = 5λ + 2 και Ε Ν* .

Αν α, β Ε Ζ και α/α2 + αβ + β2 να αποδει χθεί ότι α/β2• Λ ύ ση:

Έχουμε ότι αjα2 + αβ + β2 (1) όμως: αlα τότε αlα2 και αjα ·β , άρα αjα2 + αβ (2) Από 2(1) και (2)2 έχουμε2 α j(α + αβ + β )-(α + αβ) , άρα αjβ2 και 2 j α +β+ γ να αποδεί 9. Αν α, β, γ ξετε ότι 2 j α3 + β3 + γ 3 Δίνεται η ταυτότητα α3 + β 3 + γ3 - 3αβγ = ότι:

•

Ε Ν*

•

Euller:

= (α + β + γ)(α2 + β 2 + γ 2 - αβ - αγ - βγ) Λύ ση:

Εφ' όσον 2j α + β+γ, έχουμε α + β + γ = 2λ με λ θετικό ακέραιο. Επειδή α + β + γ = 2λ, θα είναι α, β, γ άρτιοι ή δύο από τους α, β, γ θα είναι περιποί και ένας άρτιος. Από την ταυτότητα Euler έχουμε α3 + β3 + γ3 = 2 2 2 =(α+β+γ)·(α +β +γ -αβ-αγ-βγ)+3αβγ. Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε 2jα +β +γ (1) αρκεί να αποδείξουμε 2j3αβγ. 1) αν α, β, γ άρτιοι τότε α· β· γ άρτιος, άρα 2j3αβγ 2) αν δύο από τους α, β, γ είναι περιποί και ένας άρ τιος τότε α· β· γ άρτιος, άρα 2j 3 αβγ. Συνεπώς 2j3αβγ (2). ότι

ότι:

ότι

1 Ο.

ότι

Οι αριθμοί χ, y, ω είναι ακέραιοι με ω :;t: Ο . Οι αριθμοί χ\ y3 διαιρούμενοι με τον ω δί νουν υπόλοιπο 2. Να αποδειχθεί ότι οι α ριθμοί χ6 + y6 και 2χ3 + 2y3 διαιρούμενοι με τον ω δίνουν το ίδιο υπόλοιπο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/55

Μαθη ματικά yια τη Β ' Λυκείου

Γνωρίζουμε ότι αν: α=Λύσκ·η:β+ υ με κ ε Ζ, β Ο και ο � υ < ιβι τότε α-υ = κ β ή α -υ = πολ. β. Έχουμε ότι: χ3 = λ1ω + 2, με λ1 εΖ άρα χ3 -2 = λ1 ·ω } (1) y3 =λ2ω+2,. με λ2 εΖ άρα y3 -2=λ2 ·ω Έστω: χ6 +y6 =λ3ω+υ1 , με λ3 εΖ και Ο�υ1 < Ιωl (2) 2χ3 + 2y3 = �ω + υ2, με λ4 εΖ , Ο� υ2 < Ιωl (3) Αφαιρώντας τη σχέση (3) από τη σχέση (2) έχου με: (χ6 +y6 ) - (2x3 +2y3 ) = ( λ3 -λ4 ) ω+ ( υ1 -υ2 ) ή υ1 -υ2 =χ3 ( χ3 -2) +y3 ( y3 -2) + ( λ4 -λ3 ) ω= = χ3 ·λ1 ω+ y3λ2ω+ ( λ4 -λ3 ) ω = πολω= κ l ωl Κι επειδή: - lωl < -υ2 �Ο, Ο� υ1 < l ωl συμπεραί νουμε ότι: - Ιωl < υ1 -υ2 < lωl ή - lωl < κ lωl < lωl Οπότε: - 1 < κ< 1 και συνεπώς κ= Ο. Άρα: υ1 = υ2. Άρα οι χ6 + y6 και 2χ3 + 2y3 διαι ρούμενοι με τον ω δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. 1 1. Δίνεται ο αριθμός α=1 · 2 · 3 · 4 51 + 2004. =F-

.•.

Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του α με διαιρέτη τον αριθμό 204.

Λύση : να εκφράσουμε τον αριθμό α στη μορφή Αρκεί α=λ·204+υ με Ο�υ < 204 . Επίσης παρατηρούμε ότι στο γινόμενο 1· 2 · 3 · 4 ... 51 οι παράγοντες 4 και 51 δίνουν γινόμενο 4 · 51 = 204 . Ακόμα εκτελώντας τη διαίρεση του 2004 δια του 204 βρίσκουμε πηλίκο 9 και υ πόλοιπο 168, άρα 2004 = 9 · 204 + 168 . Έχουμε: α= 1· 2·3· 4· 5 ... 51+ 2004= =4·51·2·3·5 ·6 ... 50+9·204+168 = = 204·(2·3 · 5 ·6 ... 50+9)+ 168 = =204-λ+ 168 όπου λ=2·3·5·6 ... 50. Έτσι α =204·λ+168 , άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι το 168.

12. Δίνεται ο φυσικός αριθμός ν μικρότερος του 50 και υι, υ2, υ3, υ4 τα υπόλοιπα των διαιρέσεων του ν με τους αριθμούς 3, 7, 6 και 21 αντίστοιχα. Να βρεθεί ο μικρότερος φυσικός αριθμός ν αν είναι γνωστό ότι: 7υ1 3υ2 14υ 3υ4 69 3

+ + + = Λύση : Σύμφωνα με την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαί ρεσης έχουμε: ν= 3μι + υ, με μ1 ε Ν και Ο� υ1 < 3 ν = Ίμ2 + υ2 με μ2 ε Ν και Ο� υ2 < 7 ν = 6μ3 + υ3 με μ3 ε Ν και Ο � υ3 < 6 ν=21� + υ4 με μ4 ε Ν και Ο�υ4 < 21 Στη συνέχεια, πο/Jντας με κατάλληλους αριθμούς τις παραπάνω ισότητες, δημιουργούμε την ποσό τητα 7υ1 + 3υ2 + 14υ3 + 3υ4 Έτσι, έχουμε: 7ν = 21μ1 + 7υ1 3ν = 21μ2 + 3υ2 προσθέτουμε κατά 14ν = 84μ3 + 14υ3 μέλη και έχουμε 3ν = 63μ4 + 3υ4 27ν = 21μ, + 21112 + 841J:J + 63J.Ιιι + +7υ1 +3υ2 +14υ3 + 3υ4 ή 27ν-82=21μ1 +21μ2 +84μ3 + 63μ4 +69 27ν-81=7( 3� +3� +12� +9μ4 )+2·27+27+1 ή 27(ν-2) = 7μ + 1 (1) μ ε Ν ή πολ27 = πολ7 + 1 Όμως ν < 50 άρα ν-2 < 48 άρα 27(ν-2) < 1296 Πολ.27 = {0, 27, 54, 81, 108, 135, 162, . . } Πολ.7 + 1 = { 1, 8, 15, 22, 29, 36, 43, , 50, 57, 64, 71, 78, 85, 92, 97, 106, 113, 120, 127, 134, 141, 148, 155, 162, . .} Η ισότητα (1) ισχύει για τον αριθμό 162. Έχουμε 27(ν-2) = 162 άρα ν= 8. μel\1

1 3. Στην άσκηση 12 για ποιο αριθμό ν έχουμε υι = υ2 = υ3 = υ4 = 1 Υπολογίστε εσείς την τιμή του ν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/56

ΜΑΘΗΜΑ 11/tA

fEHIKHE

ΠAIJ4El�

Πιbό'fΙJ'fC�

του Βασίλη Καρκάνη

Το άρ θρο αυτό αποτελεί συνέχεια του άρθρου με τίτλο «Πι θανότητες» που δημοσιεύτηκε πέρυσι στο «τεύχο ς 43» του Ευκλείδη Β Ό Καταπιάνεται με θέματα που αφορούν: ί. τα ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ίί. ανισώσεις και πιθανότητες ίίί.

γενικές ασκήσεις και προβλήματα πιθανοτήτων.

Άσκηση 1 1

Δίνονται τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματι κού χώρου Ω για τα οποία ισχύει: Ρ Ο, 5 , Ρ (Β) = Ο, 6 και P(A u B) = 0, 8 . α. Να εξετάσετε αν τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα. β. Να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου Α n Β . γ. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: Κ: «Πραγματοποιείται ένα τουλάχιστον από τα Α, Β». Λ: «Πραγματοποιείται ακριβώς ένα από τα Α, Β)). Μ:«Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα Α, Β».

(Α) =

Λύση

Έχουμε: Ρ(Α) = 0,5 P(AuB)=0,8 (3). α.

οπότε Α n Β* δηλαδή τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. τρόπος: Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα τότε Ρ(Α υ Β)= Ρ(Α)+Ρ(Β)=0,5+0,6= 1,1 1 άτοπο. Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Από τον 1° τρόπο του (α) έχουμε: P(AnB)=0,3 . Είναι Κ= Α υ Β οπότε: Ρ(Κ)=Ρ(ΑυΒ)=0,8. Επίσης: Λ= (Α-Β) υ (Β-Α) οπότε Ρ(Λ)= Ρ[(Α-Β)υ(Β-Α)] = ··· = Ρ(Α) + Ρ(Β)-2Ρ(Α n Β)= = 0,5 + 0,6-2·0,3 = 0,5 0

Λυμένες Ασκήσεις

(1),

Ρ(Β) = 0,6 (2),

ι ος τρόπος:

Είναι:

P(AnB)=P(A)+P(B)-P(AuB) Ο, 5 + Ο, 6-Ο, 8 = Ο, 3 * Ο

(1),(2),(3) =

zος

(1),(2)

γ.

Παρατήρηση 8

(3)

Για να εξετάσουμε αν δύο ενδεχόμενα Α , Β ε νός δειγματικού χώρου Ω είναι ασυμβίβαστα εργαζόμαστε συνήθως με τους δύο τρόπους που εκθέσαμε στη ν προη γούμενη άσκη ση 1 1 στο (α) ερώτη μα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/57

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Ά σ κηση 1 2

Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύει: Ρ( Α) = Ρ(Β) = Ο, 7 . Να δείξετε ότι: α. Τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Ρ (Α u Β) � Ο, 7 . γ. 0,4 � P (A n B) � Ο, 7 .

1°ς τρόπος Θεωρώντας την ανισοτική σχέση την μετα σχη ματίζουμε με ισοδύναμο τρόπο, μέχρι να οδηγη θούμε σε κάτι που προφανώς ισχύει ο πότε θα ισχύει και η αρχική. (Δες άσκηση 1 3).

2°ς τρόπος Για τα };νδεχόμενα Λ,

Λύση

α. ο ::;

β. γ.

(I)

(Ι)

δ.

Ρ( Α ) ::;

1 .

Αν Λ � Β τόη: ( Α ) ::; Ρ ( Β ) Είναι Α � ( Α υ Β ) οπότε Ρ ( Α ) ::; Ρ ( Α υ Β ) και Β � (Α υ Β)

Ρ ( Β ) ::; Ρ( Α υ Β ) . Επίσης: ( ι\ n Β ) ς Α οπότε ( Α n Β ) ::; Ρ ( Α ) και ( Α n Β ) � Β P (A n B ) ::; P ( B ) .

οπότε

Γεν ι κ ές Ασ κ ήσε ις λσκηση 1 4

Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν: P (A u B) = 8P (A n B) και Ρ{Β) = 3Ρ(Α). Να δείξετε ότι:

�

α. P(AnB) = P(A).

: Ρ{Α) .

β. P(AuB) = 3

Λ ύση

Ά σκ ηση 13

Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω να δείξετε ότι: Ρ (Β) � Ρ (Α')+ Ρ (Α n Β) . Λί) ση

Έχουμε: P(B)�P(A') +P(AnB)<=> Ρ{Β)� 1-Ρ{Α)+ P(AnB) Ρ{Α)+ Ρ(Β)-P{AnB) � 1 <:::> <:::> P (AuB)�1. Άρα ισχύει και αρχική. <:::>

<:::>

Παρατήρηση 9

στη ρ ιζόμαστε σας

γνωστές ανισοτικές σχέσεις:

(l). Έχουμε: Ρ(Α) = Ρ(Β) =Ο, 7 α. Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασuμβίβα στα τότε θα ισχύει: Ρ{Α uB)= Ρ{Α)+Ρ{Β)=0,7 +Ο, 7 = 1,4 > 1 άτοπο. Άρα τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Ισχύει: Α (Α u Β) οπότε: P(A)�P{AuB)<=>P{AuB)�0,7 . γ. Ισχύει: (AnB) Α οπότε : Ρ(Α n Β)::; Ρ{Α) <:::> Ρ(Α n Β)� Ο, 7 (2). Ακόμη: Ρ(Α uB)� 1 <:::> P(A)+P(B)-P{AnB) $1<:::> Ο, 7 +0, 7 -P(An Β)� 1 <:::> 0,4$ P(AnB) (3). Λόγω των ανισοτήτων (2), (3) είναι: 0,4�P{AnB)s0,7 . ς

Για να αποδείξουμε ανισοτικές σχέσεις στις

πιθανότητες εργαζόμαστε ως εξής:

(1) Έχουμε: Ρ(Α Β)= 8Ρ(Α n Β) και Ρ{Β)=3Ρ(Α) (2). α. Είναι: P(AuB)=P{A)+P(B)-. P(AnB) 8P(AnB) = P(A)+3P(A)-P(AnB) 9P(AnB) = 4Ρ{Α) <:::> 4 . <:::> Ρ(Α n Β)=-Ρ(Α) 9 β. Ακόμη: Ρ(Α u Β)= Ρ(Α) + Ρ(Β)-Ρ{Α n Β) = Ρ(Α)+ 3Ρ(Α) -�9 Ρ(Α)= 4Ρ(Α)-�9 Ρ(Α)= 329 Ρ(Α) υ

( 1),(2) �

<:::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/58

<:::>

(2),(α)

Μαθηματικά για τη Γ' Λυκείου

Επίσης Α r1 Β'= Α-Β οπότε: Ρ(Α r1 Β') = Ρ(Α-Β)= Ρ(Α)-Ρ(Α r1 Β)= 1 1 =---=0 6 6 για το (γ) : Είναι: Α r1 Β'= 0 (λό γω της (1)) οπότε: P(Ar1B') = Ρ (0) =Ο. Ακόμη Α' r1 Β= Β-Α οπότε: Ρ(Α nB) = P(B - A)=P(B)-P(Ar1B) = 1 1 = -31 --=6 6

Άσκηση 15 γ. Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν: Ρ(Α)= λ + 0, 2 , Ρ (Β) = 2λ + Ο, 1 , Ρ (Α υ Β) = Ο, 7 και Ρ (Α r1 Β) = λ όπου λ θετικός πραγματικός Άλλη λύση αριθμός. α. Να βρείτε τις τιμές των λ, Ρ(Α), Ρ(Β). β. Να δείξετε ότι: P (A r1 B) = Ρ(Α)·Ρ(Β). δ.

(Ι)

(α)

(3)

Λύση

Έχουμε: Ρ(Α)=λ+0,2 (1), Ρ(Β)=2λ+0,1 (2), P(AuB)=0,7 (3), Ρ(Αr1Β)=λ (4). α. Είναι: Ρ(ΑυΒ)=Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ(Αr1Β) που ισοδύναμα λόγω των ισοτήτων (1), (2), (3), (4) δίvει: 0,7=λ+0,2+2λ +0,1 -λ <=>2λ =0,4 <=>λ =0,2 οπότε από την (1) παίρνουμε: Ρ(Α) = 0,4 και από την (2): Ρ(Β) = 0,5 . β. Από την ισότητα (4) λόγω του (α) ερωτήματος παίρνουμε: Ρ(Α r1 Β)= 0,2 . Επίσης: Ρ(Α)·Ρ(Β)= 0,4·0,5 = 0,2 άρα: . Ρ(Α r1 Β)= Ρ(Α) · Ρ(Β) . Άσκηση 1 6 Έστω Ω δειγματικός χώρος ενός πει ράματος τύχης και Α, Β ενδεχόμενα του Ω για τα οποία ισχύει: Α ς Β και Ρ(Α) =!., 6 Ρ(Β) Να βρείτε τις πιθανότητες:

= �. α. P(Ar1B), β. Ρ(Α υΒ) β. Ρ(Α' r1B) γ. P(Ar1B') , Λύση Για τα ενδεχόμενα Α, Β έχουμε: Α ς Β (1) και Ρ(Α)= � (2), Ρ(Β) = � (3). α. Λόγω της (1) είναι: Α r1 Β =Α οπότε: 2) 1 P(Ar1B) = Ρ(Α) (=6 β. Λόγω της (1) είναι: Α υ Β= Β οπότε: Ρ(ΑυΒ) = Ρ(Β) =-31 (3)

(α )

Άσκηση 1 7 Για τα ενδεχόμενα Α, Β του δειγματικού χώρου Ω ισχύουν: Α ς Β, Ρ(Α)· Ρ(Β) =� 12 και Ρ(Β)-Ρ(Α') = !. . Να βρεθούν οι πιθανό3 τητες των ενδεχομένων Α Β και Α Β . Λύση

'Εχουμε Ρ(Α) · Ρ(Β) = 152 (1), Ρ(Β)-Ρ(Α') =.!_<=> Ρ(Β)-(1-Ρ(Α))=.!_<=> 3 3 <=> Ρ(Β) + Ρ(Α) = .!_3 + 1 <=> Ρ(Α) + Ρ(Β) = �3 (2) Επίσης Α ς Β (3) οπότε και Ρ(Α)::;; Ρ(Β) (4) Ακόμη: Ar1B�A , P(Ar1B)=P(A)} (5) <> οποτε: 3 Ρ(ΑυΒ)=Ρ(Β) ΑυΒ=Β Αν βέσουμε Ρ(Α) =χ και Ρ(Β) = ψ η (2) γράφεται: χ+ ψ= 34 <=>ψ= 34 - χ (6) και η (1) <=>χ· ψ =2._�χ 12 (�3 -χ) =2._12 <=> 4 2 = -5 <=> χ2 - -χ+-=0<=> 4 5 <=>-χ-χ 12 3 3 12 <=:>12χ2 -16χ+5=0<=:> Χ = .!_2 ή Χ =�.6 Για χ= -21 απο' την (6): ψ=-65 οπότε:. Ρ(Α)=-21 και Ρ(Β) = % δεκτές τιμές λόγω της (4).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/59

}

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Έτσι από τις (5) παίρνουμε: P(AnB) =-21 και Ρ(ΑυΒ)=-.65 Για χ = �6 από την (6): ψ= ..!_2 οπότε: Ρ(Α)= �6 και Ρ(Β) = ..!_2 τιμές που απορρίπτονται λάyω της (4). Άσκηση 18

Οι αριθμοί Ρ(Α) και Ρ(Β) είναι ρίζες της ε ξίσωσης 1 Οχ2 - llx 3 Ο , όπου Α, Β ενδε χόμενα του δειγματικού χώρου Ω με Ρ(Α) < Ρ(Β) . α. Να δείξετε ότι τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Να δείξετε ότι ισχύει: 0,1 ::; Ρ(Α Β) ::; 0,5 .

Λύση

Έχουμε την εξίσωση 10χ2 - l lx 3 =Ο με ρίζες , για τα ενδεχομενα , = 2010 και χ2 = 2012 . Εφοσον . Α, Β ισχύει Ρ(Α)<Ρ(Β) όπου Ρ(Α), Ρ(Β) είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης θα είναι: 10 1 και Ρ(Β)=-=-. 12 3 Ρ(Α)=-=20 2 20 5 α. Έστω ότι τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα τότε AnB=0 και Ρ(Α Β)= Ρ(Α)+ Ρ(Β) 2010 2012 =-2022 1, άτοπο. Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Είναι: (Α n Β) Α οπότε: Ρ(Α n Β)::; Ρ(Α) ή Ρ(Α n Β) ::; ..!_2 =0,5 ( 1 ). Επίσης: Ρ(Α Β)::; 1 � Ρ(Α)+Ρ(Β)-P(An Β)::; 1 � 2 Ρ(Α n Β)� � -2010 + -2012 -1::; Ρ(Α .n Β)�-::; 20 � 0,1::; Ρ(Α n Β) (2) Λόγω των (1), (2) είναι: 0,1::; P(An Β)::; 0,5. +

Χ1

Άσκηση 1 9

Μια αυτοκινητοβιομηχανία στον εξοπλισμό κάθε αυτοκινήτου της περιλαμβάνει προαι ρετικά κλιματισμό και ηλεκτρικά παράθυ ρα. Στις παραπελίες που f:yιναν για το έτος

20 03 το 50% των αυτοκινή των που κατα σκευάστηκαν είχαν κλιματισμό και το 70 ηλεκτρικά παράθυρα, ενώ το 10% είχα κλιματισμό αλλά όχι ηλεκτρικά παράθυρα. Επιλέγουμε ένα αυτοκίνητο στην τύχη. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: α. το αυτοκίνητο να μην έχει ηλεκτρικά παράθυρα β. το αυτοκίνητο να μην έχει κλιματισμό γ. το αυτοκίνητο να έχει κλιματισμό και ηλεκτρικά παράθυρα δ. το αυτοκίνητο να έχει κλιματισμό ή ηλεκτρικά παράθυρα. Λύση

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Κ: «το αυτοκίνητο έχει κλιματισμό» 50 (1) με Ρ(Κ) = 50% = 10 Η: «το αυτοκίνητο έχει ηλεκτρικά παράθυρα>) 70 (2) με Ρ(Η) 70% = W Ακόμη Ρ(Κ-Η) 10% = _!Q_ 10 (3) 70 = 30 =30 α. ΕίναιΡ(Η ') = 1 -Ρ(Η)= 110 01 ο 50 50 β. Επίσης Ρ(Κ ')=1 -Ρ(Κ) = 1ο 10 =01 =50 γ. Ακόμη: Ρ(Κ-Η)= Ρ(Κ)-Ρ(Κ n Η)� � P(KnH) = Ρ(Κ)-Ρ(Κ - Η) = = 1050 01_!Q_00= 40 1= 40%ο δ. Τέλος: Ρ(Κ Η)= Ρ(Κ) + Ρ(Η)-Ρ(Κ n Η)= = 1050 0170 00- 40100= 80 1= 80%ο =

(1),(3)

Άσκηση 20

Στην αίθουσα χεροτεχνίας ενός σχολείου υ πάρχει ένα κουτί με 40 κάρτες από τις οποί ες οι 20 είναι μαύρες, οι 1 Ο άσπρες και οι υ πόλοιπες είναι πράσινες ή κόκκινες. Επιλέ γουμε από το κουτί μία κάρτα στην τύχη. Η πιθανότητα η κάρτα να είναι κόκκινη είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/60

Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκείου

ι2ν2 +3ν-4 ι --::---=-<=> 2 27ν +42ν+8 4 <::> 48ν2 +ι2ν-ι6=27ν2 +42ν+8<=> <::> 2 ιν2 -30ν-24=0<::> 7ν2 -ΙΟν - 8=0<=> , γιατι ο ν ν = -74 απορριπτεται <=> ή ν= 2 δεκτή Άρα ν = 2 η ζητούμενη τιμή. 2 = 2 = 5ι Λόγω του (Α) είναι: Ρ(κ)= 3·2+4 10 2-ι Ρ(π) - 9·2+2 - -20ι οι ζητούμενες πιθανότητες. γ. Είναι: Ρ(κ) = Ν(Ν(Ω)κ) = Ν(40κ) Ν(40κ) - 5 <=> Ν( π) ι <=> π π Ν( Ν( ) ) Ρ(π) = Ν(Ω) = 40 40 = -_!_20 Ν(κ)=8 <=> Ν(π)=2 Δηλαδή το κουτί περιέχει 8 κόκκινες κάρτες και 2 πράσινες.

ν Ρ(κ)=-- , ενώ η πιθανότητα η κάρτα να 3ν+4 , πρασινη , , Ρ(π) ν 1 με ν Ε 1'1 �τ ειναι ειναι 9ν + 2 α. Να βρεθεί ο ν. β. Για την τιμή του ν που βρέθηκε στο α ερώτημα να βρεθούν οι mθανότητες Ρ(κ) και Ρ(π). γ. Να βρεθούν πόσες κόκκινες και πόσες πράσινες κάρτες περιέχει το κουτί. β. Λύση

= --

•

ν- , Ρ(π)=� Έχουμε τις πιθανότητες Ρ(κ)=3ν+4 9ν+2 με ν Επίσης αν θεωρήσουμε τα ενδεχόμενα: Α: «η κάρτα που θα επιλεγεί να είναι άσπρη» και Μ: «η κάρτα που θα επtλεγεί να είναι μαύρη», τότε: Ν(Α) = 20 = _!_ και Ρ(Μ)= Ν(Μ) = _!Q = _!_ Ρ(Α)= Ν(Ω) 40 2 Ν(Ω) 40 4 α. Είναι: Ρ(Α)+ Ρ(Μ) + Ρ(Κ) + Ρ(Π) =ι<=> ι ι ν ν-ι. =ι <=> <=>-+-+--+-2 4 3ν+4 9ν+2 4) =ι--<=> 3 <=> ν(9ν+2)+(ν-ι)(3ν+ 4 (3ν + 4)(9ν + 2) Ε

�τ Ε 1"

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΠΚΗΣ ΚΑΙ 1ΕΧΝΟΛΟrΙΚΗΕ ΚΑ ΤΕΥΘΥΙα'ΗΕ Βασίλης Σακελλάρης Λυμένες Ασκήσεις ι.

Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z = α βί με α, β * Ο . Έστω Αρ, ρ Ε IR.* η εικόνα του μιγαδικού αριθμού Wρ ρz. α. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Αρ είναι συνευθειακά. β. Να βρείτε εκείνους τους μιγαδικούς α ριθμούς Wρ που η απόσταση της εικόνας τους από τον άξονα των πραγματικών αριθμών είναι 1.

Λύση Είναι =ρz=ρ·(α+βi)=ρα+ρβί . Οι διανυσματικές ακτίνες ΟΑΡ των σημείων Αρ για κάθε ρ *έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης Q_α . Άρα οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών Wρ είναι συνευθειακά σημεία. β. Η απόσταση του σημείου Αρ(ρα, ρβ) από τον ά ξονα των πραγματικών αριθμών είναι Ιρβl =ι , ι ι, ι αρα , I ρ I = ιβι <=>ρ= β η ρ=- β . α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/61

Ε IR.

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Αν ρ= i ,τότε ρz = ρ · (α,β) = i (α,β) = (i , ι} Έστω z = χ + yi, τότε χ = λ - 3 και y = 2λ + 1 . Απαλείφουμε την παράμετρο λ. Αν ρ=-i ,τότε ρ = (- i , - ι} {λ = χ + 3 <=> {λ = χ + 3 y = 2(χ + 3) + 1 y = 2χ + 7 Οι ζητούμενοι μιγαδικοί αριθμοί είναι: �β + i α. Ο ζητούμενος γ.τ. είναι ευθεία ε: y = 2χ + 7. α . και --β - ι . β. Το πλησιέ στερο σημείο 2. Να αποδείξετε ότι: της ευθείας ε (ι - ί)10 - (ι + i)1 0 = (ι - i)11 - (ι + i)11 στο σημείο 0(0, Ο) είναι Είναι (1 - i)2 = 1 + i2 - 2i = 1 - 1 - 2i = -2i η προβολή (1 - i)1 0 = [ (1 - i)2 ]5 = (-2i)5 = -25 i5 = -25 i του Ο στην Επίσης (1 + i)2 = 1 + i2 + 2i = 1 - 1 + 2i = 2i ε. Η κάθετη (l + i)1 0 = [(l + i)2 T = (2i)5 = 25 i5 = 25 i ευθεία ε' στην ευθεία ε και η οποία διέρχεται Άρα, (1-i)10 --( l +i)10 =-25 i-25i=-2 · 25 i=-26 i (1) απο' το ο εχει ' εξ'ισωση ε' y = -2χ1 , αφου' Είναι (1-i)1 1 --(l +i)1 1 =(1-i)105· (1-i)--( l +i)10 · (l +i)= λ. ·λ = -1 και λ. = 2 . Λύνουμε το σύστημα: -25 i(l - i) - 2 i(l + i) 14 y = 2x + 7 χ=(1-i)1 1 --( l +i)1 1 =-25i[l-i+ 1 +i]=-25i . 2 = -26 i (2) και έχουμε 145 . Ο ζητούμε1 y = -χ Από (1) και (2) έχουμε: y= 2 ω (1 - ί)1 0 - (1 + i)10 = (1 - ί) 1 1 - (1 + ί) 1 1 14 14 . ' νος αρι μος ειναι z = -5 + ι. θ ΪΟ 3. Αν για τους μιγαδικούς αριθμούς zι, z2 ι Λύση

•

Λύση

{

•.

<=>

{

•

z -z

σχύει Ζ Ζ2 = ι Και 1 2 ι να αποδεί1 ι + z 1 z2 ξετε ότι οι z1, z2 είναι πραγματικοί. •

Λύση

zι - z z -z 2 = 1 <=> _ι 2 = 1 <=> Ζι - z = 2 <=> 2 2 1 + z1 z 2 1 z - - = 2 z2 - 2z - 1 = Ο . Δ = 8. 1 1 1 Ζι

Να βρείτε τις διαφορετικές τιμές που μπο ρεί να πάρει η παράσταση Π = ί3ν - il-3ν, νΕΖ. Λύση

, 'Εχουμε Π = 1· 3ν - ι·Ι-3ν = ι• 3ν - τvι i · Επομενως: <=> Αν ν= 4κ, τότε i3v = ί3·4κ = (i4 )3 κ = 13κ = 1 και i i . ο · π = - = ι. ποτε = ι - ι.· 2 ± 2 J2 ί3ν 1 Άρα, z1 = 1± � 2 2 = 4κ+1, τότε i 3v =i3 ·4ιc+3 =(i 4 )3κ· i 3 =i 3 = -i ν Αν Ο z2 ως αντίστροφος του πραγματικού αριθμού z1 και _ι_ = � = -1 . Οπότε Π = - i + 1 = 1 - i. . είναι και αυτός πραγματικός. ί 3ν -i 4. Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί: Αν3v ν=3·4κ4κ+2, τότε + 4 )3κ · i 6 = i 6 = i2 = -1 και 6 = = i (i i λ 3 + (2λ + )i, λ JR z ι i i α. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικό · π = -ι + · - = -ι· . οποτε = ν ί3 . -1 νων των μιγαδικών z. Αν3v ν=3·4ι4κc+9+3, τότε β. Να βρείτε εκείνον το μιγαδικό z που έχει = (i4 ) 3 κ . i 9 = i 9 = i 8 . i = i και i =i την πλησιέστερη εικόνα στην αρχή των _ _

ν L. Ε liD m..

•

αξόνων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/62

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

i3v = i =1. ΟπότεΠ = i - 1 = -1 + i Άρα Π 1 -i ή Π = -1 + i. J_ !

•

Να βρείτε το σύνολο των εικόνων των μι γαδικών αριθμών χ που ικανοποιούν τη σχεση z - -ι Ε ι ,

•

Λύ ση

Έστω z=x+yi. Πρέπει z ό , δηλαδή (x,y) (0,0) .z--=x+ 1 yι. - -1 =x+yι. - x-yi = χ + yi + χ2 y2 z χ + ( y+ Υ J i. Ο αριθμός z- _!_ =χ- χ2 +y χ +y2 z είναι χ φανταστικός, αν και μόνο χ - χ2 +y2 = Ο , δηλαδή, αν και μόνο χ ( 1- χ2 +y1 2 J =o και (x,y)=t!: (O,O)<::> x =O ή χ2 + y 1 και (χ, y) (0,0) . Άρα, το σύνολο των εικόνων του z είναι τα σημεία του άξονα y'y χωρίς το σημείο Ο (0,0) και τα σημεία του κύκλου με κέντρο το Ο (Ο, Ο) και ακτίνα 1. *

γ. lz - il > ι ε. z il � lz

δ. lz - il = lz + il

l - + il . Λύ ση α. Είναι τα σημεία του κύκλου που έχει κέντρο το Κ (0,1) και ακτίνα 1.

αν

Να αποδείξετε ότι: Αν ω1 , ω2 είναι ρίζες της εξίσωσης ω2 -αω + β = ι με α, Ε JR , τότε οι αριθμοί Zt = ι ω 1 και z2 = ι ω2 είναι ρίζες της εξίσωσης i + (α 2)z + β - α Ο.

9. Να περιγράψετε γεωμετρικά το σύνολο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z που ικα νοποιούν τις σχέσεις: β. lz - il :ς ι ' α. lz - il = ι '

Λύ ση Επειδή ρίζες της εξίσωσης: 2ω -αω ω1,+ β -2 1είναι = Ο, ισχύει + ω2 = α και ω, · ω2 = β -1 . Αρκεί να αποδείξουμε zι + z2 = 2 -α και z1 z2 =β-α. Είναι: z1 + z2 = 1 - ω1 + 1-ω2 = 2 -(ω1 + ω2 ) = 2 -α z1 z2 = (1 - ω1 )(1-ω2 ) = 1 - (ω1 + ω2 ) + ω1 ω2 = = 1-α+ β -1 = β-α. α2 να υπολογίσε 8. Αν lzl =α με α>Ο και =

•

ότι:

Είναι τα σημεία του κυκλικού δί σκου που έχει κέ ντρο το Κ(Ο, 1) και ακτίνα 1 . γ. Είναι τα εξωτερικά σημεία του κύκλου που έχει κέντρο το Κ(Ο,1) και ακτίνα 1. δ. Είναι τα σημεία της μεσοκάθετης του τμήματος με άκρα τα σημεία Κ(Ο,1) και Λ(Ο,- 1). Δηλαδή, ο άξονας χ 'χ. ε. Είναι τα σημεία του ημιεmπέδου που ορίζεται από τον άξονα χ 'χ και το σημείο ίΛ Λ (0, -1). 1 Ο. Αν για το μιγαδικό z ισχύει lz - ι + il = lz - 3 1 β.

να βρείτε: α. Το γεωμετρικό τόπο της εικόνας Μ του z. β. Το μιγαδικό z που έχει το μικρότερο μέτρο.

•

zw =

τε την τιμή της παράστασης:

z(z + w) + w(w + z) .

Λύ ση

lzl =α<=> lzl2 = α2 +<=> zz+ = α2 . Επειδή α2, έ χουμε w = z. z(z w) w(w+Z)=z(z+z)+z(Z+Z) = = 2zz + 2zz = 4zz = 4α2 . zw

Λύ ση

α.

Ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η μεσοκάθετη ε του τμήματος που έχει άκρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.4/63

\Ε \

\ \ \ \

� � ...

... - -

ι:

\ \

�( '

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

και έστω Α, Β τα σημεία τομής με τον κύκλο. ελάχιστη τιμή του lzl είναι το μήκος: (ΟΑ) = (ΟΚ) - (ΑΚ) = .J32 + 12 - 2 = .Jl0 - 2 . Η μέγιστη τιμή του lzl είναι το μήκος:

τα σημεία Α(1 , -1) και Β(3, 0). Θα βρούμε τη εξίσωση της ευθείας ε. Έστω z χ + yi, τότε: =

lx + yi - 1 + il = lx + yi - 31 � lx - 1 + (y + 1) · il =

= lx - 3 + yil � (χ - 1)2 + (y + 1)2 = (χ - 3)2 + y2

(ΟΒ) = (ΟΚ) + (ΚΒ) = .J10 + 2 . Άρα, ε: y = -2x + 22 . β. Ο μιγαδικός z με το μικρότερο μέτρο είναι αυ 12. Αν z, w είναι μιγαδικοί, να συγκρίνετε τους τός που η εικόνα του είναι το ίχνος της κάθετης αριθμούς l + wl2 και (lzl2 + 1) (lwl2 + 1) . από την αρχή Ο στην ε. Η κάθετη από το Ο Λύση . . εξισωση ' y = "21 χ και επομενως στην ε εχει οι Σχηματίζουμε τη διαφορά τους: συντεταγμένες του σημείου τομής της με την ε lz + wl2 - (lzl2 + 1)(1wl2 + 1) = .!. y= x + w) - (zz + 1)(w\V + 1) = είναι λύση του συστήματος: 2 . 7 . == (z(z ++ w)(z w)(z + w) - (zz + l)(wW + 1) = � 4x + 2y = 7 .

{

y = -2x + 2

Λύνουμε το σύστημα και βρίσκουμε: 2_ (x, y) = (2 , ) . Άρα ο ζητούμενος μιγαδικός 5 10 7 . . ειναι ο z = -75 + -ι . 10 1 1.

Για το μιγαδικό αριθμό z ισχύει l2z - 6 + 2il = 4 , να βρείτε: α. Το γεωμετρικό τόπο της εικόνας του z. β. Τη μέyιστη και την ελάχιστη τιμή του lzl .

α. l2z - 6 + 2il = 4 �

Λύση

� ιz - 3 + il = 2 �

= ΖΖ + zW + Zw + wW - ZZwW - ΖΖ - wW - 1 = = zW + Zw - ZZwW - 1 = zW(l - Zw) - (1 - Zw) = = (1 - Zw)(zW - 1) = -(1 - "Zw)(l - z\V) = = -(1 - "Zw)(l - Zw) = -11 - "Zwl 2 ::;; ο.

Άρα, lz + wl2 ::;; (lzl2 + 1) · (lwl2 + 1) . 13.

Έστω ο μιγαδικός z με z :;t: -i . Να αποδεί ξετε ότι οι αριθμοί z-i iz + l W 1 = -. και W = iz - 1 z+ι είναι φανταστικοί, αν και μόνο αν lzl = 1. z

lz - (3 - i)l = 2.

Λύση ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος z- i i-z = 2, δηλαδή με κέντρο Κ(3,2 -1) και ακτίνα ρ Έχουμε w ε l � w = -w � _ -:- = --. � 1 1 1 z + ι z+ι κύκλος (χ - 3) + (y + 1)2 = 4. Ο

i-z z+i

-- = - <:::} (z + i)(z + i) = (Ζ - i)(i - z) �

zz + iz + iz - 1 = iz - zz + 1 + iz �

-1

β.

z+i z-i

2zz = 2 � zz = 1 � lzl 2 = 1 � lzl = l .

i(z - i) z - i iz + 1 = -- = w ι · w = -- � w = 2 i(z + i) z + i 2 iz - 1

Το lzl είναι η απόσταση της εικόνας του z από την αρχή Ο. Η εικόνα του z είναι σημείο του Άρα, w2 ε l � w1 ε i � Izl = 1 . παραπάνω κύκλου. Φέρνουμε την ευθεία ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/64

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Γεράσιμος Κουτσανδρέας Λυμένα Θέματα: = -1 + [e'ημχ]0π/2 - π/J2 e' συνχdχ = Θέμα 1ο π/J2 e' συνχdχ ημχ + α, < Ο π/ χ 2 ι e =+ Α. Δίνεται συνάρτηση: f(x) = { e'συνχ, χ � Ο ί. Να βρείτε τον α ε IR ώστε η συνάρτηση άρα 2Ε=-1 + eπι2, δηλαδή Ε= - ι +e2 π/2 τ.μ. να είναι συνεχής στο = Ο. ίί. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που Β. ί. α. Δ, β. Α, γ. Γ ίί. Από το ί. παρατηρούμε ότι περικλείεται από τη γραφική παράσταr ( - �) = r (�) =o, άρα η f δεν είναι 1-1, ση της f και τις ευθείες χ = Ο και χ = π2 . επομένως δεν αντιστρέφεται. Β. Για την τιμή του α που βρήκατε στο ί. να ημχ .+ -1 ) = ο ... · f(x) ιιm· ημχ+1 = ιιm· (-απαντήσετε στα επόμενα ερωτήματα. ιιm--= χ ί. Στις παρακάτω προτάσεις να βάλετε σε κύκλο το γράμμα που αντιστοιχεί στη (διότι I η:'I �1�1 ). σωστή απάντηση: Θέμα 2ο α. Το f ( - ;) ισούται με: Για τον μιγαδικό αριθμό z ισχύει: Α. ι Β. -ι Γ. 2 Δ. Ο Ε. -ι 2004Im(z) + !.!2004 + 2004i.J3I = Ο 2 lz -ιl 2 2 β. Το r(;) ισούται με: ί. Να αποδείξετε ότι η γραμμή στην οποία 1 π Α. Ο Β. ι Γ. -ι Δ. .!_2 Ε. e 2 βρίσκονται οι εικόνες του z στο μιγαδικό επίπεδο είναι ο κύκλος με κέντρο γ. Το f(π) ισούται με: κ (ι,-i) με ακτίνα ρ = i ι Ε. --ι eπ A. e Β. Ο Γ Δ. -e 2 2 ίί. Από τους παραπάνω μιγαδικούς z, να ίί. Να εξετάσετε αν η f αντιστρέφεται. βρείτε αυτόν που έχει το μικρότερα και ... Να υπο γισετε το ι· m f(x) λο αυτόν που έχει το μεγαλύτερο μέτρο. iii. Να βρείτε τον μιγαδικό z του οποίου η Λύση εικόνα απέχει τη μικρότερη απόσταση Α. ί. Πρέπει ιim f(x) = ιim f(x) = f(O), από την εικόνα του μιγαδικού: άρα:π/α=2 1. π/2 , ω = 2 - !.2 ί. ίί. Ε= J e' συνχdχ = J (e• ) συνχdχ = Λύση ο

Χο

111.

Χ-->00

χ�ο-

Χ--><Χ>

Χ--> <Χ>

-- •

χ --+ο+

=[(e' ) συνχ]π/0 2 π/J2 e'(συνχ)'dχ= = -1 + π/J2 e' ημχdχ = -

ιr

. -eπ

Χ-->00

ί.

Πρέπει - 1 Ο 1 . Έστω = χ + yi Η δοθείσα γράφεται: 2004Υ + .!..J20042 + 3 . 20042 =ο<=> (�(x-1)2 +y2 )2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/65

:;t:

<::::> z :;t:

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

2004y +2004 =Ο<=> Υ + 1 =Ο<=> (x- 1)2 +y2 (x 1)2 y2 (χ-1)2 +(y+Ξ)2 =(±)2 από τον κύκλο εξαι ρούμε το σημείο Α(1,0) λόγω του περιορισμού -

z :;t:

μιγαδικός με το μικρότερο μέτρο είναι αυτός που έχει εικόνα το σημείο Β και με το μεγαλύτερο μέτρο αυτός που έχει εικόνα το σημείο Γ (βλ. σχ.).Τα σημεία αυ τά είναι οι λύσεις του συστήματος της ευθείας ΟΚ και του κύκλου. ΟΚ: y = και επειδή διέρχεται από το Κ βρί, ' το συστημα: σκουμε λ = 21 . Λυνοντας

ii. Ο

χ -1

λχ

' 3 Άρα ο ζητούμενος μιγαδικος' ειναι 2

-Ι

Θ έ μ α 3ο

Η γραφική παράσταση μιας γνησίως μονό τονης και συνεχούς συνάρτησης IR. ---+ IR. και διέρχεται από τα σημεία ί. Να συμπληρώσετε τις ισότητες:

Α(2, 5) Β(-1, 3).

f(2) f(-1)

= ..................................

= ................................

. ίί. Να αποδείξετε ότι η είναι γνησίως αύ ξουσα. ίίί. Να εξετάσετε αν η f αντιστρέφεται. 1) = iv. Να λύσετε τις εξισώσεις: και v. Να συμπληρώσετε τις ισότητες:

f(2x - f(5)

J5 y=-21 +10. J5 Άρα ο μιγαδικος' με χ =1±5, εικόνα το Β (μικρότερο μέτρο) είναι (1 - SJ5 ) ·( Ζ1 ΙΟJ5 ) και ο μιγαδικος' με το μεγαλύτερο μέτρο (εικόνα το Γ) είναι: . l1 . --=ι +i(__!_2 _ JS) 10 ίίί. Η εικόνα του ω είναι στο διπλανό σχή-μα το σημείο Ε. Άρα, ο μιγαδικός με τη μικρότερη απόσταση από το Ε είναι αυτός που έχει εικόνα το Η. Λύνοντας το σύστημα: +Ι

f(f(x))=f(5) . r-1(5)= ................................ , r-•(3)= ................................ . vi. Ν α λύσετε την εξίσωση: f(3+Γ1(χ+1))=5.

ο χ -1

vii.Aν η γραφική παράσταση της διέρχε ται από το σημείο Γ(9, 9), να αποδείξετε ότι και η γραφική παράσταση της ί1 διέρχεται από το Γ.

Λύση ί. f(2) = 5, f(-1) = 3. ii. Αφού η f είναι γνησίως μονότονη και f(2) > f(-1), η fείναιγνησίως αύξουσα. iii. Αφού f είναι γνησίως μονότονη είναι 1-1, άρα αντιστρέφεται. iv. f(2x - 1) = f(5) επειδή f είναι 1-1 προκύπτει 2χ - 1 = 5 2χ = 6 χ = 3 f (f(x)) = f(5) ομοίως προκύπτει f(x) = 5 και από1 ί. προκύπτει1 χ= 2. Γ (5)=2, Γ (3) =-1. η

<::::>

ν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/66

<::::>

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

=f(2) vi. f (31 + Γ1 (χ + 1)) = 5 1 f (3+f-1 (x+1)) 1 Γ (χ + 1) = -1 Γ (χ + 1) = Γ (3) χ+ 1 = 3 χ = 2. vii. Οι γραφικές παραστάσεις των f και t1 είναι συμμετρικές ως προς την y = χ και επειδη το σημείο Γ(9, 9) ανήκει στην y = χ και γραφική παράσταση της θα διέρχεται απ' αυτό. . {::>

{::>

Θέμ α 4ο

'Εστω ω

= (23 + 2' ) - 25 _. ι z

zι,

οπου z = α + p·ι, ,

α, β ε !R . ί. Να βρείτε τα Re(ω) και Im(ω). ίί. Να αποδείξετε ότi οι εικόνες των μιγα δικών αριθμών ω στο μιγαδικό επίπεδο ι θ Ρρισκονται στην ευ εια y -3 χ . ίίί. Από τους μιγαδικούς ω να βρεθεί αυτός που η εικόνα του έχει τη μικρότερη α πόσταση από την εικόνα του μιγαδικού 3 + ί. α Jβ Να αποδείξετε ότι ω Μ

iv. l l = · I � I· v. Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μιγα δικών αριθμών = α + βί στο μιγαδικό Jijj , βρισκονται επιπε ' δο αν ισχυει 1 ω 1 = ' 2 z

στην ευθεία χ - 3y = ι ή στην x-3y = -ι. Λύση

ω = (% + 2i) - %zi, = α+ βi ω=(% + 2i) cα+ βi) - % (α-βi)i 5 5 3 3 β'ι + 2αι-. 2β - -α ι-. β ω=-α+2 2 2 2 ω=(% α-2β- % β) +(2α- % α+ % β} ω=(% α- � β) +(-� α+ % β} ίί. χ =�α-�β=-3(- _!_ α+�β) ω 2 2 2 2 , οι ει1 3 β , αρα , 3 επομενως -α+= ω 2 2 , στην ευθεια y =--χ . , του ω βρισκονται κονες 3 ί.

χω=-

{

Είναι το σημείο τομής της y =--χ31 και της κάθετης σ' αυτήν από το σημείο (3, 1) y=-�x {:> y=-�x y-1=3(x-3) y=3x-8 Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε το σημείο , ' μιγαδικος, ω= 12 - 54 ι. . (512 ,-54 ) , αραειναιο 5 .iv. lωl= ( 3 α- 9 β) + (- 1 α+ 3 β) = 2 "2 2 2

ίίί.

Υω

απο τον (ιν) οτι: v. Αν IωI =, .JW 2- προκυπτει .J10 ι α�3β ι = � ι α�3β ι = � Ια-3βl = 1 α-3β = 1 ή α-3β = -1. Επομένως οι εικόνες του μιγαδικού αρiθμού = α + βi βρίσκονται στην ευθεία χ - 3y = 1 ή x-3y=-1. ,

{::>

Θέ μ α 5ο Θεωρούμε τη συνάρτηση f με: f(x) αχ xe .

= +

•

. ί. Να προσδιοριστεί ο α ε IR ώστε η γρα φική παράσταση Cr της f να έχει το ση μείο (0, f(O)) εφαπτομένη παράλληλη προς την ευθεία με εξίσωση 2x-y+7 = Ο. ίί. Αν είναι α = ι, τότε να δείξετε ότι η f εί ναι γνησίως αύξουσα στο IR και ότι η ευθεία με εξίσωση y = χ είναι aσύμπτω τη της Cr στο Να υπολογίσετε το εμβαδόν Ε(λ) της ε πιφάνειας που ορίζεται από την Cr, την ευθεία y = χ και τις ευθείες χ=Ο και χ=λ με λ>Ο και α = ι.

iii.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/67

+οο .

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

iv. Να βρείτε το lim Ε(λ) .

λ-Η«> ύσ ί. Είναι f'(x) =α+ e-x -xe- x για κάθε χ συντελεστής διεύθυνσης λ της εφαπτομένης ευ θείας στο σημείο χσ = Ο είναι λ= f'(Ο)= α+ 1. συντελεστής λ: της ευθείας ε: 2χ - y + 7 = Ο . είναι λε = 2. Πρέπει λ= λε, δηλαδή: α+1 =2<=:>α=1. ίί. Είναι f'(x) = e- x -xe- x + 1 = e-x (1-χ+ ex} >Ο, γιατί e-x >Ο και 1-χ+ e' ;?: Ο , αφού θεωρώ ντας τη g(x)=l-x+ex έχουμε g'(x)=ex -1 και= επομένως η g παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0 Ο το g(O) = Ο. Συνεπώς g(x);?: g(O), δηλαδή ex -x+l;?:O . Άρα f'(x)>O και fγνησίως αύξουσα στο .Είναι ακόμα lim (f(x)-χ)= lim (χ+ xe-x -χ) = χX = lιm. -χ'X = = lιm xe-χ = lιm e (e )' Λ

Ε�. Ο

χ -+-tσJ •

Χ-Η«>

χ -+-tσJ

l ' πλαγια ' ασυ-' = χ-Η«> ιm - = Ο . Άρα η y = χ ειναι e' μπτωτη της Cr στο χσ = Ο. ίίί. Για τον υπολογισμό του εμβαδού υπολογίζουμε πρώτα τη διαφορά: f(x)-x =(x+xe--x ) -x=xe--' ;?:0 για χ;?:Ο. Συνεπώς: Ε= Jλ xe-xdx =Jλ x(-e-x)'dx = = [-xe-x ]λ0 - Jλ χ'(-e-• )dx = [-xe·• ]λ0 +Jλ e-•dx = =-λe-λ -e-λ +eo =-λe-λ -e-λ +1. iv. Είναι: Ε(λ) = lim (-.!:.λ __!_λ + ι ) = -0-0 + 1, λ-++«> . e e λ (λ)' 1 . γιατι, λ-Η«> ιm λ= ιm -- = ιm λ= e λ-++«> (eλ )' λ-Η«> e Ι.

ι·

•

Χ-Η«>

της Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου - Κυβερνήτου 2.

Λυμένες Ασκήσεις 1.

Να δείξετε ότι είναι ίσες οι συναρτήσεις: f { x ) = 1 3 lx - 11 + 5χ - 51 και g(x) = sιχ - 11 + 3 χ - 3

Έστω η συνάρτηση: f(x) = xlxl + 2x . α. Να λύσετε την εξίσωση: f(x) = y, με άγνωστο το χ, όπου y ένας δοσμένος πραγματικός αριθμός. β. Με τη βοήθεια των αποτελεσμάτων που θα βρείτε από τη λύση της εξίσωσης f(x) = y: i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. ii) Να δείξετε ότι η f είναι Ι - 1. γ. Να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση r• της r.

ύσ Προφανώς το σύνολο ορισμού και των δύο συναρ τήσεων είναι το Έστω ότι χ;?: 1 . Τότε: r (χ) = 13 (χ - ι) + 5 (χ - ι)I = 18 (χ - ι)I = 8 (χ - ι) και g (χ) = 5 (χ -1) + 3 (χ -1) = 8 {χ -1) . Άρα, τότε: f(x) = g(x). ύσ Έστω ότι χ < 1. Τότε: f( χ) = l-3(x -1) +5(χ -1)1 =12( χ -1)1 =-2( χ -1) Το σύνολο ορισμού της f είναι το . -Με χ < Ο, έχουμε: και g(x)=-5(x-1)+3(x-1)=-2{x-1) . α. f(x) = y <::::> χ ( -χ )+ 2χ =y <::::> χ 2 -2χ +y =0 (1). Άρα, τότε: f(x) = g(x). Συνεπώς f(x) = g(x), για κάθε χ και άρα: Η διακρίνουσα της εξίσωσης (1) είναι: Δ = 4-4y = 4(1 -y). f= g. Λ

•

�.

•

Ε JR

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/68

�

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Αν y > 1, τότε Δ < Ο και άρα η εξίσωση (1) είναι αδύνατη. Αν y= 1,τότεΔ = Οκαιάρα: (1)<::::> χ = 1 > 0, απορρίπτεται. Αν y < 1, τότε Δ > Ο και άρα η εξίσωση (1) έχει δύο λύσεις, τις: χ = 1 + -J1-y και χ = 1--J1-y . Η πρώτη είναι θετική και άρα απορρίπτεται. Η δεύτερη είναι δεκτή αν, και μόνο αν: 1-_J1-y < Ο <::::> 1 < _J1-y <::::> 1 < 1-y <::::> y < Ο - Με χ � Ο, έχουμε: f (χ)= y <::::> χ· χ+ 2χ = y <::::> χ2 + 2χ-y =Ο (2). Η διακρίνουσα της εξίσωσης (2) είναι: Δ ' =4+4y=4(1 +y). ' Αν y < - 1, τότε Δ < Ο και άρα η εξίσωση (2) είναι αδύνατη. ' Αν y = - 1, τότε Δ = Ο και άρα: (2) <::::> χ = - 1 < Ο, απορρίπτεται. Αν y < - 1, τότε Δ ' > Ο και άρα η εξίσωση (2) έχει δύο λύσεις τις: χ = -1 + -J1 + y και χ = -1--J1 + y . Η δεύτερη είναι αρνητική και άρα απορρίπτε ται. Η πρώτη είναι δεκτή αν, και μόνο-αν: -1 + _J1 + y � Ο <::::> _J1 -y � 1 1 + y � 1 y � Ο . - Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι: Η εξίσωση f(x) = y με χ JR , για κάθε y JR έχει μία μοναδική λύση, την εξής: αν y<O χ -- {1-_J1-y, -1+-J1+y, αν y�O β. i) Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο των αριθμών y JR, για τους οποίους η εξίσωση f(x) = y έχει μία τουλάχιστον ρίζα χ JR . Αυτό, όπως είδαμε παραπάνω, συμβαίνει για κάθε y JR . Άρα, το σύνολο τιμών της f είναι το JR. ii) Έστω ότι Χι , χ 2 JR και ότι f(χι) = f(xz). Θέτουμε f(χι) = y, οπότε και f(x2) = y. Έτσι, οι αριθμοί χι και χ2 είναι ρίζες της εξίσωσης f(x) = y. Επειδή, όπως είδαμε παραπάνω, η εξίσωση αυτή για κάθε y JR έχει μία μοναδική λύση, έπεται ότι χι = Xz. Άρα, η συ νάρτηση f είναι 1 - 1. •

γ.

•

<::::>

<=>

συνάρτηση fαντιστρέφεται, αφού είναι 1 - 1. Σύμφωνα με τα παραπάνω, η αντίστροφη συ νάρτηση είναι: αν y < Ο f-ι :JR�JR με f-ι ( y) = {1--J1-y, -1 + -J1 + y, αν y � Ο Να δείξετε ότι συνάρτηση: f (χ) = 1 + I χI ____!_ είναι γνησίως αύξουσα. Μετά, να δείξετε ότι, για κάθε α, β, JR , ισχύει: Η

γΕ

Λύση :

Προφανώς, το σύνολο ορισμού της f είναι το JR. Έστω ότι Χι , Χ2 JR με Χι < Xz. Θα δείξουμε ότι f(χι) < f(xz). Έ6τω ότι η ανισότητα αυτή δεν ισχύει. Τότε θα έχουμε: ι �� f{xι )�f(x2 )=>� 1 + l Χι l 1 + �2Χ2 I => =>xι(1+ lxz l) �x2 ( 1+ l xι l ) (2) α) Έστω ότι Χι �Ο . Τότε, επειδή Χι < χ2, έπε ται ότι χ2 > Ο, οπότε: ( 2) => Χι + Χ ι χ2 � χ2 + Χιχ2 => χ2 � Χι , άτοπο. β) Έστω ότι Χ ι < Ο. Τότε, από τη (2), έπεται ότι Xz < Ο, οπότε: {2) => χ ι - Χι Χ z � Xz - ΧιΧz => χι �Xz , άτοπο. Άρα, ισχύει: f(χι ) < f(x2). Συνεπώς, η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR . 2. Θεωρούμε τρεις αριθμούς α, β, γ JR. Επειδή Ια+ β+ γi � lαl + lβl + Iγi και η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο JR , έχουμε: f (lα +β+ γi ) � f (lαl + lβl + Iγi ) και συνεπώς: Ια +β+γl <- Ιαl + lβl + lγl = I� + lβl + lγl 1+ 1 α +β+γi 1+ 1Ια1 + lβl + lγl 1+ lαl + lβl + lγl lβl + lγl -< I� + 1+ l� + lβl + l� 1+ l � + lβl + l� 1+ l� + l� + lγi -<_EL 1 + Iγi (1) 1 + lβl + jd_=> 1 + lαl + _M__ 1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/69

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Τότε, από την (1) έπεται ότι δύο τουλάχιστον από τους αριθμούς g(- 1), g(O) και g(1) είναι ετερόση � μοι (γιατί;). Έστω ότι g(- 1)g(O) < Ο. Τότε, σύμφωνα με το θε � ώρημα του Boltzano για την g στο διάστημα [- 1,0], η επομένως και η εξίσωση Λύση Η f στο διάστημα [-2, 3] είναι συνεχής και επομέ f (χ + 1) = f {χ) , έχει μία τουλάχιστο ρίζα στο διάνως στο διάστημα αυτό έχει ελάχιστη τιμή. Άρα, στημα (- 1, 0), επομένως και στο [- 1 , 1]. υπάρχει χ0 Ε [-2,3] με f{χ)� f{ χ0 ), για κάθε Όμοια, αν g(O)g(1) < Ο ή g(-1)g(l) < Ο. χ Ε[-2,3]. Έτσι με χ = Ο, έχουμε f{O)�f{x0 ) 6. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και παρα και επειδή f(O) = 1, έχουμε 1 � f{χ0 ). γωγίσιμη στο με f(O) 2 και yια κάθε Ε , ισχύει: Για κάθε χ <-2, έχουμε: (1 ) f{x) � 2 > 1 � f{x0 ) και άρα f(x) > f(Xo). Για κάθε χ > 3, έχουμε: Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο f{x)� 3 > 1 � f{x0 ) και άρα f(x) > f(Xo). Ο. Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ Ε ισχύει: σημείο της με τετμημένη Λύση f {χ) � f ( χ0 ) Θεωρούμε τη συνάρτηση: Συνεπώς, η f έχει ελάχιστη τιμή (στο Χο). g(x)=(e' +1)f{x)+ ln (x2 +1). 5. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο με f(2) f(- 1). Να δείξετε ότι η Η είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο με: εξίσωση f(x + 1) f(x) έχει μία τουλάχιστον g'(χ)= e'f{ χ)+ ( e' + 1)f'{ χ)+ � χ +1 , (2) ρίζα στο διάστημα [- 1, 1]. Έχουμε: g(O) = 2f{O) = 2 · 2 = 4 . Έτσι από την Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση: (1), έχουμε: g(x)=f{x+1)-f{x) . g {χ) � g(Ο) , για κάθε χ Ε Η g είναι προφανώς ορισμένη και συνεχής στο . Άρα, η g στο Ο έχει ελάχιστο. Συνεπώς, σύμφωνα Έχουμε: με το θεώρημα του Fennat, έχουμε: g (-1) = f (Ο) - f (-1) , g (Ο) = f ( 1) -f (Ο) και g'(O) = 0:::::> 1 · f{O) + 2f'{O) =Ο:::::> g(1)=f{2)-f{1) . :::::> 2 + 2f' (ο) = ο f' (ο) = -1. Προσθέτοντας κατά μέλη ισότητες αυτές βρί Έτσι, η ζητούμενη εξίσωση, είναι: σκουμε: y-f(O) = f'{O)( χ -0) <=> y-2 =-χ<=> y =-χ+ 2. g(-1)+ g(O)+ g(1) = f{2)-f{-1) 7 . Να δείξετε ότι η εξίσωση: 3' + 6' = 4' + 5' και επειδή f(2) = f(- 1), έπεται ότι: λύσεις: Ο και 1. (1) έχει τις μοναδικέςΛύση g(-1)+ g(O)+ g(1) =Ο. Αν g(- 1) = Ο, τότε η g, επομένως και η εξίσωση Βρίσκουμε εύκολα ότι οι αριθμοί Ο και 1 είναι λύ σεις της δοσμένης εξίσωσης. Έστω τώρα ότι η εξί f(x + 1) = f(x), έχει τη ρίζα χ= - 1. = Όμοια, αν g(O) =Ο, έχει τη ρίζα χ Ο και αν g(1) =Ο, σωση αυτή έχει και μία άλλη λύση ρ με ρ * και ρ* 1 , οπότε: έχει τη ρίζα χ= 1. Έστω τώρα ότι g(-1) Ο, g(O) *Ο και g(1) Ο . (1) 4.

Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο JR με f(O) = 1. Επιπλέον υποθέτου με ότι : f ( χ ) 2 , yια κάθε χ < 2 και f(x) 3 , για κάθε χ > 3. Να δείξετε ότι η f έχει ελάχιστη τιμή.

χ=

JR ,

•

( 2)

:::::>

τις

χ=

:;t:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4170

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Θεωρούμε τη συνάρτηση: -σο - +οο f (χ)= χ χ (Ο, ) + b - - b + Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με / I � � j/ f' (χ) =ρχρ-ι . Είναι φανερό ότι η f πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής σε καθένα από Συμπεραίνουμε ότι η f είναι: γνησίως αύξουσα στο τα διαστήματα [3, 4] και [5, 6]. Άρα, υπάρχουν α ( -οο,-±] , γνησίως φθίνουσα στο [-±,ο} γνηριθμούς ξι και ξz με: 3 < ξι < 4 < 5 < ξz < 6 και σίως φθίνουσα στο (ο,±] και γνησίως αύξουσα στο [± ,+οο} Επίσης, η f έχει τοπικό μέγιστο στο _.!_e , ίσο με ::::> ρξi-1 ρξi (και επειδή ρ Ο) f ( -± J = e; και τοπικό ελάχιστο στο ±, ίσο με ::::> ξj-1 ::Ξ ξi =>(ρ - 1) 1n ξ1 = (ρ-1) 1n ξ2 (και επειδή ρ 1 ) 1 f (; J = e ln ξ1 = lnξ2 => ξ1 = ξ2 , άτοπο. Άρα, η δοσμένη εξίσωση έχει τις μοναδικές λύσεις Σύμφωνα με τα παραπάνω: ί) Η συνάρτηση f στο διάστημα ( Ο, +οο) f:χ.ει εχ = Ο και χ = 1 . 8. Ν α βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και λάχιστη τιμή για χ =.!..e Έτσι για κάθε χ > Ο, τα ακρότατα της συνάρτησης: f (χ) = ( χ 2 ) . έχουμε: Στη συνf:χ.εια να συμπεραίνετε ότι: f(x)� r (±J =>(x2 )' � e-; �xln x2 �Ine ; => i) Για κάθε χ > Ο, ισχύει: χ � 2 n x' �In e_.!. =>- χ' � e 2xln x�--=>l ii) Για κάθε χ < Ο, ισχύει: (-χ Υ ::ς e Ο) έχει μέίί) Η συνάρτηση f στο διάστημα ( Η συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη τιμη, για χ = - e1 'Ετσι κα' θε χ < Ο, στο Για κάθε χ , έχουμε: (χ2Υ > Ο, οπότε έχουμε: f(x )= ( x2 )' = eιn(x')' = ex ln x' f(x)::ςf (-±J =>(x2 )' :::;; e; ::::> x ln x2 ::ς ]n e; ::::> και συνεπώς: 2xln lxi:::;; -2e =>In l xl' ::ς ]ne; =>(-χ)' ::ς e; . Ρ'

-too

:;t:

=:>

τ.μ.

τ .ε.

::Ξ

:;t:

_3_ e .

•

Λύση

�*.

• .

e; .

γιστη

�*

ο, αν χ e1 η' χ < --e1 = ο, αν χ = -e1 η' χ = --e1 >-

1 1 <0, αν --< x<-(x:;t:O) e e

-οο ,

.!.

για

Θεωρούμε τις συναρτήσεις: f { x ) = ln x και

g(x)=x2 +lnx-1. α) Να δείξετε η g f:χ.ει μοναδική ρίζα το 1. β) Να βρείτε τα πρόσημα των τιμών της g. ότι

γ) Να βρείτε το σημείο Α της γραφικής παράστασης Cr της f, το οποίο απf:χ.ει τη μικρότερη απόσταση από το σημείο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/71

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

B(O,l). Μετά, να βρείτε την απόσταση αυτή. δ) Να δείξετε ότι η ευθεία ΑΒ είναι κάθετη στην εφαπτομένη ε της Cr στο Α. Λύση

α) Το σύνολο ορισμού της g είναι το διάστημα (Ο, +οο). Βρίσκουμε ότι g(1) Ο. Άρα, το 1 είναι ρίζα της g. Εξάλλου στο (Ο, +οο) , έχουμε: g' (χ) = 2χ +..!.χ . > Ο . Συνεπώς, η g είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) . Συμπεραίνουμε ότι το 1 είναι η μοναδική ρίζα της g. β) Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) και g(1) = Ο, έχουμε: g(x) < g(1), δηλαδή g( χ)< Ο. {ΑνΑν Ο<χ > χ1, < 1, τότε τότε g( χ)> g(1), δηλαδή g( χ)> Ο. γ) Έστω Μ(χ, y) ένα σημείο της Cr, οπότε y lnx και ά ρα Μ(χ, lnx). Έτσι, έχουμε: =

δ) συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης ε είναι: λε = f' ( 1) = 1, αφού f' (χ) =..!.χ . και εκεί 1-0 = -1 . νος της ευθείας ΑΒ είναι: λΑ8 = 0-1 Άρα λε - 1 και συνεπώς η ευθεία ΑΒ εί ναι κάθετη στην ε. Να βρείτε τους αριθμούς χ Ε( Ο, +οο ) και y Ε , για τους οποίους ισχύει: (1 ) (2�+�-2}y =y+l. Ο

1 0.

λΑΒ =

Λύση

Έστω ότι για δύο αριθμούς χ > Ο και y Ε η ισότητα (1) ισχύει, οπότε θα έχουμε: 2Fx + ..!.χ . - 2 = y+1 (2) eY . Θεωρούμε τις συναρτήσεις: f(x)=2fx+_!_χ -2, χΕ(Ο,+οο) καιg(y)= y+1 , y ElR . Έτσι, από τη (2) έχουμε: f(x) g(y). (3) - Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο) με: > Ο, αν χ > 1 1 1 νχ-1 f' (χ)= 2 2νχ --χ2 = χ2 =Ο, αν χ = 1 <0, αν 0 < χ < 1 Η συνάρτηση h είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη Συμπεραίνουμε η στο (Ο, +οο) με: f έχει ελάχιστη τιμή, χ 1, ίση με -1)· _!_χ = χ2 +ln x-1 = στο 2( 2x lnx + f(x) 1.f( χ)� 1, για h'(x )= 2�χ2 +(lnx-1)2 χ�χ2 +(ln x-1γ Ώστε: κάθε χ Ε: (Ο, +οο) , με το = μόνο για χ 1. χ Ο, αν 1 Ο< < < - Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο με ----;;:::g( === ::== χ)==== = Ο αν χ = 1 2 2 χ�χ (ln x -1) >Ο αν χ > 1 >0, αν y <O Y Y e -(y+ l)e Υ g'(y)= e2y =--eY =0, αν y=O Συμπεραίνουμε ότι η < 0, αν y>O +οο h έχει ελάχιστη τιμή b ·+ Συμπεραίνουμε ότι η για χ 1, ίση με -οο +οο g έχει μέγιστη τιμή, h(1)=h. Άρα, το + b � I / στο y = Ο, ίση με ζητούμενο σημείο Α g(O) 1. �� είναι το (1, Ο) και η Ώστε: g(y)�1, για ζητούμενη μικρότερη απόσταση είναι ( ΑΒ) = vf2 . κάθε y Ε με το = μόνο για y = Ο. Υ

-�

Γ1

{

ότι

{

f f

ελάχ.

JR ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/72

μέγ.

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Έχουμε λοιπόν, λόγω και της (3): = [eω (� ω3 + ω2 )Ι - Jox eω (ω2 +2ω)dω= = 1 f( x ) χ= 1 { => {y = O 1 � f( χ)= g ( y ) � 1 => g ( y) = 1 2 ) Jox (eω J (ω2 +2ω)dω= 3 ( � +χ x =ex - Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, με χ= 1 και y = Ο η (1) ισχύει. 2 )-[eω(ω2 +2ω)J: + J: eω ( 2ω+2) dω = 3 � +χ ( =ex χ Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι χ = 1 και y = Ο. ' Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι =ex (� χ3 +χ2 ) -ex ( χ2 +2χ) + fσχ ( eω ) ( 2ω +2)dω = ορισμένες και συνεχείς στο R και ( � χ3 +χ2 ) -ex (χ2 +2χ)+[ eω(2ω+2)J: -fσχ 2eωdω= =ex οποίες για κάθε IR , ισχι)ει: r ( x ) = x2 + fσx e_' f ( x - t) dt (1) ( � χ3 + χ2 ) -ex (χ2 + 2χ )+ = ex η Λύσ νάρτηση f πληροί δοσμένες +ex (2x+2)-2-2(ex -1) = � exx3 σ Έστω ότι μία υ συνθήκες. Θεωρούμε ένα αριθμό χ Θέτουμε Έτσι, από την (5) έχουμε: ω = χ- οπότε dω - dt. Με t = Ο, έχουμε ω = χ και με t = χ, έχουμε ω2 = Ο. Έτσι, από την (1), έ Ι (χ) = χ2 + e-x {� exx3 ) = � Χ3 + χ2 = f( χ) . χουμε: f( χ)= χ2 - s: eω-x r(ω)dω => Επομένως, η ισότητα (1) ισχύει. => f( χ)= χ2 +e-x J: eωf( ω) dω (2) Άρα, η συνάρτηση: f (χ) = .!_χ3 3 + χ 2 είναι μοναΑπό τη (2) έπεται ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο IR (γιατί;). Επίσης από τη (2) έπεται ότι: δική ζητούμενη. x 2 => (παραγωγίζουμε) exf( χ)= x ex + fo eωf( ω) dω Σχόλιο: Στην παραπάνω λύση, ίσως να ανα eX f(x)+eX f'(x)= 2xeX +x2eX + eX f(x)=> «Είναι απαραίτητο να επαληθεύ => f' (χ) :::: 2χ + χ2 => f (χ) = J (χ2 + 2χ) => ρωτηθείτε: σουμε ότι η συνάρτηση που βρήκαμε: f (χ) =.!.3 . χ3 + χ2 πληροί τις δοσμένες συν(3) απάντηση είναι Από την (3) έχουμε f(O) και από την (1) έχουμε θήκες;> ΗΓιατί, φθάσαμε στην συνάρ f(O) = Ο, οπότε Έτσι, από την (3), έχουμε: τηση αυτή χωρίςαφού ισοδυναμίες, από πουθενά (4) f(x )=-x31 3 +x2 δεν εξασφαλίζεται ότι αυτή πληροί τις δο σμένες συνθήκες. Θα ήταν λοιπό δυνατόν, η Αντιστρόφως: Εξετάζουμε αν η συνάρτηση (4) πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Προφανώς η f είναι συνάρτηση που βρήκαμε, να μην πληροί τις ορισμένη και συνεχής στο IR Εξετάζουμε τώρα δοσμένες συνθήκες, οπότε τέτοια συνάρτηση αν ισχύει η ισότητα (1). Όπως παραπάνω βρίσκου που ζητάμε δεν θα υπήρχε. Επομένως, ό'ΥJ με ότι το δεύτερο μέλος της ισότητας (1), έστω μόνο είναι απαραίτητο, αλλά αν δεν το κά Ι(χ), είναι ίσο με: νουμε γιατί δεν θα ξέ I(x)=x2 + e-xfox eωf(ω)dω . (5) ρουμε αν η συνάρτηση αυτή είναι η ζητού μενη ή όχι (βλέπε επόμενη άσκηση). Με f(x)=.!.3 . x3 +x2 έχουμε: Σημειώνουμε ακόμα ότι, αν τη συνάρτηση αυτή τη βρίσκαμε με ισοδυναμίες, τότε σί J: eωf(ω)dω = Jox eω (� ω3 +ω2 ) dω = γουρα θα ήταν η ζητούμενη (σ'. αυτή την πε ρίπτωση, αν το επαληθεύαμε, θα σήμανε ότι 2 3 ( ) � = J: (eω J ω +ω dω= δε γνωρίζουμε την έννοια της ισοδυναμίας). ·

11.

yια τις

χΕ

τις

Ε JR

c = Ο.

«Ναι, είναι απα

ραίτητο».

η λύση θα είναι λάθος,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4Π3

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

12.

Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f : JR � JR για τις οποίες για κάθε χ ε JR ι σχύει: 3 ι· f( t ) dt - ι-· f( t ) dt 2χ2 2χ (1) ,

= + +ι

Λύση

Έστω ότι μία συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. ΑΠό την (1) παραγωγίζοντας, έχουμε για κάθε χ 3f(x)-f(-x)(-x)' =4χ+2=> =>3f(x)+f(-x)=4x+2 (2) Θέτοντας (2) όπου χ το - χ βρίσκουμε ότι για κάθε χ , ισχύει: (3) 3f(-χ)+ f( χ)= -4χ + 2 Από τη (2) έπεται ότι: -9f(x)-3f(-χ) =- 12χ-6. Από αυτή και την (3), προσθέτοντας κατά μέλη, βρίσκουμε: -8f(x) = -16χ -4=> f(x) = 2χ + "21 (4) Αντιστρόφως : Εξετάζουμε αν η συνάρτηση (4) πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Προφανώς η f είναι ορισμένη και συνεχής στο . Εξετάζουμε τώρα αν ισχύει η ισότητα (1). Το πρώτο μέλος της (1) με f(χ)=2χ+±, γίνεται: 3fσ. f(t)dt- [ f(t)dt = = 3fσ' ( 2t +±) dt- J (2t +±) dt = ε JR :

στη

ε JR

�-·

Λύση

α) Το σύνολο ορισμού της f είναι το 2 Με χ < Ο έχουμε: f(x) = χ , συνεχής. Με χ > Ο, έχουμε: f(x) = xlnx, συνεχής (γιατί;). Εξετάζουμε τη συνέχεια της f στο Ο. Έχουμε f(O) = Ο. Επίσης έχουμε: lim...ο- f (χ)= lim...ο- χ2 = Ο . . ln x limf(x)= Χ--)0+ Χ--lim(x -+0+ ln x)= Χ---+lim0+ 1 χ 1 , (lnx) -οο = lim -- = lim ___1L_ = (μορφή -) +οο .--ο- (�) χ-+ο• 12 χ = χlim-+0+ (-χ) =0 Άρα, limf(x)=O=f(O) χ-+0 Συνεπώς, η f είναι συνεχής και στο Ο. Συμπε ραίνουμε ότι η f είναι συνεχής. β) Έχουμε: Ι = J:/( χ )dx + J: f( x)dx . (1) Έχουμε: χ3 ]0 f-ο1 f(x)dx =J ο x2dx = [3 -I 3 Για να βρούμε το δεύτερο ολοκλήρωμα, έστω του δεξιού μέλους της ισότητας (1), εργαζό μαστε ως εξής: Θεωρούμε τη συνάρτηση: F(x)= J�f(t)dt=-J1' f(t)dt, οπότε F(O)= J: f(t)dt= J: f(x)dx= I' Επειδή η f είναι συνεχής στο έπεται ότι η F ' είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο , άρα και συνεχής στο . Έτσι, η F είναι συνεχής στο Ο, οπότε: 1 Ι' = F (Ο) = lim F (χ) = lim F (χ) = lim J f ( t) dt . Χ-+0 Χ--)0+ Χ-+0+ Χ Επειδή χ � ο+ , θεωρούμε ότι χ (Ο, 1), οπότε: Ο < χ:::;; t:::;; και άρα f(t) = tlnt. Έτσι, έχουμε: F(x)= J�f(t)dt = J>ln tdt =±J�(t2 )lntdt = =-21 [t2 ln t ]I --21 J l t2 ( ln t) dt = JR .

•

Ι',

JR ,

Άρα, η συνάρτηση (4) δεν πληροί την ισότητα (1). Συνεπώς, τέτοια συνάρτηση f δεν υπάρχει. 13.

Έστω η συνάρτηση:

{

f(x) = x\ αν χ :::;; Ο (l) xlnx, αν χ > Ο α) Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής. β) Να βρείτε το ολοκλήρωμα: I = J�/ (x) dx .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4/74

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

γιατί αφού όπως είδαμε παραπάνω lirη Χ-> 0

( χ χ) = Ο .

(1), έχουμε: Ι =.!.+ 3 Ι'=.!_3 _!_=_!_ 4 12 .

Έτσι, από την

1 lnx--+-x 1 1 2 J =--.1 = lιm. (-χ 2 4 4 4 χ-> 0+

των Θεοδώρου Ρήγα, Τσέκου Κώστα, Μάνου Μαυρογιάννη και Γεράσιμου Κατωπόδη

J: xf(xt)dt �

Λυμένες Ασκήσεις Ι.

eαχ - 2003ημχ

-1

(1)

Για μια συνάρτηση f, που είναι παραγωγί και το σημείο M(O,l) ανήκει στη γραφική σιμη σ' όλο το IR , δεχόμαστε ότι: «για κάθε παράσταση Cr». Να βρείτε τη τιμή του α. χ Ε IR επαληθεύει τη συνθήκη f(x) e' και Απάντη ση το σημείο M(O, l) ανήκει στη γραφική πα ράσταση της Cr». Το σημείο Μ Ε Cr άρα Αν Να αποδείξετε ότι: «υπάρχεισημείο της Cr, θέτουμε άρα Για είναι στο οποίο η εφαπτομένη να είναι παράλλη και για είναι άρα γίνεται: λη προς την πρώτη διχοτόμο του Ορθοκα νονικού Συστήματος».

�

f(O) = 1. J� xf(x)dt = Ι , xt = u xdt = du . t = Ο u = Ο t = 1 u = χ, Ι = Jox f(u)du . Απάντη ση Είναι f(x)�ex άρα f(x)-ex �Ο (1) Η (1) γίνεται: fσ' f(u)du-eαx + 2003ημχ + 1 �Ο (2) για κάθε χ IR . Το σημείο Μ Cr οπότε f(O) = 1. Έστω η συνάρτηση: Έστω η συνάρτηση g(x) = f(x) -ex. Η g είναι πα- g(x)=fox f(u)du-eαx +2003ημχ+ 1 , για κάθε χ IR . ραγωγίσιμη στο IR ως διαφορά παραγωγίσιμων Από τη (2) έχουμε g(x) �Ο= g(O) , άρα η g πα Από την (1) έχουμε: ρουσιάζει μέγιστο στο Χο = Ο, το g(O) = Ο και η g ναρτήσεων. g(x) = f(x)-ex �ο= g(O) για κάθε χ IR . είναι παραγωγίσιμη στο IR με Άρα η g(x) παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο Χο = Ο x ' ' το g(O) = Ο και η g(x) είναι παραγωγίσιμη στο IR g'(x)=(Jo f(u)du) -(eαχ) +(2003ημχ+1)'= = f(x)-αeαχ + 2003συνχ . (άρα και στο Χο = 0), με g'(x) = f'(x) -ex . Οπότε 0 από Θ. Fennat έχουμε g'(O) =Ο<:::> f'(O) -e <:::> Από το θεώρημα Fennat έχουμε: f'(O) = 1 . g'(O) =Ο<=> f(O)-αe0 + 2003συν0 =Ο Η εφαπτομένη της Cr στο Ο έχει συντελεστή 1- α + 2003 = Ο <=> α = 2004 . διεύθυνσης f' (0)= 1, οπότε είναι παράλληλη της συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσι y=x, διχοτόμος της πρώτης και τρίτης γωνίας των Έστω μη στο [0, α], α > Ο και f" (χ ) � 1, για κάθε αξόνων. χ (Ο, α ) , α Ο . Αν η f έχει στο χ0 ( Ο, α ) Για μια συνάρτηση f, που είναι συνεχής σ' τοπικό ακρότατα, να δείξετε ότι: όλο το IR , δεχόμαστε κάθε χ IR Ιr'(o)l + Ι r '( α)I � α επαληθεύει τη συνθήκη: Ε

συ

<=>

ότι: <φα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4Π5

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Λύση

Σύμφωνα με το Θ. Fennat θα ισχύει: f(Xo) =Ο. Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [0, χ0] και [χ0, α] στην συνάρτηση f, προκύπτει πως θα υ πάρχουν: Χι Ε(Ο,χ0 ) και χ2 Ε(χ0 ,α): -f'(O) και = f" (χ ι )= f'(xχ00)-f'(O) χ0 -0 ( χ0 ) = f' (α) f" ( χ2 ) = f' (α)-f' α-χ 0 α-χ0 Άρα f'(O)=-x0 ·f" (χι) και f'(α)=(α-χ0 )·f" (χ2 ) Επομένως: lf' (Ο )I + lf' (α )I = l-x0 f" (Χι )I + I( α- Χ0 ) f" ( Χ2 )I = l xo l · l f" (xι )l + lα -xo l ·f" ( χ2 ) � Χο +(α-χο ) =α Υπ' όψιν ότι: l f" (xι )I � 1, lf" ( χ2 )I � 1 4. Θεωρούμε τη συνάρτηση f : (Ο, +οο) � � με f ( )= .!. χ •

Για χ = 0: ψ = 2 και για ψ = Ο, χ = 2. Άρα Β(2, Ο) και Γ(Ο, 2) -� = 1 1 1 1 1 = 1 -2 (OAB)= 21 1 det (ΟΑ,ΟΒ Λ "2 2 Ο 2 · 1 1 = 1 - -� = 1 1 1 1 1 = 1 2 =1 (OAΓ)= 21 1det (ΟΑ,ΟΓ Λ "2 Ο 2 -2 · 1 1 Άρα (ΟΑΒ) = (ΟΑΓ) 5.

Δίνεται η συνάρτηση f : � � � με τύπο f ( χ ) = χ - α · ημχ , όπου α Ε � ί. Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο � δείξε τε ότι α = κπ, κ Ε Ζ . ίί. Για τις τιμές του α που βρήκατε να δεί ξετε ότι η f δεν είναι δύο φορές παραγω γίσιμη. Λύση

l l

•

χ<α f(x)= {(χ-(χ-α)·ημχ, -α) · ημχ, χ � α Για χ < α, f' (χ) = -ημχ -(χ -α) . συνχ Για χ > α, f' (χ) = ημχ + (χ -α) · συνχ Για Χο = α, Αν χ < α τότε f(x)-f(α) = lim - (χ-α)·ημχ lim χ-α χ -α Αν λ ο συντελ. διεύθ. της κάθετης (η) στην εφαπτ. = lim( -ημχ) = -ημα στο Α θα ισχύει: Αν χ > α τότε λ· f' ( Χι ) = -1 <:::> λ· (- :2 ) = - 1 <:::> Iλ= Χ� I f(x)-f(α) = lim (χ-α)·ημχ = lim -α α Χ Χοπότε η εξίσωση γίνεται: = lim( ημχ) = ημα ψ-f(χι )=χ� ·(χ-χι )<:=> ψ- _!_Χι = Χ� ·(χ-χι ) (1 Όμως η f παραγωγίσιμη στο � άρα και στο α οπότε: Για χ = Ο και ψ = Ο έχουμε: f(x)-f(α) <:::> lim = _!_Χι =χ� · (-Χι )<:::> χ� = 1 <:::> χ 1 = 1 (αφού Χι > Ο) lim f(x)-f(α) χ -α χ -α <:::> ημα= ...;.ημα<:::> ημα= Ο<:::> ,.Iα-=-κπl,, κ Ε Ζ Άρα A(l , 1 ) Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) στο Α γίνεται , ρα: f' ( χ ) = {-ημχ-(χ-α)συνχ, χ<α Ά ψ - 1 = -1(χ -1) <:::> IΨ = -χ+ 21 ημχ + (χ -α) · συνχ, χ > α ί. Να βρείτε σημείο Α(χι , f(x1)) τη Cr τέτοιο ώστε η κάθετη στην εφαπτόμενη της στο Α να περνάει από την αρχή των αξόνων. ii. Να δείξετε ότι η εφαπτόμενη της Cr στο Α τέμνει τους άξονες χχ' και ψψ' στα σημεία Β και Γ αντίστοιχα έτσι ώστε τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΑΓ να είναι ισεμβαδικά. Λύση

ί.

•

χ--+α-

χ--+α

•

Χ--+α+

Χ--+α

χ--+α

χ--+α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4Π6

χ--+α+

Μαθηματικά για τη Γ' Λυκείου

χ < α, f" (χ) = . . . χ > α, f" (χ) = .. . χο = α, . f' (χ) -f' (α) = Αν χ < α τότε lιm Χ -α . -ημχ - (χ - α) · συνχ + η μα = lιm = χ-α ( -(ημχΧ --αημα) -συνχ = = lim_ J

ίί. Για Για Για •

χ .... α

χ .... α-

....α

= -συνα - συνα = l-2συναl

lιm χ .... α

ημχ - ημα Χ-α

{8) lιm . συνχ-0 =

-α

Αν

+ χ -+ α

-2συνκπ * 2συνκπ για κάθε κ Ε .Ζ <::::> 4συνκπ * Ο <::::> συνκπ * Ο για κάθε κ Ε .Ζ Άρα: δεν είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο α.

Ηf

)

<::::>

-4

ξουσα. Άρα: ο ρυθμός μεταβολής αυξάνεται συνεχώς.

συνα

χ> α τότε ( α) = . . . = l2συναl lim f' (χ)-f' χ- α Όμως για α = κπ, •

f(2) = 6 α · 2 + β · 2 · J: tdt + 14= 6 2α + β ·0+ 14= 6 2α = 6-14 Iα = -41 (2) Από (1), (2) έχουμε Ιβ = 11. β. i Για α = και β = 1, f(x) = -4χ + J: xt+dt+14 και f'(x)=-4+ ι\dt+x2 • Η f' είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με: f"(x) =χ+ 2χ = 3χ > Ο για χ > Ο. Άρα: η f κυρτή στο (0, +οο) . ίί. Αφού η f" ( χ) > Ο , για χ>Ο η f' γνησίως αύΕπίσης

ίίί.

f(x)=-4·x+x · [t·dt+14= =-4·χ+χ {� Ι +14= =-4·χ+14+χ {�2 - 2; ) = =-4χ+ 14+χ (� - 2) = 3 -6χ+14 χ3 = 8 =-4χ+14+--2χ 2 -2

Έστω συνάρτηση f( x) =α·x+ J · x·t·dt+14, α, β Ε IR, Ο α. Βρείτε τα α, β ώστε f ::::; f 2 ) και η 7. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση Cr να περνά από το σημείο Μ(2, 6). β. Για τις τιμές των α, β του ερωτήματος α.: f : IR�IR ώστε fo'r( t ) · dt · f ( 2004 ) , ί. να δείξετε ότι η γραφική παράσταση Ε IR . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλά βρίσκεται πάντοτε πάνω από την εφα χιστον ξ Ε ( 0, 2004 ) , ώστε: f' ( ξ) = Ο . πτόμενη σε οποιοδήποτε σημείο της. Λύση ίί. Να δείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής της συνάρτησης συνεχώς αυξάνεται. Θεωρούμε τη συνάρτηση: ίίί. Να δείξετε ότι η συνάρτηση είναι τριτο = fσχ βάθμια πολυωνυμική και να βρείτε τον τύπο της. Παρατηρούμε ότι: Λύση fσο · α. είναι παραγωγίσιμη στο με: Άρα από τη σχέση θα ισχύει: = α β t+ α Χ· για κάθε X E IR 6.

χ>

(χ) (

'ϊ/χ

�χ

g (χ) f ( t) . dt -χ . f ( 2004) .

g(O) = f( t) dt-0· f(2004) =Ο Ηf (0, +οο) ( 1) ' f'(x) ( χ+ι χd 14)1 = + ( J:βtdt) +14'= g(x) �g(O), Η g είναι παραγωγίσιμη (σαν άθροισμα παραγωγί = α + βf: tdt +χ · βχ = lα + β ι tdt+βx2 1 σιμων) σε όλο το IR , άρα αφού στο Ο παρουσιάζει Όμως από θεώρημα Fennat έχουμε: ολικό ελάχιστο από Θ. Fennat ισχύει: g' (O) =Ο (1) f'(2) = Ο <::::> α + β · Ο + β · = Ο <::::> lα + 4β =--.,01 (1) Όμως: g'( χ) = f( χ) -f( 2004) για κάθε χ IR . χ

r--

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4Π7

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Άρα: ( 1 ) �

=Ο�

f( Ο) -f( 2004) f ( Ο) =f( 2004) Θα ελέγχουμε αν η f πληροί τις πρϋποθέσεις του Θ. στο [0, 2004]. � Η f·είναι συνεχής στο [0, 2004] αφού είναι πα ραγωγίσιμη στο � Η fείναι �αραγωγίσιμη στο (0, 2004). � f(O) = f(2004). Άρα από Θ. υπάρχει ένα Ο. τουλάχιστον ξ (Ο, 2004) , ώστε: f' 8. Να μελετήσετε την f(x)= · dt, για Rolle

JR .

Rolle

(ξ) =

+) J02004 e-{χ ι '

κάθε χ Ε JR ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα της. ,

Λύση

9. Δίνονται οι μη σταθερές και παραγωγίσιμες συναρτήσεις με συνεχή πρώτη παράγωγο f'(x) και τύπο της μορφής:

f(x) =r -J(2x-c)·dx- 2004

α. Δείξτε ότι οι συναρτήσεις αυτές δεν πα ρουσιάζουν ακρότατα στο JR β. Δείξτε ότι όλες οι συναρτήσεις αυτές a ντιστρέφονται. γ. Βρείτε τις aντίστροφες συναρτήσεις των συναρτήσεων αυτών και δείξτε ότι πα ρουσιάζουν το ίδιο είδος μονοτονίας με αυτές. •

Λύση u =χ+ t . Άρα: α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο με: ' + = du = d( (χ ) dt dt. f' (χ) (χ (2χ -c) . dx]' -( 2004)' = Για t = Ο, u =χ. Για t = 2004, u =χ +2000. = 2χ-2χ c c Έτσι: f( χ) = du, για κάθε χ Ε Αν c = Ο, τότε f(x) = Ο για κάθε χ άρα η f(x) θα'είναι σταθερή, άτοπο! ·du= ·du+ ·du= Άρα f(x)= δηλαδή δεν έf ( χ) Ο, για κάθε χ ·du+ ·du (όπου α E lR ). χει ακρότατα. Άρα: β. Για οποιαδήποτε άλλη τιμή του c (θετική ή αρ νητική) θα ισχύει: f(x) Ο για κάθε χ ή . du ) = f' (Χ) = (-J: . du ) U f(x)<O για κάθε χ Άρα: οι f γνησίως aύξουσες σ' όλο το ή ·(χ+2004)' γνησίως φθίνουσες σ' όλο το ' Σε οποιαδήποτε περίπτωση οι συναρτήσεις f εί + f( δηλαδή aντιστρέφονται. ναι 2004) � γ. f (x)=x - J(2x-c )·dx-2004 = . . �χ < -1002 2χ . dx cf dx-2004 = f' (x) =0� -1 " (χ +2004) 2 = Χ �e'·'Ί=>χ2 -χ2 cx ( c1 -2004) = CX + (C1 -2004) . Έστω ψ= cx ( c 1 -2004) . . . � χ = -1002 1 c -2004 CX (C1 -2004) Χ =-·ψ+ f' ( c c 1 c -2004 => [r-1 ( χ) ]' -�-(χ+2) Άρα.. r-1 ( χ ) - -·χ- 1 c c c Η f(x) γνησίως αύξουσα στο (-οο, -1002), f(x) Παρατηρούμε ότι οι παράγωγοι των f(x) , f\x) δη λαδή οι σταθερές c, 1/c είναι ομόσημες άρα οι γνησίως φθίνουσα στο ( -1002,-too ) ενώ στο ναρτήσεις f(x), r 1 (x) θα είναι ταυτόχρονα (t ή .J... ) . 1002 παρουσιάζει ολικό μέγιστο.

Θέτουμε όπου

χ + 1)

x+2004 e- 2 fχ "

x+2004 e- 2 u Jχ

x = -f e-u 2 α

x+2004 e- 2 u Jα +

-e- x2 + e-(x+2004)2

- 2�

�

χ ) < ο � -e- x2

e' i

� . . . � χ > -1 002

e-(x+2)2 < ο �

= χ2 - f

� e-(x+2004)2 = e-x2

JR .

" 1 - 1"

2 > -χ2

e' i

JR .

e-(x+ 2004)2 > ο �

JR ,

2 = 0 � -e-x2 + e-(x+2004)

� e-( x+2)2 < e- x2

x + 2004 e_"2 α

� e-( χ+2004) > e- x � - ( χ + � .

=1:-

= -e-x2 + e-(x+2004)2

χ ) > ο � -e- x2 2

x+2004 e- 2 u Jα

f e-u2

e_" 2

2 )' - [ f

�

2 < -Χ2 �

�

=ψ-

-1'-----_

συ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4Π8

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

ΣΤ.

Εμβαδόν xωpiou του Γεώργου Σταθόπουλου

Παρουσιάζουμε την περίπτωση υπολογισμού εμβαδού χωρίου που περικλείεται α πΌ τ ις γραφικές πα:p στάσεις τριών συνεχών συναρτήσεων χωρίς τη μελέτη του προσήμου τω ν αντίστο ιχων διαφορών.

Για να θυμόμαστε τον τύπο (4) κάνουμε τα εξής:

ΠΡΟΒΛΗΜΑ :

Εμβαδόν επιπέδου χωρίου που περικλείεται από Τοποθετούμε σε μια γραμμή κατ' αύξουσα σεφ τις γραφικές παραστάσεις τριών συνεχών συναρ τις ρίζες ρ ι, ρ2, ρ3 και κάτω από κάθε ρίζα σημειώ τήσεων fι, fz, f3 με fι(χ) > Ο, fz(x) > Ο, f3(x) > Ο. νουμε την εξίσωση της οποίας είναι λύση. Στη συνέχεια ενώνουμε με μια γραμμή (όπως δεί χνει το παρακάτω σχήμα (γ) τη κοιμή συνάρτηση Ο Υπολογισμός του εμβαδού γίνεται ως εξής : (f1) στη 1 η και 2η εξίσωση τη κοινή συνάρτηση (Θ Λύνου � τις εξισώσεις fι (x) , f2 ( x) , f3 ( χ) ανα δύο στη 2η και 3η εξίσωση και τη κοινή συνάρτηση (fj) στη 3η και 1η εξίσωση. Τότε το εμβαδόν του χωρί (1) fι (χ) = f3(x) ου (Ω) είναι ίσο με την απόλυτη τιμή του αθροί (2) fι(χ) = f2(x) σματος των τριών ορισμένων ολοκληρωμάτων με 1 ο ολοκλήρωμα από το ρ ι στο ρ2 της κοινής συ νάρτησης (fι ), 2ο ολοκλήρωμα από το ρ 2 στο ρ3 α) Αν οι εξισώσεις έχουν μοναδικές ρίζες της ρι, της κοινής συνάρτησης (Θ και 3° ολοκλήρωμα ρ2, ρ3 αντίστοιχα με ρ ι < ρ2 < ρ3, τότε όπως από το ρ3 στο ρ ι της κοινής συνάρτησης (ω. προκύπτει από τα σχήματα (α) , (β) , θα έχουμε:

Ε (Ω ) = IΕ ( Ω1 ) + Ε ( Ω2) - Ε ( Ω3 )1 =

= I J�r' f1 ( χ )dx + J PJ f2 ( χ ) dx - J�ΓΡJ f3 ( χ ) dxl = �

Μνημονικός κανόνας

ρι

· · · · · · · · · ················

� =4

ρz

······· ··················

4 =�

____I_. I Σχ. (γ)

.__ _ _

ρ3

� =+�

____I_.

.__ _ _

E(Ω) = I J:' f1 ( x ) dx + J:,J f2 ( x ) dx + J;,' f3 ( x ) dxl Σχ. (α)

Ωι

το χωρίο ΑΒΒΆ'

Ω2 το χωρίο ΒΓΓΒ ' Ω3 το χωρίο ΑΓΓ Α'

Σχ. (β)

Εφ αρμογή 1 Να υπολογίσετε το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου (Ω) που περικλείεται από τις γραφικές παραστά σεις των συναρτήσεων.

f1 ( χ ) = ln-χ1 , f2 ( χ ) = 1n χ και f3 ( χ ) = 1n 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/79

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Λύση

Μνημονικός κανόνας

ρl··· · · · · · · ρz · · · · · · · · ρ3 · · · · · · · · ρ4 � =4 4 =� �=4 4 =� I.__ __,I I.__ __,I I.__ __,I

f1 (x)=f3(x) � ln-= χ ln 2 � χ=-2 1 f1 (χ) f2 (χ) � ln -= ln χ � χ = 1 χ f2 (χ) = f3 (χ) � ln χ = ln 2 � χ = 2 =

ρι =τ1 . . . . . . . . ρz=1 . . . . . . . . . ρ = 3

f3 = f1

Ι I

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστά σεις των συναρτήσεων. και Λύση

(Ω)

f2 = f3

f1 = f2

Εφ αρμογή 2

Μνημονικός κανόνας

f1 (χ)= χ+ 6, f2 (χ)= χ2 + 4 f3 (χ)= χ2 τις

εξισώσεις (Ω) δίνεται από Λύνουμε f1 (χ) =f3 (χ)� Χ2 = χ+6� χ2 -χ-6=0 � (4). � Χ =3 ή Χ =-2 f1 (χ)= f2 (χ) � Χ + 6 = χ2 + 4 � χ = -1, χ = 2 f2 (χ)= f3 (χ)� χ2 +4= χ2 αδύνατη = fl ln-Χ1 dx + Ι 2 ln xdx + Ι2.!.2 ln 2dx = -21

Το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου τον τύπο

Μνημονικός κανόνας

ρ =-

ρz=-1

f3=fι

fι =fz

Το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου τον τύπο (5).

(3) είναι ΑΔΥ (1) έχει ρίζες τις ρ 1 , ρ4, (2) τις

β) Αν μια από τις εξισώσεις π.χ. η

ΝΑΤΗ και η η ρz, ρ3 με ρ 1 < ρz < ρ3 < ρ4, τότε το εμβαδόν δί νεται από τον τύπο:

f1 =f3

f2 =f1

I I,_______.I I

(Ω) δίνεται από

Ε(Ω) = Ιιl fl (x) dx+ ι f2 (x) dx+ Ι: fι ( x) dx+ +Ι3-2 f3 (x) dxI = 349

Ε(Ω) = II:' fι ( x) dx + Ι:: f2 ( x) dx + Ι�' fι ( x) dx+ (5) +Ι:.' f3 (χ ) dxl

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.4/80

Εκδόσει, τη, ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ 1� 8'1 ,,. � .....-wulilo,JI!;� nι ιι rη�

ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΗ ;; s ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ �

EUCLIOES y ·

LOUIS BRAND J;ΠΣ ---

,.. _

�ιιιιιι · �

- --"--" -

ΕυκλείδηςΑ": Τεύχος 2 ευρώ Συνδρομ ή (4 τεύχη) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Τεύχος 2,5 ευρώ ΕυκλείδηςΒ": Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 10 ευρώ Τεύχος 5 ευρώ ΕυκλείδηςΓ": Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ευρώ Μοθημ. Εmβεώρηαη: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Τεύχος 5 ευρώ Αστρολάβος: Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Δελtίο (Bulletin): Τεύχος 7,30 ευρώ

Τα

Διεθνής Μαθημαπκές Ολυμπιάδες 1959 · 1999: 20 ευρώ

Βαλκανικές Μαβημαnκές

Ολυμπιάδες 1984-2001 : 15 ευρώ θέματα εξετάσεων ατα Α.Ε.Ι 1976 · 1989: 6 ευρώ Πρακτικά: 1αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 6 ευρώ 2ou ΓΙανελληνkχι ΣυvεδρkΜ.ι 8 ευρώ 3αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 8 ευρώ 4rο5α.ι f'bvελλrr.bJ ΣιΜ:διίJυ 8 ευρώ 6ou Παvελληvίου Σιινεδρbι 8 ευρώ 7αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 8 ευρώ 8ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι & ευρώ 9ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 8 ευρώ 1 Ιkχ.ι ΓΙαvελληvίου Σιινεδρbι 17 ευρώ

11αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 14αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 1!Χχ.ι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 16ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι

17αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 18ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι

17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ

25 ευρώ 25 ευρώ

Συνέδριο Hennis "92 (Αyyλικά) 25 ευρώ Συνέδριο Hennis "94 (Αyyλικά) 15 ευρώ 2 τόμοι ο τόμος Γραμμική Άλγεβρα (Gr. Mυncres) 6 ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων 20 ευρώ ΓΕΩΜΕτΡΙΚΑ) 20 ευρώ (Μετρικά · Διόπτρα)

Διαλtξεις: Ο τόμος Μοθημαπκή Ανάλυση (Loυis Brand)

5 ευρώ 25 ευρώ

Διαφορικές Εξισώσεις

(Stephenson)

10 ευρώ

Ιστορία Μαθηματικών Loήa

(4Ίάμοι) Α, Β, ΓΑι ΓΒ οΊόμος 8 ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε.

4 ευρώ

Ελληνική Μαθηματική Βιβλιογραφία

4 ευρώ

Στοιχειώδης Γεωμετρία στrό Ανώτερη Σκοmά

8 ευρώ

θεωρία Αριθμών

17 ευρώ

ujα.Α�JΑιτJΙ_ρ�j τrε�Χιt1J Θ.λ,ω}ιι τrWJvι εJ(fJJJJAi8JJV! ΙJJ(ι)!'ΘJi.NJΓJβ.ΙJ �,ε.; Ί;1�; τf&x�.υJJ--C� YJ1Vί:� TJΘJΙV !Θ.:Θ..ι

Β1 Βλiα-εγχεφiδ1α για την αvrιμετώmση της εφη Βεiας. Απλά γραμμένα, με εξαφrnκά πα ραδεiγματα, δiνουν λύσεΙς στα κορiτmα που αvrι μετωπiζουν τα προΒλήματα καΙ uς συναΙ σθημαu κές μεταπτώσεΙς που δημΙουργούνταΙ με την εiσοδό τους στην εφηΒεiα. Ε1δ1κοi επΙστή μονες του εiδους συμΒου λεύουν τους γονεiς πώς να συμπερΙφέρονταΙ στο πα1δi τους στη δύσκολη αυτή περiοδο της ζωής του αλλά καΙ uς έφηΒες πώς να αποφεύ γουν uς παγiδες.

�· Irι!ne Borten-KrMne

•

Δρ. Oiane Winaνer

Εφηβεiα, ερωτας και σεξουαλ1κότιπα I

VH πρώm φορά Υ Στο γυναΊΙ<ολόγο V Η ονοούλλnψn ν Η ηδονή κοι το συνοίοθnμο

σuμηλέγμστa

ν το ν Σεξουαλικώς μεrοδιδόμενα νοΟΟμσra

ν Εiμοι φυσιολογική:

·Σα�

•

Δρ. �in Mi""""' • Riciι Enenne

ΕφηΒεiα σημαiνε1 σώμα που αλλάζεΙ, σε ξουαλΙκότητα που ξυπνά, πολλές φανταmώ σεΙς, απότομες συνα1σθημαuκές μεταπτώσεΙς καΙ πλήθος ερωτήσεων. . . Π οΙον όμως ν α ρωτήσεΙ τ ο κορiτm ή τ ο α· γόρΙ χωρiς να εκτεθεi, χωρiς να φανερώσεΙ τα μυσuκά του; ΤΙς παρέες; Τους γονεiς; Τους κα θηγητές; Τον οΙκογενεΙακό γιατρό; Η εmλογή

δεν εiνα1 πάντα εύκολη. Τα Β1 Βλiα ΕφnΒεία,

έρωτας και σεξουαλικό- .

τnτα δiνουν uς απαντήσεΙς χωρiς ταμπού.

Γραμμένα από ε1δ1κούς με απλό, κατανοητό

τρόπο καΙ χΙούμορ περΙέχουν δ1ευθύνσε1ς, τη λέφωνα καΙ σελiδες του δJαδΙκτύου απ' όπου μπορούν να ενημερωθούν 01 έφη ΒοΙ .

φη βεiα, ερωτας και . σεξουαλ1κόιι1ια I

ν το φύλο VΟι � ν Η τφώτn φορά V H ηδονή ν Το ωμπλένμοτο ν το ιcαμόια

��

V Είμαι φuοιολοytκός;

ΥΟΟΠμαm

•